陕西省西安市长安一中2022届高三化学上学期第三次质检试卷（含解析）

陕西省西安市长安一中2022届高三（上）第三次质检化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分33分）1．（6分）（2022•江苏模拟）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（　　）　A．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气．产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源　B．2022年1月1日起，我省正式发布环境空气质量指数（AQI），包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标　C．目前我市的汽油标准已由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，这意味着汽车不再排放氮氧化物　D．竹炭具有超强的吸附能力，能吸附新装修房屋内的所有有害气体2．（6分）（2022秋•长安区校级月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）　A．88.0g干冰中含有的电子数为8.0NA　B．常温下，11.2L乙烯在氧气中完全燃烧转移的电子数为6.0NA　C．常温下1.0L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，NH4+和H+总数大于0.1NA　D．1.2g金刚石中含有的碳碳键数为0.4NA3．（6分）（2022秋•长安区校级月考）下列有关实验原理或实验操作正确的是（　　）　A．图1装置可以用于除去溶解在CCl4中的Br2　B．图2所示装置微热稀HNO3，在广口瓶中可收集NO气体　C．用图3装置在蒸发皿中灼烧CuSO4•5H2O晶体以除去结晶水　D．实验室常用图4装置制取少量氯气4．（6分）（2022•江苏模拟）亚硝酸钠是一种工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，它的一些性质或用途见图．下列说法不正确的是（　　）　A．NaNO2的稳定性大于NH4NO2　B．NaNO2与N2H4反应，NaNO2是氧化剂　C．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2　D．NaN3分解，每产生1molN2转移6mole﹣-21-5．（3分）（2022•浙江）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的．下列说法正确的是（　　）　A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M　B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物　C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体　D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键6．（3分）（2022•高台县校级四模）常温下，在10mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法正确的是（　　）　A．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）　B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20mL　C．在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是Na+　D．在A点所示的溶液中：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）8．（3分）（2022秋•长安区校级月考）根据下列框图，有关说法正确的是（　　）　A．M、E都是第四周期中的过渡元素，E的金属活动性比M的金属活动性强，E3+的氧化性比M2+的氧化性弱　B．反应⑤的离子方程式可表示为：2E（OH）3+3Cl2+6H2O═3EO42﹣+6Cl﹣+12H+　C．用K2EO4、Zn可制成一种高能电池，该电池中负极的电极反应式为：EO42﹣+4H2O+3e﹣═E（OH）3+5OH﹣　D．反应①、②、③、⑤都属于氧化还原反应，且在反应①和③中硫酸仅表现了酸性　二、解答题（共4小题，满分43分）9．（14分）（2022•陕西校级一模）已知A为一无机盐，C、D、F、N、O为无色气体，E常温常压下为无色无味的液体，N、H、L为高中常见的单质，I为常见无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验．-21-（1）写出G的电子式　　　　　　，M的化学式　　　　　　；（2）写出反应②的离子反应方程式　　　　　　；（3）写出反应③的化学反应方程式　　　　　　；反应①④中属于非氧化还原反应的是　　　　　　；（4）用石墨电极电解溶液K时，电解初始阶段电极反应方程式为：阴极　　　　　　阳极　　　　　　（5）已知A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：C：D：E：F=1：2：2：2：2，写出A分解的反应方程式　　　　　　．10．（14分）（2022•江苏模拟）某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）的研究．实验Ⅰ：制取NaClO2晶体已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．现利用图所示装置进行实验．（1）装置③的作用是　　　　　　．（2）装置②中产生ClO2的化学方程式为　　　　　　；装置④中制备NaClO2的化学方程式为　　　　　　．（3）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③　　　　　　；④低于60℃干燥，得到成品．实验Ⅱ：测定某亚氯酸钠样品的纯度．