2022-2022学年江苏省南京市高三（上）调考化学试卷（9月份）一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．石墨烯是一种由碳原子组成六角形成蜂巢晶格的平面薄膜，其结构模型见图．下列关于石墨烯的说法正确的是()A．是一种新型化合物B．与石墨互为同位素C．晶体中碳原子键全部是碳碳单键D．是一种有发展前途的导电材料2．下列有关化学用于表示正确的是()A．对硝基甲苯的结构简式：B．CH2F2的电子式：C．中子数为16的硫原子：SD．乙炔的最简式：CH3．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．1.0mol•L﹣1KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN﹣、SO42﹣B．=10﹣10的溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．pH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl﹣、SO42﹣D．c（ClO﹣）=1.0mol•L﹣1的溶液：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣4．下列关于物质性质与应用的说法正确的是()A．碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅B．二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用C．二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能D．二氧化锰具有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂5．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是()32A．灼烧B．过滤C．分液D．蒸馏6．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，2.24L水中所含的电子数为NAB．常温常压下，16gO3所含的电子数为8NAC．0.1molNa2O2晶体中所含的离子数为0.4NAD．1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA7．下列指定反应的离子方程式正确的是()A．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4+B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OC．二氧化锰与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD．石灰水中加入过量小苏打溶液：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O8．下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是()32物质编号物质转化关系abcd①Na2ONa2O2NaNaOH②Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3③FeCl2FeCl3FeCuCl2④NONO2N2HNO3A．①②B．②③C．②④D．①③9．下列图示与对应的叙述相符的是()A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜010．短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的颜色反应呈黄色，Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W、Z原子的最外层电子数相同，Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中含量最多的金属元素．下列说法不正确的是()A．工业上常用电解的方法制备X、Y的单质B．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物32C．原子半径的大小顺序：r（X）＞r（Y）＞r（W）＞r（Q）D．元素X、Y的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11．下列说法中正确的是()A．常温下，某难溶物的Ksp为2.5×105B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈C．NH3•H2O溶液加水稀释后，溶液中的值增大D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同12．葛根素具有降血压等作用，其结构简式如图，下列有关说法正确的是()A．该物质在一定条件下能发生消去反应、加成反应、取代反应B．葛根素的分子式为C21H22O9C．该物质一个分子中含有5个手性碳原子D．一定条件下1mol该物质与H2反应最多能消耗7molH213．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液B向浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）C向溶液X中滴加稀盐酸有气体产生溶液X中一定含有CO32﹣D向含H2SO4的淀粉水解液中加入新制的Cu（OH）2，煮沸没有砖红色沉淀淀粉未水解A．AB．BC．CD．D14．有人曾建议用AG表示溶液的酸度，AG的定义为：AG=lg，室温下实验室用0.01mol•L﹣1的氢氧化钠溶液滴定20mL相同浓度的醋酸溶液，滴定曲线如图所示．下列有关叙述正确的是()32A．A点时加入氢氧化钠溶液体积为20mLB．室温时0.01mol•L﹣1的醋酸溶液pH=4C．OA段溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）D．若B点时加入NaOH溶液40mL，所得溶液中：c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）=c（OH﹣）﹣c（H+）15．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一．一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个容器体积均为2L的恒容密闭容器中投料，其起始物质的量及含硫反应物的平衡转化率如下表所示：甲乙丙丁起始物质的量n（SO2）/mol0.4000.800.02n（O2）/mol0.2400.480.04n（SO3）/mol00.4000.40含硫反应物的平衡转化率%80α1α2α3下列判断中，正确的是()A．乙中SO3的平衡转化率为α1=20%B．平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍C．平衡时，α3＜α1D．该温度下，平衡常数的值为400三、解答题（共5小题，满分68分）16．硫铁矿烧渣的主要成分为Fe2O3、Fe3O4，以及少量SiO2、Al2O3等．由硫铁矿烧渣制备铁红（Fe2O3）的一种工艺流程如下：已知：还原焙烧时，大部分Fe2O3、Fe3O4转化为FeO．几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+7.69.7Fe3+2.73.7Al3+3.84.732（1）“酸浸、过滤”步骤中所得滤液中的金属阳离子有（填离子符号）__________．（2）Fe粉除调pH外，另一个作用是__________；Fe粉调节溶液的pH为__________．（3）“沉淀、过滤”步骤中生成FeCO3的离子方程式为__________；所得滤液的主要溶质是（填化学式）__________．（4）高温条件下，“氧化”步骤中发生反应的化学方程式为__________．17．美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：请回答下列问题：（1）美托洛尔中的含氧官能团为__________和__________（填名称）．（2）反应③中加入的试剂X的分子式为C2H5OCl，X的结构简式为__________．（3）在上述①②③三步反应中，属于取代反应的是__________（填序号）．（4）B的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能发生银镜反应Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅲ．分子中有4种不同化学环境的氢，且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2．写出一种该同分异构体的结构简式：__________．