天津市实验中学2022届高三化学下学期六模试卷含解析

2022届天津市实验中学高考化学六模试卷　一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1．化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是（　　）A．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素B．纤维素在人体内可以水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质C．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+D．“地沟油”禁止食用，但可以用来做肥皂　2．下列说法正确的是（　　）A．制取二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气B．用将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红的方法来检验Fe（NO3）2晶体是否变质C．锥形瓶可用作加热的反应器D．只滴加氨水可以鉴别出NaCl、AlCl3、Na2SO4、MgCl2四种溶液　3．下列各组离子浓度在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）①加入铝能放出H2的溶液中：Al3+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、S2﹣②使pH=11的溶液中：Na+、NO3﹣、SO32﹣、AlO2﹣、S2﹣③由水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中：Na+、NO3﹣、SO32﹣、AlO2﹣、S2﹣④能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO32﹣、SO42﹣、S2﹣、OH﹣⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣．A．③④B．②④C．②⑤D．①⑤　4．CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸合成CPAE路线如下：下列分析正确的是（　　）A．1molCPAE与NaOH溶液，浓溴水和氢气反应时最多消耗的NaOH、Br2和H2的物质的量分别是3mol、4mol和7molB．咖啡酸分子中至少有9个碳原子共平面C．咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代，加成和消去反应D．用FeCl3溶液可以检测上述反应中是否有CPAE生成　5．如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（　　）-20-A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C．甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体D．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度　6．已知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数（如表）．下面图象表示常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．下列说法正确的是（　　）CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10﹣5Ka=3.0×10﹣8Ka1=4.1×10﹣7Ka2=5.6×10﹣11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣C．图象中a、c两点处的溶液中相等（HR代表CH3COOH或HClO）D．图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度　　二、解答题（共5小题，满分0分）7．P、Q、W、X、Y、Z是元素周期表前36号元素中的六种常见元素，其原子序数依次增大．W原子最外层电子数与核外电子总数之比是3：4，P可与W形成两种常见的化合物M和N，其分子中原子个数比分别为2：1和1：1，Q、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X是地壳中含量最高的金属元素，Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物．（1）N的电子式为：　　　　　　．W、X、Y的离子半径由大到小的顺序为　　　　　　（用离子符号回答）（2）XQ是一种新型的结构陶瓷材料，具备许多优良的性能，合成的方法之一是高温时用过量的碳在Q单质气体的氛围中还原X的氧化物，试写出该反应的化学反应方程式：　　　　　　（3）已知常温时NaPYW3的溶液溶液呈现较强的酸性，则其溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为：　　　　　　-20-（4）Q的氢化物与Y的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种正盐，其水溶液呈　　　　　　性，原因是　　　　　　（离子方程式解释）（5）ZCl2溶液中混有FeCl3杂质时，可加入　　　　　　（填试剂化学式）调节pH=　　　　　　，再过滤．（Fe（OH）3的KSP=10﹣35，化学式认为残留在溶液中的离子浓度小于10﹣5mol/L时沉淀就达完全．）（6）工业上可用高温条件下O2+Z2Y═2Z+YO2来冶炼金属Z，生成1molZ时转移的电子总数为　　　　　　mol．　8．双安妥明是一种降血脂药物，主要用于降低血液中胆固醇浓度，安全，副作用小，其结构简式为．已知：Ⅰ．RCH2COOHⅡ．RCH=CH2RCH2CH2Br双安妥明的合成路线如下：已知：I能发生银镜反应；K的结构具有对称性．试回答下列问题：（1）双安妥明的分子式为　　　　　　，E的结构简式　　　　　　（2）J中含有的官能团　　　　　　（3）反应②的条件是：　　　　　　，②和③的反应类型分别是　　　　　　，　　　　　　．