安徽省亳州市第二中学2020届高三上学期第三次月考化学试题 22页

‎2019—2020亳州二中高三上学期第三次月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 Ag：108‎ 第Ⅰ卷（选择题共40分）‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与社会、生活密切相关。下列有关说法错误的是 A. 雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. 臭氧的还原性使细菌的蛋白质变性 C. 实验“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境 D. “乙醇汽油”是向汽油中添加了一定比例乙醇，该混合燃料的热值也发生了改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，A正确；‎ B. 臭氧具有强氧化性，能够杀菌消毒，B错误；‎ C. 实验“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程，减少了二氧化硫对环境带来的危害，有利于保护环境，C正确；‎ D.“乙醇汽油”是向汽油中添加了一定比例的乙醇，由于乙醇和汽油的热值不同,故混合燃料的热值发生了改变, D正确；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. H2S的电子式： B. 对硝基甲苯：‎ C. 氧离子的结构示意图： D. 质子数为53，中子数为74的碘原子：I ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2S为共价化合物，结构式为H—S—H，电子式为，故A错误； ‎ B. 对硝基甲苯的结构简式为：，故B错误； C. 氧离子含有8个质子，原子核外电子数为8+2=10，氧离子的结构示意图：，所以C选项是正确的；‎ D.质子数为53、中子数为74碘原子中质量数为127，所以该原子为：53127I，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 碳酸钠溶液具有碱性，可用于治疗胃酸过多 B. 氧化镁熔点高，可用于制造耐火材料 C. 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料 D. 氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻铜电路板 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 胃酸成分为盐酸，碳酸钠溶液碱性太强，不能用来治疗胃酸过多，故A错误；‎ B. 氧化镁熔点高且化学性质稳定，可用于制造耐火材料，故B正确；‎ C. 氧化铁为红棕色固体，可用于制作红色涂料，与化学性质无关，故C错误；‎ D.氯化铁与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜,反应中氯化铁表现氧化性,与溶液的酸性无关,故D错误； ‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol丙烯酸中含有的双键数目为0.1 NA B. 常温常压下，4.6 g NO2和N2O4的混合气体中分子总数为0.3 NA C. 标准状况下，2.24LCCl4中含有的共价键数目为0.4NA D. 7.8 g Na2O2和Na2S的固体混合物中含有的离子总数为0.3 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一个丙烯酸含有一个碳碳双键和一个碳氧双键，所以0.1 mol丙烯酸中含有的双键数目为0.2 NA，故错误；‎ B. 常温常压下，4.6 g NO2和N2O4‎ 的混合气体中因为二者摩尔质量不同，所以不能计算其物质的量，不能计算分子总数，故错误；‎ C. 标准状况下，四氯化碳是液体，不能计算2.24LCCl4的物质的量，故错误；‎ D. Na2O2和Na2S的摩尔质量相同，为78g/mol，所以7.8 g Na2O2和Na2S的固体混合物的物质的量为0.1mol，过氧化钠和硫化钠都含有3个离子，含有的离子总数为0.3 NA，故正确。‎ 故选D。‎ ‎5.下列有关物质性质叙述一定正确的是 A. 向淀粉溶液中滴加碘化钾溶液，溶液显蓝色 B. 向FeSO4溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色 C. 常温下，Al、Fe遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化 D. 蔗糖与银氨溶液在水浴加热条件下可发生银镜反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碘单质遇淀粉变蓝色,碘离子不能使淀粉溶液变蓝，故A错误； ‎ B. 向Fe2（SO4）3溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色。Fe2+与SCN-不能使溶液显红色，B错误；‎ C. 浓硫酸或浓硝酸具有强氧化性，常温下，Al、Fe遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化，C正确；‎ D.，蔗糖属于非还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应；蔗糖在酸性环境下发生水解，生成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能够与银氨溶液发生银镜反应，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎6.实验室将NH3通入AlCl3溶液中制备Al(OH)3，经过滤、洗涤、灼烧得Al2O3，下列图示装置和原理均能达到实验目的是（　　）‎ A. 用装置甲制取NH3 B. 用装置乙制备Al(OH)3‎ C. 用装置丙过滤并洗涤Al(OH)3 D. 