云南省玉溪一中2022届高三化学上学期第二次月考试题 理（含解析）

2022-2022学年云南省玉溪一中高三（上）第二次月考化学试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错的得0分．）1．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）下列有关常见有机化合物的说法正确的是（　　）　A．将一小块金属钠投入无水乙醇中，钠块浮在液面上四处游动　B．NaHCO3溶液可用于区分乙酸、乙醇和苯　C．工业上，用乙醇和浓硫酸共热到170℃制取乙烯　D．天然气的主要成分为甲烷，属于可再生能源2．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）2022年白酒行业塑化剂风波成为人们关注的焦点，塑化剂的其中一种邻苯二甲酸二丁酯（DBP）的结构如图所示，可由邻苯二甲酸（）与正丁醇发生酯化反应制得，下列有关说法不正确的是（　　）　A．邻苯二甲酸二丁酯（DBP）分子式为：C16H22O4　B．邻苯二甲酸二丁酯（DBP）苯环上的一氯代物有2种　C．邻苯二甲酸二丁酯（DBP）属于苯的同系物　D．丁醇有4种不同结构，正丁醇是其中的一种，分子式为C4H10O3．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）根据如图，下列判断中正确的是（　　）　A．烧杯a中发生反应O2+4H++4e═ˉ2H2O，溶液pH降低　B．烧杯b中发生反应为2Zn﹣4eˉ═2Zn2+　C．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极　D．向烧杯a中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成4．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）下列评价及离子方程式书写正确的是（　　）选项离子组评价AH+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2++2NO3﹣+6H+═4Fe3++2NO↑+3H2OBNa+、CO32﹣、Cl﹣、Al3+不能大量共存于同一溶液中，因为有沉淀生成2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓CAlO2﹣、Na+、K+、HCO3﹣能大量共存于同一溶液中DHCO3﹣、OH﹣、Na+、K+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O-19-\n　A．AB．BC．CD．D5．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）下列定量仪器读数正确的是（　　）　A．8.0mLB．24.00gC．23.65mLD．38.2℃6．（6分）（2022秋•红塔区校级期中）常温下向10mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列变化中正确的是①电离程度增大②c（H+）增大③导电性增强④不变⑤OH﹣数目增大，H+数目减小⑥PH增大⑦C（H+）与C（OH﹣）的乘积减小（　　）　A．①②④B．①⑤⑥C．除②外都正确D．①④⑤⑥⑦7．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族．下列叙述错误的是（　　）　A．原子半径的大小顺序：Y＞Z＞W＞X　B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强　C．元素X的两种氢化物中，常温常压下均为液态，有一种含氢键，另一种没有氢键　D．化合物YX、ZX2的化学键类型不相同　二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题～第33题为必考题，第34题～第36题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（12题，共144分）8．（14分）（2022秋•红塔区校级月考）图中X、Y、Z、W是地壳含量前四位（不按顺序）的元素组成的单质，其它为化合物，A有磁性．它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）．回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是　　　　　　，M的化学式是　　　　　　-19-\n（2）胶体的应用非常广泛，早在150年前的1862年，英国科学家格雷阿姆就提出了“胶体“的概念，R胶体中分散质直径大小范围为：　　　　　　，可利用　　　　　　区分胶体和溶液（3）已知A与2.7gW反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　（4）写出A和足量D的稀溶液反应生成G的离子方程式：　　　　　　（5）简述检验G溶液中的金属阳离子的实验方法（操作、现象、结论）　　　　　　（6）常温下，向0.04mol/L的G溶液中，加少量NaOH溶液调节pH，（溶液体积变化忽略不计）当pH=　　　　　　时开始有沉淀生成（已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）．9．（15分）（2022秋•红塔区校级月考）二氧化硫和氮氧化物（NOx）对大气污染日趋严重，研究消除大气污染的方法是化学工作者的重要课题，目前有很多种方法消除大气污染．