2022學(xué)年江蘇省蘇州市高三上學(xué)期期末化學(xué)試卷

1、2022學(xué)年江蘇省蘇州市高三（上）期末化學(xué)試卷一、選擇題（共10小題，每小題2分，滿分20分）1（2分）下列做法與環(huán)保理念不符合的是（）A采用增大臭氧濃度來改善空氣質(zhì)量B利用地?zé)?、潮汐等能源替代化石燃料C使用可降解塑料減少“白色污染”D選用不含氮、磷的洗滌劑防止藍藻污染【分析】如符合環(huán)保理念，應(yīng)做到生活作息時所耗用的能量要盡量減少，減少污染物的排放，盡量使用清潔能源，并積極治理污染，以此解答該題【解答】解：A臭氧濃度過大，對人體健康有影響，故A錯誤；B利用地?zé)?、潮汐等能源替代化石燃料，可減少溫室效應(yīng)，故B正確；C使用可降解塑料，可減少“白色污染”，改善環(huán)境，故C正確；D選用不含氮、磷的洗滌劑防

2、止藍藻污染，可減少水體污染，防止水體富營養(yǎng)化，故D正確故選A【點評】本題考查化學(xué)環(huán)境污染，為高頻考點，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)、環(huán)境的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，樹立環(huán)保意識2（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A甲醇的結(jié)構(gòu)式：CH4OB鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖：C質(zhì)子數(shù)為16、中子數(shù)為17的硫原子：SD硫化氫分子的電子式：【分析】ACH4O為甲醇的分子式，結(jié)構(gòu)式中需要用短線表示出所有的共價鍵；B鈉離子的核電荷數(shù)為11，核外電子總數(shù)為10；C質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)；D硫化氫為共價化合物，分子中不存在陰陽離子【解答】解：A甲醇可以看作羥基取代了甲烷中

3、的1個H原子，甲醇的結(jié)構(gòu)式為：，故A錯誤；B鈉離子最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其離子結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B正確；C質(zhì)子數(shù)為16、中子數(shù)為17的硫原子的質(zhì)量數(shù)為33，該原子正確的表示方法為：3316S，故C錯誤；D硫化氫屬于共價化合物，電子式中不能標(biāo)出電荷，其正確的電子式為，故D錯誤；故選B【點評】本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、結(jié)構(gòu)簡式、離子結(jié)構(gòu)示意圖、元素符號等知識，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力3（2分）下列物質(zhì)性質(zhì)與應(yīng)用對應(yīng)關(guān)系正確的是（）AKAl（SO4）212H2O能水解生成Al（OH）3膠體，可用作凈水劑BSO2有漂白、殺

4、菌性能，可在食品加工中大量使用CMnO2有較強的氧化性，可作H2O2分解的氧化劑DSi是半導(dǎo)體材料，可用于制光導(dǎo)纖維【分析】A依據(jù)鹽類水解性質(zhì)及生成產(chǎn)物的性質(zhì)解答；B二氧化硫有毒；C依據(jù)二氧化錳在過氧化氫分解過程做催化劑作用解答；D二氧化硅具有良好的光學(xué)特性【解答】解：A明礬電離產(chǎn)生的鋁離子水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，能夠吸附水中固體雜質(zhì)顆粒，可以凈水，故A正確；B二氧化硫有毒，不能用于食品漂白，故B錯誤；C二氧化錳在過氧化氫分解過程做催化劑，各元素化合價不變，不表現(xiàn)氧化性，故C錯誤；D二氧化硅具有良好的光學(xué)特性，可用于制造光導(dǎo)纖維，故D錯誤；故選：A【點評】本題考查金屬及化合物的性質(zhì)，

