2022-2022学年广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校联考高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（共20小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共分40分）1．下列说法不正确的是（ ）A．可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔B．乙烯是石油裂解后的产物C．石油的分馏、煤的干馏是物理变化，石油的裂解和裂化是化学变化D．棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物，都能发生水解反应 2．化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（ ）A．氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C．二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D．装饰材料释放的甲醛会造成污染 3．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）A．增加C的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入H2O（g）D．保持压强不变，充入N2 4．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）选项叙述Ⅰ叙述ⅡANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DZn具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料A．AB．BC．CD．D 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子B．6.4g氧气和3.2g臭氧（O3）混合气体所含有的氧原子数为0.6NAC．过氧化钠与CO2反应时，0.1mol过氧化钠转移的电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1NA 6．分子式为C4H8O2能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有（不含顺反异构）（ ）A．6种B．5种C．4种D．3种 7．下列叙述错误的是（ ）A．等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B．制备乙酸乙酯时可用饱和的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率26\nD．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同 8．下列各种情况下，常温下溶液中一定能大量存在的离子组是（ ）A．由水电离出的c（H+）=l×10﹣12mol/L的溶液中：K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．无色溶液中可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣C．pH=7的中性溶液中：Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣D．酸性溶液中可能大量存在：Na+、ClO﹣、SO42﹣、CN﹣ 9．已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O（I）5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3（II）下列说法正确的是（ ）A．反应I中HCl是氧化剂B．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3 10．根据原子结构与元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小D．1735Cl与1737Cl得电子能力相同 11．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（ ）A．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W 12．下列表示对应化学反应的离子方程式．其中正确的是（ ）A．向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣B．NH4HCO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++OH﹣═NH3．H2OC．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3．H2O═3NH4++Al（OH）3↓D．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于稀硝酸3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O 13．下列电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）A．在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．在0.1mol•L﹣1NaClO溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HClO）C．某温度下，CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，使溶液pH=7时：c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．已知酸性：HCOOH＞CH3COOH，相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中：c（K+）﹣c（HCOO﹣）＞c（Na+）﹣c（CH3COO﹣） 14．下列描述及热化学方程式均正确的是（ ）26\nA．已知C2H6的燃烧热为1090kJ•mol﹣1，则C2H6燃烧的热化学方程式为：C2H6（g）+3.5O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1090kJ/molB．25℃，101kPa下，lmolC6H6燃烧生成CO2和液态水时放出3260kJ热量，其热化学方程式为：C6H6（g）+7.5O2（g）═6CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3260kJ•mol﹣1C．已知常温下：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O（l）时也放出57.3kJ的热量D．已知2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1，则CO的燃烧热△H=﹣283kJ•mol﹣1 15．装置图所示，有关分析不正确的是（ ）A．该装置中Cu极为阳极B．工作时，左池中K+移向a电极C．工作一段时间，要使右池溶液复原可加入适量的CuOD．b极的电极反应式：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O 16．下列除杂所用试剂和操作不合理的是（ ）选项物质（括号中为杂质）除杂试剂操作ACO2（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气BBaCO3（BaSO4）饱和Na2CO3溶液搅拌、过滤C苯（苯酚）浓溴水过滤DCl2（HCl）饱和食盐水洗气A．AB．BC．CD．D 17．下图所示的实验，能达到实验目的是（ ）A．验证化学能转化为电能B．验证温度对平衡移动的影响26\nC．验证铁发生析氢腐蚀D．验证AgCl溶解度大于Ag2S 18．咖啡酸（如图），存在于许多中药，如野胡萝卜、光叶水苏、荞麦等中．咖啡酸有止血作用．下列关于咖啡酸的说法不正确的是（ ）A．咖啡酸的分子式为C9H8O4B．1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应C．1mol咖啡酸可以和3molNaOH反应D．可以用高锰酸钾检验出咖啡酸分子中含有碳碳双键 19．已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（ ）A．该溶液的pH=4B．由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍C．