河南省商丘市2022届高三化学上学期二模试题含解析

2022年河南省商丘市高考化学二模试卷　一、单项选择题1．在实验室进行下列实验，括号内的实验仪器或试剂都能用到的是（　　）A．中和热的测定（量筒、温度计、酒精灯）B．从溴水中提取溴单质（分液漏斗、无水乙醇、玻璃棒）C．探究浓硫酸与铜反应的产物（蘸有碳酸钠溶液的棉花团、蒸馏水、烧杯）D．制氢氧化铁胶体（饱和FeCl3溶液、NaOH溶液、胶头滴管）　2．下列说法正确的是（　　）A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L﹣1的稀盐酸，溶液的pH会变小B．等物质的量浓度的碳酸钠溶液与碳酸氢钠溶液混合，混合溶液中c（CO）一定小于c（HCO）C．等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液按体积比2：1混合后的溶液中：2c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣）=3c（H+）+c（CH3COOH）D．常温下，在50.00mLpH=b的NaOH溶液中滴入11.11mLpH=a的盐酸时，溶液pH变为2，则此NaOH溶液的pH为11（已知a+b=13，混合后溶液体积为61.11mL）　3．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（　　）序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2NH3Ca（Cl）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2SO2Ba（NO3）2A．②④B．①②④⑤C．①③④⑤D．①②③④　-32-4．下列有机物只有四种同分异构体的是（　　）A．分子式为C4H10烷烃的二氯取代物B．分子式为C3H9N的有机物，其中N原子以三个单键与其他原子相连C．乙苯的二氯取代物D．分子式为C4H8的有机物　5．原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．已知Y与Z、M与W分别同周期，X与M同主族；X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和；X与Z、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物；X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应．下列说法不正确的是（　　）A．M的单质可用于从钛、锆等金属的氯化物中置换出钛、锆等单质B．由X、Y、Z三种元素形成的某种化合物的水溶液，可能呈碱性或酸性C．由X、M与Z形成的化合物X2Z2和M2Z2中所含的化学键类型相同D．含有W阳离子的某种盐，可用作净水剂　6．某白色固体可能由①NH4Cl、②AlCl3、③KCl、④AgNO3、⑤NaOH中的一种或几种组成，此固体投入水中得到澄清溶液，该溶液可使酚酞呈红色，若向溶液中加稀硝酸到过量，有白色沉淀产生．则对原固体的判断不正确的是（　　）A．肯定存在①B．至少存在②和⑤C．无法确定是否有③D．至少存在①、④、⑤　7．由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是（　　）A．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐B．若D为CO，C能和E反应，则A是Na2O2，X的同素异形体只有3种C．若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，则E一定能还原Fe2O3D．若X是Na2SO3，C为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应-32-　　二、解答题（共6小题，满分43分）8．高锰酸钾是中学常用的试剂．工业上用软锰矿制备高锰酸钾流程如下．（1）铋酸钠（不溶于水）用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在（铋的还原产物为Bi3+，Mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式　　　　　　．（2）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂．其消毒原理与下列物质相同的是　　　　　　（填代号）．a．84消毒液（NaClO溶液）b．双氧水c．苯酚d．75%酒精（3）上述流程中可以循环使用的物质有　　　　　　、　　　　　　（写化学式）．（4）理论上（若不考虑物质循环与制备过程中的损失）1molMnO2可制得　　　　　　molKMnO4．（5）该生产中需要纯净的CO2气体．写出实验室制取CO2的化学方程式　　　　　　，所需气体产生装置是　　　　　　（选填代号）．（6）操作Ⅰ的名称是　　　　　　；操作Ⅱ根据KMnO4和K2CO3两物质在　　　　　　（填性质）上的差异，采用　　　　　　（填操作步骤）、趁热过滤得到KMnO4粗晶体．　9．将1.8g碳置于2.24L（标准状况）O2中充分燃烧，至全部反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.0kJ•mol﹣1综合上述信息，请写出CO完全燃烧的热化学方程式　　　　　　．　-32-10．光气（COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）△H＜0制备．如图1为某次模拟实验研究过程中容积为1L的密闭容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：①若保持温度不变，在第8min加入体系中的三种物质个1mol，则平衡　　　　　　移动（填“向反应正方向”、“向逆反应方向”或“不”）；②若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）=　　　　　　mol/L，保持反应温度不变则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；③比较第8秒反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）　　　　　　T（15）（填“＜”、“＞”、或“=”）　11．将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）．①已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比的变化曲线如右图1．在其他条件不变时，请在图2中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比变化的曲线图；②二甲醚（CH3OCH3）燃料电池可以提升能量利用率．二甲醚酸性介质燃料电池的负极反应式为　　　　　　．　-32-12．常温下将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），则混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　　　　　　（含a和b的代数式表示）　13．某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O2等物质）为原料制取Zn和MnO2．（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：　　　　　　MnO2+　　　　　　FeS+　　　　　　H2SO4═　　　　　　MnSO4+　　　　　　Fe（SO4）3+　　　　　　S+　　　　　　H2O（2）将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按图1的工业流程进行处理得到溶液（Ⅳ）、电解溶液（Ⅳ）即得MnO2和Zn．a．操作中①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为：　　　　　　、　　　　　　．b．操作②中加入MnO2的作用是　　　　　　；反应的离子方程式是　　　　　　．