2022-2022学年江苏省淮安市淮海中学高三（上）月考化学试卷（1月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．我国节能减排“十二五规划”要求到2022年，全国二氧化碳排放总量控制在2086.4万吨．若能回收二氧化碳，其对工农业生产中有重要的作用．下列关于干冰（如图）的说法正确的是()A．干冰是弱电解质B．金属着火可以用干冰灭火C．氧碳两种元素可以组成不同的氧化物D．干冰在常温常压下稳定存在2．下列有关化学用语表示错误的是()A．HClO的电子式为：B．CH4分子的球棍模型：C．甲酸甲酯的实验式：CH2OD．2﹣戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH33．下列离子组在指定溶液中能大量共存的是()A．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42﹣、S2﹣B．加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、SCN﹣C．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中：Na+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D．能溶解Al2O3的溶液中：Mg2+、Fe3+、AlO2﹣、HCO3﹣4．下列有关物质性质或应用的说法正确的是()A．钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK↑+NaCl）B．利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱C．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃D．制水泥和玻璃都用石灰石作原料5．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是()28\nA．用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B．用于制备并收集NH3C．可形成原电池并获得稳定电流D．用于检验制得的乙烯中是否混有SO2和CO26．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，11.2LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为NAB．常温常压下，44g由N2O与CO2组成的混合气体含有的分子数目为NAC．0.1mol的白磷（P4）或四氯化碳（CCl4）中所含的共价键数均为0.4NAD．标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA7．下列物质的转化在给定条件下能实现的是()①NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFe②SSO3H2SO4③Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）Cu④Fe2O3FeCl3无水FeCl3⑤饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤28\n8．下列反应的离子方程式正确的是()A．二氧化硫通入氯化铁溶液：SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+B．Na2CO3水解：CO32﹣+H2O=H2CO3+2OH﹣C．硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液：H++NH4++2OH﹣=NH3•H2O+H2OD．碱性条件下铝粉还原NaNO2：NO2﹣+2Al+3OH﹣+H2O=2AlO2﹣+NH3•H2O9．X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是()A．原子半径的大小顺序：r（X）＞r（Y）＞r（Z）＞r（R）B．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C．元素R和Y形成的化合物RY2是一种高效安全灭菌消毒剂D．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同10．已知：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1△S1CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2△S2H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3△S3H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H4△S4CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H5△S5下列关于上述反应焓变和熵变的判断正确的是()A．△H1＞0，△S2＞0B．△H3＜0，△S3＞0C．△H1+△H5=△H2+△H3D．△H3＜△H4二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．下列有关说法正确的是()A．在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），则可推测该反应是吸热反应B．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡后再用酸溶解去除C．室温下，将浓度为0.1mol．L‾1HF溶液加水稀释，其电离平衡常数和均不变D．电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银、锌等12．绿原酸是一种有降压作用的药物，可由咖啡酸（一种芳香酸）与奎尼酸通过酯化反应合成．下列说法正确的是()28\nA．奎尼酸分子式为C7H12O6B．1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOHC．绿原酸能发生取代、加成、消去和缩聚反应D．咖啡酸和奎尼酸都能与FeCl3溶液发生显色反应13．根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是()选项实验操作实验现象结论AAgCl沉淀中滴入Na2S溶液白色沉淀变黑色Ksp（Ag2S）＜Ksp（AgCl）B向浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚＞碳酸C蔗糖溶液在硫酸存在下水浴一段时间后，再与银氨溶液混合加热无银镜出现蔗糖没有水解D取少量卤代烃Y在碱性溶液中水解后，先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液生成白色沉淀说明卤代烃中含有氯原子A．AB．BC．CD．D14．常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．根据图示判断，下列说法正确的是()A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）＞c（HA¯）＞c（A2﹣）＞c（H+）＞c（OH¯）B．NaHA溶液中：c（OH﹣）+c（A2﹣）=c（H+）+c（H2A）C．当V（NaOH）=40mL时，其溶液中水的电离程度比纯水大D．向Na2A溶液加入水的过程中，pH可能增大也可能减小15．在恒容密闭容器中进行的反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H．在某压强下起始时按不同氢碳比[]投料（如图中曲线①②③），测得CO2的平衡转化率与温度关系如图所示，下列有关说法正确的是()A．该反应：△H＞028\nB．氢碳比：①＜②＜③C．其它条件不变的情况下，缩小容器的体积可提高CO2的转化率D．若起始CO2浓度为2mol•L﹣1、H2为4mol•L﹣1，在图中曲线③氢碳比条件下进行，则400K时该反应的平衡常数数值约为1.7三、解答题（共5小题，满分68分）16．Ba（OH）2是重要的化工原料，工业上采用重晶石（主要成分为硫酸钡）和软锰矿（主要成分为二氧化锰，含有二氧化硅杂质）制备，同时得到碳酸锰等副产品．其工业流程如下：已知：MnO2为两性氧化物，MnO为碱性氧化物．