5、為高頻考點，涉及鹽類水解、物質(zhì)的性質(zhì)與用途的關(guān)系等，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查，題目難度不大4（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大X、W在同一主族，Z與Y3具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍下列說法不正確的是（）AX的氣態(tài)簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強B由Y、Z兩種元素組成的化合物是離子化合物CW的氧化物可與Z的最高氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)D粒子半徑的大小順序：r（W）r（X）r（Z）r（Y3）【分析】X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，應(yīng)為C元素，X、W在同一主族，W應(yīng)為Si元素，Z與Y3具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子

6、序數(shù)依次增大，則Y為N元素，Z為Na元素，以此解答該題【解答】解：由以上分析可知X為C，Y為N，Z為Na，W為Si元素，A非金屬性CSi，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故A正確；BY、Z兩種元素組成的化合物為Na3N等，是離子化合物，故B正確；CW的氧化物為二氧化硅，為酸性氧化物，可與Z的最高氧化物對應(yīng)水化物氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故C正確；DY、Z的離子具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，應(yīng)為r（Y3）r（Z），故D錯誤故選D【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，明確物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元素周期律即可解答，熟練掌握同一周期、同一主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律

7、，題目難度不大5（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5IIO33H2O3I26OHB向NaAlO2溶液中通入過量的CO2：2AlO2CO23H2O2Al（OH）3CO32C將SO2通入過量冷氨水中：SO2NH3H2OHSO3NH4D碘水中通入足量的SO2：I2SO22H2O2ISO424H【分析】A酸性溶液中，反應(yīng)產(chǎn)物中不能生成氫氧根離子；B二氧化碳過量，反應(yīng)生成碳酸氫根離子；C氨水過量，反應(yīng)生成亞硫酸根離子；D碘單質(zhì)將二氧化硫氧化成硫酸【解答】解：A用KIO3氧化酸性溶液中的KI，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)，正確的離子方程式為：5IIO36H3I

8、23H2O，故A錯誤；B向NaAlO2溶液中通入過量的CO2，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：AlO2CO22H2OAl（OH）3HCO3，故B錯誤；C將SO2通入過量冷氨水中，反應(yīng)生成亞硫酸銨，正確的離子方程式為：SO22NH3H2OSO322NH4H2O，故C錯誤；D碘水中通入足量的SO2，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成HI和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：I2SO22H2O2ISO424H，故D正確；故選D【點評】本題考查了離子方程式的書寫判斷，為高考的高頻題，題目難度不大，注意掌握明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電

9、解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等6（2分）某課外實驗小組設(shè)計的下列實驗合理的是（）A配制一定濃度的H2SO4溶液B制取少量NH3C制取并收集NO2D制取少量O2【分析】A不能在容量瓶中稀釋；B濃氨水與CaO混合，可使氨氣逸出；C二氧化氮與水反應(yīng)；D過氧化鈉為粉末固體【解答】解：A不能在容量瓶中稀釋，應(yīng)在燒杯中稀釋、冷卻后轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，故A錯誤；B濃氨水與CaO混合，可使氨氣逸出，圖中固液裝置可制備氨氣，故B正確；C二氧化氮與水反應(yīng)，不能選排水法收集，故C錯誤；D過氧化鈉為粉末固體，關(guān)閉止水夾不能使固液分離，則不能制取少量O2，故D錯誤；故選B【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的

10、評價，為高頻考點，把握實驗裝置的作用、氣體的制備、溶液配制、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析，題目難度不大7（2分）下列說法正確的是（）A鉛蓄電池在充電過程中，陰極得到電子質(zhì)量增加B1mol羥基含電子數(shù)約為71023CL1CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值減小DNa2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32水解程度減小，溶液的ol羥基中含有9個電子；C根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)可知：=，結(jié)合稀釋過程中氫離子濃度減小分析；D加入少量Ca（OH）2固體后，反應(yīng)生成氫氧化鈉，溶液的ol羥基中含有9mol電子，含電子數(shù)約為91023，故B錯誤；C設(shè)醋酸的電

