江苏省宿迁市沭阳国际学校2022届高三上学期期初化学试卷（高补班）　一、选择题（共15小题）1．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．离子半径的大小顺序为r（W2﹣）＞r（Q﹣）＞r（Y2﹣）＞r（Z3+）B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强C．元素X与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键D．X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应　2．一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），△H＜0．现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在400℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）A．容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同B．容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同C．SO3的体积分数：Ⅱ＞ⅢD．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1　3．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①FeFe2O3Fe2（SO4）3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③AlCl3AlNaAlO2④NaNa2ONaOH⑤SO2H2SO3H2SO4．A．①⑤B．②③C．②⑤D．③④　4．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（　　）A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料D．推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染　-26-5．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是（　　）A．反应在前50s的平均速率v（PCl3）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应的△H＜0C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反应达到平衡前v（正）＞v（逆）D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%　6．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．碳酸钠的水解：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣B．钠和水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑C．用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣　7．国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（　　）A．其分子式为C15H18O4B．分子中只含有1个手性碳原子C．既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色　8．二甲醚是一种绿色、可再生的新能源．如图是绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性Pt电极）．该电池工作时，下列说法不正确的是（　　）A．a电极为该电池负极B．当有0.4mol电子转移时，b极消耗O22.24LC．电池工作时，a电极反应式：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O→2CO2↑+12H+D．电池工作时，燃料电池内部H+从a电极移向b电极　9．下列说法正确的是（　　）-26-A．常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度前者比后者大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　10．下列有关物质性质的叙述正确的是（　　）A．粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强B．SiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物C．乙烯能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有漂白性D．铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，因为铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜　11．下列说法正确的是（　　）A．反应CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）在常温下不能发生，则该反应的△H＞0B．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小C．铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少D．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去　12．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）C．向0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c（Na+）=0.1mol•L﹣1]：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）　13．下列图示与对应的叙述不相符的是（　　）A．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液B．如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化-26-C．如图表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液得到的滴定曲线D．如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强　14．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．苯甲醛：B．Mg2+的结构示意图：C．CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子：C　15．常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）A．使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN﹣、NOD．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣　　二、填空题（共2小题）（除非特别说明，请填准确值）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　　　　　　．对Fe3O4粒子制备有较大的影响．-26-①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）“共沉”时需不断地强烈搅拌，一是使反应充分进行，另一原因是　　　　　　．（4）固液分离后，用去离子水反复洗涤Fe3O4粒子．洗涤是否干净的实验操作是：　　　　　　．（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．　17．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　　　　　　．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　　　　　　．　　三、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）18．2022年世界锂离子电池总产量超过25亿只，锂电池消耗量巨大，对不可再生的金属资源的消耗是相当大的．因此锂离子电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）、导电乙炔黑（一种炭黑）、铝箔以及有机粘接剂．