内蒙古赤峰市宁城县2022届高三化学上学期第一次统考试卷含解析

内蒙古赤峰市宁城县2022届高三上学期第一次统考化学试卷　一、选择题（共15小题）1．化合物M结构如图所示，对化合物M的叙述错误的是（　　）A．M的分子式为C12H10O5B．M可与溴水反应C．1molM最多可和6molH2发生反应D．M可发生水解反应　2．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列有关说法正确的是（　　）A．二氧化硫有漂白性，常用作棉、麻、纸张和食品的漂白B．氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D．汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的　3．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+则下列说法正确的是（　　）A．该反应中还原剂为Fe2+，O2、Fe（OH）3均为氧化产物B．充分反应后可以看到白色沉淀和气体生成C．标准状况下，每生成22.4LO2，则有4molNa2O2被还原D．若有4molNa2O2参加反应，则反应中共转移6NA个电子　4．用如图实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是（　　）A．检查装置的气密性B．制取氨气28C．进行石油分馏D．分离乙醇与乙酸　5．在下列指定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）①K2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+②水电离的c（H+）水=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：AlO2﹣、K+、SO42﹣、Br﹣③pH=1的溶液中：K+、Fe2+、I﹣、Br﹣④与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、K+、NH4+、NO3﹣⑤无色溶液中：Fe2+、Na+、ClO﹣、Cl﹣⑥能使pH试纸呈红色的溶液中：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣⑦滴入KSCN溶液显血红色的溶液中：K+、Na+、SO42﹣、C6H5OH⑧室温下，=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣．A．④⑦B．②③④C．③⑧D．①⑤⑥　6．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）A．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．100mL2mol/L的NaCl溶液中含NaCl分子数为0.2NAC．常温下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为0.5NAD．标准状况下，22.4L过氧化氢中含有的氧原子数为2NA　7．某无色溶液中可能含有以下离子中的一种或几种：Na+、Ag+、Fe3+、NH4+、Al3+、CO32﹣、AlO2﹣、S2O32﹣、SO42﹣．现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列说法不正确的是（　　）28A．淡黄色沉淀甲不可能为AgBrB．由溶液甲生成气体乙的途径只有：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑C．气体甲可能是混合气体D．综合上述信息可以确定肯定存在的离子有：Na+、AlO2﹣、S2O32﹣　8．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氢气中1molH﹣H键完全断裂时吸收热量436kJ，水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量463kJ，则氧气中1molO=O键断裂时吸收热量为（　　）A．188kJB．248kJC．124kJD．496kJ　9．下列说法正确的是（　　）A．向50mL1mol•L﹣1的盐酸中加入烧碱，水的KW不变B．NH4Cl和NH3•H2O混合液中，二者对对方的平衡都起了抑制作用C．有两种弱酸HX和HY且酸性HX＞HY，则体积和浓度相同的NaX和NaY溶液中有c（Y﹣）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下0.1mol•L﹣1的HA溶液中=1×10﹣8，则0.01mol•L﹣1HA溶液中c（H+）=1×10﹣4mol•L﹣1　10．下列说法正确的是（　　）A．分子式C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）B．的名称为：2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯C．化合物是苯的同系物D．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸　11．下列实验事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论①将木炭和浓硫酸反应生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成该气体一定是CO2②燃烧的镁条放入二氧化碳中能继续燃烧还原性：Mg＞C③向某溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42﹣④某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定有NH4+（　　）A．①②B．③④C．②④D．①③　12．下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是（　　）①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂28⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性．A．①④⑦B．②⑤⑧C．③⑥⑨D．全有关　13．如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2=Fe+2Li2S．下列说法不正确的是（　　）A．该装置将化学能转化为电能B．电子移动方向是由a极流向b极C．可以用水代替SO（CH3）2做溶剂D．b极反应式是FeS2+4Li++4e﹣=Fe+2Li2S　14．下列说法中正确的是（　　）①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不能直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性．A．②③B．①②③C．①②③④D．①②③⑤　15．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）A．元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大B．39gZ2Y2中含有的离子数约为1.204×1024C．元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性或碱性D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmR　　二、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）16．丰富多彩的现代生活离不开香料，香豆素是一种重要的有机香料．实验室合成香豆素的路径如下：28（1）香豆素的分子式为　　　　　　，（Ⅳ）中含氧官能团的名称　　　　　　．（Ⅰ）与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为　　　　　　．（3）反应①、②的反应类型依次是　　　　　　．（4）反应④的化学方程式是　　　　　　．（5）Ⅴ是（Ⅳ）的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，且能够发生酯化反应和银镜反应．则Ⅴ的结构简式为　　　　　　（任写一种）．（6）一定条件下，与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应，则生成有机物的结构简式为　　　　　　．　17．煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中．（1）已知：①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　　　　　　．