2022-2022学年江苏省泰州市高三（上）期末化学试卷 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．下列有关叙述正确的是（ ）A．化学是人类创造新物质的工具，其中合成化学最具创造力B．全面禁止使用各种化肥和农药，以保障食品安全C．化工生产会导致污染，应尽快关停所有化工企业D．尽可能多地使用化石能源，促进人们生活水平提高 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．乙烯的结构式：CH2CH2B．含78个中子的碘的核素：IC．水分子的球棍模型D．氟化氢的电子式：H+[]﹣ 3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、SO42﹣、Cl﹣、SCN﹣B．滴加甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、Al3+、Cl﹣C．=1012的溶液：SO32﹣、NH4+、NO3﹣、K+D．c（AI3+）=0.5mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、HCO3﹣、SO42﹣ 4．下列有关物质性质或应用的说法错误的是（ ）A．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆B．FeCl3溶液能将Cu氧化，可用于制作印刷电路板C．难溶的Al2O3制成的坩埚，可用于熔融烧碱D．处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和NaCO3溶液浸泡，后加盐酸除去 5．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，所含NH4+的数目小于NAB．92g甲苯含有碳碳双键的数目为3NAC．足量CO2与1molNa2O2完全反应时，转移电子数为NAD．标准状况下，11.2LC2H5OH中所含的分子数为0.5NA 6．下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）A．酸性条件下，用H2O2将I﹣转变为I2：H2O2+2I﹣═I2+2OH﹣B．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4++OH﹣═NH3↑+H2O-30-\nC．醋酸溶液除去水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．用稀硝酸溶解金属铜的反应：3Cu+8H++2NO3═3Cu2++2NO↑+4H2O 7．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）A．N2NO2HNO3B．NaCl（aq）NaOH（aq）NaClO（aq）C．Fe3O4FeFe2O3D．Al2（SO4）Al（OH）3Al2O3 8．下列有关实验操作或装置正确的是（ ）A．用图1所示装置进行乙酸乙酯水解B．用图2所示装置实验室制取乙烯C．碘水用CCl4萃取分液后再蒸馏，可得到I2D．梨形分液漏斗检漏，加水后玻璃旋塞处是否漏水即可 9．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14．X与Z同主族，Y与W同主族，且X的原子半径小于Y．下列叙述正确的是（ ）A．原子半径：Y＜Z＜WB．元素Z、W的简单离子的电子层结构相同C．气态氢化物的热稳定性：Y＞WD．X、Y、Z、W四种元素可组成共价化合物 10．下列有关判断正确的是（ ）A．BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）在试问时不能自发进行，说明该反应的△H＞0B．常温下，水的电离程度在NH4HSO4溶液中比在纯水中大C．铅蓄电池放电时总反应为PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，正、负极质量均减小D．密闭容器中反应N2+3H2⇌2NH3，温度不变，增大压强，的值增大 二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题的0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）-30-\n11．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）A．向某FeCl2溶液中加入Na2O2粉末，出现红褐色沉淀，说明原FeCl2溶液已氧化变质B．取少量溶液X，加入适量新氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+C．粗略配制2mol•L﹣1的NaCl溶液，称58.5gNaCl，加入到盛有500mL水的烧杯中，搅拌、溶解D．溶液X中通入足量CO2，未看到白色沉淀，则说明原溶液中一定不存在大量Ca2+或Ba2+ 12．伞形酮可由雷梭苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应值得下列有关这三种物质的说法错误的是（ ）A．雷梭苯乙酮有两种含氧官能团B．苹果酸和伞形酮分子中均含有1个手性碳原子C．雷梭苯乙酮和伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反应D．1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH 13．一定温度下，硫酸锶（SrSO4）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）A．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液B．283K时，向SrSO4的浊液中逐滴加入1.0mol/LNaSO4溶液，Ksp（SrSO4）随c（SO42﹣）的增大而减小C．向b点的溶液中加入等温度的1.0mol/LNa2SO4溶液，c（Sr2+）减小，SrSO4的溶解度减小D．升高温度可以实现a点到b点的转化 14．常温下，下列两溶液：①pH=9的NaOH溶液，②pH=9的CH3COONa溶液．有关①、②两溶液，下列判断正确的是（ ）A．两溶液中水的电离程度相同，Na+的浓度不同B．两溶液分别用水稀释10倍后，有pH①＜pH②＜9C．①中c（Na+）与②中c（CH3COOH）相等D．将①和②等体积混合后，溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+） 15．将SO2和O2充入2L密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），于5min未达到平衡，有关数据如下：SO2（g）O2（g）SO3（g）初始浓度（mol•L﹣1）2.01.00平衡浓度（mol•L﹣1）c1c20.4下列判断错误的是（ ）-30-\nA．反应前5min内，用SO2表示的平均速率为0.04mol•L﹣1•min﹣1B．其他条件不变，若增大SO2的浓度，则达平衡时SO2转化率会增大C．降低温度，其他条件不变，平衡时n（SO2）=3.0mol，则反应的△H＜0D．平衡后移走2.0molSO2和1.0molO2，在相同条件下再达新平衡时，c（SO3）＜0.2mol•L﹣1 二、非选择题（共80分）16．实验室利用废旧锌锰电池来制备纳米级ZnO，一种方法如下：取废旧锌锰电池5节，拆开，把锌皮煮沸后刷净晾干；剪碎放入烧杯中，在室温下，用硫酸溶解；待锌皮完全溶解，抽滤除去杂质；将滤液与A溶液反应制得ZnCO3后，高温分解，即可得纳米级ZnO．回答下列问题：（1）溶解锌皮时，用不同浓度硫酸、溶解时间和硫酸锌产率的关系见下表．由表可知，室温下溶解锌皮时硫酸的事宜浓度为 mol•L﹣1．溶解锌皮时硫酸用量不宜过多，其原因是 ．表1硫酸浓度对锌溶解时间和硫酸锌产率的影响实验编号锌皮质量/g硫酸浓度/（mol•L﹣1）酸用量/mL溶解耗时/hZnSO4•7H2O产率111.1634＞2488.83212.04561188.92312.0372591.54412.62107＞2491.33（2）①制备ZnCO3时，原料A选（NH4）2CO3溶液而不用Na2CO3溶液的原因 ．②生成的ZnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是 ．（3）ZnCO3在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，减压过滤，干燥，得到纯净的纳米级ZnO．①用乙醇洗涤的目的是 ．②焙烧5小时后，ZnCO3的分解速率随分解时间的延长而增加的幅度缓慢，其主要原因为 ． 17．氯吡格雷（G）是一种血小板凝固抑制剂，其合成路线如图：回答下列问题：（1）化合物D和F中的含氧官能团分别为 和 （填名称）．（2）有机反应类型：B→C： ；C+F→G： ．（3）反应E→F的化学方程式 ．