浙江省台州中学2022届高三上学期期中化学试卷 一、选择题（共7小题）1．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是（ ）A．若将适量CO2通入0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中（不考虑溶液体积变化）2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.1mol•L﹣1B．在25℃时，将cmol•L﹣1的醋酸溶液与0.02mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后溶液恰好呈中性，用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka=C．常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为碱性D．等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaCl溶液中离子总数大小：N前＜N后 2．下列说法不正确的是（ ）A．“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气B．汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率C．2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家埃里克•贝齐格、威廉•莫纳和德国科学家斯特凡•黑尔，以表彰他们为发展超分辨率荧光显微镜所作的贡献，利用此类显微镜可以观察病毒以及活细胞内蛋白质等大分子D．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，实现厨余废物合理利用 3．下列说法或表述中正确的是（ ）A．烷烃的系统命名为2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷B．由石油分馏可以获得石蜡，由石蜡裂化可获得乙烯C．如图所示的有机物分子式为C14H12O2，能发生银镜反应D．在碱性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH 4．下列说法正确的是（ ）-17-\nA．氯化钴溶液中存在平衡，[Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣（蓝色）+6H2O△H=akJ•mol﹣1，将氯化钴溶液置于冰水浴中，溶液变成粉红色，则可知：a＜0B．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．为了减小中和滴定的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用D．下图表示Zn﹣Cu原电池反应过程中的电流强度的变化，T时可能加入了H2O2 5．某同学按如图所示的装置进行实验．A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水．当K闭合时，在交换膜处SO42一从右向左移动．下列分析正确的是（ ）A．溶液中c（A2+）减小B．B的电极反应：B﹣2e﹣=B2+C．y电极上有H2产生，发生还原反应D．反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，一段时间以后沉淀逐渐溶解 6．短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置如图所示，其中W元素族序数等于周期序数的2倍．则下列说法正确的是（ ）A．原子半径从小到大：X＜Y＜R＜WB．Z、W元素与X均可以形成AB2型化合物C．X有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体D．Z的氢化物稳定性大于W的氢化物稳定性，是因为Z的氢化物分子间存在氢键 7．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L﹣1．某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（ ）A．无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl﹣B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C．无法确定沉淀C的成分D．原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣ -17-\n 二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）8．（I）在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），已知将2molX和1molY充入该容器中，反应在绝热条件下达到平衡时，Z的物质的量为pmol．回答下列问题：（1）若把2molX和1molY充入该容器时，处于状态I，达到平衡时处于状态II（如图1），则该反应的△H 0；熵变△S 0（填：“＜，＞，=”）．该反应在 （填高温或低温）条件下能自发进行．该反应的v﹣t图象如图2中左图所示．若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，则其v﹣t图象如图2中右图所示．以下说法正确的是 ①a1＞a2②b1＜b2③t1＞t2④右图中阴影部分面积更大⑤两图中阴影部分面积相等（3）若该反应在容积可变的密闭容器中发生，在温度为T1、T2时，平衡体系中X的体积分数随压强变化曲线如图3所示．下列说法正确的是 ．A．A、C两点的反应速率：A＞CB．A、C两点的气体密度：A＜CC．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜CD．由状态B到状态A，可以用加热的方法（II）在容积可变的密闭容器中发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表压强p/Pa2×1055×1051×106c（A）/mol•L﹣10.080.200.44（1）当压强从2×105Pa增加到5×105Pa时，平衡 移动（填：向左，向右，不）维持压强为2×105Pa，当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是 mol．（3）其他条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应．2×105Pa时，A的转化率随时间变化如图4，请在图4中补充画出压强分别为5×105Pa和1×106Pa时，A的转化率随时间的变化曲线（请在图4上画出曲线并标出相应压强）． 9．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；-17-\nK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3．已知K2MnO4溶液显绿色．请回答下列问题：（1）MnO2熔融氧化应放在 中加热（填仪器编号）．①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④钨坩埚在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞 ，打开旋塞 ，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②通入CO2后，用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，观察到 证明歧化反应已发生．