内蒙古赤峰市2022届高三化学上学期9月质检试题含解析

2022-2022学年内蒙古赤峰市高三（上）质检化学试卷（9月份）一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是()A．食盐可作氯碱工业的原料B．碘酒是指单质碘的乙醇溶液C．大量使用化肥和农药，以提高农作物产量，符合绿色化学的原则D．低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放2．下列化学用语表达不正确的是()A．次氯酸的电子式：B．质子数为6、质量数为14的原子：NC．CS2的结构式：S﹣C﹣SD．氯的原子结构示意图：3．橄榄石型LiFePO4是以中国锂离子电池正极材料，下列有关LiFePO4的说法中不正确的是()A．LiFePO4中铁元素的化合价为+2价B．LiFePO4中Li、P、O均属于短周期元素C．能与稀硝酸发生氧化还原反应D．LiFePO4中Li、Fe、P均属于主族元素4．下列物质中既存在共价键又存在离子键的是()A．Na2O2B．MgCl2C．SiO2D．H2SO45．用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是()A．常温下，1mol丙烯中含碳原子数为3NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH﹣数为NAC．标准状况下，22.4LCHCl3中含C﹣H键数为NAD．23gNa与足量氧气反应时转移的电子数为2NA6．常温下在下列给定条件的溶液中，能大量共存的粒子组是()A．能使pH试纸呈红色的溶液：CH3COOH、NH4+、I﹣、NO3﹣B．加入铝粉生成H2的溶液：K+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液：H+，Al3+、Cl﹣、SCN﹣D．pH=14的溶液：Na+、NH3•H2O、SiO32﹣、NO3﹣7．柠檬烯醇是一种实用香精，其结构简式如图所示．下列有关柠檬烯醇的说法正确的是()29A．能与氢氧化钠溶液发生中和反应B．能发生加成反应和取代反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．与对丙基苯甲醇（）互为同分异构体8．在酸性介质中，向MnSO4溶液中滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下离子反应：2Mn2++5S2O82﹣+8X=2MnO42﹣+10SO42﹣+16H+，下列说法正确的是()A．X是H2OB．还原性：SO42﹣＞Mn2+C．该反应中酸性介质可以为盐酸D．每生成0.1molSO42﹣，转移电子0.05mol9．锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图），电解液为溴化锌水溶液，电解液在电解质储罐和电池间不断循环．下列说法不正确的是()A．充电时电极a连接电源的负极B．放电时负极的电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+C．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大D．阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应10．实验室某些物质的制备装置如图所示（省略夹持装置和净化装置），仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的是()选项a中的物质b中的物质c中的物质d中的物质d中的物质A浓硫酸Na2SO3（NH4）2SO3浓氨水CaOB浓硝酸CuH2SO4稀盐酸Na2SC稀硫酸ZnHCl稀盐酸MnO2D浓硫酸CH3CH2OHCH2BrCH2Br溴单质CCl429A．AB．BC．CD．D11．短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如图，下列推论合理的是()XYWZA．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X为碳元素B．若W的核电荷数是Y的两倍，则X是氮元素C．原子半径：Z＞Y＞XD．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W12．向某恒容密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g），测得平衡体系中CO2的百分含量（CO2%）与反应温度变化的关系如图所示．下列物理量中，a点大于b点的是()A．正反应速率B．逆反应速率C．HCOOH（g）的浓度D．H2的体积分数13．下列溶液中，微粒浓度关系正确的是()A．常温下，pH=6的由醋酸与醋酸钠组成的混合溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）B．将Cl2通入过量KOH溶液中：c（ClO﹣）+c（Cl﹣）=c（K+）C．0.1mol•L﹣1的Na2S溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）D．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）14．某工厂用硫酸处理氨气尾气，得到铵盐（不同批次得到a、b、c三种不同的铵盐）．称取不同质量的铵盐，加入到固定量的NaOH溶液中并加热，收集氨气，得到如下生成氨气的量与加入铵盐的量关系图：下列判断不正确的是()A．a对应的铵盐是（NH4）2SO4B．b对应的铵盐是（NH4）2SO4和NH4HSO4C．c对应的铵盐是NH4HSO4D．当b和c铵盐的质量相同时，可得到相同量的氨气二、必考题（本题包括5小题）2915．硫、氯及其化合物由广泛的用途．（1）“氯氧化法”是指在碱性条件下用Cl2将废水中的CN﹣氧化成无毒的物质，CN﹣被氧化后的产物为__________（填化学式）．（2）“氯胺（NH2Cl）消毒法”是在用液氯处理自来水的同时通入少量氨气，发生反应：Cl2+NH3=NH2Cl+HCl，生成的NH2Cl能部分水解生成强氧化性的物质，起消毒杀菌的作用．氯胺能用于消毒杀菌的原因是__________（用化学方程式表示）．（3）如图所示装置和药品可用来制备Na2S2O3．资料：25℃H2CO3Kal=4.4×10﹣7H2SKal=1.3×10﹣7H2SO3Kal=1.54×10﹣2①H2CO3、H2S、H2SO3三种酸的酸性由强到弱的顺序为__________．②配平广口瓶中生成Na2S2O3反应的化学方程式：__________SO2+__________Na2S+__________Na2CO3﹣﹣__________Na2S2O3+__________CO2．16．1808年，英国化学家用钾还原氧化镁，最早制得少量的镁．镁是航空工业的重要材料，镁作为一种强氧化剂，还用于钛、铍和铀的生产中．（1）镁在元素周期表中的位置为__________．（2）写出用镁与金红石（主要成分为TiO2）在加热条件下制取钛的化学方程式：__________．（3）镁在加热的条件下还能与NaOH固体反应，生成MgO和单质X、单质Y．已知X与水反应可生成单质Y，则镁与NaOH反应的化学方程式为__________．（4）镁﹣过氧化氢电池的工作原理如图所示，该电池放电时总反应的化学方程式为__________．17．某同学利用下列装置实现铜与浓硝酸、稀硝酸反应，过程如图所示：I．取一段铜丝，用稀硫酸除去铜锈[主要成分是Cu2（OH）2CO3]．Ⅱ．将洗涤后的铜丝做成匝数较多的螺旋状．Ⅲ．按如图所示装置连接仪器、检查气密性、装入化学试剂．29（1）过程I发生反应的离子方程式是__________．（2）写出过程Ⅲ中检查气密性的方法__________．（3）过程Ⅲ的后续操作如下：①打开止水夹a和b，轻推注射器，使浓硝酸与铜丝接触，观察到的现象是__________，一段时间后使反应停止的操作是__________，关闭a，取下注射器．②打开b和分液漏斗活塞，当玻璃管充满稀硝酸后，关闭b和分液漏斗活塞，打开a，观察到有气泡产生．稀硝酸充满玻璃管的实验目是__________，该反应的离子方程式是__________．（4）另取3支盛满NO2气体的小试管分别倒置在盛有常温水、热水和冰水的3只烧杯中，发现液面上升的高度明显不一致．结果如表所示（忽略温度对气体体积的影响）：实验编号水温/℃液面上升高度125超过试管的250不足试管的30液面上升超过实验1①根据上表得出的结论是温度越__________（填“高”或“低”），进入试管中的溶液越多．