贵州省遵义四中2022-2022学年高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（每小题2分、共20分，每题只有一个最符合题意的选项．）1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列有关说法正确的是（ ）A．福尔马林可作食品的保鲜剂B．用激光笔分别照射盛有牛奶、食盐水的玻璃杯，都有光亮的通路C．“地沟油”禁止食用，但经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅 2．下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（ ）A．B．C．CH4OD．C 3．下列各组单质中，前者能将后者从化合物中置换出来的是（ ）①AlFe②CSi③CuH2④H2Cu．A．只有①②B．只有②④C．只有①②④D．①②③④ 4．在实验室里，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用（ ）A．NaOH溶液B．氨水C．盐酸D．BaCl2溶液 5．下列是某学生提供的实验数据及操作，以下组合中，完全正确的是（ ）①配制480mL0.1mol/L氢氧化钠溶液用500mL的容量瓶；②用托盘天平称取5.85gNaCl固体；③中和滴定操作时，消耗0.1000mol/L的盐酸23.0mL；④用广泛pH试纸测得血液的pH=7.4；⑤实验室用乙醇制乙烯时，为更好控制温度选择水浴加热法．A．只有①正确B．只有②错误C．①③④正确D．①②③④⑤全错 6．已知反应X+Y=M+N为放热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）A．X的能量一定高于M的，Y的能量一定高于N的B．因为该反应为放热反应，故一定不需要加热就能进行C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D．因为该反应为放热反应，一定可以设计为原电池将化学能转化为电能 7．为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂分离方法ANH3（H2O）浓硫酸洗气BBr2（H2O）CCl4分液CKCl固体（I2）KOH溶液加热D氢氧化铁胶体（FeCl3）无过滤A．AB．BC．CD．D -27-\n8．能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图象是（ ）A．B．C．D． 9．某有机物的结构简式如图所示，该有机物可能发生的反应是（ ）①酯化反应；②银镜反应；③加成反应；④取代反应；⑤氧化反应；⑥加聚反应；⑦缩聚反应；⑧水解反应．A．①③④⑤⑥⑦⑧B．①②③④⑤⑥⑧C．①②③⑥⑧D．①③④⑤⑥⑧ 10．298K时，在FeCl3溶液中加少量锌粒后，Fe3+被还原成Fe2+．据此某学习小组设计如图所示的原电池装置．下列有关说法正确的是（ ）A．正极电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+B．左边烧杯中溶液的红色变浅C．Pt电极上有气泡出现D．该电池的总反应为：3Zn+2Fe3+═3Zn2++2Fe 二、选择题（每小题3分，共30分，每道题只有一个最符合题意的选项．）11．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．8g18O2含有的中子数为5NAB．1molFeI2与足量Cl2氯气充分反应转移的电子数为2NAC．标准状况下22.4LNO与11.2LO2混合后的气体分子数约为NAD．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NA 12．常温下，下列各组离子中，在给定条件下一定能够大量共存的是（ ）A．通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO32﹣、CH3COO﹣、CO32﹣B．无色溶液中：Mg2+、MnO4﹣、SO42﹣、K+C．滴加紫色石蕊溶液显红色的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、SO42﹣、NO3﹣ -27-\n13．有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20g/cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是（ ）A．硫酸根离子的质量分数是19.2%B．溶质的质量分数是24.0%C．溶液的物质的量浓度是2.4mol/LD．溶质和溶剂的物质的量之比是1：40 14．在0.1mol/L的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是（ ）A．水：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．0.1mol/L盐酸：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）C．0.1mol/L醋酸：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．0.1mol/L氢氧化钠：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 15．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）A．用食醋和淀粉﹣KI试纸检验碘盐中的KIO3：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2OB．稀HNO3溶液与难溶于水的FeS固体：FeS+2H+═Fe2++H2S↑C．碳酸氢钙与少量的NaOH溶液反应Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OD．Na与水的反应Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑ 16．下列说法错误的是（ ）A．鉴别苯与甲苯可用酸性高锰酸钾溶液B．油脂和蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物C．有机物CH3CH=CHCl存在顺反异构现象D．有机物中所有原子可能处于同一平面 17．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，R与Y处于同一主族，Z是短周期中金属性最强的金属元素，W的最高价氧化物对应水化物能与Z、R的最高价氧化物对应水化物均反应生成盐和水．下列说法正确的是（ ）A．元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大B．元素X与元素Y能形成两种化学键类型完全相同的化合物C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmRD．元素X、Z形成化合物的电子式可以表示成． 18．下列说法中，正确的是（ ）A．对已达到化学平衡的反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣akJ/mol，增大压强，a值增大B．凡是氧化还原反应，都是放热反应C．KW随温度、浓度的改变而改变D．弱电解质的电离程度，与温度、浓度均有关系 -27-\n19．某恒容容器内发生的可逆反应的化学平衡常数表达式为：K=．能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是（ ）①容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化②v正（H2O）=v逆（H2）③容器中气体的密度不随时间而变化④容器中气体总质量不随时间而变化⑤消耗nmolH2的同时消耗nmolCO．A．①②③B．①②③④C．②D．①④⑤ 20．反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（1）2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2（2）下列说法正确的是（ ）A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物B．I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C．氧化性：MnO2＞D．反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为1：5 三、必答题21．