2013年江苏省高考化学解析试卷

发布时间:2024-06-01 10:06:31浏览次数:5
2013 年江苏省高考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.(2 分)燃料电池能有效提高能源利用率,具有广泛的应用前景.下列物质均可用作燃料电池的燃料,其中最环保的是(  )A.甲醇 B.天然气 C.液化石油气 D.氢气【分析】依据物质燃烧产物分析判断,甲醇、天然气、液化石油气含有碳元素,燃烧过程中易生成污染气体,氢气燃烧生成无污染的水.【解答】解:甲醇、天然气、液化石油气含有碳元素,燃烧过程中易生成污染气体,氢气燃烧生成无污染的水,是最环保的燃料,故选:D。【点评】本题考查燃料燃烧产物分析,含碳元素化合物燃烧易生成一氧化碳污染性气体,题目较简单. 2.(2 分)下列有关化学用语表示正确的是(  )A.丙烯的结构简式:C3H6B.氢氧根离子的电子式:C.氯原子的结构示意图:D.中子数为 146、质子数为 92 的铀(U)原子 U【分析】A、烯烃的结构简式中 C=C 双键不能省略;B、氢氧根离子带 1 个单位的负电荷,离子中 O 原子与 H 原子之间形成 1 对孤对电子;C、氯原子质子数为 17,核外电子数为 17,33 个电子层,各层电子数分别为 2、8、7;D、原子符号ZAX 左下角 Z 代表质子数,左上角 A 代表质量数,X 代表元素符合,其中质量数=质子数+中子数.【解答】解:A、烯烃的结构简式中 C=C 双键不能省略,丙烯的结构简式为 CH3CH=CH2,C3H6是丙烯的分子式,故 A 错误;B、氢氧根离子带 1 个单位的负电荷,离子中 O 原子与 H 原子之间形成 1 对孤对电子,氢氧根电子式为 ,故 B 正确;C、氯原子质子数为 17,核外电子数为 17,3 个电子层,各层电子数分别为 2、8、7,氯原子结构示意图为 ,故 C 错误;D、中子数为 146、质子数为 92 的铀(U)原子的质量数为 146+92=238,该铀原子符号为 U,故D 错误;故选:B。【点评】本题考查常用化学用语的书写,难度不大,注意 B 选项中氢氧根与羟基电子式的区别. 3.(2 分)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.使甲基橙变红色的溶液:Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣B.使酚酞变红色的溶液:Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣C.0.1 mol•L﹣1AgNO3溶液:H+、K+、SO42﹣、I﹣D.0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液:H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣【分析】A.使甲基橙变红色的溶液,pH<3.1,溶液显酸性; 已知:①②(R 表示烃基,R′和 R″表示烃基或氢)(1)写出 A 的结构简式:   .(2)G 是常用指示剂酚酞.写出 G 中含氧官能团的名称: 羟基 和 酯基 .(3)某化合物是 E 的同分异构体,且分子中只有两种不同化学环境的氢.写出该化合物的结构简式:    (任写一种).(4)F 和 D 互为同分异构体.写出反应 E→F 的化学方程式:  .(5)根据已有知识并结合相关信息,写出以 A 和 HCHO 为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用).合成路线流程图示例如下:H2C═CH2CH3CH2Br CH3CH2OH.【分析】化合物 A(分子式为 C6H6O)是一种有机化工原料,在空气中易被氧化,所以 A 是苯酚,A的结构简式为: ,A 在一定条件下和氢气发生加成反应生成 B,B 的结构简式为: ,B 被重铬酸钾溶液氧化生成 C,C 的结构简式为: ,C 反应生成 D,结合题给信息知,D 的结构简式为:,C 经过一系列反应生成 E,E 反应生成 F,F 和 D 互为同分异构体,所以 E 发生消去反应生成 F,则 F 的结构简式为: .【解答】解:化合物 A(分子式为 C6H6O)是一种有机化工原料,在空气中易被氧化,所以 A 是苯酚,A 的结构简式为: ,A 在一定条件下和氢气发生加成反应生成 B,B 的结构简式为: ,B 被重铬酸钾溶液氧化生成 C,C 的结构简式为: ,C 反应生成 D,结合题给信息知,D 的结构简式为: ,C 经过一系列反应生成 E,E 反应生成 F,F 和 D 互为同分异构体,所以 E 发生消去反应生成 F,则 F 的结构简式为: .(1)通过以上分析知,A 的结构简式为: ,故答案为: ;(2)根据 G 的结构简式知,G 中含有的官能团有:羟基和酯基,故答案为:羟基、酯基;(3)分子中只有两种不同化学环境氢的 E 的同分异构体有:,故答案为: ;(4)F 的结构简式为: ,在加热、浓硫酸作催化剂条件下 E 发生消去反应生成 F,所以反应 E→F 的化学方程式为: ,故答案为: ;(5)根据题给信息知其合成路线为:在镍作催化剂、高温高压条件下,苯酚和氢气加成反应生成环己醇,在加热条件下,环己醇和溴化氢发生取代反应生成 1﹣溴环己烷,1﹣溴环己烷和镁、无水乙醚反应生成 , 和甲醛、水反应生成 ,在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化生成 ,所以其合成路线流程图为,故答案为: .【点评】本题考查有机物的推断及合成,同时考查学生知识迁移能力,利用题给信息进行分析解答, 明确有机物的官能团及性质是解本题关键,难度较大. 18.(12 分)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m•nH2O]可用于电镀、印刷等领域.某同学为测定硫酸镍铵的组成,进行如下实验:①准确称取 2.3350g 样品,配制成 100.00mL 溶液 A;②准确量取 25.00mL 溶液 A,用 0.04000mol•L﹣1的 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的 Ni2+(离子方程式为 Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+),消耗 EDTA 标准溶液 31.25mL;③另取 25.00mL 溶液 A,加足量的 NaOH 溶液并充分加热,生成 NH3 56.00mL(标准状况).(1)若滴定管在使用前未用 EDTA 标准溶液润洗,测得的 Ni2+含量将 偏高  (填“偏高”、或“偏低”或“不变”).(2)氨气常用 湿润的红色石蕊试纸  检验,现象是 试纸颜色由红变蓝 .(3)通过计算确定银硫酸镍铵的化学式(写出计算过程) ( NH 4)2Ni ( SO 4)2•10H2O   .【分析】(1)滴定管没有润洗,导致标准液浓度减小,测定结果会偏高;(2)根据氨气的检验方法完成;(3)根据反应和滴定数据计算出镍离子的物质的量;根据氨气的体积计算出氨气的物质的量;根据正负电荷相等求算出硫酸根的物质的量,再利用质量计算出水的物质的量,最后求出硫酸镍铵的化学式.