江西省宜春中学2022学年高三化学下学期月考试卷含解析

江西省宜春中学2022-2022学年高三（下）月考化学试卷　一、选择题1．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用．下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（　　）A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放　2．下列有关化学用语正确的是（　　）A．NaOH的电子式：B．I4O9（碘酸碘）中碘的化合价为+3，+5C．NH3的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式为：D．CO2的比例模型：　3．某无色溶液中含有大量KOH，Na2CO3，Na2SO4，为验证其中阴离子，若限定只能使用试管和胶头滴管且只准取一次待测液，则加入试剂顺序正确的是（　　）A．BaCl2溶液，盐酸，酚酞B．BaCl2溶液，酚酞，盐酸C．酚酞，BaCl2溶液，盐酸D．酚酞，盐酸，BaCl2溶液　4．我国崇尚体育公平，倡导绿色奥运，而运动员服用兴奋剂事件有时有发生，图是兴奋剂利尿酸的结构．关于它的说法不正确的是（　　）A．利尿酸的分子式为：C13H12O4Cl2B．1mol利尿酸最多可与5molH2发生反应C．利尿酸所有碳原子可能共面D．利尿酸在一定条件下能发生消去、氧化、还原、水解、银镜等反应　5．pH=11的两种一元碱XOH、YOH溶液各5mol，分别稀释至500mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）20\nA．XOH一定是弱碱，YOH一定是强碱B．稀释后XOH溶液中水的电离程度比YOH溶液中水电离程度大C．等物质的量浓度等体积YNO3溶液比XNO3溶液所含离子数多D．完全中和上述XOH、YOH两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积前者大于后者　6．用如图装置进行实验（A为电流计），观察到现象：装置图1：Cu电极上产生大量的无色气泡；装置图2：Cu电极上无气泡产生，而Cr电极上产生大量气泡，则下列说法正确的是（　　）A．图1是电解池，图2是原电池B．两个电池中，电子均由Cr电极流向Cu电极C．图2中Cr电极可能被浓HNO3钝化成惰性电极D．由实验现象可知金属活动性：Cu＞Cr　7．镁、铝、铁合金投入到300ml硝酸溶液中，金属恰好溶解，转化成Mg2+、Al3+和Fe3+；硝酸全部被还原为NO，且在标准状况下，体积为6.72L，当加入300ml某浓度NaOH，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g．下列有关推断正确的是（　　）A．参加反应HNO3物质的量为0.9molB．参加反应的金属质量为11.9gC．HNO3物质的量浓度为3mol/LD．NaOH物质的量浓度为6mol/L　　二、解答题（共6小题，满分58分）8．（14分）为探究亚硫酸钠的热稳定性及有关性质，某研究性学习小组查阅资料：无水亚硫酸钠隔绝空气受热到600℃才开始分解，且分解产物只有硫化钠和另外一种固体．该小组将无水亚硫酸钠隔绝空气加热，并对受热后剩余固体进行探究．20\n（1）提出假设：假设1：Na2SO3未分解假设2：Na2SO3完全分解假设3：　　　　　　（2）设计实验方案，进行实验，该学习小组取一定量受热后的固体试样在如图所示的实验装置进行实验．请回答下列有关问题：①A装置的气密性检查方法：　　　　　　；②如果加热温度为700℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，且有大量气泡产生，则反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为　　　　　　；设反应完全，此时在B、C两装置中可能观察到得现象为　　　　　　．根据实验现象，则假设成立．③在步骤②中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl﹣外，还存在另一种浓度较大的阴离子．为检验该阴离子，则实验方法为　　　　　　．④写出固体加热到600℃以上分解的化学方程式　　　　　　．　9．（14分）NiSO4是一种重要的化工原料，大量用于电镀、触媒和纺织品染色等．某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4•7H2O．已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe的单质及氧化物，其他不溶杂质．部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀完全沉淀Al（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2回答下列问题：（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、漏斗、玻璃棒外还需要的主要仪器为　　　　　　．（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是　　　　　　，　　　　　　．（3）“酸浸”时所加入的酸是　　　　　　（填化学式）．酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是　　　　　　．20\n（4）在40℃左右，用6%的H2O2能氧化Fe2+此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀而把铁除去．图是温度﹣pH值与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域（已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=2.64×10﹣39）．下列说法正确的是　　　　　　（选填序号）．A．FeOOH中铁为+2价B．