（1）高温还原过程中，硫酸钡被碳还原为BaS，然后水浸得到．投料时煤炭的量相对要多其作用除了使硫酸钡充分反应外，还有__________．（2）氧化时反应还生成MnO和一种固体产物，则该反应的化学方程式为__________，氧化时控制MnO2与BaS的投料比在2～3之间，若投料比大于4，则Ba（OH）2的转化率明显降低，原因可能是__________（3）酸化的离子反应方程式为__________，滤渣的主要成分为__________．（4）中和时通入氨气调节溶液的pH值，若pH值偏高，会造成碳酸锰不纯，原因是__________．17．有机物F是一种治疗关节炎止痛药，合成F的一种传统法路线如图：（1）B中含氧官能团的名称为__________．（2）C→D的反应可分为两步，其反应类型为__________、__________．（3）写出比F少5个碳原子的同系物X的结构简式：__________（写一种）；X有多种同分异构体，满足下列条件的X的同分异构体共有__________种．①属于芳香族化合物②苯环上只有1个取代基③属于酯类物质（4）写出E转化为F和无机盐的化学方程式：__________．（5）已知：①②（R、R′表示烃基）28\n合成F的一种改良法是以2﹣甲基﹣1﹣丙醇[（CH3）2CHCH2OH）]、苯、乙酸酐[（CH3CO）2O]为原料来合成，写出有关的合成路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．18．乙二酸（H2C2O4）是一种重要的化工产品，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其制备工艺流程如下：氧化时控制反应液温度为55～60℃，边搅拌边缓慢滴加浓HNO3、H2SO4混合液，可发生下列反应：C6H12O6+18HNO3→3H2C2O4+18NO2↑+12H2OC6H12O6+6HNO3→3H2C2O4+6NO↑+6H2O（1）检验氧化后的溶液中是否仍含有葡萄糖的实验方案为__________．（2）氧化时控制反应液温度为55～60℃的原因是__________．（3）若水解时淀粉利用率为80%，氧化时葡萄糖的利用率为80%，结晶时有10%的乙二酸遗留在溶液中．则30kg淀粉可生产乙二酸的质量为__________．（4）生产中产生的NOx用氧气和水吸收后产生硝酸循环利用，若尾气NOx中n（NO2）：n（NO）=2：1，且NOx的吸收转化率为90%．计算：理论上，每生产9kg乙二酸至少需要补充质量分数为63%的硝酸溶液多少千克．（写出计算过程）19．高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途．高铁酸钾（K2FeO4）易溶于水，具有强氧化性，是一种新型水处理剂．替代传统的净水剂及Cl2对淡水进行净化消毒是城市饮用水处理新技术．工业上常用如下方法制备高铁酸钾：以铁丝网为阳极电解NaOH溶液，然后在阳极液中加入50%的KOH溶液，充分反应后，过滤、用异丙醇洗涤、干燥，即可制得．（1）高铁酸钾具有强氧化性的原因是__________．（2）用异丙醇代替水洗涤产品的好处是__________．（3）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为__________，__________．（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，图1为该电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有__________、__________．（5）探究高铁酸钾的某种性质．【实验1】将适量K2FeO4固体分别溶解于pH为4.74、7.00、11.50的水溶液中，配得FeO42﹣浓度为1.0mmol•L﹣1（1mmol•L﹣1=10﹣3mol•L﹣1）的试样，静置，考察不同初始pH的水溶液对K2FeO4某种性质的影响，结果见图2（注：800min后，三种溶液中高铁酸钾的浓度不再改变）．28\n【实验2】将适量K2FeO4溶解于pH=4.74的水溶液中，配制成FeO42﹣浓度为1.0mmol•L﹣1的试样，将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中，考察不同温度对K2FeO4某种性质的影响，结果见图3．则①实验1的目的是__________；②实验2可得出的结论是__________；③高铁酸钾在水中的反应为4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑．由图1可知，800min时，pH=11.50的溶液中高铁酸钾最终浓度比pH=4.74的溶液中高，主要原因是__________．20．（14分）SNCR﹣SCR是一种新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），其流程如下：（1）反应2NO+2CO⇌2CO2+N2能够自发进行，则该反应的△H__________0（填“＞”或“＜”）．（2）SNCR﹣SCR流程中发生的主要反应有：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1627.2kJ•mol﹣1；6NO（g）+4NH3（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1807.0kJ•mol﹣1；6NO2（g）+8NH3（g）⇌7N2（g）+12H2O（g）△H=﹣2659.9kJ•mol﹣1；反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）的△H=__________kJ•mol﹣1．（3）NO和NH3在Ag2O催化剂表面的反应活性随温度的变化曲线见图1．①由图1可以看出，脱硝工艺流程应在__________（填“有氧”或“无氧”）条件下进行．②随着反应温度的进一步升高，在有氧的条件下NO的转化率明显下降的可能原因是__________．（4）NO2也可用尿素[CO（NH2）2]还原，写出尿素与NO2反应的化学方程式：__________．28\n（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图2．该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为__________．若生成1molY，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为__________L．【物质结构与性质】（共1小题，满分12分）21．【物质结构与性质】我国部分城市灰霾天占全年一半，引起灰霾的PM2.5微细粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3，有机颗粒物及扬尘等．通过测定灰霾中锌等重金属的含量，可知目前造成我国灰霾天气主要是交通污染．（1）Zn2+在基态时核外电子排布式为__________．（2）SO42﹣的空间构型是__________（用文字描述）．（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOX、O3，CH2=CH﹣CHO，HCOOH，CH3COOONO2（PAN）等二次污染物．①下列说法正确的是__________（不定项选择）．a．N20结构式可表示为N=N=Ob．O3分子呈直线形c．CH2=CH﹣CHO分子中碳原子均采用sp2杂化d．相同压强下，HCOOH沸点比CH30CH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子②1molPAN中含σ键数目为__________．NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[（Fe（NO）（H2O）5）SO4，该配合物中心离子的配位数为__________（填数字）．（4）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β一射线吸收法，β一射线放射源可用85Kr，已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=__________（填数字）．28\n2022-2022学年江苏省淮安市淮海中学高三（上）月考化学试卷（1月份）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意．1．我国节能减排“十二五规划”要求到2022年，全国二氧化碳排放总量控制在2086.4万吨．