高中化學(xué)高考三輪沖刺 優(yōu)質(zhì)課獎(jiǎng)

2023年湖南省永州市高考化學(xué)三模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）（2023?永州三模）化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)．對(duì)下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋正確的是（）A．用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝，說(shuō)明鐵粉能吸收水分B．濃硫酸可以盛放在鋁桶中，說(shuō)明鋁不能與濃硫酸反應(yīng)C．硫酸鋁與碳酸氫鈉能制作泡沫滅火劑，利用了硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液混合后能發(fā)生劇烈雙水解反應(yīng)D．用氫氟酸雕刻玻璃，說(shuō)明氫氟酸是強(qiáng)酸2．（6分）（2023?永州三模）下列有關(guān)儀器使用方法或?qū)嶒?yàn)操作說(shuō)法正確的是（）A．用濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)定溶液的pH，測(cè)定結(jié)果偏小B．石蕊、酚酞等酸堿指示劑均可用作中和滴定的指示劑C．托盤天平稱量藥品時(shí)，都應(yīng)墊上濾紙稱量D．滴定管以及容量瓶在使用前需檢查是否漏水3．（6分）（2023?永州三模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高價(jià)氧化物溶于水可得四種溶液，?L﹣1的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關(guān)系如右圖所示．下列說(shuō)法正確的是（）A．簡(jiǎn)單離子半徑：X＞Y＞Z＞W(wǎng)B．Y元素存在同素異形體C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z＞W(wǎng)＞YD．X和Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物恰好中和時(shí)，溶液呈中性4．（6分）（2023?永州三模）25℃時(shí)，下列敘述正確的是（）A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，則c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol?L﹣1CH3COOH溶液與mol?L﹣1CH3COONa等體積混合pH＜7，則c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．AgCl在水中溶解度與在稀鹽酸中溶解度相同D．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均為7，則兩溶液中水的電離程度相同5．（6分）（2023?永州三模）已知下表均為烷烴分子的化學(xué)式，且它們的一氯取代物只有一種123456……C2H6C5H12C8H18………則第6項(xiàng)烷烴分子的化學(xué)式（）A．C16H34B．C17H36C．C26H54D．C27H566．（6分）（2023?永州三模）下表中實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象以及所得出的結(jié)論都正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向1mL2mol?L﹣1NaOH溶液加入2滴?L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴?L﹣1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成紅褐色沉淀Fe（OH）3比Mg（OH）2更難溶B向NH3?H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液無(wú)明顯現(xiàn)象NH3?H2O和AgNO3不反應(yīng)C向試管中某溶液加入NaOH溶液試管口濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙不變藍(lán)溶液中無(wú)NH4+D濃硫酸加入Cu片后，加熱有白色固體生成白色固體為CuSO4A．AB．BC．CD．D7．（6分）（2023?永州三模）pH=1的某溶液X中僅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一種或幾種（忽略水的電離及離子的水解），取該溶液進(jìn)行連續(xù)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：下列有關(guān)推斷不正確的是（）A．沉淀H為Al（OH）3、BaCO3的混合物B．根據(jù)上述連續(xù)實(shí)驗(yàn)不能確定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+D．若溶液X為100mL，產(chǎn)生的氣體A為mL（標(biāo)況），則X中c（Fe2+）=mol?L﹣1二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（15分）（2023?永州三模）乙酰苯胺具有解熱鎮(zhèn)痛作用，是較早使用的解熱鎮(zhèn)痛藥，有“退熱冰”之稱，其制備原理如下：NH2+CH3COOHNHCOOCH3+HO已知：①苯胺易被氧化．②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性質(zhì)如下表：物質(zhì)熔點(diǎn)沸點(diǎn)溶解度乙酰苯胺℃305℃微溶于冷水、易溶于熱水苯胺﹣6℃℃微溶于水醋酸℃118℃易溶于水實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：在a中，加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，依照如圖裝置組裝儀器．步驟2：控制溫度計(jì)讀數(shù)在105℃左右，小火加熱回流至反應(yīng)完全．步驟3：趁熱將反應(yīng)混合物倒入盛有100mL冷水的燒杯中，冷卻后抽濾（一種快速過(guò)濾方法）、洗滌，得到粗產(chǎn)品．步驟4：將步驟3所得粗產(chǎn)品進(jìn)一步提純后，稱得產(chǎn)品質(zhì)量為．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）儀器a的名稱為，所選儀器a的最佳規(guī)格是（填序號(hào)）．（2）實(shí)驗(yàn)中加入少許鋅粉的目的是．（3）步驟2中，控制溫度計(jì)讀數(shù)在105℃左右的原因是．（4）判斷反應(yīng)已基本完全的方法為．（5）步驟3中趁熱將混合物倒入盛有冷水的燒杯中，“趁熱”的原因是．（6）步驟4中粗產(chǎn)品進(jìn)一步提純，該提純方法是．（7）本次實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率為．9．（14分）（2023?永州三模）霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物（包括在內(nèi)）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化學(xué)在解決霧霾污染中有著重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣?mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=﹣?mol﹣1則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=kJ?mol﹣1．一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的有．a(chǎn)．