2024年高考化学终极押题密卷2（全国乙卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷2（全国乙卷）一．选择题（共7小题）1．科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O+2CONa2CO3+C（石墨烯），除去Na2CO3可制得蜂窝状石墨烯。下列说法正确的是（）A．该反应既是氧化还原反应又是化合反应 B．CO属于酸性氧化物，该反应中作氧化剂 C．Na2CO3俗名小苏打，其溶液呈碱性 D．Na2O属于碱性氧化物，也属于离子化合物2．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子结构如图。下列说法正确的是（）A．能发生取代反应和消去反应 B．分子中所有碳原子有可能在同一平面内 C．含有6种官能团 D．1mol3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸能消耗7molNaOH3．下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A加热NaI固体和浓磷酸的混合物有气体产生可能生成HI气体B向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液浊液变澄清酸性：苯酚＞碳酸C常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强D向溴水中加入苯，振荡后静置水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应A．A B．B C．C D．D4．如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A．单质的氧化性：X＞Y＞Z B．简单阴离子的半径大小：X＞Y＞Z C．稳定性：XH3＞YH3 D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．31g白磷（P4）中含有的磷原子数为NA B．0.5mol⋅L﹣1CaCl2溶液中含有Cl﹣的数目为NA C．标准状况下，11.2LSO3中含有的原子总数为2NA D．1molNa2O2与足量水反应转移的电子数为2NA6．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理为Zn+Ag2O+H2O＝Zn（OH）2+2Ag。其工作示意图如图所示。下列说法不正确的是（）A．Zn电极是负极，K+向Ag2O电极迁移 B．Ag2O电极发生还原反应 C．Zn电极的电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2 D．放电前后电解质溶液的pH保持不变7．某Na2CO3溶液体系中满足c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1，现利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线。下列说法正确的是（）A．lgKa1（H2CO3）＝6.37 B．M点时，溶液中存在：c（）＜c（OH﹣） C．某混合液体系中，初始状态为pH＝9、1g[c（Ni2+）]＝﹣5，当体系达平衡后存在：c（）+c（）+c（H2CO3）＜0.1mol/L D．沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液比0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的效果好二．解答题（共4小题）8．北京市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量（以I计）20～50mg/kg（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式KIO3+KI+H2SO4═K2SO4+I2+H2O（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验．向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳．Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是．（3）已知：I2+2S2═2I﹣+S4．某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全．①判断c中反应恰好完全依据的现象是．②b中反应所产生的I2的物质的量是mol．③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含w的代数式表示）mg/kg．9．低碳烯烃（乙烯、丙烯、丁烯等）作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中具有举足轻重的作用。Ⅰ．小分子烃类（如丙烯）作为还原剂可以在催化剂上选择性还原NO。已知：C3H6（g）+9NO（g）═N2（g）+3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2838.4kJ•mol﹣1C3H6（g）+O2（g）═3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2025.7kJ•mol﹣1（1）反应2NO（g）═N2（g）+O2（g）ΔH＝kJ⋅mol﹣1。Ⅱ．二氧化碳可将乙烷转化为更有工业价值的乙烯。相同反应时间，不同温度、不同催化剂的条件下测得的数据如表1（均未达到平衡状态）：表1实验编号①②③④反应温度/℃650650600550催化剂钴盐铬盐C2H6的转化率/%19.0C2H4的选择性/%17.677.379.785.2（2）已知C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。反应温度为650℃时，较优的催化剂为（填“钴盐”或“铬盐”）。Ⅲ．一定条件下，碘甲烷（CH3I）热裂解制低碳烯烃的主要反应有：反应i：2CH3I（g）⇌C2H4（g）+2HI（g）ΔH1Kp1＝a反应ii：3C2H4（g）⇌2C3H6（g）ΔH2Kp2＝b反应iii：2C2H4（g）⇌C4H8（g）ΔH3Kp3＝c反应i、ii、iii在不同温度下的分压平衡常数Kp如表2，回答下列问题：表2T/Kp298K323K423K523K623K723K反应i7.77×10﹣81.65×10﹣61.05×10﹣22.801.41×1022.64×103反应ii7.16×10132.33×10121.48×1083.73×1056.42×1033.40×102反应iii2.66×10116.04×1091.40×1051.94×1022.248.99×10﹣2（3）根据表中数据推出反应ⅰ的活化能Ea（正）（填“＞”或“＜”）Ea（逆）。（4）实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6（g）⇌3C4H8（g）ΔH4Kp4，结合表2数据分析ΔH4（填“＞”或“＜”）0，陈述理由：。（5）其他条件不变，起始压强为0.1aMPa，向容积为1L的恒容密闭容器中投入1molCH3I（g），只发生反应i、ii、iii，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占气体组分物质的量分数的影响如图。一定能说明该体系达到平衡状态的是（填标号）。750K条件下，平衡时，体系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）＝，反应ⅰ的压强平衡常数Kp＝MPa。A．CH3I的转化率达到最大值B．v（CH3I）＝v（HI）C．气体的密度不再发生变化D．各气体组分的百分含量保持不变10．铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应用，回答下列问题：（1）铁元素在元素周期表第四周期第列，属于区元素，基态铁原子M层的电子排布式为。（2）铁形成的常见离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因。（3）检验Fe2+是否被氧化为Fe3+的方法之一是：取待测液，加入KSCN溶液，观察是否有红色的[Fe（SCN）（H2O）5]2+生成。①[Fe（SCN）（H2O）5]2+中Fe3+的杂化轨道类型为（填字母）。A．dsp2B．dsp3C．sp3d2D．sp3②配体SCN﹣和H2O的键角大小：SCN﹣H2O（填“＜”“＞”或“＝”。用杂化轨道理论解释，其原因为。③SCN﹣中所有原子均满足最外层8电子结构。写出SCN﹣的电子式。（4）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交晶胞结构如图a所示，沿x轴与z轴的投影图分别如图b和图c所示。