四川省2022届高三化学下学期押题试卷二含解析

2022年四川省高考化学押题试卷（二）　一、选择题：（共7题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与生活、生产密切相关，下列过程没有发生化学反应的是（　　）A．对肾功能衰竭病人进行“血液透析”B．用热的纯碱溶液清除餐具上沾有的油污C．常温下用铝罐贮藏贮运浓硫酸D．对石油进行分馏，裂化获得汽油　2．下列关于分类的说法正确的是（　　）A．活性炭、C60、金刚砂都是碳的同素异形体B．Fe2O3、Na2O2、K2O都是碱性氧化物C．淀粉、蛋白质、油脂都属于有机高分子化合物D．纯碱、氯化铵、明矾都是盐且都属于强电解质　3．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）A．标准状况下80gSO2与33.6LCO2含氧原子数目均为3NAB．2molNO与1molO2混合后气体分子数小于2NAC．电解精炼铜时，阳极上粗铜质量减少6.4g，则电路中转化电子数为0.2NAD．1molCnH2n（烯烃）含有的共用电子对数为3nNA　4．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，下列有关离子反应及其应用的叙述的是（　　）A．将足量SO2通入含Fe2+、Cl﹣、Ba2+、Al3+的溶液中，四种离子仍能大量共存B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣C．氢氧化铁与足量的HBr溶液反应的离子方程式：Fe（OH）2+3H+═Fe2++3H2OD．将100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液与足量NaS固体充分反应，生成沉淀10.4g　5．下表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（　　）编号实验内容实验目的或实验结论①利用一束强光照射矾溶液，产生光亮的“通路”．说明明矾一定发生了水解②向bmL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成．验证AgCl的溶解度比AgI大③向KI溶液中滴入CuSO4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氧化碳振荡，四氧化碳层呈紫色说明白色沉淀可能为CuI④室温下，分别向2支试管中加入相同体积，相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响⑤将铁粉投入到盛有稀HNO3的试管中，充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象说明HNO3将Fe氧化成Fe2+-18-A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤　6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确是（　　）A．室温下pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（OH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）B．含KI、KCl均为0.1mol•L﹣1的混合溶液10mL与20mL0.1mol．L﹣1AgNO3溶液混合，所得悬浊液中：c（K+）═c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣）C．室温下，向10mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加同体积同浓度的CH3COOH的溶液，在滴加过程中：先增大再减小D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+c（Ca2+）═c（CH3COO﹣）+（CH3COOH）+2c（Cl﹣）　7．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2，0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0平衡常数K1②2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）△H2＜0平衡常数K210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）═7.0×10﹣3mol•L•min﹣1．下列说法正确的是（　　）A．反应4NO2（g）+2NaCl（s）═2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数B．平衡后c（Cl2）=2.5×10﹣2mol•L﹣1C．其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50%　　二、非选择题（共4题，共58分）8．X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素．X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，回答下列问题：（1）与Y同族的短周期元素的基态原子核外有　　　　　　个未成对电子，R的基态原子核外电子排布式为　　　　　　．（2）Y2﹣、Z+、R﹣离子半径由小到大的顺序是　　　　　　（用离子符号表示）；X，Y，Z第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　用元素符号表示）．（3）RY3﹣离子的空间构型是　　　　　　；XY2为　　　　　　分子（填“极性”或“非极性”）．