云南省昆明市2022届高三化学下学期5月模拟试卷含解析

2022年云南省昆明市高考化学模拟试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法不正确的是（　　）A．双氧水可用于皮肤伤口消毒B．水玻璃是制备硅胶和木材防火剂等的原料C．生石灰和铁粉都是食品包装中常用的干燥剂D．生活中可用电解饱和食盐水的方法制取消毒液　2．金丝桃素的结构简式如图所示，下列有关它的说法正确的是（　　）A．属于芳香烃B．分子中苯环上的一氯代物有3种C．不能与金属钠发生反应D．不能发生水解反应　3．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）A．标准状况下，78g苯中含有碳氢键的数目为6NAB．180g乙酸、葡萄糖的混合物所含碳原子数为6NAC．1L0.1mol•L﹣1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NAD．在密闭容器中通入3molH2和1molN2，充分反应后得到的NH3分子数为2NA　4．下列实验操作，现象和结论均正确的是实验操作现象结论A稀硫酸滴入碳酸钠溶液中，将产生的气体通入盛有硅酸钠溶液的烧杯中烧杯中产生白色胶状沉淀非金属性：S＞C＞SiB用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液C将饱和氯化铁溶液滴入盛有沸水的烧杯中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体看到一条光亮的“通路”证明生成了氢氧化铁沉淀D在分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡、静置分层，且上层溶液呈紫色CCl4可作为碘的萃取剂A．AB．BC．CD．D　5．常温下，下列叙述中不正确的是（　　）A．NH4HSO4溶液中离子浓度大小关系：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）B．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和，则a+b=14C．Na2C2O4溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）D．NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）　6．关于如图所示装置的说法正确的是（　　）-20-A．直接连接X、Y，则该装置可将电能转变为化学能B．直接连接X、Y，生成2.24LH2时一定转移0.2mole﹣C．将X、Y与直流电源相连，一段时间后，Zn片质量一定减少D．将X、Y与直流电源相连，则该装置可能发生反应：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑　7．已知：①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1②Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ•mol﹣1（　　）A．CO的燃烧热为566kJ•mol﹣1B．如图可表示①反应过程中的能量变化C．Na2O2（s）+CO（g）═Na2CO3（s）△H=﹣509kJ•mol﹣1D．由②可知，反应生成Na2CO3固体106g，放出热量226kJ•mol﹣1　　二、解答题（共3小题，满分43分）8．某可逆反应为：A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（s）△H＞0，已知该反应在K=1×10﹣2请回答：（1）该反应的平衡常数表达式为　　　　　　．（2）T℃，若密闭容器中A、B、C的浓度分别为2.5×10﹣1mol•L﹣1、4.0×10﹣2mol•L﹣1和3.0×10﹣2mol•L﹣1，此时反应　　　　　　（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是　　　　　　．（3）T℃时，向1L密闭容器中充入A和B各1mol，平衡时B的转化率是　　　　　　%（保留一位小数），此时体系内的压强与反应前的压强比为　　　　　　．（4）向恒温恒容的密闭容器中充入1molA和1molB，达到平衡状态后再向其中充入2molC和3molD，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气体中C的体积分数　　　　　　（填“变大”、“变小”、“不变”或“无法判断”）．（5）将A、B的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是　　　　　　-20-（填字母序号）．　9．锶（Sr）与镁是同主族元素．锶的单质及其化合物用途广泛，例如金属锶用于制造合金、光电管、照明灯，Sr（OH）2用于磨拉石的提纯，Sr（NO3）2用于烟火装置，SrCl2用于修补牙齿等．（1）锶（Sr）位于周期表的第　　　　　　周期，第　　　　　　族，过氧化锶（SrO2）中锶元素的化合价为　　　　　　．（2）金属锶在常温下和水反应，有气体生成，写出该反应的化学方程式　　　　　　（3）金属锶很活泼，在空气中易被氧化，可保存在　　　　　　中（填序号）①水②酒精③煤油（4）锶的性质与钙类似．已知：CaCl2易溶于水，CaF2难溶于水．请写出硝酸锶和氟化钠反应的离子方程式　　　　　　．（5）隔绝空气高温焙烧SrSO4和C粉的混合物，若2molSrSO4完全反应，只有S被还原并转移16mol电子，同时只生成一种可燃性气体．该反应的化学方程式：　　　　　　．（6）在t℃时，某Sr（OH）2的稀溶液中c（H+）=10﹣amol•L﹣1c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12．向该溶液中逐滴加入pH=X的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示．序号Sr（OH）2溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH①②22.0018.007③22.0022.006若忽略溶液混合前后的体积变化，则X为　　　　　　（用数字填空）．　10．