上海市嘉定区长宁区2022届高三化学模拟试题含解析

2022年上海市嘉定区、长宁区高考化学模拟试卷　一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卷上）1．最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等．下列说法中正确的是（　　）A．18O2和16O2是两种不同的原子B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素D．由N5变成N2是化学变化　2．下列有关物质分类正确的是（　　）A．液氯、干冰均为纯净物B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物C．与互为同系物D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物　3．微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是（　　）A．C3H6、CH2═CHCH3B．H2O2、C．D．1S22S22p63S23p6　4．下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）A．Cl2通入Na2CO3溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AgNO3溶液中D．SO2通入NaHS溶液中　5．下列反应中，反应后固体物质增重的是（　　）A．氢气通过灼热的氧化铜粉末B．二氧化碳通过过氧化钠粉末C．铝与氧化铁发生铝热反应D．将锌粒投入硝酸铜溶液中-47-　　二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6．下列物质能通过化合反应直接制得的是（　　）①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl．A．只有①②③B．只有②③C．只有①③④D．全部　7．有Br2参加的化学反应一定不属于（　　）A．复分解反应B．置换反应C．取代反应D．加成反应　8．某无色溶液中含Na+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣，加入下列哪种溶液不会使其变色（　　）A．淀粉溶液B．硫酸氢钠溶液C．H2O2溶液D．氯水　9．下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（　　）A．Cl2、Al、H2B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2D．HNO3、SO2、H2O　10．下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是（　　）A．硫酸与氯化钠反应B．硝酸银溶液中滴加稀氨水C．铁在硫蒸气中燃烧D．铁粉加入硝酸中　11．下列说法正确的是（　　）A．离子化合物中可能含有共价键，但不一定含有金属元素B．分子中一定含有共价键C．非极性分子中一定存在非极性键D．对于组成结构相似的分子，一定是相对分子质量越大，熔沸点越高　12．工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应．并转移n个电子，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（　　）-47-A．B．C．D．　13．比较归纳是化学学习常用的一种方法．对以下三种物质的转化关系，①C→CO2②CH4→CO2③CO→CO2，比较归纳正确的是（　　）A．三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B．三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C．三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D．三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳　14．下列关于电化学的实验事实正确的是（　　）出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu﹣Zn原电池Cu为正极，正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极阳极→正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2，正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀A．AB．BC．CD．D　15．下列说法或表示方法中正确的是（　　）A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C（金刚石）→C（石墨）+119KJ可知，金刚石比石墨稳定C．在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）→2H2O（l）+285.8KJD．在稀溶液中：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O（l）+53.7KJ，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7KJ　16．在实验室进行下列有关的物质制备中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（　　）A．CCOCO2Na2CO3-47-B．CuCu（NO3）2溶液Cu（OH）2C．FeFe2O3Fe2（SO4）3溶液D．CaOCa（OH）2溶液NaOH溶液　17．有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短周期元素，其中X、M同主族；Z+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W是地壳中含量最多的金属，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和；下列序数不正确的是（　　）A．离子半径大小：r（Y2﹣）＞r（W3+）B．W的氧化物对应的水化物可与Z的最高价氧化物水化物反应C．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体D．X、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子　　三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18．下列反应的离子方程式正确的是（　　）A．碳酸钠的水解反应　CO32﹣+H2O→HCO3﹣+OH﹣B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣→CaCO3↓+2H2O+CO32﹣C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应　　C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+CO32﹣D．稀硝酸与过量的铁屑反应　3Fe+8H++2NO3﹣→3Fe3++2NO↑+4H2O　19．某些含羟基的药物具有苦味，如图结构的氯霉素：此药物分子中碳链末端羟基（﹣OH）中的氢原子换成来自棕榈酸中的原子团后，苦味消失，成为便于口服的无味氯霉素．以下关于无味氯霉素的叙述中正确的是（　　）A．它是棕榈酸的盐类-47-B．它是棕榈酸的酯类C．它的水溶性变差，所以苦味消失D．它的水溶性变良，所以苦味消失　20．25℃时，将pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液pH=a，以下关于所得溶液的关系式肯定错误的是（　　）A．a＞7B．c（CH3COOH）﹣c（OH﹣）＞10﹣amol/LC．c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）　21．700℃时，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），下列判断错误的是（　　）起始浓度甲乙丙c（H2）/mol/L0.100.200.20c（CO2）/mol/L0.100.100.20A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/LH2和0.20mol/LCO2，到达平衡时c（CO）与乙不同　22．12mlNO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：6NO+4NH3⇌5N2+6H2O（g）．若还原产物比氧化产物多1ml（气体体积在相同状况下测定），则原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能是（　　）A．2：1B．1：1C．3：2D．4：3　　四、（本题共12分）23．钠是人体中一种重要元素，一般情况下，钠约占成人体重的0.15%．钠元素对应的化合物因组成与结构性质差异很大．-47-（1）钠原子核外电子共占据　　　　　　个轨道，写出同一周期中原子核外M层上有2个未成对电子的元素其原子最外层电子排布式　　　　　　．（2）氯化钠的熔点比氯化钾的　　　　　　（填“高”或“低”），原因是　　　　　　．（3）实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体反应制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：　　　　　　．（4）氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是　　　　　　（填标号）．A．离子键　　B．共价键　　C．金属键D．范德华力（5）卡斯纳法制取金属钠的原理是：以氢氧化钠为原料，放入铁质容器中熔化，在稀有气体的保护下，以镍为阳极，铁为阴极，在阴极析出金属钠．写出反应的化学方程式为：　　　　　　．其中，氧化产物是　　　　　　，若反应转移0.8mol电子，至少消耗　　　　　　gNaOH．　　五、（本题共12分）24．含硅元素的化合物广泛存在于自然界中，与其他矿物共同构成岩石．晶体硅（熔点1410℃）用途广泛，制取与提纯方法有多种．（1）炼钢开始和结束阶段都可能发生反应：Si+2FeO2Fe+SiO2，其目的是　　　　　　．A．得到副产品硅酸盐水泥B．制取SiO2，提升钢的硬度C．除去生铁中过多的Si杂质D．除过量FeO，防止钢变脆（2）一种由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯），在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　．对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物（SiX4）下列叙述正确的是　　　　　　A．NaX易水解　　　B．SiX4是共价化合物-47-C．NaX的熔点一般高于SiX4D．