（5）根据已有知识并结合题目所给相关信息，写出以CH3OH和为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：CH2═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．18．一水草酸钙（CaC2O4•H2O）可用作分离稀有金属的载体．其制备方法如下：步骤I：用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中．步骤Ⅱ：加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105℃干燥得产品．（1）写出步骤Ⅱ发生反应的化学方程式__________．（2）已知CaC2O4•H2O的Ksp=﹣2.34×10﹣9，为使步骤Ⅱ溶液中c（C2O42﹣）≤1×10﹣5mol•L﹣1，c（Ca2+）的范围为__________．32（3）为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率（×100%）随温度的变化如图所示．①300℃时残留固体的成分为__________，900℃时残留固体的成分为__________．②通过计算求出500℃时固体的成分及质量．（写出计算过程）19．溴化钙在医药上用作中枢神经抑制药，实验室用“尿素法”制备溴化钙的主要流程如下：溴化钙的部分溶解度数值如下：温度0℃10℃20℃40℃60℃80℃100℃溶解度（g）125132143213278295312（1）6Ca（OH）2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca（BrO3）2，每生成1molCa（BrO3）2转移电子的物质的量为__________；50～70℃时，尿素[CO（NH2）2]将生成的Ca（BrO3）2还原为CaBr2，尿素被氧化为N2，该反应的化学方程式为__________．（2）过滤所需的玻璃仪器有玻璃棒、__________，__________．（3）加入氢溴酸调pH的作用是__________．（4）操作I包括__________、__________、过滤、__________、干燥．（5）“二氧化硫法”制备的氢溴酸粗品中常含有少量的溴和硫酸；请选用所提供的试剂，补充完整检验氢溴酸粗品中是否含有Br2相SO42﹣的实验方案．__________限选下列试剂：氯水、淀粉KI溶液、CCl4、BaCl2溶液、稀盐酸、植物油．20．（14分）聚合氯化铝是一种新型净水剂，其中铝的总浓度（用AlT表示）包括三类‘“主要为Al3+的单体形态铝总浓度（用Ala表示）；主要为[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+的中等聚合形态铝总浓度（用Alb表示）和Al（OH）3胶体形态铝总浓度（用A1c表示）．32（1）一定条件下，向1.0mo!•L﹣1AlCl3溶液中加入0.6mol•L﹣1的NaOH溶液，可制得Alb含量约为86%的聚合氯化铝溶液．写出生成[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+的离子方程式：__________（2）用膜蒸馏（简称MD）浓缩技术将聚合氯化铝溶液进行浓缩，实验过程中不同浓度聚合氯化铝中铝形态分布（百分数）如下表：AlT/（mol•L﹣1）Ala/%Alb/%A1c/%0.2081.486.612.00.4892.386.211.50.8842.388.19.61.6133.187.09.92.5204.588.27.3①在一定温度下，AlT越大．pH__________（填“越大”、“越小”或“不变”）．②如将AlT=2.520mol•L﹣1的聚合氯化铝溶液加水稀释，则稀释过程中主要发生反应的离子方程式：__________．③膜蒸馏料液温度对铝聚合形态百分数及铝的总浓度的影响如图1．当T＞80℃时，AlT显著下降的原因是__________．（3）真空碳热还原一氧化法可实现由铝土矿制备金属铝，相关反应的热化学方程式如下：①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）=3AlCl（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol﹣1②3AlCl（g）=2Al（l）+AlCl3（g）△H2=bkJ•mol﹣1则反应Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）++3CO（g）△H=__________kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．反应①常压下在1900℃的高温下才能进行，说明△H__________0（填“＞”“=”或“＜”）．（4）一种铝空气电池结构如图2所示，写出该电池正极的电极反应式__________．一．本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容．请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答．若两题都傲，则按A题评分．21．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池具有安全性高、寿命长、容量大高温性能好、无记忆效应和无污染等特点．（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式__________．（2）PO43﹣的空间构型为__________．32（3）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉在高温下制备，反应产物还有CO和H2O．①该反应的化学方程式为__________．②与CO互为等电子体的一种分子为__________（填化学式），1molCO中含有的σ键数目为__________．③H2O分子中氧原子轨道的杂化类型为__________．（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为__________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为__________．[实验化学]22．苯亚甲基苯乙酮俗称查尔酮，淡黄色梭状晶体，熔点58℃，沸点208℃（3.3kp），易溶于醚、氯仿和苯，微溶于醇．制备原理如图1：（1）制备过程中．需在搅拌下滴加苯甲酸，并控制滴加速度使反应温度维持在25～30℃，说明该反应是__________（填“放热”或“吸热”）反应．如温度过高时，则可采用__________措施．（2）产品结晶前，可以加入几粒成品的查尔酮，其作用是__________．（3）结晶完全后，需抽滤收集产物．’抽滤装置（图2）所包含的仪器除减压系统外还有__________、__________（填仪器名称）．（4）获得的深色粗产品加入活性炭，用95%乙醇重结晶即得查尔酮晶体，可通过__________法来判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性．322022-2022学年江苏省南京市高三（上）调考化学试卷（9月份）一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．石墨烯是一种由碳原子组成六角形成蜂巢晶格的平面薄膜，其结构模型见图．下列关于石墨烯的说法正确的是()A．是一种新型化合物B．与石墨互为同位素C．晶体中碳原子键全部是碳碳单键D．是一种有发展前途的导电材料【考点】化学键；同位素及其应用．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物；B．同种元素不同单质属于同素异形体；C．石墨烯中每个碳原子形成四个共价键；D．石墨能导电．【解答】解：A．石墨烯是只含C元素的纯净物，属于单质，故A错误；B．石墨烯和石墨是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故B错误；C．根据C原子成键特点知，每个C原子形成两个碳碳单键和一个碳碳双键，故C错误；D．石墨烯具有良好的导电和导热功能，所以是一种有发展前途的导电材料，故D正确；故选D．【点评】本题以石墨烯为载体考查基本概念、物质结构及性质，明确单质和化合物、同素异形体和同位素概念的区别是解本题关键，题目难度不大．2．下列有关化学用于表示正确的是()A．对硝基甲苯的结构简式：B．CH2F2的电子式：C．中子数为16的硫原子：SD．乙炔的最简式：CH【考点】结构简式；电子式；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、A．硝基中N原子与苯环直接相连，结构简式中硝基与羟基为对位位置；B、F原子未成键的孤对电子对未画出；32C、中子数为16的硫原子为；D、乙炔的分子式为C2H2．