①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的相对位置，称作原子坐标。如1号原子的坐标为（0，0，），2号原子的坐标为（﹣n），则3号Fe原子的坐标为。②若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为g•cm﹣3（列出计算表达式）。11．某固化剂K的合成路线及相关的反应方程式如图所示（部分试剂及反应条件省略）。制备J的反应方程式：已知：①②（1）A的结构简式为。（2）B的链节中官能团的名称为。（3）E与Br2在FeBr3催化作用下生成的反应类型为；F与足量新制Cu（OH）2反应的化学方程式为；试剂G的化学式为。（4）C的某同系物分子式为C7H8O3，该同系物的同分异构体中，同时满足下列条件的结构共有种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为（只写一个）。①含有苯环②含有﹣CH3③不含﹣O﹣O﹣键（5）一定条件下，B（聚合度n＝7）和C按物质的量之比2：1完全反应生成D的化学方程式为：；生成固化剂K的反应类型为加成反应，则K的结构简式为。三．工艺流程题（共1小题）12．钒酸铋（BiVO4）是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉（主要成分是Bi2S3，并含Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质）为原料制备钒酸铋（BiVO4）的流程如图所示：已知部分信息如下：①氧化性：Fe3+＞Bi3+。②滤液1中的阴离子主要是Cl﹣。③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Bi（OH）3开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH当溶液中某离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，视为沉淀完全。回答下列问题：（1）浸渣1的主要成分为。（2）浸取时Bi2S3转化的离子方程式为。（3）从工艺流程分析，氧化调节pH环节，除了可用NaOH溶液，还可用调节，且需调至溶液的pH为（填范围）。（4）稀释水解时通常通入水蒸气，其目的是；水解的化学方程式为。（5）设计实验检验气体X的成分：。（6）常温下，Bi（OH）3的Ksp为。

2024年菁优高考化学终极押题密卷2（全国乙卷）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O+2CONa2CO3+C（石墨烯），除去Na2CO3可制得蜂窝状石墨烯。下列说法正确的是（）A．该反应既是氧化还原反应又是化合反应 B．CO属于酸性氧化物，该反应中作氧化剂 C．Na2CO3俗名小苏打，其溶液呈碱性 D．Na2O属于碱性氧化物，也属于离子化合物【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应；离子化合物的结构特征与性质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题；氧化还原反应专题．【答案】D【分析】A．元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应，两种或两种以上的物质反应生成一种物质的反应为化合反应；B．和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，元素化合价降低的物质做氧化剂；C．小苏打是碳酸氢钠的俗称；D．和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，阴阳离子过程的化合物为离子化合物。【解答】解：A．Na2O+2CONa2CO3+C（石墨烯），属于氧化还原反应，但不是化合反应，故A错误；B．CO和酸、碱都不反应，属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，该反应中作氧化剂、还原剂，故B错误；C．Na2CO3俗名苏打，其溶液呈碱性，故C错误；D．Na2O和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，是钠离子和阳离子构成的化合物，属于离子化合物，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度不大。2．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子结构如图。下列说法正确的是（）A．能发生取代反应和消去反应 B．分子中所有碳原子有可能在同一平面内 C．含有6种官能团 D．1mol3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸能消耗7molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】A【分析】A．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有醇羟基、酯基和酚羟基；B．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子中的苯环、碳碳双键和酯基都为平面结构；C．分子中含有酮羰基、羟基、酯基、碳碳双键；D．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有的酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应。【解答】解：A．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有醇羟基、酯基和酚羟基，能表现醇、酯和酚的性质，所以一定条件下能发生取代反应和消去反应，故A正确；B．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子中的苯环、碳碳双键和酯基都为平面结构，六元环不是平面结构，故B错误；C．分子中含有酮羰基、羟基、酯基、碳碳双键，共4种官能团，故C错误；D．由结构简式可知，3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有的酯基和酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，所以1mol3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸能与3mol氢氧化钠恰好完全反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A加热NaI固体和浓磷酸的混合物有气体产生可能生成HI气体B向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液浊液变澄清酸性：苯酚＞碳酸C常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强D向溴水中加入苯，振荡后静置水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；苯的溴化反应实验．【专题】有机实验综合．【答案】A【分析】A．浓磷酸沸点高于HI；B．向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液反应生成向苯酚钠和NaHCO3溶液；C．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致无明显现象，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡；D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅。【解答】解：A．浓磷酸沸点高于HI，可能生成HI气体，故A正确；B．向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液反应生成向苯酚钠和NaHCO3溶液，浊液变澄清，酸性：苯酚＞碳酸氢根，但碳酸＞苯酚，故B错误；C．稀硝酸与铁反应会产生气泡，常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致无明显现象，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，故C错误；D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生有机实验的掌握情况，试题难度中等。4．如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A．单质的氧化性：X＞Y＞Z B．简单阴离子的半径大小：X＞Y＞Z C．