體系密度保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時(shí)生成1molNO2測(cè)得上述反應(yīng)平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=．（2）CO可用于合成甲醇，反應(yīng)方程式為CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示．實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是．（3）如圖是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理．①該脫硝原理中，NO最終轉(zhuǎn)化為H2O和（填化學(xué)式）．②當(dāng)消耗1molNH3和時(shí)，除去的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為L(zhǎng)．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑．在不同條件下，NO的分解產(chǎn)物不同．在高壓下，NO在40℃下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質(zhì)的量隨時(shí)間變化曲線如右圖所示，寫出NO分解的化學(xué)方程式．10．（14分）（2023?永州三模）鉻元素及其化合物在生產(chǎn)、生活中具有廣泛的用途．（1）在常溫下，鉻能緩慢與稀硫酸反應(yīng)，生成藍(lán)色溶液．其金屬性比銅（填“強(qiáng)”或“弱”）（2）Cr（OH）3和Al（OH）3性質(zhì)類似，則Cr（OH）3與KOH反應(yīng)的離子方程式為．（3）工業(yè)上凈化處理鉻污染的可用電解法．將含K2Cr2O7酸性廢水放入電解槽內(nèi)，加入適量的NaCl，以Fe作陽(yáng)極和石墨作陰極進(jìn)行電解．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，溶液中Cr和Fe轉(zhuǎn)化為Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去．①寫出陰極的電極反應(yīng)式：．②溶液中Fe、Cr元素最終轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去，原理為（用離子方程式和必要的文字說(shuō)明）．③電解后的溶液中c（Fe3+）為×10﹣13mol?L﹣1，則溶液中c（Cr3+）為mol?L﹣1（已知Ksp[Fe（OH）3]=×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=×l0﹣31）．（4）CrO3具有強(qiáng)氧化性，可用于查處酒駕，原理是在酸性條件下能將乙醇氧化成乙酸，CrO3被還原成綠色的硫酸鉻[Cr2（SO4）3]，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（5）CrO3的熱穩(wěn)定性較差，加熱時(shí)逐步分解，其固體殘留率×100%隨溫度的變化如圖所示，則B點(diǎn)時(shí)剩余固體的成分是（填化學(xué)式）．【化學(xué)--選修2：化學(xué)與技術(shù)】（共1小題，滿分15分）11．（15分）（2023?永州三模）最近的研究發(fā)現(xiàn)，復(fù)合氧化物鐵酸錳（MnFe2O4）可以用于熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫，因而受到許多發(fā)達(dá)國(guó)家的青睞．MnFe2O4的制備流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n=，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的質(zhì)量之比應(yīng)為．（2）步驟二中“連續(xù)攪拌”的目的是；步驟三中洗滌干凈的標(biāo)準(zhǔn)．（3）利用MnFe2O4熱化學(xué)循環(huán)制氫的反應(yīng)可表示為MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．請(qǐng)認(rèn)真分析上述兩個(gè)反應(yīng)并回答下列問(wèn)題：①若MnFe2O4﹣x中x=，則MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部鐵元素的百分率為．②該熱化學(xué)循環(huán)新氫法的優(yōu)點(diǎn)有（答兩點(diǎn)即可）．③該熱化學(xué)循環(huán)法制氫尚有不足之處，進(jìn)一步改進(jìn)的研究方向是．【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（共1小題，滿分0分）12．（2023?永州三模）利用銅萃取劑M，通過(guò)如下反應(yīng)實(shí)現(xiàn)銅離子的富集：（1）X難溶于水、易溶于有機(jī)溶劑，其晶體類型為．（2）M所含元素的電負(fù)性由大到小順序?yàn)?，N原子以軌道與O原子形成σ鍵．（3）上述反應(yīng)中斷裂和生成的化學(xué)鍵有（填序號(hào)）．a(chǎn)．離子鍵b．配位鍵c．金屬鍵d．范德華力e．共價(jià)鍵（4）M與W（分子結(jié)構(gòu)如圖）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃?。甅水溶性小的主要原因是．（5）基態(tài)Cu2+的外圍電子排布式為，Cu2+等過(guò)渡元素水合離子是否有顏色與原子結(jié)構(gòu)有關(guān)，且存在一定的規(guī)律．判斷Sc3+、Zn2+的水合離子為無(wú)色的依據(jù)是．離子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+顏色無(wú)色紫紅色淺綠色藍(lán)色無(wú)色【化學(xué)-選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（共1小題，滿分0分）13．（2023?永州三模）芳香酯I的合成路線如下：已知以下信息：①A﹣I均為芳香族化合物，B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，D的相對(duì)分子質(zhì)量比C大4，E的核磁共振氫譜有3組峰．②③2RCH2CHOR﹣請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）A→B的反應(yīng)類型為，D所含官能團(tuán)的名稱為，E的名稱為．（2）E→F與F→G的順序能否顛倒（填“能”或“否”），理由．（3）B與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（4）I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．（5）符合下列要求A的同分異構(gòu)體還有種．①與Na反應(yīng)并產(chǎn)生H2②芳香族化合物（6）根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以CH3CH2OH為原料制備CH3CH2CH2CH2OH的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．

