河南省郑州市荥阳二高2016届高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年河南省郑州市荥阳二高高三（上）第四次月考化学试卷 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．用NA表示阿伏加德罗常数．下列说法正确的是( )‎ A．同温同压同体积的气体单质所含原子个数相等 B．常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数为NA C．摩尔是沟通宏观和微观的桥梁 D．大规模海水淡化采用蒸馏法 ‎2．利用下述方法除去氮气中所含的杂质（HCl，H2，H2S）以得到干燥纯净氮气，在下列各步中应采用的正确顺序是( )‎ ‎①通过装有变色硅胶的干燥管 ②通过氢氧化钠溶液 ③通过加热的氧化铜．‎ A．①②③③ B．②①③① C．②③③① D．③②①③‎ ‎3．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是( )‎ A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键 C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性 D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4‎ ‎4．在密闭容器，一定条件下进行反应，mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，变化过程均如右图所示，则对该反应叙述正确的是( )‎ A．正反应是吸热反应 B．逆反应是吸热反应 C．m+n＞p+q D．m+n＜p+q ‎5．下列关于电解质溶液的叙述正确是( )‎ A．在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+可以大量共存 B．在pH=0的溶液中，Na+、NO3﹣、SO32﹣、K+可以大量共存 C．分别与等物质的量的HCl和CH3COOH反应时，消耗NaOH的物质的量相同 D．由0.1 mol/L一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B++OH﹣‎ - 25 -‎ ‎6．固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过．该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应．下列判断正确的是( )‎ A．有O2参加反应的a极为电池的负极 B．电路中每转移2mole﹣，则消耗H2的体积为22.4L．‎ C．a极对应的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣‎ D．该电池的总反应式为2H2+O22H2O ‎7．联苯的结构简式如图，下列有关联苯的说法中正确的是( )‎ A．分子中含有6个碳碳双键 B．1mol联苯最多可以和6mol H2发生加成反应 C．它容易发生加成反应、取代反应，也容易被强氧化剂氧化 D．它和蒽（）同属于芳香烃，两者互为同系物 ‎8．下列说法正确的是( )‎ A．萃取操作时，振荡过程中需要放气，放气是通过打开分液漏斗上口的玻璃塞进行的 B．可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法从硝酸钾溶液中获得硝酸钾晶体 C．将乙醇与水分离，如图1、图2操作 D．稀释浓H2SO4，如图3操作 ‎9．对于某些离子的检验及结论中一定正确的是( )‎ A．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32﹣‎ B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42﹣‎ C．分别含有Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开 D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+‎ ‎10．海水是重要的资源，可以制备一系列物质（如图）．下列说法正确的是( )‎ - 25 -‎ A．步骤②中，应先通CO2，再通NH3‎ B．步骤③可将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱水 C．步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化 D．除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸 ‎11．下列实验的现象与对应结论均正确的是( )‎ 选项 操作 现象 结论 A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑 浓硫酸有吸水性 B 常温下将Al片放入浓硝酸中 无明显变化 Al与浓硝酸不反应 C 将NH3通过灼热的氧化铜固体 固体变红 氨气具有还原性 D 过量的SO2通入到含有少量NaOH的酚酞溶液中 溶液红色逐渐褪去 SO2具有漂白性 A．A B．B C．C D．D ‎12．下列关于金属单质及其化合物的叙述正确的是 ‎①赤铁矿的主要成分是Fe3O4‎ ‎②在人体内的血红蛋白中含有铁元素 ‎③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族 ‎④除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤 ‎⑤Fe3+与KSCN产生血红色沉淀 ‎⑥Na2O2既可作呼吸面具中，又可漂白织物、麦杆、羽毛等 ‎⑦铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物 ‎⑧明矾常作为消毒剂 ‎⑨氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质( )‎ A．④⑥⑧ B．①③④⑥⑦ C．②④⑥⑦⑨ D．①②③⑤⑧‎ ‎13．如图表示温度和压强对平衡X+Y⇌2Z的影响．下列叙述正确的是( )‎ A．增大压强，平衡向右移动 - 25 -‎ B．升高温度，平衡向左移动 C．X和Y中只有一种为气态，Z为气态 D．上述反应的正反应为放热反应 ‎14．已知下列三个数据：7.1×10﹣4 mol•L﹣1、6.8×10﹣4 mol•L﹣1、6.2×10﹣10 mol•L﹣1分别是三种酸的电离平衡常数．若这三种酸可发生如下反应：‎ ‎①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2 ②NaCN+HF=HCN+NaF ③NaNO2+HF=HNO2+NaF 则下列叙述中不正确的是( )‎ A．HF的电离平衡常数为7.1×10﹣4 mol•L﹣1‎ B．HNO2的电离平衡常数为6.2×10﹣10 mol•L﹣1‎ C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱 D．HNO2的电离平衡常数比HCN的大，比HF的小 ‎15．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为( )‎ A．1：9 B．1：7 C．1：5 D．2：9‎ 二、填空题（55分）‎ ‎16．工业上用CO生产燃料甲醇．一定温度和容积条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示反应中的能量变化；图2表示一定温度下，在体积为1L的密闭容器中加入2mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化．请回答下列问题：‎ ‎（1）在“图1”中，曲线__________（填“a”或“b”）表示使用了催化剂；没有使用催化剂时，在该温度和压强条件下反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的△H=__________．