2022-2022学年江西省赣州市信丰中学高三（下）限时化学试卷（1） 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（2022•江西校级一模）化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法不正确的是（ ）A．化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霭天气”的元凶B．开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一C．粮食酿酒主要经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火 2．（3分）（2022•武汉二模）分子式C9H12O属于芳香醇且苯环上有三个取代基的同分异构体共有（ ）A．4种B．5种C．6种D．8种 3．（3分）（2022•江西校级一模）有A、B、C、D四种短周期元素在周期表中位置如图所示，已知：A2+与C原子的电子数相差2，下列推断不正确的是（ ）…CAB…DA．A和D组成的化合物是弱电解质且水溶液呈酸性B．与A同周期且与C同主族的E元素，其最高价氧化物对应水化物在某些化学反应中常作催化剂C．离子半径：C＞A＞BD．B与C形成的化合物是冶金工业的一种原料 4．（3分）（2022•周口模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（ ）A．在熔融状态下，lmolNa2O2完全电离出的离子数目为3NAB．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NAD．含1molCl﹣的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NA 5．（3分）（2022•江西校级一模）下列实验装置能达到相关实验目的是（ ）A．图1用于分离收集CO和CO2B．图2可用于从食盐水中提取NaCl晶体C．图3用于收集NO17D．图4用于氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液的分离 6．（3分）（2022秋•沈阳校级期中）以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图．下列说法正确的是（ ）A．以此电池为电源电解精炼铜，当有0.1mole﹣转移时，有3.2g铜溶解B．若以甲烷为燃料气时负极极反应式：CH4+5O2﹣﹣8e﹣═CO32﹣+2H2OC．该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D．空气极发生的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2═2CO 7．（3分）（2022•江西校级一模）常温下，相同PH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时PH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是（ ）A．b、c两点溶液的导电能力不相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中：C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣）D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc 二、解答题（共4小题，满分43分）8．（15分）（2022春•赣州校级月考）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，同温度下涉及如下反应：a、2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H1＜0其平衡常数为K1b、2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H2＜0其平衡常数为K2（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）△H3的平衡常数K= （用K1、K2表示）．△H3= （用△H1、△H2表示）．（2）为研究不同条件对反应a的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl217，10min时反应a达到平衡．测得10min内υ（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）= mol，NO的转化率α1= ．其它条件保持不变，反应a在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率为α2，α1 α2（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K1 （填“增大”“减小”或“不变”）．若要使K1减小，可采用的措施是 ． 9．（2022•江西校级一模）第三代混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属（以M表示）为负极，碱液（主要为KOH）为电解质溶液．镍氢电池工作原理示意如下图，其总反应式为：H2+2NiOOH2Ni（OH）2，根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH （填“增大”、“减小”或“不变”），该电极的电极反应式为 ． 10．（13分）（2022•张掖模拟）重铬酸钾是一种重要的氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2、Al2O3）为原料生产，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下：试回答下列问题：（1）以上工艺流程所涉及元素中属于过渡元素的有 ，铁在周期表的位置是 （2）操作Ⅱ的名称是 （3）固体X的主要成分是 ，沉淀Y的主要成分是 （4）流程中①酸化所用的酸和②甲盐乙最合适的是（填符号） A盐酸和氯化钾B硫酸和氯化钾C硫酸和硫酸锌D次氯酸和次氯酸钾酸化反应的离子方程式为 （5）FeO•Cr2O3与氯酸钾、氢氧化钠高温反应方程式为 ． 11．（15分）（2022春•赣州校级月考）硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等．它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解．工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备．某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图1：17实验具体操作步骤为：①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸．②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．③趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O．④再经过滤、洗涤、干燥，得到所需的产品．（1）写出仪器A的名称 ，步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是 ．（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因 ．（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式 ．（4）最后得到的产品中可能含有Na2SO4杂质．请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论： ．（5）测定产品纯度准确称取1.00g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O+I2═S4O+2I﹣．滴定起始和终点的液面位置如图2：则消耗碘的标准溶液体积为 mL．产品的纯度为 %．