2022-2022学年四川省成都市石室中学高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求）1．下列有关生活和生产中化学知识的描述正确的是（ ）A．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．侯氏制碱法的工艺原理主要应用了物质熔沸点的差异C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝D．用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气 2．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．常温常压下，33.6L氯气与27g铝充分反应，生成1molAlCl3B．1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子C．通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数比为1：2D．1L1mol/L的Na2CO3溶液中所含阴离子数等于NA个 3．有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%．在酸性条件下，甲水解生成乙和丙两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有（ ）A．8种B．14种C．16种D．18种 4．下述实验能达到预期目的是（ ）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去证明SO2具有漂白性B在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后红色褪去证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2-30-\n溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性S＞CA．AB．BC．CD．D 5．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（ ）A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4 6．我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5．下列说法中正确的是（ ）A．电池在放电时，Li+向负极移动B．锂在放电时做正极，充电时为阳极C．该电池充电时阳极的反映为LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应 7．下列叙述错误的是（ ）A．常温下，将pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后，所得溶液中各离子浓度的关系是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生沉淀，平衡后的溶液中：c（Ba2+）×c（SO42﹣）＞Ksp（BaSO4）；c（Ba2+）＞c（SO42﹣）C．某二元酸的电离方程式为H2B═H++HB﹣，HB﹣⇌H++B2﹣，所以NaHB溶液呈酸性D．等浓度的NH4HSO4、NH4Cl、NH3．H2O溶液中c（NH4+）逐渐减小-30-\n 二、必作题（本部分含3个小题，共43分．）8．丙烷在燃烧时能放出大量的热，它也是液化石油气的主要成分，作为能源应用于人们的日常生产和生活．已知：①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H1=﹣2741.8kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol（1）反应C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）的△H= （2）现有1molC3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1molCO和2molCO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定体积为1L的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/mol①下列事实能说明该反应达到平衡的是 a．体系中的压强不发生变化b．V正（H2）=V逆（CO）c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化d．CO2的浓度不再发生变化②5min后体系达到平衡，经测定，H2为0.8mol，则v（H2O）= ；此时该反应的平衡常数K为 ③向平衡体系中充入少量CO则平衡常数K （填“增大”、“减小”或“不变”）（3）依据（1）中的反应可以设计一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丙烷气体；燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在其内部可以传导O2﹣，电池内部O2﹣由 极移向 极（填“正”或“负”）；电池的负极电极反应式为 （4）用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液．电解开始后阴极区的现象为 ． 9．氮和硫的化合物对大气都有严重污染，据所学化学反应原理回答下列问题：（1）NO2与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时发生反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H=aKJ/mol则该反应为 反应（填放热或吸热），产物ClNO的结构式为 （2）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3-30-\nCOONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2‾）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为 （已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol/L，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 a．向溶液A中加适量水b．向溶液A中加适量NaOHc．向溶液B中加适量水d．向溶液B中加适量NaOH（3）若将SO2，NO2，O2按4：4：3通入水中充分反应，写出总的离子方程式 （4）向氨水中通入过量的H2S，所得溶液M中溶质的电子式为 ；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的M溶液等体积混合，加热至充分反应后，待恢复至室温，剩余溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ，此时测得溶液的pH=12，则此条件下M溶液中阴离子的电离平衡常数Ka= （提示：若涉及多元弱酸的电离或多元弱酸根离子的水解，均只考虑第一步电离或水解） 10．硫酸亚铁铵是一种浅蓝绿色晶体，俗称摩尔盐．其化学式为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O硫酸亚铁在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就稳定了．硫酸亚铁铵可由硫酸亚铁与硫酸铵等物质的量混合制得．