2022-2022学年湖北省武汉市部分学校联考高三（上）起点调研化学试卷 一、选择题：本题共14小题，每小题3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．化学与生产，生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A．石油的分馏和煤的液化都是物理变化B．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应C．沼气是可再生能源，电能是二次能源D．人体内的蛋白质不断分解，最终生成二氧化碳和水排出 2．下列各组物质的分类正确的是（ ）A．同位素：H2O、H2O、H2OB．同系物：CH4、C2H6、C8H18C．同素异形体：H2、D2、T2D．胶体：饱和氯化铁溶液、淀粉溶液、牛奶 3．下列有关仪器使用方法或实验操作说法正确的是（ ）A．酸碱中和滴定时，滴定管以及锥形瓶在使用前需用待装液润洗B．测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再对照标准比色卡读数C．萃取时，振荡过程中放气是通过打开分液漏斗上口的玻璃塞进行的D．做焰色反应时，可用光洁无锈的铁丝代替铂丝进行实验 4．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．60gSiO2晶体中含有Si﹣O键数目为2NAB．常温常压下，1.69O2和O3的混合气体所含电子数为0.8NAC．1mol/LAICl3溶液中，所含Al3+数目小于NAD．密闭容器中2molNO与lmol02充分反应，产物的分子数为2NA 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．滴加甲基橙显红色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．加铝粉能放出氢气的溶液：Na+、NO3﹣、Cl﹣、Ba2+C．使红色石蕊试纸变蓝色的溶液：Na+、ClO﹣、Cl﹣、S2﹣D．=1013的溶液：Fe2+、Cl﹣、MnO4﹣、SO42﹣ 6．下列各有机物在酸性条件下发生水解反应，生成两种不同的物质，且这两种物质的相对分子质量相等．这种有机物是（ ）A．甲酸甲酯B．丙酸乙酯C．蔗糖D．麦芽糖 287．在2L密闭容器中进行反应C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H＞0，测得c（H2O）随反应时间（t）的变化如图所示．下列判断正确的是（ ）A．0﹣5min内，v（H2）=0.05mol/（L．min）B．5min时该反应的K值一定小于12min时的K值C．10min时，改变的外界条件可能是减小压强D．5min时该反应的v正大于11min时的v逆 8．卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（ ）A．B．C．D． 9．W，X，Y，Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0，6，8，8，它们的最外层电子数之和为10，下列说法正确的是（ ）A．W与Y可以形成离子化合物B．X的简单氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最高，说明X的非金属性最强C．X和Z形成的原子个数1：1的化合物中，既含有极性键又含有非极性键D．工业生产中，通常用电解Z的熔融氧化物来制取Z的单质 10．下列化合物不能由化合反应直接制得的是（ ）A．FeCl2B．Na2OC．Fe（OH）3D．H2SiO3 11．下列反应的离子方程式正确的是（ ）A．用石墨作电极电解AIC13溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4﹣+3H202+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2OC．石灰水中加入过量小苏打溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OD．0.2mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓ 12．某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（ ）28A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线B．b点酸的浓度小于a点酸的浓度C．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱D．a点Kw的数值比c点Kw的数值小 13．如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（ ）A．Mg作负极，电子流向：Mg一→稀硫酸一→A1B．Al作负极，电极反应式6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑C．Cu作负极，电极反应式Cu﹣2e﹣═Cu2+D．Cu作正极，电极反应式：2H++2e═H2↑ 14．下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论28A向新生成的AgCl悬浊液中滴入KI溶液产生黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B用铂丝蘸取少溶液进行焰色反应观察到火焰呈黄色该溶液一定含有Na+，一定不含K+C在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝＞铝D向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水先无明显现象，后溶液变成血红色溶液中含有Fe2+没有Fe3+A．AB．BC．CD．D 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第15题一第19题为必考题，．每个试题考生都必须作答．第20题～第22题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共43分）15．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KC1O3、NaHCO3等物质．当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．（l）Fe203是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为 （填化学式）．（2）KCl04是助氧化剂，其中含有化学键的类型为 ．（3）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为 ．（4）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na．取56g上述产气药剂，分解产生的气体通过碱石灰后的体积为16.8L（标准状况），该产气药剂中NaN3的质量分数为 ． 16．（10分）（2022秋•武汉校级月考）现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用．某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数Kb．（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是 A．生石灰B．无水氯化钙C．五氧化二磷D．碱石灰（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是 ．（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口， ，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示．图2中 点时喷泉最剧烈．（4）从三颈瓶中用 （填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定．用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示．