吉林省五校高三化学上学期第一次联考试卷含解析

2022-2022学年吉林省东北师大附中、吉林一中、长春11高、松原实验中学五校高三（上）第一次联考化学试卷　一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50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．化学来源于生活，也服务于生活，下列有关生活中的化学叙述正确的是（　　）A．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体B．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害C．光导纤维中所用材料为晶体硅D．NOx、SO2、CO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨　2．下列化学用语正确的是（　　）A．乙烯的结构简式CH2CH2B．Na2O2中氧元素的化合价为﹣2C．Cl﹣的结构示意图：D．乙酸的最简式：CH2O　3．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是（　　）A．分散质颗粒直径都在l～100nm之间B．能透过半透膜C．加入浓氢氧化钠溶液都产生红褐色沉淀D．颜色都呈红褐色　4．阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是（　　）A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NAB．1L2mol•L﹣1K2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为2NAC．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NAD．50mL18mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数为1.8NA-48-　5．某溶液中含有下列六种离子：①HCO3﹣②SO32﹣③Na+④CO32﹣⑤NH4+⑥NO3﹣，向其中加入一定量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（　　）A．只有⑥B．④⑥C．③④⑥D．①②⑤　6．下列说法正确的是（　　）A．淀粉和纤维素分子式均为（C6H10O5）n，它们水解的最终产物都是葡萄糖，因此淀粉和纤维素互为同分异构体B．通过蒸馏法、电渗析法、离子交换法等可以实现海水的淡化C．多糖、蛋白质、油脂均能水解，它们属于天然高分子化合物D．石油的分馏、煤的干馏、煤的气化和液化均属于物理变化　7．某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是（　　）①可以与氢气发生加成反应；②能使酸性KMnO4溶液褪色；③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应．A．①④B．只有⑥C．只有⑤D．④⑥　8．下列事实与推论相符的是（　　）选项实验事实推论AH2O的沸点比H2S的沸点高非金属性：O＞SB盐酸的酸性比H2SO3的酸性强非金属性：Cl＞SC钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈金属性：Na＞KDHF的热稳定性比HCl的强非金属性：F＞ClA．AB．BC．CD．D　9．下列有关有机物分离提纯或除杂的方法错误的是（　　）-48-A．溴苯中混有溴，加NaOH溶液洗涤、静置、分液B．除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏C．乙酸乙酯中有乙酸杂质，可以加入饱和Na2CO3溶液，充分反应后静置分液D．乙烯中混有SO2，将其通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，再干燥　10．有下列三个反应：①Cl2+FeI2═FeCl2+I2②2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣③Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2O下列说法正确的是（　　）A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3C．在③反应中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化D．可以推理得到Cl2+FeBr2═FeCl2+Br2　11．用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下：下列有关说法不正确的是（　　）A．制取玻璃的同时产生CO2气体，制取粗硅时生成的气体产物为COB．生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D．黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料　12．关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是（　　）A．实验①可用于制取氨气-48-B．实验②中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即达到滴定终点C．装置③可用于吸收尾气中少量NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于从酒精水溶液中制取无水乙醇　13．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）A．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2OB．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OC．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2=4Fe3++6Cl﹣+Br2D．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓　14．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2　15．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种元素，B、C同周期，D、E也同周期，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍，D与C形成的化合物是一种耐高温材料，A、B形成的气态化合物的水溶液呈碱性．下列说法正确的是（　　）A．原子半径：D＞E＞C＞B＞AB．热稳定性：EA4＞A2CC．单质D可用海水作原料获得D．化合物DC与化合物EC2中化学键类型相同　16．化学反应的本质是旧健的断裂和新键的形成过程，化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量．已知白磷和P4O6-48-的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ•mol﹣1）P﹣P：198P﹣O：360O=O：498，则反应P4（白磷）+3O2→P4O6的能量变化为（　　）A．吸收126kJ的能量B．释放126kJ的能量C．吸收1638kJ的能量D．释放1638kJ的能量　17．对下列图象的描述中，正确的是（　　）A．根据图可判断正反应的△H＜0B．根据图，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3～5C．图可表示压强（p）对反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响-48-D．图为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法　18．下列热化学方程式正确的是（注：△H的绝对值均正确）（　　）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）B．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（反应热）D．2NO2═O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热）　19．准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（　　）A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小　20．某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．对该反应的有关叙述正确的是（　　）A．该反应的正反应为吸热反应B．催化剂能改变反应的焓变C．催化剂不能降低反应的活化能-48-D．逆反应的活化能大于正反应的活化能　21．活性炭可处理大气污染物NO．在2L密闭容器中加入NO和活性炭（无杂质），反应方程式为NO+C⇌E+F（未配平）．当温度为T时，经过5min达到平衡，测得平衡时各物质的物质的量如下表：活性炭NOEF初始时（mol）2.0500.20000平衡时（mol）2.0000.1000.0500.050则下列说法正确的是（　　）A．该反应的平衡常数为B．增加活性炭的量，能缩短达到平衡所用的时间C．容器中压强不变可以说明该反应达到平衡状态D．达到平衡时，用E表示该反应的速率为0.01mol•L﹣1•min﹣1　22．25时，部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.8×10﹣54.9×10﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11下列有关说法正确的是（　　）A．等物质的量浓度溶液的pH关系为pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol•L﹣1HCN溶液与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中：C（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于bC．往冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3的混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）　23．