贵州省遵义市航天高级中学2015-2016学年高三上第三次模考化学试卷.doc

参与试题解析

一、选择题．

1．下列说法错误的是（　　）

A．金属钠着火可用干燥沙土扑灭

B．地沟油经处理后可用作生物柴油

C．糖类、油脂、蛋白质均为高分子化合物

D．氢氧化铁胶体的分散质粒子能通过滤纸孔隙

【考点】钠的化学性质；胶体的重要性质；有机高分子化合物的结构和性质． 

【分析】A．钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与水、二氧化碳发生反应生成氧气，不能使用水、干粉灭火器等来扑灭；

B．地沟油主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油；

C．葡萄糖、果糖属于糖类，但是不是高分子化合物；

D．胶体粒度小于滤纸空隙．

【解答】解：A．钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与水、二氧化碳发生反应生成氧气，可用干燥沙土隔绝空气扑灭，故A正确；

B．地沟油主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，有利于环境保护和资源再利用，故B正确；

C．糖类不全都是高分子化合物，例如葡萄糖、果糖，故C错误；

D．胶体粒度小于滤纸空隙，能够通过滤纸，故D正确；

故选：C．

【点评】本题考查了物质的性质，熟悉钠、高级脂肪酸甘油酯、高分子化合物、胶体的性质是解题关键，题目难度不大．

2．反应中，W为（　　）

A．CH3CHO    B．CH3CH2OH    C．CH3COOH    D．H2O

【考点】卤代烃简介． 

【分析】根据质量守恒定律解题．

【解答】解：，根据质量守恒定律，可知W为CH3CH2OH．

故选B．

【点评】本题考查质量守恒定律，读懂题目所给信息，注意运用守恒的思想，题目难度不大．

3．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示．下列说法中正确的是（　　）

B．含氧酸的酸性：乙＜丁

C．氢化物的沸点：甲＞丁

D．丙所形成的单质可能互为同位素

【考点】原子结构与元素周期律的关系． 

【分析】由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，甲、丁处于ⅥA族，乙处于ⅤA族，丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答．

【解答】解：由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，甲、丁处于ⅥA族，乙处于ⅤA族，丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素．

A．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性：甲（O）＞乙（N），故A错误；

B．属于强酸，而亚硫酸属于中强酸，的酸性更强，故B错误；

C．水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故C正确；

D．丙所形成的单质存在同素异形体，同位素研究对象为原子，故D错误，

故选：C．

【点评】本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等．

4．NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）

A．常温下，44g CO2中含有2NA个碳氧双键

B．标准状况下，0.1mol Al3+含有的核外电子数为0.3NA

C．室温下，1L pH=13的氢氧化钡溶液所含氢氧根离子数为0.2NA

D．将1mol N2和3mol H2通入密闭容器中，在一定条件下充分反应，转移电子数为6NA

【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、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键来分析；

B、铝离子中含10个电子；

C、pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，然后根据n=CV来计算氢氧根的物质的量和个数；

D、合成氨的反应为可逆反应．

【解答】解：A、44g二氧化碳的物质的量为1mol，而1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键即2NA个，故A正确；

B、铝离子中含10个电子，故0.1mol铝离子中含1mol电子即NA个，故B错误；

C、pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，故氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，个数为0.1NA个，故C错误；

D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于6NA个，故D错误．

故选A．

【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．

5．莽草酸结构简式如图．下列说法错误的是（　　）

A．该物质分子式为C7H10O5

B．该物质与乙酸互为同系物

C．该物质能与乙醇发生酯化反应

D．1mol该物质与Na反应时，最多消耗Na 4mol

【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】有机物中含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．

【解答】解：A．由结构简式可知该有机物的分子式为C7H10O5，故A正确；

B．有机物含有碳碳双键和多个羟基，与乙酸结构不同，不是同系物，故B错误；

C．含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，故C正确；

D．含有3个羟基、1个羧基，都可与钠反应生成氢气，则1mol该物质与Na反应时，最多消耗Na 4mol，故D正确．

故选B．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握有机物的官能团及性质的关系，明确醇、烯烃、羧酸的性质即可解答，题目难度不大．

6．有关煤的综合利用如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．煤和水煤气均是二次能源

B．煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物

C．①是将煤在空气中加强热使其分解的过程

D．B为甲醇或乙酸时，原子利用率均达到100%

【考点】煤的干馏和综合利用． 

【分析】A．一级能源是指可以从自然界直接获取的能源，如：水能、风能、太阳能、地热能、核能、化石燃料；由一级能源经过加工转换以后得到的能源，称为二级能源，例如：电能、蒸汽、煤气、汽油、柴油、水煤气、干馏煤气等； 

