2022年辽宁省辽南协作校高考化学二模试卷　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）7．氰气（CN）2性质与卤素相似，分子中4个原子处于同一直线．下列叙述正确的是（　　）A．分子中只存在极性键B．在氰气中N、C的化合价为0C．CN的电子式：D．能与烯烃发生加成反应　8．已知电解熔融氧化钙可以得到金属钙和氯气，钙在氯气中燃烧又能生成氯化钙．请你根据已学知识，按图中箭头所表示的物质间可能发生的转化，分析下列说法正确的是（　　）A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3三者都是离子化合物，在固态时可以导电B．工业上也可用电解熔融氧化钙的方法制备金属钙C．往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液，都能实现⑥的转化D．工业上以氯气和石灰乳为原料通过反应制造主要成分为CaCl2的漂白粉　9．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法中不正确的是（　　）①常温下，21g聚乙烯（﹣[CH2﹣CH2]﹣）中含有氢原子的数目为3NA②在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中每生成71g氯气转移的电子数为2NA③3.4gNH3中含N﹣H键数目为0.2NA④过氧化钠与水反应，若转移2NA个电子，则产生的氧气为32g⑤在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，CO32﹣总数为0.1NA．A．①②③⑤B．①④⑤C．①②③D．②③⑤　10．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（　　）A．用图1装置作为制取二氧化碳的尾气吸收装置B．用图2装置进行二氧化碳喷泉实验C．用图3装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验D．用图4装置进行石油的分馏实验　11．下列关于分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是（　　）-27-A．属于羧基类的有2种B．属于酯类的有3种C．存在分子中含有六元环的同分异构体D．分子中可含有两种不同的官能团　12．某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1﹣nMn2O4LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MHM+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（　　）A．锂离子电池放电时Li+向正极迁移B．锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣nMn2O4+xLi+C．如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D．镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣　13．下列有关说法正确的是（　　）A．常温下，0.1mol•L﹣1Na2S溶液中存在：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）B．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液正好完全反应时，溶液中一定存在：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）C．常温下，向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）　　二、解答题（共6小题，满分88分）26．某工业含锰酸性废水的主要成分为MnSO4，另外还存在Fe2+、Fe3+、Al3+等离子．现以该废水为原料，制备高纯的碳酸锰，工业流程如下：（1）加入MnO2的作用是　　　　　　（用离子方程式表示）．（2）下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀时的pH开始沉淀时的pH沉淀完全时的pHFe3+1.53.1-27-Fe2+6.59.7Al3+3.35.2Mn2+7.810.4依据表中数据判断，用氨水调节溶液的pH应至　　　　　　．（3）滤渣X的主要成分为　　　　　　，滤液中的溶质为　　　　　　．（4）已知反应1中会产生一种气体，则该反应的化学方程式为　　　　　　．（5）判断水洗步骤中沉淀已洗净的方法是　　　　　　．（6）制得的碳酸锰可用于工业上电解法冶炼金属锰．该生产中需先将碳酸锰溶于强酸，配成电解液，写出该反应的离子方程式　　　　　　．　27．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氨氧化物NO3、CO2、SO2等气体，严重污染空气．对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用．Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ•mol﹣1H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为　　　　　　．Ⅱ．脱碳：向2L密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O（l）△H＜0（1）①下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是　　　　　　．a．混合气体的平均摩尔质量保持不变b．CO2和H2的体积分数保持不变c．CO2和H2的转化率相等d．混合气体的密度保持不变e.1molCO2生成的同时有3molH﹣H键断裂②CO2的浓度随时间（0～t2）变化如图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t4CO2的浓度随时间的变化．（2）改变温度，使反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0中的所有物质都为气态．起始温度体积相同（T1℃、2L密闭容器）．反应过程中部分数据见下表：反应时间CO2（mol）H2（mol）CH3OH（mol）H2O（mol）反应Ⅰ恒温恒容0min260010min4.520min130min1反应Ⅱ绝热恒容0min0022-27-①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡常数K（Ⅰ）　　　　　　K（Ⅱ）（填“＞”、“＜”或“=”）．②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）=　　　　　　；在反应Ⅰ的条件下，该反应的平衡常数为　　　　　　③对反应Ⅰ，在其它条件不变，若30min时只改变一个条件，此时H2的物质的量浓度为1.6mol/L，则该条件可能为　　　　　　．（写出两个情况即可）④对反应Ⅰ，若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡　　　　　　移动（填“正向”、“逆向”或“不”）．　28．草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验．实验Ⅰ：实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸，（装置如下图所示）反应原理为：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O实验步骤如下：①取一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中②控制反应温度55﹣60℃，边搅拌边缓慢滴加一定量的混合酸（65%的HNO3与98%的H2SO4的质量比2：1.25）③反应3小时，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤后得到草酸晶体（1）如图实验装置中仪器乙的名称为　　　　　　；装置B的作用是：　　　　　　．