SiF4晶体是由共价键形成的空间网状结构（3）粗硅经系列反应可生成硅烷（SiH4），硅烷分解也可以生成高纯硅．硅烷的热稳定性弱于甲烷，所以Si元素的非金属性弱于C元素，用原子结构解释其原因：　　　　　　．（4）此外，还可以将粗硅转化成三氯氢硅（SiHCl3），通过反应：SiHCl3（g）+H2（g）⇌Si（s）+3HCl（g）制得高纯硅．不同温度下，SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比（反应初始时，各反应物的物质的量之比）的变化关系如下图所示．下列说法正确的是　　　　　　（填字母序号）．a．该反应的平衡常数随温度升高而增大b．横坐标表示的投料比应该是c．实际生产中为提高SiHCl3的利用率，可适当降低压强（5）硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3．室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是　　　　　　，其原因是　　　　　　．已知：H2SiO3：Ki1=2.0×10﹣10Ki2=1.0×10﹣12H2CO3：Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．　　六、（本题共12分）25．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律．【提出猜想】小组提出如下4种猜想：甲：Mg（NO2）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）查阅资料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：　　　　　　．（2）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是　　　　　　．【实验操作】-47-（3）设计上述装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是　　　　　　；加热Mg（NO3）2固体，AB装置实验现象是：　　　　　　，说明有Mg（NO3）2固体分解了　　　　　　，有NO2生成．（4）有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：　　　　　　（5）小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：　　　　　　，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入　　　　　　．（6）上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是　　　　　　．（用化学方程式表示）　　七、（本题共12分）26．工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）．工艺流程如图1及相关物质溶解度曲线如图2：（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为：　　　　　　．通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是　　　　　　．（2）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是　　　　　　．（3）固体A主要为　　　　　　（填化学式），固体B主要为　　　　　　（填化学式）．-47-（4）为检验得到的重铬酸钾晶体中含有少量的氯化钠杂质，实验方法是：　　　　　　；进一步提纯产品的方法是　　　　　　（5）将SO2通入用硫酸酸化的重铬酸钾溶液中，可制得硫酸铬钾KCr（SO4）2，反应的化学方程式为　　　　　　；如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr（OH）SO4杂质生成．现从得到的硫酸铬钾产品中取出3.160g样品加入足量盐酸和BaCl2溶液后，得到白色沉淀5.126g．若产品中杂质只有Cr（OH）SO4，则该产品中KCr（SO4）2的质量分数为　　　　　　（用百分数表示，保留1位小数）．　　八、(共8分)27．叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．（1）甲中含氧官能团是　　　　　　（填名称）．（2）下列关于乙的说法正确的是　　　　　　（填序号）．a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为　　　　　　．a．含有b．在稀硫酸中水解有乙酸生成（4）写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式　　　　　　．　　九、（本题共14分）-47-28．已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜．E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130．请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%．则A的分子式为　　　　　　，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为　　　　　　；（2）B能与新制的Cu（OH）2发生反应，该反应的化学方程式为：　　　　　　；（3）写出C结构简式：　　　　　　；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：　　　　　　；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：　　　　　　；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为　　　　　　；写出E的结构简式　　　　　　：　　十、（本题共14分）29．绿矾（FeSO4•7H2O）在化学合成上用作还原剂及催化剂．工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾．（1）98%1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为　　　　　　（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为　　　　　　（填＞、＜、=）40%．（2）将111.2g绿矾（FeSO4∙7H2O，式量为278）在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为　　　　　　g；SO2为　　　　　　mol．实验室可用以下方法制备摩尔盐晶体．-47-（3）将4.88g铁屑（含Fe2O3）与25mL3mol/LH2SO4充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100mL，测得其pH=1．铁屑中Fe2O3的质量分数是　　　　　　（保留两位小数）．（4）向上述100mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的（NH4）2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t℃，析出摩尔盐晶体12.360g，剩余溶液的质量为82.560g．t℃时，计算（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O的溶解度　　　　　　．（保留两位小数）．　　-47-2022年上海市嘉定区、长宁区高考化学模拟试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卷上）1．最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等．下列说法中正确的是（　　）A．18O2和16O2是两种不同的原子B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素D．由N5变成N2是化学变化【考点】同位素及其应用；物理变化与化学变化的区别与联系；分子、原子、离子；离子化合物的结构特征与性质．【分析】A．18O2和16O2是单质；B．依据甲醇分子结构中形成的化学键分析判断；C．质子数相同中子数不同的原子互称同位素；D．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；反之，则是物理变化．【解答】解：A．18O2和16O2是氧元素的两种单质，不是原子，故A错误；B．甲醇（CH3OH）是碳原子核氢原子氧原子间以共价键形成的共价化合物，属于有机共价化合物，故B错误；C．N5和N2是单质，不是原子，故C错误；D．2N5=5N2，有新的物质生成，属于化学变化，故D正确．故选D．【点评】本题考查了核素、同素异形体的应用等，难度不大，关键是化合物的分类，同素异形体的转化是化学变化．　2．下列有关物质分类正确的是（　　）A．液氯、干冰均为纯净物B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物-47-C．与互为同系物D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；芳香烃、烃基和同系物；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A、只由一种物质构成的是纯净物；B、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物；C、同系物是指结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物；D、高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的化合物．【解答】解：A、只由一种物质构成的是纯净物，液氯即液态的氯气，干冰即固态的二氧化碳，均只由一种物质构成，是纯净物，故A正确；B、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，而CO和碱不反应，NO2和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故均不是酸性氧化物，故B错误；C、同系物是指结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，即互为同系物的化合物必须属于同一类物质，而属于酚类，属于醇类，不属于同一类物质，故不互为同系物，故C错误；D、高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的化合物，油脂的相对分子质量才几百，故不是高分子化合物，故D错误．故选A．【点评】本题考查了纯净物、酸性氧化物、同系物和高分子化合物等概念的辨析和种类的辨别，难度不大，应注意的是NO2和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故不是酸性氧化物．　3．