B．煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物；

C．煤在隔绝空气的情况下加热的过程称为煤的干馏；

D．水煤气为CO和H2，CO和H2在一定条件下按照不同的比例反应，可假定反应时的化学计量数之比为m：n，则只要各选项中的化学式能化为形式（CO）m（H2）n，都是正确的．

【解答】解：A．煤是一次能源，故A错误； 

B．煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物，通过干馏和得到苯、甲苯、二甲苯等有机物，故B错误；

C．①是煤的干馏，煤在隔绝空气的情况下加热的过程称为煤的干馏，故C错误；

D．甲醇（CH4O）可变为（CO）1（H2）2，乙酸（C2H4O2）可变为（CO）2（H2）2，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查煤和石油的综合利用，题目难度不大，注意绿色化学即反应物中的原子利用率达到100%，也就是说反应类型一般是化合反应，唯一的生成物即是产品．

7．下列实验现象与对应结论均正确的是（　　）

【考点】化学实验方案的评价． 

【分析】A．浓硫酸将胆矾晶体中的水吸收，发生化学变化；

B．过氧化钠具有强氧化性，能使有色物质褪色；

C．酸性条件下，根离子能氧化亚铁离子；

D．一水合氨不稳定受热易分解生成氨气和水．

【解答】解：A．浓硫酸将胆矾晶体中的水吸收，有新物质生成，所以发生化学变化，故A错误；

B．过氧化钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，过氧化钠和水反应生成NaOH导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变红色，所以溶液先变红色后褪色，故B错误；

C．酸性条件下，根离子能氧化亚铁离子生成铁离子和NO，所以溶液由浅绿色变为黄色，故C错误；

D．一水合氨不稳定受热易分解生成氨气和水，导致溶液碱性减弱，则溶液颜色变浅，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及化学变化判断、物质漂白性、氧化还原反应等知识点，明确物质性质是解本题关键，易错选项是C．

二、简答题．

8．某化学兴趣小组设计如下流程，从酸性工业废液（含H+、Al3+、Mg2+、Cr3+、SO）中提取铬．

有关数据如表：

（1）步骤①所得滤液可用于制取MgSO4•7H2O，酸性工业废液中加入适量氧化铝的作用是　调节溶液的pH　．

（2）若酸性废液中c（Mg2+）=0．lmol．L﹣l，为达到步骤①的实验目的，则废液的pH应保持在　（5.3，7.8）　范围（保留小数点后l位）．

（3）步骤②中生成NaCrO2的离子方程式为　Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O　．

（4）步骤④中反应的离子方程式为　7H2O+4CrO42﹣+6S=4Cr（OH）3↓+3S2O32﹣+2OH﹣　．

（5）步骤⑤在空气中充分灼烧的目的是　使Cr（OH）3完全转化为Cr2O3　，可选用的装置是　D　（填序号）．

（6）用如图所示装置制取铬酸钠（Na2CrO4），回答相关问题．

①a是电源的　负　极，阳极的电极反应式为　Cr﹣6e﹣+8OH﹣=CrO42﹣+4H2O　．

②若电解一段时间后阴极收集到标准状况下的气体3.36L，则理论上可制得　8.1　g铬酸钠（忽略反应2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O72﹣（aq）+H2O（1）的影响）

【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；抽象问题具体化思想；演绎推理法；制备实验综合．

【分析】从酸性工业废液（含H+、Al3+、Mg2+、Cr3+、SO）中加入Al2O3，调节溶液的pH值，得到滤渣A为氢氧化铝和氢氧化铬，滤液中主要是硫酸镁溶液，滤渣A中加入过量的氢氧化钠得CrO2﹣、AlO2﹣溶液，加入氧气将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，再加入硫磺，过滤得氢氧化铬沉淀和S2O32﹣、AlO2﹣溶液，在S2O32﹣、AlO2﹣溶液中通入二氧化碳，过滤得滤渣B为Al（OH）3，氢氧化铝受热分解得Al2O3，电解Al2O3得铝，氢氧化铬沉淀在空气中充分加热得Cr2O3，Cr2O3和Al发生铝热反应得铬，根据装置图可知，用铬制取铬酸钠（Na2CrO4），铬作阳极，铬发生氧化反应，在碱性溶液中生成CrO42﹣，电解池中阴、阳极流过的电量相等，据此答题．

