江苏省盐城市2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年江苏省盐城市高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸盐的液态水．下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（　　）A．水是一种弱电解质B．NH4ClO4溶液显酸性C．NaClO4中含有离子键和共价键D．NH4ClO4只有氧化性，没有还原性　2．下列有关硫元素及其化合物的表示正确的是（　　）A．中子数为18的硫原子：SB．CS2分子的电子式：C．硫离子（S2﹣）的结构示意图：D．苯磺酸的结构简式：　3．用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O═NaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱．下列有关说法正确的是（　　）A．该反应中氮元素被氧化B．该反应中H2O2作还原剂C．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D．0.1mol•L﹣1NaCN溶液中含HCN和CN﹣总数目为0.1×6.02×1023　4．下列说法正确的是（　　）A．分子式为C2H4O的有机化合物性质相同B．同温同压下，同体积的任何气体均含有相同的原子数C．密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，产物的分子数为2×6.02×1023D．依据上图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ•mol﹣1　5．依据反应原理：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，并利用下列装置制取碳酸氢钠粗品，实验装置正确且能达到实验目的是（　　）31\nA．用装置制取氨气B．用装置制取二氧化碳C．用装置制取碳酸氢钠D．用装置分离碳酸氢钠与母液　6．在c（Ca2+）=0.1mol•L﹣1的新制漂白粉的溶液中，下列各组离子能在其中大量共存的是（　　）A．Na+、K+、CO、NOB．K+、Na+、NO、CH3COO﹣C．Na+、K+、S2﹣、OH﹣D．H+、NH、NO、SO　7．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X﹣与氦原子电子层结构相同，Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是（　　）A．微粒半径：X＜X﹣B．简单氢化物的稳定性：Z比W的强31\nC．W的氧化物的水化物的酸性一定比Z的强D．最外层电子数由大到小的顺序为：Z、W、Y　8．利用海洋资源获得的部分物质如图所示，有关说法正确的是（　　）A．在化学反应中，H2O可转变为D2OB．“加碘食盐”生产中碘添加剂为单质I2C．实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液Br2D．电解饱和MgCl2溶液时在阴极得到Mg　9．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量的NaOH溶液：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓C．Ba（HCO3）2溶液中加入稀硫酸：Ba2++SO=BaSO4↓D．H2C2O4（弱酸）溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO+5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+2H2O+6OH﹣　10．H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫．反应原理为：2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O（l）△H=﹣632kJ•mol﹣1．如图为质子膜H2S燃料电池的示意图．下列说法正确的是（　　）A．电极a为电池的正极B．电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣C．电路中每流过4mol电子，电池内部释放632kJ热能D．每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区　　二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．下列有关氯气及其含氯分散系的说法正确的是（　　）31\nA．钢铁在Cl2气氛中主要发生电化腐蚀B．在新制氯水中加入少量CaCO3，溶液中c（HClO）增大C．反应3Cl2（g）+8NH3（g）=6NH4Cl（s）+N2（g）的△H＞0，△S＜0D．0.1mol•L﹣1NaClO溶液中：c（HClO）+c（H+）=c（OH﹣）　12．2022年诺贝尔生理学或医学奖的一半授予我国药物化学家屠吆吆，以表彰她发明抗疟疾新药青蒿素和双氢青蒿素．以异胡薄荷醇为起始原料是人工全合成青蒿素的途径之一（如图）．下列说法正确的是（　　）A．异胡薄荷醇的分子式为C10H17OB．异胡薄荷醇在NaOH醇溶液中可发生消去反应C．青蒿素分子中含有7个手性碳原子D．青蒿素在热的酸、碱溶液中均可稳定存在　13．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下（不含电解）发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是选项WXYZAN2NH3NONO2BNaNa2O2NaOHNa2CO3CCCuCuSO4CuCl2Cu（OH）2DAlAl2（SO4）3AlCl3NaAlO2（　　）A．AB．BC．CD．D　14．下列有关设计的方案能达到实验目的是（　　）A．制备Fe（OH）3胶体：向0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中加入等体积0.3mol•L﹣1NaOH溶液B．除去FeCl3溶液中少量Cu2+：向含有少量Cu2+的FeCl3溶液中加入适量铁粉，充分反应后过滤C．比较Fe（OH）3和Al（OH）3的溶度积：向0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加0.1mol•L﹣1氨水至不再产生沉淀，然后再滴入0.1mol•L﹣1AlCl3溶液，观察现象D．验证氧化性Fe3+＜Br2＜Cl2：向试管中依次加入1mL0.1mol•L﹣1FeBr2溶液、几滴KSCN溶液和1mL苯，然后逐滴加入氯水，并缓缓振荡，直到氯水过量，观察整个过程中有机相和水相中的现象　31\n15．一定温度下，在三个体积均为2.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）容器温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/mol平衡常数CO2H2SH2OⅠ6070.110.410.01/Ⅱ6070.220.82/Ⅲ6200.10.4/6.74×10﹣3下列说法正确的是（　　）A．该反应正反应为放热反应B．607K时该反应的平衡常数为2.50×10﹣3C．容器Ⅱ达到平衡时容器中COS的物质的量为0.02molD．容器Ⅲ达平衡时，再充入少量氦气，平衡将向正反应方向移动　　三、解答题（共5小题，满分68分）16．（12分）（2022秋•盐城期中）CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂．以生物质废液﹣﹣木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）等为原料生产CMA的实验流程如图1：（1）步骤①发生的反应离子方程式为　　　　　　．（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为　　　　　　（写化学式）；步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是　　　　　　．（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为　　　　　　（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是　　　　　　．（4）步骤⑥包含的操作有　　　　　　、过滤、洗涤及干燥．　17．（15分）（2022秋•盐城期中）丹参酮ⅡA是一种治疗心血管疾病的药物，其中的一种合成路线如下：31\n（1）丹参酮ⅡA中含氧官能团为　　　　　　和　　　　　　（写名称）．（2）试剂X的分子式为C5H11N，则X的结构简式为　　　　　　．（3）C→D的反应类型为　　　　　　．