（1）可利用甲烷催化还原NOx的方法处理NOx，反应如下：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ•mol﹣1则CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=　　　　　　；（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）CO2⇌N2（g）+2CO2（g）；△H＜0．若在一定温度下，将2molNO、1molCO充入1L固定容积的容器中，15分钟后达到平衡，反应过程中各物质的浓度变化如图1所示，则平衡常数K=　　　　　　（小数点后保留3位）；若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将　　　　　　移动（填“向左”、“向右”或“不”）；20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图1所示的变化，则改变的条件可能是　　　　　　（填序号）；①加入催化剂　②降低温度　③缩小容器体积　④增加CO2的量（3）利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常温下将SO2转化为SO42﹣，从而实现对SO2的处理（总反应为2SO2+O2+2H2O═2H2SO4）．已知，含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，则另一反应的离子方程式为　　　　　　；（4）肼（N2H4）用亚硝酸氧化可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977．写出肼与亚硝酸反应的化学方程式　　　　　　；（5）N2O5是重要的硝化剂和氧化剂，可用电解法制备N2O5，如图2所示，N2O5在电解池的　　　　　　（填“阳极”或“阴极”）区生成，其电极反应式为　　　　　　（注意：水不参加反应）．10．（14分）（2022•朝阳模拟）某氯化铁与氯化亚铁的混合物．现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：-19-\nⅠ．请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有　　　　　　、　　　　　　，（填仪器名称）（2）请写出加入溴水发生的离子反应方程式　　　　　　，（3）将沉淀物加热，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1﹣b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是　　　　　　．若蒸发皿质量是W1g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是　　　　　　Ⅱ．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（1）溶解样品改用了硫酸，而不用盐酸，为什么　　　　　　（2）选择的还原剂是否能用铁　　　　　　（填“是”或“否”），原因是：　　　　　　．（3）若滴定用掉cmol/LKMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是　　　　　　．　（二）选考题：共30分．请考生从给出的2道化学题中选一道作答．　[选修3--物质结构与性质]11．（15分）（2022•四川模拟）在电解炼铝过程中加入冰晶石（用“A”代替），可起到降低Al2O3熔点的作用．冰晶石的生产原理为2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3═2A+3CO2↑+9H2O．根据题意完成下列填空：（1）冰晶石的化学式为　　　　　　，含有离子键、　　　　　　等化学键．（2）生成物中含有10个电子的分子是　　　　　　（写分子式），该分子的空间构型为　　　　　　，中心原子的杂化方式为　　　　　　．（3）反应物中电负性最大的元素为　　　　　　（填元素符号），写出其原子最外层的电子排布图　　　　　　．（4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是　　　　　　（填微粒符号）．（5）Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：若已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则一个晶胞中Al原子的数目为　　　　　　个；Al晶体的密度为　　　　　　（用字母表示）．-19-\n　[选修5--有机化学基础]12．（15分）（2022秋•红塔区校级月考）酒石酸（tartaricacid），即，2，3﹣二羟基丁二酸，是一种羧酸﹐存在于多种植物中﹐也是葡萄酒中主要的有机酸之一．作为食品中添加的抗氧化剂﹐可以使食物具有酸味．酒石酸最大的用途是饮料添加剂．也是药物工业原料，以烃A为原料合成酒石酸的流程如下：已知：①烃A中碳氢质量比为8：1②③D的分子组成是C4H8O2Cl2，核磁共振氢谱显示其有三个峰．（1）A的分子中最多有　　　　　　个原子共面；（2）B中所含官能团的名称是　　　　　　，B存在顺反异构，它的顺式结构为　　　　　　；（3）F转化为G的化学反应方程式是　　　　　　；（4）F与乙二醇在一定条件下可以发生缩聚反应，该反应的化学方程式是　　　　　　；（5）C的同分异构体有多种，其中含有“﹣CO﹣”结构的有　　　　　　种；（6）欲得到较纯净的酒石酸，需将G从其溶液中分离提纯，查阅相关资料得知G的溶解度受温度影响较大，则分离提纯G的方法是　　　　　　．　-19-\n2022-2022学年云南省玉溪一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错的得0分．）1．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）下列有关常见有机化合物的说法正确的是（　　）　A．