‎ ‎（2）下列说法正确的是 A．起始充入的CO的物质的量为1mol B．增加CO的浓度，H2的转化率会增大 C．容器中压强恒定时，反应达到平衡状态 ‎（3）从反应开始到建立平衡，v（CO）=__________；达到平衡时，c（H2）=__________，该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数表达式为__________．达到平衡后若保持其它条件不变，将容器体积压缩为0.5L，则平衡__________移动 （填“正向”、“逆向”或“不”）．‎ ‎（4）已知CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣193kJ/mol，又知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，请写出32g的CH3OH（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式__________．‎ - 25 -‎ ‎17．CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂．以生物质废液﹣﹣木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）等为原料生产CMA的实验流程如图1：‎ ‎（1）步骤①发生的反应离子方程式为__________．‎ ‎（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为__________（写化学式）；步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是__________．‎ ‎（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为__________（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是__________．‎ ‎（4）步骤⑥包含的操作有__________、过滤、洗涤及干燥．‎ ‎18．结合氯气的相关知识解决下列问题．‎ ‎（1）在实验室中制取Cl2，下列收集Cl2的装置中正确的是如图1__________（填字母）．‎ ‎（2）漂白粉能与盐酸发生反应，但盐酸浓度不同时，漂白粉与盐酸混合发生反应的类型不同．‎ 漂白粉与稀盐酸发生复分解反应，化学方程式为__________．‎ 漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应，化学方程式为__________．‎ ‎（3）实验室可以用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2，还可以用KMnO4与浓盐酸在常温下制备Cl2．高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析．某化学兴趣小组在实验室里欲用KMnO4固体来配制250.00mL 0.1000mol/L的KMnO4溶液．‎ ‎①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、__________．‎ ‎②下列操作会导致实验结果偏小的是__________（填字母）．‎ a．加水定容时俯视刻度线 b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 c．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 ‎（4）图2氯水中含有多种成分，因而具有很多性质，根据氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b、c、d重合部分代表物质间反应，且氯水足量）．‎ ‎①能证明氯水具有漂白性的是__________（填“a”、“b”、“c”或“d”）．‎ ‎②c过程中的现象是__________．‎ - 25 -‎ ‎19．某研究小组制得一种有机物F，是一种新型镇痛和麻醉药物，可通过以下路线合成得到，线路如下：‎ 已知信息：‎ ‎（1）有机物D、E不能使FeCl3显紫色，有机物B的结构片断为 ‎（2）‎ ‎（3）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）F分子式为__________，A中官能团为（任写一种）__________．‎ ‎（2）反应②类型__________．‎ ‎（3）B的结构简式为__________．‎ ‎（4）X是A的同分异构体，X的结构具有以下特征：①属于芳香族化合物；②属于酯类；③可以发生银镜反应．符合条件的X所有同分异构体有__________种．‎ ‎20．（14分）如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CaCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分．‎ ‎（1）其中代表金刚石的是（填编号字母，下同）__________，其中每个碳原子与__________碳原子最接近且距离相等．金刚石属于__________晶体．‎ ‎（2）其中代表石墨的是__________，其中每个正六边形占有碳原子数平均为__________个．‎ ‎（3）其中代表NaCl的是__________，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+有__________个．‎ ‎（4）代表CsCl的是__________，它属于__________晶体，每个Cs+与__________个Cl﹣紧邻．‎ ‎（5）代表干冰的是__________，它属于__________晶体，每个CO2分子与__________个CO2分子紧邻．‎ ‎（6）若说“离子晶体只有离子键，分子晶体中没有化学键”，是否正确？简述理由．‎ - 25 -‎ ‎（7）NaCl晶体、HCl晶体、干冰、金刚石熔点由高而低的顺序是__________；其中在熔融为液态时能导电的电解质是__________，液态不导电但为电解质的是__________．在水溶液中能导电的非电解质是__________．‎ - 25 -‎ ‎2015-2016学年河南省郑州市荥阳二高高三（上）第四次月考化学试卷 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．用NA表示阿伏加德罗常数．下列说法正确的是( )‎ A．同温同压同体积的气体单质所含原子个数相等 B．常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数为NA C．摩尔是沟通宏观和微观的桥梁 D．大规模海水淡化采用蒸馏法 ‎【考点】阿伏加德罗常数． ‎ ‎【分析】A、气体单质分为单原子分子、双原子分子和多原子分子；‎ B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；‎ C、物质的量是用来衡量微观离子集合体的一个物理量；‎ D、蒸馏法是海水淡化的方法之一．‎ ‎【解答】解：A、故同温同压同体积的单质气体的物质的量相同，但由于气体单质分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，故含有的原子个数不一定相同，故A错误；‎ B、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，含有的氧原子的个数小于NA个，故B错误；‎ C、物质的量是用来衡量微观离子集合体的一个物理量，是沟通宏观和微观的桥梁，摩尔只是物质的量的单位，故C错误；‎ D、可以利用蒸馏法将海水淡化为可饮用的水，蒸馏法是海水淡化的主要的方法，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算和海水的淡化方法，蒸馏法是目前海水淡化的最成熟的方法．