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2016年四川省成都七中高考化学二诊试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法中错误的是（ ）
A．Na2FeO4 能与水缓慢反应生成Fe（OH）3 和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂
B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用
C．太阳能、风能是可再生能源，应大力推广太阳能、风能的使用
D．新型能源生物柴油和矿物油的主要化学成分相同
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定错误的是（ ）
A．分子数为0.1NA 的N2 和NH3 混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA
B．2 mol SO2 和1 mol O2 在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2NA
C．1.5 mol NO2 与足量水反应，转移的电子数为1.5NA
D．常温条件下，分子数为NA 的CO、N2混合气体质量为28 g
3．下列离子方程式错误的是（ ）
A．用硅酸钠与盐酸反应制备硅胶：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体）
B．FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．少量NaHSO4 溶液与Ba（OH）2 溶液反应：H++OH﹣+SO42﹣+Ba2+═H2O+BaSO4↓
D．FeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+
4．X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体．W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等． 下列说法正确的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：X＜Z
B．原子半径：W＞Y＞Z＞X
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞W
D．Y、Z的氧化物都有酸性和碱性
5．下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是（ ）
A．a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸
B．b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好
C．c图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NO
D．d图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S
6．催化技术可处理汽车尾气：2NO+2CO⇌2CO2+N2，某温度下在容积不变的密闭容器中通入NO 和CO，不同时间NO 和CO 的浓度如下表．下列说法中不正确的是（ ）
时间/s
0
1
2
3
4
5
c（NO）/×10﹣3 mol•L﹣1
1.00
0.45
0.25
0.15
0.10
0.10
c（CO）/×10﹣3 mol•L﹣1
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
A．2 s 内的平均反应速率υ（N2）=1.875×10﹣4 mol•L﹣1•s﹣1
B．在该温度下K=5
C．若将容积缩小为原来的一半，NO 转化率大于90%
D．某时刻再充入0.1 mol NO，0.36 mol CO，重新达平衡后CO 浓度比原平衡大
7．下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是（ ）
A．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④（NH4）2CO3：其中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①
B．pH=2 的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）
C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3 溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7：c（CH3COOH）+c（OH﹣）＞c（Na+）+c（H+）
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．原子序数小于36 的X、Y、Z、W 四种元素，其中X 形成的单质是最轻的物质，Y 原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2 倍，Z 原子基态时2p 原子轨道上有3 个未成对的电子，W 的原子序数为29．回答下列问题：
（1）Y2X2 中Y 原子的杂化类型为 ，1mol Y2X2 含有σ 键的数目为 ．
（2）Y 的一种氧化物与Z 的一种氧化物互为等电子体，Z 的这种氧化物分子式是 ．
（3）标准状况2.24L Z 的简单氢化物溶于Z 的最高价氧化物的水化物稀溶液，放热Q kJ，该反应的热化学方程式为 ．
（4）元素W 的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是 ，氯化物晶体溶于足量Z 的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的离子方程式为 ．
9．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可制备新型净水剂液体聚合硫酸铝铁．研究发现，当a=b时净水效果最好．工艺流程如下（部分操作和产物略）：
（1）A12O3与H2SO4发生反应的离子方程式是 ．
（2）测得滤液中＞1．加入FeSO4•7H2O和H2O2的作用是（结合化学用语说明） ．
（3）将溶液A电解得到液体聚合硫酸铝铁．装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）
①阴极室的电极反应式是 ．
②电解过程阳极室溶液pH的变化是 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
③简述在反应室中生成液体聚合硫酸铝铁的原理 ．
10．ClO2与Cl2 的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1 装置（夹持装置略）对其制备､吸收､释放和应用进行了研究｡
（1）仪器C的名称 ，安装F 中导管时应选用图2 中的 （填“a”或“b”）．
（2）打开B的活塞，A 中产生Cl2 和ClO2，反应化学方程式 ；为使ClO2在D 中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是 ｡
