海南省海口一中2022届高三化学上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年海南省海口一中高三（上）第二次月考化学试卷　一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个选项正确）1．下列叙述正确的是（　　）A．汽油、柴油和植物油都属于烃B．乙醇既能被氧化为乙醛，也能被氧化为乙酸C．苯与溴水在Fe3+催化下发生取代反应生成溴苯D．硫酸铜溶液和硫酸铵溶液均可使蛋白质溶液变性　2．下列说法正确的是（　　）A．共价化合物中可能含有离子键B．Ca2+、K+、Cl﹣、S2﹣四种粒子的离子半径依次减小C．Po、Po、Po三种原子的核外电子数分别为124、125、126D．第ⅥA族元素氧、硫、硒对应的氢化物H2O、H2S、H2Se的稳定性依次减弱　3．有机物X、Y、M的转化关系为：淀粉→X→Y乙酸乙酯，下列说法错误的是（　　）A．X可用新制的氢氧化铜检验B．Y有同分异构体C．M含有两种碳氧共价键D．Y可发生加成反应　4．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（　　）选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体和氯离子盐析胶体不能透过半透膜，离子能B分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且密度不同C除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同D除去乙醇中的乙酸蒸馏乙醇与乙酸沸点相差较大A．AB．BC．CD．D　5．已知pH表示溶液中c（H+）的负对数，同样也可以定义pOH表示溶液中c（OH﹣）的负对数，即pOH=﹣lg（OH﹣），温度T时水的离子积常数用KW表示，则此温度下不能判定溶液呈中性的依据是（　　）A．=1B．pOH=C．c（H+）=10﹣pOHD．pH+pOH=　6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的Na+离子数为0.2NAB．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAC．标准状况下，22.4L以任意比例混合的氢气和氯气混合气中含有的原子总数为2NAD．0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10NA　7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）-32-\nA．在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．在0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣　8．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（　　）A．SiO2具有较好的导电性，可用于制造半导体材料B．H2O2是一种绿色氧化剂，可氧化酸性高锰酸钾而产生O2C．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸D．Mg在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作信号弹　9．A～D是含同一元素的四种物质，它们相互之间有如图所示的转化关系，其中A是单质，D是氢氧化物，则A可能是（　　）①Al②Mg③Fe④Na．A．①③B．①②③C．①②D．②③④　10．下列事实中，能说明氯的非金属性比硫强的是（　　）①HClO的氧化性比H2SO4的氧化性强②常温下氯气是气态而硫是固态③盐酸酸性比氢硫酸强④HCl比H2S稳定⑤H2S能被Cl2氧化成硫⑥SCl2分子中氯显﹣1价⑦氯气与氢气化合比硫与氢气化合要容易进行⑧Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS．A．①②③④⑤⑥⑦⑧B．①④⑤⑥⑦C．④⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑦⑧　11．下列实验设计方法正确的是（　　）A．向卤代烃加硝酸酸化的硝酸银来检验其中的卤族元素B．实验用NH4Cl固体受热分解来制备NH3C．用盐酸和澄清石灰水来检验某物质是否含有CO32﹣-32-\nD．可用如图所示的装置和药品来研究反应物浓度对反应速率的影响　12．下列说法或表达正确的是（　　）①活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白的化学原理相同②向100mL0.1mol/L的溴化亚铁溶液中通入0.05mol的氯气时发生反应的离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣③斜长石KAlSi3O8的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•3SiO2④酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2时的离子方程式：IO3﹣+5I﹣+3H2O═I2+6OH﹣⑤碳酸氢根离子的电离方程式可表示为：HCO3﹣+H2O⇌H3O↓+CO32﹣⑥元素周期表中，从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，氢卤酸的酸性依次减弱⑦500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=38.6kJ•mol﹣1．A．全部B．②⑤C．②③④⑦D．②④⑦　13．阿司匹林是日常生活中应用广泛的医药之一．它可由下列方法合成：下列说法正确的是（　　）A．邻羟基苯甲醛分子中所有的原子不可能在同一平面B．用酸性KMnO4溶液直接氧化邻羟基苯甲醛可实现反应①C．反应②中加入过量的NaHCO3有利提高阿司匹林的产率D．与邻羟基苯甲酸互为同分异构体，苯环上一氯代物仅有2种且能发生银镜反应的酚类化合物共有3种　14．某溶液中可能含有以下6种离子中的几种：NH4+、A13+、Mg2+、CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣，为确认溶液组成，现取三份各100mI．溶液进行如下实验：（1）向第一份溶液中加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）向第二份溶液中加入足量NaOH溶液充分反应后，最终得到沉淀0.58g（经过滤、洗涤、干燥，下同），同时收集到气体0.03mol（设气体全部从溶液中逸出）；-32-\n（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液（盐酸酸化）充分反应后，得到沉淀6.99g．由此可知，下列关于原溶液组成的正确结论是（　　）A．一定存在Cl﹣B．一定存在A13+和NH4+C．一定不存在Mg2+，可能存在A13+D．溶液中SO42﹣的浓度是0.03mol/L　15．如图是研究铁钉腐蚀的装置图．下列说法不正确的是（　　）A．ab在两处的腐蚀速率a＜bB．a、b两处铁钉中的碳均为正极C．a、b两处铁钉中的铁均失电子被氧化D．a、b两处的正极反应式均为O2+4e﹣+4H+═2H2O　16．有一块铁的“氧化物”样品，用140mL5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（　　）A．Fe4O5B．Fe5O7C．Fe2O3D．Fe3O4　17．下列说法中正确的是（　　）①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不能直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性．A．②③B．①②③C．①②③④D．①②③⑤　18．下列离子方程式表达正确的是（　　）A．过氧化钠和水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑B．用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH﹣C．在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓D．向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O　19．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色．Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍．W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍．元素Y的合金是日常生活中使用广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（　　）A．氢化物稳定性：Z＞WB．原子半径的大小顺序：rX＞rY＞rQ＞rWC．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物D．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应　-32-\n20．将11.2gFe投入浓硝酸溶液，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到40gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在密闭容器中高温加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（　　）A．2240mLB．4480mLC．3360mLD．1120mL　　二、非选择题（本题包括4个小题，共60分）21．