（4）G和足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式　　　　　　（5）反应④的化学方程式：　　　　　　（6）写出符合下列三个条件的H的同分异构体有　　　　　　种．①能与三氯化铁溶液显色②苯环上只有两个取代基③1mol该物质最多可消耗3molNaOH其中共有五种不同环境的氢原子是（写结构简式）　　　　　　．　9．冬青油是一种无色液体，某实验小组利用如图1所示的装置制备冬青油．化学反应原理和实验装置如图2所示：-20-产物的有关数据如表所示：相对分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃溶解性冬青油1521.180222.2微溶于水实验步骤如下所示：①向三颈瓶中加入6.9g（0.05mol）水杨酸和24g（0.75mol）甲醇，再小心地加入6mL浓硫酸，摇匀．②加入2粒沸石（或碎瓷片），装上仪器a，在石棉网上保持温度在85～95℃，回流1.5h．③反应完毕，将烧瓶冷却，加入50mL蒸馏水，然后转移至分液漏斗，弃去水层，将有机层再倒入分液漏斗中，依次用50mL5%碳酸氢钠溶液和30mL水洗涤．④将产物移至干燥的锥形瓶中，加入0.5g无水氯化钙．⑤最后将粗产品进行蒸馏，收集221～224℃的馏分，其质量为6.8g．请回答下列问题：（1）本实验中浓硫酸的作用是　　　　　　．（2）装置中仪器a的名称是　　　　　　，进水口为　　　　　　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）．（3）②中的沸石的作用　　　　　　，实验过程中发现未加沸石，因采取的操作是　　　　　　（写序号）A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（4）用碳酸氢钠溶液洗涤的目的是　　　　　　；用水洗涤时，产品在　　　　　　（填“上”或“下”）层．（5）加入无水氯化钙的目的是　　　　　　．（6）粗产品蒸馏过程中，不可能用到图3中的仪器有　　　　　　．（填正确答案序号）（7）本次实验中冬青油的产率为　　　　　　．　10．我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法．-20-I．已知反应Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1，该反应在1000℃的平衡常数等于4．在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过l0min后达到平衡．（1）CO的平衡转化率=　　　　　　（2）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是　　　　　　a．提高反应温度b．增大反应体系的压强c．选取合适的催化剂d．及时吸收或移出部分CO2e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触Ⅱ．高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．请根据图示回答下列问题：（3）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=　　　　　　（4）已知氢气的燃烧热286KJ/mol，请写出甲醇气体不充分燃烧的热化学方程式　　　　　　．（5）若在温度和容器相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：容器反应物投入的量反应物的转化率CH3OH的浓度能量变化（Q1、Q2、Q3均大于0）甲1molCO和2molH2α1c1放出Q1kJ热量乙1molCH3OHα2c2吸收Q2kJ热量丙2molCO和4molH2α3c3放出Q3kJ热量则下列关系正确的是　　　　　　A．c1=c2B．2Q1=Q3C．2α1=α3D．α1+α2=1E．该反应若生成1molCH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量．　11．以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图．回答下列问题：（1）B极上的电极反应式为　　　　　　（2）若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL1mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为　　　　　　（标况下）．　-20-　-20-2022届天津市实验中学高考化学六模试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1．化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是（　　）A．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素B．纤维素在人体内可以水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质C．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+D．“地沟油”禁止食用，但可以用来做肥皂【考点】常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构；纤维素的性质和用途．【分析】A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；B．纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收；C．硫离子与Cu2+或Hg2+反应生成沉淀，从而除去废水中的Cu2+和Hg2+；D．油脂碱性条件下水解，可生成肥皂．【解答】解：A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；B．纤维素在人体中不水解，不能被人体吸收，因此纤维素不能被分解提供能量，故B错误；C．Cu2+和Hg2+都能和S2﹣反应生成沉淀，所以可以用Na2S做沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，故C正确；D．