将一小块金属钠投入无水乙醇中，钠块浮在液面上四处游动　B．NaHCO3溶液可用于区分乙酸、乙醇和苯　C．工业上，用乙醇和浓硫酸共热到170℃制取乙烯　D．天然气的主要成分为甲烷，属于可再生能源考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．专题：有机反应．分析：A．乙醇中含﹣OH，且乙醇密度比钠的小；B．乙酸与碳酸氢钠反应生成气体，乙醇与碳酸氢钠不反应，苯与碳酸氢钠混合分层；C．工业上，利用石油裂解获得乙烯；D．化石能源为不可再生能源．解答：解：A．乙醇中含﹣OH，且乙醇密度比钠的小，则将一小块金属钠投入无水乙醇中，钠块在液面下四处游动，故A错误；B．乙酸与碳酸氢钠反应生成气体，乙醇与碳酸氢钠不反应，苯与碳酸氢钠混合分层，现象不同，可鉴别，故B正确；C．工业上，利用石油裂解获得乙烯，而实验室用乙醇和浓硫酸共热到170℃制取乙烯，故C错误；D．化石能源为不可再生能源，则天然气的主要成分为甲烷，属于不可再生能源，故D错误，故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，侧重有机物性质实验、鉴别、实验室制法等知识点的考查，综合性较强，选项C为解答的易错点，题目难度不大．　2．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）2022年白酒行业塑化剂风波成为人们关注的焦点，塑化剂的其中一种邻苯二甲酸二丁酯（DBP）的结构如图所示，可由邻苯二甲酸（）与正丁醇发生酯化反应制得，下列有关说法不正确的是（　　）　A．邻苯二甲酸二丁酯（DBP）分子式为：C16H22O4　B．邻苯二甲酸二丁酯（DBP）苯环上的一氯代物有2种　C．邻苯二甲酸二丁酯（DBP）属于苯的同系物　D．丁醇有4种不同结构，正丁醇是其中的一种，分子式为C4H10O-19-\n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：由结构简式可知化学式C16H22O4，为酯类物质，含﹣COOC﹣，可由邻苯二甲酸和丁醇发生酯化反应生成，以此来解答．解答：解：A．由结构简式可知化学式C16H22O4，故A正确；B．邻苯二甲酸二丁酯结构对称，苯环上含2种位置的H，则苯环上的一氯代物有2种，故B正确；C．苯的同系物中含1个苯环，侧链为饱和烃基，而该物质含﹣COOC﹣，结构不相似，则不属于苯的同系物，故C错误；D．由邻苯二甲酸和丁醇发生酯化反应生成，正丁醇是其中的一种，分子式为C4H10O，﹣C4H9有4种，则丁醇有4种，故D正确；故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意同系物判断及选项D中丁基与丁醇的数目判断，题目难度不大．　3．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）根据如图，下列判断中正确的是（　　）　A．烧杯a中发生反应O2+4H++4e═ˉ2H2O，溶液pH降低　B．烧杯b中发生反应为2Zn﹣4eˉ═2Zn2+　C．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极　D．向烧杯a中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：由图可知，NaCl溶液显中性，Zn比Fe活泼，Zn为负极，失去电子，Fe为正极，正极上氧气得到电子，以此来解答．解答：解：A．a中Fe为正极，发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，碱性增强，pH增大，故A错误；B．b烧杯中Zn为负极，则b中发生的反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故B正确；C．电子不能流经溶液，溶液中由离子的定向移动导电，故C错误；D．烧杯a中发生的氧气得到电子生成氢氧根离子的反应，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，铁不被氧化，则向烧杯a中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，没有蓝色沉淀生成，故D错误．故选B．点评：本题考查原电池知识，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和电极方程式的书写，难度不大．　4．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）下列评价及离子方程式书写正确的是（　　）选项离子组评价-19-\nAH+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2++2NO3﹣+6H+═4Fe3++2NO↑+3H2OBNa+、CO32﹣、Cl﹣、Al3+不能大量共存于同一溶液中，因为有沉淀生成2Al3++3CO32﹣═Al2（CO3）3↓CAlO2﹣、Na+、K+、HCO3﹣能大量共存于同一溶液中DHCO3﹣、OH﹣、Na+、K+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O　A．AB．BC．CD．D考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，评价中的离子方程式不满足电子守恒；B．碳酸根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；C．碳酸氢根离子能够与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；D．