11、離平衡常數(shù)為Ka，=，稀釋過程中氫離子濃度減小，則溶液中的值減小，故C正確；DNa2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和NaOH，溶液的ol、3=mol、=mol，所以Al空氣電池的理論比能量最高，故B正確；C電解質(zhì)溶液中的陰離子從正極區(qū)移向負(fù)極區(qū)，而不是從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)，故C錯誤；D負(fù)極上Mg失電子生成Mg2，為防止負(fù)極區(qū)沉積Mg（OH）2，則陰極區(qū)溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性電解質(zhì)及陽離子交換膜，故D正確；故選C【點評】本題考查原電池原理，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷、獲取信息解答問題及計算能力，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)、離子交換膜作用、反應(yīng)速率影響因

12、素、氧化還原反應(yīng)計算是解本題關(guān)鍵9（2分）在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）AN2NOHNO3BMnO2Cl2漂白粉C黃鐵礦SO3硫酸DCuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2O【分析】ANO與水不反應(yīng)；B二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，氯氣與石灰乳反應(yīng)生成漂白粉；C黃鐵礦燃燒生成二氧化硫；D硫酸銅與NaOH反應(yīng)生成氫氧化銅，但蔗糖不含CHO，二者不反應(yīng)【解答】解：ANOHNO3不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故A不選；B二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，氯氣與石灰乳反應(yīng)生成漂白粉，則MnO2Cl2漂白粉可實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故B選；C黃鐵礦SO3不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故C不選；DCu（OH）2Cu2O不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，

13、故D不選；故選B【點評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大10（2分）下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是（）A圖表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固體后，溶液ol化合物X可以與2molNa2CO3反應(yīng)C1mol化合物X可以與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)消耗3molBr2D化合物X與H2完全加成，每個產(chǎn)物分子中含有4個手性碳原子【分析】有機物含有羥基，可發(fā)生取代、氧化和顯色反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化反應(yīng)，含有羰基，可發(fā)生加成反應(yīng)，以此解答該題【解答】解：A分子中含有苯環(huán)、羰基和碳

14、碳雙鍵，都為平面形結(jié)構(gòu)，則分子中所有碳原子可能處于同一平面，故A正確；B含有2個酚羥基，可與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，則1mol化合物X可以與2molNa2CO3反應(yīng)，故B正確；C酚羥基鄰位、對位無氫原子，與溴水不能發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯誤；D與氫氣加成產(chǎn)物中，六元環(huán)中與羥基、甲基（烴基）相連的碳以及支鏈中連接羥基的碳為手性碳原子，共有6個，故D錯誤故選AB【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，題目難度中等，注意體會官能團與性質(zhì)的關(guān)系，明確酸、酯的性質(zhì)即可解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力12（4分）常溫下，分別取“銀鏡反應(yīng)”（少許葡萄糖與過量銀氨溶液作用）過濾后的剩余溶液，并向其中加入

15、指定物質(zhì)，反應(yīng)后的溶液中主要存在的一組離子（有機物除外）正確的是（）A通入過量的NH3（g）：Ag、NH4、NO3、OHB加入過量HNO3（aq）：NH4、Ag、H、NO3C通入過量HCl（g）：NH4、H、Cl、NO3D加入過量NaOH（aq）：NH4、Na、NO3、OH【分析】葡萄糖發(fā)生銀鏡反應(yīng)為：CH2OH（CHOH）4CHO2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH42AgH2O3NH3，過濾后溶液含Ag（NH3）2、NH4，結(jié)合離子之間的反應(yīng)來解答【解答】解：葡萄糖發(fā)生銀鏡反應(yīng)為：CH2OH（CHOH）4CHO2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH42

16、AgH2O3NH3，過濾后溶液含Ag（NH3）2、NH4，A通入過量的NH3，不能存在OH，故A錯誤；B加入過量HNO3（aq），與Ag（NH3）2OH反應(yīng)，溶液中含NH4、Ag、H、NO3，故B正確；C通入過量HCl（g），與Ag（NH3）2OH反應(yīng)，溶液中含NH4、H、Cl，故C錯誤；D加入過量NaOH（aq），不能大量存在NH4，故D錯誤；故選B【點評】本題考查離子共存，為高考常見題型和高頻考點，把握習(xí)題中的信息及常見離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意銀氨溶液的成分，題目難度不大13（4分）下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A濃