用装置丁灼烧Al(OH)3得Al2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A中氧化钙与氨水反应且放热，有利于氨气的产生，A正确；因氨气极易溶于水，直接将氨气通入氯化铝溶液中易形成倒吸而不安全，故B错误；过滤时应用玻璃棒引流，故C错误；加热灼烧固体应在坩埚中进行而非蒸发皿中，故D错误。‎ ‎7.下列离子方程式书写正确的是 A. 硅酸钠溶液与盐酸的反应：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na+‎ B. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋3H2O===3I2＋6OH－‎ C. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−‎ D. 向NaHCO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋OH－＋HCO3—===BaCO3↓＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅酸钠应该写成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-＋2H＋===H2SiO3↓，故A错误；‎ B.酸性溶液，离子方程式中不能出现OH-，用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故B错误；‎ C. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应是沉淀的转化：CO32-＋CaSO4CaCO3＋SO42-，故C正确；‎ D.NaHCO3溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2HCO===BaCO3↓＋H2O+CO32-，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎8.五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，元素X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，五种元素原子的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是 A. 原子半径由大到小的顺序：M、Z、Y B. 元素金属性由强到弱的顺序：Y、Z C. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：M、W、X D. M分别与X、Y形成的化合物化学键类型相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 五种短周期的元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大,Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应,可以知道Z为Al；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,由原子序数可以知道W为第三周期元素,则W的最外层电子数为4,W为Si元素;元素X与W位于同一主族,X为C元素;M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4,M为S元素;五种元素原子的最外层电子数之和为18,则Y的最外层电子数为18-4-4-3-6=1,则Y为Na元素,以此来解答。‎ ‎【详解】五种短周期的元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大,Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应,可以知道Z为Al；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,由原子序数可以知道W为第三周期元素,则W的最外层电子数为4,W为Si元素;元素X与W位于同一主族,X为C元素;M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4,M为S元素;五种元素原子的最外层电子数之和为18,则Y的最外层电子数为18-4-4-3-6=1,则Y为Na元素，综上所述，X为C、Y为Na、Z为Al、W为Si、M为S。‎ A.同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径由大到小的顺序：Z、W、M，故A错误；‎ B. 同一周期，从左到右，金属性减弱，所以元素金属性由强到弱的顺序：Y、Z，故B正确；‎ C. 元素非金属性越强，形成的气态氢化物的稳定性越强，因为非金属性S>C>Si，所以简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：M、X、 W，C错误；‎ D. S分别与C、Na形成的化合物为CS2、Na2S；CS2属于共价化合物，存在共价键；Na2S属于离子化合物，存在离子键，D错误。‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎9.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaNa2O2NaOH B. MgCO3MgCl2（aq）Mg C. FeAlH2‎ D. C6H5ONaC6H5OHCO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，可以实现转化；‎ B. 工业上电解熔融的氯化镁得到金属镁，而电解氯化镁溶液得不到金属镁；‎ C.金属铝的活泼性大于铁，所以铁不能置换铝；‎ D.苯酚显弱酸性，酸性弱于碳酸，苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，不产生二氧化碳；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎10.下列有关图像的说法正确的是 A. 