湖南省衡阳市2022届高三化学二模试题（含解析）

湖南省衡阳市2022届高三二模化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6，满分42分）1．化学与能源、环境、生产、生活联系密切．下列有关说法不正确的是（　　）　A．用K2FeO4代替Cl2处理饮用水，有杀菌消毒作用，但无净水作用　B．可利用工业生产产生的二氧化碳制造全降解塑料　C．上海世博会很多场馆的外墙使用非晶硅薄膜，以充分利用太阳能，体现低碳经济　D．CO2和CH4等物质的大量排放会造成温室效应的加剧　E．CO2和CH4等物质的大量排放会造成温室效应的加剧考点：常见的生活环境的污染及治理；"三废"处理与环境保护．.专题：化学应用．分析：A．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型净水剂，既可替代明矾净水，又有杀菌消毒作用；B．二氧化碳通过加聚反应可制得聚二氧化碳塑料；C．硅属于半导体材料，它能直接把太阳能转化成电能，体现低碳经济；D．温室效应是指由于全球二氧化碳、碳氢化合物等气体的排放量不断增加，导致地球平均气温不断上升的现象；解答：解：A．高铁酸根离子具有强氧化性，所以能杀菌消毒，高铁酸根离子和水反应反应方程式为：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH﹣+3O2↑，生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性是，所以能净水，故A错误；B．一种利用纳米技术高效催化二氧化碳合成的可降解塑料﹣聚碳酸酯，可以缓解温室效应，故B正确；C．太阳能电池板一般是由晶体硅制成的，它能直接把太阳能转化成电能，体现低碳经济，故C正确；D．温室效应产生的原因是二氧化碳、碳氢化合物的增多，所以CO2和CH4等物质的大量排放会造成温室效应的加剧，故D正确；故选A．点评：本题主要考查了化学与能源、环境、生产、生活联系密切的有关知识，题目难度不大，注意温室效应等热点问题．2．（6分）（2022•衡阳二模）某氧化还原反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）△H＜0，反应达到平衡后，在其他条件不变的情况下，下列说法正确的是（　　）　A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变　B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变　C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变　D．若该反应在原电池中发生，达到平衡后测得放出的热量在数值上与△H相同考点：化学平衡的影响因素；反应热和焓变．.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．分析：A、催化剂不影响反应热的大小；B、反应前后气体体积没变；C、升温，平衡逆向移动；D、原电池中化学能主要转化为电能．解答：解：A、催化剂只能加快反应速率，不影响反应物和生成物的能量，所以△H不变，故A错误；-16-B、反应前后气体体积没变，改变压强平衡不发生移动，放出的热量不变，故B正确；C、升温，平衡向吸热的逆向移动，反应物减少，放出的热量就少，故C错误；D、原电池中化学能主要转化为电能，故D错误；故选B．点评：本题主要考查了催化剂对反应热的影响、温度、压强对平衡影响、原电池中能量转化形式，题目难度中等．　3．（6分）（2022•衡阳二模）下列反应的离子方程式正确的是（　　）　A．漂白粉在空气中失效：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣　B．碘化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　C．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓　D．将1mol/L偏铝酸钠溶液和1.5mol/L的盐酸等体积混合：6AlO2﹣+9H++3H2O═5Al（OH）3↓+Al3+考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．该反应中没有离子反应；B．氯气先氧化碘离子生成碘；C．二者反应还有硫酸钡沉淀生成；D．二者反应生成氢氧化铝和氯化铝．解答：解：A．该反应中没有离子参加或生成，所以没有离子反应，故A错误；B．氯气先氧化碘离子生成碘，离子方程式为2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故B错误；C．二者反应还有硫酸钡沉淀生成，离子方程式为Cu2++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故C错误；D．二者反应生成氢氧化铝和氯化铝，离子方程式为6AlO2﹣+9H++3H2O═5Al（OH）3↓+Al3+，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，注意B中离子反应先后顺序、C中易漏掉部分离子反应，为易错点．　4．（6分）（2022•衡阳二模）下列操作或叙述正确的是（　　）　A．实验中不慎将酒精灯翻倒，导致酒精洒落桌面并起火，应迅速用水扑灭　B．在蔗糖中滴加浓硫酸产生的气体，能使酸性KMnO4溶液褪色，说明该气体具有漂白性　C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小　D．做酸碱中和滴定实验时，滴定前应将锥形瓶用待测液润洗考点：化学实验安全及事故处理；中和滴定；中和热的测定．.专题：实验评价题．分析：A．根据燃烧需要同时满足的三个条件，因此灭火的原理则有：隔断氧气、降低温度至着火点以下、撤离可燃物；B．二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；C．应快速加入；D．锥形瓶不需要用待测液润洗．解答：解：A-16-．用湿布覆盖在燃烧的酒精上以隔绝酒精与氧气的接触，达到隔绝氧气而灭火的目的，故A错误；B．