某研究小组用如图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应：已知：1.0mol•L﹣1的Fe（NO3）3溶液的pH=1，请回答下列问题：（1）滴加浓硫酸之前，先通氮气的目的是　　　　　　，C装置的作用是　　　　　　．（2）充分反应后，能说明SO2和Fe（NO3）3溶液发生反应的实验现象是　　　　　　．（3）为探究SO2和Fe（NO3）3溶液发生反应的原理，该研究小组提出如下猜想：猜想1：SO2与Fe3+反应；猜想2：在酸性条件下SO2与NO3﹣反应；猜想3：　　　　　　-20-①若猜想1成立，装置B中反应的离子方程式是　　　　　　；若要检验Fe3+是否耗尽，所需试剂的化学式是　　　　　　．②若猜想2成立，还必须选用下列试剂中的　　　　　　（填字母）与SO2反应来进一步验证．a．NaNO3与BaCl2的混合溶液b．FeCl3，NaNO3的混合溶液c．FeCl3与BaCl2的混合溶液．（4）SO2为空气污染物，研究小组为测定某工厂区空气中SO2的含量，取10m3（标准状况下）空气，缓慢通过足量溴水中，在所得溶液中加入过量的BaCl2溶液，将产生的白色沉淀洗涤、干燥，称得质量为0.4660g，则此空气中SO2的浓度为　　　　　　mg•m﹣3．　　三、[化学-选修1：化学与技术]（共1小题，满分15分）11．明矾石的主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，含有少量氧化铁．利用明矾石制备K2SO4的工艺流程如图所示：据此流程图回答下列问题：（1）①焙烧炉中Al2（SO4）3与S反应的产物是两种氧化物，该反应的化学方程式为　　　　　　；写出炉气的一种用途：　　　　　　；（2）②中Al2O3参与反应的离子方程式为　　　　　　．（3）③中调节pH不能用CO2的理由是　　　　　　．（4）工业冶炼金属铝需要定期更换补充阳极碳块的原因是　　　　　　．（5）纯净氢氧化铝经历两次　　　　　　（填反应类型）可制得铝．以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池负极的电极反应式是　　　　　　．（6）现有明矾石1625t，按上述流程制得780tAl（OH）3，忽略铝元素的损失，请计算明矾石中钾元素的质量分数为　　　　　　%．　　四、[化学-选修2：物质结构与性质]（共1小题，满分0分）12．（2022•昆明模拟）（1）用轨道示意图表示Fe3+的价电子排布　　　　　　．（2）某主族元素的电离能（电子伏特）如下：I1I2I3I4I5I6I714.529.647.477.597.9551.9666.8，判断该元素处于　　　　　　族；（3）若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，运用价层电子对互斥模型，下列说法正确的是　　　　　　（填字母）．A．若n=2，则分子的立体构型为V形B．若n=3，则分子的立体构型为三角锥形C．若n=4，则分子的立体构型为正四面体形D．以上说法都不正确-20-（4）臭氧分子的结构如图1，呈V型，键角116.5°．请回答：①臭氧与氧气的关系是　　　　　　．②下列分子与臭氧分子的结构最相似的是　　　　　　（填字母）．A．H2O　　　　B．CO2　　　　　C．SO2D．BeCl2③臭氧分子是否为极性分子　　　　　　（填“是”或“否”）．（5）在短周期元素中，由三种元素组成的既有离子键又有共价键和配位键，且阴、阳离子所含电子数相差8个，该物质的电子式　　　　　　．（6）金属钛为六方最密堆积结构，测得钛的原子半径为r，晶胞结构如图2所示，求该晶胞的边长a=　　　　　　，b=　　　　　　（用含r的代数式表示）　　五、[化学-选修3：有机化学基础]（共1小题，满分0分）13．是一种医学中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：回答下列问题：（1）A能与新制氢氧化铜发生反应生成砖红色沉淀，A的结构简式是　　　　　　．（2）B的含氧官能团的名称是　　　　　　，C+E→F的反应类型是　　　　　　．（3）F的分子式是　　　　　　，该分子的最大质荷比为　　　　　　．（4）符合下列条件的有机物的同分异构体有　　　　　　种，请写出一种的结构简式　　　　　　．a．与F互为同分异构体b．含苯环c．属于二元羧酸d．苯环上只有一个取代基（5）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：　　　　　　（6）下列关于以上物质的叙述正确的是　　　　　　（填序号）．①1molD能与2molNaHCO3溶液反应②E可与FeCl3溶液发生显色反应③B物质与甲酸甲酯不能根据核磁共振氢谱来鉴别④1molG最多能与5molH2发生加成反应．　　-20-2022年云南省昆明市高考化学模拟试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法不正确的是（　　）A．双氧水可用于皮肤伤口消毒B．水玻璃是制备硅胶和木材防火剂等的原料C．生石灰和铁粉都是食品包装中常用的干燥剂D．生活中可用电解饱和食盐水的方法制取消毒液【考点】过氧化氢；电解原理；含硅矿物及材料的应用．【分析】A、双氧水中氧为﹣1价，具有氧化性；B、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，具有粘性；C、铁粉是抗氧化剂；D、饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠；【解答】解：A、因为双氧水具有较强的氧化性，具有杀菌能力，且产物是水，对伤口无刺激作用，故A正确；B、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，所以硅酸钠的水溶液水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；C、铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；D、饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，次氯酸钠水解生成次氯酸具有强氧化性，可以消毒杀菌，可用电解饱和食盐水的方法制取消毒液，故D正确．故选C．【点评】本题考查物质性质的理解，电解原理的产物分析判断，题目难度不大，注意物质性质的掌握，题目难度中等．　2．金丝桃素的结构简式如图所示，下列有关它的说法正确的是（　　）A．