某回收工艺流程如下：（1）上述工艺回收到的产物有　　　　　　．-26-废旧电池可能由于放电不完全而残留有原子态的锂，为了安全对拆解环境的要求是　　　　　　．（3）碱浸后的滤液中加入稀硫酸调节溶液的pH较难操作，可改用　　　　　　，离子方程式为　　　　　　（4）酸浸时如果用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到溶解的目的，但不利之处是　　　　　　，化学方程式为　　　　　　．（5）生成Li2CO3的化学反应方程式为　　　　　　．已知Li2CO3在水中的溶解度随着温度升高而减小，最后一步过滤时应该　　　　　　．　19．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种高效多功能水处理剂．工业上常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4，过滤得到粗产品，再用NaOH溶液溶解，重结晶，用有机溶剂脱碱，低温烘干得到固体样品．反应方程式为：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH═2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O（1）上述制备过程中，用NaOH溶液溶解粗产品而不用水的原因是　　　　　　．高铁酸钠电池是一种新型可充电电池，电解质为NaOH溶液，放电时负极材料为Zn，正极产生红褐色沉淀，写出该电池反应方程式　　　　　　．（3）生产Na2FeO4的原料之一Fe（NO3）3用黑色粉末Fe（含有Fe3O4）与稀硝酸反应制备．准确称取该黑色粉末13.12g，加入200mL4mol•L﹣1HNO3搅拌，固体完全溶解，共收集到标准状况下2688mL的气体，经分析其中只含有NO，并测得此时溶液中c（H+）=0.4mol•L﹣1（设反应前后溶液体积不变）．通过以上数据，计算该黑色粉末中Fe的质量分数．（写出计算过程，结果保留两位小数）　20．铵明矾[（NH4）xAly（SO4）m•nH2O]为无色、透明晶体．工业常用于制造颜料、媒染剂、净水剂等．制取铵明矾的工艺流程图如下：（1）25℃时，将0.2mol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH=5，则该温度下氨水的电离常数Kb≈　　　　　　．（忽略混合时溶液体积的变化）铵明矾的化学式可通过下列实验测定：准确称取4.53g铵明矾配成溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色沉淀4.66g．另取4.53g铵明矾，配制成250.00mL溶液．准确量取25.00mL溶液，调节溶液pH约为3.5，加入30.00mL0.0500mol•L﹣1乙二胺四乙酸二钠（Na2H2Y）标准溶液，加热至沸，使Al3+与Na2H2Y的反应迅速定量进行；待反应完成后调节溶液为5～6，加入二甲酚橙指示剂，再用0.0500mol•L﹣1Zn2+滴定液返滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点消耗Zn2+滴定液10.00mL．反应的离子方程式为：Al3++H2Y2﹣═AlY﹣+2H+，Zn2++H2Y2﹣═ZnY2﹣+2H+①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，测得的Al3+含量将　　　　　　（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）；②调节溶液pH约为3.5的目的是　　　　　　；③通过计算确定铵明矾的化学式（写出计算过程）．．　-26-21．ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2．（1）A装置电动搅拌棒的作用是　　　　　　．A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、　　　　　　．B装置必须放在冰水浴中，其原因是　　　　　　．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②　　　　　　；③　　　　　　；④　　　　　　；得到成品．（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）．①配制100mLcmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：　　　　　　．②滴定过程中进行三次平行测定的原因是　　　　　　．③原ClO2溶液的浓度为　　　　　　g•L﹣1（用含字母代数式表示）．④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果　　　　　　．（填“偏高”、“偏低”或“不变”）　　江苏省宿迁市沭阳国际学校2022届高三上学期期初化学试卷（高补班）参考答案与试题解析　一、选择题（共15小题）1．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．离子半径的大小顺序为r（W2﹣）＞r（Q﹣）＞r（Y2﹣）＞r（Z3+）B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强C．元素X与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键-26-D．X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素．A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C．元素X与Q的氢化物化合的产物为NH4Cl；D．X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝、硫酸、高氯酸．【解答】解：根据元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素．A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Al3+），故A正确；B．非金属性Q＞W，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故B错误；C．元素X与Q的氢化物化合的产物为NH4Cl，含有离子键、共价键，故C正确；D．X、Z、W、Q四种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝、硫酸、高氯酸，均能与氢氧化钠反应，故D正确，故选B．【点评】本题考查位置结构性质关系及应用，题目难度中等，注意掌握元素周期表的结构和元素周期律的递变规律．　2．一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），△H＜0．现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在400℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）A．容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同B．容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同C．SO3的体积分数：Ⅱ＞ⅢD．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱ＞Ⅲ；D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ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，实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小．【解答】解：A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；-26-B、容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C正确；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，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，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Ⅰ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CD．【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，绝热容器使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等．　3．