【解答】解：A、对硝基甲苯的结构简式：，故A错误；B、F原子未成键的孤对电子对未画出，故B错误；C、中子数为16的硫原子为，故C错误；D、乙炔的分子式为C2H2，C、H原子数之比为1：1，因此最简式为CH，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、原子表达方法、结构简式、最简式书写等，注意化学用语使用的规范性即可解答，题目难度不大．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．1.0mol•L﹣1KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN﹣、SO42﹣B．=10﹣10的溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．pH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl﹣、SO42﹣D．c（ClO﹣）=1.0mol•L﹣1的溶液：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；B．c（H+）/c（OH﹣）=10﹣10的溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，溶液显碱性；C．pH=0的溶液，显酸性；D．发生氧化还原反应．【解答】解：A．H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．c（H+）/c（OH﹣）=10﹣10的溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故B正确；C．pH=0的溶液，显酸性，H+、Ag（NH3）2+、Cl﹣反应生成沉淀，则不能共存，故C错误；D．SO32﹣、S2﹣分别与ClO﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，注意选项C为解答难点，络离子存在于碱溶液中，题目难度中等．4．下列关于物质性质与应用的说法正确的是()A．碳具有还原性，高温条件下能将二氧化硅还原为硅B．二氧化硫有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用C．二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能D．二氧化锰具有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】A．高温条件下，碳和二氧化碳反应生成硅和CO；B．二氧化硫有毒；32C．硅是良好的半导体材料；D．二氧化锰能加快双氧水分解，可作催化剂．【解答】解：A．高温条件下发生反应2C+SiO2Si+2CO，该反应中碳作还原剂，故A正确；B．二氧化硫有漂白性，能杀菌消毒，但有毒，所以不能在食品加工中大量使用，故B错误；C．硅是良好的半导体材料，可将太阳能直接转化为电能，是太阳能电池的主要原料，二氧化硅是光导纤维的主要原料，故C错误；D．二氧化锰能加快双氧水分解，可作双氧水的催化剂，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质的用途，明确物质性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会用化学知识解释生活现象，题目难度不大，注意A中生成CO而不是二氧化碳，为易错点．5．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是()A．灼烧B．过滤C．32分液D．蒸馏【考点】海带成分中碘的检验；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、灼烧是在坩埚中进行；B、过滤实验为防止液体溅出要用到玻璃棒；C、根据萃取分液实验用到的仪器和操作来回答；D、蒸馏装置中，控制物质的沸点不同来实现物质的分离，温度计测的是蒸汽温度，据此回答．【解答】解：A、灼烧是在坩埚中进行的，不能在蒸发皿中进行，故A错误；B、过滤实验要用到玻璃棒的引流作用，故B错误；C、分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下边漏出，上层液体从上口倒出，故C正确；D、蒸馏时，温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口出，不能深入液面以下，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生物质的分离方法和实验基本操作知识，注意知识的归纳和梳理是关键，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．标准状况下，2.24L水中所含的电子数为NAB．常温常压下，16gO3所含的电子数为8NAC．0.1molNa2O2晶体中所含的离子数为0.4NAD．1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为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、标况下水为液态；B、根据n=并结合O3的电子个数来计算；C、Na2O2中含2个Na+和1个O22﹣；D、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4．【解答】解：A、标况下水为液态，故A错误；B、根据n=可知O3的物质的量n==mol，而1molO3中含24mol电子，故molO3中含8mol电子，即8NA个，故B正确；C、Na2O2中含2个Na+和1个O22﹣，故0.1molNa2O2晶体中所含0.2molNa+和0.1molO22﹣，即离子的物质的量为0.3mol，即个数为0.3NA，故C错误；32D、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，而Fe3O4中Fe元素的价态为+价，故1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为NA，故D错误．故选B．【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关键，难度不大．7．下列指定反应的离子方程式正确的是()A．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4+B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OC．二氧化锰与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD．石灰水中加入过量小苏打溶液：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氨水为弱碱，不会溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；B．铁粉过量，反应生成亚铁离子，不会生成铁离子；C．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯化氢需要拆开；D．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写．【解答】解：A．氯化铝溶液中加入过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．稀硝酸中加入过量铁粉，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．二氧化锰与浓盐酸混合加热，反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；D．碳酸氢钠过量，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写，碳酸根离子有剩余，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．8．下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是()物质编号物质转化关系abcd①Na2ONa2O2NaNaOH②Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3③FeCl2FeCl3FeCuCl2④NONO2N2HNO3A．①②B．②③C．②④D．①③【考点】钠的重要化合物；含氮物质的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．32【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；a→b→d→a；c→ac→b；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单．【解答】解：转化关系为：a→b→d→a；c→ac→b；①Na2ONa2O2NaOH，NaOH不能一步转化为Na2O，故①错误；②Al2O3NaAlO2Al（OH）3Al2O3，AlAl2O3，AlNaAlO2，故②正确；③FeCl2FeCl3CuCl2stackrel{Fe}{→}FeCl2；FeFeCl2、FeFeCl3，故③正确；④NONO2HNO3NO；N2NO，N2不能一步转化NO2，故④错误．