安徽省师大附中2022届高三化学下学期摸底考试试题（含解析）

安徽省师大附中2022届高三下学期摸底考试化学试卷一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．据报道，光合作用能够借助太阳能用CO2和H2制备RCH其反应原理如下：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，下列说法正确的是（　　）　A．HCOOH分子中既有极性键，又有非极性键　B．反应中，CO2被氧化，O2是还原产物　C．反应中，每转移4×6.02×1023个电子，生成2.24L气体　D．该过程是将太阳能转化为化学能的过程考点：氧化还原反应．.专题：氧化还原反应专题．分析：2CO2+2H2O2HCOOH+O2中，O元素的化合价升高，C元素的化合价降低，该过程利用太阳能转化为化学能，以此来解答．解答：解：A．HCOOH分子中只有极性键，不存在非极性键，﹣COOH中不含O﹣O键，故A错误；B．O元素的化合价升高，C元素的化合价降低，则反应中，CO2被还原，O2是氧化产物，故B错误；C．反应中，每转移4×6.02×1023个电子，生成1mol气体，但状况未知，体积不能确定，故C错误；D．由反应条件为光照可知，该过程利用太阳能转化为化学能，故D正确；故选D．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，选项C为易错点，题目难度不大．　2．（3分）下列有关物质分类的依据正确的是（　　）　A．溶液与胶体：有无丁达尔现象　B．纯净物与混合物：是否只含一种元素　C．离子化合物与共价化合物：化合物中是否含有离子键　D．电解质与非电解质：溶于水后所得的溶液能否导电考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质．.专题：物质的分类专题．分析：A、分散系的分类依据是分散质粒子直径大小；B、根据物质种类分析；C、含有离子键的化合物为离子化合物；D、根据电解质和非电解质的概念分析．解答：解：A、分散系的分类依据是分散质粒子直径大小，1﹣100nm的为胶体，小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，故A错误；-18-B、只含有一种物质的为纯净物，含有两种或多种物质为混合物，故B错误；C、含有离子键的化合物为离子化合物，共价化合物中只含有共价键，故C正确；D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，故D错误．故选C．点评：本题考查了物质的分类，侧重于基本概念的考查，题目难度不大．　3．（3分）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（　　）　A．可以利用该反应检验Mn2+　B．氧气性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣　C．该反应中酸性介质可以为盐酸　D．若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：A．酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，高锰酸根离子呈紫色；B．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C．盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化；D．根据氧化产物和转移电子之间的关系式计算转移电子数．解答：解：A．酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，锰离子无色，高锰酸根离子呈紫色，所以可以用该反应检验Mn2+，故A正确；B．该反应中，过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比较：S2O82﹣＞MnO4﹣，故B正确；C．盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；D．Mn2+++H2O→MnO4﹣++H+转移电子1mol5mol0.1mol0.5mol所以若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol，故D正确；故选C．点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，注意盐酸是强酸且是强还原性酸，易被强氧化剂氧化，为易错点．　4．（3分）常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）　A．1.0mol/L的酸性KMnO4溶液中：CH3CH2OH、SO42﹣、Cu2+、Na+　B．通入SO2后的溶液中：CO32﹣、Br﹣、K+、NH4+　C．中性溶液：Fe3+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣　D．pH=2的溶液中：Cu2+、CH3CHO、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．.-18-专题：离子反应专题．分析：A．KMnO4溶液具有强氧化性，可与具有还原性的物质反应；B．通入SO2后的溶液呈酸性；C．Fe3+、Al3+水解呈酸性；D．pH=2的溶液呈酸性，如离子之间不发生任何反应，可大量共存．解答：解：A．