该反应在　　　　　　（填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得各物质的浓度如表所示：01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=　　　　　　．②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　　　　　　（填字母序号）．A．通入一定量的NOB．加入一定量的活性炭C．加入合适的催化剂D．适当缩小容器的体积（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如表所示：温度/℃40050080028平衡常数K9.9491若反应在500℃时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣1，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为　　　　　　．（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同．①乙中A极产生的气体在标准状况下的体积为　　　　　　．②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是　　　　　　（填离子符号）的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要　　　　　　mL5.0mol•L﹣1NaOH溶液．　18．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．研究铁及其化合物的应用意义重大．I．水体的净化和污水的处理与铁及其化合物密切相关．（1）自来水厂常用高铁酸钠（Na2FeO4）改善水质．简述高铁酸钠用于杀菌消毒同时又起到净水作用的原理　　　　　　．碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血．工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：①写出反应I中发生的氧化还原反应的离子方程式　　　　　　．②加入少量NaHCO3的目的是调节溶液pH，应控制pH的范围为　　　　　　．③在实际生产中，反应II常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若通入5.6LO2（标准状况），则相当于节约NaNO2的质量为　　　　　　g．④碱式硫酸铁溶于水后产生的[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子．该水解反应的离子方程式为　　　　　　．II．铁的化合物也是制备高能锂电池的重要原料．已知磷酸亚铁锂电池总反应为：28FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+．试写出该电池充电时的阳极反应式　　　　　　．常温下以该电池为电源电解200mL饱和食盐水，当消耗1.4gLi时，溶液的pH为　　　　　　．（忽略溶液的体积变化）．　19．三氯化磷（PCl3）是一种重要的有机合成催化剂．实验室常用红磷与干燥的Cl2制取PCl3，装置如图1所示．已知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5．PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl．PCl3、POCl3的熔沸点见表．物质熔点/℃沸点/℃PCl3﹣11275.5POCl32105.3请答下面问题：（1）B中所装试剂是　　　　　　，F中碱石灰的作用是　　　　　　．实验时，检查装置气密性后，向D装置的曲颈甑中加入红磷，打开K3通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K3，加热曲颈甑至上部有黄色升华物出现时通入氯气，反应立即进行．通干燥CO2的作用是　　　　　　，（3）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入红磷加热除去PCl5后，通过　　　　　　（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．（4）C装置中的K1、K2的设计也出于类似的目的，为了达到这一实验目的，实验时与K1、K2有关的操作是　　　　　　．（5）实验后期关闭K1，打开K2，将气体通入C装置中发生反应，反应后的溶液为X．某同学设计实验来确定溶液X中含有的某些离子，请补充完成实验步骤和现象．实验步骤实验现象实验结论①溶液X中含有Na+②溶液X中含有Cl﹣（6）玻璃管之间的连接需要用到胶皮管，连接的方法是：先把　　　　　　，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管．甲同学将装置A的示意图画成图2，该示意图中明显的错误是　　　　　　．　20．【化学﹣﹣选修3：物质结构与性质】已知：A、B、C、D、E、F六种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B228E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中最高；F能形成红色（或砖红色）的F2O和黑色的FO两种氧化物．回答下列问题：（1）F的原子的M层电子排布式为　　　　　　．B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为　　　　　　．（用元素符号表示）（3）A的简单氢化物分子极易溶于水，其主要原因是　　　　　　．（4）E的最高价氧化物分子的空间构型是　　　　　　．其中心原子的杂化方式为　　　　　　．（5）F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子，配位数为　　　　　　．（6）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为　　　　　　；（黑色球表示F原子），已知紧邻的白球与黑球之间的距离为acm，该晶胞的密度为　　　　　　g/cm3．　　内蒙古赤峰市宁城县2022届高三上学期第一次统考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共15小题）1．化合物M结构如图所示，对化合物M的叙述错误的是（　　）A．M的分子式为C12H10O5B．M可与溴水反应C．1molM最多可和6molH2发生反应D．M可发生水解反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚﹣OH、醇﹣OH、碳碳双键、﹣COOC﹣及C=O，结合酚、醇、烯烃、酯及酮的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，M的分子式为C12H10O5，故A正确；B．M中含酚﹣OH与溴水发生取代反应，含碳碳双键与溴水发生加成反应，故B正确；C．苯环、碳碳双键、C=O可与氢气发生加成反应，则1molM最多可和5molH2发生加成反应，故C错误；D．M中含有酯基，可以发生水解反应，故D正确；故选C．28【点评】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物官能团与性质的关系解答的关键，侧重酚、烯烃、酯性质的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．　2．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列有关说法正确的是（　　）A．二氧化硫有漂白性，常用作棉、麻、纸张和食品的漂白B．氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D．汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的【考点】胶体的重要性质；二氧化硫的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．二氧化硫有毒，不能漂白食品；B．丁达尔效应是胶体的特性；C．地沟油属于油脂，油脂可发生皂化反应制肥皂；生物柴油是以动植物油脂、废餐饮用油等为原料与甲醇在催化剂作用下，进行酯交换制成的液体燃料；D．“食用色素”、“碘元素”、“亚硝酸盐”都是食品添加剂．【解答】解：A．二氧化硫有毒，不能漂白食品，故A错误；B．水玻璃是硅酸钠的水溶液，无丁达尔效应，故B错误；C．地沟油经过皂化反应制肥皂，与甲醇在催化剂作用下进行酯交换制成生物柴油，故C正确；D．汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是空气中的氮气在（发动机）高温条件下生成的，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学与科学、技术、社会、环境等问题，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．　