若能回收二氧化碳，其对工农业生产中有重要的作用．下列关于干冰（如图）的说法正确的是()A．干冰是弱电解质B．金属着火可以用干冰灭火C．氧碳两种元素可以组成不同的氧化物D．干冰在常温常压下稳定存在【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，水溶液中部分电离的为弱电解质；B、二氧化碳和钠发生反应；C、碳和氧元素组成的氧化物有一氧化碳、二氧化碳；D、干冰易升华；【解答】解：A、水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，水溶液中部分电离的为弱电解质，干冰不能电离出离子是非电解质，故A错误；B、二氧化碳和金属能发生反应，金属着火可不以用干冰灭火，故B错误；C、碳和氧元素组成的氧化物有一氧化碳、二氧化碳，故C正确；D、干冰易升华，常温常压下不能稳定存在，故D错误；故选C．【点评】本题考查了二氧化碳性质的分析判断，注意性质的应用和特征应用，掌握基础是关键，题目较简单．2．下列有关化学用语表示错误的是()A．HClO的电子式为：B．CH4分子的球棍模型：C．甲酸甲酯的实验式：CH2OD．2﹣戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．次氯酸为共价化合物，中心原子为氧原子，分子中存在一个氧氢键和一个氧氯键；28\nB．为甲烷的比例模型，不是球棍模型；C．甲酸甲酯的分子式为C2H4O2，据此判断其实验式；D．根据烯烃的系统命名法对该命名进行判断．【解答】解：A．HClO为共价化合物，次氯酸的电子式为：，故A正确；B．为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示，甲烷为正四面体结构，其正确的球棍模型为：，故B错误；C．甲酸甲酯为含有2个碳原子的酯，其分子式为C2H4O2，则其实验式为：CH2O，故C正确；D．CH3CH2CH=CHCH3为单烯烃，碳碳双键在2号C，其名称为：2﹣戊烯，故D正确；故选B．【点评】本题考查了球棍模型与比例模型、电子式、烯烃命名、最简式的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确球棍模型与比例模型的区别．3．下列离子组在指定溶液中能大量共存的是()A．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42﹣、S2﹣B．加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、SCN﹣C．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中：Na+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D．能溶解Al2O3的溶液中：Mg2+、Fe3+、AlO2﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．Cu2+、S2﹣反应生成沉淀；B．加入苯酚显紫色的溶液含有Fe3+；C．离子之间不发生反应；D．能溶解Al2O3的溶液呈强酸性或强碱性．【解答】解：A．Cu2+、S2﹣反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故A错误；B．加入苯酚显紫色的溶液含有Fe3+，与SCN﹣反应而不能大量共存，故B错误；C．离子之间不发生反应，可大量共存，故C错误；D．能溶解Al2O3的溶液呈强酸性或强碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存，且Mg2+、Fe3+与AlO2﹣发生互促水解，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和氧化还原反应及水解反应的考查，注重学生思维严密性的训练，有利于提高学生分析问题解决问题的能力，题目难度不大．4．下列有关物质性质或应用的说法正确的是()A．钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK↑+NaCl）B．利用Al2O3制作的坩埚，可用于熔融烧碱C．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃D．制水泥和玻璃都用石灰石作原料28\n【考点】玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．Na的金属性比K弱，Na的沸点高于K；B．氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应；C．氢氟酸为弱酸；D．水泥原料是石灰石和黏土；玻璃原料是纯碱、石灰石和石英．【解答】解：A．Na的金属性比K弱，在850℃时使K蒸汽分离出，而钠为液体，可用钠制取钾，利用的是高沸点金属制备低沸点金属，故A错误；B．氧化铝熔点高，可以制作坩埚，能够与氢氧化钠溶液反应，不可用于熔融烧碱，故B错误；C．氢氟酸为弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅发生反应，能够腐蚀玻璃，故C错误；D．制水泥和玻璃都用石灰石作原料，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，注意氧化铝为两性氧化物，题目难度不大．5．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是()A．用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B．用于制备并收集NH3C．可形成原电池并获得稳定电流D．用于检验制得的乙烯中是否混有SO2和CO2【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．Cu和浓H2SO4反应需要加热；28\nB．氨气采用向下排空气法收集；C．含有盐桥的原电池中，电极材料和相对应的可溶性电解质溶液含有相同的金属元素；D．乙烯能被酸性高锰酸钾氧化．【解答】解：A．Cu和浓H2SO4反应需要加热，图中装置没有加热，则不能发生反应，故A错误；B．氨气的密度小于空气，且常温下和空气不反应，所以氨气采用向下排空气法收集，故B错误；C．含有盐桥的原电池中，电极材料和相对应的可溶性电解质溶液含有相同的金属元素，且该反应能自发进行，铜为负极，Pt为正极，所以能形成原电池，故C正确；D．乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，且SO2被酸性高锰酸钾氧化掉，不能使品红褪色，不能确定是否含有SO2，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、收集以及原电池等，侧重气体的制备实验考查，题目难度不大．6．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，11.2LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为NAB．常温常压下，44g由N2O与CO2组成的混合气体含有的分子数目为NAC．0.1mol的白磷（P4）或四氯化碳（CCl4）中所含的共价键数均为0.4NAD．标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为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．【分析】A．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体存在化学平衡分析判断；B．N2O与CO2的摩尔质量都是44g/mol；C.1个白磷分子中含有6个P﹣P键；D．氯气和水反应是可逆的．【解答】解：A．标准状况时，11.2LNO和11.2LO2物质的量分别为0.5mol，发生反应2NO+O2=2NO2；一氧化氮气体全部反应，生成0.5mol二氧化氮，剩余氧气0.25mol，但是二氧化氮气体和四氧化二氮形成化学平衡使分子数减少，所以11.2LNO和11.2LO2混合后的气体中含有的分子总数小于0.75NA，故A错误；B．N2O与CO2的摩尔质量都是44g/mol，44g由N2O与CO2组成的混合气体的物质的量==1mol，含有的分子数目为NA，故B正确；C.0.1mol的白磷（P4）含的共价键数为0.6NA，四氯化碳（CCl4）中所含的共价键数为0.4NA，故C错误；D．