【解答】解:(1)由于没有用标准液润洗滴定管,使得滴定管中的标准液浓度减小,滴定时消耗的标准液体积增大,测定结果偏高,故答案是:偏高;(2)氨气常用湿润的红色石蕊试纸进行检验,试纸由红色变成蓝色,故答案是:湿润的红色石蕊试纸; 试纸颜色由红变蓝;(3)25mL 溶液中镍离子的物质的量是:n(Ni2+)=n(H2Y2﹣)=0.04000 mol•L﹣1×0.03125L=1.250×10﹣3 mol,氨气的物质的量等于铵离子的物质的量,n(NH4+)= =2.500×10﹣3 mol根据电荷守恒,硫酸根的物质的量是:n(SO42﹣)= ×[2n(Ni2+)+n(NH4+)]=2.500×10﹣3 mol,所以:m(Ni2+)=59 g•mol﹣1×1.250×10﹣3 mol=0.07375 gm(NH4+)=18 g•mol﹣1×2.500×10﹣3 mol=0.04500 gm(SO42﹣)=96 g•mol﹣1×2.500×10﹣3 mol=0.2400 gn(H2O)= =1.250×10﹣2 molx:y:m:n=n(NH4+):n(Ni2+):n(SO42﹣):n(H2O)=2:1:2:10,硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2•10H2O,答:硫酸镍铵的化学式是(NH4)2Ni(SO4)2•10H2O.【点评】本题考查了探究硫酸镍铵的组成,涉及了滴定知识、氨气的检验方法,本题难度中等. 19.(15 分)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂,可由绿矾(FeSO4•7H2O)通过下列反应制备:FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4 FeCO3+C6H8O7═FeC6H6O7+CO2↑+H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH(开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为 1.0mol•L﹣1计算).金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pHFe3+1.1 3.2Al3+3.0 5.0Fe2+5.8 8.8(1)制备 FeCO3时,选用的加料方式是  c   (填字母),原因是 避免生成 Fe ( OH ) 2 沉淀 .a.将 FeSO4溶液与 Na2CO3溶液同时加入到反应容器中 b.将 FeSO4溶液缓慢加入到盛有 Na2CO3溶液的反应容器中c.将 Na2CO3溶液缓慢加入到盛有 FeSO4溶液的反应容器中(2)生成的 FeCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是 取最后一次的洗涤滤液 1 ~ 2 mL 于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的 BaCl2 溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净  .(3)将制得的 FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中,再加入少量铁粉,80℃下搅拌反应.①铁粉的作用是 防止 +2 价的铁元素被氧化  .②反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是 加入适量柠檬酸让铁粉反应完全 .(4)最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥,获得柠檬酸亚铁晶体.分离过程中加入无水乙醇的目的是 降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量,有利于晶体析出 .(5)某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3) 出发,先制备绿矾,再合成柠檬酸亚铁.请结合如图的绿矾溶解度曲线,补充完整由硫铁矿烧渣制备 FeSO4•7H2O 晶体的实验步骤(可选用的试剂:铁粉、稀硫酸和 NaOH 溶液):向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应,“(过滤,)向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加 NaOH 溶液调节反应液的 pH 约为 5 ,过 滤”或“过滤,向滤液中滴加过量的 NaOH 溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固 体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤” ,得到 FeSO4溶液, (滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到 60℃ 饱和溶液,冷却至 0℃ 结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥  ,得到 FeSO4•7H2O 晶体.【分析】(1)利用 Na2CO3溶液和 FeSO4溶液反应制备 FeCO3,由于 Na2CO3溶液碱性很强,可能会生成 Fe(OH)2沉淀,为避免生成 Fe(OH)2沉淀,如果将 Na2CO3加入 FeSO4溶液中,Fe2+是过量的,并且FeSO4溶液为酸性,Fe2+不易沉淀.因此,CO32﹣容易与 Fe2+结合为沉淀析出,因此应将 Na2CO3溶液缓慢加入到盛有 FeSO4溶液的反应容器中;(2)判断沉淀是否洗净的方法:取最后一次洗涤的滤液,检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质.首先要弄清沉淀上的杂质是什么,然后再去检测里面的离子.本题中 FeCO3的制备是用 Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应,因而沉淀表面可能会有 Na2SO4杂质,因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣,即该题便转化成 SO42﹣的检验;(3)因+2 的 Fe 元素易被空气中的氧气氧化,制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触.加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生 H2,形成一个无氧的环境.除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸,反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁,不会引入杂质.(4)最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液,要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体,可加入无水乙醇,可以降低柠檬酸亚铁的溶解度,从而获得更多的产品.(5)由硫铁矿烧渣(主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3 )制备 FeSO4•7H2O 晶体,要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项.向烧渣中加入足量的稀硫酸,Fe2O3、Al2O3均会与硫酸反应,分别生成Fe2(SO4)2和 Al2(SO4)2,SiO2不反应,先过滤把 SiO2除去,然后向滤液中加入足量的铁粉,将 Fe3+转化成 Fe2+,根据金属离子沉淀的 pH 值,然后通过滴加 NaOH 溶液调节 pH 至 5.0 把 Al3+除去,过滤,即得到 FeSO4溶液,再根据绿矾溶解度曲线,60℃时绿矾的溶解度最大,可加热浓缩到 60℃的饱和溶液,然后放在冰水中冷却,冷却结晶至 0℃,此时析出的晶体是最多的,之后过滤,洗涤,低温烘干.