2022-2022学年广东省揭阳一中高三（上）第一次段考化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．分子式为C5H12O且可与钠反应放出氢气的有机化合物共有（不考虑立体异构）（　　）A．6种B．7种C．8种D．9种　2．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣　3．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．在1molCaC2、KHSO4、Na2O2三种离子化合物中，所含阴、阳离子的总数均为3NAB．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子D．78gNa2O2与足量水反应转移的电子数为2NA　4．下列说法正确的是（　　）元素有关信息X所在主族序数与所在周期序数之差为4，在该周期中原子半径最小Y在最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子Z单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏W地壳中含量最高的金属元素A．W与Y的最高价氧化物对应的水化物之间可相互反应B．原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rWC．向浓ZX3溶液中滴加少量的Na2SO3溶液，可产生大量沉淀和气体D．可用电解W与X形成的化合物来制取W单质　5．黄铜矿（CuFeS2）常用于提炼金属铜．黄铜矿焙烧过程中所发生的反应比较复杂，其中主要反应之一的化学方程式为2CuFeS2+O2═□+2FeS+SO2（已配平），则下列关于该反应的说法错误的是（　　）A．方框中的物质应为Cu2SB．该反应的部分产物可用于硫酸工业C．反应中SO2既是氧化产物又是还原产物D．反应中若有1molSO2生成，则一定有4mol电子发生转移　6．已知两种弱酸的酸性：HA＞HB，在常温下下列各项比较中正确的是（　　）A．两种溶液：①0.1mol/LHA溶液；②0.1mol/LHB溶液，分别与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液中，c（H+）：①＜②16B．等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液：2c（Na+）═（A﹣）+c（B﹣）+c（HA）+c（HB）C．pH=9的三种溶液①NaB；②NH3•H2O；③NaOH，由水电离出的c（OH﹣）：①＞②＞③D．物质的量浓度相等的NaA与NaB两溶液中：c（B﹣）＞c（A﹣）　7．下列图象表达正确的是（　　）A．表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1氨水B．表示常温下，等量锌粉分别与两份足量的等体积等浓度的盐酸反应C．表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液D．表示向盐酸溶液中滴入氨水　　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）俗称绿矾，加热至高温会发生分解，为确定绿矾分解产生的非金属氧化物，进行如下探究．（1）假设1：非金属氧化物为SO2；假设2：非金属氧化物为SO3；假设3．　　　　　　．（2）现设计如下所示实验装置（图中铁架台略去），检验绿矾的分解产物．16按上述装置进行实验，同学们观察到如下现象：装置现象结论A固体呈红棕色，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液B无水硫酸铜变蓝C高锰酸钾溶液褪色（3）结合实验现象，理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质SO3．其理论依据是　　　　　　．（4）为证明反应产生了SO3，应在B、C之间补充一个装置，请你在下表中画出实验装置图（气流方向：左一右），注明药品的名称[可供选择的药品有1mol/LNaOH溶液、0.5mol/LBaCl2溶液、0.5mol/LBa（N03）2溶液]．装置示意图现象及结论　　　　　　说明分解产物SO3（5）根据上述实验，写出绿矾高温分解的化学方程式　　　　　　．　9．（15分）（2022秋•揭阳校级月考）七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含MgO和　　　　　　，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c（Mg2+）小于5×10﹣6mol•L﹣1，则溶液pH大于　　　　　　（Mg（OH）2的Ksp=5×10﹣12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是　　　　　　．（2）滤液I中的阴离子有　　　　　　（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成　　　　　　，从而导致CaCO3产率降低．（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为　　　　　　．（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为　　　　　　．（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为　　　　　　．　10．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．16（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为　　　　　　．利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2．当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是　　　　　　L．（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ/mol；2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ/mol；①则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H的△H=　　　　　　kJ/mol．②一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　　　　　　．A．体系压强保持不变B．混合气体颜色保持不变C．SO3和N的体积比保持不变D．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2③测得上述反应平衡时NO2与SO2的体积比为1：6，则平衡常数K=　　　　　　．（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示．该反应△H　　　　　　0（填“＞”或“＜”）．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由　　　　　　．　　【化学一选修5：有机化学基础】11．（15分）（2022•广东）有机锌试剂（R﹣ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式为　　　　　　．（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有　　　　　　（双选）．A．可以发生水解反应B．可与新制Cu（OH）2共热生成红色沉淀16C．