2023年河南省商丘市高考化學二模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）（2023?商丘二模）設NA為阿伏加德羅常數的值．下列敘述正確的是（）A．標準狀況下，正丁烷和異丁烷的混合物中所含共用電子對數為14NAB．常溫常壓下，甲醛與葡萄糖的混合物中含有氫原子的數目為NAC．60gSiO2晶體所含Si﹣O鍵的數目為2NA，78g苯含有C=C雙鍵的數目為3NAD．將CO2通過Na2O2使其增重ag時，反應中轉移電子數為2．（6分）（2023?商丘二模）下列關于有機物的說法中正確的是（）A．2023年11月山東現“奪命快遞”﹣﹣化學品泄漏致1死7中毒．該化學品為氟乙酸甲酯，它是一種無色透明液體，不溶于水，易溶于乙醇、乙醚．它屬于酯類，也屬于鹵代烴B．按系統命名法，的名稱為2，7，7﹣三甲基﹣3﹣乙基辛烷C．甲基環己烷環上一氯代物的同分異構體共有3種D．某種醇在適當條件下與足量的乙酸發生酯化反應，生成的酯的相對分子質量a與原來醇的相對分子量b的關系是a=b+84，則該醇分子中具有兩個醇羥基3．（6分）（2023?商丘二模）歸納法是高中化學學習常用的方法之一，某化學研究性學習小組在學習了《化學反應原理》后作出了如下的歸納總結：歸納正確的是（）①常溫下，pH=3的醋酸溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，則有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）②對已建立化學平衡的某可逆反應，當改變條件使化學平衡向正反應方向移動時，生成物的百分含量一定增加③常溫下，AgCl在同物質的量濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同④常溫下，已知醋酸電離平衡常數為Ka；醋酸根水解平衡常數為Kh；水的離子積為Kw；則有：Ka?Kh=Kw⑤電解精煉銅時，電解質溶液中銅離子濃度不變．A．①④B．①②④C．①②④⑤D．①②③④4．（6分）（2023?商丘二模）在300mL的密閉容器中，放入鎳粉并充入一定量的CO氣體，一定條件下發生反應：Ni（s）+4CO（g）?Ni（CO）4（g），已知該反應平衡常數與溫度的關系如表：溫度/℃2580230平衡常數5×1042×10﹣5下列說法不正確的是（）A．上述生成Ni（CO）4（g）的反應為放熱反應B．25℃時反應Ni（CO）4（g）?Ni（s）+4CO（g）的平衡常數為2×10﹣5C．80℃達到平衡時，測得n（CO）=，則Ni（CO）4的平衡濃度為2mol/LD．在80℃時，測得某時刻，Ni（CO）4、CO濃度均為mol/L，則此時v（正）＞v（逆）5．（6分）（2023?河南模擬）下列關于①乙烯②苯③乙醇④乙酸⑤葡萄糖等有機物的敘述不正確的是（）A．可以用新制的Cu（OH）2懸濁液鑒別③④⑤B．只有①③⑤能使酸性KMnO4溶液褪色C．只有②③④能發生取代反應D．一定條件下，⑤可以轉化為③6．（6分）（2023?商丘二模）將CH4設計成燃料電池，其利用率更高，裝置示意如圖（A、B為多孔性碳棒）持續通入甲烷，在標準狀況下，消耗甲烷體積VL．則下列說法錯誤的是（）A．通入CH4的一端為原電池的負極，通入空氣的一端為原電池的正極B．0＜V≤時，電池總反應的化學方程式為：CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2OC．＜V≤時，負極電極反應為：CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O═10HCO3﹣D．V=時，溶液中陰離子濃度大小關系為：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）7．（6分）（2023?湖州模擬）某強酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干種，現取X溶液進行連續實驗，實驗過程及產物如圖．下列說法正確的是（）A．氣體A是NO2B．X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣C．溶液E和氣體F不能發生化學反應D．X中不能確定的離子是A13+和C1﹣二、解答題（共4小題，滿分43分）8．（14分）（2023?商丘二模）某研究性學習小組用圖1裝置（鐵架臺等支撐儀器略）探究氧化鐵與乙醇的反應，并檢驗反應產物．（1）氣密性檢驗的操作過程是．（2）為快速得到乙醇氣體，可采取的方法是；若實驗時小試管中的溶液已經開始發生倒吸，你采取的措施是（填寫編號）；a．取下小試管b．移去酒精燈c．將導管從乳膠管中取下d．以上都可以（3）如圖2實驗，觀察到紅色的Fe2O3全部變為黑色固體（M），充分反應后停止加熱．為了檢驗M的組成，進行下列實驗．①M能被磁鐵吸引；加入足量稀硫酸，振蕩，固體全部溶解，未觀察到有氣體生成；②經檢驗溶液中有鐵離子和亞鐵離子，檢驗該溶液中的亞鐵離子的方法是；關于M中鐵元素價態的判斷正確的是（填寫編號）．a．一定有+3價和+2價鐵，無0價鐵b．一定有+3價、+2價和0價鐵c．一定有+3價和0價鐵，無+2價鐵d．一定有+3價，0價和+2價鐵至少有一種（4）若M的成份可表達為FeXOY，用CO還原法定量測定其化學組成．稱取agM樣品進行定量測定，實驗裝置和步驟如下：①組裝儀器；②點燃酒精燈；③加入試劑；④打開分液漏斗活塞；⑤檢查氣密性；⑥停止加熱；⑦關閉分液漏斗活塞；⑧…．正確的操作順序是（填寫編號）．a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧（5）若實驗中每步反應都進行完全，反應后M樣品質量減小bg，則FeXOY中=．9．（8分）（2023?商丘二模）NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑、醫藥、電子工業中用途廣泛．請回答下列問題：（1）相同條件下，?L﹣1NH4Al（SO4）2中c（NH4+）（填“等于”、“大于”或“小于”）?L﹣1NH4HSO4中c（NH4+）．（2）如圖1是?L﹣1電解質溶液的pH隨溫度變化的圖象．①其中符合?L﹣1NH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是（填寫字母）；②20℃時，?L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=mol?L﹣1（填數值）．