2022-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）起点化学试卷 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（ ）A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片C．汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一D．用聚氯乙烯代替聚乙烯作食品包装袋．有利于节约使用成本 2．化学用语在化学学科中作用非常重要，以下有关化学用语描述正确的是（ ）A．Mg2+的结构示意图：B．Na2S的电子式：C．氨气的空间结构：三角形D．乙烯的结构简式：（CH2）2 3．下列说法不正确的是（ ）A．石油裂解和油脂皂化都是由高分子生成小分子的过程B．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上C．（CH3）3CCH2CH3的一氯代物有3种D．甲苯的硝化、乙酸乙酯的水解均可看作取代反应 4．下列有关实验操作中，正确的是（ ）A．用试管取出试剂瓶中的NaOH溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中B．银镜反应实验后的废液可先倒入水槽中，再用水冲入下水道C．向试管中滴加液体时，胶头滴管必须紧贴试管内壁，避免液体溅出D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中 5．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．0.1mol•L﹣1KNO3溶液：Mg2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．无色透明的溶液：Cu2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣C．使pH试纸变红的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、ClO﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣ 6．下列说法正确的是（ ）A．碘化铵和氯化铵受热分解过程中破坏和形成的化学键类型完全相同B．反应N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）是一个△S＞0的反应C．1molFeCl3完全水解得到的Fe（OH）3胶体中胶粒数目为NA（NA为阿伏加德罗常数）D．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质 7．已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）25A．若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B．若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态 8．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原予的最外层电子数之和为13，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ）A．X的氢化物溶于水生成弱酸B．Y与X可生成Y3X2型化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．Z的单质在氧气中燃烧可以生成两种酸性氧化物 9．某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图所示．下列叙述正确的是（ ）A．有机物A属于芳香烃B．有机物A可以和Br2的CCl4溶液发生加成反应C．有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D．1molA和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3molNaOH 10．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/mol②CH3OH（g）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）D△H=﹣192.9kJ/mol根据上述反应，下列说法正确的是（ ）A．反应①中的能量变化如图所示B．可推知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）D△H=﹣483.8kJ/molC．1molCH3OH充分燃烧放出的热量为192.9kJD．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量 11．如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2=Fe+2Li2S．下列说法不正确的是（ ）25A．该装置将化学能转化为电能B．电子移动方向是由a极流向b极C．可以用水代替SO（CH3）2做溶剂D．b极反应式是FeS2+4Li++4e﹣=Fe+2Li2S 12．在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），有关下列图象的说法正确的是（ ）A．依据图a可判断正反应为吸热反应B．在图b中，虚线可表示压强增大C．若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D．由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0 13．下列叙述或表示正确的是（ ）A．0.1mol•L﹣1的醋酸的pH=a，0.01mol•L﹣1的醋酸的pH=b，则a+1=bB．用200mL4mol•L﹣1的NaOH溶液将0.6molCO2完全吸收，反应的离子方程式为：3CO2+4OHˉ=CO32ˉ+2HCO3ˉ+H2OC．难溶电解质AB2的饱和溶液中，c（A2+）=xmol•L﹣1，c（B﹣）=ymol•L﹣1，则Ksp值为4xy2D．常温下0.1mol•L﹣1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COOˉ）=0.1mol•L﹣1 14．下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是（ ）A．向漂白粉浊液中通入过量CO2B．向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C．向含1molCa（HCO3）2的溶液中加入1molNa2O2D．向含1molKAl（SO4）2的溶液中加入2molBa（OH）2 二、解答题（共5小题，满分35分）（一）必考题15．已知A、B、C、D、E、F都是短周期的主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中最丰富的元素，B的单质常温下为气体，C和E同主族，C和E可形成EC2和EC3两种分子，D是短周期中原子半径最大的元素．请回答下列问题：25（1）①B在元素周期表中的位置 ；②上述元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是 （写化学式）．（2）C、D、E、F四种元素对应的简单离子的半径由小到大的顺序是（用离子符号表示） ．（3）工业上常用A、B组成的物质X来检验F的单质是否发生泄漏，有大量白烟生成，写出此反应的化学方程式 ．其中该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为 ． 16．（1）氢是未来最好的能源选择，制取氢气的成熟的方法有很多，利用甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H=+49.4kJ/mol一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和3molH2O（g），实验测得：达到平衡状态时，吸收热量19.76kJ．