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①FeFe2O3Fe2（SO4）3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③AlCl3AlNaAlO2④NaNa2ONaOH⑤SO2H2SO3H2SO4．A．①⑤B．②③C．②⑤D．③④【考点】铁的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①Fe与氧气反应生成四氧化三铁；②二氧化硅为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，硅酸盐与酸发生强酸制取弱酸的反应；③氯化铝为共价化合物，不能电解生成Al；④钠燃烧生成过氧化钠；⑤二氧化硫与水生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸．【解答】解：①Fe与氧气反应生成四氧化三铁，则FeFe2O3不能转化，故不选；②二氧化硅为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，硅酸盐与酸发生强酸制取弱酸的反应，则SiO2Na2SiO3H2SiO3可转化，故选；③氯化铝为共价化合物，不能电解生成Al，则AlCl3Al不能转化，故不选；④钠燃烧生成过氧化钠，则NaNa2O不能转化，故不选；⑤二氧化硫与水生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸，则SO2H2SO3H2SO4可转化，故选；故选C．【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意不能电解氯化铝制备Al，题目难度不大．　-26-4．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（　　）A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料D．推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染【考点】硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；金属与合金在性能上的主要差异；油脂的性质、组成与结构．【专题】化学应用．【分析】A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率；C、特种钢缆是金属材料；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染．【解答】解：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率，符合资源利用，故B正确；C、舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，主要是铁的合金属于金属材料，故C正确；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，减少污染气体排放，避免焚烧秸秆造成空气污染，故D正确；故选A．【点评】本题考查了常见化学知识的分析判断，主要是知识熟练掌握，依据所学便可解决，题目难度中等．　5．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是（　　）A．反应在前50s的平均速率v（PCl3）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应的△H＜0C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反应达到平衡前v（正）＞v（逆）D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.22mol，根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动；C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc），K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，K＜Qc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动；-26-D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，据此判断．【解答】解：A、由表中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L•s），故A错误；B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.11mol/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即△H＞O，故B错误；C、对于可逆反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1所以平衡常数k==0.025．起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02，K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），故C正确；D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于=80%，故D错误．故选C．【点评】本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较计算比较复杂．　6．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．碳酸钠的水解：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣B．钠和水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑C．用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．多元弱酸根离子分步水解，且水解程度依次减小；B．电荷不守恒；C．二者反应生成碘和水；D．氢氧化铝不溶于弱酸．【解答】解：A．多元弱酸根离子分步水解，且水解程度依次减小，其水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；-26-B．电荷不守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；C．二者反应生成碘和水，离子方程式为2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故C错误；D．氢氧化铝不溶于弱酸，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高考高频点，明确物质发生的反应是解本题关键，易错选项是C，注意一下几点：1．多元弱酸分步水解，多元弱碱也是分步水解，但写总的水解方程式；2．在酸性条件下不能生成氢氧根离子、在碱性条件下不能生成氢离子；3．有的反应与反应物的量有关，反应物的量不同，其产物不同．　7．国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（　　）A．其分子式为C15H18O4B．分子中只含有1个手性碳原子C．既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色【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．由结构可确定分子式，C能形成4个化学键；B．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子；C．含C=C、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃及酯化反应来分析；D．不存在酚﹣OH，C=C及﹣OH均能被酸性KMnO4氧化．【解答】解：A．C能形成4个化学键，由结构可知分子式为C15H19O4，故A错误；B．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子，则与﹣OH相连的C为手性碳原子，故B正确；C．含C=C，能发生加聚反应，含﹣OH、﹣COOH，能发生缩聚反应，故C正确；D．不存在酚﹣OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，含C=C及﹣OH均能被酸性KMnO4氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故选BC．