2022年四川省泸州市高考化学三诊试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活、生产密切相关．下列叙述正确的是（ ）A．硅胶和铁粉常用于食品包装袋中作抗氧化剂，它们都是无机物B．食盐和食醋常用于厨房中作调味品，它们都是盐C．硅和石英常用于制作光导纤维，它们都是原子晶体D．氢氧化铝和碳酸氢钠常用于消除胃酸过多，它们都是电解质 2．下列说法不正确的是（ ）A．在船外壳镶嵌锌块保护船身，锌为原电池的负极B．MgO的熔点高于NaCl，是因为MgO的晶格能大于NaClC．1molFeCl3完全水解将产生6.02×1023个胶体粒子D．水的离子积常数Ksp随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热过程 3．对下表中实验操作或现象的解释不合理的是（ ）实验操作及现象现象的解释A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴落单质铝的熔点特别高B用玻璃尖嘴导管导出氢气，点燃，观察到火焰呈黄色普通玻璃中含有钠元素C往水中加入Na2O2固体，滴入酚酞呈红色，振荡，红色褪去产生了碱性物质，且Na2O2具有漂白性D向过量的苯酚浓溶液中滴加少许饱和溴水，振荡，未观察到白色沉淀产生三溴苯酚溶解在过量的苯酚中A．AB．BC．CD．D 4．解释下列事实的离子方程式或电极反应式不正确的是（ ）A．酸性KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝：4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣B．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣C．铅蓄电池充电时阴极质量减轻：PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣D．明矾与足量Ba（OH）2溶液混合有沉淀出现：Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O 5．X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍；Z是地壳中含量最多的元素；W、Q同周期，且最外层电子数都为1，Q的核外电子排布中未成对电子数为6．下列说法错误的是（ ）A．X、Y、Z的气态氢化物的稳定性依次增强B．XZ2分子中δ键与π键个数之比为1：1C．原子半径由大到小的顺序：W＞Z＞YD．由Z、W、Q三种元素形成的某种化合物可用于检查司机是否酒后驾车 6．常温下，下列溶液中的pH判断或各微粒浓度关系，不正确的是（ ）A．将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的体积为10mL，则混合液的pH=2-19-B．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，混合液pH大于7，则反应后的混合液中：c（OH﹣）+c（A﹣）＞c（H+）+c（HA）C．pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：①＞③＞②D．常温下，0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HClO）+c（CH3COOH） 7．在对应的温度下，体积均为2L的三个恒容密闭容器中发生如下可逆反应：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+57kJ/mol，实验测得有关数据如下表：容器编号温度起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化达到平衡所需时间N2O4NO2①T120吸热22.8kJ2min②T204放热Q（Q＞0）kJ…③T331……下列叙述正确的是（ ）A．容器①中，从起始到平衡时，用NO2表示的平均反应速率v（NO2）为0.2mol（L•min）B．若容器①在恒温恒压下达平衡，该条件下的平衡常数等于0.2C．若Q＜34.2kJ，则T1＞T2D．容器③在达平衡前，v（正）＜v（逆） 二、解答题（共4小题，满分58分）8．某校化学兴趣小组将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A，并进行如下框图所示实验，得到深蓝色溶液D．（图中某些生成物已略去）（1）A元素位于元素周期表中 周期 族．B溶液中的金属阳离子的电子排布式为 ．（2）H2O2分子中氧原子杂化方式为 ．E为气体，其水溶液呈弱碱性，E分子的VSEPR模型是 ．（3）向D的溶液中加入镁条（表面已除去氧化膜），一段时间后镁条表面有紫红色金属析出．写出该反应的离子方程式： ． 9．绿矾（FeSO4•7H2O）是抗贫血药物的主要成分，可用于缺铁性贫血的治疗．某校化学学习小组对绿矾展开了制备、定性和定量探究．请你帮助完成相应实验或问题．查阅资料：绿矾（相对分子质量为278）在300℃失去全部结晶水，FeSO4在600℃以上发生分解．Ⅰ．制备：取除去油脂的废铁屑（含少量的铁锈和碳）于一烧杯中，加入20～30%的稀硫酸溶液，在50℃～80℃水浴中加热至不再产生气泡．将溶液趁热过滤、 、再次过滤、冰水洗涤、小心烘干，得到绿矾晶体．加入稀硫酸的实验中可能的反应有3个：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O和 （写离子方程式）．-19-Ⅱ．