江西拾德镇市2022届高三化学下学期第二次模拟试卷含解析

2022年江西省景德镇市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．元素X和Y在元素周期表中位于相邻的两个周期，X与Y原子核外电子数之和为19，Y原子核内质子数比X多3个，则下列叙述不正确的是()A．X和Y的单质间形成的化合物的化学式可能是Y2X或Y2X2B．元素X形成的化合物的种类比元素Y形成的化合物种类多C．Y的单质与硫酸铜溶液反应时有气体放出并有蓝色沉淀生成D．X和Y在自然界中只能以化合态存在2．某芳香族化合物的分子式为C8H6O2，它的分子（除苯环外不含其它环）中不可能有()A．两个羟基B．两个醛基C．一个羧基D．一个醛基3．现有1.0mol/L的NaOH溶液0.2L，若通入4.48L（标准状况）SO2气体使其充分反应后，则所得溶液中各粒子浓度大小关系正确的是()A．c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）B．c（SO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2SO3）＞c（SO32﹣）＞c（H+）4．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法错误的是()A．通过加水稀释可以使溶液由b点变到a点B．加入适量BaCl2（固体）可以使溶液由d点变到c点C．d点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp5．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═6C+LiCoO2，其电池如图所示．下列说法不正确的是()22A．放电时，LixC6发生氧化反应B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D．放电时，电池的正极反应为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO26．某有机高分子由、﹣CH2﹣CH2﹣两种结构单元组成，且它们自身不能相连，该烃分子中C、H两原子物质的量之比是()A．2：1B．8：7C．2：3D．1：17．由氧化铜和氧化铁的混合物ag，加入2mol•L﹣1的硫酸溶液50mL，恰好完全溶解，若将ag的该混合物在过量的CO气流中加热，充分反应冷却后剩余固体的质量为()A．1.6agB．（a﹣1.6）gC．（a﹣3.2）gD．无法计算二、解答题（共4小题，满分43分）8．按要求写出下列反应的方程式：（1）碳酸氢铵与少量的氢氧化钠溶液反应（离子方程式）__________（2）氯化铁溶液中通入二氧化硫气体（离子方程式）__________（3）一定量的硫酸铝钾加入氢氧化钡溶液生成沉淀质量最大时的反应（化学方程式）__________（4）碘化亚铁和氯气以5：7的物质的量比反应（化学方程式）__________．9．已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3+CO=2FeO+CO2，反应形成的固体混合物（Fe2O3和FeO）中，元素铁和氧的质量比用m（Fe）：m（O）表示．（1）上述固体混合物中，m（Fe）：m（O）可能是__________a．7：5b．3：1c．7：1（2）设Fe2O3被CO还原的百分率为A%，则用含m（Fe）、m（O）的代数式表示A%的关系式为__________．10．（16分）Ⅰ．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定．22制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：①称取20gNa2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水．另取4g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中．②安装实验装置（如图1所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min．③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品．回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是__________（2）仪器a的名称是__________，其作用是__________（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是__________，检验是否存在该杂质的方法是__________（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：__________．Ⅱ．测定产率将所得产品配成500ml溶液，取该溶液20ml，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：__________．（6）滴定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为__________mL，则该实验的产率为__________．（保留三位有效数据）Ⅲ．Na2S2O3的应用：Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为__________．11．甲醇是一种可再生能源，又是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景．工业上可用如下方法合成甲醇：（1）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）⇌2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣122则甲醇不完全燃烧生成CO和液态水的热化学反应方程式为__________（2）方法一生产甲醇是目前工业上常用的方法．在一定温度下，向2L密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生上述反应，5分钟反应达平衡，此时CO的转化率为80%．请回答下列问题：①前5分钟内甲醇的平均反应速率为__________；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的△H为__________（填“＞”、“＜”或“=”）0．②在该温度下反应的平衡常数K=__________．③某时刻向该平衡体系中加入CO、H2、CH3OH各0.2mol后，将使ν正__________ν逆（填“＞”“=”“＜”）．