2022-2022学年江苏省连云港市赣榆高中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．常温离子液体（IonicLiquid）也称常温熔融盐．硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12℃．已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是()A．可用作电池的电解质B．水溶液呈碱性C．是共价化合物D．结构和性质类似于硝酸乙酯2．下列有关化学用语使用正确的是()A．羟基乙酸（HOCH2COOH）的缩聚物：B．H2O2的分子结构模型示意图：C．在CS2、PCl5中各原子最外层均能达到8电子的稳定结构D．淀粉和纤维素的实验式都为CH2O3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN﹣、SO42﹣B．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：S2﹣、Na+、HCO3﹣、SO42﹣C．能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣4．下列有关物质的性质与应用的说法中正确的是()A．SiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物B．SO2能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．钠是一种具有强还原性的金属，可从TiCl4溶液中置换出钛D．常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存液氯5．用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的是()A．用如图装置验证化学能转化为电能B．27用如图所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯C．用如图装置制备氢氧化亚铁D．利用如图装置证明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞苯酚6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．常温常压下，17g甲基（﹣14CH3）所含的中子数为9NAB．标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAC．42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAD．5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，转移的电子数为0.3NA7．下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是()A．用铁做电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl﹣Cl2↑+CuB．Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO=BaSO4↓+H2OC．用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2OD．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣8．X、Y、Z为中学化学常见的物质，其转化关系如图所示（“→”表示一步转化），下列组合不正确的是()选项XYZANaClNaHCO3NaOHBSiO2H2SiO3Na2SiO3CH2SO3SO2H2SO4DHClOCl2HClA．AB．BC．CD．D9．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和﹣1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍．下列叙述正确的是()27A．元素的原子半径：A＜B＜C＜D＜EB．对应氢化物的热稳定性：D＞EC．B与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D．五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E．10．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是()A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2=△H3二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11．下列说法正确的是()A．常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同B．用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3C．BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0D．为准确测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等12．我国自主研制可治疗H7N9禽流感新药帕拉米韦，结构如图．下列有关说法正确的是()A．该有机物的分子式是C15H27O4N4B．该分子中含有氨基、羧基、羟基、醛基等官能团C．该分子不仅具有两性，还能发生水解反应和酯化反应D．该分子中含有5个手性碳原子13．pH值测定是检验物质的常用方法，下列有关pH值测定的实验合理的是()A．将失去标签的Na2CO3和NaHCO3固体样品配成等物质的量浓度溶液，分别测定pH值，以此鉴别这两种固体B．用pH试纸分别测定氯水和盐酸的pH值，比较两溶液的酸性强弱C．取同体积不同浓度的醋酸和盐酸加水稀释相同倍数，测定稀释前后pH值的变化，以此区别这两种酸D．测定硫酸型酸雨的pH值时，取样后应立即测定14．常温下，下列各溶液的叙述中正确的是()27A．NaHSO3与Na2SO3混合溶液中一定存在如下关系：2c（Na+）=3（c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3））B．向0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至中性，所得溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向1.00L0.3mol•L﹣1NaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）15．一定温度下存在反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），其正反应放热．现有两个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ，中间隔板不漏气且可自由滑动，按如图所示投料．达到平衡时，下列说法正确的是()A．容器Ⅰ、Ⅱ的右室中SO3的体积分数相同B．容器Ⅰ、Ⅱ的右室中反应速率I＜IIC．平衡时容器Ⅰ、Ⅱ中的隔板均应在中间D．容器II若为绝热容器（隔板不导热），则容器II右室中SO2的转化率与左室SO3的转化率之和小于1三、填空题（共6小题，满分80分）16．共沉淀法制备磁性纳米Fe3O4微粒的工艺流程如下：（1）“共沉”制备Fe3O4粒子的离子方程式为__________．（2）对Fe3O4粒子制备有较大的影响．①若Fe3+过量，过量的Fe3+会生成副产物FeO（OH）．生成副产物FeO（OH）的离子方程式为__________．②实际投料时，略小于理论反应的比值，这是因为部分Fe2+会直接生成Fe3O4粒子，该反应的离子方程式为__________．（3）检验“水基Fe3O4粒子”是否符合产品要求的方法是__________．（4）要使“水基Fe3O4粒子”符合产品要求，“共沉”时需不断地强烈搅拌，主要原因是__________，另一原因是使反应充分进行．．（5）检验Fe3O4中不同价态的铁元素．选用的试剂是__________（填字母代号）．a．浓盐酸b．稀硫酸c．硫氰化钾溶液d．高锰酸钾溶液e．溴水．2717．化合物A（分子式为：C6H6O2）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化．由A合成黄樟油（E）和香料F的合成路线如下（部分反应条件已略去）：（1）写出E中含氧官能团的名称：__________和__________．（2）写出反应C→D的反应类型：__________．（3）写出反应A→B的化学方程式：__________．（4）某芳香化合物是D的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢．写出该芳香化合物的结构简式：__________（任写一种）．