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）-48-A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C．b点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp　24．高温钠硫电池是一种新型可充电电池，其工作原理如图所示，图中固体电解质是Na+导体．下列叙述正确的是（　　）A．放电时，石墨电极a为正极B．放电时，Na+从石墨b向石墨a方向迁移C．充电时，b极反应为Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+D．可将装置中的固体电解质改成NaCl溶液　25．室温下，在0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3-48-B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解　　二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答．第29-30题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（本题包括3小题，共35分）26．锗及其化合物被广泛应用于半导体、催化剂等领域．以铅锌矿含锗烟尘为原料可制备GeO2，其工艺流程图如图1．已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6℃（1）第①步滤渣主要成分有　　　　　　（填化学式），实验室萃取操作用到的玻璃仪器有　　　　　　．（2）第③步萃取时，锗的萃取率与（水相和有机相的体积比）的关系如图2所示，从生产成本角度考虑，较适宜的的值为　　　　　　．-48-（3）第④步加入盐酸作用　　　　　　（答两点即可）．（4）第⑤步反应的化学方程式　　　　　　．（5）检验GeO2•nH2O是否洗涤干净的操作是　　　　　　．　27．为治理环境，减少雾霾，应采取措施减少二氧化硫、氮氧化物（NOx）和CO2的排放量．Ⅰ处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx．①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ/mol②CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣867kJ/mol（1）若用4.48LCH4还原NO生成N2，则放出的热量为　　　　　　kJ．（气体体积已折算为标准状况下）（2）NOx可用强碱溶液吸收产生硝酸盐．在酸性条件下，FeSO4溶液能将NO3﹣还原为NO，NO能与多余的FeSO4溶液作用生成棕色物质，这是检验NO3﹣的特征反应，写出该过程中产生NO的离子方程式：　　　　　　．电解的原理如图1所示（3）电解时阴极的电极反应式为　　　　　　；当电路中转移20mol电子时，交换膜左侧溶液质量减少　　　　　　g．Ⅲ利用I2O5消除CO污染的反应为：5CO（g）+I2O5（s）═5CO2（g）+I2（s）．不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4molCO，测得CO2的体积分数（φ）随时间（t）变化曲线如图2．回答：（4）T1时，该反应的化学平衡常数的数值为　　　　　　．（5）下列说法不正确的是　　　　　　（填字母）．A．容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态B．两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等C．d点时，在原容器中充入一定量氦气，CO的转化率不变D．b点和d点时化学平衡常数的大小关系：Kb＜KdⅣ．以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4通过反应CO2（g）+CH4（g）═CH3COOH（g）△H＜0直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图3所示．（6）①250﹣300℃时，乙酸的生成速率减小的主要原因是　　　　　　．-48-②工业生产中该反应的温度常选择250℃、不选择400℃，从综合经济效益考虑，其原因是　　　　　　．　28．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是　　　　　　；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的方程式为　　　　　　；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为　　　　　　；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是　　　　　　；检验该离子的方法是　　　　　　；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②　　　　　　；③　　　　　　；④　　　　　　得到成品．（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是　　　　　　；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣-48-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为　　　　　　．　　三、选考题（15分，请考生从给出的2道小题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一小题计分）29．在元素周期表前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子．（1）写出基态E原子的价电子排布式　　　　　　．（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为　　　　　　，分子的立体结构为　　　　　　；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式　　　　　　；A2D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因　　　　　　（用文字叙述）．（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式　　　　　　；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为　　　　　　g/cm3（用含a、NA的符号表示）．　30．合成水杨酸某酯E的路线如图：-48-已知：2RCH2CHO；A分子中有3个亚甲基（﹣CH2﹣）（1）C中含有官能团的结构简式为　　　　　　；③的反应类型为　　　　　　．（2）确定A中含有B的试剂为　　　　　　（填化学式）；D的结构简式为　　　　　　．（3）A的同类物质的同分异构体M在Cu和加热条件下不能被O2氧化，则M的名称（系统命名法）为　　　　　　．（4）水杨酸在一定条件下可以形成高分子化合物，写出此反应的化学方程式：　　　　　　．（5）下列有关说法正确的是　　　　　　a．B的核磁共振氢谱有4组吸收峰b．水杨酸与足量NaHCO3反应生成c．E的分子式为C15H22O3d．1molE与足量浓溴水反应，最多消耗3molBr2（6）水杨酸有多种同分异构体，其中含有一个苯环且能发生银镜反应和显色反应的同分异构体有　　　　　　种．　　-48-2022-2022学年吉林省东北师大附中、吉林一中、长春11高、松原实验中学五校高三（上）第一次联考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50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．化学来源于生活，也服务于生活，下列有关生活中的化学叙述正确的是（　　）A．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体B．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害C．光导纤维中所用材料为晶体硅D．NOx、SO2、CO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨【考点】同位素及其应用；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．【分析】A．同素异形体是同种元素组成的不同单质；B．在低空的臭氧是污染气体，人体吸收后加速氧化，而在高空的臭氧则是保护地球表面上的生物不受许多宇宙射线直接辐射的保护层；C．光导纤维的主要原料为二氧化硅；D．PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，与酸雨无关，二氧化碳不是形成酸雨的物质．【解答】解：A．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同位素，同素异形体是单质，故A错误；B．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有害，故B正确；C．光导纤维的主要原料为二氧化硅，不是晶体硅，故C错误；D．酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，二氧化碳排放过多会引起温室效应，不是形成酸雨的气体，PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，所以CO2、PM2.5颗粒都不会导致酸雨，故D错误．故选B．【点评】本题考查了同位素、臭氧层破坏、光导纤维以及酸雨等，积累化学知识，掌握同位素、同素异形体概念的区别是解题关键，题目难度中等．　-48-2．下列化学用语正确的是（　　）A．乙烯的结构简式CH2CH2B．Na2O2中氧元素的化合价为﹣2C．Cl﹣的结构示意图：D．乙酸的最简式：CH2O【考点】结构简式；原子结构示意图．【分析】A、乙烯的结构简式中含有碳碳双键；B、Na2O2中氧元素的化合价为﹣1价；C、氯元素原子核内有17个质子；D、最简式表示的是分子中各种元素原子的最简整数比．