江苏省淮安市盱眙中学2022届高三化学上学期12月学情调研试卷含解析

2022-2022学年江苏省淮安市盱眙中学高三（上）学情调研化学试卷（12月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学家认为石油、煤作为能源使用时，燃烧了“未来的原始材料”．下列对上述观点理解正确的是()A．大力提倡使用廉价化石燃料作为能源B．应更多地利用石油和煤生产基本化工原料C．化石燃料属于可再生能源，不影响可持续发展D．研发新型催化剂，提高石油和煤中各组分的燃烧热2．下列有关化学用语表示正确的是()A．氯离子的结构示意图：B．明矾的化学式：KAl（SO4）2C．中子数为10的氧原子：OD．溴化铵的电子式：3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．c（ClO﹣）=1.0mol•L﹣1的溶液中：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣B．由水电离的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣C．常温下，c（H+）/c（OH﹣）=10﹣10的溶液中：Ca2+、Mg2+、HCO3﹣、I﹣D．滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中：Na+、K+、I﹣、SO42﹣4．下列有关物质性质、应用的说法正确的是()A．氯化铝是电解质，可电解其水溶液获得金属铝B．二氧化硅具有导电性，可用于生产光导纤维C．SO2具有漂白性，可用于将银耳漂白为“雪耳”D．小苏打可与酸反应，可用作治疗胃酸过多的药剂5．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的是()29A．图I所示装置制取干燥的氨气B．图Ⅱ所示装置用于提取I2的CCl4溶液中的I2C．图Ⅲ所示装置微热稀HNO3，在广口瓶中可收集NO气体D．图IV所示装置可用于除去CO2中含有的少量HCl6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确是()A．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有碳氯共价健的数目为0.3NAB．25℃时，1LpH=12的Na2CO3溶液中含有Na+的数目为0.02NAC．常温常压下，28gC2H4、C3H6的混合气体中含有碳原子的数目为2NAD．0.1molCl2全部溶于水后转移电子的数目为0.1NA7．下列离子方程式正确的是()A．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3﹣═Ag++NO↑+H2OB．小苏打溶液中加足量澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣C．用石墨作电极电解饱和NaCl溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣D．向氯化铝溶液中通入过量的氨气：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O8．下列物质的转化在给定条件下能实现的是()①FeFe2O3Fe2（SO4）3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3④NaNa2ONaOH⑤SO2H2SO3H2SO4．A．①⑤B．②⑤C．③④D．②③9．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和﹣1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍．下列叙述正确的是()A．元素的原子半径：A＜B＜C＜D＜E29B．对应氢化物的热稳定性：D＞EC．B与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D．五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E．10．某电源装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是()A．正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D．当电路中转移0.01mole﹣时，交换膜左则溶液中约减少0.02mol离子二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是()A．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B．反应Hg（l）+H2SO4（aq）═HgSO4（aq）+H2（g）在常温下不能自发进行，则△H＜0C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大D．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小12．西瑞香素是具有较强的抗肿瘤活性药物，其结构简式如图所示．下列关于西瑞香素的结构和性质叙述正确的是()A．分子中所有原子可以处于同一平面B．该物质能发生加成、氧化、水解、消去等反应C．能与FeCl3溶液发生显色反应D．1mol该有机物最多可与3molNaOH反应13．在探究氨水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A．氨水有刺激性气味，说明氨水中含有氨分子B．向氨水中滴加酚酞试剂，溶液变红，说明氨水中含有OH﹣29C．向氨水中加入浓氢氧化钠溶液，加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明氨水中含有NH4+D．浓氨水和浓盐酸靠近产生大量白烟，说明氨气与氯化氢容易反应14．常温下，对pH=10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是()A．c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）15．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表：下列说法正确的是()t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v（Z）=4.0×10﹣3mol/（L•min）B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大三、解答题（共5小题，满分68分）16．工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO4•7H2O的工艺流程如图1：（已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为__________．（2）浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为__________．（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，该反应的离子方程式为__________．该过程在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，其目的是__________．29（4）置换法除去重金属离子Cd2+，所用物质C为__________．（5）取28.70gZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示．680℃时所得固体的化学式为__________．a．ZnOb．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4d．ZnSO4•H2O．17．光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：A是苯甲醛Ⅰ．（R，R′为烃基或氢）Ⅱ．+R2OH+HCl（R，R′为烃基）（1）C分子中所含官能团名称为__________．（2）乙炔和羧酸X加成生成E，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，则E的结构简式为__________．