KMnO4溶液具有强氧化性，与CH3CH2OH发生氧化还原反应，故A错误；B．通入SO2后的溶液呈酸性，CO32﹣不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、Al3+水解呈酸性，不可能大量存在于中性溶液中，故C错误；D．pH=2的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．点评：本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重学生元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确信息来判断溶液的酸碱性是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，题目难度不大．　5．（3分）（2022•朝阳区一模）下列解释实验现象的反应方程式不正确的是（　　）　A．新制氯水中滴加NaOH溶液后，黄绿色褪去Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　B．向NaHCO3溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红HCO3﹣⇌H++CO32﹣　C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，生成红褐色沉淀3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3↓+3Mg2+　D．向少量苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，生成白色沉淀考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A、新制氯水中滴加NaOH溶液后，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠次氯酸钠和水；B、碳酸氢根离子水解显碱性；C、氯化铁水解显酸性能溶解氢氧化镁，促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀；D、苯酚和浓溴水发生取代反应反应生成白色沉淀；解答：解：A、新制氯水中滴加NaOH溶液后，黄绿色褪去，是氯气和氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；故A正确；B、向NaHCO3溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红是因为碳酸氢根离子水解显碱性，反应的离子方程式为：H2O+HCO3﹣⇌OH﹣+H2CO3；故B错误；C、向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，生成红褐色沉淀，反应的离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3↓+3Mg2+；故C正确；D、向少量苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，生成白色沉淀，反应的化学方程式为；，故D正确；故选B．点评：本题考查了反应离子方程式的正误分析，书写方法，掌握反应实质是解题关键，题目难度中等．-18-　6．（3分）氧元素是地壳中含量最多的元素．下列有关说法正确的是（　　）　A．16O2和18O3互为同素异形体　B．氧元素与其他短周期非金属元素形成的氧化物均属于酸性氧化物　C．O2变成O3以及16O变成18O的变化均属于化学变化　D．O与Na形成的两种稳定化合物中，阴阳离子个数此均为1：2考点：同素异形体；同位素及其应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．.专题：物质的分类专题．分析：A．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；B．NO为不成盐氧化物；C．O2变成O3是同素异形体之间的转化，属于化学变化；16O变成18O是同位素之间的转化，是核反应，属于物理变化；D．氧化钠中阴阳离子个数比为1：2；过氧化钠中阴阳离子个数比为1：2．解答：解：A．16O2和18O3是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A正确；B．氧元素与其他短周期非金属元素形成的氧化物不一定属于酸性氧化物，如NO为不成盐氧化物，故B错误；C．O2变成O3是同素异形体之间的转化，属于化学变化；16O变成18O是同位素之间的转化，是核反应，属于物理变化，故C错误；D．O与Na形成的两种稳定化合物中，氧化钠中阴阳离子个数比为1：2；过氧化钠中阴阳离子个数比为也1：2，故D正确，故选AD．点评：本题考查同素异形体的概念、物理变化和化学变化、物质的构成等，难度不大．要注意核反应属于物理变化．　7．（3分）（2022•南通一模）下列实验操作能够达到实验目的是（　　）　A．用激光笔鉴别淀粉溶液和蔗糖溶液　B．实验室采用如图所示装置收集SO2　C．除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可加入Ca（OH）2溶液后过滤　D．配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶用蒸馏水洗涤后再用待装溶液润洗考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的实验方案设计；气体的收集；配制一定物质的量浓度的溶液．.