（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：　　　　　　．Ⅰ．能发生银镜反应Ⅱ．分子中除苯环外不含其它环状结构，分子中含有4种不同化学环境的氢（5）写出以CH3CH=CHCH3和CH2=CHCHO为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．　18．（12分）（2022秋•盐城期中）PbI2是生产新型敏化太阳能电池的敏化剂﹣﹣甲胺铅碘的原料．合成PbI2的实验流程如图1（1）将铅块制成铅花的目的是　　　　　　．（2）31.05g铅花用5.00mol•L﹣1的硝酸溶解，至少需消耗5.00mol•L﹣1硝酸　　　　　　mL，同时产生　　　　　　L（标准状况下）NO．（3）取一定质量（CH3COO）2Pb•nH2O样品在N2气氛中加热，测得样品固体残留率（×100%）随温度的变化如图2所示（已知：样品在75℃时已完全失去结晶水）．①（CH3COO）2Pb•nH2O中结晶水数目n=　　　　　　（填数字）．②100～200℃间分解产物为铅的氧化物和一种有机物，则该有机物为　　　　　　（写结构简式）．（4）称取一定质量的PbI2固体，用蒸馏水配制成室温时的饱和溶液，准确移取25.00mLPbI2饱和溶液分次加入阳离子交换树脂RH中，发生：2RH（s）+Pb2+（aq）=R2Pb（s）+2H+（aq），用锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性，将洗涤液合并到锥形瓶中．加入2～3滴酚酞溶液，用0.002500mol•L﹣1NaOH溶液滴定，到滴定终点时用去氢氧化钠标准溶液20.00mL．计算室温时PbI2的Ksp（请给出计算过程）．　19．（15分）（2022秋•盐城期中）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在食品加工中常用作防腐剂、漂白剂和疏松剂．焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化．实验室制备焦亚硫酸钠过程中依次包含以下几步反应：2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O…（a）31\nNa2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3…（b）2NaHSO3Na2S2O5+H2O…（c）实验装置如下：（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液反应制取H2，制取H2的离子方程式为　　　　　　．（2）如图1装置中，导管X的作用是　　　　　　．（3）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄．“温度迅速升高”的原因为　　　　　　；实验后期须保持温度在约80℃，可采用的加热方式为　　　　　　．（4）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，参照题如图2溶解度曲线，除去其中亚硫酸钠固体的方法是　　　　　　；然后获得较纯的无水Na2S2O5应将溶液冷却到30℃左右抽滤，控制“30℃左右”的理由是　　　　　　．（5）用如图3装置干燥Na2S2O5晶体时，通入H2的目的是　　　　　　；真空干燥的优点是　　　　　　．（6）测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法．已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣请补充实验步骤（可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水）．①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中．②准确移取一定体积和已知浓度的标准碘溶液（过量）并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水．③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点．④　　　　　　．⑤　　　　　　．⑥重复步骤①～⑤；根据相关记录数据计算出平均值．　20．（14分）（2022秋•盐城期中）硫﹣氨热化学循环制氢示意图如图131\n（1）反应1的离子方程式为　　　　　　．（2）反应2能量转化主要方式为　　　　　　．（3）反应3中控制反应条件很重要，不同条件下硫酸铵分解产物不同．若在400℃时分解，产物除水蒸气外还有A、B、C三种气体，A是空气中含量最多的单质，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C能使品红溶液褪色．则400℃时硫酸铵分解的化学方程式为　　　　　　．（4）反应4是由（a）、（b）两步反应组成：H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ•mol﹣1…（a）2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），△H=+196kJ•mol﹣1…（b）①则H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（g）的热化学方程式为：　　　　　　．②在恒温密闭容器中，控制不同温度进行SO3分解实验．以SO3起始浓度均为cmol•L﹣1，测定SO3的转化率，结果如图2，图中Ⅰ曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，Ⅱ曲线表示不同温度下反应经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率．（i）图中点X与点Z的平衡常数K：K（X）　　　　　　K（Z）（选填：＞，＜，=）；（ii）Y点对应温度下的反应速率：v（正）　　　　　　v（逆）（选填：＞，＜，=）；（iii）随温度的升高，Ⅱ曲线逼近Ⅰ曲线的原因是：　　　　　　．　　【物质结构与性质】21．（12分）（2022秋•盐城期中）K4[Fe（CN）6]强热可发生反应：3K4[Fe（CN）6]2（CN）2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C（1）K4[Fe（CN）6]中Fe2+的配位数为　　　　　　（填数字）；Fe2+基态核外电子排布式为　　　　　　．（2）（CN）2分子中碳原子杂化轨道类型为　　　　　　；1mol（CN）2分子中含有σ键的数目为　　　　　　．（3）O与CN﹣互为等电子体，则O的电子式为　　　　　　．（4）Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，碳原子与紧邻的铁原子组成的空间构型为　　　　　　．　　【实验化学】31\n22．（2022秋•盐城期中）三乙酸甘油酯是一种优良的溶剂、定香剂和增塑剂．实验室制备三乙酸甘油酯的反应原理、实验装置及相关数据如下：3CH3COOH++3H2O物质相对分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃水中溶解性甘油921.2636290（分解）溶乙酸601.0492118溶三乙酸甘油酯2181.1596258不溶实验步骤：步骤1．在500mL反应器中加入200g冰醋酸，92g甘油和100mL苯，开动搅拌器，慢慢从插温度计口加入3mL浓硫酸后，缓缓加热并回流1h，停止加热．步骤2．用5%碳酸钠溶液洗涤，再用水洗涤，最后加入无水氯化钙．步骤3．先进行常压蒸馏收集75～85℃馏分．步骤4．将常压馏分再进行减压蒸馏，收集128～131℃/933Pa馏分，最终得产品176g．（1）步骤1先开搅拌器后加浓硫酸的目的是　　　　　　；冰醋酸过量的目的是　　　　　　（2）用5%碳酸钠溶液洗涤的主要目的是　　　　　　；加无水氯化钙的目的是　　　　　　（3）最后用减压蒸馏而不用常压蒸馏其原因是　　　　　　（4）本次实验产率为　　　　　　．　　2022-2022学年江苏省盐城市高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸盐的液态水．下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（　　）A．水是一种弱电解质B．NH4ClO4溶液显酸性C．NaClO4中含有离子键和共价键D．NH4ClO4只有氧化性，没有还原性【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；水的电离．31\n【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．【分析】A．水是部分电离的电解质，为弱电解质；B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；D．元素处于最高价时只有氧化剂，处于最低价态时只有还原性，中间价态的元素既有氧化剂又有还原性．【解答】解：A．