湖南省株洲二中2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年湖南省株洲二中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．）1．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（　　）选项现象或事实解释A用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能还原水果释放的催熟剂乙烯D施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效A．AB．BC．CD．D　2．下列有关仪器的使用方法、实验操作或实验结果正确的是（　　）A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B．酸式滴定管装标准液前，不需用该标准溶液润洗C．锥形瓶用作反应容器时一定不能加热D．蒸馏时若温度计水银球的位置低于蒸馏烧瓶支管口，可能会导致产品中混有低沸点杂质　3．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．1L0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NAC．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD．室温下，lLpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0．lNA　4．下列物质分类正确的是（　　）①混合物：铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉②化合物：CaCl2、烧碱、聚乙烯、HD③电解质：明矾、绿矾、冰醋酸、硫酸钡④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨．A．①②④B．②③④C．①③⑤D．②④⑤　5．分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（　　）A．1种B．6种C．18种D．28种　6．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入锥形瓶中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质锥形瓶中物质预测锥形瓶中的现象26\nA浓盐酸“84”消毒液有黄绿色气体产生B浓硝酸光洁的铁钉产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液先有白色沉淀生成，后沉淀又溶解D草酸溶液酸性高锰酸钾溶液溶液逐渐褪色，有黑色沉淀生成A．AB．BC．CD．D　7．能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑B．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl﹣═SO2↑+Cl2↑+H2OD．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液；白色沉淀变成黑色2AgCl+S2﹣═Ag2S↓+2Cl﹣　8．中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（　　）A．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出B的第一电离能比Be大B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出氧族元素最高正价都是+6C．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOD．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=7.2的溶液一定显碱性　9．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是（　　）A．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.2mol电子，理论上生成41.4gPbD．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣═CaCl226\n　10．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2前，可先用稀硫酸酸化B．工业生产中常选用KOH作为沉淀剂C．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯D．富集溴可用热空气吹出单质溴，原因是溴单质沸点低，易挥发　11．光谱研究表明，易溶于水的S02所形成的溶液中存在着下列平衡：据此，下列判断中正确的是（　　）A．该溶液中存在着SO2分子B．该溶液中H+浓度是SO32﹣浓度的2倍C．向该溶液中加入足量的酸都能放出SO2气体D．向该溶液中加入过量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液　12．氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成．已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体．下列叙述正确的是（　　）A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子C．AlN属于离子化合物，其中氮元素的化合价为+3D．AlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑　13．在25℃101kPa下，①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414kJ/mol，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511kJ/mol，下列说法正确的是（　　）A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na20，随温度升高生成Na20的速率逐渐加快D．25℃101kPa下，Na202（s）+2Na（s）═2Na20（s）△H=﹣317kJ/mol　14．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）．反应过程中测定的部分数据见表（表中t2＞t1）：反应时间/minn（CO）/molH2O/mol01.200.6026\nt10.80t20.20下列说法正确的是（　　）A．反应在t1min内的平均速率为v（H2）=mol•L﹣1•min﹣1B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时n（CO2）=0.30molC．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D．温度升高至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应　　二、非选择题（本大题共6小题，共58分．）15．W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：①W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；②Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；③X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；④X的最外层电子数是其电子层数的2倍；⑤X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物．请回答：（1）Z元素在元素周期表中的位置为　　　　　　，化合物WY的电子式为　　　　　　．（2）实验室用WX2与饱和食盐水来制某种气态有机化合物，反应的化学方程式为　　　　　　．