氯气和水反应是可逆的，所以无法完全进行，因此转移电子少于0.1mol，而氢氧化钠中却完全反应，转移0.1mol，故D错误；故选：B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，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是解题关键，题目难度不大．7．下列物质的转化在给定条件下能实现的是()①NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFe28\n②SSO3H2SO4③Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）Cu④Fe2O3FeCl3无水FeCl3⑤饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤【考点】镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；②硫燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；③碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；④氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．【解答】解：①偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；故①正确；②单质硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；故②错误；③碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；故③正确；④氯化铁溶液中氯化铁水解：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，加热氯化氢挥发，平衡正向移动，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，不能得到氯化铁，故④错误；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故⑤正确；综上所述：在给定条件下能实现的是①③⑤；故选：A．【点评】本题本题考查了物质转化关系的分析和判断，掌握元素化合物性质和反应实质是关键，注意常见元素化合物性质的积累．8．下列反应的离子方程式正确的是()A．二氧化硫通入氯化铁溶液：SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+B．Na2CO3水解：CO32﹣+H2O=H2CO3+2OH﹣C．硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液：H++NH4++2OH﹣=NH3•H2O+H2OD．碱性条件下铝粉还原NaNO2：NO2﹣+2Al+3OH﹣+H2O=2AlO2﹣+NH3•H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．三价铁离子具有强的氧化性能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；B．碳酸根为多元弱酸根离子，分步水解，用可逆号；C．氢氧化钠少量，只发生氢离子与氢氧根离子的反应；28\nD．氧原子个数不守恒．【解答】解：A．二氧化硫通入氯化铁溶液，离子方程式：SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+，故A正确；B．Na2CO3水解的离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B错误；C．硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液，离子方程式：H++OH﹣=H2O，故C错误；D．碱性条件下铝粉还原NaNO2的离子反应为：NO2﹣+2Al+OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+NH3•H2O，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意多元弱酸酸根离子分步水解．9．X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是()A．原子半径的大小顺序：r（X）＞r（Y）＞r（Z）＞r（R）B．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种C．元素R和Y形成的化合物RY2是一种高效安全灭菌消毒剂D．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同【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】X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素．【解答】解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是r（Na）＞r（Cl）＞r（C）＞r（O），故A错误；B．Y、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故B错误；C．元素Cl和O形成的化合物ClO2是一种高效安全灭菌消毒剂，故C正确；D．Y与Z形成的两种化合物为氧化钠、过氧化钠，前者含有离子键，后者含有离子键、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，推断元素是解本题关键，易错选项是C，注意根据Cl元素化合价判断，难度中等．10．已知：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1△S128\nCO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2△S2H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3△S3H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H4△S4CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H5△S5下列关于上述反应焓变和熵变的判断正确的是()A．△H1＞0，△S2＞0B．△H3＜0，△S3＞0C．△H1+△H5=△H2+△H3D．△H3＜△H4【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】放热反应焓变小于0，吸热反应焓变大于0，气体系数增大的反应为熵增加的反应，气体系数减小的反应为熵减小的反应，据此解答．【解答】解：A．甲醇燃烧为放热反应，焓变小于0，△H1＜0，CO（g）+O2（g）═CO2（g）气体系数减小，△S2＜0故A错误；B．H2（g）+O2（g）═H2O（l）为放热反应，气体体积减小，△H3＜0，△S3＜0，故B错误；C．①+⑤得O2（g）+CO（g）+2H2（g）⇌═CO2（g）+2H2O（l）；②+③CO（g）+H2（g）+O2（g）═H2O（l）+CO2（g），二者计量系数不同，焓变不同，故C错误；D．液态水转化为气态水需要吸收热量，所以△H3＜△H4，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了焓变、熵变的判断，明确反应热效应与焓变值大小的关系是解题关键，注意盖斯定律的应用，题目难度中等．二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．下列有关说法正确的是()A．在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），则可推测该反应是吸热反应B．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡后再用酸溶解去除C．室温下，将浓度为0.1mol．L‾1HF溶液加水稀释，其电离平衡常数和均不变D．电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银、锌等【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．