2022年浙江省杭州市建德中学高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题8分，满分56分）1．下列说法不正确的是()A．用石灰石或石灰乳进行燃煤烟气脱硫（除SO2）可获得副产品石膏B．金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法C．若在水里贮藏室中，放几块被KMnO4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间D．常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快2．下列有关实验的操作正确的是()A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B．检验某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸C．为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个底部铺有少量玻璃棉的集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部D．用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值3．元素周期的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是()A．③元素形成的单质晶体均属于原子晶体B．④元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键C．②、⑦、⑧对应的简单离子半径依次减小D．实验室可根据⑥、⑦单质分别与⑤单质反应的难易程度来比较元素的非金属性强弱4．下列说法正确的是()A．HOCH2COOH既可发生取代反应，也可发生加聚反应B．某有机化合物完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，则该有机物的分子式一定CnH2nC．甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，则甲醚（CH3OCH3）也无同分异构体D．酸性条件下CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH5．将图1所示装置中的盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，发现电流计指针仍然有偏转，下列说法不正确的是()15A．图2中电流计指针偏转方向与图1中相同B．图2中石墨a上有铜生成C．向图2中甲装置石墨c附近滴加酚酞试液，出现红色D．图2中电子流向为Fe→电流计→石墨a→石墨b→铜丝→石墨c→Fe6．下列说法正确的是()A．NA代表阿伏加德罗常数，1molC4H10中含共价键数目为14NAB．某反应的△H=﹣88kJ•mol﹣1，则正反应活化能一定小于88kJ•mol﹣1C．已知某温度下，Kw=l×10﹣13，若将pH=8的NaOH溶液与pH=5的H2SO4溶液混合保持温度不变，欲使混合溶液pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为11：9D．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释过程中，电离度和Ka（HF）保持不变，始终保持增大7．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是()A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中二、解答题（共3小题，满分44分）8．A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2．又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．请回答下列问题：（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是__________（用离子符号表示）．（2）由A、B两种元素以原子个数比5：1形成离子化合物X，X的电子式为__________．15（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，用该原电池提供的能量电解足量的CuSO4溶液，当消耗0.2molB2A4时，若要使电解槽中溶液恢复到电解前的情况，需要向其中加入多少克什么物质？（填质量和化学式）__________．（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出该反应的化学方程式：__________．（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y（DAFC3）（已知A2FC3的Ka1=1.3×10﹣2、Ka2=6.3×10﹣8），则Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________；室温下，向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c（AFC3﹣）=c（FC32﹣），则此时溶液呈__________（填“酸性”、“碱性”或“中性”）．（6）A和B形成的某种氯化物BA2Cl可作杀菌剂，其原理为BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl与水反应的化学方程式：__________．9．过氧化氢的水溶液俗称双氧水，它的用途很广，常用于消毒、杀菌、漂白等．试回答下列问题：（1）过氧化氢属于__________（极性/非极性）分子．（2）Na2O2，K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢溶液可取上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，然后经__________操作即可制得，则上述最适合的过氧化物是__________．