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水．解答：解：A．NO3﹣、H+具有强氧化性，能够与Fe2+发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，离子方程式书写错误，正确的离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故A错误；B．CO32﹣、Al3+之间发生反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，评价中离子方程式书写错误，正确的离子方程式为：2Al3++6H2O+3CO32﹣═2Al（OH）3↓+3CO2↑，故B错误；C．AlO2﹣、HCO3﹣之间反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2﹣+H2O+HCO3﹣=Al（OH）3↓+CO32﹣，在溶液中不能大量共存，评价错误，故C错误；D．HCO3﹣、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O，在溶液中不能大量共存，评价合理，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存的正误判断、离子方程式的书写，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；本题中注意题干要求“评价及离子方程式书写”正确的．　5．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）下列定量仪器读数正确的是（　　）　A．8.0mLB．24.00gC．23.65mLD．38.2℃-19-\n考点：计量仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：A．根据量筒读数时视线要与凹液面的最低处保持水平；B．托盘天平精确到0.1g；C．滴定管的0刻度在上方；D．体温计上方读数大．解答：解：A．量筒读数时视线要与量筒内液体的凹液面的最低处保持水平，用量筒量取一定体积液体时，液面如图所示，该液体的体积是7.9mL，故A错误；B．物体的质量是m=m码+m游=20g+4g=24.0g，故B错误；C．滴定管的0刻度在上方，应为22.35mL，故C错误；D．体温计上方读数大，为38.2℃，故D正确．故选D．点评：本题考查学生能否正确读取仪器的示数，要求学生能认清分度值，题目难度不大．　6．（6分）（2022秋•红塔区校级期中）常温下向10mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列变化中正确的是①电离程度增大②c（H+）增大③导电性增强④不变⑤OH﹣数目增大，H+数目减小⑥PH增大⑦C（H+）与C（OH﹣）的乘积减小（　　）　A．①②④B．①⑤⑥C．除②外都正确D．①④⑤⑥⑦考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH﹣）都减小，但c（H+）增大，据此分析解答．解答：解：加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH﹣）都减小，但c（H+）增大，①加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，故正确；②溶液温度不变，则水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度减小，则c（H+）增大，故正确；③溶液中离子浓度减小，则导电性减弱，故错误；④温度不变，一水合氨电离平衡常数不变，故正确；⑤加水稀释促进一水合氨电离，溶液中OH﹣数目增大，溶液中氢离子浓度增大，则H+数目增大，故错误；⑥溶液中氢氧根离子浓度减小，所以PH减小，故错误；⑦温度不变，水的离子积常数不变，所以C（H+）与C（OH﹣）的乘积不变，故错误；故选A．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，知道稀释过程中各种微粒浓度变化，题目难度不大．　-19-\n7．（6分）（2022秋•红塔区校级月考）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族．下列叙述错误的是（　　）　A．原子半径的大小顺序：Y＞Z＞W＞X　B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强　C．元素X的两种氢化物中，常温常压下均为液态，有一种含氢键，另一种没有氢键　D．化合物YX、ZX2的化学键类型不相同考点：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原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si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原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素，A．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Mg＞Si＞S＞O，即Y＞Z＞W＞X，故A正确；B．非金属Si＜S，故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故B正确；C．元素X的两种氢化物为水、双氧水，常温常压下均为液态，均含有氢键，故C错误；D．化合物MgO为离子化合物，含有离子键，SiO2属于共价化合物，含有共价键，故D正确；故选：C．点评：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键．　