若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.64×10﹣29C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2OD．工业生产中温度常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH约为1.2～1.8（5）操作b调节pH的范围为　　　　　　．（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），其原因可能是　　　　　　．　10．（15分）甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景．（1）工业生产甲醇的常用方法是：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ/mol已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=﹣566.0kJ/mol①写出甲醇不完全燃烧生成CO和液态水的热化学方程式　　　　　　．②若在恒温恒容的容器内进行反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），下列不能表示该反应达到平衡状态的标志有　　　　　　（填字母序号）A．容器中混合气体的平均相对分子质量不变化B．n（CO）：n（CH3OH）=1：1C．容器中混合气体的压强不变化D．有2个H﹣H键生成的同时有3个C﹣H键生成．　11．制甲醇所需要的H2，可用下列反应制取：H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）在容积为2L的密闭容器中，充入CO和H2O（g），在其他条件不变的情况下，考查温度对反应的影响，试样结果如图1所示．20\n①下列有关说法正确的是　　　　　　A．该反应为吸热反应B．该反应在T2时的平衡常数比T1时的小C．选择合适催化剂以提高H2的产率D．温度为T2时，反应开始到平衡，生成H2的平均速率为ν（H2）=mol•L﹣1•min﹣1②在T1温度时，将2molCO和4molH2O（g）充入该密闭容器中，充分反应达到平衡时，CO与H2的物质的量浓度相等则此条件下该反应的平衡常数K=　　　　　　．　12．某同学设计了一个甲醇为燃料的电池，并用该电池电解200mL一定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图2：①写出i中通入甲醇这一极的电极反应式　　　　　　．②理论上ii中两极所得气体的体积随时间变化的关系如坐标图3所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），则在t2时所得溶液为pH约为　　　　　　（忽略溶液体积的变化，下同）．③原混合溶液中NaCl的浓度为，理论上t3时刻时，共消耗甲醇的物质的量约为　　　　　　．（保留小数点后三位数）　13．（15分）根据下列有机化合物，回答问题．（1）上述物质互为同分异构体的化合物为　　　　　　；（2）写出丙中官能团的名称　　　　　　；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应，生成X、Y两种有机物（相对分子质量：X＜Y）．由X经下列反应可制得N、F两种高分子化合物，它们都是常用的塑料．20\n①X转化为M的反应类型是　　　　　　．②写出B转化为C的化学方程式　　　　　　；③在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为　　　　　　．④E的同分异构体有不少种，其中（i）能发生水解且能与钠反应产生氢气的同分异构体有　　　　　　种；（ii）氢谱分析只含有一种氢原子的同分异构体的结构简式为：　　　　　　（写出一种即可）．　　20\n江西省宜春中学2022-2022学年高三（下）月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用．下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（　　）A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；清洁能源．有【专题】化学反应中的能量变化．【分析】正确地处理人与自然之间的关系，高效地、文明地实现对自然资源的永续利用，减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，据此即可解答．A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，可减少化石能源的利用；B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应；C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，使用后的废弃物影响环境；D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放，符合社会可持续发展理念；【解答】解：A．因不可再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充，加大清洁能源的开发利用，如开发太阳能，它是可再生能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故A正确；B．二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故C错误；D．水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续发展理念，故D正确；故选C．【点评】本题考查环境保护及可持续发展，注意节约资源、开发新能源、走可持续发展之路，人人有责，题目难度不大．　2．下列有关化学用语正确的是（　　）A．NaOH的电子式：B．I4O9（碘酸碘）中碘的化合价为+3，+5C．NH3的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式为：D．