（3）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示．①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为__________．②充电过程中，右槽溶液颜色变化是__________．③若用甲醇燃料电池作为电源对其充电时，若消耗甲醇4.8g时，电路中转移的电量的为__________（法拉第常数F=9.65×l04C•mol﹣1）．【化学--选修2：化学与技术】（共2小题，满分15分）12．污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀．下列物质不能作为沉淀剂的是()A．氨水B．硫化氢气体C．硫酸钠溶液D．纯碱溶液13．（13分）回答下列问题：22（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气．氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是__________，__________；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式__________，__________．（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称__________，其中发生的化学反应方程式为__________．（3）设备B的名称__________，其中m和n是两个通水口，入水口是__________（填“m”或“n”）．不宜从相反方向通水的原因__________．（4）设备C的作用__________；（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实现：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于__________．【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）14．已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A原子，C原子的L能层中都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号__________，该能层具有的原子轨道数为__________；（2）E2+离子的价层电子轨道表示式是__________，F原子的电子排布式是__________；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为__________，B元素的气态氢化物的分子模型为__________；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子式为__________；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为__________；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为__________，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=__________g/cm3．【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）15．X、Y都是芳香族化合物，均为常见食用香精，广泛用于化妆品、糖果及调味品中．1molX水解得到1molY和1molCH3CH222OH，X、Y的分子量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O．且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，且碳与氢元素的质量比为11：1（1）X、Y分子量之差为__________．（2）1个Y分子中应该有__________个氧原子．（3）X的分子式是__________．（4）G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，用芳香烃A合成G路线如如图①写出A的结构简式__________②B→C的反应类型是__________，E→F反应的化学方程式为：__________．③写出所有符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：__________．ⅰ．分子内除了苯环无其他环状结构，且苯环上有2个对位取代基．ⅱ．一定条件下，该物质既能与银氨溶液发生银镜反应又能和FeCl3溶液发生显色反应．2022年江西省景德镇市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．元素X和Y在元素周期表中位于相邻的两个周期，X与Y原子核外电子数之和为19，Y原子核内质子数比X多3个，则下列叙述不正确的是()A．X和Y的单质间形成的化合物的化学式可能是Y2X或Y2X2B．元素X形成的化合物的种类比元素Y形成的化合物种类多C．Y的单质与硫酸铜溶液反应时有气体放出并有蓝色沉淀生成D．X和Y在自然界中只能以化合态存在考点：原子结构与元素的性质．分析：设X原子的质子数为m，Y原子的质子数为n，则：m+n=19、n﹣m=11，解得：m=8，n=11，所以X为O元素、Y为Na元素，根据元素对应的单质、化合物的结构和性质对各选项进行判断．解答：解：设X原子的质子数为m，Y原子的质子数为n，则：m+n=19、n﹣m=11，解得：m=8，n=11，所以X为O元素、Y为Na元素，A．O和Na可形成Na2O、Na2O2等化合物，故A正确；B．氧元素形成的化合物种类比钠元素多，故B正确；C．钠与硫酸铜溶液反应生成氢气和氢氧化铜蓝色沉淀，故C正确；D．O元素在自然界中可以游离态存在，空气中含有大量的氧气，故D错误；故选D．22点评：本题考查元素的推断和元素化合物的性质，题目难度中等，根据题干信息推断出各元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系．2．某芳香族化合物的分子式为C8H6O2，它的分子（除苯环外不含其它环）中不可能有()A．两个羟基B．两个醛基C．一个羧基D．一个醛基考点：常见有机化合物的结构．分析：利用书写指定条件下同分异构体的方法，将有机物的分子式按要求拆成相应的“小块”，再分析残余部分的可能结构．