在该温度下加水稀释，溶液中减小D．此酸的电离平衡常数约为1.0×10﹣7 20．如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液．已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42﹣═2PbSO4+2H2O．下列有关说法正确的是（ ）A．K与N相接时，能量由电能转化为化学能B．K与N相接时，Pb上发生反应为：Pb﹣2e﹣═Pb2+26\nC．K与M连接时，所用电源的a极为负极D．K与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O 二、简答题．21．（14分）（2022秋•英德市校级月考）有机物A可发生如图转化（方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去）：已知：（R、R′可表示烃基或官能团）请回答：（1）F蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基．已知1molF与足量钠作用产生H222.4L（标准状况），则F的分子式是 ；（2）G与F的相对分子质量之差为4，则G的性质是 （填字母）；a．可与银氨溶液反应b．可与乙酸发生酯化反应c．可与氢气发生加成反应d．1molG可与2mol新制Cu（OH）2发生反应（3）D能与NaHCO3反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则D→E的化学方程式是 ；（4）B的同分异构体较多，写出一种不含甲基能发生银镜反应的同分异构体结构简式： ；（5）A转化为B和F的化学方程式是 ；（6）某烃分子H的碳原子数小于10，核磁共振氢谱只有一组峰，在相同条件下也可发生类似B→C的反应并只生成一种有机物I，I的结构简式： ． 22．（16分）（2022秋•广州校级月考）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题：（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是 （填序号）；A．每消耗1molCO的同时生成2molH2B．混合气体总物质的量不变C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．B、C两点的平衡常数K（B） K（C）（填“＞”、“=”或“＜”）；26\n③某温度下，将2.0molCO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率= ，此温度下的平衡常数K= （保留二位有效数字）；（2）常温下，将VmL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V 20.00（填“＞”、“=”或“＜”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序 ；（3）温度650℃的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质．该电池的正极反应式为 ；（4）己知：CH3OH、H2的燃烧热（△H）分别为﹣726.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是 ． 23．（15分）（2022秋•广州校级月考）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量FeO、SiO2．以孔雀石为原料可制备CuSO4•5H2O步骤如图：（1）写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式： ，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有 （写出两条）；（2）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+．实验步骤中试剂①最佳选 （填代号）；a．KMnO4b．Cl2c．H2O2d．HNO3（3）溶液B中加入CuO作用是 ；（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=1×10﹣39，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使溶液中c（Fe3+）降低至1×10﹣3mol/L，必需将溶液pH调节至 ；（5）由溶液C获得CuSO4•5H2O晶体，需要经 和过滤；（6）可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度，量取A溶液20.00ml，用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO410.00ml，A溶液中Fe2+的物质的量浓度 mol/L．（反应原理：MnO4﹣+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O） 24．（15分）（2022秋•广州校级月考）Ⅰ．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色．（1）B中反应的离子方程式是 ；（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验．取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 ；26\n（3）资料显示：SCN﹣的电子式为．甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究；①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN﹣中被氧化的元素是 ；②甲同学通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，已知SCN﹣中碳元素没有被氧化，若SCN﹣与Cl2反应生成1molCO2，则转移电子的物质的量是 mol；Ⅱ.8.12天津港特大爆炸事故现场有700吨左右氰化钠，氰化钠剧毒．有少量因爆炸冲击发生泄漏．这些泄露的氰化钠可通过喷洒氧化剂双氧水的方式来处理，以减轻污染．（1）写出NaCN的电子式 ，偏碱性条件下，氰化钠溶液的CN﹣被双氧水氧化为HCO3﹣，同时放出NH3，该反应的离子方程式： ；（2）Cu2+可作为双氧水氧化CN﹣中的催化剂．某兴趣小组要探究Cu2+对双氧水氧化CN﹣是否起催化作用，请你完成下实验方案．填写实验步骤、实验现象和结论（己知：CN﹣浓度可用离子色谱仪测定）步骤：分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中， 现象与结论：若 若 2022-2022学年广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校联考高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共20小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共分40分）1．下列说法不正确的是（ ）A．可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔B．乙烯是石油裂解后的产物C．石油的分馏、煤的干馏是物理变化，石油的裂解和裂化是化学变化D．棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物，都能发生水解反应【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；有机化学反应的综合应用；化石燃料与基本化工原料．【分析】A．乙炔能被高锰酸钾氧化，而乙烷不能；B．石油裂解得到烯烃；C．煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化；D．相对分子之间在10000以上的化合物为高分子化合物，棉花、淀粉为多糖，蛋白质中含肽键．【解答】解：A．乙炔能被高锰酸钾氧化，而乙烷不能，可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔，故A正确；26\nB．石油裂解得到烯烃，主要含乙烯，故B正确；C．煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化，煤的干馏、石油的裂解和裂化均有新物质生成，属于化学变化，而石油的分馏为物理变化，故C错误；D．相对分子之间在10000以上的化合物为高分子化合物，棉花、淀粉为多糖，蛋白质中含肽键，则棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物，都能发生水解反应，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及有机物的结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 2．