【分析】A、反应吸热放热反应由反应物和生成物能量决定，加热反应不一定是吸热反应；B、硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，加酸便于除去；C、弱电解质溶液稀释，促进电离，平衡常数是随温度变化的物理量；D、阳极中的锌是活泼金属通电失去电子发生氧化反应．28\n【解答】解：A、反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，故A错误；B、硫酸钙微溶，加入碳酸钠溶液可以生成碳酸钙，实现沉淀转化，加酸除去，故B正确；C、氢氟酸是弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，比值增大，平衡常数只随温度变化，所以稀释溶液平衡常数不变，故C错误；D、电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银等不活泼金属，锌在阳极失电子发生氧化反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学反应的能量变化，沉淀转化的应用，弱电解质的电离平衡分析判断，溶液稀释平衡常数的变化判断，电极精炼的原理应用．12．绿原酸是一种有降压作用的药物，可由咖啡酸（一种芳香酸）与奎尼酸通过酯化反应合成．下列说法正确的是()A．奎尼酸分子式为C7H12O6B．1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOHC．绿原酸能发生取代、加成、消去和缩聚反应D．咖啡酸和奎尼酸都能与FeCl3溶液发生显色反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知分子式，绿原酸分子中含﹣OH、酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣及碳碳双键，结合醇、酚、羧酸、酯、烯烃的性质来解答．【解答】解：A．由咖啡酸（一种芳香酸）可知，分子式为C9H8O4，则奎尼酸含环己烷结构、4个﹣OH和﹣1个﹣COOH，则分子式为C7H12O6，故A正确；B．奎尼酸含环己烷结构、4个﹣OH和﹣1个﹣COOH，1mol奎尼酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故B错误；C．分子中含有羟基，可发生取代、消去反应，含有碳碳双键，可发生加成和加聚反应，含﹣OH、﹣COOH可发生缩聚反应，故C正确；D．咖啡酸含酚﹣OH，能与FeCl3溶液发生显色反应，而奎尼酸不含酚﹣OH，只含醇﹣OH，则不能，故D错误；故选AC．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃和酚、羧酸等有机物性质的考查，选项A为易错点，题目难度不大．13．根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是()选项实验操作实验现象结论AAgCl沉淀中滴入Na2S溶液白色沉淀变黑色Ksp（Ag2S）＜Ksp（AgCl）28\nB向浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚＞碳酸C蔗糖溶液在硫酸存在下水浴一段时间后，再与银氨溶液混合加热无银镜出现蔗糖没有水解D取少量卤代烃Y在碱性溶液中水解后，先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液生成白色沉淀说明卤代烃中含有氯原子A．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．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物；B．苯酚和碳酸钠反应生成可溶性的碳酸氢钠和苯酚钠；C．银镜反应需要在碱性条件下；D．卤代烃在碱性溶液中发生水解反应生成卤化物，用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明卤代烃中含有氯原子．【解答】解：A．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物，AgCl沉淀中滴入Na2S溶液，白色沉淀变为黑色，所以说明Ag2S比AgCl更难溶，故A正确；B．C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3，苯酚钠和碳酸氢钠都是易溶性物质，所以溶液变澄清，说明酸性苯酚＞碳酸氢根离子，故B错误；C．银镜反应需要在碱性条件下，水解后未加碱至碱性，则实验失败，故C错误；D．卤代烃在碱性溶液中发生水解反应生成卤化物，用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀为氯化银，说明卤代烃中含有氯原子，故D正确．故选BC．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及焰色反应、难溶物的转化、酸性强弱判断等知识点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验原理和操作方法，易错选项是B，注意酸性强弱顺序是：碳酸＞苯酚＞碳酸氢根离子．14．常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．根据图示判断，下列说法正确的是()A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）＞c（HA¯）＞c（A2﹣）＞c（H+）＞c（OH¯）B．NaHA溶液中：c（OH﹣）+c（A2﹣）=c（H+）+c（H2A）C．当V（NaOH）=40mL时，其溶液中水的电离程度比纯水大D．向Na2A溶液加入水的过程中，pH可能增大也可能减小【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．根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性；28\nB．根据物料守恒和电荷守恒判断；C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；D．加水稀释含有弱根离子的盐促进其水解，但氢氧根离子浓度减小．【解答】解：A．根据图象知，当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA﹣电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA﹣都电离出氢离子，只有HA﹣电离出A2﹣，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故A错误；B．根据电荷守恒得c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA﹣）+c（H2A）+c（A2﹣），所以得c（OH﹣）+c（A2﹣）=c（H+）+c（H2A），故B正确；C．当V（NaOH）=40mL时，等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2：1混合后，二者恰好反应生成Na2A和水，Na2A是强碱弱酸盐促进水电离，故C正确；D．Na2A溶液加水稀释，促进其水解，但溶液中氢氧根离子浓度减小，所以溶液的pH减小，故D错误；故选：BC．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，题目难度中等．15．在恒容密闭容器中进行的反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H．在某压强下起始时按不同氢碳比[]投料（如图中曲线①②③），测得CO2的平衡转化率与温度关系如图所示，下列有关说法正确的是()A．该反应：△H＞0B．氢碳比：①＜②＜③C．其它条件不变的情况下，缩小容器的体积可提高CO2的转化率D．若起始CO2浓度为2mol•L﹣1、H2为4mol•L﹣1，在图中曲线③氢碳比条件下进行，则400K时该反应的平衡常数数值约为1.7【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据定一议二的方法分析图象变化，温度越高，二氧化碳转化率越大，升温平衡正向进行来回答；B、增加氢气的量，二氧化碳的转化率会增大，增大二氧化碳的量，二氧化碳的转化率会减小；C、缩小容器的体积，即增大压强，根据压强对反应平衡的影响来回答；D、根据三行式计算化学平衡常数．