浙江省宁波市余姚中学2022～2022学年度高二上学期开学化学试卷　一、选择题（共20小题）1．下列说法错误的是（　　）A．FeO是碱性氧化物B．用加热法分离泥沙中的碘单质是化学变化C．丁达尔效应可用于区分胶体和溶液D．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2是复分解反应　2．相同温度和压强下，在容积为2L的密闭容器中发生反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），达到平衡状态的标志是（　　）A．颜色保持不变B．气体密度保持不变C．2v正（HI）=v逆（I2）D．拆开2molH﹣I共价键，同时生成1molH﹣H共价键　3．下列变化需克服相同类型作用力的是（　　）A．碘和干冰的升华B．硅和冰的熔化C．氯化氢和氯化钾的溶解D．氯化钠和冰融化　4．两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量，则这两种烃的组合不可能是（　　）A．CH4和C2H2B．CH4和C2H4C．C2H6和C2H2D．C2H4和C2H2　5．根据图，下列判断中正确的是（　　）-40-A．烧杯a中的溶液pH降低B．烧杯b中发生氧化反应C．烧杯a中发生的反应为2H++2e﹣═H2D．烧杯b中发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2　6．下列两组热化学方程式中，有关△H的比较正确的是（　　）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）；△H1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H2②NaOH（aq）+H2SO4（浓）═Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H3NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）；△H4．A．△H1＞△H2；△H3＞△H4B．△H1＞△H2；△H3＜△H4C．△H1=△H2；△H3＜△H4D．△H1＜△H2；△H3＞△H4　7．某同学用如图所示装置制备并检验Cl2的性质．下列说法正确的是（　　）A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗B．Ⅱ图中：量筒中发生了加成反应C．Ⅲ图中：生成蓝色的烟D．Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成　-40-8．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（　　）A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZB．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W　9．某有机化合物X，经过下列变化后可在一定条件下得到乙酸乙酯．则有机物X是（　　）A．C2H5OHB．C2H4C．CH3CHOD．CH3COOH　10．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　）A．质子数为17、中子数为20的氯原子ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl　11．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（　　）操作现象结论①滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣②滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+④滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管试纸不变蓝原溶液中无NH4+A．①B．②C．③D．④　-40-12．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA　13．下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（　　）A．明矾作净水剂B．甘油作护肤保湿剂C．漂粉精作消毒剂D．铁粉作食品袋内的脱氧剂　14．下列说法正确的是（　　）A．H2、D2互为同位素B．碘晶体、碘蒸气是同素异形体C．NH4OCN、CO（NH2）2互为同分异构体D．C2H4与C3H6一定是同系物　15．在恒温恒容的容器中进行反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），若氮气浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需2s，那么由0.06mol•L﹣1降到0.024mol•L﹣1需要的反应时间为（　　）A．等于1.8sB．等于1.2sC．大于1.8sD．小于1.8s　16．下列有关实验的选项正确的是（　　）A．配制0.10mol/LNaOH溶液B．除去CO中的CO2C．苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作D．用量筒量取26.00mL的液体A．AB．BC．CD．D-40-　17．下列除去杂质（括号的物质为杂质）的方法中，错误的是（　　）A．FeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2B．CO（CO2）：通过NaOH溶液洗气后干燥C．MnO2（KCl）：加水溶解后过滤、洗涤、烘干D．SO2（HCl）：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥　18．部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（　　）A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．样品中CuO的质量为4.0gC．V=448D．原样品中Fe元素的质量分数为41%　19．下列各组物质相互作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是（　　）A．Na和O2B．NaOH和CO2C．NaHCO3和NaOHD．Na2CO3和HCl　20．下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是（　　）A．Ba（OH）2B．Ba（NO3）2C．Na2SD．BaCl2　　二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）21．气态烃A是一种基本的有机化工原料，目前石油裂解已成为生成A的主要方法．A在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．D的分子式为C4H8O2，D在酸性条件下水解得到B和C，C的相对分子质量比B大14．四种有机物之间存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）写出D的结构简式：　　　　　　．-40-写出过程①的化学方程式：　　　　　　．　　三、解答题（共9小题）（选答题，不自动判卷）22．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示．由图中所给数据进行分析：（1）该反应的化学方程式为　　　　　　；反应从开始至2分钟末，用Z表示该反应的平均反应速率　　　　　　；（3）反应达平衡时X的转化率：　　　　　　．　23．请回答：（1）H2O2的电子式　　　　　　．镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由　　　　　　．（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：　　　　　　MnO﹣4+　　　　　　C2O2﹣4+　　　　　　=　　　　　　Mn2++　　　　　　CO2↑+　　　　　　．　24．天津港爆炸致大量氰化钠（NaCN）泄露，NaCN是剧毒物质．专家们使用双氧水（H2O2）来处理氰化钠，反应方程式如下：H2O2+NaCN+H2O═NaHCO3+NH3（1）若有0.49吨NaCN泄露至少需要质量分数为34%的H2O2溶液　　　　　　吨进行处理（假设H2O2的处理效果是100%，且不考虑H2O2自身分解）相比于双氧水，漂白粉（主要成分Ca（ClO）2）的价格要便宜的多，若处理相同质量的NaCN（生成物相同）需要消耗Ca（ClO）2　　　　　　mol（假设Ca（ClO）2的处理效果是100%）　-40-25．聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用．有关转化关系如下：已知：CH3CH2CH2Br+NaOH→CH3CH2CH2OH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖．请回答下列问题：（1）物质A的分子式为　　　　　　，B的结构简式为　　　　　　；请写出F中含氧官能团的名称　　　　　　；（3）反应①～④中属于加成反应的是　　　　　　；（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式　　　　　　．　