四川省攀枝花市米易中学2022届高三化学上学期第四次段考试题含解析

2022-2022学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第四次段考化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分.每小题只有一项符合题意）1．下列说法中正确的是()①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定大于HC1③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐⑤铊（TI）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱⑦海水提镁的主要步骤为海水Mg（OH）2（s）MgCl2（aq）Mg（1）+Cl2（g）A．①③④⑥B．①③⑥C．③④⑤⑦D．②④⑥2．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol﹣1，下列叙述正确的是()A．58.5g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子B．0.1L3mo1•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×10233．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是()A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（Na+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②4．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是()A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═Na++OH﹣+O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O5．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素，原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法不正确的是()A．工业上用电解法获得Z、R的单质B．Y、Z、R的简单离子具有相同的电子层结构C．由X与Y、X与W形成的化合物放在空气中都易变质D．由X、Y、Z形成的化合物能与X、Y、R形成的化合物发生复分解反应156．高效能电池的研发制约电动汽车的推广．有一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应式为：2C2H6+7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，有关此电池的推断正确的是()A．负极反应为：14H2O+7O2+28e﹣=28OH﹣B．放电过程中KOH的物质的量浓度不变C．每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14molD．放电一段时间后，负极周围的pH升高7．如图的分子酷似企鹅，化学家ChrisScotton将该分子以企鹅来取名为Penguinone．下列有关Penguinone的说法正确的是()A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物有9种B．Penguinone分子中所有碳原子可能处于同一平面C．Penguinone分子中无酚羟基所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．Penguinone分子式为C10H14O二、非选择题（共58分）8．（16分）已知X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，Y原子的价电子构型为2s22p2，Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的未成对电子个数是同周期元素原子中最多的．（1）30R原子最外层的电子排布图是__________，ZO3﹣的空间构型是__________；（2）Z、M、W原子序数依次增大的同周期元素，三种元素的第一电离能由大到小的顺序是__________；Y、Z、W三种元素的电负性由大到小的顺序是__________．（填元素符号）（3）Ne与Wn﹣的电子数相同，W所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族元素的氢化物中沸点最低的是__________．（填化学式）（4）ZX4W在物质中，各种粒子间的相互作用力包括__________．（填字母编号）A．非极性共价键B．极性共价键C．配位键D．离子键E．氢键（5）按电子排布R在元素周期表中属于__________区，其晶体属于六方最密堆积，它的配位数是__________．9．如图所示，若电解5min时铜电极质量增加2.16g，试回答：（1）电源电极X名称为__________．（2）pH变化：A__________，B__________，C__________．（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标准状况），溶液体积为200mL．（设电解前后溶液不变）则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为__________．（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH是__________（设前后体积无变化）．1510．（16分）已知：A是一种药品，A～K均是芳香族化合物，F不与溴水反应．根据如图所示的转化关系．回答问题：（1）化合物A中无氧官能团的结构式是__________．（2）上图所示的转化关系①～⑨中，有机物发生氧化反应的是__________．（3）物质C的结构简式__________．物质K的结构简式__________．（4）写出下列反应的化学方程式（注明条件、配平）：③__________⑧__________（5）含有苯环、且苯环上只有一个侧链且属于酯类F的同分异构体有__________种．11．（14分）工业上制备K2FeO4的流程如下：（1）实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，试说明加稀硫酸原因__________．（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是__________．（3）用饱和KOH溶液结晶的原因是__________（4）洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是__________．（5）控制NaOH的量一定，改变FeSO4•7H2O的投入量时，可以控制产率，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为__________．