2023年湖南省永州市高考化學(xué)三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）（2023?永州三模）化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)．對(duì)下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋正確的是（）A．用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝，說(shuō)明鐵粉能吸收水分B．濃硫酸可以盛放在鋁桶中，說(shuō)明鋁不能與濃硫酸反應(yīng)C．硫酸鋁與碳酸氫鈉能制作泡沫滅火劑，利用了硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液混合后能發(fā)生劇烈雙水解反應(yīng)D．用氫氟酸雕刻玻璃，說(shuō)明氫氟酸是強(qiáng)酸考點(diǎn)：濃硫酸的性質(zhì)；鹽類水解的應(yīng)用；硅和二氧化硅．分析：A．鐵具有還原性，鐵粉可防止食品氧化；B．濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性，常溫下能夠與鋁發(fā)生鈍化；C．鋁離子為弱堿陽(yáng)離子，碳酸氫根離子為弱堿陰離子，二者發(fā)生雙水解；D．氫氟酸為弱酸．解答：解：A．鐵具有還原性，鐵粉可防止食品氧化，故A錯(cuò)誤；B．濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性，常溫下能夠與鋁發(fā)生鈍化，阻止反應(yīng)進(jìn)行鈍化屬于化學(xué)反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．鋁離子為弱堿陽(yáng)離子，碳酸氫根離子為弱堿陰離子，二者發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁泡沫和二氧化碳，故C正確；D．氫氟酸為弱酸，能夠與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，用來(lái)雕刻玻璃，故D錯(cuò)誤；故選：C．點(diǎn)評(píng)：本題考查了元素化合物知識(shí)，側(cè)重考查濃硫酸、鐵、氫氟酸的性質(zhì)以及雙水解反應(yīng)，熟悉相關(guān)知識(shí)即可解答，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的積累．2．（6分）（2023?永州三模）下列有關(guān)儀器使用方法或?qū)嶒?yàn)操作說(shuō)法正確的是（）A．用濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)定溶液的pH，測(cè)定結(jié)果偏小B．石蕊、酚酞等酸堿指示劑均可用作中和滴定的指示劑C．托盤天平稱量藥品時(shí)，都應(yīng)墊上濾紙稱量D．滴定管以及容量瓶在使用前需檢查是否漏水考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．分析：A．濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)定溶液的pH，不一定有誤差；B．石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑；C．稱量NaOH放在小燒杯中；D．具有活塞或塞子的儀器使用前需要檢查是否漏水．解答：解：A．濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)定溶液的pH，不一定有誤差，如測(cè)定NaCl溶液的pH無(wú)影響，故A錯(cuò)誤；B．石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑，可選酚酞、甲基橙等酸堿指示劑均可用作中和滴定的指示劑，故B錯(cuò)誤；C．稱量NaOH固體應(yīng)放在小燒杯中，不具有吸水性、腐蝕性的藥品可墊上濾紙稱量，故C錯(cuò)誤；D．滴定管以及容量瓶均有塞子，所以在使用前需檢查是否漏水，故D正確；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及pH的測(cè)定、酸堿指示劑的使用、固體稱量及儀器的使用等，把握物質(zhì)的性質(zhì)、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大．3．（6分）（2023?永州三模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高價(jià)氧化物溶于水可得四種溶液，?L﹣1的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關(guān)系如右圖所示．下列說(shuō)法正確的是（）A．簡(jiǎn)單離子半徑：X＞Y＞Z＞W(wǎng)B．Y元素存在同素異形體C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z＞W(wǎng)＞YD．X和Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物恰好中和時(shí)，溶液呈中性考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)．分析：第三周期元素中，X最高價(jià)氧化物水化物的溶液pH為12，氫氧根濃度為L(zhǎng)，故為一元強(qiáng)堿，則X為Na；Y、W、Z對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價(jià)含氧酸溶液中氫離子濃度為L(zhǎng)，故為一元強(qiáng)酸，則W為Cl元素；最高價(jià)含氧酸中，Z對(duì)應(yīng)的酸性比W的強(qiáng)、Y對(duì)應(yīng)的酸性比W的弱，而原子半徑Y(jié)＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素，據(jù)此解答．解答：解：第三周期元素中，X最高價(jià)氧化物水化物的溶液PH為12，氫氧根濃度為L(zhǎng)，故為一元強(qiáng)堿，則X為Na；Y、W、Z對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物水化物的溶液PH均小于7，均為酸，W最高價(jià)含氧酸溶液中氫離子濃度為L(zhǎng)，故為一元強(qiáng)酸，則W為Cl元素；最高價(jià)含氧酸中，Z對(duì)應(yīng)的酸性比W的強(qiáng)、Y對(duì)應(yīng)的酸性比W的弱，而原子半徑Y(jié)＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素．A．電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故A錯(cuò)誤；B．Y為磷元素，單質(zhì)有紅磷、白磷，故B正確；C．非金屬性W（Cl）＞Z（S）＞Y（P），氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W＞Z＞Y，故C錯(cuò)誤；D．X和Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別為NaOH、磷酸，恰好中和生成磷酸鈉，溶液中磷酸根水解，溶液呈堿性，故D錯(cuò)誤，故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，根據(jù)酸性、原子半徑推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重對(duì)元素周期律的考查，難度中等．4．（6分）（2023?永州三模）25℃時(shí)，下列敘述正確的是（）A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，則c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol?L﹣1CH3COOH溶液與mol?L﹣1CH3COONa等體積混合pH＜7，則c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．AgCl在水中溶解度與在稀鹽酸中溶解度相同D．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均為7，則兩溶液中水的電離程度相同考點(diǎn)：離子濃度大小的比較．分析：A．溶液為中性，則c（H+）=c（OH﹣），結(jié)合電荷守恒可知c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）；B．混合液的pH＜7，說(shuō)明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，溶液顯示酸性，則c（H+）＞c（OH﹣）、c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），結(jié)合物料守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）；C．