2024年高考化學終極押題密卷2（全國乙卷）一．選擇題（共7小題）1．科學家開發出一種低成本光伏材料——蜂窩狀石墨烯。生產原理是Na2O+2CONa2CO3+C（石墨烯），除去Na2CO3可制得蜂窩狀石墨烯。下列說法正確的是（）A．該反應既是氧化還原反應又是化合反應 B．CO屬于酸性氧化物，該反應中作氧化劑 C．Na2CO3俗名小蘇打，其溶液呈堿性 D．Na2O屬于堿性氧化物，也屬于離子化合物2．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸是金銀花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子結構如圖。下列說法正確的是（）A．能發生取代反應和消去反應 B．分子中所有碳原子有可能在同一平面內 C．含有6種官能團 D．1mol3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸能消耗7molNaOH3．下列實驗操作、現象、解釋或結論都正確的是（）選項實驗操作現象解釋或結論A加熱NaI固體和濃磷酸的混合物有氣體產生可能生成HI氣體B向苯酚濁液中滴加飽和Na2CO3溶液濁液變澄清酸性：苯酚＞碳酸C常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中前者產生無色氣體，后者無明顯現象稀硝酸的氧化性比濃硝酸強D向溴水中加入苯，振蕩后靜置水層顏色變淺溴與苯發生了加成反應A．A B．B C．C D．D4．如圖是某另類元素周期表的一部分，下列說法正確的是（）A．單質的氧化性：X＞Y＞Z B．簡單陰離子的半徑大小：X＞Y＞Z C．穩定性：XH3＞YH3 D．X的最高價氧化物對應的水化物為強酸5．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A．31g白磷（P4）中含有的磷原子數為NA B．0.5mol?L﹣1CaCl2溶液中含有Cl﹣的數目為NA C．標準狀況下，11.2LSO3中含有的原子總數為2NA D．1molNa2O2與足量水反應轉移的電子數為2NA6．銀鋅電池是一種常見化學電源，其反應原理為Zn+Ag2O+H2O＝Zn（OH）2+2Ag。其工作示意圖如圖所示。下列說法不正確的是（）A．Zn電極是負極，K+向Ag2O電極遷移 B．Ag2O電極發生還原反應 C．Zn電極的電極反應式為Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2 D．放電前后電解質溶液的pH保持不變7．某Na2CO3溶液體系中滿足c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣1，現利用平衡移動原理，分析常溫下Ni2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產物。圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系；圖2為沉淀溶解平衡曲線。下列說法正確的是（）A．lgKa1（H2CO3）＝6.37 B．M點時，溶液中存在：c（）＜c（OH﹣） C．某混合液體系中，初始狀態為pH＝9、1g[c（Ni2+）]＝﹣5，當體系達平衡后存在：c（）+c（）+c（H2CO3）＜0.1mol/L D．沉淀Ni2+制備NiCO3時，選用0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液比0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液的效果好二．解答題（共4小題）8．北京市場銷售的某種食用精制鹽包裝袋上有如下說明：產品標準GB5461產品等級一級配料食鹽、碘酸鉀、抗結劑碘含量（以I計）20～50mg/kg（1）碘酸鉀與碘化鉀在酸性條件下發生如下反應，配平化學方程式KIO3+KI+H2SO4═K2SO4+I2+H2O（2）上述反應生成的I2可用四氯化碳檢驗．向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，將I2還原，以回收四氯化碳．Na2SO3稀溶液與I2反應的離子方程式是．（3）已知：I2+2S2═2I﹣+S4．某學生測定食用精制鹽的碘含量，其步驟為：a．準確稱取wg食鹽，加適量蒸餾水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3與KI反應完全；c．以淀粉溶液為指示劑，逐滴加入物質的量濃度為2.0×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反應完全．①判斷c中反應恰好完全依據的現象是．②b中反應所產生的I2的物質的量是mol．③根據以上實驗和包裝袋說明，所測精制鹽的碘含量是（以含w的代數式表示）mg/kg．9．低碳烯烴（乙烯、丙烯、丁烯等）作為重要的基本化工原料，在現代石油和化學工業中具有舉足輕重的作用。Ⅰ．小分子烴類（如丙烯）作為還原劑可以在催化劑上選擇性還原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）反應2NO（g）═N2（g）+O2（g）ΔH＝kJ?mol﹣1。Ⅱ．二氧化碳可將乙烷轉化為更有工業價值的乙烯。相同反應時間，不同溫度、不同催化劑的條件下測得的數據如表1（均未達到平衡狀態）：表1實驗編號①②③④反應溫度/℃650650600550催化劑鈷鹽鉻鹽C2H6的轉化率/%19.0C2H4的選擇性/%17.677.379.785.2（2）已知C2H4選擇性：轉化的乙烷中生成乙烯的百分比。反應溫度為650℃時，較優的催化劑為（填“鈷鹽”或“鉻鹽”）。Ⅲ．一定條件下，碘甲烷（CH3I）熱裂解制低碳烯烴的主要反應有：反應i：2CH3I（g）?C2H4（g）+2HI（g）ΔH1Kp1＝a反應ii：3C2H4（g）?2C3H6（g）ΔH2Kp2＝b反應iii：2C2H4（g）?C4H8（g）ΔH3Kp3＝c反應i、ii、iii在不同溫度下的分壓平衡常數Kp如表2，回答下列問題：表2T/Kp298K323K423K523K623K723K反應i7.77×10﹣81.65×10﹣61.05×10﹣22.801.41×1022.64×103反應ii7.16×10132.33×10121.48×1083.73×1056.42×1033.40×102反應iii2.66×10116.04×1091.40×1051.94×1022.248.99×10﹣2（3）根據表中數據推出反應ⅰ的活化能Ea（正）（填“＞”或“＜”）Ea（逆）。（4）實際工業生產中，若存在副反應：4C3H6（g）?3C4H8（g）ΔH4Kp4，結合表2數據分析ΔH4（填“＞”或“＜”）0，陳述理由：。（5）其他條件不變，起始壓強為0.1aMPa，向容積為1L的恒容密閉容器中投入1molCH3I（g），只發生反應i、ii、iii，反應溫度對平衡體系中乙烯、丙烯和丁烯所占氣體組分物質的量分數的影響如圖。一定能說明該體系達到平衡狀態的是（填標號）。750K條件下，平衡時，體系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）＝，反應ⅰ的壓強平衡常數Kp＝MPa。A．CH3I的轉化率達到最大值B．v（CH3I）＝v（HI）C．氣體的密度不再發生變化D．各氣體組分的百分含量保持不變10．鐵元素被稱為“人類第一元素”，鐵及其化合物具有廣泛的應用，回答下列問題：（1）鐵元素在元素周期表第四周期第列，屬于區元素，基態鐵原子M層的電子排布式為。（2）鐵形成的常見離子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化為Fe3+，請利用核外電子排布的相關原理解釋其原因。（3）檢驗Fe2+是否被氧化為Fe3+的方法之一是：取待測液，加入KSCN溶液，觀察是否有紅色的[Fe（SCN）（H2O）5]2+生成。①[Fe（SCN）（H2O）5]2+中Fe3+的雜化軌道類型為（填字母）。A．dsp2B．dsp3C．sp3d2D．sp3②配體SCN﹣和H2O的鍵角大小：SCN﹣H2O（填“＜”“＞”或“＝”。用雜化軌道理論解釋，其原因為。③SCN﹣中所有原子均滿足最外層8電子結構。寫出SCN﹣的電子式。（4）鐵酸釔是一種典型的單相多鐵性材料，其正交晶胞結構如圖a所示，沿x軸與z軸的投影圖分別如圖b和圖c所示。①以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的相對位置，稱作原子坐標。如1號原子的坐標為（0，0，），2號原子的坐標為（﹣n），則3號Fe原子的坐標為。