（5）根据已有知识并结合流程中相关信息，写出以、为主要原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）__________．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH2=CH218．金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染．六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积．（1）工业上处理酸性含Cr2O72﹣废水的方法如下：①向含Cr2O72﹣的酸性废水中加入FeSO4溶液，使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+．写出该反应的离子方程式：__________．②调节溶液的pH，使Cr3+完全沉淀．实验室粗略测定溶液pH的方法为__________；25℃，若调节溶液的pH=8，则溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为__________mol/L．（已知25℃时，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31）（2）铬元素总浓度的测定：准确移取25.00mL含Cr2O72﹣和Cr3+的酸性废水，向其中加入足量的（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72﹣，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015mol/L的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL．计算废水中铬元素总浓度__________（单位：mg•L﹣1，写出计算过程）．已知测定过程中发生的反应如下：①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O═Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O③I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．19．草酸合铁酸钾晶体Kx[Fe（C2O4）y]•3H2O是一种光敏材料，下面是一种制备草酸合铁酸钾晶体的实验流程．27已知：（NH4）2SO4、FeSO4•7H2O、莫尔盐[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]的溶解度如下表：温度/℃1020304050（NH4）2SO4/g73.075.478.081.084.5FeSO4•7H2O/g40.048.060.073.3﹣（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O/g18.121.224.527.931.3（1）“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是__________．“溶解2”加“几滴H2SO4”的作用是__________．（2）“复分解”制备莫尔盐晶体的基本实验步骤是：蒸发浓缩、__________、过滤、用乙醇洗涤、干燥．用乙醇洗涤的目的是__________．（3）“沉淀”时得到的FeC2O4•2H2O沉淀需用水洗涤干净．检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________．（4）“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是__________．（5）请补全测定草酸合铁酸钾产品中Fe3+含量的实验步骤【备选试剂：KMnO4溶液、锌粉、铁粉、NaOH溶液】：步骤1：准确称取所制备的草酸合铁酸钾晶体ag，配成250mL待测液．步骤2：用移液管移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入稀H2SO4酸化，__________，C2O42﹣转化为CO2被除去．步骤3：向步骤2所得溶液中__________加热至充分反应（溶液黄色刚好消失），过滤、洗涤、将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中．步骤4：用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗VmLKMnO4标准溶液．20．（14分）工业上通常用下列方法治理含氮化合物的污染．（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染．写出NOx与CO催化转化成N2和CO2的化学方程式__________．（2）用NH3还原NOx生成N2和H2O．现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为．（3）电化学降解治理水中硝酸盐污染．在酸性条件下，电化学降解NO的原理如图1，阴极反应式为__________．（4）科研小组研究铁屑对地下水脱氮的反应原理．①pH=2.5时，用铁粉还原KNO3溶液，相关离子浓度、pH随时间的变化关系如图2（部分副反应产物曲线略去）．请根据图中信息写出t1时刻前发生反应的离子方程式__________，t127时刻后，反应仍在进行，溶液中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是__________．②pH=2.5时，将铁屑和活性炭同时加入硝酸钾溶液中，可以加快脱氮速率，其原因是__________．通常地下水中含有CO32﹣，会降低脱氮效果，其原因为__________．21．已知A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A．B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体．E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满．回答下列问题（用元素符号或化学式表示）．（1）M分子中B原子轨道的杂化类型为__________．（2）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是__________．（3）写出与BD2互为等电子体的C3﹣的结构式__________．（4）E+的核外电子排布式为__________，如图是D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该晶体1个晶胞中阳离子的个数为__________．（5）向E的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，可生成[E（CA3）4]2+配离子，1mol[E（CA3）4]2+中含有σ键的数目为__________．272022-2022学年江苏省连云港市赣榆高中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．常温离子液体（IonicLiquid）也称常温熔融盐．硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12℃．已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是()A．可用作电池的电解质B．水溶液呈碱性C．是共价化合物D．结构和性质类似于硝酸乙酯【考点】电解质与非电解质；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、根据题目信息确定硝酸乙基铵离子液体，可作为电解质；B、根据铵盐的性质，考虑C2H5NH3+的水解；C、根据硝酸乙基铵的组成，确定其化合物的类型；D、根据硝酸乙基铵和硝酸乙酯的组成，确定结构和性质的差异；【解答】解：A、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为离子液体，含自由离子的化合物可作为电解质，故A正确；B、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕是一种强酸弱碱盐，硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕在水溶液中电离产生C2H5NH3+NO3﹣，C2H5NH3+发生水解生成（C2H5NH3）OH和H+，水溶液呈酸性，故B错误；C、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为常温熔融盐，由是C2H5NH3+和NO3﹣构成，属于离子化合物，故C错误；D、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为离子化合物，而硝酸乙酯〔（CH3CH20NO2〕是共价化合物，这两种物质的结构不同，所以性质也不同，故D错误；故选：A．