【解答】解：A、乙烯的结构简式中含有碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、Na2O2中氧元素的化合价为﹣1价，O22﹣的化合价为﹣2价，故B错误；C、氯离子质子数是17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，氯离子结构示意图为，故C错误；D、乙酸属于羧酸，含有羧基，所以结构简式为CH3COOH，最简式为CH2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查常用化学用语的书写，难度不大，注意结构式、结构简式的区别，原子结构示意图与离子结构示意图的区别．　3．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是（　　）A．分散质颗粒直径都在l～100nm之间B．能透过半透膜C．加入浓氢氧化钠溶液都产生红褐色沉淀D．颜色都呈红褐色【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．-48-【分析】根据胶体和溶液的区别，胶体的颗粒直径为1﹣100nm，溶液的颗粒直径为1nm，胶体有丁达尔现象，不能透过半透膜，强电解质会破坏胶体的稳定性，形成沉淀等知识点．【解答】解：A．氯化铁溶液属于溶液，颗粒直径小于1nm，故A错误；B．氢氧化铁胶体颗粒直径为1﹣100nm，不能透过半透膜，故B错误；C．氯化铁加入氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化铁胶体加入浓氢氧化钠溶液后胶粒发生团聚，形成氢氧化铁沉淀，为红褐色，故C正确；D．氯化铁为黄褐色溶液，故D错误；故选C．【点评】本题考查了胶体和溶液的区别，注意利用胶体不能透过半透，与强电解质会形成沉淀等知识点来解答．　4．阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是（　　）A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NAB．1L2mol•L﹣1K2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为2NAC．标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NAD．50mL18mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数为1.8NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，1mol碘化亚铁完全反应失去3mol电子；B．根据物料守恒判断，溶液中还存在硫化氢分子；C．标准状况下，四氯化碳的状态为液体，不是气体；D．铜与浓硫酸的反应中，浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，则硫酸不能完全反应．【解答】解：A．1mol1molFeI2与足量氯气反应时，1mol亚铁离子失去1mol电子，2mol碘离子失去2mol电子，总共失去3mol电子，所以反应中转移的电子数为3NA，故A正确；B．1L2mol•L﹣1K2S溶液中含有溶质硫化钾2mol，根据物料守恒可知：H2S、S2﹣和HS﹣的总数为2NA，故B错误；C．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D．50mL18mol•L﹣1浓硫酸中含有硫酸0.9mol，铜与浓硫酸的反应中，消耗0.9mol电子会生成0.45mol电子，转移了0.9mol电子，由于浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，则反应中转移电子小于0.9mol，转移的电子数小于0.9NA，故D错误；-48-故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，B为易错点，注意物料守恒的含义应用方法．　5．某溶液中含有下列六种离子：①HCO3﹣②SO32﹣③Na+④CO32﹣⑤NH4+⑥NO3﹣，向其中加入一定量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（　　）A．只有⑥B．④⑥C．③④⑥D．①②⑤【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，并且Na2O2具有强氧化性，凡是与NaOH或者与Na2O2发生氧化还原反应的离子浓度肯定发生变化，以此解答该题．【解答】解：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，则：①HCO3﹣、④CO32﹣、⑤NH4+浓度发生变化，Na2O2具有强氧化性，②SO32﹣被氧化，离子浓度发生变化，③Na+浓度增大，浓度不变的只有NO3﹣，故选A．【点评】本题考查过氧化钠的性质，题目难度不大，注意过氧化钠与水反应的特点以及具有氧化性的性质，为解答该题的关键．　6．下列说法正确的是（　　）A．淀粉和纤维素分子式均为（C6H10O5）n，它们水解的最终产物都是葡萄糖，因此淀粉和纤维素互为同分异构体B．通过蒸馏法、电渗析法、离子交换法等可以实现海水的淡化C．多糖、蛋白质、油脂均能水解，它们属于天然高分子化合物D．石油的分馏、煤的干馏、煤的气化和液化均属于物理变化【考点】同分异构现象和同分异构体；物理变化与化学变化的区别与联系；有机高分子化合物的结构和性质；物质的分离、提纯和除杂．-48-【分析】A．淀粉和纤维素都为多糖，可水解生成葡萄糖；淀粉和纤维素都可以用通式表示（C6H10O5）n，但是聚合度n不同，分子式不同；B．海水淡化的一般方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法；C．油脂属于小分子化合物；D．煤的干馏、煤的气化和液化均为化学变化．【解答】解：A．淀粉和纤维素都可以用通式表示（C6H10O5）n，水解的最终产物都是葡萄糖但是聚合度n不同，分子式不同，不属于同分异构体，故A错误；B．蒸馏法、电渗析法和离子交换法可以淡化海水，故B正确；C．油脂属于小分子化合物，油脂也能发生水解反应，故C错误；D．煤的干馏（隔绝空气下发生的复杂物理化学变化）、煤的气化（生成CO和氢气）和液化（生成甲醇）均为化学变化，而石油的分馏（与沸点有关）为物理变化，故D错误；故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，资源的综合利用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握有机物的性质，难度不大．　7．某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是（　　）①可以与氢气发生加成反应；②能使酸性KMnO4溶液褪色；③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应．A．①④B．只有⑥C．只有⑤D．④⑥【考点】有机物的结构和性质．【分析】该物质中含有碳碳双键、苯环、羧基和醇羟基，具有烯烃、苯、羧酸和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应、中和反应、酯化反应、取代反应等，据此分析解答．【解答】解：①含有碳碳双键和苯环，所以可以与氢气发生加成反应，故正确；②含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；③含有羧基，所以能跟NaOH溶液发生中和反应，故正确；-48-④含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应，故正确；⑤含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，故正确；⑥不含卤原子或酯基，所以不能发生水解反应，故错误；故选B．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸、醇的性质，注意：该物质还能发生缩聚反应，题目难度不大．　8．下列事实与推论相符的是（　　）选项实验事实推论AH2O的沸点比H2S的沸点高非金属性：O＞SB盐酸的酸性比H2SO3的酸性强非金属性：Cl＞SC钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈金属性：Na＞KDHF的热稳定性比HCl的强非金属性：F＞ClA．AB．BC．CD．D【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断；比较金属元素的金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的碱性、与水或酸反应的剧烈程度等角度判断．【解答】解：A．H2O的沸点比H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在氢键，不能根据沸点高低判断非金属性强弱，故A错误；B．最高价氧化物的水化物的酸性越强，盐酸和H2SO3不是最高价含氧酸，所以不能比较非金属性，故B错误；C．金属与水反应越剧烈，则金属性越强，钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，则金属性：Na＜K，故C错误；D．非金属元素的氢化物越稳定，对应的非金属性越强，HF的热稳定性比HCl的强，则非金属性：F＞Cl，故D正确．故选D．【点评】本题考查非金属性和金属性的判断，题目难度不大，注意非金属性、金属性的递变规律以及比较非金属性、金属性的角度．-48-　9．下列有关有机物分离提纯或除杂的方法错误的是（　　）A．溴苯中混有溴，加NaOH溶液洗涤、静置、分液B．除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏C．乙酸乙酯中有乙酸杂质，可以加入饱和Na2CO3溶液，充分反应后静置分液D．乙烯中混有SO2，将其通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，再干燥【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．溴与氢氧化钠溶液反应；B．乙酸可与生石灰反应；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应；D．二者都与高锰酸钾发生氧化还原反应．【解答】解：A．溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应，可分液分离，故A正确；B．乙酸可与生石灰反应生成乙酸该，有利于蒸馏分离，故B正确；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，可分液分离，故C正确；D．二者都与高锰酸钾发生氧化还原反应，可用于氢氧化钠溶液分离，故D错误．故选D．