高中化学学习材料
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2015-2016学年江苏省南通市天星湖中学高三（上）第一次段考化学试卷
一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）
1．2014年世界环境日中国主题是：绿色消费，你行动了吗？下列做法不符合该主题的是( )
A．开发利用太阳能、生物质能等清洁能源
B．推广垃圾的分类回收，研发各种材料再生技术
C．减少对化石燃料的依赖，有效降低PM2.5对环境的污染
D．充分开发利用纯天然纤维，停止使用各种化学合成材料
2．下列有关化学用语表示不正确的是( )
A．氧的原子结构示意图：
B．Na2O2的电子式：
C．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl
D．中子数为16的硫离子：S2﹣
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、SO42﹣
B．c（OH﹣）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液中：Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣
C．水电离产生的c（H+）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
D．0.1 mol•L﹣1FeSO4溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、ClO﹣
4．下列说法不正确的是( )
A．水解反应NH+H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡正向移动
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
D．在图所示的反应过程中：A+B﹣→X的△H＜0，X→C的△H＞0
5．下列有关物质的性质与应用均正确的是( )
A．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
B．Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒
C．氨气是一种碱性气体，可用P2O5或无水氯化钙干燥
D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力
6．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )
A．用图甲所示装置分离乙醇与乙酸
B．用图乙所示装置向容量瓶中转移液体
C．用图丙所示装置制备少量氨气
D．用图丁所示装置进行石油的分馏
7．下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )
①SiO2Na2SiO3
H2SiO3
②FeFe2O3
Fe2（SO4）3
③BaSO4BaCO3
BaCl2
④AlCl3Al
NaAlO2
⑤HCHOHCOOH
HCOOCH3．
A．①④⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①③⑤
8．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中正确的是( )
A．在密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2，充分反应生成NH3分子数为2NA
B．标准状况下，4.48 L N2所含的共用电子对数0.2NA
C．常温常压下，1 mol NaHSO4晶体中含有2NA个离子
D．标准状况下，1 mol Fe与2.24 L Cl2反应转移的电子数为3NA
9．下列离子方程式书写正确的是( )
A．用醋酸溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B．碘水中通入足量的SO2气体：I2+SO2+2H2O═2I﹣+SO42﹣+4H+
C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+
10．下列有关说法正确的是( )
A．合成氨反应需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动
B．铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少
C．100 mL pH=3的HA溶液、HB溶液分别与足量的锌反应，HA溶液放出的氢气多，说明HA的酸性比HB的弱
D．已知I3﹣⇌I2+I﹣，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大
二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）
11．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：
下列叙述正确的是( )
A．邻苯二甲酸酐的二氯代物有3种
B．环己醇分子中所有的原子可能共平面
C．DCHP能发生加成、取代、消去反应
D．1 mol DCHP最多可与含2 mol NaOH的烧碱溶液反应
12．短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的焰色反应呈黄色，Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W、Z原子的最外层电子数相同，Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中含量最多的金属元素．下列说法正确的是( )
A．原子半径的大小顺序：rX＞rY＞rW＞rQ
B．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物
C．工业上常用电解的方法制备X、Y的单质
D．元素X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能反应
13．下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是( )
A．A B．B C．C D．D
14．已知：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣25kJ•mol﹣1，某温度下的平衡常数为400．此温度下，在1L的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表，下列说法正确的是( )
A．平衡后升高温度，平衡常数＞400
B．平衡时，c（CH3OCH3）=1.6 mol•L﹣1
C．平衡时，反应混合物的总能量减少40 kJ
D．平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率增大
15．常温下，向10mL 0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1 NaOH溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法一定正确的是( )
A．A点的pH为1
B．B点时：2c（H+）+c（CH3COOH）═2c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
C．在A→B之间：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．C点时：c（H+）+c（Na+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
三、解答题（共6小题，满分80分）
16．硫酸锌是制备荧光粉的原料之一．工业上由锌白矿（主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质）制备ZnSO4•7H2O的流程如下．
