2022-2022学年内蒙古包头九中高三（下）第一次周考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下列有关物质应用的说法正确的是()A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．MgCl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂2．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是﹣玻璃棒()A．用如图所示装置除去Fe（OH）3胶体中含有的少量FeCl3杂质B．用如图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．用如图所示装置从海水制取蒸馏水D．用如图所示装置分离酒精萃取碘水中的碘3．下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是()①无色溶液中：K+、Cl﹣、Ca2+、SO42﹣、NO3﹣②pH=11的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣20④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、S2﹣．A．①②⑤B．①③⑥C．②④D．①②④4．分子式为C8H10O的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液不显色，能与金属钠反应放出氢气，满足条件的同分异构体有()A．4种B．5种C．10种D．大于10种5．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是()选项陈述Ⅰ陈述ⅡA浓硝酸具有强氧化性常温下，浓硝酸使铁钝化BSO2具有漂白性SO2使紫色石蕊试液褪色CAl（OH）3具有两性Al（OH）3可溶于氨水DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）A．AB．BC．CD．D6．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中正确的是()A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．由于W、Z、M元素的氢化物的相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C．元素X、Z、W的单质晶体中含相同类型的化学键D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂7．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H=﹣192.9kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A．CH3OH的燃烧热为192.9kJ•mol﹣1B．反应①中的能量变化如图所示C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D．根据②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol﹣120二、解答题（共4小题，满分43分）8．（14分）某些资料认为：NO、NO2不能与Na2O2反应．某小组学生提出质疑，他们从理论上分析过氧化钠和二氧化氮都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设：假设Ⅰ．过氧化钠氧化二氧化氮假设Ⅱ．二氧化氮氧化过氧化钠（1）小组甲同学设计实验如下（图1）：①试管A中反应的化学方程式是__________．②待试管B中收集满气体，向试管B中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将余烬木条迅速伸进试管内，看见木条复燃．甲同学认为假设Ⅱ正确；乙同学认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，在A、B之间增加一个装置，该装置的作用是__________．③乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；余烬木条未复燃．得出结论：假设Ⅰ正确．NO2和Na2O2反应的方程式是__________．（2）丙同学认为NO易与O2发生反应，应更易被Na2O2氧化．查阅资料：①2NO+Na2O2═2NaNO2②6NaNO2+3H2SO4═3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；③酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+丙同学用如图2所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应．①B中观察到的主要现象是__________，F装置的作用是__________．②在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是__________．③充分反应后，检验D装置中发生反应的实验是__________．9．对工业合成氨条件的探索一直是化学工业的重要课题，在恒温恒容的甲容器、恒温恒压的乙容器中分别进行合成氨反应，如图1（图中所示数据均为初始物理量）．t分钟后反应均达到平衡，生成NH3均为0.4mol（忽略水对压强的影响及氨气的溶解）．①判断甲容器中的反应达平衡的依据是__________．（填写相应编号）A．压强不随时间改变B．气体的密度不随时间改变C．c（N2）不随时间改变D．单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2E．单位时间内断裂3molH﹣H键，同时断裂6molN﹣H键20②该条件下甲容器中反应的平衡常数K=__________；平衡时，甲的压强P平=__________（初始压强用P0表示）．③该条件下，若向乙中继续加入0.2molN2，达到平衡时N2转化率=__________．10．最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并用产生的H2O2处理废氨水，装置如图①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c（NH4+）__________c（NO3﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．