（4）含WY4﹣的溶液与R的氢化物的浓度反应时也能制取R的气态单质，溶液中还有W2+生成，该反应的离子方程式为　　　　　　．-18-（5）化合物Z2Y的晶胞如图，其中Y离子的配位数为　　　　　　，以相距一个Y离子最近的所有Z离子为顶点构成的几何体为　　　　　　．　9．某研究性学习小组对Cu与H2SO4反应的产物种类和性质进行探究．Ⅰ．产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料．资料1：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种．资料2：硫酸/mol•L﹣1黑色物质出现的温度/°C黑色物质消失的温度/°C15约150约23616约140约25018约120不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是　　　　　　（选填下列字母编号）a．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c．该反应发生的条件之一是硫酸浓度＞15mol•L﹣1d．硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）Cu与足量16mol•L﹣1浓硫酸反应时，在80°C以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而CuS却逐渐减少，到达250°C左右时，CuS在反应中完全消失的澄清溶液，CuS消失的化学方程式为　　　　　　．Ⅱ．产物性质探究Cu与浓H2SO4反应生成的CuSO4具有某些特定性质，一定浓度CuSO4溶液与NaHCO3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是CuCO3，Cu（OH）2，或者CuCO3与Cu（OH）2的混合物．（1）若沉淀是Cu（OH）2，生成沉淀的离子方程式是　　　　　　．（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为a．取沉淀样品100克于B中，检查装置的气密性b．打开K1，K3，关闭K2，K4，通入足量空气c．关闭K1，K3，打开K2，K4，充分反应d．反应结束后，关闭K2，打开K1，再通入足量空气e．测得装置D的质量增加了22g①步骤b的作用是　　　　　　②若沉淀样品为CuCO3和Cu（OH）2的混合物，则Cu（OH）2的质量分数为　　　　　　，若不进行步骤d，则会使测得Cu（OH）2的质量分数为　　　　　　（填“偏高”“无影响”“偏低”）-18-　10．M是一种重要的合成材料，其结构简式为：M的合成路线如图，其甲A﹣F分别代表一种有机物．已知：Ⅰ．D能发生银镜反应且分子中有支链．Ⅱ．（1）E中含有官能团名称是　　　　　　；C发生消去反应生成有机物G，G的名称（系统命名）是　　　　　　．（2）A能是溴水褪色，其反应的化学方程式为　　　　　　．（3）D的结构简式是　　　　　　．（4）由B和F合成M的化学方程式是　　　　　　．（5）写出分子中含1个六元环，核磁共振氢谱有四种峰的E的同分异构体的结构简式为　　　　　　．（6）下列说法正确的是　　　　　　．（选填下列字母的编号）a．A和D均能使溴水褪色．b．F能与Na反应，但不能与HBr反应．c．B和E均能与新制Cu（OH）2反应．d．M无固定熔沸点．　11．研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和石灰石（含少量Na+、Al3+、Fe3+、SO32﹣杂质）生产医用二水合氯化钙晶体的简化工艺流程为图1：已知：Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别是3.4、12.4．回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分是　　　　　　；操作X的方法为　　　　　　．（2）控制在40°C时SiCl4水解的化学方程式为　　　　　　．（3）100t含80%CaCO3的石灰石理论上最多能生成CaCl2•2H2O的质量为　　　　　　t，制得的二水合氯化钙晶体中存在的少量杂质可能是　　　　　　．（4）尾气中含污染气体SO2，利用图2所示电化学装置可吸收SO2气体，从而减少大气污染，阳极的电极反应式为　　　　　　．（5）制二水合氯化钙晶体所需热量可由甲醇燃烧提供，如图3为一定条件下1molCH2OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）已略去]．则2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）的△H=　　　　　　．-18-　　-18-2022年四川省高考化学押题试卷（二）参考答案与试题解析　一、选择题：（共7题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与生活、生产密切相关，下列过程没有发生化学反应的是（　　）A．对肾功能衰竭病人进行“血液透析”B．用热的纯碱溶液清除餐具上沾有的油污C．常温下用铝罐贮藏贮运浓硫酸D．对石油进行分馏，裂化获得汽油【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】A．血液是胶体；B．碳酸钠溶液显碱性，能用于清洗油污；C．常温下浓硫酸能使铝表面形成致密氧化膜，发生钝化；D．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程．【解答】解：A．血液是胶体，透析是利用了胶粒不能透过半透膜，没生成新物质，是物理变化，故A正确；B．碳酸钠溶液水解显碱性，加热促进水解，减小增强，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，所以能用于清洗油污，是化学变化，故B错误；C．常温下浓硫酸能使铝表面形成致密氧化膜，发生钝化，发生化学变化，故C错误；D．