已知：常温下，溶液中的Fe3+、Zn2+、Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀的pH分别为：3.7，6.5，9，7．
（1）浸取过程中提高浸出效率可采用的措施有__________（任答一条），ZnO和硫酸反应的化学方程式为__________．
（2）加入适量锌粉的作用为：①使溶液中的Fe3+转化为Fe2+；②__________．
（3）氧化过程中H2O2发生反应的离子方程式为__________．
（4）加入适量Ca（OH）2调节溶液pH，促进Fe3+水解，Fe3+水解反应的平衡常数表达式K=__________，Ca（OH）2不能过量的原因是__________．
17．硼镁矿属于硼酸盐，可用来制备硼酸（H3BO3）和MgO，方法如下：硼镁矿粉与（NH4）2SO4溶液混合后加热，反应生成H3BO3晶体和MgSO4溶液，同时放出NH3；再向MgSO4溶液中通入NH3与CO2，得到MgCO3沉淀和滤液，沉淀经洗涤、煅烧后得MgO，滤液则循环使用．回答下列问题：
（1）与硅酸盐类似，硼酸盐结构也比较复杂，如硬硼钙石化学式为Ca2B6O11•5H2O，将其改写为氧化物的形式为__________．
（2）上述制备过程中，检验沉淀洗涤是否完全的方法是__________．
（3）写出MgSO4溶液中通入NH3与CO2反应的化学方程式：__________．
（4）若准确称取1.68g硼镁矿，完全反应后得H3BO3晶体1.24g，MgO 0.8g，计算该硼酸盐的组成．（写出计算过程）
18．已知：+CH2=CH﹣M
═CH﹣M+HX（X为卤原子，M为烃基或含酯基的取代基等）
由有机物A合成G（香豆素）的步骤如下：
回答下列问题：
（1）写出C中含氧官能团名称：__________，F→G 的反应类型是__________
（2）写出A和银氨溶液反应的化学方程式__________．
（3）D的结构简式为__________．
（4）F有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：__________．
Ⅰ．分子中除苯环外，无其它环状结构；Ⅱ．苯环上有两个处于对位的取代基；
Ⅲ．能发生水解反应，不能与Na反应；Ⅳ．能与新制Cu（OH）2按物质的量比1：2反应
（5）二氢香豆素（ ）常用作香豆素的替代品，鉴别二氢香豆素和它的一种同分异构体（
）需要用到的试剂有：NaOH溶液、__________，
（6）已知：（R，R′为烃基），试写出以苯和丙烯（CH2=CH﹣CH3）为原料，合成
的路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：
H2C≡CH2CH3CH2Br
CH3CHOH．
19．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要含有镁、铁、铝、钙等的硅酸盐和碳酸盐．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的流程如下：[29g盐泥][滤液Ⅰ]
[滤液Ⅱ]→产品
已知：（Ⅰ） Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10﹣12
（Ⅱ） Fe2+、Fe3+、Al3+开始沉淀到完全沉淀的pH范围依次为：7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7
（Ⅲ） 三种化合物的溶解度（S）随温度变化曲线如图．
回答下列问题：
（1）在盐泥中加H2SO4溶液控制pH为1～2以及第一次煮沸的目的是：__________．
（2）若溶液中Mg2+的浓度为6mol/L，溶液pH≥__________才可能产生Mg（OH）2沉淀．
（3）第二次过滤需要趁热进行，主要原因是__________．所得滤渣的主要成分是__________．
（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验操作步骤为：①向滤液Ⅱ中加入__________，
②过滤，得沉淀，③__________，④蒸发浓缩，降温结晶，⑤过滤、洗涤得产品．
（5）若获得的MgSO4•7H2O质量为24.6g，则该盐泥中含镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约__________（MgSO4•7H2O式量为246）
20．（14分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．由硫化氢获得硫单质有多种方法．
（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反应：S2﹣﹣2e﹣═S（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣
①写出电解时阴极的电极反应式：__________
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成__________
（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示．
①在图示的转化中，化合价不变的元素是__________
②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为__________
③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有__________
（3）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为__________
21．A、B、C是短周期非金属元素，核电荷数依次增大．A原子外围电子排布为ns2np2，C是地壳中含量最多的元素．D、E是第四周期元素，其中E元素的核电荷数为29．D原子核外未成对电子数在同周期中最多．请用对应的元素符号或化学式填空：
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__________．
（2）分子（AB）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足8电子，其结构式为__________，1mol该分子中含有π键的数目为__________．
（3）基态D原子的外围电子排布式为__________．DO2Cl2熔点：﹣96，.5℃，沸点：117℃，则固态DO2Cl2属于__________晶体．
（4）E的氢化物的晶胞结构如图所示，其化学式是__________．若该晶胞的边长为acm，NA代表阿伏伽德罗常数的数值，则该晶体的密度表达式为__________g/cm3．
2015-2016学年江苏省南通市天星湖中学高三（上）第一次段考化学试卷
一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）
1．2014年世界环境日中国主题是：绿色消费，你行动了吗？下列做法不符合该主题的是( )
A．开发利用太阳能、生物质能等清洁能源
B．推广垃圾的分类回收，研发各种材料再生技术
C．减少对化石燃料的依赖，有效降低PM2.5对环境的污染
D．充分开发利用纯天然纤维，停止使用各种化学合成材料
【考点】常见的生活环境的污染及治理．
【专题】化学应用．
【分析】A．开发利用太阳能、生物质能等清洁能源无污染产生；
B．推广垃圾的分类回收，研发各种材料的再生技术即节约了资源也减少了污染；
C．减少化石燃料的使用，减少了污染物的产生；
D．化学合成材料对造福人类作出了积极的贡献．
【解答】解：A．开发利用太阳能、生物质能等清洁能源无污染产生，属于绿色消费，故A正确；
B．推广垃圾的分类回收，研发各种材料的再生技术即节约了资源也减少了污染，属于绿色消费，故B正确；
C．减少化石燃料的使用，减少了污染物的产生，属于绿色消费，故C正确；
D．充分开发利用纯天然纤维，停止使用各种化学合成材料，浪费了资源，不属于绿色消费，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查环境污染，难度不大，注意解答本题关键是要知道绿色消费的含义，知道自己在日常生活中应该如何做才能符合绿色消费．