三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：温度/℃102030405070（NH4）2SO473.075.478.081.084.591.9FeSO4•7H2O40.048.060.073.3﹣﹣摩尔盐18.121.224.527.931.338.5如图是模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置回答下列问题：Ⅰ．（1）先用30%的氢氧化钠溶液煮沸废铁屑（含少量油污、铁锈、FeS等），再用清水洗净，用氢氧化钠溶液煮沸的目的是 （2）将处理好的铁屑放入锥形瓶中，加入稀硫酸，锥形瓶中发生反应的离子方程式可能为 （填序号）A．Fe+2H+═Fe2++H2↑B．Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+D．2Fe3++Fe═3Fe2+（3）利用容器②的反应，向容器①中通入氢气，应关闭活塞 ，打开活塞 （填字母）．容器③中NaOH溶液的作用是 ；向容器①中通人氢气的目的是 -30-\nⅡ．待锥形瓶中的铁屑快反应完时，关闭活塞B、C，打开活塞A，继续产生的氢气会将锥形瓶中的硫酸亚铁（含极少部分未反应的稀硫酸）压到饱和硫酸铵溶液的底部．在常温下放置一段时间，试剂瓶底部将结晶出硫酸亚铁铵．硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体，其原因是 ；从容器①中分离并得到纯净硫酸亚铁铵晶体的操作方法是 Ⅲ．制得的硫酸亚铁铵晶体中往往含有极少量的Fe3+，为测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为20.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，制成溶液．用0.5mo1/LKMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化，MnO‾4被还原成Mn2+时，耗KMnO4溶液体积20.00mL．滴定时，将KMnO4溶液装在 （填酸式或碱式）滴定管中，判断反应到达滴定终点的现象为 ；晶体中FeSO4的质量分数为 ． 一、选作题11．硅孔雀石的主要成分为CuCO3•Cu（OH）2和CuSiO3•2H2O，还含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质．以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下：部分氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.2完全沉淀的pH5.23.79.76.7请回答下列问题：（1）滤渣B的主要成分是 （用化学式表示）；判断本实验能否调节溶液pH使杂质完全除去而不损失Cu2+，并简述理由 -30-\n（2）用离子方程式表示加入绿色氧化剂A的作用 （3）可向滤液A中加入 （填字母）调节PH以除去杂质a．氨水b．氧化铜c．氢氧化钠d．氢氧化铜（4）从滤液B中提取胆矾的操作包括 、用乙醇洗涤、用滤纸吸干等（5）测定产品纯度和胆矾中结晶水数目①沉淀法测定产品纯度取一定质量的样品溶于蒸馏水，加入足量的BaCl2溶液和稀硝酸，过滤、洗涤、干燥、称重，实验结果发现测得的产品纯度偏高，可能的原因是 填字母）a．产品失去部分结晶水b．产品中混有CuCl2•2H2Oc．产品中混有Al2（SO4）3•12H2Od．产品中混有Na2SO4②差量法测得结晶水数目取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg，则胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为 ． 化学--物质结构与性质12．A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大．A元素可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34．请回答下列问题：（1）AY2是一种常用的溶剂，为 分子（填“极性”或“非极性”），分子中存在 个σ键（2）X形成的单质与NaOH溶液反应的离子方程式为 超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛，其晶体与金刚石类似，属于 晶体．B的最简单氢化物容易液化，理由是 （3）X、氧、B元素的电负性由大到小的顺序为 （用元素符号作答）（4）Z的基态原子核外电子排布式为 ．元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z+HCl+O2═ZCl+HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示不正确的是 （填序号）-30-\n①氧化剂是O2②HO2在碱中不能稳定存在③氧化产物是HO2④1molZ参加反应有1mol电子发生转移（5）已知Z的晶胞结构如图所示，又知Z的密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为 cmZYO4常作电镀液，其中YO42﹣的空间构型是 ，Y原子的杂化轨道类型是 杂化． 化学--有机化学基础13．某饮料果醋的成分之一M的结构简式为：，合成M的流程图如下：已知：①X、Y都是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰②RC≡CH+HCHORC≡C﹣CH2OH③RCH2BrRCH2COOH请回答下列问题：（1）有机物C的系统命名为 （2）（2）实验室制备Y的化学方程式为 由F制G可能发生的有机反应类型为 （3）D含有的官能团名称是 （4）写出下列反应的化学方程式①由G制备M ②F和足量的碱性新制氢氧化铜悬浊液 -30-\n（5）T是G的同分异构体，T含有三种含氧官能团：羧基、羟基和醛基，两个羟基不连在同一个碳原子上．写出T可能的结构简式 ． -30-\n2022-2022学年四川省成都市石室中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求）1．下列有关生活和生产中化学知识的描述正确的是（ ）A．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B．侯氏制碱法的工艺原理主要应用了物质熔沸点的差异C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝D．用蘸有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气【考点】硅和二氧化硅；纯碱工业（侯氏制碱法）；氨的化学性质；合金的概念及其重要应用．【分析】A光导纤维主要成分是二氧化硅；B．利用碳酸氢钠的溶解度较小的原理；C．根据金属的活泼性判断金属的冶炼方法；D．NH3能与Cl2反应生成NH4Cl，该物质是一种白色固体物质．【解答】解；A．光导纤维主要成分是二氧化硅，能够与氢氧化钠反应被腐蚀而造成短路，故A错误；B．侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异，故B错误；C．铝是活泼金属，所以要用电解氧化铝的方法冶炼，故C错误；D．NH3是碱性气体，可以与Cl2反应生成NH4Cl，该物质是一种白色固体物质，可根据是否冒白烟用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质是解题关键，注意侯氏制碱法的原理、金属冶炼的方法，题目难度不大． 2．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．常温常压下，33.6L氯气与27g铝充分反应，生成1molAlCl3B．1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子-30-\nC．