一轮复习前摸底卷-【提分宝典】2026年新高考化学一轮全考点普查与练习

　　 ★建议总复习开始前使用 普通高等学校招生全国统一考试化学总复习 一轮复习前摸底卷 A　基础知识普查卷 物质的量　阿伏加德罗常数 (普查题01)(4分)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是(　　) A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol —OH和1 mol OH－含有的电子数均为10NA C．1 mol N2与3 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA D．1 L 0.01 mol·L－1NaHC2O4溶液中，HC2O4-和C2O的离子数之和为0.01NA 答案：A 解析：乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14 g混合物中CH2的物质的量n＝＝1 mol，含2NA个氢原子，故A项正确。羟基不显电性，故1 mol羟基中含9 mol电子，数目为9NA，故B项错误。合成氨的反应是可逆反应，不能进行彻底，所得氨气分子数小于2NA，故C项错误。HC2O在溶液中既能部分电离为C2O，又能部分水解为H2C2O4，故1 L 0.01 mol·L－1NaHC2O4溶液中，HC2O和C2O的离子数之和小于0.01NA，故D项错误。 物质的性质与应用　化学与生活 (普查题02)(4分)我国科技创新成果丰硕，下列说法正确的是(　　) A．超算“天河一号”的芯片主要材料为SiO2 B．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀 C．“北斗卫星”授时系统的“星载铷钟”含铷元素，其单质遇水能缓慢反应放出H2 D．C919民航客机机身材料中的复合纤维属于天然有机高分子 答案：B 解析：芯片的主要材料为硅单质，不是二氧化硅，故A项错误。“深海一号”母船海水浸泡区的铝基和铁在海水中形成原电池，铝作负极被腐蚀，铁作正极被保护，利用牺牲阳极法可保障船体不易腐蚀，故B项正确。铷是碱金属元素，其金属性比钠强，与水剧烈反应放出氢气，故C项错误。复合纤维属于合成有机高分子化合物，不是天然高分子化合物，故D项错误。 离子反应 (普查题03)(4分)下列各溶液中加入试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是(　　) A．向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2＋＋HCO＋OH－==MgCO3↓＋H2O B．水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：CO＋＋CO2↑＋H2O C．Na2O2与HO反应：2Na2O2＋2HO==4Na＋＋4OH－＋18O2↑ D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O＋4Cl2＋5H2O==2SO＋8Cl－＋10H＋ 答案：D 解析：向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液，镁离子和碳酸氢根离子以物质的量之比为1∶2参与反应，所以离子方程式为Mg2＋＋2HCO＋4OH－==Mg(OH)2↓＋2CO＋2H2O，故A项错误。根据酸性：羧酸>碳酸>苯酚>碳酸氢根，且碳酸钠溶液过量，因此产物为碳酸氢根离子，反应的离子方程式为2CO＋＋2HCO，故B项错误。Na2O2与HO反应中，Na2O2既体现氧化性又体现还原性，氧气中的氧元素全部来源于过氧化钠，因此产物为O2，而不是18O2，故C项错误。Na2S2O3中的硫元素为＋2价，具有还原性，氯气具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式：S2O＋4Cl2＋5H2O==2SO＋8Cl－＋10H＋，故D项正确。 (普查题04)(4分)常温下，下列各组离子或分子在指定溶液中能大量共存的是(　　) A．在Fe(NO3)2溶液中：H＋、Al3＋、MnO、CH3CH2OH B．加入铝粉产生氢气的溶液中：Fe3＋、NH、CH3COO－、NO C．由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Cu2＋、HCO、SO D．在透明溶液中：Fe2＋、NH、NO、Cl－ 答案：D 解析：会发生如下反应：3Fe2＋＋NO＋4H＋==3Fe3＋＋NO↑＋2H2O、5Fe2＋＋MnO＋8H＋==5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O、4MnO＋5CH3CH2OH＋12H＋==4Mn2＋＋5CH3COOH＋11H2O，故A项错误。加入铝粉产生氢气的溶液可能有两种情况：一是强碱性溶液，2Al＋2OH－＋6H2O==2[Al(OH)4]－＋3H2↑；二是酸性溶液，2Al＋6H＋==2Al3＋＋3H2↑。在强碱性溶液中铁离子、铵根离子不能大量存在，在酸性溶液中CH3COO－不能大量存在，故B项错误。由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1＜1.0×10－7mol·L－1，说明该溶液中水的电离受到抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性。酸性溶液和碱性溶液中HCO均不能大量存在，碱性溶液中Cu2＋不能大量存在，故C项错误。透明溶液可能是有色溶液，这四种离子能大量共存，故D项正确。 氧化还原反应原理 (普查题05)(4分)已知H2SO3＋I2＋H2O==H2SO4＋2HI，将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是(　　) A．物质的还原性：HI>H2SO3>HCl B．HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6 mol·L－1 C．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O==4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋ D．若再通入0.05 mol Cl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化 答案：C 解析：反应H2SO3＋I2＋H2O==H2SO4＋2HI中，还原剂H2SO3的还原性强于还原产物HI，所以还原性：H2SO3>HI，故A项错误。将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，首先被氧化的是亚硫酸，有一半的HI被氧化，则亚硫酸完全被氧化。因H2SO3→H2SO4，S的化合价升高2价，HI→I2，I的化合价升高1价，设H2SO3的物质的量为x mol，根据得失电子守恒可知，0.1×2＝×1＋2x，解得x＝0.08 mol，即H2SO3的物质的量为0.08 mol，其浓度为＝0. 8 mol·L－1，故B项错误。根据上述分析可知，通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O==4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋，故C项正确。若再通入0.05 mol Cl2，可以氧化的HI的物质的量为＝0.1 mol，而溶液中剩余的HI的物质的量为0.04 mol，故氯气过量，故D项错误。 常见元素及其化合物的性质 (普查题06)(4分)某学习小组探究铁丝(含杂质碳)与浓硫酸的反应，反应装置如图。下列说法错误的是(　　) A．可通过拉动铁丝控制反应速率 B．可用KSCN和K3[Fe(CN)6]检验反应后溶液中铁元素的价态 C．将反应生成的22.4 mL(标准状况下)气体通入足量氯水中，再滴加足量BaCl2溶液，最终得到0.233g沉淀 D．生成的气体通入BaCl2溶液产生白色浑浊，可能是硫酸液滴被气体带出或部分SO2被氧化所致 答案：C 解析：可通过抽动铁丝控制铁丝与浓硫酸的接触面积，进而控制反应速率，故A项正确，不符合题意。三价铁离子与KSCN反应，溶液变(血)红色，二价铁离子与K3[Fe(CN)6]反应，可生成蓝色沉淀，故B项正确，不符合题意。反应生成的气体有二氧化硫和二氧化碳，还可能含有氢气，二氧化硫与氯水反应被氧化为SO，再与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀，而二氧化碳、氢气与氯水不反应，则生成的沉淀质量小于0.233 g，故C项错误，符合题意。生成的气体通入BaCl2溶液产生白色浑浊，应为硫酸钡沉淀，可能是硫酸液滴随气体被带出或部分SO2被氧化所致，故D项正确，不符合题意。 (普查题07)(4分)部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是(　　) A．可以通过a的催化氧化反应制备c B．工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3 C．浓的a′溶液与浓的c′溶液反应可以得到b′ D．加热d′的固态正盐可以产生O2 答案：B 解析：由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a′为HCl，b′为Cl2，c′为HClO或次氯酸盐，d′为HClO3或氯酸盐，e′为HClO4或高氯酸盐。NH3在催化剂的作用下与O2反应生成NO：4NH3＋5O24NO＋6H2O，故A项正确，不符合题意。工业上通过反应4NH3＋5O24NO＋6H2O、2NO＋O2==2NO2、3NO2＋H2O==2HNO3＋NO，即通过 a→c→d→e 来制备 HNO3 ，故B项错误，符合题意。可通过反应 2HCl(浓)＋NaClO(浓)==Cl2↑＋H2O＋NaCl得到氯气，故C项正确，不符合题意。氯酸钾受热分解可以产生 O2 ，故D项正确，不符合题意。 元素周期表与元素周期律 (普查题08)(4分)下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是(　　) A．原子半径：O>F B．酸性：HClO4>H3PO4 C．还原性：Br－>Cl－ D．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3 答案：D 解析：同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径：O>F，能用元素周期律解释，故A项不符合题意。同周期元素从左向右，非金属性逐渐增强，非金属性：Cl>P，对应最高价含氧酸的酸性：HClO4>H3PO4，能用元素周期律解释，故B项不符合题意。元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：Cl>Br，所以简单阴离子的还原性：Br－>Cl－，能用元素周期律解释，故C项不符合题意。碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，可知热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D项符合题意。 (普查题09)(4分)如图所示化合物是合成纳米管原料之一，W、X、Z、Y是原子半径逐渐减小的短周期元素，且原子序数均为奇数，Z元素无正化合价，W与Z同周期。则下列叙述正确的是(　　) A．液态XY3汽化过程中需要破坏X和Y之间的共价键 B．气态氢化物的稳定性：X＞Z C．离子半径：Y－＜Li＋ D．与W同主族短周期元素形成的单质可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气 答案：D 解析：Z元素无正化合价、原子序数为奇数且形成一个共价键，则Z为F，WZ中F为－1价，则W为＋3价，在XY中Y与X共用1对电子即达稳定结构，又因为W、X、Z、Y是原子半径逐渐减小的短周期元素，且原子序数均为奇数，则Y为H，XY中H呈＋1价，则X为－3价，X为N，W为B，据此分析。汽化是物理变化， 液态XY3汽化过程中不需要破坏X和Y之间的共价键，故A项错误。元素的非金属性越强，其气态氢化物稳定性越强，则气态氢化物的稳定性：X＜Z，故B项错误。一般离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Y－＞Li＋，故C项错误。与W同主族短周期元素形成的单质即铝，铝可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气，故D项正确。 化学反应与能量 (普查题10)(4分)红磷P(s)和Cl2 (g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5 (g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。 根据上图回答下列问题： (1)P和Cl2反应生成PCl3 的热化学方程式是___________________________ _____________。 (2)P和Cl2反应生成PCl5的热化学方程式是____________________________ ____________。 答案：(1)Cl2 (g)＋P(s)== PCl3 (g) ΔH＝－306 kJ·mol－1(2分)　(2)Cl2 (g)＋P(s)== PCl5 (g)　ΔH＝－399 kJ·mol－1(2分) 解析：书写热化学方程式时首先要确定反应物、生成物，由题可知，图中所示由Cl2(g)和 P(s)生成1 mol PCl3(g)放出热量306 kJ，由PCl3(g)和Cl2(g)生成1 mol PCl5(g)放出热量93 kJ，确定后，标明状态，配平即可得(1)的热化学方程式，据图分析可知，(2)的反应其实是上述两个反应的加和，所以经过运算也可得(2)的热化学方程式。 (普查题11)(4分)金属镁被视为下一代能量存储系统负极材料的极佳选择。镁－溴电池的工作原理如图所示(正、负极区之间的离子选择性膜只允许Mg2＋通过；反应前，正、负极区电解质溶液质量相等)。下列说法错误的是(　　) A．Mg作负极，发生氧化反应 B．石墨电极上发生的电极反应为Br＋2e－==3Br－ C．用该电池对铅酸蓄电池进行充电时，N端与铅酸蓄电池中的Pb电极相连 D．当外电路通过0.2 mol电子时，正、负极区电解质溶液质量差为2.4 g 答案：C 解析：依据镁离子的移动方向可知镁作负极，发生氧化反应，电极反应式为Mg－2e－==Mg2＋，石墨作正极，电极反应式为Br＋2e－==3Br－，故A、B项正确，不符合题意。充电时，铅酸蓄电池中的Pb电极为阴极，电源负极连电池的阴极，M端与铅酸蓄电池中的Pb电极相连，故C项错误，符合题意。