2022届河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（10） 一、选择题1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料B．新型氢动力计程车的投入使用有益于减少雾霾的产生C．新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮D．生物柴油是由动植物油脂与甲醇或乙醇，在酸或碱的催化及高温下进行反应，或在温和的条件下，用酶催化反应，生成的高级脂肪酸甲酯或乙酯 2．肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料．已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ/mol下列说法正确的是（ ）A．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣1068kJ/molB．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，其电离方程式：N2H4+H2O═N2H5++OH﹣C．铂做电极，以KOH溶液为电解质溶液的肼﹣﹣空气燃料电池，放电时的负极反应式：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣═N2+4H2OD．铂做电极，以KOH溶液为电解质溶液的肼﹣﹣空气燃料电池，工作一段时间后，KOH溶液的pH将增大 3．A、B、C、D、E四种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明．E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，D的单质常用作电脑的芯片材料．元素C的合金是日常生活中常用的合金（ ）A．元素B、C、D的简单氢化物中化学键类型相同B．原子半径A＞B＞C＞D＞EC．由元素A、E形成的单质晶体类型相同D．AB形成的化合物中只可能含离子键 4．下列说法正确的是（ ）A．的命名为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇B．有机物（俗称“一滴香”）的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应C．布洛芬结构如图所示该物质可发生氧化、还原、加成、消去、取代反应D．经测定乙二醇和苯组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中碳的质量分数是84% -23-5．下列各组物质中，各有一种同分异构体所含的氢原子均处于同一环境，它们可能是（ ）A．C3H8、C2H5BrB．C4H10、C3H2Cl6C．C5H12、C2H6OD．C6H14、C2H4O2 6．室温下进行的下列实验，不能达到预期目的是（ ）序号实验内容实验目的A在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，滴加入BaC12溶液，溶液红色逐渐褪去证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B将Al泊插入浓硝酸中，无现象证明Al和浓硝酸不反应C将两个完全相同且充满NO2的密闭烧瓶，分别浸泡于热水、冰水中探究温度对化学平衡状态的影响D向同体积同浓度的H2O2溶液中，分别加入1mL同浓度的CuSO4、FeCl3溶液比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响A．AB．BC．CD．D 7．下列关于溶液的说法正确的是（ ）A．反应BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）在室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0B．已知室温时氢氧化铁的溶度积常数为2.6×10﹣39，为除去某酸性CuCl2溶液中少量的氯化铁，可加入适量碱式碳酸铜调节溶液的pH到4，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）为2.6×10﹣8mol/LC．相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③D．向Cu（OH）2悬浊液中加入胆矾，则平衡左移，氢氧化铜的溶解度不变 二、非选择题8．（15分）云南省曲靖的铬渣污染经媒体报道后，铬污染再次引起人们的关注．利用化学原理可以对工厂排放的含铬废水、铬渣等进行有效处理．I．含铬废水的处理：某企业排放的含铬废水中含有较多毒性较大的Cr2O72﹣，某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到金属铬，设计了如下的工艺流程．（1）加酸调节到pH=6，则用pH试纸测定溶液pH的操作是： ．（2）在含Cr2O72﹣废水中存在着平衡：Cr2O72﹣+H2O═2CrO42﹣+2H+，请写出该平衡的平衡常数表达式k= ，若继续加水稀释，平衡将 移动（填“正向”、“逆向”“不”）．（3）请写出通入SO2时发生的离子反应： ．-23-（4）写出加入铝粒时发生反应的化学方程式 ，该反应是焓 （填“增加”或“减少”）反应．Ⅱ．铬渣的处理铬渣烧结炼铁法：铬渣中约含有55%的氧化钙和氧化镁，此外还含有15%左右的氧化铁，这些都是炼铁所需的成份．少量的铬渣代替消石灰同铁矿粉、煤粉混合，经烧结后送入高炉冶炼，六价铬还原为三价铬或金属铬，金属铬熔入铁水，而其它成分熔入熔渣．炼铁可使铬渣彻底解毒并充分利用，是铬渣治理的良好方法之一．碱性溶液还原法：直接在碱性铬渣中加入硫化钠等进行六价铬的还原反应，形成Cr（OH）3沉淀后，过滤回收铬污泥．（5）铬渣烧结炼铁法中煤粉的作用是 ．（写两点）（6）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：□Cr2O72﹣+□S2﹣+□H2O═□Cr（OH）3+□S2O32﹣+□OH﹣． 9．（14分）汽车尾气中NOx的消除及无害化处理引起社会广泛关注．（1）某兴趣小组查阅文献获得如下信息：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g））△H=﹣483.6kJ/mol则反应2H2（g）+2NO（g）═2H2O（g）+N2（g）△H= ．（2）该小组利用电化学原理设计了如图1装置进行H2还原NO的实验[高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，金属钯薄膜做电极]．钯电极A为 极，电极反应式为 ．（3）氨法催化还原NO原理如下：主反应：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）（△H＜0）副反应：4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）4NH3（g）+4O2（g）⇌2N2O（g）+6H2O（g）4NO（g）+4NH3（g）+3O2（g）⇌4N2O（g）+6H2O（g）有关实验结论如图2、图3所示，据此回答以下问题：①催化还原NO应控制n（NH3）/n（NO）的最佳值为 ，理由是 ．②主反应平衡常数表达式：K= ，随着温度的增加，K将 （选填“增加”、“减小”或“不变”．③影响N2O生成率的因素有 、氧气浓度和 ．（4）已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10﹣10，Ksp（BaCO3）=1×10﹣9．万一误服了BaCO3，应尽快用大量的0.5mol/L的Na2SO4溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为 mol/L．（5）长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率．水垢中含有的CaSO4可先用 溶液处理，反应的离子方程式为 ． -23-10．（14分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S═Na2S2O3．常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇．在水中有关物质的溶解度曲线如图1所示．Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3•5H2O：将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按上右图安装好装置．（1）仪器2的名称为 ，装置6中可放入 ．A．BaCl2溶液B．浓H2SO4C．酸性KMnO4溶液D．NaOH溶液（2）打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S③2H2S+SO2═3S↓+2H2O④Na2SO3+SNa2S2O3随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时．当溶液中PH接近或不小于7时，即可停止通气和加热．溶液PH要控制不小于7的理由是： （用文字和相关离子方程式表示）．Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量：（3）为减少产品的损失，操作①为 ，操作②是抽滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用 （填试剂）作洗涤剂．（4）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高 ．（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质．为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）．称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol/LKMnO4溶液（加入适量硫酸酸化）滴定，当溶液中S2O32﹣全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积20.00mL．（5S2O32﹣+8MnO4﹣+14H+═8Mn2++10SO42﹣+7H2O）试回答：①KMnO4溶液置于 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中．②滴定终点时的颜色变化： ．③产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 ． -23-三、选做题【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）某研究性学习小组对一批未知成分的合金废料进行了如下处理：请回答下列问题：（1）分析上述实验流程，确定该合金中肯定含有的成分是 （填化学式）．（2）操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 ．（3）由滤渣D制取胆矾是一种绿色化学工艺．试剂b是一种常用的液态氧化剂，其化学式为 ；写出该工艺中D→胆矾的化学方程式 ．（4）甲、乙两位同学都验证了反应①生成的气体是氢气，甲同学认为合金中应含铝，但乙同学查阅资料得知硅也能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2，因此认为合金中可能含硅，也可能同时含有铝和硅．请设计方案证明合金中是否含有铝和硅（写出选用试剂、观察到的现象及结论）： ．（5）滤液C中铁元素的含量可以用酸性KMnO4溶液滴定法测定．用离子方程式表示该滴定法的反应原理： ． 12．（1）过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3[三硝酸六尿素合铁（Ⅲ）]和Fe（CO）x等．①基态Fe3+的M层电子排布式为 ．②尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是 、 ；C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 ③Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于 （填晶体类型）（2）O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图1，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为 ．已知该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm．（用含ρ、NA的计算式表示）（3）下列说法正确的是 A．因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低B．SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高（4）图2是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体．-23-①图中d单质的晶体堆积方式类型是 ．②单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含 个σ键， 个π键．③图3是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因： ．（5）如图4是某金属氧化物的晶体结构示意图．图中，小球代表金属原子，大球代表氧原子，细线框出其晶胞，则金属原子的配位数 ．该金属氧化物的化学式为 （金属用M表示） 13．有机物G是制备液晶材料的中间体之一，其结构简式为：，G的一种合成路线如图：其中，A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去．已知：X的核磁共振氢谱只有1种峰；RCH=CH2→_{Ⅱ．H_{2}O_{2}/OH﹣}^{Ⅰ．B_{2}H_{6}}RCH2CH2OH；通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．请回答下列问题：（1）A的结构简式是 ；C中官能团的名称是 ．（2）B的名称是 ．第①～⑦步中属于取代反应的有 （填步骤编号）]（3）写出反应⑤的化学方程式： ．（4）第⑦步反应的化学方程式是 ．（5）G经催化氧化得到Y（C11H12O4），写出同时满足下列条件的Y的所有同分异构体的结构简式．a．苯环上的一氯代物有2种；b．水解生成二元羧酸和醇 ． -23-2022届河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（10）参考答案与试题解析 一、选择题1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料B．新型氢动力计程车的投入使用有益于减少雾霾的产生C．新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮D．生物柴油是由动植物油脂与甲醇或乙醇，在酸或碱的催化及高温下进行反应，或在温和的条件下，用酶催化反应，生成的高级脂肪酸甲酯或乙酯【考点】无机非金属材料；常见的生活环境的污染及治理．有【分析】A．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆属于合金；B．氢气是新能源，无污染；C．新型复合材料具有强度大、刚度好、重量轻等特点特点，可以制造出具有较好性价比的特殊结构的产品；D．根据生物柴油是以油脂为原料，通过水解、酯化所得高级脂肪酸甲酯．【解答】解：A．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体等，“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故A错误；B．新型氢动力计程车的投入，减少了污染物的产生，有益于减少雾霾的产生，故B正确；C．新型复合材料具有强度大、刚度好、重量轻等特点特点，所以新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧，实用和新潮，故C正确；D．生物柴油具有良好的燃料性能，且安全、环保、可再生，它的成分是高级脂肪酸甲酯，故D正确．故选A．【点评】本题主要考查化学与科学、技术、社会、环境等问题，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生良好的科学素养提高学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． 2．肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料．已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ/mol下列说法正确的是（ ）A．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣1068kJ/molB．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，其电离方程式：N2H4+H2O═N2H5++OH﹣C．铂做电极，以KOH溶液为电解质溶液的肼﹣﹣空气燃料电池，放电时的负极反应式：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣═N2+4H2OD．铂做电极，以KOH溶液为电解质溶液的肼﹣﹣空气燃料电池，工作一段时间后，KOH溶液的pH将增大【考点】反应热和焓变．有【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的加减；-23-B、肼是与氨类似的弱碱，N2H4不是电解质，N2H4•H2O是弱电解质，N2H4•H2O存在电离平衡电离出N2H5+、OH﹣；C、原电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，原电池正极发生还原反应，氧气在正极放电，碱性条件下，正极电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式；D、原电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，反应生成水，随反应进行KOH溶液浓度降低，溶液PH值减小．【解答】解：A、已知：①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol②2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1135.7kJ/mol；由盖斯定律，①+②得2N2H4（g）+2O2（g）=2N2（g）+4H2O（g）△H=67.7kJ/mol﹣1135.7kJ/mol=﹣1068kJ/mol．即N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ/mol．故A错误；B、N2H4不是电解质，N2H4•H2O是弱电解质，N2H4•H2O存在电离平衡，电离方程式为N2H4•H2O⇌N2H5++OH﹣，故B错误；C、原电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，原电池正极发生还原反应，氧气在正极放电，碱性条件下，正极电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，故C正确；D、原电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，反应生成水，随反应进行KOH溶液浓度降低，碱性减弱，溶液PH值减小，故D错误．故选：C．【点评】本题考查盖斯定律、热化学方程式书写、弱电解质的电离、原电池工作原理与电极反应式书写，难度中等，注意利用正、负电极反应式之和等于总反应式书写电极反应式． 3．A、B、C、D、E四种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明．E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，D的单质常用作电脑的芯片材料．元素C的合金是日常生活中常用的合金（ ）A．元素B、C、D的简单氢化物中化学键类型相同B．原子半径A＞B＞C＞D＞EC．由元素A、E形成的单质晶体类型相同D．AB形成的化合物中只可能含离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系．有【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，则A为O元素；充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明，则B为Na元素；E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，则E为S元素，D的单质常用作电脑的芯片材料，则D为Si元素；元素C的合金是日常生活中常用的合金，则C为C元素，然后结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素，元素A在地壳中含量最高，则A为O元素；充有元素B单质蒸气的灯透雾能力强，常用于道路和广场的照明，则B为Na元素；E的最外层电子数与其电子总数比为3：8，则E为S元素，D的单质常用作电脑的芯片材料，则D为Si元素；元素C的合金是日常生活中常用的合金，则C为C元素，A．B为Na、对应的氢化物NaH为离子化合物，C为C、D为Si，对应的氢化物为共价化合物，故A错误；B．一般来说，原子核外电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则五种元素的原子半径大小为：B＞D＞E＞C＞A，故B错误；-23-C．A为O元素，其单质为氧气，属于分子晶体，E为S元素，单质S形成的晶体也是分子晶体，故C正确；D．A为O元素、B为Na元素，二者可以形成过氧化钠，过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键，故D错误；故选C．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，根据原子结构明确元素种类为解答该题的关键，注意把握原子结构特点以及元素周期律的递变规律，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 4．下列说法正确的是（ ）A．的命名为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇B．有机物（俗称“一滴香”）的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应C．布洛芬结构如图所示该物质可发生氧化、还原、加成、消去、取代反应D．经测定乙二醇和苯组成的混合物中氧的质量分数为8%，则此混合物中碳的质量分数是84%【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用．有【分析】A．该命名选取的主链错误，该有机物中含有羟基的最长碳链为4个碳，主链为丁醇，羟基在2号C；B．根据该有机物的不饱和度进行判断其同分异构体能否含有醛基；C．有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，结合有机物的结构解答该题；D．苯、乙二醇（C2H6O2）组成的混合物中，苯中碳原子与氢原子个数之比为1：1，最简式为CH，乙二醇可以写成C2H2•2H2O形式，混合物看做CH、H2O混合，先根据氧元素的质量分数计算出水及CH元素的质量分数，再根据CH中碳元素与氢元素的质量之比为12：1，计算出化合物中碳元素的质量分数．【解答】解：A．中含有羟基的最长碳链含有4个C，主链为丁醇，羟基在2号C，该有机物正确命名为：2﹣丁醇，故A错误；B．的不饱和度为4，其同分异构体中若含有苯环，苯环的不饱和度为4，则其侧链为单键，不可能存在醛基，故B错误；C．分子中不含有能发生消去反应的官能团，故C错误；D．苯、乙二醇（C2H6O2）组成的混合物中，苯中碳原子与氢原子个数之比为1：1，最简式为CH，乙二醇写成C2H2•2H2O形式，混合物可以看作CH、H2-23-O混合，氧元素的质量分数为8%，则水的质量分数为：8%×=9%，则CH的质量分数为：1﹣9%=91%，所以混合物中碳元素的质量分数为：91%×=84%，故D正确；故选D．【点评】本题考查了有机物的命名判断、有机物结构与性质、有机物分子中元素含量的计算等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确有机物的命名原则，选项D为难点、易错点，注意掌握解题方法与技巧． 5．下列各组物质中，各有一种同分异构体所含的氢原子均处于同一环境，它们可能是（ ）A．C3H8、C2H5BrB．C4H10、C3H2Cl6C．C5H12、C2H6OD．