可与FeCl3溶液反应显紫色D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径Ⅰ合成路线的表示方式．完成途径2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：　　　　　　．（标明反应试剂，忽略反应条件）．（4）化合物V的核磁共振氢谱中峰的组数为　　　　　　．以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有　　　　　　种（不考虑手性异构）．（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为　　　　　　．　　2022-2022学年广东省揭阳一中高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．分子式为C5H12O且可与钠反应放出氢气的有机化合物共有（不考虑立体异构）（　　）A．6种B．7种C．8种D．9种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】根据分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，则该物质为戊醇，书写戊基﹣C5H11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目．【解答】解：分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，戊基﹣C5H11可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，所以该有机物的可能结构有8种；故选：C．【点评】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，利用烃基异构判断，比书写戊醇的同分异构体容易．　2．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、过量的SO2通入NaOH溶液中得到亚硫酸氢盐；B、硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化；C、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将NaNO2溶液氧化；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液时，碳酸氢钠全反应，氢氧化钡会剩余．【解答】解：A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；16D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．故选C．【点评】本题是一道关于离子方程式书写的正误判断知识题目，注意量的多少对反应的影响，难度不大．　3．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．在1molCaC2、KHSO4、Na2O2三种离子化合物中，所含阴、阳离子的总数均为3NAB．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子D．78gNa2O2与足量水反应转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、CaC2由Ca2+和C22﹣构成，KHSO4由K+和HSO42﹣构成，Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成；B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫；C、根据反应后铁元素变为+价来分析；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应．【解答】解：A、CaC2由Ca2+和C22﹣构成，KHSO4由K+和HSO42﹣构成，Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成，故1molCaC2和KHSO4中均只含2mol离子，则在1molCaC2、KHSO4、Na2O2三种离子化合物中，所含阴、阳离子的总数介于2nA到3nA之间，故A错误；B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，生不成三氧化硫，故B错误；C、反应后铁元素变为+价，故3mol铁失去8mol电子即8nA个，故C正确；D、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即nA个，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．　4．下列说法正确的是（　　）元素有关信息X所在主族序数与所在周期序数之差为4，在该周期中原子半径最小Y在最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子Z单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏W地壳中含量最高的金属元素A．W与Y的最高价氧化物对应的水化物之间可相互反应B．原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rWC．向浓ZX3溶液中滴加少量的Na2SO3溶液，可产生大量沉淀和气体D．可用电解W与X形成的化合物来制取W单质【考点】原子结构与元素周期律的关系．16【分析】X元素所在主族序数与所在周期序数之差为4，X处于第三周期第ⅦA族或第二周期第ⅥA族，为Cl或O，且X在该周期中原子半径最小，则X为Cl元素；Y元素最高价氧化物对应的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子，则Y为Na元素；Z元素单质是生活中的常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则Z为Fe元素；W地壳中含量最高的金属元素，则W为Al元素，据此进行判断．【解答】解：X元素所在主族序数与所在周期序数之差为4，X处于第三周期第ⅦA族或第二周期第ⅥA族，为Cl或O，且X在该周期中原子半径最小，则X为Cl元素；Y元素最高价氧化物对应的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子，则Y为Na元素；Z元素单质是生活中的常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则Z为Fe元素；W地壳中含量最高的金属元素，则W为Al元素，A．W与Y的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、氢氧化钠，氢氧化铝与氢氧化钠之间可相互反应生成偏铝酸钠和水，故A正确；B．X、Y、W分别为Cl、Na、Al，三者原子的电子层相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：Na＞Al＞Cl，即：rY＞rW＞rX，故B错误；C．ZX3为FeCl3，向浓FeCl3溶液中滴加少量的Na2SO3溶液，二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化亚铁，不会生成沉淀和气体，故C错误；D．W与X形成的化合物为氯化铝，氯化铝为共价化合物，融融氯化铝不导电，无法通过电解融融氯化铝获得金属铝，通常通过电解融融氧化铝获得铝，故D错误；故选A．【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表之间的关系．　