17、硫酸與乙醇170共熱，制得的氣體通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去制得的氣體為乙烯B測定等濃度的Na2CO3和Na2SO3的溶液的L氫氧化鈉溶液，此為溶質(zhì)為CH3COONa、NaoH，且滿足c（H3COONa）=2c（NaOH），結(jié)合電荷守恒和物料守恒判斷【解答】解：A點反應(yīng)后溶液是CH3COONa與CH3COOH物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，CH3COOH電離程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na）c（CH3COOH），由電荷守恒可知：c（CH3COO）c（OH）=c（Na）c（H），所以c（CH3COO）c（OH）c（CH3COOH）c（H），故A正確；B點L氫氧化鈉溶液，此為溶質(zhì)為C

18、H3COONa、NaoH，且滿足c（H3COONa）=2c（NaOH），溶液中在電荷守恒：c（Na）c（H）=c（CH3COO）c（OH），物料守恒：2c（Na）=3c（CH3COO）3c（CH3COOH），根據(jù)可得：2c（OH）2c（H）=c（CH3COO）3c（CH3COOH），故D正確；故選AD【點評】本題考查較酸堿混合的定性判斷和計算、離子濃度大小比較，題目難度中等，綜合考查學(xué)生的分析能力和化學(xué)基本理論的運用能力，為高考常見題型，難度中等，注意電荷守恒的運用15（4分）80時，NO2（g）SO2（g）SO3（g）NO（g）該溫度下，在甲、乙、丙三個體積相等且恒容的密閉容器中，投入NO2

19、和SO2，起始濃度如表所示，其中甲經(jīng)2min達平衡時，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，下列說法正確的是（）起始濃度甲乙丙c（NO2）/molL1C（SO2）/molL1A容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均速率v（SO2）=L1min1B達到平衡時，容器丙中正反應(yīng)速率與容器甲相等C溫度升至90，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為，則反應(yīng)的H0D容器乙中若起始時改充L1NO2和L1SO2，達到平衡時c（NO）與原平衡相同【分析】甲經(jīng)2min達平衡時，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，其平衡濃度為L，則：NO2（g）SO2（g）SO3（g）NO（g）開始（mol/L）：轉(zhuǎn)化（mol/L）：05平衡（mol/L）：05故該溫度下平衡常數(shù)

20、K=1，各容器內(nèi)溫度相同，平衡常數(shù)均相同，A根據(jù)v=計算；B丙濃度大于甲，反應(yīng)速率較大；C溫度升至90，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為，小于80的平衡常數(shù)1，則升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動；D據(jù)平衡常數(shù)的計算式推斷【解答】解：A容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均速率v（SO2）=L1min1，故A錯誤；B反應(yīng)NO2（g）SO2（g）SO3（g）NO（g）為氣體體積不變的反應(yīng)，壓強不影響平衡，則容器甲和丙互為等效平衡，平衡時反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率相等，由于丙中各組分濃度為甲的2倍，則容器丙中的反應(yīng)速率較大，故B錯誤；C溫度升至90，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1，則升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，該反應(yīng)的H0，

21、故C正確；D令平衡時NO的濃度為ymol/L，則：NO2（g）SO2（g）SO3（g）NO（g）開始（mol/L）：轉(zhuǎn)化（mol/L）：yyyy平衡（mol/L）：yyy則=1，只要二氧化氮和二氧化硫的濃度分別是L和L，平衡時NO的濃度就相同，故D正確故選CD【點評】本題考查了化學(xué)平衡的計算，為高考常見題型和高頻考點，題目難度中等，明確化學(xué)平衡常數(shù)、反應(yīng)速率的概念及表達式為解答關(guān)鍵，注意掌握三段式在化學(xué)平衡計算中的應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計算能力二、解答題（共6小題，滿分80分）16（12分）NaC1O2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如圖：（1）寫出