C6H14、C2H4O2【考点】有机化合物的异构现象；常见有机化合物的结构．有【分析】有机物分子中，根据对称性原则可以判断氢原子的种类，根据选项中物质的同分异构体情况结合等效H的判断方法来回答．【解答】解：A、选项中的两种物质均没有同分异构体，丙烷有2种氢，溴乙烷存在2种氢，故A错误；B、C4H10有两种同分异构体，并且都含有两种等效氢原子，故B错误；C、戊烷中的新戊烷中只含有一种氢原子，C2H6O的同分异构体中的二甲醚中只含有一种氢原子，故C正确；D、两种物质的同分异构体中所含的氢原子没有均处于同一环境的，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生同分异构体的书写和等效氢原子的种数的判断知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等． 6．室温下进行的下列实验，不能达到预期目的是（ ）序号实验内容实验目的A在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，滴加入BaC12溶液，溶液红色逐渐褪去证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B将Al泊插入浓硝酸中，无现象证明Al和浓硝酸不反应C将两个完全相同且充满NO2的密闭烧瓶，分别浸泡于热水、冰水中探究温度对化学平衡状态的影响D向同体积同浓度的H2O2溶液中，分别加入1mL同浓度的CuSO4、FeCl3溶液比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．有【分析】A．碳酸钠水解呈碱性，加入BaC12溶液，生成碳酸钡沉淀；B．Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜；C．存在化学平衡2NO2⇌N2O4，温度低，颜色浅，则降低温度平衡正向移动；D．同浓度H2O2溶液，加入CuSO4、FeCl3溶液，阴离子不同．【解答】解：A．碳酸钠水解呈碱性，加入BaC12溶液，生成碳酸钡沉淀，平衡向逆方向移动，如溶液褪色，可说明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故A正确；B．Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜，并不是没有反应，故B错误；-23-C．存在化学平衡2NO2⇌N2O4，温度低，颜色浅，则降低温度平衡正向移动，则该反应为放热反应，可探究温度对化学平衡状态的影响，故C正确；D．同浓度H2O2溶液，加入CuSO4、FeCl3溶液，阴离子不同，则不能说明阳离子对H2O2分解速率的影响，故D错误；故选BD．【点评】本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合，为高频考点，涉及盐类水解及pH、物质的反应、化学平衡及影响反应速率的因素等，把握物质的性质、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，选项D为解答的易错点，题目难度不大． 7．下列关于溶液的说法正确的是（ ）A．反应BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）在室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0B．已知室温时氢氧化铁的溶度积常数为2.6×10﹣39，为除去某酸性CuCl2溶液中少量的氯化铁，可加入适量碱式碳酸铜调节溶液的pH到4，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）为2.6×10﹣8mol/LC．相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3•H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③D．向Cu（OH）2悬浊液中加入胆矾，则平衡左移，氢氧化铜的溶解度不变【考点】反应热和焓变；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．有【分析】A．当△G=△H﹣T△S＞0时，该反应不能自发进行；B．根据Ksp=c（Fe3+）×c3（OH﹣）计算；C．①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3•H2O，强电解质完全电离，弱电解质部分电离，再根据盐类的水解程度分析解答；D．Cu（OH）2悬浊液中加入胆矾，则平衡左移，溶液中氢氧化铜的量减少．【解答】解：A．当△G=△H﹣T△S＞0时，该反应不能自发进行，BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△G＞0，故A错误；B．已知室温时氢氧化铁的溶度积常数为2.6×10﹣39，为除去某酸性CuCl2溶液中少量的氯化铁，可加入适量碱式碳酸铜调节溶液的pH到4，则c（OH﹣）=10﹣10，Ksp=c（Fe3+）×c3（OH﹣）=2.6×10﹣39，c（Fe3+）==2.6×10﹣9mol/L，故B错误；C．①NH4Al（SO4）2完全电离，电离出的铝离子抑制了铵根离子的水解，铵根离子的水解程度较小，②NH4Cl完全电离，发生水解，③NH3•H2O部分电离，所以c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，故C正确；D．Cu（OH）2悬浊液中加入胆矾，则平衡左移，溶液中氢氧化铜的量减少，则氢氧化铜的溶解度减小，故D错误．故选C．【点评】本题考查了反应自发性的判断、溶度积常数的计算、盐的水解原理的应用、沉淀溶解平衡移动，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，难度中等． 二、非选择题-23-8．（15分）云南省曲靖的铬渣污染经媒体报道后，铬污染再次引起人们的关注．利用化学原理可以对工厂排放的含铬废水、铬渣等进行有效处理．I．含铬废水的处理：某企业排放的含铬废水中含有较多毒性较大的Cr2O72﹣，某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到金属铬，设计了如下的工艺流程．（1）加酸调节到pH=6，则用pH试纸测定溶液pH的操作是： 将一小块PH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，滴在PH试纸上，静置几秒，再与比色卡对比 ．（2）在含Cr2O72﹣废水中存在着平衡：Cr2O72﹣+H2O═2CrO42﹣+2H+，请写出该平衡的平衡常数表达式k= ，若继续加水稀释，平衡将 正向 移动（填“正向”、“逆向”“不”）．（3）请写出通入SO2时发生的离子反应： Cr2O72﹣+2H++3SO2═2Cr3++3SO42﹣+H2O ．（4）写出加入铝粒时发生反应的化学方程式 2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr ，该反应是焓 减小 （填“增加”或“减少”）反应．Ⅱ．铬渣的处理铬渣烧结炼铁法：铬渣中约含有55%的氧化钙和氧化镁，此外还含有15%左右的氧化铁，这些都是炼铁所需的成份．少量的铬渣代替消石灰同铁矿粉、煤粉混合，经烧结后送入高炉冶炼，六价铬还原为三价铬或金属铬，金属铬熔入铁水，而其它成分熔入熔渣．炼铁可使铬渣彻底解毒并充分利用，是铬渣治理的良好方法之一．碱性溶液还原法：直接在碱性铬渣中加入硫化钠等进行六价铬的还原反应，形成Cr（OH）3沉淀后，过滤回收铬污泥．（5）铬渣烧结炼铁法中煤粉的作用是 为高炉冶炼过程提供热源；燃烧后生成的CO是高炉冶炼过程的还原剂；还起到高温填料的作用（写两点即可） ．（写两点）（6）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：□Cr2O72﹣+□S2﹣+□H2O═□Cr（OH）3+□S2O32﹣+□OH﹣．【考点】"三废"处理与环境保护．有【分析】（1）在测定PH值时，不能湿润、稀释，需要用干燥结晶的玻璃棒；（2）根据化学平衡常数的定义可解；加入水稀释，平衡向电离方向移动；（3）二氧化硫与Cr2O72﹣离子发生氧化还原反应生成SO42﹣离子和Cr3+离子；（4）Al具有强还原性，能够将Cr从其氧化物中还原出来，铝热反应是放热反应；（5）煤粉燃烧后生成的CO是高炉冶炼过程的还原剂，为高炉冶炼过程提供热源等；（6）Cr2O72﹣→Cr3+，S2﹣→S2O32﹣，根据电子转移守恒配平．