（6）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO，该反应的离子方程式为 ． 三、【化学--选修5：有机化学基础】（15分）12．（2022春•赣州校级月考）某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：17已知：（a）（b）根据以上信息回答下列问题：（1）烃A的结构简式是 ．（2）①的反应条件是 ．②的反应类型是 ．（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是： ．A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是 ．（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式： ．a．与F具有相同的官能团b．苯环上的一硝基取代产物有两种（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线 ．（仿照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题） 172022-2022学年江西省赣州市信丰中学高三（下）限时化学试卷（1）参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（2022•江西校级一模）化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法不正确的是（ ）A．化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霭天气”的元凶B．开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一C．粮食酿酒主要经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火【考点】常见的生活环境的污染及治理；淀粉的性质和用途；化学实验安全及事故处理．【分析】A．导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一；B．开发和推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排放；C．淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化；D．化学药品着火，像钠着火就不能用水或泡沫灭火器灭火；【解答】解：A．导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一，故A正确，B．开发和推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排放，是实现低碳生活的途径之一，故B正确；C．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故C正确；D．化学药品着火，像钠着火就不能用水或泡沫灭火器灭火，故D错误；故选D；【点评】本题考查化学与生产生活相关的知识，难度不大．在日常生活中要关注与化学有关的知识． 2．（3分）（2022•武汉二模）分子式C9H12O属于芳香醇且苯环上有三个取代基的同分异构体共有（ ）A．4种B．5种C．6种D．8种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】有机物分子式为C9H12O，属于醇类，说明分子中﹣OH连在侧链上，苯环上有三个取代基团，说明含有2个﹣CH3、1个﹣CH2OH，三个取代基采取定二移一的方法解答即可．【解答】解：有机物分子式为C9H12O，属于醇类，说明分子中﹣OH连在侧链上，苯环上有三个取代基团，说明含有2个﹣CH3和1个﹣CH2OH，两个甲基取代基可能是邻、间、对三种情况，所以共有6种情况，故选C．【点评】本题主要考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，注意取代基的判断． 3．（3分）（2022•江西校级一模）有A、B、C、D四种短周期元素在周期表中位置如图所示，已知：A2+与C原子的电子数相差2，下列推断不正确的是（ ）…C17AB…DA．A和D组成的化合物是弱电解质且水溶液呈酸性B．与A同周期且与C同主族的E元素，其最高价氧化物对应水化物在某些化学反应中常作催化剂C．离子半径：C＞A＞BD．B与C形成的化合物是冶金工业的一种原料【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，硅C在第二周期，A、B在第三周期，A2+与C原子的电子数相差2，故A是镁，B是铝，C是氧，D是氯，据此解答即可．【解答】解：依据分析可知：A是镁，B是铝，C是氧，D是氯，A、Mg和Cl组成的化合物是盐，属于强电解质，故A错误；B、与Mg同周期且与氧同主族的E元素是S，其最高价氧化物对应水化物是硫酸，硫酸在某些化学反应中常作催化剂，故B正确；C、核外电子数相同的离子，原子序数越小，半径越大，故C正确；D、Al与O形成的化合物是氧化铝，电解熔融氧化铝得到单质铝，故D正确，故选A．【点评】本题主要考查的是元素周期律的应用，依据元素的位置推断出各种元素是解决本题的关键，难度不大． 4．（3分）（2022•周口模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（ ）A．在熔融状态下，lmolNa2O2完全电离出的离子数目为3NAB．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NAD．含1molCl﹣的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、Na2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根；B、过氧化钠和二氧化碳反应增重相当于CO的质量，结合化学方程式计算电子转移；C、先计算甲烷和水的物质的量，再计算出电子数进行比较；D、根据溶液中的电荷守恒来回答．【解答】解：A、Na2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠能电离出3mol离子即3NA个，故A正确；B、将二氧化碳通过过氧化钠固体，固体增加的质量相当于对已CO的质量反应中转移电子数为NA，故B错误；C、标况下，22.4L甲烷的物质的量是1mol，含有10mol电子，18g水物质的量是1mol，含有10mol电子，所含有的电子数均为10NA，故C正确；D、加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n（H+）=n（OH﹣），据溶液中的电荷守恒：n（Cl﹣）+n（OH﹣）=n（NH4+）+n（H+），所以n（Cl﹣）=n（NH4+）=1mol，即铵根离子为NA个，故D正确．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大． 175．（3分）（2022•江西校级一模）下列实验装置能达到相关实验目的是（ ）A．图1用于分离收集CO和CO2B．图2可用于从食盐水中提取NaCl晶体C．图3用于收集NOD．图4用于氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液的分离【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．试剂瓶中为NaOH等碱性溶液时可与二氧化碳反应，而CO不反应，然后干燥可收集CO；B．NaCl溶于水，与水分离选蒸发装置；C．NO的密度比空气小，不能排尽二氧化碳，NO不纯；D．氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液均可透过滤纸．【解答】解：A．试剂瓶中为NaOH等碱性溶液时可与二氧化碳反应，而CO不反应，然后干燥可收集CO，且导气管均长进短出，装置合理，故A正确；B．NaCl溶于水，与水分离选蒸发装置，不能利用坩埚加热，可选蒸发皿，故B错误；C．NO的密度比空气小，不能排尽二氧化碳，NO不纯，应利用排水法收集，故C错误；D．氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液均可透过滤纸，应选渗析法分离，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集等，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等． 6．（3分）（2022秋•沈阳校级期中）以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图．下列说法正确的是（ ）A．以此电池为电源电解精炼铜，当有0.1mole﹣转移时，有3.2g铜溶解B．若以甲烷为燃料气时负极极反应式：CH4+5O2﹣﹣8e﹣═CO32﹣+2H2OC．该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D．空气极发生的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2═2CO【考点】化学电源新型电池．17【分析】该燃料电池中，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，根据图示信息知道负极电极反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，A、依据电子守恒结合电极反应计算得到；B、原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C、根据得失电子守恒，分析判断碳酸离子浓度的变化情况；D、空气极是氧气得到电子，生成碳酸根离子的反应．【解答】解：A、电解精炼铜，阴极上铜离子得到电子生成铜，电极反应Cu2++2e﹣=Cu，当电路有0.1mole﹣转移反应生成铜0.05mol，如果全部是铜放电，则溶解的铜的质量=0.05mol×64g/mol=3.2g，粗铜有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，故A错误；B、根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，故B错误；C、假设转移4mol的电子，根据电极反应：负极电极反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，负极消耗2mol的碳酸根离子，正极产生2mol的碳酸根离子，所以碳酸根离子的浓度不变，无需补充Li2CO3和K2CO3，故C错误；D、原电池正极上的电极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了图象分析判断的方法应用，原电池原理的分析判断和电极反应的分析判断，掌握基础是解题的关键，题目难度中等． 7．（3分）（2022•江西校级一模）常温下，相同PH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，平衡时PH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述不正确的是（ ）A．b、c两点溶液的导电能力不相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bC．c点溶液中：C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣）D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液反应，消耗盐酸体积Vb=Vc【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比；B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒；17D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比．【解答】解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A正确；B．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b，故B正确；C．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C（H+）+C（CH3COOH）=C（OH﹣），故C正确；D．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc，故D错误；故选D．【点评】本题考查了盐类水解，涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等知识点，根据溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合质子守恒、溶液导电能力与离子浓度的关系等知识点来分析解答，题目难度中等． 二、解答题（共4小题，满分43分）8．（15分）（2022春•赣州校级月考）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，同温度下涉及如下反应：a、2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H1＜0其平衡常数为K1b、2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H2＜0其平衡常数为K2（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）△H3的平衡常数K= （用K1、K2表示）．△H3= 2H2﹣△H1 （用△H1、△H2表示）．（2）为研究不同条件对反应a的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应a达到平衡．测得10min内υ（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）= 0.025 mol，NO的转化率α1= 75% ．其它条件保持不变，反应a在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率为α2，α1 ＜ α2（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K1 不变 （填“增大”“减小”或“不变”）．若要使K1减小，可采用的措施是 升高温度 ．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡计算．【分析】（1）已知：a、NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），b、2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），根据盖斯定律，b×2﹣a可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数为b平衡常数平方与a的商；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式计算参加反应NO、氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；17正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应a在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小．【解答】解：（（1）已知：a、NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），b、2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），根据盖斯定律，b×2﹣a可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=，则△H3=2H2﹣△H1，故答案为：；2H2﹣△H1；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol×=0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol﹣0.075mol=0.025mol；参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为×100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，a在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率α1＜α2；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：0.025；75%；＜；不变；升高温度．