26．随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示．根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是　　　　　　．比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）　　　　　　＞　　　　　　；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：　　　　　　＞　　　　　　．（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式　　　　　　．（4）已知1mol单质e在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　．（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L‾1R溶液的烧杯中滴加1mol•L‾1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图2如下：①写出m点反应的离子方程式　　　　　　．-40-②若R溶液改加20mL1.2mol•L‾1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为　　　　　　mol．　27．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍．湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品．某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：回答下列问题：（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）2+4，反应中H2O2的作用是　　　　　　．反应II是铜氨溶液中的Cu（NH3）2+4与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：　　　　　　．操作②用到的主要仪器名称为　　　　　　，其目的是（填序号）　　　　　　．a．富集铜元素b．使铜元素与水溶液中的物质分离c．增加Cu2+在水中的溶解度（3）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液．阴极析出铜，阳极产物是　　　　　　．操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是　　　　　　．（4）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是　　　　　　．　28．工业上，向500﹣600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验．回答下列问题：-40-（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为　　　　　　，装置B中加入的试剂是　　　　　　．制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取　　　　　　．尾气的成分是　　　　　　．若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是　　　　　　、　　　　　　．（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是　　　　　　．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先点燃　　　　　　处的酒精灯，目的是　　　　　　．　29．如图所示的是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和反应条件被略去．常温常压下，化合物A是家庭生活中常用的一种调味品，A、C的焰色反应都呈黄色，B是无色无味的液体，D是黄绿色气体，E、F都是无色气体，F的水溶液是盐酸，H的水溶液具有漂白、杀菌性，J在水溶液中生成时为红褐色沉淀．（1）H的化学式为　　　　　　．F的电子式为　　　　　　．（3）反应①的化学方程式为　　　　　　．（4）反应②的离子方程式为　　　　　　．　30．苯乙烷（C8H10）可生产塑料单体苯乙烯（C8H8），其反应原理是C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H＞0Ⅰ．某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内物质的量，得到数据如下表：时间/min010203040n（C8H10）/mol0.400.300.26n2n3n（C8H8）/mol0.000.10n10.160.16（1）当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是　　　　　　．-40-该温度下，该反应的化学平衡常数是　　　　　　．化学键C﹣HC﹣CC=CH﹣H键能/kJ•mol‾1412.5348612436（3）已知：计算上述反应的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．若保持其他条件不变，用0.40molH2（g）和0.40molC8H8（g）合成C8H10（g），当有30kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是　　　　　　．此时，该反应是否达到了平衡状态？　　　　　　（填“是”或“否”）．Ⅱ．工业上以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（不参与反应），C8H10（g）的平衡转化率与水蒸气的用量、体系的温度、压强的关系如图Ⅰ、图Ⅱ所示．（4）由图Ⅰ可知，T1　　　　　　T2（填“大于”、“小于”或“等于”）．（5）由图Ⅱ可知，当其他条件不变时，水蒸气的用量越大，C8H10的平衡转化率将　　　　　　（填“越大”、“越小”或“不变”），原因是　　　　　　．　　浙江省宁波市余姚中学2022～2022学年度高二上学期开学化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共20小题）1．下列说法错误的是（　　）A．FeO是碱性氧化物B．用加热法分离泥沙中的碘单质是化学变化C．丁达尔效应可用于区分胶体和溶液D．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2是复分解反应-40-【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物理变化与化学变化的区别与联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型．【分析】A、和酸反应生成盐和水的化合物为碱性氧化物；B、碘单质易升华属于物理变化；C、丁达尔效应是胶体的性质，溶液无此性质；D、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，反应过程中无元素化合价变化且在水溶液中进行．【解答】解：A、和酸反应生成盐和水的化合物为碱性氧化物，FeO+2HCl=FeCl2+H2O，符合碱性氧化物概念，故A正确；B、碘单质易升华属于物理变化，用加热法分离泥沙中的碘单质是利用碘单质的升华性质是物理变化，故B正确；C、丁达尔效应是胶体的性质，溶液无此性质，丁达尔效应可用于区分胶体和溶液，故C正确；D、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，反应过程中无元素化合价变化且在水溶液中进行，Fe2O3+3CO2Fe+3CO2是氧化还原反应，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质分类、物质变化和物质性质的分析应用，主要是复分解反应概念的理解分析，掌握基础是关键，题目较简单．　2．相同温度和压强下，在容积为2L的密闭容器中发生反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），达到平衡状态的标志是（　　）A．颜色保持不变B．气体密度保持不变C．2v正（HI）=v逆（I2）D．拆开2molH﹣I共价键，同时生成1molH﹣H共价键【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．-40-【解答】解：A、混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达到平衡状态，故A正确；B、定容密闭容器中，混合气体的质量和条件不变，密度始终恒定不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、速率之比等于化学方程式计算之比，为正反应速率之比，2v正（HI）=v逆（I2）不符合速率之比等于化学方程式计算数之比，故C错误；D、单位时间内拆开2molH﹣I共价键，同时生成1molH﹣H，都是正向反应，不能确定正逆反应速率相等，不能确定达到了平衡状态，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．要注意把握平衡状态的特征，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，　3．