【解答】解:(1)利用 Na2CO3溶液和 FeSO4溶液反应制备 FeCO3,由于 Na2CO3溶液碱性很强,可能会生成 Fe(OH)2沉淀,如果将 Na2CO3加入 FeSO4溶液中,Fe2+是过量的,并且 FeSO4溶液为酸性,Fe2+不易沉淀.因此,CO32﹣容易与 Fe2+结合为沉淀析出,因此为避免生成 Fe(OH)2沉淀,应将 Na2CO3溶液缓 慢加入到盛有 FeSO4溶液的反应容器中;故答案为:c,避免生成 Fe(OH)2沉淀;(2)判断沉淀是否洗净的方法:取最后一次洗涤的滤液,检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质.首先要弄清沉淀上的杂质是什么,然后再去检测里面的离子.本题中 FeCO3的制备是用 Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应,因而沉淀表面可能会有 Na2SO4杂质,因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣,即该题便转化成 SO42﹣的检验.具体操作为:取最后一次的洗涤滤液 1~2 mL 于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的 BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净;故答案为:取最后一次的洗涤滤液 1~2 mL 于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的 BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净;(3)因+2 的 Fe 元素易被空气中的氧气氧化,制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触.加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生 H2,形成一个无氧的环境.除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸,反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁,不会引入杂质;故答案为:防止+2 价的铁元素被氧化,加入适量柠檬酸让铁粉反应完全;(4)最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液,要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体,可加入无水乙醇,可以降低柠檬酸亚铁的溶解度,从而获得更多的产品;故答案为:降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量,有利于晶体析出;(5)由硫铁矿烧渣(主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3 )制备 FeSO4•7H2O 晶体,要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项.向烧渣中加入足量的稀硫酸,Fe2O3、Al2O3均会与硫酸反应,分别生成Fe2(SO4)2和 Al2(SO4)2,SiO2不反应,先过滤把 SiO2除去,然后向滤液中加入足量的铁粉,将 Fe3+转化成 Fe2+,根据金属离子沉淀的 pH 值,然后通过滴加 NaOH 溶液调节 pH 至 5.0 把 Al3+除去,过滤,即得到 FeSO4溶液,再根据绿矾溶解度曲线,60℃时绿矾的溶解度最大,可加热浓缩到 60℃的饱和溶液,然后放在冰水中冷却,冷却结晶至 0℃,此时析出的晶体是最多的,之后过滤,洗涤,低温烘干;故答案为:过滤向反应液中加入足量的铁粉,充分搅拌后,滴加 NaOH 溶液调节反应液的 pH 约为5,过滤或“过滤,向滤液中滴加过量的 NaOH 溶液,过滤,充分洗涤固体,向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解,再加入足量的铁粉,充分搅拌后,过滤;(滴加稀硫酸酸化,)加热浓缩得到 60℃饱和溶液,冷却至 0℃结晶,过滤,少量冰水洗涤,低温干燥.【点评】本题考查了学生在新情境下物质的制备实验中基本的实验技能和对教材相关实验的理解的迁移能力,中档题难度偏大,掌握物质性质和实验技能是解题关键. 20.(14 分)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素,主要以难溶于水的磷酸盐如 Ca3(PO4)2等形式存在.它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用.(1)白磷(P4)可由 Ca3(PO4)2、焦炭和 SiO2 在一定条件下反应获得.相关热化学方程式如下:2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)═6CaO(s)+P4(s)+10CO(g)△H1=+3359.26kJ•mol﹣1CaO(s)+SiO2(s)═CaSiO3(s)△H2=﹣89.61kJ•mol﹣12Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)═6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)△H3则△H3=  +2821.6   kJ•mol﹣1.(2)白磷中毒后可用 CuSO4 溶液解毒,解毒原理可用下列化学方程式表示:11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460molCuSO4能氧化白磷的物质的量是  3mol   .(3)磷的重要化合物 NaH2PO4、Na2HPO4和 Na3PO4可通过 H3PO4与 NaOH 溶液反应获得,含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与 pH 的关系如图所示.①为获得尽可能纯的 NaH2PO4,pH 应控制在  4 ~ 5.5 (介于此区间内的任意值或区间均可)  ;pH=8 时,溶液中主要含磷物种浓度大小关系为  c ( HPO 42﹣ )> c ( H 2PO4﹣ )  . ② Na2HPO4溶液显碱性,若向溶液中加入足量的 CaCl2 溶液,溶液则显酸性,其原因是  3Ca 2+ +2HPO42﹣ ═Ca 3( PO 4)2↓+2H +   (用离子方程式表示).(4)磷的化合物三氯氧磷( )与季戊四醇( )以物质的量之比 2:1 反应时,可获得一种新型阻燃剂中间体 X,并释放出一种酸性气体.季戊四醇与 X 的核磁共振氢谱如图所示.①酸性气体是  HCl   (填化学式).② X 的结构简式为   .【分析】(1)根据盖斯定律,由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式,反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减,据此计算;(2)根据氧化剂 CuSO4得到的电子等于还原剂白磷失去的电子来分析;(3)根据为获得尽可能纯的 NaH2PO4,pH 应控制从图表中找出 H2PO4﹣分布分数最大值所在区间;溶液中主要含磷物种浓度大小关系可由图表得出;(4)HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解,溶液呈碱性,说明水解程度大于电离程度,根据HPO42﹣离子和 Ca2+离子反应生成沉淀使得水解程度小于电离程度;(5)根据核磁共振氢谱可知:季戊四醇中有两种氢原子,而新型阻燃剂中间体 X 中只有一种氢原子,说明三氯氧磷( )与季戊四醇( )以物质的量之比 2:1 反应时,季戊四醇中羟基氢全部消失,生成氯化氢酸性气体.