②Ir﹣Ru惰性电极有吸附O2作用，该电极上的反应为__________．③理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为__________．11．（14分）聚合硫酸铁铝（PFAS）是一种新型高效水处理剂．利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等）为铁源，粉煤灰（主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等）为铝源，制备PFAS的工艺流程如图：（1）“碱溶”时，粉煤灰发生反应的化学方程式为__________．（2）“酸溶Ⅱ”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为__________．（3）“滤渣Ⅰ”、“滤渣Ⅱ”在本流程中能加以利用的是__________．（4）“氧化”时应控制温度不超过57℃，其原因是__________．（5）“氧化”时若用MnO2代替H2O2，发生反应的离子方程式是__________．（6）酸度对絮凝效果和水质有显著影响．PFAS中起净水作用的是__________，若产品PFAS中残留硫酸过多，使用时产生的不良后果是__________．【化学一物质结构与性质】12．下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表一种化学元素．abcdefghijklmnO试回答下列问题：20（1）请写出元素n的基态原子的价电子排布式__________，元素O在周期表的位置是__________，属于__________区．（2）k在空气中燃烧产物的分子构型为__________，中心原子的杂化方式为__________，该分子是__________（填“极性”或“非极性”）分子．（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图甲，其中序号“8”代表__________（填元素符号）；其中电负性最大的是__________（填图甲中的序号）．（4）i单质晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示．则晶胞中i原子的配位数为__________．【化学一有机化学基础】13．直接生成碳﹣碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径．交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳﹣碳键的新反应．例如：化合物Ⅰ可由以下合成路线获得：Ⅱ（分子式为C3H8O2）ⅢⅣⅠ（1）化合物Ⅰ的分子式为__________，其在NaOH溶液中水解的化学方程式为__________．（2化合物Ⅱ与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为__________．（3化合物Ⅲ没有酸性，其结构简式为__________；Ⅲ的一种同分异构体Ⅴ能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物Ⅴ的结构简式为__________．（4）反应①中1个脱氢剂Ⅵ（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为__________．20（5）1分子与1分子在一定条件下可发生类似反应①的反应，其产物分子的结构简式为__________；1mol该产物最多可与__________molH2发生加成反应．202022-2022学年内蒙古包头九中高三（下）第一次周考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下列有关物质应用的说法正确的是()A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．MgCl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；盐类水解的应用；含硅矿物及材料的应用；金属冶炼的一般原理．【分析】A．漂白粉生成具有强氧化性的次氯酸，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气；C．氯气和氢氧化钙反应；D．硅酸钠熔点高，可阻燃．【解答】解：A．漂白粉生成具有强氧化性的次氯酸，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝，二者原理不同，故A错误；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故B错误；C．氯气和氢氧化钙反应，应用浓硫酸干燥，故C错误；D．硅酸钠熔点高，可阻燃，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素混合物知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．2．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是﹣玻璃棒()A．用如图所示装置除去Fe（OH）3胶体中含有的少量FeCl3杂质B．用如图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体20C．用如图所示装置从海水制取蒸馏水D．用如图所示装置分离酒精萃取碘水中的碘【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．溶液和胶体都能透过滤纸；B．氯化铵受热易分解；C．利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水；D．酒精与水不分层．【解答】解：A．提纯胶体利用渗析法，而图1为过滤装置，溶液和胶体都能透过滤纸，不合理，故A错误；B．氯化铵受热易分解，图2为蒸发装置，最终不能得到氯化铵，应利用冷却结晶法，故B错误；C．利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故C正确；D．酒精与水不分层，应选苯或四氯化碳作萃取剂，然后利用图4装置分液，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离、提纯的考查，综合性较强，侧重分离原理、物质性质及实验装置的考查，注意选项A中胶体的性质为解答的易错点，题目难度不大．3．