专题：实验评价题．分析：A．胶体具有丁达尔现象，溶液不具有；B．二氧化硫的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集；C．均与Ca（OH）2反应；D．配制溶液时容量瓶不能润洗．解答：解：A．胶体具有丁达尔现象，溶液不具有，淀粉溶液为胶体分散系，而蔗糖为溶液，则用激光笔鉴别淀粉溶液和蔗糖溶液，故A正确；-18-B．二氧化硫的密度比空气的大，应利用向上排空气法收集，图中进气管应伸到集气瓶底部，故B错误；C．均与Ca（OH）2反应，将被除杂的物质及杂质均反应掉，不符合除杂的要求，故C错误；D．配制溶液时容量瓶不能润洗，容量瓶用蒸馏水洗涤后不需要干燥，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的鉴别、气体的收集、除杂及溶液配制等，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大．　8．（3分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（　　）　A．用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2　B．用图2所示装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3　C．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验　D．用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH3考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.专题：化学实验基本操作．分析：A．氯气难溶于饱和食盐水，不能被饱和氯化钠溶液吸收；B．氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁；C．氯气与NaOH溶液反应，可形成喷泉；D．氨气密度比空气小，应用向下排空法收集．解答：解：A．氯气难溶于饱和食盐水，用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；B．氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁，不能直接用蒸发的方法制备，故B错误；C．氯气与NaOH溶液反应，导致圆底烧瓶内压强减小，可形成喷泉，故C正确；D．氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故D错误．故选C．点评：本题考查实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备以及收集，题目难度不大，注意相关物质的性质的把握．　9．（3分）（2022•合肥一模）下列实验过程中产生的现象与图中曲线变化相对应的是（　　）　A．AlCl3滴入NaOH溶液B．PH=1的醋酸和盐酸分别加水稀释-18-　C．氨气通入醋酸溶液中D．SO2气体通入溴水中考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性；二氧化硫的化学性质．.专题：图示题．分析：A．根据AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl判断；B．醋酸为弱电解质，盐酸为强电解质，二者加水稀释时的pH变化不同，无论怎么稀释，溶液都呈酸性；C．氨气与醋酸反应生成强电解质醋酸铵；D．根据反应Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr判断．解答：解：A．在氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，发生的反应为AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，现象是先没有沉淀后出现沉淀，故A错误；B．PH相同的醋酸和盐酸，加水等体积稀释，浓度变稀，加大醋酸的电离，故相比于盐酸其PH更小，故B错误；C．氨气通入醋酸溶液中，反应生成强电解质醋酸铵，溶液导电能力增强，故C错误；D．SO2气体通入溴水中，发生反应Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr，反应后溶液酸性增强，pH减小，但溴水溶液呈酸性，开始时pH＜7，故D正确；故选D．点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质和弱电解质的电离，题目难度中等，易错点为C，注意看准图象曲线的变化．　10．（3分）已知：（CH3COOH）2（g）⇌2CH3COOH（g）经实验测得在不同压强下体系的平均相对分子质量随温度T的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）　A．该过程的△H＜0　B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）　C．气体压强：P（a）＜P（b）=P（c）　D．当M=80时（CH3COOH）2和CH3COOH的物质的量之比为1：1考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：A．