江苏省连云港市2022届高三3月第二次调研考试化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．天宫一号与神舟九号载人飞船的交会对接，标志着我国具备了建设空间站的基本能力．下列有关说法正确的是（　　）　A．天宫一号利用太阳能将水加热分解为氢气和氧气　B．天宫一号使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料　C．神舟九号中的氢氧燃料电池将电能转换为化学能　D．神舟九号升空时火箭发射的动力主要来源于化学能考点：常见的能量转化形式．.专题：化学反应中的能量变化．分析：A．利用太阳光将水分解为氢气和氧气的方法很有前景，但现在还不能实现；B．碳纤维是无机非金属材料；C．氢氧燃料电池将化学能转换为电能；D．火箭发射的动力主要是燃料的燃烧，来源于化学能．解答：解：A．利用太阳光将水分解为氢气和氧气的方法很有前景，但现在还不能太阳能直接利用将水加热分解为氢气和氧气，故A错误；B．碳纤维是无机非金属材料，故B错误；C．氢氧燃料电池将化学能转换为电能，故C错误；D．火箭发射的动力主要是燃料的燃烧，来源于化学能，故D正确，故选D．点评：本题考查常见的能量转化，难度不大．要注意原电池是将化学能转换为电能，电解池是将电能转化为化学能．　2．（2分）（2022•连云港二模）下列有关化学用语表示错误的是（　　）　A．HCN的结构式：B．HClO的电子式为：　C．CH4分子的球棍模型：D．2﹣氯甲苯的结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．.专题：化学用语专题．分析：A．HCN中存在一个碳氢键和一个碳氮三键；B．HClO分子中氧原子分别与氢原子和氯原子形成公用电子对，形成8电子稳定结构；C．球棍模型用小球和短线表示分子组成，图示结构为甲烷的比例模型；24D．可以可知氯原子取代了甲苯分子中苯环上与甲基相邻的氢原子形成的．解答：解：A．结构式中将分子中所有共价键用短线表示，HCN的结构式为：，故A正确；B．次氯酸为共价化合物，分子中存在1个O﹣H键和1个H﹣Cl共价键，次氯酸的电子式为：，故B正确；C．甲烷为正四面体结构，分子中存在4个碳氢键，为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为：，故C错误；D．中氯原子位于甲基的邻位，主链为甲苯，该有机物名称为2﹣氯甲苯，故D正确；故选C．点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、球棍模型、结构简式、结构式等化学用语的概念及正确的表示方法，明确最简式、分子式、结构简式、结构式的区别．　3．（2分）（2022•连云港二模）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（　　）　A．中性溶液：Cu2+、Al3+、NO3﹣、SO42﹣　B．加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣　C．加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣　D．常温下，=1×10﹣12的溶液：K+、AlO2﹣、CO32﹣、Na+考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．中性溶液中，不能存在Cu2+、Al3+；B．加入苯酚显紫色的溶液，含有Fe3+；C．加入Al能放出大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．常温下，=1×10﹣12的溶液，显碱性．解答：解：A．Cu2+、Al3+只存在于酸性溶液中，中性溶液中不能大量存在，故A错误；B．该溶液中含有Fe3+，I﹣与其发生氧化还原反应而不能共存，故B错误；C．该溶液可能为酸性或碱性溶液，酸性条件下Fe2+与NO3﹣24发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下NH4+、Fe2+不能共存，故C错误；D．该溶液为碱性溶液，离子之间不反应，能大量共存，故D正确．故选D．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，选项A为解答的易错点，题目难度不大．　4．（2分）（2022•连云港二模）下列实验现象可用同一化学原理解释的是（　　）　A．品红溶液中分别通入SO2和Cl2，品红均褪色　B．溴水分别滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色　C．鸡蛋白溶液中分别加入NaCl溶液和HgCl2溶液，均有固体析出　D．分别加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结考点：氯气的化学性质；铵盐；二氧化硫的化学性质；石油的分馏产品和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．.分析：A、从氯水的氧化性和SO2与品红发生化合使品红褪色分析；B、从植物油和裂化汽油中都含有双键分析；C、从根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性分析；D、从加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结、单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合．解答：解：A、氯气与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，使品红褪色，不能复原，SO2与品红发生化合使品红褪色，加热能复原，二者褪色原理不同，故A错误；B、植物油和裂化汽油中都含有双键，可以发生加成反应使溴水褪色，故B正确；C、因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜、HgCl2等，故C错误；D、加热盛有NH4Cl和单质碘的试管，管口均有固体凝结、单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合，原理不同，故D错误；故选B．点评：本题考查了物质性质的分析，反应现象和事实的反应原理理解应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．　5．（2分）（2022•连云港二模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（　　）24　A．图1所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体　B．图2所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠　C．图3所示装置用于制备并收集NO气体　D．图4所示装置用于分离出溴苯考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．浓硫酸和铜应在加热条件下进行；B．碳酸钠加热易分解；C．不能用排空法收集NO；D．溴苯与水互不相溶．解答：解：A．浓硫酸和铜应在加热条件下进行，该装置不能继而制备气体，故A错误；B．碳酸氢钠加热易分解，加热可以出去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，故B错误；C．NO易与氧气反应，不能用排空法收集NO，只能用排水法，故C错误；D．