地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为造化反应，可生成肥皂，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了生活中常见的化学知识及环境污染，熟悉纤维素、油脂、硫化钠的性质是解题关键，题目难度不大．　2．下列说法正确的是（　　）A．制取二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气B．用将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红的方法来检验Fe（NO3）2晶体是否变质C．锥形瓶可用作加热的反应器D．只滴加氨水可以鉴别出NaCl、AlCl3、Na2SO4、MgCl2四种溶液【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；间接加热的仪器及使用方法；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】A．二氧化氮与水反应生成一氧化氮，不能用水吸收二氧化氮；B．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，所以不能将硝酸亚铁溶于稀硫酸；C．锥形瓶可用于加热，加热时需要垫上石棉网；D．氨水与氯化钠、硫酸钠不反应，没有明显现象；氯化铝、氯化镁与氨水都生成白色沉淀．【解答】解：A．二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故A错误；B．将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，亚铁离子被氧化成铁离子，干扰了检验，故B错误；C．锥形瓶在制取气体的简易装置中经常作反应容器，不过加热时需要垫上石棉网，故C正确；-20-D．氨水与NaCl、Na2SO4不发生反应，氨水与AlCl3、MgCl2都反应生成白色沉淀，无法用氨水鉴别，故D错误；故选C．【点评】本题考查氮的氧化物性质及尾气吸收、铁离子、亚铁离子的检验、仪器的使用方法、物质的鉴别等知识，为高频考点，题目难度中等，把握物质的性质为解答的关键，试题知识点较多，充分考查看学生灵活应用基础知识的能力．　3．下列各组离子浓度在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）①加入铝能放出H2的溶液中：Al3+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、S2﹣②使pH=11的溶液中：Na+、NO3﹣、SO32﹣、AlO2﹣、S2﹣③由水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中：Na+、NO3﹣、SO32﹣、AlO2﹣、S2﹣④能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO32﹣、SO42﹣、S2﹣、OH﹣⑤使甲基橙变红的溶液中：Fe3+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣．A．③④B．②④C．②⑤D．①⑤【考点】离子共存问题．【分析】①加入Al能放出H2的溶液为酸或强碱溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子、硫离子；碱性溶液中，铝离子和亚铁离子与氢氧根离子反应；②pH=11的溶液，显碱性，5种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；③由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸或碱溶液，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子、硫离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；④能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有氧化性，亚硫酸根离子、硫离子容易被氧化；⑤使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，5种离子之间不反应，都不与氢离子反应．【解答】解：①加入铝能放出H2的溶液为酸性或强碱性溶液，Al3+、Fe2+与氢氧根离子反应，酸性溶液中NO3﹣能够氧化S2﹣、Fe2+，在溶液中不能大量共存，故①错误；②使pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、NO3﹣、SO32﹣、AlO2﹣、S2﹣离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；③由水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，酸性溶液中NO3﹣能够氧化SO32﹣、S2﹣，AlO2﹣、与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；④能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有强氧化性，能够氧化SO32﹣、S2﹣，在溶液中不能大量共存，故④错误；⑤使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，Fe3+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣之间不反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑤正确；故选C．【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，明确离子反应发生条件及题干暗含条件的含义为解答关键，注意掌握离子能够共存的条件，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．　4．CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸合成CPAE路线如下：-20-下列分析正确的是（　　）A．