解答：解：C8H6O2分子拆除一个苯环后，还余有C2O2，它们可以形成两个羰基插入苯环的C﹣H键中，若插入到两个C﹣H键中，则形成两个醛基，若只插入到一个C﹣H键中，则形成一个醛基，若分子拆除一个苯环和两个羟基后，还余有C2，它们可以形成一个碳碳叁键，插入苯环的C﹣H键中，形成一个乙炔基，有机物的可能的结构如图所示，但是分子拆除一个苯环和一个羧基后，还余有一个C，它不可能满足四价的结构而插入苯环的C﹣H键中，所以C不可能．故选C．点评：本题考查有机物的结构方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度较大，综合性较强．3．现有1.0mol/L的NaOH溶液0.2L，若通入4.48L（标准状况）SO2气体使其充分反应后，则所得溶液中各粒子浓度大小关系正确的是()A．c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+）B．c（SO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2SO3）＞c（SO32﹣）＞c（H+）考点：离子浓度大小的比较．分析：n（NaOH）=1.0mol/L×0.2L=0.2mol，n（SO2）==0.2mol，二者的物质的量之比为1：1，所以二者恰好反应生成NaHSO3，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，据此分析解答．解答：解：n（NaOH）=1.0mol/L×0.2L=0.2mol，n（SO2）==0.2mol，二者的物质的量之比为1：1，所以二者恰好反应生成NaHSO3，A．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣），溶液中c（H+）＞c（SO32﹣），所以c（Na+）＜c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（H+），故A错误；22B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），存在物料守恒c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣），所以得c（SO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3），故B正确；C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），故C错误；D．溶液中HSO3﹣电离程度大于水解程度，则c（H2SO3）＜c（SO32﹣），溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合守恒思想分析解答，题目难度中等．4．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法错误的是()A．通过加水稀释可以使溶液由b点变到a点B．加入适量BaCl2（固体）可以使溶液由d点变到c点C．d点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A、加水稀释钡离子浓度也降低；B、加人BaCl2（固体）后钡离子浓度增大；C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和；D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等．解答：解：A、加水稀释钡离子浓度也降低，不可能使溶液由b点变到a点，故A错误；B、加人BaCl2（固体）后钡离子浓度增大，可以使溶液由d点变到c点，故B正确；C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D正确．故选A．点评：本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念．5．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═6C+LiCoO2，其电池如图所示．下列说法不正确的是()22A．放电时，LixC6发生氧化反应B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D．放电时，电池的正极反应为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2考点：化学电源新型电池．分析：根据电池反应式知，负极反应式为LixC6﹣xe﹣=C6+xLi+、正极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答．解答：解：A．根据图片知，放电时，左边电极是负极，LixC6失电子发生氧化反应，电极反应式为LixC6﹣xe﹣=C6+xLi+，故A正确；B．充电时，阳离子向阴极移动，阴极是左边电极，所以Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，故B错误；C．充电时，电池的负极要恢复原状，应该得电子发生还原反应，则应该与外接电源负极相连，故C正确；D．放电时，右边电极是正极，电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故D正确；故选B．点评：本题考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，知道电解质中阴阳离子移动方向，题目难度不大．6．某有机高分子由、﹣CH2﹣CH2﹣两种结构单元组成，且它们自身不能相连，该烃分子中C、H两原子物质的量之比是()A．2：1B．8：7C．2：3D．1：1考点：有机物实验式和分子式的确定．分析：根据、﹣CH2﹣CH2﹣的连接情况，确定符合条件的有机物应为3个﹣CH2﹣CH2﹣、2个，结构单元为C18H18，判断烃分子中C、H两原子物质的量之比．解答：解：根据有机高分子由、﹣CH2﹣CH2﹣两种结构单元组成，且它们自身不能相连，确定符合条件的有机物应为3个﹣CH2﹣CH2﹣、2个，结构单元为C18H18，所以该烃分子中C、H两原子物质的量之比是1：1，故选D．22点评：本题考查限制条件同分异构体的书写，难度中等，本题不宜采取书写的形式判断，关键利用有机物中碳原子相互连接．7．由氧化铜和氧化铁的混合物ag，加入2mol•L﹣1的硫酸溶液50mL，恰好完全溶解，若将ag的该混合物在过量的CO气流中加热，充分反应冷却后剩余固体的质量为()A．1.6agB．（a﹣1.6）gC．（a﹣3.2）gD．无法计算考点：有关混合物反应的计算．专题：演绎推理法．分析：金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，根据硫酸的物质的量可知金属氧化物中O元素的物质的量，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量．