设计如下实验方案，并进行实验：①准确称取所得亚氯酸钠样品mg于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（已知：Cl+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣）；将所得混合液配成250mL待测溶液．②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1-21-Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点．重复2次，测得平均值为VmL（已知：I2+2S2═2I﹣+S4．（4）达到滴定终点时的现象为　　　　　　．（5）该样品中NaClO2的质量分数为　　　　　　（用含m、c、V的代数式表示）．（6）在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，原因用离子方程式表示为　　　　　　．11．（2022秋•长安区校级月考）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应．①此反应的化学平衡常数表达式为　　　　　　；②下列能提高碳的平衡转化率的措施是　　　　　　．A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强E．将碳研成粉末．12．（15分）（2022秋•长安区校级月考）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义．（1）已知石墨的标准燃烧热为ykJ•mol﹣1，1.2g石墨在1.68L（标准状况）氧气中燃烧，至反应物耗尽，放出xkJ热量．则石墨与氧气反应生成CO的热化学方程式为：　　　　　　．（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO．①750℃时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是：　　　　　　．②由MgO可制成“镁﹣次氯酸盐”燃料电池，其装置示意图如图1所示，该电池反应的离子方程式为：　　　　　　．（3）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H①取五份等体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比均为1：3），分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系曲线如图2所示，则上述CO2转化为甲醇反应的△H　　　　　　（填“＞”“＜”或“=”）0．②在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图3所示，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ　　　　　　KⅡ（填“＞”“＜”或“=”）．③一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式投入反应物，一段时间后达到平衡．容器甲乙反应物投入量1molCO23molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）-21-若甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行，则c的取值范围为　　　　　　．　三、解答题13．（15分）（2022秋•长安区校级月考）紫杉醇（paclitaxel）是一种抗癌药，化合物D是紫杉醇的侧链，D的合成路线如图：（1）B的分子式为　　　　　　；D的水解产物中所含官能团的名称为　　　　　　．（2）已知酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应：CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OHA﹣B的反应类型为　　　　　　，B﹣C的反应类型为　　　　　　．（3）B﹣C反应的另一产物为　　　　　　（写结构简式）（4）A的合成应用了2022年诺贝尔化学奖的获奖成果﹣﹣交叉偶联反应，反应式如下（已配平）：CH3COOCH2COCl+XA+HCl，X分子中含碳氮双键（C=N），其结构简式为　　　　　　．（5）若最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F．①写出D在NaOH溶液中发生水解的化学反应方程式　　　　　　．②E在一定条件下能发生缩聚反应，写出所得高分子化合物的一种可能的结构简式：　　　　　　③F的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应的有　　　　　　种．　-21-陕西省西安市长安一中2022届高三（上）第三次质检化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分33分）1．（6分）（2022•江苏模拟）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（　　）　A．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气．产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源　B．2022年1月1日起，我省正式发布环境空气质量指数（AQI），包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标　C．目前我市的汽油标准已由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，这意味着汽车不再排放氮氧化物　D．竹炭具有超强的吸附能力，能吸附新装修房屋内的所有有害气体考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；常见的生活环境的污染及治理．专题：化学应用．分析：A．