1molCPAE与NaOH溶液，浓溴水和氢气反应时最多消耗的NaOH、Br2和H2的物质的量分别是3mol、4mol和7molB．咖啡酸分子中至少有9个碳原子共平面C．咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代，加成和消去反应D．用FeCl3溶液可以检测上述反应中是否有CPAE生成【考点】有机物的结构和性质．【分析】解；A．CPAE含有酚羟基、酯基，都可与氢氧化钠反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，含有酚羟基，可与溴发生取代反应，苯环和碳碳双键都可与氢气发生加成反应；B．由于苯环和碳碳双键之间存在单键，可旋转，则两个平面不一定共面；C．咖啡酸、CPAE不能发生消去反应；D．咖啡酸、CPAE都含酚羟基．【解答】解；A．CPAE含有酚羟基、酯基，都可与氢氧化钠反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，含有酚羟基，可与溴发生取代反应，苯环和碳碳双键都可与氢气发生加成反应，则1molCPAE与NaOH溶液，浓溴水和氢气反应时最多消耗的NaOH、Br2和H2的物质的量分别是3mol、4mol和7mol，故A正确；B．苯环上所有碳原子处于同一平面上，乙烯中两个碳原子处于同一平面上，由于苯环和碳碳双键之间存在单键，可旋转，则两个平面不一定共面，则咖啡酸分子中至少有7个碳原子共平面，故B错误；C．咖啡酸、CPAE不能发生消去反应，故C错误；D．咖啡酸、CPAE都含酚羟基，不能用氯化铁溶液鉴别，故D错误．故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、酚、醇等物质性质的考查，选项B为解答的难点，注意酚﹣OH不能发生消去反应，题目难度不大．　5．如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（　　）A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C．甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体D．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度-20-【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、甲池中为原电池反应，N2H4失电子生成氮气；B、根据电池的总反应判断PH的变化；C、选项中没说明气体的体积是否是标准状况下；D、乙池发生的是电解池反应两极析出的分别是Cu和O2，因而加CuO后溶液能够复原．【解答】解：A、甲池中为原电池反应，对应的电极反应式是：正极O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，负极N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，故A错误；B、甲池中因反应生成了水会使溶液的pH值减小，乙池中因反应生成了酸也会使溶液的pH值减小，故B错误；C、选项中没说明气体的体积是否是标准状况下，所以气体的物质的量无法计算，则乙中生成的固体的质量也无法计算，故C错误；D、乙池发生的是电解池反应，其电解总反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑，两极析出的分别是Cu和O2，因而加CuO后溶液能够复原，故D正确．故选D．【点评】本题考查了原电池、电解池工作的基本原理，以及原电池电极反应式的书写，题目难度中等，注意把握原电池和电解池中电极方程式的书写方法．　6．已知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数（如表）．下面图象表示常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．下列说法正确的是（　　）CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10﹣5Ka=3.0×10﹣8Ka1=4.1×10﹣7Ka2=5.6×10﹣11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣C．图象中a、c两点处的溶液中相等（HR代表CH3COOH或HClO）D．图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、酸的电离常数越大，则酸根离子的水解程度越小；B、根据强酸制取弱酸判断，反应生成的应该为碳酸氢根离子；-20-C、的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，温度不变，则该比值不变；D、先根据电离程度大小判断醋酸、次氯酸对应曲线及起始浓度大小，a、b两点加入水的体积相同，则此时酸溶液浓度取决于酸的起始浓度．【解答】解：A、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；B、碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B错误；C、在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故C正确；D、pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲线表示CH3COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故D错误．故选C．【点评】本题考查电解质的强弱与电离常数的关系，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确酸的电离常数与酸的强弱、酸根离子水解能力的关系是解本题关键．　二、解答题（共5小题，满分0分）7．P、Q、W、X、Y、Z是元素周期表前36号元素中的六种常见元素，其原子序数依次增大．W原子最外层电子数与核外电子总数之比是3：4，P可与W形成两种常见的化合物M和N，其分子中原子个数比分别为2：1和1：1，Q、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X是地壳中含量最高的金属元素，Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物．