2022-2022学年江西省赣州市十三县（市）高三（上）期中化学试卷 一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，每小题3分，共48分）1．下列有关化学与生活的叙述错误的是（ ）A．利用太阳能、潮汐能、风力发电，可以获取清洁能源B．利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染C．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火D．采用纳米二氧化钛光触媒技术可将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体 2．下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物硫酸干冰B蒸馏水碱石灰氧化铝二氧化硫C水银水玻璃铁碳酸钙D食醋水煤气氯化铜乙醇A．AB．BC．CD．D 3．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．在过氧化钠与水的反应中，每生成1mol氧气，转移电子的数目为1NAB．将0.1molNaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NAC．标准状况下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molOD﹣含有的质子、中子数均为9NA 4．下列有关化学用语使用正确的是（ ）A．CH4分子的比例模型：B．NH4Cl的电子式：C．S2﹣结构示意图：D．聚丙烯的结构简式为： 5．下列离子方程式正确的是（ ）A．苏打与稀盐酸反应：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2OB．Fe2O3与HI：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣刚好完全沉淀：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+NH3•H2O+Al（OH）3↓D．向NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+ClO﹣+H2O═SO42﹣+Cl﹣+2H+ 6．下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（ ）①无色溶液中：MnO4﹣K+Cl﹣Mg2+SO42﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣Na+AlO2﹣NO3﹣SO42﹣③水电离的H+浓度为10﹣12mol/L的溶液中：Cl﹣CO32﹣NH4+SO32﹣NO3﹣-27-\n④使甲基橙变红的溶液中：MnO4﹣Fe2+Na+NO3﹣SO42﹣⑤加入铝单质产生氢气的溶液中：K+Cl﹣Mg2+S2O32﹣SO42﹣NH4+．A．①②⑤B．①③⑤C．②④D．② 7．下列实验装置正确且能完成实验目的是（ ）A．测定一定时间内生成H2的反应速率B．提取海带中的碘C．检验火柴燃烧产生的SO2D．证明非金属性：Cl＞C＞Si 8．下列除杂（括号内的为杂质）试剂、方法和相关反应不正确的是（ ）A．FeCl2（FeCl3）﹣﹣加入足量铁粉，然后过滤，Fe+2FeCl3═3FeCl2B．NaCl（NaI）﹣﹣加入适量氯水，用CCl4萃取分液，Cl2+2NaI═2NaCl+I2C．SiO2（Al2O3）﹣﹣加入足量NaOH溶液，然后过滤，Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OD．CaCl2（NH4Cl）固体混合物﹣﹣直接加热NH4ClNH3↑+HCl↑ 9．下列结论正确的是（ ）①离子还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣②氢化物沸点HF＜HCl＜HBr③酸性：H2SO4＞HClO4④非金属性：F＞Cl＞S．-27-\nA．②④B．①④C．①②③D．只有④ 10．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMR原子半径/nm0.1800.1100.0800.0740.146主要化合价+1+6﹣2+5﹣3﹣2+3根据上表下列叙述不正确的是（ ）A．离子半径大小：Y2﹣＞M2﹣＞R3+B．Z与M组成的化合物是形成酸雨的原因之一C．将YM2通入BaCl2溶液中有大量白色沉淀产生D．X、Y、R的最高价氧化物的水化物两两之间能发生反应 11．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9．加入足量稀HNO3使其完全溶解后，产生NO气体在标准状况下的体积为11.2L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为（ ）A．17.4gB．46.8gC．40.8gD．23.4g 12．我国科学家屠呦呦因发现并成功提取出青蒿素（一种治疗疟疾的药物）而获得2022年诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素结构简式如图（结构中有过氧键，与H2O2有相似的化学性质），下列关于青蒿素的说法不正确的是（ ）A．属于有机物B．青蒿素具有一定的氧化性C．青蒿素化学式为C15H20O5D．青蒿素在一定的条件下能与NaOH溶液反应 13．有机物的一氯代物可能的结构有（不考虑立体异构）（ ）A．6种B．8种C．11种D．15种 14．某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如右图所示．下列判断不正确的是（ ）-27-\nA．该反应的氧化剂是ClO﹣B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强 15．一定温度下在一个2L的密闭容器中发生反应4A（s）+3B（g）⇌2C（g）+D（g），经2min达平衡状态，此时B反应了1.2mol，下列说法正确的是（ ）A．充入N2使压强增大可加快反应速率B．A的平均反应速率为：0.4mol/（L•min）C．平衡状态时B、C的反应速率相等D．C的平均反应速率为：0.2mol/（L•min） 16．被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片（在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰）作为传导体．在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液．电池总反应为Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH），下列说法正确的是（ ）A．该电池的正极为锌B．该电池反应中二氧化锰起催化剂作用C．当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023D．电池正极反应式为MnO2+e﹣+H2O═MnO（OH）+OH﹣ 二、填空题（共52分）17．（10分）（2022秋•赣州期中）X、Y、Z三种短周期元素，两两之间能组成5种化合物A、B、C、D、E；化合物F由X、Y、Z三种元素组成．已知：化合物A、B、C中原子个数比都为1﹕1；B为淡黄色固体，C、E常温下均为无色液体；A是化学式为XZ的离子化合物，A与E反应生成F和一种气体；D是化学式为X2Y的离子化合物，D的阴、阳离子具有相同的电子层结构且与E分子所含电子数相等．请回答下列问题：（1）A的化学式为 ；F的电子式为 ．（2）B、C含有相同的化学键，该化学键是 ．（3）请写出化合物B与E反应的离子方程式 ．（4）镁能在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，由元素X形成的单质也能在二氧化碳中燃烧，产生一种白色固体、一种黑色固体和一种有毒的无色气体，黑色固体和有毒气体的物质的量之比为1﹕1，将这种白色固体溶于水，没有气体产生，在所得溶液中加入足量稀盐酸又产生一种无色无味的气体，则X在二氧化碳中燃烧的化学方程式为 ，该白色固体溶于水后所得溶液中离子浓度由大到水的顺序为 ，在该溶液中滴入几滴酚酞，溶液变红，溶液变红原因是 （用离子方程式表示）． 18．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料．-27-\n工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇．已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下所示：化学反应平衡常数温度/℃500700800①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）K12.50.340.15②H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）K21.01.702.52③3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）K3请回答下列问题：（1）反应②是 （填“吸热”或“放热”）反应．（2）据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3= （用K1、K2表示）．（3）500℃时测得反应③在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol•L﹣1）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正 v逆（填“＞”、“=”或“＜”）．（4）反应①按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右图所示．下列说法正确的是（填序号）．A．温度：T1＞T2＞T3B．正反应速率：v（a）＞v（c），v（b）＞v（d）C．平衡常数：K（a）＞K（c），K（b）=K（d） 19．新型高效的甲醇燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH3OH和O2．某研究小组将两个甲醇燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示．回答下列问题：（1）乙燃料电池的负极反应式为 ．（2）若原NaCl溶液为300ml，假设电解过程中体积不变，当每个燃料电池中通入0.16g甲醇完全反应时，该溶液的PH为 ． -27-\n20．（12分）（2022秋•赣州期中）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，有多种方法测定试样中纯碱的质量分数．（I）气体法可用图中的装置进行实验：主要实验步骤如下：①按图组装仪器，并检查装置的气密性．②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③从A处导管缓缓鼓入一定量的空气．④称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b克⑤从分液漏斗滴入6mol•L﹣1的盐酸，直到不再产生气体时为止．⑥再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气．⑦再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克⑧重复步骤⑥和⑦的操作，直到U型管的质量基本不变，为d克请填空和回答问题：（1）C、D两装置中分别装什么试剂C： D： （2）装置中干燥管F的作用是 （3）该试样中纯碱的质量分数的计算式为 （II）沉淀法称取m1克样品完全溶于水后加足量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥称重得m2克固体，在该实验洗涤操作中如何检验固体已洗干净 ．（III）滴定法准确称取2.6500克样品，溶于水配成250ml溶液，量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，则样品中纯碱的质量分数为 ，以下实验操作导致测量结果偏低的是 A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数，滴定终点时俯视刻度线读数D、滴定前锥形瓶中有水E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失． 21．（10分）（2022秋•赣州期中）工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO4•7H2O的工艺流程如下：（已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）-27-\n（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为 ．（2）浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为 ．（3）除铁过程加H2O2的目的是 ．（4）置换法除去重金属离子Cd2+，所用物质C为 ．（5）取28.70gZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示．680℃时所得固体的化学式为 ．a．ZnOb．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4d．ZnSO4•H2O． 22．（10分）（2022秋•赣州期中）化合物Ⅰ（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：已知：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②RCH=CH2RCH2CH2OH③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．（1）B的系统命名为 ；（2）F的结构简式为 ；（3）A生成B的化学方程式为 ；-27-\n（4）E和H生成I的化学方程式为 ；（5）比H相对分子质量大14的H的酯类同分异构体共有 种，其中能与银氨溶液发生银镜反应且核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为 ． 2022-2022学年江西省赣州市十三县（市）高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，每小题3分，共48分）1．下列有关化学与生活的叙述错误的是（ ）A．利用太阳能、潮汐能、风力发电，可以获取清洁能源B．利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染C．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火D．采用纳米二氧化钛光触媒技术可将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体【考点】清洁能源；常见的生活环境的污染及治理；化学实验安全及事故处理．【分析】A．利用太阳能、潮汐能、风力发电，无污染产生，B．白色污染与塑料有关，难以降解；C．化学药品着火，要根据化学药品的性质来分析选用灭火剂；D．NO和CO转化为氮气和二氧化碳．【解答】解：A．利用太阳能、潮汐能、风力发电，不会对环境造成污染，为清洁能源，故A正确；B．塑料难以降解，所以利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染，故B正确；C．化学药品着火，不一定能用水或泡沫灭火器来灭火，如钠的燃烧，只能用沙土来灭，要根据化学药品的性质来分析选用灭火剂，故C错误；D．采用纳米二氧化钛光触媒技术将汽车尾气中的NO和CO转化为氮气和二氧化碳，均为无毒物质，故D正确；故选：C．【点评】本题考查环境污染、能源与生活，把握常见的环境污染问题及物质的性质为解答的关键，难度不大． 2．下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（ ）纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物硫酸干冰B蒸馏水碱石灰氧化铝二氧化硫C水银水玻璃铁碳酸钙D食醋水煤气氯化铜乙醇A．AB．BC．CD．D【考点】电解质与非电解质；混合物和纯净物．【分析】纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别．【解答】解：A、盐酸是HCl的水溶液，是混合物；冰水混合物即水，是纯净物，故A错误；-27-\nB、蒸馏水是纯净物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物；氧化铝在熔融状态下能导电，故为电解质；二氧化硫在熔融状态下不导电，在水溶液中导电是由于生成的亚硫酸的原因，和其本身无关，故为非电解质，故B正确；C、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质；碳酸钙在熔融状态下能导电，故为电解质，故C错误；D、食醋是醋酸的水溶液，是混合物，故D错误．