（3）室溫時，向100mL?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加?L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖2所示．試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是；在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是．10．（7分）（2023?商丘二模）pC是指極稀溶液中溶質物質的量濃度的常用對數負值，類似pH．如某溶液溶質的濃度為1×10﹣3mol?L﹣1，則該溶液中該溶質的pC=﹣lg10﹣3=3．已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O?H2CO3H2CO3?H++HCO3﹣HCO3﹣?H++CO32﹣如圖為H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣在加入強酸或強堿溶液后，達到平衡時溶液中三種成分的pC、pH圖．請回答下列問題：（1）在pH=9時，H2CO3溶液中濃度最大的含碳元素的離子為．（2）pH＜4時，溶液中H2CO3的pC總是約等于3的原因是．（3）已知M2CO3為難溶物，則其Ksp的表達式為；現欲將某溶液中的M+以碳酸鹽（Ksp=1×10﹣12）的形式沉淀完全，則最后溶液中的CO32﹣的pC最大值為（溶液中的離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時，沉淀完全）．11．（14分）（2023?商丘二模）已知A、B、C、D、E、X存在圖示轉化關系（部分生成物和反應條件略）．（1）若E為非金屬氧化物，則A與水反應的化學方程式．①當X是堿性溶液，C分子中有22個電子時，表示X溶液呈堿性的離子方程式為，用結構式表示C分子：．②當X為金屬單質時，則X與B的稀溶液反應生成C的離子反應方程式為．（2）若E為常見單質氣體，D為白色膠狀沉淀，A的化學式可能是，B中含有的化學鍵類型為，C與X反應的離子方程式為．（3）若B為單質氣體，D可與水蒸氣在一定條件下發生可逆反應生成C和一種可燃性氣體單質，則該可逆反應的化學方程式為．t℃時，在密閉恒容的某容器中投入等物質的量的D和水蒸氣，一段時間后達到平衡，該溫度下反應的化學平衡常數K=1，則D的轉化率為．【化學選修2--化學與技術】（共1小題，滿分15分）12．（15分）（2023?長沙二模）[化學﹣﹣選修化學與技術]電鍍廠鍍銅廢水中含有CN﹣和Cr2O72﹣離子，需要處理達標后才能排放．該廠擬定下列流程進行廢水處理：回答下列問題：（1）上述處理廢水流程中主要使用的方法是．（2）②中反應后無氣體放出，該反應的離子方程式為．（3）步驟③中，每處理Cr2O72﹣時轉移電子，該反應離子方程式為．（4）取少量待測水樣于試管中，加入NaOH溶液，觀察到有藍色沉淀生成，再加Na2S溶液，藍色沉淀轉化成黑色沉淀，請使用化學用語和文字解釋產生該現象的原因：．（5）目前處理酸性Cr2O廢水多采用鐵氧磁體法．該法是向廢水中加入FeSO4?7H2O將Cr2O還原成Cr3+，調節PH，Fe、Cr轉化成相當于：FeⅡ[FexⅢCr2﹣xⅢ]O4（鐵氧磁體，羅馬數字表示元素價態）的沉淀．處理1molCr2O，需加入amolFeSO4?7H2O，下列結論正確的是．A．x=，a=8B．x=，a=10C．x=，a=8D．x=，a=10．【化學選修3--物質結構與性質】13．（2023?南昌模擬）某配位化合物為深藍色晶體，由原子序數由小到大的A、B、C、D、E五種元素構成，其原子個數比為l4：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序數D為C的二倍，E元素的外圍電子排布為（n﹣1）dn+6nsl，回答下列問題．（1）元素B、C、D的第一電離能的由大到小排列順序為．（用元素符號表示）（2）D元素原子的最外層電子排布圖為．（3）該配位化合物的化學式為，配體的中心原子的雜化方式為．（4）C元素可與A元素形成兩種常見的化合物，其原子個數比分別為1：1和l：2，兩種化合物可任意比互溶，解釋其主要原因為．（5）A元素與B元素可形成分子式為A2B2的某化合物，該化合物的分子具有平面結構，則其結構式為，分子中含有個σ鍵，個π鍵．（6）A元素與E元素可形成一種紅色化合物，其晶體結構單元如圖．則該化合物的化學式為．該化合物可在氯氣中燃燒，生成一種棕黃色固體和一種氣體，寫出該反應的化學方程式．【化學選修5--有機化學基礎】14．（2023?商丘二模）有機物A（肉桂酸甲酯）是常用于調制具有草莓、葡萄、櫻桃、香子蘭等香味的食用香精，它的分子式為C10H10O2，且分子中只含有1個苯環，苯環上只有一個取代基．它的核磁共振氫譜圖上有6個峰，峰面積之比為1：2：2：1：1：3．它的紅外光譜如下圖：用A為原料合成高分子化合物H的路線如下ABCDEFGH（高分子）已知：RCOOCHH3RCH2OHRCH2COOHRCHBrCOOH回答下列問題：（1）A的結構簡式是．（2）B與Br2的CCl4溶液反應后的生成物中手性碳原子的數目為．（3）請寫出B生成C的化學方程式．（4）請寫出同時滿足下列條件下C的所有同分異構體的結構簡式：．①分子中不含羰基和羥基；②是苯的對位二元取代物；③除苯環外，不含其他環狀結構．（5）請寫出G生成H的化學方程式．（6）溴苯與丙烯酸甲酯在氯化鈀催化下可直接合成A，為了促進反應的進行，通?？杉尤胍环N顯（填字母）的物質．A．弱酸性B．弱堿性C．強酸性D．強堿性．