【解答】解：从酸性工业废液（含H+、Al3+、Mg2+、Cr3+、SO）中加入Al2O3，调节溶液的pH值，得到滤渣A为氢氧化铝和氢氧化铬，滤液中主要是硫酸镁溶液，滤渣A中加入过量的氢氧化钠得CrO2﹣、AlO2﹣溶液，加入氧气将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，再加入硫磺，过滤得氢氧化铬沉淀和S2O32﹣、AlO2﹣溶液，在S2O32﹣、AlO2﹣溶液中通入二氧化碳，过滤得滤渣B为Al（OH）3，氢氧化铝受热分解得Al2O3，电解Al2O3得铝，氢氧化铬沉淀在空气中充分加热得Cr2O3，Cr2O3和Al发生铝热反应得铬，根据装置图可知，用铬制取铬酸钠（Na2CrO4），铬作阳极，铬发生氧化反应，在碱性溶液中生成CrO42﹣，电解池中阴、阳极流过的电量相等，

（1）根据上面的分析可知，酸性工业废液中加入适量氧化铝的作用是调节溶液的pH，得到氢氧化铝和氢氧化铬，

故答案为：调节溶液的pH；

（2）步骤①的实验目的是得到氢氧化铝和氢氧化铬，根据表中的数据可知，废液的pH应保持在（5.3，7.8）范围，

故答案为：（5.3，7.8）；

（3）步骤②中生成NaCrO2的离子方程式为Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O，

故答案为：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O； 

（4）步骤④中硫与CrO42﹣发生氧化还原反应，生成硫代硫酸根离子和氢氧化铬，反应的离子方程式为7H2O+4CrO42﹣+6S=4Cr（OH）3↓+3S2O32﹣+2OH﹣，

故答案为：7H2O+4CrO42﹣+6S=4Cr（OH）3↓+3S2O32﹣+2OH﹣；

（5）根据上面的分析可知，步骤⑤在空气中充分灼烧的目的是使Cr（OH）3完全转化为Cr2O3，固体加热可在坩埚中加热，故可选用的装置是D，

故答案为：使Cr（OH）3完全转化为Cr2O3；D；

（6）①根据装置图可知，用铬制取铬酸钠（Na2CrO4），铬作阳极，铬发生氧化反应，在碱性溶液中生成CrO42﹣，所以a是电源的负极，阳极的电极反应式为Cr﹣6e﹣+8 OH﹣=CrO42﹣+4H2O，

故答案为：负；Cr﹣6e﹣+8 OH﹣=CrO42﹣+4H2O； 

②阴极的电极反应式为2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，根据电极反应式可知，若电解一段时间后阴极收集到标准状况下的气体3.36L即0.15mol，则转移电子的物质的量为0.3mol，再根据电极反应式Cr﹣6e﹣+8 OH﹣=CrO42﹣+4H2O 可知，理论上可制得铬酸钠的物质的量为0.05mol，所以铬酸钠的质量为0.05mol×162g/mol=8.1g，

故答案为：8.1．

【点评】本题属于工艺流程制备题目，考查制备原理、实验方案评价、物质分离提纯、获取信息的能力，是对基础知识的综合考查，难度中等．

9．1913年，德国化学家哈伯实现了合成氨的工业化生产，被称作解救世界粮食危机的化学天才．现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件下，利用如下反应模拟哈伯合成氨的工业化生产：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0．当改变某一外界条件（温度或压强）时，NH3的体积分数ψ（NH3）变化趋势如图所示．

回答下列问题：

（1）已知：①NH3（l）═NH3（g）②N2（g）+3H2（g）═2NH3（l）△H2；则反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）的△H=　2△H1+△H2　（用含△H1、△H2的代数式表示）．

（2）合成氨的平衡常数表达式为　　，平衡时，M点NH3的体积分数为10%，则N2的转化率为　18%　（保留两位有效数字）．

（3）X轴上a点的数值比b点　小　（填“大”或“小”）．图中，Y轴表示　温度　（填“温度”或“压强”），判断的理由是　随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0向逆反应方向移动，故Y为温度　．

（4）若将1mol N2和3mol H2分别投入起始容积为1L的密闭容器中，实验条件和平衡时的相关数据如表所示：

A．放出热量：Ql＜Q2＜△Hl B．N2的转化率：Ⅰ＞ⅢC．平衡常数：Ⅱ＞ⅠD．达平衡时氨气的体积分数：Ⅰ＞Ⅱ

（5）常温下，向VmL amoI．L﹣l的稀硫酸溶液中滴加等体积bmol．L﹣l的氨水，恰好使混合溶液呈中性，此时溶液中c（NH4+）　＞　c（S042﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．