微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是（　　）A．C3H6、CH2═CHCH3B．H2O2、C．D．1S22S22p63S23p6【考点】同分异构现象和同分异构体；电子式；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．【分析】A、C3H6可以代表环丙烷、CH2═CHCH3是丙烯；-47-B、H2O2是双氧水的分子式、是双氧水的电子式；C、-47-png_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，前者是甲烷、后者是四氯化碳；D、是Ne的原子结构示意图，1S22S22p63S23p6可能是K+、Cl﹣等．【解答】解：A、C3H6可以代表环丙烷、CH2═CHCH3是丙烯，二者不是同种微粒，故A错误；B、H2O2是双氧水的分子式、是双氧水的电子式，二者一定代表同种微粒，故B正确；C、-47-png_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，前者是甲烷、后者是四氯化碳，二者不是同种微粒，故C错误；D、是Ne的原子结构示意图，1S22S22p63S23p6可能是K+、Cl﹣等，二者不是同种微粒，故D错误；故选B．【点评】本题考查微粒的表示方法及其意义，难度不大，掌握其定义和特征是解题的关键，注意同分异构体和同种物质的区别．　4．下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）A．Cl2通入Na2CO3溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AgNO3溶液中D．SO2通入NaHS溶液中-47-【考点】氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．【分析】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体；B、氯化钙不与二氧化碳反应；C、一开始是酸碱中和，没有沉淀产生，当硝酸完全中和后，氨水与银离子生成氢氧化银沉淀，逐渐增多，达到最大时，氢氧化银沉淀和氨水发生络合，生成可溶的银氨络离子，直至沉淀全部溶解；D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体．【解答】解：A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，故A不选；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，故选B；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag（NH3）2OH（银氨溶液），故C不选；D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合考查，题目难度不大．　5．下列反应中，反应后固体物质增重的是（　　）A．氢气通过灼热的氧化铜粉末B．二氧化碳通过过氧化钠粉末C．铝与氧化铁发生铝热反应D．将锌粒投入硝酸铜溶液中【考点】铝的化学性质；钠的重要化合物．【分析】A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，二者物质的量相同，所以固体质量减少；D．发生Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu．【解答】解：A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；-47-B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，二者物质的量相同，所以固体质量减少，故C错误；D．发生Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B．【点评】本题把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大．　二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6．下列物质能通过化合反应直接制得的是（　　）①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl．A．只有①②③B．只有②③C．只有①③④D．全部【考点】铁的化学性质；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A、金属铁可以和三价铁离子反应生成亚铁离子；B、三氧化硫和水反应生成硫酸；C、硝酸和氨水之间发生反应生成硝酸铵；D、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢．【解答】解：①金属铁可以和三价铁离子反应生成亚铁离子，属于化合反应，故①正确；②三氧化硫和水反应生成硫酸，属于化合反应，故②正确；③硝酸和氨水之间发生反应生成硝酸铵，属于化合反应，故③正确；④氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，属于化合反应，故④正确．故选D．【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，本题注意氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态的氯化物．　7．有Br2参加的化学反应一定不属于（　　）A．复分解反应B．置换反应C．取代反应D．加成反应-47-【考点】化学基本反应类型；取代反应与加成反应．【分析】溴具有氧化性，有溴参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机类型的取代、加成反应，则不可能为复分解反应，以此来解答即可．【解答】解：A．复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而溴参加有元素的化合价变化，则不可能为复分解反应，故A选；B．溴与KI的置换反应，有溴参加，故B不选；C．甲烷与溴的取代反应，有溴参加，故C不选；D．乙烯与溴的加成反应中，有溴参加，故D不选；故选A．【点评】本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，题目难度不大．　8．某无色溶液中含Na+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣，加入下列哪种溶液不会使其变色（　　）A．淀粉溶液B．硫酸氢钠溶液C．H2O2溶液D．氯水【考点】氧化还原反应．【分析】Na+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣可以共存，在酸性条件下I﹣可以NO3﹣被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I﹣氧化为I2，生成单质碘，则溶液会变色．【解答】解：Na+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣可以共存，在酸性条件下I﹣可以NO3﹣被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I﹣氧化为I2，生成单质碘，则溶液会变色，A．加淀粉溶液，与I﹣不反应，则溶液不变色，故A选；B．溶液中硫酸氢钠溶液，硫酸氢钠电离出氢离子，在酸性条件下I﹣可以NO3﹣被氧化为I2，则溶液会变色，故B不选；C．H2O2具有强氧化性，能把I﹣氧化为I2，则溶液会变色，故C不选；D．氯水具有强氧化性，能把I﹣氧化为I2，则溶液会变色，故D不选．故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应、离子共存问题，注意把握常见离子的性质以及离子之间发生的反应，题目难度不大．　9．下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（　　）A．Cl2、Al、H2B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2D．HNO3、SO2、H2O-47-【考点】氧化还原反应．【分析】判断物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手，1．熟悉物质的性质，2．物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性．【解答】解：A、Cl2既有氧化性又有还原性，金属铝还原性，氢气既有氧化性又有还原性，故A错误；B、氟气只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，故B正确；C、二氧化氮和水的反应说明二氧化氮既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，故C错误；D、二氧化硫中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，故D错误．故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应，主要是对氧化性和还原性的判断和理解，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意知识的积累．　10．下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是（　　）A．硫酸与氯化钠反应B．硝酸银溶液中滴加稀氨水C．铁在硫蒸气中燃烧D．铁粉加入硝酸中【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氨的化学性质；硝酸的化学性质；铁的化学性质．【分析】A．与硫酸用量有关；B．与氨水的用量有关；C．反应只生成FeS；D．与铁或硝酸的量及硝酸浓度有关．【解答】解：A．浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，故A不选；B．硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，故B不选；C．铁在硫蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，故C选；D．铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或二氧化氮，故D不选；故选C．-47-【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　11．下列说法正确的是（　　）A．离子化合物中可能含有共价键，但不一定含有金属元素B．分子中一定含有共价键C．非极性分子中一定存在非极性键D．对于组成结构相似的分子，一定是相对分子质量越大，熔沸点越高【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但不一定含有金属元素；B．分子中不一定含有共价键；C．非极性分子中不一定存在非极性键；D．对于组成结构相似的分子，不一定是相对分子质量越大，熔沸点越高．【解答】解：A．