②查阅资料：a．NO2与水反应的实际过程为：2NO2+H2O=HNO3+HNO23HNO2=HNO3+2NO↑+H2O；b．HNO2不稳定．则产生上述现象的原因是__________．18．甲醇是一种重要的有机化工原料，可用于制取甲醚．一定温度下，在三个体积为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）．容器编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40abⅢ2070.200.0900.090（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=__________．（2）该反应的正反应为__________（填“放热”或“吸热”）反应．（3）容器I中的反应达到平衡时所需的时间__________（填“大于”“小于”或等于）容器Ⅱ中的．（4）a=__________，b=__________．（5）已知下面两个反应（m、n．均大于0）：反应①：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣mkJ•mol﹣1反应②2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ•mol﹣129则下列m与n的关系中，正确的是__________（填字母）．A．n＞2mB．m＞2nC．n＞mD．m＞3n．19．烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放．实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝溶液，并用于烟气脱硫．（1）__________（“能”或“不能”）用NaOH溶液代替H2SO4溶液．（2）酸浸时反应的离子方程式为__________．（3）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是__________．Al2（SO4）x（OH）6﹣2x__________（填“易”或“难”）于水．（4）已知粉煤灰中Al2O3的质量分数为40.8%，制得的碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）6﹣2x中x=1.5．某实验小组取80.0g粉煤灰进行上述实验，假设在整个过程中铝的损耗率为10%，则可制得碱式硫酸铝的质量为__________g．三、选考题（本体包括2小题，只能选择一题作答）物质结构与性质20．金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”．（1）Ti基态原子的电子排布式为__________．（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物．电负性：C__________（填“＞”或“＜”下同）B；第一电离能：N__________O．（3）月球岩石﹣﹣玄武岩的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）．FeTiO3与80%的硫酸反应可生成TiOSO4．SO42﹣的空间构型为__________形，其中硫原子采用__________杂化．（4）磷酸钛〔Ti3（PO4）4]锂离子电池能量密度大、安全性高．Ti3（PO4）4可由TiOSO4与H3PO4反应制得．两分子H3PO4发生脱水生成焦磷酸；则三分子H3PO4脱去两分子H2O生成三磷酸，其结构式为__________，四分子H3PO4脱去四分子H2O生成的四偏磷酸属于__________元酸．（5）Ti的氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐CaTiO3，CaTiO3的晶体结构如图所示（Ti4+位于立方体的顶点）．该晶体中，Ti4+和周围__________个O2﹣相紧邻．29（6）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCI型．晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响．由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x＜1）中，若测得某FexO晶体密度为5.71g•cm﹣3，晶胞边长为4.28X10﹣10m，则FexO中x=__________．有机化学基础21．蜂胶是一种天然抗癌药物，一个五六万只的蜂群一年只能产100多克蜂胶，所以蜂胶又被誉为“紫色黄金”．蜂胶的主要活性成分为咖啡酸苯乙酯，其分子结构如图所示（短线表示化学键，如单键、双键等），在一定条件下能发生如下转化．请回答下列问题：（1）咖啡酸苯乙酯的分子式为__________．C的结构简式为__________．（2）①A中含氧官能团的名称为__________．②A可以发生的反应是__________（填字毋）A、加成反应B、酯化反应C、消去反应D、氧化反应（3）高分子E的结构简式是__________．（4）C→D发生反应的反应类型是__________．（5）B的同分异构体有很多种，其中同时符合下列条件的同分异构体的结构简式为__________．a、苯环上只有两个取代基b．能发生银镜反应c、能与氢氧化钠溶液反应d、不能与氯化铁溶液发生显色反应e、核磁共振氢谱图中有三组峰．化学与技术22．某硫酸厂以含有SO2的尾气、氨水等为原料，合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质．合成路线如下：（1）写出反应Ⅲ的化学方程式：__________29（2）下列有关说法正确的是__________（填字母）．A反应Ⅰ中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B．反应Ⅱ和反应Ⅲ的基本反应类型相同C．反应Ⅳ需控制在60﹣70℃，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D．反应Ⅴ中的副产物氯化铵可用作氮肥（3）（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统．写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式：__________．（4）很多硫酸厂为回收利用SO2，直接用氨水吸收法处理尾气．①用15.0mL2.0mol•L﹣1氨水吸收标准状况下448mLSO2，吸收液中的溶质为__________②某同学用酸性KMnO4溶液滴定上述吸收液，当达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液25.00mL，则酸性KMnO4溶液中，c（KMnO4）=__________（5）氨气用途广泛，可以直接用于燃料电池，如图是用氨水作燃料的燃料电池的工作原理．氨气燃料电池的电解质溶液最好选择__________（填“酸性”“碱性”或“中性”）溶液，氮气燃料电池的反应是氨气与氧气生成一种常见的无毒气体和水，该电池总反应的化学方程式是__________，负极的电极反应式是__________．292022-2022学年内蒙古赤峰市高三（上）质检化学试卷（9月份）一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是()A．食盐可作氯碱工业的原料B．碘酒是指单质碘的乙醇溶液C．大量使用化肥和农药，以提高农作物产量，符合绿色化学的原则D．低碳生活注重节能减排，尽量使用太阳能等代替化石燃料，减少温室气体的排放【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】A．工业上制取氯气大多采用电解饱和食盐水的方法，以此为基础的工业称为“氯碱工业”；B．碘酒是碘溶于酒精形成的溶液；C．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，大量使用化肥和农药，会污染土壤和水资源；D．“低碳生活”是指生活中要减少能量消耗，从而降低碳特别是二氧化碳的排放．【解答】解：A．“氯碱工业”的主要生产过程是电解饱和食盐水，产生氯气、氢气和氢氧化钠，食盐可作氯碱工业的原料，故A正确；B．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故B正确；C．绿色化学的核心是从源头上减少对环境的污染，大量使用化肥和农药，不符合绿色化学的原则，会污染土壤和水资源，应合理使用，故C错误；D．