黑龙江省双鸭山市一中2022届高三化学上学期期末考试试题（含解析）

黑龙江省双鸭山一中2022届高三上学期期末考试化学试卷一、选择题（共22个小题，每题只有一个答案，每题3分，共66分）1．化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）　A．“歼﹣20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料　B．工业上通常用电解Na、Mg、Al对应的氯化物制取该三种金属单质　C．Fe3O4俗称铁红，常做红色油漆和涂料　D．燃料电池的燃料都在负极发生氧化反应考点：合成材料；化学电源新型电池；金属冶炼的一般原理；铁的氧化物和氢氧化物．.分析：A．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料；B．工业上通常用电解Al对应的氧化物制取该金属单质；C．Fe2O3俗称铁红，常做红色油漆和涂料；D．燃料电池的燃料都在负极，化合价升高，失去电子，发生氧化反应；解答：解：A．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，不属于新型有机高分子材料，故A错误；B．工业上通常用电解Al对应的氧化物制取该金属单质，故B错误；C．Fe2O3俗称铁红，常做红色油漆和涂料，故C错误；D．燃料电池的燃料都在负极，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故D正确；故选D．点评：本题主要考查了化学与生活中有关知识，掌握它们的化学原理是解答的关键，题目难度不大．　2．（3分）下列叙述涉及的化学相关知识，其中说法正确的是（　　）　A．植物油可以作为萃取剂分离出碘水中的碘　B．石油的分馏、煤的气化、海水制镁都包括化学变化　C．处理废水时加入明矾作为消毒剂，可以除去水中的杂质　D．乙烯、甲烷、SO2三种无色气体可用溴水鉴别考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；有机物的鉴别；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.分析：A．植物油含有不饱和键，可与碘发生加成反应；B．石油的分馏为物理变化；C．明矾不用于消毒剂，具有消毒剂的物质一般具有强氧化性；D．乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性．解答：解：A．植物油含有不饱和键，可与碘发生加成反应，不能用于萃取剂，故A错误；B．石油的分馏为物理变化，煤的气化、海水制镁包括化学变化，故B错误；C．明矾不用于消毒剂，具有消毒剂的物质一般具有强氧化性，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，二氧化硫具有还原性，甲烷不反应，可鉴别，故D正确．故选D．点评：24\n本题考查物质的分离、提纯、检验和鉴别等知识，侧重于学生基础知识的考查，注意把握常见物质的性质的异同，题目有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的学习，难度不大．　3．（3分）向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（　　）　A．a点对应的溶液中：Na+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣　B．b点对应的溶液中：K+、Al3+、MnO4﹣、Cl﹣　C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3﹣、Cl﹣　D．d点对应的溶液中：K+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题．解答：解：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，b点全部为HCO3﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，A．a点溶液中含有CO32﹣和HCO3﹣，HCO3﹣与OH﹣反应不能大量共存，故A错误；B．b点全部为HCO3﹣，Al3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C错误；D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3﹣与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．故选C．点评：本题考查离子的共存，为高考中的经典题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大．　4．（3分）XeF4在水中发生反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑下列判断中正确的是（　　）　A．XeF4分子中各原子均达到8电子稳定结构　B．XeF4分子中Xe的化合价为0价　C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3　D．每生成4molXe转移16mol电子考点：氧化还原反应．.24\n专题：氧化还原反应专题．分析：该反应中，Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由﹣2价变为0价，A．化合物中中心元素化合价的绝对值+该原子的最外层电子数=8时，该原子就达到8电子结构，否则不是；B．化合物中各元素化合价的代数和为0确定Xe元素化合价；C．该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂；D．根据Xe和转移电子之间的关系式计算．解答：解：该反应中，Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由﹣2价变为0价，A．该化合物中Xe元素化合价为+4，Xe原子最外层电子数为8，二者之和大于8，所以各原子不是都达到8电子稳定结构，故A错误；B．XeF4分子中Xe的化合价为+4价，故B错误；C．该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比=4：8=1：2，故C错误；D．根据Xe和转移电子之间的关系式知，每生成4molXe，转移电子的物质的量=4mol×4=16mol，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应，明确该反应中的氧化剂及还原剂是解本题关键，注意XeF4中作氧化剂和还原剂的物质的量之比，计算该反应中转移电子数是解本题难点，难度中等．　5．（3分）下列解释事实的离子方程式正确的是（　　）　A．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣　B．一定量Cl2通入FeI2溶液中，完全反应后测得溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）：5Cl2+8I﹣+2Fe2+=4I2+2Fe3++10Cl﹣　C．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2Br﹣COOH+OH﹣CH2Br﹣COO﹣+H2O　D．用氢氟酸在玻璃上“刻字”：SiO2+4H++4F﹣=SiF4↑+2H2O考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．溶液中还生成氢氧化镁沉淀；B．氧化还原反应中碘离子还原性大于亚铁离子，先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子为铁离子，若反应后测得溶液中C（Fe3+）=C（Fe2+），则依据电子守恒和化学式分析，反应的FeI2物质的量为4mol，消耗氯气物质的量5mol，依据电子守恒和原子守恒配平离子方程式；C．