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2019年重庆市巴蜀中学高考化学一模试卷

一、选择题

1．（6分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）

A．用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢

B．铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的物质

C．漂白粉长期放置空气中会被空气中的氧气氧化而变质

D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的

2．（6分）设N_A为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．23gNa与O₂完全反应，生成Na₂O和Na₂O₂的混合物，转移的电子数为N_A

B．88.0g¹⁴CO₂与¹⁴N₂O的混合物中所含中子数为44N_A

C．0.1L，l.0mol/L的NaAlO₂水溶液中含有的氧原子数为0.2N_A

D．室温下，将1mol铁片投入到0.5L，18.4mol/L的硫酸中，转移的电子数为3N_A

3．（6分）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（　　）

A．装置常用于分离互不相溶的液体混合物

B．装置可用于吸收氨气，且能防止倒吸

C．用装置不可以完成“喷泉”实验

D．用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液

4．（6分）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色反应呈黄色，五种元素核电荷数之和为54，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是（　　）

A．原子半径：X＞Y＞Z＞Q＞W

B．X、Y和Z三种元素的最高价氧化物的水化物两两间能反应

C．阳离子的氧化性：X＞Y

D．W的最简单氢化物沸点比Z的高

5．（6分）研究人员最近发现了“水”电池．这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO₂+2Ag+2NaCl═Na₂Mn₅O₁₀+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（　　）

A．Na₂Mn₅O₁₀是氧化产物

B．正极反应式：Ag﹣e^﹣═Ag⁺

C．Cl^﹣不断向“水”电池的正极移动

D．毎转移2mol电子，负极质量增加71克

6．（6分）体积为1mL、浓度均为0.10mol/L的XOH和X₂CO₃溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgV的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是（　　）

A．XOH是弱碱

B．pH＝10的两种溶液中的c（X⁺）：XOH大于X₂CO₃

C．已知H₂CO₃的电离平衡常数Ka1远远大于K_a2，则K_a2约为1.0×10^﹣10

D．当lgV＝2时，若X₂CO₃溶液升高温度，溶液碱性增强，则c（HCO₃^﹣）/c（CO₃^2﹣）减小

7．（6分）现有易溶强电解质的混合溶液10L，其中可能含存K⁺、Ba²⁺、Na⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、SO₄^2﹣、AlO₂^﹣、OH^﹣中的几种，向其中通入CO₂气体，产生沉淀的量与通入CO₂的量之间的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．该溶液中能确定存在的离子是 Ba²⁺、AlO₂^﹣、NH₄⁺

B．肯定不存在的离子是SO₄^2﹣、OH^﹣

C．若不能确定的离子中至少还存在一种阳离子，则该离子的最小浓度为0.2mol/L

D．OA 段反应的离子方程式：2 AlO₂^﹣+CO₂+3H₂O＝2Al（OH）₃↓+CO₃^2﹣

二、非选择题

8．（11分）四氯化锡常温下是无色液体，在空气中极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃；金属锡的熔点为231℃，拟利用图中的仪器，设计组装一套实验装置，用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水四氯化锡（此反应过程放出大量的热），请回答下列各个问题．

（1）装置II中发生反应的化学方程式　 　．

（2）装置I中仪器a的名称为　 　．

（3）用玻管（未画出）连接上述装置，正确的顺序是（填各接口的代码字母）　 　接　 　、　 　接　 　、　 　接　 　、　 　接G、H接　 　．

（4）如果拆去Ⅵ装置，可能的后果是　 　．

（5）可用一个盛装　 　（填试剂名称）的干燥管代替IV装置，其作用一是防止空气中水蒸气进入装置，二是　 　．

（6）除去四氯化锡中的少量锡的方法是　 　（写出一种方法）．

9．（14分）CuCl是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，熔点422℃，沸点1366℃，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂，并用于颜料、防腐等工业．工业上由废铜料（含Fe、Al及其化合物、SiO₂杂质），生产CuCl的工艺流程如图：

已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl₂^﹣，CuCl₂^﹣的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀．

（1）酸浸液中加入足量H₂O₂的主要目的是　 　．

（2）滤渣I的主要成分是　 　．

（3）操作I调节溶液的pH范围为　 　，加入的物质X可以是　 　．

A．CuO B．Cu（OH）₂ C．NaOH溶液 D．Cu₂（OH）₂CO E．Cu

（4）往滤液 II中加入食盐并通入SO₂可生成CuCl₂^﹣，请写出反应的离子方程式　 　．

（5）过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品．于70℃真空干燥的目的是：　 　．

（6）氯化亚铜的定量分析：

①称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠50粒和10mL过量的FeCl₃溶液250mL锥形瓶中，不断摇动：玻璃珠的作用是　 　．

②待样品溶解后，加水50mL，并加入邻菲罗啉指示剂2滴：

③立即用0.10mol•L^﹣1硫酸铈标准溶液滴至终点：同时做空白实验一次．

已知：上述过程发生的反应①CuCl+FeCl₃═CuCl₂+FeCl₂③Fe²⁺+Ce⁴⁺═Fe³⁺+Ce³⁺

如此再重复二次测得：

④数据处理：计算得CuCl的纯度为　 　．（平行实验结果相差不能超过0.3%）

（说明：空白实验是在不加样品的情况下，用测定样品相同的方法、步骤进行定量分析，把所得结果作为空白值，从样品的分析结果中扣除．这样可以消除由于试剂不纯或试剂干扰等所造成的系统误差．）