低碳经济就是指通过开发新能源，尽可能地减少煤炭、石油、天然气等高碳能源消耗，减少温室气体的排放，达到社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态，故D正确；故选C．【点评】本题主要考查化学物质与生活得关系、绿色化学的概念、化肥农药对人类生活的影响，解题中联系到平时积累的知识．所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来，题目难度不大．2．下列化学用语表达不正确的是()A．次氯酸的电子式：B．质子数为6、质量数为14的原子：NC．CS2的结构式：S﹣C﹣SD．氯的原子结构示意图：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．次氯酸为共价化合物，分子中存在1个氧氯将和1个氧氢键；B．质子数为6的元素为C，元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数；C．二氧化硫中存在两个碳硫双键，类比二氧化碳的结构简式判断；29D．原子结构示意图中，核电荷数=核外电子总数．【解答】解：A．次氯酸分子为共价化合物，氧原子和氯原子最外层都达到8电子稳定结构，次氯酸的电子式为：，故A正确；B．质子数为6、质量数为14的原子，该原子表示的是C原子，其正确的表示方法为：614C，故B错误；C．二硫化碳中存在两个碳硫双键，不是单键，其正确的结构式为：S=C=S，故C错误；D．氯元素的核电荷数为17，核外电子总数也是17，最外层为7个电子，该原子的原子结构示意图为：，故D正确；故选BC．【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，明确电子式、结构式、结构简式、分子式的区别．3．橄榄石型LiFePO4是以中国锂离子电池正极材料，下列有关LiFePO4的说法中不正确的是()A．LiFePO4中铁元素的化合价为+2价B．LiFePO4中Li、P、O均属于短周期元素C．能与稀硝酸发生氧化还原反应D．LiFePO4中Li、Fe、P均属于主族元素【考点】元素周期表的结构及其应用；根据化学式判断化合价．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、根据化合价代数和为0，来判断；B、Li、P、O均属于二、三周期的元素，是短周期元素；C、+2价的铁与硝酸发生氧化还原反应；D、铁不是主族元素．【解答】解：A、根据化合价代数和为0，Li的化合价为+1，而P的化合价为+5，O的化合价代数和为﹣8，所以铁元素的化合价为+2价，故A正确；B、Li、P、O均属于二、三周期的元素，是短周期元素，故B正确；C、+2价的铁具有还原性与硝酸具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，故C正确；D、铁不是主族元素，Li、P是主族元素，故D错误；故选D．【点评】本题考查元素化合物中各元素在周期表中的位置以及化合物的相关性质，比较容易．4．下列物质中既存在共价键又存在离子键的是()A．Na2O2B．MgCl2C．SiO2D．H2SO4【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答．【解答】解：A．含钠离子与过氧根离子之间的离子键和O、O之间的共价键，故A选；B．只含镁离子、氯离子之间的离子键，故B不选；C．只含Si、O之间的共价键，故C不选；D．只含S、O之间和O、H之间的共价键，故D不选；29故选A．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键判断的一般规律为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．5．用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是()A．常温下，1mol丙烯中含碳原子数为3NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH﹣数为NAC．标准状况下，22.4LCHCl3中含C﹣H键数为NAD．23gNa与足量氧气反应时转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、一个丙烯分子含有3个碳原子；B、溶液体积不知不能计算微粒数；C、标准状况下，22.4LCHCl3不是气体；D、23gNa的物质的量为1mol，完全反应失去电子数为NA．【解答】解：A、一个丙烯分子含有3个碳原子，1mol丙烯中含碳原子3mol，碳原子数为3NA，故A正确；B、常温下，pH=13的氢氧化钠溶液中，溶液体积不知不能计算含OH﹣数目，故B错误；C、标准状况下，22.4LCHCl3不是气体，物质的量不是1mol，含C﹣H键数目不为NA，故C错误；D、23gNa的物质的量为1mol，完全反应失去电子数为NA，即转移电子数为NA，故D错误；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，微粒数目的计算方法，掌握基础是关键，题目难度中等．6．常温下在下列给定条件的溶液中，能大量共存的粒子组是()A．能使pH试纸呈红色的溶液：CH3COOH、NH4+、I﹣、NO3﹣B．加入铝粉生成H2的溶液：K+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液：H+，Al3+、Cl﹣、SCN﹣D．pH=14的溶液：Na+、NH3•H2O、SiO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性；B．加入铝粉生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C．离子之间结合生成络离子；D．pH=14的溶液，显碱性．【解答】解：A．能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．加入铝粉生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2+、HCO3﹣，酸性溶液中不能大量存在HCO3﹣，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D．pH=14的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．29【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应、络合反应的离子共存考查，题目难度不大．7．柠檬烯醇是一种实用香精，其结构简式如图所示．下列有关柠檬烯醇的说法正确的是()A．能与氢氧化钠溶液发生中和反应B．能发生加成反应和取代反应C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．与对丙基苯甲醇（）互为同分异构体【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】柠檬烯醇含有羟基和碳碳双键两种官能团，根据官能团的性质解题．【解答】解：A．羟基不能与碱反应，柠檬烯醇不能与氢氧化钠溶液发生中和反应，故A错误；B．碳碳双键能发生加成反应，羟基能发生取代反应，故B正确；C．碳碳双键能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故C错误；D．柠檬烯醇分子式C9H14O，对丙基苯甲醇分子式C9H12O，分子式不相同，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意习题中的信息分析物质的性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．8．在酸性介质中，向MnSO4溶液中滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下离子反应：2Mn2++5S2O82﹣+8X=2MnO42﹣+10SO42﹣+16H+，下列说法正确的是()A．X是H2OB．还原性：SO42﹣＞Mn2+C．该反应中酸性介质可以为盐酸D．每生成0.1molSO42﹣，转移电子0.05mol【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2Mn2++5S2O82﹣+8X=2MnO42﹣+10SO42﹣+16H+中，Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，由电荷守恒可知，X为中性物质，结合原子守恒可知X为H2O，以此来解答．