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为历年高考热点，能很好的培养学生的分析能力和学习的自主性，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，手性碳原子的判断为解答的易错点，题目难度不大．　8．二甲醚是一种绿色、可再生的新能源．如图是绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多孔性Pt电极）．该电池工作时，下列说法不正确的是（　　）-26-A．a电极为该电池负极B．当有0.4mol电子转移时，b极消耗O22.24LC．电池工作时，a电极反应式：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O→2CO2↑+12H+D．电池工作时，燃料电池内部H+从a电极移向b电极【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】氧气得电子，化合价降低，发生还原反应，故b电极是正极，二甲醚被氧化生成二氧化碳，a为负极，电极方程式为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O→2CO2↑+12H+，电解质溶液呈酸性，则正极电极方程式为O2+4H++4e﹣═2H2O，结合电极方程式解答该题．【解答】解：A．a极通入二甲醚，被氧化生成二氧化碳气体，则a即为负极，故A正确；B．b为负极，电极方程式为O2+4H++4e﹣═2H2O，由于没有确定气体存在的条件是否标准状况下，则不能确定体积，故B错误；C．二甲醚被氧化生成二氧化碳，a为负极，电极方程式为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O→2CO2↑+12H+，故C正确；D..电池工作时，燃料电池内部H+从负极移向正极，即从a电极移向b电极，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题难度不大，注意电极反应式的书写，以此判断各电极的变化．　9．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，水的电离程度前者比后者大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；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定．【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．Qc＞Ksp时，生成沉淀；C．△G=△H﹣T△S＞0时该反应不能自发进行，该反应中△S＞0；D．盐酸具有挥发性．【解答】解：A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以常温下pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度前者比后者小，故A错误；B．将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，部分BaSO4转化BaCO3，是Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）生成沉淀，所以可将BaSO4转化为BaCO3，故B正确；C．△G=△H﹣T△S＞0时该反应不能自发进行，该反应中△S＞0，则△H＞0，故C错误；D．中和反应热的测定应使盐酸充分反应，需加入稍过量的NaOH溶液减少盐酸的挥发，减少误差，故D错误；故选B．【点评】本题考查较综合，涉及反应的自发性与焓变的关系、中和反应测定、影响水电离的因素等知识点，注意B中沉淀转化的原因、D中酸碱的物质的量关系，这些都是易错点．　10．下列有关物质性质的叙述正确的是（　　）A．粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强-26-B．SiO2既能溶于NaOH溶液又能溶于HF溶液，说明SiO2是两性氧化物C．乙烯能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙烯具有漂白性D．铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，因为铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜【考点】硅和二氧化硅；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；乙烯的化学性质．【专题】化学反应速率专题；元素及其化合物．【分析】A．作原电池负极的金属加速被腐蚀；B．二氧化硅能溶于特殊酸HF而不能溶于其它的强酸溶液；C．乙烯被酸性高锰酸钾氧化、能和溴发生加成反应而使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色；D．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象．【解答】解：A．粗锌中含有锌和其它金属，锌、其它金属和稀硫酸构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌和稀硫酸能形成原电池，故A错误；B．二氧化硅能溶于特殊酸HF而不能溶于其它的强酸溶液，HF没有代表性，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，故B错误；C．乙烯被酸性高锰酸钾氧化、能和溴发生加成反应而使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，体现了乙烯的还原性和不饱和性，故C错误；D．常温下，铁和浓硝酸发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，该现象为钝化现象，所以铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质间的反应，涉及原电池原理、两性氧化物的概念、氧化还原反应等知识点，明确物质的性质是解本题关键，知道二氧化硅虽然属于酸性氧化物，但能溶于HF，知道物质漂白性原理，题目难度不大．　11．下列说法正确的是（　　）A．反应CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）在常温下不能发生，则该反应的△H＞0B．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小C．铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少D．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去【考点】反应热和焓变；常见化学电源的种类及其工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A．根据△G=△H﹣T•△S进行判断；B．醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离；C．铅蓄电池在放电时，铅为负极，被氧化，正极为氧化铅，被还原；D．根据难溶电解质的溶解平衡移动分析．【解答】解：A．由方程式可知△S＞0，如反应能自发进行，则应满足△H﹣T•△S＜0，而常温下不能进行，则△H＞0，故A正确；-26-B．醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，则n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，故溶液中的值增大，故B错误；C．铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，负极质量减少，正极电极反应式为PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4+2H2O正极质量减少，故C错误；D．长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率．水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，CO32﹣与Ca2+生产更难溶的CaCO3沉淀，使CaSO4的沉淀溶解平衡向右移，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，故D正确．故选AD．【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化、弱电解质的电离平衡、铅蓄电池以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．　12．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）C．