溴苯与水互不相溶，可用分液的方法分离，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、收集以及物质的分离、提纯等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．　6．（2分）（2022•连云港二模）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）　A．标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为NA　B．标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA　C．0.1mol的白磷（P4）或四氯化碳（CCl4）中所含的共价键数均为0.4NA　D．在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g转移电子数均为NA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、NO和O2反应生成二氧化氮，分子数减少，混合后气体的分子总数小于NA；B、氯与水反应是可逆反应不可能完全转化，所以转移电子数小于0.1NA；C、1mol白磷含有6mol的P﹣P键，所以白磷中共价键数为0.6NA；D、阴极的电极反应式都是Cu2++2e﹣=Cu，32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol×2=1mol．解答：解：A、NO和O2反应生成二氧化氮，分子数减少，混合后气体的分子总数小于NA，故A错误；B、氯与水反应是可逆反应不可能完全转化，所以转移电子数小于0.1NA，故B错误；24C、1mol白磷含有6mol的P﹣P键，所以白磷中共价键数为0.6NA，故C错误；D、阴极的电极反应式都是Cu2++2e﹣=Cu，32g的铜是0.5mol，所以转移电子数为0.5mol×2=1mol，故D正确；故选D．点评：考查化学常用计量，难度不大，注意Cl2与H2O反应是可逆反应、白磷中共价键数目的求算．　7．（2分）（2022•连云港二模）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFe②SSO3H2SO4③Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）Cu④Fe2O3FeCl3无水FeCl3⑤饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3．　A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤考点：镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．.专题：元素及其化合物．分析：①偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；②硫燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；③碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；④氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．解答：解：①偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；故①正确；②单质硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；故②错误；③碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；故③正确；④氯化铁溶液中氯化铁水解：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，加热氯化氢挥发，平衡正向移动，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，不能得到氯化铁，故④错误；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故⑤正确；综上所述：在给定条件下能实现的是①③⑤；故选：A．点评：24本题本题考查了物质转化关系的分析和判断，掌握元素化合物性质和反应实质是关键，注意常见元素化合物性质的积累．　8．（2分）（2022•连云港二模）下列反应的离子方程式正确的是（　　）　A．Na2CO3水解：CO32﹣+H2O═H2CO3+2OH﹣　B．AgCl溶于氨水：AgCl+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O　C．向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣　D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4﹣+5SO2+4OH﹣═2Mn2++5SO42﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A、水解一般是可逆的，而且程度很小．B、符合离子方程式的书写要求．C、当二氧化碳过量时，应注意生成的产物是否符合要求．D、注意反应环境是否符合实际．解答：解：A、水解一般是可逆的，故需用可逆号；而且多元弱酸根的水解要分步进行，故正确的应为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．故A错误．B、AgCl溶于氨水的化学方程式：AgCl+2NH3•H2O═Ag（NH3）2Cl+2H2O，故离子方程式为：AgCl+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O，B正确．C、由于CO2是过量的，故应生成HCO3﹣，故正确的离子方程式应为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C错误．D、酸性溶液中不能出现OH﹣，正确的离子方程式为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，故D错误．故选B．点评：本题考查了水解方程式和有关过量问题的离子方程式书写，特别注意选项D有关反应环境的问题，综合性较强，难度适中．　9．（2分）（2022•连云港二模）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池．如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（　　）24　A．当有0.1mol电子转移时，a电极产生0.56L气体（标准状况下）　B．b电极上发生的电极反应是：4H2O+4e﹣=2H2↑+4OH﹣　C．c电极上进行还原反应，B电池中的H+可以通过隔膜进入A池　D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H++4e﹣=2H2O考点：化学电源新型电池；常见化学电源的种类及其工作原理．.专题：电化学专题．分析：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e﹣=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算．解答：解：A．当有0.1mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H++4e﹣=2H2↑，产生1.12LH2，故A错误；B．