2022-2022学年江西省南昌一中、南昌十中高三（上）联考化学试卷 一、选择题：本大题共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．下列关于化学现象的解释正确的是（ ）①同位素、同分异构体、同素异形体都是由于构成的微粒以不同的化学键结合引起的②溶液显酸性是由于溶液中的c（H+）浓度大于10﹣7mol/L引起的③原电池中电流的产生是发生氧化还原反应引起的④胶体的丁达尔现象是由于胶体粒子的直径的特殊性引起的．A．①②B．②③C．③④D．①④ 2．若在1L蒸馏水中加入1滴（约0.05mL）0.1mol•L﹣1的NaCl溶液，搅拌均匀后再滴入1滴0.1mol•L﹣1AgNO3溶液是否会产生沉淀（已知AgCl的Ksp=1.8×10﹣10）（ ）A．否B．是C．可能是D．以上都不正确 3．下列说法正确的是（ ）A．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH增大B．反应MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）的△H＜0△S＞0C．等浓度的系列稀溶液：①硫酸氢钠②乙酸钠③醋酸④碳酸氢钠，它们的PH由小到大排列的为③①④②D．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）═2c（H2SO3）+c（HSO3﹣） 4．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）①常温常压下，19g甲烷（CHD3）所含的中子数为9NA②64g的铜发生氧化还原反应，一定失去2NA个电子常温常压下，22.4LN2气体的分子数大于NA④常温常压下，100mL0.5mol/L的乙酸溶液中，乙酸的分子数目小于0.05NA．A．①②B．①④C．③④D．①③ 5．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合图．则甲和X（要求甲和X能互换）不可能是（ ）A．C和O2B．SO2和NaOH溶液C．Cl2和FeD．AlCl3溶液和NaOH溶液 6．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣ 187．研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且锰化合物的还原产物都是MnCl2．他们将6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）（ ）A．0.448LB．2.016LC．2.240LD．无法确定 二、解答题（共3小题，满分42分）8．如图1代表元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表某一元素．（1）写出B的最高价氧化物的电子式 ．（2）表中的另一种金属元素（未标出）的单质G，可以发生如图2所示转化其中化合物M是一种白色胶状沉淀，K的溶液与B的某种氧化物反应的化学方程式为 ；L与氨水反应生成M和盐，则该纯净盐溶液中离子浓度大小顺序为 ；一种新型无机非金属材料由G元素和C元素组成，其化学式为 ．（3）E与A的正盐水溶液显碱性，用离子方程式解释原因 （4）E的低价氧化物通入F单质的水溶液中，发生反应的离子方程式为 ．（5）A、G、E、F四种元素简单离子的离子半径由小到大的顺序是： ＜ ＜ ＜ ． 9．NO2压缩成N2O4可作火箭燃料中的氧化剂，也可制备硝化试剂N2O5等．（1）火箭燃料燃烧反应如下：2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（l）△H，若1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.10kJ的热量．则反应△H= kJ•mol﹣1（2）在2L密闭容器内，投入一定量NO2，发生下列反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）．在三种不同的条件下进行实验，NO2的浓度随时间的变化如图1所示．18请回答下列问题：①不能说明该反应已达到平衡状态的是 （填字母）．a．2v正（NO2）=v逆（O2） b．NO2浓度不变c．气体总压不变 d．NO的体积分数保持不变②下列说法正确的是 （填字母）．a．800℃时，该反应的平衡常数为0.25 b．实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，可能隐含的条件是：实验Ⅰ使用了效率更高的催化剂c．该反应是放热反应d．实验Ⅰ条件下反应的平衡常数等于实验Ⅱ条件下反应的平衡常数e．该反应的△S＞0，故该反应一定是自发反应③实验Ⅱ从反应开始到刚达到平衡时，v（NO）= mol•L﹣1•min﹣1；若再向该2L密闭容器中通入1molNO2、1molNO、0.5molO2，则NO2的转化率将 （填“增大”、“减小”或“不变”）（3）利用NO2或N2O4可制备N2O5，原理如图2所示．N2O5在电解池的 区生成，其电极反应为 ． 10．