故选B．【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度中等． 3．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．在过氧化钠与水的反应中，每生成1mol氧气，转移电子的数目为1NAB．将0.1molNaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NAC．标准状况下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子D．1molOD﹣含有的质子、中子数均为9NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、过氧化钠与水反应时，当生成1mol氧气时转移2mol电子；B、一个胶粒是多个氯化钠的聚集体；C、标况下四氯化碳为液体；D、OD﹣中含9个质子和9个中子，含有10个电子．【解答】解：A、过氧化钠与水反应时，由于氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2mol电子，即2NA个，故A错误；B、一个胶粒是多个氯化钠的聚集体，故0.1mol氯化钠所形成的胶粒个数小于0.1NA个，故B错误；C、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、OD﹣中含9个质子和9个中子，含有10个电子，故1molOD﹣中含9NA个质子和9NA个中子，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大． 4．下列有关化学用语使用正确的是（ ）A．CH4分子的比例模型：B．NH4Cl的电子式：C．S2﹣结构示意图：D．聚丙烯的结构简式为：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A、甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型；B、氯离子最外层电子未标出；C、微粒符号以及微粒结构示意图，要结合原子结构来进行分析，核外电子与核内质子数的关系：里多外少阳离子，里外相等是原子，里少外多阴离子；-27-\nD、聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，注意原子之间连接；【解答】解：A、甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，则CH4分子的比例模型为，选项中为球棍模型，故A错误；B、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故B错误；C、硫元素的原子序数为16，S2﹣的离子结构示意图为：，故C正确；D、聚丙烯为高分子化合物，聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，其结构简式为，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学用语，要熟练掌握常用的化学用语，注意不同化学用语的书写要求，掌握基础是解题关键，题目较简单． 5．下列离子方程式正确的是（ ）A．苏打与稀盐酸反应：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2OB．Fe2O3与HI：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣刚好完全沉淀：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+NH3•H2O+Al（OH）3↓D．向NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+ClO﹣+H2O═SO42﹣+Cl﹣+2H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A、苏打成分是碳酸钠，可以和盐酸之间反应生成氯化钠、水以及二氧化碳；B、铁离子具有氧化性，可以和还原性的碘离子之间发生反应生成亚铁离子和碘单质；C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，说明SO42﹣与Ba2+的比例是1：2；D、二氧化硫溶于水得到亚硫酸，亚硫酸可以被次氯酸根离子氧化为硫酸，本身被还原为氯离子．【解答】解：A、苏打成分是碳酸钠，可以和盐酸之间反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，反应为：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，故A错误；B、Fe2O3与HI反应是氢离子现将氧化物溶解，然后是得到的铁离子和还原性的碘离子之间发生反应，生成亚铁离子和碘单质，故B错误；C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42﹣+4OH﹣═Al（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓，故C正确；D、次氯酸钠具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原生成氯离子，离子方程式为ClO﹣+SO2+H2O=Cl﹣+SO42﹣+2H+，故D正确．-27-\n故选CD．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等，注意苯酚钠和二氧化碳反应时，无论二氧化碳是否变化都生成碳酸氢钠，为易错点． 6．下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（ ）①无色溶液中：MnO4﹣K+Cl﹣Mg2+SO42﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣Na+AlO2﹣NO3﹣SO42﹣③水电离的H+浓度为10﹣12mol/L的溶液中：Cl﹣CO32﹣NH4+SO32﹣NO3﹣④使甲基橙变红的溶液中：MnO4﹣Fe2+Na+NO3﹣SO42﹣⑤加入铝单质产生氢气的溶液中：K+Cl﹣Mg2+S2O32﹣SO42﹣NH4+．A．①②⑤B．①③⑤C．②④D．②【考点】离子共存问题．【分析】①MnO4﹣为紫色；②pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应；③水电离的H+浓度为10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液；④使甲基橙变红的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；⑤加入铝单质产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．【解答】解：①MnO4﹣为紫色，与无色不符，故错误；②pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故正确；③水电离的H+浓度为10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32﹣、SO32﹣，且SO32﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，碱溶液中不能大量存在NH4+，故错误；④使甲基橙变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣（或MnO4﹣）发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；⑤加入铝单质产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在S2O32﹣，碱溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+，故错误；故选D．【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． 7．下列实验装置正确且能完成实验目的是（ ）A．测定一定时间内生成H2的反应速率-27-\nB．提取海带中的碘C．检验火柴燃烧产生的SO2D．证明非金属性：Cl＞C＞Si【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积；B．