则①达平衡时混合气体的压强是反应前的 倍．②该条件下的该反应的平衡常数是 （结果保留两位有效数字）．③该条件下反应达平衡状态的依据是（填序号） ．A．v正（CH3OH）=v正（CO2）B．混合气体的密度不变C．c（CH3OH）=c（H2O）D．混合气体的总物质的量不变（2）甲、乙两容器体积相等，甲容器通入1molSO2和1molO2，乙容器通入1molSO3和0.5molO2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，甲、乙起始反应温度相同，均和外界无热量交换，平衡时，甲中SO2的转化率为a，乙中SO3的分解率为b，则a、b的关系为a+b 1（填“＜”、“＞”或“=”）． 17．硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效．以菱镁矿（主要成分是MgCO3）为主要原料制备硫酸镁的方法如下：（1）步骤②中发生反应的离子方程式为 ．（2）步骤④中调节pH=6.0～6.5的目的是 ．（3）步骤⑤的操作为 （4）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：pH＜8.08.0～9.6＞9.6颜色黄色绿色蓝色25℃时，向Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为 [25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12]． 18．苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某化学小组采用如图装置，以苯甲酸、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯．有关物质的物理性质见下表所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4﹣97﹣12.3沸点/℃24964.3199.625密度/℃1.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶Ⅰ合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品．甲装置的作用是： ；冷却水从 （填“a”或“b”）口进入．Ⅱ粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制．（1）试剂1可以是 （填编号），作用是 ．A．稀硫酸B．饱和碳酸钠溶液C．乙醇（2）操作2中，收集产品时，控制的温度应在 ℃左右．（3）实验制得的苯甲酸甲酯精品质量为10g，则苯甲酸的转化率为 ．（结果保留三位有效数字） 19．氢氧化钾是重要的工业产品．请回答：（1）铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是 ．（2）工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯．电解槽内装有阳离子交换膜（只允许阳离子通过），其工作原理如图所示．①该电解槽的阳极反应式是 ．②通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因： ．③除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口 （填写“A”或“B”）导出．25 选做题【选修2：化学与技术】20．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：（1）步骤④的离子反应方程式为 ．（2）溴微溶于水，步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，它们的相对密度相差较大．分离出液溴的实验室方法为 ．（3）步骤⑥如果在实验室中进行，需用到的玻璃仪器有 ．（4）工业生产不直接蒸馏含溴的海水得到液溴，而要经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”，原因是 ．（5）苦卤水还可以用于制取金属镁，用化学方程式表示从苦卤水制取金属镁的反应原理 ． 【选修3：物质结构与性质】21．（1）亚铜离子（Cu+）基态时的价电子排布式表示为 ．（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为 （用元素符号表示）．（3）Cu晶体的堆积方式是 （填堆积方式名称），其配位数为 ；往Cu的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，下列说法正确的是 A．[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B．在[Cu（NH3）4]2+中Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C．[Cu（NH3）4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素D．SO42﹣与PO43﹣互为等电子体，空间构型均为正四面体（4）氨基乙酸铜的分子结构如图1，碳原子的杂化方式为 ．（5）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图2所示．则该化合物的化学式为 ．25 【选修5：有机化学基础】22．已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题．（1）G的名称为 ．（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B： ；C转化为D： ．（3）写出下列反应的化学方程式：G与足量NaOH溶液反应的化学方程式： ．（4）符合下列条件的G的同分异构体数目为 种：①苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同；②能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜．其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢的所有物质的结构简式为 ． 252022-2022学年湖北省部分重点中学高三（上）起点化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（ ）A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片C．汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一D．用聚氯乙烯代替聚乙烯作食品包装袋．有利于节约使用成本【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅的用途；煤的干馏和综合利用．【分析】A．煤的气化与液化都是化学变化；B．虽然硅的性质比较稳定，但是属于亲氧元素，故自然界中主要以化合态存在；C．PM2.5产生的主要来源，是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，大多含有重金属等有毒物质；D．聚氯乙烯有毒．【解答】解：A．煤的气化与液化都是化学变化，故A错误；B．虽然硅的性质比较稳定，但是属于亲氧元素，故自然界中主要以化合态存在，故B错误；C．汽车尾气的大量排放是造成PM2.5值升高的原因之一，故C正确；D．聚氯乙烯有毒，所以不能用聚氯乙烯代替聚乙烯作食品包装袋，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学在人类生产生活中的应用，主要涉及环境污染和食品安全，该部分题目因为与社会接触密贴成为高考的热点，题目难度不大，根据相关知识不难解答． 2．化学用语在化学学科中作用非常重要，以下有关化学用语描述正确的是（ ）A．Mg2+的结构示意图：B．Na2S的电子式：C．氨气的空间结构：三角形D．