2022-2022学年江苏省南通市如皋中学高二（下）月考化学试卷（4月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学与生产、生活、环境保护等密切相关．下列叙述正确的是()A．为防止或减少酸雨的发生，将含硫废气向高空排放B．为防止细菌危害人体健康，常用明矾对饮用水消毒杀菌C．为防止电池导致重金属污染，废旧电池应作回收处理D．为防止食品受潮变质，可在食品包装袋中放入铁粉2．下列有关化学用语的表达正确的是()A．Cl﹣的结构示意图：B．Na2O2的电子式为：C．质子数为92、中子数为146的U原子：UD．丙烯的结构式：CH3CHCH23．下列有关说法正确的是()A．氯水能导电，所以氯水属于电解质B．Al（OH）3既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液，属于两性氢氧化物C．能电离产生H+的化合物一定是酸D．饱和溶液一定是浓溶液，不饱和溶液一定是稀溶液4．常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是()A．pH＞7的溶液中：Na+、K+、SO、COB．无色透明溶液中：H+、Ca2+、Cl﹣、AlO2﹣C．含大量Fe3+的溶液中：K+、I﹣、SO、NOD．与Al反应放出H2的溶液中：NH、Na+、NO、F﹣5．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A．氧化铝具有很高的熔点，故可用于制造耐高温材料B．常温下铝与浓硫酸不发生反应，故常温下可用铝制容器贮运浓硫酸C．碳酸钠可与盐酸反应，故常用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症D．二氧化硫、潮湿的氯气均具有漂白性，故两者混合使用漂白效果会更好30\n6．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24L苯中含有的碳原子数为0.6NAB．0.5mol•L﹣1NaOH溶液中，含Na+数目为0.5NAC．金刚石和石墨的混合物共1.8g，含碳原子数目为0.15NAD．常温常压下，1.12LCO2与足量的Na2O2反应转移的电子数目为0.05NA7．下列离子方程式书写正确的是()A．锌粒与稀醋酸反应：Zn+2H+═Zn2++H2↑B．碳酸氢钠溶液加入少量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2OC．SiO2与NaOH溶液反应：SiO2+2Na++2OH﹣═Na2SiO3↓+H2OD．在硝酸亚铁溶液中滴加盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O8．下列装置、操作及说法正确的是()A．用图1装置灼烧CuSO4•5H2O晶体除去结晶水B．用图2装置探究NaHCO3的热稳定性C．用图3装置配制100mL0.1mol•L﹣1的硫酸D．用图4装置比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱9．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大．X原子最外层电子数是次外层的2倍；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构；Z、W是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素，同周期元素的简单离子中W离子半径最小，X和Z原子序数之和与Q相等．下列说法正确的是()A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞Y＞XB．简单气态氢化物的稳定性：X＞Y＞QC．X与Q形成的化合物为离子化合物D．等质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，前者获得的氢气多10．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A用洁净的Pt丝蘸取某盐溶液，在外焰上灼烧火焰呈黄色溶液中无K+B在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，同时苯层呈紫色紫色可能是反应生成了I2C向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液溶液由红色变为黄色KCl溶液呈碱性D金属性：X＞Y30\n取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积（同温同压）比Y多A．AB．BC．CD．D二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是()甲乙丙ANaH2OCl2BAlFe2O3稀H2SO4CCH3CH2OHNaOH溶液CH3COOHDBa（OH）2溶液CO2Na2CO3溶液A．AB．BC．CD．D12．下列物质转化在给定条件下能实现的是()A．Fe2O3FeCl3溶液Fe2O3B．饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3C．Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3D．海水Mg（OH）2MgCl2溶液Mg13．在钢铁表面进行烤蓝（蓝色物质为Fe3O4，也可表示为FeFe2O4）的原理如下：①3Fe+NaNO2+5NaOH═3Na2FeO2+H2O+NH3↑②Na2FeO2+NaNO2+H2O═Na2Fe2O4+NH3↑+NaOH（未配平）③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O═Fe3O4+4NaOH下列说法中不正确的是()A．反应②配平后，H2O的化学计量数为5B．Fe3O4既可看作是氧化物，又可看作是亚铁盐C．反应③中，Na2Fe2O4是氧化剂，Na2FeO2是还原剂D．碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2强14．如图是A、B、C三种物质的溶解度曲线，下列有关说法正确的是()30\nA．a点溶液A、B的物质的量浓度相等B．通常采用降温结晶的方法获得晶体BC．用蒸发浓缩、趁热过滤从C的溶液中分离出晶体CD．30℃时，A的饱和溶液的质量分数约为35%15．取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液100mL．向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸被还原为NO气体）．下列分析或结果正确的是()A．最终溶液中所含的溶质为FeSO4B．OA段产生的气体是H2，BC段产生的气体是NOC．整个反应中转移电子数为1.2molD．混合酸中NO3﹣的物质的量为0.2mol二、非选择题（共80分）16．掌握和熟练书写有机反应方程式，对学好有机化学具有重要意义．（1）苯甲醛是医药、香料的常见中间体．常以甲苯为原料合成苯甲醛的流程如下：①请分别写出反应Ⅰ、II的化学反应方程式：__________；__________．②利用新制的碱性Cu（OH）2悬浊液可检验反应Ⅲ中是否有产生．请写出该反应的化学方程式：__________．30\n（2）阿司匹林（）、丁香油酚（）在医学上具有广泛用途．①请写出阿司匹林与足量NaHCO3溶液反应的化学方程式：__________．②请写出丁香油酚与足量浓溴水反应的化学方程式：__________．（3）已知：涤纶的结构简式为．请写出以对苯二甲酸（）和乙二醇为原料合成涤纶的化学方程式：__________．17．下列各物质均为中学化学中常见物质，其中A、B、C是三种常见金属．E在常温下是无色液体，D是空气的主要成分之一，与I反应生成E．K的焰色反应为黄色，J是一种磁性氧化物．在适当的条件下，它们之间可以发生如下图所示的转化（部分产物被略去）．（1）K的电子式为__________．（2）元素A在周期表的位置__________．（3）将A、B、C各0.3mol分别加入100mL1mol•L﹣1盐酸中，则同温同压下产生的气体体积比为__________．（4）写出B与K的水溶液反应的离子方程式__________．（5）J→X的离子方程式为__________．18．以黄铜矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）为主要原料，制备铁的多种化合物的流程如下：（1）流程中硫酸的质量分数为30%（密度是1.176g/cm3），该硫酸的物质的量浓度为__________．