江苏省徐州市2022届高三化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年江苏省徐州市高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．我国新修订的《环境保护法》已于2022年1月1日起施行．下列做法不应该提倡的是（　　）A．用CO2合成聚碳酸酯等可降解塑料，减少白色污染B．推广燃煤发电，停建核电站，避免核泄漏事故的危害C．加强生活污水的脱氮除磷处理，遏制水体的富营养化D．实施化石燃料脱硫脱硝技术，减少大气污染物的排放　2．下列有关氧元素及其化合物的表示正确的是（　　）A．质子数为8、中子数为10的氧原子：OB．氧原子的结构示意图：C．水分子的电子式：D．乙酸甲酯的结构简式HCOOC2H5　3．下列说法正确的是（　　）A．在化学反应中，原子重新组合时伴随着能量的变化B．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，故互为同分异构体C．通过化学变化可以“点石成金”，即可将黏土转化成金单质D．等质量的铝粉按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b消耗更多的NaOH途径a：AlAl2O3NaAlO2；途径b：AlNaAlO2　4．Mg和SiO2在高温下反应生成MgO和Mg2Si．下列说法正确的是（　　）A．微粒的半径：Si＞MgB．氧元素不存在同素异形体C．Mg的还原性强于SiD．该反应是置换反应，镁元素被氧化　5．原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，X是最外层只有一个电子的非金属元素，Y是地壳中含量最高的元素，W的原子序数是Y的2倍，X、Y、Z、W最外层电子数之和为15．下列说法正确的是（　　）A．X和Y只能形成一种化合物B．简单离子半径：W2﹣＞Y2﹣＞Z2+C．简单气态氢化物的热稳定性：W＞YD．WY2、ZY中化学键类型相同　6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）A．使甲基橙呈红色的溶液：Na+、NH4+、AlO2﹣、CO32﹣B．8%H2O2溶液：H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣-27-\nC．含有Fe3+的溶液：Na+、Al3+、Cl﹣、SCN﹣D．=0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、CO32﹣、ClO﹣　7．下列有关实验原理或实验操作正确的是（　　）A．将氯化铁固体溶于稀盐酸配制FeCl3溶液B．称取4.0gNaOH，放入100mL容量瓶中，加水稀释，配制1.0mol•L﹣1的NaOH溶液C．利用图1装置定量测定H2O2的分解速率D．如图2所示，关闭弹簧夹检查装置的气密性　8．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）A．FeFeCl3FeCl2B．Al（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3C．NH4Cl（s）NH3Mg（OH）2）D．C6H5ONaC6H5OHCO2　9．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．氨水吸收少量的CO2气体：NH3•H2O+CO2═NH4++HCO3﹣B．Na2SO3溶液中SO32﹣的水解：SO32﹣+2H2O═H2SO3+2OH﹣C．KClO3溶液与浓盐酸反应：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2OD．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH反应：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓　10．一种石墨烯锂硫电池（2Li+S8═Li2S8）工作原理示意如图．下列有关该电池说法正确的是（　　）A．B电极发生还原反应B．A电极上发生的一个电极反应为：2Li++S8+2e﹣═Li2S8C．每生成1molLi2S8转移0.25mol电子-27-\nD．电子从B电极经过外电路流向A电极，再经过电解质流回B电极　　二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11．下列有关说法正确的是（　　）A．普通锌锰干电池中的MnO2在工作时起催化作用B．若1molNa2O2与足量水反应产生O2，理论上转移的电子数约为2×6.02×1023C．室温下，体积、pH均相同的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出氢气多，说明酸性：HB＞HAD．恒温恒压密闭容器中进行的反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，平衡时向容器中再充入一定量NH3，重新达平衡时a值不变　12．分枝酸在微生物、植物的“芳香族氨基酸的生物合成系统中作为中间体，其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述不正确的是（　　）A．分枝酸的分子式为C10H10O6B．1mol分枝酸最多消耗3molNaOHC．分枝酸分子中含2个手性碳原子D．一定条件下，分枝酸可发生取代、加成、氧化和聚合反应　13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）A．工业上制取漂白粉：向澄清石灰水中通入足量的Cl2B．验证醋酸是弱电解质：常温下测定0.1mol•L﹣1醋酸或醋酸钠溶液的pHC．探究FeCl3和KI溶液反应限度：向5mL0.1mol•L﹣1KI溶液中加入0.1mol•L﹣1FeCl3溶液1mL，振荡，加苯萃取后，向水层中加入5滴KSCN溶液，观察实验现象D．检验蔗糖水解生成的葡萄糖：蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，再与银氨溶液混合加热，观察实验现象　14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．在0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．在0.1mol•L﹣1CH3COOH中：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）C．0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1KOH溶液等体积混合：c（Na+）═2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合：c（Cl﹣）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣）　15．臭氧的脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）═N2O5（g）+O2（g），一定条件下，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，一段时间后达到平衡．下图曲线a表示该反应在温度T下O3的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时O3的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（　　）-27-\nA．反应2NO2（g）+O3（g）═N2O5（g）+O2（g）△S＜0B．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂，平衡常数Ka=KbC．曲线b对应的条件改变可能是密闭容器的体积变为4.0LD．若c1=0.3mol•L﹣1，从反应开始到平衡时该反应的速率v（NO2）=0.005mol•L﹣1•s﹣1　　三、解答题（共7小题，满分68分）16．工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO4•7H2O），流程如图1：（1）浸取时，溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，其离子方程式为　　　　　　．能提高烧渣浸取速率的措施有　　　　　　（填字母）．A．将烧渣粉碎B．降低硫酸的浓度C．适当升高温度（2）还原时，试剂X的用量与溶液pH的变化如图2所示，则试剂X可能是　　　　　　（填字母）．A．Fe粉B．SO2C．NaI还原结束时，溶液中的主要阴离子有　　　　　　．（3）滤渣II主要成分的化学式为　　　　　　；由分离出滤渣II后的溶液得到产品，进行的操作是　　　　　　、　　　　　　过滤、洗涤、干燥．　17．化合物F是一种常见的化工原料，可以通过以下方法合成：（1）写出化合物C中含氧官能团的名称：　　　　　　和　　　　　　．（2）化合物B的结构简式为　　　　　　；由D→E的反应类型是　　　　　　．（3）写出C→D反应的化学方程式：　　　　　　．（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：　　　　　　．Ⅰ．能发生银镜反应；Ⅱ．水解产物之一遇FeCl3溶液显色；-27-\nⅢ．