根据=可知，图象中随温度升高减小可知，化学平衡向正反应方向移动，可判断反应的热效应；-18-B．根据化学平衡常数表达式和判断；C．压强与气体物质的量有关；D．计算M=80时，（CH3COOH）2和CH3COOH的物质的量，得到答案．解答：解：A．，图象中随温度升高减小可知，化学平衡向正反应方向移动，则正反应方向吸热，即△H＞0，故A错误；B．a点和b点，相等，气体总物质的量相等，只有在：（CH3COOH）2和CH3COOH分别相等时，物质的量才相等，由于化学平衡常数K=，故K（a）=K（b），c点较大，则气体总物质的量较小，即相对于a、b点化学平衡进行程度较小，即CH3COOH浓度较小，故K（a）=K（b）＞K（c），故B错误；C．压强增大不利于反应的正向进行，在相同温度时，曲线P1的大于P2，说明气体物质的量P2大于P1，即P1不利于反应的正向进行，所以压强P1＞P2，即P（a）＜P（b）=P（c），故C正确；D．由于反应其实=120，所以1mol气体物质的质量为120g，气体质量不变，则当=80时，=80，n=1.5mol，设转化的（CH3COOH）2（g）物质的量为x，则有（CH3COOH）2（g）⇌2CH3COOH（g），起始1mol0转化xmol2xmol=80（1﹣x）mol2xmol气体总物质的量为（1﹣x）mol+2xmol=1.5mol，x=0.5mol，即此时（CH3COOH）2（g）物质的量为0.5mol，CH3COOH（g）物质的量为1mol，（CH3COOH）2和CH3COOH的物质的量之比为1：2，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡的判断、化学平衡常数的含义等知识点，难度不大，注意化学平衡三段式计算．　11．（3分）（2022•合肥三模）汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=﹣373.4kJ/mol反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①〜⑧中正确的是（　　）　A．①⑥⑧B．①⑤⑦C．②③④D．③⑥⑦考点：化学平衡常数的含义；体积百分含量随温度、压强变化曲线．.专题：化学平衡专题．分析：平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动；-18-催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，物质转化率不变；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关；压强增大，平衡正向进行，增大氮气的物质的量，氮气的浓度增大．解答：解：平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故①正确②错误；催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，物质转化率不变，故③④错误；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关，故⑤正确⑥错误；压强增大，平衡正向进行，增大氮气的物质的量，氮气的浓度增大，⑦正确⑧错误；综上所述①⑤⑦正确；故选B．点评：本题考查影响平衡常数的因素、化学平衡的移动与图象等，难度不大，理解外界条件对平衡的影响是关键．　12．（3分）对于常温下pH=3的醋酸溶液，下列说法正确的是（　　）　A．C（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）　B．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释，溶液中将要变小　C．加入少量醋酸钠固体，溶液pH降低　D．与等体积pH为11的NaOH溶液混合后所得溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡；A、依据溶液中电荷守恒分析判断；B、醋酸是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离；C、依据电离平衡移动方向分析判断；D、醋酸是弱酸反应后会继续电离；解答：解：A、常温下pH=3的醋酸溶液，存在电荷守恒为：C（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故A正确；B、加水稀释，的分子和分母同乘以氢离子的浓度得，温度不变，这个比值不变，故B错误；C、醋酸钠溶于水溶液中的醋酸根离子抑制醋酸的电离，平衡左移，氢离子浓度减小，溶液PH增大，故C错误；D、pH=3的醋酸溶液与等体积pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸过量所得溶液中是醋酸钠和醋酸的混合溶液：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）故D错误；故选A．点评：本题考查了弱电解质的电离平衡分析判断，溶液中电荷守恒的应用，影响因素的分析，酸碱反应的定量分析计算，溶液稀释后PH的计算判断，题目难度不大．　13．（3分）有关①100mL0.01mol•L﹣1Na2CO3、②10mL0.1mol•L﹣1-18-Na2CO3两种溶液的叙述正确的是（　　）　A．溶液中水电离出的H+个数：②＞①　B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①＞②　C．