（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备dKg的K2FeO4，则需要FeSO4•7H2O__________Kg．（K2FeO4的相对分子质量是198；FeSO4•7H2O的相对分子质量是278；答案用分数表示）（7）电解法也能制备K2FeO4．用KOH溶液作电解液，在以铁作阳极可以将铁氧化成FeO42﹣，试写出此时阳极的电极反应式__________．152022-2022学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第四次段考化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分.每小题只有一项符合题意）1．下列说法中正确的是()①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定大于HC1③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐⑤铊（TI）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱⑦海水提镁的主要步骤为海水Mg（OH）2（s）MgCl2（aq）Mg（1）+Cl2（g）A．①③④⑥B．①③⑥C．③④⑤⑦D．②④⑥【考点】金属的电化学腐蚀与防护；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；海水资源及其综合利用；含硅矿物及材料的应用；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①致密的氧化物能保护里面的金属；②元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；③Na2FeO4中铁为+6价；④水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，玻璃、水泥属于硅酸盐产品；⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强；⑦工业上是电解熔融的氯化镁生产镁；【解答】解：①四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故①正确；②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；③Na2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3+，后水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确；④水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，玻璃、水泥属于硅酸盐产品，所以玻璃和水泥的主要成分都是硅酸盐，故④正确；⑤铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误；故选A．【点评】本题考查了物质的用途，涉及元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答即可，熟练掌握常见物质的性质．2．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol﹣1，下列叙述正确的是()A．58.5g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子15B．0.1L3mo1•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×1023【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氯化钠为离子晶体；B、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中水解；C、硝酸具有强氧化性，5.6g铁粉与硝酸反应生成硝酸铁或硝酸亚铁或硝酸铁、硝酸亚铁混合物；D、依据n=计算物质的量，结合1mol二氧化硅晶体中含硅氧键计算得到．【解答】解：A、氯化钠为离子晶体，故氯化钠固体中无氯化钠分子，故A错误；B、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中水解，故溶液中的NH4+数目小于0.3×6.02×1023，故B错误；C、铁粉与硝酸反应生成硝酸铁或硝酸亚铁或硝酸铁、硝酸亚铁混合，5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，5.6g铁粉完全反应失去的电子的物质的量为0.2mol或0.3mol或介于0.2mol～0.3mol之间，故C错误；D、4.5gSiO2晶体物质的量==0.75mol，含有的硅氧键数目为0.75mol×4×NA=0.3×6.02×1023，故D正确；故选D．【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．3．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是()A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（Na+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性，然后根据选项来分析解答．【解答】解：A、因①的pH＜7，②中有强碱，则②中pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，则pH为②＞④＞③＞①，故A错误；B．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c（CH3C00﹣）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c（CH3C00﹣）最小，即c（CH3C00﹣）：②＞④＞③＞①，故B正确；C．由于溶液中钠离子不水解，②③④中钠离子浓度相等，①中最小，正确关系是：②=③=④＞①，故C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误；故选B．15【点评】本题考查学生利用溶液中的溶质来分析几个量的关系，较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键．4．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是()A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═Na++OH﹣+O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应；B．Na2O2和H2O写成化学式，二者反应生成NaOH和O2；C．HClO为弱电解质；D．MnO4﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应．【解答】解：A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A正确；B．