【解答】解：（1）在测定PH值时，不能湿润、稀释，正确的是将一小块PH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，滴在PH试纸上，静置几秒，再与比色卡对比；故答案为：将一小块PH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，滴在PH试纸上，静置几秒，再与比色卡对比；-23-（2）根据化学平衡常数的定义，可知Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）的平衡常数K=；加入水稀释，平衡向电离方向移动，左边的离子稀释为1，右边的离子系数为3，加水平衡正向移动；故答案为：；正向；（3）重铬酸根具有强氧化性，能将二氧化硫中+4价的硫氧化为+6价，离子反应为：Cr2O72﹣+2H++3SO2═2Cr3++3SO42﹣+H2O，故答案为：Cr2O72﹣+2H++3SO2═2Cr3++3SO42﹣+H2O；（4）根据铝热反应的概念，铝与氧化铬在高温下生成铬和氧化铝，反应方程式为2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr；铝热反应是放热反应，焓减小，故答案为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr；减小；（5）少量的铬渣代替消石灰同铁矿粉、煤粉混合，经烧结后送入高炉冶炼，煤粉的作用煤粉燃烧后生成的CO是高炉冶炼过程的还原剂，为高炉冶炼过程提供热源，还起到高温填料的作用（写两点即可），故答案为：为高炉冶炼过程提供热源；燃烧后生成的CO是高炉冶炼过程的还原剂；还起到高温填料的作用（写两点即可）；（6）Cr2O72﹣→Cr3+，1molCr2O72﹣获得电子物质的量为1mol×2×（6﹣3）=6mol，S2﹣→S2O32﹣，2molS2﹣失去电子物质的量为1mol×2×[2﹣（﹣2）]=8mol，根据电子转移守恒，最小公倍数为24，所以发生的离子反应为：4Cr2O72﹣+6S2﹣+19H2O═8Cr（OH）3↓+3S2O32﹣+14OH﹣，故答案为：4、6、19、8、3、14．【点评】本题考查了PH值测定、化学平衡常数的计算以及Ksp的有关计算、含铬废水、铬渣处理等内容，侧重于分析应用能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握物质的性质，根据物质的性质和工业流程解答，题目难度中等．9．（14分）汽车尾气中NOx的消除及无害化处理引起社会广泛关注．（1）某兴趣小组查阅文献获得如下信息：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g））△H=﹣483.6kJ/mol则反应2H2（g）+2NO（g）═2H2O（g）+N2（g）△H= ﹣664.1kJ/mol ．（2）该小组利用电化学原理设计了如图1装置进行H2还原NO的实验[高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，金属钯薄膜做电极]．钯电极A为 阴 极，电极反应式为 2NO+4H++4e﹣=N2+2H2O ．（3）氨法催化还原NO原理如下：主反应：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）（△H＜0）副反应：4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）4NH3（g）+4O2（g）⇌2N2O（g）+6H2O（g）4NO（g）+4NH3（g）+3O2（g）⇌4N2O（g）+6H2O（g）-23-有关实验结论如图2、图3所示，据此回答以下问题：①催化还原NO应控制n（NH3）/n（NO）的最佳值为 1 ，理由是 n（NH3）/n（NO）小于1时，NO脱除率不高，n（NH3）/n（NO）大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加 ．②主反应平衡常数表达式：K= ，随着温度的增加，K将 减小 （选填“增加”、“减小”或“不变”．③影响N2O生成率的因素有 温度 、氧气浓度和 n（NH3）/n（NO） ．（4）已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10﹣10，Ksp（BaCO3）=1×10﹣9．万一误服了BaCO3，应尽快用大量的0.5mol/L的Na2SO4溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为 2×10﹣10 mol/L．（5）长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率．水垢中含有的CaSO4可先用 Na2CO3 溶液处理，反应的离子方程式为 CaSO4（s）+CO32﹣（aq）=CaCO3（s）+SO42﹣（aq） ．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．有【分析】（1）根据已知反应和盖斯定律，可得目标反应的△H；（2）根据在钯电极A的反应物和生成物，可知发生还原反应，利用守恒配平即得电极反应式；（3））①由图3可知，n（NH3）/n（NO）小于1时，NO脱除率不高，n（NH3）/n（NO）大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加，故催化还原NO应控制的最佳值为1；②根据主反应的方程式：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），得平衡常数表达式；因为正反应放热，所以升高温度平衡逆向移动，K将减小；③根据平衡移动的规律、反应的方程式和图2、图3可知，影响N2O生成率的因素；（4）根据BaSO4的溶度积Ksp=c（Ba2+）×c（SO42﹣）以及C（SO42﹣）来求；（5）CaSO4与CO32﹣反应生成CaCO3；从沉淀的转化角度分析．【解答】解：（1）根据已知反应：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol﹣﹣﹣﹣﹣①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣483.6kJ/mol﹣﹣﹣﹣﹣②根据盖斯定律，则反应2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）可由②﹣①得到，则△H=△H2﹣△H1=﹣664.1kJ/mol，故答案为：﹣664.1kJ/mol；（2）在钯电极A，NO转化为N2，发生还原反应，故为阴极，根据已知反应物和生成物，利用守恒配平即得电极反应式为2NO+4H++4e﹣=N2+2H2O，故答案为：阴；2NO+4H++4e﹣=N2+2H2O-23-（3）①由图3可知，n（NH3）/n（NO）小于1时，NO脱除率不高，n（NH3）/n（NO）大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加，催化还原NO应控制的最佳值为1，故答案为：1；n（NH3）/n（NO）小于1时，NO脱除率不高，n（NH3）/n（NO）大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加；②根据主反应的方程式：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），得平衡常数表达式：K=，因为正反应放热，所以随着温度的增加，平衡逆向移动，K将减小，故答案为：；减小；③根据反应的方程式和图2、图3可知，影响N2O生成率的因素有温度、氧气浓度和n（NH3）/n（NO）．n（NH3）/n（NO）小于1时，NO脱除率不高，n（NH3）/n（NO）大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加，故答案为：温度；n（NH3）/n（NO）；（4）因C（SO42﹣）=0.5mol•L﹣1，BaSO4的溶度积Ksp=c（Ba2+）×c（SO42﹣）=1×10﹣10，所以C（SO42﹣）==2×10﹣10mol•L﹣1，故答案为：2×10﹣10；（5）CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）=CaCO3（s）+SO42﹣（aq），由平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）可知，可加入Na2CO3溶液后，加入Na2CO3溶液后CO32﹣与Ca2+结合生成CaCO3沉淀Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）=CaCO3（s）+SO42﹣（aq）；故答案为：Na2CO3；CaSO4（s）+CO32﹣（aq）=CaCO3（s）+SO42﹣（aq）．