（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3•H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb ． 17．（10分）（2022秋•武汉校级月考）将CO2转化为甲醇可以有效利用资源，同时又可控制温室气体，原理为：CO2+3H2CH3OH+H2O28（1）由图1所示的能量变化，写出将CO2转化为甲醇的热化学方程式 ．（2）一定温度下，若上述制备甲醇的反应在体积为2L的密闭容器中进行并保持温度不变，起始时投入1molCO2、4molH2，达到平衡时H2与CO2的物质的量之比为8：1，CO2的转化率是 ．（3）现以甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72﹣）时，实验室利用图2装置模拟该法：①M区发生反应的电极反应式为 ．②已知电解池溶液里Cr2O72﹣转化为Cr3+，该反应的离子方程式 （4）处理废水时，最后Cr3+以Cr（OH）3形式除去，当Cr3+沉淀完全，溶液的pH ．（已知Ksp．[Cr（OH）3]=6.4xl0﹣31，lg2=0.3） 18．工业生产中常用炼锌废渣（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO等杂质）来提取氧化锌和金属铜等，其主要工艺流程如图所示：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH见下表氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.56.55.46.5沉淀完全的pH3.79.76.78.0（1）为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有（写出两条） （2）试剂A是 （填化学式）．（3）调节酸浸液的pH的范围是 ．（4）滤液甲与试剂B发生置换反应，则试剂B是 （填化学式）．（5）在实验室进行焙烧时，盛放沉淀丙的仪器名称是 ． 2819．（11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．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 ． 【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）20．（15分）（2022秋•英德市校级月考）工业中以铝土矿（主要成分为AI2O3，另含有Fe2O3和SiO2）为原料冶炼铝过程如图所示．试回答下列问题：（1）实验室里过滤用到的玻璃仪器有烧杯、 、 ．（2）操作Ⅱ中生成不溶物C的离子方程式是 ．（3）氧化铝的熔点高达205℃，工业上为降低能耗，在铝的电解冶炼时，采取的措施是 ．28（4）电解冶炼铝时，阳极和阴极以碳素材料制成，电解过程中，阳极材料需定期进行更换，原因是 ．（5）为了提高综合经济效益，实际工业生产中常将上述反应中的相关物质循环利用．其部分转化关系如图所示：①上述转化中未涉及四种基本反应类型中的 反应；②写出过程③的化学方程式： （6）科学研究表明，人体过量吸入铝元素会严重危害身体健康．请你结合实际提出两条杜绝铝元素过量吸人的措施： ． 【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）21．（2022秋•武汉校级月考）X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大的前四周期元素．其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子；X、Z中未成对电子数均为2；U是第三周期元素形成的简单离子中半径最小的元素；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子．请回答下列问题：（1）X、Y、Z的第一电离能从大到小的顺序是 （用元素符号表示，下同）．（2）写出W的价电子排布图 ．（3）根据等电子体原理，可知化合物XZ的结构式是 ．（4）X、Y、Z的最简单氢化物的键角从大到小的顺序是 （用化学式表示），原因是 ．（5）由元素Y与U元素组成的化合物A，晶胞结构如图所示（黑球表示Y原子，白球表示U原子），请写出化合物A的化学式 ，其中Y元素的杂化方式是 ．（6）U的晶体属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70g/cm3，通过计算确定其晶胞的类型 （填简单立方堆积、体心立方堆积或面心立方最密堆积）（已知：4053=6.64×l07）． 【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）22．（2022秋•海东地区校级月考）以乙烯为原料合成环状化合物E（C4H4O4）的流程如下：请回答下列问题：（1）E的结构简式是 ；C中所含官能团的名称是 ．28（2）在乙烯的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的结构简式是 ，名称（系统命名）是 ．（3）反应①～⑤中，属于取代反应的是 （填写编号）．（4）写出反应②的化学方程式 ．（5）F是E的同分异构体，且1molF与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，请写出符合条件的F的所有的结构简式 ．（6）参照上述合成路线的表示，设计以乙烯为原料制备乙二醇的最简合成路线： ． 2022-2022学年湖北省武汉市部分学校联考高三（上）起点调研化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题：本题共14小题，每小题3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．化学与生产，生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A．石油的分馏和煤的液化都是物理变化B．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应C．沼气是可再生能源，电能是二次能源D．人体内的蛋白质不断分解，最终生成二氧化碳和水排出【考点】石油的分馏产品和用途；常见的能量转化形式；有机化学反应的综合应用；化石燃料与基本化工原料．【分析】A、煤液化是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术；B、聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应；C、沼气可以再生；通过人为加工获得的能源为二次能源；D、根据蛋白质水解的最终产物是氨基酸，而代谢的最终产物是尿素和水、二氧化碳进行解答；【解答】解：A、石油的分馏是物理变化；煤液化是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B、聚乙烯塑料中已无双键，不能发生加成反应，塑料的老化是因为发生了氧化反应，故B错误；C、沼气可以通过植物秸秆的发酵再生；通过人为加工获得的能源为二次能源，电能是通过燃煤或水能或风能等转化而来的，属于二次能源，故C正确；D、根据蛋白质的代谢过程判断，蛋白质在人体内酶物质的作用下，先分解成氨基酸，被人体吸收，其中一部分氧化成尿酸、尿素、二氧化碳、水，另一部分重新合成人体所需的蛋白质，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了煤的液化、石油的分馏、聚乙烯塑料的结构和性质等知识，注意相关知识的积累，题目难度不大． 2．下列各组物质的分类正确的是（ ）28A．同位素：H2O、H2O、H2OB．同系物：CH4、C2H6、C8H18C．同素异形体：H2、D2、T2D．胶体：饱和氯化铁溶液、淀粉溶液、牛奶【考点】同位素及其应用；同素异形体；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】A．质子数相同中子数不同的原子互称同位素；B．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；C．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；D．