②若晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶體的密度為g?cm﹣3（列出計算表達式）。11．某固化劑K的合成路線及相關的反應方程式如圖所示（部分試劑及反應條件省略）。制備J的反應方程式：已知：①②（1）A的結構簡式為。（2）B的鏈節中官能團的名稱為。（3）E與Br2在FeBr3催化作用下生成的反應類型為；F與足量新制Cu（OH）2反應的化學方程式為；試劑G的化學式為。（4）C的某同系物分子式為C7H8O3，該同系物的同分異構體中，同時滿足下列條件的結構共有種（不考慮立體異構）；其中核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為1：2：2：3的結構簡式為（只寫一個）。①含有苯環②含有﹣CH3③不含﹣O﹣O﹣鍵（5）一定條件下，B（聚合度n＝7）和C按物質的量之比2：1完全反應生成D的化學方程式為：；生成固化劑K的反應類型為加成反應，則K的結構簡式為。三．工藝流程題（共1小題）12．釩酸鉍（BiVO4）是一種亮黃色無毒無害的光催化劑，主要應用于高選擇性制備氫氣。工業上以輝鉍礦粉（主要成分是Bi2S3，并含Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等雜質）為原料制備釩酸鉍（BiVO4）的流程如圖所示：已知部分信息如下：①氧化性：Fe3+＞Bi3+。②濾液1中的陰離子主要是Cl﹣。③常溫下，幾種離子生成氫氧化物沉淀的pH如下表所示：氫氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Bi（OH）3開始沉淀時的pH完全沉淀時的pH當溶液中某離子濃度小于1×10﹣5mol/L時，視為沉淀完全。回答下列問題：（1）浸渣1的主要成分為。（2）浸取時Bi2S3轉化的離子方程式為。（3）從工藝流程分析，氧化調節pH環節，除了可用NaOH溶液，還可用調節，且需調至溶液的pH為（填范圍）。（4）稀釋水解時通常通入水蒸氣，其目的是；水解的化學方程式為。（5）設計實驗檢驗氣體X的成分：。（6）常溫下，Bi（OH）3的Ksp為。

2024年菁優高考化學終極押題密卷2（全國乙卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．科學家開發出一種低成本光伏材料——蜂窩狀石墨烯。生產原理是Na2O+2CONa2CO3+C（石墨烯），除去Na2CO3可制得蜂窩狀石墨烯。下列說法正確的是（）A．該反應既是氧化還原反應又是化合反應 B．CO屬于酸性氧化物，該反應中作氧化劑 C．Na2CO3俗名小蘇打，其溶液呈堿性 D．Na2O屬于堿性氧化物，也屬于離子化合物【考點】氧化還原反應與非氧化還原反應；離子化合物的結構特征與性質；酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯系．【專題】物質的分類專題；氧化還原反應專題．【答案】D【分析】A．元素化合價發生變化的反應為氧化還原反應，兩種或兩種以上的物質反應生成一種物質的反應為化合反應；B．和堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，元素化合價降低的物質做氧化劑；C．小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱；D．和酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物，陰陽離子過程的化合物為離子化合物。【解答】解：A．Na2O+2CONa2CO3+C（石墨烯），屬于氧化還原反應，但不是化合反應，故A錯誤；B．CO和酸、堿都不反應，屬于不成鹽氧化物，不屬于酸性氧化物，該反應中作氧化劑、還原劑，故B錯誤；C．Na2CO3俗名蘇打，其溶液呈堿性，故C錯誤；D．Na2O和酸反應生成鹽和水，屬于堿性氧化物，是鈉離子和陽離子構成的化合物，屬于離子化合物，故D正確；故選：D。【點評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，題目難度不大。2．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸是金銀花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子結構如圖。下列說法正確的是（）A．能發生取代反應和消去反應 B．分子中所有碳原子有可能在同一平面內 C．含有6種官能團 D．1mol3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸能消耗7molNaOH【考點】有機物的結構和性質．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】A【分析】A．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有醇羥基、酯基和酚羥基；B．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子中的苯環、碳碳雙鍵和酯基都為平面結構；C．分子中含有酮羰基、羥基、酯基、碳碳雙鍵；D．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有的酯基和酚羥基能與氫氧化鈉溶液反應。【解答】解：A．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有醇羥基、酯基和酚羥基，能表現醇、酯和酚的性質，所以一定條件下能發生取代反應和消去反應，故A正確；B．3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子中的苯環、碳碳雙鍵和酯基都為平面結構，六元環不是平面結構，故B錯誤；C．分子中含有酮羰基、羥基、酯基、碳碳雙鍵，共4種官能團，故C錯誤；D．由結構簡式可知，3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸分子含有的酯基和酚羥基能與氫氧化鈉溶液反應，所以1mol3﹣O﹣咖啡酰奎尼酸能與3mol氫氧化鈉恰好完全反應，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查有機物的結構與性質，側重考查學生有機基礎知識的掌握情況，試題難度中等。3．下列實驗操作、現象、解釋或結論都正確的是（）選項實驗操作現象解釋或結論A加熱NaI固體和濃磷酸的混合物有氣體產生可能生成HI氣體B向苯酚濁液中滴加飽和Na2CO3溶液濁液變澄清酸性：苯酚＞碳酸C常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中前者產生無色氣體，后者無明顯現象稀硝酸的氧化性比濃硝酸強D向溴水中加入苯，振蕩后靜置水層顏色變淺溴與苯發生了加成反應A．A B．B C．C D．D【考點】化學實驗方案的評價；苯的溴化反應實驗．【專題】有機實驗綜合．【答案】A【分析】A．濃磷酸沸點高于HI；B．向苯酚濁液中滴加飽和Na2CO3溶液反應生成向苯酚鈉和NaHCO3溶液；C．常溫下，鐵片與濃硝酸會發生鈍化，導致無明顯現象，但稀硝酸與鐵不發生鈍化，會產生氣泡；D．向溴水中加入苯，苯可將溴萃取到上層，使下層水層顏色變淺。【解答】解：A．濃磷酸沸點高于HI，可能生成HI氣體，故A正確；B．向苯酚濁液中滴加飽和Na2CO3溶液反應生成向苯酚鈉和NaHCO3溶液，濁液變澄清，酸性：苯酚＞碳酸氫根，但碳酸＞苯酚，故B錯誤；C．稀硝酸與鐵反應會產生氣泡，常溫下，鐵片與濃硝酸會發生鈍化，導致無明顯現象，所以不能通過該實驗現象比較濃硝酸和稀硝酸的氧化性強弱，故C錯誤；D．向溴水中加入苯，苯可將溴萃取到上層，使下層水層顏色變淺，不是溴與苯發生了加成反應，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查實驗方案的設計，側重考查學生有機實驗的掌握情況，試題難度中等。4．如圖是某另類元素周期表的一部分，下列說法正確的是（）A．單質的氧化性：X＞Y＞Z B．簡單陰離子的半徑大小：X＞Y＞Z C．穩定性：XH3＞YH3 D．X的最高價氧化物對應的水化物為強酸【考點】元素周期律和元素周期表的綜合應用．【答案】B【分析】周期表中元素的排列規律分可知：X為P元素，Y為N元素，Z為O元素，電子層數越多半徑越大，同周期原子半徑依次減小，單質氧化性增大，最高價含氧酸的酸性增大，同主族原子半徑依次增大，單質氧化性減弱，最高價含氧酸的酸性減弱，元素負價＝8﹣最外層電子數，以此解答該題。【解答】解：A．單質的氧化性：X＜Y＜Z，故A錯誤；B．離子核外電子層數越多，離子半徑越大，核外電子排布相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，故B正確；C．