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程，主要目的是获得轻质油，属于化学变化过程，故D错误．故选A．【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．　2．下列关于分类的说法正确的是（　　）A．活性炭、C60、金刚砂都是碳的同素异形体B．Fe2O3、Na2O2、K2O都是碱性氧化物C．淀粉、蛋白质、油脂都属于有机高分子化合物D．纯碱、氯化铵、明矾都是盐且都属于强电解质【考点】同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A、同种元素构成的不同种单质互为同素异形体；B、过氧化钠不是碱性氧化物；C、相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；D、完全电离的化合物属于电解质，据此解答即可．【解答】解：A、金刚砂的成分是碳化硅，属于化合物，与活性炭、C60不是同素异形体，故A错误；B、过氧化钠不是碱性氧化物，故B错误；C、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物，故C错误；-18-D、纯碱、氯化铵、明矾都是盐，且在水溶液中均能完全电离，都属于强电解质，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是同素异形体的概念、高分子化合物概念、碱性氧化物、强电解质等，难度不大，掌握基础是关键．　3．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）A．标准状况下80gSO2与33.6LCO2含氧原子数目均为3NAB．2molNO与1molO2混合后气体分子数小于2NAC．电解精炼铜时，阳极上粗铜质量减少6.4g，则电路中转化电子数为0.2NAD．1molCnH2n（烯烃）含有的共用电子对数为3nNA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、分别求出二氧化硫和二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化硫和1mol二氧化碳中均含2mol氧原子来分析；B、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；C、电解精炼铜时，阳极上放电的不只铜，还有比铜活泼的金属杂质；D、1molCnH2n（烯烃）中含有2nmolC﹣H键、（n﹣2）molC﹣C键和1mol碳碳双键．【解答】解：A、1mol二氧化硫和1mol二氧化碳中均含2mol氧原子，80g二氧化硫的物质的量n==1.25mol，含有2.5mol氧原子，个数为2.5NA个；标况下，33.6L二氧化碳的物质的量n==1.5mol，含有的氧原子的物质的量为3mol，即3NA个，故A错误；B、2molNO与1molO2混合后发生反应：2NO+O2=NO2，生成的NO2的物质的量为2mol，而NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体的分子数变少，故所得气体中的分子数目小于2NA个，故B正确；C、电解精炼铜时，活泼金属优先在阳极上失去电子，粗铜中铁、锌等杂质摩尔质量小于铜的，6.4g金属失去的电子大于0.2mol，转移的电子数目大于0.2NA，故C错误；D、1molCnH2n（烯烃）中含有2nmolC﹣H键、（n﹣2）molC﹣C键和1mol碳碳双键，故共含有3nmol共用电子对，即3nNA个，故D正确．故选AC．【点评】本题考查了物质的量以及阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用以及物质的结构特点是解题关键，难度不大．　4．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，下列有关离子反应及其应用的叙述的是（　　）A．将足量SO2通入含Fe2+、Cl﹣、Ba2+、Al3+的溶液中，四种离子仍能大量共存B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣C．氢氧化铁与足量的HBr溶液反应的离子方程式：Fe（OH）2+3H+═Fe2++3H2OD．将100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液与足量NaS固体充分反应，生成沉淀10.4g【考点】离子方程式的书写；氧化还原反应；离子共存问题．【分析】A．四种离子之间不反应，都不与二氧化硫反应；B．电离平衡常数：HClO＞HCO3﹣，反应生成的是碳酸氢根离子；C．氢氧化铁与溴化氢反应生成溴化铁和水；-18-D．生成的沉淀为氯化亚铁和S单质，根据电子守恒计算出生成S沉淀的物质的量，再根据铁元素守恒计算出生成氯化亚铁的物质的量，最后根据m=nM计算出生成沉淀的总质量．【解答】解：A．Fe2+、Cl﹣、Ba2+、Al3+之间不发生反应，都不与SO2反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．电离平衡常数：HClO＞HCO3﹣，则酸性HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B错误；C．氢氧化铁与足量的HBr溶液反应生成溴化铁和水，正确的离子方程式：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，故C错误；D．100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有氯化铁的物质的量为：1mol/L×0.1L=0.1mol，0.1mol铁离子完全反应转化成亚铁离子得到电子的物质的量为：0.1mol×（3﹣2）=0.1mol，根据电子守恒，生成S单质的物质的量为：=0.05mol，其质量为：32g/mol×0.05mol=1.6g；由于硫化钠足量，泽尔亚铁离子完全转化成FeS，则生成硫化亚铁的质量为：88g/mol×0.1mol=8.8g，所以生成沉淀的总质量为：1.6g+8.8g=10.4g，故D正确；故选BC．