2019-2020年高三上学期7月月考化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期7月月考化学试卷 含解析一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1NA为阿伏加德罗常数，下述正确的是（）A58.5g氯化钠晶体中含有NA个氯化钠分子B20g重水（D2O）中含有的电子数为10NAC标准状况下，22.4L CCI4含有NA个CCI4分子D120g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为3NA2下列有关反应的离子方程式书写正确的是（）A将Na加入CuSO4溶液中：Na+Cu2+=Cu+2Na+B将NaHSO4溶液加入Ba（OH）2溶液中至中性：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2OC向氯化铝溶液中加入足量氨水：AI3+4NH3H2O=AIO2+2H2O+4NH4+D向Ca（OH2）溶液中通入过量SO2：SO2+OH=HSO33下列对于实验IIV的说法正确的是（）A实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去4已知2Fe3+2I=I2+2Fe2+、Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是（）按Br2、Fe3+、I2的顺序氧化性逐渐减弱原溶液中Br一定被氧化通入氯气后原溶液中的Fe2+一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+若取少量所得溶液，加入CCI4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br均被完全氧化ABCD5下列叙述正确有几个（）晶体中不一定存在分子间作用力，但一定存在化学键液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢更稳定向Fe（NO3）2溶液中通入过量的HI，最终Fe2+被氧化生成Fe3+将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液先变红，后褪色将过量的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体为碳酸钠和二氧化硅A0个B1个C2个D3个6某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42二、解答题（共3小题，满分43分）7图为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题： IA01 AAAAAA2 3 （1）表中某元素最高正价氧化物的水化物与其氢化物之间能相互反应生成离子化合物，则该离子化合物的名称是，由元素、形成的简单离子的半径由大到小的顺序是 （用离子符号表示，下同）、元素的氢化物的沸点由高到低的顺序是分别由上述两种元素组成、均为10e的阴、阳离子，在加热条件下反应生成两种10e的分子，写出该离子反应方程是（3）由表中四种元素形成X、Y、Z、M、N等常见物质，X、Y含有一种相同元素，其中X焰色反应呈黄色，可发生以下反应：X、Y与水混合后反应的离子方程式为N的单质反应的化学方程式为若将Y溶液加热蒸干、灼烧后得到的物质的化学式是8亚硫酸钠（Na2SO3）、漂白液（NaClO）和明矾KAl（SO4）212H2O都是重要的化工产品，在日常生活和工业生产中都有广泛用途，且三者都可用在造纸业的不同生产工序中（1）NaClO做消毒液是它能与水反应产生一种强氧化性物质，写出该强氧化性物质的电子式在工业上，用氯化钠为原料，在碱性溶液中，通过电解的方法可制得NaClO，用离子方程式表示制取NaClO的电解总反应：，将等浓度等体积的NaClO与Na2SO3溶液混合后，两者恰好完全反应，写出混合过程的离子反应方程式将饱和NaClO和KAl（SO4）2溶液混合，置于一只带单孔橡皮塞的大试管中，产生大量的白色胶状沉淀此时反应的离子方程为再将大试管置于阳光下照射，不久试管液面上方有浅黄绿色气体产生，将气体通入NaOH溶液充分吸收后，还能收集到一种无色无味的气体写出在阳光照射下，混合液中反应的化学方程式若将KAl（SO4）2溶液换成硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO4溶液后，再与NaClO溶液混合，观察到大试管中有红褐色沉淀产生，同时溶液里现黄色，但没有气体生成此时试管中发生反应的离子方程式为（3）取一定体积KAl（SO4）2溶液于试管中，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，直至产生沉淀的质量最大，写出此时的离子反应方程式9氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料工业用氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质现要通过实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）（1）实验原理已知Al4C3与硫酸反应可生成CH4，则该反应的离子方程式是AlN溶于强酸生成铵盐，溶于氢氧化钠溶液生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式实验装置（如图所示）（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL称取xg AlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入过量（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应打开K2，通过打气装置通入空气一段时间记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg（4）数据处理与问答在上述装置中，设置活塞K2的目的是若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积填“偏大”，“偏小”或“无影响”）Al4C3的质量分数为，AlN的质量分数为三、解答题（共1小题，满分15分）化学选修-化学与技术10化学一选修2：化学与技术碳酸钠是一种重要的化学基本工业产品比利时人索尔维发明了氨碱法生产碳酸钠，氨碱法生产原理示意图如下：我国化工专家设计了联合制碱法，联合制碱法生产原理示意图如下：请回答下列问题：（1）从索尔维制碱法生产原理示意图可知，氨碱法的总反应方程式为按照绿色化学原则，理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物，实现废弃物的零排放计算索尔维制碱法的原子利用率（原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比）；试列举出索尔维制碱法的两大缺点；（3）设计联合制碱法的我国化工专家是；（4）从联合制碱法生产原理示意图可知，原料中的CO2来自合成氨，指出步骤名称，并写产生CO2化学方程式步骤：，化学方程式步骤：，化学方程式四、解答题（共1小题，满分15分）化学一选修3：物质结构与性质11已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）即可得到配合物A其结构如图1：（1）Cu元素基态原子的电子排布式为配合物A中碳原子的轨道杂化类型为，配合物A中不存在A、极性键 B、非极性键 C、氢键 D、键 E、键 F、离子键（3）lmol氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）含有键的数目为（4）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧化碳的一种等电子体且为负一价阴离子：（写化学式）（5）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图2，则该化合物的化学式是，铜离子的配位数是（6）配合物A中元素C、H、N、O组成的化合物CH4和NO，在400500和Pt做催化剂下，能转化成无毒无害的物质，利用该反应可以控制机动车尾气排放该反应方程式为：五、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修5：有机化学基础12某有机化合物A的结构简式如图所示：回答下列问题：（1）A的分子式为A在NaOH水溶液中加热得到B和C，C是芳香族化合物，C则的结构简式是（3）C酸化后可得F，F不能发生的反应类型是（填写字母代号）a取代反应 b加成反应 c消去反应 d加聚反应 e氧化反应 f还原反应（4）B与足量的某饱和一元羧酸D充分反应后生成E，E和B的相对分子质量之差为84，则D的摩尔质量为（5）F可以发生如下转化，且G与H互为同分异构体请写出：H的结构简式由F生成的G化学方程式（6）符合下列三个条件的F的同分异构体的数目有多种，任写出其中1种的结构简式有邻二取代苯环结构；F具有相同的官能团；不与FeCI3溶液发生显色反应重庆市南开中学xx高三上学期月考化学试卷（7月份）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）1NA为阿伏加德罗常数，下述正确的是（）A58.5g氯化钠晶体中含有NA个氯化钠分子B20g重水（D2O）中含有的电子数为10NAC标准状况下，22.4L CCI4含有NA个CCI4分子D120g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氯化钠是离子晶体；B、求出重水的物质的量，然后根据1mol重水中含10mol电子来分析；C、标况下，四氯化碳为液态；D、求出NaHSO4的物质的量，然后根据1molNaHSO4中含1mol钠离子和1molHSO4构成来分析【解答】解：A、氯化钠是离子晶体，无氯化钠分子，故A错误；B、重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，而1mol重水中含10mol电子即10NA个，故B正确；C、标况下，四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、120gNaHSO4的物质的量n=1mol，而1molNaHSO4中含1mol钠离子和1molHSO4，故含2mol离子即2NA个，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大2下列有关反应的离子方程式书写正确的是（）A将Na加入CuSO4溶液中：Na+Cu2+=Cu+2Na+B将NaHSO4溶液加入Ba（OH）2溶液中至中性：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2OC向氯化铝溶液中加入足量氨水：AI3+4NH3H2O=AIO2+2H2O+4NH4+D向Ca（OH2）溶液中通入过量SO2：SO2+OH=HSO3【考点】离子方程式的书写【分析】A钠与硫酸铜溶液的反应中，钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应；B混合液为中性时，硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量2：1反应；C一水合氨为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；D二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢根离子【解答】解：A钠原子最外层只有一个电子，金属钠在反应中容易失电子，具有强还原性，金属钠和铜的盐溶液反应时，先是金属钠和水的反应，2Na+2H2