（2）检验淀粉是否水解完全所需要的试剂为：　　　　　　．（3）配制混合酸的方法是：　　　　　　．实验Ⅱ：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（4）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，可观察到溶液由紫红色变为近乎无色，写出反应的离子方程式　　　　　　．（5）学习小组的同学发现，当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快．为探究其原因，同学们做了如下对比实验：实验序号H2C2O4（aq）KMnO4（H+）（aq）MnSO4（S）褪色时间（s）C（mol•L﹣1）V（mL）C（mol•L﹣1）V（mL）实验10.120.014030实验20.120.01454由此你认为溶液褪色总是先慢后快的原因是　　　　　　．实验Ⅲ：用草酸滴定法测矿石中钒的含量（6）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”．钒元素广泛分散于各种矿物中，钾钒铀矿的主要成分可用化学式表示为K2H6U2V2O15，测定其中钒元素含量的方法是：先把矿石中的钒元素转化为V2O3，V2O3在酸性溶液里转化为VO2+，再用标准草酸溶液滴定．总反应可表示为：　　　　　　VO2++　　　　　　H2C2O4+　　　　　　H+→　　　　　　VO2++　　　　　　CO2↑+　　　　　　H2O①请将上述反应配平（填写系数即可）；②现有钾钒铀矿样品10.2g，用上述方法来测定钒的含量，结果消耗0.9g草酸，则此钾钒铀矿中钒元素的质量分数是　　　　　　．-27-　36．煤是重要的能源，也是生产化工产品的重要原料．试用所学知识，解答下列问题：（1）煤的转化技术通常包括煤的气化技术和液化技术．其中煤的液化技术又可以分为　　　　　　和　　　　　　；（2）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理．煤的某种脱硫技术的原理如图所示：FeS2Fe2++SOFe3+这种脱硫技术称为微生物脱硫技术．该技术的第一步反应的离子方程式为　　　　　　；第二步反应的离子方程式为　　　　　　；（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、　　　　　　、　　　　　　等．（4）湿式石灰石﹣石膏法脱硫工艺是烟气脱硫技术中最成熟的一种方法．其工艺流程是：烟气经锅炉预热器出来，进入电除尘器除掉大部分粉煤灰烟尘，再经过一个专门的热交换器，然后进入吸收塔，烟气中的SO2与含有石灰石的浆液进行气液接触，通入空气后生成石膏，经脱硫的烟气，应用循环气体加热器进行再加热，进入烟囱，排入大气．①写出湿法石灰石﹣石膏法脱硫所涉及的化学反应方程式：　　　　　　_；②用石灰石浆液作SO2吸收剂而不用熟石灰吸收SO2的原因是：　　　　　　；③上述过程中得到的石膏，如果含氯化合物（主要来源于燃料煤）超过杂质极限值，则石膏产品性能变坏．工业上消除可溶性氯化物的方法是　　　　　　；（5）某化学兴趣小组为了测定烟气脱硫所得石膏的组成（CaSO4•xH2O）即测定x值，做如下实验：将石膏加热使之脱水，加热过程中固体的质量与时间的变化关系如图所示．数据表明当固体的质量为2.72g后不再改变．①石膏的化学式为　　　　　　；②图象中AB段对应化合物的化学式为　　　　　　．　37．卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们．-27-（1）卤族元素位于元素周期表的　　　　　　区；溴的价电子排布式为　　　　　　．（2）测定液态氟化氢的相对分子质量，实验值大于20，原因是　　　　　　．（3）请根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是　　　　　　（写出名称）．氟氯溴碘第一电离能（kJ/mol）1681125111401008（4）已知碘酸（HIO3）和高碘酸（H5IO6）的结构分别如图1、2所示：请比较二者酸性强弱：HIO3　　　　　　H5IO6（填“＞”、“＜”或“=”），原因是　　　　　　（5）BCl3是一种非金属氯化物，其分子中B﹣Cl键的键角为　　　　　　，写出一种与BCl3互为等电子体的离子　　　　　　．（6）如图3为碘晶体晶胞结构．有关说法中正确的是．A．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D．碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力（7）已知CaF2晶体（如图4）的密度为pg/cm3，NA为阿伏伽德罗常数．①阳离子的配位数为　　　　　　．②晶胞边长a=　　　　　　cm（用含p、NA的代数式表示）　38．化合物M是一种强度很高的合成纤维，被广泛用于太空服、降落伞等高科技领域中．下列是某研究小组以化合物A为原料生产M的合成路线：已知以下信息：1molA可与2molBr2发生加成反应；B中有两种化学环境不同的氢；D不能使溴的CCl4溶液褪色，其核磁共振氢谱为单峰；E能与金属钠反应放出氢气．请回答下列问题：（1）C的结构简式为　　　　　　，D的化学名称是　　　　　　．（2）A的结构简式为　　　　　　．-27-（3）F中所含官能团有　　　　　　（填名称），F→G的反应类型是　　　　　　．（4）反应G→H的化学方程式为　　　　　　．（5）F的同分异构体中能发生银镜反应的有　　　　　　种，其中在核磁共振氢谱中出现两组峰的是　　　　　　（填结构简式）．　　-27-2022年辽宁省辽南协作校高考化学二模试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）7．氰气（CN）2性质与卤素相似，分子中4个原子处于同一直线．下列叙述正确的是（　　）A．分子中只存在极性键B．在氰气中N、C的化合价为0C．CN的电子式：D．能与烯烃发生加成反应【考点】电子式；根据化学式判断化合价；极性键和非极性键；取代反应与加成反应．【分析】A．氰气（CN）2结构为N≡C﹣C≡N，存在碳碳非极性键；B．根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合氰气的结构进行解答；C．CN﹣中碳原子满足8电子稳定结构；D．含有不饱和键，可发生加成反应．【解答】解：A．氰气（CN）2结构为N≡C﹣C≡N，存在碳氮极性键和碳碳非极性键，故A错误；B．氰气的结构为N≡C﹣C≡N，在氰气中N、C的化合价分别为﹣3、+3，故B错误；C．CN﹣电子式为，故C错误；D．氰气（CN）2结构为N≡C﹣C≡N，含有不饱和键，可发生加成反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质的组成、结构和性质的关系，涉及电子式的书写等知识，题目难度不大，可以根据已知的乙炔的结构、卤素的性质结合元素周期律来分析解答，试题有利于培养学生的知识迁移能力．　8．已知电解熔融氧化钙可以得到金属钙和氯气，钙在氯气中燃烧又能生成氯化钙．请你根据已学知识，按图中箭头所表示的物质间可能发生的转化，分析下列说法正确的是（　　）A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3三者都是离子化合物，在固态时可以导电B．工业上也可用电解熔融氧化钙的方法制备金属钙C．往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液，都能实现⑥的转化D．