2022年福建省龙岩市连城一中高考化学六模试卷一、选择题（本题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求．）1．制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一为：下列说法不正确的是()A．M的分子式为C6H12O6B．N的结构简式为CH3COOHC．④的反应类型属于取代反应D．淀粉与纤维素互为同分异构体2．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LNH3分子中共价键数目为0.3NAB．1L1mol•L﹣1H2O2溶液中氧原子数目为2NAC．25℃时，pH=7的纯水中OH﹣数目为1×10﹣7NAD．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+数目为0.1NA3．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，相关说法正确的是()A．离子半径大小：r（M3+）＞r（T2﹣）B．其中R的金属性最强C．煤和石油中存在X元素D．L、X形成的简单离子核外电子数相等4．次氯酸钠能有效地杀灭水中的细菌和病毒．该过程不可能涉及的变化有()A．电离B．水解C．置换反应D．氧化还原反应5．常温下，取pH=2的HA溶液与HB溶液各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与稀释倍数关系如图所示．下列叙述正确的是()19A．HB的电离方程式为HB═H++B﹣B．稀释前，c（HB）＞c（HA）=0.01mol•L﹣1C．NaA的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．NaA、NaB的混合溶液中：2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB）6．一定条件下，反应：6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O的数据如图所示．下列说法正确的是()A．该反应的△H＞0B．达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆C．b点对应的平衡常数K值大于c点D．a点对应的H2的平衡转化率为90%7．已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HO2﹣形式存在．以Al﹣H2O2燃料电池电解尿素的碱性溶液制备氢气（电解池中隔膜仅阻止气体通过，c、d均为惰性电极）．下列说法不正确的是()A．电解过程中，电子的流向由a→b→c→dB．电极b是正极，且反应后该电极区pH增大C．燃料电池的总反应为：2Al+3HO2﹣=2AlO2﹣+OH﹣+H2OD．电解时，Al消耗2.7g，则产生氮气标准状况下为1.12L19二、解答题（共5小题，满分58分）8．（16分）NO和NO2是常见的氮氧化物，研究它们的综合利用有重要意义．（1）氮氧化物产生的环境问题有__________（填一种）．（2）氧化﹣还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为：NO+O3═NO2+O2，生成11.2LO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是__________mol．②反应Ⅱ中，当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2时，反应的化学方程式是__________．（3）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1①已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式__________．②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO和NO2的浓度之比为3：1，则NO2的平衡转化率是__________．③上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，平衡__________（填序号）．A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3，装置如图，电极为多孔惰性材料．则负极的电极反应式是__________．9．（14分）工业上SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：提示：①已知在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式．②已知Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是__________，加入Sn粉的作用是__________．（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的离子方程式__________．（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法__________．19（4）反应Ⅱ硫酸的作用之一是控制溶液的pH，若溶液中c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1，则应控制溶液pH__________．（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，请写出发生反应的离子方程式__________．10．某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）请回答下列问题：（1）Cu与稀HNO3反应的离子方程式为__________．（2）该同学认为实验①可通过收集测量NO气体的体积，来探究Cu样品的纯度．你认为是否可行？__________（可行、不可行），请简述原因__________．（3）实验②、③中，量气管中的液体最好分别是__________、__________．（只选一种）A．CCl4B．H2OC．饱和NaHCO3溶D．液饱和Na2CO3溶液（4）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：①恢复至室温，②__________，③视线与凹液面最低处相平．（5）实验④用于测定合金中铝的质量分数，获得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数__________．11．（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，其基态原子的电子排布式__________．（2）图1曲线表示部分短周期元素的原子序数（按递增顺序排列）和其常见单质沸点的关系．其中A点表示的单质是__________（填化学式）．