当外电路通过0.2 mol电子时，负极0.1 mol Mg发生反应Mg－2e－==Mg2＋，0.1 mol Mg2＋通过离子选择性膜进入正极区，负极区电解质溶液质量不变，正极发生反应Br＋2e－==3Br－，则正极区溶液质量增加24 g· mol－1×0.1 mol＝2.4 g，正、负极区电解质溶液质量差为2.4 g，故D项正确，不符合题意。 (普查题12)(4分)电解Na2SO3溶液制取H2SO4溶液和NaOH溶液的装置如图所示。下列说法中错误的是(　　) A．X为阴离子交换膜 B．工作时阴极室溶液的pH增大 C．电解过程中若生成0.1 mol H2SO4，则阴极区增加的质量为4.4 g D．a极的电极反应式为SO＋2OH－－2e－==SO＋H2O 答案：D 解析：由图和题意可知a极区产生硫酸，应该是亚硫酸根向a极区迁移，b极区产生氢氧化钠，应该是钠离子向b极区迁移，即a极为阳极，b极为阴极，据此解答。由以上分析可知，X为阴离子交换膜，故A项正确，不符合题意。阴极电极反应：2H2O＋2e－==H2↑＋2OH－，溶液的pH增大，故B项正确，不符合题意。阳极电极反应：SO＋H2O－2e－==SO＋2H＋，若生成0.1 mol H2SO4，则转移0.2 mol电子，阴极有0.1 mol氢气逸出，同时有0.2 mol钠离子迁移过来，阴极区增加的质量为23 g·mol－1×0.2 mol－0.1 mol×2 g·mol－1＝4.4 g，故C项正确，不符合题意。a极为阳极，电极反应式：SO＋H2O－2e－==SO＋2H＋，故D项错误，符合题意。 化学反应速率与化学平衡 (普查题13)(4分)在密闭容器中投入一定量的 G(s)和W(g)发生反应：2G(s)＋W(g)T(s)＋2M(g)　ΔH，测得平衡状态下M的物质的量与温度、压强的关系如图所示(其他条件均相同，从反应开始至达到A、B点所用的时间分别为10 min、5 min)： 下列说法正确的是(　　) A．根据图像和可逆反应特点推知：ΔH<0 B．根据图像和可逆反应特点推知：p1>p2 C．升高温度，生成M的速率增大，生成G的速率减小 D．若A点对应的气体体积为2 L，则v(M)＝ mol·L－1·min－1 答案：D 解析：该可逆反应特点是反应物和产物中都只有一种气体，且气体分子数增大。从平衡图像看，相同压强下升高温度，M的物质的量增大，说明平衡向正反应方向移动，即正反应是吸热反应，ΔH＞0，故A项错误。当温度相同时，由B点到A点，改变压强，对应化学平衡体系中M的物质的量增大(a＞b)，则平衡向气体分子数增大的方向移动，说明改变的条件是减小压强，即p1＜p2，故B项错误。升高温度，正、逆反应速率都增大，故C项错误。M是产物，起始物质的量浓度为0，直接根据化学反应速率计算公式知，v(M)＝＝ mol·L－1·min－1，故D项正确。 (普查题14)(多选)(4分)丙烯在有机合成中应用广泛，由甲醇催化制丙烯的热化学方程式为3CH3OH(g) C3H6(g)＋3H2O(g)　ΔH。阿伦尼乌斯经验公式为Rlnk＝－＋C(Ea为活化能，k为正或逆反应速率常数，R和C为常数)，反应的实验数据如图所示。下列说法错误的是(　　) A．在恒容密闭容器中，气体的压强不变，则该反应达到平衡 B．该反应的Ea＝0.024 kJ·mol－1 C．温度为T1时，若测得逆反应的Rlnk的数据，则可以确定该反应的ΔH D．在恒容密闭容器的平衡体系中，增加CH3OH的物质的量，平衡正向移动，CH3OH的体积分数减小 答案：BD 解析：由题干中的反应方程式可知，该反应的正反应是一个气体体积增大的反应，即在恒容密闭容器中，反应过程中气体的压强一直在改变，若气体的压强不变，则该反应达到平衡，故A项正确，不符合题意。根据图像并结合公式可得：9.2×10－3＝－3.2×10－3Ea＋C，4.4×10－3＝－3.4×10－3Ea＋C，联立方程解得Ea＝24 kJ·mol－1，故B项错误，符合题意。由B项分析可求出Ea(正)和C的值，温度为T1时，若测得逆反应的Rlnk的数据，则可求出Ea(逆)，从而可以确定该反应的ΔH＝Ea (正)－ Ea(逆)，故C项正确，不符合题意。在恒容密闭容器的平衡体系中，增加CH3OH的物质的量，相当于增大压强，上述平衡逆向移动，故CH3OH的体积分数增大，故D项错误，符合题意。 弱电解质的电离　溶液的pH (普查题15)(多选)(4分)醋酸为一元弱酸，25 ℃时，其电离常数Ka＝1.75×10－5。下列说法错误的是(　　) A．0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的pH在2～3范围内 B．中和等体积、等pH的CH3COOH溶液和盐酸，CH3COOH消耗的NaOH多 C．将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，其电离常数和均不变 D．0.2 mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍 答案：CD 解析：醋酸为弱酸，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中，设电离出的氢离子浓度为x mol·L－1，则电离平衡常数Ka＝≈＝1.75×10－5，10－3＜x＜10－2，pH在2～3范围内，故A项正确，不符合题意。中和等体积、等pH的盐酸和CH3COOH溶液，由于醋酸的浓度大于盐酸，则所消耗的NaOH的物质的量：醋酸＞盐酸，故B项正确，不符合题意。电离平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释促进电离，但CH3COO－浓度减小，＝增大，故C项错误，符合题意。根据弱电解质“越稀越电离”，0.2 mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)小于0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍，故D项错误，符合题意。 (普查题16)(4分)常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．HX、HY起始溶液体积相同 B．均可用甲基橙作滴定指示剂 C．pH相同的两种酸溶液中：c(HY)＞c(HX) D．同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：c(HX)－c(X－)＝2c(OH－ )－2c(H＋ ) 答案：D 解析：酸、碱都是一元的，所以酸、碱以物质的量之比1∶1发生中和反应，根据图知，HX、HY溶液pH突变时消耗碱的体积不同，说明酸的物质的量不同，两种酸浓度相同，所以其体积不同，故A项错误。滴定HX溶液pH突变范围在6～10之间、滴定HY溶液pH突变范围在4～10之间，酚酞变色范围为8.2～10、甲基橙变色范围为3.1～4.4，所以HX、HY均可选取酚酞作滴定指示剂，HX不能选取甲基橙作滴定指示剂，故B项错误。一元酸溶液浓度相同时，pH越小，说明该一元酸电离程度越大，酸性越强，则pH相同时，溶液中该一元酸分子浓度越小，根据图知相同浓度的HX、HY的pH：pH(HY)＜pH(HX)，所以电离程度：HX＜HY，则pH相同的两种酸溶液中：c(HX)＞c(HY)，故C项错误。相同浓度的KX和HX混合溶液中存在电荷守恒：c(X－)＋c(OH－ )＝c(H＋ )＋c(K＋ )、元素守恒：c(HX)＋c(X－)＝2c(K＋ )，所以存在c(HX)－c(X－)＝2c(OH－ )－2c(H＋ )，故D项正确。 盐类水解 (普查题17)(多选)(4分)常温下，Ka(HCOOH)＝1.8×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，下列说法正确的是(　　) A．浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C．0.2 mol·L－1HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋) D．0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1 HCl等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋) 答案：AD 解析：弱酸的电离平衡常数越大，其弱酸根离子水解程度越小。根据电离平衡常数可知，其弱酸根离子水解程度：CH3COO－>NH> HCOO－，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以有c(HCOO－)＋c(OH－) ＝c(Na＋)＋c(H＋)＝0.1 mol·L－1＋c(H＋)，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1＋c(OH－)，由于水解程度NH>HCOO－，所以HCOONa溶液中c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A项正确。pH相同的HCOOH和CH3COOH溶液，浓度：c(HCOOH)<c(CH3COOH)，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，所以CH3COOH消耗NaOH溶液的体积更大，故B项错误。任何电解质溶液中都存在电荷守恒和元素守恒，根据电荷守恒得c(HCOO－) ＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中，溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸的电离程度大于甲酸根离子的水解程度，所以c(HCOOH)<c(Na＋)，代入电荷守恒式有c(HCOO－)＋c(OH－)>c(HCOOH)＋c(H＋)，故C项错误。0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1 HCl等体积混合后的溶液中，溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，混合溶液pH<7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度小，所以粒子浓度满足c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，故D项正确。 (普查题18)(4分)298 K下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1的羟基乙酸(HOCH2COOH)溶液中逐滴加入pH＝13的NaOH溶液，溶液中由水电离的H＋浓度的负对数 [－lgc水(H＋)]与所加入NaOH溶液体积关系如图所示，b点溶液pH<7。忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是(　　) A．在a、b、c、d中，d点对应的水电离程度最大 B．b点溶液中：c(HOCH2COOH)>c(HOCH2COO－)>c(Na＋ )>c(H＋ )>c(OH－ ) C．d点溶液中：2c(Na＋)＝ c(HOCH2COOH)＋c(HOCH2COO－ ) D．当V[NaOH(aq)]＝x mL时溶液呈中性，则HOCH2COOH的电离常数为×10－7 答案：D 解析： c(NaOH)＝0.1 mol·L－1。观察图示知，a→c段，水的电离程度逐渐增大，c→d段，水的电离程度逐渐减小，c点溶液中水的电离程度最大，故A项错误。b点溶液由等物质的量浓度的HOCH2COOH和HOCH2COONa组成，溶液呈酸性，即HOCH2COOH的电离程度大于HOCH2COO－的水解程度，粒子浓度由大到小顺序为c(HOCH2COO－)＞c(Na＋ )＞c(HOCH2COOH)＞c(H＋ )＞c(OH－)，故B项错误。d点为等物质的量浓度的HOCH2COONa与NaOH的混合溶液，根据元素守恒，d点溶液中有c(Na＋)＝2c(HOCH2COOH)＋2c(HOCH2COO－)，故C项错误。中性溶液pH＝7，c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HOCH2COO－ )＋c(OH－)，即c(Na＋)＝c(HOCH2COO－ )＝ mol·L－1，则c(HOCH2COOH)＝ mol·L－1，HOCH2COOH 的Ka＝ ＝×10－7，故D项正确。 沉淀溶解平衡 (普查题19)(多选)(4分)常温下，分别向体积均为10 mL，浓度均为0.1 mol·L－1的KSCN溶液、K2CrO4溶液滴加0.1 mol·L－1AgNO3溶液，溶液中酸根离子浓度负对数(pM)与AgNO3溶液体积的关系如图[已知：①Ag＋＋SCN－==AgSCN↓；②2Ag＋＋CrO==Ag2CrO4↓；③pM＝－lgc(SCN－)或－lgc(CrO)]。下列说法正确的是(　　) A．溶解度：AgSCN>Ag2CrO4 B．Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－3a C．d点Ag2CrO4溶液是不饱和溶液 D．c(Ag＋)：f点溶液＞e点溶液 答案：BC 解析：根据图像和反应Ag＋＋SCN－==AgSCN↓、2Ag＋＋CrO==Ag2CrO4↓可知，加入10 mL AgNO3溶液对应c点的pM大于f点的pM，pM越大，对应酸根离子的浓度越小，由此可知，c点所在的曲线为AgSCN的溶解平衡曲线，f点所在曲线为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，据此分析解题。向体积均为10 mL，浓度均为0.1 mol·L－1的KSCN溶液、K2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L－1的AgNO3溶液，二者完全反应时KSCN溶液、K2CrO4溶液消耗的AgNO3溶液体积分别为10 mL、20 mL，由图可知，c点时AgSCN的饱和溶液中c(SCN－)＝ c(Ag＋)，e点时Ag2CrO4的饱和溶液中c(CrO)＝c(Ag＋)，由图中数据：b>a可知c(SCN－)< c(CrO)，并且摩尔质量M：Ag2CrO4>AgSCN，则该温度下溶解度：AgSCN<Ag2CrO4，故A项错误。由图中e点数据可知，e点对应的：c(CrO)＝10－a mol·L－1，该点溶液中c(Ag＋)＝2c(CrO)＝2×10－a mol·L－1，则有：Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2×10－a)2×10－a ＝4×10－3a，故B项正确。由图示数据可知，d点对应的c(CrO)小于e点的，而d、e两点银离子浓度相等，故可知d点对应的c2(Ag＋)·c(CrO)＜Ksp(Ag2CrO4)，则说明d点Ag2CrO4溶液是不饱和溶液，故C项正确。由图中数据可知，f点对应的c(CrO)大于e点的，而f、e两点对应的Ksp(Ag2CrO4)相等，故c(Ag＋)：f点溶液＜e点溶液，故D项错误。 