2．下列有关化学用语表示不正确的是( )
A．氧的原子结构示意图：
B．Na2O2的电子式：
C．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl
D．中子数为16的硫离子：S2﹣
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；结构简式．
【专题】化学用语专题．
【分析】A．指代不明确；
B．过氧化钠是离子化合物，其电子式要符合离子化合物书写特点；
C．次氯酸是共价化合物，氢原子、氯原子都和氧原子形成一个共用电子对；
D．元素符合左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数．
【解答】解：A．氧指氧原子还是氧离子，不明确，故A错误；
B．过氧化钠是离子化合物，钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，所以其电子式为：，故B正确；
C．次氯酸是共价化合物，氢原子、氯原子都和氧原子形成一个共用电子对，所以其结构式为：H﹣O﹣Cl，故C正确；
D．中子数为16的硫离子的质量数是32，所以中子数为16的硫离子为1632S 2﹣，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、结构示意图、结构简式等，注意化学用语使用的规范性即可解答，题目难度不大．
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、SO42﹣
B．c（OH﹣）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液中：Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣
C．水电离产生的c（H+）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣
D．0.1 mol•L﹣1FeSO4溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、ClO﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．Cu2+为蓝色；
B．c（OH﹣）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
C．水电离产生的c（H+）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；
D．离子之间发生氧化还原反应．
【解答】解：A．Cu2+为蓝色，与无色不符，故A不选；
B．c（OH﹣）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液，显酸性，H+、NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；
C．水电离产生的c（H+）=10﹣13 mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；
D．Fe2+、MnO4﹣或ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；
故选C．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．
4．下列说法不正确的是( )
A．水解反应NH+H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡正向移动
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
D．在图所示的反应过程中：A+B﹣→X的△H＜0，X→C的△H＞0
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学能与热能的相互转化；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用．
【专题】基本概念与基本理论．
【分析】A．弱根离子的水解反应是吸热反应，升高温度促进其水解；
B．作原电池正极的金属被保护；
C．明矾易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性；
D．反应物能量大于生成物能量，则该反应放热；如果反应物能量小于生成物能量，则该反应吸热．
【解答】解：A．铵根离子的水解反应是吸热反应，升高温度促进铵根离子水解，平衡向正向移动，故A正确；
B．在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁和海水构成原电池，铁作正极，正极上阳离子得电子发生还原反应，金属铁被保护，所以可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；
C．明矾易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以明矾能净水，故C正确；
D．反应物能量大于生成物能量，则该反应放热；如果反应物能量小于生成物能量，则该反应吸热，根据图象知，A+B﹣→X的△H＞0，X→C的△H＜0，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查较综合，涉及原电池原理、盐类水解、净水等知识点，根据原电池反应、盐类水解特点等知识来解答即可，难度不大．
5．下列有关物质的性质与应用均正确的是( )
A．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
B．Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒
C．氨气是一种碱性气体，可用P2O5或无水氯化钙干燥
D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力
【考点】镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料；
B．Na2O2是过氧化物，具有强氧化性；
C．氨气能与无水氯化钙反应；
D．SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl．
【解答】解：A．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；
B．Na2O2是过氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒，故B错误；
C．氨气是一种碱性气体，能用中性或碱性干燥剂干燥，但是氨气能与无水氯化钙反应，所以不能用无水氯化钙干燥，故C错误；
D．SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产物稀H2SO4和盐酸都没有漂白性，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查了几种常见物质的物理性质和化学性质，以及它们的用途．
6．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )
A．用图甲所示装置分离乙醇与乙酸
B．用图乙所示装置向容量瓶中转移液体
C．用图丙所示装置制备少量氨气
D．用图丁所示装置进行石油的分馏
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．乙酸与乙醇不分层；
B．转移液体时玻璃棒引流；
C．固固加热制取气体，试管口应略向下倾斜；
D．温度计应在蒸馏烧瓶的支管口处．
【解答】解：A．乙酸与乙醇不分层，不能利用分液漏斗来分离，应利用蒸馏分离，故A错误；
B．转移液体时玻璃棒引流，且玻璃棒的下端在刻度线下，故B正确；
C．固固加热制取气体，试管口应略向下倾斜，图中装置错误，故C错误；
D．温度计应在蒸馏烧瓶的支管口处，测定馏分的温度，图中伸到液体中，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离、溶液的配制、气体的制取、石油分馏等，侧重基础知识的考查，题目难度不大．