通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数比为1：2D．1L1mol/L的Na2CO3溶液中所含阴离子数等于NA个【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4mol/L，则33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，则反应生成的氯化铝小于1.5mol；B．二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，二氧化硫不可能完全转化成三氧化硫；C．NO2和N2O4的最简式为NO2，则混合物中氮原子和氧原子数比为1：2；D．碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致阴离子的物质的量浓度增大．【解答】解：A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4mol/L，则33.6L氯气的物质的量＜=1.5mol，所以生成氯化铝的物质的量小于1mol，故A错误；B．1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3的物质的量小于1mol，则反应转移的电子小于2mol，转移的电子小于2NA个电子，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式可知混合物中氮原子和氧原子数比为1：2，故C正确；D．1L1mol/L的Na2CO3溶液中还有溶质碳酸钠1mol，由于碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，则所含阴离子数大于NA个，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意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，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 3．有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%．在酸性条件下，甲水解生成乙和丙两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有（ ）A．8种B．14种C．16种D．18种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，可有：×100%=20.25%①-30-\n碳的质量分数为68.35%，可有：×100%=68.35%②联立①②，解得X和Y的值；根据有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目．据此判断有机物甲的同分异构体数目．【解答】解：有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，可有：×100%=20.25%①碳的质量分数为68.35%，可有：×100%=68.35%②联立①②，解得X=9，Y=18，即此有机物为C9H18O2．有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子．含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH．含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH．所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16．故选：C．【点评】考查同分异构体数目的判断，难度中等，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键． 4．下述实验能达到预期目的是（ ）编号实验内容实验目的-30-\nA将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去证明SO2具有漂白性B在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后红色褪去证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性S＞CA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．发生氧化还原反应；B．Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，水解平衡逆向移动；C．发生沉淀的转化；D．酸越弱，对应盐的水解程度越大，利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性的强弱．【解答】解：A．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，故A错误；B．Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，水解平衡逆向移动，则证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C．向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀，发生沉淀的转化，证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度小于氢氧化铁的溶解度，故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，则碳酸酸性小于亚硫酸，但亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、水解平衡、沉淀转化、酸性与非金属性的比较等，侧重反应原理的考查，注重高考常考考查的训练，题目难度中等． 5．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（ ）-30-\nA．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【考点】真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，然后结合元素化合物知识来解答．【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，故A错误；B．N、H、O三种元素可形成NH4NO3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故B错误；C．SiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故C错误；D．Ge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确；故选D．【点评】本题为2022年浙江高考化学试题，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，题目难度不大． -30-\n6．我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5．下列说法中正确的是（ ）A．电池在放电时，Li+向负极移动B．锂在放电时做正极，充电时为阳极C．该电池充电时阳极的反映为LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动．【解答】解：A．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；B．该原电池中，锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，故B错误；C．