2022-2022学年湖南省长沙市浏阳一中高三（上）第二次月考化学试卷 一、选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项正确，每小题3分，共42分）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．打磨磁石制作指南针为化学变化 2．25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）A．无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．由水电离得到的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣ 3．为提纯下列物质（括号内为杂质），选用的试剂或方法有错误的是（ ）物质试剂分离方法A硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶B氢氧化铁胶体（Fe3+）蒸馏水渗析C甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气D乙醇（水）生石灰蒸馏A．AB．BC．CD．D 4．能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）A．Fe3O4溶于足量稀HNO3中：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OB．NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OC．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO﹣+H2O═HClO+HSO3﹣D．将0.2mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓ 5．X、Y、Z、W有如如图所示的转化关系，已知焓变：△H=△H1+△H2，则X、Y不可能是（ ）A．C、COB．AlCl3、Al（OH）3C．Fe、Fe（NO3）2D．S、SO3 6．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（ ）23\nA．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4 7．如图实验装置不能达到实验目的是（ ）A．比较非金属性强弱：S＞C＞SiB．分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液C．观察纯碱的焰色反应D． 比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性 8．下列化合物的同分异构体数目为7种的是（不考虑立体异构）（ ）A．丁醇B．丁烯C．一氯戊烷D．己烷 9．下列说法不正确的是（ ）A．Al2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃剂B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C．碳素钢的主要成分是铁碳合金、司母戊鼎的主要成分是铜锡合金D．盛放NaOH溶液的磨口玻璃瓶要用橡胶塞 10．综合如图判断，下列正确的说法是（ ）23\nA．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大 11．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，11.2LHF中含有分子的数目为0.5NAB．0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2NAC．1.4g由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为0.3NAD．0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中含有CO32﹣离子数目小于0.1NA 12．向质量分数为2a%，体积为10mL物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4中加入VmL的水，使之质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则下列关系正确的是（ ）A．V＞10 2c2=c1B．V＜10 2c2＞c1C．V＞10 2c2＜c1D．V＞10 2c2＞c1 13．向含1molNa2CO3的饱和溶液中缓缓通入CO2气体充分反应，下列图象正确的是（ ）A．B．C．D． 14．海水是重要的资源，可以制备一系列物质（如图）．下列说法正确的是（ ）A．步骤②中，应先通CO2，再通NH3B．步骤③可将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱水C．步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化D．除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸 二、非选择题（58分）23\n15．（10分）（2022秋•浏阳市校级月考）W、M、X、Y、Z五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素，请回答下列问题：（1）M在元素周期表中的位置为 ，比较Y与Z两种元素的简单离子的半径大小 （用离子符号表示）．（2）写出X的氧化物与W的氢化物的水溶液反应的化学方程式 ．（3）科学家研制出一种新型分子C16Y8（结构如图所示），它将成为潜在的储氢材料．1molC16Y8最多能与 molH2发生加成反应．（4）一种名贵黄石组成为M2（XO4）WOH，在强碱性溶液中会发生腐蚀，写出其过量NaOH溶液反应的化学方程式 ． 16．（12分）（2022秋•浏阳市校级月考）“8•12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失．据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）．请回答下列问题：（1）钠、钾着火，下列可用来灭火的是 ．A．水B．泡沫灭火器C．干粉灭火器D．细沙盖灭（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生非氧化还原反应，可能发生氧化还原反应，下列反应可能发生的是 ．A．NH4NO3→N2+O2+H2OB．NH4NO3→NH3+HNO3C．NH4NO3→O2+HNO3+H2OD．NH4NO3→N2+HNO3+H2OE．NH4NO3→N2+NH3+H2OF．NH4NO3→N2O+H2O（3）NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法．①H2O2处理法：NaCN+H2O2﹣﹣N2↑+X+H2O，推测X的化学式为 ．