解答：解：由反应CuO～H2SO4，Fe2O3～3H2SO4，可知硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，n（H2SO4）=0.05L×2mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol×16g/mol=1.6g，若将ag原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量，为ag﹣1.6g，故选B．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意根据反应的特点，确定金属氧化物与硫酸反应的关系式，从而得出硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，此为解答该题的关键．二、解答题（共4小题，满分43分）8．按要求写出下列反应的方程式：（1）碳酸氢铵与少量的氢氧化钠溶液反应（离子方程式）HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（2）氯化铁溶液中通入二氧化硫气体（离子方程式）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+（3）一定量的硫酸铝钾加入氢氧化钡溶液生成沉淀质量最大时的反应（化学方程式）KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O（4）碘化亚铁和氯气以5：7的物质的量比反应（化学方程式）5FeI2+7Cl2=4FeCl3+5I2+FeCl2．考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写．分析：（1）氢氧化钠少量，参加反应的应该为碳酸氢根离子；（2）三价铁具有氧化性，二氧化硫具有还原性，氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子和二价铁离子；（3）1mol氢氧化铝质量为78克，1mol硫酸钡沉淀为233克，所以硫酸铝钾与氢氧化钡溶液反应，生成沉淀质量最大时，生成硫酸钡沉淀，铝离子和碱反应生成偏铝酸根离子和水；（4）碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子，然后再氧化二价铁离子生成三价铁离子，据此解答；解答：解：（1）氢氧化钠少量，碳酸氢根离子先参加反应生成了碳酸根离子，反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；22（2）氯化铁具有氧化性，氧化二氧化硫为硫酸，发生的离子反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；（3）1mol氢氧化铝质量为78克，1mol硫酸钡沉淀为233克，所以硫酸铝钾与氢氧化钡溶液反应，生成沉淀质量最大时，硫酸根离子全部转化生成硫酸钡沉淀，反应为：KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O，故答案为：KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O；（4）碘离子的还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子，然后再氧化二价铁离子生成三价铁离子，碘化亚铁和氯气以5：7的物质的量比反应，设FeI2的物质的量为5xmol，则氧化I﹣需用Cl25xmol，剩余2xmolCl2氧，4xmolFe2+，所以反应为：5FeI2+7Cl2=4FeCl3+5I2+FeCl2，故答案为：5FeI2+7Cl2=4FeCl3+5I2+FeCl2；点评：本题考查了化学方程式和离子方程式的书写，题目难度中等，明确化学反应的实质是解题的关键，注意反应物的用量多化学反应的影响．9．已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3+CO=2FeO+CO2，反应形成的固体混合物（Fe2O3和FeO）中，元素铁和氧的质量比用m（Fe）：m（O）表示．（1）上述固体混合物中，m（Fe）：m（O）可能是ba．7：5b．3：1c．7：1（2）设Fe2O3被CO还原的百分率为A%，则用含m（Fe）、m（O）的代数式表示A%的关系式为A%=3﹣．考点：元素质量分数的计算．分析：（1）利用极限法解答，根据Fe2O3、FeO中Fe、O元素质量之比确定范围，据此解答；（2）令Fe2O3为100mol，被CO还原的百分率为A%，则AmolFe2O3发生反应，根据方程式计算FeO，根据n=M表示出混合物中m（Fe）、m（O），再联立解答．解答：解：（1）固体只有Fe2O3时，Fe、O元素质量之比=56×2：16×3=7：3=21：9，固体只有FeO时，Fe、O元素质量之比=56：16=7：2=21：6，所以21：9＜m（Fe）：m（O）＜21：6，故不可能为ac，可能为b，故答案为：b；（3）令Fe2O3为100mol，被CO还原的百分率为A%，则AmolFe2O3发生反应，Fe2O3+CO2FeO+CO2Amol2Amol故混合物中m（Fe）=100mol×2×56g/mol，m（O）=[（100﹣A）mol×3+2Amol）×16g/mol，整理得A=300﹣，即A%=3﹣，故答案为：A%=3﹣．点评：本题考查化学方程式计算、混合物计算，侧重对解题方法技巧与分析解决问题能力考查，难度中等．2210．（16分）Ⅰ．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定．制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：①称取20gNa2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水．另取4g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中．②安装实验装置（如图1所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min．③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品．回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是使硫粉易于分散到溶液中（2）仪器a的名称是冷凝管，其作用是冷凝回流（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是Na2SO4，检验是否存在该杂质的方法是取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O．Ⅱ．