【点评】本题结合一些新信息考查了盖斯定律的应用、电化学、化学平衡等知识，综合性较强． 10．（14分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S═Na2S2O3．常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇．在水中有关物质的溶解度曲线如图1所示．-23-Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3•5H2O：将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按上右图安装好装置．（1）仪器2的名称为 蒸馏烧瓶 ，装置6中可放入 CD ．A．BaCl2溶液B．浓H2SO4C．酸性KMnO4溶液D．NaOH溶液（2）打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S③2H2S+SO2═3S↓+2H2O④Na2SO3+SNa2S2O3随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时．当溶液中PH接近或不小于7时，即可停止通气和加热．溶液PH要控制不小于7的理由是： Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，S2O32﹣+2H+=S↓+SO2+H2O （用文字和相关离子方程式表示）．Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量：（3）为减少产品的损失，操作①为 趁热过滤 ，操作②是抽滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用 乙醇 （填试剂）作洗涤剂．（4）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高 温度过高会导致析出的晶体分解 ．（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质．为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）．称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol/LKMnO4溶液（加入适量硫酸酸化）滴定，当溶液中S2O32﹣全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积20.00mL．（5S2O32﹣+8MnO4﹣+14H+═8Mn2++10SO42﹣+7H2O）试回答：①KMnO4溶液置于 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中．②滴定终点时的颜色变化： 溶液刚由无色变为浅红色，半分钟内不褪色 ．③产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为 96.9% ．【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．有【分析】（1）根据仪器2的构造及使用方法写出其名称；根据装置6在实验中的作用选用试剂；（2）根据酸性条件下硫代硫酸钠与氢离子反应生成二氧化硫和硫单质分析；（3）操作①的目的是分离出用于吸收有色杂质的活性炭，则该操作为过滤，由于常温下溶液中析出晶体Na2S2O3•5H2O，为了避免产品损失，需要趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，为了减少损失，可以用乙醇为洗涤剂；（4）根据“Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解”分析蒸发时要控制温度不宜过高的原因；（5）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，只能使用酸式滴定管；②反应结束前溶液为无色，反应结束后溶液中高锰酸根离子过量，溶液变为浅红色；③根据n=cV计算出1.28g样品消耗的高锰酸钾的物质的量，根据根据反应计算出样品中含有Na2S2O3•5H2O的物质的量，再根据质量分数的表达式计算出产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数．-23-【解答】解：（1）根据图示装置可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；装置6是尾气吸收装置主要吸收二氧化硫污染性气体，选项中酸性KMnO4溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸吸收，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，能吸收二氧化硫，而浓硫酸、氯化钡与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，所以CD正确，故答案为：蒸馏烧瓶；CD；（2）当溶液pH＜7时，溶液显示酸性，会发生反应：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2+H2O，所以Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，应该时溶液的pH不小于7，故答案为：Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，S2O32﹣+2H+=S↓+SO2+H2O；（3）常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O，Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，为了避免析出Na2S2O3•5H2O导致产率降低，所以操作①过滤出活性炭时需要趁热过滤；洗涤晶体时为减少晶体损失，减少Na2S2O3•5H2O的溶解，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易挥发，不引入新的杂质，故答案为：趁热过滤；乙醇；（4）由于Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率，故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；（5）①由于酸性高锰酸钾溶液能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以滴定过程中酸性高锰酸钾溶液不能用碱式滴定管盛放，应该用酸式滴定管，故答案为：酸式；②依据标定的原理可知，反应结束前溶液为无色，反应结束后溶液中高锰酸根离子过量，溶液变为浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液刚由无色变为浅红色，半分钟内不褪色，故答案为：溶液刚由无色变为浅红色，半分钟内不褪色；③20mL0.40mol/LKMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：n（KMnO4）=0.40mol/L×0.02L=0.008mol，根据反应5S2O32﹣+8MnO4﹣+14H+═8Mn2++10SO42﹣+7H2O可知，1.28g的粗样品含有Na2S2O3•5H2O的物质的量为：n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32﹣）=×n（KMnO4）=0.005mol，产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为：×100%=96.9%，故答案为：96.9%．