图甲表示：向某明矾溶液中滴加过量的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系 B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系 C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中加入过量的铁粉，溶液中Fe3+物质的量与加入铁粉物质的量的变化关系 D. 根据图丁，除去混在KNO3中少量的NaCl可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段没有消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，A错误；‎ B. 假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，B错误；‎ C. 在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1:0.5=2:1，与图像相符合，C正确；‎ D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaCl可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，D错误；‎ 综上所述，本题选C。‎ 不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)‎ ‎11.一种合成某药物中间体Z的方法如下。下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 1molX最多能消耗溴水中的2molBr2 B. Y可以发生消去反应 C. Z中所有碳原子可以在同一平面 D. 用FeCl3溶液可以检验Z中是否混有X ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X含有酚羟基和羰基，处于酚羟基的邻位和对位的苯环上的氢原子可以被溴原子取代，1molX最多能消耗溴水中的3molBr2，故错误；‎ B. Y中含有氯原子且氯原子连接的碳的邻位碳上没有氢原子，不可以发生消去反应，故错误；‎ C. Z含有苯环，是平面结构，碳碳单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可以在同一平面，故正确；‎ D. X含有酚羟基，遇到氯化铁显紫色，而Z中不含酚羟基，所以用FeCl3溶液可以检验Z中是否混有X。故正确。‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】掌握有机物的结构和官能团的性质，分清氯代烃或醇的消去的反应条件，即卤素原子连接的碳原子的邻位碳上有氢原子。掌握有机物官能团的检验方法，酚羟基能使氯化铁显紫色。‎ ‎12.孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3（含Fe2O3、FeCO3、Al2O3、SiO2杂质），工业上用孔雀石制备硫酸铜的第一步需用过量的硫酸溶解并过滤。常温下，分别取滤液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中大量存在的离子组正确的是 A. 加入过量氨水：Fe3+、NH4+、SO42－、OH－‎ B. 加入过量NaClO溶液：Fe2+、Na+、ClO－、SO42－‎ C. 加入过量NaOH溶液：Na+、AlO2－、SO42－、OH－‎ D. 加入过量NaHCO3溶液：Na+、Al3+、SO42－、HCO3－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3(含Fe2O3、FeCO3、Al2O3、SiO2杂质)，加入过量硫酸溶解后过滤，SiO2不反应，则滤液中含有的离子为：Cu2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、SO42-、H+， 以此分析可能共存的离子。‎ ‎【详解】孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3(含Fe2O3、FeCO3、Al2O3、SiO2杂质)，加入过量硫酸溶解后过滤，SiO2不反应，则滤液中含有的离子为：Cu2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、SO42-、H+，‎ A.加入过量氨水后，Fe3+与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，反应后溶液中不会大量存在Fe3+，故A错误； B.NaClO具有强氧化性，能够氧化Fe2+，反应后溶液中不会大量存在Fe2+，故B错误； C.加入过量NaOH溶液后，Cu2+、Fe3+、Fe2+反应生成难溶物，Al3+反应生成AlO2-，所以反应后溶液中存在离子为Na+、AlO2-、SO42-、OH-，所以C选项是正确的； D. Al3＋、HCO之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以反应后溶液中不会大量存在Al3+，故D错误。 所以C选项是正确的。‎ ‎13.现有下列氧化还原反应：① 2Br− + Cl2 =Br2+2Cl− ② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br− ③ 2MnO4− +10Cl− +16H+ = 2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O。根据上述反应，判断下列结论正确的是 A. 还原性强弱顺序为：Fe2+﹥Br−﹥Mn2+﹥Cl−‎ B. ① 中Cl− 是 Cl2的氧化产物，③ 中Cl2是 Cl− 的还原产物，‎ C. 