（12分）（2022秋•海南校级月考）X、Y、Z是三种短周期元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，Z的电子层数是X的电子层数的2倍．A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D、E是两种酸，F是一种单质，反应③④均在微生物作用下进行，其转化关系如图所示．回答下列问题：（1）A的电子式为　　　　　　．（2）A和E反应生成G，C与G中都含有　　　　　　（填化学键的类型）．（3）反应③中如果转移的电子为3mol，则被氧化的A为　　　　　　mol．（4）科学家发明了使ZX3直接用于燃料电池的方法，其装置用铂作电极，加入碱性电解质溶液，往一极通入空气，另一电极通入ZX3并使之转化为无污染的气体，试写出负极的电极反应式：　　　　　　．（5）由Z、X两元素形成的含10个电子的阳离子可和XSO4﹣形成一种盐A，若往A的溶液中缓缓滴入稀NaOH溶液至溶液恰好呈中性，则溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为：　　　　　　．　22．（16分）（2022秋•海南校级月考）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成CoCl2．（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式　　　　　　．-32-\n（2）写出加适量NaClO3发生反应的主要离子方程式　　　　　　．（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀为　　　　　　．（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，依次是　　　　　　，　　　　　　和过滤．（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1．向“滤液”中加入萃取剂的目的是　　　　　　；其使用的最佳pH范围是　　　　　　（填选项序号）．A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是　　　　　　（答一条即可）．（7）已知某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳﹣6（C6）中（如图2所示）．若该电池的总反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6，则电池放电时的正极反应式为：　　　　　　．　23．（16分）（2022秋•海南校级月考）氨既是实验室中常用试剂，也是工业上重要原料．（1）某学习小组欲制备少量的氨水．供选用的试剂有：①NH4Cl②（NH4）2CO3．提供的装置如图1，请回答下列问题：①装置A试管内发生反应的化学方程式为　　　　　　；②从提供的仪器中选择并组装一套本实验的合理、简洁装置，按气流方向连接顺序为（用图中标注的导管口符号表示）a→　　　　　　；（2）氨在氧气中燃烧，生成水和一种单质．已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1写出氨在氧气中燃烧生成液态水和气态单质的热化学方程式：　　　　　　；-32-\n（3）已知在一定条件下，将1molN2和3molH2混合于一个10L的密闭容器中发生的反应为N2+3H22NH3，5min后达到平衡，平衡时氨的体积分数为25%．①该反应的平衡常数表达式K=　　　　　　；②从反应开始到平衡时，N2的反应速率v（N2）=　　　　　　；（4）工业上以氨气、空气为主要原料制取硝酸．在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＞0．该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图2所示．若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）　　　　　　．A．在t1～t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态B．在t2时，采取的措施可以是升高温度C．在t3～t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态D．在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值（5）为检验氨气与酸反应得到的某种常见氮肥的成分，某同学进行了以下实验：①加热氮肥样品产生气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊．②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化．由此可知该氮肥的主要成分可能是　　　　　　（填选项序号）；A．NH4ClB．（NH4）2CO3C．NH4HCO3D．NH4NO3（6）硝酸厂常用Na2CO3溶液吸收处理尾气NO2生成CO2．若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是：　　　　　　．　　【化学选修3物质结构与性质】24．（16分）（2022秋•海南校级月考）已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号　　　　　　，该能层具有的原子轨道数为　　　　　　；（2）E2+离子的价层电子排布图是　　　　　　，F原子的电子排布式是　　　　　　；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　，B元素的气态氢化物的VSEPR模型为　　　　　　；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子为　　　　　　；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程为　　　　　　；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为　　　　　　，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=　　　　　　g/cm3．-32-\n　　【化学选修5有机化学基础】25．（2022•碑林区校级模拟）芳香族化合物A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，B苯环上的一硝基取代物有三种，有关物质之间的转化关系如下：（1）D的分子式为　　　　　　，I中官能团名称为　　　　　　，反应③属于　　　　　　反应（填反应类型）．（2）写出下列物质的结构简式：A2　　　　　　；X　　　　　　．（3）写出下列反应的化学方程式：①　　　　　　；④　　　　　　．（4）化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体有　　　　　　种；①苯环上有两个取代基；②能使FeCl3溶液显色；③与E含有相同官能团写出其中核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的结构简式：　　　　　　．　　2022-2022学年海南省海口一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题2分，共40分，每小题只有一个选项正确）1．下列叙述正确的是（　　）A．汽油、柴油和植物油都属于烃-32-\nB．乙醇既能被氧化为乙醛，也能被氧化为乙酸C．苯与溴水在Fe3+催化下发生取代反应生成溴苯D．硫酸铜溶液和硫酸铵溶液均可使蛋白质溶液变性【考点】化石燃料与基本化工原料；饱和烃与不饱和烃；苯的性质；乙醇的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】有机反应．【分析】A、植物油属于酯类；B、根据醇的性质分析；C、苯与溴水不反应；D、重金属离子能使蛋白质变性，硫酸铵溶液可使蛋白质溶液发生盐析．【解答】解：A、汽油、柴油均是由C、H两种元素构成的属于烃，植物油中含有酯基属于酯类，故A错误；B、乙醇含有羟基能发生氧化反应，在一定条件下既能被氧化为乙醛，也能被氧化为乙酸，故B正确；C、苯与溴水不反应，苯与液溴在Fe3+催化下发生取代反应生成溴苯，故C错误；D、重金属离子能使蛋白质变性，所以硫酸铜溶液可使蛋白质溶液变性，硫酸铵溶液可使蛋白质溶液发生盐析，故D错误．故选B．【点评】本题考查了常见有机物的分类及性质，题目难度不大，注意根据有机物中结构决定性质来思考．　2．下列说法正确的是（　　）A．共价化合物中可能含有离子键B．Ca2+、K+、Cl﹣、S2﹣四种粒子的离子半径依次减小C．Po、Po、Po三种原子的核外电子数分别为124、125、126D．第ⅥA族元素氧、硫、硒对应的氢化物H2O、H2S、H2Se的稳定性依次减弱【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；化学键．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】A．共价化合物只含有共价键；B．Ca2+、K+、Cl﹣、S2﹣四种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小；C．核外电子数等于质子数；D．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定．【解答】解：A．共价化合物只含有共价键，含有离子键，一定为离子化合物，故A错误；B．Ca2+、K+、Cl﹣、S2﹣四种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故B错误；C．核外电子数等于质子数，都为84，故C错误；D．