O＞N＞H，C错误；D、H2O2和Na2O2均有漂白性，D正确，答案选D。
7.下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中：
2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+I2
正确；
Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化
B
1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：
2AlO2﹣+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O
正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：
3
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：
SO2+H2O+ClO﹣═HClO+HSO3﹣
正确；
说明酸性：
H2SO3强于HClO
D
Ca（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：
Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
正确；
酸式盐与碱反应生成正盐和水
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A、将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，Cl2不足，先氧化I﹣，离子方程式为：
2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，故A错误；B、AlO2-与H+物质的量之比为1：
1反应时，生成Al（OH）3沉淀，1：
4反应时生成铝离子，所以1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，离子方程式为：
2AlO2-+5H+═Al3++Al（OH）3↓+H2O，可理解为2molAlO2-消耗2molH+，生成2molAl（OH）3，其中1molAl（OH）3又消耗了3molH+，生成1molAl3+，所以AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：
3，故B正确；C、过量SO2通入到NaClO溶液中，发生氧化还原反应：
H2O+SO2+ClO-=SO42- +Cl- +2H+，无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，故C错误；D、Ca（HCO3）2与足量NaOH溶液反应离子方程式为：
Ca2++2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg（OH）2↓+2CO32-，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，故D错误。
【点睛】本题重点考查离子方程式的正误判断。
电离方程式正误判断，第一看是否符合反应事实；第二看：
平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：
拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。
⑴强酸、强碱和易溶于水的盐要拆写为离子，难溶物质、难电离物质、挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等要书写为化学式。
⑵微溶物作为反应物，若是澄清溶液拆写为离子，若是悬浊液写为化学式。
微溶物作为生成物，一般写为化学式，并标“↓”符号。
⑶多元弱酸酸式根离子，在离子方程式中不能拆写。
如HCO3-不能写成CO32-＋H+（注：
NaHSO4在溶液中需写成SO42-＋H+）
8.氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料。
某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下两种实验方案。
已知：
AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑
【方案1】取一定量mg的样品，用图1装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。
（1）如图1，C装置中球形干燥管的作用是________________。
（2）完成以下实验步骤：
组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。
接下来的实验操作是_______________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。
打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。
通入氮气的目的是____________。
（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见________________。
【方案2】用图2装置测定mg样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）。
（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_____。
（填字母序号）
a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d．C6H6（苯）
（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），则AlN的质量分数是______。
若将a处胶管用弹簧夹夹住，并把分液漏斗上口导管拨开，其它操作均同上，则最终测定的结果将________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】
（1）.防止倒吸
（2）.关闭K1，打开K2（3）.把装置中残留的氨气全部赶入C装置（4）.C装置出口处连接一个干燥装置（5）.ad（6）.
×100%（7）.偏大
【解析】
（1）分析装置和仪器作用分析，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；
（2）组装好实验装置，原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品．接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；
（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；
（4）依据氨气极易溶于水的性质分析，为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是；a．CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；b．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；c．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误； d．氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；
（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），
AIN+NaOH+H2O═NaAIO2+NH3↑
4122.4L
mV×10-3L
m=41V×10-3/22.4g
则AlN的质量分数=41V/22400m。
如果将a处夹住，装置内压强变化则滴加的液体体积也会排出一定量的液体，所以导致测得的气体体积偏大。
9.锶有“金属味精”之称。
以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：
已知氢氧化锶在水中的溶解度：
温度（℃）
0
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度（g/100mL）
0.91
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_____________。
（2）“除杂”方法：
将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。
①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg（OH）2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___。
②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因____。
（3）“趁热过滤”的目的是____，“滤渣”的主要成分为___。
（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr（OH）2产品的步骤为____、过滤、洗涤、干燥。
（5）“脱硫”方法：
用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式______；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。
请写出电解时阳极的电极反应：
____。
【答案】
（1）.SrSO4＋4C
SrS＋4CO↑
（2）.1.2×10-10mol•L-1（3）.OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出（4）.防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失（5）.Ca（OH）2、Mg（OH）2（6）.降温结晶（7）.2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+（8）.Fe2+—e—=Fe3+
【解析】
（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：
SrSO4 ＋4C
SrS＋4CO↑；
（2）①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，pH为12，c（H＋）＝10-12mol/L，
c（OH-）＝
=1mol/L，c（Mg2＋）＝
=
=1.2×10-10mol•L-1；②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg（OH）2和微溶物Ca（OH）2；（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr（OH）2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）“脱硫”方法：
用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3。
10.