（3）Cu2Z与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，反应的离子方程式为　　　　　　．　16．普通纸张的主要成分是纤维素．在早期的纸张生产中，常采用纸张表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散．请回答下列问题：（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存．经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，其中的化学原理是　　　　　　；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的离子方程式为　　　　　　．（2）为了保护这些纸质文物，有人建议采取如下措施：喷洒Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷，生成的氧化锌可以防止酸性腐蚀．用该方法生成氧化锌的化学方程式为　　　　　　．（3）现代造纸工艺常用钛白粉（TiO2）替代明矾．钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿（主要成分为FeTiO3）为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：①　　　　　　FeTiO3+　　　　　　C+　　　　　　Cl2　　　　　　TiCl4+　　　　　　FeCl3+　　　　　　CO②TiCl4+O2TiO2+2Cl226\n（4）某新型“纸电池”以碳纳米管和金属锂为两极，造纸用的纤维素在一种离子液体M中溶解作隔离膜，电池工作时的总反应式为xLi+C（碳纳米管）LixC，下列有关说法正确的是　　　　　　A．放电时Li+由正极向负极移动B．充电池的阳极反应式为LixC﹣xe﹣═xLi++CC．M可能为羧酸、醇等含活泼氢的有机物D．锂离子电池的比能量（单位质量释放的能量）低．　17．（10分）（2022秋•株洲校级期中）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．请回答下列有关含氮物质的问题：（1）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式　　　　　　；恒温恒容条件下，不能说明该反应已达到平衡状态的是　　　　　　（填序号）．A．容器内混合气体颜色不再变化B．容器内的压强保持不变C．v逆（NO2）=v正（NO）D．容器内混合气体密度保持不变（2）汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10﹣4．该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10﹣1mol/L、4.0×10﹣2mol/L和3.0×10﹣3mol/L，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”）．（3）肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．总电池反应为N2H4+O2=N2+2H2O．该电池放电时，负极的电极反应式是　　　　　　．（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似．写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式　　　　　　．　18．（10分）（2022秋•株洲校级期中）现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）．可供选择的装置和药品如图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连）．26\n回答下列问题；（1）连接并检查实验装置的气密性．实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填字母代号）　　　　　　；（2）通气后，应先点燃　　　　　　处的酒精灯，再点燃　　　　　　处的酒精灯，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果的影响为　　　　　　；装置F的作用为　　　　　　．（3）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：　　　　　　；（4）已知Mg3N2是离子化合物，证明Mg3N2是离子化合物实验依据是　　　　　　．　19．（10分）（2022•屯溪区校级模拟）酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式．SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是　　　　　　，加入Sn粉的作用是　　　　　　．（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：　　　　　　．（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法：　　　　　　．（4）反应Ⅱ硫酸的作用之一是控制溶液的pH，若溶液中c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1，则应控制溶液pH　　　　　　．已知：Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26．（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，试写出发生反应的离子方程式：　　　　　　．　20．（12分）（2022秋•株洲校级期中）A、B、C、D、E、F、G、H、I、J均为有机化合物．根据框图，回答问题：26\n（1）①的反应类型是　　　　　　，③的反应类型是　　　　　　；（2）B和C均为有支链的有机化合物，C在浓硫酸作用下加热反应只能生成一种烯烃D，则C的系统命名为：　　　　　　；A的结构简式为　　　　　　；（3）G能发生银镜反应，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则⑨的化学方程式为　　　　　　；（4）H同分异构体中含有“”结构的链状化合物共有　　　　　　种；写出同时满足这四个条件的同分异构体的结构简式：　　　　　　（Ⅰ）能发生水解反应（Ⅱ）能使溴的四氯化碳溶液褪色（Ⅲ）能发生银镜反应（Ⅳ）核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：1．　　2022-2022学年湖南省株洲二中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．）1．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（　　）选项现象或事实解释A用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能还原水果释放的催熟剂乙烯D施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效A．AB．BC．CD．D【考点】盐类水解的原理；乙烯的化学性质．【专题】盐类的水解专题；有机物的化学性质及推断．【分析】A、油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙；26\nC、高锰酸钾溶液具有氧化性，乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，易被高锰酸钾溶液氧化；D、草木灰中碳酸钾溶液中水解显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性．【解答】解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故C错误；D、当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故D正确；故选D．【点评】本题考查了盐类的水解、漂白粉、高锰酸钾溶液的性质、氧化还原反应的应用，题目难度不大，注意反应过程中实质的理解应用．　