（2）检验滤液A中存在Fe3+的方法是__________．（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式__________．30\n（4）流程②中除去绿矾晶体中所含杂质常采用__________洗涤．（5）工业上通过在空气中煅烧FeCO3固体生产Fe2O3．写出反应的化学方程式__________．19．（14分）氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室用卤块（主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质）制备Mg（ClO3）2•6H2O．其流程如下：已知：几种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图所示．（1）上述流程中“氧化”过程的离子方程式为：__________．（2）加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为__________．（3）加入NaClO3饱和溶液所发生的反应的化学方程式为__________．（4）从反应后的混合物中获得Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤为蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤．其中过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、__________．（5）产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定方法如下：步骤1：准确称量ag产品溶解定容成100mL溶液．步骤2：取10mL上述溶液于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和15.00mL1.000mol/L的FeSO4溶液，微热．步骤3：冷却后，用0.100mol/LK2Cr2O7溶液滴定至终点．此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．①步骤2中发生反应的离子方程式为__________．②步骤3中滴定前未用标准液润洗滴定管，会导致结果__________（填“偏大”或“偏小”）．③ag产品中所含Mg（ClO3）2•6H2O的物质的量为__________．20．铁是地球表面最丰富的金属之一，能形成多种配合物．（1）Fe3+可以与SCN﹣、CN﹣、有机分子等形成很多的配合物．①写出基态Fe3+的核外电子排布式__________．②写出一种与SCN﹣互为等电子体，且为非极性分子的化学式__________．（2）实验室在碱性条件下用氯化亚铁和环戊二烯（）合成二茂铁．环戊二烯中碳原子的杂化方式为__________；1mol环戊二烯中含有的σ键数目为__________．30\n（3）普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图1所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+离子．已知：普鲁士蓝中铁元素的化合价有+2和+3两种，其中Fe3+与Fe2+的个数比为：__________．（4）在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如图2和图3所示，则图2和图3的结构中铁原子的配位数分别为__________．21．钛是一种性能非常优越的金属，被称为继铁、铝之后的第三金属．（1）钛铁矿的晶胞如图所示，其化学式为__________．（2）Ti元素的基态原子的电子排布式为__________．（3）将钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4，将TiCl4蒸馏提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛．TiCl4属于__________（填写晶体类型）．（4）二氧化钛作光催化剂能将室内污染物甲醛、苯等有害气体转化为CO2和H2O．①甲醛分子的空间构型是__________．②C、H、O元素电负性由大到小的顺序为：__________．③甲醛极易溶于水，试解释其原因__________．（5）已知Ti3+可形成配位数为6的配合物．现有钛的两种颜色的配合物，一种为紫色，另一种为绿色，相关实验证明，两种物质的组成皆为TiCl3•6H2O．为测定这两种配合物的成键情况，设计了如下实验：①分别取等质量的两种物质的样品配成溶液；②分别往待测溶液中滴入过量的AgNO3溶液并充分反应，均产生白色沉淀；③测定沉淀质量并比较，发现由绿色物质得到沉淀的质量是紫色物质得到沉淀的质量的．则绿色晶体的化学式为__________．22．已知A、B、C、D、E五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是周期表中原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；D位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E位于ds区，且原子的最外层电子数与A的相同．请回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是__________．（2）E的基态原子的价电子排布式是__________．30\n（3）B、C两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别以X、Y表示．①X、Y的沸点相差较大，主要原因是__________．②B元素形成的另一种氢化物Z，其分子中含14个电子．Z中B原子的杂化方式为__________，σ键和π键之比为__________．（4）C、E两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示．C原子的配位数是__________．30\n2022-2022学年江苏省南通市如皋中学高二（下）月考化学试卷（4月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．化学与生产、生活、环境保护等密切相关．下列叙述正确的是()A．为防止或减少酸雨的发生，将含硫废气向高空排放B．为防止细菌危害人体健康，常用明矾对饮用水消毒杀菌C．为防止电池导致重金属污染，废旧电池应作回收处理D．为防止食品受潮变质，可在食品包装袋中放入铁粉【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．含硫废气向高空排放，不能减少二氧化硫的排放；B．明矾只能净水，不能杀菌消毒；C．废旧电池中有一些重金属离子，会污染土壤和水体；D．铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化；【解答】解：A．含硫废气向高空排放，不能减少二氧化硫的排放，不能防止或减少酸雨的发生，故A错误；B．明矾具有吸附水中悬浮固体小颗粒的作用，却没有杀菌的作用，故B错误；C．废旧电池中有一些重金属离子，会污染土壤和水体，需要回收处理，故C正确；D．铁是较活泼的金属，能和水、氧气反应生成铁锈，防止食品被氧化和受潮，作用侧重在除氧剂，故D错误；故选：C．【点评】本题考查化学与科学、技术、社会、环境密切相关知识，熟悉常见的环境污染与治理知识、明矾、铁的性质是解题关键，题目难度不大．2．下列有关化学用语的表达正确的是()A．Cl﹣的结构示意图：B．Na2O2的电子式为：C．质子数为92、中子数为146的U原子：UD．丙烯的结构式：CH3CHCH2【考点】原子结构示意图；核素；电子式．【分析】A、Cl﹣的原子核内有17个质子；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；C、原子符合ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符合，其中质量数=质子数+中子数，Z可以省略．D、在烯烃中，碳碳双键不能省略．【解答】解：A、Cl﹣的原子核内有17个质子，带17个正电荷，而核外有18个电子，故A错误；30\nB、Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为，故B正确；C、质子数为92、中子数为146的U原子，质量数为92+146=238，原子符号为92238U，故C错误；D、在烯烃中，碳碳双键不能省略，故结构简式应为：CH3CH═CH2．