若向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，可观察到紫色褪去 D. 1molCl2通入含1molFeBr2的溶液中，离子反应为：2Cl2+2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+2Fe3+‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性规律可知：① 2Br−+ Cl2 =Br2+2Cl−，还原性：Br−> Cl−；② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br−，还原性：Fe2+>Br−；③ 2MnO4−+10Cl−+16H+ =2Mn2++5Cl2↑ +8H2O，还原性：Cl−>Mn2+；还原性大小顺序：Fe2+>Br−>Cl−>Mn2+；据以上分析解答。‎ ‎【详解】A.① 2Br−+ Cl2 =Br2+2Cl−，还原性：Br−> Cl−；② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br−，还原性：Fe2+>Br−；③ 2MnO4−+10Cl−+16H+ =2Mn2++5Cl2↑ +8H2O，还原性：Cl−>Mn2+；还原性大小顺序：Fe2+>Br−>Cl−>Mn2+；A错误；‎ B.①中Cl−是 Cl2的还原产物，③中Cl2是 Cl−的氧化产物，B错误；‎ C.还原性Fe2+>Mn2+；所以KMnO4被FeSO4还原为Mn2+，溶液的紫色褪去，C正确；‎ D.还原性：Fe2+>Br−>Cl−，1molCl2通入含1molFeBr2的溶液中，氯气先氧化亚铁离子，后部分氧化溴离子，离子反应为：2Cl2+2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+2Fe3+，D正确；‎ 综上所述，本题选CD。‎ ‎【点睛】对于氧化还原反应来说，氧化剂被还原为还原产物，还原剂被氧化为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。由于还原性Fe2+>Br−>Cl−，所以FeBr2的溶液中加入氯水，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子。‎ ‎14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向硅酸钠溶液中滴加盐酸，有白色胶状沉淀生成 非金属性：C1>Si B 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成 溶液中一定含有Cl－‎ C 淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后，再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸，无红色沉淀生成 淀粉没有水解 D 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体 FeCl2溶液部分变质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A。非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，盐酸不是含氧酸，不能因为盐酸酸性比硅酸强判断氯和硅的非金属性强弱，故错误；‎ B. 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有氯离子，故正确；‎ C. 淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后，应先加入氢氧化钠中和酸，然后再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸，看有无红色沉淀生成，故错误；‎ D. 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明氯化亚铁变质，故错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握双糖或多糖水解程度的检验方法，注意水解产物为葡萄糖，含有醛基，但检验醛基需要在碱性条件下，双糖或多糖水解一般在酸性条件下进行，所以水解一段时间后需要加入氢氧化钠中和酸，再检验醛基的存在。‎ ‎15.重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2等）制备，制备流程如图所示：‎ 已知：a.步骤①的主要反应为：2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+ 7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，b. 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，下列说法正确的是 A. 步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行 B. 步骤①中每生成44.8L CO2共转移7mol电子 C. 步骤④若调节滤液2的pH使之变小，则有利于生成Cr2O72—‎ D. 步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.陶瓷含有二氧化硅，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，陶瓷容器会被腐蚀，故A错误；‎ B.步骤①中发生的反应中存在2CO2～7e-关系，每生成44.8L（标况下）即2molCO2共转移7mol电子，题中没有给定标况下，44.8L CO2物质的量不一定为2mol，故B错误；‎ C.步骤④若调节滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，上述可逆反应的平衡右移，则有利于生成Cr2O72-，故C正确；‎ D.在溶液中溶解度较小的晶体容易先析出，步骤⑤中生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7，故D正确。‎ 综上所述，本题选CD。‎ 第Ⅱ卷(非选择题共80分)‎ ‎16.X、Y、Z、W四种化合物均由短周期元素组成。其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有如下图转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)。