2．下列有关仪器的使用方法、实验操作或实验结果正确的是（　　）A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B．酸式滴定管装标准液前，不需用该标准溶液润洗C．锥形瓶用作反应容器时一定不能加热D．蒸馏时若温度计水银球的位置低于蒸馏烧瓶支管口，可能会导致产品中混有低沸点杂质【考点】不能加热的仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．带刻度仪器不能烘干；B．滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释；C．锥形瓶可以加热，加热时需要垫上石棉网；D．若在下方位置，将收集到低沸点馏分．【解答】解：A．不能用烘箱烘干带刻度仪器，会造成误差，故A错误；B．酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B错误；C．可以给锥形瓶中液体进行加热，不过加热时需要垫上石棉网，故C错误；D．蒸馏时测定馏分的温度，则温度计水银球插在蒸馏烧瓶支管口处，若在下方位置，将收集到低沸点馏分，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见计量仪器的构造及使用方法，题目难度不大，注意掌握常见仪器的构造及正确的使用方法，明确容量瓶、锥形瓶、滴定管的使用方法．　3．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．1L0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NAC．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD．室温下，lLpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0．lNA【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．26\n【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、HCO3﹣既能水解又能电离；C、此反应转移转移15mol电子，生成4mol氮气；D、在氢氧化钠溶液中，氢氧根几乎全部来自于氢氧化钠的电离，氢离子全部来自于水的电离．【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，则含9mol质子即9NA个，故A错误；B、HCO3﹣既能水解为H2CO3又能电离为CO32﹣，根据物料守恒可知，溶液中H2CO3、HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA，故B错误；C、此反应转移转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时转移3.75mol电子即3.75NA个，故C正确；D、在氢氧化钠溶液中，氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol几乎全部来自于氢氧化钠的电离，氢离子的物质的量n=CV=10﹣13mol/L×1L=10﹣13mol全部来自于水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根的物质的量相等，故由水电离出的额氢氧根的物质的量也为10﹣13mol，即10﹣13NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　4．下列物质分类正确的是（　　）①混合物：铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉②化合物：CaCl2、烧碱、聚乙烯、HD③电解质：明矾、绿矾、冰醋酸、硫酸钡④同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2⑤同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨．A．①②④B．②③④C．①③⑤D．②④⑤【考点】电解质与非电解质；同素异形体；混合物和纯净物；芳香烃、烃基和同系物．【专题】物质的分类专题．【分析】①纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；②单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；③电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；④结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；⑤由同种元素组成的不同单质叫同素异形体．【解答】解：①铝热剂是铝粉与三氧化二铁的混合物与，福尔马林是甲醛的水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，二者是混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故①正确；②氯化钙、烧碱、是由不同种元素组成的纯净物，是化合物；但聚乙烯是混合物，HD是由一种元素组成的，是单质，故②错误；③明矾、绿矾、硫酸钡均为离子化合物，在熔融状态下均能导电，故为电解质；冰醋酸是共价化合物，在熔融状态下不导电，但在水溶液中能导电，故也为电解质，故③正确；④CH202，C2H402，C3H602，C4H802，结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故④错误；⑤C60、C70、金刚石、石墨是同一元素的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；故选C．26\n【点评】本题考查混合物、化合物、电解质、同系物、有机物的定义，难度不大，注意把握概念的区别．　5．分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（　　）A．1种B．6种C．18种D．28种【考点】有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，C能被催化氧化成醛，则C属于醇类并且结构中含有﹣CH2OH结构，据此回答判断．【解答】解：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丁醇，2﹣甲基﹣1﹣丙醇，甲酸只有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；故A可能的结构共有6种．故选B．【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算．　6．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入锥形瓶中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质锥形瓶中物质预测锥形瓶中的现象A浓盐酸“84”消毒液有黄绿色气体产生B浓硝酸光洁的铁钉产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液先有白色沉淀生成，后沉淀又溶解D草酸溶液酸性高锰酸钾溶液溶液逐渐褪色，有黑色沉淀生成A．AB．BC．CD．D【考点】实验装置综合；氧化还原反应．26\n【专题】氧化还原反应专题；几种重要的金属及其化合物；气体的制备与性质检验类实验．【分析】A．浓盐酸与NaClO发生氧化还原反应生成氯气；B．浓硝酸在常温下与Fe发生钝化；C．开始NaOH过量不生成沉淀；D．发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色．【解答】解：A．浓盐酸与NaClO发生氧化还原反应生成氯气，则有黄绿色气体产生，现象合理，故A正确；B．常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，但不能生成黑色沉淀，现象不合理，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．　7．