【点评】本题结合题目所给信息，考查了离子化合物、共价化合物的概念、盐类水解的有关知识．2．下列有关化学用语使用正确的是()A．羟基乙酸（HOCH2COOH）的缩聚物：B．H2O2的分子结构模型示意图：C．在CS2、PCl5中各原子最外层均能达到8电子的稳定结构D．淀粉和纤维素的实验式都为CH2O【考点】结构简式；球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【分析】A．依据酯化反应的原理酸去羟基醇去氢判断；B．过氧化氢中，两个氧原子之间共用一对电子，两个氢原子分别和两个氧原子各共用一对电子；C．对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，据此判断；D．淀粉和纤维素的实验式都为C6H10O5．27【解答】解：A．羟基乙酸（HOCH2COOH）的缩聚物：，故A错误；B．H2O2的分子结构模型示意图：，故B正确；C．PCl5中P元素化合价为+5价，P原子最外层电子数是5，5+5=10，则P原子不满足8电子结构，故C错误；D．淀粉和纤维素为多糖，属于高分子，实验式都为C6H10O5，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了化学用语涉及有机物的结构简式、分子的结构模型、有机物的实验式，难度中等，注意酯化反应的实质和共价化合物中原子是否达到8电子结构的判断依据．3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN﹣、SO42﹣B．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：S2﹣、Na+、HCO3﹣、SO42﹣C．能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中，铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；B．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液，碳酸氢根离子酸性大于氢氧化铝，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；C．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应；D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或者氢氧根离子，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁．【解答】解：A．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中，Fe3+与SCN﹣反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液，HCO3﹣与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，Fe2+、与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．274．下列有关物质的性质与应用的说法中正确的是()A．SiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物B．SO2能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性C．钠是一种具有强还原性的金属，可从TiCl4溶液中置换出钛D．常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存液氯【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的化学性质．【分析】A．SiO2不溶于一般的酸，属于酸性氧化物；B．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化；C．钠和盐的水溶液反应时，先和水反应；D．常温下，干燥氯气和铁不反应，潮湿条件下，铁和氯气反应．【解答】解：A．SiO2不溶于一般的酸，但能溶于弱酸HF中，所以属于酸性氧化物，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂溴、酸性高锰酸钾氧化而使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，该过程体现二氧化硫的还原性而不是漂白性，故B错误；C．钠和盐的水溶液反应时，先和水反应，所以钠不能置换出TiCl4溶液中的钛，故C错误；D．常温下，干燥氯气和铁不反应，潮湿条件下，氯气和水反应生成HCl，铁和HCl反应，所以常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存液氯，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质之间的反应，侧重考查学生运用化学知识解答问题能力，明确物质的性质是解本题关键，注意二氧化硫漂白性和还原性的区别，为易错点．5．用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的是()A．用如图装置验证化学能转化为电能B．用如图所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯C．用如图装置制备氢氧化亚铁27D．利用如图装置证明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞苯酚【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．未形成闭合回路；B．乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化；D．乙酸易挥发．【解答】解：A．未形成闭合回路，无电流产生，故A错误；B．乙醇易挥发，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，应隔绝空气制取，故C正确；D．乙酸易挥发，乙酸能与苯酚钠反应生成苯酚沉淀，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池、物质的检验和制取及酸性比较等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，选项D为解答的易错点，注意方案的合理性、操作性、评价性分析，题目难度不大．6．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．常温常压下，17g甲基（﹣14CH3）所含的中子数为9NAB．标准状况下，11.2L苯中含有的碳碳双键数为1.5NAC．42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAD．5.6g铁与0.1mol氯气在点燃条件下充分反应，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．甲基（﹣14CH3）中含有8个中子，17g该甲基的物质的量为1mol，含有8mol中子；B．标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；C．乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据混合物的最简式计算出含有的碳原子数目；D．先判断过量情况，然后根据不足量计算出转移的电子数．【解答】解：A．17g甲基（﹣14CH3）的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故A错误；B．标况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故B错误；C．42g乙烯和丙烯的混合物中含有3mol最简式CH2，含有3mol碳原子，含有的碳原子数为3NA，故C正确；D．5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1molFe完全反应消耗0.15mol氯气，氯气不足，反应转移的电子的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；故选C．27【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下苯不是气体、甲基（﹣14CH3）中含有的中子数为8，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系．7．下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是()A．