二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，表现出二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故B错误；C．将碱缓慢倒入酸中，热量散失，所测温度值偏小，故C正确；D．盛装待测液的锥形瓶使用前先用待测液润洗，会导致待测液的物质的量偏大，形成误差，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及化学实验的基本操作、物质的性质等，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等．　5．（6分）（2022•衡阳二模）有机物A是农药生产中的一种中间体，结构简式如下所示．下列叙述中正确的是（　　）　A．1molA最多能与4molH2发生加成反应　B．有机物A与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应　C．有机物A可以在一定条件下与HBr发生反应　D．1molA与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol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：该有机物含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，含有﹣Cl，可发生取代，消去反应，以此解答．解答：解：A．能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1molA最多能与3molH2发生加成反应，故A错误；B．羟基邻位碳原子上不含氢原子，则不能在浓硫酸作用下发生消去反应，故B错误；C．分子中含有﹣OH，可在一定条件下与HBr发生取代反应，故C正确；D．A水解的官能团有酯基和氯原子，水解产物含有酚羟基、羧基和HCl，都能与NaOH反应，则1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．　6．（6分）（2022•衡阳二模）分子式为C4H10O的同分异构体共有（不考虑立体异构）（　　）　A．6种B．7种C．8种D．9种考点：有机化合物的异构现象．.专题：同分异构体的类型及其判定．分析：分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有﹣OH，该有机物为丁醇，先书写丁基﹣C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，醚分子中含有﹣O﹣，据此进行解答．解答：解：分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，-16-醇分子中含有﹣OH，该有机物为丁醇，丁基﹣C4H9可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，醚分子中含有﹣O﹣，可能结构有3种，分别为：CH3OCH2CH2CH3，CH3CH2OCH2CH3，CH3OCH（CH3）2，所以分子式为C4H10O的同分异构体共有7种；故选B．点评：本题主要考查有机物同分异构体的书写，题目难度中等，可以利用烃基异构判断，注意掌握同分异构体的概念及求算方法．　7．（6分）（2022•衡阳二模）将9.0g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO．若向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红．则下列说法正确的是（　　）　A．第一次与100mL稀硝酸反应后剩余4.8g金属为铜和铁　B．反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算　C．若向上述最后所得溶液中再加入足量的稀硝酸，还可得到标准状况下1.12LNO　D．原混合物中铜和铁的物质的量各为0.075mol考点：化学方程式的有关计算；硝酸的化学性质．.专题：计算题．分析：整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，再结合选项解答．解答：解：整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、（x+y）=，联立方程，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，A．9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol=4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol=4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故A错误；B．根据方程式可知，n（HNO3）=0.075mol×=0.2mol，稀硝酸的物质的量浓度为=2mol/L，故B错误；C．再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为=0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故C错误；D．由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故D正确；-16-故选D．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，避免了过程法的繁琐，侧重对学生思维能力的考查．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022•衡阳二模）冬青油在医疗中常用于消炎、镇痛．Ⅰ．冬青油的有关性质如下：冬青油为无色透明油状液体，相对分子质量为152．密度为1.184g•cm﹣3，沸点223.3℃，熔点﹣86℃．微溶于水，易溶于有机溶剂．露置在空气中则易缓慢变色．