高中化学高考高考冲刺 公开课

2023年普通高等学校招生全国统一考试新课标卷II化学试题第I卷（选择题）一、单选题：1．下列有关物质水解的说法正确的是A.淀粉、纤维素最终水解产物均为单糖 B.蛋白质最终水解产物是多肽C.蔗糖、麦芽糖水解产物相同 D.酯在强碱作用下水解生成对应的酸和醇【答案】A【考点点拨】本题主要考查了生活中常见有机物的结构和性质。A、纤维素和淀粉属于多糖，最终水解生成葡萄糖，正确；B、蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸，错误；C、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖，错误；D、酯在碱性条件下水解生成盐和醇，错误，故选A。

2．分子式为C8H8的两种同分异构体X和Y。X是一种芳香烃，分子中只有一个环；Y俗称立方烷，其核磁共振氢谱显示只有一个吸收峰。下列有关说法错误的是、Y均能燃烧，都有大量浓烟产生既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，还能发生加聚反应属于不饱和烃的二氯代物有三种【答案】C【考点点拨】本题考查了有机物推断的相关知识。X和Y分子式相同都为C8H8碳的质量分数大，不能完全燃烧，都有大量浓烟产生。X为苯乙烯含有双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，还能发生加聚反应。所以B正确。Y的结构为正立方体结构，不属于不饱和烃。所以C错。Y的二氯代物有邻位、面对位、体对角线位三种。所以D正确。故答案为C。

3．原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子W2+、X+、Y3+、Z2-，下列说法不正确的是A.工业上常采用电解法冶炼Y单质B.气态氢化物的稳定性：H2W强于H2ZC.离子半径由大到小：Z2->X+>Y3+>W2+、X形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1∶2【答案】C【考点点拨】本题考查元素推断、元素周期律、元素化合物性质等。为Al元素，常用电解熔融的氧化铝的方法制备铝，正确；B.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：O大于S，则气态氢化物的稳定性：H2O强于H2S，正确；C.电子层数越多离子半径越大，电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+，则Z2﹣＞W2﹣X+＞Y3+，错误；、X形成的化合物为Na2O或Na2O2，阴、阳离子个数比一定是1∶2，正确.故选C。

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为12NA铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为C.分子数目为的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为D.用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度，则该电解过程中转移电子的数目为【答案】C【考点点拨】考查σ键的数目、电解、及有关阿伏加德罗常数的计算。[Cu(NH3)4]2+中N－H键和配位键都是σ键，故1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为16NA，A错；高温下铁与水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，因此铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为215NA，B不正确；用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度，说明电解过程中电解了溶质硫酸铜和水，则该电解过程中转移电子的数目为

5．如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。下列说法正确的是、ZW的水溶液都显酸性B.原子半径大小：W>R>X，离子半径大小：Z+>R2－>W－>Y－的氢化物水溶液的酸性比R的氢化物水溶液的酸性强，可证明非金属性：W>R、X两种元素可形成的Z2X、Z2X2、ZX2等多种离子化合物【答案】D【考点点拨】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构。都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素；NaF溶液呈碱性，NaCl的水溶液为中性，故A错误；同周期自左而右，原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径S＞Cl＞O，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2－＞Cl－＞F－＞Na+，故B错误；HCl溶液酸性比硫化氢水溶液的酸性强，不能证明Cl元素非金属性比硫的强，故C错误；、X两种元素可形成Na2O、Na2O2均为离子化合物，故D正确，故选D。

6．下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A.含有Fe3+的溶液：Na+、SCN－、Cl－、I－B.室温下c(OH－)/c(H+)=10－12的溶液：K+、Al3+、NO3-C.加入铝能放出H2的溶液：Cu2+、Na+、NO3-D.由水电离的c(H+)＝×10－13mol·L－1的溶液：K+、NH4+、AlO【答案】B【考点点拨】本题考查了离子共存问题。Fe3+与SCN－、I－不能大量共存；故A错。加入铝能放出H2的溶液可能为酸性或碱性，碱性中Cu2+不能大量存在，酸性中因NO3-存在不能放出氢气，故C错。由水电离的c(H+)＝×10－13mol·L－1的溶液，水的电离受到抑制，所以可能为酸性或碱性，酸性中：AlO2-、HCO3