有机化学基础 (普查题20)(4分)下列关于有机物的说法正确的是(　　) A．乙醇和丙三醇互为同系物 B．分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构) C．淀粉、纤维素、蛋白质和油脂均属于天然高分子化合物 D．环己烯()分子中的所有碳原子共面 答案：B 解析：乙醇是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，所含官能团数目不同，不互为同系物，故A项错误。分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，其同分异构体有：①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种结构；②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种结构；③丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种结构；④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种结构；因此属于酯的同分异构体共有4＋2＋1＋2＝9种，故B项正确。油脂不属于天然高分子化合物，故C项错误。环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能在同一个平面上，故D项错误。 (普查题21)(4分) 有关 的说法不正确的是(　　) A．分子中至少有12个原子共平面 B．完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个 C．N的杂化方式为sp2 D．与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种 答案：C 解析：与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，故A项正确，不符合题意。该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与—NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，故B项正确，不符合题意。N的价层电子对数为4，为sp3杂化，故C项错误，符合题意。该有机物与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，故D项正确，不符合题意。 化学实验基础 (普查题22)(4分)下列实验基本操作正确的是(　　) A．分离苯和水时，有机层从分液漏斗底部放出 B．分离丙酮和乙醚的混合物时，温度计插入混合溶液中 C．用硝酸银溶液滴定待测液中的Cl－，要用标准液润洗棕色滴定管 D．测定稀氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的中和热时，温度计的水银球要紧靠烧杯底 答案：C 解析：用分液漏斗分离两种互不相溶的液体时，上层和下层液体由两者密度大小决定。苯的密度比水小，所以有机层在上层，正确操作是先取下分液漏斗的上口塞子，旋转分液漏斗下部活塞，将下层液体放出后，关闭下部活塞，从上口倒出有机层，故A项错误。丙酮和乙醚互溶，沸点不同，可用蒸馏操作分离，进行蒸馏操作时温度计的水银球与蒸馏烧瓶支管口下沿相平，故B项错误。用硝酸银溶液滴定氯离子，选择棕色滴定管，避免硝酸银溶液见光分解，盛装硝酸银标准溶液之前要用对应的硝酸银标准溶液润洗，避免稀释标准溶液，故C项正确。做中和热测定实验时，温度计用于测量溶液温度，不能接触烧杯底，故D项错误。 (普查题23)(4分)下列装置能达到相应实验目的的是(　　) A.测定KI溶液的浓度 B.制备碳酸氢钠 C.检验乙醇消去反应的产物 D.制备无水氯化镁 答案：D 解析：溴水具有氧化性，不能盛装在碱式滴定管中，应该盛装在酸式滴定管中，故A项错误。氨气极易溶于水，直接通入饱和食盐水中会倒吸，故B项错误。乙醇在浓硫酸的作用下加热至170 ℃时发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，使得乙烯中可能混有乙醇，二者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能验证是否生成乙烯，故C项错误。为抑制MgCl2·6H2O在加热过程中发生水解反应生成Mg(OH)2，应该在HCl气体的氛围中加热，并用无水氯化钙防止空气中的水分进入装置，故D项正确。 B　综合能力普查卷 元素化合物综合 (普查题24)(4分)SO2属于严重的大气污染物，可用H2与SO2高温反应消除SO2的污染，其反应原理可分为两步，过程如图所示： 下列说法正确的是(　　) A．SO2排放到空气中会形成pH≈5.6的酸雨 B．可用CuSO4溶液检验是否有X气体生成 C．在100～200 ℃时发生的是置换反应 D．工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的SO2 答案：B 解析：因为酸雨的pH<5.6，所以SO2排放到空气中会形成pH≈5.6的酸雨是错误的，故A项错误。分析可知X气体为H2S，能与CuSO4反应，生成黑色的不溶于水和酸的硫化铜沉淀，所以可用CuSO4溶液检验是否有X气体生成，故B项正确。在100～200 ℃时发生的反应为2H2S＋SO23S＋2H2O，不是置换反应，故C项错误。若用浓硝酸处理工业尾气中的SO2，则会产生含氮元素的大气污染物(即氮的氧化物)，不符合环保要求，故D项错误。 (普查题25)(11分)二氧化氯(ClO2)与亚氯酸钠(NaClO2)都具有强氧化性，两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如下装置由二氧化氯制备NaClO2·3H2O，并探究其性质。 Ⅰ.查阅资料 ①NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出的晶体是NaClO2，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。 ②ClO2易与碱溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为氯酸盐。 Ⅱ.制备与分离 (1)实验加药品前应进行的实验操作是__________________。 (2)盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器名称是____________，该装置中发生反应的化学方程式为__________________________________。 (3)若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下，请完成下列操作步骤②内容。 ①减压，55 ℃蒸发结晶；②______________；③用38～60 ℃热水洗涤；④在38～60 ℃间进行干燥，得到成品。 (4)装置D的作用是处理尾气，反应的化学方程式为_____________________ ___________。 Ⅲ.测量与计算 利用题中原理制备出NaClO2·3H2O晶体的样品，可以用“间接碘量法”测定样品(杂质与I－不发生反应)的纯度，过程如下：取样品2.890 g配制成250 mL溶液，从中取出25.00 mL，加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液(已知：ClO＋4I－＋4H＋==2H2O＋2I2＋Cl－)，然后用c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为V mL(已知：I2＋2S2O==S4O＋2I－)。 (5)①下列滴定操作会导致测量结果偏低的是________(填字母)。 a．锥形瓶洗涤后没有干燥 b．滴定时锥形瓶中有液体溅出 c．滴定终点时俯视读数 d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 ②样品中NaClO2·3H2O的纯度为________%(用含c、V的代数式表示)。 答案：(1)检查装置气密性(1分)　(2)三颈烧瓶(1分)　2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4(浓)==2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O(2分)　(3)趁热过滤(1分)　(4)2ClO2＋2NaOH==NaClO3＋NaClO2＋H2O(2分)　(5)①bc(2分) 　②12.5cV(2分) 解析：装置A中制备得到ClO2，所以装置A中反应为NaClO3与Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2、Na2SO4和水；装置B是安全瓶，有防倒吸作用；装置C中ClO2与NaOH、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2。从装置C反应后的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、热水洗涤、干燥；装置D的作用是吸收多余气体，防止污染。 (1)实验过程中要制备ClO2气体，则实验加药品前应检查装置气密性。 (2)由图可知，盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器是三颈烧瓶。装置A中的NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下反应生成ClO2、Na2SO4和水，发生反应的化学方程式为2NaClO3＋H2SO4(浓)＋Na2SO3==2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O。 (3)已知NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出的晶体是NaClO2，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，则从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括： ①减压，55 ℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38～60 ℃热水洗涤；④在38～60 ℃间进行干燥，得到成品。 (4)装置D的作用是吸收多余气体，防止空气污染，根据查阅资料信息可知反应的化学方程式为2ClO2＋2NaOH==NaClO3＋NaClO2＋H2O。 (5)①锥形瓶洗涤后没有干燥，不影响滴定结果，故a项不符合题意。滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，消耗的标准液减少，测定结果偏低，故b项符合题意。滴定终点时俯视读数，导致标准液消耗的体积读数偏小，测定结果偏低，故c项符合题意。滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液消耗的体积包含气泡的体积，体积偏大，测定结果偏高，故d项不符合题意。②滴定消耗V mL c mol·L－1 的Na2S2O3标准溶液，则消耗Na2S2O3的物质的量为V×10－3 L×c mol·L－1＝10－3cV mol，根据关系式NaClO2·3H2O～ 2I2～ 4Na2S2O3可知，样品中NaClO2·3H2O的物质的量为 mol，故样品中NaClO2·3H2O的纯度为×100%＝12.5cV%。 元素推断　元素周期律的应用 (普查题26)(4分)短周期元素E、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。E的气态氢化物与浓硝酸相遇产生“白烟”；X原子的最外层电子数是电子层数的3倍；在短周期金属元素的单质中，相同条件下Y单质与水反应最剧烈；Z原子所在周期序数等于其主族序数；R的无氧酸与Y的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐M，M能破坏水的电离平衡。下列说法正确的是(　　) A．简单离子半径大小排序为Y＞Z＞R＞E＞X B．E、X、R的气态氢化物中，E的气态氢化物最稳定 C．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的强 D．X分别与Y、Z、R、E形成的化合物中都只含1种化学键 答案：C 解析：在中学化学中，只有氨气遇氯化氢、浓硝酸等会产生“白烟”，E为氮元素；X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，当电子层数分别为1、2、3时，最外层电子数分别为3、6、9，根据原子核外电子排布规律，只有电子层数为2，最外层电子数为6的氧元素符合题意，X为氧元素；在短周期金属元素的单质中，相同条件下Y单质与水反应最剧烈，说明Y是短周期中最活泼的金属，Y为钠元素；Z原子序数大于11，其周期序数等于主族序数，则Z为铝元素；R一定位于第三周期，原子序数大于13，其气态氢化物可能有SiH4、PH3、H2S、HCl，SiH4、PH3与NaOH不反应；HCl是强酸，与NaOH反应生成的NaCl不能破坏水的电离平衡，因此排除HCl；H2S是弱酸，其阴离子S2－、HS－均能水解促进水的电离，所以R为硫元素。上述五种元素对应的简单离子为N3－、O2－、Na＋、Al3＋、S2－，它们的核外电子数分别为10、10、10、10、18，前四种离子只有2个电子层，硫离子有3个电子层，硫离子的半径最大；对于电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小排序为r(S2－)＞r(N3－)＞r(O2－)＞r(Na＋)＞r(Al3＋)，故A项错误。E、X、R的气态氢化物分别为NH3、H2O、H2S，稳定性：NH3＜H2O，H2O＞H2S，在这三种气态氢化物中，H2O最稳定，故B项错误。Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，钠、铝位于同一周期，从左至右，元素的金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐减弱，故氢氧化钠的碱性比氢氧化铝的碱性强，故C项正确。氧与氮、钠、铝、硫形成的化合物依次为NO2、N2O、N2O4、NO等，Na2O、Na2O2，Al2O3，SO2、SO3，其中过氧化钠含离子键与共价键，其他化合物只含1种化学键，故D项错误。 (普查题27)(4分)一种由短周期主族元素组成的抗病毒化合物结构如图，其中Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Q在元素周期表中原子半径最小，Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍。下列说法正确的是(　　) A．第一电离能：X>Y>W B．Y的氢化物只含有极性键 C．Q、X、Y只能形成共价化合物 D．W、X、Y、Z四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高 答案：A 解析：Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Q在元素周期表中原子半径最小，则Q为H ；Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍，Z只能含有2个电子层，则Y原子最外层电子数为6，Y的原子序数小于Z，则Y为O；Z形成1个共价键，则Z为F；W形成4个共价键，其原子序数小于O，则W为C；X形成3个共价键，其原子序数介于C、O之间，则X为N，以此分析解答。同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素，故第一电离能：N>O，即第一电离能X(N)>Y(O)>W(C)，故A项正确。Y为O，O的其中一种氢化物H2O2的结构式为H—O—O—H，含有非极性键，故B项错误。Q(H)、X(N)、Y(O)可形成NH4NO3，为离子化合物，故C项错误。W、X、Y、Z四种元素形成的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O和HF，常温下H2O为液态，CH4、NH3、HF都为气态，所以H2O的沸点最高，故D项错误。 化学反应速率与化学平衡 (普查题28)(多选)(4分)氢气可将CO2还原为甲烷：CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g)，科学家研究在催化剂表面上CO2与H2反应的前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，TS表示过渡态。下列说法中一定正确的是(　　) A．起始到TS1历程中发生了非极性共价键的断裂 B．该转化反应的速率取决于TS2的能垒 C．前三步历程中最小能垒步骤的化学方程式为·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)==·CO＋3H2(g)＋H2O(g) D．物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会放出热量 答案：AC 解析：由图可知，起始到TS1历程中·CO2(g)＋4H2(g) ·CO2＋·H＋H2(g) ·HOCO＋H2(g)，因此该历程中有H—H键断裂，故A项正确。TS1的能垒大于TS2的能垒，TS1进行得慢，慢反应决定总反应速率，故B项错误。TS3的能垒最小，该步骤的化学方程式为·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)==·CO＋3H2(g)＋H2O(g)，故C项正确。由各过渡态前后能量变化可知，形成过渡态的过程能量升高，吸收热量，故D项错误。 (普查题29)(4分)下列图像及分析正确的是(　　) A．图1表示反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)平衡时，NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率：αA(H2)＝αB(H2) B．图2表示反应“N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0”达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数随温度、压强的变化 C．图3表示“I2＋I－I”中I的平衡浓度随温度变化的曲线，说明平衡常数K(T1)<K(T2) D．图4表示恒容密闭容器中其他条件相同时改变温度，反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)中n(CH3OH)随时间的变化曲线，说明该反应是放热反应 答案：D 解析：根据图像，随着的增大，相当于增大N2的物质的量，平衡正向移动，氢气转化率增大，因此αA(H2)<αB(H2)，故A项错误。该反应正方向是气体分子数减小的放热反应，同一压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数减小；同一温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数增大，图示中压强曲线不正确，故B项错误。由I2＋I－I中I的平衡浓度随温度变化的曲线分析可知，升温平衡逆向移动，平衡常数K(T1)＞K(T2)，故C项错误。根据图中信息可知曲线Ⅱ先达到平衡，反应速率快，温度较高，平衡时n(CH3OH)较小，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故D项正确。 化学反应与电能 (普查题30)(4分)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是(　　) A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋== 2H＋＋2MV＋ C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3 D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 答案：B 解析：由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV＋在负极失电子发生氧化反应生成MV2＋，电极反应式为MV＋－e－==MV2＋，放电生成的MV2＋在氢化酶的作用下与H2反应生成H＋和MV＋，反应的方程式为H2＋2MV2＋==2H＋＋2MV＋；右室电极为燃料电池的正极，MV2＋在正极得电子发生还原反应生成MV＋，电极反应式为MV2＋＋e－==MV＋，放电生成的MV＋与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2＋，反应的方程式为N2＋6H＋＋6MV＋==6MV2＋＋2NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。工业合成氨气需要高温、高压及催化剂，反应条件较高，而电化学方法条件温和，设计成原电池，可以将化学能转化为电能，故A项正确，不符合题意。原电池电极以正、负极区分，应该为负极区氢气被氧化成为氢离子，而不是选项中的阴极区，故B项错误，符合题意。根据图示，氮元素由0价变成－3价，发生还原反应，生成NH3，故C项正确，不符合题意。质子带正电荷，原电池中带正电荷的离子会移向正极，故D项正确，不符合题意。 (普查题31)(4分)利用电解原理实现乙烯高效合成环氧乙烷，电解装置如图所示： 已知：CH2==CH2HOCH2—CH2Cl 下列说法正确的是(　　) A．反应一段时间后，阴极区pH减小 B．Pt电极反应式：Cl－－2e－＋2OH－==ClO－＋H2O C．生成1 mol环氧乙烷，有1 mol Cl－通过交换膜 D．电解完成后，将阴极区和阳极区溶液混合后可得到环氧乙烷 答案：D 解析：结合已知原理可知，Ni极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：2H2O＋2e－==2OH－＋H2↑；Pt极为阳极，氯离子发生氧化反应生成次氯酸和氢离子：Cl－－2e－＋H2O==HClO＋H＋，次氯酸将乙烯转化为HOCH2—CH2Cl。HOCH2—CH2Cl和氢氧根离子反应生成环氧乙烷。由分析可知，阴极区发生反应：2H2O＋2e－==2OH－＋H2↑，生成氢氧根离子，则溶液碱性增强，pH增大，故A项错误。Pt极为阳极，氯离子发生氧化反应生成次氯酸，电极反应式为Cl－－2e－＋H2O==HClO＋H＋，故B项错误。生成1 mol环氧乙烷需要消耗1 mol HClO，结合反应Cl－－2e－＋H2O==HClO＋H＋可知，阳极区需要2 mol负电荷，则有2 mol氯离子通过交换膜，故C项错误。 由分析可知，阴极生成氢氧化钾，阳极生成HOCH2—CH2Cl，电解完成后，将阴极区和阳极区溶液混合后，氢氧根离子和HOCH2—CH2Cl反应生成环氧乙烷，故D项正确。 水溶液中的离子反应与平衡 (普查题32)(4分)常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定20 mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V(NaOH)、lgX[X＝或或]的关系分别如图1、图2所示。 下列说法错误的是(　　) A．曲线Ⅰ表示pH与lg的变化关系 B．由图1知中和Na2HA溶液时，未出现pH突跃 C．当体系中溶液的pH＝9时，＝101.8 D．当滴入40 mL NaOH溶液时，c(Na＋)>c(HA2－)>c(OH－)>c(H2A－)>c(A3－)>c(H＋) 答案：D 解析：将NaOH溶液滴入H3A溶液中，依次发生反应：①H3A＋OH－==H2A－＋H2O；②H2A－＋OH－==HA2－＋H2O；③HA2－＋OH－==A3－＋H2O，二者浓度均为0.1 mol·L－1，三元酸H3A溶液体积为20 mL，则反应①②③完全反应对应NaOH溶液的体积分别为20 mL、40 mL、60 mL。当lgX＝0时，c(H3A)＝c(H2A－)或c(H2A－)＝c(HA2－)或c(HA2－)＝c(A3－)，此时电离平衡常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－pH1，同理Ka2＝10－pH2，Ka3＝10－pH3，由于Ka1＞Ka2＞Ka3，Ka1对应的pH最小，Ka3对应的pH最大，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示pH与lg、lg及lg的变化关系，故A项正确，不符合题意。中和Na2HA溶液的反应为反应③，所加NaOH溶液体积从40 mL到60 mL，由图可知，这段区间内，曲线平缓，即未出现pH突跃，故B项正确，不符合题意。曲线Ⅱ表示pH与lg的变化关系，根据点(10，2.8)可知，pH＝10时，lgX＝2.8，则＝102.8，Ka2＝＝10－10×102.8＝10－7.2；当pH＝9时，即c(H＋)＝10－9，＝＝101.8，故C项正确，不符合题意。当滴入40 mL NaOH溶液时，溶质为Na2HA，由图可知，该点对应的pH＞7，即溶液显碱性，则HA2－的水解程度大于HA2－的电离程度，有c(H2A－)>c(A3－)，由于水也会电离出氢离子和氢氧根，所以离子浓度由大到小顺序为c(Na＋)>c(HA2－)>c(OH－)>c(H2A－)>c(H＋)>c(A3－)，故D项错误，符合题意。 (普查题33)(多选)(4分)常温下，H3AsO4和H3AsO3溶液中含砷粒子的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图1、2所示。向浓度均为0.01 mol·L－1的H3AsO4和H3AsO3混合溶液中加入适量的NaOH溶液，下列说法正确的是(　　) A．H2AsO＋AsOHAsO＋HAsO　K＝105.2 B．pH＝6时，c(H2AsO)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO)＞c(H2AsO) C．溶液呈中性时，约等于3 D．pH＝8时，H3AsO3的电离度约为9.09% 答案：CD 解析：pH＝7.0时，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，溶液中H2AsO和HAsO浓度相等，可求Ka2 (H3AsO4)＝＝10－7，pH＝13.5时，c(H＋)＝10－13.5 mol·L－1，溶液中AsO和HAsO浓度相等，可求Ka3 (H3AsO3)＝＝10－13.5，则可逆反应H2AsO＋AsOHAsO＋HAsO的K＝×＝＝＝106.5，故A项错误。pH＝6时，由图1、图2可知c(H3AsO3)>c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)，故B项错误。溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，c(HAsO)＝c(H2AsO)，溶液中AsO 的物质的量分数接近0，H3AsO3的物质的量分数接近1，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)≈c(OH－)＋c(HAsO)×2＋c(H2AsO)，可得c(Na＋)≈c(HAsO)×3， 约等于3，故C项正确。pH＝9时，由图2可求得Ka1(H3AsO3)＝＝10－9，pH＝8时，由图知，H3AsO3的电离度满足＝＝＝＝ ＝0.1，解得α＝ ，则H3AsO3的电离度α 约为 9.09%，故D项正确。 (普查题34)(4分)已知H2X的电离常数Ka1＝2×10－8、Ka2＝3×10－17。常温下，难溶物BaX在不同浓度盐酸(足量)中恰好不再溶解时，测得混合液中lgc(Ba2＋)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Ksp(BaX)约为6×10－23 B．M点：c(Cl－)>c(H＋)>c(H2X) C．N点：c(HX－)约为2×10－7 mol·L－1 D．直线上任一点均满足：c(Ba2＋)＝c(X2－)＋c(HX－)＋c(H2X) 答案：B 解析：难溶物BaX溶解在足量盐酸中的离子方程式为BaX＋2H＋Ba2＋＋H2X，当不再溶解时，达到溶解平衡，结合H2X的Ka1、Ka2较小可知c(Ba2＋)≈c(H2X)，H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－，Ka1＝，Ka2＝，Ka1Ka2＝≈，得到c(X2－)≈，Ksp(BaX)＝c(Ba2＋)c(X2－)≈，由题干图示信息，当pH＝1时，lgc(Ba2＋)＝0，即c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Ba2＋)＝1.0 mol·L－1，故Ksp(BaX)＝c(Ba2＋)c(X2－)≈＝＝6×10－23，故A项正确，不符合题意。由图可知，直线MN的方程式为lgc(Ba2＋)＝1－pH，故M点lgc(Ba2＋)＝0.4，pH＝0.6，故c(H2X)≈c(Ba2＋)＝100.4 mol·L－1，c(H＋)＝10－0.6 mol·L－1，此时溶质为BaCl2和H2X，故c(Cl－)>c(H2X)>c(H＋)，故B项错误，符合题意。直线MN的方程式：lgc(Ba2＋)＝1－pH，故N点pH＝0.8，lgc(Ba2＋)＝0.2，故c(H2X)≈c(Ba2＋)＝100.2 mol·L－1，c(H＋)＝10－0.8 mol·L－1，c(HX－)＝≈ mol·L－1＝2×10－7mol·L－1，故C项正确，不符合题意。