故D错误．故选B．【点评】本题考查常用化学用语的书写，难度中等．注意B中Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，应符合离子化合物电子式的书写方式．3．下列有关说法正确的是()A．氯水能导电，所以氯水属于电解质B．Al（OH）3既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液，属于两性氢氧化物C．能电离产生H+的化合物一定是酸D．饱和溶液一定是浓溶液，不饱和溶液一定是稀溶液【考点】电解质与非电解质；镁、铝的重要化合物．【分析】A、混合物既不是电解质，也不是非电解质；B、根据两性氢氧化物的定义分析；C、酸式盐也能电离出氢离子；D、如果某物质的溶解度很小，其饱和溶液也是稀溶液．【解答】解：A、氯水是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B、Al（OH）3既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液，属于两性氢氧化物，故B正确；C、酸式盐也能电离出氢离子，故C错误；D、如果某物质的溶解度很小，其饱和溶液也是稀溶液；如果某物质的溶解度很大，其饱和溶液可能是浓溶液，故D错误．故选B．【点评】本题重点考查了电解质概念的辨析，解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件，共价化合物在熔融时不导电，题目难度不大．4．常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是()A．pH＞7的溶液中：Na+、K+、SO、COB．无色透明溶液中：H+、Ca2+、Cl﹣、AlO2﹣C．含大量Fe3+的溶液中：K+、I﹣、SO、NOD．与Al反应放出H2的溶液中：NH、Na+、NO、F﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH＞7的溶液，显碱性；B．偏铝酸根离子不能存在于碱性溶液中；C．离子之间发生氧化还原反应；D．与Al反应放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．【解答】解：A．pH＞7的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．H+、AlO2﹣反应生成沉淀或铝离子，则不能大量共存，故B错误；30\nC．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．与Al反应放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在F﹣，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；故选A．【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．5．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A．氧化铝具有很高的熔点，故可用于制造耐高温材料B．常温下铝与浓硫酸不发生反应，故常温下可用铝制容器贮运浓硫酸C．碳酸钠可与盐酸反应，故常用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症D．二氧化硫、潮湿的氯气均具有漂白性，故两者混合使用漂白效果会更好【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质．【分析】A、高熔点的物质能作耐高温耐火材料；B、常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；C、碳酸钠碱性太强生成气体多；D、氯气和二氧化硫皆可做漂白剂，若用两者（体积比1：1）一起漂白一种物质时，发生Cl2+SO2+H20=2HCl+H2SO4，以此来解答．【解答】解：A、高熔点的物质能作耐高温耐火材料，氧化铝熔沸点较高，所以可以做耐高温耐火材料，故A正确；B、常温下，浓硝酸和铝发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，所以常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸，故B错误；C、碳酸钠的碱性太强，易发生胃穿孔，不能用来中和胃酸，故C错误；D、氯气和二氧化硫皆可做漂白剂，若用两者（体积比1：1）一起漂白一种物质时，发生Cl2+SO2+H20=2HCl+H2SO4，盐酸、硫酸均不具有漂白性，则无漂白性，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查了碳酸钠、氧化铝、铝、二氧化硫等物质的性质，掌握二氧化硫的漂白性原理、物质的性质是解答该题的关键，题目难度不大．6．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24L苯中含有的碳原子数为0.6NAB．0.5mol•L﹣1NaOH溶液中，含Na+数目为0.5NAC．金刚石和石墨的混合物共1.8g，含碳原子数目为0.15NAD．常温常压下，1.12LCO2与足量的Na2O2反应转移的电子数目为0.05NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，苯为液态；B、溶液体积不明确；C、金刚石和石墨均由碳原子构成；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol．【解答】解：A、标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算苯的物质的量，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中钠离子的数目不能计算，故B错误；30\nC、金刚石和石墨均由碳原子构成，故1.8g混合物中含有的碳原子的物质的量n==0.15mol，即0.15NA个，故C正确；D、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故1.12L二氧化碳的物质的量小于0.05mol，则转移的电子的数目小于0.05NA个，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．7．下列离子方程式书写正确的是()A．锌粒与稀醋酸反应：Zn+2H+═Zn2++H2↑B．碳酸氢钠溶液加入少量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2OC．SiO2与NaOH溶液反应：SiO2+2Na++2OH﹣═Na2SiO3↓+H2OD．在硝酸亚铁溶液中滴加盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O【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．少量石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和十岁；C．钠离子实际不参加反应；D．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．锌粒与稀醋酸反应的离子反应为Zn+2CH3COOH═Zn2++H2↑+2CH3COO﹣，故A错误；B．碳酸氢钠溶液加入少量石灰水的离子反应为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CO32﹣+CaCO3↓+2H2O，故B错误；C．SiO2与NaOH溶液反应的离子反应为SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故C错误；D．在硝酸亚铁溶液中滴加盐酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；故选D．【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，题目难度不大．8．下列装置、操作及说法正确的是()A．用图1装置灼烧CuSO4•5H2O晶体除去结晶水B．用图2装置探究NaHCO3的热稳定性C．用图3装置配制100mL0.1mol•L﹣1的硫酸D．用图4装置比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱【考点】化学实验方案的评价．30\n【分析】A．