2022-2022学年黑龙江省大庆市铁人中学高三（下）月考化学试卷（4月份）一、选择题：本卷共7小题．每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2022春•红岗区校级月考）已知NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ） A．1mol重甲基（﹣CD3）含有电子数为9NA B．标准状况下，22.4LO2和O3组成的混合物中原子总数为2NA C．在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl﹣总数为3NA D．1mol铁铝混合物与足量稀盐酸反应时，转移电子数是3NA2．（6分）（2022•洛阳三模）下列是三种有机物的结构简式下列说法正确的是（ ） A．三种有机物都能发生水解反应 B．三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种 C．三种物质中，其中有两种互为同分异构体 D．三种物质在一定条件下，均可以与H2发生加成反应3．（6分）（2022•宜阳县校级二模）常温下，有下列四种溶液：①②③④0.1mol/LNaOH溶液pH=11NaOH溶液0.1mol/LCH3COOH溶液pH=3CH3COOH溶液下列说法正确的是（ ） A．由水电离出的c（H+）：①＞③ B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同 C．②与④混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣） D．①与③混合，若溶液pH=7，则V（NaOH）＞V（CH3COOH）4．（6分）（2022春•红岗区校级月考）下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是（ ） A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O B．澄清石灰水与过量的苏打溶液混合，溶液变混浊：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O C．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的盐酸等体积混合：2AlO2﹣+5H+═Al（OH）3↓+Al3++H2O D．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑5．（6分）（2022春•红岗区校级月考）某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣．现每次取5mL进行实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体1.12L（标准状况下）③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g-23-\n下列说法不正确的是（ ） A．上述实验无法确定是否含有Cl﹣和NO3﹣ B．溶液中肯定含有CO32﹣和SO42﹣，且浓度分别为4.00mol/L、2.00mol/L C．上述实验确定溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+ D．要确定是否含有K+，应进一步做焰色反应实验6．（6分）（2022•嘉峪关校级模拟）下列实验中，为实现实验目的而必须除杂的是（ ）实验除杂试剂实验目的①电石与水反应CuSO4溶液用KMnO4酸性溶液检验乙炔的还原性②CH3CH2Br与NaOH溶液共热HNO3溶液用AgNO3溶液检验CH3CH2Br中的Br③淀粉与稀H2SO4水浴共热NaOH溶液用银氨溶液检验水解产物的还原性④C2H5OH与浓H2SO4加热至170℃NaOH溶液用Br2的CCl4溶液证明该反应为消去反应 A．只有①②③B．只有①②④C．只有②③④D．①②③④7．（6分）（2022•岳阳一模）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（ ） A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣Zn（OH）2 B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化 D．放电时正极附近溶液的碱性增强 二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022春•红岗区校级月考）某课外小组对金属钠进行了研究．如图一所示，已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸．（1）F的名称是： （2）金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是： （3）该小组同学应该如何取用金属钠： （4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是 ．-23-\n（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程的离子方程式： （6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图二所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为 ．（7）将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为 ．9．（14分）（2022春•红岗区校级月考）氨与硝酸在工农业生产中均有重要的用途．某小组根据工业生产原理设计了生产氨与硝酸的主要过程如下：（1）以N2和H2为原料合成氨气．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0①一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的，则N2的转化率α= ；若此时放出热量为aKJ，则其热化学方程式为 ．②氨气溶于水则为氨水．已知NH3•H2O的电离平衡常数为Kb，计算0.1mol/L的NH3•H2O溶液中c（OH﹣）= mol/L（设平衡时NH3•H2O的浓度约为0.1mol/L，用含有Kb的代数式表示）．③合成氨的原料气H2可来自CH4的综合利用：CH4+H2O═CO+3H2．将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图一（A、B为多孔性石墨棒）．持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL．44.8L＜V≤89.6L时，负极电极反应为 ．（2）以氨气、空气为主要原料先进行氨的催化氧化，然后制得硝酸．①其中NO在容积恒定的密闭容器中进行反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＞0该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图二所示．若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号） ．a．在t1～t2时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态b．在t2时，采取的措施可以是升高温度c．在t3～t4时与在t1～t2时的平衡常数K肯定相同d．在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值②实际上，生成的NO2会聚合生成N2O4．如果在一密闭容器中，17℃、1.01×105Pa条件下，2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0的平衡常数K=13.3．若改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，测得混合气体中c（NO2）=0.04mol/L，c（N2O4）=0.007mol/L，则改变的条件是 ．③硝酸厂常用如下方法处理尾气用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．若每9.2gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.1mol，则反应的离子方程式是 ．-23-\n10．（15分）（2022春•红岗区校级月考）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品．某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下：已知：①氯化钙可与乙醇形成CaCl2•6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/℃34.778.511877.1③2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2OI．制备过程：装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有9.5mL无水乙醇和6mL冰醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液．（1）写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式 ．（2）浓硫酸对该乙酸乙酯合成反应的影响是： ．（3）实验过程中滴加大约3mL浓硫酸，B的容积最合适的是 （填入正确选项前的字母）A．25mLB．50mLC．250mLD．500mL（4）设计简单实验证明饱和碳酸钠溶液是否起到了吸收乙酸的作用： ．（5）实验过程中发现两层之间出现了白色固体，请用化学方程式表示形成原因： Ⅱ．提纯方法①将D中混合液转入分液漏斗进行分液．②有机层用5mL饱和食盐水洗涤，再用5mL饱和氯化钙溶液洗涤，最后用水洗涤．有机层倒入一干燥的烧瓶中，用无水硫酸镁干燥，得粗产物．③将粗产物蒸馏，收集77.1℃的馏分，得到纯净干燥的乙酸乙酯．（6）第①步分液时，选用的两种玻璃仪器的名称分别是 、 ．（7）第②步中用饱和食盐水、饱和氯化钙溶液、最后用水洗涤，分别主要洗去粗产品中的 ， ， ． 三、[化学--选修2：化学与技术]（15分）11．（15分）（2022•山东一模）据科学家预测：再过100年后，全球气温估计将上升大约1.4～5.8℃．根据这一预测，全球气温上升将给全球环境带来不可估测影响，其中水资源的匮乏将是首当其冲．海水占地球总储水量的97.2%．若把海水淡化和化工生产结合起来，既能解决淡水资源缺乏的问题，又能充分利用海洋资源．（1）就目前技术而言，结合能源消耗等问题，下列适用于“海水淡化”的技术是 （填序号）．-23-\nA．蒸馏法B．电渗析法C．冷结法D．离子交换法E．反渗透法（2）远古时代就利用海水晒盐，此项技术属于物质分离实验操作中的 ．（3）海水晒盐得到的母液中，还有大量的镁、钾离子和一定量的溴、碘化合物．其中通过先进的分离技术得到MgCl2•6H2O产品，此产品还需要在不断通入“干燥氯化氢”的条件下脱水才能得到无水MgCl2，此原因是： ；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是 、 、 ．（4）钛被称为21世纪金属，具有密度小、强度大，不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，广泛用于航空、航天以及生物医学等领域．工业上可以用Mg高温还原TiCl4而制得．请设计合理的实验操作，处理上述反应产物，得到纯钛，简述操作过程： ． 四、[化学-物质结构与性质]（15分）12．（2022•临汾校级四模）硼元素在化学中有很重要的地位，硼及其化合物广泛应用于永磁材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域应用．（1）三氟化硼在常温常压下为具有刺鼻恶臭和强刺激性的无色有毒腐蚀性气体，其分子的立体构型为 ，B原子的杂化类型为 ．（2）磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层．左下图是磷化硼晶体的晶胞示意图（如图一），则磷化硼的化学式为 ，该晶体的晶体类型是 ．（3）正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连（如图二）．①硼酸分子中B最外层有 个电子，1molH3BO3的晶体中有 mol氢键．②硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸B（OH）3•H2O，它电离生成少量[B（OH）4]﹣和H+离子．则硼酸为 元酸，[B（OH）4]﹣含有的化学键类型为 ． 五、[化学-有机化学基础]（15分）13．（2022春•红岗区校级月考）以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：-23-\n已知：（1）A中官能团的名称是 ．（2）B→C的化学方程式是 ．（3）F为酯，其结构简式是 ．（4）F→G的反应类型是 ．（5）H的结构简式是 ．（6）G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是 ．