CH2BrCOOH和NaOH的水溶液还发生取代反应；D．HF是弱酸，写化学式．解答：24\n解：A．溶液中还生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2++2Cl﹣+2H2OCl2↑+Mg（OH）2+H2↑，故A错误；B．氧化还原反应中碘离子还原性大于亚铁离子，先氧化碘离子为碘单质，再氧化亚铁离子为铁离子，若反应后测得溶液中C（Fe3+）=C（Fe2+），则依据电子守恒和化学式分析，反应的FeI2物质的量为4mol，消耗氯气物质的量5mol，依据电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：5Cl2+2Fe2++8I﹣═10Cl﹣+2Fe3++4I2，故B正确；C．CH2BrCOOH和NaOH的水溶液还发生取代反应，方程式为CH2BrCOOH+2OH﹣CH2OH﹣COO﹣+H2O+Br﹣，故C错误；D．HF是弱酸，写化学式，离子方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故D错误；故选B．点评：本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、复分解反应、取代反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是BC，注意B中反应先后顺序，注意C中还发生取代反应．　6．（3分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）　A．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的N﹣H键数目为6NA　B．完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA　C．100g98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NA　D．1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA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．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应；B.1molCH3CH2OH、C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA；C．浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子；D．硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣；HS﹣+H2OH2S+OH﹣．解答：解：A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能朝着一个方向进行到底，1molN2和3molH2充分反应，生成的氨气小于2mol，生成N﹣H键数目小于6NA，故A错误；B.1molCH3CH2OH、C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA，所以完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA，故B正确；C．浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子，所以100g98%的浓硫酸中含氧原子个数远远大于4NA，故C错误；D．硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣；HS﹣+H2OH2S+OH﹣，依据物料守恒可知：1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣、H2S，总数为0.1NA，故D错误；故选：B．24\n点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，侧重考查可逆反应、电子转移的计算、微粒个数的计算，明确可逆反应特点、熟悉盐溶液中存在的物料守恒是解题关键，题目难度中等．　7．（3分）稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称．已知镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物的化学式为La2O3，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是（　　）　A．La和盐酸反应的离子方程式为：La+2H+=La3++H2↑　B．LaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3　C．镧有两种核素：57139La和放射性57138La，由此可知镧元素的相对原子质量为138.5　D．La（NO3）3水溶液显酸性考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．.专题：元素及其化合物．分析：A．离子方程式两边正电荷不相等不满足电荷守恒；B．La（OH）3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热水解生成氢氧化镧和氯化氢，氯化氢挥发，最终灼烧得到氧化镧；C．计算元素的相对原子量需要根据元素在自然界的含量减少，不是取平均值；D．La（OH）3是不溶于水的弱碱，则La（NO3）3为强酸弱碱盐．解答：解：A．镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，能够与盐酸反应生成氢气，反应的离子方程式为：2La+6H+=2La3++3H2↑，故A错误；B．La（OH）3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热过程中LaCl3发生水解生成La（OH）3和HCl，HCl具有挥发性，则最终灼烧得到La2O3，故B错误；C．没有告诉镧的两种核素在自然界中的含量，题中条件无法计算镧元素的相对原子质量，故C错误；D．已知La（OH）3是不溶于水的弱碱，则La（NO3）3为强酸弱碱盐，其溶液显示酸性，故D正确；故选D．点评：本题考查了常见金属单质及其化合物性质，题目难度中等，明确题干信息为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及知识迁移能力，注意掌握常见金属单质及其化合物性质，明确元素的相对原子质量的计算方法．　8．（3分）下列各组物质依次表示a、b、c、d，其中不能满足如图所示转化关系的一组是（图中每个箭头只表示一步转化）（　　）a→b→c→d→aabcdACuCuSO4Cu（OH）2Cu2OBN2NO2HNO3NOCCH3OHHCHOHCOOHHCOOCH3DFeFeCl3Fe（OH）3Fe2O3　A．AB．BC．CD．D考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；氮气的化学性质；铁的化学性质．.24\n专题：元素及其化合物．