灼烧固体用坩埚；B．导管口应向下倾斜；C．容量瓶不能用来稀释溶液；D．可根据最高价氧化物的水化物的酸性比较非金属性强弱．【解答】解：A．灼烧固体用坩埚，不能用蒸发皿，故A错误；B．导管口应向下倾斜，防止试管炸裂，故B错误；C．容量瓶不能用来稀释溶液，应在烧杯中稀释，故C错误；D．若锥形瓶中生成气体，说明硫酸的酸性比碳酸强，烧杯中生成白色沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则对应元素的非金属性越强，因此比较硫、碳、硅非金属性强弱的实验方案合理，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的加热、溶液的配制、非金属性的比较等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和操作方法，难度中等．9．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大．X原子最外层电子数是次外层的2倍；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构；Z、W是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素，同周期元素的简单离子中W离子半径最小，X和Z原子序数之和与Q相等．下列说法正确的是()A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞Y＞XB．简单气态氢化物的稳定性：X＞Y＞QC．X与Q形成的化合物为离子化合物D．等质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，前者获得的氢气多【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大．X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z、W是常见金属，原子序数大于碳元素，处于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则Z为Na、W为Al；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，结合Y的原子序数小于Na可推知Y为非金属性，则Y表现+3价，最外层电子数为8﹣3=5，处于ⅤA族，则Y为氮元素；Q处于第三周期，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q的原子序数为6+11=17，则Q为Cl元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大．X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z、W是常见金属，原子序数大于碳元素，处于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则Z为Na、W为Al；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，结合Y的原子序数小于Na可推知Y为非金属性，则Y表现+3价，最外层电子数为8﹣3=5，处于ⅤA族，则Y为氮元素；Q处于第三周期，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q的原子序数为6+11=17，则Q为Cl元素，A．元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Q＞Y＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞Y＞X，故A正确；B．非金属性Cl＞N＞C，则氢化物稳定性HCl＞NH3＞CH4，故B错误；C．X与Q形成的化合物为CCl4，含有共价键，属于共价化合物，故C错误；30\nD．相同质量的Na和Al单质分别与足量稀盐酸反应时，二者生成氢气物质的量之比为：×3=9：23，故Al与盐酸反应生成的氢气多，故D错误，故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用等，题目难度中等，推断元素是解题的关键，侧重对基础知识的巩固．10．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A用洁净的Pt丝蘸取某盐溶液，在外焰上灼烧火焰呈黄色溶液中无K+B在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，同时苯层呈紫色紫色可能是反应生成了I2C向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液溶液由红色变为黄色KCl溶液呈碱性D取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积（同温同压）比Y多金属性：X＞YA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．可能含有钾元素，需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在；B．在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成碘和CuI；C．KCl溶液为中性溶液；D．不能利用失去电子的数目比较金属性．【解答】解：A．用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色一定含有钠元素，可能含有钾元素，需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在，故A错误；B．在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成碘和CuI，则加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，故B正确；C．KCl溶液为中性溶液，若滴有甲基橙的AgNO3溶液显红色，加KCl反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，酸性不变，不会变为黄色，故C错误；D．取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应，X产生氢气的体积比Y多，X失去电子数多，但不能确定金属性的强弱，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、酸性比较及金属性比较等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是()甲乙丙30\nANaH2OCl2BAlFe2O3稀H2SO4CCH3CH2OHNaOH溶液CH3COOHDBa（OH）2溶液CO2Na2CO3溶液A．AB．BC．CD．D【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质；乙醇的化学性质．【分析】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，与氯气反应生成氯化钠，水与氯气反应生成氯化氢；B．铝与氧化铁反应生成铁与氧化铝，与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水；C．乙醇与氢氧化钠不反应；D．氢氧化钡与二氧化碳反应生成碳酸钡和水，与碳酸钠反应生成碳酸钡、氢氧化钠，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠．【解答】解：A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，与氯气反应生成氯化钠，水与氯气反应生成氯化氢，任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A正确；B．铝与氧化铁反应生成铁与氧化铝，与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B正确；C．乙醇与氢氧化钠不反应，不符合题意，故C错误；D．氢氧化钡与二氧化碳反应生成碳酸钡和水，与碳酸钠反应生成碳酸钡、氢氧化钠，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了物质之间的反应，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．