②NaClO处理法：aCN﹣+bClO﹣+2cOH﹣=dCNO﹣+eN2↑+fCO32﹣+bCl﹣+cH2O，方程式中e：f的值为 （填选项标号）．A．1B．C．2D．不能确定（4）以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣，CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等．取浓缩后含CN﹣离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN﹣的浓度为0.2mol•L﹣1）进行实验．①写出CNO﹣在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式： ；②若结果测得CO2的质量为1.408g，则该实验中测得CN﹣被处理的百分率为 ． 17．（12分）（2022秋•浏阳市校级月考）某学生为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验．（已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd）23\n（1）请将上图各装置连接完整（填写装置中字母）：c接f， 接 ， 接 ， 接 ．（2）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是 ．A．H2SO4溶液B．CCl4C．苯D．稀硝酸（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到 时再点燃酒精灯．（4）若反应过程中CO2足量，探究钠与CO2充分反应后，生成的固体物质的可能的情况，某同学提出以下猜想：①生成的固体物质为Na2CO3②生成的固体物质为Na2CO3和C的混合物③生成的固体物质为Na2CO3和Na2O的混合物④生成的固体物质为Na2O和C的混合物你认为正确的是 （填序号）．假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式．Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体： ；Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，且溶液中还有固体残留： ． 18．（11分）（2022秋•浏阳市校级月考）Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途．（1）25℃时将氯气溶于水形成氯气﹣氯水体系，该体系中Cl2（aq）、HClO和ClO﹣分别在三者中所占分数（α）随pH变化的关系如图1所示．①已知HClO的杀菌能力比ClO﹣强，由图分析，用氯气处理饮用水时，pH=7.5与pH=6时杀菌效果强的是 ；②氯气﹣氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为 ．23\n（2）①ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，写出该反应的化学方程式 ；②工业上还可用下列方法制备ClO2，在80℃时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2．电解时，生成ClO3﹣的电极反应式为 ．（3）一定条件下，在水溶液中1molCl﹣、1molClOx﹣（x=1，2，3，4）的能量大小与化合价的关系如图2所示①从能量角度看，C、D、E中最不稳定的离子是 （填离子符号）；②B→A+D反应的热化学方程式为 （用离子符号表示）． 19．（13分）（2022秋•浏阳市校级月考）尼龙是目前世界上产量最大、应用范围最广、性能比较优异的一种合成纤维．以X为原料合成高分子化合物尼龙﹣66的流程如图：已知部分信息如下：I．Z的化学式为C6H10O4．Ⅱ．X和浓溴水反应产生白色沉淀．Ⅲ．某些醛与醛之间能发生羟醛缩合反应，例如：稀NaOH溶液RCHO+CH3CHORCH（OH）CH2CHO﹣H2ORCH═CHCHO+H2O请回答下列问题：（1）X的化学名称为 ，W的结构简式为 ，T的分子式为 ．（2）反应②的条件为 ．（3）上述反应中属于加成反应的有 ．（4）写出反应④的化学方程式 ．（5）满足下列条件的S的同分异构体的结构共有 种（不考虑立体异构），①单环芳香族化合物②既能发生银镜反应，又能发生水解反应其中，苯环上核磁共振氢谱上有2个峰的结构简式为 ． 2022-2022学年湖南省长沙市浏阳一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项正确，每小题3分，共42分）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．打磨磁石制作指南针为化学变化23\n【考点】化学史；物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】A．陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；B．根据黑火药的成分分析；C．侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；D．打磨磁石制指南针没有新物质生成．【解答】解：A．陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学工艺，故A正确；B．黑火药的成分是硫磺、硝石和木炭，三者按照1：2：3的组成混合在一起，故B正确；C．侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；D．打磨磁石制指南针没有新物质生成，故是物理变化，不是化学变化，故D错误．故选D．【点评】本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意学习时理论联系实际． 2．25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）A．无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．由水电离得到的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．硫离子与硫离子发生双水解反应；B．由水电离得到的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，四种离子不反应，都不与氢离子反应，能够共存；C．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；D．铁离子发生水解，溶液不可能为中性．【解答】解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．由水电离得到的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，在酸性溶液中都不与氢离子反应，能够大量共存，故B正确；C．