【解答】解:(1)① 2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)═6CaO(s)+P4(s)+10CO(g)△H1=+3359.26kJ•mol﹣1② CaO(s)+SiO2(s)═CaSiO3(s)△H2=﹣89.61kJ•mol﹣1①+②×6 得 2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)═6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)△H3=△H1+△H2×6=+2821.6kJ•mol﹣1,故答案为:+2821.6;(2)CuSO4中铜的化合价由+2 价变为+1 价,1 个 CuSO4得到 1 个电子,60molCuSO4共得到电子60mol,白磷中磷的化合价由 0 价变为+5 价,1 个白磷得到 20 个电子,所以 60molCuSO4能氧化白磷的物质的量为 3mol,故答案为:3mol; (3)①为获得尽可能纯的 NaH2PO4,pH 应控制从图表中找出 H2PO4﹣分布分数最大值所在区间,即 4~5.5(介于此区间内的任意值或区间均可),溶液中主要含磷物种浓:度大小关系可由图表得出 c(HPO42﹣)>c(H2PO4﹣),故答案为:4~5.5(介于此区间内的任意值或区间均可);c(HPO42﹣)>c(H2PO4﹣);② HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解,电离反应式为 HPO42﹣PO⇌43﹣+H+,水解反应式为 HPO42﹣+H2O H⇌2PO4﹣+OH﹣,溶液呈碱性,说明水解程度大于电离程度;由于 HPO42﹣离子和 Ca2+离子反应生成沉淀:3Ca2++2HPO42﹣═Ca3(PO4)2↓+2H+,使得水解程度小于电离程度,溶液则显酸性,故答案为:3Ca2++2HPO42﹣═Ca3(PO4)2↓+2H+;(4)核磁共振氢谱可知:季戊四醇中有两种氢原子,而新型阻燃剂中间体 X 中只有一种氢原子, 说明三氯氧磷( )与季戊四醇( )以物质的量之比 2:1 反应时,季戊四醇中羟基氢全部消失,生成氯化氢酸性气体,故答案为:① HCl; ② .【点评】本题围绕磷及其化合物展开,涉及元素化合物性质、热化学方程式、氧化还原反应判断、离子反应方程式的书写、读图读表、pH 控制、核磁共振氢谱等知识,难度中等以上. 四、[选做题]本题包括 A、B 两小题,请选定其中一小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按 A 小题评分.21.(12 分)A.[物质结构与性质]元素 X 位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为 2.元素 Y 基态原子的 3p 轨道上有 4 个电子.元素 Z 的原子最外层电子数是其内层的 3 倍.(1)X 与 Y 所形成化合物晶体的晶胞如右图所示.①在 1 个晶胞中,X 离子的数目为  4   .②该化合物的化学式为  ZnS   .(2)在 Y 的氢化物(H2Y)分子中,Y 原子轨道的杂化类型是  sp 3   .(3)Z 的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于 H2Y,其原因是 水分子与乙醇分子之间形成氢键.(4)Y 与 Z 可形成 YZ42﹣① YZ42﹣的空间构型为 正四面体  (用文字描述).②写出一种与 YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式:  CCl 4 或 SiCl 4 等 .(5)X 的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2,1mol 该配合物中含有 σ 键的数目为 16NA .【分析】元素 X 位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,则内层电子数=2+8+18=28,且最外层电子数为 2,所以该原子有 30 个电子,为 Zn 元素;元素 Y 基态原子的 3p 轨道上有 4 个电子,则 Y 是 S 元素;元素 Z 的原子最外层电子数是其内层的 3 倍,元素最外层电子数小于或等于 8,所以 Z 是 O 元素.【解答】解:元素 X 位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,则内层电子数=2+8+18=28,且最外层电子数为 2,所以该原子有 30 个电子,为 Zn 元素;元素 Y 基态原子的 3p 轨道上有 4 个电子,则 Y 是 S 元素;元素 Z 的原子最外层电子数是其内层的 3 倍,元素最外层电子数小于或等于 8,所以 Z 是 O 元素.(1)① X 离子数目=8× +6× =4,故答案为:4;②该晶胞中 X 离子数目=8× +6× =4,Y 离子数目=4,所以 X 和 Y 离子数目之比等于 4:4 即 1:1,所以该化合物的化学式为 ZnS,故答案为:ZnS;(2)在 H2S 中硫原子的价层电子数=2+ =4,所以采用 sp3杂化,故答案为:sp3;(3)在乙醇的水溶液中,水分子和乙醇分子之间易形成氢键,氢键的存在导致其溶解性增大,故答案为:水分子与乙醇分子之间形成氢键;(4)① SO42﹣中价层电子数=4+ =4,且没有孤电子对,所以是正四面体结构,故答案 为:正四面体;②等电子体中原子个数相等且价电子数相等,所以与 YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式为 CCl4或SiCl4等,故答案为:CCl4或 SiCl4等;(5)每 mol 配合物[X(NH3)4]Cl2中,σ 键数目=(3×4+4)NA=16NA,故答案为:16NA.【点评】本题考查物质结构和性质,涉及化学式的确定、氢键、杂化方式的判断等知识点,明确化学式的确定方法、氢键对物质性质的影响、杂化方式的判断方法等是解本题关键,注意配合物[Zn(NH3)4]Cl2中,配位键也是 σ 键,为易错点. 22.3,5﹣二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体,可用于天然物质白柠檬素的合成.一种以间苯三酚为原料的合成反应如下:甲醇、乙醚和 3,5﹣二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表:物质 沸点/℃熔点/℃密度(20℃)/g•cm﹣3溶解性甲醇 64.7/ 0.7915 易溶于水乙醚 34.5/ 0.7138 微溶于水3,5﹣二甲氧基苯酚/ 33~36/ 易溶于甲醇、乙醚,微溶于水(1)反应结束后,先分离出甲醇,再加入乙醚进行萃取.①分离出甲醇的操作是的 蒸馏 .②萃取用到的分液漏斗使用前需 检漏 并洗净,分液时有机层在分液漏斗的 上  填(“上”或“下”)层.(2)分离得到的有机层依次用饱和 NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤.用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是 除去 HCl   ;用饱和食盐水洗涤的目的是 除去少量 NaHCO 3 且减少产物损失.(3)洗涤完成后,通过以下操作分离、提纯产物,正确的操作顺序是  dcab   (填字母).a.蒸馏除去乙醚 b.重结晶 c.过滤除去干燥剂 d.加入无水 CaCl2干燥(4)固液分离常采用减压过滤.为了防止倒吸,减压过滤完成后应先 拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管 ,再 关闭抽气泵 .