-30-\n（4）化合物H（）是D的一种同系物，在H的同分异构体中，同时满足下列条件的物质的结构简式为 ．①分子中只含1个环，且有4中不同环境的H；②可与FeCl3溶液发生显色反应．（5）根据已有知识，并结合本题信息，以为起始原料，其他试剂任选，设计制备化合物的合成路线图． 合成路线图示例如下：H2C=CH2→CH3CH2Br→CH3CH2OH． 18．过氧化钙（CaO2）广泛应用于农业生产、水产养殖、污水处理等领域．某同学为测定某样品中CaO2的含量，进行如下实验：①准确称取一定质量的过氧化钙样品，依次加入30mL蒸馏水和10mL6mol•L﹣1盐酸，振荡，使之溶液．②加入1mL0.05molMnSO4溶液，立即用0.0314mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点．③重复上述操作2次．上述过程中涉及的离子方程式如下：CaO2+2H+═Ca2++H2O2；2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑回答下列问题：（1）测定过程中，需用溶液润洗的仪器为 ．（2）上述实验过程中，加入MnSO4溶液的作用可能是 ．（3）实验数据及部分完成的实验结果见表．表高锰酸钾滴定法分析样品中过氧化钙含量实验编号样品质量消耗高锰酸钾测定值纯度gmLg%10.05145.460.030960.0420.04795.110.028960.3030.05226.01①由表中实验3的数据计算出的样品中CaO2的纯度为 （写出计算过程）②分析上述3组实验数据，计算该实验样品中CaO2的纯度为 ；（4）该同学查阅资料，测定过氧化钙纯度的方法还有热分解法、间接碘量法，EDTA法等．再用这些方法做对比实验，发现（3）中测定结果偏低，其可能的原因是 ． 19．某化学研究小组拟采用铜粉在酸溶液中直接通入空气氧化制备硫酸铜晶体．Ⅰ制备硫酸铜溶液称取一定质量的铜粉放入烧杯中，加入6mol•L﹣1硫酸，加热并通入空气，实验装置见图1，待铜粉完全溶解后即可得硫酸铜溶液．（1）上述制备过程中所涉及反应的离子方程式为 ．（2）小组经过多次实验后发现，在反应时间相同的情况下，温度应控制在70℃～90℃为最佳．若温度低于70℃，会导致铜的反应量较少，原因可能是 ；若温度高于90℃，铜的反应量并没有明显地提高，主要原因可能是 ．-30-\n（3）实验时通入空气的速度不宜过慢，应能使铜粉较均匀地悬浮在溶液中，其目的是 ．Ⅱ获得硫酸铜晶体（4）硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤依次为：①蒸发浓缩、② 、③过滤、④ 、⑤干燥．（5）在（4）的步骤中，加入了适量乙醇，其优点有：①降低CuSO4的溶解度，有利于CuSO4晶体析出．② ．在蒸发浓缩的初始阶段还采用了图2所示的装置，其目的是 ． 20．硫、硫化物和硫酸盐在自然界都存在．（1）硫酸是基础化学工业的重要产品，下列为接触法制硫酸的反应：4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ•mol﹣12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（l）△H=﹣130.3kJ•mol﹣1理论上，用FeS2为原料生产2molH2SO4（I）所释放的热量为 kJ•mol﹣1（2）硫酸生产过程中会产生硫酸渣，其成分主要为：Fe（约55%）、CaO和CaS（约16%）、SiO2（约11%）、MgO（约6%）、Al2O3（约10%），一种利用硫酸渣制备绿矾（FeSO4•7H2O）的工艺流程如下：表：几种离子沉淀pH粗制FeSO4晶体开始沉淀的pH沉淀完全的pHAl3+3.24.4Fe2+6.38.4Ca2+11.8\Mg2+8.810.8-30-\n回答下列问题：①上述流程中加入铁屑时反应的离子方程式 ．②上述制备过程中加入CaO调节pH=4.5时，产生沉淀的主要成分为 ．③精制FeSO4•7H2O前，需向滤液中加入H2SO4调节pH，其目的是 ．④研究发现，其他条件相同，结晶温度在70℃左右时硫酸亚铁纯度最高，分析大于70℃时，硫酸亚铁纯度降低的主要原因可能为 ．（3）H2S是一种无色、有毒且有恶臭味的气体．煤的低温焦化，含硫石油开采、提炼，橡胶、制革、染料、制糖等工业中都有H2S产生，有研究组设计了一种硫化氢﹣空气染料电池，总反应为2H2S+O2═2S+2H2O，简易结构如图所示：①硫化氢应通入到电极 ．（填“a”或“b”）②b极发生的电极反应式为 ． [选做题]本题包括21、22两小题．请选定其中的一小题并在相应的答题区域内作答．若多做，则按21小题评分． 【物质结构域性质】21．科学研究表明，月球上可能存在少量水：月岩中含有钛铁矿，其主要成分的晶胞如图所示．（1）钛铁矿中主要成分的化学式为 ．（2）基态铁原子的价电子排布式 ．（3）冰的密度比干冰（固态CO2）的密度小，其主要原因是 ．（4）水溶液中，H+主要以H3O+形式存在，H3O+中O原子的杂化轨道类型为 ，空间构型为 （用文字描述），写出一种鱼H3O+互为等电子体的离子的化学式 ．（5）Ti4+经多步反应得配合物[Ti（H2O）6]Cl3，1mol该配合物中含σ键的数目为 ． 【实验化学】22．实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应式如下：-30-\n已知：①苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g、0.34g、0.95g、6.8g②乙醚沸点34.6℃，相对密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.83～48.0%时易发生爆炸．实验步骤如下：①向图1所示装置中加入8g氢氧化钠和30mL水，搅拌溶解．稍冷，加入10mL新蒸过的苯甲醛．开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行．加热回流约40min．②停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20mL，摇动均匀，冷却至室温．反应物冷却至室温后，倒入分液漏斗，用乙醚萃取三次，每次10mL．水层保留待用．合并三次萃取液，依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤．③分出醚层，倒入干燥的锥形瓶，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞．将锥形瓶中溶液转入图2所示蒸馏装置，缓缓加热蒸馏除去乙醚．当温度升到140℃时改用空气冷凝管，收集198℃～204℃的馏分得产品A．将萃取后的水溶液慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体．冷却，过滤，得到粗产品，然后提纯得产品B．根据以上步骤回答下列问题：（1）步骤①中所加的苯甲醛为什么要是新蒸过的？ ．（2）步骤②萃取时用到的玻璃仪器有烧杯、 ，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去未反应完的苯甲醛，而碳酸钠溶液洗涤是为了除去 ．（3）步骤③中无水硫酸镁的作用是 ，将锥形瓶中溶液转入图2所示蒸馏装置时涉及的实验操作为 ．（4）产品A为 ，蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为 ．提纯产品B所用到的实验操作为 ． -30-\n2022-2022学年江苏省泰州市高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析 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．下列有关叙述正确的是（ ）A．化学是人类创造新物质的工具，其中合成化学最具创造力B．全面禁止使用各种化肥和农药，以保障食品安全C．化工生产会导致污染，应尽快关停所有化工企业D．尽可能多地使用化石能源，促进人们生活水平提高【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】A、化学要根据需要研究和创造新物质；B、禁止使用化肥、农药，能够减少水质污染，但不合理；C、关停化工企业，虽然能消除污染源头，但不利于经济发展和社会需求；D、化石能源的使用促进了人类社会的发展，但也带来了一些弊端．【解答】解：A、化学是人类创造新物质的工具，其中合成化学最具创造力，故A正确；B、农作物的生长离不开化肥和农药，全面禁止使用农药、化肥，是不现实的，故B错误；C、现代社会很多的产品来自化工，所以关闭所有化工企业是不现实的，故C错误；D、化石能源的使用能产生大气污染物，污染环境，故D错误；故选A．【点评】解答本题要充分理解节能环保的重要性，人人都要树立节能环保的理念，难度不大． 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．乙烯的结构式：CH2CH2B．