属于芳香烃B．分子中苯环上的一氯代物有3种C．不能与金属钠发生反应D．不能发生水解反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．分子中含有N元素、O元素，不属于烃类物质；B．根据等效氢判断，苯环中有3种化学环境不同的H原子；C．含有醇羟基，具有醇的性质；D．含有酯基，具有酯的性质．【解答】解：A．含有苯环的烃属于芳香烃，该分子中含有N元素、O元素，不属于烃类物质，故A错误；B．苯环中有3种化学环境不同的H原子，苯环上的一氯代物有3种，故B正确；C．含有醇羟基，具有醇的性质，能与钠发生反应生成氢气，故C错误；-20-D．含有酯基，具有酯的性质，可以发生水解反应，故D错误，故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，难度不大．　3．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）A．标准状况下，78g苯中含有碳氢键的数目为6NAB．180g乙酸、葡萄糖的混合物所含碳原子数为6NAC．1L0.1mol•L﹣1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NAD．在密闭容器中通入3molH2和1molN2，充分反应后得到的NH3分子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A.1个苯分子含有6个C﹣H键；B．葡萄糖和乙酸最简式都是CH2O，依据N=×NA计算所含原子的个数；C．硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多；D．氢气与氮气反应为可逆反应，不能进行到底．【解答】解：A.78g苯的物质的量为1mol，含有6molC﹣H键，含有碳氢键的数目为6NA，故A正确；B．葡萄糖和乙酸最简式都是CH2O，180g乙酸、葡萄糖的混合物所含碳原子的个数=×NA=6NA，故B正确；C．硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多，1L0.1mol•L﹣1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故C正确；D．氢气与氮气反应为可逆反应，3molH2和1molN2不能完全反应生成2mol氨气，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意盐类的水解，题目难度不大．　4．下列实验操作，现象和结论均正确的是实验操作现象结论A稀硫酸滴入碳酸钠溶液中，将产生的气体通入盛有硅酸钠溶液的烧杯中烧杯中产生白色胶状沉淀非金属性：S＞C＞SiB用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液C将饱和氯化铁溶液滴入盛有沸水的烧杯中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体看到一条光亮的“通路”证明生成了氢氧化铁沉淀D在分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡、静置分层，且上层溶液呈紫色CCl4可作为碘的萃取剂A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．根据强酸准备弱酸的特点判断；B．火焰呈黄色隔着钴玻璃呈紫色为钾元素；C．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至红褐色停止加热即得Fe（OH）3胶体；D．四氯化碳密度比水大．-20-【解答】解：A．稀H2SO4与Na2CO3溶液反应后产生二氧化碳，酸性硫酸大于碳酸，二氧化碳溶于水生成碳酸，通入Na2SiO3溶液中产生白色浑浊，说明生成硅酸，则酸性：H2CO3＞H2SiO3，符合强酸准备弱酸的特点，故A正确；B．火焰呈黄色隔着钴玻璃呈紫色为钾元素，该溶液不一定是钠盐溶液，故B错误；C．得到Fe（OH）3胶体，不是沉淀，故C错误；D．四氯化碳密度比水大，下层呈紫色，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及强酸制弱酸原理，焰色反应，胶体制备以及萃取等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．　5．常温下，下列叙述中不正确的是（　　）A．NH4HSO4溶液中离子浓度大小关系：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）B．等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和，则a+b=14C．Na2C2O4溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）D．NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．硫酸氢铵在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，由于氢离子还来自水的电离，则c（H+）＞c（SO42﹣），铵根离子比较部分水解，则c（SO42﹣）＞c（NH4+）；B．pH=a的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=c（OH﹣）=10a﹣14mol/L，醋酸部分电离，则pH=b的醋酸溶液中c（醋酸）＞10﹣bmol/L，酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，据此进行分析；C．根据草酸钠溶液中的质子守恒判断；D．根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒分析．【解答】解：A．NH4HSO4在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，由于氢离子还来自水的电离，则c（H+）＞c（SO42﹣），铵根离子比较部分水解，则c（SO42﹣）＞c（NH4+），则溶液中离子浓度大小关系为：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣），故A正确；B．