工业上以氯气和石灰乳为原料通过反应制造主要成分为CaCl2的漂白粉【考点】金属冶炼的一般原理；离子化合物的结构特征与性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3三者都是离子化合物，在固态时不能电离出自由移动离子；B．氧化钙离子键稳定性强于氯化钙，破坏需要吸收大量的热；C．往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都能反应生成碳酸钙沉淀；D．漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙．-27-【解答】解：A．CaO、Ca（OH）2、CaCO3三者都是离子化合物，在固态时不能电离出自由移动离子，所以不能导电，故A错误；B．钙氧离子键键能较大，反应吸热过多，使得反应温度过高，一般使用CaCl2的熔融电解制得钙单质，故B错误；C．往Ca（OH）2溶液中滴加Na2CO3溶液或NaHCO3溶液都能反应生成碳酸钙沉淀，Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，故C正确；D．漂白粉主要成分为次氯酸钙和氯化钙，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了物质转化关系，金属的冶炼，熟悉金属冶炼方法与活泼性关系是解题关键，题目难度中等．　9．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法中不正确的是（　　）①常温下，21g聚乙烯（﹣[CH2﹣CH2]﹣）中含有氢原子的数目为3NA②在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中每生成71g氯气转移的电子数为2NA③3.4gNH3中含N﹣H键数目为0.2NA④过氧化钠与水反应，若转移2NA个电子，则产生的氧气为32g⑤在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，CO32﹣总数为0.1NA．A．①②③⑤B．①④⑤C．①②③D．②③⑤【考点】阿伏加德罗常数．【分析】①聚乙烯的最简式为CH2，根据聚乙烯的最简式计算出21g聚乙烯中含有的H原子的物质的量；②反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O中，KClO3中Cl元素由+5价变为+0价，HCl中Cl元素由﹣1价变为0价，由方程式可知当有6molHCl参加反应时，有5mol被氧化，转移5mol电子，生成3molCl2，以此进行计算；③氨气分子中含有3个氮氢键，3.4g氨气的物质的量为0.2mol，含有0.6mol氮氢键；④过氧化钠与水反应中，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，且过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，则生成1mol氧气转移了2mol电子，据此进行计算；⑤在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，CO32﹣部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少．【解答】解：①聚乙烯（﹣[CH2﹣CH2]﹣）的最简式为CH2，21g聚乙烯中含有最简式CH2的物质的量为：=1.5mol，含有H原子的物质的量为1.5mol×2=3mol，含有氢原子的数目为3NA，故①正确；②反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，电子转移的方向和数目为：，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，71g氯气的物质的量为：=1mol，则生成1mol氯气时转移的电子为：mol=mol，故②错误；③3.4g氨气的物质的量为：=0.2mol，0.2mol氨气分子中含有氮氢键的物质的量为：0.2mol×3=0.6mol，含N﹣H键数目为0.6NA，故③错误；-27-④32g氧气的物质的量为1mol，过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，则生成1mol氧气转移了2mol电子，即：转移2NA个电子，故④正确；⑤在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，含有溶质碳酸钠的物质的量为0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，则溶液中的CO32﹣总数小于0.1NA，故⑤错误；根据分析可知，不正确的为②③⑤，故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，涉及氧化还原反应的计算、盐的水解原理、有关物质的量的计算等知识，试题知识点较多，充分考查学生灵活应用基础知识的能力，②为易错点，正确判断化合价变化情况为解答关键．　10．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（　　）A．用图1装置作为制取二氧化碳的尾气吸收装置B．用图2装置进行二氧化碳喷泉实验C．用图3装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验D．用图4装置进行石油的分馏实验【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．有缓冲装置的能防止倒吸；B．只有收集的气体极易溶于该溶液时才能产生喷泉实验；C．在加热条件下用二氧化锰和浓盐酸制取氯气；D．温度计位置错误，温度计应该测量蒸气温度而不是液体温度，且冷凝管中下口为进水口、上口为出水口．【解答】解：A．该装置有缓冲装置，所以能防止倒吸，故A正确；B．二氧化碳在水中溶解度较小，不能迅速产生压强差，所以不能形成喷泉实验，故B错误；C．实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气时需要固液混合加热型装置，故C错误；D．对石油进行蒸馏时，温度计测量蒸气温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，且冷凝管中的水应该是下口进水、上口出水，否则易炸裂冷凝管，故D错误；故选A．【点评】本题考查了化学实验方案评价，涉及尾气处理、喷泉实验、蒸馏、气体的制取等实验，明确物质的性质、实验操作规范性等知识点是解本题关键，总结使用温度计时温度计位置，如：制取乙烯时温度计水银球位于溶液中、水浴加热时温度计水银球位于水浴中、蒸馏时温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处．　11．下列关于分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是（　　）A．属于羧基类的有2种B．属于酯类的有3种C．存在分子中含有六元环的同分异构体D．分子中可含有两种不同的官能团-27-【考点】同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构．【分析】A、C4H8O2属于羧酸时，可以根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；B、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；C、根据六元环结合有机物的分子式来确定；D、C4H8O2属于羟基醛时，具有两种官能团，据此解答即可．【解答】解：A、C4H8O2属于羧酸时，可以是丁酸或2﹣甲基丙酸，共有2种同分异构体，故A正确；B、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故B错误；C、存在分子中含有六元环的同分异构体：，故C正确；D、C4H8O2属于羟基醛时，即含有羟基和醛基两种官能团，故D正确；故选B．