湖南师大附中2022届高三化学上学期月考试卷四含解析

2022-2022学年湖南师大附中高三（上）月考化学试卷（四）　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．下列关于材料的说法中，正确的是（　　）A．光导纤维是信息社会必不可少的有机合成材料B．棉布、羊毛和涤纶燃烧后都只生成二氧化碳和水C．航天飞机上的陶瓷防护片属于新型无机非金属材料D．食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚氯乙烯　2．下列表述正确的是（　　）A．．氢氧根离子的电子式是：B．•二氧化碳分子的比例模型是C．．芳香烃的组成通式是CnH2n﹣6（n≥6）D．．12C和14C的原子结构示意图均可表示为　3．下列关于有机物的叙述不正确的是（　　）A．C4H8O2的酯有4种结构B．淀粉和纤维素互为同分异构体C．乙醇和葡萄糖均能发生酯化反应D．漂粉精和医用酒精均可用作消毒剂　4．下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是（　　）A．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NO3﹣、SO42﹣、K+、Na+B．澄清石灰水中：Na+、K+、CH3COO﹣、HCO3﹣C．铁与稀硫酸反应后的溶液中：[Fe（CN）6]3﹣、NH4+、Cl﹣、NO3﹣D．空气中：SO2、NO、N2、NH3　5．下列物质的水溶液：①NaOH、②CH3COOH、③NH3、④NaHCO3、⑤Cl2，不能溶解CaCO3的是（　　）A．①③④B．①④⑤C．②④D．②⑤　6．下列应用不涉及氧化还原反应的是（　　）A．铝热法冶炼难熔金属B．工业上电解熔融状态Al2O3制备AlC．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3　7．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．0．lmol甲烷含有的电子数为NAB．lL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32﹣数目为0.1NA24\nC．1LpH=l的硫酸溶液中含有的H+数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NA　8．下列除杂方案错误的是（　　）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液，浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水，浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）NaHCO3（s）﹣﹣灼烧A．AB．BC．CD．D　9．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的两倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（　　）A．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C．化合物AE与CE含有相同类型的化学键D．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间肯定不能发生反应　10．下列推测或结论不合理的是（　　）A．X2﹣和Y+核外电子层结构相同，原子序数：X＜YB．气态氢化物的稳定性HCl＞HBr，还原性：Cl﹣＞Br﹣C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，用途：都可以做半导体材料D．铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，碱性：RbOH＞Sr（OH）2　11．下列图示的实验操作，不能实现相应实验目的是（　　）A鉴别甲苯与己烷B研究浓度对Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的影响C检验CH3CH2OH与浓H2SO4加热至170℃的产物乙烯D比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性A．AB．BC．CD．D24\n　12．某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br一、CO32﹣、．Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（　　）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH、Na+②有胶状物质生成③有气体产生④溶液颜色发生变化⑤溶液中共发生了3个氧化还原反应．A．①⑦③④B．①③③④⑤C．①③④⑤D．②④⑤　13．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）═2HI（g）△H=﹣akJ/mol下列说法正确的是（　　）已知：A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为（c+b+a）kJC．相同条件下，1molH2（g）和1molI2（g）总能量小于2molHI（g）的总能量D．向密闭容器中加入2molH2（g）和2molI2（g），充分反应后放出的热量为2akJ　14．球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X．实验室测定化台物X的组成实验如下：下列说法不正确的是（　　）A．固体2是Fe2O3B．溶液甲中可能含有Fe3+C．X的化学式可以表示为Fe3C2D．X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成　　二、非选择题（本题包括6小题，共58分）15．四氧化三铁在生产和生活中有着广泛的应用，人们工作中常用的打印机、复印机使用的墨粉主要成分就是Fe3O4，如图是某企业用氧化沉淀法生产Fe3O4的工艺流程：已知：①工业绿矾中FeSO4的含量为52.5%，其中的杂质不参与反应；24\n②Fe（OH）2+2Fe（OH）3=Fe3O4•4H2O请回答下列问题：请回答下列问题（1）铁的氧化物除Fe3O4•外，还有　　　　　　．（2）检验Fe3O4与稀盐酸反应后的溶液中含Fe2+的试剂是　　　　　　；（3）在工艺流程中，通人适量空气“氧化”时的化学方程式是：　　　　　　；（4）流程图中所示的副产品的化学式是　　　　　　，从过滤所得滤液中提取该副产品需要的操作依次是　　　　　　（填写序号）．a．过滤b．加热浓缩c．冷却结晶d．洗涤．　16．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，A、D同主族，B、C同周期．它们中的两种元素可形成多种原子个数比为1：1的化合物，甲、乙、丙为其中的三种，它们的元素组成如下表：化合价甲乙丙元素种类A、BA、CC、D通常情况下，甲为气体，密度比空气小；乙为液体；丙为固体且为离子化合物．请填写下列空白：（1）乙的电子式为　　　　　　，丙中阴离子与阳离子的个数比为　　　　　　（2）已知甲是同系列中最简单的化合物，且在标准状况下，5.6L的甲完全燃烧放出的热量为325kJ，试写出甲的燃烧热的热化学方程式　　　　　　（3）研究表明，乙是一种二元弱酸，请写出乙在水中的电离方程式　　　　　　（4）A、B、C、D所对应元素的原子半径大小顺序为　　　　　　（用元素符号表示）．　17．（12分）（2022秋•湖南校级月考）S02是常见的大气污染物，燃煤是产生S02的主要原因．工业上有多种方法可以减少S02的排放．