CO2的比例模型：【考点】电子式；结构式；球棍模型与比例模型【专题】化学用语专题．20\n【分析】A．NaOH是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，氢氧根离子中O与H以共价键相结合；B．碘酸碘（I4O9）是由一个带正电荷的碘离子和三个碘酸根（IO3﹣）离子构成；C．NH5即NH4H是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成；D．CO2是直线形分子；【解答】解：A．NaOH是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，氢氧根离子中O与H以共价键相结合，其电子式为，故A错误；B．碘酸碘（I4O9）是由一个带正电荷的碘离子和三个碘酸根（IO3﹣）离子构成，碘的化合价为+3，+5，故B正确；C．NH5是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故C错误；D．CO2的比例模型：，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了物质的组成、电子式以及比例模型，难度中等，注意题目信息的掌握．　3．某无色溶液中含有大量KOH，Na2CO3，Na2SO4，为验证其中阴离子，若限定只能使用试管和胶头滴管且只准取一次待测液，则加入试剂顺序正确的是（　　）A．BaCl2溶液，盐酸，酚酞B．BaCl2溶液，酚酞，盐酸C．酚酞，BaCl2溶液，盐酸D．酚酞，盐酸，BaCl2溶液【考点】常见阴离子的检验．有【专题】离子反应专题．【分析】硫酸根离子、碳酸根离子可以和钡离子反应生成沉淀，碳酸根离子可以和盐酸反应生成二氧化碳气体，氢氧化钠是强碱，能使酚酞显红色，据此进行选择进入试剂的顺序．【解答】解：A．加入氯化钡，氯化钡与碳酸钠、硫酸钠反应生成白色沉淀，不能鉴别碳酸根离子和硫酸根离子，再加入盐酸，可以鉴别有碳酸根离子，但是也和氢氧根中和了，无法鉴别氢氧根离子，故A错误；B．先加入氯化钡，氯化钡与碳酸钠、硫酸钠反应生成白色沉淀，再加酚酞，变红，可以鉴别氢氧根的存在，最后加盐酸，沉淀部分溶解，并产生气泡，可以鉴别碳酸根的存在（碳酸钡可以和盐酸反应），根据最后仍然有不溶沉淀存在在证明含有硫酸根离子，故B正确；C．加入酚酞后溶液变成红色，含有碳酸根离子和氢氧根离子的溶液都能够使酚酞变红，加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，最后加入盐酸，沉淀部分溶解，能够证明碳酸根离子和硫酸根离子，无法判断是否含有氢氧根离子，故C错误；D．加酚酞，溶液变红，可以鉴别氢氧根和碳酸根的存在（碳酸钠水解显示碱性），再加入盐酸，盐酸与碳酸根离子反应生成气体，能够鉴别碳酸根离子，但是无法判断溶液中是否含有氢氧根离子，故D错误；故选B．【点评】本题考查常见离子的检验，题目难度不大，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确离子的性质以及特征离子反应是解题的关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　20\n4．我国崇尚体育公平，倡导绿色奥运，而运动员服用兴奋剂事件有时有发生，图是兴奋剂利尿酸的结构．关于它的说法不正确的是（　　）A．利尿酸的分子式为：C13H12O4Cl2B．1mol利尿酸最多可与5molH2发生反应C．利尿酸所有碳原子可能共面D．利尿酸在一定条件下能发生消去、氧化、还原、水解、银镜等反应【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．有【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含碳碳双键、﹣Cl、C=O及﹣COOH等，结合烯烃、卤代烃、羧酸的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，分子式为C13H12O4Cl2，故A正确；B．苯环、碳碳双键、羰基均与氢气发生加成反应，则1mol利尿酸最多可与5molH2发生反应，故B正确；C．苯环、双键、C=O均为平面结构，与平面结构的C直接相连的原子一定共面，甲基中碳原子与﹣COOH中的C原子可能共面，则所有碳原子不可能共面，故C正确；D．﹣Cl在苯环上，不能发生消去反应，不含﹣CHO，不能发生银镜反应，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酮、苯及卤代烃性质的考查，注意﹣COOH不能发生加成反应，选项C为解答的难点，题目难度不大．　5．pH=11的两种一元碱XOH、YOH溶液各5mol，分别稀释至500mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）A．XOH一定是弱碱，YOH一定是强碱B．稀释后XOH溶液中水的电离程度比YOH溶液中水电离程度大C．等物质的量浓度等体积YNO3溶液比XNO3溶液所含离子数多D．完全中和上述XOH、YOH两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积前者大于后者【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．有【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=11的XOH、YOH两种碱溶液稀释100倍后，pH都减小，碱性越强的碱，其pH变化越明显，YOH减小的程度小于XOH，则说明XOH的碱性大于YOH，据此分析解答．【解答】解：pH=11的XOH、YOH两种碱溶液稀释100倍后，pH都减小，碱性越强的碱，其pH变化越明显，YOH减小的程度小于XOH，则说明XOH的碱性大于YOH，A、YOH减小的程度小于XOH，则说明XOH的碱性大于YOH，故A错误；20\nB、碱中氢氧根离子的浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据图象中知，YOH中氢氧根离子浓度大于XOH，所以稀释后XOH溶液中水的电离程度比YOH溶液中水电离程度大，故B正确；C、若XOH、YOH是一元碱，XOH的碱性大于YOH，则YOH的阳离子水解程度大于XOH的阳离子，则等物质的量浓度等体积YNO3溶液比XNO3溶液所含离子数少，故C错误；D、pH相等的两种碱，YOH的浓度大于XOH，所以等体积等PH的两种碱，消耗同浓度稀硫酸的体积V（XOH）＜V（YOH），故D错误；故选B．