由BaX＋2H＋Ba2＋＋H2X、H2XH＋＋HX－、HX－H＋＋X2－，根据元素守恒可知，直线上任意一点均满足：c(Ba2＋)＝c(X2－)＋c(HX－)＋c(H2X)，故D项正确，不符合题意。 化学实验设计、评价与探究 (普查题35)(4分)2－呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2－呋喃甲酸( )和乙醇在浓硫酸催化下反应制备，其流程如下： 已知：①2－呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196 ℃；②2－呋喃甲酸的沸点为230 ℃，乙醇的沸点为78.4 ℃；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25 ℃。下列说法错误的是(　　) A．反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率 B．蒸馏的目的主要是除去乙醇 C．洗涤、静置分层后，水相从分液漏斗下层流出后，有机相从上口倒出 D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶 答案：C 解析：由于制备2－呋喃甲酸乙酯的反应是酯化反应，也是可逆反应，苯与水形成共沸物(共沸点为69.25 ℃)，回流时分离出苯与水的共沸物，体系中的水被移除，使平衡正向移动，可提高原料的利用率，故A项正确，不符合题意。乙醇的沸点为78.4 ℃，蒸馏的目的主要是除去乙醇，故B项正确，不符合题意。2－呋喃甲酸乙酯相对于水的密度为1.117，有机物的密度比水的密度大，则洗涤、静置分层后，有机相在下层，将有机相从下层流出后，再将水相从上口倒出，故C项错误，符合题意。蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，故D项正确，不符合题意。 (普查题36)(4分)实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。 下列说法不正确的是(　　) A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2＋2SO2==2Na2SO3＋O2 B．bc段O2含量下降与反应O2＋2Na2SO3==2Na2SO4有关 C．可用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4 D．产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成 答案：C 解析：有O2生成，可推知发生了反应：2Na2O2＋2SO2== 2Na2SO3＋O2，故A项正确，不符合题意。bc段O2含量下降，可能是发生反应：O2＋2Na2SO3==2Na2SO4，故B项正确，不符合题意。HNO3具有强氧化性，能将SO氧化为SO，干扰SO的检验，不能用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4，故C项错误，符合题意。SO2具有还原性，Na2O2具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，所以产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的，故D项正确，不符合题意。 (普查题37)(15分)某研究小组探究镁、铝与Na2CO3溶液的反应。 实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60 ℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。 实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和Na2CO3溶液(pH＝12)中，观察到镁条表面有气泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。 (1)实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为______________________。 (2)实验Ⅱ中饱和Na2CO3溶液pH＝12的原因____________________(写1个主要反应的离子方程式)。 (3)探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。 实验Ⅲ 现象 电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡产生，铝条上持续有气泡产生 电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有气泡产生 ①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为________________。 ②实验a中开始时Mg是原电池的________极。 ③用化学用语表示实验a中铝条上持续产生气泡的原因__________________________________________________________________。 ④查阅资料，实验b中沉淀成分为Mga(OH)b(CO3)c·mH2O，实验证实了沉淀中含有CO、OH－，将白色浑浊物过滤、洗涤，加入0.1 mol·L－1盐酸y mL恰好完全反应，产生标准状况下的CO2气体x mL，x、y之间的关系为__________(用含x、y的表达式表示)。 ⑤实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因________________________________________。 (4)已知Al3＋、Al(OH)3、[Al(OH)4]－分布分数与溶液pH的关系如图所示： 结合铝元素的分布系数解释实验Ⅱ中铝与饱和Na2CO3溶液持续产生细小气泡的原因__________________________________。 答案：(1)Mg＋2H2O==Mg(OH)2＋H2↑(2分)　(2)CO＋H2OHCO＋OH－(2分)　(3)①0.01mol·L－1(1分)　②负(1分) ③2H2O＋2e－==H2↑＋2OH－、2Al＋2OH－＋6H2O==2[Al(OH)4]－＋3H2↑(2分)　④x<1.12y(2分)　⑤Mg还原性强于Al，实验a中首先Mg失去电子生成Mg2＋，结合OH－生成致密的Mg(OH)2覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于CO浓度较高，Mg2＋结合OH－和CO生成Mga(OH)b(CO3)c·mH2O，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针未发生反向偏转(3分)　(4)饱和Na2CO3溶液pH＝12，铝元素主要以[Al(OH)4]－形式存在，使铝与Na2CO3溶液的反应可以持续进行(2分) 解析：(1)实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为镁与水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的化学方程式为Mg＋2H2O==Mg(OH)2＋H2↑。 (2)实验Ⅱ中饱和碳酸钠溶液pH为12的原因是碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，主要反应的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－。 (3)①实验a是b的对照组，由探究实验“变量唯一”原则可知，实验a中氢氧化钠溶液的pH为12，浓度为0.01 mol·L－1。②由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在氢氧化钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁作原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成氢氧化镁。③由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在氢氧化钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁作原电池的负极，Mg失电子发生氧化反应生成Mg2＋，电极反应式为Mg－2e－==Mg2＋，铝作正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子和氢气，电极反应式为2H2O＋2e－==H2↑＋2OH－，放电生成的氢氧化镁覆盖在镁条表面使镁的还原性降低，导致铝作原电池的负极，碱性条件下铝失去电子发生氧化反应生成四羟基合铝离子，电极反应式为Al－3e－＋4OH－==[Al(OH)4]－，同时铝和氢氧化钠溶液中的氢氧根离子反应生成四羟基合铝离子和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O==2[Al(OH)4]－＋3H2↑，所以实验a中铝条上持续产生气泡。④若沉淀中只含MgCO3，碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的方程式为MgCO3＋2HCl==MgCl2＋CO2↑＋H2O，由方程式可得：×2＝0.1 mol·L－1×10－3y L，解得x＝1.12y，但沉淀中含有OH－，实际消耗盐酸的量要多于和碳酸镁反应用去的盐酸的量，因此x<1.12y。⑤由实验现象可知，实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因是Mg还原性强于Al，实验a中首先Mg失去电子生成Mg2＋，结合OH－生成致密的Mg(OH)2覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于CO浓度较高，Mg2＋结合OH－和CO生成Mga(OH)b(CO3)c·mH2O，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针未发生反向偏转。 (4)由图可知，实验Ⅱ中铝与饱和碳酸钠溶液持续产生细小气泡的原因是铝与pH为12的饱和碳酸钠溶液反应生成四羟基合铝离子，没有生成氢氧化铝沉淀覆盖在铝条表面阻碍反应的继续进行，使得反应可以持续进行。 原子、分子、晶体的结构与性质 (普查题38)(4分)X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素形成的一种化合物结构如图所示，基态M原子核外成对电子与单电子数目之比为4∶3。下列说法错误的是(　　) A．电负性：X>Y B．第三电离能：Z>M C．MX3与YX3反应有配位键生成 D．ZX、ZX3两种离子的空间结构相同 答案：D 解析：基态M原子核外成对电子与单电子数目之比为4∶3，根据电子排布规律可知，该原子的单电子在p轨道上，且为自旋方向相同的3个电子，则M的电子排布式为1s22s22p3，M为N元素；X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，由化合物的结构可知X能形成1个共价键， X为H元素； Y与H元素形成4个共价键，形成YH ，则Y为B元素，Z为C元素。由结构式可知BH中B为＋3价，H为－1价，则电负性：H>B，故A项正确，不符合题意。Z失去2个电子后的电子排布式为1s22s2，M失去2个电子后的电子排布式为1s22s22p1，M的2p电子能量比Z的2s电子能量高，较易失去，M的第三电离能较小，故B项正确，不符合题意。NH3中N原子有孤电子对，BH3中B原子有空轨道，两者反应有配位键生成，故C项正确，不符合题意。根据价层电子对互斥模型可知，CH的价层电子对数为3＋＝3，孤电子对数为0，空间结构为平面三角形，CH的价层电子对数为3＋＝4，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，故D项错误，符合题意。 (普查题39)(4分)下列对有关事实的解释正确的是(　　) 选项 事实 解释 A NH3的热稳定性比PH3强 NH3分子间能形成氢键 B 基态Fe3＋比Fe2＋稳定 基态Fe3＋价电子排布式为3d5，是半充满的稳定结构 C 石墨能够导电 石墨是离子晶体 D CH4与H2O分子的空间结构不同 它们中心原子杂化轨道类型不同 答案：B 解析：分子的稳定性取决于分子内化学键的强弱，因为氮的原子半径小于磷的原子半径，N—H键的键能大于P—H键的键能，所以NH3的热稳定性比PH3的强，故A项错误。基态Fe3＋价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满稳定结构，Fe3＋较Fe2＋稳定，故B项正确。在石墨中，每个碳原子只形成3个共价键，还有1个价电子成为自由电子，所以石墨能够导电，故C项错误。CH4与H2O分子中，中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但CH4分子中无孤电子对，H2O分子中有两个孤电子对，孤电子对数不同导致空间结构不同，故D项错误。 (普查题40)(4分)已知在有机化合物中，吸电子基团(吸引电子云靠近)能力：—Cl>—C≡CH>—C6H5>—CH==CH2>—H，推电子基团(排斥电子云偏离)能力：—C(CH3)3>—CH(CH3)2>—CH2CH3>—CH3>—H，一般来说，体系越缺电子，酸性越强；体系越富含电子，碱性越强。下列说法错误的是(　　) A．碳原子杂化轨道中s成分占比：—C≡CH>—CH==CH2 B．羟基的活性：>CH3CH2OH C．酸性：ClCH2COOH>BrCH2COOH D．碱性： )答案：D 解析：碳碳三键中C原子杂化方式为sp杂化，碳碳双键中C原子杂化方式为sp2杂化，故碳原子杂化轨道中s成分占比：—C≡CH>—CH==CH2，故A项正确，不符合题意。苯环为吸电子基团，乙基为推电子基团，故羟基的活性：苯甲醇>乙醇，故B项正确，不符合题意。电负性：Cl>Br，极性：Cl—C>Br—C，故酸性：ClCH2COOH>BrCH2COOH，故C项正确，不符合题意。甲基为推电子基团，故 中六元环的电子云密度大，碱性强，故D项错误，符合题意。 (普查题41)(4分)已知Mg、Al、O三种元素组成尖晶石型晶体结构，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中Al3＋和O2－都在小晶格内部，Mg2＋部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点(如图)，下列分析错误的是(　　) A．该晶体为离子晶体 B．该物质的化学式为Mg2Al2O5 C．