稳定性：XH3＞YH3 D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【答案】B【分析】周期表中元素的排列规律分可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素，电子层数越多半径越大，同周期原子半径依次减小，单质氧化性增大，最高价含氧酸的酸性增大，同主族原子半径依次增大，单质氧化性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，元素负价＝8﹣最外层电子数，以此解答该题。【解答】解：A．单质的氧化性：X＜Y＜Z，故A错误；B．离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故B正确；C．非金属性越强，其氢化物越温定，X为P元素，Y为N元素，N的非金属性比磷强，因而稳定性XH3＜YH3，故C错误；D．X的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；故选：B。【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握扇形元素周期表与常见元素周期表的关系为解答的关键，注意非金属性的比较及化合物中的化学键，题目难度不大。5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．31g白磷（P4）中含有的磷原子数为NA B．0.5mol⋅L﹣1CaCl2溶液中含有Cl﹣的数目为NA C．标准状况下，11.2LSO3中含有的原子总数为2NA D．1molNa2O2与足量水反应转移的电子数为2NA【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．【答案】A【分析】A．31g白磷（P4）中含有31g磷原子；B．溶液体积未知；C．标准状况下SO3不是气体；D．1molNa2O2与足量水反应转移的电子数为NA。【解答】解：A．31g白磷（P4）中含有31g磷原子，磷原子物质的量为，磷原子数为NA，故A正确；B．溶液体积未知，不能确定0.5mol⋅L﹣1CaCl2溶液中氯离子数目，故B错误；C．标准状况下SO3不是气体，不能依据体积确定分子数，故C错误；D．1molNa2O2与足量水反应转移的电子数为NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理为Zn+Ag2O+H2O＝Zn（OH）2+2Ag。其工作示意图如图所示。下列说法不正确的是（）A．Zn电极是负极，K+向Ag2O电极迁移 B．Ag2O电极发生还原反应 C．Zn电极的电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2 D．放电前后电解质溶液的pH保持不变【考点】原电池原理．【专题】电化学专题．【答案】D【分析】原电池反应Zn+Ag2O+H2O＝Zn（OH）2+2Ag中，负极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2、正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣＝2Ag+2OH﹣，电子由负极流向正极，以此来解答。【解答】解：A．活泼金属Zn为负极，阳离子向正极移动，故K+向Ag2O电极迁移，故A正确；B．正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣＝2Ag+2OH﹣，发生还原反应，故B正确；C．负极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2，故C正确；D．氢氧根离子物质的量虽然不变，但水的量减少，KOH的浓度增大，pH增大，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池知识，题目难度不大，明确电极反应、原电池的正负极以及电池反应的关系，注意结合氧化还原反应来分析。7．某Na2CO3溶液体系中满足c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol•L﹣1，现利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线。下列说法正确的是（）A．lgKa1（H2CO3）＝6.37 B．M点时，溶液中存在：c（）＜c（OH﹣） C．某混合液体系中，初始状态为pH＝9、1g[c（Ni2+）]＝﹣5，当体系达平衡后存在：c（）+c（）+c（H2CO3）＜0.1mol/L D．沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液比0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的效果好【考点】沉淀溶解平衡；弱电解质的电离平衡．【答案】D【分析】A．由图1可知，pH＝6.37时c（H2CO3）＝c（），此时Ka1（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+）；B．M点时pH＝8.25，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5.75mol/L，由图1可知，pH＝10.25时c（）＝c（），此时Ka2（H2CO3）＝×c（H+）═c（H+）＝10﹣10.25，溶液中c（）≈0.1mol/L，则c（）＝Ka1（H2CO3）•c（）×＝10﹣10.25×0.1×mol/L＝10﹣3mol/L；C．由图2可知pH＝9、lg[c（Ni2+）]＝﹣5的点位于曲线Ⅱ的下方，不会生成NiCO3沉淀，含碳微粒总量不变；D．由1可知0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH接近8，0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pH接近12，由图2可知pH＜8.25时，NiCO3饱和溶液中c（Ni2+）减小，pH接近12时Ni2+主要转化为Ni（OH）2沉淀。【解答】解：A．由图1可知，pH＝6.37时c（H2CO3）＝c（），此时Ka1（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.37，lgKa1（H2CO3）＝﹣6.37，故A错误；B．由图1可知，pH＝10.25时c（）＝c（），此时Ka1（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣10.25，M点时pH＝8.25，c（H+）＝10﹣8.25mol/L，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5.75mol/L，溶液中c（）≈0.1mol/L，则c（）＝Ka2（H2CO3）•c（）×＝10﹣10.25×0.1×mol/L＝10﹣3mol/L，所以M点时，溶液中存在：c（）＞c（OH﹣），故B错误；C．由图可知，初始状态为pH＝9、1g[c（Ni2+）]＝﹣5，此时恰好为Ni（OH）2的沉淀溶解平衡体系，不会生成NiCO3沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol/L，故C错误；D．由图2可知pH＜8.25时，NiCO3优先于Ni（OH）2生成沉淀，pH＞8.25时Ni（OH）2优先于NiCO3生成沉淀，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH接近8，0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液比0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的效果好，故D正确；故选：D。【点评】本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力和基础知识综合运用能力的考查，把握电离平衡常数的计算方法、溶度积常数的应用是解题关键，注意掌握图象信息的应用，题目难度中等。二．解答题（共4小题）8．北京市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量（以I计）20～50mg/kg（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式1KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验．向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳．Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是I2++H2O＝2I﹣++2H+．（3）已知：I2+2S2═2I﹣+S4．某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全．①判断c中反应恰好完全依据的现象是溶液由蓝色恰好变为无色．