2022-2022学年安徽省合肥八中高三（下）第二次周考化学试卷　一、选择题（每题8分，共56分）1．去年下半年我省雾霾天气十分严重．PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放．通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NOx+CON2+CO2，下列关于此反应的说法中，不正确的是（　　）A．所涉及元素的第一电离能：N＞O＞CB．当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molC．等物质的量N2和C02中，π键的个数比为1：1D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价　2．下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（　　）A．氯气：K+Ba2+SiO32﹣NO3﹣B．二氧化硫：Na+NH4+SO32﹣C1﹣C．氨气：K+Na+AlO2﹣CO32﹣D．甲醛：Ca2+Mg2+Mn04﹣NO3﹣　3．用如图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中现象与结论均正确的是（　　）选项甲乙丙试管中现象A浓盐酸二氧化锰石蕊溶液先变红后褪色B浓氨水生石灰AlCl3溶液先沉淀后消失C醋酸碳酸钙BaCl2溶液变浑浊D浓硝酸铜水试管口出现红棕色A．AB．BC．CD．D　4．如图所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池．离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr．闭合开关K时，b极附近先变红色．下列说法正确的是（　　）-14-A．当有0.01molNa+通过离子交换膜时，b电极上析出112mL的气体B．负极反应为3Br﹣﹣2e﹣=Br3﹣C．闭合K后，b电极附近的pH变小D．闭合K后．a电极上有氯气产生　5．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确是（　　）A．反应方程式中的x=1B．t1～t3间该反应的平衡常数均为4C．t3时刻改变的条件是移去少量物质DD．t3时刻改变的条件是使用催化剂　6．CuS04是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1molD．途径①所用混酸中H2S04与HN03物质的量之比最好为3：2　7．下列说法正确的是（　　）A．相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2、②NH4C1、③CH3COONH4、④NH3•H20，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④B．某溶液中由水电离出的c（H+）=1×l0﹣amol/L，若a＞7时，则该溶液的pH一定为14﹣aC．常温下，向AgCl悬浊液中加入少量NaC1固体后振荡，c（Cl﹣）增大，Ksp（AgCl）增大-14-D．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：c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+）　　二、非选择题8．X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是常见金属元素．其相关信息如表：元素相关信息XX一种核素在考古时常用来坚定一些文物的年代YY基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等ZZ是所在周期的单核离子中半径最小WW的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料TT有多种氧化物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料（1）X、Y、Z三种元素的电负性由大到小的顺序是　　　　　　（用元素符号表示，下同）；在H﹣X、H﹣Y两种共价键中，键的极性较大的是　　　　　　．（2）T2+的电子排布式为　　　　　　；T的单质在高温下与Y的氢化物反应，其化学方程式为　　　　　　；工业上用W的氧化物与X的单质高温下反应制得W单质的粗产品，其化学反应方程式为　　　　　　．（3）两种氢化物X2H2和H2Y2中沸点较高的是　　　　　　，两者沸点相差很大的原因是　　　　　　．（4）在25℃、101kPa下，已知W稳定的气态氢化物在Y的气态单质中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4gW稳定的气态氢化物放热190.0KJ，则该反应的热化学方程式　　　　　　．　9．乙醇是一种重要的化工原料．I．葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇的化学方程式是：　　　　　　．Ⅱ．香豆素是一种用途广泛的香料，可以利用乙醇和B（分子式为C7H602）通过以下途径合成．（1）C中含氧官能团的名称为　　　　　　；D的结构简式是　　　　　　；D→E中①的反应类型为　　　　　　．（2）①乙醇生成A的化学方程式为：　　　　　　；②由E生成香豆素的化学方程式为：　　　　　　．（3）B有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的同分异构体的结构简式是　　　　　　．-14-（4）有关香豆素的说法正确的是　　　　　　（填字母）．a．只能与溴单质发生加成反应，不能发生取代反应b．1mol香豆素可与5molH2发生加成反应c．长期放置香豆素，容易氧化变质d．1mol香豆素完全燃烧消耗9.5mol02e．1mol香豆素可与2molNaOH反应．　10．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：I．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡[Sn（OH）Cl]回答下列问题：（1）操作l的步骤为　　　　　　、　　　　　　、过滤、洗涤、干燥．对沉淀进行洗涤的方法是　　　　　　．（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：　　　　　　．（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH；②　　　　　　．（4）酸性条件下，SnS04还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：　　　　　　．