Ⅱ．由水杨酸和甲醇在浓硫酸存在条件下反应制得冬青油的反应如图1为：某学校的实验探究小组利用如图2装置制备冬青油．实验操作步骤如下：①将三颈烧瓶、量筒，置于烘箱中干燥10min；②用天平称取6.9g水杨酸，用量筒分别量取30mL（约24g）甲醇，6mL浓硫酸，然后将3种试剂分别加入已干燥的三颈烧瓶中，组装好实验装置后置于磁力搅拌加热器上加热；③加热到85～95℃，在甲醇回流状态下反应1.5h．反应结束后将盛有混合物的烧瓶置于冷水浴中冷却，然后再将冷却后的混合物倒入分液漏斗中，依次加入50mL5%NaHCO3溶液和30mL水，充分震荡，静置，分层；④弃去水层，将有机层注入干燥的锥形瓶中，加入适量无水氯化钙；⑤将步骤④所得的产品蒸馏，收集221～224℃的馏分，称得产物质量为6.8g．试回答下列问题：（1）本实验中浓硫酸的作用是　催化剂、吸水剂　．（2）装置中仪器a的名称是　冷凝管　；水应该从　Ⅱ　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）处流入．仪器b的适宜规格为　②　（填序号）．①50℃②150℃③300℃（3）加入NaHCO3溶液的目的是　将冬青油中的甲醇、水杨酸溶解，便于液体分层　；加入水震荡分层后，冬青油的粗产品在　下层　（填“上”或“下”）层．（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并　检漏　；在本实验分离过程中，水层应该从分液漏斗的　下口放出　填“上口倒出”或“下口放出”）．（5）本次实验冬青油的产率是　89.5%　．考点：制备实验方案的设计．.专题：实验设计题．-16-分析：（1）杨酸和甲醇在浓硫酸存在条件下反应制得冬青油的反应是发生的酯化反应，浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用；（2）分析装置图和仪器形状分析为冷凝管，逆流冷凝效果好；反应加热加热到85～95℃，发生反应，所以反应的温度计应选择大于此量程的温度计；（3）加入NaHCO3溶液的目的是降低酯的溶解性，水杨酸，溶解甲醇，便于分层分类得到酯；冬青油密度为1.184g•cm﹣3，比水溶液重；（4）使用分液漏斗需要检查活塞处是否漏水．弃去水层，将有机层注入干燥的锥形瓶中的实验顺序可知水层从下口放出；（5）结合反应定量关系计算理论量，产率=×100%；解答：解：（1）杨酸和甲醇在浓硫酸存在条件下反应制得冬青油的反应是发生的酯化反应，反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性促进平衡正向进行，浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用；故答案为：催化剂，吸水剂；（2）分析装置图和仪器形状分析为冷凝管，逆流冷凝效果好，应从Ⅱ通入；反应加热加热到85～95℃，发生反应，所以反应的温度计应选择大于此量程的温度计，选择150C的温度计；故答案为：冷凝管，Ⅱ；②；（3）加入NaHCO3溶液的目的是降低酯的溶解性，水杨酸，溶解甲醇，便于分层分类得到酯；冬青油密度为1.184g•cm﹣3，比水溶液重，粗产品在下层；故答案为：将冬青油中的甲醇、水杨酸溶解，便于液体分层，下层；（4）使用分液漏斗需要检查活塞处是否漏水．弃去水层，将有机层注入干燥的锥形瓶中的实验顺序可知水层从下口放出；故答案为：下口放出；（5）结合反应定量关系计算理论量，1381526.9gmm=7.6g产率=×100%=×100%=89.5%；故答案为：89.5%；点评：本题考查了有机物的性质分析和实验制备方法，实验基本操作和有机物性质和反应原理是解题关键，题目难度中等．　9．（15分）（2022•衡阳二模）工业上制取氢气除电解水外还有多种方法．（1）工业上可用组成为K2O•M2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取氢气．①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R-16-的原子结构示意图为　　．②常温下，不能与M单质发生反应的是　be　（填序号）．a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体（2）工业上也可利用化石燃料开采、加工过程中产生的H2S废气制取氢气．①高温热分解法已知：H2S（g）⇌H2（g）+S（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果见图1．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b为表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率的变化曲线．据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=　c　；随着温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因是　温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短　．②电化学法：该法制取氢气的过程如图2所示．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是　增大反应物接触面积，使反应更充分　；反应池中发生反应的化学方程式为　H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl　．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为　2Fe2++2H+2Fe3++H2↑　．（3）H2S在足量氧气中燃烧可以得SO2，若在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol．若继续通入0.20molSO2和0.10molO2，则平衡　向正反应方向　移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后，SO3的物质的量的取值范围为　0.36＜n（SO3）＜0.40　mol．