②b中反应所产生的I2的物质的量是1.0×10﹣5mol．③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含w的代数式表示）mg/kg．【考点】氯及其化合物的综合应用；碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）I元素的化合价由+5价降低为0，KI中I元素的化合价由﹣1价升高为0，结合电子、原子守恒配平；（2）Na2SO3稀溶液与I2反应，为氧化还原反应，S元素的化合价升高，I元素的化合价降低；（3）①淀粉遇碘变蓝，可判断滴定终点；②Na2S2O3的物质的量是2.0×10﹣3mol/L×0.01L＝2.0×10﹣5mol，结合I2+2S2═2I﹣+S4计算I2的物质的量；③存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此计算含碘量．【解答】解：（1）碘酸钾中碘元素的化合价由+5价降低到0价，得到5个电子．碘化钾中碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，失去1个电子，所以根据电子的得失守恒以及原子守恒可知，配平后的化学反应为KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1；5；3；3；3；3；（2）单质碘被还原，说明作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，所以反应的方程式是I2++H2O＝2I﹣++2H+，故答案为：I2++H2O＝2I﹣++2H+；（3）①由于碘遇淀粉显蓝色，所以判断c中反应恰好完全时依据的现象是溶液由蓝色恰好变为无色，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色；②Na2S2O3的物质的量是2.0×10﹣3mol/L×0.01L＝2.0×10﹣5mol，根据I2+2S2═2I﹣+S4可知，b中反应所产生的I2的物质的量是2.0×10﹣5mol×＝1.0×10﹣5mol，故答案为：1.0×10﹣5；③根据（1）中的反应式可知，KIO3～3I2～6Na2S2O3，所以碘酸钾的物质的量是2.0×10﹣5mol×，因此所测精制盐的碘含量是＝mg/kg，故答案为：．【点评】本题考查物质含量及氧化还原反应的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握原子、电子守恒及反应中的物质的量关系为解答该题的关键，题目难度不大。9．低碳烯烃（乙烯、丙烯、丁烯等）作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中具有举足轻重的作用。Ⅰ．小分子烃类（如丙烯）作为还原剂可以在催化剂上选择性还原NO。已知：C3H6（g）+9NO（g）═N2（g）+3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2838.4kJ•mol﹣1C3H6（g）+O2（g）═3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2025.7kJ•mol﹣1（1）反应2NO（g）═N2（g）+O2（g）ΔH＝﹣180.6kJ⋅mol﹣1。Ⅱ．二氧化碳可将乙烷转化为更有工业价值的乙烯。相同反应时间，不同温度、不同催化剂的条件下测得的数据如表1（均未达到平衡状态）：表1实验编号①②③④反应温度/℃650650600550催化剂钴盐铬盐C2H6的转化率/%19.0C2H4的选择性/%17.677.379.785.2（2）已知C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。反应温度为650℃时，较优的催化剂为铬盐；C2H6的转化率随温度升高逐渐增大，但C2H4的选择性随温度的升高而逐渐减小（填“钴盐”或“铬盐”）。Ⅲ．一定条件下，碘甲烷（CH3I）热裂解制低碳烯烃的主要反应有：反应i：2CH3I（g）⇌C2H4（g）+2HI（g）ΔH1Kp1＝a反应ii：3C2H4（g）⇌2C3H6（g）ΔH2Kp2＝b反应iii：2C2H4（g）⇌C4H8（g）ΔH3Kp3＝c反应i、ii、iii在不同温度下的分压平衡常数Kp如表2，回答下列问题：表2T/Kp298K323K423K523K623K723K反应i7.77×10﹣81.65×10﹣61.05×10﹣22.801.41×1022.64×103反应ii7.16×10132.33×10121.48×1083.73×1056.42×1033.40×102反应iii2.66×10116.04×1091.40×1051.94×1022.248.99×10﹣2（3）根据表中数据推出反应ⅰ的活化能Ea（正）＞（填“＞”或“＜”）Ea（逆）。（4）实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6（g）⇌3C4H8（g）ΔH4Kp4，结合表2数据分析ΔH4＜（填“＞”或“＜”）0，陈述理由：升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH4＜0。（5）其他条件不变，起始压强为0.1aMPa，向容积为1L的恒容密闭容器中投入1molCH3I（g），只发生反应i、ii、iii，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占气体组分物质的量分数的影响如图。一定能说明该体系达到平衡状态的是D（填标号）。750K条件下，平衡时，体系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）＝1：3：4，反应ⅰ的压强平衡常数Kp＝0.08aMPa。A．CH3I的转化率达到最大值B．v（CH3I）＝v（HI）C．气体的密度不再发生变化D．各气体组分的百分含量保持不变【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；化学平衡计算．【答案】（1）﹣180.6；（2）铬盐；（3）＞；（4）＜；升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH4＜0；（5）D；1：3：4；0.08a。【分析】（1）①C3H6（g）+9NO（g）═N2（g）+3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2838.4kJ•mol﹣1②C3H6（g）+O2（g）═3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2025.7kJ•mol﹣1利用盖斯定律，将[反应①﹣②]÷4.5得反应2NO（g）═N2（g）+O2（g）；（2）结合反应数据较优的催化剂为铬盐；（3）由表中数据可以看出，随着温度的不断升高，分压平衡常数Kp不断增大，则正反应为吸热反应；（4）由盖斯定律可知，反应ⅲ×3﹣反应ⅱ×2得到副反应，Kp4＝。结合表2数据，298K时，Kp4＝≈3.7×106，323K时，Kp4＝≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，ΔH4＜0；（5）结合平衡时，正逆反应速率相等，相关量不再变化分析；由图可知，715K、平衡时n（C3H6）＝n（C4H8）＝2n（C2H4），设平衡时n（C2H4）＝x，则n（C3H6）＝n（C4H8）＝2x，n（CH3I）＝y，则由碘原子守恒可知，n（HI）＝1﹣y，由碳原子守恒得y+2x+6x+8x＝1①，C2H4的物质的量分数为4%，得＝4%②，由①②得，x＝0.05mol，y＝0.2mol，体系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）═1：3：4；反应i：2CH3I（g）⇌C2H4（g）+2HI（g），混合气的总物质的量为1.25mol，平衡时总压强为1.25×0.1aMPa，则反应ⅰ的CH3I（g）分压×1.25×0.1aMPa，C2H4（g）分压1.25×0.1aMPa，HI（g）分压1.25×0.1aMPa，据此计算。【解答】解：（1）①C3H6（g）+9NO（g）═N2（g）+3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2838.4kJ•mol﹣1②C3H6（g）+O2（g）═3CO2（g）+3H2O（g）ΔH＝﹣2025.7kJ•mol﹣1利用盖斯定律，将[反应①﹣②]÷4.5得，反应2NO（g）═N2（g）+O2（g）ΔH＝﹣180.6kJ⋅mol﹣1，故答案为：﹣180.6；（2）反应温度为650℃时，钴盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性都低于铬盐，所以较优的催化剂为铬盐，故答案为：铬盐；（3）由表中数据可以看出，随着温度的不断升高，分压平衡常数Kp不断增大，则正反应为吸热反应，从而推出反应ⅰ的活化能Ea（正）＞Ea（逆），故答案为：＞；（4）实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6（g）⇌3C4H8（g）ΔH4Kp4，由盖斯定律可知，反应ⅲ×3﹣反应ⅱ×2得到副反应，Kp4＝。