【化学】广东省汕尾市2020届高三第一次模拟考试（解析版）

【化学】广东省汕尾市2020届高三第一次模拟考试（解析版）

广东省汕尾市2020届高三第一次模拟考试 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cl:35.5 Na:23 Ba:137‎ 第一部分 选择题 一、单项选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列物质中，不含有硅酸盐的是（ ）‎ A. 硅芯片 B. 水玻璃 C. 黏土 D. 普通水泥 ‎【答案】A ‎【详解】硅酸盐是指由硅、氧和金属组成的化合物的总称，‎ A、硅芯片由硅单质制成，A符合题意；‎ B、水玻璃为硅酸钠的水溶液，B不符合题意；‎ C、一般的黏土都由硅酸盐矿物在地球表面风化后形成，含有硅酸盐。C不符合题意；‎ D、普通水泥为传统的硅酸盐材料，D不符合题意；‎ 所以答案选A。‎ ‎2.常温下，在溶液中可以发生反应：X＋2Y3＋=2Y2＋＋X2＋。对下列叙述的判断正确的是（ ）‎ ‎①X被氧化 ②X是氧化剂 ③X具有还原性 ④Y2＋是氧化产物 ⑤Y2＋具有还原性 ⑥Y3＋的氧化性比X2＋的氧化性强 A. ②④⑥ B. ①③④ C. ①③⑤⑥ D. ②⑤‎ ‎【答案】C ‎【分析】X＋2Y3＋=2Y2＋＋X2＋，X元素化合价升高，X是还原剂，X发生氧化反应，X2＋是氧化产物；Y元素化合价由+3降低为+2，Y3＋是氧化剂，发生还原反应，Y2＋是还原产物；‎ ‎【详解】①X化合价升高，X是还原剂，被氧化，故①正确； ‎ ‎②X化合价升高，X是还原剂，故②错误； ‎ ‎③X是还原剂，所以X具有还原性，故③正确； ‎ ‎④Y3＋是氧化剂，发生还原反应，Y2＋是还原产物，故④错误； ‎ ‎⑤Y2＋是还原产物，所以Y2＋具有还原性，故⑤正确； ‎ ‎⑥氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Y3＋的氧化性比X2＋的氧化性强，故⑥正确；‎ 选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价，熟悉氧化还原反应中的概念，注意：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性。‎ ‎3.下列可用来区别SO2和CO2气体的是（ ）‎ ‎①澄清的石灰水 ②氢硫酸 ③氯水 ④酸性高锰酸钾 ⑤氯化钡 ⑥品红溶液 A. ①④⑤⑥ B. ①②③⑥ C. ②③④⑤ D. ②③④⑥‎ ‎【答案】D ‎【详解】①SO2、CO2在酸性上相似，都能使澄清石灰水变浑浊，不能用来区别，错误；‎ ‎②SO2中S既具有氧化性又有还原性，SO2＋2H2S=S↓＋2H2O，CO2不与H2S反应，现象不同，可以区分，正确；‎ ‎③SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，黄绿色褪去，CO2不与氯水反应，黄绿色不褪去，可以区分，正确；‎ ‎④SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，SO2能使酸性高锰酸钾褪色，而CO2不行，可以区分，正确；‎ ‎⑤SO2、CO2均不与BaCl2反应，不能区分，错误；‎ ‎⑥SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不能使品红褪色，可以区分，正确。‎ 因此选项D正确。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 非金属元素R所形成的含氧酸盐(MaROb)中的R元素必定呈现正价 B. 只有非金属能形成含氧酸或含氧酸盐 C. 除稀有气体外的非金属元素都能生成不同价态的含氧酸 D. 非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性 ‎【答案】A ‎【详解】A、R与O元素形成含氧酸根时，R元素的化合价为正价，A正确；‎ B、金属元素也能形成含氧酸及其含氧酸盐，如高锰酸钾，B错误；‎ C、氧、氟两非金属元素不能形成含氧酸，C错误；‎ D、许多含氧酸如碳酸、磷酸不具有强氧化性，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列有关氯元素单质及化合物性质的说法正确的是（ ）‎ A. 液氯是纯净物，而氯水是电解质，漂白粉是混合物 B. 氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯分子具有强氧化性 C. 随着化合价的升高，氯的含氧酸酸性和氧化性均逐渐增强 D. 氯化铝受热易升华，加压下加热得到熔融氯化铝不导电，故氯化铝是共价化合物 ‎【答案】D ‎【详解】A.氯水是氯气的水溶液，是混合物，不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B. 氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性、漂白性，而不是因为氯分子具有强氧化性，故B错误；‎ C. 随着化合价的升高，非羟基氧原子个数增多，则氯的含氧酸酸性增强，而氧化性逐渐减弱，故C错误；‎ D. 加压下加热得到熔融氯化铝不导电，说明氯化铝在熔融状态下没有自由移动的离子，即氯化铝为共价化合物，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）‎ A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑‎ B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2 ＋2H2O＋ 4e－＝4OH－‎ C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋‎ D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋‎ ‎【答案】A ‎【分析】在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。‎ A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；‎ B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；‎ C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；‎ D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。‎ ‎【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；‎ B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B错误；‎ C项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；‎ D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。‎ ‎7.