（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用bmol/LK2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72﹣可被还原为Cr3+），共用去K2Cr207溶液mmL．则锡粉中锡的质量分数是　　　　　　．（Sn的摩尔质量为Mg/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）　　-14-2022-2022学年安徽省合肥八中高三（下）第二次周考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题8分，共56分）1．去年下半年我省雾霾天气十分严重．PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放．通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NOx+CON2+CO2，下列关于此反应的说法中，不正确的是（　　）A．所涉及元素的第一电离能：N＞O＞CB．当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molC．等物质的量N2和C02中，π键的个数比为1：1D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价【考点】氧化还原反应的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．N元素最外层p轨道为半充满结构，第一电离能较大；B．x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍；C．根据结构式N≡N、O=C=O判断；D．根据电子转移守恒计算NOx中N元素的化合价．【解答】解：A．同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但N元素最外层p轨道为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则为N＞O＞C，故A正确；B．x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍，每生成1molN2，转移电子数为1mol×2×4=8mol，故B错误；C．由结构式N≡N、O=C=O可知等物质的量N2和C02中，π键的个数比为2：2=1：1，故C正确；D．令NOx中N元素的化合价为a，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，则1×（a﹣0）=1×（4﹣2），解得a=2，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学键、氧化还原反应原理及其计算等，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等，注意理解氧化还原反应中电子转移守恒．　2．下列各组离子能大量共存，向溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（　　）A．氯气：K+Ba2+SiO32﹣NO3﹣B．二氧化硫：Na+NH4+SO32﹣C1﹣C．氨气：K+Na+AlO2﹣CO32﹣D．甲醛：Ca2+Mg2+Mn04﹣NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合通入足量相应气体后仍不反应来解答．【解答】解：A．Ba2+、SiO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；B．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入气体与SO32﹣反应，不能大量共存，故B不选；C．该组离子之间不反应，可大量共存，且通入氨气仍不反应，可大量共存，故C选；-14-D．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入甲醛被Mn04﹣、NO3﹣氧化，不能大量共存，故D不选；故选C．【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常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应和氧化还原反应的离子共存考查，注重分析能力与知识综合应用能力的训练，题目难度不大．　3．用如图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中现象与结论均正确的是（　　）选项甲乙丙试管中现象A浓盐酸二氧化锰石蕊溶液先变红后褪色B浓氨水生石灰AlCl3溶液先沉淀后消失C醋酸碳酸钙BaCl2溶液变浑浊D浓硝酸铜水试管口出现红棕色A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【专题】实验评价题．【分析】A．浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下进行；B．氢氧化铝与氨水不反应；C．二氧化碳与氯化钡不反应；D．浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮．【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下进行，题中没有加热，不能生成氯气，故A错误；B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氨水不反应，沉淀不溶解，故B错误；C．图中生成的二氧化碳，但二氧化碳与氯化钡溶液不反应，不会观察到白色沉淀，故C错误；D．浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，可观察到试管口出现红棕色，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、氧化还原反应等，侧重实验装置、原理及物质性质的考查，题目难度中等．　4．（2022•安徽一模）如图所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池．离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr．闭合开关K时，b极附近先变红色．下列说法正确的是（　　）-14-A．当有0.01molNa+通过离子交换膜时，b电极上析出112mL的气体B．负极反应为3Br﹣﹣2e﹣=Br3﹣C．闭合K后，b电极附近的pH变小D．