（10分）运用有关原理，回答下列问题：（1）25℃时，某FeCl3溶液的pH=2，则此溶液中由水电离产生的c（H+）= ，用离子方程式表示CH3COONa溶液呈碱性的原因： ．（2）已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4═H++SO42﹣+Na+．在NaHSO4溶液中，c（H+） c（OH﹣）+c（SO42﹣）（填“＜”“＞”或“=”，下同）；室温下用NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液制取BaSO4，若溶液中的SO42﹣完全沉淀，则反应后溶液的pH 7（3）已知Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10．将等体积的Na2SO4溶液和BaCl2溶液混合，若Na2SO4溶液的浓度为0.02mol/L，则生成BaSO4沉淀所需的BaCl2溶液的最小浓度为 ．（忽略溶液混合时体积的变化） 22．（8分）碳的氧化物在工业上有着广泛的应用，如CO和H2可以合成甲醇，CO2和NH3可以合成尿素．若在20L的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，发生反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．测得平衡时CO得转化率随温度变化及压强的变化如图所示：p2、195℃时，n（H2）随时间的变化如表所示：t/min0135n（H2）/mol8544（1）p2、195℃时，0～1min内，υ（H2）= mol/（L•min）．（2）你认为p1 p2；p2、195℃时，B点，υ正 υ逆．（填“＜”“＞”或“=”）（3）p2、195℃时，该反应的化学平衡常数为 ．-27-\n 23．（4分）NH3（g）与CO2（g）经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下：（1）NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为 ．（2）工业上合成尿素时，既能加快反应速率，又能提高原料利用率的措施有 （填序号）A．升高温度B．加入催化剂C．将尿素及时分离出去D．增大反应体系的压强． 24．（13分）某同学用图示装置进行铁和稀硝酸反应的实验并进行相关的实验探究．a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有一定质量的纯铁粉的小烧杯放入瓶中．b．关闭止水夹，点燃红磷，伸人瓶中，塞好胶塞．c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中缓慢滴入一定量的4mol•L﹣1的稀硝酸，铁粉完全溶解．气体产物成分探究（1）实验前如何检查该装置的气密性？ ．（2）燃烧红磷的目的是 ．（3）为证明气体产物为NO，步骤c后还缺少的一步主要操作是 ．产物中铁元素价态探究：（4）提出合理假设：假设1：产物中只有+2价铁；假设2： ，假设3：产物中既有+2价铁，又有+3价铁．（5）设计实验方案，验证假设1成立（写出实验操作步骤现象和结论）： ．问题讨论：（6）广口瓶中热NaOH溶液的主要作用是 ．若假设3成立，且所得溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：1时，则对应的离子反应方程式为 ． -27-\n 【物质结构与性质】15分25．（15分）（1）基态Fe原子有 个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 ．（2）乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ，1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 ，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 ．（3）半导体材料氧化亚铜的晶胞是立方晶胞，在该立方晶胞中，内部有4个氧原子，其余氧原子位于立方晶胞的面心和顶点处，则1mol该晶胞中有 molCu原子．（4）铝单质是面心立方晶胞，只有在面心和顶点上才有铝原子，其余位置无铝原子，其晶胞的边长为acm．则该晶胞的铝原子的配位数是 ，铝单质的密度为 g/cm3（只写出表达式．该题中阿伏伽德罗常数为NAmol﹣1） 【化学与技术】26．将海水淡化与浓海水资源结合起来是综合利用海水的重要途径．（1）先把浓海水中溴离子氧化成Br2，再利用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，用纯碱来吸收，Br2又变成化合态溴，这样做的目的是 ．利用纯碱吸收溴单质的主要反应式是：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3则纯碱吸收了6molBr2时，转移的电子为 mol（2）从浓海水中生产镁单质的一段工艺流程如图：又知浓海水的主要成分如下表：离子Na+Mg2+Cl﹣SO42﹣浓度/（g/L）63.728.8144.646.4①该工艺过程中，产品1中一定含有的离子是 ，产品2的化学式为 ．②1m3浓海水最多可得产品2的质量为 kg．（3）工业生产镁单质的化学方程式为 ．（4）从海水中提取出的氯化钠可用于氯碱工业，则氯碱工业主要反应原理的离子方程式为 ． 【有机化学基础】27．化合物x是一种食品保鲜剂，它的结构简式为：CH3═CH﹣CHO已知：+COCH3CHO+CH3CHOCH3CH（OH）CH2CHO-27-\nA是一种芳香烃，其蒸汽密度是氢气的46倍．气态物质C的密度在标准状况下为1.25g/L．合成X的路线如下：回答下列问题：（1）A的名称是 ，F分子中含有的官能团名称是 ．（2）实验室制备C的化学反应方程式是 ，反应类型是 ．（3）写出B与E的反应方程式： ．（4）Y是F的同分异构体，其苯环上只有一个取代基，既能发生水解反应也能发生银镜反应的同分异构体有 种．其中一种结构的核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：6，请写出其结构简式： （5）根据下列合成路线回答问题：H试剂G的结构简式是 ． -27-\n贵州省遵义四中2022-2022学年高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题2分、共20分，每题只有一个最符合题意的选项．）1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列有关说法正确的是（ ）A．福尔马林可作食品的保鲜剂B．用激光笔分别照射盛有牛奶、食盐水的玻璃杯，都有光亮的通路C．“地沟油”禁止食用，但经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；分散系、胶体与溶液的概念及关系；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．福尔马林有毒，不能用作食品的保鲜剂；B．丁达尔效应是胶体的特性；C．地沟油属于油脂，油脂可发生皂化反应制肥皂；生物柴油是以动植物油脂、废餐饮用油等为原料与甲醇在催化剂作用下，进行酯交换制成的液体燃料；D．二氧化硅为光导纤维的主要材料．【解答】解：A．福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故A错误；B．牛奶是胶体有丁达尔效应，食盐水是溶液，没有丁达尔效应，故B错误；C．地沟油经过皂化反应制肥皂，与甲醇在催化剂作用下进行酯交换制成生物柴油，故C正确；D．计算机芯片的材料是硅，二氧化硅为光导纤维的主要材料，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及甲醛、胶体、二氧化硅的性质等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大． 2．下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（ ）A．B．C．CH4OD．C【考点】结构式；结构简式．【专题】化学用语专题．【分析】“只能用来表示一种微粒”，说明仅表示一种分子，据此选择正确答案即可．【解答】解：A．可以是甲烷，也可以是硅烷，故A错误；B．可以用来表示氖原子或钠离子甚至氧离子等，故B错误；C．CH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故C正确；D．C可以代表金刚石和石墨，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学用语，难度中等，明确可以用来表示氖原子或钠离子等阳离子以及氟离子等阴离子是解题的关键． 