O=2NaOH+H2，其次是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4，有蓝色沉淀Cu（OH）2生成，Na不能把Cu2+置换出来，故A错误；B将NaHSO4溶液加入Ba（OH）2溶液中至中性，正确的离子方程式为：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故B错误；C向氯化铝溶液中加入足量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；DCa（OH2）溶液中通入过量SO2，反应生成亚硫酸钙，反应的离子方程式为：SO2+OH=HSO3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等3下列对于实验IIV的说法正确的是（）A实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【考点】实验装置综合【分析】A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B强酸制取弱酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，氯化氢为非含氧酸；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色【解答】解：A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B强酸制取弱酸可知酸性为盐酸碳酸硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，盐酸是非含氧酸，无法比较，故B错误；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选D【点评】本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、酸性强弱比较、蒸发等知识点，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大4已知2Fe3+2I=I2+2Fe2+、Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是（）按Br2、Fe3+、I2的顺序氧化性逐渐减弱原溶液中Br一定被氧化通入氯气后原溶液中的Fe2+一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+若取少量所得溶液，加入CCI4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br均被完全氧化ABCD【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明含有铁离子，则碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析【解答】解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，则碘离子还原性最强，溴离子最弱，而氧化性按Br2、Fe3+、I2的顺序逐渐减弱，故正确；原溶液中的Br可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br被完全氧化，I、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，题目难度不大，侧重于氧化还原反应在离子反应中应用的考查5下列叙述正确有几个（）晶体中不一定存在分子间作用力，但一定存在化学键液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢更稳定向Fe（NO3）2溶液中通入过量的HI，最终Fe2+被氧化生成Fe3+将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液先变红，后褪色将过量的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体为碳酸钠和二氧化硅A0个B1个C2个D3个【考点】化学键；含有氢键的物质；二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】分子晶体中不存在化学键，离子晶体中不存在分子间作用力；稳定性与化学键有关；过量的HI，不能生成铁离子；SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红；过量的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液，生成碳酸氢钠和硅酸，加热碳酸氢钠、硅酸均分解【解答】解：分子晶体中不存在化学键，如稀有气体，离子晶体中不存在分子间作用力，故错误；稳定性与化学键有关，HF比HCl稳定，与氢键无关，故错误；过量的HI，与铁离子发生氧化还原反应，则不能生成铁离子，故错误；SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红，体现其酸性氧化物的性质，与漂白无关，故错误；过量的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液，生成碳酸氢钠和硅酸，加热碳酸氢钠、硅酸均分解，则在高温下充分灼烧，最后得到的固体为碳酸钠和二氧化硅，故正确；故选B【点评】本题考查较综合，涉及化学键、物质的性质等，注重高频考点的考查，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大6某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（）A无法确定原试液中是否含有Al3+、ClB滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl、SO42【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】离子反应专题【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在故A、B、C错误，D正确故选：D【点评】本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大二、解答题（共3小题，满分43分）7图为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题： IA01 