【解答】解：A．由电荷守恒及原子守恒可知，X为H2O，故A正确；B．由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性为Mn2+＞SO42﹣，故B错误；C．高锰酸根离子能氧化盐酸，不能使用盐酸作酸性介质，故C错误；D．由反应可知，生成10molSO42﹣转移电子10mol电子，则每生成0.1molSO42﹣，转移电子0.1mol，故D错误；故选A．【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，侧重分析与应用能力的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大．299．锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图），电解液为溴化锌水溶液，电解液在电解质储罐和电池间不断循环．下列说法不正确的是()A．充电时电极a连接电源的负极B．放电时负极的电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+C．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大D．阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】A、充电时，电池的正极和电源的正极相接；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应；C、根据电池的两极反应来确定离子浓度的变化；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用．【解答】解：根据图示的信息，结合原电池等工作原理，原电池的负极是金属锌失电子的过程，所以b是负极，a是正极．A、充电时，电池的正极和电源的正极相接，即电极a连接电源的正极，故A错误；B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应，即Zn﹣2e﹣=Zn2+，故B正确；C、放电时，右侧生成的锌离子移向左侧，左侧溴单质发生得电子的还原反应生成溴离子，所以左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故C正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用，可阻止Br2与Zn直接发生反应，故D正确．故选A．【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键．10．实验室某些物质的制备装置如图所示（省略夹持装置和净化装置），仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的是()选项a中的物质b中的物质c中的物质d中的物质d中的物质A浓硫酸Na2SO3（NH4）2SO3浓氨水CaOB浓硝酸CuH2SO4稀盐酸Na2SC稀硫酸ZnHCl稀盐酸MnO2D浓硫酸CH3CH2OHCH2BrCH2Br溴单质CCl429A．AB．BC．CD．D【考点】常见气体制备原理及装置选择；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】A、浓硫酸和Na2SO3制取二氧化硫，浓氨水和CaO可制取氨气，二氧化硫和氨气反应生成（NH4）2SO3；B、浓硝酸和铜反应生成NO2，稀盐酸和Na2S反应生成H2S，NO2和H2S反应生成S；C、稀盐酸和二氧化锰不反应；D、CH3CH2OH在浓硫酸催化下消去反应，反应装置需要加热．【解答】解：A、浓硫酸和Na2SO3制取二氧化硫，浓氨水和CaO可制取氨气，二氧化硫和氨气反应生成（NH4）2SO3，故A正确；B、浓硝酸和铜反应生成NO2，稀盐酸和Na2S反应生成H2S，NO2和H2S反应生成S，不能生成硫酸，故B错误；C、稀盐酸和二氧化锰不反应，故C错误；D、CH3CH2OH在浓硫酸催化下消去反应，反应装置需要加热，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验基本原理（气体的制备）、实验装置、仪器的使用，难度一般，掌握物质的性质是解题的关键．11．短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如图，下列推论合理的是()XYWZA．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X为碳元素B．若W的核电荷数是Y的两倍，则X是氮元素C．原子半径：Z＞Y＞XD．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W【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】根据元素在周期表的位置，X、Y、Z、W可能的元素种类分析，A．若Z的核电荷数是Y的两倍，有Y为O元素、Z为S元素，则X为氮元素；B．若W的核电荷数是Y的两倍，有W是硅元素，Y是氮元素，则X是碳元素；C．同周期从左向右，原子半径逐渐减小，同主族从下向下，原子半径逐渐增大；D．同周期从左向右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定．【解答】解：A．若Z的核电荷数是Y的两倍，有Y为O元素、Z为S元素，则X为氮元素，故A错误；B．若W的核电荷数是Y的两倍，有W是硅元素，Y是氮元素，则X是碳元素，故B错误；C．同周期从左向右，原子半径逐渐减小，同主族从下向下，原子半径逐渐增大，所以原子半径Z＞X＞Y，故C错误；D．同周期从左向右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性：Y＞X＞W，故D正确；故选D．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，难度不大，注意元素的不确定性，注意掌握同主族、同周期元素性质的递变规律．2912．向某恒容密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g），测得平衡体系中CO2的百分含量（CO2%）与反应温度变化的关系如图所示．下列物理量中，a点大于b点的是()A．正反应速率B．逆反应速率C．HCOOH（g）的浓度D．H2的体积分数【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】根据图象可知，可逆反应CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）随着温度升高，二氧化碳含量增大，说明该反应为吸热反应；温度越高，反应速率越大，则a点的正逆反应速率都小于b点；HCOOH（g）为生成物，二氧化碳、氢气为反应物，则二氧化碳百分含量越大，则氢气含量越大、甲酸含量越小，则a点甲酸的浓度大于b点、a点氢气的浓度大于b点，据此进行解答．【解答】解：A．温度升高，反应速率增大，a点温度小于b，则a点的正反应速率一定小于b，故A错误；B．b点温度大于a点，则正逆反应速率a点小于b点，故B错误；C．甲酸为生成物，二氧化碳为反应物，则二氧化碳百分含量越大，甲酸浓度越小，b点二氧化碳百分含量大于a点，则a点甲酸的浓度大于b点，故C正确；D．氢气、二氧化碳都是反应物，二氧化碳百分含量越大，则反应物浓度越大，所以a点氢气的体积分数小于b点，故D错误；故选C．【点评】本题考查了百分含量随温度变化的曲线、可逆反应的影响因素，题目难度不大，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，正确分析图象中曲线变化为解答本题的关键，试题培养了学生分析、理解图象信息的能力．13．下列溶液中，微粒浓度关系正确的是()A．常温下，pH=6的由醋酸与醋酸钠组成的混合溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）B．将Cl2通入过量KOH溶液中：c（ClO﹣）+c（Cl﹣）=c（K+）C．0.1mol•L﹣1的Na2S溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）D．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．常温下pH=6，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）的大小；B．