3．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+则下列说法正确的是（　　）A．该反应中还原剂为Fe2+，O2、Fe（OH）3均为氧化产物B．充分反应后可以看到白色沉淀和气体生成C．标准状况下，每生成22.4LO2，则有4molNa2O2被还原D．若有4molNa2O2参加反应，则反应中共转移6NA个电子【考点】氧化还原反应．【分析】由4Fe2++4Na2O2+6H2O═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+，可知Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，过氧化钠中O元素的化合价由﹣1价升高为0，由﹣1价降低为﹣2价，该反应中转移电子数为6e﹣，以此来解答．【解答】解：A．反应中O、Fe元素化合价升高，O2、Fe（OH）3均为氧化产物，Na2O2中O元素化合价为﹣1价，反应中化合价既升高又降低，Na2O2即为氧化剂也为还原剂，故A错误；B．反应过程中亚铁离子被氧化为三价铁离子，反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀的现象，故B错误；C．由方程式可知，生成22.4LO2，即1mol，转移6mol电子，有3molNa2O2被还原，故C错误；D.4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂，每生成1molO2反应过程中共转移6mol电子，故D正确．28故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子数的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．　4．用如图实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是（　　）A．检查装置的气密性B．制取氨气C．进行石油分馏D．分离乙醇与乙酸【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．可通过形成液面差检验气密性；B．应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；C．温度计和水的进出方向错误；D．乙醇和乙酸混溶．【解答】解：A．检验气密性，可先关闭止水夹，经长颈漏斗向烧瓶中加水，如形成液面差且液面在一定时间内不变化，可说明气密性良好，故A正确；28B．氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又可生成氯化铵，应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故B错误；C．温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口，水的进出方向错误，应下进上出，水充满冷凝管，可充分冷凝，故C错误；D．乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，有利于培养学生的实验能力和学习的积极性，注意把握物质的性质异同以及实验操作方法和注意事项．　5．在下列指定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）①K2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+②水电离的c（H+）水=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：AlO2﹣、K+、SO42﹣、Br﹣③pH=1的溶液中：K+、Fe2+、I﹣、Br﹣④与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、K+、NH4+、NO3﹣⑤无色溶液中：Fe2+、Na+、ClO﹣、Cl﹣⑥能使pH试纸呈红色的溶液中：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣⑦滴入KSCN溶液显血红色的溶液中：K+、Na+、SO42﹣、C6H5OH⑧室温下，=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣．A．④⑦B．②③④C．③⑧D．①⑤⑥【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①K2S溶液中，铜离子与硫离子反应生成难溶物硫化铜；②水电离的c（H+）水=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；③pH=1的溶液中存在大量氢离子，K+、Fe2+、I﹣、Br﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；④与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气；⑤无色溶液中不会存在有色的亚铁离子，且次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；⑥能使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化碘离子；⑦滴入KSCN溶液显血红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够与苯酚反应；⑧室温下，=0.1mol•L﹣1的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应．【解答】解：①K2S溶液中，Cu2+离子与硫离子反应生成硫化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故①错误；②水电离的c（H+）水=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，AlO2﹣离子与酸性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故②错误；28③pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，K+、Fe2+、I﹣、Br﹣离子之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故③正确；④与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，NO3﹣离子在酸性条件下不会生成氢气，故④错误；⑤无色溶液中不会存在有色离子，而Fe2+为有色离子，且Fe2+、ClO﹣离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；⑥能使pH试纸呈红色的溶液中存在大量氢离子，NO3﹣在酸性条件下能够氧化I﹣离子，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；⑦滴入KSCN溶液显血红色的溶液中存在铁离子，C6H5OH与铁离子发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故⑦错误；⑧室温下，=0.1mol•L﹣1的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑧正确，根据分析可知，离子能够大量共存的为：③⑧，故选C．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，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；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﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　6．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）A．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．100mL2mol/L的NaCl溶液中含NaCl分子数为0.2NAC．常温下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为0.5NAD．