AAAAAA2 3 （1）表中某元素最高正价氧化物的水化物与其氢化物之间能相互反应生成离子化合物，则该离子化合物的名称是硝酸铵，由元素、形成的简单离子的半径由大到小的顺序是ClO2Na+Al3= （用离子符号表示，下同）、元素的氢化物的沸点由高到低的顺序是H2OHFNH3分别由上述两种元素组成、均为10e的阴、阳离子，在加热条件下反应生成两种10e的分子，写出该离子反应方程是NH4+OH=NH3+H2O（3）由表中四种元素形成X、Y、Z、M、N等常见物质，X、Y含有一种相同元素，其中X焰色反应呈黄色，可发生以下反应：X、Y与水混合后反应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3N的单质反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2若将Y溶液加热蒸干、灼烧后得到的物质的化学式是Al2O3【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；无机物的推断【分析】由元素在周期表中位置，可知为H、为C、为N、为O、为F、为Na、为Al、为Cl（1）N元素最高正价氧化物的水化物与其氢化物之间能相互反应生成离子化合物硝酸铵；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；、元素的氢化物均含氢键，但水中氢键数目多，F的非金属性最强；均为10e的阴、阳离子，在加热条件下反应生成两种10e的分子，为铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气与水的反应；（3）元素的单质为Al，可推知N为氧化铝、Z为氢氧化铝，电解熔融氧化铝得到Al与氧气，X、Y含有一种相同元素，其中X焰色反应呈黄色，故X溶液为NaAlO2，Y溶液是氯化铝，以此来解答【解答】解：由元素在周期表中位置，可知为H、为C、为N、为O、为F、为Na、为Al、为Cl（1）N元素最高正价氧化物的水化物与其氢化物之间能相互反应生成离子化合物硝酸铵；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，离子半径ClO2Na+Al3+；、元素的氢化物均含氢键，但水中氢键数目多，F的非金属性最强、元素的氢化物的沸点由高到低的顺序是H2OHFNH3，故答案为：硝酸铵；ClO2Na+Al3+；H2OHFNH3；均为10e的阴、阳离子，在加热条件下反应生成两种10e的分子，为铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气与水的反应，离子反应为NH4+OH=NH3+H2O，故答案为：NH4+OH=NH3+H2O；（3）元素的单质为Al，可推知N为氧化铝、Z为氢氧化铝，电解熔融氧化铝得到Al与氧气，X、Y含有一种相同元素，其中X焰色反应呈黄色，故X溶液为NaAlO2，Y溶液是氯化铝，则X、Y与水混合后反应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3；N的单质反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2；若将Y（氯化铝）溶液加热水解生成氢氧化铝和HCl，HCl挥发，蒸干得到氢氧化铝，灼烧后得到的物质的化学式是Al2O3，故答案为：Al2O3【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大8亚硫酸钠（Na2SO3）、漂白液（NaClO）和明矾KAl（SO4）212H2O都是重要的化工产品，在日常生活和工业生产中都有广泛用途，且三者都可用在造纸业的不同生产工序中（1）NaClO做消毒液是它能与水反应产生一种强氧化性物质，写出该强氧化性物质的电子式在工业上，用氯化钠为原料，在碱性溶液中，通过电解的方法可制得NaClO，用离子方程式表示制取NaClO的电解总反应：Cl+H2OClO+H2，将等浓度等体积的NaClO与Na2SO3溶液混合后，两者恰好完全反应，写出混合过程的离子反应方程式ClO+SO32=Cl+SO42将饱和NaClO和KAl（SO4）2溶液混合，置于一只带单孔橡皮塞的大试管中，产生大量的白色胶状沉淀此时反应的离子方程为3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3再将大试管置于阳光下照射，不久试管液面上方有浅黄绿色气体产生，将气体通入NaOH溶液充分吸收后，还能收集到一种无色无味的气体写出在阳光照射下，混合液中反应的化学方程式4HClO2H2O+2Cl2+O2若将KAl（SO4）2溶液换成硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO4溶液后，再与NaClO溶液混合，观察到大试管中有红褐色沉淀产生，同时溶液里现黄色，但没有气体生成此时试管中发生反应的离子方程式为3ClO+6Fe2+3H2O=2Fe（OH）3+4Fe3+3Cl（3）取一定体积KAl（SO4）2溶液于试管中，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，直至产生沉淀的质量最大，写出此时的离子反应方程式Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