下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是()①无色溶液中：K+、Cl﹣、Ca2+、SO42﹣、NO3﹣②pH=11的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、S2﹣．A．①②⑤B．①③⑥C．②④D．①②④【考点】离子共存问题．【分析】①Ca2+与硫酸根离子反应生成沉淀；②pH=11的溶液呈碱性，四种离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应；③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离被抑制，溶液可能呈酸性或碱性，铵根离子与氢氧根离子反应，亚硫酸根离子与氢离子反应；20④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，在酸性条件下硝酸根离子、高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；⑥Fe3+、Al3+都与S2‑离子反应．【解答】解：①Ca2+与SO42‑反应生成沉淀而不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液呈碱性，在碱性条件下Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣离子之间不发生任何反应，可大量共存，故②正确；③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离被抑制，溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下SO32﹣与NO3﹣发生氧化还原反应，碱性条件下NH4+不能大量存在，故③错误；④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，在酸性条件下Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣离子之间不发生任何反应，可大量共存，故④正确；⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，在酸性条件下Fe2+与MnO4﹣、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故⑤错误；⑥Fe3+、S2‑离子之间发生氧化还原反应，S2‑、Al3+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；根据分析可知，能够大量共存的为：②④，故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入镁粉产生氢气”等，试题有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．4．分子式为C8H10O的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液不显色，能与金属钠反应放出氢气，满足条件的同分异构体有()A．4种B．5种C．10种D．大于10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】分子式为C8H10O的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液不显色，能与金属钠反应放出氢气，说明含有醇羟基，结合侧链异构与位置确定同分异构体．【解答】解：分子式为C8H10O的芳香族化合物，遇三氯化铁溶液不显色，能与金属钠反应放出氢气，说明含有醇羟基，侧链可能是﹣CH2CH2OH；﹣CHOHCH3；﹣CH2OH、﹣CH3，当有1个取代基时，只有1种结构，含有2个取代基时，根据邻、间、对共有3种结构，所以满足条件的同分异构体有5种，故选B．【点评】本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类．5．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是()选项陈述Ⅰ陈述ⅡA浓硝酸具有强氧化性常温下，浓硝酸使铁钝化BSO2具有漂白性SO2使紫色石蕊试液褪色CAl（OH）3具有两性Al（OH）3可溶于氨水DBaSO4Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）20饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀A．AB．BC．CD．D【考点】硝酸的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．常温下，浓硝酸和铁发生钝化现象；B．二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色；C．氢氧化铝能溶于强酸强碱但不能溶于弱碱；D．Qc＞Ksp时，生成沉淀．【解答】解：A．常温下，浓硝酸和铁发生氧化还原反应，表面形成致密的氧化物保护膜，阻止进一步反应，体现了浓硝酸具有强氧化性，故A正确；B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，但二氧化硫使紫色石蕊试液只变红不褪色，故B错误；C．Al（OH）3不溶于弱碱氨水，能溶于强碱，故C错误；D．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，不发生沉淀的转化，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），故D错误；故选A．【点评】本题涉及沉淀的生成及转化、二氧化硫的漂白性、氧化还原反应等，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，选项D为解答的易错点，题目难度不大．6．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中正确的是()A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．由于W、Z、M元素的氢化物的相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C．元素X、Z、W的单质晶体中含相同类型的化学键D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【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】X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y的单质是一种重要的半导体材料，可知Y为Si；X、Y、Z、W同周期，都处于第三周期，由X+与M2﹣具有相同的电子层结构，可知X为Na、M为O；Z、M同主族，则Z为S；离子半径Z2﹣＞W﹣，则W为Cl，据此进行解答．