乙烯的结构简式：（CH2）2【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；判断简单分子或离子的构型．【分析】A．镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构；B．硫化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，硫离子需要标出最外层电子；C．氨气分子中，中心原子氮原子有一个孤电子对，所以氨气为三角锥结构；D．乙烯的结构简式中没有表示出官能团碳碳双键．【解答】解：A．镁离子的核电荷数为12，不是10，镁离子正确的离子结构示意图为：，故A错误；B．硫化钠属于离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出所带电荷及最外层电子，硫化钠的电子式为：，故B正确；C．氨气中氮原子形成3个共价键，最外层存在一对孤电子对，所以氨气分子的构型为三角锥型，故C错误；D．乙烯分子中含有官能团碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：CH2=CH2，故D错误；故选B．25【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握离子结构示意图、电子式、结构简式等化学用语的概念及书写原则，明确离子结构示意图与原子结构示意图、结构简式与分子式之间区别，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力． 3．下列说法不正确的是（ ）A．石油裂解和油脂皂化都是由高分子生成小分子的过程B．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上C．（CH3）3CCH2CH3的一氯代物有3种D．甲苯的硝化、乙酸乙酯的水解均可看作取代反应【考点】取代反应与加成反应；常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体；石油的裂化和裂解．【分析】A．高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子；B．丙烯中含甲基，为四面体构型；C．根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体；D．有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应．【解答】解：A．高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子，石油分子和油脂分子都不属于高分子，故A错误；B．丙烯中含甲基，为四面体构型，则丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故B正确；C．（CH3）3CCH2CH3中有3种H原子，其一氯代物有3种，故C正确；D．甲苯的硝化反应以及酯的水解都是有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，都属于取代反应，故D正确；故选A．【点评】本题考查高分子化合物的概念、有机物的结构、同分异构体的判断和反应类型的判断，为高考常考题型，对于有机物共线、共面问题，要以甲烷、乙烯、乙炔、苯等基本结构入手，对它们进行组合考虑． 4．下列有关实验操作中，正确的是（ ）A．用试管取出试剂瓶中的NaOH溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中B．银镜反应实验后的废液可先倒入水槽中，再用水冲入下水道C．向试管中滴加液体时，胶头滴管必须紧贴试管内壁，避免液体溅出D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．一些易变质的药品在使用时一般不能放回原试剂瓶；B．银离子是重金属离子，污染水资源；C．滴管下端要悬空在容器口的正上方；D．容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体．【解答】解：A．NaOH易吸收空气中二氧化碳而变质，为防止试剂污染，不能放回原试剂瓶，故A错误；B．银离子是重金属离子，用水冲入下水道会造成环境污染，故B错误；C．用胶头滴管滴加液体时，滴管下端要悬空在容器口的正上方，故C错误；D．容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后在转移到容量瓶中，故D正确．25故选D．【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意根据物质的性质进行判断，学习中注重相关知识的积累． 5．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．0.1mol•L﹣1KNO3溶液：Mg2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．无色透明的溶液：Cu2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣C．使pH试纸变红的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、ClO﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间不反应；B．Cu2+为蓝色，且Cu2+、CO32﹣反应；C．使pH试纸变红的溶液，显酸性；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．离子之间不反应，则能共存，故A正确；B．Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，且Cu2+、CO32﹣反应，则不能共存，故B错误；C．使pH试纸变红的溶液，显酸性，H+、ClO﹣结合生成弱酸，则不能共存，故C错误；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，选项C为解答的易错点，题目难度不大． 6．下列说法正确的是（ ）A．碘化铵和氯化铵受热分解过程中破坏和形成的化学键类型完全相同B．反应N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）是一个△S＞0的反应C．1molFeCl3完全水解得到的Fe（OH）3胶体中胶粒数目为NA（NA为阿伏加德罗常数）D．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质【考点】阿伏加德罗常数；化学键；焓变和熵变；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、碘化氢要发生分解，氯化氢不发生分解；B、气体系数之和增大，则△S＞0；C、1个Fe（OH）3胶粒是多个Fe（OH）3的聚集体；D、NaClO属于盐，为强电解质．【解答】解：A、碘化铵和氯化铵受热分解过程中离子键发生断裂，碘化铵分解产生的碘化氢还要发生分解，共价键断裂，但氯化铵产生的氯化氢不发生分解，所以分解过程中破坏和形成的化学键类型不完全相同，故A错误；B、气体系数之和增大，则△S＞0，则反应N2H4（I）═N2（g）+2H2（g）是一个△S＞0的反应，故B正确；C、1个Fe（OH）3胶粒是多个Fe（OH）3的聚集体，故1mol氯化铁水解后所得的Fe（OH）3胶粒个数小于NA个，故C错误；D、HClO属于弱酸，但NaClO属于盐，为强电解质，故D错误；故选B．25【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大． 7．已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）A．若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B．若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A．铁和酸、水蒸气反应生成氢气；B．