分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体．【解答】解：A．H2O、H2O、H2O是分子不是原子，故A错误；B．CH4、C2H6、C8H18都是烷烃，互为同系物，故B正确；C．H2、D2、T2是同种物质，故C错误；D．氯化铁溶液不是胶体，故D错误．故选B．【点评】本题考查同位素、同系物、同素异形体、胶体等，难度不大，注意相关定义的积累． 3．下列有关仪器使用方法或实验操作说法正确的是（ ）A．酸碱中和滴定时，滴定管以及锥形瓶在使用前需用待装液润洗B．测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再对照标准比色卡读数C．萃取时，振荡过程中放气是通过打开分液漏斗上口的玻璃塞进行的D．做焰色反应时，可用光洁无锈的铁丝代替铂丝进行实验【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大；B．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；C．放气是通过打开分液漏斗的活塞进行的；D．铁无焰色反应．【解答】解：A．中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；B．水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故B错误；C．右手顶住瓶塞，将漏斗倒置过来．以左手控制活栓，将活栓打开先放气一次，故C错误；D．洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及中和滴定、pH试纸、萃取以及焰色反应的操作，注意操作要点，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大． 4．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．60gSiO2晶体中含有Si﹣O键数目为2NAB．常温常压下，1.69O2和O3的混合气体所含电子数为0.8NAC．1mol/LAICl3溶液中，所含Al3+数目小于NAD．密闭容器中2molNO与lmol02充分反应，产物的分子数为2NA28【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、质量换算物质的量，1mol二氧化硅中含4mol硅氧键；B、O2和O3均由氧原子构成；C、溶液体积不明确；D、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4．【解答】解：A、60g石英晶体屋子里的为1mol，结构中含有的Si﹣O键数目为4NA，故A错误；B、O2和O3均由氧原子构成，故1.69g混合物中含有的氧原子的物质的量n==0.1mol，而氧原子中含有8个电子，故0.1mol氧原子含有的0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的铝离子的个数无法计算，故C错误；D、2molNO与lmol02生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故生成的产物的分子小于2NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 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．滴加甲基橙显红色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．加铝粉能放出氢气的溶液：Na+、NO3﹣、Cl﹣、Ba2+C．使红色石蕊试纸变蓝色的溶液：Na+、ClO﹣、Cl﹣、S2﹣D．=1013的溶液：Fe2+、Cl﹣、MnO4﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．滴加甲基橙显红色的溶液，溶液显酸性；B．加铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C．使红色石蕊试纸变蓝色的溶液，显碱性；D.=1013的溶液，溶液显酸性．【解答】解：A．滴加甲基橙显红色的溶液，溶液显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．加铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；C．使红色石蕊试纸变蓝色的溶液，显碱性，ClO﹣、S2﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.=1013的溶液，溶液显酸性，Fe2+、Cl﹣均与MnO4﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A．28【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，侧重氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大． 6．下列各有机物在酸性条件下发生水解反应，生成两种不同的物质，且这两种物质的相对分子质量相等．这种有机物是（ ）A．甲酸甲酯B．丙酸乙酯C．蔗糖D．麦芽糖【考点】酯的性质；消去反应与水解反应．【分析】A．甲酸甲酯水解生成甲酸和甲醇；B．丙酸乙酯水解生成丙酸和乙醇；C．蔗糖可以水解生成葡萄糖和果糖；D．麦芽糖水解生成葡萄糖．【解答】解：A．甲酸甲酯水解生成甲酸和甲醇，生成了两种有机物，但是二者相对分子质量不相等，故A不选；B．丙酸乙酯水解生成丙酸和乙醇，生成了两种有机物，丙酸和乙醇相对分子质量不同，故B不选；C．蔗糖属于双糖，可以水解生成葡萄糖和果糖，生成了两种有机物，分子式都是C6H12O6，相对分子质量相等，故C选；D．麦芽糖水解生成葡萄糖一种有机物，故D不选；故选：C．【点评】本题考查了有机物的结构及性质，熟悉酯、糖类等的性质是解题关键，题目难度不大． 7．在2L密闭容器中进行反应C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H＞0，测得c（H2O）随反应时间（t）的变化如图所示．下列判断正确的是（ ）A．0﹣5min内，v（H2）=0.05mol/（L．min）B．5min时该反应的K值一定小于12min时的K值C．10min时，改变的外界条件可能是减小压强D．5min时该反应的v正大于11min时的v逆【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v=计算c（H2O），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，并且10min后反应速率大于前5分钟，则不是升压就是升温，平衡常数仅与温度有关；C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动；D．根据B的判断，11min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快．28【解答】解：A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v===0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=0.1mol/（L•min），故A错误；B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以5min时该反应的K值一定小于12min时的K值，故B正确；C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，故C错误；D．根据B的判断，11min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5min时该反应的v正小于11min时的v逆，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质，难度中等，注意根据浓度变化判断可能改变的条件． 8．卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（ ）A．