海带中碘以离子的形式存在；C．二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；D．生成的二氧化碳中含有HCl而干扰实验，元素的非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强．【解答】解：A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积，有测定体积的仪器和测定时间的仪器，所以可以实现实验目的，故A正确；B．海带中碘以离子的形式存在，应先发生氧化还原反应后生成碘单质，再萃取、分液，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，图中试管中的导管长短应互换，故C错误；D．盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，明确实验原理是解本题关键，涉及非金属性的比较、氧化还原、碘的提纯等，注意实验原理和实验细节的考查，题目难度中等． 8．下列除杂（括号内的为杂质）试剂、方法和相关反应不正确的是（ ）A．FeCl2（FeCl3）﹣﹣加入足量铁粉，然后过滤，Fe+2FeCl3═3FeCl2B．NaCl（NaI）﹣﹣加入适量氯水，用CCl4萃取分液，Cl2+2NaI═2NaCl+I2C．SiO2（Al2O3）﹣﹣加入足量NaOH溶液，然后过滤，Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OD．CaCl2（NH4Cl）固体混合物﹣﹣直接加热NH4ClNH3↑+HCl↑-27-\n【考点】离子方程式的书写．【分析】除杂的方法是将杂质以沉淀或气体的形式除去；除杂的原则是所选试剂只与杂质反应，且不混入新杂质，根据物质的性质结合除杂的方法以及物质的性质来回答．【解答】解：A、金属铁可以和铁离子之间反应为亚铁离子，加入足量铁粉，然后过滤，可以将亚铁盐中的铁离子除去，故A正确；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘从水中的分离可以采用萃取分液法，故B正确；C、二氧化硅和氧化铝都可以和氢氧化钠之间反应，所以不能加氢氧化钠来除去二氧化硅中的氧化铝，故C错误；D、氯化铵受热分解为氨气和氯化氢气体，但是氯化钙受热不分解，所以加热的方法可以将氯化钙中的氯化铵除去，故D正确．故选C．【点评】本题考查混合物分离提纯的方法和选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、发生的反应为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大． 9．下列结论正确的是（ ）①离子还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣②氢化物沸点HF＜HCl＜HBr③酸性：H2SO4＞HClO4④非金属性：F＞Cl＞S．A．②④B．①④C．①②③D．只有④【考点】晶体熔沸点的比较；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化性、还原性强弱的比较．【分析】①元素的非金属性越强，对应离子还原性越弱；还原剂的还原性＞还原产物的还原性，据此分析；②HF含有氢键，沸点最高；③同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；④同周期非金属性从左向右增强，同主族从上到下非金属性减弱．【解答】解：①元素的非金属性Br＞I＞S，对应离子还原性S2﹣＞I﹣＞Br﹣，又碘离子能将三价铁还原成二价铁，而溴离子不能，所以还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，则还原性：S2﹣＞I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故正确；②HF含有氢键，沸点最高，HCl、HBr不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，则有氢化物沸点：HF＞HBr＞HCl，故错误；③同周期自左而右非金属性增强，非金属性Cl＞S，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性HClO4＞H2SO4，故错误；④F、Cl同主族，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性F＞Cl，S、Cl同周期，则非金属性F＞Cl＞S，故正确；故选B．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质的变化规律为解答的关键，侧重金属性、非金属性比较的考查，题目难度中等． 10．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZMR原子半径/nm0.1800.1100.0800.0740.146-27-\n主要化合价+1+6﹣2+5﹣3﹣2+3根据上表下列叙述不正确的是（ ）A．离子半径大小：Y2﹣＞M2﹣＞R3+B．Z与M组成的化合物是形成酸雨的原因之一C．将YM2通入BaCl2溶液中有大量白色沉淀产生D．X、Y、R的最高价氧化物的水化物两两之间能发生反应【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】短周期元素中，Y和M的化合价都有﹣2价，应为ⅥA族元素，Y的最高价为+6价，则Y为S元素，M为O元素；R的化合价为+3价，为ⅢA族元素，原子半径大于S，故R为Al元素，X的化合价为+1价，处于IA族，原子半径大于Al，且与Al相差较大，则X为Na；Z有+5、﹣3价，处于VA族，原子半径小于S，由O元素相差不大，故Z为N元素，据此解答．【解答】解：短周期元素中，Y和M的化合价都有﹣2价，应为ⅥA族元素，Y的最高价为+6价，则Y为S元素，M为O元素；R的化合价为+3价，为ⅢA族元素，原子半径大于S，故R为Al元素，X的化合价为+1价，处于IA族，原子半径大于Al，且与Al相差较大，则X为Na；Z有+5、﹣3价，处于VA族，原子半径小于S，由O元素相差不大，故Z为N元素．A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Al3+，故A正确；B．Z与M组成的NO2等形成酸雨的原因之一，故B正确；C．将SO2通入BaCl2溶液中，亚硫酸不能与氯化钡反应，没有大量白色沉淀产生，故C错误；D．X、Y、R的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、硫酸、氢氧化铝，两两之间能发生反应，故D正确，故选：C．【点评】本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，根据元素化合价、原子半径推断元素是解答该题的关键，注意元素周期律的递变规律的应用． 11．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9．加入足量稀HNO3使其完全溶解后，产生NO气体在标准状况下的体积为11.2L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为（ ）A．17.4gB．46.8gC．40.8gD．23.4g【考点】有关混合物反应的计算．【分析】有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，加入足量稀HNO3使其完全溶解后，根据n=计算NO物质的量，根据电子转移守恒计算Mg、Al物质的量，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，根据Mg元素守恒n[Mg（OH）2]=n（Mg），根据Al元素守恒n[Al（OH）3]=n（Al），再根据m=nM计算沉淀质量．【解答】解：有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，加入足量稀HNO3使其完全溶解后，生成NO物质的量为=0.5mol，根据电子转移守恒，n（Mg）=n（Al）=-27-\n=0.3mol，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，根据Mg元素守恒n[Mg（OH）2]=n（Mg）=0.3mol，根据Al元素守恒n[Al（OH）3]=n（Al）=0.3mol，故沉淀最大质量为：0.3mol×58g/mol+0.3mol×78g/mol=40.8g，故选：C．