定性探究：学习小组拟通过实验探究绿矾热分解的产物，提出如下4种猜想：R甲：FeO、SO2、H2O乙：Fe2O3、SO3、H2O丙：Fe2O3、SO2、H2O丁：Fe2O3、SO2、SO3、H2O（1）根据氧化还原反应原理，上述猜想 肯定不成立．（2）设计实验：针对其它三种猜想，设计如下图所示的实验装置（夹持仪器等均省略）：（3）实验过程：①连接仪器并检查装置的气密性，放入固体试剂，通N2排空气．②称取绿矾晶体5.56g置于A中，加热到600℃以上．③一段时间后，打开K通N2，移开酒精灯，冷却A装置至室温、称量，测得剩余固体的质量为2.32g．此步通N2的主要目的是 （任写一点）．④观察到B装置中无水硫酸铜变蓝，C中锥形瓶内产生沉淀，D中品红溶液褪色．由此可以证明的产物有 ．⑤取A中剩余固体少许于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变红．（4）问题探讨：某同学取A中剩余固体少许于一支试管中，加入适量硫酸溶解，再滴加少许KMnO4溶液，发现KMnO4溶液紫红色褪去，于是认为上述实验还有FeO生成．小组讨论后否定了该同学的观点，请说明理由 ．（5）实验结论：根据实验现象得出上述猜想 正确．Ⅲ．定量探究：该学习小组取ag抗贫血药物配成100mL溶液，取25.0mL于锥形瓶中，用bmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定（已知该反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+，药物其它成分不与K2Cr2O7反应），平均消耗K2Cr2O7标准溶液vmL．则该抗贫血药中铁元素的质量分数为 ．（用含a、b和v的代数式表示） 10．丙烯是石油的裂解之一，工业上可用它制得合成中间体A、B．下列是合成路线之一，A的结构简式为．已知：-19-请回答下列问题；（1）①反应产物的分子式为 ；由A可合成橡胶，该反应的类型是 ；B遇FeCl3溶液显紫色，B的名称是 ．（2）丙烯也可由“2﹣溴丙烷”在某条件下一步反应制得，请写出该化学反应方程式 ．（3）C与C2H2合成D的化学方程式为 ．（4）已知：R″CHO+RCH2CHO+H2O①G有如下转化：由B和G在浓硫酸条件下合成树脂X，则X的结构简式为 ．②写出符合下列要求的的所有同分异构体的结构简式 ．ⅰ与FeCl3溶液发生显色反应；ⅱ能发生银镜反应；ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰，且无﹣O﹣O结构． 11．最近，著名记者柴静的雾霾调查纪录片《穹顶之下》，在互联网上产生了爆炸性影响．煤燃烧的尾气是造成雾霾天气的原因之一，下列是一种变废为宝的处理方法．（1）上述流程中循环使用的物质有 ，吸收池Ⅰ吸收的气体有 ．（2）向吸收池Ⅳ得到的HSO3﹣溶液中滴加CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因： ．（3）电解池Ⅴ制得S2O32﹣的原理如图1所示．写出电解总反应的离子方程式 ．-19-（4）1molCO（g）和1molNO2（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g），反应过程中的能量变化如图2，E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mol．已知：①N2（g）=2NO（g）△H=+179.5kJ/mol②2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣112.3kJ/mol请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式： ．（5）上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3，则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为 m3． -19-2022年四川省泸州市高考化学三诊试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与生活、生产密切相关．下列叙述正确的是（ ）A．硅胶和铁粉常用于食品包装袋中作抗氧化剂，它们都是无机物B．食盐和食醋常用于厨房中作调味品，它们都是盐C．硅和石英常用于制作光导纤维，它们都是原子晶体D．氢氧化铝和碳酸氢钠常用于消除胃酸过多，它们都是电解质【考点】无机化合物与有机化合物的概念；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；原子晶体；电解质与非电解质．【分析】A．硅胶无抗氧化性；B．食醋的主要成分是乙酸；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅；D．氢氧化铝和碳酸氢钠能与氯化氢反应．【解答】解：A．硅胶无抗氧化性，硅胶有吸水性，可做干燥剂，故A错误；B．食醋的主要成分是乙酸，属于酸，故B错误；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅常用作太阳能电池，故C错误；D．氢氧化铝和碳酸氢钠能与氯化氢反应，可做抗酸药，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查食品添加剂、材料、药物和电解质等问题，为高频考点，侧重化学与生活、生产以及环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大． 2．下列说法不正确的是（ ）A．在船外壳镶嵌锌块保护船身，锌为原电池的负极B．MgO的熔点高于NaCl，是因为MgO的晶格能大于NaClC．1molFeCl3完全水解将产生6.02×1023个胶体粒子D．