‎ ‎2．利用下述方法除去氮气中所含的杂质（HCl，H2，H2S）以得到干燥纯净氮气，在下列各步中应采用的正确顺序是( )‎ ‎①通过装有变色硅胶的干燥管 ②通过氢氧化钠溶液 ③通过加热的氧化铜．‎ A．①②③③ B．②①③① C．②③③① D．③②①③‎ ‎【考点】物质分离、提纯的实验方案设计． ‎ ‎【分析】HCl、H2S可与氢氧化钠溶液反应，然后干燥，氢气与加热的氧化铜反应，然后再干燥可得到氮气，以此解答．‎ ‎【解答】解：HCl、H2S为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，然后干燥，氢气与加热的氧化铜反应，然后再干燥可得到氮气，只有B正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．‎ ‎3．如图所示的五中元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是( )‎ - 25 -‎ A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键 C．物质WY2，W3X4，WZ4均有熔点高，硬度大的特性 D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4‎ ‎【考点】真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用． ‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，然后结合元素化合物知识来解答．‎ ‎【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子为x，则Y、W、Z的最外层电子数分别为x+1、x﹣1、x+2，所以x+x+1+x﹣1+x+2=22，解得x=5，即X为N，Y为O，W为Si，Z为Cl，W与T同主族，则T为Ge，‎ A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氢键，沸点都比HCl高，故A错误；‎ B．N、H、O三种元素可形成NH4NO3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故B错误；‎ C．SiO2、Si3N4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而SiCl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故C错误；‎ D．Ge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成GeCl4，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题为2014年浙江高考化学试题，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，题目难度不大．‎ ‎4．在密闭容器，一定条件下进行反应，mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，变化过程均如右图所示，则对该反应叙述正确的是( )‎ A．正反应是吸热反应 B．逆反应是吸热反应 C．m+n＞p+q D．m+n＜p+q ‎【考点】化学平衡的影响因素． ‎ ‎【分析】依据图象分析判断，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，根据化学平衡移动原理分析，升温向吸热反应方向进行；增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；‎ ‎【解答】解：A、升高温度，平衡逆向进行，说明反应正向是放热反应，故A错误；‎ - 25 -‎ B、升高温度，平衡逆向进行，说明逆向是吸热反应，反应正向是放热反应，故B正确；‎ C、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故C错误；‎ D、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+n＜p+q，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析，化学平衡移动原理的理解和熟练掌握是解题关键，题目较简单．‎ ‎5．下列关于电解质溶液的叙述正确是( )‎ A．在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+可以大量共存 B．在pH=0的溶液中，Na+、NO3﹣、SO32﹣、K+可以大量共存 C．分别与等物质的量的HCl和CH3COOH反应时，消耗NaOH的物质的量相同 D．由0.1 mol/L一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B++OH﹣‎ ‎【考点】离子共存问题；pH的简单计算． ‎ ‎【专题】离子反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A．pH=12的溶液，显碱性；‎ B．pH=0的溶液，显酸性；‎ C．等物质的量的HCl和CH3COOH，消耗碱相同；‎ D.0.1 mol/L一元碱BOH溶液的pH=10，则BOH为弱碱，存在电离平衡．‎ ‎【解答】解：A．pH=12的溶液，显碱性，OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选；‎ B．pH=0的溶液，显酸性，NO3﹣、SO32﹣、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；‎ C．等物质的量的HCl和CH3COOH，消耗碱相同，则消耗NaOH的物质的量相同，故C选；‎ D.0.1 mol/L一元碱BOH溶液的pH=10，则BOH为弱碱，存在电离平衡，则BOH⇌B++OH﹣，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子的共存、pH的计算，为高频考点，把握常见离子的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应及酸碱中和的离子反应考查，题目难度不大．‎ ‎6．固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过．该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应．下列判断正确的是( )‎ A．有O2参加反应的a极为电池的负极 B．电路中每转移2mole﹣，则消耗H2的体积为22.4L．‎ C．a极对应的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣‎ D．该电池的总反应式为2H2+O22H2O ‎【考点】原电池和电解池的工作原理． ‎ - 25 -‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】该电池属于固体燃料电池，以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，电池工作时，正极上氧气得电子生成阳离子，则正极上反应为O2+4e﹣=2O2﹣；负极为氢气失电子发生氧化反应，负极：2H2﹣4e﹣+2O2﹣═2H2O，总反应为：2H2+O22H2O．