（3）几乎所有古代艺术家的油画都是以铅白2PbCO3•Pb（OH）2为底色，但若空气中含H2S气体，铅白就会变黑，可以用H2O2将黑色物氧化成颜色相近的PbSO4而修复，写出铅白在空气中变黑的化学方程式：__________．（4）甲酸钙[Ca（HCOO）2]广泛用于食品工业生产上，实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，①则该反应的化学方程式为__________，②过氧化氢比理论用量稍多，其目的是__________．③反应温度最好控制在30﹣70℃，温度不易过高，其主要原因是__________．（5）图2是硼氢化钠（NaBH4）一过氧化氢燃料电池示意图，该电池负极的电极反应方程式为__________．（6）过氧化氢与碳酸钠的加合物Na2CO3•xH2O2比较稳定，方便储存，可用于消毒、漂白，现称取100gNa2CO3•xH2O2晶体加热，实验结果如图1所示，则该晶体的组成为__________．10．（14分）利胆解痉药“亮菌甲素”跟（CH3）2SO4反应可以生成A，二者的结构简式如下图．15试回答下列有关问题：（1）（CH3）2SO4属于__________类（选填：醇、醚、酸、酯、盐）；“亮菌甲素”不能发生的反应有__________．A．加成反应B．取代反应C．缩聚反应D．消去反应E．还原反应（2）有机物A能发生如下转化．其中G分子中的碳原子在一条直线上．已知：（1）（2）R﹣O﹣CH3R﹣OH（R为脂肪烃或芳香烃的烃基）①C→D的化学方程式是__________；②G的结构简式是__________；③同时符合下列条件的E的同分异构体H有__________种：a．遇FeCl3溶液显色；b．不能发生水解反应，能发生银镜反应；c．苯环上的一氯取代物只有一种，分子中无甲基写出其中2种的结构简式：__________．2022年浙江省杭州市建德中学高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题8分，满分56分）1．下列说法不正确的是()A．用石灰石或石灰乳进行燃煤烟气脱硫（除SO2）可获得副产品石膏B．金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法C．若在水里贮藏室中，放几块被KMnO4溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间D．常温时，某可逆反应的平衡常数越大则其反应速率就越快考点："三废"处理与环境保护；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；乙烯的化学性质．分析：A．石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到的硫酸钙；B．金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法；15C．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化；D．平衡常数只反映反应物的转化率，与反应速率无关．解答：解：A．石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，故A正确；B．金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法，故B正确；C．乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除去乙烯，为了延长水果的保鲜期，故C正确；D．平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，且只与温度有关，故D错误；故选D．点评：本题考查知识点较多，明确工业脱硫的方法、电化学保护、乙烯的性质和用途以及平衡常数等知识点，题目难度不大，平时注意知识的积累．2．下列有关实验的操作正确的是()A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B．检验某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸C．为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个底部铺有少量玻璃棉的集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部D．用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值考点：过滤、分离与注入溶液的仪器；硫酸根离子的检验；试纸的使用．专题：化学实验基本操作．分析：A．量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；B．SO42﹣离子的检验方法：先加稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；C．不能投入上述集气瓶底部；D．NaClO有强氧化性．解答：解：A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，故A正确；B．先加稀盐酸，可以排除银离子与碳酸根离子，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀只能是硫酸钡，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀，可能是硫酸钡，也可能是氯化银，故B错误；C．不能投入上述集气瓶底部，应用坩埚钳夹持燃烧，故C错误；D．NaClO有强氧化性，不能用pH试纸测量，故D错误．故选A．点评：本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累．3．元素周期的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是()15A．