2022-2022学年江苏省淮安市淮海中学高三（上）月考化学试卷 一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．下列说法错误的是（ ）A．使用可降解塑料聚二氧化碳，能减少白色污染B．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境C．雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D．通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶 2．有关化学用语正确的是（ ）A．质子数27的钴﹣60原子：6027CoB．氯化铵的电子式：C．S2﹣的结构示意图：D．Cl﹣的电子排布式：1s22s22p63s23p5 3．下列有关物质性质的应用错误的是（ ）A．纯净的二氧化硅具有良好光学性能，可用于制作光导纤维B．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂C．BaCO3难溶于水，可用作胃透视检查时的钡餐D．NaHCO3受热易分解，可用作焙制糕点的膨松剂 4．某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（ ）-35-\nA．该反应为放热反应B．催化剂能改变反应的焓变C．逆反应的活化能大于正反应的活化能D．催化剂能降低反应的活化能 5．粗略测定草木灰中碳酸钾的含量并检验钾元素的存在，需经过称量、溶解、过滤、蒸发、焰色反应等操作．下列图示对应的操作不规范的是（ ）A．称量B．溶解C．蒸发D．焰色反应 6．下列有关离子方程式的书写正确的是（ ）-35-\nA．苯酚钠溶液显碱性：C6H5O﹣+H2O⇌C6H5OH+OH﹣B．HSO3﹣在溶液中发生水解：HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+C．向Mg（OH）2浊液中滴加FeCl3溶液生成红褐色沉淀：3OH﹣+Fe3+=Fe（OH）3↓D．惰性电极电解MgCl2溶液：Cl﹣+2H2OOH﹣+Cl2↑+H2↑ 7．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）A．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．使酚酞变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+C．使紫色石蕊变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、H+ 8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A．标准状况下，2.24LCHCl3的原子总数为0.1NAB．1mol甲基（﹣CH3）所含的电子总数为9NAC．1mol•L﹣1的醋酸钠溶液中含有的CH3COO﹣数目为NAD．60g二氧化硅晶体中含有Si﹣O键数目为2NA 9．根据如图，下列判断中正确的是（ ）A．该装置将电能转化为化学能B．烧杯a中的溶液pH降低C．Fe电极发生了氧化反应D．烧杯b中发生的反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+ -35-\n10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子半径：r（W）＞r（Y）＞r（Z）＞r（X）．X与W同主族，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和．下列说法正确的是（ ）A．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同B．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C．仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D．化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同 二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．金银花的有效成分为绿原酸，具有广泛的杀菌、消炎功能，其结构简式如图．下列有关绿原酸的说法中不正确的是（ ）A．绿原酸分子中有1个手性碳原子B．绿原酸分子中所有碳原子都能在同一平面上C．绿原酸能发生显色反应、取代反应和加成反应D．每摩尔绿原酸最多与含4molNaOH的溶液反应 12．下列说法正确的是（ ）A．因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差B．常温下2S2O（g）=3S（s）+SO2（g）能自发进行，可推断该反应为放热反应C．对于反应①C+CO2⇌2CO（△H＞0）和反应②N2+3H2⇌2NH3（△H＜0），达平衡后，升高温度，①反应速率加快，②反应速率减慢D．NH4Cl和HCl溶于水后滴加石蕊都变红色，说明它们均能电离出H+ 13．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）-35-\nA．在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，取沉淀（洗净）放入盐酸中有气泡产生，说明Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）B．测得Na2CO3溶液的pH大于同浓度的Na2SO3溶液，说明非金属性C＜SC．用激光笔分别照射蛋清溶液和葡萄糖溶液，能产生光亮“通路”的是蛋清溶液D．在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热片刻再加入适量银氨溶液，水浴加热后没有银镜生成，说明淀粉没有水解 14．下列说法正确的是（ ）A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（HCO3﹣）=2c（H2CO3）+c（H+）﹣c（OH﹣）B．pH=5的NaHSO3溶液中：c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）C．同浓度的下列溶液中，①NH4HSO4②NH4Cl③NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：②＞①＞③D．常温下，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 15．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的n（PCl3）随时间的变化如图，下列说法正确的是（ ）A．反应在前50s的平均速率v（PCl5）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．该反应的平衡常数K=0.025C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反应达到平衡前v（正）＞v（逆）D．保持其他条件不变，升高温度，平衡时：c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应的△H＜0 -35-\n 三、解答题（共6小题，满分80分）16．二氧化钛是钛的重要化合物，钛白（纯净的二氧化钛）是一种折射率高、着色力和遮盖力强、化学性质稳定的白色颜料．从钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质）制取二氧化钛，常用硫酸法，其流程如下：（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为 ．（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间外，适宜的条件还可以选择 ．（3）浸取液与铁屑反应的离子方程式为 ；X（晶体）为绿矾（FeSO4•7H2O），配制、保存该溶液时需加少量铁屑，目的是 ．（4）过滤时所需玻璃仪器为 、 和烧杯．（5）第③步反应化学方程式 ． 17．苯乙烯可以通过下列方法合成：（1）A→B的反应的反应类型是 ；该反应还会生成另一种有机物，其结构简式为 ．（2）C中含氧官能团的名称是 ．（3）检验产物D中溶有C的实验方法是 （4）B有多种同分异构体．E是B的芳香类同分异构体，结构上满足下列条件．则E的结构简式为 ．A．能发生银镜反应B．且苯环上的一氯代物只有2种-35-\n（5）对羧基聚苯乙烯（）是合成功能高分子材料的重要中间体．已知：①NaBH4为选择性还原剂，不能还原羧酸②苯甲酸发生苯环取代时，生成间位产物．试写出以甲苯等为主要原料，合成对羧基聚苯乙烯的流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2﹣CH2Br． 18．从含镁、钾盐湖水中蒸发最后得到的产物中含光卤石（xKCl•yMgCl2•zH2O），它在空气中极易潮解、易溶于水，是制造钾肥和提取金属镁的重要原料，其组成可通过下列实验测定：①准确称取5.550g样品溶于水，配成100mL溶液．②将溶液分成两等份，在一份中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.580g．③在另一份溶液中加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体4.305g．（1）步骤②中检验白色固体已洗净的方法是 ．（2）已知某温度下Mg（OH）2的Ksp=6.4×10﹣12，当溶液中c（Mg2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1可视为沉淀完全，则应保持溶液中c（OH﹣）≥ mol•L﹣1（3）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）． 19．无水三氯化铁易升华，有强烈的吸水性，是一种用途比较广泛的盐．（1）实验室中可将FeCl3溶液 、 、过滤、洗涤干燥得FeCl3•6H2O；再 ，得到无水FeCl3．（2）利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体的实验流程如图1所示：①为抑制FeCl3水解，溶液X为 ．②上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是 ；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是 ．③所得Fe2（C2O4）3•5H2O需用冰水洗涤，其目的是 ．-35-\n④为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取ag样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于图2所示仪器 （填“甲”或“乙”）中；下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）3•5H2O含量偏低的是 ．a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 20．铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛．（1）由辉铜矿制取铜的反应过程为：2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）△H=﹣768.2kJ•mol﹣12Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）△H=+116.0kJ•mol﹣1热化学方程式：Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）△H= kJ•mol﹣1．（2）氢化亚铜是一种红色固体，可由下列反应制备4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH↓+4H2SO4+3H3PO4①该反应还原剂是 （写化学式）．②该反应每转移3mol电子，生成CuH的物质的量为 mol．（3）氯化铜溶液中铜各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与c（Cl﹣）的关系如图1所示．①当c（Cl﹣）=9mol•L﹣1时，溶液中主要的3种含铜物种浓度大小关系为 ．②在c（Cl﹣）=1mol•L﹣1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为 （任写一个）．（4）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2+2nCu+（n+1）O2+（2﹣2n）H2O=2nCuSO4+（2﹣2n）H2SO4．从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为 ．-35-\n②利用图2所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生．写出装置内所发生反应的离子方程式 ． 21．结构决定性质，性质体现结构．对结构和性质的研究是学好化学的基础．（1）N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为： ＞ ＞ ．（填元素符号）（2）已知水的沸点远高于H2S，这是由于 ．（3）某晶体的晶胞如图1所示，X位于体心，Y位于4个面心，Z位于8个顶点，该晶体中X、Y、Z的粒子个数比为 ．（4）Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图2所示：①与CO为互为等电子体的分子是 ．②该配合物中，氯离子的杂化方式为 ；金属阳离子的核外电子排布式为 ． -35-\n2022-2022学年江苏省淮安市淮海中学高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．下列说法错误的是（ ）A．使用可降解塑料聚二氧化碳，能减少白色污染B．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境C．雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D．通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶【考点】常见的生活环境的污染及治理；合成材料．【分析】A．根据聚乙烯能产生白色污染；B．减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物；C．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧；D．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境．【解答】解：A．聚二氧化碳是可降解塑料，不会造成白色污染，故A正确；B．“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境，故B正确；C．