含78个中子的碘的核素：IC．水分子的球棍模型D．氟化氢的电子式：H+[]﹣【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．乙烯的结构简式中必须表示出其官能团碳碳双键；B．碘元素的质子数为53，质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数、左上角表示质子数；C．水分子中存在两个氧氢键，空间构型为V型；D．氟化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子．【解答】解：A．乙烯分子中存在存在碳碳双键，结构简式中必须标出官能团，乙烯正确的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；-30-\nB．78个中子的碘的核素，碘元素的质子数为53，则该碘原子的质量数为131，该原子可以表示为：I，故B正确；C．水分子为V型，两个氧氢键之间的夹角表示180°，水的球棍模型为：，故C错误；D．氟化氢为共价化合物，分子中存在1个F﹣H共价键，氟化氢正确的电子式为：，故D错误；故选B．【点评】本题考查了结构简式、球棍模型、电子式、元素符号等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确结构简式与分子式、结构式的区别，选项C额易错点，注意球棍模型的表示方法及水分子的空间结构． 3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、SO42﹣、Cl﹣、SCN﹣B．滴加甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、Al3+、Cl﹣C．=1012的溶液：SO32﹣、NH4+、NO3﹣、K+D．c（AI3+）=0.5mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、HCO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．滴加石蕊试液显红色的溶液为酸性溶液，Fe3+、SCN﹣离子能够发生反应生成络合物硫氰化铁；B．滴加甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，NH4+、Ba2+、Al3+、Cl﹣离子之间不满足离子反应发生条件，也不与氢离子反应；C．该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；D．铝离子能够与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．【解答】解：A．滴加石蕊试液显红色的溶液为酸性溶液，Fe3+、SCN﹣离子之间发生反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．滴加甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，NH4+、Ba2+、Al3+、Cl﹣离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．该溶液中存在大量氢氧根离子，SO32﹣、NH4+、NO3﹣、K+之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选BC．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，与酸碱指示剂的颜色变化等．-30-\n 4．下列有关物质性质或应用的说法错误的是（ ）A．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆B．FeCl3溶液能将Cu氧化，可用于制作印刷电路板C．难溶的Al2O3制成的坩埚，可用于熔融烧碱D．处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和NaCO3溶液浸泡，后加盐酸除去【考点】二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫具有漂白性，可用于工业生产中；B．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜；C．氧化铝与烧碱反应；D．发生沉淀的转化，碳酸钙与盐酸反应．【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，可用于工业生产中，如漂白纸浆，但不能用于食品业，故A正确；B．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，则FeCl3溶液可用于制作印刷电路板，故B正确；C．氧化铝与烧碱反应，则不能利用Al2O3制成的坩埚熔融烧碱，故C错误；D．处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和NaCO3溶液浸泡，发生沉淀的转化，生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应，后加盐酸除去，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意物质的性质与用途的关系，题目难度中等． 5．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，所含NH4+的数目小于NAB．92g甲苯含有碳碳双键的数目为3NAC．足量CO2与1molNa2O2完全反应时，转移电子数为NAD．标准状况下，11.2LC2H5OH中所含的分子数为0.5NA【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．缺少氯化铵溶液的体积，无法计算溶液中铵根离子的数目；B．苯环中的碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，甲苯中不存在碳碳双键；C．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，1mol过氧化钠与足量二氧化碳反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子；D．标准状况下，乙醇为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量．【解答】解：A．没有告诉1mol•L﹣1的NH4Cl溶液体积，无法计算溶液中铵根离子的数目，故A错误；B．甲苯分子中，苯环的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，故B错误；C．1mol过氧化钠与足量的二氧化碳反应生成0.5mol氧气，反应中转移了1mol电子，转移电子数为NA，故C正确；D．标况下，乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L乙醇的物质的量，故D错误；故选C．-30-\n【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下乙醇、水、氟化氢等不是气体，要求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为易错点，注意题中缺少溶液体积． 6．下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）A．酸性条件下，用H2O2将I﹣转变为I2：H2O2+2I﹣═I2+2OH﹣B．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4++OH﹣═NH3↑+H2OC．醋酸溶液除去水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．用稀硝酸溶解金属铜的反应：3Cu+8H++2NO3═3Cu2++2NO↑+4H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、酸性条件过氧化氢被还原为水；B、过量氢氧化钠溶液反应铵根离子和碳酸氢根离子都发生反应；C、醋酸是弱酸存在电离平衡；D、稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水．【解答】解：A、酸性条件过氧化氢被还原为水，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O，故A错误；B、过量氢氧化钠溶液反应铵根离子和碳酸氢根离子都发生反应，反应的离子方程式NH4++HCO3﹣+2OH﹣═NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B错误；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，醋酸溶液除去水垢中的CaCO3反应离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D、稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选D．