某研究性学习小组设想将少量Cl2通入Fe2+和I﹣的混合溶液中，探究Fe2+和I﹣的还原性强弱．【提出假设】假设1：Fe2+还原性比I﹣强．假设2：I﹣还原性比Fe2+强．假设3：一样强【验证假设】（1）设计如下几种装置进行实验：18实验必须的装置是A→ （按Cl2气流方向的顺序填写）（2）实验开始后，控制通入少量氯气，通过观察混合溶液颜色的变化 （填“能”或“不能”）判断反应的先后顺序．（3）请在下表中写出实验步骤及预期现象和结论．实验步骤预期现象和结论取少量反应后的混合溶液分置于A、B两试管中；往A中滴加 溶液；往B中滴加 溶液．①若 ， 则假设1成立．②若 ， 则假设2成立．③若 则假设3成立．（4）为了实验成功，必须控制各物质的量．该小组称取3.04gFeSO4，同时称取3.32gKI固体，溶于水中．为了验证上述假设，通入的Cl2体积最多不能超过 L（标准状况）．【思考与交流】（5）有同学质疑，上述实验只能验证Cl2分别与Fe2+和I﹣反应的速率大小，并不能证明Fe2+和I﹣还原性的强弱．于是提出另一方案：往KI溶液中滴入某溶液，如果能发生反应，即可证明I﹣的还原性强于Fe2+，该反应的离子方程式是 ． 【化学--选修有机化学基础】11．环丙烷可作为全身麻醉剂，环已烷是重要的有机溶剂．下面是部分环烷烃及烷烃衍生物的结构简式、键线式和某些有机化合物的反应式（其中Pt、Ni是催化剂）．结构简式Br﹣CH2﹣CH2﹣CH（CH3）﹣CH2﹣Br键线式（环己烷）（环丁烷）①+H2②+H2③+H2④+KMnO4+18回答下列问题：（1）环烷烃与 是同分异构体．（2）从反应①～③可以看出，最容易发生开环加成反应的环烷烃是 （填名称）．判断依据为 ．（3）环烷烃还可以与卤素单质，卤化氢发生类似的开环加成反应，如环丁烷与HBr在一定条件下反应，其化学方程式为 （不需注明反应条件）．（4）写出鉴别环丙烷和丙烯的一种方法．试剂 ；现象与结论 ． 12．某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢．（1）A的结构简式为 ． （2）A中的碳原子是否都处于同一平面？ （填“是”或者“不是”）．（3）在图中，D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体．反应②的化学方程式为 ．C的化学名称为 ；E2结构简式是 ；②、⑥的反应类型依次是 、 ． 182022-2022学年江西省南昌一中、南昌十中高三（上）联考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共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．下列关于化学现象的解释正确的是（ ）①同位素、同分异构体、同素异形体都是由于构成的微粒以不同的化学键结合引起的②溶液显酸性是由于溶液中的c（H+）浓度大于10﹣7mol/L引起的③原电池中电流的产生是发生氧化还原反应引起的④胶体的丁达尔现象是由于胶体粒子的直径的特殊性引起的．A．①②B．②③C．③④D．①④【考点】化学键；胶体的重要性质；原电池和电解池的工作原理．【分析】①同位素、同分异构体、同素异形体的分析对象不同，与化学键无关；②溶液酸碱性取决于氢离子与氢氧根离子的相对大小；③原电池实质是氧化还原反应分别在两个电极上发生；④胶体的丁达尔现象是胶体分散质对可见光的散射作用，与胶体分散质粒度有关．【解答】解：①同位素的分析对象为原子，同分异构体的分析对象为化合物，同素异形体的分析对象为单质，与化学键无关，故①错误；②溶液显酸性是由于溶液中的c（H+）浓度大于c（OH﹣），故②错误；③原电池实质是氧化还原反应分别在两个电极上发生，存在电子的移动，从而产生电流，故③正确；④胶体的丁达尔现象是胶体分散质对可见光的散射作用，与胶体分散质粒度有关，故④正确；故选：C．【点评】本题为综合题，考查了同位素、同素异形体、同分异构体的区别，胶体的性质，原电池工作原理，掌握基础是解题关键，题目难度不大． 2．若在1L蒸馏水中加入1滴（约0.05mL）0.1mol•L﹣1的NaCl溶液，搅拌均匀后再滴入1滴0.1mol•L﹣1AgNO3溶液是否会产生沉淀（已知AgCl的Ksp=1.8×10﹣10）（ ）A．否B．是C．可能是D．以上都不正确【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】氯化银的溶解平衡为：AgCl（s）⇌Ag++Cl﹣，Ksp=c（Ag+）．c（Cl﹣），依据题给的氯离子、银离子的物质的量，混合后体积认为是1L，计算出c（Ag+）、c（Cl﹣），与Ksp比较判断即可．【解答】解：解：由AgCl（s）⇌Ag++Cl﹣，Ksp=c（Ag+）．c（Cl﹣），混合后溶液体积是1L，n（Cl﹣）=n（Ag+）=0.1mol/L×5×10﹣5L=5×10﹣6mol/L，故c（Ag+）c（Cl﹣）=5×10﹣6mol/L×5×10﹣6mol/L=2.5×10﹣11mol2•L﹣2＜1.8×10﹣10mol2•L﹣2，故无AgCl沉淀析出．故选A．【点评】本题考查了根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，注意混合后溶液的体积的变化，题目难度一般． 