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+，故C正确；D．V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写． 7．下列叙述错误的是（ ）A．常温下，将pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后，所得溶液中各离子浓度的关系是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生沉淀，平衡后的溶液中：c（Ba2+）×c（SO42﹣）＞Ksp（BaSO4）；c（Ba2+）＞c（SO42﹣）C．某二元酸的电离方程式为H2B═H++HB﹣，HB﹣⇌H++B2﹣，所以NaHB溶液呈酸性D．等浓度的NH4HSO4、NH4Cl、NH3．H2O溶液中c（NH4+）逐渐减小【考点】离子浓度大小的比较．-30-\n【分析】A．常温下，HCl是强电解质、NH3．H2O是弱电解质，所以pH=3的盐酸为0.001mol/L，pH=11的氨水浓度大于0.001mol/L，二者等体积混合，氨水有剩余，NH3．H2O电离程度大于NH4+水解程度，所以溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断c（Cl﹣）、c（NH4+）相对大小；B．硫酸钡饱和溶液中加入氯化钡后的溶液仍然为饱和溶液，则c（Ba2+）•c（SO42﹣）=Ksp（BaSO4）；c（Ba2+）=c（SO42﹣）；C．HB﹣能电离但不水解，根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；D．氢离子抑制了硫酸氢铵中铵根离子的水解、一水合氨的电离程度较小，据此判断铵根离子浓度大小．【解答】解：A．常温下，HCl是强电解质、NH3．H2O是弱电解质，所以pH=3的盐酸为0.001mol/L，pH=11的氨水浓度大于0.001mol/L，二者等体积混合，氨水有剩余，NH3．H2O电离程度大于NH4+水解程度，所以溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），溶液中一水合氨电离程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；B．在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生沉淀，反应后的溶液仍然为硫酸钡饱和溶液，则平衡后的溶液中：c（Ba2+）×c（SO42﹣）=Ksp（BaSO4）；c（Ba2+）=c（SO42﹣），故B错误；C．根据电离方程式可知：HB﹣能电离不水解，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性，故C正确；D．NH4HSO4中的氢离子抑制了铵根离子的水解、NH3•H2O的电离程度较小，则等浓度的NH4HSO4、NH4Cl、NH3•H2O溶液中c（NH4+）逐渐减小，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，明确盐的水解原理及其影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒等知识在判断离子浓度大小中的应用方法． 二、必作题（本部分含3个小题，共43分．）8．丙烷在燃烧时能放出大量的热，它也是液化石油气的主要成分，作为能源应用于人们的日常生产和生活．已知：①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H1=﹣2741.8kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol-30-\n（1）反应C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）的△H= ﹣2219.9kJ/mol （2）现有1molC3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1molCO和2molCO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定体积为1L的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/mol①下列事实能说明该反应达到平衡的是 bd a．体系中的压强不发生变化b．V正（H2）=V逆（CO）c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化d．CO2的浓度不再发生变化②5min后体系达到平衡，经测定，H2为0.8mol，则v（H2O）= 0.16mol/（L．min） ；此时该反应的平衡常数K为 3.5 ③向平衡体系中充入少量CO则平衡常数K 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”）（3）依据（1）中的反应可以设计一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丙烷气体；燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在其内部可以传导O2﹣，电池内部O2﹣由 正 极移向 负 极（填“正”或“负”）；电池的负极电极反应式为 C3H8+10O2﹣﹣20e﹣═3CO2+4H2O （4）用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液．电解开始后阴极区的现象为 有无色气体生成，有白色沉淀生成 ．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H1=﹣2741.8kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol将方程式得反应方程式C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l），焓变进行相应的改变；（2）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，且反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；②先计算氢气的反应速率，再根据同一反应方程式中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算水蒸气反应速率；根据H原子守恒知，生成n（H2O）=4n（C3H8）=4mol，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）-30-\n开始（mol/L）1420反应（mol/L）0.80.80.80.8平衡（mol/L）0.23.22.80.8化学平衡常数K=；③化学平衡常数只与温度有关，温度相等其化学平衡常数相等；（3）原电池中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所有的燃料电池中，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，该燃料电池中，负极上丙烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水；（4）用惰性电极电解Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，且阴极附近生成的氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀．【解答】解：（1）①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H1=﹣2741.8kJ/mol②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol将方程式得反应方程式C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l），△H==﹣2219.9kJ/mol，故答案为：﹣2219.9kJ/mol；（2）①a．该反应前后气体计量数之和不变，所以无论是否达到平衡状态，反应体系中的压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；b．V正（H2）=V逆（CO）=V逆（H2），正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；c．该反应前后气体计量数之和不变，所以无论是否达到平衡状态，混合气体的平均相对分子质量始终不发生变化，不能据此判断平衡状态，故错误；d．CO2的浓度不再发生变化，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；故选bd；②氢气反应速率==0.16mol/（L．min），同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v（H2O）=0.16mol/（L．min）；根据H原子守恒知，生成n（H2O）=4n（C3H8）=4mol，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol/L）1420反应（mol/L）0.80.80.80.8-30-\n平衡（mol/L）0.23.22.80.8化学平衡常数K==3.5，故答案为：0.16mol/（L．min）；3.5；③化学平衡常数只与温度有关，温度相等其化学平衡常数相等，所以化学平衡常数不变，故答案为：不变；（3）原电池中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以氧离子由正极向负极移动；所有的燃料电池中，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，该燃料电池中，负极上丙烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8+10O2﹣﹣20e﹣═3CO2+4H2O，故答案为：正；负；C3H8+10O2﹣﹣20e﹣═3CO2+4H2O；（4）用惰性电极电解Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，且阴极附近生成的氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，所以阴极上有无色气体生成，有白色沉淀生成，故答案为：有无色气体生成，有白色沉淀生成．【点评】本题考查化学平衡计算、原电池和电解池原理，为高频考点，侧重考查基本理论，知道平衡状态判断标准及电极反应式的书写是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意（4）中阴极区还生成沉淀，为易错点． 9．氮和硫的化合物对大气都有严重污染，据所学化学反应原理回答下列问题：（1）NO2与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时发生反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H=aKJ/mol则该反应为 放热 反应（填放热或吸热），产物ClNO的结构式为 Cl﹣N=O （2）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2‾）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为 c（NO3‾）＞c（NO2‾）＞c（CH3COO‾） （已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol/L，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 bc a．向溶液A中加适量水b．向溶液A中加适量NaOHc．向溶液B中加适量水d．向溶液B中加适量NaOH-30-\n（3）若将SO2，NO2，O2按4：4：3通入水中充分反应，写出总的离子方程式 4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42﹣+4NO3﹣ （4）向氨水中通入过量的H2S，所得溶液M中溶质的电子式为 ；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的M溶液等体积混合，加热至充分反应后，待恢复至室温，剩余溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+） ，此时测得溶液的pH=12，则此条件下M溶液中阴离子的电离平衡常数Ka= 4×10‾12 （提示：若涉及多元弱酸的电离或多元弱酸根离子的水解，均只考虑第一步电离或水解）【考点】离子浓度大小的比较；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）反应能自发，应满足△G=△H﹣T•△S＜0，结合反应的△S进行判断；ClNO中Cl、N、O能够形成共用电子对数目分别为1、3、2，据此写出其结构式；（2）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，据此分析判断；（3）二氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，硝酸与二氧化硫反应生成硫酸，根据电子守恒可知三者恰好反应生成硫酸和硝酸；（4）向氨水中通入过量的H2S，得到的溶质为NH4HS，NH4HS为离子化合物，电子式中阴阳离子都需要标出所带电荷；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的NH4HS溶液等体积混合后，二者物质的量之比为2：1，加热至充分反应生成Na2S、氨气与水，待恢复至室温剩余溶液为Na2S溶液，溶液中S2﹣水解，溶液呈碱性，水的电离与产生氢氧根离子，故c（OH﹣）＞c（HS﹣），溶液中氢离子浓度最小，溶液中离子浓度大小为：c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）=10﹣12mol/L，此时测得溶液的pH=12，c（H+）=10﹣12mol/L，c（OH﹣）=10﹣2mol/L，由于S2﹣+H2O⇌OH﹣+HS﹣，溶液中氢氧根离子源于硫离子水解及水的电离，故溶液中c（HS﹣）=10﹣2mol/L﹣10﹣12mol/L≈10﹣2mol/L，溶液中c（S2﹣）=0.1mol/L×﹣10﹣2mol/L=0.04molL，由HS﹣=S2﹣+H+可知其电离平衡常数Ka=，代入数据计算即可．