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但不一定含有金属元素，如铵盐，故A正确；B．分子中不一定含有共价键，如单原子分子稀有气体，故B错误；C．非极性分子中不一定存在非极性键，甲烷、二氧化碳等，故C错误；D．对于组成结构相似的分子，不一定是相对分子质量越大，熔沸点越高，如水的沸点大于硫化氢，故D错误；故选A．【点评】本题考查了物质和化学键的关系、化学键和分子极性的关系、氢键等知识点，根据物质的构成微粒、物质中存在的化学键及氢键对物质熔沸点的影响等知识点来分析解答，注意AB为易错点．　12．工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应．并转移n个电子，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（　　）A．B．C．D．【考点】氧化还原反应的计算．-47-【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应为4NH3+5O2═4NO+6H2O，依据氧化还原反应中氨气和电子转移之间的关系式计算．【解答】解：设阿伏加德罗常数为NA，氨气和转移电子之间的关系式为：4NH3+5O2═4NO+6H2O转移电子4mol20molNA==，答：阿伏加德罗常数NA为，故选D．【点评】本题考查了物质的量的有关计算，根据方程式中氨气和转移电子之间的关系式进行计算即可，题目不大．　13．比较归纳是化学学习常用的一种方法．对以下三种物质的转化关系，①C→CO2②CH4→CO2③CO→CO2，比较归纳正确的是（　　）A．三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B．三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C．三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D．三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳【考点】甲烷的化学性质；化学基本反应类型．【分析】①C→CO2碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳；②CH4→CO2甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态；③CO→CO2，一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳．【解答】解：A．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳，不是化合反应，故A错误；B．甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，常温下水为液态，故B错误；C．碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳，故C错误；D．碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳，故D正确；故选：D．-47-【点评】本题考查了化学反应类型的判断，明确碳、一氧化碳、甲烷性质是解题关键，题目难度不大．　14．下列关于电化学的实验事实正确的是（　　）出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu﹣Zn原电池Cu为正极，正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极阳极→正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2，正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀A．AB．BC．CD．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．原电池中，正极上得电子发生还原反应；B．电解时，电子不进入电解质溶液；C．弱酸性条件下钢铁发生吸氧腐蚀；D．金属的腐蚀与防护中如果有外接电源，此方法为外加电源的阴极保护法．【解答】解：A．该装置构成原电池，锌作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，故A正确；B．无论原电池还是电解池，电子都不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子的定向移动而构成闭合回路，故B错误；C．酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以弱酸性环境下钢铁腐蚀，负极处产生亚铁离子，正极处吸收O2，故C错误；D．将钢闸门与外加电源负极相连，阴极上电解质溶液中阳离子得电子发生还原反应，此方法为外加电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，故D错误；故选A．【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，易错选项是B，注意电子不能进入电解质溶液，为易错点．-47-　15．下列说法或表示方法中正确的是（　　）A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C（金刚石）→C（石墨）+119KJ可知，金刚石比石墨稳定C．在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）→2H2O（l）+285.8KJD．在稀溶液中：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O（l）+53.7KJ，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7KJ【考点】反应热的大小比较；吸热反应和放热反应；热化学方程式．【分析】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程；B、能量越低越稳定；C、2gH2即1mol完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量；D、浓硫酸溶解放热．【解答】解：A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A错误；B、由C（金刚石）→C（石墨）+119KJ可知，金刚石的能量比石墨高，石墨比金刚石稳定，故B错误；C、2gH2即1mol完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，则氢气的燃烧热热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，故C错误；D、在稀溶液中：H+（aq）+OH﹣（aq）→H2O（l）+53.7KJ，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，由于浓硫酸溶解要放出热量，所以反应放出的热量大于53.7KJ，故D正确；故选D．【点评】本题考查了反应热和焓变、燃烧热的热化学方程式等，题目综合性较强，侧重于基础知识的考查，难度一般，注意反应热的分类和特点．　16．在实验室进行下列有关的物质制备中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（　　）A．CCOCO2Na2CO3B．CuCu（NO3）2溶液Cu（OH）2-47-C．FeFe2O3Fe2（SO4）3溶液D．CaOCa（OH）2溶液NaOH溶液【考点】化学实验方案的评价．【分析】理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染．A、一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸．B、硝酸银价格较高．C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁D、理论上正确，操作较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，对环境几乎无影响，符合绿色化学．【解答】解：A、碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；B、铜与与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；故选D．【点评】本题考查实验准备方案设计与评价、绿色化学等，难度中等，是理论知识联系生活实际的体现、理论知识对实际的指导．注意实验方案设计应理论正确、操作简单可行、经济节约、绿色环保．　-47-17．有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短周期元素，其中X、M同主族；Z+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W是地壳中含量最多的金属，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和；下列序数不正确的是（　　）A．离子半径大小：r（Y2﹣）＞r（W3+）B．W的氧化物对应的水化物可与Z的最高价氧化物水化物反应C．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体D．X、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短周期元素，Z+与Y2﹣具有相同的电子层结构，结合离子所带电荷可知，Z为Na、Y为O元素；W是地壳中含量最多的金属，则W为Al，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和，则X原子序数为8+11﹣13=6，故X为C元素，X、M同主族，则M为Si，据此解答．【解答】解：有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短周期元素，Z+与Y2﹣具有相同的电子层结构，结合离子所带电荷可知，Z为Na、Y为O元素；W是地壳中含量最多的金属，则W为Al，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和，则X原子序数为8+11﹣13=6，故X为C元素，X、M同主族，则M为Si，A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小：r（O2﹣）＞r（Al3+），故A正确；B．W、Z的氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、氢氧化钠，二者反应生成偏铝酸钠与水，故B正确；C．碳元素存在金刚石、石墨等多种同素异形体，O元素单质存在氧气、臭氧，故C错误，D．X、M均能与氯形成的物质分别为CCl4、SiCl4，均由极性键构成的正四面体非极性分子，故D正确，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意掌握微粒半径比较规律．　