（3）将三颈烧瓶中所得产物进行过滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩，自然冷却结晶，过滤，得到针状的高锰酸钾晶体．本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是 ．（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用滴定管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为 （保留3位有效数字，已知M（KMnO4）=158g•mol﹣1）．若量取待测液的滴定管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则最终测定结果将 ．（填“偏大”、“偏小”、“不变”） 10．有X、Y、Z、R四种短周期主族元素，Y、Z、R同周期．相关信息如下：相关信息X单质为双原子分子．若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质Y含Y元素的物质焰色反应为黄色Z同周期元素中原子半径最小RR元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍I．（1）Z元素在周期表的位置是 ，Y、Z、R简单离子的半径从大到小的顺序是 （用离子符号表示）；由X、Z两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里X、Z两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构．甲遇水可形成一种常见的漂白性物质．则甲的结构式为 ；（3）化合物乙（Y2R）溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质Y2R2，其溶液显黄色．则Y2R2的电子式为 ，写出乙溶液在空气中变质生成Y2R2的化学方程式 ．-17-\nII．元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊．（4）丙为一元弱酸，酸性与醋酸类似，对热十分稳定但受撞击就爆炸．8.6g丙爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）X2．写出其爆炸的化学方程式 ；（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g•L﹣1，则物质丁的化学式为 ；（6）戊在高温条件下能还原Fe2O3，生成两种单质，写出该反应的化学方程式 ，有人提出生成的产物中可能还有FeO，请设计实验方案验证（用化学方法） ． 11．聚合物G可用于生产生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用．有关转化关系如下：请回答下列问题：（1）物质A的分子式为 ，B的结构简式为 ；请写出F中含氧官能团的名称 ；（3）反应①～④中属于加成反应的是 ；（4）写出由F生成聚合物G的化学方程式 ． 浙江省台州中学2022届高三上学期期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题）1．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是（ ）A．若将适量CO2通入0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中（不考虑溶液体积变化）2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.1mol•L﹣1B．在25℃时，将cmol•L﹣1的醋酸溶液与0.02mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后溶液恰好呈中性，用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka=C．常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为碱性D．等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaCl溶液中离子总数大小：N前＜N后【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、依据反应过程和溶液中存在的电荷守恒分析判断；B、呈中性则c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO﹣）=0.01mol/L，以此计算；C、碱的强弱不知，若为强酸、强碱混合，呈中性，若为强酸、弱碱混合，则相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合显碱性；-17-\nD、HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10﹣7mol/L，所以NaCl溶液中C（Na+）+C（H+）大于NaClO溶液中C（Na+）+C（H+），依据电荷守恒分析．【解答】解：A、将CO2通入①溶液中恰好呈中性，溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），c（H+）=c（OH﹣），则得到c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L，故A错误；B、呈中性则c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO﹣）=0.01mol/L，所以用含c的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka==mol•L﹣1，故B正确；C、pH=3硫酸，c（H+）=0.001mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c（OH﹣）=0.001mol/L，若为强酸、强碱混合，混合后溶液呈中性，若为强酸、弱碱混合，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故C正确；D、HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10﹣7mol/L，所以NaCl溶液中C（Na+）+C（H+）大于NaClO溶液中C（Na+）+C（H+），根据电荷守恒：C（Na+）+C（H+）=C（OH﹣）+c（Cl﹣）可得溶液中离子总数为2×[c（Na+）+c（H+）]×V；同理可得NaClO溶液中总数为2×[c（Na+）+c（H+）]×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，故D正确；故选A．【点评】本题主要考查盐类水解、离子浓度大小比较，难度中等，注意熟练利用电荷守恒、物料守恒等解决问题，掌握基础是解题关键． 2．下列说法不正确的是（ ）A．“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气B．汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率C．