22、“反應(yīng)”步驟中生成ClO2的化學(xué)方程式：（2）“電解”中陰極反應(yīng)的主要產(chǎn)物是（3）“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2和Ca2，要加入的試劑分別為溶液、溶液（填化學(xué)式）（4）“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2寫出“尾氣吸收”的離子方程式：此吸收反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為（5）“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當(dāng)于多少克Cl2的氧化能力NaClO2的有效氯含量為g（計算結(jié)果保留兩位小數(shù)）【分析】由制備流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化條件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化劑，回收產(chǎn)物為N

23、aHSO4，說明生成硫酸氫鈉，且產(chǎn)生ClO2，根據(jù)電子守恒可知，此反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaClO3SO2H2SO4=2NaHSO42ClO2，選擇NaOH除去食鹽水中的Mg2，選擇碳酸鈉除去食鹽水中的Ca2，然后電解裝置中陰極ClO2得電子生成ClO2，陽極Cl失電子生成Cl2，含過氧化氫的氫氧化鈉溶液吸收ClO2，產(chǎn)物為ClO2，最后NaClO2溶液結(jié)晶、干燥得到產(chǎn)品，以此來解答【解答】解：（1）“反應(yīng)”步驟中生成ClO2的化學(xué)方程式為2NaClO3SO2H2SO4=2NaHSO42ClO2，故答案為：2NaC1O3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4；（2）由分析可知電解裝置中陰極C

24、lO2得電子生成ClO2，陽極Cl失電子生成Cl2，故答案為：ClO2（或NaC1O2）；（3）食鹽溶液中混有Mg2和Ca2，可以利用過量NaOH溶液除去Mg2，利用過量Na2CO3溶液除去Ca2，故答案為：NaOH；Na2CO3；（4）含過氧化氫的氫氧化鈉溶液吸收ClO2，“尾氣吸收”的離子方程式為2ClO22OHH2O2=2C1O2O22H2O，此反應(yīng)中ClO2為氧化劑，H2O2為還原劑，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：2ClO22OHH2O2=2C1O2O22H2O；2：1；（5）1gNaClO2的物質(zhì)的量=，依據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，NaClO2Cl4e，Cl22Cl2e，

25、可知氯氣的物質(zhì)的量為mol=mol，則氯氣的質(zhì)量為71g/mol=，故答案為：【點評】本題考查了物質(zhì)制備的實驗方法分析、氧化還原反應(yīng)概念分析和電子轉(zhuǎn)移的計算、注意物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用，題目難度中等17（15分）以下流程是合成環(huán)烷烴的方法之一（1）B、C中含氧官能團的名稱分別為、（2）AB的反應(yīng)類型是（3）寫出CD反應(yīng)的化學(xué)方程式（4）寫出同時滿足下列條件的B的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：分子中含三元環(huán)；分子中無甲基；有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫；可發(fā)生銀鏡反應(yīng)（5）請以1，3丁二烯和CH2（COOC2H5）2、C2H5ONa為原料制備，寫出相應(yīng)的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干

26、）【分析】（1）由結(jié)構(gòu)簡式確定含氧官能團的名稱；（2）由A、B的結(jié)構(gòu)簡式可知A發(fā)生取代反應(yīng)生成B；（3）C生成D，同時生成CO2；（4）B的一種同分異構(gòu)體，分子中含三元環(huán)；分子中無甲基；有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫；可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則為甲酸形成的酯；（5）1，3丁二烯與溴發(fā)生1，4加成，然后與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，4二溴丁烷，在和CH2（COOC2H5）2、C2H5ONa反應(yīng)生成，水解生成，最后生成，以此解答該題【解答】解：（1）由結(jié)構(gòu)簡式可知B含有酯基、C含有羧基，故答案為：酯基；羧基；（2）由A、B的結(jié)構(gòu)簡式可知A發(fā)生取代反應(yīng)生成B，故答案為：取代反應(yīng)；（3）由質(zhì)量守恒可知CD反應(yīng)的化學(xué)方程式