【分析】(1)沸点不同且互溶的液体可以采用蒸馏的方法分离,分液漏斗使用前要进行检漏,根据密度分析;(2)碳酸氢钠能和强酸反应,碳酸氢钠易溶于水中;(3)根据各步骤实验目的进行排序;(4)为了防止倒吸,减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵.【解答】解:(1)①根据图表知,甲醇和乙醚的能互溶,但沸点不同,所以可以采用蒸馏的方法分离出甲醇,故答案为:蒸馏;②分液漏斗在使用前要进行检漏,当分液漏斗不漏时才能使用,根据密度知,有机层的密度小于水,是在上方,故答案为:检漏,上;(2)因为混合物中含有氯化氢,氯化氢能和碳酸氢钠反应,所以为除去氯化氢用饱和 NaHCO3 溶液洗涤,碳酸氢钠易溶于水,为除去剩余的碳酸氢钠用饱和食盐水洗涤且不减少产物的损失,故答案为:除去 HCl,除去少量 NaHCO3 且减少产物损失;(3)洗涤完成后,为除去水分,用无水氯化钙干燥,然后过滤除去干燥剂,再根据沸点不同利用蒸馏的方法除去乙醚,最后再利用重结晶的方法制得较纯产物,所以其排列顺序为:dcab,故答案为:dcab; (4)为了防止倒吸,减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵,故答案为:拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管,关闭抽气泵.【点评】本题考查了有机物的分离和提纯,对于减压蒸馏接触较少,学生感觉较难,为学习难点.  B.使酚酞变红色的溶液,pH>8,溶液显碱性;C.AgI 为黄色沉淀;D.AlO2﹣、H+反应.【解答】解:A.使甲基橙变红色的溶液,pH<3.1,溶液显酸性,该组离子之间不反应,能共存,故 A 正确;B.使酚酞变红色的溶液,pH>8,溶液显碱性,Cu2+、HCO3﹣分别与碱反应,则不能共存,故 B 错误;C.Ag+、I﹣结合生成 AgI 为黄色沉淀,Ag+、SO42﹣结合生成沉淀,则不能共存,故 C 错误;D.AlO2﹣、H+反应时,酸少量生成沉淀,酸过量时生成铝离子,则不能共存,故 D 错误;故选:A。【点评】本题考查离子的共存,明确习题中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键,注意酸碱指示剂的变色范围为解答的易错点,题目难度不大. 4.(2 分)下列有关物质性质的应用正确的是(  )A.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂B.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应,可用来干燥氯气D.氯化铝是一种电解质,可用于电解法制铝【分析】A.液氨汽化时要吸收大量的热;B.二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体;C.氢氧化钙能和氯气反应;D.氯化铝属于共价化合物,熔融情况下不导电.【解答】解:A.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂,故 A 正确; B.石英的主要成分是二氧化硅,二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体,故 B 错误;C.CaO 遇水生成氢氧化钙,而氢氧化钙会和氯气反应,故 C 错误;D.氯化铝属于共价化合物,熔融情况下不导电,不能用于电解制铝,故 D 错误。故选:A。【点评】本题考查物质的性质和用途,难度不大,注意氯气不能用氧化钙干燥. 5.(2 分)用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液,需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(  )A.称量B.溶解C.转移 D.定容【分析】A.药品不能直接放在托盘内,且药品与砝码放反了;B.固体溶解用玻璃棒搅拌,加速溶解;C.应用玻璃棒引流;D.胶头滴管不能伸入容量瓶内。【解答】解:A.用天平称量药品,药品不能直接放在托盘内,天平称量应遵循“左物右码”,故A 错误;B.固体溶解用玻璃棒搅拌,加速溶解,故 B 正确;C.应用玻璃棒引流,防止溶液洒落,故 C 错误;D.胶头滴管不能伸入容量瓶内,应在容量瓶正上方,悬空滴加,故 D 错误;故选:B。【点评】本题实验考查基本操作,比较基础,旨在考查学生对基础知识的理解掌握,注意掌握中学实验常见的基本操作。 6.(2 分)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系:甲 乙 丙.下列有关物质的推断不正确的是(  )A.若甲为焦炭,则丁可能是 O2B.若甲为 SO2,则丁可能是氨水C.若甲为 Fe,则丁可能是盐酸D.若甲为 NaOH 溶液,则丁可能是 CO2【分析】A、甲为碳,丁为 O2 物质转化关系为 C CO CO2;B、若甲为 SO2,则丁为氨水,物质转化关系为:SO2NH4HSO3(NH4)2SO3;C、若甲为 Fe,丁为盐酸,铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,不能进一步和盐酸反应;D、若甲为 NaOH 溶液,丁为 CO2,物质转化关系,NaOH Na2CO3NaHCO3.【解答】解:A、甲为碳,丁为 O2 物质转化关系为 C CO CO2;2C+O2=2CO,2CO+O2=2CO2,CO2+C2CO,故 A 正确;B、若甲为 SO2,则丁为氨水,物质转化关系为:SO2NH4HSO3(NH4)2SO3;SO2+NH3•H2O=NH4HSO3,NH4HSO3+NH3•H2O=(NH4)2SO3+H2O;(NH4)2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3,故 B 正确;C、若甲为 Fe,丁为盐酸,铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,不能进一步和盐酸反应,故 C 错误;D、若甲为 NaOH 溶液,丁为 CO2,物质转化关系,NaOH Na2CO3NaHCO3;2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ,NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O,故 D 正确;故选:C。【点评】本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用,物质的量不同产物不同,掌握物质性质是解题关键,题目难度中等.  7.(2 分)设 NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是(  )A.1L 1mol•L ﹣1的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为 NAB.78g 苯含有 C=C 双键的数目为 3NAC.常温常压下,14g 由 N2与 CO 组成的混合气体含有的原子数目为 NAD.