【点评】棒棒糖考查了离子方程式书写原则和正误判断，注意弱电解质分析判断，掌握基础是关键，题目较简单． 7．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）A．N2NO2HNO3B．NaCl（aq）NaOH（aq）NaClO（aq）C．Fe3O4FeFe2O3D．Al2（SO4）Al（OH）3Al2O3【考点】氮气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、氮气和氧气在放电条件下生成一氧化氮；B、电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C、铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁；D、硫酸铝与过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠、硫酸钠和水；-30-\n【解答】解：A、氮气和氧气在放电条件下生成一氧化氮，不会生成二氧化氮，故A错误；B、电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故B正确；C、铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，得不到三氧化二铁，故C错误；D、硫酸铝与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝、硫酸钠，过量的氢氧化钠能与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故D错误．故选B．【点评】本题考查化合物的性质，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，题目难度不大． 8．下列有关实验操作或装置正确的是（ ）A．用图1所示装置进行乙酸乙酯水解B．用图2所示装置实验室制取乙烯C．碘水用CCl4萃取分液后再蒸馏，可得到I2D．梨形分液漏斗检漏，加水后玻璃旋塞处是否漏水即可【考点】实验装置综合．【专题】实验设计题；高考化学专题．【分析】A．乙酸乙酯的水解无需加热；B．缺少温度计；C．碘易溶于四氯化碳，可用蒸馏的方法分离；D．还应检查玻璃塞是否漏水．【解答】解：A．乙酸乙酯的水解可直接解热，无需水解加热，故A错误；B．制备乙烯应加热到170℃，缺少温度计，故错误；C．碘易溶于四氯化碳，可用蒸馏的方法分离，故C正确；D．在分液漏斗的检漏操作时，先向分液漏斗中加少量水，检查旋塞芯处是否漏水，然后将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用，符合检漏方法，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查物质的制备、分离，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大． 9．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14．X与Z同主族，Y与W同主族，且X的原子半径小于Y．下列叙述正确的是（ ）A．原子半径：Y＜Z＜WB．元素Z、W的简单离子的电子层结构相同C．气态氢化物的热稳定性：Y＞WD．X、Y、Z、W四种元素可组成共价化合物【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．-30-\n【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Z同主族，Y与W同主族，则Y与W分别位于第二、第三周期，X的原子半径小于Y，X不可能处于第二周期，故X为H元素，Z为Na元素，X、Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，故Y、W的最外层电子数为=6，故Y为O元素，W为S元素，结合元素周期律与物质性质解答．【解答】解；A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞S＞O，即Z＞W＞Y，故A错误；B．元素Z、W的简单离子分别为Na+、S2﹣，原子核外电子层数分别为2、3，电子层结构不同，故B错误；C．O元素的非金属性大于S，所以气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，故C正确；D．X、Y、Z、W四种元素形成的化合物为NaHSO3或NaHSO4，为离子化合物，故D错误．故选C．【点评】本题考查位置结构性质关系、元素化合物知识，难度中等，利用提供数据及位置关系推断元素是解题的关键，根据原子序数及Y与W同族确定二者在周期表中位置，再结合X的原子半径小于Y，推断X是H元素是推断的关键． 10．下列有关判断正确的是（ ）A．BaSO4（s）+4C（s）═BaS（s）+4CO（g）在试问时不能自发进行，说明该反应的△H＞0B．常温下，水的电离程度在NH4HSO4溶液中比在纯水中大C．铅蓄电池放电时总反应为PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，正、负极质量均减小D．密闭容器中反应N2+3H2⇌2NH3，温度不变，增大压强，的值增大【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、△H﹣T△S＞0时，反应不能自发进行；B、盐的水解促进水的电离；C、负极生成PbSO4；D、是平衡常数表达式，只受温度影响．【解答】解：A、该反应△S＞0，若室温下不能自发进行，必须△H﹣T△S＞0，则△H＞0，故A正确；B、盐的水解会促进水的电离，所以水的电离程度在NH4HSO4溶液中比在纯水中小，故B错误；C、负极由Pb生成PbSO4固体，附着在电极上使电极质量增大，故C错误；D、是平衡常数表达式，只受温度影响，温度不变时不变，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了反应自发进行的条件、影响水的电离平衡移动的因素、铅蓄电池的电极反应、平衡常数的影响因素，题目难度不大． -30-\n二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题的0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）11．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）A．向某FeCl2溶液中加入Na2O2粉末，出现红褐色沉淀，说明原FeCl2溶液已氧化变质B．取少量溶液X，加入适量新氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+C．粗略配制2mol•L﹣1的NaCl溶液，称58.5gNaCl，加入到盛有500mL水的烧杯中，搅拌、溶解D．溶液X中通入足量CO2，未看到白色沉淀，则说明原溶液中一定不存在大量Ca2+或Ba2+【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．Na2O2有强氧化性；B．原溶液可能直接含有三价铁离子；C．58.5gNaCl，其物质的量为1mol，盛有500mL水的烧杯，溶液的体积约为0.5L；D．正盐是难溶的，碳酸氢盐是可溶的．【解答】解：A．Na2O2有强氧化性，能将FeCl2氧化为氯化铁，最终生成氢氧化铁，故A错误；B．原溶液中含有铁离子向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液也变红，取少量溶液X，加几滴KSCN溶液，溶液不变红，向其中加入适量新制氯水，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+，故B错误；C．58.5gNaCl，其物质的量为1mol，盛有500mL水的烧杯，溶液的体积约为0.5L，c==2mol/L，则可粗略配制浓度为2mol•L﹣1的NaCl溶液，故C正确；D．通入足量CO2，可能生成可溶性的碳酸氢钙和碳酸氢钡，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、检验、溶液的配制等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大． 12．伞形酮可由雷梭苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应值得下列有关这三种物质的说法错误的是（ ）A．雷梭苯乙酮有两种含氧官能团B．苹果酸和伞形酮分子中均含有1个手性碳原子C．