c．操作③中所加碳酸盐的化学式是　　　　　　．（3）电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图2（图中阳离子交换膜只允许K+离子通过）：①阳极的电极反应式为　　　　　　．②若电解开始时阳极区溶液为1.0L0.40mol/LK2MnO4溶液，电解一段时间后，溶液中为6：5，阴极区生成生成KOH的质量为　　　　　　．（计算结果保留3位有效数字）（4）已知25℃时，Ksp=5.6×10﹣12，Ksp=2.2×10﹣20，Ksp=4.0×10﹣38，Ksp=1.1×10﹣33，①在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　　　　　　沉淀（填化学式）②用MgCl2和AlCl3的混合溶液（A）与过量氨水（B）反应，为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入　　　　　　反应物．-32-③溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已沉淀完全．现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+完全沉淀时，测定c（Al3+）=0.2mol•L﹣1．此时所得沉淀中　　　　　　（填“还含有”或“不含有”）Al（OH）3．　　【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）14．铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用图，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：①铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；②溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH回答下列问题：（1）溶解铝土矿时，其成分与NaOH溶液发生反应的离子方程式：　　　　　　．（2）滤渣A的主要成分为　　　　　　；硅酸盐沉淀写成氧化物的形式是　　　　　　．（3）在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂而不使用盐酸的原因是　　　　　　．（4）若该工厂用mkg铝土矿共制得nkgAl（假设每步反应进行完全），则铝土矿中Al2O3的质量分数为　　　　　　．（5）若将铝用酸溶解，下列试剂中最好选用　　　　　　（填编号）．A．浓硫酸　　　　B．稀硫酸　　　　C．稀HNO3D．浓HNO3（6）电解冶炼铝时用Na3AlF6作助熔剂，Na3AlF6是配合物，其中内界是　　　　　　，配位数为　　　　　　．　　【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）-32-15．根据价层电子对互斥理论判断下列分子或离子中空间构型是V形的是　　　　　　（填写序号）a．H3O+　　　　b．H2O　　　　c．NO2+　　　d．NO2﹣（2）已知FeCl3的沸点：319℃，熔点：306℃，则FeCl3的晶体类型为　　　　　　．P可形成H3PO4、HPO3、H3PO3等多种酸，则这三种酸的酸性由强到弱的顺序为　　　　　　（用化学式填写）（3）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2．T的基态原子外围电子（价电子）排布式为　　　　　　Q2+的未成对电子数是　　　　　　．（4）如图1是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，判断NaCl晶体结构的图象是图1中的　　　　　　．（5）2+配离子中存在的化学键类型有　　　　　　（填序号）．①配位键②金属键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键⑥氢键，若2+具有对称的空间构型，且当2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代时，能得到两种不同结构的产物，则2+的空间构型为　　　　　　（填序号）①平面正方形②正四面体③三角锥形④V形．（6）X与Y可形成离子化合物，其晶胞结构如图2所示．其中X和Y的相对原子质量分别为a和b，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中距离最近的X、Y之间的核间距离是　　　　　　cm（NA表示阿伏伽德罗常数，用含ρ、a、b、NA的代数式表达）　　（共1小题，满分0分）16．有机物Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成如图：-32-请根据以下信息完成下列问题：①A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢；②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH③一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．（1）B的分子式为：　　　　　　．（2）C→D、G→H的反应类型为　　　　　　、　　　　　　．（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为：　　　　　　．（4）D生成E的化学方程式为　　　　　　．E与H反应生成I的方程式为　　　　　　．　　-32-2022年河南省商丘市高考化学二模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题1．在实验室进行下列实验，括号内的实验仪器或试剂都能用到的是（　　）A．中和热的测定（量筒、温度计、酒精灯）B．从溴水中提取溴单质（分液漏斗、无水乙醇、玻璃棒）C．探究浓硫酸与铜反应的产物（蘸有碳酸钠溶液的棉花团、蒸馏水、烧杯）D．制氢氧化铁胶体（饱和FeCl3溶液、NaOH溶液、胶头滴管）【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．中和热的测定不需要酒精灯；B．乙醇易溶于水，不能用作萃取剂；C．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫气体，可用碳酸钠吸收二氧化硫气体；D．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液．【解答】解：A．中和热的测定不需要酒精灯，可用量筒、环形玻璃棒等，故A错误；B．乙醇易溶于水，不能用作萃取剂，用于苯或四氯化碳，故B错误；C．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫气体，可用碳酸钠吸收二氧化硫气体，故C正确；D．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，不用氢氧化钠溶液，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及中和热的测定、物质的分离、气体的制备以及胶体等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．　2．下列说法正确的是（　　）A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L﹣1的稀盐酸，溶液的pH会变小B．等物质的量浓度的碳酸钠溶液与碳酸氢钠溶液混合，混合溶液中c（CO）一定小于c（HCO）-32-C．等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液按体积比2：1混合后的溶液中：2c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣）=3c（H+）+c（CH3COOH）D．常温下，在50.00mLpH=b的NaOH溶液中滴入11.11mLpH=a的盐酸时，溶液pH变为2，则此NaOH溶液的pH为11（已知a+b=13，混合后溶液体积为61.11mL）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用．