用铁做电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl﹣Cl2↑+CuB．Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO=BaSO4↓+H2OC．用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2OD．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．铁做电极，阳极Fe失去电子；B．中性时，以1：2反应，生成硫酸钡、硫酸钠和水；C．发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；D．少量NaOH完全反应，生成碳酸钙、碳酸氢钠、水．【解答】解：A．铁做电极，阳极Fe失去电子，阳极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+，Cu2++2e﹣=Cu，故A错误；B．中性时，以1：2反应，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，离子反应为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故C正确；D．少量NaOH完全反应，生成碳酸钙、碳酸氢钠、水，离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意离子反应中保留化学式的物质，侧重氧化还原反应、电解反应的离子反应考查，题目难度不大．8．X、Y、Z为中学化学常见的物质，其转化关系如图所示（“→”表示一步转化），下列组合不正确的是()选项XYZANaClNaHCO3NaOHBSiO2H2SiO3Na2SiO3CH2SO3SO2H2SO4DHClOCl2HClA．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．27【分析】A．依据侯氏制碱法和氯碱工业解答；B．二氧化硅不溶于水，不能够与水化合生成硅酸；C．亚硫酸分解生成二氧化硫，亚硫酸具有还原性，能够被氧气氧化生成硫酸；D．次氯酸与氯化物反应可以生成氯气，次氯酸分解可以得到HCl，氯气与水反应得到HCl．【解答】解：A．饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，电解饱和食盐水生成氢氧化钠，故A正确；B．二氧化硅不溶于水，不能够与水化合生成硅酸，不能实现一步转化，故B错误；C．亚硫酸分解得到二氧化硫，亚硫酸与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，二氧化硫与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，符合转化关系，故C正确；D．次氯酸与氯化物发生氧化还原反应可以生成氯气，次氯酸分解可以得到HCl，而氯气与水反应可以得到HCl，符合转化关系，故D正确；故选：B．【点评】本题考查无机推断题，侧重于物质的性质的考查，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．9．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和﹣1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍．下列叙述正确的是()A．元素的原子半径：A＜B＜C＜D＜EB．对应氢化物的热稳定性：D＞EC．B与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D．五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E．【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】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和﹣1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第ⅠA族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3×（1+8）﹣11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和﹣1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第ⅠA族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3×（1+8）﹣11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：H＜O＜Cl＜S＜Na，即A＜B＜E＜D＜C，故A错误；B．非金属性S＜Cl，非金属性越强，氢化物越稳定，故对应氢化物的热稳定性：D＜E，故B错误；C．B与C形成Na2O、Na2O2，氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，B与D形成SO3、SO2，只含有共价键，故C错误；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4的酸性最强，故D正确；27故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握微粒半径、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性比较规律．10．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是()A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2=△H3【考点】反应热和焓变；反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根据盖斯定律确定之间的关系．【解答】解：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0；③已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依据盖斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，故A错误；B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1，故B正确；C、△H3=△H1﹣△H2，故C错误；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11．下列说法正确的是()A．常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同B．用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3C．BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0D．为准确测定盐酸与氢氧化钠溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；B．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32﹣转化BaCO3；C．当△G=△H﹣T△S＞0时，该反应不能自发进行；27D．在中和热的测定中，为了使酸完全反应，碱的物质的量应该过量．【解答】解：A．醋酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，所以pH相等的两种溶液中水的电离程度不等，故A错误；B．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中CO32﹣浓度高而转化为BaCO3，所以用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO3，故B正确；C．当△G=△H﹣T△S＞0时，该反应不能自发进行，BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△G＞0，故C错误；D．在中和热的测定中，为了使酸完全反应而使测定更准确，碱的物质的量应该过量，故D错误；故选B．【点评】本题考查较综合，涉及盐类水解及弱电解质电离、反应的自发性判断、酸碱中和反应测定等知识点，侧重考查灵活运用知识解答问题能力，注意B中不能据此判断Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3），为易错点．12．我国自主研制可治疗H7N9禽流感新药帕拉米韦，结构如图．下列有关说法正确的是()A．该有机物的分子式是C15H27O4N4B．该分子中含有氨基、羧基、羟基、醛基等官能团C．该分子不仅具有两性，还能发生水解反应和酯化反应D．