写【分析】（1）NaClO为离子化合物，具有强氧化性；用氯化钠为原料，在碱性溶液中，通过电解的方法可制得NaClO，阳极生成NaClO，阴极生成氢气；等浓度等体积的NaClO与Na2SO3溶液混合后，两者恰好完全反应生成硫酸钠和氯化钠；烧瓶中加入饱和KAl（SO4）2溶液，次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸；次氯酸分解生成氯气、氧气和水的反应；亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，在溶液中发生氧化还原反应；（3）取一定体积KAl（SO4）2溶液于试管中，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，直至产生沉淀的质量最大，此时生成硫酸钡和偏铝酸钾【解答】解：（1）NaClO为离子化合物，电子式为，用氯化钠为原料，在碱性溶液中，通过电解的方法可制得NaClO，阳极生成NaClO，阴极生成氢气，反应的离子方程式为：Cl+H2OClO+H2；ClO有氧化性，能够氧化SO32，反应的离子方程式为ClO+SO32=Cl+SO42，故答案为：；Cl+H2OClO+H2；ClO+SO32=Cl+SO42；次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为：3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3；将烧瓶中的混合液在阳光照射下，不久烧瓶中有黄绿色气体产生为氯气，充分反应后集气瓶中收集到一种无色无味的气体为氧气依据氧化还原反应电子守恒写出化学方程式配平得到：4HClO2H2O+2Cl2+O2；若将分液漏斗中的KAl（SO4）2溶液换成硫酸亚铁铵（一种复盐：（NH4）2SO4FeSO4）溶液，其他不变打开分液漏斗活塞向烧瓶中滴入足量的硫酸亚铁铵溶液观察到烧瓶中有红褐色沉淀产生，但是没有观察到黄绿色气体产生，亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子教育氧化性在溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3ClO+6Fe2+3H2O=2Fe（OH）3+4Fe3+3Cl，故答案为：3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3；4HClO2H2O+2Cl2+O2；3ClO+6Fe2+3H2O=2Fe（OH）3+4Fe3+3Cl；（3）假设SO42的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2mol SO42，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至铝离子完全沉淀时生成1mol氢氧化铝，1.5mol硫酸钡，质量为1mol78g/mol+1.5mol233g/mol=427.5g，SO42刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）2，即加入的Ba2+为2mol，OH为4mol，生成2molBaSO4，1molAl3+与4molOH反应生成1molAlO2，沉淀的质量为2mol233g/mol=466g，则全完生成硫酸钡时沉淀质量最大，反应的离子方程式为Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O，故答案为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O【点评】本题考查较为综合，涉及电解、离子方程式的书写以及计算等问题，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握与量有关的离子方程式的书写，难度中等9氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料工业用氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质现要通过实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）（1）实验原理已知Al4C3与硫酸反应可生成CH4，则该反应的离子方程式是Al4C3+12H+=4Al3+3CH4AlN溶于强酸生成铵盐，溶于氢氧化钠溶液生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式实验装置（如图所示）（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL称取xg AlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入过量H2SO4（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH（填化学式），与锥形瓶内物质充分反应打开K2，通过打气装置通入空气一段时间记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg（4）数据处理与问答在上述装置中，设置活塞K2的目的是打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积偏小填“偏大”，“偏小”或“无影响”）Al4C3的质量分数为100%，AlN的质量分数为100%【考点】制备实验方案的设计【分析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数，以此分析解答；（1）Al4C3与硫酸反应可生成CH4和硫酸铝；根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3来书写方程式；（3）关