（3）C、N、O、F四种元素中电负性最大的是__________（填元素符号），第一电离能最小的是__________．19（4）配合物Y的结构见图2，Y中含有__________（填序号）；a．极性共价键b．非极性共价键c．配位键d．氢键Y中碳原子的杂化方式有__________、__________．（5）已知HF与F﹣通过氢键结合成HF（F﹣H…F﹣）．判断HF和HF微粒间不能形成氢键的理由__________．12．（13分）某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y．已知：．2CH3CHO请回答下列问题：（1）写出Y中含氧官能团的名称__________．（2）下列有关F的说法正确的是__________．A．分子式是C7H7NO2BrB．既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应C．能发生酯化反应D．1molF最多可以消耗2molNaOH（3）写出由甲苯→A反应的化学方程式__________．（4）在合成F的过程中，B→C步骤不能省略，理由是__________；F在一定条件下形成的高分子化合物的结构简式是__________．（5）写出一种同时符合下列条件的Y的同分异构体的结构简式__________．①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②与足量浓溴水反应产生白色沉淀③分子中只存在一个环状结构（6）以X和乙烯为原料可合成Y，依次指出三步合成过程中三个主要反应的反应类型：__________、__________、__________．192022年福建省龙岩市连城一中高考化学六模试卷一、选择题（本题共7小题．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求．）1．制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一为：下列说法不正确的是()A．M的分子式为C6H12O6B．N的结构简式为CH3COOHC．④的反应类型属于取代反应D．淀粉与纤维素互为同分异构体考点：乙酸乙酯的制取．专题：有机反应．分析：A．淀粉或纤维素水解最终产物为葡萄糖；B．纤维素水解得到葡萄糖M，葡萄糖氧化得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸N；C．④是乙醇与乙酸的酯化反应，属于取代反应；D．同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，但n值范围不同，分子式不同；解答：解：制备乙酸乙酯的绿色合成路线：以淀粉或纤维素为原料，经水解生成葡萄糖，葡萄糖氧化生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛、乙酸，乙醇、乙酸二者酯化生成乙酸乙酯．A．淀粉或纤维素水解最终产物为葡萄糖，所以M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，故A正确；B．纤维素水解得到葡萄糖M，葡萄糖氧化得到乙醇，乙醇氧化得到乙酸N，N的结构简式为CH3COOH，故B正确；C．④的反应是酸和醇反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，本质是酸脱羟基醇脱氢，反应类型属于酯化反应，也属于取代反应，故C正确；D．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，n值不同，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；故选：D．点评：本题以制备乙酸乙酯为载体考查有机物的结构与性质，注意把握常见有机物的官能团的结构和性质，掌握同分异构体的概念是解答的关键，题目难度不大．2．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LNH3分子中共价键数目为0.3NAB．1L1mol•L﹣1H2O2溶液中氧原子数目为2NAC．25℃时，pH=7的纯水中OH﹣数目为1×10﹣7NAD．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+数目为0.1NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．19分析：A．氨气分子中含有3个氮氢键，根据n=计算出氨气的物质的量，再计算出含有共价键数目；B．双氧水溶液中，溶剂水中也含有氧原子，忽略了水中的氧原子；C．缺少纯水的体积，无法计算水中氢氧根离子数目；D．铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子数目减少．解答：解：A．标况下2.24L氨气的物质的量为0.1mol，0.1mol氨气中含有0.3mol氮氢键，含有的共价键数目为0.3NA，故A正确；B．1L1mol•L﹣1H2O2溶液中含有溶质双氧水1mol，由于水中也含有氧原子，则该双氧水溶液中含有的氧原子大于2mol，氧原子数目大于2NA，故B错误；C．没有告诉该纯水的体积，无法计算纯水中含有的氢氧根离子数目，故C错误；D．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中含有溶质氯化铵0.1mol，由于铵根离子部分水解，则溶液中铵根离子小于0.1mol，NH4+数目小于0.1NA，故D错误；故选A．点评：本题考查阿伏加德罗常数的计算和判断、盐的水解原理，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，选项A、C为易错点，注意A中溶剂水中含有氧原子、C中缺少水的体积．3．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，相关说法正确的是()A．离子半径大小：r（M3+）＞r（T2﹣）B．其中R的金属性最强C．煤和石油中存在X元素D．L、X形成的简单离子核外电子数相等考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，其最高正价与最低负价的绝对值之和为8，根据元素化合价知，L、M、X、R、T分别位于第IIA族、第IIIA族、第VIA族、第IIA族、第VIA族，同一主族元素，其原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以L、M、X、R、T为Mg、Al、S、Be、O元素，再结合元素周期律、原子结构解答．解答：解：主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，其最高正价与最低负价的绝对值之和为8，根据元素化合价知，L、M、X、R、T分别位于第IIA族、第IIIA族、第VIA族、第IIA族、第VIA族，同一主族元素，其原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以L、M、X、R、T为Mg、Al、S、Be、O元素，A．