下列变化需克服相同类型作用力的是（　　）A．碘和干冰的升华B．硅和冰的熔化C．氯化氢和氯化钾的溶解D．氯化钠和冰融化【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】首先判断晶体的类型以及粒子间作用力类型，分子晶体中存在分子间作用力，离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，根据晶体类型分析解答．【解答】解：A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B．硅属于原子晶体，冰属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钾溶解破坏离子键，故C错误；D．氯化钠融化破坏离子键，冰融化破坏分子间作用力，故D错误．故选A．【点评】本题考查晶体的类型和微粒间作用力的判断，为高频考点，侧重基本概念的考查，题目难度不大，注意物质发生变化时粒子间作用力的变化．　4．两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量，则这两种烃的组合不可能是（　　）-40-A．CH4和C2H2B．CH4和C2H4C．C2H6和C2H2D．C2H4和C2H2【考点】有关混合物反应的计算．【分析】两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量，根据原子守恒可知，烃平均组成中C、H原子数目之比小于1：2，据此结合选项解答．【解答】解：两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量，根据原子守恒可知，烃平均组成中C、H原子数目之比小于1：2，A．CH4和C2H2混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：4与1：1之间，可能小于1：2，故A正确；B．CH4和C2H4混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：4与1：2之间，可能小于1：2，故B正确；C．C2H6和C2H2混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：3与1：1之间，可能小于1：2，故C正确；D．C2H4和C2H2混合，平均组成中C、H原子数目之比介于1：2与1：1之间，不可能小于1：2，故D错误，故选D．【点评】本题考查混合物有关计算，关键是利用原子守恒判断平均组成中C、H原子数目之比，侧重考查学生分析计算能力，难度不大．　5．根据图，下列判断中正确的是（　　）A．烧杯a中的溶液pH降低B．烧杯b中发生氧化反应C．烧杯a中发生的反应为2H++2e﹣═H2D．烧杯b中发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．-40-【分析】电子流出的电极为负极，由装置图可知，Zn为负极，发生氧化反应，Zn放电生成Zn2+，Fe为正极，发生还原反应，氧气在正极放电生成OH﹣，结合选项解答．【解答】解：A、Fe为正极，氧气在正极放电生成OH﹣，烧杯a中的溶液pH升高，故A错误；B、Zn为负极，发生氧化反应，故B正确；C、Fe为正极，发生还原反应，氧气在正极放电生成OH﹣，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；D、Zn为负极，发生氧化反应，Zn放电生成Zn2+，电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查原电池原理、电极判断、电极反应式的书写等，难度中等，注意基础知识的掌握．　6．下列两组热化学方程式中，有关△H的比较正确的是（　　）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）；△H1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H2②NaOH（aq）+H2SO4（浓）═Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H3NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）；△H4．A．△H1＞△H2；△H3＞△H4B．△H1＞△H2；△H3＜△H4C．△H1=△H2；△H3＜△H4D．△H1＜△H2；△H3＞△H4【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】△H为化学反应的焓变，放热反应△H＜0，吸热反应△H＞0；反应的热效应与反应物和生成物的状态有关，据此解答．【解答】解：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）；△H1、CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H2，两个反应都是放热反应，后者生成液态水，所以放出的热量大于前者，而放热反应△H小于0，放热越多，焓变值越小，故△H1＞△H2；②NaOH（aq）+H2SO4（浓）═Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H3、NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）；△H4．两个反应的实质是酸碱中和，都是放热反应，两个反应生成水的物质的量都是1mol，但是CH3COOH（aq）是弱电解质，电离过程吸收一部分热量，所以后者放出的热量小，所以△H3＜△H4，-40-故选：B．【点评】本题考查了反应热大小的比较，解题关键在于理解反应热的定义，注意反应热的正负号，影响反应热的因素，题目难度不大．　7．某同学用如图所示装置制备并检验Cl2的性质．下列说法正确的是（　　）A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗B．Ⅱ图中：量筒中发生了加成反应C．Ⅲ图中：生成蓝色的烟D．Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化锰和稀盐酸不反应；B．光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应；C．铜在氯气中燃烧产生棕色烟；D．起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应．【解答】解：A．浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，而稀盐酸和二氧化锰不反应，所以无论二氧化锰是否过量，盐酸都无法完全反应，故A错误；B．光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应而不是加成反应，故B错误；C．铜在氯气中燃烧产生棕色烟，向集气瓶中加入水，溶液呈蓝色，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应而生成氯气，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质之间的反应、实验现象、反应类型判断等知识点，明确物质的性质及实验原理是解本题关键，易错选项是C．　-40-8．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（　　）A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZB．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W【考点】真题集萃；位置结构性质的相互关系应用．【分析】Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，结合各个选项解答即可．【解答】解：Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，A、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故A正确；B、电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故B错误；C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，故C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即Y＞X＞W，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查的是元素的推断，涉及元素非金属性强弱的比较、半径大小比较、气态氢化物稳定性比较等，难度不大．　9．某有机化合物X，经过下列变化后可在一定条件下得到乙酸乙酯．则有机物X是（　　）A．C2H5OHB．C2H4C．CH3CHOD．CH3COOH【考点】有机物的推断．-40-【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】Y与Z反应生成乙酸乙酯，为乙酸与乙醇反应，X氧化生成Z，加氢生成Y，故X为醛，据此解答．【解答】解：Y与Z反应生成乙酸乙酯，为乙酸与乙醇反应，X氧化生成Z，加氢生成Y，故X为乙醛，Z为乙酸，Y为乙醇，故选C．