分析：分析物质性质结合转化关系分析选项，a→b→c→d→aA、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，氢氧化铁和乙醛反应生成氧化亚铜，氧化亚铜和还原剂反应生成铜；B、N2不能一步转化为NO2；C、甲醇氧化为甲醛，甲醛已化为甲酸，甲酸和甲醇生成甲酸甲酯，水解得到甲醇；D、铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁，热分解生成氧化铁，氧化铁被还原为铁；解答：解：A、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，氢氧化铁和乙醛反应生成氧化亚铜，氧化亚铜和还原剂反应生成铜，完全实现a→b→c→d→a，故A不符合；B、N2不能一步转化为NO2，故不能实现转化a→b→c→d→a，故B符合；C、甲醇氧化为甲醛，甲醛已化为甲酸，甲酸和甲醇生成甲酸甲酯，水解得到甲醇，能实现a→b→c→d→a转化，故C不符合；D、铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁，热分解生成氧化铁，氧化铁被还原为铁，能实现a→b→c→d→a转化，故D不符合；故选B；点评：本题考查了物质性质的分析应用，主要是反应条件和反应实质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　9．（3分）已知下列反应的热化学方程式：6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5（ONO2）3（l）△H12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3H2O（g）=H2O（l）△H4则反应4C3H5（ONO2）3（l）=12CO2（g）+10H2O（l）+O2（g）+6N2（g）的△H为（　　）　A．12△H3+5△H2﹣2△H1+10△H4B．2△H1﹣5△H2﹣12△H3+10△H4　C．12△H3﹣5△H2﹣2△H1+10△H4D．△H1﹣5△H2﹣12△H3+10△H4考点：热化学方程式．.专题：化学平衡专题．分析：根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式．解答：解：已知：①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3④H2O（g）=H2O（l）△H4由盖斯定律：5×②+12×③﹣2×①+10×④得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+5△H2﹣2△H1+10△H4；故选A．点评：本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，题目难度不大，准确把握盖斯定律的概念是关键．24\n　10．（3分）等物质的量的X（g）与Y（g）在密闭容器中进行反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）+Q（s）△H＞0，下列叙述正确的是（　　）　A．当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时反应达到平衡　B．达到平衡时X的转化率为25%，则平衡常数K值为9/4　C．达到平衡后，反应速率2V正（Y）=3V逆（Z）　D．达到平衡后，加入Q，平衡逆向移动考点：化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：A、当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时，并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡；B、根据三行式，结合平衡常数表达式求解；C、达到平衡后，反应速率3V正（Y）=2V逆（Z）；D、到平衡后，加入Q，Q是固体，平衡不移动．解答：解：A、当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时，并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡，故A错误；B、设起始时X和Y的物质的量浓度都为1mol/L，则X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）+Q（s）初起量：110变化量：0.250.50.75状态1：0.750.50.75Qc==，所以平衡常数K值为9/4，故B正确；C、达到平衡后，反应速率3V正（Y）=2V逆（Z），而不是2V正（Y）=3V逆（Z），故C错误；D、到平衡后，加入Q，Q是固体，平衡不移动，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡的有关计算，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，影响化学平衡的因素分析判断，题目难度中等．　11．（3分）（2022•南京模拟）某课外实验小组设计的如图实验合理的是（　　）　A．配制一定浓度硫酸溶液B．制备少量氨气24\n　C．制备并收集少量NO2气体D．制备少量氧气考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液．.专题：实验评价题．分析：A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；B．CaO可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热；C．不能用排水法收集NO2；D．过氧化钠与水剧烈反应，不能用简易气体发生装置制取．解答：解：A．容量瓶只能用来配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A错误；B．CaO可与水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热，促使氨气挥发，可用于制备少量氨气，故B正确；C．NO2与水反应，不能用排水法收集NO2，要用排空法收集，故C错误；D．不能用简易气体发生装置制取，过氧化钠与水剧烈反应，不能做到虽关随停，故D错误．故选B．点评：本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，此为解答该题的关键．　12．（3分）（2022•辽宁二模）常温下，关于1LpH=3的H2SO4溶液说法正确的是（　　）　A．与等体积pH=11氨水混合后所得溶液pH小于7　B．与等浓度的CH3COONa溶液混合后所得溶液pH一定小于7　C．与pH=3的CH3COOH溶液混合后所得溶液pH小于3　D．与10LBa（OH）2溶液恰好完全反应，则Ba（OH）2溶液的pH一定等于10考点：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．分析：A．一水合氨为弱碱，pH=11的氨水浓度大于0.001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性；B．没有告诉醋酸钠溶液体积，如果醋酸钠远远过量，反应后的溶液可能为碱性溶液；C．溶液pH相等，溶液中氢离子浓度相等，混合后溶液中氢离子浓度不变，醋酸和醋酸根离子浓度变化相等，醋酸的电离平衡不移动；D．根据酸碱中和反应实质及溶液酸碱性与溶液pH的关系进行计算．解答：解：硫酸为强电解质，pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，A．一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出氢氧根离子，pH=11氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH大于7，故A错误；24\nB．如果醋酸钠远远过量，反应后生成醋酸和醋酸钠和硫酸钠的溶液，由于醋酸根离子水解程度大于醋酸的电离程度，则溶液显示碱性，溶液的pH大于7，故B错误；C．