2022-2022学年北京市海淀区重点中学高三（上）期中化学试卷 一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列产品的使用不会对环境造成污染的是（ ）A．含磷洗衣粉B．氢气C．一次电池D．煤 2．下列各组中互为同位素的是（ ）A．O2和O3B．H2和D2C．H和HD．CH4和C2H6 3．居里夫人发现了放射性元素镭（Ra），该元素含有的中子数为（ ）A．88B．138C．226D．314 4．仅用蒸馏水，不能鉴别的一组物质是（ ）A．苯和四氯化碳B．溴蒸气和二氧化氮C．碘和高锰酸钾D．葡萄糖和蔗糖 5．下列物质的保存方法正确的是（ ）A．少量金属钠保存在冷水中B．浓硝酸盛放在无色瓶中C．少量白磷保存在煤油中D．氢氧化钠溶液盛放在橡胶塞的试剂瓶中 6．下列除杂质的方法不正确的是（ ）A．氢氧化铁胶体中的铁离子和氯离子可用渗析法除去B．氯化钠中有少量氯化铵，加过量的烧碱溶液后加热蒸干C．乙酸乙酯中混有少量乙酸，用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液D．硬脂酸甘油酯中混有少量的甘油，用盐析法除去 7．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A．二氧化硫通入溴水使其褪色SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO32﹣B．氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OC．小苏打溶液中滴加醋酸溶液HCO3﹣+CH3COOH=CH3COO﹣+H2O+CO2↑D．明矾溶液加热水解生成沉淀Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+ 8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A．钢铁在潮湿的空气中容易生锈B．将氯化铝溶液加热蒸干最终得到三氧化二铝固体C．不考虑其它因素时高压有利于工业合成氨D．打开汽水瓶时，有大量气泡溢出 -25-\n9．据报道：全氟辛酸铵是在生产不粘锅涂层材料﹣﹣特富龙（化学成分：聚四氟乙烯）过程中使用的一种加工助剂，可能对人体有害．下列有关特富龙和全氟辛酸铵的说法正确的是（ ）A．二者均属于无机物B．二者均属于混合物C．前者属于有机高分子化合物，后者属于无机酸铵盐D．前者属于有机高分子化合物，后者属于有机酸铵盐 10．某学生课外活动小组利用如图装置做如下实验：在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液颜色变为红色，冷却后恢复无色，则（ ）A．溶有SO2的品红溶液B．溶有NH3的酚酞溶液C．溶有SO2的酚酞溶液D．溶有Cl2的品红溶液 11．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动必需的三大营养物质．下列说法错误的是（ ）A．淀粉和纤维素均可用（C6H10O5）n表示，因此它们互为同分异构体B．淀粉水解的最终产物能发生银镜反应C．蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液后产生的沉淀不能重新溶于水D．脂肪能发生皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸钠 12．某有机物有如下性质：①能和银氨溶液共热得到银镜；②加入碳酸氢钠无变化；③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，发现红色褪去．则该有机物可能是（ ）A．乙醇B．乙醛C．乙酸D．甲酸乙酯 13．下列关于砹（85At）及其化合物的说法中，正确的是（ ）A．稳定性：HAt＞HClB．氧化性：At2＞I2C．At2为分子晶体D．NaAt的水溶液呈碱性 14．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．0.84gNaHCO3晶体中阳离子和阴离子总数为0.03NAB．agO2和O3的混合气体中所含分子数一定为NAC．1.8gH2O含有的质子数为NAD．标准状况下，2.24LCCl4含碳原子数为0.1NA 15．某温度下，饱和KCl溶液的密度为1.17g•cm﹣3，其中KCl的质量分数为25.4%，则该温度下，KCl的溶解度为（ ）A．46.0gB．34.0gC．25.4gD．21.7g 16．将反应Mn2++Bi3﹣+H+→MnO4﹣+Bi3++H2O配平后，H+的化学计量数为（ ）A．8B．10C．14D．30-25-\n 17．常温下，pH=2的盐酸与pH=13的NaOH溶液，按体积比9：1混合后的溶液pH为（ ）A．12B．11C．7D．3 18．已知X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置如图所示，且X的原子序数为a，下列说法中不正确的是（ ）A．Y、Z的原子序数之和可能是2aB．Y的原子序数可能是a﹣17C．Z的原子序数可能是a+31D．X、Y、Z一定都是短周期元素 19．常温下，醋酸与氨水等体积混合后，溶液的pH=7，则下列离子浓度的比较正确的是（ ）A．c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）B．c（NH4+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C．c（CH3COO﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 20．右图A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽．接通电路后发现B上的c点显红色．为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路．下列叙述正确的是（ ）A．a为直流电源的负极B．c极发生的反应为2H++2e﹣═H2↑C．f电极为锌板D．e极发生还原反应 二、实验与问答（本题包括6道题，共50分）21．某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种离子组成．取适量该溶液进行如下实验：①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液；②在①所得溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀，过滤；③在②所得滤液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤；④在③所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀．根据上述实验回答下列问题：-25-\n（1）原溶液中一定不存在的离子是 ；（2）原溶液中一定存在的离子是 ；（3）原溶液中可能存在的离子是 ．如何证明可能存在的离子？ ． 22．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）某校化学课外小组同学组装了下列仪器，欲经过简单连接，制备中学化学的几种常见气体．请填写下列表格中的空白处：序号气体装置的连接顺序（用符号表示）按要求填试剂名称实验室制取该气体的反应方程式（是离子反应的写离子反应方程式）（1）CO2制备→收集（2）NH3制备→收集→尾气处理若干燥气体可选用的试剂 （3）Cl2制备→净化→干燥→收集→尾气处理处理尾气的试剂 （4）制备→净化→收集 -25-\n23．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）感光性高分子又称为“光敏性高分子”，是一种在彩电荧光屏及大规模集成电路制造中应用较广的新型高分子材料．