【点评】考查有机物的推断，涉及醛、醇、羧酸的性质，比较基础，注意基础知识的掌握．　10．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　）A．质子数为17、中子数为20的氯原子ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式．【分析】A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；B、氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可．【解答】解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737Cl，故A错误；B、Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：，故B错误；C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误，故选C．-40-【点评】本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大．　11．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（　　）操作现象结论①滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣②滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+④滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管试纸不变蓝原溶液中无NH4+A．①B．②C．③D．④【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】①碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加BaCl2溶液，都成生成白色沉淀；②氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；④滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子．【解答】解：A、①中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故A错误；B、②氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故B正确；C、③黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；D、④氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；故选B．-40-【点评】本题考查硫酸根离子、碘离子、钠离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰．　12．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【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、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；B、求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6molσ键来分析；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应来分析；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应．【解答】解：A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O混合物的物质的量为0.1mol，而1molH218O与D2O中均含10mol中子，故0.1molH218O与D2O混合物中含1mol中子，即NA个，故A正确；B、4.4g乙醛的物质的量为0.1mol，而1mol乙醛中含6molσ键，故0.1mol乙醛中含0.6molσ键，即0.6NA个，故B错误；C、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应，1mol二氧化碳发生反应时反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时此反应转移0.25mol电子，即0.25NA个，故C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molHCl反应时转移2mol电子，而50mL12mol/L盐酸的物质的量n=CV=12mol/L×0.05L=0.6mol，这0.6mol盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol电子，即小于0.3NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　13．下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（　　）-40-A．明矾作净水剂B．甘油作护肤保湿剂C．漂粉精作消毒剂D．铁粉作食品袋内的脱氧剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，据此分析．【解答】解：A．明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故A错误；B．甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故B错误；C．漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故C错误；D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D正确．故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，题目难度不大，注意根据化合价的变化分析．　14．下列说法正确的是（　　）A．H2、D2互为同位素B．碘晶体、碘蒸气是同素异形体C．NH4OCN、CO（NH2）2互为同分异构体D．C2H4与C3H6一定是同系物【考点】同位素及其应用；同素异形体；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．【分析】A．质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素；B．由同种元素组成的不同单质叫同素异形体；C．分子式相同结构不同的化合物属于同分异构体；D．同系物：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机化合物．【解答】解：A．H2、D2是单质，不是原子，不为同位素，故A错误；B．碘晶体、碘蒸气是碘单质的不同状态，故B错误；C．氰酸铵（NH4OCN）与尿素的分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体，故C正确；D．C3H6可能为环烷烃，乙烯一定是烯烃，结构不一定相似，故D错误．故选C．-40-【点评】本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体、同系物等概念，难度不大，注意这几个概念的区别．　15．在恒温恒容的容器中进行反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），若氮气浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需2s，那么由0.06mol•L﹣1降到0.024mol•L﹣1需要的反应时间为（　　）A．等于1.8sB．等于1.2sC．大于1.8sD．小于1.8s【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据氮气浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需2s结合v=计算反应速率，随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多，依此解答．【解答】解：反应物的浓度由0.1mol•L﹣1降到0.06mol•L﹣1需20s，即反应物的浓度变化为0.1﹣0.06=0.04mol•L﹣1，v===0.02mol/（L•s），反应物的浓度由0.06mol•L﹣1降到0.024mol•L﹣，即反应物的浓度变化为0.06﹣0.024=0.036mol•L﹣1，若反应速率不变，则所需时间为×2=1.8s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于1.8s，故选C．【点评】本题考查难度对化学反应速率的影响，注意化学反应速率概念的计算应用，难度不大．　16．下列有关实验的选项正确的是（　　）A．配制0.10mol/LNaOH溶液B．除去CO中的CO2C．苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作D．