晶胞中，Mg2＋的配位数为4 D．两个Mg2＋之间最近的距离是 pm 答案：B 解析：该晶体是由镁离子、铝离子与氧离子通过离子键形成的离子晶体，故A项正确，不符合题意。由晶胞结构可知，1个A晶格中有4个镁离子在顶点，1个在体心，则1个A晶格中的镁离子个数：1＋4×＝，1个B晶格中有4个镁离子在顶点，则1个B晶格中的镁离子个数：4×＝，则该晶胞中镁离子个数：×4＋×4＝8；1个A晶格和1个B晶格中均含有4个氧离子，则该晶胞中氧离子个数：4×8＝32；每个B晶格中含有4个铝离子，则该晶胞中铝离子个数：4×4＝16，该物质的化学式为MgAl2O4，故B项错误，符合题意。由A晶格结构可知每个Mg2＋与4个氧离子紧相邻，其配位数为4，故C项正确，不符合题意。两个Mg2＋之间最近的距离是A晶格结构中体心与顶点的距离，A晶格的边长为 pm，体对角线长度为 pm，两个Mg2＋之间最近的距离是该体对角线长度的一半，即 pm，故D项正确，不符合题意。 陌生多官能团有机化合物结构、组成、性质的分析 (普查题42)(多选)(4分)梯形聚合物BBL可由X和Y聚合得到。下列说法正确的是(　　) A．Y的水溶液显酸性 B．BBL在稀NaOH溶液中能完全降解 C．等物质的量X和Y最多消耗的NaOH的物质的量相同 D．由X和Y通过加聚反应得到BBL同时会生成等物质的量的两种小分子 答案：AC 解析：Y属于强酸弱碱盐，因此其水溶液显酸性，故A项正确。根据BBL的结构得知，在稀NaOH溶液中只能断裂酰胺基上的碳氮单键，不能完全降解，故B项错误。1 mol Y 消耗4 mol NaOH生成1 mol、4 mol水和4 mol NaCl，1 mol X中含有4 mol酯基，碱性条件下水解会消耗4 mol氢氧化钠，则等物质的量X和Y最多消耗的NaOH的物质的量相同，故C项正确。X、Y中不含碳碳双键、碳碳三键，不能发生加聚反应，二者通过缩聚反应得到BBL的同时会生成水和氯化氢，两种小分子的物质的量之比为4∶4＝1∶1，故D项错误。 (普查题43)(4分)化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得： 下列说法错误的是(　　) A．Z的分子式为C13H16O5 B．X分子中共平面的碳原子最多有8个 C．Y与足量H2加成后的产物分子中含有4个手性碳原子 D．1 mol Z可与3 mol NaOH反应 答案：A 解析：Z分子中含有13个C原子、5个O原子，不饱和度为7，则含H原子个数为13×2＋2－7×2＝14，则分子式为C13H14O5，故A项错误，符合题意。X分子 中，同一框内的碳原子一定共平面，由于苯环与羰基相连的碳碳单键可以旋转，则两个框内的碳原子可能共平面，所以共平面的碳原子最多有8个，故B项正确，不符合题意。Y与足量H2加成后的产物为 ，分子中带“”的碳原子为手性碳原子，共含有4个手性碳原子，故C项正确，不符合题意。1个Z分子中含有2个酯基，其中一个是酚酯基，1 mol酚酯基水解要消耗2 mol NaOH，所以1 mol Z可与3 mol NaOH反应，故D项正确，不符合题意。 C　能力提升拔高卷 化学实验综合 (普查题44)(13分)氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。 已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇。 ②VO2＋有较强还原性，易被氧化。 实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图： 回答下列问题： (1)“浸渍”时反应的化学方程式为__________________________________ ____________。 (2)“转化”时需要在CO2氛围中进行的原因是_________________________ ___________。 (3)“转化”可在下列装置中进行： ①上述装置连接的合理顺序为e→__________________(按气流方向，用小写字母表示)。 ②写出装置D中生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学方程式______________________________________________________________。 (4)“洗涤”时用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是______________________________________________________________________________________。 (5)为测定粗产品中钒元素的含量，称取1.0 g粗产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后加入0.01 mol·L－1 KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加2%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，滴入几滴铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液，最后用0.2 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为20.00 mL。(已知粗产品中杂质不含钒，也不参与反应；滴定反应为VO＋Fe2＋＋2H＋==VO2＋＋Fe3＋＋H2O) ①滴定终点时的现象为__________________________________________。 ②粗产品中钒元素的质量分数为________%。 答案：(1)2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl==4VOCl2＋N2↑＋6H2O(2分)　(2)VO2＋有较强还原性，防止其被氧化(1分)　(3)①a→b→f→g→c(2分)　②6VOCl2＋6H2O＋17NH4HCO3==(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓＋13CO2↑＋12NH4Cl(2分)　(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化，再滴加几滴AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明晶体洗涤干净 (2分)　(5)①当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解(1分)　②20.4(3分) 解析：(1)V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液，反应生成VOCl2，同时生成氮气，则V2O5作氧化剂，N2H4·2HCl作还原剂，利用得失电子守恒、元素守恒可得该反应的化学方程式：2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl==4VOCl2＋N2↑＋6H2O。 (2)VO2＋有较强还原性，易被氧化，在CO2氛围中进行“转化”，能有效地隔离氧气，防止VO2＋被氧化。 (3)①“转化”过程需在二氧化碳氛围下进行，C装置为二氧化碳的发生装置，A装置为二氧化碳的净化装置，应接在C装置后面，B装置可用于检验装置中的氧气是否排净，应接在D装置后面，D装置应接在A装置后面，所以装置的连接顺序为：e→a→b→f→g→c。②装置D中生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其化学反应方程式为6VOCl2＋6H2O＋17NH4HCO3==(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓＋13CO2↑＋12NH4Cl。 (4)“洗涤”时用饱和NH4HCO3溶液洗涤，可以洗去晶体表面附着的Cl－，则只需检验洗涤液中是否含有Cl－，故其操作为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化，再滴加几滴AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明晶体洗涤干净。 (5)①称取1.0 g粗产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后加入0.01 mol·L－1 KMnO4 溶液至稍过量，产品中的VO2＋被KMnO4完全氧化为VO。充分反应后继续滴加2%的NaNO2溶液至稍过量，用来还原过量的KMnO4，再用尿素除去过量的NaNO2，得到含有VO的溶液。向溶液中滴入几滴铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液作指示剂，最后用0.2 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定VO，滴定反应为VO＋Fe2＋＋2H＋==VO2＋ ＋Fe3＋＋H2O，当VO完全反应后，最后半滴标准液中的Fe2＋与K3[Fe(CN)6]反应，生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀，故滴定终点的现象为当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且半分钟内沉淀不溶解。②VO＋Fe2＋＋2H＋==VO2＋＋Fe3＋＋H2O，n(Fe2＋)＝0.2 mol·L－1× 20.00 mL×10－3 L·mL－1＝4×10－3 mol，根据离子方程式可知：n(V)＝n(VO)＝n(Fe2＋)，粗产品中钒元素的质量分数＝×100%＝20.4%。 (普查题45)(11分)2－氯丙酸(CH3CHClCOOH)可用于农药、医药、染料中间体及其他有机合成，其酸性强于甲酸。实验室制备2 －氯丙酸的装置如图所示。 　　　　甲　　乙　　　丙　　　　　丁　　　　　　　己 已知：相关物质的物理性质如下表所示。 物质 熔点/°C 沸点/°C 溶解性 2－氯丙酸 14 190 能与水、乙醇互溶 丙酸 －21.5 141 能与水、乙醇互溶 PCl3 －93.6 76.1 与水剧烈反应，能溶于乙醇 制备方法：在三颈烧瓶中放置148 g(2 mol)丙酸和1.5 g三氯化磷(作催化剂)，加热至100～110 ℃ ，缓慢通入氯气，保持温度在105～110 ℃大约反应5 h。回答下列问题： (1)冷凝管进水口为________(填“a”或“b”)，按上图组装好仪器后，在添加药品之前应进行的实验操作是__________________。 (2)乙的作用是____________________，己的作用是________________________________。 (3)丁中的加热方式为油浴加热， 该加热方式的优点是______________________________。 (4)甲中发生反应的离子方程式为________________________________________。 (5)测定产品中2 －氯丙酸的纯度。 已知：ⅰ. ＋2NaOH＋NaCl＋H2O ⅱ. (乳酸) 步骤Ⅰ：称取2.50 g样品(杂质不含PCl3)放入烧瓶中，加入足量氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。再加入适量的硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250 mL容量瓶中，加水定容(溶液中含乳酸和NaCl)。 步骤Ⅱ：从容量瓶中各取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol·L－1 AgNO3溶液分别滴定溶液中的Cl－，选择Na2CrO4作指示剂[已知：ⅰ.Ksp(Ag2CrO4)>Ksp(AgCl)；ⅱ.Ag2CrO4为砖红色沉淀，乳酸银不沉淀]，平行滴定三次，所得滴定数据如表所示： ①步骤Ⅱ操作中，达到滴定终点的现象是____________________________________________________________________________。 ②样品中2－氯丙酸的质量分数为________%(保留两位小数)。 答案：(1)b(1分)　检验装置的气密性(1分)　(2)除去氯气中的氯化氢杂质(1分)　　吸收多余的氯气，防止空气污染(1分)　(3)受热均匀且温度易于控制(1分)　(4)2MnO＋16H＋＋10Cl－==2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O (2分)　(5)①当加入最后半滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内砖红色沉淀不消失(2分)　②90.23(2分) 解析：由实验装置可知，装置甲中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，装置乙中应盛有饱和氯化钠溶液，以除去氯气中混有的氯化氢杂质，装置丙中应盛有浓硫酸，用于吸收水蒸气，装置丁中在加热条件下用氯气和丙酸反应制备2－氯丙酸(三氯化磷作催化剂)，装置己是尾气吸收装置，装置戊用来吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丁中干扰实验，据此分析解答。 (1)冷凝管中的水由下口进、上口出，故进水口为b。按题图组装好仪器后，在添加药品之前应进行的实验操作是检验装置的气密性。 (2)由分析可知，装置甲中得到的氯气通过饱和食盐水除去氯化氢杂质，再经浓硫酸干燥后，纯净的氯气进入三颈烧瓶，与丙酸反应制得2－氯丙酸，多余的氯气用强碱液吸收，则乙的作用是除去氯气中的氯化氢杂质，己的作用是吸收多余的氯气，防止空气污染。 (3)油浴加热的优点是受热均匀且温度易于控制。 (4)装置甲中浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，离子方程式为2MnO＋16H＋＋10Cl－==2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。 (5)①步骤Ⅱ操作中，达到滴定终点时，过量的Ag＋与Na2CrO4反应生成砖红色沉淀Ag2CrO4，所以达到滴定终点的现象是当加入最后半滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内砖红色沉淀不消失。②三次实验消耗硝酸银溶液的体积分别为20.84 mL、20.74 mL、22.73 mL，很明显第3次实验结果与前两次实验结果偏差过大，应舍去，应取前两次实验结果的平均值，由关系式AgNO3～AgCl～NaCl～知，n(AgNO3)＝n(AgCl)＝n()＝＝2.079×10－3 mol，样品中2－氯丙酸的质量分数为×100%≈90.23%。 