b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B错误；C．c电极上氧气得到发生还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C正确；D．d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点．　10．（2分）（2022•连云港二模）X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是（　　）　A．原子半径的大小顺序：r（X）＞r（Y）＞r（Z）＞r（R）　B．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种　C．元素R和Y形成的化合物RY2是一种高效安全灭菌消毒剂　D．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同考点：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：24X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素．解答：解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是r（Na）＞r（Cl）＞r（C）＞r（O），故A错误；B．Y、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故B错误；C．元素Cl和O形成的化合物ClO2是一种高效安全灭菌消毒剂，故C正确；D．X、Z分别与R形成的化合物分别是CCl4、NaCl，四氯化碳中只含共价键，氯化钠中只含离子键，故D错误；故选C．点评：本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解本题关键，易错选项是C，注意根据Cl元素化合价判断，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，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．（4分）（2022•连云港二模）下列有关说法正确的是（　　）　A．钢铁的腐蚀过程中，析氢腐蚀与吸氧腐蚀可能同时发生　B．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＞0　C．由于Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），因此BaSO4沉淀不可能转化为BaCO3沉淀　D．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，c（OH﹣）、CH3COOH电离度均增大考点：金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.专题：基本概念与基本理论．分析：A、从电解质是酸性的角度来分析；B、根据吉布斯自由能来判断；C、只要使钡离子和碳酸根离子浓度积大于Ksp（BaCO3），即可转化；D、CH3COOH溶液加水稀释，根据电离平衡的移动来分析．解答：解：A、钢铁腐蚀时若介质为酸性，则可能同时发生析氢腐蚀与吸氧腐蚀，故A正确；B、该反应熵变小于零，若自发进行焓变一定小于零，故B错误；C、可以用高浓度的碳酸盐溶液使溶液中钡离子和碳酸根离子浓度积大于Ksp（BaCO3），即可使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀，故C错误；24D、加水稀释，平衡正向移动，醋酸电离度增大，但平衡中离子浓度减低，水电离出的c（OH﹣）增大，故D正确；故选AD．点评：本题综合考察了钢铁的腐蚀、反应能否自发的判断、沉淀溶解平衡和电离平衡的应用，综合性较强，难度适中．　12．（4分）（2022•连云港二模）绿茶中含有的物质EGCG具有抗癌作用，能使癌细胞自杀性死亡，其结构如图．下列有关EGCG的说法中不正确的是（　　）　A．EGCG易被氧化　B．EGCG的分子中有1个手性碳原子　C．1molEGCG与浓溴水发生取代反应时最多消耗6molBr2　D．1molEGCG与氢氧化钠溶液反应最多消耗10molNaOH考点：有机物的结构和性质．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．由结构简式可知，分子中含酚﹣OH；B．连4个不同基团的C为手性碳原子；C．酚﹣OH的邻、对位与溴水发生取代反应；D．酚﹣OH、﹣COOC﹣均与NaOH溶液反应．解答：解：A．由结构简式可知，分子中含酚﹣OH，能被氧化，故A正确；B．连4个不同基团的C为手性碳原子，在六元醚环中与氧右边相连的C为手性碳，即六元环中氧右及其下的两个C原子，共2个，故B错误；C．酚﹣OH的邻、对位与溴水发生取代反应，则每个苯环中消耗2mol溴，则1molEGCG与浓溴水发生取代反应时最多消耗6molBr2，故C正确；D．酚﹣OH、﹣COOC﹣均与NaOH溶液反应，则1molEGCG与氢氧化钠溶液反应最多消耗9molNaOH，故D错误；故选BD．点评：本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大．　13．（4分）（2022•连云港二模）下列叙述错误的是（　　）　A．NaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）═（CO32﹣）+c（OH﹣）24　B．25℃时，0.2mol•L﹣1盐酸与等体积0.05mol•L﹣1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1　C．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+）　D．25℃时，若0.3mol•L﹣1HY溶液与0.3mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH﹣）﹣c（HY）=c（H+）=1×10﹣9mol•L﹣1考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B．二者混合后溶液中的溶质是0.05mol/L的盐酸、0.025mol/L的BaCl2，溶液中c（H+）=0.05mol/L；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．二者恰好反应生成NaY，溶液呈碱性，则Y为弱酸，根据电荷守恒和物料守恒判断．解答：解：A、NaHCO3溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣），物料守恒为c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=c（Na+），所以得c（H+）+c（H2CO3）═（CO32﹣）+c（OH﹣），故A正确；B、混合后溶液中c（H+）=（0.2﹣0.1）÷2=0.05mol/L，溶液的pH＞1，故B错误；C、溶液中电荷守恒为2c（R2﹣）+c（HR﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），pH等于7，故有2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+），故C正确；D、两溶液恰好反应产物为NaY，水解溶液呈碱性，电荷守恒为c（OH﹣）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+）；物料守恒为c（HY）+c（Y+）=c（Na+），两式相减为c（OH﹣）﹣c（HY）=c（H+）=1×10﹣9mol•L﹣1，故D正确；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，注意B中二者混合后溶液体积增大一倍，为易错点．　