‎ ‎【解答】解：A、在燃料电池中，有O2参加的a极为原电池的正极，故A错误；‎ B、电路中每转移2mole﹣，消耗1mol氢气，则消耗H2的体积在标准状况下为22.4L，题目中没有说明是标准状况，所以氢气的体积无法计算，故B错误；‎ C、a极为正极，电极反应为：O2+4e﹣=2O2﹣，故C错误；‎ D、该电池的总反应式为2H2+O22H2O，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查原电池的工作原理，涉及正负极的判断，电极反应式的书写等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累．‎ ‎7．联苯的结构简式如图，下列有关联苯的说法中正确的是( )‎ A．分子中含有6个碳碳双键 B．1mol联苯最多可以和6mol H2发生加成反应 C．它容易发生加成反应、取代反应，也容易被强氧化剂氧化 D．它和蒽（）同属于芳香烃，两者互为同系物 ‎【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；芳香烃、烃基和同系物． ‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A．苯环中不存在碳碳双键；‎ B．苯环与氢气以1：3发生加成反应；‎ C．苯环结构不能被强氧化剂氧化；‎ D．同系物中苯环的数目应相同．‎ ‎【解答】解：A．苯环中不存在碳碳双键，则分子中不含双键，故A错误；‎ B．苯环与氢气以1：3发生加成反应，则1mol联苯最多可以和6mol H2发生加成反应，故B正确；‎ C．具有苯的结构，可发生加成、取代反应，但苯环结构不能被强氧化剂氧化，故C错误；‎ D．同系物中苯环的数目应相同，则它和蒽（）同属于芳香烃，但不是同系物，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查联苯的结构与性质，为高频考点，把握苯的结构与性质为解答的关键，侧重分析能力及知识迁移应用能力的考查，题目难度不大．‎ ‎8．下列说法正确的是( )‎ - 25 -‎ A．萃取操作时，振荡过程中需要放气，放气是通过打开分液漏斗上口的玻璃塞进行的 B．可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法从硝酸钾溶液中获得硝酸钾晶体 C．将乙醇与水分离，如图1、图2操作 D．稀释浓H2SO4，如图3操作 ‎【考点】分液和萃取；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用． ‎ ‎【专题】化学实验基本操作．‎ ‎【分析】A．放气是通过打开分液漏斗的活塞进行的；‎ B．硝酸钾溶解度随温度升高而增大的多；‎ C．乙醇与水可互溶，不分层；‎ D．量筒不能用来稀释或配置溶液．‎ ‎【解答】解：A．右手顶住瓶塞，将漏斗倒置过来．以左手控制活栓，将活栓打开先放气一次，故A错误； ‎ B．硝酸钾溶解度随温度升高而增大的多，用冷却结晶，故B正确；‎ C．乙醇与水可互溶，不分层，无法用分液分离，故C错误；‎ D．量筒不能用来稀释或配置溶液，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查分液、重结晶、量筒的使用等，难度不大，注意振荡过程中需要放气，放气是通过打开分液漏斗的活塞进行的．‎ ‎9．对于某些离子的检验及结论中一定正确的是( )‎ A．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有CO32﹣‎ B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42﹣‎ C．分别含有Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开 D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+‎ ‎【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． ‎ ‎【专题】物质检验鉴别题．‎ ‎【分析】A．可能含有HCO3﹣；‎ B．可能生成AgCl沉淀；‎ C．利用氢氧化镁、氢氧化铜的颜色不同鉴别；‎ D．可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀．‎ ‎【解答】解：A．加入盐酸产生无色气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有HCO3﹣或CO32﹣等离子，故A错误；‎ B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能生成AgCl沉淀，应先加入颜色，如无现象，再加入氯化钡检验，故B错误；‎ C．加入NaOH，氢氧化镁为白色沉淀，氢氧化铜为蓝色沉淀，可鉴别，故C正确；‎ D．可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ba2+，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查物质的检验、鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度中等，易错点为B，注意排除银离子的干扰．‎ - 25 -‎ ‎10．海水是重要的资源，可以制备一系列物质（如图）．下列说法正确的是( )‎ A．步骤②中，应先通CO2，再通NH3‎ B．步骤③可将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱水 C．步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化 D．除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸 ‎【考点】海水资源及其综合利用． ‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】A、步骤②是侯德榜制碱的原理，向氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体；‎ B、氯化镁水溶液中水解，加热促进水解；‎ C、步骤④是溴离子被氧化，步骤⑤是溴单质被还原，步骤⑥是溴元素被氧化；‎ D、根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；‎ ‎【解答】解：A、步骤②中，应先通NH3，再通CO2，目的是增多二氧化碳溶解生成碳酸氢钠晶体，故A错误；‎ B、步骤③MgCl2•6H2O氯化镁水溶液中水解，加热促进水解，晶体不能在空气中直接加热脱水，应在氯化氢气流中加热失水，故B错误；‎ C、步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥溴元素被氧化为溴单质，故C错误；‎ D、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：②加过量的氢氧化钠溶液⑤加过量的氯化钡溶液 ④加过量的碳酸钠溶液①过滤③加适量盐酸．，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了工业制备流程的过程分析判断，原理应用和实验步骤是解题关键，题目难度中等．‎ ‎11．下列实验的现象与对应结论均正确的是( )‎ 选项 操作 现象 结论 A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑 浓硫酸有吸水性 B 常温下将Al片放入浓硝酸中 无明显变化 Al与浓硝酸不反应 C 将NH3通过灼热的氧化铜固体 固体变红 氨气具有还原性 - 25 -‎ D 过量的SO2通入到含有少量NaOH的酚酞溶液中 溶液红色逐渐褪去 SO2具有漂白性 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价． ‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．变黑说明蔗糖脱水；‎ B．常温下将Al片放入浓硝酸中，发生钝化；‎ C．