结合表2数据，298K时，Kp4＝≈3.7×106，323K时，Kp4＝≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，ΔH4＜0，理由：升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH4＜0，故答案为：＜；升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH4＜0；（5）A．温度一定时，在固定容积的密闭容器中，反应物CH3I的转化率达到最大值时，反应达平衡状态，但若不指明温度，反应物CH3I的转化率很难有一个确定的最大值，故A不符合题意；B．在反应进行的各个阶段，同方向时，都存在v（CH3I）＝v（HI），则反应不一定达平衡状态，故B不符合题意；C．混合气的质量不变，体积始终不变，则密度始终不变，当气体的密度不再发生变化时，反应不一定达平衡状态，故C不符合题意；D．各气体组分的百分含量保持不变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D符合题意；由图可知，715K、平衡时n（C3H6）＝n（C4H8）＝2n（C2H4），设平衡时n（C2H4）＝x，则n（C3H6）＝n（C4H8）＝2x，n（CH3I）＝y，则由碘原子守恒可知，n（HI）＝1﹣y，由碳原子守恒得y+2x+6x+8x＝1①，C2H4的物质的量分数为4%，得＝4%②，由①②得，x＝0.05mol，y＝0.2mol，体系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）═1：3：4。反应i：2CH3I（g）⇌C2H4（g）+2HI（g），混合气的总物质的量为1.25mol，平衡时总压强为1.25×0.1aMPa，则反应ⅰ的CH3I（g）分压×1.25×0.1aMPa，C2H4（g）分压1.25×0.1aMPa，HI（g）分压1.25×0.1aMPa，压强平衡常数Kp＝＝0.08aMPa，故答案为：D；1：3：4；0.08a。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中信息、K的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，综合性较强，题目难度较大。10．铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应用，回答下列问题：（1）铁元素在元素周期表第四周期第8列，属于d区元素，基态铁原子M层的电子排布式为3s23p63d6。（2）铁形成的常见离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+。（3）检验Fe2+是否被氧化为Fe3+的方法之一是：取待测液，加入KSCN溶液，观察是否有红色的[Fe（SCN）（H2O）5]2+生成。①[Fe（SCN）（H2O）5]2+中Fe3+的杂化轨道类型为C（填字母）。A．dsp2B．dsp3C．sp3d2D．sp3②配体SCN﹣和H2O的键角大小：SCN﹣＞H2O（填“＜”“＞”或“＝”。用杂化轨道理论解释，其原因为SCN﹣的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180°。③SCN﹣中所有原子均满足最外层8电子结构。写出SCN﹣的电子式。（4）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交晶胞结构如图a所示，沿x轴与z轴的投影图分别如图b和图c所示。①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的相对位置，称作原子坐标。如1号原子的坐标为（0，0，），2号原子的坐标为（﹣n），则3号Fe原子的坐标为。②若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为g•cm﹣3（列出计算表达式）。【考点】晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用；原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用．【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【答案】（1）8；d；3s23p63d6；（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+；（3）①C；②＞；SCN﹣的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180°；③；（4）①；②。【分析】（1）铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d轨道处于充半满稳定状态，则Fe2+易被氧化为Fe3；（3）①中Fe3+与配离子形成6个配位键，则杂化轨道数为6；②SCN﹣与CO2互为等电子体，中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子呈直线形，而H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，则键角大小：SCN﹣＞H2O；③SCN﹣中所有原子均满足最外层8电子结构，其与CO2互为等电子体；（4）①1号原子的坐标为，2号原子的坐标为，则正交晶胞的底面棱长为1，直立棱总长为1，3号Fe原子位于第三个小晶体的顶面上、离y轴、离右边线（）；②晶胞中，含Y原子个数为＝2，含Fe原子个数为2，含O原子个数为＝6，则晶体化学式为YFeO3。若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为。【解答】解：（1）铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，在元素周期表第四周期第8列，属于d区元素，基态铁原子M层的电子排布式为3s23p63d6，故答案为：8；d；3s23p63d6；（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d轨道处于充半满稳定状态，则Fe2+易被氧化为Fe3+，利用核外电子排布的相关原理解释其原因：Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+，故答案为：Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+；（3）①中Fe3+与配离子形成6个配位键，则杂化轨道数为6，杂化轨道类型为sp3d2，故答案为：C；②SCN﹣与CO2互为等电子体，中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子呈直线形，而H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，则键角大小：SCN﹣＞H2O；用杂化轨道理论解释，其原因为：SCN﹣的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180°，故答案为：＞；SCN﹣的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180°；③SCN﹣中所有原子均满足最外层8电子结构，其与CO2互为等电子体，则SCN﹣的电子式，故答案为：；（4）①1号原子的坐标为，2号原子的坐标为，则正交晶胞的底面棱长为1，直立棱总长为1，3号Fe原子位于第三个小晶体的顶面上、离y轴、离右边线（），则3号Fe的坐标为，故答案为：；②晶胞中，含Y原子个数为＝2，含Fe原子个数为2，含O原子个数为＝6，则晶体化学式为YFeO3。若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为＝g•cm﹣3，故答案为：。【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。11．某固化剂K的合成路线及相关的反应方程式如图所示（部分试剂及反应条件省略）。制备J的反应方程式：已知：①②（1）A的结构简式为CH3OH。（2）B的链节中官能团的名称为醚键。（3）E与Br2在FeBr3催化作用下生成的反应类型为取代反应；F与足量新制Cu（OH）2反应的化学方程式为OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；试剂G的化学式为NH3。（4）C的某同系物分子式为C7H8O3，该同系物的同分异构体中，同时满足下列条件的结构共有12种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为（或等）（只写一个）。