7．建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是A.钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：B.铁在Cl2中燃烧，铁的氧化产物：与Cl2反应，反应产物：溶液中通入Cl2，铁元素存在形式：【答案】C【考点点拨】本题考查了元素化合物的知识。熟悉溴离子、二价铁离子还原性强弱顺序为解体关键，题目难度中等。钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，故A错误；铁在Cl2中燃烧，只生成氯化铁，故B错误；NH3与Cl2反应，氨气少量2NH3+3Cl26HCl+N2，氨气过量8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，所以两者之比为2:3时，恰好完全反应生成HCl和N2，两者之比为8:3时，恰好完全反应生成NH4Cl和N2，故C正确；因还原性：Fe2+＞Br－，氯气先氧化Fe2+，再氧化Br－，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，只发生Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl－，所以两者之比为1:2时，亚铁离子全部被氧化，故D错误；故选C。

8．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是A.硅胶应用作食品干燥剂不可用作食品干燥剂C.六水氯化钙可用于食品干燥剂D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】C【考点点拨】常用作食品干燥剂的有两种白色粉末状的干燥剂（生石灰CaO）和玻璃珠状的干燥剂（硅胶干燥剂），A、B正确；氯化钙是干燥剂，吸水后生成六水氯化钙，因此六水氯化钙没有吸湿性，不能于食品干燥；C错误；加工后具有吸水性的植物纤维，是以天然植物纤维为吸湿载体，可100%自然降解，属环保型干燥剂，D正确。

9．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为

【答案】A【考点点拨】根据酯的水解反应，可以确定C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H5OH；进而确定羧酸的分子式（质量守恒）中碳原确定为14个，C、D错误；根据氧原子数目和两个乙醇，确定该羧酸中含有氧原子为5个，A正确，B错误。

10．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A.元素的非金属性次序为c>b>a和其他3种元素均能形成共价化合物和其他3种元素均能形成离子化合物D.元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【考点点拨】原子序数一次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a－的电子层结构与氦相同，确定a为氢元素；b和c的次外层有8个电子，则确定b和c依次为硫元素和氯元素，c－和d+的电子层结构相同，则推出d为钾元素。元素的非金属性次序为c>b>a，A正确；.氢元素和钾元素形成离子化合物，B错误；钾和其他三种元素（H、S、Cl）均能形成离子化合物（KH、K2S、KCl），C正确；元素a、b、c各自最高（+1、+6、+7）和最低化合价（－1、－2、－1）的代数和分别为0、4、6，D正确。

11．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是丙醇中存在的共价键总数为10NA的NaHCO3溶液中HCO3-C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA核素92235U发生裂变反应：92235U+01【答案】C【考点点拨】60g丙醇即1mol，则分子中存在的共价键（两个碳碳单键、七个碳氢单键，一个碳氧单键和一个OH单键，共11对共用电子对）总数为11NA，A错误；－L－1的NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解和电离，则H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为，B错误；钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时全部变为钠离子，因此转移电子数为1NA，C正确；235g核素92235U+01n3890Sr+54

12．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)种 种 种 种【答案】B【考点点拨】能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）即为羧酸，所以分子式为C5H10O2的羧酸即C4H9COOH，可以从四个碳的烃基来确定，进而确定为4种。

13．海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【考点点拨】向苦卤中通入Cl2是为了把里面溴离子转变为溴单质，A正确；粗盐提纯可以采用除杂方法把里面的杂质离子除去，然后采用重结晶方法得到精盐；B正确；工业生产为了把镁离子转变为氢氧化镁沉淀所用的沉淀及为碳酸钙（贝壳）高温煅烧生成氧化钙为沉淀剂，C错误；富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，然后在氧化溴离子变为溴单质，D正确。

14．用如图所示装置进行下列试验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色【答案】D【考点点拨】稀盐酸加入到碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中，先和氢氧化钠发生反应，A错误；铝常温下与浓硝酸发生钝化现象，看不到红棕色气体产生，B错误；氧化铝溶于浓氢氧化钠溶液，C错误；草酸滴加到高锰酸钾酸性溶液会发生氧化还原反应，高锰酸钾被还原为锰离子，溶液逐渐褪色，D正确。

第II卷（非选择题）二、实验题：15．某学习小组依据反应：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)

