湖北省孝感高级中学2022届高三化学上学期9月月考试题含解析

2022-2022学年湖北省孝感高级中学高三（上）月考化学试卷（9月份）　一、选择题（共16小题，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1．化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法不正确的是（　　）A．化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霭天气”的元凶B．开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一C．粮食酿酒主要经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火　2．下列叙述正确的是（　　）A．向Al2（SO4）3溶液中滴加过量的NaOH溶液制备Al（OH）3B．向水玻璃中滴加盐酸制备硅酸C．用加热法除去Ca（OH）2固体中混有的NH4Cl固体D．SO2通入酸性KMnO4溶液检验其漂白性　3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（　　）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB．标准状况下，22.4L一氯甲烷和二氯甲烷的混合物中所含的氯原子数介于NA至2NA之间C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个D．1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个　4．下列说法错误的是（　　）A．向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4固体，溶液的pH增大B．室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为1×10﹣10mol/LC．浓度均为0.1mol/L的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合（忽略体积变化），溶液中c（HCN）+c（CN﹣）=0.1mol/LD．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al（SO4）2、③（NH4）2SO4三种溶液的c（NH4+）：②＜③＜①　5．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（　　）①分子式为C12H20O2②能使酸性KMnO4溶液褪色③能发生加成反应，但不能发生取代反应④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH．⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3mol．31\nA．①②③B．①②⑤C．①②⑤⑥D．①②④⑤⑥　6．下列解释实验事实的方程式正确的是（　　）A．Al2（SO4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．碳酸钠溶液滴入酚酞变红：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣C．向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++5I2+3NO↑+6H2O　7．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则下列有关说法中错误的是（　　）WXYZA．W和Y可以形成稳定的化合物，耐热性好，是新型陶瓷材料B．Z元素的最高价氧化物水化物的酸性强于YC．四种元素常见的氢化物，一定是Y元素形成的氢化物最不稳定D．向氢化物WH3与HZ反应后的集气瓶中加入足量的水，所得溶液一定呈酸性　8．下列各组离子在指定分散系中一定能大量共存的是（　　）A．明矾溶液中：Na+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣B．澄清透明的溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、ClO﹣C．pH=0的溶液中：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl﹣、SO42﹣D．通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO32﹣、CH3COO﹣、SO32﹣　9．下列实验装置正确且能完成实验目的是（　　）A．测定一定时间内生成H2的反应速率B．提取海带中的碘31\nC．检验火柴燃烧产生的SO2D．证明非金属性：Cl＞C＞Si　10．用如图所示装置检验对应气体时，不能达到目的是（　　）生成的气体试剂X试剂YA电石与水反应制取的乙炔CuSO4溶液Br2的CCl4溶液B木炭与浓H2SO4加热制取的二氧化碳饱和NaHCO3溶液澄清石灰水CCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热制取的乙烯水KMnO4酸性溶液DC2H5OH与浓H2SO4加热至170℃制取的乙烯NaOH溶液Br2的CCl4溶液A．AB．BC．CD．D　11．有机物的一氯代物可能的结构有（不考虑立体异构）（　　）A．6种B．8种C．11种D．15种　12．以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图．下列说法正确的是（　　）A．以此电池为电源电解精炼铜，当有0.1mole﹣转移时，有3.2g铜溶解B．若以甲烷为燃料气时负极极反应式：CH4+5O2﹣﹣8e﹣═CO32﹣+2H2O31\nC．该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D．空气极发生的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2═2CO　13．常温下，相同PH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时PH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是（　　）A．b、c两点溶液的导电能力不相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中：C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣）D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc　14．如图图示与对应的叙述相符的是（　　）A．图甲表示反应：4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，K1＞K2B．图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）的影响，乙的压强比甲的压强大C．图丙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂能改变化学反应的焓变D．图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0　15．还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：2CrOCr2OCr3+Cr（OH）3↓已知转化过程中的反应为2CrO（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O（aq）+H2O（l），转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L，CrO42﹣有转化为Cr2072﹣，下列说法不正确的是（　　）A．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B．若用绿矾（FeS04•7H2O）作还原剂，处理1L废水，至少需要458.7g31\nC．常温下转化反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=5D．常温下Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5　16．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+X+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（　　）A．方程式中的X为2MnSO4B．氧化性：KMnO4＞Fe3+＞I2C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.30molD．AB段是高锰酸钾和碘化钾溶液反应，BC段的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2　　二、必做部分（本部分包括4个小题，共37分）17．某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质．Ⅰ．【查阅资料】①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色．②硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂．Ⅱ．【性质验证】实验装置如图1所示（省略夹持装置）实验步骤：（1）检查装置气密性，按图2加入试剂．仪器a的名称是　　　　　　；装置CⅡ处加的试剂可以是　　　　　　（选填下列字母编号）．A．碱石灰B．硅胶C．浓硫酸D．无水氯化钙（2）装置B的作用有　　　　　　．（3）写出装置F中相应的离子反应方程式：　　　　　　．Ⅲ．【探究与反思】31\n（1）图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是　　　　　　．