其结构简式为：试回答下列问题：（1）在一定条件下，该高聚物可发生的反应有（写编号） ；①加成反应②氧化反应③消去反应④酯化反应⑤卤代反应（2）该高聚物在一定的条件下，水解后得到相对分子质量较小的产物为A，则：①A的分子式是 ；②在一定条件下A与乙醇反应的化学方程式是 ；③A的同分异构体有多种，其中含有苯环、、，且苯环上有两个对位取代基的结构简式是 ． 24．在实验室中做下列实验：把物质A、B按一定比例充入一个表面积为300cm2，容积为2L的球形容器，使压强为P，然后将整个容器用加热器加热到t℃时，发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）；DH=﹣180kJ•mol﹣1（1）若平均每分钟生成0.5mol的C，则此反应速率可表示为v（C）= ；若容器表面向外散热速率平均为400J•min﹣1•cm﹣2，为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供 kJ的热量；（2）反应过程中A（g）、B（g）、C（g）物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是 ．A．10～15min可能是加入了正催化剂B．10～15min可能是降低了温度C．20min时可能是缩小了容器体积D．20min时可能是增加了B的量． 25．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）A、B、C是短周期主族元素，且原子序数依次增大，A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B和C的原子序数之和是A的原子序数的3倍，B和C形成的离子具有相同的电子层结构．试回答下列问题：（1）C离子的结构示意图是 ，由A和B形成的含有非极性键的离子化合物的电子式是 ；-25-\n（2）B离子半径（填“大于”或“小于”） C离子半径，B和C元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为 ；（3）化合物X由元素A、B、C组成，写出X溶液与过量盐酸反应的离子方程式： ． 26．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）A、B、C、D、E五种常见单质，已知A、B、C、D在常温下均为气态．其中D能分别跟A、B、C两两化合，生成化合物X、Y、Z；A与B、C均不能直接化合，有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）．回答下列问题：（1）A的化学式为 ，（2）写出反应③的化学反应方程式 ；（3）Z和W在催化剂作用下反应生成C和Y，这是一个很有实际意义的反应，可以消除W对环境的污染，该反应的化学方程式为 ；（4）将过量的E加到N的稀溶液中，若过程中转移电子的数目为0.5NA，则参加反应的E的质量为 g；（5）将Z与N反应后的产物溶于水中，则溶液的pH（填“＜”或“＞”） 7，其原因是 ． 三、计算（本题包括2道题，共10分）27．欲测定某铝铜合金的组成，进行了如下实验：称取粉末状样品1.0g，量取某浓度的盐酸20mL，第一次往样品中加入盐酸10mL，收集到标准状况下的气体224mL．然后，再往样品中加入盐酸10mL，又收集到标准状况下的气体112mL．试求：（1）所取盐酸的物质的量浓度；（2）样品中铝的质量分数． 28．已知反应：FeS+2H+=Fe2++H2S↑，2H2S+3O2═2SO2+2H2O（1）将24g铁粉和8g硫粉混合均匀，在隔绝空气条件下加热充分反应．然后往反应产物中加入足量稀硫酸，产生标准状况下的气体体积（忽略气体的溶解）为 L；若使该气体完全燃烧，消耗标准状况下空气的体积为（空气中O2的体积分数为0.20） L．（2）将ag铁粉和bg硫粉混合均匀，在隔绝空气条件下充分加热．然后往反应产物中加入足量稀硫酸，将产生的气体完全燃烧，消耗标准状况下的空气VL，则V的取值范围为 ．-25-\n 2022-2022学年北京市海淀区重点中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列产品的使用不会对环境造成污染的是（ ）A．含磷洗衣粉B．氢气C．一次电池D．煤【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】元素及其化合物．【分析】环境污染是指人类直接或间接地向环境排放超过其自净能力的物质或能量，从而使环境的质量降低，对人类的生存与发展、生态系统和财产造成不利影响的现象，具体包括：水污染、大气污染、噪声污染、放射性污染等，氟氯代烷和含溴的卤代烷烃能破坏臭氧层，铅、汞、铜能造成重金属污染，富含氮磷元素的污水能造成水化和赤潮，结合物质的组成和性质解答该题．【解答】解；A．含N、P的物质在分解过程中，大量消耗水中溶解的氧，并释放出养分，使藻类和其它浮游生物大量繁殖，而造成赤潮和水华，所以含磷洗衣服能造成环境污染，故A不选；B．氢气燃烧生成水，对环境无污染，故B选；C．一次电池含有重金属，能造成重金属污染，污染土壤、地下水等，所以对环境有污染，故C不选；D．煤燃烧时可生成一氧化碳、二氧化硫以及粉尘等污染，故D不选．故选B．【点评】本题难度不大，为高频考点，环境污染问题是考查的热点之一，了解常见环境污染、形成的原因即可正确解答本题． 2．下列各组中互为同位素的是（ ）A．O2和O3B．H2和D2C．H和HD．CH4和C2H6【考点】同位素及其应用．【分析】质子数相同中子数不同的原子互称同位素，互为同位素原子具有以下特征：质子数相同、中子数不同，研究对象为原子．【解答】解：A．氧气和臭氧是同种元素的不同单质，属于同素异形体，故A错误；B．H2和D2是单质，不是原子，故B错误；C．H和H都是氢元素的不同原子，属于同位素，故C正确；D．CH4和C2H6是化合物，不是原子，故D错误．故选C．【点评】本题主要考查了同位素为概念的理解，注意同位素的研究对象是原子，题目难度不大． 3．居里夫人发现了放射性元素镭（Ra），该元素含有的中子数为（ ）-25-\nA．88B．138C．226D．314【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据质子数+中子数=质量数，及质子数为88、质量数为226来解答本题．【解答】解：质子数+中子数=质量数，所以该原子的中子数=质量数﹣质子数=226﹣88=138．故选B．【点评】本题考查了原子的构成及其微粒间的关系，难度不大，注意基础知识的积累． 4．仅用蒸馏水，不能鉴别的一组物质是（ ）A．苯和四氯化碳B．溴蒸气和二氧化氮C．碘和高锰酸钾D．葡萄糖和蔗糖【考点】有机物的鉴别．【分析】只用水就能鉴别的有机物，可根据有机物的水溶性和密度大小进行鉴别．【解答】解：A、由于苯的密度比水小，所以加水后在上层，CCl4的密度比水大，加水后在下层，所以可以用蒸馏水将二者鉴别开，故A不选；B、Br2溶于水呈橙色，而NO2遇水因发生反应3NO2+H2O═2HNO3+NO使溶液呈无色，故B不选；C、碘单质溶于水呈黄色，KMnO4溶于水则呈紫红色，故C不选；D、因葡萄糖和蔗糖都易溶于水且形成无色溶液，所以用蒸馏水不能将二者区分开，故D选；故选D．【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意常见有机物的水溶性等物理性质的异同． 5．下列物质的保存方法正确的是（ ）A．少量金属钠保存在冷水中B．浓硝酸盛放在无色瓶中C．少量白磷保存在煤油中D．氢氧化钠溶液盛放在橡胶塞的试剂瓶中【考点】化学试剂的存放．【分析】A．钠能与空气中的水和氧气反应；B．浓硝酸见光容易分解，需要避光保存；C．白磷容易自燃，需要低温、隔绝空气保存，白磷不与水反应；D．氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应．【解答】解：A．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故A错误；B．由于浓硝酸见光易分解，需要避光保存，通常保存在棕色试剂瓶中，故B错误；C．