（1）N的电子式为：　　．W、X、Y的离子半径由大到小的顺序为　S2﹣＞O2﹣＞Al3+　（用离子符号回答）（2）XQ是一种新型的结构陶瓷材料，具备许多优良的性能，合成的方法之一是高温时用过量的碳在Q单质气体的氛围中还原X的氧化物，试写出该反应的化学反应方程式：　N2+Al2O3+3C2AlN+3CO　（3）已知常温时NaPYW3的溶液溶液呈现较强的酸性，则其溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为：　c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）　（4）Q的氢化物与Y的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种正盐，其水溶液呈　酸　性，原因是　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　（离子方程式解释）-20-（5）ZCl2溶液中混有FeCl3杂质时，可加入　CuO　（填试剂化学式）调节pH=　4　，再过滤．（Fe（OH）3的KSP=10﹣35，化学式认为残留在溶液中的离子浓度小于10﹣5mol/L时沉淀就达完全．）（6）工业上可用高温条件下O2+Z2Y═2Z+YO2来冶炼金属Z，生成1molZ时转移的电子总数为　3　mol．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】P、Q、W、X、Y、Z是元素周期表前36号元素中的六种常见元素，其原子序数依次增大．W原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，故W为O元素；P可与W形成两种常见的化合物M和N，其分子中原子个数比分别为2：1和1：1，则P为H元素，M为H2O，N为HO2O2；Q、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，而导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，Y原子序数大于Q，故Q为N元素，Y为S元素；X是地壳中含量最高的金属元素，故X是Al元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，故Z是Cu元素，形成的两种氧化物为Cu2O（砖红色）和CuO（黑色），据此解答．【解答】解：P、Q、W、X、Y、Z是元素周期表前36号元素中的六种常见元素，其原子序数依次增大．W原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，故W为O元素；P可与W形成两种常见的化合物M和N，其分子中原子个数比分别为2：1和1：1，则P为H元素，M为H2O，N为HO2O2；Q、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，而导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，Y原子序数大于Q，故Q为N元素，Y为S元素；X是地壳中含量最高的金属元素，故X是Al元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，故Z是Cu元素，形成的两种氧化物为Cu2O（砖红色）和CuO（黑色）．（1）N为HO2O2，电子式为：，W、X、Y的离子分别为O2﹣、Al3+、S2﹣，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序为：S2﹣＞O2﹣＞Al3+，故答案为：；S2﹣＞O2﹣＞Al3+；（2）高温时用过量的碳在氮气的氛围中还原Al2O3得到AlN，反应还生成CO，该反应的化学反应方程式：N2+Al2O3+3C2AlN+3CO，故答案为：N2+Al2O3+3C2AlN+3CO；（3）常温时NaHSO3的溶液溶液呈现较强的酸性，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，溶液中氢离子源于水与的HSO3﹣电离，故溶液中（H+）＞c（SO32﹣），电离与水解程度都不大，故溶液中钠离子浓度增大，溶液中c（HSO3﹣）＞c（H+），酸性条件下水的电离很微弱，故溶液中c（SO32﹣）＞c（OH﹣），则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；（4）Q的氢化物为NH3，Y的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，反应生成一种正盐为（NH4）2SO4，其水溶液中存在：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，呈酸性，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（5）CuCl2溶液中混有FeCl3杂质时，可加入CuO等调节pH，再过滤除去，溶液中的离子浓度小于10﹣5mol/L时沉淀就达完全，由10﹣35=c（Fe3+）×c3（OH﹣），可知c（OH﹣）=10﹣10mol/L，故溶液pH=﹣lg=4，应调节pH=4，-20-故答案为：CuO；4；（6）工业上可用高温条件下O2+Cu2S═2Cu+SO2来冶炼金属Cu，反应中只有S元素化合价升高，由﹣2价升高为+4价，生成1molCu时得到二氧化硫为0.5mol，转移的电子总数为0.5mol×6=3mol，故答案为：3．【点评】本题主要考查元素推断、电子式、微粒半径比较、离子浓度大小比较、盐类水解、沉淀转化应用、溶度积有关计算、电子转移数目计算等，推断元素是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题的能力，难度中等．　8．双安妥明是一种降血脂药物，主要用于降低血液中胆固醇浓度，安全，副作用小，其结构简式为．已知：Ⅰ．RCH2COOHⅡ．RCH=CH2RCH2CH2Br双安妥明的合成路线如下：已知：I能发生银镜反应；K的结构具有对称性．试回答下列问题：（1）双安妥明的分子式为　C23H28O6　，E的结构简式　CH（CH3）2CH2OH　（2）J中含有的官能团　醛基、羟基　（3）反应②的条件是：　氢氧化钠水溶液、加热　，②和③的反应类型分别是　取代反应　，　加成反应　．