【点评】本题考查混合物计算，关键是根据电子转移守恒计算金属物质的量，较好的考查学生分析计算能力，难度中等． 12．我国科学家屠呦呦因发现并成功提取出青蒿素（一种治疗疟疾的药物）而获得2022年诺贝尔生理学或医学奖．青蒿素结构简式如图（结构中有过氧键，与H2O2有相似的化学性质），下列关于青蒿素的说法不正确的是（ ）A．属于有机物B．青蒿素具有一定的氧化性C．青蒿素化学式为C15H20O5D．青蒿素在一定的条件下能与NaOH溶液反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子式，含﹣COOC﹣、醚键及过氧键，结合酯、过氧化物的性质来解答．【解答】解：A．青蒿素含有C、H、O元素，属于烃的衍生物，为有机物，故A正确；B．含有过氧键，具有强氧化性，故B正确；C．由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故C错误；D．含有酯基，可在碱性条件下水解，故D正确．故选C．【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，侧重酯、酚性质的考查，题目难度中等． 13．有机物的一氯代物可能的结构有（不考虑立体异构）（ ）A．6种B．8种C．11种D．15种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】先根据支链异构判断的同分异构体，然后根据等效H原子判断，有几种H原子，一氯代产物有几种同分异构体．-27-\n【解答】解：﹣C3H7有两种结构，分别为：CH3﹣CH2﹣CH2﹣、CH3﹣CH（CH3）﹣，所以的同分异构体有2种，其分子中氢原子的种类分别为6种、5种，则一氯代物可能的结构有11种，故选C．【点评】本题考查了同分异构体的书写，中等难度，解题关键要搞清取代基的异构体及等效H原子判断． 14．某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如右图所示．下列判断不正确的是（ ）A．该反应的氧化剂是ClO﹣B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，以此解答该题．【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO﹣，故A正确；B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B正确；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D．反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，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认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大． 15．一定温度下在一个2L的密闭容器中发生反应4A（s）+3B（g）⇌2C（g）+D（g），经2min达平衡状态，此时B反应了1.2mol，下列说法正确的是（ ）A．充入N2使压强增大可加快反应速率B．A的平均反应速率为：0.4mol/（L•min）C．平衡状态时B、C的反应速率相等D．C的平均反应速率为：0.2mol/（L•min）【考点】化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示方法．【分析】A、容器体积不变充入氮气，对反应物和生成物的浓度无影响；-27-\nB、A是固体，没有浓度变化；C、化学反应速率之比等于化学计量数之比；D、c（C）=c（B）=．【解答】解：A、容器体积不变，充入氮气，对反应物和生成物浓度没有影响，化学反应速率不变，故A错误；B、不能用单位时间内固体的浓度变化表示化学反应速率，故B错误；C、化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以2c（B）=3c（C），故C错误；D、c（C）=c（B）==0.2mol/（L•min），故D正确；故选D．【点评】本题考查化学反应速率的计算及与化学计量数的关系，明确计算公式及反应速率为平均速率即可解答，注意选项A为易错点，题目难度不大． 16．被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片（在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰）作为传导体．在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液．电池总反应为Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH），下列说法正确的是（ ）A．该电池的正极为锌B．该电池反应中二氧化锰起催化剂作用C．当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023D．电池正极反应式为MnO2+e﹣+H2O═MnO（OH）+OH﹣【考点】化学电源新型电池．【分析】由电池总反应Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH）可知，Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═ZnO+H2O，MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e﹣═MnO（OH）+OH﹣．【解答】解：A．由电池反应式知，Zn元素化合价由0价变为+2价，所以Zn失电子作负极，故A错误；B．该原电池中二氧化锰参加反应且作氧化剂，故B错误；C．电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故C错误；D．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e﹣+H2O═MnO（OH）+OH﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断正负极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是C，注意电子只在外电路中流动，不进入电解质溶液，为易错点． 二、填空题（共52分）17．（10分）（2022秋•赣州期中）X、Y、Z三种短周期元素，两两之间能组成5种化合物A、B、C、D、E；化合物F由X、Y、Z三种元素组成．已知：化合物A、B、C中原子个数比都为1﹕1；B为淡黄色固体，C、E常温下均为无色液体；A是化学式为XZ的离子化合物，A与E反应生成F和一种气体；D是化学式为X2Y的离子化合物，D的阴、阳离子具有相同的电子层结构且与E分子所含电子数相等．请回答下列问题：-27-\n（1）A的化学式为 NaH ；F的电子式为 ．（2）B、C含有相同的化学键，该化学键是 非极性共价键 ．（3）请写出化合物B与E反应的离子方程式 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑ ．（4）镁能在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，由元素X形成的单质也能在二氧化碳中燃烧，产生一种白色固体、一种黑色固体和一种有毒的无色气体，黑色固体和有毒气体的物质的量之比为1﹕1，将这种白色固体溶于水，没有气体产生，在所得溶液中加入足量稀盐酸又产生一种无色无味的气体，则X在二氧化碳中燃烧的化学方程式为 6Na+5CO23Na2CO3+C+CO ，该白色固体溶于水后所得溶液中离子浓度由大到水的顺序为 c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） ，在该溶液中滴入几滴酚酞，溶液变红，溶液变红原因是 CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣ （用离子方程式表示）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z三种短周期元素，两两之间能组成5种化合物A、B、C、D、E，化合物A、B、C中原子个数比都为1：1，其中B为淡黄色固体，可推测B为Na2O2，C、E常温下均为无色液体，C、E常温为液体，推测为H2O2和H2O，则C为H2O2，E为H2O，三种元素为Na、H、O；A的化学式为XZ，是离子化合物，可知A为NaH，则X为Na，Y为O，Z为H，三种元素可组成化合物F为NaOH，NaH与水反应生成NaOH与氢气；D是化学式为X2Y的离子化合物，D的阴、阳离子具有相同的电子层结构且与E分子所含电子数相等，则D为Na2O，据此解答．