标准状况下,6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为 0.1NA【分析】A、次氯酸根离子是弱酸阴离子,水溶液中发生水解;B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键,C、N2与 CO 摩尔质量相同都为 28g/mol,都是双原子分子;D、依据标准状况下气体物质的量 n= ,结合二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的氧化还原反应计算电子转移;【解答】解:A、次氯酸根离子是弱酸阴离子,水溶液中发生水解;1 L 1mol•L﹣1的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目小于 NA,故 A 错误;B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键,不存在碳碳双键,故 B 错误;C、N2与 CO 摩尔质量相同都为 28g/mol,都是双原子分子,14 g 由 N2与 CO 组成的混合气体物质的量= =0.5mol,含有的原子数目为 NA,故 C 正确;D、标准状况下气体物质的量 n= = =0.3mol,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的反应为 3NO2+H2O=2HNO3+NO,氧化还原反应中 0.3mol 二氧化氮反应转移电子 0.2mol;故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,主要有盐类水解应用,苯分子结构的掌握,气体摩尔体积的计算应用,题目难度中等. 8.(2 分)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(  )A.MnO2 与浓盐酸反应制 Cl2:MnO2+4HCl Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB.明矾溶于水产生 Al(OH)3胶体:Al3++3H2O═Al(OH)3↓+3H+C.Na2O2溶于水产生 O2:Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D.Ca(HCO3)2溶液与少量 NaOH 溶液反应:HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O【分析】A.HCl 为强电解质,应完全电离;B.是胶体,而不是沉淀,且水解为可逆反应;C.没有配平;D.NaOH 完全反应,生成碳酸钙、水、碳酸氢钠.【解答】解:A.MnO2与浓盐酸反应制 Cl2的离子反应为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O,故 A错误;B.明矾溶于水产生 Al(OH)3胶体的离子反应为 Al3++3H2O Al⇌ (OH)3+3H+,故 B 错误;C.Na2O2 溶于水产生 O2的离子反应为 2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑,故 C 错误;D.Ca(HCO3)2溶液与少量 NaOH 溶液反应离子反应为 HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查离子反应的书写,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应,题目难度中等. 9.(2 分)Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器.该电池以海水为电解质溶液,示意图如下.该电池工作时,下列说法正确的是(  ) A.Mg 电极是该电池的正极B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应C.石墨电极附近溶液的 OH﹣的物质的量浓度增大D.溶液中 Cl﹣向正极移动【分析】该装置中 Mg 易失电子作负极,电极反应式为 Mg﹣2e﹣=Mg2+,H2O2具有氧化性,应为原电池的正极,被还原,电极反应式为 H2O2+2H++2e﹣═2H2O,据此分析解答.【解答】解:A.Mg 易失电子发生氧化反应而作负极,故 A 错误;B.H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应,故 B 错误;C.石墨电极反应式为 H2O2+2H++2e﹣═2H2O,氢离子浓度减小,则溶液 pH 增大,OH﹣的物质的量浓度增大,故 C 正确;D.放电时,氯离子向负极移动,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了原电池原理,由 Mg、双氧水的性质确定正负极,会正确书写电极反应式,知道离子移动方向,题目难度不大. 10.(2 分)短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大,且原子最外层电子数之和为 13.X 的原子半径比 Y 的小,X 与 W 同主族,Z 是地壳中含量最高的元素.下列说法正确的是(  )A.原子半径的大小顺序:r(Y)>r(Z)>r(W)B.元素 Z、W 的简单离子的电子层结构不同C.元素 Y 的简单气态氢化物的热稳定性比 Z 的强D.只含 X、Y、Z 三种元素的化合物,可能是离子化合物,也可能是共价化合物【分析】短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大,Z 是地壳中含量最高的元素,Z 为氧元素,X 的原子半径比 Y 的小,则 X 不可能与 Y 处于同一周期,Y 的原子序数小于氧元素,故 Y 处于第二周期,X 处于第一周期,则 X 为氢元素,X 与 W 同主族,故 W 为 Na 元素,四原子最外层电子数之和为 13,则 Y原子的最外层电子数为 13﹣1﹣1﹣6=5,故 Y 为氮元素,据此解答.【解答】解:短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大,Z 是地壳中含量最高的元素,Z 为氧元素,X 的原子半径比 Y 的小,则 X 不可能与 Y 处于同一周期,Y 的原子序数小于氧元素,故 Y 处于第二周期,X 处于第一周期,则 X 为氢元素,X 与 W 同主族,故 W 为 Na 元素,四原子最外层电子数之和为13,则 Y 原子的最外层电子数为 13﹣1﹣1﹣6=5,故 Y 为氮元素,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>N>O,即r(W)>r(Y)>r(Z),故 A 错误;B、O2﹣、Na+离子的核外电子数都是 10 个电子,核外电子层结构相同,故 B 错误;C、同周期自左而右非金属性增强,故非金属性 O>N,非金属性越强气态氢化物越稳定,故氢化物稳定性 H2O>NH3,故 C 错误;D、由 H、N、O 三元素组成的化合物中,若硝酸为共价化合物,硝酸铵为离子化合物,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查物质结构性质关系等,难度中等,推断元素是解题的关键,注意利用同周期原子半径大小关系确定 X 为氢元素. 二、不定项选择题:本题包括 5 小题,每小题 4 分,共计 20 分.每小题只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,该小题得 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.(4 分)下列有关说法正确的是(  )A.反应 NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)在室温下可自发进行,则该反应的△H<0B.