非金屬性越強，其氫化物越溫定，X為P元素，Y為N元素，N的非金屬性比磷強，因而穩定性XH3＜YH3，故C錯誤；D．X的最高價氧化物對應的水化物為磷酸，屬于中強酸，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查元素周期表的結構及應用，為高頻考點，把握扇形元素周期表與常見元素周期表的關系為解答的關鍵，注意非金屬性的比較及化合物中的化學鍵，題目難度不大。5．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A．31g白磷（P4）中含有的磷原子數為NA B．0.5mol?L﹣1CaCl2溶液中含有Cl﹣的數目為NA C．標準狀況下，11.2LSO3中含有的原子總數為2NA D．1molNa2O2與足量水反應轉移的電子數為2NA【考點】阿伏加德羅常數．【專題】阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．【答案】A【分析】A．31g白磷（P4）中含有31g磷原子；B．溶液體積未知；C．標準狀況下SO3不是氣體；D．1molNa2O2與足量水反應轉移的電子數為NA。【解答】解：A．31g白磷（P4）中含有31g磷原子，磷原子物質的量為，磷原子數為NA，故A正確；B．溶液體積未知，不能確定0.5mol?L﹣1CaCl2溶液中氯離子數目，故B錯誤；C．標準狀況下SO3不是氣體，不能依據體積確定分子數，故C錯誤；D．1molNa2O2與足量水反應轉移的電子數為NA，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查阿伏加德羅常數，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。6．銀鋅電池是一種常見化學電源，其反應原理為Zn+Ag2O+H2O＝Zn（OH）2+2Ag。其工作示意圖如圖所示。下列說法不正確的是（）A．Zn電極是負極，K+向Ag2O電極遷移 B．Ag2O電極發生還原反應 C．Zn電極的電極反應式為Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2 D．放電前后電解質溶液的pH保持不變【考點】原電池原理．【專題】電化學專題．【答案】D【分析】原電池反應Zn+Ag2O+H2O＝Zn（OH）2+2Ag中，負極反應為Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2、正極反應為Ag2O+H2O+2e﹣＝2Ag+2OH﹣，電子由負極流向正極，以此來解答。【解答】解：A．活潑金屬Zn為負極，陽離子向正極移動，故K+向Ag2O電極遷移，故A正確；B．正極反應為Ag2O+H2O+2e﹣＝2Ag+2OH﹣，發生還原反應，故B正確；C．負極反應為Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn（OH）2，故C正確；D．氫氧根離子物質的量雖然不變，但水的量減少，KOH的濃度增大，pH增大，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查原電池知識，題目難度不大，明確電極反應、原電池的正負極以及電池反應的關系，注意結合氧化還原反應來分析。7．某Na2CO3溶液體系中滿足c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣1，現利用平衡移動原理，分析常溫下Ni2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產物。圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系；圖2為沉淀溶解平衡曲線。下列說法正確的是（）A．lgKa1（H2CO3）＝6.37 B．M點時，溶液中存在：c（）＜c（OH﹣） C．某混合液體系中，初始狀態為pH＝9、1g[c（Ni2+）]＝﹣5，當體系達平衡后存在：c（）+c（）+c（H2CO3）＜0.1mol/L D．沉淀Ni2+制備NiCO3時，選用0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液比0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液的效果好【考點】沉淀溶解平衡；弱電解質的電離平衡．【答案】D【分析】A．由圖1可知，pH＝6.37時c（H2CO3）＝c（），此時Ka1（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+）；B．M點時pH＝8.25，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5.75mol/L，由圖1可知，pH＝10.25時c（）＝c（），此時Ka2（H2CO3）＝×c（H+）═c（H+）＝10﹣10.25，溶液中c（）≈0.1mol/L，則c（）＝Ka1（H2CO3）?c（）×＝10﹣10.25×0.1×mol/L＝10﹣3mol/L；C．由圖2可知pH＝9、lg[c（Ni2+）]＝﹣5的點位于曲線Ⅱ的下方，不會生成NiCO3沉淀，含碳微粒總量不變；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，由圖2可知pH＜8.25時，NiCO3飽和溶液中c（Ni2+）減小，pH接近12時Ni2+主要轉化為Ni（OH）2沉淀。【解答】解：A．由圖1可知，pH＝6.37時c（H2CO3）＝c（），此時Ka1（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.37，lgKa1（H2CO3）＝﹣6.37，故A錯誤；B．由圖1可知，pH＝10.25時c（）＝c（），此時Ka1（H2CO3）＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣10.25，M點時pH＝8.25，c（H+）＝10﹣8.25mol/L，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5.75mol/L，溶液中c（）≈0.1mol/L，則c（）＝Ka2（H2CO3）?c（）×＝10﹣10.25×0.1×mol/L＝10﹣3mol/L，所以M點時，溶液中存在：c（）＞c（OH﹣），故B錯誤；C．由圖可知，初始狀態為pH＝9、1g[c（Ni2+）]＝﹣5，此時恰好為Ni（OH）2的沉淀溶解平衡體系，不會生成NiCO3沉淀，含碳微粒總量不變，即體系達平衡后存在：c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol/L，故C錯誤；D．由圖2可知pH＜8.25時，NiCO3優先于Ni（OH）2生成沉淀，pH＞8.25時Ni（OH）2優先于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+制備NiCO3時，選用0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液比0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液的效果好，故D正確；故選：D。【點評】本題考查沉淀溶解平衡、弱電解質的電離平衡，側重圖象分析能力和基礎知識綜合運用能力的考查，把握電離平衡常數的計算方法、溶度積常數的應用是解題關鍵，注意掌握圖象信息的應用，題目難度中等。二．解答題（共4小題）8．北京市場銷售的某種食用精制鹽包裝袋上有如下說明：產品標準GB5461產品等級一級配料食鹽、碘酸鉀、抗結劑碘含量（以I計）20～50mg/kg（1）碘酸鉀與碘化鉀在酸性條件下發生如下反應，配平化學方程式1KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O（2）上述反應生成的I2可用四氯化碳檢驗．向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，將I2還原，以回收四氯化碳．Na2SO3稀溶液與I2反應的離子方程式是I2++H2O＝2I﹣++2H+．（3）已知：I2+2S2═2I﹣+S4．某學生測定食用精制鹽的碘含量，其步驟為：a．準確稱取wg食鹽，加適量蒸餾水使其完全溶解；b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3與KI反應完全；c．以淀粉溶液為指示劑，逐滴加入物質的量濃度為2.0×10﹣3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反應完全．