B．C．D．【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【分析】A、环己烷中只存在1种化学环境不同的H，此卤代烃可以由环己烷取代得到；B、2，2﹣二甲基丙烷只存在一种H，此有机物可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到；C、2﹣甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体；D、2，2，3，3﹣四甲基丁烷中只存在一种环境的H，一氯代物只有一种，据此解答即可．【解答】解：A、可以由环己烷取代制得，故A不选；B、可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到，故B不选；C、2﹣甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体，故不适合由相应的烃经卤代反应制得，故C选；D、可以由2，2，3，3﹣四甲基丁烷制得，故D不选，故选C．【点评】本题主要考查的是一氯代物的同分异构体的判断，制取氯代烃的途径和方法必须满足制取的应副产物最少为好，难度不大．28 9．W，X，Y，Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0，6，8，8，它们的最外层电子数之和为10，下列说法正确的是（ ）A．W与Y可以形成离子化合物B．X的简单氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最高，说明X的非金属性最强C．X和Z形成的原子个数1：1的化合物中，既含有极性键又含有非极性键D．工业生产中，通常用电解Z的熔融氧化物来制取Z的单质【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、6、8、8，则W是H元素，X是O元素，Y、Z处于第三周期，四元素原子的最外层电子数之和为10，Y、Z最外层电子数之和是10﹣1﹣6=3，最外层电子数只能为1、2，又Y原子序数小于Z，则Y是Na元素、Z是Mg元素，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、6、8、8，则W是H元素，X是O元素，Y、Z处于第三周期，四元素原子的最外层电子数之和为10，Y、Z最外层电子数之和是10﹣1﹣6=3，最外层电子数只能为1、2，又Y原子序数小于Z，则Y是Na元素、Z是Mg元素．A．W与Y可以形成NaH，属于离子化合物，故A正确；B．X的简单氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最高，水由于水分子之间存在氢键，故B错误；C．X和Z形成的原子个数1：1的化合物为MgO，只含有离子键，故C错误；D．工业上，通常电解熔融氯化镁冶炼镁，故D错误，故选：A．【点评】本题考查原子结构和元素性质，正确判断元素是解本题关键，难度不大． 10．下列化合物不能由化合反应直接制得的是（ ）A．FeCl2B．Na2OC．Fe（OH）3D．H2SiO3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的化学性质；铁的化学性质．【分析】A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；B．钠与氧气在常温下反应生成氧化钠；C．氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁；D．二氧化硅与水不反应．【解答】解：A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，可由化合反应生成，故A不选；B．钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，可由化合反应生成，故B不选；C．氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁，可由化合反应生成，故C不选；D．二氧化硅与水不反应，则硅酸不能由化合反应生成，故D选；故选D．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 11．下列反应的离子方程式正确的是（ ）A．用石墨作电极电解AIC13溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4﹣+3H202+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O28C．石灰水中加入过量小苏打溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OD．0.2mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氢氧化铝为沉淀应保留化学式；B．得失电子不守恒；C．碳酸氢钠过量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；D．反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵．【解答】解：A．用石墨作电极电解AIC13溶液，离子方程式：2Al3++6Cl﹣+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al（OH）3，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合，离子方程式：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故B错误；C．石灰水中加入过量小苏打溶液，离子方程式：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；D.0.2mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合，离子方程式：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写注意问题是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项D为易错选项，题目难度中等． 12．某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（ ）A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线B．b点酸的浓度小于a点酸的浓度C．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱D．a点Kw的数值比c点Kw的数值小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度．【解答】解：A、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错误；B、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（Ⅰ）浓度，故B正确；C、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故C错误；D、Kw的大小只取决于温度，a、c温度一样，a点Kw的数值和c点的一样，故D错误；28故选B．【点评】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点． 13．如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（ ）A．Mg作负极，电子流向：Mg一→稀硫酸一→A1B．Al作负极，电极反应式6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑C．Cu作负极，电极反应式Cu﹣2e﹣═Cu2+D．