考点：化学平衡常数的含义；转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算；电解原理．.专题：基本概念与基本理论．分析：（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14；②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答；-16-（3）根据影响化学平衡的因素来判断平衡移动方向，利用极限法求出再次达平衡后n（SO3）的范围．解答：解：（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，两种元素原子的质子数之和为27，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14，其原子结构示意图为，故答案为：；②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如a、c，还能与d中NaOH溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；（2）①以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，985℃时H2S的转化率为40%，则H2S（g）⇌H2（g）+S（g）开始c00转化0.4c0.4c0.4c平衡0.6c0.4c0.4c该反应的平衡常数K==；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，故答案为：=；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为：2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑；（3）继续通入0.30molSO2和0.15molO2，容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；用极限法求出n（SO3）的范围：假设平衡不移动，此时n（SO3）=0.18×2=0.36mol；假设0.40molSO2完全生成SO3，根据化学方程式2SO2+O2⇌2SO3可知n（SO3）=0.4mol，所以再次达到平衡时，0.36＜n（SO3）＜0.40mol，故答案为：向正反应方向；0.36＜n（SO3）＜0.40．点评：本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等，题目综合性强，难度较大，注重了高考常考考点的考查，注意知识的迁移应用和信息的处理；（3）为难点，注意极限法的应用．　10．（14分）（2022•衡阳二模）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛．-16-（1）真空碳热还原﹣氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+akJ•mol﹣13AlCl（g）═3Al（l）+AlCl3（g）△H=+bkJ•mol﹣1则反应Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=　a+b　kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．（2）Al4C3是真空碳热还原﹣氯化法反应过程的中间产物，它可以与盐酸反应制取CH4，某新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液．某研究小组用该甲烷燃料电池作为电源，进行电解饱和MgCl2溶液的实验，如图1所示．回答下列问题：①闭合K开关后，c、d电极上均有气体产生．其中c电极产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝．则b处通入的气体为　O2　，负极上发生的电极反应式为　CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O　．②电解氯化镁溶液的离子反应方程式为　Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑　；③若甲烷通入量为224mL（标准状况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为　7.72×103C　（法拉第常数F=9.65×l04C•mol﹣1），如果电能利用率为75%，则能产生的氯气体积为　672　mL（标准状况）．（3）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气氛围中，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为：Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al．得到物质的量之比为17：12的MgH2和Al的混合物Y，Y在一定条件下释放出氢气．①熔炼制备镁铝合金（Mg17Al12）时通入氩气的目的是　防止MgAl被空气氧化　．②在6.0mol/LHCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为　52mol　．③25℃时在②所得溶液中加入适量的NaOH溶液至沉淀恰好不再变化，过滤得滤液．测得滤液的pH为13．则该溶液中由水电离出的c（OH﹣）为　0.1mol/L　．考点：热化学方程式；化学方程式的有关计算；化学电源新型电池；电解原理．.专题：计算题；基本概念与基本理论．