B.Z的最高价氧化物对应的水化物为弱酸
C.Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应
D.常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH>1
【答案】C
【解析】分析题意知X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次递增。
X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X的2倍，则X为氧元素，Z为硫元素；W为原子序数大于硫元素的主族元素，W为氯元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数，则Y原子的最外层电子数为3，Y为铝元素。
A.原子半径由小到大的顺序：
O＜Cl＜S＜Al，即X＜W＜Z＜Y，错误；B.Z为硫元素，最高价氧化物对应的水化物硫酸为强酸，错误；C.在一定条件下，铝单质可以与氧化铁发生置换反应生成氧化铝和铁，正确；D.常温下，0.1mol•L-1 HCl溶液的pH=1，错误。
7.向xmL0.01mol·L-1氨水中滴加等物质的量浓度的H2SO4溶液,测得混合溶液的pOH[pOH=-lgc（OH-）]、温度随着加入的硫酸溶液体积的变化如图所示,下列说法正确的是（ ）。
A.x=20
B.b点时溶液的pOH=pH
C.c点对应的溶液中:
c（S
）>c（N
）>c（H+）>c（OH-）
D.a、b、d三点NH3·H2O的电离常数:
K（b）>K（d）>K（a）
【答案】D
8.草酸是一种二元弱酸,可用作还原剂、沉淀剂等。
某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。
回答下列问题:
（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料,并用下图装置制取C2H2,反应原理为CaC2（s）+2H2O（l）
Ca（OH）2（aq）+C2H2（g） ΔH<0,反应剧烈。
①装置A用饱和食盐水代替水并缓慢滴入烧瓶中,其目的是_____。
②装置B中,NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,其中H2S被氧化的离子方程式为_______。
（2）乙组的同学根据文献资料,用Hg（NO3）2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4·2H2O。
制备装置如图所示:
①装置D多孔球泡的作用是_____________________; 装置E的作用是__________________。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为___________________________________。
③从装置D得到产品,还需经过浓缩结晶、____（填操作名称）、洗涤及干燥。
（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。
他们的实验步骤如下:
准确称取mg产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定,滴至溶液显微红色,共消耗标准溶液VmL。
①滴定时,酸性KMnO4标准溶液应盛放在____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②滴定时KMnO4被还原为Mn2+,其反应的离子方程式为______________________, 滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快,其主要原因是___________________________________。
③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为____________（列出含m、c、V的表达式）。
【答案】
（1）.减慢反应速率,平缓地产生乙炔
（2）.H2S+4ClO-
SO42-+4Cl-+2H+（3）.增大乙炔气体与硝酸的接触面积,充分反应（4）.防止倒吸（5）.C2H2+8HNO3（浓）
H2C2O4+8NO2+4H2O（6）.过滤（7）.酸式（8）.2MnO4-+5H2C2O4+6H+
2Mn2++10CO2↑+8H2O（9）.生成的Mn2+是该反应的催化剂（10）.
%
【解析】试题分析：
（1）饱和食盐水代替水能减缓反应速率。
②NaClO与H2S反应生成硫酸和NaCl。
（2）①多孔球泡能增大气体与液体的接触面；装置E能防倒吸。
②硝酸与乙炔反应生成H2C2O4和NO2。
③从装置D得到产品，还需经过浓缩结晶、过滤、洗涤及干燥。
（3）①KMnO4标准溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶。
②滴定时KMnO4被还原Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2，根据影响反应速率的因素分析滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快的主要原因。
③根据化学方程式计算产品中H2C2O4·2H2O的质量分数。
解析：
根据以上分析，
（1）饱和食盐水代替水能减缓反应速率，平缓地产生乙炔。
②NaClO与H2S反应生成硫酸和NaCl，反应离子方程式为H2S+4ClO－=SO42－+4Cl－+2H+。
（2）①多孔球泡能增大气体与液体的接触面，提高反应速率及原料利用率；装置E气体短进长处，所以能防倒吸。
②硝酸与乙炔反应生成H2C2O4和NO2，反应方程式为C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O。
③从装置D得到产品，还需经过浓缩结晶、过滤、洗涤及干燥。
（3）①KMnO4标准溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中。
②滴定时KMnO4被还原Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2，反应离子方程式为2MnO4++5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据影响反应速率的因素，滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快的主要原因是生成的Mn2+是该反应的催化剂。
③设产品中H2C2O4·2H2O的物质的量为xmol。
2MnO4++5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
25
VmL
cmol/Lx
X=2.5VC
，质量分数为
点睛：
滴定操作中，酸性溶液及氧化性溶液盛放在酸式滴定管中，碱性溶液盛放在碱式滴定管中。
9.铁的化合物有广泛用途,如碳酸亚铁（FeCO3）可作为补血剂,铁红（Fe2O3）可作为颜料。