分子中含有4种不同化学环境的氢．（5）已知RCOOHRCOCl．请写出以CH3CH2OH、为原料，制备化合物的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．　18．葡萄酒常用Na2S2O5做抗氧化剂．（1）1.90gNa2S2O5最多能还原　　　　　　mLO2（标准状况）．（2）0.5molNa2S2O5溶解于水配成1L溶液，该溶液pH=4.5．溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图所示．写出Na2S2O5溶解于水的化学方程式　　　　　　；当溶液pH小于1后，溶液中H2SO3的浓度变小，其原因可能是　　　　　　．已知：Ksp[BaSO4]=1×10﹣10，Ksp[BaSO3]=5×10﹣7．把部分被空气氧化的该溶液pH调为10，向溶液中滴加BaCl2使SO42﹣沉淀完全[c（SO42﹣）≤1×10﹣5mol•L﹣1]，此时溶液中c（SO32﹣）≤　　　　　　mol•L﹣1．（3）葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量测定（已知：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI）：准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分．取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为0.0225mol•L﹣1标准I2溶液滴定至终点，消耗标准I2溶液16.02mL．重复以上操作，消耗标准I2溶液15.98mL．计算葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量（单位：mg•L﹣1，以SO2计算，请给出计算过程．）　19．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”，又称“海波”．已知它易溶于水，难溶于乙醇，加热易分解．某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置A中发生反应的化学方程式是　　　　　　．（2）装置B中通入SO2反应生成Na2S2O3和CO2，其离子方程式为　　　　　　，生成的硫代硫酸钠粗品可用　　　　　　洗涤．-27-\n（3）装置C的作用是检验装置B中SO2的吸收效率，C中试剂是　　　　　　，表明SO2吸收效率低的实验现象是C中溶液　　　　　　．为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变B中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是　　　　　　（写出一条）．（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为：　　　　　　（实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5）　20．传统工业上利用氨气合成尿素①以CO2与NH3为原料合成尿素的主要反应如下：2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ•mol﹣1NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ•mol﹣1反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．②液氨可以发生电离：2NH3（l）⇌NH2﹣+NH4+，COCl2和液氨发生“复分解”反应生成尿素，写出该反应的化学方程式　　　　　　．　21．氨气易液化，便于储运，可利用NH3作储氢材料已知：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）△H=+92.4kJ•mol﹣1①氨气自发分解的反应条件是　　　　　　（填“低温”或“高温”）．②其他条件相同，该反应在不同催化剂作用下反应，相同时间后，氨气的转化率随反应温度的变化如图所示．在600℃时催化效果最好的是　　　　　　（填催化剂的化学式）．c点氨气的转化率高于b点，原因是　　　　　　．　22．垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质（用NH3表示）和氯化物，把垃圾渗滤液加入到如图所示的电解池（电极为惰性材料）进行电解除去NH3，净化污水．该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2．①写出电解时A极的电极反应式：　　　　　　．②写出第二步反应的化学方程式：　　　　　　．　　【物质结构与性质】（共1小题，满分17分）-27-\n23．高分子纳米活性钛无霸是钛氧化物经过光照射，在其表面产生氧化性极强的活性离子，这种活性离子可以分解存在生活空间中的一些有害物质（甲醛、氮氧化物等）．（1）Ti2+的基态价电子排布式为　　　　　　．（2）甲醛分子中C原子轨道杂化类型为　　　　　　．1mol甲醛分子中含有σ键的数目为　　　　　　．（3）甲醛易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为　　　　　　．（4）与N2O互为等电子体的一种分子为　　　　　　（填化学式）．（5）某含钛化合物晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为　　　　　　．　　【实验化学】（共1小题，满分0分）24．苯甲酸苯酯是重要的有机合成中间体，工业上用二苯甲酮制备苯甲酸苯酯．制备苯甲酸苯酯的实验步骤为：步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合．步骤2：向烧杯中继续加入过硫酸钾25g，用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，加到上述混合液中，控制温度不超过15℃，此时液体呈黄色．步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，但加水量一般不超过1mL，室温搅拌5h．步骤4：将反应后的混合液倒入冰水中，析出苯甲酸苯酯，抽滤产品，用无水乙醇洗涤，干燥（1）步骤1中控制在5℃以下混合的原因为　　　　　　．（2）步骤2中为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是　　　　　　．（3）步骤3中加水不超过1mL，原因是　　　　　　．（4）步骤4中抽滤用到的漏斗名称为　　　　　　．（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体，原因是　　　　　　；除去该固体操作为　　　　　　．　　-27-\n2022-2022学年江苏省徐州市高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．我国新修订的《环境保护法》已于2022年1月1日起施行．下列做法不应该提倡的是（　　）A．用CO2合成聚碳酸酯等可降解塑料，减少白色污染B．推广燃煤发电，停建核电站，避免核泄漏事故的危害C．加强生活污水的脱氮除磷处理，遏制水体的富营养化D．实施化石燃料脱硫脱硝技术，减少大气污染物的排放【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】A．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料；B．燃煤发电污染较大；C．天然水体中由于过量营养物质（主要是指氮、磷等）的排入，引起各种水生生物、植物异常繁殖和生长，这种现象称作水体富营养化；D．矿物燃料含有硫氮元素．【解答】解：A．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料，难以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染，故A正确；B．燃煤发电污染较大，核能是清洁能源，故B错误；C．大量含有各种含氮和磷有机物的废污水排入水中，促使水域富营养化，加强城市生活污水脱氮除磷处理，可遏制水体富营养化，故C正确；D．实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学环境污染知识，侧重于化学与生活、生产以及环境的考查，为高考高频考点，有利于培养学生的良好科学素养和学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．下列有关氧元素及其化合物的表示正确的是（　　）A．质子数为8、中子数为10的氧原子：OB．氧原子的结构示意图：C．水分子的电子式：D．乙酸甲酯的结构简式HCOOC2H5【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．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数；B．氧原子的核电荷数=核外电子总数=8，最外层含有6个电子；C．水分子为共价化合物，不存在阴阳离子；D．HCOOC2H5为甲酸乙酯，乙酸甲酯为乙酸和甲醇生成的酯．【解答】解：A．质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：O，故A正确；-27-\nB．