①判斷c中反應恰好完全依據的現象是溶液由藍色恰好變為無色．②b中反應所產生的I2的物質的量是1.0×10﹣5mol．③根據以上實驗和包裝袋說明，所測精制鹽的碘含量是（以含w的代數式表示）mg/kg．【考點】氯及其化合物的綜合應用；碘及其化合物的綜合應用；氧化還原反應方程式的配平．【專題】氧化還原反應專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）I元素的化合價由+5價降低為0，KI中I元素的化合價由﹣1價升高為0，結合電子、原子守恒配平；（2）Na2SO3稀溶液與I2反應，為氧化還原反應，S元素的化合價升高，I元素的化合價降低；（3）①淀粉遇碘變藍，可判斷滴定終點；②Na2S2O3的物質的量是2.0×10﹣3mol/L×0.01L＝2.0×10﹣5mol，結合I2+2S2═2I﹣+S4計算I2的物質的量；③存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此計算含碘量．【解答】解：（1）碘酸鉀中碘元素的化合價由+5價降低到0價，得到5個電子．碘化鉀中碘元素的化合價從﹣1價升高到0價，失去1個電子，所以根據電子的得失守恒以及原子守恒可知，配平后的化學反應為KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，故答案為：1；5；3；3；3；3；（2）單質碘被還原，說明作氧化劑，亞硫酸鈉作還原劑，所以反應的方程式是I2++H2O＝2I﹣++2H+，故答案為：I2++H2O＝2I﹣++2H+；（3）①由于碘遇淀粉顯藍色，所以判斷c中反應恰好完全時依據的現象是溶液由藍色恰好變為無色，故答案為：溶液由藍色恰好變為無色；②Na2S2O3的物質的量是2.0×10﹣3mol/L×0.01L＝2.0×10﹣5mol，根據I2+2S2═2I﹣+S4可知，b中反應所產生的I2的物質的量是2.0×10﹣5mol×＝1.0×10﹣5mol，故答案為：1.0×10﹣5；③根據（1）中的反應式可知，KIO3～3I2～6Na2S2O3，所以碘酸鉀的物質的量是2.0×10﹣5mol×，因此所測精制鹽的碘含量是＝mg/kg，故答案為：．【點評】本題考查物質含量及氧化還原反應的計算，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，把握原子、電子守恒及反應中的物質的量關系為解答該題的關鍵，題目難度不大。9．低碳烯烴（乙烯、丙烯、丁烯等）作為重要的基本化工原料，在現代石油和化學工業中具有舉足輕重的作用。Ⅰ．小分子烴類（如丙烯）作為還原劑可以在催化劑上選擇性還原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）反應2NO（g）═N2（g）+O2（g）ΔH＝﹣180.6kJ?mol﹣1。Ⅱ．二氧化碳可將乙烷轉化為更有工業價值的乙烯。相同反應時間，不同溫度、不同催化劑的條件下測得的數據如表1（均未達到平衡狀態）：表1實驗編號①②③④反應溫度/℃650650600550催化劑鈷鹽鉻鹽C2H6的轉化率/%19.0C2H4的選擇性/%17.677.379.785.2（2）已知C2H4選擇性：轉化的乙烷中生成乙烯的百分比。反應溫度為650℃時，較優的催化劑為鉻鹽；C2H6的轉化率隨溫度升高逐漸增大，但C2H4的選擇性隨溫度的升高而逐漸減小（填“鈷鹽”或“鉻鹽”）。Ⅲ．一定條件下，碘甲烷（CH3I）熱裂解制低碳烯烴的主要反應有：反應i：2CH3I（g）?C2H4（g）+2HI（g）ΔH1Kp1＝a反應ii：3C2H4（g）?2C3H6（g）ΔH2Kp2＝b反應iii：2C2H4（g）?C4H8（g）ΔH3Kp3＝c反應i、ii、iii在不同溫度下的分壓平衡常數Kp如表2，回答下列問題：表2T/Kp298K323K423K523K623K723K反應i7.77×10﹣81.65×10﹣61.05×10﹣22.801.41×1022.64×103反應ii7.16×10132.33×10121.48×1083.73×1056.42×1033.40×102反應iii2.66×10116.04×1091.40×1051.94×1022.248.99×10﹣2（3）根據表中數據推出反應ⅰ的活化能Ea（正）＞（填“＞”或“＜”）Ea（逆）。（4）實際工業生產中，若存在副反應：4C3H6（g）?3C4H8（g）ΔH4Kp4，結合表2數據分析ΔH4＜（填“＞”或“＜”）0，陳述理由：升高溫度，副反應的平衡常數減小，說明平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，ΔH4＜0。（5）其他條件不變，起始壓強為0.1aMPa，向容積為1L的恒容密閉容器中投入1molCH3I（g），只發生反應i、ii、iii，反應溫度對平衡體系中乙烯、丙烯和丁烯所占氣體組分物質的量分數的影響如圖。一定能說明該體系達到平衡狀態的是D（填標號）。750K條件下，平衡時，體系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）＝1：3：4，反應ⅰ的壓強平衡常數Kp＝0.08aMPa。A．CH3I的轉化率達到最大值B．v（CH3I）＝v（HI）C．氣體的密度不再發生變化D．各氣體組分的百分含量保持不變【考點】化學平衡的計算；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；化學平衡狀態的判斷．【專題】化學反應中的能量變化；化學平衡專題；化學平衡計算．【答案】（1）﹣180.6；（2）鉻鹽；（3）＞；（4）＜；升高溫度，副反應的平衡常數減小，說明平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，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利用蓋斯定律，將[反應①﹣②]÷4.5得反應2NO（g）═N2（g）+O2（g）；（2）結合反應數據較優的催化劑為鉻鹽；（3）由表中數據可以看出，隨著溫度的不斷升高，分壓平衡常數Kp不斷增大，則正反應為吸熱反應；（4）由蓋斯定律可知，反應ⅲ×3﹣反應ⅱ×2得到副反應，Kp4＝。結合表2數據，298K時，Kp4＝≈3.7×106，323K時，Kp4＝≈4.1×104，則升高溫度，副反應的平衡常數減小，ΔH4＜0；（5）結合平衡時，正逆反應速率相等，相關量不再變化分析；由圖可知，715K、平衡時n（C3H6）＝n（C4H8）＝2n（C2H4），設平衡時n（C2H4）＝x，則n（C3H6）＝n（C4H8）＝2x，n（CH3I）＝y，則由碘原子守恒可知，n（HI）＝1﹣y，由碳原子守恒得y+2x+6x+8x＝1①，C2H4的物質的量分數為4%，得＝4%②，由①②得，x＝0.05mol，y＝0.2mol，體系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）═1：3：4；反應i：2CH3I（g）?C2H4（g）+2HI（g），混合氣的總物質的量為1.25mol，平衡時總壓強為1.25×0.1aMPa，則反應ⅰ的CH3I（g）分壓×1.25×0.1aMPa，C2H4（g）分壓1.25×0.1aMPa，HI（g）分壓1.25×0.1aMPa，據此計算。【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利用蓋斯定律，將[反應①﹣②]÷4.5得，反應2NO（g）═N2（g）+O2（g）ΔH＝﹣180.6kJ?mol﹣1，故答案為：﹣180.6；（2）反應溫度為650℃時，鈷鹽作催化劑時，C2H6的轉化率和C2H4的選擇性都低于鉻鹽，所以較優的催化劑為鉻鹽，故答案為：鉻鹽；（3）由表中數據可以看出，隨著溫度的不斷升高，分壓平衡常數Kp不斷增大，則正反應為吸熱反應，從而推出反應ⅰ的活化能Ea（正）＞Ea（逆），故答案為：＞；（4）實際工業生產中，若存在副反應：4C3H6（g）?3C4H8（g）ΔH4Kp4，由蓋斯定律可知，反應ⅲ×3﹣反應ⅱ×2得到副反應，Kp4＝。結合表2數據，298K時，Kp4＝≈3.7×106，323K時，Kp4＝≈4.1×104，則升高溫度，副反應的平衡常數減小，ΔH4＜0，理由：升高溫度，副反應的平衡常數減小，說明平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，ΔH4＜0，故答案為：＜；升高溫度，副反應的平衡常數減小，說明平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，ΔH4＜0；（5）A．