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧，感觉到空气清新，故C错误；D．三大有机合成材料是塑料、合成纤维、合成橡胶，故D正确；故选C．【点评】本题考查常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧． 2．有关化学用语正确的是（ ）A．质子数27的钴﹣60原子：6027CoB．氯化铵的电子式：C．S2﹣的结构示意图：D．Cl﹣的电子排布式：1s22s22p63s23p5-35-\n【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B．根据化合物的类型以及电子式的书写方法来分析；C．S2﹣的最外层电子数为8，核外电子总数为18；D．Cl﹣电子排布式为1s22s22p63s23p6．【解答】解：A．质子数为27、中子数为33的Co原子的质量数为60，该原子可以表示为：6027Co，故A正确；B．氯化铵是由NH4+和Cl﹣离子构成，氯化铵的电子式：，故B错误；C．S2﹣的结构示意图中，最外层电子数为8，硫离子正确的结构示意图为：，故C错误；D．Cl电子排布式为1s22s22p63s23p5，Cl﹣电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D错误．故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、元素符号、原子结构示意图等化学用语的概念及正确的书写方法，明确原子结构示意图与离子结构示意图的区别． 3．下列有关物质性质的应用错误的是（ ）A．纯净的二氧化硅具有良好光学性能，可用于制作光导纤维B．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂C．BaCO3难溶于水，可用作胃透视检查时的钡餐D．NaHCO3受热易分解，可用作焙制糕点的膨松剂【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【分析】A．光导纤维主要成分是二氧化硅；B．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性；C．依据碳酸钡能够与盐酸反应生成氯化钡解答；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳．【解答】解：A．纯净的二氧化硅具有良好光学性能，可用于制作光导纤维，故A正确；-35-\nB．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中杂质，故B正确；C．碳酸钡能够与盐酸反应生成氯化钡，钡离子为重金属离子，容易引起重金属中毒，故C错误；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，能够用来制作糕点的膨松剂，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了物质的用途，熟悉二氧化硅、明矾、碳酸钡、碳酸氢钠的性质是解题关键，题目难度不大． 4．某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（ ）A．该反应为放热反应B．催化剂能改变反应的焓变C．逆反应的活化能大于正反应的活化能D．催化剂能降低反应的活化能【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、据图象分析判断；D、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；【解答】解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故C错误；D、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故D正确；故选D．-35-\n【点评】本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键． 5．粗略测定草木灰中碳酸钾的含量并检验钾元素的存在，需经过称量、溶解、过滤、蒸发、焰色反应等操作．下列图示对应的操作不规范的是（ ）A．称量B．溶解C．蒸发D．焰色反应【考点】化学实验方案的评价．【分析】由草木灰提取钾盐并检验钾元素存在，则应进行溶解、过滤除杂，然后蒸发结晶得到碳酸钾，然后利用焰色反应检验钾元素，以此来解答．【解答】解：由草木灰提取钾盐并检验钾元素存在，则应进行称量（A）、溶解（B）、过滤除杂，然后蒸发结晶（C）得到碳酸钾，然后利用焰色反应（D）检验钾元素，而选项C中蒸发结晶时要用玻璃棒不断搅拌，防止液体飞溅，故C操作错误，故选C．【点评】本题考查物质分离、提纯实验方案的设计，把握混合物分离提纯方法及物质的性质为解答的关键，注意K的焰色观察，题目难度不大．-35-\n 6．下列有关离子方程式的书写正确的是（ ）A．苯酚钠溶液显碱性：C6H5O﹣+H2O⇌C6H5OH+OH﹣B．HSO3﹣在溶液中发生水解：HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+C．向Mg（OH）2浊液中滴加FeCl3溶液生成红褐色沉淀：3OH﹣+Fe3+=Fe（OH）3↓D．惰性电极电解MgCl2溶液：Cl﹣+2H2OOH﹣+Cl2↑+H2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．苯酚钠水解生成苯酚与氢氧化钠；B．HSO3﹣在溶液中发生水解生成亚硫酸和氢氧根离子；C．氢氧化镁为沉淀，应保留化学式；D．氢氧化镁为沉淀，应保留化学式，且原子个数不守恒．【解答】解：A．苯酚钠水解生成苯酚与氢氧化钠，离子方程式：C6H5O﹣+H2O⇌C6H5OH+OH﹣，故A正确；B．HSO3﹣在溶液中发生水解，离子方程式：HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，故B错误；C．向Mg（OH）2浊液中滴加FeCl3溶液生成红褐色沉淀，离子方程式：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3↓+3Mg2+，故C错误；D．惰性电极电解MgCl2溶液：Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式书写，侧重考查盐类的水解，明确盐类水解规律是解题关键，题目难度不大． 7．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）A．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．使酚酞变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+C．使紫色石蕊变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、H+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性；-35-\nB．使酚酞变红的溶液，显碱性；C．使紫色石蕊变红的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；D．碳酸氢钠溶液中含，HCO3﹣离子之间结合生成气体和水．【解答】解：A．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故A正确；B．使酚酞变红的溶液，显碱性，Fe3+、OH﹣结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；C．