3．下列说法正确的是（ ）18A．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH增大B．反应MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）的△H＜0△S＞0C．等浓度的系列稀溶液：①硫酸氢钠②乙酸钠③醋酸④碳酸氢钠，它们的PH由小到大排列的为③①④②D．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）═2c（H2SO3）+c（HSO3﹣）【考点】pH的简单计算；焓变和熵变；离子浓度大小的比较．【分析】A．温度升高，抑制氢氧化钙的溶解，但是饱和溶液的浓度不变；B．反应MgCl2（l）=Mg（l）+Cl2（g）的△H＞0△S＞0；C．先按照物质的类别分为碱、盐、酸进行分类，在此基础上主要考虑盐的水解，判断盐溶液的酸碱性再进行比较；D．从物料守恒和电荷守恒两个角度列式比较．【解答】解：A．加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，PH不变，故A错误；B．MgCl2的分解反应属于吸热反应，△H＞0，反应后生成气体，熵变增加，△S＞0，故B错误；C．等浓度时，①硫酸氢钠相当于一元强酸，③醋酸为一元弱酸，④碳酸氢钠、②乙酸钠水解都呈碱性，且水解程度依次减小，所以溶液pH：④＞②，所以溶液pH由小到大的顺序为，①③②④，故C错误；D．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中，根据物料守恒有：c（Na+）=2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），根据溶液电中性有：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），则：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）﹣c（HSO3﹣）﹣2c（SO32﹣）=2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（HSO3﹣）﹣2c（SO32﹣）=2c（H2SO3）+c（HSO3﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查离子浓度的大小比较等问题，题目难度较大，本题易错点为D项，注意从溶液中存在的电荷守恒、质子守恒、物料守恒的角度分析． 4．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）①常温常压下，19g甲烷（CHD3）所含的中子数为9NA②64g的铜发生氧化还原反应，一定失去2NA个电子常温常压下，22.4LN2气体的分子数大于NA④常温常压下，100mL0.5mol/L的乙酸溶液中，乙酸的分子数目小于0.05NA．A．①②B．①④C．③④D．①③【考点】阿伏加德罗常数．【分析】①甲烷（CHD3）的摩尔质量为19g/mol，而1mol甲烷（CHD3）中含9mol中子；②求出铜的物质的量，然后根据反应后铜可能变为+1价或+2价；③常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；④乙酸为弱电解质，在溶液中部分电离．【解答】解：①甲烷（CHD3）的摩尔质量为19g/mol，故19g甲烷的物质的量为1mol，而1mol甲烷（CHD3）中含9mol中子，即9NA个，故①正确；②64g铜的物质的量为1mol，而反应后铜可能变为+1价或+2价，故1mol铜可能失去NA个电子或2NA个电子，故②错误；③常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氮气的物质的量小于1mol，即分子数小于NA个，故③错误；④乙酸为弱电解质，在溶液中部分电离，故溶液中的分子个数小于0.05NA个，故④正确．18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．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合图．则甲和X（要求甲和X能互换）不可能是（ ）A．C和O2B．SO2和NaOH溶液C．Cl2和FeD．AlCl3溶液和NaOH溶液【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A、甲为C（O2），X为O2（C），依据碳及其化合物的性质分析，甲为C（O2），X为O2（C），都符合转化关系；B、甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），依据物质性质分析，甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），都符合转化关系；C、甲为Cl2（Fe），X为Fe（Cl2），依据物质性质分析甲为Cl2，x为Fe，符合转化关系，而甲为Fe，X为Cl2，不符合转化关系；D、甲为AlCl3（NaOH），X为NaOH（AlCl3），依据物质性质分析，甲为AlCl3（NaOH），X为NaOH（AlCl3），都能符合转化关系．