该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为实验操作步骤如下：①打开弹簧夹，缓缓通入氯气②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气．④　　　　　　．（2）设计步骤③的实验思想是　　　　　　．（3）步骤④的操作是　　　　　　．　18．（10分）（2022秋•孝感校级月考）粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等，某实验室对其进行处理的流程如图所示：回答下列问题：（1）第①步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2等，写出生成NH4Fe（SO4）2的化学方程式　　　　　　．（2）滤渣B的主要成分与NaOH溶液反应的离子方程式为　　　　　　．（3）步骤③中用NH4HCO3调节pH的实验原理为　　　　　　（用离子方程式表示）．（4）实验室进行第④步操作时，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、　　　　　　，得到的晶体主要成份是　　　　　　（填化学式）．第⑥步生成Al（OH）3的离子方程式为　　　　　　．　19．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3（PO4）2等形式存在．它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在电炉中高温（～1550℃）下通过下面三个反应共熔得到．①4Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═12CaO（s）+2P4（s）+10CO2（g）△H1=+Q1kJ•mol﹣1②CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1③CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H3=+Q3kJ•mol﹣1已知：CaSiO3的熔点（1546℃）比SiO2低．写出由磷酸钙矿制取白磷总的反应方程式　　　　　　．（2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中歧化得到一种次磷酸盐（KH2PO2）和一种气体　　　　　　（写化学式）．（3）磷的重要化合物NaH2PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得．工业上为了使反应的主要产物是NaH2PO4，通常将pH控制在　　　　　　之间（已知磷酸的各级电离常数为：K1=7.1×10﹣3K2=6.3×10﹣8K3=4.2×10﹣13lg7.1≈0.9lg6.3≈0.8lg4.2≈0.6）．Na2HPO4溶液显碱性，若向其溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是　　　　　　（用离子方程式表示）．31\n（4）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460molCuSO4能氧化白磷的物质的量是　　　　　　．　20．氮及氮的化合物在生产生活中有着重要的用途，NH3、HNO3等是重要化工产品．（1）合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭、水和空气为原料来制取的．其主要反应是：①2C+O2→2CO②C+H2O（g）→CO+H2③CO+H2O（g）→CO2+H2某次生产中将焦炭、H2O（g）和空气（设空气中N2和O2的体积比为4：1，下同）混合反应，所得气体产物经分析，组成如下表：则表中x=　　　　　　m3．气体CON2CO2H2O2体积（m3）（标准状况）x2012601.0（2）汽车尾气会排放氮的氧化物污染环境．已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡．测得NO为8×10﹣4mol．计算该温度下的平衡常数K=　　　　　　；汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　　　　　　．（3）SO2和氮的氧化物都是空气中的有害气体，已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．（4）25℃时，电离平衡常数：化学式H2CO3HClOH2C4H4O6（酒石酸）电离平衡常数K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣113.0×10﹣8K1=9.1×10﹣4K2=4.3×10﹣5回答下列问题：a．常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系不正确的是　　　　　　A．c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+）C．c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）D．c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）E．c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）b．常温下，0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH为6，则c（HC4H4O6﹣）+2c（C4H4O62﹣）=　　　　　　．（列出计算式）　　三、选做部分（请同学们从21、22两个小题中任选一题作答，并将答题卡上的相应题号涂黑．如果多做，则按所做的第一题计分）　【化学--选修3】：物质结构与性质21．（15分）（2022•哈尔滨校级一模）A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大．A元素的单质是空气的主要成分，B原子核外p轨道上有1对成对电子，D元素的价电子数是其余电子数的一半，C与B同主族，A与F同主族，D与E同族．回答下列问题：31\n（1）A、B、C第一电离能由大到小的顺序为：　　　　　　（用元素符号表示）．（2）B与C形成的二元化合物中，属于非极性分子的是：　　　　　　（填化学式）；该分子中心原子的杂化类型为：　　　　　　．（3）A、C元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是　　　　　　；（填化学式，下同）酸根呈平面三角形的酸是　　　　　　．（4）E和F形成的一种化合物的晶体结构如图所示，则该化合物的化学式为　　　　　　；F的配位数为　　　　　　．（5）D的离子可以形成多种配合物，由Dn+、Br﹣、C的最高价含氧酸根和A的简单氢化物形成的1：1：1：5的某配合物，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，则该配合物的化学式为：　　　　　　；n值为　　　　　　；Dn+的基态电子排布式为：　　　　　　．　　【化学--选修5】：有机化学基础22．（2022•郴州模拟）某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a）（1）烃A的结构简式是　　　　　　；（2）①的反应条件是　　　　　　；②的反应类型是　　　　　　；（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的物质推测正确的是：　　　　　　；A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是　　　　　　；（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：　　　　　　；a．与E具有相同的官能团b．苯环上的一硝基取代产物有两种31\n（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线　　　　　　．（依照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）　　2022-2022学年湖北省孝感高级中学高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共16小题，每小题3分，每小题只有一个正确选项）1．化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法不正确的是（　　）A．化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霭天气”的元凶B．开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一C．粮食酿酒主要经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火【考点】常见的生活环境的污染及治理；淀粉的性质和用途；化学实验安全及事故处理．【分析】A．导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一；B．开发和推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排放；C．淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化；D．化学药品着火，像钠着火就不能用水或泡沫灭火器灭火；【解答】解：A．导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一，故A正确，B．开发和推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排放，是实现低碳生活的途径之一，故B正确；C．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故C正确；D．