能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑B．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl﹣═SO2↑+Cl2↑+H2OD．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液；白色沉淀变成黑色2AgCl+S2﹣═Ag2S↓+2Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子硫离子氧化；B．硫酸根离子沉淀完全时，明矾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，铝离子完全转化成偏铝酸根离子；C．氯化氢具有挥发性，浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体和硫酸钠；D．硫化银比氯化银更难溶，则氯化银悬浊液中滴加硫化钠会生成硫化银黑色沉淀．【解答】解：A．硫化亚铁和稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：NO3﹣+FeS+4H+=Fe3++S+NO↑+2H2O，故A错误；B．明矾[KAl（SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；C．氯化钠与浓硫酸反应的化学方程式为2NaCl+H2SO4（浓）═Na2SO4+2HCl↑，改写成离子方程式为：2Cl﹣+H2SO4（浓）═SO42﹣+2HCl↑，故C错误；D．AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，由于氯化银的溶解度大于硫化银，则实现了沉淀转化，会会观察到白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl+S2﹣═Ag2S↓+2Cl﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．　26\n8．中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（　　）A．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出B的第一电离能比Be大B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出氧族元素最高正价都是+6C．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOD．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=7.2的溶液一定显碱性【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；溶液pH的定义．【专题】元素周期律与元素周期表专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、Be原子2s能级为全满稳定状态，能量降低；B、氧元素一般没有正化合价；C、反应进行符合复分解反应的规律；D、溶液的酸碱性取决于c（H+）、c（OH﹣）相对大小．【解答】解：A、Be原子2s能级为全满稳定状态，能量降低，Be的第一电离能比B大，故A错误；B、氧元素一般没有正化合价，氧族元素除氧元素外，其它元素最高正价是+6，故B错误；C、CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，符合复分解反应的条件，为强酸可以制取较弱酸的规律，故C正确；D、溶液的酸碱性取决于c（H+）、c（OH﹣）相对大小，温度低于25℃，水的离子积降低，中性时c（H+）＜10﹣7mol/L，PH＞7，故D错误．故选C．【点评】本题考查电离能、原子结构与性质关系、溶液酸碱性等，难度不大，注意基础知识的掌握与理解．D选项要注意溶液酸碱性溶液的酸碱性取决于c（H+）、c（OH﹣）相对大小．　9．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是（　　）A．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.2mol电子，理论上生成41.4gPbD．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣═CaCl2【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl226\n，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算．【解答】解：A．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故A正确；B．放电过程中阳离子向正极移动，故B错误；C．根据电极方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故C错误；D．正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，故D错误；故选A．【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等．　10．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2前，可先用稀硫酸酸化B．工业生产中常选用KOH作为沉淀剂C．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯D．富集溴可用热空气吹出单质溴，原因是溴单质沸点低，易挥发【考点】海水资源及其综合利用．【专题】卤族元素；物质的分离提纯和鉴别．【分析】海水开发利用：空气吹出法是用于工业规模海水提溴的常用方法，其中一种工艺是在预先经过酸化的浓缩海水中，用氯气置换溴离子使之成为单质溴，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集的目的，也就是得到富集溴．然后，再用氯气将其氧化得到产品溴，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，镁形成氢氧化镁沉淀．A．在酸性条件下不利于氯气和溴单质与水之间发生反应，向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B．选用KOH作为沉淀剂不经济，工业生产中常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；D．溴单质沸点低，易挥发，先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．【解答】解：A．氯气、溴单质与水之间能发生反应，酸化可抑制它们与水的反应，向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，向苦卤中通入Cl2前，可先用稀硫酸酸化，故A正确；B．煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到石灰乳，石灰乳和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，沉淀剂廉价且原料来源广泛，工业生产中常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故B错误；26\nC．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，溴单质沸点低，易挥发，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确；故选B．【点评】本题考查了海水资源的开发和利用，考查了学生分析和解决问题的能力，涉及氧化还原反应、除杂等知识点，明确物质的性质是解本题关键，题目难度中等．　11．光谱研究表明，易溶于水的S02所形成的溶液中存在着下列平衡：据此，下列判断中正确的是（　　）A．该溶液中存在着SO2分子B．该溶液中H+浓度是SO32﹣浓度的2倍C．向该溶液中加入足量的酸都能放出SO2气体D．向该溶液中加入过量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液【考点】化学平衡的影响因素；化学反应的可逆性；化学平衡建立的过程．