白磷容易自燃，需要隔绝空气保存，由于白磷不与水反应，密度大于水，少量白磷可以保存在水中，故C错误；D．氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞与玻璃瓶粘在一起，所以可以使用橡皮塞的试剂瓶，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及正确的保存方法，明确见光易分解的需要保存在棕色试剂瓶中、与氧气反应的需要隔绝空气密封保存．-25-\n 6．下列除杂质的方法不正确的是（ ）A．氢氧化铁胶体中的铁离子和氯离子可用渗析法除去B．氯化钠中有少量氯化铵，加过量的烧碱溶液后加热蒸干C．乙酸乙酯中混有少量乙酸，用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液D．硬脂酸甘油酯中混有少量的甘油，用盐析法除去【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．离子可透过半透膜，而胶体不能；B．氯化铵与NaOH溶液反应生成氯化钠、氨气、水；C．乙酸与碳酸钠反应，与乙酸乙酯分层；D．盐析降低硬脂酸甘油酯的溶解度．【解答】解：A．离子可透过半透膜，而胶体不能，则选择渗析法可除杂，故A正确；B．氯化铵与NaOH溶液反应生成氯化钠、氨气、水，则加过量的烧碱溶液后加热蒸干得到NaCl、NaOH，引入新杂质NaOH，故B错误；C．乙酸与碳酸钠反应，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C正确；D．盐析降低硬脂酸甘油酯的溶解度，则盐析法可除杂，故D正确；故选B．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离提纯方法的选择为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 7．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A．二氧化硫通入溴水使其褪色SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO32﹣B．氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OC．小苏打溶液中滴加醋酸溶液HCO3﹣+CH3COOH=CH3COO﹣+H2O+CO2↑D．明矾溶液加热水解生成沉淀Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二者发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸；B．不符合反应客观事实；C．小苏打溶液中滴加醋酸溶液，反应生成醋酸钠和水、二氧化碳；D．水解生成沉淀少量，不标注沉淀符号．【解答】解：A．二氧化硫通入溴水使其褪色，离子方程式：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO42﹣，故A错误；B．氯化铝溶液中加入过量的氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C．小苏打溶液中滴加醋酸溶液，反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，离子方程式：HCO3﹣+CH3COOH=CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故C正确；D．明矾溶液加热水解生成氢氧化铝，离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高考高频考点，注意把握物质的性质以及离子方程式的书写方法，难度不大，注意盐类水解规律． 8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A．钢铁在潮湿的空气中容易生锈B．将氯化铝溶液加热蒸干最终得到三氧化二铝固体C．不考虑其它因素时高压有利于工业合成氨-25-\nD．打开汽水瓶时，有大量气泡溢出【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．【解答】解：A．钢铁在潮湿的空气中容易生锈，原因是铁与水和氧气共同发生缓慢的氧化反应，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故A选；B．AlCl3水解存在平衡AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl，加热HCl挥发，水解彻底进行，生成Al（OH）3沉淀，灼烧Al（OH）3得Al2O3，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C．存在平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成NH3，能用勒夏特利原理解释，故C不选；D．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡CO2+H2O⇌H2CO3，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故D不选，故选：A．【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应且发生平衡的移动． 9．据报道：全氟辛酸铵是在生产不粘锅涂层材料﹣﹣特富龙（化学成分：聚四氟乙烯）过程中使用的一种加工助剂，可能对人体有害．下列有关特富龙和全氟辛酸铵的说法正确的是（ ）A．二者均属于无机物B．二者均属于混合物C．前者属于有机高分子化合物，后者属于无机酸铵盐D．前者属于有机高分子化合物，后者属于有机酸铵盐【考点】无机化合物与有机化合物的概念；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．无机物指不含碳元素的纯净物以及简单的碳化合物如一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐和碳化物等的集合；B．全氟辛酸铵是纯净物；C．全氟辛酸铵和聚四氟乙烯含碳元素；D．全氟辛酸铵和聚四氟乙烯含碳元素，是有机物．【解答】解：A．全氟辛酸铵和聚四氟乙烯含碳元素，是有机物，故A错误；B．聚合物的n值不同是混合物，全氟辛酸铵是纯净物，故B错误；C．全氟辛酸铵和聚四氟乙烯含碳元素，是有机物，故C错误；D．全氟辛酸铵和聚四氟乙烯含碳元素，前者属于有机高分子化合物，后者属于有机酸铵盐，故D正确．故选D．【点评】本题考查无机化合物与有机化合物的概念，难度不大，解答本题要掌握有机物和无机物的区别与联系方面的知识，只有这样才能对各种物质进行正确的分类． 10．某学生课外活动小组利用如图装置做如下实验：在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液颜色变为红色，冷却后恢复无色，则（ ）-25-\nA．溶有SO2的品红溶液B．溶有NH3的酚酞溶液C．溶有SO2的酚酞溶液D．溶有Cl2的品红溶液【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】二氧化硫能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，加热时溶液又恢复原来的颜色，据此分析解答．【解答】解：A．二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，但二氧化硫的漂白性不稳定，加热时溶液又恢复原来的颜色，所以溶有二氧化硫的品红溶液符合题意，故A正确；B．氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色，加热条件下，一水合氨易分解生成氨气而使溶液褪色，故B错误；C．