3．下列各组单质中，前者能将后者从化合物中置换出来的是（ ）①AlFe②CSi③CuH2④H2Cu．-27-\nA．只有①②B．只有②④C．只有①②④D．①②③④【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；化学基本反应类型．【分析】能发生置换反应的种类有：金属置换金属（溶液中或固态）、金属置换非金属、非金属置换金属、非金属置换非金属，据此分析解答．【解答】解：①铝和铁的氧化物能发生铝热反应而制取铁，所以能发生置换反应，故①正确；②C和二氧化硅在高温下反应生成Si和CO，所以C能把Si置换出来，故②正确；③Cu与非氧化性酸不反应，不能置换出酸中的氢气，故③错误；④氢气能还原氧化铜得到铜，所以能发生置换反应，故④正确；故选C．【点评】本题考查了置换反应能否发生的判断，明确物质之间发生置换反应的种类是解本题关键，能举出离子即可解答，题目难度不大． 4．在实验室里，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用（ ）A．NaOH溶液B．氨水C．盐酸D．BaCl2溶液【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】根据题意，Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．【解答】解：Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．A选项是强碱，所以不可；C选项是酸，与Al3+不反应，所以不可；D为氯化钡溶液和硫酸铝反应生成硫酸钡沉淀和氯化铝，不能测定铝离子，B选项是弱碱，可以．故选B．【点评】本题以选择沉淀剂为载体，考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的两性这一特性． 5．下列是某学生提供的实验数据及操作，以下组合中，完全正确的是（ ）①配制480mL0.1mol/L氢氧化钠溶液用500mL的容量瓶；②用托盘天平称取5.85gNaCl固体；③中和滴定操作时，消耗0.1000mol/L的盐酸23.0mL；④用广泛pH试纸测得血液的pH=7.4；⑤实验室用乙醇制乙烯时，为更好控制温度选择水浴加热法．A．只有①正确B．只有②错误C．①③④正确D．①②③④⑤全错【考点】化学实验方案的评价．【分析】①没有480mL的容量瓶，必须采用稍大一点的500mL的容量瓶；②托盘天平可精确到0.1g；③根据滴定管的精确度考虑，精确到0.01mL；④广泛pH试纸测得溶液的pH值应是整数；⑤用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，需要加热至170℃．【解答】解：①容量瓶的规格和所配制的溶液的体积相符，没有480mL的容量瓶，必须采用稍大一点的500mL的容量瓶，故①正确；②托盘天平可精确到0.1g，不能用托盘天平称取5.85gNaCl，故②错误；-27-\n③滴定管的读数精确到0.01mL，酸碱中和滴定时，消耗0.1000mol/L的盐酸23.0mL错误，应为23.00mL，故③错误；④广泛pH试纸测得溶液的pH值应是整数，不可能为7.4，故④错误；⑤用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，需要迅速加热至170℃，水浴加热达不到此温度，故⑤错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及量筒的使用方法和天平的精确度以及滴定管、PH试纸的读数，掌握常用仪器的使用方法和注意事项是解答关键，题目难度不大． 6．已知反应X+Y=M+N为放热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）A．X的能量一定高于M的，Y的能量一定高于N的B．因为该反应为放热反应，故一定不需要加热就能进行C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D．因为该反应为放热反应，一定可以设计为原电池将化学能转化为电能【考点】反应热和焓变．【分析】反应X+Y=M+N为放热反应，则反应物的总能量比生成物的总能量高，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，原电池反应必须是蒸发进行的氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：A．反应物的总能量大于生成物的总能量，X的能量与Y的能量关系无法确定，Y的能量不一定高于N，故A错误；B．反应的放热、吸热与反应条件（如加热）无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，故B错误；C．反应是放热反应，破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量，故C正确；D．该反应为放热反应，但不一定是氧化还原反应，不一定能设计成原电池，故D错误．故选C．【点评】本题考查放热反应与反应物和生成物的总能量的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意信息中反应为放热反应来解答，难度不大． 7．为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂分离方法ANH3（H2O）浓硫酸洗气BBr2（H2O）CCl4分液CKCl固体（I2）KOH溶液加热D氢氧化铁胶体（FeCl3）无过滤A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．氨气与浓硫酸反应；B．溴易溶于四氯化碳，不易溶于水；C．碘易升华；D．胶体、溶液均可透过滤纸．【解答】解：A．氨气与浓硫酸反应，不能干燥氨气，应选碱石灰干燥，故A错误；B．溴易溶于四氯化碳，不易溶于水，则加四氯化碳可萃取后、分液分离，故B正确；C．碘易升华，应加热分离，加KOH引入新杂质，故C错误；D．胶体、溶液均可透过滤纸，则过滤不能分离，应选渗析法，故D错误；故选B．-27-\n【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 8．能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图象是（ ）A．B．C．D．【考点】溶液pH的定义．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】选项中图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，结合胃液的成分和pH计算公式进行解答．【解答】解：人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=﹣lg〔H+〕，其中c〔H+〕表示氢离子浓度，显酸性的胃酸，在人体大量喝水时，氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的pH升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的PH，A图象符合题意．故选A．【点评】本题主要考查了溶液的PH和溶液酸碱性的关系，明确酸性越弱pH越大是解答的关键，题目较简单． 9．某有机物的结构简式如图所示，该有机物可能发生的反应是（ ）①酯化反应；②银镜反应；③加成反应；④取代反应；⑤氧化反应；⑥加聚反应；⑦缩聚反应；⑧水解反应．A．①③④⑤⑥⑦⑧B．①②③④⑤⑥⑧C．①②③⑥⑧D．①③④⑤⑥⑧【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构可知，分子中含﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣、碳碳双键及苯环，结合醇、羧酸、酯、烯烃的性质来解答．【解答】解：含﹣OH，可发生酯化反应、取代反应、氧化反应；含﹣COOH可发生取代反应；含﹣OH、﹣COOH可发生缩聚反应；含碳碳双键可发生加成反应、氧化反应、加聚反应；含﹣COOC﹣可发生水解反应；只有银镜反应不能发生，故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大． 10．298K时，在FeCl3溶液中加少量锌粒后，Fe3+被还原成Fe2+．据此某学习小组设计如图所示的原电池装置．下列有关说法正确的是（ ）-27-\nA．正极电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+B．左边烧杯中溶液的红色变浅C．Pt电极上有气泡出现D．