标准状况下，22.4L过氧化氢中含有的氧原子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、依据体积和氢氧根离子浓度计算物质的量；B、NaCl完全电离，NaCl溶液中没有NaCl分子；C、质量换算物质的量，二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，计算23gNO2中的氮原子数即可；D、标准状况下，过氧化氢是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量；【解答】解：A、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中，水也能电离出氢氧根离子，所以含有的OH﹣数目大于0.2NA，故A错误；B、NaCl完全电离，NaCl溶液中没有NaCl分子，故B错误；C、二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，23gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数，可以计算23gNO2中的氮原子数==0.5mol=0.5NA，故C正确；D、标准状况下，过氧化氢是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，质量换算物质的量计算微粒数，主要考查气体摩尔体积的条件应用，溶液中的离子物质的量计算，氧化还原反应的电子转移数计算．　287．某无色溶液中可能含有以下离子中的一种或几种：Na+、Ag+、Fe3+、NH4+、Al3+、CO32﹣、AlO2﹣、S2O32﹣、SO42﹣．现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列说法不正确的是（　　）A．淡黄色沉淀甲不可能为AgBrB．由溶液甲生成气体乙的途径只有：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑C．气体甲可能是混合气体D．综合上述信息可以确定肯定存在的离子有：Na+、AlO2﹣、S2O32﹣【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】由于无色溶液，则一定不存在Fe3+，与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉淀，沉淀若是溴化银，则不存在S2﹣、CO32﹣、SO32﹣，就不可能生成气体甲，所以淡黄色沉淀为单质硫，是HBr与S2O32﹣反应生成的，而S2O32﹣与Ag+、Al3+、NH4+生成沉淀或发生双水解而不能共存，即溶液中一定含S2O32﹣，一定不含Fe3+、Ag+、Al3+、NH4+，根据电荷守恒，Na+一定存在；溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有AlO2﹣；溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应，生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，但由于白色沉淀丙与CO2能反应，故丙为碳酸钡，即原溶液中不含SO42﹣，但由于加入的NH4HCO3能引入，故原溶液中含不含CO32﹣不能确定．所以溶液中一定存在的离子有：Na+、S2O32﹣、AlO2﹣，一定不存在的离子为：Ag+、Fe3+、NH4+、Al3+、SO42﹣，可能存在的离子为：CO32﹣．【解答】解：由于无色溶液，则一定不存在Fe3+，与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉淀，沉淀若是溴化银，则不存在S2﹣、CO32﹣、SO32﹣，就不可能生成气体甲，所以淡黄色沉淀为单质硫，是HBr与S2O32﹣反应生成的，而S2O32﹣与Ag+、Al3+、NH4+生成沉淀或发生双水解而不能共存，即溶液中一定含S2O32﹣，一定不含Fe3+、Ag+、Al3+、NH4+，根据电荷守恒，Na+一定存在；溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有AlO2﹣；溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应，生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，但由于白色沉淀丙与CO2能反应，故丙为碳酸钡，即原溶液中不含SO42﹣，但由于加入的NH4HCO3能引入，故原溶液中含不含CO32﹣不能确定．所以溶液中一定存在的离子有：Na+、S2O32﹣、AlO2﹣，一定不存在的离子为：Ag+、Fe3+、NH4+、Al3+、SO42﹣，可能存在的离子为：CO32﹣．A、由于Ag+不能存在，故沉淀甲不可能为AgBr，故A正确；B、由于原溶液中含AlO2﹣，故在溶液甲中含过量的H+和反应生成的Al3+，则生成气体乙的途径有两个：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，H++HCO3﹣═CO2↑+H2O，故B错误；C、由于原溶液中一定含S2O32﹣，可能还含CO32﹣，故气体甲中一定含SO2，还可能含CO2，故C正确；D、溶液中一定存在的离子有：Na+、S2O32﹣、AlO2﹣，故D正确．28故选B．【点评】本题考查常见离子的检验及离子组成分的确定，题目难度中等，注意常见离子的检验方法，把握有关离子的性质，会书写反应的离子的方程式．　8．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氢气中1molH﹣H键完全断裂时吸收热量436kJ，水蒸气中1molH﹣O键形成时放出热量463kJ，则氧气中1molO=O键断裂时吸收热量为（　　）A．188kJB．248kJC．124kJD．496kJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量．【解答】解：1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，设1molO=O键完全断裂时吸收热量为xkJ，则：484kJ=4×463kJ﹣（436kJ×2+xkJ），解得x=496故选D．【点评】本题考查反应热的有关计算，注意理解反应热与键能的关系，难度不大．　9．下列说法正确的是（　　）A．向50mL1mol•L﹣1的盐酸中加入烧碱，水的KW不变B．NH4Cl和NH3•H2O混合液中，二者对对方的平衡都起了抑制作用C．有两种弱酸HX和HY且酸性HX＞HY，则体积和浓度相同的NaX和NaY溶液中有c（Y﹣）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下0.1mol•L﹣1的HA溶液中=1×10﹣8，则0.01mol•L﹣1HA溶液中c（H+）=1×10﹣4mol•L﹣1【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．Kw只受温度的影响；B．依据电离平衡和盐类水解平衡的影响因素分析；C．依据盐类水解规律﹣越弱越水解分析解答；D．根据c（OH﹣）/c（H+）=1×10﹣8结合水的离子积常数计算氢离子浓度，判断该酸是弱酸，然后根据弱酸稀释的规律解题．【解答】解：A．Kw只受温度的影响，盐酸中加入烧碱发生酸碱中和反应，放出热量，使体系温度升高，Kw值增大，故A错误；B．铵根离子水解方程式：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+加入一水合氨，一水合氨浓度增大，平衡向逆向移动，抑制铵根离子的水解；一水合氨的电离方程式：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入氯化铵溶液，铵根离子浓度增大，平衡向逆向移动，抑制了一水合氨的电离，故B正确；C．因为酸性HX＞HY，所以水解能力NaX＜NaY，体积和浓度相同的NaX和NaY溶液混合后离子浓度关系为：c（X﹣）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．故C错误；28D．c（OH﹣）/c（H+）=1×10﹣8，c（OH﹣）×c（H+）=1×10﹣14，所以c（H+）=10﹣3mol•L﹣1，该酸为弱酸，加水稀释时弱酸的电离程度增大，所以0.01mol•L﹣1HA溶液中c（H+）＞1×10﹣4mol•L﹣1，故D错误；故选B．【点评】本题考查了水的电离平衡常数，弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡的影响因素，是高考的热点，不管是水的电离平衡，还是弱电解质的电离平衡，还是盐类水解的平衡都遵循化学平衡的规律，只要掌握了化学平衡的规律，其他平衡就会迎刃而解．　10．下列说法正确的是（　　）A．分子式C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）B．的名称为：2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯C．化合物是苯的同系物D．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸【考点】同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物．【专题】有机化学基础．【分析】A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质；B．