【点评】本题考查了弱碱稀释PH变化曲线，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据pH变化大小确定碱相对强弱，再结合离子水解程度来分析解答，题目难度中等．　6．用如图装置进行实验（A为电流计），观察到现象：装置图1：Cu电极上产生大量的无色气泡；装置图2：Cu电极上无气泡产生，而Cr电极上产生大量气泡，则下列说法正确的是（　　）A．图1是电解池，图2是原电池B．两个电池中，电子均由Cr电极流向Cu电极C．图2中Cr电极可能被浓HNO3钝化成惰性电极D．由实验现象可知金属活动性：Cu＞Cr【考点】原电池和电解池的工作原理．有【专题】电化学专题．【分析】观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明图1中，Cr为负极，铜为正极，正极上析出氢气，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量气体，说明铜被氧化应为负极，正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体，以此解答该题．【解答】解：A．图1与图2中均没有外加电源，所以均为原电池装置，故A错误；B．图1中Cr为负极，铜为正极，电子由Cr经导线流向Cu，图2中Cr为正极，Cu为负极，电子由Cu极经导线流向Cr，故B错误；C．图2中Cr电极被浓HNO3钝化成惰性电极作正极，Cu失电子作负极，故C正确；D．由图1根据原电池原理知金属铬的活动性比铜强，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会原电池电极的判断方法，难度中等．　7．镁、铝、铁合金投入到300ml硝酸溶液中，金属恰好溶解，转化成Mg2+、Al3+和Fe3+；硝酸全部被还原为NO，且在标准状况下，体积为6.72L，当加入300ml某浓度NaOH，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g．下列有关推断正确的是（　　）A．参加反应HNO3物质的量为0.9molB．参加反应的金属质量为11.9g20\nC．HNO3物质的量浓度为3mol/LD．NaOH物质的量浓度为6mol/L【考点】有关混合物反应的计算．有【专题】计算题．【分析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为×3=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=n（NO3﹣）=0.9mol，根据c=计算出氢氧化钠溶液的浓度；反应后沉淀的质量为：金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g﹣15.3g=11.9g；参加反应的硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO3﹣）+n（NO）=0.3mol+0.9mol=1.2mol，根据c=计算出计算出硝酸的物质的量浓度．【解答】解：将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：×（5﹣2）=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n（OH﹣）=n（NO3﹣）=0.9mol，A．参加反应的硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO3﹣）+n（NO）=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故A错误；B．反应后沉淀的质量=金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g﹣15.3g=11.9g，故B正确；C．参加反应的硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO3﹣）+n（NO）=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c（HNO3）==4mol/L，故C错误；D．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）==3mol/L，故D错误；故选B．【点评】本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确“反应中金属失去电子的物质的量=硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用．　二、解答题（共6小题，满分58分）8．（14分）为探究亚硫酸钠的热稳定性及有关性质，某研究性学习小组查阅资料：无水亚硫酸钠隔绝空气受热到600℃才开始分解，且分解产物只有硫化钠和另外一种固体．该小组将无水亚硫酸钠隔绝空气加热，并对受热后剩余固体进行探究．20\n（1）提出假设：假设1：Na2SO3未分解假设2：Na2SO3完全分解假设3：　亚硫酸钠部分分解　（2）设计实验方案，进行实验，该学习小组取一定量受热后的固体试样在如图所示的实验装置进行实验．请回答下列有关问题：①A装置的气密性检查方法：　关闭分液漏斗的活塞，在装置D中加一定量的水，用热毛巾捂热装置A中的烧瓶，发现D中导管有气泡冒出，冷却后又发现D中导管形成一段水柱，说明该装置的气密性良好　；②如果加热温度为700℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，且有大量气泡产生，则反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为　SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O　；设反应完全，此时在B、C两装置中可能观察到得现象为　B中品红褪色或C中出现黑色沉淀　．