为提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）‎ 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 A 溴化钠溶液（NaI）‎ 氯水、CCl4‎ 萃取、分液 B 氯化铵溶液(FeCl3)‎ 氢氧化钠溶液 过滤 C 二氧化碳（CO）‎ 氧化铜粉末 通过灼热的CuO粉末 D 苯（苯酚）‎ 浓溴水 过滤 ‎【答案】C ‎【详解】A.Cl2与NaBr、NaI都会发生反应，不能达到除杂的目的，A错误；‎ B.NaOH与NH4Cl、FeCl3都发生反应，不能达到除杂的目的，B错误；‎ C.CuO与CO在加热时反应产生CO2、Cu单质，Cu是固体，与气体分离，达到除杂、净化的目的，C正确；‎ D.浓溴水与苯酚发生取代反应产生三溴苯酚，但三溴苯酚容易溶于苯中，不能通过过滤的方法分离，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 用MnO2催化H2O2分解时，每生成11.2L的O2转移NA个电子 B. 标准状况下，22.4L SO3中含有的硫原子数目为NA C. 标准状况下，2.24L氧元素的单质所含原子数一定为0.2NA D. 6.4gS6与S8的混合物中所含硫原子数一定为0.2NA ‎【答案】D ‎【详解】A.没有标注温度和压强，无法确定11.2L氧气的物质的量，故A错误；‎ B.标准状况下，三氧化硫是固体，故B错误；‎ C.氧元素的单质有O2和O3，标况下2.24L臭氧所含原子数为0.3NA，故C错误；‎ D.6.4gS2和S8的混合物中含有6.4gS原子，则混合物中含有S的物质的量为0.2mol，所含硫原子数一定为0.2NA，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9.在一定条件下，下列物质不能与二氧化硅反应的是（ ）‎ ‎①焦炭 ②纯碱 ③碳酸钙 ④氢氟酸 ⑤硝酸 ⑥氢氧化钠 ⑦氢氧化钙 A. ③⑤⑦ B. ⑤⑦ C. ③⑤ D. ⑤‎ ‎【答案】D ‎【详解】：①二氧化硅能被碳还原生成硅单质和一氧化碳，故①不选； ②二氧化硅能与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，故②不选； ③二氧化硅能与碳酸钙反应生成硅酸钙和二氧化碳，故③不选； ④二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故④不选； ⑤二氧化硅不能与硝酸反应，故⑤选； ⑥二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，故⑥不选； ⑦二氧化硅能与氢氧化钙反应生成硅酸钙，故⑦不选；‎ 不能与二氧化硅反应的为⑤，故答案为D。‎ ‎【点睛】二氧化硅为酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性能与碱反应，但与水不反应，除与氢氟酸反应外，与其它酸不反应，能和纯碱反应。‎ ‎10.下列叙述中正确的是（ ）‎ ‎①金属钠不能与NaOH溶液反应；②液溴中溶有少量氯气，可以用加入溴化钠再用汽油萃取的方法提纯；③溴化银具有感光性，碘化银不具感光性；④某溶液与淀粉碘化钾溶液反应出现蓝色，则证明该溶液是氯水或溴水；⑤氟气能与氯化钠水溶液反应生成HF和O2；⑥氯气跟水反应时，水既不是氧化剂也不是还原剂。‎ A. 只有①③⑤ B. 只有②④⑥‎ C. 只有②⑤⑥ D. 只有①③④‎ ‎【答案】C ‎【详解】①NaOH溶液中有水，钠单质可以和水反应生成氢氧化钠和氢气，故错误；‎ ‎②氯气与溴化钠反应生成溴单质与NaCl，溴易溶于有机溶剂，再用汽油萃取提纯，故正确； ③溴化银、碘化银见光由易分解，都具有感光性，故错误； ④强氧化性物质都可以将KI氧化为碘单质，使淀粉KI溶液反应出现蓝色，故该溶液不一定是该溶液是氯水或溴水，故错误；‎ ‎⑤氟气跟氯化钠水溶液反应是氟气与水反应，即2F2+2H2O=4HF+O2，故正确；‎ ‎⑥氯气跟水反应中，水中所含元素化合价没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂，只有氯气中Cl元素的化合价发生，Cl元素化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故正确 正确的有②⑤⑥，故答案为C。‎ 二、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个，该小题就为0分。)‎ ‎11.三氟化氮（NF3）是一种无色无味的气体，它是氨和氟（F2）在一定条件下直接反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，下列有关NF3的叙述正确的是（ ）‎ A. NF3是共价化合物 B. NF3的还原性比NH3强 C. NF3氧化性比F2强 D. NF3中的N呈＋3价 ‎【答案】AD ‎【详解】A．NF3常温下为气体，沸点较低，为分子晶体，故A正确； B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则有NF3的还原性比NH3弱，故B错误； C．反应中F2为氧化剂，NF3为氧化产物，则NF3的氧化性比F2弱，故C错误； D．NF3中F的化合价为-1价，则N呈+3价，故D正确。 故选：AD。‎ ‎12.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①标准状况下，1molSO2和1molSO3具有相同的体积；②SO2使溴水、高锰酸钾酸性溶液褪色是因为SO2有漂白性；③SO2有漂白性，湿润的氯气也有漂白性，若将SO2和Cl2以等物质的量混合后通入品红溶液中，一定褪色更快；④SO2溶于水，得到的溶液有氧化性，还有还原性；⑤SO2通入Ba(OH)2溶液中，有白色沉淀生成，加入稀硝酸最终沉淀将全部溶解⑥SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成。‎ A. ①② B. ③⑤ C. ④⑥ D. ①③⑥‎ ‎【答案】C ‎【详解】①标准状况下，SO3不是气体，不能适用于气体摩尔体积，①不正确；‎ ‎②高锰酸钾酸性溶液褪色是利用的SO2的还原性，②不正确，；‎ ‎③因为二者混合发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，失去漂泊性，③不正确；‎ ‎④SO2溶于水得到H2SO3，其中S的化合价为+4，可以升高到+6，可以降低到0或者-2，具有还原性，也具有氧化性，④正确；‎ ‎⑤硝酸有氧化性，能氧化亚硫酸钡生成硫酸钡，沉淀不溶解，⑤不正确；‎ ‎⑥如果SO2与BaCl2溶液反应，反应BaSO3和HCl，但是弱酸不能制强酸，所以不反应，⑥正确；‎ 综上④⑥正确，答案选C。‎ ‎13.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 过量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：SO2+2OH-=SO42-+H2O B. 澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O C. 碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O D. 