（3）由C到D的反应类型为__________．（4）D和G反应生成光刻胶的化学方程式为__________．（5）C的一种同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上的一氯取代产物只有两种．写出该同分异构体的结构简式：__________．（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．18．酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下29（1）步骤①中Cu2（OH）2CO3发生反应的化学方程式为__________．（2）在步骤③发生的反应中，1molMnO2转移2mol电子，该反应的离子方程式为__________．（3）该小组为测定黄铵铁矾的组成，进行了如下实验：a．称取4.800g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液A；b．量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，用0.2500mol•L﹣1Na2S2O3溶液进行滴定（反应方程式为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mLNa2S2O3溶液至终点．b．量取25.00mL溶液A，加入足量的NaOH溶液充分反应后，过滤、洗涤、灼烧得红色粉末0.600g．c．另取25.00mL溶液A，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥得沉淀1.165g．①用Na2S2O3溶液进行滴定时，滴定到终点的颜色变化为__________．②通过计算确定黄铵铁矾的化学式（写出计算过程）．19．氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）2•6H2O的流程如图1：已知：①卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质．②四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图2所示．（1）“调节pH=4”可选用的试剂是__________（填编号）．①MgO②CuO③MgCO3④Mg（2）加入BaCl2的目的是除去杂质离子，检验杂质离子已沉淀完全的方法是__________．（3）“滤渣”的主要成分为__________．（4）加入NaClO3饱和溶液发生反应为：MgCl2+2NaClO3══Mg（ClO3）2+2NaCl，再进一步制取Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤依次为：①蒸发、浓缩、结晶；②__________；③__________；④过滤、洗涤、干燥．29（5）将产品先用水洗涤，再用无水乙醇清洗．无水乙醇的作用是__________．（6）产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定：步骤1：准确称量3.00g产品配成100mL溶液．步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL1.000mol•L﹣1的FeSO4溶液，微热．步骤3：冷却至室温，用0.100mol•L﹣1K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．①写出步骤2中发生反应的离子方程式：__________．②产品中Mg（ClO3）2•6H2O的质量分数为__________．20．（14分）为了减少煤燃烧对大气造成的污染，煤的气化和液化是高效、清洁利用煤炭的重要途径，而减少CO2气体的排放也是人类面临的重大课题．煤综合利用的一种途径如图1所示：（1）已知：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是__________．（2）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）；△H①该反应平衡常数表达式为K=__________．②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图2所示．该反应的△H__________（填“＞”、“＜”或“=”）0．若温度不变，减小反应投料比[n（H2）/n（CO2）]，则K将__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）一种新型氢氧燃料电池工作原理如图3所示．①写出电极A的电极反应式__________放电过程中，溶液中的CO32﹣将移向电极__________（填A或B）29②以上述电池电解饱和食盐水，若生成0.2molCl2，则至少需通入O2的体积为__________L（标准状况）四、解答题（共1小题，满分12分）21．周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大．A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成对电子有3个，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子．回答下列问题：（1）E+离子的基态核外电子排布__________（2）B、C、D中第一电离能由大到小的顺序为__________（填元素符号）（3）A和B、C两元素形成的两种共价化合物发生反应，生成BA4+离子，该离子的中心原子的杂化方式为__________；与BA4+离子互为等电子体的一种分子为__________（填化学式）．（4）E的硫酸盐溶液中滴加过量的氨水可以生成配合物[E（NH3）4]SO4，1mol配合物中含有的σ键的数目为__________．（5）E和C（空心小球为C，实心小球为E）形成的一种离子化合物的晶体结构如图所示，则离子化合物的化学式为__________．292022-2022学年江苏省淮安市盱眙中学高三（上）学情调研化学试卷（12月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学家认为石油、煤作为能源使用时，燃烧了“未来的原始材料”．下列对上述观点理解正确的是()A．大力提倡使用廉价化石燃料作为能源B．应更多地利用石油和煤生产基本化工原料C．化石燃料属于可再生能源，不影响可持续发展D．研发新型催化剂，提高石油和煤中各组分的燃烧热【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；清洁能源．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．化石燃料的大量使用，会增加空气中二氧化碳的含量，造成温室效应；B．化石燃料不可再生，燃烧能产生大量的空气污染物，利用石油和煤能生产基本化工原料，减少污染提高利用率；C．化石燃料属于不可再生能源，大量使用，影响可持续发展；D．根据催化剂的作用结合燃烧热进行解答．【解答】解：A．化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，所以开发新清洁能源，减少化石燃料的燃烧减少二氧化碳的排放，防止温室效应，故A错误；B．化石燃料既是燃料，又是重要的化工原料，且不可再生，燃烧能产生大量的空气污染物，以石油为原料可以制取乙烯等多种化工产品，所以应更多地利用石油和煤生产基本化工原料，故B正确；C．化石燃料是不可再生能源，在地球上蕴藏量是有限的，大量使用，影响可持续发展，故C错误；D．催化剂是指在化学反应中能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后不变的物质；燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量；所以研发新型催化剂，只能提高石油和煤中各组分的燃烧速率，但不可提高燃烧热，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了化石燃料的使用，依据可持续发展的理念结合相关的基础知识是解答的关键，题目难度不大．2．下列有关化学用语表示正确的是()A．氯离子的结构示意图：B．明矾的化学式：KAl（SO4）2C．中子数为10的氧原子：OD．溴化铵的电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．