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、盖斯定律应用等知识，充分考查学生的分析理解能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等． 9．（2022•江西校级一模）第三代混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属（以M表示）为负极，碱液（主要为KOH）为电解质溶液．镍氢电池工作原理示意如下图，其总反应式为：H2+2NiOOH2Ni（OH）2，根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”），该电极的电极反应式为 NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣ ．17【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】混合动力车上坡或加速时，发生的是放电过程，在乙电极，发生电极反应：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，该极附近氢氧根浓度增大，所以碱性增强，电极周围溶液的pH增大，由此分析解答．【解答】解：混合动力车上坡或加速时，发生的是放电过程，在乙电极，发生电极反应：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，该极附近氢氧根浓度增大，所以碱性增强，电极周围溶液的pH增大，故答案为：增大；NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣．【点评】本题考查学生有关电化学和热化学的知识，注意基本知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大． 10．（13分）（2022•张掖模拟）重铬酸钾是一种重要的氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2、Al2O3）为原料生产，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下：试回答下列问题：（1）以上工艺流程所涉及元素中属于过渡元素的有 Fe、Cr ，铁在周期表的位置是 第四周期第ⅤⅢ族 （2）操作Ⅱ的名称是 过滤 （3）固体X的主要成分是 Fe2O3 ，沉淀Y的主要成分是 Al（OH）3、H2SiO3 （4）流程中①酸化所用的酸和②甲盐乙最合适的是（填符号） B A盐酸和氯化钾B硫酸和氯化钾C硫酸和硫酸锌D次氯酸和次氯酸钾酸化反应的离子方程式为 2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O （5）FeO•Cr2O3与氯酸钾、氢氧化钠高温反应方程式为 6FeO•Cr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】由制备流程可知，高温下发生6FeO•Cr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7HCl+12H2O，固体加水，Fe2O3不溶于水，SiO2、Al2O3与NaOH反应而溶解，则操作I为溶解，操作Ⅱ为过滤，固体X为Fe2O3，溶液中含硅酸根离子、偏铝酸根离子，调节pH均转化为沉淀，Na2CrO4溶液在酸性溶液中反应生成K2Cr2O7，浓缩、结晶、过滤、干燥得到K2Cr2O7固体，以此来解答．【解答】解：由制备流程可知，高温下发生6FeO•Cr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7HCl+12H2O，固体加水，Fe2O3不溶于水，SiO2、Al2O3与NaOH反应而溶解，则操作I为溶解，操作Ⅱ为过滤，固体X为Fe2O3，溶液中含硅酸根离子、偏铝酸根离子，调节pH均转化为沉淀，Na2CrO4溶液在酸性溶液中反应生成K2Cr2O7，浓缩、结晶、过滤、干燥得到K2Cr2O7固体，（1）O、Si、Al均为主族元素，Fe、Cr为过渡元素，Fe的原子序数为26，位于第四周期第ⅤⅢ族，故答案为：Fe、Cr；第四周期第ⅤⅢ族；（2）由上述分析可知，操作Ⅱ分离溶液与不溶性固体，名称为过滤，故答案为：过滤；17（3）固体X为Fe2O3，溶液中含硅酸根离子、偏铝酸根离子，调节pH均转化为沉淀，则Y中含Al（OH）3、H2SiO3，故答案为：Fe2O3；Al（OH）3、H2SiO3；（4）在酸性环境下，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，即2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，应选硫酸，盐酸能被氧化；度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，可选加入KCl发生复分解反应，可得到重铬酸钾，故答案为：B；2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；（5）FeO•Cr2O3与氯酸钾、氢氧化钠高温反应方程式为6FeO•Cr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O，故答案为：6FeO•Cr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O．【点评】本题以物质的制备流程考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，涉及流程分析、混合物分离提纯等，把握流程分析及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度中等． 11．（15分）（2022春•赣州校级月考）硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等．它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解．工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备．某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图1：实验具体操作步骤为：①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸．②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．③趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O．④再经过滤、洗涤、干燥，得到所需的产品．（1）写出仪器A的名称 蒸馏烧瓶 ，步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是 乙醇 ．（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因 S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O ．（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式 4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3 ．（4）最后得到的产品中可能含有Na2SO4杂质．