【解答】解：X、Y、Z三种短周期元素，两两之间能组成5种化合物A、B、C、D、E，化合物A、B、C中原子个数比都为1：1，其中B为淡黄色固体，可推测B为Na2O2，C、E常温下均为无色液体，C、E常温为液体，推测为H2O2和H2O，则C为H2O2，E为H2O，三种元素为Na、H、O；A的化学式为XZ，是离子化合物，可知A为NaH，则X为Na，Y为O，Z为H，三种元素可组成化合物F为NaOH，NaH与水反应生成NaOH与氢气；D是化学式为X2Y的离子化合物，D的阴、阳离子具有相同的电子层结构且与E分子所含电子数相等，则D为Na2O．（1）A的化学式为NaH，F的化学式为NaOH，属于离子化合物，电子式为：，故答案为：NaH；；（2）B为Na2O2、C为H2O2，均含有非极性共价键，故答案为：非极性共价键；（3）B为Na2O2、E为H2O，二者反应生成氢氧化钠与氧气，反应离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑；（4）镁能在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，由元素Na形成的单质也能在二氧化碳中燃烧，产生一种白色固体、一种黑色固体和一种有毒的无色气体，黑色固体和有毒气体的物质的量之比为1﹕1，将这种白色固体溶于水，没有气体产生，在所得溶液中加入足量稀盐酸又产生一种无色无味的气体，反应生成碳酸钠、C、CO，则Na在二氧化碳中燃烧的化学方程式为：6Na+5CO23Na2CO3+C+CO，该Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液呈碱性，氢氧根离子原因碳酸根与碳酸氢根水解、水的电离，故离子浓度由大到水的顺序为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），在该溶液中滴入几滴酚酞，溶液变红，溶液变红原因是：CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，-27-\n故答案为：6Na+5CO23Na2CO3+C+CO；c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）；CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣．【点评】本题考查无机物推断，根据物质的颜色、状态、组成特点进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等． 18．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料．工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇．已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下所示：化学反应平衡常数温度/℃500700800①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）K12.50.340.15②H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）K21.01.702.52③3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）K3请回答下列问题：（1）反应②是 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应．（2）据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3= K1•K2 （用K1、K2表示）．（3）500℃时测得反应③在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol•L﹣1）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正 ＞ v逆（填“＞”、“=”或“＜”）．（4）反应①按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右图所示．下列说法正确的是（填序号）．A．温度：T1＞T2＞T3B．正反应速率：v（a）＞v（c），v（b）＞v（d）C．平衡常数：K（a）＞K（c），K（b）=K（d）【考点】化学平衡常数的含义．【分析】（1）依据反应②的平衡常数随温度变化判断反应能量变化；（2）平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应①+②得到反应③，可得平衡常数K3=K1×K2；（3）计算浓度商和平衡常数比较分析判断反应进行方向；（4）依据影响化学反应速率的因素和影响平衡移动的因素及根据平均摩尔质量=进行判断．【解答】解：（1）反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的平衡常数随温度升高增大，说明平衡正向进行，正反应是吸热反应；-27-\n故答案为：吸热；（2）平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应①+②得到反应③，可得平衡常数K3=K1•K2；故答案为：K1•K2；（3）500℃时，测得反应③在某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.8mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.15mol•L﹣1，Q==0.88＜K=2.5，则此时v正＞v逆，故答案为：＞；（4）A．根据反应①中温度与K的关系，可推断该反应为放热反应，升温，平衡左移，CO的转化率减小，所以T3＞T2＞T1，故A错误；B．反应速率v（c）＞v（a），v（b）＞v（d），故B错误；C．温度越高，平衡常数越小，压强对平衡常数无影响，所以K（a）＞K（c），K（b）=K（d），故C正确；故选C．【点评】本题考查了化学平衡、反应速率影响因素分析判断，平衡常数计算应用，掌握反应特征和平衡移动原理是关键，题目难度中等． 19．新型高效的甲醇燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH3OH和O2．某研究小组将两个甲醇燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示．回答下列问题：（1）乙燃料电池的负极反应式为 2CH3OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+12H2O ．（2）若原NaCl溶液为300ml，假设电解过程中体积不变，当每个燃料电池中通入0.16g甲醇完全反应时，该溶液的PH为 13 ．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）CH3OH碱性燃料电池中，负极CH3OH失电子被氧化；（2）根据关系式1molCH3OH～6mole﹣～3molCl2～6molOH﹣计算．【解答】解：（1）在碱性溶液中，CH3OH碱性燃料电池中，负极CH3OH失电子被氧化，反应式为：2CH3OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+12H2O，故答案为：2CH3OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+12H2O；（2）根据2CH3OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+12H2O得，关系式1molCH3OH～6mole﹣～3molCl2～6molOH﹣1mol6mol=0.005moln（OH﹣）所以n（OH﹣）=0.03mol-27-\n所以c（OH﹣）==0.1mol/L，所以c（H+）==10﹣13，所以，pH=13，故答案为：13．【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写． 20．（12分）（2022秋•赣州期中）已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，有多种方法测定试样中纯碱的质量分数．（I）气体法可用图中的装置进行实验：主要实验步骤如下：①按图组装仪器，并检查装置的气密性．②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③从A处导管缓缓鼓入一定量的空气．