用量筒量取26.00mL的液体A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．-40-【分析】A．容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B．二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；C．苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D．量筒精确到0.1．【解答】解：A．溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B．CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；C．苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D．量筒精确到0.1，无法量取26.00mL，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大．　17．下列除去杂质（括号的物质为杂质）的方法中，错误的是（　　）A．FeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2B．CO（CO2）：通过NaOH溶液洗气后干燥C．MnO2（KCl）：加水溶解后过滤、洗涤、烘干D．SO2（HCl）：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥【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．FeCl2可与氯气反应生成FeCl3；B．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应；C．二氧化锰不溶于水；D．二者都与碳酸钠溶液反应．【解答】解：A．FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，可用于除杂，故A正确；B．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，故B正确；C．二氧化锰不溶于水，可用过滤的方法分离，故C正确；D．二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和亚硫酸氢钠溶液除杂，故D错误．故选D．-40-【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握相关物质的异同，特别是在提纯时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质．　18．部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（　　）A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．样品中CuO的质量为4.0gC．V=448D．原样品中Fe元素的质量分数为41%【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】硫酸足量，氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，利用极限法判断样品中CuO的质量问题；滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧元素的质量，进而计算合金中氧原子的物质的量，计算氧原子结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积，根据质量分数定义计算Fe元素质量分数．【解答】解：A．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且硫酸足量，滤液A中阳离子为Fe2+、H+，故A错误；B．由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为=0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol×0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故B错误；-40-C．滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，其物质的量==0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，合金中Fe元素质量=0.04mol×56g/mol=2.24g，故合金中氧原子的物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08mol﹣0.04mol=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故C正确；D．合金中Fe元素的质量为：56g/mol×0.04mol=2.24g，故合金中Fe元素质量分数=×100%=38.89%，故D错误，故选C．【点评】本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答，难度中等．　19．下列各组物质相互作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是（　　）A．Na和O2B．NaOH和CO2C．NaHCO3和NaOHD．Na2CO3和HCl【考点】钠的重要化合物；钠的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、根据Na和O2反应的条件的不同，生成物也不同；B、根据NaOH和少量CO2反应的产物是碳酸钠，与过量CO2反应的产物是碳酸氢钠；C、根据NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸盐；D、根据Na2CO3和少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的HCl生成氯化钠、水和二氧化碳．【解答】解：A、Na和O2在常温下反应生成氧化钠，Na和O2在加热条件下反应生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、NaOH和少量CO2反应，CO2不足时生成碳酸钠，CO2过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故C正确；-40-D、Na2CO3和HCl生成反应，少量HCl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误；故选C．【点评】本题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨．　20．下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是（　　）A．Ba（OH）2B．Ba（NO3）2C．Na2SD．BaCl2【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】A、SO2和Ba（OH）2反应生成BaSO3沉淀；B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，能将+4的S氧化成SO42﹣，而形成BaSO4沉淀；C、S2﹣和SO2发生氧化还原反应，生成S单质沉淀；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，不会与强酸的钡盐发生复分解反应．【解答】解：A、SO2为酸性氧化物，Ba（OH）2反应生成BaSO3白色沉淀和水，故A不可选；B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，硝酸具有强氧化性，能将+4的S氧化成SO42﹣，而形成BaSO4白色沉淀，故B不可选；C、S2﹣具有还原性，SO2具有氧化性，S2﹣和SO2发生氧化还原反应，生成S淡黄色沉淀，故C不可选；D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，SO2不能和BaCl2发生反应，所以不会出现沉淀，故D可选；故选：D．【点评】本题考查二氧化硫的性质，二氧化硫为酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸、亚硫酸为多元弱酸，并且二氧化硫还具有漂白性、氧化性和还原性，解题时要认真分析．　二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）21．气态烃A是一种基本的有机化工原料，目前石油裂解已成为生成A的主要方法．A在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．D的分子式为C4H8O2，D在酸性条件下水解得到B和C，C的相对分子质量比B大14．四种有机物之间存在如下转化关系：-40-请回答下列问题：（1）写出D的结构简式：　CH3COOCH2CH3　．写出过程①的化学方程式：　CH2=CH2+H2OCH3CH2OH　．【考点】有机物的推断．