该电池的总反应为：3Zn+2Fe3+═3Zn2++2Fe【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】Zn失去电子发生氧化反应，为负极反应，Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+，以此解答．【解答】解：A．Zn失去电子发生氧化反应，为负极反应，故A错误；B．Fe3+在正极得电子被还原为Fe2+，溶液红色褪去，故B正确；C．铂电极上Fe3+被还原为Fe2+，没有气体生成，故C错误；D．该电池总反应为：Zn+2Fe3+═2Fe2++Zn2+，没有单质生成，故D错误．故选B．【点评】本题考查原电池知识，侧重于原电池的设计，注意把握电解方程式的书写以及原电池的工作原理，难度不大． 二、选择题（每小题3分，共30分，每道题只有一个最符合题意的选项．）11．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．8g18O2含有的中子数为5NAB．1molFeI2与足量Cl2氯气充分反应转移的电子数为2NAC．标准状况下22.4LNO与11.2LO2混合后的气体分子数约为NAD．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、18O2的摩尔质量为36g/mol；B、1molFeI2中的1mol亚铁离子和2molI﹣均能被氯气氧化；C、标况下，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能转化为四氧化二氮．D、过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，硫化钠和过氧化钠的摩尔质量都是78g/mol；【解答】解：A、18O2的摩尔质量为36g/mol，故8g18O2的物质的量n==0.22mol，而1mol18O2中含20mol中子，故0.22mol18O2中含4.4mol中子即4.4NA个，故A错误；B、1molFeI2中的1mol亚铁离子和2molI﹣均能被氯气氧化，即能失去3mol电子，故当与足量的氯气充分反应时转移3mol电子即3NA个，故B错误；C、标况下，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮2NO+O2=2NO2，二氧化氮能转化为四氧化二氮2NO2=N2O4，所以含有的分子数小于NA，故C错误．D、7.8gNa2S和Na2O2的物质的量为：=0.1mol，过氧化钠中阳离子为过氧根离子，则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数等于0.1NA，故D正确．故选D．-27-\n【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键． 12．常温下，下列各组离子中，在给定条件下一定能够大量共存的是（ ）A．通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO32﹣、CH3COO﹣、CO32﹣B．无色溶液中：Mg2+、MnO4﹣、SO42﹣、K+C．滴加紫色石蕊溶液显红色的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．CO2与SiO32﹣、CO32﹣均反应；B．MnO4﹣为紫色；C．滴加紫色石蕊溶液显红色的溶液，显酸性；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．【解答】解：A．CO2与SiO32﹣、CO32﹣均反应，发生复分解反应不能大量共存，故A不选；B．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故B不选；C．滴加紫色石蕊溶液显红色的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故D不选；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大． 13．有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20g/cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是（ ）A．硫酸根离子的质量分数是19.2%B．溶质的质量分数是24.0%C．溶液的物质的量浓度是2.4mol/LD．溶质和溶剂的物质的量之比是1：40【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】A、硫酸根离子的质量分数=×100%；B、溶质的质量分数=×100%；C、溶液中溶质的物质的量浓度c=；D、根据溶质和溶剂的质量可以计算其各自的物质的量，进而得出答案．【解答】解：该硫酸镁溶液的质量为1.20g•cm﹣3×500mL=600g，硫酸镁的式量为120，镁的原子量为24，硫酸根离子的式量为96，所以镁离子在硫酸镁分子中的含量为×100%=20%，其中镁离子的质量为600g×4.8%=28.8g，所以溶液中硫酸镁的质量为=144g-27-\nA、硫酸根离子的物质的量等于硫酸镁物质的量为：=1.2mol，其质量为1.2mol×96g/mol=115.2g，所以溶液中硫酸根离子的质量分数为：×100%=19.2%，故A正确；B、硫酸镁溶液的质量分数为×100%=24%，故B正确；C、溶液中硫酸镁的质量为144g，其物质的量为：=1.2mol，根据c=，溶液的物质的量浓度为=2.4mol/L，故C正确；D、溶液中的溶剂水的质量为：600g×（1﹣24%）=456g，水的分子量为18，所以该硫酸镁溶液中水的物质的量为=25.33mol，溶液中硫酸镁的质量为144g，其物质的量为1.2mol，所以溶质与溶剂物质的量之比为1.2：25.33=1：21.11，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生溶液中溶质的质量分数以及物质的量浓度等相关计算问题，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和计算能力． 14．在0.1mol/L的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是（ ）A．水：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．0.1mol/L盐酸：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）C．0.1mol/L醋酸：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．0.1mol/L氢氧化钠：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．加水稀释，溶液仍为醋酸钠溶液，水解呈碱性，但水解程度较低；B．加入等体积的0.1mol/L盐酸，c（Na+）=c（Cl﹣）；C．加入等体积的0.1mol/L醋酸，溶液呈酸性，题中电荷不守恒；D．加入等体积的0.1mol/L氢氧化钠，溶液碱性较强，结合电荷守恒判断．【解答】解：A．加水稀释，溶液仍为醋酸钠溶液，水解呈碱性，但水解程度较低，应存在c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故A错误；B．加入等体积的0.1mol/L盐酸，c（Na+）=c（Cl﹣），水、醋酸都电离出氢离子，所以c（H+）＞c（CH3COO﹣），故B正确；C．加入等体积的0.1mol/L醋酸，溶液呈酸性，应存在c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．加入等体积的0.1mol/L氢氧化钠，溶液碱性较强，存在c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），符合电荷守恒的原则，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，注意电荷守恒的运用和理解． 15．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）-27-\nA．用食醋和淀粉﹣KI试纸检验碘盐中的KIO3：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2OB．稀HNO3溶液与难溶于水的FeS固体：FeS+2H+═Fe2++H2S↑C．碳酸氢钙与少量的NaOH溶液反应Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2OD．Na与水的反应Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．