（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的S02转化成硫酸钙．该反应的总化学方程式是　　　　　　．（2）可用多种溶液做燃煤烟气中SO2的吸收液．①分别用等物质的量浓度的Na2SO3溶液和NaOH溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHS03时，两种吸收液体积比V（Na2SO3）：V（NaOH）=　　　　　　②NaOH溶液吸收了足量的：SO2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH溶液再生，再生过程的离子方程式是　　　　　　．（3）甲同学认为BaCl2溶液可以做SO2的吸收液．为此甲同学设计如下实验（夹持装置和加热装置略如图1，气密性已检验）．反应开始后，A中Na2SO324\n固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀．甲同学认为B中白色沉淀是SO2与BaCl2溶液反应生成的BaSO3，所以BaCl2溶液可做SO2吸收液．乙同学认为B中的白色沉淀是BaSO4，产生BaSO4的原因是：①A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaCI2溶液反应生成BaSO4沉淀．②为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略如图2，气密性已检验）：反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去．③试管B中试剂是　　　　　　溶液；滴加浓硫酸之前的操作是　　　　　　④通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是　　　　　　．　18．已知A、B、D、E、F、G、X、Y、Z满足下列转化关系．其中A、B、E为固体化合物，D、G为固体单质，F、X、Z为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色．（1）写出E的名称：　　　　　　；（2）B的电子式为　　　　　　；（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是　　　　　　；（4）A和D反应的化学方程式：　　　　　　．　19．（12分）（2022秋•湖南校级月考）Cl02气体是一种常用的消毒剂，我国从2000年起逐步用Cl02代替氯气对饮用水进行消毒．但二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热．（1）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备Cl02，缺点主要是产率低，产品难以分离，还产生毒副产品．该反应的化学反应方程式为：　　　　　　．科学家又研究出了一种新的制备Cl02的方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为　　　　　　此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是　　　　　　（2）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg/L之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：I．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液．（已知：2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣）III．加硫酸调节水样pH至1～3．操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示．请回答：24\n①操作I中反应的离子方程式是　　　　　　②在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是　　　　　　．③若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10一3mol/L的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是　　　　　　mg/L．　20．（12分）（2022•重庆校级模拟）制作软质隐形眼镜高分子材料（M）和聚酯PET的合成路线如下：已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表有机基团）（1）A的相对分子质量是28，A、B分子中含有的官能团分别是　　　　　　．（2）B的名称是　　　　　　．（3）反应I的反应类型是　　　　　　（选填字母）．a．加聚反应b．缩聚反应（4）有关B、C、D的说法正确的是　　　　　　．a.1molB最多可以和1molC反应b．C、D都能使Br2的CCl4溶液褪色c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C（5）B→D的化学方程式是　　　　　　．（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，该同分异构体的结构简式是　　　　　　．（7）反应Ⅱ的化学方程式是　　　　　　．　　24\n2022-2022学年湖南师大附中高三（上）月考化学试卷（四）参考答案与试题解析　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．下列关于材料的说法中，正确的是（　　）A．光导纤维是信息社会必不可少的有机合成材料B．棉布、羊毛和涤纶燃烧后都只生成二氧化碳和水C．航天飞机上的陶瓷防护片属于新型无机非金属材料D．食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚氯乙烯【考点】无机非金属材料；合成材料．【专题】化学计算．【分析】A．光导纤维是新型无机非金属材料；B．蛋白质含有氮元素；C．陶瓷属于无机非金属材料；D．聚氯乙烯中的增塑剂有毒．【解答】解：A．光导纤维的成分是二氧化硅是新型无机非金属材料，故A错误；B．蛋白质含有氮元素燃烧会生成氮元素的氧化物，故B错误；C．陶瓷防护片属于新型无机非金属材料，故C正确；D．聚氯乙烯中的增塑剂有毒，不能用来包装食品，故D错误．故选C．【点评】本题考查无机非金属材料和合成材料，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．下列表述正确的是（　　）A．．氢氧根离子的电子式是：B．•二氧化碳分子的比例模型是C．．芳香烃的组成通式是CnH2n﹣6（n≥6）D．．12C和14C的原子结构示意图均可表示为【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、氢氧根离子为阴离子，根据阴离子的电子式的表示方法进行判断；B、二氧化碳是直线形分子，同一周期元素中，原子直径随着原子序数的增大而减小；C、含苯环的烃为芳香烃，而只含一个苯环、侧链为烷烃基的烃为苯的同系物；D、表示C元素原子结构示意图，与中子数无关．【解答】解：A、氢氧根离子带有1个单位负电荷，氧原子最外层达到8电子稳定结构，氢氧根离子的电子式为：，故A错误；24\nB、二氧化碳是直线形分子，同一周期元素中，原子直径随着原子序数的增大而减小，则二氧化碳分子的比例模型：，故B错误；C、含苯环的烃为芳香烃，芳香烃的通式与其含有的苯环的个数有关，不确定；而只含一个苯环、侧链为烷烃基的烃为苯的同系物，CnH2n﹣6（n≥6）为苯的同系物的通式，故C错误；D、12C和14C的质子数都是6，其原子结构示意图相同，都可以表示为：，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握原子结构示意图、比例模型与球棍模型、电子式等化学用语的表示方法，明确球棍模型与比例模型、羟基与氢氧根离子的电子式的区别，试题培养了学生规范答题的能力．　