化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（ ）A．氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C．二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D．装饰材料释放的甲醛会造成污染【考点】铵盐；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．【分析】A．NH4NO3在重力撞击下发生分解反应；B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂；C．硅单质用于制备太阳能电池板；D．甲醛有毒性，会污染空气．【解答】解：A．NH4NO3在重力撞击下发生分解反应，反应瞬间生成大量气体，所以NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸，故A正确；B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸气防止食物受潮，故B正确；C．硅单质是重要的半导体材料，用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维，故C错误；D．装饰材料会释放甲醛，甲醛有毒性，会污染空气，故D正确．故选C．【点评】本题考查了铵盐、硅胶、硅单质和二氧化硅、甲醛等的性质和应用，题目难度不大，注意把握常见物质的性质及应用． 3．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）A．增加C的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入H2O（g）D．保持压强不变，充入N2【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A、根据浓度越大，化学反应速率越快，固体量的增减不影响反应速率；B、体积缩小，反应体系中物质的浓度增大，化学反应速率越快；C、体积不变，充入水蒸气，使体系压强增大，反应速率加快；D、压强不变，充入氮气容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小．【解答】解：A、因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故A正确；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B错误；C、保持体积不变，充入水蒸气，使体系压强增大，反应速率加快，故C错误；26\nD、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误．故选A．【点评】影响化学速率的因素有：温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变． 4．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）选项叙述Ⅰ叙述ⅡANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DZn具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料A．AB．BC．CD．D【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；金属的通性．【分析】A、硫化铜、硫化汞为难溶物；B、CaCO3溶解于强酸；C、浓硫酸做干燥剂体现其吸水性；D、Zn具有还原性和导电性．【解答】解；A、除去废水中的Cu2+和Hg2+，利用了硫化物的溶解性，故A错误；B、CaCO3溶解于强酸，CaCl2溶液中通入CO2不能生成白色沉淀，故B错误；C、浓硫酸可用于干燥SO2，体现了浓硫酸的吸水性，和氧化性无关，故C错误；D、锌锰干电池的负极材料，体现了Zn的导电性和还原性，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质的性质，明确硫化钠、浓硫酸、碳酸钙、锌的性质是解题关键，注意浓硫酸的吸水性，和氧化性无关． 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子B．6.4g氧气和3.2g臭氧（O3）混合气体所含有的氧原子数为0.6NAC．过氧化钠与CO2反应时，0.1mol过氧化钠转移的电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，三氧化硫为固体；B、氧气和臭氧均由氧原子构成；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；D、标况下，22.4L氯气为1mol，根据反应后氯元素为﹣1价来分析．【解答】解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g氧气和3.2g臭氧即9.6g混合气体中含有的氧原子的物质的量n==0.6mol，即0.6NA个，故B正确；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，则0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故C错误；26\nD、标况下，2.24L氯气为0.1mol，且完全反应，反应后氯元素为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意掌握公式的运用和物质的结构，难度不大． 6．分子式为C4H8O2能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有（不含顺反异构）（ ）A．6种B．5种C．4种D．3种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】分子式为C4H8O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数即可得出酯的种类．【解答】解：分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种，酯有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种，酯有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，酯有1种；可形成的酯共有4种，故选C．【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算． 7．下列叙述错误的是（ ）A．等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B．制备乙酸乙酯时可用饱和的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率D．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Al和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解；C．用饱和食盐水替代水，相当于降低了水的浓度；D．SO2能与溴水发生氧化还原反应；乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应．【解答】解：A．Al和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，烧碱和盐酸足量时，生成氢气的量与Al的量成正比，Al的质量相等，所以生成氢气质量相等，故A正确；B．乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，应用饱和碳酸钠溶液收集产物以除去其中的乙酸，故B错误；C．用饱和食盐水替代水，相当于降低了水的浓度，可以减缓乙炔的产生速率，故C正确；D．SO2能与溴水发生氧化还原反应；乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应，故SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同，故D正确．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的量的计算、酯的水解、乙炔的制备、物质的鉴别等知识，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，注意相关知识的学习与积累，难度不大． 