若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，可能是化合物，如NO；C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定不一定属于复分解反应，如二氧化氮和水的反应；D．C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，则铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水．【解答】解：A．在高温条件下，3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故A错误；B．若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，可能是化合物，如：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B错误；C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定不一定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C错误；D．C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为：NH4++OH﹣=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的推断，明确物质的性质及物质间的反应是解本题关键，特别是特殊的反应要熟记，难度中等． 8．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原予的最外层电子数之和为13，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ）A．X的氢化物溶于水生成弱酸B．Y与X可生成Y3X2型化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．Z的单质在氧气中燃烧可以生成两种酸性氧化物【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】25短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13﹣6﹣2=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题．【解答】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则X的内层电子数为2，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，原子的最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13﹣6﹣2=5，所以X为N，Y为Mg，Z为S，A．N的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；B．Mg与N可生成Mg3N2型化合物，故B正确；C．Z的氢化物为硫化氢，硫元素的化合价为最低价，具有较强的还原性，其水溶液在空气中存放易被氧化，故C错误；D．Z为S，在氧气中燃烧只生成二氧化硫一种氧化物，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突破口是解答本题的关键，学生应熟悉元素化合物知识来解答此类习题． 9．某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图所示．下列叙述正确的是（ ）A．有机物A属于芳香烃B．有机物A可以和Br2的CCl4溶液发生加成反应C．有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D．1molA和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3molNaOH【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】有机物A含有O、Cl等元素，属于烃的衍生物，含有酯基，可发生水解反应，含有﹣Cl，可发生水解、消去反应，含有﹣OH，可发生氧化、取代反应，以此解答该题．【解答】解：A．有机物A含有O、Cl等元素，属于烃的衍生物，故A错误；B．有机物A中不含碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故B错误；C．由于﹣OH相邻C原子上不含H原子，不能发生消去反应，故C错误；D．有机物A水解产物中共含有1个酚羟基、1个羧基和HCl，则1molA和足量的NaOH溶液反应，可以消耗3molNaOH，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物的官能团的性质的考查，题目难度不大，易错点为D，注意从水解产物的角度进行判断． 10．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/mol②CH3OH（g）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）D△H=﹣192.9kJ/mol根据上述反应，下列说法正确的是（ ）25A．反应①中的能量变化如图所示B．可推知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）D△H=﹣483.8kJ/molC．1molCH3OH充分燃烧放出的热量为192.9kJD．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量【考点】反应热和焓变．【分析】A、反应①是吸热反应；图中是放热反应；B、依据盖斯定律结合①②合并得到判断；C、依据反应②甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是﹣192.9kJ/mol；而1molCH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9kJ；D、根据①②反应可知，生成氢气的反应不一定是吸热反应；【解答】解：A、图中表示的是放热反应，而反应①是吸热反应，故A错误；B、依据盖斯定律结合①②合并：②﹣①得到H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.9kJ/mol；所以2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.8kJ/mol；故B正确；C、反应②甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是﹣192.9kJ/mol；而1molCH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9kJ；故C错误；D、CH3OH转变成H2的过程按照反应①是吸热反应，按照②反应是放热反应，所以不一定要吸收能量，故D错误；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式的书写和注意问题，利用热化学方程式进行分析判断反应的热效应，计算反应热量变化，盖斯定律的应用，题目难度中等． 11．如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2=Fe+2Li2S．下列说法不正确的是（ ）A．该装置将化学能转化为电能B．电子移动方向是由a极流向b极C．可以用水代替SO（CH3）2做溶剂D．b极反应式是FeS2+4Li++4e﹣=Fe+2Li2S【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、装置图分析可知是原电池反应原理；25B、原电池中电子从负极沿外电路流向正极；C、水的导电性差和锂发生反应；D、b电极为正极，得到电子发生还原反应；【解答】解：A、装置图分析可知是原电池反应原理，是化学能转化为电能的装置，故A正确；B、原电池中电子从负极沿外电路流向正极，原电池中a为负极，是由a极流向b极，故B正确；C、水的导电性差和锂发生反应，不符合原电池的反应原理，故C错误；D、b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为FeS2+4Li++4e﹣=Fe+2Li2S，故D正确；故选C．