氢氧化钾过量，且次氯酸根离子部分水解，则c（ClO﹣）+c（Cl﹣）＜c（K+）；C．氯化钠溶液中水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等，根据质子守恒进行判断；D．氨水为弱碱，pH=12的氨水中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则氨水的浓度大于0.01mol/L，两溶液等体积混合，氨水过量，溶液显示碱性．29【解答】解：A．常温下，pH=6的由醋酸与醋酸钠组成的混合溶液中，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故A错误；B．将Cl2通入过量KOH溶液中，氢氧化钾过量，则钾离子的物质的量大于氯离子和次氯酸根离子的物质的量之和，则溶液中：c（ClO﹣）+c（Cl﹣）＜c（K+），故B错误；C．0.1mol•L﹣1的Na2S溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故C正确；D．室温下，pH=2的盐酸的浓度为0.01mol/L，pH=12的氨水的浓度一定大于0.01mol/L，等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，c（H+）＜c（OH﹣），所得溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；故选C．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，题目难度中等，试题综合性较强，涉及的知识点较多，要求学生熟练掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确盐的水解原理，还要学会利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断溶液中离子浓度大小．14．某工厂用硫酸处理氨气尾气，得到铵盐（不同批次得到a、b、c三种不同的铵盐）．称取不同质量的铵盐，加入到固定量的NaOH溶液中并加热，收集氨气，得到如下生成氨气的量与加入铵盐的量关系图：下列判断不正确的是()A．a对应的铵盐是（NH4）2SO4B．b对应的铵盐是（NH4）2SO4和NH4HSO4C．c对应的铵盐是NH4HSO4D．当b和c铵盐的质量相同时，可得到相同量的氨气【考点】铵盐．【专题】氮族元素．【分析】根据酸碱中和的原理，可知存在反应的先后顺序：硫酸氢铵先和NaOH转化为硫酸铵，然后硫酸铵再和NaOH转化为氨气，因而第一个反应结束后剩余氢氧化钠的量决定第二个反应中生成氨气的多少，结合图中氨气与混合物质量之间关系解答．【解答】解：根据酸碱中和的原理，可知存在反应的先后顺序：硫酸氢铵先和NaOH转化为硫酸铵，然后硫酸铵再和NaOH转化为氨气，因而第一个反应结束后剩余氢氧化钠的量决定第二个反应中生成氨气的多少，在氢氧化钠总量不变时，混合物的质量增多，硫酸氢铵增多，第一个反应后剩于氢氧化钠的量减少，第二个反应生成氨气必定减少．A．氨气产生的量随着硫酸铵的加入先增加后不变，所以固体中只含有硫酸铵，故A正确；B．混合物为（NH4）2SO4和NH4HSO4时，首先发生反应：2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+2H2O，然后才发生：（NH4）2SO4+2NaOH=2NH3↑+2Na2SO4+2H2O，在氢氧化钠总量不变时，混合物的质量增多，硫酸氢铵增多，第一个反应后剩于氢氧化钠的量减少，第二个反应生成氨气必定减少，故B正确；29C．混合物中只含NH4HSO4时，首先发生反应：2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+2H2O，然后才发生：（NH4）2SO4+2NaOH=2NH3↑+2Na2SO4+2H2O，依据硫酸氢铵消耗氢氧化钠的物质的量与硫酸铵消耗氢氧化钠的物质的量可知图象C符合题意，故C正确；D．依据硫酸铵与硫酸氢铵与氢氧化钠反应的顺序可知，混合物中含有硫酸氢铵越多，与相同质量的氢氧化钠反应，生成的氨气越少，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了铵盐性质，题目难度较大，侧重考查离子反应的先后顺序，明确氨根离子、氢离子与氢氧根离子反应的先后顺序是解题关键．二、必考题（本题包括5小题）15．硫、氯及其化合物由广泛的用途．（1）“氯氧化法”是指在碱性条件下用Cl2将废水中的CN﹣氧化成无毒的物质，CN﹣被氧化后的产物为HCO3﹣（或者CO32﹣）、N2（填化学式）．（2）“氯胺（NH2Cl）消毒法”是在用液氯处理自来水的同时通入少量氨气，发生反应：Cl2+NH3=NH2Cl+HCl，生成的NH2Cl能部分水解生成强氧化性的物质，起消毒杀菌的作用．氯胺能用于消毒杀菌的原因是NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO（用化学方程式表示）．（3）如图所示装置和药品可用来制备Na2S2O3．资料：25℃H2CO3Kal=4.4×10﹣7H2SKal=1.3×10﹣7H2SO3Kal=1.54×10﹣2①H2CO3、H2S、H2SO3三种酸的酸性由强到弱的顺序为H2SO3＞H2CO3＞H2S．②配平广口瓶中生成Na2S2O3反应的化学方程式：4SO2+2Na2S+1Na2CO3﹣﹣3Na2S2O3+1CO2．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应方程式的配平；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．【分析】（1）碱性条件下用Cl2将废水中的CN﹣氧化成无毒的物质，应生成HCO3﹣（或者CO32﹣）、N2；（2）NH2Cl能部分水解生成强氧化性的物质，应为HClO，可起消毒杀菌的作用；（3）①酸的电离常数越大，酸性越强；②从质量守恒的角度解答．【解答】解：（1）碱性条件下用Cl2将废水中的CN﹣氧化成无毒的物质，应生成HCO3﹣（或者CO32﹣）、N2，故答案为：HCO3﹣（或者CO32﹣）、N2；（2）NH2Cl能部分水解生成强氧化性的物质，应为HClO，可起消毒杀菌的作用，方程式为NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO，故答案为：NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO；29（3）①由表中数据可知，H2SO3的电离常数最大，酸性最强，H2S的电离常数最小，酸性最弱，则酸性强弱顺序为H2SO3＞H2CO3＞H2S，故答案为：H2SO3＞H2CO3＞H2S；②由质量守恒定律可知反应方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，故答案为：4；2；1；3；1．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备以及检验等知识，侧重与学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握相关基础知识的学习，难度中等．16．1808年，英国化学家用钾还原氧化镁，最早制得少量的镁．镁是航空工业的重要材料，镁作为一种强氧化剂，还用于钛、铍和铀的生产中．（1）镁在元素周期表中的位置为第三周期ⅡA族．（2）写出用镁与金红石（主要成分为TiO2）在加热条件下制取钛的化学方程式：2Mg+TiO2Ti+2MgO．（3）镁在加热的条件下还能与NaOH固体反应，生成MgO和单质X、单质Y．已知X与水反应可生成单质Y，则镁与NaOH反应的化学方程式为2Mg+2NaOH2MgO+2Na+H2↑．（4）镁﹣过氧化氢电池的工作原理如图所示，该电池放电时总反应的化学方程式为Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O．【考点】镁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）镁原子核外有3个电子层，最外层与2个电子；（2）镁与TiO2反应生成Ti和氧化镁；（3）依据质量守恒结合X与水反应可生成单质Y判断X、Y写出化学方程式；（4）镁﹣过氧化氢在酸性环境下形成原电池，镁做负极发生氧化反应，C做正极，过氧化氢在正极得到电子发生还原反应．