26\n8．下列各种情况下，常温下溶液中一定能大量存在的离子组是（ ）A．由水电离出的c（H+）=l×10﹣12mol/L的溶液中：K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．无色溶液中可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣C．pH=7的中性溶液中：Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣D．酸性溶液中可能大量存在：Na+、ClO﹣、SO42﹣、CN﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．由水电离出的c（H+）=l×10﹣12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；B．铝离子与硫离子发生双水解反应；C．铁离子在溶液中发生水解，溶液呈酸性；D．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO﹣、CN﹣都与氢离子反应．【解答】解：A．由水电离出的c（H+）=l×10﹣12mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Fe3+在溶液中部分水解，溶液显示酸性，不可能为中性，故C错误；D．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO﹣、CN﹣与酸性溶液中的氢离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：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． 9．已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O（I）5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3（II）下列说法正确的是（ ）A．反应I中HCl是氧化剂B．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Co2O3+6HCl（浓）═2CoCl2+Cl2↑+3H2O中Co元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3中Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念来解答．【解答】解：A．反应I中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故A错误；B．II中Cl元素的化合价降低，则氯气发生还原反应，故B错误；C．由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I中还原性为HCl＞CoCl2，II中还原性为I2＞HCl，故C错误；D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，I中氧化性为Co2O3＞Cl2，II中氧化性为Cl2＞HIO3，则氧化性为Co2O3＞Cl2＞HIO3，故D正确；故选D．26\n【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，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性、还原性比较的规律性方法，题目难度不大． 10．根据原子结构与元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小D．1735Cl与1737Cl得电子能力相同【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2﹣离子；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D．互为同位素原子的化学性质几乎完全相同．【解答】解：A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2﹣离子具有强还原性，故B错误；C．S2﹣、Cl﹣、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Ca2+，故C错误；D．3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，电子能力相同，故D正确，故选D．【点评】本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握． 11．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14．下列说法正确的是（ ）A．室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH＞1B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质．【解答】解：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14﹣3﹣4=7，且原子序数最大，应为Cl元素，A．W为Cl元素，对应的HCl的水溶液为强酸，室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1，故A错误；26\nB．Z为Si，对应的二氧化硅与水不反应，故B错误；C．Y为Al，金属性比铁，可用铝热反应置换出铁，故C正确；D．C元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则C元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为C＜Cl＜Si＜Al，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累． 12．下列表示对应化学反应的离子方程式．其中正确的是（ ）A．向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣B．NH4HCO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++OH﹣═NH3．H2OC．AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3．H2O═3NH4++Al（OH）3↓D．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于稀硝酸3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B．漏写碳酸氢根离子与碱的反应；C．反应生成氢氧化铝和氯化铵；D．Fe3O4在离子反应中保留化学式，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水．【解答】解：A．向NaAlO2溶液中通入过量的CO2的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A错误；B．NH4HCO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液的离子反应为HCO3﹣+NH4++2OH﹣═NH3．H2O+H2O+CO32﹣，故B错误；C．AlCl3溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O═3NH4++Al（OH）3↓，故C正确；D．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于稀硝酸3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大． 13．下列电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）A．在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）B．在0.1mol•L﹣1NaClO溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HClO）C．某温度下，CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，使溶液pH=7时：c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．