非金属性O＞S＞Se，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查原子结构与元素周期律知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解与运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．　3．有机物X、Y、M的转化关系为：淀粉→X→Y乙酸乙酯，下列说法错误的是（　　）-32-\nA．X可用新制的氢氧化铜检验B．Y有同分异构体C．M含有两种碳氧共价键D．Y可发生加成反应【考点】淀粉的性质和用途．【专题】有机反应．【分析】淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯．【解答】解：分析上述转化关系：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯．A．葡萄糖含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确；B．乙醇有同分异构体二甲醚，故B正确；C．乙酸有碳氧单键和碳氧双键，故C正确；D．Y为乙醇，不能发生加成反应，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的推断和性质，难度不大，有机物的推断为解题的关键．　4．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（　　）选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体和氯离子盐析胶体不能透过半透膜，离子能B分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且密度不同C除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同D除去乙醇中的乙酸蒸馏乙醇与乙酸沸点相差较大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．胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离溶液和胶体；B．植物油和水互不相溶；C．小苏打为碳酸氢钠，不稳定，加热易分解；D．乙醇、乙酸均易挥发，沸点相差较小．【解答】解：A．胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离溶液和胶体，不是盐析，故A错误；B．植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；C．小苏打为碳酸氢钠，不稳定，加热易分解，利用二者的热不稳定性进行分离，故C错误；D．乙醇、乙酸均易挥发，直接蒸馏不能除杂，则应加NaOH后增大沸点差异除去乙醇中的乙酸，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离、提纯及物质的除杂等，侧重物质或离子性质的考查，题目难度不大，注意除杂不能引入新的杂质．　5．已知pH表示溶液中c（H+）的负对数，同样也可以定义pOH表示溶液中c（OH﹣）的负对数，即pOH=﹣lg（OH﹣），温度T时水的离子积常数用KW表示，则此温度下不能判定溶液呈中性的依据是（　　）A．=1B．pOH=C．c（H+）=10﹣pOHD．pH+pOH=-32-\n【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为amol/L的一元酸HA与bmol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L，由此分析解题．【解答】解：A、液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣），所以，故A正确；B、液呈中性，溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L，所以pOH=，故B正确；C、液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH﹣），所以pH=pOH，c（H+）=10﹣pH=10﹣pOH，故C正确；D、温度T时任何溶液都存在pH+pOH=，不能说明溶液呈中性，故D错误；故选D．【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH﹣），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH判断．　6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的Na+离子数为0.2NAB．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAC．标准状况下，22.4L以任意比例混合的氢气和氯气混合气中含有的原子总数为2NAD．0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10NA【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、溶液中硫离子使弱酸阴离子水解减小；B、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应；C、依据n=计算物质的量，结合氢气和氯气都是双原子分子分析；D、依据化学方程式定量关系计算分析．【解答】解：A、溶液中硫离子使弱酸阴离子水解减小，0.1mol•L﹣1Na2S溶液中含有的Na+离子数小于0.2NA，故A错误；B、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应，生成SO2分子数目小于0.46NA，故B错误；C、依据n=计算物质的量==1mol，结合氢气和氯气都是双原子分子，22.4L以任意比例混合的氢气和氯气混合气中含有的原子总数为2NA，故C正确；D、依据化学方程式定量关系计算，3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是溶液中盐类水解分析，气体摩尔体积的条件应用，注意浓硫酸变稀后不与铜发生反应，题目难度中等．　-32-\n7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．在0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=1的溶液呈酸性，与H+反应的离子不能大量共存；B．与CO32﹣反应的离子不能大量共存；C．与Fe3+反应的离子不能大量共存；D.=10﹣12的溶液呈碱性．【解答】解：A．pH=1的溶液呈酸性，HCO3﹣与H+反应生成水和二氧化碳气体而不能大量共存，故A错误；B．Al3+与CO32﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C．I﹣、SCN﹣与Fe3+反应的离子而不能大量共存，故C错误；D.=10﹣12的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，把握物质的溶解性及离子之间的反应即可解答，选项C为解答的难点，题目难度不大．　8．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（　　）A．SiO2具有较好的导电性，可用于制造半导体材料B．H2O2是一种绿色氧化剂，可氧化酸性高锰酸钾而产生O2C．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸D．Mg在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作信号弹【考点】硅和二氧化硅；硝酸的化学性质；过氧化氢；镁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A、二氧化硅不导电；B、H2O2与酸性高锰酸钾反应时作还原剂；C、常温下Cu与浓硝酸反应；D、根据Mg在空气中燃烧的现象分析．【解答】解：A、二氧化硅不导电，不能作半导体材料，故A错误；B、H2O2与酸性高锰酸钾反应时，氧元素从﹣1价升高到0价，被氧化作还原剂，酸性高锰酸钾作氧化剂，故B错误；C、常温下Cu与浓硝酸反应，不能铜罐贮运浓硝酸，Fe与浓硝酸发生钝化，所以能用铁罐盛放浓硝酸，故C错误；-32-\nD、Mg在空气中燃烧的现象为：发出耀眼的白光，生成大量白烟，所以Mg可用于制作信号弹，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，注意把握常见非金属和金属的单质及化合物的性质用途，侧重于基础知识的考查．　9．A～D是含同一元素的四种物质，它们相互之间有如图所示的转化关系，其中A是单质，D是氢氧化物，则A可能是（　　）①Al②Mg③Fe④Na．A．①③B．①②③C．①②D．②③④【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】①AlAl2O3AlCl3Al（OH）3Al2O3；②MgMgOMgCl2Mg（OH）2MgO；③FeFe2O3FeCl3Fe（OH）3Fe2O3；④NaNa2ONaOH，氢氧化钠不能分解生成氧化钠．【解答】解：①4Al+3O2=2Al2O3，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故①符合；②2Mg+O2=2MgO，MgO+2HCl=MgCl2+H2O，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，Mg（OH）2MgO+H2O，故②符合；③4Fe+3O2=2Fe2O3，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，故③符合；④NaNa2ONaOH，氢氧化钠不能分解生成氧化钠；故选B．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意把握相关物质的性质，本题中与氧气的反应和氢氧化物分解放出氧化物的反应是解答该题的关键．　