Na2O2和H2O写成化学式，二者反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，题中未配平，故B错误；C．HClO为弱电解质，应写成化学式，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故C错误；D．MnO4﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应，产物中有Cl2生成，不能用盐酸酸化，故D错误．故选AB．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题易错点为D，注意不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液．5．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素，原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法不正确的是()A．工业上用电解法获得Z、R的单质B．Y、Z、R的简单离子具有相同的电子层结构C．由X与Y、X与W形成的化合物放在空气中都易变质D．由X、Y、Z形成的化合物能与X、Y、R形成的化合物发生复分解反应【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】短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为：10﹣4=6，则W为S元素；Y与W为同主族元素，则Y为O元素；X的原子序数小于O元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为H元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为：8+16﹣11=13，则R为Al元素，根据以上分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Al元素、W为S元素．15【解答】解：短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为10﹣4=6，则W为硫元素；Y与W为同主族元素，则Y为氧元素；X的原子序数小于氧元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为氢元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为8+16﹣11=13，则R为Al元素，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Al元素、W为S元素，A．Z为Na元素、R为Al元素，工业上通常用电解熔融的氧化铝、NaCl的方法获得，故A正确；B．Y、Z、R的简单离子分别为O2﹣、Na+、Al3+，三者的电子层结构相同，故B正确；C．H与O、H与S形成的化合物中，硫化氢在空气中易被氧化而变质，而水不变质，故C错误；D．X、Y、Z形成的化合物为NaOH，X、Y、R形成的化合物为氢氧化铝，氢氧化钠能与氢氧化铝发生复分解反应生成偏铝酸钠与水，故D正确；故选C．【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，正确推断元素名称是解题关键，注意根据原子半径确定元素的方法，明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系．6．高效能电池的研发制约电动汽车的推广．有一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应式为：2C2H6+7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，有关此电池的推断正确的是()A．负极反应为：14H2O+7O2+28e﹣=28OH﹣B．放电过程中KOH的物质的量浓度不变C．每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14molD．放电一段时间后，负极周围的pH升高【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，正极上是氧气发生得电子的还原反应，2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，根据电极反应可以确定电子转移情况以及电极附近溶液的酸碱性变化情况．【解答】解：A、在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下为C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，故A错误；B、根据总反应为：2C2H6+7O2+8KOH═4K2CO3+10H2O，可以知道放电过程中，消耗了氢氧化钾，KOH的物质的量浓度会减小，故B错误；C、根据电极反应式：C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子数为14mol，故C正确；D、根据负极反应：C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，放电一段时间后，该极上消耗氢氧根离子，所以负极周围的pH降低，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生燃料电池的工作原理知识，注意书写电极反应时结合溶液的酸碱性分析，难度中等．157．如图的分子酷似企鹅，化学家ChrisScotton将该分子以企鹅来取名为Penguinone．下列有关Penguinone的说法正确的是()A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物有9种B．Penguinone分子中所有碳原子可能处于同一平面C．Penguinone分子中无酚羟基所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．Penguinone分子式为C10H14O【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物中，酚羟基和取代基有邻间对三种位置结构，再结合丁基同分异构体判断总的符合条件的同分异构体种类；B．该分子中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构，根据甲烷结构确定该分子中碳原子是否共面；C．该分子中不含酚羟基但含有碳碳双键，能被强氧化剂氧化；D．根据结构简式确定分子式．【解答】解：A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物中，酚羟基和取代基有邻间对三种位置结构，丁基有四种结构，所以符合条件的同分异构体有3×4=12种，故A错误；B．该分子中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构，根据甲烷结构确定该分子中碳原子不能全部共面，故B错误；C．