（7）D的同分异构体有多种，苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应的有 种．写出核磁共振氢谱中氢原子种类数最少的任一种同分异构体的结构简式 ． -23-\n2022-2022学年黑龙江省大庆市铁人中学高三（下）月考化学试卷（4月份）参考答案与试题解析 一、选择题：本卷共7小题．每小题6分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2022春•红岗区校级月考）已知NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ） A．1mol重甲基（﹣CD3）含有电子数为9NA B．标准状况下，22.4LO2和O3组成的混合物中原子总数为2NA C．在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl﹣总数为3NA D．1mol铁铝混合物与足量稀盐酸反应时，转移电子数是3NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．重甲基（﹣CD3）与甲基中含有的电子数相同，都是含有9个电子，1mol中含有9mol电子；B．氧气和臭氧分子中含有的氧原子数目不同，1mol二者的混合气体中含有的氧原子介于2mol﹣3mol之间；C．氯化铝溶液中，铝离子部分水解，导致氯离子的数目大于氯离子的3倍；D．铁与盐酸反应生成亚铁离子，1mol铁与盐酸反应失去2mol导致．解答：解：A．1mol重甲基（﹣CD3）中含有9mol电子，含有电子数为9NA，故A正确；B．标况下22.4L气体的物质的量为1mol，1mol氧气和臭氧中含有的原子介于2mol﹣3mol之间，混合物中原子总数大于2NA，故B错误；C．含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，由于铝离子部分水解，导致铝离子数目减少，氯离子的数目大于铝离子的数目的3倍，即Cl﹣总数大于3NA，故C错误；D．1mol铁与稀盐酸完全反应失去2mol电子，1mol铝完全反应失去3mol电子，所以1mol铁和铝的混合物与盐酸反应失去的电子小于3mol，转移电子数小于3NA，故D错误；故选A．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项A为易错点，注意重甲基与甲基中含有的电子数相同，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 2．（6分）（2022•洛阳三模）下列是三种有机物的结构简式下列说法正确的是（ ） A．三种有机物都能发生水解反应-23-\n B．三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种 C．三种物质中，其中有两种互为同分异构体 D．三种物质在一定条件下，均可以与H2发生加成反应考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体．专题：同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断．分析：A．只有阿司匹林中含﹣COOC﹣，另两种物质不能水解；B．阿司匹林的苯环上有4种H，另两种物质苯环上有2种H；C．三种物质中，分子式均不相同；D．三种物质均含苯环．解答：解：A．只有阿司匹林中含﹣COOC﹣，可发生水解反应，而另两种物质不能水解，故A错误；B．阿司匹林的苯环上有4种H，苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有4种，而另两种物质苯环上有2种H，则苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种，故B错误；C．三种物质中，分子式均不相同，则三种物质均不是同分异构体，故C错误；D．三种物质均含苯环，则在一定条件下，均可以与H2发生加成反应，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系及结构的对称性分析为解答的关键，侧重酯、苯的性质及同分异构体的考查，题目难度不大． 3．（6分）（2022•宜阳县校级二模）常温下，有下列四种溶液：①②③④0.1mol/LNaOH溶液pH=11NaOH溶液0.1mol/LCH3COOH溶液pH=3CH3COOH溶液下列说法正确的是（ ） A．由水电离出的c（H+）：①＞③ B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同 C．②与④混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣） D．①与③混合，若溶液pH=7，则V（NaOH）＞V（CH3COOH）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；B．醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡；C．pH=11的NaOH和pH=3的醋酸溶液，醋酸浓度大于NaOH，②与④混合，若溶液显酸性，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸；D．①与③混合，若溶液pH=7，醋酸钠溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量．解答：解：A．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，①中氢氧根离子浓度大于③中氢离子浓度，所以NaOH抑制水电离程度大于醋酸，则水电离出的c（H+）：①＜③，故A错误；-23-\nB．醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，但溶液中仍然存在电离平衡，所以③稀释到原来的100倍后，pH＞④，故B错误；C．pH=11的NaOH和pH=3的醋酸溶液，醋酸浓度大于NaOH，②与④混合，若溶液显酸性，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，如果醋酸钠浓度小于醋酸，则溶液中存在的离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故C正确；D．①与③混合，若溶液pH=7，醋酸钠溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，醋酸和氢氧化钠的浓度相等，则V（NaOH）＜V（CH3COOH），故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点结合溶液酸碱性、溶液中的溶质特点来分析解答，易错选项是A，酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离． 