Cu作正极，电极反应式：2H++2e═H2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、根据在硫酸中金属镁比铝活泼是负极，电子不经过溶液；B、根据在氢氧化钠中金属铝比镁活泼是负极，发生失电子氧化反应；C、金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，所以所以负极为铜，发生失电子氧化反应；D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁发生的是吸氧腐蚀．【解答】解：A、在硫酸中金属镁比铝活泼，失电子的是金属镁，为负极，但电子不经过溶液，故A错误；B、在氢氧化钠中金属铝比镁活泼，失电子的是金属铝，为负极，电极反应式为Al+4OH﹣﹣3e﹣═AlO2﹣+2H2O，故B错误；C、金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，所以负极为铜，电极反应式Cu﹣2e﹣═Cu2+，故C正确；28D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生原电池的工作原理知识，可以根据所学内容来回答，难度不大． 14．下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A向新生成的AgCl悬浊液中滴入KI溶液产生黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B用铂丝蘸取少溶液进行焰色反应观察到火焰呈黄色该溶液一定含有Na+，一定不含K+C在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝＞铝D向某溶液中先滴加KSCN溶液，再滴加少量氯水先无明显现象，后溶液变成血红色溶液中含有Fe2+没有Fe3+A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．发生沉淀的转化；B．钠的焰色反应为黄色，观察K的焰色反应要透过蓝色的钴玻璃；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D．先滴加KSCN溶液，无现象，可知没有Fe3+，再滴加少量氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化生成铁离子．【解答】解：A．发生沉淀的转化，生成更难溶的AgI沉淀，则Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A正确；B．钠的焰色反应为黄色，观察K的焰色反应要透过蓝色的钴玻璃，则不能确定是否含钾离子，故B错误；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，均合理，故C正确；D．先滴加KSCN溶液，无现象，可知没有Fe3+，再滴加少量氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化生成铁离子，现象、结论均合理，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀转化、离子检验、物质性质等，把握实验原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第15题一第19题为必考题，．每个试题考生都必须作答．第20题～第22题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共43分）15．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KC1O3、NaHCO3等物质．当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．（l）Fe203是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为 Fe （填化学式）．（2）KCl04是助氧化剂，其中含有化学键的类型为 离子键、共价键 ．（3）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ．28（4）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na．取56g上述产气药剂，分解产生的气体通过碱石灰后的体积为16.8L（标准状况），该产气药剂中NaN3的质量分数为 58% ．【考点】氧化还原反应；化学方程式的有关计算．【分析】（1）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，则还原产物为Fe；（2）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键；（3）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水；（4）根据n=计算氮气的物质的量，根据氮元素守恒计算n（NaN3），在根据m=nM计算m（NaN3），进而计算NaN3的质量分数．【解答】解：（1）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，故答案为：Fe；（2）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；故答案为：离子键、共价键；（3）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（4）碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽，剩余的气体为氮气，氮气的物质的量==0.75mol，根据氮元素守恒n（NaN3）==0.5mol，则m（NaN3）=0.5mol×65g/mol=32.5g，故NaN3的质量分数为×100%=58%，故答案为：58%．【点评】本题以汽车安全气囊的产气药剂为载体，考查化学键类型、化学反应方程式的书写、化学计算等知识，属于拼合型题目，侧重对基础知识的考查，题目难度中等． 16．（10分）（2022秋•武汉校级月考）现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用．某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数Kb．（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是 AD A．生石灰B．无水氯化钙C．五氧化二磷D．碱石灰（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是 将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸变蓝色，证明氨气已收满 ．28（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口， 打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶 ，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示．图2中 C 点时喷泉最剧烈．（4）从三颈瓶中用 碱式滴定管 （填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定．用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示．（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3•H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb 1.8×10﹣5 ．【考点】氨的制取和性质；氨的实验室制法．【分析】（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出；（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色；（3）依据喷泉实验原理结合氨气极易溶于水的性质解答；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其喷泉越剧烈；（4）氨水显碱性，依据滴定管构造选择合适的仪器；（5）依据中和滴定计算氨水的物质的量浓度，弱电解质电离平衡常数Kb=；pH=11的氨水中c（OH﹣）=0.001mol/L，c（OH﹣）≈c（NH4+）=0.001mol/L，结合氨水的物质的量浓度计算NH3•H2O电离平衡常数Kb．