【化学】江西省安远县第一中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

【化学】江西省安远县第一中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

江西省安远县第一中学2020届高三上学期第三次月考 第 Ⅰ 卷 选择题 可能用到的相对原子质量：H : 1 C:12 N :14 O :16 Na: 23 S : 32 Ca : 40 Fe :56 Cu : 64‎ 一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。每小题只有一个正确选项)‎ ‎1.央视栏目《国家宝藏》不仅介绍了历史文化知识，彰显了民族自信、文化自信， 历史文物本身也蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是 ( )‎ A. 南朝·《竹林七贤与启荣期》砖画的砖块的主要成分是硅酸盐 B. 战国·曾侯乙编钟属于青铜制品,青铜是一种铜锡合金 C. 清·乾隆“瓷母”—各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分可能是氧化铜 D. 宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 ‎【答案】C ‎【详解】A．砖是由黏土等烧制而成的，主要成分为硅酸盐，故A正确；‎ B．青铜是一种铜锡合金，战国•曾侯乙编钟属于青铜制品，故B正确；‎ C．陶瓷主要成分为硅酸盐，各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜，氧化铜为黑色，故C错误；‎ D．铜绿主要成分为碱式碳酸铜，故D正确；‎ 答案为C。‎ ‎2.下列有关NA的叙述正确的是( )‎ A. 将22.4LCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-的粒子数之和为2NA B. 1molAlCl3在熔融状态时含有的离子总数为4NA C. 1molNa2O2与足量CO2充分反应后转移电子数为2NA D. 一定条件下，28g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6NA ‎【答案】D ‎【详解】A．未说明是否处于标准状况，所以22.4L氯气的物质的量不一定为1mol，且氯水中存在氯气分子，HClO、Cl一、ClO-粒子数之和无法确定，故A错误；‎ B．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不能电离产生离子，故B错误；‎ C、过氧化钠和二氧化碳反应是歧化反应，-1价的氧元素歧化为0价和-2价，故1mol过氧化钠与足量二氧化碳充分反应转移电子NA个，故C错误；‎ D．乙烯和环己烷的最简式都是CH2，28g混合气体n（CH2）==2mol，每个CH2中含有3个原子，所以28g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6NA，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎3.根据如下能量关系示意图分析，下列说法正确的是( )‎ A. 1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ B. 反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，反应物的总键能小于生成物的总键能 C. C→CO的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－110.6 kJ·mol－1‎ D. 热值是指一定条件下单位质量物质完全燃烧所放出的热量，则CO的热值为282.9 kJ·g－1‎ ‎【答案】B ‎【详解】A、由图可知：1mol C（s） 与1mol O2（g）的能量之和大于393.5 kJ，而1mol C（g） 与1mol O2（g）的能量之和远大于393.5 kJ，故A错误；‎ B、由图可知：1molCO（ g）和0.5mol的O2（g）生成1molCO2（ g） 放出282.9kJ的热量，所以反应2CO（ g）+O2（g）═2CO2（ g） 中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；‎ C、由图可知：1molC（s）和0.5molO2（g）转化为1mol的CO（ g），放出热量为：393.5 kJ -282.9 kJ =110.6kJ，所以2C（s）+O2（g）═2CO（ g）△H=-221.2kJ/mol，故C错误；‎ D、热值指在一定条件下每克物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为=10.1kJ/g，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】热值指在一定条件下每克物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态；注意热值和燃烧热概念的区别。‎ ‎4.有一澄清透明溶液，只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣‎ 七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液，沉淀部分溶解。下列判断正确的是 ( )‎ A. 一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+ ‎ B. 一定含有Al3+，Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有 C. 溶液可能含有NO3﹣ ‎ D. 一定不含Fe3+和Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【分析】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3-离子符合；而后才有沉淀。能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失。