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F 中溶液的颜色不变，则装置C 的作用是 ．
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为 ，在ClO2释放实验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是 ｡
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3 所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂的保鲜原因是 ｡
11．有机物A 有下图所示转化关系．在A 的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、O 三种元素的质量比为6：1：4，且A 不能使Br2 的CCl4 溶液褪色；1mol B 反应生成了2mol C．
已知：RCH（OH）﹣CH（OH）R′RCHO+R′CHO．请回答下列问题：
（1）A 的结构简式为 ．
（2）A 中官能团名称是 ．
（3）D+E→F 的反应类型为 ．
（4）写出C 与银氨溶液反应的离子方程式为 ．
（5）若H 分子中所有碳原子不在一条直线上，则H 在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为 ．若H 分子中所有碳原子均在一条直线上，则G 转化为H 的化学方程式为 ．
（6）有机物A 有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式： ．
a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2
b．1mol X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol二元醛
c．1mol X 最多能与2mol Na 反应
d．X 不与NaHCO3或NaOH 反应，也不与Br2 发生加成反应．
2016年四川省成都七中高考化学二诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法中错误的是（ ）
A．Na2FeO4 能与水缓慢反应生成Fe（OH）3 和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂
B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用
C．太阳能、风能是可再生能源，应大力推广太阳能、风能的使用
D．新型能源生物柴油和矿物油的主要化学成分相同
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．Na2FeO4具有强氧化性，生成的Fe（OH）3胶体具有吸附性；
B．烤蓝生成一层致密的Fe3O4，可保护内部金属；
C．太阳能、风能是可再生能源，来源易得，且对环境无污染；
D．矿物油的成分为烃类物质，生物柴油是生物质能的一种，它是生物质利用热裂解等技术得到的一种长链脂肪酸的单烷基酯．
【解答】解：A．Na2FeO4具有强氧化性，生成的Fe（OH）3胶体具有吸附性，则可用作水的消毒剂和净化剂，故A正确；
B．烤蓝生成一层致密的Fe3O4，可保护内部金属，则能起到防腐蚀作用，故B正确；
C．太阳能、风能是可再生能源，来源易得，且对环境无污染，则应大力推广太阳能、风能的使用，故C正确；
D．生物柴油是指以油料作物、野生油料植物和工程微藻等水生植物油脂以及动物油脂、餐饮垃圾油等为原料油通过酯交换工艺制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，是一种长链脂肪酸的单烷基酯，而矿物油的成分为多种烃混合物，两者成分不同，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查化学与生活、环境的关系，为高考常见考题，为理综中化学选择题首先出现的习题，涉及知识面较广，侧重分析与应用、化学与生活、环境等综合知识的考查，题目难度不大．
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定错误的是（ ）
A．分子数为0.1NA 的N2 和NH3 混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA
B．2 mol SO2 和1 mol O2 在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2NA
C．1.5 mol NO2 与足量水反应，转移的电子数为1.5NA
D．常温条件下，分子数为NA 的CO、N2混合气体质量为28 g
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、氮气中含3对共用电子对，氨气中也含3对共用电子对；
B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底；
C、NO2和水的反应中：3NO2+H2O⇌2HNO3+NO，3molNO2转移2mol电子；
D、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol．
【解答】解：A、氮气中含3对共用电子对，氨气中也含3对共用电子对，故0.1NA个N2 和NH3混合气体中含0.3NA对共用电子对，故A正确；
B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得的混合气体中分子个数大于2NA个，故B正确；
C、NO2和水的反应中：3NO2+H2O⇌2HNO3+NO，3molNO2转移2mol电子，1.5 mol NO2 与足量水反应，转移的电子数为NA，故C错误；
D、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol，故NA个混合气体的分子的质量为28g，故D正确．
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．
3．下列离子方程式错误的是（ ）
A．用硅酸钠与盐酸反应制备硅胶：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体）
B．FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
C．少量NaHSO4 溶液与Ba（OH）2 溶液反应：H++OH﹣+SO42﹣+Ba2+═H2O+BaSO4↓
D．FeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．二者反应生成硅酸胶体和氯化钠；
B．碘离子还原性强于二价铁离子，氯气少量先氧化碘离子；
C．硫酸氢钠少量，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水；
D．三价铁离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子．