该有机物为烯烃，根据烯烃的命名原则进行解答；C．根据苯的同系物符合：①只有一个苯环；②侧链为烷基，③具有通式CnH2n﹣6（n≥6）；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯．【解答】解：A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质，CH3CH2CH2CH2CH3分子中间H原子被2个甲基取代，若取代同一碳原子上2个H原子，有2种情况，若取代不同C原子上H原子，有2种情况，故符合条件的该烃的同分异构体有4种，故A正确；B．该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有5个C，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在1号C，在2、4号C都含有甲基，该有机物命名为：2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯，故B错误；C．分子不符合通式CnH2n﹣6（n≥6），不属于苯的同系物，故C错误；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；故选A．【点评】本题主要考查了同分异构体，烯烃的命名、苯的同系物的判断等，难度中等，注意掌握苯的同系物结构特点．　11．下列实验事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论①将木炭和浓硫酸反应生成的气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀生成该气体一定是CO2②燃烧的镁条放入二氧化碳中能继续燃烧还原性：Mg＞C③向某溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42﹣④某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定有NH4+（　　）28A．①②B．③④C．②④D．①③【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】①木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均与石灰水反应生成沉淀；②燃烧的镁条放入二氧化碳中，反应生成MgO和C；③白色沉淀生成为AgCl或硫酸钡；④气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气．【解答】解：①木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均与石灰水反应生成沉淀，则该气体不一定是CO2，故错误；②燃烧的镁条放入二氧化碳中，反应生成MgO和C，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：Mg＞C，故正确；③白色沉淀生成为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42﹣，可能含银离子，但不能同时存在，故错误；④气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则该溶液中一定有NH4+，故正确；故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质、离子的检验方法、氧化还原反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　12．下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是（　　）①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性．A．①④⑦B．②⑤⑧C．③⑥⑨D．全有关【考点】盐类水解的应用；盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】①明矾和FeCl3可作净水剂依据铝离子、铁离子水解生成胶体分析判断；②加入盐酸抑制铁离子的水解；③盐酸抑制氯化铝的水解；④铵根离子水解显酸性；⑤碳酸钙、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应；⑥碳酸氢根离子恒温铝离子发生双水解生成二氧化碳；⑦铵根离子、铝离子水解先酸性；⑧铵根离子水解呈酸性；⑨铵根离子、硫离子水解．【解答】解：①明矾和FeCl3可作净水剂依据铝离子、铁离子水解生成胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用；故①有关；②加入盐酸抑制铁离子的水解；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；故②有关；③盐酸抑制氯化铝的水解；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；故③有关；28④铵根离子水解显酸性；和氧化铜反应，故④有关；⑤碳酸钙、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应，把玻璃瓶塞和瓶口粘结；故⑤有关；⑥碳酸氢根离子恒温铝离子发生双水解生成二氧化碳；故⑥有关；⑦铵根离子、铝离子水解显酸性，镁和氢离子反应促进水解进行生成氢气；故⑦有关；⑧铵根离子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根离子水解显碱性；故⑧有关；⑨铵根离子水解显酸性、硫离子水解溶液显碱性；故⑨有关；故选D．【点评】本题考查了盐类水解的分析判断，水解离子的特征性质和溶液酸碱性的分析判断，理解盐类水解的实质是弱离子结合水中氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，题目难度中等．　13．如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2=Fe+2Li2S．下列说法不正确的是（　　）A．该装置将化学能转化为电能B．电子移动方向是由a极流向b极C．可以用水代替SO（CH3）2做溶剂D．b极反应式是FeS2+4Li++4e﹣=Fe+2Li2S【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、装置图分析可知是原电池反应原理；B、原电池中电子从负极沿外电路流向正极；C、水的导电性差和锂发生反应；D、b电极为正极，得到电子发生还原反应；【解答】解：A、装置图分析可知是原电池反应原理，是化学能转化为电能的装置，故A正确；B、原电池中电子从负极沿外电路流向正极，原电池中a为负极，是由a极流向b极，故B正确；C、水的导电性差和锂发生反应，不符合原电池的反应原理，故C错误；D、b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为FeS2+4Li++4e﹣=Fe+2Li2S，故D正确；故选C．【点评】本题考查原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题目难度中等．　14．下列说法中正确的是（　　）①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸28③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不能直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性．A．②③B．①②③C．①②③④D．①②③⑤【考点】钠的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】①金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠；②常温下，金属铝遇到浓硝酸和浓硫酸会钝化；③盐酸中的氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性；④氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；⑤二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化．【解答】解：①金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故正确；②常温下，金属铝遇到浓硝酸和浓硫酸会钝化，所以常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸，故正确；③盐酸中的氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性，即盐酸既有氧化性又有还原性，故正确；④氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，属于化合反应，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，但是二氧化硅不溶于水，不能和水反应的到硅酸，故错误；⑤二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，即SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，故错误．