使紫色石蕊变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D．碳酸氢钠溶液中含HCO3﹣，H+、HCO3﹣离子之间结合生成气体和水，则不能共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及信息的应用是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，选项C为解答的难点，题目难度不大． 8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A．标准状况下，2.24LCHCl3的原子总数为0.1NAB．1mol甲基（﹣CH3）所含的电子总数为9NAC．1mol•L﹣1的醋酸钠溶液中含有的CH3COO﹣数目为NAD．60g二氧化硅晶体中含有Si﹣O键数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；B.1个甲基含有9个电子；C．溶液体积未知；D．根据1mol硅原子形成4mol硅Si﹣O键进行计算．【解答】解：A．标况下，CHCl3为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B.1mol甲基（﹣CH3）所含的电子总数为9NA，故B正确；C．溶液体积未知，无法计算醋酸根离子个数，故C错误；D.60g二氧化硅晶体物质的量为1mol，中含有Si﹣O键数目为4NA，故D错误；故选：B．-35-\n【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意标准状况下的气体摩尔体积的使用条件和对象，注意二氧化硅的结构，题目难度不大． 9．根据如图，下列判断中正确的是（ ）A．该装置将电能转化为化学能B．烧杯a中的溶液pH降低C．Fe电极发生了氧化反应D．烧杯b中发生的反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】由图可知，NaCl溶液显中性，则Zn为负极，失去电子，Fe为正极，氧气得到电子，以此来解答．【解答】解：A．该装置为原电池，则化学能转变为电能，故A错误；B．a中Fe为正极，发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，碱性增强，pH增大，故B错误；C．Fe电极为正极，发生还原反应，故C错误；D．烧杯中Zn为负极，则b中发生的反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，把握图中装置的分析及原电池的工作原理为解答的关键，侧重电极、电极反应的考查，题目难度不大． 10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子半径：r（W）＞r（Y）＞r（Z）＞r（X）．X与W同主族，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和．下列说法正确的是（ ）A．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同-35-\nB．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C．仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D．化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；原子半径：r（W）＞r（Y）＞r（Z）＞r（X），X不可能与Y、Z同周期，只能处于第一周期，则X为H元素；X与W同主族，W的原子序数大于O，故W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，则Y的核电荷数=8﹣1=7，故Y为N元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；原子半径：r（W）＞r（Y）＞r（Z）＞r（X），X不可能与Y、Z同周期，只能处于第一周期，则X为H元素；X与W同主族，W的原子序数大于O，故W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，则Y的核电荷数=8﹣1=7，故Y为N元素，A．O2﹣、Na+离子核外电子数都是10，电子层结构相同，故A错误；B．非金属性N＜O，故氢化物稳定性NH3＜H2O，故B错误；C．仅由H、N、O三种元素形成的化合物NH3．H2O的水溶液呈碱性，故C正确；D．H2O2只含有共价键，而Na2O2中含有离子键、共价键，二者所含化学键类型不完全相同，故D错误，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，注意根据原子半径与原子序数推断X． 二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．金银花的有效成分为绿原酸，具有广泛的杀菌、消炎功能，其结构简式如图．下列有关绿原酸的说法中不正确的是（ ）-35-\nA．绿原酸分子中有1个手性碳原子B．绿原酸分子中所有碳原子都能在同一平面上C．绿原酸能发生显色反应、取代反应和加成反应D．每摩尔绿原酸最多与含4molNaOH的溶液反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有羧基，具有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．连4个不同基团的C为手性C原子，则环己烷中除2各亚甲基外的4个C均为手性C原子（与﹣OH或与﹣COOC﹣相连的C），故A错误；B．分子中含有6个饱和碳原子，由甲烷的结构可知并不是所有的碳原子都在同一个平面上，故B错误；C．含有酚羟基，可发生显色、取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故C正确；D．由分子中羧基和酚羟基都能与碱反应，在碱性条件下生成羧基，也消耗NaOH，则1mol绿原酸最多与4molNaOH反应，故D正确．故选AB．【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，侧重酚、酯的性质及分析与应用能力的考查，题目难度不大． 12．下列说法正确的是（ ）A．因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差B．常温下2S2O（g）=3S（s）+SO2（g）能自发进行，可推断该反应为放热反应C．对于反应①C+CO2⇌2CO（△H＞0）和反应②N2+3H2⇌2NH3（△H＜0），达平衡后，升高温度，①反应速率加快，②反应速率减慢D．NH4Cl和HCl溶于水后滴加石蕊都变红色，说明它们均能电离出H+【考点】金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；盐类水解的应用．-35-\n【分析】A．不是所有的合金耐腐蚀都很差，根据不同合金的材料和性能解答；B．依据反应自发进行的判断依据：△H﹣△S＜0解答；C．温度升高反应速率加快，温度降低反应速率减慢；D．NH4Cl是强酸弱碱盐，溶于水铵根离子水解生成氢离子．【解答】解：A．不是所有的合金耐腐蚀都很差，例如钛合金、铝合金等具有很好的抗腐蚀性能，故A错误；B．由方程式2S2O（g）═3S（s）+SO2（g）可知该反应△S＜0，要使△H﹣△S＜0，必须满足△H＜0，故B正确；C．温度降低反应速率减慢，升高温度，反应速率加快，①②反应速率均加快，故C错误；D．氯化铵电离生成铵根离子和氯离子，铵根离子水解生成氢离子，故D错误；故选B．