3．下列关于有机物的叙述不正确的是（　　）A．C4H8O2的酯有4种结构B．淀粉和纤维素互为同分异构体C．乙醇和葡萄糖均能发生酯化反应D．漂粉精和医用酒精均可用作消毒剂【考点】同分异构现象和同分异构体；生活中的有机化合物；乙醇的化学性质．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】A、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯；B、同分异构体指具有相同的分子式，但具有不同的结构式的化合物；C、含有羧基或羟基的物质能发生酯化反应；D、漂粉精的主要成分是次氯酸钙，具有强氧化性．【解答】解：A、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇可以可知1个﹣OH取代丙烷中的H原子，丙烷分子中有2种H原子，形成的丙醇有2种，形成的酯有2种，为乙酸与乙醇形成的酯，只有乙酸乙酯1种，为丙酸与甲醇形成的酯，注意丙酸甲酯1种，故C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故A正确；B、淀粉和纤维素分子式都为（C6H10O5）n，但是n值不同，分子式不同，故B错误；C、含有羧基或羟基的物质能发生酯化反应，乙醇和葡萄糖含有羟基，均能发生酯化反应，故C正确；D、漂白精的有效成分为次氯酸钙，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故漂粉精和医用酒精均可用作消毒剂故D正确；故选B．【点评】本题考查酯类同分异构体的判断，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重对酯类组成与结构的熟悉掌握程度，有利于培养学生的逻辑推理能力．　4．下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是（　　）A．c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：NO3﹣、SO42﹣、K+、Na+B．澄清石灰水中：Na+、K+、CH3COO﹣、HCO3﹣C．铁与稀硫酸反应后的溶液中：[Fe（CN）6]3﹣、NH4+、Cl﹣、NO3﹣D．空气中：SO2、NO、N2、NH3【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．24\n【分析】A．c（H+）=10﹣13mol/L＜10﹣7mol/L，抑制水电离，则溶液呈酸性或碱性，离子之间不反应，且和氢离子或氢氧根离子不反应的能大量共存；B．澄清石灰水溶液呈碱性，溶液中不能大量存在酸式酸根离子；C．Fe2+、[Fe（CN）6]3﹣结合生成沉淀；D．NO不稳定，易被空气氧化．【解答】解：A．c（H+）=10﹣13mol/L＜10﹣7mol/L，抑制水电离，则溶液呈酸性或碱性，这几种离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B．澄清石灰水溶液呈碱性，OH﹣、HCO3﹣和钙离子反应生成碳酸钙沉淀和水，所以不能大量共存，故B错误；C．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，Fe2+、[Fe（CN）6]3﹣结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；D．NO不稳定，易被空气氧化生成二氧化氮，所以不能存在，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存，为高考高频点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，涉及复分解反应、氧化还原反应，易错选项是C，注意Fe2+、[Fe（CN）6]3﹣的反应．　5．下列物质的水溶液：①NaOH、②CH3COOH、③NH3、④NaHCO3、⑤Cl2，不能溶解CaCO3的是（　　）A．①③④B．①④⑤C．②④D．②⑤【考点】离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】①NaOH与CaCO3不反应；②CH3COOH与CaCO3反应生成可溶性的醋酸钙、水和二氧化碳；③NH3与水反应生成一水合氨，一水合氨与CaCO3不反应；④NaHCO3与CaCO3不反应；⑤Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸；盐酸能与CaCO3反应，生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳．【解答】解：①NaOH与CaCO3不反应，故NaOH的水溶液不能溶解CaCO3；②CH3COOH与CaCO3反应生成可溶性的醋酸钙、水和二氧化碳，故CH3COOH的水溶液能溶解CaCO3；③NH3与水反应生成一水合氨，一水合氨与CaCO3不反应，故NH3的水溶液不能溶解CaCO3；④NaHCO3与CaCO3不反应，故NaHCO3的水溶液不能溶解CaCO3；⑤Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸；盐酸能与CaCO3反应，生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，故Cl2的水溶液能溶解CaCO3；故不能溶解CaCO3的是①③④，故选A．【点评】本题考查碳酸钙的性质，难度不大．要注意复分解反应发生的条件．　6．下列应用不涉及氧化还原反应的是（　　）A．铝热法冶炼难熔金属B．工业上电解熔融状态Al2O3制备AlC．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3【考点】氧化还原反应．24\n【专题】氧化还原反应专题．【分析】不涉及氧化还原反应，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，据此分析解答．【解答】解：A．铝热法冶炼难熔金属还属于置换反应，有电子转移，属于氧化还原反应，故A不选；B．电解熔融状态Al2O3制备Al，Al元素化合价由+3价变为0价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故B不选；C．过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，O元素化合价由﹣1价变为0价，所以属于氧化还原反应，故C不选；D．该反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故D选；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，明确元素化合价变化即可解答，注意其特征与本质区别，题目难度不大．　7．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．0．lmol甲烷含有的电子数为NAB．lL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32﹣数目为0.1NAC．