氧原子的最外层含有6个电子，其正确的原子结构示意图为：，故B错误；C．水为共价化合物，其分子中含有2个O﹣H键，水的电子式为，故C错误；D．乙酸甲酯是乙酸和甲醇发生酯化反应生成的酯，则乙酸甲酯的结构简式为：CH3COOCH3，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、结构简式等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．　3．下列说法正确的是（　　）A．在化学反应中，原子重新组合时伴随着能量的变化B．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，故互为同分异构体C．通过化学变化可以“点石成金”，即可将黏土转化成金单质D．等质量的铝粉按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b消耗更多的NaOH途径a：AlAl2O3NaAlO2；途径b：AlNaAlO2【考点】同分异构现象和同分异构体；化学反应的能量变化规律；镁、铝的重要化合物．【专题】化学反应中的能量变化；几种重要的金属及其化合物；同系物和同分异构体．【分析】A．化学反应的过程从微粒角度考虑就是原子重新组合过程；B．纤维素和淀粉的化学成分均为（C6H10O5）n，但两者的n不同；C．化学反应的最小微粒是原子；D．化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关．【解答】解：A．化学反应的过程从微粒角度考虑就是原子重新组合过程，断键吸收能量，成键放出能量，故A正确；B．纤维素和淀粉的化学成分均为（C6H10O5）n，但两者的n不同，所以两者的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C．化学反应的最小微粒是原子，不可能生成金单质，故C错误；D．化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故ab两种途径，放出的热量一样多，故D错误．故选A．【点评】本题考查同分异构体的判断、化学反应的热效应、化学变化等，综合性较强，难度难度不大．　4．Mg和SiO2在高温下反应生成MgO和Mg2Si．下列说法正确的是（　　）A．微粒的半径：Si＞MgB．氧元素不存在同素异形体C．Mg的还原性强于SiD．该反应是置换反应，镁元素被氧化【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同素异形体．【专题】化学用语专题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．同周期从左到右原子半径依次减小；-27-\nB．氧元素有两种单质；C．同周期从左到右单质的还原性减弱；D．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应叫置换反应．【解答】解：A．同周期从左到右原子半径依次减小，则微粒的半径：Si＜Mg，故A错误；B．氧元素有两种单质，氧气和臭氧，则氧元素存在同素异形体，故B错误；C．同周期从左到右单质的还原性减弱，则Mg的还原性强于Si，故C正确；D．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应叫置换反应，该反应中生成物中没有单质，所以不是置换反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查了同周期元素性质的递变规律、置换反应的概念等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．　5．原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，X是最外层只有一个电子的非金属元素，Y是地壳中含量最高的元素，W的原子序数是Y的2倍，X、Y、Z、W最外层电子数之和为15．下列说法正确的是（　　）A．X和Y只能形成一种化合物B．简单离子半径：W2﹣＞Y2﹣＞Z2+C．简单气态氢化物的热稳定性：W＞YD．WY2、ZY中化学键类型相同【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】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是最外层只有一个电子的非金属元素，则X为H元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；W的原子序数是Y的2倍，则W为S元素；Z最外层电子数之和为15﹣1﹣6﹣6=2，Z的原子序数大于氧、小于S，则Z为Mg，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是最外层只有一个电子的非金属元素，则X为H元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；W的原子序数是Y的2倍，则W为S元素；Z最外层电子数之和为15﹣1﹣6﹣6=2，Z的原子序数大于氧、小于S，则Z为Mg．A．H和O可以形成H2O、H2O2，故A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Mg2+，故B正确；C．非金属性W（S）＜Y（O），故氢化物稳定性W（S）＜Y（O），故C错误；D．SO2含有共价键，MgO含有离子键，故D错误，故选：B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．　6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）A．使甲基橙呈红色的溶液：Na+、NH4+、AlO2﹣、CO32﹣B．8%H2O2溶液：H+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣C．含有Fe3+的溶液：Na+、Al3+、Cl﹣、SCN﹣D．=0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、CO32﹣、ClO﹣-27-\n【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．使甲基橙呈红色的溶液溶液中存在的氢离子，偏铝酸根离子、碳酸根离子与氢离子反应；B．双氧水具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；C．铁离子与硫氰根离子反应；D．该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣、CO32﹣都与氢离子反应，NH4+、AlO2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．H2O2、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Fe3+和SCN﹣之间反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、CO32﹣、ClO﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，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；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，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　7．下列有关实验原理或实验操作正确的是（　　）A．将氯化铁固体溶于稀盐酸配制FeCl3溶液B．称取4.0gNaOH，放入100mL容量瓶中，加水稀释，配制1.0mol•L﹣1的NaOH溶液C．利用图1装置定量测定H2O2的分解速率D．如图2所示，关闭弹簧夹检查装置的气密性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．盐酸可抑制氯化铁水解；B．不能在容量瓶中溶解；C．气体可从长颈漏斗逸出；D．关闭弹簧夹，软导管使液体顺利流下，不能检验气密性．【解答】解：A．盐酸可抑制氯化铁水解，则将氯化铁固体溶于稀盐酸配制FeCl3溶液，故A正确；B．不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解、冷却、转移到容量瓶中，故B错误；C．气体可从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，故C错误；D．关闭弹簧夹，软导管使液体顺利流下，为连通装置，不能检验气密性，故D错误；-27-\n故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类水解应用、配制溶液、速率测定、气密性检验等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　8．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）A．FeFeCl3FeCl2B．Al（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3C．NH4Cl（s）NH3Mg（OH）2）D．