28\n【解答】解：A、根据图象变化，温度越高，二氧化碳转化率越大，升温平衡正向进行，所以该反应：△H＞0，故A正确；B、增加氢气的量，二氧化碳的转化率会增大，增大二氧化碳的量，二氧化碳的转化率会减小，根据图示，氢碳比越大，则二氧化碳的转化率越大，所以氢碳比：①＞②＞③，故B错误；C、缩小容器的体积，即增大压强，增大压强，平衡正向移动，可提高CO2的转化率，故C正确；D、若起始CO2浓度为2mol•L﹣1、H2为4mol•L﹣1，在图中曲线③氢碳比条件下进行，二氧化碳的转化率是5%，2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）初始浓度：2mol/L4mol/L00变化浓度：1mol/L3mol/L0.5mol/L0.5mol/L平衡浓度：1mol/L1mol/L0.5mol/L0.5mol/L化学平衡常数K==0.0625，故D错误．故选AC．【点评】本题考查学生化学平衡的影响因素以及化学平衡的有关计算方面的知识，属于综合知识的考查题，难度中等．三、解答题（共5小题，满分68分）16．Ba（OH）2是重要的化工原料，工业上采用重晶石（主要成分为硫酸钡）和软锰矿（主要成分为二氧化锰，含有二氧化硅杂质）制备，同时得到碳酸锰等副产品．其工业流程如下：已知：MnO2为两性氧化物，MnO为碱性氧化物．（1）高温还原过程中，硫酸钡被碳还原为BaS，然后水浸得到．投料时煤炭的量相对要多其作用除了使硫酸钡充分反应外，还有和空气中的O2反应，为高温还原过程提供热量．（2）氧化时反应还生成MnO和一种固体产物，则该反应的化学方程式为MnO2+BaS+2H2O=MnO+Ba（OH）2+S，氧化时控制MnO2与BaS的投料比在2～3之间，若投料比大于4，则Ba（OH）2的转化率明显降低，原因可能是MnO2将会和Ba（OH）2反应，（继续氧S，生成BaSO4（BaSO3））（3）酸化的离子反应方程式为MnO+2H+=Mn2++H2O，滤渣的主要成分为S．（4）中和时通入氨气调节溶液的pH值，若pH值偏高，会造成碳酸锰不纯，原因是产生Mn（OH）2沉淀．【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】用重晶石制备Ba（OH）2工业流程如下：BaSO4和C反应生成BaS和CO：BaSO4+4CBaS+4CO↑，加入过量的炭使BaSO428\n得到充分的还原，同时通入空气使CO燃烧提供热量，利用软锰矿进行氧化硫化钡：MnO2+BaS+2H2O=MnO+Ba（OH）2+S，过滤，滤液中的溶质为Ba（OH）2，结晶为脱水得到Ba（OH）2，滤渣为MnO、S，用硫酸进行酸化，MnO+2H+=Mn2++H2O，硫不反应，所以再过滤滤渣的主要成分为S，中和时通入氨气调节溶液的pH值，加入碳酸铵，Mn2++CO32﹣=MnCO3↓，得到高纯碳酸锰．（1）硫酸钡被碳高温还原，需要热量，碳和氧气反应放热提供热量；（2）二氧化锰氧化硫化钡，锰从+4价降为+2价，硫从﹣2价升为0价，一种固体产物为S，氧化时控制MnO2与BaS的投料比在2～3之间，若投料比大于4，MnO2将会和Ba（OH）2反应，继续氧S，生成BaSO4（BaSO3）；（3）酸化MnO和酸反应生成盐和水；硫与稀硫酸不反应过滤时为滤渣；（4）中和时通入氨气调节溶液的pH值，若pH值偏高，会产生Mn（OH）2沉淀导致碳酸锰产品不纯．【解答】解：（1）BaSO4和C反应生成BaS和CO：BaSO4+4CBaS+4CO↑，反应条件为高温，投料时煤炭的量相对要多其作用除了使硫酸钡充分反应外，还有和空气中的O2反应，为高温还原过程提供热量，故答案为：和空气中的O2反应，为高温还原过程提供热量；（2）二氧化锰氧化硫化钡，生成MnO，锰从+4价（MnO2）降为+2价（MnO），根据氧化还原反应规律，必有化合价升高的元素，钡+2价为最高价，则硫元素从﹣2价升为0价，一种固体产物为S，反应为：MnO2+BaS+2H2O=MnO+Ba（OH）2+S，氧化时控制MnO2与BaS的投料比在2～3之间，若投料比大于4，过量的二氧化锰将会和氢氧化钡反应，也会继续氧S，生成BaSO4（BaSO3），故答案为：MnO2+BaS+2H2O=MnO+Ba（OH）2+S；MnO2将会和Ba（OH）2反应，继续氧S，生成BaSO4（BaSO3）；（3）利用软锰矿进行氧化硫化钡：MnO2+BaS+2H2O=MnO+Ba（OH）2+S，过滤，滤渣为MnO、S，用硫酸进行酸化，MnO+2H+=Mn2++H2O，硫不反应，所以再过滤滤渣的主要成分为S，故答案为：MnO+2H+=Mn2++H2O；S；（4）碱性条件下+2价的锰离子易与氢氧根离子形成沉淀，所以中和时通入氨气调节溶液的pH值，pH值不宜高，否则产生Mn（OH）2沉淀影响产品纯度，故答案为：产生Mn（OH）2沉淀．【点评】本题考查制备Ba（OH）2实验，侧重考查对元素及其化合物的主要性质的掌握、离子反应、物质的分离与提纯、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，题目难度中等，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．17．有机物F是一种治疗关节炎止痛药，合成F的一种传统法路线如图：（1）B中含氧官能团的名称为羰基．28\n（2）C→D的反应可分为两步，其反应类型为加成反应、消去反应．（3）写出比F少5个碳原子的同系物X的结构简式：（写一种）；X有多种同分异构体，满足下列条件的X的同分异构体共有3种．①属于芳香族化合物②苯环上只有1个取代基③属于酯类物质（4）写出E转化为F和无机盐的化学方程式：．（5）已知：①②（R、R′表示烃基）合成F的一种改良法是以2﹣甲基﹣1﹣丙醇[（CH3）2CHCH2OH）]、苯、乙酸酐[（CH3CO）2O]为原料来合成，写出有关的合成路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）根据B的结构简式，其中含氧官能团的名称为羰基；（2）C→D的﹣CHO变为﹣CH=NOH，可以看成醛基的碳氧双键先与H2NOH发生加成反应，再发生消去反应生成的；（3）F为，比其少5个碳原子的同系物X的结构简式为一个苯环和2个碳原子，其中一个碳形成一个羧基，则结构简式为或者的邻、间、对三种；X有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，则含有苯环②苯环上只有1个取代基；③属于酯类物质，则含有酯基；所以符合条件的有；（4）根据发生的为水解反应，则氮的化合价不变仍然为﹣3价，所以产物为铵盐，据此书写；（5）分析F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息②得到，苯环左边来自2﹣甲基﹣1﹣丙醇，需先变成卤代烃，根据信息①合成；【解答】解：（1）B的结构简式为，其中含氧官能团的名称为羰基，故答案为：羰基；（2）C→D的﹣CHO变为﹣CH=NOH，可以看成醛基的碳氧双键先与H2NOH发生加成反应生成﹣（HNOH）CH（OH），再发生消去反应生成﹣CH=NOH，故答案为：加成反应；消去反应；28\n（3）F为，比其少5个碳原子的同系物X的结构简式为一个苯环和2个碳原子，其中一个碳形成一个羧基，则结构简式为或者的邻、间、对三种；X有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，则含有苯环②苯环上只有1个取代基；③属于酯类物质，则含有酯基；所以符合条件的有共3种，故答案为：；3；（4）E转化为F和无机盐发生的为水解反应，则氮的化合价不变仍然为﹣3价，所以产物为铵盐，方程式为：；故答案为：；（5）根据F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息②得到，苯环左边来自2﹣甲基﹣1﹣丙醇[（CH3）2CHCH2OH）]，需先变成卤代烃，根据信息①合成，所以流程为：；故答案为：；【点评】本题考查有机物的推断，为高考常见题型，综合考查学生分析问题的能力和化学知识的综合运用能力，题目难度中等，难点是（5），要利用好信息①②结合原料合成．18．乙二酸（H2C2O4）是一种重要的化工产品，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其制备工艺流程如下：28\n氧化时控制反应液温度为55～60℃，边搅拌边缓慢滴加浓HNO3、H2SO4混合液，可发生下列反应：C6H12O6+18HNO3→3H2C2O4+18NO2↑+12H2OC6H12O6+6HNO3→3H2C2O4+6NO↑+6H2O（1）检验氧化后的溶液中是否仍含有葡萄糖的实验方案为取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，再向其中加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀产生，说明含有葡糖．