①溶液中：n（OH﹣）=n（HCO3﹣）+2n（H2CO3）+n（H+）　D．②溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）考点：影响盐类水解程度的主要因素．.专题：盐类的水解专题．分析：A、浓度越稀水解程度越大，所以①水解程度大于②，而水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以溶液中水电离出的H+个数：①＞②；B、溶液中阴离子的物质的量浓度之和，与原起浓度相关，水解程度极其微弱，所以：②＞①；C、根据电荷守恒可知：2n（CO32﹣）+n（HCO3﹣）+n（OH﹣）=n（H+）+n（Na+），物料守恒可知：n（Na+）=2n（CO32﹣）+2n（HCO3﹣）+2n（H2CO3），两式相加得到n（OH﹣）=n（HCO3﹣）+2n（H2CO3）+n（H+）；D、水解是微弱的，所以离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）；解答：解：A、浓度越稀水解程度越大，所以①水解程度大于②，而水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以溶液中水电离出的H+个数：①＞②，故A错误；B、溶液中阴离子的物质的量浓度之和，与原起浓度相关，水解程度极其微弱，所以：②＞①，故B错误；C、根据电荷守恒可知：2n（CO32﹣）+n（HCO3﹣）+n（OH﹣）=n（H+）+n（Na+），物料守恒可知：n（Na+）=2n（CO32﹣）+2n（HCO3﹣）+2n（H2CO3），两式相加得到n（OH﹣）=n（HCO3﹣）+2n（H2CO3）+n（H+），故C正确；D、水解是微弱的，所以离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），故D错误；故选C．点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确溶液中离子的水解程度即可解答，明确电荷守恒式及物料守恒式是解答的关键，题目难度中等．　14．（3分）将铁铝矾[Al2Fe（SO4）4•xH2O]溶于水中，得到浅绿色溶液，对该溶液的叙述正确的是（　　）　A．铁铝矾有净水作用，其水溶液显中性　B．该溶液中：2c（Al3+）+c（Fe2+）+c（H+）=　C．在空气中，蒸干并灼烧该溶液，最后所得的残留固体为Al2O3、Fe2O3　D．向该溶液中加入Ba（OH）2溶液，当SO42﹣完全沉淀时Al3+、Fe3+恰好被完全沉淀考点：盐类水解的应用；离子方程式的有关计算．.专题：离子反应专题；盐类的水解专题．分析：A、铁铝矾有净水作用，是因为亚铁离子和铝离子水解呈酸性；B、由电荷守恒得：3c（Al3+）+2c（Fe2+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）；-18-C、硫酸是不挥发的酸，所以在空气中，蒸干并灼烧该溶液，最后所得的残留固体是硫酸铝和硫酸铁；D、设铁铝矾[Al2Fe（SO4）4•xH2O]为1mol，当SO42﹣完全沉淀需4mol的Ba（OH）2溶液电离出8mol的OH﹣离子与2mol的铝离子和1mol的亚铁离子恰好完全沉淀．解答：解：A、铁铝矾有净水作用，是因为亚铁离子和铝离子水解呈酸性，故A错误；B、由电荷守恒得：3c（Al3+）+2c（Fe2+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），故B错误；C、硫酸是不挥发的酸，所以在空气中，蒸干并灼烧该溶液，最后所得的残留固体是硫酸铝和硫酸铁，故C错误；D、设铁铝矾[Al2Fe（SO4）4•xH2O]为1mol，当SO42﹣完全沉淀需4mol的Ba（OH）2溶液电离出8mol的OH﹣离子与2mol的铝离子和1mol的亚铁离子恰好完全沉淀，故D正确；故选D．点评：本题考查元素化合物知识与相关反应原理相结合考查，注意电荷守恒的应用，水解原理的考查．　二、简答题（本题包括5小题，共58分）15．（10分）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增加，元素X的气态氢化物和它的最高价氧化物的水化物能发生化合反应，产生白烟现象；Y原子最外层电子数是次外层的3倍；Z的单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，W有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作为涂料．（1）W位于元素周期表第　四　周期第　Ⅷ　族，Z原子结构示意图为　　（2）依据常温下物质状态推测H2Y和H2Z沸点较高的是　H2O　（写化学式）；在H﹣X，H﹣Y两种共价键中，键的极性较强的是　H﹣O　，键长较长的是　H﹣N　．（3）Y有多种氢化物，请写出一种在酸性条件下能氧化W2+反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目：　　．（4）已知：X2（g）+Y2（g）═2XY（g）△H=+180kJ/mol2XY2（g）═X2（g）+2Y2（g）△H=﹣67.8kJ/mol则反应：4XY（g）═2XY2（g）+X2（g）的△H=　﹣292.2kJ/mol　．考点：位置结构性质的相互关系应用；用盖斯定律进行有关反应热的计算．.专题：化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题．