【解答】解：A．用硅酸钠与盐酸反应制备硅胶，离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体），故A正确；
B．FeI2溶液中通入少量Cl2，离子方程式：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故B错误；
C．少量NaHSO4 溶液与Ba（OH）2 溶液反应，离子方程式：H++OH﹣+SO42﹣+Ba2+═H2O+BaSO4↓，故C正确；
D．FeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去，离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，故D正确；
故选：B．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查氧化还原反应的离子方程式书写，明确物质的性质及发生反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等．
4．X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体．W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等． 下列说法正确的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：X＜Z
B．原子半径：W＞Y＞Z＞X
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞W
D．Y、Z的氧化物都有酸性和碱性
【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】X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的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，故X为O元素；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，结合原子序数可知，W为K、Ca中的一种，Y为Na、Mg、Al中的一种，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y、W原子最外层电子数之差为6﹣4=2，故Y为Al、W为K，据此解答．
【解答】解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的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，故X为O元素；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，结合原子序数可知，W为K、Ca中的一种，Y为Na、Mg、Al中的一种，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y、W原子最外层电子数之差为6﹣4=2，故Y为Al、W为K．
A．X为O，Z为Si，非金属性O＞Si，故氢化物稳定性H2O＞SiH4，故A错误；
B．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K＞Al＞Si＞O，故B正确；
C．Y为Al、W为K，金属性K＞Al，故碱性KOH＞Al（OH）3，故C错误；
D．Y最高价氧化物能为氧化铝，属于两性氧化物，而Z的氧化物为二氧化硅，属于酸性氧化物，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，注意对元素周期律的理解掌握．
5．下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是（ ）
A．a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸
B．b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好
C．c图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NO
D．d图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．乙醇有还原性；
B．双氧水的浓度应相同；
C．要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰；
D．硝酸银过量，发生沉淀的生成．
【解答】解：A．乙醇有还原性，能被重铬酸钾氧化为乙酸，不发生消去反应，故A错误；
B．双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，故B错误；
C．要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰，该装置中有氧气，NO易被氧化生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，故C错误；
D．硝酸银过量，发生沉淀的生成，不能比较AgCl、Ag2S溶解度大小，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、化学反应速率、沉淀的生成等，把握反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，选项D为易错点．
6．催化技术可处理汽车尾气：2NO+2CO⇌2CO2+N2，某温度下在容积不变的密闭容器中通入NO 和CO，不同时间NO 和CO 的浓度如下表．下列说法中不正确的是（ ）
时间/s
0
1
2
3
4
5
c（NO）/×10﹣3 mol•L﹣1
1.00
0.45
0.25
0.15
0.10
0.10
c（CO）/×10﹣3 mol•L﹣1
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
A．2 s 内的平均反应速率υ（N2）=1.875×10﹣4 mol•L﹣1•s﹣1
B．在该温度下K=5
C．若将容积缩小为原来的一半，NO 转化率大于90%
D．某时刻再充入0.1 mol NO，0.36 mol CO，重新达平衡后CO 浓度比原平衡大
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A.2s内△c（NO）=（1﹣0.25）×10﹣3 mol•L﹣1=7.5×10﹣4 mol•L﹣1，则△c（N2）=△c（NO）=3.75×10﹣4 mol•L﹣1，再根据v=计算v（N2）；
B.4s时处于平衡状态，计算平衡常二氧化碳、氮气浓度，再根据K=计算平衡常数；
C．原平衡时NO转化率为=90%，若将容积缩小为原来的一半，增大压强，平衡正向移动；
D、体积不变，加入一氧化碳的量增加，所以达到新平衡，相应的浓度也会增加．
【解答】解：A.2s内△c（NO）=（1﹣0.25）×10﹣3 mol•L﹣1=7.5×10﹣4 mol•L﹣1，则△c（N2）=△c（NO）=3.75×10﹣4 mol•L﹣1，则v（N2）==1.875×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1，故A正确；