③元素形成的单质晶体均属于原子晶体B．④元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键C．②、⑦、⑧对应的简单离子半径依次减小D．实验室可根据⑥、⑦单质分别与⑤单质反应的难易程度来比较元素的非金属性强弱考点：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：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．A．碳单质中金刚石为原子晶体，而C60等为分子晶体；B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化；C．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；D．根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱．解答：解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为P、⑦为S、⑧为Cl．A．碳单质中金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，而C60等为分子晶体，故A错误；B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故B正确；C．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故C错误；D．根据单质与氢气反应难易程度比较元素的非金属性强弱，单质与氧气反应不能比较元素非金属性强弱，故D错误，故选B．点评：本题考查元素周期表及应用，侧重元素的位置及性质的考查，注意对基础知识的理解掌握．4．下列说法正确的是()A．HOCH2COOH既可发生取代反应，也可发生加聚反应B．某有机化合物完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，则该有机物的分子式一定CnH2nC．甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，则甲醚（CH3OCH3）也无同分异构体D．酸性条件下CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH考点：有机物实验式和分子式的确定；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯的性质．分析：A、含有醇羟基和羧基的有机物的性质来回答判断；B、生成CO2和H2O的物质的量相等，则该烃碳氢原子个数比是1：2；C、二甲醚（CH3OCH3）和乙醇（CH3CH2OH）分子式相同，是同分异构体；D、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是羧酸和醇，根据酯化反应的原理：酸掉羟基醇掉氢的原理来回答．15解答：解：A、HOCH2COOH中含有醇羟基和羧基，可以发生取代反应和酯化反应，不能发生加聚反应，故A错误；B、生成CO2和H2O的物质的量相等，则该烃碳氢原子个数比是1：2，则该有机物的分子式不一定CnH2n，可能含有氧元素，故B错误；C、甲烷、甲醛、甲酸都不存在同分异构体，但是二甲醚（CH3OCH3）和乙醇（CH3CH2OH）分子式相同，是同分异构体，故C错误；D、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解反应是酯化反应的逆反应，酯化反应的原理：酸掉羟基醇掉氢的原理，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确．故选D．点评：本题涉及有机物分子式的确定、同分异构体的书写、有机物的性质等知识，属于综合知识的考查，难度不大．5．将图1所示装置中的盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，发现电流计指针仍然有偏转，下列说法不正确的是()A．图2中电流计指针偏转方向与图1中相同B．图2中石墨a上有铜生成C．向图2中甲装置石墨c附近滴加酚酞试液，出现红色D．图2中电子流向为Fe→电流计→石墨a→石墨b→铜丝→石墨c→Fe考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．图1活泼的铁为原电池负极，而图2左边是原电池活泼的铁为原电池负极，右边是电解池；B．图2石墨a是阴极，电解质溶液中的铜离子放电生成铜；C．图2甲装置是钢铁的吸氧腐蚀，石墨c是正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；D．电子只在导线中移动，不能进入溶液解答：解：A．图1活泼的铁为原电池负极，而图2左边是原电池活泼的铁为原电池负极，右边是电解池，电子都是从左向右移，所以图2中电流计指针偏转方向与图1中相同，故A正确；B．图2石墨a是阴极，电解质溶液中的阳离子铜离子放电生成铜，故B正确；C．图2甲装置是钢铁的吸氧腐蚀，石墨c是正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，所以向图2中甲装置石墨c附近滴加酚酞试液，出现红色，故C正确；D．电子只在导线中移动，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a石墨b→铜丝→石墨c，故D错误．故选D．点评：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，明确原电池的构成条件以及电极的判断是解题的关键，注意电子不能在溶液中移动，题目难度中等．156．下列说法正确的是()A．NA代表阿伏加德罗常数，1molC4H10中含共价键数目为14NAB．某反应的△H=﹣88kJ•mol﹣1，则正反应活化能一定小于88kJ•mol﹣1C．已知某温度下，Kw=l×10﹣13，若将pH=8的NaOH溶液与pH=5的H2SO4溶液混合保持温度不变，欲使混合溶液pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为11：9D．