请回答：‎ ‎(1)Y的电子式是____________________。‎ ‎(2)X与Y在溶液中反应的离子方程式是__________________________________________。‎ ‎(3)X含有四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置Ⅴ中可收集到一种无色气体。‎ ‎①装置Ⅰ中反应的化学方程式是_________________________________________________，装置Ⅱ中反应的化学方程式是________________________________________________。‎ ‎②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置Ⅴ中气体，该化合物的化学式是___________，所需仪器装置是_______________。 (从上图选择必要装置，填写编号)。‎ ‎(4)向Z溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有X生成，该反应的化学方程式是__________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). HCO3—＋OH－== CO32—＋H2O (3). Na2CO3＋H2SO4 ==Na2SO4＋CO2↑＋H2O或2NaHCO3＋H2SO4==Na2SO4＋2CO2↑＋2H2O (4). 2Na2O2＋2CO2 == 2Na2CO3＋O2 (5). H2O2 (6). Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ (7). 2Na2CO3＋Cl2＋H2O===NaClO＋NaCl＋2NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，这四种化合物均为短周期元素组成，且W为无色无味的气体，可推出X是NaHCO3，则Z是Na2CO，W是CO2，Y是NaOH。‎ ‎（1）NaOH属于离子化合物，据此写出其电子式；‎ ‎（2）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，据此写出其离子方程式；‎ ‎（3）①X所含的四种元素为：Na、H、C、O，利用元素之间组成的化合物，制备并收集纯净干燥的无色气体R．R由组成X的四种元素中的一种组成，为气体单质，装置Ⅲ中产生白色沉淀，则装置Ⅰ中反应生成二氧化碳，在装置Ⅱ中反应生成气体单质R，应为二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，装置Ⅲ除去氧气中混有的二氧化碳，装置Ⅳ为干燥氧气，装置Ⅴ中收集的气体是氧气；据此进行分析；‎ ‎②装置Ⅴ中收集的气体是氧气，氧气的制取也可以用双氧水和二氧化锰；将装置Ⅱ、Ⅲ去掉，分液漏斗中盛放过氧化氢，圆底烧瓶内盛放二氧化锰，据此分析。‎ ‎(4)碳酸钠溶液和氯气反应生成的具有漂白、消毒作用的物质是 NaClO，还有碳酸氢钠、氯化钠，据此写出反应方程式。‎ ‎【详解】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，这四种化合物均为短周期元素组成，且W为无色无味的气体，可推出X是NaHCO3，则Z是Na2CO，W是CO2，Y是NaOH。‎ ‎ (1)结合以上分析可知，NaOH属于离子化合物，电子式是；‎ 综上所述，本题答案是：。‎ ‎(2)碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式是：HCO3—＋OH－== CO32—＋H2O；‎ 综上所述，本题答案是：HCO3—＋OH－== CO32—＋H2O。‎ ‎(3) ①X所含的四种元素为：Na、H、C、O，利用元素之间组成的化合物，制备并收集纯净干燥的无色气体R．R由组成X的四种元素中的一种组成，为气体单质，装置Ⅲ中产生白色沉淀，则装置Ⅰ中反应生成二氧化碳，在装置Ⅱ中反应生成气体单质R，应为二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，装置Ⅲ除去氧气中混有的二氧化碳，装置Ⅳ为干燥氧气，装置Ⅴ中收集的气体是氧气；因此装置Ⅰ中的固体反应物是碳酸钠或碳酸氢钠，因此装置Ⅰ中发生的反应是: Na2CO3＋H2SO4 ==Na2SO4＋CO2↑＋H2O或2NaHCO3＋H2SO4==Na2SO4＋2CO2↑＋2H2‎ O；二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，饱和氢氧化钡溶液可除去二氧化碳，通过浓硫酸干燥后得到纯净的氧气，因此装置Ⅱ中物质的化学式是Na2O2；反应的方程式为：2Na2O2＋2CO2 == 2Na2CO3＋O2；‎ 综上所述，本题答案是：Na2CO3＋H2SO4 ==Na2SO4＋CO2↑＋H2O或2NaHCO3＋H2SO4==Na2SO4＋2CO2↑＋2H2O ；2Na2O2＋2CO2 == 2Na2CO3＋O2 。‎ ‎②因为过氧化氢在二氧化锰等作催化剂的情况下，可以分解产生氧气，其反应装置需要Ⅰ（气体发生装置）、Ⅳ（干燥装置）、Ⅴ（收集装置）；‎ 综上所述，本题答案是：H2O2 ，Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ。 ‎ ‎(4) Z溶液是碳酸钠溶液，其和氯气反应生成的具有漂白、消毒作用的物质是 NaClO，除此以外，还有碳酸氢钠和氯化钠，因此该反应方程式为：2Na2CO3＋Cl2＋H2O===NaClO＋NaCl＋2NaHCO3；‎ 综上所述，本题答案是：2Na2CO3＋Cl2＋H2O===NaClO＋NaCl＋2NaHCO3。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，涉及无机物的推断、气体的制备等，题目难度中等，注意碳酸钠、碳酸氢钠等物质的性质，把握常见气体的制备方法；注意问题(4)中，碳酸钠和氯气反应的产物为氯化钠和次氯酸钠，碳酸氢钠三种盐。‎ ‎17.化合物G是一种有机光电材料中间体。由A制备G的一种合成路线如下：‎ ‎ ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)F中的官能团名称为______。