（4）G和足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式　BrC（CH3）2COOH+2NaOH→HOC（CH3）2COONa+NaBr+H2O　（5）反应④的化学方程式：　　（6）写出符合下列三个条件的H的同分异构体有　6　种．①能与三氯化铁溶液显色②苯环上只有两个取代基③1mol该物质最多可消耗3molNaOH其中共有五种不同环境的氢原子是（写结构简式）　　．-20-【考点】有机物的推断．【分析】由双安妥明的结构可知，合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、．I的分子式为C3H4O，经过系列反应生成K，根据C原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH，H为．Ⅰ能发生银镜反应，分子中含有﹣CHO，分子中还含有C=C双键，故I为CH2=CH﹣CHO，则J为HOCH2CH2CHO．B与G反应生成，由反应信息Ⅰ可知，合成H的物质为苯酚钠、BrC（CH3）2COOH，烃C经过系列转化生成G，A与氢氧化钠反应生成B，可推知A为苯酚，B为苯酚钠，G为BrC（CH3）2COOH．F在溴/红磷作用下生成G，根据反应信息Ⅰ，可知F为CH（CH3）2COOH，E连续氧化生成F，故E为CH（CH3）2CH2OH，D转化生成E，则D为CH（CH3）2CH2Br，由反应信息Ⅱ可知，C为CH（CH3）2=CH2，据此解答．【解答】解：由双安妥明的结构可知，合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、．I的分子式为C3H4O，经过系列反应生成K，根据C原子数目可知，K为HOCH2CH2CH2OH，H为．Ⅰ能发生银镜反应，分子中含有﹣CHO，分子中还含有C=C双键，故I为CH2=CH﹣CHO，则J为HOCH2CH2CHO．B与G反应生成，由反应信息Ⅰ可知，合成H的物质为苯酚钠、BrC（CH3）2COOH，烃C经过系列转化生成G，A与氢氧化钠反应生成B，可推知A为苯酚，B为苯酚钠，G为BrC（CH3）2COOH．F在溴/红磷作用下生成G，根据反应信息Ⅰ，可知F为CH（CH3）2COOH，E连续氧化生成F，故E为CH（CH3）2CH2OH，D转化生成E，则D为CH（CH3）2CH2Br，由反应信息Ⅱ可知，C为CH（CH3）2=CH2．（1）双安妥明的分子式为C23H28O6，E的结构简式为CH（CH3）2CH2OH，故答案为：C23H28O6；CH（CH3）2CH2OH；（2）J为HOCH2CH2CHO，含有的官能团有：醛基、羟基，故答案为：醛基、羟基；（3）反应②发生卤代烃的水解反应，反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热，反应②属于取代反应，反应③属于加成反应，故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；取代反应；加成反应；-20-（4）G和足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式：BrC（CH3）2COOH+2NaOH→HOC（CH3）2COONa+NaBr+H2O，故答案为：BrC（CH3）2COOH+2NaOH→HOC（CH3）2COONa+NaBr+H2O；（5）反应④的化学方程式：，故答案为：；（6）符合下列三个条件的H（）的同分异构体：能与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，苯环上只有2个取代基，1mol该物质最多可消耗3molNaOH，则另一个取代基为﹣OOCCH（CH3）2或﹣OOCCH2CH2CH3，分别存在邻、间、对三种同分异构体，则符合条件的H的同分异构体有6种，其一种为，故答案为：6；．【点评】本题考查有机物的推断与合成，要求学生对给予反应信息进行利用，根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，对学生的逻辑推理有较高的要求，难度中等．　9．冬青油是一种无色液体，某实验小组利用如图1所示的装置制备冬青油．化学反应原理和实验装置如图2所示：-20-产物的有关数据如表所示：相对分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃溶解性冬青油1521.180222.2微溶于水实验步骤如下所示：①向三颈瓶中加入6.9g（0.05mol）水杨酸和24g（0.75mol）甲醇，再小心地加入6mL浓硫酸，摇匀．②加入2粒沸石（或碎瓷片），装上仪器a，在石棉网上保持温度在85～95℃，回流1.5h．③反应完毕，将烧瓶冷却，加入50mL蒸馏水，然后转移至分液漏斗，弃去水层，将有机层再倒入分液漏斗中，依次用50mL5%碳酸氢钠溶液和30mL水洗涤．④将产物移至干燥的锥形瓶中，加入0.5g无水氯化钙．⑤最后将粗产品进行蒸馏，收集221～224℃的馏分，其质量为6.8g．请回答下列问题：（1）本实验中浓硫酸的作用是　催化剂、吸水剂　．（2）装置中仪器a的名称是　冷凝管　，进水口为　Ⅱ　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）．（3）②中的沸石的作用　防止瀑沸　，实验过程中发现未加沸石，因采取的操作是　B　（写序号）A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（4）用碳酸氢钠溶液洗涤的目的是　将冬青油中的甲醇、水杨酸溶解，便于液体分层　；用水洗涤时，产品在　下　（填“上”或“下”）层．（5）加入无水氯化钙的目的是　除去粗产品中的水分　．（6）粗产品蒸馏过程中，不可能用到图3中的仪器有　B　．（填正确答案序号）（7）本次实验中冬青油的产率为　89.5%　．【考点】有机物的合成；制备实验方案的设计【分析】（1）杨酸和甲醇在浓硫酸存在条件下反应制得冬青油的反应是发生的酯化反应，浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用；（2）分析装置图和仪器形状分析为冷凝管，逆流冷凝效果好；（3）根据实验基本操作可知，烧瓶中给液体加热需要防止瀑沸，加沸石时溶液要冷却；（4）加入NaHCO3溶液的目的是降低酯的溶解性，水杨酸，溶解甲醇，便于分层分类得到酯；冬青油密度为1.184g•cm﹣3，比水溶液重；（5）粗产品中有水份，需要除去，而无水氯化钙能吸水；（6）根据蒸馏装置的结构可判断不需要的仪器；（7）结合反应定量关系计算理论量，产率=×100%．