利用某硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO,还有一定量的SiO2）制备FeCO3的流程如下:
（1）“酸溶”时加快反应速率的方法有______（写出一种）。
（2）①“还原”时,FeS2与H2SO4不反应,Fe3+通过两个反应被还原,其中一个反应如下:
FeS2+14Fe3++8H2O
15Fe2++2S
+16H+，则另一个反应的离子方程式为_________。
②加入FeS2还原后,检验Fe3+是否反应完全的方法是______________________。
（3）①“沉淀”时,需要控制温度在35℃以下,其可能原因是___________________。
②所得FeCO3需充分洗涤,检验沉淀已洗净的方法是______________。
（4）FeCO3浊液长时间暴露在空气中,会有部分固体表面变为红褐色,同时释放出CO2,则与FeCO3反应的物质为_______（填化学式）。
（5）写出在空气中煅烧FeCO3制备高纯氧化铁的化学方程式:
_________________。
FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3时,也会生成FeO。
现煅烧23.2kg的FeCO3,得到Fe2O3和FeO的混合物15.84kg,则Fe2O3的质量为____kg。
【答案】
（1）.加热（或增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等）
（2）.FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S↓（3）.取少量溶液,滴入几滴KSCN溶液,若溶液变为血红色,说明其中含有Fe3+,未反应完全（4）.防止碳酸铵分解,减小亚铁离子的水解程度（5）.取少许最后一次洗涤液于试管中,滴加稀盐酸,无明显现象,再滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则表明沉淀已洗涤干净,反之,则说明没洗涤干净（6）.O2、H2O（7）.4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2（8）.14.4
【解析】
（1）“酸溶”时，可以加快反应速率的方法有多种，如加热（或增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等）。
（2）①“还原”时,FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过两个反应被还原,其中一个反应如下：
FeS2+14Fe3++8H2O
15Fe2++2S
+16H+，则另一个反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S↓。
②加入FeS2还原后，检验Fe3+是否反应完全的方法是取少量溶液,滴入几滴KSCN溶液,若溶液变为血红色,说明其中含有Fe3+,未反应完全。
（3）①碳酸铵受热易分解,，温度升高亚铁离子的水解程度会增大，所以，“沉淀”时,需要控制温度在35℃以下,其可能原因是防止碳酸铵分解,减小亚铁离子的水解程度。
②FeCO3是从硫酸铵溶液中分离出来的，洗涤是否干净可以通过检验硫酸根离子来证明，所以检验沉淀已洗净的方法是：
取少许最后一次洗涤液于试管中,滴加稀盐酸,无明显现象,再滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则表明沉淀已洗涤干净，反之，则说明没洗涤干净。
（4）FeCO3浊液长时间暴露在空气中,会有部分固体表面变为红褐色,同时释放出CO2，说明FeCO3可以被空气中的氧气氧化并发生水解生成氢氧化铁和二氧化碳，所以与FeCO3反应的物质为O2、H2O。
（5）在空气中煅烧FeCO3制备高纯氧化铁的化学方程式为4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2。
FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3时,也会生成FeO。
现煅烧23.2kg的FeCO3,得到Fe2O3和FeO的混合物15.84kg，设其中Fe2O3的质量为x，根据化学反应前后铁元素质量不变可得：
×100%×x＋
×100%×（15.84kg－x）＝
×100%×23.2kg，解之得x＝14.4kg。
点睛：
本题属于化工流程综合题，结合物质的制备考查了有关加快化学反应速率的方法、物质的转化、氧化还原反应方程式的书写及配平、常见离子的检验及化学计算，难度较大，要求学生能带着问题仔细解读流程，找到关键信息，准确解答相关问题。
10.页岩气是从页岩层中开采的一种非常重要的天然气资源,页岩气的主要成分是甲烷,是公认的洁净能源。
（1）页岩气不仅能用作燃料,还可用于生产合成气（CO和H2）。
CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器,发生反应CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g） ΔH1。
已知:
CH4、H2、CO的燃烧热（ΔH）分别为-akJ·mol-1、-bkJ·mol-1、-ckJ·mol-1;H2O（l）=H2O（g） ΔH=+dkJ·mol-1。
则ΔH1=______________（用含字母a、b、c、d的代数式表示）kJ·mol-1。
（2）用合成气生成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g） ΔH2,在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2,测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示:
200℃时n（H2）随时间的变化如下表所示:
t/min
0
1
3
5
n（H2）/mol
8.0
5.4
4.0
4.0
①ΔH2____（填“>”“<”或“=”）0。
②写出两条可同时提高反应速率和CO转化率的措施:
_____。
③下列说法正确的是____（填字母）。
a.温度越高,该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体,CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时,反应达到最大限度
d.图中压强:
p1④0~3min内用CH3OH表示的反应速率v（CH3OH）=____mol·L-1·min-1。
⑤200℃时,该反应的平衡常数K=____。
向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、4molH2、2molCH3OH,保持温度不变,则化学平衡____（填“正向”“逆向”或“不”）移动。
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。
标准状况下充入5.6L甲烷,测得电路中转移1.2mol电子,则甲烷的利用率为____。
【答案】
（1）.-a+3b+c-d
（2）.<（3）.增大H2浓度或增大压强（4）.cd（5）.