水的离子积常数Ksp随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热过程【考点】金属的电化学腐蚀与防护；晶格能的应用；吸热反应和放热反应；盐类水解的原理．【分析】A．原电池的正极金属易被保护，不易腐蚀；B．均为离子晶体，晶格能大的熔点高，晶格能与离子半径与离子电荷有关；C．Fe（OH）3胶体粒子是由Fe（OH）3“分子”聚合成的较大颗粒；D．水的离子积随温度升高增大，说明氢离子和氢氧根离子浓度增大，所以水的电离是吸热过程．【解答】解：A．海轮外壳镶嵌锌块，锌为原电池的负极，此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．决定晶格能的因素为：离子电荷、离子半径、离子的电子层构型，MgO所带电荷多，MgO的熔点高于NaCl，故B正确；C．Fe（OH）3胶体粒子是由Fe（OH）3“分子”聚合成的较大颗粒，含1molFe3+的FeCl3完全水解，产生Fe（OH）3胶体粒子小于6.02×1023，故C错误；D．水的离子积随温度升高增大，说明氢离子和氢氧根离子浓度增大，促进水的电离，所以水的电离是吸热过程，故D正确．-19-故选C．【点评】本题考查金属腐蚀、晶格能、胶体和离子积，题目难度不大，做题时注意物质的组成、结构、性质以及存在的状态和条件等问题． 3．对下表中实验操作或现象的解释不合理的是（ ）实验操作及现象现象的解释A将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴落单质铝的熔点特别高B用玻璃尖嘴导管导出氢气，点燃，观察到火焰呈黄色普通玻璃中含有钠元素C往水中加入Na2O2固体，滴入酚酞呈红色，振荡，红色褪去产生了碱性物质，且Na2O2具有漂白性D向过量的苯酚浓溶液中滴加少许饱和溴水，振荡，未观察到白色沉淀产生三溴苯酚溶解在过量的苯酚中A．AB．BC．CD．D【考点】铝的化学性质；钠的重要化合物；焰色反应；苯酚的化学性质．【分析】A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；B．黄色火焰为钠元素的性质；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠；D．三溴苯酚易溶于苯酚．【解答】解：A．将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故A错误；B．黄色火焰为钠元素的性质，说明玻璃中含有钠元素，故B正确；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，呈碱性，酚酞呈红色，过氧化钠有漂白性，能使酚酞褪色，故C正确；D．三溴苯酚易溶于苯酚，观察不到白色沉淀，故D正确．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的性质以及元素的检验等知识点，侧重物质性质的考查，选项D为易错点，题目难度中等． 4．解释下列事实的离子方程式或电极反应式不正确的是（ ）A．酸性KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝：4I﹣+O2+2H2O=2I2+4OH﹣B．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣C．铅蓄电池充电时阴极质量减轻：PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣D．明矾与足量Ba（OH）2溶液混合有沉淀出现：Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．酸性溶液中氢氧根离子不能大量存在；B．碳酸钙比硫酸钙更难溶，硫酸钙沉淀转化成碳酸钙沉淀；C．铅蓄电池的阴极发生还原反应，铅离子得到电子生成铅单质；D．氢氧化钡足量，铝离子完全转化成偏铝酸根离子．【解答】解：A．酸性溶液中，反应产物不会存在氢氧根离子，正确的离子方程式为：4I﹣+O2+4H+=2I2+2H2O，故A错误；B．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，实现了沉淀的转化，反应的离子方程式为：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣，故B正确；C．铅蓄电池充电时阴极硫酸铅中铅离子得到电子生成铅单质，导致质量减轻，反应的离子方程式为：PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣，故C正确；-19-D．明矾与足量Ba（OH）2溶液混合，铝离子与足量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，同时生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：：Al3++2SO42﹣+4OH﹣+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D正确；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则及电解原理为解答关键，A为易错点，注意反应溶液的酸碱性，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力． 5．X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍；Z是地壳中含量最多的元素；W、Q同周期，且最外层电子数都为1，Q的核外电子排布中未成对电子数为6．下列说法错误的是（ ）A．X、Y、Z的气态氢化物的稳定性依次增强B．