【分析】A、在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L﹣1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动；B、碳酸根水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢钠溶液电离出来的HCO3﹣能够抑制CO32﹣的水解，无法比较c（CO32﹣）与c（HCO3﹣）的大小；C、据电荷守恒和物料守恒分析；D、若b=11，则a=2，计算混合溶液的pH是否等于2即可．【解答】解：A、加入溶液中氢离子浓度不变，溶液pH不变，故A错误；B、碳酸根水解生成碳酸氢根离子，HCO3﹣水解小于CO32﹣的水解，等物质的量浓度的碳酸钠溶液与碳酸氢钠溶液混合，混合溶液中c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），故B正确；C、等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液按体积比2：1混合后的溶液中：据电荷守恒有①c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），据物料守恒有：②c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=3c（Na+），①×3+②可得：2c（CH3COO﹣）+3c（OH﹣）=3c（H+）+c（CH3COOH），故C正确；D、若b=11，则a=2，则混合溶液中c（H+）==1.0×10﹣3，pH=3，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了影响若使电离平衡移动的因素、影响水解平衡移动的因素、溶液中的电荷守恒和物料守恒、混合溶液平衡的计算，题目难度较大．　3．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（　　）序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水-32-③CO2NH3Ca（Cl）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2SO2Ba（NO3）2A．②④B．①②④⑤C．①③④⑤D．①②③④【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】①石灰水过量，生成碳酸钙沉淀、亚硫酸钙沉淀；②氢氧化钙过量，生成碳酸钙沉淀；③CO2、NH3反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀；④NO2、SO2在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与氯化钡反应生成沉淀；⑤SO2与Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀．【解答】解：①石灰水过量，发生酸性氧化物与碱的反应生成碳酸钙沉淀、亚硫酸钙沉淀，故正确；②氢氧化钙过量，与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，故正确；③CO2、NH3反应生成碳酸铵，再与氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，若生成碳酸氢铵与氯化钙不反应生成沉淀，故错误；④NO2、SO2在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故正确；⑤SO2与Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故正确．故选B．【点评】本题考查二氧化硫和二氧化碳的化学性质，为高频考点，把握酸性氧化物的性质、酸性的比较、氧化还原反应等为解答的关键，注意发生的化学反应，题目难度不大．　4．下列有机物只有四种同分异构体的是（　　）A．分子式为C4H10烷烃的二氯取代物B．分子式为C3H9N的有机物，其中N原子以三个单键与其他原子相连C．乙苯的二氯取代物D．分子式为C4H8的有机物【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】A．分子式为C4H10烷烃的同分异构体有正丁烷和异丁烷，然后分别对正丁烷和异丁烷的二氯代物数目进行分析；-32-B．分别根据N原子以﹣NH2、N原子连接两个C、连接3个C讨论其同分异构体数目；C．根据两个氯原子分别都在侧链、苯环上及1个在侧链1个在苯环上进行讨论；D．分子式为C4H8的有机物分为烯烃和环烷烃，分别根据丁烯、环丁烷、甲基环丙烷讨论其同分异构体数目．【解答】解：A．烷的二氯取代产物同分异构体为：①CHCl2CH2CH2CH3、②CH2ClCHClCH2CH3、③CH2ClCH2CHClCH3、④CH2ClCH2CH2CH2Cl、⑧CH3CCl2CH2CH3，⑧CH3CHClCHClCH3，共有9种，故A错误；B．分子式为C3H9N的有机物，其中N原子以三个单键与其他原子相连，可能的有机物的结构简式有：CH3CH2CH2（NH2）、CH3CH（NH2）CH3、CH3﹣NH﹣CH2CH3、N（CH3）3，总共有4种，故B正确；C．乙苯的结构简式为，其乙基上的二氯代物有3种；若取代乙基上1个H原子、苯环上1个H原子，则苯环上的Cl原子相对乙基有邻、间、对共3种结构，乙基上又有两种H原子，则总共含有：3×2=6种结构；若全部取代苯环上的2个H原子，若其中1个Cl原子与乙基相邻，另一个Cl原子有如图所示四种取代位置，有4种结构；若其中1个Cl原子处于乙基间位，另一个Cl原子有如图所示2种取代位置，有2种结构，所以乙苯的二氯代物有：3+6+4+2=15种，故C错误；D．C4H8中属于烯烃的同分异构体有：CH2═CH﹣CH2CH3、CH2=C（CH3）2、、，属于环烷烃的有环丁烷和甲基环丙烷，所以总共有6种同分异构体，故D错误；故选B．-32-【点评】本题考查了同分异构体数目的求算，题目难度较大，注意掌握同分异构体的概念及求算方法与技巧，明确有机物二氯代物可采用定1议2法求算．　5．原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．已知Y与Z、M与W分别同周期，X与M同主族；X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和；X与Z、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物；X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应．下列说法不正确的是（　　）A．M的单质可用于从钛、锆等金属的氯化物中置换出钛、锆等单质B．由X、Y、Z三种元素形成的某种化合物的水溶液，可能呈碱性或酸性C．由X、M与Z形成的化合物X2Z2和M2Z2中所含的化学键类型相同D．含有W阳离子的某种盐，可用作净水剂【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1，则该气态化合物的相对分子质量=0.76×22.4=17，应为NH3，可推知X为H元素、Y为N元素；X与M同主族，M原子序数大于N元素，则M为Na；Y与Z同周期，X与Z、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物，则Z为O元素；M与W分别同周期，X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和，则M、W原子序数相差1+8﹣7=2，可推知W为Al元素，Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应，符合题意，据此解答．