闭合K后．a电极上有氯气产生【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有氢氧根生成，所以氢离子在b极上得电子析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极，再根据原电池、电解池原理判断选项．【解答】解：当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有氢氧根生成，所以氢离子在b极上得电子析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极．A、闭合K时，有0.01molNa+通过离子交换膜，说明有0.01mol电子转移，阴极上生成0.005molH2，由于没有说明是标准状况，所以不能确定其体积，故A错误；B、闭合K时，负极发生氧化反应，负极反应为3Br﹣﹣2e﹣=Br3﹣，故B正确；C、闭合开关K时，b极附近先变红色，该极上是氢离子放电的过程，即b附近有氢氧根生成，pH增大，故C错误；D、闭合开关K时，a极是阳极，该极上金属铜电极是活泼电极，发生的电极反应为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，没有气体产生，故D错误．故选B．【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的知识，属于综合知识的考查，注意根据现象判断反应的物质然后确定电解池的阴阳极，综合性较强，题目难度中等．　5．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L恒容密闭容器中，发生如下反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确是（　　）A．反应方程式中的x=1B．t1～t3间该反应的平衡常数均为4C．t3时刻改变的条件是移去少量物质DD．t3时刻改变的条件是使用催化剂【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．-14-【专题】化学平衡专题．【分析】A、t2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡；B、t1～t3间温度相同，平衡常数相同，利用三段式计算t1时反应混合物的浓度，代入平衡常数计算；C、D为固体，减少D的量，不影响平衡移动；D、使用催化剂不影响平衡移动．【解答】解：A、t2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，故A错误；B、t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s），开始（mol/L）：0.50.50变化（mol/L）：0.250.250.5平衡（mol/L）：0.250.250.5所以平衡常数k===4，故B正确；C、D为固体，减少D的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；D、加入催化剂C的浓度不发生变化，故D错误；故选B．【点评】考查化学平衡图象、外界条件对化学平衡的影响、平衡常数等，难度中等，注意t2～t3浓度未变化是解题的关键．　6．CuS04是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1molD．途径①所用混酸中H2S04与HN03物质的量之比最好为3：2【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】A．根据反应物和生成物的化学式判断，途径①产生二氧化硫气体污染性气体；B．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C．利用途径②制备硫酸铜是用铜与氧气反应生成氧化铜，再用氧化铜与硫酸反应制备硫酸铜，这一过程中没有硫酸被还原；D．根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应．-14-【解答】解：A．相对于途径①、③，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C．利用途径②制备硫酸铜是用铜与氧气反应生成氧化铜，再用氧化铜与硫酸反应制备硫酸铜，这一过程中没有硫酸被还原，故C错误；D．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D正确；故选C．【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等．　7．下列说法正确的是（　　）A．相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2、②NH4C1、③CH3COONH4、④NH3•H20，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④B．某溶液中由水电离出的c（H+）=1×l0﹣amol/L，若a＞7时，则该溶液的pH一定为14﹣aC．常温下，向AgCl悬浊液中加入少量NaC1固体后振荡，c（Cl﹣）增大，Ksp（AgCl）增大D．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：c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+）【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．①铝离子水解抑制铵根离子的水解；②铵根离子水解；③醋酸根离子水解促进铵根离子水解；④弱碱电离，且电离的程度很弱；B．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据由水电离出的氢离子浓度与10﹣7mol•L﹣1进行比较，如果水电离出的氢离子浓度大于10﹣7mol•L﹣1，则该物质是含有弱根离子的盐，如果由水电离出的氢离子浓度小于10﹣7mol•L﹣1，则该物质可能是酸或碱，据此进行判断．C．Ksp（AgCl）只与温度有关；D．根据电荷守恒：c（OH﹣）+2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（H+）+c（Na+），混合液的pH等于7，则c（OH﹣）=c（H+），综上分析．【解答】解：A．同浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③CH3COONH4，④NH3•H2O，因①中铝离子水解抑制铵根离子的水解；②中铵根离子水解；③醋酸根离子水解促进铵根离子水解；④弱碱电离，且电离的程度很弱，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④，故A正确；B．