将NH3通过灼热的氧化铜固体，反应生成Cu、氮气和水；‎ D．二氧化硫为酸性氧化物．‎ ‎【解答】解：A．变黑说明蔗糖脱水，体现浓硫酸的脱水性，故A错误；‎ B．常温下将Al片放入浓硝酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，发生了氧化还原反应，故B错误；‎ C．将NH3通过灼热的氧化铜固体，反应生成Cu、氮气和水，N元素的化合价升高，体现氨气的还原性，故C正确；‎ D．二氧化硫为酸性氧化物，过量的SO2通入到含有少量NaOH的酚酞溶液中，与碱反应生成盐，碱性减弱，则溶液红色逐渐褪去，与其漂白性无关，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，涉及浓硫酸的性质、氧化还原反应及二氧化硫的性质等，把握物质的性质及发生化学反应为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．‎ ‎12．下列关于金属单质及其化合物的叙述正确的是 ‎①赤铁矿的主要成分是Fe3O4‎ ‎②在人体内的血红蛋白中含有铁元素 ‎③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族 ‎④除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤 ‎⑤Fe3+与KSCN产生血红色沉淀 ‎⑥Na2O2既可作呼吸面具中，又可漂白织物、麦杆、羽毛等 ‎⑦铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物 ‎⑧明矾常作为消毒剂 ‎⑨氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质( )‎ A．④⑥⑧ B．①③④⑥⑦ C．②④⑥⑦⑨ D．①②③⑤⑧‎ ‎【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用． ‎ ‎【分析】①赤铁矿成分为氧化铁；‎ ‎②人体血红蛋白中含有亚铁离子，故②正确；‎ ‎③铁位于第四周期第ⅤⅢ族，不是副族，故③错误；‎ ‎④氯化铁加入铁反应生成氯化亚铁，；‎ ‎⑤铁离子结合SCN﹣形成血红色溶液；‎ ‎⑥过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，具有漂白性；‎ ‎⑦氧化铝属于两性氧化物，Al、Al2O3和强碱反应生成可溶性偏铝酸盐；‎ ‎⑧明矾溶解溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，无氧化性不能消毒但可以净水；‎ ‎⑨氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行；‎ ‎【解答】解：①赤铁矿成分为氧化铁，四氧化三铁为黑色固体，故①错误；‎ ‎②人体血红蛋白中含有亚铁离子，故②正确；‎ - 25 -‎ ‎③铁位于第四周期第ⅤⅢ族，不是副族，故③错误；‎ ‎④氯化铁加入铁反应生成氯化亚铁，除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤，故④正确；‎ ‎⑤铁离子结合SCN﹣形成血红色溶液，不是沉淀，故⑤错误；‎ ‎⑥过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可以做供氧剂，具有漂白性，可漂白织物、麦杆、羽毛等，故⑥正确；‎ ‎⑦氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+2H2O，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故⑦正确；‎ ‎⑧明矾溶解溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，无氧化性不能消毒杀菌，能起到净水作用，故⑧错误；‎ ‎⑨氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行，氧化铁胶体加热会聚沉，均产生红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质三氧化二铁，故⑨正确．‎ ‎②④⑥⑦⑨正确 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了物质性质和用途的分析应用，主要是物质性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目较简单．‎ ‎13．如图表示温度和压强对平衡X+Y⇌2Z的影响．下列叙述正确的是( )‎ A．增大压强，平衡向右移动 B．升高温度，平衡向左移动 C．X和Y中只有一种为气态，Z为气态 D．上述反应的正反应为放热反应 ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线． ‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】图中表示三个变量：Z的体积分数、压强、温度，在分析平衡移动时注意定一议二的原则．‎ 做等温线，定住温度不变，改变压强通过分析Z的体积分数的变化判断平衡的移动方向，进而判断物质的状态；‎ 定住压强不变，改变温度，通过分析Z的体积分数的变化判断平衡的移动方向，进而判断反应的热效应．‎ ‎【解答】解：A．做一条垂直于x轴的等温线，当压强增大时，Z的体积分数减小，平衡向左移动，故A错误；‎ B．当压强为10KPa时，温度升高，Z的体积分数增大，平衡向右移动，故B错误；‎ - 25 -‎ C．做一条垂直于x轴的等温线，当压强增大时，Z的体积分数减小，平衡向左移动，加压平衡向气体系数减小的方向移动，故C正确；‎ D．当压强为10KPa时，温度升高，Z的体积分数增大，平衡向右移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正方向为吸热反应，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了影响化学平衡的因素和平衡图象，解题时注意运用定一议二的原则．‎ ‎14．已知下列三个数据：7.1×10﹣4 mol•L﹣1、6.8×10﹣4 mol•L﹣1、6.2×10﹣10 mol•L﹣1分别是三种酸的电离平衡常数．若这三种酸可发生如下反应：‎ ‎①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2 ②NaCN+HF=HCN+NaF ③NaNO2+HF=HNO2+NaF 则下列叙述中不正确的是( )‎ A．HF的电离平衡常数为7.1×10﹣4 mol•L﹣1‎ B．HNO2的电离平衡常数为6.2×10﹣10 mol•L﹣1‎ C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱 D．HNO2的电离平衡常数比HCN的大，比HF的小 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． ‎ ‎【专题】常规题型；基本概念与基本理论；电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，所以这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸．‎ ‎【解答】解：强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，所以这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸，‎ A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，故A正确；‎ B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10﹣4，故B错误；‎ C．