鹽酸中含有氯離子，抑制了氯化銀的水解；D．醋酸銨溶液中，銨根離子、醋酸根離子都發(fā)生水解，促進(jìn)了水的電離．解答：解：A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，則c（H+）=c（OH﹣），由電荷守恒可知，溶液中應(yīng)滿足：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故A錯(cuò)誤；mol?L﹣1CH3COOH溶液與mol?L﹣1CH3COONa等體積混合pH＜7，說(shuō)明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，溶液顯示酸性，則c（H+）＞c（OH﹣）、c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），結(jié)合物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），所以溶液中離子濃度大小為：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正確；C．AgCl的溶解度與溶液中銀離子和氯離子濃度有關(guān)，在稀鹽酸中氯離子抑制了氯化銀的水解，所以氯化銀在水中的溶解度大于在稀鹽酸中的，故C錯(cuò)誤；D．KNO3溶液不存在水解，不影響水的電離，而CH3COONH4溶液中，銨根離子和醋酸根離子都發(fā)生水解，促進(jìn)了水的電離，所以醋酸銨溶液中水的電離程度大于硝酸鉀的，故D錯(cuò)誤；故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，注意明確物料守恒、電荷守恒、鹽的水解原理的應(yīng)用，明確影響難溶物溶解度、水的電離的因素，試題知識(shí)點(diǎn)較多，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力．5．（6分）（2023?永州三模）已知下表均為烷烴分子的化學(xué)式，且它們的一氯取代物只有一種123456……C2H6C5H12C8H18………則第6項(xiàng)烷烴分子的化學(xué)式（）A．C16H34B．C17H36C．C26H54D．C27H56考點(diǎn)：探究化學(xué)規(guī)律．分析：由表格中數(shù)據(jù)可知：奇數(shù)項(xiàng)的C原子個(gè)數(shù)為前一奇數(shù)項(xiàng)中烷烴的C和H原子個(gè)數(shù)之和，偶數(shù)項(xiàng)中C原子個(gè)數(shù)為其前一個(gè)偶數(shù)項(xiàng)中C、H原子個(gè)數(shù)之和，所以第六項(xiàng)中C原子個(gè)數(shù)是第四項(xiàng)中C原子、H原子個(gè)數(shù)之和為26，再根據(jù)烷烴通式確定其分子式．解答：解：由表格中數(shù)據(jù)可知：奇數(shù)項(xiàng)的C原子個(gè)數(shù)為前一奇數(shù)項(xiàng)中烷烴的C和H原子個(gè)數(shù)之和，偶數(shù)項(xiàng)中C原子個(gè)數(shù)為其前一個(gè)偶數(shù)項(xiàng)中C、H原子個(gè)數(shù)之和，所以第六項(xiàng)中C原子個(gè)數(shù)是第四項(xiàng)中C原子、H原子個(gè)數(shù)之和為26，由烷烴通式知，第六項(xiàng)分子式為C26H54，故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查探究化學(xué)規(guī)律，明確所給化學(xué)式中存在的規(guī)律是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析、判斷及總結(jié)歸納能力，題目難度中等．6．（6分）（2023?永州三模）下表中實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象以及所得出的結(jié)論都正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向1mL2mol?L﹣1NaOH溶液加入2滴?L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴?L﹣1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成紅褐色沉淀Fe（OH）3比Mg（OH）2更難溶B向NH3?H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液無(wú)明顯現(xiàn)象NH3?H2O和AgNO3不反應(yīng)C向試管中某溶液加入NaOH溶液試管口濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙不變藍(lán)溶液中無(wú)NH4+D濃硫酸加入Cu片后，加熱有白色固體生成白色固體為CuSO4A．AB．BC．CD．D考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．分析：A．氫氧化鈉過(guò)量，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化；B．Ag+與NH3?H2O先生成AgOH沉淀，當(dāng)氨水過(guò)量時(shí)生成銀氨溶液；C．滴加NaOH稀溶液，不生成氨氣；D．硫酸銅是白色固體．解答：解：A．向1mL2mol?L﹣1NaOH溶液加入2滴?L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴?L﹣1FeCl3溶液，出現(xiàn)紅褐色沉淀，氫氧化鈉過(guò)量，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，故A錯(cuò)誤；B．Ag+與NH3?H2O先生成AgOH沉淀，當(dāng)氨水過(guò)量時(shí)生成銀氨溶液，溶液變澄清，所以Ag+與NH3?H2O能反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．滴加NaOH稀溶液，不生成氨氣，應(yīng)滴加濃NaOH并加熱，然后檢驗(yàn)氨氣，方案不合理，故C錯(cuò)誤；D．濃硫酸加入Cu片后，加熱生成硫酸銅，硫酸銅是白色固體，故D正確．故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查較為綜合，涉及沉淀轉(zhuǎn)化、物質(zhì)檢驗(yàn)以及元素化合物知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高考常見題型，難度大不，注意把握實(shí)驗(yàn)操作的原理和實(shí)驗(yàn)方法．7．（6分）（2023?永州三模）pH=1的某溶液X中僅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一種或幾種（忽略水的電離及離子的水解），取該溶液進(jìn)行連續(xù)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：下列有關(guān)推斷不正確的是（）A．沉淀H為Al（OH）3、BaCO3的混合物B．根據(jù)上述連續(xù)實(shí)驗(yàn)不能確定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+D．若溶液X為100mL，產(chǎn)生的氣體A為mL（標(biāo)況），則X中c（Fe2+）=mol?L﹣1考點(diǎn)：常見陰離子的檢驗(yàn)；常見陽(yáng)離子的檢驗(yàn)．分析：pH=1的溶液為強(qiáng)酸性溶液，在強(qiáng)酸性溶液中一定不會(huì)存在CO32﹣、SO32﹣離子；加入過(guò)量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀C為BaSO4，說(shuō)明溶液中含有SO42﹣離子，生成氣體A，則A只能是NO，說(shuō)明溶液中含有還原性離子，則一定為Fe2+離子，溶液B中加入過(guò)量NaOH溶液，沉淀F只為Fe（OH）3，生成氣體D，則D為NH3，說(shuō)明溶液中含有NH4+離子；溶液E中通入CO2氣體，生成沉淀H，則H為Al（OH）3，E為NaOH和NaAlO2，說(shuō)明溶液中含有Al3+離子，再根據(jù)離子共存知識(shí)，溶液中含有Fe2+離子，則一定不含NO3﹣離子和SO32﹣離子，那么一定含有SO42﹣離子，那么就一定不含Ba2+離子，不能確定是否含有的離子Fe3+和Cl﹣，以此進(jìn)行解答即可．