已知酸性：HCOOH＞CH3COOH，相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中：c（K+）﹣c（HCOO﹣）＞c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．碳酸氢钠溶液中，HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，则c（CO32﹣）＜c（H2CO3）；B．根据次氯酸钠溶液中的质子守恒进行分析；C．温度影响水的离子积，不是常温下，pH=7的溶液不是中性，则c（H+）≠c（OH﹣）；26\nD．相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中，钾离子和钠离子浓度相等，根据酸性越强，对应酸根离子的水解程度越小进行判断c（HCOO﹣）、c（CH3COO﹣）的浓度大小即可．【解答】解：A．在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中，由于HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，则c（CO32﹣）＜c（H2CO3），正确的浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故A错误；B．在0.1mol•L﹣1NaClO溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HClO），故B正确；C．某温度下，CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，使溶液pH=7时，此时溶液不一定为中性，则不一定满足c（H+）=c（OH﹣），无法判断c（CH3COO﹣）、c（Na+）的大小，故C错误；D．由于酸性HCOOH＞CH3COOH，相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中，CH3COO﹣的水解程度大于HCOO﹣，则溶液中离子浓度：c（HCOO﹣）＞c（CH3COO﹣），而钾离子和钠离子浓度相等，则c（K+）﹣c（HCOO﹣）＜c（Na+）﹣c（CH3COO﹣），故D错误；故选B．【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、质子守恒等知识的含义为解答关键，试题充分考查学生的分析能力及灵活应用能力． 14．下列描述及热化学方程式均正确的是（ ）A．已知C2H6的燃烧热为1090kJ•mol﹣1，则C2H6燃烧的热化学方程式为：C2H6（g）+3.5O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1090kJ/molB．25℃，101kPa下，lmolC6H6燃烧生成CO2和液态水时放出3260kJ热量，其热化学方程式为：C6H6（g）+7.5O2（g）═6CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3260kJ•mol﹣1C．已知常温下：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O（l）时也放出57.3kJ的热量D．已知2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1，则CO的燃烧热△H=﹣283kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、苯常温下为液体；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程中吸热；D、依据燃烧热概念结合热化学方程式计算分析判断．【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中热化学方程式生成的水为气体，不是稳定氧化物，故A错误；B、苯常温下为液体不是气体，故B错误；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程中吸热，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O（l）时也放出的热量小于57.3kJ，故C错误；D、依据燃烧热概念结合热化学方程式计算分析判断，已知2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1，则CO的燃烧热△H=﹣283kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了热化学方程式书写分析，燃烧热，中和热概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 15．装置图所示，有关分析不正确的是（ ）26\nA．该装置中Cu极为阳极B．工作时，左池中K+移向a电极C．工作一段时间，要使右池溶液复原可加入适量的CuOD．b极的电极反应式：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】外电路中，电子由铜流向a极，则左图中为原电池，负极b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O，正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，以此来解答．【解答】解：正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，电解池中Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，故A正确；B．外电路中，左池为原电池，K+移向正极a，故B正确；C．右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，所以电解质溶液基本不变，故C错误；D．电解质为KOH，则b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O，故D正确；故选C．【点评】本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查，题目难度不大． 16．下列除杂所用试剂和操作不合理的是（ ）选项物质（括号中为杂质）除杂试剂操作ACO2（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气BBaCO3（BaSO4）饱和Na2CO3溶液搅拌、过滤C苯（苯酚）浓溴水过滤DCl2（HCl）饱和食盐水洗气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．二氧化硫与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳；B．加饱和Na2CO3溶液，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），生成BaCO3沉淀；C．溴、三溴苯酚均易溶于苯；D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解．【解答】解：A．二氧化硫与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；B．加饱和Na2CO3溶液，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），生成BaCO3沉淀，然后过滤从而除去BaSO4，故B正确；C．溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液分离，故C错误；D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则洗气可除杂，故D正确；故选C．26\n【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大． 17．下图所示的实验，能达到实验目的是（ ）A．验证化学能转化为电能B．验证温度对平衡移动的影响C．验证铁发生析氢腐蚀D．验证AgCl溶解度大于Ag2S【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．没有形成闭合回路；B．利用颜色的深浅，说明温度对化学平衡的影响；C．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；D．发生沉淀的转化，沉淀转化向溶度积更小的方向进行．【解答】解：A．由图可知，没有形成闭合回路，应使用盐桥，故A错误；B．二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度二氧化氮与四氧化二氮的对化学平衡的影响，故B正确；C．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C错误；D．