根据强酸制取弱酸知，由①③两个反应即可知三种酸的相对强弱，故C正确；‎ D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了酸性强弱的判断，明确电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，难度不大．‎ ‎15．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为( )‎ A．1：9 B．1：7 C．1：5 D．2：9‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算． ‎ ‎【专题】守恒法．‎ ‎【分析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2‎ - 25 -‎ S）﹣n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量．据此计算判断．‎ ‎【解答】解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．‎ 令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：‎ n（Cu2S）×[6﹣（﹣2）+1×2]=1mol×（5﹣4）+1mol×（5﹣2），解得n（Cu2S）=0.4mol．‎ 由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，‎ 根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4）=2×0.4mol﹣0.4mol=0.4mol．‎ 由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol．‎ 所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用．‎ 二、填空题（55分）‎ ‎16．工业上用CO生产燃料甲醇．一定温度和容积条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．图1表示反应中的能量变化；图2表示一定温度下，在体积为1L的密闭容器中加入2mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化．请回答下列问题：‎ ‎（1）在“图1”中，曲线b（填“a”或“b”）表示使用了催化剂；没有使用催化剂时，在该温度和压强条件下反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的△H=﹣91kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）下列说法正确的是 A．起始充入的CO的物质的量为1mol B．增加CO的浓度，H2的转化率会增大 C．容器中压强恒定时，反应达到平衡状态 ‎（3）从反应开始到建立平衡，v（CO）=0.075mol/（L•min）；达到平衡时，c（H2）=0.5mo/L，该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数表达式为K=．达到平衡后若保持其它条件不变，将容器体积压缩为0.5L，则平衡正向移动 （填“正向”、“逆向”或“不”）．‎ ‎（4）已知CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣193kJ/mol，又知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，请写出32g的CH3OH（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣281kJ/mol．‎ - 25 -‎ ‎【考点】热化学方程式；化学平衡的计算． ‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）根据图中反应的活化能的大小来分析是否使用催化剂，利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化；‎ ‎（2）A、由图2利用转化的CO和平衡时CO的量来分析；‎ B、增加CO浓度，会促进氢气的转化，但本身的转化率降低；‎ C、该反应为反应前后压强不等的反应；‎ ‎（3）根据v=进行计算；根据三行式来计算平衡时氢气的浓度；化学平衡常数表达式等于生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积；增大压强平衡向气体体积缩小的方向移动；‎ ‎（4）32g的CH3OH的物质的量为1mol，结合盖斯定律计算．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，反应的活化能b的较小，所以b使用的催化剂，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应；‎ 由图可知，反应物为1molCO（g）和2molH2（g），生成物为1molCH3OH（g），△H=419﹣510=﹣91 kJ•mol﹣1，‎ 故反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：b；﹣91 kJ•mol﹣1；（1）b﹣91kJ/mol ‎（2）A、由图2可知生成0.75mol/LCH3OH，则反应了0.75mol/LCO，平衡时有0.25mol/LCO，即CO的起始物质的量为（0.75mol/l+0.25mol/L）×1L=1mol，故A正确；‎ B、增加CO浓度，会促进氢气的转化，氢气的转化率增大，但CO的转化率减小，故B正确；‎ C、该反应为反应前后压强不等的反应，则压强不变时，该反应达到平衡状态，故C正确；故选：ABC；‎ ‎（3）v（CO）==0.075 mol•L﹣1•min﹣1，‎ ‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 开始（mol/L） 1 2 0‎ 转化（mol/L） 0.75 1.5 0.75‎ 平衡（mol/L） 0.25 0.5 0.75‎ 平衡常数表达式为：K=；‎ 容器体积压缩为0.5L，相当于增大压强，平衡正向移动，故答案为：0.075mol/（L•min）；0.5mo/L；K=；正向；‎ - 25 -‎ ‎（4）已知①CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣193kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△=44KJ/mol，‎ 利用盖斯定律将①﹣②×2可得CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）‎ ‎△H=（﹣193kJ/mol）﹣44KJ/mol×2=﹣281kJ/mol，‎ 故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣281kJ/mol．‎ ‎【点评】本题考查反应速率计算、化学平衡的影响因素、平衡常数的计算热化学方程式的书写等，难度中等．应注意图象中的信息是解答本题的关键．‎ ‎17．CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂．以生物质废液﹣﹣木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）等为原料生产CMA的实验流程如图1：‎ ‎（1）步骤①发生的反应离子方程式为MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O．‎ ‎（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为SiO2（写化学式）；步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质．