pH=a的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=c（OH﹣）=10a﹣14mol/L，醋酸部分电离，则pH=b的醋酸溶液中c（醋酸）＞10﹣bmol/L，酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，则c（NaOH）=c（OH﹣）=10a﹣14mol/L=c（醋酸）＞10﹣bmol/L，所以10a﹣14＞10﹣b，则a+b＞14，故B错误；C．Na2C2O4溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4），故C正确；D．碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．　6．关于如图所示装置的说法正确的是（　　）-20-A．直接连接X、Y，则该装置可将电能转变为化学能B．直接连接X、Y，生成2.24LH2时一定转移0.2mole﹣C．将X、Y与直流电源相连，一段时间后，Zn片质量一定减少D．将X、Y与直流电源相连，则该装置可能发生反应：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】当直接连接X、Y时形成闭合回路，构成了铜锌原电池，可将化学能转变为电能；当X、Y与直流电源相连，则构成电解池，进行电解，当铜接电源正极，锌接电源负极作阴极时质量不可能减小，总反应可能为：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，据此分析．【解答】解：A、当直接连接X、Y时形成闭合回路，构成了铜锌原电池，锌做负极，铜做正极，将化学能转变为电能，故A错误；B、当直接连接X、Y时形成闭合回路，构成了铜锌原电池，产生的氢气不是标准状况下时，生成2.24LH2的物质的量不一定是0.1mol，即转移无法判断是否为0.2mol，故B错误；C、当X、Y与直流电源相连，则构成电解池，进行电解，当铜接电源正极，锌接电源负极作阴极时质量不可能减小，故C错误；D、当X、Y与直流电源相连，则构成电解池，进行电解，当铜接电源正极，锌接电源负极，则该装置可能发生反应：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，故D正确；故选：D．【点评】本题考查学生对电化学原理的掌握程度，对学生的思维能力和观察能力有很好的区分度．本题重点考查（1）原电池的构成条件及原电池的特点；（2）电解原理及其应用的综合考查，特别是放电顺序的灵活应用，及变化的思想（3）思维的缜密性考查（4）气体的体积与状态的关系．　7．已知：①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1②Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ•mol﹣1（　　）A．CO的燃烧热为566kJ•mol﹣1B．如图可表示①反应过程中的能量变化C．Na2O2（s）+CO（g）═Na2CO3（s）△H=﹣509kJ•mol﹣1D．由②可知，反应生成Na2CO3固体106g，放出热量226kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】A、依据燃烧热的概念分析计算判断；B、图象中的焓变是2molCO2完全分解反应的焓变；C、根据盖斯定律利用题给热化学方程式合并消去二氧化碳得到热化学方程式；-20-D、放出热量的单位为KJ．【解答】解；A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为KJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B、图象中的焓变应是2molCO2完全分解反应的反应热，应为吸收566kJ，则生成物能量比反应物能量高，故B错误；C、已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=﹣566kJ/mol②Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ•mol﹣1，根据盖斯定律合并热化学方程式得到，得到的热化学方程式为CO（g）+Na2O2（s）=2Na2CO3（s）；△H=﹣509kJ/mol，故C正确；D、根据热化学方程式为Na2O2（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ•mol﹣1，则由②可知，反应生成Na2CO3固体106g，放出热量226kJ，故D错误；故选C．【点评】本题考查了热化学方程式的书写判断，燃烧热的概念应用，反应焓变的意义，盖斯定律的应用．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．某可逆反应为：A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（s）△H＞0，已知该反应在K=1×10﹣2请回答：（1）该反应的平衡常数表达式为　　．（2）T℃，若密闭容器中A、B、C的浓度分别为2.5×10﹣1mol•L﹣1、4.0×10﹣2mol•L﹣1和3.0×10﹣2mol•L﹣1，此时反应　向逆反应方向进行　（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是　=0.09＞K=1×10﹣2　．（3）T℃时，向1L密闭容器中充入A和B各1mol，平衡时B的转化率是　4.8　%（保留一位小数），此时体系内的压强与反应前的压强比为　1：1　．（4）向恒温恒容的密闭容器中充入1molA和1molB，达到平衡状态后再向其中充入2molC和3molD，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气体中C的体积分数　不变　（填“变大”、“变小”、“不变”或“无法判断”）．