（或0.067）（6）.6.25（7）.正向（8）.60%
【解析】
（1）已知：
①CH4（g）+2O2=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1、②H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1、③CO（g）+
O2（g）=CO2（g）△H=﹣ckJ•mol﹣1；④H2O（l）=H2O（g）△H=+dkJ•mol﹣1，由盖斯定律可知，②×3+③﹣①﹣④可得CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g），则△H1=（﹣a+3b+c﹣d）kJ•mol﹣1。
（2）①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，△H2＜0。
②增大反应速率的主要措施有：
温度升高、压强增大、增大浓度及使用催化剂，当平衡正向移动时，反应物的转化率可能增大，由于该反应为放热反应，且催化剂不影响化学平衡的移动方向，所以，可以同时提高反应速率和CO转化率的措施有增大H2浓度、增大压强。
③a．反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，a不正确；b．达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，b不正确；c．反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）在进行的过程中，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，c正确；d．由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，d正确。
综上所述，说法正确的是cd；
④由表中数据可知，3min后该反应达到平衡状态。
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△
起始浓度（mol/L）0.40.80
变化浓度（mol/L）0.20.40.2
起始浓度（mol/L）0.20.40.2
0〜3min内，用CH3OH表示的反应速率v（CH3OH）=
=
mol•L﹣1•min﹣1。
⑤由④计算的平衡状态可知，200℃时平衡常数K=
=
=6.25；向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时各物质的浓度为c（CO）=0.4mol/L，c（H2）=0.6mol/L，c（CH3OH）=0.4mol/L，保持温度不变，则化学平衡不变，此时Qc=
=
=2.78＜6.25=K，则此时平衡应向正反应方向移动。
（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池，由于CH4完全氧化后的产物为K2CO3，所以，1mol甲烷完全反应可转移电子的物质的量为8mol．实际测得电路中转移1.2mol电子，可知参加反应的甲烷为
=0.15mol。
在标准状况下，5.6L甲烷的物质的量为
=0.25mol，甲烷的利用率为
=60%。
点睛：
本题属综合考查，涉及盖斯定律的应用、化学反应速率的计算、化学平衡常数计算及应用、影响化学反应速率及化学平衡移动的因素、燃料电池的工作原理等，属基础考查，强调理解与应用能力。
注意不要把影响化学反应速率的因素与影响化学平衡移动的因素弄混。
11.有机物F（
）为一种高分子树脂，其合成路线如下：
已知：
①A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；
②
请回答下列问题：
（1）X的化学名称是__________。
（2）B生成C的反应类型为__________。
（3）E的结构简式为__________。
（4）由C生成D的化学方程式为____________________________________________________。
（5）芳香族化合物Y是D的同系物，Y的同分异构体能与饱和
溶液反应放出气体，分子中只有1个侧链，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为6:
2:
2:
1:
1.写出两种符合要求的Y的结构简式：
__________、__________。
（6）写出以乙醛和乙二醇为主要原料合成高分子化合物（
）的合成路线（无机试剂自选）：
__________________________________________________。
【答案】
（1）.甲醛
（2）.加成反应（3）.
（4）.2
（5）.
（6）.
（7）.
【解析】A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134，则A为苯丙醛；根据F（
），则E为
，根据C的分子式，和D生成E的条件，C→D为羟基或醛基的氧化，D→E为卤素原子的水解反应，结合E的结构可知，D为
，则C为
，B为
，根据信息②，X为甲醛。
（1）根据上述分析，X为甲醛，故答案为：
甲醛；
（2）B生成C是碳碳双键的加成反应，故答案为：
加成反应；
（3）E的结构简式为
，故答案为：
；
（4）由C（
）生成D（
）是卤素原子的水解反应，反应的化学方程式为2
+O2
2
，故答案为：
2
+O2
2
；
（5）芳香族化合物Y是D（
）的同系物，Y的同分异构体能与饱和
溶液反应放出气体，说明结构中含有羧基，分子中只有1个侧链，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为6:
2:
2:
1:
1，苯环上有3种氢原子，个数比为2:
2:
1，说明侧链含有2种氢原子，个数比为6:
1，符合要求的Y有
、
，故答案为：
、
；
（6）以乙醛和乙二醇为主要原料合成高分子化合物（
）。
需要首先合成CH3CH=CHCOOCH2CH2OH，CH3CH=CHCOOCH2CH2OH可以由CH3CH=CHCOOH和乙二醇得到，合成CH3CH=CHCOOH可以结合信息②，首先由2分子乙醛得到CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO再用弱氧化剂氧化即可，合成路线为2CH3CHO
CH3CH=CHCHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH2OH
，故答案为：
2CH3CHO
CH3CH=CHCHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH2OH
。
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