【解答】解：A、甲为C（O2），X为O2（C），CCOCO2CO，或O2CO2COCO2；甲为C（O2），X为O2（C），都符合转化关系，故A可能；B、甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），SO2NaHSO3Na2SO3NaHSO3，或NaOHNa2SO3NaHSO3Na2SO3；甲为SO2（NaOH），X为NaOH（SO2），都符合转化关系，故B可能；C、甲为Cl2（Fe），X为Fe（Cl2），Cl2FeCl3FeCl2FeCl3；FeFeCl3，不能实现三氯化铁和氯气反应生成氯化亚铁，只有甲为Cl2，x为Fe符合转化关系，故C不可能；D、甲为AlCl3（NaOH），X为NaOH（AlCl3），AlCl3Al（OH）3NaAlO2Al（OH）3，或NaOHNaAlO2Al（OH）3NaAlO2；甲为AlCl3（NaOH），X为NaOH（AlCl3），都能符合转化关系，故D可能；故选C．【点评】本题考查了物质转化关系的特征转变，物质性质的应用，主要考查量不同产物不同的常见物质的性质应用，难度较大． 6．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I218C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、过量的SO2通入NaOH溶液中得到亚硫酸氢盐；B、硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化；C、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将NaNO2溶液氧化；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液时，碳酸氢钠全反应，氢氧化钡会剩余．【解答】解：A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．故选C．【点评】本题是一道关于离子方程式书写的正误判断知识题目，注意量的多少对反应的影响，难度不大． 7．研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且锰化合物的还原产物都是MnCl2．他们将6.32gKMnO4粉末加热一段时间，也不知道高锰酸钾是否完全分解，收集到0.112L气体后便停止加热了，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到气体体积是（上述气体体积都折合成标准状况）（ ）A．0.448LB．2.016LC．2.240LD．无法确定【考点】化学方程式的有关计算．【分析】KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去电子，据此计算生成氯气物质的量，进而计算氯气体积．【解答】解：6.32gKMnO4粉末物质的量==0.04mol，氧气物质的量为=0.005mol，KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去电子，则：0.04mol×（7﹣2）=0.005mol×4+2×n（Cl2），解得n（Cl2）=0.09mol，V（Cl2）=0.09mol×22.4L/mol=2.016L，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，注意利用电子转移守恒解答． 二、解答题（共3小题，满分42分）8．如图1代表元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表某一元素．18（1）写出B的最高价氧化物的电子式 ．（2）表中的另一种金属元素（未标出）的单质G，可以发生如图2所示转化其中化合物M是一种白色胶状沉淀，K的溶液与B的某种氧化物反应的化学方程式为 AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣ ；L与氨水反应生成M和盐，则该纯净盐溶液中离子浓度大小顺序为 c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ；一种新型无机非金属材料由G元素和C元素组成，其化学式为 AlN ．（3）E与A的正盐水溶液显碱性，用离子方程式解释原因 S2﹣+H2O⇌OH﹣+HS﹣ （4）E的低价氧化物通入F单质的水溶液中，发生反应的离子方程式为 Cl2+SO2+2H2O═SO42﹣+2Cl﹣+4H+ ．（5）A、G、E、F四种元素简单离子的离子半径由小到大的顺序是： Al3+ ＜ Na+ ＜ Cl﹣ ＜ S2﹣ ．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】简答题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题．