化学药品着火，像钠着火就不能用水或泡沫灭火器灭火，故D错误；故选D；【点评】本题考查化学与生产生活相关的知识，难度不大．在日常生活中要关注与化学有关的知识．　2．下列叙述正确的是（　　）A．向Al2（SO4）3溶液中滴加过量的NaOH溶液制备Al（OH）3B．向水玻璃中滴加盐酸制备硅酸C．用加热法除去Ca（OH）2固体中混有的NH4Cl固体D．SO2通入酸性KMnO4溶液检验其漂白性【考点】物质的分离、提纯和除杂；二氧化硫的化学性质；硅酸的性质及制法；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A、氢氧化铝为两性氢氧化物，能与强碱反应生成偏铝酸盐；B、硅酸的酸性弱于碳酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸；C、氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氨气；31\nD、二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有氧化性．【解答】解：A、氢氧化铝为两性氢氧化物，能与强碱反应生成偏铝酸盐，即过量的NaOH溶液与硫酸铝反应得不到Al（OH）3，故A错误；B、硅酸的酸性弱于碳酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，故B正确；C、氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氨气，故不能利用此方法除去氢氧化钙中的氯化铵，故C错误；D、二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有氧化性，二氧化硫使其褪色，是氧化还原反应不是漂白性，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是二氧化硫的性质、氢氧化铝的两性、强酸制取弱酸原理，综合性较强，难度不大．　3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（　　）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB．标准状况下，22.4L一氯甲烷和二氯甲烷的混合物中所含的氯原子数介于NA至2NA之间C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个D．1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、SO2和O2的反应为可逆反应；B、标况下，二氯甲烷为液体；C、根据溶液的电荷守恒来分析；D、根据反应后钠变为+1价来分析．【解答】解：A、SO2和O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故反应后容器中的分子个数大于2NA个，故A正确；B、标况下，二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、根据溶液的电荷守恒可知：n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）=n（H+）+n（Na+），由于溶液显中性，故n（OH﹣）=n（H+），则n（CH3COO﹣）=n（Na+），故为NA个，故C正确；D、反应后钠变为+1价，故1mol钠转移1mol电子即NA个，故D正确．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，应注意物质的状态和公式的运用，难度不大．　4．下列说法错误的是（　　）A．向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4固体，溶液的pH增大B．室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为1×10﹣10mol/LC．浓度均为0.1mol/L的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合（忽略体积变化），溶液中c（HCN）+c（CN﹣）=0.1mol/LD．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al（SO4）2、③（NH4）2SO4三种溶液的c（NH4+）：②＜③＜①【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理．【分析】A、醋酸铵是强电解质，能完全电离；B、室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离受抑制，根据水的离子积计算水电离出的H+浓度；C、根据物料守恒计算溶液中离子浓度的关系；D、根据电离出的铵根离子和铵根离子的水解程度大小来判断．31\n【解答】解：A、醋酸铵是强电解质，向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4固体，醋酸根根离子浓度增大，醋酸铵显示中性，溶液中醋酸根离子水解溶液显示碱性，所以pH增大，故A正确；B、室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为=1×10﹣10mol/L，故C正确；C、浓度均为0.1mol/L的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合（忽略体积变化），溶液中c（HCN）+c（CN﹣）=2c（Na+）=0.1mol/L，故C正确；D、相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4Al（SO4）2中NH4+的水解被抑制，因此NH4Al（SO4）2中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，故答案应为：①=③＞②，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生溶液中离子浓度的大小比较以及盐的水解原理等方面的知识，属于综合知识额的考查，难度不大．　5．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（　　）①分子式为C12H20O2②能使酸性KMnO4溶液褪色③能发生加成反应，但不能发生取代反应④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH．⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3mol．A．①②③B．①②⑤C．①②⑤⑥D．①②④⑤⑥【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由有机物的结构简式可知，分子中含碳碳双键、﹣COOC﹣，结合烯烃和酯的性质来解答．【解答】解：①由结构简式可知分子式为C12H20O2，故正确；②含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；③含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，故错误；④有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，故错误；⑤1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1molNaOH，故正确；⑥只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误．31\n故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握常见有机物的官能团为解答的关键，熟悉烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大．　6．下列解释实验事实的方程式正确的是（　　）A．Al2（SO4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．碳酸钠溶液滴入酚酞变红：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣C．向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++5I2+3NO↑+6H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．一水合氨在离子反应中保留化学式；B．水解分步进行，以第一步为主；C．反应生成碳酸钡、NaOH和水；D．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．Al2（SO4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．碳酸钠溶液滴入酚酞变红的水解离子反应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B错误；C．向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液的离子反应为Ba2++OH﹣+HCO3﹣═BaCO3↓+H2O，故C错误；D．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液的离子反应为Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　7．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则下列有关说法中错误的是（　　）WXYZA．W和Y可以形成稳定的化合物，耐热性好，是新型陶瓷材料B．Z元素的最高价氧化物水化物的酸性强于YC．四种元素常见的氢化物，一定是Y元素形成的氢化物最不稳定D．向氢化物WH3与HZ反应后的集气瓶中加入足量的水，所得溶液一定呈酸性【考点】原子结构与元素的性质．