当a＞7时，由水电离出的氢离子浓度小于10﹣7mol•L﹣1，则该物质可能是酸或碱，溶液的pH可能为a或14﹣a，故B错误；C．Ksp（AgCl）只与温度有关，故C错误；D．H2R溶液与NaOH溶液混合后，根据电荷守恒：c（OH﹣）+2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（H+）+c（Na+），根据混合液的pH等于7，则c（OH﹣）=c（H+），综上可知反应后的混合液：2c（R2﹣）+c（HR﹣）=c（Na+），故D错误；故选A．-14-【点评】本题考查了盐类的水解、电离平衡、PH的计算等，题目难度中等，通过本题可以培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力．　二、非选择题8．X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是常见金属元素．其相关信息如表：元素相关信息XX一种核素在考古时常用来坚定一些文物的年代YY基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等ZZ是所在周期的单核离子中半径最小WW的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料TT有多种氧化物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料（1）X、Y、Z三种元素的电负性由大到小的顺序是　O＞C＞Al　（用元素符号表示，下同）；在H﹣X、H﹣Y两种共价键中，键的极性较大的是　H﹣O　．（2）T2+的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d6　；T的单质在高温下与Y的氢化物反应，其化学方程式为　3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2　；工业上用W的氧化物与X的单质高温下反应制得W单质的粗产品，其化学反应方程式为　SiO2+2CSi+2CO↑　．（3）两种氢化物X2H2和H2Y2中沸点较高的是　H2O2　，两者沸点相差很大的原因是　H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力　．（4）在25℃、101kPa下，已知W稳定的气态氢化物在Y的气态单质中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4gW稳定的气态氢化物放热190.0KJ，则该反应的热化学方程式　SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1520kJ/mol　．【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．【分析】X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是金属元素．X一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；Y基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p4，则Y为O元素；W的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料，则W为Si；Z是所在周期的单核离子中半径最小，结合原子序数可知，Z只能处于第三周期，可推知Z为Al；T为常见金属，且T有多种氧化物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料，则T为Fe，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是金属元素．X一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；Y基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p4，则Y为O元素；W的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料，则W为Si；Z是所在周期的单核离子中半径最小，结合原子序数可知，Z只能处于第三周期，可推知Z为Al；T为常见金属，且T有多种氧化物，其中一种纯净的氧化物可用来作录音磁带和电讯器材的原材料，则T为Fe，（1）同周期自左而右电负性增大，非金属性越强确定性越大，故电负性O＞C＞Al；电负性O＞C，电负性越大，对键合电子吸引越强，键的极性越大，故H﹣O键的极性较大，故答案为：O＞C＞Al；H﹣O；-14-（2）Fe2+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；在高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；工业上用二氧化硅与碳反应生成Si与CO制得粗硅，化学反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；SiO2+2CSi+2CO↑；（3）H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力，二者沸点相差较大，H2O2沸点高于C2H2的沸点，故答案为：H2O2；H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力；（4）硅的稳定的气态氢化物为SiH4，在25℃、101kPa下，SiH4在氧气中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4gSiH4放热190.0KJ，则1molSiH4完全反应放出的热量=190.0kJ×=1520kJ，则该反应的热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1520kJ/mol，故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=﹣1520kJ/mol．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对基础知识的巩固，难度不大，注意氢键对物质性质的影响．　9．乙醇是一种重要的化工原料．I．葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇的化学方程式是：　C6H12O62C2H5OH+2CO2↑　．Ⅱ．