△H＜0，设计制备磺酰氯(SO2Cl2)的装置如图，有关信息如下表所示。SO2Cl2Cl2SO2熔点/℃––101–沸点/℃––10性质遇水发生剧烈(1)若用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2，反应的化学方程式为____。(2)B仪器的作用是________________。(3)为了便于混合物的分离且提高反应物的转化率，A装置的反应条件最好选择_____。a.冰水浴

b.常温

c.加热至℃(4)如果通入的Cl2或SO2含有水蒸气，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为____。(5)实验时先通入干燥的Cl2将A装置中的空气赶走，再缓慢通入干燥的SO2，即发生反应。充分反应后，继续通入Cl2使装置中的SO2进入烧杯中被吸收。分离产物后，向获得的SO2Cl2中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液W。①经分析SO2Cl2与H2O反应属于非氧化还原反应，写出该反应的化学方程式

。②无色溶液W中的阴离子除含少量OH－外，还含有其它两种阴离子，检验溶液W中这两种阴离子方法是_____________________________。③反应完成后，在W溶液、烧杯中分别滴加过量的BaCl2溶液，均出现白色沉淀，此沉淀不溶于稀盐酸，经过滤、洗涤、干燥，称量得到的固体质量分别为xg、yg。计算SO2+Cl2SO2Cl2反应中，SO2的转化率

(用含x、y的代数式表示)。【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)冷凝SO2Cl2(或使挥发的产物SO2Cl2冷凝，意思对即可)(3)a(4)SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl(5)①SO2Cl2＋2H2OH2SO4＋2HCl②(只要意思中答出先检验里SO4取少量W溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42-，过滤，向滤液中滴加HNO3酸化，再加入AgNO(6)x【考点点拨】本题考查了氧化还原反应、化学方程式的书写、化学计算等知识。(1)浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)B仪器是冷凝器，作用是冷凝SO2Cl2；(3)根据SO2Cl2、Cl2、SO2的熔沸点，为了便于混合物的分离且提高反应物的转化率，A装置的反应条件最好选择a，冰水浴；(4)氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；(5)①SO2Cl2与H2O反应属于非氧化还原反应，写出该反应的化学方程式：SO2Cl2＋2H2OH2SO4＋2HCl。②取少量W溶液于试管中，加入过量硝酸钡溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42-，过滤，向滤液中滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl¯；(6)两者都是硫酸钡，物质的量分别是：x233mol、y233mol根据硫原子守恒，参加反应的SO2是x233mol，未反应的SO2是y233molSO2的转化率=x

16．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_________。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸铜)为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为__________。②溶液X中大量存在的阴离子有__________。③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是__________(填标号)。a.水

b.碱石灰

c.浓硫酸

d.饱和食盐水(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；Ⅴ.用·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-2I－+①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_________。②玻璃液封装置的作用是_________。③V中加入的指示剂通常为_________，滴定至终点的现象是_________。④测得混合气中ClO2的质量为_________g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是________(填标号)。a.明矾

b.碘化钾

c.盐酸

d.硫酸亚铁【答案】（1）2:1（2）①NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3②Cl－、OH－③c（3）①ClO2+10I－+8H+5I2+4H2O+2Cl－②吸收残余的二氧化氮气体（避免碘的逸出）③淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变④（4）d【考点点拨】（1）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，然后依据KClO3到ClO2，Na2SO3到Na2SO4，转移电子数分别为1和2，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1；（2）①根据图示（流程图）电解NH4Cl与盐酸生成氢气和三氯化氮，则电解方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；②根据图示（流程图）三氯化氮与亚氯酸钠发生反应生成二氧化氯和氨气，因此根据氧化还原反应(6NaClO2+NCl3+3H2O6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH)确定X为氯化钠和氢氧化钠等，则大量存在的阴离子有Cl－、OH－。③二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)，因此除去ClO2中的NH3可用浓硫酸吸收氨气。(3)①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I－+8H+5I2+4H2O+2Cl－。②玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）。③V中用硫代硫酸钠测定反应生成的碘单质，因此可以使用淀粉溶液作为指示剂来判断终点，滴定至终点（即碘单质被硫代硫酸钠还原为碘离子）的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不再改变。④根据反应2ClO2+10I－+8H+5I2+4H2O+2Cl－；I2+2S2O32-2Im=(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐需要利用其氧化性，应该加入还原剂，且产物不能引起水体污染，所以选择硫酸亚铁，同时生成三价铁离子水解可以净化水。