5．黄铜矿（CuFeS2）常用于提炼金属铜．黄铜矿焙烧过程中所发生的反应比较复杂，其中主要反应之一的化学方程式为2CuFeS2+O2═□+2FeS+SO2（已配平），则下列关于该反应的说法错误的是（　　）A．方框中的物质应为Cu2SB．该反应的部分产物可用于硫酸工业C．反应中SO2既是氧化产物又是还原产物D．反应中若有1molSO2生成，则一定有4mol电子发生转移【考点】氧化还原反应．【分析】2CuFeS2+O2=□+2FeS+SO2中，O元素化合价由0降低为﹣2价，S元素的化合价升高，由﹣2价升高为+4价，根据质量守恒定律可知，方框中的物质应是Cu2S，以此来解答．【解答】解：A．根据质量守恒定律可知，方框中的物质应是Cu2S，故A正确；B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，则可用于硫酸工业，故B正确；C．反应中元素化合价由0降低为﹣2价，S元素的化合价升高，由﹣2价升高带+4价，则SO2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D．若有1molSO2生成，由S元素的化合价升高可知，由﹣2价升高为+4价，则反应中有1mol×（4+2）=6mol电子转移，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及转移电子的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大．　6．已知两种弱酸的酸性：HA＞HB，在常温下下列各项比较中正确的是（　　）16A．两种溶液：①0.1mol/LHA溶液；②0.1mol/LHB溶液，分别与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液中，c（H+）：①＜②B．等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液：2c（Na+）═（A﹣）+c（B﹣）+c（HA）+c（HB）C．pH=9的三种溶液①NaB；②NH3•H2O；③NaOH，由水电离出的c（OH﹣）：①＞②＞③D．物质的量浓度相等的NaA与NaB两溶液中：c（B﹣）＞c（A﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．从影响弱电解质的电离平衡的角度分析；B．从物料守恒的角度分析；C．盐的水解促进水的电离；D．从盐类水解的程度判断．【解答】解：A.0.3mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积的混合后生成c（HA）=0.1mol/L，c（A﹣）=0.05mol/L，②中c（A﹣）大于①，抑制HA的电离，则c（H+）：①＞②，故A错误；B．根据物料守恒，等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液中存在：c（A﹣）+c（HA）=c（B﹣）+c（HB）=c（Na+），则有：2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HA）+c（HB），故B正确；C．pH=9的三种溶液①NaB促进水的电离，水的电离程度最大；②NH3•H2O和③NaOH都抑制水的电离，水的电离程度相同，则有①＞②=③，故C错误；D．物质的量浓度相等的NaA与KB两溶液中，由于弱酸的酸性：HA＞HB，A﹣的水解程度小于B﹣，所以c（A﹣）＞c（B﹣），故D错误．故选B．【点评】本题考查离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等问题，题目难度较大，本题注意B项为易错点，注意根据酸性的强弱判断盐类水解的程度．　7．下列图象表达正确的是（　　）A．表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1氨水B．表示常温下，等量锌粉分别与两份足量的等体积等浓度的盐酸反应16C．表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液D．表示向盐酸溶液中滴入氨水【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】A、根据0.1mol•L﹣1氨水的PH小于13来判断；B、原电池可加快化学反应速率，氢气的质量由锌粉的质量决定；C、CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，碳酸钠首先与盐酸反应；D、根据向盐酸溶液中滴入氨水溶液中离子浓度的变化来回答．【解答】解：A、滴定前0.1mol•L﹣1氨水的pH小于13，与图象不符，故A错误；B、锌粉与硫酸铜反应生成了铜，消耗了锌粉，锌粉、铜和盐酸构成了原电池，加快了化学反应速率，但产生的氢气减少，故B错误；C、CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，碳酸钠首先与盐酸反应，所以开始没有沉淀生成，盐酸反应完全后有碳酸钙沉淀生成，故C正确；D、向盐酸溶液中滴入氨水，生成氯化铵，溶液中离子浓度不变，恰好反应后继续滴加，溶液相当于稀释，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，故D错误；故选C．【点评】本题以图象的形式考查了中和滴定、化学反应的先后顺序、原电池对化学反应速率的影响等，涉及知识点较多，题目难度中等．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）俗称绿矾，加热至高温会发生分解，为确定绿矾分解产生的非金属氧化物，进行如下探究．（1）假设1：非金属氧化物为SO2；假设2：非金属氧化物为SO3；假设3．　非金属氧化物SO2、SO3　．（2）现设计如下所示实验装置（图中铁架台略去），检验绿矾的分解产物．16按上述装置进行实验，同学们观察到如下现象：装置现象结论A固体呈红棕色，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液B无水硫酸铜变蓝C高锰酸钾溶液褪色（3）结合实验现象，理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质SO3．其理论依据是　每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成Fe2O3和SO2，S和O之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质SO3；　．（4）为证明反应产生了SO3，应在B、C之间补充一个装置，请你在下表中画出实验装置图（气流方向：左一右），注明药品的名称[可供选择的药品有1mol/LNaOH溶液、0.5mol/LBaCl2溶液、0.5mol/LBa（N03）2溶液]．装置示意图现象及结论　有白色沉淀生成　说明分解产物SO3（5）根据上述实验，写出绿矾高温分解的化学方程式　2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O　．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）猜想1：非金属氧化物为SO2猜想2：非金属氧化物SO3猜想3：非金属氧化物SO2、SO3（2）固体呈红棕色，生成了氧化铁，无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色；（3）运用质量守恒定律，硫酸亚铁晶体加热会失去结晶水，高温会继续分解产生金属氧化物和非金属氧化物，三氧化二铁是红棕色固体，能和稀盐酸反应生成可溶性的黄色物质来解答此题；（4）据硫酸根离子的检验，瓶中物质应为氯化钡溶液；（5）绿矾高温分解生成氧化铁，二氧化硫，三氧化硫和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写．