④称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b克⑤从分液漏斗滴入6mol•L﹣1的盐酸，直到不再产生气体时为止．⑥再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气．⑦再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克⑧重复步骤⑥和⑦的操作，直到U型管的质量基本不变，为d克请填空和回答问题：（1）C、D两装置中分别装什么试剂C： 水 D： 浓硫酸 （2）装置中干燥管F的作用是 防止空气中的CO2和水气进入U型管中 （3）该试样中纯碱的质量分数的计算式为 ×100% （II）沉淀法称取m1克样品完全溶于水后加足量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥称重得m2克固体，在该实验洗涤操作中如何检验固体已洗干净 取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀证明已洗干净，否则没有洗干净 ．（III）滴定法准确称取2.6500克样品，溶于水配成250ml溶液，量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，则样品中纯碱的质量分数为 80.0% ，以下实验操作导致测量结果偏低的是 B、C A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线-27-\nC、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数，滴定终点时俯视刻度线读数D、滴定前锥形瓶中有水E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】已知某纯碱试样中含有NaCl杂质，有多种方法测定试样中纯碱的质量分数．（I）气体法①按图组装仪器，并检查装置的气密性．②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，赶净装置内的空气，避免空气中成分干扰；④称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b克⑤从分液漏斗滴入6mol•L﹣1的盐酸，直到不再产生气体时为止．⑥再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，把生成的二氧化碳气体全部赶到E中吸收⑦再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克⑧重复步骤⑥和⑦的操作，直到U型管的质量基本不变，为d克，据此计算生成二氧化碳的质量；（1）装置C中是水吸收二氧化碳气体中的氯化氢，装置D中是浓硫酸，吸收二氧化碳中的水蒸气；（2）装置F是为了防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置E使测定结果产生误差；（3）生成二氧化碳质量=（d﹣b）g，结合碳元素守恒计算碳酸钠的质量分数；（II）沉淀法在该实验洗涤操作中检验固体已洗干净的方法是取最后一次洗涤液，加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液检验氯离子的存在判断是否洗涤干净；（Ⅲ）滴定法量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，依据化学反应的定量关系计算碳酸钠的物质的量得到样品中的碳酸钠的质量，计算得到碳酸钠的质量分数；依据滴定过程中标准溶液体积的变化分析判断产生的误差，c（待测）=，A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线，加入水的量少未达到刻度线；B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线，导致溶液超过刻度线，浓度减小；C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数读取读数增大，滴定终点时俯视刻度线读数，读取数值减小；D、滴定前锥形瓶中有水对测定结果无影响；E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，标准溶液体积增大，测定结果增大．【解答】解：（I）气体法①按图组装仪器，并检查装置的气密性．②将ag试样放入锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液③从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，赶净装置内的空气，避免空气中成分干扰；④称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到b克⑤从分液漏斗滴入6mol•L﹣1的盐酸，直到不再产生气体时为止．⑥再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气，把生成的二氧化碳气体全部赶到E中吸收-27-\n⑦再次称量盛有碱石灰的U型管的质量，得到c克⑧重复步骤⑥和⑦的操作，直到U型管的质量基本不变，为d克，据此计算生成二氧化碳的质量；（1）装置C中是水吸收二氧化碳气体中的氯化氢，装置D中是浓硫酸，吸收二氧化碳中的水蒸气，C、D两装置中分别装的试剂为：水和浓硫酸，故答案为：水，浓硫酸；（2）装置F是为了防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置E使测定结果产生误差，故答案为：防止空气中的CO2和水气进入U型管中；（3）生成二氧化碳质量=（d﹣b）g，结合碳元素守恒计算碳酸钠的质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%；（II）在该实验洗涤操作中检验固体已洗干净的方法是取最后一次洗涤液，加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液检验氯离子的存在判断是否洗涤干净，实验设计为：取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀证明已洗干净，否则没有洗干净，故答案为：取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若没有白色沉淀证明已洗干净，否则没有洗干净；（III）滴定法（5）量取25.00ml溶液于锥形瓶中，加入几滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定，到达终点时共消耗20.00ml盐酸，发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，依据化学反应的定量关系计算碳酸钠的物质的量得到样品中的碳酸钠的质量，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，11n0.1000mol/L×0.0200Ln=0.0020mol250ml溶液中含碳酸钠物质的量=0.0020mol×=0.0200mol碳酸钠的质量分数=×100%=80.0%，依据c（待测）=分析判断，A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线，加入水的量少未达到刻度线，溶液浓度增大，故A不符合；B、配制样品溶液定容后摇匀，发现液面低于容量瓶刻度线，于是又加水至刻度线，导致溶液超过刻度线，浓度减小，故B符合；C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数读取读数增大，滴定终点时俯视刻度线读数，读取数值减小，得到标准溶液消耗体积减小，测定浓度减小，故C符合；D、滴定前锥形瓶中有水对测定结果无影响，故D不符合；E、酸式滴定管滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，标准溶液体积增大，依据c（待测）=分析判断测定结果增大，故E不符合，-27-\n故答案为：80.0%；B、C．【点评】本题考查学生对实验原理及装置理解、对操作的评价、物质含量的测定、中和滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与运用知识分析问题解决问题的能力． 21．