【分析】由元素在周期表中位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为Si，Z为Cl元素，据此解答．【解答】解：由元素在周期表中位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为Si，Z为Cl元素，A．N、Si能形成氮化硅，氮化硅耐热性好，是新型陶瓷材料，故A正确；B．高氯酸的酸性强于硅酸，故B正确；C．四种元素中Si元素的非金属性最弱，故氢化物中SiH4最不稳定，故C正确；31\nD．NH3与HCl反应生成NH4Cl，若氨气过量，则形成的水溶液为氨水和NH4Cl的混合溶液，溶液显碱性，故D错误，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，需要学生熟练掌握元素周期表结构，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大．　8．下列各组离子在指定分散系中一定能大量共存的是（　　）A．明矾溶液中：Na+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣B．澄清透明的溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、ClO﹣C．pH=0的溶液中：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl﹣、SO42﹣D．通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO32﹣、CH3COO﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．明矾溶液中含有铝离子，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；B．四种离子之间不发生反应，为澄清透明溶液；C．pH=0的溶液中含有大量氢离子，银氨络离子与氢离子反应；D．碳酸的酸性大于硅酸，二氧化碳与溶液中的硅酸根离子反应．【解答】解：A．HCO3﹣与明矾溶液中的Al3+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Na+、K+、MnO4﹣、ClO﹣之间不反应，为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．该溶液中氢离子浓度为1mol/L，Ag（NH3）2+与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．SiO32﹣与二氧化碳反应生成硅酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存，题目难度中等，注意掌握离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力．　9．下列实验装置正确且能完成实验目的是（　　）A．测定一定时间内生成H2的反应速率B．31\n提取海带中的碘C．检验火柴燃烧产生的SO2D．证明非金属性：Cl＞C＞Si【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积；B．海带中碘以离子的形式存在；C．二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；D．生成的二氧化碳中含有HCl而干扰实验，元素的非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强．【解答】解：A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所以可以实现实验目的，故A正确；B．海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故C错误；D．盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，明确实验原理是解本题关键，涉及非金属性的比较、氧化还原、碘的提纯等，注意实验原理和实验细节的考查，题目难度中等．　10．用如图所示装置检验对应气体时，不能达到目的是（　　）生成的气体试剂X试剂YA电石与水反应制取的乙炔CuSO4溶液Br2的CCl4溶液B木炭与浓H2SO4加热制取的二氧化碳饱和NaHCO3溶液澄清石灰水CCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热制取的乙烯水KMnO4酸性溶液DC2H5OH与浓H2SO4加热至170℃制取的乙烯NaOH溶液Br2的CCl4溶液31\nA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．X可除去混有的硫化氢，Y可检验乙炔；B．反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化硫可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；C．与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应生成乙烯，水可除去乙醇，乙烯能被高锰酸钾氧化；D．C2H5OH与浓H2SO4加热至170℃，发生消去反应生成乙烯，X可除去乙醇，Y可检验乙烯．【解答】解：A．X可除去混有的硫化氢，Y可检验乙炔，由图可知，Y中观察到褪色可检验乙烯，故A正确；B．反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化硫可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则不能检验木炭与浓H2SO4加热制取的二氧化碳，X选择不合理，故B错误；C．与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应生成乙烯，水可除去乙醇，乙烯能被高锰酸钾氧化，则观察到Y中溶液褪色可检验乙烯，故C正确；D．C2H5OH与浓H2SO4加热至170℃，发生消去反应生成乙烯，X可除去乙醇，Y可检验乙烯，则观察到Y中溶液褪色可检验乙烯，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的制备、有机物的性质及混合物分离提纯、检验等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的性质及实验评价性分析，题目难度不大．　11．有机物的一氯代物可能的结构有（不考虑立体异构）（　　）A．6种B．8种C．11种D．15种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】先根据支链异构判断的同分异构体，然后根据等效H原子判断，有几种H原子，一氯代产物有几种同分异构体．【解答】解：﹣C3H7有两种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH（CH3）﹣，所以的同分异构体有2种，其分子中氢原子的种类分别为6种、5种，则一氯代物可能的结构有11种，故选C．【点评】本题考查了同分异构体的书写，中等难度，解题关键要搞清取代基的异构体及等效H原子判断．　12．以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图．下列说法正确的是（　　）31\nA．以此电池为电源电解精炼铜，当有0.1mole﹣转移时，有3.2g铜溶解B．若以甲烷为燃料气时负极极反应式：CH4+5O2﹣﹣8e﹣═CO32﹣+2H2OC．该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D．空气极发生的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2═2CO【考点】化学电源新型电池．【分析】该燃料电池中，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，根据图示信息知道负极电极反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，A、依据电子守恒结合电极反应计算得到；B、原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C、根据得失电子守恒，分析判断碳酸离子浓度的变化情况；D、空气极是氧气得到电子，生成碳酸根离子的反应．【解答】解：A、电解精炼铜，阴极上铜离子得到电子生成铜，电极反应Cu2++2e﹣=Cu，当电路有0.1mole﹣转移反应生成铜0.05mol，如果全部是铜放电，则溶解的铜的质量=0.05mol×64g/mol=3.2g，粗铜有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，故A错误；B、根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，故B错误；C、假设转移4mol的电子，根据电极反应：负极电极反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，负极消耗2mol的碳酸根离子，正极产生2mol的碳酸根离子，所以碳酸根离子的浓度不变，无需补充Li2CO3和K2CO3，故C错误；D、原电池正极上的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了图象分析判断的方法应用，原电池原理的分析判断和电极反应的分析判断，掌握基础是解题的关键，题目难度中等．　13．常温下，相同PH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时PH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是（　　）31\nA．b、c两点溶液的导电能力不相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中：C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣）D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比．