C6H5ONaC6H5OHCO2【考点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚钠溶液与CO2的作用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．Fe与盐酸反应生成FeCl2；B．AlCl3溶液加热蒸发得到氢氧化铝；C．氯化铵与氢氧化钙生成氨气，氨气与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁；D．碳酸的酸性强于苯酚．【解答】解：A．Fe与盐酸反应生成FeCl2，不能得到FeCl3，所以物质间转化均不能一步实现，故A错误；B．AlCl3溶液加热蒸发得到氢氧化铝，则AlCl3溶液加热蒸发不能得到AlCl3，故B错误；C．氯化铵与氢氧化钙混合加热生成氨气，把氨气通入氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，所以物质间转化均能一步实现，故C正确；D．碳酸的酸性强于苯酚，则苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，得不到二氧化碳，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累．　9．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．氨水吸收少量的CO2气体：NH3•H2O+CO2═NH4++HCO3﹣B．Na2SO3溶液中SO32﹣的水解：SO32﹣+2H2O═H2SO3+2OH﹣C．KClO3溶液与浓盐酸反应：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2OD．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH反应：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成碳酸铵；B．水解分步进行，以第一步为主；C．发生氧化还原反应生成氯气、KCl和水；D．漏写铵根离子与碱的反应．【解答】解：A．氨水吸收少量的CO2气体的离子反应为2NH3•H2O+CO2═2NH4++CO32﹣+H2O，故A错误；-27-\nB．Na2SO3溶液中SO32﹣的水解离子反应为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，故B错误；C．KClO3溶液与浓盐酸反应的离子反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O，故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH反应的离子反应为2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意电子、电荷守恒及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　10．一种石墨烯锂硫电池（2Li+S8═Li2S8）工作原理示意如图．下列有关该电池说法正确的是（　　）A．B电极发生还原反应B．A电极上发生的一个电极反应为：2Li++S8+2e﹣═Li2S8C．每生成1molLi2S8转移0.25mol电子D．电子从B电极经过外电路流向A电极，再经过电解质流回B电极【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以A是正极，发生还原反应：2Li++S8+2e﹣═Li2S8，电子从原电池的负极流向正极，根据电极反应式结合电子转移进行计算即可．【解答】解：A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以A是正极，发生还原反应，B是负极，发生氧化反应，故A错误；B、A是正极，发生得电子的还原反应：2Li++S8+2e﹣═Li2S8，故B正确；C、正极反应式：2Li++S8+2e﹣═Li2S8，每生成1molLi2S8转移2mol电子，故C错误；D、电子从B电极经过外电路流向A电极，但是电子不会经过电解质溶液，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理和电极反应的判断．　二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11．下列有关说法正确的是（　　）A．普通锌锰干电池中的MnO2在工作时起催化作用B．若1molNa2O2与足量水反应产生O2，理论上转移的电子数约为2×6.02×1023C．室温下，体积、pH均相同的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出氢气多，说明酸性：HB＞HAD．恒温恒压密闭容器中进行的反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，平衡时向容器中再充入一定量NH3，重新达平衡时a值不变【考点】化学平衡的影响因素；物质的量的相关计算；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．-27-\n【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题；物质的量的计算．【分析】A、普通锌锰干电池中的MnO2在工作时，锰元素的化合价降低，得电子；B、Na2O2与足量水反应是自身的氧化还原反应，1molNa2O2转移1mol的电子；C、等体积pH均相同HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则HA的浓度大；D、在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，a表示1mol的氮气和3mol的氢气完全转化为2mol的氨气放出的热量．【解答】解：A、普通锌锰干电池中的MnO2在工作时，锰元素的化合价降低，得电子是氧化剂，而不是催化剂，故A错误；B、Na2O2与足量水反应是自身的氧化还原反应，1molNa2O2转移1mol的电子，所以理论上转移的电子数约为6.02×1023，故B错误；C、等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则HA的浓度大，HA为弱酸，所以酸性HB＞HA，故C正确；D、在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，a表示1mol的氮气和3mol的氢气完全转化为2mol的氨气放出的热量，与平衡的移动无关，所以a是一定值，故D正确；故选CD．【点评】本题是综合考查题，涉及氧化还原反应电子的转移、酸性比较及pH与浓度的关系、原电池等，把握化学原理和热化学方程式的意义，题目难度不大．　12．分枝酸在微生物、植物的“芳香族氨基酸的生物合成系统中作为中间体，其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述不正确的是（　　）A．分枝酸的分子式为C10H10O6B．1mol分枝酸最多消耗3molNaOHC．分枝酸分子中含2个手性碳原子D．一定条件下，分枝酸可发生取代、加成、氧化和聚合反应【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】由结构简式可知，分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知分枝酸的分子式为C10H10O6，故A正确；B．不是苯环，只有﹣COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；C．分子中含有2个饱和碳原子，连接四个不同的原子或原子团，都为手性碳原子，故C正确；D．含有羧基、羟基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化和聚合反应，故D正确．故选B．【点评】本题为2022年山东高考题改编题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团的判断，题目难度不大．　13．下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）A．工业上制取漂白粉：向澄清石灰水中通入足量的Cl2B．验证醋酸是弱电解质：常温下测定0.1mol•L﹣1醋酸或醋酸钠溶液的pH-27-\nC．探究FeCl3和KI溶液反应限度：向5mL0.1mol•L﹣1KI溶液中加入0.1mol•L﹣1FeCl3溶液1mL，振荡，加苯萃取后，向水层中加入5滴KSCN溶液，观察实验现象D．检验蔗糖水解生成的葡萄糖：蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，再与银氨溶液混合加热，观察实验现象【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氯气与石灰乳制备漂白粉；B．测定0.1mol•L﹣1醋酸的pH＞1或醋酸钠溶液的pH＞7，可知对应酸的弱酸；C．KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2；D．检验葡萄糖，应在碱性溶液中．【解答】解：A．氢氧化钙的溶解度较小，则工业上制取漂白粉是向石灰乳中通入足量的Cl2，故A错误；B．