【点评】本题考查离子共存、离子方程式书写、氧化还原反应的计算等知识，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子共存的条件，D为易错点，注意生成的沉淀为FeS和S的混合物．　5．下表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（　　）编号实验内容实验目的或实验结论①利用一束强光照射矾溶液，产生光亮的“通路”．说明明矾一定发生了水解②向bmL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成．验证AgCl的溶解度比AgI大③向KI溶液中滴入CuSO4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氧化碳振荡，四氧化碳层呈紫色说明白色沉淀可能为CuI④室温下，分别向2支试管中加入相同体积，相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响⑤将铁粉投入到盛有稀HNO3的试管中，充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象说明HNO3将Fe氧化成Fe2+A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤【考点】化学实验方案的评价．【分析】①产生光亮的“通路”，可知具有丁达尔现象，为胶体特有的性质；②b＞1时，硝酸银过量，发生沉淀的生成；③发生氧化还原反应生成CuI和碘；④只有硫酸浓度一个变量；⑤充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象，可知Fe与硝酸反应时Fe过量．【解答】解：①产生光亮的“通路”，可知具有丁达尔现象，为胶体特有的性质，所以明矾一定发生了水解生成胶体，故正确；②b＞1时，硝酸银过量，发生沉淀的生成，不能发生沉淀的转化，则不能比较AgCl、AgI的溶解度，故错误；-18-③发生氧化还原反应生成CuI和碘，有白色沉淀生成，白色沉淀为CuI，再加入四氯化碳，振荡，四氧化碳层呈紫色，故正确；④只有硫酸浓度一个变量，可研究稀硫酸浓度对反应速率的影响，故正确；⑤充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象，可知Fe与硝酸反应时Fe过量，应为Fe与硝酸反应生成硝酸铁，Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，故错误；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及胶体的性质、沉淀转化和生成、氧化还原反应、反应速率等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确是（　　）A．室温下pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（OH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）B．含KI、KCl均为0.1mol•L﹣1的混合溶液10mL与20mL0.1mol．L﹣1AgNO3溶液混合，所得悬浊液中：c（K+）═c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣）C．室温下，向10mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加同体积同浓度的CH3COOH的溶液，在滴加过程中：先增大再减小D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+c（Ca2+）═c（CH3COO﹣）+（CH3COOH）+2c（Cl﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+）；B．两溶液恰好反应生成氯化银、碘化银沉淀和硝酸钾，碘化银和氯化银都存在溶解平衡，且碘化银的溶解度小于氯化银，据此判断各离子浓度大小；C．氨水的电离常数为：Kb=，整理可得：=，然后根据滴加过程中溶液中的氢氧根离子浓度变化进行判断；D．根据混合液中的物料守恒进行判断．【解答】解：A．室温下pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，混合液显示酸性，则c（H+）＞c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH），故A错误；B．含KI、KCl均为0.1mol•L﹣1的混合溶液10mL与20mL0.1mol．L﹣1AgNO3溶液混合，恰好反应生成AgCl、AgI沉淀及KNO3溶液，由于碘化银和氯化银都存在溶解平衡，且碘化银的溶解度小于氯化银，故所得悬浊液中离子浓度大小为：c（K+）=c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B正确；-18-C．氨水的电离常数Kb=，则=，向10mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加同体积同浓度的CH3COOH的溶液过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐减小，则该比值逐渐增大，故C错误；D．根据混合液中的物料守恒可得：c（Na+）+2c（Ca2+）═c（CH2COO﹣）+（CH3COOH）+c（Cl﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，C为易错点，注意利用氨水的电离平衡常数的变形公式进行分析．　