三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18．下列反应的离子方程式正确的是（　　）-47-A．碳酸钠的水解反应　CO32﹣+H2O→HCO3﹣+OH﹣B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣→CaCO3↓+2H2O+CO32﹣C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应　　C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+CO32﹣D．稀硝酸与过量的铁屑反应　3Fe+8H++2NO3﹣→3Fe3++2NO↑+4H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，用可逆号；B．氢氧化钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚与碳酸氢钠；D．Fe过量生成亚铁离子，电荷不守恒．【解答】解：A．碳酸钠的水解反应，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣→CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B正确；C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应，离子方程式：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故C错误；D．稀硝酸与过量的铁屑反应　3Fe+8H++2NO3﹣→3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意掌握离子方程式的书写原则，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式．　19．某些含羟基的药物具有苦味，如图结构的氯霉素：此药物分子中碳链末端羟基（﹣OH）中的氢原子换成来自棕榈酸中的原子团后，苦味消失，成为便于口服的无味氯霉素．以下关于无味氯霉素的叙述中正确的是（　　）A．它是棕榈酸的盐类B．它是棕榈酸的酯类C．它的水溶性变差，所以苦味消失D．它的水溶性变良，所以苦味消失【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．-47-【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】分子中碳链末端羟基（﹣OH）中的氢原子换成来自棕榈酸中的原子团，则无味氯霉素含饱和烃基和﹣COOC﹣，结合酯不溶于水的性质来解答．【解答】解：A．无味氯霉素含饱和烃基和﹣COOC﹣，属于酯类物质，故A错误；B．无味氯霉素含饱和烃基和﹣COOC﹣，属于酯类物质，故B正确；C．﹣OH变为﹣COOC﹣，溶解性变差，苦味消失，故C正确；D．﹣OH变为﹣COOC﹣，溶解性变差，苦味消失，故D错误；故选：BC．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，注意把握有机物中的官能团及性质的关系，利用信息得到物质的结构为解答的关键，题目难度不大．　20．25℃时，将pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液pH=a，以下关于所得溶液的关系式肯定错误的是（　　）A．a＞7B．c（CH3COOH）﹣c（OH﹣）＞10﹣amol/LC．c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度为0.01mol/L，而pH=2的CH3COOH溶液中醋酸的浓度大于0.01mol/L，两溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），所以a＜7；结合电荷守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；溶液中一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），由于醋酸过量，则c（Na+）＜c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），根据以上分析进行判断．【解答】解：CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度为0.01mol/L，而pH=2的CH3COOH溶液中醋酸的浓度大于0.01mol/L，两溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），所以a＜7，A．反应后醋酸过量，溶液显示酸性，所以容易的pH=a＜7，故A错误；B．反应后溶液中的氢离子为醋酸电离的，氢氧根离子浓度较小，且醋酸只能部分电离，则一定满足：c（CH3COOH）﹣c（OH﹣）＞10﹣amol/L，故B正确；-47-C．由于反应后醋酸过量，根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），溶液中还存在醋酸分子，则c（Na+）＜c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故C错误；D．根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故D正确；故选AC．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确弱电解质在溶液中部分电离为解答关键，注意反应后醋酸过量，溶液显示酸性，为易错点，注意电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用方法．　21．700℃时，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），下列判断错误的是（　　）起始浓度甲乙丙c（H2）/mol/L0.100.200.20c（CO2）/mol/L0.100.100.20A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/LH2和0.20mol/LCO2，到达平衡时c（CO）与乙不同【考点】化学平衡的计算．【分析】甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），故△c（H2O）=0.025mol/（L•min）×2min=0.05mol/L，则：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.10.100转化（mol/L）：0.050.050.050.05平衡（mol/L）：0.050.050.050.05故该温度下平衡常数K==1，各容器内温度相同，平衡常数均相同，A．令乙中CO2的浓度变化量为x，表示出平衡时各组分的物质的量浓度，再结合平衡常数列方程计算解答；-47-B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同；C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动；D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，表示出平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算CO的平衡浓度，由A计算可知乙中平衡时CO的浓度．【解答】解：甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L•min），故△c（H2O）=0.025mol/（L•min）×2min=0.05mol/L，则：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.10.100转化（mol/L）：0.050.050.050.05平衡（mol/L）：0.050.050.050.05故该温度下平衡常数K==1，A．令乙中CO2的浓度变化量为x，则：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）开始（mol/L）：0.20.100转化（mol/L）：xxxx平衡（mol/L）：0.2﹣x0.1﹣xxx所以=1，解得x=，故二氧化碳的转化率为×100%=66.7%，故A错误；B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，故B正确；C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，则：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）-47-开始（mol/L）：0.10.200转化（mol/L）：yyyy平衡（mol/L）：0.1﹣y0.2﹣yyy则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误，故：AD．【点评】本题考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数应用等，A选项可以等效为在甲中再增大0.10mol/L氢气，平衡正向进行，二氧化碳转化率比甲中的大，D中注意形成规律：若反应物按物质的量1：1反应，反应物的浓度（或物质的量）相互交换，不影响生成物的量，难度中等．　22．12mlNO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：6NO+4NH3⇌5N2+6H2O（g）．若还原产物比氧化产物多1ml（气体体积在相同状况下测定），则原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能是（　　）A．2：1B．1：1C．3：2D．4：3【考点】氧化还原反应的计算．【分析】反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中，还原产物是3mol氮气，氧化产物是2mol氮气，还原产物比氧化产物多1mol，据此回答即可．【解答】解：根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2，故选C．【点评】本题考查学生氧化还原反应中的基本概念以及有关计算知识，属于知识的迁移应用题，难度中等．　四、（本题共12分）23．钠是人体中一种重要元素，一般情况下，钠约占成人体重的0.15%．钠元素对应的化合物因组成与结构性质差异很大．-47-（1）钠原子核外电子共占据　6　个轨道，写出同一周期中原子核外M层上有2个未成对电子的元素其原子最外层电子排布式　3s23p2或者3s23p4　．（2）氯化钠的熔点比氯化钾的　高　（填“高”或“低”），原因是　钾离子半径大于钠离子，离子半径越大，离子晶体的晶格能越小，晶格能越小导致离子晶体的熔点越低，所以氯化钠的熔点高于氯化钾　．