【解答】解：（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；故答案为：AD；（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸变蓝色，证明氨气已收满；（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；（4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；故答案为：碱式滴定管；（5）设氨水的物质的量浓度为C，则：C×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得C（NH3．H2O）=0.056mol/L，弱电解质电离平衡常数Kb=；pH=11的氨水中c（OH﹣）=0.001mol/L，c（OH﹣）≈c（NH4+）=0.001mol/L，则：Kb===1.8×10﹣5；故答案为：1.8×10﹣5．【点评】本题考查了氨气的制备和喷泉实验的设计、电离常数的计算，明确喷泉实验原理和氨气的性质是解题关键，注意电离平衡常数表达式的书写，题目难度中等． 2817．（10分）（2022秋•武汉校级月考）将CO2转化为甲醇可以有效利用资源，同时又可控制温室气体，原理为：CO2+3H2CH3OH+H2O（1）由图1所示的能量变化，写出将CO2转化为甲醇的热化学方程式 CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol ．（2）一定温度下，若上述制备甲醇的反应在体积为2L的密闭容器中进行并保持温度不变，起始时投入1molCO2、4molH2，达到平衡时H2与CO2的物质的量之比为8：1，CO2的转化率是 80% ．（3）现以甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72﹣）时，实验室利用图2装置模拟该法：①M区发生反应的电极反应式为 CH3OH+H2O+6e﹣═CO2↑+6H+ ．②已知电解池溶液里Cr2O72﹣转化为Cr3+，该反应的离子方程式 Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O （4）处理废水时，最后Cr3+以Cr（OH）3形式除去，当Cr3+沉淀完全，溶液的pH 5.6 ．（已知Ksp．[Cr（OH）3]=6.4xl0﹣31，lg2=0.3）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；电解原理．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）根据图1中能量变化，可得热化学方程式为：①CO（g）+H2O（l）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol，②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣（510﹣419）kJ/mol=﹣91KJ/mol，根据盖斯定律，②﹣①可得：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）；（2）假设转化的CO2为xmol，由方程式可知转化的氢气为3xmol，故平衡时CO2为（1﹣x）mol、氢气为（4﹣3x）mol，再根据平衡时H2与CO2的物质的量之比为8：1列方程计算解答；（3）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子；②电解池溶液里Cr2O72﹣转化为Cr3+，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72﹣还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，同时生成水；28（4）根据Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）×c3（OH﹣）=6.4×l0﹣31计算溶液中c（OH﹣），再根据Kw计算溶液中c（H+），溶液pH=﹣lgc（H+）．【解答】解：（1）根据图1中能量变化，可得热化学方程式为：①CO（g）+H2O（l）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol，②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣（510﹣419）kJ/mol=﹣91KJ/mol，根据盖斯定律，②﹣①可得：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol；故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣50KJ/mol；（2）假设转化的CO2为xmol，由方程式可知转化的氢气为3xmol，故平衡时CO2为（1﹣x）mol、氢气为（4﹣3x）mol，平衡时H2与CO2的物质的量之比为8：1，则（4﹣3x）：（1﹣x）=8：1，解得x=0.8，故CO2的转化率是×100%=80%，故答案为：80%；（3）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，电极反应式为：CH3OH+H2O+6e﹣═CO2↑+6H+，故答案为：CH3OH+H2O+6e﹣═CO2↑+6H+；②电解池溶液里Cr2O72﹣转化为Cr3+，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72﹣还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，同时生成水，反应离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；（4）溶液中c（Cr3+）=l0﹣5mol/L时沉淀完全，Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）×c3（OH﹣）=6.4×l0﹣31，则溶液中c（OH﹣）=4×l0﹣9，故溶液中c（H+）=mol/L=2.5×l0﹣6mol/L，则pH=﹣lgc（H+）=5.6，故答案为：5.6．【点评】本题考查化学平衡计算、热化学方程式书写、电化学、溶度积有关计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 18．工业生产中常用炼锌废渣（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO等杂质）来提取氧化锌和金属铜等，其主要工艺流程如图所示：有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH见下表氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.56.55.46.5沉淀完全的pH3.79.76.78.0（1）为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有（写出两条） 搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末 （2）试剂A是 H2O2 （填化学式）．（3）调节酸浸液的pH的范围是 3.7～5.4 ．（4）滤液甲与试剂B发生置换反应，则试剂B是 Zn （填化学式）．28（5）在实验室进行焙烧时，盛放沉淀丙的仪器名称是 坩埚 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】ZnO、FeO、Fe2O3、CuO与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，到沉淀甲为氢氧化铁，加入试剂B锌，与硫酸铜反应得到铜单质；滤液乙为硫酸和硫酸锌，加入碳酸钾，与硫酸反应生成硫酸钾，同时得到沉淀丙Zn（OH）2，灼烧得到氧化锌．