-30-\n【解答】解：（1）反应2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）是熵变较小的反应，则熵变△S＜O，故T•△S，该反应能够自发进行，则△G=△H﹣T•△S＜0，所以该反应的焓变△H＜0，说明该反应为放热反应；ClNO中Cl、N、O能够形成共用电子对数目分别为1、3、2，则ClNO分子中存在1个N﹣Cl键和1个N=O键，其结构式为：Cl﹣N=O，故答案为：放热；Cl﹣N=O；（2）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/、NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；a、上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，减小减小，不能调节溶液pH相同，故a错误；b、向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b正确；c、向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c正确；d、溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液PH更大，不能调节溶液PH相同，故d错误；故答案为：c（NO3‾）＞c（NO2‾）＞c（CH3COO‾）；bc；（3）将SO2，NO2、O2按4：4：3通入水中充分反应恰好生成硫酸和硝酸，反应的离子方程式为：4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42﹣+4NO3﹣，故答案为：4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42﹣+4NO3﹣；（4）向氨水中通入过量的H2S，所得溶液M为NH4HS，其电子式为：；-30-\n取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的NH4HS溶液等体积混合后，二者物质的量之比为2：1，加热至充分反应生成Na2S、氨气与水，待恢复至室温剩余溶液为Na2S溶液，溶液中S2﹣水解，溶液呈碱性，水的电离与产生氢氧根离子，故c（OH﹣）＞c（HS﹣），溶液中氢离子浓度最小，故溶液中c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）；此时测得溶液的pH=12，c（H+）=10﹣12mol/L，c（OH﹣）=10﹣2mol/L，由于S2﹣+H2O⇌OH﹣+HS﹣，溶液中氢氧根离子源于硫离子水解及水的电离，故溶液中c（HS﹣）=10﹣2mol/L﹣10﹣12mol/L≈10﹣2mol/L，溶液中c（S2﹣）=0.1mol/L×﹣10﹣2mol/L=0.04molL，由HS﹣=S2﹣+H+，可知其电离产生Ka===4×10﹣12，故答案为：；c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）；4×10‾12．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及化学平衡常数的计算、离子浓度大小比较、电子式及结构式的书写等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活运用能力． 10．硫酸亚铁铵是一种浅蓝绿色晶体，俗称摩尔盐．其化学式为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O硫酸亚铁在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就稳定了．硫酸亚铁铵可由硫酸亚铁与硫酸铵等物质的量混合制得．三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：温度/℃102030405070（NH4）2SO473.075.478.081.084.591.9FeSO4•7H2O40.048.060.073.3﹣﹣摩尔盐18.121.224.527.931.338.5如图是模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置回答下列问题：Ⅰ．（1）先用30%的氢氧化钠溶液煮沸废铁屑（含少量油污、铁锈、FeS等），再用清水洗净，用氢氧化钠溶液煮沸的目的是 除去铁屑中油污 （2）将处理好的铁屑放入锥形瓶中，加入稀硫酸，锥形瓶中发生反应的离子方程式可能为 ABCD （填序号）-30-\nA．Fe+2H+═Fe2++H2↑B．Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+D．2Fe3++Fe═3Fe2+（3）利用容器②的反应，向容器①中通入氢气，应关闭活塞 A ，打开活塞 BC （填字母）．容器③中NaOH溶液的作用是 吸收硫化氢气体，防止污染空气 ；向容器①中通人氢气的目的是 防止亚铁离子被氧气氧化 Ⅱ．待锥形瓶中的铁屑快反应完时，关闭活塞B、C，打开活塞A，继续产生的氢气会将锥形瓶中的硫酸亚铁（含极少部分未反应的稀硫酸）压到饱和硫酸铵溶液的底部．在常温下放置一段时间，试剂瓶底部将结晶出硫酸亚铁铵．硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体，其原因是 硫酸亚铁铵的溶解度最小 ；从容器①中分离并得到纯净硫酸亚铁铵晶体的操作方法是 过滤、用酒精洗涤、干燥 Ⅲ．制得的硫酸亚铁铵晶体中往往含有极少量的Fe3+，为测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为20.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，制成溶液．用0.5mo1/LKMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化，MnO‾4被还原成Mn2+时，耗KMnO4溶液体积20.00mL．滴定时，将KMnO4溶液装在 酸式 （填酸式或碱式）滴定管中，判断反应到达滴定终点的现象为 溶液刚出现紫红色，保持30s不变 ；晶体中FeSO4的质量分数为 38% ．【考点】制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算．【专题】实验设计题．【分析】Ⅰ．（1）氢氧化钠溶液在加热条件下能使油污发生水解；（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）、FeS等，都与硫酸发生反应，反应后的产物Fe3+与S2﹣、Fe2+也可以发生氧化还原反应；（3）亚铁离子能被空气中的氧气氧化，氢氧化钠溶液能吸收含杂质的铁屑与硫酸反应产生的硫化氢气体，防止污染空气；Ⅱ．在溶液中溶解度小的物质先析出；从溶液中析出的硫酸亚铁铵晶体表面有硫酸、水等杂质，需要除杂、干燥；-30-\nⅢ．KMnO4溶液有强氧化性，容易氧化橡皮；高锰酸钾溶液滴入亚铁盐溶液中，高锰酸钾溶液会褪色，如果高锰酸钾溶液的颜色不褪色说明加入的高锰酸钾溶液已经足量，据此电子得失守恒得关系式5FeSO4～KMnO4，可以计算出FeSO4的质量，再根据×100%得到晶体中FeSO4的质量分数．【解答】解：Ⅰ．（1）氢氧化钠溶液在加热条件下能使油污发生水解，所以用氢氧化钠溶液煮沸的目的是除去铁屑中油污，故答案为：除去铁屑中油污；（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）、FeS等，都与硫酸发生反应，反应后的产物Fe3+与S2﹣、Fe2+也可以发生氧化还原反应，故选：ABCD；（3）亚铁离子能被空气中的氧气氧化，所以要通入氢气，排除空气，防止亚铁离子被氧气氧化，氢氧化钠溶液能吸收含杂质的铁屑与硫酸反应产生的硫化氢气体，防止污染空气，所以利用容器②的反应，向容器①中通入氢气，应先将气体通过氢氧化钠溶液，再通入容器①，所以应关闭活塞A，打开活塞BC，故答案为：A；BC；吸收硫化氢气体，防止污染空气；防止亚铁离子被氧气氧化；Ⅱ．根据表中的数据可知，硫酸亚铁、硫酸铵、硫酸亚铁铵三种物质中，硫酸亚铁铵的溶解度最小，所以硫酸亚铁铵在溶液中先析出，从溶液中析出的硫酸亚铁铵晶体表面有硫酸、水等杂质，需要除杂、干燥，所以从容器①中分离并得到纯净硫酸亚铁铵晶体的操作方法是过滤、用酒精洗涤、干燥，故答案为：硫酸亚铁铵的溶解度最小；过滤、用酒精洗涤、干燥；Ⅲ．KMnO4溶液有强氧化性，容易氧化橡皮，所以将KMnO4溶液装在酸式滴定管中，高锰酸钾溶液滴入亚铁盐溶液中，高锰酸钾溶液会褪色，如果高锰酸钾溶液的颜色不褪色说明加入的高锰酸钾溶液已经足量，所以反应到达滴定终点的现象为溶液刚出现紫红色，保持30s不变，据此电子得失守恒得关系式5FeSO4～KMnO4，可以计算出FeSO4的质量为5×0.5mo1•L﹣1×0.02L×152g/mol=7.6g，所以FeSO4的质量分数=×100%=×100%=38%，故答案为：酸式；溶液刚出现紫红色，保持30s不变；38%．