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，被公认是洁净的能源；B．二氧化碳为空气的组成成分，不属于空气的污染物，应该为一氧化碳；C．由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，只是减少了氮氧化物的排放；D．竹炭具有较大的表面积，可以吸附多种有害气体，能吸附新装修房屋内的有害气体甲醛、二氧化硫等污染性气体，但是竹炭的吸附能力是有限的．解答：解：A．页岩气的主要成分为甲烷，且产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源，故A正确；B．环境空气质量指数（AQI）包括SO2、NO2、PM10、PM2.5、O3、CO等六项，不包括二氧化碳气体，故B错误；C．汽油标准由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，意味着氮氧化物的排放尽可能减少，不是不再排放氮氧化物，故C错误；D．竹炭吸附有害气体的能力是比较有限的，如果室内甲醛污染有害气体超标不是很多，竹炭还是有很大的效果的，如果新装房室内装修甲醛污染超标比较严重，竹炭无法完全吸附有害气体，所以竹炭只能起到改善新装房室内装修污染的效果，故D错误；故选A．点评：本题考查了化石燃料的利弊与新能源的开发、常见的生活污染及治理，题目难度不大，注意了解化石燃料燃料的利弊与新能源的开发情况，明确常见的生活污染及治理方法．　2．（6分）（2022秋•长安区校级月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）　A．88.0g干冰中含有的电子数为8.0NA　B．常温下，11.2L乙烯在氧气中完全燃烧转移的电子数为6.0NA　C．常温下1.0L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，NH4+和H+总数大于0.1NA　D．1.2g金刚石中含有的碳碳键数为0.4NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1molCO2中含22mol电子来分析；B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；-21-C、根据电荷守恒来分析；D、金刚石中，每个C原子与其它4个C原子形成4个共价键，根据均摊法计算出1.2g金刚石中含有的碳碳键数目．解答：解：A、88g二氧化碳的物质的量n==2mol，而1molCO2中含22mol电子，故2mol二氧化碳中含44mol电子，故A错误；B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L乙烯的物质的量小于1mol，故完全燃烧转移的电子数小于6.0NA，故B错误；C、根据溶液中的电荷守恒可有：n（NH4+）+n（H+）=n（OH﹣）+n（Cl﹣），而溶液中的n（Cl﹣）=0.1mol，故n（NH4+）+n（H+）＞0.1mol，故C正确；D、1.2g金刚石中含有0.1molC原子；金刚石晶体中，每个C与其它4个碳原子形成4个碳碳键，根据共价键为2个碳原子共用，根据均摊法，每个碳原子形成的共价键为：×4=2，所以0.1molC原子可以形成0.2mol共价键，含有的碳碳键数为0.2NA，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．　3．（6分）（2022秋•长安区校级月考）下列有关实验原理或实验操作正确的是（　　）　A．图1装置可以用于除去溶解在CCl4中的Br2　B．图2所示装置微热稀HNO3，在广口瓶中可收集NO气体　C．用图3装置在蒸发皿中灼烧CuSO4•5H2O晶体以除去结晶水　D．实验室常用图4装置制取少量氯气考点：化学实验方案的评价．分析：A．溴与NaOH反应后，与四氯化碳分层；B．NO不能利用排空气法收集；C．灼烧CuSO4•5H2O晶体，应在坩埚中；D．浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热．解答：解：A．溴与NaOH反应后，与四氯化碳分层，则利用图中分液装置可除去溶解在CCl4中的Br2，故A正确；B．NO不能利用排空气法收集，图中NO收集方法不合理，应选排水法收集，故B错误；C．灼烧CuSO4•5H2O晶体，应在坩埚中，而蒸发皿用于蒸发操作，故C错误；D．浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，图中缺少酒精灯，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、物质的制备及气体的收集、实验基本操作等为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．-21-　4．（6分）（2022•江苏模拟）亚硝酸钠是一种工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，它的一些性质或用途见图．下列说法不正确的是（　　）　A．NaNO2的稳定性大于NH4NO2　B．NaNO2与N2H4反应，NaNO2是氧化剂　C．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2　D．NaN3分解，每产生1molN2转移6mole﹣考点：亚硝酸盐；含氮物质的综合应用．专题：氮族元素．分析：A．根据铵盐加热易分解，而钠盐加热难分解；B．根据氧化剂是化合价升高的反应物；C．根据信息可知：NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，而NaCl无氧化性；D．根据NaN3中氮的化合价为﹣，生成1个N2转移个电子．解答：解：A．NH4NO2加热易分解，而NaNO2加热难分解，所以NaNO2的稳定性大于NH4NO2，故A正确；B．NaNO2与N2H4反应生成NaN3，NaNO2是中氮的化合价由+3价降低为﹣，是氧化剂，故B正确；C．NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，故C正确；D．NaN3中氮的化合价为﹣，生成1个N2转移个电子，则每产生1molN2转移mole﹣，故D错误；故选D．