10．下列事实中，能说明氯的非金属性比硫强的是（　　）①HClO的氧化性比H2SO4的氧化性强②常温下氯气是气态而硫是固态③盐酸酸性比氢硫酸强④HCl比H2S稳定⑤H2S能被Cl2氧化成硫⑥SCl2分子中氯显﹣1价-32-\n⑦氯气与氢气化合比硫与氢气化合要容易进行⑧Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS．A．①②③④⑤⑥⑦⑧B．①④⑤⑥⑦C．④⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑦⑧【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据非金属元素对应离子的还原性、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物的酸性、单质之间的置换反应等来比较非金属性，以此来解答．【解答】解：①比较非金属性强弱，应用最高价氧化物对应的水化物的酸性，HClO的氧化性比H2SO4的氧化性强，不能用于比较，故错误；②常温下氯气是气态而硫是固态，属于物理性质，不能用于比较化学性质，故错误；③比较非金属性强弱，应用最高价氧化物对应的水化物的酸性，不能用氢化物的酸性比较，故错误；④HCl比H2S稳定，说明非金属性Cl＞S，故正确；⑤元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，H2S能被Cl2氧化成硫，可说明非金属性Cl＞S，故正确；⑥SCl2分子中氯显﹣1价，可说明Cl元素易得到电子，非金属性较强，故正确；⑦氯气与氢气化合比硫与氢气化合要容易进行，可说明Cl非金属性较强，故正确；⑧Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，说明氯气易得到电子，元素的非金属性较强，故正确．故选C．【点评】本题考查非金属性的比较，明确常见的比较方法是解答本题的关键，注重知识的归纳总结，题目难度不大．　11．下列实验设计方法正确的是（　　）A．向卤代烃加硝酸酸化的硝酸银来检验其中的卤族元素B．实验用NH4Cl固体受热分解来制备NH3C．用盐酸和澄清石灰水来检验某物质是否含有CO32﹣D．可用如图所示的装置和药品来研究反应物浓度对反应速率的影响【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．卤代烃中不含卤离子，与硝酸银不反应；B．氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气和HCl又易化合生成氯化铵；C．使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫；D．研究反应物浓度对反应速率，改变硫酸浓度，测定相同时间内针筒中气体的体积．-32-\n【解答】解：A．卤代烃中不含卤离子，与硝酸银不反应，应水解后加酸酸化，再加硝酸银检验卤离子，故A错误；B．氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气和HCl又易化合生成氯化铵，则不能制备氨气，应利用铵盐与碱共热制备氨气，故B错误；C．使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫，则用盐酸和澄清石灰水来检验时，不能确定为CO32﹣、SO32﹣、HCO3﹣等，故C错误；D．研究反应物浓度对反应速率，改变硫酸浓度，测定相同时间内针筒中气体的体积，图中测定速率装置合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及卤代烃性质、氨气的制备、离子检验及反应速率测定，把握反应原理、装置的作用及物质的性质为解答的关键，注意方案的操作性、评价性分析，题目难度不大．　12．下列说法或表达正确的是（　　）①活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白的化学原理相同②向100mL0.1mol/L的溴化亚铁溶液中通入0.05mol的氯气时发生反应的离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣③斜长石KAlSi3O8的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•3SiO2④酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2时的离子方程式：IO3﹣+5I﹣+3H2O═I2+6OH﹣⑤碳酸氢根离子的电离方程式可表示为：HCO3﹣+H2O⇌H3O↓+CO32﹣⑥元素周期表中，从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，氢卤酸的酸性依次减弱⑦500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=38.6kJ•mol﹣1．A．全部B．②⑤C．②③④⑦D．②④⑦【考点】二氧化硫的化学性质；电离方程式的书写；热化学方程式；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硅矿物及材料的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】①漂白原理与强氧化性、化合反应、吸附性等有关；②氯气足量，Fe2+和Br﹣都完全反应；③KAlSi3O8的写成氧化物形式要保证各元素的原子个数比不变；④根据酸性条件下不能生成氢氧根离子，原子守恒判断；⑤碳酸氢根离子电离产生氢离子；⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱；⑦0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ．【解答】解：①活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，但漂白原理不同，活性炭属于吸附型漂白，二氧化硫属于结合型漂白，次氯酸属于氧化性漂白，故①错误；②向100mL0.1mol/L的溴化亚铁溶液中通入0.05mol的氯气时，氯气足量，发生反应的离子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故②正确；③斜长石KAlSi3O8的写成氧化物形式为：K2O•Al2O3•6SiO2，要保证各元素的原子个数比不变，故③错误；-32-\n④酸性条件下不能生成氢氧根离子，原子得守恒，酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2时的离子方程式：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O，故④错误；⑤碳酸氢根离子的电离方程式可表示为：HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣，故⑤正确；⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，其水溶液中氢卤酸的酸性依次增强，故⑥错误；⑦0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故⑦错误；故选B．【点评】本题考查综合元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及热化学反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．　13．阿司匹林是日常生活中应用广泛的医药之一．它可由下列方法合成：下列说法正确的是（　　）A．邻羟基苯甲醛分子中所有的原子不可能在同一平面B．用酸性KMnO4溶液直接氧化邻羟基苯甲醛可实现反应①C．反应②中加入过量的NaHCO3有利提高阿司匹林的产率D．与邻羟基苯甲酸互为同分异构体，苯环上一氯代物仅有2种且能发生银镜反应的酚类化合物共有3种【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．邻羟基苯甲醇分子中苯环、﹣CHO均为平面结构，且直接相连；B．邻羟基苯甲醇分子中，﹣CHO、酚﹣OH均能被高锰酸钾氧化；C．反应②中加入适量的NaHCO3，与取代反应生成的HCl反应；D．苯环上一氯代物仅有2种且能发生银镜反应的酚类化合物有两类：一是苯环的侧链为甲酸苯酚酯基和酚羟基，二者处于对位，而是苯环侧链为醛基和两个酚羟基．【解答】解：A．邻羟基苯甲醇分子中苯环、﹣CHO均为平面结构，且直接相连，酚﹣OH上O原子与苯环直接相连，则邻羟基苯甲醇分子中所有的原子可能在同一平面，故A错误；B．邻羟基苯甲醇分子中，﹣CHO、酚﹣OH均能被高锰酸钾氧化，则用酸性KMnO4溶液直接氧化邻羟基苯甲醛不能实现反应①，故B错误；C．反应②中加入适量的NaHCO3，与取代反应生成的HCl反应，促使反应向生成阿司匹林的方向移动，可提高阿司匹林的产率，故C正确；D．苯环上一氯代物仅有2种且能发生银镜反应的酚类化合物有两类：一是苯环的侧链为甲酸苯酚酯基和酚羟基，二者处于对位，而是苯环侧链为醛基和两个酚羟基，且结构对称，共3种同分异构体，故D正确；故选CD．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，题目易错点为A，注意把握有机物同分异构体的种类的判断．　-32-\n14．某溶液中可能含有以下6种离子中的几种：NH4+、A13+、Mg2+、CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣，为确认溶液组成，现取三份各100mI．溶液进行如下实验：（1）向第一份溶液中加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）向第二份溶液中加入足量NaOH溶液充分反应后，最终得到沉淀0.58g（经过滤、洗涤、干燥，下同），同时收集到气体0.03mol（设气体全部从溶液中逸出）；（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液（盐酸酸化）充分反应后，得到沉淀6.99g．