2023年河南省商丘市高考化學二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?商丘二模）設NA為阿伏加德羅常數的值．下列敘述正確的是（）A．標準狀況下，正丁烷和異丁烷的混合物中所含共用電子對數為14NAB．常溫常壓下，甲醛與葡萄糖的混合物中含有氫原子的數目為NAC．60gSiO2晶體所含Si﹣O鍵的數目為2NA，78g苯含有C=C雙鍵的數目為3NAD．將CO2通過Na2O2使其增重ag時，反應中轉移電子數為考點：阿伏加德羅常數．專題：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．分析：A、依據n=計算物質的量結合分子結構計算共價鍵數；B、甲醛與葡萄糖的最簡式為CH2O，計算中氫原子數；C、依據n=計算物質的量，結合二氧化硅和苯分子結構分析判斷；D、CO2通過Na2O2反應生成碳酸鈉和氧氣，依據固體質量增加結合反應電子轉移計算．解答：解：A、依據n=計算物質的量==1mol，結合分子結構計算共價鍵數為13mol×NA=NA，故A錯誤；B、甲醛與葡萄糖的最簡式為CH2O，計算中氫原子數=×2×NA=NA，故B正確；C、依據n=計算二氧化硅物質的量==1mol，含有Si﹣O鍵的數目為4NA，苯分子結構中不含有C=C雙鍵，故C錯誤；D、CO2通過Na2O2反應生成碳酸鈉和氧氣，將CO2通過Na2O2使其增重ag時，依據化學方程式計算：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，質量增加56g電子轉移2mol，增重ag時反應中轉移電子數NA，故D錯誤；故選B．點評：本題考查了阿伏加德羅常數的分析應用，主要是物質結構分析判斷，氧化還原反應電子轉移的計算應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等．2．（6分）（2023?商丘二模）下列關于有機物的說法中正確的是（）A．2023年11月山東現“奪命快遞”﹣﹣化學品泄漏致1死7中毒．該化學品為氟乙酸甲酯，它是一種無色透明液體，不溶于水，易溶于乙醇、乙醚．它屬于酯類，也屬于鹵代烴B．按系統命名法，的名稱為2，7，7﹣三甲基﹣3﹣乙基辛烷C．甲基環己烷環上一氯代物的同分異構體共有3種D．某種醇在適當條件下與足量的乙酸發生酯化反應，生成的酯的相對分子質量a與原來醇的相對分子量b的關系是a=b+84，則該醇分子中具有兩個醇羥基考點：有機物的結構和性質；有機物分子中的官能團及其結構；有機化合物命名；同分異構現象和同分異構體；有機化學反應的綜合應用．專題：有機化學基礎．分析：A．氟乙酸甲酯為酯類物質，不溶于水，易溶于有機溶劑，含C、H、F、O四種元素，不屬于鹵代烴；B．最長的鏈含8個C，2、7號C上含甲基，6號C上含乙基；C．甲基環己烷環上有4種位置的H；D．生成的酯的相對分子質量a，生成1分子水則a+18=b+60，生成2分子水，則a+36=b+120．解答：解：A．氟乙酸甲酯為酯類物質，不溶于水，易溶于有機溶劑，含C、H、F、O四種元素，不屬于鹵代烴，鹵代烴中含C、H、鹵素原子，故A錯誤；B．最長的鏈含8個C，2、7號C上含甲基，6號C上含乙基，其名稱為2，2，7﹣三甲基﹣6﹣乙基辛烷，故B錯誤C．甲基環己烷中，由結構對稱性可知環上有4種位置的H，則環上一氯代物的同分異構體共有4種，故C錯誤；D．生成的酯的相對分子質量a，若生成1分子水，由質量守恒定律二者a+18=b+60，則a=b+42；生成2分子水，則a+36=b+120，即a=b+84，則該醇分子中具有兩個醇羥基，故D正確；故選D．點評：本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握有機反應中組成、命名、同分異構體及酯化反應規律為解答的關鍵，注意選項D中質量守恒定律的應用，題目難度不大．3．（6分）（2023?商丘二模）歸納法是高中化學學習常用的方法之一，某化學研究性學習小組在學習了《化學反應原理》后作出了如下的歸納總結：歸納正確的是（）①常溫下，pH=3的醋酸溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，則有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）②對已建立化學平衡的某可逆反應，當改變條件使化學平衡向正反應方向移動時，生成物的百分含量一定增加③常溫下，AgCl在同物質的量濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同④常溫下，已知醋酸電離平衡常數為Ka；醋酸根水解平衡常數為Kh；水的離子積為Kw；則有：Ka?Kh=Kw⑤電解精煉銅時，電解質溶液中銅離子濃度不變．A．①④B．①②④C．①②④⑤D．①②③④考點：pH的簡單計算；化學平衡的影響因素；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；電解原理．專題：基本概念與基本理論．分析：①溶液中一定滿足電荷守恒，根據電荷守恒進行判斷；②可逆反應達到平衡時，減少生成物濃度，平衡向著正向移動，但是生成物濃度減小；③CaCl2和NaCl溶液中都含有氯離子，所以都能抑制氯化銀溶解，且氯離子濃度越大，其抑制程度越大；④根據Ka=、Kh=計算出Ka?Kh即可；⑤粗銅中含有鐵、鋅等雜質，所以電解過程中，陽極失去電子的銅與陰極析出的銅質量不相等，溶液中銅離子濃度發生變化．解答：解：①反應后的溶液中存在的離子有：Na+、H+、OH﹣、CH3COO﹣，根據電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故①正確；②對已建立化學平衡的某可逆反應，若減小生成物，平衡向著正向移動，但是生成物濃度會減小，故②錯誤；③CaCl2和NaCl溶液中都含有氯離子，都抑制了氯化銀的溶解，且氯離子濃度越大，其抑制程度越大，所以AgCl在相同物質的量濃度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不同，故③錯誤；④Ka=、Kh=，Ka?Kh=×=c（OH﹣）×c（H+）=Kw，故④正確；⑤電解精煉銅過程中，陽極活潑性較強的雜質鐵、鋅等先放電，而陰極只有銅離子得到電子生成銅，所以陽極溶解的銅與陰極析出的銅的物質的量不相等，溶液中銅離子濃度發生了變化，故⑤錯誤；故選A．點評：本題考查電荷守恒、化學平衡、沉淀溶解平衡、弱電解質的電離和鹽類的水解、電解精煉銅，題目難度中等，試題涉及的題量較大，知識點較廣，充分考查了學生對所學知識的掌握情況，培養了學生靈活應用所學知識的能力；本題⑤為易錯點，注意粗銅中含有活潑性較強的雜質．4．（6分）（2023?商丘二模）在300mL的密閉容器中，放入鎳粉并充入一定量的CO氣體，一定條件下發生反應：Ni（s）+4CO（g）?Ni（CO）4（g），已知該反應平衡常數與溫度的關系如表：溫度/℃2580230平衡常數5×1042×10﹣5下列說法不正確的是（）A．