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，酚酞在酸性溶液中为无色，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，故C错误；D．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性而使品红溶液褪色，且次氯酸的漂白性具有不可逆性，故D错误；故选A．【点评】本题考查了二氧化硫的漂白性，知道二氧化硫漂白原理是解本题关键，注意二氧化硫与次氯酸、臭氧、木炭漂白性的差异，难度中等． 11．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动必需的三大营养物质．下列说法错误的是（ ）A．淀粉和纤维素均可用（C6H10O5）n表示，因此它们互为同分异构体B．淀粉水解的最终产物能发生银镜反应C．蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液后产生的沉淀不能重新溶于水D．脂肪能发生皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸钠【考点】淀粉的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同；B．淀粉水解生成葡萄糖；C．蛋白质遇重金属盐发生变性；D．脂肪是高级脂肪酸甘油酯．【解答】解：A．同分异构体是分子式相同，结构式不同的化合物，淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，故A错误；B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，故B正确；C．蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，故C正确；D．脂肪是高级脂肪酸甘油酯水解生成生成甘油和高级脂肪酸盐，故D正确．故选A．【点评】本题考查同分异构体、淀粉的性质、蛋白质的性质和皂化反应，难度不大，注意蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程． -25-\n12．某有机物有如下性质：①能和银氨溶液共热得到银镜；②加入碳酸氢钠无变化；③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，发现红色褪去．则该有机物可能是（ ）A．乙醇B．乙醛C．乙酸D．甲酸乙酯【考点】有机物的结构和性质．【分析】①能和银氨溶液共热得到银镜，说明含有醛基；②加入碳酸氢钠无变化，说明不含羧基；③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，发现红色褪去，说明与氢氧化钠反应，可能含有酯基，以此解答该题．【解答】解：①能和银氨溶液共热得到银镜，说明含有醛基；②加入碳酸氢钠无变化，说明不含羧基；③与含酚酞的氢氧化钠溶液共热，发现红色褪去，说明与氢氧化钠反应，可能含有酯基，只有D符合．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，是高考中的常见题型和重要的考点之一，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导，该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和辑推理能力． 13．下列关于砹（85At）及其化合物的说法中，正确的是（ ）A．稳定性：HAt＞HClB．氧化性：At2＞I2C．At2为分子晶体D．NaAt的水溶液呈碱性【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【分析】A、同主族元素非金属性越强，氢化物越稳定；B．同主族元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C．卤族元素单质是分子晶体；D．Cl、Br、I的氢化物溶于水得到的是强酸，据盐的水解条件来回答．【解答】解：A．卤族元素中，元素非金属性越强，氢化物越稳定，即稳定性：HAt＜HCl，故A错误；B．同主族元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氧化性：At2＜I2，故B错误；C．卤族元素单质是分子晶体，故C正确；D．Cl、Br、I的氢化物溶于水得到的是强酸，所以NaAt溶液不会发生水解反应，显示中性，故D错误；故选C．【点评】本题考查了同一主族元素形成的相似性，利用已知元素的性质，根据元素周期律来确定未知元素及其化合物的性质，采用知识迁移的方法进行解答，难度不大． 14．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．0.84gNaHCO3晶体中阳离子和阴离子总数为0.03NAB．agO2和O3的混合气体中所含分子数一定为NAC．1.8gH2O含有的质子数为NAD．标准状况下，2.24LCCl4含碳原子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含1mol钠离子和1mol碳酸氢根离子来分析；B、氧气和臭氧的摩尔质量分别为32g/mol和48g/mol；-25-\nC、求出水的物质的量，然后根据1mol水中含10mol质子来分析；D、标况下，四氯化碳为液态．【解答】解：A、0.84g碳酸钠的物质的量为n==0.01mol，而1mol碳酸钠中含1mol钠离子和1mol碳酸氢根离子，故0.01mol碳酸氢钠中含0.2mol离子即0.2NA个，故A错误；B、氧气和臭氧的摩尔质量分别为32g/mol和48g/mol，故ag混合气体中的分子个数介于到之间，故B错误；C、1.8g水的物质的量为0.1mol，而1mol水中含10mol质子，故0.1mol水中含1mol质子即NA个，故C正确；D、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 15．某温度下，饱和KCl溶液的密度为1.17g•cm﹣3，其中KCl的质量分数为25.4%，则该温度下，KCl的溶解度为（ ）A．46.0gB．34.0gC．25.4gD．21.7g【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【分析】溶解度即在100g水中达到饱和时所能溶解的溶质的克数．设KCl的溶解度为sg，即当100g水中溶解sgKCl时达到饱和，故有质量分数25.4%=，即可解得．【解答】解：溶解度即在100g水中达到饱和时所能溶解的溶质的克数．设KCl的溶解度为sg，即当100g水中溶解sgKCl时达到饱和，而饱和KCl溶液的质量分数为25.4%，故有25.4%=，解得s=34.0g．故选B．【点评】本题考查了物质的溶解度的计算，应根据在相同温度下，饱和溶液的质量分数相同来分计算． 16．将反应Mn2++Bi3﹣+H+→MnO4﹣+Bi3++H2O配平后，H+的化学计量数为（ ）A．8B．10C．14D．30【考点】氧化还原反应方程式的配平．【分析】反应中Bi元素由+5价降低为+3价，Mn元素由+2升高为+7，结合得失电子守恒及原子个数守恒定律书写方程式，据此解答．【解答】解：反应中Bi元素由+5价降低为+3价，Mn元素由+2升高为+7，要得失电子守恒，Mn2+系数为2，Bi3﹣系数为5，结合原子个数守恒，反应方程式为：2Mn2++5BiO3﹣+14H+═2MnO4﹣+5Bi3++7H2O，所以氢离子系数为17，故选：C．-25-\n【点评】本题考查氧化还原反应方程式的书写，明确氧化还原反应中得失电子守恒及原子个数守恒规律是解题关键，题目难度不大． 17．常温下，pH=2的盐酸与pH=13的NaOH溶液，按体积比9：1混合后的溶液pH为（ ）A．12B．11C．7D．3【考点】pH的简单计算．