（1）2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能符合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
已知：
H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH1=—aKJ/mol
C8H18
（1）+25/2O2（g）=8CO2（g）+9H2O
（1）ΔH2=—bKJ/mol
试写出25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油（以C8H18表示）的热化学方程式________。
（2）利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂（如Cu/ZnO催化剂）作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：
甲：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=—53.7kJ·mol-1平衡常数K1
乙：
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）△H=+41.2kJ·mol-1平衡常数K2
①CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）的平衡常数K=______（用含K1、K2的表达式表示），该反应H_____0（填“大于”或“小于”）。
②提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有___________（填写两项）。
③催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。
下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：
2.2，经过相同反应时间（t1min）。
温度（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
综合选项
543
Cu/ZnO纳米棒材料
12.3
42.3
A
543
Cu/ZnO纳米片材料
11.9
72.7
B
553
Cu/ZnO纳米棒材料
15.3
39.1
C
553
Cu/ZnO纳米片材料
12.0
70.6
D
由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为___________（填字母符号）。
（3）以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）。
在体积均为2L的三个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。
下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。
①0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反应速率为_________________。
②三个容器中一定达到平衡状态的是容器________（填写容器代号）。
【答案】
（1）.8CO2（g）+25H2（g）=C8H18
（1）+16H2O
（1）ΔH=—（25a-b）KJ/mol
（2）.K=
（3）.小于（4）.降低温度、减小产物浓度（5）.B（6）.0.0875mol/（L·min）（7）.Ⅲ
【解析】
【详解】
（1）已知：
①H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH1=—aKJ/mol；
②C8H18
（1）+25/2O2（g）=8CO2（g）+9H2O
（1）ΔH2=—bKJ/mol
根据盖斯定律，由①×25-②得反应方程式：
8CO2（g）+25H2（g）=C8H18
（1）+16H2O
（1）ΔH=25ΔH1-ΔH2=ΔH=—（25a-b）KJ/mol；
（2）①已知甲：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g） △H=-53.7kJ·mol-1平衡常数 K1
乙：
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g） △H=+41.2kJ·mol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）的平衡常数K=
；△H=-53.7kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-94.9kJ·mol-1<0；②反应CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；③由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B选项；
（3）①CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
开始时的物质的量：
1 2 0
转化的物质的量：
a 2a a
平衡时的物质的量：
1-a 2-2a a
容器Ⅱ中0～5min内H2含量是20%，a=
，v（CH3OH）=0.0875mol/（L·min）；②Ⅲ中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。
【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。
盖斯定律，又名反应热加成性定律：
若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。
也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。
11.C60具有完美的球形结构。
之后Si60、N60球形分子被不断制备出来。
回答下列问题：
（1）Si的核外电子排布式为___________，C和N元素中第一电离能较大的是___________。
（2）富勒烯衍生物具有良好的光电性能，富勒烯（C60）的结构如上图所示，C60属于________晶体；
（3）N60的晶体中存在的作用力有___________（填字母标号）。
A．共价键B．离子键C．氢键D．范德华力E．配位键F．金属键
（4）氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成：
已知其阴离子构型为平面正三角形，则其阳离子的构型为______形，阳离子中氮的杂化方式为_________。
（5）金属M（相对原子质量为m）与N60形成的化合物晶体结构如上图所示（其中白球代表N60，黑球代表金属M），若其晶胞边长为kpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则其密度为_____g·cm—3，该化合物中N60的配位数为_________。
【答案】
（1）.1s22s22p63s33p2或[Ar]3s33p2
（2）.N（3）.分子（4）.AD（5）.直线（6）.SP（7）.
或
（8）.4
【解析】
【详解】
（1）硅原子核外电子数为14，根据构造原理可写出硅的核外电子排布1s22s22p63s33p2或[Ar]3s33p2；根据同周期元素第一电离能的变化规律可知第一电离能大的是N；
（2）C60属于分子晶体，C60中每个碳原子形成3个碳碳
键，和1个
键，碳原子的杂化类型为sp2杂化。
（3）N60的晶体由分子构成，分子间存在范德华力，N60分子内氮原子间存在共价键，故选AD。
（4）氮的最高价氧化物N2O5为无色晶体，它由两种离子构成：
NO2+（硝酰阳离子）和NO3-（硝酸根离子），其中阳离子呈直线型，阳离子中氮的杂化轨道类型为sp杂化，阴离子构型为平面正三角形；
（5）用“均摊法”，1个晶胞中含有4个M，含N60为
个，M与N60个数之比为1:
1，晶体的化学式为MN60；晶胞边长为kpm，晶胞的体积为（k×10-10）3,1mol晶体的体积为（k×10-10）3÷4×NA；1mol晶体的质量为（m+60×14）g；该化合物的密度为（m+60×14）g÷（k×10-10）3÷4×NA=
，根据晶胞，M的配位数为4,M与N60个数之比为1:
1,该化合物中N60的配位数为4。
12.丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。
合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：
（1）A的名称是_______，E到F的反应类型是___________。
（2）试剂a是________，F中官能团名称是_______。
（3）M组成比F多1个CH2，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体中：
①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。
满足上述条件的M的同分异构体共
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