测定0.1mol•L﹣1醋酸的pH＞1或醋酸钠溶液的pH＞7，可验证醋酸是弱电解质，故B正确；C．KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，反应后的溶液中加入苯，如有机层呈紫红色，则说明生成碘，向含Fe3+的溶液中滴加几滴KSCN溶液呈血红色，这是Fe3+的特殊反应，所以可滴加KSCN溶液，溶液显血红色，发生Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3，就说明Fe3+没有反应完（或KI和FeCl3的反应有一定的限度），故C正确；D．检验蔗糖水解生成的葡萄糖：蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，然后加碱至碱性再与银氨溶液混合加热，观察实验现象，可检验，故D错误；故选BC．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备、弱电解质判断、反应限度及物质检验等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．在0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．在0.1mol•L﹣1CH3COOH中：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）C．0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1KOH溶液等体积混合：c（Na+）═2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合：c（Cl﹣）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．铵根离子部分水解溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣）；B．醋酸在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，且电离程度较小，则c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），氢离子来自水的电离和醋酸的电离，则c（H+）＞c（CH3COO﹣）；C．根据混合液中的物料守恒判断；D．反应后溶质为等浓度的氨水和氯化铵，铵根离子的电离程度大于水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合电荷守恒进行判断．【解答】解：A．在0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）＞c（NH4+），则溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；-27-\nB．在0.1mol•L﹣1CH3COOH中，醋酸在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，且电离程度较小，则c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），溶液中的氢离子来自水的电离和醋酸的电离，则c（H+）＞c（CH3COO﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故B正确；C.0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1KOH溶液等体积混合，根据Na元素与C元素的关系可知：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C错误；D.0.2mol•L﹣1氨水与0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的氨水和氯化铵，铵根离子的电离程度大于水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），溶液中存在电荷守恒：c（Cl﹣）+c（H+）=c（NH4+）+c（OH﹣），则c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH3•H2O）+c（OH﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解的原理的含义为解答关键，注意熟练掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　15．臭氧的脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）═N2O5（g）+O2（g），一定条件下，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，一段时间后达到平衡．下图曲线a表示该反应在温度T下O3的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时O3的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（　　）A．反应2NO2（g）+O3（g）═N2O5（g）+O2（g）△S＜0B．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂，平衡常数Ka=KbC．曲线b对应的条件改变可能是密闭容器的体积变为4.0LD．若c1=0.3mol•L﹣1，从反应开始到平衡时该反应的速率v（NO2）=0.005mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像；化学平衡计算．【分析】A．正反应气体物质的量减小，混乱度减小；B．加入催化剂加快反应速率，不影响平衡移动；C．若体积变为4.0L，压强减小，平衡逆向移动，平衡时O3浓度大于a中O3浓度的；D．根据v=计算v（O3），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）．【解答】解：A．正反应气体物质的量减小，混乱度减小，则△S＜0，故A正确；B．加入催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，O3的浓度不变，但图象中O3的浓度减小，可能是增大二氧化氮浓度，也可能是改变温度，平衡常数不一定相等，故B错误；-27-\nC．若体积变为4.0L，压强减小，平衡逆向移动，平衡时O3浓度大于a中O3浓度的，图象中平衡时b条件下O3浓度等于a中O3浓度的，故C错误；D．v（O3）==0.005mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，v（NO2）=2v（O3）=0.01mol•L﹣1•s﹣1，故D错误，故选：A．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算与影响因素、化学平衡图象，注意对基础知识的理解掌握．　三、解答题（共7小题，满分68分）16．工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO4•7H2O），流程如图1：（1）浸取时，溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，其离子方程式为　4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O　．能提高烧渣浸取速率的措施有　AC　（填字母）．A．将烧渣粉碎B．降低硫酸的浓度C．适当升高温度（2）还原时，试剂X的用量与溶液pH的变化如图2所示，则试剂X可能是　B　（填字母）．A．Fe粉B．SO2C．NaI还原结束时，溶液中的主要阴离子有　SO42﹣　．（3）滤渣II主要成分的化学式为　Al（OH）3　；由分离出滤渣II后的溶液得到产品，进行的操作是　蒸发浓缩　、　冷却结晶　过滤、洗涤、干燥．【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】物质的分离提纯和鉴别．【分析】烧渣中加入稀硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入试剂X，随着X的加入，溶液pH逐渐减小，X应为SO2，得到硫酸铝和硫酸亚铁溶液，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4•7H2O，以此解答该题．【解答】解：烧渣中加入稀硫酸，得到硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入试剂X，随着X的加入，溶液pH逐渐减小，X应为SO2，得到硫酸铝和硫酸亚铁溶液，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4•7H2O，（1）溶液中的Fe2+易被空气中的O2氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，提高烧渣浸取速率，可增大固体的表面积，提高反应温度，或增大浓度，只有AC符合，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；AC；-27-\n（2）由以上分析可知，溶液酸性增强，应通入二氧化硫，被氧化生成硫酸，反应后溶液中含有SO42﹣，故答案为：B；SO42﹣；（3）由以上分析可知滤渣Ⅱ为氢氧化铝，即Al（OH）3，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4•7H2O，故答案为：Al（OH）3；蒸发浓缩；冷却结晶．