二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题～第33题为必考题，第34题～第36题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（12题，共144分）8．（14分）（2022秋•红塔区校级月考）图中X、Y、Z、W是地壳含量前四位（不按顺序）的元素组成的单质，其它为化合物，A有磁性．它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）．回答下列问题：-19-\n（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是　第二周期第ⅥA族　，M的化学式是　Na2SiO3　（2）胶体的应用非常广泛，早在150年前的1862年，英国科学家格雷阿姆就提出了“胶体“的概念，R胶体中分散质直径大小范围为：　1nm～100nm　，可利用　丁达尔效应　区分胶体和溶液（3）已知A与2.7gW反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：　8Al（s）+3Fe3O4（s）=9Fe（s）+4Al2O3（s）△H=﹣80akJ/mol　（4）写出A和足量D的稀溶液反应生成G的离子方程式：　3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O　（5）简述检验G溶液中的金属阳离子的实验方法（操作、现象、结论）　取少量Fe（NO3）3溶液于一支试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，证明含Fe3+　（6）常温下，向0.04mol/L的G溶液中，加少量NaOH溶液调节pH，（溶液体积变化忽略不计）当pH=　2　时开始有沉淀生成（已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：图中X、Y、Z、W是地壳含量前四位（不按顺序）的元素组成的单质，其它为化合物，前四位元素为，氧、硅、铝、铁；A有磁性，则A为Fe3O4，由转化关系，W为Al和Fe3O4发生铝热反应生成铁，可知X为铁、Y为O2、D为硝酸，G为四氧化三铁和硝酸发生氧化还原反应，反应生成硝酸铁溶液，由四种元素判断Z为Si，E为SiO2，M为Na2SiO3，R为H2SiO3，据此解答．解答：解：图中X、Y、Z、W是地壳含量前四位（不按顺序）的元素组成的单质，其它为化合物，前四位元素为，氧、硅、铝、铁；A有磁性，则A为Fe3O4，由转化关系，W为Al和Fe3O4发生铝热反应生成铁，可知X为铁、Y为O2、D为硝酸，G为四氧化三铁和硝酸发生氧化还原反应，反应生成硝酸铁溶液，由四种元素判断Z为Si，E为SiO2，M为Na2SiO3，R为H2SiO3，（1）组成单质Y的元素为O元素，元素在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族，M的化学式是Na2SiO3，故答案为：第二周期第ⅥA族；Na2SiO3；（2）R胶体中分散质直径大小范围为：1nm～100nm，可利用丁达尔效应区分胶体和溶液，故答案为：1nm～100nm；丁达尔效应；（3）Fe3O4与2.7gAl反应转化为Fe时（所有物质均为固体），放出akJ热量，2.7gA的物质的量为0.1mol，8molAl反应放出热量为80kJ，该反应的热化学方程式：8Al（s）+3Fe3O4（s）=9Fe（s）+4Al2O3（s）△H=﹣80akJ/mol，故答案为：8Al（s）+3Fe3O4（s）=9Fe（s）+4Al2O3（s）△H=﹣80akJ/mol；（4）A和足量D的稀溶液反应生成G的离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故答案为：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O；（5）简述检验硝酸铁溶液中的金属阳离子的实验方法（操作、现象、结论）：取少量Fe（NO3）3溶液于一支试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，证明含Fe3+，故答案为：取少量Fe（NO3）3溶液于一支试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，证明含Fe3+；-19-\n（6）常温下，向0.04mol/L的硝酸铁溶液中，加少量NaOH溶液调节pH，开始沉淀是c（OH﹣）=mol/L=10﹣12mol/L，故c（H+）=0.01mol/L，此时pH=﹣lg0.01=2，故答案为：2．点评：本题考查无机物推断，元素在地壳中含量及转化关系中特殊反应是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，侧重考查对知识的迁移应用，难度中等．　9．（15分）（2022秋•红塔区校级月考）二氧化硫和氮氧化物（NOx）对大气污染日趋严重，研究消除大气污染的方法是化学工作者的重要课题，目前有很多种方法消除大气污染．（1）可利用甲烷催化还原NOx的方法处理NOx，反应如下：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ•mol﹣1则CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=　﹣867kJ/mol　；（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）CO2⇌N2（g）+2CO2（g）；△H＜0．