14．（4分）（2022•连云港二模）根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（　　）选项实验操作实验现象结论A向FeCl2溶液中通入适量Cl2溶液由浅绿色变为黄色氧化性：Cl2＞Fe3+B向某溶液中先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中含有SO42﹣C蔗糖溶液在硫酸存在下水浴一段时间后，再与银氨溶液混合加热无银镜出现蔗糖没有水解D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃将产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的不一定是乙烯　ABCD24A．B．C．D．考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．氯气氧化亚铁离子，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B．先滴加盐酸无现象，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰；C．银镜反应需要在碱性条件下；D．乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化．解答：解：A．向FeCl2溶液中通入适量Cl2，由现象可知生成氯化铁，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2＞Fe3+，故A正确；B．先滴加盐酸无现象，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰，再加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中含有SO42﹣，故B正确；C．银镜反应需要在碱性条件下，水解后未加碱至碱性，则实验失败，故C错误；D．乙醇易挥发，且乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，则由现象可知，使溶液褪色的不一定是乙烯，故D正确；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、银镜反应、离子的检验及物质的检验等，把握物质的性质及发生化学反应为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　15．（4分）（2022•连云港二模）在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g），图1表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系．则下列结论正确的是（　　）　A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04mol•L﹣1•min﹣1　B．图2所知反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＞0，且a=2　C．若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，此时v正＞v逆　D．200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.5考点：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；物质的量或浓度随时间的变化曲线．.专题：化学平衡专题．分析：A．由图Ⅰ可知，200℃24时平衡时，B的物质的量变化量为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，根据v=计算v（B）；B．由图Ⅱ可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断反应热效应；在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图Ⅰ判断200℃时A、B的起始物质的量，据此计算a的值；C．恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；D．由图1可知，达到平衡时，A的体积分数为0.5，200℃时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，根据图Ⅰ中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强平衡移动方向．解答：解：A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，故v（B）==0.02mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B．由图Ⅱ可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol﹣0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，故B正确；C．恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v（正）=v（逆），故C错误；D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A的体积分数为=0.5，200℃时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D正确；故选BD．点评：本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意C选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响．　三、解答题16．（12分）（2022•连云港二模）重铬酸钾（K2Cr2O7）是工业上重要的氧化剂，实验室利用铬铁矿（主要成份为FeO•Cr2O3）模拟工业生产制备重铬酸钾的主要工艺如图：24（1）铬铁矿中的SiO2和Al2O3在反应器中与纯碱共热反应转变为可溶性盐，写出Al2O3与碳酸钠反应的化学方程式：　Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑　．（2）反应器中发生的主要反应为：6FeO•Cr2O3+24NaOH+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O．Fe2O3可进一步转化为NaFeO2．NaFeO2在操作Ⅰ中强烈水解，写出NaFeO2水解的化学方程式：　NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3↓+NaOH　．（3）操作Ⅱ的目的是　除去SiO32﹣和AlO2﹣　．（4）操作Ⅲ中CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，写出此可逆反应的离子方程式：　2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O　．