【点评】本题考查物质的分离、提纯，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，本题主要在除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．　10．有下列三个反应：①Cl2+FeI2═FeCl2+I2②2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣③Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2O下列说法正确的是（　　）A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3C．在③反应中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化D．可以推理得到Cl2+FeBr2═FeCl2+Br2【考点】氧化还原反应．【分析】A、在氧化还原反应中，还原剂在反应中失电子（或偏移离子）后被氧化后的产物是氧化产物，化合价升高；B、在同一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；-48-C、根据化合价的升降来确定反应转移电子数；D、在氧化还原反应中，还原性最强的微粒最先被氧化．【解答】解：A、在已知的三个反应中，元素化合价升高的只有I2、Fe3+、C12，I2、Fe3+、C12是氧化产物，故A错误；B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，C12＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3+，在反应③中，Co2O3＞C12，氧化性顺序是：Co2O3＞C12＞Br2＞Fe3+，故B错误；C、在反应③中当1molCo2O3参加反应时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHC1被氧化，故C正确；D、根据还原性顺序：Br﹣＜Fe2+，C12和FeBr2反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生氧化还原反应中，氧化性强弱的判断方法，可以根据所学知识来回答，难度不大．　11．用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下：下列有关说法不正确的是（　　）A．制取玻璃的同时产生CO2气体，制取粗硅时生成的气体产物为COB．生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D．黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；金属冶炼的一般原理．【分析】A．石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳；-48-B．生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑；C．制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅；D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe．【解答】解：A．石灰石、纯碱和二氧化硅在高温下反应生成二氧化碳气体，石英和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，故A正确；B．生产玻璃涉及到的反应有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，故C正确；D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故D正确．故选B．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于金属的冶炼的考查，注意把握物质的性质以及反应原理，难度不大．　12．关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是（　　）A．实验①可用于制取氨气B．实验②中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即达到滴定终点C．装置③可用于吸收尾气中少量NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于从酒精水溶液中制取无水乙醇【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．加热氯化铵生成氨气与氯化氢，氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵，无法获得氨气；-48-B．滴定终点为最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原；C．根据氨气或氯化氢易溶于水以及四氯化碳不溶于水且密度比水大的性质判断；D．温度计位置错误，冷凝水方向错误．【解答】解：A．氯化铵分解无法获得氨气，实验室用氢氧化钙和氯化铵制取氨气：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故A错误；B．用氢氧化钠滴定盐酸，可用酚酞为指示剂，滴定终点为最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原，故B错误；C．氨气或氯化氢易溶于水而产生倒吸，但氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶且密度比水大，可起到防止倒吸的作用，故C正确；D．蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝水下进上出，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验的评价，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关物质的性质，把握实验方案的严密性和合理性的评价，易错点为C，注意气体的收集方法与气体的性质有关．　13．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）A．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2OB．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OC．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2=4Fe3++6Cl﹣+Br2D．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．碳酸氢钙与少量的氢氧化钠反应生成碳酸钙，碳酸氢钠和水；B．磁性氧化铁为四氧化三铁，与稀硝酸反应生成硝酸铁和水；C．二价铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，然后再氧化溴离子；D．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀生成硫酸钡和偏铝酸钠和水．-48-【解答】解：A．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故A错误；B．磁性氧化铁溶于稀硝酸，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故B错误；C．向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应，离子方程式为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2=4Fe3++6Cl﹣+Br2，故C正确；D．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀的离子方程式为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，掌握离子方程式书写的方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，D为易错选项．　14．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A、甲为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3．【解答】解：A、甲为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；-48-B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；故选C．【点评】本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．　15．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种元素，B、C同周期，D、E也同周期，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍，D与C形成的化合物是一种耐高温材料，A、B形成的气态化合物的水溶液呈碱性．下列说法正确的是（　　）A．原子半径：D＞E＞C＞B＞AB．热稳定性：EA4＞A2CC．单质D可用海水作原料获得D．化合物DC与化合物EC2中化学键类型相同【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种元素．A、B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，应为NH3，则A为H元素，B为N元素；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，原子序数比N元素大，则D为Mg元素；B、C同周期，则C为第二周期元素，D与C形成的化合物是一种耐高温材料，应为MgO，则C为O元素；A、B、C、D的原子序数之和是1+7+8+12=28，是E的两倍，则E的原子序数为14，E为Si元素，根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律知识解答该题．【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种元素．