【点评】本题通过Na2S2O3•5H2O的制备，考查了物质性质实验方案设计方法，为高考的高频题，难度中等，正确理解题干信息明确制备原理为解答此类题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力． 三、选做题【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）某研究性学习小组对一批未知成分的合金废料进行了如下处理：-23-请回答下列问题：（1）分析上述实验流程，确定该合金中肯定含有的成分是 Fe、Cu （填化学式）．（2）操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 漏斗、烧杯、玻璃棒 ．（3）由滤渣D制取胆矾是一种绿色化学工艺．试剂b是一种常用的液态氧化剂，其化学式为 H2O2 ；写出该工艺中D→胆矾的化学方程式 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O ．（4）甲、乙两位同学都验证了反应①生成的气体是氢气，甲同学认为合金中应含铝，但乙同学查阅资料得知硅也能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2，因此认为合金中可能含硅，也可能同时含有铝和硅．请设计方案证明合金中是否含有铝和硅（写出选用试剂、观察到的现象及结论）： 取少量滤液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸（或硫酸或硝酸）至过量，若先生成白色沉淀，后来沉淀又完全溶解，则合金中含有铝，不含硅；若沉淀部分溶解，则合金中同时含有铝和硅；若沉淀始终不溶，则合金中含有硅，不含铝 ．（5）滤液C中铁元素的含量可以用酸性KMnO4溶液滴定法测定．用离子方程式表示该滴定法的反应原理： 5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护．有【分析】合金废料加入足量氢氧化钠溶液得到气体，依据最后得到的晶体可知一定存在铁和铜，同时含有与氢氧化钠反应生成气体的应可能为Al或Si等，浊液中含有铁、铜，过滤后滤渣B加入稀硫酸铁溶解生成滤液C为硫酸亚铁溶液，滤渣D为铜，在稀硫酸溶液中加入过氧化氢，氧化铜反应生成硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，（1）依据题干信息，结合流程中的溶解情况计算得到，最后得到蓝矾说明滤渣B中含有金属铜，证明合金中含有铜，绿矾中含有硫酸亚铁，证明合金中含有铁；（2）操作Ⅰ为过滤，根据过滤操作判断所需仪器；（3）双氧水是一种绿色氧化剂，可以实现金属铜和硫酸之间的反应；（4）合金中若有有铝和硅，则在滤液A中含有偏铝酸钠和硅酸钠，利用氢氧化铝溶于强酸溶液，硅酸不溶于酸设计实验验证；（5）亚铁离子能被高锰酸根离子氧化成铁离子，高锰酸根被还原成锰离子，利用电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式；【解答】解：合金废料加入足量氢氧化钠溶液得到气体，依据最后得到的晶体可知一定存在铁和铜，同时含有与氢氧化钠反应生成气体的应可能为Al或Si等，浊液中含有铁、铜，过滤后滤渣B加入稀硫酸铁溶解生成滤液C为硫酸亚铁溶液，滤渣D为铜，在稀硫酸溶液中加入过氧化氢，氧化铜反应生成硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，（1）依据题干信息，结合流程中的溶解情况计算得到，最后得到蓝矾说明滤渣B中含有金属铜，证明合金中含有铜，绿矾中含有硫酸亚铁，证明合金中含有铁，故答案为：Fe、Cu；（2）操作Ⅰ为过滤，过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）双氧水是一种绿色氧化剂，可以实现金属铜和硫酸之间的反应，试剂b是一种常用的液态氧化剂，所以b为H2O2，铜→胆矾的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：H2O2；Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）合金中若有有铝和硅，则在滤液A中含有偏铝酸钠和硅酸钠，利用氢氧化铝溶于强酸溶液，硅酸不溶于酸设计实验验证，设计实验证明合金中是否含有铝和硅的方案为取少量滤液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸（或硫酸或硝酸）至过量，若先生成白色沉淀，后来沉淀又完全溶解，则合金中含有铝，不含硅；若沉淀部分溶解，则合金中同时含有铝和硅；若沉淀始终不溶，则合金中含有硅，不含铝，-23-故答案为：取少量滤液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸（或硫酸或硝酸）至过量，若先生成白色沉淀，后来沉淀又完全溶解，则合金中含有铝，不含硅；若沉淀部分溶解，则合金中同时含有铝和硅；若沉淀始终不溶，则合金中含有硅，不含铝；（5）亚铁离子能被高锰酸根离子氧化成铁离子，高锰酸根被还原成锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．【点评】本题考查了物质定量测定的实验方法应用，物质性质的应用和判断是解题关键，数据分析和计算是难点，主要考查了铁、铝、铜及其化合物性质的综合应用和分离方法，题目难度中等． 12．（1）过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3[三硝酸六尿素合铁（Ⅲ）]和Fe（CO）x等．①基态Fe3+的M层电子排布式为 3s23p63d5 ．②尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是 sp2 、 sp3 ；C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞C ③Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于 分子晶体 （填晶体类型）（2）O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图1，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为 立方体 ．已知该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm．（用含ρ、NA的计算式表示）（3）下列说法正确的是 A A．因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低B．SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高（4）图2是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体．①图中d单质的晶体堆积方式类型是 面心立方最密堆积 ．②单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中含 2 个σ键， 2 个π键．③图3是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因： 硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键 ．（5）如图4是某金属氧化物的晶体结构示意图．图中，小球代表金属原子，大球代表氧原子，细线框出其晶胞，则金属原子的配位数 4 ．该金属氧化物的化学式为 MO （金属用M表示）-23-【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．有【分析】（1）①Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；②根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA与IIIA、第VA与VIA族反常；③分子晶体的熔沸点较低．（2）O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物为Na2O，该晶胞结构中黑球有8×+6×=4，白球在内部，共有8个，所以黑球为O2﹣，以晶胞中上面心O2﹣离子为研究对象，距一个O2﹣周围最近的Na+离子有8个，位于晶胞中上层4个Na+及上面晶胞中的下层4个Na+，8个Na+离子构成的几何体中每个都是正方形，形成立方体结构；计算晶胞的质量，棱长=．