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式；（2）①右图为电解池，左池为原电池，c电极产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝判断为Cl2，则c为阳极，d为阴极，a为负极，b为正极，原电池中甲烷在负极失电子在碱性溶液中反应生成碳酸钾溶液，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子；-16-②电解氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，氢气和氯气；③根据关系式1molCH4～8mole﹣～4molCl2计算；（3）①镁、铝是亲氧元素，易被氧气氧化；②释放出的H2包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；③25℃时在②所得溶液为氯化镁、氯化铝溶液，加入适量的NaOH溶液至沉淀恰好不再变化，过滤得滤液为偏铝酸钠，依据溶液中存在离子积常数进行计算；解答：解：（1）①Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=+akJ•mol﹣1②3AlCl（g）═3Al（l）+AlCl3（g）△H=+bkJ•mol﹣1依据盖斯定律计算①+②得到：Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=a+bKJ/mol；故答案为a+b；（2）①右图为电解池，左池为原电池，c电极产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝判断为Cl2，则c为阳极，d为阴极，a为负极，b为正极，原电池中甲烷在负极失电子在碱性溶液中反应生成碳酸钾溶液，电极反应为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O；正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，b电极通入的是氧气；故答案为：O2；CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O；②电解氯化镁溶液的离子反应方程为：Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑；故答案为：Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑；③根据得失电子守恒，可得：1molCH4～8mole﹣～4molCl2，故若每个电池甲烷通入量为224mL（标准状况），生成4×0.224LCl2；电解池通过的电量为×8×9.65×104C•mol﹣1=7.72×103C；如果电能利用率为75%生成氯气4×0.224L×75%=0.672L；故答案为：7.72×103C，672ml；（3）①镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化，故答案为：防止MgAl被空气氧化；②1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+12×）mol=52mol，故答案为：52；③25℃时在②所得溶液为氯化镁、氯化铝溶液，加入适量的NaOH溶液至沉淀恰好不再变化，过滤得滤液为偏铝酸钠，偏铝酸根离子水解溶液呈碱性，测得滤液的pH为13．则该溶液中由水电离出的c（OH﹣）==0.1mol/L；故答案为：0.1mol/L；点评：本题以铝为题材，考查盖斯定律、铝及其化合物的性质以及电化学反应方程式，意在考查考生阅读新信息，处理新情况的能力，电极反应式的书写是易错点，难度较大．-16-　三、选做题：选修2—化学与技术（共1小题，满分15分）11．（15分）（2022•衡阳二模）以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为　4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2　；（2）炉气精制的作用是将含SO2的炉气　除尘　、　水洗　和干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是　矿尘、砷、硒等化合物使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响　；（3）精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示．在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是　不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压　、　不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高，故不选C点　；（4）在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是　利用反应放出的热量预热原料气　、　上层反应气经热交换器温度降到400～500℃进入下层使反应更加完全　，从而充分利用能源．考点：工业制取硫酸．.专题：化学应用．分析：（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O2⇌2SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大．SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但反应较慢，450℃时，催化剂的催化效率最高；（4）SO2催化氧化设备中设置热交换器可以充分利用反应放出的热．-16-解答：解：（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应，其反应的化学方程式为：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；故答案为：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响，故答案为：除尘、水洗；砷、硒等化合物会使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O2⇌2SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大．SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高．故答案为：不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压；不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高，故不选C点；（4）在S02催化氧化设备中设置热交换器，把不同温度之间的气体进行热交换，可预热反应气体，冷却生成气体，可起到充分利用能源的目的，故答案为：利用反应放出的热量预热原料气；上层反应气经热交换器温度降到400～500℃进入下层使反应更加完全．点评：本题考查硫酸的工业制法，涉及环境保护、反应原理、工业流程等问题，本题中注意炉气的精制、反应条件等问题的考查，是易错点，题目难度中等．　选修3——物质结构与性质（共1小题，满分0）12．（2022•衡阳二模）【化学一选修3：物质结构与性质】现有六种元素，其中A、B、C、D为短周期主族元素，E、F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．A元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1B元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与A元素在同一周期C原子核外所有p轨道全满或半满D元素的主族序数与周期数的差为4E是前四周期中电负性最小的元素F在周期表的第七列（1）A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有　3　个方向，原子轨道呈　纺锤　形（2）某同学根据上述信息，所画的B电子排布图如图违背了　泡利　原理．（3）F位于　第三周期第ⅦB　族　d　区，其基态原子有　25　种运动状态．（4）CD3中心原子的杂化方式为　sp3-16-　，用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为　三角锥形　．检验E元素的方法是　焰色反应　（5）若某金属单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．则晶胞中该原子的配位数为　12　，该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的　面心立方堆积　．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．.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、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即A为N；B元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与A元素在同一周期，则其电子排布为1s22s22p63s2，故B为Mg；C原子核外所有p轨道全满或半满，结合原子序数可知，价电子为3s23p3符合题意，即C为P；D元素的主族序数与周期数的差为4，原子序数大于P，则D为第三周期第ⅦA族元素，即D为Cl；E是前四周期中电负性最小的元素，则E为K；F在周期表的第七列，则F为Mn，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即A为N；B元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与A元素在同一周期，则其电子排布为1s22s22p63s2，故B为Mg；C原子核外所有p轨道全满或半满，结合原子序数可知，价电子为3s23p3符合题意，即C为P；D元素的主族序数与周期数的差为4，原子序数大于P，则D为第三周期第ⅦA族元素，即D为Cl；E是前四周期中电负性最小的元素，则E为K；F在周期表的第七列，则F为Mn，（1）A为N，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形，故答案为：3；纺锤形；（2）由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，B基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利原理，故答案为：泡利；（3）F为Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的为d电子，在d区，核外电子数为25，有25种运动状态不同的电子，故答案为：第三周期第ⅦB；d；25；（4）PCl3中P原子孤电子对数为1，成键数为3，则为sp3杂化，空间构型为三角锥形，F为K，检验K元素应利用焰色反应，故答案为：sp3；三角锥形；焰色反应；（5）由晶胞结构可知，以顶点原子研究，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方堆积，故答案为：12；面心立方堆积．点评：-16-本题考查位置、结构、性质的关系及其应用，难度中等，注意原子结构知识在元素推断中的重要性，学生应熟悉电子的排布、空间构型、杂化等知识点，识记中学常见的晶胞结构．　选修5——有机化学基础（共1小题，满分0）13．（2022•衡阳二模）有机物A是甜樱桃中含有的一种羟基酸，1.34gA与足量的NaHCO3溶液反应，生成标准状况下的气体0.448L．F不能发生银镜反应，在催化剂存在下1molF与2molH2可以发生反应生成G，G分子中含有苯环但无甲基．A～H等8种物质在一定条件下有如下转化关系：已知：含有﹣C≡C﹣OH、结构的物质不能稳定存在．请回答下列问题：（1）E的结构简式为　HOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COOH　，其核磁共振氢谱中会出现　3　组峰，G中所含官能团的名称为　羟基　．