27、為，故答案為：；（4）B的一種同分異構(gòu)體，分子中含三元環(huán)；分子中無甲基；有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫；可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則為甲酸形成的酯，結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）1，3丁二烯與溴發(fā)生1，4加成，然后與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，4二溴丁烷，在和CH2（COOC2H5）2、C2H5ONa反應(yīng)生成，水解生成，最后生成，形成流程為，故答案為：【點評】本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握合成流程中官能團的變化、有機反應(yīng)、習(xí)題中的信息為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意有機物性質(zhì)的應(yīng)用及同分異構(gòu)體判斷，題目難度中等18（12分）化學(xué)工業(yè)中會產(chǎn)生大帶含鉻廢水，需進行無害化處理檢測達標(biāo)后才能排放（1

28、）工業(yè)常用NaHSO3還原法處理，方法如下：向酸性廢水中加入NaHSO3使Cr2O72還原成為Cr3，然后加入熟石灰調(diào)節(jié)廢水的olL1，此時溶液中的c（H）molL1（2）廢水中鉻元素總濃度的測定方法如下：向一定量含Cr2O72和Cr3的酸性廢水樣中加入足量（NH4）2S2O8溶液將Cr3氧化成Cr2O72，煮沸除去過量的（NH4）2S2O8；再加入過量的KI溶液，Cr2O72與I完全反應(yīng)后生成Cr3和I2后，以淀粉為指示劑，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：上述操作過程中，若無煮沸操作，則測定的鉻元素總濃度會（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）準(zhǔn)確移取含Cr2O

29、72和Cr3的酸性廢水樣，按上述方法測定廢水樣中鉻元素總濃度，消耗L1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液計算該廢水中鉻元素總濃度（以mgL1表示），寫出計算過程【分析】（1）NaHSO3與Cr2O72發(fā)生氧化還原，反應(yīng)生成鉻離子、硫酸根離子和水；c（Cr3）=1105時，可根據(jù)KSol/L=4109mol/L，則c（H）=106mol/L，故答案為：106；（2）若無煮沸操作，則過量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72，所以則測定的鉻元素總濃度會偏大，故答案為：偏大；涉及反應(yīng)為2Cr33S2O827H2O=Cr2O726SO4214HCr2O726I14H=2Cr33I27H2OI22S2O32=2IS

30、4O62，由以上反應(yīng)得到關(guān)系式為Cr2O723I26S2O32，消耗L1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液，則n（Na2S2O3）=L1l03L=l04mol，則由關(guān)系式可知n（Cr2O72）=l04mol=l05mol，n（Cr元素）=2（Cr2O72）=l05mol，廢水樣中鉻元素總濃度=L1，故答案為：L1【點評】本題考查物質(zhì)的含量的測定，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力、實驗?zāi)芰陀嬎隳芰?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及實驗的原理，把握關(guān)系式法的計算以及應(yīng)用，難度不大19（15分）某研究小組設(shè)計如圖所示實驗裝置（夾持及控溫裝置省略），用Cu（NO3）23H2O晶體和SOCl2制備少量無水Cu（NO3）

31、2已知SOC12熔點l05、沸點76、遇水劇烈水解生成兩種酸性氣體（1）儀器c的名稱是向三頸燒瓶中緩慢滴加SOC12時，需打開活塞（選填“a”、“b”或“a和b”）（2）裝置A中Cu（NO3）23H2O和SOC12發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是（3）裝置B的作用是（4）實驗室以含鐵的銅屑為原料制備Cu（NO3）23H2O的實驗方案如下：銅屑（含鐵）溶液Cu（NO3）23HO2晶體己知幾種離子生成氫氧化物沉淀的ol1H2（g）O2（g）=H2O（1）H2=bJmol1H2O（g）=H2O（l）H3=cJmol1則CO2（g）3H2（g）CH3OH（g）H2O（g）H=Jmol1（2）CO2催化加氫也能合