（5）将A、B的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是　①④　（填字母序号）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）化学平衡常数为生成物平衡浓度系数次幂的乘积与反应物浓度浓度系数次幂乘积的比值；-20-（2）计算浓度商Qc，与平衡常数比较：若Qc=K，处于化学平衡状态，若Qc＞K，反应向逆反应方向进行，若Qc＜K，反应向正反应方向进行；（3）T℃时，向1L密闭容器中充入A和B各1mol，设平衡时转化的B为xmol，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（s）开始（mol）：110转化（mol）：xx2x平衡（mol）：1﹣x1﹣x2x再根据平衡常数列方程计算x，进而计算平衡时B的转化率；恒温恒压下，压强之比等于物质的量之比，反应前后气体的物质的量不变，则压强相等；（4）向恒温恒容的密闭容器中充入1molA和1molB，达到平衡状态后再向其中充入2molC和3molD，等效为开始加入2molA、2molB、1molD，D为固体，不影响平衡移动，由于反应前后气体的物质的量不变，A、B的物质的量之比为1：1，则与原平衡为等效平衡；（5）①正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大；②催化剂加快反应速率，不影响平衡移动；③压强P2先到达平衡，则压强P2＞P1，反应气体气体的体积不变，压强不影响平衡移动；④混合气体物质的量不变，随反应进行混合气体总质量减小，平均相对分子质量减小，到达平衡后不变．【解答】解：（1）A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（s）的化学平衡常数表达式K=，故答案为：；（2）浓度商Qc==0.09＞K=1×10﹣2，反应向逆反应方向进行，故答案为：向逆反应方向进行；=0.09＞K=1×10﹣2；（3）T℃时，向1L密闭容器中充入A和B各1mol，设平衡时转化的B为xmol，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（s）开始（mol）：110转化（mol）：xx2x平衡（mol）：1﹣x1﹣x2x则=1×10﹣2，解得x=，故B的转化率为×100%=4.8%，恒温恒压下，压强之比等于物质的量之比，反应前后气体的物质的量不变，则此时体系内的压强与反应前的压强比为1：1，故答案为：4.8；1：1；-20-（4）向恒温恒容的密闭容器中充入1molA和1molB，达到平衡状态后再向其中充入2molC和3molD，等效为开始加入2molA、2molB、1molD，D为固体，不影响平衡移动，由于反应前后气体的物质的量不变，A、B的物质的量之比为1：1，则与原平衡为等效平衡，与原平衡状态相比，此时平衡混合气体中C的体积分数不变，故答案为：不变；（5）①正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，图象符合，故正确；②催化剂加快反应速率，缩短到达平衡的水解，但不影响平衡移动，图象中影响平衡移动，故错误；③压强P2先到达平衡，则压强P2＞P1，反应气体气体的体积不变，压强不影响平衡移动，而图象中压强影响平衡移动，故错误；④混合气体物质的量不变，随反应进行混合气体总质量减小，平均相对分子质量减小，到达平衡后不变，图象符合，故正确，故选：①④．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数应用、等效平衡、化学平衡图象及影响因素等，较好的考查学生分析解决问题的能力，难度中等．　9．锶（Sr）与镁是同主族元素．锶的单质及其化合物用途广泛，例如金属锶用于制造合金、光电管、照明灯，Sr（OH）2用于磨拉石的提纯，Sr（NO3）2用于烟火装置，SrCl2用于修补牙齿等．（1）锶（Sr）位于周期表的第　五　周期，第　ⅡA　族，过氧化锶（SrO2）中锶元素的化合价为　+2　．（2）金属锶在常温下和水反应，有气体生成，写出该反应的化学方程式　Sr+2H2O=Sr（OH）2+H2↑　（3）金属锶很活泼，在空气中易被氧化，可保存在　③　中（填序号）①水②酒精③煤油（4）锶的性质与钙类似．已知：CaCl2易溶于水，CaF2难溶于水．请写出硝酸锶和氟化钠反应的离子方程式　Sr2++2F﹣=SrF2↓　．（5）隔绝空气高温焙烧SrSO4和C粉的混合物，若2molSrSO4完全反应，只有S被还原并转移16mol电子，同时只生成一种可燃性气体．该反应的化学方程式：　SrSO4+4CSrS+4CO↑　．（6）在t℃时，某Sr（OH）2的稀溶液中c（H+）=10﹣amol•L﹣1c（OH﹣）=10﹣bmol•L﹣1，已知a+b=12．向该溶液中逐滴加入pH=X的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示．序号Sr（OH）2溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH①②22.0018.007③22.0022.006若忽略溶液混合前后的体积变化，则X为　4　（用数字填空）．【考点】元素周期表的结构及其应用；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】（1）锶（Sr）是38号元素，五个电子层，最外层2个电子，所以锶位于周期表的第五周期，第ⅡA族，过氧化锶（SrO2）中氧是负一价，所以锶元素的化合价为+2价；（2）金属锶在常温下和水反应，是活泼的锶与水中的氢离子发生氧化还原反应，产生氢气；（3）金属锶很活泼，易与水中的氢发生置换反应和醇羟基中氢发生置换反应，由此分析解答；（4）锶的性质与钙类似．已知：CaCl2易溶于水，CaF2难溶于水，符合复分解反应的条件，硝酸锶和氟化钠反应的离子方程式为：Sr2++2F﹣=SrF2↓；-20-（5）由SrSO4中只有S被还原，且1molSrSO4反应电子转移8mol，则该反应的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑；（6）在t℃时，某Sr（OH）2的稀溶液中c（H+）=10﹣amol/L，c（OH﹣）=10﹣bmol/L，则kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣a×10﹣b=10﹣（a+b），a+b=12，则Kw=1×10﹣12，中性溶液pH=6，说明温度高于常温下，据此分析解答．