雷梭苯乙酮和伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反应D．1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．雷梭苯乙酮含有羟基、羰基；B．结合手性碳原子的定义判断；C．雷梭苯乙酮和伞形酮都含有酚羟基；D．伞形酮水解产物含有2个酚羟基和1个羧基．-30-\n【解答】解：A．雷梭苯乙酮含有羟基、羰基，有两种含氧官能团，故A正确；B．手性碳原子连接四个不同的原子或原子团，两种有机物都含手性碳原子，故B错误；C．雷梭苯乙酮和伞形酮都含有酚羟基，都能跟FeCl3溶液发生显色反应，故C正确；D．伞形酮水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，最多可消耗3molNaOH，故D错误．故选BD．【点评】本题考查有机物的结构性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，选项B解答的易错点，注意手性碳原子的判断，题目难度中等． 13．一定温度下，硫酸锶（SrSO4）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）A．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液B．283K时，向SrSO4的浊液中逐滴加入1.0mol/LNaSO4溶液，Ksp（SrSO4）随c（SO42﹣）的增大而减小C．向b点的溶液中加入等温度的1.0mol/LNa2SO4溶液，c（Sr2+）减小，SrSO4的溶解度减小D．升高温度可以实现a点到b点的转化【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】沉淀溶解平衡中的溶度积常数只与温度有关，与浓度改变无关；溶解度随温度变化而变化，也随离子浓度改变；硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线，纵轴是锶离子浓度的对数，横轴是硫酸根离子浓度的对数．图象分析采取定一议二的方法进行分析．【解答】解：A、283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，还是属于饱和溶液，A错误；B、溶度积常数是温度的函数，温度不变，Ksp不变，故B错误；C、向b点的溶液中加入等温度的1.0mol/LNa2SO4溶液，硫酸根浓度增大，故c（Sr2+）减小，即SrSO4的溶解度减小，故C正确；D、从b点到a点，硫酸根浓度不变，c（Sr2+）增大，升高温度不能实现这一变化，故D错误，故选C．【点评】本题考查沉淀溶解平衡及Ksp的意义和应用，饱和溶液的判断，关键是正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势． 14．常温下，下列两溶液：①pH=9的NaOH溶液，②pH=9的CH3COONa溶液．有关①、②两溶液，下列判断正确的是（ ）A．两溶液中水的电离程度相同，Na+的浓度不同B．两溶液分别用水稀释10倍后，有pH①＜pH②＜9C．①中c（Na+）与②中c（CH3COOH）相等D．将①和②等体积混合后，溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+）【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；-30-\nB．加水稀释促进醋酸钠水解；C．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒结合电解质溶液pH进行计算；D．二者等体积混合后，促进醋酸钠水解．【解答】解：A．NaOH抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以二者溶液中水电离程度不同，故A错误；B．加水稀释促进CH3COONa的水解，溶液中n（OH﹣）增大，所以CH3COONa溶液的PH变化小，则两溶液分别用水稀释10倍后，pH①＜pH②＜9，故B正确；C．①中根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（OH﹣）﹣c（H+），②中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），物料守恒c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），所以得c（OH﹣）﹣c（H+）=c（CH3COOH），因为两种溶液pH相等，则c（OH﹣）、c（H+）分别相等，所以得①中c（Na+）与②中c（CH3COOH）相等，故C正确；D．pH相等时c（CH3COONa）＞c（NaOH），二者等体积混合后，促进醋酸钠水解，但水解程度较小，溶液中仍然存在c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故D错误；故选BC．【点评】本题考查了盐类水解，知道盐类水解特点，结合守恒思想分析解答，侧重于对知识应用的考查，题目难度中等． 15．将SO2和O2充入2L密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），于5min未达到平衡，有关数据如下：SO2（g）O2（g）SO3（g）初始浓度（mol•L﹣1）2.01.00平衡浓度（mol•L﹣1）c1c20.4下列判断错误的是（ ）A．反应前5min内，用SO2表示的平均速率为0.04mol•L﹣1•min﹣1B．其他条件不变，若增大SO2的浓度，则达平衡时SO2转化率会增大C．降低温度，其他条件不变，平衡时n（SO2）=3.0mol，则反应的△H＜0D．平衡后移走2.0molSO2和1.0molO2，在相同条件下再达新平衡时，c（SO3）＜0.2mol•L﹣1【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】利用三段式分析，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始（mol•L﹣1）2.01.00转化（mol•L﹣1）0.40.20.4平衡（mol•L﹣1）1.60.80.4所以v（SO2）=mol•L﹣1•min﹣1=0.08mol•L﹣1•min﹣1；平衡时n（SO2）=1.6×2mol=3.2mol，再结合平衡移动的影响因素可以答题．【解答】解：利用三段式计算，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始（mol•L﹣1）2.01.00转化（mol•L﹣1）0.40.20.4平衡（mol•L﹣1）1.60.80.4-30-\n所以v（SO2）=mol•L﹣1•min﹣1=0.08mol•L﹣1•min﹣1；平衡时n（SO2）=1.6×2mol=3.2mol，A、因为v（SO2）=mol•L﹣1•min﹣1=0.08mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B、因为SO2为反应物之一，增大SO2的浓度，则达平衡时SO2转化率会减小，故B错误；C、因为原平衡时n（SO2）=1.6×2mol=3.2mol，降低温度，平衡时n（SO2）=3.0mol，说明降温过程平衡正向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0，故C正确；D、原平衡在起始时有4.0molSO2和2.0molO2，平衡后移走2.0molSO2和1.0molO2，如果平衡不移动，平衡时c（SO3）=0.2mol•L﹣1，由于容器体积不变，所以压强减小，平衡逆向移动，所以平衡时c（SO3）＜0.2mol•L﹣1，故D正确；故选AB．【点评】本题主要考查化学反应速率的计算、影响平衡移动的因素、等效平衡的思想的应用等知识点，难度中等． 二、非选择题（共80分）16．实验室利用废旧锌锰电池来制备纳米级ZnO，一种方法如下：取废旧锌锰电池5节，拆开，把锌皮煮沸后刷净晾干；剪碎放入烧杯中，在室温下，用硫酸溶解；待锌皮完全溶解，抽滤除去杂质；将滤液与A溶液反应制得ZnCO3后，高温分解，即可得纳米级ZnO．回答下列问题：（1）溶解锌皮时，用不同浓度硫酸、溶解时间和硫酸锌产率的关系见下表．由表可知，室温下溶解锌皮时硫酸的事宜浓度为 3 mol•L﹣1．溶解锌皮时硫酸用量不宜过多，其原因是 硫酸过量，且会消耗过多的碳酸铵，造成浪费 ．表1硫酸浓度对锌溶解时间和硫酸锌产率的影响实验编号锌皮质量/g硫酸浓度/（mol•L﹣1）酸用量/mL溶解耗时/hZnSO4•7H2O产率111.1634＞2488.83212.04561188.92312.0372591.54412.62107＞2491.33（2）①制备ZnCO3时，原料A选（NH4）2CO3溶液而不用Na2CO3溶液的原因 Na2CO3溶液碱性大于碳酸铵，会促进Zn2+水解生成氢氧化锌 ．