该分子中含有5个手性碳原子【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】由结构简式可知分子式，分子中含氨基、羧基、羟基及﹣CONH﹣，结合氨基酸、醇、肽键的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，分子式是C15H28O4N4，故A错误；B．分子中不含﹣CHO（醛基），故B错误；C．含氨基、羧基，可与酸、碱反应，具有两性；﹣CONH﹣可发生水解反应，﹣OH、﹣COOH可发生酯化反应，故C正确；D．连4个不同基团的C为手性碳，如图，共5个手性C原子，故D正确．故选CD．27【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，侧重氨基酸、肽键性质的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大．13．pH值测定是检验物质的常用方法，下列有关pH值测定的实验合理的是()A．将失去标签的Na2CO3和NaHCO3固体样品配成等物质的量浓度溶液，分别测定pH值，以此鉴别这两种固体B．用pH试纸分别测定氯水和盐酸的pH值，比较两溶液的酸性强弱C．取同体积不同浓度的醋酸和盐酸加水稀释相同倍数，测定稀释前后pH值的变化，以此区别这两种酸D．测定硫酸型酸雨的pH值时，取样后应立即测定【考点】试纸的使用．【专题】实验设计题．【分析】A．Na2CO3较NaHCO3水解程度大；B．氯水有漂白性；C．加水稀释相同的倍数，弱酸的pH变化小于强酸；D．酸雨中的亚硫酸能被氧化为硫酸．【解答】解：A．碳酸钠、碳酸氢钠都是强碱弱酸盐水解呈碱性，同温度相同物质的量浓度碳酸钠、碳酸氢钠溶液中，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，所以Na2CO3溶液中氢氧根离子浓度大，pH大，故A错误；B．氯水有漂白性，应用pH计测量，故B错误；C．加水稀释相同的倍数，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以氢离子浓度变化最小的是醋酸，则误差最小的是醋酸，故C正确；D．酸雨中的亚硫酸能被氧化为硫酸，应过一段时间再测定，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的设计，为高频考点，涉及盐类水解、pH测定、酸雨等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大．14．常温下，下列各溶液的叙述中正确的是()A．NaHSO3与Na2SO3混合溶液中一定存在如下关系：2c（Na+）=3（c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3））B．向0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至中性，所得溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向1.00L0.3mol•L﹣1NaOH溶液中缓慢通入0.2molCO2气体，溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；B．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），溶液中的溶质为醋酸钠、醋酸和氯化钠，根据电荷守恒、物料守恒判断；C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，溶液中的溶质为等物质的量的（NH4）2SO4、Na2SO4，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解程度较小，再结合物料守恒判断；27D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，设溶液中存在NaHCO3、Na2CO3的物质的量分别是x、y，根据Na原子守恒、C原子守恒得，，解得x=y=0.1，所以溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32﹣和HCO3﹣都水解导致溶液呈碱性，但CO32﹣的水解程度大于HCO3﹣．【解答】解：A．溶液中存在物料守恒，NaHSO3与Na2SO3分别存在物料守恒：c（Na+）=（c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3））、2c（Na+）=（c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3）），因为NaHSO3与Na2SO3的物质的量未知，无法计算Na离子和含S微粒之间的关系，故A错误B．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），溶液中的溶质为醋酸钠、醋酸和氯化钠，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）、根据物料守恒得：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（Cl﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离程度较小，所以溶液中存在c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣），故B正确；C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，溶液中的溶质为等物质的量的（NH4）2SO4、Na2SO4，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解程度较小，再结合物料守恒得c（Na+）=c（SO42﹣），所以溶液中存在c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，设溶液中存在NaHCO3、Na2CO3的物质的量分别是x、y，根据Na原子守恒、C原子守恒得，，解得x=y=0.1，所以溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32﹣和HCO3﹣都水解导致溶液呈碱性，但CO32﹣的水解程度大于HCO3﹣，所以存在c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），故D错误；故选BC．【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，易错选项是D，注意D正确判断溶液中存在的溶质，为学习难点．15．一定温度下存在反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），其正反应放热．现有两个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ，中间隔板不漏气且可自由滑动，按如图所示投料．达到平衡时，下列说法正确的是()A．容器Ⅰ、Ⅱ的右室中SO3的体积分数相同B．容器Ⅰ、Ⅱ的右室中反应速率I＜IIC．平衡时容器Ⅰ、Ⅱ中的隔板均应在中间D．容器II若为绝热容器（隔板不导热），则容器II右室中SO2的转化率与左室SO3的转化率之和小于1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．27【分析】根据等效平衡，反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）中，投料2molSO2（g）和1molO2（g）与投料2molSO3所建立的平衡是等效的，根据影响化学平衡移动的因素以及化学反应速率的因素来回答判断．【解答】解：A、投料2molSO2（g）和1molO2（g）与投料2molSO3所建立的平衡是等效的，氮气对反应平衡不会造成影响，但是Ⅱ中左边SO3的分解会使得左边气压增大，右边压强也会变大，使得三氧化硫的体积分数增大，所以容器Ⅰ、Ⅱ的右室中SO3的体积分数不相同，故A错误；B、三氧化硫生成二氧化硫和氧气的过程是气体体积增加的过程，所以Ⅱ隔板会向右滑动，相当于对反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）加压，反应速率加快，所以容器Ⅰ、Ⅱ的右室中反应速率I＜II，故B正确；C、三氧化硫生成二氧化硫和氧气的过程是气体体积增加的过程，所以Ⅱ隔板会向右滑动，二氧化硫和氧气生成三氧化硫的过程是气体体积减小的过程，所以Ⅰ隔板会向右滑动，故C错误；D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际装置是恒压的，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅱ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D正确．