该分子中不含酚羟基但含有碳碳双键，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D．根据结构简式确定分子式为C10H14O，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质及原子是否共面等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是A，注意同分异构体种类判断方法，为易错点．二、非选择题（共58分）8．（16分）已知X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，Y原子的价电子构型为2s22p2，Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的未成对电子个数是同周期元素原子中最多的．（1）30R原子最外层的电子排布图是，ZO3﹣的空间构型是平面三角形；（2）Z、M、W原子序数依次增大的同周期元素，三种元素的第一电离能由大到小的顺序是F＞N＞O；Y、Z、W三种元素的电负性由大到小的顺序是F＞N＞C．（填元素符号）（3）Ne与Wn﹣的电子数相同，W所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族元素的氢化物中沸点最低的是HCl．（填化学式）（4）ZX4W在物质中，各种粒子间的相互作用力包括BCD．（填字母编号）A．非极性共价键B．极性共价键C．配位键D．离子键E．氢键15（5）按电子排布R在元素周期表中属于ds区，其晶体属于六方最密堆积，它的配位数是12．【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】X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，则X为H元素；Y原子的价电子构型为2s22p2，则Y为C元素；Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的单电子个数是同周期元素原子中最多的，则Z为N元素．根据（1）中原子符号30R，可知R为30号元素Zn；根据（3）中Ne与Wn﹣的电子数相同，核外电子数为10，W所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，处于ⅦA族，则W为F元素；结合（2）中Z、M、W原子序数依次增大，推断M为O元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，则X为H元素；Y原子的价电子构型为2s22p2，则Y为C元素；Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的单电子个数是同周期元素原子中最多的，则Z为N元素．根据（1）中原子符号30R，可知R为30号元素Zn；根据（3）中Ne与Wn﹣的电子数相同，核外电子数为10，W所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，处于ⅦA族，则W为F元素；结合（2）中Z、M、W原子序数依次增大，推断M为O元素，（1）R为30号元素Zn，最外层的电子排布图是，ZO3﹣为NO3﹣，N原子价层电子对数=3+=3、N原子没有孤对电子，则其空间构型为平面三角形，故答案为：；平面三角形；（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能F＞N＞O，同周期随原子序数增大电负性增大，故电负性F＞N＞C，故答案为：F＞N＞O；F＞N＞C；（3）W所在族为ⅦA族，氢化物中HF分子之间存在氢键，氢键比分子间作用力强，故同主族氢化物中HF的沸点最高，其它氢化物相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故HCl沸点最低，故答案为：HCl；（4）ZX4W为NH4F，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中N原子与H原子之间形成极性键、配位键，故答案为：BCD；（5）按电子排布Zn在元素周期表中属于ds区，其晶体属于六方最密堆积，它的配位数是12，故答案为：ds；12．【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、电负性、化学键、晶胞结构等，难度中等，推断元素是解题关键，注意需要结合问题中信息进行推断．9．如图所示，若电解5min时铜电极质量增加2.16g，试回答：（1）电源电极X名称为负极．（2）pH变化：A增大，B减小，C不变．15（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标准状况），溶液体积为200mL．（设电解前后溶液不变）则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为0.025mol•L﹣1．（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH是13（设前后体积无变化）．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）由铜电极的质量增加，则Cu电极为阴极，可知X为电源的负极；（2）A中电解KCl溶液生成KOH，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，pH减小根据C中电极反应判断；（3）根据电极反应及电子守恒来计算；（4）根据A中的电极反应及与C中转移的电子守恒来计算．【解答】解：（1）由铜电极的质量增加，发生Ag++e﹣═Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极，故答案为：负极；（2）A中电解KCl溶液生成KOH，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e﹣═Ag，阳极反应为Ag﹣e﹣═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，故答案为：增大；减小；不变；（3）C中阴极反应为Ag++e﹣═Ag，n（Ag）==0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e﹣═H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，则Cu2++2e﹣═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通电前c（CuSO4）==0.025mol•L﹣1；故答案为：0.025mol•L﹣1；（4）由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑～2e﹣，由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，则c（OH﹣）==0.1mol•L﹣1，溶液pH=13，故答案为：13．【点评】本题考查电解原理，明确Cu电极的质量增加是解答本题的突破口，并明确发生的电极反应及电子守恒即可解答，注意计算时电子守恒的应用，题目难度中等．1510．（16分）已知：A是一种药品，A～K均是芳香族化合物，F不与溴水反应．