（6）利用氨气设计一种环保燃料电池，一极通入氨气，另一极通入空气，电解质是掺杂氧化钇（Y203）的氧化锆（ZrO2）晶体，它在熔融状态下能传导O2﹣．写出负极的电极反应式　2NH3+3O2﹣﹣6e﹣=N2+3H2O　．

【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算． 

【专题】化学平衡专题；电化学专题．

【分析】（1）根据盖斯定律，①×2+②可得③，反应热也进行相应计算；

（2）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；

设转化的氮气为xmol，表示出平衡时各物质的物质的量，再根据M点NH3的体积分数为10%列方程计算解答；

（3）随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，φ（NH3）增大；

（4）A．I为恒温恒容，随反应进行压强减小，Ⅱ为恒温恒压，Ⅱ等效为在I的基础上增大压强，平衡正向移动，Ⅱ中反应物转化率大于Ⅰ；

B．Ⅲ为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，Ⅲ等效为在I的基础上升高温度，平衡逆向移动；

C．平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同；

D．Ⅱ等效为在I的基础上增大压强，平衡正向移动，氨气体积分数增大；

（5）溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）；

（6）原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，与电解质氧化传导的O2﹣结合生成氮气与水．

【解答】解：（1）已知：①NH3（l）⇌NH3（g）△H1

 ②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H2

根据盖斯定律，①×2+②可得：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），故△H=2△H1+△H2，

故答案为：2△H1+△H2；

（2）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数表达式K=，

设转化的氮气为xmol，则：

            N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：1      3       0

转化量（mol）：x      3x      2x

平衡量（mol）：1﹣x    3﹣3x    2x

所以=10%，解得x=mol，故氮气转化率为×100%=18%，

故答案为：；18%；

（3）随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，φ（NH3）增大，a点的数值比b点小，

故答案为：小；温度；随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0向逆反应方向移动，故Y为温度；

（4）A．I为恒温恒容，随反应进行压强减小，Ⅱ为恒温恒压，Ⅱ等效为在I的基础上增大压强，平衡正向移动，Ⅱ中反应物转化率大于Ⅰ，放出热量：Ql＜Q2，故A正确；

B．Ⅲ为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，Ⅲ等效为在I的基础上升高温度，平衡逆向移动，N2的转化率：I＞III，故B正确；

C．平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同，则平衡常数：II=I，故C错误；

D．Ⅱ等效为在I的基础上增大压强，平衡正向移动，则达平衡时氨气的体积分数：I＜II，故D错误，

故答案为：AB；

（5）溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），则c（NH4+）＞c（SO42﹣），

故答案为：＞；

（6）原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，与电解质氧化传导的O2﹣结合生成氮气与水，负极电极反应式为：2NH3+3O2﹣﹣6e﹣=N2+3H2O，

故答案为：2NH3+3O2﹣﹣6e﹣=N2+3H2O．

【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应热计算、离子浓度比较、原电池等知识，题目难度较大，注意熟练掌握盖斯定律在反应热计算中的应用方法，明确化学平衡较强影响因素，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．

10．工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行以下探究活动：

[探究一]

（1）将已除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　铁在冷的浓硫酸中钝化　．

（2）另取铁钉放入一定量浓硫酸中加热，充分反应后得到溶液X并收集到干燥气体Y．

①甲同学认为X中可能含有Fe3+和Fe2+．若要确认其中的Fe2+，应选用　b　（填序号）．

a．KSCN溶液    b．铁溶液    c．盐酸

②乙同学取448mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为　SO2+Br2+2H2O=SO42﹣+2Br﹣+4H+　，充分反应后，加入足量BaCI2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．可推知气体Y中S02的体积分数为　50%　．

[探究二]

据探究一所测S02的体积分数，丙同学认为气体Y中可能还含有C02和Q气体，因此设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略，实验前已将装置中空气排尽）进一步探究．