故选BD．【点评】本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．三、填空题（共6小题，满分80分）16．共沉淀法制备磁性纳米Fe3O4微粒的工艺流程如下：（1）“共沉”制备Fe3O4粒子的离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4+4H2O．（2）对Fe3O4粒子制备有较大的影响．①若Fe3+过量，过量的Fe3+会生成副产物FeO（OH）．生成副产物FeO（OH）的离子方程式为Fe3++3OH﹣=FeO（OH）+H2O．②实际投料时，略小于理论反应的比值，这是因为部分Fe2+会直接生成Fe3O4粒子，该反应的离子方程式为6Fe2++12OH﹣+O2=2Fe3O4+6H2O．（3）检验“水基Fe3O4粒子”是否符合产品要求的方法是用一束强光照射所得液体，若在液体中看到一条光亮的通路，则符合产品要求．（4）要使“水基Fe3O4粒子”符合产品要求，“共沉”时需不断地强烈搅拌，主要原因是有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀，另一原因是使反应充分进行．．（5）检验Fe3O4中不同价态的铁元素．选用的试剂是b、c、d（填字母代号）．a．浓盐酸b．稀硫酸c．硫氰化钾溶液d．高锰酸钾溶液e．溴水．27【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】（1）依据流程图分析制备反应过程，是氯化铁、氯化亚铁在氢氧化钠溶液中生成四氧化三铁、水、氯化钠；根据电荷守恒可写出该方程式；（2）①根据题意，三价铁与氢氧根生成FeO（OH）和水；②根据题意，Fe2+与氢氧根直接生成Fe3O4粒子和水；（3）根据水基Fe3O4粒子是纳米级结合胶体的检验来判断；（4）由于胶体微粒不太稳定很容易聚沉来分析；（5）要检验Fe3O4中不同价态的铁元素，则先溶于硫酸转变成二价铁离子和三价铁离子，检验三价铁用KSCN溶液，检验含有三价铁离子时的二价铁离子只能用酸性高锰酸钾．【解答】解：（1）由流程可知，生成Fe3O4的反应物为Fe2+、Fe3+和OH﹣，根据电荷守恒可写出该方程式为：Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4+4H2O，故答案为：Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4+4H2O；（2）①根据题意，三价铁与氢氧根生成FeO（OH）和水，所以离子方程式为：Fe3++3OH﹣=FeO（OH）+H2O，故答案为：Fe3++3OH﹣=FeO（OH）+H2O；②根据题意，Fe2+与氢氧根直接生成Fe3O4粒子和水，所以离子方程式为：6Fe2++12OH﹣+O2=2Fe3O4+6H2O，故答案为：6Fe2++12OH﹣+O2=2Fe3O4+6H2O；（3）水基Fe3O4粒子是纳米级，所以属于胶体，则用一束强光照射所得液体，若在液体中看到一条光亮的通路，则符合产品要求，故答案为：用一束强光照射所得液体，若在液体中看到一条光亮的通路，则符合产品要求；（4）由于胶体微粒不太稳定很容易聚沉，所以不断地强烈搅拌有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀，故答案为：有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀；（5）要检验Fe3O4中不同价态的铁元素，则先溶于硫酸转变成二价铁离子和三价铁离子，检验三价铁用KSCN溶液看是否变红，检验二价铁离子，因为溶液中含有三价铁所以不能用将二价转变成三价检验的方法，只能用酸性高锰酸钾溶液如果退色说明含二价铁，否则不含，故选：b、c、d．【点评】本题考查了制备实验的设计，流程分析判断，反应条件的应用，实验基本操作的迁移应用能力，解答此类题的关键是一定要注意题中所给的信息，题目难度中等．17．化合物A（分子式为：C6H6O2）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化．由A合成黄樟油（E）和香料F的合成路线如下（部分反应条件已略去）：（1）写出E中含氧官能团的名称：醚键和羰基．（2）写出反应C→D的反应类型：取代反应．（3）写出反应A→B的化学方程式：．27（4）某芳香化合物是D的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢．写出该芳香化合物的结构简式：（任写一种）．（5）根据已有知识并结合流程中相关信息，写出以、为主要原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH2=CH2【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）根据E的结构判断其中含氧官能团；（2）由反应物与产物的结构可知，该反应是溴原子被丙烯基取代，为取代反应；B到C在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe；（3）根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据C结构，得出A为邻二苯酚（），B为；（4）芳香族化合物G是D的同分异构体，G分子中不含碳碳双键，核磁共振氢谱显示G分子中只有两种化学环境的氢原子，说明对称性高，其中一种G中可以含有2个相同的取代基﹣COCH3，且处于对位；（5）以、为主要原料制备，可以先将经过水解、氧化得丙酮，再与发生题中类似E→F的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C→D的反应，即可得产品；【解答】解：（1）根据E的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；（2）由反应物与产物的结构可知，该反应是溴原子被丙烯基取代，为取代反应，27故答案为：取代反应；（3）根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据C结构，得出A为邻二苯酚（），B为，反应A→B的化学方程式为：，故答案为：；（4）芳香族化合物G是D的同分异构体，G分子中不含碳碳双键，核磁共振氢谱显示G分子中只有两种化学环境的氢原子，说明对称性高，其中一种G中可以含有2个相同的取代基﹣COCH3，且处于对位，该芳香化合物G可能的结构简式为：，故答案为：；（5）以、为主要原料制备，可以先将经过水解、氧化得丙酮，再与发生题中类似E→F的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C→D的反应，合成路线为，故答案为：；27【点评】本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用，难度中等．18．金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染．六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积．（1）工业上处理酸性含Cr2O72﹣废水的方法如下：①向含Cr2O72﹣的酸性废水中加入FeSO4溶液，使Cr2O72﹣全部转化为Cr3+．写出该反应的离子方程式：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．②调节溶液的pH，使Cr3+完全沉淀．实验室粗略测定溶液pH的方法为将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照；25℃，若调节溶液的pH=8，则溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.3×10﹣13mol/L．（已知25℃时，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10﹣31）（2）铬元素总浓度的测定：准确移取25.00mL含Cr2O72﹣和Cr3+的酸性废水，向其中加入足量的（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72﹣，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015mol/L的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL．计算废水中铬元素总浓度208（单位：mg•L﹣1，写出计算过程）．已知测定过程中发生的反应如下：①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O═Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O③I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】实验探究和数据处理题．