7．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2，0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0平衡常数K1②2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）△H2＜0平衡常数K210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）═7.0×10﹣3mol•L•min﹣1．下列说法正确的是（　　）A．反应4NO2（g）+2NaCl（s）═2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数B．平衡后c（Cl2）=2.5×10﹣2mol•L﹣1C．其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50%【考点】化学平衡的计算．【分析】A．①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），平衡常数K1=，②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），平衡常数K2=，4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，则[]2÷=；B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1，则平衡时n（ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1×10min×2L=0.14mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：-18-2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）xmol0.5xmol2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）2ymolymol2ymol再根据ClNO物质的量与平衡时混合气体总物质的量列方程计算解答；C．平衡常数只受温度影响，温度不变，则为平衡常数不变；D．根据C中的计算结果，可以计算二氧化氮的转化率．【解答】解：A．①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），平衡常数K1=；②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），平衡常数K2=4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，则[]2÷=，即K=，故A正确；B．B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1，则平衡时n（ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1×10min×2L=0.14mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）xmol0.5xmol2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）2ymolymol2ymol则0.5x+2y=0.14，（0.2﹣x+0.2﹣2y+0.1﹣y）+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.12、y=0.04，故平衡后c（Cl2）==3×10﹣2mol•L﹣1，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，故C错误；D．平衡时NO2的转化率为×100%=60%，故D错误，故选：A．【点评】本题考查了化学平衡的计算、化学平衡常数、影响化学平衡的因素分析应用判断，掌握基础知识是关键，题目难度中等．　二、非选择题（共4题，共58分）-18-8．X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素．X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，回答下列问题：（1）与Y同族的短周期元素的基态原子核外有　2　个未成对电子，R的基态原子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p5　．（2）Y2﹣、Z+、R﹣离子半径由小到大的顺序是　Na+＜O2﹣＜Cl﹣　（用离子符号表示）；X，Y，Z第一电离能由大到小的顺序为　O＞C＞Na　用元素符号表示）．（3）RY3﹣离子的空间构型是　三角锥形　；XY2为　非极性　分子（填“极性”或“非极性”）．（4）含WY4﹣的溶液与R的氢化物的浓度反应时也能制取R的气态单质，溶液中还有W2+生成，该反应的离子方程式为　2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5C12↑+8H2O　．（5）化合物Z2Y的晶胞如图，其中Y离子的配位数为　8　，以相距一个Y离子最近的所有Z离子为顶点构成的几何体为　立方体　．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型．