碳酸钙和盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O ‎【答案】B ‎【详解】A.过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：SO2+OH-═HSO3-，故A错误；‎ B.澄清石灰水中通入少量二氧化碳，离子反应为Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，故B正确；‎ C.碳酸氢钙溶液跟足量氢氧化钠溶液混合生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2OH-=CO32-+2H2O+CaCO3↓，故C错误；‎ D. 碳酸钙跟盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应的书写及正误判断，明确发生的化学反应即可解答，注意离子反应中保留化学式的物质。‎ ‎14.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。‎ 下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4‎ B. 当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3‎ C. B和Cl2的反应是氧化还原反应 D. 当X是强酸时，C在常温下是气态单质 ‎【答案】D ‎【分析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。‎ ‎【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；‎ B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；‎ C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；‎ D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.向1.00L0.3mol/L的NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重8.8g，所得溶液中（ ）‎ A. 溶质为Na2CO3‎ B. 溶质为Na2CO3、NaHCO3‎ C. c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)‎ D. c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)－c(H+)‎ ‎【答案】BD ‎【分析】向1L 0.3mol/L的NaOH溶液中缓缓通入CO2气体至溶液增重8.8g，则增重的8.8g为二氧化碳的质量，物质的量为0.2mol，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于n(CO2)：n(NaOH)=2：3=1：1.5，介于1：1～1：2之间，所以两个反应都发生，所得溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，结合物料守恒与电荷守恒判断。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，溶液为Na2CO3和NaHCO3，故A错误； B．由上述分析可知，溶液为Na2CO3和NaHCO3，故B正确； C．由碳元素守恒可知c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.2mol/L，溶液中c(Na+)=0.3mol/L，所以c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误； D．根据溶液电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)-c(H+)，故D正确。 故选：BD。‎ ‎【点睛】本题考查根据方程式计算、离子浓度的比较，判断二氧化碳与氢氧化钠的反应是解题关键，注意CD选项中离子浓度比较中物料守恒、电荷守恒的运用。‎ ‎16.把少量NO2体通入过量小苏打溶液中,再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管,最后收集到的气体是（ ）‎ A. 氧气 B. 二氧化氮 ‎ C. 二氧化氮和氧气 D. 二氧化氮和一氧化氮 ‎【答案】C ‎【详解】假设3mol二氧化氮和水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，2mol硝酸和小苏打反应生成2mol二氧化碳，2mol二氧化碳和过氧化钠反应生成1mol氧气，1mol一氧化氮和0.5mol氧气反应生成1mol二氧化氮，所以剩余气体有二氧化氮和氧气，选C。‎ ‎17.一定条件下，可逆反应C(s) + CO2(g)2CO(g) △H＞0，达到平衡状态，进行如下操作：‎ ‎①升高反应体系的温度；　 ②增加反应物C的用量；‎ ‎③缩小反应体系的体积；　 ④减少体系中CO的量。‎ 上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是（ ）‎ A. ①②③④ B. ①③ C. ①② D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【详解】①升高温度，化学反应的正反应、逆反应的速率都加快；‎ ‎②由于碳单质是固体，所以增加反应物C的用量，化学反应速率不变；‎ ‎③缩小反应体系的体积，反应物、生成物的浓度都增大，正反应、逆反应的速率都加快；‎ ‎④减小体系中CO的量，即减小生成物的浓度，在这一瞬间，由于反应物的浓度不变，正反应速率不变，生成物的浓度减小，v正＞v逆，化学平衡正向移动。随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小 ，正反应速率逐渐减小，最终正反应、逆反应速率相等，达到新的平衡状态；‎ 故上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是 ①③；‎ 答案选B。‎ ‎18.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（ ）‎ A. 原混合溶液中c(K＋)为2mol·L-1‎ B. 上述电解过程中共转移4 mol电子 C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5mol D. 电解后溶液中c(H＋)为2mol·L-1‎ ‎【答案】AB ‎【详解】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，两阶段的化学方程式分别为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，2H2O2H2↑＋O2↑；气体的物质的量==1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量= =1mol，则铜离子的物质的量浓度==2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol•L-1-2mol/L×2=2mol/L， A．