10．（18分）（1）①已知：①2Cu₂S（s）+3O₂（g）═2Cu₂O（s）+2SO₂（g）△H＝﹣768.2kJ•mol^﹣1

②2Cu₂O（s）+Cu₂S（s）═6Cu （s）+SO₂（g）△H＝+116.0kJ•mol^﹣1

请写出工业上火法炼铜的热化学方程式　 　，该反应在常温下　 　（填“能”或“不能”）自发进行．

（2）以CO₂为原料可制备甲醇：CO₂（g）+3H₂（g）⇌CH₃OH（g）+2H₂O（g）△H＝﹣49.0kJ/mol，

向1L 的 恒容密闭容器中充入1molCO₂（g）和3mol H₂（g），测得CO₂（g）和CH₃OH（g）浓度随时间的变化如图1所示．

①0～5min内，以氢气表示的平均反应速率v（H₂）＝　 　．

②在一定条件下，体系中CO₂的平衡转化率（α）与L和X的关系如图2 所示，L和X分别表示温度或压强．L_l　 　L₂（填“＞”或“＜”），理由是　 　．

（3）向一体积为20L的恒容密闭容器中通入1molCO₂发生反应2CO₂（g）⇌2CO（g）+O₂（g），在不同温度下各物质的体积分数变化如图3所示．1600℃时反应达到平衡，则此时反应2CO（g）+O₂（g）⇌2CO₂（g）的平衡常数K＝　 　．

（4）草酸锌可应用于有机合成、电子工业等．工业上制取ZnC₂O₄的原理如图4所示（电解液不参加反应），Zn电极是　 　（填“正”“负”“阴”或“阳”）极．已知在Pb电极区得到ZnC₂O₄，则Pb电极上的电极反应式为　 　．

（5）亚硝酸（HNO₂）是一种与醋酸酸性相当的弱酸，他能被常见的强氧化剂氧化，在酸性条件下，它也是一种氧化剂，AgNO₂是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．

①在酸性条件下，NaNO₂与KI按物质的量1：1恰好反应，反应后溶液中滴加淀粉溶液变蓝色．该反应的离子反应方程式为　 　．

②在亚硝酸钠溶液中，各种粒子（除H₂O外）的物质的量浓度由大到小的顺序为　 　．

③若工业废水中c（NO₂^﹣）＝1.0×10^﹣6mol•L^﹣1，取工业废水5mL于试管中，滴加2滴0.1mol•L^﹣1的硝酸银溶液（1滴约为0.05mL）能否看到沉淀？通过简要计算说明：　 　．（假设溶液体积始终未5mL，已知K_sp（AgNO₂）＝2.0×10^﹣8）

【化学-物质结构】

11．（15分）运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。

I．部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol•L^﹣1）溶液的pH和原子序数的关系如图1所示。

（1）元素R在周期表中的位置是　 　；元素Z的原子结构示意图是　 　。

（2）元素Y和W形成的Y₂W₂型化合物中含有化学键的类型为　 　。

II．短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如CO₂、CS₂、COS等。

（1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是　 　（填序号）

A．S与H₂发生化合反应比C与H₂化合更容易

B．酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃

C．CS₂中碳元素为+4价，硫元素为﹣2价

（2）铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）与元素C同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：

①锗的原子序数为　 　。

②它们+4价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为　 　（填化学式）。

（3）羰基硫（COS）可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和CO₂相似。

①用电子式表示羰基硫（COS）的形成过程：　 　。

②羰基硫（COS）用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图2：

已知A是一种正盐，则A的化学式为　 　；若气体a为单质，反应II的离子方程式为　 　。

【化学-有机化学基础】

12．聚合物F的合成路线图如下：

已知：HCHO+RCH₂CHO→

请据此回答：

（1）A中含氧官能团名称是　 　，C的系统命名为　 　．

（2）检验B中所含官能团所用的试剂有　 　；E→F的反应类型是　 　．

（3）C生成D的反应化学方程式为　 　，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为　 　（同一个碳原子上连两个碳碳双键的除外）．

（4）G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有　 　种．

①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基

②遇氯化铁溶液变紫色

③能与溴水发生加成反应

（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成路线　 　．

2019年重庆市巴蜀中学高考化学一模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题

1．（6分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）

A．用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢

B．铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的物质

C．漂白粉长期放置空气中会被空气中的氧气氧化而变质

D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；GJ：铝的化学性质．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】A．瓷器的主要成分含有二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应；

B．铝能与酸碱反应；

C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，能与二氧化碳反应；

D．汽车发动机中高温条件下，氮气与氧气反应生成氮的氧化物．

【解答】解：A．瓷器的主要成分含有二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应会腐蚀瓷器，故不可用烧碱除去瓷器表面污垢，故A错误；

B．金属铝可以和酸以及碱反应、在电解质溶液中易发生电化学腐蚀，所以不可用铝制餐具长时间存放酸性、碱性或咸的物质，故B正确；

C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，能与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸易分解，次氯酸钙没有被氧气氧化，故C错误；

D．汽车发动机中高温条件下，氮气与氧气反应生成氮的氧化物，汽油中不含有氮元素，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查了瓷器的成分和性质、金属的性质、漂白粉的成分和性质、环境保护等，题目综合性较强，但是难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．

2．（6分）设N_A为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．23gNa与O₂完全反应，生成Na₂O和Na₂O₂的混合物，转移的电子数为N_A

B．88.0g¹⁴CO₂与¹⁴N₂O的混合物中所含中子数为44N_A

C．0.1L，l.0mol/L的NaAlO₂水溶液中含有的氧原子数为0.2N_A

D．室温下，将1mol铁片投入到0.5L，18.4mol/L的硫酸中，转移的电子数为3N_A

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都变为+1价钠离子，依据钠的质量计算转移电子数；

B.1个¹⁴CO₂含有中子数为24，1个¹⁴N₂O含有中子数为22；

C．偏铝酸钠中偏铝酸和水都含有氧原子；

D．铁与浓硫酸常温下钝化．

【解答】解：A.23gNa物质的量为1mol，与O₂完全反应，生成Na₂O和Na₂O₂的混合物，共生成1mol钠离子，转移的电子数为N_A，故A正确；

B．¹⁴CO₂与¹⁴N₂O含有中子数不同，所以只知道混合物质量无法计算含有中子数，故B错误；

C．偏铝酸钠中偏铝酸和水都含有氧原子，所以0.1L，l.0mol/L的NaAlO₂水溶液中含有的氧原子数远远大于0.2N_A，故C错误；

D．铁与浓硫酸常温下钝化，生成致密氧化膜阻止反应继续进行，所以室温下，将1mol铁片投入到0.5L，18.4mol/L的硫酸中，转移的电子数远远小于3N_A，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系即可解答，题目难度中等．