【解答】解：（1）锶（Sr）是38号元素，五个电子层，最外层2个电子，所以锶位于周期表的第五周期，第ⅡA族，过氧化锶（SrO2）中氧是负一价，所以锶元素的化合价为+2价，故答案为：五；ⅡA；+2；（2）金属锶在常温下和水反应，是活泼的锶与水中的氢离子发生氧化还原反应，产生氢气，反应的化学方程式Sr+2H2O=Sr（OH）2+H2↑，故答案为：Sr+2H2O=Sr（OH）2+H2↑；（3）金属锶很活泼，易与水中的氢发生置换反应和醇羟基中氢发生置换反应，所以可保存在煤油中，故选：③；（4）锶的性质与钙类似．已知：CaCl2易溶于水，CaF2难溶于水，符合复分解反应的条件，硝酸锶和氟化钠反应的离子方程式为：Sr2++2F﹣=SrF2↓，故答案为：Sr2++2F﹣=SrF2↓；（5）由SrSO4中只有S被还原，且1molSrSO4反应电子转移8mol，则该反应的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；（6）由②Sr（OH）2溶液的pH=7，说明碱过量，c（OH﹣）×22.00mL﹣c（H+）×18.00mL=10﹣12+7×（22.00+18.00）mL，由③当恰好完全中和时，溶液的pH=6，即加盐酸的体积为22.00mL时，恰好完全中和，根据c（H+）×22.00mL=c（OH﹣）×22.00mL，解之得盐酸c（H+）=10﹣4mol/L，pH=4，即X=4，故答案为：4．【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及反应速率、氧化还原反应等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度中等．　10．某研究小组用如图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应：已知：1.0mol•L﹣1的Fe（NO3）3溶液的pH=1，请回答下列问题：（1）滴加浓硫酸之前，先通氮气的目的是　排除空气对实验的干扰　，C装置的作用是　吸收SO2等尾气　．（2）充分反应后，能说明SO2和Fe（NO3）3溶液发生反应的实验现象是　B中产生了白色沉淀　．（3）为探究SO2和Fe（NO3）3溶液发生反应的原理，该研究小组提出如下猜想：猜想1：SO2与Fe3+反应；猜想2：在酸性条件下SO2与NO3﹣反应；-20-猜想3：　SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应　①若猜想1成立，装置B中反应的离子方程式是　SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+　；若要检验Fe3+是否耗尽，所需试剂的化学式是　KSCN溶液　．②若猜想2成立，还必须选用下列试剂中的　ac　（填字母）与SO2反应来进一步验证．a．NaNO3与BaCl2的混合溶液b．FeCl3，NaNO3的混合溶液c．FeCl3与BaCl2的混合溶液．（4）SO2为空气污染物，研究小组为测定某工厂区空气中SO2的含量，取10m3（标准状况下）空气，缓慢通过足量溴水中，在所得溶液中加入过量的BaCl2溶液，将产生的白色沉淀洗涤、干燥，称得质量为0.4660g，则此空气中SO2的浓度为　12.8　mg•m﹣3．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）氧气能将SO2氧化，所以鼓入氮气的目的是排净空气防止干扰实验；未反应完的SO2会污染环境；（2）SO2具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子或铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；（3）Fe3+、酸性条件下NO3﹣都具有氧化性，都可与SO2反应；①Fe3+具有氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，本身被还原成二价铁，根据反应产物进行书写；检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液变红，说明Fe3+存在；②若猜想2成立，则需证明在酸性条件下SO2与NO3﹣反应以及SO2与Fe3+不反应；（4）根据题意可知，发生的反应有：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，由上述反应根据元素守恒可以得出二氧化硫与硫酸钡之间的关系，由硫酸钡的质量可求出二氧化硫的质量，再求出空气中SO2的浓度；【解答】解：（1）氧气能将SO2氧化，所以如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验；未反应完的SO2会污染环境，所以C装置的作用是吸收SO2等尾气；故答案为：排除空气对实验的干扰；吸收SO2等尾气；（2）SO2具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子或铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：B中产生了白色沉淀；（3）Fe3+、酸性条件下NO3﹣都能氧化SO2，即SO2和Fe3+、酸性条件下的NO3﹣都反应；故答案为：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应；①若猜想1成立，Fe3+具有氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，本身被还原成二价铁，反应的离子方程式是SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+；检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，故答案为②：SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+；KSCN溶液；②若猜想2成立，则需证明在酸性条件下SO2与NO3﹣反应，则选用NaNO3与BaCl2的混合溶液，出现白色沉淀，以及SO2与Fe3+不反应，则选用FeCl3与BaCl2的混合溶液，无现象；故选：ac；（4）设SO2的质量为x，由反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl可得：SO2～H2SO4～BaSO464233x0.4660g=解得：x=0.128g=128mg，-20-则空气中SO2的浓度为=12.8mg/m3；故答案为：12.8mg/m3．