根据分析知，原混合溶液中c(K+)为2 mol•L-1，故A正确； B．转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B正确； C．根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故C错误；‎ D．第一阶段才有H+产生，第一阶段转移了2mol电子，产生的H+的物质的量为2mol，电解后溶液中c(H+)为：=4mol/L，故D错误；‎ 故选：AB。‎ ‎19.丁香油酚结构简式如图所示，下列关于它的性质说法正确的是（ ）‎ A. 既可燃烧，又可使酸性KMnO4溶液褪色 B. 可跟NaHCO3溶液反应放出CO2气体 C. 碱性条件下可发生水解反应 D. 可与浓溴水发生取代反应 ‎【答案】AD ‎【详解】A．该有机物含C、H、O元素，可燃烧生成二氧化碳和水，且含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确； B．含酚羟基，但酸性弱与碳酸，不与NaHCO3溶液反应，故B错误； C．不含能水解的官能团，则不能发生水解反应，故C错误； D．含酚羟基，其邻位可与浓溴水发生取代反应，故D正确； 故选：AD。‎ ‎20.向含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中持续稳定地通入6.72L（已换算成标准状况）CO2气体。下列表示溶液中离子的物质的量与通入CO2‎ 的体积关系的图象中，符合题意的是（气体的溶解和离子的水解都忽略不计）（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【分析】n(CO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH-，生成0.1molBaCO3．然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1molCO32-．上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.1molCO2，再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0.1molCO2，至此CO2完全消耗，不再发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-反应，最后溶液中溶质为NaHCO3，据此计算解答。‎ ‎【详解】含有0.2mol NaOH和0.1mol Ba(OH)2的溶液中，Na+为0.2mol、Ba2+为0.1mol、OH-为0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，离子总的物质的量为：0.2mol+0.1mol+0.4mol=0.7mol。n(CO2‎ ‎)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol。 相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，该阶段0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-，生成0.1molBaCO3沉淀。 然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-。 再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol，至此CO2完全消耗，不再发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-反应，最后溶液中溶质为NaHCO3，故图象C符合。 故选：C。‎ 第二部分 非选择题 三、（本题包括3小题，共30分）‎ ‎21.在足量的稀氯化亚铁溶液中加入1～2滴液溴，振荡后溶液变为黄色。‎ ‎（1）甲同学认为是Br2溶于水变成黄色溶液；乙认为是Fe2+被氧化成Fe3+使溶液变成黄色。‎ ‎（2）现提供试剂：‎ A．酸性高锰酸钾溶液 B．氢氧化钠溶液 C．四氯化碳 D．硫氰化钾溶液 请判断_____（填“甲”或“乙”）的推断正确，并用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象：‎ 选用试剂 实验现象 第一种方法 ‎_______‎ ‎_______‎ 第二种方法 ‎_______‎ ‎_______‎ ‎（3）若选用淀粉碘化钾溶液判断哪位同学推断正确，是否可行?（填“可行”或“不可行”）：_______；理由：_______________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 乙 (2). C (3). 有机层无色 (4). D (5). 溶液变红 (6). 不可行 (7). 因为Br2和Fe3+都能把I- 氧化成I2‎ ‎【详解】（2）乙同学的观点是不含Br2，含Fe3+，所以丙同学设计实验的出发点选择试剂证明有Fe3+或无Br2，但要考虑所给试剂和明显的现象。Fe3+一般选用KSCN溶液检验，Br2可用CCl4萃取现象确定。如果选用C四氯化碳，则会萃取溴，但是没有Br2，所以有机层无色；如果选用D硫氰化钾溶液，溶液中有Fe3+，溶液变红；‎ ‎（3）因为氧化性Br2>Fe3+>I2，若用KI淀粉溶液，无论含Br2还是含Fe3+，均氧化I-生成I2，使淀粉溶液变蓝，所以不合理。‎ ‎22.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献。他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。有关反应的化学方程式为：NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3；NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是___（填字母标号）。‎ a．碳酸氢钠难溶于水 b．碳酸氢钠受热易分解 c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出 ‎（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验。‎ ‎①一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。‎ 试回答下列有关问题：‎ ‎（Ⅰ）乙装置中的试剂是__________________；‎ ‎（Ⅱ）丁装置中稀硫酸的作用是___________________________；‎ ‎（Ⅲ）实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是____________（填分离操作的名称）。‎ ‎②另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验。