29【专题】化学用语专题．【分析】A．氯离子的核电荷数为17，原子变成离子的过程中，核电荷数不发生变化；B．明矾为十二水合硫酸铝钾，明矾中含有12个结晶水；C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数；D．溴化铵的电子式中，溴离子为阴离子，需要标出其最外层电子．【解答】解：A．氯离子的核电荷数为17，最外层为8个电子，氯离子的离子结构示意图为：，故A错误；B．明矾中含有结晶水，明矾正确的化学式为：KAl（SO4）2•12H2O，故B错误；C．中子数为10的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为：O，故C正确；D．溴化铵为离子化合物，铵根离子和溴离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子，溴化铵正确的电子式为：，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握电子式、化学式、原子结构示意图等化学用语的概念及正确的表示方法，选项D为易错点，注意溴化铵的电子式中，溴离子和铵根离子都需要标出最外层的电子．3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．c（ClO﹣）=1.0mol•L﹣1的溶液中：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣B．由水电离的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣C．常温下，c（H+）/c（OH﹣）=10﹣10的溶液中：Ca2+、Mg2+、HCO3﹣、I﹣D．滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中：Na+、K+、I﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子、硫离子；B．由水电离的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；C．常温下，c（H+）/c（OH﹣）=10﹣10的溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，钙离子、镁离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；D．滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中存在大量铁离子，铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子．【解答】解：A．ClO﹣能够氧化SO32﹣、S2﹣，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．由水电离的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，且都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．常温下，c（H+）/c（OH﹣）=10﹣10的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Ca2+、Mg2+、HCO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故D错误；29故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．4．下列有关物质性质、应用的说法正确的是()A．氯化铝是电解质，可电解其水溶液获得金属铝B．二氧化硅具有导电性，可用于生产光导纤维C．SO2具有漂白性，可用于将银耳漂白为“雪耳”D．小苏打可与酸反应，可用作治疗胃酸过多的药剂【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氯化铝是共价化合物，属于分子晶体；B．二氧化硅不具有导电性；C．SO2有毒，具有漂白性；D．小苏打可与胃酸反应；【解答】解：A．氯化铝的构成微粒是分子，属于分子晶体，为共价化合物，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故A错误；B．二氧化硅不具有导电性，故B错误；C．SO2有毒，具有漂白性，但SO2不能用来漂白馒头、银耳等食品，故C错误；D．胃酸的主要成分为盐酸，可与小苏打反应，可用小苏打治疗胃酸过多，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．注意氯化铝是共价化合物，属于分子晶体为高频考点．5．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的是()A．图I所示装置制取干燥的氨气B．图Ⅱ所示装置用于提取I2的CCl4溶液中的I2C．图Ⅲ所示装置微热稀HNO3，在广口瓶中可收集NO气体D．图IV所示装置可用于除去CO2中含有的少量HCl【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．生石灰可与水反应，放出大量的热，促进氨气的挥发；B．应用蒸馏的方法提取I2的CCl4溶液中的I2；29C．NO易于空气反应；D．二者都与碳酸钠溶液反应．【解答】解：A．生石灰可与水反应，放出大量的热，促进氨气的挥发，可用于实验室制备少量氨气，故A正确；B．碘易溶于四氯化碳，应用蒸馏的方法提取I2的CCl4溶液中的I2，故B错误；C．NO易于空气反应，应用排水法收集，故C错误；D．二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离、气体的收集等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的可行性和严密性的评价，难度中等．6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确是()A．标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有碳氯共价健的数目为0.3NAB．25℃时，1LpH=12的Na2CO3溶液中含有Na+的数目为0.02NAC．常温常压下，28gC2H4、C3H6的混合气体中含有碳原子的数目为2NAD．0.1molCl2全部溶于水后转移电子的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，三氯甲烷是液态；B、根据pH无法计算出溶液中Na+的浓度；C、根据C2H4、C3H6的最简式均为CH2来计算；D、氯气与水的反应为可逆反应．【解答】解：A、标况下，三氯甲烷是液态，故A错误；B、根据pH=12可求出H+和OH﹣的浓度，但无法求出溶液中Na+的浓度，故无法计算Na+的数目，故B错误；C、C2H4、C3H6的最简式均为CH2可知，28gC2H4、C3H6的混合气体中CH2的物质的量n===2mol，故含有的碳原子为2mol，个数为2NA，故C正确；D、氯气与水的反应为可逆反应，0.1molCl2不能反应完全，故转移电子的数目小于0.1NA，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．7．下列离子方程式正确的是()A．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3﹣═Ag++NO↑+H2OB．小苏打溶液中加足量澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣C．用石墨作电极电解饱和NaCl溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣D．向氯化铝溶液中通入过量的氨气：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．29【分析】A．得失电子不守恒；B．小苏打溶液中加足量澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；C．用石墨作电极电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；D．不符合反应的客观事实．【解答】解；A．