醋酸与硫酸的pH相等，则两溶液混合后溶液中氢离子浓度不变，醋酸根离子与醋酸的浓度变化程度相等，混合后醋酸的电离平衡不移动，溶液的pH=3，故C错误；D.10LBa（OH）2溶液恰好完全反应，氢氧化钡中氢氧根离子的物质的量等于硫酸中氢离子的物质的量，其物质的量为：0.001mol，则Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为：=0.0001mol/L，溶液的pH等于10，故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，选项C为易错点，注意合理分析溶液中氢离子浓度变化情况．　13．（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，各元素原子的最外层电子数之和比Ca2+的核外电子数少1个，X与Q处于同一主族，Y、Z、W处于同一周期的相邻位置．下列叙述不正确的是（　　）　A．X与Z组成的化合物之一可作为火箭发射的高能燃料　B．Y与W形成的阴离子可能有YW32﹣或Y2W42﹣　C．化合物Q2W2与X2W反应时，Q2W2只做氧化剂　D．CaX2、CaY2分别与水反应可产生两种可燃性气体考点：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：短周期元素的X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X与Q处于同一主族，Y、Z、W处于同一周期的相邻位置，令Y最外层电子数为a，则Z、W的最外层电子数分别为a+1、a+2，令X、Q最外层电子数为b，则：a+a+1+a+2+2b=18﹣1，即3a+2b=14，讨论得a=2、b=4或a=4、b=1，当a=2、b=4时，W最外层电子数为4，与X、Q同主族，不符合题意，故只能为a=4、b=1，结合原子序数可知，X为H、Y为C、Z为N、W为O、Q为Na，据此解答．解答：解：短周期元素的X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X与Q处于同一主族，Y、Z、W处于同一周期的相邻位置，令Y最外层电子数为a，则Z、W的最外层电子数分别为a+1、a+2，令X、Q最外层电子数为b，则：a+a+1+a+2+2b=18﹣1，即3a+2b=14，讨论得a=2、b=4或a=4、b=1，当a=2、b=4时，W最外层电子数为4，与X、Q同主族，不符合题意，故只能为a=4、b=1，结合原子序数可知，X为H、Y为C、Z为N、W为O、Q为Na，A．X与Z组成的化合物N2H4可作为火箭发射的高能燃料，故A正确；B．Y与W形成的阴离子可能有CO32﹣或C2O42﹣，故B正确；C．化合物Na2O2与H2O反应时，Na2O2起氧化剂、还原剂作用，故C错误；D．CaH2、CaC2分别与水反应可产生氢气、乙炔，故D正确，故选C．点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，难度中等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．　14．（3分）下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（　　）24\n选项实验操作实验现象结论A向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入0.1mol/LH2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2B向SO2水溶液中滴入几滴BaCl2溶液，振荡滴加BaCl2后出现白色沉淀此沉淀一定是BaSO3C等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快HB酸性比HA强D先向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成溶度积（Ksp）：ZnS＞CuS　A．AB．BC．CD．D考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．.专题：物质检验鉴别题．分析：A．试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；B．氯化钡与二氧化硫不反应；C．pH=3的两种酸，HA放出的氢气多，则HA酸的浓度大，为弱酸；D．依据沉淀转化的实质分析判断．解答：解：A．在酸性条件下，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3﹣为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故A错误；B．氯化钡与二氧化硫不反应，不能生成白色沉淀，故B错误；C．pH=3的两种酸，HA放出的氢气多，则HA酸的浓度大，为弱酸，即HB的酸性比HA的强，故C正确；D．向Na2S溶液中滴入ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）：ZnS＞CuS，故D正确．故选CD．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、酸性比较及电离、沉淀的转化等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大．　15．（3分）实验小组中甲同学按图完成实验，发现电流计指针偏转，乙同学将图中盐桥（琼脂和饱和氯化钾）换成U形铜丝代替盐桥，发现电流计指针也发生偏转，以下说法正确的是（　　）24\n　A．甲同学实验过程中，ZnSO4溶液中阴离子总浓度不会发生改变　B．甲同学实验过程中，Zn片被氧化，铜片被还原　C．乙同学将盐桥换成铜丝后，导线中电流方向不会发生变化　D．乙同学将盐桥换成铜丝后，U形铜丝的两端电极反应类型一致考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：A、甲同学实验过程中，为原电池装置，盐桥中阴离子移向负极，硫酸锌溶液中阴离子浓度增大；B、铜离子被还原；C、甲同学实验过程中，Zn做负极失电子；图中盐桥（琼脂和饱和氯化钾）换成U形铜丝代替盐桥后，左池为原电池右池为电解池，仍然是Zn失电子；D、左侧铜丝作正极，右侧铜丝做阳极．解答：解：A、甲同学实验过程中，ZnSO4溶液中阴离子总浓度增大，故A错误；B、甲同学实验过程中，Zn片被氧化，铜离子被还原，故B错误；C、甲乙同学实验中，都是电子从Zn流向Cu，实验电流方向不变，故C正确；D、左侧铜丝上发生还原反应，右侧铜丝上发生氧化反应，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池中盐桥的原理、原电池和电解池的电极反应式、电流方向等等，题目难度中等．　16．（3分）将0.1mol•L﹣1的下列物质的水溶液，从常温加热到90℃，溶液的pH几乎不变的是（不考虑水的蒸发）（　　）　A．氯化钠B．氢氧化钾C．硫酸D．硫酸铵考点：盐类水解的原理．.分析：弱电解质的电离和盐类水解都是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离和盐类水解，导致溶液中水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来确定pH变化．解答：解：A、氯化钠是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度促进水的电离，Kw会升高，氢离子的浓度变大，pH减小，故A错误；B、升高温度时KOH溶液中氢氧根离子的浓度不变，但升高温度时水的离子积变大，则氢离子的浓度变大，故溶液的pH变小，故B错误；C、硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度促进水的电离，Kw会升高，氢离子的浓度变大，pH减小，故C错误；D、硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，Kw会升高，则溶液的pH几乎不变，故D正确；故选D．