解答：解：pH=1的溶液為強(qiáng)酸性溶液，在強(qiáng)酸性溶液中一定不會(huì)存在CO32﹣、SO32﹣離子；加入過(guò)量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀C為BaSO4，說(shuō)明溶液中含有SO42﹣離子，生成氣體A，則A只能是NO，說(shuō)明溶液中含有還原性離子，則一定為Fe2+離子，溶液B中加入過(guò)量NaOH溶液，沉淀F只為Fe（OH）3，生成氣體D，則D為NH3，說(shuō)明溶液中含有NH4+離子；溶液E中通入CO2氣體，生成沉淀H，則H為Al（OH）3，E為NaOH和NaAlO2，說(shuō)明溶液中含有Al3+離子，再根據(jù)離子共存知識(shí)，溶液中含有Fe2+離子，則一定不含NO3﹣離子和SO32﹣離子，那么一定含有SO42﹣離子，那么就一定不含Ba2+離子，不能確定是否含有的離子Fe3+和Cl﹣，A、根據(jù)上述分析可知H為Al（OH）3，BaCO3與過(guò)量的二氧化碳生成碳酸氫鋇，易溶于水，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)上述連續(xù)實(shí)驗(yàn)不能確定溶液X中是否含有Fe3+和Cl﹣，故B正確；C、依據(jù)分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42﹣和H+，故C正確；D、生成氣體A的離子反應(yīng)方程式為：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，產(chǎn)生的氣體A為mL，物質(zhì)的量為：=，故n（Fe2+）=3×=，c（Fe2+）==L，故D正確，故選A．點(diǎn)評(píng)：本題考查了常見陰陽(yáng)離子的檢驗(yàn)、無(wú)機(jī)推斷，題目難度中等，注意掌握常見離子的性質(zhì)及檢驗(yàn)方法，試題充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力．二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（15分）（2023?永州三模）乙酰苯胺具有解熱鎮(zhèn)痛作用，是較早使用的解熱鎮(zhèn)痛藥，有“退熱冰”之稱，其制備原理如下：NH2+CH3COOHNHCOOCH3+HO已知：①苯胺易被氧化．②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性質(zhì)如下表：物質(zhì)熔點(diǎn)沸點(diǎn)溶解度乙酰苯胺℃305℃微溶于冷水、易溶于熱水苯胺﹣6℃℃微溶于水醋酸℃118℃易溶于水實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：在a中，加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，依照如圖裝置組裝儀器．步驟2：控制溫度計(jì)讀數(shù)在105℃左右，小火加熱回流至反應(yīng)完全．步驟3：趁熱將反應(yīng)混合物倒入盛有100mL冷水的燒杯中，冷卻后抽濾（一種快速過(guò)濾方法）、洗滌，得到粗產(chǎn)品．步驟4：將步驟3所得粗產(chǎn)品進(jìn)一步提純后，稱得產(chǎn)品質(zhì)量為．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）儀器a的名稱為圓底燒瓶，所選儀器a的最佳規(guī)格是B（填序號(hào)）．（2）實(shí)驗(yàn)中加入少許鋅粉的目的是防止苯胺被氧化，同時(shí)起著沸石的作用．（3）步驟2中，控制溫度計(jì)讀數(shù)在105℃左右的原因是溫度過(guò)低不能蒸出反應(yīng)所生成的水或溫度過(guò)高未反應(yīng)的乙酸蒸出．（4）判斷反應(yīng)已基本完全的方法為錐形瓶不再有水增加．（5）步驟3中趁熱將混合物倒入盛有冷水的燒杯中，“趁熱”的原因是冷卻后固體析出粘在瓶壁上不易處理．（6）步驟4中粗產(chǎn)品進(jìn)一步提純，該提純方法是重結(jié)晶．（7）本次實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率為80%．考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．分析：（1）根據(jù)裝置圖分析；圓底燒瓶所盛放的溶液體積一般不能超過(guò)燒瓶容積的，不能低于；（2）苯胺易被氧化，加入鋅粉，防止苯胺被氧化，同時(shí)起著沸石的作用，防止暴沸；（3）根據(jù)乙酸和水的沸點(diǎn)分析；（4）反應(yīng)生成水，若不再生成水，說(shuō)明完全；（5）若讓反應(yīng)混合物冷卻，會(huì)有固體析出；（6）乙酰苯胺的溶解度受溫度影響較大，且與乙酸、苯胺的溶解度相差較大，可以用重結(jié)晶的方法進(jìn)行提純．（7）加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，所以乙酸過(guò)量，根據(jù)苯胺的物質(zhì)的量計(jì)算出乙酰苯胺的物質(zhì)的量和質(zhì)量，再求出產(chǎn)率．解答：解：（1）根據(jù)裝置圖可知a儀器為圓底燒瓶；反應(yīng)物液體的總體積超過(guò)22mL，由于圓底燒瓶所盛放的溶液體積一般不能超過(guò)，也不能低于，因此最佳規(guī)格是50mL，故答案為：圓底燒瓶；B；（2）苯胺易被氧化，加入鋅粉，防止苯胺被氧化，同時(shí)起著沸石的作用，防止暴沸，故答案為：防止苯胺被氧化，同時(shí)起著沸石的作用；（3）已知醋酸的沸點(diǎn)為118℃，水的沸點(diǎn)為100℃，溫度過(guò)高，未反應(yīng)的乙酸會(huì)蒸出，降低反應(yīng)物的利用率，溫度過(guò)低，又不能除去反應(yīng)生成的水，故選擇控制溫度計(jì)約105℃，故答案為：溫度過(guò)低不能蒸出反應(yīng)所生成的水或溫度過(guò)高未反應(yīng)的乙酸蒸出；（4）反應(yīng)生成水，水經(jīng)過(guò)加熱蒸發(fā)、冷凝進(jìn)入錐形瓶中，若錐形瓶中水的量不再增加，說(shuō)明反應(yīng)基本完全，故答案為：錐形瓶不再有水增加；（5）已知乙酰苯胺的熔點(diǎn)為℃，常溫下為固體，若讓反應(yīng)混合物冷卻，則乙酰苯胺會(huì)以固體形式析出沾在瓶壁上不易處理，故需要“趁熱”過(guò)濾；故答案為：若讓反應(yīng)混合物冷卻，則固體析出沾在瓶壁上不易處理；（6）乙酰苯胺的溶解度受溫度影響較大，且與乙酸、苯胺的溶解度相差較大，可以用重結(jié)晶的方法進(jìn)行提純，故答案為：重結(jié)晶；（7）加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，所以乙酸過(guò)量，按照苯胺的物質(zhì)的量計(jì)算，設(shè)生成的乙酰苯胺為xmol，NH2+CH3COOHNHCOOCH3+H2O1mol1molx則x=，所以m（乙酰苯胺）=×135g/mol=，所以所得到乙酰苯胺的產(chǎn)率是×100%=80%；故答案為：80%．點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物制備方案設(shè)計(jì)，涉及物質(zhì)的分離提純、對(duì)操作的分析評(píng)價(jià)、基本操作等，理解實(shí)驗(yàn)原理和物質(zhì)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，難度中等．9．（14分）（2023?永州三模）霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物（包括在內(nèi)）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化學(xué)在解決霧霾污染中有著重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣?mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=﹣?mol﹣1則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=﹣?mol﹣1．