3．（6分）实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（　　）

A．装置常用于分离互不相溶的液体混合物

B．装置可用于吸收氨气，且能防止倒吸

C．用装置不可以完成“喷泉”实验

D．用装置稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】542：化学实验基本操作．

【分析】A．互不相溶的液体采用分液的方法分离，蒸馏操作用于分离相互溶解的液态；

B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸；

C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成喷泉实验；

D．浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌．

【解答】解：A．该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；

B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，应该用四氯化碳溶液，故B错误；

C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；

D．浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中，图示操作合理，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及蒸馏、喷泉实验、防倒吸装置、浓硫酸稀释等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

4．（6分）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色反应呈黄色，五种元素核电荷数之和为54，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是（　　）

A．原子半径：X＞Y＞Z＞Q＞W

B．X、Y和Z三种元素的最高价氧化物的水化物两两间能反应

C．阳离子的氧化性：X＞Y

D．W的最简单氢化物沸点比Z的高

【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色反应呈黄色，则X是Na元素；W、Z最外层电子数相同，二者位于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，则Z是S、W是O元素；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al元素；五种元素核电荷数之和为54，Q原子序数＝54﹣8﹣11﹣13﹣16＝6，为C元素，以此解答该题．

【解答】解：由以上分析可知Q为C、W为O、X为Na、Y为Al、Z为S元素。

A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径X＞Y＞Z＞Q＞W，故A正确；

B．X为Na、Y为Al、Z为S元素，元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，则两两间能反应，故B正确；

C．金属性Na＞Al，元素的金属性越强，对应的阳离子氧化性越弱，故C错误；

D．水可形成氢键，分子间作用力较强，沸点较高，故D正确。

故选：C。

【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高考常见题型，侧重考查学生推断及元素周期律综合运用，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构及物质性质是解本题关键，难度不大．

5．（6分）研究人员最近发现了“水”电池．这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO₂+2Ag+2NaCl═Na₂Mn₅O₁₀+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（　　）

A．Na₂Mn₅O₁₀是氧化产物

B．正极反应式：Ag﹣e^﹣═Ag⁺

C．Cl^﹣不断向“水”电池的正极移动

D．毎转移2mol电子，负极质量增加71克

【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中MnO₂生成Na₂Mn₅O₁₀，Mn化合价降低，所以MnO₂为氧化剂，生成Na₂Mn₅O₁₀为还原产物；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路．

【解答】解：A、反应中Mn化合价降低，被还原，所以MnO₂为氧化剂，生成Na₂Mn₅O₁₀为还原产物，故A错误；

B、根据电池总反应：5MnO₂+2Ag+2NaCl＝Na₂Mn₅O₁₀+2AgCl，可判断出Mn化合价降低，MnO₂应为原电池的正极，发生反应的电极方程式为：5MnO₂+2e^﹣＝Mn₅O₁₀^2﹣，故B错误；

C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以Cl^﹣不断向“水”电池的负极移动，故C错误；

D、Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl^﹣﹣e^﹣＝AgCl，所以毎转移2mol电子，负极质量增加2×35.5＝71克，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点．

6．（6分）体积为1mL、浓度均为0.10mol/L的XOH和X₂CO₃溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgV的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是（　　）

A．XOH是弱碱

B．pH＝10的两种溶液中的c（X⁺）：XOH大于X₂CO₃

C．已知H₂CO₃的电离平衡常数Ka1远远大于K_a2，则K_a2约为1.0×10^﹣10

D．当lgV＝2时，若X₂CO₃溶液升高温度，溶液碱性增强，则c（HCO₃^﹣）/c（CO₃^2﹣）减小

【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DA：pH的简单计算．菁优网版权所有

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．根据图知，0.1mol/L的XOH的pH＝13，说明XOH溶液中c（OH^﹣）＝c（XOH）；

B．XOH是强碱溶液、X₂CO₃是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X₂CO₃），再结合物料守恒判断；

C.0.10mol/LX₂CO₃溶液的pH＝11.6，则该溶液中c（OH^﹣）＝c（HCO₃^﹣）mol/L＝10^﹣2.4mol/L，c（CO₃^2﹣）＝0.1mol/L，Kh₁，则K_a2；

D．当lgV＝2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO₃^2﹣）减小，c（HCO₃^﹣）增大．

【解答】解：A．根据图知，0.1mol/L的XOH的pH＝13，说明XOH溶液中c（OH^﹣）＝c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，故A错误；

B．XOH是强碱溶液、X₂CO₃是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X₂CO₃），再结合物料守恒得c（X⁺）：XOH小于X₂CO₃，故B错误；

C．0.10mol/LX₂CO₃溶液的pH＝11.6，则该溶液中c（OH^﹣）＝c（HCO₃^﹣）mol/L＝10^﹣2.4mol/L，c（CO₃^2﹣）＝0.1mol/L，Kh₁，则K_a21.0×10^﹣10.2≈1.0×10^﹣10，故C正确；

D．当lgV＝2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO₃^2﹣）减小，c（HCO₃^﹣）增大，所以c（HCO₃^﹣）/c（CO₃^2﹣）增大，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡、pH的计算，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在Kh1．K_a2＝Kw，为易错点．

7．（6分）现有易溶强电解质的混合溶液10L，其中可能含存K⁺、Ba²⁺、Na⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、SO₄^2﹣、AlO₂^﹣、OH^﹣中的几种，向其中通入CO₂气体，产生沉淀的量与通入CO₂的量之间的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．该溶液中能确定存在的离子是 Ba²⁺、AlO₂^﹣、NH₄⁺