点评：本题考查了pH的简单计算，明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响是解本题关键，注意A和D选项的比较，升高温度导致水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来判断即可，难度中等．　17．（3分）下列分离或提纯有机物的方法正确的是（　　）选项待提纯物质杂质除杂试剂及主要操作方法A苯溴单质加亚硫酸钠溶液洗涤，分液24\nB淀粉葡萄糖水，过滤C甲烷乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，洗气D乙酸乙酯乙酸加入氢氧化钠溶液，分液　A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.专题：化学实验基本操作．分析：A．溴可与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且苯不溶于水；B．淀粉、葡萄糖都可透过滤纸；C．乙烯被氧化生成高锰酸钾；D．二者都可与氢氧化钠溶液反应．解答：解：A．溴可与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，生成物可溶于水，而苯不溶于水，可用分液的方法分离，故A正确；B．淀粉、葡萄糖都可透过滤纸，应用渗析的方法分离，故B错误；C．乙烯被氧化生成高锰酸钾，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；D．二者都可与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故D错误．故选A．点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离．　18．（3分）加热N2O5依次发生的分解反应为：①N2O5（g）⇌N2O3（g）+O2（g）②N2O3（g）⇌N2O（g）+O2（g）在容积为2L的密闭容器中充入8molN2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol．则t℃时反应①的平衡常数为（　　）　A．10.7B．8.5C．9.6D．10.2考点：化学平衡常数的含义．.专题：化学平衡专题．分析：利用化学平衡常数公式可知，需要求N2O5、N2O3、O2浓度，N2O3、O2浓度好求，关键求N2O5的浓度，设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，则N2O5分解了（x+3.4）mol，再利用氧气总量9mol，求出x进一步求算．解答：解：设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，在①反应中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol．在②反应中生成氧气xmol．则（x+3.4）+x=9，求得x=2.8所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c（N2O5）=（8﹣2.8﹣3.4）÷2=0.9molL﹣1c（N2O3）=3.4÷2=1.7molL﹣1c（O2）=9÷2=4.5molL﹣124\n反应①的平衡常数K==8.5，故选：B．点评：本题是一个求算化学平衡常数的题目，注意化学平衡常数的计算难点在于利用氧气求算时在第一个方程式中有一部分氧气被漏掉从而错误．　19．（3分）25℃时，在一定体积PH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液PH=11，若体积可以加和，则V（Ba（OH）2）：V（NaHSO4）为（　　）　A．1：1B．2：1C．3：2D．1：4考点：pH的简单计算．.专题：计算题．分析：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，设出氢氧化钡、硫酸氢钠溶液的体积，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算．解答：解：pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10﹣2mol，溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10﹣2mol，设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=10﹣3mol/L，则：=10﹣3，整理可得：x：y=1：4，故选D．点评：本题考查了酸碱反应的综合计算、溶液pH的计算应用，题目难度中等，明确溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法．　20．（3分）已知有机物A可发生如下转化关系，且C、E均不能发生银镜反应，则A的结构可能有（　　）　A．4种B．3种C．2种D．1种考点：有机化合物的异构现象；酯的性质．.分析：A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在CuO催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，如C为乙酸，则D为CH3CHOHCH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，据此进行解答．24\n解答：解：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选C．点评：本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意C和E都不能发生银镜反应的特点，为解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出A的可能结构．　21．（3分）（2022•上海模拟）在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L．向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（　　）　A．0.225mol/LB．0.30mol/LC．0.36mol/LD．0.45mol/L考点：有关混合物反应的计算．.专题：极端假设法．分析：有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=计算铜离子浓度．解答：解：反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×=0.036mol，故铜离子的最大浓度为=0.36mol/L，故选C．点评：本题考查化合物的有关计算，确定NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4时生成的铜离子浓度最大是解题的关键，难度中等，注意利用离子方程式进行解答．　22．（3分）某无色澄清溶液中可能含有以下离子中的若干种：Na+、Cu2+、Ba2+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣、Br﹣现取部分溶液依次进行如下实验：①通入一定量氯气后，加入CCl4振荡，静置后CCl4层呈橙红色，用分液漏斗分液；②向分液后的水溶液中加入足量硫酸钠溶液，产生白色沉淀；③过滤后将滤液分为两份，向一份中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生大量沉淀；根据上述实验，以下推测正确的是（　　）　A．原溶液中肯定存在的离子有Ba2+、Br﹣、Fe2+　B．无法确定原溶液中是否存在Cl﹣、Na+、SO42﹣　C．原溶液一定显中性　D．原溶液中肯定不存在的离子有Ba2+、Fe2+24\n考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．.