【分析】根据元素在周期表中的分布，可以推知：A是Na，B是C，C是N，D是O，E是S，F是Cl，（1）二氧化碳是碳原子和氧原子之间通过共价双键形成的共价化合物；（2）表中的另一种金属元素（未标出）的单质G，根据如图2所示转化，G能与氢氧化钠反应，所以G为Al，则G与氢氧化钠反应生成K为NaAlO2，K与二氧化碳反应生成M为Al（OH）3，铝与氯气反应生成L为AlCl3，L与氨水反应生成氢氧化铝；（3）E与A的正盐水溶液为硫化钠，硫离子水解使溶液显碱性；（4）E的低价氧化物为二氧化硫，二氧化硫通入氯水中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸；（5）根据离子的电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小．【解答】解：根据元素在周期表中的分布，可以推知：A是Na，B是C，C是N，D是O，E是S，F是Cl，（1）二氧化碳是碳原子和氧原子之间通过共价双键形成的共价化合物，其电子式为，故答案为：；（2）表中的另一种金属元素（未标出）的单质G，根据如图2所示转化，G能与氢氧化钠反应，所以G为Al，则G与氢氧化钠反应生成K为NaAlO2，K与二氧化碳反应生成M为Al（OH）3，反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，铝与氯气反应生成L为AlCl3，L与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，氯化铵溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），一种新型无机非金属材料由G元素和C元素组成，其化学式为AlN，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；AlN；18（3）E与A的正盐水溶液为硫化钠，硫离子水解使溶液显碱性，反应的离子方程式为S2﹣+H2O⇌OH﹣+HS﹣，故答案为：S2﹣+H2O⇌OH﹣+HS﹣；（4）E的低价氧化物为二氧化硫，二氧化硫通入氯水中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O═SO42﹣+2Cl﹣+4H+，故答案为：Cl2+SO2+2H2O═SO42﹣+2Cl﹣+4H+；（5）因离子的电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以Na+、Al3+、S2﹣、Cl﹣的离子半径由小到大的顺序是Al3+＜Na+＜Cl﹣＜S2﹣，故答案为：Al3+；Na+；Cl﹣；S2﹣．【点评】本题考查学生元素周期表的结构和元素周期律的相关知识，综合性较强，难度较大． 9．NO2压缩成N2O4可作火箭燃料中的氧化剂，也可制备硝化试剂N2O5等．（1）火箭燃料燃烧反应如下：2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（l）△H，若1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.10kJ的热量．则反应△H= ﹣1222.4 kJ•mol﹣1（2）在2L密闭容器内，投入一定量NO2，发生下列反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）．在三种不同的条件下进行实验，NO2的浓度随时间的变化如图1所示．请回答下列问题：①不能说明该反应已达到平衡状态的是 a （填字母）．a．2v正（NO2）=v逆（O2） b．NO2浓度不变c．气体总压不变 d．NO的体积分数保持不变②下列说法正确的是 ad （填字母）．a．800℃时，该反应的平衡常数为0.25 b．实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，可能隐含的条件是：实验Ⅰ使用了效率更高的催化剂c．该反应是放热反应d．实验Ⅰ条件下反应的平衡常数等于实验Ⅱ条件下反应的平衡常数e．该反应的△S＞0，故该反应一定是自发反应18③实验Ⅱ从反应开始到刚达到平衡时，v（NO）= 0.0125 mol•L﹣1•min﹣1；若再向该2L密闭容器中通入1molNO2、1molNO、0.5molO2，则NO2的转化率将 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）（3）利用NO2或N2O4可制备N2O5，原理如图2所示．N2O5在电解池的 阳极 区生成，其电极反应为 N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+ ．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【分析】（1）计算2molN2H4反应放出的热量，可得该反应的△H，反应放热，焓变符号为“﹣”，单位为kJ/mol；（2）①a．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡；b．平衡时c（NO2）浓度不变是平衡标志；c．随反应进行，压强增大，气体总压不变说明到达平衡；d．平衡时各组分的含量不变；②a．