【点评】本题属于实验探究题，要根据实验原理提出假设，再结合物质的性质加以验证，侧重于考查学生的实验探究能力和对知识的应用能力，题目难度中等．　三、[化学-选修1：化学与技术]（共1小题，满分15分）11．明矾石的主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，含有少量氧化铁．利用明矾石制备K2SO4的工艺流程如图所示：据此流程图回答下列问题：（1）①焙烧炉中Al2（SO4）3与S反应的产物是两种氧化物，该反应的化学方程式为　2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2　；写出炉气的一种用途：　用于工业制硫酸　；（2）②中Al2O3参与反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　．（3）③中调节pH不能用CO2的理由是　偏铝酸钾与二氧化碳反应会生成碳酸钾，使制备的K2SO4中有杂质　．（4）工业冶炼金属铝需要定期更换补充阳极碳块的原因是　阳极会产生氧气，阳极的碳块在高温时会与氧气反应　．（5）纯净氢氧化铝经历两次　分解反应　（填反应类型）可制得铝．以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池负极的电极反应式是　Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（6）现有明矾石1625t，按上述流程制得780tAl（OH）3，忽略铝元素的损失，请计算明矾石中钾元素的质量分数为　80　%．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】根据题中工业流程可知，明矾石与硫在加热的条件下生成二氧化硫和氧化铝，所以炉气中主要有二氧化硫，熟料中主要是氧化铝，氧化铝溶解在氢氧化钾溶液中，得到偏铝酸钾溶液，用稀硫酸调节PH值，可得氢氧化铝沉淀和硫酸钾溶液，从硫酸钾溶液中可得硫酸钾晶体，据此答题．【解答】解：根据题中工业流程可知，明矾石与硫在加热的条件下生成二氧化硫和氧化铝，所以炉气中主要有二氧化硫，熟料中主要是氧化铝，氧化铝溶解在氢氧化钾溶液中，得到偏铝酸钾溶液，用稀硫酸调节PH值，可得氢氧化铝沉淀和硫酸钾溶液，从硫酸钾溶液中可得硫酸钾晶体，（1）①焙烧炉中Al2（SO4）3与S反应的产物是两种氧化物，反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2，炉气的主要成份是二氧化硫，其一种用途为用于工业制硫酸，故答案为：2Al2（SO4）3+3S2Al2O3+9SO2；用于工业制硫酸；（2）反应②为Al2O3与氢氧化钾的反应，反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，-20-故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（3）③中调节pH不能用CO2，因为偏铝酸钾与二氧化碳反应会生成碳酸钾，使制备的K2SO4中有杂质，故答案为：偏铝酸钾与二氧化碳反应会生成碳酸钾，使制备的K2SO4中有杂质；（4）工业冶炼金属铝是用电解熔融的氧化铝的方法，阳极会产生氧气，阳极的碳块在高温时会与氧气反应，所以要定期更换补充阳极碳块，故答案为：阳极会产生氧气，阳极的碳块在高温时会与氧气反应；（5）纯净氢氧化铝经过受热分解，再电解可制得铝，涉及的反应类型都是分解反应，以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，充当电池的正极，铝发生氧化反应充当电池的负极，所以电池负极的电极反应式是Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：分解反应；Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（6）现有明矾石1625t，按上述流程制得780tAl（OH）3，根据明矾石的化学式K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O可知，明矾石中铝元素与钾元素的物质的量之比为3：1，780tAl（OH）3中铝元素的物质的量为×106mol=1×107mol，所以钾元素的物质的量为×107mol，根据元素守恒可知，明矾石中钾元素的质量分数为=0.08=80%，故答案为：80．【点评】本题以铝、铁的化合物为载体考查了物质间的反应、物质的分离和原电池、化学计算等知识点，明确物质之间的反应是解本题关键，这种综合性较强的题型是高考热点，须利用基础知识细心分析解答，题目难度中等．　四、[化学-选修2：物质结构与性质]（共1小题，满分0分）12．（1）用轨道示意图表示Fe3+的价电子排布　　．（2）某主族元素的电离能（电子伏特）如下：I1I2I3I4I5I6I714.529.647.477.597.9551.9666.8，判断该元素处于　VA　族；（3）若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，运用价层电子对互斥模型，下列说法正确的是　C　（填字母）．A．若n=2，则分子的立体构型为V形B．若n=3，则分子的立体构型为三角锥形C．若n=4，则分子的立体构型为正四面体形D．以上说法都不正确（4）臭氧分子的结构如图1，呈V型，键角116.5°．请回答：①臭氧与氧气的关系是　同素异形体　．②下列分子与臭氧分子的结构最相似的是　C　（填字母）．A．H2O　　　　B．CO2　　　　　C．SO2D．BeCl2③臭氧分子是否为极性分子　是　（填“是”或“否”）．-20-（5）在短周期元素中，由三种元素组成的既有离子键又有共价键和配位键，且阴、阳离子所含电子数相差8个，该物质的电子式　　．（6）金属钛为六方最密堆积结构，测得钛的原子半径为r，晶胞结构如图2所示，求该晶胞的边长a=　2r　，b=　r　（用含r的代数式表示）【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算．