【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，反应速率的影响因素，反应方向判据，盐类的水解，考查学生对基本知识的掌握程度，题目简单，属于基础题． 13．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）A．在硫酸钡沉淀中加入浓碳酸钠溶液充分搅拌后，取沉淀（洗净）放入盐酸中有气泡产生，说明Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）B．测得Na2CO3溶液的pH大于同浓度的Na2SO3溶液，说明非金属性C＜SC．用激光笔分别照射蛋清溶液和葡萄糖溶液，能产生光亮“通路”的是蛋清溶液D．在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热片刻再加入适量银氨溶液，水浴加热后没有银镜生成，说明淀粉没有水解【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4）；B．若从盐类水解的角度比较，应为最高价氧化物对应的水化物的钠盐；C．蛋清溶液为胶体，具有丁达尔效应；D．银镜反应应在碱性条件下进行．【解答】解：A．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓度CO32﹣转化为BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），故A错误；-35-\nB．比较非金属性强弱，可根据最高价氧化物的水化物的酸性比较，若从盐类水解的角度比较，应为最高价氧化物对应的水化物的钠盐，故B错误；C．蛋清溶液为胶体，具有丁达尔效应，可形成光路，故C正确；D．淀粉在酸性条件下水解，而银镜反应应在碱性条件下进行，应先调节溶液呈碱性，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及难溶电解质的溶解平衡、非金属比较、胶体以及物质的检验等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大． 14．下列说法正确的是（ ）A．0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（HCO3﹣）=2c（H2CO3）+c（H+）﹣c（OH﹣）B．pH=5的NaHSO3溶液中：c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）C．同浓度的下列溶液中，①NH4HSO4②NH4Cl③NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：②＞①＞③D．常温下，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据碳酸钠溶液中的物料守恒和电荷守恒判断；B．pH=5的亚硫酸氢钠溶液中，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c（SO32﹣）＞c（H2SO3）；C．硫酸氢铵溶液中氢离子抑制了铵根离子的水解，一水合氨为弱碱，电离程度较小，则氨水中铵根离子浓度最小；D．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒判断醋酸根与钠离子浓度大小．【解答】解：A．碳酸钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），还存在物料守恒：c（Na+）=2c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（H2CO3），二者结合可得：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（H+），故A错误；B．pH=5的NaHSO3溶液中，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c（SO32﹣）＞c（H2SO3），溶液中离子浓度大小为：c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故B正确；-35-\nC．同浓度的下列溶液中，①NH4HSO4②NH4Cl③NH3•H2O，①中氢离子抑制了铵根离子的水解，则铵根离子浓度①＞②；③为弱碱，则③中铵根离子浓度最小，所以三种溶液中c（NH4+）由大到小的顺序为：①＞②＞③，故C错误；D．常温下，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸为弱酸，则混合液中醋酸过量，溶液呈酸性：c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；故选BD．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒等知识为解答关键，D为易错点，注意醋酸为弱酸，混合液显示酸性． 15．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的n（PCl3）随时间的变化如图，下列说法正确的是（ ）A．反应在前50s的平均速率v（PCl5）=0.0032mol•L﹣1•s﹣1B．该反应的平衡常数K=0.025C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反应达到平衡前v（正）＞v（逆）D．保持其他条件不变，升高温度，平衡时：c（PCl3）=0.11mol•L﹣1，则反应的△H＜0【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】根据图知，250s、350s时n（PCl3）相等说明250s时该反应达到平衡状态，A．v（PCl3）===0.0016mol•L﹣1•s﹣1；-35-\nB．反应达到平衡时，n（PCl3）=0.20mol，根据方程式知，n（PCl5）=（1.0﹣0.20）mol=0.80mol，n（PCl3）=n（Cl2）=0.20mol，则c（PCl3）=c（Cl2）==0.1mol/L，c（PCl5）==0.4mol/L，化学平衡常数K==0.025；C．相同温度下，起始时c（PCl5）=mol/L=0.5mol/L，c（PCl3）=c（Cl2）==0.1mol/L，浓度商==0.02，浓度商小于K，则平衡正向移动D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；【解答】解：根据图知，250s、350s时n（PCl3）相等说明250s时该反应达到平衡状态，A．v（PCl3）=）===0.0016mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B．反应达到平衡时，n（PCl3）=0.20mol，根据方程式知，n（PCl5）=（1.0﹣0.20）mol=0.80mol，n（PCl3）=n（Cl2）=0.20mol，则c（PCl3）=c（Cl2）==0.1mol/L，c（PCl5）==0.4mol/L，化学平衡常数K==0.025，故B正确；C．相同温度下，起始时c（PCl5）=mol/L=0.5mol/L，c（PCl3）=c（Cl2）==0.1mol/L，浓度商==0.02，浓度商小于K，则平衡正向移动，反应达到平衡前v（正）＞v（逆），故C正确；D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡时c（PCl3）=0.11mol•L﹣1＞0.1mol/L，说明升高温度平衡正向移动，则正反应是吸热反应，△H＞0，故D错误；故选BC．