XZ2分子中δ键与π键个数之比为1：1C．原子半径由大到小的顺序：W＞Z＞YD．由Z、W、Q三种元素形成的某种化合物可用于检查司机是否酒后驾车【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍，原子核外电子排布为1s22s22p2，故X为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；Y原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；W、Q同周期，且最外层电子数都为1，只能处于第四周期，Q的核外电子排布中未成对电子数为6，外围电子排布为3d54s1，故Q为Cr，W原子序数小于Cr，故W为K，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、Q是原子充数依次增大的前四周期元素，X的基态原子s电子总数是p电子总数的2倍，原子核外电子排布为1s22s22p2，故X为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；Y原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；W、Q同周期，且最外层电子数都为1，只能处于第四周期，Q的核外电子排布中未成对电子数为6，外围电子排布为3d54s1，故Q为Cr，W原子序数小于Cr，故W为K．A．X、Y、Z分别为C、N、O，非金属性依次增强，故气态氢化物的稳定性依次增强，故A正确；B．XZ2分子为CO2，结构式为O=C=O，分子中δ键与π键个数之比为1：1，故B正确；C．同周期自左而右原子半径较小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径由大到小的顺序：K＞N＞O，故C错误；D．由Z、W、Q三种元素形成的化合物K2Cr2O4可用于检查司机是否酒后驾车，故D正确，故选：C．【点评】本题结构性质位置关系综合应用，涉及核外电子排布、元素周期律、化学键等，根据核外电子排布规律推断元素是解题关键，难度中等． 6．常温下，下列溶液中的pH判断或各微粒浓度关系，不正确的是（ ）A．将5mL0.02mol/L的H2SO4溶液与5mL0.02mol/LNaOH溶液充分混合，若混合后溶液的体积为10mL，则混合液的pH=2B．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，混合液pH大于7，则反应后的混合液中：c（OH﹣）+c（A﹣）＞c（H+）+c（HA）C．pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：①＞③＞②D．常温下，0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HClO）+c（CH3COOH）-19-【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算．【分析】A．首先判断过量问题，然后计算溶液的中c（H+），再计算出溶液的pH；B．反应后溶质为等浓度的NaA和HA，混合液的pH大于7，则A﹣的水解程度大于HA的电离程度，然后结合电荷守恒和物料守恒判断；C．对应酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越强，溶液的pH越大，已知酸性：c（CH3COOH）＞c（H2CO3）＞c（C6H5OH），据此判断pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液的浓度关系及钠离子浓度；D．根据混合液中的质子守恒判断．【解答】解：A．常温下将5mL0.02mol/LNaOH溶液与5mL0.02mol/LH2SO4溶液充分混合，硫酸过量，反应后c（H+）==0.01mol/L，则pH=2，故A正确；B．二者混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的HA和NaA，溶液呈碱性，则：c（OH﹣）＞c（H+），说明A﹣的水解程度大于HA电离程度，则溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得2c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），二者结合可得：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA），由于c（OH﹣）＞c（H+），则c（OH﹣）+c（A﹣）＜c（H+）+c（HA），故B错误；C．酸性大小为：c（CH3COOH）＞c（H2CO3）＞c（C6H5OH），则等浓度的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液的pH大小为：c（CH3COONa）＜c（NaHCO3）＜c（C6H5ONa），则①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液的浓度关系为：c（CH3COONa）＞c（NaHCO3）＞c（C6H5ONa），由于钠离子不水解，则钠离子浓度大小为：①＞③＞②，故C正确；D．常温下，0.1mol/L的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HClO）+c（CH3COOH），整理可得：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HClO）+c（CH3COOH），故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、盐的水解原理、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力． 