B．肯定不存在的离子是SO₄^2﹣、OH^﹣

C．若不能确定的离子中至少还存在一种阳离子，则该离子的最小浓度为0.2mol/L

D．OA 段反应的离子方程式：2 AlO₂^﹣+CO₂+3H₂O＝2Al（OH）₃↓+CO₃^2﹣

【考点】DG：常见离子的检验方法．菁优网版权所有

【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．

【分析】通入二氧化碳，在OA段产生沉淀，说明一定含Ba²⁺，根据离子共存条件，一定不含SO₄^2﹣，因二者反应会生成硫酸钡沉淀；在BC段产生沉淀，说明含AlO₂^﹣，AlO₂^﹣存在碱性环境，故一定含OH^﹣，不含NH₄⁺，因NH₄⁺与OH^﹣反应放氨气，根据OA段，通入1mol二氧化碳生成1mol沉淀，所以 Ba²⁺为1mol，反应方程式为：Ba（OH）₂+CO₂＝BaCO₃↓+H₂O，AB段沉淀不变，说明二氧化碳和OH^﹣反应，结合OA段可知含 OH^﹣共2.5mol，根据BC段可知发生反应：2AlO₂^﹣+CO₂+3H₂O═2Al（OH）₃↓+CO₃^2﹣，故消耗二氧化碳0.5mol，即AlO₂^﹣的物质的量为1mol，CD段发生反应：CO₃^2﹣+CO₂+H₂O═2HCO₃^﹣，DE段发生反应：BaCO₃+CO₂+H₂O═Ba²⁺+2HCO₃^﹣，根据电荷守恒，所含阳离子所带正电荷为Ba²⁺所带：2mol，阴离子所带负电荷为AlO₂^﹣、OH^﹣所带：2.5mol+1mol＝3.5mol，故一定还含阳离子，根据电荷守恒，计算出所含阳离子物质的量，进而计算出浓度。

【解答】解：通入二氧化碳，在OA段产生沉淀，说明一定含Ba²⁺，根据离子共存条件，一定不含SO₄^2﹣，因二者反应会生成硫酸钡沉淀；在BC段产生沉淀，说明含AlO₂^﹣，AlO₂^﹣存在碱性环境，故一定含OH^﹣，不含NH₄⁺，因NH₄⁺与OH^﹣反应放氨气，根据OA段，通入1mol二氧化碳生成1mol沉淀，所以 Ba²⁺为1mol，反应方程式为：Ba（OH）₂+CO₂＝BaCO₃↓+H₂O，AB段沉淀不变，说明二氧化碳和OH^﹣反应，结合OA段可知含 OH^﹣共2.5mol，根据BC段可知发生反应：2AlO₂^﹣+CO₂+3H₂O═2A l（OH）₃↓+CO₃^2﹣，故消耗二氧化碳0.5mol，即AlO₂^﹣的物质的量为1mol，CD段发生反应：CO₃^2﹣+CO₂+H₂O═2HCO₃^﹣，DE段发生反应：BaCO₃+CO₂+H₂O═Ba²⁺+2HCO₃^﹣，根据电荷守恒，所含阳离子所带正电荷为Ba²⁺所带：2mol，阴离子所带负电荷为AlO₂^﹣、OH^﹣所带：2.5mol+1mol＝3.5mol，故一定还含阳离子。

A．根据以上分析，该溶液中能确定存在的离子是Ba²⁺、AlO₂^﹣、OH^﹣，故A错误；

B..根据以上分析，该溶液中一定不含：NH₄⁺、Cl^﹣、SO₄^2﹣，故B错误；

C．不能确定离子中至少还存在一种阳离子存在，所给阳离子中还有K⁺、Na⁺没确定，可通过焰色反应来鉴别；根据电荷守恒，所含离子的物质的量设为n，则有：n+2mol＝4mol，n＝2，浓度为：0.20mol/L，故C正确；

D．BC段反应的离子方程式：2AlO₂^﹣+CO₂+3H₂O═2A l（OH）₃↓+CO₃^2﹣，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查了离子的推断，难度较大，关键是搞清反应原理结合离子共存和电荷守恒解答。

二、非选择题

8．（11分）四氯化锡常温下是无色液体，在空气中极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃；金属锡的熔点为231℃，拟利用图中的仪器，设计组装一套实验装置，用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水四氯化锡（此反应过程放出大量的热），请回答下列各个问题．

（1）装置II中发生反应的化学方程式　4NaCl+2H₂SO₄（浓）+MnO₂2Na₂SO₄+MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O　．

（2）装置I中仪器a的名称为　蒸馏烧瓶　．

（3）用玻管（未画出）连接上述装置，正确的顺序是（填各接口的代码字母）　B　接　J　、　I　接　K　、　A　接　C　、　D　接G、H接　E（或F）　．

（4）如果拆去Ⅵ装置，可能的后果是　生成的四氯化锡要水解变质　．

（5）可用一个盛装　碱石灰　（填试剂名称）的干燥管代替IV装置，其作用一是防止空气中水蒸气进入装置，二是　吸收尾气氯气，防止污染空气　．

（6）除去四氯化锡中的少量锡的方法是　过滤与加热时与干燥氯气反应　（写出一种方法）．

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】由装置图可知装置Ⅱ应为制备氯气装置，反应为：4NaCl+2H₂SO₄（浓）+MnO₂2Na₂SO₄+MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，用Ⅵ中试剂饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，氯气与Sn在装置Ⅰ中反应生成SnCl₄，Sn+2Cl₂SnCl₄，反应生成SnCl₄，经装置Ⅲ冷却，装置Ⅴ中收集，四氯化锡易水解，装置Ⅳ防止空气中水进入装置Ⅴ，反应中有氯气，还应尾气处理，选用碱性干燥剂为好，以此解答该题．

【解答】解：（1）装置Ⅱ应为制备氯气装置，反应为：4NaCl+2H₂SO₄（浓）+MnO₂2Na₂SO₄+MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；

故答案为：4NaCl+2H₂SO₄（浓）+MnO₂2Na₂SO₄+MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O；

（2）由仪器构造可知装置I中仪器a为蒸馏烧瓶；

故答案为：蒸馏烧瓶；

（3）装置Ⅱ制备氯气，制备的氯气中含有HCl及水蒸气，用Ⅵ中试剂饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，则B连接J、I，在装置Ⅰ中反应生成SnCl₄，再连接K、A，经装置Ⅲ冷却，装置Ⅴ中收集，故连接C、D、G、H，四氯化锡易水解，装置Ⅳ防止空气中水进入装置Ⅴ，最后连接E（或F）；