①含有苯环②含有﹣CH3③不含﹣O﹣O﹣键（5）一定条件下，B（聚合度n＝7）和C按物质的量之比2：1完全反应生成D的化学方程式为：2++H2O；生成固化剂K的反应类型为加成反应，则K的结构简式为。【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】（1）CH3OH；（2）醚键；（3）取代反应；OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；NH3；（4）12；（或等）；（5）2++H2O；。【分析】A的分子式为CH4O，则A为CH3OH，1分子CH3OH与n分子发生加聚反应生成，（5）中一定条件下，B（聚合度n＝7）和C（）按物质的量之比2：1完全反应生成D，结合信息①可知，D的结构简式为，制备J的反应方程式为，根据原子守恒，可知G的分子式为NH3，对比E、J的结构简式，推知C2H2O2结构简式为OHC﹣CHO，（5）中生成固化剂K的反应类型为加成反应，结合信息②，可知K的结构简式为。【解答】解：（1）A的分子式为CH4O，则A的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH；（2）根据B的结构简式可知，B的链节中官能团名称为醚键，故答案为：醚键；（3）与Br2在FeBr3催化作用下生成，该反应类型为取代反应；F的分子式为C2H2O2，则F的结构简式为OHC﹣CHO，其中含有两个醛基，则与新制氢氧化铜悬浊液反应的方程式：OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；根据方程式“+C2H2O2+2G→+3H2O”，由原子守恒，可知G的分子式为NH3，故答案为：取代反应；OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；NH3；（4）C（）的某同系物分子式为C7H8O3，不饱和度为4，C7H8O3的同分异构体含有苯环，支链上不再含有不饱和度，且含有﹣CH3、不含﹣O﹣O﹣键，苯环有3个取代基为﹣OH、﹣OH、﹣OCH3，2个酚羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的﹣OCH3分别有2种、3种、1种位置；苯环有4个取代基为1个﹣CH3和3个﹣OH，苯环上2个氢原子有邻、间、对3种位置关系，对应的﹣CH3分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的同分异构体共有（2+3+1）×2＝12种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：3的结构简式为、等，故答案为：12；（或等）；（5）一定条件下，B（聚合度n＝7）和C（）按物质的量之比2：1完全反应生成D，结合信息①可知，D的结构简式为，生成D的化学方程式为2++H2O；生成固化剂K的反应类型为加成反应，结合信息②，可知K的结构简式为，故答案为：2++H2O；。【点评】本题考查有机推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写等，试题培养了学生分析推理能力、综合运用知识的能力，试题难度中等。三．工艺流程题（共1小题）12．钒酸铋（BiVO4）是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉（主要成分是Bi2S3，并含Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质）为原料制备钒酸铋（BiVO4）的流程如图所示：已知部分信息如下：①氧化性：Fe3+＞Bi3+。②滤液1中的阴离子主要是Cl﹣。③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Bi（OH）3开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH当溶液中某离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，视为沉淀完全。回答下列问题：（1）浸渣1的主要成分为S、SiO2。（2）浸取时Bi2S3转化的离子方程式为。（3）从工艺流程分析，氧化调节pH环节，除了可用NaOH溶液，还可用Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等调节，且需调至溶液的pH为3.1≤pH＜4.0（填范围）。（4）稀释水解时通常通入水蒸气，其目的是温度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移动；水解的化学方程式为BiCl3+3H2O≜Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O⇌Bi（OH）3+3HCl。（5）设计实验检验气体X的成分：将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是SO2。（6）常温下，Bi（OH）3的Ksp为1.0×10﹣30.5。【考点】制备实验方案的设计．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【答案】（1）S、SiO2；（2）；（3）Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等；3.1≤pH＜4.0；（4）温度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移动；BiCl3+3H2O≜Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O⇌Bi（OH）3+3HCl；（5）将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是SO2；（6）1.0×10﹣30.5。【分析】辉铋矿（主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质）加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S单质，得滤液主要成分：BiCl3和FeCl2，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为二氧化硅和硫单质，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液2中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl，BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与（NH4）3VO4反应生成BiVO4，据此进行解答。【解答】解：（1）由上述分析可知，浸渣1的主要成分为S和SiO2，故答案为：S、SiO2；（2）浸取时Bi2S3加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S单质，离子方程式为：，故答案为：；（3）加入NaOH的目的是反应掉溶液中的H+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，除了可用NaOH溶液，还可用Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等，根据表格中几种离子生成氢氧化物沉淀的pH，调节溶液的pH范围为3.1≤pH＜4.0，故答案为：Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等；3.1≤pH＜4.0；（4）水解反应为吸热反应，通入水蒸气有加热的作用，温度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移动，BiCl3水解的化学方程式为BiCl3+3H2O≜Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O⇌Bi（OH）3+3HCl，故答案为：温度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移动；BiCl3+3H2O≜Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O⇌Bi（OH）3+3HCl；（5）BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，即X是SO2，检验的方法为将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是SO2，故答案为：将产生的气体X通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是SO2；（6）根据表格中，Bi（OH）3恰好完全沉淀时的pH为5.5，此时c（OH﹣）＝10﹣8.5mol/L，c（Bi3+）＝10﹣5mol/L，Ksp[Bi（OH）3]＝c（Bi3+）c3（OH﹣）＝（10﹣8.5）3×10﹣5＝1.0×10﹣30.5，故答案为：1.0×10﹣30.5。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。