三、综合题：17．Ⅰ.(1)如图为1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成NO(g)和CO2(g)过程中的能量变化示意图。已知E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mol(E1、E2为反应的活化能)。若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则E1、△H的变化分别是

(填“增大”、“减小”或“不变”)。写出该反应的热化学方程式

。(2)若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)H2SO4(l)+2HI(g)在150℃下能自发进行，则△H

____0。A.大于B.小于C.等于D.大于或小于都可Ⅱ.以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)

△H＝QkJ/mol(Q＞0)在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(y%)如下图所示。完成下列填空：(1)表示CH3CH2OH体积分数曲线的是____(选填序号)。(2)在一定温度下反应达到平衡的标志是

。A.平衡常数K不再增大的转化率不再增大C.混合气体的平均相对分子质量不再改变D.反应物不再转化为生成物(3)其他条件恒定，达到平衡后，能提高H2转化率的措施是_______(选填编号)。A.升高温度

B.充入更多的H2

C.移去乙醇

D.增大容器体积(4)图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=_______。【答案】I.减小；不变NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)

△H=－234kJ/molⅡ.(1)b

(2)BC

(3)AC(4)％(或或3/8)【考点点拨】本题考查了化学反应与能量、化学平衡的相关知识。Ⅰ(1)加入催化剂只降低活化能，反应热不变。反应热为E1－E2，反应的热化学方程式NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)

△H=－234kJ/mol(2)反应能自发进行，但∆S<0，所以△H

<0。Ⅱ(1)2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)

△H＝QkJ/mol(Q＞0)正反应为吸热反应，温度越高CH3CH2OH体积分数变大，没有水的变化大，所以选b。(2)温度一定K值不变。CO2的转化率在逐渐增大，不变时达到平衡状态。混合气体的平均相对分子质量为m混n混，混合物的质量不变，总物质的量减少，平均相对分子质量增大。化学平衡是动态平衡。所以选BC。(3)其他条件恒定，升高温度平衡向正向移动，H2的转化率增大。充入更多的H2，平衡向正向移动，但是H2的转化率减小。移去乙醇，平衡向正向移动，H2的转化率增大。增大容器体积，平衡向逆向移动，H(4)1－2x=3x，x=

yR=0.6

18．硫酸锌被广泛应用于工农业生产和医药领域.工业上由氧化锌矿(主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)生产ZnSO4·7H2O的一种流程如下：(1)步骤Ⅰ包括酸浸和过滤两个操作：①酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是

。②过滤时为防堵塞，过滤装置需常用NaOH溶液清洗，其清洗原理是

(用化学方程式表示)。(2)步骤Ⅱ中，在pH约为的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为

。(3)步骤Ⅲ所得滤渣Z的主要成分是

。(4)取gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如下图所示。①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是

。②在图中C，680℃时所得固体的化学式为

(填字母序号)。

·H2O

(SO4)2【答案】(1)①升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率②H2SiO3+2NaOHNa2SiO3+2H2O(2)3Fe2++MnO4-+8H2O3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H(3)Cu(Zn)(4)①降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解

②d【考点点拨】本题考查工业流程中定性、定量分析有关问题。(1)①高温水蒸气起到热量交换加热作用，同时还有搅拌作用，使反应物充分混合，以加快反应速率；②步骤1中产生硅酸，为絮状沉淀堵塞过滤装置，故用碱溶解掉，H2SiO3+2NaOHNa2SiO3+2H2O；(2)在pH约为的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，根据信息知：3Fe2++MnO4-+8H2O3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+。(3)根据杂质成分，步骤Ⅰ除掉ZnSiO3杂质，步骤Ⅱ除掉铁离子杂质，步骤Ⅲ应除去铜离子，加锌置换出铜，一般锌过量；(4)温度高晶体容易失去结晶水，采用减压降低水的沸点使晶体表面的水分溶液蒸发，故答案为：降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解；可以采用代入法判断分解产物，晶体共，，a、b、c、d质量分别为×81=，×161=，×179=，0.13