上述生成Ni（CO）4（g）的反應為放熱反應B．25℃時反應Ni（CO）4（g）?Ni（s）+4CO（g）的平衡常數為2×10﹣5C．80℃達到平衡時，測得n（CO）=，則Ni（CO）4的平衡濃度為2mol/LD．在80℃時，測得某時刻，Ni（CO）4、CO濃度均為mol/L，則此時v（正）＞v（逆）考點：化學平衡的計算．專題：化學平衡專題．分析：A．由表中數據可知，溫度越高平衡常數越小，說明升高溫度平衡向逆反應移動，據此判斷；B．相同溫度下，對于同一可逆反應的正、逆反應平衡常數互為倒數；C．根據80°C平衡常數計算Ni（CO）4的平衡濃度；D．計算常數的濃度商Qc，與平衡常數比較，判斷反應進行方向，據此判斷．解答：解：A．由表中數據可知，溫度越高平衡常數越小，說明升高溫度平衡向逆反應移動，升高溫度平衡向吸熱反應移動，故正反應為放熱反應，故A正確；°C時反應Ni（s）+4CO（g）?Ni（CO）4（g）的平衡常數為5×104，相同溫度下，對于同一可逆反應的正、逆反應平衡常數互為倒數，故25°C時反應Ni（CO）4（g）?Ni（s）+4CO（g）的平衡常數為=2×10﹣5，故B正確；C．80°C達到平衡時，測得n（CO）=，c（CO）==1mol/L，故c[Ni（CO）4]=K?c4（CO）=2×14mol/L=2mol/L，故C正確；D．濃度商Qc==8，大于80°C平衡常數2，故反應進行方向逆反應進行，故v（正）＜v（逆），故D錯誤；故選D．點評：本題考查化學平衡常數及影響因素、化學平衡常數有關計算等，難度中等，注意掌握化學平衡常數的應用．5．（6分）（2023?河南模擬）下列關于①乙烯②苯③乙醇④乙酸⑤葡萄糖等有機物的敘述不正確的是（）A．可以用新制的Cu（OH）2懸濁液鑒別③④⑤B．只有①③⑤能使酸性KMnO4溶液褪色C．只有②③④能發生取代反應D．一定條件下，⑤可以轉化為③考點：乙烯的化學性質；苯的性質；乙醇的化學性質；乙酸的化學性質；葡萄糖的性質和用途．專題：有機反應．分析：A、乙醇與新制的Cu（OH）2懸濁液不反應，乙酸能與新制的Cu（OH）2懸濁液反應，溶液變澄清，葡萄糖與新制的Cu（OH）2懸濁液加熱生成磚紅色沉淀；B、能使酸性KMnO4溶液褪色的有機物有：烯烴、炔烴、苯的同系物、醇、酚、醛等；C、葡萄糖中含有羥基；D、葡萄糖發生分解生成乙醇和二氧化碳；解答：解：A、乙醇與新制的Cu（OH）2懸濁液不反應；乙酸能與新制的Cu（OH）2懸濁液反應，溶液變澄清；葡萄糖與新制的Cu（OH）2懸濁液加熱生成磚紅色沉，現象不同，可以用新制的Cu（OH）2懸濁液鑒別三者，故A正確；B、乙烯、乙醇、葡萄糖（多羥基醛）能使酸性KMnO4溶液褪色，苯、乙酸不能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正確；C、葡萄糖中含有羥基，能與羧酸發生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，故C錯誤；D、葡萄糖發生分解生成乙醇和二氧化碳，所以一定條件下，⑤可以轉化為③，故D正確；故選C．點評：本題考查了有機物的性質與鑒別，難度不大，注意酯化反應屬于取代反應．6．（6分）（2023?商丘二模）將CH4設計成燃料電池，其利用率更高，裝置示意如圖（A、B為多孔性碳棒）持續通入甲烷，在標準狀況下，消耗甲烷體積VL．則下列說法錯誤的是（）A．通入CH4的一端為原電池的負極，通入空氣的一端為原電池的正極B．0＜V≤時，電池總反應的化學方程式為：CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2OC．＜V≤時，負極電極反應為：CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O═10HCO3﹣D．V=時，溶液中陰離子濃度大小關系為：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）考點：化學電源新型電池．專題：電化學專題．分析：燃料電池中，通入燃料的一端為原電池的負極，通入空氣的一端為原電池的正極，n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，可能先后發生反應①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根據甲烷的量計算生成的二氧化碳的量，結合反應方程式判斷反應產物及發生的反應．解答：解：A、燃料電池中，通入CH4的一端為原電池的負極，通入空氣的一端為原電池的正極，故A正確；B、當0＜V≤時，0＜n（CH4）≤1mol，則0＜n（CO2）≤1mol，只發生反應①②，且KOH過量，則電池總反應式為CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B正確；C、當L＜V≤，1mol＜n（CH4）≤2mol，則1mol＜n（CO2）≤2mol，發生反應①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，則負極反應式為CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O=10HCO3﹣，故C正確；D、當V=時，n（CH4）=，n（CO2）=，則電池總反應式為3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，則得到和1molKHCO3的溶液，則c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故D錯誤．故選D．點評：本題考查了燃料電池的工作原理重要考點，計算要求的綜合性較強，難度較大．7．（6分）（2023?湖州模擬）某強酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干種，現取X溶液進行連續實驗，實驗過程及產物如圖．下列說法正確的是（）A．氣體A是NO2B．X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣C．溶液E和氣體F不能發生化學反應D．X中不能確定的離子是A13+和C1﹣考點：常見離子的檢驗方法．專題：離子反應專題．