分析：-18-X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增加，元素X的气态氢化物和它的最高价氧化物的水化物能发生化合反应，产生白烟现象，则X为氮元素；Y原子最外层电子数是次外层的3倍，则Y为氧元素；Z的单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，则Z为硫元素，W有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作为涂料，则W为铁元素，据此答题；解答：解：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增加，元素X的气态氢化物和它的最高价氧化物的水化物能发生化合反应，产生白烟现象，则X为氮元素；Y原子最外层电子数是次外层的3倍，则Y为氧元素；Z的单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，则Z为硫元素，W有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作为涂料，则W为铁元素，（1）W为铁元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，Z为硫元素，原子结构示意图为，故答案为：四；Ⅷ；；（2）水常温下为液态，而硫化氢为气态，所以沸点较高的是水，由于氧的非金属性强于氮，所以在H﹣O，H﹣N两种共价键中，键的极性较强的是H﹣O，由于氮原子半径大于氧，所以键长较长的是H﹣N键，故答案为：H2O；H﹣O；H﹣N；（3）双氧水在酸性条件下能氧化Fe2+，反应的离子方程式和电子转移的方向和数目为，故答案为：；（4）①X2（g）+Y2（g）═2XY（g）△H=+180kJ/mol；②2XY2（g）═X2（g）+2Y2（g）△H=﹣67.8kJ/mol，根据盖斯定律，将﹣①×2﹣②可得反应：4XY（g）═2XY2（g）+X2（g），则△H=﹣180kJ/mol×2﹣（﹣67.8kJ/mol）=﹣292.2kJ/mol，故答案为：﹣292.2kJ/mol；点评：本题主要考查了原子结构示意图、氧化还原反应、盖斯定律等知识点，中等难度，解题的关键在于元素推断．　-18-16．（14分）（2022•芜湖县模拟）PNA是一种具有良好热稳定性和耐腐蚀性的高分子化合物，可由下列路线合成：已知：1．2．（1）A分子中只有一个氯原子，A→B的反应类型是　消去反应　；D能发生银镜反应且分子中有支链，D的结构简式是　　．（2）E中含有的官能团名称是　醛基、羟基　；F的名称（系统命名）是　2，2﹣二甲基丙二醇　．（3）G是E的同分异构体，分子中含1个六元环，氢谱显示有四种不同化学环境的氢．G的结构简式是　　．（4）由C和F合成PNA的化学方程式是　　．（5）下列说法正确的是　acd　．a．B和D均能使溴水褪色b．F能与Na反应，但不与HBr反应c．C和E均能与新制Cu（OH）2反应d．PNA无固定熔沸点．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：由合成图可知，环己烷与氯气光照下发生取代反应生成A，A分子中只有一个氯原子，则A为，然后发生消去反应生成B为-18-，再被氧化生成C为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D能发生银镜反应，且分子中有支链，则D为，结合信息②可知，D与HCHO反应生成E为，E与氢气发生加成生成F为，C与F发生酯化反应生成PNA为，据此解答．解答：解：由合成图可知，环己烷与氯气光照下发生取代反应生成A，A分子中只有一个氯原子，则A为，然后发生消去反应生成B为，再被氧化生成C为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D能发生银镜反应，且分子中有支链，则D为，结合信息②可知，D与HCHO反应生成E为，E与氢气发生加成生成F为，C与F发生酯化反应生成PNA为，（1）A→B是卤代烃发生的消去反应，D的结构简式为：，故答案为：消去反应；；（2）E为，含有的官能团有：醛基、羟基，F为，系统命名为：2，2﹣二甲基丙二醇，故答案为：醛基、羟基；2，2﹣二甲基丙二醇；（3）G是E（-18-）的同分异构体，分子中含1个六元环，氢谱显示有四种不同化学环境的氢，G的结构简式是，故答案为：；（4）由C和F合成PNA的化学方程式是：，故答案为：；（5）a．B含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，D含有醛基，能被溴水氧化，B和D均能使溴水褪色，故a正确；b．F为，含有羟基，能与Na反应，能与HBr发生取代反应，故b错误；c．C含有羧基，能与氢氧化铜发生酯化反应，E含有醛基，能与新制Cu（OH）2反应，故c正确；d．PNA为高聚物，聚合度不确定，属于混合物，无固定熔沸点，故d正确，故选：acd．点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构和反应条件推断，需要学生对给予的信息进行利用，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生自学能力与知识迁移运用，是有机题目常见题型，难度中等．　17．（8分）NM具有广泛的用途，可做新型水处理剂、优良的金属缓蚀剂及可用于局部过热的循环水系统；在工业和医药上都具有重要用途．现从某废钼催化剂（主要成分MoO3、Al2O3等）中回收Na2MoO4和硫酸钠，其工艺如下（1）MoO3、Al2O3与Na2CO3的反应和SiO2与Na2CO3的反应相似．