②生成的ZnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是 取最后一次洗涤液，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净 ．（3）ZnCO3在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，减压过滤，干燥，得到纯净的纳米级ZnO．①用乙醇洗涤的目的是 乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥 ．②焙烧5小时后，ZnCO3的分解速率随分解时间的延长而增加的幅度缓慢，其主要原因为 反应ZnCO3（s）=ZnO（s）+CO2（g），生成大量二氧化碳趋于平衡 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）分析图表数据可知硫酸锌晶体在硫酸浓度为3mol/L时产率最大；分析过程可知生成碳酸锌需要加入A溶液为碳酸铵，硫酸过量会消耗更多的硫酸铵；-30-\n（2）①Na2CO3溶液碱性强于碳酸铵溶液，会促进锌离子水解生成氢氧化锌；②取洗涤液检验硫酸根离子的存在；（3）①乙醇易挥发，氧化锌不溶于乙醇，有利于干燥减少损失；②依据化学平衡原理分析判断；【解答】解：（1）分析图表数据可知硫酸锌晶体在硫酸浓度为3mol/L时产率最大；把锌皮煮沸后刷净晾干；剪碎放入烧杯中，在室温下，用硫酸溶解；待锌皮完全溶解，抽滤除去杂质；将滤液与A溶液反应制得ZnCO3后，高温分解，即可得纳米级ZnO，过程可知生成碳酸锌需要加入A溶液为碳酸铵，硫酸过量会消耗更多的硫酸铵，造成浪费；故答案为：3，硫酸过量会消耗更多的硫酸铵，造成浪费；（2）①制备ZnCO3时，原料A选（NH4）2CO3溶液而不用Na2CO3溶液的原因是Na2CO3溶液比碳酸铵碱性强，会促进锌离子水解生成氢氧化锌；故答案为：Na2CO3溶液碱性比碳酸铵强，会促进锌离子水解生成氢氧化锌；②生成的ZnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取洗涤液检验硫酸根离子的存在，取最后一次洗涤液，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净；（3）①ZnCO3在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，氧化锌不溶于乙醇，有利于干燥减少损失；故答案为：乙醇易挥发，有利于Zn粉末的干燥；②依据化学平衡原理分析判断，焙烧5小时后，ZnCO3的分解速率随分解时间的延长而增加的幅度缓慢，其主要原因为反应ZnCO3（s）=ZnO（s）+CO2（g），生成大量二氧化碳趋于平衡；故答案为：反应ZnCO3（s）=ZnO（s）+CO2（g），生成大量二氧化碳趋于平衡；【点评】本题考查了物质分离提纯方法，实验基本操作的分析应用，注意分析题干信息掌握基础是关键，题目难度中等． 17．氯吡格雷（G）是一种血小板凝固抑制剂，其合成路线如图：回答下列问题：（1）化合物D和F中的含氧官能团分别为 醛基 和 酯基 （填名称）．（2）有机反应类型：B→C： 加成反应 ；C+F→G： 取代反应 ．（3）反应E→F的化学方程式 ．-30-\n（4）化合物H（）是D的一种同系物，在H的同分异构体中，同时满足下列条件的物质的结构简式为 ．①分子中只含1个环，且有4中不同环境的H；②可与FeCl3溶液发生显色反应．（5）根据已有知识，并结合本题信息，以为起始原料，其他试剂任选，设计制备化合物的合成路线图． 合成路线图示例如下：H2C=CH2→CH3CH2Br→CH3CH2OH．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）由化合物D和F的结构可知，含氧官能团分别为醛基、酯基；（2）对比B、C的结构可知，B发生加成反应生成C；对比C、F、G的结构可知，F中Br原子被取代；（3）E→F是羧基与甲醇发生的酯化反应；（4）化合物H（）的同分异构体满足：②可与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，①分子中只含1个环，则还含有碳碳双键，且有4中不同环境的H，故氯原子不可能连接苯环，故只能有2个取代基，除酚羟基外，另外的取代基只能有1种H原子，故为﹣CCl=CH2，且与酚羟基处于对位；（5）制备化合物应先制备，结合转化关系中D→E的转化可知，发生氧化反应生成，再与CHBr3反应得到-30-\n，碱性条件下水解得到，酸化得到，再发生分子内酯化反应得到目标物质．【解答】解：（1）由化合物D和F的结构可知，D中含氧官能团为醛基，F中含氧官能团为酯基，故答案为：醛基；酯基；（2）对比B、C的结构可知，B发生加成反应生成C；对比C、F、G的结构可知，F中Br原子被取代，属于取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；（3）E→F是羧基与甲醇发生的酯化反应，反应方程式为：，故答案为：；（4）化合物H（）的同分异构体满足：②可与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，①分子中只含1个环，则还含有碳碳双键，且有4中不同环境的H，故氯原子不可能连接苯环，故只能有2个取代基，除酚羟基外，另外的取代基只能有1种H原子，故为﹣CCl=CH2，且与酚羟基处于对位，该同分异构体的结构简式为：，故答案为：；（5）制备化合物应先制备，结合转化关系中D→E的转化可知，发生氧化反应生成，再与CHBr3反应得到-30-\n，碱性条件下水解得到，酸化得到，再发生分子内酯化反应得到目标物质，合成路线流程图为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成、有机反应类型、同分异构体书写等，是对有机化学的综合考查，（5）中注意利用转化关系转化隐含的信息设计合成路线，较好的考查学生分析能力、知识迁移运用能力，难度中等． 18．过氧化钙（CaO2）广泛应用于农业生产、水产养殖、污水处理等领域．某同学为测定某样品中CaO2的含量，进行如下实验：①准确称取一定质量的过氧化钙样品，依次加入30mL蒸馏水和10mL6mol•L﹣1盐酸，振荡，使之溶液．②加入1mL0.05molMnSO4溶液，立即用0.0314mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点．③重复上述操作2次．上述过程中涉及的离子方程式如下：CaO2+2H+═Ca2++H2O2；-30-\n2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑回答下列问题：（1）测定过程中，需用溶液润洗的仪器为 酸式滴定管 ．（2）上述实验过程中，加入MnSO4溶液的作用可能是 催化剂 ．（3）实验数据及部分完成的实验结果见表．表高锰酸钾滴定法分析样品中过氧化钙含量实验编号样品质量消耗高锰酸钾测定值纯度gmLg%10.05145.460.030960.0420.04795.110.028960.3030.05226.01①由表中实验3的数据计算出的样品中CaO2的纯度为 反应的定量关系可知：CaO2+2H+═Ca2++H2O2；2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑；5CaO2～5H2O2～2MnO4﹣；52n0.0314mol•L﹣1×6.01×10﹣3Ln=4.718×10﹣4mol实验3的数据计算出的样品中CaO2的纯度=×100%=65.07% （写出计算过程）②分析上述3组实验数据，计算该实验样品中CaO2的纯度为 60.17% ；（4）该同学查阅资料，测定过氧化钙纯度的方法还有热分解法、间接碘量法，EDTA法等．再用这些方法做对比实验，发现（3）中测定结果偏低，其可能的原因是 部分H2O2会自身分解 ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】（1）实验过程分析可知，用高锰酸钾溶液滴定过氧化氢，高锰酸钾溶液是强氧化剂，需要选择盛放在酸式滴定管中；（2）分析实验过程可知硫酸锰在反应过程中可能是做催化剂作用；（3）①依据实验3反应过程中过氧化钙和高锰酸钾的电离关系计算得到过氧化钙物质的量得到质量，计算质量分数；②图表数据可知测定过氧化钙平均纯度计算；（4）测定结果偏低可能是过氧化氢分解造成的误差．