根据实验现象，则假设成立．③在步骤②中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl﹣外，还存在另一种浓度较大的阴离子．为检验该阴离子，则实验方法为　先取固体试样溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，若无明显现象，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明SO42﹣有存在　．④写出固体加热到600℃以上分解的化学方程式　4Na2SO3Na2S+3Na2SO4　．【考点】性质实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用．有【专题】氧族元素．【分析】（1）根据假设，亚硫酸钠未分解、完全分解，则第3种情况为部分分解；（2）①依据装置密闭后气泡冒出和液面变化分析判断装置气密性；②SO32﹣、S2﹣可在酸性条件下转化为单质硫；则发生SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O；气体可能为二氧化硫或硫化氢气体；③亚硫酸钠分解产物中含有硫化钠，根据硫元素的化合价变化可知，另一种产物中硫元素的化合价升高，为硫酸钠；③由③分析可知Na2SO3固体加热到600℃以上分解产物是Na2SO4和Na2S．【解答】解：（1）根据假设，亚硫酸钠未分解、完全分解，则第3种情况为亚硫酸钠部分分解；故答案为：亚硫酸钠部分分解；（2）关闭分液漏斗的活塞，在装置D中加一定量的水，使整套装置形成密闭系统，用热毛巾捂热装置A中的烧瓶，瓶内气体受热膨胀，体积增大，则会发现D中导管有气泡冒出，冷却后，气体体积缩小，大气压压着水进入导管，在D中导管内形成一段水柱，说明该装置不漏气，即装置的气密性良好；20\n故答案为：关闭分液漏斗的活塞，在装置D中加一定量的水，用热毛巾捂热装置A中的烧瓶，发现D中导管有气泡冒出，冷却后又发现D中导管形成一段水柱，说明该装置的气密性良好；②温度为700℃时，Na2SO3开始分解，所得固体可能是Na2SO3、Na2S等的混合物．滴入稀盐酸时，SO32﹣、S2﹣可在酸性条件下转化为单质硫，烧瓶中有气体冒出，可能为SO2，也可能为硫化氢气体，若为二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，则B中品红褪色，若为硫化氢，硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜黑色沉淀，则C中出现黑色沉淀，试样溶液出现的现象是：有淡黄色沉淀生成并有气泡冒出，沉淀为S、气体为硫化氢，则试样溶液中发生反应的离子方程式为SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，S2﹣+2H+=H2S↑；故答案为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，B中品红褪色或C中出现黑色沉淀；③亚硫酸钠分解产物中含有硫化钠，硫元素的化合价降低，则另一种产物中硫元素的化合价升高，为硫酸钠，要检验硫酸根离子的存在，先取固体试样溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，若无明显现象，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明SO42﹣有存在；故答案为：先取固体试样溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，若无明显现象，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明SO42﹣有存在；④由③分析可知Na2SO3固体加热到600℃以上分解产物是Na2SO4和Na2S，则反应的方程式为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；故答案为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4．【点评】本题考查性质实验方案的设计，注意实验现象的分析推测、实验结果的研究处理等问题，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度较大．　9．（14分）NiSO4是一种重要的化工原料，大量用于电镀、触媒和纺织品染色等．某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4•7H2O．已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe的单质及氧化物，其他不溶杂质．部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀完全沉淀Al（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.720\nNi（OH）27.19.2回答下列问题：（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、漏斗、玻璃棒外还需要的主要仪器为　蒸发皿　．（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是　2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　，　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　．（3）“酸浸”时所加入的酸是　H2SO4　（填化学式）．酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是　Ni2+、Fe2+　．