【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A正确；B．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故B正确；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣），故C正确；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故D错误；故选D．【点评】本题考查了盐类水解，涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等知识点，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合质子守恒、溶液导电能力与离子浓度的关系等知识点来分析解答，题目难度中等．　14．如图图示与对应的叙述相符的是（　　）31\nA．图甲表示反应：4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，K1＞K2B．图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）的影响，乙的压强比甲的压强大C．图丙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂能改变化学反应的焓变D．图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变．【专题】图像图表题．【分析】A、由图甲可知，CO的起始物质的量相同时，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，温度越低，氮气的含量更高，故温度T1＜T2，据此解答；B、压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动；C、催化剂只影响反应速率，不影响焓变；D、由图可知，反应平衡后升高温度N02的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应．【解答】解：A、由图甲可知，CO的起始物质的量相同时，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，温度越低，氮气的含量更高，故温度T1＜T2，温度越高化学平衡越低，故K1＞K2，故A错误；B、对于2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g），压强的改变不仅影响反应速率，而且平衡也发生移动，故B错误；C、催化剂不影响反应的焓变，故C错误；D、由图可知，反应平衡后升高温度N02的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应，所以该反应的△H＜0，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力．　15．还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：2CrOCr2OCr3+Cr（OH）3↓已知转化过程中的反应为2CrO（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O（aq）+H2O（l），转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/L，CrO42﹣有转化为Cr2072﹣，下列说法不正确的是（　　）A．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B．若用绿矾（FeS04•7H2O）作还原剂，处理1L废水，至少需要458.7gC．常温下转化反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=531\nD．常温下Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学方程式的有关计算；化学平衡状态的判断．【分析】A．存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，如颜色不变，则达到平衡状态；B．若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：2Cr～2CrO42﹣～Cr2O72﹣～2Cr3+～6e﹣～6FeSO4•7H2O计算；C．酸化时发生的反应为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，说明铬元素有转化为Cr2O72﹣，计算平衡浓度，结合平衡常数计算；D．根据溶度积常数列式计算．【解答】解：转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n（Cr）==0.55mol，A．存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故A正确；B．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（6﹣3）=x×（3﹣2），x=1.65，m（FeSO4•7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故B正确；C.1L废水中n（Cr）==0.55mol，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，则酸化后c（CrO42﹣）=0.55mol/L×（1﹣）=0.05mol/L，c（Cr2O72﹣）=0.55mol/L××=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则=1×1014，c（H+）=1×10﹣6mol/L，所以pH=6，故C错误；D．常温下Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH﹣）=1×10﹣32，c（OH﹣）=1×10﹣9mol/L，pH=5，故D正确．故选C．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度中等．　16．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+X+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（　　）31\nA．方程式中的X为2MnSO4B．氧化性：KMnO4＞Fe3+＞I2C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.30molD．AB段是高锰酸钾和碘化钾溶液反应，BC段的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2【考点】氧化还原反应的计算．【分析】氧化性强弱顺序为KMnO4＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题．【解答】解：A．由原子守恒及电子守恒可知，X为2MnSO4，故A正确；B．由图可知，高锰酸钾先氧化碘离子，铁离子也能氧化碘离子，则氧化性：KMnO4＞Fe3+＞I2，故B正确；C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为2KMnO4～10Fe3+～10I﹣，共消耗的n（I﹣）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为=0.25mol，故C错误；D．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握图象与反应的对应关系、电子守恒计算该题，题目难度中等．　二、必做部分（本部分包括4个小题，共37分）17．某兴趣小组拟制备氯气并验证其一系列性质．Ⅰ．【查阅资料】①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似也呈黄色．②硫代硫酸钠溶液在工业上可作为脱氯剂．Ⅱ．【性质验证】实验装置如图1所示（省略夹持装置）实验步骤：（1）检查装置气密性，按图2加入试剂．仪器a的名称是　长颈漏斗　；装置CⅡ处加的试剂可以是　BD　（选填下列字母编号）．A．碱石灰B．硅胶C．浓硫酸D．无水氯化钙（2）装置B的作用有　除去氯气中的氯化氢并作安全瓶　．31\n（3）写出装置F中相应的离子反应方程式：　S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+8Cl﹣+10H+　．Ⅲ．【探究与反思】（1）图1中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是　未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰　．该组的同学思考后将上述D、E、F装置改为实验操作步骤如下：①打开弹簧夹，缓缓通入氯气②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气．④　打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡　．（2）设计步骤③的实验思想是　对比实验思想　．（3）步骤④的操作是　打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡　．【考点】性质实验方案的设计；氯气的化学性质．