（3）实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体反应制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：　固体氢氧化钠溶于浓氨水后，放出大量的热，促使NH3的挥发，溶液中OH﹣浓度增加，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣向生成NH3移动，加快氨气逸出　．（4）氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是　AC　（填标号）．A．离子键　　B．共价键　　C．金属键D．范德华力（5）卡斯纳法制取金属钠的原理是：以氢氧化钠为原料，放入铁质容器中熔化，在稀有气体的保护下，以镍为阳极，铁为阴极，在阴极析出金属钠．写出反应的化学方程式为：　4NaOH4Na+2H2O+O2↑　．其中，氧化产物是　O2　，若反应转移0.8mol电子，至少消耗　32　gNaOH．【考点】原子核外电子排布；化学方程式的有关计算；化学键；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱．【分析】（1）钠原子核外含有11个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p能级有3个轨道，据此判断；原子核外M层上有2个未成对电子的元素即为3p2或者3p4，该元素为硅或硫元素，根据构造原理书写其原子最外层电子排布式；（2）氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比；（3）浓氨水和氢氧化钠固体反应制取氨气，浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，使一水合氨分解生成氨气；（4）在氟化钠溶液中，存在氟离子，钠离子，氢离子，氢氧根离子和水分子，据此分析；（5）电解熔融的氢氧化钠，钠离子在阴极得电子生成Na，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气和水，根据反应物和生成物写出方程式，由化合价的变化以及氧化还原反应的概念判断．【解答】解：（1）钠原子核外含有11个电子，电子排布式为1s22s22p63s1-47-，s能级含有一个轨道，p能级有3个轨道，所以钠原子核外电子共占据了6个轨道；原子核外M层上有2个未成对电子的元素即为3p2或者3p4，该元素为硅或硫元素，所以其原子最外层电子排布式为3s23p2或者3s23p4，故答案为：6；3s23p2或者3s23p4；（2）氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比，钠离子半径小于钾离子，所以氯化钾的晶格能小于氯化钠，则氯化钠的熔点高于氯化钾，故答案为：高；钾离子半径大于钠离子，离子半径越大，离子晶体的晶格能越小，晶格能越小导致离子晶体的熔点越低，所以氯化钠的熔点高于氯化钾；（3）浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，促使NH3的挥发，使一水合氨分解生成氨气，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣向生成NH3移动，加快氨气逸出；故答案为：固体氢氧化钠溶于浓氨水后，放出大量的热，促使NH3的挥发，溶液中OH﹣浓度增加，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣向生成NH3移动，加快氨气逸出；（4）在氟化钠溶液中，存在氟离子，钠离子，氢离子，氢氧根离子和水分子，所以存在水分子间的范德华力和水分子内的氢氧共价键，所以不存在离子键和金属键，故选：AC；（5）电解熔融的氢氧化钠，钠离子在阴极得电子生成Na，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气和水，则电极方程式为：4NaOH4Na+2H2O+O2↑，O元素的化合价升高，则氧气为氧化产物，反应中4mol氢氧化钠转移4mol电子，则若反应转移0.8mol电子，消耗0.8molNaOH，其质量为m（NaOH）=nM=0.8mol×40g/mol=32g；故答案为：4NaOH4Na+2H2O+O2↑；O2；32．【点评】本题考查了核外电子排布的规律、熔沸点的比较，实验室制氨气的原理，微粒之间的作用力的判断以及电解原理的应用、氧化还原反应的应用，题目难度不大，注意电解时把握电解时阴阳两极发生的反应．　五、（本题共12分）24．含硅元素的化合物广泛存在于自然界中，与其他矿物共同构成岩石．晶体硅（熔点1410℃）用途广泛，制取与提纯方法有多种．（1）炼钢开始和结束阶段都可能发生反应：Si+2FeO2Fe+SiO2，其目的是　CD　．A．得到副产品硅酸盐水泥B．制取SiO2，提升钢的硬度-47-C．除去生铁中过多的Si杂质D．除过量FeO，防止钢变脆（2）一种由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯），在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：　SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g）△H=﹣0.025akJ/mol　．对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物（SiX4）下列叙述正确的是　BC　A．NaX易水解　　　B．SiX4是共价化合物C．NaX的熔点一般高于SiX4D．SiF4晶体是由共价键形成的空间网状结构（3）粗硅经系列反应可生成硅烷（SiH4），硅烷分解也可以生成高纯硅．硅烷的热稳定性弱于甲烷，所以Si元素的非金属性弱于C元素，用原子结构解释其原因：　C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）　．（4）此外，还可以将粗硅转化成三氯氢硅（SiHCl3），通过反应：SiHCl3（g）+H2（g）⇌Si（s）+3HCl（g）制得高纯硅．不同温度下，SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比（反应初始时，各反应物的物质的量之比）的变化关系如下图所示．下列说法正确的是　a、c　（填字母序号）．a．该反应的平衡常数随温度升高而增大b．横坐标表示的投料比应该是c．实际生产中为提高SiHCl3的利用率，可适当降低压强（5）硅元素最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3．室温下，0.1mol/L的硅酸钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是　硅酸钠　，其原因是　硅酸的Ki2小于碳酸的Ki2，硅酸钠更易水解　．已知：H2SiO3：Ki1=2.0×10﹣10Ki2=1.0×10﹣12H2CO3：Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．-47-【考点】碳族元素简介；高炉炼铁；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；热化学方程式；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理．【分析】（1）根据炼钢的要求把生铁中的含碳量去除到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加到规定范围的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程；在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的氧元素，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹；（2）每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为=0.025aKJ，据此写出反应热化学方程式；A．强酸的钠盐不水解；B．硅的卤化物（SiX4）是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物；C．离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点；D．SiF4晶体属于分子晶体．（3）硅烷的分解温度远低于甲烷的原因为：C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷；（4）a．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大；b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是；c．降低压强平衡向气体系数减小方向移动；（5）依据盐类水解规律“越弱越水解”解答．【解答】解：（1）炼钢的要求把生铁中的含碳量去除到规定范围，并使其它元素的含量减少或增加到规定范围的过程，简单地说，是对生铁降碳、去硫磷、调硅锰含量的过程，这一过程基本上是一个氧化过程，是用不同来源的氧（如空气中的氧、纯氧气、铁矿石中的氧）来氧化铁水中的碳、硅、锰等元素．化学反应主要是2FeO+Si2Fe+SiO2、FeO+MnFe+MnO；-47-在使碳等元素降到规定范围后，钢水中仍含有大量的氧，是有害的杂质，使钢塑性变坏，轧制时易产生裂纹，故炼钢的最后阶段必须加入脱氧剂（例如锰铁、硅铁和铝等），以除去钢液中多余的氧：Mn+FeOMnO+Fe，Si+2FeOSiO2+2Fe，Al+3FeOAl2O3+3Fe，故选：CD；（2）由题意可知：每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为=0.025aKJ，所以该反应的热化学方程式：SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g）△H=﹣0.025akJ/mol；A．钠的强酸盐不水解，NaX（NaF除外）不易水解，故A错误；B．硅的卤化物（SiX4）是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物，是共价化合物，故B正确；C．钠的卤化物（NaX）为离子化合物属于离子晶体，硅的卤化物（SiX4）为共价化合物属于分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX4，故C正确；D．SiF4晶体是由分子间作用力结合而成，故D错误；故答案为：SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g）△H=﹣0.025akJ/mol；BC；（3）C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷，故答案为：C和Si最外层电子数相同（或“是同主族元素”），C原子半径小于Si（或“C原子电子层数少于Si”）Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷；（4）a．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大，故a正确；b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是，故b错误；c．