水是部分电离的电解质，为弱电解质，故A正确；B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，所以高氯酸铵溶液呈酸性，故B正确；C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，则钠离子和高氯酸根离子之间存在离子键、Cl原子和O原子之间存在共价键，故C正确；D．Cl元素处于最高价，则具有氧化性，N元素处于最低价态，则具有还原性，所以该物质具有氧化性和还原性，故D错误；故选D．【点评】本题考查较综合，涉及电解质强弱判断、氧化性和还原性判断、化学键、盐类水解等知识点，侧重考查基本理论，知道物质氧化性和还原性比较方法，题目难度不大．　2．下列有关硫元素及其化合物的表示正确的是（　　）A．中子数为18的硫原子：SB．CS2分子的电子式：C．硫离子（S2﹣）的结构示意图：D．苯磺酸的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】常规题型；化学用语专题．【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数；B．CS2为共价化合物，分子中中含有两个C=S键；C．硫离子的核电荷数为16，最外层含有8个电子；D．苯磺酸中S与苯环碳原子相连．【解答】解：A．中子数为18的硫原子的质量数为34，该S原子可以表示为1634S，故A错误；B．硫原子与碳原子之间形成2对共用电子对，电子式为，故B正确；C．硫离子的核内质子数为16，核外有3个电子层，第一层上有2个电子，第二层上有8个电子，第三层上有8个电子，其离子结构示意图为，故C错误；D．苯磺酸中S与苯环C原子相连，苯磺酸正确的结构简式为，故D错误；故选B．31\n【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、结构简式、离子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．　3．用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O═NaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱．下列有关说法正确的是（　　）A．该反应中氮元素被氧化B．该反应中H2O2作还原剂C．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D．0.1mol•L﹣1NaCN溶液中含HCN和CN﹣总数目为0.1×6.02×1023【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从﹣1价降低为﹣2价，C元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN的性质分析．【解答】解：A．NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为﹣3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；B．NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从﹣1价降低为﹣2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C．因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故C正确；D．无体积无法计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了氧化还原反应和盐的水解，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大．　4．下列说法正确的是（　　）A．分子式为C2H4O的有机化合物性质相同B．同温同压下，同体积的任何气体均含有相同的原子数C．密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，产物的分子数为2×6.02×1023D．依据上图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷；B．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子；C．可逆反应不可能反应到底；D．依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=反应物的焓﹣生成物的焓．31\n【解答】解：A．分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷，所以性质不相同，故A错误；B．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，分子构成不同，所以其原子个数不一定相等，故B错误；C．密闭容器中1molN2与3molH2充分反应生成氨气为可逆反应，又可逆反应不可能反应到底，则无法计算，故C错误；D．依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=反应物的焓﹣生成物的焓=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查较综合，涉及气体摩尔体积、同分异构体、可逆反应以及能量图象等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，题目难度不大．　5．依据反应原理：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，并利用下列装置制取碳酸氢钠粗品，实验装置正确且能达到实验目的是（　　）A．用装置制取氨气B．用装置制取二氧化碳C．用装置制取碳酸氢钠D．用装置分离碳酸氢钠与母液【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．31\n【分析】A．加热固体制取气体时，试管口要低于试管底；B．稀硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙属于微溶物，阻止进一步反应；C．氨气极易溶于水，为防止倒吸要有缓冲装置；D．过滤时需要用玻璃棒引流．【解答】解：A．加热固体制取气体时，试管口要低于试管底，否则生成的水蒸气冷凝会倒流而炸裂试管，故A错误；B．稀硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙属于微溶物，阻止进一步反应，应该用稀盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，故B错误；C．氨气极易溶于水，为防止倒吸要有缓冲装置，通入氨气的装置有缓冲作用，能防止倒吸，故C正确；D．过滤时需要用玻璃棒引流，否则易溅出液体且易导致滤纸损坏，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及实验基本操作，明确实验原理及操作规范性是解本题关键，注意从操作规范性分析评价，易错选项是B．　6．在c（Ca2+）=0.1mol•L﹣1的新制漂白粉的溶液中，下列各组离子能在其中大量共存的是（　　）A．Na+、K+、CO、NOB．K+、Na+、NO、CH3COO﹣C．Na+、K+、S2﹣、OH﹣D．H+、NH、NO、SO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】新制漂白粉的溶液含Ca2+、ClO﹣、Cl﹣，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．新制漂白粉的溶液含Ca2+、ClO﹣、Cl﹣，该组离子之间均不反应，可大量共存，故B正确；C．ClO﹣、S2﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．Ca2+、SO42﹣反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　7．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X﹣与氦原子电子层结构相同，Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是（　　）A．微粒半径：X＜X﹣B．简单氢化物的稳定性：Z比W的强C．W的氧化物的水化物的酸性一定比Z的强D．