19．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]可用做净水剂、媒染剂、颜料和药物。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的部分工艺如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀完全沉淀(1)反应Ⅰ中发生的氧化还原反应的离子方程式是

。(2)反应Ⅱ中加入NaHCO3调节体系的pH在

范围内。(3)反应Ⅲ中生成的气体遇空气变红棕色，则反应Ⅲ中发生反应的离子方程式是

。(4)反应Ⅲ中通入氧气可减少NaNO2的用量。若消耗1mol氧气可节约n(NaNO2)=

mol。(5)用硫酸控制体系的pH。若硫酸加入量过小，容易生成沉淀；若硫酸加入量过大，不利于产品形成，用化学平衡移动原理分析其原因是

。(6)碱式硫酸铁溶于水后生成的[Fe(OH)]2+离子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合离子，该水解反应的离子方程式是

。【答案】(1)Fe+2H+Fe2++H2QUOTE↑；Fe+2Fe3+3Fe2+(2)~(3)Fe2++NO2-+2H+Fe3++NO+H(4)4(5)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；若硫酸量过小，c(H+)过低，平衡正移，会生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆移，溶液中c(OH-)过小，不利于产物形成。(6)2[Fe(OH)]2++2H2O[Fe2(OH)4]2++2H+【考点点拨】本题考查制备原理的设计，题目难度中等，注意根据物质的性质和题给信息判断可能发生的反应，离子方程式的书写为解答该题的难点。(1)Fe为活泼金属，可与酸反应，反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2QUOTE↑；氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子可以氧化Fe，离子方程式为：Fe+2Fe3+3Fe2+；(2)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在≤pH＜之间。(3)气体遇空气变红棕色，为NO，则发生反应的离子方程式是：Fe2++NO2-+2H+Fe3++NO+H2O；(4)n(O2)为1mol，则得到电子1mol×4=4mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则需要4molNaNO2；(5)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；若硫酸量过小，c(H+)过低，平衡正移，会生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆移，溶液中c(OH-)过小，不利于产物形成；(6)[Fe(OH)]2+离子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为：2[Fe(OH)]2++2H2O[Fe2(OH)4]2++2H+。

20．酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：溶解度/(g/100g水)化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39回答下列问题：(1)该电池的正极反应式为________，电池反应的离子方程式为________。(2)维持电流强度为，电池工作5分钟，理论上消耗锌________g。(已知F=96500C·mol－1)(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过________分离回收；滤渣的主要成分MnO2、

和

，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为________，其原理是________。(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为________，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是________，原因是________。【答案】（1）MnO2+H++e－MnOOH；2MnO2+Zn+2H+MnOOH+Zn2+（注：式中Zn2+可写成Zn(NH3)42+，Zn(NH3)2Cl2（2）（3）加热浓缩、冷却结晶；碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2（4）Fe3+；6；10；Zn2+和Fe2+分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【考点点拨】(1)酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH；则正极反应式为MnO2+e－+H+MnOOH；电池反应的离子方程式为Zn+2MnO2+2H+2MnOOH+Zn2+。(2)维持电流强度为，电池工作5分钟，则通过的电量为Q=×5×60=150C，则理论上消耗锌m=1/2×150C/96500C·mol－1×65g/mol=。(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，利用二者溶解度随温度变化的差异和二者溶解性差异，可以通过加热浓缩、冷却结晶的方法分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、MnOOH和碳粉，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法让碳燃烧生成二氧化碳，氢氧化氧锰转变为二氧化锰，即在空气中加热。（4）用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，由于二价铁离子和锌离子的溶度积相近，因此首先吧二价铁离子氧化为三价铁离子，即其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为Fe3+，加碱调节至pH为时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为6时，锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为mol·L－1)。由于二者氢氧化物的Ksp相近，若上述过程不加H2O2，后果是Fe2+与Zn2+分离不开。