电解法精炼铜时,以粗铜作阴极,纯铜作阳极 C.CH3COOH 溶液加水稀释后,溶液中 的值减小D.Na2CO3溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体,CO32﹣水解程度减小,溶液的 pH 减小【分析】A、根据本反应前后气体变固体,熵变小于零,只有在焓变小于零时自发;B、用电解法精炼精铜时,粗铜作阳极,纯铜作阴极;C、根据 CH3COOH 溶液加水稀释,平衡向正反应方向移动,n(CH3COOH)减小,n(CH3COO﹣)增大,以及 = 来分析;D、Na2CO3溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体,CO32﹣水解程度减小,但两者反应生成了 NaOH,溶液的pH 增大.【解答】解:A、本反应前后气体变固体,熵变小于零,只有在焓变小于零时自发,即该反应的△H<0,故 A 正确;B、用电解法精炼精铜时,粗铜作阳极,纯铜作阴极,故 B 错误;C、根据 CH3COOH 溶液加水稀释,平衡向正反应方向移动,n(CH3COOH)减小,n(CH3COO﹣)增大,减小,所以 减小,故 C 正确;D、Na2CO3溶液中加入少量 Ca(OH)2 固体,CO32﹣水解程度减小,但两者反应生成了 NaOH,溶液的pH 增大,故 D 错误;故选:AC。【点评】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题,着力考查学生对用熵变焓变判断反应方向,水解反应、电解池等方面的能力. 12.(4 分)药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得:下列有关叙述正确的是(  )A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团B.可用 FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与 NaHCO3溶液反应D.贝诺酯与足量 NaOH 溶液共热,最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠【分析】A.贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣;B.对乙酰氨基酚含酚﹣OH;C.乙酰水杨酸含﹣COOH,酚﹣OH 的酸性不能与 NaHCO3溶液反应;D.贝诺酯与足量 NaOH 溶液共热发生水解,﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键.【解答】解:A.贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣,两种含氧官能团,故 A 错误;B.对乙酰氨基酚含酚﹣OH,遇 FeCl3溶液显紫色,则可用 FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚,故 B 正确;C.乙酰水杨酸含﹣COOH,酚﹣OH 的酸性不能与 NaHCO3溶液反应,则只有乙酰水杨酸能与 NaHCO3溶液反应,故 C 错误;D.贝诺酯与足量 NaOH 溶液共热发生水解,﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键,不生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查有机物的结构和性质,明确酚及酯的性质是解答本题的关键,注意选项 D 中的水解为解答的难点和易错点,题目难度中等.  13.(4 分)下列依据相关实验得出的结论正确的是(  )A.向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,该溶液一定是碳酸盐溶液B.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液C.将某气体通入溴水中,溴水颜色褪去,该气体一定是乙烯D.向某溶液中滴加 KSCN 溶液,溶液不变色,滴加氯水后溶液显红色,该溶液中一定含 Fe2+【分析】A、二氧化硫通入澄清石灰水也会变浑浊;B、钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰;C、溴水中溴单质是强氧化剂,通入的气体只要是还原性气体都可以使溴水褪色;D、依据亚铁离子的检验方法分析判断.【解答】解:A、向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液,故 A 错误;B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰,该溶液不一定是含钠元素的溶液,故 B 错误;C、将某气体通入溴水中,溴水颜色褪去,通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色,如二氧化硫、硫化氢等,该气体不一定是乙烯,故 C 错误;D、向某溶液中滴加 KSCN 溶液,溶液不变色,说明不含铁离子,滴加氯水后溶液显红色,氯气氧化亚铁离子为铁离子,遇到硫氰酸钾溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含 Fe2+,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查了常见离子检验方法和现象判断,主要是碳酸盐、亚硫酸盐、溴单质、亚铁离子等物质性质的分析应用,焰色反应的实验方法应用,题目难度中等. 14.(4 分)一定温度下,三种碳酸盐 MCO3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示.已知:pM=﹣lgc(M),pc(CO32﹣)=﹣lgc(CO32﹣).下列说法正确的是(  )A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的 Ksp 依次增大B.a 点可表示 MnCO3的饱和溶液,且 c(Mn2+)=c(CO32﹣)C.b 点可表示 CaCO3的饱和溶液,且 c(Ca2+)<c(CO32﹣)D.c 点可表示 MgCO3的不饱和溶液,且 c(Mg2+)<c(CO32﹣)【分析】A.pM 相等时,图线中 pc(CO32﹣)数值越大,实际浓度越小; B.a 点可表示 MnCO3的饱和溶液,pM=p(CO32﹣);C.b 点可表示 CaCO3的饱和溶液,pM<p(CO32﹣);D.pM 数值越大,实际浓度越小,则 c 点可表示 MgCO3 的不饱和溶液,pM>p(CO32﹣);【解答】A.pM 相等时,图线中 p(CO32﹣)数值越大,实际浓度越小,因此,MgCO3、CaCO3、MnCO3 的 Ksp 依次减小,故 A 错误;B.a 点可表示 MnCO3的饱和溶液,pM=p(CO32﹣),所以 c(Mn2+)=c(CO32﹣),故 B 正确;C.b 点可表示 CaCO3的饱和溶液,pM<p(CO32﹣),所以 c(Ca2+)>c(CO32﹣),故 C 错误;D.pM 数值越大,实际浓度越小,则 c 点可表示 MgCO3 的不饱和溶液,pM>p(CO32﹣),所以c(Mg2+)<c(CO32﹣),故 D 正确;故选:BD。【点评】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线,掌握图线中 pc(CO32﹣)、pM 数值越大,实际浓度越小是解题的关键,难度中等. 15.(4 分)一定条件下存在反应:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g),其正反应放热.现有三 个相同的 2L 恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,在Ⅰ中充入 1mol CO 和 1mol H2O,在Ⅱ中充入 1mol CO2和 1mol H2,在Ⅲ中充入 2mol CO 和 2mol H2O,700℃条件下开始反应.达到平衡时,下列说法正确的是(  )A.