7．在对应的温度下，体积均为2L的三个恒容密闭容器中发生如下可逆反应：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+57kJ/mol，实验测得有关数据如下表：容器编号温度起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化达到平衡所需时间N2O4NO2①T120吸热22.8kJ2min②T204放热Q（Q＞0）kJ…③T331……下列叙述正确的是（ ）A．容器①中，从起始到平衡时，用NO2表示的平均反应速率v（NO2）为0.2mol（L•min）B．若容器①在恒温恒压下达平衡，该条件下的平衡常数等于0.2C．若Q＜34.2kJ，则T1＞T2D．容器③在达平衡前，v（正）＜v（逆）【考点】化学平衡的计算．-19-【分析】A．生成的二氧化氮为2×=0.8mol，再根据v=计算；B．生成的二氧化氮为0.8mol，则：N2O4（g）⇌2NO2（g）开始（mol）：20转化（mol）：0.40.8平衡（mol）：1.60.8恒温恒压下，平衡时体积为2L×=2.4L，再计算平衡浓度，代入平衡常数表达式K=计算；C．若①②温度相同，二者为等效平衡，平衡时N2O4为1.6mol，若Q＜34.2kJ，则②中生成N2O4小于=0.7mol，与①相比平衡正向移动；D．容器③中不能确定反应进行方向．【解答】解：A．生成的二氧化氮为2×=0.8mol，则v（NO2）==0.2mol（L•min），故A正确；B．生成的二氧化氮为0.8mol，则：N2O4（g）⇌2NO2（g）开始（mol）：20转化（mol）：0.40.8平衡（mol）：1.60.8恒温恒压下，平衡时体积为2L×=2.4L，则平衡常数K===，故B错误；C．若①②温度相同，二者为等效平衡，平衡时N2O4为1.6mol，若Q＜34.2kJ，则②中生成N2O4小于=0.7mol，与①相比平衡正向移动，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则T1＜T2，故C错误；D．容器③中不能确定反应进行方向，则在达平衡前v（正）、v（逆）相对大小不能确定，故D错误，故选：A．【点评】本题考查化学平衡计算及影响因素，B选项为易错点，注意容器的体积发生变化，C中注意利用等效平衡进行分析解答，难度中等． 二、解答题（共4小题，满分58分）-19-8．某校化学兴趣小组将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A，并进行如下框图所示实验，得到深蓝色溶液D．（图中某些生成物已略去）（1）A元素位于元素周期表中 第四 周期 IB 族．B溶液中的金属阳离子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9 ．（2）H2O2分子中氧原子杂化方式为 sp3 ．E为气体，其水溶液呈弱碱性，E分子的VSEPR模型是 四面体型 ．（3）向D的溶液中加入镁条（表面已除去氧化膜），一段时间后镁条表面有紫红色金属析出．写出该反应的离子方程式： [Cu（NH3）4]2+Mg+2H2O=Cu+Mg（OH）2+2NH4++2NH3 ．【考点】无机物的推断．【分析】将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A为Cu，与硫酸、过氧化氢反应得到B为CuSO4，B与E连续反应得到深蓝色溶液D，（2）中E为气体，其水溶液呈弱碱性，则E为NH3，C为Cu（OH）2，D为[Cu（NH3）4]SO4，据此解答．【解答】解：将废弃的线路板处理后，得到紫红色金属A为Cu，与硫酸、过氧化氢反应得到B为CuSO4，B与E连续反应得到深蓝色溶液D，（2）中E为气体，其水溶液呈弱碱性，则E为NH3，C为Cu（OH）2，D为[Cu（NH3）4]SO4．（1）A为Cu元素，位于元素周期表中第四周期IB族．CuSO4溶液中的金属阳离子为Cu2+，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：第四、IB；1s22s22p63s23p63d9；（2）H2O2分子结构式为H﹣O﹣O﹣H，分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，氧原子采取sp3杂化，E为NH3，价层电子对数为3+=4，E分子的VSEPR模型是：四面体型，故答案为：sp3；四面体型；（3）向[Cu（NH3）4]SO4的溶液中加入镁条（表面已除去氧化膜），一段时间后镁条表面有紫红色金属析出，可以看作Mg与铜离子反应，镁离子与氨水反应，该反应的离子方程式：[Cu（NH3）4]2+Mg+2H2O=Cu+Mg（OH）2+2NH4++2NH3，故答案为：[Cu（NH3）4]2+Mg+2H2O=Cu+Mg（OH）2+2NH4++2NH3．【点评】本题考查无机物推断，注意根据物质的颜色、E的状态及水溶液性质进行推断，侧重对物质结构的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 9．绿矾（FeSO4•7H2O）是抗贫血药物的主要成分，可用于缺铁性贫血的治疗．某校化学学习小组对绿矾展开了制备、定性和定量探究．请你帮助完成相应实验或问题．查阅资料：绿矾（相对分子质量为278）在300℃失去全部结晶水，FeSO4在600℃以上发生分解．Ⅰ．制备：取除去油脂的废铁屑（含少量的铁锈和碳）于一烧杯中，加入20～30%的稀硫酸溶液，在50℃～80℃水浴中加热至不再产生气泡．