【解答】解：（1）依据硫元素化合价变化结合电子守恒分析，猜想1：非金属氧化物为SO2猜想2：非金属氧化物SO3猜想3：非金属氧化物SO2、SO3故答案为：非金属氧化物SO2、SO3；（2）固体呈红棕色，生成了氧化铁，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液为氯化铁溶液，据无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，可否认猜想中的2，得到结论为：分解产生H2O、Fe2O3、SO2，故答案为：分解产生H2O、Fe2O3、SO2；（3）根据质量守恒定律，化学反应前后元素原子的种类个数不变，因每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成Fe2O3和SO2，S和O之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质SO3，16故答案为：每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成Fe2O3和SO2，S和O之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质SO3；（4）虚线方框装置中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，装置图为：瓶内为0.5mol/L的BaC12溶液，故答案为：瓶内为0.5mol/L的BaC12溶液，有白色沉淀生成；（5）绿矾高温分解生成氧化铁，二氧化硫，三氧化硫和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写得到化学方程式为：2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，故答案为：2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O．【点评】本题考查了物质存在和性质的实验探究方法和实验设计判断，氧化还原反应和盐类水解的分析应用是解题关键．　9．（15分）（2022秋•揭阳校级月考）七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含MgO和　CaO　，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c（Mg2+）小于5×10﹣6mol•L﹣1，则溶液pH大于　11　（Mg（OH）2的Ksp=5×10﹣12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是　CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失　．（2）滤液I中的阴离子有　NO3﹣、OH﹣　（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成　Ca（HCO3）2　，从而导致CaCO3产率降低．（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　．（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为　2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑　．16（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为　Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp来计算；CaSO4微溶于水；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，据此分析产物；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，据此分析；（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4﹣和Al2Cl7﹣中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl4﹣做反应物而生成Al2Cl7﹣；【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH﹣）=5×10﹣12，而c（Mg2+）小于5×10﹣6mol•L﹣1，故c（OH﹣）大于10﹣3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10﹣11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3﹣，还含有OH﹣；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3﹣、OH﹣；Ca（HCO3）2；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al﹣3e﹣=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑②将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑；（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4﹣中氯元素的含量高于Al2Cl7﹣中氯元素的含量，故AlCl4﹣做反应物而Al2Cl7﹣为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣，故答案为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7．【点评】本题是一道非常典型的工艺流程图题，综合性较强，综合了元素化合物、电解池和原电池的知识考查，难度较大．　1610．（14分）（2022秋•揭阳校级月考）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为　3NO2+H2O=2HNO3+NO　．利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2．当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是　6.72　L．（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ/mol；2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ/mol；①则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H的△H=　﹣41.8　kJ/mol．②一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是　B　．A．体系压强保持不变B．混合气体颜色保持不变C．SO3和N的体积比保持不变D．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2③测得上述反应平衡时NO2与SO2的体积比为1：6，则平衡常数K=　　．（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示．该反应△H　＜　0（填“＞”或“＜”）．