最外层电子数由大到小的顺序为：Z、W、Y31\n【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】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X﹣与He原子的电子层结构相同，则X为H元素；Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，则Y为Na；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Z原子序数比X大，可知Z只能处于第三周期，故原子最外层电子数为5，则Z为P元素；W的最高正价与最低负价的代数和为4，处于ⅥA族，则W为S元素，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X﹣与He原子的电子层结构相同，则X为H元素；Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，则Y为Na；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Z原子序数比X大，可知Z只能处于第三周期，故原子最外层电子数为5，则Z为P元素；W的最高正价与最低负价的代数和为4，处于ⅥA族，则W为S元素．A．核电荷数相等，核外电子越多，半径越大，故微粒半径：H＜H﹣，故A正确；B．非金属性Z（P）＜W（S），故氢化物稳定性：Z比W的弱，故B错误；C．应是最高价氧化物对应水化物的酸性：W比Z的强，故C错误；D．Z（P）、W（S）、Y（Na）最外层电子数依次为5、6、1，故D错误，故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意微粒半径比较与元素周期律应用．　8．利用海洋资源获得的部分物质如图所示，有关说法正确的是（　　）A．在化学反应中，H2O可转变为D2OB．“加碘食盐”生产中碘添加剂为单质I2C．实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液Br2D．电解饱和MgCl2溶液时在阴极得到Mg【考点】海水资源及其综合利用．【专题】卤族元素．【分析】A、海水中存在重水，海水蒸馏不能实现水变化为重水；B、加碘食盐是添加了碘酸钾；C、溴单质具有强氧化性和腐蚀性，不能用橡胶塞而用玻璃塞，易挥发，密度比水大，所以应保存在棕色瓶中，避免光照，放在阴凉处，同时在液溴表层加水，就是所谓的液封，防止其挥发；D、依据电解原理分析，电解氯化镁溶液，阳离子是氢离子在阴极得到电子生成氢气，镁离子不能放电．【解答】解：A、海水中存在重水，海水蒸馏是微粒变化不能实现水变化为重水的分子变化，故A错误；31\nB、加碘食盐是添加了碘酸钾，不是碘单质，故B错误；C、溴单质具有强氧化性和腐蚀性，不能用橡胶塞而用玻璃塞，易挥发，密度比水大，所以应保存在棕色瓶中，避免光照，放在阴凉处，同时在液溴表层加水，就是所谓的液封，防止其挥发，实验室用带玻璃塞的棕色瓶贮存液Br2，故C正确；D、依据电解原理分析，电解氯化镁溶液，阳离子是氢离子在阴极得到电子生成氢气，镁离子不能放电，工业上是电解熔融氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C．【点评】本题考查了海水资源的利用，物质性质的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　9．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量的NaOH溶液：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓C．Ba（HCO3）2溶液中加入稀硫酸：Ba2++SO=BaSO4↓D．H2C2O4（弱酸）溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO+5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+2H2O+6OH﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】高考化学专题；离子反应专题．【分析】A．浓盐酸在离子方程式中需要拆开，二者反应生成氯化锰、氯气和水；B．氢氧化钠过量，铵根离子和亚铁离子都参与反应；C．反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳气体和水，漏掉了碳酸氢根离子与氢离子反应；D．酸性条件下反应产物中不会生成氢氧根离子．【解答】解：A．MnO2与浓盐酸混合加热生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量的NaOH溶液，铵根离子也参与反应，正确的离子方程式为：Fe2++2NH4++4OH﹣=Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故B错误；C．Ba（HCO3）2溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡、二氧化碳气体和水，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O+2CO2↑，故C错误；D．H2C2O4（弱酸）溶液中加入酸性KMnO4溶液，反应产物中不会生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．　10．H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫．反应原理为：2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O（l）△H=﹣632kJ•mol﹣1．如图为质子膜H2S燃料电池的示意图．下列说法正确的是（　　）31\nA．电极a为电池的正极B．电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣C．电路中每流过4mol电子，电池内部释放632kJ热能D．每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】根据2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，正极O2得电子发生还原反应，据此分析解答．【解答】解：A、由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B、正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e﹣=2H2O，故B错误；C、电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，故C错误；D、每17g即=0.5molH2S参与反应，则消耗0.25mol氧气，则根据O2+4H++4e﹣=2H2O，所以有1molH+经质子膜进入正极区，故D正确；故答案为：D．【点评】本题侧重考查原电池原理，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大．　二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．下列有关氯气及其含氯分散系的说法正确的是（　　）A．钢铁在Cl2气氛中主要发生电化腐蚀B．在新制氯水中加入少量CaCO3，溶液中c（HClO）增大C．反应3Cl2（g）+8NH3（g）=6NH4Cl（s）+N2（g）的△H＞0，△S＜0D．0.1mol•L﹣1NaClO溶液中：c（HClO）+c（H+）=c（OH﹣）【考点】氯气的化学性质．【专题】常规题型；卤族元素．【分析】A．钢铁在氯气中主要发生化学腐蚀；B．氯气与水的反应为可逆过程，加入碳酸钙会消耗产物HCl；C．气体的物质的量越大，熵越大，结合△H﹣T△S＜0反应自发进行来判断；D．根据溶液中的质子守恒分析．【解答】解：A．钢铁在氯气中主要发生化学腐蚀，由于没有电解质溶液，不能发生电化学腐蚀，故A错误；B．氯气与水的反应为可逆过程，加入碳酸钙会消耗产物HCl，使化学平衡向正方向移动，所以另一种产物HClO的浓度会增大，故B正确；31\nC．反应3Cl2（g）+8NH3（g）=6NH4Cl（s）+N2（g）的△S＜0，由△H﹣T△S＜0可知，该反应的△H＜0，故C错误；D．0.1mol•L﹣1NaClO溶液中存在质子守恒，即水电离出的氢离子的浓度等于氢氧根离子的浓度，则c（HClO）+c（H+）=c（OH﹣），故D正确．故选BD．【点评】本题考查了金属的腐蚀、化学平衡移动、反应自发性的判断、质子守恒等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．　12．2022年诺贝尔生理学或医学奖的一半授予我国药物化学家屠吆吆，以表彰她发明抗疟疾新药青蒿素和双氢青蒿素．以异胡薄荷醇为起始原料是人工全合成青蒿素的途径之一（如图）．下列说法正确的是（　　）A．异胡薄荷醇的分子式为C10H17OB．异胡薄荷醇在NaOH醇溶液中可发生消去反应C．青蒿素分子中含有7个手性碳原子D．青蒿素在热的酸、碱溶液中均可稳定存在【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】A．含有的H原子应为偶数；B．应在浓硫酸作用下发生消去反应；C．根据手性碳原子的定义判断；D．