SiHCl3（g）+H2（g）⇌Si（s）+3HCl（g）正向为气体系数减小方向，降低压强平衡向气体系数减小方向移动，可以提高SiHCl3的利用率，故c正确；故选：a、c；-47-（5）依据所给数据可知：硅酸的Ki2小于碳酸的Ki2，依据“越弱越水解”可知硅酸钠更易水解，故答案为：硅酸钠；硅酸的Ki2小于碳酸的Ki2，硅酸钠更易水解．【点评】本题为综合题考查了高炉炼铁原理、热化学方程式书写、化学平衡移动影响因素、盐类水解规律，题目难度中等，注意对化学平衡移动知识的掌握．　六、（本题共12分）25．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律．【提出猜想】小组提出如下4种猜想：甲：Mg（NO2）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）查阅资料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：　2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O　．（2）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是　不符合氧化还原反应原理　．【实验操作】（3）设计上述装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是　避免对产物O2的检验产生干扰　；加热Mg（NO3）2固体，AB装置实验现象是：　固体减少　，说明有Mg（NO3）2固体分解了　产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出　，有NO2生成．（4）有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：　确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验　（5）小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：　亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了　，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入　几滴酚酞试剂　．（6）上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是　4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O　．（用化学方程式表示）-47-【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2；（2）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；（3）为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg（NO3）2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；（4）亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；（5）亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；（6）如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应．【解答】解：（1）NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2，反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，故答案为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；（2）由于丙产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故答案为：不符合氧化还原反应原理；（3）为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg（NO3）2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成，故答案为：避免对产物O2的检验产生干扰（或其它合理答案）；固体减少；产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出；（4）亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化，通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验，故答案为：确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验；（5）亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成，故答案为：亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了；几滴酚酞试剂；（6）如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，故答案为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O．-47-【点评】本题为实验探究题目，侧重于学生的分析、实验能力的考查，为高考常见题型，答题时主要在把握物质的性质基础上把握实验的原理、目的以及相关实验的基本操作，题目难度不大，但需夯实基础．　七、（本题共12分）26．工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）．工艺流程如图1及相关物质溶解度曲线如图2：（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为：　Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl　．通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是　低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小　．（2）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是　除去Fe3+　．（3）固体A主要为　NaCl　（填化学式），固体B主要为　K2Cr2O7　（填化学式）．（4）为检验得到的重铬酸钾晶体中含有少量的氯化钠杂质，实验方法是：　取少量重铬酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质　；进一步提纯产品的方法是　重结晶　（5）将SO2通入用硫酸酸化的重铬酸钾溶液中，可制得硫酸铬钾KCr（SO4）2，反应的化学方程式为　3SO2+K2Cr2O7+H2SO4=2KCr（SO4）2+H2O　；如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr（OH）SO4杂质生成．现从得到的硫酸铬钾产品中取出3.160g样品加入足量盐酸和BaCl2溶液后，得到白色沉淀5.126g．若产品中杂质只有Cr（OH）SO4，则该产品中KCr（SO4）2的质量分数为　89.6%　（用百分数表示，保留1位小数）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7-47-的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7（B），以此来解答．【解答】解：由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液II蒸发浓缩只有析出NaCl（A），母液Ⅲ冷却结晶主要得到K2Cr2O7，（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，由溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体，故答案为：Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl；低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小；（2）母液中含少量杂质Fe3+，向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是除去Fe3+，故答案为：除去Fe3+；（3）由上述分析可知，A为NaCl，B为K2Cr2O7，故答案为：NaCl；K2Cr2O7；（4）氯化钠溶于水后电离出来的氯离子和硝酸酸化的硝酸银可以生成白色难溶于酸的沉淀AgCl，故检验重铬酸钾晶体中含有少量的氯化钠的方法是：取少量重铬酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质，进一步提纯晶体的方法是：重结晶，故答案为：取少量重铬酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质；重结晶；（5）该反应中S元素化合价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，转移电子数为6，根据转移电子相等配平方程式3SO2+K2Cr2O7+H2SO4=2KCr（SO4）2+H2O，5.126g白色沉淀为：BaSO4，物质的量为：=0.022mol，设硫酸铬钾的物质的量为x，Cr（OH）SO4，的物质的量为y，依据硫酸根守恒以及质量守恒得出：，解得%，故KCr（SO4）2的质量分数为：=89.6，故答案为：3SO2+K2Cr2O7+H2SO4=2KCr（SO4）2+H2O；89.6%．【点评】本题考查的二十无机物制备流程，把握生产重铬酸钾的实验流程及溶解度的利用为解答的关键，注重分析能力、实验能力及知识综合应用能力的综合考查，题目难度中等．　八、(共8分)-47-27．叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．（1）甲中含氧官能团是　羧基　（填名称）．（2）下列关于乙的说法正确的是　ac　（填序号）．a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为　　．a．含有b．在稀硫酸中水解有乙酸生成（4）写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式　+2NaOH→HOCH2CH（NH2）COONa+H2O+CH3COONa　．【考点】有机物的结构和性质．【分析】（1）甲含有氨基和羧基；（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5；b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d．