【分析】pH=2的HCl溶液中氢离子浓度等于0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，盐酸与氢氧化钠溶液按9：1混合，发生反应H++OH﹣=H2O，反应后氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性，计算混合后溶液中c（OH﹣），再根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣14计算c（H+），根据pH=﹣lgc（H+）计算．【解答】解：pH=2的HCl溶液中氢离子浓度等于0.01mol/L，pH=13的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，盐酸与氢氧化钠溶液按9：1混合，发生反应H++OH﹣=H2O，0.1×1＞0.01×9，反应后氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性，故反应后溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.001mol/L，故c（H+）=mol/L=10﹣11mol/L，故反应后溶液pH=﹣lgc（H+）=﹣lg10﹣11=11，故选B．【点评】本题考查酸碱混合反应后溶液PH的计算，明确混合后溶液显碱性是解题关键，题目难度中等． 18．已知X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置如图所示，且X的原子序数为a，下列说法中不正确的是（ ）A．Y、Z的原子序数之和可能是2aB．Y的原子序数可能是a﹣17C．Z的原子序数可能是a+31D．X、Y、Z一定都是短周期元素【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】由如图所示的X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z三种主族元素处于过渡元素之后，Y不可能是第一周期元素，至少为第二周期元素，Z一定不处于短周期．根据每周期所含有元素的种类，讨论Y所处的周期，进行判断．【解答】解：由如图所示的X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z三种主族元素处于过渡元素之后，Y不可能是第一周期元素，至少为第二周期元素，Z一定不处于短周期．（1）若Y为第二周期元素，则X、Z分别为第三、四周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a﹣7，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a+10；（2）若Y为第三周期元素，则X、Z分别为第四、五周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a﹣17，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a；-25-\n（3）若Y为第四周期元素，则X、Z分别为第五、六周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a﹣17，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a+14；（4）若Y为第五周期元素，则X、Z分别为第六、七周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a﹣31，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a．故ABC正确，D错误．故选：D．【点评】考查元素周期表的结构、元素位置与结构关系，难度中等，要记住每一周期所含有元素的种类，利用上下周期元素的原子序数相互确定． 19．常温下，醋酸与氨水等体积混合后，溶液的pH=7，则下列离子浓度的比较正确的是（ ）A．c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）B．c（NH4+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C．c（CH3COO﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】常温下，醋酸和氨水等体积混合后溶液的pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（NH4+）、c（CH3COO﹣）相对大小，中性溶液中水的电离程度较小，据此分析解答．【解答】解：常温下，醋酸和氨水等体积混合后溶液的pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（CH3COO﹣），中性溶液中水的电离程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，根据溶液酸碱性结合电荷守恒、物料守恒是解离子浓度大小比较题的重要方法，题目难度不大． 20．右图A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽．接通电路后发现B上的c点显红色．为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路．下列叙述正确的是（ ）A．a为直流电源的负极B．c极发生的反应为2H++2e﹣═H2↑C．f电极为锌板D．e极发生还原反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】由上的c点显红色判断c的电极，根据c的电极判断a、b的电极并判断e、f的电极，再根据阴阳极上发生的反应写出相应的电极反应，判断反应类型，然后根据溶液中离子的放电情况结合生成物反应物写出相应的方程式．-25-\n【解答】解：A、外接电源，所以是电解氯化钠溶液的电解池，上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，根据离子的放电顺序知，该极上氢离子得电子放电，所以c是阴极，外电源b是负极，a是正极，故A错误；B、c极是阴极，放电的是氢离子，反应为2H++2e﹣=H2↑，故B正确；C、实现铁上镀锌，则要让金属铁做阴极，金属锌为阳极，根据A选项的分析结果：外电源b是负极，a是正极，则知道f是阴极，e是阳极，所以金属锌应该是为e极，故C错误；D、e是阳极，阳极发生氧化反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查了电解原理，知道溶液中离子的放电顺序是写反应方程式的关键，以惰性电极电解电解电解质溶液，电解类型有：电解水型、电解电解质型、放氢生碱型、放氧气生酸型． 二、实验与问答（本题包括6道题，共50分）21．某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种离子组成．取适量该溶液进行如下实验：①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液；②在①所得溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀，过滤；③在②所得滤液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，过滤；④在③所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀．根据上述实验回答下列问题：（1）原溶液中一定不存在的离子是 Cu2+、Ba2+、Fe3+ ；（2）原溶液中一定存在的离子是 AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣、Na+ ；（3）原溶液中可能存在的离子是 Cl﹣ ．如何证明可能存在的离子？ 取原溶液少许加过量的硝酸钡溶液，过滤，在滤液中加过量硝酸，再加硝酸银溶液，出现浑浊则说明有Cl﹣ ．