【解答】解：（1）元素周期表中，电子层数等于周期序数，最外层电子数等于主族族序数，镁原子核外有3个电子层，最外层与2个电子，所以镁在第三周期ⅡA族；故答案为：第三周期ⅡA族；（2）镁与TiO2反应生成Ti和氧化镁，反应的化学方程式为：2Mg+TiO2Ti+2MgO；故答案为：2Mg+TiO2Ti+2MgO；（3）镁在加热的条件下还能与NaOH固体反应，生成MgO和单质X、单质Y．已知X与水反应可生成单质Y，依据质量守恒，可知X为钠，Y为氢气，反应的化学方程式为：2Mg+2NaOH2MgO+2Na+H2↑；29故答案为：2Mg+2NaOH2MgO+2Na+H2↑；（4）镁﹣过氧化氢在酸性环境下形成原电池，镁做负极发生氧化反应，C做正极，过氧化氢在正极得到电子发生还原反应，电池反应式为：Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故答案为：Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O．【点评】本题考查了原子结构与元素周期表的关系，化学方程式的书写，明确镁的性质和原电池工作原理是解题关键，题目难度中等．17．某同学利用下列装置实现铜与浓硝酸、稀硝酸反应，过程如图所示：I．取一段铜丝，用稀硫酸除去铜锈[主要成分是Cu2（OH）2CO3]．Ⅱ．将洗涤后的铜丝做成匝数较多的螺旋状．Ⅲ．按如图所示装置连接仪器、检查气密性、装入化学试剂．（1）过程I发生反应的离子方程式是Cu2（OH）2CO3+4H+═2Cu2++CO2↑+3H2O．（2）写出过程Ⅲ中检查气密性的方法打开b和a，关闭分液漏斗的活塞，将左边导管插入盛水的烧杯中，轻轻拉动注射器活塞，若导管中液面上升则说明气密性好．（3）过程Ⅲ的后续操作如下：①打开止水夹a和b，轻推注射器，使浓硝酸与铜丝接触，观察到的现象是产生红棕色气体，一段时间后使反应停止的操作是轻轻将注射器活塞向右拉使铜丝和溶液分开，关闭a，取下注射器．②打开b和分液漏斗活塞，当玻璃管充满稀硝酸后，关闭b和分液漏斗活塞，打开a，观察到有气泡产生．稀硝酸充满玻璃管的实验目是将玻璃管中的NO2和空气排出，该反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O．（4）另取3支盛满NO2气体的小试管分别倒置在盛有常温水、热水和冰水的3只烧杯中，发现液面上升的高度明显不一致．结果如表所示（忽略温度对气体体积的影响）：实验编号水温/℃液面上升高度125超过试管的250不足试管的30液面上升超过实验1①根据上表得出的结论是温度越低（填“高”或“低”），进入试管中的溶液越多．②查阅资料：a．NO2与水反应的实际过程为：2NO2+H2O=HNO3+HNO23HNO2=HNO3+2NO↑+H2O；b．HNO2不稳定．则产生上述现象的原因是温度低，HNO2分解量减少，分解产生的NO气体量减少，所以进入试管的溶液多．【考点】硝酸的化学性质；性质实验方案的设计．29【专题】实验设计题．【分析】（1）用稀硫酸除去铜锈反应生成硫酸铜二氧化碳和水；（2）依据装置图结构和压强关系进行分析判断，气密性检查是依据装置中的气体压强变化和液面变化回答；（3）①浓硝酸与铜丝接触反应生成红棕色二氧化氮气体；反应停止的操作是铜和浓硝酸分离；②稀硝酸充满玻璃管的实验目是将玻璃管中的NO2和空气排出，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜一氧化氮和水；（4）①依据图表数据分析温度越低进入液体越多；②温度低，HNO2分解量减少，分解产生的NO气体量减少．【解答】解：（1）取一段铜丝，用稀硫酸除去铜锈反应生成硫酸铜二氧化碳和水，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+═2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+═2Cu2++CO2↑+3H2O；（2）气密性检查是依据装置中的气体压强变化和液面变化，打开b和a，关闭分液漏斗的活塞，将左边导管插入盛水的烧杯中，轻轻拉动注射器活塞，若导管中液面上升则说明气密性好，故答案为：打开b和a，关闭分液漏斗的活塞，将左边导管插入盛水的烧杯中，轻轻拉动注射器活塞，若导管中液面上升则说明气密性好；（3）①打开止水夹a和b，轻推注射器，使浓硝酸与铜丝接触反应生成红棕色二氧化氮气体；一段时间后使反应停止的操作是轻轻将注射器活塞向右拉使铜丝和溶液分开，故答案为：产生红棕色气体；轻轻将注射器活塞向右拉使铜丝和溶液分开；②打开b和分液漏斗活塞，当玻璃管充满稀硝酸后，关闭b和分液漏斗活塞，打开a，观察到有气泡产生．稀硝酸充满玻璃管的实验目是将玻璃管中的NO2和空气排出；稀硝酸和铜反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；故答案为：将玻璃管中的NO2和空气排出；3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）①温度越低，液体进入试管的越多，故答案为：低；②a．NO2与水反应的实际过程为：2NO2+H2O=HNO3+HNO23HNO2=HNO3+2NO↑+H2O；b．HNO2不稳定．温度越低亚硝酸分解越少生成气体少，液体进入越多，故答案为：温度低，HNO2分解量减少，分解产生的NO气体量减少，所以进入试管的溶液多．【点评】本题考查硝酸性质的分析应用，装置图的结构和反应原理分析判断是解题关键，掌握物质性质和反应现象是解题关键，题目难度中等．18．甲醇是一种重要的有机化工原料，可用于制取甲醚．一定温度下，在三个体积为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）．容器编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40abⅢ2070.200.0900.090（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=．（2）该反应的正反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应．29（3）容器I中的反应达到平衡时所需的时间大于（填“大于”“小于”或等于）容器Ⅱ中的．（4）a=0.16，b=0.16．（5）已知下面两个反应（m、n．均大于0）：反应①：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣mkJ•mol﹣1反应②2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ•mol﹣1则下列m与n的关系中，正确的是A（填字母）．A．n＞2mB．m＞2nC．n＞mD．m＞3n．【考点】化学平衡常数的含义；反应热的大小比较；化学平衡的计算．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（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；（2）化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动；（3）温度相同，浓度越大，反应速率越大，达到平衡时所需的时间越少；（4）反应Ⅰ、Ⅱ温度相同，反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）是反应前后气体体积不变的反应，Ⅰ、Ⅱ属于等效平衡；（5）由盖斯定律可计算．【解答】解：（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，故该反应的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：；（2）化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，反应Ⅰ、Ⅲ起始量相同，Ⅰ的CH3OCH3（g）含量低，说明升温正向移动，正反应为放热过程，故答案为：放热；（3）温度相同，浓度越大，反应速率越大，达到平衡时所需的时间越少，Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，Ⅰ的浓度低，需要的时间长，故答案为：大于；（4）反应Ⅰ、Ⅱ温度相同，反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）是反应前后气体体积不变的反应，Ⅰ、Ⅱ属于等效平衡，Ⅱ的生成物量为Ⅰ的=2倍，故a=0.08×2=0.16，b=0.08×2=0.16，故答案为：0.16；0.16；（5）由反应①：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣mkJ•mol﹣1反应②2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣nkJ•mol﹣1根据②﹣2①得2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣（n﹣2m）kJ•mol﹣1由（2）知△H=﹣（n﹣2m）kJ•mol﹣1＜0，故n＞2m，故答案为：A．