一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的有b．a(chǎn)．體系密度保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時(shí)生成1molNO2測(cè)得上述反應(yīng)平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=．（2）CO可用于合成甲醇，反應(yīng)方程式為CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示．實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是在×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，經(jīng)濟(jì)效益低．（3）如圖是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理．①該脫硝原理中，NO最終轉(zhuǎn)化為H2O和N2（填化學(xué)式）．②當(dāng)消耗1molNH3和時(shí)，除去的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為L(zhǎng)．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑．在不同條件下，NO的分解產(chǎn)物不同．在高壓下，NO在40℃下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質(zhì)的量隨時(shí)間變化曲線如右圖所示，寫出NO分解的化學(xué)方程式3NON2O+NO2．考點(diǎn)：用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．分析：（1）利用蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱，得到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不變，由此衍生的一些物理量也不變，計(jì)算平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度，可K=計(jì)算平衡常數(shù)；（2）實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是工業(yè)生產(chǎn)要考慮速經(jīng)濟(jì)效益，要考慮速度和效率，據(jù)此分析；（3）①由圖3可知反應(yīng)物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮?dú)夂退?；②根?jù)氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量計(jì)算；（4）NO在40℃下分解生成兩種化合物，根據(jù)元素守恒可知生成的為N的氧化物，由圖象可知3molNO生成兩種氮的氧化物各為1mol，根據(jù)原子守恒判斷產(chǎn)物書寫方程式．解答：解：（1）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣?mol﹣1①2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=﹣?mol﹣1②將方程式得：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）△H==﹣mol，a．隨反應(yīng)：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的進(jìn)行，氣體的質(zhì)量和體積都不變，所以ρ=也不變，不能說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤；b．混合氣體顏色保持不變，說(shuō)明二氧化氮的濃度不變，說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故b正確；c．隨反應(yīng)進(jìn)行，SO3和NO都是生成物，所以體積比一直等于系數(shù)比，所以SO3和NO的體積比保持不變，不能說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；d．每生成1molSO3的同時(shí)消耗1molNO2都表示正反應(yīng)速率，反應(yīng)自始至終都按此比例進(jìn)行，故d錯(cuò)誤；NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）起始物質(zhì)的體積a2a00轉(zhuǎn)化物質(zhì)的體積xxxx平衡物質(zhì)的體積a﹣x2a﹣xxx平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1：6，即（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=a，故平衡常數(shù)K====，故答案為：﹣；b；；（2）實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是工業(yè)生產(chǎn)要考慮速經(jīng)濟(jì)效益，要考慮速度和效率，壓強(qiáng)越大需要的條件越高，花費(fèi)越大．故答案為：在×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，經(jīng)濟(jì)效益低；（3）①由圖3可知反應(yīng)物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮?dú)夂退?，所以NO最終轉(zhuǎn)化為N2和H2O，故答案為：N2；②氧氣、一氧化氮和氨氣反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，反?yīng)中氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量，1molNH3轉(zhuǎn)化為N2失去3mol電子，得到2mol電子，則NO轉(zhuǎn)化為N2得到的電子為1mol，所以NO的物質(zhì)的量為，其體積為mol×=，故答案為：；（4）NO在40℃下分解生成兩種化合物，根據(jù)元素守恒可知生成的為N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由圖象可知3molNO生成兩種氮的氧化物各為1mol，其反應(yīng)方程式為：3NO=Y+Z，根據(jù)原子守恒可知為N2O、NO2，所以方程式為3NON2O+NO2，故答案為：3NON2O+NO2．點(diǎn)評(píng)：本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、平衡狀態(tài)的判斷、平衡常數(shù)的計(jì)算、氧化還原反應(yīng)化學(xué)方程式的書寫及其計(jì)算、圖象的分析與應(yīng)用等，考查了學(xué)生的分析能力以及對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用能力，題目難度中等．10．（14分）（2023?永州三模）鉻元素及其化合物在生產(chǎn)、生活中具有廣泛的用途．（1）在常溫下，鉻能緩慢與稀硫酸反應(yīng)，生成藍(lán)色溶液．其金屬性比銅強(qiáng)（填“強(qiáng)”或“弱”）（2）Cr（OH）3和Al（OH）3性質(zhì)類似，則Cr（OH）3與KOH反應(yīng)的離子方程式為Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O．（3）工業(yè)上凈化處理鉻污染的可用電解法．將含K2Cr2O7酸性廢水放入電解槽內(nèi)，加入適量的NaCl，以Fe作陽(yáng)極和石墨作陰極進(jìn)行電解．