‎ ‎（Ⅰ）实验时，须先从___管通入______气体，再从___管中通入______气体；‎ ‎（Ⅱ）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是___________________________；‎ ‎（3）请你再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：______________________________。‎ ‎【答案】(1). c (2). 饱和碳酸氢钠溶液 (3). 吸收逸出的NH3 (4). 过滤 (5). a (6). NH3 (7). b (8). CO2 (9). 增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率 (10). 用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应。（或往烧碱溶液中通入过量CO2；往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等）‎ ‎【分析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠， (1)依据题干中信息碳酸氢钠溶解度相对较小分析，所以在饱和食盐不通入氨气和二氧化碳后，碳酸氢钠晶体会析出； (2)①(I)盐酸是易挥发性酸，在制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体，要除去氯化氢可以用饱和碳酸氢钠溶液，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且二氧化碳在碳酸氢钠溶液中溶解度很小，据此答题； (II)实验过程中氨气可以会从溶液中逸出，稀硫酸能吸收氨气； (III)分离固体与液体采用过滤的方法； ②(I)根据氨气易溶于水，从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答； (II)根据图可知，装置改动后反应物的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率．‎ ‎(3)饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳会与碳酸氢钠析出；‎ ‎【详解】(1)a．碳酸氢钠易溶于水，故错误； b．碳酸氢钠受热易分解，与其在溶液中首先结晶析出无关，故错误； c．碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以在溶液中首先结晶析出，故正确；故答案为：c； (2)①(I)利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液； (II)实验过程中氨气可能会从溶液中逸出，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3‎ ‎； (III)分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作； ②(I)制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，故答案为：a；NH3；b；CO2； (II)装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积增大，提高了二氧化碳的吸收率，‎ ‎(3)根据侯氏制碱法的原理可知用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应可以析出碳酸氢钠，饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳会与碳酸氢钠析出，故答案为：用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应。(或往烧碱溶液中通入过量CO2；往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等)‎ ‎23.KMnO4溶液常用做氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液易被空气中或水中某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此精确配制KMnO4标准溶液的操作是：‎ ‎（1）称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水，将溶液加热并保持微沸lh；‎ ‎（2）用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；‎ ‎（3）过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶放在暗处：‎ ‎（4）利用氧化还原滴定方法，在70℃－80℃条件下用基准试剂（纯度高、稳定性好的物质）溶液测定其浓度。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）为什么要称取稍多于所需的KMnO4固体?_____________________________‎ ‎（2）为什么不用普通滤纸过滤器过滤?____________________________________‎ ‎（3）如何保证在70℃～80℃条件下进行滴定操作：______________________________‎ ‎（4）下列物质中，可以用于测定KMnO4溶液浓度的基准试剂是________‎ A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4·7H2O C．浓盐酸 D．Na2SO3‎ ‎（5）若准确称取Wg草酸晶体（H2C2O4·2H2O）溶于水配成500mL水溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液VmL。6H＋＋2MnO4－＋5H2C2O4·2H2O=2Mn2＋＋10CO2↑＋18H2O，问：‎ ‎①滴定时，高锰酸钾溶液应装在_______________________；‎ ‎②滴定终点标志是__________________________________________；‎ ‎③KMnO4溶液的物质的量浓度为____________；‎ ‎④若滴定前平视，滴定后俯视，则测得的浓度值将______________（填“偏高”或偏低）‎ ‎【答案】(1). 有部分KMnO4被还原成MnO（OH）2 (2). KMnO4的强氧化性能氧化滤纸 ‎ ‎ (3). 可在水浴中加热 (4). A (5). 酸式滴定管 (6). 当最后滴下1滴KMnO4溶液后半分钟不褪色时 (7). (8). 偏高 ‎【分析】(1)高锰酸钾易被还原；‎ ‎(2)高猛酸钾具有强氧化性； (3)水浴加热温度较低； (4)基准试剂要求是纯度高、稳定性好的物质； (5)①滴定时，酸性溶液要盛放在酸式滴定管中； ②滴定终点时最后滴下1滴KMnO4溶液后半分钟不褪色； ③先计算草酸的物质的量浓度，再根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算高锰酸钾的物质的量浓度； ④根据 分析。