醋酸在离子反应中保留化学式；B．发生氧化还原反应生成硝酸铁、S、NO和水；C．反应生成碳酸钙、水、碳酸氢钠；D．电子、原子不守恒．【解答】解：A．用食醋和淀粉﹣KI试纸检验碘盐中的KIO3的离子反应为IO3﹣+5I﹣+6CH3COOH═6CH3COO﹣+3I2+3H2O，故A错误；B．稀HNO3溶液与难溶于水的FeS固体的离子反应为NO3﹣+FeS+4H+═Fe3++S+2H2O+NO↑，故B错误；C．碳酸氢钙与少量的NaOH溶液反应的离子反应为Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；D．Na与水的反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒分析，题目难度不大． 16．下列说法错误的是（ ）A．鉴别苯与甲苯可用酸性高锰酸钾溶液B．油脂和蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物C．有机物CH3CH=CHCl存在顺反异构现象D．有机物中所有原子可能处于同一平面【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．甲苯可被酸性高锰酸钾氧化；B．油脂不是高分子化合物；C．根据顺反异构的特征判断；D．结合苯、乙烯的结构判断．【解答】解：A．苯性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，可鉴别，故A正确；B．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，油脂不是高分子化合物，故B错误；C．C=C的C原子连接不同的原子或原子团，存在顺反异构，故C正确；D．苯、乙烯都为平面形结构，则中所有原子可能处于同一平面，故D正确．故选B．【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，难度不大． -27-\n17．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，R与Y处于同一主族，Z是短周期中金属性最强的金属元素，W的最高价氧化物对应水化物能与Z、R的最高价氧化物对应水化物均反应生成盐和水．下列说法正确的是（ ）A．元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大B．元素X与元素Y能形成两种化学键类型完全相同的化合物C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmRD．元素X、Z形成化合物的电子式可以表示成．【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一主族，则R为S元素，Z是短周期中金属性最强的金属元素，应为Na元素，W的最高价氧化物对应水化物能与Z、R的最高价氧化物对应水化物均反应生成盐和水，W应为Al元素，结合物质性质与元素周期律解答．【解答】解：X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一主族，则R为S元素，Z是短周期中金属性最强的金属元素，应为Na元素，W的最高价氧化物对应水化物能与Z、R的最高价氧化物对应水化物均反应生成盐和水，W应为Al元素，A．元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，因核电荷数越大离子半径越小，则离子半径逐渐减小，故A错误；B．X为H，Y为O，可生成H2O、H2O2，二者化学键类型不完全相同，前者只含有O﹣H键，后者含有O﹣H、O﹣O键，故B错误；C．非金属性O＞S，元素的非进行越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D．元素X、Z形成化合物为NaH，电子式可以表示成Na+[：H]﹣，故D错误．故选C．【点评】本题考查结构与位置关系、元素周期律、微粒半径比较等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，推断元素是关键，注意半径比较规律与基础知识掌握． 18．下列说法中，正确的是（ ）A．对已达到化学平衡的反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣akJ/mol，增大压强，a值增大B．凡是氧化还原反应，都是放热反应C．KW随温度、浓度的改变而改变D．弱电解质的电离程度，与温度、浓度均有关系【考点】化学平衡的影响因素；吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、焓变只与反应物状态和系数有关，与平衡移动无关；B、氧化还原反应不一定是放热反应，如某些分解反应；C、KW只与温度有关，与浓度无关；D、弱电解质的电离为吸热过程，温度升高促进电离，加水稀释促进电离．【解答】解：A、焓变只与反应物状态和系数有关，与平衡移动无关，所以增大压强，a值不变，故A错误；B、氧化还原反应不一定是放热反应，可燃物的燃烧、化合反应大都是放热反应，分解反应大都是吸热反应，如高锰酸钾的分解为氧化还原反应，同时也是吸热反应，故B错误；C、KW只与温度有关，温度升高促进水的电离，KW增大，与浓度无关，故C错误；-27-\nD、电解质的电离为吸热过程，温度升高促进电离，加水稀释促进电离，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及离子积常数、化学反应与能量、焓变以及弱电解质的电离等问题，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． 19．某恒容容器内发生的可逆反应的化学平衡常数表达式为：K=．能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是（ ）①容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化②v正（H2O）=v逆（H2）③容器中气体的密度不随时间而变化④容器中气体总质量不随时间而变化⑤消耗nmolH2的同时消耗nmolCO．A．①②③B．①②③④C．②D．①④⑤【考点】化学平衡状态的判断．【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：根据平衡常数的定义，生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积之比为平衡常数，所以K=，则反应为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）①反应前后气体的体积不相同，容器中气体的平均相对分子质量不断减小，当不随时间变化即达到平衡，故正确；②υ正（H2O）=υ逆（H2）时，反应达到平衡，故正确；③反应开始时，容器中气体的密度不断减小，当不随时间变化时，反应达到平衡，故正确；④容器中气体总质量一直在变化，所以容器中气体总质量不随时间而变化，反应达到平衡，故正确；⑤消耗nmolH2的同时消耗nmolCO，反应都代表逆反应，故错误；故选：B．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0． 20．反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（1）2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2（2）下列说法正确的是（ ）A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物B．I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C．氧化性：MnO2＞-27-\nD．反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为1：5【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）中I被氧化，Mn被还原，MnO2为氧化剂，NaI为还原剂，（2）中I被还原，S被氧化，NaIO3为氧化剂，NaHSO3为还原剂，结合氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，以此解答该题．【解答】解：A．反应（2）中NaHSO4为氧化产物，S元素化合价升高，被氧化，反应（1）中S元素化合价没有变化，故A错误；B．I2在反应（1）中，I元素化合价升高，被氧化，为氧化产物，在反应（2）中，I元素化合价降低，被还原，为还原产物，故B错误；C．氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，反应（1）中MnO2＞I2；反应（2）IO3﹣＞SO42﹣中，故C错误；D．反应（1）、（2）中生成等量的I2时，假设都为1mol，则反应（1）转移2mol电子，反应（2）转移10mol电子，则转移电子数比为1：5，故D正确．故选：D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度分析相关概念和对应物质的性质，难度不大． 三、必答题21．（10分）运用有关原理，回答下列问题：（1）25℃时，某FeCl3溶液的pH=2，则此溶液中由水电离产生的c（H+）= 0.01mol/L ，用离子方程式表示CH3COONa溶液呈碱性的原因： CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣ ．（2）已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4═H++SO42﹣+Na+．在NaHSO4溶液中，c（H+） = c（OH﹣）+c（SO42﹣）（填“＜”“＞”或“=”，下同）；室温下用NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液制取BaSO4，若溶液中的SO42﹣完全沉淀，则反应后溶液的pH ＞ 7（3）已知Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10．将等体积的Na2SO4溶液和BaCl2溶液混合，若Na2SO4溶液的浓度为0.02mol/L，则生成BaSO4沉淀所需的BaCl2溶液的最小浓度为 2.2×10﹣8mol/L ．（忽略溶液混合时体积的变化）【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）铁离子结合水电离出的氢氧根离子形成氢氧化铁，溶液中氢离子是水电离出的，水电离出的c（OH﹣）=c（H+），醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性；（2）已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4═H++SO42﹣+Na+．在NaHSO4溶液中氢离子浓度等于硫酸根离子浓度等于钠离子浓度，结合溶液中电荷守恒分析判断；室温下用NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液制取BaSO4，若溶液中的SO42﹣完全沉淀，按照1：1反应，氢氧根离子剩余，溶液显碱性；（3）计算混合后硫酸根的浓度，根据Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）•c（SO42﹣）计算硫酸根沉淀时溶液中c（Ba2+），原氯化钡溶液为此时钡离子浓度的2倍，注意溶液混合后各种物质的浓度降为原来的一半．【解答】解：（1）氯化铁是强酸弱碱盐，溶液中氢离子就是水电离出的，水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣2mol/L，CH3COONa溶液呈碱性是醋酸根离子水解促进水的电离，离子方程式为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故答案为：0.01mol/L；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；（2）在NaHSO4溶液中氢离子浓度等于硫酸根离子浓度等于钠离子浓度，结合溶液中电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），得到c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣），室温下用NaHSO4-27-\n溶液与Ba（OH）2溶液制取BaSO4，若溶液中的SO42﹣完全沉淀，按照1：1反应，NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，氢氧根离子剩余，溶液显碱性，反应后溶液的pH＞7，故答案为：=；＞；（3）等体积混合后，c（SO42﹣）=×0.02mol/L=0.01mol/L，故BaSO4沉淀所需Ba2+离子的最小浓度为c（Ba2+）=mol/L=1.1×10﹣8mol/L，故原BaCl2溶液的浓度为2×1.1×10﹣8mol/L=2.2×10﹣8mol/L；故答案为：2.2×10﹣8mol/L．【点评】本题考查了离子浓度大小的比较、溶度积常数的有关计算等知识点，难度较大，（3）题是易错题，注意溶液混合后各种物质的浓度变为原来的一半，为易错点． 22．（8分）碳的氧化物在工业上有着广泛的应用，如CO和H2可以合成甲醇，CO2和NH3可以合成尿素．若在20L的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，发生反应：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．测得平衡时CO得转化率随温度变化及压强的变化如图所示：p2、195℃时，n（H2）随时间的变化如表所示：t/min0135n（H2）/mol8544（1）p2、195℃时，0～1min内，υ（H2）= 0.15 mol/（L•min）．（2）你认为p1 ＜ p2；p2、195℃时，B点，υ正 ＜ υ逆．（填“＜”“＞”或“=”）（3）p2、195℃时，该反应的化学平衡常数为 25 ．【考点】化学平衡的计算；转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡图像；化学平衡计算．【分析】（1）0～1min内参加反应的氢气为8mol﹣5mol=3mol，再根据v=计算v（H2）；（2）正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大；p2、195℃时，A点处于平衡状态，CO的转化率为0.5，B点CO的转化率为0.6，大于平衡时转化率，故B点反应向逆反应进行；（3）CO和H2起始物质的量之比为1：2，开始氢气为8mol，则CO起始量为4mol，p2、195℃时，A点处于平衡状态，CO的转化率为0.5，转化的CO为4mol×0.5=2mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：480变化量（mol）：242平衡量（mol）：242再根据K=计算平衡常数．-27-\n【解答】解：（1）0～1min内参加反应的氢气为8mol﹣5mol=3mol，则v（H2）==0.15mol/（L．min），故答案为：0.15；（2）正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，故压强p1＜p2；p2、195℃时，A点处于平衡状态，CO的转化率为0.5，B点CO的转化率为0.6，大于平衡时转化率，故B点反应向逆反应进行，则υ正＜υ逆，故答案为：＜；＜；（3）CO和H2起始物质的量之比为1：2，开始氢气为8mol，则CO起始量为4mol，p2、195℃时，A点处于平衡状态，CO的转化率为0.5，转化的CO为4mol×0.5=2mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：480变化量（mol）：242平衡量（mol）：242容器容积为20mL，则平衡常数K===25，故答案为：25．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率、平衡常数、化学平衡图象等，难度中等，注意对基础知识的理解掌握． 23．（4分）NH3（g）与CO2（g）经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下：（1）NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为 2NH3（g）+CO（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣134kJ/mol ．（2）工业上合成尿素时，既能加快反应速率，又能提高原料利用率的措施有 D （填序号）A．升高温度B．加入催化剂C．将尿素及时分离出去D．增大反应体系的压强．【考点】反应热和焓变；热化学方程式；化学反应速率的影响因素．【分析】（1）据图写出各自的热化学方程式，然后利用盖斯定律来解答；（2）该反应为气体体积减小的放热反应，根据影响平衡的因素分析．