将溶液趁热过滤、 冷却结晶 、再次过滤、冰水洗涤、小心烘干，得到绿矾晶体．加入稀硫酸的实验中可能的反应有3个：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O和 Fe+2Fe3+=3Fe2+ （写离子方程式）．Ⅱ．定性探究：学习小组拟通过实验探究绿矾热分解的产物，提出如下4种猜想：R-19-甲：FeO、SO2、H2O乙：Fe2O3、SO3、H2O丙：Fe2O3、SO2、H2O丁：Fe2O3、SO2、SO3、H2O（1）根据氧化还原反应原理，上述猜想 乙 肯定不成立．（2）设计实验：针对其它三种猜想，设计如下图所示的实验装置（夹持仪器等均省略）：（3）实验过程：①连接仪器并检查装置的气密性，放入固体试剂，通N2排空气．②称取绿矾晶体5.56g置于A中，加热到600℃以上．③一段时间后，打开K通N2，移开酒精灯，冷却A装置至室温、称量，测得剩余固体的质量为2.32g．此步通N2的主要目的是 将分解产生的气体全部排出 （任写一点）．④观察到B装置中无水硫酸铜变蓝，C中锥形瓶内产生沉淀，D中品红溶液褪色．由此可以证明的产物有 H2O、SO2、SO3 ．⑤取A中剩余固体少许于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再滴入2滴KSCN溶液，溶液变红．（4）问题探讨：某同学取A中剩余固体少许于一支试管中，加入适量硫酸溶解，再滴加少许KMnO4溶液，发现KMnO4溶液紫红色褪去，于是认为上述实验还有FeO生成．小组讨论后否定了该同学的观点，请说明理由 5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g，实验剩余固体为2.32g，说明亚硫酸铁没有分解完或有剩余 ．（5）实验结论：根据实验现象得出上述猜想 丁 正确．Ⅲ．定量探究：该学习小组取ag抗贫血药物配成100mL溶液，取25.0mL于锥形瓶中，用bmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定（已知该反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+，药物其它成分不与K2Cr2O7反应），平均消耗K2Cr2O7标准溶液vmL．则该抗贫血药中铁元素的质量分数为 ×100% ．（用含a、b和v的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】I．从溶液中提取绿矾经过趁热过滤，去除杂质，冷却结晶析出绿矾晶体，再过滤等操作；Fe与铁离子反应生成亚铁离子；II．（1）依据氧化还原反应的特征化合价有升必有降来分析；（3）③分解生成的气体充满装置，不能全部被排出；④根据检验H2O、SO2、SO3的方法分析；（4）根据2FeSO4•7H2O～e2O3的关系式可以计算5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g，而实际剩余固体为2.32g，说明亚硫酸铁有剩余；（5）根据实验可知分解产物为H2O、SO2、SO3、Fe2O3；III．滴定时发生的反应为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，根据消耗的K2Cr2O7标准溶液的物质的量可以求出Fe2+的物质的量，再求出100mL溶液中Fe2+的物质的量和质量，然后求出质量分数．-19-【解答】解：I．从溶液中提取绿矾经过趁热过滤，去除杂质，冷却结晶析出绿矾晶体，再过滤，冰水洗涤、小心烘干，得到绿矾晶体；Fe与铁离子反应生成亚铁离子，则发生的反应会有：Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案为：冷却结晶；Fe+2Fe3+=3Fe2+；II．（1）乙：Fe2O3、SO3、H2O，反应中化合价只有铁升高了，没有元素化合价的降低，不符合氧化还原反应规律，所以乙猜想肯定不成立；故答案为：乙；（3）③分解生成的气体充满装置，不能全部被排出，通入N2可以将生成的气体产物全部排出，被后面的试剂完全吸收；故答案为：将分解产生的气体全部排出；④B装置中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，C中锥形瓶内产生沉淀，说明有SO3，D中品红溶液褪色，说明有SO2．由此可以证明的产物有H2O、SO2、SO3；故答案为：H2O、SO2、SO3；（4）根据2FeSO4•7H2O～e2O3的关系式可以计算5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g，而实际剩余固体为2.32g，剩余的固体的质量偏大，说明亚硫酸铁没有完全分解有剩余，则剩余固体中含有二价铁，所以加入适量硫酸溶解，再滴加少许KMnO4溶液，发现KMnO4溶液紫红色褪去；故答案为：5.56g样品完全分解产生Fe2O3为1.6g，实验剩余固体为2.32g，说明亚硫酸铁没有分解完或有剩余；（5）根据实验可知分解产物为H2O、SO2、SO3、Fe2O3，则丁的猜想正确；故答案为：丁；III．滴定时发生的反应为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，n（Cr2O72﹣）=bmol•L﹣1×v×10﹣3L，则n（Fe2+）=6n（Cr2O72﹣）=6×bmol•L﹣1×v×10﹣3L，所以100mL溶液中Fe2+的物质的量6×bmol•L﹣1×v×10﹣3L×，则该抗贫血药中铁元素的质量分数为×100%=×100%；故答案为：×100%．【点评】本题考查了探究物质组成的方法，题目难度较大，试题涉及物质组成的测定、Fe及其化合物的性质、离子方程式、离子的检验方法等知识，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力． 