故答案为：B；J；I；K；A；C；D；E（或F）；

（4）如果拆去Ⅵ装置，空气中水进入收集装置，生成的四氯化锡要水解变质；

故答案为：生成的四氯化锡要水解变质；

（5）装置Ⅳ防止空气中水进入装置Ⅴ，反应中有氯气，还应尾气处理，选用碱性干燥剂为好，既能吸收水分，还能处理尾气；

故答案为：碱石灰；吸收尾气氯气，防止污染空气；

（6）四氯化锡常温下是无色液体，在空气中极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃；金属锡的熔点为231℃，除去四氯化锡中的少量锡的方法是：过滤与加热时与干燥氯气反应；

故答案为：过滤与加热时与干燥氯气反应．

【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，难度中等．

9．（14分）CuCl是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，熔点422℃，沸点1366℃，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂，并用于颜料、防腐等工业．工业上由废铜料（含Fe、Al及其化合物、SiO₂杂质），生产CuCl的工艺流程如图：

已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl₂^﹣，CuCl₂^﹣的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀．

（1）酸浸液中加入足量H₂O₂的主要目的是　将Fe²⁺完全氧化为Fe³⁺，便于转化为Fe（OH）₃沉淀除去　．

（2）滤渣I的主要成分是　SiO₂　．

（3）操作I调节溶液的pH范围为　4.7≤pH≤5.6　，加入的物质X可以是　ABCD　．

A．CuO B．Cu（OH）₂ C．NaOH溶液 D．Cu₂（OH）₂CO E．Cu

（4）往滤液 II中加入食盐并通入SO₂可生成CuCl₂^﹣，请写出反应的离子方程式　2H₂O+2Cu²⁺+SO₂+4Cl^﹣＝2CuCl₂^﹣+SO₄^2﹣+4H⁺　．

（5）过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品．于70℃真空干燥的目的是：　加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化　．

（6）氯化亚铜的定量分析：

①称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠50粒和10mL过量的FeCl₃溶液250mL锥形瓶中，不断摇动：玻璃珠的作用是　加速样品的溶解　．

②待样品溶解后，加水50mL，并加入邻菲罗啉指示剂2滴：

③立即用0.10mol•L^﹣1硫酸铈标准溶液滴至终点：同时做空白实验一次．

已知：上述过程发生的反应①CuCl+FeCl₃═CuCl₂+FeCl₂③Fe²⁺+Ce⁴⁺═Fe³⁺+Ce³⁺

如此再重复二次测得：

④数据处理：计算得CuCl的纯度为　95.52%　．（平行实验结果相差不能超过0.3%）

（说明：空白实验是在不加样品的情况下，用测定样品相同的方法、步骤进行定量分析，把所得结果作为空白值，从样品的分析结果中扣除．这样可以消除由于试剂不纯或试剂干扰等所造成的系统误差．）

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【专题】546：无机实验综合．

【分析】废铜料（含Fe、Al及其化合物、SiO₂杂质），生产CuCl：煅烧废铜料，将铜转化为溶于酸的氧化物，再加入过氧化氢和稀硫酸，二氧化硅不溶，金属离子进入溶液，过滤，则滤渣Ⅰ为二氧化硅，滤液Ⅰ为铁离子、铝离子、铜离子的溶液，向滤液中加入X得到沉淀，应为将铁离子、铝离子除杂，故X可为CuO、Cu（OH）₂、Cu₂（OH）₂CO₃、Cu，调节pH4.7～5.6，沉淀铁离子、铝离子，滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液Ⅱ为铜离子的溶液，加入食盐并通入SO₂发生反应：2H₂O+2Cu²⁺+SO₂+4Cl^﹣＝2CuCl₂^﹣+SO₄^2﹣+4H⁺，生成CuCl₂^﹣，CuCl₂^﹣的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析；

（6））①玻璃珠的作用是使反应物混合均匀，急速样品溶解；

④依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度．

【解答】解：（1）酸浸液中加入足量H₂O₂的主要目的是将Fe²⁺完全氧化为Fe³⁺，便于转化为Fe（OH）₃沉淀除去；

故答案为：将Fe²⁺完全氧化为Fe³⁺，便于转化为Fe（OH）₃沉淀除去；

（2）二氧化硅不溶于酸，故滤渣Ⅰ为二氧化硅；

故答案为：SiO₂；

（3）操作I调节溶液的pH目的是将铁离子、铝离子除去，而不能使铜离子沉淀，由表可知pH范围为：4.7≤pH≤5.6；X调节pH，为了不引入新的杂质，X可用CuO、Cu（OH）₂、Cu₂（OH）₂CO₃、Cu；

故答案为：4.7≤pH≤5.6；ABCD；

（4）往滤液II为铜离子的溶液，加入食盐并通入SO₂可生成CuCl₂^﹣，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高为硫酸根离子，故离子方程式为：2H₂O+2Cu²⁺+SO₂+4Cl^﹣＝2CuCl₂^﹣+SO₄^2﹣+4H⁺；

故答案为：2H₂O+2Cu²⁺+SO₂+4Cl^﹣＝2CuCl₂^﹣+SO₄^2﹣+4H⁺；

（5）乙醇易挥发，CuCl易被氧化，于70℃真空干燥的目的是加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；

故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；

（6）①玻璃珠的作用是使反应物混合均匀，急速样品溶解；

故答案为：加速样品的溶解；

④根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，第二组实验数据舍去，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为24.00mL，根据CuCl+FeCl₃═CuCl₂+FeCl₂，Fe²⁺+Ce⁴⁺＝Fe³⁺+Ce³⁺，

CuCl～Ce⁴⁺，CuCl的纯度95.52%；

故答案为：95.52%．

【点评】本题以物质制备为载体，考查学生对原理的分析理解、物质的分离提纯、氧化还原反应、物质含量测定等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．