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释过程中，电离度和Ka（HF）保持不变，始终保持增大考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；阿伏加德罗常数；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：A、C4H10为丁烷，4个C原子有3个碳碳键；B、焓变的大小决定于正逆反应的活化能的差值；C、据Kw=l×10﹣13，Kw=c（OH﹣）×c（H+），PH=6.5时，溶液呈中性，pH=5的H2SO4溶液，c（H+）=1×10﹣5mol/L，pH=8的NaOH溶液，根据Kw=c（OH﹣）×c（H+），c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣5mol/L，要使混合液的pH=7，溶液呈碱性，即氢氧根离子过量，混合溶液中氢氧根离子的物质的量浓度==10﹣6mol/L；D、弱酸加水稀释，其电离度增大，电离平衡常数不变，氟离子和氢离子物质的量同等程度的增大．解答：解：A、1molC4H10中含3个C﹣C、10个C﹣H共价键，则共价键数目为13NA，故A错误；B、焓变的大小决定于正逆反应的活化能的差值，某反应的△H=﹣88kJ•mol﹣1，则正反应活化能不一定小于88kJ•mol﹣1，故B错误；C、水的离子积常数为1×10﹣13，Kw=c（OH﹣）×c（H+），PH=6.5时，溶液呈中性，pH=5的H2SO4溶液，c（H+）=1×10﹣5mol/L，pH=8的NaOH溶液，根据Kw=c（OH﹣）×c（H+），c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣5mol/L，要使混合液的pH=7，溶液呈碱性，即氢氧根离子过量，混合溶液中氢氧根离子的物质的量浓度==10﹣6mol/L，两种溶液混合后氢氧化钠的物质的量浓度为=10﹣6mol/L，所以X：Y=11：9，故C正确；D、将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释过程中，电离度增大，Ka（HF）保持不变，始终基本不变，故D错误；故选C．15点评：本题考查了有机物中共价键的数目、焓变与活化能的关系、pH计算、弱酸稀释时电离度变化，题目难度不大．7．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是()A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中考点：常见离子的检验方法；离子共存问题．专题：压轴题；离子反应专题．分析：能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子，即可解答．解答：解：加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH﹣）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子．A．加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B．溶液中一定含有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C．原来溶液中K+、和一定存在，故C正确；D．硫酸根离子是否存在不能确定，CO32﹣可能存在，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等．二、解答题（共3小题，满分44分）8．A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2．又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．请回答下列问题：（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+（用离子符号表示）．15（2）由A、B两种元素以原子个数比5：1形成离子化合物X，X的电子式为．（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，用该原电池提供的能量电解足量的CuSO4溶液，当消耗0.2molB2A4时，若要使电解槽中溶液恢复到电解前的情况，需要向其中加入多少克什么物质？（填质量和化学式）CuO；32g．（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出该反应的化学方程式：Al+Fe2O3Fe+Al2O3．（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y（DAFC3）（已知A2FC3的Ka1=1.3×10﹣2、Ka2=6.3×10﹣8），则Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na2+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；室温下，向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c（AFC3﹣）=c（FC32﹣），则此时溶液呈碱性（填“酸性”、“碱性”或“中性”）．（6）A和B形成的某种氯化物BA2Cl可作杀菌剂，其原理为BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl与水反应的化学方程式：NH2Cl+H2O=HClO+NH3．