【分析】（1）Fe3+的价电子为3d5，根据洪特规则和保利不相容原理画轨道示意图；（2）该元素第六电离能剧增，则元素原子最外层电子数为5；（3）若n=2，则分子的立体构型为直线形，若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，若n=4，则分子的立体构型为正四面体形；（4）①O2和O3都是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体；②O3为V形结构，根据分子中中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型；③分子中正负电荷中心不重合，这样的分子为极性分子；分子中正负电荷的重心重合，则为非极性分子；（5）由三种非金属元素形成的荔枝化合物，且含有共价键，应为铵盐，阴、阳离子所含电子数相差8个，应为NH4Cl；（6）上底面棱上的原子相邻，可以得出长a=2r，内部原子与上底面、及下底面3个原子相邻且均形成正四面体结构，高b为正四面体高的2倍，正四面体的棱长为2r，则正四面体侧面高为2r×=r，底面中心到边的距离为r×，再利用勾股定理计算正四面体的高．【解答】解：（1）Fe3+的价电子为3d5，根据洪特规则和保利不相容原理，则轨道示意图为，故答案为：；（2）该元素第六电离能剧增，则元素原子最外层电子数为5，处于VA族，故答案为：VA；（3）根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，若n=2，则分子的立体构型为直线形，若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，故选：C；（4）①O2和O3都是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故答案为：同素异形体；②二氧化碳、BeCl2为直线型，水为V形结构，但不存在大π键，在臭氧O3中，中心的氧原子以sp2杂化，与两旁的配位氧原子键合生成两个σ键，使O3分子呈折线形，在三个氧原子之间还存在着一个垂直于分子平面的大π键，这个离域的π键是由中心的氧原子提供两个p电子、另外两个配位氧原子各提供一个p电子形成的，SO2分子呈“V”字形结构，其成键方式与O3类似，S原子sp2杂化，S原子和两侧的氧原子除以σ键结合以外，还形成一个三中心四电子的大π键，故选：C；-20-③O3中的中心O原子为sp2杂化，理想模型为平面三角形，分子构型为V型，而且O3形成的是三中心四电子大π键，空间构型不对称．正负电荷重心不重合，所以是极性分子，故答案为：是；（5）由三种非金属元素形成的荔枝化合物，且含有共价键，应为铵盐，阴、阳离子所含电子数相差8个，应为氯化铵，化学式为NH4Cl，电子式为，故答案为：；（6）上底面棱上的原子相邻，可以得出长a=2r，内部原子与上底面、及下底面3个原子相邻且均形成正四面体结构，高b为正四面体高的2倍，正四面体的棱长为2r，则正四面体侧面高为2r×=r，底面中心到边的距离为r×，由勾股定理可知正四面体的高为=r，故b=2×r=r，故答案为：2r；r．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、晶胞计算等，需要学生具备一定的空间想象与计算能力，题目难度较大．　五、[化学-选修3：有机化学基础]（共1小题，满分0分）13．是一种医学中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：回答下列问题：（1）A能与新制氢氧化铜发生反应生成砖红色沉淀，A的结构简式是　CH3CHO　．（2）B的含氧官能团的名称是　羧基　，C+E→F的反应类型是　取代反应　．（3）F的分子式是　C10H10O4　，该分子的最大质荷比为　194　．（4）符合下列条件的有机物的同分异构体有　3　种，请写出一种的结构简式　中的任意一种　．a．与F互为同分异构体b．含苯环c．属于二元羧酸d．苯环上只有一个取代基（5）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：　　-20-（6）下列关于以上物质的叙述正确的是　②　（填序号）．①1molD能与2molNaHCO3溶液反应②E可与FeCl3溶液发生显色反应③B物质与甲酸甲酯不能根据核磁共振氢谱来鉴别④1molG最多能与5molH2发生加成反应．【考点】有机物的合成．【分析】A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知，A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，E的结构为，由F的结构简式可知，C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解答】解：A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知，A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，E的结构为，由F的结构简式可知，C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，（1）根据上面的分析可知，A为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（2）根据B的结构简式，B的含氧官能团的名称是羧基，比C、E和F的结构简式可知，C、E发生取代反应生成F，故答案为：羧基；取代反应；（3）根据F的结构简式可知，F的分子式是C10H10O4，该分子的相对分子质量为194，所以其最大质荷比为194，故答案为：C10H10O4；194；（4）根据条件a．与F互为同分异构体b．含苯环c．属于二元羧酸d．苯环上只有一个取代基，结合F的结构简式可知，符合下列条件的有机物的同分异构体为，共3种，故答案为：3；中的任意一种；（5）G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为，-20-故答案为：；（6）①D中有羧基和酚羟基，羧基能与NaHCO3溶液反应，而酚羟基不能与NaHCO3溶液反应，所以1molD能与1molNaHCO3溶液反应，故①错误；②E为，有酚羟基，所以E可与FeCl3溶液发生显色反应，故②正确；③B为乙酸，有3种等效氢，甲酸甲酯只有2种氢，所以能根据核磁共振氢谱来鉴别它们，故③错误；④根据G的结构简式可知，G分子中有一个苯环和一个碳碳双键，所以1molG最多能与4molH2发生加成反应，故④错误，故选②．【点评】本题考查有机物的推断，为高考常见题型，综合考查学生分析问题的能力和化学知识的综合运用能力，题目难度中等，答题注意注意仔细审题，把握题给信息．　-20-