10．（18分）（1）①已知：①2Cu₂S（s）+3O₂（g）═2Cu₂O（s）+2SO₂（g）△H＝﹣768.2kJ•mol^﹣1

②2Cu₂O（s）+Cu₂S（s）═6Cu （s）+SO₂（g）△H＝+116.0kJ•mol^﹣1

请写出工业上火法炼铜的热化学方程式　Cu₂S（s）+O₂（g）＝2Cu（s）+SO₂（g）△H＝﹣217.4kJ/mol　，该反应在常温下　能　（填“能”或“不能”）自发进行．

（2）以CO₂为原料可制备甲醇：CO₂（g）+3H₂（g）⇌CH₃OH（g）+2H₂O（g）△H＝﹣49.0kJ/mol，

向1L 的 恒容密闭容器中充入1molCO₂（g）和3mol H₂（g），测得CO₂（g）和CH₃OH（g）浓度随时间的变化如图1所示．

①0～5min内，以氢气表示的平均反应速率v（H₂）＝　0.45mol/（L•min）　．

②在一定条件下，体系中CO₂的平衡转化率（α）与L和X的关系如图2 所示，L和X分别表示温度或压强．L_l　＜　L₂（填“＞”或“＜”），理由是　该反应是放热反应，当压强一定时，降低温度，平衡正向移动，CO₂的转化率增大　．

（3）向一体积为20L的恒容密闭容器中通入1molCO₂发生反应2CO₂（g）⇌2CO（g）+O₂（g），在不同温度下各物质的体积分数变化如图3所示．1600℃时反应达到平衡，则此时反应2CO（g）+O₂（g）⇌2CO₂（g）的平衡常数K＝　80L/mol　．

（4）草酸锌可应用于有机合成、电子工业等．工业上制取ZnC₂O₄的原理如图4所示（电解液不参加反应），Zn电极是　阳　（填“正”“负”“阴”或“阳”）极．已知在Pb电极区得到ZnC₂O₄，则Pb电极上的电极反应式为　2CO₂+2e^﹣＝C₂O₄^2﹣　．

（5）亚硝酸（HNO₂）是一种与醋酸酸性相当的弱酸，他能被常见的强氧化剂氧化，在酸性条件下，它也是一种氧化剂，AgNO₂是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．

①在酸性条件下，NaNO₂与KI按物质的量1：1恰好反应，反应后溶液中滴加淀粉溶液变蓝色．该反应的离子反应方程式为　2NO₂^﹣+2I^﹣+4H⁺＝I₂+2NO↑+2H₂O　．

②在亚硝酸钠溶液中，各种粒子（除H₂O外）的物质的量浓度由大到小的顺序为　c（Na⁺）＞c（NO₂^﹣）＞c（OH^﹣）＞c（HNO₂）＞c（H⁺）　．

③若工业废水中c（NO₂^﹣）＝1.0×10^﹣6mol•L^﹣1，取工业废水5mL于试管中，滴加2滴0.1mol•L^﹣1的硝酸银溶液（1滴约为0.05mL）能否看到沉淀？通过简要计算说明：　因为Q_c＝c（NO₂^﹣）c（Ag⁺）＝2.0×10^﹣9＜K_sp（AgNO₂）＝2×10^﹣8，则证明不能看到有沉淀生成　．（假设溶液体积始终未5mL，已知K_sp（AgNO₂）＝2.0×10^﹣8）

【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】41：守恒法；51E：化学平衡专题．

【分析】（1）工业上火法炼铜的化学方程式为：Cu₂S（s）+O₂（g）＝2Cu（s）+SO₂（g），根据已知热效应的化学方程式推导该反应，再根据盖斯定律计算该反应的焓变，根据焓变情况分析反应在常温下的自发性；

（2）①CO₂为反应物，随着反应进行物质的量减小，CH₃OH是生成物，随着反应进行物质的量增加，所以N代表CO₂，M代表CH₃OH，根据图象计算CH₃OH的生成速率，再根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算H₂的反应速率；

②控制X（压强）不变，讨论Y（温度）的变化对CO₂的平衡转化率的影响，考虑到反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，会导致CO₂的平衡转化率降低，据此判断温度高低；

（3）CO₂为反应物，随着反应进行体积分数降低，CO和O₂是生成物，随着反应进行体积分数增大，根据图象上1600℃三种物质的体积分数计算该温度下的化学平衡常数；

（4）根据原理图分析，Zn电极应参与反应生成Zn²⁺，据此判断Zn电极的性质，Pb电极上通入CO₂参加反应，最终应转化为C₂O₄^2﹣，据此写出Pb电极的电极反应；

（5）①酸性条件下，NaNO₂与KI按物质的量1：1恰好反应，反应后溶液中滴加淀粉溶液变蓝色，表明反应产生了I₂，据此判断NO₂^﹣的还原产物，写出反应的离子方程式；

②亚硝酸钠溶液中，已知亚硝酸与醋酸酸性相近，所以亚硝酸也为弱酸，NO₂^﹣会发生水解，据此分析溶液中粒子的浓度大小关系；

③根据浓度商与溶度积常数的关系判断能否产生沉淀．

【解答】解：（1）已知：①2Cu₂S（s）+3O₂（g）═2Cu₂O（s）+2SO₂（g）△H₁＝﹣768.2kJ/mol，

②2Cu₂O（s）+Cu₂S（s）═6Cu （s）+SO₂（g）△H₂＝+116.0kJ/mol，

工业上火法炼铜的化学方程式为：Cu₂S（s）+O₂（g）＝2Cu（s）+SO₂（g），该反应可由得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H217.4kJ/mol，

由于反应为放热反应，因此在常温下可以自发进行，

故答案为：Cu₂S（s）+O₂（g）＝2Cu（s）+SO₂（g）△H＝﹣217.4kJ/mol；能；

（2）①CO₂为反应物，随着反应进行物质的量减小，CH₃OH是生成物，随着反应进行物质的量增加，所以N代表CO₂，M代表CH₃OH，根据图象，0～5min内CH₃OH的生成量为0.75mol，密闭容器的容积为1L，所以CH₃OH的生成速率为0.15mol/（L•min），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则0～5min内，以氢气表示的平均反应速率v（H₂）＝30.45mol/（L•min），