说明一定含有Al3+和Fe3+；综上所述，溶液中一定含有H+、NO3- 、Fe3+、Al3+，一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+；‎ ‎【详解】A、依据判断可知一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+，故A正确；‎ B、根据分析判断结果可知Fe2+离子一定不存在，故B错误；‎ C、依据分析和溶液中电荷守恒可知，阴离子只有NO3-离子，所以一定存在NO3-离子，故C错误；‎ D、分析判断可知溶液中一定含有Fe3+，但一定不含Fe2+，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎5.室温下进行下列实验，根据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X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+‎ B 向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)＜ Ksp(AgCl)‎ C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的还原性比I2的强 D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8‎ HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强 ‎【答案】B ‎【详解】A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；‎ B．溶解度小的先生成沉淀，先生成黄色沉淀，说明溶解度AgI＜AgCl，则溶度积常数Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故B正确；‎ C．溴水可与KI反应生成碘，由现象可知Br2的氧化性比 I2的强，故C错误；‎ D．盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液在常温下 pH=7,W 和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍，下列说法正确的是( )‎ A. 简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z B. Y 的单质易溶于水和乙醇 C. 原子半径大小：W＜X＜Y＜Z D. W 与 X 形成的化合物可能含有共价键 ‎【答案】D ‎【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液在常温下pH=7，该化合物为NaCl，则X为Na、Z为Cl元素；W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，W的最外层电子数=7-1=6，W的原子序数小于Na，则W为O元素；Y的原子序数是W的2倍，则Y的原子序数为16，为S元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。‎ A.非金属性S＜Cl，则Y（S）的气态氢化物的稳定性小于Z（Cl）的，故A错误；‎ B．Y的单质为S，S单质难溶于水，微溶于乙醇，故B错误；‎ C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径W＜Z＜Y＜X，故C错误；‎ D．O、Na形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎7.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是( )‎ A. 用于实验室制取少量CO2‎ B. 用于配制一定物质的量浓度的硫酸 C. 用于模拟生铁的电化学腐蚀 D. 用于蒸干AlCl3溶液制备无水AlCl3‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，A错误；‎ B．实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，B错误；‎ C．装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，C正确；‎ D．蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解会产生HCl，HCl受热挥发使得水解平衡向右移动，得到的氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.常温下，下列叙述正确的是 ( )‎ A. pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ B. 在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液的pH< 7‎ C. 向10mL pH=11的氨水中，加入10mL pH=3的H2SO4溶液，混合液pH=7‎ D. 向10 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，c(NH4+)/c(NH3.H2O ) 将减小 ‎【答案】D ‎【详解】A．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的1/10，若其pH=b，则a＜b+1，故A错误；‎ B．酚酞的变色范围为8-10，所以在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl至溶液恰好无色，此时溶液的pH＜8，不一定小于7，故B错误；‎ C．向10mLpH=11的氨水中加入10mLpH=3的H2SO4溶液，一水合氨为弱碱，则混合液中氨水过量，混合液呈碱性，则混合液的pH＞7，故C错误；‎ D．向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，设一水合氨的电离平衡常数为Kb，根据一水合氨的电离平衡常数可知：c(NH4+)/c(NH3.H2O )=Kb/ c(OH−)，随着氨水的加入，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，则c(NH4+)/c(NH3.H2O )的值逐渐减小，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎9.中科院科学家设计出－套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示，下列说法错误的是( )‎ A. 该电化学装置中，Pt电极作正极 B. BiVO4电极上的反应式为 C. 