【分析】X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素，X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，则X为C，Y为O；Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，则Z是第ⅠA族元素，所以Z为Na；R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，说明R所在主族为第ⅤA、ⅥA、ⅤⅡA中的一族，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，对应的为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气的反应，所以R为Cl，W为Mn，据此答题．【解答】解：X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素，X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，则X为C，Y为O，Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，则Z是第ⅠA族元素，所以Z为Na，R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，说明R所在主族为第ⅤA、ⅥA、ⅤⅡA中的一族，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，对应的为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气的反应，所以R为Cl，W为Mn，（1）Y为O，与Y同族的短周期元素的基态原子核外有2个未成对电子，R为Cl，R的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：2；1s22s22p63s23p5；（2）电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以O2﹣、Na+、Cl﹣离子半径由小到大的顺序是Na+＜O2﹣＜Cl﹣，元素非金属性越强，第一电离能越大，非金属性O＞C＞Na，所以C、O、Na的第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞Na，故答案为：Na+＜O2﹣＜Cl﹣；O＞C＞Na；-18-（3）ClO3﹣离子中，氯原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以其空间构型是三角锥形，CO2为直线型分子，分子中电荷分布均匀，所以是非极性分子，故答案为：三角锥形；非极性；（4）含MnO4﹣的溶液与浓盐酸反应的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5C12↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5C12↑+8H2O；（5）根据晶胞的结构图，空心球数目为=4，实心球数目为8，对应化合物Na2O的化学式可知，实心球代表钠离子，空心球代表氧离子，根据晶胞结构图，以顶点上的氧离子为例，可以看出氧离子的配位数为8，以相距一个氧离子最近的所有钠离子为顶点构成的几何体为立方体，故答案为：8；立方体．【点评】本题考查元素推断、原子核外电子排布、离子半径、第一电离能、分子构型和分子的极性、离子反应方程式、配位数和晶胞的结构等知识，难度不大，答题时注意物质结构的基础知识的灵活运用．　9．某研究性学习小组对Cu与H2SO4反应的产物种类和性质进行探究．Ⅰ．产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料．资料1：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种．资料2：硫酸/mol•L﹣1黑色物质出现的温度/°C黑色物质消失的温度/°C15约150约23616约140约25018约120不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是　abd　（选填下列字母编号）a．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c．该反应发生的条件之一是硫酸浓度＞15mol•L﹣1d．硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）Cu与足量16mol•L﹣1浓硫酸反应时，在80°C以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而CuS却逐渐减少，到达250°C左右时，CuS在反应中完全消失的澄清溶液，CuS消失的化学方程式为　CuS+4H2SO4=CuSO4+4SO2↑+4H2O　．Ⅱ．产物性质探究Cu与浓H2SO4反应生成的CuSO4具有某些特定性质，一定浓度CuSO4溶液与NaHCO3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是CuCO3，Cu（OH）2，或者CuCO3与Cu（OH）2的混合物．（1）若沉淀是Cu（OH）2，生成沉淀的离子方程式是　Cu2++2HCO3﹣=Cu（OH）2↓+2CO2↑　．（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为-18-a．取沉淀样品100克于B中，检查装置的气密性b．打开K1，K3，关闭K2，K4，通入足量空气c．关闭K1，K3，打开K2，K4，充分反应d．反应结束后，关闭K2，打开K1，再通入足量空气e．测得装置D的质量增加了22g①步骤b的作用是　排尽装置中空气中的CO2使测定结果准确　②若沉淀样品为CuCO3和Cu（OH）2的混合物，则Cu（OH）2的质量分数为　38%　，若不进行步骤d，则会使测得Cu（OH）2的质量分数为　偏低　（填“偏高”“无影响”“偏低”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计．