12．下列物质转化在给定条件下能实现的是()A．Fe2O3FeCl3溶液Fe2O3B．饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3C．Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3D．海水Mg（OH）2MgCl2溶液Mg【考点】铁的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】A．氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热氯化氢挥发，促进三价铁离子水解，得到氢氧化铁固体，加热分解生成氧化铁；B．在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；C．偏铝酸钠在足量的稀硫酸中反应生成硫酸铝；D．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气、氯气．30\n【解答】解：A．氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热氯化氢挥发，促进三价铁离子水解，得到氢氧化铁固体，加热分解生成氧化铁，所以Fe2O3FeCl3溶液Fe2O3，能够实现，故A正确；B．在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，所以饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3，能够实现，故B正确；C．偏铝酸钠在足量的稀硫酸中反应生成硫酸铝，得不到氢氧化铝，所以Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3，不能实现，故C错误；D．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁和氢气、氯气，得不到镁，所以海水Mg（OH）2MgCl2溶液Mg，不能实现，故D错误；故选：AB．【点评】本题元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解、金属的冶炼，明确物质性质是解题关键，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，题目难度不大．13．在钢铁表面进行烤蓝（蓝色物质为Fe3O4，也可表示为FeFe2O4）的原理如下：①3Fe+NaNO2+5NaOH═3Na2FeO2+H2O+NH3↑②Na2FeO2+NaNO2+H2O═Na2Fe2O4+NH3↑+NaOH（未配平）③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O═Fe3O4+4NaOH下列说法中不正确的是()A．反应②配平后，H2O的化学计量数为5B．Fe3O4既可看作是氧化物，又可看作是亚铁盐C．反应③中，Na2Fe2O4是氧化剂，Na2FeO2是还原剂D．碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2强【考点】氧化还原反应．【分析】A．配平后②6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；B．含两种元素，且含氧元素，还可表示为FeFe2O4；C．反应③中各元素的化合价不变；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．【解答】解：A．配平后②6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH，则H2O的化学计量数为5，故A正确；B．含两种元素，且含氧元素，还可表示为FeFe2O4，既可看作是氧化物，又可看作是亚铁盐，故B正确；C．反应③中各元素的化合价不变，为非氧化还原反应，故C错误；D．氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，由此可判断碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都强，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息及元素化合价判断，题目难度不大．30\n14．如图是A、B、C三种物质的溶解度曲线，下列有关说法正确的是()A．a点溶液A、B的物质的量浓度相等B．通常采用降温结晶的方法获得晶体BC．用蒸发浓缩、趁热过滤从C的溶液中分离出晶体CD．30℃时，A的饱和溶液的质量分数约为35%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】A．a点A、B的溶解度相等，二者饱和溶液质量分数相等；B．B的溶解度受温度影响不大，应采取蒸发结晶的方法获得晶体B；C．C的溶解度受温度影响不大，应采取蒸发结晶的方法从C的溶液中分离出晶体C；D．30℃时，A的溶解度未知，不能确定饱和溶液的质量分数．【解答】解：A．a点A、B的溶解度相等，二者饱和溶液质量分数相等，选项中不一定为饱和溶液，溶液物质的量浓度、质量分数大小不确定，故A错误；B．B的溶解度受温度影响不大，应采取蒸发浓缩结晶的方法获得晶体B，故B错误；C．C的溶解度受温度影响不大，用蒸发浓缩、趁热过滤从C的溶液中分离出晶体C，故C正确；D．30℃时，A的溶解度未知，不能确定饱和溶液的质量分数，故D错误，故选：C．【点评】本题考查溶解度、溶解度曲线及其应用、物质的分离提纯等，侧重考查学生的分析计算能力，难度中等．15．取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液100mL．向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸被还原为NO气体）．下列分析或结果正确的是()A．最终溶液中所含的溶质为FeSO4B．OA段产生的气体是H2，BC段产生的气体是NOC．整个反应中转移电子数为1.2molD．混合酸中NO3﹣的物质的量为0.2mol【考点】离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．30\n【分析】由图象可知，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；根据发生的反应结合图示数据进行相应的计算即可．【解答】解：由图象可知，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；A、根据发生的反应，铁元素最终以亚铁离子存在，所以最终溶液中所含的溶质为FeSO4，故A正确；B、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2，故B错误；C、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，OA段产生的气体是NO，即消耗11.2g铁即0.2mol，转移电子是0.6mol，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，BC段产生的气体是H2，消耗金属铁22.4g﹣16.8g=5.6g即0.1mol金属铁消耗转移电子是0.2mol，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，该段消耗金属铁5.6g，转移电子是0.2mol，所以整个反应中转移电子数为1.0mol，故C错误；D、根据OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，消耗金属铁11.2g即0.2mol，消耗硝酸根是0.2mol，混合酸中NO3﹣的物质的量为0.2mol，故D正确．故选AD．【点评】本题以化学反应图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度中等，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，注意利用守恒思想解答．二、非选择题（共80分）16．掌握和熟练书写有机反应方程式，对学好有机化学具有重要意义．（1）苯甲醛是医药、香料的常见中间体．常以甲苯为原料合成苯甲醛的流程如下：①请分别写出反应Ⅰ、II的化学反应方程式：；．②利用新制的碱性Cu（OH）2悬浊液可检验反应Ⅲ中是否有产生．请写出该反应的化学方程式：．30\n（2）阿司匹林（）、丁香油酚（）在医学上具有广泛用途．①请写出阿司匹林与足量NaHCO3溶液反应的化学方程式：．②请写出丁香油酚与足量浓溴水反应的化学方程式：．