香豆素是一种用途广泛的香料，可以利用乙醇和B（分子式为C7H602）通过以下途径合成．（1）C中含氧官能团的名称为　醛基、羟基　；D的结构简式是　　；D→E中①的反应类型为　氧化反应　．（2）①乙醇生成A的化学方程式为：　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　；②由E生成香豆素的化学方程式为：　　．-14-（3）B有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的同分异构体的结构简式是　　．（4）有关香豆素的说法正确的是　cde　（填字母）．a．只能与溴单质发生加成反应，不能发生取代反应b．1mol香豆素可与5molH2发生加成反应c．长期放置香豆素，容易氧化变质d．1mol香豆素完全燃烧消耗9.5mol02e．1mol香豆素可与2molNaOH反应．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】Ⅰ．葡萄糖再酒化酶的作用下生成乙醇与二氧化碳；Ⅱ．乙醇发生催化氧化生成A为CH3CHO，乙醛与B发生信息中的反应生成C，可知B中含有﹣CHO，由B的分子式结合香豆素的结构可知，B中含有苯环，与酚羟基，且醛基与﹣OH处于邻位，故B为，则C为，D为，D与新制氢氧化铜在加热条件下氧化生成E为，E发生分子内酯化反应生成，据此解答；【解答】解：Ⅰ．葡萄糖再酒化酶的作用下生成乙醇与二氧化碳，反应方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，故答案为：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑；Ⅱ．乙醇发生催化氧化生成A为CH3CHO，乙醛与B发生信息中的反应生成C，可知B中含有﹣CHO，由B的分子式结合香豆素的结构可知，B中含有苯环，与酚羟基，且醛基与﹣OH处于邻位，故B为，则C为，D为，D与新制氢氧化铜在加热条件下氧化生成E为，E发生分子内酯化反应生成，（1）C为，含有的含氧官能团的名称为：醛基、羟基；D的结构简式是；D→E中①是醛基被氧化，属于氧化反应，故答案为：醛基、羟基；；氧化反应；（2）①乙醇生成A（乙醛）的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；-14-②由E生成香豆素的化学方程式为：，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；；（3）B为，有多种同分异构体，其中苯环上只有一个侧链的所有同分异构体可为酸或酯，结构简式是，故答案为：；（4）a．香豆素含有碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，含有酯基，可发生水解，即取代反应，故a错误；b．香豆素含有苯环和1个碳碳双键，均与氢气发生加成反应，1mol香豆素可与4molH2发生加成反应，故b错误；c．含有碳碳双键、羧酸与酚形成的酯基，长时间保持易被氧化变质，故c正确；d．香豆素的分子式为C9H6O2，1mol香豆素完全燃烧消耗（9+﹣1）mol=9.5molO2，故d正确；e．1mol香豆素水解生成1mol酚羟基和1mol羧基，则可与2molNaOH发生反应，故d正确；故答案为：cde．【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要对给予的信息进行利用，掌握官能团的性质与转化是关键，注意利用香豆素的结构与反应条件进行推断，难度中等．　10．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：I．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡[Sn（OH）Cl]回答下列问题：（1）操作l的步骤为　加热浓缩　、　冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥．对沉淀进行洗涤的方法是　将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2﹣3次　．（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：　SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解　．（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH；②　防止Sn2+被氧化　．（4）酸性条件下，SnS04还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：　Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O　．-14-（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用bmol/LK2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72﹣可被还原为Cr3+），共用去K2Cr207溶液mmL．则锡粉中锡的质量分数是　　．（Sn的摩尔质量为Mg/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；根据沉淀的洗涤方法来洗涤沉淀；（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；（5）根据电子转移守恒与方程式可得关系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此计算．【解答】解：（1）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，沉淀的洗涤方法：将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2﹣3次；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2﹣3次；（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；故答案为：防止Sn2+被氧化；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7Mgmola×xbmol/L×L解得x=．故答案为：．【点评】本题以SnSO4制备为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写、滴定应用及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求．　-14-