溫度一定時，在固定容積的密閉容器中，反應物CH3I的轉化率達到最大值時，反應達平衡狀態，但若不指明溫度，反應物CH3I的轉化率很難有一個確定的最大值，故A不符合題意；B．在反應進行的各個階段，同方向時，都存在v（CH3I）＝v（HI），則反應不一定達平衡狀態，故B不符合題意；C．混合氣的質量不變，體積始終不變，則密度始終不變，當氣體的密度不再發生變化時，反應不一定達平衡狀態，故C不符合題意；D．各氣體組分的百分含量保持不變，則正、逆反應速率相等，反應達平衡狀態，故D符合題意；由圖可知，715K、平衡時n（C3H6）＝n（C4H8）＝2n（C2H4），設平衡時n（C2H4）＝x，則n（C3H6）＝n（C4H8）＝2x，n（CH3I）＝y，則由碘原子守恒可知，n（HI）＝1﹣y，由碳原子守恒得y+2x+6x+8x＝1①，C2H4的物質的量分數為4%，得＝4%②，由①②得，x＝0.05mol，y＝0.2mol，體系中m（C2H4）：m（C3H6）：m（C4H8）═1：3：4。反應i：2CH3I（g）?C2H4（g）+2HI（g），混合氣的總物質的量為1.25mol，平衡時總壓強為1.25×0.1aMPa，則反應ⅰ的CH3I（g）分壓×1.25×0.1aMPa，C2H4（g）分壓1.25×0.1aMPa，HI（g）分壓1.25×0.1aMPa，壓強平衡常數Kp＝＝0.08aMPa，故答案為：D；1：3：4；0.08a。【點評】本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握表中信息、K的計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，綜合性較強，題目難度較大。10．鐵元素被稱為“人類第一元素”，鐵及其化合物具有廣泛的應用，回答下列問題：（1）鐵元素在元素周期表第四周期第8列，屬于d區元素，基態鐵原子M層的電子排布式為3s23p63d6。（2）鐵形成的常見離子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化為Fe3+，請利用核外電子排布的相關原理解釋其原因Fe2+的價電子排布式為3d6，再失去1個電子可以形成3d5的半充滿穩定狀態，所以易被氧化為Fe3+。（3）檢驗Fe2+是否被氧化為Fe3+的方法之一是：取待測液，加入KSCN溶液，觀察是否有紅色的[Fe（SCN）（H2O）5]2+生成。①[Fe（SCN）（H2O）5]2+中Fe3+的雜化軌道類型為C（填字母）。A．dsp2B．dsp3C．sp3d2D．sp3②配體SCN﹣和H2O的鍵角大小：SCN﹣＞H2O（填“＜”“＞”或“＝”。用雜化軌道理論解釋，其原因為SCN﹣的中心C原子采用sp雜化，分子呈直線形，鍵角為180°，而H2O的中心O原子采用sp3雜化，O原子的最外層有2個孤電子對，H2O呈V形結構，鍵角小于180°。③SCN﹣中所有原子均滿足最外層8電子結構。寫出SCN﹣的電子式。（4）鐵酸釔是一種典型的單相多鐵性材料，其正交晶胞結構如圖a所示，沿x軸與z軸的投影圖分別如圖b和圖c所示。①以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的相對位置，稱作原子坐標。如1號原子的坐標為（0，0，），2號原子的坐標為（﹣n），則3號Fe原子的坐標為。②若晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶體的密度為g?cm﹣3（列出計算表達式）。【考點】晶胞的計算；元素周期表的結構及其應用；原子核外電子排布；鍵能、鍵長、鍵角及其應用．【專題】原子組成與結構專題；化學鍵與晶體結構．【答案】（1）8；d；3s23p63d6；（2）Fe2+的價電子排布式為3d6，再失去1個電子可以形成3d5的半充滿穩定狀態，所以易被氧化為Fe3+；（3）①C；②＞；SCN﹣的中心C原子采用sp雜化，分子呈直線形，鍵角為180°，而H2O的中心O原子采用sp3雜化，O原子的最外層有2個孤電子對，H2O呈V形結構，鍵角小于180°；③；（4）①；②。【分析】（1）鐵為26號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2；（2）Fe2+的價電子排布式為3d6，Fe3+的價電子排布式為3d5，Fe3+的3d軌道處于充半滿穩定狀態，則Fe2+易被氧化為Fe3；（3）①中Fe3+與配離子形成6個配位鍵，則雜化軌道數為6；②SCN﹣與CO2互為等電子體，中心C原子的價層電子對數為2，發生sp雜化，分子呈直線形，而H2O的中心O原子的價層電子對數為4，發生sp3雜化，O原子的最外層有2個孤電子對，H2O呈V形結構，則鍵角大小：SCN﹣＞H2O；③SCN﹣中所有原子均滿足最外層8電子結構，其與CO2互為等電子體；（4）①1號原子的坐標為，2號原子的坐標為，則正交晶胞的底面棱長為1，直立棱總長為1，3號Fe原子位于第三個小晶體的頂面上、離y軸、離右邊線（）；②晶胞中，含Y原子個數為＝2，含Fe原子個數為2，含O原子個數為＝6，則晶體化學式為YFeO3。若晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶體的密度為。【解答】解：（1）鐵為26號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，在元素周期表第四周期第8列，屬于d區元素，基態鐵原子M層的電子排布式為3s23p63d6，故答案為：8；d；3s23p63d6；（2）Fe2+的價電子排布式為3d6，Fe3+的價電子排布式為3d5，Fe3+的3d軌道處于充半滿穩定狀態，則Fe2+易被氧化為Fe3+，利用核外電子排布的相關原理解釋其原因：Fe2+的價電子排布式為3d6，再失去1個電子可以形成3d5的半充滿穩定狀態，所以易被氧化為Fe3+，故答案為：Fe2+的價電子排布式為3d6，再失去1個電子可以形成3d5的半充滿穩定狀態，所以易被氧化為Fe3+；（3）①中Fe3+與配離子形成6個配位鍵，則雜化軌道數為6，雜化軌道類型為sp3d2，故答案為：C；②SCN﹣與CO2互為等電子體，中心C原子的價層電子對數為2，發生sp雜化，分子呈直線形，而H2O的中心O原子的價層電子對數為4，發生sp3雜化，O原子的最外層有2個孤電子對，H2O呈V形結構，則鍵角大小：SCN﹣＞H2O；用雜化軌道理論解釋，其原因為：SCN﹣的中心C原子采用sp雜化，分子呈直線形，鍵角為180°，而H2O的中心O原子采用sp3雜化，O原子的最外層有2個孤電子對，H2O呈V形結構，鍵角小于180°，故答案為：＞；SCN﹣的中心C原子采用sp雜化，分子呈直線形，鍵角為180°，而H2O的中心O原子采用sp3雜化，O原子的最外層有2個孤電子對，H2O呈V形結構，鍵角小于180°；③SCN﹣中所有原子均滿足最外層8電子結構，其與CO2互為等電子體，則SCN﹣的電子式，故答案為：；（4）①1號原子的坐標為，2號原子的坐標為，則正交晶胞的底面棱長為1，直立棱總長為1，3號Fe原子位于第三個小晶體的頂面上、離y軸、離右邊線（），則3號Fe的坐標為，故答案為：；②晶胞中，含Y原子個數為＝2，含Fe原子個數為2，含O原子個數為＝6，則晶體化學式為YFeO3。若晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶體的密度為＝g?cm﹣3，故答案為：。【點評】本題考查原子結構和晶體結構，側重考查學生核外電子排布和晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。11．某固化劑K的合成路線及相關的反應方程式如圖所示（部分試劑及反應條件省略）。制備J的反應方程式：已知：①②（1）A的結構簡式為CH3OH。（2）B的鏈節中官能團的名稱為醚鍵。（3）E與Br2在FeBr3催化作用下生成的反應類型為取代反應；F與足量新制Cu（OH）2反應的化學方程式為OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；試劑G的化學式為NH3。（4）C的某同系物分子式為C7H8O3，該同系物的同分異構體中，同時滿足下列條件的結構共有12種（不考慮立體異構）；其中核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為1：2：2：3的結構簡式為（或等）（只寫一個）。①含有苯環②含有﹣CH3③不含﹣O﹣O﹣鍵（5）一定條件下，B（聚合度n＝7）和C按物質的量之比2：1完全反應生成D的化學方程式為：2++H2O；生成固化劑K的反應類型為加成反應，則K的結構簡式為。【考點】有機物的合成．【專題】有機物的化學性質及推斷．【答案】（1）CH3OH；（2）醚鍵；（3）取代反應；OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；NH3；（4）12；（或等）；（5）2++H2O；。