（3）A．离子晶体的晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比；B．SO2是V型结构、CO2分子结构呈直线型；C．分子晶体中，分子晶体的熔．沸点越高与其相对分子质量成正比．（4）①一般来说，分子晶体的熔点较小，金属晶体的熔点较大，原子晶体的熔点最高，金属为热和电的良导体，c、d均是热和电的良导体，则c和d是金属，钠的熔点小于铜，所以d是铜，根据铜的晶胞结构确定其堆积方式；②根据熔点知，a是H元素，b是N元素，f是C元素，a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，其结构为H﹣C≡N，共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键；③根据图知，该含氧酸中含有羟基，羟基和水中氧原子易形成氢键．（5）由晶胞结构可知，每个金属原子周围有4个O原子，利用均摊法计算晶胞中原子数目，再写出化学式．【解答】解：（1）①Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则M层电子排布式为：3s23p63d5，故答案为：3s23p63d5；②尿素（H2NCONH2）分子中C原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp2，N原子分别含有3个，σ键且含有一个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，；同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA与IIIA、第VA与VIA族反常，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；故答案为：sp2；sp3；N＞O＞C；③，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：分子晶体；（2）由Na2O晶胞结构结构可知，晶胞中黑色球数目=8×+6×=4，白色球数目=8，故白色球为Na+离子、黑色球为O2﹣，以晶胞中上面心O2﹣离子为研究对象，距一个O2﹣周围最近的Na+离子有8个，位于晶胞中上层4个Na+及上面晶胞中的下层4个Na+，8个Na+离子构成的几何体中每个都是正方形，形成立方体结构；该晶胞质量=4×g，该晶胞的密度为ρg•cm﹣3，则晶胞边长a==cm，-23-故答案为：立方体；；（3）A．离子晶体的晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比，钙离子电荷大于钾离子、钙离子半径小于钾离子，O离子电荷大于Cl离子、氧离子半径小于氯离子，KCl比CaO晶格能小，KCl比CaO熔点低，故正确；B．SO2是V型结构、CO2分子结构呈直线型，故错误；C．分子晶体中，分子晶体的熔．沸点越高与其相对分子质量成正比，与化学键大小无关，故错误；故选A．（4）①d单质是热和电的良导体，且熔点较高，则为铜，铜为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；②根据熔点知，a是H元素，b是N元素，f是C元素，a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，其结构为H﹣C≡N，共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，三键中一个是σ键两个是π键，所以该分子中含有2个σ键2个π键，故答案为：2；2；③根据图知，该分子中含有一个氢原子、三个氧原子和一个氮原子，为硝酸分子，硝酸分子正负电荷重心不重合，为极性分子，且硝酸和水能形成氢键而增大硝酸的溶解性，故答案为：硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键．（5））由晶胞结构可知，每个金属原子周围有4个O原子，金属原子的配位数为4；从图中看出金属原子在面心上有4个原子，体心有2个原子，故晶胞中金属原子数=4×+2=4，氧原子在棱上有8个原子，体心2个，故晶胞中氧原子数=8×+2=4，则化学式为MO．故答案为：4；MO．【点评】本题考查物质结构和性质，涉及基态原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、配合物成键、晶体性质和晶胞的计算等知识点，这些是学习难点，也是考查重点，难度中等． 13．有机物G是制备液晶材料的中间体之一，其结构简式为：，G的一种合成路线如图：其中，A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去．已知：X的核磁共振氢谱只有1种峰；RCH=CH2→_{Ⅱ．H_{2}O_{2}/OH﹣}^{Ⅰ．B_{2}H_{6}}RCH2CH2OH；通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．请回答下列问题：（1）A的结构简式是 CH2=C（CH3）2 ；C中官能团的名称是 醛基 ．（2）B的名称是 2﹣甲基﹣1﹣丙醇 ．第①～⑦步中属于取代反应的有 ⑤⑥⑦ （填步骤编号）．-23-（3）写出反应⑤的化学方程式： ．（4）第⑦步反应的化学方程式是 ．（5）G经催化氧化得到Y（C11H12O4），写出同时满足下列条件的Y的所有同分异构体的结构简式．a．苯环上的一氯代物有2种；b．水解生成二元羧酸和醇 ．【考点】有机物的合成．有【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】X的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则X为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成A为CH2=C（CH3）2，A发生信息中的反应生成B为（CH3）2CHCH2OH，B发生催化氧化生成C为（CH3）2CHCHO，C再与氢氧化铜反应，酸化得到D为（CH3）2CHCOOH．E与氯气在光照条件下生成，根据的结构可推得E为，在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到F，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故F为，F与D发生酯化（取代）反应生成G，据此解答．【解答】解：X的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则X为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成A为CH2=C（CH3）2，A发生信息中的反应生成B为（CH3）2CHCH2OH，B发生催化氧化生成C为（CH3）2CHCHO，C再与氢氧化铜反应，酸化得到D为（CH3）2CHCOOH．E与氯气在光照条件下生成，根据的结构可推得E为，-23-在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到F，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故F为，F与D发生酯化（取代）反应生成G，（1）根据上面的分析可知，A为CH2=C（CH3）2，C为（CH3）2CHCHO，C中官能团的名称是醛基，故答案为：CH2=C（CH3）2；醛基；（2）B为（CH3）2CHCH2OH，B的名称是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，根据上面的分析可知，第①～⑦步中属于取代反应的有⑤⑥⑦，故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇；⑤⑥⑦；（3）反应⑤的化学方程式为，故答案为：；（4）第⑦步反应的化学方程式是，故答案为：；（5）Y的分子式为C11H12O4，满足下列条件a．苯环上的一氯代物有2种；b．水解生成二元羧酸和醇，说明分子中有两个酯基，符合条件的Y的所有同分异构体的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生自学能力，熟练掌握官能团的性质与转化，再结合反应条件利用正推法推断，（5）中同分异构体的书写是易错点、难点，根据信息确定苯环侧链是关键，难点中等． -23-