（3）已知：涤纶的结构简式为．请写出以对苯二甲酸（）和乙二醇为原料合成涤纶的化学方程式：．【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【分析】（1）①甲苯与氯气在光照条件下生成；然后在氢氧化钠溶液、加热的条件下发生水解生成苯甲醇，据此写出化学方程式；②的官能团为﹣CHO，能和新制的氢氧化铜悬浊液发生反应生成砖红色沉淀，据此写出化学方程式；（2）①阿司匹林中含﹣COOH，能和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，据此写出化学方程式；30\n②丁香油酚中含碳碳双键，能和溴水加成，还含酚﹣OH，能和溴水发生取代，据此写出化学方程式．（3）对苯二甲酸（）中的﹣COOH和乙二醇中的﹣OH发生由于酯化反应引起的缩聚反应，据此分析．【解答】解：（1）①甲苯与氯气在光照条件下生成，化学方程式为：；然后在氢氧化钠溶液、加热的条件下发生水解生成苯甲醇，化学方程式为：；故答案为：；；②的官能团为﹣CHO，能和新制的氢氧化铜悬浊液发生反应生成砖红色沉淀，苯甲醛被氧化为苯甲酸钠，故化学方程式为：，故答案为：30\n（2）①阿司匹林中含﹣COOH，能和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，化学方程式为：，故答案为：；②丁香油酚中含碳碳双键，能和溴水加成，还含酚﹣OH，能和溴水发生取代，故1mol丁香油酚消耗2mol溴，化学方程式为：，故答案为：．（3）对苯二甲酸（）中的﹣COOH和乙二醇中的﹣OH发生由于酯化反应引起的缩聚反应，化学方程式为：，故答案为：30\n或．【点评】本题考查化学反应方程式的书写，为高频考点，注意根据官能团来分析其能发生的反应，题目难度不大．17．下列各物质均为中学化学中常见物质，其中A、B、C是三种常见金属．E在常温下是无色液体，D是空气的主要成分之一，与I反应生成E．K的焰色反应为黄色，J是一种磁性氧化物．在适当的条件下，它们之间可以发生如下图所示的转化（部分产物被略去）．（1）K的电子式为．（2）元素A在周期表的位置第三周期第IA．（3）将A、B、C各0.3mol分别加入100mL1mol•L﹣1盐酸中，则同温同压下产生的气体体积比为3：1：1．（4）写出B与K的水溶液反应的离子方程式2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．（5）J→X的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O．【考点】无机物的推断．【分析】A、B、C是三种常见金属．E在常温下是无色液体推断为H2O，D是空气的主要成分之一推断为O2，与I反应生成E．则I为H2，K的焰色反应为黄色说明含有钠元素，证明A为Na，F为Na2O2，过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，K为NaOH，J是一种磁性氧化物为Fe3O4，判断C为Fe，I为H2，J为Fe3O4，X为硫酸亚铁和硫酸铁的混合溶液，金属B和K为氢氧化钠溶液反应说明B为Al，G为Al2O3，H为Al2（SO4）3，M为NaAlO2，据此分析回答问题．【解答】解：A、B、C是三种常见金属．E在常温下是无色液体推断为H2O，D是空气的主要成分之一推断为O2，与I反应生成E．则I为H2，K的焰色反应为黄色说明含有钠元素，证明A为Na，F为Na2O2，过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，K为NaOH，J是一种磁性氧化物为Fe3O4，判断C为Fe，I为H2，J为Fe3O4，X为硫酸亚铁和硫酸铁的混合溶液，金属B和K为氢氧化钠溶液反应说明B为Al，G为Al2O3，H为Al2（SO4）3，M为NaAlO2，（1）K为氢氧化钠，是钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，氢氧化钠的电子式为，故答案为：；（2）元素A为钠在周期表的位置第三周期第IA，故答案为：第三周期第IA；（3）将A、B、C各0.3mol分别加入100mL1mol•L﹣1盐酸中，钠全部反应，铝、铁过量，反应为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑30\n2210.3mol0.15mol2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑2630.1mol0.052Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2210.1mol0.1mol0.05mol则同温同压下产生的气体体积比为=0.15：0.05：0.05=3：1：1，故答案为：3：1：1；（4）B与K的水溶液反应是铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（5）J→X的反应为四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁，氯化亚铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O．【点评】本题考查了无机物质的转化关系和性质分析判断，主要是物质性质和离子方程式的书写方法和现象分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．18．以黄铜矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）为主要原料，制备铁的多种化合物的流程如下：（1）流程中硫酸的质量分数为30%（密度是1.176g/cm3），该硫酸的物质的量浓度为3.6mol•L﹣1．（2）检验滤液A中存在Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，如果溶液变血红色．（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu．（4）流程②中除去绿矾晶体中所含杂质常采用冰水或乙醇洗涤．（5）工业上通过在空气中煅烧FeCO3固体生产Fe2O3．写出反应的化学方程式4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．【考点】制备实验方案的设计；铁盐和亚铁盐的相互转变；硫酸亚铁的制备．【专题】实验分析题；实验设计题．【分析】本题是利用黄铜矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）为主要原料，用硫酸溶解后，过滤除去SiO2，滤液用过量的铁粉置换出铜，并调节溶液pH得到Al（OH）3沉淀，通过过滤除去不溶物，得到的滤液主要是硫酸亚铁溶液，再将滤液通过蒸发浓缩、冷却结果得到FeSO47H230\nO，然后将绿矾溶解于水，向溶液里滴加纯碱溶液，可得到碳酸亚铁固体，整个流程涉及了反应原理的探究，及混合物的分离操作，还考查了质量分数与物质的量浓度之间的换算，据此可作答；（1）可假设硫酸溶液的体积为1L，结合公式c=计算硫酸的物质的量浓度；（2）检验溶液里有无Fe3+，通常用KSCN溶液，现象明显，容易检验；（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，还可以置换溶液里的铜，也可以将Fe3+还原成Fe2+；（4）绿矾晶体表面附着的溶液，洗涤时要考虑减少晶体的溶解，可选择冷水或酒精洗涤；（5）煅烧FeCO3固体生产Fe2O3的过程发生了氧化还原反应，且此过程为氧化过程，可考虑空气中的氧气参与了反应；【解答】（1）30%的硫酸溶液1L，溶液质量为1000mL×1.176g/cm3=1176g，硫酸的物质的量浓度为=3.6g/mol，故答案为：3.6mol•L﹣1；（2）向滤液A中滴加KSCN溶液，如果溶液变血红色，则证明存在Fe3+的，故答案为：滴加KSCN溶液，如果溶液变血红色；（3）铁粉的作用除调节溶液pH外，还能与Cu2+和Fe3+反应，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu；（4）选择用冷水或酒精洗涤绿矾晶体表面的溶液，可减少晶体本身的溶解，故答案为：冰水或乙醇；（5）空气中的氧气参与了煅烧FeCO3固体生产Fe2O3的反应过程，反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．【点评】本题以实验流程为载体，考查硫及其化合物的性质，涉及氧化还原反应，属基础性考查，难度不大．19．