【分析】A的分子式為CH4O，則A為CH3OH，1分子CH3OH與n分子發生加聚反應生成，（5）中一定條件下，B（聚合度n＝7）和C（）按物質的量之比2：1完全反應生成D，結合信息①可知，D的結構簡式為，制備J的反應方程式為，根據原子守恒，可知G的分子式為NH3，對比E、J的結構簡式，推知C2H2O2結構簡式為OHC﹣CHO，（5）中生成固化劑K的反應類型為加成反應，結合信息②，可知K的結構簡式為。【解答】解：（1）A的分子式為CH4O，則A的結構簡式為CH3OH，故答案為：CH3OH；（2）根據B的結構簡式可知，B的鏈節中官能團名稱為醚鍵，故答案為：醚鍵；（3）與Br2在FeBr3催化作用下生成，該反應類型為取代反應；F的分子式為C2H2O2，則F的結構簡式為OHC﹣CHO，其中含有兩個醛基，則與新制氫氧化銅懸濁液反應的方程式：OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；根據方程式“+C2H2O2+2G→+3H2O”，由原子守恒，可知G的分子式為NH3，故答案為：取代反應；OHC﹣CHO+4Cu（OH）2+2NaOH2Cu2O+NaOOC﹣COONa+6H2O；NH3；（4）C（）的某同系物分子式為C7H8O3，不飽和度為4，C7H8O3的同分異構體含有苯環，支鏈上不再含有不飽和度，且含有﹣CH3、不含﹣O﹣O﹣鍵，苯環有3個取代基為﹣OH、﹣OH、﹣OCH3，2個酚羥基有鄰、間、對3種位置關系，對應的﹣OCH3分別有2種、3種、1種位置；苯環有4個取代基為1個﹣CH3和3個﹣OH，苯環上2個氫原子有鄰、間、對3種位置關系，對應的﹣CH3分別有2種、3種、1種位置，故符合條件的同分異構體共有（2+3+1）×2＝12種，其中核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為1：2：2：3的結構簡式為、等，故答案為：12；（或等）；（5）一定條件下，B（聚合度n＝7）和C（）按物質的量之比2：1完全反應生成D，結合信息①可知，D的結構簡式為，生成D的化學方程式為2++H2O；生成固化劑K的反應類型為加成反應，結合信息②，可知K的結構簡式為，故答案為：2++H2O；。【點評】本題考查有機推斷與合成，涉及官能團識別、有機反應方程式的書寫、限制條件同分異構體的書寫等，試題培養了學生分析推理能力、綜合運用知識的能力，試題難度中等。三．工藝流程題（共1小題）12．釩酸鉍（BiVO4）是一種亮黃色無毒無害的光催化劑，主要應用于高選擇性制備氫氣。工業上以輝鉍礦粉（主要成分是Bi2S3，并含Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等雜質）為原料制備釩酸鉍（BiVO4）的流程如圖所示：已知部分信息如下：①氧化性：Fe3+＞Bi3+。②濾液1中的陰離子主要是Cl﹣。③常溫下，幾種離子生成氫氧化物沉淀的pH如下表所示：氫氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Bi（OH）3開始沉淀時的pH完全沉淀時的pH當溶液中某離子濃度小于1×10﹣5mol/L時，視為沉淀完全。回答下列問題：（1）浸渣1的主要成分為S、SiO2。（2）浸取時Bi2S3轉化的離子方程式為。（3）從工藝流程分析，氧化調節pH環節，除了可用NaOH溶液，還可用Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等調節，且需調至溶液的pH為3.1≤pH＜4.0（填范圍）。（4）稀釋水解時通常通入水蒸氣，其目的是溫度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移動；水解的化學方程式為BiCl3+3H2O?Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O?Bi（OH）3+3HCl。（5）設計實驗檢驗氣體X的成分：將產生的氣體X通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后溶液又恢復為紅色，則表明生成的氣體是SO2。（6）常溫下，Bi（OH）3的Ksp為1.0×10﹣30.5。【考點】制備實驗方案的設計．【專題】物質的分離提純和鑒別．【答案】（1）S、SiO2；（2）；（3）Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等；3.1≤pH＜4.0；（4）溫度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移動；BiCl3+3H2O?Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O?Bi（OH）3+3HCl；（5）將產生的氣體X通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后溶液又恢復為紅色，則表明生成的氣體是SO2；（6）1.0×10﹣30.5。【分析】輝鉍礦（主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等雜質）加鹽酸溶解，同時加氯化鐵將硫氧化為S單質，得濾液主要成分：BiCl3和FeCl2，同時有過量的鹽酸和氯化鐵，濾渣1為二氧化硅和硫單質，濾液1中加雙氧水將亞鐵離子氧化為鐵離子，加氫氧化鈉將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾后濾液2中含氯化鉍和氯化鈉，稀釋促進氯化鉍水解生成氫氧化鉍和鹽酸，過濾后濾餅溶于鹽酸得BiOCl，BiOCl與SOCl2發生反應得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3與（NH4）3VO4反應生成BiVO4，據此進行解答。【解答】解：（1）由上述分析可知，浸渣1的主要成分為S和SiO2，故答案為：S、SiO2；（2）浸取時Bi2S3加鹽酸溶解，同時加氯化鐵將硫氧化為S單質，離子方程式為：，故答案為：；（3）加入NaOH的目的是反應掉溶液中的H+，使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀，除了可用NaOH溶液，還可用Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等，根據表格中幾種離子生成氫氧化物沉淀的pH，調節溶液的pH范圍為3.1≤pH＜4.0，故答案為：Bi2O3或氨水、Bi（OH）3等；3.1≤pH＜4.0；（4）水解反應為吸熱反應，通入水蒸氣有加熱的作用，溫度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移動，BiCl3水解的化學方程式為BiCl3+3H2O?Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O?Bi（OH）3+3HCl，故答案為：溫度升高，有利于Bi3+水解平衡正向移動；BiCl3+3H2O?Bi（OH）3↓+3HCl或BiCl3+3H2O?Bi（OH）3+3HCl；（5）BiOCl與SOCl2發生反應得到BiCl3和二氧化硫，即X是SO2，檢驗的方法為將產生的氣體X通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后溶液又恢復為紅色，則表明生成的氣體是SO2，故答案為：將產生的氣體X通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后溶液又恢復為紅色，則表明生成的氣體是SO2；（6）根據表格中，Bi（OH）3恰好完全沉淀時的pH為5.5，此時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，故答案為：1.0×10﹣30.5。【點評】本題考查物質的制備，側重考查學生物質之間的反應和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。