【点评】本题考查了化学平衡常数的含义以及计算、反应热大小判断问题，难度一般，注意盖斯定律的应用．19．烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放．实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝溶液，并用于烟气脱硫．29（1）不能（“能”或“不能”）用NaOH溶液代替H2SO4溶液．（2）酸浸时反应的离子方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O．（3）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸并使并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6﹣2x．Al2（SO4）x（OH）6﹣2x易（填“易”或“难”）于水．（4）已知粉煤灰中Al2O3的质量分数为40.8%，制得的碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）6﹣2x中x=1.5．某实验小组取80.0g粉煤灰进行上述实验，假设在整个过程中铝的损耗率为10%，则可制得碱式硫酸铝的质量为71.72g．【考点】制备实验方案的设计；镁、铝的重要化合物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；创新题型；几种重要的金属及其化合物．【分析】粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣，弱酸根离子转化为强酸根离子，据此解答；（1）氢氧化钠溶液既能和Al2O3反应，也能和SiO2反应；（2）酸浸是利用硫酸溶解烟煤灰里的氧化铝，生成硫酸铝，反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，再改写为离子方程式；（3）反应后的混合溶液显酸性，加入碳酸钙可中和酸，调节溶液的pH，促进Al2（SO4）3的水解，生成可溶的Al2（SO4）x（OH）6﹣2x；（4）先根据混合物的质量分数计算出氧化铝的质量，再求出物质的量，根据铝原子守恒并结合利用率可计算出理论碱式硫酸铝的质量．【解答】解：（1）酸浸的目的是将粉煤灰中的氧化铝转化为可溶性铝盐，实现与其它成分的分离，如选用氢氧化钠溶液，则还能溶解二氧化硅，故不能用氢氧化钠溶液代替硫酸溶液，故答案为：不能；（2）用硫酸溶解氧化铝的离子反应方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；（3）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为易溶于水的Al2（SO4）x（OH）6﹣2x，故答案为：中和溶液中的酸并使并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6﹣2x；易；（4）80.0g粉煤灰中Al2O3的质量分数为40.8%，则氧化铝的质量为80.0g×40.8%=32.64g，其物质的量为=0.32mol，Al3+的物质的量为0.32mol×2=0.64mol，碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）6﹣2x中x=1.5时的相对式量为27×2+96×1.5+17×3=249，根据铝原子守恒，理论得到的碱式硫酸铝的物质的量是0.64mol×（1﹣10%）÷2=0.288mol，质量为0.288mol×249g/mol=71.72g，故答案为：71.72．【点评】本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等．29三、选考题（本体包括2小题，只能选择一题作答）物质结构与性质20．金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”．（1）Ti基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2．（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物．电负性：C＞（填“＞”或“＜”下同）B；第一电离能：N＞O．（3）月球岩石﹣﹣玄武岩的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）．FeTiO3与80%的硫酸反应可生成TiOSO4．SO42﹣的空间构型为正四面体形，其中硫原子采用sp3杂化．（4）磷酸钛〔Ti3（PO4）4]锂离子电池能量密度大、安全性高．Ti3（PO4）4可由TiOSO4与H3PO4反应制得．两分子H3PO4发生脱水生成焦磷酸；则三分子H3PO4脱去两分子H2O生成三磷酸，其结构式为，四分子H3PO4脱去四分子H2O生成的四偏磷酸属于四元酸．（5）Ti的氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐CaTiO3，CaTiO3的晶体结构如图所示（Ti4+位于立方体的顶点）．该晶体中，Ti4+和周围12个O2﹣相紧邻．（6）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCI型．晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响．由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x＜1）中，若测得某FexO晶体密度为5.71g•cm﹣3，晶胞边长为4.28X10﹣10m，则FexO中x=0.92．【考点】晶胞的计算；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；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】（1）根据构造原理写出Ti基态原子的电子排布式；（2）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，原子的轨道中电子处于半满、全满、全空时比较稳定；（3）根据价层电子对互斥理论确定其空间构型、杂化方式；（4）三分子磷酸可脱去两分子水生成三磷酸，分子式为H5P3O10，P﹣O键没有变，氢原子都是与氧原子相连；（5）根据晶胞中微粒所在位置计算配位数．（6）根据晶胞结构、晶胞的密度和晶胞边长求出x值．29【解答】解：（1）Ti是22号元素，原子核外有22个电子，根据构造原理知Ti基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；（2）C和B属于同一周期且C的原子序数大于B，所以电负性C＞B，N原子中2p轨道处于半充满状态，O原子中2p轨道既不是半充满也不是全空或全满，所以N原子第一电离能比O原子大；故答案为：＞；＞；（3）SO42﹣中价电子数=4+（6+2﹣4×2）=4，且硫酸根离子中不含孤电子对，所以硫酸根离子呈正四面体构型，采用sp3杂化；故答案为：正四面体；sp3；（4）三分子磷酸可脱去两分子水生成三磷酸，分子式为H5P3O10，P﹣O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，结构式为；四分子H3PO4脱去四分子H2O生成的四磷酸，四磷酸脱去一分子H2O生成四偏磷酸，故四偏磷酸属于四元酸；故答案为：；四；（5）O2﹣、Ti4+分别位于立方体的面心和顶点，与顶点Ti4+紧邻等距离最近的O2﹣位于晶胞的三个平面，即横平面、正平面和侧平面，将每个平面扩展，则每个平面中距离Ti4+最近的O2﹣均有4个，故共有3×4=12；故答案为：12；（6）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个FexO，根据m=ρV得：（56x+16）×=5.71g•cm﹣3×（4.28X10﹣10m×100）3，解得：x=0.92．故答案为：0.92．【点评】本题考查较为综合，涉及多个方面的知识，题目难度较大，注意晶体类型以及对数据的分析和判断，学习中注重相关基础知识和解题方法的积累．有机化学基础21．