请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论： 取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 ．17（5）测定产品纯度准确称取1.00g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O+I2═S4O+2I﹣．滴定起始和终点的液面位置如图2：则消耗碘的标准溶液体积为 16.00 mL．产品的纯度为 79.36 %．（6）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO，该反应的离子方程式为 S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+ ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据装置图分析；根据题给信息易溶于水，难溶于乙醇来解答；（2）根据硫代硫酸钠遇酸反应生成硫、二氧化硫和水；（3）根据题目信息SO2、Na2S和Na2CO3反应生成Na2S2O3，结合质量守恒确定产物并配平；（4）加入盐酸，Na2S2O3反应生成S沉淀，静置后取上层清液，滴加BaCl2溶液，检验溶液中是否含有硫酸根离子；（5）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积，根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），然后碘单质的物质的量计算出Na2S2O3•5H2O质量及产品的纯度；（6）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应生成硫酸钠、氯化钠，配平离子方程式．【解答】解：（1）根据仪器A的结构特点知A的名称为蒸馏烧瓶；根据题给信息易溶于水，难溶于乙醇，步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇；故答案为：蒸馏烧瓶；乙醇；（2）Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫，所以产率会下降，其反应的离子方程式为：S2O32﹣+2H+=S↓+H2O+SO2↑；故答案为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（3）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；故答案为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；（4）检测产品中是否存在Na2SO4的实验方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；（5）根据滴定起始和终点的液面位置判断消耗碘的标准溶液体积为18.50mL﹣2.50mL=16.00mL，n（I2）=0.1000mol•L﹣1×0.0016L=1.6×10﹣4mol，根据2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知知n（Na2S2O3•5H2O）=3.2×10﹣4mol，m（Na2S2O3•5H2O）=0.7936g，产品的纯度为×100%=79.36%；故答案为：16.00；79.36%；（6）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，该反应的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+；故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．【点评】本题考查实验方案方案，涉及仪器识别、对操作的分析评价、方程式书写、离子检验、化学计算等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度中等． 17三、【化学--选修5：有机化学基础】（15分）12．（2022春•赣州校级月考）某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：已知：（a）（b）根据以上信息回答下列问题：（1）烃A的结构简式是 ．（2）①的反应条件是 FeCl3作催化剂 ．②的反应类型是 取代反应 ．（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是： ACD ．A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生聚合反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是 ．（5）写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式： ．a．与F具有相同的官能团b．苯环上的一硝基取代产物有两种（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线 ．（仿照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）【考点】有机物的推断．【分析】C发生信息（a）中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的分子式与E的结构简式，可知C的结构简式为，则D为17，D用酸性高锰酸钾溶液氧化得到E．烃A与氯气在FeCl3催化剂条件下反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，则A为，B为．E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息（b）并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分；（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻甲基硝基苯，邻甲基硝基苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸．【解答】解：C发生信息（a）中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的分子式与E的结构简式，可知C的结构简式为，则D为，D用酸性高锰酸钾溶液氧化得到E．烃A与氯气在FeCl3催化剂条件下反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，则A为，B为．E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息（b）并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分，（1）由上述分析可知，烃A的结构简式是，故答案为：；（2）①的反应条件是FeCl3作催化剂，②的反应类型是取代反应，故答案为：FeCl3作催化剂；取代反应；（3）A．羧基、氨基与水分子之间可以形成氢键，其水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，故A正确；B．不能发生消去反应，故B错误；C．含有羧基、氨基，可以发生聚合反应，故C正确；D．含有羧基、氨基，既有酸性又有碱性，故D正确，故答案为：ACD；（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是：，故答案为：；（5），17故答案为：；（6）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻甲基硝基苯，邻甲基硝基苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸，其合成路线为，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及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是合成路线设计，要根据反应物及合成物质结构特点选取合适的制取方法，题目难度中等． 17