【点评】本题考查同分异构体的种类，根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，难度不大，有利于培养学生的逻辑推理能力　12．某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1﹣nMn2O4LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MHM+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（　　）A．锂离子电池放电时Li+向正极迁移B．锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣nMn2O4+xLi+C．如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D．镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．根据电池放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极判断；B．放电时，正极发生还原反应；C．根据右图，锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程分析；D．锂离子电池充电时，阴极为得电子的还原反应．【解答】解：A．锂离子电池放电时阳离子移向正极，所以Li+向正极迁移，故A正确；B．锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：Li++e﹣═Li，故B错误；-27-C．右图表示用锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程，所以锂离子电池给镍氢电池充电，故C正确；D．放电时，正极发生还原反应，方程式为NiOOH+e﹣+H2O=Ni（OH）2+OH﹣，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，本题注意根据电池总反应式正确判断电极反应，并能书写电极反应式是解答该题的关键．　13．下列有关说法正确的是（　　）A．常温下，0.1mol•L﹣1Na2S溶液中存在：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）B．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液正好完全反应时，溶液中一定存在：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）C．常温下，向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．硫化钠溶液中水电离的氢离子与氢氧根离子相等，即质子守恒，根据质子守恒进行判断；B．HA为弱酸时，反应生成NaA溶液，A﹣水解溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（Na+）＞c（A﹣）；C．根据醋酸的电离平衡常数判断，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变；D．溶液显示中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中醋酸的浓度较小，c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）．【解答】解：A．根据硫化钠溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；B．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液正好完全反应时，当HA为强酸时，溶液显示中性，则：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），当HA为弱酸时，反应生成强碱弱酸盐NaA，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（Na+）＞c（A﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．醋酸的电离平衡常数为：K==×c（H+）所以：=，由于稀释前后温度相同，则醋酸的电离平衡常数K不变，与氢离子浓度成反比，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中氢离子浓度缩小为原先的，则的值增大到原来的10倍，故C正确；-27-D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COOH），由于溶液中醋酸的浓度较小，则：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故D错误；故选C．【点评】本题考查了判断溶液中离子浓度大小的方法，题目难度中等，注意掌握弱电解质的电离、盐的水解原理、酸碱中和反应的定性判断，能够根据物料守恒、盐的水解原理、电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小．　二、解答题（共6小题，满分88分）26．某工业含锰酸性废水的主要成分为MnSO4，另外还存在Fe2+、Fe3+、Al3+等离子．现以该废水为原料，制备高纯的碳酸锰，工业流程如下：（1）加入MnO2的作用是　MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O　（用离子方程式表示）．（2）下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀时的pH开始沉淀时的pH沉淀完全时的pHFe3+1.53.1Fe2+6.59.7Al3+3.35.2Mn2+7.810.4依据表中数据判断，用氨水调节溶液的pH应至　5.2　．（3）滤渣X的主要成分为　Fe（OH）3、Al（OH）3　，滤液中的溶质为　MnSO4、（NH4）2SO4　．（4）已知反应1中会产生一种气体，则该反应的化学方程式为　2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O　．（5）判断水洗步骤中沉淀已洗净的方法是　取最后一次的洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液和稀硝酸，若无白色沉淀，说明已洗净　．（6）制得的碳酸锰可用于工业上电解法冶炼金属锰．该生产中需先将碳酸锰溶于强酸，配成电解液，写出该反应的离子方程式　MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1）加入MnO2，做氧化剂，氧化Fe2+；（2）根据表中数据可知，氢氧化铝完成沉淀的pH为5.2，氢氧化铁完全沉淀的pH为3.7，所以调节pH在5.2，（3）调节pH在5.2，Fe3+和Al3+均以Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀状态存在，滤液中的溶质为MnSO4、（NH4）2SO4；（4）NH4HCO3与MnSO4生成CO2、MnCO3、（NH4）2SO4和H2O；（5）MnCO3沉淀中附有SO42﹣，通过检验沉淀中是否含有SO42﹣，来确定沉淀洗涤干净与否；（6）碳酸锰溶于强酸生成Mn2+、CO2和H2O．