【点评】本题以莫尔盐的制备为载体，考察氧化还原反应、氧化还原反应滴定应用、物质分离提纯等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力．题目有一定的难度，注意基础知识的全面掌握．-30-\n 一、选作题11．硅孔雀石的主要成分为CuCO3•Cu（OH）2和CuSiO3•2H2O，还含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质．以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下：部分氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表氢氧化物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀的pH3.31.56.54.2完全沉淀的pH5.23.79.76.7请回答下列问题：（1）滤渣B的主要成分是 Fe（OH）3、Al（OH）3 （用化学式表示）；判断本实验能否调节溶液pH使杂质完全除去而不损失Cu2+，并简述理由 否，铝离子全部沉淀时铜离子有沉淀 （2）用离子方程式表示加入绿色氧化剂A的作用 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O （3）可向滤液A中加入 bd （填字母）调节PH以除去杂质a．氨水b．氧化铜c．氢氧化钠d．氢氧化铜（4）从滤液B中提取胆矾的操作包括 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 、用乙醇洗涤、用滤纸吸干等（5）测定产品纯度和胆矾中结晶水数目①沉淀法测定产品纯度取一定质量的样品溶于蒸馏水，加入足量的BaCl2溶液和稀硝酸，过滤、洗涤、干燥、称重，实验结果发现测得的产品纯度偏高，可能的原因是 acd 填字母）a．产品失去部分结晶水b．产品中混有CuCl2•2H2Oc．产品中混有Al2（SO4）3•12H2Od．产品中混有Na2SO4②差量法测得结晶水数目取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg，则胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为 ．【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．-30-\n【分析】硅孔雀石是一种含铜矿石，含铜形态为CuCO3•Cu（OH）2和CuSiO3•2H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质，硅孔雀石矿粉加入稀硫酸溶解，加入过氧化氢氧化亚铁离子浸取后过滤，得到滤渣主要为SiO2、H2SiO3，滤液A在含有Cu2+、Fe3+、Al3+、H+，加入铜的化合物调节溶液PH=4使铁离子全部沉淀，此时铝离子有部分沉淀，过滤得到滤液B主要是硫酸铜溶液，含有少量硫酸铝和硫酸溶液，通过蒸发浓缩蒸发，冷却结晶得到硫酸铜晶体；（1）根据氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH列表进行分析PH=4完全沉淀、不完全沉淀的离子，依据离子沉淀的PH值分析，铁离子全部沉淀PH=3.7，铝离子全部沉淀PH=5.2，铜离子开始沉淀PH=4.2，铝离子全部沉淀，铜离子液有沉淀，调节溶液pH不能使杂质完全除去而不损失Cu2+；（2）上述分析可知加入试剂A为氧化亚铁离子为铁离子的氧化剂且不能引入锌的杂质，所以需要加入过氧化氢，双氧水酸性溶液中将亚铁离子氧化成铁离子；（3）根据滤液A显示酸性，加入的试剂不能引进新的杂质进行分析；（4）滤液得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体；（5）①测得的产品纯度偏高，可能是样品失去结晶水导致样品质量减小，或混入的硫酸根离子和加入的氯化钡生成更多的硫酸钡；②取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg，结晶水的质量为ag﹣bg；依据物质的量之比计算n值．【解答】解：（1）步骤中，调节pH=4时，所得滤渣B的成分依据表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，铝离子有少量沉淀，所以渣B的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，依据离子沉淀的PH值分析，铁离子全部沉淀PH=3.7，铝离子全部沉淀PH=5.2，铜离子开始沉淀PH=4.2，铝离子全部沉淀，铜离子液有沉淀，调节溶液pH不能使杂质完全除去而不损失Cu2+，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；否，铝离子全部沉淀时铜离子有沉淀；（2）由上述分析可知加入试剂A为氧化亚铁离子为铁离子的氧化剂且不能引入锌的杂质，所以需要加入过氧化氢，双氧水酸性溶液中将亚铁离子氧化成铁离子，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；（3）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用氧化铜、碱式碳酸铜、氢氧化铜等，故选bd，故答案为：bd；-30-\n（4）滤液B为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤等操作可得到硫酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）①测得的产品纯度偏高，可能是样品失去结晶水导致样品质量减小，或混入的硫酸根离子和加入的氯化钡生成更多的硫酸钡，a．产品失去部分结晶水导致样品质量减小，使测得的产品纯度偏高，故a正确；b．产品中混有CuCl2•2H2O对测定纯度无影响，故b错误；c．产品中混有Al2（SO4）3•12H2O，溶解后生成硫酸钡沉淀质量增大，故c正确；d．产品中混有Na2SO4，溶解后生成硫酸钡沉淀质量增大，故d正确故选acd；②取ag样品盛装在干燥的坩锅里，灼烧至结晶水全部失去，称得无水硫酸铜的质量bg，结晶水的质量为ag﹣bg；依据物质的量之比计算n值，1：n=：，解得n=，故答案为：．【点评】本题为工艺流程题，考查了方程式的书写、物质分离的方法、有关方程式的计算，主要是铝及其化合物性质的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等． 化学--物质结构与性质12．A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大．A元素可形成自然界硬度最大的单质；B与A同周期，核外有三个未成对电子；X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，I3=2745kJ/mol，I4=11575kJ/mol；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质；Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34．请回答下列问题：（1）AY2是一种常用的溶剂，为 非极性 分子（填“极性”或“非极性”），分子中存在 2 个σ键（2）X形成的单质与NaOH溶液反应的离子方程式为 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ 超高导热绝缘耐高温纳米XB在绝缘材料中应用广泛，其晶体与金刚石类似，属于 原子 晶体．