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由　在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低　．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）根据化合价的变化结合方程式计算；（2）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；（3）从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动．【解答】解：（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应6NO2+8NH37N2+12H2O中，6NO2中N元素化合价降低，由+4价降低到0价，则6molNO2参加反应，转移24mol电子，所以当转移1.2mol电子时，消耗NO20.3mol，体积为6.72L，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，6.72；（2）已知：①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1②2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①×﹣②×得NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）16△H=×（﹣196.6kJ•mol﹣1）﹣×（﹣113.0kJ•mol﹣1）=﹣41.8kJ•mol﹣1，a．无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故a错误；b．混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；c．SO3和NO的计量数之比为1：1，无论是否达到平衡，二者的体积比保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故c错误；d．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1molSO3的同时生成1molNO2，不能判断是否达到平衡状态，故d错误．NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）起始物质的体积a2a00转化物质的体积xxxx平衡物质的体积a﹣x2a﹣xxx平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：6，故x=a，故平衡常数K====，故答案为：﹣41.8；B；．（3）从横坐标上一点0.5处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动．第二问：实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大．故答案为：＜；在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低．【点评】本题以NO2、SO2、CO等物质为载体，综合考查化学平衡移动、盖斯定律以及平衡常数的计算等问题，侧重于学生综合运用化学知识的能力的考查，题目难度中等．　【化学一选修5：有机化学基础】11．（15分）（2022•广东）有机锌试剂（R﹣ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：16（1）化合物Ⅰ的分子式为　C12H9Br　．（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有　AD　（双选）．A．可以发生水解反应B．可与新制Cu（OH）2共热生成红色沉淀C．可与FeCl3溶液反应显紫色D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径Ⅰ合成路线的表示方式．完成途径2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：　　．（标明反应试剂，忽略反应条件）．（4）化合物V的核磁共振氢谱中峰的组数为　4　．以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有　4　种（不考虑手性异构）．（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为　　．【考点】真题集萃；有机物的合成．【分析】（1）根据有机物I的结构确定其分子式；（2）有机物Ⅱ含有苯环，具有苯的性质，含有酯基，具有酯基的性质，没有醛基、酚羟基，不能与新制Cu（OH）2共热生成红色沉淀，不能与FeCl3溶液反应显紫色；（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，结合Ⅵ的结构及途径I中的转化可知，Ⅲ为CH2=CHCOOH，与HBr发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化反应生成V为BrCH2CH2COOCH2CH3；（4）V为BrCH2CH2COOCH2CH3，分子中含有4种化学环境不同的H原子；以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr得到CH3CH2COOCH2CH3，其同分异构体属于羧酸，可以看作﹣COOH取代丁烷形成的羧酸，结合丁烷同分异构体及等效氢判断；（5）对比Ⅵ、Ⅱ的结构，结合途径1中生成Ⅱ的反应为取代反应，可以判断化合物Ⅶ的结构简式为．【解答】解：（1）根据有机物I的结构简式，可知其分子式为C12H9Br，故答案为：C12H9Br；（2）A．含有酯基，具有酯基的性质，可以发生水解反应，故A正确；B．不含醛基，不能与新制Cu（OH）2共热生成红色沉淀，故B错误；C．不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显紫色，故C错误；D．含有苯环，可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环的硝化反应，故D正确，故选：AD；（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，结合Ⅵ的结构及途径I中的转化可知，Ⅲ为CH2=CHCOOH，与HBr发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化反应生成V为BrCH2CH2COOCH2CH3，合成路线流程图为：，16故答案为：；（4）V为BrCH2CH2COOCH2CH3，分子中含有4种化学环境不同的H原子，核磁共振氢谱中4组吸收峰；以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr得到CH3CH2COOCH2CH3，其同分异构体属于羧酸，可以看作﹣COOH取代丁烷形成的羧酸，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2，CH3CH2CH2CH3中H原子被﹣COOH取代，形成2种羧酸，CH3CH（CH3）2中H原子被﹣COOH取代，也形成2种羧酸，故有4种，故答案为：4；4；（5）对比Ⅵ、Ⅱ的结构，结合途径1中生成Ⅱ的反应为取代反应，可以判断化合物Ⅶ的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，利用途径1的转化关系理解V→Ⅵ的转化，较好的考查学生分析推理能力、获取信息能力，（4）中注意利用取代法判断同分异构体数目，难度中等．　16