【解答】解：（1）加入MnO2，做氧化剂，氧化Fe2+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（2）根据表中数据可知，氢氧化铝完成沉淀的pH为5.2，氢氧化铁完全沉淀的pH为3.7，所以调节pH在5.2，-27-故答案为：5.2；（3）调节pH在5.2，Fe3+和Al3+均以Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀状态存在，即滤渣的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中的溶质为MnSO4、（NH4）2SO4；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；MnSO4、（NH4）2SO4；（4）NH4HCO3与MnSO4生成CO2、MnCO3、（NH4）2SO4和H2O，化学方程式为2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；故答案为：2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；（5）MnCO3沉淀中附有SO42﹣，通过检验沉淀中是否含有SO42﹣，来确定沉淀洗涤干净与否，取最后一次的洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液和稀硝酸，若无白色沉淀，说明已洗净；故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液和稀硝酸，若无白色沉淀，说明已洗净；（6）碳酸锰溶于强酸生成Mn2+、CO2和H2O，离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O；故答案为：MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O．【点评】本题考查了铁盐和亚铁盐的相互转变、常见离子的检验方法、难溶电解质的溶解平衡及离子方程式的书写，题目难度中等，解题关键是合理分析题中生成流程及表中离子完全沉淀时的数据的含义，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　27．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氨氧化物NO3、CO2、SO2等气体，严重污染空气．对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用．Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ•mol﹣1H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为　4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100.2kJ•mol﹣1　．Ⅱ．脱碳：向2L密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O（l）△H＜0（1）①下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是　de　．a．混合气体的平均摩尔质量保持不变b．CO2和H2的体积分数保持不变c．CO2和H2的转化率相等d．混合气体的密度保持不变e.1molCO2生成的同时有3molH﹣H键断裂②CO2的浓度随时间（0～t2）变化如图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t4CO2的浓度随时间的变化．-27-（2）改变温度，使反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0中的所有物质都为气态．起始温度体积相同（T1℃、2L密闭容器）．反应过程中部分数据见下表：反应时间CO2（mol）H2（mol）CH3OH（mol）H2O（mol）反应Ⅰ恒温恒容0min260010min4.520min130min1反应Ⅱ绝热恒容0min0022①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡常数K（Ⅰ）　＜　K（Ⅱ）（填“＞”、“＜”或“=”）．②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）=　0.025mol/（L．min）；　；在反应Ⅰ的条件下，该反应的平衡常数为　　③对反应Ⅰ，在其它条件不变，若30min时只改变一个条件，此时H2的物质的量浓度为1.6mol/L，则该条件可能为　减少CO2的浓度，增大甲醇或水蒸气浓度，或升高温度　．（写出两个情况即可）④对反应Ⅰ，若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡　不　移动（填“正向”、“逆向”或“不”）．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】Ⅰ．H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，则①．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，②．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ•mol﹣1③．H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①×2﹣②﹣③×4可得：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），反应热也进行相应的计算；Ⅱ．（1）①可能反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；②t2时CO2浓度为0.5mol/L，则氢气浓度变化量为（1mol/L﹣0.5mol/L）×3=1.5mol/L，氢气平衡浓度为﹣1.5mol/L=1.5mol/L，则该温度下平衡常数K=，在t2时将容器容积缩小一倍，瞬间CO2浓度变为1mol/L，压强增大，平衡向正反应方向移动，t3时达到平衡时，等效为开始体积缩小一倍到达的平衡，设此时CO2浓度为xmol/L，则：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O（l）开始（mol/L）：26转化（mol/L）：2﹣x6﹣3x平衡（mol/L）：x3x则=，解得x=0.5，t3时达到平衡时CO2浓度为0.5mol/L，t4时降低温度，瞬间CO2浓度不变，正反应为放热反应，而后平衡向正反应移动，CO2浓度减小；-27-（2）①I为恒温，Ⅱ为绝热容器，反应向逆反应进行，逆反应为吸热反应，平衡时温度比I中低，升高温度平衡向逆反应方向移动；②根据v=计算v（H2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（CH3OH）；20min时，转化的CO2为2mol﹣1mol=1mol，则生成的CH3OH为1mol，而30min时CH3OH为1mol，故20min时到达平衡，计算平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式K=计算；③平衡时氢气为6mol﹣1mol×3=3mol，氢气平衡浓度为=1.5mol/L，在其它条件不变，若30min时只改变一个条件，此时H2的物质的量浓度为1.6mol/L，减少CO2的浓度，增大甲醇或水蒸气浓度，平衡逆向移动，氢气浓度增大，由于正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；④计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断平衡是否移动．【解答】解：Ⅰ．H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，则①．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，②．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ•mol﹣1③．