（2）反应①②③中反应类型依次是　消去反应、加成反应、取代反应　．（3）写出C生成D的化学方程式　HOOC﹣CHBr﹣CHBr﹣COOH+4NaOHNaOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COONa+2NaBr+2H2O　．（4）符合下列条件的G的同分异构体有　6　种．①遇FeCl3溶液显紫色，②苯环上有两个取代基．其中苯环上的一氯代物只有两种的结构简式为　、　．考点：有机物的推断．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：A与足量的NaHCO3溶液反应，生成标准状况下的气体0.448L，该气体是二氧化碳，其物质的量==0.02mol，生成二氧化碳说明A中含有羧基，A的相对分子质量为134，1.34gA的物质的量为0.01mol，0.01molA和足量NaHCO3溶液反应生成0.02mol二氧化碳，说明每个A分子中含有两个羧基，且A没有支链，含有﹣C≡C﹣OH、结构的物质不能稳定存在，则A的结构简式为HOOC﹣CH2﹣CHOH﹣COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成B，则B的结构简式为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，B和溴发生加成反应生成HOOC﹣CHBr﹣CHBr﹣COOH，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D的结构简式为NaOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COONa，D和稀盐酸反应生成E，E的结构简式为HOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COOH；-16-F不能发生银镜反应，说明F中不含醛基，在催化剂存在下1molF与2molH2可以发生反应生成G，G分子中含有苯环但无甲基，H的分子式为C22H26O6，E、H中都含有6个O原子，说明E和G发生酯化反应，H中不饱和度==10，每个苯环不饱和度为4，每个酯基不饱和度为1，则H中含有2个苯环，所以E和G以1：2反应，G的分子式为C9H12O，为醇，其不饱和度==4，说明G中只含一个苯环，且不含甲基，F不含醛基，则G的结构简式为，F的结构简式为，再结合题目分析解答．解答：解：A与足量的NaHCO3溶液反应，生成标准状况下的气体0.448L，该气体是二氧化碳，其物质的量==0.02mol，生成二氧化碳说明A中含有羧基，A的相对分子质量为134，1.34gA的物质的量为0.01mol，0.01molA和足量NaHCO3溶液反应生成0.02mol二氧化碳，说明每个A分子中含有两个羧基，且A没有支链，含有﹣C≡C﹣OH、结构的物质不能稳定存在，则A的结构简式为HOOC﹣CH2﹣CHOH﹣COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成B，则B的结构简式为HOOC﹣CH=CH﹣COOH，B和溴发生加成反应生成HOOC﹣CHBr﹣CHBr﹣COOH，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D的结构简式为NaOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COONa，D和稀盐酸反应生成E，E的结构简式为HOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COOH；F不能发生银镜反应，说明F中不含醛基，在催化剂存在下1molF与2molH2可以发生反应生成G，G分子中含有苯环但无甲基，H的分子式为C22H26O6，E、H中都含有6个O原子，说明E和G发生酯化反应，H中不饱和度==10，每个苯环不饱和度为4，每个酯基不饱和度为1，则H中含有2个苯环，所以E和G以1：2反应，G的分子式为C9H12O，为醇，其不饱和度==4，说明G中只含一个苯环，且不含甲基，F不含醛基，则G的结构简式为，F的结构简式为，（1）通过以上分析知，E的结构简式为HOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COOH-16-，该分子中有三类氢原子，所以其核磁共振氢谱有3组峰，G的结构简式为，其官能团名称为羟基，故答案为：HOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COOH；3；羟基；（2）通过以上分析知，①②③中反应类型依次是消去反应、加成反应和取代反应，故答案为：消去反应、加成反应、取代反应；（3）C的结构简式为HOOC﹣CHBr﹣CHBr﹣COOH，C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D的结构简式为NaOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COONa，反应方程式为HOOC﹣CHBr﹣CHBr﹣COOH+4NaOHNaOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COONa+2NaBr+2H2O，故答案为：HOOC﹣CHBr﹣CHBr﹣COOH+4NaOHNaOOC﹣CHOH﹣CHOH﹣COONa+2NaBr+2H2O；（4）G的结构简式为，其同分异构体符合下列条件，遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，苯环上有两个取代基，如果取代基是酚羟基、丙基，有邻间对三种同分异构体，如果取代基是酚羟基和异丙基，有邻间对三种同分异构体，所以符合条件的同分异构体有6种，其中苯环上的一氯代物只有两种时，两个取代基位于对位，它们的结构简式为、，故答案为：6；、．点评：本题考查有机物推断，侧重考查学生分析问题能力，以A的结构结合反应条件进行推断，难点是推断G结构简式，正确推断G是解本题关键，熟练掌握常见有机物官能团及其性质，题目难度中等．-16-