点评：本题主要考查了亚硝酸钠的性质，难度不大，注意抓住题目信息来解题．　5．（3分）（2022•浙江）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的．下列说法正确的是（　　）　A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M　B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物-21-　C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体　D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L﹣1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g•L﹣1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素．解答：解：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L﹣1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g•L﹣1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素．A、原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H），故A错误；B、选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2是离子化合物，不是直线型共价化合物，故B错误．C、碳的同素异形体很多，金刚石为原子晶体，但例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，故C正确；D、X、Y、Z、M四种元素可形成化合物（NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，故D错误．故选C．点评：本题是一道无机推断题，以元素推断为基础，综合考查原子结构，元素周期表、元素周期律，分子结构，元素化合物性质等知识，试题难度不大，但题目一反通常习惯，把X、Y、Z、M、W这五种短周期元素，并不是按原子序数依次递增排列的，而只是其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，而把原子序数最小的M元素恰恰排在X、Y、Z三种元素后面，这样就给学生设置了一个思维陷阱，如果学生不注意审题，不注意这一细节，一旦陷入习惯上的思维定势，就会跌入这个陷阱，无法正确解题．这也是本题的解题关键．只要掌握了这一解题关键，再结合题给的条件，题目就可迎刃而解．　6．（3分）（2022•高台县校级四模）常温下，在10mL0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法正确的是（　　）-21-　A．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）　B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20mL　C．在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是Na+　D．在A点所示的溶液中：c（CO32﹣）=c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）考点：离子方程式的有关计算；钠的重要化合物．专题：图示题．分析：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；B．当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3﹣的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性；C．根据物料守恒分析；D．根据图象分析，c（HCO3﹣）=c（CO32﹣），溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）．解答：解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故A错误；B．当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3﹣的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，故B错误；C．溶液呈碱性，阳离子有钠离子和氢离子，而氢离子是水微弱电离出来的，所以钠离子的浓度远大于氢离子的浓度，故C正确；D．根据图象分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c（HCO3﹣）=c（CO32﹣），溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），盐溶液水解程度较小，所以c（CO32﹣）＞c（OH﹣），则离子浓度大小顺序是c（HCO3﹣）=c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小的比较，根据物料守恒、电荷守恒来分析解答，难点是B，采用逆推的方法分析解答，难度中等．　8．（3分）（2022秋•长安区校级月考）根据下列框图，有关说法正确的是（　　）　A．M、E都是第四周期中的过渡元素，E的金属活动性比M的金属活动性强，E3+的氧化性比M2+的氧化性弱　B．反应⑤的离子方程式可表示为：2E（OH）3+3Cl2+6H2O═3EO42﹣+6Cl﹣+12H+　C．用K2EO4、Zn可制成一种高能电池，该电池中负极的电极反应式为：EO42﹣+4H2O+3e﹣═E（OH）3+5OH﹣-21-　D．