‎ ‎(2)B的分子式为C9H8O，写出B的结构简式：______。‎ ‎(3)反应②~⑥中属于取代反应的是______(填序号)。‎ ‎(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：______。‎ Ⅰ．能发生银镜反应； Ⅱ．分子中含有苯环且有4种不同化学环境的氢。‎ ‎(5)请写出以和CH3C≡CH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)______。‎ ‎【答案】 (1). 酯基、碳碳叁键 (2). (3). ⑤ (4). 或或 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物C可知，它是由有机物B被氢氧化铜的悬浊液氧化为C，所以B为醛，根据有机物C的结构及有机物A的结构简式可知，有机物B为；有机物C与溴发生加成反应生成有机物D，结构简式为，D在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应，生成物酸化后得到有机物E，结构简式为；有机物E和乙醇在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应生成有机物F，结构简式为，F与发生加成反应生成有机物G,结构简式为；据以上分析解答。‎ ‎【详解】根据有机物C可知，它是由有机物B被氢氧化铜的悬浊液氧化为C，所以B为醛，根据有机物C的结构及有机物A的结构简式可知，有机物B为 ‎；有机物C与溴发生加成反应生成有机物D，结构简式为，D在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应，生成物酸化后得到有机物E，结构简式为；有机物E和乙醇在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应生成有机物F，结构简式为，F与发生加成反应生成有机物G,结构简式为； ‎ ‎(1)结合以上分析可知，F的结构简式为，F中的官能团名称为酯基、碳碳叁键；‎ 综上所述，本题答案是：酯基、碳碳叁键。‎ ‎(2)结合以上分析可知，B的分子式为C9H8O，有机物B为；‎ ‎ 综上所述，本题答案是：。‎ ‎(3)结合以上分析可知，反应②为氧化反应，反应③为加成反应，反应④为消去反应；反应⑤为酯化反应（取代反应），反应⑥为加成反应，所以反应②~⑥中属于取代反应的是：⑤；‎ 综上所述，本题答案是：⑤。‎ ‎(4)有机物C的结构简式为，C的一种同分异构体满足下列条件：Ⅰ．能发生银镜反应，含有醛基；Ⅱ．分子中含有苯环且有4种不同化学环境的氢，则其可能的结构有：、、等等，可以任写其中一种。‎ 综上所述，本题答案是：或或 。‎ ‎(5) 与氢气发生加成生成环己醇，环己醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成环己烯，环己烯与丙炔发生加成生成，该物质与溴发生加成得到目标产物。具体流程如下：；‎ 综上所述，本题答案是：。‎ ‎【点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是有机推断的关键点。推断有机物的结构时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。‎ ‎18.碱式氯化铝[Al2(OH)xCl(6-x)]y是一种高效净水剂，利用“铝灰酸溶一步法”可制得。研究表明酸溶反应的最佳条件是选用6mol·L-1的盐酸，温度控制在85℃左右，以中等速度搅拌。‎ ‎(1)写出铝灰中主要成分铝与盐酸反应生成Al2(OH)xCl(6-x)的化学方程式_________________。‎ ‎(2)若用溶质质量分数36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm-3)配制50mL6mol·L-1的盐酸，所有浓盐酸的体积为___________________。‎ ‎(3)以中等速度搅拌的理由是__________________。‎ ‎(4)为测定某[Al2(OH)xCl(6-x)]y 样品组成中的x值，可以采取如下方法：取两份等质量的样品，一份样品用足量的稀HNO3溶解后，加入足量的AgNO3溶液，得到3.157g白色沉淀；另一份样品配成500mL溶液，取出12.50mL溶液，加入0.1000mol·L-1EDTA标准溶液25.00mL，调节溶液pH为3~4，煮沸，冷却后用0.1000mol·L-1ZnSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗ZnSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Zn2+与EDTA 反应的化学计量比均为1:1)。计算[Al2(OH)xCl(6-x)]y样品中的x值(写出计算过程)______。‎ ‎【答案】 (1). 2Al + (6-x)HCl + xH2O = Al2(OH)xCl(6-x) + 3H2↑ (2). 25.9 (3). 搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢 (4). 3.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铝与盐酸、水共同作用下生成Al2(OH)xCl(6-x)和H2，据此写出化学方程式；‎ ‎(2)根据c=1000×ρ×ω/M可求出浓盐酸的浓度；根据溶液稀释规律可求出需要浓盐酸的体积；‎ ‎(3)温度低，反应速率慢，温度高盐酸挥发；‎ ‎(4)先根据氯化银的质量求出氯化银的物质的量，根据氯离子守恒可求出n(Cl-)=n(AgCl)；然后用标准液EDTA滴定铝离子，标准液EDTA过量，用0.1000mol·L-1ZnSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，然后用总的EDTA的量减去剩余的EDTA的量，即为12.50mL溶液中含有的n(Al3+)，最后转换成500mL溶液含有n(Al3+)，列式n(Al3+)/ n(Cl-)=2/(6-x)求解x。