1LpH=l的硫酸溶液中含有的H+数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NA【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、甲烷为10电子分子；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中能水解；C、pH=1的硫酸溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L；D、标况下2.24LCO和二氧化碳的物质的量为0.1mol，而CO中含1个氧原子，而二氧化碳中含2个氧原子．【解答】解：A、甲烷为10电子分子，故0.1mol甲烷中含1mol电子即NA个，故A正确；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中能水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.1NA个，故B错误；C、pH=1的硫酸溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，故溶液中的氢离子的物质的量为n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，个数为0.1NA个，故C错误；D、标况下2.24LCO和二氧化碳的物质的量为0.1mol，而CO中含1个氧原子，而二氧化碳中含2个氧原子，故0.1mol混合物中含有的氧原子的个数介于0.1NA到0.2NA之间，故D错误．故选A．【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．　8．下列除杂方案错误的是（　　）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO（g）CO2（g）NaOH溶液，浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水，浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）NaHCO3（s）﹣﹣灼烧24\nA．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】实验评价题．【分析】A．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能；B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应；C．HCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解；D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠．【解答】解：A．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故A正确；B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；C．HCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故C正确；D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．　9．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的两倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（　　）A．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C．化合物AE与CE含有相同类型的化学键D．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间肯定不能发生反应【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】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，结合原子序数可知，B只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于碳元素，则C为Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，处于第三周期，则D为Al元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素，E的原子序数大于铝元素，E为Cl元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，结合原子序数可知，B只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数大于碳元素，则C为Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，处于第三周期，则D为Al元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素，E的原子序数大于铝元素，E为Cl元素．A．工业上电解熔融氯化钠生成金属钠，电解饱和的氯化钠溶液生成氯气等，电解熔融的氧化铝生成铝，故A正确；B．由C、H元素组成的化合物，可能为气体、液态或固体，比如苯在常温下呈液态，故B错误；24\nC．化合物AE是HCl，属于共价化合物，含有共价键；化合物CE是NaCl，属于离子化合物，含有离子键，二者含有的化学键类型不同，故C错误；D．元素C的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠、D的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故D错误；故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握．　10．下列推测或结论不合理的是（　　）A．X2﹣和Y+核外电子层结构相同，原子序数：X＜YB．气态氢化物的稳定性HCl＞HBr，还原性：Cl﹣＞Br﹣C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，用途：都可以做半导体材料D．铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，碱性：RbOH＞Sr（OH）2【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．【分析】A、X得电子与Y失电子后电子数相同；B、氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱；C、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质；D、同周期从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性依次减弱．【解答】解：A、若X2﹣和Y+的核外电子层结构相同，则X得电子与Y失电子后电子数相同，所以原子序数：X＜Y，故A正确；B、氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以气态氢化物的稳定性HCl＞HBr，则还原性：Cl﹣＜Br﹣，故B错误；C、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质，硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有半导体的性质，都可以做半导体材料，故C正确；D、同周期从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性依次减弱，铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，则碱性：RbOH＞Sr（OH）2，故D正确．