分析：強酸性溶液，一定沒有CO32﹣、SO32﹣；加入硝酸鋇，引進硝酸根，溶液具有強氧化性，一定含有亞鐵離子，故A是一氧化氮，D是二氧化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸鋇，溶液中一定含有硫酸根；加入過量氫氧化鈉，產生的氣體F是氨氣，溶液中一定含有銨離子，生成了沉淀G；H中通入二氧化碳，生成沉淀I，沉淀可能為氫氧化鋁或碳酸鋇；根據以上分析，對選項逐一判斷．解答：解：X是強酸性溶液，一定不會含有弱酸根離子：CO32﹣、SO32﹣；加入硝酸鋇，溶液具有了強氧化性，故氣體A是一氧化氮，D是二氧化氮，E則為硝酸，故溶液中一定含有還原性的離子：Fe2+；B中加入氫氧化鈉產生了氣體F，F一定是氨氣，溶液中一定含有銨離子；H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能為氫氧化鋁或在碳酸鋇，故溶液中不一定含有鋁離子；沉淀C為硫酸鋇，溶液中一定含有硫酸根；A、氣體A是一氧化氮，故A錯誤；B、根據分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42﹣，不能確定是否含有鋁離子，故B錯誤；C、E是硝酸，F是氨氣，可以發生反應，故C錯誤；D、根據分析可知，溶液中可能含有鋁離子和氯離子，故D正確；故選D．點評：本題考查常見離子的檢驗，如氨氣的檢驗、鋁離子的檢驗等，難度中等．二、解答題（共4小題，滿分43分）8．（14分）（2023?商丘二模）某研究性學習小組用圖1裝置（鐵架臺等支撐儀器略）探究氧化鐵與乙醇的反應，并檢驗反應產物．（1）氣密性檢驗的操作過程是將導管末端伸入水中，微熱燒瓶，導管末端有氣泡產生，停止加熱，導管末端有一段穩定的水柱，說明氣密性良好．（2）為快速得到乙醇氣體，可采取的方法是在燒杯中加入熱水（對燒杯加熱）；若實驗時小試管中的溶液已經開始發生倒吸，你采取的措施是C（填寫編號）；a．取下小試管b．移去酒精燈c．將導管從乳膠管中取下d．以上都可以（3）如圖2實驗，觀察到紅色的Fe2O3全部變為黑色固體（M），充分反應后停止加熱．為了檢驗M的組成，進行下列實驗．①M能被磁鐵吸引；加入足量稀硫酸，振蕩，固體全部溶解，未觀察到有氣體生成；②經檢驗溶液中有鐵離子和亞鐵離子，檢驗該溶液中的亞鐵離子的方法是取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，則說明有Fe2+；關于M中鐵元素價態的判斷正確的是d（填寫編號）．a．一定有+3價和+2價鐵，無0價鐵b．一定有+3價、+2價和0價鐵c．一定有+3價和0價鐵，無+2價鐵d．一定有+3價，0價和+2價鐵至少有一種（4）若M的成份可表達為FeXOY，用CO還原法定量測定其化學組成．稱取agM樣品進行定量測定，實驗裝置和步驟如下：①組裝儀器；②點燃酒精燈；③加入試劑；④打開分液漏斗活塞；⑤檢查氣密性；⑥停止加熱；⑦關閉分液漏斗活塞；⑧…．正確的操作順序是c（填寫編號）．a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧（5）若實驗中每步反應都進行完全，反應后M樣品質量減小bg，則FeXOY中=．考點：乙醇的催化氧化實驗；性質實驗方案的設計．專題：實驗設計題．分析：（1）裝置氣密性檢驗的原理是：通過氣體發生器與附設的液體構成封閉體系，依據改變體系內壓強時產生的現象（如氣泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）來判斷裝置氣密性的好壞；（2）乙醇易揮發，依據圖1裝置分析可知，可以對燒杯加熱或燒杯中加入熱水；阻止倒吸的操作是迅速拆下導氣管；（3）依據鐵離子的實驗檢驗方法分析，亞鐵離子具有還原性，加入氧化劑會發生氧化還原反應；乙醇和氧化鐵反應過程中可能會生成鐵或四氧化三鐵，能被磁鐵吸引；（4）實驗過程依據反應原理和實驗目的分析實驗步驟為，組裝裝置，檢驗裝置氣密性，加入試劑，加入水把一氧化碳趕入后續裝置，點燃酒精燈加熱玻璃管，反應結束后停止加熱，關閉分液漏斗活塞，玻璃管稱量剩余固體，依據質量變化計算鐵元素和氧元素物質的量之比；（5）依據實驗結果得到，鐵的氧化物中減少的質量為氧元素的質量為bg，鐵的質量為（a﹣b）g，依據元素物質的量計算得到比值；解答：解：（1）依據裝置圖分析可知反應過程需要在氣密性好的裝置中進行，定量測定，所以氣體通過裝置，實驗前需要檢驗裝置氣密性，方法為：將導管末端伸入水中，微熱燒瓶，導管末端有氣泡產生，停止加熱，導管末端有一段穩定的水柱，說明氣密性良好，故答案為：將導管末端伸入水中，微熱燒瓶，導管末端有氣泡產生，停止加熱，導管末端有一段穩定的水柱，說明氣密性良好；（2）依據圖1裝置分析可知，乙醇易揮發，可以對燒杯加熱或燒杯中加入熱水；阻止倒吸的操作是迅速拆下導氣管，故答案為：在燒杯中加入熱水（對燒杯加熱）；c；（3）依據鐵離子的實驗檢驗方法分析，亞鐵離子加入紫紅色的酸性高錳酸鉀溶液，兩者發生氧化還原反應溶液褪色，則有Fe2+；氧化鐵做催化劑參與反應過程，乙醇和氧化鐵反應過程中可能會生成鐵或四氧化三鐵，能被磁鐵吸引；故答案為：取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，若紫紅色褪去，則說明有Fe2+；d；（4）實驗過程依據反應原理和實驗目的分析實驗步驟為，組裝裝置，檢驗裝置氣密性，加入試劑，加入水把一氧化碳趕入后續裝置，點燃酒精燈加熱玻璃管，反應結束后停止加熱，關閉分液漏斗活塞，玻璃管稱量剩余固體，依據質量變化計算鐵元素和氧元素物質的量之比，所以選c，故答案為：c；（5）依據實驗結果得到，鐵的氧化物中減少的質量為氧元素的質量為bg，鐵的質量為（a﹣b）g，依據元素物質的量計算得到比值，n（Fe）：n（O）=：=，故答案為：；點評：本題考查了氧化鐵與乙醇的反應的性質的實驗探究和產物組成的分析判斷，掌握二價鐵離子的性質，注意實驗過程中的反應實質分析判斷，現象的理解和應用是解題關鍵，題目難度中等．9．（8分）（2023?商丘二模）NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑、醫藥、電子工業中用途廣泛．請回答下列問題：（1）相同條件下，?L﹣1NH4Al（SO4）2中c（NH4+）小于（填“等于”、“大于”或“小于”）?L﹣1NH4HSO4中c（NH4+）．（2）如圖1是?L﹣1電解質溶液的pH隨溫度變化的圖象．