2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家埃里克•贝齐格、威廉•莫纳和德国科学家斯特凡•黑尔，以表彰他们为发展超分辨率荧光显微镜所作的贡献，利用此类显微镜可以观察病毒以及活细胞内蛋白质等大分子D．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，实现厨余废物合理利用【考点】化石燃料与基本化工原料；化学平衡的影响因素；油脂的性质、组成与结构．【专题】常规题型．【分析】A、从雾霾天气的成因考虑；B、催化剂不能改变平衡转化率；C、依据2022年诺贝尔化学奖获得者及其贡献解答；D、“地沟油”的主要成分是油脂．【解答】解：A、二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首．它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故A正确；B、催化剂不能改变平衡转化率，只能加快反应速率，故B错误；C、.2022年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代．利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子，故C正确；-17-\nD、“地沟油”的主要成分是油脂，在碱性条件下水解能得到肥皂，也可做生物柴油，故D正确；故选B．【点评】本题为综合题，考查了化学史、物质的性质和用途、绿色化学的概念，依据相关知识即可解答，注意对基础知识的积累． 3．下列说法或表述中正确的是（ ）A．烷烃的系统命名为2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷B．由石油分馏可以获得石蜡，由石蜡裂化可获得乙烯C．如图所示的有机物分子式为C14H12O2，能发生银镜反应D．在碱性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH【考点】有机物的结构和性质；有机化合物命名；石油的裂化和裂解；酯的性质．【分析】A．该物质最长的碳链是4个，应该是丁烷；B．石油分馏可以获得石蜡，石蜡裂解可获得乙烯；C．如图所示的有机物分子式为C14H12O2，含有醛基和醚键；D．碱性条件下，酯水解生成羧酸钠和醇．【解答】解：A．该物质最长的碳链是4个，应该是丁烷，其名称是2，2﹣二甲基丁烷，故A错误；B．石油分馏可以获得石蜡，石蜡裂解可获得乙烯，深度裂化是裂解，故B错误；C．如图所示的有机物分子式为C14H12O2，含有醛基和醚键，所以能发生银镜反应，故C正确；D．碱性条件下，酯水解生成羧酸盐和醇，所以在NaOH溶液中，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COONa和C2H518OH，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物命名、物质结构和性质，为高考高频点，根据物质中存在官能团确定物质性质，注意D酯中断键方式，为易错点． 4．下列说法正确的是（ ）A．氯化钴溶液中存在平衡，[Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣（蓝色）+6H2O△H=akJ•mol﹣1，将氯化钴溶液置于冰水浴中，溶液变成粉红色，则可知：a＜0B．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．为了减小中和滴定的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用-17-\nD．下图表示Zn﹣Cu原电池反应过程中的电流强度的变化，T时可能加入了H2O2【考点】影响盐类水解程度的主要因素；原电池和电解池的工作原理；溶液的配制．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A、降低温度，化学平衡向着放热方向进行；B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，相当于加水量偏少；C、根据中和滴定的原理结合锥形瓶的使用来回答；D、T时电流强度变大，说明单位时间内Zn被氧化的速率增大．【解答】解：A、氯化钴溶液中存在下列平衡：[，[Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣（蓝色）+6H2O△H=akJ•mol﹣1，Co（H2O）6]2+溶液中显粉红色，将氯化钴溶液置于冰水浴中，降低温度，平衡逆向移动，所以反应是吸热的，所以焓变大于零，故a＞0，故A错误；B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，相当于加水量偏少，所配溶液浓度偏大，故B错误；C、中和滴定中，锥形瓶无论是否干燥，待测液中溶质的物质的量不变，对实验结果都没有影响，故C错误；D、T时电流强度变大，说明单位时间内Zn被氧化的速率增大，加入H2O2，具有强氧化性，可加快锌的氧化，故D正确；故选D．【点评】本题综合考查学生平衡移动原理、溶液的配置、中和滴定实验误差分析以及电化学知识，属于综合知识的考查，难度中等． 5．某同学按如图所示的装置进行实验．A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水．当K闭合时，在交换膜处SO42一从右向左移动．下列分析正确的是（ ）A．溶液中c（A2+）减小B．B的电极反应：B﹣2e﹣=B2+C．y电极上有H2产生，发生还原反应D．反应初期，x电极周围出现白色胶状沉淀，一段时间以后沉淀逐渐溶解【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】基本概念与基本理论；电化学专题．【分析】该装置中右边装置不能自发的进行氧化还原反应是不能构成原电池只能形成电解池，左边装置中能发生的进行氧化还原反应且符合原电池的构成条件所以是原电池．当K闭合时，在交换膜处SO42﹣从右向左移动，说明A为负极，B为正极，即A的金属活动性大于B；连接B的y极为Y阳极，连接A的x极为阴极．【解答】解：A、当K闭合时，在交换膜处SO42﹣从右向左移动，说明A为负极，B为正极，原电池中负极A上金属失电子发生氧化反应，生成金属阳离子进入溶液导致溶液中（A2+）浓度增大，故A错误；B、当K闭合时，在交换膜处SO42一从右向左移动，说明A为负极，B为正极，B极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为B2++2eˉ═B，故B错误；-17-\nC、右边装置中连接B的y极为阳极，连接A的x极为阴极，电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；D、右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，x极上发生的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成可溶性的偏铝酸盐，故D正确．故选D．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度较大，明确原电池放电时溶液中阴阳离子的移动方向是解本题的关键． 6．短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置如图所示，其中W元素族序数等于周期序数的2倍．则下列说法正确的是（ ）A．原子半径从小到大：X＜Y＜R＜WB．Z、W元素与X均可以形成AB2型化合物C．X有多种同素异形体，而Z不存在同素异形体D．