【解答】解：Y的单质晶体是一种重要的半导体材料，所以Y是硅元素，X、Y、Z、W同周期，它们是第三周期元素，根据离子的电荷数可知，X是钠，又因为X+与M2﹣具有相同的电子层结构，所以M是氧元素，根据Z、M同主族可知，Z是S元素，离子半径：Z2﹣＞W﹣，所以W是氯元素，A．钠和氧可形成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故A错误；B．水分之间存在氢键，沸点最高，故B错误；C．X为Na，其单质晶体为金属晶体，含金属键；Z为S，其单质晶体为分子晶体，晶体中含有共价键，W为Cl，其单质晶体为分子晶体，含有共价键，故C错误；D．W为Cl元素、M为O元素，Cl2、O3可作为水处理中的消毒剂，故D正确；故选D．20【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，“Y单质是一种重要的半导体材料、X+与M2﹣具有相同的电子层结构”是推断突破口，注意对基础知识的积累掌握．7．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H=﹣192.9kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A．CH3OH的燃烧热为192.9kJ•mol﹣1B．反应①中的能量变化如图所示C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D．根据②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol﹣1【考点】化学能与热能的相互转化．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、利用盖斯定律，②×3﹣①×2可得甲醇燃烧的热化学方程式，进而可知甲醇的燃烧热；B、根据△H=生成物总能量﹣反应物总能量来判断；C、根据已知的甲醇转化为氢气的两种反应原理来判断；D、根据物质的能量大小与物质的状态关系来判断．【解答】解：A、根据盖斯定律将，②×3﹣①×2可得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣192.9kJ/mol×3﹣49kJ/mol×2=﹣676.7kJ/mol，所以甲醇的燃烧热为676.7kJ/mol，故A错误；B、反应①的△H＞0，而图示的△H=生成物总能量﹣反应物总能量＜0，故B错误；C、由已知可知，反应①为吸热反应，而反应②为放热反应，故C错误；D、同物质的量的同种物质，气态能量最高，其次液态能量，固态能量最低，由②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学反应的反应热的计算．注意在比较反应热大小时要带符号比较，并注意盖斯定律的应用来解答．二、解答题（共4小题，满分43分）8．（14分）某些资料认为：NO、NO2不能与Na2O2反应．某小组学生提出质疑，他们从理论上分析过氧化钠和二氧化氮都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设：假设Ⅰ．过氧化钠氧化二氧化氮假设Ⅱ．二氧化氮氧化过氧化钠20（1）小组甲同学设计实验如下（图1）：①试管A中反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O．②待试管B中收集满气体，向试管B中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将余烬木条迅速伸进试管内，看见木条复燃．甲同学认为假设Ⅱ正确；乙同学认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，在A、B之间增加一个装置，该装置的作用是除去生成NO2气体中混有的水蒸气．③乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；余烬木条未复燃．得出结论：假设Ⅰ正确．NO2和Na2O2反应的方程式是Na2O2+2NO2=2NaNO3．（2）丙同学认为NO易与O2发生反应，应更易被Na2O2氧化．查阅资料：①2NO+Na2O2═2NaNO2②6NaNO2+3H2SO4═3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；③酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+丙同学用如图2所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应．①B中观察到的主要现象是铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生，F装置的作用是吸收未反应的NO．②在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是将装置中的空气排出．③充分反应后，检验D装置中发生反应的实验是取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠．【考点】探究对经典问题的质疑；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】实验分析题．【分析】（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水；②Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；③若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，依据氧化还原反应元素化合价变化配平书写发生反应的化学方程式；（2）①二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO；NO是有毒气体要进行尾气处理；②空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气；③亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色．