试写出MoO3与Na2CO3反应的化学方程式　MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑　．（2）第②步的滤液中溶质为Na2MoO4、Na2CO3、　Na2AlO2　．（3）第③-18-步所用稀硫酸若用标准NaOH溶液进行滴定，所需仪器：铁架台（带滴定管夹）　酸式滴定管　、　碱式滴定管　、　锥形瓶　．（4）取废催化剂5.00g加入5.30gNa2CO3（足量），最后得到2.34gAl（OH）3和6.39gNa2SO4晶体，求废催化剂中钼的质量分数　9.60%　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：实验题．分析：MoO3、Al2O3与Na2CO3的反应和SiO2与Na2CO3的反应相似，加入碳酸钠焙烧时可生成Na2MoO4和NaAlO2，加入水溶解后出去杂质，加入硫酸浸泡，可生成氢氧化铝沉淀，过滤后滤液中存在硫酸钠和Na2MoO4，二者溶解度不同，经蒸发结晶可得到Na2SO4晶体和Na2MoO4，以此解答该题．解答：解：（1）MoO3、Al2O3与Na2CO3的反应和SiO2与Na2CO3的反应相似，加入碳酸钠焙烧时可生成Na2MoO4和NaAlO2，MoO3与Na2CO3反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑，故答案为：MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑；（2）高温条件下，氧化铝和碳酸钠反应生成Na2AlO2，滤液中含有焙烧后生成Na2MoO4、Na2AlO2以及过量的Na2CO3，故答案为：Na2AlO2；（3）中和滴定时，用到的仪器有铁架台、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶等，故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；（4）加入稀硫酸后，滤渣为Al（OH）3，滤液中含有Na2SO4和Na2MoO4，已知：n（Na2CO3）==0.05mol，n（Na2SO4）==0.045mol，则由Na守恒可知n（Na2MoO4）=0.005mol，m（Mo）=0.005mol×96g/mol=0.48g，ω（Mo）==9.60%，故答案为：9.60%．点评：本题考查物质的分离、提出，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和物质的性质，为解答该题的关键，难度中等．　18．（13分）某化学研究性学习小组对某种铁矿石中铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）进行定性和定量研究．Ⅰ、铁矿石中含铁量的测定，实验流程如图1所示：（1）步骤中煮沸的作用是　赶走溶液中溶解的过量氯气　．（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、　250mL容量瓶　．-18-（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是　cd　．a．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液b．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化c．锥形瓶不需要用待测液润洗d．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的质量分数为　70%　．Ⅱ、铁矿石中含氧量的测定，实验装置如图2所示①按上图组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．（1）装置C的作用为　防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果　．（2）测的反应后装置B增重1.35g则铁矿石中氧的质量分教为　24%　．Ⅲ、由I、Ⅱ可以推算出的该铁矿石中铁的氧化物与氢气反应的化学方程式为　6H2+Fe5O66H2O+5Fe　．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．.专题：实验探究和数据处理题．分析：Ⅰ、（1）煮沸可以将水中的气体赶走；（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；（4）依据化学方程式定量关系和元素守恒计算得到铁元素质量分数；Ⅱ、（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；（2）反应后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；Ⅲ、根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式，结合氢气还原铁的氧化物生成铁和水．解答：解：Ⅰ、（1）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸后可以降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的Cl2，故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；（2）将原溶液稀释到250mL，需要使用的玻璃仪器仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，还缺少250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；（3）a．