【点评】本题考查化学平衡有关计算，侧重考查学生分析计算能力，利用浓度商和化学平衡常数关系确定反应方向，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 三、解答题（共6小题，满分80分）16．二氧化钛是钛的重要化合物，钛白（纯净的二氧化钛）是一种折射率高、着色力和遮盖力强、化学性质稳定的白色颜料．从钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质）制取二氧化钛，常用硫酸法，其流程如下：-35-\n（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为 FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O ．（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间外，适宜的条件还可以选择 熔块粉碎（或连续搅拌、适当升高温度等） ．（3）浸取液与铁屑反应的离子方程式为 2Fe3++Fe=3Fe2+ ；X（晶体）为绿矾（FeSO4•7H2O），配制、保存该溶液时需加少量铁屑，目的是 防止Fe2+被氧化 ．（4）过滤时所需玻璃仪器为 漏斗 、 玻璃棒 和烧杯．（5）第③步反应化学方程式 TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4 ．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质）加入浓硫酸加热反应得到固体熔块，加入水水浸，得到浸取液中加入铁屑防止亚铁离子被氧化为铁离子，过滤得到X晶体为为绿矾（FeSO4•7H2O）晶体和滤液TiOSO4，加入水反应生成H2TiO3，高温煅烧得到二氧化钛．（1）钛铁矿主要成分FeTiO3与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，结合原子守恒配平书写化学方程式；（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率可以连续搅拌，升高温度，循环浸取、延长时间、熔块粉碎等；（3）亚铁离子易被空气中氧气氧化为铁离子，避免亚铁离子被氧化且不引入杂质，加入铁屑可以防止亚铁离子被氧化；（4）根据过滤操作的原理、使用的仪器进行分析解答；（5）第③步反应是TiOSO4加入水反应生成H2TiO3和硫酸的反应．【解答】解：钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质）加入浓硫酸加热反应得到固体熔块，加入水水浸，得到浸取液中加入铁屑防止亚铁离子被氧化为铁离子，过滤得到X晶体为为绿矾（FeSO4•7H2O）晶体和滤液TiOSO4，加入水反应生成H2TiO3，高温煅烧得到二氧化钛．-35-\n（1）钛铁矿主要成分FeTiO3与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，结合原子守恒配平书写化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O；（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，适宜的条件可以选择，连续搅拌能加快水分子运动速度，升高温度，循环浸取、延长时间、熔块粉碎等，故答案为：熔块粉碎（或连续搅拌、适当升高温度等）；（3）亚铁离子易被空气中氧气氧化为铁离子，避免亚铁离子被氧化且不引入杂质，加入铁屑可以防止亚铁离子被氧化，2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；防止Fe2+被氧化；（4）过滤中用到的仪器有：铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；烧杯用来盛放液体，漏斗用于过滤，玻璃棒用来引流和搅拌，故答案为：漏斗；玻璃棒；（5）第③步反应是TiOSO4加入水反应生成H2TiO3和硫酸的反应的化学方程式为：TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4，故答案为：TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4．【点评】本题考查了硫酸法制取二氧化钛实验，涉及物质提纯、分离、制备等流程分析判断，把握物质的性质、反应原理、实验技能为解答的关键，题目难度中等． 17．苯乙烯可以通过下列方法合成：（1）A→B的反应的反应类型是 取代反应 ；该反应还会生成另一种有机物，其结构简式为 CH3COOH ．（2）C中含氧官能团的名称是 羟基 ．（3）检验产物D中溶有C的实验方法是 取样，加入金属钠如产生气体，说明含有C -35-\n（4）B有多种同分异构体．E是B的芳香类同分异构体，结构上满足下列条件．则E的结构简式为 ．A．能发生银镜反应B．且苯环上的一氯代物只有2种（5）对羧基聚苯乙烯（）是合成功能高分子材料的重要中间体．已知：①NaBH4为选择性还原剂，不能还原羧酸②苯甲酸发生苯环取代时，生成间位产物．试写出以甲苯等为主要原料，合成对羧基聚苯乙烯的流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2﹣CH2Br．【考点】有机物的合成．【分析】据苯乙烯的合成路线可知，苯和乙酸酐发生取代反应生成B苯甲酮，苯甲酮发生还原反应生成C，C发生消去反应生成苯乙烯，据此分析（1）（2）（3）（4）；（5）以甲苯等为主要原料，合成对羧基聚苯乙烯时，需要甲苯与乙酸酐发生取代反应生成对甲基苯甲酮，再用酸性高锰酸钾氧化甲基生成羧基，后还原酮基成羟基，再在浓硫酸作用下发生消去反应出现碳碳双键，进而发生加聚反应制取．【解答】解：（1）据苯乙烯的合成路线可知，苯和乙酸酐发生取代反应生成B苯甲酮，同时生成乙酸，故答案为：取代反应；CH3COOH；（2）据C的结构简式可知，C中含有羟基，故答案为：羟基；（3）C中含有羟基，D中没有，C能够与Na反应生成气体，所以检验产物D中溶有C的实验方法是取样，加入金属钠如产生气体，说明含有C，故答案为：取样，加入金属钠如产生气体，说明含有C；-35-\n（4）据B的结构简式可知，其分子结构中除苯环外还有2个碳原子和1个氧原子，且存在双键，其同分异构体E能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上的一氯代物只有2种，说明在对位上分别存在两种不同的取代基，分别为醛基和甲基，结构简式为，故答案为：；（5）以甲苯等为主要原料，合成对羧基聚苯乙烯时，因为苯甲酸发生苯环取代时，生成间位产物，所以首先需要甲苯与乙酸酐发生取代反应生成对甲基苯甲酮，NaBH4为选择性还原剂，不能还原羧酸，再用酸性高锰酸钾氧化甲基生成羧基，后还原酮基成羟基，再在浓硫酸作用下发生消去反应出现碳碳双键，进而发生加聚反应制取，合成路线流程为-35-\n，故答案为：．【点评】本题考查了有机反应类型以及据有机物的官能团进行类型判断，难点是有机合成路线的设计，题目难度中等．-35-\n 18．从含镁、钾盐湖水中蒸发最后得到的产物中含光卤石（xKCl•yMgCl2•zH2O），它在空气中极易潮解、易溶于水，是制造钾肥和提取金属镁的重要原料，其组成可通过下列实验测定：①准确称取5.550g样品溶于水，配成100mL溶液．②将溶液分成两等份，在一份中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.580g．③在另一份溶液中加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体4.305g．（1）步骤②中检验白色固体已洗净的方法是 取最后的洗涤液，滴加AgNO3溶液，若不产生沉淀，则已洗净 ．