【解答】解：原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1，则该气态化合物的相对分子质量=0.76×22.4=17，应为NH3，可推知X为H元素、Y为N元素；X与M同主族，M原子序数大于N元素，则M为Na；Y与Z同周期，X与Z、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物，则Z为O元素；M与W分别同周期，X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和，则M、W原子序数相差1+8﹣7=2，可推知W为Al元素，Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应，符合题意，A．Na的还原性很强，能从钛、锆等金属的氯化物中置换出钛、锆等单质，故A正确；B．由H、N、O三种元素形成的某种化合物，硝酸溶液呈酸性，而一水合氨溶液为碱性，故B正确；-32-C．H2O2中只含有共价键，而Na2O2中含有共价键、离子键，所含的化学键类型不相同，故C错误；D．含有Al3+离子的盐﹣﹣明矾，可用作净水剂，故D正确，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意A选项为易错点，可以用Al进行置换制备．　6．某白色固体可能由①NH4Cl、②AlCl3、③KCl、④AgNO3、⑤NaOH中的一种或几种组成，此固体投入水中得到澄清溶液，该溶液可使酚酞呈红色，若向溶液中加稀硝酸到过量，有白色沉淀产生．则对原固体的判断不正确的是（　　）A．肯定存在①B．至少存在②和⑤C．无法确定是否有③D．至少存在①、④、⑤【考点】几组未知物的检验．【分析】此固体投入水中得到澄清溶液，说明能相互反应生成沉淀的物质不能共存其中，该溶液可使酚酞呈红色，说明溶液显碱性，若向该溶液中加入稀硝酸至过量，有白色沉淀生成，说明沉淀是氯化银，那么溶液一定存在①NH4Cl和④AgNO3，据此解答即可．【解答】解：加入水中得澄清溶液，再滴加无色酚酞变红，说明溶液显碱性，故此固体中一定存在⑤NaOH，加过量硝酸有沉淀，沉淀只能是氯化银，故至少还存在①和④，即铵根与银离子反应生成氢氧化二铵合银存在于溶液中，不是沉淀，再加入硝酸到过量，银离子与氯离子生成难溶于稀硝酸的白色沉淀AgCl，故此溶液中一定存在的是①、④、⑤，不能确定是否存在②③，综上分析得出：B错误，故选B．【点评】本题考查学生物质之间的反应以及现象的有关知识，可以根据所学知识来回答，难度较大，本题中注意氢氧化二氨合银配合物溶于水．　7．由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是（　　）A．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐-32-B．若D为CO，C能和E反应，则A是Na2O2，X的同素异形体只有3种C．若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，则E一定能还原Fe2O3D．若X是Na2SO3，C为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A、D为白色沉淀，可以判断为OH﹣与Al铝离子生成偏铝酸根，偏铝酸根离子再与铝离子生成Al（OH）3，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3．B、D为CO，可以判断O2CO2CO，X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，结合二氧化碳能与E反应判断．C、根据B、D反应的离子方程式OH﹣+HCO3﹣═H2O+CO32﹣，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3．D、若X是Na2SO3，则A可能是氯气，则B为HCl，E为HClO，C为气体SO2，D为NaHSO3，D和E能发生氧化还原反应．【解答】解：A、D为摩尔质量为78g/mol的Al（OH）3，A为摩尔质量为78g/mol的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3，符合转化关系，故D正确；B、如A为氟气，HF与二氧化碳不反应，A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2，D为CO，符合转化关系，碳的同素异形体有金刚石、石墨、无定形碳、足球碳等多种，故B错误；C、根据B、D反应的离子方程式OH﹣+HCO3﹣═H2O+CO32﹣，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3，故C正确；D、若X是Na2SO3，则A可能是氯气，则B为HCl，E为HClO，C为气体SO2，D为NaHSO3，D和E能发生氧化还原反应，符合转化关系，故D正确；故选：B．【点评】本题考查元素及其化合物的转化关系，题目难度较大，做好本题的关键之处在于把握好物质的性质．　二、解答题（共6小题，满分43分）8．高锰酸钾是中学常用的试剂．工业上用软锰矿制备高锰酸钾流程如下．-32-（1）铋酸钠（不溶于水）用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在（铋的还原产物为Bi3+，Mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式　2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4﹣+5Bi3++5Na++7H2O　．（2）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂．其消毒原理与下列物质相同的是　ab　（填代号）．a．84消毒液（NaClO溶液）b．双氧水c．苯酚d．75%酒精（3）上述流程中可以循环使用的物质有　MnO2　、　KOH　（写化学式）．（4）理论上（若不考虑物质循环与制备过程中的损失）1molMnO2可制得　　molKMnO4．（5）该生产中需要纯净的CO2气体．写出实验室制取CO2的化学方程式　CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑　，所需气体产生装置是　AC　（选填代号）．（6）操作Ⅰ的名称是　过滤　；操作Ⅱ根据KMnO4和K2CO3两物质在　溶解性　（填性质）上的差异，采用　浓缩结晶　（填操作步骤）、趁热过滤得到KMnO4粗晶体．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到K2MnO4溶液，通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，过滤除去滤渣（MnO2），滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3，在滤液中加氢氧化钙得到碳酸钙沉淀和KOH；（1）铋酸钠（不溶于水）在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO4﹣和Bi3+；（2）KMnO4有强氧化性，消毒原理与84消毒液、双氧水一样；（3）根据流程分析，最初反应物中和最终生成物中含有的物质就能循环利用；（4）最初的原料中1molMnO2恰好得到1molK2MnO4，根据3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2计算；（5）实验室用盐酸与石灰石制备二氧化碳，反应不需要加热，可以用启普发生器制备；-32-（6）分离固体与溶液，采用过滤操作，利用KMnO4和K2CO3在溶解性上进行分离．【解答】解：二氧化锰与氢氧化钾在空气中熔融，加水溶解得到K2MnO4溶液，通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3，过滤除去滤渣（MnO2），滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3，在滤液中加氢氧化钙得到碳酸钙沉淀和KOH；（1）铋酸钠（不溶于水）在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO4﹣和Bi3+，则反应的离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4﹣+5Bi3++5Na++7H2O；故答案为：2Mn2++5NaBiO3+14H+═2MnO4﹣+5Bi3++5Na++7H2O；（2）KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故答案为：ab；（3）根据流程分析可知：在开始的反应物和最终的生成物中都含有MnO2和KOH，所以二氧化锰和氢氧化钾能循环使用；故答案为：MnO2；KOH；（4）由2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O可知最初的原料中1molMnO2恰好得到1molK2MnO4．