【专题】压轴题．【分析】根据化学平衡的中的反应为可逆反应，则在转化中存在不完全转化性，反应物与生成物都存在同一体系中，并利用离子浓度的改变来分析平衡的移动．【解答】解：A、因为该反应是可逆反应，所以达到平衡后反应物和生成物共同存在于体系中，即存在SO2分子，故A正确；B、因溶液中H+的来源有3个方面，即水的电离、SO2•xH2O和HSO3﹣的电离，因此溶液中H+浓度不一定是SO32﹣浓度的2倍，故B错误；C、SO2是一种还原性气体，若加入的酸是氧化性酸，SO2将被氧化成硫酸而不会放出SO2气体，当加入非氧化性酸，平衡逆向移动，有气体放出，故C错误；D、NaHSO3是一种酸式盐可以与NaOH反应，因氢氧化钠过量，则方程式为NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，则不存在NaHSO3，故D错误；故选：A．【点评】本题考查化学平衡状态的特点和外界条件对化学平衡的影响，明确反应的可逆性、不完全转化性、物质之间的化学反应是解答本题的关键．　12．氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域．在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成．已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体．下列叙述正确的是（　　）A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子C．AlN属于离子化合物，其中氮元素的化合价为+3D．AlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．26\n【分析】化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目．【解答】解：A、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，故A错误；B、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，故B错误；C、AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为﹣3，故C错误；D、AlN与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，其反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价即可分析解答本题，难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．　13．在25℃101kPa下，①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414kJ/mol，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511kJ/mol，下列说法正确的是（　　）A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na20，随温度升高生成Na20的速率逐渐加快D．25℃101kPa下，Na202（s）+2Na（s）═2Na20（s）△H=﹣317kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；钠的重要化合物．【专题】化学反应中的能量变化；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠，温度越高，反应速率越大；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析．【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，①和②产物的阴阳离子个数比相等，故A错误；B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，且速率逐渐加快，故C错误；D、热化学方程式25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，①×2﹣②可得：Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；26\n故选：D．【点评】本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题．　14．700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）．反应过程中测定的部分数据见表（表中t2＞t1）：反应时间/minn（CO）/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是（　　）A．反应在t1min内的平均速率为v（H2）=mol•L﹣1•min﹣1B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时n（CO2）=0.30molC．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D．温度升高至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应【考点】化学平衡的计算．【专题】溶液浓度的计算．【分析】A．由表中数据，可知t1min内△n（CO）=1.2mol﹣0.8mol=0.4mol，由方程式可知△n（H2）=△n（CO）=0.4mol，再根据v=计算v（H2）；B．t2min时反应的水为0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.4mol，故t2min时CO为1.2mol﹣0.4mol=0.8mol，与t1min时CO的物质的量相等，则t1min时到达平衡状态．若保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO（g）和1.20molH2O（g），与原平衡中物质的量互换，二者按物质的量1：1反应，平衡常数不变，则生成物中同种物质的浓度相等，恒容条件下同种物质的物质的量相等；C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比平衡正向移动，等效为开始通入1.6molCO（g）和0.8molH2O（g）平衡后移走0.4molCO（g），开始通入1.6molCO（g）和0.8molH2O（g）与原平衡为等效平衡，平衡时相同物质的含量相同；D.700℃时，向容积为2L的密闭容器中开始通入1.2molCO（g）和0.6molH2O（g），平衡时水为0.2mol，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：1.20.600变化量（mol）：0.40.40.40.4平衡量（mol）：0.80.20.40.4故700℃时平衡常数K==1，若温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，小于700℃时平衡常数K=1，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应移动．26\n【解答】解：A．由表中数据，可知t1min内△n（CO）=1.2mol﹣0.8mol=0.4mol，由方程式可知△n（H2）=△n（CO）=0.4mol，则v（H2）==mol/（L．min），故A错误；B．t2min时反应的水为0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，由方程式可知参加反应的CO为0.4mol，故t2min时CO为1.2mol﹣0.4mol=0.8mol，与t1min时CO的物质的量相等，则t1min时到达平衡状态，平衡时二氧化碳为0.4mol．