【点评】本题考查化学实验制备方案设计，为高频考点，涉及盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确反应原理及物质性质是解本题关键，熟悉流程图中发生的反应及基本操作方法，题目难度不大．　17．化合物F是一种常见的化工原料，可以通过以下方法合成：（1）写出化合物C中含氧官能团的名称：　羧基　和　硝基　．（2）化合物B的结构简式为　　；由D→E的反应类型是　还原反应　．（3）写出C→D反应的化学方程式：　　．（4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：　　．Ⅰ．能发生银镜反应；Ⅱ．水解产物之一遇FeCl3溶液显色；Ⅲ．分子中含有4种不同化学环境的氢．（5）已知RCOOHRCOCl．请写出以CH3CH2OH、为原料，制备化合物的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【考点】有机物的合成．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化学基础．【分析】根据题中各物质转化关系，比较A和C的结构可知，间二甲苯在催化剂的条件下被空气氧化得B为，B发生硝化反应生成C，C发生酯化反应生成D为，D被铁粉还原得E，E发生取代反应生成F，-27-\n（1）根据C的结构简式可知所含有含氧官能团；（2）根据上面分析可知B的结构和反应类型；（3）C发生酯化反应生成D；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基；Ⅱ．水解产物之一遇FeCl3溶液显色，水解产物有酚羟基；Ⅲ．分子中含有4种不同化学环境的氢，结合E的结构书写同分异构体；（5）以CH3CH2OH、为原料，制备化合物，可以将乙醇氧化得乙醛，乙醛氧化得乙酸，乙酸与SOCl2反应生成CH3COCl，用CH3COCl与反应即可得产品，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，比较A和C的结构可知，间二甲苯在催化剂的条件下被空气氧化得B为，B发生硝化反应生成C，C发生酯化反应生成D为，D被铁粉还原得E，E发生取代反应生成F，（1）根据C的结构简式可知所含有含氧官能团为羟基和硝基，故答案为：羧基；硝基；（2）根据上面分析可知B的结构为，D→E的反应类型为还原反应，故答案为：；还原反应；（3）C发生酯化反应生成D，反应方程式为，故答案为：；（4）根据条件Ⅰ．能发生银镜反应，说明有醛基；Ⅱ．水解产物之一遇FeCl3溶液显色，水解产物有酚羟基；Ⅲ．分子中含有4种不同化学环境的氢，结合E的结构书可知，其同分异构体为，故答案为：；（5）以CH3CH2OH、为原料，制备化合物，可以将乙醇氧化得乙醛，乙醛氧化得乙酸，乙酸与SOCl2反应生成CH3COCl，用CH3COCl与-27-\n反应即可得产品，合成路线为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断能力，涉及常见官能团之间的转化，根据已知物质结构结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握常见有机物的结构和性质，题目难度不大，注意应用题中信息．　18．葡萄酒常用Na2S2O5做抗氧化剂．（1）1.90gNa2S2O5最多能还原　224　mLO2（标准状况）．（2）0.5molNa2S2O5溶解于水配成1L溶液，该溶液pH=4.5．溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图所示．写出Na2S2O5溶解于水的化学方程式　Na2S2O5+H2O=2NaHSO3　；当溶液pH小于1后，溶液中H2SO3的浓度变小，其原因可能是　亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫，或亚硫酸被氧化　．已知：Ksp[BaSO4]=1×10﹣10，Ksp[BaSO3]=5×10﹣7．把部分被空气氧化的该溶液pH调为10，向溶液中滴加BaCl2使SO42﹣沉淀完全[c（SO42﹣）≤1×10﹣5mol•L﹣1]，此时溶液中c（SO32﹣）≤　0.05　mol•L﹣1．（3）葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量测定（已知：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI）：准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分．取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为0.0225mol•L﹣1标准I2溶液滴定至终点，消耗标准I2溶液16.02mL．重复以上操作，消耗标准I2溶液15.98mL．计算葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量（单位：mg•L﹣1，以SO2计算，请给出计算过程．）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】综合实验题；守恒思想；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题；定量测定与误差分析．【分析】（1）在Na2S2O5与O2的反应中，硫从+4价升为+6价，氧从0价降为﹣2价，根据电子得失守恒进行计算；-27-\n（2）根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，据此书写水解方程式；当溶液pH小于1后，溶液中主要以亚硫酸形成存在，但亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫，根据Ksp[BaSO4]=c（Ba2+）•c（SO42﹣），可计算出需要放热c（Ba2+），进而计算最大浓度c（SO32﹣），据此答题；（3）根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，由碘的物质的量可计算出二氧化硫的物质的量，根据硫元素守恒再换算成Na2S2O5，由此计算葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量．【解答】解：（1）在Na2S2O5与O2的反应中，硫从+4价升为+6价，氧从0价降为﹣2价，1.90gNa2S2O5的物质的量为0.01mol，根据电子得失守恒可知能还原氧气的物质的量为0.01mol，即标准状况224mL，故答案为：224；（2）根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，所以水解方程式为Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，当溶液pH小于1后，溶液中主要以亚硫酸形成存在，但亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫或亚硫酸被氧化也会导致浓度小，根据Ksp[BaSO4]=c（Ba2+）•c（SO42﹣），可知需要c（Ba2+）===10﹣5mol•L﹣1，则溶液中SO32﹣的最大浓度c（SO32﹣）===0.05mol•L﹣1，故答案为：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫，或亚硫酸被氧化；0.05；（3）根据题意可知，消耗标准I2溶液的体积为=16.0mL，所以I2的物质的量为16.0×10﹣3L×0.0225mol•L﹣1=3.6×10﹣4mol，根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，可知二氧化硫的物质的量为3.6×10﹣4mol，SO2的质量为64g/mol×3.6×10﹣4mol=23.04mg，所以葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量为=230.4mg•L﹣1，故答案为：230.4mg•L﹣1．【点评】本题考查图象分析、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用．　19．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”，又称“海波”．已知它易溶于水，难溶于乙醇，加热易分解．某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置A中发生反应的化学方程式是　Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O　．-27-\n（2）装置B中通入SO2反应生成Na2S2O3和CO2，其离子方程式为　4SO2+2S2﹣+CO32﹣=CO2↑+3S2O32﹣　，生成的硫代硫酸钠粗品可用　乙醇　洗涤．（3）装置C的作用是检验装置B中SO2的吸收效率，C中试剂是　品红、溴水或KMnO4溶液　，表明SO2吸收效率低的实验现象是C中溶液　溶液颜色很快褪色　．