7．下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )
①SiO2Na2SiO3
H2SiO3
②FeFe2O3
Fe2（SO4）3
③BaSO4BaCO3
BaCl2
④AlCl3Al
NaAlO2
⑤HCHOHCOOH
HCOOCH3．
A．①④⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①③⑤
【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；甲醛．
【专题】元素及其化合物．
【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可．
【解答】解：①SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与盐酸反应生成H2SiO3和氯化钠，转化能由一步反应实现，故①正确；
②铁点燃生成四氧化三铁，三氧化二铁与硫酸反应生成硫酸铁，转化不能由一步反应实现，故②错误；
③BaSO4与饱和Na2CO3溶液发生沉淀的转化生成碳酸钡，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡，转化能由一步反应实现，故③正确；
④AlCl3是共价化合物，在液态时不导电，所以电解氯化铝不能得到铝，转化不能由一步反应实现，故④错误；
⑤HCHO与氧气发生氧化反应生成HCOOH，HCOOH与甲醇发生酯化反应生成HCOOCH3，转化能由一步反应实现，故⑤正确；
故选D．
【点评】本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法．
8．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中正确的是( )
A．在密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2，充分反应生成NH3分子数为2NA
B．标准状况下，4.48 L N2所含的共用电子对数0.2NA
C．常温常压下，1 mol NaHSO4晶体中含有2NA个离子
D．标准状况下，1 mol Fe与2.24 L Cl2反应转移的电子数为3NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．可逆反应不能朝着1个方向进行到底；
B.1个氮气分子含有3对共用电子对；
C．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子通过离子键结合而成的离子化合物；
D．铁与氯气反应生成三价铁，氯气不足，转移电子数依据氯气计算．
【解答】解：A．合成氨为肯反应，1 mol N2和3 mol H2，为可逆反应，不能完全转化成氨气，故A错误；
B.1个氮气分子含有3对共用电子对，4.48 L N2的物质的为=0.2mol，含的共用电子对数0.3NA，故B错误；
C．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子通过离子键结合而成的离子化合物，1个硫酸氢钠含有1个钠离子和1个硫酸氢根离子，故C正确；
D．标况下，2.24 L Cl2的物质的量为1mol，与1mol铁反应生成氯化铁，氯气不足，完全反应转移电子数1mol×2×1=2mol，所以转移的电子数为2NA，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的应用，注意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，熟悉硫酸氢钠的构成是解题关键．
9．下列离子方程式书写正确的是( )
A．用醋酸溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B．碘水中通入足量的SO2气体：I2+SO2+2H2O═2I﹣+SO42﹣+4H+
C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；
B．发生氧化还原反应生成HI和硫酸；
C．至中性，二者以2：1反应，反应生成硫酸钡、硫酸钠、水；
D．强碱溶液不会存在大量的H+．
【解答】解：A．用醋酸溶液除去水垢中的CaCO3的离子反应为CaCO3+2HAc═Ca2++H2O+CO2↑+2Ac﹣，故A错误；
B．碘水中通入足量的SO2气体的离子反应为I2+SO2+2H2O═2I﹣+SO42﹣+4H+，故B正确；
C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性的离子反应为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答的关键，注意选项D中碱性溶液中及发生的氧化还原为解答的难点，题目难度中等．
10．下列有关说法正确的是( )
A．合成氨反应需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动
B．铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少
C．100 mL pH=3的HA溶液、HB溶液分别与足量的锌反应，HA溶液放出的氢气多，说明HA的酸性比HB的弱
D．已知I3﹣⇌I2+I﹣，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大
【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】基本概念与基本理论．
【分析】A．催化剂改变反应途径影响反应速率，不影响平衡移动；
B．铅蓄电池在放电过程，为原电池，Pb作负极，PbO2为正极，两极反应都生成PbSO4，两极质量都增加；
C．等体积pH=3的HA溶液、HB溶液分别与足量的锌反应，HA溶液放出的氢气多，说明HA浓度更大，可以提供的氢离子多；
D．向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，CCl4萃取溶液中的I2．
【解答】解：A．使用催化剂，降低活化能，改变反应途径加快反应速率，不影响平衡移动，故A错误；
B．铅蓄电池在放电过程，为原电池，Pb作负极，PbO2为正极，两极反应都生成PbSO4，两极质量都增加，故B错误；
C．等体积pH=3的HA溶液、HB溶液分别与足量的锌反应，HA溶液放出的氢气多，说明HA可以提供的氢离子多，HA的电离程度比HB小，HA的酸性比HB的弱，故C正确；
D．向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，CCl4萃取溶液中的I2，说明I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡影响因素、原电池、弱电解质电离、萃取等，难度中等，注意基础知识的理解掌握．
二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）
11．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：
下列叙述正确的是( )
A．邻苯二甲酸酐的二氯代物有3种
B．环己醇分子中所有的原子可能共平面
C．DCHP能发生加成、取代、消去反应
D．1 mol DCHP最多可与含2 mol NaOH的烧碱溶液反应
【考点】有机物分子中的官能团及其结构．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有2种位置的H；
B．环己醇中C均为四面体结构；
C．DCHP中含苯环、﹣COOC﹣，结合苯、酯的性质分析；
D．DCHP中含﹣COOC﹣，发生水解生成羧酸与碱反应．
【解答】解：A．邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有2种位置的H，则邻苯二甲酸酐的二氯代物有邻位有2种、间位1种，对位1种，共4种，故A错误；
B．环己醇中C均为四面体结构，则环己醇分子中所有的原子不可能共平面，故B错误；