【点评】本题考查原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题目难度中等． 12．在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），有关下列图象的说法正确的是（ ）A．依据图a可判断正反应为吸热反应B．在图b中，虚线可表示压强增大C．若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D．由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应；B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动；C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率；D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应．【解答】解：A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A错误；B、压强增大改变反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡向正反应方向移动，图象不符合平衡移动，故B错误；C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应△H＜0，故D错误；故选C．25【点评】本题考查化学平衡的建立和影响因素的分析判断，图象分析判断是解题关键，题目难度中等． 13．下列叙述或表示正确的是（ ）A．0.1mol•L﹣1的醋酸的pH=a，0.01mol•L﹣1的醋酸的pH=b，则a+1=bB．用200mL4mol•L﹣1的NaOH溶液将0.6molCO2完全吸收，反应的离子方程式为：3CO2+4OHˉ=CO32ˉ+2HCO3ˉ+H2OC．难溶电解质AB2的饱和溶液中，c（A2+）=xmol•L﹣1，c（B﹣）=ymol•L﹣1，则Ksp值为4xy2D．常温下0.1mol•L﹣1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COOˉ）=0.1mol•L﹣1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较．【分析】A、将pH=a的弱酸稀释10倍，弱酸的电离被促进，溶液的pH增大不到1；B、根据钠元素和碳元素的守恒来分析；C、难溶电解质AB2的电离方程式为：AB2（S）⇌A2+（aq）+2B﹣（aq），Ksp=c（A2+）．c2（B﹣），据此分析解答．D、0.1mol•L﹣1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中醋酸钠的浓度为0.05mol/L，根据物料守恒来分析．【解答】解：A、将pH=a的弱酸稀释10倍，弱酸的电离被促进，溶液的pH增大不到1，故0.1mol•L﹣1的醋酸的pH=a，则稀释10倍后的0.01mol•L﹣1的醋酸的pH=b＜a+1，故A错误；B、设产物中Na2CO3的物质的量为Xmol，NaHCO3的物质的量为Ymol，根据钠元素守恒可知：2X+Y=0.8mol①根据碳元素的守恒可知：X+Y=0.6mol②解得：X=0.2molY=0.4mol故生成的Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为1：2，故离子方程式为：3CO2+4OHˉ=CO32ˉ+2HCO3ˉ+H2O，故B正确；C、难溶电解质AB2的电离方程式为：AB2（S）⇌A2+（aq）+2B﹣（aq），AB2饱和溶液中，c（A2+）=xmol•L﹣1，c（B﹣）=ymol•L﹣1，则Ksp=c（A2+）．c2（B﹣）=xy2，故C错误；D、0.1mol•L﹣1的醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中醋酸钠的浓度为0.05mol/L，根据物料守恒可有：：c（CH3COOH）+c（CH3COOˉ）=0.05mol•L﹣1，故D错误．故选B．【点评】本题考查了弱酸的稀释时pH的变化、产物的分析和难溶电解质的Ksp的表达式的书写，难度不大． 14．下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是（ ）A．向漂白粉浊液中通入过量CO2B．向带有氧化膜的铝片中加入盐酸C．向含1molCa（HCO3）2的溶液中加入1molNa2O2D．向含1molKAl（SO4）2的溶液中加入2molBa（OH）2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．25【专题】元素及其化合物．【分析】A、漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；B、氧化铝和金属铝和盐酸之间反应都生成氯化铝；C、1molNa2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，根据碳酸氢钙和氢氧化钠之间的反应来回答；D、根据铝离子和氢氧根离子、钡离子和硫酸根离子之间量的关系来回答．【解答】解：A、漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，加热蒸干，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发，残留固体为碳酸钙、氯化钙，故A正确；B、向带有氧化膜的铝片中加入盐酸，得到氯化铝溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，得到的是氢氧化铝，属于纯净物，故B错误；C、1molNa2O2可以和水之间反应生成2mol氢氧化钠，2mol氢氧化钠和1molCa（HCO3）2的溶液反应生成的是碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到的是碳酸钠，属于纯净物，故C错误；D、1molKAl（SO4）2的溶液中加入2molBa（OH）2会生成2mol硫酸钡沉淀和1mol偏铝酸钾溶液，过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，偏铝酸钾虽在水中水解，蒸干时得到的是K[Al（OH）4]，是纯净物，故D错误，故选A．【点评】本题考查学生元素以及化合物的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大． 二、解答题（共5小题，满分35分）（一）必考题15．已知A、B、C、D、E、F都是短周期的主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中最丰富的元素，B的单质常温下为气体，C和E同主族，C和E可形成EC2和EC3两种分子，D是短周期中原子半径最大的元素．请回答下列问题：（1）①B在元素周期表中的位置 第二周期第VA族 ；②上述元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是 HClO4 （写化学式）．（2）C、D、E、F四种元素对应的简单离子的半径由小到大的顺序是（用离子符号表示） Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣ ．（3）工业上常用A、B组成的物质X来检验F的单质是否发生泄漏，有大量白烟生成，写出此反应的化学方程式 3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2 ．