电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径r（M3+）＜r（T2﹣），故A错误；B．这几种元素中，金属性最强的元素位于元素周期表左下角，所以为Mg（即L）元素，故B错误；C．X是S元素，煤和石油中存在X元素，故C正确；19D．L、X分别是Mg、S元素，镁离子核外有10个电子、硫离子核外有18个电子，所以二者形成的简单离子核外电子数不相等，故D错误；故选C．点评：本题考查了原子结构和元素周期律，明确元素化合价与元素所处主族是解本题关键，再结合元素周期律分析解答，知道离子半径大小比较方法，题目难度不大．4．次氯酸钠能有效地杀灭水中的细菌和病毒．该过程不可能涉及的变化有()A．电离B．水解C．置换反应D．氧化还原反应考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学基本反应类型．专题：元素及其化合物．分析：次氯酸钠在溶液中电离生成Na+和ClO﹣，ClO﹣水解生成具有强氧化性的HClO，HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性，以此解答．解答：解：次氯酸钠在溶液中电离生成Na+和ClO﹣，ClO﹣水解生成具有强氧化性的HClO，HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性，则涉及的变化有电离、水解以及氧化还原反应，不涉及置换反应．故选C．点评：本题考查次氯酸钠的杀菌消毒原理，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，本题注意把握次氯酸钠的性质，注意相关基础知识的积累．5．常温下，取pH=2的HA溶液与HB溶液各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与稀释倍数关系如图所示．下列叙述正确的是()A．HB的电离方程式为HB═H++B﹣B．稀释前，c（HB）＞c（HA）=0.01mol•L﹣1C．NaA的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．NaA、NaB的混合溶液中：2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据图象曲线变化可知，将pH=2的HB稀释100倍后，溶液的pH＜4，所以HB为弱酸，溶液中只能部分电离；B．溶液稀释100倍，HA溶液的pH变化为2，则HA为强酸，而HB为弱酸，据此判断稀释前浓度大小；C．HA为强酸，则NaA溶液为中性溶液，溶液中c（Na+）=c（A﹣）、c（OH﹣）=c（H+）；19D．没有告诉NaA、NaB的浓度是否相等，无法根据物料守恒得出2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB）．解答：解：A．将pH=2的HB稀释100倍后，溶液的pH变化小于2，说明HB为弱电解质，溶液中存在电离平衡，HB的电离方程式为：HB⇌H++B﹣，故A错误；B．根据图象可知，pH2的HA稀释100倍后，溶液的pH变化为2，则HA为强电解质，溶液中完全电离，则pH=2的HA溶液的浓度为0.01mol/L，而HB为弱酸，则稀释前HB的浓度大于0.01mol/L，即：稀释前，c（HB）＞c（HA）=0.01mol•L﹣1，故B正确；C．根据B可知，HA为强电解质，则NaA为强酸强碱盐，溶液稀释中性，则c（Na+）=c（A﹣）、c（OH﹣）=c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故C错误；D．当NaA、NaB的浓度相等时，根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB），由于不知NaA、NaB的浓度大小，无法得出2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB），故D错误；故选B．点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小．6．一定条件下，反应：6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O的数据如图所示．下列说法正确的是()A．该反应的△H＞0B．达平衡时，v（H2）正=v（CO2）逆C．b点对应的平衡常数K值大于c点D．a点对应的H2的平衡转化率为90%考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：A、根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0；B、根据速率之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（H2）正=3v（CO2）逆；C、b点温度高于c点，根据温度对平衡常数的影响作判断；D、利用三段式计算，设起始H2为2mol，则CO2为1mol，6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O起始（mol）2100转化（mol）1.80.619平衡（mol）0.20.4H2的平衡转化率为×100%=90%；据此答题；解答：解：A、根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；B、根据速率之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（H2）正=3v（CO2）逆，故B错误；C、b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以b点的平衡常数小于c点，故C错误；D、利用三段式计算，设起始H2为2mol，则CO2为1mol，6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O起始（mol）2100转化（mol）1.80.6平衡（mol）0.20.4H2的平衡转化率为×100%=90%，故D正确；故选D．点评：本题主要考查化学平衡移动原理的应用、影响化学平衡常数的因素等知识点，难度中等，解题时注意基础的准确运用．7．已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HO2﹣形式存在．以Al﹣H2O2燃料电池电解尿素的碱性溶液制备氢气（电解池中隔膜仅阻止气体通过，c、d均为惰性电极）．下列说法不正确的是()A．电解过程中，电子的流向由a→b→c→dB．电极b是正极，且反应后该电极区pH增大C．燃料电池的总反应为：2Al+3HO2﹣=2AlO2﹣+OH﹣+H2OD．电解时，Al消耗2.7g，则产生氮气标准状况下为1.12L考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：电解时，电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极是阳极，生成氢气的电极是阴极，则a是负极、b为正极，H2O2﹣Al燃料电池工作时，Al为负极被氧化，H2O2为正极被还原，以此解答该题．