【分析】石油裂解已成为生成A的主要方法，A在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则A的相对分子质量为28，则A为CH2=CH2，D的分子式为C4H8O2，根据各物质转化关系可知，A、B、C、D中各含有两个碳原子，D在酸性条件下水解得到B和C，C的相对分子质量比B大14，则B比C少一个氧多两个氢，所以B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3，据此答题．【解答】解：石油裂解已成为生成A的主要方法，A在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则A的相对分子质量为28，则A为CH2=CH2，D的分子式为C4H8O2，根据各物质转化关系可知，A、B、C、D中各含有两个碳原子，D在酸性条件下水解得到B和C，C的相对分子质量比B大14，则B比C少一个氧多两个氢，所以B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3，（1）根据上面的分析可知，D的结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3；过程①的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH．【点评】本题考查有机物推断，涉及烯、醇、羧酸、酯的性质与转化等，难度不大，注意基础知识的理解掌握．　三、解答题（共9小题）（选答题，不自动判卷）22．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示．由图中所给数据进行分析：（1）该反应的化学方程式为　3X+Y⇌2Z　；反应从开始至2分钟末，用Z表示该反应的平均反应速率　0.05mol．L﹣1．min﹣1　；（3）反应达平衡时X的转化率：　30%　．-40-【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．【分析】（1）根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；根据v=进行计算；（3）转化率=×100%．【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=3：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y=2Z；反应开始至2min末，Z的反应速率为：v===0.05mol/（L•min），故答案为：0.05mol．L﹣1．min﹣1；（3）反应达平衡时X的转化率=×100%=30%，故答案为：30%．【点评】本题考查化学反应速率图象题目，题目难度不大．把握化学反应速率的定义和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键．　23．请回答：（1）H2O2的电子式　　．镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由　2Mg+CO22MgO+C　．（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：　2　MnO﹣4+　5　C2O2﹣4+　16H+　=　2　Mn2++　10　CO2↑+　8H2O　．【考点】氧化还原反应方程式的配平；电子式．-40-【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题．【分析】（1）双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合；镁与二氧化碳反应生成碳与氧化镁，碳能够燃烧；（3）反应中Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律结合原子个数守恒规律配平书写方程式．【解答】解：（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为，故答案为：；镁与二氧化碳反应生成碳与氧化镁，化学方程式：2Mg+CO22MgO+C，碳能够燃烧，所以镁燃烧不能用CO2灭火；故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（3）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，要想使氧化剂得到电子数等于还原剂失去电子数，则高锰酸根离子系数为2，草酸根离子系数为5，依据原子个数守恒，反应的方程式：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O；【点评】本题考查了电子式、化学方程式的书写，氧化还原方程式配平，明确双氧水结构、镁的化学性质、氧化还原反应得失电子守恒规律是解题关键，侧重考查学生分析问题、解决问题能力，题目难度不大．　24．天津港爆炸致大量氰化钠（NaCN）泄露，NaCN是剧毒物质．专家们使用双氧水（H2O2）来处理氰化钠，反应方程式如下：H2O2+NaCN+H2O═NaHCO3+NH3（1）若有0.49吨NaCN泄露至少需要质量分数为34%的H2O2溶液　1　吨进行处理（假设H2O2的处理效果是100%，且不考虑H2O2自身分解）相比于双氧水，漂白粉（主要成分Ca（ClO）2）的价格要便宜的多，若处理相同质量的NaCN（生成物相同）需要消耗Ca（ClO）2　5╳103　mol（假设Ca（ClO）2的处理效果是100%）【考点】化学方程式的有关计算．【分析】（1）根据方程式中物质之间的关系计算双氧水的质量，再求出质量分数为34%的H2O2溶液；-40-根据n=计算NaCN的物质的量，再根据得失电子守恒计算Ca（ClO）2的物质的量．【解答】解：（1）使用双氧水（H2O2）来处理氰化钠，反应方程式如下：H2O2+NaCN+H2O═NaHCO3+NH3，设消耗的H2O2为x吨；H2O2+NaCN+H2O═NaHCO3+NH3，3449x吨0.49吨x=0.34吨，则质量分数为34%的H2O2溶液为=1吨；故答案为：1；0.49吨NaCN物质的量为n===10﹣4mol，H2O2+NaCN+H2O═NaHCO3+NH3反应中消耗1molNaCN转移2mol电子，则共转移2×10﹣4mol电子，Ca（ClO）2～～～～e﹣1mol4molxmol2×10﹣4mol解得x=5╳103mol；故答案为：5╳103．【点评】本题考查考查氧化还原反应、有关方程式的计算，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的相关性质．　25．聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用．有关转化关系如下：已知：CH3CH2CH2Br+NaOH→CH3CH2CH2OH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖．请回答下列问题：（1）物质A的分子式为　C6H12O6　，B的结构简式为　CH3﹣CH=CH2　；请写出F中含氧官能团的名称　羟基、羧基　；-40-（3）反应①～④中属于加成反应的是　①④　；（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式　　．【考点】有机物的推断．【分析】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3﹣CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题．【解答】解：B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3﹣CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，（1）根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3﹣CH=CH2，故答案为：C6H12O6；CH3﹣CH=CH2；F为CH3CHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④，故答案为：①④；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化．　26．随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示．-40-根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是　第三周期ⅢA族　．比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）　O2﹣　＞　Na+　；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：　HClO4　＞　H2SO4　．（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式　（或）　．（4）已知1mol单质e在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1　．（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L‾1R溶液的烧杯中滴加1mol•L‾1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图2如下：①写出m点反应的离子方程式　NH4++OH﹣=NH3•H2O　．