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，溶液中Cr和Fe轉(zhuǎn)化為Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去．①寫出陰極的電極反應(yīng)式：2H++2e﹣=H2↑．②溶液中Fe、Cr元素最終轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去，原理為陽(yáng)極Fe﹣2e﹣=Fe2+，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同時(shí)陰極H+放電，c（OH﹣）增大，F(xiàn)e3+、Cr3+結(jié)合OH﹣轉(zhuǎn)化為沉淀（用離子方程式和必要的文字說(shuō)明）．③電解后的溶液中c（Fe3+）為×10﹣13mol?L﹣1，則溶液中c（Cr3+）為3×10﹣6mol?L﹣1（已知Ksp[Fe（OH）3]=×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=×l0﹣31）．（4）CrO3具有強(qiáng)氧化性，可用于查處酒駕，原理是在酸性條件下能將乙醇氧化成乙酸，CrO3被還原成綠色的硫酸鉻[Cr2（SO4）3]，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4CrO3+3CH3CH2OH+6H2SO4→2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O．（5）CrO3的熱穩(wěn)定性較差，加熱時(shí)逐步分解，其固體殘留率×100%隨溫度的變化如圖所示，則B點(diǎn)時(shí)剩余固體的成分是Cr2O3（填化學(xué)式）．考點(diǎn)：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；離子方程式的書寫；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；電解原理．分析：（1）銅排在金屬活動(dòng)性順序表中H的后面，不能與硫酸反應(yīng)，據(jù)此解答即可；（2）氫氧化鋁與氫氧化鉀反應(yīng)生成偏鋁酸鉀和水，據(jù)此書寫；（3）①陰極上是陽(yáng)離子發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，據(jù)此書寫電極反應(yīng)；②Fe3+、Cr3+在水溶液中會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，當(dāng)溶液的堿性達(dá)到一定程度就會(huì)生成氫氧化物沉淀；③根據(jù)電解后溶液中c（Fe3+），由KsP[Fe（OH）3]計(jì)算溶液中c（OH﹣），再根據(jù)KsP[Cr（OH）3]計(jì)算溶液中c（Cr3+）；（4）根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等以及原子守恒來(lái)解答；（5）根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過(guò)程中，Co的質(zhì)量沒有變，求出氧原子和鉻原子的個(gè)數(shù)比即可．解答：解：（1）在常溫下，鉻能緩慢與稀硫酸反應(yīng)，而Cu不能與稀硫酸反應(yīng)，說(shuō)明Cr金屬活潑性較強(qiáng)，故答案為：強(qiáng)；（2）Cr（OH）3和Al（OH）3類似，氫氧化鋁與氫氧化鉀反應(yīng)生成偏鋁酸鉀和水，故Cr（OH）3與KOH反應(yīng)生成KCrO2，離子反應(yīng)方程式為：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O，故答案為：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O；（3）①用Fe為電極進(jìn)行電解，陽(yáng)極是活潑電極，則電極本身發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即Fe﹣2e﹣═Fe2+，陰極上是陽(yáng)離子發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，即2H++2e﹣═H2↑，故答案為：2H++2e﹣═H2↑；②在電解池的陽(yáng)極：Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cr2O72﹣具有強(qiáng)氧化性，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，自身被還原為2Cr3+，反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，Cr2O72﹣與Fe2+反應(yīng)的過(guò)程中，將消耗大量的H+，使溶液pH上升，促使Fe3+、Cr3+水解并最終轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀，故答案為：陽(yáng)極Fe﹣2e﹣=Fe2+，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同時(shí)陰極H+放電，c（OH﹣）增大，F(xiàn)e3+、Cr3+結(jié)合OH﹣轉(zhuǎn)化為沉淀；③電解后溶液中c（Fe3+）=×10﹣13mol/L，則溶液中c3（OH﹣）=mol/L=2×10﹣25mol/L，故溶液中c（Cr3+）=mol/L=3×10﹣6mol/L，故答案為：3×10﹣6；（4）CrO3具有強(qiáng)氧化性，遇到有機(jī)物（如酒精）時(shí)，乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合價(jià)從﹣2價(jià)升高到0，1個(gè)乙醇化合價(jià)變化4，CrO3被還原成綠色的硫酸鉻[Cr2（SO4）3]，鉻的化合價(jià)從+6價(jià)降低到+3價(jià)，1個(gè)CrO3化合價(jià)變化3，兩者的最小公倍數(shù)是12，再根據(jù)原子守恒得：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O，故答案為：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O；（5）設(shè)CrO3的質(zhì)量為100g，則CrO3中鉻元素的質(zhì)量為：100g×=52g，B點(diǎn)時(shí)固體的質(zhì)量為：100g×76%=76g，Co的質(zhì)量沒有變，所以生成物中Co的質(zhì)量為52g，氧元素的質(zhì)量為16，兩者的個(gè)數(shù)比為=2：3，所以B點(diǎn)時(shí)剩余固體的成分是Cr2O3，故答案為：Cr2O3．點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式和電極反應(yīng)式的書寫，難度不大，注意（5）題中，在變化過(guò)程中，Co的質(zhì)量沒有變，是解題的關(guān)鍵．【化學(xué)--選修2：化學(xué)與技術(shù)】（共1小題，滿分15分）11．（15分）（2023?永州三模）最近的研究發(fā)現(xiàn)，復(fù)合氧化物鐵酸錳（MnFe2O4）可以用于熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫，因而受到許多發(fā)達(dá)國(guó)家的青睞．MnFe2O4的制備流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n=3，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的質(zhì)量之比應(yīng)為484：179．（2）步驟二中“連續(xù)攪拌”的目的是充分反應(yīng)、沉淀完全；步驟三中洗滌干凈的標(biāo)準(zhǔn)最后一次洗滌液呈中性．（3）利用MnFe2O4熱化學(xué)循環(huán)制氫的反應(yīng)可表示為MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．