该分子中含有N原子；（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；（4）丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应．-47-【解答】解：（1）甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基，故答案为：羧基；（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故正确；b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，故错误；c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，故正确；d．该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，故错误；故答案为：ac；（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为，故答案为：；（4）丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH→HOCH2CH（NH2）COONa+H2O+CH3COONa，故答案为：+2NaOH→HOCH2CH（NH2）COONa+H2O+CH3COONa．【点评】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答，题目难度中等．　九、（本题共14分）28．已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜．E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130．请回答下列问题：-47-（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%．则A的分子式为　C4H10O　，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为　1﹣丁醇（或正丁醇）　；（2）B能与新制的Cu（OH）2发生反应，该反应的化学方程式为：　CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3CH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O　；（3）写出C结构简式：　　；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：　用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键　；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：　HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、　；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为　浓H2SO4、加热　；写出E的结构简式　　：【考点】有机物的推断．【分析】一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，则：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1﹣丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B丁醛，丁醛和氢氧化钠的水溶液发生反应生成C，结合题给信息知，C的结构简式为：，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，结合物质的结构和性质进行解答．-47-【解答】解：一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1﹣丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B丁醛，丁醛和氢氧化钠的水溶液发生反应生成C，结合题给信息知，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2OH）CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，（1）通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1﹣丁醇，故答案为：C4H10O；1﹣丁醇（或正丁醇）；（2）加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3CH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH3CH2CH2CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3CH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O；（3）C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键，故答案为：；用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；（4）a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b．分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、，-47-故答案为：HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、；（5）第④步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：，故答案为：浓H2SO4、加热；．【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，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，溴水能氧化醛基，为易错点，注意掌握常见有机物结构与性质．　十、（本题共14分）29．绿矾（FeSO4•7H2O）在化学合成上用作还原剂及催化剂．工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾．（1）98%1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为　7.14mol•L﹣1　（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为　＞　（填＞、＜、=）40%．（2）将111.2g绿矾（FeSO4∙7H2O，式量为278）在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为　32　g；SO2为　0.2　mol．实验室可用以下方法制备摩尔盐晶体．（3）将4.88g铁屑（含Fe2O3）与25mL3mol/LH2SO4充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100mL，测得其pH=1．铁屑中Fe2O3的质量分数是　0.66（或66%）　（保留两位小数）．（4）向上述100mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的（NH4）2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t℃，析出摩尔盐晶体12.360g，剩余溶液的质量为82.560g．t℃时，计算（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O的溶解度　22.35g　．（保留两位小数）．【考点】物质的量浓度的相关计算；物质的量的相关计算；溶解度、饱和溶液的概念．-47-【分析】（1）根据c=计算出密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度；假设密度相同，混合后质量分数为40%，由于硫酸的质量分数越大，溶液中含有的硫酸的质量越大，所以混合后硫酸的质量分数大于40%；（2）发生2FeSO4∙7H2OFe2O3+SO2+SO3+7H2O，结合n=及反应计算；（3）先根据溶液的pH计算剩余硫酸的物质的量，再根据方程式计算氧化铁的质量，根据质量分数公式计算氧化铁的质量分数；（4）根据原子守恒计算生成硫酸亚铁的物质的量及莫尔盐的物质的量，根据析出的晶体计算溶液中莫尔盐的质量，再根据计算其溶解度．【解答】解：（1）密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为mol/L≈7.14mol/L；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%，故答案为：7.14mol•L﹣1；＞；（2）n（FeSO4∙7H2O）==0.4mol，由2FeSO4∙7H2OFe2O3+SO2+SO3+7H2O可知，生成Fe2O3的质量为0.4mol××160g/mol=32g，SO2为0.4mol×=0.2mol，故答案为：32；0.2；（3）根据题意知，稀释溶液至100mL，测得其pH=1，溶液中还有酸剩余，剩余的n（H2SO4）=0.1mol/L××0.1L=0.005mol，则参加反应的n（H2SO4）=0.025L×3mol/L﹣0.005mol=0.07mol，设铁的物质的量是m，氧化铁的质量是n，Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O1mol1mol3molnmonmol3nmolFe+H2SO4=FeSO4+H2↑1mol1mol（m﹣n）mol（m﹣n）mol根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，，解得n=0.02mol，m=0.03mol，-47-铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%=0.66（或66%），故答案为：0.66（或66%）；（4）根据以上结合原子守恒知，n（FeSO4）=n（Fe）+2n（Fe2O3）=（0.03+0.04）mol=0.07mol，根据莫尔盐的化学式知，n=n（FeSO4）=0.07mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07mol×392g/mol﹣12.360g=15.08g，设莫尔盐的溶解度为x，则=，解得x=22.35g，故答案为：22.35g．【点评】本题考查物质的量、质量分数等有关计算，为高频考点，注意（2）中铁不仅和稀硫酸反应还和铁离子反应，往往容易漏掉该反应而导致错误，为易错点，侧重分析与计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．　-47-