AlO2﹣与NH4+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+在溶液中发生水解，溶液显示酸性，不可能为中性，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等． 3．为提纯下列物质（括号内为杂质），选用的试剂或方法有错误的是（ ）物质试剂分离方法A硝酸钾（氯化钠）蒸馏水降温结晶B氢氧化铁胶体（Fe3+）蒸馏水渗析23\nC甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气D乙醇（水）生石灰蒸馏A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．二者的溶解度受温度影响不同；B．胶体不能透过半透膜，而离子可以；C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；D．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异．【解答】解：A．二者的溶解度受温度影响不同，则溶解后、降温结晶可分离，故A正确；B．胶体不能透过半透膜，而离子可以，则选择渗析法可除杂，故B正确；C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，不能除杂，应选溴水、洗气，故C错误；D．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故D正确；故选C．【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、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大． 4．能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）A．Fe3O4溶于足量稀HNO3中：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OB．NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OC．将过量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+ClO﹣+H2O═HClO+HSO3﹣D．将0.2mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、稀HNO3具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，据此分析即可；B、铵根也能与氢氧根反应生成一水合氨，一水合氨为弱碱，不能拆，据此分析；C、次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，据此解答；D、本题涉及量的问题，依据量的关系解答即可．【解答】解：A、稀HNO3具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，正确应为：3Fe3O4+28H++NO3﹣+═NO+9Fe3++14H2O，故A错误；B、铵根也能与氢氧根反应生成一水合氨，一水合氨为弱碱，不能拆，正确应为NH4++HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+NH3•H2O，故B错误；C、次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，正确应为SO2+ClO﹣+H2O═SO42﹣+Cl﹣+2H+，故C错误；D、本题涉及量的问题，0.2mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中氨根物质的量浓度为0.2mol，铝离子为0.2mol，硫酸根为0.45mol，0.3mol•L﹣1Ba（OH）2溶液中钡离子浓度为0.3mol，氢氧根为0.6mol，故等体积混合离子反应方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是离子反应方程式的书写，涉及氧化还原反应、过量问题讨论等，有一定难度． 23\n5．X、Y、Z、W有如如图所示的转化关系，已知焓变：△H=△H1+△H2，则X、Y不可能是（ ）A．C、COB．AlCl3、Al（OH）3C．Fe、Fe（NO3）2D．S、SO3【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】如图所示既是盖斯定律的应用，也是物质之间相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的反应等，以此解答该题．【解答】解：A．由C+O2CO2，可看成C+O2CO、CO+O2CO2来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故A不选；B．由AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+2H2O，可看成AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故B不选；C．由Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，可看成Fe+HNO3═Fe（NO3）2+NO↑+H2O、Fe（NO3）2+HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+H2O来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故C不选；D．因S与氧气反应生成二氧化硫，不会直接生成三氧化硫，则不符合转化，故D选．故选D．【点评】本题考查无机物的推断，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，本题注意牢固积累相关物质的性质以及转化关系，为解答该类题目的基础，难度不大． 6．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（ ）A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【考点】真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，然后结合元素化合物知识来解答．【解答】23\n解：W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，故A错误；B．N、H、O三种元素可形成NH4NO3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故B错误；C．SiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故C错误；D．Ge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确；故选D．