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；B与C同周期，B元素的最高正价和最低负价之和为2，处于ⅤA族，B与C同周期，则B为N元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D、E原子序数均小于硫，故D、E单质均为固体，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体、三种是固体，则A的单质为气体，原子序数小于N，故A为H元素，A与D同主族，则D为Na；（4）中若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，则E为Al，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；B与C同周期，B元素的最高正价和最低负价之和为2，处于ⅤA族，B与C同周期，则B为N元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D、E原子序数均小于硫，故D、E单质均为固体，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体、三种是固体，则A的单质为气体，原子序数小于N，故A为H元素，A与D同主族，则D为Na．（1）C、D、F三种元素形成的简单离子分别为O2﹣、Na+、S2﹣，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；（2）由H、N两种元素以原子个数比5：1形成离子化合物为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成，X的电子式为，故答案为：；15（3）由H、N元素形成的化合物N2H4可以与O2、KOH溶液形成原电池，原电池总反应为：2N2H4+O2=2N2+2H2O，当消耗0.2molN2H4时，转移电子为0.2mol×2×2=0.8mol，用该原电池提供的能量电解足量的CuSO4溶液，发生反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，得到Cu与氧气物质的量之比为2：1，若要使电解槽中溶液恢复到电解前的情况，需要向其中加入CuO，根据电子转移守恒可知CuO为=0.4mol，其质量为0.4mol×80g/mol=32g故答案为：CuO；32g；（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，则E为Al，反应方程式为：Al+Fe2O3Fe+Al2O3，故答案为：Al+Fe2O3Fe+Al2O3；（5）由H、O、Na、S四种元素形成的化合物Y（DAFC3）为NaHSO3，已知H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2、Ka2=6.3×10﹣8，则HSO3﹣的水解平衡常数为Kh===≈7.7×10﹣13，可知HSO3﹣的水解程度远远小于电离能程度，NaHSO3溶液呈酸性，氢氧根离子浓度原小于亚硫酸根，而亚硫酸根的电离程度很小，亚硫酸氢根远远大于氢离子，氢离子源于亚硫酸根电离、水的电离，氢离子浓度大于硫酸根，故溶液中离子浓度关系为：c（Na2+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），室温下，向NaHSO3溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c（HSO3﹣）=c（SO32﹣），由Ka2==6.3×10﹣8，则溶液中c（H+）=6.3×10﹣8＜10﹣7，溶液呈碱性，故答案为：c（Na2+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；碱性；（6）A和B形成的某种氯化物NH2Cl可作杀菌剂，其原理为NH2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，应得到HClO，还得到NH3，反应方程式为：NH2Cl+H2O=HClO+NH3，故答案为：NH2Cl+H2O=HClO+NH3．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，（5）中离子浓度大小判断、溶液酸碱性判断需要利用平衡常数进行计算，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等．9．过氧化氢的水溶液俗称双氧水，它的用途很广，常用于消毒、杀菌、漂白等．试回答下列问题：（1）过氧化氢属于极性（极性/非极性）分子．（2）Na2O2，K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢溶液可取上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，然后经过滤操作即可制得，则上述最适合的过氧化物是BaO2．（3）几乎所有古代艺术家的油画都是以铅白2PbCO3•Pb（OH）2为底色，但若空气中含H2S气体，铅白就会变黑，可以用H2O2将黑色物氧化成颜色相近的PbSO4而修复，写出铅白在空气中变黑的化学方程式：2PbCO3•Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O．15（4）甲酸钙[Ca（HCOO）2]广泛用于食品工业生产上，实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，①则该反应的化学方程式为Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑，②过氧化氢比理论用量稍多，其目的是使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度．③反应温度最好控制在30﹣70℃，温度不易过高，其主要原因是防止H2O2分解和甲醛挥发．（5）图2是硼氢化钠（NaBH4）一过氧化氢燃料电池示意图，该电池负极的电极反应方程式为BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O．（6）过氧化氢与碳酸钠的加合物Na2CO3•xH2O2比较稳定，方便储存，可用于消毒、漂白，现称取100gNa2CO3•xH2O2晶体加热，实验结果如图1所示，则该晶体的组成为Na2CO3•1.5H2O2．