青蒿素含有酯基，可发生水解反应．【解答】解：A．由结构简式可知异胡薄荷醇的分子式为C10H22O，故A错误；B．应在浓硫酸作用下发生消去反应，故B错误；C．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，手性碳原子标识如图：，共7个，故C正确；D．青蒿素含有酯基，可发生水解反应，可与酸、碱发生反应，故D错误．故选C．【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，此类题目注意把握物质的结构和官能团的性质，易错点为C，注意手性碳原子的判断，难度中等．　13．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下（不含电解）发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是31\n选项WXYZAN2NH3NONO2BNaNa2O2NaOHNa2CO3CCCuCuSO4CuCl2Cu（OH）2DAlAl2（SO4）3AlCl3NaAlO2（　　）A．AB．BC．CD．D【考点】钠的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．N2与氧气只能生成NO；B．Na一步不能生成生成Na2CO3；C．Cu一步不能生成生成Cu（OH）2；D．Al与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与NaOH反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与NaOH反应生成Z．【解答】解：A．N2与氧气只能生成NO，所以W不能发生图中转化生成Z，故A不选；B．Na一步不能生成生成Na2CO3，所以W不能发生图中转化生成Z，故B不选；C．Cu一步不能生成生成Cu（OH）2，所以W不能发生图中转化生成Z，故C不选；D．Al与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与NaOH反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与NaOH反应生成Z，反应均可进行，故D选；故选D．【点评】本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　14．下列有关设计的方案能达到实验目的是（　　）A．制备Fe（OH）3胶体：向0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中加入等体积0.3mol•L﹣1NaOH溶液B．除去FeCl3溶液中少量Cu2+：向含有少量Cu2+的FeCl3溶液中加入适量铁粉，充分反应后过滤C．比较Fe（OH）3和Al（OH）3的溶度积：向0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加0.1mol•L﹣1氨水至不再产生沉淀，然后再滴入0.1mol•L﹣1AlCl3溶液，观察现象D．验证氧化性Fe3+＜Br2＜Cl2：向试管中依次加入1mL0.1mol•L﹣1FeBr2溶液、几滴KSCN溶液和1mL苯，然后逐滴加入氯水，并缓缓振荡，直到氯水过量，观察整个过程中有机相和水相中的现象【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁沉淀；B．除杂时要除去杂质且不引进新的杂质；C．溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质；D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．31\n【解答】解：A．氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体制备方法为：沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，当加热至液体呈红褐色即为胶体，故A错误；B．除杂时要除去杂质且不引进新的杂质，铁能和铜离子、铁离子都反应，所以不能用Fe除去氯化铁中的铜离子，故B错误；C．比较Fe（OH）3和Al（OH）3的溶度积：向0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加0.1mol•L﹣1氨水至不再产生沉淀时铁离子完全反应生成氢氧化铁沉淀，然后再滴入0.1mol•L﹣1AlCl3溶液，如果红褐色沉淀转化为白色沉淀，就说明氢氧化铁溶度积大于氢氧化铝，否则小于氢氧化铝，可以根据沉淀颜色确定溶度积大小，故C正确；D．验证氧化性Fe3+＜Br2＜Cl2：向试管中依次加入1mL0.1mol•L﹣1FeBr2溶液、几滴KSCN溶液和1mL苯，苯和水不互溶，二者分层且水在下层苯在上层，然后逐滴加入氯水，并缓缓振荡，直到氯水过量，氯水氧化亚铁离子生成铁离子而导致水层呈黄色，氯气氧化溴离子生成溴单质，溴单质易溶于苯而使苯层呈橙色，观察整个过程中有机相和水相中的现象，并根据颜色变化先后顺序确定氧化性强弱，故D正确；故选CD．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，涉及氧化性强弱判断、溶度积大小比较、胶体制备、除杂等知识点，能从实验操作规范性及实验评价性分析判断，易错选项是D．　15．一定温度下，在三个体积均为2.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）容器温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/mol平衡常数CO2H2SH2OⅠ6070.110.410.01/Ⅱ6070.220.82/Ⅲ6200.10.4/6.74×10﹣3下列说法正确的是（　　）A．该反应正反应为放热反应B．607K时该反应的平衡常数为2.50×10﹣3C．容器Ⅱ达到平衡时容器中COS的物质的量为0.02molD．容器Ⅲ达平衡时，再充入少量氦气，平衡将向正反应方向移动【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A、很据三行式计算607K时的平衡常数，结合温度变化和化学平衡常数之间的关机确定反应的吸放热情况；B、根据三行式计算平衡常数的大小；C、根据前两组实验，体积不变，初始投料增加1倍，则达到平衡时各物质的物质的量加倍；D、根据浓度对平衡移动的影响来判断平衡的而移动方向．【解答】解：A、CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）初始量：0.110.4100变化量：0.010.010.010.01平衡量：0.10.40.010.0131\n反应前后系数和相等，所以此时K===0.0025＜6.74×10﹣3，温度升高，K增大，所以反应是吸热的过程，故A错误；B、607K时该反应的平衡常数为2.50×10﹣3，故B正确；C、根据前两组实验，体积不变，初始投料增加1倍，则达到平衡时各物质的物质的量加倍，Ⅱ达到平衡时容器中COS的物质的量为0.02mol，故C正确；D、容器Ⅲ达平衡时，再充入少量氦气，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，故D错误．故选BC．【点评】本题涉及化学平衡的计算以及化学平衡移动原理的应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．　三、解答题（共5小题，满分68分）16．（12分）（2022秋•盐城期中）CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂．以生物质废液﹣﹣木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）等为原料生产CMA的实验流程如图1：（1）步骤①发生的反应离子方程式为　MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O　．（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为　SiO2　（写化学式）；步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是　实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质　．（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为　3：7　（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是　除去过量的乙酸　．（4）步骤⑥包含的操作有　蒸发结晶　、过滤、洗涤及干燥．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】综合实验题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学计算．