【解答】解：（1）杨酸和甲醇在浓硫酸存在条件下反应制得冬青油的反应是发生的酯化反应，反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性促进平衡正向进行，浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用；故答案为：催化剂、吸水剂；（2）分析装置图和仪器形状分析为冷凝管，逆流冷凝效果好，应从Ⅱ通入，故答案为：冷凝管；Ⅱ；（3）根据实验基本操作可知，烧瓶中给液体加热需要防止瀑沸，需加沸石，加沸石时溶液要冷却，故答案为：防止瀑沸；B；（4）加入NaHCO3溶液的目的是降低酯的溶解性，水杨酸，溶解甲醇，便于分层分类得到酯；冬青油密度为1.184g•cm﹣3，比水溶液重，-20-故答案为：将冬青油中的甲醇、水杨酸溶解，便于液体分层；下；（5）粗产品中有水份，需要除去，而无水氯化钙能吸水，故答案为：除去粗产品中的水分；（6）根据蒸馏装置的结构可知，装置中不需要要分液漏斗，故选：B；（7）结合反应定量关系计算理论量，结合反应定量关系计算理论量，1381526.9gmm=7.6g产率=×100%=×100%=89.5%；故答案为：89.5%．【点评】本题考查了有机物的性质分析和实验制备方法，实验基本操作和有机物性质和反应原理是解题关键，题目难度中等．　10．我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法．I．已知反应Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1，该反应在1000℃的平衡常数等于4．在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过l0min后达到平衡．（1）CO的平衡转化率=　60%　（2）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是　d　a．提高反应温度b．增大反应体系的压强c．选取合适的催化剂d．及时吸收或移出部分CO2e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触Ⅱ．高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．请根据图示回答下列问题：（3）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=　0.15mol/（L•min）　（4）已知氢气的燃烧热286KJ/mol，请写出甲醇气体不充分燃烧的热化学方程式　CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO（g）△H=﹣481kJ/mol　．（5）若在温度和容器相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：容器反应物投入的量反应物的转化率CH3OH的浓度能量变化（Q1、Q2、Q3均大于0）甲1molCO和2molH2α1c1放出Q1kJ热量-20-乙1molCH3OHα2c2吸收Q2kJ热量丙2molCO和4molH2α3c3放出Q3kJ热量则下列关系正确的是　ADE　A．c1=c2B．2Q1=Q3C．2α1=α3D．α1+α2=1E．该反应若生成1molCH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】I．（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，表示出平衡时CO、CO2的物质的量，化学计量数都是1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数计算n的值，再利用转化率定义计算CO的转化率；（2）a．该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动；b．反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动；c．加入合适的催化剂，平衡不移动；d．移出部分CO2，平衡向正反应移动；e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，平衡不移动；Ⅱ（3）根据v=计算v（CH3OH），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；（4）氢气的燃烧热为286kJ/mol，则：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ/mol①，由图可得：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol②，根据盖斯定律，①﹣②可得：CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO（g）；（5）A．甲、乙是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等；B．丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1molCO和2molH2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲；C．丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1molCO和2molH2，压强增大，平衡向正反应方向移动，转化率增大，但2α1不一定等于α3；D．CO的转化率为α1，则平衡时CO的物质的量为（1﹣α1）mol，乙中平衡时甲醇的转化率为α2，乙中平衡时CO的物质的量为α2mol，甲与乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的含量完全相同；E．