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量；关闭活塞K1，打开活塞K3，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量；（4）通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，可求得Al4C3的质量分数，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，可求得AlN的质量分数【解答】解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4，离子方程式为：Al4C3+12H+=4Al3+3CH4，故答案为：Al4C3+12H+=4Al3+3CH4；根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3）关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故答案为：H2SO4；关闭活塞K1，打开活塞K3，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故答案为：NaOH；（4）装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；甲烷的体积为（ab）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为mol144g/mol=g，Al4C3的质量分数为100%，氨气的质量为（zy）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol41g/mol=g，故AlN的质量分数为100%=100%，故答案为：100%；100%【点评】本题是一道关于物质的组成和含量测定知识的综合考查题，侧重考查学生知识综合应用能力，要求学生具有分析和解决问题的能力，综合性较强，注意把握相关实验原理，题目难度大三、解答题（共1小题，满分15分）化学选修-化学与技术10化学一选修2：化学与技术碳酸钠是一种重要的化学基本工业产品比利时人索尔维发明了氨碱法生产碳酸钠，氨碱法生产原理示意图如下：我国化工专家设计了联合制碱法，联合制碱法生产原理示意图如下：请回答下列问题：（1）从索尔维制碱法生产原理示意图可知，氨碱法的总反应方程式为CaCO3+2NaClNa2CO3+CaCl2按照绿色化学原则，理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物，实现废弃物的零排放计算索尔维制碱法的原子利用率（原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比）0.49；试列举出索尔维制碱法的两大缺点原子利用率低；产生了不易处理的副产物氯化钙（3）设计联合制碱法的我国化工专家是侯德榜；（4）从联合制碱法生产原理示意图可知，原料中的CO2来自合成氨，指出步骤名称，并写产生CO2化学方程式步骤：造气，化学方程式CH4+2H2O=4H2+CO2步骤：净化，化学方程式CO+H2O=CO2+H2【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【专题】化学计算【分析】（1）氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用，不需要补充氨气；根据总反应方程式计算原子利用率；索尔维制碱法与联合制碱法的原理分析；（3）设计联合制碱法的我国化工专家是侯德榜；（4）原料中的CO2来自合成氨，分为两个步骤：一造气，二净化，除去CO【解答】解：（1）氨碱法生产过程中，母液中加入氧化钙反应生成氢氧化钙会和铵盐生成氨气，反应过程中氨气转化为铵盐，铵盐转化为氨气，氨气循环使用，不需要补充氨气；NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；CaCO3CaO+CO2；CaO+H2OCa（OH）2；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；合并得到总化学方程式为：CaCO3+2NaClNa2CO3+CaCl2；原子利用率=0.49；故答案为：CaCO3+2NaClNa2CO3+CaCl2；0.49；根据氨碱法的反应方程式和联合制碱法的反应方程式可知：索尔维制碱法原子利用率低，产生了不易处理的副产物氯化钙，故答案为：原子利用率低；产生了不易处理的副产物氯化钙；（3）设计联合制碱法的我国化工专家是侯德榜，故答案为：侯德榜；（4）原料中的CO2来自合成氨，分为两个步骤：一造气，其反应方程式为CH4+2H2O=4H2+CO2；二净化，除去CO，其反应方程式为CO+H2O=CO2+H2，故答案为：造气；CH4+2H2O=4H2+CO2；净化；CO+H2O=CO2+H2【点评】本题考查了联碱法和氨碱法生产流程的原理比较和物质分析判断，纯碱制备的条件应用，反应过程中反应的原理分析和物质来源是解题的关键，题目难度中等四、解答题（共1小题，满分15分）化学一选修3：物质结构与性质11已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）即可得到配合物A其结构如图1：（1）Cu元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1配合物A中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2，配合物A中不存在CA、极性键 B、非极性键 C、氢键 D、键 E、键 