其中该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为 2：3 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E、F都是短周期的主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中最丰富的元素，则A为氢元素；C和E同主族，C和E可形成EC2和EC3两种分子，则C为O、E为S；F的原子序数大于S，则F为Cl；B的单质常温下为气体，可推知B为N；D是短周期中原子半径最大的元素，则D为Na，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F都是短周期的主族元素，原子序数依次增大，其中A是宇宙中最丰富的元素，则A为氢元素；C和E同主族，C和E可形成EC2和EC3两种分子，则C为O、E为S；F的原子序数大于S，则F为Cl；B的单质常温下为气体，可推知B为N；D是短周期中原子半径最大的元素，则D为Na，（1）①B为N元素，在元素周期表中的位置是：第二周期第VA族，故答案为：第二周期第VA族；②上述元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；25（2）电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越大，电子层越多离子半径越大，故离子半径Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣，故答案为：Na+＜O2﹣＜Cl﹣＜S2﹣；（3）氨气来检验氯气是否发生泄漏，有大量白烟生成，生成氯化铵与氮气，反应的化学反应方程式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，氯气为氧化剂，氨气为还原剂，占参加反应的，该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为8×：3=2：3，故答案为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2；2：3；【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及元素化合物推断、半径比较、常用化学用语等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，侧重对知识的迁移运用考查，难度中等． 16．（1）氢是未来最好的能源选择，制取氢气的成熟的方法有很多，利用甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H=+49.4kJ/mol一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和3molH2O（g），实验测得：达到平衡状态时，吸收热量19.76kJ．则①达平衡时混合气体的压强是反应前的 1.2 倍．②该条件下的该反应的平衡常数是 0.11 （结果保留两位有效数字）．③该条件下反应达平衡状态的依据是（填序号） D ．A．v正（CH3OH）=v正（CO2）B．混合气体的密度不变C．c（CH3OH）=c（H2O）D．混合气体的总物质的量不变（2）甲、乙两容器体积相等，甲容器通入1molSO2和1molO2，乙容器通入1molSO3和0.5molO2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，甲、乙起始反应温度相同，均和外界无热量交换，平衡时，甲中SO2的转化率为a，乙中SO3的分解率为b，则a、b的关系为a+b ＜ 1（填“＜”、“＞”或“=”）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．【分析】（1）①恒温恒容下，气体的压强之比等于物质的量之比；②利用三段式法计算出平衡时的浓度，K=；③平衡状态时正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变；（2）二氧化硫和氧气反应放热，分解三氧化硫吸热，在绝热容器中影响平衡移动；【解答】解：（1）①吸热19.76KJ，据方程式可以求得，反应的甲醇有=0.4mol，则CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H=+49.4kJ/mol反应前（mol）1300反应了（mol）0.40.40.41.2平衡后（mol）0.62.60.41.2平衡后，混合气体的压强是原来的=1.2，故答案为：1.2；②K==≈0.11，25故答案为：0.11；③A、不能体现正逆反应速率相等，故A错误；B、体积不变，反应物和生成物都是气体，所以密度永远不变，故B错误；C、甲醇和水蒸气浓度相等，决定于加入的量，与是否平衡无关，故C错误；D、反应前后气体体积不同，所以气体总物质的量不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选D．（2）若温度和体积都相同时，a+b=1，但现在是绝热容器，甲中温度会升高，抑制了二氧化硫与氧气化合，乙中温度会降低，抑制了三氧化硫的分解，所以，a+b＜1，故答案为：＜；【点评】本题考查了气体物质的量之比与压强的关系、化学平衡常数的求算、平衡状态的判断、温度对平衡移动的影响、原电池中电极反应式书写、离子移动方向等等，题目难度中等． 17．硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效．以菱镁矿（主要成分是MgCO3）为主要原料制备硫酸镁的方法如下：（1）步骤②中发生反应的离子方程式为 2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O ．（2）步骤④中调节pH=6.0～6.5的目的是 抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品 ．（3）步骤⑤的操作为 蒸发浓缩、冷却结晶 （4）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：pH＜8.08.0～9.6＞9.6颜色黄色绿色蓝色25℃时，向Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为 蓝色 [25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12]．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水；（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，调节pH为弱酸性，抑制镁离子的水解；（3）根据温度较高时会导致MgSO4•7H2O中的结晶水失去分析操作方法；（4）Mg（OH）2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算pH，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色．【解答】解：（1）步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，反应的离子方程式为2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O，故答案为：2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O；（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，为了抑制镁离子的水解，调节pH为弱酸性，使镁离子的水解平衡逆向移动，得到纯净的硫酸镁晶体，25故答案为：抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品；（3）MgSO4•7H2O在加热条件下容易失去结晶水，无法得到纯净的MgSO4•7H2O，所以从硫酸镁溶液中获得MgSO4•7H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（4）25℃时，Mg（OH）2的溶度积Ksp=5.6×10﹣12，根据反应Mg（OH）2（s）⇌Mg2++2OH﹣可得：c（Mg2+）c2（OH﹣）=5.6×10﹣12，设c（OH﹣）=2c（Mg2+）=x，则：0.5x×x2=5.6×10﹣12，解得：x=2.24×10﹣4mol/L，c（H+）=mol/L=4.5×10﹣11mol/L，溶液的pH=10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，故答案为：蓝色．