（2）氧化时控制反应液温度为55～60℃的原因是温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发）．（3）若水解时淀粉利用率为80%，氧化时葡萄糖的利用率为80%，结晶时有10%的乙二酸遗留在溶液中．则30kg淀粉可生产乙二酸的质量为28.8kg．（4）生产中产生的NOx用氧气和水吸收后产生硝酸循环利用，若尾气NOx中n（NO2）：n（NO）=2：1，且NOx的吸收转化率为90%．计算：理论上，每生产9kg乙二酸至少需要补充质量分数为63%的硝酸溶液多少千克．（写出计算过程）【考点】化学方程式的有关计算；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价．【专题】实验设计题．【分析】（1）葡萄糖含有醛基，取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，加入新制Cu（OH）2，加热，检验葡萄糖；（2）若温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发）；（3）根据关系式（C6H10O5）n～nC6H12O6～3nH2C2O4计算；（4）根据n=计算乙二酸的物质的量，令反应生成NO2的乙二酸的物质的量为xmol，则反应生成NO的乙二酸的物质的量为（100﹣x）mol，根据方程式计算生成气体的物质的量，由氮元素守恒可知，损失的气体的物质的量等于需要补充的硝酸的物质的量，据此解答．【解答】解：（1）检验氧化后的溶液中是否仍含有葡萄糖的实验方案为：取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，再向其中加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀产生，说明含有葡糖，故答案为：取氧化后所得溶液，加入过量NaOH溶液，再向其中加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀产生，说明含有葡糖；（2）温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发），故氧化时控制反应液温度为55～60℃，故答案为：温度过低反应过慢，若温度过高硝酸会分解（或挥发）；（3）令30kg淀粉可生产乙二酸的质量为mKg，则：（C6H10O5）n～nC6H12O6～3nH2C2O4162n270n30kg×80%×80%=mkg28\n所以162n：270n=（30kg×80%×80%）：mkg解得m=28.8kg故答案为：28.8kg；（4）9kg乙二酸的物质的量为=100mol，令反应生成NO2的乙二酸的物质的量为xmol，则反应生成NO的乙二酸的物质的量为（100﹣x）mol，由方程式可知，反应生成的n（NO2）=6xmol，n（NO）=2（100﹣x）mol，尾气NOx中n（NO2）：n（NO）=2：1，故6x：2（100﹣x）=2：1，解得x=40，故需要补充硝酸为[6x+2（100﹣x）]mol×（1﹣90%）=[240+120]mol×（1﹣90%）=36mol，故需要加入硝酸溶液的质量为=3600g=3.6kg，答：需要加入硝酸溶液的质为3.6kg．【点评】本题以乙二酸的制备为载体，考查糖类性质、实验条件的控制、化学计算等，难度中等，（3）注意利用关系式进行计算，（4）关键是根据氮元素守恒判断损失的气体的物质的量等于需要补充的硝酸的物质的量．19．高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途．高铁酸钾（K2FeO4）易溶于水，具有强氧化性，是一种新型水处理剂．替代传统的净水剂及Cl2对淡水进行净化消毒是城市饮用水处理新技术．工业上常用如下方法制备高铁酸钾：以铁丝网为阳极电解NaOH溶液，然后在阳极液中加入50%的KOH溶液，充分反应后，过滤、用异丙醇洗涤、干燥，即可制得．（1）高铁酸钾具有强氧化性的原因是其中的铁元素为+6价，易得电子．（2）用异丙醇代替水洗涤产品的好处是减少洗涤时产品的损失且产品易干燥．（3）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe（OH）3有吸附性，有絮凝作用．（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，图1为该电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有放电时间长、工作电压稳定．（5）探究高铁酸钾的某种性质．【实验1】将适量K2FeO4固体分别溶解于pH为4.74、7.00、11.50的水溶液中，配得FeO42﹣浓度为1.0mmol•L﹣1（1mmol•L﹣1=10﹣3mol•L﹣1）的试样，静置，考察不同初始pH的水溶液对K2FeO4某种性质的影响，结果见图2（注：800min后，三种溶液中高铁酸钾的浓度不再改变）．【实验2】将适量K2FeO4溶解于pH=4.74的水溶液中，配制成FeO42﹣浓度为1.0mmol•L﹣1的试样，将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中，考察不同温度对K2FeO4某种性质的影响，结果见图3．则28\n①实验1的目的是研究在FeO42﹣不同PH溶液中的稳定性（或反应的速率）；②实验2可得出的结论是温度越高，FeO42﹣越不稳定（或与水反应的速率越快）；③高铁酸钾在水中的反应为4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑．由图1可知，800min时，pH=11.50的溶液中高铁酸钾最终浓度比pH=4.74的溶液中高，主要原因是pH=11.50的溶液中OH﹣离子浓度大，使平衡向左移动．【考点】性质实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）高铁酸钾中铁元素在+6价易得到电子表现氧化性；（2）异丙醇代替水洗涤减少产品损耗易挥发；（3）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中生成的Fe（OH）3胶体，有吸附性；（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定；（1）高铁酸钾中的铁是正6价，处于高价态，具有强氧性；（5）①在其它条件相同的情况下研究在FeO42﹣不同PH溶液中的稳定性；②研究温度改变，FeO42﹣的稳定性；③用平衡移动的原理解释．【解答】解：（1）高铁酸钾具有强氧化性的原因是高铁酸钾中铁元素化合价为+6价，高价态易得到电子表现氧化性；故答案为：其中的Fe元素为+6价，易得电子；（2）用异丙醇代替水洗涤产品，避免产品溶解损失，同时异丙醇易挥发，易于干燥；故答案为：减少洗涤时产品的损失且产品易干燥；（3）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体，有吸附性，故答案为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用；（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定，故答案为：放电时间长、工作电压稳定．（5）①在其它条件相同的情况下研究在FeO42﹣不同PH溶液中的稳定性；故答案为：研究在FeO42﹣不同PH溶液中的稳定性（或反应的速率）；②研究温度改变，FeO42﹣的稳定性；故答案为：温度越高，FeO42﹣越不稳定（或与水反应的速率越快）；③用平衡移动的原理解释，pH=11.50的溶液中OH﹣离子浓度大，使平衡向左移动；故答案为：pH=11.50的溶液中OH﹣离子浓度大，使平衡向左移动．【点评】本题考查元素化合物知识结合化学反应的速率以及平衡的移动等知识的综合考查，难度大，学生不容易接受．20．（14分）SNCR﹣SCR是一种新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），其流程如下：（1）反应2NO+2CO⇌2CO2+N2能够自发进行，则该反应的△H＜0（填“＞”或“＜”）．