由此可知，下列关于原溶液组成的正确结论是（　　）A．一定存在Cl﹣B．一定存在A13+和NH4+C．一定不存在Mg2+，可能存在A13+D．溶液中SO42﹣的浓度是0.03mol/L【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】（1）一定存在能与硝酸银中的银离子反应生成沉淀的离子，如CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣；（2）加入氢氧化钠溶液能够生成气体，气体为氨气；沉淀为氢氧化镁；（3）加入盐酸酸化的氯化钡生成沉淀，沉淀为硫酸钡，溶液中一定存在硫酸根离子，能够与SO42﹣反应的离子一定不能存在；再根据溶液电中性推断是否存在铝离子．【解答】解：（1）向第一份溶液中加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在CO32﹣、Cl﹣、SO42﹣；（2）生成的沉淀为氢氧化镁，物质的量为0.01mol，溶液中一定存在Mg2+，一定不存在CO32﹣；生成的气体为氨气，说明溶液中一定存在NH4+；（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液（盐酸酸化），得到沉淀6.99g，沉淀为硫酸钡，说明溶液中一定存在SO42﹣，n（SO42﹣）=mol=0.03mol，根据溶液电中性，负电荷物质的量为n（﹣）=2n（SO42﹣）=0.06mol，正电荷的物质的量为n（+）=n（NH4+）+2n（Mg2+）=0.03mol+0.01mol×2=0.05mol，显然在无法确定是否含有氯离子情况下，负电荷物质的量大于正电荷，所以溶液中一定存在A13+，A、根据以上分析可知，不能确定是否存在氯离子，故A错误；B、根据溶液电中性可知，溶液中一定存在铝离子，根据生成了氨气可知，溶液中一定存在铵离子，故B正确；C、溶液中一定存在镁离子和铝离子，故C错误；D、溶液中SO42﹣的浓度是：=0.3mol/L，故D错误；故选B．【点评】本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的检验方法，本题难度在于根据溶液电中性判断铝离子存在的方法，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，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　15．如图是研究铁钉腐蚀的装置图．下列说法不正确的是（　　）-32-\nA．ab在两处的腐蚀速率a＜bB．a、b两处铁钉中的碳均为正极C．a、b两处铁钉中的铁均失电子被氧化D．a、b两处的正极反应式均为O2+4e﹣+4H+═2H2O【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】a中电解质溶液显中性，为铁钉的吸氧腐蚀，b中电解质溶液为稀硫酸，显酸性为析氢腐蚀；A、硫酸中氢离子浓度较大，电池反应较快，饱和食盐水中氧气的浓度较小，电池反应较慢；B、a、b中C为原电池的正极；C、a、b中Fe失电子为原电池的负极；D、a中正极上氧气的得电子，b中正极上氢离子得电子．【解答】解：a中电解质溶液显中性，为铁钉的吸氧腐蚀，b中电解质溶液为稀硫酸，显酸性为析氢腐蚀；A、硫酸中氢离子浓度较大，电池反应较快，饱和食盐水中氧气的浓度较小，电池反应较慢，所以ab在两处的腐蚀速率a＜b，故A正确；B、a中C为原电池的正极，正极上氧气得电子，b中C为原电池的正极，正极上氢离子得电子，故B正确；C、原电池中失电子的一极为负极，a、b中Fe失电子为原电池的负极，故C正确；D、a中正极上氧气得电子，其电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，b中正极上氢离子得电子，其电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，故D错误；故选D．【点评】本题考查了金属的腐蚀，试管内电解质溶液的酸碱性来确定铁发生腐蚀类型，再结合发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的原理来分析解答，题目难度不大．　16．有一块铁的“氧化物”样品，用140mL5.0mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为（　　）A．Fe4O5B．Fe5O7C．Fe2O3D．Fe3O4【考点】化学方程式的有关计算；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】n（HCl）=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，结合氯元素守恒确定铁的物质的量，可确定氧化物分子式．【解答】解：n（HCl）=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025molCl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl﹣）=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，则n（Fe3+）=n（Cl﹣）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）=0.25：0.35=5：7，-32-\n所以化学式为Fe5O7，故选B．【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意把握氧化物与盐酸反应的特点，以此确定氧原子数目，结合质量守恒解答该题．　17．下列说法中正确的是（　　）①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2②常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸③盐酸既有氧化性又有还原性④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不能直接用化合反应制备⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性．A．②③B．①②③C．①②③④D．①②③⑤【考点】钠的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】①金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠；②常温下，金属铝遇到浓硝酸和浓硫酸会钝化；③盐酸中的氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性；④氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；⑤二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化．【解答】解：①金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故正确；②常温下，金属铝遇到浓硝酸和浓硫酸会钝化，所以常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸，故正确；③盐酸中的氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性，即盐酸既有氧化性又有还原性，故正确；④氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，属于化合反应，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，但是二氧化硅不溶于水，不能和水反应的到硅酸，故错误；⑤二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，即SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，故错误．故选B．【点评】本题涉及金属钠、铝、盐酸、含铁化合物以及二氧化硫性质的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．　18．下列离子方程式表达正确的是（　　）A．过氧化钠和水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑B．用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH﹣C．在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓D．向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A、过氧化钠是氧化物书写离子方程式时，写化学式；B、铜做电极，阳极是铜失电子发生氧化反应；C、铝离子结和过量一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，一水合氨为弱电解质；D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比；-32-\n【解答】解：A、过氧化钠是氧化物书写离子方程式时，写化学式，反应的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故A正确；B、铜做电极，阳极是铜失电子发生氧化反应，Cu+2H2OH2↑+Cu（OH）2↓，故B错误；C、铝离子结和过量一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，一水合氨为弱电解质，在明矾溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比，向小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣=BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式书写方法和注意问题的分析判断，量不同产物不同，掌握基础是关键，题目较简单．　