考點卡片1．酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯系【知識點的認識】1、酸、堿、鹽的對比物質類別概念構成特點分類酸電離時生成的陽離子全部是H+的化合物氫離子和酸根離子①酸分子中是否有氧原子：含氧酸、無氧酸；②酸分子電離生成個數：一元酸、二元酸、三元酸；③酸性強弱：強酸、弱酸；④沸點高低：高沸點酸、非揮發性酸；低沸點酸、揮發性酸堿電離時生成的陰離子全部是OH﹣的化合物金屬陽離子（或銨根離子）與氫氧根離子構成的①溶解性；可溶性堿、不溶性堿；②堿性強弱：強堿、弱堿；③與一個金屬離子結合的的個數：一元堿、二元堿鹽一類金屬離子或銨根離子（NH4+）與酸根離子或非金屬離子結合的化合物。金屬陽離子（或銨根離子）與酸根離子（1）根據組成不同：①正鹽；②酸式鹽；③堿式鹽（2）溶解性：可溶性鹽、不溶性鹽（3）相同金屬離子或酸根離子的統稱：某鹽、某酸鹽①金屬元素+酸根，讀作“某酸某或某酸亞某”；②金屬元素+非金屬元素，讀作“某化某或某化亞某”；③金屬元素+H+酸根，讀作“某酸氫某或酸式某酸某”；④金屬元素+OH+酸根，讀作“堿式某酸某或堿式某化某”氧化物其構成中只含兩種元素，其中一種一定為氧元素，另一種若為金屬元素，則為金屬氧化物；若為非金屬，則為非金屬氧化物。氧元素為負二價時和另外一種化學元素組成的二元化合物①金屬氧化物與非金屬氧化物②離子型氧化物與共價型氧化物離子型氧化物：部分活潑金屬元素形成的氧化物如Na2O、CaO等；共價型氧化物：部分金屬元素和所有非金屬元素的氧化物如MnO2、HgO、SO2、ClO2等③普通氧化物、過氧化物和超氧化物④酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物、不成鹽氧化物、其它復雜氧化物2、酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的對比：酸性氧化物堿性氧化物兩性氧化物概念一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水的氧化物能跟酸起反應，生成一種鹽和水的氧化物叫堿性氧化物（且生成物只能有鹽和水，不可以有任何其它物質生成）。既可以與酸反應生成鹽和水又可以與堿反應生成鹽和水的氧化物組成一般是非金屬元素的氧化物和某些過渡金屬元素的高價氧化物堿性氧化物都是金屬氧化物。金屬氧化物一般為堿性氧化物，但有例外，比如七氧化二錳和三氧化鉻主要由活動性較低的金屬組成。常例CO2、SO2、SO3、P2O5、SiO2、Mn2O7、CrO3Na2O、CaO、BaO和CrO、MnOBeO、Al2O3、ZnO等。性質1．與水反應生成相應的酸（除了二氧化硅SiO2，它不與水反應）2．與堿反應生成鹽和水3．與堿性氧化物反應1．堿性氧化物的對應水化物是堿。例如，CaO對應的水化物是Ca（OH）2，Na2O對應的水化物是NaOH．但對應水化物是不溶性堿的則其氧化物不與水反應，如：氧化銅不與水反應，堿金屬鈉、鉀等，還有鈣和鋇的氧化物能跟水反應，生成相應的氫氧化物。它們都是強堿：Na2O+H2O═2NaOHCaO+H2O═Ca（OH）22．高溫下，部分堿性氧化物和酸性氧化物作用生成鹽：CaO+SiO2═CaSiO33．部分堿性氧化物可直接與酸性氧化物反應：Na2O+CO2═Na2CO3。堿性氧化物受熱時比較穩定，一般不會分解。既能表現酸性氧化物的性質，又能表現堿性氧化物的性質區別與聯系大多數金屬氧化物是堿性氧化物，大多數非金屬氧化物是酸性氧化物。堿性氧化物都是一些金屬氧化物，酸性氧化物中有一些是非金屬氧化物，也有一些是金屬氧化物。所以說，金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬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屬氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物。【命題方向】本內容重點掌握酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物的概念和性質。題型一：酸、堿、鹽互為氧化物的概念典例1：分類是學習和研究化學的一種重要方法，下列分類合理的是（）A．K2CO3和K2O都屬于鹽B．KOH和Na2CO3都屬于堿C．H2SO4和HNO3都屬于酸D．Na2O和Na2SiO3都屬于氧化物分析：電離時生成的陽離子全部是氫離子的化合物叫酸；電離時生成的陰離子全部是氫氧根離子的化合物叫堿；電離時生成金屬離子和酸根離子的化合物叫鹽；由兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物叫氧化物；據定義分析即可。解答：A、K2CO3屬于鹽，K2O屬于氧化物，故A錯誤。B、KOH屬于堿，Na2CO3屬于鹽，故B錯誤。C、H2SO4和HNO3都屬于酸，故C正確。D、Na2O屬于氧化物，Na2SiO3屬于鹽，故D錯誤。故選C。點評：本題考查了酸、堿、鹽、氧化物的概念，難度不大，注意這幾個概念的區別。題型二：酸性氧化物、堿性氧化物的識別典例2：下列物質的分類正確的是（）堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A．AB．BC．CD．D分析：根據堿電離出的陰離子全部是氫氧根離子，酸電離出的陽離子全部是氫離子，鹽電離出的陽離子是金屬離子或銨根離子，陰離子是酸根離子，能與酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物，能與堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物等概念進行分析。解答：A、NaOH屬于堿，SO2屬于酸性氧化物，故A錯誤；B、CO屬于不成鹽氧化物，故B錯誤；C、CO屬于不成鹽氧化物，故C錯誤；D、根據物質的分類，KOH屬于堿，HNO3屬于酸，CaCO3屬于鹽，CaO屬于堿性氧化物，SO2屬于酸性氧化物，故D正確。故選D。點評：本題考查物質的分類，題目難度不大，注意物質的分類角度的總結。題型三：酸性氧化物、非金屬氧化物、堿性氧化物、金屬氧化物的辨析關系典例3：下列關于氧化物的敘述中，正確的是（）A．酸性氧化物都是非金屬氧化物B．非金屬氧化物都是酸性氧化物C．堿性氧化物肯定是金屬氧化物D．金屬氧化物肯定是堿性氧化物分析：A、能和堿反應生成只鹽和水的氧化物是酸性氧化物；B、非金屬氧化物可能是不成鹽氧化物；C、能和酸反應只生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物。D、金屬氧化物不一定都是堿性氧化物。解答：A、酸性氧化物也可能是金屬氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故A錯誤；B、非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成鹽氧化物，如CO屬于非金屬氧化物但不屬于酸性氧化物，故B錯誤；C、堿性氧化物肯定是金屬氧化物，故C正確；D、金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故D錯誤；故選C。點評：本題考查了氧化物的概念及其聯系，難度不大，但概念間的聯系是學習的難點，屬于易錯題。【解題思路點撥】金屬氧化物不一定是堿性氧化物，非金屬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屬氧化物，但堿性氧化物一定是金屬氧化物。2．氧化還原反應與非氧化還原反應【知識點的認識】1.得失氧或得失氫的角度：得氧或失氫的反應為氧化反應，失氧或得氫的反應為還原反應；2.電子轉移角度：得電子的反應為還原反應、失電子的反應為氧化反應；3.化合價角度：失電子化合價升高的反應為氧化反應、得電子化合價降低的反應為還原反應；【命題的方向】1.基本概念及氧化性、還原性的判斷：典例：水是重要的化合物，其既能作化學反應的溶劑，又能參與化學反應。下列是水參與的部分反應：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列問題：（1）上述反應中，不屬于氧化還原反應的是（③）（填序號）。（2）上述反應中，水只作氧化劑的反應是（①）（填序號，下同）；水只作還原劑的反應是（④）。該反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為（1：2）；2.電子轉移的表示方法：單線橋、雙線橋典例：用單線橋或雙線橋表示下列反應的電子轉移，并寫出氧化劑和還原劑（用單線橋表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用單線橋表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用雙線橋表示）（）；3.氧化性強弱的判斷：（1）根據氧化反應反應原理判斷：氧化性：氧化劑＞氧化產物，還原性：還原劑＞還原產物；（2）根據元素周期表、金屬活動性順序表、元素周期律判斷；典例：下列事實不能作為元素的金屬性或非金屬性強弱判斷依據的是（）A.Zn和Fe分別與稀硫酸反應，判斷金屬性強弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置換出銅，Ba投入CuCl2溶液中不能置換出銅，判斷金屬性強弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判斷非金屬性強弱：Cl＞SiD.