A、B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，应为NH3-48-，则A为H元素，B为N元素；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，原子序数比N元素大，则D为Mg元素；B、C同周期，则C为第二周期元素，D与C形成的化合物是一种耐高温材料，应为MgO，则C为O元素；A、B、C、D的原子序数之和是1+7+8+12=28，是E的两倍，则E的原子序数为14，E为Si元素．A．A为H元素，原子序数最小，B、C为N、O元素，位于第二周期，D、E为Mg、Si元素，位于第三周期，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：D＞E＞B＞C＞A，故A错误；B．由于非金属性：Si＜O，非金属性越大，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：SiH4＜H2O，故B错误；C．从海水中提取镁，通常将熟石灰加入海水中，沉淀出氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融状态的氯化镁制得金属镁，故C正确；D．化合物MgO含有离子键，化合物SiO2中共价键，化学键类型不一样，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素的推断、元素周期律以及对应元素化合物的性质，题目难度不大，注意常见元素化合物的性质．　16．化学反应的本质是旧健的断裂和新键的形成过程，化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量．已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ•mol﹣1）P﹣P：198P﹣O：360O=O：498，则反应P4（白磷）+3O2→P4O6的能量变化为（　　）A．吸收126kJ的能量B．释放126kJ的能量C．吸收1638kJ的能量D．释放1638kJ的能量【考点】吸热反应和放热反应．【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．【解答】解：各化学键键能为P﹣P198kJ•mol﹣1、P﹣O360kJ•mol﹣1、O=O498kJ•mol﹣1．反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，-48-所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ•mol﹣1+3×498kJ•mol﹣1﹣12×360kJ•mol﹣1=﹣1638kJ•mol﹣1，故选D．【点评】考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热．　17．对下列图象的描述中，正确的是（　　）A．根据图可判断正反应的△H＜0B．根据图，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3～5C．图可表示压强（p）对反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响D．图为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法【考点】化学平衡的影响因素；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素．【专题】图像图表题．-48-【分析】A、图象分析可知开始逆反应速率大于正反应速率，达到平衡后，继续升温正反应速率大于逆反应速率，平衡正向进行；B、加入氧化铜和水解生成的酸反应，促进铁离子水解正向进行，到PH=3﹣5铁离子沉淀完全，铜离子未沉淀；C、先拐先平压强大，压强越大平衡正向进行，反应物百分含量减小；D、水溶液中的离子积随温度变化，不随浓度变化，C点氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，依据数据说明是温度的升高发生的变化．【解答】解：A、图象分析可知开始逆反应速率大于正反应速率，达到平衡后，继续升温正反应速率大于逆反应速率，平衡正向进行，正反应的△H＞0，故A错误；B、加入氧化铜和水解生成的酸反应，促进铁离子水解正向进行，到PH=3﹣5铁离子沉淀完全，铜离子未沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3+，故B正确；C、先拐先平压强大，反应是气体体积减小的反应，压强越大平衡正向进行，反应物百分含量减小，图象不符合，故C错误；D、水溶液中的离子积随温度变化，不随浓度变化，C点氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，依据数据说明是温度的升高发生的变化，在水中加入适量NaOH固体的溶解后离子积常数不变，故D错误；故选B．【点评】本题考查了反应速率影响因素分析，酸碱反应浓度变化图象分析判断，盐类水解平衡的影响因素分析，水溶液中离子积常数随温度变化，题目难度中等．　18．下列热化学方程式正确的是（注：△H的绝对值均正确）（　　）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）B．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（反应热）D．2NO2═O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热）【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；B、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；C、热化学方程式是标注物质聚集状态，反应放出的热量；-48-D、热化学方程式是标注物质聚集状态，反应放出的热量．【解答】解：A、C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）反应中生成的氧化物水是气体，不是稳定氧化物，故A错误；B、NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热），符合中和热概念，故B正确；C、S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（反应热），符合热化学方程式的书写，故C正确；D、2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热），为标注物质聚集状态，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了燃烧热、中和热、热化学方程式的书写方法和判断，关键是概念的理解，题目较简单．　19．准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（　　）A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小【考点】真题集萃；中和滴定．【分析】A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小；C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大．【解答】解：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；-48-D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；故选B．【点评】本题为2022年广东高考题，侧重中和滴定实验的考查，把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键，注重分析与实验能力的结合，题目难度不大．　20．某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．对该反应的有关叙述正确的是（　　）A．该反应的正反应为吸热反应B．催化剂能改变反应的焓变C．催化剂不能降低反应的活化能D．逆反应的活化能大于正反应的活化能【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；D、依据活化能概念结合图象中能量变化分析判断．【解答】解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A正确；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C错误；D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；故选A．【点评】本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键，题目较简单．-48-　21．活性炭可处理大气污染物NO．在2L密闭容器中加入NO和活性炭（无杂质），反应方程式为NO+C⇌E+F（未配平）．当温度为T时，经过5min达到平衡，测得平衡时各物质的物质的量如下表：活性炭NOEF初始时（mol）2.0500.20000平衡时（mol）2.0000.1000.0500.050则下列说法正确的是（　　）A．该反应的平衡常数为B．增加活性炭的量，能缩短达到平衡所用的时间C．容器中压强不变可以说明该反应达到平衡状态D．达到平衡时，用E表示该反应的速率为0.01mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡的计算．【分析】NO和活性炭（无杂质）反应生成E和F，由表中数据可知，平衡时C（s）、NO、E、F的物质的量变化分别为0.05mol、0.1mol、0.05mol、0.05mol，物质的量之比为1：2：1：1，结合原子守恒可知，反应方程式为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．A．根据K=计算；B．活性炭为固体，增加活性炭的量，不影响反应速率；C．反应前后气体的物质的量不变，恒温恒容下，容器内压强始终不变；D．根据v=计算用E表示该反应的速率．【解答】解：NO和活性炭（无杂质）反应生成E和F，由表中数据可知，平衡时C（s）、NO、E、F的物质的量变化分别为0.05mol、0.1mol、0.05mol、0.05mol，物质的量之比为1：2：1：1，结合原子守恒可知，反应方程式为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．A．平衡常数K===，故A正确；B．活性炭为固体，增加活性炭的量，不影响反应速率，不能缩短达到平衡所用的时间，故B错误；-48-C．反应前后气体的物质的量不变，恒温恒容下，容器内压强始终不变，故C错误；D．