C．DCHP中含苯环，能发生加成反应，含﹣COOC能发生取代反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．DCHP中含﹣COOC﹣，发生水解生成羧酸与碱反应，则1 molDCHP最多可与含2 molNaOH的烧碱溶液反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查有机物的官能团及性质，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大．
12．短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的焰色反应呈黄色，Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W、Z原子的最外层电子数相同，Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中含量最多的金属元素．下列说法正确的是( )
A．原子半径的大小顺序：rX＞rY＞rW＞rQ
B．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物
C．工业上常用电解的方法制备X、Y的单质
D．元素X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能反应
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z原子的最外层电子数相同，二者处于同族，Z元素的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素、Z为硫元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素．
【解答】解：短周期元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z原子的最外层电子数相同，二者处于同族，Z元素的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素、Z为硫元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞C，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A错误；
B．CS2属于共价化合物，故B正确；
C．钠、铝活泼，工业常用电解熔融氯化钠制备钠，电解熔融的氧化铝制备铝，故C正确；
D．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故D错误；
故选BC．
【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握半径比较规律．
13．下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是( )
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．Na2CO3的水解程度大，应利用最高价氧化物水化物的酸性比较非金属性比较；
B．SO2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应；
C．溴乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解生成NaBr，加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，反应生成AgBr；
D．溶度积小的物质先转化为沉淀．
【解答】解：A．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH比后者的大，不能比较非金属性，应利用最高价氧化物水化物的酸性比较非金属性比较，故A错误；
B．SO2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，故B错误；
C．溴乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解生成NaBr，加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，反应生成AgBr，观察到出现淡黄色沉淀，故C正确；
D．向等浓度的KBr、KI混合液中滴加AgNO3溶液，溶度积小的物质先转化为沉淀，先出现黄色沉淀，说明Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），故D正确；
故选AB．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解、pH、氧化还原反应、卤代烃水解、沉淀的生成等，注重基础知识的考查，题目难度不大．
14．已知：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣25kJ•mol﹣1，某温度下的平衡常数为400．此温度下，在1L的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表，下列说法正确的是( )
A．平衡后升高温度，平衡常数＞400
B．平衡时，c（CH3OCH3）=1.6 mol•L﹣1
C．平衡时，反应混合物的总能量减少40 kJ
D．平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率增大
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．
【分析】A、该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数降低；
B、由表中数据可知，CH3OH的起始浓度为0.8mol/L+2×1.24mol/L=3.28mol/L，令平衡后c（CH3OCH3）=xmol/L，根据方程式可知平衡时c（CH3OH）=（3.28﹣2x）mol/L，c（H2O）=xmol/L，代入平衡常数k=计算；
C、反应混合物的总能量减少等于反应放出的热量，根据B计算中可知生成的n（CH3OCH3），结合热化学方程式计算放出的热量；
D、平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，等效为增大压强，反应前后气体的物质的量不变，与原平衡等效，平衡后CH3OH转化率不变．
【解答】解：A、该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数降低，故平衡后升高温度，平衡常数＜400，故A错误；
B、由表中数据可知，CH3OH的起始浓度为0.8mol/L+2×1.24mol/L=3.28mol/L，令平衡后c（CH3OCH3）=xmol/L，根据方程式可知平衡时c（CH3OH）=（3.28﹣2x）mol/L，c（H2O）=xmol/L，所以=400，解得x=1.6mol/L，故B正确；
C、反应混合物的总能量减少等于反应放出的热量，由B中可知，平衡时后c（CH3OCH3）=1.6mol/L，所以平衡时n（CH3OCH3）=1.6mol/L×1L=1.6mol，由热化学方程式可知反应放出的热量为25kJ/mol×1.6mol=40kJ，故平衡时，反应混合物的总能量减少40kJ，故C正确；
D、平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，等效为增大压强，反应前后气体的物质的量不变，与原平衡等效，平衡后CH3OH转化率不变，故D错误．
故选BC．
【点评】本题考查化学平衡常数的有关计算与影响因素、化学平衡移动、等效平衡、化学反应中能量变化等，难度中等，根据化学平衡常数进行计算、判断反应进行方向是考查的趋势．
15．常温下，向10mL 0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1 NaOH溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法一定正确的是( )