考点卡片1．酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【知识点的认识】1、酸、碱、盐的对比物质类别概念构成特点分类酸电离时生成的阳离子全部是H+的化合物氢离子和酸根离子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、无氧酸；②酸分子电离生成个数：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性强弱：强酸、弱酸；④沸点高低：高沸点酸、非挥发性酸；低沸点酸、挥发性酸碱电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物金属阳离子（或铵根离子）与氢氧根离子构成的①溶解性；可溶性碱、不溶性碱；②碱性强弱：强碱、弱碱；③与一个金属离子结合的的个数：一元碱、二元碱盐一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物。金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子（1）根据组成不同：①正盐；②酸式盐；③碱式盐（2）溶解性：可溶性盐、不溶性盐（3）相同金属离子或酸根离子的统称：某盐、某酸盐①金属元素+酸根，读作“某酸某或某酸亚某”；②金属元素+非金属元素，读作“某化某或某化亚某”；③金属元素+H+酸根，读作“某酸氢某或酸式某酸某”；④金属元素+OH+酸根，读作“碱式某酸某或碱式某化某”氧化物其构成中只含两种元素，其中一种一定为氧元素，另一种若为金属元素，则为金属氧化物；若为非金属，则为非金属氧化物。氧元素为负二价时和另外一种化学元素组成的二元化合物①金属氧化物与非金属氧化物②离子型氧化物与共价型氧化物离子型氧化物：部分活泼金属元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；共价型氧化物：部分金属元素和所有非金属元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2等③普通氧化物、过氧化物和超氧化物④酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物、不成盐氧化物、其它复杂氧化物2、酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的对比：酸性氧化物碱性氧化物两性氧化物概念一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）。既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物组成一般是非金属元素的氧化物和某些过渡金属元素的高价氧化物碱性氧化物都是金属氧化物。金属氧化物一般为碱性氧化物，但有例外，比如七氧化二锰和三氧化铬主要由活动性较低的金属组成。常例CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3Na2O、CaO、BaO和CrO、MnOBeO、Al2O3、ZnO等。性质1．与水反应生成相应的酸（除了二氧化硅SiO2，它不与水反应）2．与碱反应生成盐和水3．与碱性氧化物反应1．碱性氧化物的对应水化物是碱。例如，CaO对应的水化物是Ca（OH）2，Na2O对应的水化物是NaOH．但对应水化物是不溶性碱的则其氧化物不与水反应，如：氧化铜不与水反应，碱金属钠、钾等，还有钙和钡的氧化物能跟水反应，生成相应的氢氧化物。它们都是强碱：Na2O+H2O═2NaOHCaO+H2O═Ca（OH）22．高温下，部分碱性氧化物和酸性氧化物作用生成盐：CaO+SiO2═CaSiO33．部分碱性氧化物可直接与酸性氧化物反应：Na2O+CO2═Na2CO3。碱性氧化物受热时比较稳定，一般不会分解。既能表现酸性氧化物的性质，又能表现碱性氧化物的性质区别与联系大多数金属氧化物是碱性氧化物，大多数非金属氧化物是酸性氧化物。碱性氧化物都是一些金属氧化物，酸性氧化物中有一些是非金属氧化物，也有一些是金属氧化物。所以说，金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。【命题方向】本内容重点掌握酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念和性质。题型一：酸、碱、盐互为氧化物的概念典例1：分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是（）A．K2CO3和K2O都属于盐B．KOH和Na2CO3都属于碱C．H2SO4和HNO3都属于酸D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物分析：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；据定义分析即可。解答：A、K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误。B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误。C、H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确。D、Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误。故选C。点评：本题考查了酸、碱、盐、氧化物的概念，难度不大，注意这几个概念的区别。题型二：酸性氧化物、碱性氧化物的识别典例2：下列物质的分类正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．AB．BC．CD．D分析：根据碱电离出的阴离子全部是氢氧根离子，酸电离出的阳离子全部是氢离子，盐电离出的阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子，能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物等概念进行分析。解答：A、NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，故A错误；B、CO属于不成盐氧化物，故B错误；C、CO属于不成盐氧化物，故C错误；D、根据物质的分类，KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，故D正确。故选D。点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类角度的总结。题型三：酸性氧化物、非金属氧化物、碱性氧化物、金属氧化物的辨析关系典例3：下列关于氧化物的叙述中，正确的是（）A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．非金属氧化物都是酸性氧化物C．碱性氧化物肯定是金属氧化物D．金属氧化物肯定是碱性氧化物分析：A、能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金属氧化物可能是不成盐氧化物；C、能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物。D、金属氧化物不一定都是碱性氧化物。解答：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故B错误；C、碱性氧化物肯定是金属氧化物，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D错误；故选C。点评：本题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题。【解题思路点拨】金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物（如CO、NO）。酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。2．氧化还原反应与非氧化还原反应【知识点的认识】1.得失氧或得失氢的角度：得氧或失氢的反应为氧化反应，失氧或得氢的反应为还原反应；2.电子转移角度：得电子的反应为还原反应、失电子的反应为氧化反应；3.化合价角度：失电子化合价升高的反应为氧化反应、得电子化合价降低的反应为还原反应；【命题的方向】1.基本概念及氧化性、还原性的判断：典例：水是重要的化合物，其既能作化学反应的溶剂，又能参与化学反应。下列是水参与的部分反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列问题：（1）上述反应中，不属于氧化还原反应的是（③）（填序号）。