根据如图所示的转化关系．回答问题：（1）化合物A中无氧官能团的结构式是．（2）上图所示的转化关系①～⑨中，有机物发生氧化反应的是①②．（3）物质C的结构简式．物质K的结构简式．（4）写出下列反应的化学方程式（注明条件、配平）：③⑧（5）含有苯环、且苯环上只有一个侧链且属于酯类F的同分异构体有6种．【考点】有机物的推断．【分析】根据题中各物质转化关系，G能氧化得A，A发生银镜反应得C，C酸化得E，G与E发生酯化反应得H，根据H的分子式可知G为，A为，C为，E为，H为15，A与氢气加成得B为，E与溴发生加成反应得D为，D发生消去反应得I为，I酸化得J为，E与氢气加成得F为，E发生加聚反应得K为，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，G能氧化得A，A发生银镜反应得C，C酸化得E，G与E发生酯化反应得H，根据H的分子式可知G为，A为，C为，E为，H为，A与氢气加成得B为，E与溴发生加成反应得D为，D发生消去反应得I为，I酸化得J为15，E与氢气加成得F为，E发生加聚反应得K为，（1）A为，A中无氧官能团是碳碳双键，它的结构式是，故答案为：；（2）根据上面的分析可知，上图所示的转化关系①～⑨中，有机物发生氧化反应的是①②，故答案为：①②；（3）物质C的结构简式是，物质K的结构简式是，故答案为：；；（4）反应③的化学方程式为，反应⑧的化学方程式为，15故答案为：；（5）F为，含有苯环、且苯环上只有一个侧链且属于酯类F的同分异构体为苯环连有﹣CH2COOCH3、﹣COOCH2CH3、HCOOCH2CH2﹣、HCOOCH（CH3）﹣、CH3COOCH2﹣、CH3CH2COO﹣，共6种，故答案为：6．【点评】本题考查有机物的推断，难度很大，为易错题目，根据A发生的反应及产物分子式确定含有的官能团数目与碳原子数目是关键，再结合转化关系和H的分子进行逆推G、E中含有的官能团，本题对学生的逻辑推理有很高的要求．11．（14分）工业上制备K2FeO4的流程如下：（1）实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，试说明加稀硫酸原因抑制FeSO4的水解．（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是温度过高H2O2会分解．（3）用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+（4）洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是减少K2FeO4的损失．（5）控制NaOH的量一定，改变FeSO4•7H2O的投入量时，可以控制产率，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5．（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备dKg的K2FeO4，则需要FeSO4•7H2O或Kg．（K2FeO4的相对分子质量是198；FeSO4•7H2O的相对分子质量是278；答案用分数表示）（7）电解法也能制备K2FeO4．用KOH溶液作电解液，在以铁作阳极可以将铁氧化成FeO42﹣，试写出此时阳极的电极反应式Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】绿矾加入水溶解，加入硫酸和过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氢氧化钠和次氯酸钠氧化铁离子生成高铁酸钠溶液，过滤后得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤得到晶体加入饱和KOH溶液提供钾离子得到高铁酸钾晶体，过滤洗涤干燥得到产品高铁酸钾，（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解；（2）过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用；（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶高铁酸钾晶体；（4）高铁酸钾不溶于乙醚，用乙醚作洗涤剂减少产品损失；（5）假设所有反应均完全时产率最高，依据元素守恒分析计算；（6）结合铁元素守恒分析计算；15（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42﹣．【解答】解：（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解，实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，加稀硫酸原因是抑制FeSO4的水解，故答案为：抑制FeSO4的水解；（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用，故答案为：温度过高H2O2会分解；（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶析出高铁酸钾晶体，用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+离子，故答案为：提供K+；（4）高铁酸钾不溶于乙醚，洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是用乙醚作洗涤剂减少产品损失，故答案为：减少K2FeO4的损失；（5）反应中Fe3+→FeO42﹣，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，ClO﹣→Cl﹣，氯元素化合价由+1降低为﹣1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe3+系数为2，ClO﹣系数为3，由铁元素守恒可知FeO42﹣系数为2，由氯元素守恒可知Cl﹣系数为3，根据钠元素守恒可知OH﹣系数为10，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平离子方程式：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，假设所有反应均完全时产率最高，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5，故答案为：1：5；（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备dKg的K2FeO4，元素守恒得到铁元素物质的量Kmol，设需要绿矾质量为xkg，则得到x×abc=×278则需要FeSO4•7H2O质量=kg=kg，故答案为：或；（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42﹣，电极反应式为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O．【点评】本题考查了物质制备方法的分析，流程中试剂选择，产物判断，实验基本操作的目的和作用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．15