19．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色．Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍．W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍．元素Y的合金是日常生活中使用广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（　　）A．氢化物稳定性：Z＞WB．原子半径的大小顺序：rX＞rY＞rQ＞rWC．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物D．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应【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】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，据此解答．【解答】解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，A．非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故A错误；B．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，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即rx＞ry＞rQ＞rW，故B正确；C．CS2属于共价化合物，故C正确；D．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水，故D错误；故选BC．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握半径比较规律．　20．将11.2gFe投入浓硝酸溶液，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到40gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在密闭容器中高温加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（　　）A．2240mLB．4480mLC．3360mLD．1120mL-32-\n【考点】氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】根据题意可知，红棕色气体为二氧化氮，即铁与浓硝酸反应时，铁失去电子，氮元素得到电子；在Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B是亚铁失去电子，氮元素得电子；再A、B气体混合通入足量水中剩余气体一定为NO，则可利用得失电子守恒来计算NO的物质的量．【解答】解：因最后气体为NO，设其物质的量为x，铁与浓硝酸反应时，铁失去电子，氮元素得到电子，且A为二氧化氮，在Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，是亚铁失去电子，氮元素得电子，且B为氧气，A、B气体混合通入足量水生成硝酸和NO，根据守恒思想，计算时抓住反应的始终态即可，反应物可看作Fe、HNO3和水，最终生成物是Fe2O3和剩余气体，A和B混合气体通入水中，剩余气体是NO或O2，根据电子得失守恒可定性判断出剩余气体不可能是O2，则剩余气体只能是NO，设其物质的量为x，则整个过程中由得失电子守恒可知，×（3﹣0）=x×（5﹣2），解得x=0.2mol，即标准状况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4480mL，故选B．【点评】本题较难，明确发生的化学反应，注意元素化合价的变化，明确最后的物质，利用电子守恒来快速计算是解答的关键，从而可避免中间过程的繁杂计算．　二、非选择题（本题包括4个小题，共60分）21．（12分）（2022秋•海南校级月考）X、Y、Z是三种短周期元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，Z的电子层数是X的电子层数的2倍．A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D、E是两种酸，F是一种单质，反应③④均在微生物作用下进行，其转化关系如图所示．回答下列问题：（1）A的电子式为　　．（2）A和E反应生成G，C与G中都含有　共价键　（填化学键的类型）．（3）反应③中如果转移的电子为3mol，则被氧化的A为　0.5　mol．（4）科学家发明了使ZX3直接用于燃料电池的方法，其装置用铂作电极，加入碱性电解质溶液，往一极通入空气，另一电极通入ZX3并使之转化为无污染的气体，试写出负极的电极反应式：　2NH3+6OH﹣﹣6e﹣═N2↑+6H2O　．（5）由Z、X两元素形成的含10个电子的阳离子可和XSO4﹣形成一种盐A，若往A的溶液中缓缓滴入稀NaOH溶液至溶液恰好呈中性，则溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为：　c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）　．-32-\n【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】X、Y、Z是三种短周期元素，Z的电子层数是X的电子层数的2倍，判断X是H元素，Z是第二周期元素．A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，Y、Z中有一种元素为N元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，若Y为N元素，则Z的质子数为7﹣1=6，则Z为C元素，结构框图转化关系可知不符合题意．若Z为N元素，则Y的质子数为1+7=8，则Y为O元素，F是一种单质，能与氨气反应，则F为O2，结合转化关系判断B为NO，C为NO2，D、E是两种酸，反应③④均在微生物作用下进行，则D为HNO2，E为HNO3，符合题意，据此解答．【解答】解：X、Y、Z是三种短周期元素，Z的电子层数是X的电子层数的2倍，判断X是H元素，Z是第二周期元素．A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，Y、Z中有一种元素为N元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，若Y为N元素，则Z的质子数为7﹣1=6，则Z为C元素，结构框图转化关系可知不符合题意．若Z为N元素，则Y的质子数为1+7=8，则Y为O元素，F是一种单质，能与氨气反应，则F为O2，结合转化关系判断B为NO，C为NO2，D、E是两种酸，反应③④均在微生物作用下进行，则D为HNO2，E为HNO3，符合题意．（1）A为NH3，其电子式为，故答案为：；（2）A和E反应生成G为NH4NO3，C为NO2，C与G中都含有共价键，故答案为：共价键；（3）反应③的方程式为：2NH3+3O2═2HNO2+2H2O，如果转移的电子为3mol，则被氧化的NH3为=0.5mol，故答案为：0.5；（4）用铂作电极，加入碱性电解质溶液，往一极通入空气，另一电极通入NH3并使之转化为无污染的气体，负极发生氧化反应，应在负极通入氨气，在碱性条件下生成氮气与水，负极的电极反应式：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣═N2↑+6H2O，故答案为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣═N2↑+6H2O；（5）由N、H两元素形成的含10个电子的阳离子为NH4+，和HSO4﹣形成一种盐A为NH4HSO4，若往A的溶液中缓缓滴入稀NaOH溶液至溶液恰好呈中性，则溶液c（H+）=c（OH﹣），若按1：1恰好反应得到（NH4）2SO4、Na2SO4时，溶液呈酸性，故加入NaOH的物质的量大于NH4HSO4，则c（Na+）＞c（SO42﹣），溶液中N、S原子物质的量之比为1：1，而溶液中N元素以NH4+、NH3．H2O形式存在，故c（SO42﹣）＞c（NH4+），则溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）．【点评】本题考查元素化合物推断、电子式、氧化还原反应计算、原电池、离子浓度大小比等，推断元素及化合物是解题的关键，对学生的逻辑推理有一定的要求，难度中等．　22．（16分）（2022秋•海南校级月考）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：-32-\n已知：①浸出液含有阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成CoCl2．（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式　Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O　．（2）写出加适量NaClO3发生反应的主要离子方程式　ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O　．（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀为　Fe（OH）3、Al（OH）3　．