测定产率将所得产品配成500ml溶液，取该溶液20ml，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：由无色变为蓝色．（6）滴定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL，则该实验的产率为72.4%．（保留三位有效数据）Ⅲ．Na2S2O3的应用：Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；22（4）S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；（5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），然后根据题中碘单质的物质的量计算出Na2S2O3•5H2O质量及产品的纯度；Ⅲ．根据题干信息“Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣”及化合价升降相等写出反应的离子方程式．解答：解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32‾具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；（4）S2O32‾与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，故答案为：由无色变为蓝色；（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），所以产品中含有Na2S2O3•5H2O的物质的量为：0.1000mol•L﹣1×18.10×10﹣3L×2×=9.05×10﹣2mol，根据方程式Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3，20gNa2SO3的物质的量为0.159mol与4g硫粉的物质的量为0.125mol，发生反应，Na2SO3过量，所以根据硫可计算得理论上可生成Na2S2O3的物质的量为0.125mol，则产率为：×100%=72.4%，故答案为：18.10；72.4%；Ⅲ．Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+，故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．点评：本题考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、中和滴定存在即计算、离子方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况．11．甲醇是一种可再生能源，又是一种重要的化工原料，具有开发和应用的广阔前景．工业上可用如下方法合成甲醇：22（1）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）⇌2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1则甲醇不完全燃烧生成CO和液态水的热化学反应方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ•mol﹣1（2）方法一生产甲醇是目前工业上常用的方法．在一定温度下，向2L密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生上述反应，5分钟反应达平衡，此时CO的转化率为80%．请回答下列问题：①前5分钟内甲醇的平均反应速率为0.08mol/（L•min）；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的△H为＜（填“＞”、“＜”或“=”）0．②在该温度下反应的平衡常数K=100．③某时刻向该平衡体系中加入CO、H2、CH3OH各0.2mol后，将使ν正＞ν逆（填“＞”“=”“＜”）．（3）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示．①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O．②充电过程中，右槽溶液颜色变化是由绿色变为紫色．③若用甲醇燃料电池作为电源对其充电时，若消耗甲醇4.8g时，电路中转移的电量的为8.685×104C（法拉第常数F=9.65×l04C•mol﹣1）．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）①反应速率V=计算得到；自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0分析判断；②依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；③依据浓度商和平衡常数比较分析判断反应进行的方向；（3）①左槽溶液逐渐由黄变蓝，VO2+转变为VO2+，发生还原反应，应为原电池的正极，22②充电过程中，右槽连接电源的负极，发生还原反应，为电解池的阴极，电极反应式为V3++e﹣=V2+，③若用甲醇燃料电池作为电源对其充电时，若消耗甲醇4.8g时，物质的量==0.15mol，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，电子转移0.15mol×6=0.9mol，结合法拉第常数计算得到．解答：解：（1）：①2CH3OH（l）+3O2（g）⇌2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1由盖斯定律计算，（①﹣②﹣③×4）得到甲醇不完全燃烧生成CO和液态水的热化学反应方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ•mol﹣1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ•mol﹣1；（2）在一定温度下，向2L密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生上述反应，5分钟反应达平衡，此时CO的转化率为80%，则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）起始量（mol/L）0.510变化量（mol/L）0.40.80.4平衡量（mol/L）0.10.20.4①前5分钟内甲醇的平均反应速率==0.08mol/L•min；已知该反应在低温下能自发进行，△H﹣T△S＜0，反应△S＜0，则△H＜0；故答案为：0.08mol/（L•min）；＜；②K==100，故答案为：100；③某时刻向该平衡体系中加入CO、H2、CH3OH各0.2mol后，浓度商Q==27.8＜100，反应正向进行，V正＞V逆，故答案为：＞；（3）①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O，说明此时为原电池，且为原电池的正极，故答案为：VO2++2H++e﹣=VO2++H2O；②充电过程中，右槽连接的是电源负极，为电解池的阴极，电极反应式为V3++e﹣=V2+，V3+为绿色，V2+为紫色，故可以看到右槽溶液颜色逐渐由绿色变为紫色．