依據O2、S分別與H2反應的難易程度，判斷非金屬性強弱：O＞S（3）根據元素化合價高低判斷，最高價只有氧化性、最低價只有還原性、中間價態既有氧化性又有還原性；（4）根據原電池和電解池原理判斷，一般來說，兩種金屬和電解質溶液構成的原電池中，負極的還原性大于正極；電解池中，陰離子還原性越強，越易在陽極上失電子，陽離子氧化性越強，越易在陰極上得電子；典例：（5）外界影響因素：濃度、溫度、溶液酸堿性；4.氧化還原反應的有關計算，典例：實驗室可以用固體氯酸鉀和濃鹽酸反應制氯氣：KClO3+6HCl（濃）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列說法中正確的是（）A.KClO3是氧化劑，HCl是還原劑；Cl2是氧化產物，KCl是還原產物B.當有9mol電子轉移時，參加反應的KClO3的物質的量為1.5molC.產生1.5molCl2時，轉移電子的物質的量為3molD.當有3molCl2生成時，作還原劑的HCl為5mol5.氧化還原反應的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，發生下列反應。配平反應方程式并用單線橋標出電子轉移的方向和數目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化還原反應方程式的書寫：典例：高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如圖所示。回答下列問題：相關金屬離子[c0（Mn+）＝0.1mol?L﹣1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解題思路點撥】1.氧化劑和還原劑可能是同一種物質；氧化產物和還原產物可能是同一種物質；2.根據元素化合價高低可以判斷物質是否具有氧化性或還原性，但不能判斷氧化性或還原性強弱；3.元素處于最高價態時只有氧化性，但不一定具有強氧化性；金屬陽離子不一定只有氧化性，如亞鐵離子；4.在氧化還原反應的有關計算中靈活運用轉移電子守恒進行計算；3．阿伏加德羅常數【知識點的認識】1、阿伏伽德羅常數：（1）概念：阿伏伽德羅常數的定義值是指0.012kg12C所含的原子數，約為6.02×1023，符號為NA．表示1mol任何粒子的數目。（2）單位：mol﹣1。2、阿伏伽德羅常數可用多種實驗方法測得，到目前為止測得比較精確的數據是6.0221367×1023mol﹣1。【命題方向】本考點主要考察阿伏伽德羅常數的概念、符號及數值、單位，需要重點掌握。題型一：阿伏伽德羅常數的概念典例1：下列敘述正確的是（）A．1mol任何物質都含有6.02×1023個原子B．0.012kg12C約含有6.02×1023個碳原子C．硫酸的摩爾質量是98gD．常溫常壓下，1mol氧氣的體積約為22.4L分析：A、物質有的是單原子分子，有的是雙原子分子多原子分子，離子化合物等；B、依據阿伏伽德羅常數的概念分析判斷；C、摩爾質量是單位物質的量的物質的質量；D、常溫常壓下，氣體摩爾體積不為22.4L/mol。解答：A、構成物質的微粒不同，1mol任何物質不一定都含有6.02×1023個原子，故A錯誤；B、0.012kg12C約含有6.02×1023個碳原子為1mol，為阿伏伽德羅常數的規定，故B正確；C、硫酸的摩爾質量是98g/mol，故C錯誤；D、常溫常壓下，1mol氧氣的體積不是22.4L，故D錯誤；故選B。點評：本題考查了阿伏伽德羅常數的應用，主要考查阿伏伽德羅常數的規定，氣體摩爾體積的條件應用，摩爾質量的概念判斷，題目較簡單。題型二：阿伏伽德羅常數的計算應用典例2：設NA是阿伏加德羅常數的數值。下列說法正確的是（）A．1L0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的數目為0.1NAB．1molNH3中含有N﹣H鍵的數目為3NAC．7.8gNa2O2中含有的陽離子數目為0.1NAD．標準狀況下，22.4L水中分子個數為NA分析：A、氯化鐵溶液中鐵離子部分水解，鐵離子數目減少；B、氨氣分子中含有3個氮氫鍵，1mol氨氣中含有3mol氮氫鍵；C、過氧化鈉中的陽離子為鈉離子，0.1mol過氧化鈉中含有0.2mol鈉離子；D、標準狀況下水的狀態不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算水的物質的量。解答：A、1L0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液中含有溶質氯化鐵0.1mol，鐵離子部分水解，溶液中含有的鐵離子小于0.1mol，Fe3+的數目小于0.1nA，故A錯誤；B、1mol氨氣中含有3mol氮氫鍵，含有N﹣H鍵的數目為3nA，故B正確；C、7.8g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，0.1mol過氧化鈉中含有0.2mol鈉離子，含有的陽離子數目為0.2nA，故C錯誤；D、標況下，水不是氣體，題中條件無法計算22.4L水的物質的量，故D錯誤；故選B。點評：本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，注意明確標況下的氣體摩爾體積的使用條件。【解題思路點撥】阿伏伽德羅常數的常見問題和注意事項：1）物質的狀態是否為氣體；2）對于氣體注意條件是否為標況；3）注意同位素原子的差異；4）注意可逆反應或易水解鹽中離子數目的判斷；5）注意物質的結構：如Na2O2是由Na+和構成，而不是有Na+和O2﹣構成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結構中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結構，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。4．元素周期表的結構及其應用【知識點的知識】1、元素周期表的結構：特別提醒：掌握元素周期表的結構中各族的排列順序，結合惰性氣體的原子序數，我們可以推斷任意一種元素在周期表中的位置．記住各周期元素數目，我們可以快速確定惰性氣體的原子序數．各周期元素數目依次為2、8、8、18、18、32、32（如果第七周期排滿），則惰性氣體原子序數依次為2、2+8＝10、10+8＝18、18+18＝36、36+18＝54、54+32＝86、86+32＝118．2、元素周期表的應用：1）根據元素周期表可以推測各種元素的原子結構以及元素及其化合物性質的遞變規律；2）利用元素周期表，可以尋找制取半導體、催化劑、化學農藥、新型材料的元素及化合物；3）可以用元素周期表來根據一些已知元素的性質推測一些未知元素的性質．【命題方向】本考點主要考察元素周期表的結構，主要以選擇題的形式考查對基礎知識的掌握，同時也將推斷、推理、計算等以填空題的形式在高考中進行考查．題型一：元素周期表的結構典例1：關于元素周期表的說法正確的是（）A．元素周期表有8個主族B．ⅠA族的元素全部是金屬元素C．元素周期表有7個周期D．短周期是指第一、二周期分析：元素周期表有7個周期（短周期、長周期、不完全周期），有18個縱行（7個主族、7個副族、第ⅤⅢ族、零族），以此來解答．解答：A．元素周期表有7個主族，故A錯誤；B．ⅠA族的元素除H元素外都是金屬元素，故B錯誤；C．元素周期表有7個周期，故C正確；D．短周期是指第一、二、三周期，故D錯誤；故選C．點評：本題考查元素周期表的結構，較簡單，熟悉元素周期表的橫行和縱行的排布是解答本題的關鍵，學生應熟記元素周期表的結構．典例2：在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的數目分別是（）A．8、8、18、32B．8、18、18、32C．8、18、18、18D．8、8、18、18分析：根據元素周期表中各周期元素的種類來解答．解答：元素周期表中第一周期有2種元素；第二周期有8種；第三周期有8種；第四周期有18種；第五周期有18種；第六周期32種；則第三、四、五、六周期元素的數目分別是8、18、18、32，故選B．點評：本題考查元素周期表及各周期元素，熟悉每個周期的元素數目即可解答，較基礎．典例3：下列各表中的數字代表的是原子序數，表中數字所表示的元素與它們在元素周期表中的位置相符的是（）A．B．C．D．分析：根據元素周期表的結構：相鄰兩個周期同主族元素的原子序數相差2、8、18、36來分析．解答：A、3號和5號元素之間相差很多個族，即12號的