故选B．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，注意根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径，难度中等．9．下列图示与对应的叙述相符的是()A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变32D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性．【专题】图示题．【分析】A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比；C．催化剂改变活化能不改变焓变；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．【解答】解：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故A错误；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比，根据图象知，c（H+）a点＞b点，则溶液的pH：a＜b，故B错误；C．根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故C错误；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据图知，拐点左侧没有达到平衡状态，拐点右侧为平衡状态，达到平衡后，升高温度，二氧化氮含量增大，说明正反应是放热反应，则该反应的△H＜0，故D正确；故选D．【点评】本题考查图象分析，侧重考查弱电解质电离、化学平衡移动等知识点，注意B中溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，注意D中出现拐点原因，题目难度中等．10．短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的颜色反应呈黄色，Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W、Z原子的最外层电子数相同，Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中含量最多的金属元素．下列说法不正确的是()A．工业上常用电解的方法制备X、Y的单质B．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物C．原子半径的大小顺序：r（X）＞r（Y）＞r（W）＞r（Q）D．元素X、Y的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．32【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素，据此进行解答．【解答】解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为C元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为S元素，W为O元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素，A．X的单质为金属钠、Y的单质为铝，工业上通过电解熔融氯化钠制备Na，电解熔融氧化铝冶炼Al，故A正确；B．Q为C、Z为S，则QZ2为CS2，CS2属于共价化合物，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Al＞C＞O，即r（X）＞r（Y）＞r（Q）＞r（W），故C错误；D．X为Na，最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Y为Al，最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、水，故D正确；故选C．【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，题目难度中等，正确推断各元素名称是解答本题的关键，注意熟悉元素化合物的性质、物质的组成和结构等知识，试题综合性较强，有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11．下列说法中正确的是()A．常温下，某难溶物的Ksp为2.5×105B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈C．NH3•H2O溶液加水稀释后，溶液中的值增大D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的原理．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．【分析】A．常温下，难溶物的溶度积常数较小；B．作原电池负极的金属加速被腐蚀；C．加水稀释促进NH3•H2O电离，则n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离．【解答】解：A．常温下，难溶物的溶解度很小，所以其溶度积常数较小，故A错误；B．镀铜铁制品镀层受损后，Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极，加速被腐蚀，所以铁制品比受损前更容易生锈，故B正确；C．加水稀释促进NH3•H2O电离，则n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，同一溶液体积相等，所以溶液中的值减小，故C错误；32D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以盐酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，则pH=5的盐酸和氯化铵，氯化铵中水的电离程度大于盐酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查弱电解质电离、原电池原理、水电离的影响因素等知识点，明确弱电解质电离特点、原电池负极反应等知识点即可解答，易错选项是C，将其浓度之比转化为物质的量之比更容易解答，题目难度不大．12．葛根素具有降血压等作用，其结构简式如图，下列有关说法正确的是()A．该物质在一定条件下能发生消去反应、加成反应、取代反应B．葛根素的分子式为C21H22O9C．该物质一个分子中含有5个手性碳原子D．一定条件下1mol该物质与H2反应最多能消耗7molH2【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，且分子中含有羰基，可发生加成反应，结合有机物的结构特点解答．【解答】解：A．含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，故A正确；B．由结构简式可知有机物的分子式为C21H20O9，故B错误；C．含有的手性碳原子可为（*标志），共5个，故C正确；D．分子中能与氢气发生加成反应的有2个苯环、1个羰基和碳碳双键，则1mol该物质一定条件下最多能消耗H28mol，故D错误．故选AC．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度中等．13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液B向浓度均为0.1mol•L﹣1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）C向溶液X中滴加稀盐酸有气体产生溶液X32中一定含有CO32﹣D向含H2SO4的淀粉水解液中加入新制的Cu（OH）2，煮沸没有砖红色沉淀淀粉未水解A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】实验评价题．【分析】A．焰色反应为元素的性质，可能为NaOH溶液；B．出现黄色沉淀为AgI，溶度积小的先沉淀；C．气体可能为二氧化碳，或二氧化硫；D．淀粉水解液显酸性，检验水解产物葡萄糖应在碱性溶液中．【解答】解：A．焰色反应为元素的性质，焰色反应为黄色，一定含钠元素，可能为NaOH溶液或钠盐的溶液，故A错误；B．出现黄色沉淀为AgI，溶度积小的先沉淀，则Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正确；C．气体可能为二氧化碳，或二氧化硫，则原溶液中不一定含CO32﹣，还可能为HCO3﹣或SO32﹣等，故C错误；D．