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，离子方程式：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故A错误；B．小苏打溶液中加足量澄清石灰水，离子方程式：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故B错误；C．用石墨作电极电解饱和NaCl溶液，离子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故C正确；D．向氯化铝溶液中通入过量的氨气，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，注意化学式的拆分，选项B为易错选项．8．下列物质的转化在给定条件下能实现的是()①FeFe2O3Fe2（SO4）3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3④NaNa2ONaOH⑤SO2H2SO3H2SO4．A．①⑤B．②⑤C．③④D．②③【考点】铁的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①铁与氧气反应生成四氧化三铁；②二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸酸性弱于盐酸；③依据氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢；④钠与氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠；⑤依据二氧化硫为酸性氧化物，具有还原性解答．【解答】解：①铁与氧气反应生成四氧化三铁，故①错误；②二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸酸性弱于盐酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸和氯化钠，故②正确；③氯化铁溶于水，存在水解平衡，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热促进水解，生成氢氧化铁，得不到氯化铁，故C错误；④钠与氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，故④错误；29⑤二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸，故⑤正确；故选：B．【点评】本题考查了元素及化合物知识，明确物质的性质是解题关键，注意反应条件对反应的影响，题目难度不大．9．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和﹣1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍．下列叙述正确的是()A．元素的原子半径：A＜B＜C＜D＜EB．对应氢化物的热稳定性：D＞EC．B与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D．五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E．【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】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和﹣1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第ⅠA族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3×（1+8）﹣11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和﹣1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第ⅠA族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3×（1+8）﹣11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：H＜O＜Cl＜S＜Na，即A＜B＜E＜D＜C，故A错误；B．非金属性S＜Cl，非金属性越强，氢化物越稳定，故对应氢化物的热稳定性：D＜E，故B错误；C．B与C形成Na2O、Na2O2，氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，B与D形成SO3、SO2，只含有共价键，故C错误；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4的酸性最强，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握微粒半径、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性比较规律．10．某电源装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是()29A．正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D．当电路中转移0.01mole﹣时，交换膜左则溶液中约减少0.02mol离子【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子；C、根据电池总反应判断；D、放电时，交换膜左则的氢离子向正极移动，氯离子与银离子生成氯化银沉淀．【解答】解：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mole﹣时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应，注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题，题目难度中等．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列有关说法正确的是()A．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B．反应Hg（l）+H2SO4（aq）═HgSO4（aq）+H2（g）在常温下不能自发进行，则△H＜0C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大29D．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小【考点】金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【分析】A、作原电池负极的金属加速被腐蚀；B、△G=△H﹣T△S＞0时，化学反应不能自发进行；C、升高温度，反应速率加快，平衡向着吸热方向进行；D、加水稀释促进CH3COOH电离，c（CH3COO﹣）减小、c（CH3COOH）减小；【解答】A、镀铜铁制品镀层受损后，Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极，加速被腐蚀，所以铁制品比受损前更容易生锈，故A正确；B、△G=△H﹣T△S＞0时，化学反应不能自发进行，根据方程式知，△S＞0，则△H＞0，故B错误；C、升高温度，反应速率加快，平衡向着吸热方向进行，即氢气的平衡转化率减小，故C错误；D、加水稀释促进CH3COOH电离，则c（CH3COO﹣）减小、c（CH3COOH）减小，但是醋酸的减小程度大，所以溶液中的值减小，故D正确；故选AD．【点评】本题涉及原电池的工作原理的应用、化学反应的方向、化学平衡的移动以及弱电解质的电离等知识，综合性强，难度不大．12．西瑞香素是具有较强的抗肿瘤活性药物，其结构简式如图所示．下列关于西瑞香素的结构和性质叙述正确的是()A．分子中所有原子可以处于同一平面B．该物质能发生加成、氧化、水解、消去等反应C．能与FeCl3溶液发生显色反应D．1mol该有机物最多可与3molNaOH反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知，分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣、双键及醚键，结合酚、酯、烯烃的性质来解答．