化学工艺流程 (普查题46)(15分)钛酸钡(BaTiO3)是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一。一种以富钛渣(主要成分为TiO2，含少量Si和Al的氧化物杂质)和重晶石(主要成分是BaSO4)为原料，制备钛酸钡的工艺流程如图所示。 已知：①粗TiCl4中含有的几种物质的沸点。 物质 TiCl4 SiCl4 AlCl3 沸点/℃ 136 57 180 ②草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O。 回答下列问题： (1)沸腾氯化时气体与矿料逆流而行，目的是______________________________；若沸腾氯化时生成TiCl4的反应中氧化产物为CO，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。 (2)除硅、铝过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是__________________；高温还原时，BaSO4和碳粉的投料比(物质的量之比)要大于1∶2，目的是______________；生产过程中应避免氧气进入，主要原因是____________________________________________________。 (3)转化过程中溶液中的钛元素在不同pH时主要以[TiO(OH)]＋、TiOC2O4、[TiO(C2O4)2]2－这三种形式存在(变化曲线如图所示)。 ①实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH为________，再进行转化，写出该条件下生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式：________________________________________________。 ②滤液2的主要成分为________(填化学式)。 (4)某温度下，用Na2CO3溶液浸泡BaSO4固体，也能将BaSO4转化为BaCO3。不考虑CO的水解，向340 mL 3.0 mol·L－1Na2CO3溶液中加入4.66 g BaSO4，恰好完全转化为BaCO3，则Ksp(BaCO3)＝________。[已知：Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10；溶液体积变化忽略不计] 答案：(1)使气、固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行(1分)　1∶1(1分) (2)蒸馏(1分)　防止生成CO等有毒气体(2分)　BaS易被氧气氧化生成有毒气体SO2 (2分)　(3)①2.7(2分)　Ba2＋＋[TiO(C2O4)2]2－＋4H2O==BaTiO(C2O4)2·4H2O↓(2分)　②NH4Cl(1分) (4)5.0×10－9(3分) 解析：向富钛渣中加入炭并通入氯气进行沸腾氯化，得到粗四氯化钛，通过除硅、铝工序除掉含Si、Al杂质，向纯四氯化钛中加入草酸溶液、氨水进行转化；向重晶石中加入炭高温还原产生二氧化碳，生成的硫化钡中加入碳酸钠溶液沉钡得到的滤液1主要成分为硫化钠等，向所得碳酸钡沉淀中加入盐酸酸化进入转化反应，转化时生成BaTiO(C2O4)2·4H2O，过滤后晶体经煅烧生成BaTiO3晶体。 (1)沸腾氯化时气体与矿料逆流而行，目的是增大气流与矿料接触面积，提高化学反应速率，使反应充分进行。若沸腾氯化时生成TiCl4的反应中氧化产物为CO，由得失电子守恒、原子守恒得反应方程式为2Cl2＋2C＋TiO2TiCl4＋2CO，则氧化剂Cl2和还原剂C的物质的量之比为1∶1。 (2)由已知①可知粗TiCl4中Si、Al以SiCl4、AlCl3的形式存在，且二者与TiCl4的沸点相差较大，故除硅、铝过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是蒸馏。高温还原时发生反应BaSO4＋2C2CO2↑＋BaS，n(BaSO4)∶n(C)>1∶2时，C不会有剩余，即C不会与CO2反应生成CO，防止生成CO等有毒气体。生产过程中应避免氧气进入，主要原因是O2可氧化BaS，生成SO2等有毒气体。 (3)①因为转化时生成BaTiO(C2O4)2·4H2O晶体，故需要[TiO(C2O4)2]2－浓度越大越好，根据图可知，需调节pH为2.7，再进行转化，生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式为Ba2＋＋[TiO(C2O4)2]2－＋4H2O==BaTiO(C2O4)2·4H2O↓。②根据元素守恒可知，滤液2的主要成分为NH4Cl。 (4)340 mL 3.0 mol·L－1Na2CO3溶液中n(CO)＝0.34 L×3.0 mol·L－1＝1.02 mol，4.66 g BaSO4的物质的量n(BaSO4)＝＝0.02 mol。Na2CO3溶液与硫酸钡发生的反应为BaSO4(s)＋CO(aq) BaCO3(s)＋SO(aq)，反应中生成BaCO3的物质的量n(BaCO3)＝0.02 mol，剩余n(CO)＝1.02 mol－0.02 mol＝1 mol，n(SO)＝n(BaSO4)＝0.02 mol。有＝＝，故Ksp(BaCO3)＝＝＝＝5.0×10－9。 (普查题47)(14分)某软锰矿的主要成分是MnO2，还含有CaO、Al2O3、FeS等杂质，以该软锰矿为原料制备碳酸锰(MnCO3)的工业流程图如下： 已知：①部分阳离子沉淀时溶液的pH。 阳离子 Al3＋ Fe3＋ Ca2＋ Mn2＋ 开始沉淀的pH 3.4 2.3 10.6 8.8 沉淀完全的pH 4.7 3.2 13.1 10.1 ②CaF2为难溶物。 回答下列问题： (1)用稀硫酸“浸出”软锰矿时，要在适当的高温下进行，并不断搅拌的目的是________________________；若在“浸出”液中加入KSCN溶液，溶液呈(血)红色，写出在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式：____________________________________________。 (2)操作Ⅰ需要加入试剂X调节溶液的pH，试剂X最好选用________(填字母)；并将溶液的pH调控在________范围内。 A．Ca(OH)2溶液 B．NaOH溶液 C．氨水 D．MnCO3固体 (3)“沉锰”后需要过滤、洗涤碳酸锰沉淀，检验碳酸锰洗涤干净的方法是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)测定产品中碳酸锰的含量： 第一步：称取w g试样，溶于适量的稀硫酸溶液中，向所得溶液中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热充分反应{反应原理：2Mn2＋＋NO＋4PO＋2H＋2[Mn(PO4)2]3－＋NO＋H2O，杂质不参与反应}； 第二步：除去溶液中存在的NO和NO后，加入100.00 mL 2.00 mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液；再用c mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液滴定过量的Fe2＋(Cr2O的还原产物是Cr3＋)，滴定终点时消耗V mL酸性K2Cr2O7溶液{反应原理：[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋==Mn2＋＋Fe3＋＋2PO}。 ①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②产品中碳酸锰的质量分数为____________(用字母w、c、V表示)。 答案：(1)加快酸溶的速率、提高锰的浸出率等(2分)　2FeS＋12H＋＋3MnO2==2Fe3＋＋2S＋3Mn2＋＋6H2O(2分)　(2)D(2分)　4.7≤pH<8.8(2分)　(3)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，反之则没有(合理即可，2分)　(4)①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋==6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(2分)　②%(2分) 解析：(1)在酸溶过程中为了加快酸溶的速率、提高锰的浸出率等，通过采取加热、搅拌等措施来实现；根据信息，在酸溶过程中FeS转化成Fe3＋和S(发生氧化反应)，其氧化剂应该为MnO2，还原产物为MnSO4，根据得失电子守恒有2FeS＋3MnO22Fe3＋＋2S＋3Mn2＋，再根据电荷守恒有2FeS＋12H＋＋3MnO22Fe3＋＋2S＋3Mn2＋，最后根据原子守恒得2FeS＋12H＋＋3MnO2==2Fe3＋＋2S＋3Mn2＋＋6H2O。 (2)为了不引入杂质离子，试剂X最好选用MnCO3固体(能与H＋反应生成Mn2＋，调节pH，使pH升高)，其他试剂均会引入杂质离子；为了使Al3＋、Fe3＋转化为沉淀而除去，同时不使Mn2＋沉淀，再结合表格“部分阳离子沉淀时溶液的pH”的数据，故调节pH范围是4.7≤pH<8.8。 (3)“沉锰”后的溶液中主要含有Na＋、SO、HCO等离子，可能附着在碳酸锰沉淀的表面，需要洗涤，在洗涤液中检验Na＋需要进行焰色试验，但受到的干扰较大，故选用盐酸酸化的氯化钡溶液检验SO或用盐酸检验HCO。 (4)①根据信息，寻找变价粒子有“Fe2＋、Cr2O、Fe3＋、Cr3＋”，根据得失电子守恒有6Fe2＋＋Cr2O6Fe3＋＋2Cr3＋，再根据电荷守恒有6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋ 6Fe3＋＋2Cr3＋，最后根据原子守恒得6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋== 6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。②根据题意建立如下关系式：1MnCO3～1Mn2＋～1[Mn(PO4)2]3－～1Fe2＋；1Cr2O～6Fe2＋；两处n(Fe2＋)之和为原加入的总量，则有n(MnCO3)×1＋c mol·L－1×V×10－3 L×6＝2.0 mol·L－1×0.1 L，解得n(MnCO3)＝(0.2－) mol；则产品中碳酸锰的质量分数为×100%＝%。 化学反应原理在化工生产中的综合应用 (普查题48)(12分)苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应： Ⅰ.主反应ΔH1<0 Ⅱ.副反应　ΔH2>0 回答下列问题： (1)已知：Ⅲ.2H2(g)＋O2(g)==2H2O(l) ΔH3 Ⅳ.2 (g)＋15O2(g) 12CO2(g)＋6H2O(l)　ΔH4 Ⅴ. (g)＋9O2(g)==6CO2(g)＋6H2O(l)　ΔH5 则ΔH1＝______________________________(用ΔH3、ΔH4和ΔH5表示)。 (2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有________(填字母)。 A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压 (3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n(H2) ∶n(C6H6)＝3 ∶1的基础上适当增大H2用量，其目的是____________________。 (4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为__________________________________。 (5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是__________(填“①”“②”或“③”)。 (6)恒压反应器中，按照n(H2) ∶n(C6H6)＝4 ∶1投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应Ⅰ的Kp＝______________________(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。 答案：(1)ΔH3＋ΔH4－ΔH5(2分)　(2)BC(2分)　(3)提高苯的利用率 (1分)　(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性(2分)　(5)② (2分) (6)(3分) 解析：(1)根据盖斯定律结合已知反应： Ⅲ.2H2(g) ＋ O2(g) == 2H2O(l)　ΔH3、Ⅳ. ΔH4 、Ⅴ. (g)＋9O2(g)==6CO2(g)＋6H2O(l) ΔH5可知，Ⅰ.主反应：可由Ⅲ＋Ⅳ－Ⅴ得到，则ΔH1＝ΔH3＋ΔH4－ΔH5。 (2)根据Ⅰ.主反应：　ΔH1<0是一个气体体积减小的放热反应，故要提高平衡体系中环己烷的体积分数，只要使平衡向正反应方向移动即可，根据勒夏特列原理，可适当降低温度和适当加压，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故B、C项符合题意。 (3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n(H2)∶n(C6H6)＝3∶1的基础上适当增大H2用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率。 (4)当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性。 (5)已知酸性中心可结合孤电子对，由图可知，①中硅原子无孤电子对也没有空轨道，②中铝原子无孤电子对但有空轨道，可结合孤电子对，③中氧原子有孤电子对，无空轨道，故可作为酸性中心的原子的标号是②。 (6)恒压反应器中，按照n(H2)∶n(C6H6)＝4∶1投料，设投入的苯的物质的量为1 mol、氢气的物质的量为4 mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则： 反应后平衡体系中总的物质的量为(1－α＋4－3α＋α－x＋x) mol＝(5－3α) mol，故平衡时，苯的分压为p0，H2的分压为p0，则反应Ⅰ的Kp＝＝ 。 (普查题49)(11分)多晶硅可用作光伏转换器的材料，锌还原法生产多晶硅涉及以下反应： 反应Ⅰ.SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH1　 Kp 反应Ⅱ.SiCl4(g)＋Zn(g) SiCl2(g)＋ZnCl2(g)　 ΔH2>0 回答下列问题： (1)已知：2Zn(g)＋2Cl2(g) 2ZnCl2(g)　Kp1；SiCl4(g) Si(s)＋2Cl2(g)　Kp2，对于反应SiCl4(g) Si(s)＋2Cl2(g)，图1中v逆(A)________v正(B)(填“大于”“小于”或“等于”)。