①其中符合?L﹣1NH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是I（填寫字母）；②20℃時，?L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=10﹣3mol?L﹣1mol?L﹣1（填數值）．（3）室溫時，向100mL?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加?L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖2所示．試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是a；在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．考點：鹽類水解的應用．專題：鹽類的水解專題．分析：（1）鋁離子、氫離子抑制銨根離子水解，且鋁離子抑制程度小于氫離子；（2）①NH4Al（SO4）2為強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，升高溫度促進水解；②根據電荷守恒計算；（3）a、b、c、d四個點，根據反應量的關系，a點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；b、c、d三點溶液均含有NH3?H2O，（NH4）2SO4可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離．b點溶液呈中性．解答：解：I．（1）NH4Al（SO4）2與NH4HSO4中的NH4+均發生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣電離出H+同樣抑制NH4+水解，因為HSO4﹣電離生成的H+濃度比Al3+水解生成的H+濃度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案為：小于；（2）①NH4Al（SO4）2為強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性，升高溫度促進水解，導致溶液酸性增強，溶液的pH減小，故選I；②根據電荷守恒得2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3mol?L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案為：10﹣3mol?L﹣1；（3）a、b、c、d四個點，根據反應量的關系，a點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；b、c、d三點溶液均含有NH3?H2O，（NH4）2SO4可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離．b點溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分，a點時c（Na+）=c（SO42﹣），b點時c（Na+）＞c（SO42﹣），根據N元素與S元素的關系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案為：a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．點評：本題考查了離子濃度大小比較、鹽類水解等知識點，離子濃度大小比較常常與鹽類水解、弱電解質的電離聯合考查，確定離子濃度大小時要結合電荷守恒、物料守恒來分析解答，難點是（3）題，知道圖象中各個點的溶質即可解答，題目難度中等．10．（7分）（2023?商丘二模）pC是指極稀溶液中溶質物質的量濃度的常用對數負值，類似pH．如某溶液溶質的濃度為1×10﹣3mol?L﹣1，則該溶液中該溶質的pC=﹣lg10﹣3=3．已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O?H2CO3H2CO3?H++HCO3﹣HCO3﹣?H++CO32﹣如圖為H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣在加入強酸或強堿溶液后，達到平衡時溶液中三種成分的pC、pH圖．請回答下列問題：（1）在pH=9時，H2CO3溶液中濃度最大的含碳元素的離子為HCO3﹣．（2）pH＜4時，溶液中H2CO3的pC總是約等于3的原因是c（H+）增大后，H2CO3?H++HCO3﹣平衡向左移動放出CO2，碳酸濃度保持不變．（3）已知M2CO3為難溶物，則其Ksp的表達式為Ksp=c2（M+）?c（CO32﹣）；現欲將某溶液中的M+以碳酸鹽（Ksp=1×10﹣12）的形式沉淀完全，則最后溶液中的CO32﹣的pC最大值為2（溶液中的離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時，沉淀完全）．考點：pH的簡單計算；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：（1）根據pC概念知，pC值越大，該溶質濃度越小，反之，pC值越小，其微粒濃度越大，根據圖象分析判斷；（2）氫離子濃度越大，越抑制碳酸電離；導致有二氧化碳生成；（3）Ksp=c2（M+）?c（CO32﹣）；根據溶度積常數計算溶液中c（CO32﹣），再根據pC概念計算pC值．解答：解：（1）根據pC概念知，pC值越大，該溶質濃度越小，反之，pC值越小，其微粒濃度越大，根據圖象知，pH=9時，pC最小的是HCO3﹣，所以HCO3﹣濃度最大，故答案為：HCO3﹣；（2）pH＜4時，溶液中，c（H+）增大后，H2CO3?H++HCO3﹣平衡向左移動放出CO2，導致碳酸濃度不變，碳酸為飽和溶液，所以溶液中H2CO3的pC總是約等于3，故答案為：c（H+）增大后，H2CO3?H++HCO3﹣平衡向左移動放出CO2，碳酸濃度保持不變；（3）Ksp=c2（M+）?c（CO32﹣）；溶液中c（CO32﹣）==mol/L=L，則pC=﹣=2，故答案為：Ksp=c2（M+）?c（CO32﹣）；2．點評：本題考查了弱電解質的電離、pC的計算，明確pC的概念是解本題關鍵，可以采用知識遷移的方法分析pC概念，再利用溶度積常數等知識點來分析解答，題目難度中等．