21．甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

△H1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O

△H2③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O

△H3回答下列问题：(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键H－HC－OCH－OC－HE/(kJ·mol－1)4363431076465413由此计算△H1=________kJ·mol－1；已知△H2=－58kJ·mol－1，则△H3=________kJ·mol－1。(2)反应①的化学平衡常数K表达式为________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)，其判断理由是________。(3)组成n(H2)/n(CO+CO2)=时，体系中的CO平衡转化率(α)温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而_________(填“增大”或“减小”)，其原因是_________；图2中的压强由大到小为_________，其判断理由是_________。【答案】（1）－99；+41；（2）K=c(CH3OH)c(CO)∙（3）减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，使得体系中CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低p3﹥p2﹥p1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提高CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高【考点点拨】根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能和给出化学键的键能，进而计算△H1=（1076+2×436－3×413－343－465）kJ·mol－1=－99kJ·mol－1；已知△H2=－58kJ·mol－1，则反应③依据盖斯定律可以由②－①得到，则△H3=△H2－△H1=－58kJ·mol－1－（－99kJ·mol－1）=+41kJ·mol－1；(2)反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的K=c(CH3OH)c(CO)∙c2(H2)(3)反应①为放热反应，温度升高平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数增大；反应③为吸热反应，平衡向正反应方向移动，又生成一氧化碳，因此随温度升高，一氧化碳的转化率减小；相同温度下，由于反应①为气体体积减小的反应，加压有利于提升CO的转化率，而反应③为气体分子数增大的反应，产生CO的量不收压强影响，故增大压强时，有利于C的转化率升高，则图2中的压强由大到小为p3>p2>p1。

22．[化学－－选修2：化学与技术]苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度/(g·cm－3)沸点/℃异丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列问题：(1)在反应器A中通入的X是__________。(2)反应①和②分别在装置_______和_______中进行(填装置符号)。(3)在分解器C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是________，优点是用量少，缺点是_______。(4)反应②为_______(填“放热”或“吸热”)反应。反应温度应控制在50~60℃，温度过高的安全隐患是________。(5)中和釜D中加入的Z最适宜的是______(填标号，已知苯酚是一种弱酸)。

(6)蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为______和_______，判断的依据是________。(7)用该方法合成苯酚和丙酮的优点是______。【答案】（1）O2(或空气)；（2）A；C；（3）催化剂（提高反应速率）；腐蚀设备；（4）放热；可能会导致（过氧化物）爆炸；（5）c；（6）丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）原子利用率高【考点点拨】根据异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮的反应和工艺流程示意图判定：A反应容器中发生催化氧化生成异丙苯过氧化氢，因此A中通如的X气体为氧气或者空气；B装置为蒸发器，在C装置中发生分解反应生成苯酚和丙酮，则Y为浓硫酸，提供酸性环境，起催化作用，但是由于硫酸的强酸性可以引起生产设备的腐蚀；反应②的焓变小于0，故该反应为放热反应。反应温度应控制在50~60℃，温度过高则可能会导致（过氧化物）爆炸的安全隐患发生。中和D中加入的Z应该把硫酸中和掉，但是不能与苯酚发生反应，因此最适宜的时机为碳酸氢钠，c为备选答案；蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚，判断的依据是丙酮的沸点远远小于苯酚的沸点，沸点越低则蒸馏出来的越早；用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高，实现原子经济百分百。

23．[化学——选修3：物质结构与性质]A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：(1)四种元素中电负性最大的是

(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为

。(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是

(填分子式)，原因是

；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和________。(3)C和D反应可生成组成比为1:3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为_______。(4)化合物D2A的立体构型为_______，中心原子的价层电子对数为_______，单质D与湿润的Na2CO3反应可质备D2A，其化学方程式为_______。(5)A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度(g·cm－3)_________。【答案】（1）O；1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)（2）O3；O3相对分子质量较大，范德华力大；分子晶体；离子晶体（3）三角锥形；sp3（4）V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl)（5）Na2O；8；4×62g∙mol-1(0.566×【考点点拨】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型，则A为O，B为Na；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P；D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl。（1）非金属越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是O，P的原子序数为15，则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）氧元素有了氧气和臭氧两种单质，由于O3相对分子质量较大，范德华力大，熔沸点较高；A和B的氢化物分别为水和NaH，所属的晶体类型依次为分子晶体和离子晶体。（3）C和D反应可生成组成比为1:3的化合物E，即E为PCl3，其中P含有一对孤对电子，其价层电子对数是4，所以E为三角锥形，中心原子采用sp3杂化；（4）化合物Cl2O分子中氧元素含有两对孤对电子，价层电子数为4，单质D与湿润的碳酸钠反应可以制备D2A，则反应的化学方程式为2Cl2