故选B．【点评】本题涉及金属钠、铝、盐酸、含铁化合物以及二氧化硫性质的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．　15．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）A．元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大B．39gZ2Y2中含有的离子数约为1.204×1024C．元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性或碱性D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmR【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】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，结合物质性质与元素周期律解答．【解答】28解：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，A．Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，Y、Z、W具有相同电子层结构的离子（O2﹣、Na+、Al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故A错误；B．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，39gNa2O2中含有的离子数约为×3×6.02×1023mol﹣1=9.03×1023，故B错误；C．Z的氧化物的水化物为NaOH，R的氧化物的水化物为H2SO4或H2SO3，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，氢氧化钠与亚硫酸反应可以生成亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故C错误；D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y（O元素）和R（S元素）的非金属性强弱：Y＞R，所以对应的氢化物的稳定性：XmY＞XmR，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，推断元素是关键，注意半径比较规律与基础知识掌握，C选项为易错点，产物容易遗漏．　二、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）16．丰富多彩的现代生活离不开香料，香豆素是一种重要的有机香料．实验室合成香豆素的路径如下：（1）香豆素的分子式为　C9H6O2　，（Ⅳ）中含氧官能团的名称　羟基、羧基　．（Ⅰ）与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为　　．（3）反应①、②的反应类型依次是　加成反应、消去反应　．（4）反应④的化学方程式是　　．（5）Ⅴ是（Ⅳ）的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，且能够发生酯化反应和银镜反应．则Ⅴ的结构简式为　或　（任写一种）．（6）一定条件下，与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应，则生成有机物的结构简式为　　．28【考点】有机物的结构和性质；有机物的推断．【分析】（1）根据香豆素结构简式判断其分子式，根据Ⅳ的结构简式判断官能团；Ⅰ中含有﹣CHO，可与氢气发生加成反应生成﹣OH；（3）根据官能团的转化判断反应类型；（4）反应④为酯化反应，根据酯化反应原理写出该反应的化学方程式；（5）Ⅴ是（Ⅳ）的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应，说明含有﹣CHO，能够发生酯化反应，分子中含有羧基或羟基，据此写出满足条件的有机物的结构简式；（6）反应①、②分别为加成反应和消去反应，生成C=C．【解答】解：（1）根据香豆素的结构简式可知，其分子中含有9个C、6个H、2个O，则分子式为：C9H6O2，根据Ⅳ的结构简式可知，其中含氧官能团为羟基、羧基，故答案为：C9H6O2；羟基、羧基；Ⅰ中含有﹣CHO，可与氢气发生加成反应生成﹣OH，邻羟基苯甲醇的结构简式为，故答案为：；（3）由官能团的变化可知，反应①为加成反应，反应②为消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；（4）反应④为分子之间的酯化反应，反应的方程式为：，故答案为：；（5）Ⅴ是（Ⅳ）的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应，说明含有﹣CHO，能够发生酯化反应，分子中含有羧基或羟基，对应的醛基可为﹣CHO、﹣CH2CHO，另一取代基可为﹣CH2COOH、﹣COOH等，则对应的同分异构体为：或，故答案为：或；（6）与CH3CHO发生加成反应生成，然后发生消去反应可生成，故答案为：．28【点评】本题考查以有机物的合成考查结构与性质，题目难度中等，本题侧重于有机物的官能团的性质、转化的考查，注意根据官能团的转化判断反应类型，易错点为（5），注意有机物同分异构体的判断．　17．煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中．（1）已知：①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0kJ•mol﹣1　．该反应在　高温　（填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得各物质的浓度如表所示：01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=　0.009mol/（L•min）　．②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　AD　（填字母序号）．A．通入一定量的NOB．加入一定量的活性炭C．加入合适的催化剂D．适当缩小容器的体积（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如表所示：温度/℃400500800平衡常数K9.9491若反应在500℃时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣1，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为　75%　．（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同．28①乙中A极产生的气体在标准状况下的体积为　2.24L　．②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是　Cu2+　（填离子符号）的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要　280　mL5.0mol•L﹣1NaOH溶液．【考点】用化学平衡常数进行计算；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．【专题】推断题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】（1）根据盖斯定律来写出碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式；根据反应能否自发进行的判据来回答；反应前后是气体体积不变的反应，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大，说明改变的条件是缩小体积增大浓度，或加入一氧化氮达到新平衡后个物质浓度增大；（3）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；（4）①工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气；阳极电极反应和电子守恒计算得到；②C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu做阳极，D电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算．