4．（6分）（2022春•红岗区校级月考）下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是（ ） A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O B．澄清石灰水与过量的苏打溶液混合，溶液变混浊：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O C．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的盐酸等体积混合：2AlO2﹣+5H+═Al（OH）3↓+Al3++H2O D．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、不符合客观事实，浅绿色是亚铁离子；B、苏打溶液是碳酸钠溶液；C、2molAlO2﹣和5molH+反应产物中有铝离子和偏铝酸根离子；D、过氧化钠是氧化物应用化学式．解答：解：A、不符合客观事实，浅绿色是亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；B、苏打溶液是碳酸钠溶液，正确的离子方程式为：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故B错误；C、2molAlO2﹣和5molH+反应产物中有铝离子和偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2AlO2﹣+5H+═Al（OH）3↓+Al3++H2O，故C正确；D、过氧化钠是氧化物应用化学式，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4OH﹣+O2↑+4Na+，故D错误；故选C．点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析． 5．（6分）（2022春•红岗区校级月考）某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣．现每次取5mL进行实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体1.12L（标准状况下）③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g下列说法不正确的是（ ）-23-\n A．上述实验无法确定是否含有Cl﹣和NO3﹣ B．溶液中肯定含有CO32﹣和SO42﹣，且浓度分别为4.00mol/L、2.00mol/L C．上述实验确定溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+ D．要确定是否含有K+，应进一步做焰色反应实验考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：根据实验①现象判断：该溶液中可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；根据实验②现象判断，该溶液中不含Mg2+、Fe3+、Al3+三种离子，含有NH4+，且铵根的物质的量为0.05mol；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO32﹣和SO42﹣离子，且能计算出硫酸根和碳酸根的物质的量，依据电荷守恒判断钾的存在，据此解答即可．解答：解：根据实验①现象判断：该溶液中可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；根据实验②现象判断，该溶液中不含Mg2+、Fe3+、Al3+三种离子，含有NH4+，且铵根的物质的量为0.05mol；根据实验③现象判断，该溶液中含有CO32﹣和SO42﹣离子，且能计算出硫酸根的物质的量为：=0.01mol，碳酸根的物质的量为：=0.02mol；A、依据以上分析可知，不能确定溶液中含有Cl﹣和NO3﹣，故A正确；B、溶液中肯定含有CO32﹣和SO42﹣，且浓度分别为=4.00mol/L，=2.00mol/L，故B正确；C、由分析可知，溶液中肯定不含有Mg2+、Fe3+、Al3+，故C正确；D、设n（K+）=x，依据n（+）=n（﹣），因为n（NH）=0.05＜0.02×2+0.02×2，故一定含有钾离子，故D错误，故选D．点评：本题考查了离子的检验方法和离子共存知识，利用阴阳离子所带电荷相等是判断D的关键． 6．（6分）（2022•嘉峪关校级模拟）下列实验中，为实现实验目的而必须除杂的是（ ）实验除杂试剂实验目的①电石与水反应CuSO4溶液用KMnO4酸性溶液检验乙炔的还原性②CH3CH2Br与NaOH溶液共热HNO3溶液用AgNO3溶液检验CH3CH2Br中的Br③淀粉与稀H2SO4水浴共热NaOH溶液用银氨溶液检验水解产物的还原性④C2H5OH与浓H2SO4加热至170℃NaOH溶液用Br2的CCl4溶液证明该反应为消去反应 A．只有①②③B．只有①②④C．只有②③④D．①②③④考点：物质的分离、提纯和除杂；化学实验方案的评价．-23-\n专题：实验评价题．分析：①电石与水反应有硫化氢杂质生成；②氢氧化银为白色沉淀；③酸性条件下不能生成银镜；④二氧化硫能使溴水褪色．解答：解：①电石与水反应有硫化氢杂质生成，具有还原性，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故①正确；②CH3CH2Br与NaOH溶液共热生成乙醇和NaBr，而AgNO3溶液与NaOH溶液反应生成AgOH沉淀，干扰检验试验的进行，先用HNO3溶液除去溶液中杂质，再进行检验，故②正确；③银镜法在碱性条件下进行，用碱溶液中和溶液中的酸，故③正确；④乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，利用CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br溶液褪色检验乙烯，同时乙醇和浓硫酸在170℃以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫能与Br2的CCl4溶液反应，SO2+2H2O+Br2═H2SO4+2HBr，乙醇与水互溶，二氧化碳不影响乙烯的检验，需用氢氧化钠除去二氧化硫，故④正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，明确反应的条件和发生的副反应是解题的关键，题目难度不大． 7．