【解答】解：ZnO、FeO、Fe2O3、CuO与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，到沉淀甲为氢氧化铁，加入试剂B锌，与硫酸铜反应得到铜单质；滤液乙为硫酸和硫酸锌，加入碳酸钾，与硫酸反应生成硫酸钾，同时得到沉淀丙Zn（OH）2，灼烧得到氧化锌．（1）搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末可加快反应速率，故答案为：搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末；（2）双氧水与二价铁离子反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，使铁元素容易沉淀，且不引入新的杂质，故答案为：H2O2；（3）使Fe（OH）3完全沉淀，其他离子不沉淀，pH：3.7～5.4，故答案为：3.7～5.4；（4）B为锌，故答案为：Zn；（5）焙烧固体用坩埚，故答案为：坩埚．【点评】本题为工艺流程题，难度较大，通过从废渣中提取氧化锌和金属铜的工艺流程考查了溶解平衡的移动、氧化还原方程式的书写、物质的分离等，熟悉物质的性质，清楚流程，是解题关键，侧重学生分析问题、解决问题能力的培养． 19．（11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．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； ．28（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，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，28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． 【化学--选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）20．（15分）（2022秋•英德市校级月考）工业中以铝土矿（主要成分为AI2O3，另含有Fe2O3和SiO2）为原料冶炼铝过程如图所示．试回答下列问题：（1）实验室里过滤用到的玻璃仪器有烧杯、 玻璃棒 、 漏斗 ．（2）操作Ⅱ中生成不溶物C的离子方程式是 OH﹣+CO2=HCO3﹣；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．（3）氧化铝的熔点高达205℃，工业上为降低能耗，在铝的电解冶炼时，采取的措施是 加入冰晶石降低氧化铝熔点 ．（4）电解冶炼铝时，阳极和阴极以碳素材料制成，电解过程中，阳极材料需定期进行更换，原因是 阳极上生成的氧气和C反应生成二氧化碳 ．（5）为了提高综合经济效益，实际工业生产中常将上述反应中的相关物质循环利用．其部分转化关系如图所示：①上述转化中未涉及四种基本反应类型中的 置换 反应；②写出过程③的化学方程式： Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O （6）科学研究表明，人体过量吸入铝元素会严重危害身体健康．请你结合实际提出两条杜绝铝元素过量吸人的措施： 不用铝制品炊具或不用铝箔包装食品 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护．【分析】铝土矿（主要成分为Al2O3，另含有Fe2O3和SiO2）中加入足量稀盐酸，发生的反应为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，SiO2和稀盐酸不反应，然后过滤，所以滤液A中溶质为FeCl3、AlCl3、HCl，不溶物A为SiO2；28向A溶液中加入过量NaOH溶液，发生的离子反应为Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，然后过滤，滤液B中含有NaAlO2和NaOH，不溶物B为Fe（OH）3，向滤液B中通过过量二氧化碳，发生的离子反应方程式为OH﹣+CO2=HCO3﹣、AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；然后过滤，得到的溶液C中溶质为NaHCO3，不溶物C是Al（OH）3，加热Al（OH）3，发生的反应为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，电解熔融氧化铝得到Al；（5）碳酸钙高温下分解生成CaO和CO2，CaO和H2O反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2和NaHCO3反应生成CaCO3和NaOH，所以X是CaCO3、Y是CaO、Z是Ca（OH）2，据此分析解答．【解答】解：铝土矿（主要成分为Al2O3，另含有Fe2O3和SiO2）中加入足量稀盐酸，发生的反应为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，SiO2和稀盐酸不反应，然后过滤，所以滤液A中溶质为FeCl3、AlCl3、HCl，不溶物A为SiO2；向A溶液中加入过量NaOH溶液，发生的离子反应为Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，然后过滤，滤液B中含有NaAlO2和NaOH，不溶物B为Fe（OH）3，向滤液B中通过过量二氧化碳，发生的离子反应方程式为OH﹣+CO2=HCO3﹣、AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；然后过滤，得到的溶液C中溶质为NaHCO3，不溶物C是Al（OH）3，加热Al（OH）3，发生的反应为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，电解熔融氧化铝得到Al，（1）实验室里过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；（2）操作Ⅱ中生成不溶物C的离子方程式是OH﹣+CO2=HCO3﹣、AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：OH﹣+CO2=HCO3﹣；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；3）氧化铝的熔点高达205℃，工业上为降低能耗，在铝的电解冶炼时，采取的措施是加入冰晶石降低氧化铝熔点，故答案为：加入冰晶石降低氧化铝熔点；（4）电解冶炼铝时，阳极和阴极以碳素材料制成，电解过程中，阳极材料需定期进行更换，原因是阳极上生成的氧气和C反应生成二氧化碳，导致阳极材料减少，所以需要定期进行更换，故答案为：阳极上生成的氧气和C反应生成二氧化碳；（5）碳酸钙高温下分解生成CaO和CO2，CaO和H2O反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2和NaHCO3反应生成CaCO3和NaOH，所以X是CaCO3、Y是CaO、Z是Ca（OH）2，①上述转化中，①②③分别是分解反应、化合反应、复分解反应，所以没有涉及四个基本反应类型中的置换反应，故答案为：置换；②过程③的化学方程式：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O，故答案为：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O；（6）科学研究表明，人体过量吸入铝元素会严重危害身体健康，杜绝铝元素过量吸人的措施：不用铝制品炊具或不用铝箔包装食品，故答案为：不用铝制品炊具或不用铝箔包装食品．【点评】本题以铝及其化合物为载体考查物质分离和提纯，综合性较强，涉及离子方程式的书写、物质推断、金属冶炼、基本操作等知识点，明确基本操作规则及仪器用途、离子方程式书写规则、电解原理等知识点即可解答，注意：铝应该采用电解熔融氧化铝方法冶炼，不能采用电解熔融氯化铝冶炼，为易错点． 【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）2821．（2022秋•武汉校级月考）X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大的前四周期元素．