B.4s时处于平衡状态，平衡时NO为1.0×10﹣3 mol•L﹣1，则：
2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）
起始量（×10﹣3 mol•L﹣1）：1 3.6 0 0
变化量（×10﹣3 mol•L﹣1）：0.9 0.9 0.9 0.45
平衡量（×10﹣3 mol•L﹣1）：0.1 2.7 0.9 0.45
则平衡常数K===5000，故B错误；
C．原平衡时NO转化率为=90%，若将容积缩小为原来的一半，增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故新平衡时NO转化率大于90%，故C正确；
D、某时刻再充入0.1 mol NO，0.36 mol CO，因为体积不变，加入一氧化碳的量增加，所以达到新平衡，CO的浓度也会增加，比原平衡的大，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算与含义、化学平衡常数等，难度不大，注意三段式在化学平衡计算中应用．
7．下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是（ ）
A．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④（NH4）2CO3：其中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①
B．pH=2 的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）
C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3 溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7：c（CH3COOH）+c（OH﹣）＞c（Na+）+c（H+）
【考点】离子浓度大小的比较．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．①中电解质是弱电解质，在水溶液中电离程度很小；②、③、④中电解质是强电解质，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，HCO3﹣电离程度较小，HCO3﹣和铵根离子相互促进水解；
B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3 溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液，溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，二者水解导致溶液呈碱性，但水解程度都较小；
D．温下，同浓度的CH3COONa 与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7，说明CH3COONa的水解程度小于CH3COOH电离程度，根据溶液中电荷守恒判断．
【解答】解：A．①中电解质是弱电解质，在水溶液中电离程度很小；②、③、④中电解质是强电解质，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，HCO3﹣电离程度较小，HCO3﹣和铵根离子相互促进水解，所以溶液中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①，故A正确；
B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故B错误；
C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3 溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液，溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，二者水解导致溶液呈碱性，但水解程度都较小，离子浓度大小顺序是c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D．温下，同浓度的CH3COONa 与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7，说明CH3COONa的水解程度小于CH3COOH电离程度，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），因为CH3COONa的水解程度小于CH3COOH电离程度，所以c（CH3COOH）+c（OH﹣）＜c（Na+）+c（H+），故D错误；
故选A．
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，知道常见盐类水解、弱电解质电离特点，知道电荷守恒和物料守恒的运用，易错选项是D．
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．原子序数小于36 的X、Y、Z、W 四种元素，其中X 形成的单质是最轻的物质，Y 原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2 倍，Z 原子基态时2p 原子轨道上有3 个未成对的电子，W 的原子序数为29．回答下列问题：
（1）Y2X2 中Y 原子的杂化类型为 sp杂化 ，1mol Y2X2 含有σ 键的数目为 3×6.02×1023 ．
（2）Y 的一种氧化物与Z 的一种氧化物互为等电子体，Z 的这种氧化物分子式是 N2O ．
（3）标准状况2.24L Z 的简单氢化物溶于Z 的最高价氧化物的水化物稀溶液，放热Q kJ，该反应的热化学方程式为 NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）△H=﹣10Q kJ/mol ．
（4）元素W 的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是 CuCl ，氯化物晶体溶于足量Z 的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的离子方程式为 CuCl+NO3﹣+2H+=Cu2++Cl﹣+NO2↑+H2O ．
【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】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成的单质是最轻的物质，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素．
【解答】解：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成的单质是最轻的物质，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素．
（1）Y2X2是乙炔，分子式为C2H2，碳氢原子之间存在σ键，碳碳三键中含有一个σ键，所以每个碳原子含有2个σ键，采取sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，所以1mol Y2X2含有σ键3×6.02×1023个，