【分析】（1）①Cr2O72﹣的酸性工业废水中加入硫酸亚铁反应生成铁离子，三价铬离子和水，依据原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；②实验室粗略测定溶液pH的方法为将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照；依据溶度积常数结合溶液的pH=8计算残余Cr3+的物质的量浓度；（2）根据铬原子守恒，计算总Cr2O72﹣的物质的量，再根据废水中铬元素总浓度=进行计算，结合关系式Cr2O72﹣～6I﹣～6S2O32﹣计算．【解答】解：（1）①工业上为了处理含有Cr2O72﹣的酸性工业废水，用FeSO4溶液把废水中的六价铬离子还原成三价铬离子，Cr2O72﹣的酸性工业废水中加入硫酸亚铁反应生成铁离子，三价铬离子和水，反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②常温下，溶液的pH=8即氢氧根浓度为10﹣6mol/L，Cr（OH）3的溶度积Ksp=6.3×10﹣31=c（Cr3+）c3（OH﹣），则溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为==6.3×10﹣13mol/L，故答案为：将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照；6.3×10﹣13；（2）由①2Cr3++3S2O82﹣+7H2O═Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+②Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O27③I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．则Cr2O72﹣～6I﹣～6S2O32﹣16=0.05×10﹣30.015×20×10﹣3则根据铬原子守恒，25.00mL含Cr2O72﹣和Cr3+的酸性废水铬元素总浓度==208mg•L﹣1，故答案为：208；【点评】本题考查氧化还原反应方程式的书写，配平、Cr元素化合物性质、氧化还原反应滴定计算等，难度中等，（2）注意利用关系式进行的计算．19．草酸合铁酸钾晶体Kx[Fe（C2O4）y]•3H2O是一种光敏材料，下面是一种制备草酸合铁酸钾晶体的实验流程．已知：（NH4）2SO4、FeSO4•7H2O、莫尔盐[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]的溶解度如下表：温度/℃1020304050（NH4）2SO4/g73.075.478.081.084.5FeSO4•7H2O/g40.048.060.073.3﹣（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O/g18.121.224.527.931.3（1）“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是防止Fe2+被氧化为Fe3+．“溶解2”加“几滴H2SO4”的作用是抑制Fe2+水解．（2）“复分解”制备莫尔盐晶体的基本实验步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、干燥．用乙醇洗涤的目的是洗去杂质，减少莫尔盐晶体溶解损失，便于快速干燥．（3）“沉淀”时得到的FeC2O4•2H2O沉淀需用水洗涤干净．检验沉淀是否洗涤干净的方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净．（4）“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是黑暗可以防止晶体分解．（5）请补全测定草酸合铁酸钾产品中Fe3+含量的实验步骤【备选试剂：KMnO4溶液、锌粉、铁粉、NaOH溶液】：步骤1：准确称取所制备的草酸合铁酸钾晶体ag，配成250mL待测液．步骤2：用移液管移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入稀H2SO4酸化，加入足量KMnO4溶液，C2O42﹣转化为CO2被除去．步骤3：向步骤2所得溶液中加入稍过量的锌粉加热至充分反应（溶液黄色刚好消失），过滤、洗涤、将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中．步骤4：用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗VmLKMnO4标准溶液．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．27【分析】废铁屑加入硫酸溶液溶解，加入硫酸铵溶液结晶析出硫酸亚铁晶体，加水溶解，滴入几滴稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到沉淀加入重铬酸钾、过氧化氢溶液氧化加入草酸得到草酸合铁酸钾晶体．（1）铁过量防止亚铁离子被氧化，滴入稀硫酸防止硫酸亚铁水解；（2）复分解”制备莫尔盐晶体的基本实验步骤是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤用乙醇洗涤、干燥，防止生成的盐损失，乙醇易挥发；（3）取最后一次洗涤液，检查是否含有硫酸根离子进行设计分析；（4）晶体易分解；（5）步骤1：称量ag三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液；步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+；步骤3：向反应后的溶液中加入适量锌粉使Fe3+全部转化为Fe2+，同时有气泡产生，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液A收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性；步骤4：用cmol/LKMnO4溶液滴定溶液至终点，消耗KMnO4溶液Vml，反应中MnO4﹣被还原成Mn2+．【解答】解：废铁屑加入硫酸溶液溶解，加入硫酸铵溶液结晶析出硫酸亚铁晶体，加水溶解，滴入几滴稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到沉淀加入重铬酸钾、过氧化氢溶液氧化加入草酸得到草酸合铁酸钾晶体；（1）铁过量防止亚铁离子被氧化，“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是防止Fe2+被氧化为Fe3+；滴入稀硫酸防止硫酸亚铁水解，．“溶解2”加“几滴H2SO4”的作用抑制Fe2+水解；故答案为：防止Fe2+被氧化为Fe3+；抑制Fe2+水解；（2）复分解”制备莫尔盐晶体的基本实验步骤是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤用乙醇洗涤、干燥，防止生成的盐损失，乙醇易挥发；故答案为：冷却结晶，洗去杂质，减少莫尔盐晶体溶解损失，便于快速干燥；（3）取最后一次洗涤液，检查是否含有硫酸根离子进行设计分析，用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；故答案为：用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；（4）“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是黑暗可以防止晶体分解；故答案为：黑暗可以防止晶体分解；（5）步骤1：称量ag三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液；步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+；步骤3：向反应后的溶液中加入过量锌粉使Fe3+全部转化为Fe2+，同时有气泡产生，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液A收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性；步骤4：用cmol/LKMnO4溶液滴定溶液至终点，消耗KMnO4溶液Vml，反应中MnO4﹣被还原成Mn2+；故答案为：加入足量KMnO4溶液；加入稍过量的锌粉．【点评】本题考查了物质制备流程分析判断物质性质和试剂选择，沉淀生成、洗涤、检验等实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等．2720．（14分）工业上通常用下列方法治理含氮化合物的污染．（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染．写出NOx与CO催化转化成N2和CO2的化学方程式2NOx+2xCO=N2（g）+2xCO2．（2）用NH3还原NOx生成N2和H2O．现有NO、NO2的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为．