【点评】本题为2022年浙江高考化学试题，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，题目难度不大． 7．如图实验装置不能达到实验目的是（ ）A．比较非金属性强弱：S＞C＞SiB．分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液C．观察纯碱的焰色反应D． 比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；B．互不相溶的液体采用分液方法分离；C．铂丝的焰色反应呈无色，钠元素焰色反应呈黄色；D．小试管的温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳、二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，所以硅酸钠溶液中产生沉淀，该实验能证明非金属性S＞C＞Si，故A正确；B．乙酸乙酯和碳酸钠溶液不互溶，可以采用分液方法分离，故B正确；C．铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，故C正确；23\nD．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及焰色反应、非金属性强弱判断、物质分离和提纯、物质稳定性强弱判断等知识点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，题目难度不大． 8．下列化合物的同分异构体数目为7种的是（不考虑立体异构）（ ）A．丁醇B．丁烯C．一氯戊烷D．己烷【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】己烷只存在碳链异构，丁烯、一氯戊烷存在碳链异构、位置异构，丁醇存在碳链异构、位置异构、官能团异构，据此解答．【解答】解：A．丁醇的分子式为C2H6O，其同分异构体可能为醇类也可能是醚类，属于醇类的有4种：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，属于醚类的有3种：CH3CH2CH2OCH3、CH3CH2OCH2CH3、（CH3）2CHOCH3，共有7种，故A正确；B．丁烯的分子式为C4H8，其同分异构体可能为烯烃也可能是环烷烃，属于烯烃的有3种：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CHCH3，CH2=C（CH3）2；属于环烷烃有2种：甲基环丙烷，环丁烷，共有5种，故B错误；C．主链为5个碳原子时：CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3，此时一氯代物有3种；主链为4个碳原子时：，此时一氯代物有4种；主链为3个碳原子时：，此时一氯代物有1种，共有8种，故C错误；D．主链为6个碳原子时：CH3CH2CH2CH2CH2CH3；主链为5个碳原子时：（CH3）2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主链为4个碳原子时：（CH3）2CHCH（CH3）2、（CH3）3CCH2CH3；共有5种，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查了同分异构体数目的判断，可通过同分异构体的类型进行简单判断，掌握减链法书写同分异构体是解题的关键，难度不大． 9．下列说法不正确的是（ ）A．Al2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃剂B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C．碳素钢的主要成分是铁碳合金、司母戊鼎的主要成分是铜锡合金D．盛放NaOH溶液的磨口玻璃瓶要用橡胶塞【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；钠的重要化合物；分液和萃取．【分析】A．Al2O3熔点高、Al（OH）3加热易分解；B．苯的密度小于水，溶有苯的有机层在上层；C．碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金；D．烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠．【解答】解：A．Al2O3熔点高、Al（OH）3加热易分解，可用于阻燃剂，故A正确；B．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液在混合液上层，应该从分液漏斗的上口放出，故B错误；23\nC．碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金，故C正确；D．烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D正确；故选：B．【点评】本题综合考查元素及其化合物的性质，涉及试剂的保存、分液的操作等，为高考高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大． 10．综合如图判断，下列正确的说法是（ ）A．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．【解答】解：A．图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B．装置Ⅰ中，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，故B错误；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子均向左烧杯移动，装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故C错误；D．电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置Ⅰ借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握． 11．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，11.2LHF中含有分子的数目为0.5NAB．0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2NAC．1.4g由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为0.3NAD．