蜂胶是一种天然抗癌药物，一个五六万只的蜂群一年只能产100多克蜂胶，所以蜂胶又被誉为“紫色黄金”．蜂胶的主要活性成分为咖啡酸苯乙酯，其分子结构如图所示（短线表示化学键，如单键、双键等），在一定条件下能发生如下转化．29请回答下列问题：（1）咖啡酸苯乙酯的分子式为C17H14O4．C的结构简式为．（2）①A中含氧官能团的名称为羧基和酚羟基．②A可以发生的反应是ABD（填字毋）A、加成反应B、酯化反应C、消去反应D、氧化反应（3）高分子E的结构简式是．（4）C→D发生反应的反应类型是消去反应．（5）B的同分异构体有很多种，其中同时符合下列条件的同分异构体的结构简式为．a、苯环上只有两个取代基b．能发生银镜反应c、能与氢氧化钠溶液反应d、不能与氯化铁溶液发生显色反应e、核磁共振氢谱图中有三组峰．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】根据咖啡酸苯乙酯的结构图可知，咖啡酸苯乙酯的结构简式为，在酸性条件下水解生成A与C，A的分子式为C9H8O4，则A为，C为，A→B发生酯化反应生成B为，C在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成D为，苯乙烯发生加聚反应生成高聚物E为，据此解答．【解答】解：根据咖啡酸苯乙酯的结构图可知，咖啡酸苯乙酯的结构简式为29，在酸性条件下水解生成A与C，A的分子式为C9H8O4，则A为，C为，A→B发生酯化反应生成B为，C在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成D为，苯乙烯发生加聚反应生成高聚物E为，（1）根据上面的分析可知，咖啡酸苯乙酯的结构简式为，所以咖啡酸苯乙酯的分子式为C17H14O4，C的结构简式为，故答案为：C17H14O4；；（2）①根据A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称为羧基和酚羟基，故答案为：羧基和酚羟基；②由于A中有羧基和酚羟基以及苯环，所以可以发生加成反应、酯化反应、氧化反应，故选ABD，故答案为：ABD；（3）根据上面的分析可知，高分子E的结构简式是，故答案为：；（4）由生成，发生了消去反应，故答案为：消去反应；（5）B的同分异构体中，a、苯环上只有两个取代基；b．能发生银镜反应，说明的醛基；c、能与氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酚羟基；d、不能与氯化铁溶液发生显色反应，说明没有酚羟基；e、核磁共振氢谱图中有三组峰，同时符合上述条件的同分异构体的结构简式为，故答案为：；【点评】本题考查有机物的推断，注意根据咖啡酸苯乙酯的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等．化学与技术2922．某硫酸厂以含有SO2的尾气、氨水等为原料，合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质．合成路线如下：（1）写出反应Ⅲ的化学方程式：CaSO4+4CCaS+4CO↑（2）下列有关说法正确的是ACD（填字母）．A反应Ⅰ中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B．反应Ⅱ和反应Ⅲ的基本反应类型相同C．反应Ⅳ需控制在60﹣70℃，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D．反应Ⅴ中的副产物氯化铵可用作氮肥（3）（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统．写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式：4（NH4）2SO3+2NO2=N2+4（NH4）2SO4．（4）很多硫酸厂为回收利用SO2，直接用氨水吸收法处理尾气．①用15.0mL2.0mol•L﹣1氨水吸收标准状况下448mLSO2，吸收液中的溶质为NH4HSO3、（NH4）2SO3②某同学用酸性KMnO4溶液滴定上述吸收液，当达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液25.00mL，则酸性KMnO4溶液中，c（KMnO4）=0.32mol/L（5）氨气用途广泛，可以直接用于燃料电池，如图是用氨水作燃料的燃料电池的工作原理．氨气燃料电池的电解质溶液最好选择碱性（填“酸性”“碱性”或“中性”）溶液，氮气燃料电池的反应是氨气与氧气生成一种常见的无毒气体和水，该电池总反应的化学方程式是4NH3+3O2=2N2+6H2O，负极的电极反应式是2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【考点】制备实验方案的设计；化学电源新型电池；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】电化学专题；氧族元素；氮族元素．【分析】（1）根据题中的流程可知，反应Ⅲ是硫酸钙与焦碳高温条件下反应生成硫化钙和一氧化碳；29（2）A．依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；B．反应Ⅲ化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，是氧化还原反应，反应Ⅱ为二氧化硫与氨水的反应，是复分解反应；C．防止碳酸氢铵在温度过高时分解；D．氯化铵是一种氮肥；（3）（NH4）2SO3与氮氧化物生成氮气，根据电子得失守恒可知，同时生成一种氮肥应为硫酸铵，据此书写化学方程式；（4）①氨气与二氧化硫按1：1反应生成亚硫酸氢铵，按2：1反应生成亚硫酸铵，据此判断；②根据电子得失守恒有关系式5SO2～2KMnO4，根据SO2的物质的量计算KMnO4的物质的量，进而计算c（KMnO4）；（5）氨气是碱性气体；生成的无毒气体时N2，据此书写化学方程式；负极发生还原反应，氨气在负极反应，注意时碱性环境．【解答】解：（1）根据题中的流程可知，反应Ⅲ是硫酸钙与焦碳高温条件下反应生成硫化钙和一氧化碳，反应方程式为CaSO4+4CCaS+4CO↑，故答案为：CaSO4+4CCaS+4CO↑；（2）A．过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙，故A正确；B．反应Ⅲ化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO↑，是氧化还原反应，反应Ⅱ为二氧化硫与氨水的反应，是复分解反应，所以反应类型不同，故B错误；C．防止碳酸氢铵在温度过高时分解得不到需要的目标产物，故C正确；D、氯化铵含N元素，是一种氮肥，故D正确；故答案为：ACD；（3）（NH4）2SO3与氮氧化物生成氮气，根据电子得失守恒可知，同时生成一种氮肥应为硫酸铵，所以二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式为4（NH4）2SO3+2NO2=N2+4（NH4）2SO4，故答案为：4（NH4）2SO3+2NO2=N2+4（NH4）2SO4；（4）①氨气与二氧化硫按1：1反应生成NH4HSO3，按2：1反应生成（NH4）2SO3，15.0mL2.0mol•L﹣1氨水的物质的量为0.03mol，标准状况下448mLSO2，SO2的物质的量为0.02mol，它们的物质的量之比为3：2，介于1：1与2：1之间，所以吸收液中的溶质为NH4HSO3、（NH4）2SO3，故答案为：NH4HSO3、（NH4）2SO3；②根据电子得失守恒有关系式5SO2～2KMnO4，根据①可知SO2的物质的量为0.02mol，则KMnO4的物质的量为×0.02mol=0.008mol，所以c（KMnO4）==0.32mol/L，故答案为：0.32mol/L；（5）氨气是碱性气体，所以电解液最好选择碱性的；生成的无毒气体时N2，据此书写化学方程式为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，负极发生还原反应，氨气在负极反应，注意时碱性环境，所以，正极的电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，故答案为：碱性；4NH3+3O2=2N2+6H2O；2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．29【点评】本题考查二氧化硫的性质及物质的制备，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重二氧化硫的还原性的考查和学生分析能力的考查，题目难度中等．29