考点：制备实验方案的设计；极性分子和非极性分子；原电池和电解池的工作原理；过氧化氢．分析：（1）根据双氧水的结构可知，双氧水中每个氧原子有2对孤电子对，据此判断分子极性；（2）根据题目信息，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了沉淀；（3）铅白2PbCO3•Pb（OH）2与H2S气体反应生成黑色的硫化铅，根据元素守恒可写出化学方程式；（4）实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑，化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发；（5）如图负极是BH4﹣流向的一极，同时生成BO2﹣，发生氧化反应反应，注意是碱性介质；（6）根据化学方程式中固体质量差量法来计算x的值，确定化学式．解答：解：（1）根据双氧水的结构可知，双氧水中每个氧原子有2对孤电子对，双氧水分子中电荷分布不均匀，是极性分子；故答案为：极性；（2）实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了硫酸钡沉淀，所以选用BaO2；故答案为：过滤；BaO2；（3）铅白2PbCO3•Pb（OH）2与H2S气体反应生成黑色的硫化铅，反应的化学方程式为2PbCO3•Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O，故答案为：2PbCO3•Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O；（4）实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H215↑，化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率，则加过量的过氧化氢能使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发，则反应温度最好控制在30﹣70℃之间，温度不易过高，能防止H2O2分解和甲醛挥发；故答案为：Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑；使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；防止H2O2分解和甲醛挥发；（5）如图负极是BH4﹣流向的一极，同时生成BO2﹣，发生氧化反应反应，电极反应式为BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O，故答案为：BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O；（6）2Na2CO3•xH2O22Na2CO3+xO2↑+2xH2O，根据温度和残留固体的相对质量分数示意图，当温度为148℃时，所的固体只有碳酸钠，质量分数为67.6%，所以固体质量减少的百分数为×100%=1﹣67.6%，解得x=1.5，化学式为：Na2CO3•1.5H2O2，故答案为：Na2CO3•1.5H2O2．点评：本题考查了氧化还原反应的产物判断，原电池反应的电极反应书写，物质性质的理解应用，物质测定的实验探究过程和计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．10．（14分）利胆解痉药“亮菌甲素”跟（CH3）2SO4反应可以生成A，二者的结构简式如下图．试回答下列有关问题：（1）（CH3）2SO4属于酯类（选填：醇、醚、酸、酯、盐）；“亮菌甲素”不能发生的反应有D．A．加成反应B．取代反应C．缩聚反应D．消去反应E．还原反应（2）有机物A能发生如下转化．其中G分子中的碳原子在一条直线上．已知：（1）（2）R﹣O﹣CH3R﹣OH（R为脂肪烃或芳香烃的烃基）①C→D的化学方程式是；②G的结构简式是；③同时符合下列条件的E的同分异构体H有4种：a．遇FeCl3溶液显色；15b．不能发生水解反应，能发生银镜反应；c．苯环上的一氯取代物只有一种，分子中无甲基写出其中2种的结构简式：．考点：有机物的合成；有机物的结构和性质．分析：（1）（CH3）2SO4可以看作甲醇与硫酸发生酯化反应生成产物；根据官能团的性质判断该有机物可能具有的性质；（2）根据题中信息，A在臭氧作用下反应生成B和C，根据化合价的断裂方式可知，B为，C为，C在NaOH作用下水解生成D，D为，D加成生成F，F为CH3﹣CH（OH）﹣CH（OH）﹣COOH，F在浓硫酸作用发生消去反应，根据题给信息可知最终产物为G，G为CH3﹣C≡CH﹣COOH，据此解答各小题．解答：解：（1）（CH3）2SO4可以看作甲醇与硫酸发生酯化反应生成产物，则（CH3）2SO4属于酯类物质；有机物A中含有C=C键和酯基、酚羟基、醇羟基等官能团，能发生加成、取代、缩聚、还原反应，但不能发生消去反应，故答案为：酯；D；（2）根据题中信息，A在臭氧作用下反应生成B和C，根据化合价的断裂方式可知，B为，C为，C在NaOH作用下水解生成D，D为，D加成生成F，F为CH3﹣CH（OH）﹣CH（OH）﹣COOH，F在浓硫酸作用发生消去反应，根据题给信息可知最终产物为G，G为CH3﹣C≡CH﹣COOH，①根据题中信息，A在臭氧作用下反应生成B和C，根据化合价的断裂方式可知，B为，C为，C在NaOH作用下水解生成D，D为，C→D的化学方程式为，，故答案为：；②D加成生成F，F为CH3﹣CH（OH）﹣CH（OH）﹣COOH，F在浓硫酸作用发生消去反应，根据题给信息可知最终产物为G，G为，15故答案为：；③根据题给信息，B在HCl作用下发生取代反应生成醇，则C为，其同分异构体的结构和性质特点为a．遇FeCl3溶液呈紫色；b．不能发生水解反应，但能发生银镜反应；c．苯环上的一氯取代物只有一种，且分子中无甲基，说明结构中苯环上连有羟基，结构中含有醛基但不含酯基，结构对称，苯环上只有一种等效氢原子，根据这些结构和性质特点可写出可能的结构有4种，分别为：，故答案为：4；．点评：本题考查有机物的推断和合成，题目难度中等，题目较为综合，做题时注意把利用好题给信息，采用正逆推相结合的方法推断，注意掌握常见有机物结构与性质及同分异构体的判断方法．15