（10分）（2022秋•赣州期中）工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO4•7H2O的工艺流程如下：（已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间）（1）从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为 S ．（2）浸取时Fe2（SO4）3与ZnS发生反应的化学方程式为 Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S ．（3）除铁过程加H2O2的目的是 将Fe2+氧化为Fe3+便于形成沉淀而除去 ．（4）置换法除去重金属离子Cd2+，所用物质C为 Zn ．（5）取28.70gZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示．680℃时所得固体的化学式为 b ．a．ZnOb．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4d．ZnSO4•H2O．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO4•7H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO4•7H2O，（1）硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫；（2）加入硫酸铁和硫酸是为了溶解氧化铁、硫化锌、硫化镉获得生产硫酸锌晶体和硫酸亚铁晶体的原料；其中硫酸铁氧化硫化锌；（3）除铁是利用双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再调节pH值使铁离子沉淀完全；（4）依据置换反应的反应条件是活泼金属进行置换，结合制备实验方案是制取ZnSO4•7H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间分析；-27-\n（5）28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol，分别分析生成ZnO、ZnSO4、ZnSO4•H2O的质量，进而确定温度．【解答】解：闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO4•7H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO4•7H2O，（1）依据流程转化关系分析判断，加入的硫酸铁具有氧化性能溶解氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品为氧化产物为硫，故答案为：S；（2）依据流程反应和生成硫单质可知，硫酸铁具有氧化性能氧化硫化锌和硫化镉，生成单质硫，反应的化学方程式为：Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S，故答案为：Fe2（SO4）3+ZnS=ZnSO4+2FeSO4+S；（3）除铁是利用双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再调节pH值使铁离子沉淀完全，所以除铁过程加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+便于形成沉淀而除去，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于形成沉淀而除去；（4）制备实验方案是制取ZnSO4•7H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉，故答案为：Zn；（5）28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol，若得ZnSO4•H2O的质量为17.90g，则温度为100℃；若得ZnSO4的质量为16.10g，则温度为250℃；若得ZnO的质量为8.10g，则温度为930℃；据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2；故答案为：b．【点评】本题综合考查物质的制备、分离、提纯等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，把握物质性质是解题关键，题目难度中等． 22．（10分）（2022秋•赣州期中）化合物Ⅰ（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：已知：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②RCH=CH2RCH2CH2OH③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．（1）B的系统命名为 2﹣甲基丙烯 ；（2）F的结构简式为 ；-27-\n（3）A生成B的化学方程式为 ；（4）E和H生成I的化学方程式为 ；（5）比H相对分子质量大14的H的酯类同分异构体共有 6 种，其中能与银氨溶液发生银镜反应且核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为 ．【考点】有机物的推断．【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，所以A的结构简式为（CH3）3CCl，比较A、B的分子式可知，A→B是消去反应，所以B是（CH3）2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是（CH3）2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是（CH3）2CHCHO，D→E是氧化反应，所以E是（CH3）2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，所以F的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1：2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此G的结构简式为，G→H是水解反应，根据信息，应该是﹣CHCl2变成﹣CHO，则H的结构简式为，H→I是酯化反应，I的结构简式为：，据此答题．【解答】解：A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，所以A的结构简式为（CH3）3CCl，比较A、B的分子式可知，A→B是消去反应，所以B是（CH3）2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是（CH3）2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是（CH3）2CHCHO，D→E是氧化反应，所以E是（CH3）2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，所以F的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1：2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此G的结构简式为-27-\n，G→H是水解反应，根据信息，应该是﹣CHCl2变成﹣CHO，则H的结构简式为，H→I是酯化反应，I的结构简式为：，（1）根据上面的分析可知，B是（CH3）2C=CH2，B的化学名称为2﹣甲基丙烯，故答案为：2﹣甲基丙烯；（2）根据上面的分析可知，F的结构简式为，故答案为；（3）A的结构简式为（CH3）3CCl，A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成B，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）E和H生成I的化学方程式为，故答案为：；（5）H的结构简式为，比H相对分子质量大14即多一个碳原子的H的酯类同分异构体有苯环上连有HCOO﹣、﹣CH3，有邻、间、对三种，或HCOOCH2﹣与苯环相连，或苯环与﹣OOCCH3相连，或苯环与﹣COOCH3相连，所以共有6种，其中能与银氨溶液发生银镜反应且核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为，故答案为：6；．【点评】本题主要考查有机物的推断与性质，难度中等，物质推断是解题的关键，答题时注意充分运用题中信息，正确理解流程中各物质的转化，注意官能团的相互转化关系及条件．-27-