电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极 D. OH-移向BiVO4电极 ‎【答案】C ‎【分析】该装置为原电池，由Pt电极上反应（H2O→H2）或BiVO4电极上反应（SO32-→SO42-）可知，Pt电极为正极，氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为4OH-+SO2-2e-═SO42-+2H2O，原电池工作时，电子由负极BiVO4‎ 电极经过导线进入正极Pt电极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Pt电极上发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；‎ B．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O，故B正确；‎ C．电子从BiVO4电极（负极）经导线流向Pt电极（正极），但不能进入溶液，故C错误；‎ D．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，阴离子流向负极，故D正确。‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】根据电极上发生的反应判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。‎ ‎10.O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：反应①O3O2＋[O]ΔH＞0平衡常数为K1；反应②[O]＋O32O2ΔH＜0平衡常数为K2；总反应：2O33O2ΔH＜0衡常数为K。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 升高温度，K增大 B. K＝K1＋K2‎ C. 适当升温，可提高消毒效率 D. 压强增大，K2减小 ‎【答案】C ‎【详解】A. 由总反应: 2O3=3O2△H<0可知，正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；‎ B. 由盖斯定律可知反应①+②可得总反应,则K=K1×K2，故B错误；‎ C. 适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；‎ D. 平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是( )‎ A. b→d反应的离子方程式为：H++OH-=H2O B. o→a反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O C. c点导电能力相同，所以两溶液中含有相同量的OH–‎ D. a、b两点Ba2+均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性 ‎【答案】A ‎【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，然后对选项分析、解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知曲线①表示Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应；曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应。‎ A.曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，其中0→b段发生的反应为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，b→d反应是NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，离子方程式为：H++OH-=H2O，A正确；‎ B.曲线①表示Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，o→a反应为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，B错误；‎ C.根据图示可知c点导电能力相同，对于曲线a是过量的H2SO4电离产生的离子导电，对于曲线②，c点是反应产生的NaOH电离产生的离子导电，所以两溶液中含有的OH–不相同，C错误；‎ D.a点是Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应产生BaSO4沉淀，此时溶液中只有水，溶液显中性，b点恰好发生反应：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，所对应的溶液为NaOH溶于，显碱性，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查酸、碱混合溶液反应的定性判断，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，弄清物质的量与反应的关系及各点溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断及识图能力。‎ ‎12.中学常见的某反应化学方程式为X +Y→M+N +H2O(未配平，反应条件已略去)，下列叙述错误的是( )‎ A. 若X、Y的物质的量之比为1:4，且N是黄绿色气体，则该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O B. 若M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪色，橙色褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-‎ C. 若X是铁，Y是稀硝酸(过量)，则X与Y反应的离子方程式为Fe+4H++NO3- = Fe3+ +NO↑+2H2O D. 当N为氯碱工业的主要原料，M是造成温室效应的主要气体，则上述反应的离子方程式一定为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】A. 若X、Y的物质的量之比为1:4，且N是黄绿色气体，N是氯气，则该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，A正确；B. 