請(qǐng)認(rèn)真分析上述兩個(gè)反應(yīng)并回答下列問(wèn)題：①若MnFe2O4﹣x中x=，則MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部鐵元素的百分率為60%．②該熱化學(xué)循環(huán)新氫法的優(yōu)點(diǎn)有具有過(guò)程簡(jiǎn)單、無(wú)污染、物料廉價(jià)并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，因此不存在高溫氣體分離等優(yōu)點(diǎn)（答兩點(diǎn)即可）．③該熱化學(xué)循環(huán)法制氫尚有不足之處，進(jìn)一步改進(jìn)的研究方向是尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或找分解溫度更低的氧化物．考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．分析：（1）根據(jù)MnFe2O4的制備流程，可知Mn、Fe的化合價(jià)未變，Mn（NO3）2中Mn的化合價(jià)為+2，則MnFe2O4中Fe的化合價(jià)為+3，從而求出Fe（NO3）n中的n，由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的個(gè)數(shù)之比為2：1，根據(jù)質(zhì)量守恒，求出原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的質(zhì)量之比；（2）根據(jù)攪拌的通常目的和判斷沉淀是否洗滌干凈的方法來(lái)解答；（3）①根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，計(jì)算MnFe2O4﹣x中鐵的總價(jià)態(tài)，1molMnFe2O4﹣中含F(xiàn)e2+、Fe3+物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，列方程組解答；②從可操作性、環(huán)保以及原料的價(jià)格等方面分析；③改進(jìn)方法可從流程簡(jiǎn)潔方面考慮．解答：解：（1）Mn為+2價(jià)，則MnFe2O4中Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，則Fe（NO3）n中n=3；由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的個(gè)數(shù)之比為2：1，所以Fe（NO3）3與Mn（NO3）2二者的物質(zhì)的量之比2：1，所以其質(zhì)量之比為：242×2：179=484：179；故答案為：3；484：179；（2）連續(xù)攪拌是為了讓Fe（NO3）n和Mn（NO3）2充分反應(yīng)，由于溶液顯堿性，則洗滌至洗滌液為中性時(shí)，說(shuō)明沉淀上沒有溶液中的離子，即沉淀已經(jīng)洗滌干凈；故答案為：充分反應(yīng)或沉淀完全；最后一次洗滌液呈中性；（3）①x=時(shí)，鐵的總價(jià)態(tài)為（4﹣）×2﹣2=，設(shè)1molMnFe2O4﹣中含F(xiàn)e2+、Fe3+物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則有x+y=2，2x+3y=，聯(lián)立解得：x=，y=，則1molMnFe2O4﹣中含F(xiàn)e2+的物質(zhì)的量為，則Fe2+占的百分率為×100%=60%．故答案為：60%；②由流程圖可以看出過(guò)程簡(jiǎn)單、節(jié)約能量、無(wú)污染、物料廉價(jià)并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，不存在高溫氣體分離的問(wèn)題等，故答案為：過(guò)程簡(jiǎn)單、節(jié)約能量、無(wú)污染、物料廉價(jià)并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，不存在高溫氣體分離的問(wèn)題等（答兩點(diǎn)即可）；③因高溫消耗較多的能源，則尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或分解溫度更低的氧化物，故答案為：尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或分解溫度更低的氧化物．點(diǎn)評(píng)：本題以MnFe2O4的制備為載體，考查學(xué)生對(duì)工藝流程的理解、對(duì)實(shí)驗(yàn)操作的理解、化學(xué)式有關(guān)計(jì)算等，難度中等，綜合性較強(qiáng)，涉及的知識(shí)點(diǎn)多，需要學(xué)生具備閱讀分析能力和靈活運(yùn)用知識(shí)的解決問(wèn)題能力．【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（共1小題，滿分0分）12．（2023?永州三模）利用銅萃取劑M，通過(guò)如下反應(yīng)實(shí)現(xiàn)銅離子的富集：（1）X難溶于水、易溶于有機(jī)溶劑，其晶體類型為分子晶體．（2）M所含元素的電負(fù)性由大到小順序?yàn)镺＞N＞C＞H，N原子以sp2雜化軌道與O原子形成σ鍵．（3）上述反應(yīng)中斷裂和生成的化學(xué)鍵有be（填序號(hào)）．a(chǎn)．離子鍵b．配位鍵c．金屬鍵d．范德華力e．共價(jià)鍵（4）M與W（分子結(jié)構(gòu)如圖）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是M能形成分子內(nèi)氫鍵，使溶解度減?。?）基態(tài)Cu2+的外圍電子排布式為3d9，Cu2+等過(guò)渡元素水合離子是否有顏色與原子結(jié)構(gòu)有關(guān)，且存在一定的規(guī)律．判斷Sc3+、Zn2+的水合離子為無(wú)色的依據(jù)是3d軌道上沒有未成對(duì)電子．離子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+顏色無(wú)色紫紅色淺綠色藍(lán)色無(wú)色考點(diǎn)：元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；原子核外電子排布；配合物的成鍵情況．分析：（1）依據(jù)X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷其晶體類型；（2）元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越強(qiáng)；即同周期自左而右電負(fù)性增大；同一主族元素從上到下電負(fù)性逐漸減??；（3）由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知X分子中存在配位鍵和共價(jià)鍵，據(jù)此解答即可；（4）分子內(nèi)氫鍵的存在，導(dǎo)致水溶性減小，據(jù)此解答即可；（5）根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫Cu原子的核外電子排布式，電子按能層高低進(jìn)行失去，進(jìn)而書寫Cu2+的外圍電子排布式；判斷Sc3+、Zn2+離子的原子核外3d軌道上是否含有電子來(lái)判斷是否有顏色．解答：解：（1）依據(jù)所給X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷，X難溶于水、易溶于有機(jī)溶劑，故X為分子晶體，故答案為：分子晶體；（2）同周期自左而右電負(fù)性增大，故電負(fù)性O(shè)＞N＞C＞H，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知N原子共形成3對(duì)共價(jià)鍵，1個(gè)配位鍵，即N原子采取sp2雜化，故答案為：O＞N＞C＞H；sp2雜化；（3）由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知X分子中存在配位鍵和共價(jià)鍵，故選：be；（4）由于M能形成分子內(nèi)氫鍵，使溶解度減小，故答案為：M能形成分子內(nèi)氫鍵，使溶解度減小；（5）Cu原子的核外電子排布式為1s22s