为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变B中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是　控制SO2的流速（或增大SO2的接触面积或适当升高温度）　（写出一条）．（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为：　取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用PH测定上层清夜的PH，若PH，则含有NaOH　（实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5）【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；其它方法；氧族元素；制备实验综合．【分析】装置A为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，B装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，二氧化硫能和品红作用，二氧化硫能被高锰酸钾氧化，能与溴单质，上述溶液均褪色，所以装置C中盛放品红、溴水或KMnO4溶液，其作用是检验装置B中SO2的吸收效率，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置D作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫．（1）装置A为二氧化硫的制取，亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应生成硫酸钠和水和二氧化硫；（2）根据题目信息SO2、Na2S和Na2CO3反应生成Na2S2O3，结合质量守恒确定产物并配平，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇生成的硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；（3）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，说明B中物质能与二氧化硫反应，且有明显的现象，一般可为品红、溴水或KMnO4溶液；加快反应速率，可增大接触面积，增大浓度、升高温度等；（4）已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于9.5，说明含有NaOH．【解答】解：（1）装置A为二氧化硫的制取，亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，生成二氧化硫，故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2↑+3Na2S2O3，离子反应为：4SO2+2S2﹣+CO32﹣=CO2↑+3S2O32﹣，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，乙醇易挥发，生成的硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤，故答案为：4SO2+2S2﹣+CO32﹣=CO2↑+3S2O32﹣；乙醇；（3）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，说明B中物质能与二氧化硫反应，且有明显的现象，一般可为品红、溴水或KMnO4溶液等，如A中SO2吸收效率低，则B中进入较多的二氧化硫，导致B中溶液颜色很快褪色，加快反应速率，可增大气体与液体的接触面积，增大浓度，加快二氧化硫的流速、升高温度等，故答案为：品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；控制SO2的流速（或增大SO2的接触面积或适当升高温度）；（4）检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，实验方案为：取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用PH测定上层清夜的PH，若PH，则含有NaOH，故答案为：取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用PH测定上层清夜的PH，若PH，则含有NaOH．-27-\n【点评】本题考查了硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究，题目难度中等．　20．传统工业上利用氨气合成尿素①以CO2与NH3为原料合成尿素的主要反应如下：2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ•mol﹣1NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ•mol﹣1反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=　﹣86.98　kJ•mol﹣1．②液氨可以发生电离：2NH3（l）⇌NH2﹣+NH4+，COCl2和液氨发生“复分解”反应生成尿素，写出该反应的化学方程式　COCl2+4NH3=CO（NH2）2+2NH4Cl　．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学方程式的书写．【专题】化学用语专题；燃烧热的计算．【分析】①运用盖斯定律，将所给的反应通过加减乘除等变形得到所要求的目标反应，反应热做相应变化即可；②根据液氨的电离方程式，结合尿素的化学式为CO（NH2）2来分析．【解答】解：①已知：2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ•mol﹣1①NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ•mol﹣1②将①+②可得：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=（﹣159.47kJ•mol﹣1）+（+72.49kJ•mol﹣1）=﹣86.98KJ/mol，故答案为：﹣86.98；②由于液氨的电离方程式为2NH3（l）⇌NH2﹣+NH4+，COCl2和液氨发生“复分解”反应生成尿素，而尿素的化学式为CO（NH2）2，可知该反应的化学方程式为COCl2+4NH3=CO（NH2）2+2NH4Cl，故答案为：COCl2+4NH3=CO（NH2）2+2NH4Cl．【点评】本题考查了盖斯定律的应用以及根据新信息来书写化学方程式，注意新信息的提取，难度不大．　21．氨气易液化，便于储运，可利用NH3作储氢材料已知：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）△H=+92.4kJ•mol﹣1①氨气自发分解的反应条件是　高温　（填“低温”或“高温”）．②其他条件相同，该反应在不同催化剂作用下反应，相同时间后，氨气的转化率随反应温度的变化如图所示．在600℃时催化效果最好的是　Ru　（填催化剂的化学式）．c点氨气的转化率高于b点，原因是　b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快，氨气的转化率较高　．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像．-27-\n【分析】①氨气分解为熵增的反应，根据△G=△H﹣T△S＜0，反应可以自发进行；②根据图可知，在600℃时催化效果最好的是Ru，b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快．【解答】解：①△G=△H﹣T△S＜0，反应可以自发进行，氨气分解为熵增的反应，且△H为增大反应，故反应在高温下可以自发进行，故答案为：高温；②根据图可知，在600℃时催化效果最好的是Ru，b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快，氨气的转化率较高，故答案为：Ru；b、c点均未达到平衡，c点温度较高，反应速率较快，氨气的转化率较高．【点评】本题考查反应自发性判断、化学反应速率及化学平衡影响因素，侧重考查学生的分析能力、对知识的应用能力，难度中等．　22．垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质（用NH3表示）和氯化物，把垃圾渗滤液加入到如图所示的电解池（电极为惰性材料）进行电解除去NH3，净化污水．该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2．①写出电解时A极的电极反应式：　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　．②写出第二步反应的化学方程式：　3Cl2+2NH3=N2+6HCl　．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据信息：该电解池（电极为惰性材料）电解除去NH3，净化污水．该净化过程分两步：第一步电解产生氧化剂，即产生能将氨氧化为氮气的物质，第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2，据电解池的工作原理结合发生的反应来回答．