向0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c（Na+）=0.1mol•L﹣1]：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；B．根据溶液中质子守恒分析；C．向0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH溶液，碳酸氢钠和氢氧化钠以1：1反应生成碳酸钠和水，所以溶液中的碳酸氢钠和碳酸钠的物质的量相等，溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度；D．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据溶液中电荷守恒确定c（Na+）、c（CH3COO﹣）的关系，溶液中醋酸的电离程度大于水解程度．【解答】解：A．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度小于水解程度，所以c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故A错误；B．根据溶液中质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），所以c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）正确，故B正确；C．向0.2mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液后，相当于0.05mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的混合液，由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此正确的关系是：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO﹣水解和CH3COOH电离两个过程，pH=7，根据电荷守恒知，得出c（Na+）=c（CH3COO﹣）=0.1mol/L，c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，但水解是微弱的，故溶液中醋酸钠的浓度应远大于醋酸的浓度，所以c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故D正确；故选BD．-26-【点评】本题考查离子浓度大小比较，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大．　13．下列图示与对应的叙述不相符的是（　　）A．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液B．如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C．如图表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液得到的滴定曲线D．如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强【考点】溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】图示题．【分析】A．a点时溶解的硝酸钾的质量小于80℃时KNO3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；B．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；C．醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D．在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强．【解答】解：A．曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，故A错误；-26-B．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故B错误；C.0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C正确；D．对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，故D错误；故选C．【点评】本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液概念、反应速率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力．　14．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．苯甲醛：B．Mg2+的结构示意图：C．CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子：C【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．其官能团为﹣CHO；B．Mg的质子数为12，其离子核外有10个电子；C．二氧化碳中C、O周围均满足8电子稳定结构；D．有8个中子的碳原子，其质量数为14．【解答】解：A．苯甲醛为，故A错误；B．Mg2+的结构示意图为，故B正确；C．CO2的电子式为，故C错误；D．核内有8个中子的碳原子为C，故D错误；故选B．【点评】本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住．　15．常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）A．使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣-26-B．使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN﹣、NOD．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；B．甲基橙变红色的溶液，显酸性；C．离子之间结合生成络离子；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．甲基橙变红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键，侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查，题目难度不大．　二、填空题（共2小题）（除非特别说明，请填准确值）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　．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）“共沉”时需不断地强烈搅拌，一是使反应充分进行，另一原因是　有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀　．（4）固液分离后，用去离子水反复洗涤Fe3O4粒子．洗涤是否干净的实验操作是：　取最后一次洗涤液少许，滴加Ba（NO3）2或BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，说明洗涤干净　．（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．-26-【考点】制备实验方案的设计；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；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）根据共沉”时需不断地强烈搅拌是反应充分，有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀，由于胶体微粒不太稳定很容易聚沉，进行来分析；（4）固液分离后，用去离子水反复洗涤Fe3O4粒子．洗涤是否干净的实验操作，可以设计检验溶液PH，是否含有硫酸根离子等设计；（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；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）由于胶体微粒不太稳定很容易聚沉，所以不断地强烈搅拌，反应充分进行，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；（4）取最后一次洗涤液少许，滴加Ba（NO3）2或BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，说明洗涤干净；或：取最后一次洗涤液少许，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不再产生白色沉淀，说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液少许，滴加Ba（NO3）2或BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，说明洗涤干净；或：取最后一次洗涤液少许，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不再产生白色沉淀，说明洗涤干净；（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．