淀粉水解液显酸性，检验水解产物葡萄糖应在碱性溶液中，则水解后先加碱至碱性，再加入新制的Cu（OH）2，煮沸，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质检验和鉴别、沉淀的生成、离子的检验及水解产物的检验等，为高频考点，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，侧重分析、实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．14．有人曾建议用AG表示溶液的酸度，AG的定义为：AG=lg，室温下实验室用0.01mol•L﹣1的氢氧化钠溶液滴定20mL相同浓度的醋酸溶液，滴定曲线如图所示．下列有关叙述正确的是()A．A点时加入氢氧化钠溶液体积为20mLB．室温时0.01mol•L﹣1的醋酸溶液pH=4C．OA段溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）D．若B点时加入NaOH溶液40mL，所得溶液中：c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）=c（OH﹣）﹣c（H+）【考点】中和滴定．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．32【分析】A、若加入氢氧化钠溶液体积为20mL时，恰好生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显碱性；B、0.01mol•L﹣1的醋酸溶液AG=6；C、OA段溶液中，加入少量NaOH时，溶液中主要是醋酸，醋酸的电离程度很小；D、若B点时加入NaOH溶液40mL，则c（Na+）=2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]，再结合电荷守恒分析．【解答】解：A、A点时AG=0，说明氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显中性，若加入氢氧化钠溶液体积为20mL时，恰好生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显碱性，故A错误；B、0.01mol•L﹣1的醋酸溶液AG=6，说明c（H+）=10﹣4mol/L，c（OH﹣）=10﹣10mol/L，故B正确；C、醋酸溶液中c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D、若B点时加入NaOH溶液40mL，则c（Na+）=2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]，据电荷守恒有c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），将c（Na+）=2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]代入电荷守恒表达式，既可得c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）=c（OH﹣）﹣c（H+），故D正确；故选BD．【点评】本题考查了醋酸钠溶液显碱性、pH计算、弱电解质的电离是微弱的、溶液中离子的守恒关系，题目难度较大．15．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一．一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个容器体积均为2L的恒容密闭容器中投料，其起始物质的量及含硫反应物的平衡转化率如下表所示：甲乙丙丁起始物质的量n（SO2）/mol0.4000.800.02n（O2）/mol0.2400.480.04n（SO3）/mol00.4000.40含硫反应物的平衡转化率%80α1α2α3下列判断中，正确的是()A．乙中SO3的平衡转化率为α1=20%B．平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍C．平衡时，α3＜α1D．该温度下，平衡常数的值为400【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据等效平衡分析判断，结合移动原理判断转化率；B、2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）甲0.400.240丙0.800.480恒容容器中丙相当于甲平衡状态中增大压强；C、2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）甲0.400.240丁0.020.040.4转化量0.420.240丁中和甲相比相当于增加0.02mol二氧化硫，二氧化硫转化率减小；32D、依据甲中数据，结合化学平衡三段式列式计算平衡常数；【解答】解：A、乙起始量转化为起始量和甲分析比较2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）乙000.4mol起始量0.4mol0.2mol0上述平衡为等效平衡，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，甲起始量氧气多0.04mol，二氧化硫转化率为80%，则乙中三氧化硫转化率大于20%，故A错误；B、2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）甲0.400.240丙0.800.480恒容容器中丙相当于甲平衡状态中增大压强，平衡正向进行，平衡时，丙中c（SO3）比甲中的2倍大，故B错误；C、2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）甲0.400.240丁0.020.040.4转化量0.420.240丁中和甲相比相当于增加0.02mol二氧化硫，二氧化硫转化率减小，α3＜α1，故C正确；D、依据甲中数据，结合化学平衡三段式列式计算平衡常数，二氧化硫转化浓度=0.2×80%=0.16mol/L2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始量（mol/L）0.20.120变化量（mol/L）0.160.080.16平衡量（mol/L）0.040.040.16平衡常数K==400，故D正确；故选CD．【点评】本题考查了化学平衡影响因素和等效平衡的分析判断，反应物转化率、平衡常数计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．三、解答题（共5小题，满分68分）16．硫铁矿烧渣的主要成分为Fe2O3、Fe3O4，以及少量SiO2、Al2O3等．由硫铁矿烧渣制备铁红（Fe2O3）的一种工艺流程如下：已知：还原焙烧时，大部分Fe2O3、Fe3O4转化为FeO．几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+7.69.732Fe3+2.73.7Al3+3.84.7（1）“酸浸、过滤”步骤中所得滤液中的金属阳离子有（填离子符号）Fe2+、Fe3+、Al3+．（2）Fe粉除调pH外，另一个作用是将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；Fe粉调节溶液的pH为4.7～7.6之间．（3）“沉淀、过滤”步骤中生成FeCO3的离子方程式为Fe2++2HCO3﹣═FeCO3↓+CO2↑+H2O；所得滤液的主要溶质是（填化学式）（NH4）2SO4．（4）高温条件下，“氧化”步骤中发生反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】硫铁矿烧渣与焦炭还原焙烧得到Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2、Al2O3的混合物；混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸铝；在滤液中加入铁粉调节PH值，铁粉具有还原性，可以将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；将PH值调至4.7～7.6之间，使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀；再加入碳酸氢铵，与亚铁离子反应生成碳酸亚铁沉淀，碳酸亚铁在高温下与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化碳，以此进行解答．