【解答】解：A．分子中含甲基，C为四面体构型，则所有原子不可能共面，故A错误；B．含双键可发生加成、氧化反应，含﹣COOC﹣可发生水解反应，不能发生消去反应，故B错误；C．含酚﹣OH，能与FeCl3溶液发生显色反应，故C正确；D．酚﹣OH、﹣COOC﹣及﹣COOC﹣水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应，则1mol该有机物最多可与5molNaOH反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性质、原子共面的考查，题目难度不大．2913．在探究氨水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A．氨水有刺激性气味，说明氨水中含有氨分子B．向氨水中滴加酚酞试剂，溶液变红，说明氨水中含有OH﹣C．向氨水中加入浓氢氧化钠溶液，加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明氨水中含有NH4+D．浓氨水和浓盐酸靠近产生大量白烟，说明氨气与氯化氢容易反应【考点】氨的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．依据氨气具有刺激性气味解答；B．酚酞与碱性物质显红色，一水合氨为弱电解质，电离产生氨根离子与氢氧根离子；C．浓氨水中含有氨气分子；D．氨气与氯化氢极易反应生成氯化铵固体．【解答】解：A．氨水有刺激性气味，说明氨水中含有氨分子，故A正确；B．酚酞与碱性物质显红色，向氨水中滴加酚酞试剂，溶液变红，说明氨水中含有OH﹣，故B正确；C．浓氨水中含有氨气，向氨水中加入浓氢氧化钠溶液，加热，促进氨气的逸出，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能说明氨水中含有NH4+，故C错误；D．氨气与氯化氢极易反应生成氯化铵固体，浓氨水和浓盐酸靠近产生大量白烟，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了氨水的性质，明确氨水的成分及各种物质的性质是解题关键，题目难度不大．14．常温下，对pH=10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是()A．c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】常温下，pH=10的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒分析解答．【解答】解：A．常温下，pH=10的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，则c（CO32﹣）＜c（H2CO3），故A错误；B．HCO3﹣的水解程度大于电离程度导致其溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），碳酸氢根离子电离和水解程度都较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故D正确；故选CD．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液酸碱性确定氢离子和氢氧根离子的关系，再结合守恒思想分析解答，注意盐类水解程度都较小．2915．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表：下列说法正确的是()t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v（Z）=4.0×10﹣3mol/（L•min）B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【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】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，求出Z的物质的量变化，根据v=计算v（Z）；B、根据温度对反应速率的影响分析；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2molZ，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动．【解答】解：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0.08mol，故v（Z）==4×10﹣3mol/（L•min），故A正确；B、其他条件不变，升高温度，反应速率增大，则v（逆）和v（正）都增大，故B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量也为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01mol•L﹣1、0.01mol•L﹣1、0.012mol•L﹣1，故平衡常数K===1.44，故C正确；D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡等效，X的体积分数不变，故D错误．故选AC．【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意C选项中对化学平衡常数的理解．三、解答题（共5小题，满分68分）16．工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO4•7H2O的工艺流程如图1：（已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）29（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为S．（2）浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+ZnS═ZnSO4+2FeSO4+S．（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，该反应的离子方程式为4Fe2++O2+6H2O═4FeOOH+8H+．该过程在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，其目的是增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率．（4）置换法除去重金属离子Cd2+，所用物质C为Zn．（5）取28.70gZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示．680℃时所得固体的化学式为b．a．ZnOb．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4d．ZnSO4•H2O．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO4•7H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO4•7H2O；（1）硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫；（2）加入硫酸铁和硫酸是为了溶解氧化铁、硫化锌、硫化镉获得生产硫酸锌晶体和硫酸亚铁晶体的原料；其中硫酸铁氧化硫化锌；（3）除铁是利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，依据增大物质接触面积会加快反应速率；（4）依据置换反应的反应条件是活泼金属进行置换，结合制备实验方案是制取ZnSO4•7H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间分析；（5）28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol，分别分析生成ZnO、ZnSO4、ZnSO4•H2O的质量，进而确定温度．