A．A点的pH为1
B．B点时：2c（H+）+c（CH3COOH）═2c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
C．在A→B之间：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．C点时：c（H+）+c（Na+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．醋酸是弱电解质，所以0.1mol/L的醋酸溶液中c（H+）＜0.1mol/L；
B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
C．A﹣B之间，如果NaOH的量很少，可能存在c（Na+）＜c（H+）；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，所以0.1mol/L的醋酸溶液中c（H+）＜0.1mol/L，所以未滴加NaOH的醋酸溶液pH＞1，故A错误；
B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，醋酸和NaOH浓度相等，醋酸体积是NaOH的二倍，所以存在2c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）、根据物料守恒得2c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），所以得2c（H+）+c（CH3COOH）═2c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正确；
C．A﹣B之间，如果NaOH的量很少，可能存在c（Na+）＜c（H+），故C错误；
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故D正确；
故选BD．
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意原子守恒、电荷守恒的应用，易错选项是C，采用极限法分析，题目难度不大．
三、解答题（共6小题，满分80分）
16．硫酸锌是制备荧光粉的原料之一．工业上由锌白矿（主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质）制备ZnSO4•7H2O的流程如下．
已知：常温下，溶液中的Fe3+、Zn2+、Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀的pH分别为：3.7，6.5，9，7．
（1）浸取过程中提高浸出效率可采用的措施有将矿石粉碎或提高浸取温度或适当增加酸的浓度等（任答一条），ZnO和硫酸反应的化学方程式为ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O．
（2）加入适量锌粉的作用为：①使溶液中的Fe3+转化为Fe2+；②除去Cu2+．
（3）氧化过程中H2O2发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O．
（4）加入适量Ca（OH）2调节溶液pH，促进Fe3+水解，Fe3+水解反应的平衡常数表达式K=，Ca（OH）2不能过量的原因是防止生成Zn（OH）2．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】实验设计题．
【分析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入双氧水，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入少量氢氧化钙，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，如果过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnS04•7H2O．
（1）根据影响化学反应速率的因素；根据金属氧化物与酸反应生成盐和水；
（2）根据锌能和铜离子反应生成锌离子和铜，除去了铜离子；
（3）根据Fe2+能被H2O2氧化生成Fe3+，H2O2被还原成水；
（4）根据化学平衡常数是平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意当平衡中有固体物质以及水时，在平衡常数表达式中，就不写固体的浓度，水分子浓度；根据Ca（OH）2能和锌离子发生反应生成氢氧化锌．
【解答】解：锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入双氧水，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入少量氢氧化钙，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，如果过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnS04•7H2O．
（1）浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，ZnO与稀硫酸反应的化学方程式为ZnO+H2SO4（稀）═ZnSO4+H2O，
故答案为：将矿石粉碎（或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等合理答案均可）；ZnO+H2SO4═ZnSO4+H2O；
（2）锌能和铜离子反应生成锌离子和铜，除去了铜离子，故答案为：除去Cu2+；
（3）Fe2+能被H2O2氧化生成Fe3+，H2O2被还原成水，方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
（4）Fe3+水解反应的平衡常数表达式K=，Ca（OH）2能和锌离子发生反应生成氢氧化锌，故答案为：
；防止生成Zn（OH）2．
【点评】本题以物质的制备为背景，考查了氧化还原反应、化学反应速率的影响因素、平衡常数等知识，明确物质的性质及实验步骤，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等是解本题关键，题目难度中等．
17．硼镁矿属于硼酸盐，可用来制备硼酸（H3BO3）和MgO，方法如下：硼镁矿粉与（NH4）2SO4溶液混合后加热，反应生成H3BO3晶体和MgSO4溶液，同时放出NH3；再向MgSO4溶液中通入NH3与CO2，得到MgCO3沉淀和滤液，沉淀经洗涤、煅烧后得MgO，滤液则循环使用．回答下列问题：
（1）与硅酸盐类似，硼酸盐结构也比较复杂，如硬硼钙石化学式为Ca2B6O11•5H2O，将其改写为氧化物的形式为2CaO•3B2O3•5H2O．
（2）上述制备过程中，检验沉淀洗涤是否完全的方法是取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全．
（3）写出MgSO4溶液中通入NH3与CO2反应的化学方程式：MgSO4+CO2+2NH3+H2O═MgCO3+（NH4）2SO4．
（4）若准确称取1.68g硼镁矿，完全反应后得H3BO3晶体1.24g，MgO 0.8g，计算该硼酸盐的组成．（写出计算过程）
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；复杂化学式的确定．
【专题】元素及其化合物．
【分析】（1）根据硅酸盐化学式可表示为金属氧化物•非金属氧化物•水进行解答；
（2）检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO42﹣；
（3）根据题目信息以及原子守恒来解答；
（4）根据硼镁矿粉可以写成氧化物的形式以及氧化物的物质的量来解答；
【解答】解：（1）硬硼钙石化学式为Ca2B6O11•5H2O，将其改写为氧化物为：2CaO•3B2O3•5H2O，故答案为：2CaO•3B2O3•5H2O；
（2）取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全，故答案为：取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全；