E表示该反应的速率为=0.005mol•L﹣1•min﹣1，故D错误，故选：A．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数、平衡状态判断、反应速率计算等，关键是根据物质的量变化确定反应方程式，难度中等．　22．25时，部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.8×10﹣54.9×10﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11下列有关说法正确的是（　　）A．等物质的量浓度溶液的pH关系为pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol•L﹣1HCN溶液与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中：C（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于bC．往冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3的混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）【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】A．电离平衡常数越大，酸性越强，电离程度越大；B．等浓度时生成NaCN，CN﹣离子水解；C．加水促进电离，离子浓度增大，后来水的体积增大的多，离子浓度减小；D．根据电荷守恒来分析．【解答】解：A．由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，酸性最强，则酸性越强，盐的水解越弱，所以等物质的量浓度溶液的pH关系为pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A错误；B．等浓度时生成NaCN，CN﹣离子水解，则C（Na+）＞c（CN﹣），所以amol•L﹣1HCN溶液与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中：C（Na+）＞c（CN﹣），则a≤b，故B错误；C．往冰醋酸中逐滴加水，离子浓度增大，后来水的体积增大的多，离子浓度减小，所以溶液的导电性先增大后减小，故C正确；-48-D．NaHCO3和Na2CO3的混合液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D错误；【点评】本题考查电离、水解及溶液中离子浓度的关系，综合性较强，题目难度中等，注意表格中数据的应用来解答．　23．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C．b点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【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】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A．加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B．蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；C．b点表示Qc＞Ksp，溶液过饱和；D．Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等．【解答】解：A．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42﹣），平衡左移，c（Ba2+）降低，故A正确；B．d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42﹣）、c（Ba2+）均增大，故B错误；C．b点表示Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故C错误；D．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误．故选A．-48-【点评】本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念．　24．高温钠硫电池是一种新型可充电电池，其工作原理如图所示，图中固体电解质是Na+导体．下列叙述正确的是（　　）A．放电时，石墨电极a为正极B．放电时，Na+从石墨b向石墨a方向迁移C．充电时，b极反应为Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+D．可将装置中的固体电解质改成NaCl溶液【考点】化学电源新型电池．【分析】A、根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近，据此确定高温钠硫电池的正负极材料；B、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；C、充电时，在阳极上发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应式；D、金属钠可以和水之间发生反应，据此回答判断．【解答】解：A、根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近，据此确定石墨a是高温钠硫电池的负极材料，故A错误；B、放电时属于原电池装置，电解质中的阳离子移向正极，即Na+从石墨a向石墨b方向迁移，故B错误；C、充电时，在阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+，故C正确；D、固体电解质不能改成NaCl溶液，因为钠单质会与水反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．-48-　25．室温下，在0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解【考点】真题集萃；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；B．a﹣b段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；C．b﹣c段，pH变化不大；D．c点后pH发生突变，NaOH过量．【解答】解：A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故A错误；B．a﹣b段，发生H++OH﹣═H2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；C．b﹣c段，pH变化不大，主要发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；D．c点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d点pH＞10，NaOH远远过量，故D错误；故选C．【点评】本题为2022年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确b→c段中铝离子过量，题目难度不大．　-48-二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答．第29-30题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（本题包括3小题，共35分）26．锗及其化合物被广泛应用于半导体、催化剂等领域．以铅锌矿含锗烟尘为原料可制备GeO2，其工艺流程图如图1．已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6℃（1）第①步滤渣主要成分有　SiO2　（填化学式），实验室萃取操作用到的玻璃仪器有　分液漏斗、烧杯　．（2）第③步萃取时，锗的萃取率与（水相和有机相的体积比）的关系如图2所示，从生产成本角度考虑，较适宜的的值为　8　．（3）第④步加入盐酸作用　中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解　（答两点即可）．（4）第⑤步反应的化学方程式　GeCl4+（n+2）H2O=GeO2∙nH2O+4HCl　．（5）检验GeO2•nH2O是否洗涤干净的操作是　取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净．若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净　．-48-【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】含锗烟尘中含有ZnO、PbO、CeO2、SiO2，加入稀硫酸过滤，溶解的有ZnO、CeO2，第①步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，滤液中加入有机萃取剂萃取得到有机层萃取层中加入氢氧化钠进行反萃取得到水层，加入盐酸得到GeCl4，加入纯水过滤得到GeO2•nH2O，加热分解得到GeO2；（1）根据题目中的流程可以看出第①步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯．（2）第③步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，故V水相/V有机相的值为8时较适宜．（3）第④步加入盐酸作用为中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解．（4）第⑤步反应GeCl4水解得到氯化氢和GeO2∙nH2O；（5）检验GeO2•nH2O是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，检验是否含有氯离子设计实验验证．