计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式K=计算；b．实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，反应速率加快，平衡时二氧化氮的浓度相等，不影响平衡移动；c．升高温度，平衡时二氧化氮的浓度减小，说明升高温度平衡向正反应移动；d．平衡常数随温度变化；e．升高温度平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，当△G=△H﹣T△S＜0，反应自发进行；③根据v=计算v（NO2），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应方向，若Qc=K，处于平衡状态，Qc＜K，向正反应进行，Qc＞K，向逆反应进行；（3）利用NO2或N2O4可制备N2O5，N元素发生氧化反应，则N2O5在电解池的阳极区生成，由图可知，阳极上是N2O4失去电子，在HNO3条件下生成N2O5，根据电荷守恒可知有H+生成．【解答】解：（1）1.00gN2H4完全反应放出19.14kJ的热量，则2molN2H4反应放出的热量为19.10kJ×=1222.4kJ，故该反应的△H=﹣1222.4kJ/mol，故答案为：﹣1222.4；（2）①a．v正（NO2）=2v逆（O2），则v逆（NO2）=v正（NO2），反应处于平衡状态，2v正（NO2）=v逆（O2），不能说明反应达到平衡状态，故a选；b．平衡时c（NO2浓度不变，反应达到平衡状态，故b不选；c．随反应进行，压强增大，气体总压不变说明到达平衡，故c不选；d．生成物NO的体积分数不变，说明反应到达平衡，故d不选，故选：a；②a．800℃时，平衡时二氧化氮的浓度为0.5mol/L，则：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）起始量（mol/L）：100变化量（mol/L）：0.50.50.25平衡量（mol/L）：0.50.50.25800℃时平衡常数K===0.25，故a正确；18b．实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，反应速率加快，平衡时二氧化氮的浓度相等，不影响平衡移动，不能是升高温度或增大压强，实验Ⅱ可能使用了效率更高的催化剂，故b错误；c．升高温度，平衡时二氧化氮的浓度减小，说明升高温度平衡向正反应移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，故c错误；d．平衡常数随温度变化，实验Ⅰ和实验Ⅱ温度相同，实验Ⅰ条件下反应的平衡常数等于实验Ⅱ条件下反应的平衡常数，故d正确；e．升高温度平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，△H＞0，正反应为熵减的反应，△S＜0，而△G=△H﹣T△S＞0反应不能自发进行，故f错误，故选：ad；③v（NO2）==0.025mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，v（NO）=v（NO2）=0.025mol/（L．min），若再向该2L密闭容器中通入1molNO2、1molNO、0.5molO2，浓度商Qc═0.5＞K=0.25，反应向逆反应进行，NO2转化率减小，故答案为：0.0125mol/（L．min）；减小；（3）利用NO2或N2O4可制备N2O5，N元素发生氧化反应，则N2O5在电解池的阳极区生成，由图可知，阳极上是N2O4失去电子，在HNO3条件下生成N2O5，根据电荷守恒可知有H+生成，电极反应式为：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+，故答案为：阳极；N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态判断、平衡常数计算与应用、反应热计算、电解原理等，是对学生综合能力的考查，难度中等． 10．某研究性学习小组设想将少量Cl2通入Fe2+和I﹣的混合溶液中，探究Fe2+和I﹣的还原性强弱．【提出假设】假设1：Fe2+还原性比I﹣强．假设2：I﹣还原性比Fe2+强．假设3：一样强【验证假设】（1）设计如下几种装置进行实验：实验必须的装置是A→ C→E （按Cl2气流方向的顺序填写）（2）实验开始后，控制通入少量氯气，通过观察混合溶液颜色的变化 不能 （填“能”或“不能”）判断反应的先后顺序．（3）请在下表中写出实验步骤及预期现象和结论．实验步骤预期现象和结论取少量反应后的混合溶液分置于A、B两试管中；①若 A变红色 ， B不变色 18往A中滴加 KSCN 溶液；往B中滴加 淀粉 溶液．则假设1成立．②若 A不变色 ， B变蓝色 则假设2成立．③若 A变红色、B变蓝色 则假设3成立．（4）为了实验成功，必须控制各物质的量．该小组称取3.04gFeSO4，同时称取3.32gKI固体，溶于水中．为了验证上述假设，通入的Cl2体积最多不能超过 0.224 L（标准状况）．【思考与交流】（5）有同学质疑，上述实验只能验证Cl2分别与Fe2+和I﹣反应的速率大小，并不能证明Fe2+和I﹣还原性的强弱．