【点评】本题考查了硫酸钡的制备方法、化学实验操作方法的综合应用等知识，难度中等，试题涉及的知识点较多，全面考查了学生的分析、理解能力，正确分析题中数据为解答关键，难度较大． 18．苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某化学小组采用如图装置，以苯甲酸、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯．有关物质的物理性质见下表所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4﹣97﹣12.3沸点/℃24964.3199.6密度/℃1.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶Ⅰ合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品．甲装置的作用是： 冷凝回流 ；冷却水从 b （填“a”或“b”）口进入．Ⅱ粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制．（1）试剂1可以是 B （填编号），作用是 洗去苯甲酸甲酯中过量的酸 ．A．稀硫酸B．饱和碳酸钠溶液C．乙醇（2）操作2中，收集产品时，控制的温度应在 199.6 ℃左右．（3）实验制得的苯甲酸甲酯精品质量为10g，则苯甲酸的转化率为 73.5% ．（结果保留三位有效数字）25【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验探究和数据处理题；创新题型．【分析】本题是利用酯化反应的原理探究以苯甲酸、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯，操作过程可参考教材乙酸乙酯的制备实验操作，反应物的转化率可利用原子守恒结合物质的量为基本单位计算理论产量，据此解答．Ⅰ有机物易挥发，B的作用是冷凝回流；根据逆流原理通入冷凝水；Ⅱ（1）由流程图可知，操作1是洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸；（2）操作2采取蒸馏的方法，将苯甲酸甲酯与甲醇、水分离，由苯甲酸甲酯的沸点可知应收集沸点199.6℃的馏分；（3）令苯甲酸的转化率为a，根据关系式C7H6O2～C8H8O2中质量定比关系列方程计算．【解答】解：Ⅰ有机物易挥发，B的作用是冷凝回流；根据逆流原理通入冷凝水，应从b口通入冷凝水，故答案为：冷凝回流；b；Ⅱ（1）由流程图可知，操作1是洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸，应选择碳酸钠溶液，故答案为：B；洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；（2）操作2采取蒸馏的方法，将苯甲酸甲酯与甲醇、水分离，由苯甲酸甲酯的沸点可知应收集沸点199.6℃的馏分，故应控制温度199.6℃，故答案为：199.6；（3）0.1mol苯甲酸的质量为0.1mol×122g/mol=12.2g，令苯甲酸的转化率为a，则：C7H6O2～～～C8H8O212213612.2g×a10g所以，122：12.2ag=136：10g，解得a=73.5%，故答案为：73.5%．【点评】本题考查有机物的合成，侧重对化学实验的考查，涉及对装置的理解、物质的分离提纯、对实验条件的控制、对数据的分析处理等，难度中等，需要学生基本知识的基础与灵活运用能力． 19．氢氧化钾是重要的工业产品．请回答：（1）铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ ．（2）工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯．电解槽内装有阳离子交换膜（只允许阳离子通过），其工作原理如图所示．①该电解槽的阳极反应式是 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑ ．25②通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因： 通电开始后，水电离产生的H+在阴极放电，留下的OH﹣又不能通过阳离子交换膜，所以阴极附近溶液pH会增大 ．③除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口 B （填写“A”或“B”）导出．【考点】电解原理；离子方程式的书写．【分析】（1）铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气；（2）①用阳离子交换膜电解法除去工业品氢氧化钾溶液中的杂质含氧酸根，相当于电解水，阳极氢氧根离子放电；②电解时，阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极：4H++4e﹣=2H2↑，其中阴极区H+放电，H+浓度减小，使水的电离平衡向右移动促进水的电离，OH﹣浓度增大；③在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子K+和H+通过，这样就在阴极区聚集大量的K+和OH﹣，从而产生纯的氢氧化钾溶液，所以除去杂质后的氢氧化钾溶液从溶液出口在阴极区．【解答】解：（1）铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，反应的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（2）①用阳离子交换膜电解法除去工业品氢氧化钾溶液中的杂质含氧酸根，相当于电解水，故电解时，阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；②阴极：4H++4e﹣=2H2↑，其中阴极区H+放电，H+浓度减小，使水的电离平衡向右移动促进水的电离，在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子K+和H+通过，留下的OH﹣浓度增大，阴极附近溶液pH会增大，故答案为：通电开始后，水电离产生的H+在阴极放电，留下的OH﹣又不能通过阳离子交换膜，所以阴极附近溶液pH会增大；③在阴极区聚集大量的K+和OH﹣，从而产生纯的氢氧化钾溶液，除杂后的氢氧化钾溶液从出口B导出，故答案为：B．【点评】本题考查了电解原理的分析应用，关键是根据离子放电顺序判断电解过程中发生的反应理解除杂原理，题目难度中等． 选做题【选修2：化学与技术】2520．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：（1）步骤④的离子反应方程式为 Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣ ．（2）溴微溶于水，步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，它们的相对密度相差较大．分离出液溴的实验室方法为 分液 ．（3）步骤⑥如果在实验室中进行，需用到的玻璃仪器有 酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管） ．（4）工业生产不直接蒸馏含溴的海水得到液溴，而要经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”，原因是 氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的富集过程； ．（5）苦卤水还可以用于制取金属镁，用化学方程式表示从苦卤水制取金属镁的反应原理 MgCl2+Ca（OH）2=Mg2↓+CaCl2；Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；海水资源及其综合利用．【专题】实验设计题；元素及其化合物．