故选B．【点评】本题考查了原子结构、阴离子还原性性的判断、元素周期表的应用、元素周期律等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，难度不大．　11．下列图示的实验操作，不能实现相应实验目的是（　　）A鉴别甲苯与己烷B研究浓度对Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的影响C检验CH3CH2OH与浓H2SO4加热至170℃的产物乙烯D比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性24\nA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；B．加入氢氧化钠，可与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，铁离子浓度降低；C．乙烯中可能混有乙醇；D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解．【解答】解：A．甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而己烷不反应，可鉴别，故A正确；B．加入氢氧化钠，可与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，铁离子浓度降低，平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故B正确；C．乙烯中可能混有乙醇，应先除杂，故C错误；D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，可使澄清石灰水变混浊，可鉴别，故D正确．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的检验、除杂等问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大．　12．某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br一、CO32﹣、．Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（　　）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH、Na+②有胶状物质生成③有气体产生④溶液颜色发生变化⑤溶液中共发生了3个氧化还原反应．A．①⑦③④B．①③③④⑤C．①③④⑤D．②④⑤【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件；氯气的化学性质．【专题】离子反应专题．【分析】某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，以此解答该题．【解答】解：某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+﹣、Na+，故①正确；②有胶状物质硅酸生成，故②正确；③有二氧化碳气体产生，故③正确；④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故④正确；24\n⑤共发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应．氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故⑤正确；故选B．【点评】本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度中等．　13．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）═2HI（g）△H=﹣akJ/mol下列说法正确的是（　　）已知：A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为（c+b+a）kJC．相同条件下，1molH2（g）和1molI2（g）总能量小于2molHI（g）的总能量D．向密闭容器中加入2molH2（g）和2molI2（g），充分反应后放出的热量为2akJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、HI分子中的化学键是极性共价键；B、依据焓变=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量分析判断；C、依据反应是放热反应，结合能量守恒分析；D、反应是可逆反应不能进行彻底．【解答】解：A、HI分子中的化学键是极性共价键，故A错误；B、△H=反应物断裂化学键需要的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol﹣2H﹣I=﹣aKJ/mol，得到断开2molH﹣I键所需能量约为（a+b+c）KJ，故B正确；C、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故C错误；D、反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2akJ，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学反应的焓变分析，化学键与焓变关系的计算分析应用，掌握原理和基础是解题关键，题目难度中等．　14．球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X．实验室测定化台物X的组成实验如下：下列说法不正确的是（　　）A．固体2是Fe2O324\nB．溶液甲中可能含有Fe3+C．X的化学式可以表示为Fe3C2D．X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g﹣16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为：=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，据此答题．【解答】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g﹣16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为：=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，A、固体2是氧化铁，故A正确；B、溶液甲中可能含有Fe3+，故B正确；C、X的化学式可以表示为Fe3C，故C错误；D、X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；故选C．【点评】本题主要考查了铁的相关知识，结合实验过程利用元素守恒分析和计算，中等难度，答题时注意元素化合物知识的灵活运用．　二、非选择题（本题包括6小题，共58分）15．四氧化三铁在生产和生活中有着广泛的应用，人们工作中常用的打印机、复印机使用的墨粉主要成分就是Fe3O4，如图是某企业用氧化沉淀法生产Fe3O4的工艺流程：已知：①工业绿矾中FeSO4的含量为52.5%，其中的杂质不参与反应；②Fe（OH）2+2Fe（OH）3=Fe3O4•4H2O请回答下列问题：请回答下列问题（1）铁的氧化物除Fe3O4•外，还有　FeO、Fe2O3　．