其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子；X、Z中未成对电子数均为2；U是第三周期元素形成的简单离子中半径最小的元素；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子．请回答下列问题：（1）X、Y、Z的第一电离能从大到小的顺序是 N＞O＞C （用元素符号表示，下同）．（2）写出W的价电子排布图 ．（3）根据等电子体原理，可知化合物XZ的结构式是 C≡O ．（4）X、Y、Z的最简单氢化物的键角从大到小的顺序是 CH4＞NH3＞H2O （用化学式表示），原因是 3种氢化物的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为正四面体形，但中心原子的孤电子对数依次增大，导致键角变小 ．（5）由元素Y与U元素组成的化合物A，晶胞结构如图所示（黑球表示Y原子，白球表示U原子），请写出化合物A的化学式 AlN ，其中Y元素的杂化方式是 sp3 ．（6）U的晶体属立方晶系，其晶胞边长为405pm，密度是2.70g/cm3，通过计算确定其晶胞的类型 面心立方最密堆积 （填简单立方堆积、体心立方堆积或面心立方最密堆积）（已知：4053=6.64×l07）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大的前四周期元素．其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子，则Y为N元素；U是第三周期元素形成的简单离子中半径最小的元素，则U为Al；X、Z中未成对电子数均为2，X的原子序数小于N，而Z的原子序数介于N、Al之间，X、Z的核外电子排布分别为1s22s22p2，1s22s22p4，故X为C元素、Z为O元素；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子，原子序数大于Al，只能处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大的前四周期元素．其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子，则Y为N元素；U是第三周期元素形成的简单离子中半径最小的元素，则U为Al；X、Z中未成对电子数均为2，X的原子序数小于N，而Z的原子序数介于N、Al之间，X、Z的核外电子排布分别为1s22s22p2，1s22s22p4，故X为C元素、Z为O元素；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子，原子序数大于Al，只能处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu元素．（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（2）W为Cu元素，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为：，28故答案为：；（3）根据等电子体原理，可知化合物CO与N2互为等电子体，CO的结构式是C≡O，故答案为：C≡O；（4）X、Y、Z的最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，3种氢化物的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为正四面体形，但中心原子的孤电子对数依次增大，导致键角变小，故键角：CH4＞NH3＞H2O，故答案为：CH4＞NH3＞H2O；3种氢化物的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为正四面体形，但中心原子的孤电子对数依次增大，导致键角变小；（5）晶胞中N原子数目为4，Al原子数目为8×+6×=4，故该化合物化学式为AlN，Y原子形成4个共价键，故Y原子杂化方式为sp3，故答案为：AlN；sp3；（6）设晶胞中Al原子数目为N（Al），则N（Al）×g=（405×10﹣10）3×2.70g/cm3，解得N（Al）=4.00，所以其晶胞的类型面心立方密堆积，故答案为：面心立方最密堆积．【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）22．（2022秋•海东地区校级月考）以乙烯为原料合成环状化合物E（C4H4O4）的流程如下：请回答下列问题：（1）E的结构简式是 ；C中所含官能团的名称是 羧基、溴原子 ．（2）在乙烯的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的结构简式是 （CH3）2C=C（CH3）2 ，名称（系统命名）是 2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯 ．（3）反应①～⑤中，属于取代反应的是 ④⑤ （填写编号）．（4）写出反应②的化学方程式 2HOCH2CH2Br+O22CH2BrCHO+2H2O ．（5）F是E的同分异构体，且1molF与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，请写出符合条件的F的所有的结构简式 HOOCCH=CHCOOH、CH2=C（COOH）2 ．（6）参照上述合成路线的表示，设计以乙烯为原料制备乙二醇的最简合成路线： ．【考点】有机物的推断．【分析】乙烯和HBrO发生加成反应生成A，A能发生催化氧化，说明A中含有醇羟基，则A结构简式为HOCH2CH2Br，B为CH2BrCHO，B被氧化生成C，C为CH228BrCOOH，C和NaOH的水溶液加热发生取代反应然后酸化得到D，D为HOCH2COOH，D在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成E，E是环状化合物，则E结构简式为，（6）乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇；据此分析解答．【解答】解：乙烯和HBrO发生加成反应生成A，A能发生催化氧化，说明A中含有醇羟基，则A结构简式为HOCH2CH2Br，B为CH2BrCHO，B被氧化生成C，C为CH2BrCOOH，C和NaOH的水溶液加热发生取代反应然后酸化得到D，D为HOCH2COOH，D在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成E，E是环状化合物，则E结构简式为，（1）通过以上分析知，E的结构简式是；C为CH2BrCOOH，C中所含官能团的名称是羧基、溴原子，故答案为：；羧基和溴原子；（2）在乙烯的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的结构简式是（CH3）2C=C（CH3）2，名称（系统命名）是2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯，故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2；2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯；（3）通过以上分析知，反应①～⑤中，属于取代反应的是④⑤，故答案为：④⑤；（4）A结构简式为HOCH2CH2Br，B为CH2BrCHO，A发生催化氧化反应生成B，所以反应②的化学方程式2HOCH2CH2Br+O22CH2BrCHO+2H2O，故答案为：2HOCH2CH2Br+O22CH2BrCHO+2H2O；（5）E的结构简式是，F是E的同分异构体，且1molF与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，说明F中含有两个羧基，则符合条件的F的所有的结构简式为HOOCCH=CHCOOH、CH2=C（COOH）2，故答案为：HOOCCH=CHCOOH、CH2=C（COOH）2；（6）乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，所以以乙烯为原料制备乙二醇的最简合成路线：，28故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据反应条件及某些物质分子式进行推断，难点是同分异构体结构简式确定，题目难度不大． 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