【解答】解：（1）实验过程分析可知，用高锰酸钾溶液滴定过氧化氢，高锰酸钾溶液是强氧化剂，需要选择盛放在酸式滴定管中进行，因为高锰酸钾溶液若盛放在碱式滴定管会氧化腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管；（2）上述过程中涉及的离子方程式如下：CaO2+2H+═Ca2++H2O2、2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑分析实验过程可知硫酸锰在反应过程中可能是做催化剂作用；故答案为：催化剂；-30-\n（3）①依据实验3反应过程中过氧化钙和高锰酸钾的电离关系计算得到过氧化钙物质的量，计算得到过氧化钙质量得到质量分数，依据反应过程中反应的定量关系可知：CaO2+2H+═Ca2++H2O2；2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑；5CaO2～5H2O2～2MnO4﹣；52n0.0314mol•L﹣1×6.01×10﹣3Ln=4.718×10﹣4mol实验3的数据计算出的样品中CaO2的纯度=×100%=65.07%；故答案为：65.07%；②图表数据可知测定过氧化钙平均纯度==60.17%，故答案为：60.17%；（4）测定结果偏低可能是过氧化氢分解造成的误差，故答案为：部分H2O2会自身分解．【点评】本题考查了物质组成的实验测定和实验操作的分析判断，掌握实验基本操作和物质性质、反应定量关系是解题关键，题目难度中等． 19．某化学研究小组拟采用铜粉在酸溶液中直接通入空气氧化制备硫酸铜晶体．Ⅰ制备硫酸铜溶液称取一定质量的铜粉放入烧杯中，加入6mol•L﹣1硫酸，加热并通入空气，实验装置见图1，待铜粉完全溶解后即可得硫酸铜溶液．（1）上述制备过程中所涉及反应的离子方程式为 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O ．（2）小组经过多次实验后发现，在反应时间相同的情况下，温度应控制在70℃～90℃为最佳．若温度低于70℃，会导致铜的反应量较少，原因可能是 温度低，反应速率小 ；若温度高于90℃，铜的反应量并没有明显地提高，主要原因可能是 温度过高，空气在溶液中溶解度降低 ．（3）实验时通入空气的速度不宜过慢，应能使铜粉较均匀地悬浮在溶液中，其目的是 增大反应物的接触面积，加快反应速率 ．Ⅱ获得硫酸铜晶体（4）硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤依次为：①蒸发浓缩、② 冷却结晶 、③过滤、④ 洗涤 、⑤干燥．（5）在（4）的步骤中，加入了适量乙醇，其优点有：①降低CuSO4的溶解度，有利于CuSO4晶体析出．② 降低能耗 ．在蒸发浓缩的初始阶段还采用了图2所示的装置，其目的是 回收乙醇 ．【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．-30-\n【专题】实验设计题．【分析】Ⅰ．铜和稀硫酸不反应，在加热条件下通入氧气，可反应生成硫酸铜和水，结合影响反应速率的因素解答该题；Ⅱ．从溶液中获取晶体，可经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，为减少硫酸铜的溶解，可用加入少量乙醇，并用蒸馏的方法分离乙醇．【解答】解：Ⅰ．（1）加热条件下通入氧气，可反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O，故答案为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；（2）若温度低于70℃，反应温度越低，速率越小，而温度过高，气体的溶解度减小，生成硫酸铜也较少，故答案为：温度低，反应速率小；温度过高，空气在溶液中溶解度降低；（3）实验时通入空气的速度不宜过慢，应能使铜粉较均匀地悬浮在溶液中，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；Ⅱ．（4）从溶液中获取晶体，可经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，故答案为：冷却结晶；洗涤；（5）加入了适量乙醇，混合物沸点低，可降低能耗，在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏的方法，可起到回收乙醇的作用，故答案为：降低能耗；回收乙醇．【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理和操作，难度不大． 20．硫、硫化物和硫酸盐在自然界都存在．（1）硫酸是基础化学工业的重要产品，下列为接触法制硫酸的反应：4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ•mol﹣12SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（l）△H=﹣130.3kJ•mol﹣1理论上，用FeS2为原料生产2molH2SO4（I）所释放的热量为 1310.2 kJ•mol﹣1（2）硫酸生产过程中会产生硫酸渣，其成分主要为：Fe（约55%）、CaO和CaS（约16%）、SiO2（约11%）、MgO（约6%）、Al2O3（约10%），一种利用硫酸渣制备绿矾（FeSO4•7H2O）的工艺流程如下：表：几种离子沉淀pH粗制FeSO4晶体开始沉淀的pH沉淀完全的pH-30-\nAl3+3.24.4Fe2+6.38.4Ca2+11.8\Mg2+8.810.8回答下列问题：①上述流程中加入铁屑时反应的离子方程式 Fe+2H+=H2↑+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+ ．②上述制备过程中加入CaO调节pH=4.5时，产生沉淀的主要成分为 Al（OH）3 ．③精制FeSO4•7H2O前，需向滤液中加入H2SO4调节pH，其目的是 抑制Fe2+离子的水解 ．④研究发现，其他条件相同，结晶温度在70℃左右时硫酸亚铁纯度最高，分析大于70℃时，硫酸亚铁纯度降低的主要原因可能为 可能是亚铁离子被氧化为铁离子的量增多 ．（3）H2S是一种无色、有毒且有恶臭味的气体．煤的低温焦化，含硫石油开采、提炼，橡胶、制革、染料、制糖等工业中都有H2S产生，有研究组设计了一种硫化氢﹣空气染料电池，总反应为2H2S+O2═2S+2H2O，简易结构如图所示：①硫化氢应通入到电极 b ．（填“a”或“b”）②b极发生的电极反应式为 H2S﹣2e﹣+O2﹣=S↓+H2O ．【考点】制备实验方案的设计；有关反应热的计算；化学电源新型电池．【专题】实验设计题；基本概念与基本理论．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）硫酸渣，其成分主要为：Fe（约55%）、CaO和CaS（约16%）、SiO2（约11%）、MgO（约6%）、Al2O3（约10%），加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中主要是硫酸铁、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁、硫酸钙，加入铁粉还原铁离子为亚铁离子，加入氧化钙调节溶液PH使铝离子全部沉淀，冷却结晶，过滤洗涤得到得到粗制硫酸亚铁晶体，加入水溶解后加入硫酸调节溶液PH，抑制硫酸亚铁水解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到精制硫酸亚铁晶体，①上述流程中加入铁屑时反应是铁和过量硫酸、溶液中硫酸铁发生反应；②制备过程中加入CaO调节pH=4.5时，依据图表中离子沉淀的PH，使铝离子全部沉淀；③硫酸亚铁溶液中亚铁离大于70℃时，子水解，向滤液中加入H2SO4调节pH抑制亚铁离子的水解；④大于70℃时，亚铁离子被氧化为铁离子；（3）根据总反应2H2S+O2═2S↓+2H2O分析，得到硫化氢在负极失电子发生氧化反应生成硫单质，氧气在正极得电子发生还原反应生成氧离子，据此分析．【解答】解：（1）①4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ•mol﹣1②2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1③SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130.3kJ•mol﹣1依据盖斯定律①+②×4+③×8，得到反应热化学方程式为：4FeS2（s）+15O2（g）+8H2O（l）=2Fe2O3（s）+8H2SO4（l）的△H=﹣3412﹣196.6×4﹣130.3×8=﹣5240.8KJ/mol，所以生产2molH2SO4（l）所释放出的热量为=1310.2KJ；故答案为：1310.2；-30-\n（2）硫酸渣，其成分主要为：Fe（约55%）、CaO和CaS（约16%）、SiO2（约11%）、MgO（约6%）、Al2O3（约10%），加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中主要是硫酸铁、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁、硫酸钙，加入铁粉还原铁离子为亚铁离子，加入氧化钙调节溶液PH使铝离子全部沉淀，冷却结晶，过滤洗涤得到得到粗制硫酸亚铁晶体，加入水溶解后加入硫酸调节溶液PH，抑制硫酸亚铁水解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到精制硫酸亚铁晶体，①上述流程中加入铁屑时