【解答】解：（1）第一步：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）△H1=﹣272KJ/mol，第二步：H2NCOONH4（s）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H2=+138KJ/mol，根据盖斯定律，两个过程相加得到NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=﹣134kJ•mol﹣1；故答案为：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=﹣134kJ•mol﹣1；-27-\n（2）该反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，加快反应速率，平衡正向移动，转化率增大；升高温度，平衡逆移，转化率减小；加催化剂或减少固体产物平衡不移动，所以既能加快反应速率，又能提高原料利用率的措施D；故答案为：D．【点评】本题考查了化学反应的能量变化图以及盖斯定律的应用、影响化学平衡移动的因素，题目难度不大，注意把握盖斯定律的应用以及化学平衡移动的影响因素． 24．（13分）某同学用图示装置进行铁和稀硝酸反应的实验并进行相关的实验探究．a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有一定质量的纯铁粉的小烧杯放入瓶中．b．关闭止水夹，点燃红磷，伸人瓶中，塞好胶塞．c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中缓慢滴入一定量的4mol•L﹣1的稀硝酸，铁粉完全溶解．气体产物成分探究（1）实验前如何检查该装置的气密性？ 关闭止水夹，通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水，观察分液漏斗中水位，若水位不下降，则说明装置气密性良好 ．（2）燃烧红磷的目的是 除去广口瓶内空气中的氧气，避免干扰气体检验 ．（3）为证明气体产物为NO，步骤c后还缺少的一步主要操作是 打开止水夹，向瓶内通入少量空气 ．产物中铁元素价态探究：（4）提出合理假设：假设1：产物中只有+2价铁；假设2： 产物中只有+3价铁 ，假设3：产物中既有+2价铁，又有+3价铁．（5）设计实验方案，验证假设1成立（写出实验操作步骤现象和结论）： 取小烧杯中反应溶液少许放入一支试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向其中加少量H2O2溶液，溶液显红色，则证明假设1成立 ．问题讨论：（6）广口瓶中热NaOH溶液的主要作用是 实验结束后，热NaOH溶液在充入足量空气（或氧气）条件下，将瓶中氮的氧化物完全吸收防止空气污染 ．若假设3成立，且所得溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：1时，则对应的离子反应方程式为 4Fe+12H++3NO3﹣=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O ．【考点】铁及其化合物的性质实验．【专题】综合实验题．【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象来判断装置气密性的好坏；（2）利用红磷燃烧消耗氧气且生成五氧化二磷固体，除去广口瓶内的氧气；（3）一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮为无色，二氧化氮为红棕色；-27-\n（4）根据Fe元素有+2价、+3价来分析；（5）依据二价铁离子具有还原性能够被氧化剂氧化成三价铁，三价铁遇到硫氰酸根离子显红色解答；（6）氮的氧化物有毒，不能直接排放到空气中，通入氧气后可以用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；依据反应后溶液中二价铁与三价铁离子物质的量之比，结合氧化还原反应得失电子守恒写出反应的离子方程式．【解答】解：（1）实验前检验气密性的方法是：关闭止水夹，通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水，观察分液漏斗中水位，若水位不下降，则说明装置气密性良好；故答案为：通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水，观察分液漏斗中水位，若水位不下降，则说明装置气密性良好；（2）红磷能够在氧气中燃烧生成固体五氧化二磷，燃烧红磷的目的除去广口瓶内的氧气，避免干扰产物成分的检验，故答案为：除去广口瓶内的氧气，避免干扰产物成分的检验；（3）一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，为证明气体产物为NO，可以向瓶内通入少量氧气，通过瓶内气体颜色的变化，证明气体产物为NO；故答案为：打开止水夹，向瓶内通入少量空气；（4）Fe元素有+2价、+3价，所以假设1：产物中只有+2价铁；假设2：产物中只有+3价铁；假设3：产物中既含有+2价又有+3价铁元素，故答案为：产物中只有+3价铁；（5）二价铁离子具有还原性能够被氧化剂双氧水氧化成三价铁离子，三价铁遇到硫氰酸根离子显红色，所以取小烧杯中反应溶液少许放入一支试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向其中加少量H2O2溶液，溶液显红色，则证明假设1成立；故答案为：取小烧杯中反应溶液少许放入一支试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向其中加少量H2O2溶液，溶液显红色，则证明假设1成立；（6）氮的氧化物有毒，不能直接排放到空气中，通入氧气后可以用氢氧化钠溶液吸收；反应后如果所得溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：1时，说明硝酸与铁反应即生成硝酸亚铁又生出硝酸铁，依据得失电子守恒可知其离子方程式为：4Fe+12H++3NO3﹣=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O；故答案为：实验结束后，热NaOH溶液在充入足量空气（或氧气）条件下，将瓶中氮的氧化物完全吸收防止空气污染；4Fe+12H++3NO3﹣=3Fe2++Fe3++3NO↑+6H2O．【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，侧重考查学生分析问题设计实验的能力，明确物质的性质是解题关键，题目难度中等． 【物质结构与性质】15分25．（15分）（1）基态Fe原子有 4 个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5 ．（2）乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 sp3、sp2 ，1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 6NA ，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 乙酸存在分子间氢键 ．（3）半导体材料氧化亚铜的晶胞是立方晶胞，在该立方晶胞中，内部有4个氧原子，其余氧原子位于立方晶胞的面心和顶点处，则1mol该晶胞中有 16 molCu原子．（4）铝单质是面心立方晶胞，只有在面心和顶点上才有铝原子，其余位置无铝原子，其晶胞的边长为acm．则该晶胞的铝原子的配位数是 12 ，铝单质的密度为 -27-\n g/cm3（只写出表达式．该题中阿伏伽德罗常数为NAmol﹣1）【考点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）根据Fe原子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的电子后失去3d上的电子；（2）乙醛中甲基上的C采取sp3杂化类型，醛基中的C采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高；（3）根据O数目和Cu2O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞．【解答】解：（1）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；（2）乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，则1mol乙醛含有6molσ键，即6NA个σ键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；故答案为：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子间氢键；（3）该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个，所以1mol该晶胞中有16molCu原子；故答案为：16；（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为8×3×=12；一个晶胞中Al原子数为8×+6×=4，因此Al的密度ρ===g•cm﹣3，故答案为：12；．