（3）MgSO4溶液中通入NH3与CO2反应得到MgCO3沉淀和（NH4）2SO4，方程式为：MgSO4+CO2+2NH3+H2O═MgCO3+（NH4）2SO4，
故答案为：MgSO4+CO2+2NH3+H2O═MgCO3+（NH4）2SO4；
（4）硼镁矿可写成aMgO•bB2O3•cH2O，
H3BO3晶体的物质的量为：=0.02mol，n（B2O3）=0.01mol，
n（MgO）==0.02 mol，
n（H2O）==0.01mol，
故其组成为2MgO•B2O3•H2O或Mg2B2O5•H2O；
故答案为：2MgO•B2O3•H2O或Mg2B2O5•H2O；
【点评】本题主要考查了硼酸盐的性质，根据题目信息解题时解题的关键，难度不大．
18．已知：+CH2=CH﹣M
═CH﹣M+HX（X为卤原子，M为烃基或含酯基的取代基等）
由有机物A合成G（香豆素）的步骤如下：
回答下列问题：
（1）写出C中含氧官能团名称：酯基，F→G 的反应类型是酯化反应（取代反应）
（2）写出A和银氨溶液反应的化学方程式CH2=CHCHO+2Ag（NH3）2OHCH2=CHCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O．
（3）D的结构简式为．
（4）F有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：．
Ⅰ．分子中除苯环外，无其它环状结构；Ⅱ．苯环上有两个处于对位的取代基；
Ⅲ．能发生水解反应，不能与Na反应；Ⅳ．能与新制Cu（OH）2按物质的量比1：2反应
（5）二氢香豆素（ ）常用作香豆素的替代品，鉴别二氢香豆素和它的一种同分异构体（
）需要用到的试剂有：NaOH溶液、稀硫酸、氯化铁溶液，
（6）已知：（R，R′为烃基），试写出以苯和丙烯（CH2=CH﹣CH3）为原料，合成
的路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：
H2C≡CH2CH3CH2Br
CH3CHOH．
【考点】有机物的合成．
【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．
【分析】由有机物A合成G（香豆素）的路线可知，A能与新制氢氧化铜反应生成B，B与甲醇发生酯化反应生成C，根据E的结构简式和D的分子式可推得A为CH2=CHCHO，B为CH2=CHCOOH，C的结构简式为：CH2=CHCOOCH3，结合已知信息和E的结构可知，C+D→E的反应与题中信息的反应类似，为取代反应，所以D为，比较E的结构简式和F的分子式可知，E→F发生碱性条件下水解再酸化，所以F为
，F→G发生酯化反应，
与
在碱性条件下水解后再酸化，
水解得酚，
水解得醇，可以用氯铁鉴别它们，以苯和丙烯（CH2=CH﹣CH3）为原料，合成
，可以用苯生成氯苯，再发生题中信息中的反应，得产物再与水加成，然后与CO、Pb反应生成产物．
【解答】解：由有机物A合成G（香豆素）的路线可知，A能与新制氢氧化铜反应生成B，B与甲醇发生酯化反应生成C，根据E的结构简式和D的分子式可推得A为CH2=CHCHO，B为CH2=CHCOOH，C的结构简式为：CH2=CHCOOCH3，结合已知信息和E的结构可知，C+D→E的反应与题中信息的反应类似，为取代反应，所以D为，比较E的结构简式和F的分子式可知，E→F发生碱性条件下水解再酸化，所以F为
，F→G发生酯化反应，
（1）C中含C=C和﹣COOC﹣，含氧官能团为酯基，F→G发生酯化反应（取代反应），
故答案为：酯基；酯化反应（取代反应）；
（2）A和银氨溶液反应的化学方程式为：CH2=CHCHO+2Ag（NH3）2OHCH2=CHCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，
故答案为：CH2=CHCHO+2Ag（NH3）2OHCH2=CHCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
（3）根据上述分析可知，D的结构简式为，故答案为：
；
（4）F的同分异构体满足Ⅰ．分子中除苯环外，无其他环状结构；Ⅱ．苯环上有两个处于对位的取代基；Ⅲ．能发生水解反应，不能与金属Na反应；Ⅳ．能与新制的Cu（OH）2按物质的量之比1：2发生反应，则含﹣COOC﹣、﹣CHO或HCOOC﹣、﹣C﹣O﹣C﹣CH=CH2或HCOOC﹣、﹣COCH3，符合条件的同分异构体为，
故答案为：；
（5）与
在碱性条件下水解后再酸化，
水解得酚，
水解得醇，可以用氯铁鉴别它们，所以需要用到的试剂有：NaOH溶液、稀硫酸、氯化铁溶液，
故答案为：稀硫酸、氯化铁溶液；
（6）以苯、丙烯（CH2═CHCH3）为原料制备，先发生苯的取代，再结合信息可知，发生氯苯与的CH2═CHCH3反应，然后与水发生加成，最后与CO、Pb反应生成产物，合成路线流程图为
，
故答案为：．
【点评】本题考查有机合成，题目难度中等，利用信息及合成流程图推断出各物质是解答本题的关键，注意熟练掌握常见有机物官能团与性质的关系，同分异构体的书写为难点，注意明确同分异构体的概念及书写原则．
19．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要含有镁、铁、铝、钙等的硅酸盐和碳酸盐．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的流程如下：[29g盐泥][滤液Ⅰ]
[滤液Ⅱ]→产品
已知：（Ⅰ） Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10﹣12
（Ⅱ） Fe2+、Fe3+、Al3+开始沉淀到完全沉淀的pH范围依次为：7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7
（Ⅲ） 三种化合物的溶解度（S）随温度变化曲线如图．
回答下列问题：
（1）在盐泥中加H2SO4溶液控制pH为1～2以及第一次煮沸的目的是：为了提高Mg2+的浸取率．
（2）若溶液中Mg2+的浓度为6mol/L，溶液pH≥8才可能产生Mg（OH）2沉淀．
（3）第二次过滤需要趁热进行，主要原因是温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）．所得滤渣的主要成分是Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O．
（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验操作步骤为：①向滤液Ⅱ中加入NaOH溶液，
②过滤，得沉淀，③向沉淀中加足量稀硫酸，④蒸发浓缩，降温结晶，⑤过滤、洗涤得产品．
（5）若获得的MgSO4•7H2O质量为24.6g，则该盐泥中含镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约20.0%（MgSO4•7H2O式量为246）
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】（1）根据离子完全沉淀的pH值来确定在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的；
（2）根据氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH﹣）2来计算；
（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线来回答；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体；
（5）根据镁元素守恒结合关系式：MgSO4•7H2O﹣Mg（OH）2进行计算．
【解答】解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH﹣）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L﹣1，则溶液的c（OH﹣）==10﹣6mol/L，所以氢离子浓度为10﹣8mol/L，pH为8，故答案为：8；
（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，