专题：物质检验鉴别题．分析：无色澄清溶液一定不含有：Cu2+，Fe2+，①通入一定量Cl2后，加入CCl4振荡，静置后CCl4层呈紫红色，用分液漏斗分液；证明含有Br﹣；②向分液后的水溶液中加入足量硫酸钠溶液，产生白色沉淀，产生白色沉淀；证明含有Ba2+、那么一定不能含有：SO42﹣；③过滤后将滤液分为两份，向一份中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生大量沉淀，此时溶液中含有Cl﹣；但不能证明原溶液中是否含有Cl﹣，因为①中通入了氯气；依据以上分析还不能确定是否含有的是：Cl﹣、Na+，据此判断即可．解答：解：无色澄清溶液一定不含有：Cu2+、Fe2+，①通入一定量Cl2后，加入CCl4振荡，静置后CCl4层呈紫红色，用分液漏斗分液；证明含有Br﹣；②向分液后的水溶液中加入足量硫酸钠溶液，产生白色沉淀，产生白色沉淀；证明含有Ba2+、那么一定不能含有SO42﹣；③过滤后将滤液分为两份，向一份中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生大量沉淀，证明含有Cl﹣；但不能证明原溶液中是否含有Cl﹣，因为①中通入了氯气；不能确定是否含有Cl﹣、Na+，A、依据分析知：一定不含有Fe2+，故A错误；B、分析可知一定不含有SO42﹣，故B错误；C、分析可知溶液中一定含有钡离子与溴离子，可能含有氯离子和钠离子，所以溶液是中性，故C正确；D、溶液中一定含有钡离子，故D错误；故选C．点评：本题考查离子检验的方法和离子反应现象的分析判断，注意氯离子的判断需要结合过程中的两种变化分析，题目难度中等．　二、填空题（5道题，共54分）23．（8分）“百度百科：乙醇，俗称酒精，在常温、常压下是一种易燃、易挥发的无色透明液体，它的水溶液具有酒香的气味，并略带刺激性，微甘．易燃，能与水以任意比互溶．用途很广，可用制造饮料、染料、燃料等．在国防工业、医疗卫生、有机合成、食品工业、工农业生产中都有广泛的用途．”根据所学知识回答下列问题（1）书写乙醇催化氧化的产物和新制银氨溶液反应的化学方程式：　CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3　（2）在120℃，101kpa条件下，取ag乙醇在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量增加了bg，则a　=　b（填“=”“＞”“＜”）（3）乙醇燃料电池，KOH作电解质，书写负极电极反应式：　C2H6O+16OH﹣﹣12e﹣=2CO32﹣+11H2O　（4）请用所学知识解释为什么乙醇能和水以任意比互溶　乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶　．考点：乙醇的化学性质；化学电源新型电池．.24\n分析：（1）乙醇催化氧化的产物是乙醛，乙醛分子中含有醛基，能够发生有机反应，写出乙醛发生银镜反应的化学方程式；（2）乙醇完全燃烧生成二氧化碳和水，二者均与过氧化钠反应，固体增加的质量相当于CO与H2的质量，据此判断即可；（3）乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸根离子和水；（4）因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶．解答：解：（1）乙醛与银氨溶液发生有机反应，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；（2）乙醇充分燃烧后生成CO2、H2O，再通过足量的Na2O2，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，过氧化钠增重等于与CO2同物质的量的CO质量，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，过氧化钠增重等于与H2O同物质的量的H2质量，即化学式可以改写成nCO•mH2，完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，乙醇满足此通式，故a=b，故答案为：=；（3）乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸根离子和水，离子方程式为：C2H6O+16OH﹣﹣12e﹣=2CO32﹣+11H2O，故答案为：C2H6O+16OH﹣﹣12e﹣=2CO32﹣+11H2O；（4）因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故答案为：因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶．点评：本题主要考查的是乙醇的性质与化学反应方程式的书写，难度不大．　24．（8分）环己酮（图1）是一种重要的化工原料，实验室常用下列方法制备环己酮环己醇和环己酮的部分物理性质见下表物质相对分子质量沸点（℃）密度（g/cm﹣3，20℃）溶解性环己醇100161.10.9624能溶于水和醚环己酮98155.60.9478微溶于水，能溶于醚现以20mL环己醇与足量的Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应，制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯分离提纯过程中涉及到的主要步骤有（未排序）a、蒸馏，除去乙醚后，收集151℃～156℃馏分b、水层用乙醚（乙醚沸点34.6℃，易燃烧）萃取，萃取液并入有机层c、过滤d、往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液e、加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水（1）上述分离提纯步骤的正确顺序是　dbeca　（填字母）（2）以下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是　ABC　A、水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图用力振荡B、振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C、经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层24\nD、分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体（3）蒸馏提纯时，图2装置中温度计位置正确的是　C　，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是　AB　考点：物质分离、提纯的实验方案设计．.专题：实验设计题．分析：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；（2）萃取分液操作的注意事项：将液体充分混合均匀；放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气；应放置在铁架台上静置；放出液体时应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出；（3）蒸馏测定馏分的温度，若温度计水银球偏低则混有低沸点杂质，以此来解答．解答：解：（1）由肥皂的盐析原理，即增加水层的密度，有利于分层，环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，则操作顺序为dbeca，故答案为：dbeca；（2）A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，将分液漏斗倒转过来，用力振摇匀，图中操作没有倒转，故A错误；B．放气的方法为：漏斗倒置，打开旋塞放气，故B错误；C．