【解答】解：（1）已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1根据盖斯定律，将①﹣②可得：C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+90kJ•mol﹣1，反应的焓变△H＞0，△S＞0，根据反应自发进行的判据△H﹣TS＜0，所以需要高温下发生，故答案为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0kJ•mol﹣1；高温；①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=mol/（L•min）=0.009mol/（L•min），故答案为：0.009mol/（L•min）；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；A．通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故符合；B．加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故不符合；28C．加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故不符合；D．适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故符合；故答案为：AD；（3）设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），起始（mol/L）：0.020.02000转化（mol/L）：cccc平衡（mol/L）：0.02﹣c0.02﹣ccc代入500℃时反应平衡常数有k===9，解得c=0.015，CO的最大所以转化率为×100%=75%，故答案为：75%；（4）①工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，0.1mol0.2mol2H++2e﹣=H2↑，2xxA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，4xx得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，故答案为：2.24L；②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据计算得到电子转移应为0.4mol，对比图象，可知此时溶液中为Fe2+0.5mol，和Cu2+离子0.2mol．需要加入NaOH溶液1.4mol，体积为280ml，故答案为：Cu2+；280．【点评】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，难度较大．　18．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．研究铁及其化合物的应用意义重大．I．水体的净化和污水的处理与铁及其化合物密切相关．（1）自来水厂常用高铁酸钠（Na2FeO4）改善水质．简述高铁酸钠用于杀菌消毒同时又起到净水作用的原理　FeO42﹣有强的氧化性，能杀菌消毒，本身被还原为Fe3+，Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，达到净水的目的　．28碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血．工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：①写出反应I中发生的氧化还原反应的离子方程式　Fe+2H+═Fe2++H2↑　．②加入少量NaHCO3的目的是调节溶液pH，应控制pH的范围为　4.4～7.5　．③在实际生产中，反应II常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若通入5.6LO2（标准状况），则相当于节约NaNO2的质量为　69　g．④碱式硫酸铁溶于水后产生的[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子．该水解反应的离子方程式为　2[Fe（OH）]2++2H2O⇌[Fe2（OH）4]2++2H+；　．II．铁的化合物也是制备高能锂电池的重要原料．已知磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+．试写出该电池充电时的阳极反应式　LiFePO4﹣e﹣═FePO4+Li+　．常温下以该电池为电源电解200mL饱和食盐水，当消耗1.4gLi时，溶液的pH为　14　．（忽略溶液的体积变化）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】Ⅰ．（1）高铁酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成Fe3+，Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质；①Fe为活泼金属，可与酸反应；②要制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，根据沉淀的pH选择；③所消耗氧气得到的电子的物质的量相当于NaNO2得到电子的物质的量；④根据反应物和生成物判断离子方程式；Ⅱ．阳极发生氧化反应，结合反应的方程式判断，电解池中电极商电子守恒，依据电子转移减少电解饱和氯化钠溶液中阴极电解反应中减小的氢离子物质的量，氢离子减小和溶液在亲一个离子增加物质的量相同，得到溶液中氢氧根离子浓度，结合离子积减少氢离子浓度得到溶液pH．【解答】解：Ⅰ．（1）高铁酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成Fe3+，Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，可用来除去水中的悬浮物，达到净水的目的，故答案为：FeO42﹣有强的氧化性，能杀菌消毒，本身被还原为Fe3+，Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，达到净水的目的；①Fe为活泼金属，可与酸反应，反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；②制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间，故答案为：4.4～7.5；28③n（O2）==0.25mol，则得到电子0.25mol×4=1mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则m（NaNO2）=1mol×69g/mol=69g，故答案为：69；④[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O⇌[Fe2（OH）4]2++2H+，故答案为：2[Fe（OH）]2++2H2O⇌[Fe2（OH）4]2++2H+；Ⅱ．阳极发生氧化反应，由总反应式FePO4+LiLiFePO4可知，LiFePO4被氧化生成FePO4，反应的电极方程式为LiFePO4﹣e﹣═FePO4+Li+，常温下以该电池为电源电解200mL饱和食盐水，当消耗1.4gLi时，n（Li）==0.2mol，反应中电子转移0.2mol，电解食盐水，阴极电极反应为2H++2e﹣=H2↑，溶液中氢离子减小0.2mol，溶液中增加氢氧根离子物质的量为0.2mol，c（OH﹣）==1mol/L，c（H+）==10﹣14mol/L，溶液的pH值为14，故答案为：LiFePO4﹣e﹣═FePO4+Li+；14．【点评】本题考查制备原理的设计，题目难度中等，注意根据物质的性质和题给信息判断可能发生的反应，方程式的书写为解答该题的难点，也是易错点，注意体会书写方法．　19．三氯化磷（PCl3）是一种重要的有机合成催化剂．实验室常用红磷与干燥的Cl2制取PCl3，装置如图1所示．已知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5．PCl3遇O2会生成POCl3（三氯氧磷），POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl．PCl3、POCl3的熔沸点见表．物质熔点/℃沸点/℃PCl3﹣11275.5POCl32105.3请答下面问题：（1）B中所装试剂是　浓硫酸　，F中碱石灰的作用是　吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应　．28实验时，检查装置气密性后，向D装置的曲颈甑中加入红磷，打开K3通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K3，加热曲颈甑至上部有黄色升华物出现时通入氯气，反应立即进行．