0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中含有CO32﹣离子数目小于0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，HF为液态；23\nB、铁与氯气反应变为+3价；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、标况下，HF为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、铁与氯气反应变为+3价，即生成的是氯化铁而非氯化亚铁，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故1.4g混合物中含有的CH2的物质的量n==0.1mol，故含有0.3mol原子即0.3NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根的个数不能计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 12．向质量分数为2a%，体积为10mL物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4中加入VmL的水，使之质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则下列关系正确的是（ ）A．V＞10 2c2=c1B．V＜10 2c2＞c1C．V＞10 2c2＜c1D．V＞10 2c2＞c1【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】假设质量分数为2a%的硫酸溶液密度为Dg/mL，质量分数为a%的硫酸溶液密度为dg/mL，硫酸溶液密度大于水的密度，且硫酸溶液的浓度越大密度越大，故D＞d＞ρ（水）；稀释过程中溶质的H2SO4质量不变，用D表示出质量分数为2a%，体积为10mL的硫酸溶液质量，结合质量分数计算稀释后溶液的质量，进而计算水的质量，再根据V=计算水的体积，结合D＞ρ（水）判断；根据c=表示出c1、c2，结合D＞d进行判断．【解答】解：假设质量分数为2a%的硫酸溶液密度为Dg/mL，质量分数为a%的硫酸溶液密度为dg/mL，硫酸溶液密度大于水的密度，且硫酸溶液的浓度越大密度越大，故D＞d＞ρ（水），稀释过程中溶质的H2SO4质量不变，故稀释后溶液质量为：g=20Dg，故加入水的质量为20dg﹣10Dg=10Dg，加入水的体积V==mL，由于D＞ρ（水），故V=mL＞10mL；根据c=可知，c1=，c2=，由于D＞d，故2c2＜c1，故选C．【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数有关计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系，明确硫酸溶液的浓度越大密度越大． 13．向含1molNa2CO3的饱和溶液中缓缓通入CO2气体充分反应，下列图象正确的是（ ）23\nA．B．C．D．【考点】钠的重要化合物．【分析】碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠的溶解度小，而且反应过程中又消耗了水，导致溶液中的溶剂质量减少，就会导致生成的碳酸氢钠过饱和而生成沉淀，据此解答．【解答】解：A．刚开始为饱和碳酸钠溶液，没有沉淀析出，通入二氧化碳少量时发生反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，但是碳酸氢钠还为达到饱和，所以不会有沉淀析出，一段时间后生成的碳酸氢钠增大，达到饱和开始产生沉淀，故A错误；B．碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢根离子浓度增大，当生成的碳酸氢钠达到溶解度时，碳酸氢根离子浓度不再增大，通入二氧化碳的量小于1mol，故B错误；C．饱和溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，继续通入，随着二氧化碳通入量增大，碳酸氢钠达到饱和，有沉淀析出，所以开始钠离子浓度不变，后来变小，最后碳酸钠完全转化为碳酸氢钠溶液，钠离子浓度又保持不变，故C正确；D．碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，溶液质量增加，当通入二氧化碳反应生成的碳酸氢钠达到其溶解度时，再通入二氧化碳反应生成的碳酸氢钠不能溶解，溶液质量减小，最后变为饱和碳酸氢钠溶液后保持不变，故D正确；故选：CD．【点评】本题考查了碳酸钠与碳酸氢钠的转化，明确二者化学性质及饱和溶液性质是解题关键，题目难度较大． 14．海水是重要的资源，可以制备一系列物质（如图）．下列说法正确的是（ ）A．步骤②中，应先通CO2，再通NH3B．步骤③可将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱水C．步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化D．除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物．【分析】A、步骤②是侯德榜制碱的原理，向氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体；B、氯化镁水溶液中水解，加热促进水解；C、步骤④是溴离子被氧化，步骤⑤是溴单质被还原，步骤⑥是溴元素被氧化；23\nD、根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；【解答】解：A、步骤②中，应先通NH3，再通CO2，目的是增多二氧化碳溶解生成碳酸氢钠晶体，故A错误；B、步骤③MgCl2•6H2O氯化镁水溶液中水解，加热促进水解，晶体不能在空气中直接加热脱水，应在氯化氢气流中加热失水，故B错误；C、步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥溴元素被氧化为溴单质，故C错误；D、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：②加过量的氢氧化钠溶液 ⑤加过量的氯化钡溶液④加过量的碳酸钠溶液 ①过滤 ③加适量盐酸．，故D正确；故选D．【点评】本题考查了工业制备流程的过程分析判断，原理应用和实验步骤是解题关键，题目难度中等． 二、非选择题（58分）15．（10分）（2022秋•浏阳市校级月考）W、M、X、Y、Z五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素，请回答下列问题：（1）M在元素周期表中的位置为 第三周期ⅢA族 ，比较Y与Z两种元素的简单离子的半径大小 S2﹣＞Cl﹣ （用离子符号表示）．（2）写出X的氧化物与W的氢化物的水溶液反应的化学方程式 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O ．（3）科学家研制出一种新型分子C16Y8（结构如图所示），它将成为潜在的储氢材料．1molC16Y8最多能与 8 molH2发生加成反应．（4）一种名贵黄石组成为M2（XO4）WOH，在强碱性溶液中会发生腐蚀，写出其过量NaOH溶液反应的化学方程式 Al2[SiO4]FOH+5NaOH=2NaAlO2+Na2SiO3+NaF+3H2O ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】由短周期元素相对位置，且只有M为金属元素，所以M是Al，X是Si，Y是S，Z是Cl，W是F．