【解答】解：（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；②Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；③若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；20故答案为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；（2）①在B装置中二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO，所以B中观察到的主要现象是：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；NO是有毒气体要进行尾气处理，由题中的信息可以NO能被酸性高锰酸钾吸收；故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；吸收未反应的NO；②空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是：将装置中的空气排出；故答案为：将装置中的空气排出；③亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠；故答案为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠．【点评】本题考查了实验过程分析，物质性质的实验探究，明确物质性质和实验操作的目的和实验步骤分析是解题关键，题目难度中等．9．对工业合成氨条件的探索一直是化学工业的重要课题，在恒温恒容的甲容器、恒温恒压的乙容器中分别进行合成氨反应，如图1（图中所示数据均为初始物理量）．t分钟后反应均达到平衡，生成NH3均为0.4mol（忽略水对压强的影响及氨气的溶解）．①判断甲容器中的反应达平衡的依据是ACE．（填写相应编号）A．压强不随时间改变B．气体的密度不随时间改变C．c（N2）不随时间改变D．单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2E．单位时间内断裂3molH﹣H键，同时断裂6molN﹣H键②该条件下甲容器中反应的平衡常数K=；平衡时，甲的压强P平=P0（初始压强用P0表示）．③该条件下，若向乙中继续加入0.2molN2，达到平衡时N2转化率=12.5%．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】①根据化学平衡状态的特征来确定化学平衡状态；②平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关；根据“三段式”来进行计算得出结论；在恒温恒容的容器中压强之比等于气体的物质的量比；③根据温度不变化学平衡常数不变结合“三段式”计算得出达到平衡时N2转换率．【解答】解：①A．反应前后气体的系数和不相等，当压强不随时间改变的状态是平衡状态，故A正确；20B．气体的密度等于混合气体质量和体系体积的比值，体系质量和体积均不变，所以密度不变的状态不一定是平衡状态，故B错误；C．c（N2）不随时间改变，是化学平衡状态的特征，故C正确；D．单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2，不能证明正逆反应速率是相等的，故D错误；E．单位时间内断裂3molH﹣H键，同时断裂6molN﹣H键，能证明正逆反应速率是相等的，故E正确；故选ACE；②根据题意：甲容器N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），初始物质的量：0.4mol1.2mol0变化物质的量：0.2mol0.6mol0.4mol平衡物质的量：0.2mol0.6mol0.4mol体积为2L，则C（N2）=0.1mol/L，C（H2）=0.3mol/L，C（NH3）=0.2mol/L，平衡常数为K===，初始气体总物质的量=0.4mol+1.2mol=1.6mol，平衡时气体总物质的量：0.2mol+0.6mol+0.4mol=1.2mol，在恒温恒容的容器中压强之比等于气体的物质的量比；甲的压强P平=P0=P0，故答案为：；P0；③化学平衡常数只与温度有关，乙为恒温恒压，根据题意：乙容器2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），初始物质的量：1.6mol6mol00变化物质的量：0.2mol0.6mol0.4mol0.3mol平衡物质的量：1.4mol5.4mol0.4mol0.3mol体积为2L，则C（N2）=0.7mol/L，C（H2O）=2.7mol/L，C（NH3）=0.2mol/L，C（O2）=0.15mol/L，平衡常数为K==，若向乙中继续加入0.2molN2，再充入氮气是等容等效过程，转化率就是原来的转化率则X=×100%=12.5%，故答案为：12.5%．【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡及化学平衡的计算等，掌握平衡常数的应用是解答该题的关键，题目难度中等．10．最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并用产生的H2O2处理废氨水，装置如图①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c（NH4+）＜c（NO3﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．②Ir﹣Ru惰性电极有吸附O2作用，该电极上的反应为O2+2H++2e﹣═H2O2．③理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为1mol．20【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】①根据溶液呈电中性，溶液中阳离子所带的正电荷总数等于溶液中阴离子所带的负电荷总数进行解答；②在该电解池中，Ir﹣Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，在酸性条件下生成过氧化氢；③根据4NH3+3O2⇌2N2+6H2O，每转移12mol电子，处理4mol氨气，据此分析解答．