（5）称取重铬酸钾试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入10mL2mol•L﹣1H2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至滴定终点时用去Na2S2O3溶液40.00mL（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）．①写出重铬酸钾与碘化钾反应的离子方程式：　Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O　；②重铬酸钾试样的纯度（设整个过程中其它杂质不参与反应）为　94.08%　．考点：制备实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：流程分析可知，铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，杂质为SiO2、Al2O3）为原料粉碎后再反应器中加入纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾浸取过滤得到滤液调节溶液PH除去铝和硅酸根离子，过滤得到Na2CrO4溶液，酸化后加入氯化钾浓缩过滤干燥得到重铬酸钾；（1）高温条件下，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）NaFeO2能强烈水解，生成氢氧化铁沉淀；（3）调节后溶液的pH比原来降低，是因降低pH，促进水解平衡正向移动；（4）CrO42﹣和酸反应生成Cr2O72﹣和水；（5）①重铬酸钾具有强氧化性能把碘离子氧化成单质碘，本身被还原为三价铬离子，据此析出反应的离子方程式；②由Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣可知，存在Cr2O72﹣～6S2O32﹣，以此计算．解答：解：（1）高温条件下，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应方程式为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；（2）NaFeO2能强烈水解，生成氢氧化铁沉淀，该水解反应为NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3↓+NaOH，故答案为：NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3↓+NaOH；（3）调节后溶液的pH比原来降低，是由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO32﹣+H2O⇌HSiO3﹣+OH﹣、HSiO3﹣+H2O⇌H2SiO3+OH﹣、AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，24故答案为：除去SiO32﹣和AlO2﹣；（4）CrO42﹣和酸反应生成Cr2O72﹣和水，转化方程式为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，故答案为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；（5）①重铬酸钾具有强氧化性能把碘离子氧化成单质碘，本身被还原为三价铬离子，反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，故答案为：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；②由Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣可知，存在Cr2O72﹣～6S2O32﹣，16n0.1200×40×10﹣3mol则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=×10，则所得产品中重铬酸钾纯度为×100%=94.08%，故答案为：94.08%．点评：本题考查混合物的分离、提纯，明确流程中操作的目的是解答的关键，注意利用关系式计算，（5）为解答的难点，题目难度中等．　17．（15分）（2022•连云港二模）有机物F是一种治疗关节炎止痛药，合成F的一种传统法路线如图：（1）B中含氧官能团的名称为　羰基　．（2）C→D的反应可分为两步，其反应类型为　加成反应　、　消去反应　．（3）写出比F少5个碳原子的同系物X的结构简式：　　（写一种）；X有多种同分异构体，满足下列条件的X的同分异构体共有　3　种．①属于芳香族化合物②苯环上只有1个取代基③属于酯类物质（4）写出E转化为F和无机盐的化学方程式：　　．（5）已知：①②（R、R′表示烃基）合成F的一种改良法是以2﹣甲基﹣1﹣丙醇[（CH3）2CHCH2OH）]、苯、乙酸酐[（CH3CO）2O]为原料来合成，写出有关的合成路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：24H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．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B的结构简式，其中含氧官能团的名称为羰基；（2）C→D的﹣CHO变为﹣CH=NOH，可以看成醛基的碳氧双键先与H2NOH发生加成反应，再发生消去反应生成的；（3）F为，比其少5个碳原子的同系物X的结构简式为一个苯环和2个碳原子，其中一个碳形成一个羧基，则结构简式为或者的邻、间、对三种；X有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，则含有苯环②苯环上只有1个取代基；③属于酯类物质，则含有酯基；所以符合条件的有；（4）根据发生的为水解反应，则氮的化合价不变仍然为﹣3价，所以产物为铵盐，据此书写；（5）分析F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息②得到，苯环左边来自2﹣甲基﹣1﹣丙醇，需先变成卤代烃，根据信息①合成；解答：解：（1）B的结构简式为，其中含氧官能团的名称为羰基，故答案为：羰基；（2）C→D的﹣CHO变为﹣CH=NOH，可以看成醛基的碳氧双键先与H2NOH发生加成反应生成﹣（HNOH）CH（OH），再发生消去反应生成﹣CH=NOH，故答案为：加成反应；消去反应；（3）F为，比其少5个碳原子的同系物X的结构简式为一个苯环和2个碳原子，其中一个碳形成一个羧基，则结构简式为或者的邻、间、对三种；X有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，则含有苯环②苯环上只有1个取代基；③属于酯类物质，则含有酯基；所以符合条件的有共3种，故答案为：；3；（4）E转化为F和无机盐发生的为水解反应，则氮的化合价不变仍然为﹣3价，所以产物为铵盐，方程式为：24；故答案为：；（5）根据F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息②得到，苯环左边来自2﹣甲基﹣1﹣丙醇[（CH3）2CHCH2OH）]，需先变成卤代烃，根据信息①合成，所以流程为：；故答案为：；点评：本题考查有机物的推断，为高考常见题型，综合考查学生分析问题的能力和化学知识的综合运用能力，题目难度中等，难点是（5），要利用好信息①②结合原料合成．　18．（12分）（2022•连云港二模）黄钾铵铁矾[KNH4Fex（SO4）y（OH）z]不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是　氨水　．