发生沉淀的转化，沉淀转化向溶度积更小的方向进行，由实验可知，Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S），但溶解度的关系不确定，故D错误；故选B．26\n【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池、化学平衡、电化学腐蚀、沉淀的转化等，注重常考考点的考查，题目难度中等，选项D为易错点． 18．咖啡酸（如图），存在于许多中药，如野胡萝卜、光叶水苏、荞麦等中．咖啡酸有止血作用．下列关于咖啡酸的说法不正确的是（ ）A．咖啡酸的分子式为C9H8O4B．1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应C．1mol咖啡酸可以和3molNaOH反应D．可以用高锰酸钾检验出咖啡酸分子中含有碳碳双键【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基，根据咖啡酸的结构及含有的官能团对各选项进行判断，注意酚羟基酸性小于碳酸，酚羟基无法与碳酸氢钠反应．【解答】解：A．由结构简式可知有机物分子式为C9H8O4，故A正确；B．含有酚羟基，邻、对位H原子可被取代，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应，故B正确；C．含有2个酚羟基和1个羧基，都可与氢氧化钠反应，故C正确；D．酚羟基可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别碳碳双键，故D错误．故选D．【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，侧重苯酚、烯烃、酸性质的考查，题目难度不大． 19．已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（ ）A．该溶液的pH=4B．由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍C．在该温度下加水稀释，溶液中减小D．此酸的电离平衡常数约为1.0×10﹣7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明HA部分电离，为弱电解质，A、根据电离度计算HA溶液中氢离子浓度，从而计算pH；B、酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；C、加水稀释，弱酸HA的电离平衡正向移动，n（H+）增大，n（HA）减小；D、此酸的电离平衡常数=．【解答】解：室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明HA部分电离，为弱电解质，26\nA、c（H+）=0.1mol/L×0.1%=0.0001mol/L，pH=4，故A正确；B、酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣10mol/L，由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故B正确；C、加水稀释，c（H+）和c（HA）都减小，但加水稀释，弱酸HA的电离平衡正向移动，n（H+）增大，n（HA）减小，所以增大，故C错误；D、此酸的电离平衡常数===1×10﹣7，故D正确；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据弱电解质的电离特点、pH的计算方法、电离平衡常数的计算等知识点来分析解答，注意酸中水电离出氢离子的计算方法，为易错点． 20．如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液．已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42﹣═2PbSO4+2H2O．下列有关说法正确的是（ ）A．K与N相接时，能量由电能转化为化学能B．K与N相接时，Pb上发生反应为：Pb﹣2e﹣═Pb2+C．K与M连接时，所用电源的a极为负极D．K与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】K与N相接时，为原电池反应，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，K与M连接时，为电解池装置，电解池中的Pb为阴极连接电源的负极，阳极是PbO2，结合电极方程式解答该题．【解答】解：A．K与N相接时是原电池，Pb做负极，PbO2做正极，能量变化为化学能转化为电能，故A错误；B．K与N相接时是原电池，Pb做负极，反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，故B错误；C．K与M连接时，装置是电解池，电解池中的Pb为阴极连接电源的a为负极，故C正确；D．K与M连接时，装置是电解池，阳极是PbO2，电解方程式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+SO42﹣+4H+，故D错误．故选C．【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据元素化合价变化确定正负极，再结合阴阳离子的移动方向、氢离子浓度的变化来分析解答，难度中等．26\n 二、简答题．21．（14分）（2022秋•英德市校级月考）有机物A可发生如图转化（方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去）：已知：（R、R′可表示烃基或官能团）请回答：（1）F蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基．已知1molF与足量钠作用产生H222.4L（标准状况），则F的分子式是 C2H6O2 ；（2）G与F的相对分子质量之差为4，则G的性质是 ac （填字母）；a．可与银氨溶液反应b．可与乙酸发生酯化反应c．可与氢气发生加成反应d．1molG可与2mol新制Cu（OH）2发生反应（3）D能与NaHCO3反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则D→E的化学方程式是 CH3CH（OH）COOHCH2═CH﹣COOH+H2O ；（4）B的同分异构体较多，写出一种不含甲基能发生银镜反应的同分异构体结构简式： HCOOCH2﹣CH=CH2，OHCCH2CH2CHO等 ；（5）A转化为B和F的化学方程式是 ；（6）某烃分子H的碳原子数小于10，核磁共振氢谱只有一组峰，在相同条件下也可发生类似B→C的反应并只生成一种有机物I，I的结构简式： （CH3）2C=O ．【考点】有机物的推断．【分析】F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1molF与足量金属钠作用产生H222.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个﹣OH，应为乙二醇，即C2H6O2，被催化氧化生成醛，根据R﹣CH2OH→RCHO可知，二者相对分子质量相差2，G与F的相对分子质量之差为4，则G应为OHC﹣CHO，为乙二醛；A生成B和F的反应应为酯的水解，则B的分子式应为C4H6O2，结合题给信息可知应为，A为，C为，与氢气发生加成反应生成D，D应为CH326\nCH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，结合有机物的结构和性质解答该题．【解答】解：F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1molF与足量金属钠作用产生H222.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个﹣OH，应为乙二醇，即C2H6O2，被催化氧化生成醛，根据R﹣CH2OH→RCHO可知，二者相对分子质量相差2，G与F的相对分子质量之差为4，则G应为OHC﹣CHO，为乙二醛；A生成B和F的反应应为酯的水解，则B的分子式应为C4H6O2，结合题给信息可知应为，A为，C为，与氢气发生加成反应生成D，D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，（1）F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1molF与足量金属钠作用产生H222.