【分析】由图中装置可知，装置A中放入二氧化锰、分液漏斗中放入浓盐酸，加热产生的氯气通入饱和食盐水除去其中的氯化氢气体，然后通入C，Ⅰ、Ⅲ处放干燥的有色布条，Ⅱ放入固体粒状干燥剂，但不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，可观察到Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处不褪色，氯气通入漏斗D中，溶液变橙色，再滴入KI溶液与苯的分层的液体中，苯层呈紫色，最后多余的氯气用硫代硫酸钠溶液吸收，Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化SO42﹣；为排除氯气对其溴碘检验的干拢，可进行对比实验，以此来解答．【解答】解：Ⅱ．（1）仪器a的名称是长颈漏斗；装置CⅡ处加的试剂干燥氯气，且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；（2）生成的氯气中混有HCl，则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶，故答案为：除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；（3）Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化SO42﹣，则装置F中相应的离子反应方程式S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+5H2O=2SO42﹣+8Cl﹣+10H+；Ⅲ．（1）装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br、I的非金属性，故答案为：未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰；（2）设计步骤③的实验思想是对比实验思想，故答案为：对比实验思想；（3）改进的实验步骤④为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡，第④步发生溴与KI的反应，故答案为：打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c震荡．【点评】本题考查氯气的制备实验及性质实验，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质及非金属性比较的方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验中对比方法及干扰因素的分析，题目难度中等．　18．（10分）（2022秋•孝感校级月考）粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等，某实验室对其进行处理的流程如图所示：31\n回答下列问题：（1）第①步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2等，写出生成NH4Fe（SO4）2的化学方程式　Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2O　．（2）滤渣B的主要成分与NaOH溶液反应的离子方程式为　SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O　．（3）步骤③中用NH4HCO3调节pH的实验原理为　H++HCO3﹣=H2O+CO2↑　（用离子方程式表示）．（4）实验室进行第④步操作时，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、　蒸发皿　，得到的晶体主要成份是　（NH4）2SO4　（填化学式）．第⑥步生成Al（OH）3的离子方程式为　[Al（OH）4]﹣+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1）根据题意，Fe2O3与NH4HSO4反应生成NH4Fe（SO4）2和氨气与水；物质分类体系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2都属于复盐，都是强电解质；（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；（3）H+与HCO3﹣不共存；（4）实验室进行第④步操作时，滤液C得到硫酸铵，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿；第⑤步所加试剂NaOH，生成四羟基合硫酸根离子，第⑥步生成Al（OH）3的离子方程式为通入CO2，酸碱中和生成（NH4）2SO4．【解答】解：（1）根据题意，Fe2O3与NH4HSO4反应生成NH4Fe（SO4）2和氨气与水：Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2O；故答案为：Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2O；（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；故答案为：SiO2、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；（3）在酸性溶液中，H++HCO3﹣=H2O+CO2↑；故答案为：H++HCO3﹣=H2O+CO2↑；（4）实验室进行第④步操作时，滤液C得到硫酸铵，所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿；第⑤步所加试剂NaOH，生成四羟基合硫酸根离子，第⑥步生成Al（OH）3的离子方程式为通入CO2，酸碱中和生成（NH4）2SO4；故答案为：蒸发皿；（NH4）2SO4；[Al（OH）4]﹣+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．【点评】本题考查了物质制备实验工厂分析判断，物质性质的理解应用，离子方程式、化学方程式书写方法，盐类水解分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　19．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3（PO4）2等形式存在．它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在电炉中高温（～1550℃）下通过下面三个反应共熔得到．①4Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═12CaO（s）+2P4（s）+10CO2（g）△H1=+Q1kJ•mol﹣1②CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1③CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H3=+Q3kJ•mol﹣1已知：CaSiO3的熔点（1546℃）比SiO2低．31\n写出由磷酸钙矿制取白磷总的反应方程式　2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO　．（2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中歧化得到一种次磷酸盐（KH2PO2）和一种气体　PH3　（写化学式）．（3）磷的重要化合物NaH2PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得．工业上为了使反应的主要产物是NaH2PO4，通常将pH控制在　2.1～7.2　之间（已知磷酸的各级电离常数为：K1=7.1×10﹣3K2=6.3×10﹣8K3=4.2×10﹣13lg7.1≈0.9lg6.3≈0.8lg4.2≈0.6）．Na2HPO4溶液显碱性，若向其溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是　3Ca2++2HPO4﹣=Ca3（PO4）2↓+2H+　（用离子方程式表示）．（4）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460molCuSO4能氧化白磷的物质的量是　3mol　．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需化学方程式；（2）歧化反应磷元素升高为次磷酸盐，磷元素化合价为+1价，降低的只能为负价，则为氢化物；（3）H3PO4⇌H++H2PO4﹣K1=7.1×10﹣3；H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣K2=6.3×10﹣8；HPO42﹣⇌H++HPO43﹣K3=4.2×10﹣13；上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用；为获得尽可能纯的NaH2PO4，需H2PO4﹣浓度最大，根据K1、K2、以及pH=﹣lgc（H+）计算；若向Na2HPO4溶液中加入足量的CaCl2溶液，HPO42﹣离子和Ca2+离子反应生成沉淀，促进HPO42﹣的电离，溶液显示酸性；（4）Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答．