（3）装置A中的现象是　溶液颜色变浅　，其作用是　除去SO2并检验SO2除尽　．

（4）为判断CO2是否存在，需将装置M添加在　b　．（填序号）；

a．A之前    b．A～B之间    c．B﹣C之间    d．C～D之间

若存在CO2，则产生CO2气体的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　2：1　．

（5）若C中固体变红，D中固体变蓝，则Q是　H2　 （填化学式），产生该气体的原因是　随着反应进行，硫酸浓度变稀，铁与稀硫酸反应生成氢气　．

（6）若某气体可能由C02、S02、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，则该气体的组成可能为　ace　（填序号）．

a．SO2    b．H2、SO2    c．H2、CO2    d．CO2、SO2    e．SO2、CO2、H2．

【考点】性质实验方案的设计；二价Fe离子和三价Fe离子的检验． 

【专题】实验分析题；物质检验鉴别题；创新题型．

【分析】本题以探究铁与冷的浓硫酸发生钝化现象为载体，探究铁分别与冷的浓硫酸和热的浓硫酸反应原理，并检验产物中可能生成的Fe2+或可能出现的Fe3+，其中Fe2+的检验通常选用铁溶液现象是生成蓝色沉淀，生成的SO2气体能使溴水褪色，同时生成硫酸，因使用的铁中含有碳，能被浓硫酸氧化，同时硫酸浓度变稀后，还可能有氢气生成，因此得到的SO2中可能含有二氧化碳和氢气，为验证其成分，进行了实验探究，首先结合SO2的还原性，利用酸性高锰酸钾溶液除去SO2，将剩余气体干燥后通过灼热的氧化铜，发现氧化铜由黑色变为红色可知有氢气，石灰水变浑浊可知有CO2，不过前提是排除SO2的干扰，据此可作答；

（1）常温下，铁易和浓硫酸发生钝化现象，从而阻止进一步反应；

（2）①Fe3+常用KSCN溶液检验，Fe2+可利用铁溶液检验；

②SO2有还原性，能使溴水褪色，生成硫酸，滴加氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，利用硫原子守恒可计算混合气体中SO2的体积分数；

（3）SO2有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，利用A装置可吸收SO2；

（4）用澄清石灰水检验二氧化碳，首先要排除二氧化硫的干扰，合金中的碳与浓硫酸在加热条件下有CO2生成，同时得到还原产物SO2；

（5）若C中固体变红说明氧化铜发生了还原反应，D中硫酸铜固体变蓝说明C中有水生成，可结合讨论有氢气，产生氢气的可能原因是铁能与稀硫酸反应生成氢气；

 （6）SO2中氧元素的含量为50%，CO2中氧元素的含量为73%，H2中不含氧元素，氧元素含量为0；

【解答】解：（1）常温下，Fe易和浓硫酸发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以放入浓硫酸后的碳素钢加入硫酸铜溶液中无变化，说明铁在冷的浓硫酸中钝化，故答案为：铁在冷的浓硫酸中钝化；

（2）①a．KSCN溶液遇Fe3+变血红色，遇Fe2+无现象，故错误；b．铁溶液遇含有Fe2+有蓝色沉淀，故正确；c．盐酸只能抑制Fe2+的水解，无法鉴别，故错误；

故选b；

②气体Y通入足量溴水中发生反应，SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42﹣+2Br﹣+4H+，SO42﹣+Ba2+=BaSO4所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2～BaSO4，设二氧化硫的体积为V，

SO2～～～～BaSO4，

V         2.33g

V=0.224L=224mL，所以二氧化硫的体积分数为×100%=50%，故答案为：50%；

（3）SO2有还原性能被酸性KMnO4溶液氧化，故A中溶液紫色变浅，利用此装置可吸收SO2气体并根据紫色没有完全褪去，判断SO2已除尽，故答案为：溶液颜色变浅；除去SO2并检验SO2除尽；

（4）二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，A装置是吸收SO2并检验二氧化硫是否除尽，另外气体需干燥后才可以通过加热的玻璃管，所以为不影响后续实验操作，澄清石灰水应放置在A和B之间，二氧化碳是碳与浓硫酸反应生成的，发生反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，此反应中碳为还原剂，硫酸为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：b；2：1；

（5）C中氧化铜被还原，D中检验有水生成，可知气体中有氢气，可能是浓硫酸随反应的进行浓度变稀，铁与稀硫酸反应生成氢气，故答案为：H2；随着反应进行，硫酸浓度变稀，铁与稀硫酸反应生成氢气；