F、离子键（3）lmol氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）含有键的数目为86.021023或8NA（4）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧化碳的一种等电子体且为负一价阴离子：（写化学式）SCN或N3或OCN等（5）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图2，则该化合物的化学式是Cu2O，铜离子的配位数是4（6）配合物A中元素C、H、N、O组成的化合物CH4和NO，在400500和Pt做催化剂下，能转化成无毒无害的物质，利用该反应可以控制机动车尾气排放该反应方程式为：CH4+4NON2+CO2+2H2O【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子电子排布式；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，在配合物A中，配体中有碳氧双键，则有键、键，氮氢之间是极性键，配合离子与外界之间是离子键，据此答题；（3）共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，H2NCH2COONa中含有8个键；（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；（5）利用均摊法确定该化合物的化学式，根据配合物A的结构判断配位数；（6）CH4和NO在400500和Pt做催化剂下转化成无毒害物质，应生成氮气和二氧化碳；【解答】解：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；配合物A分子中一种碳有C=O，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化，在配合物A中，配体中有碳氧双键，则有键、键，氮氢之间是极性键，配合离子与外界之间是离子键，所以配合物A中不存在的是氢键，故选C，故答案为：sp3、sp2；C；（3）共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，H2NCH2COONa中含有8个键，所以1mol氨基乙酸钠中含有键的数目为8mol，数目为86.021023或8NA，故答案为：86.021023或8NA；（4）一个二氧化碳分子中原子个数为3个，价电子数为16，原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，则CO2的等电子体且为负一价阴离子为：SCN 或N3 或OCN等，故答案为：SCN 或N3 或OCN等；（5）利用均摊法知，该化合物中O原子个数=1+8=2，Cu原子个数=4，铜原子和氧原子个数之比=4：2=2：1，所以其化学式为：Cu2O，根据配合物A的结构可知，铜离子的配位数是4，故答案为：Cu2O；4；（6）CH4和NO在400500和Pt做催化剂下转化成无毒害物质，应生成氮气和二氧化碳，方程式为CH4+4NON2+CO2+2H2O，故答案为：CH4+4NON2+CO2+2H2O【点评】本题涉及的知识点有晶胞的计算、等电子体、价层电子对互斥理论等知识点，利用均摊法、等电子体概念、价层电子对互斥理论来分析解答即可，题目难度中等；高考题中对于物质结构和性质的考查时，不是单纯的涉及一个考点，常常将各个考点融入到一个大型题中，考查知识较全面，要求学生对各个考点熟练掌握，一般来说，有关晶胞的计算较难五、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修5：有机化学基础12某有机化合物A的结构简式如图所示：回答下列问题：（1）A的分子式为C14H19O3ClA在NaOH水溶液中加热得到B和C，C是芳香族化合物，C则的结构简式是（3）C酸化后可得F，F不能发生的反应类型是d（填写字母代号）a取代反应 b加成反应 c消去反应 d加聚反应 e氧化反应 f还原反应（4）B与足量的某饱和一元羧酸D充分反应后生成E，E和B的相对分子质量之差为84，则D的摩尔质量为60g/mol（5）F可以发生如下转化，且G与H互为同分异构体请写出：H的结构简式由F生成的G化学方程式（6）符合下列三个条件的F的同分异构体的数目有多种，任写出其中1种的结构简式有邻二取代苯环结构；F具有相同的官能团；不与FeCI3溶液发生显色反应【考点】有机物的推断；有机物的结构和性质【分析】（1）由结构简式可知分子式；A中含COOC可发生水解反应，C中含苯环；（3）C酸化后可得F，F中含COOH、OH，结合羧酸、醇及苯的性质分析；（4）B为CH3CH（OH）CH2CH2OH，酯化反应中M（B）+2M（D）=M（E）+2M（H2O）；（5）由转化关系可知，FH发生分子内酯化反应，FG发生醇的消去反应，GI发生加聚反应；（6）F的同分异构体符合：含有邻二取代苯环结构与F具有相同的官能团 不与FeCl3溶液发生显色反应，则邻位2个取代基上含1个OH、1个COOH，OH、COOH可均在同一个取代基上【解答】解：（1）由结构简式可知分子式为C14H19O3Cl，故答案为：C14H19O3Cl； A中含COOC可发生水解反应，C中含苯环，则C的结构简式为，故答案为：；（3）C为，C酸化后可得F，F中含COOH、OH，则a含OH、COOH，可发生取代反应，故不选；b含苯环，可发生加成反应，故不选；c含OH，可发生消去反应，故不选；d不含双键或三键，不能发生加聚反应，故选；e哈OH，可发生氧化反应，故不选；故答案为：d；（4）B为CH3CH（OH）CH2CH2OH，酯化反应中M（B）+2M（D）=M（E）+2M（H2O），则M（D）=60g/mol，故答案为：60g/mol；（5）由转化关系可知，FH发生分子内酯化反应，则H为，故答案为：；FG发生醇的消去反应，该反应为，故答案为：；（6）F的同分异构体符合：含有邻二取代苯环结构与F具有相同的官能团 不与FeCl3溶液发生显色反应，则邻位2个取代基上含1个OH、1个COOH，OH、COOH可均在同一个取代基上，如，故答案为：【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，侧重分析与推断能力、综合应用能力的考查，（6）为解答的难点，题目难度中等