解答：解：A．电子从原电池负极→电解池阴极，从电解池阳极→原电池正极，即a→d，c→b，故A错误．B．c生成氮气，说明尿素被氧化，则b为正极，正极方程式为3HO2﹣+6e﹣+3H2O=9OH﹣，反应后该电极区pH增大，故B正确；19C．H2O2﹣Al电池中电解池溶液呈碱性，HO2﹣被还原生成水，Al被氧化生成AlO2﹣，电池总反应为3HO2﹣+2Al=OH﹣+2AlO2﹣+H2O，故C正确；D．每消耗2.7gAl，则转移0.3mol电子，电解池阳极中氮元素化合价由﹣3价变为0价，在可生成0.05mol氮气，理论上产生气体体积为1.12L（标准状况下），故D正确；故选A．点评：本题综合考查原电池以及电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，难度中等．二、解答题（共5小题，满分58分）8．（16分）NO和NO2是常见的氮氧化物，研究它们的综合利用有重要意义．（1）氮氧化物产生的环境问题有产生光化学烟雾或形成酸雨（填一种）．（2）氧化﹣还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为：NO+O3═NO2+O2，生成11.2LO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol．②反应Ⅱ中，当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2时，反应的化学方程式是6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2．（3）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1①已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1．②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO和NO2的浓度之比为3：1，则NO2的平衡转化率是75%．③上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，平衡A（填序号）．A．向正反应方向移动B．向逆反应方向移动C．不移动（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3，装置如图，电极为多孔惰性材料．则负极的电极反应式是NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+．考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；热化学方程式；氧化还原反应的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．专题：化学平衡专题；元素及其化合物．分析：（1）根据含氮化合物对环境的影响来回答；（2）①化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；19②反应方程式中，系数之比等于物质的量之比；（3）①根据盖斯定律结合热化学方程式的书写来回答；②根据化学平衡中的三行式进行计算；③根据Qc和K的关系来确定化学平衡的移动方向；（4）在原电池的负极上发生失电子的氧化反应．解答：解：（1）氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，故答案为：产生光化学烟雾或形成酸雨；（2）①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5molO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；②当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2；（3）①已知：A、NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1；B、2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，则反应：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）可以看成是B﹣2A得到的，所以该反应的△H=﹣196.6kJ•mol﹣1﹣2（﹣41.8kJ•mol﹣1）=﹣113.0kJ•mol﹣1，故答案为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1；②设NO2的变化浓度是x，NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）初始浓度：0.50.500变化浓度：xxxx平衡浓度：0.5﹣x0.5﹣xxx则=，解得x=0.375，所以二氧化氮的转化率=×100%=75%，故答案为：75%；③反应的平衡常数K==9，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，即浓度各增加0.5mol/L，此时Qc==1.96＜K，所以向正反应方向移动．故选A．（4）将NO转化为HNO3的原电池中，负极上发生一氧化氮失电子的氧化反应，即NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，故答案为：NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+．点评：本题考查学生热化学、电化学以及化学平衡的有关计算知识，是考试的重点和难点，难度中等．9．（14分）工业上SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路线如下：提示：①已知在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式．②已知Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是抑制Sn2+水解，加入Sn粉的作用是防止Sn2+被氧化．（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的离子方程式Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑．19（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净．（4）反应Ⅱ硫酸的作用之一是控制溶液的pH，若溶液中c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1，则应控制溶液pH小于1．（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，请写出发生反应的离子方程式Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O．