‎ ‎【详解】(1)铝与盐酸、水共同作用下生成Al2(OH)xCl(6-x)和H2，化学方程式为：2Al + (6-x)HCl + xH2O = Al2(OH)xCl(6-x) + 3H2↑；‎ 综上所述，本题答案是：2Al + (6-x)HCl + xH2O = Al2(OH)xCl(6-x) + 3H2↑。‎ ‎(2)根据c=1000×ρ×ω/M可知，浓盐酸的浓度=1000×1.16g·cm-3×36.5%/36.5g/mol=11.6mol/L；根据稀释前后溶质的量不变可知：11.6mol/L×VL =10-3×50mL×6mol·L-1，V=0.025.9L=25.9mL；‎ 综上所述，本题答案是：25.9。‎ ‎(3)反应中加入盐酸试剂，盐酸具有挥发性，因此在搅拌时，搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢，因此要以中等速度搅拌；‎ 综上所述，本题答案是：搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢。 ‎ ‎(4)n(Cl-)=n(AgCl)= 3.157g/143.5g/mol=0.022mol；n(Al3+)=0.1000mol·L-1×(25.00mL-20.00mL)×10-3×(500mL/12.50mL)=0.02mol；n(Al3+)/‎ ‎ n(Cl-)=2/(6-x)= 0.02/0.022, x=3.8；‎ 综上所述，本题答案是：3.8。‎ ‎19.某化学兴趣小组以菱铁矿（主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量杂质）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的实验过程如下：‎ ‎ ‎ ‎(1)酸溶及后续过程中均需保持酸过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有______。‎ ‎(2)操作Ⅰ名称是_______________。‎ ‎(3)滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为______________________________。‎ ‎(4)在氧化过程中，如何检验铁元素全部以Fe3+形式存在：_____________________________。‎ ‎(5)加入过量NaOH溶液的目的是__________________。‎ ‎(6)请补充完整由过滤后得到的固体制备FeCl3·6H2O的实验方案：向过滤后所得固体__________，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl3·6H2O。‎ ‎【答案】 (1). 抑制Fe3+水解 (2). 过滤 (3). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (4). 取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1-2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在 (5). 将Al3+转化为AlO2-，分离Fe3+与Al3+ (6). 加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤 ‎【解析】‎ 试题分析：分析题给工艺流程知向菱铁矿（主要成分为FeCO3,含有SiO2、Al2O3等少量杂质）加硫酸溶液酸溶，发生反应：FeCO3+2H+== Fe2+ + H2O+CO2↑、Al2O3 + 6H+==2Al3+ + 3H2O，经操作Ⅰ 过滤，滤液为硫酸亚铁和硫酸铝的混合液，向滤液中加入H2O2溶液，发生反应：2Fe2+ + H2O2 + 2H+==2Fe3+ + 2H2O，然后再加入过量NaOH溶液发生反应：Fe3+ + 3OH- == Fe(OH)3↓、Al3+ + 4OH-==AlO2- + 2H2O，将Fe3+和Al3+分离，过滤的氢氧化铁沉淀，向过滤后所得固体加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl3·6H2O。‎ ‎（1）酸溶及后续过程中均需保持酸过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有抑制Fe3+水解。‎ ‎（2）操作Ⅰ名称是过滤。‎ ‎（3）滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H+==2Fe3+ + 2H2O 。‎ ‎（4）在氧化过程中，检验铁元素全部以Fe3+形式存在的实验方案为取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1-2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在。‎ ‎（5）加入过量NaOH溶液的目的是将Al3+转化为AlO2-，分离Fe3+与Al3+。‎ ‎（6）由过滤后得到的固体制备FeCl3·6H2O的实验方案：向过滤后所得固体加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用水洗涤固体2-3次，低温干燥，得到FeCl3·6H2O。‎ ‎20.工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：‎ ‎ ‎ ‎(1)过滤Ⅰ所得滤渣Ⅰ的主要成分为_________(填化学式)。‎ ‎(2)“氧化”过程中除了发生MnO2与SO2的反应外，还发生另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：__________________________。‎ ‎(3)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如右图所示，为减少 MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是_______。‎ ‎(4)向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3 溶液时温度控制在30-35℃，温度不宜太高的原因是_______。