于是提出另一方案：往KI溶液中滴入某溶液，如果能发生反应，即可证明I﹣的还原性强于Fe2+，该反应的离子方程式是 2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+ ．【考点】性质实验方案的设计；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；氯、溴、碘的性质实验．【专题】物质检验鉴别题；实验设计题．【分析】本题是利用氧化还原反应的先后规律，探究Fe2+和I﹣的还原性强弱，其原理是利用实验室制得的氯气通入到含有Fe2+和I﹣的混合溶液中，通过检验反应后的溶液里得到的是Fe3+还是碘单质来推测二者的还原性强弱，其中Fe3+可利用KSCN溶液检验若有溶液显血红色，碘单质可利用淀粉溶液来检验，若有现象是溶液变蓝色，据此作答；（1）依据实验的目的“将少量Cl2通入Fe2+和I﹣的混合溶液中，探究Fe2+和I﹣的还原性强弱”解答；（2）碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大；（3）三价铁离子遇到KSCN溶液显红色，淀粉遇到碘变蓝色，当通入少量的氯气时，如果二价铁离子先反应被氧化物三价铁离子，则加入KSCN溶液显红色，碘离子此时未反应，加入淀粉后不变蓝色；如果碘离子先反应被氧化为单质碘，则加入淀粉变蓝色，二价铁离子此时未反应，加入KSCN溶液不变红色；（4）依据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣计算3.04gFeSO4固体中二价铁离子被氧化需要的氯气的物质的量，依据2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，计算3.32gKI固体被氧化需要的氯气的物质的量；（5）依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来判断．【解答】解：（1）要想探究Fe2+和I﹣的还原性强弱，应将制取的氯气通入到含有Fe2+和I﹣的溶液中，氯气有毒应进行尾气处理，所以必须的装置A→C→E，故答案为：C→E；（2）碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大，所以不能通过观察颜色来比较反应的先后顺序，故答案为：不能；（3）三价铁离子遇到KSCN溶液显红色，淀粉遇到碘变蓝色，当通入少量的氯气时，如果二价铁离子先反应被氧化物三价铁离子，则加入KSCN溶液显红色，碘离子此时为反应，加入淀粉后不变蓝色；如果碘离子先反应被氧化为单质碘，则加入淀粉变蓝色，二价铁离子此时未反应，加入KSCN溶液不变红色；若滴加KSCN溶液变红色，滴加淀粉变蓝色，则说明Fe2+和I﹣都被氧化，二者一样强；故答案为：实验步骤预期现象和结论KSCN；淀粉①A变红色，B不变色，②A不变色，B变蓝色．③A变红色、B变蓝色18；（4）1.52gFeSO4固体的物质的量为=0.02mol，依据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知，完全氧化二价铁离子需要0.01mol氯气，标况下体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L；1.66gKI固体的物质的量为=0.02mol，依据2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，完全氧化碘离子需要0.01mol氯气，标况下体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L，所以为了验证上述假设，通入的Cl2体积最多不能超过0.224L；故答案为：0.224；（5）氯化铁与碘化钾反应的离子方程式为：2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+，反应中碘离子碘元素化合价升高，碘离子作用还原剂，三价铁离子化合价降低被还原，二价铁离子为还原产物，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可知碘离子的还原性强于二价铁离子，同种氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的优先反应，所以可以确定氯气与Fe2+和I﹣反应的先后顺序，故答案为：2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+．【点评】本题为实验题，考查了二价铁离子与碘离子还原性强弱的比较，题目难度中等，明确反应的实质和氧化还原反应的先后规律是解题的关键． 【化学--选修有机化学基础】11．环丙烷可作为全身麻醉剂，环已烷是重要的有机溶剂．下面是部分环烷烃及烷烃衍生物的结构简式、键线式和某些有机化合物的反应式（其中Pt、Ni是催化剂）．结构简式Br﹣CH2﹣CH2﹣CH（CH3）﹣CH2﹣Br键线式（环己烷）（环丁烷）①+H2②+H2③+H2④+KMnO4+回答下列问题：（1）环烷烃与 同碳原子数的烯烃 是同分异构体．