结合图1分析，ΔH1________0(填“大于”或“小于”)。 (2)在锌还原法生产多晶硅的密闭体系中，下列说法错误的是________(填字母)。 A．增大Zn的浓度有利于提高SiCl4的转化率 B．若气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应Ⅰ、反应Ⅱ均达平衡 C．平衡后，若压缩体积，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动 D．选用合适的催化剂可以提高硅在单位时间内的产量 (3)图2为不同温度下达到平衡时各组分的物质的量分数xi，图3为在催化剂作用下同一时间内，硅产率与反应温度的关系曲线，M点到N点硅产率缓慢下降的可能原因是__________________________，N点后硅产率快速下降的主要原因是__________________________。 (4)在一定温度下，向一定体积的密闭容器中，按3∶1的比例充入Zn和SiCl4的混合气体，此时压强为4 kPa，达到平衡后体系压强为3.6 kPa，其中ZnCl2的分压为1.2 kPa，则反应Ⅰ的Kθ＝________(保留小数点后一位)。已知：Kθ＝，其中pθ为100 kPa，p(ZnCl2)、p(SiCl4)和p(Zn)为各组分的平衡分压。 答案：(1)小于(1分)　小于(1分)　(2)B(2分)　(3)随着温度升高，反应Ⅱ正向移动消耗Zn、SiCl4，且反应Ⅰ逆向移动，故导致硅产率下降(2分)　温度过高导致催化剂失去活性(2分) (4)222.2(3分) 解析：(1)由图1可知，A点温度低于B点，温度越高反应速率越快，故v逆(A)小于v正(B)。设反应式①2Zn(g)＋2Cl2(g) 2ZnCl2(g)　Kp1；②SiCl4(g) Si(s)＋2Cl2(g)　Kp2，①＋②得SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)　Kp，则Kp＝Kp1Kp2，lgKp＝lgKp1＋lgKp2，结合图像可知，随着温度升高，lgKp＝lgKp1＋lgKp2减小，则升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，故焓变小于零，即ΔH1<0。 (2)增大Zn的浓度，反应Ⅰ正向移动，有利于提高SiCl4的转化率，故A项正确，不符合题意。反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅰ中气体的平均相对分子质量为变量，气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应Ⅰ达到平衡；反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ中气体的平均相对分子质量为定值，气体的平均相对分子质量不再变化，不能说明反应Ⅱ达到平衡，故B项错误，符合题意。平衡后，若压缩体积，即增大体系压强，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，则反应Ⅰ平衡正向移动；反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则反应Ⅱ平衡不移动，故C项正确，不符合题意。选用合适的催化剂可以加快反应速率，能提高硅在单位时间内的产量，故D项正确，不符合题意。 (3)已知反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，SiCl2含量增加，反应Ⅱ生成的ZnCl2也会增加，但是结合图2可知，总的ZnCl2减小，说明反应Ⅰ逆向移动程度较大，反应Ⅰ为放热反应，故M点到N点硅产率缓慢下降的可能原因是随着温度升高，反应Ⅱ正向移动消耗Zn、SiCl4，且反应Ⅰ逆向移动，故导致硅产率下降；N点后硅产率快速下降的主要原因是温度过高导致催化剂失去活性。 (4)在一定温度下，向一定体积的密闭容器中，按3∶1的比例充入Zn和SiCl4的混合气体，此时压强为4 kPa，假设Zn和SiCl4分别为3 mol、1 mol，达到平衡后体系压强为3.6 kPa，则此时总的物质的量为3.6 mol，总的物质的量减小0.4 mol；其中ZnCl2的分压为1.2 kPa，ZnCl2为1.2 mol，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，气体物质的量的减小是由反应Ⅰ导致的，则： 平衡时SiCl4、Zn、ZnCl2的物质的量分别为(1－0.4－0.4) mol＝0.2 mol、(3－0.8－0.4) mol＝1.8 mol、1.2 mol，则SiCl4、Zn、ZnCl2的分压分别为0.2 kPa、1.8 kPa、1.2 kPa，则反应Ⅰ的Kθ＝≈222.2。 物质结构与性质 (普查题50)(12分)硼、铝及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题： (1)基态B原子核外电子有____________种空间运动状态。 (2)AlF3、AlCl3、AlBr3沸点由高到低的顺序为____________，BF3、BCl3、BBr3的热稳定性由强到弱的顺序为____________。 (3)BF3分子中B—F键的键长远比B和F的半径之和小，原因是分子中含有与苯类似的大π键(表示为Π)。该分子中的大π键表示为____________。 (4)下列物质均能与BCl3发生配位反应，其中形成N—B键最强的是________(填字母)。 A．(C2H5)3N 　　　B．NH3 　　 　C．NCl3 (5)氮化硼(BN)有立方氮化硼和六方氮化硼两种结构。 ①立方氮化硼晶胞如图，N与B原子的配位数之比为__________。已知N—B键的键长为a nm，则该晶胞的晶胞参数为__________nm。 ②六方氮化硼又称“白石墨”，结构与石墨相似，氮硼交替形成层状结构，与石墨的导电能力不同，是优良的绝缘体，原因是________________________________________________。 答案：(1)3(1分)　(2)AlF3>AlBr3>AlCl3(1分)　BF3>BCl3>BBr3(1分)　(3)Π(2分)　(4)A(1分)　(5)①1∶1(2分)　 a(2分)　②氮的电负性较大，π键上的电子很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动(2分) 解析：(1)基态B原子核外电子排布为1s22s22p1，有3个原子轨道，因此基态B原子核外电子有3种空间运动状态。 (2)AlF3是离子化合物，AlCl3和AlBr3为共价化合物，且AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，一般相对分子质量越大，沸点越高，因此沸点：AlF3＞AlBr3＞AlCl3。BF3、BCl3、BBr3均是共价化合物，共价键的键长越小，则键能越大，分子越稳定，键长：B—F＜B—Cl＜B—Br，则热稳定性：BF3＞BCl3＞BBr3。 (3)BF3分子中每个F提供一个孤电子对，与B原子形成大π键，即Π。 (4)B和N之间形成配位键，B提供空轨道，N提供孤对电子，乙基向N提供电子的能力大于H原子和Cl原子向N提供电子的能力，因此形成N—B键最强的是(C2H5)3N，故选A。 (5)①BN中B和N的配位数都是4，则N与B原子的配位数之比为1∶1。N—B键的键长相当于体对角线长度的，则该晶胞的晶胞参数为a nm。②N的电负性大于B，则π 键上的电子很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动，因此BN的导电性差，为优良的绝缘体。 (普查题51)(12分)钙铜合金可用作电解法制备金属钙的阴极电极材料。回答下列问题： (1)铜在元素周期表中位于________(填“s” “p” “d”或“ds”)区。 (2)基态钙原子的价电子排布式为____________。Co与Ca位于同一周期，且最外层电子数相同，但金属Co的熔、沸点均比金属Ca的高，原因是____________________。 (3)硫酸铜稀溶液呈蓝色，则硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有__________(填字母)，其中硫酸根的空间结构为________。 A．配位键 　　B．金属键 　　　　C．共价键 D．氢键 　　E．范德华力 (4)Cu的一种配位化合物(—Me为—CH3)的结构如图所示，其中Cu的配位数为________，碳原子的杂化类型为__________，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序是__________(填元素符号)。 (5)一种钙铜合金的结构如图(Ⅲ可看作是由Ⅰ、Ⅱ两种原子层交替堆积排列而形成的，其晶胞结构为Ⅳ)。 该钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为________；晶体的坐标系称为晶轴系，晶轴系以晶胞参数为晶轴的单位向量如图(Ⅳ)，画出图(Ⅳ)中铜原子沿z轴方向向x－y平面投影的位置______________________(用“●”表示铜原子，用“○”表示钙原子)。 ] 答案：(1)ds (1分)　(2)4s2(1分)　Co原子半径小，价电子多，金属键强(1分)　(3)B(1分)　正四面体(1分)　(4)6(1分)　sp2、sp3(1分)　C＜O＜N(1分)　(5)5∶1(2分) (2分) 解析：(1)铜为29号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，位于元素周期表第四周期第IB族，属于ds区元素。 (2)钙元素原子序数为20，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，价电子排布式为4s2；Co与Ca位于同一周期，但Co的原子半径小，价电子多，其晶体中的金属键较强，对于金属晶体，金属键越强，金属的熔、沸点越高。 (3)Cu2＋在水溶液中以[Cu(H2O)4]2＋形式存在，[Cu(H2O)4]2＋中存在配位键，水分子之间存在范德华力、氢键，水分子、SO中原子之间存在共价键，金属键存在于金属晶体中，硫酸铜稀溶液中不存在金属键，故B项符合题意；SO的中心原子S的价层电子对数为4＋＝4，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体，空间结构也为正四面体。 (4)由图可知，该配合物中部分Cu有6个氧原子与之相连，部分Cu有2个氮原子和4个氧原子与之相连，故Cu的配位数为6；苯环或C==N键中C的杂化方式为sp2，成4个键的C原子的杂化方式为sp3；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但同一周期的第ⅡA族元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族元素的第一电离能的大于第ⅥA族的，故第一电离能：C＜O＜N。 (5)由图Ⅲ可知，图Ⅳ的上下底面为菱形，内角为120°、60°，上下面共用4个对称的铜原子、前后面和左右面共用4个铜原子，体心有1个铜原子，钙原子为晶胞的顶点，则一个晶胞中含有Ca的数目为4×＋4×＝1，含有Cu的数目为8×＋1＝5，所以铜原子与钙原子的个数比为5∶1，据此画出图Ⅳ中铜原子沿z轴方向向x－y平面投影的投影图为。 有机推断与合成 (普查题52)(13分)物质I是治疗甲型和乙型流感的中间体，该化合物的合成路线如下： 回答下列问题： (1)D中含氧官能团的名称为__________。 (2)G→H的化学方程式为______________________________________，F→G的反应类型为__________。 (3)已知B→C有CH3OH生成，X试剂的结构简式为________________，该步反应的目的是__________。 (4)物质C的同分异构体M具有如下性质，则M有__________种。 ①乙基与苯环直接相连 ②1 mol该物质能与4 mol NaOH反应 ③侧链能使灼热的CuO变红 (5)根据上述信息，写出以丙三醇为主要原料制备的合成路线__________________________________ ________________________________________。 答案： (1)醚键、酯基(2分) (2)(2分)　取代反应(1分) (3) (1分)　保护羟基(1分) (4)30(3分)　(5) (3分) 解析：由有机物的转化关系可知，在SOCl2作用下与乙醇发生取代反应生成，则B为；在TsOH作用下与X试剂发生取代反应生成C，结合D的结构可知，C为；由(3)中已知B→C有CH3OH生成，再结合B、C的结构可知，X试剂为；(C)与BzCl发生取代反应生成(D)，在氯化氢作用下(D)转化为(E)，一定条件下(E)转化为(F)，在Et3N作用下(F)与乙酸酐发生取代反应生成G，结合G、F的分子式可知，G比F多了1个Ac—(CH3CO—)、少了1个H，则G为；在催化剂作用下(G)与3－戊醇发生环化加成反应生成(H)，一定条件下(H)转化为(I)。 (1)由结构简式可知，D分子的含氧官能团为醚键、酯基。 (2)由分析可知，G→H的反应为催化剂作用下与3－戊醇发生环化加成反应生成，反应的化学方程式为；F→G的反应为在Et3N作用下与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸。 (3)由分析可知，B→C的反应为TsOH作用下与X试剂发生取代反应生成，则X试剂的结构简式为，由A和E分子中都含有羟基可知，该步反应的目的是保护羟基，防止羟基与BzCl发生取代反应。 (4)C的分子式为C12H18O5，其同分异构体M分子中乙基与苯环直接相连，C的不饱和度为＝4，结构中有苯环(1个苯环的不饱和度为4)，则其余基团均饱和，1 mol该物质能与4 mol氢氧化钠反应，说明分子中含有4个酚羟基，侧链能使灼热的氧化铜变红，说明侧链上与羟基相连的碳原子连有氢原子，则M的结构可以视作1－丁醇、2－丁醇、2－甲基－1－丙醇分子中烃基上的氢原子被或或取代所得，1－丁醇分子中烃基上的氢原子被取代基取代有4种结构，2－丁醇分子中烃基上的氢原子被取代基取代有3种结构，2－甲基－1－丙醇分子中烃基上的氢原子被取代基取代有3种结构，则符合条件的同分异构体共有(4＋3＋3)×3＝30种。 (5)由题给信息可知，以丙三醇为主要原料制备的合成步骤为在TsOH作用下丙三醇与发生取代反应生成，再在浓硫酸作用下与乙酸共热发生酯化反应生成，最后在氯化氢作用下转化为，合成路线为 。 学科网（北京）股份有限公司 $$