【解答】解：（1）①4Ca3（PO4）2（s）+10C（s）=12CaO（s）+2P4（s）+10CO2（g）△H1=+Q1kJ•mol﹣1②CaO（s）+SiO2（s）=CaSiO3（s）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1③CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H3=+Q3kJ•mol﹣1依据热化学方程式和盖斯定律计算得到①×+③+②×6得到化学方程式为：2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO，故答案为：2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO；（2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中岐化得到一种次磷酸盐（KH2PO2）和一种气体，歧化反应磷元素升高为次磷酸盐，磷元素化合价为+1价，降低的只能为负价，则为氢化物PH3；故答案为：PH3；（3）为获得尽可能纯的NaH2PO4，需配制磷酸、磷酸二氢钠的缓冲溶液，当溶液全部为磷酸溶液时，磷酸以第一步电离为主，所以H3PO4⇌H++H2PO4﹣K1=7.1×10﹣3；PH=﹣lgc（H+）=3﹣lg7.1≈2.1，当溶液全部为NaH2PO4溶液时，H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣K2=6.3×10﹣8，所以pH=﹣lgc（H+）=8﹣lg6.3≈7.2，31\n所以pH应控制介于2.1～7.2之间，HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解，电离反应式为HPO42﹣⇌PO43﹣+H+，水解反应式为HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度；由于HPO42﹣离子和Ca2+离子反应生成沉淀：3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+，促进HPO42﹣的电离，溶液则显酸性；故答案为：2.1～7.2，3Ca2++2HPO4﹣=Ca3（PO4）2↓+2H+；（4）Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有60mol的CuSO4参加反应，60molCuSO4得到60mol电子，1molP4参加反应失去20mol电子，所以60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是=3mol，故答案为：3mol．【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算、盖斯定律的应用、氧化还原反应电子转移计算、离子方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等．　20．氮及氮的化合物在生产生活中有着重要的用途，NH3、HNO3等是重要化工产品．（1）合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭、水和空气为原料来制取的．其主要反应是：①2C+O2→2CO②C+H2O（g）→CO+H2③CO+H2O（g）→CO2+H2某次生产中将焦炭、H2O（g）和空气（设空气中N2和O2的体积比为4：1，下同）混合反应，所得气体产物经分析，组成如下表：则表中x=　44　m3．气体CON2CO2H2O2体积（m3）（标准状况）x2012601.0（2）汽车尾气会排放氮的氧化物污染环境．已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡．测得NO为8×10﹣4mol．计算该温度下的平衡常数K=　4×10﹣6　；汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　温度升高，反应速率加快，平衡右移　．（3）SO2和氮的氧化物都是空气中的有害气体，已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=　﹣41.8　kJ•mol﹣1．（4）25℃时，电离平衡常数：化学式H2CO3HClOH2C4H4O6（酒石酸）电离平衡常数K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣113.0×10﹣8K1=9.1×10﹣4K2=4.3×10﹣5回答下列问题：a．常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系不正确的是　AD　A．c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+）C．c（Na+）═c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）31\nD．c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）E．c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）b．常温下，0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH为6，则c（HC4H4O6﹣）+2c（C4H4O62﹣）=　（0.05+10﹣6﹣10﹣8）mol/L　．（列出计算式）【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】（1）反应中氮气体积不变，N2的体积为20m3，空气中N2和O2的体积比为4：1，故O2的体积为5m3，故参加反应的O2的体积为5m3﹣1.0m3=4m3，再根据方程式进行计算；（2）计算出平衡时各种物质的物质的量，反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=计算；温度升高，化学反应速率加快，正反应吸热，升温平衡正向移动；（3）已知①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1②2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1据盖斯定律，（①﹣②）÷2得：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）；（4）a．Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），故相同浓度时，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合得到等浓度的NaClO和NaHCO3溶液．H2CO3K1=4.3×10﹣7，则Kh（HCO3﹣）==2.1×10﹣8＞5.6×10﹣11，HCO3﹣的溶液呈碱性；A．ClO﹣水解程度大于HCO3﹣的水解程度；B．ClO﹣水解程度大于HCO3﹣的水解程度；C．根据物料守恒，可知Na原子物质的量等于C原子、Cl原子物质的量之和；D．根据电荷守恒判断；E．根据质子守恒，溶液氢氧根离子源于水的电离、ClO﹣、HCO3﹣的水解，而氢离子原与水的电离、HCO3﹣的电离；b.0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后c（Na+）=0.05mol/L，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（HC4H4O6﹣）+2c（C4H4O62﹣）=c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）．【解答】解：（1）N2的体积为20m3，空气中N2和O2的体积比为4：1，故O2的体积为5m3，故参加反应的O2的体积为5﹣1.0m3=4m3，则：2C+O2→2CO4m38m3CO+H2O（g）→CO2+H212m312m312m3反应③生成氢气的体积为12m3，消耗CO的体积为12m3，故反应②C+H2O（g）→CO+H2生成氢气为60mL﹣12mol=48mol，则所得气体产物中CO的体积为8m3+48m3﹣12m3=44m3，故答案为：44；31\n（2）已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．若气缸中进入1mol空气（1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2），1300℃时在密闭容器内反应达到平衡．测得NO为8×10﹣4mol，则平衡时N2为0.8mol﹣×8×10﹣4mol，O2为0.2mol﹣×8×10﹣4mol，反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K==≈4×10﹣6；温度升高，反应速率加快，平衡右移，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，故答案为：4×10﹣6；温度升高，反应速率加快，平衡右移；（3）已知①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1②2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1据盖斯定律，（①﹣②）÷2得：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=﹣41.8kJ•mol﹣1，故答案为：﹣41.8；（4）a．Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），故相同浓度时，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合得到等浓度的NaClO和NaHCO3溶液．H2CO3K1=4.3×10﹣7，则Kh（HCO3﹣）==2.1×10﹣8＞5.6×10﹣11，HCO3﹣的溶液呈碱性．A．溶液中ClO﹣、HCO3﹣均水解，溶液呈碱性，ClO﹣水解程度大于HCO3﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+），故A错误；B．溶液中ClO﹣、HCO3﹣均水解，溶液呈碱性，ClO﹣水解程度小于HCO3﹣的水解程度，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+），故B正确；C．根据物料守恒，可知Na原子物质的量等于C原子、Cl原子物质的量之和，故c（Na+）=c（HClO）+c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故C正确；D．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（ClO﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；E．