（2）从反应①～③可以看出，最容易发生开环加成反应的环烷烃是 环丙烷 （填名称）．判断依据为 环丙烷与H2加成所需温度最低 ．18（3）环烷烃还可以与卤素单质，卤化氢发生类似的开环加成反应，如环丁烷与HBr在一定条件下反应，其化学方程式为 +HBr→CH3CH2CH2CH2Br （不需注明反应条件）．（4）写出鉴别环丙烷和丙烯的一种方法．试剂 酸性高锰酸钾溶液 ；现象与结论 使酸性高锰酸钾溶液退色的是丙烯，另一种是环丙烷（或溴水，使溴水退色的是丙烯） ．【考点】饱和烃与不饱和烃；烷烃及其命名．【分析】（1）环烷烃的通式为CnH2n，和相同碳原子数的烯烃（或相对分子质量相同的烯烃）相同；（2）根据题目所给反应需要的温度来判断反应发生的难易；（3）根据题意来书写方程式；（4）烯烃能使酸性高锰酸钾褪色，烷烃则不能．【解答】解：（1）由表中结构简式可知环烷烃的通式为CnH2n，显然与具有相同碳原子数的烯烃互为同分异构体，故答案为：相同碳原子数的烯烃（或相对分子质量相同的烯烃）；（2）比较①～③的反应条件（温度）知，①反应温度最低，故环丙烷最易发生开环加成反应，故答案为：环丙烷；反应温度最低；（3）根据题干加成反应的信息：环结构变为链结构，不难写出所求反应的方程式为：，故答案为：；（4）由反应④知环烷结构不与KMnO4（H+）反应，而碳碳双键易被氧化，故用酸性KMnO4溶液可将环丙烷和丙烯区别开，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；使酸性高锰酸钾溶液退色的是丙烯，另一种是环丙烷（或溴水，使溴水退色的是丙烯）．【点评】本题考查学生有机物的鉴别知识以及根据题目信息来解决问题的能力，难度不大． 12．某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢．（1）A的结构简式为 ． ． （2）A中的碳原子是否都处于同一平面？ 是 （填“是”或者“不是”）．（3）在图中，D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体．反应②的化学方程式为 ．18C的化学名称为 2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯 ；E2结构简式是 ；②、⑥的反应类型依次是 消去反应 、 取代反应 ．【考点】有机物的推断．【分析】某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，令组成为CxHy，则x最大值为=7，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，所以A为烯烃，所以x=6，y=12，因此A的化学式为C6H12，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，故A的结构简式为：，则B为，在乙醇的碱性溶液中加热时发生消去反应，生成的C为，C发生1，2﹣加成生成D1，则D1为，D1在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E1，则E1为，D1、D2互为同分异构体，故反应④发生1，4﹣加成，则D2为，D2在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E2，E2为，据此解答．【解答】解：某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，令组成为CxHy，则x最大值为=7，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，所以A为烯烃，所以x=6，y=12，因此A的化学式为C6H12，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，故A的结构简式为：，则B为，在乙醇的碱性溶液中加热时发生消去反应，生成的C为，C发生1，2﹣加成生成D1，则D1为，D1在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E1，则E1为，D1、D2互为同分异构体，故反应④发生1，4﹣加成，则D2为，D2在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E2，E2为，18（1）由上述分析可知，A的结构简式为：，故答案为：；（2）中含有C=C双键的平面结构，4个甲基的C原子处于C=C双键的平面结构内，分子碳原子都处于同一平面，故答案为：是；（3）反应②的化学方程式为：；C为，化学名称为：2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯；由上述分析可知，E2的结构简式是；反应②是消去反应、反应⑥是取代反应，故答案为；2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯；；消去反应，取代反应．【点评】本题考查有机物推断，涉及卤代烃、烯、醇等的性质以及分子式的求解、同分异构体、有机化学反应类型和方程式的书写等，题目综合性较大，注意二烯烃的加成反应，难度中等． 18