②若R溶液改加20mL1.2mol•L‾1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为　0.022　mol．【考点】位置结构性质的相互关系应用；离子方程式的有关计算．【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；（5）①R是NH4Al（SO4）2，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O；-40-②根据n=cV计算n（Al3+）、n（NH4+）、n（SO42﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根据SO42﹣、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++OH﹣=Al（OH）3↓、NH4++OH﹣=NH3•H2O、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量．【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2﹣）＞r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：r（O2﹣）＞r（Na+）；HClO4；H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：（或），故答案为：（或）；（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1；（5）①R是NH4Al（SO4）2，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4++OH﹣=NH3•H2O，故答案为：NH4++OH﹣=NH3•H2O；③10mL1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42﹣的物质的量为0.02mol，20mL1.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，由SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42﹣不足，故可以得到0.02molBaSO4，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓0.01mol0.03mol0.01mol反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol=0.018mol，NH4++OH﹣=NH3•H2O-40-0.01mol0.01mol反应剩余OH﹣为0.018mol﹣0.01mol=0.008mol，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O0.008mol0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol﹣0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022．【点评】本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、化学图象及化学计算，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．　27．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍．湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品．某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：回答下列问题：（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）2+4，反应中H2O2的作用是　作氧化剂　．反应II是铜氨溶液中的Cu（NH3）2+4与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：　Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2　．操作②用到的主要仪器名称为　分液漏斗　，其目的是（填序号）　ab　．a．富集铜元素b．使铜元素与水溶液中的物质分离c．增加Cu2+在水中的溶解度（3）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液．阴极析出铜，阳极产物是　O2、H2SO4　．操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是　加热浓缩、冷却结晶、过滤　．（4）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是　H2SO4　．-40-【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式为；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液漏斗；（3）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，SO42﹣向阳极移动；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法；（4）电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，硫酸能循环利用．【解答】解：废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，所以双氧水作氧化剂；故答案为：作氧化剂；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液漏斗，分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab正确，故答案为：Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；分液漏斗；ab；-40-（3）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，所以阳极上生成O2，同时有大量的H+生成，且SO42﹣也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有H2SO4；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法，故答案为：O2、H2SO4；加热浓缩、冷却结晶、过滤；（4）电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，在反应III中用到硫酸，所以H2SO4能循环利用；故答案为：H2SO4．【点评】本题考查物质分离和提纯方法的综合应用，题目难度较大，涉及基本实验操作、氧化还原反应、电解原理等知识，试题侧重考查学生实验操作规范性、知识综合应用能力，易错点是（4）题，合理把握图1中流程简图为解答关键．　28．工业上，向500﹣600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验．回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　，装置B中加入的试剂是　浓硫酸　．制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取　HCl　．尾气的成分是　HCl和H2　．若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是　发生倒吸　、　可燃性气体H2不能被吸收　．（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是　KSCN溶液　．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先点燃　A　处的酒精灯，目的是　排出装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）实验室制备无水氯化铁：A装置：烧瓶中反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2-40-O，制取的氯气中含有水蒸气，B装置：容器中装有浓硫酸，浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应，用浓硫酸干燥氯气；C装置：氯气与铁在加热条件下生成氯化铁，反应方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，氯气有毒不能排放到空气中，D装置：吸收尾气氯气，Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，防止污染空气．