容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同B.容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同C.容器Ⅰ中 CO 的物质的量比容器Ⅱ中的多D.容器Ⅰ中 CO 的转化率与容器Ⅱ中 CO2的转化率之和等于 1【分析】A.两个容器中平衡建立的途径不相同,无法比较反应速率;B.平衡常数 K 只与温度有关,Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热,反应物的量不同反应的热效应不同,体系温度不同;C.容器Ⅱ中所到达的平衡状态,相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度,平衡向正反应移动,所以容器Ⅰ中 CO 的物质的量比容器Ⅱ中的多;D.容器Ⅰ中 CO 的转化率与容器Ⅱ中 CO2的转化率之和小于 1.【解答】解:A.两个容器中平衡建立的途径不相同,无法比较反应速率建立平衡途径不同,无法比较反应速率,故 A 错误;B.Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热,反应物的量不同反应的热效应不同,所以平衡常数 K 不同,故 B 错误;C.由于正反应是放热反应,容器Ⅰ中反应从正方向开始,随着反应的进行温度在升高,而温度升高会使平衡逆向移动,抑制了 CO 的转化,容器Ⅱ中反应从逆向开始,随着反应的进行温度在降低,会使平衡正向移动,促进了 CO 的转化,因此容器Ⅰ中 CO 的转化率比容器Ⅱ中的小,平衡时容器Ⅰ中 CO的物质的量比容器Ⅱ中的多,故 C 正确;D.如果温度相同时,容器Ⅰ中 CO 的转化率与容器Ⅱ中 CO2的转化率之和等于 1,因为容器绝热,容器Ⅱ中所到达的平衡状态,相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度,平衡向正反应移动,二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中 CO2的转化率低,所以容器Ⅰ中 CO 的转化率与容器Ⅱ中 CO2的转化率之和小于 1,故 D 错误。故选:C。【点评】本题主要考查了化学平衡的建立与等效平衡的关系,需要注意的是容器绝热,反应放热,温度升高,学生易错. 三、非选择题16.(12 分)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛.硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索.以菱镁矿(主要成分为 MgCO3,含少量 FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下:(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为  MgCO 3+2H + ═Mg 2+ +CO 2↑+H2O   .(2)加入 H2O2 氧化时,发生反应的化学方程式为  2FeSO 4+H2O2+H2SO4═Fe2( SO 4)3+2H2O   .(3)滤渣 2 的成分是  Fe ( OH ) 3 (填化学式).(4)煅烧过程存在以下反应:2MgSO4+C 2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+C MgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3C MgO+S↑+3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集. ① D 中收集的气体可以是  CO   (填化学式).② B 中盛放的溶液可以是  d   (填字母).a.NaOH 溶液 b.Na2CO3 溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液③ A 中得到的淡黄色固体与热的 NaOH 溶液反应,产物中元素最高价态为+4,写出该反应的离子方程式:  3S+6OH ﹣ 2S 2﹣ +SO 32﹣ +3H 2O   .【分析】(1)碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳;(2)过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁;(3)加入氨水调节溶液 PH 使氢氧化铁全部沉淀;(4)煅烧得到的气体主要有 SO2、CO2、CO、S,产生的气体进行分步吸收或收集,所以通过 A 使硫蒸气冷凝下来,再通过 B 装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫,通过 C 中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,最后剩余一氧化碳气体在 D 中收集.【解答】解:(1)MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水,反应的离子方程式为MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O,故答案为:MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O;(2)加入 H2O2 氧化时,在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁,反应的化学方程式为:2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2(SO4)3+2H2O,故答案为:2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2(SO4)3+2H2O;(3)酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,加入氨水调节溶液 PH 使铁离子全部沉淀,过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁,故答案为:Fe(OH)3;(4)煅烧得到的气体主要有 SO2、CO2、CO、S,产生的气体进行分步吸收或收集,所以通过 A 使硫蒸气冷凝下来,再通过 B 装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫,通过 C 中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,最后剩余一氧化碳气体在 D 中收集;① D 中收集的气体可以是 CO,故答案为:CO;② B 中盛放的溶液可以 KMnO4溶液吸收二氧化硫,故答案为:d;③ A 中得到的淡黄色固体与热的 NaOH 溶液反应,依据氧化还原反应原理,产物中元素最高价态为+4,最低价为﹣2 价,反应的离子方程式为:3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O,故答案为:3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O.【点评】本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用,混合物分离方法和实验操作方法,物质性质熟练掌握是解题关键,题目难度中等. 17.(15 分)化合物 A(分子式为 C6H6O)是一种有机化工原料,在空气中易被氧化.A 的有关转化反应如下(部分反应条件略去):
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