10．丙烯是石油的裂解之一，工业上可用它制得合成中间体A、B．下列是合成路线之一，A的结构简式为．-19-已知：请回答下列问题；（1）①反应产物的分子式为 C9H12 ；由A可合成橡胶，该反应的类型是 加聚反应 ；B遇FeCl3溶液显紫色，B的名称是 苯酚 ．（2）丙烯也可由“2﹣溴丙烷”在某条件下一步反应制得，请写出该化学反应方程式 CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O ．（3）C与C2H2合成D的化学方程式为 ．（4）已知：R″CHO+RCH2CHO+H2O①G有如下转化：由B和G在浓硫酸条件下合成树脂X，则X的结构简式为 ．②写出符合下列要求的的所有同分异构体的结构简式 ．ⅰ与FeCl3溶液发生显色反应；ⅱ能发生银镜反应；ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰，且无﹣O﹣O结构．【考点】有机物的推断．-19-【分析】在催化剂条件下，丙烯和苯发生加成反应生成，发生氧化反应生成B和C，C和乙炔能发生反应生成D，根据题给信息及C的分子式知，C是，（1）中B遇FeCl3溶液显紫色，结合B的分子式可知B为．丙酮和乙炔发生加成反应生成D，，D和氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成A，结合A的结构简式，则D的结构简式为、E的结构简式为．（4）①G和乙醛反应生成H，H和银氨溶液反应然后酸化生成，所以H为，根据题给信息知，G的结构简式为：，B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应，B与G在一定条件下反应生成合成树脂X，则X的结构简式为：；②有多种同分异构体，符合下列要求的同分异构体：i能与FeCl3溶液反应显紫色，含有酚羟基，ii能发生银境反应，含有醛基，ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰，醛基、酚羟基个含有1种H原子，则苯环应含有2种H原子，且无﹣O﹣O结构，侧链为﹣OOCH、﹣OH且处于对位，或侧链为2个﹣OH、1个﹣CHO，3个取代基处于间位，或处于邻位且﹣CHO位于2个﹣OH之间．【解答】解：在催化剂条件下，丙烯和苯发生加成反应生成，发生氧化反应生成B和C，-19-C和乙炔能发生反应生成D，根据题给信息及C的分子式知，C是，（1）中B遇FeCl3溶液显紫色，结合B的分子式可知B为．丙酮和乙炔发生加成反应生成D，，D和氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成A，结合A的结构简式，则D的结构简式为、E的结构简式为．（1）①反应产物为，分子式为C9H12；由A可合成橡胶，该反应的类型是：加聚反应；B遇FeCl3溶液显紫色，分子式是C6H6O，则B是苯酚，故答案为：C9H12；加聚反应；苯酚；（2）2﹣溴丙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应应生成丙烯，该化学反应方程式为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3↑+NaBr+H2O；（3）C与C2H2合成D的化学方程式是：，故答案为：；（4）①G和乙醛反应生成H，H和银氨溶液反应然后酸化生成，所以H为，根据题给信息知，G的结构简式为：，B的分子式是C6H6-19-O，可与NaOH溶液反应，B与G在一定条件下反应生成合成树脂X，则X的结构简式为：，故答案为：；②有多种同分异构体，符合下列要求的同分异构体：i能与FeCl3溶液反应显紫色，含有酚羟基，ii能发生银境反应，含有醛基，ⅲ核磁共振氢谱中有四种峰，醛基、酚羟基个含有1种H原子，则苯环应含有2种H原子，且无﹣O﹣O结构，侧链为﹣OOCH、﹣OH且处于对位，或侧链为2个﹣OH、1个﹣CHO，3个取代基处于间位，或处于邻位且﹣CHO位于2个﹣OH之间，符合条件同分异构体有：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，注意结合题给信息、有机物的分子式与A的结构采用正、逆推法相结合进行分析推断，侧重考查学生的分析推理能力与知识迁移运用能力，难度中等． 11．最近，著名记者柴静的雾霾调查纪录片《穹顶之下》，在互联网上产生了爆炸性影响．煤燃烧的尾气是造成雾霾天气的原因之一，下列是一种变废为宝的处理方法．（1）上述流程中循环使用的物质有 乙醇胺、Ce4+ ，吸收池Ⅰ吸收的气体有 CO2、SO2 ．（2）向吸收池Ⅳ得到的HSO3﹣溶液中滴加CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因： HSO3﹣溶液中存在电离平衡：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，加入氯化钙以后，钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀，导致电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以溶液pH降低 ．（3）电解池Ⅴ制得S2O32﹣的原理如图1所示．-19-写出电解总反应的离子方程式 4Ce3++2HSO3﹣+4H+4Ce4++2S2O32﹣+3H2O ．（4）1molCO（g）和1molNO2（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g），反应过程中的能量变化如图2，E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mol．