故答案为：sp杂化；3×6.02×1023；
（2）CO2和N2O的原子个数相等、价电子数相等，所以是等电子体，故答案为：N2O；
（3）Z 的简单氢化物为氨气，Z 的最高价氧化物的水化物稀溶液为稀硝酸，标准状况2.24L 氨气为0.1mol，溶液稀硝酸放热Q kJ，则1mol氨气反应放出热量为10Q kJ，该反应的热化学方程式为：NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）△H=﹣10Q kJ/mol，
故答案为：NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）△H=﹣10Q kJ/mol；
（4）利用均摊法知，该晶胞中黑色球个数=4，白色球个数==4，黑色球和白色球的个数之比=4：4=1：1，所以该物质的化学式是CuCl，它可与浓硝酸发生氧化还原反应，其反应方程式为：CuCl+NO3﹣+2H+=Cu2++Cl﹣+NO2↑+H2O，
故答案为：CuCl；CuCl+NO3﹣+2H+=Cu2++Cl﹣+NO2↑+H2O．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、等电子体、热化学方程式、晶胞计算等知识点，（4）中注意利用氧化还原反应书写方程式．
9．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可制备新型净水剂液体聚合硫酸铝铁．研究发现，当a=b时净水效果最好．工艺流程如下（部分操作和产物略）：
（1）A12O3与H2SO4发生反应的离子方程式是 Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ．
（2）测得滤液中＞1．加入FeSO4•7H2O和H2O2的作用是（结合化学用语说明） 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，补充Fe3+ ．
（3）将溶液A电解得到液体聚合硫酸铝铁．装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）
①阴极室的电极反应式是 2H++2e﹣=H2↑ ．
②电解过程阳极室溶液pH的变化是 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
③简述在反应室中生成液体聚合硫酸铝铁的原理 电解过程中反应室中的SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的OH﹣通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合硫酸铝铁 ．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理．
【专题】综合实验题；物质的分离提纯和鉴别．
【分析】铝土矿（含Al2O3及少量SiO2和FeO、Fe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，滤液中加入绿矾晶体补充亚铁
离子并利用过氧化氢氧化为铁离子，最后利用电解原理得到液体聚全硫酸铝铁，据此分解解题；
（1）氧化铝是两性氧化物溶于强酸强碱，与硫酸反应生成硫酸铝和水；
（2）滤液中＞1，新型净水剂液体聚合硫酸铝铁，当a=b时净水效果最好，故需要增加溶液里Fe3+的浓度；
（3）①阴极上氢离子得电子生成氢气；
②电解过程中阳极发生氧化反应，水电离的OH﹣失电子被氧化为氧气，促进水的电离；
③阴离子交换膜只允许阴离子通过，则阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成Alm（OH）nCl3m﹣n．
【解答】解：（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）因滤液中＞1，加入绿矾晶体引入Fe2+，并利用过氧化氢氧化得到Fe3+，补充溶液里的Fe3+，使=1，其中氧化Fe2+的离子反应式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，补充Fe3+；
（3）①阴极上氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑；
故答案为：2H++2e﹣=H2↑；
②阳极上水电离的OH﹣被氧化，促进水的电离，阳极周围溶液里H+浓度增大，溶液的pH减小，故答案为：减小；
③阴离子交换膜只允许阴离子通过，电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成Alm（OH）nCl3m﹣n；
故答案为：电解过程中反应室中的SO42﹣﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的OH﹣通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合硫酸铝铁．
【点评】本题是一道关于物质的分离和提纯知识的实验操作题，涉及基本实验操作、沉淀的生成、氧化还原反应、电解原理的应用等，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，题目难度中等．
10．ClO2与Cl2 的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1 装置（夹持装置略）对其制备､吸收､释放和应用进行了研究｡
（1）仪器C的名称 球形干燥管 ，安装F 中导管时应选用图2 中的 b （填“a”或“b”）．
（2）打开B的活塞，A 中产生Cl2 和ClO2，反应化学方程式 2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ；为使ClO2在D 中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是 调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度 ｡
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F 中溶液的颜色不变，则装置C 的作用是 吸收Cl2 ．
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为 4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O ，在ClO2释放实验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是 检验是否有ClO2生成 ｡
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3 所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂的保鲜原因是 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 ｡
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
（2）根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成；