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故a错误；b．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故b错误；c．锥形瓶不需要用待测液润洗，故c正确；-18-d．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故d正确．故答案为：cd；（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液20.00mL，由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，结合2Fe3+～2I﹣可知，c（Fe3+）=c（KI）=0.5mol•L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，故答案为：70%；Ⅱ、（1）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；（2）测的反应后装置B增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的百分含量是：×100%=24%，故答案为：24%；Ⅲ、铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：=5：6，铁的氧化物的化学式为Fe5O6，氧化物与氢气反应的化学方程式为：6H2+Fe5O66H2O+5Fe；故答案为：6H2+Fe5O66H2O+5Fe．点评：本题考查了探究铁矿石中氧元素和铁元素的含量的方法，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，全面细致的思考才能得出正确的结论．　19．（13分）（2022•淮南一模）已知Fe（NO3）2受热分解产物为金属氧化物、NO2和O2，请完成表格内容并回答相关问题：（1）对固体产物中Fe化合价的猜想猜想一：只显+2价；猜想二：只显+3价；猜想三：　既有+2价又有+3价　（2）若猜想二成立，题干完成下表加以验证．供选试剂有：0.01mol/L酸性高锰酸钾溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、3%H2O2溶液，0.1mol/LKSCN溶液、蒸馏水．（仪器自添）实验操作现象目的或结论步骤1：取适量上述热分解后的固体于试管中，加入0.1mol/L溶解固体产物步骤2：溶液中含有Fe3+步骤3：溶液中不含有Fe2+-18-经验证，猜想二正确，请写出Fe（NO3）2热分解的化学方程式　4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑　；（3）某同学将带火星的木条伸入该分解反应参数的气体中，木条复燃，由此他得出“NO2能支持燃烧的结论”．请你判断该结论是否正确？并说明理由．考点：性质实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：（1）根据Fe元素有+2价、+3价来分析；（2）依据三价铁离子遇硫氰酸钾溶液呈红色证明含有铁离子；依据试剂选择高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子而褪色证明是否含有亚铁离子；依据实验证明生成金属氧化物为氧化铁，根据生成产物配平写出化学方程式；（3）依据分解产物物质的量之比结合空气中氧气所占体积分数分析是否能使带火星的木条复燃；解答：解：（1）Fe元素有+2价、+3价，所以产物可能为Fe2（SO4）3、FeSO4或Fe2（SO4）3和FeSO4的混合物，故答案为：既有+2价又有+3价；故答案为：既有+2价又有+3价；（2）已知Fe（NO3）2受热分解产物为金属氧化物、NO2和O2，金属氧化物加入0.1mol/LH2SO4溶液高汤溶解生成铁盐溶液，滴入KSCN溶液，溶液呈血红色证明含有铁离子；向B试管中滴入酸性KMnO4溶液，溶液不褪色证明不含亚铁离子；实验验证含有三价铁，反应反应的化学方程式为：4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑；故答案为：实验操作现象目的或结论步骤2：向A试管中滴入KSCN溶液溶液呈血红色步骤3：向B试管中滴入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液不褪色4Fe（NO3）22Fe2O3+8NO2↑+O2↑（3）结论正确．Fe（NO3）2分解后的气体产物中，NO2和O2的体积比为8：1，O2的体积分数小于空气中氧气的体积分数21%，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃．故答案为：结论正确，Fe（NO3）2分解后的气体产物中，NO2和O2的体积比为8：1，O2的体积分数小于空气中氧气的体积分数21%，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃；点评：本题主要考查了物质的化学性质以，在解题时，可根据题中现象及对应的知识确定存在或不存在的物质是解题的关键．-18-