故答案为：0.45mol/（L•min）；

②控制X（压强）不变，讨论Y（温度）的变化对CO₂的平衡转化率的影响，考虑到反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，会导致CO₂的平衡转化率降低，所以低的温度对应着高的转化率，根据图象，则温度关系为：L₁＜L₂，理由是：该反应是放热反应，当压强一定时，降低温度，平衡正向移动，CO₂的转化率增大，

故答案为：＜；该反应是放热反应，当压强一定时，降低温度，平衡正向移动，CO₂的转化率增大；

（3）CO₂为反应物，随着反应进行体积分数降低，CO和O₂是生成物，随着反应进行体积分数增大，反应在恒容密闭容器中进行，所以气体的体积分数可表示为φ，所以体积分数之比就是物质的量之比，设反应生成了xmolO₂，根据反应方程式，则产生2xmolCO，平衡时有（1﹣2x）molCO₂，根据图象，CO和CO₂平衡时体积分数相等，所以有2x＝1﹣2x，解得x＝0.25，所以平衡时c（CO₂）0.025mol/L，c（CO）＝0.025mol/L，c（O₂）＝0.0125mol/L，则该温度下反应2CO（g）+O₂（g）⇌2CO₂（g）的化学平衡常数为K80L/mol，

故答案为：80L/mol；

（4）根据原理图分析，Zn电极应参与反应生成Zn²⁺，所以Zn电极为电解池阳极，

Pb电极上通入CO₂参加反应，最终应转化为C₂O₄^2﹣，过程是得电子的过程，所以Pb电极的电极反应式为：2CO₂+2e^﹣＝C₂O₄^2﹣，

故答案为：阳；2CO₂+2e^﹣＝C₂O₄^2﹣；

（5）①酸性条件下，NaNO₂与KI按物质的量1：1恰好反应，反应后溶液中滴加淀粉溶液变蓝色，表明反应产生了I₂，由于二者按物质的量1：1反应，所以NO₂^﹣中N应降低1价，即NO₂^﹣还原产物为NO，则反应的离子方程式为：2NO₂^﹣+2I^﹣+4H⁺＝I₂+2NO↑+2H₂O，

故答案为：2NO₂^﹣+2I^﹣+4H⁺＝I₂+2NO↑+2H₂O；

②亚硝酸钠溶液中，已知亚硝酸与醋酸酸性相近，所以亚硝酸也为弱酸，NO₂^﹣会发生水解，水溶液存在NO₂^﹣+H₂O⇌HNO₂+OH^﹣，H₂O⇌H⁺+OH^﹣，所以溶液中粒子浓度大小关系为：c（Na⁺）＞c（NO₂^﹣）＞c（OH^﹣）＞c（HNO₂）＞c（H⁺），

故答案为：c（Na⁺）＞c（NO₂^﹣）＞c（OH^﹣）＞c（HNO₂）＞c（H⁺）；

③工业废水中c（NO₂^﹣）＝1.0×10^﹣6mol•L^﹣1，取工业废水5mL于试管中，滴加2滴0.1mol•L^﹣1的硝酸银溶液（1滴约为0.05mL），则浓度商Q_c＝c（Ag⁺）c（NO₂^﹣）＝1.0×10^﹣6mol/L0.1mol/L2×10^﹣9＜K_sp（AgNO₂）＝2×10^﹣8，所以不能生成沉淀，

故答案为：因为Q_c＝c（NO₂^﹣）c（Ag⁺）＝2.0×10^﹣9＜K_sp（AgNO₂）＝2×10^﹣8，则证明不能看到有沉淀生成．

【点评】本题考查化学原理部分知识，包含盖斯定律的应用，反应自发性的判断，化学反应速率的计算，化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，电解原理，电极反应式的书写及电极种类的判断，氧化还原反应方程式的书写和产物的判断，盐类水解，粒子浓度大小的比较，难溶电解质的溶解平衡等知识点，考查的知识点较多，注重综合能力的考查，题目难度中等．

【化学-物质结构】

11．（15分）运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。

I．部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol•L^﹣1）溶液的pH和原子序数的关系如图1所示。

（1）元素R在周期表中的位置是　第三周期第ⅦA族　；元素Z的原子结构示意图是　　。

（2）元素Y和W形成的Y₂W₂型化合物中含有化学键的类型为　离子键、非极性共价键　。

II．短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如CO₂、CS₂、COS等。

（1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是　ac　（填序号）

A．S与H₂发生化合反应比C与H₂化合更容易

B．酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃

C．CS₂中碳元素为+4价，硫元素为﹣2价

（2）铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）与元素C同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：

①锗的原子序数为　32　。

②它们+4价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为　Pb（OH）₄＞Sn（OH）₄＞Ge（OH）₄　（填化学式）。

（3）羰基硫（COS）可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和CO₂相似。

①用电子式表示羰基硫（COS）的形成过程：　　。

②羰基硫（COS）用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图2：

已知A是一种正盐，则A的化学式为　Na₂CO₃　；若气体a为单质，反应II的离子方程式为　2S^2﹣+5H₂OS₂O₃^2﹣+4H₂↑+2OH^﹣　。

【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】I．元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，浓度均为0.01mol．L^﹣1，根据图象知，最高价氧化物对应的水化物，X、R都为酸且为一元强酸，Y为一元强碱，Z、W为多元酸，对应的原子序数逐渐增大，所以，X、Y、Z、W、R分别为N、Na、P、S、Cl元素。

（1）元素R为Cl，原子序数为17，在周期表中位于第三周期第ⅦA族；Z为磷原子，核电荷数为15，原子核外电子数为15，根据电子排布规律写出原子结构示意图；

（2）元素Y和W形成的Y₂W₂型化合物为Na₂S₂，含有离子键、非极性共价键；

Ⅱ．（1）根据元素周期律与元素的非金属性的关系进行判断；

（2）①锗在硅元素的下一周期，二者原子序数之差为18；

②同主族自上而下金属性增强，金属性越强，它们+4价氢氧化物的碱性越强；

（3）①COS分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，则C与O、C与S均形成两对共有电子对；