（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；（2）二氧化硅可以和氢氟酸之间反应生成四氟化硅和水；（3）碳碳双键能与氢气发生加成反应；（4）Al2（SiO4）FOH与过量NaOH溶液反应偏铝酸钠、硅酸钠、氟化钠以及水．23\n【解答】解：由短周期元素相对位置，且只有M为金属元素，所以M是Al，X是Si，Y是S，Z是Cl，W是F．（1）M为Al元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，处于周期表中：第三周期ⅢA族，硫离子和氯离子电子层数一样，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：S2﹣＞Cl﹣，故答案为：第三周期ⅢA族；S2﹣＞Cl﹣；（2）二氧化硅可以和氢氟酸之间反应生成四氟化硅和水，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；（3）1molC16Y8双键的数目是8mol，所以最多能与8molH2发生加成反应，故答案为：8；（4）M2[XO4]WOH的分子式为Al2[SiO4]FOH，与过量NaOH溶液反应偏铝酸钠、硅酸钠、氟化钠以及水，反应方程式为：Al2[SiO4]FOH+5NaOH=2NaAlO2+Na2SiO3+NaF+3H2O，故答案为：Al2[SiO4]FOH+5NaOH=2NaAlO2+Na2SiO3+NaF+3H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，关键是熟练掌握元素周期律结构，难度中等． 16．（12分）（2022秋•浏阳市校级月考）“8•12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失．据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）．请回答下列问题：（1）钠、钾着火，下列可用来灭火的是 D ．A．水B．泡沫灭火器C．干粉灭火器D．细沙盖灭（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生非氧化还原反应，可能发生氧化还原反应，下列反应可能发生的是 A、B、D、F ．A．NH4NO3→N2+O2+H2OB．NH4NO3→NH3+HNO3C．NH4NO3→O2+HNO3+H2OD．NH4NO3→N2+HNO3+H2OE．NH4NO3→N2+NH3+H2OF．NH4NO3→N2O+H2O（3）NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法．①H2O2处理法：NaCN+H2O2﹣﹣N2↑+X+H2O，推测X的化学式为 NaHCO3 ．②NaClO处理法：aCN﹣+bClO﹣+2cOH﹣=dCNO﹣+eN2↑+fCO32﹣+bCl﹣+cH2O，方程式中e：f的值为 B （填选项标号）．A．1B．C．2D．不能确定（4）以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣，CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等．取浓缩后含CN﹣离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN﹣的浓度为0.2mol•L﹣1）进行实验．①写出CNO﹣在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式： 2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O ；②若结果测得CO2的质量为1.408g，则该实验中测得CN﹣被处理的百分率为 80% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应的计算．【分析】（1）Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化氢均与二氧化碳反应生成氧气；（2）NH4NO3分解，一种可能是发生复分解反应，还有一种可能是氧化还原反应，根据氧化还原反应中有元素化合价升高就必须有元素化合价降低的原则进行判断；（3）①结合原子守恒分析X的化学式；②由CN﹣离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO﹣和N2以及CO32﹣，因为CNO﹣离子碳氮之比为1：1，所以N2和CO32﹣两微粒之比为1：2；23\n（4）①根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，根据氧化还原反应配平；②干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2），原溶液中CN﹣的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，据此计算．【解答】解：（1）Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化氢均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，可用细沙盖灭来灭火，故答案为：D；（2）NH4NO3分解，一种可能是发生复分解反应，还有一种可能是氧化还原反应，根据氧化还原反应中有元素化合价升高就必须有元素化合价降低的原则进行判断：A、NH4NO3→N2+O2+H2O中N从+5价降为0价，N从﹣3升为0价，O从﹣2升为0价，符合氧化还原反应的特征，故正确；B、NH4NO3→NH3+HNO3满足复分解反应的条件，故正确；C、NH4NO3→O2+HNO3+H2O中只有化合价升高的，没有化合价降低的，故错误；D、NH4NO3→N2+HNO3+H2O中N从+5价降为0价，N从﹣3升为0价，符合氧化还原反应的特征，故正确；E、NH4NO3→N2+NH3+H2O中虽然N从+5价降为0价，N从﹣3升为0价，但由于每个N升高的数值小于降低的数值，即消耗的铵根的物质的量要比硝酸根离子多，所以不可能有NH3产生，故错误；F、NH4NO3→N2O+H2O中N从+5价降为+1价，N从﹣3升为+1价，符合氧化还原反应的特征，故正确；故答案为：A、B、D、F；（3）①NaCN+H2O2﹣﹣N2↑+X+H2O中，由原子守恒可知X为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；②由CN﹣离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO﹣和N2以及CO32﹣，以因为CNO﹣离子碳氮之比为1：1，所以N2和CO32﹣两微粒之比为1：2，所以e：f=1：2，故答案为：B；（4）①根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，故答案为：2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；②干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2）=0.032mol，原溶液中CN﹣的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，所以该实验中测得CN﹣被处理的百分率为×100%=80%，故答案为：80%．