【解答】解：（1）Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸铝，故滤液中的金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Al3+，故答案为：Fe2+、Fe3+、Al3+；（2）Fe3+与Al3+开始沉淀时的pH值相近，铁粉具有还原性，可以将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；加入铁粉调节PH至4.7～7.6之间，使铝离子完全沉淀，而亚铁离子不沉淀，故答案为：将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；4.7～7.6之间；（3）碳酸氢根离子与亚铁离子发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀、水和二氧化碳，离子方程式为：Fe2++2HCO3﹣═FeCO3↓+CO2↑+H2O；所得滤液的主要溶质是硫酸铵，化学式为：（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4；（4）碳酸亚铁与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化碳，方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价，难度较大．侧重学生分析能力和创新能力的培养．17．美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：32请回答下列问题：（1）美托洛尔中的含氧官能团为醚键和羟基（填名称）．（2）反应③中加入的试剂X的分子式为C2H5OCl，X的结构简式为．（3）在上述①②③三步反应中，属于取代反应的是①③（填序号）．（4）B的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能发生银镜反应Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅲ．分子中有4种不同化学环境的氢，且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2．写出一种该同分异构体的结构简式：．（5）根据已有知识并结合题目所给相关信息，写出以CH3OH和为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：CH2═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．32【分析】（1）根据美托洛尔的结构简式可知，美托洛尔中含有醚键和羟基；（2）反应③为取代反应，利用元素守恒结合C和D的结构，可知X的结构简式；（3）根据题中各物质转化关系可知，反应①为取代反应，反应②为还原反应，反应③为取代反应；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．分子中有4种不同化学环境的氢，且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2，说明分子中有两个﹣OH结构，据此写B的同分异构体；（5）以CH3OH和为原料制备，可以先将CH3OH与钠反应生成CH3ONa，然后发生信息中合成美托洛尔的①②，将所得物质经过氧化即可得产品，据此解答．【解答】解：（1）根据美托洛尔的结构简式可知，美托洛尔中含氧官能团为醚键和羟基，故答案为：醚键和羟基；（2）反应③为取代反应，利用元素守恒结合C和D的结构，可知X的结构简式为，故答案为：；（3）根据题中各物质转化关系可知，反应①为取代反应，反应②为还原反应，反应③为取代反应，故答案为：①③；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基，Ⅱ．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．分子中有4种不同化学环境的氢，且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2，说明分子中有两个﹣OH结构，符合这样条件的B的同分异构体为，故答案为：；（5）以CH3OH和为原料制备，可以先将CH3OH与钠反应生成CH332ONa，然后发生信息中合成美托洛尔的①②，将所得物质经过氧化即可得产品，合成路线为，故答案为：；【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，是对有机物知识的综合考查，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，（5）为本题的易错点．18．一水草酸钙（CaC2O4•H2O）可用作分离稀有金属的载体．其制备方法如下：步骤I：用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中．步骤Ⅱ：加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105℃干燥得产品．（1）写出步骤Ⅱ发生反应的化学方程式H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O=CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O．（2）已知CaC2O4•H2O的Ksp=﹣2.34×10﹣9，为使步骤Ⅱ溶液中c（C2O42﹣）≤1×10﹣5mol•L﹣1，c（Ca2+）的范围为≥2.34×10﹣4mol/L．（3）为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率（×100%）随温度的变化如图所示．①300℃时残留固体的成分为CaC2O4，900℃时残留固体的成分为CaO．②通过计算求出500℃时固体的成分及质量．（写出计算过程）32【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】图示题．【分析】（1）氯化钙和草酸反应生成草酸钙，草酸钙和盐酸反应生成草酸和氯化钙，加入氨水，生成一水草酸钙和氯化铵和水，据此写出反应方程式；（2）根据溶度积常数Ksp=c（C2O42﹣）•c（Ca2+）来计算钙离子浓度；（3）①由图可知：300℃固体残留率为：87.67%，100g固体中残留87.67g，t2时，900℃时固体残留率为38.36%，100g固体中残留38.36g，观察化学式：CaC2O4•H2O，其逐步分解的固体产物必为含Ca的化合物，则固体产物的物质的量应与CaC2O4•H2O相同．设300℃和900℃时残留固体的成分A、B的相对分子质量分别为x、y，根据关系式计算A、B的相对分子质量，据此判断A、B的化学式．②利用①方法先判断500℃时残留固体是CaC2O4和CaCO3的混合物，根据固体质量关系和物质的量关系列方程组求解．【解答】解：（1）氯化钙和草酸反应生成草酸钙，草酸钙和盐酸反应生成草酸和氯化钙，加入氨水，生成一水草酸钙和氯化铵和水，据此写出反应方程式；H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O=CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O，故答案为：H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O=CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O；（2）由Ksp=c（C2O42﹣）•c（Ca2+）可知，欲使c（C2O42﹣）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1，应保持溶液中c（Ca2+）≥=mol/L=2.34×10﹣4mol/L，故答案为：≥2.34×10﹣4mol/L；（3）①设300℃和900℃时残留固体的成分A、B的相对分子质量分别为x、y，则：由CaC2O4•H2O～～～～A146x100g87.67g所以x==128，CaC2O4•H2O相对分子质量为146，A与CaC2O4•H2O的相对分子质量相差18，则A为CaC2O4．由CaC2O4•H2O～～～～～B146y100g38.36gy==56，则B为CaO．故答案为：CaC2O4；CaO；②设600℃时残留固体的成分C的相对分子质量分别为z，由CaC2O4•H2O～～～～C146z100g68.49gz==100，则C为碳酸钙，由此判断500℃时残留固体是CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中一水草酸钙的物质的量为：=0.25mol，设混合物中32CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x、y，根据500℃时固体总质量可得：128x+100y=36.50×76.16%根据钙元素守恒，可得：x+y=0.25，解得x=0.1，y=0.15m（CaC2O4）=0.1mol×128g/mol=12.8g，m（CaCO3）=0.15mol×100g/mol=15.0g，答：500℃时固体的成分为：12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3．【点评】本题利用图示信息确定物质化学式的计算，旨在考查理解并应用曲线及根据相关数据分析反应情况，确定反应物与产物间量的关系的能力，并据此进行相对分子质量的计算及提高化学式的推断技能，难度较大．19．