（2）检验Fe3O4与稀盐酸反应后的溶液中含Fe2+的试剂是　铁氰化钾溶液　；24\n（3）在工艺流程中，通人适量空气“氧化”时的化学方程式是：　4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3　；（4）流程图中所示的副产品的化学式是　Na2SO4•10H2O（或Na2SO4）　，从过滤所得滤液中提取该副产品需要的操作依次是　bcad　（填写序号）．a．过滤b．加热浓缩c．冷却结晶d．洗涤．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；元素及其化合物；无机实验综合．【分析】（1）铁有三种常见的氧化物：FeO、Fe2O3、Fe3O4；（2）Fe3O4与稀盐酸反应后的溶液中含Fe2+、Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe2+可以用铁氰化钾溶液；（3）加入氢氧化钠生成Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，易被空气中的氧气氧化生成Fe（OH）3；（4）反应流程所用原料为绿矾和氢氧化钠，除生成Fe3O4外，副产品为Na2SO4•10H2O（或Na2SO4），从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．【解答】解：（1）铁有三种常见的氧化物：FeO、Fe2O3、Fe3O4，故答案为：FeO、Fe2O3；（2）Fe3O4与稀盐酸反应后的溶液中含Fe2+、Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe2+可以用铁氰化钾溶液，可取待测液少许于试管中，加入适量的铁氰化钾溶液，若溶液显蓝色，则证明含Fe2+，故答案为：铁氰化钾溶液；（3）加入氢氧化钠生成Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，易被空气中的氧气氧化生成Fe（OH）3，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；（4）反应流程所用原料为绿矾和氢氧化钠，除生成Fe3O4外，副产品为Na2SO4•10H2O（或Na2SO4），由硫酸钠溶液变为失去结晶水的硫酸钠的过程为：加热浓缩，冷却，结晶，过滤，洗涤，即bcad，故答案为：Na2SO4•10H2O（或Na2SO4）；bcad．【点评】本题考查较为综合，对学生的心理素质有非常高的要求，考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操作、离子检验等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力．　16．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，A、D同主族，B、C同周期．它们中的两种元素可形成多种原子个数比为1：1的化合物，甲、乙、丙为其中的三种，它们的元素组成如下表：化合价甲乙丙元素种类A、BA、CC、D通常情况下，甲为气体，密度比空气小；乙为液体；丙为固体且为离子化合物．请填写下列空白：（1）乙的电子式为　　，丙中阴离子与阳离子的个数比为　1：2　（2）已知甲是同系列中最简单的化合物，且在标准状况下，5.6L的甲完全燃烧放出的热量为325kJ，试写出甲的燃烧热的热化学方程式　C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1300kJ/mol　24\n（3）研究表明，乙是一种二元弱酸，请写出乙在水中的电离方程式　H2O2⇌H++HO2﹣，HO2﹣⇌H++O2﹣　（4）A、B、C、D所对应元素的原子半径大小顺序为　Na＞C＞O＞H　（用元素符号表示）．【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】A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大A、B形成原子个数1：1的化合物甲为气体，密度略小于空气，A、C形成原子个数1：1的化合物乙为液态，B、C同周期，甲应为C2H2，乙应为H2O2，则A为氢元素、B为碳元素、C为O元素；A、D元素同主族，D的原子序数大于氧，则D为Na；C、D形成原子个数1：1的化合物丙为Na2O2，据此解答．【解答】解：A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大A、B形成原子个数1：1的化合物甲为气体，密度略小于空气，A、C形成原子个数1：1的化合物乙为液态，B、C同周期，甲应为C2H2，乙应为H2O2，则A为氢元素、B为碳元素、C为O元素；A、D元素同主族，D的原子序数大于氧，则D为Na；C、D形成原子个数1：1的化合物丙为Na2O2．（1）乙为H2O2，电子式为，丙为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，阴离子与阳离子的个数比为1：2，故答案为：；1：2；（2）标准状况下5.6LC2H2完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量为325kJ，1molC2H2完全燃烧放出的热量=325kJ×=1300kJ，则C2H2燃烧热的热化学方程式为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1300kJ/mol，故答案为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1300kJ/mol；（3）研究表明H2O2物质具有弱酸性，则H2O2物质在水中的电离方程式为：H2O2⇌H++HO2﹣，HO2﹣⇌H++O2﹣，故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣，HO2﹣⇌H++O2﹣；（4）同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：Na＞C＞O＞H，故答案为：Na＞C＞O＞H．【点评】本题考查元素化合物推断，需要学生熟练掌握常见原子个数为1：1物质，注意燃烧热热化学方程式的书写，难度中等．　17．（12分）（2022秋•湖南校级月考）S02是常见的大气污染物，燃煤是产生S02的主要原因．工业上有多种方法可以减少S02的排放．24\n（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的S02转化成硫酸钙．该反应的总化学方程式是　2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2　．（2）可用多种溶液做燃煤烟气中SO2的吸收液．①分别用等物质的量浓度的Na2SO3溶液和NaOH溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHS03时，两种吸收液体积比V（Na2SO3）：V（NaOH）=　1：2　②NaOH溶液吸收了足量的：SO2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH溶液再生，再生过程的离子方程式是　Ca2++OH﹣+HSO3﹣=CaSO3↓+H2O　．（3）甲同学认为BaCl2溶液可以做SO2的吸收液．为此甲同学设计如下实验（夹持装置和加热装置略如图1，气密性已检验）．反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀．甲同学认为B中白色沉淀是SO2与BaCl2溶液反应生成的BaSO3，所以BaCl2溶液可做SO2吸收液．乙同学认为B中的白色沉淀是BaSO4，产生BaSO4的原因是：①A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaCI2溶液反应生成BaSO4沉淀．