（6）①现测知该气体中含氧质量分数为50%，而SO2中氧元素的质量分数正好为：50%，所以该气体有可能是纯净物SO2②CO2中氧元素的质量分数为72.7%比50%大，但如果和一定量的H2混合，总的氧元素的质量分数就会比72.7%小，可能达到50%，所以该气体有可能是CO2和H2的混合物；③还有可能是三者的混合物，因为SO2中氧元素的质量分数正好为：50%与该气体中氧元素的质量分数相同，对总的含氧量不影响；而CO2和H2混合，氧元素的质量分数比72.7%小，可能达到50%，所以该气体有可能是SO2、H2、CO2的混合物；④如果是SO2和H2混合；或单独是H2，氧元素的质量分数就会比50%小；如果是SO2和CO2混合；或单独是CO2氧元素的质量分数比72.7%大，所以都不符合，则有三种情况：（1）SO2：（2）CO2和H2的混合物；（3）SO2、H2、CO2的混合物满足，即选项ace正确，答案为：ace．

【点评】本题以铁与浓硫酸钝化为载体，探究铁碳在热的浓硫酸中反应生成的溶液及气体混合物的成分鉴别，综合性比较强，但考查的均为基础性知识，难度不大．

一、[化学--选修2：化学与技术]

11．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品漂白剂．其制备工艺流程如图：

已知：反应II包含2NaHSO3═Na2S2O5+H2O等多步反应．

（1）反应I的总化学方程式为　NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl　，反应I进行时应先通入的气体是　NH3　，反应I产生的NH4Cl可用作　氮肥　．

（2）灼烧时发生反应的化学方程式为　2CuS+3O22CuO+2SO2　，若灼烧时生  成SO21.12×l06 L（标准状况下），则转移电子　3×l05　mol．

（3）己知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为　S2O52﹣+2H+=2SO2↑+H2O　．

（4）副产品X的化学式是　CuSO4•5H2O　，在上述流程中可循环使用的物质是　CO2　．

（5）为了减少产品Na2S205中杂质含量，需控制反应II中气体与固体的物质的量之比约为　2：1　，检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂　①④⑤　．（填编号）．

①澄清石灰水    ②饱和碳酸氢钠溶液    ③氢氧化钠   ④酸性高锰酸钾    ⑤稀硫酸．

【考点】制备实验方案的设计． 

【专题】简答题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验．

【分析】反应Ⅰ为生成NaHCO3，加热生成Na2CO3，在反应Ⅱ中二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3与二氧化碳，加热NaHSO3生成Na2S2O5，

（1）根据流程确定反应物为NaCl、NH3、CO2，产物为NH4Cl和碳酸氢钠；反应Ⅰ进行时应先通入氨气，增大HCO3﹣的浓度，便于NaHCO3析出；氯化铵常用作氮肥；

（2）CuS与氧气反应生成黑色氧化铜和二氧化硫气体，根据化学方程式可计算出转移电子的物质的量；

（3）Na2S2O5中硫元素的化合价为+4价，生成二氧化硫化合价没变；

（4）氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，结晶得出硫酸铜晶体；根据流程图可知，可循环使用的物质是二氧化碳；

（5）反应Ⅱ中反应应是二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3，NaHSO3再生成Na2S2O5，反应方程式为Na2CO3+2 SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，为了控制杂质，二氧化硫与碳酸氢钠应按反应方程式中比例关系反应；检验产品中含有碳酸钠杂质，需加酸反应检验二氧化碳生成，即用的澄清石灰水，但加酸会生成二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故应先除去，用酸性高锰酸钾溶液根据颜色不褪色确定二氧化硫除净，据此答题．

【解答】解：（1）流程确定反应物为NaCl、NH3、CO2，产物为NH4Cl和碳酸氢钠，反应Ⅰ的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，反应Ⅰ进行时应先通入氨气，增大HCO3﹣的浓度，便于NaHCO3析出，氯化铵常用作氮肥，

故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；NH3；氮肥；

（2）硫化铜灼烧一定生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：2CuS+3O22CuO+2SO2，在该反应中每产生2mol二氧化硫则转移12mol电子，所以生成SO21.12×l06 L（标准状况下）即5×l04 mol，则转移电子3×l05 mol

故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；3×l05；

（3）根椐提示可知生成二氧化硫和水，Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2和水，反应的离子方程式为：S2O52﹣+2H+=2SO2↑+H2O，

故答案为：S2O52﹣+2H+=2SO2↑+H2O；

（4）上述分析可知，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，副产品X的化学式是CuSO4•5H2O，根据流程图可知，可循环使用的物质是CO2，