【解答】解：闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O329溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO4•7H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO4•7H2O；（1）依据流程转化关系分析判断，加入的硫酸铁具有氧化性能溶解氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品为氧化产物为硫，故答案为：S；（2）依据流程反应和生成硫单质可知，硫酸铁具有氧化性能氧化硫化锌和硫化镉，生成单质硫，反应的化学方程式为：Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S，故答案为：Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S；（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，反应的两种方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置是为了增大与空气的接触面积增大反应速率，故答案为：4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率；（4）制备实验方案是制取ZnSO4•7H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉，故答案为：Zn；（5）28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol，若得ZnSO4•H2O的质量为17.90g，则温度为100℃；若得ZnSO4的质量为16.10g，则温度为250℃；若得ZnO的质量为8.10g，则温度为930℃；据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2；故答案为：b．【点评】本题综合考查物质的制备、分离、提纯等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，把握物质性质是解题关键，题目难度中等．17．光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：A是苯甲醛Ⅰ．（R，R′为烃基或氢）Ⅱ．+R2OH+HCl（R，R′为烃基）（1）C分子中所含官能团名称为羧基和碳碳双键．（2）乙炔和羧酸X加成生成E，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，则E的结构简式为CH3COOCH=CH2．（3）由C到D的反应类型为取代反应．29（4）D和G反应生成光刻胶的化学方程式为．（5）C的一种同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上的一氯取代产物只有两种．写出该同分异构体的结构简式：．（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ，可推知A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为，C发生取代反应生成D．乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH3COOCH=CH2，F为，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH，可以先将发生题中流程里的第一步反应得CH3CH=CH2CHO，再经过氧化、与溴的加成、水解、氧化可得产品，据此解答．【解答】解：由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ，可推知A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为，C发生取代反应生成D．乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH3COOCH=CH229，F为，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，（1）C为，C分子中所含官能团名称为羧基和碳碳双键，故答案为：羧基和碳碳双键；（2）由上述分析可知，E的结构简式为：CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（3）由C到D的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（4）G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，该反应方程式为：，故答案为：；（5）C的一种同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解后产生酚羟基；②苯环上的一氯取代产物只有两种，说明苯环对位上有两个取代基，符合条件的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线，29故答案为：；【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合正、逆推法进行推断，较好的考查学生的分析、推理能力，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等．18．酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下（1）步骤①中Cu2（OH）2CO3发生反应的化学方程式为Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O．（2）在步骤③发生的反应中，1molMnO2转移2mol电子，该反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O．（3）该小组为测定黄铵铁矾的组成，进行了如下实验：a．称取4.800g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液A；b．量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，用0.2500mol•L﹣1Na2S2O3溶液进行滴定（反应方程式为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），消耗30.00mLNa2S2O3溶液至终点．b．量取25.00mL溶液A，加入足量的NaOH溶液充分反应后，过滤、洗涤、灼烧得红色粉末0.600g．c．另取25.00mL溶液A，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥得沉淀1.165g．①用Na2S2O3溶液进行滴定时，滴定到终点的颜色变化为滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复到原来颜色．②通过计算确定黄铵铁矾的化学式（写出计算过程）．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）碱式碳酸铜与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水；（2）二氧化锰是强氧化剂，可以和亚铁离子发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为铁离子；（3）①用Na2S2O3溶液进行滴定时，用淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；29②测定黄钠铁矾的原理是，加入碘化钾和黄钠铁矾中铁离子反应生成单质碘，碘和硫代硫酸钠反应，通过消耗硫代硫酸钠的量来计算铁的量，加入足量氯化钡和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，通过硫酸钡沉淀来计算硫酸根离子的量，根据质量守恒和电荷守恒计算钠离子和氢氧根离子的量，根据各微量物质的量之比写出黄钠铁矾的化学式；【解答】解：（1）碱式碳酸铜与硫酸反应的方程式直接写，用观察法配平．Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O，故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O；（2）依题意亚铁离子变成了铁离子，1molMnO2转移电子2mol，则锰元素从+4变成+2价，溶液是显酸性的，方程式经过观察可要补上氢离子，综合上述分析可写出离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（2）用Na2S2O3溶液进行滴定时，用淀粉作指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复到原来颜色；故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复到原来颜色；（3）有关的反应离子方程式为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，2Fe3+～I2～2Na2S2O3n（Fe3+）=2n（I2）=n（Na2S2O3）=0.2500mol•L﹣1×30.00mL×10﹣3L•mL﹣1=7.50×10﹣3mol；量取25.00mL溶液A，加入足量的NaOH溶液充分反应后，过滤、洗涤、灼烧得红色粉末Fe2O30.600g，所以n（Fe3+）=2（Fe2O3）=2×0.600g/160g•mol﹣1=7.50×10﹣3mol，所以在黄铵铁矾中铁都显+3价，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g为硫酸钡沉淀，则n（SO42﹣）==5.00×10﹣3mol，100mL溶液中含有n（Fe3+）=7.50×10﹣3mol×=0.03mol，n（SO42﹣）=5.00×10﹣3mol×=0.02mol，设4.850g样品中铵根离子的物质的量为n（NH4+），氢氧根离子物质的量为n（OH﹣），根据质量守恒得：4.850g﹣0.03mol×56g/mol﹣0.02mol×96g/mol=n（NH4+）×23g/mol+n（OH﹣）×17g/mol根据电荷守恒得：0.03mol×3+n（NH4+）×1=0.02mol×2+n（OH﹣）×1解得：n（NH4+）=0.01mol，n（OH﹣）=0.06mol，x：y：m：n=n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42﹣）：n（OH﹣）=0.01：0.03：0.02：0.06=1：3：2：6，化学式为NH4Fe3（SO4）2（OH）6，答：黄铵铁矾的化学式为：NH4Fe3（SO4）2（OH）6．【点评】本题考查黄铵铁矾的分离、提纯的实验设计、组成的测定等，中等难度，计算时要搞清反应原理，充分利用质量守恒和电荷守恒计算出铵离子和氢氧根离子的物质的量是解题的关键．要细心计算，注意从100mL中取出25mL进行滴定和形成沉淀，容易出错．19．氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）2•6H2O的流程如图1：29已知：①卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质．②四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图2所示．（1）“调节pH=4”可选用的试剂是①③④（填编号）．①MgO②CuO③MgCO3④Mg（2）加入BaCl2的目的是除去杂质离子，检验杂质离子已沉淀完全的方法是静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42﹣沉淀完全．（3）“滤渣”的主要成分为BaSO4和Fe（OH）3．（4）加入NaClO3饱和溶液发生反应为：MgCl2+2NaClO3══Mg（ClO3）2+2NaCl，再进一步制取Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤依次为：①蒸发、浓缩、结晶；②趁热过滤；③冷却结晶；④过滤、洗涤、干燥．（5）将产品先用水洗涤，再用无水乙醇清洗．无水乙醇的作用是减少产品的损耗，使产品快速干燥．（6）产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定：步骤1：准确称量3.00g产品配成100mL溶液．步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL1.000mol•L﹣1的FeSO4溶液，微热．步骤3：冷却至室温，用0.100mol•L﹣1K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．①写出步骤2中发生反应的离子方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O．②产品中Mg（ClO3）2•6H2O的质量分数为91.4%．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入双氧水之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，可以根据溶解度受温度的影响情况来获得要制取的物质，（1）“调节pH=4”可选用的试剂是和酸反应提高溶液PH使铁离子沉淀且不能引入新的杂质；（2）根据钡离子可以和硫酸根离子之间反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀来检验已沉淀完全；（3）根据加氧化镁后溶液的pH为4，可以沉淀的离子来判断滤渣的主要成分；（4）根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）产品不溶于乙醇，乙醇易挥发分析；（6）①氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价；29②根据化学反应ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O以及Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3﹣～6Fe2+，Cr2O72﹣～6Fe2+，根据各个质物之间的关系式可计算百分含量．【解答】解：卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入双氧水之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，可以根据溶解度受温度的影响情况来获得要制取的物质，（1）“调节pH=4”可选用的试剂是和酸反应提高溶液PH使铁离子沉淀且不能引入新的杂质，①MgO加入可以调节溶液PH且不引入新的杂质，故①正确；②CuO溶解后提高溶液PH，但引入铜离子，故②错误；③MgCO3和酸反应能调节溶液PH且不引入新的杂质，故③正确；④Mg和酸反应且不引入新的杂质，故④正确；故答案为：①③④；（2）检验硫酸根离子是否除净的方法：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42﹣沉淀完全，故答案为：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42﹣沉淀完全；（3）加入氧化镁，调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子只碱反应生成了硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4和Fe（OH）3；（4）根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤；冷却结晶；（5）产品不溶于乙醇，乙醇易挥发，将产品先用水洗涤，再用无水乙醇清洗．无水乙醇的作用是减少产品的损耗，使产品快速干燥，故答案为：减少产品的损耗，使产品快速干燥；（6）①氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O，故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；②根据化学方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O以及Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3﹣～6Fe2+，Cr2O72﹣～6Fe2+，用0.100mol•L﹣1K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100mol•L﹣1×0.015L×6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20×10﹣3L×1.000mol•L﹣1﹣0.009mol=0.011mol，氯酸根离子的物质的量为：×0.011mol，产品中Mg（ClO3）2•6H2O的质量分数：（×0.011×299g/mol）×10××100%=91.4%．