【解答】解：①向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，根据溶液呈电中性，溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（NO3﹣）+c（OH﹣），pH约为5呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），所以c（NH4+）＜c（NO3﹣），故答案为：＜；②利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir﹣Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，O2+2H++2e﹣═H2O2，故答案为：O2+2H++2e﹣═H2O2；③4NH3+3O2⇌2N2+6H2O中，氨气中的氮元素从﹣3价变为氮气中的0价，4mol氨气转移12mol电子，所以转移3mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为1mol，故答案为：1mol．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、电极反应式书写、氧化还原反应中据电子守恒的计算，题目难度中等．11．（14分）聚合硫酸铁铝（PFAS）是一种新型高效水处理剂．利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等）为铁源，粉煤灰（主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等）为铝源，制备PFAS的工艺流程如图：（1）“碱溶”时，粉煤灰发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O．（2）“酸溶Ⅱ”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O．（3）“滤渣Ⅰ”、“滤渣Ⅱ”在本流程中能加以利用的是滤渣Ⅰ．（4）“氧化”时应控制温度不超过57℃，其原因是温度过高，H2O2会分解．（5）“氧化”时若用MnO2代替H2O2，发生反应的离子方程式是MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O．（6）酸度对絮凝效果和水质有显著影响．PFAS中起净水作用的是氢氧化铝、氢氧化铁，若产品PFAS中残留硫酸过多，使用时产生的不良后果是硫酸抑制Al3+和Fe3+水解，降低絮凝效果，且水的酸度增大，影响水质．20【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】粉煤灰（主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等），加入NaOH溶液使Al2O3溶解，其方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，氧化铁、氧化亚铁和氢氧化钠不反应，通入过量CO2，发生的反应为CO2+NaAlO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；再加入H2SO4时，其反应原理为2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，结晶得到Al2（SO4）3晶体；硫铁矿烧渣（主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等），向硫铁矿烧渣中加入H2SO4，其方程式为FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，二氧化硅与硫酸不反应，加入过氧化氢氧化亚铁盐为铁盐，结晶Ⅰ结晶Ⅱ制备PFAS．（1）加入NaOH溶液使Al2O3溶解生成偏铝酸钠和水；（2）四氧化三铁和酸反应生成铁盐、亚铁盐、水；（3）“滤渣Ⅰ”中含有Fe2O3、FeO，“滤渣Ⅱ”中含有SiO2，根据工艺流程，滤渣Ⅰ可加以利用；（4）H2O2氧化Fe2+时，温度不能过高，其原因是温度过高，H2O2会分解；（5）“氧化”时若用酸性高锰酸钾溶液代替，发生反应是酸溶液中高锰酸根离子氧化亚铁离子为铁离子，高锰酸根离子被还原为锰离子；（6）PFAS溶于水，产生Fe3+、Al3+，Fe3+、Al3+水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，能净水，因为Fe3+、Al3+水解均呈酸性，所以产品PFAS中硫酸残留过多，会抑制Al3+、Fe3+水解，降低絮凝效果，并且酸度过大影响水质．【解答】解：粉煤灰（主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等），加入NaOH溶液使Al2O3溶解，其方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，氧化铁、氧化亚铁和氢氧化钠不反应，通入过量CO2，发生的反应为CO2+NaAlO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；再加入H2SO4时，其反应原理为2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，结晶得到Al2（SO4）3晶体；硫铁矿烧渣（主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等），向硫铁矿烧渣中加入H2SO4，其方程式为FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，二氧化硅与硫酸不反应，加入过氧化氢氧化亚铁盐2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O为铁盐，结晶Ⅰ结晶Ⅱ制备PFAS；（1）氧化铝为两性氧化物，“碱溶”时，Al2O3发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）四氧化三铁中铁为+2，为+3，“酸溶Ⅱ”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；（3）依据上述分析可知，“滤渣Ⅰ”中含有Fe2O3、FeO，“滤渣Ⅱ”中含有SiO2，根据工艺流程，滤渣Ⅰ可加以利用，故答案为：滤渣Ⅰ；（4）过氧化氢氧化亚铁盐为铁盐，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2氧化Fe2+时，“氧化”时应控制温度不超过57℃，其原因是温度不能过高，其原因是温度过高，H2O2会分解，故答案为：温度过高，H2O2会分解；（5）“氧化”时若用MnO2代替H2O2，发生反应是酸溶液中高锰酸根离子氧化亚铁离子为铁离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，Mn元素的化合价由+7降到+2，降低5价；Fe元素的化合价由+2升高到+3价，升高1价，最小公倍数为5；再根据质量守恒得到H2O的系数为4，H+的系数为8，离子反应为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，20故答案为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；（6）PFAS溶于水，产生Fe3+、Al3+，Fe3+、Al3+水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，能净水，酸度对絮凝效果和水质有显著影响，若产品PFAS中残留过多，使用时产生的不良后果是，因为Fe3+、Al3+水解均呈酸性，所以产品PFAS中硫酸残留过多，会抑制Al3+、Fe3+水解，降低絮凝效果，并且酸度过大影响水质；故答案为：氢氧化铝、氢氧化铁；硫酸抑制Al3+和Fe3+水解，降低絮凝效果，且水的酸度增大，影响水质．