【点评】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考题型，难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点． 【化学与技术】26．将海水淡化与浓海水资源结合起来是综合利用海水的重要途径．（1）先把浓海水中溴离子氧化成Br2，再利用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，用纯碱来吸收，Br2又变成化合态溴，这样做的目的是 使Br2富集 -27-\n．利用纯碱吸收溴单质的主要反应式是：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3则纯碱吸收了6molBr2时，转移的电子为 10 mol（2）从浓海水中生产镁单质的一段工艺流程如图：又知浓海水的主要成分如下表：离子Na+Mg2+Cl﹣SO42﹣浓度/（g/L）63.728.8144.646.4①该工艺过程中，产品1中一定含有的离子是 钙离子和硫酸根离子 ，产品2的化学式为 Mg（OH）2 ．②1m3浓海水最多可得产品2的质量为 69.60 kg．（3）工业生产镁单质的化学方程式为 MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ ．（4）从海水中提取出的氯化钠可用于氯碱工业，则氯碱工业主要反应原理的离子方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ ．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）吹出Br2，用SO2吸收，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中Br由0降低为﹣1，由0升高为+5价，可知吸收3mol溴转移5mol电子；（2）①工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁；②计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+～Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量；（3）电解熔融氯化镁得到Mg与氯气；（4）从海水中提取出的氯化钠可用于氯碱工业，氯碱工业是电解饱和食盐水生成氢氧化钠溶液、氯气和氢气的反应．【解答】解：（1）吹出Br2，用SO2吸收，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，其目的是使Br2富集；Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中Br由0降低为﹣1，由0升高为+5价，可知吸收3mol溴转移5mol电子，则吸收6molBr2时，转移的电子为6mol×=10mol，故答案为：使Br2富集；10；（2）①工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用Ca2+沉淀SO42﹣生成CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2++SO42﹣=CaSO4↓，采用过滤的方法得到产品1为CaSO4，含钙离子和硫酸根离子，滤液中加入石灰乳，发生反应为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，合成中应得到Mg（OH）2沉淀，过滤、干燥的产品2为Mg（OH）2，故答案为：钙离子和硫酸根离子，Mg（OH）2，②溶液中m（Mg2+）=1000L×28.8g/L=28800g，Mg2+～Mg（OH）2-27-\n24g58g28800gm[Mg（OH）2]m[Mg（OH）2]=28800g×=69600g=69.60kg，故答案为：Ca2++SO42﹣=CaSO4↓；Mg（OH）2；69.60；（3）电解熔融氯化镁得到Mg与氯气，电解反应方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；（4）从海水中提取出的氯化钠可用于氯碱工业，则氯碱工业主要反应原理的离子方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；【点评】本题考查了海水资源开发利用、氧化还原反应计算、电解原理等，是对基础知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 【有机化学基础】27．化合物x是一种食品保鲜剂，它的结构简式为：CH3═CH﹣CHO已知：+COCH3CHO+CH3CHOCH3CH（OH）CH2CHOA是一种芳香烃，其蒸汽密度是氢气的46倍．气态物质C的密度在标准状况下为1.25g/L．合成X的路线如下：回答下列问题：（1）A的名称是 甲苯 ，F分子中含有的官能团名称是 羟基和醛基 ．（2）实验室制备C的化学反应方程式是 C2H5OHCH2=CH2↑+H2O ，反应类型是 消去反应 ．（3）写出B与E的反应方程式： +CH3CHO ．（4）Y是F的同分异构体，其苯环上只有一个取代基，既能发生水解反应也能发生银镜反应的同分异构体有 5 种．其中一种结构的核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：6，请写出其结构简式： -27-\n（5）根据下列合成路线回答问题：H试剂G的结构简式是 CH3CH2CHO ．【考点】有机物的推断．【分析】A是一种芳香烃，其蒸气的密度是氢气的46倍，则A的相对分子质量为92，则A为甲苯，C在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则C的相对分子质量为28，则C为CH2=CH2，根据各物质转化关系可知，A与氯化氢发生题中信息中的反应得B为，C与水发生加成得D为CH3CH2OH，D发生氧化得E为CH3CHO，B和E在碱性条件下发生信息中的反应得F，F在浓硫酸作用下发生消去反应得X，根据X的结构简式可知，F为，根据=的结构结合题中信息可知，与CH3CH2CHO在稀碱条件下发生加成反应得H为，在浓硫酸作用下发生消去反应得=，据此答题．【解答】解：A是一种芳香烃，其蒸气的密度是氢气的46倍，则A的相对分子质量为92，则A为甲苯，C在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则C的相对分子质量为28，则C为CH2=CH2，根据各物质转化关系可知，A与氯化氢发生题中信息中的反应得B为，C与水发生加成得D为CH3CH2OH，D发生氧化得E为CH3CHO，B和E在碱性条件下发生信息中的反应得F，F在浓硫酸作用下发生消去反应得X，根据X的结构简式可知，F为，（1）根据上面的分析可知，A为甲苯，F为，F含有的官能团为羟基和醛基，故答案为：甲苯；羟基和醛基；（2）C为CH2=CH2，实验室制备C的反应方程式为C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，反应的类型是消去反应，故答案为：C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；消去反应；（3）B为，E为CH3CHO，B和E在碱性条件下发生信息中的反应得F，反应方程式为+CH3CHO，故答案为：+CH3CHO；（4）F为，Y是F的同分异构体，F在苯环上只有一个取代基且既能发生水解反应也能发生银镜反应，说明有甲酸某酯，所以Y的结构为苯环上连有的侧链为HCOOCH2CH2CH2﹣、HCOOCH（CH3）CH2﹣、HCOOCH2CH（CH3）﹣、HCOOC（CH3）2-27-\n﹣、HCOOCH（CH2CH3）﹣，有5种结构，其中一种结构的核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：6，其结构简式为，故答案为：5；；（5）根据=的结构结合题中信息可知，与CH3CH2CHO在稀碱条件下发生加成反应得H为，在浓硫酸作用下发生消去反应得=，所以试剂G是CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO．【点评】本题考查有机物推断，涉及烯、醇、羧酸、酯的性质与转化等，难度中等，注意基础知识的理解掌握． 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