若在一定温度下，将2molNO、1molCO充入1L固定容积的容器中，15分钟后达到平衡，反应过程中各物质的浓度变化如图1所示，则平衡常数K=　0.035　（小数点后保留3位）；若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将　不　移动（填“向左”、“向右”或“不”）；20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图1所示的变化，则改变的条件可能是　②③　（填序号）；①加入催化剂　②降低温度　③缩小容器体积　④增加CO2的量（3）利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常温下将SO2转化为SO42﹣，从而实现对SO2的处理（总反应为2SO2+O2+2H2O═2H2SO4）．已知，含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，则另一反应的离子方程式为　2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+　；（4）肼（N2H4）用亚硝酸氧化可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977．写出肼与亚硝酸反应的化学方程式　N2H4+HNO2=HN3+2H2O　；（5）N2O5是重要的硝化剂和氧化剂，可用电解法制备N2O5，如图2所示，N2O5在电解池的　阳极　（填“阳极”或“阴极”）区生成，其电极反应式为　N2O4﹣2e﹣+2NO3﹣=2N2O5　（注意：水不参加反应）．考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素．-19-\n专题：基本概念与基本理论．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）依据图象计算平衡状态物质的浓度结合平衡常数计算平衡常数；依据浓度商和平衡常数比较分析判断；20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图1所示的变化，斜率减小反应速率减小，氮气浓度增大，根据影响速率和平衡的因素分析；（3）催化剂的特点，反应前后质量和性质不变，则恢复原来状态，即Fe3+→Fe2+；（4）氮的氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则可以求出氮氢原子个数，得出该氢化物，获得肼和亚硝酸反应生成产物；（5）由N2O4制取N2O5需要失去电子，所以N2O5在阳极区生成．解答：解：（1）①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1；②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1；依据盖斯定律计算①+②得到：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol；故答案为：﹣867kJ/mol；（2）依据图象分析，15分钟时达到平衡时氮气浓度为0.2mol/L，NO平衡浓度为1.6mol/L，一氧化碳浓度为0.6mol/L，二氧化碳浓度为0.4mol/L，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0；平衡常数K===0.035；若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，浓度分别为c（NO）=1.6mol/L，c（CO）=0.6mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L，c（N2）=0.2mol/L+0.6mol/L=0.8mol/L，c（CO2）=0.4mol/L；则Qc===0.035=K，所以平衡不移动；20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图1所示的变化，斜率减小反应速率减小，氮气浓度逐渐增大，反应是气体体积减小的放热反应，加入催化剂、增大浓度，速率均增大不符合题意，则改变的条件可能是降温，缩小体积；①．加入催化剂，平衡不移动，故不选；②．降低温度，平衡正向移动，故选；　③．缩小容器体积，平衡正向移动，故选；④．增加CO2的量，平衡逆向，故不选；故答案为：0.035；不；②③；（3）其中一个反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，则另一个反应一定有Fe3+→Fe2+，所以反应方程式为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；故答案为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；（4）氮的氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则氮氢原子个数比==3：1，所以该氢化物是NH3，肼和亚硝酸反应生成氨气和水，所以其反应方程式为N2H4+HNO2=NH3+2H2O，故答案为：N2H4+HNO2═NH3+2H2O；-19-\n（5）从电解原理来看，N2O4制备N2O5为氧化反应，则N2O5应在阳极区生成，反应式为N2O4+2NO3﹣﹣2e﹣═2N2O5；故答案为：阳极；N2O4﹣2e﹣+2NO3﹣=2N2O5．点评：本题设计电化学、热化学以及化学反应平衡等综合知识，是一道综合考查题，难度中等．　10．（14分）（2022•朝阳模拟）某氯化铁与氯化亚铁的混合物．现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：Ⅰ．