【分析】根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，据此答题；【解答】解：根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，31\n（1）根据上面的分析可知，步骤①发生的反应离子方程式为MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O，故答案为：MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O；（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，故答案为：SiO2；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7，步骤④中加入氧化镁的另一个目的是与溶液中的醋酸反应，除去过量的乙酸，故答案为：3：7；除去过量的乙酸；（4）根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，故答案为：蒸发结晶．【点评】本题考查学生阅读题目获取信息能力、对工艺流程的理解、物质推断、物质分离提纯与条件控制等，综合性较强，题目难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．　17．（15分）（2022秋•盐城期中）丹参酮ⅡA是一种治疗心血管疾病的药物，其中的一种合成路线如下：（1）丹参酮ⅡA中含氧官能团为　羰基　和　醚键　（写名称）．（2）试剂X的分子式为C5H11N，则X的结构简式为　　．（3）C→D的反应类型为　消去反应　．（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：　　．Ⅰ．能发生银镜反应Ⅱ．分子中除苯环外不含其它环状结构，分子中含有4种不同化学环境的氢31\n（5）写出以CH3CH=CHCH3和CH2=CHCHO为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．【考点】有机物的合成．【专题】推断题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】（1）根据丹参酮ⅡA的结构简式可知所含有的官能团；（2）X的分子式为C5H11N，A与X生成B，根据B的结构简式可知X为，据此答题；（3）比较C和D的结构简式可知，C分子中脱去一分子X形成碳碳双键得D，据此答题；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅱ．分子中除苯环外不含其它环状结构，分子中含有4种不同化学环境的氢，结合E的结构简式可写出E的同分异构体；（5）以CH3CH=CHCH3和CH2=CHCHO为原料制备，可以先用CH3CH=CHCH3与溴发生加成反应得CH3CHBrCHBrCH3，CH3CHBrCHBrCH3在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应得CH2=CHCH=CH2，CH2=CHCH=CH2再与CH2=CHCHO发生加成反应形成环，再与氢气发生加成反应得．【解答】解：（1）根据丹参酮ⅡA的结构简式可知所含有的官能团为羰基、醚键，故答案为：羰基、醚键；（2）X的分子式为C5H11N，A与X生成B，根据B的结构简式可知X为，故答案为：；（3）比较C和D的结构简式可知，C分子中脱去一分子X形成碳碳双键得D，所以该反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅱ．分子中除苯环外不含其它环状结构，分子中含有4种不同化学环境的氢，结合E的结构简式可知，符合条件的E的同分异构体为，故答案为：；31\n（5）以CH3CH=CHCH3和CH2=CHCHO为原料制备，可以先用CH3CH=CHCH3与溴发生加成反应得CH3CHBrCHBrCH3，CH3CHBrCHBrCH3在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应得CH2=CHCH=CH2，CH2=CHCH=CH2再与CH2=CHCHO发生加成反应形成环，再与氢气发生加成反应得，合成路线为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，题目难度较大，答题时注意官能团之间原转化，易错点为（4）以及同分异构体的判断，注意把握，难点为（5）有机合成路线的设计，注意合理利用题中信息．　18．（12分）（2022秋•盐城期中）PbI2是生产新型敏化太阳能电池的敏化剂﹣﹣甲胺铅碘的原料．合成PbI2的实验流程如图1（1）将铅块制成铅花的目的是　增大与酸的接触面，加快溶解反应速率　．（2）31.05g铅花用5.00mol•L﹣1的硝酸溶解，至少需消耗5.00mol•L﹣1硝酸　80.0　mL，同时产生　2.24　L（标准状况下）NO．（3）取一定质量（CH3COO）2Pb•nH2O样品在N2气氛中加热，测得样品固体残留率（×100%）随温度的变化如图2所示（已知：样品在75℃时已完全失去结晶水）．①（CH3COO）2Pb•nH2O中结晶水数目n=　3　（填数字）．②100～200℃间分解产物为铅的氧化物和一种有机物，则该有机物为　（CH3CO）2O　（写结构简式）．（4）称取一定质量的PbI2固体，用蒸馏水配制成室温时的饱和溶液，准确移取25.00mLPbI2饱和溶液分次加入阳离子交换树脂RH中，发生：2RH（s）+Pb2+（aq）=R2Pb（s）+2H+31\n（aq），用锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性，将洗涤液合并到锥形瓶中．加入2～3滴酚酞溶液，用0.002500mol•L﹣1NaOH溶液滴定，到滴定终点时用去氢氧化钠标准溶液20.00mL．计算室温时PbI2的Ksp（请给出计算过程）．【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．【专题】实验分析题；创新题型．【分析】本题以工业用铅制碘化铅流程为载体，主要考查根据化学反应原理和原子守恒计算能力．（1）铅块制成铅花为了增大表面积，根据影响反应速率的因素去分析；（2）铅溶解于稀硝酸的反应方程式为3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO+4H2O，根据溶解的铅的物质的量可计算消耗的硝酸溶液及生成NO的体积；（3）①可假设起始固体质量为100g，则加热到75℃时完全失去结晶水的质量就是固体减轻的质量，求算出水的物质的量及醋酸铅的物质的量，根据两者的物质的量之比可确定n的值；②醋酸铅继续加热分解剩余固体为铅的氧化物，可根据剩余固体质量及铅、碳原子守恒来确定有机物的摩尔质量，推测有机物的分子组成；（4）根据酸碱中和的原理可计算出溶液中的H+的浓度，并结合关系式确定溶液里Pb2+的浓度，再计算Ksp．【解答】解：（1）将铅块制成铅花，是为了增大与酸反应的接触面积，加快溶解反应速率，故答案为：增大与酸的接触面，加快溶解反应速率；（2）31.05g铅的物质的量为=0.15mol，根据反应方程式可知消耗的HNO3的物质的量为0.15mol×=0.4mol，生成的NO的物质的量为0.15mol×=0.1mol，则硝酸溶液的体积为0.4mol÷5.00mol•L﹣1=0.08L=80.0mL，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：80.0；2.24；（3）①假设样品的起始质量为100克，根据固体残留率的公式可知，75℃时剩余固体为87.75克，生成的水质量为100g﹣87.75g=12.25g，则醋酸铅与水的物质的量之比为：=1：3，则n=3，故答案为：3；②铅的氧化物质量为58.84克，醋酸铅的物质的量为==mol，根据铅原子守恒，铅的氧化物（PbOx）的物质的量为mol，此氧化物的摩尔质量为58.84g÷mol=223g/mol，为PbO，有机物的质量为85.75g﹣58.84g=26.91g，此有机物分子内应含有四个碳原子，物质的量为mol，摩尔质量为26.91g÷mol=102，根据原子守恒可知有机物的分子式为C4H6O3，结构简式为（CH3CO）2O；（4）n（H+）=n（NaOH）=0.002500mol•L﹣1×20.00mL×10﹣3L•mL﹣1=5.000×10﹣5moln[Pb2+（aq）]=n（H+）=2.500×10﹣5molc（Pb2+）==1.000×10﹣3mol•L﹣1Ksp（PbI2）=c（Pb2+）•c2（I﹣）=4c3（Pb2+）=4×（1.000×10﹣3）3=4.000×10﹣9，故答案为：4.000×10﹣9．31\n【点评】本题以制备碘化铅为载体，重点考查学生的数据处理能力，难度较大，对学生的分析问题，解决问题的能力要求较高，建议适当训练类似题目．　19．（15分）（2022秋•盐城期中）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在食品加工中常用作防腐剂、漂白剂和疏松剂．焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化．实验室制备焦亚硫酸钠过程中依次包含以下几步反应：2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O…（a）Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3…（b）2NaHSO3Na2S2O5+H2O…（c）实验装置如下：（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液反应制取H2，制取H2的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．（2）如图1装置中，导管X的作用是　排出H2、未反应的SO2及水蒸气等　．（3）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄．“温度迅速升高”的原因为　SO2与NaOH溶液的反应是放热反应　；实验后期须保持温度在约80℃，可采用的加热方式为　80℃水浴加热　．（4）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，参照题如图2溶解度曲线，除去其中亚硫酸钠固体的方法是　趁热过滤　；然后获得较纯的无水Na2S2O5应将溶液冷却到30℃左右抽滤，控制“30℃左右”的理由是　此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出　．（5）用如图3装置干燥Na2S2O5晶体时，通入H2的目的是　排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化　；真空干燥的优点是　干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化，减少产品氧化　．（6）测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法．已知：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣请补充实验步骤（可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水）．①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中．②准确移取一定体积和已知浓度的标准碘溶液（过量）并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水．③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点．④　加入1～2mL淀粉溶液　．⑤　继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积　．⑥重复步骤①～⑤；根据相关记录数据计算出平均值．31\n【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）该装置中二氧化硫和氢氧化钠发生反应，通入氢气能防止亚硫酸盐被氧化，如果锥形瓶内压强过大会产生安全事故；（3）SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；温度小于100℃时要采用水浴加热；（4）根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和；（5）焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化；（6）④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点；⑤继续做实验为：继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积．【解答】解：（1）铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（2）该装置中二氧化硫和氢氧化钠发生反应，通入氢气能防止亚硫酸盐被氧化，如果锥形瓶内压强过大会产生安全事故，所以导管的作用是排出H2、未反应的SO2及水蒸气等，从而防止安全事故的发生，故答案为：排出H2、未反应的SO2及水蒸气等；（3）SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液“温度迅速升高”；温度小于100℃时要采用水浴加热，需要的温度是80℃，所以用水浴加热；故答案为：SO2与NaOH溶液的反应是放热反应；80℃水浴加热；（4）根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出，故答案为：趁热过滤；此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出；（5）焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化，从而减少产品氧化，故答案为：排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化；干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化，减少产品氧化；（6）④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，需要的操作是加入1～2mL淀粉溶液，故答案为：加入1～2mL淀粉溶液；⑤继续做实验为：继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复实验，减少实验误差，故答案为：继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积．【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，侧重考查学生实验操作、实验评价、物质制备能力，知道各个仪器的作用，题目难度中等．　20．（14分）（2022秋•盐城期中）硫﹣氨热化学循环制氢示意图如图131\n（1）反应1的离子方程式为　SO2+H2O+2NH3=2NH4++SO32﹣　．（2）反应2能量转化主要方式为　太阳能转化为电能再转化为化学能　．（3）反应3中控制反应条件很重要，不同条件下硫酸铵分解产物不同．若在400℃时分解，产物除水蒸气外还有A、B、C三种气体，A是空气中含量最多的单质，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C能使品红溶液褪色．则400℃时硫酸铵分解的化学方程式为　3（NH4）2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑　．（4）反应4是由（a）、（b）两步反应组成：H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ•mol﹣1…（a）2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），△H=+196kJ•mol﹣1…（b）①则H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（g）的热化学方程式为：　2H2SO4（l）⇌2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol﹣1　．②在恒温密闭容器中，控制不同温度进行SO3分解实验．以SO3起始浓度均为cmol•L﹣1，测定SO3的转化率，结果如图2，图中Ⅰ曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，Ⅱ曲线表示不同温度下反应经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率．（i）图中点X与点Z的平衡常数K：K（X）　＜　K（Z）（选填：＞，＜，=）；（ii）Y点对应温度下的反应速率：v（正）　＞　v（逆）（选填：＞，＜，=）；（iii）随温度的升高，Ⅱ曲线逼近Ⅰ曲线的原因是：　温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）　．