【点评】本题考查氧化还原反应的计算及含量测定等，综合性较强，注重高频考点的考查，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中元素的化合价变化，题目难度中等． 17．（12分）（2022秋•浏阳市校级月考）某学生为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验．（已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd）23\n（1）请将上图各装置连接完整（填写装置中字母）：c接f， g 接 d ， e 接 a ， b 接 h ．（2）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是 BD ．A．H2SO4溶液B．CCl4C．苯D．稀硝酸（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到 装置⑤中澄清石灰水开始变浑浊 时再点燃酒精灯．（4）若反应过程中CO2足量，探究钠与CO2充分反应后，生成的固体物质的可能的情况，某同学提出以下猜想：①生成的固体物质为Na2CO3②生成的固体物质为Na2CO3和C的混合物③生成的固体物质为Na2CO3和Na2O的混合物④生成的固体物质为Na2O和C的混合物你认为正确的是 ①② （填序号）．假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式．Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体： 2Na+2CO2Na2CO3+CO ；Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，且溶液中还有固体残留： 4Na+3CO22Na2CO3+C ．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据实验目的，②为制取二氧化碳装置，实验室中常用碳酸钙与盐酸反应，二氧化碳中混有氯化氢，需要用装置④除去，然后用装置③干燥，然后在①中进行钠与二氧化碳的反应，然后用⑤检验反应产物，据此进行连接装置；（2）所选试剂的作用是增大溶液体积，可以用稀硝酸，加入H2SO4溶液后生成硫酸钙微溶，会阻止反应进一步进行，由于四氯化碳的密度大于盐酸，也可以加入四氯化碳溶液，但是苯的密度小于盐酸，加入苯不能使稀盐酸与碳酸钙接触；（3）二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，当装置⑤中澄清石灰水变浑浊说明装置中空气已经排净；原因是空气中的二氧化碳、水与钠反应，需要排净空气，避免干扰实验；（4）根据氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠分析；Ⅰ．根据题干信息及反应现象判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；Ⅱ．根据n=计算出钠的物质的量，再根据n=计算出标况下224mL二氧化碳的物质的量，从而得出反应后生成碳酸钠的物质的量；溶液中还有固体残留，该固体只能为C，说明钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，据此写出反应的化学方程式．23\n【解答】解：（1）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，所以装置的连接顺序为：g、d、e、a（b）、b（a）、h，故答案为：g、d、e、a（b）、b（a）、h；（2）A．H2SO4溶液：加入H2SO4溶液后生成硫酸钙微溶，会阻止反应进一步进行，故A错误；B．CCl4：四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后会，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；C．苯：苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误；D．稀硝酸：加入稀硝酸后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确；故答案为：BD；（3）钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净，故答案为：装置⑤中澄清石灰水开始变浑浊；（4）因为氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以反应过程中CO2足量，探究钠与CO2充分反应不可能生成氧化钠固体，故①②可能，③④不可能；故答案为：①②；Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，钠与二氧化碳反应生成了CO；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2Na2CO3+CO，故答案为：2Na+2CO2Na2CO3+CO；Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：n（Na）==0.02mol，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）==0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，故答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C．【点评】本题通过探究钠与CO2的反应，考查了性质实验方案的设计原则，题目难度中等，正确理解题干信息为解答关键，注意掌握性质实验方案的设计原则，（4）为易错点，需要根据题中信息及反应现象判断反应物、生成物，试题充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用所学知识的能力． 18．（11分）（2022秋•浏阳市校级月考）Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途．23\n（1）25℃时将氯气溶于水形成氯气﹣氯水体系，该体系中Cl2（aq）、HClO和ClO﹣分别在三者中所占分数（α）随pH变化的关系如图1所示．①已知HClO的杀菌能力比ClO﹣强，由图分析，用氯气处理饮用水时，pH=7.5与pH=6时杀菌效果强的是 pH=6 ；②氯气﹣氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为 Cl2（aq）+H2O⇌HClO+H++Cl﹣；HClO⇌H++ClO﹣，Cl2（g）⇌Cl2（aq） ．