故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol，由关系式MgSO4•7H2O﹣Mg（OH）2可知，Mg（OH）2的质量为0.1mol×58g/mol=5.8g，故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为×100%=20.0%，故答案为：20.0%．
【点评】本题考查制备实验，为高频考点，把握物质的性质、反应原理及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验及计算能力的考查，题目难度不大．
20．（14分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．由硫化氢获得硫单质有多种方法．
（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反应：S2﹣﹣2e﹣═S（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣
①写出电解时阴极的电极反应式：2H++2e﹣=H2↑
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑
（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示．
①在图示的转化中，化合价不变的元素是Cu、H、Cl
②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为0.5mol
③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有增大混合气体中空气的比例
（3）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为2H2S2H2+S2，
【考点】含硫物质的性质及综合应用．
【专题】氧族元素．
【分析】（1）①阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S；
②Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S；
（2）①根据图中各元素化合价变化分析，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价；
②根据氧化还原反应中得失电子相等计算；
③使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质；
（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式．
【解答】解：（1）①阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，
故答案为：2H++2e﹣=H2↑；
②电解后阳极区离子为Sn2﹣，酸性条件下，Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑，
故答案为：Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑；
（2）①根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是﹣1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，
故答案为：Cu、H、Cl；
②H2S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，消耗O2的物质的量==0.5mol，
故答案为：0.5mol；
③使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质，所以氧气必须过量，采取的措施是：增大混合气体中空气的比例；
故答案为：增大混合气体中空气的比例；
（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，所以该反应方程式为2H2S2H2+S2，
故答案为：2H2S2H2+S2．
【点评】本题以S及其化合物的性质为载体考查了电解原理的应用、氧化还原反应，图象分析判断等知识点，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合氧化还原反应中各个物理量之间的关系，化学方程式书写等有关知识来分析解答即可，题目难度中等．
21．A、B、C是短周期非金属元素，核电荷数依次增大．A原子外围电子排布为ns2np2，C是地壳中含量最多的元素．D、E是第四周期元素，其中E元素的核电荷数为29．D原子核外未成对电子数在同周期中最多．请用对应的元素符号或化学式填空：
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N．
（2）分子（AB）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足8电子，其结构式为N≡C﹣C≡N，1mol该分子中含有π键的数目为4NA．
（3）基态D原子的外围电子排布式为3d54s1．DO2Cl2熔点：﹣96，.5℃，沸点：117℃，则固态DO2Cl2属于分子晶体．
（4）E的氢化物的晶胞结构如图所示，其化学式是CuH．若该晶胞的边长为acm，NA代表阿伏伽德罗常数的数值，则该晶体的密度表达式为g/cm3．
【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算．
【分析】A、B、C是短周期非金属元素，核电荷数依次增大，C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；A原子的外围电子排布式为ns2np2，则A处于ⅣA族，A的原子序数小于C，所以A是C元素，B原子序数介于碳、氧之间，则B是N元素；元素D、E都位于第四周期，其中E的核电荷数为29，则E是Cu元素，D原子的核外未成对电子数在同周期中是最多的，外围电子排布为3d54s1，则D是Cr元素，据此解答．
【解答】解：A、B、C是短周期非金属元素，核电荷数依次增大，C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；A原子的外围电子排布式为ns2np2，则A处于ⅣA族，A的原子序数小于C，所以A是C元素，B原子序数介于碳、氧之间，则B是N元素；元素D、E都位于第四周期，其中E的核电荷数为29，则E是Cu元素，D原子的核外未成对电子数在同周期中是最多的，外围电子排布为3d54s1，则D是Cr元素．
（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，其第一电离能高于O氧元素，故第一电离能C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；
（2）（CN）2每个原子最外层电子数均满足八电子，其结构式为：N≡C﹣C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，1mol该分子中含有π键的数目为4NA，故答案为：N≡C﹣C≡N；4NA；
（3）D处于第四周期，D原子核外未成对电子数在同周期中最多，则其外围电子排布为3d54s1，CrO2Cl2熔点：﹣96，.5℃，沸点：117℃，熔沸点较低，则固态CrO2Cl2属于分子晶体，
故答案为：3d54s1；分子；
（4）由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目为8×+6×
=4，黑色球数目为4，故该晶体化学式为CuH；晶胞质量为4×
g，该晶胞的边长为acm，晶胞体积为（a cm）3，则该晶体的密度表达式为 4×
g÷（a cm）3=
g/cm3，故答案为：CuH；
．
【点评】本题是对物质结构的考查，涉及电离能、核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、晶胞计算等，注意理解同周期第一电离能发生异常情况，难度不大．