（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，
故答案为：球形干燥管；b；
（2）氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为﹣1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，：为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，即调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度，
故答案为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度；
（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，
故答案为：吸收Cl2；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成，
故答案为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；检验是否有ClO2生成；
（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好，
故答案为：稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【点评】本题以ClO2的制备、吸收、释放为载体考查实验制备方案设计，为高频考点，把握实验基本操作、装置的作用及物质的性质等为解答的关键，注意根据问题进行制备流程分析，题目难度中等．
11．有机物A 有下图所示转化关系．在A 的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、O 三种元素的质量比为6：1：4，且A 不能使Br2 的CCl4 溶液褪色；1mol B 反应生成了2mol C．
已知：RCH（OH）﹣CH（OH）R′RCHO+R′CHO．请回答下列问题：
（1）A 的结构简式为 CH3COCH（OH）CH3 ．
（2）A 中官能团名称是 羰基和醇羟基 ．
（3）D+E→F 的反应类型为 酯化反应 ．
（4）写出C 与银氨溶液反应的离子方程式为 CH3CHO+2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O ．
（5）若H 分子中所有碳原子不在一条直线上，则H 在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为 ．若H 分子中所有碳原子均在一条直线上，则G 转化为H 的化学方程式为 CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O ．
（6）有机物A 有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式： ．
a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2
b．1mol X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol二元醛
c．1mol X 最多能与2mol Na 反应
d．X 不与NaHCO3或NaOH 反应，也不与Br2 发生加成反应．
【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1mol B反应生成了2mol C，结合已知条件可推知A的结构为：CH3COCH（OH）CH3，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：CH3CH（OH）CH（OH）CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：CH3CHBrCHBrCH3、H3CC≡CCH3，据此解答．
【解答】解：由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4
溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1mol B反应生成了2mol C，结合已知条件可推知A的结构为：CH3COCH（OH）CH3，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：CH3CH（OH）CH（OH）CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：CH3CHBrCHBrCH3、H3CC≡CCH3，
（1）由上面的分析可知，A为CH3COCH（OH）CH3，故答案为：CH3COCH（OH）CH3；
（2）A结构简式为CH3COCH（OH）CH3，其官能团名称是羰基和醇羟基，
故答案为：羰基和醇羟基；
（3）D+E→F反应为乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应，故答案为：酯化反应；
（4）由上面的分析可知，C为乙醛，它与银氨溶液反应的离子方程式为：CH3CHO+2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，
故答案为：CH3CHO+2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H为1，3﹣丁二烯，H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为，由于B是2，3﹣丁二醇，与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应生成H，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构，G为H为，G转化为H的化学方程式为CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O，
故答案为：；CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CC≡CCH3↑+2NaBr+2H2O；
（6）A的结构为：，根据条件：
a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2，即X有三种位置的氢，且个数之比为1：1：2，
b．1mol X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol 二元醛，根据信息可知X应为含有两个羟基的环状物，
c．1mol X最多能与2mol Na反应，说明X有2个羟基，d．X不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应，说明有X没有羧基，不含有碳碳双键，则X的结构为，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应条件、题给信息采用正向思维进行推断，难点是同分异构体结构简式判断，题目难度中等．
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