（2）已知某温度下Mg（OH）2的Ksp=6.4×10﹣12，当溶液中c（Mg2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1可视为沉淀完全，则应保持溶液中c（OH﹣）≥ 8×10﹣4 mol•L﹣1（3）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的有关计算；镁、铝的重要化合物．【专题】实验分析题．【分析】（1）白色沉淀为氢氧化镁，表面会沾有氯化钾溶液，检验是否洗涤干净的方法是设计实验验证洗涤液中是否含有氯离子；（2）依据沉淀溶解平衡存在的溶度积常数计算得到；（3）依据题给条件，结合元素守恒和质量守恒计算氯化镁、氯化钾、水的物质的量得到．【解答】解：（1）白色沉淀为氢氧化镁，表面会沾有氯化钾溶液，检验是否洗涤干净的方法是设计实验验证洗涤液中是否含有氯离子，实验设计为取最后的洗涤液，滴加AgNO3溶液，若不产生沉淀，则已洗净，故答案为：取最后的洗涤液，滴加AgNO3溶液，若不产生沉淀，则已洗净；（2）Mg（OH）2的Ksp=6.4×10﹣12，当溶液中c（Mg2+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1可视为沉淀完全，则Ksp=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=6.4×10﹣12，c（OH﹣）≥8×10﹣4mol/L，故答案为：8×10﹣4；（3）5.550g样品中含：n（Mg2+）=×2=0.02mol n（MgCl2）=0.02mol；-35-\nn（Cl﹣）=×2=0.06moln（KCl）=0.06mol﹣2×0.02mol=0.02mol；n（H2O）==0.12mol；样品中n（KCl）：n（MgCl2）：n（H2O）=1：1：6光卤石的化学式为KCl•MgCl2•6H2O，故答：样品的组成为KCl•MgCl2•6H2O．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，元素守恒、质量守恒是计算的依据，分析理解过程是解题关键，题目难度中等． 19．无水三氯化铁易升华，有强烈的吸水性，是一种用途比较广泛的盐．（1）实验室中可将FeCl3溶液 蒸发（浓缩） 、 冷却（结晶） 、过滤、洗涤干燥得FeCl3•6H2O；再 将FeCl3•6H2O在HCl的气氛中加热脱水 ，得到无水FeCl3．（2）利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体的实验流程如图1所示：①为抑制FeCl3水解，溶液X为 （浓）盐酸 ．②上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是 FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度 ；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是 取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+ ．③所得Fe2（C2O4）3•5H2O需用冰水洗涤，其目的是 除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗 ．④为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取ag样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于图2所示仪器 甲 （填“甲”或“乙”）中；下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）3•5H2O含量偏低的是 c ．a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数-35-\n【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；盐类水解的应用．【分析】（1）氯化铁人员占得到溶质固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水，抑制铁离子的水解得到固体氯化铁；（2）①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质；②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；③洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失；故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；④KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸钾的量计算草酸的含量，a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多；b．读数高锰酸钾体积多；c．读数体积偏小，结果偏低．【解答】解：（1）实验室中可将FeCl3溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化铁晶体FeCl3•6H2O，将FeCl3•6H2O在HCl的气氛中加热，抑制铁离子水解脱水得到无水FeCl3．故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；将FeCl3•6H2O在HCl的气氛中加热脱水；（2）①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：（浓）盐酸；②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好，故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；③洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；④KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；-35-\na．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；b．读数高锰酸钾体积多，偏高；c．读数体积偏小，结果偏低，正确；故答案为：甲；c．【点评】本题考查盐类水解盐类分析，草酸铁晶体的制备，涉及试验流程问题，根据物质的性质进行分析处理，难度中等． 20．铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛．（1）由辉铜矿制取铜的反应过程为：2Cu2S（s）+3O2（g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）△H=﹣768.2kJ•mol﹣12Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）△H=+116.0kJ•mol﹣1热化学方程式：Cu2S（s）+O2（g）=2Cu（s）+SO2（g）△H= ﹣217.4 kJ•mol﹣1．（2）氢化亚铜是一种红色固体，可由下列反应制备4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH↓+4H2SO4+3H3PO4①该反应还原剂是 H3PO2 （写化学式）．②该反应每转移3mol电子，生成CuH的物质的量为 1 mol．（3）氯化铜溶液中铜各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与c（Cl﹣）的关系如图1所示．