②根据图示由元素守恒可知，生成正盐为Na₂S、Na₂CO₃；硫化钠与水反应生成S₂O₃^2﹣、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写。

【解答】解：I．（1）浓度均为0.01mol．L^﹣1溶液，X、R的最高价氧化物对应的水化物PH＝2，X、R都为酸且为一元强酸，Y的最高价氧化物对应的水化物PH＝12，Y为一元强碱，Z、W为多元酸，对应的原子序数逐渐增大，所以，X、Y、Z、W、R分别为N、Na、P、S、Cl元素，元素Cl在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，磷原子结构示意图为，

故答案为：第三周期第ⅦA族；；

（2）元素Y和W形成的Y₂W₂型化合物为Na₂S₂，其电子式为：，含有离子键、非极性共价键，

故答案为：离子键、非极性共价键；

II．（1）a．相同条件下水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄，说明碳酸的酸性强于硫酸，碳酸和硫酸为C和S元素的最高价氧化物对应的水化物，则证明非金属性S＞C，故a正确；

b．酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃，由于亚硫酸不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小，故b错误；

c．CS₂中碳元素为+4价，硫元素为﹣2价，说明硫元素对共用电子对的吸引力较强，说明非金属性：S＞C，故c正确；

故答案为：ac；

（2）①锗在硅元素的下一周期，二者原子序数之差为18，故锗的原子序数为14+18＝32，

故答案为：32；

②同主族自上而下金属性增强，金属性越强，它们+4价氢氧化物的碱性越强，故碱性由强到弱顺序为：Pb（OH）₄＞Sn（OH）₄＞Ge（OH）₄，

故答案为：Pb（OH）₄＞Sn（OH）₄＞Ge（OH）₄；

（3）①COS分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，则C与O、C与S均形成两对共有电子对，用电子式表示羰基硫分子的形成过程为，

故答案为：；

②由图示可知生成正盐为Na₂S，由元素守恒可知，生成正盐还有Na₂CO₃，反应为COS+4NaOH＝Na₂S+Na₂CO₃+2H₂O，硫化钠与水反应生成S₂O₃^2﹣、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S^2﹣+5H₂OS₂O₃^2﹣+4H₂↑+2OH^﹣，

故答案为：Na₂CO₃；2S^2﹣+5H₂OS₂O₃^2﹣+4H₂↑+2OH^﹣。

【点评】本题考查了物质结构元素周期律、离子方程式的书写，侧重反应原理中高频考点的考查，综合性较强，掌握同一周期元素性质递变规律，明确元素最高价氧化物的水化物酸碱性是解本题I的关键，II．注意根据信息分析是解答关键，题目难度中等。

【化学-有机化学基础】

12．聚合物F的合成路线图如下：

已知：HCHO+RCH₂CHO→

请据此回答：

（1）A中含氧官能团名称是　醛基　，C的系统命名为　1，2﹣二溴丙烷　．

（2）检验B中所含官能团所用的试剂有　NaHCO₃溶液（或Na₂CO₃）、溴水（或Br₂的CCl₄溶液）　；E→F的反应类型是　加聚反应　．

（3）C生成D的反应化学方程式为　CH₃CHBrCH₂Br+2NaOH→CH₃CH（OH）CH₂OH+2NaBr　，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为　CH₃C≡CH　（同一个碳原子上连两个碳碳双键的除外）．

（4）G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有　9　种．

①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基

②遇氯化铁溶液变紫色

③能与溴水发生加成反应

（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成路线　　．

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，C₃H₆为丙烯，C为CH₃CHBrCH₂Br，其水解生成D，D为CH₃CH（OH）CH₂OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应，生成的E为，E发生加聚反应生成F，据此分析解答．

【解答】解：根据题中各物质转化关系，结合题中信息，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A的结构简式为；A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，则B的结构简式为；据F的结构简式可知，C₃H₆为丙烯，C为CH₃CHBrCH₂Br，其水解生成D，D为CH₃CH（OH）CH₂OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应，生成的E为，E发生加聚反应生成F，

（1）A为，其所含氧官能团为醛基；据F的结构简式可知，C₃H₆为丙烯，其与溴放出加成反应生成的C为1，2﹣二溴丙烷，

故答案为：醛基；1，2﹣二溴丙烷；

（2）B为，B中含有的官能团为羧基和碳碳双键，可用碳酸氢钠溶液检验羧基、用溴水检验碳碳双键；E为，E通过加聚反应生成F，

故答案为：NaHCO₃溶液（或Na₂CO₃）、溴水（或Br₂的CCl₄溶液）；加聚反应；

（3）C为1，2﹣二溴丙烷，其水解生成D，D为1，2﹣二羟基丙醇，反应的化学方程式为：CH₃CHBrCH₂Br+2NaOH→CH₃CH（OH）CH₂OH+2NaBr；

C与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成CH₃C≡CH，

故答案为：CH₃CHBrCH₂Br+2NaOH→CH₃CH（OH）CH₂OH+2NaBr；CH₃C≡CH；

CH₃CHBrCH₂Br+2NaOH→CH₃CH（OH）CH₂OH+2NaBr；CH₃C≡CH（写成CH₂＝C＝CH₂也给分）；

（4）G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14，则G比多1个CH₂原子团；且满足：①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色，则有机物分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应，说明其分子中含有碳碳双键；

根据分析可知，满足体积的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为﹣OH、﹣C₃H₅，﹣C₃H₅可能为①﹣CH＝CHCH₃、②﹣CH₂CH＝CH₂、③﹣C（CH₃）＝CH₂，酚羟基与①②③分别侧重邻、间、对3种结构，所以满足条件的有机物总共有：3×3＝9种，

故答案为：9；

（5）据已知反应可知，甲醛与乙醛发生羟醛缩合反应后失水生成CH₂＝CHCHO，然后用弱氧化剂新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH₂＝CHCOOCH₃，其发生加聚反应可得，

则合成路线为：，

故答案为：．

【点评】本题考查有机合成，题目难度中等，正确推断各物质名称为解答关键，注意熟练掌握常见有机物组成、结构与性质，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．

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日期：2019/4/11 23:41:20；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120