（2）上述反应中，水只作氧化剂的反应是（①）（填序号，下同）；水只作还原剂的反应是（④）。该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（1：2）；2.电子转移的表示方法：单线桥、双线桥典例：用单线桥或双线桥表示下列反应的电子转移，并写出氧化剂和还原剂（用单线桥表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用单线桥表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用双线桥表示）（）；3.氧化性强弱的判断：（1）根据氧化反应反应原理判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；（2）根据元素周期表、金属活动性顺序表、元素周期律判断；典例：下列事实不能作为元素的金属性或非金属性强弱判断依据的是（）A.Zn和Fe分别与稀硫酸反应，判断金属性强弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置换出铜，Ba投入CuCl2溶液中不能置换出铜，判断金属性强弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判断非金属性强弱：Cl＞SiD.依据O2、S分别与H2反应的难易程度，判断非金属性强弱：O＞S（3）根据元素化合价高低判断，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价态既有氧化性又有还原性；（4）根据原电池和电解池原理判断，一般来说，两种金属和电解质溶液构成的原电池中，负极的还原性大于正极；电解池中，阴离子还原性越强，越易在阳极上失电子，阳离子氧化性越强，越易在阴极上得电子；典例：（5）外界影响因素：浓度、温度、溶液酸碱性；4.氧化还原反应的有关计算，典例：实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B.当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC.产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol5.氧化还原反应的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化还原反应方程式的书写：典例：高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解题思路点拨】1.氧化剂和还原剂可能是同一种物质；氧化产物和还原产物可能是同一种物质；2.根据元素化合价高低可以判断物质是否具有氧化性或还原性，但不能判断氧化性或还原性强弱；3.元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定具有强氧化性；金属阳离子不一定只有氧化性，如亚铁离子；4.在氧化还原反应的有关计算中灵活运用转移电子守恒进行计算；3．阿伏加德罗常数【知识点的认识】1、阿伏伽德罗常数：（1）概念：阿伏伽德罗常数的定义值是指0.012kg12C所含的原子数，约为6.02×1023，符号为NA．表示1mol任何粒子的数目。（2）单位：mol﹣1。2、阿伏伽德罗常数可用多种实验方法测得，到目前为止测得比较精确的数据是6.0221367×1023mol﹣1。【命题方向】本考点主要考察阿伏伽德罗常数的概念、符号及数值、单位，需要重点掌握。题型一：阿伏伽德罗常数的概念典例1：下列叙述正确的是（）A．1mol任何物质都含有6.02×1023个原子B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．硫酸的摩尔质量是98gD．常温常压下，1mol氧气的体积约为22.4L分析：A、物质有的是单原子分子，有的是双原子分子多原子分子，离子化合物等；B、依据阿伏伽德罗常数的概念分析判断；C、摩尔质量是单位物质的量的物质的质量；D、常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。解答：A、构成物质的微粒不同，1mol任何物质不一定都含有6.02×1023个原子，故A错误；B、0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子为1mol，为阿伏伽德罗常数的规定，故B正确；C、硫酸的摩尔质量是98g/mol，故C错误；D、常温常压下，1mol氧气的体积不是22.4L，故D错误；故选B。点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查阿伏伽德罗常数的规定，气体摩尔体积的条件应用，摩尔质量的概念判断，题目较简单。题型二：阿伏伽德罗常数的计算应用典例2：设NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H键的数目为3NAC．7.8gNa2O2中含有的阳离子数目为0.1NAD．标准状况下，22.4L水中分子个数为NA分析：A、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量。解答：A、1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有N﹣H键的数目为3nA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2nA，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B。点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件。【解题思路点拨】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：1）物质的状态是否为气体；2）对于气体注意条件是否为标况；3）注意同位素原子的差异；4）注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；5）注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和构成，而不是有Na+和O2﹣构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。4．元素周期表的结构及其应用【知识点的知识】1、元素周期表的结构：特别提醒：掌握元素周期表的结构中各族的排列顺序，结合惰性气体的原子序数，我们可以推断任意一种元素在周期表中的位置．记住各周期元素数目，我们可以快速确定惰性气体的原子序数．各周期元素数目依次为2、8、8、18、18、32、32（如果第七周期排满），则惰性气体原子序数依次为2、2+8＝10、10+8＝18、18+18＝36、36+18＝54、54+32＝86、86+32＝118．2、元素周期表的应用：1）根据元素周期表可以推测各种元素的原子结构以及元素及其化合物性质的递变规律；2）利用元素周期表，可以寻找制取半导体、催化剂、化学农药、新型材料的元素及化合物；3）可以用元素周期表来根据一些已知元素的性质推测一些未知元素的性质．【命题方向】本考点主要考察元素周期表的结构，主要以选择题的形式考查对基础知识的掌握，同时也将推断、推理、计算等以填空题的形式在高考中进行考查．题型一：元素周期表的结构典例1：关于元素周期表的说法正确的是（）A．元素周期表有8个主族B．ⅠA族的元素全部是金属元素C．元素周期表有7个周期D．短周期是指第一、二周期分析：元素周期表有7个周期（短周期、长周期、不完全周期），有18个纵行（7个主族、7个副族、第ⅤⅢ族、零族），以此来解答．解答：A．元素周期表有7个主族，故A错误；B．ⅠA族的元素除H元素外都是金属元素，故B错误；C．元素周期表有7个周期，故C正确；D．短周期是指第一、二、三周期，故D错误；故选C．点评：本题考查元素周期表的结构，较简单，熟悉元素周期表的横行和纵行的排布是解答本题的关键，学生应熟记元素周期表的结构．典例2：在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（）A．8、8、18、32B．8、18、18、32C．8、18、18、18D．8、8、18、18分析：根据元素周期表中各周期元素的种类来解答．解答：元素周期表中第一周期有2种元素；第二周期有8种；第三周期有8种；第四周期有18种；第五周期有18种；第六周期32种；则第三、四、五、六周期元素的数目分别是8、18、18、32，故选B．点评：本题考查元素周期表及各周期元素，熟悉每个周期的元素数目即可解答，较基础．典例3：下列各表中的数字代表的是原子序数，表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是（）A．B．C．D．分析：根据元素周期表的结构：相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、36来分析．解答：A、3号和5号元素之间相差很多个族，即12号的