【分析】（1）根据了SO2的还原性和氯气的氧化性来解答；（2）根据分液是分离两种不相溶的液体，用分液漏斗分离；（3）蒸馏使用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管）；（4）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，产量低．（5）苦卤用来制取金属镁的过程为：镁离子氢氧化镁氯化镁溶液氯化镁晶体→金属镁．【解答】解：（1）因SO2和氯气、水反应生成硫酸和氢溴酸：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣；（2）因液溴与溴水不相溶，用分液漏斗分离，故答案为：分液；（3）蒸馏使用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管），故答案为：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管）；（4）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，产量低，应经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程进行富集，故答案为：氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的富集过程；25（5）苦卤用来制取金属镁的过程为：镁离子氢氧化镁氯化镁溶液氯化镁晶体→金属镁，其中涉及的化学方程式为：MgCl2+Ca（OH）2=Mg2↓+CaCl2；Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2+Ca（OH）2=Mg2↓+CaCl2；Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．【点评】本题主要以海水化学资源的利用为背景，考查的知识点较多，培养了学生运用知识分析问题和解决问题的能力． 【选修3：物质结构与性质】21．（1）亚铜离子（Cu+）基态时的价电子排布式表示为 3d10 ．（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为 Br＞As＞Se （用元素符号表示）．（3）Cu晶体的堆积方式是 面心立方最密堆积 （填堆积方式名称），其配位数为 12 ；往Cu的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，下列说法正确的是 AD A．[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B．在[Cu（NH3）4]2+中Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C．[Cu（NH3）4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素D．SO42﹣与PO43﹣互为等电子体，空间构型均为正四面体（4）氨基乙酸铜的分子结构如图1，碳原子的杂化方式为 sp3、sp2 ．（5）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图2所示．则该化合物的化学式为 CuH ．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）根据构造原理写出其核外电子排布式；（2）同一周期中元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第VA族元素大于其相邻元素；（3）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，配位数为12；根据的[Cu（NH3）4]SO4结构判断选项；（4）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；（5）利用均摊法确定其化学式．【解答】解：（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子（Cu+）的价电子排布式为：3d10，故答案为：3d10；25（2）As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大，这三种元素依次属于第IVA族、第VA族、第VIA族，第VA族元素大于其相邻元素的第一电离能，所以3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se，故答案为：Br＞As＞Se；（3）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，配位数为12；A、N与H原子形成极性共价键，[Cu（NH3）4]2+与SO42﹣形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，故A正确；B、氨气分子的键角小于水分子的键角，故B错误；C、金属的第一电离能比非金属元素的第一电离能大，故C错误；D、SO42﹣与PO43﹣原子个数相等，价电子数相等，互为等电子体，空间构型均为正四面体，故D正确；故答案为：面心立方最密堆积；12；AD；（4）氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化；故答案为：sp3、sp2；（5）该晶胞中，该晶胞中Cu原子个数=3+12×+2×=6，H原子个数=4+6×=6，所以其化学式为CuH．故答案为：CuH．【点评】本题考查了晶胞的计算、元素周期律、原子杂化等知识点，这些都是学习重点也是学习难点，同时考查学生的空间想象能力、分析问题能力、数学分析逻辑能力等，难度较大． 【选修5：有机化学基础】22．已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题．（1）G的名称为 乙酸苯甲酯 ．（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B： 取代反应或水解反应 ；C转化为D： 加成反应 ．（3）写出下列反应的化学方程式：G与足量NaOH溶液反应的化学方程式： ．（4）符合下列条件的G的同分异构体数目为 6 种：①苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同；②能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜．其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢的所有物质的结构简式为 ．25【考点】有机物的推断．【分析】C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为，B为，G为，据此解答．【解答】解：C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为，B为，G为，（1）G为，名称为乙酸苯甲酯，故答案为：乙酸苯甲酯；（2）A转化为B是卤代烃的水解反应，也属于取代反应，C转化为D是乙烯与是发生加成反应生成乙醇，故答案为：水解反应或取代反应；加成反应；（3）G与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）符合下列条件的的同分异构体：能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜，含有﹣CHO，苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同，还含有2个﹣CH3，另外取代基为﹣OOCH，2个﹣CH3相邻，﹣OOCH有2种位置，2个﹣CH3处于间位，﹣OOCH有3种位置，2个﹣CH3处于对位，﹣OOCH有1种位置，故符合条件的同分异构体有2+3+1=6种，其中氢原子共有四种不同环境的所有物质的结构简式为：，故答案为：6；．【点评】本题考查有机物推断，涉及烃、醇、醛、羧酸的性质与转化等，难度不大，是对常见有机物知识的简单运用，（4）中注意运用“定二移一法”书写同分异构体． 25