‎ ‎(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，写出反应的离子方程式：_____________。‎ ‎(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是______________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2++MnO2+4H+2Fe3++Mn2++2H2O (3). 90℃ (4).‎ ‎ 防止NH4HCO3受热分解，提高原料的利用率 (5). Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O (6). 取1-2mL最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明洗涤干净 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向软锰矿中通入过量的二氧化硫浸锰，酸性条件下，利用二氧化硫的还原性将二氧化锰、氧化铁粉末还原为硫酸锰和硫酸亚铁，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，向滤液中加入过量的二氧化锰，过量的二氧化硫和二氧化锰反应生成硫酸锰。将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH=3.7，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和二氧化锰，滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入少量的碳酸氢铵溶液，发生反应Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，洗涤，干燥，得碳酸锰。‎ ‎【详解】向软锰矿中通入过量的二氧化硫浸锰，酸性条件下，利用二氧化硫的还原性将二氧化锰，氧化铁粉末还原为硫酸锰和硫酸亚铁，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，向滤液中加入过量的二氧化锰，过量的二氧化硫和二氧化锰反应生成硫酸锰。将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH=3.7，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和二氧化锰，滤液为硫酸锰溶液，向滤液中加入少量的碳酸氢铵溶液，发生反应Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，洗涤，干燥，得碳酸锰。‎ ‎(1) 过滤，滤渣Ⅰ为SiO2；‎ ‎(2)亚铁离子被二氧化锰氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O； ‎ ‎(3)分析图象可知温度在90℃以后MnS2O6的生成率较低，锰的浸出率较高，且温度较低节约能源，故浸锰的适宜温度为90℃；‎ ‎(4)铵盐受热分解，向过滤所得的滤液中加入碳酸氢铵溶液，温度控制在30-35℃的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料的利用率；‎ ‎(5)硫酸锰和碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳和水，离子方程式为：Mn2++2HCO3—=MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(6)生成的碳酸锰沉淀表面有硫酸根离子等杂质离子，检验沉淀是否洗涤干净可检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子，方法是取1-2mL最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明洗涤干净。‎ ‎21.铝及其化合物广泛应用于金属冶炼、有机合成等领域。‎ ‎(1)铝热反应可以冶炼金属铬，Cr3＋基态核外电子排布式为___________________。 ‎ ‎(2)AlCl3可作反应的催化剂。‎ ‎①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为________。 ‎ ‎②1 mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键为________。 ‎ ‎③CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________。 ‎ ‎④单个AlCl3气态分子的空间构型为____，AlCl3可与Cl－形成AlCl4—，与AlCl4—互为等电子体的分子为______。‎ ‎(3)某遮光剂的晶胞如图所示，由晶胞可知n＝________。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d3 (2). 3 (3). 20 (4). CH3COOH能与水分子间形成氢键 (5). 平面三角形 (6). CCl4（SiCl4或其他合理答案） (7). 6‎ ‎【解析】‎ ‎（1）Cr是24号元素，Cr3+基态核外电子排布式为[Ar]3d3 ；（2）①乙酸酐分子中发生sp3杂化的原子有2个C原子和一个O原子，共3个；②1mol对甲基苯乙酮分子中含有σ键的数目为20mol，③CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，是因为CH3COOH能与水分子间形成氢键；④单个AlCl3气态分子中心原子Al形成3个σ键，空间构型为平面在角形；与AlCl4-互为等电子体的分子为CCl4（SiCl4或其他合理答案）（3）某遮光剂的晶胞可知，Na＋ ，AlFn(n-3)-( 由化合价代数和为0， n=6。‎ 点睛：本题考查较综合，涉及核外电子排布、分子构型、分子性质、等电子体、杂化轨道、氢键、配合物等知识点，需要学生全面掌握基础知识，根据晶胞中配合物的构成微粒化合价代数和为0等知识点来分析解答，难度中等。‎ ‎ ‎