Z的氢化物稳定性大于W的氢化物稳定性，是因为Z的氢化物分子间存在氢键【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，R、W处于第三周期，W元素族序数等于周期序数的2倍，处于Ⅵ族，故W为S元素，可推知R为P元素，Z为O元素，Y为N元素、X为C元素，结合元素周期律及元素化合物性质解答．【解答】解：由短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，R、W处于第三周期，W元素族序数等于周期序数的2倍，处于Ⅵ族，故W为S元素，可推知R为P元素，Z为O元素，Y为N元素、X为C元素，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Y＜X＜W＜R，故A错误；B．O元素、S元素与C元素分别可以CO2、SC2，故B正确；C．碳元素有金刚石、石墨、富勒烯等多种同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧，故C错误；D．非金属性O＞S，故氧元素氢化物比硫元素氢化物稳定，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，注意氢键对物质性质的影响． 7．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L﹣1．某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（ ）-17-\nA．无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl﹣B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C．无法确定沉淀C的成分D．原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】离子反应专题．【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+．因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在．【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+．因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在．故A、B、C错误，D正确．故选：D．【点评】本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大． 二、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）8．（I）在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），已知将2molX和1molY充入该容器中，反应在绝热条件下达到平衡时，Z的物质的量为pmol．回答下列问题：（1）若把2molX和1molY充入该容器时，处于状态I，达到平衡时处于状态II（如图1），则该反应的△H ＜ 0；熵变△S ＜ 0（填：“＜，＞，=”）．该反应在 低温 （填高温或低温）条件下能自发进行．该反应的v﹣t图象如图2中左图所示．若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，则其v﹣t图象如图2中右图所示．以下说法正确的是 ②③⑤ ①a1＞a2②b1＜b2③t1＞t2④右图中阴影部分面积更大⑤两图中阴影部分面积相等（3）若该反应在容积可变的密闭容器中发生，在温度为T1、T2时，平衡体系中X的体积分数随压强变化曲线如图3所示．下列说法正确的是 BD ．A．A、C两点的反应速率：A＞CB．A、C两点的气体密度：A＜C-17-\nC．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜CD．由状态B到状态A，可以用加热的方法（II）在容积可变的密闭容器中发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表压强p/Pa2×1055×1051×106c（A）/mol•L﹣10.080.200.44（1）当压强从2×105Pa增加到5×105Pa时，平衡 不 移动（填：向左，向右，不）维持压强为2×105Pa，当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是 （a+b） mol．（3）其他条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应．2×105Pa时，A的转化率随时间变化如图4，请在图4中补充画出压强分别为5×105Pa和1×106Pa时，A的转化率随时间的变化曲线（请在图4上画出曲线并标出相应压强）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（Ⅰ）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，△H﹣T△S＜0反应自发进行；加入催化剂，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等；（3）A．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；B．A、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变；C．B、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同；D．压强相同，升高温度，化学平衡向吸热反应移动；（Ⅱ）（1）由表格数据可知，当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L﹣1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动；由（1）可知，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变；（3）2×105与5×105Pa时A的转化率不变，但5×105Pa时反应速率快，到达平衡时间缩短．当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L﹣1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆向移动，此时B不是气体，A的转化率减小，反应速率增大，时间缩短．【解答】解：（Ⅰ）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应，则△H＜0；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，则△S＜0，△H﹣T△S＜0反应自发进行，该反应在低温条件下能自发进行，-17-\n故答案为：＜；＜；低温；加入催化剂，反应速率加快，所以b1＜b2，到达平衡的时间缩短，所以t1＞t2，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等，故答案为：②③⑤；（3）A．A、C两点都在等温线上，压强A点小于C点，压强越大速率越快，所以反应速率A＜C，故A错误；B．A、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变，所以气体密度：A＜C，故B正确；C．B、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同，所以气体的平均相对分子质量相同，故C错误；D．