H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①×2﹣②﹣③×4可得：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g），则：△H=2×（﹣571.6kJ•mol﹣1）﹣133kJ•mol﹣1﹣4×（﹣44kJ•mol﹣1）=﹣1100.2kJ•mol﹣1，故反应热化学方程式为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100.2kJ•mol﹣1，故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1100.2kJ•mol﹣1；Ⅱ．（1）①a．甲醇、水为液体，CO2、H2的起始物质的量之比为1：3，反应按物质的量1：3反应，故混合气体中CO2、H2的起始物质的量之比为1：3，平均摩尔质量数值保持不变，故a错误；b．由a中分析，可知CO2和H2的体积分数数值保持不变，故b错误；c．由a中分析，可知CO2和H2的转化率始终相等，故c错误；d．容器容积不变，混合气体质量减小，随反应进行混合气体密度减小，当混合气体的密度不变，反应到达平衡，故d正确；e.1molCO2生成的同时有3molH﹣H键断裂，而1molCO2生成的同时生成3molH﹣H键，氢气的生成速率与消耗速率相等，反应到达平衡，故e正确，故选：de；②t2时CO2浓度为0.5mol/L，则氢气浓度变化量为（1mol/L﹣0.5mol/L）×3=1.5mol/L，氢气平衡浓度为﹣1.5mol/L=1.5mol/L，则该温度下平衡常数K=，在t2时将容器容积缩小一倍，瞬间CO2浓度变为1mol/L，压强增大，平衡向正反应方向移动，t3时达到平衡时，等效为开始体积缩小一倍到达的平衡，设此时CO2浓度为xmol/L，则：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O（l）开始（mol/L）：26转化（mol/L）：2﹣x6﹣3x平衡（mol/L）：x3x-27-则=，解得x=0.5，t3时达到平衡时CO2浓度为0.5mol/L，t4时降低温度，瞬间CO2浓度不变，正反应为放热反应，而后平衡向正反应移动，CO2浓度减小，画出t2～t4CO2的浓度随时间的变化如图：故答案为：；（2）①I为恒温，Ⅱ为绝热容器，反应向逆反应进行，逆反应为吸热反应，平衡时温度比I中低，升高温度平衡向逆反应方向移动，故平衡常数K（Ⅰ）＜K（Ⅱ），故答案为：＜；②v（H2）==0.075mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，v（CH3OH）=v（H2）=0.025mol/（L．min）；20min时，转化的CO2为2mol﹣1mol=1mol，则生成的CH3OH为1mol，而30min时CH3OH为1mol，故20min时到达平衡，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol/L）：2600转化（mol/L）：1311平衡（mol/L）：1311故平衡常数K===，-27-故答案为：0.025mol/（L．min）；；③平衡时氢气为6mol﹣1mol×3=3mol，氢气平衡浓度为=1.5mol/L，在其它条件不变，若30min时只改变一个条件，此时H2的物质的量浓度为1.6mol/L，减少CO2的浓度，增大甲醇或水蒸气浓度，平衡逆向移动，氢气浓度增大，由于正反应为放热反应，可以升高温度，故答案为：减少CO2的浓度，增大甲醇或水蒸气浓度，或升高温度；④对反应Ⅰ，若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），此时浓度商Qc===K=，则平衡不移动，故答案为：不．【点评】本题考查化学平衡有关计算、平衡影响因素、化学平衡状态判断、平衡常数、热化学方程式书写等，题目中作图为易错点，学生容易忽略体积压缩一倍后到达平衡时二氧化碳的具体浓度，难度中等．　28．草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验．实验Ⅰ：实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸，（装置如下图所示）反应原理为：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O实验步骤如下：①取一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中②控制反应温度55﹣60℃，边搅拌边缓慢滴加一定量的混合酸（65%的HNO3与98%的H2SO4的质量比2：1.25）③反应3小时，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤后得到草酸晶体（1）如图实验装置中仪器乙的名称为　冷凝管　；装置B的作用是：　安全瓶，防止倒吸　．（2）检验淀粉是否水解完全所需要的试剂为：　碘水或碘　．（3）配制混合酸的方法是：　将浓硫酸注入到浓硝酸中　．实验Ⅱ：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（4）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，可观察到溶液由紫红色变为近乎无色，写出反应的离子方程式　5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2O　．（5）学习小组的同学发现，当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快．为探究其原因，同学们做了如下对比实验：实验序号H2C2O4（aq）KMnO4（H+）（aq）MnSO4（S）褪色时间（s）C（mol•L﹣1）V（mL）C（mol•L﹣1）V（mL）实验10.120.014030实验20.120.01454由此你认为溶液褪色总是先慢后快的原因是　生成的Mn2+对此反应起催化剂的作用　．实验Ⅲ：用草酸滴定法测矿石中钒的含量-27-（6）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”．钒元素广泛分散于各种矿物中，钾钒铀矿的主要成分可用化学式表示为K2H6U2V2O15，测定其中钒元素含量的方法是：先把矿石中的钒元素转化为V2O3，V2O3在酸性溶液里转化为VO2+，再用标准草酸溶液滴定．总反应可表示为：　2　VO2++　1　H2C2O4+　2　H+→　2　VO2++　2　CO2↑+　2　H2O①请将上述反应配平（填写系数即可）；②现有钾钒铀矿样品10.2g，用上述方法来测定钒的含量，结果消耗0.9g草酸，则此钾钒铀矿中钒元素的质量分数是　10%　．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）仪器名称是冷凝管；反应生成的气体与C中氢氧化钠溶液反应，容易发生倒吸现象，装置B为安全瓶，起到了防止倒吸的作用；（2）碘遇淀粉试液变蓝色；（3）二者混合相当于浓硫酸的稀释；（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够将草酸氧化，据此写出反应的离子方程式；（5）对比试验1和试验2的反应条件的区别，可以得出影响化学反应速率的因素；（6）①根据氧化还原反应的化合价升降总数相等结合电荷、原子守恒配平可得离子方程式；②0.90g草酸的物质的量为0.01mol，根据离子方程式计算参加反应的n（VO2+），据此计算参加反应的钒元素质量，再根据钒元素的质量分数=×100%计算．