反应①、②、③、⑤都属于氧化还原反应，且在反应①和③中硫酸仅表现了酸性考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：流程分析可知，M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据Y加入KSCN溶液血红色说明是Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断E为Fe，则X为FeSO4，Y为Fe2（FeSO4）3，Z为Fe（OH）3，A．Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱，但Fe3+的氧化性比Cu2+强，B．Fe（OH）3可被氯气氧化生成高铁酸钾；C．负极发生氧化反应；D．①和③中硫酸都只表现了酸性．解答：解：红色金属M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据Y加入KSCN溶液血红色说明是Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀为Fe（OH）3，说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，E为Fe，Fe（OH）3在碱性条件下被氯气氧化为K2FeO4，A．Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱，但Fe3+的氧化性比Cu2+的氧化性强，故A错误；B．Fe（OH）3可被氯气氧化生成高铁酸钾，反应在碱性条件下进行，不可能生成H+，离子方程式可表示为：2Fe（OH）3+3Cl2+10OH﹣═2FeO42﹣+6Cl﹣+8H2O，故B错误；C．负极发生氧化反应，应是锌失电子被氧化，故C错误；D．①②⑤都有单质参加反应，③有过氧化氢参加反应，则一定为氧化还原反应，①和③中硫酸都只表现了酸性，表现氧化性的为过氧化氢，故D正确．故选D．点评：本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，较为综合，涉及氧化性的强弱以及电化学知识，难度中等，注意根据物质的颜色作为本题的突破口．　二、解答题（共4小题，满分43分）9．（14分）（2022•陕西校级一模）已知A为一无机盐，C、D、F、N、O为无色气体，E常温常压下为无色无味的液体，N、H、L为高中常见的单质，I为常见无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验．（1）写出G的电子式　　，M的化学式　KSCN　；（2）写出反应②的离子反应方程式　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　；-21-（3）写出反应③的化学反应方程式　4NH3+3O2=2N2+6H2O　；反应①④中属于非氧化还原反应的是　①④　；（4）用石墨电极电解溶液K时，电解初始阶段电极反应方程式为：阴极　2Fe3++2e=2Fe2+　阳极　2Cl﹣﹣2e=Cl2↑　（5）已知A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：C：D：E：F=1：2：2：2：2，写出A分解的反应方程式　（NH4）2Fe（C2O4）2=FeO+2CO↑+2CO2↑+2H2O+2NH3↑　．考点：无机物的推断；化学方程式的书写；氧化还原反应；电解原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：推断题；几种重要的金属及其化合物．分析：依据K与M反应生成血红色溶液，说明K是三价铁盐溶液，M的焰色反应，M为紫色为KSCN；I为常见无氧强酸为盐酸HCl，依据FNOP的转化关系可以推断L为O2，E常温常压下为无色无味的液体推断为H2O，反应①常用于气体F的检验，F和I（HCl）反应，说明F为NH3，G为NH4Cl；F和氧气反应生成的单质N为N2、O为NO，P为NO2，Q为HNO3；依据J和硝酸反应生成的K，是发生氧化还原反应的结果，H和I（HCl）反应推断H为Fe，J为FeCl2，题干中的信息中CD都是无色气体，B+C=Fe+D，能生成铁说明该反应是还原剂还原铁的氧化物生成，所以判断C为CO，D为CO2，B为铁的氧化物；依据判断出的物质进行分析回答问题．解答：解：依据K与M反应生成血红色溶液，说明K是三价铁盐溶液，M的焰色反应，M为紫色为KSCN；I为常见无氧强酸为盐酸HCl，依据FNOP的转化关系可以推断L为O2，E常温常压下为无色无味的液体推断为H2O，反应①常用于气体F的检验，F和I（HCl）反应，说明F为NH3，G为NH4Cl；F和氧气反应生成的单质N为N2、O为NO，P为NO2，Q为HNO3；依据J和硝酸反应生成的K，是发生氧化还原反应的结果，H和I（HCl）反应推断H为Fe，J为FeCl2，题干中的信息中CD都是无色气体，B+C=Fe+D，能生成铁说明该反应是还原剂还原铁的氧化物生成，所以判断C为CO，D为CO2，B为铁的氧化物．（1）G为NH4Cl，电子式为：，M为KSCN，故答案为：；KSCN；（2）反应②是氯化亚铁被硝酸氧化的反应，离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）反应③是氨气的催化氧化，反应的化学反应方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O；反应①是氨气和氯化氢生成氯化铵的反应，是非氧化还原反应；④是三价铁离子和硫氰根离子生成络合物的反应，属于非氧化还原反应，故答案为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；①④；（4）石墨电极电解溶液K（Fe3+）时，阴极上是三价铁离子得到电子的过程，电极反应为：Fe3++e=Fe2+；阳极上是溶液中的氯离子失电子发生氧化反应，电极反应为：2Cl﹣﹣2e=Cl2↑，故答案为：2Fe3++2e=2Fe2+；2Cl﹣﹣2e=Cl2↑；（5）A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：C：D：E：F=1：2：2：2：2，即B（含铁元素）：CO：CO2：H2O：NH3=1：2：2：2：2；依据原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物质的性质推断出A的化学式为：（NH4）2Fe（C2O4）2；反应的化学方程式为：（NH4）2Fe（C2O4）2=FeO+2CO↑+2CO2↑+2H2O+2NH3↑，故答案为：（NH4）2Fe（C2O4）2=FeO+2CO↑+2CO2↑+2H2O+2NH3↑．