【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则溶液中含有CO32﹣离子，没有Fe3+离子，CO32离子与Cu2+、Ba2+离子不能共存，则不存在Cu2+、Ba2+离子，根据溶液呈电中性，一定含有Na+离子；②在①所得溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀为Al（OH）3，则原溶液中含有AlO2﹣离子；③在②所得滤液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，该沉淀为BaSO4，说明原溶液中含有SO42﹣离子；④在③所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该沉淀是AgCl，但不能证明原溶液中是否含有Cl﹣离子，因为在①中加入盐酸，以此解答题中各问．【解答】解：①向其中加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色透明溶液，则溶液中含有CO32﹣离子，没有Fe3+离子，CO32离子与Cu2+、Ba2+离子不能共存，则不存在Cu2+、Ba2+离子，根据溶液呈电中性，一定含有Na+离子；②在①所得溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀为Al（OH）3，则原溶液中含有AlO2﹣离子；③在②所得滤液中加入过量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，该沉淀为BaSO4，说明原溶液中含有SO42﹣离子；-25-\n④在③所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该沉淀是AgCl，但不能证明原溶液中是否含有Cl﹣离子，因为在①中加入盐酸，（1）由以上分析可知，原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Ba2+、Fe3+；（2）由以上分析可知，原溶液中一定存在的离子是AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣、Na+，故答案为：AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣、Na+；（3）在③所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该沉淀是AgCl，但不能证明原溶液中是否含有Cl﹣离子，因为在①中加入盐酸，若要检验Cl﹣离子，应取原溶液少许加过量的硝酸钡溶液，过滤，在滤液中加过量硝酸，再加硝酸银溶液，出现浑浊则说明有Cl﹣，故答案为：Cl﹣；取原溶液少许加过量的硝酸钡溶液，过滤，在滤液中加过量硝酸，再加硝酸银溶液，出现浑浊则说明有Cl﹣．【点评】本题考查常见离子的检验，本题难度中等，注意把握离子的性质以及检验方法． 22．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）某校化学课外小组同学组装了下列仪器，欲经过简单连接，制备中学化学的几种常见气体．请填写下列表格中的空白处：序号气体装置的连接顺序（用符号表示）按要求填试剂名称实验室制取该气体的反应方程式（是离子反应的写离子反应方程式）（1）CO2制备→收集（2）NH3制备→收集→尾气处理若干燥气体可选用的试剂 碱石灰 （3）Cl2制备→净化→干燥→收集→尾气处理处理尾气的试剂-25-\n 氢氧化钠溶液 （4）制备→净化→收集 C→F→J 【考点】常见气体制备原理及装置选择．【分析】（1）实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，二者反应生成氯化钙、二氧化碳和水；二氧化碳密度大于空气密度应选择向上排空气法收集；（2）实验室用加热氯化铵与氢氧化钙的方法制取氨气，二者反应生成氨气、氯化钙和水；氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，氨气密度小于空气密度，易溶于水，应选择向下排空气法收集；（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，为酸性气体，应选择酸性干燥剂干燥；氯气有毒，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，进行尾气处理，氯气密度大于空气密度，应选择向下排空气法收集；（4）实验室用在浓硫酸做催化剂脱水剂条件下乙醇脱水制取乙烯，乙烯中含有二氧化硫等杂质，可以用氢氧化钠溶液净化，乙烯密度与空气密度相差不大，不能用排空气法收集，应选择排水法收集．【解答】解：（1）碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，反应离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，反应物为固体与液体不加热，选择发生装置D，二氧化碳密度大于空气密度应选择向上排空气法收集，选择发生装置H，连接顺序为D→H；（2）加热氯化铵与氢氧化钙的方法制取氨气，化学方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，反应物为固体与液体加热，选择发生装置A，氨气为碱性气体，选择碱石灰干燥，氨气密度小于空气密度，易溶于水，应选择向下排空气法收集，连接顺序A→I→L；（3）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，选择发生装置B，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气杂质，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶进行净化，氯气密度大于空气密度，选择向上排空气法收集，氯气有毒，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，可以用进行尾气处理，装置连接顺序为：B→G→E→H→K（或F）；（4）在浓硫酸做催化剂脱水剂条件下乙醇脱水制取乙烯，化学方程式：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，乙烯中含有二氧化硫等杂质，可以用氢氧化钠溶液净化，乙烯密度与空气密度相差不大，不能用排空气法收集，应选择排水法收集，装置连接顺序为：C→F→J；故答案为：（1）D→HCaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（2）A→I→L碱石灰（或生石灰等）Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（3）B→G→E→H→K（或F）氢氧化钠溶液-25-\nMnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O（4）C2H4CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O【点评】本题考查了常见气体的制备，涉及制备原理、发生装置、净化装置、收集装置、尾气处理装置的选择，明确气体的性质是解题关键，注意对相关知识的积累，题目难度不大． 23．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）感光性高分子又称为“光敏性高分子”，是一种在彩电荧光屏及大规模集成电路制造中应用较广的新型高分子材料．其结构简式为：试回答下列问题：（1）在一定条件下，该高聚物可发生的反应有（写编号） ①②⑤ ；①加成反应②氧化反应③消去反应④酯化反应⑤卤代反应（2）该高聚物在一定的条件下，水解后得到相对分子质量较小的产物为A，则：①A的分子式是 C9H8O2 ；②在一定条件下A与乙醇反应的化学方程式是 ；③A的同分异构体有多种，其中含有苯环、、，且苯环上有两个对位取代基的结构简式是 ．