通干燥CO2的作用是　排尽装置中的空气，防止红磷自燃　，（3）实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入红磷加热除去PCl5后，通过　蒸馏　（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．（4）C装置中的K1、K2的设计也出于类似的目的，为了达到这一实验目的，实验时与K1、K2有关的操作是　先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，打开K1，关闭K2　．（5）实验后期关闭K1，打开K2，将气体通入C装置中发生反应，反应后的溶液为X．某同学设计实验来确定溶液X中含有的某些离子，请补充完成实验步骤和现象．实验步骤实验现象实验结论①溶液X中含有Na+②溶液X中含有Cl﹣（6）玻璃管之间的连接需要用到胶皮管，连接的方法是：先把　把玻璃管口用水润湿　，然后稍稍用力即可把玻璃管插入橡皮管．甲同学将装置A的示意图画成图2，该示意图中明显的错误是　没有（用酒精灯）加热　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】实验室要用红磷与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止红磷燃烧，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．（1）氯气为酸性气体，需用酸性干燥剂干燥，氯气有毒，三氯化磷易水解，F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应；红磷在温度较高的条件下能自燃，通入二氧化碳赶净空气；（3）依据物质的沸点数值不同，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷；（4）C装置中先关闭K1，打开K2，利用氯气排净装置中的空气；（5）根据检验钠离子和氯离子的方法进行检验；（6）根据连接玻璃管的实验操作进行分析解答；A装置中二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，需要加热．【解答】解：（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，故答案为：浓硫酸；吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应；通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止红磷与空气中的氧气发生自燃，故答案为：排尽装置中的空气，防止红磷自燃；（3）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，实验制得的粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入红磷加热除去PCl5后，再通过蒸馏即可得到较纯净的PCl3；故答案为：蒸馏；28（4）由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应，C装置中先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，排净了空气，再打开K1，关闭K2，可利用氯气排净装置中的空气，故答案为：先关闭K1，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，打开K1，关闭K2．（5）实验后期关闭K1，打开K2，将气体通入C装置中发生反应，为氯气和氢氧化钠反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，检验钠离子用焰色反应，用铂丝（光洁无锈的铁丝）蘸取溶液X，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色证明存在钠离子，检验氯离子，取少量溶液X，加入足量稀HNO，再滴加少量AgNO3溶液，出现白色沉淀，实验步骤实验现象①用铂丝（光洁无锈的铁丝）蘸取溶液X，在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色②取少量溶液X，加入足量稀HNO，再滴加少量AgNO3溶液出现白色沉淀（6）玻璃管和胶皮管连接的方法是：先把玻璃管口用水润湿，然后稍稍用力即可把玻璃管插入胶皮管，润湿起润滑作用，A装置中，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，所以缺少加热装置，故答案为：把玻璃管口用水润湿；没有（用酒精灯）加热．【点评】本题考查阅读获取信息的能力、对实验原理理解等，题目难度中等，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，注意题中信息PCl3遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl．PCl3、POCl3的熔沸点为解答关键．　20．【化学﹣﹣选修3：物质结构与性质】已知：A、B、C、D、E、F六种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中最高；F能形成红色（或砖红色）的F2O和黑色的FO两种氧化物．回答下列问题：（1）F的原子的M层电子排布式为　3s23p63d10　．B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为　Na＜Al＜Si　．（用元素符号表示）（3）A的简单氢化物分子极易溶于水，其主要原因是　氨分子与水分子之间存在氢键　．（4）E的最高价氧化物分子的空间构型是　平面正三角形　．其中心原子的杂化方式为　sp2　．（5）F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子，配位数为　4　．（6）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为　Cu3N　；（黑色球表示F原子），已知紧邻的白球与黑球之间的距离为acm，该晶胞的密度为　　g/cm3．28【考点】位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】C元素是地壳中含量最高的金属元素，所以C是Al元素；A原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Al，则其电子排布式为1s22s22p3，即A为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；化合物B2E的晶体为离子晶体，则B为第三周期第ⅠA族元素，即B为Na元素；由原子序数可知D处于第三周期，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中最高，Si的晶体类型为原子晶体，沸点最高，则D为Si元素；F能形成红色（或砖红色）的F2O和黑色的FO两种氧化物，则F为Cu，据此解答．【解答】解：C元素是地壳中含量最高的金属元素，所以C是Al元素；A原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Al，则其电子排布式为1s22s22p3，即A为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；化合物B2E的晶体为离子晶体，则B为第三周期第ⅠA族元素，即B为Na元素；由原子序数可知D处于第三周期，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中最高，Si的晶体类型为原子晶体，沸点最高，则D为Si元素；F能形成红色（或砖红色）的F2O和黑色的FO两种氧化物，则F为Cu，（1）F为Cu，其M层电子排布式为：3s23p63d10，故答案为：3s23p63d10；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Na＜Al＜Si，故答案为：Na＜Al＜Si；（3）由于氨分子与水分子之间存在氢键，故氨气分子极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子之间存在氢键；（4）SO3分子S原子形成3个σ键且不含孤电子对，所以为平面正三角形结构，S原子采取sp2杂化，故答案为：平面正三角形；sp2；（5）Cu2+与NH3形成[Cu（NH3）4]2+配离子，其配位数为4，故答案为：4；（6）晶胞中Cu原子数目=12×=3、N原子数目=8×=1，故化学式为：Cu3N，晶胞的质量=g，紧邻的白球与黑球之间的距离为acm，则晶胞棱长=2acm，则晶胞体积=3，故晶体的密度==g/cm3，故答案为：Cu3N；．【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、分子空间构型、原子的杂化、晶胞计算等，注意第ⅡA和第ⅢA族、第ⅤA族和第ⅥA族之间第一电离能异常，注意根据均摊法进行晶胞计算．　28