由状态B到状态A，压强相同，温度不同，正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热反应移动，X的体积分数增大，所以可以通过升温使状态B到状态A，故D正确；故答案为：BD；（Ⅱ）（1）由表格数据可知，当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L﹣1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动，故答案为：不；由（1）可知，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是a+b，故答案为：a+b；（3）2×105与5×105Pa时A的转化率不变，但5×105Pa时反应速率快，到达平衡时间缩短．当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L﹣1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆向移动，此时B不是气体，A的转化率减小，反应速率增大，时间缩短，A的转化率随时间的变化曲线为：，故答案为：．【点评】本题考查化学平衡影响因素、平衡图象等，综合性较强，侧重考查了学生分析数据、图象获取信息的能力，难度中等． 9．高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：-17-\nMnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3．已知K2MnO4溶液显绿色．请回答下列问题：（1）MnO2熔融氧化应放在 ④ 中加热（填仪器编号）．①烧杯 ②瓷坩埚 ③蒸发皿 ④钨坩埚在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒．①为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊．当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中．待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞 A、C ，打开旋塞 B、D、E ，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中．然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应．②通入CO2后，用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上，观察到 用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹 证明歧化反应已发生．（3）将三颈烧瓶中所得产物进行过滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩，自然冷却结晶，过滤，得到针状的高锰酸钾晶体．本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是 溶液表面出现晶膜为止、高锰酸钾晶体受热易分解 ．（4）利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245g，配成500mL溶液，用滴定管量取25.00mL待测液，用0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的纯度为 87.23% （保留3位有效数字，已知M（KMnO4）=158g•mol﹣1）．若量取待测液的滴定管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则最终测定结果将 偏小 ．（填“偏大”、“偏小”、“不变”）【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；①该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；②根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；（3）蒸发溶液获得晶体时不能蒸干，避免固体飞溅；高锰酸钾在温度较高时容易分解，需要低温下烘干；（4）根据n=cV计算出25mL待测液消耗的醋酸钠的物质的量，再根据反应方程式计算出25mL待测液中含有高锰酸钾的物质的量，从而计算出样品中含有高锰酸钾的物质的量，然后根据m=nM计算出高锰酸钾的质量，最后计算出纯度；待测液被蒸馏水稀释后浓度减小，测定的样品中含有的高锰酸钾物质的量减小，纯度减小．-17-\n【解答】解：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，故答案为：④；①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：A、C；B、D、E；②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹；（3）蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：溶液表面出现晶膜为止、高锰酸钾晶体受热易分解；（4）50mL0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×=0.002mol，500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×=0.04mol，则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol﹣1=6.32g，则高锰酸钾产品的纯度为：×100%=87.23%；若滴定管用用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，故答案为：87.23%；偏小．【点评】本题通过高锰酸钾的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，题目难度中等，涉及了样品中纯度计算、化学实验基本操作方法、物质制备原理等知识，明确物质制备原理及流程为解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算的能力． 10．有X、Y、Z、R四种短周期主族元素，Y、Z、R同周期．相关信息如下：相关信息X单质为双原子分子．若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质Y含Y元素的物质焰色反应为黄色Z同周期元素中原子半径最小RR元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍I．（1）Z元素在周期表的位置是 第三周期第ⅦA族 ，Y、Z、R简单离子的半径从大到小的顺序是 S2﹣＞Cl﹣＞Na+ （用离子符号表示）；由X、Z两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里X、Z两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构．甲遇水可形成一种常见的漂白性物质．则甲的结构式为 ；-17-\n（3）化合物乙（Y2R）溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质Y2R2，其溶液显黄色．则Y2R2的电子式为 ，写出乙溶液在空气中变质生成Y2R2的化学方程式 4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2 ．