实验室利用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，浓硫酸可以干燥氯气；制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，尾气的成分是剩余HCl和生成的氢气，HCl极易溶解于水，氢气不能溶于水；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先点燃A处的酒精灯排除装置中的空气，据此解答即可．【解答】解：（1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，制取的氯气中含有水蒸气，装置B的作用是干燥氯气，常用浓硫酸，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HClFeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，故答案为：HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，故答案为：KSCN溶液；A；排出装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应．【点评】本题以氯化铁以及氯化亚铁的制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，题目难度中等．　29．如图所示的是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和反应条件被略去．常温常压下，化合物A是家庭生活中常用的一种调味品，A、C的焰色反应都呈黄色，B是无色无味的液体，D是黄绿色气体，E、F都是无色气体，F的水溶液是盐酸，H的水溶液具有漂白、杀菌性，J在水溶液中生成时为红褐色沉淀．-40-（1）H的化学式为　NaClO　．F的电子式为　　．（3）反应①的化学方程式为　2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑　．（4）反应②的离子方程式为　Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】F的水溶液是盐酸，则F为HCl，D是黄绿色气体，为Cl2，与无色气体E反应得到F，可推知E为H2，A、C的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，化合物A是家庭生活中常用的一种调味品，B是无色无味的液体，反应①应是电解饱和的食盐水，A为NaCl、B为H2O，C为NaOH，H的水溶液具有漂白、杀菌性，由D于C反应得到，故H为NaClO，F（HCl）与Fe反应生成G为FeCl2，氯气与Fe反应生成I为FeCl3，与C（NaOH）反应生成红褐色沉淀J为Fe（OH）3，据此解答．【解答】解：F的水溶液是盐酸，则F为HCl，D是黄绿色气体，为Cl2，与无色气体E反应得到F，可推知E为H2，A、C的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，化合物A是家庭生活中常用的一种调味品，B是无色无味的液体，反应①应是电解饱和的食盐水，A为NaCl、B为H2O，C为NaOH，H的水溶液具有漂白、杀菌性，由D于C反应得到，故H为NaClO，F（HCl）与Fe反应生成G为FeCl2，氯气与Fe反应生成I为FeCl3，与C（NaOH）反应生成红褐色沉淀J为Fe（OH）3，（1）由上述分析可知，H的化学式为NaClO，故答案为：NaClO；F为HCl，其电子式为，故答案为：；（3）反应①的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；-40-（4）反应②的离子方程式为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故答案为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓．【点评】本题考查无机物推断，涉及氯碱工业、Cl与Fe元素化合物性质及转化、常用化学应用，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．　30．苯乙烷（C8H10）可生产塑料单体苯乙烯（C8H8），其反应原理是C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H＞0Ⅰ．某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内物质的量，得到数据如下表：时间/min010203040n（C8H10）/mol0.400.300.26n2n3n（C8H8）/mol0.000.10n10.160.16（1）当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是　0.0035mol/（L•min）　．该温度下，该反应的化学平衡常数是　0.053　．化学键C﹣HC﹣CC=CH﹣H键能/kJ•mol‾1412.5348612436（3）已知：计算上述反应的△H=　125　kJ•mol﹣1．若保持其他条件不变，用0.40molH2（g）和0.40molC8H8（g）合成C8H10（g），当有30kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是　60%　．此时，该反应是否达到了平衡状态？　是　（填“是”或“否”）．Ⅱ．工业上以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（不参与反应），C8H10（g）的平衡转化率与水蒸气的用量、体系的温度、压强的关系如图Ⅰ、图Ⅱ所示．（4）由图Ⅰ可知，T1　大于　T2（填“大于”、“小于”或“等于”）．（5）由图Ⅱ可知，当其他条件不变时，水蒸气的用量越大，C8H10的平衡转化率将　越大　（填“越大”、“越小”或“不变”），原因是　水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大　．-40-【考点】化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【分析】I．（1）根据v=计算；30min到40min时，n（C8H8）不再变化，说明30min时反应达到平衡状态，根据平衡常数计算公式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积；（3）反应焓变△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和，转化率=×100%；根据和平衡常数K比较大小，判断平衡移动方向；Ⅱ．（4）温度升高，平衡向着吸热的方向移动，依此进行判断；（5）根据分压对平衡移动的影响分析．【解答】解：I．（1）将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，20min后，剩余0.26mol，减少了0.14mol，C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）起始（mol）0.4000变化（mol）0.140.140.1420min（mol）0.260.140.14v（H2）==0.0035mol/（L•min）故答案为：0.0035mol/（L•min）；C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）起始（mol/L）0.2000变化（mol/L）0.080.080.0830min（mol/L）0.120.080.08化学平衡常数K===0.053；故答案为：0.053；（3）C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g），反应焓变△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和=10×412.5+4×348+3×612﹣8×412.5﹣3×348﹣4×612﹣436=125KJ/mol，-40-根据C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H=125kJ•mol﹣1，可知C8H8（g）+H2（g）⇌C8H10（g）△H=﹣125kJ•mol﹣1，有30kJ热量放出时，消耗的H2量为0.24mol，所以氢气转化率=×100%=×100%=60%；根据知：平衡常数=0.053，则C8H8（g）+H2（g）⇌C8H10（g）的平衡常数为=18.75，C8H8（g）+H2（g）⇌C8H10（g）起始（mol/L）0.20.20变化（mol/L）0.120.120.12某时刻（mol/L）0.080.080.12==18.75=18.75，反应达到平衡状态；故答案为：125；60%；是；Ⅱ．（4）C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H=125kJ•mol﹣1，温度升高，平衡正向移动，C8H10的转化率增大，由图I可知，压强相同时，T1时C8H10的转化率大于T2时C8H10的转化率，故T1大于T2；故答案为：大于；（5）其他条件不变，水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大；故答案为：越大；水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大．【点评】本题考查化学平衡及其相关计算，难度较大．本题易错点为和（4），要注意水蒸气产生的分压对化学平衡的影响以及注意平衡常数只与温度有关．　-40-