‎ ‎【详解】(1)根据题意知，高锰酸钾易被空气中某些还原性物质含有生成MnO(OH)2，所以要要称取稍多于所需的KMnO4固体，故答案为：有部分KMO4被还原成MnO(OH)2；‎ ‎(2)KMnO4的强氧化性能氧化滤纸； (3)直接加热温度较高，可用水浴加热，以使温度控制在70℃～80℃，故答案为：可在水浴中加热； (4)A．H2C2O4•2H2O溶于水后纯度高、稳定性好，符合要求，故A正确； B．FeSO4•7H2O不稳定易被氧气氧化，故B错误； C．浓盐酸不稳定，易挥发，故C错误； D．Na2SO3具有还原性，易被氧化而变质，故D错误； 故选A； (5)①滴定时，高锰酸钾溶液中加入了稀硫酸而使溶液呈酸性，酸性溶液要盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管； ②当最后滴下1滴KMnO4溶液后半分钟不褪色时，说明滴定到达终点，故答案为：最后滴下1滴KMnO4溶液后半分钟不褪色； ③草酸的物质的量浓度=‎ ‎，由反应可知高锰酸钾与草酸的物质的量之比为2：5，则有= ；‎ ‎④若滴定前平视，滴定后俯视，导致V(待测)偏小，则c(待测)偏高，故答案为：偏高。‎ 四、（本题包括3小题，共32分）‎ ‎24.在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应（发生的反应均为放热反应）。生成物中含有Cl－、C1O－、C1O3－三种含氯元素的离子，其中C1O－、C1O3－两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示。‎ ‎（1）t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为：_________________________。‎ ‎（2）该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是______ mol。‎ ‎（3）据分析，生成Ca(C1O3)2的反应是由温度升高引起的，通入Cl2的速度不同，C1O－和C1O3－的比例也不同。‎ 若在原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应后____2（填“>”、“<”或“=”）；‎ 若，则n(C1－)=_________mol（用含a的代数式来表示）。‎ ‎【答案】(1). 10Ca(OH)2＋10Cl2＝2Ca(C1O)2＋Ca(C1O3)2＋7CaCl2＋10H2O (2). 5 (3). ＜ (4). ‎ ‎【详解】（1）在t2时，共生成2molClO－和1molClO3－，即氯气一共失去7mol电子，所以应该也有氯气得到7mol电子变为7molCl－，所以可以写出Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为10Ca(OH)2＋10Cl2=2Ca(C1O)2＋Ca(C1O3)2＋7CaCl2＋10H2O；‎ ‎（2）由（1）的反应方程式和图像中的数据，我们可以得到该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是5mol；‎ ‎（3）若在原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应温度升高得较快，根据题意则会生成更多的ClO3-，则反应后＜2；若，即，假设生成，则失去了bmol电子，所以生成，失去了mol电子，故一共失去了mol电子，根据得失电子守恒，反应生成mol氯离子，又因为体系中共有5mol钙离子，则n（ClO-）+n（ClO3-）+n（Cl-）=10mol，即b++=10，解得b=，则n(C1－)= 。‎ ‎25.2007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德·埃特尔，以表彰他在表面化学研究领域作出的开拓性贡献。‎ ‎（1）某校化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。‎ 若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同）。为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是________________________。‎ ‎（2）在汽车的排气管上安装“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂)，它的作用是使CO、NO反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧。‎ ‎①写出CO与NO反应化学方程式：_____________________________________________，该反应作氧化剂的物质是___________。‎ ‎②用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。例如：‎ CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)+2H2O(g)；ΔH1＝－574kJ·mol－1‎ CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)；ΔH2‎ 若1molCH4还原NO2至N2‎ ‎，整个过程中放出的热量为867kJ，则ΔH2=__________________。‎ ‎（3）有人认为：该研究可以使氨的合成反应，在铁催化剂表面进行时的效率大大提高，从而使原料的转化率大大提高。请你应用化学基本理论对此观点进行评价：________________‎ ‎_________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 溶液显色所需要的时间 (2). 2CO+2NON2+2CO2 (3). NO (4). -1160kJ·mol－1 (5). 该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动 ‎【分析】(1)催化剂不同催化效果不同，可将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同)，测量并记录的溶液显色的时间； (2)①CO、NO反应生成了CO2和N2，据此写出反应的化学方程式，然后判断氧化剂； ②写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式，然后结合CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-574kJ•mol-1反应，求算出△H2； (3)催化剂只能加快反应速度，不能改变化学平衡。‎ ‎【详解】(1)溶液显色的时间不同，说明催化剂的催化效果不同，需要测量并记录溶液显色所需要的时间； (2)①CO和NO反应生成了CO2和N2，根据化合价变化配平该反应方程式为：2CO+2NO N2+2CO2，该反应中一氧化氮被还原生成氮气，NO为氧化剂； ②1molCH4还原NO2至N2，热化学方程式是：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H3=-867kJ•mol-1；结合热化学方程式CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-574kJ•mol-1，可以得出：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H2=-1160 kJ•mol-1； 故答案为：-1160 kJ•mol-1； (3)催化剂只能加快反应速度，不能改变化学平衡，所以该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动。