【考点】有机物的结构和性质．【分析】单体为和，二者发生酯化反应生成，由发生加成聚合反应生成该新型高分子化合物，结合对应官能团的性质解答该题．【解答】解：（1）高聚物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应、取代反应，含有苯环，可在催化作用下被卤素单质取代，故答案为：①②⑤；（2）①A为，分子式为C9H8O2，故答案为：C9H8O2；②A为，含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，反应的化学方程式为，-25-\n故答案为：；③A的同分异构体有多种，其中含有苯环、、，且苯环上有两个对位取代基的结构简式是，故答案为：．【点评】本题考查了有机高分子化合物的结构和性质，侧重于酯化反应、加聚反应和官能团的考查，把握好有机反应中官能团的变化是解答此类题的关键． 24．在实验室中做下列实验：把物质A、B按一定比例充入一个表面积为300cm2，容积为2L的球形容器，使压强为P，然后将整个容器用加热器加热到t℃时，发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）；DH=﹣180kJ•mol﹣1（1）若平均每分钟生成0.5mol的C，则此反应速率可表示为v（C）= 0.25mol/（L．min） ；若容器表面向外散热速率平均为400J•min﹣1•cm﹣2，为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供 75 kJ的热量；（2）反应过程中A（g）、B（g）、C（g）物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是 AD ．A．10～15min可能是加入了正催化剂B．10～15min可能是降低了温度C．20min时可能是缩小了容器体积D．20min时可能是增加了B的量．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据v=计算v（C）；根据容器表面向外散热速率400J•min﹣1•cm﹣2计算散失的热量，再计算1min反应提供的热量，二者之差为加热器提供的热量；-25-\n（2）10～15min未到达平衡，且改变条件，速率增大，反应进行向正反应进行，可能为使用催化剂或升高温度或增大压强；20min时A、C的物质的量不变，B的物质的量增大，反应向正反应移动，应增大B的物质的量．可能是缩小了容器体积D．20min时可能是增加了B的量．【解答】解：（1）平均每分钟生成0.5mol的C，则v（C）==0.25mol/（L．min），容器表面向外散热速率平均为400J•min﹣1•cm﹣2，每分钟散失的热量为400J•min﹣1•cm﹣2×300cm2×1min=120000J=120kJ，每分钟反应放出的热量为180kJ×=45kJ，故平均每分钟需用加热器提供的热量为120kJ﹣45kJ=75kJ，故答案为：0.25mol/（L．min）；75；（2）A.10～15min未到达平衡，且改变条件，速率增大，反应进行向正反应进行，可能为使用催化剂或升高温度或增大压强，故A正确；B.10～15min未到达平衡，且改变条件，速率增大，若降低温度反应速率减慢，故B错误；C.20min时A、C的物质的量不变，B的物质的量增大，反应向正反应移动，应增大B的物质的量，故C错误；D．20min时A、C的物质的量不变，B的物质的量增大，反应向正反应移动，应增大B的物质的量，故D正确；故答案为：AD．【点评】本题考查化学平衡图象、化学反应速率计算、反应热的有关计算、化学平衡的影响因素等，难度中等，（1）热量计算，注意反应提供热量，（2）中注意根据改变条件瞬间物质的量的变化． 25．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）A、B、C是短周期主族元素，且原子序数依次增大，A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B和C的原子序数之和是A的原子序数的3倍，B和C形成的离子具有相同的电子层结构．试回答下列问题：（1）C离子的结构示意图是 ，由A和B形成的含有非极性键的离子化合物的电子式是 ；（2）B离子半径（填“大于”或“小于”） 大于 C离子半径，B和C元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为 OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+2H2O ；（3）化合物X由元素A、B、C组成，写出X溶液与过量盐酸反应的离子方程式： AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C是短周期主族元素，且原子序数依次增大，A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为O元素；B和C的原子序数之和是A的原子序数的3倍，B、C原子序数之和为24，B和C形成的离子具有相同的电子层结构，可推知A为Na、B为Al，据此解答．【解答】-25-\n解：A、B、C是短周期主族元素，且原子序数依次增大，A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则A为O元素；B和C的原子序数之和是A的原子序数的3倍，B、C原子序数之和为24，B和C形成的离子具有相同的电子层结构，可推知A为Na、B为Al．（1）C离子为Al3+，Al3+的结构示意图是，由A和B形成的含有非极性键的离子化合物为Na2O2，电子式是，故答案为：；；（2）B、C离子分别为Na+、Al3+，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，B和C元素最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应的离子方程式为：OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+2H2O，故答案为：大于；OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+2H2O；（3）化合物X由元素A、B、C组成，则X为NaAlO2，NaAlO2溶液与过量盐酸反应的离子方程式为AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O，故答案为：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O．【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． 26．（10分）（2022秋•海淀区校级期中）A、B、C、D、E五种常见单质，已知A、B、C、D在常温下均为气态．其中D能分别跟A、B、C两两化合，生成化合物X、Y、Z；A与B、C均不能直接化合，有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）．回答下列问题：（1）A的化学式为 Cl2 ，（2）写出反应③的化学反应方程式 3NO2+H2O=NO+2HNO3 ；（3）Z和W在催化剂作用下反应生成C和Y，这是一个很有实际意义的反应，可以消除W对环境的污染，该反应的化学方程式为 4NH3+6NO5N2+6H2O ；（4）将过量的E加到N的稀溶液中，若过程中转移电子的数目为0.5NA，则参加反应的E的质量为 14 g；（5）将Z与N反应后的产物溶于水中，则溶液的pH（填“＜”或“＞”） ＜ 7，其原因是 在溶液中NH4NO3电离出的NH4+发生水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+使溶液呈酸性，故溶液的pH＜7 ．-25-\n【考点】无机物的推断．