②为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略如图2，气密性已检验）：反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去．③试管B中试剂是　饱和NaHSO3　溶液；滴加浓硫酸之前的操作是　打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹　④通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是　SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀；不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液　．【考点】二氧化硫的污染及治理．【专题】元素及其化合物；无机实验综合．【分析】（1）根据反应物、生成物和反应条件书写化学方程式；（2）①根据Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3，NaOH+SO2═NaHSO3分析解答；②NaOH溶液吸收了足量的SO2后生成NaHSO3，与一定量的石灰水溶液充分反应生成亚硫酸钙、氢氧化钠、水；（3）二氧化硫具有还原性易被氧气氧化成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；③为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，可通入氮气排出装置中的氧气；④通过甲乙两位同学的实验现象进行对比分析．24\n【解答】解：（1）根据题意，碳酸钙与二氧化硫、氧气在高温条件下反应生成硫酸钙，同时生成二氧化碳，所以反应的方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；（2）①假设生成的NaHSO3物质的量都为2mol，Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3，吸收的二氧化硫的物质的量为2mol，需1molNa2SO3，NaOH+SO2═NaHSO3，吸收的二氧化硫的物质的量也为2mol，需2molNaOH，假设Na2SO3溶液和NaOH溶液的物质的量浓度都为cmol/L，两种吸收液体积比V（Na2SO3）：V（NaOH）=：=1：2，故答案为：1：2；②NaOH溶液吸收了足量的SO2发生反应：NaOH+SO2═NaHSO3，与一定量的石灰水溶液充分反应NaHSO3+Ca（OH）2=CaSO3↓+NaOH+H2O，离子反应为：Ca2++OH﹣+HSO3﹣=CaSO3↓+H2O，使NaOH溶液再生，故答案为：Ca2++OH﹣+HSO3﹣=CaSO3↓+H2O；（3）二氧化硫具有还原性易被氧气氧化成三氧化硫，与BaCl2溶液反应，三氧化硫与水反应生成硫酸，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故答案为：A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；③滴加浓硫酸之前打开弹簧夹，通入N2，排出装置中的氧气，然后滴加浓硫酸，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，所以B中的试剂是饱和NaHSO3，除去白雾，故答案为：饱和NaHSO3；打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹；④通过甲乙两位同学的实验，得出的结论是SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀；不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液，故答案为：SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀；不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液．【点评】本题考查了二氧化硫性质的实验验证分析判断，题目难度中等，掌握物质性质的分析、装置特征的判断及反应条件的应用方法是解题关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力．　18．已知A、B、D、E、F、G、X、Y、Z满足下列转化关系．其中A、B、E为固体化合物，D、G为固体单质，F、X、Z为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色．（1）写出E的名称：　碳化钙　；24\n（2）B的电子式为　　；（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是　降低反应速率　；（4）A和D反应的化学方程式：　SiO2+2CSi+2CO↑　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题；元素及其化合物．【分析】化合物A与单质D反应得到单质G与气体F，单质G与NaOH溶液反应得到气体X，X、F为可燃性气体，X、F的火焰呈淡蓝色，则X为H2，F为CO，A为SiO2，D为碳，G为Si，由转化关系可知，溶液为Na2SiO3溶液，Y为CO2，白色沉淀为H2SiO3，加热硅酸分解得到SiO2．气体Z由化合物E与食盐水得到，且可以使溴水褪色，考虑为Z为乙炔，E为碳化钙，悬浊液为Ca（OH）2，与Y反应得到的白色沉淀为CaCO3，B为CaO，符合转化关系，据此解答．【解答】解：化合物A与单质D反应得到单质G与气体F，单质G与NaOH溶液反应得到气体X，X、F为可燃性气体，X、F的火焰呈淡蓝色，则X为H2，F为CO，A为SiO2，D为碳，G为Si，由转化关系可知，溶液为Na2SiO3溶液，Y为CO2，白色沉淀为H2SiO3，加热硅酸分解得到SiO2．气体Z由化合物E与食盐水得到，且可以使溴水褪色，考虑为Z为乙炔，E为碳化钙，悬浊液为Ca（OH）2，与Y反应得到的白色沉淀为CaCO3，B为CaO，符合转化关系．（1）由上述分析可知，E为碳化钙，故答案为：碳化钙；（2）B为CaO，电子式为，故答案为：；（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是：降低反应速率，故答案为：降低反应速率；（4）A与D反应化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑．【点评】本题考查无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应为推断突破口，注意对元素化合物知识的掌握，难度中等．　19．（12分）（2022秋•湖南校级月考）Cl02气体是一种常用的消毒剂，我国从2000年起逐步用Cl02代替氯气对饮用水进行消毒．但二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热．（1）欧洲国家主要采用氯酸钠氧化浓盐酸制备Cl02，缺点主要是产率低，产品难以分离，还产生毒副产品．该反应的化学反应方程式为：　2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O　．科学家又研究出了一种新的制备Cl02的方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，化学反应方程式为　H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O　此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是　反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用　（2）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg/L之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：I．