若保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO（g）和1.20molH2O（g），与原平衡中物质的量互换，二者按物质的量1：1反应，平衡常数不变，则生成物中同种物质的浓度相等，恒容条件下同种物质的物质的量相等，故到达平衡时n（CO2）=0.40mol，故B错误；C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比平衡正向移动，达到新平衡时CO转化率增大，开始通入1.6molCO（g）和0.8molH2O（g）与原平衡为等效平衡，向平衡体系中再通入0.20molH2O等效为开始通入1.6molCO（g）和0.8molH2O（g）平衡后移走0.4molCO（g），平衡逆向移动，H2O的体积分数增大，故C正确；D.700℃时，向容积为2L的密闭容器中开始通入1.2molCO（g）和0.6molH2O（g），平衡时水为0.2mol，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：1.20.600变化量（mol）：0.40.40.40.4平衡量（mol）：0.80.20.40.4故700℃时平衡常数K==1，若温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，小于700℃时平衡常数K=1，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，故D错误，故选：C．【点评】本题考查化学平衡计算，涉及反应速率计算、平衡常数应用与影响因素，侧重考查学生对数据的分析处理能力，难度中等．　二、非选择题（本大题共6小题，共58分．）15．W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，已知：①W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物；②Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；③X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物；④X的最外层电子数是其电子层数的2倍；⑤X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物．请回答：（1）Z元素在元素周期表中的位置为　第二周期第VIA族　，化合物WY的电子式为　　．（2）实验室用WX2与饱和食盐水来制某种气态有机化合物，反应的化学方程式为　CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑　．26\n（3）Cu2Z与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，反应的离子方程式为　Cu2O+6H++2NO3﹣=2Cu2++3H2O+2NO2↑　．【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】W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，由④中X的最外层电子数是其电子层数的2倍，X为C或S元素，由③中X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物，结合②中Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，可推知X为C元素，Z为O元素，Y为S元素，C元素与S盐酸可以CS2．由①中W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物，则W为Ca，化合物WY为CaS，据此解答．【解答】解：W、X、Y和Z都是周期表中前20号元素，由④中X的最外层电子数是其电子层数的2倍，X为C或S元素，由③中X和Z属同一周期元素，它们能形成两种气态化合物，结合②中Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，可推知X为C元素，Z为O元素，Y为S元素，C元素与S盐酸可以CS2．由①中W的阳离子和Y的阴离子具有相同的核外电子排布，且能形成组成为WY的化合物，则W为Ca，化合物WY为CaS．（1）Z为O元素，元素在元素周期表中的位置为：第二周期第VIA族，化合物CaS的电子式为，故答案为：第二周期第VIA族；；（2）实验室用CaC2与饱和食盐水来制C2H2，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑；（3）Cu2O与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，反应的离子方程式为：Cu2O+6H++2NO3﹣=2Cu2++3H2O+2NO2↑，故答案为：Cu2O+6H++2NO3﹣=2Cu2++3H2O+2NO2↑．【点评】本题考查位置结构性质关系的综合应用，难度中等，关键是正确推断元素，需要学生熟练掌握元素化合物知识．　16．普通纸张的主要成分是纤维素．在早期的纸张生产中，常采用纸张表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散．请回答下列问题：（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存．经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，其中的化学原理是　明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂　；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的离子方程式为　CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O　．（2）为了保护这些纸质文物，有人建议采取如下措施：喷洒Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷，生成的氧化锌可以防止酸性腐蚀．用该方法生成氧化锌的化学方程式为　Zn（C2H5）2+H2O═ZnO+2C2H6↑　．（3）现代造纸工艺常用钛白粉（TiO2）替代明矾．钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿（主要成分为FeTiO3）为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：①　2　FeTiO3+　6　C+　7　Cl2　2　TiCl4+　2　FeCl3+　6　CO②TiCl4+O2TiO2+2Cl226\n（4）某新型“纸电池”以碳纳米管和金属锂为两极，造纸用的纤维素在一种离子液体M中溶解作隔离膜，电池工作时的总反应式为xLi+C（碳纳米管）LixC，下列有关说法正确的是　B　A．放电时Li+由正极向负极移动B．充电池的阳极反应式为LixC﹣xe﹣═xLi++CC．M可能为羧酸、醇等含活泼氢的有机物D．锂离子电池的比能量（单位质量释放的能量）低．【考点】盐类水解的应用；氧化还原反应方程式的配平；原电池和电解池的工作原理．【专题】基本概念与基本理论．【分析】（1）明矾电离产生的铝离子为弱碱阳离子，水解显酸性，而纤维素在酸性条件下能发生水解，导致纸张发生腐蚀；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，碳酸钙能够与氢离子反应而消耗氢离子，据此解答；（2）由题目选项信息知Zn（C2H5）2与水反应生成氧化锌和乙烷，氧化锌和H+反应生成锌离子和水，据此书写化学方程式；（3）分析反应中各元素化合价变化，找出元素化合价升高的元素和化合价降低的元素，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律结合原子个数守恒规律书写方程式；（4）A．原电池放电时，阳离子向正极移动；B．充电时，阳极上失电子发生氧化反应；C．X为离子液体；D．单位质量所输出电能越多，其比能量越大，性能越好．