考点：制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（3）取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（4）根据Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26和c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1进行求算；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；解答：解：SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；故答案是：抑制Sn2+水解；防止Sn2+被氧化；（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑，故答案为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（4）根据Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10﹣26=c（OH﹣）2×c（Sn2+），将c（Sn2+）=1.0mol•L﹣1带人可得c（OH﹣）=10﹣13mol/L，c（H+）=0.1mol/L，故PH小于1，Sn2+完全沉淀；故答案是：小于1；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O．19点评：本题SnSO4制备的之比为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求．10．某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）请回答下列问题：（1）Cu与稀HNO3反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O．（2）该同学认为实验①可通过收集测量NO气体的体积，来探究Cu样品的纯度．你认为是否可行？不可行（可行、不可行），请简述原因因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准．（3）实验②、③中，量气管中的液体最好分别是A、C．（只选一种）A．CCl4B．H2OC．饱和NaHCO3溶D．液饱和Na2CO3溶液（4）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：①恢复至室温，②使量气管两端液面相，③视线与凹液面最低处相平．（5）实验④用于测定合金中铝的质量分数，获得以下数据（气体体积均已换算成标准状况）根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数27%．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；实验装置综合．分析：（1）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；（2）一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，NO2与水反应；（3）量气管中液体的选择标准是：和该气体不反应，且最好抑制气体的溶解；（4）对量气管读数时，首先等实验装置恢复到室温再进行下一步操作，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平；19（5）实验④中发生铝和氢氧化钠反应，根据量气管的第二次读数﹣第一次读数=生成氢气的体积，求出生成氢气的平均值，再求出合金中铝的质量，最后计算出镁铝合金中铝的质量分数．解答：解：（1）Cu与稀HNO3反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成一氧化氮和硝酸；装置中有空气，一氧化氮会与装置中的空气反应，生成的二氧化氮溶于水并与水反应，使测得的一氧化氮体积不准，所以不可以通过实验收集并测量NO气体的体积来探究铜样品的纯度；故答案为：不可行；因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准；（3）实验②中氨气极易溶于水，所以量气管中液体不能选用水及水溶液，只能选和氨气不反应的四氯化碳；实验③中的气体是二氧化碳，二氧化碳能溶于水，四氯化碳有毒，碳酸钠和二氧化碳能反应，二氧化碳和饱和的碳酸氢钠不反应，所以选取饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：A；C；（4）根据PV=nRT，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：①将实验装置恢复到室温，②使量气管两端液面相平，因为相平说明两边液面上的压强是一样的，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，③视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差；故答案为：使量气管两端液面相平；（5）铝和氢氧化钠反应生成氢气的体积为=332.3mL=0.3323L，设需铝的质量为x，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑54g67.2Lx0.3323Lx=0.27g所以铝的质量分数为=27%故答案为：27%．点评：本题考查较综合，涉及气体的制备实验，物质含量的测定实验等，为高频考点，把握反应原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，（4）中量气管的使用为解答的易错点．11．（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，其基态原子的电子排布式[Ar]3d54s1．（2）图1曲线表示部分短周期元素的原子序数（按递增顺序排列）和其常见单质沸点的关系．其中A点表示的单质是F2（填化学式）．（3）C、N、O、F四种元素中电负性最大的是F（填元素符号），第一电离能最小的是C．（4）配合物Y的结构见图2，Y中含有abcd（填序号）；a．极性共价键b．非极性共价键c．配位键d．氢键Y中碳原子的杂化方式有sp2、sp3．19（5）已知HF与F﹣通过氢键结合成HF（F﹣H…F﹣）．判断HF和HF微粒间不能形成氢键的理由在HF（F﹣H…F﹣）中，已经存在分子内氢键，所以没有可用于形成氢键的氢原子．考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；含有氢键的物质．分析：（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，为24号元素Cr，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d54s1；（2）图中曲线表示8种元素的原子序数（按递增顺序连续排列）和单质沸点的关系，A以及前面的2种单质的沸点都低于0℃，则连续3种均为气体单质，根据周期表分析；（3）元素的非金属性越强，电负性越强；即同周期自左而右电负性增大；同一主族元素从上到下电负性逐渐减小；同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的；（4）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间有氢键；根据碳原子成键类型判断；（5）氢键结合的通式，可用X﹣H…Y表示．