已知：①N2（g）=2NO（g）△H=+179.5kJ/mol②2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣112.3kJ/mol请写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式： 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=﹣759.8KJ/mol ．（5）上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3，则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为 0.21x﹣22.4cy m3．【考点】电解原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡移动原理．【分析】（1）根据流程图中物质的循环来判断循环使用的物质；根据吸收池Ⅰ进入的气体NO、CO2、SO2结合出来的气体是NP，来确定吸收的气体；（2）亚硫酸氢根离子存在电离平衡，加入氯化钙，钙离子会影响化学平衡的移动，根据平衡移动原理来解释；（3）根据电解池的工作原理：阳极上是Ce3+失电子的氧化反应，阴极上是HSO3﹣得电子的还原反应，据此书写电解原理方程式；（4）已知①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+179.5kJ/mol②2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣112.3kJ/mol298k条件下1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO的热化学方程式为③2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）△H=﹣（368﹣134）KJ/mol=﹣232KJ/mol，由盖斯定律（②﹣①+③）÷2得到反应的热化学方程式：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），根据盖斯定律计算焓变；（5）根据N元素守恒，找到硝酸根离子、亚硝酸根离子以及硝酸铵之间的关系，根据电子守恒，得到Ce3+、Ce4+、S2O32﹣之间的关系，进行计算即可．【解答】解：（1）根据流程图中物质的循环，得到循环使用的物质是乙醇胺、Ce4+；根据吸收池Ⅰ进入的气体NO、CO2、SO2，出来的气体是NO，确定吸收的气体是CO2、SO2；故答案为：乙醇胺、Ce4+；CO2、SO2；（2）HSO3﹣溶液中存在电离平衡：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，加入氯化钙以后，钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀，导致电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以溶液pH降低；故答案为：HSO3﹣溶液中存在电离平衡：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，加入氯化钙以后，钙离子会消耗硫酸根离子产生硫酸钙沉淀，导致电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以溶液pH降低；（3）根据电解池的工作原理：阳极上是Ce3+失电子的氧化反应，阴极上是HSO3﹣得电子的还原反应，电解原理方程式为：4Ce3++2HSO3﹣+4H+4Ce4++2S2O32﹣+3H2O；（4）已知①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+179.5kJ/mol②2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣112.3kJ/mol-19-298k条件下1molNO2和1molCO反应生成1molCO2和1molNO的热化学方程式为③2NO2（g）+4CO（g）=N2（g）+4CO2（g）△H=﹣（368﹣134）KJ/mol=﹣232KJ/mol，由盖斯定律（②﹣①+③）÷2得到反应的热化学方程式：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=﹣759.8KJ/mol，故答案为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=﹣759.8KJ/mol；（5）设亚硝酸根离子、硝酸根离子的物质的量分别是m、n，从Ⅴ→Ⅵ→硝酸铵，根据N元素守恒，得到①m+n=；4Ce3++2HSO3﹣+4H+4Ce4++2S2O32﹣+3H2O，结合电子转移关系，得到4Ce3+～2HSO3﹣～2S2O32﹣～4Ce4+，NO～NO2﹣～e﹣，NO～NO3﹣～e﹣，根据电子守恒，得到m+3n=n（Ce4+）=4n（S2O32﹣），可以得到②m+3n=4cy×1000，联立①②解得m=﹣2000cy，根据反应2NH3+2H++O2+2NO2﹣=2NH4NO3，得到n（O2）=n（NO2﹣）=﹣1000cy，氧气的体积V=22.4（﹣1000cy）×10﹣3m3=0.21x﹣22.4cy，故答案为：0.21x﹣22.4cy．【点评】本题目一工艺流程的方式考查了有关电化学、热化学、氧化还原反应以及电子守恒的有关计算知识，综合性强，难度大． 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