（3）电化学降解治理水中硝酸盐污染．在酸性条件下，电化学降解NO的原理如图1，阴极反应式为2NO+12H++10e﹣=N2↑+6H2O．（4）科研小组研究铁屑对地下水脱氮的反应原理．①pH=2.5时，用铁粉还原KNO3溶液，相关离子浓度、pH随时间的变化关系如图2（部分副反应产物曲线略去）．请根据图中信息写出t1时刻前发生反应的离子方程式4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，t1时刻后，反应仍在进行，溶液中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是生成的Fe2+水解．②pH=2.5时，将铁屑和活性炭同时加入硝酸钾溶液中，可以加快脱氮速率，其原因是活性炭和铁构成了原电池，加快反应速率．通常地下水中含有CO32﹣，会降低脱氮效果，其原因为Fe2+与CO32﹣反应生成的难溶物覆盖在反应物的表面阻止反应进行（或者CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液酸性减弱，脱氮效果降低）．【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；原电池和电解池的工作原理；铁的化学性质．【专题】电化学专题；元素及其化合物．【分析】（1）催化剂条件下，氮氧化物和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳；（2）氮氧化物与氨气发生的反应是氧化还原反应，氮氧化物把氨气氧化为氮气，本身被还原为氮气，可以利用反应方程式通过设未知列方程组计算；也可以根据氧化还原反应的电子守恒计算；也可以利用平均值法计算；（3）在电解池的阴极上发生得电子的还原反应；（4）①根据图象判断出离子浓度减小的有H+、NO3﹣，增大的有Fe2+和NH4+，故反应物为Fe和H+、NO3﹣，生成物为Fe2+和NH4+，可写出化学方程式为4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O；Fe2+水解呈酸性，当溶液中PH较大时会促进Fe2+水解；（3）在溶液中进行的反应，影响化学反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂以及固体的表面积大小等；②根据原电池可以加快化学反应速率来回答；根据实验原理：在酸性环境下，金属铁的脱氮效果更加，结合碳酸根离子水解显碱性来回答．【解答】解：（1）催化剂条件下，氮氧化物和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，反应方程式为2NOx+2xCON2（g）+2xCO2；27故答案为：2NOx+2xCON2（g）+2xCO2；（2）根据反应可知：氨气被氧化为氮气，NH3～N2～3e﹣；一氧化氮被还原为氮气，NO～N2～2e﹣二氧化氮被还原为氮气NO2～N2～4e﹣设一氧化氮体积为x，二氧化氮体积为3﹣x，氨气的体积为3.5L，根据电子守恒可知：3.5L×3=2x+4×（3﹣x），x=0.75L，二氧化氮体积为2.25L，则相同条件下，混合气体中NO和NO2的体积比等于物质的量之比=0.75：2.25=1：3；故答案为：1：3；（3）根据装置图示可以看出，右端电极上发生得电子的还原反应，即为阴极，反应式为：2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O；故答案为：2NO+12H++10e﹣=N2↑+6H2O；（4）①t1时刻前H+、NO3﹣浓度减小，Fe2+和NH4+的浓度增大，故反应的离子方程式为4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O．Fe粉足量，反应仍在进行，Fe2+的浓度没有增大的原因是发生了水解反应，因为溶液的pH增大，促进了水解；故答案为：4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O；生成的Fe2+水解；②将铁屑和活性炭同时加入上述KNO3溶液中，活性炭和铁构成了无数个微小的铁碳原电池加快反应速率（或活性炭吸附作用，降低溶液中NH4+浓度），可以提高脱氮效果；根据实验原理：4Fe+NO3﹣+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，在酸性环境下，金属铁的脱氮效果更加，但是CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，增大了溶液的pH会降低脱氮效果，并且Fe2++CO32﹣=FeCO3↓，这样碳酸亚铁沉淀覆盖在反应物的表面阻止反应进行．故答案为：活性炭和铁构成了原电池，加快反应速率；Fe2+与CO32﹣反应生成的难溶物覆盖在反应物的表面阻止反应进行（或者CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液酸性减弱，脱氮效果降低）．【点评】本题考查元素化合物的性质、原电池和电解池等问题，综合性较强，熟练掌握知识的迁移和应用是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．21．已知A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A．B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体．E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满．回答下列问题（用元素符号或化学式表示）．（1）M分子中B原子轨道的杂化类型为sp2．（2）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是NH3分子间能形成氢键．（3）写出与BD2互为等电子体的C3﹣的结构式[N=N=N]﹣．（4）E+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，如图是D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该晶体1个晶胞中阳离子的个数为4．（5）向E的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，可生成[E（CA3）4]2+配离子，1mol[E（CA3）4]2+中含有σ键的数目为16×6.02×1023．27【考点】位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况；晶胞的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B是C元素；D原子有2个未成对电子，且D原子半径小于B，则D是O元素；C的原子半径小于B而大于D，则C是N元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则该气体是甲醛，所以A是H元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，则E是铜元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B是C元素；D原子有2个未成对电子，且D原子半径小于B，则D是O元素；C的原子半径小于B而大于D，则C是N元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则该气体是甲醛，所以A是H元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，则E是铜元素，（1）M为HCHO，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化，故答案为：sp2；（2）NH3分子间能形成氢键，沸点高于CH3，故答案为：NH3分子间能形成氢键；（3）与CO2互为等电子体的N3﹣，二者结构式相似，故N3﹣结构式为[N=N=N]﹣，故答案为：[N=N=N]﹣；（4）Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，E形成的阳离子位于晶胞内部，该晶体1个晶胞中阳离子的个数为4，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；4；（5）向硫酸铜溶液中通入过量的NH3，可生成[Cu（NH3）4]2+配离子，N﹣H键为σ键，配位键属于σ键，故1mol[Cu（NH3）4]2+中含有16molσ键，含有σ键的数目为16×6.02×1023，故答案为：16×6.02×1023．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及杂化轨道、氢键、等电子体、晶胞结构、核外电子排布、配合物、化学键等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，题目难度中等．27