请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有　250mL容量瓶　、　胶头滴管　，（填仪器名称）（2）请写出加入溴水发生的离子反应方程式　2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣　，（3）将沉淀物加热，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1﹣b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是　再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g　．若蒸发皿质量是W1g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是　　Ⅱ．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（1）溶解样品改用了硫酸，而不用盐酸，为什么　过量的盐酸对后面KMnO4的滴定有干扰　（2）选择的还原剂是否能用铁　否　（填“是”或“否”），原因是：　如果用铁做还原剂，会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定　．（3）若滴定用掉cmol/LKMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是　　．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：Ⅰ、（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶；（2）根据Br2具有氧化性，能氧化Fe2+；为了使Fe3+充分沉淀，氨水要过量；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；根据铁元素质量守恒，即红棕色固体（Fe2O3）中的铁就是样品中铁，根据质量分数的公式求出铁元素的质量分数；Ⅱ-19-\n、（1）溶解样品若用盐酸，用高锰酸钾若用滴定时会氧化氯离子，影响实验测定结果；（2）某氯化铁与氯化亚铁的混合物．现要测定其中铁元素的质量分数，加入铁做还原剂和过量的硫酸反应生成亚铁离子，会增加铁元素的量对测定结果产生误差；（3）依据高锰酸钾和亚铁离子的氧化还原反应定量关系计算．解答：解：Ⅰ、（1）因配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶；故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（2）因Br2具有氧化性，能氧化Fe2+：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；为了使Fe3+充分沉淀，氨水要过量，故答案为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2﹣W1）g×；样品中铁元素的质量分数是×100%，故答案为：再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；×100%；Ⅱ．（1）高锰酸钾具有强氧化性，加入盐酸，溶液中的氯离子会被氧化，多消耗高锰酸钾，产生实验测定误差，故答案为：过量的盐酸对后面KMnO4的滴定有干扰；（2）还原剂不能用铁，因为有贴分会和过量硫酸反应生成硫酸亚铁，再用高锰酸钾滴定，多消耗氧化剂产生误差，干扰原混合物的铁元素的测定；故答案为：否；如果用铁做还原剂，会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定；（3）依据反应5Fe2++MnO4﹣+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；依据定量关系计算得到：设铁元素质量分数为X%，5Fe2+～5Fe3+～KMnO45×561a×X%×c×b×10﹣3铁元素的质量分数是X%=，故答案为：．点评：本题主要考查了铁元素的质量分数的测定，实验分析，实验数据的计算应用，同时考查了实验知识的分析判断，难度不大．　（二）选考题：共30分．请考生从给出的2道化学题中选一道作答．[选修3--物质结构与性质]11．（15分）（2022•四川模拟）在电解炼铝过程中加入冰晶石（用“A”代替），可起到降低Al2O3熔点的作用．冰晶石的生产原理为2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3═2A+3CO2↑+9H2O．根据题意完成下列填空：（1）冰晶石的化学式为　Na3AlF6　，含有离子键、　配位键　等化学键．（2）生成物中含有10个电子的分子是　H2O　（写分子式），该分子的空间构型为　V形　，中心原子的杂化方式为　sp3　．（3）反应物中电负性最大的元素为　F　（填元素符号），写出其原子最外层的电子排布图　-19-\n　．（4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是　Na+　（填微粒符号）．（5）Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：若已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则一个晶胞中Al原子的数目为　4　个；Al晶体的密度为　　（用字母表示）．考点：晶胞的计算；离子化合物的结构特征与性质；判断简单分子或离子的构型；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）冰晶石的成分是Na3AlF6，该物质中含有离子键和配位键；（2）H2O中含有10个电子，根据价层电子对互斥理论确定水分子构型和O原子杂化方式；　（3）元素的非金属性越强，其电负性越强；F原子核外最外层上s、p能级，s、p能级上电子分别是2、5；（4）利用均摊法确定其化学式，再根据化学式中离子判断该微粒；（5）利用均摊法计算Al原子个数，该晶胞棱长==2d，所以晶胞的体积=（2d）3，根据ρ=计算晶胞密度．