点评：-21-本题考查了物质转化关系和物质性质的综合应用，主要考查金属及其化合物性质的综合应用、氧化还原反应、电解原理的应用、化学方程式的书写、化学式的计算确定，题目难度大．　10．（14分）（2022•江苏模拟）某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）的研究．实验Ⅰ：制取NaClO2晶体已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．现利用图所示装置进行实验．（1）装置③的作用是　防止倒吸　．（2）装置②中产生ClO2的化学方程式为　2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O　；装置④中制备NaClO2的化学方程式为　2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2　．（3）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③　用38℃～60℃热水洗涤　；④低于60℃干燥，得到成品．实验Ⅱ：测定某亚氯酸钠样品的纯度．设计如下实验方案，并进行实验：①准确称取所得亚氯酸钠样品mg于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（已知：Cl+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣）；将所得混合液配成250mL待测溶液．②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点．重复2次，测得平均值为VmL（已知：I2+2S2═2I﹣+S4．（4）达到滴定终点时的现象为　滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点　．（5）该样品中NaClO2的质量分数为　　（用含m、c、V的代数式表示）．（6）在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，原因用离子方程式表示为　4I﹣+O2+4H+=2I2+2H2O　．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．专题：实验题；实验探究和数据处理题．分析：（1）装置④中气体反应，装置内压强降低，装置③防止倒吸；（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体，故装置④中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；-21-（4）反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；（5）根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32﹣进行计算；（6）实验测得结果偏高，说明滴定消耗的Na2S2O3标准液体积偏高，溶液中碘的含量偏高，应是生成的碘离子被氧气氧化为碘所致．解答：解：（1）装置③是安全瓶能防止倒吸；故答案为：防止倒吸；（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置②中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体，故装置④中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；Na2SO3；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，故答案为：用38℃～60℃热水洗涤；（4）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；（5）令样品中NaClO2的质量分数为a，则：NaClO2～2I2～4S2O32﹣90.5g4molmagcmol•L﹣1×V×10﹣3L×，所以90.5g：mag=4mol：cmol•L﹣1×V×10﹣3L×，解得a==%，故答案为：；（6）实验测得结果偏高，说明滴定消耗的Na2S2O3标准液体积偏高，溶液中碘的含量偏高，应是生成的碘离子被氧气氧化为碘，同时生成水，反应离子方程式为4I﹣+O2+4H+=2I2+2H2O，故答案为：4I﹣+O2+4H+=2I2+2H2O；点评：本题考查物质的制备、对信息的利用、对装置的理解、氧化还原反应滴定等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大，注意氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算．　11．（2022秋•长安区校级月考）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应．①此反应的化学平衡常数表达式为　　；-21-②下列能提高碳的平衡转化率的措施是　BCE　．A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强E．将碳研成粉末．考点：化学平衡的影响因素．分析：①化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；②增大碳的转化率，应采取措施使平衡向正反应移动，结合外界条件对平衡移动影响分析；解答：解：（1）①C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），，故答案为：；化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；②A．加入固体C（s），不影响平衡移动，故A错误；B．