能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，单质碳可以和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，其中SO2能使溴水褪色，褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，B正确；C. 硝酸可以将金属铁氧化到最高价，稀硝酸对应的还原产物是NO，金属铁可以和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，金属铁和过量的硝酸反应的方程式为Fe+4H++NO3-＝Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D. 氯化钠为氯碱工业的主要原料，二氧化碳是造成温室效应的主要气体之一，碳酸钠、碳酸氢钠均可以和盐酸反应生成二氧化碳和水，D错误，答案选D。‎ 点睛：本题是一道关于元素以及化合物之间性质和转化知识的考题，综合性较强，掌握常见物质的性质和转化关系是解答的关键，注意题干中突破点的寻找。‎ ‎13.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程。‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A. 制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3‎ B. 氯碱工业在阳极产生使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体 C. 可直接加热MgCl2·6H2O制备无水MgCl2‎ D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH值增大 ‎【答案】B ‎【详解】A.制取NaHCO3的反应是先往饱和NaCl溶液中通入NH3，再通入CO2，A错误；‎ B.氯碱工业上电解饱和NaCl溶液，在阳极产生Cl2，Cl2具有强氧化性，与KI发生置换反应产生I2，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；‎ C. MgCl2是强酸弱碱盐，在加热晶体时得到氯化镁溶液，该物质水解，会产生Mg(OH)2、HCl，HCl挥发，最后得到Mg(OH)2固体，应该将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热制取无水MgCl2，C错误；‎ D.在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，所以溶液的pH值减小，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.碱式氯化铜[CuaClb(OH)c ·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2 。已知 Fe3+ 对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。‎ 步骤 2：在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c B. 图中 M、Mˊ分别为 Fe2+ 、Fe3+‎ C. 步骤 1 充分反应后，加入少量 CuO 是为了除去 Fe3+‎ D. 制备 1 mol CuCl2 ，理论上消耗 11.2L O2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 根据碱式氯化铜[CuaClb(OH)c ·xH2O]化学式可知，正负化合价代数和为0，则2a-b-c=0 得到2a=b+c，故A错误；‎ B. Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M′的化学式为Fe2+，M、Mˊ分别为Fe3+ 、Fe2+，故B错误；‎ C. 步骤 1 充分反应后，Fe3+易水解生成氢氧化铁和氢离子，加入少量 CuO消耗了氢离子，促进了三价铁离子的水解，是为了除去 Fe3+，故C正确；‎ D.没 有指明温度和压强，无法算出氧气的体积，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎15.戊醇C5H11OH与下列物质发生反应时，所得产物可能结构种数最少（不考虑立体异构）的是( )‎ A. 与浓氢溴酸卤代 B. 与浓硫酸共热消去 C. 铜催化氧化 D. 与戊酸催化酯化 ‎【答案】B ‎【分析】戊醇有8种结构。‎ ‎【详解】A、与氢溴酸取代后有8种结构；‎ B、消去生成戊烯有5种；‎ C、催化氧化生成醛或酮共7种；‎ D、与戊酸酯化，因为戊酸有8种，则生成的酯有64种，所以种数最少的为B；‎ 答案选B。‎ ‎16.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）‎ A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③‎ ‎【答案】A ‎【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。‎ 第 Ⅱ 卷 非选择题 二、填空题(包括必做题和选做题两部分。第17~19题为必做题，每个题目考生都必须作答。第20~21题为选做题，考生根据要求作答。)‎ ‎(一)必做题(共40分)‎ ‎17.Ⅰ.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。‎ 元素代号 X Y Z M R 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.102‎ ‎0.075‎ ‎0.074‎ ‎0.143‎ 主要化合价 ‎＋1‎ ‎＋6　－2‎ ‎＋5　－3‎ ‎－2‎ ‎＋3‎ ‎（1）M在元素周期表中的位置为________________。‎ ‎（2）X与Y按原子个数比2∶1构成的物质的电子式为________________；所含化学键类型_________。‎ ‎（3）X＋、 Y2－、M2－离子半径大小顺序为_____________________________________。‎ ‎（4）将YM2通入FeCl3溶液中的离子方程式：______________________________________。‎ Ⅱ.如下图转化关系： ‎ ‎（1）若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为_______________________。‎ ‎（2）若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则A与C反应的离子方程式为_____________________________。