‎ ‎（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是除去过量的乙酸．‎ ‎（4）步骤⑥包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． ‎ ‎【专题】综合实验题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学计算．‎ ‎【分析】根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，据此答题；‎ ‎【解答】解：根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，‎ ‎（1）根据上面的分析可知，步骤①发生的反应离子方程式为 MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O，‎ 故答案为：MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO﹣+2CO2↑+2H2O；‎ - 25 -‎ ‎（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，‎ 故答案为：SiO2；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；‎ ‎（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7，步骤④中加入氧化镁的另一个目的是与溶液中的醋酸反应，除去过量的乙酸，‎ 故答案为：3：7；除去过量的乙酸；‎ ‎（4）根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，‎ 故答案为：蒸发结晶．‎ ‎【点评】本题考查学生阅读题目获取信息能力、对工艺流程的理解、物质推断、物质分离提纯与条件控制等，综合性较强，题目难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．‎ ‎18．结合氯气的相关知识解决下列问题．‎ ‎（1）在实验室中制取Cl2，下列收集Cl2的装置中正确的是如图1C（填字母）．‎ ‎（2）漂白粉能与盐酸发生反应，但盐酸浓度不同时，漂白粉与盐酸混合发生反应的类型不同．‎ 漂白粉与稀盐酸发生复分解反应，化学方程式为Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO．‎ 漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应，化学方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O．‎ ‎（3）实验室可以用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2，还可以用KMnO4与浓盐酸在常温下制备Cl2．高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析．某化学兴趣小组在实验室里欲用KMnO4固体来配制250.00mL 0.1000mol/L的KMnO4溶液．‎ ‎①需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250mL的容量瓶．‎ ‎②下列操作会导致实验结果偏小的是c（填字母）．‎ a．加水定容时俯视刻度线 b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 c．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 ‎（4）图2氯水中含有多种成分，因而具有很多性质，根据氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b、c、d重合部分代表物质间反应，且氯水足量）．‎ ‎①能证明氯水具有漂白性的是d（填“a”、“b”、“c”或“d”）．‎ ‎②c过程中的现象是有白色沉淀生成．‎ ‎【考点】氯气的实验室制法；氯、溴、碘及其化合物的综合应用． ‎ ‎【专题】卤族元素；无机实验综合．‎ ‎【分析】（1）依据氯气密度大于空气密度，可溶于水的有毒气体的物理性质选择正确的收集方法；‎ ‎（2）依据强酸制备弱酸规律，盐酸与次氯酸钙反应生成氯化钙和次氯酸；‎ - 25 -‎ 漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化钙和水；‎ ‎（3）①依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要仪器；‎ ‎②分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；‎ ‎（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中含有：H2O、HClO、Cl2、Cl﹣、ClO﹣，H+、OH﹣，依据各种离子的性质解答．‎ ‎【解答】解：（1）A．只有进气口，没有出气口，无法排出气体，故A错误；‎ B．此装置是用来收集比空气轻的气体，若收集氯气，应选择向上排空气法，需要短进长出，故B错误；‎ C．装置长进短出可以收集比空气重的气体氯气，剩余的氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，用倒扣在水面的漏斗，符合要求，故C正确；‎ D．氯气通入NaOH溶液会发生反应．氯气被氢氧化钠吸收，不能收集到氯气，故D错误；‎ 故选：C；‎ ‎（2）盐酸与次氯酸钙反应生成氯化钙和次氯酸，反应的化学方程式：Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO；‎ 漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化钙和水，化学方程式：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；‎ 故答案为：Ca（ClO）2+2HCl=CaCl2+2HClO；Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；‎ ‎（3）①配制250.00mL 0.1000mol/L的KMnO4溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、250mL容量瓶，所以还缺失的仪器：250mL的容量瓶；‎ ‎②a．加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；‎ b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；‎ c．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，故选；‎ 故答案为：①250mL的容量瓶； ②c；‎ ‎（4）①氯水中含有氢离子，遇到石蕊显红色，又因为含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，溶液最后褪色；‎ 故答案为：d；‎ ‎②氯水中含有氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银白色沉淀，‎ 故答案为：有白色沉淀生成．‎ ‎【点评】本题为实验题，考查了氯气的制备、收集、性质，一定物质的量浓度溶液的配制，氯水的性质，题目难度不大，掌握基础是解题关键，题目难度不大．‎ ‎19．某研究小组制得一种有机物F，是一种新型镇痛和麻醉药物，可通过以下路线合成得到，线路如下：‎ - 25 -‎ 已知信息：‎ ‎（1）有机物D、E不能使FeCl3显紫色，有机物B的结构片断为 ‎（2）‎ ‎（3）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）F分子式为C18H27O3N，A中官能团为（任写一种）醚键或醛基．