由3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2知，1molK2MnO4在反应中能得到molKMnO4，故答案为：；（5）实验室用盐酸与石灰石制备二氧化碳，其反应的方程式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，反应不需要加热，可以用启普发生器制备，所以选用的装置为A或C；故答案为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；AC；（6）该操作是分离固体与溶液，是过滤操作，KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用热的情况下采用浓缩结晶的方式可分离，故答案为：过滤；溶解性；浓缩结晶．【点评】本题考查了物质的制备实验方案设计，涉及常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力．　9．将1.8g碳置于2.24L（标准状况）O2中充分燃烧，至全部反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.0kJ•mol﹣1综合上述信息，请写出CO完全燃烧的热化学方程式　2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1　．【考点】热化学方程式．-32-【专题】化学反应中的能量变化．【分析】n（C）==0.15mol，n（O2）==0.1mol，结合反应C+O2=CO2，2C+O2=2CO定量关系分析判断反应生成的产物，n（C）：n（O2）=0.15：0.1=3：2，所以生成气体为CO和CO2的混合气体，碳和氧气全部反应，利用直平法写出反应的热化学方程式为：3C（s）+2O2（g）=2CO（g）+CO2（g），1.8g木炭置于2.24L（标准状况）氧气中充分燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，3molC全部反应放热30.65KJ/mol×20=613KJ/mol；3C（s）+2O2（g）=2CO（g）+CO2（g）△H=﹣30.65KJ/mol×20=613KJ/mol，根据C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.0kJ．mol﹣1，结合盖斯定律计算得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；【解答】解：n（C）==0.15mol，n（O2）==0.1mol，结合反应C+O2=CO2，2C+O2=2CO定量关系分析判断反应生成的产物，n（C）：n（O2）=0.15：0.1=3：2，所以生成气体为CO和CO2的混合气体，碳和氧气全部反应，1.8g木炭置于2.24L（标准状况）氧气中充分燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，3molC全部反应放热30.65KJ/mol×20=613KJ/mol；反应的热化学方程式为：①3C（s）+2O2（g）=2CO（g）+CO2（g）△H=﹣613KJ/mol②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣392.0kJ．mol﹣1，结合盖斯定律计算，②×3﹣①得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566KJ/mol；故答案为：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566KJ/mol；【点评】本题考查反应热的计算，盖斯定律的分析应用，难度中等，判断碳与氧气反应产物中一氧化碳与二氧化碳的物质的量是关键，注意反应热△H的单位与符号，容易忽略．　10．光气（COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）△H＜0制备．如图1为某次模拟实验研究过程中容积为1L的密闭容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：①若保持温度不变，在第8min加入体系中的三种物质个1mol，则平衡　向正反应方向　移动（填“向反应正方向”、“向逆反应方向”或“不”）；-32-②若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）=　0.4　mol/L，保持反应温度不变则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；③比较第8秒反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）　＜　T（15）（填“＜”、“＞”、或“=”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】①原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9，现在第8min加入体系中的三种物质各1mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动．②改变初始投料浓度变，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，则为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L；③第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，升温平衡向逆反应方向移动．【解答】解：①8min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L，则原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9，现在第8min加入体系中的三种物质各1mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动，故答案为：向正反应方向；②最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：0.8mol/L+c（COCl2）=1.2mol/L，c（CO）=0.6mol/L+c（COCl2）=1.0mol/L，故c（COCl2）=0.4mol/L，故答案为：0.4；③根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，故T（8）＜T（15），故答案为：＜．-32-【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、化学平衡图象等，侧重考查学生对图象与数据的分析及计算能力，难度中等．　11．将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）．①已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比的变化曲线如右图1．在其他条件不变时，请在图2中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比变化的曲线图；②二甲醚（CH3OCH3）燃料电池可以提升能量利用率．二甲醚酸性介质燃料电池的负极反应式为　CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】常规题型；化学平衡专题；电化学专题．