‎ ‎【答案】(1). 第二周期ⅥA族 (2). (3). 离子键 (4). S2－>O2－>Na＋ (5). SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋ (6). Al3＋＋3AlO2—＋6H2O=4Al(OH)3↓ (7). Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋‎ ‎【分析】X是短周期中最活泼的金属，且X化合价只有+1价，所以X为Na元素，Y化合价有+6、-2价,应为ⅥA族元素,为S元素,M化合价只有-2价,为O元素,Z化合价为+5、-3,为ⅤA族元素,因原子半径大于O小于S,应为N元素,R为+3价,属于ⅢA族元素,原子半径小于Na,大于S,为Al元素,结合对应单质、化合物的性质解答该题.‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)根据上述分析可知，M为O元素，位于元素周期表第二周期ⅥA族；‎ ‎(2)X是Na，Y是S，Na与S按原子个数比2:1构成的物质为Na2S,Na2‎ S是离子化合物,由钠离子与硫离子构成,电子式 ,所含化学键类型为离子键； (3)X＋、 Y2－、M2－离子分别为Na+、S2-、O2-,电子层数越多,半径越大,S2-电子层数最多,电子层数相同时,核电荷数越大半径越小,则离子半径大小顺序为S2－>O2－>Na＋； (4)YM2为SO2，将SO2气体通入FeCl3溶液中的离子反应为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO42—＋4H＋； Ⅱ.(1)若B为白色胶状不溶物，则B为氢氧化铝，则A中含有Al3+，C中含有AlO2—，X为NaOH溶液，所以A与C反应的离子方程式为Al3＋＋3AlO2—＋6H2O=4Al(OH)3↓ ；‎ ‎(2)向B溶液中滴加铁氰化钾溶液产生特征蓝色沉淀,说明含B中有Fe2+，A为Fe，C中含有Fe3+，则A与C反应的离子方程式为:Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。 【点睛】本题重点考查根据元素的结构与性质推断元素种类，应熟练掌握短周期元素的结构与性质。本题的突破点为“X是短周期中最活泼的金属”，在元素周期表中，同周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，同一主族中，从上到下，元素的金属性逐渐增强，因此可推断X为钠元素，再根据表格中所给的元素的化合价及原子半径进行推断。在元素周期表中，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族中从上到下，原子半径逐渐增大，据此解题。‎ ‎18.磺酰氯(SO2Cl2)是一种有机氯化剂,也是锂电池正极活性物质。已知磺酰氯是一种无色液体,熔点-54.1℃,沸点69.1℃,遇水发生剧烈水解,且产生白雾。‎ ‎(1)SO2Cl2水解的方程式为_______________________________________________‎ ‎(2)某学习小组的同学依据反应:SO2(g)+ Cl2(g)SO2Cl2(g)；△H ＜0,设计制备磺酰氯装置如图:‎ ‎①E中所用的试剂为________________‎ ‎②实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2,可选用的气体发生装置是____(选填编号)；检查该装置气密性的操作是:关闭止水夹,再___________________________________‎ ‎③B处反应管内五球中玻璃棉上的活性炭的作用为:_______________________D处U形管中盛放的试剂为_________________,作用 :________________________‎ ‎(3)已知:以下三个反应的反应热,a、b、c均为正值 ‎①SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g) 2SOCl2(g) △H=－akJ·mol－1‎ ‎②SO2Cl2(g)+SCl2(g) 2SOCl2(g) △H=－bkJ·mol－1‎ ‎③SO2Cl2(l) SO2Cl2(g) △H= + ckJ·mol－1‎ 则反应:SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(l) △H=______________kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)；该反应平衡常数表达式为K=___________。从化学平衡移动角度分析,反应管通水冷却的目的为________________________________________‎ ‎【答案】(1). SO2Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl (2). 浓硫酸 (3). d (4). 打开分液漏斗活塞加水，一段时间后，如水无法滴入说明气密性良好 (5). 催化剂 (6). 碱石灰 (7). 吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入C (8). (b－a－c) (9). 1/ c(SO2)·c(Cl2) (10). 将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动 ‎【分析】（1）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则-SO2-基团结合2个-OH生成H2SO4；‎ ‎（2）①E中盛放的液体用于干燥二氧化硫；‎ ‎②因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；‎ ‎③B处反应管内五球中玻璃棉上的活性炭对氯气和二氧化硫的反应起催化作用；D处U形管中盛放的固体干燥剂，可能是固体碱石灰；‎ ‎（3）根据盖斯定律计算分析；根据平衡常数表达式定义书写，依据化学平衡原理回答即可。