11．（14分）（2023?商丘二模）已知A、B、C、D、E、X存在圖示轉化關系（部分生成物和反應條件略）．（1）若E為非金屬氧化物，則A與水反應的化學方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO．①當X是堿性溶液，C分子中有22個電子時，表示X溶液呈堿性的離子方程式為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，用結構式表示C分子：O=C=O．②當X為金屬單質時，則X與B的稀溶液反應生成C的離子反應方程式為Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O．（2）若E為常見單質氣體，D為白色膠狀沉淀，A的化學式可能是Na或Na2O2，B中含有的化學鍵類型為離子鍵和極性共價鍵，C與X反應的離子方程式為Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．（3）若B為單質氣體，D可與水蒸氣在一定條件下發生可逆反應生成C和一種可燃性氣體單質，則該可逆反應的化學方程式為CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）．t℃時，在密閉恒容的某容器中投入等物質的量的D和水蒸氣，一段時間后達到平衡，該溫度下反應的化學平衡常數K=1，則D的轉化率為50%．考點：無機物的推斷．專題：推斷題．分析：（1）A在常溫下與水反應生成非金屬氧化物E，因此符合條件的是NO2溶于水；①B是硝酸，當X是堿性溶液，C分子中有22個電子，這說明C是CO2，因此X是碳酸鹽；②B是硝酸，X為金屬單質，且X能與C繼續反應，說明X應該是變價金屬，所以X是鐵，C為硝酸鐵；（2）若E為常見單質氣體，D為白色膠狀沉淀，則D是氫氧化鋁．由于氫氧化鋁是兩性氫氧化物，則符合條件的是B是堿，X是鋁鹽，C是偏鋁酸鹽．所以A是鈉或過氧化鈉，與水反應生成氫氧化鈉和氫氣或氫氧化鈉與氧氣；（3）若B為單質氣體，D可與水蒸氣在一定條件下發生可逆反應生成C和一種可燃性氣體單質，則根據轉化可知，符合條件是CO與水蒸氣反應生成氫氣和CO2，所以D是CO，C是CO2，則X是碳，B是氧氣．A與水常溫下生成氧氣，則A可以是過氧化鈉．該可逆反應的化學方程式為CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）．解答：解：（1）A在常溫下與水反應生成非金屬氧化物E，因此符合條件的是NO2溶于水，反應的化學方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①B是硝酸，當X是堿性溶液，C分子中有22個電子，這說明C是CO2，因此X是碳酸鹽，CO32﹣水解溶液顯堿性，所以表示X溶液呈堿性的離子方程式為：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，CO2是由碳氧雙鍵構成的共價化合物，所以CO2的結構式為O=C=O，故答案為：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣；O=C=O；②B是硝酸，X為金屬單質，且X能與C繼續反應．這說明X應該是變價金屬，所以X是鐵．則X與B的稀溶液反應生成C的離子反應方程式為Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，故答案為：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O；（2）若E為常見單質氣體，D為白色膠狀沉淀，則D是氫氧化鋁．由于氫氧化鋁是兩性氫氧化物，則符合條件的是B是堿，X是鋁鹽，C是偏鋁酸鹽．所以A是鈉或過氧化鈉，與水反應生成氫氧化鈉和氫氣或氫氧化鈉與氧氣，因此A的化學式可能是Na或Na2O2，B為氫氧化鈉，氫氧化鈉中含有的化學鍵類型為離子鍵和極性鍵，C與X反應的離子方程式為：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案為：Na或Na2O2；離子鍵和極性共價鍵；Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；（3）若B為單質氣體，D可與水蒸氣在一定條件下發生可逆反應生成C和一種可燃性氣體單質，則根據轉化可知，符合條件是CO與水蒸氣反應生成氫氣和CO2，所以D是CO，C是CO2，則X是碳，B是氧氣，A與水常溫下生成氧氣，則A可以是過氧化鈉，該可逆反應的化學方程式為CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），令CO、氫氣起始物質的量為amol，平衡時參加反應CO為xmol，則：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：aa00轉化量（mol）：xxxx平衡量（mol）：a﹣xa﹣xxx由于反應前后體積不變，則可以用物質的量代替濃度表示平衡常數，即=1，解得x=，因此CO的轉化率為×100%=50%，故答案為：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）；50%．點評：本題考查無機物推斷推斷、可逆反應有關計算等，需要學生熟練掌握元素化合物知識，難度中等．【化學選修2--化學與技術】（共1小題，滿分15分）12．（15分）（2023?長沙二模）[化學﹣﹣選修化學與技術]電鍍廠鍍銅廢水中含有CN﹣和Cr2O72﹣離子，需要處理達標后才能排放．該廠擬定下列流程進行廢水處理：回答下列問題：（1）上述處理廢水流程中主要使用的方法是氧化還原法．（2）②中反應后無氣體放出，該反應的離子方程式為CN﹣+ClO﹣=CNO﹣+Cl﹣．（3）步驟③中，每處理Cr2O72﹣時轉移電子，該反應離子方程式為3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+=6SO42﹣+8Cr3++13H2O．（4）取少量待測水樣于試管中，加入NaOH溶液，觀察到有藍色沉淀生成，再加Na2S溶液，藍色沉淀轉化成黑色沉淀，請使用化學用語和文字解釋產生該現象的原因：待檢水樣中還有Cu2+，加堿發生Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更難溶，則發生Cu（OH）2（s）+S2﹣（aq）═CuS（s）+2OH﹣（aq），使沉淀向更難溶方向轉化．