故答案为：由绿色变为紫色；③若用甲醇燃料电池作为电源对其充电时，若消耗甲醇4.8g时，物质的量==0.15mol，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，电子转移0.15mol×6=0.9mol，电路中转移的电量的=9.65×l04C•mol﹣1×0.9mol=8.685×104C，故答案为：8.685×104C．点评：22本题考查了热化学方程式书写方法，化学平衡影响因素分析，平衡计算理解应用，平衡常数、反应速率概念的计算分析，电解池中，与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，失去电子，与电源负极相连的阴极，发生还原反应，得到电子，并且根据得失电子守恒计算，题目难度中等．【化学--选修2：化学与技术】（共2小题，满分15分）12．污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀．下列物质不能作为沉淀剂的是()A．氨水B．硫化氢气体C．硫酸钠溶液D．纯碱溶液考点：离子反应发生的条件．专题：离子反应专题．分析：各项所加试剂均应过量才符合题目要求，A项溶液形成络离子，B项生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，C项硫酸铜不是沉淀，D项均能通过双水解调节pH转化为沉淀；解答：解：A．加入氨水，易形成络离子，不能生成沉淀，故A错误；B．加入硫化氢气体，生成硫化铜、硫化汞、硫化铅等沉淀，故B正确；C．不能使Cu2+生成沉淀，故C错误；D．均能通过双水解调节pH转化为沉淀，故D正确．故答案为：AC；点评：本题考查离子反应的条件，离子反应的实质学生容易接受，比较基础．13．（13分）回答下列问题：（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气．氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是液化、分馏，与碳反应后除去CO2；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式C+H2OCO+H2，CH4+H2OCO+3H2．（2）设备A中含有电加热器、触煤和热交换器，设备A的名称合成（氨）塔，其中发生的化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；．（3）设备B的名称冷凝塔或冷凝器；，其中m和n是两个通水口，入水口是n（填“m”或“n”）．不宜从相反方向通水的原因高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好．（4）设备C的作用将液氨与未反应的原料气分离；（5）在原料气制备过程中混有CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实现：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过90%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于13.8．考点：工业合成氨．22分析：（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；制取氢气可用碳和水反应或甲烷与水反应；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器；水流和气流方向应逆向；（4）分离器用来分离液氨和原料气；（5）根据平衡常数用三段式法计算．解答：解：（1）分离空气提取氮气的方法有两种，以上液化、分馏空气，另一种为空气与碳反应生成二氧化碳，反应后除去二氧化碳气体；C和水反应的方程式为C+H2OCO+H2，甲烷与水反应的方程式为CH4+H2OCO+3H2，故答案为：液化、分馏；与碳反应后除去CO2；C+H2OCO+H2；CH4+H2OCO+3H2；（2）合成氨的设备为合成塔，发生N2（g）+3H2（g）2NH3（g），故答案为：合成（氨）塔；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；（3）冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，水流和气流方向应逆向，则入水口是n，高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，可使冷水充满冷凝器，逆向冷凝效果好，故答案为：冷凝塔或冷凝器；n；高温气体由冷凝塔上端进入，冷凝水从下端进入，逆向冷凝效果好；（4）分离器用来分离液氨和原料气，故答案为：将液氨与未反应的原料气分离；（5）设CO的起始浓度为xmol，H2O的起始浓度为ymol，则转化的CO的最小值为0.9x，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始xy00变化0.9x0.9x0.9x0.9x平衡0.1xy﹣0.9x0.9x0.9x根据平衡常数列式：=0.627，解得：=13.8．故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%．故答案为：13.8．点评：本题综合考查工业合成氨知识，涉及物质的分离、化学平衡的等问题，题目难度较大，注意把握物质的性质，根据性质选择分离方法，易错点为（5），注意利用三段式法计算较为直观．【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）14．已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A原子，C原子的L能层中都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号M，该能层具有的原子轨道数为9；22（2）E2+离子的价层电子轨道表示式是，F原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为sp2，B元素的气态氢化物的分子模型为三角锥形；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子式为；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为CuFeS2，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=4.32g/cm3．