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个﹣OH，应为乙二醇，即C2H6O2，故答案为：C2H6O2；（2）G应为OHC﹣CHO，为乙二醛，含有﹣CHO，可发生氧化和加成反应，不能发生酯化反应，因含有2个﹣CHO，则1molG最多可与4mol新制Cu（OH）2发生反应，故答案为：ac；（3）D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，反应的方程式为CH3CH（OH）COOHCH2═CH﹣COOH+H2O，故答案为：CH3CH（OH）COOHCH2═CH﹣COOH+H2O；（4）B为，B的同分异构体不含甲基能发生银镜反应，则该结构简式为HCOOCH2﹣CH=CH2，OHCCH2CH2CHO等，故答案为：HCOOCH2﹣CH=CH2，OHCCH2CH2CHO等；（5）A为，可水解生成和乙二醇，反应的方程式为，故答案为：．（6）某烃分子H的碳原子数小于10，核磁共振氢谱只有一组峰，在相同条件下也可发生类似B→C的反应并只生成一种有机物I，则该烃的结构为（CH3）2C=C（CH3）2，所以I的结构简式为（CH3）2C=O，故答案为：（CH3）2C=O．26\n【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，解答本题一定要抓住题给信息，结合相关物质的所含有的官能团判断可能具有的性质． 22．（16分）（2022秋•广州校级月考）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题：（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是 C （填序号）；A．每消耗1molCO的同时生成2molH2B．混合气体总物质的量不变C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．B、C两点的平衡常数K（B） ＞ K（C）（填“＞”、“=”或“＜”）；③某温度下，将2.0molCO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率= 75% ，此温度下的平衡常数K= 1.3 （保留二位有效数字）；（2）常温下，将VmL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V ＜ 20.00（填“＞”、“=”或“＜”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序 c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ；（3）温度650℃的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质．该电池的正极反应式为 O2+4e﹣+2CO2═2CO32﹣ ；（4）己知：CH3OH、H2的燃烧热（△H）分别为﹣726.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是 CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣130.9kJ/mol ．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【分析】（1）①当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态；②在5.0MPa时，随着温度升高，CO转化率减小，平衡逆移；③根据化学反应三段式来计算转化率，由平衡常数K=计算；（2）溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH﹣26\n），溶液就呈中性，HCOOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应；（4）根据燃烧热的概念以及盖斯定律来计算化学反应的焓变，然后写出热化学方程式．【解答】解：（1）①A．每消耗1molCO为正速率，生成2molH2为逆速率，正逆速率之比等于计量数之比，说明该反应达到平衡状态，故正确；B．反应后气体的总物质的量减少，当混合气体总物质的量不变，能说明该反应达到平衡状态，故正确；C．生成CH3OH的速率为正速率，消耗CO的速率为正速率，同为正速率不能说明是否达到平衡状态，故错误；D．当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，反应即达到平衡状态，所以CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，说明该反应达到平衡状态，故正确；故答案为：C；②在5.0MPa时，随着温度升高，CO转化率减小，平衡逆移，则平衡常数减小，即随着温度升高K减小，所以K（B）＞K（C）；故答案为：＞；③将2.0molCO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）初始浓度：1.03.00变化浓度：0.751.50.75平衡浓度：0.251.50.75CO的转化率×100%=75%，此温度下的化学平衡常数K==≈1.3，故答案为：75%；1.3．（2）CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将VmL、0.20mol•L﹣1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol•L﹣1甲酸溶液中，充分反应，V＜20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH﹣）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故答案为：＜；c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；（4）由H2（g）的燃烧热△H为﹣285.8kJ•mol﹣1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1；26\n②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1，由盖斯定律可知，3×①﹣②得CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣130.9kJ•mol﹣1，故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣130.9kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡移动以及化学平衡常数、离子浓度大小比较、电极方程式的书写、热化学方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等． 23．（15分）（2022秋•广州校级月考）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量FeO、SiO2．以孔雀石为原料可制备CuSO4•5H2O步骤如图：（1）写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式： Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑ ，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有 增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等 （写出两条）；（2）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+．实验步骤中试剂①最佳选 c （填代号）；a．KMnO4b．Cl2c．H2O2d．HNO3（3）溶液B中加入CuO作用是 调pH值，（或减少c（H+），）使Fe3+沉淀完全 ；（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=1×10﹣39，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使溶液中c（Fe3+）降低至1×10﹣3mol/L，必需将溶液pH调节至 2 ；（5）由溶液C获得CuSO4•5H2O晶体，需要经 蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶 和过滤；（6）可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度，量取A溶液20.00ml，用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO410.00ml，A溶液中Fe2+的物质的量浓度 0.025 mol/L．（反应原理：MnO4﹣+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，气体E为CO2、H2，向溶液A中加入试剂①得到溶液B，试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，向溶液B中加入试剂②经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，D为Fe（OH）3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，所以为试剂②为CuO或Cu（OH）2或CaCO3或Cu2（OH）2CO3，据此答题．