【解答】解：（1）明矾离产生的铝离子为弱碱阳离子，水解显酸性，纸张发生酸性腐蚀的原因是纤维素在酸性条件下能发生水解；碳酸钙能中和H+，可防止纸张的酸性腐蚀，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，所以为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂；故答案为：明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；（2）由信息可知：Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷，化学方程式为：Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6↑，氧化锌可以与酸性溶液反应，从而消耗掉氢离子，起到防止腐蚀的作用，反应离子方程式：ZnO+H+=Zn2++H2O，故答案为Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6↑；（3）①令FeTiO3的系数为1，根据Ti原子守恒可知，TiCl4的系数为1，由Fe原子守恒可知FeCl3的系数为1，由O原子守恒可知CO的系数为3，根据C原子守恒可知C的系数为3，根据Cl原子守恒可知氯气的系数为，同时扩大2倍，配平后方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO，故答案为：2，6，7；2，2，6；（4）A．原电池放电时，Li+向正极移动，故A错误；B．充电时，阳极上失电子发生氧化反应，所以阳极反应式为LixC﹣xe═C+xLi，故B正确；C．X为离子液体而不是分子液体，醇是非电解质，在水溶液里以分子存在，故C错误；26\nD．锂元素的摩尔质量较小，所以锂单位质量输出电能多，则其比能量（单位质量释放的能量）高，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学方程式书写，侧重考查氧化还原反应方程式配平，明确盐类水解规律、氧化还原反应基本概念、得失电子守恒规律是解题关键，题目难度中等．　17．（10分）（2022秋•株洲校级期中）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．请回答下列有关含氮物质的问题：（1）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式　NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1　；恒温恒容条件下，不能说明该反应已达到平衡状态的是　BD　（填序号）．A．容器内混合气体颜色不再变化B．容器内的压强保持不变C．v逆（NO2）=v正（NO）D．容器内混合气体密度保持不变（2）汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10﹣4．该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10﹣1mol/L、4.0×10﹣2mol/L和3.0×10﹣3mol/L，此时反应　向正反应方向进行　（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”）．（3）肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．总电池反应为N2H4+O2=N2+2H2O．该电池放电时，负极的电极反应式是　N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑　．（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似．写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式　N2H62++H2O═[N2H5•H2O]++H+　．【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）先求出此反应的焓变，根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（2）计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论；（3）肼﹣空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答；（4）根据铵根离子的水解产物是氨水和氢离子来书写水解方程式．26\n【解答】解：（1）该反应的焓变△H=E1﹣E2=134KJ/mol﹣368KJ/mol=﹣234KJ/mol，热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1，A．容器内混合气体颜色不再变化，说明二氧化氮的浓度不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故不选；B．两边的气体计量数相等，容器内的压强始终保持不变，故选；C．v逆（NO2）=v逆（NO）=v正（NO），达平衡状态，故不选；D．反应物和生成物都是气体，气体的质量始终不变，体积不变，容器内混合气体密度始终保持不变，故选；故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1；BD；（2）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10﹣1mol/L、4.0×10﹣2mol/L和3.0×10﹣3mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为：=9×10﹣4＜K，则反应应向正反应方向进行，故答案为：向正反应方向进行；（3）肼﹣空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2↑；（4）根据铵根离子的水解产物是氨水和氢离子，所以盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为：N2H62++H2O═[N2H5•H2O]++H+，故答案为：N2H62++H2O═[N2H5•H2O]++H+．【点评】本题是一道热化学方程式、化学平衡状态的判断、浓度商的应用和电化学知识的综合考查题，要求学生注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大．　18．（10分）（2022秋•株洲校级期中）现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）．可供选择的装置和药品如图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连）．回答下列问题；26\n（1）连接并检查实验装置的气密性．实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填字母代号）　j→h→g→d→c→k→l→a→b　；（2）通气后，应先点燃　F　处的酒精灯，再点燃　A　处的酒精灯，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果的影响为　制得的氮化镁将不纯　；装置F的作用为　除去空气中的O2　．（3）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：　取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成　；（4）已知Mg3N2是离子化合物，证明Mg3N2是离子化合物实验依据是　熔融状态下能导电　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】（1）根据先除杂后干燥的原理及固体加热试管必须干燥的原理可将装置进行排序．气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；（2）因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；（3）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成；（4）离子化合物在熔融状态下能导电，而共价化合物在熔融状态下不能导电．