（2）检验滤液中是否存在K+的操作是　用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+　．（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A．②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g．③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成．④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g．通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）．24考点：制备实验方案的设计；复杂化学式的确定．.专题：计算题．分析：（1）根据制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾[KNH4Fex（SO4）y（OH）z]组成进行分析；（2）根据实验室检验钾离子的实验操作完成；（3）②9.32g为不溶于盐酸的硫酸钡沉淀；③标准状况下气体224mL气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁；④得到的固体是氧化铁；根据以上分析数据及电荷守恒，计算出黄钾铵铁矾各种成分的物质的量之比，就是黄钾铵铁矾的化学式．解答：解：（1）制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾[KNH4Fex（SO4）y（OH）z]组成，可以可知加入X是氨水，以便生成黄钾铵铁矾，故答案为：氨水；（2）通过焰色反应检验钾离子存在情况，方法为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+，故答案为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+；（3）②的沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量就等于溶液中硫酸根的物质的量：n（SO42﹣）=n（BaSO4）==0.04mol③所得气体为氨气，溶液中铵离子物质的量就等于氨气的物质的量：n（NH4+）=n（NH3）==0.01mol④最终得到的固体是氧化铁，根据铁原子守恒，溶液中的铁离子物质的量为：n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=2×=0.06mol黄钾铵铁矾[KNH4Fex（SO4）y（OH）z]中，n（K+）=n（NH4+）=0.01mol，根据电荷守恒：n（OH﹣）=n（K+）+n（NH4+）+3n（Fe3+）﹣2n（SO42﹣）=0.12moln（K+）：n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42﹣）：n（OH﹣）=1：1：6：4：12黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12，答：黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12．点评：本题考查了制取黄钾铵铁矾，涉及的内容不多，但是计算量稍大，注意合理分析、理解题中信息及电荷守恒的应用，本题难度中等．　19．（14分）（2022•连云港二模）“盐泥”是粗盐提纯及电解食盐水过程中形成的工业“废料”．某工厂的盐泥含有NaCl（15～20%）、Mg（OH）2（15～20%）、CaCO3（5～10%）、BaSO4（30～40%）和不溶于酸的物质（10～15%），为了生产七水硫酸镁，设计了如图1工艺流程：24（1）电解食盐水前，为除去食盐水中的Mg2+、Ca2+、SO42﹣等杂质离子，下列试剂加入的先后顺序合理的是　D　（填序号）．A．碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡B．碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠C．氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡D．氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠（2）设食盐水中Mg2+的浓度为0.06mol•L﹣1，则加入氢氧化钠溶液后使溶液的pH≥　9　才会产生Mg（OH）2沉淀．（Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10﹣12）（3）反应器中发生两个转化，写出其中一个反应的化学方程式：　CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑（或Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O）　．（4）三种化合物的溶解度（S）随温度变化曲线见图2，在过滤器中需要趁热过滤，其主要原因是　温度较高时钙盐与镁盐分离更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小）　；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、　硫酸钡（BaSO4）　和　硫酸钙（CaSO4或CaSO4•2H2O）　．（5）在蒸发浓缩器中通入高温水蒸汽并控制温度在100～110℃，蒸发结晶，此时析出的晶体主要是　氯化钠（NaCl）　．（6）洗涤槽中洗涤晶体的目的是除去晶体表面的杂质，检验晶体表面的Cl﹣已洗涤干净的方法是　取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生　．考点：粗盐提纯．.专题：实验题．分析：（1）根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去进行分析；（2）根据氢氧化镁的溶度积表达式计算出氢氧根离子浓度，再计算出溶液的pH；（3）盐泥中的碳酸钙、氢氧化镁分别与稀硫酸反应；（4）根据图2中温度对CaSO4•2H2O晶体的影响分析原因；滤渣中含有硫酸钡和硫酸钙等物质；（5）根据温度对氯化钠、硫酸镁、硫酸钙晶体的影响判断析出的主要成分；（6）检验氯离子通常使用硝酸银溶液，不过检验氯离子前需要除去干扰离子硫酸根离子．解答：解：（1）加入的钡离子可以由碳酸钠除去，故最后加碳酸钠，钡试剂与氢氧化钠先后都可，故加入试剂的顺序为先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3或先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3，所以D正确，故答案为：D；24（2）根据氢氧化镁的溶度积表达式可知，c（OH﹣）2==1×10﹣10，则：c（OH﹣）==1×10﹣5mol/L，溶液中氢离子浓度为：1×10﹣9mol/L，溶液的pH=9．