（2）①ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，写出该反应的化学方程式 Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2 ；②工业上还可用下列方法制备ClO2，在80℃时电解氯化钠溶液得到NaClO3，然后与盐酸反应得到ClO2．电解时，生成ClO3﹣的电极反应式为 Cl﹣﹣6e﹣+3H2O=6H++ClO3﹣ ．（3）一定条件下，在水溶液中1molCl﹣、1molClOx﹣（x=1，2，3，4）的能量大小与化合价的关系如图2所示①从能量角度看，C、D、E中最不稳定的离子是 ClO2﹣ （填离子符号）；②B→A+D反应的热化学方程式为 3ClO﹣（aq）=2Cl﹣（aq）+ClO3﹣（aq）△H=﹣116kJ•mol﹣1 （用离子符号表示）．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应．【专题】卤族元素．【分析】（1）①HClO的杀菌能力比ClO﹣强，则HClO含量越大其杀菌效果越好；②该体系中存在的平衡有氯气和水反应平衡、次氯酸的电离平衡、氯气的溶解平衡；（2）①用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，NaClO2中Cl元素化合价由+3价变为+4价，则氯气中Cl元素化合价由0价变为﹣1价，根据反应物和生成物书写化学方程式；②电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子失电子和水反应生成氯酸根离子和氢离子；（3）①微粒中能量越高越不稳定；②B自身发生氧化还原反应生成A和D，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（62kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣116kJ/mol．【解答】解：（1）①HClO的杀菌能力比ClO﹣强，则HClO含量越大其杀菌效果越好，根据图知，pH=6时HClO含量较高，所以pH=6时漂白效果较好，故答案为：pH=6；②含氯的物质存在平衡的状态为氯气和水反应，次氯酸电离平衡，液态氯气和气态氯气的平衡等，氯气﹣氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为Cl2（aq）+H2O⇌HClO+H++Cl﹣；HClO⇌H++ClO﹣，Cl2（g）⇌Cl2（aq）；故答案为：Cl2（aq）+H2O⇌HClO+H++Cl﹣；HClO⇌H++ClO﹣，Cl2（g）⇌Cl2（aq）；（2）①ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，结合原则守恒和电子守恒写出该反应的化学方程Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2；故答案为：Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2；②电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子失电子和水反应生成氯酸根离子和氢离子，电极反应式为Cl﹣﹣6e﹣+3H2O=6H++ClO3﹣，23\n故答案为：Cl﹣﹣6e﹣+3H2O=6H++ClO3﹣；（3）①图象分析可知，能量越高越活泼，+3价的离子最活泼为ClO2﹣；故答案为：ClO2﹣；②B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（62kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣116kJ/mol，故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol．【点评】本题以氯元素为载体考查反应热的计算、电解原理、氧化还原反应、化学平衡等知识点，综合性较强，侧重考查学生知识运用及图象分析能力，难点是电极反应式的书写及（3）题反应热的计算，题目难度中等． 19．（13分）（2022秋•浏阳市校级月考）尼龙是目前世界上产量最大、应用范围最广、性能比较优异的一种合成纤维．以X为原料合成高分子化合物尼龙﹣66的流程如图：已知部分信息如下：I．Z的化学式为C6H10O4．Ⅱ．X和浓溴水反应产生白色沉淀．Ⅲ．某些醛与醛之间能发生羟醛缩合反应，例如：稀NaOH溶液RCHO+CH3CHORCH（OH）CH2CHO﹣H2ORCH═CHCHO+H2O请回答下列问题：（1）X的化学名称为 苯酚 ，W的结构简式为 ，T的分子式为 C2H4O ．（2）反应②的条件为 浓硫酸，加热 ．（3）上述反应中属于加成反应的有 ①⑤ ．（4）写出反应④的化学方程式 ．（5）满足下列条件的S的同分异构体的结构共有 5 种（不考虑立体异构），①单环芳香族化合物②既能发生银镜反应，又能发生水解反应其中，苯环上核磁共振氢谱上有2个峰的结构简式为 ．【考点】有机物的推断．23\n【分析】根据题目中各物转化关系，X与甲醛发生信息Ⅲ的反应生成，可推知X为，根据W的分子式与比较，可知发生氧化反应得W为，与乙醛发生信息Ⅲ的反应生成，所以T为CH3CHO，X与氢气发生加成反应得Y为，Y发生消去反应得环已稀，环已稀被氧化得Z，Z的化学式为C6H10O4，所以Z为HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，Z与发生缩聚反应生成为尼龙﹣66为，据此答题．【解答】解：根据题目中各物转化关系，X与甲醛发生信息Ⅲ的反应生成，可推知X为，根据W的分子式与比较，可知发生氧化反应得W为，与乙醛发生信息Ⅲ的反应生成，所以T为CH3CHO，X与氢气发生加成反应得Y为，Y发生消去反应得环已稀，环已稀被氧化得Z，Z的化学式为C6H10O4，所以Z为HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，Z与发生缩聚反应生成为尼龙﹣66为，（1）根据上面的分析可知，X为，X的化学名称为苯酚，W的结构简式为，T为CH3CHO，T的分子式为C2H4O，23\n故答案为：苯酚；；C2H4O；（2）反应②为醇的消去反应，反应的条件为浓硫酸，加热，故答案为：浓硫酸，加热；（3）据分析属于加成反应的有①⑤，故答案为：①⑤；（4）反应④的化学方程式为，故答案为：；（5）据S的结构简式可知，S除苯环外还有2个O原子，3个C原子，苯环外有2个不饱和键，其同分异构体①单环芳香族化合物；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，若只有1个取代基，可以是﹣CH=CHOOCH，或，若有2个取代基，分别是﹣CH=CH2，和﹣OOCH，临间对3种，共5种，苯环上核磁共振氢谱上有2个峰的结构简式为，故答案为：5；．【点评】该题考查有机物的合成和推断，注意有机物的性质，本题难度中等，可以用逆推和正推相结合的方法，注意有机基础知识的灵活运用． 23