‎ ‎26.氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：‎ ‎____SiO2＋____C＋____N2____Si3N4＋____CO ‎（1）配平上述反应的化学方程式（将化学计量数填在方框内）；‎ ‎（2）该反应的氧化剂是_________，其还原产物是_________；‎ ‎（3）该反应的平衡常数表达式为K=____________；‎ ‎（4）若知上述反应为放热反应，则其反应热△H___0（填“＞”、“<”或“=”）；升高温度，其平衡常数值______（填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎（5）若使压强增大，则上述平衡向______反应方向移动（填“正”或“逆”）；‎ ‎（6）若已知CO生成速率为v(CO)=18mol/(L·min)，则N2消耗速速率为v(N2)=__ _______mol/(L·min)。‎ ‎【答案】(1). 3 (2). 6 (3). 2 (4). 1 (5). 6 (6). N2 (7). Si3N4 (8). K=或K= (9). < (10). 减小 (11). 逆 (12). 6‎ ‎【分析】(1)根据化合价的变化结合电子守恒元素守恒配平方程式；‎ ‎(2)氧化剂得电子化合价降低，得到还原产物；‎ ‎(3)根据化学平衡常数的概念：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，注意固体度为常数，不写入；‎ ‎(4)放热反应焓变小于零，放热反应升温平衡逆向移动，据此分析；‎ ‎(5)增大压强平衡向压强减小的方向移动；‎ ‎(6)依据同一反应中速率之比等于计量数之比分析；‎ ‎【详解】(1)反应中C元素由0价变为+2价，N元素由0价变为-3价，一个氮气中有两个氮原子，所以C和N2的计量数之比为3:1，再结合元素守恒可得方程式为：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)═Si3N4(s)+6CO(g)；‎ ‎(2)反应中N2得电子化合价降低，所以氮气为氧化剂，得到的产物Si3N4为还原产物；‎ ‎(3)根据化学平衡常数的概念可知该反应平衡常数K=或K=；‎ ‎(4)对于放热反应，反应热△H＜0；对于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小；‎ ‎(5)增大压强平衡向压强减小的方向移动，即向气体计量数之和小的方向移动，所以增大压强该反应逆向移动；‎ ‎(6)已知CO生成速率为v(CO)=18mol•L-1•min-1，根据速率之比等于化学计量数之比，则3v(N2)= v(CO)，所以v(N2)=6mol•L-1•min-1。‎ 五、（本题包括1小题，8分）‎ ‎27.如图是部分常见元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的部分产物已略去）。‎ 已知：E为红色固体，K为浅绿色溶液；反应②是化工生产中的重要反应；B、C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G分子构型为三角锥形，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子。‎ ‎（1）化合物A中含有的两种元素是_________。‎ ‎（2）F的化学式_________；G的水溶液中，最多的阳离子是_________。‎ ‎（3）写出K与H反应的离子方程式：_________________________________。‎ ‎（4）在实验室中，向饱和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反应后过滤，可制得浓度较大的P的水溶液。使用化学平衡移动原理加以解释______________________________________‎ ‎_________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). S、Fe (2). SO2 (3). NH4+ (4). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (5). 饱和H水溶液中存在平衡：Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，加入的CaCO3粉末与H+反应，平衡正向移动，HClO浓度增大 ‎【分析】E为红棕色固体，可知E为Fe2O3，与盐酸反应生成J是FeCl3，K为浅绿色溶液，应为FeCl2，氯化亚铁与单质H反应得到氯化铁，故H是氯气，F与氯化铁反应得到氯化亚铁，F具有还原性，F是形成酸雨的主要物质之一，则F为SO2，反应①是化工生产中的重要反应，反应得到E与F，应是硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁与二氧化硫，可推知A为FeS。N是一种常见的氮肥，化合物G分子构型为三角锥形，G与二氧化硫在溶液中反应得到L、L与盐酸反应得到N与二氧化硫，可推知G具有碱性，由转化关系可知G中含有N元素，故G是NH3，L为亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，则N是NH4‎ Cl，单质C与D反应得到G，C、D分别为氮气、氢气中的一种，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子，由氯气与氨气反应得到，M与水反应得到P 和G，且P的水溶液均具有漂白作用，则M是NCl3，P为HClO，据此解答。‎ ‎【详解】(1)A为FeS，所含两种元素为铁元素和硫元素；‎ ‎(2)F为SO2，G是NH3，其水溶液为氨水，存在电离，最多的阳离子为NH4+；‎ ‎(3)K为FeCl2，H为氯气，反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；‎ ‎(4)H为氯气其水溶液为氯水，在饱和氯气水溶液中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入的碳酸钙，CaCO3粉末与H+反应，溶液中H+浓度减小，平衡正向移动。‎ ‎【点睛】本题考查无机物推断，涉及转化关系较多，综合考查学生对元素化合物知识的整合能力，物质的盐酸、性质等时推断突破口，注意根据题目提供想信息进行推断。‎ 六、（选做题，本题共10分）考生注意：28、29题为选做题，考生可任选一题。‎ ‎28.2007年全世界石油价格居高不下，其主要原因是随着社会生产的发展，人口增多，对能源的需求量逐年增加，全球石油储量下降。寻求和制备代号称“黑金”的新能源已经成为紧迫任务，化学工作者正在研究以天然气和醇类合成优质汽油的方法。