式中X和Y代表F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子．X和Y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素．解答：解：（1）与铜同周期、基态原子最外层电子数相同的过渡元素，为24号元素Cr，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，故答案为：[Ar]3d54s1；（2）图中曲线表示8种元素的原子序数（按递增顺序连续排列）和单质沸点的关系，A以及前面的2种单质的沸点都低于0℃，则连续3种均为气体单质，在周期表中，连续出现气体单质的为第二周期的N、O、F，所以A为第三种气体单质，则为F2；故答案为：F2；（3）同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，因此F＞O、S＞P，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性O＞S，故电负性：F＞O＞S＞P；元素C、N、O、F属于同一周期元素且原子序数依次增大，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ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是F＞N＞O＞C，故答案为：F；C；（4）根据图可知碳碳间形成非极性共价键、碳氮间为极性共价键，氮镍间为配位键，氧氢间形成氢键，根据图可知，碳碳间形成单键，为sp3杂化，有的碳碳间形成双键，为sp2杂化，故答案为：abcd；sp2；sp3．19（5）在HF2﹣中，已经存在分子内氢键（F﹣H…F﹣），所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子，故HF2﹣和HF2﹣微粒间不能形成氢键，故答案为：在HF（F﹣H…F﹣）中，已经存在分子内氢键，所以没有可用于形成氢键的氢原子．点评：本题考查比较综合，涉及周期表的应用，杂化方式的判断、化学式的书写以及氢键的形成条件及表示方法，难度不大．12．（13分）某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y．已知：．2CH3CHO请回答下列问题：（1）写出Y中含氧官能团的名称醛基．（2）下列有关F的说法正确的是BC．A．分子式是C7H7NO2BrB．既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应C．能发生酯化反应D．1molF最多可以消耗2molNaOH（3）写出由甲苯→A反应的化学方程式．（4）在合成F的过程中，B→C步骤不能省略，理由是氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；F在一定条件下形成的高分子化合物的结构简式是．（5）写出一种同时符合下列条件的Y的同分异构体的结构简式．①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②与足量浓溴水反应产生白色沉淀③分子中只存在一个环状结构（6）以X和乙烯为原料可合成Y，依次指出三步合成过程中三个主要反应的反应类型：加成反应、氧化反应、消去反应．19考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由甲苯与B的分子式，结合D的结构简式可知，甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则A为，A发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则B的结构简式为，结合D的结构可知，B中氨基中1个H原子被取代生成C为，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比D、F的结构可知，D与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知B→C是为了保护氨基不被氧化；甲苯与氯气在光照条件下发生的取代反应得到，发生水解反应生成，再发生催化氧化生成，由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下得到，再发生消去反应得到，乙烯发生催化氧化生成乙醛，据此进行解答．解答：解：由甲苯与B的分子式，结合D的结构简式可知，甲苯发生甲基对位的硝化反应生成A，则A为，A发生信息中反应，硝基被还原为氨基生成B，则B的结构简式为，结合D的结构可知，B中氨基中1个H原子被取代生成C为，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，对比D、F的结构可知，D与液溴发生取代反应生成E为，E发生水解反应得到F，可知B→C是为了保护氨基不被氧化，（1）由Y的结构可知，其含氧官能团的名称为醛基，故答案为：醛基；（2）A．根据F的结构简式，可知其分子式应为C7H6NO2Br，故A错误；B．F中有氨基与羧基，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故B正确；C．F中有羧基，能够发生酯化反应，故C正确；D．羧基能与氢氧化钠反应，苯环上的溴原子很不活泼，难以与氢氧化钠反应，1molF能和1molNaOH反应，故D错误，故答案为：BC；19（3）由甲苯→A反应的化学方程式为，故答案为：；（4）在合成F的过程中，氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基，B→C步骤不能省略，F在一定条件下发生缩聚反应形成的高分子化合物，其结构简式为：，故答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；；（5）同时符合下列条件的Y（）的同分异构体与足量浓溴水反应产生白色沉淀，含有酚羟基，苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，且分子中只存在一个环状结构，结合Y的结构简式可知，侧链中含有碳碳双键，含有2个不同的取代基且处于对，故符合条件的同分异构体为：，故答案为：；（6）由信息可知，苯甲醛与乙醛在碱性条件下发生加成反应得到，再发生消去反应得到，乙烯发生催化氧化得到乙醛，所以主要的反应类型为：氧化反应、加成反应、消去反应，故答案为：氧化反应；加成反应；消去反应．点评：本题考查有机合成，题目难度中等，充分利用有机物的分子式与结构分析解答，注意官能团的引入、消除与衍变，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化．19