【解答】解：（1）仪器名称是冷凝管；反应中生成的二氧化氮、NO能够与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠，容易发生倒吸现象，装置B为安全瓶，故答案为：冷凝管；安全瓶，防止倒吸；（2）碘遇淀粉试液变蓝色，如果淀粉没有完全水解，向溶液中加入碘水或碘，溶液变蓝色，故答案为：碘水或碘；（3）二者混合时相当于浓硫酸的稀释，为防止安全事故的发生，应该将浓硫酸注入到浓硝酸中，故答案为：将浓硫酸注入到浓硝酸中；（4）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸能够被氧化，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（5）通过两组实验比较知，其它条件相同，试验2中加入硫酸锰，其反应时间短，说明反应速率快，从而证明反应生成的Mn2+有催化作用，加快了反应速率，故答案为：生成的Mn2+对此反应起催化剂的作用；（6）①根据氧化还原反应的化合价升降总数相等结合电荷、原子守恒配平写出的离子方程为2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案为：2；1；2；2；2；2；②0.90g草酸的物质的量为=0.01mol，由方程式可知n（VO2+）=0.02mol，所以参加反应的钒元素的质量为0.02mol×51g/mol=1.02g，-27-钒元素的质量分数=×100%=×100%=10%，故答案为：10%．【点评】本题考查物质性质实验方案设计，为高频考点，涉及氧化还原反应配平、根据方程式的计算、反应速率的影响因素、物质检验、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范性即可解答，注意（3）题采用知识迁移方法进行计算，难点是方程式的配平．　36．煤是重要的能源，也是生产化工产品的重要原料．试用所学知识，解答下列问题：（1）煤的转化技术通常包括煤的气化技术和液化技术．其中煤的液化技术又可以分为　直接液化技术　和　间接液化技术　；（2）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理．煤的某种脱硫技术的原理如图所示：FeS2Fe2++SOFe3+这种脱硫技术称为微生物脱硫技术．该技术的第一步反应的离子方程式为　2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣　；第二步反应的离子方程式为　4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O　；（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、　焦炉煤气　、　粗氨水、煤焦油　等．（4）湿式石灰石﹣石膏法脱硫工艺是烟气脱硫技术中最成熟的一种方法．其工艺流程是：烟气经锅炉预热器出来，进入电除尘器除掉大部分粉煤灰烟尘，再经过一个专门的热交换器，然后进入吸收塔，烟气中的SO2与含有石灰石的浆液进行气液接触，通入空气后生成石膏，经脱硫的烟气，应用循环气体加热器进行再加热，进入烟囱，排入大气．①写出湿法石灰石﹣石膏法脱硫所涉及的化学反应方程式：　SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2+4H2O=2（CaSO4•2H2O）　_；②用石灰石浆液作SO2吸收剂而不用熟石灰吸收SO2的原因是：　用石灰石浆液的成本较低　；③上述过程中得到的石膏，如果含氯化合物（主要来源于燃料煤）超过杂质极限值，则石膏产品性能变坏．工业上消除可溶性氯化物的方法是　用水洗涤　；（5）某化学兴趣小组为了测定烟气脱硫所得石膏的组成（CaSO4•xH2O）即测定x值，做如下实验：将石膏加热使之脱水，加热过程中固体的质量与时间的变化关系如图所示．数据表明当固体的质量为2.72g后不再改变．①石膏的化学式为　CaSO4•2H2O　；②图象中AB段对应化合物的化学式为　2CaSO4•H2O　．【考点】煤的干馏和综合利用；含硫物质的性质及综合应用．【分析】（1）根据不同的加工路线，煤炭液化可分为直接液化和间接液化两大类；（2）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来写离子方程式；（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；（4）①二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4•2H2O；②石灰石浆液的价格低；③硫酸钙微溶于水；-27-（5）根据题意可知加热前和加热后质量的减少量就是生成水的质量，由实验数据知3.44gCaSO4•xH2O完全分解得到无水CaSO42.72g，可知生成水的质量为：3.44g﹣2.72g=0.72g，由水的质量和硫酸钙的质量可推算出生石膏的化学式，再根据A﹣B段时石膏的质量为2.90g，其中CaSO42.72g，H2O0.18g，所以图象中产生AB段的原因是石膏的质量为2.90g，其中CaSO42.72g，H2O为0.18g．此时其化学式可表示为2CaSO4•H2O．该物质化学性质稳定，受热不易分解．【解答】解：（1）煤直接液化煤在氢气和催化剂作用下，通过加氢裂化转变为液体燃料的过程称为直接液化；煤间接液化间接液化是以煤为原料，先气化制成合成气，然后，通过催化剂作用将合成气转化成烃类燃料、醇类燃料和化学品的过程，故答案为：直接液化技术；间接液化技术；（2）第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42﹣，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣；Fe2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe3+，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油，故答案为：焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；（4）①二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4•2H2O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O=2（CaSO4•2H2O），故答案为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2+4H2O=2（CaSO4•2H2O）；②石灰石浆液的价格低，故答案为：用石灰石浆液的成本较低；③硫酸钙微溶于水，氯化物易溶于水，故答案为：用水洗涤；（5）①石膏加热分解减少的质量就是水的质量，已知3.44gCaSO4•xH2O完全分解得到无水CaSO42.72g，则：CaSO4•xH2O═CaSO4+xH2O13618x2.720.72即=解得x=2所以石膏的化学式为CaSO4•2H2O；故答案为：CaSO4•2H2O；②由实验数据知在A﹣B段时石膏的质量为2.90g，其中CaSO42.72g，H2O为2.90g﹣2.72g=0.18g．CaSO4的物质的量为=0.02mol，H2O的物质的量为=0.01mol，此时其化学式可表示为2CaSO4•H2O，故答案为：2CaSO4•H2O．【点评】本题考查煤的综合利用，涉及到氧化还原方程式的书写和结晶水合物的判断，题目难度中等，解题的关键是反应前后质量的减少量就是生成水的质量．　37．卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们．-27-（1）卤族元素位于元素周期表的　p　区；溴的价电子排布式为　4s24p5　．（2）测定液态氟化氢的相对分子质量，实验值大于20，原因是　存在因氢键形成的缔合分子（HF）n　．（3）请根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是　碘　（写出名称）．氟氯溴碘第一电离能（kJ/mol）1681125111401008（4）已知碘酸（HIO3）和高碘酸（H5IO6）的结构分别如图1、2所示：请比较二者酸性强弱：HIO3　＞　H5IO6（填“＞”、“＜”或“=”），原因是　碘酸中非羟基氧原子数多，其正电性更高，导致I﹣O﹣H中O的电子更向I偏移，越易电离出氢离子，酸性强于高碘酸　（5）BCl3是一种非金属氯化物，其分子中B﹣Cl键的键角为　120°　，写出一种与BCl3互为等电子体的离子　CO32﹣　．