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　．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]﹣　．-26-（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　．【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；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．　三、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）-26-18．2022年世界锂离子电池总产量超过25亿只，锂电池消耗量巨大，对不可再生的金属资源的消耗是相当大的．因此锂离子电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）、导电乙炔黑（一种炭黑）、铝箔以及有机粘接剂．某回收工艺流程如下：（1）上述工艺回收到的产物有　Al（OH）3．CoSO4．Li2CO3　．废旧电池可能由于放电不完全而残留有原子态的锂，为了安全对拆解环境的要求是　隔绝空气和水分　．（3）碱浸后的滤液中加入稀硫酸调节溶液的pH较难操作，可改用　通入足量的CO2气体　，离子方程式为　AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）2+HCO3﹣　（4）酸浸时如果用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到溶解的目的，但不利之处是　有氯气生成，污染较大　，化学方程式为　2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O　．（5）生成Li2CO3的化学反应方程式为　Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓　．已知Li2CO3在水中的溶解度随着温度升高而减小，最后一步过滤时应该　趁热　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；"三废"处理与环境保护．【分析】铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，（1）根据工艺流程的最终产物可判断回收到的产物，应为Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3；从金属锂的化学性质分析，锂为活泼金属；（3）二氧化碳与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，且不需要调节溶液的pH；（4）根据所加入的反应物以及生成物结合质量守恒定律来书写化学方程式；由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成；（5）根据质量守恒定律来书写化学方程式，Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤．【解答】解：铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：Al（OH）3．CoSO4．Li2CO3；金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，应隔绝空气和水分，故答案为：隔绝空气和水分；（3）偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，可以通入足量的CO2气体，不需要调节溶液的pH，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）2+HCO3﹣，故答案为：通入足量的CO2气体；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）2+HCO3﹣；-26-（4）由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，反应的离子方程式为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，故答案为：有氯气生成，污染较大；2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；（5））碳酸锂难溶，生成Li2CO3的化学反应属于复分解反应，方程式为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，故答案为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；趁热．【点评】本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用及物质的制备方案的设计，题目难度中等，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等知识，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息．　19．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种高效多功能水处理剂．工业上常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe（NO3）3制得Na2FeO4，过滤得到粗产品，再用NaOH溶液溶解，重结晶，用有机溶剂脱碱，低温烘干得到固体样品．反应方程式为：3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH═2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O（1）上述制备过程中，用NaOH溶液溶解粗产品而不用水的原因是　Na2FeO4在水溶液中水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失　．高铁酸钠电池是一种新型可充电电池，电解质为NaOH溶液，放电时负极材料为Zn，正极产生红褐色沉淀，写出该电池反应方程式　3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4NaOH　．（3）生产Na2FeO4的原料之一Fe（NO3）3用黑色粉末Fe（含有Fe3O4）与稀硝酸反应制备．准确称取该黑色粉末13.12g，加入200mL4mol•L﹣1HNO3搅拌，固体完全溶解，共收集到标准状况下2688mL的气体，经分析其中只含有NO，并测得此时溶液中c（H+）=0.4mol•L﹣1（设反应前后溶液体积不变）．通过以上数据，计算该黑色粉末中Fe的质量分数．（写出计算过程，结果保留两位小数）【考点】原电池和电解池的工作原理；化学方程式的有关计算．【分析】（1）根据Na2FeO4在水溶液中阴离子水解平衡移动的影响因素结合实际应用来判断；根据反应信息知道：反应物是金属锌、高铁酸钠、产物是氢氧化铁、氢氧化锌来书写方程式；（3）根据元素守恒结合反应的过程来计算回答．【解答】解：（1）Na2FeO4在水溶液中会发生水解，并且水解后溶液呈碱性，如果在氢氧化钠溶液中，NaOH溶液呈碱性，会抑制其水解，有利于减少产品损失，故答案为：Na2FeO4在水溶液中水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失；根据反应信息知道：反应物是金属锌、高铁酸钠、产物是氢氧化铁、氢氧化锌，配平后的方程式为3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4NaOH，故答案为：3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4NaOH；（3）n（NO）==0.12mol，溶液中还有H+，说明硝酸未反应完，所以溶液中只含Fe3+，溶液中有n（NO3﹣）=200mL×4mol•L﹣1/1000mL•L﹣1﹣0.12mol=0.68mol，根据电荷守恒n（NO3﹣）×1=n（H+）×1+n（Fe3+）×3，n（Fe3+）=0.2mol，样品中所有铁元素物质的量为0.2mol．