（14分）氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室用卤块（主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质）制备Mg（ClO3）2•6H2O．其流程如下：已知：几种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图所示．30\n（1）上述流程中“氧化”过程的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（2）加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为BaSO4和Fe（OH）3．（3）加入NaClO3饱和溶液所发生的反应的化学方程式为MgCl2+2NaClO3=Mg（ClO3）2+2NaCl↓．（4）从反应后的混合物中获得Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤为蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤．其中过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒．（5）产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定方法如下：步骤1：准确称量ag产品溶解定容成100mL溶液．步骤2：取10mL上述溶液于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和15.00mL1.000mol/L的FeSO4溶液，微热．步骤3：冷却后，用0.100mol/LK2Cr2O7溶液滴定至终点．此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．①步骤2中发生反应的离子方程式为6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O．②步骤3中滴定前未用标准液润洗滴定管，会导致结果偏小（填“偏大”或“偏小”）．③ag产品中所含Mg（ClO3）2•6H2O的物质的量为5×10﹣4mol．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题；元素及其化合物．【分析】卤块主要成分为MgCl2.6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，加入NaClO3饱和溶液发生反应为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓过滤，得到Mg（ClO3）2溶液中，根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶、过滤、冷却结晶制取Mg（ClO3）2•6H2O．（1）上述流程中“氧化”过程为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；（2）金属氧化物MgO能与酸反应产生盐和水，所以加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成沉淀完全除去．根据示意图可知滤渣的主要成分为BaSO4和Fe（OH）3；（3）向滤液中加入NaClO3饱和溶液后，发生复分解反应生成Mg（ClO3）2、NaCl；（4）过滤操用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等；其中属于玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；（5）①步骤2中，酸性条件下，ClO3﹣将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣，同时生成H2O，配平书写离子方程式；②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定ClO3﹣的物质的量偏小；③根据化学方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O以及Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3﹣～6Fe2+，Cr2O72﹣～6Fe2+，计算与K2Cr2O7反应的Fe2+离子，再计算与ClO3﹣反应的Fe2+离子，根据方程式计算ClO3﹣的物质的量，可得Mg（ClO3）2•6H2O的物质的量．30\n【解答】解：（1）上述流程中“氧化”过程为过氧化氢氧化亚铁离子，H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（2）金属氧化物MgO能与酸反应产生盐和水．所以加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成沉淀完全除去．根据示意图可知滤渣的主要成分为BaSO4和Fe（OH）3，故答案为：BaSO4和Fe（OH）3；（3）加入NaClO3饱和溶液发生复分解反应，生成氯酸镁和氯化钠沉淀，反应的方程式为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓，故答案为：MgCl2+2NaClO3=Mg（ClO3）2+2NaCl↓；（4）过滤的原理：过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，过滤时需要制作过滤器的漏斗、滤纸、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯等，所以需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：漏斗、玻璃棒；（5）①该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由+5价变为﹣1价，其转移电子总数是6，所以Fe2+的计量数是6、ClO3﹣的计量数是1，根据电荷守恒知，H+的计量数是6，根据H原子守恒知，H2O的计量数是3，所以步骤2中发生反应的离子方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O，故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定ClO3﹣的物质的量偏小，则导致最终结果偏小，故答案为：偏小；③根据化学方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O以及Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3﹣～6Fe2+，Cr2O72﹣～6Fe2+，Fe2+离子物质的量为0.015L×1.00mol/L=0.015mol，K2Cr2O7的物质的量为0.015L×0.100mol/L=0.0015mol，故与K2Cr2O7反应的Fe2+离子为0.0015mol×6=0.009mol，则与ClO3﹣反应的Fe2+离子为0.015mol﹣0.009mol=0.006mol，则ClO3﹣是物质的量为0.006mol×=0.001mol，故Mg（ClO3）2•6H2O的物质的量：5×10﹣4mol，故答案为：5×10﹣4mol．【点评】本题考查实验制备方案，涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、离子方程式书写、物质含量测定、氧化还原反应滴定等，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．20．铁是地球表面最丰富的金属之一，能形成多种配合物．（1）Fe3+可以与SCN﹣、CN﹣、有机分子等形成很多的配合物．①写出基态Fe3+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d5．②写出一种与SCN﹣互为等电子体，且为非极性分子的化学式CO2．（2）实验室在碱性条件下用氯化亚铁和环戊二烯（）合成二茂铁．环戊二烯中碳原子的杂化方式为sp2、sp3；1mol环戊二烯中含有的σ键数目为11NA．（3）普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图1所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+离子．已知：普鲁士蓝中铁元素的化合价有+2和+3两种，其中Fe3+与Fe2+的个数比为：1：1．