溴化钙在医药上用作中枢神经抑制药，实验室用“尿素法”制备溴化钙的主要流程如下：溴化钙的部分溶解度数值如下：温度0℃10℃20℃40℃60℃80℃100℃溶解度（g）125132143213278295312（1）6Ca（OH）2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca（BrO3）2，每生成1molCa（BrO3）2转移电子的物质的量为10mol；50～70℃时，尿素[CO（NH2）2]将生成的Ca（BrO3）2还原为CaBr2，尿素被氧化为N2，该反应的化学方程式为2CO（NH3）2+Ca（BrO3）2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O．（2）过滤所需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗，烧杯．（3）加入氢溴酸调pH的作用是除去过量的氢氧化钙．（4）操作I包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤（或乙醇洗涤）、干燥．（5）“二氧化硫法”制备的氢溴酸粗品中常含有少量的溴和硫酸；请选用所提供的试剂，补充完整检验氢溴酸粗品中是否含有Br2相SO42﹣的实验方案．①取少量的氢溴酸粗产生与试管中，滴加少量植物油，将长滴管插入液面下滴加淀粉KI溶液变为蓝色，说明含有Br2，否则不含有Br2；②另取少量氢溴酸粗产品与试管中，滴加少量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明含有SO42﹣，否则不含SO42﹣限选下列试剂：氯水、淀粉KI溶液、CCl4、BaCl2溶液、稀盐酸、植物油．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验题．【分析】消石灰加入液溴、尿素发生反应，6Ca（OH）2+6Br25CaBr2+6H2O+Ca（BrO3）2，过滤得到滤液加入氢溴酸调pH除去过量的氢氧化钙，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤（或乙醇洗涤）、干燥得到CaBr2•2H2O，32（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降的数目等于反应过程中的电子转移数目可知：每生成1molCa（BrO3）2转移电子的物质的量为10mol；在50～70℃时，尿素[CO（NH2）2]与Ca（BrO3）2反应产生CaBr2和N2；（2）过滤所需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；（3）加入氢溴酸调pH的作用是除去过量的氢氧化钙；（4）从溴化钙的溶液中分离得到晶体的操作I包括蒸发浓缩、冷却结晶、冰水洗涤（或乙醇洗涤）、干燥；（5）检验氢溴酸粗品中是否含有Br2相SO42﹣的实验方案是：①取少量的氢溴酸粗产生与试管中，滴加少量植物油，将长滴管插入液面下滴加淀粉KI溶液变为蓝色，说明含有Br2；否则不含有Br2；②另取少量氢溴酸粗产品与试管中，滴加少量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明含有SO42﹣；否则不含SO42﹣．【解答】解：（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降的数目等于反应过程中的电子转移数目可知：每生成1molCa（BrO3）2转移电子的物质的量为10mol；在50～70℃时，尿素[CO（NH2）2]与Ca（BrO3）2反应产生CaBr2和N2，该反应的化学方程式为2CO（NH3）2+Ca（BrO3）2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O，故答案为：10mol；2CO（NH3）2+Ca（BrO3）2CaBr2+2CO2↑+2N2↑+4H2O；（2）依据过滤操作和装置分析，所需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：漏斗、烧杯；（3）加入氢溴酸调pH的作用是除去过量的氢氧化钙，以形成CaBr2•2H2O，故答案为：除去过量的氢氧化钙；（4）从溴化钙的溶液中分离得到晶体的操作I包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤（或乙醇洗涤）、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；冰水洗涤（或乙醇洗涤）；（5）“二氧化硫法”制备的氢溴酸粗品中常含有少量的溴和硫酸；检验氢溴酸粗品中是否含有Br2相SO42﹣的实验方案是：①取少量的氢溴酸粗产生与试管中，滴加少量植物油，将长滴管插入液面下滴加淀粉KI溶液变为蓝色，说明含有Br2；否则不含有Br2；②另取少量氢溴酸粗产品与试管中，滴加少量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明含有SO42﹣；否则不含SO42﹣，故答案为：①取少量的氢溴酸粗产生与试管中，滴加少量植物油，将长滴管插入液面下滴加淀粉KI溶液变为蓝色，说明含有Br2，否则不含有Br2；②另取少量氢溴酸粗产品与试管中，滴加少量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明含有SO42﹣，否则不含SO42﹣．【点评】本题考查氧化还原反应中的电子转移、混合物的分离操作方法、化学方程式的书写、Br2、SO42﹣的检验方法的知识，掌握基础是解题关键，题目难度中等．20．（14分）聚合氯化铝是一种新型净水剂，其中铝的总浓度（用AlT表示）包括三类‘“主要为Al3+的单体形态铝总浓度（用Ala表示）；主要为[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+的中等聚合形态铝总浓度（用Alb表示）和Al（OH）3胶体形态铝总浓度（用A1c表示）．（1）一定条件下，向1.0mo!•L﹣1AlCl3溶液中加入0.6mol•L﹣1的NaOH溶液，可制得Alb含量约为86%的聚合氯化铝溶液．写出生成[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+的离子方程式：13Al3++32OH﹣+8H2O=[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+32（2）用膜蒸馏（简称MD）浓缩技术将聚合氯化铝溶液进行浓缩，实验过程中不同浓度聚合氯化铝中铝形态分布（百分数）如下表：AlT/（mol•L﹣1）Ala/%Alb/%A1c/%0.2081.486.612.00.4892.386.211.50.8842.388.19.61.6133.187.09.92.5204.588.27.3①在一定温度下，AlT越大．pH越小（填“越大”、“越小”或“不变”）．②如将AlT=2.520mol•L﹣1的聚合氯化铝溶液加水稀释，则稀释过程中主要发生反应的离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+．③膜蒸馏料液温度对铝聚合形态百分数及铝的总浓度的影响如图1．当T＞80℃时，AlT显著下降的原因是温度升高，水解程度加大，产生氢氧化铝沉淀．（3）真空碳热还原一氧化法可实现由铝土矿制备金属铝，相关反应的热化学方程式如下：①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）=3AlCl（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol﹣1②3AlCl（g）=2Al（l）+AlCl3（g）△H2=bkJ•mol﹣1则反应Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）++3CO（g）△H=a+bkJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．反应①常压下在1900℃的高温下才能进行，说明△H＞0（填“＞”“=”或“＜”）．（4）一种铝空气电池结构如图2所示，写出该电池正极的电极反应式O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；电极反应和电池反应方程式；镁、铝的重要化合物．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）根据题意结合原子守恒、电荷守恒可得生成[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+，的离子方程式；（2）①在一定温度下，AlT越大，Ala%越大，Alc%越小，所以pH减小；②如将AlT=2.520mol•L﹣1的聚合氯化铝溶液加水稀释，则稀释过程中主要发生反应的离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；③膜蒸馏料液温度对铝聚合形态百分数及铝的总浓度的影响如图所示，当T＞80℃时，AlT显著下降的原因是温度升高，水解程度加大，产生氢氧化铝沉淀；（3）由盖斯定律可知：①+②得Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H；反应①常压下在1900℃的高温下才能进行，说明该反应是吸热反应，△H＞0；32（4）在该铝空气电池中活动性强的Al作负极，活动性弱的C作正极．