（4）在40℃左右，用6%的H2O2能氧化Fe2+此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀而把铁除去．图是温度﹣pH值与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域（已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=2.64×10﹣39）．下列说法正确的是　CD　（选填序号）．A．FeOOH中铁为+2价B．若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.64×10﹣29C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2OD．工业生产中温度常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH约为1.2～1.8（5）操作b调节pH的范围为　3.2﹣7.1　．（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），其原因可能是　H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的　．【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯和除杂．有【专题】综合实验题．【分析】由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2﹣3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体；（1）依据流程图分析判断，操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O；（2）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强酸强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；（3）依据最后制备NiSO4•7H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；铁及其化合物、镍和硫酸反应生成亚铁离子和镍离子，过滤后得到溶液为硫酸亚铁和硫酸镍溶液；（4）A．根据化合价的代数和为零分析；B．pH=4，c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1，根据Ksp计算铁离子的浓度；C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+生成铁离子和氯离子；20\nD．根据图象判断生成黄铁矾钠的条件；（5）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液；（6）含有绿矾晶体说明在加入过氧化氢保温过程中，过氧化氢未把亚铁离子全部氧化．【解答】解：（1）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O；，操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为过滤装置中的漏斗和蒸发浓缩溶液需要的蒸发皿，故答案为：蒸发皿；（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（3）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，故答案为：H2SO4；Ni2+、Fe2+；（4）A．FeOOH中O为﹣2价，H为+1价，则铁为+3价，故a错误；B．pH=4，c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1，Ksp=c（Fe3+）×c3（OH﹣），则c（Fe3+）===2.64×10﹣9mol/L，故b错误；C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+生成铁离子和氯离子，其反应的离子方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O，故c正确；D．由图象判断可知生成黄铁矾钠的条件为：温度为85～95℃，水体的pH为1.2～1.8，故d正确；故答案为：CD；（5）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2﹣7.1间，故答案为：3.2﹣7.1；（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化，故答案为：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的．【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等．　10．（15分）甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景．（1）工业生产甲醇的常用方法是：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ/mol已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/mol2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=﹣566.0kJ/mol20\n①写出甲醇不完全燃烧生成CO和液态水的热化学方程式　CH3OH（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（l）△H=﹣480.8kJ/mol　．②若在恒温恒容的容器内进行反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），下列不能表示该反应达到平衡状态的标志有　B　（填字母序号）A．容器中混合气体的平均相对分子质量不变化B．