‎ ‎【详解】（1）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则-SO2-基团结合2个-OH生成H2SO4，反应方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；‎ ‎（2）①‎ E中盛放的液体用于干燥二氧化硫，可以用浓硫酸干燥二氧化硫，故答案为：浓硫酸；‎ ‎②因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中，故答案为：d；打开分液漏斗活塞加水，一段时间后，如水无法滴入说明气密性良好；‎ ‎③B处反应管内五球中玻璃棉上的活性炭对氯气和二氧化硫的反应起催化作用，D处U形管中盛放的固体干燥剂，可能是固体碱石灰，故答案为：催化剂；碱石灰；吸收尾气，防止空气中的水蒸气进入C；‎ ‎（3）①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H=-akJ•mol-1‎ ‎②SO2Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H=-bkJ•mol-1‎ ‎③SO2Cl2（l）⇌SO2Cl2（g）△H=+ckJ•mol-1‎ 根据盖斯定律①-②-③得：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）△H=-（a-b+c ）kJ•mol-1，平衡常数K= ，依据化学平衡移动原理解释为：反应管中通入冷凝水，将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动，故答案为：-（a+c-b）；；将产物冷却，分离出来，有利于平衡正向移动。‎ ‎19.钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），还含有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。‎ ‎（1）滤液1中钛元素以TiO2+形式存在，则“溶浸”过程发生的主要反应的化学方程式为______________________________________________________。‎ ‎（2）物质A为______（填化学式），“一系列操作”为___________________________。‎ ‎（3）“水解”步骤中生成TiO2·xH2O，为提高TiO2·xH2O的产率，可采取的措施有_________、______________________________。（写出两条）。‎ ‎（4）将少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3，写出反应的离子方程式__________________________________________；若反应后的溶液中c（Fe2+）=2×10-6mol·L-1，则溶液中c（CO32-）=______mol·L-1。（已知：KSP（FeCO3）=2.025×10-11）‎ ‎【答案】(1). FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O (2). Fe (3). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (4). 加水稀释反应物 (5). 加碱中和生成的酸、加热等 (6). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (7). 1×10-5‎ ‎【分析】钛铁矿与硫酸反应生成硫酸钛和硫酸亚铁，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，溶液中含有亚铁离子、铁离子和TiO2+，根据流程图可知，一系列操作后制取硫酸亚铁晶体，则物质A为Fe，与溶液中的铁离子反应，生成亚铁离子；硫酸亚铁经过蒸发浓缩、降温结晶得到硫酸亚铁晶体；TiO2+离子经过水解生成TiO2·xH2O，再经过煅烧、电解制取Ti。‎ ‎【详解】（1）经过流程可知，溶浸时的主要反应为钛铁矿与硫酸反应生成TiO2+、Fe2+、H2O，反应的方程式为FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O；‎ ‎（2）钛铁矿中含有少量的氧化铁与硫酸反应生硫酸铁和水，反应产物有硫酸亚铁晶体，则需要除去溶液中的铁离子，且不引入新的杂质，则物质A为铁粉；制取的为硫酸亚铁晶体，一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可制取硫酸亚铁晶体；‎ ‎（3）溶液中的TiO2+水解反应式为TiO2++（x+1）H2O=TiO2·xH2O+2H+，为提高TiO2·xH2O的产率，可以加水稀释或加入碱、加热等，使平衡正向移动；‎ ‎（4）FeSO4为强酸弱碱盐，溶液显酸性，NaHCO3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，两溶液混合时，相互促进水解可生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；KSP（FeCO3）= c（Fe2+）×c（CO32-），则c（CO32-）= KSP（FeCO3）/ c（Fe2+）=2.025×10-11/2×10-6=1.0125×10-5 mol·L-1。‎ ‎(二)选做题(共12分)‎ 请考生从给出的两个模块试题中任选一模块的试题作答，只能选一个模块，注意选做题目的题号必须与所涂题号一致，如多选模块，则按第一题计分。‎ ‎20.据媒体报道，法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，预计从2020年开始实现工业生产。该电池的负极材料为制备原料为、和，电解液为的碳酸丙烯酯溶液。‎ 回答下列问题： ‎ ‎(1)Te属于元素周期表中______区元素，其基态原子的价电子排布式为_______________。‎ ‎(2)基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为______。‎ ‎(3)结合题中信息判断：C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为_________用元素符号表示 ‎。‎ ‎(4)碳酸丙烯酯的结构简式如下图所示，则其中碳原子的杂化轨道类型为______，1mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为_________。‎ 的几何构型为正八面体形，配体是______，该配离子包含的作用力为______填选项字母。‎ A.离子键        B. 极性键        C. 配位键          D.氢键        E. 金属键 ‎(6)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如下图所示，该晶胞的密度为ρg/，阿伏加德罗常数的值为，则Na与O之间的最短距离为_______________________ 用含ρ、的代数式表示。