II．元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊．（4）丙为一元弱酸，酸性与醋酸类似，对热十分稳定但受撞击就爆炸．8.6g丙爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）X2．写出其爆炸的化学方程式 2HN3=3N2+H2 ；（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g•L﹣1，则物质丁的化学式为 NH4H ；（6）戊在高温条件下能还原Fe2O3，生成两种单质，写出该反应的化学方程式 2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O ，有人提出生成的产物中可能还有FeO，请设计实验方案验证（用化学方法） 取固体生成物ag与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为VL，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】推断题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】I．X、Y、Z、R四种元素均为短周期元素，含Y元素的物质焰色反应为黄色，则Y为Na；X单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质，则X为N元素；Z是同周期元素中原子半径最小，且Y、Z、R同周期，则Z为Cl，R元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则R为S元素；II．X为N元素，元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊，丙与醋酸类似，为一元弱酸，设丙的分子式为HNm，HNm分解的方程式为2HNm=H2+mN2，8.6gHNm爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）N2，氮气为=0.3mol，则2：m=：0.3，解得m=3，所以丙为HN3，丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g•L﹣1，则戊的相对分子质量为0.76×22.4=17，所以戊为氨气，则丁为NH4H．【解答】解：I．X、Y、Z、R四种元素均为短周期元素，含Y元素的物质焰色反应为黄色，则Y为Na；X单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质，则X为N元素；Z是同周期元素中原子半径最小，且Y、Z、R同周期，则Z为Cl，R元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则R为S元素．（1）Z为Cl，Z元素在周期表的位置是第三周期第ⅦA族，离子电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以Y、Z、R简单离子的半径从大到小的顺序是S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故答案为：第三周期第ⅦA族；S2﹣＞Cl﹣＞Na+；由N、Cl两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则N、Cl个数比应为1：3，甲遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质应为次氯酸，所以在甲中氯显+1价，所以甲的结构式为，故答案为：；-17-\n（3）化合物乙为Na2S溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成Na2S2，则Na2S2的电子式为，Na2S溶液在空气中变质过程的化学方程式为4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2，故答案为：；4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2；II．X为N元素，元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊，（4）丙与醋酸类似，为一元弱酸，设丙的分子式为HNm，HNm分解的方程式为2HNm=H2+mN2，8.6gHNm爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）N2，氮气为=0.3mol，则2：m=：0.3，解得m=3，所以丙为HN3，反应方程式为：2HN3=3N2+H2，故答案为：2HN3=3N2+H2；（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g•L﹣1，则戊的相对分子质量为0.76×22.4=17，所以戊为氨气，则丁为NH4H，故答案为：NH4H；（6）氨气在高温条件下能还原Fe2O3，生成氮气和铁，反应方程式为2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O；要证明生成物中是否有FeO，可以通过定量计算的方法确定，具体操作为：取固体生成物ag与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为VL，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无，故答案为：2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O；取固体生成物ag与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为VL，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无．【点评】本题考查元素化合物推断，推断元素是解题关键，II中根据计算确定化合物组成和通过定量实验进行物质成分检验为本题的难点． 11．聚合物G可用于生产生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用．有关转化关系如下：请回答下列问题：（1）物质A的分子式为 C6H12O6 ，B的结构简式为 CH3﹣CH=CH2 ；请写出F中含氧官能团的名称 羟基、羧基 ；（3）反应①～④中属于加成反应的是 ①④ ；-17-\n（4）写出由F生成聚合物G的化学方程式 ．【考点】有机物的推断．【分析】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3﹣CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题．【解答】解：B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3﹣CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，（1）根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3﹣CH=CH2，故答案为：C6H12O6；CH3﹣CH=CH2；F为CH3CHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④，故答案为：①④；（4）F在一定条件下发生缩聚反应得G，反应方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化． -17-