（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，依次是　蒸发浓缩　，　冷却结晶　和过滤．（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1．向“滤液”中加入萃取剂的目的是　除去溶液中的Mn2+　；其使用的最佳pH范围是　B　（填选项序号）．A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是　粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水　（答一条即可）．（7）已知某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳﹣6（C6）中（如图2所示）．若该电池的总反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6，则电池放电时的正极反应式为：　CoO2+Li++e﹣=LiCoO2　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3-32-\n沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；（5）由表中数据可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水；（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应．【解答】解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水；（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为CoO2+Li++e﹣=LiCoO2，故答案为：CoO2+Li++e﹣=LiCoO2．【点评】本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　23．（16分）（2022秋•海南校级月考）氨既是实验室中常用试剂，也是工业上重要原料．（1）某学习小组欲制备少量的氨水．供选用的试剂有：①NH4Cl②（NH4）2CO3．提供的装置如图1，请回答下列问题：①装置A试管内发生反应的化学方程式为　（NH4）2CO32NH3↑+CO2↑+H2O　；-32-\n②从提供的仪器中选择并组装一套本实验的合理、简洁装置，按气流方向连接顺序为（用图中标注的导管口符号表示）a→　edf　；（2）氨在氧气中燃烧，生成水和一种单质．已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1写出氨在氧气中燃烧生成液态水和气态单质的热化学方程式：　4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2kJ•mol﹣1　；（3）已知在一定条件下，将1molN2和3molH2混合于一个10L的密闭容器中发生的反应为N2+3H22NH3，5min后达到平衡，平衡时氨的体积分数为25%．①该反应的平衡常数表达式K=　　；②从反应开始到平衡时，N2的反应速率v（N2）=　0.008mol/（L﹒min）　；（4）工业上以氨气、空气为主要原料制取硝酸．在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＞0．该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图2所示．若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）　AB　．A．在t1～t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态B．在t2时，采取的措施可以是升高温度C．在t3～t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态D．在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值（5）为检验氨气与酸反应得到的某种常见氮肥的成分，某同学进行了以下实验：①加热氮肥样品产生气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊．②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化．由此可知该氮肥的主要成分可能是　C　（填选项序号）；A．NH4ClB．（NH4）2CO3C．NH4HCO3D．NH4NO3（6）硝酸厂常用Na2CO3溶液吸收处理尾气NO2生成CO2．若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是：　2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2　．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；氨的实验室制法．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）①加热氯化铵分解得到氨气与HCl，冷却后二者又反应得到氯化铵，选择碳酸铵加热分解产生氨气、水和二氧化碳；②A为发生装置，浓硫酸可以吸收氨气，选择C吸收二氧化碳，为防止倒吸，选择D装置进行尾气处理；（2）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1-32-\n根据盖斯定律，②×3﹣①×2可得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）；（3）①化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；②在一定条件下，将1molN2和3molH2混合于一个10L的密闭容器中，5min后达到平衡，平衡时氨的体积分数为25%，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：x3x2x平衡量（mol）：1﹣x3﹣3x2x所以=25%，解得x=0.4，再根据v=计算v（N2）；（4）A．反应前后气体物质的量发生变化，恒温恒容下，容器内压强变化，压强保持不变说明反应已达到平衡状态；B．升高温度，正、逆速率都增大，正反应为吸热反应，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动；C．恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，；D．由图可知，在t2时，改变条件平衡向正反应移动，t3时到达平衡，t4时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应进行，应是NO2降低的浓度；（5）①加热氮肥样品生成气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，结合选项可知，含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸根离子；（6）9.2gNO2的物质的量为=0.2mol，0.2molNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则2molNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子1mol，则N的化合价分别有+4价变化为+5价和+3价，在碱性溶液中应生成NO3﹣和NO2﹣．【解答】解：（1）①加热氯化铵分解得到氨气与HCl，冷却后二者又反应得到氯化铵，选择碳酸铵加热分解产生氨气、水和二氧化碳，化学方程式为：（NH4）2CO32NH3↑+CO2↑+H2O，故答案为：（NH4）2CO32NH3↑+CO2↑+H2O；②将氨气溶于水形成氨水，生成的氨气需通过碱石灰除去二氧化碳、再通入水需要防止倒吸，按气流方向连接顺序为a→e→d→f，故答案为：edf；（2）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1根据盖斯定律，②×3﹣①×2可得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2kJ•mol﹣1故答案为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2kJ•mol﹣1；（3）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式K=，-32-\n故答案为：；②设参加反应的氮气的物质的量xmol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：x3x2x平衡量（mol）：1﹣x3﹣3x2x则N2的反应速率v（N2）==0.008mol/（L﹒min），故答案为：0.008mol/（L﹒min）；（4）A．反应前后气体物质的量发生变化，恒温恒容下，容器内压强变化，在t1～t2时可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态，故A正确；B．正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，在t2时，正、逆速率都增大，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故B正确；C．恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．