所以溶液的pH≥9时才出现氢氧化镁沉淀，故答案为：9；（3）盐泥中的碳酸钙、氢氧化镁分别与硫酸反应，反应的化学方程式为：CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑、Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O，故答案为：CaCO3+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑或Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；（4）在蒸发浓缩的过程中，温度大于40℃时随温度升高CaSO4•2H2O晶体溶解度降低，故会析出CaSO4•2H2O晶体，且应该趁热过滤，防止温度降低CaSO4•2H2O的溶解度变大，又重新溶解，不利于钙盐和镁盐的分离；同时温度降低硫酸镁晶体会析出，造成产量损失；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、盐泥中含有的硫酸钡，蒸发酒精出来的硫酸钙，故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小）；硫酸钡（BaSO4）；硫酸钙（CaSO4或CaSO4•2H2O）；（5）根据图象可知，在蒸发浓缩器中通入高温水蒸汽并控制温度在100～110℃蒸发结晶，CaSO4•2H2O的溶度积非常小，此时析出的晶体主要是：氯化钠，故答案为：氯化钠（NaCl）；（6）滤液中的硫酸根离子会影响氯离子的干扰，应该先除去硫酸根离子，再检验氯离子，方法为：取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置（1分），向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生．故答案为：取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生．点评：本题主要考查了盐的性质、除杂的方法和原则，除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂．　20．（15分）（2022•连云港二模）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义．（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1，C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为　Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ/mol　．24（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）．写出该电池的负极反应式：　CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O　（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1．①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ　＞　KⅡ（填“＞”或“=”或“＜”）．②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡．容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为　0.4＜c≤1　．（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I、Ⅱ、Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为　II＞III＞I　（填序号）．（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图3．①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是　300℃～400℃　．②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式：　3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O　．考点：热化学方程式；离子方程式的书写；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；等效平衡．.专题：基本概念与基本理论．分析：（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；（2）CO燃料电池中，负极上是CO发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，又因为电解质是KOH溶液，不会在电极上放出二氧化碳．（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=判断；②根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围．（4）相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小．由图2可知反应开始后的15小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多，Ⅲ次之，Ⅰ最少．（5）①根据温度对催化剂活性的影响可知在300℃时失去活性，故得出乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围；②先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；解答：解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol①C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol②由①﹣②×3，得到热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△24H=﹣28.5kJ/mol，故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ/mol，（2）烷燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上是CO发生失电子的氧化反应，又因为电解质是KOH溶液，二氧化碳和氢氧化钾反应得到的是碳酸钾，即CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O，故答案为：CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O．（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）初始：1300平衡：1﹣x3﹣3xxx甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（4﹣2x）÷4=0.8解得x=0.4mol依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4＜n（c）≤1mol，故答案为：0.4＜n（c）≤1mol．（4）由图2可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅲ）＜△n（Ⅱ），故在0～15h内，CH4的平均生成速率v（Ⅱ）＞v（Ⅲ）＞v（Ⅰ）；故答案为：II＞III＞I；（5）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为300℃～400℃，故答案为：300℃～400℃②Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；点评：本题主要考查了化学反应常数、化学平衡以及原电池原理的运用，难度不大，根据所学知识即可完成．　