故答案为：CuSO4•5H2O；CO2；

（5）从生产过程可以看出是硫酸铜晶体；从图示中可以看出二氧化碳和水可以再次利用，反应Ⅱ中气体与固体分别是二氧化硫和碳酸钠，这两种物质反应必须生成亚硫酸氢钠：反应Ⅱ中反应应是二氧化硫与碳酸钠反应生成NaHSO3，NaHSO3再生成Na2S2O5，反应方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，因此气体与固体的物质的量之比为：2：1，检验产品中含有碳酸钠杂质，需加酸反应检验二氧化碳生成，即用的澄清石灰水，但加酸会生成二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故应先除去，用酸性高锰酸钾溶液根据颜色不褪色确定二氧化硫除净，故选①④⑤，

故答案为：2：1；①④⑤．

【点评】本题考查了物质置制备的实验方案分析，主要是物质性质的理解应用，离子方程式书写方法，注意试剂的选择和实验操作的目的，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

四、解答题（共1小题，满分15分）

12．A、B、C、D、E、F、G为前四周期元素．A、B最外层电子排布可表示为asa、bsbbpb（a≠b）；C元素对应单质是空气中含量最多的物质；D的最外层电子数是内层电子数的3倍；E与D同主族，且位于D的下一周期；F与E同周期，且是本周期中电负性最大的元素：基态G原子核外电子填充在7个能级中，且价层电子均为单电子．

（1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C　（用元素符号表示）． 

（2）ED3分子的空间构型为　平面三角形　，中心原子的杂化方式为　sp2　．

（3）四种分子①BA4②ED3③A2D④CA3键角由大到小排列的顺序是　②＞①＞④＞③　（填序号）．

（4）CA3分子可以与A+离子结合成CA4+离子，这个过程中发生改变的是　ac　（填序号）．

a．微粒的空间构型    b．C原子的杂化类型    c．A﹣C﹣A的键角    d．微粒的电子数

（5）EBC﹣的等电子体中属于分子的有　CS2或CO2　（填化学式），EBC﹣的电子式为　　．

（6）G的价层电子排布式为　3d54s1　，化合物[G（CA3）6]F3的中心离子的配位数为　6　．

（7）B的某种单质的片层与层状结构如图1所示，其中层间距离为hcm．图2为从层状结构中取出的晶胞．试回答：

①在B的该种单质的片层结构中，B原子数、B﹣B键数、六元环数之比为　2：3：1　．

②若B的该种单质中B﹣B键长为a cm，则B的该种单质的密度为　　g•cm﹣3．

【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 

【分析】A、B、C、D、E、F、G为前四周期元素．A、B最外层电子排布可表示为asa、bsbbpb（a≠b），B的最外层电子排布bsbbpb中p轨道有电子，则s轨道一定排满，即b=2，所以B的最外层电子排布2s22p2，则B为C元素，s轨道最多排两个电子，已知a≠b，则a=1，所以A的最外层电子排布为1s1，即A为H元素；C元素对应单质是空气中含量最多的物质，则C为N元素；D的最外层电子数是内层电子数的3倍，则D含有8个电子，即D为O元素；E与D同主族，且位于D的下一周期，则E为S元素；F与E同周期，且是本周期中电负性最大的元素，则F位于第三周期第VIIA族，为Cl元素；基态G原子核外电子填充在7个能级，且价层电子均为单电子，即电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则G为Cr元素；以此来解答．

【解答】解：A、B、C、D、E、F、G为前四周期元素．A、B最外层电子排布可表示为asa、bsbbpb（a≠b），B的最外层电子排布bsbbpb中p轨道有电子，则s轨道一定排满，即b=2，所以B的最外层电子排布2s22p2，则B为C元素，s轨道最多排两个电子，已知a≠b，则a=1，所以A的最外层电子排布为1s1，即A为H元素；C元素对应单质是空气中含量最多的物质，则C为N元素；D的最外层电子数是内层电子数的3倍，则D含有8个电子，即D为O元素；E与D同主族，且位于D的下一周期，则E为S元素；F与E同周期，且是本周期中电负性最大的元素，则F位于第三周期第VIIA族，为Cl元素；基态G原子核外电子填充在7个能级，且价层电子均为单电子，即电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则G为Cr元素，

（1）电子排布为全满或半满状态时，原子较稳定，元素的第一电离能较大，所以元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；

故答案为：N＞O＞C；

（2）SO3分子中S的价层电子对数为3+（6﹣2×3）=3，没有孤电子对，则空间构型为平面三角形，的空间构型为平面三角形，中心原子的杂化方式为sp2；

故答案为：平面三角形；sp2；

（3）四种分子①CH4为正四面体，键角为109°28′；②SO3为平面三角形，键角为120°，③H2O为V形，键角为105°；④NH3为三角锥形，键角为107°；