（6）如图3为碘晶体晶胞结构．有关说法中正确的是．A．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D．碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力（7）已知CaF2晶体（如图4）的密度为pg/cm3，NA为阿伏伽德罗常数．①阳离子的配位数为　8　．②晶胞边长a=　　cm（用含p、NA的代数式表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响．【分析】（1）根据基态原子核外电子排布式中最后填入电子名称确定区域名称，溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子；（2）F的非金属性很强，HF分子之间能形成氢键；（3）元素的第一电离能越大，元素失电子能力越弱，得电子能力越强，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子；（4）根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；（5）根据价层电子对互斥理论来确定其杂化方式和分子的空间构型，然后判断键角；原子数、价电子数均相同的微粒互为等电子体；（6）碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，据此分析；（7）①利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数，然后确定配位数；②根据ρ=，V=a3计算．【解答】解：（1）卤族元素最后填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区；-27-溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，所以其价电子排布式为：4s24p5，故答案为：p；4s24p5；（2）F的非金属性很强，HF分子之间能形成氢键，存在因氢键形成的缔合分子（HF）n，所以测定液态氟化氢的相对分子质量，实验值大于20；故答案为：存在因氢键形成的缔合分子（HF）n；（3）卤族元素包含：F、Cl、Br、I、At元素，元素的第一电离能越大，元素失电子能力越弱，得电子能力越强，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子，从表中数据可知卤族元素中第一电离能最小的是I元素，则碘元素易失电子生成简单阳离子，故答案为：碘；（4）H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO3为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子2个，碘酸中非羟基氧原子数多，其正电性更高，导致I﹣O﹣H中O的电子更向I偏移，越易电离出氢离子，酸性强于高碘酸，所以酸性：H5IO6＜HIO3，故答案为：＜；碘酸中非羟基氧原子数多，其正电性更高，导致I﹣O﹣H中O的电子更向I偏移，越易电离出氢离子，酸性强于高碘酸；（5）BCl3中心B原子的价层电子对数=3+=3，所以杂化方式为sp2杂化，没有孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，则键角为120°；BCl3与CO32﹣具有相同的电子数目和原子数目，属于等电子体；故答案为：120°；CO32﹣；（6）A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；B．碘分子位于顶点和面心，用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误；C．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；D．碘晶体中的碘原子间存在I﹣I非极性键，且晶体中分子之间存在范德华力，故D正确，故答案为：AD；（7）①在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8；故答案为：8；②晶胞中Ca2+数为×6+×8=4，F﹣数为8，ρ==，则a=cm；故答案为：．-27-【点评】本题考查物质结构与性质，综合性强，涉及元素周期表、核外电子排布、分子结构与性质、电离能、晶体结构与性质、杂化轨道、等电子体、晶胞计算等，侧重对主干知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识，题目难度中等．　38．化合物M是一种强度很高的合成纤维，被广泛用于太空服、降落伞等高科技领域中．下列是某研究小组以化合物A为原料生产M的合成路线：已知以下信息：1molA可与2molBr2发生加成反应；B中有两种化学环境不同的氢；D不能使溴的CCl4溶液褪色，其核磁共振氢谱为单峰；E能与金属钠反应放出氢气．请回答下列问题：（1）C的结构简式为　　，D的化学名称是　丙酮　．（2）A的结构简式为　　．（3）F中所含官能团有　羟基、碳碳双键　（填名称），F→G的反应类型是　加成反应　．（4）反应G→H的化学方程式为　　．（5）F的同分异构体中能发生银镜反应的有　4　种，其中在核磁共振氢谱中出现两组峰的是　　（填结构简式）．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】C和H在一定条件下反应生成M，根据M的结构简式可知其单体C、H为、-27-；再结合G中含有官能团Br原则，且在氢氧化钠的水溶液中反应生成H，则H为、G的结构简式为：，故C为；B催化氧化生成C，则B为；D不能使溴的CCl4溶液褪色，说明D中不含醛基，其核磁共振氢谱为单峰，再结合A与臭氧发生信息反应生成D和B可知，D为丙酮：；1molA可与2molBr2发生加成反应，说明A中含有两个碳碳双键，则A为：；D发生反应①②生成E，E与氢气按照1：1反应生成F，F与HBr反应生成G，则F为；E能够与钠反应生成氢气，则E中含有羟基，E与氢气反应生成F，则E的结构简式为：，据此进行解答．【解答】解：C和H在一定条件下反应生成M，根据M的结构简式可知其单体C、H为、；再结合G中含有官能团Br原则，且在氢氧化钠的水溶液中反应生成H，则H为、G的结构简式为：，故C为；B催化氧化生成C，则B为；D不能使溴的CCl4溶液褪色，说明D中不含醛基，其核磁共振氢谱为单峰，再结合A与臭氧发生信息反应生成D和B可知，D为丙酮：；1molA可与2molBr2发生加成反应，说明A中含有两个碳碳双键，则A为：-27-；D发生反应①②生成E，E与氢气按照1：1反应生成F，F与HBr反应生成G，则F为；E能够与钠反应生成氢气，则E中含有羟基，E与氢气反应生成F，则E的结构简式为：，（1）根据分析可知，C的结构简式为：；D的结构简式为：，名称为丙酮，故答案为：；丙酮；（2）A的结构简式为：，故答案为：；（3）F为，其分子中含有的官能团为羟基和碳碳双键；F→G为碳碳双键与溴化氢的加成反应，故答案为：羟基、碳碳双键；加成反应；（4）H为、G为，则G→H的化学方程式为：，故答案为：；（5）F为-27-，F的同分异构体中能发生银镜反应，说明满足条件的有机物分子中含有醛基：﹣CHO，该有机物可以看作用醛基取代丁烷中H原子，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体，其中正丁烷中含有2种H、异丁烷中也含有2中等效H，所以满足条件的有机物的同分异构体有：2+2=4种；其中在核磁共振氢谱中出现两组峰，说明其分子中含有2种等效H，满足条件的有机物的结构简式为：，故答案为：4；．【点评】本题考查了有机推断，题目难度中等，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，根据M推断C、H为突破口，注意对信息反应的理解及应用，试题充分考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．　-27-