①当c（Cl﹣）=9mol•L﹣1时，溶液中主要的3种含铜物种浓度大小关系为 c（CuCl2）＞c（CuCl+）＞c（CuCl3﹣） ．②在c（Cl﹣）=1mol•L﹣1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为 CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+（CuCl2+Ag+=CuCl++AgCl↓；CuCl2+2Ag+=Cu2++2AgCl↓） （任写一个）．（4）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2+2nCu+（n+1）O2+（2﹣2n）H2O=2nCuSO4+（2﹣2n）H2SO4．从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为 防止酸雨的发生 ．②利用图2所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生．写出装置内所发生反应的离子方程式 SO2+2H2O+Cu2+4H++SO42﹣+Cu ．-35-\n【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；离子浓度大小的比较．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）利用盖斯定律解答，从待求反应出发，分析待求反应中的反应物和生成物在已知反应中的位置，通过相互加减可得，据盖斯定律（①+②）×得到；（2）①从还原剂的概念出发分析反应物的价态变化即可；②从价态变化出发分析得失电子总数解答；（3）①从图上在c（Cl﹣）=9mol•L﹣1处，做一条平行与纵轴的虚线，可以比较；②从图上在c（Cl﹣）=1mol•L﹣1处，做一条平行与纵轴的虚线，看哪种微粒最多；（4）①二氧化硫是一种有毒的气体，排放到空气中可引起酸雨的发生，对环境和人类健康有害，脱硫可以防止酸雨的发生；②利用电解原理将二氧化硫转化成硫酸吸收，先写出两个电极上上发生的电极反应式，加和就可得到总的离子方程式．【解答】解：（1）①2Cu2S（s）+3O2（g）═2Cu2O（s）+2SO2（g）△H=﹣768.2kJ•mol﹣1，②2Cu2O（s）+Cu2S（s）═6Cu（s）+SO2（g）△H=+116.0kJ•mol﹣1，据盖斯定律（①+②）×得：Cu2S（s）+O2（g）═2Cu（s）+SO2（g）△H=﹣217.4KJ/mol，故答案为：﹣217.4；（2）①从反应4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH↓+4H2SO4+3H3PO4分析，Cu从+2价变成+1，H从+1价变成﹣1价，P从+1价变成+5价，还原剂化合价升高，故该反应的还原剂是H3PO2，故答案为：H3PO2；②Cu从+2价变成+1，4molCu得到4mol电子，H从+1价变成﹣1价，4mol﹣1价的H得到8mol电子，共得电子12mol，即每生成4molCuH转移电子12mol，所以每生成1molCuH，转移电子3mol电子，故答案为：1；-35-\n（3）①在c（Cl﹣）=9mol•L﹣1处，做一条平行与纵轴的虚线，可见溶液中主要含铜物种浓度大小关系为：c（CuCl2）＞c（CuCl+）＞c（CuCl3﹣）＞c（Cu2+）＞c（CuCl42﹣），故答案为：c（CuCl2）＞c（CuCl+）＞c（CuCl3﹣）；②从图上可见，在c（Cl﹣）=1mol•L﹣1的氯化铜溶液中，主要是Cu2+与Cl﹣结合生成CuCl+，滴入硝酸银溶液发生反应的方程式为：CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+（CuCl2+Ag+=CuCl++AgCl↓；CuCl2+2Ag+=Cu2++2AgCl↓）故答案为：CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+（CuCl2+Ag+=CuCl++AgCl↓；CuCl2+2Ag+=Cu2++2AgCl↓）；（4）①脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生；故答案为：防止酸雨的发生；②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e﹣=Cu；将上述两电极的电极反应式得：SO2+2H2O+Cu2+4H++SO42﹣+Cu，故答案为：SO2+2H2O+Cu2+4H++SO42﹣+Cu．【点评】本题考查了反应热的求算，盖斯定律，二氧化硫的污染和治理，电解原理，题目综合性强，难度中等，根据已经掌握的知识可以求解，掌握基础是关键． 21．结构决定性质，性质体现结构．对结构和性质的研究是学好化学的基础．（1）N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为： N ＞ O ＞ S ．（填元素符号）（2）已知水的沸点远高于H2S，这是由于 水分子间存在氢键 ．（3）某晶体的晶胞如图1所示，X位于体心，Y位于4个面心，Z位于8个顶点，该晶体中X、Y、Z的粒子个数比为 1：2：1 ．（4）Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图2所示：①与CO为互为等电子体的分子是 N2 ．②该配合物中，氯离子的杂化方式为 sp3 ；金属阳离子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10或3d10 ．-35-\n【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素，元素电离能随着原子序数增大而减小；（2）水分子间存在氢键，导致分子间作用力增强，所以沸点较高；（3）晶体的晶胞为立方体，位于晶胞顶点的原子被8个晶胞共用，位于面心上的原子被两个原子共用，位于体心上的原子完全属于该晶胞，则采用均摊法可计算邮该晶胞中X、Y、Z原子个数比；（4）①等电子体为原子数和价电子数分别相同的离子或原子团；②根据氯原子形成的共价键数目判断；金属阳离子为+1价的铜离子．【解答】解：（1）①元素周期律中，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA和第ⅢA、第ⅤA和第ⅥA互换，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；（2）H2O与H2S都属于分子晶体，H2O分子间可以形成氢键，H2S只含有范德华力，所以水的沸点高于H2S的沸点，故答案为：水分子间存在氢键；（3）X位于体心，Y位于面心，Z位于顶点，根据均摊法可知，晶胞中X原子个数为1，Y原子个数为=2，Z原子个数为=1，所以晶胞中X、Y、Z原子个数比为1：2：1，故答案为：1：2：1．（4）①与CO原子数相同，且价电子数相同的物质为N2，故答案为：N2；②根据图2中，氯原子形成了四条共价键，即有四条杂化轨道，杂化类型为sp3，铜为26号元素，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或3d104s1，Cu2Cl2•2CO•2H2O阳离子为+1价铜离子，所以其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或3d10，-35-\n故答案为：sp3；1s22s22p63s23p63d10或3d10．【点评】本题考查物质结构和性质，涉及第一电离能大小的比较、氢键、晶胞计算、杂化方式的判断等知识点，侧重考查学生分析、计算能力及空间想象能力，利用均摊法计算晶胞，题目难度中等． -35-