【解答】解：（1）气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理，所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是，j→h→g→d→c→k→l→a→b；故答案为：j→h→g→d→c→k→l→a→b；（2）因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁，所以通气后，先点燃F处酒精灯，再点燃A处的酒精灯；故答案为：F；A；制得的氮化镁将不纯；除去空气中的O2；（3）依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；故答案为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成；（4）离子化合物在熔融状态下能导电，而共价化合物在熔融状态下不能导电，所以证明Mg3N2是离子化合物实验依据是熔融状态下能导电；故答案为：熔融状态下能导电．【点评】本题考查了物质实验室制备原理和装置选择，实验步骤的设计分析判断，物质性质的应用是解题关键，题目难度中等．　19．（10分）（2022•屯溪区校级模拟）酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式．SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：26\n回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是　抑制Sn2+水解　，加入Sn粉的作用是　防止Sn2+被氧化　．（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：　SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl　．（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法：　取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净　．（4）反应Ⅱ硫酸的作用之一是控制溶液的pH，若溶液中c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1，则应控制溶液pH　小于1　．已知：Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26．（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，试写出发生反应的离子方程式：　2Sn2++2H2O2+4H+=2Sn4++4H2O　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（3）取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（4）根据Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26和c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1进行求算；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水．【解答】解：（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；故答案是：抑制Sn2+水解；防止Sn2+被氧化；（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑，故答案为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（4）根据Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26=c（OH﹣）2×c（Sn2+），将c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1带人可得c（OH﹣）=10﹣13mol/L，c（H+）=0.1mol/L，故PH小于1，Sn2+完全沉淀；故答案是：小于1；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O．26\n【点评】本题SnSO4制备的之比为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求．　20．（12分）（2022秋•株洲校级期中）A、B、C、D、E、F、G、H、I、J均为有机化合物．根据框图，回答问题：（1）①的反应类型是　水解反应或取代反应　，③的反应类型是　消去反应　；（2）B和C均为有支链的有机化合物，C在浓硫酸作用下加热反应只能生成一种烯烃D，则C的系统命名为：　2﹣甲基﹣1﹣丙醇　；A的结构简式为　（CH3）2CHCOOCH（CH3）CH2CH3　；（3）G能发生银镜反应，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则⑨的化学方程式为　　；（4）H同分异构体中含有“”结构的链状化合物共有　7　种；写出同时满足这四个条件的同分异构体的结构简式：　HCOOC（CH3）=CH2　（Ⅰ）能发生水解反应（Ⅱ）能使溴的四氯化碳溶液褪色（Ⅲ）能发生银镜反应（Ⅳ）核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：1．【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A→B+C（水解反应）可以判断A、B、C分别是酯、羧酸和醇，且由（2）可以确定B和C的结构分别为（CH3）2CHCOOH和（CH3）2CHCH2OH，A为（CH3）2CHCOOCH（CH3）CH2CH3；则D为（CH3）2C=CH2，由D到E是取代反应，E为，E发生水解得到醇F，G为醛且含有双键，可以写出其结构为CH2=C（CH326\n）﹣CHO，发生反应⑦得到羧酸H为CH2=C（CH3）COOH，H与CH3OH得到酯I为CH2=C（CH3）﹣COOCH3，则J为加聚反应的产物，为，据此分析解答．【解答】解：根据A→B+C（水解反应）可以判断A、B、C分别是酯、羧酸和醇，且由（2）可以确定B和C的结构分别为（CH3）2CHCOOH和（CH3）2CHCH2OH，则D为（CH3）2C=CH2，由D到E是取代反应，E为，E发生水解得到醇F，G为醛且含有双键，可以写出其结构为CH2=C（CH3）﹣CHO，发生反应⑦得到羧酸H为CH2=C（CH3）COOH，H与CH3OH得到酯I为CH2=C（CH3）﹣COOCH3，则J为加聚反应的产物，为，（1）通过以上分析知，①是水解反应或取代反应，③是消去反应，故答案为：水解反应或取代反应；消去反应；（2）通过以上分析知，C为（CH3）2CHCH2OH，其名称是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A为（CH3）2CHCOOCH（CH3）CH2CH3，故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇；（CH3）2CHCOOCH（CH3）CH2CH3；（3）由以上分析可知G为CH2=C（CH3）﹣CHO，⑨的化学方程式为，故答案为：；（4）H为CH2=C（CH3）COOH，H同分异构体中含有“”结构的链状化合物，可能是CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCOOCH3、CH3COOCH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2，所以有7种；其中同分异构体符合下列条件：（Ⅰ）能发生水解反应说明含有酯基；（Ⅱ）能使溴的四氯化碳溶液褪色说明含有碳碳双键；（Ⅲ）能发生银镜反应，说明含有醛基，为甲酸酯；（Ⅳ）核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：1，说明有3种氢原子，且氢原子个数之比为3：2：1，符合条件的同分异构体结构简式为HCOOC（CH3）=CH2，故答案为：7；HCOOC（CH3）=CH2．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据图中反应条件结合分子式进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断，注意：甲酸酯能发生银镜反应，题目难度不大．　26\n26