由于是在中性介质中，所以发生的是吸氧腐蚀．【解答】解：（1）向1.0mo!•L﹣1AlCl3溶液中加入0.6mol•L﹣1的NaOH溶液，可制得Alb含量约为86%的聚合氯化铝溶液，根据题意结合原子守恒、电荷守恒可得生成[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+，的离子方程式为13Al3++32OH﹣+8H2O=[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+，故答案为：13Al3++32OH﹣+8H2O=[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+；（2）①在一定温度下，AlT越大，Ala%越大，Alc%越小，所以pH减小，故答案为：减小；②如将AlT=2.520mol•L﹣1的聚合氯化铝溶液加水稀释，则稀释过程中主要发生反应的离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；③膜蒸馏料液温度对铝聚合形态百分数及铝的总浓度的影响如图所示，当T＞80℃时，AlT显著下降的原因是温度升高，水解程度加大，产生氢氧化铝沉淀，故答案为：温度升高，水解程度加大，产生氢氧化铝沉淀；（3）①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）=3AlCl（g）+3CO（g）△H1=akJ•mol﹣1②3AlCl（g）=2Al（l）+AlCl3（g）△H2=bkJ•mol﹣1由盖斯定律可知①+②可得Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H=△H1+△H2=（a+b）kJ/mol，反应①常压下在1900℃的高温下才能进行，说明该反应是吸热反应，△H＞0，故答案为：a+b；＞；（4）在该铝空气电池中活动性强的Al作负极，活动性弱的C作正极．由于是在中性介质中，所以发生的是吸氧腐蚀．该电池正极的电极反应式是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【点评】本题考查了物质的存在形式与溶液酸碱性的关系、离子方程式的书写、反应的热效应的判断、原电池反应原理的知识，综合性非常强，难度较大，很好的体现了学生对化学反应原理的掌握程度．一．本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容．请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答．若两题都傲，则按A题评分．21．磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池具有安全性高、寿命长、容量大高温性能好、无记忆效应和无污染等特点．（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6．（2）PO43﹣的空间构型为正四面体．（3）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉在高温下制备，反应产物还有CO和H2O．①该反应的化学方程式为2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O．②与CO互为等电子体的一种分子为N2（填化学式），1molCO中含有的σ键数目为1mol（或6.02×1023个）．③H2O分子中氧原子轨道的杂化类型为sp3．（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为4，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3．32【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；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）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成Fe2+，根据构造原理书写Fe2+核外电子排布式；（2）根据价层电子对互斥理论确定PO43﹣的空间型；（3）①根据题中的反应物和生成物利用元素守恒和电荷守恒写出化学方程式；②根据等电子体的定义：原子数和价电子数都相等的粒子称为等电子体，可写出CO的等电子体，互为等电子体的结构相似，判断σ键数目；③根据水的中心原子的价电子对数判断杂化方式；（4）利用均摊法计算原子数；根据晶胞的结构确定配位数目，再求得配位数之比；【解答】解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；（2）PO43﹣中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为（5+3﹣4×2）=0，PO43﹣价层电子对对数为4+0=4，故立体构型为正四面体，故答案为：正四面体；（3）①根据题中的反应物和生成物利用元素守恒和电荷守恒写出化学方程式为2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O，故答案为：2LiH2PO4+Fe2O3+C=2LiFePO4+CO↑+2H2O；②根据等电子体的定义：原子数和价电子数都相等的粒子称为等电子体，CO的价电子数为10，原子数为2，与它互为等电子体的分子为N2，互为等电子体的结构相似，N2中σ键数目为1，所以1molCO中含有的σ键数目为1mol（或6.02×1023个）故答案为：N2；1mol（或6.02×1023个）；③根据水的中心原子的氧原子的价电子对数为=4，所以氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；（4）利用均摊法计算得γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为=4；根据晶胞的结构可知，δ晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近的铁原子是体心上的铁原子，这样的原子有8个，所以铁原子的配位数为8，α晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近的铁原子是与之相连的顶点上的铁原子，这样的原子有6个，所以铁原子的配位数为6，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：6=4：3，故答案为：4：4：3；【点评】本题主要考查了原子核外电子排布式、分子空间构型、原子杂化方式、晶胞的结构计算等知识点，中等难度，解题时注重基础知识的运用．[实验化学]3222．苯亚甲基苯乙酮俗称查尔酮，淡黄色梭状晶体，熔点58℃，沸点208℃（3.3kp），易溶于醚、氯仿和苯，微溶于醇．制备原理如图1：（1）制备过程中．需在搅拌下滴加苯甲酸，并控制滴加速度使反应温度维持在25～30℃，说明该反应是放热（填“放热”或“吸热”）反应．如温度过高时，则可采用冰水浴冷却措施．（2）产品结晶前，可以加入几粒成品的查尔酮，其作用是提供晶种，加速结晶．（3）结晶完全后，需抽滤收集产物．’抽滤装置（图2）所包含的仪器除减压系统外还有吸滤瓶、布氏漏斗（填仪器名称）．（4）获得的深色粗产品加入活性炭，用95%乙醇重结晶即得查尔酮晶体，可通过薄层色谱分析法来判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验题．【分析】（1）制备过程中反应温度能维持在25～30℃，说明该反应是放热反应，如温度过高时，则可采用冰水浴冷却的方法降低反应温度；（2）产品结晶前，加入几粒成品的查尔酮，可以提供晶种，加速结晶；（3）根据装置图2可知，抽滤装置除减压系统外还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性，可以用薄层色谱分析法来判断；【解答】解：（1）制备过程中反应温度能维持在25～30℃，说明该反应是放热反应，如温度过高时，则可采用冰水浴冷却的方法降低反应温度，故答案为：放热；冰水浴冷却；（2）产品结晶前，加入几粒成品的查尔酮，可以提供晶种，加速结晶，故答案为：提供晶种，加速结晶；（3）根据装置图2可知，抽滤装置除减压系统外还有吸滤瓶和布氏漏斗，故答案为：吸滤瓶、布氏漏斗；（4）判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性，可以用薄层色谱分析法来判断，故答案为：薄层色谱分析；【点评】本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、物质转化率的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力．32