经几次振摇并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层，故C错误；D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔使分液漏斗内外大气相通，便于液体流出，故D正确；故选：ABC；（3）蒸馏提纯时，蒸馏测定馏分的温度，温度计水银球在烧瓶支管口处，图2装置中温度计位置正确的是C，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB，故答案为：C；AB．点评：本题考查混合物分离提纯实验设计，为高频考点，把握物质的性质及反应原理的应用为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度中等，（2）为解答的难点．　25．（14分）某化工厂将钛、氯碱工业和甲醇制备联合生产，大大提高原料利用率，并减少环境污染．流程如图：回答下列问题：24\n（1）写出以石墨为电极电解饱和食盐水的离子方程式　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑　（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得四氯化钛的化学方程式　2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO　，生成1mol四氯化钛时转移电子的物质的量为　7　mol（3）利用四氯化钛制备TiO2．xH2O时，需加入大量的水并加热的目的是　发生TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能促使水解正向进行　（4）钛广泛用于航天领域．氩气在冶炼钛的流程中的作用是　防止钛、镁被氧化　（5）利用CO和H2制备甲醇①已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ/mol、﹣283.0kJ/mol和﹣726.5kJ/mol．写出CO和H2制备甲醇的热化学方程式　CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H=﹣125.3KJ•mol﹣1　②假设联合生产中各原料利用率为100%，若得到6mol甲醇，则只需再补充标准状况下的H2　112　L．考点：电解原理；热化学方程式；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.分析：（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，以此书写离子方程式；（2）钛铁矿经氯化得到四氯化钛、氯化铁和一氧化碳；依据原子守恒配平写出；（3）TiCl4水解生成TiO2•xH2O，再经焙烧制得TiO2，水解为吸热反应，从平衡移动角度分析；（4）在Ar气中进行防止钛、镁被氧化；控制温度使TiCl4、Mg、MgCl2转化为蒸气，Ti不融化；（5）①先根据燃烧热分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式后，根据盖斯定律就可得出CO和H2合成甲醇的热化学方程式；②根据甲醇的物质的量计算需要CO、H2的物质的量，根据n（CO）计算电解中生成的n（Cl2），进而计算电解生成n（H2），据此计算解答．解答：解：（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的化学方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；24\n（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，由方程式得出生成2molTiCl4转移14mol电子，所以生成1mol四氯化钛时转移电子的物质的量为7mol；故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；7；（3）水解时需加入大量的水并加热，由TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl可知，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能使水解反应向正反应方向进行，促进水解趋于完全，故答案为：发生TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能促使水解正向进行；（4）在Ar气中进行防止钛、镁被氧化；故答案为：防止钛、镁被氧化；（5）①CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1①H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣283×2kJ•mol﹣1②CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1③根据盖斯定律将①+②+（﹣③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H=﹣125.3KJ•mol﹣1，故答案为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H=﹣125.3KJ•mol﹣1；②由CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知，合成6mol甲醇需要n（CO）=6mol、n（H2）=12mol．根据2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO可知，电解中生成的n（Cl2）=n（CO）=7mol，根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知，电解生成n（H2）=n（Cl2）=7mol，故需额外补充H2为12mol﹣7mol=5mol，V=5×22.4=112L；故答案为：112．点评：本题考查化学方程式的书写及计算、盖斯定律等，题目难度中等，注意根据盖斯定律解题．　26．（9分）A、B、C、D、E五种溶液分别是HCl、CH3COOH、NaOH、NH3．H2O、Na2CO3溶液中的一种．常温下进行下列实验：①将1LPH=9的A溶液分别与xL0.001mol/LB溶液、yL0.001mol/LD溶液充分反应后溶液呈中性，x、y大小关系为：y＜x；②浓度均为0.1mol/LC与D溶液等体积混合，溶液呈酸性；③浓度均为0.1mol/LA和E溶液的PH：A＜E回答下列问题：（1）E的电子式　　（2）写出A与足量B溶液反应的离子方程式　2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O　24\n（3）将等体积、等物质的量浓度的D、E分别与足量的铝粉反应，产生H2的物质的量之比为　1：3　（4）将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后，所得溶液的PH约为7，原因是　相同条件下，醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当　（5）室温时在一定体积0.4mol/L的E溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的D溶液时，混合溶液PH=13，若混合后溶液的体积变化忽略不计，则D、E溶液的体积之比是　3：2　．考点：无机物的推断；物质分离、提纯的实验方案设计．.专题：物质检验鉴别题．