【分析】①根据化学方程式的系数进行回答；根据温度和压强对化学平衡常数的影响：放热反应：升高温度，K减小，反之K增大；吸热反应：升高温度，K增大，反之K减小；②原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳，据此解答即可；【解答】解：①CH3OCH3的体积分数随投料比的增大而增大，根据反应知道当体积比是3的时候，甲醚的体积分数最大，如下图所示：-32-，故答案为：；②原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+；故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+．【点评】本题涉及电极方程式的书写和化学平衡图象的有关问题，意在考查燃料电池、化学平衡等化学反应原理掌握的情况，难度中等．　12．常温下将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），则混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　×10﹣7　（含a和b的代数式表示）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算，通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K．【解答】解：通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，溶液中c（H+-32-）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10﹣7；用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为×10﹣7；故答案为：×10﹣7．【点评】本题考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡以及电离平衡常数的求算，注意根据电离平衡常数的概念计算即可，题目难度不大．　13．某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O2等物质）为原料制取Zn和MnO2．（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：　3　MnO2+　2　FeS+　6　H2SO4═　3　MnSO4+　1　Fe（SO4）3+　2　S+　6　H2O（2）将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按图1的工业流程进行处理得到溶液（Ⅳ）、电解溶液（Ⅳ）即得MnO2和Zn．a．操作中①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为：　Zn+Cu2+=Zn2++Cu　、　Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+　．b．操作②中加入MnO2的作用是　将Fe2+氧化成Fe3+　；反应的离子方程式是　MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+　．c．操作③中所加碳酸盐的化学式是　MnCO3或ZnCO3　．（3）电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图2（图中阳离子交换膜只允许K+离子通过）：①阳极的电极反应式为　MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣　．-32-②若电解开始时阳极区溶液为1.0L0.40mol/LK2MnO4溶液，电解一段时间后，溶液中为6：5，阴极区生成生成KOH的质量为　17.9g　．（计算结果保留3位有效数字）（4）已知25℃时，Ksp=5.6×10﹣12，Ksp=2.2×10﹣20，Ksp=4.0×10﹣38，Ksp=1.1×10﹣33，①在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　Al（OH）3　沉淀（填化学式）②用MgCl2和AlCl3的混合溶液（A）与过量氨水（B）反应，为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入　B　反应物．③溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已沉淀完全．现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+完全沉淀时，测定c（Al3+）=0.2mol•L﹣1．此时所得沉淀中　不含有　（填“还含有”或“不含有”）Al（OH）3．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平；电解原理．【专题】综合实验题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学计算．【分析】含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液，加适量Zn粉，Cu2+被还原为Cu，Fe3+被还原为Fe2+，过滤，滤渣为Cu，滤液中含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Zn2+等，再加MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，然后加入MnCO3或ZnCO3调节pH，使Fe3+和Al3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，再过滤，滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液IV中还含有Mn2+、Zn2+，（1）根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式；（2）a．锌可以Cu2+和Fe3+发生氧化还原反应；b．在酸性条件下，MnO2可将Fe2+氧化成Fe3+；c．溶液中不能引入新的杂质离子；（3）①根据阳极失电子发生氧化反应书写电极反应式；②根据阳极区反应，结合题给数据计算阳极区的K+定向移动到阴极区的物质的量，从而计算阴极区生成KOH的质量；（4）①根据Al（OH）3、Cu（OH）2的溶度积常数，计算刚开始生成沉淀时，溶液中氢氧根离子的浓度，浓度小的先沉淀；②向沉淀反应器中加入过量的氨水，Mg2+、Al3+同时生成沉淀；-32-③Fe3+完全沉淀时，c（OH﹣）3=，Qc=c（Al3+）•（OH﹣）3，根据Qc与Ksp的相对大小判断．【解答】解：含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液，加适量Zn粉，Cu2+被还原为Cu，Fe3+被还原为Fe2+，过滤，滤渣为Cu，滤液中含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Zn2+等，再加MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，然后加入MnCO3或ZnCO3调节pH，使Fe3+和Al3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，再过滤，滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液IV中还含有Mn2+、Zn2+，（1）反应中Mn元素的化合价降低2价，S元素的化合价升高2价，Fe的化合价升高1价，则反应的化学方程式为：3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+1Fe2（SO4）3+2S+6H2O，故答案为：3；2；6；3；1；2；6；（2）a．锌可以Cu2+和Fe3+反应，方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，故答案为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+；b．