n（CO）：n（CH3OH）=1：1C．容器中混合气体的压强不变化D．有2个H﹣H键生成的同时有3个C﹣H键生成．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断．有【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】①目标热化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（l）△H，根据已知热化学方程式构造目标热化学方程式，然后计算焓变；②根据化学处于平衡时正逆反应速率相等，各组成成分不变，以及有关物理量与平衡移动的关系作判断．【解答】解：①已知：①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ/mol，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/mol，由盖斯定律可知，②﹣①得CH3OH（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol+90.8kJ/mol=﹣480.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（l）△H=﹣480.8kJ/mol；②A．反应体系中都是气体，气体的总质量m恒定，该反应不是等物质的量的反应，由M=可知摩尔质量是一个变化的值，因此当容器中混合气体的平均相对分子质量不变化，说明处于平衡状态，故A正确；B．n（CO）：n（CH3OH）=1：1，并不能代表物质的量不再发生变化，因此不能作为平衡的标志，故B错误；C．该反应不是等物质的量的反应，体系的压强与气体的物质的量成正比，当容器中混合气体的压强不变化，说明反应处于平衡状态，故C正确，D．有2个H﹣H键生成的同时有3个C﹣H键生成，说明生成氢气的速率是生成CH3OH速率的2倍，正逆反应速率相等，说明处于平衡状态，故D正确，故选B．【点评】本题考查了化学反应与能量、化学平衡的标志，侧重于利用盖斯定律进行反应热的计算、化学平衡的判定，具有一定的综合性，难度中等．　11．制甲醇所需要的H2，可用下列反应制取：H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）在容积为2L的密闭容器中，充入CO和H2O（g），在其他条件不变的情况下，考查温度对反应的影响，试样结果如图1所示．20\n①下列有关说法正确的是　B　A．该反应为吸热反应B．该反应在T2时的平衡常数比T1时的小C．选择合适催化剂以提高H2的产率D．温度为T2时，反应开始到平衡，生成H2的平均速率为ν（H2）=mol•L﹣1•min﹣1②在T1温度时，将2molCO和4molH2O（g）充入该密闭容器中，充分反应达到平衡时，CO与H2的物质的量浓度相等则此条件下该反应的平衡常数K=　　．【考点】浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；化学平衡的计算．有【分析】①A、根据H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热利用盖斯定律，写出由CO2和H2合成甲醇的热化学方程式，再据此判断；B、根据反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的热量的变化，并由此判断温度变化时平衡移动的方向，再判断平衡常数的变化；C、催化剂不能改变化学平衡；D、依据图象分析甲醇的平衡物质的量和时间，结合化学方程式计算消耗氢气的物质的量，结合反应速率概念计算得到；②根据化学平衡三段式计算各组分浓度，根据平衡常数概念公式计算平衡常数值．【解答】解：①A、依据图象分析T2先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，故A错误；B、依据图象分析T2先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应在T2时的平衡常数比T1时的小，故B正确；C、催化剂不影响化学平衡的移动，即不能改变氢气转化率，故C错误；D、B过程依据图象分析，在tB达到平衡时生成甲醇nBmol，依据化学方程式CO2+3H2=CH3OH+H2O，消耗氢气物质的量为3nBmol，用H2表示该反应的化学反应速率==mol/L•min，故D错误；故答案为：B；②对应反应H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g）起始（mol/L）2100变化（mol/L）aaaa平衡（mol/L）2﹣a1﹣aaa由于反应达到平衡时，CO与H2的物质的量浓度相等，即1﹣a=a，解得a=0.5，平衡常数K===，故答案为：．【点评】本题考查了化学平衡常数、影响平衡的因素、化学平衡的计算等内容，考查的点较多，知识夸度大，对学生来讲有一定的难度．20\n　12．某同学设计了一个甲醇为燃料的电池，并用该电池电解200mL一定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图2：①写出i中通入甲醇这一极的电极反应式　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O　．②理论上ii中两极所得气体的体积随时间变化的关系如坐标图3所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），则在t2时所得溶液为pH约为　1　（忽略溶液体积的变化，下同）．③原混合溶液中NaCl的浓度为，理论上t3时刻时，共消耗甲醇的物质的量约为　0.017mol　．（保留小数点后三位数）【考点】原电池和电解池的工作原理．