【解答】解：孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，气体E为CO2、H2，向溶液A中加入试剂①得到溶液B，试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+26\n且不能引进杂质，可选取双氧水，向溶液B中加入试剂②经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，D为Fe（OH）3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，所以为试剂②为CuO或Cu（OH）2或CaCO3或Cu2（OH）2CO3，（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，生成硫酸铜、水和二氧化碳，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等，故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等；（2）Fe2+具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与KSCN不反应，加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+，双氧水，双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象，只有c正确，故答案为：c；（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质，故答案为：调pH值，（或减少c（H+），）使Fe3+沉淀完全；（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=1×10﹣39，使溶液中c（Fe3+）=1×10﹣3mol/L，则c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣12mol/L，所以溶液中c（H+）=1×10﹣2mol/L，则pH=2，故答案为：2；（5）CuSO4•5H2O晶体，在高温时易失去水，所以从溶液中获得CuSO4•5H2O晶体，需要经蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶；（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4﹣被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，反应的离子方程式为MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据离子方程可知MnO4﹣～5Fe2+，用去KMnO4的物质的量为10.00mL×0.010mol/L=1.0×10﹣4mol，所以A溶液中Fe2+浓度为=0.025mol/L，故答案为：0.025．【点评】本题考查以孔雀石为主要原料制备CuSO4•5H2O及纳米材料，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力得到考查，注意把握实验的原理以及物质的性质，为解答该类题目的关键，注意掌握实验基本操作和流程分析，题目难度中等． 24．（15分）（2022秋•广州校级月考）Ⅰ．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色．（1）B中反应的离子方程式是 Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ；（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验．取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 Fe3+ ；（3）资料显示：SCN﹣的电子式为．甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究；①取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN﹣中被氧化的元素是 硫元素 ；②甲同学通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，已知SCN﹣中碳元素没有被氧化，若SCN﹣与Cl2反应生成1molCO2，则转移电子的物质的量是 16 mol；26\nⅡ.8.12天津港特大爆炸事故现场有700吨左右氰化钠，氰化钠剧毒．有少量因爆炸冲击发生泄漏．这些泄露的氰化钠可通过喷洒氧化剂双氧水的方式来处理，以减轻污染．（1）写出NaCN的电子式 Na+ ，偏碱性条件下，氰化钠溶液的CN﹣被双氧水氧化为HCO3﹣，同时放出NH3，该反应的离子方程式： CN﹣+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3﹣ ；（2）Cu2+可作为双氧水氧化CN﹣中的催化剂．某兴趣小组要探究Cu2+对双氧水氧化CN﹣是否起催化作用，请你完成下实验方案．填写实验步骤、实验现象和结论（己知：CN﹣浓度可用离子色谱仪测定）步骤：分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中， 再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN﹣浓度 现象与结论：若 甲试管中的CN﹣浓度小于乙试管中的CN﹣浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用 若 两试管中的CN﹣浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用 【考点】性质实验方案的设计．【分析】Ⅰ．（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+；（3）①加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素；②SCN﹣与Cl2反应的化学方程式可以计算出电子转移的物质的量；Ⅱ．（1）NaCN为离子化合物，由Na+和CN﹣构成，氰化钠溶液的CN﹣被双氧水氧化为HCO3﹣，同时放出NH3，据此书写反应的离子方程式；（2）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验．【解答】解：Ⅰ．（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；（3）①加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；②SCN﹣与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN﹣+8Cl2+9H2O=NO3﹣+SO42﹣+CO2+Cl﹣+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为：16；Ⅱ．（1）NaCN为离子化合物，由Na+和CN﹣构成，所以电子式为：Na+，氰化钠溶液的CN﹣被双氧水氧化为HCO3﹣，同时放出NH3，反应的离子方程式为：CN﹣+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3﹣；，故答案为：Na+；CN﹣+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3﹣；26\n（2）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度，如果在相同时间内，若甲试管中的CN﹣浓度小于乙试管中的CN﹣浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN﹣浓度相同时间内，若甲试管中的CN﹣浓度小于乙试管中的CN﹣浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN﹣浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用．【点评】本题是实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求． 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