32、成低碳烯烴：2CO2（g）6H2（g）C2H4（g）4H2O（g），不同溫度下平衡時的四種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量如圖1所示，曲線b表示的物質(zhì)為（寫化學(xué)式）（3）CO2和H2在催化劑Cu/ZnO作用下可發(fā)生兩個平行反應(yīng)，分別生成CH3OH和CO反應(yīng)A：CO2（g）3H2（g）CH3OH（g）H2O（g）反應(yīng)B：CO2（g）H2（g）CO（g）H2O（g）控制CO2和H2初始投料比為1：3時，溫度對CO2平衡轉(zhuǎn)化率及甲醇和CO產(chǎn)率的影響如圖2所示由圖2可知溫度升高CO的產(chǎn)率上升，其主要原因可能是由圖2可知獲取CH3OH最適宜的溫度是，下列措施有利于提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率的措施有A使用催

33、化劑B增大體系壓強C增大CO2和H2的初始投料比D投料比不變和容器體積不變，增加反應(yīng)物的濃度（4）在催化劑表面通過施加電壓可將溶解在水中的二氧化碳直接轉(zhuǎn)化為乙醇，則生成乙醇的電極反應(yīng)式為（5）由CO2制取C的太陽能工藝如圖3所示“熱分解系統(tǒng)”發(fā)生的反應(yīng)為：2Fe3O46FeOO2，每分解1molFe3O4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為；“重整系統(tǒng)”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為【分析】已知CH3OH（g）O2（g）CO2（g）2H2O（1）H1=aJmol1H2（g）O2（g）=H2O（1）H2=bJmol1H2O（g）=H2O（l）H3=cJmol1根據(jù)蓋斯定律知，2得：CO2（g）3H2（g）CH3OH（g

34、）H2O（g）；（2）根據(jù)圖知，升高溫度，氫氣物質(zhì)的量增大，說明平衡逆向移動，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，a曲線隨著溫度升高，物質(zhì)的量增大，為二氧化碳，b、c隨著溫度升高其物質(zhì)的量降低，為生成物水、乙烯，但水的變化量大于乙烯，據(jù)此判斷b曲線代表物質(zhì)；（3）反應(yīng)B正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高平衡正向移動，CO產(chǎn)率升高；（3）據(jù)圖示進行分析250甲醇轉(zhuǎn)化率最高；由CO2（g）3H2（g）CH3OH（g）H2O（g）H1=mol8可知提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正向移動，可降低溫度，增大濃度；（4）電解時，二氧化碳在b極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成乙醇；（5）該反應(yīng)中Fe元素化合價由3價變?yōu)?

35、價，O元素化合價由2價變?yōu)?價，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子和Fe3O4之間的關(guān)系式計算；根據(jù)圖知，反應(yīng)物是二氧化碳和FeO，生成物的四氧化三鐵和C，反應(yīng)條件是700K【解答】解：已知CH3OH（g）O2（g）CO2（g）2H2O（1）H1=aJmol1H2（g）O2（g）=H2O（1）H2=bJmol1H2O（g）=H2O（l）H3=cJmol1根據(jù)蓋斯定律知，3得：CO2（g）3H2（g）CH3OH（g）H2O（g）H=（3bac）Jmol1，故答案為：3bac；（2）根據(jù)圖知，升高溫度，氫氣物質(zhì)的量增大，說明平衡逆向移動，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，a曲線隨著溫度升高，物質(zhì)的量增大，為二氧化碳，b、c隨著溫度升高其物質(zhì)的量降低，為生成物水、乙烯，但水的變化量大于乙烯，所以b曲線代表H2O，故答案為：H2O；（3）由圖2可知溫度升高CO的產(chǎn)率上升，其主要原因可能是反應(yīng)B正反