有【分析】①甲醇发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子与水；②电池通入甲醇的为负极，乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl﹣在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl﹣﹣4e﹣=Cl2↑，依据生成的迁移体积计算物质的量得到氯化钠物质的量计算浓度，阴极2Cu2++4e﹣=2Cu，t1～t2电极反应式为：阳极4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，阴极2Cu2++4e﹣=2Cu，t2点后电极反应式为：阳极4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，阴极4H++4e﹣=2H2↑，所以t1～t2阳极上生成氧气，根据氧气的量计算氢氧根离子的物质的量，进而计算溶液的pH；③据产生氯气的量计算NaCl的浓度；电解至t3时，电解生成氧气为672﹣224mL=448mL，氯气224mL，据电子守恒求算消耗甲醇物质的量．【解答】解：①在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的过程为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；②石墨为阳极、铁电极为阴极，开始Cl﹣在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl﹣﹣4e﹣=Cl2↑，t1点后电极反应式为：阳极4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，由图可知，至t2点时，产生氧气为112mL，即0.112L，据电极反应式4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，则反应的氢氧根离子物质的量为：=0.02mol，生成氢离子浓度为：=0.1mol/L，pH=1，故答案为：1；③由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑可知，n（NaCl）=×2=0.02mol，所以c（NaCl）==0.1mol/L，20\n电解至t3时，电解生成氧气为672﹣224mL=448mL，氯气224mL，转移电子物质的量为：（×4+×2）mol=0.1mol，据CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O可知，转移0.1mol电子，消耗甲醇物质的量为：mol=0.017mol，故答案为：0.1mol/L；0.017mol．【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及图图象的对应关系是解答本题的关键，注意（3）中计算甲醇的物质的量可利用电子守恒计算，题目难度中等．　13．（15分）根据下列有机化合物，回答问题．（1）上述物质互为同分异构体的化合物为　甲、乙、丙、戊　；（2）写出丙中官能团的名称　羟基、醛基　；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应，生成X、Y两种有机物（相对分子质量：X＜Y）．由X经下列反应可制得N、F两种高分子化合物，它们都是常用的塑料．①X转化为M的反应类型是　消去反应　．②写出B转化为C的化学方程式　　；③在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为　　．④E的同分异构体有不少种，其中（i）能发生水解且能与钠反应产生氢气的同分异构体有　4　种；（ii）氢谱分析只含有一种氢原子的同分异构体的结构简式为：　CH3OCOOCH3等　（写出一种即可）．【考点】有机物的推断．有【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；（2）由丙的结构可知，含有官能团名称是羟基和醛基；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应生成X和Y，相对分子质量X＜Y，则Y为，X为20\n，M可发生聚合反应，则X→M必为消去反应，故M为CH2=CHCH3，N为，丙烯与稀发生加成反应生成A为CH2BrCHBrCH3，A在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成B为HOCH2CH（OH）CH3，B发生催化氧化生成C为，C进一步被氧化生成D为，D与氢气发生加成反应生成E为，E发生缩聚反应生成F，据此解答．【解答】解：（1）根据这几种物质的结构简式知，甲、乙、丙、戊分子式相同结构不同，四者互为同分异构体，故答案为：甲、乙、丙、戊；（2）由丙的结构可知，含有官能团名称是羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应生成X和Y，相对分子质量X＜Y，则Y为，X为，M可发生聚合反应，则X→M必为消去反应，故M为CH2=CHCH3，N为，丙烯与稀发生加成反应生成A为CH2BrCHBrCH3，A在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成B为HOCH2CH（OH）CH3，B发生催化氧化生成C为，C进一步被氧化生成D为，D与氢气发生加成反应生成E为，E发生缩聚反应生成F，①X转化为M是发生消去反应生成CH2=CHCH3，故答案为：消去反应；②B转化为C的化学方程式为：，故答案为：；③E为，在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，则E的结构简式为：，故答案为：；④E为，E的同分异构体有不少种，其中（i）能发生水解且能与钠反应产生氢气，含有酯基与羟基，复合体积的同分异构体有：HCOOCH2CH2OH，HCOOCH（OH）CH3，CH3COOCH2OH，HOCOOCH2CH3，共有4种，故答案为：4；（ii）氢谱分析只含有一种氢原子的同分异构体的结构简式为：CH3OCOOCH3等，故答案为：CH3OCOOCH3等．【点评】本题考查有机物的结构与性质、有机物推断、有机反应类型、同分异构体书写等，（3）注意根据反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，其中同分异构体是书写为易错点、难点，学生容易忽略碳酸与醇形成的酯，难度中等．　20