【点评】本题考查了物质制备实验、工业流程的分析、离子方程式、化学方程式书写方法，盐类水解分析应用等，掌握基础是关键，题目难度中等．【化学一物质结构与性质】12．下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表一种化学元素．abcdefghijklmnO试回答下列问题：（1）请写出元素n的基态原子的价电子排布式3d54s1，元素O在周期表的位置是第三周期、Ⅷ族，属于d区．（2）k在空气中燃烧产物的分子构型为角形（或V形），中心原子的杂化方式为sp2，该分子是极性（填“极性”或“非极性”）分子．（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图甲，其中序号“8”代表Si（填元素符号）；其中电负性最大的是2（填图甲中的序号）．（4）i单质晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示．则晶胞中i原子的配位数为12．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】（1）n为24号元素Cr，根据构造原理写出其价电子排布式；O为26号元素铁，处于第三周期、Ⅷ族，属于d区；（2）k为S，在空气中燃烧生成SO2，计算S原子价层电子对数、孤对电子确定杂化方式与空间结构，根据正负电荷重心是否重合判断分子极性问题；（3）第三周期8种元素按单质熔点最高的为原子晶体Si；同周期电负性最大的是ⅦA的元素；（4）该类型为面心立方最密堆积，配位数=3××8=12．20【解答】解：（1）元素n是24号元素Cr，价电子排布式为3d54s1，元素O是Fe，在周期表的第三周期、Ⅷ族，属于d区，故答案为：3d54s1；第四周期、Ⅷ族；d；（2）k为S，在空气中燃烧生成SO2，S原子价层电子对数=2+=3，含有1对孤对电子，SO2为V型结构，S原子采取sp2杂化，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为：角形（或V形）；sp2；极性；（3）序号“8”单质的熔点最高，第三周期8种元素单质熔点最高的为原子晶体Si；呈气体的是Cl2和Ar，其中Cl2的沸点比Ar高，即序号“2”是Cl，同周期电负性最大的是ⅦA的元素，因此电负性最大的Cl，故答案为：Si；2；（4）i是Al，根据图片知，Al单质为面心立方最密堆积，Al原子配位数配位数=3××8=12，故答案为：12．【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，题目难度中等，试题涉及元素周期表、核外电子排布规律、杂化理论、分子结构与性质、晶体类型与性质等，侧重考查学生对知识运用、分析解决问题能力．【化学一有机化学基础】13．直接生成碳﹣碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径．交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳﹣碳键的新反应．例如：化合物Ⅰ可由以下合成路线获得：Ⅱ（分子式为C3H8O2）ⅢⅣⅠ（1）化合物Ⅰ的分子式为C5H8O4，其在NaOH溶液中水解的化学方程式为．（2化合物Ⅱ与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为．（3化合物Ⅲ没有酸性，其结构简式为OHCCH2CHO；Ⅲ的一种同分异构体Ⅴ能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物Ⅴ的结构简式为CH2=CH﹣COOH．20（4）反应①中1个脱氢剂Ⅵ（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为．（5）1分子与1分子在一定条件下可发生类似反应①的反应，其产物分子的结构简式为；1mol该产物最多可与8molH2发生加成反应．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】Ⅱ能被氧化生成Ⅲ，Ⅲ能和银氨溶液反应然后酸化生成Ⅳ，则Ⅲ中含有醛基，Ⅱ中含有羟基，Ⅳ为羧酸，Ⅳ和甲醇反应生成I，根据I知Ⅳ的结构简式为，Ⅲ的结构简式为OHCCH2CHO，Ⅱ的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH．【解答】解：Ⅱ能被氧化生成Ⅲ，Ⅲ能和银氨溶液反应然后酸化生成Ⅳ，则Ⅲ中含有醛基，Ⅱ中含有羟基，Ⅳ为羧酸，Ⅳ和甲醇反应生成I，根据I知Ⅳ的结构简式为，Ⅲ的结构简式为OHCCH2CHO，Ⅱ的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH．（1）通过I的结构简式知，化合物Ⅰ的分子式为C5H8O4，加热条件下，I能发生水解反应生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：，故答案为：C5H8O4；；（2）一定条件下，1、3丙二醇和氢溴酸发生取代反应生成1、3﹣二溴丙烷和水，反应方程式为：，故答案为：；20（3）通过以上分析知，III的结构简式为：OHCCH2CHO，III的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，说明V中含有羧基，再结合其分子式知，化合物V的结构简式为CH2=CH﹣COOH，故答案为：OHCCH2CHO；CH2=CH﹣COOH；（4）该分子获得2个氢原子后转变成1个芳香族化合物分子，说明该物质中含有苯环，其它原子不变，所以其结构简式为：，故答案为：；（5）根据①的反应甲基上的氢原子和乙炔基上的氢原子发生脱氢反应，其产物的结构简式为：，1mol该产物中含有2mol苯环和1mol碳碳三键，所以最多可与8molH2发生加成反应，故答案为：；8．【点评】本题考查有机物的推断及合成，读懂题给信息及利用信息是解本题关键，同时考查学生自学知识、学以致用的能力，难度较大．20