在酸性条件下，MnO2可将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+；故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+；c．溶液中不能引入新的杂质离子，溶液中含有锰离子和锌离子，可加入MnCO3或ZnCO3来消耗氢离子，调节pH值，又不引入新的杂质，故答案为：MnCO3或ZnCO3；（3）①阳极失电子发生氧化反应，所以电极反应式为MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，故答案为：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；②根据阳极区反应MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，锰原子的物质的量不变，所以仍为1.0L×0.40mol/L=0.4mol，电解一段时间后，溶液中为6：5，所以反应后n（K）=0.48mol，则阳极区的K+定向移动到阴极区的物质的量为0.4mol×2﹣0.48mol=0.32mol，所以阴极生成KOH的物质的质量为0.32mol×56g/mol=17.9g，故答案为：17.9g；（4）①根据Al（OH）3、Cu（OH）2的溶度积常数，在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，＜，加入相同的浓度的氨水，Al（OH）3最先析出，-32-故答案为：Al（OH）3；②向沉淀反应器中加入过量的氨水，可使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，故答案为：B；③Fe3+完全沉淀时，c（OH﹣）3===4.0×10﹣33，Qc=c（Al3+）•（OH﹣）3=0.2×4.0×10﹣33=8×10﹣34＜Ksp，所以没有生成Al（OH）3沉淀，故答案为：不含有．【点评】本题考查了物质分离提纯方法和基本操作的综合应用、电解原理的应用、Ksp的有关计算，注意把握流程中发生的化学反应以及电解原理、Ksp的含义为解答的关键，注重信息与所学知识的结合分析解决问题，侧重知识迁移应用能力的考查，题目难度中等．　【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）14．铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用图，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：①铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；②溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH回答下列问题：（1）溶解铝土矿时，其成分与NaOH溶液发生反应的离子方程式：　2OH﹣+Al2O3═2AlO2﹣+H2O；SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　．（2）滤渣A的主要成分为　Fe2O3；Na2Al2Si2O8　；硅酸盐沉淀写成氧化物的形式是　Na2O•Al2O3•2SiO2　．（3）在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂而不使用盐酸的原因是　Al（OH）3溶于强酸而不溶于弱酸，提高Al2O3的提取率　．-32-（4）若该工厂用mkg铝土矿共制得nkgAl（假设每步反应进行完全），则铝土矿中Al2O3的质量分数为　5100n/27m%或1700n/9m%　．（5）若将铝用酸溶解，下列试剂中最好选用　B　（填编号）．A．浓硫酸　　　　B．稀硫酸　　　　C．稀HNO3D．浓HNO3（6）电解冶炼铝时用Na3AlF6作助熔剂，Na3AlF6是配合物，其中内界是　3﹣　，配位数为　6　．【考点】金属冶炼的一般原理．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）铝土矿中氧化铝、二氧化硅能够与氢氧化钠反应；（2）依据铝土矿主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，结合氧化铝、二氧化硅性质判断滤渣成分；硅酸盐改写为氧化物的形式一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物；（3）依据氢氧化铝能够溶于强酸，不溶液弱酸的性质解答；（4）根据铝元素守恒由Al的质量计算出氧化铝的质量，再求出质量分数；（5）浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，能够使铝钝化，铝与稀硝酸反应生成硝酸铝和一氧化氮和水，与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气；（6）中心离子和配体组成內界，其余部分为外界；配原子的数目即是配位数．【解答】解：（1）铝土矿中氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：2OH﹣+Al2O3═2AlO2﹣+H2O；二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；故答案为：2OH﹣+Al2O3═2AlO2﹣+H2O；SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；（2）依据铝土矿主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，铝土矿中氧化铝、二氧化硅能够与氢氧化钠反应分别生成偏铝酸钠和硅酸钠，氧化铁不与氢氧化钠反应，依据2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，可知还生成Na2Al2Si2O8，则滤渣A的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8；硅酸盐改写为氧化物的形式一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物，所以Na2Al2Si2O8改写为氧化物为Na2O•Al2O3•2SiO2；故答案为：Fe2O3Na2Al2Si2O8；Na2O•Al2O3•2SiO2；（3）反应后溶液含有大量偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，若选用盐酸，则生成的氢氧化铝会溶于过量的盐酸，所以第三步中选用二氧化碳作酸化剂，-32-故答案为：Al（OH）3溶于强酸而不溶于弱酸，提高Al2O3的提取率；（4）设铝土矿中氧化铝为xkg，2Al～Al2O327×2102nkgxkg则x==kg，铝土矿中Al2O3的质量分数为×100%=%，故答案为：%；（5）浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，能够使铝钝化，不能用来溶解铝，铝与稀硝酸反应生成硝酸铝和一氧化氮和水，一氧化氮有毒，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，可以用来溶解铝；故选：B；（6）中心离子和配体组成內界，其余部分为外界，则Na3AlF6中Na+为外界，3﹣为內界；配原子的数目即是配位数，所以配位数为6，故答案为：3﹣；6．【点评】本题为工艺流程题，设计物质的分离与提纯、离子方程式书写、有关方程式计算，题目综合性较强，熟悉铝及其化合物性质是解题关键，题目难度较大．　【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）15．根据价层电子对互斥理论判断下列分子或离子中空间构型是V形的是　bd　（填写序号）a．H3O+　　　　b．H2O　　　　c．NO2+　　　d．NO2﹣（2）已知FeCl3的沸点：319℃，熔点：306℃，则FeCl3的晶体类型为　分子晶体　．P可形成H3PO4、HPO3、H3PO3等多种酸，则这三种酸的酸性由强到弱的顺序为　HPO3＞H3PO4＞H3PO3　（用化学式填写）（3）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2．