【分析】A、B、C、D、E是五种中学化学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气态，应分别为H2、N2、O2、Cl2中的一种，其中D能分别跟A、B、C在一定条件下两两化合，则D为H2，生成化合物X、Y、Z分别为NH3、H2O、HCl中的一种，A与B、C均不能直接化合，可推知A为Cl2，故X为HCl，由转化关系中，Z与B反应得到W与Y，可推知B为O2，故C为N2，Y为H2O，Z为NH3，W为NO，NO与氧气反应得到M为NO2，M与Y（H2O）反应得到W与N，则N为HNO3．E与HCl、H2O反应得到G与D（H2），则E为活泼金属单质，由G⇌H的相互转化可知E为变价金属，可推知E为Fe，故G为FeCl2，H为FeCl3，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E是五种中学化学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气态，应分别为H2、N2、O2、Cl2中的一种，其中D能分别跟A、B、C在一定条件下两两化合，则D为H2，生成化合物X、Y、Z分别为NH3、H2O、HCl中的一种，A与B、C均不能直接化合，可推知A为Cl2，故X为HCl，由转化关系中，Z与B反应得到W与Y，可推知B为O2，故C为N2，Y为H2O，Z为NH3，W为NO，NO与氧气反应得到M为NO2，M与Y（H2O）反应得到W与N，则N为HNO3，E与HCl、H2O反应得到G与D（H2），则E为活泼金属单质，由G⇌H的相互转化可知E为变价金属，可推知E为Fe，故G为FeCl2，H为FeCl3，（1）由上述分析可知，A为Cl2，故答案为：Cl2；（2）反应③的化学方程式为：3NO2+H2O=NO+2HNO3，故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3；（3）NH3和NO在催化剂作用下反应生成N2和H2O，这是一个很有实际意义的反应，可以消除NO对环境的污染，该反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；（4）将过量的Fe加到HNO3的稀溶液中，反应生成硝酸亚铁，若过程中转移电子的数目为0.5NA，电子的物质的量为=0.5mol，则参加反应的Fe的物质的量==0.25mol，参加反应的E的质量=0.25mol×56g/mol=14g，故答案为：14；（5）Z为NH3，N为HNO3，Z与N反应后的产物溶于水中得NH4NO3溶液，在溶液中NH4NO3电离出的NH4+发生水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+使溶液呈酸性，故溶液的pH＜7，故答案为：＜；在溶液中NH4NO3电离出的NH4+发生水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+使溶液呈酸性，故溶液的pH＜7．【点评】本题考查无机物推断，“A、B、C、D在常温下均为气态”是推断突破口，再结合题目信息与转化关系进行推断，对学生的逻辑推理有一定的要求，熟练掌握元素化合物性质是关键，难度中等． 三、计算（本题包括2道题，共10分）27．欲测定某铝铜合金的组成，进行了如下实验：称取粉末状样品1.0g，量取某浓度的盐酸20mL，第一次往样品中加入盐酸10mL，收集到标准状况下的气体224mL．然后，再往样品中加入盐酸10mL，又收集到标准状况下的气体112mL．试求：（1）所取盐酸的物质的量浓度；（2）样品中铝的质量分数．【考点】有关混合物反应的计算．-25-\n【分析】（1）由题意可知，第一次加入的盐酸完全反应，根据n=计算生成氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2），再根据c=计算所取盐酸的物质的量浓度；（2）第二次加入10mL盐酸，合金中的铝完全反应，盐酸过量，总共生成氢气体积为224mL+112mL=336mL，根据n=计算生成氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），再根据m=nM计算m（Al），进而计算Al的质量分数．【解答】解：（1）第一次加入的盐酸完全反应，生成氢气为=0.01mol，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）=0.01mol×2=0.02mol，故所取盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）==2mol/L，答：所取盐酸的物质的量浓度为2mol/L；（2）第二次加入10mL盐酸，合金中的铝完全反应，盐酸过量，总共生成氢气体积为224mL+112mL=336mL，其物质的量为：=0.015mol，根据电子转移守恒，3n（Al）=0.015mol×2，故n（Al）=0.01mol，m（Al）=0.01mol×27g/mol=0.27g，故该合金中Al的质量分数：×100%=27%，答：该合金中Al的质量分数为27%．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，判断Al与盐酸反应的过量情况是关键，利用守恒思想进行解答，可简化计算过程，也可以利用方程式计算． 28．已知反应：FeS+2H+=Fe2++H2S↑，2H2S+3O2═2SO2+2H2O（1）将24g铁粉和8g硫粉混合均匀，在隔绝空气条件下加热充分反应．然后往反应产物中加入足量稀硫酸，产生标准状况下的气体体积（忽略气体的溶解）为 9.6 L；若使该气体完全燃烧，消耗标准状况下空气的体积为（空气中O2的体积分数为0.20） 52 L．（2）将ag铁粉和bg硫粉混合均匀，在隔绝空气条件下充分加热．然后往反应产物中加入足量稀硫酸，将产生的气体完全燃烧，消耗标准状况下的空气VL，则V的取值范围为 a＜V≤3a ．【考点】有关范围讨论题的计算；氧化还原反应的计算．【分析】（1）根据反应：Fe+SFeS，FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，产生的气体物质的量之和与铁的物质的量相同，据此计算；（2）金属铁和硫之间的反应分为两种情况：金属铁量不足，金属铁过量，前一种情况下，生成的气体只有硫化氢，后一种情况下，产生的气体是硫化氢和氢气的混合物，据此结合反应分析讨论得到答案．【解答】解：（1）将24g铁粉和8g硫粉混合均匀，在隔绝空气条件下加热充分反应．铁过量，然后往反应产物中加入足量稀硫酸，故有气体H2S和H2产生Fe+SFeS，FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑所以气体物质的量之和与铁的物质的量相同，体积就是22.4L/mol×mol=9.6L．-25-\nFe+SFeS，56328814g8g22g生成的FeS是22g即0.25mol，根据Fe～H2，FeS～H2S，所以得到硫化氢是0.25mol，即5.6L，完全燃烧消耗氧气0.375mol，体积是0.375mol×22.4L/mol=8.4L，氢气是4L，会消耗氧气2L，共消耗氧气8.4L+2L=10.4L，消耗空气的体积是10.4L×5=52L，故答案为：9.6；52；（2）过程中可能发生的反应：Fe+SFeS，FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，2H2+O2=2H2O，2H2S+3O2=2H2O+2SO2，金属铁和硫之间的反应，当Fe过量时，根据反应原理，消耗氧气的体积是0.2aL，此时消耗空气是aL，金属铁和硫之间恰好完全反应或是金属铁量不足时，得到的气体只有硫化氢，根据反应2H2S+3O2=2H2O+2SO2，所以消耗氧气的体积是1.5aL，此时消耗空气是3aL，所以a＜V≤3a，故答案为：a＜V≤3a．【点评】本题是一道有关范围讨论的计算题，设计金属铁以及含硫物质的性质知识，注意解题的思路的方法是关键，难度中等． -25-