设样品中Fe的物质的量为x，Fe3O4的物质的量为y56g•mol﹣1×x+232g•mol﹣1×y=13.12gx+3y=0.2mol，-26-解得：x=0.11mol，y=0.03mol单质铁的质量分数为×100%=47%，故答案为：47%．【点评】本题综合考查学生盐的水解原理以及应用、原电池的工作原理以及元素以及化合物性质的计算等知识，属于综合知识的考查，难度中等．　20．铵明矾[（NH4）xAly（SO4）m•nH2O]为无色、透明晶体．工业常用于制造颜料、媒染剂、净水剂等．制取铵明矾的工艺流程图如下：（1）25℃时，将0.2mol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH=5，则该温度下氨水的电离常数Kb≈　1×10﹣5　．（忽略混合时溶液体积的变化）铵明矾的化学式可通过下列实验测定：准确称取4.53g铵明矾配成溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色沉淀4.66g．另取4.53g铵明矾，配制成250.00mL溶液．准确量取25.00mL溶液，调节溶液pH约为3.5，加入30.00mL0.0500mol•L﹣1乙二胺四乙酸二钠（Na2H2Y）标准溶液，加热至沸，使Al3+与Na2H2Y的反应迅速定量进行；待反应完成后调节溶液为5～6，加入二甲酚橙指示剂，再用0.0500mol•L﹣1Zn2+滴定液返滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点消耗Zn2+滴定液10.00mL．反应的离子方程式为：Al3++H2Y2﹣═AlY﹣+2H+，Zn2++H2Y2﹣═ZnY2﹣+2H+①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，测得的Al3+含量将　偏低　（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）；②调节溶液pH约为3.5的目的是　抑制Al3+水解　；③通过计算确定铵明矾的化学式（写出计算过程）．．【考点】制备实验方案的设计；弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验探究和数据处理题；实验设计题；守恒思想．【分析】氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，硫酸铝和氨水反应生成铵明矾，结晶析出铵明矾；（1）将0.2mol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10﹣5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10﹣5，c（OH﹣）==1×10﹣9，c（NH4+）=0.1﹣10﹣5，K=，代入数据计算；①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此分析对铝离子浓度的影响；②调节pH抑制铝离子水解；③根据白色沉淀4.66g计算出硫酸根离子的物质的量，根据滴定结果计算出铝离子的物质的量，根据电荷守恒计算出铵根离子物质的量，根据质量守恒计算出水的物质的量，计算出铵明矾各种成分的物质的量之比，就是铵明矾的化学式-26-【解答】解：（1）将0.2mol•L﹣1的氨水与0.1mol•L﹣1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10﹣5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10﹣5，c（OH﹣）==1×10﹣9，c（NH4+）=0.1﹣10﹣5，K===1×10﹣5，故答案为：1×10﹣5；①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此计算出未和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠溶液偏多，和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠偏少，由此计算的铝离子浓度偏低；故答案为：偏低；②本实验是用乙二胺四乙酸二钠滴定铝离子，调节pH为3.5，酸性条件下抑制了铝离子的水解，保证所有铝离子和乙二胺四乙酸二钠反应，故答案为：抑制Al3+水解；③n（铵明矾）=4.53g÷453g/mol=0.01mol，n（SO42﹣）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，n（Al3+）=250mL÷25mL×0.0500mol/L×（30.00﹣10.00）×10﹣3L=0.01mol，由电荷守恒知：n（NH4+）=2n（SO42﹣）﹣3n（Al3+）=0.02mol×2﹣0.01mol×3=0.01moln（H2O）=（4.53﹣0.02×96﹣0.01×27﹣0.01×18）g÷18g/mol=0.12mol，所以n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，铵明矾的化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，答：铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．【点评】本题考查了制取铵明矾的流程，涉及的内容不多，但是计算量稍大，计算电离常数要根据电离平衡常数表达式计算出各离子浓度，带入数据即可，计算铵明矾分子式时要明确测定原理，根据电荷守恒、质量守恒计算出各组成成分的物质的量，本题难度较大．　21．ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2．（1）A装置电动搅拌棒的作用是　反应时搅拌，增大反应物的接触面积，加快反应速率　．A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、　温度计　．B装置必须放在冰水浴中，其原因是　使ClO2充分冷凝，减少挥发　．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：-26-①减压，55℃蒸发结晶；②　趁热过滤　；③　用38℃～60℃热水洗涤　；④　低于60℃干燥　；得到成品．（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）．①配制100mLcmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：　100mL容量瓶、胶头滴管　．②滴定过程中进行三次平行测定的原因是　取平均值，减少计算误差　．③原ClO2溶液的浓度为　　g•L﹣1（用含字母代数式表示）．④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果　偏高　．（填“偏高”、“偏低”或“不变”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．【专题】实验探究和数据处理题；实验设计题．【分析】（1）让反应物充分的接触；测量温度的仪器是温度计；二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（4）①配制100mLcmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液时，应选择100mL容量瓶；②多次实验可以减少误差；③多次实验可以减少误差，根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c（ClO2）．④把空气的体积算在内．【解答】解：（1）让反应物充分的接触，加快反应速率反应时搅拌；测量温度的仪器是温度计，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；温度计；二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，故答案为：②趁热过滤；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥；（4））①配制100mLcmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液时，应选择100mL容量瓶和胶头滴管；故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；②为减少实验误差，应采用多次实验的方法，故答案为：取平均值，减少计算误差；③设原ClO2溶液的浓度为x，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10molmol1×10﹣3cV2mol-26-x=mol•L﹣1=g•L﹣1，故答案为：；④把空气的体积算在内，故读出的消耗的体积就偏大，故测定结果偏高，故答案为：偏高．【点评】本题考查实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度较大．　-26-