【考点】热化学方程式；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应；（2）据图分析，反应2是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气；（3）硫酸铵在400℃时分解，产物除水蒸气外还有A、B、C三种气体，A是空气中含量最多的单质，则为氮气，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为氨气，C能使品红溶液褪色，为二氧化硫；（4）①利用已知热化学方程式，据盖斯定律书写H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（g）的热化学方程式；②i）据图可知，随温度的升高，三氧化硫的平衡转化率增大，说明三氧化硫分解是吸热反应，温度越高，平衡常数越大；ii）Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行；iii）温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快．31\n【解答】解：（1）反应1是二氧化硫和氨气在水中反应生成亚硫酸铵的反应，反应的离子方程式为SO2+H2O+2NH3=2NH4++SO32﹣，故答案为：SO2+H2O+2NH3=2NH4++SO32﹣；（2）据图分析，反应2是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气，故答案为：太阳能转化为电能再转化为化学能；（3）硫酸铵在400℃时分解，产物除水蒸气外还有A、B、C三种气体，A是空气中含量最多的单质，则为氮气，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为氨气，C能使品红溶液褪色，为二氧化硫，反应的化学方程式为3（NH4）2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑，故答案为：3（NH4）2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑；（4）①已知H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ•mol﹣1…（a）2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），△H=+196kJ•mol﹣1…（b）据盖斯定律，2a+b得：2H2SO4（l）⇌2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol﹣1，故答案为：2H2SO4（l）⇌2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol﹣1；②i）据图可知，随温度的升高，三氧化硫的平衡转化率增大，说明三氧化硫分解是吸热反应，温度越高，平衡常数越大，所以K（X）＜K（Z），故答案为：＜；ii）Y点时反应还没有达到平衡状态，正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；iii）温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，故答案为：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）．【点评】本题考查了离子方程式书写、能量转化形式、化学方程式书写、热化学方程式书写、化学平衡等等，题目难度较大．　【物质结构与性质】21．（12分）（2022秋•盐城期中）K4[Fe（CN）6]强热可发生反应：3K4[Fe（CN）6]2（CN）2↑+12KCN+N2↑+Fe3C+C（1）K4[Fe（CN）6]中Fe2+的配位数为　6　（填数字）；Fe2+基态核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6　．（2）（CN）2分子中碳原子杂化轨道类型为　sp　；1mol（CN）2分子中含有σ键的数目为　3NA　．（3）O与CN﹣互为等电子体，则O的电子式为　　．（4）Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，碳原子与紧邻的铁原子组成的空间构型为　正八面体　．【考点】配合物的成键情况；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）K4[Fe（CN）6]中配位体是CN﹣，根据配位体个数确定配位数；铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成Fe2+，根据构造原理书写Fe2+核外电子排布式；（2）（CN）2分子中含有2个三键，其结构为N≡C﹣C≡N，根据成键电子对数判断杂化类型；单键中含有一个σ键，三键中含有1个σ键和2个π键；31\n（3）等电子体的结构相似，故O22+的电子式与CN﹣的电子式相似；（4）Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，则C原子紧邻的铁原子有6个，据此分析．【解答】解：（1）K4[Fe（CN）6]中配位体是CN﹣，含有6个CN﹣，所以其配位数是6；铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，故答案为：6；1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；（2）（CN）2分子中含有2个三键，其结构为N≡C﹣C≡N，每个碳原子含有2个成键电子对，所以碳原子杂化轨道类型为sp；单一个键中含有一个σ键，一个三键中含有1个σ键和2个π键，所以1mol（CN）2分子中含有σ键的数目为3NA；故答案为：sp；3NA；（3）根据等电子体的结构相似，O22+的电子式；故答案为：；（4）Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，则C原子紧邻的铁原子有6个，如图，Fe原子位于6个顶点上，C原子位于体心，所以空间构型为正八面体；故答案为：正八面体．【点评】本题考查了配合物的配位体的判断、电子排布式、共价键的类型、电子式等知识，注意配位数个数的计算方法、中心原子的杂化方式等，题目难度中等．　【实验化学】22．（2022秋•盐城期中）三乙酸甘油酯是一种优良的溶剂、定香剂和增塑剂．实验室制备三乙酸甘油酯的反应原理、实验装置及相关数据如下：3CH3COOH++3H2O物质相对31\n分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃水中溶解性甘油921.2636290（分解）溶乙酸601.0492118溶三乙酸甘油酯2181.1596258不溶实验步骤：步骤1．在500mL反应器中加入200g冰醋酸，92g甘油和100mL苯，开动搅拌器，慢慢从插温度计口加入3mL浓硫酸后，缓缓加热并回流1h，停止加热．步骤2．用5%碳酸钠溶液洗涤，再用水洗涤，最后加入无水氯化钙．步骤3．先进行常压蒸馏收集75～85℃馏分．步骤4．将常压馏分再进行减压蒸馏，收集128～131℃/933Pa馏分，最终得产品176g．（1）步骤1先开搅拌器后加浓硫酸的目的是　防止局部浓硫酸浓度过大，造成有机物脱水炭化　；冰醋酸过量的目的是　有利于向酯化方向移动，提高甘油的转化率　（2）用5%碳酸钠溶液洗涤的主要目的是　除去产品的硫酸、乙酸　；加无水氯化钙的目的是　除去有机物中的水份　（3）最后用减压蒸馏而不用常压蒸馏其原因是　防止常压蒸馏温度过高导致产品分解　（4）本次实验产率为　80.7%　．【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成．【专题】实验分析题；实验评价题．【分析】本题以酯化反应的原理为载体，利用乙酸和甘油酯化得到三乙酸甘油酯的实验流程，主要考查的是结合浓硫酸的性质配制反应混合液，根据平衡理论通过增加冰醋酸的量提高甘油的利用率，反应后的混合物用饱和碳酸钠溶液洗涤除去催化作用的硫酸溶液和过量醋酸溶液，有氯化钙吸水干燥粗产品，最后采用减压蒸馏的方法得到产品，利用原子守恒可计算产率，据此解答；（1）因浓硫酸有脱水性，搅拌可稀释均匀，避免产生炭化现象，利用平衡的理论，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；（2）反应后的混合液中存在催化作用的硫酸和过量的醋酸，可以用饱和碳酸钠溶液中和，氯化钙有吸水性，加入可除去混有的水；（3）三乙酸甘油酯在高温下可能会分解，因此蒸馏时不能常压高温蒸馏；（4）92g甘油的物质的量为=1mol，理论制得的三乙酸甘油酯也是1mol，可结合其质量计算产率．【解答】解：（1）浓硫酸有强氧化性，先开搅拌器后加浓硫酸可防止局部浓硫酸浓度过大，造成有机物脱水炭化；酯化反应可逆反应，增大乙酸的量，有利于向酯化方向移动，提高甘油的转化率，31\n故答案为：防止局部浓硫酸浓度过大，造成有机物脱水炭化；有利于向酯化方向移动，提高甘油的转化率；（2）用5%碳酸钠溶液洗涤催化作用的硫酸和过量的乙酸，利用氯化钙的吸水性除去有机物中的水份，故答案为：除去产品的硫酸、乙酸；除去有机物中的水份；（3）为避免三乙酸甘油酯在高温下的分解，采用减压蒸馏，故答案为：防止常压蒸馏温度过高导致产品分解；（4）1mol的甘油理论制得1mol的三乙酸甘油酯，质量为1mol×218g/mol=218g，产率为=80.7%，故答案为：80.7%．【点评】本题参照教材酯化反应的原理合成三乙酸甘油酯并涉及混合物的分离提纯，基础考查，难度不大，建议学生重视双基复习．　31