令平衡时CO的物质的量为nmol，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的反应热△H=﹣QkJ/mol，则Q1=（1﹣n）Q、Q2=nQ，整理得Q=Q1+Q2．【解答】解：I（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）开始（mol）：11变化（mol）：nn平衡（mol）：1﹣nn+1所以=4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为×100%=60%，故答案为：60%；（2）a．该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故a错误；b．反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b错误；c．加入合适的催化剂，平衡不移动，故c错误；d．移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故d正确；e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，可以加快反应速率，但平衡不移动，故e错误；-20-故答案为：d；Ⅱ（3）由图可知，达到平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，则v（CH3OH）==0.075mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，v（H2）=2v（CH3OH）=0.15mol/（L•min），故答案为：0.15mol/（L•min）；（4）氢气的燃烧热为286kJ/mol，则：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ/mol①，由图可得：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol②，根据盖斯定律，①﹣②可得：CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO（g），则甲醇气体不充分燃烧的热化学方程式：CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO（g）△H=﹣481kJ/mol，故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO（g）△H=﹣481kJ/mol；（5）A．甲、乙是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B．丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1molCO和2molH2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲，丙中参加反应的CO大于甲中的2倍，故2Q1＜Q3，故B错误；C．丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1molCO和2molH2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲，但2α1不一定等于α3，故C错误；D．甲与乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的含量完全相同，CO的转化率为α1，则平衡时CO的物质的量为（1﹣α1）mol，乙中平衡时甲醇的转化率为α2，乙中平衡时CO的物质的量为α2mol，故（1﹣α1）=α2，整理得α1+α2=1，故D正确；E．令平衡时CO的物质的量为nmol，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的反应热△H=﹣QkJ/mol，则Q1=（1﹣n）Q、Q2=nQ，整理得Q=Q1+Q2，故1molCH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量，故E正确，故答案为：ADE．【点评】本题综合考查了化学平衡计算、等效平衡等，Ⅱ中等效平衡的计算，为该题的难点，也是易错点，注意理解等效平衡问题，思维量大，难度中等．　11．以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图．回答下列问题：（1）B极上的电极反应式为　CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O　（2）若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL1mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为　1.12L　（标况下）．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水；-20-（2）开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令是氢气为xmol，根据电子转移守恒列方程计算，再根据电子转移守恒计算消耗的甲烷；根据电池中的能量转化率分析．【解答】解：（1）由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O，故答案为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O；（2）硫酸铜的物质的量=0.1L×2mol/L=0.2mol，开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令是氢气为xmol，根据电子转移守恒，则：0.1mol×2+2x=4x，解得x=0.1，根据电子转移守恒，可知消耗的甲烷物质的量==0.05mol，故消耗甲烷的体积=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12L．【点评】本题综合考查电化学知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，解答本题要注意把握原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，题目难度中等．　-20-