‎ 已知：（1）凡与醛基直接相连的碳原子上的氢称为α一H原子，在稀碱溶液的催化作用下，一个醛分子上的α一H原子连接到另一个醛分子的氧原子上，其余部分连接到羰基碳原子上生成羟基醛，如：‎ ‎（1）R-CH2-CHO+R1-CH2-CHO ‎（2）2R-CH2-Cl+2NaR-CH2-CH2-R+2NaCl ‎（3）CH3-CH=CH2+H-Cl 合成路线如下：‎ ‎（1）写出D的结构简式__________________；‎ ‎（2）在反应②～⑦中，属于加成反应的是____________，属于消去反应的是_________。‎ ‎（3）写出反应方程式：E→F：__________________________________________；‎ ‎（4）H也能与NaOH水溶液反应，其反应方程式为__________________________________。‎ ‎【答案】(1). CH2=C(CH3)CHO (2). ③⑤⑦ (3). ②④ (4). (CH3)2CHCH2OH (CH3)2C=CH2 +H2O (5). +NaOH+NaCl ‎【分析】由合成路线可知，B为CH3OH，反应⑦为CH≡CH与水的加成反应，则A为CH2=CHOH或CH3CHO，结合信息可知，HCHO与CH3CH2CHO发生反应①为加成反应，则C为CH2OHCH(CH3)CHO，反应②为消去反应，则D为CH2=C(CH3)CHO，D与氢气加成生成E，则E为(CH3)2CHCH2OH，反应④为消去反应，生成F为(CH3)2C=CH2，反应⑤为F与HCl的加成反应，生成H为(CH3)3CCl，反应⑥为取代反应生成G为(CH3)3CC(CH3)3，然后结合有机物的结构和性质来解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，D为CH2=C(CH3)CHO，故答案为：CH2=C(CH3)CHO； (2)由上述分析可知，反应②～⑦中，D→E的反应③为加成，F→H的反应⑤为加成，反应⑦‎ 为CH≡CH与水的加成反应；C→D的反应②为消去反应，E→F的反应④为消去反应，故答案为：③⑤⑦；②④；‎ ‎(3)E为(CH3)2CHCH2OH，F为，E生成F为羟基的消去反应，方程式为：(CH3)2CHCH2OH (CH3)2C=CH2 +H2O；‎ ‎(4)H为(CH3)3CCl，在氢氧化钠水溶液中发生取代反应，方程式为：+NaOH+NaCl。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成，明确信息的利用及反应的条件来推断各物质是解答本题的关键，反应①为解答的易错点和难点，注意常见有机反应类型及与反应条件的关系来解答。‎ ‎29.下表是元素周期表中第一、第二周期10种元素的某种性质的一组数据（所列数据的单位是相同的）。除带“……”的四种元素除外，其余元素都给出了该种元素的全部该类数据。‎ ‎(H)‎ ‎13.6‎ ‎(He)‎ ‎24.6‎ ‎54.4‎ ‎(Li)‎ ‎5.4‎ ‎75.6‎ ‎122.5‎ ‎(Be)‎ ‎9.3‎ ‎18.2‎ ‎153.9‎ ‎217.7‎ ‎(B)‎ ‎8.3‎ ‎25.2‎ ‎37.9‎ ‎259.4‎ ‎340.2‎ ‎(C)‎ ‎11.3‎ ‎24.4‎ ‎47.9‎ ‎64.5‎ ‎392.1‎ ‎489.9‎ ‎(N)‎ ‎14.5‎ ‎29.6‎ ‎47.4‎ ‎72.5‎ ‎97.9‎ ‎552.1‎ ‎……‎ ‎(O)‎ ‎13.6‎ ‎35.1‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎(F)‎ ‎17.4‎ ‎34.9‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎(Ne)‎ ‎21.6‎ ‎41.6‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ ‎……‎ 研究这些数据：‎ ‎（1）每组数据可能是该元素的_____。‎ A．原子得到电子所放出的能量 B．原子半径的大小 C．原子逐个失去电子所吸收的能量 D．原子及形成不同分子的半径的大小 ‎（2）分析同周期自左往右各元素原子的第一个数据 ‎①总体变化趋势是___________（填“增大”或“减小”），②与前后元素相比，由于该元素的数值增大得较多而变为反常的元素是在_____族，分析它们的原子核外电子排布后，指出造成上述反常情况的可能原因是_____。‎ A．它们的原子半径突然变小些 B．它们的核外电子排布处于饱和状态 C．它们的原子半径突然变大些 D．它们的核外电子排布处于半充满或全充满状态 根据以上规律，请推测镁和铝的第一个数据的大小Mg(1)_____Al(1)。‎ ‎（3）同一元素原子的一组数据是约以倍比关系增大，请你说出可能的一个原因是_________‎ ‎_____________________________________________________，每个元素的一组数据中个别地方增大的比例特别大，形成突跃（大幅度增大），请找出这些数据，并根据这些数据出现的规律，你认为氧元素出现该情况的数据应该是氧元素8个数据的第______个。‎ 上述规律可以证明原子结构中_________________________________________的结论。‎ ‎【答案】(1). C (2). 增大 (3). ⅡA、ⅤA (4). D (5). > (6). 原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加 (7). 七 (8). 原子核外电子是分层排布的 ‎【分析】(1)A．同一元素获得电子越多，放出的能量越少； B．同一元素原子半径不变； C．同一元素失去电子越多吸收的能量越高； D．同一元素原子或分子半径不变； (2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势； ②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素； (3)由表中数据可知，“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁。‎ ‎【详解】：(1)A．同一元素随获得电子增多，放出的能量越少，故A错误； B．同一元素原子半径不变，故B错误； C．同一元素随失去电子增多，吸收的能量越高，故C正确； D．同一元素原子或分子半径不变，故D错误； 故答案为：C． (2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，故答案为：增大； ②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定，不容易失去电子，故选D；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素，Mg元素处于ⅡA，Al元素处于ⅤA族，故Mg(1)＞Al(1)，故答案为：ⅡA、ⅤA；D；>； (3)由表中数据可知，“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能，原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁，故氧元素8个数据中出现“突跃”的数据应该是第7个；上述规律可以证明原子结构中原子核外电子是分层排布的的结论。 ‎