（5）目前處理酸性Cr2O廢水多采用鐵氧磁體法．該法是向廢水中加入FeSO4?7H2O將Cr2O還原成Cr3+，調節PH，Fe、Cr轉化成相當于：FeⅡ[FexⅢCr2﹣xⅢ]O4（鐵氧磁體，羅馬數字表示元素價態）的沉淀．處理1molCr2O，需加入amolFeSO4?7H2O，下列結論正確的是D．A．x=，a=8B．x=，a=10C．x=，a=8D．x=，a=10．考點：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．專題：實驗設計題．分析：流程分析含CN﹣廢水調整溶液PH加入NaClO溶液，氧化CN﹣離子反應生成CNO﹣的廢水，含Cr2O72﹣的廢水調整溶液PH加入Na2S2O3發生氧化還原反應得到含硫酸根離子的廢水，和含CNO﹣的廢水繼續處理得當待測水樣；（1）從流程分析物質的轉化關系和試劑選擇分析所用方法；（2）堿性條件下，CN﹣離子與NaClO發生氧化還原反應生成CNO﹣、Cl﹣離子，據此寫出離子方程式；（3）利用每﹣轉移的電子來計算被還原后Cr元素的化合價，再書寫離子方程式；（4）根據銅離子與氫氧根離子反應生成沉淀及沉淀的轉化來分析；（5）根據氧化還原反應中得失電子數相等，再結合原子守恒進行計算．解答：解：（1）從流程看，CN﹣轉化為CNO﹣，化合價升高被氧化劑氧化，Cr2O72﹣轉化為Cr3+化合價降低，故還原劑還原，故采用方法為氧化﹣還原法；故答案為：氧化﹣還原法；（2）步驟②中，無氣體放出，CN﹣被ClO﹣氧化為CNO﹣，則因為是在堿性環境中，故ClO﹣只能被還原為Cl﹣，反應式為：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；故答案為：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；（3）每﹣轉移的電子，設還原后Cr元素的化合價為x，則×2×（6﹣x）=，解得x=+3，則離子反應為3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；故答案為：3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；（4）因銅離子與氫氧根離子反應生成氫氧化銅沉淀，CuS比Cu（OH）2更難溶，則加入Na2S溶液能發生沉淀的轉化，故答案為：待檢水樣中還有Cu2+，加堿發生Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更難溶，則發生Cu（OH）2（s）+S2﹣（aq）═CuS（s）+2OH﹣（aq），使沉淀向更難溶方向轉化；（5）處理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4?7H2O，根據鉻原子守恒得，1molCr2O72﹣完全反應后生成molFeⅡ[FeⅢx?CrⅢ2﹣x]O4，根據鐵原子守恒得amol=mol①，該反應中得失電子數相等，1mol×2×3=mol×（3﹣2）×x，解得x=，將x=代入①得a=10，故答案為：D．點評：本題考查了氧化還原反應，沉淀溶解平衡知識，注重了化學與實際生產的聯系，學生應學會利用物質的性質、得失電子守恒和原子守恒計算等來解答，題目難度中等．【化學選修3--物質結構與性質】13．（2023?南昌模擬）某配位化合物為深藍色晶體，由原子序數由小到大的A、B、C、D、E五種元素構成，其原子個數比為l4：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序數D為C的二倍，E元素的外圍電子排布為（n﹣1）dn+6nsl，回答下列問題．（1）元素B、C、D的第一電離能的由大到小排列順序為N＞O＞S．（用元素符號表示）（2）D元素原子的最外層電子排布圖為．（3）該配位化合物的化學式為[Cu（NH3）4]SO4?H2O，配體的中心原子的雜化方式為sp3．（4）C元素可與A元素形成兩種常見的化合物，其原子個數比分別為1：1和l：2，兩種化合物可任意比互溶，解釋其主要原因為H2O與H2O2分子之間存在氫鍵，．（5）A元素與B元素可形成分子式為A2B2的某化合物，該化合物的分子具有平面結構，則其結構式為H﹣N=N﹣H，分子中含有3個σ鍵，1個π鍵．（6）A元素與E元素可形成一種紅色化合物，其晶體結構單元如圖．則該化合物的化學式為CuH．該化合物可在氯氣中燃燒，生成一種棕黃色固體和一種氣體，寫出該反應的化學方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl．考點：晶胞的計算；元素電離能、電負性的含義及應用；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．專題：化學鍵與晶體結構．分析：某配位化合物為深藍色晶體，由原子序數由小到大的A、B、C、D、E五種元素構成，其原子個數比為14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序數D為C的二倍，則C為O元素、D為S元素；E元素的外圍電子排布為（n﹣l）dn+6nsl，則n+6=10，故n=4，故其外圍電子排布為3d104sl，則E為Cu；故該深藍色晶體應含有[Cu（NH3）4]2+，SO42﹣，結合原子序數可知A為H、B為N，由原子數目之比，可知該配合物含有1個結晶水，故其化學式為：[Cu（NH3）4]SO4?H2O，據此解答．解答：解：某配位化合物為深藍色晶體，由原子序數由小到大的A、B、C、D、E五種元素構成，其原子個數比為14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序數D為C的二倍，則C為O元素、D為S元素；E元素的外圍電子排布為（n﹣l）dn+6nsl，則n+6=10，故n=4，故其外圍電子排布為3d104sl，則E為Cu；故該深藍色晶體應含有[Cu（NH3）4]2+，SO42﹣，結合原子序數可知A為H、B為N，由原子數目之比，可知該配合物含有1個結晶水，故其化學式為：[Cu（NH3）4]SO4?H2O，（1）同主族自上而下第一電離能減小，故O元素第