由图可知，在t2时，改变条件平衡向正反应移动，t3时到达平衡，t4时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应进行，应是NO2降低的浓度，故容器内NO2的体积分数在t3时值的最大，故D错误；故选AB；（5）①加热氮肥样品生成气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，结合选项可知，含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸根离子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3，故选：C；（6）9.2gNO2的物质的量为=0.2mol，0.2molNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则2molNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子1mol，则N的化合价分别有+4价变化为+5价和+3价，在碱性溶液中应生成NO3﹣和NO2﹣，反应的离子方程式为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、盖斯定律应用、物质检验、离子方程式、气体制备等，属于拼合型题目，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　【化学选修3物质结构与性质】24．（16分）（2022秋•海南校级月考）已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大．A原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族．E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满．根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号　M　，该能层具有的原子轨道数为　9　；-32-\n（2）E2+离子的价层电子排布图是　　，F原子的电子排布式是　1s22s22p63s23p63d104s1　；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为　sp2　，B元素的气态氢化物的VSEPR模型为　四面体　；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB﹣互为等电子体，它们结构相似，DAB﹣的电子为　　；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程为　3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓　；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为　CuFeS2　，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=　4.32　g/cm3．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素．（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道，故答案为：M；9；（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是，F为Cu元素，原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：；1s22s22p63s23p63d104s1；-32-\n（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，分子结构式为，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，VSEPR模型为四面体，故答案为：sp2；四面体；（4）化合物CO2、N2O和阴离子SCN﹣互为等电子体，它们结构相似，SCN﹣中C原子与S、N原子之间形成2对共用电子对，SCN﹣的电子式为，故答案为：；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，含有K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN﹣构成，配位数为6，甲为K3[Fe（CN）6]，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓，故答案为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣=Fe3[Fe（CN）6]2↓；（6）晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6×+4×=4，F（Cu）原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4×+1+8×=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2，晶胞质量=×4，晶胞体积=（524×10﹣10cm）2×103×10﹣10cm，该晶体的密度d=（×4）÷[（524×10﹣10cm）2×103×10﹣10cm]=4.32g/cm3，故答案为：CuFeS2；4.32．【点评】本题是对考查物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化理论、等电子体、配合物、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，（5）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．　【化学选修5有机化学基础】25．（2022•碑林区校级模拟）芳香族化合物A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，B苯环上的一硝基取代物有三种，有关物质之间的转化关系如下：-32-\n（1）D的分子式为　C9H12O2　，I中官能团名称为　羧基　，反应③属于　氧化　反应（填反应类型）．（2）写出下列物质的结构简式：A2　　；X　　．（3）写出下列反应的化学方程式：①　　；④　　．（4）化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体有　15　种；①苯环上有两个取代基；②能使FeCl3溶液显色；③与E含有相同官能团写出其中核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的结构简式：　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，则Mr（B）=59×2=118，分子中最大C原子数目为=9…10，则烃B的分子式为C9H10，芳香族化合物A1能连续发生氧化反应，含有醇羟基，且羟基相连的碳原子上含有2个H原子，A发生消去反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D能连续发生氧化反应生成F，F能与形成高分子化合物，由转化关系可知，F应含有﹣COOH、﹣OH，B的一元硝化产物有三种，则B为：，C为，D为，E为，F为，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为．A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，则A1和A2中都含有醇羟基，A1-32-\n能被氧化生成醛，则A1的结构简式为，A2的结构简式为，H的结构简式为，I的结构简式为，F和A1发生酯化反应生成X为，据此解答．【解答】解：烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍，则Mr（B）=59×2=118，分子中最大C原子数目为=9…10，则烃B的分子式为C9H10，芳香族化合物A1能连续发生氧化反应，含有醇羟基，且羟基相连的碳原子上含有2个H原子，A发生消去反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D能连续发生氧化反应生成F，F能与形成高分子化合物，由转化关系可知，F应含有﹣COOH、﹣OH，B的一元硝化产物有三种，则B为：，C为，D为，E为，F为，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为．A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B，则A1和A2中都含有醇羟基，A1能被氧化生成醛，则A1的结构简式为，A2的结构简式为，H的结构简式为，I的结构简式为，F和A1发生酯化反应生成X为，（1）D为，分子式为C9H12O2，I为，含有的官能团名称为：羧基，反应③属于氧化反应，故答案为：C9H12O2；羧基；氧化；-32-\n（2）A2的结构简式为，X的结构简式为：，故答案为：；；（3）反应①的化学方程式为：；反应④的化学方程式为：，故答案为：；；（4）化合物J是比化合物E（）多一个碳原子的E的同系物，化合物J有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体：①苯环上有两个取代基；②能使FeCl3溶液显色，含有酚羟基；③与E含有相同官能团，还含有醛基，侧链为﹣OH、﹣CH2CH2CH2CHO，或侧链为﹣OH、﹣CH2CH（CHO）CH3，或侧链为﹣OH、﹣CH（CHO）CH2CH3，或侧链为﹣OH、﹣C（CH3）CH2CHO，或侧链为﹣OH、﹣C（CH3）2CHO，各有邻、间、对三种位置，故共有5×3=15种，其中核磁共振氢谱图中峰面积比为1：1：2：2：6的结构简式为，故答案为：15；．【点评】本题考查有机物的推断，注意根据反应条件判断物质含有的官能团，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，（4）中同分异构体数目判断为易错点，难度中等．　-32-