根据质子守恒，溶液氢氧根离子源于水的电离、ClO﹣、HCO3﹣的水解，而氢离子原与水的电离、HCO3﹣的电离，则c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣），故E正确；故答案为：AD；b.0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后c（Na+）=0.05mol/L，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（HC4H4O6﹣）+2c（C4H4O62﹣）=c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）=0.05mol/L+10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=（0.05+10﹣6﹣10﹣8）mol/L，故答案为：（0.05+10﹣6﹣10﹣8）mol/L．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、弱电解质电离、离子浓度大小比较、反应热计算等，难度中等，（4）中有关离子浓度比较为易错点、难点．　31\n三、选做部分（请同学们从21、22两个小题中任选一题作答，并将答题卡上的相应题号涂黑．如果多做，则按所做的第一题计分）【化学--选修3】：物质结构与性质21．（15分）（2022•哈尔滨校级一模）A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大．A元素的单质是空气的主要成分，B原子核外p轨道上有1对成对电子，D元素的价电子数是其余电子数的一半，C与B同主族，A与F同主族，D与E同族．回答下列问题：（1）A、B、C第一电离能由大到小的顺序为：　N＞O＞S　（用元素符号表示）．（2）B与C形成的二元化合物中，属于非极性分子的是：　SO3　（填化学式）；该分子中心原子的杂化类型为：　sp2　．（3）A、C元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是　H2SO3、H2SO4　；（填化学式，下同）酸根呈平面三角形的酸是　HNO3　．（4）E和F形成的一种化合物的晶体结构如图所示，则该化合物的化学式为　NiAs　；F的配位数为　6　．（5）D的离子可以形成多种配合物，由Dn+、Br﹣、C的最高价含氧酸根和A的简单氢化物形成的1：1：1：5的某配合物，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，则该配合物的化学式为：　[Co（SO4）（NH3）5]Br　；n值为　3　；Dn+的基态电子排布式为：　1s22s22p63s23p63d6　．【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大．B原子核外p轨道上有1对成对电子，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，A元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于B，则A为N元素；由于C与B同主族、A与F同主族，F的原子序数大于C，则F、C不能处于同周期，F应处于C的下一周期，则B、C、F分别为二、三、四周期，故B为O元素、C为S元素、F为As；D与E同族，D、E原子序数大于S、小于As，只能为Ⅷ族元素，D元素的价电子数是其余电子数的一半，价电子数为（2+8+8）÷2=9，则D为Co，故E为Ni，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大．B原子核外p轨道上有1对成对电子，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，A元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于B，则A为N元素；由于C与B同主族、A与F同主族，F的原子序数大于C，则F、C不能处于同周期，F应处于C的下一周期，则B、C、F分别为二、三、四周期，故B为O元素、C为S元素、F为As；D与E同族，D、E原子序数大于S、小于As，只能为Ⅷ族元素，D元素的价电子数是其余电子数的一半，价电子数为（2+8+8）÷2=9，则D为Co，故E为Ni，（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：N＞O＞S，31\n故答案为：N＞O＞S；（2）B与C形成的二元化合物有SO2、SO3，SO2分子中S原子孤电子对数为=1，价层电子对数为2+1=3，为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，SO3分子中S原子孤电子对数为=0，价层电子对数为3+0=3，为平面正三角形结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，S原子采取sp2杂化，故答案为：SO3；sp2；（3）A、C元素形成的常见含氧酸为HNO3、H2SO3、H2SO4，HNO3中N原子价层电子对数为：3+=3，没有孤电子对，硝酸根为平面三角形结构；H2SO3中S原子价层电子对数为：3+=4，有1对孤电子对，亚硫酸根为三角锥形结构；H2SO4中S原子价层电子对数为：4+=4，没有孤电子对，硫酸根为正四面体结构；故答案为：H2SO3、H2SO4；（4）E为Ni、F为As，由晶胞结构可知，晶胞中含有2个As原子，含有Ni原子数目为8×+4×=2，故该化合物化学式为NiAs；F原子与周围的6个E原子形成相邻，F配位数为6，故答案为：NiAs；6；（5）C的最高价含氧酸根为SO42﹣、A的简单氢化物为NH3，由Con+、Br﹣、SO42﹣、NH3形成的1：1：1：5的某配合物，由电荷守恒可知n=3，Con+为Co3+，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，说明硫酸根离子在内界，溴离子为配合物的外界，所以该配合物化学式式为[Co（SO4）（NH3）5]Br，Co3+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：[Co（SO4）（NH3）5]Br；3；1s22s22p63s23p63d6．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及电离能、分子结构与性质、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算、配合物、核外电子排布等，关键是推断元素，本题难点在于元素的推断，对学生的分析推理有一定的要求，需要学生熟练掌握元素周期表结构，难点较大．　【化学--选修5】：有机化学基础22．（2022•郴州模拟）某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：31\n已知：（a）（1）烃A的结构简式是　　；（2）①的反应条件是　Fe或氯化铁　；②的反应类型是　取代反应或硝化反应　；（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的物质推测正确的是：　ACD　；A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是　　；（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：　　；a．与E具有相同的官能团b．苯环上的一硝基取代产物有两种（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线　．　．（依照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）【考点】有机物的合成．【分析】烃A和氯气发生取代反应生成B，B发生水解反应然后酸化得到C，从A到B、B到C反应过程中碳原子个数不变，所以A为，根据E结构简式知，甲苯苯环上甲基邻位H原子被氯原子取代生成B，B结构简式为，C为，C和乙酸酐发生取代反应生成D，D为，D31\n被氧化生成E，E水解然后酸化得到F，F结构简式为，G和Fe、盐酸反应生成，结合题给信息知，G为，F发生取代反应生成G，据此分析解答．【解答】解：烃A和氯气发生取代反应生成B，B发生水解反应然后酸化得到C，从A到B、B到C反应过程中碳原子个数不变，所以A为，根据E结构简式知，甲苯苯环上甲基邻位H原子被氯原子取代生成B，B结构简式为，C为，C和乙酸酐发生取代反应生成D，D为，D被氧化生成E，E水解然后酸化得到F，F结构简式为，G和Fe、盐酸反应生成，结合题给信息知，G为，F发生取代反应生成G，（1）烃A的结构简式是，故答案为：；（2）①的反应条件是Fe或氯化铁作催化剂；②的反应类型是取代反应或硝化反应，故答案为：Fe或氯化铁；取代反应或硝化反应；（3）A．该分子中含有酚羟基、羧基及氨基，都属于亲水基，所以水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，故正确；B．该分子中含有酚羟基、羧基和氨基，不能发生消去反应，故错误；C．含有酚羟基和羧基，所以能发生聚合反应生成高分子化合物，故正确；D．含有羧基和氨基，具有氨基酸的性质，所以既有酸性又有碱性，故正确；故选ACD；31\n（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是，故答案为：；（5）E的同分异构体符合下列条件：a．与E具有相同的官能团说明含有酯基和羧基，b．苯环上的一硝基取代产物有两种，说明苯环上氢原子有两种，符合条件的同分异构体有，故答案为：；（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻甲基硝基苯，邻甲基硝基苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸，其合成路线为，故答案为：．【点评】本题考查有机合成和有机推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，根据反应物、目标产物结构简式结合反应条件进行推断，注意题给信息的合理运用，注意反应先后顺序，题目难度中等．　31