‎ ‎【答案】(1). p (2). 5s25p4 (3). 6 (4). O>Cl>C (5). sp2　、sp3 (6). 13NA(或13×6.02×1023) (7). H2O (8). BC (9). ‎ ‎【分析】（1）根据最后填入电子的轨道名称确定所属区域；s区的元素为第IA、IIA族元素；第IB、IIB族为ds区，镧系元素、锕系元素为f区，ⅢB～ⅦB族（镧系元素、锕系元素产物）、第Ⅷ族为d区元素，ⅢA～ⅦA族、零族为p区；‎ ‎（2）原子的电子总数等于原子序数，根据构造原理可知其电子排布式，据此可判断该基态原子中电子占据的原子轨道总数；‎ ‎（3）元素的非金属性越强其电负性越大；‎ ‎（4）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，单键为sp3杂化，双键为sp2‎ 杂化，叁键为sp杂化；‎ ‎（5）[Co（H2O）6]3+中，1个Co原子结合6个配位体，说明提供6个空轨道，该配位离子的形成是共价键；‎ ‎（6）根据图知，O离子配位数是8；根据密度公式ρ=计算晶胞中距离最近的Na与O之间的距离。‎ ‎【详解】（1）根据基态原子核外电子排布式中最后填入电子名称确定区域名称，Te原子为52号元素，位于周期表第五周期、第VIA族，外围电子排布式为5s25p4，属于p区，故答案为：p；5s25p4；‎ ‎（2）Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，每个能级字母前的数字表示电子层数，所以该元素含有3个电子层，根据电子云的空间形状可知，各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，该元素含有s、p能级，6个轨道，故答案为：6； ‎ ‎（3）元素的非金属性越强其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是O＞Cl＞C，所以其电负性大小顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；‎ ‎（4）碳酸丙烯酯中碳原子为单键和双键，单键形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，为sp3杂化，双键形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，sp2杂化，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，σ键的总数目为13，即 l3NA（或13×6.02×1023），故答案为： sp2、sp3；  l3NA（或13×6.02×1023）；‎ ‎（5）配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。[Co（H2O）6]3+的几何构型为正八面体形，Co3+在中心提供空轨道，配体是H2O提供孤电子对，1个Co提供6个空轨道。离子中存在配位键，该配位离子H-O的作用力为极性共价键，故答案为：H2O；BC；‎ ‎（6）白色球为O原子，晶胞中白色球数目为8×1/8+6×1/2=4，黑色球为Na原子，而原子配位数与原子数目成反比，故O原子配位数为4×2=8，Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，晶胞体积V=cm3，晶胞边长=cm，则Na与O之间的最短距离为cm，故答案为：8；。‎ ‎【点睛】s区的元素为第IA、IIA族元素；第IB、IIB族为ds区，镧系元素、锕系元素为f区，ⅢB～ⅦB族（镧系元素、锕系元素产物）、第Ⅷ族为d区元素，ⅢA～ⅦA族、零族为p区；回答第（2）题时注意能层、能级、轨道不同概念的区别。‎ ‎21.环扁桃酯是用于治疗心脑血管疾病的重要化合物，它的一种合成路线如下。‎ 已知：RX R-MgX（R、R’、R”代表烃基或氢）‎ ‎(1)A 的结构简式是___________________ ‎ ‎(2)B → D 的化学方程式是_____________________________________ ‎ ‎(3)红外吸收光谱表明 E 有 C＝O 键。 F 的分子式为 C8H6Cl2O 。‎ ‎①E 的结构简式是________ ‎ ‎②E → F 的反应类型是________ ‎ ‎(4)X 的结构简式是________ ‎ ‎(5)试剂 a 是________ ‎ ‎(6)生成环扁桃酯的化学方程式是_________________________________________ ‎ ‎(7)以 CH3CH＝CH 2 、 CH3CHO 为有机原料， 结合题目所给信息 ，选用必要的无机试剂合成 CH2=CHCH=CHCH3，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）________________________________________ ‎ ‎【答案】(1). (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (3). (4). 取代反应 (5). (6). O 2 、催化剂 (7). ‎ ‎+H2O (8). ‎ ‎【详解】(1) 与Br2在FeBr3作催化剂的条件下发生取代反应，故A的结构简式为，故答案为；‎ ‎(2) B应该是醇在Cu作催化剂的条件下催化氧化生成D（醛），结合题目给的已知条件，以及产物，得到D的结构简式为CH3CHO，故B的结构简式为CH3CH2OH，故B→D的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎(3)①2-羟基醇氧化生成酮，则E的结构简式为由以上分析可知,E的结构简式是，故答案为；‎ ‎②和Cl2在光照的条件下发生取代反应，且F的分子式为C8H6Cl2O，故F的结构简式为可知，E→F的反应类型是取代反应，故答案为取代反应；‎ ‎(4) F和NaOH水溶液发生取代反应,得到的产物中一个碳原子上有两个羟基不稳定,脱水生成醛,则X的结构简式，故答案为；‎ ‎(5)X的结构简式为,在试剂a的作用下生成Y,,故X→Y发生氧化反应,则试剂a为O2且需要催化剂，故答案为O 2 、催化剂；‎ ‎(6)由环扁桃酯的结构知道生成环扁桃酯的反应为酯化反应，所以生成环扁桃酯的方程式是 ‎，故答案为；‎ ‎(7)由CH3CH=CH2、CH3CHO为有机原料,合成CH2=CHCH=CHCH3,可以用CH3CH=CH2和Br2在光照的条件下发生取代反应生成BrCH2CH=CH2,再与镁、干醚作用生成,再与CH3CHO及H3O+,作用生成,最后在浓硫酸的作用下发生脱水反应得到目标产物,故故合成路线为，故答案为。 ‎