分析：A的pH大于7，说明呈碱性，根据①确定B、D为HCl和CH3COOH两种酸，根据同浓度时B的用量大说明B是弱酸即为CH3COOH，则D为HCl；C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，则生成的盐是强酸弱碱盐，根据②确定C是弱碱即为NH3•H2O，浓度均为0.1mol/L的C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，因氯化铵水解呈酸性；相同浓度时，强碱的碱性大于盐的碱性，根据③确定A、E分别是NaOH或Na2CO3，0.1mol/L的A溶液pH小于0.1mol/L的E溶液pH说明E是强碱NaOH，A是Na2CO3，以此来解答．解答：解：A的pH大于7，说明呈碱性，根据①确定B、D为HCl和CH3COOH两种酸，根据同浓度时B的用量大说明B是弱酸即为CH3COOH，则D为HCl；C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，则生成的盐是强酸弱碱盐，根据②确定C是弱碱即为NH3•H2O，浓度均为0.1mol/L的C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，因氯化铵水解呈酸性；相同浓度时，强碱的碱性大于盐的碱性，根据③确定A、E分别是NaOH或Na2CO3，0.1mol/L的A溶液pH小于0.1mol/L的E溶液pH说明E是强碱NaOH，A是Na2CO3，（1）E为NaOH，电子式为，故答案为：；（2）醋酸和碳酸钠反应离子方程式为：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故答案为：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；（3）D为盐酸，E是氢氧化钠，等物质的量的D、E分别与足量的铝粉反应，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，根据方程式知，等物质的量的盐酸和氢氧化钠分别与足量铝反应产生H2的物质的量之比为1：3，故答案为：1：3；（4）B为醋酸，C是氨水，将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后二者恰好反应生成醋酸铵，所得溶液的pH约为7，原因是醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当，故答案为：相同条件下，醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当；（5）室温时在一定体积0.4mol/L的氢氧化钠溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的盐酸溶液时，混合溶液pH=13，pH=13则混合溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，设氢氧化钠的体积是x，盐酸的体积是y，混合溶液中氢氧根离子浓度==0.1mol/L，y：x=3：2，24\n所以盐酸和氢氧化钠的体积之比=3：2，故答案为：3：2．点评：本题考查无机物的推断及盐类水解、pH的计算等，为高频考点，把握物质的性质及反应原理的应用为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度中等，（5）中计算为解答的难点．　27．（15分）某芳香烃A是有机合成中非常重要的原料，通过质谱法测得其最大质荷比为118；其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；其苯环上只有一个取代基．以下是以A为原料合成高分子化合物F、I的路线图，试回答下列问题：（1）A的结构简式为　　（2）E中的官能团名称是　羟基、羧基　（3）G的结构简式为　　（4）反应②、④的反应类型分别是　取代反应、消去反应　（5）反应⑥、⑦生成的高分子化合物的反应原理是否相同？　不相同　（6）写出下列反应的化学方程式：反应③　　；反应⑦　n+（n﹣1）H2O，　（7）符合以下条件的C的同分异构体有　5　种（不考虑立体异构）a、苯环上有两个取代基b、苯环上的一氯代物有两种c、加入三氯化铁溶液显色d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢气．考点：有机物的推断．.专题：有机物的化学性质及推断．24\n分析：通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；则A物质只能为：，因此物质A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质：C，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质：D；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸：E，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质：G，物质G在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：H2﹣苯基丙烯酸甲酯；物质H可发生加聚反应生成物质I：；化合物E即含羧基由含羟基，发生缩聚反应生成F，据此进行解答．解答：解：通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，则A物质只能为：，因此物质A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质C：，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质D：24\n；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸，即物质E：，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质：G2﹣苯基丙烯酸，物质G在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：H2﹣苯基丙烯酸甲酯；物质H可发生加聚反应生成物质I：，化合物E即含羧基由含羟基，发生缩聚反应生成F，（1）根据以上分析可知，A的结构简式为：，故答案为：；（2）根据以上分析可知，E的结构简式为，该有机物分子中含有的官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（3）根据分析可知，G的结构简式为：，故答案为：；（4）根据分析可知，反应②为卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质C；反应④为E物质在浓硫酸条件下，脱去羟基发生消去反应生成物质G，故答案为：取代反应、消去反应；（5）根据以上分析，反应⑥H因为含有碳碳双键所以为加聚生成高分子I，⑦为化合物E因为含羧基由含羟基，所以发生缩聚反应生成高分子F，所以生成的高分子化合物的反应原理是不相同，故答案为：不相同；（6）反应③为催化氧化生成，反应的化学方程式为：24\n，反应⑦为在一定条件下转化成高分子F，反应的化学方程式为：n+（n﹣1）H2O；故答案为：；n+（n﹣1）H2O；（7）C为的同分异构体a、苯环上有两个取代基；b、苯环上的一氯代物有两种，则为对位结构；c、加入三氯化铁溶液显色，说明其中一个取代基为酚羟基；d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢气，说明另一个还含有一个羟基，则符合条件的取代基可能为﹣OH和﹣CH2CH2CH2OH，或者﹣OH和﹣CH2CHOHCH3，或者﹣OH和﹣CHOHCH2CH3，或者﹣OH和﹣CH（CH3）CH2OH，或者﹣OH和﹣COH（CH3）2，共5种故答案为：5；点评：本题考查了有机推断及有机合成，题目难度较大，正确理解题干信息及合成原理为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．24