B的最简单氢化物容易液化，理由是 分子间形成氢键 （3）X、氧、B元素的电负性由大到小的顺序为 O＞N＞Al （用元素符号作答）-30-\n（4）Z的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 ．元素Z与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z+HCl+O2═ZCl+HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示不正确的是 ③ （填序号）①氧化剂是O2②HO2在碱中不能稳定存在③氧化产物是HO2④1molZ参加反应有1mol电子发生转移（5）已知Z的晶胞结构如图所示，又知Z的密度为9.00g/cm3，则晶胞边长为 cmZYO4常作电镀液，其中YO42﹣的空间构型是 正四面体 ，Y原子的杂化轨道类型是 sp3 杂化．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=63﹣34=29，故Z为Cu元素，据此进行解答．【解答】解：A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B与A同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则Y为S元素；Z的一种同位素的质量数为63、中子数为34，则质子数=63﹣34=29，故Z为Cu元素．（1）AY2化学式是CS2，其结构式为S=C=S，为直线型结构，属于非极性分子，其分子中每个双键中含有1个σ键，所以CS2分子存在2个σ键，故答案为：非极性；2；（2）X是Al元素，铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；XB是CN，晶体与金刚石类似，属于原子晶体；B的最简单氢化物是NH3，N原子电负性大，分子间形成氢键，所以容易液化，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；原子；分子间形成氢键；-30-\n（3）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为：O＞N＞Al，故答案为：O＞N＞Al；（4）Z为29号Cu元素，根据构造原理，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；①O2中氧元素的化合价是0价，HO2中氧元素的平均化合价是﹣0.5价，化合价降低作氧化剂，故①正确；②HO2为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故HO2在碱中不能稳定存在，故②正确；③还原产物是HO2，故③错误；④1molCu参加反应生成+1价铜离子，有1mol电子发生转移，故④正确，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；③；（5）Z为Cu元素，铜原子位于顶点和面心，每个晶胞中含有铜原子的数目为：8×+6×=4，晶胞中含有4个铜原子，则晶胞的质量为：g，设该晶胞的边长为xcm，则该晶胞体积为：x3cm3，则：：g=x3cm3×9.00g/cm3，整理可得x=；SO42﹣离子的中心原子S的价层电子对为：4+=4，孤电子对数为0，故其空间结构为正四面体，S原子杂化方式为：sp3，故答案为：；正四面体；sp3．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、分子结构与性质、杂化方式、晶胞计算等，（5）中晶胞的计算为难点、易错点，难度中等． 化学--有机化学基础13．某饮料果醋的成分之一M的结构简式为：，合成M的流程图如下：已知：①X、Y都是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰②RC≡CH+HCHORC≡C﹣CH2OH-30-\n③RCH2BrRCH2COOH请回答下列问题：（1）有机物C的系统命名为 2﹣氯丁二酸（或2﹣氯﹣1，4﹣丁二酸） （2）（2）实验室制备Y的化学方程式为 CaC2+H2O→Ca（OH）2+C2H2↑ 由F制G可能发生的有机反应类型为 氧化反应、取代反应 （3）D含有的官能团名称是 氯原子、羟基 （4）写出下列反应的化学方程式①由G制备M ②F和足量的碱性新制氢氧化铜悬浊液 （5）T是G的同分异构体，T含有三种含氧官能团：羧基、羟基和醛基，两个羟基不连在同一个碳原子上．写出T可能的结构简式 ．【考点】有机物的推断．【分析】F发生反应生成G，则G是小分子化合物，G发生缩聚反应生成M，G结构简式为HOOCCH2CH（OH）COOH，C发生取代反应然后酸化得到G，C中含有氯原子，则C结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，根据流程图中反应试剂及反应条件知，B为HOOCCH2CH2COOH，A为，X为CH2=CH2；X、Y是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰，说明都只有一种氢原子，Y能发生信息②的反应，则Y结构简式为HC≡CH；根据G结构简式结合F性质知，F结构简式为OHCCH2CHClCHO，E发生取代反应生成D，D中含有氯原子，则D发生氧化反应生成F，D结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，E为HOCH2CH2CH2CH2OH，据此分析解答．【解答】解：F发生反应生成G，则G是小分子化合物，G发生缩聚反应生成M，G结构简式为HOOCCH2CH（OH）COOH，C发生取代反应然后酸化得到G，C中含有氯原子，则C结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，根据流程图中反应试剂及反应条件知，B为HOOCCH2CH2COOH，A为，X为CH2=CH2-30-\n；X、Y是烃，在核磁共振氢谱图上都只有一个峰，说明都只有一种氢原子，Y能发生信息②的反应，则Y结构简式为HC≡CH；根据G结构简式结合F性质知，F结构简式为OHCCH2CHClCHO，E发生取代反应生成D，D中含有氯原子，则D发生氧化反应生成F，D结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，E为HOCH2CH2CH2CH2OH，（1）C结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C的系统命名为2﹣氯丁二酸（或2﹣氯﹣1，4﹣丁二酸），故答案为：2﹣氯丁二酸（或2﹣氯﹣1，4﹣丁二酸）；（2）实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，反应方程式为CaC2+H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，由F生成G可能发生的反应类型有氧化反应、取代反应，故答案为：CaC2+H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；氧化反应、取代反应；（3）D结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，其官能团名称是氯原子、羟基，故答案为：氯原子、羟基；（4）①由G制备M的化学方程式为②F和足量的新制氢氧化铜悬浊液反应，故答案为：；；（5）G结构简式为HOOCCH2CH（OH）COOH，T是G的同分异构体，T含有三种含氧官能团：羧基、羟基和醛基，两个羟基不连在同一个碳原子上，T可能的结构简式，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据分子式、反应条件及结构简式采用正逆结合的方法进行推断，正确判断物质结构简式是解本题关键，题目难度中等，难点是（5）题限制性条件同分异构体结构简式的书写． 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