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．分析：A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，据此解答．解答：解：A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道，故答案为：M；9；22（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是，F为Cu元素，原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：；1s22s22p63s23p63d104s1；（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，分子结构式为，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，为三角锥形结构，故答案为：sp2；三角锥形；（4）化合物CO2、N2O和阴离子SCN﹣互为等电子体，它们结构相似，SCN﹣中C原子与S、N原子之间形成2对共用电子对，SCN﹣的电子式为，故答案为：；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，含有K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN﹣构成，配位数为6，甲为K3[Fe（CN）6]，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓，故答案为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（6）晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6×+4×=4，F（Cu）原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4×+1+8×=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2，晶胞质量=×4，晶胞体积=（524×10﹣10cm）2×103×10﹣10cm，该晶体的密度d=（×4）÷[（524×10﹣10cm）2×103×10﹣10cm]=4.32g/cm3，故答案为：CuFeS2；4.32．点评：本题是对考查物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化理论、等电子体、配合物、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，（5）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）15．X、Y都是芳香族化合物，均为常见食用香精，广泛用于化妆品、糖果及调味品中．1molX水解得到1molY和1molCH3CH2OH，X、Y的分子量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O．且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，且碳与氢元素的质量比为11：122（1）X、Y分子量之差为28．（2）1个Y分子中应该有2个氧原子．（3）X的分子式是C11H12O2．（4）G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，用芳香烃A合成G路线如如图①写出A的结构简式②B→C的反应类型是取代反应，E→F反应的化学方程式为：+H2O．③写出所有符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：．ⅰ．分子内除了苯环无其他环状结构，且苯环上有2个对位取代基．ⅱ．一定条件下，该物质既能与银氨溶液发生银镜反应又能和FeCl3溶液发生显色反应．考点：有机物的推断．分析：1molX水解得到1molY和1molCH3CH2OH，X、Y的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O．且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，含O为≈2，且碳与氢元素的质量比为11：1，则C、H个数比为11：12，不饱和度为6，所以X中除了苯环和酯基外还有一个碳碳双键，由D的结构可知，D→E发生催化氧化，E为，E→F发生消去反应，所以F为，F与乙醇发生酯化反应生成G，则G为，G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，则X为，Y为22，再结合合成路线可知，A→B发生加成，B→C发生水解，C→D发生催化氧化，则A为，然后结合有机物的结构和性质来解答．解答：解：1molX水解得到1molY和1molCH3CH2OH，X、Y的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O．且X分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81.8%，含O为≈2，且碳与氢元素的质量比为11：1，则C、H个数比为11：12，不饱和度为6，所以X中除了苯环和酯基外还有一个碳碳双键，由D的结构可知，D→E发生催化氧化，E为，E→F发生消去反应，所以F为，F与乙醇发生酯化反应生成G，则G为，G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，则X为，Y为，再结合合成路线可知，A→B发生加成，B→C发生水解，C→D发生催化氧化，则A为，（1）X为，Y为，相差C2H4，即相对分子质量相差28，故答案为：28；（2）由Y为羧酸可知，含2个氧原子，故答案为：2；（3）X的分子式为C11H12O2，故答案为：C11H12O2；（4）①由上述分析可知A为，故答案为：；②B→C的反应为卤代烃的碱性水解，是取代反应，E→F的反应为+H2O，故答案为：取代反应；+H2O；③F为，符合i．分子内除了苯环无其他环状结构，且苯环上有2个对位取代基，ii．一定条件下该物质既能与银氨溶液发生银镜反应又能和FeCl3溶液发生显色反应，其一取代基为﹣OH，则同分异构体为，22故答案为：．点评：本题考查有机物的合成，注意有机物的官能团与性质的关系，结构与性质的关系、熟悉常见反应的反应原理即可解答，同分异构体为解答的难点，题目难度不大．22