‎ ‎（2）反应②类型消去反应．‎ ‎（3）B的结构简式为．‎ ‎（4）X是A的同分异构体，X的结构具有以下特征：①属于芳香族化合物；②属于酯类；③可以发生银镜反应．符合条件的X所有同分异构体有4种．‎ ‎【考点】有机物的合成． ‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】有机物D、E不能使FeCl3显紫色，即有机物D、E中均不含有酚羟基，根据题中各物质的转化关系，E与溴化氢反应生成F，结合E的分子式可知，E为，根据信息b可知，D发生还原反应生成E，可推知D为，比较C和D的分子式及反应条件可知，C发生加成反应生成D，所以C为，B在浓硫酸的作用下发生消去反应得C，所以B为，符合有机物B的结构片断为的条件，根据信息c结合反应①的条件可推知A为，据此答题．‎ ‎【解答】解：有机物D、E不能使FeCl3显紫色，即有机物D、E中均不含有酚羟基，根据题中各物质的转化关系，E与溴化氢反应生成F，结合E的分子式可知，E为 - 25 -‎ ‎，根据信息b可知，D发生还原反应生成E，可推知D为，比较C和D的分子式及反应条件可知，C发生加成反应生成D，所以C为，B在浓硫酸的作用下发生消去反应得C，所以B为，符合有机物B的结构片断为的条件，根据信息c结合反应①的条件可推知A为，‎ ‎（1）根据F的结构简式可知，F分子式为C18H27O3N，A为，A中官能团为醚键和醛基，故答案为：C18H27O3N；醚键和醛基； ‎ ‎（2）根据上面的分析可知，反应②类型为消去反应，故答案为：消去反应； ‎ ‎（3）根据上面的分析可知，B为，故答案为：；‎ ‎（4）X是A的同分异构体，具有以下特征：①属于芳香族化合物即有苯环，②属于酯类；③可以发生银镜反应，即有醛基，符合条件的X所有结构简式为，共4种，‎ 故答案为：4．‎ ‎【点评】本题考查了有机物的推断及合成，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，采用逆推的方法确定有机物的合成路线，中等难度，答题时注意有机基础知识的灵活运用．‎ ‎20．（14分）如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CaCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分．‎ ‎（1）其中代表金刚石的是（填编号字母，下同）D，其中每个碳原子与4碳原子最接近且距离相等．金刚石属于原子晶体．‎ ‎（2）其中代表石墨的是E，其中每个正六边形占有碳原子数平均为2个．‎ ‎（3）其中代表NaCl的是A，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+有12个．‎ ‎（4）代表CsCl的是C，它属于离子晶体，每个Cs+与8个Cl﹣紧邻．‎ ‎（5）代表干冰的是B，它属于分子晶体，每个CO2分子与12个CO2分子紧邻．‎ - 25 -‎ ‎（6）若说“离子晶体只有离子键，分子晶体中没有化学键”，是否正确？简述理由．‎ ‎（7）NaCl晶体、HCl晶体、干冰、金刚石熔点由高而低的顺序是金刚石＞NaCl＞干冰＞HCl晶体；其中在熔融为液态时能导电的电解质是NaCl晶体，液态不导电但为电解质的是HCl晶体．在水溶液中能导电的非电解质是干冰．‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． ‎ ‎【专题】化学键与晶体结构．‎ ‎【分析】（1）在金刚石晶胞中，每个碳可与周围四个碳原子形成共价键，将这四个碳原子连结起来后可以形成正四面体，体心有一个碳原子；由共价键结合形成的空间网状结构的晶体；‎ ‎（2）石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形；‎ ‎（3）在NaCl晶胞中，每个钠离子周围有六个氯离子，每个氯离子周围也有六个钠离子，根据晶胞的结构，每个钠离子周围距离最近的钠离子在小立方体的面对角线的位置，每个钠离子周围有八个这样的立方体，所以面对角线上的钠离子就有12个；‎ ‎（4）CsCl的晶胞中铯离子和氯离子的配位数都是8，即每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个铯离子；‎ ‎（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；‎ ‎（6）由离子键构成的晶体为离子晶体；微粒间通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体，分子内可能含有共价键；‎ ‎（7）熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，晶体类型相同的，微粒间作用力越大，熔点越高；离子晶体在熔融时能导电；共价化合物在熔融时不导电．‎ ‎【解答】解：（1）在金刚石晶胞中，每个碳可与周围四个碳原子形成共价键，将这四个碳原子连结起来后可以形成正四面体，体心有一个碳原子，所以图E为金刚石，每个碳原子与四个碳原子最近且距离相等；金刚石晶体是由共价键结合形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体；‎ 故答案为：D；4；原子；‎ ‎（2）石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，有分子晶体的特点，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形，所以图E为石墨的结构，为混合晶体，每个碳原子被三个六边形共用，所以每个正六边形占有碳原子数平均为6×=2，‎ 故答案为：E；2；‎ ‎（3）在NaCl晶胞中，每个钠离子周围有六个氯离子，每个氯离子周围也有六个钠离子，所以图A为NaCl的结构，根据晶胞的结构，每个钠离子周围距离最近的钠离子在小立方体的面对角线的位置，每个钠离子周围有八个这样的立方体，形成12个面，所以面对角线上的钠离子就有12个，‎ 故答案为：A；12；‎ ‎（4）CsCl是由离子键形成的离子晶体，CsCl的晶胞中铯离子和氯离子的配位数都是8，即每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个铯离子，所以图C为CsCl的结构；‎ 故答案为：C；离子；8；‎ ‎（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，所以图B为干冰晶体，‎ 故答案为：B；分子；12；‎ - 25 -‎ ‎（6）由离子键构成的晶体为离子晶体，离子晶体中也可以有共价键，如NaOH晶体中含有共价键；微粒间通过分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体，分子内可能含有共价键，如二氧化碳晶体中含有共价键，稀有气体晶体中没有共价键；‎ 答：不正确，离子晶体中可能有共价键，分子晶体中也可能有共价键；‎ ‎（7）熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，微粒间作用力越大，熔点越高，则金刚石＞NaCl＞干冰＞HCl晶体；离子晶体在熔融时能导电，NaCl晶体属于离子晶体在熔融时能够电离出钠离子和氯离子，能导电；HCl属于共价化合物，在熔融时不导电，在水溶液中能电离出氢离子和氯离子，在水中能导电属于电解质；二氧化碳属于共价化合物，在水中与水反应生成碳酸，本身不能发生电离，属于非电解质；‎ 故答案为：金刚石＞NaCl＞干冰＞HCl晶体；NaCl晶体；HCl晶体；干冰．‎ ‎【点评】本题考查了晶体类型的判断、化学键、熔点比较、电解质和非电解质等，难度中等，根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质来解答即可，注意把握电解质与非电解质的概念．‎ - 25 -‎