30\n（4）在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如图2和图3所示，则图2和图3的结构中铁原子的配位数分别为8、12．【考点】铁的化学性质；配合物的成键情况；晶胞的计算．【分析】（1）①Fe元素原子失去4s能级2个电子及3d能级1个电子形成Fe3+；②原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；（2）环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4；共价化合物中单键为σ，双键中一个是σ键、一个是π键；（3）利用均摊法确定离子个数之比；（4）根据均摊法分别计算两种晶体的配位数．【解答】解：（1）①Fe原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子及3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；故答案为：1s22s22p63s23p63d5；②SCN﹣中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN﹣互为等电子体的一种分子为CO2；故答案为：CO2；（2）环戊二烯分子中碳碳双键两端的碳原子σ键个数是3，碳碳单键之间的C原子σ个数是4，所以环戊二烯中C原子采用sp2、sp3杂化；环戊二烯中含3个C﹣C和2个C=C、6个C﹣H键，则1mol环戊二烯中含有σ键的数目为11NA；故答案为：sp2、sp3；11NA；（3）每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数=1÷2=0.5，该立方体中铁原子个数=8×=1，CN﹣位于每条棱中点，该立方体中含有CN﹣个数=12×=3，所以平均化学式是K0.5Fe（CN）3，Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1：1，故答案为：1：1；（4）图2中Fe位于体心和顶点，铁的配位数为8，图3中Fe位于顶点和面心，距离最近的为顶点和面心的铁原子，有12个，所以配位数为12；故答案为：8、12．【点评】本题考查较为综合，涉及核外电子的排布、等电子体、杂化方式判断、有关晶胞计算，把握电子排布式、杂化类型、晶体的类型是解题关键，题目难度较大．21．钛是一种性能非常优越的金属，被称为继铁、铝之后的第三金属．（1）钛铁矿的晶胞如图所示，其化学式为FeTiO3．（2）Ti元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2．（3）将钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4，将TiCl4蒸馏提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛．TiCl4属于分子晶体（填写晶体类型）．（4）二氧化钛作光催化剂能将室内污染物甲醛、苯等有害气体转化为CO2和H2O．①甲醛分子的空间构型是平面三角形．30\n②C、H、O元素电负性由大到小的顺序为：O、C、H．③甲醛极易溶于水，试解释其原因甲醛分子与水分子间形成氢键．（5）已知Ti3+可形成配位数为6的配合物．现有钛的两种颜色的配合物，一种为紫色，另一种为绿色，相关实验证明，两种物质的组成皆为TiCl3•6H2O．为测定这两种配合物的成键情况，设计了如下实验：①分别取等质量的两种物质的样品配成溶液；②分别往待测溶液中滴入过量的AgNO3溶液并充分反应，均产生白色沉淀；③测定沉淀质量并比较，发现由绿色物质得到沉淀的质量是紫色物质得到沉淀的质量的．则绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O．【考点】晶胞的计算；元素周期律的作用；原子核外电子排布；配合物的成键情况．【分析】（1）根据晶胞结构，利用均摊法计算晶胞中各原子的个数比，进而确定化学式；（2）Ti为22号元素，根据核外电子排布规律书写电子排布式；（3）根据晶体的熔沸点判断晶体类型；（4）①根据中心原子的价层电子对数判断分子空间构型；②根据元素周期律判断电负性；③甲醛与水分子之间能形成氢键；（5）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子．【解答】解：（1）根据晶胞结构，晶胞中含有的O原子数为6×=3，Ti原子数为为=1，Fe原子数为1，它们的原子个数比为3：1：1，所以化学式为FeTiO3，故答案为：FeTiO3；（2）Ti为22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；（3）TiCl4能蒸馏提纯，所以TiCl4的沸点较低，应为分子晶体，故答案为：分子晶体；（4）①甲醛分子中，碳原子的价层电子对数为=3，没有孤电子对，所以分子空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；②根据元素周期律，同周期从左向右元素电负性增大，同主族从上向下，元素的电负性减小，所以C、H、O元素电负性由大到小的顺序为O、C、H，故答案为：O、C、H；30\n③甲醛与水分子之间能形成氢键，所以甲醛极易溶于水，故答案为：甲醛分子与水分子间形成氢键；（5）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，Ti3+的配位数均为6，故绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O．【点评】本题考查核外电子排布、配合物，难度中等，注意配合物的內界和外界，在水溶液里配合物的外界能产生自由移动的离子．22．已知A、B、C、D、E五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是周期表中原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；D位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E位于ds区，且原子的最外层电子数与A的相同．请回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C．（2）E的基态原子的价电子排布式是3d104s1．（3）B、C两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别以X、Y表示．①X、Y的沸点相差较大，主要原因是N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键．②B元素形成的另一种氢化物Z，其分子中含14个电子．Z中B原子的杂化方式为sp2，σ键和π键之比为5：2．（4）C、E两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示．C原子的配位数是6．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E位于ds区，且原子的最外层电子数与A的相同，则E为Cu，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E位于ds区，且原子的最外层电子数与A的相同，则E为Cu．30\n（1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（2）E为Cu元素，基态原子的价电子排布式是3d104s1，故答案为：3d104s1；（3）C、N两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别以X、Y表示，则X为C2H6、Y为N2H4，①N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键，二者沸点相差较大，故答案为：N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键；②碳元素形成的另一种氢化物Z，其分子中含14个电子，则Z为C2H4，结构式为，C原子形成3个σ键，没有孤电子对，故碳原子采取sp2杂化，σ键和π键之比为5：2，故答案为：sp2；5：2；（4）以顶点C原子为研究，与相邻的原子处于棱中心，每个顶点为8个晶胞共用，棱中心原子为4个晶胞共用，故C原子配位数为=6，故答案为：6．【点评】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，涉及核外电子排布、电离能、氢键、杂化方式、化学键、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查．30