【分析】Ⅰ、（1）图表数据分析铜和浓硫酸反应过程中会生成黑色物质证明有副反应，浓度合适会避免黑色固体出现，浓度越大，温度越高黑色越难消失；（2）CuS消失是和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；Ⅱ、（1）沉淀为氢氧化铜的是碳酸氢钠和硫酸铜在水溶液中发生双水解生成分析；（2）①空气中含有二氧化碳，空气通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气，打开K1、K3，关闭K2、K4，排除装置中的含二氧化碳气体的空气，避免测定误差的产生；②若沉淀样品的质量为mg，若沉淀样品为纯净物，则判断沉淀为CuCO3，装置D的质量增加了ng，为二氧化碳气体质量，依据碳元素守恒得到mn的关系；若假设三正确，依据生成的二氧化碳物质的量减少碳酸铜质量，根据样品质量计算得到氢氧化铜的质量分数．【解答】解：Ⅰ、（1）依据图表数据分析可知，浓度不同时出现黑色物质的时间随浓度增大减小，浓度为18mol/L时生成的黑色物质不能消失；a．分析过程可知．发生的反应过程中生成二氧化硫和硫酸铜的反应过程中有奇谈反应发生生成黑色物质，铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个，故A符合；b．图表数据分析可知硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质，故B符合；c．浓硫酸和铜的反应浓度小于15mol/L也可能出现黑色物质，出现的时间长，该反应发生的条件不一定是硫酸浓度≥15mol•L﹣1，故C不符合；d．图表数据中，18mol/L的浓硫酸，出现褐色物质的时间短，黑色物质难以消失，所以硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失，故d符合；故答案为：abd；（2）CuS消失是和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：CuS+4H2SO4=CuSO4+4SO2↑+4H2O，故答案为：CuS+4H2SO4=CuSO4+4SO2↑+4H2O；Ⅱ、（1）沉淀为氢氧化铜的判断依据是碳酸氢钠和硫酸铜在水溶液中发生双水解生成，反应的离子方程式为Cu2++2HCO3﹣=Cu（OH）2↓+2CO2↑，故答案为：Cu2++2HCO3﹣=Cu（OH）2↓+2CO2↑；（2）①空气中含有二氧化碳，空气通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气，打开K1、K3，关闭K2、K4，排除装置中的含二氧化碳气体的空气，避免测定误差的产生；故答案为：排尽装置中空气中的CO2使测定结果准确；-18-②若沉淀样品的质量为100g，若沉淀样品为CuCO3和Cu（OH）2的混合物，依据生成的二氧化碳物质的量计算减少碳酸铜质量，根据样品质量计算得到氢氧化铜的质量分数=×100%=38%，若不进行步骤C，生成的二氧化碳气体中含有水蒸气，被装置D吸收后称量得到二氧化碳质量增大，计算得到碳酸铜质量增大，氢氧化铜的质量减小，则会使测得结果质量分数偏低，故答案为：38%；偏低．【点评】本题考查了物质组成和性质的分析判断，实验过程分析，沉淀生成的原理，掌握基础是关键，题目难度中等．　10．M是一种重要的合成材料，其结构简式为：M的合成路线如图，其甲A﹣F分别代表一种有机物．已知：Ⅰ．D能发生银镜反应且分子中有支链．Ⅱ．（1）E中含有官能团名称是　醛基、羟基　；C发生消去反应生成有机物G，G的名称（系统命名）是　2﹣甲基丙烯　．（2）A能是溴水褪色，其反应的化学方程式为　+Br2→　．（3）D的结构简式是　（CH3）2CHCHO　．（4）由B和F合成M的化学方程式是　nHOOC（CH2）4COOH+n+（2n﹣1）H2O　．（5）写出分子中含1个六元环，核磁共振氢谱有四种峰的E的同分异构体的结构简式为　或　．（6）下列说法正确的是　acd　．（选填下列字母的编号）a．A和D均能使溴水褪色．b．F能与Na反应，但不能与HBr反应．c．B和E均能与新制Cu（OH）2反应．d．M无固定熔沸点．【考点】有机物的推断．-18-【分析】1﹣氯环己烷发生消去反应生成A为，A发生氧化反应生成B，结合M的结构简式可知，B与F发生缩聚反应得到M，可推知B为HOOC（CH2）4COOH，F为，D与HCHO发生信息Ⅱ加成反应生成F，D能发生银镜反应且分子中有支链，则D为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCH2OH，E为，据此解答．【解答】解：反应得到M，可推知B为HOOC（CH2）4COOH，F为，D与HCHO发生信息Ⅱ加成反应生成F，D能发生银镜反应且分子中有支链，则D为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCH2OH，E为．（1）E为，含有的官能团为：醛基、羟基，C为（CH3）2CHCH2OH，发生消去反应生成有机物G为C为（CH3）2C=CH2，G的名称（系统命名）是：2﹣甲基丙烯，故答案为：醛基、羟基；2﹣甲基丙烯；（2）A为，与溴发生加成反应，反应的化学方程式为+Br2→，故答案为：+Br2→；（3）D的结构简式是（CH3）2CHCHO，故答案为：（CH3）2CHCHO；（4）由B和F合成M的化学方程式是：nHOOC（CH2）4COOH+n+（2n﹣1）H2O，故答案为：nHOOC（CH2）4COOH+n+（2n﹣1）H2O；（5）E为，其同分异构体符合：分子中含1个六元环，核磁共振氢谱有四种峰，则E的同分异构体的结构简式为或，故答案为：或；（6）a．A含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，G含有醛基，能被溴氧化，二者均能使溴水褪色，故a正确；-18-b．F含有醇羟基，能与Na反应生成盐与氢气，能与HBr发生取代反应，故b错误；c．B和含有羧基，E含有醛基，均能与新制Cu（OH）2反应，故c正确；d．