（2）SNCR﹣SCR流程中发生的主要反应有：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1627.2kJ•mol﹣1；6NO（g）+4NH3（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1807.0kJ•mol﹣1；28\n6NO2（g）+8NH3（g）⇌7N2（g）+12H2O（g）△H=﹣2659.9kJ•mol﹣1；反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）的△H=+179.8kJ•mol﹣1．（3）NO和NH3在Ag2O催化剂表面的反应活性随温度的变化曲线见图1．①由图1可以看出，脱硝工艺流程应在有氧（填“有氧”或“无氧”）条件下进行．②随着反应温度的进一步升高，在有氧的条件下NO的转化率明显下降的可能原因是温度升高，发生了副反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O或者温度升高，NOx和NH3反应的化学平衡向逆反应方向移动．（4）NO2也可用尿素[CO（NH2）2]还原，写出尿素与NO2反应的化学方程式：4CO（NH2）2+6NO2═7N2+4CO2+8H2O．（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图2．该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应为NO2+NO3﹣﹣e﹣═N2O5．若生成1molY，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为5.6L．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，结合反应特征分析；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式；（3）①从图上可知，有氧情况下，NO转化率高；②反应4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1627.2kJ•mol﹣1是放热反应，升温平衡逆向移动，温度升高时还会发生氨气的催化氧化；（4）据原子守恒和电子守恒书写；（5）氧气在Ⅱ电极上发生氧化反应，电极Ⅰ上发生还原反应，NO2被氧化生成的氧化物只能是N2O5，据电子守恒求需要氧气的体积．【解答】解：（1）反应2NO+2CO⇌2CO2+N2能够自发进行，△H﹣T△S＜0，依据反应熵变△S＜0可知，则该反应的△H＜0，故答案为：＜；（2）①4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1627.2kJ•mol﹣1；②6NO（g）+4NH3（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1807.0kJ•mol﹣1；③6NO2（g）+8NH3（g）⇌7N2（g）+12H2O（g）△H=﹣2659.9kJ•mol﹣1；依据盖斯定律①﹣②得到N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+179.8kJ•mol﹣1；故答案为：+179.8；（3）①从图上可知，有氧情况下，NO转化率高，故答案为：有氧；②反应4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1627.2kJ•mol﹣1是放热反应，升温平衡逆向移动，温度升高时还会发生氨气的催化氧化，故答案为：温度升高，发生了副反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O或者温度升高，NOx和NH3反应的化学平衡向逆反应方向移动；28\n（4）据原子守恒和电子守恒，可以写为：4CO（NH2）2+6NO2═7N2+4CO2+8H2O，故答案为：4CO（NH2）2+6NO2═7N2+4CO2+8H2O；（5）氧气在Ⅱ电极上发生氧化反应，电极Ⅰ上发生还原反应，NO2被氧化生成的氧化物只能是N2O5，电极Ⅰ上的电极反应式为：NO2+NO3﹣﹣e﹣═N2O5，生成1molN2O5，失去1mol电子，得到1mol电子需要0.25mol氧气，0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为：NO2+NO3﹣﹣e﹣═N2O5；5.6．【点评】本题考查了化学平衡的移动、氧化还原反应方程式的书写、电极反应式书写、热化学方程式的书写方法及电子守恒的应用等知识，题目难度中等．【物质结构与性质】（共1小题，满分12分）21．【物质结构与性质】我国部分城市灰霾天占全年一半，引起灰霾的PM2.5微细粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3，有机颗粒物及扬尘等．通过测定灰霾中锌等重金属的含量，可知目前造成我国灰霾天气主要是交通污染．（1）Zn2+在基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10．（2）SO42﹣的空间构型是正四面体（用文字描述）．（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOX、O3，CH2=CH﹣CHO，HCOOH，CH3COOONO2（PAN）等二次污染物．①下列说法正确的是ac（不定项选择）．a．N20结构式可表示为N=N=Ob．O3分子呈直线形c．CH2=CH﹣CHO分子中碳原子均采用sp2杂化d．相同压强下，HCOOH沸点比CH30CH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子②1molPAN中含σ键数目为10mol．NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[（Fe（NO）（H2O）5）SO4，该配合物中心离子的配位数为6（填数字）．（4）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β一射线吸收法，β一射线放射源可用85Kr，已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=4（填数字）．【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）Zn元素是30号元素，Zn原子形成离子先失去高能层中的电子，结合核外电子排布规律书写；（2）根据价层电子对互斥模型判断粒子的空间结构；（3）①a．N20与CO2是等电子体，结构相似；b．O3与SO2是等电子体，结构相似；c．CH2=CH﹣CHO分子中每个碳原子均形成三根共价键，均采用sp2杂化；28\nd．HCOOH分子间能形成氢键；CH30CH3不能形成分子间氢键；（4）一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键，一个π键；配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成；（5）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×+6×=4，然后求出比值．【解答】解：（1）Zn元素是30号元素，Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故Zn2+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）SO42﹣中中心原子S的价层电子对为=4，杂化方式为SP3杂化，所以其空间构型为正四面体结构，故答案为：正四面体；（3）①a．N20与CO2是等电子体，CO2的结构式O=C=O，所以N20结构式可表示为N=N=O，故a正确；b．O3与SO2是等电子体，SO2是V形分子，所以O3分子呈V形，故b错误；c．CH2=CH﹣CHO分子中每个碳原子均形成三根共价键，均采用sp2杂化，故c正确；d．HCOOH分子间能形成氢键；CH30CH3不能形成分子间氢键，所以相同压强下，HCOOH沸点比CH30CH3高，故d错误；故选：ac；（4）1个PAN（CH3COOONO2）中含有7个单键，3个双键，共有10个σ键，3个π键，所以1molPAN中含σ键数目为10mol；配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成，则配位数位6，故答案为：10mol；6；（5）与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×+6×=4，则==3，故答案为3．【点评】本题是道综合题，涉及的知识点有电子排布式、分子空间构型、等电子体的运用、化学键、配合物、晶体中粒子数目的计算等知识，易错点为（5）．28