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．24\nⅡ．加入一定量的Na2S2O3溶液．（已知：2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣）III．加硫酸调节水样pH至1～3．操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示．请回答：①操作I中反应的离子方程式是　2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2　②在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是　ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O　．③若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10一3mol/L的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是　0.675　mg/L．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算．【专题】卤族元素；利用化学方程式的计算．【分析】（1）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水；用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，以此来解答；（3）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；②由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；③根据关系S2O32﹣～I﹣～ClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度．【解答】（1）氯酸钠氧化浓盐酸生成氯化钠、氯气、二氧化氯、水，该反应为2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O，用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用；故答案为：2NaClO3+4HCl（浓）═2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用．（2）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，离子方程式为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2，故答案为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2；②由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2，离子方程式为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O，故答案为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O；③S2O32﹣～I﹣～ClO21111.0×10﹣3mol/L×0.01L1.0×10﹣5molm（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=1.0×10﹣5mol×67.5×103mg•mol﹣1=0.675mg由于水样为1L，所以ClO2的浓度为=0.675mg•L﹣1故答案为：0.675．24\n【点评】本题考查二氧化氯的制备、性质及应用，注意把握所给信息来分析解答，侧重学生解决新问题能力的考查，将知识活学活用为解答的关键，题目难度中等．　20．（12分）（2022•重庆校级模拟）制作软质隐形眼镜高分子材料（M）和聚酯PET的合成路线如下：已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表有机基团）（1）A的相对分子质量是28，A、B分子中含有的官能团分别是　碳碳双键、羟基　．（2）B的名称是　乙二醇　．（3）反应I的反应类型是　a　（选填字母）．a．加聚反应b．缩聚反应（4）有关B、C、D的说法正确的是　b　．a.1molB最多可以和1molC反应b．C、D都能使Br2的CCl4溶液褪色c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C（5）B→D的化学方程式是　　．（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，该同分异构体的结构简式是　CH3COOCH=CH2　．（7）反应Ⅱ的化学方程式是　　．【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M的结构简式可知D为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D发生加聚反应得M，A的相对分子质量是28，A与溴单质加成、再碱性水解得B，B与C在浓硫酸加热条件下得D，根据D的结构可知B为HOCH2CH2OH，C为CH2=C（CH3）COOH，进一步推得A为CH2=CH224\n，HOCH2CH2OH与发生信息中的反应得E，结合E的分子式可知E为，E发生信息中的反应可以得聚酯PET和B，据此答题．【解答】解：根据M的结构简式可知D为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D发生加聚反应得M，A的相对分子质量是28，A与溴单质加成、再碱性水解得B，B与C在浓硫酸加热条件下得D，根据D的结构可知B为HOCH2CH2OH，C为CH2=C（CH3）COOH，进一步推得A为CH2=CH2，HOCH2CH2OH与发生信息中的反应得E，结合E的分子式可知E为，E发生信息中的反应可以得聚酯PET和B，（1）A为CH2=CH2，B为HOCH2CH2OH，它们含有的官能团分别是碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；（2）B为HOCH2CH2OH，B的名称是乙二醇，故答案为：乙二醇；（3）根据上面的分析可知，反应I的反应类型是加聚反应，故选a，故答案为：a；（4）有关B、C、D的说法中，a．B中有两个羟基，所以1molB最多可以和2molC反应，故a错误；b．C、D中都有碳碳双键，都能使Br2的CCl4溶液褪色，故b正确；c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C的钠盐，故c错误，故选b；（5）B→D的化学方程式是，故答案为：；（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，在分子组成上应该相差一个氧原子，该同分异构体的结构简式是CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（7）反应Ⅱ的化学方程式是，故答案为：；24\n【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等．　24