【解答】解：①根据图示知道：A电极是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，可以得到氧化剂，根据离子的放电顺序，即氯离子失电子产生氯气的过程，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；②第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成N2的过程，发生的反应为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，故答案为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl．【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写知识，注意题干信息的应用是关键，难度中等．　【物质结构与性质】（共1小题，满分17分）23．高分子纳米活性钛无霸是钛氧化物经过光照射，在其表面产生氧化性极强的活性离子，这种活性离子可以分解存在生活空间中的一些有害物质（甲醛、氮氧化物等）．（1）Ti2+的基态价电子排布式为　3d2　．（2）甲醛分子中C原子轨道杂化类型为　sp2　．1mol甲醛分子中含有σ键的数目为　3mol　．（3）甲醛易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为　甲醛与水分子之间形成氢键　．（4）与N2O互为等电子体的一种分子为　CO2或者CS2　（填化学式）．-27-\n（5）某含钛化合物晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为　CaTiO3　．【考点】原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；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）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，写出其基态核外电子排布，然后判断其基态价电子；（2）利用甲醛中的成键来分析碳原子的杂化类型；1个甲醛分子含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键；（3）甲醛分子与水分子之间可以形成氢键，氢键的存在能够大大增强物质的溶解性；（4）原子数相同、电子总数相同的分子，互称为等电子体，据此写出与N2O等电子体的分子；（5）利用均摊法确定化学式，处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，处于顶点上的原子被8个晶胞占有，处于面上的原子被2个晶胞占有，处于棱上的原子被4个晶胞占有，据此解答．【解答】解：（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d2，所以基态价电子排布式为3d2；故答案为：3d2；（2）甲醛分子中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；1个甲醛分子含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，所以1mol甲醛分子中含有σ键的数目为3mol；答案为：sp2；3mol；（3）甲醛分子与水分子之间可以形成氢键，氢键的存在能够大大增强物质的溶解性；故答案为：甲醛与水分子之间形成氢键；（4）CO2或者CS2与N2O的原子数相同、电子总数都相同，属于等电子体；故答案为：CO2或者CS2；（5）利用均摊法确定化学式，处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，处于面上的原子被2个晶胞占有，处于顶点上的原子被8个晶胞占有，处于棱上的原子被4个晶胞占有，钛原子的个数为8×=1，氧原子的个数为6×=3个，钙离子处于晶胞中心，被一个晶胞占有，所以Ca2+个数为1，则该化合物的化学式为CaTiO3，故答案为：CaTiO3．【点评】本题考查了基态价电子排布式、轨道杂化类型的判断、等电子体判断、依据晶胞结构书写物质化学式，题目难度中等，掌握基础是解题关键，注意等电子体的概念、注意利用均摊法确定化学式的方法．　【实验化学】（共1小题，满分0分）24．苯甲酸苯酯是重要的有机合成中间体，工业上用二苯甲酮制备苯甲酸苯酯．-27-\n制备苯甲酸苯酯的实验步骤为：步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合．步骤2：向烧杯中继续加入过硫酸钾25g，用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，加到上述混合液中，控制温度不超过15℃，此时液体呈黄色．步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，但加水量一般不超过1mL，室温搅拌5h．步骤4：将反应后的混合液倒入冰水中，析出苯甲酸苯酯，抽滤产品，用无水乙醇洗涤，干燥（1）步骤1中控制在5℃以下混合的原因为　防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发　．（2）步骤2中为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是　多次少量加入，不断搅拌　．（3）步骤3中加水不超过1mL，原因是　加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）　．（4）步骤4中抽滤用到的漏斗名称为　布氏漏斗　．（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体，原因是　在浓硫酸作用下反应物碳化的结果　；除去该固体操作为　抽滤　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；其它方法；有机化合物的获得与应用；有机实验综合；制备实验综合．【分析】（1）步骤1：乙酸易挥发，浓H2SO4与40mL冰醋酸混合放热；（2）步骤2：二苯甲酮为有机物，易溶于有机溶剂三氯甲烷，溶于浓硫酸放热，先用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，使浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾充分混合，为控制温度不超过15℃，后将二苯甲酮的三氯甲烷溶液分多次少量加入，并不断搅拌；（3）步骤3：苯甲酸苯酯易水解，加水不超过1mL，原因是水多了苯甲酸苯酯水解，降低产率，且水和浓硫酸形成溶液放热，导致温度过高，降低产率；（4）步骤4：抽滤是利用水流使抽滤瓶中的压强降低，达到固液分离的目的，抽滤用到的漏斗名称为布氏漏斗；（5）浓硫酸具有脱水性，能使有机物脱水碳化，可通过抽滤除去该固体．【解答】解：（1）冰醋酸为纯净的乙酸，易挥发，浓H2SO4与40mL冰醋酸混合放热，步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合，防止防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发，故答案为：防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；（2）步骤2：先用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，使浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾充分混合，得到的溶液主要为无机溶液，二苯甲酮为有机物，易溶于有机溶剂三氯甲烷，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，形成二苯甲酮的三氯甲烷溶液，浓硫酸密度大，二苯甲酮的三氯甲烷溶液溶于浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾混合溶液放热，所以为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是：多次少量加入，不断搅拌，故答案为：多次少量加入，不断搅拌；-27-\n（3）步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，加水不超过1mL，否则水多了苯甲酸苯酯水解多，降低产率，且水和浓硫酸形成溶液放热，导致温度过高，降低产率，故答案为：加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；（4）步骤4：减压过滤也称抽滤或吸滤，抽滤用到的漏斗名称为布氏漏斗，故答案为：布氏漏斗；（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体可能为碳，因为浓硫酸具有脱水性，能将有机物脱水碳化，利用布氏漏斗通过抽滤提纯，故答案为：在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤．【点评】本题考查有机物苯甲酸苯酯的合成及混合物的分离，明确反应原理、物质的性质、混合物的分离原理是解答本题的关键，题目难度中等．　-27-