M为高分子化合物，n值不确定，属于化合物，没有固定的熔沸点，故d正确，故选：acd．【点评】本题考查有机物推断，充分利用M的结构及反应信息进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，（5）中同分异构体书写为易错点、难点，学生容易忽略杂环结构．　11．研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和石灰石（含少量Na+、Al3+、Fe3+、SO32﹣杂质）生产医用二水合氯化钙晶体的简化工艺流程为图1：已知：Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别是3.4、12.4．回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分是　Al（OH）3　；操作X的方法为　重结晶　．（2）控制在40°C时SiCl4水解的化学方程式为　SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl　．（3）100t含80%CaCO3的石灰石理论上最多能生成CaCl2•2H2O的质量为　117.6　t，制得的二水合氯化钙晶体中存在的少量杂质可能是　NaCl　．（4）尾气中含污染气体SO2，利用图2所示电化学装置可吸收SO2气体，从而减少大气污染，阳极的电极反应式为　SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+　．（5）制二水合氯化钙晶体所需热量可由甲醇燃烧提供，如图3为一定条件下1molCH2OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）已略去]．则2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）的△H=　﹣450kJ/mol　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】四氯化硅控制温度40°C，加入水过滤得到原硅酸，则发生水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入石灰石主要成分为CaCO3，且含少量Na+、Al3+、Fe3+、SO32﹣杂质离子，CaCO3和盐酸反应转化为CaCl2，SO32﹣转化为SO2，溶液中H+减少，调节溶液pH=7，Fe3+沉淀为氢氧化铁，过滤后的滤液中含有Na+、Al3+和Cl﹣，向滤液中加20%NaOH调节pH=12.5，生成氢氧化铝沉淀，过滤过滤后滤液中主要为CaCl2、NaCl及未反应的NaOH，再加入盐酸酸化，将NaOH转化为NaCl，利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶析出CaCl2•2H2O，过滤、洗涤、干燥后得CaCl2•2H2O．（3）根据Ca元素质量守恒计算m（CaCl2•2H2O）；最后利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶得到CaCl2•2H2O，可能含有少量NaCl；（4）由电解池装置图，可知阳极上是二氧化硫失去电子，被氧化为硫酸根；（5）根据盖斯定律，由图可知，1molHCHO燃烧生成CO（g）、H2O（g）放出的热量为676kJ﹣283kJ﹣168kJ=225kJ，据此计算．-18-【解答】解：四氯化硅控制温度40°C，加入水过滤得到原硅酸，则发生水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入石灰石主要成分为CaCO3，且含少量Na+、Al3+、Fe3+、SO32﹣杂质离子，CaCO3和盐酸反应转化为CaCl2，SO32﹣转化为SO2，溶液中H+减少，调节溶液pH=7，Fe3+沉淀为氢氧化铁，过滤后的滤液中含有Na+、Al3+和Cl﹣，向滤液中加20%NaOH调节pH=12.5，生成氢氧化铝沉淀，过滤过滤后滤液中主要为CaCl2、NaCl及未反应的NaOH，再加入盐酸酸化，将NaOH转化为NaCl，利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶析出CaCl2•2H2O，过滤、洗涤、干燥后得CaCl2•2H2O．（1）由上述分析可知，滤渣A的主要成分是Al（OH）3；操作X的方法为：重结晶，故答案为：Al（OH）3；重结晶；（2）四氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，反应方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；（3）根据Ca元素质量守恒：n（CaCl2•2H2O）=n（CaCO3），则m（CaCl2•2H2O）=n（CaCl2•2H2O）×M（CaCl2•2H2O）=×147g/mol=117.6t；最后利用氯化钠、氯化钙溶解度受温度影响不同，采取重结晶得到CaCl2•2H2O，可能含有少量NaCl，故答案为：117.6；NaCl；（4）由电解池装置图，可知阳极上是二氧化硫失去电子，被氧化为硫酸根，电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+，故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+；（5）根据盖斯定律，由图可知，1molHCHO燃烧生成CO（g）、H2O（g）放出的热量为676kJ﹣283kJ﹣168kJ=225kJ，则2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）的△H=﹣（2×225）kJ/mol=﹣450kJ/mol，故答案为：﹣450kJ/mol．【点评】本题考查制备实验方案、物质分离和提纯、电解原理、化学计算、反应热计算等，充分考查了学生的分析、理解能力及知识迁移运用的能力，难度中等．　-18-