【解答】解：（1）根据题目中的流程可以看出，含锗烟尘中含有ZnO、PbO、CeO2、SiO2，加入稀硫酸过滤，溶解的有ZnO、CeO2，第①步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：SiO2、PbO2，分液漏斗、烧杯；（2）第③步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，从生产成本角度考虑，故V水相/V有机相的值为8时较适宜；故答案为：8；（3）第④步加入盐酸作用为中和NaOH，作反应物，同时抑制GeCl4水解；故答案为：中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解；（4）第⑤步反应是GeCl4水解得到氯化氢和GeO2∙nH2O，反应的化学方程式：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2∙nH2O+4HCl；故答案为：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2∙nH2O+4HCl；（5）检验GeO2•nH2O是否洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净．若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净；-48-故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净．若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净．【点评】本题考查了物质分离和提纯的方法和实验设计，实验分析，实验现象的理解，流程和图象的特征分析，物质性质是解题关键，题目难度中等．　27．为治理环境，减少雾霾，应采取措施减少二氧化硫、氮氧化物（NOx）和CO2的排放量．Ⅰ处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx．①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ/mol②CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣867kJ/mol（1）若用4.48LCH4还原NO生成N2，则放出的热量为　232　kJ．（气体体积已折算为标准状况下）（2）NOx可用强碱溶液吸收产生硝酸盐．在酸性条件下，FeSO4溶液能将NO3﹣还原为NO，NO能与多余的FeSO4溶液作用生成棕色物质，这是检验NO3﹣的特征反应，写出该过程中产生NO的离子方程式：　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　．电解的原理如图1所示（3）电解时阴极的电极反应式为　2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O　；当电路中转移20mol电子时，交换膜左侧溶液质量减少　180　g．Ⅲ利用I2O5消除CO污染的反应为：5CO（g）+I2O5（s）═5CO2（g）+I2（s）．不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入4molCO，测得CO2的体积分数（φ）随时间（t）变化曲线如图2．回答：（4）T1时，该反应的化学平衡常数的数值为　1024　．（5）下列说法不正确的是　BD　（填字母）．A．容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态B．两种温度下，c点时体系中混合气体的压强相等C．d点时，在原容器中充入一定量氦气，CO的转化率不变D．b点和d点时化学平衡常数的大小关系：Kb＜KdⅣ．以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4通过反应CO2（g）+CH4（g）═CH3COOH（g）△H＜0直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图3所示．-48-（6）①250﹣300℃时，乙酸的生成速率减小的主要原因是　250℃～300℃时，催化剂的催化效率降低　．②工业生产中该反应的温度常选择250℃、不选择400℃，从综合经济效益考虑，其原因是　250℃时，催化剂的催化效果最好，提高温度耗费较高的能量，并且低温条件有利于平衡向着正反应方向移动　．【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；电解原理．【专题】简答题；计算题；平衡思想；化学平衡专题．【分析】（1）①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣867kJ•mol﹣1由盖斯定律②×2﹣①得到CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），根据盖斯定律计算得到反应的焓变，热化学方程式的意义：1molCH4还原NO生成N2，则放出的热量值等于焓变值；（2）酸性条件下，亚铁离子和硝酸根离子反应生成铁离子、一氧化氮和水；（3）根据图象知，硝酸根离子得电子发生氧化反应，则Ag﹣Pt作阴极，Pt电极为阳极，在电解池的阴极上发生得电子的还原反应，根据电极反应式结合电子守恒来计算；（4）根据b点时CO2的体积分数φ（CO2）求出CO和CO2的平衡浓度进而求出T1时化学平衡常数K；（5）A、因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度是变量，当不变时表明反应达到平衡状态；B．c点为交点，各气体物质的量分别相等；C．反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响；D．b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd．（6）①根据温度对催化剂活性的影响分析；②根据温度对化学平衡移动的影响分析．-48-【解答】解：（1）①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣867kJ•mol﹣1由盖斯定律②×2﹣①得到CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），所以焓变△H=（﹣867kJ•mol﹣1）×2﹣（﹣574kJ•mol﹣1）=﹣1160kJ•mol﹣1，若用4.48L即0.2molCH4还原NO生成N2，则放出的热量为1160kJ/mol×0.2mol=232kJ，故答案为：232；（2）酸性条件下，亚铁离子和硝酸根离子反应生成铁离子、一氧化氮和水，离子反应方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）根据图象知，硝酸根离子得电子发生氧化反应，则Ag﹣Pt作阴极，阴极上电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O，Pt电极为阳极，阳极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，当转移20mol电子时，阳极消耗10mol水，产生20molH+进入阴极室，阳极质量减少180g，故答案为：2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O；180；（4）T1时：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）起始量/mol40转化量/molyyb点量/mol4﹣yy根据b点时CO2的体积分数φ（CO2）==0.80，得y=3.2mol，c（CO）=0.4mol•L﹣1，c（CO2）=1.6mol•L﹣1，T1时化学平衡常数K===1024，故答案为：1024；（5）A．因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故A正确；B．c点为交点，气体物质的量分别相等，所以两种温度下，体系中混合气体的压强不等，故B错误；C．反应前后气体体积不变，压强变化对平衡无影响，CO的转化率不变，故C正确；d．b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，故D错误；-48-故答案为：BD；（6）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；②业生产中该反应的温度常选择250℃、不选择400℃，从综合经济效益考虑，是因为250℃时，催化剂的催化效果最好，提高温度耗费较高的能量，并且低温条件有利于平衡向着正反应方向移动，故答案为：250℃时，催化剂的催化效果最好，提高温度耗费较高的能量，并且低温条件有利于平衡向着正反应方向移动．【点评】本题考查热化学反应方程式计算、化学平衡常数的相关计算、化学平衡移动原理，综合性很强，难度较大．　28．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如图装置进行制取．已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．（1）装置C的作用是　防止D瓶溶液倒吸到B瓶中　；（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的方程式为　2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O　；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为　2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2　；反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是　SO42﹣，　；检验该离子的方法是　取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣　；（3）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤．①减压，55℃蒸发结晶；②　趁热过滤　；③　用38℃～60℃热水洗涤　；④　低于60℃干燥　得到成品．-48-（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是　NaClO3和NaCl　；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为　c•V•10﹣3mol　．【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸钡是白色沉淀检验硫酸根；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（5）根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算．