四、（12分）【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按第一个题评分．（一）[物质结构与性质]21．（12分）（2022•连云港二模）氮元素可形成氢化物、卤化物、氮化物、叠氮化物和配合物等多种化合物．（1）肼（N2H4）可用作火箭燃料，其原理是：N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g），若反应中有4molN﹣H键断裂，则形成的π键有　3　mol．（2）F2和过量NH3在铜催化作用下反应生成NF3，NF3分子的空间构型为　三角锥形　．（3）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构见图1．写出该反应的化学方程式：　8Fe+2NH32Fe4N+3H2　．24（4）叠氮化钠（NaN3）分解反应为：2NaN3（s）═2Na（l）+3N2（g），下列有关说法正确的是　bc　（填序号）．a．常温下，N2很稳定，是因为N的电负性大b．钠晶胞结构见图2，每个晶胞含有2个钠原子c．第一电离能（I1）：N＞O＞P＞Sd．NaN3与KN3结构类似，晶格能：NaN3＜KN3（5）配合物Y的结构见图3，Y中含有　abcd　（填序号）；a．极性共价键b．非极性共价键c．配位键d．氢键Y中碳原子的杂化方式有　sp3、sp2　．考点：判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；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）反应中有4molN﹣H键断裂，生成1.5molN2，根据结构式N≡N判断；（2）根据分子中δ键和孤电子对数判断杂化类型和分子的空间构型；（3）铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式；（4）a．根据氮气中的共价键分析；b．利用均摊法确定其晶胞中的原子数；c．非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与第IIIA，第VA族与第VIA反常；d．离子半径越小，晶格能越大；（5）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间有氢键；（6）根据碳原子成键类型判断．解答：解：（1）1mol氮气分子中含有2molπ键，若该反应中有4mol﹣H键断裂，即有1mol肼参加反应，生成1.5mol氮气，所以形成的π键有1.5mol×2=3mol，故答案为：3；（2）NF3中含有3个δ键，且孤电子对数为=1，则应为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；（3）该晶胞中铁原子个数=8×，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2，故答案为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；24（4）a．氮气中存在N≡N，N≡N的键能很大，不容易断裂，所以N2很稳定，故a错误；b．钠晶胞中Na占据8个顶点和中心，根据均摊法确定其晶胞中的原子数为：8×+1=2，故b正确；c．非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与第IIIA，第VA族与第VIA反常，所以第一电离能：N＞O＞P＞S，故c正确；d．离子半径越小，晶格能越大，半径：Na+＜K+，则晶格能：NaN3＞KN3，故d错误；故答案为：bc；（5）根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，故选：abcd；（6）根据图可知，碳碳间形成单键，为sp3杂化，有的碳碳间形成双键，为sp2杂化，故答案为：sp3、sp2．点评：本题综合性较大，涉及晶体、化学键、杂化轨道、晶胞计算等，题目难度中等，注意运用杂化理论推导分子构型，为易错点，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力．　（二）[实验化学]22．（2022•江苏）B．[实验化学]3，5﹣二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成．一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：甲醇、乙醚和3，5﹣二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：物质沸点/℃熔点/℃密度（20℃）/g•cm﹣3溶解性甲醇64.7/0.7915易溶于水乙醚34.5/0.7138微溶于水3，5﹣二甲氧基苯酚/33～36/易溶于甲醇、乙醚，微溶于水（1）反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取．①分离出甲醇的操作是的　蒸馏　．②萃取用到的分液漏斗使用前需　检漏　并洗净，分液时有机层在分液漏斗的　上　填（“上”或“下”）层．（2）分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤．用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是　除去HCl　；用饱和食盐水洗涤的目的是　除去少量NaHCO3且减少产物损失　．（3）洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确的操作顺序是　dcab　（填字母）．a．蒸馏除去乙醚b．重结晶c．过滤除去干燥剂d．加入无水CaCl2干燥（4）固液分离常采用减压过滤．为了防止倒吸，减压过滤完成后应先　拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管　，再　关闭抽气泵　．考点：有机物的合成；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.24专题：压轴题；实验题；有机化合物的获得与应用．分析：（1）沸点不同且互溶的液体可以采用蒸馏的方法分离，分液漏斗使用前要进行检漏，根据密度分析；（2）碳酸氢钠能和强酸反应，碳酸氢钠易溶于水中；（3）根据各步骤实验目的进行排序；（4）为了防止倒吸，减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵．解答：解：（1）①根据图表知，甲醇和乙醚的能互溶，但沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离出甲醇，故答案为：蒸馏；②分液漏斗在使用前要进行检漏，当分液漏斗不漏时才能使用，根据密度知，有机层的密度小于水，是在上方，故答案为：检漏，上；（2）因为混合物中含有氯化氢，氯化氢能和碳酸氢钠反应，所以为除去氯化氢用饱和NaHCO3溶液洗涤，碳酸氢钠易溶于水，为除去剩余的碳酸氢钠用饱和食盐水洗涤且不减少产物的损失，故答案为：除去HCl，除去少量NaHCO3且减少产物损失；（3）洗涤完成后，为除去水分，用无水氯化钙干燥，然后过滤除去干燥剂，再根据沸点不同利用蒸馏的方法除去乙醚，最后再利用重结晶的方法制得较纯产物，所以其排列顺序为：dcab，故答案为：dcab；（4）为了防止倒吸，减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵，故答案为：拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，关闭抽气泵．点评：本题考查了有机物的分离和提纯，对于减压蒸馏接触较少，学生感觉较难，为学习难点．24