反应是铁和过量硫酸、溶液中硫酸铁发生反应，反应的离子方程式为：Fe+2H+=H2↑+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2H+=H2↑+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+；②制备过程中加入CaO调节pH=4.5时，依据图表中离子沉淀的PH，使铝离子全部沉淀，产生沉淀的主要成分为Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；③硫酸亚铁溶液中亚铁离大于70℃时，子水解，向滤液中加入H2SO4调节pH抑制亚铁离子的水解，精制FeSO4•7H2O前，需向滤液中加入H2SO4调节pH，其目的是抑制Fe2+离子的水解，故答案为：抑制Fe2+离子的水解；④结晶温度在70℃左右时硫酸亚铁纯度最高，分析大于70℃时，硫酸亚铁纯度降低的主要原因是大于70℃时，亚铁离子被氧化为铁离子，硫酸亚铁纯度降低的主要原因可能为；可能是亚铁离子被氧化为铁离子的量增多，故答案为：可能是亚铁离子被氧化为铁离子的量增多；（3）①根据总反应2H2S+O2═2S↓+2H2O分析，得到硫化氢在负极失电子发生氧化反应生成硫单质，氧气在正极得电子发生还原反应生成氧离子，又电子从b流向a极即b为负极，a为正极，故答案为：b；②b为负极，硫化氢失电子发生氧化反应生成硫单质，反应式为：H2S﹣2e﹣+O2﹣=S↓+H2O，故答案为：H2S﹣2e﹣+O2﹣=S↓+H2O．【点评】本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用，混合物的分离的实验流程分析，原电池原理、离子性质和除杂的条件选择是解题关键，掌握基础是解题关键，题目难度中等． [选做题]本题包括21、22两小题．请选定其中的一小题并在相应的答题区域内作答．若多做，则按21小题评分．【物质结构域性质】21．科学研究表明，月球上可能存在少量水：月岩中含有钛铁矿，其主要成分的晶胞如图所示．（1）钛铁矿中主要成分的化学式为 FeTiO3 ．（2）基态铁原子的价电子排布式 1s22s22p63s23p63d64s2 ．（3）冰的密度比干冰（固态CO2）的密度小，其主要原因是 冰中水分子之间有氢键，氢键具有方向性，所以分子之间的空隙较大 ．（4）水溶液中，H+主要以H3O+形式存在，H3O+中O原子的杂化轨道类型为 sp3 ，空间构型为 三角锥形 （用文字描述），写出一种鱼H3O+互为等电子体的离子的化学式 CH3﹣ ．（5）Ti4+经多步反应得配合物[Ti（H2O）6]Cl3，1mol该配合物中含σ键的数目为 18mol ．-30-\n【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；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）根据均摊法，结合晶胞结构，可以确定化学式；（2）铁是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；（3）冰中水分子之间有氢键，氢键具有方向性，所以分子之间的空隙较大，据此答题；（4）H3O+中O原子的价电子对数为=4，有三个H﹣O键，一对孤对电子，所以杂化轨道类型为sp3，离子的空间构型为三角锥形，根据等电子体原理，价电子数和原子数均相等的粒子互为等电子体，据此答题；（5）在配合物[Ti（H2O）6]Cl3中，6个水分子与钛离子之间有6个配位键，为σ键，每个水分子内有2个单键，也是σ键，所以每个配合物中的配位键数为6+2×6=18，据此答题．【解答】解：（1）根据均摊法，结合晶胞结构，可知晶胞中含有氧原子数为12×=3，钛原子数为=1，铁原子数为1，所以化学式为FeTiO3，故答案为：FeTiO3；（2）铁是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；（3）冰中水分子之间有氢键，氢键具有方向性，所以分子之间的空隙较大，所以密度比干冰小，故答案为：冰中水分子之间有氢键，氢键具有方向性，所以分子之间的空隙较大；（4）H3O+中O原子的价电子对数为=4，有三个H﹣O键，一对孤对电子，所以杂化轨道类型为sp3，离子的空间构型为三角锥形，根据等电子体原理，价电子数和原子数均相等的粒子互为等电子体，可写出等电子体为CH3﹣，故答案为：sp3；三角锥形；CH3﹣；（5）在配合物[Ti（H2O）6]Cl3中，6个水分子与钛离子之间有6个配位键，为σ键，每个水分子内有2个单键，也是σ键，所以每个配合物中的配位键数为6+2×6=18，所以1mol配合物中含σ键的数目为18mol，故答案为：18mol．【点评】本题主要考查了均摊法计算晶胞的组成、核外电子排布、离子空间构型、配合物的结构等知识，综合性较强，难度中等． 【实验化学】22．实验室常用苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备苯甲醇和苯甲酸，反应式如下：已知：①苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g、0.34g、0.95g、6.8g-30-\n②乙醚沸点34.6℃，相对密度0.7138，易燃烧，当空气中含量为1.83～48.0%时易发生爆炸．实验步骤如下：①向图1所示装置中加入8g氢氧化钠和30mL水，搅拌溶解．稍冷，加入10mL新蒸过的苯甲醛．开启搅拌器，调整转速，使搅拌平稳进行．加热回流约40min．②停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水20mL，摇动均匀，冷却至室温．反应物冷却至室温后，倒入分液漏斗，用乙醚萃取三次，每次10mL．水层保留待用．合并三次萃取液，依次用5mL饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤，10mL10%碳酸钠溶液洗涤，10mL水洗涤．③分出醚层，倒入干燥的锥形瓶，加无水硫酸镁，注意锥形瓶上要加塞．将锥形瓶中溶液转入图2所示蒸馏装置，缓缓加热蒸馏除去乙醚．当温度升到140℃时改用空气冷凝管，收集198℃～204℃的馏分得产品A．将萃取后的水溶液慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体．冷却，过滤，得到粗产品，然后提纯得产品B．根据以上步骤回答下列问题：（1）步骤①中所加的苯甲醛为什么要是新蒸过的？ 保存时间较长的苯甲醛已部分氧化成苯甲酸会使苯甲醇的产量相对减少 ．（2）步骤②萃取时用到的玻璃仪器有烧杯、 分液漏斗 ，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤是为了除去未反应完的苯甲醛，而碳酸钠溶液洗涤是为了除去 醚层中极少量的苯甲酸 ．（3）步骤③中无水硫酸镁的作用是 干燥剂 ，将锥形瓶中溶液转入图2所示蒸馏装置时涉及的实验操作为 过滤 ．（4）产品A为 苯甲醇 ，蒸馏除去乙醚的过程中采用的加热方式为 水浴加热 ．提纯产品B所用到的实验操作为 重结晶 ．【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】（1）苯甲醛易被氧化；（2）萃取需要的仪器是分液漏斗，碳酸钠溶液呈碱性，能和酸反应；（3）无水硫酸镁是干燥剂，将锥形瓶中溶液转入图2所示蒸馏装置时涉及的实验操作为过滤；（4）203℃～205℃的馏分，依据沸点判断馏出成分为苯甲醇，乙醚沸点34.6℃，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式应用水浴加热，依据步骤操作可知B是利用重结晶方法得到晶体．【解答】解：（1）苯甲醛不稳定易被氧化生成苯甲酸，从而会使苯甲醇的产量减少，所以为防止苯甲醇的产量减少，所以所加的苯甲醛是新蒸过的，故答案为：保存时间较长的苯甲醛已部分氧化成苯甲酸会使苯甲醇的产量相对减少；-30-\n（2）用于萃取的仪器是分液漏斗，碳酸钠溶液呈碱性，能和酸反应生成二氧化碳，所以加入碳酸钠的目的是除去醚层中极少量的苯甲酸，故答案为：分液漏斗；醚层中极少量的苯甲酸；（3）加无水硫酸镁的作用是吸收水蒸气，起到干燥的作用，将锥形瓶中溶液转入图2所示蒸馏装置时涉及的实验操作为过滤，故答案为：干燥剂；过滤；（4）203℃～205℃的馏分，依据沸点判断馏出成分为苯甲醇；乙醚沸点34.6℃，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式应用水浴加热，易于控制温度，实验步骤②中保留待用水层慢慢地加入到盛有30mL浓盐酸和30mL水的混合物中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体，冷却，抽滤，得到粗产品，然后提纯得产品B，需要几次溶解后再结晶的操作，进行析出提纯，操作方法为：重结晶，故答案为：苯甲醇；水浴加热；重结晶．【点评】本题考查了有机实验分离提纯的步骤分析判断、物质制备的条件应用，题干条件的分析判断和信息应用是解题关键，题目难度中等． -30-