所以键角由大到小排列的顺序是②＞①＞④＞③； 

故答案为：②＞①＞④＞③；

（4）NH3分子为三角锥形，键角为107°，NH4+离子为正四面体，键角为109°28′，则这个过程中发生改变的是微粒的空间构型和A﹣C﹣A的键角；

故答案为：ac；

（5）原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与SCN﹣互为等电子体的分子为CS2或CO2，SCN﹣中各原子的连接顺序为S﹣C﹣N，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，SCN﹣得到的一个电子给了S，故SCN﹣的电子式；

故答案为：CS2或CO2；；

（6）Cr的电子排布式为电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式为3d54s1；化合物[Cr（NH3）6]Cl3的中心离子的配位数为6；

故答案为：3d54s1；6；

（7）①每个六元环含有C原子个数是2，每个C﹣C被两个环共用，则每个环中含有3个C﹣C键，所以C原子数、C﹣C键数、六元环数之比为2：3：1；

故答案为：2：3：1；

②该晶胞的上面可以分为2个三角形，如图，三角形1为等腰三角形，两个边长为acm，其底边长为2×a×sin60°=a，三角形2为等边三角形，底边边长为acm，则两个三角形的面积为×a×+×a×=a2，所以晶胞的体积为a2×h═a2hcm3，

一个晶胞中含有C原子数为×8+×2=2，则晶胞的质量为g，所以密度为ρ===g/cm3；

故答案为：．

【点评】本题比较综合，涉及元素推断、核外电子排布、第一电离能、分子构型、化学键、杂化方式、电子式、晶胞计算等，注意对基础知识的理解掌握，难度中等，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题能力．

一、[化学--选修有机化学基础]

13．化合物A的分子式为C9H15OCl，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基；F分子中不含甲基：A与其它物质之间的转化如图所示：

（1）A→F的反应类型是　消去反应　；G中含氧官能团的名称是　碳碳双键和羧基　．

（2）A→C的反应方程式是　　．

（3）H的结构简式是　　，E的结构简式是　　．

（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，你的观点是　同意　（填“同意”或“不同意”）’，你的理由　在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子　．

（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为2组峰的是　HCOOC（CH3）3　（写结构简式）；只含有两个甲基的同分异构体有　5　种．

①相对分子质量比C少54  ②氧原子数与C相同  ③能发生水解反应．

【考点】有机物的推断． 

【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．

【分析】A的分子式为C9H15OCl，A的不饱和度==2，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，A发生消去反应得F，F分子中不含甲基，所以A为，A氧化得B为，A碱性水解得C为，C 氧化得D为，D发生缩聚反应得E为，A发生消去反应得F为，F氧化得G为，G在一定条件下发生加聚反应得H为，据此答题．

【解答】解：A的分子式为C9H15OCl，A的不饱和度==2，分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，A发生消去反应得F，F分子中不含甲基，所以A为，A氧化得B为，A碱性水解得C为，C 氧化得D为，D发生缩聚反应得E为，A发生消去反应得F为，F氧化得G为，G在一定条件下发生加聚反应得H为，

（1）根据上面的分析可知，A→F的反应类型是消去反应，G为，G中含氧官能团的名称是碳碳双键和羧基，

故答案为：消去反应；碳碳双键和羧基；

（2）A→C的反应方程式是，

故答案为：；

（3）根据上面的分析可知，H的结构简式是，E的结构简式是，

故答案为：；；

（4）由于在碱性条件下被氢氧化铜氧化成B，分子中氯原子在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子，

故答案为：同意；在碱性环境下氯原子有可能水解，使得B中没有氯原子；

你的观点是 （填“同意”或“不同意”）’，你的理由．

（5）C为，某烃的含氧衍生物X符合下列条件①相对分子质量比C少54，则X的相对分子质量为102，②氧原子数与C相同，说明有2个氧原子，③能发生水解反应，说明有酯基，核磁共振氢谱显示为2组峰，则X为HCOOC（CH3）3，只含有两个甲基的同分异构体为HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、CH3COOCH2CH2CH3、CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3，有5 种，

故答案为：HCOOC（CH3）3；5．

【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断A结构简式是解本题关键，根据反应条件结合某些物质分子式、结构进行推断，难点是（5）同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、位置异构，题目难度中等．