加入H2O（g），水蒸气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，故B正确；C．正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，故C正确；D．增大压强，平衡向逆反应方向移动，碳的转化率降低，故D错误；E．将碳研成粉末，增加接触面积，相当于增加反应物的浓度，碳的转化率增大，故E正确；故答案为：BCE．点评：本题考查化学平衡常数和化学平衡影响因素等，难度中等，注意理解掌握平衡常数的用途．　12．（15分）（2022秋•长安区校级月考）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义．（1）已知石墨的标准燃烧热为ykJ•mol﹣1，1.2g石墨在1.68L（标准状况）氧气中燃烧，至反应物耗尽，放出xkJ热量．则石墨与氧气反应生成CO的热化学方程式为：　C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20x﹣y）kJ•mol﹣1　．（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO．①750℃时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是：　CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3　．②由MgO可制成“镁﹣次氯酸盐”燃料电池，其装置示意图如图1所示，该电池反应的离子方程式为：　Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2　．-21-（3）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H①取五份等体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比均为1：3），分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度T的关系曲线如图2所示，则上述CO2转化为甲醇反应的△H　＜　（填“＞”“＜”或“=”）0．②在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图3所示，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ　＞　KⅡ（填“＞”“＜”或“=”）．③一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式投入反应物，一段时间后达到平衡．容器甲乙反应物投入量1molCO23molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行，则c的取值范围为　0.4＜n（c）≤1　．考点：化学平衡的计算；化学方程式的书写．分析：（1）1.2g石墨的物质的量为n（C）==0.1mol，1.68L氧气的物质的量为n（O2）==0.07mol，生成物为CO和CO2的混合物，设生成CO的物质的量为nmol，由C元素守恒得CO2的物质的量为（0.1﹣n）mol，根据关系式nC～nO2～nCO，（0.1﹣n）O2～（0.1﹣n）CO2，则n+（0.1﹣n）=0.075，n=0.05，所以反应后生成0.05molCO，0.05molCO2，根据反应放出的总热量xkJ和1mol石墨完全燃烧放出ykJ（y＞0）的热量，可计算出生成0.05molCO放出的热量，进而求出反应的热化学方程式；（2）①根据题目信息写出生成物，根据质量守恒配平；②由图可知镁﹣次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO﹣、H2O反应生成Cl﹣与Mg（OH）2；（3）①根据到达平衡后，温度越高，φ（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行；②根据先拐先平数值大原则，由图1可知，温度T1＜T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，据此判断反应热，K1与K2关系；③根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围．解答：解：（1）1.2g石墨的物质的量为n（C）==0.1mol，1.68L氧气的物质的量为n（O2）==0.07mol，生成物为CO和CO2的混合物，设生成CO的物质的量为nmol，由C元素守恒得CO2的物质的量为（0.1﹣n）mol，根据关系式nC～nO2～nCO，（0.1﹣n）O2～（0.1﹣n）CO2，则n+（0.1﹣n）=0.075，n=0.05，所以反应后生成0.05molCO，0.05molCO2，1mol石墨完全燃烧放出ykJ（y＞0）的热量，所以生成0.05molCO2放出的热量为0.05yKJ，1.2g石墨在-21-1.68L（标准状况）氧气中燃烧，至反应物耗尽，放出xkJ热量．则生成0.05molCO放出的热量为（x﹣0.05y）kJ，所以生成1molCO放出的热量为kJ，即（20x﹣y）kJ，所以热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20x﹣y）kJ•mol﹣1，故答案为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20x﹣y）kJ•mol﹣1；（2）①用CO还原MgSO4可得到MgO、CO2、SO2和SO3，方程式为CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3，故答案为：CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3；②由图可知镁﹣次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO﹣、H2O反应生成Cl﹣与Mg（OH）2，该电池反应的总反应方程式为Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2，故答案为：Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2；（3）①由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H＜0．