解答：解：（1）冰晶石的成分是Na3AlF6，该物质中Na+和AlF6﹣之间存在离子键，Al原子和F原子之间存在配位键，故答案为：Na3AlF6；离子键和配位键；（2）H2O中含有10个电子，水分子中含有2个共价单键和2个孤电子对，所以其空间构型为V形，O原子采用杂化，故答案为：H2O；V形；sp3；（3）元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是F元素；F原子核外最外层上s、p能级，s、p能级上电子分别是2、5，其最外层轨道表示式为，故答案为：F；；（4）●的个数==4，○个数=12×+8=11，要使两种离子的个数之比为1：3，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+，故答案为：Na+；-19-\n（5）该晶胞中Al原子个数==4，该晶胞棱长==2d，所以晶胞的体积=（2d）3，ρ===，故答案为：4；．点评：本题涉及晶胞的计算、化学键的判断、原子杂化方式等知识点，利用均摊法、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，难点是晶胞的计算，注意（5）中棱长不是Al原子直径，为易错点．　[选修5--有机化学基础]12．（15分）（2022秋•红塔区校级月考）酒石酸（tartaricacid），即，2，3﹣二羟基丁二酸，是一种羧酸﹐存在于多种植物中﹐也是葡萄酒中主要的有机酸之一．作为食品中添加的抗氧化剂﹐可以使食物具有酸味．酒石酸最大的用途是饮料添加剂．也是药物工业原料，以烃A为原料合成酒石酸的流程如下：已知：①烃A中碳氢质量比为8：1②③D的分子组成是C4H8O2Cl2，核磁共振氢谱显示其有三个峰．（1）A的分子中最多有　10　个原子共面；（2）B中所含官能团的名称是　碳碳双键、氯原子　，B存在顺反异构，它的顺式结构为　　；（3）F转化为G的化学反应方程式是　　；（4）F与乙二醇在一定条件下可以发生缩聚反应，该反应的化学方程式是　-19-\n　；（5）C的同分异构体有多种，其中含有“﹣CO﹣”结构的有　14　种；（6）欲得到较纯净的酒石酸，需将G从其溶液中分离提纯，查阅相关资料得知G的溶解度受温度影响较大，则分离提纯G的方法是　重结晶　．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：烃A中碳氢质量比为8：1，则A中C、H的原子个数比为2：3，所以A的分子式为C4H6，A与氯气发生信息中的加成反应生成B，B在碱性条件下水解得C为醇，根据D的分子式可知，C与氯气发生加成反应生成D，D发生氧化反应得E，E发生氧化反应得F，F再发生水解得G，G酸化得H，根据H的结构简式可以反应推得G为NaOOCCHOHCHOHCOONa，F为HOOCCHClCHClCOOH，E为OHCCHClCHClCHO，D为HOCH2CHClCHClCH2OH，C为HOCH2CH=CHCH2OH，B为ClCH2CH=CHCH2Cl，A为CH2=CHCH=CH2，据此答题．解答：解：烃A中碳氢质量比为8：1，则A中C、H的原子个数比为2：3，所以A的分子式为C4H6，A与氯气发生信息中的加成反应生成B，B在碱性条件下水解得C为醇，根据D的分子式可知，C与氯气发生加成反应生成D，D发生氧化反应得E，E发生氧化反应得F，F再发生水解得G，G酸化得H，根据H的结构简式可以反应推得G为NaOOCCHOHCHOHCOONa，F为HOOCCHClCHClCOOH，E为OHCCHClCHClCHO，D为HOCH2CHClCHClCH2OH，C为HOCH2CH=CHCH2OH，B为ClCH2CH=CHCH2Cl，A为CH2=CHCH=CH2，（1）A为CH2=CHCH=CH2，A中有两个碳碳双键结构，分子中所有原子都可能共面，共有10个原子，故答案为：10；（2）B为ClCH2CH=CHCH2Cl，B中所含官能团的名称是碳碳双键、氯原子，B存在顺反异构，它的顺式结构为，故答案为：碳碳双键、氯原子；；（3）F转化为G的化学反应方程式为，故答案为：；（4）F为HOOCCHClCHClCOOH，F与乙二醇在一定条件下可以发生缩聚反应，该反应的化学方程式是，故答案为：-19-\n；（5）C为HOCH2CH=CHCH2OH，C的同分异构体可以是﹣COO﹣另外连三个碳，这样有6种结构，碳链连结分别为CH3﹣CH2﹣CH2﹣COOH、（CH3﹣）2CH﹣COOH、CH3﹣CH2﹣COOCH3、CH3﹣COOCH2﹣CH3、HCOOCH2﹣CH2﹣CH3、HCOO﹣CH（﹣CH3）2也可是﹣CO﹣、﹣OH、另外连三个碳，这样有8种结构，分别为CH3﹣CH2﹣O﹣CH2﹣CHO、CH3﹣O﹣CH2﹣CH2﹣CHO、HO﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CHO、（CH3﹣）2COH﹣CHO、HO﹣CH2﹣CH（﹣CH3）﹣CHO、CH3﹣CH2﹣COCH2OH、HOCH2﹣C﹣COCH3、CH3﹣CHOH﹣COCH3，所以共有14种，故答案为：14；（6）因为NaOOCCHOHCHOHCOONa的溶解度受温度影响较大，所以分离提纯NaOOCCHOHCHOHCOONa的方法是重结晶，故答案为：重结晶．点评：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的反应信息进行应用，给能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，掌握官能团的性质是推断关键，注意根据转化关系来源于顺推法进行推断，难度中等．　-19-