T的基态原子外围电子（价电子）排布式为　3d84s2　Q2+的未成对电子数是　4　．（4）如图1是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，判断NaCl晶体结构的图象是图1中的　②③　．-32-（5）2+配离子中存在的化学键类型有　①③　（填序号）．①配位键②金属键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键⑥氢键，若2+具有对称的空间构型，且当2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代时，能得到两种不同结构的产物，则2+的空间构型为　①　（填序号）①平面正方形②正四面体③三角锥形④V形．（6）X与Y可形成离子化合物，其晶胞结构如图2所示．其中X和Y的相对原子质量分别为a和b，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中距离最近的X、Y之间的核间距离是　　cm（NA表示阿伏伽德罗常数，用含ρ、a、b、NA的代数式表达）【考点】晶胞的计算；化学键；判断简单分子或离子的构型；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】常规题型．【分析】（1）根据分子或离子中中心原子价层电子对数和孤电子对数判断；（2）氯化铁熔沸点较低，应为分子晶体；同种元素含氧酸，该元素化合价越高，其酸性越强，非羟基氧越多，酸性越强；（3）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe、T为Ni；（4）NaCl属于立方晶体，每个钠离子周围有6个氯离子、每个氯离子周围有6个钠离子；（5）2+中铜离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键；2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代能得到两种不同结构的产物，2+的空间构型为平面正方形；（6）根据均摊法计算晶胞中X、Y原子数目，进而计算晶胞的质量，根据m=ρV计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长x．Y原子与周围4个X原子形成正四面体结构，令Y与X之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为，正四面体的高为y，正四面体棱长=，则正四面体侧面的高为×，底面中心到边的距离为××，再根据勾股定理进行解答．-32-【解答】解：（1）H3O+中中心原子O的价层电子对数为3+（6﹣1﹣3×1）=4，孤电子对数为1，所以空间构型是三角锥形；H2O中中心原子O的价层电子对数为2+（6﹣2×1）=4，孤电子对数为2，所以空间构型是V形；NO2+中中心原子N的价层电子对数为2+（5﹣1﹣2×2）=2，孤电子对数为0，所以空间构型是直线形；NO2﹣中中心原子N的价层电子对数为2+（5+1﹣2×2）=3，孤电子对数为1，所以空间构型是V形，故答案为：bd；（2）FeCl3的沸点：319℃，熔点：306℃，熔沸点较低，应属于分子晶体；H3PO4、HPO3、H3PO3中P元素化合价依次为+5、+5、+3，H3PO4、HPO3中非羟基氧依次为1、2，元素化合价越高，其酸性越强，非羟基氧越多，酸性越强，故酸性HPO3＞H3PO4＞H3PO3，故答案为：分子晶体；HPO3＞H3PO4＞H3PO3；（3）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe、T为Ni；Ni的基态原子外围电子（价电子）排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，3d能级有4故未成对电子，故答案为：3d84s2；4；（4）由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl﹣，每个Cl﹣周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图②中符合条件，图③中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，故选：②③；（5）2+中铜离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键；2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代能得到两种不同结构的产物，2+的空间构型为平面正方形，故答案为：①③；①；（6）晶胞中X原子数目为8×+6×=4、Y原子数目为8，晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞体积为为g÷ρg/cm3，故晶胞棱长x=cm．-32-Y原子与周围4个X原子形成正四面体结构，令Y与X之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为，正四面体的高为y，正四面体棱长=，则正四面体侧面的高为×，底面中心到边的距离为××，故（yy）2+（××）2=（×）2，整理得y=x，故Y与X的距离为cm；故答案为：．【点评】本题考查物质结构与性质，题目涉及微粒构型判断、晶体类型与性质、核外电子排布、化学键、晶胞结构与晶胞计算，（6）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定空间想象能力和数学运算能力，难度较大．　（共1小题，满分0分）16．有机物Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成如图：请根据以下信息完成下列问题：①A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢；②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH③一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．（1）B的分子式为：　C4H8　．（2）C→D、G→H的反应类型为　氧化反应　、　水解（取代）反应　．（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为：　　．-32-（4）D生成E的化学方程式为　　．E与H反应生成I的方程式为　　．【考点】有机物的推断．【分析】A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，发生氧化反应，再酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为，符合F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种的条件，F发生取代反应生成G，G碱性水解，发生取代反应生成H，据此解答．【解答】解：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，发生氧化反应，再酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为，符合F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种的条件，F发生取代反应生成G，G碱性水解，发生取代反应生成H，（1）B为CH2=C（CH3）2，B的分子式为C4H8，故答案为：C4H8；（2）根据上面的分析可知，C→D为氧化反应，G→H的反应为水解（取代）反应，故答案为：氧化反应；水解（取代）反应；-32-（3）由上述分析可知，F的结构简式为：，故答案为：；（4）D生成E的化学方程式为：，E与H反应生成I的方程式为：，故答案为：；．【点评】本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生阅读能力、自学能力，熟练掌握官能团的性质与转化，利用正推法推断，根据信息确定苯环侧链是关键，难点中等．　-32-