故答案为：＜；②由图1可知，温度T1＜T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则△H＜0，升高温度，平衡向逆反应移动，所以K1＞K2，故答案为：＞；③CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）初始：1300平衡：1﹣x3﹣3xxx甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（4﹣2x）/4=0.8解得x=0.4mol依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4＜n（c）≤1，故答案为：0.4＜n（c）≤1．点评：本题考查涉及知识点较多，涉及平衡常数的计算、平衡状态的判断以及外界条件对平衡移动的影响等问题，题目难度中等，本题注意把握计算方法以及平衡常数的运用．　三、解答题13．（15分）（2022秋•长安区校级月考）紫杉醇（paclitaxel）是一种抗癌药，化合物D是紫杉醇的侧链，D的合成路线如图：-21-（1）B的分子式为　C18H15NO4　；D的水解产物中所含官能团的名称为　羟基、羧基、氨基　．（2）已知酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应：CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OHA﹣B的反应类型为　氧化反应　，B﹣C的反应类型为　取代反应　．（3）B﹣C反应的另一产物为　CH3COOCH3　（写结构简式）（4）A的合成应用了2022年诺贝尔化学奖的获奖成果﹣﹣交叉偶联反应，反应式如下（已配平）：CH3COOCH2COCl+XA+HCl，X分子中含碳氮双键（C=N），其结构简式为　　．（5）若最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F．①写出D在NaOH溶液中发生水解的化学反应方程式　　．②E在一定条件下能发生缩聚反应，写出所得高分子化合物的一种可能的结构简式：　或　-21-③F的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应的有　4　种．考点：有机物的合成．分析：（1）根据B的结构简式可写出分子式，D水解时，D中的肽键水解成羧基和氨基，结构D的结构简式可知，D的水解产物中所含官能团的名称为羟基、羧基、氨基；（2）比较A和B的结构可知，A失氢得氧生成B，所以发生氧化反应，结合题中信息可知B→C的反应为醇解反应，也是取代反应；（3）根据由酰胺在过量醇中能发生醇解反应的信息可知，在如图所示虚线发生化学键断裂，O原子、N原子连接甲醇中羟基中的H原子，﹣OCH3连接断键处的C原子；（4）根据原子守恒，及A与CH3COOCH2COCl的结构，确定X的结构简式；（5）最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F，由D的结构可知，E为HOOC﹣CH（OH）﹣CH（NH2）﹣C6H5，F为C6H5﹣COOH，①D在NaOH溶液中发生水解，肽键发生水解同是羧基被中和；②E分子中含有﹣COOH、﹣OH、﹣NH2，可以通过形成酯缩聚生成高聚物，也可以通过成肽键发生缩聚反应生成高聚物；③C6H5﹣COOH的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应，故含有苯环、醛基或是甲酸酚酯，据此书写．解答：解：（1）根据B的结构简式可知其分子式为C18H15NO4，D水解时，D中的肽键水解成羧基和氨基，结构D的结构简式可知，D的水解产物中所含官能团的名称为羟基、羧基、氨基，故答案为：C18H15NO4；羟基、羧基、氨基；（2）比较A和B的结构可知，A失氢得氧生成B，所以发生氧化反应，结合题中信息可知B→C的反应为醇解反应，也是取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（3）由反应方程式CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OH，可知﹣OCH3取代﹣OC2H5，CH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H，可知﹣OCH3取代，故酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应属于取代反应，由酰胺在过量醇中能发生醇解反应的信息可知，在如图所示虚线发生化学键断裂，O原子、N原子连接甲醇中羟基中的H原子，﹣OCH3连接断键处的C原子，故还生成CH3COOCH3，故答案为：CH3COOCH3；（4）CH3COOCH2COCl+X→+HCl，X分子中含碳氮双键（C=N），应在如图-21-虚线所示位置是反应成键位置，故X为，故答案为：；（5）最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F，由D的结构可知，E为HOOC﹣CH（OH）﹣CH（NH2）﹣C6H5，F为C6H5﹣COOH，①D在NaOH溶液中发生水解，肽键发生水解同是羧基被中和，水解的方程式为，故答案为：；②E分子中含有﹣COOH、﹣OH、﹣NH2，可以通过形成酯缩聚生成高聚物，也可以通过成肽键发生缩聚反应生成高聚物，故可能的高聚物为或，故答案为：或；③C6H5﹣COOH的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应，故含有苯环、醛基或是甲酸酚酯，符合条件的结构为或（有邻、间、对），所以共有4种，故答案为：4．-21-点评：本题考查有机物的推断与合成，是对有机化合物知识的综合考查，理解给出的反应信息及成分利用物质的分子结构是解题的关键，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是高考热点题型，难度较大．　-21-