【解答】解：（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中，故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，反应的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42﹣，用氯化钡溶液检验SO42﹣，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣，-48-故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42﹣；取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；（5）令样品中NaClO2的物质的量x，则：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，1mol4mol0.25xcmol•L﹣1×V×10﹣3L解得：x=c•V•10﹣3mol故答案为：c•V•10﹣3mol．【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大．　三、选考题（15分，请考生从给出的2道小题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一小题计分）29．在元素周期表前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子．（1）写出基态E原子的价电子排布式　3d54s1　．（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为　C＜O＜N　（用元素符号表示）；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为　sp3　，分子的立体结构为　三角锥形　；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式　　；A2-48-D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因　水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小　（用文字叙述）．（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式　Cu2O　；若相邻D原子和F原子间的距离为acm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为　　g/cm3（用含a、NA的符号表示）．【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为碳元素，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D为氧元素，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数小于D，所以C为氮元素，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则F原子外围电子排布为3d104s1，所以F为铜元素，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，所以A为氢元素，据此答题．【解答】解：在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为碳元素，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D为氧元素，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数小于D，所以C为氮元素，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则F原子外围电子排布为3d104s1，所以F为铜元素，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，所以A为氢元素．（1）E为铬元素，基态E原子的价电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N；-48-A与C形成NH3型分子，分子中N原子形成3个N﹣H、含有1对孤对电子，故N原子杂化类型为sp3，分子的立体结构为三角锥形；C的单质为N2，化合物CO是等电子体，二者结构相似，CO分子中C原子与O原子之间形成三对共用电子对，故CO的电子式为；H2O形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小，故答案为：C＜O＜N；sp3；三角锥形；；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小；（3）根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有氧原子数为1+8×=2，铜原子数为4，所以该化合物的化学式为Cu2O，晶胞质量为（4×+2×）g，若相邻氧原子和铜原子间的距离为acm，则晶胞的体对角线为4acm，所以边长为cm，所以体积为（）3cm3，该晶体的密度为（4×+2×）g÷（）3cm3=g/cm3，故答案为：Cu2O；．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、等电子体、氢键度物质性质的影响、晶胞的计算等，中等难度，元素推断是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，（3）中注意利用均摊法计算晶胞质量，关键是计算晶胞体积．　30．合成水杨酸某酯E的路线如图：已知：2RCH2CHO；A分子中有3个亚甲基（﹣CH2﹣）-48-（1）C中含有官能团的结构简式为　、﹣CHO　；③的反应类型为　加成反应（或还原反应）　．（2）确定A中含有B的试剂为　Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2　（填化学式）；D的结构简式为　CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH　．（3）A的同类物质的同分异构体M在Cu和加热条件下不能被O2氧化，则M的名称（系统命名法）为　2﹣甲基﹣2﹣丙醇　．（4）水杨酸在一定条件下可以形成高分子化合物，写出此反应的化学方程式：　　．（5）下列有关说法正确的是　ac　a．B的核磁共振氢谱有4组吸收峰b．水杨酸与足量NaHCO3反应生成c．E的分子式为C15H22O3d．1molE与足量浓溴水反应，最多消耗3molBr2（6）水杨酸有多种同分异构体，其中含有一个苯环且能发生银镜反应和显色反应的同分异构体有　9　种．【考点】有机物的推断．【分析】A的分子式为C4H10O，A分子中有3个亚甲基（﹣CH2﹣），则A的结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，A在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成B，据已知反应和反应条件可知，B结构简式为CH3CH2CH2CHO，1﹣丁醛在NaOH/H2O条件下发生加成生成C，结合题中信息可知，C结构简式为CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，E为水杨酸酯，根据图中转化关系知，D中含有醇羟基，且D相对分子质量为130，则D结构简式为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，C和氢气发生加成反应生成D，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E结构简式为，据此分析解答．-48-【解答】解：A的分子式为C4H10O，A分子中有3个亚甲基（﹣CH2﹣），则A的结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，A在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成B，据已知反应和反应条件可知，B结构简式为CH3CH2CH2CHO，1﹣丁醛在NaOH/H2O条件下发生加成生成C，结合题中信息可知，C结构简式为CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，E为水杨酸酯，根据图中转化关系知，D中含有醇羟基，且D相对分子质量为130，则D结构简式为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，C和氢气发生加成反应生成D，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E结构简式为，（1）通过以上分析知，C结构简式为CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，含有碳碳双键和醛基，C和氢气发生加成反应生成D，故答案为：、﹣CHO；加成反应（或还原反应）；（2）A为丁醇，B为丁醛，确定醇中含有醛可用新制氢氧化铜或银氨溶液，C结构简式为CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，E为水杨酸酯，根据图中转化关系知，D中含有醇羟基，且D相对分子质量为130，则D结构简式为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，故答案为：Ag（NH3）2OH或Cu（OH）2；CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH；（3）A为正丁醇，其同类物质的同分异构体M在Cu和加热条件下不能被O2氧化，说明连羟基的C原子上没有H原子，应为2﹣甲基﹣2﹣丙醇，故答案为：2﹣甲基﹣2﹣丙醇；（4）水杨酸中含有羧基和羟基，能够通过酯化反应发生缩聚生成高分子化合物，化学方程式为，故答案为：；（5）a．B为正丁醛，有4种氢原子，所以B的核磁共振氢谱有4组吸收峰，故a正确；b．水杨酸与足量NaHCO3反应生成，酚羟基不能够与碳酸氢钠反应，故b错误；-48-c．E结构简式为，E的分子式为C15H22O3，故c正确；d．E结构简式为，酚羟基的邻对位能够与Br发生取代反应，所以1molE与足量浓溴水反应，最多消耗2molBr2，故d错误；故答案为：ac；（6）水杨酸除苯环外还有1个C原子核3个O原子，其同分异构体含有一个苯环且能发生银镜反应和显色反应，说明含有醛基和酚羟基，可以是苯甲醛和2个酚羟基，这样的结构有6种，可以是酚羟基与甲酸形成的酯基和1个酚羟基，邻间对有3种，所以其同分异构体有9种，故答案为：9．【点评】本题考查有机物的推断，正确推断出A物质是解本题关键，结合题给信息进行分析解答，难度中等，注意同分异构体的判断，为易错点．　-48-