故答案为：91.4%．【点评】本题考查对常见金属元素及其化合物主要性质的掌握，以及对离子反应实质的认识；同时考查应用基础知识解决简单化学问题的能力以及对图表的观察、分析能力，物质溶解度概念的应用，晶体析出的方法，杂质离子的除杂原则和试剂选择，题目难度中等．2920．（14分）为了减少煤燃烧对大气造成的污染，煤的气化和液化是高效、清洁利用煤炭的重要途径，而减少CO2气体的排放也是人类面临的重大课题．煤综合利用的一种途径如图1所示：（1）已知：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1．（2）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）；△H①该反应平衡常数表达式为K=．②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图2所示．该反应的△H＜（填“＞”、“＜”或“=”）0．若温度不变，减小反应投料比[n（H2）/n（CO2）]，则K将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）一种新型氢氧燃料电池工作原理如图3所示．①写出电极A的电极反应式H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O放电过程中，溶液中的CO32﹣将移向电极A（填A或B）②以上述电池电解饱和食盐水，若生成0.2molCl2，则至少需通入O2的体积为2.24L（标准状况）【考点】热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的计算．【分析】（1）根据盖斯定律构建目标方程式以及对应的焓变；（2）①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；②根据温度对平衡的影响分析△H的符号；平衡常数K只与温度有关；（3）①电极A为燃料电池的负极，H2放电，生成的H+继续与CO32﹣反应生成CO2和H2O，电极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O；燃料电池工作时，阴离子向负极移动；②根据关系式：2Cl2～O2～4e﹣计算；【解答】解：（1）C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1①29C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1②由盖斯定律②﹣①得：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1故答案为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1；（2）①平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数K=，故答案为：K=，②因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆移，所以该反应正方向为放热反应，即△H＜0，K只受温度影响，若温度不变，减小投料比，则K不变，故答案为：＜；不变；（3）①电极A为燃料电池的负极，H2放电，生成的H+继续与CO32﹣反应生成CO2和H2O，电极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O；燃料电池工作时，阴离子向负极移动；故答案为：H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O；A；②根据关系式：2Cl2～O2～4e﹣，若生成0.2molCl2，则至少需通入0.1molO2，其体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L；故答案为：2.24．【点评】本题目综合考查盖斯定律的应用、化学反应平衡常数的计算和应用等方面的知识，侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．注意（4）燃料电池反应的特点．四、解答题（共1小题，满分12分）21．周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大．A的核外电子总数与其周期数相同，B的价电子层中的未成对电子有3个，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，D与C同族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子．回答下列问题：（1）E+离子的基态核外电子排布1s22s22p63s23p63d10（2）B、C、D中第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S（填元素符号）（3）A和B、C两元素形成的两种共价化合物发生反应，生成BA4+离子，该离子的中心原子的杂化方式为sp3；与BA4+离子互为等电子体的一种分子为CH4（填化学式）．（4）E的硫酸盐溶液中滴加过量的氨水可以生成配合物[E（NH3）4]SO4，1mol配合物中含有的σ键的数目为20NA．（5）E和C（空心小球为C，实心小球为E）形成的一种离子化合物的晶体结构如图所示，则离子化合物的化学式为Cu2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．29【分析】周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A的核外电子总数与其周期数相同，则A为H元素，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，A和B、C两元素可以形成两种共价化合物，则C为O元素，D与C同族，则D为S元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为第ⅤA族元素，B的原子序数小于C，所以B为N元素，E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为29号Cu元素，据此答题．【解答】解：周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A的核外电子总数与其周期数相同，则A为H元素，C的s能级电子总数与p能级电子总数相等，A和B、C两元素可以形成两种共价化合物，则C为O元素，D与C同族，则D为S元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为第ⅤA族元素，B的原子序数小于C，所以B为N元素，E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则E为29号Cu元素，（1）Cu+离子核外有28个电子，其基态核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）B、C、D分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；（3）A和B、C两元素形成的两种共价化合物发生反应，生成NH4+离子，该离子的中心原子氮原子的价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，与NH4+离子互为等电子体的一种分子为CH4，故答案为：sp3；CH4；（4）在配合物[Cu（NH3）4]SO4中，铜离子与氨分子之间有4个σ键，每个氨分子内部有3个σ键，硫酸根离子中有4个σ键，所以1mol配合物中含有的σ键的数目为（4+4×3+4）NA个=20NA个，故答案为：20NA；（5）E和C形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，c离子个数=1+8×=2，e离子个数=4，所以该化合物为Cu2O，故答案为：Cu2O．【点评】本题主要考查位置、结构与性质关系的综合应用，涉及核外电子排布、轨道杂化方式、等电子体、化学键、晶胞的结构等知识，题目难度中等，答题时注意观察图中晶胞的结构．29