（6分）（2022•岳阳一模）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（ ） A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣Zn（OH）2 B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化 D．放电时正极附近溶液的碱性增强考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱．解答：解：A、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故A正确；-23-\nB、充电时阳极发生Fe（OH）3失电子的氧化反应，即反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O，故B正确；C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确．故选C．点评：本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力． 二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022春•红岗区校级月考）某课外小组对金属钠进行了研究．如图一所示，已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸．（1）F的名称是： 氯化氢 （2）金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是： Na2CO3 （3）该小组同学应该如何取用金属钠： 用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶 （4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失 ．（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程的离子方程式： 4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓ （6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图二所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为 c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3 ．（7）将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为 大于或等于168：78（或84：39） ．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：由转化关系图可知，M为Na2O2，C、D都是单质，Na与水反应生成C，则C为H2，B为NaOH，F的水溶液是一种常见的强酸，则F为HCl，D为Cl2，若A是一种常见金属单质，则A为Al，E为NaAlO2，G为NaCl；-23-\n若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为FeCl2，E为Fe（OH）3；若A是一种溶液，由图可知，开始发生酸碱中和，然后Al3+与碱反应，再NH4+与碱反应，最后沉淀与碱反应完全溶解，然后结合物质的性质及反应来解答．解答：解：由转化关系图可知，M为Na2O2，C、D都是单质，Na与水反应生成C，则C为H2，B为NaOH，F的水溶液是一种常见的强酸，则F为HCl，D为Cl2，（1）由上述分析可知，F为氯化氢，故答案为：氯化氢；（2）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（3）Na为活泼金属，保持在煤油中，取用方法为用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶，故答案为：用镊子从试剂瓶中取出一小块金属钠放在表面皿（或玻璃片）上，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠放回原试剂瓶；（4）若A是一种常见金属单质，则A为Al，E为NaAlO2，G为NaCl，将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失，故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为FeCl2，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；（6）若A是一种溶液，由图可知，开始发生酸碱中和，然后Al3+与碱反应，再NH4+与碱反应，最后沉淀与碱反应完全溶解，则溶液中含离子为H+、NH4+、Al3+，由离子共存及电荷守恒可知，还存在的阴离子为SO42﹣，由消耗的酸性可知，c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3；（7）由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O可知，充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则生成物只有Na2CO3，即n（NaHCO3）：n（Na2O2）≥2：1，NaHCO3与M的质量比为大于或等于168：78（或84：39），故答案为：大于或等于168：78（或84：39）．点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重钠及其化合物、铁及其化合物转化的考查，要求学生具有较好的分析能力、推断能力，题目综合性较强，题目难度较大． 9．（14分）（2022春•红岗区校级月考）氨与硝酸在工农业生产中均有重要的用途．某小组根据工业生产原理设计了生产氨与硝酸的主要过程如下：（1）以N2和H2为原料合成氨气．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0-23-\n①一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的，则N2的转化率α= 12.5% ；若此时放出热量为aKJ，则其热化学方程式为 N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣8aKJ/mol ．②氨气溶于水则为氨水．已知NH3•H2O的电离平衡常数为Kb，计算0.1mol/L的NH3•H2O溶液中c（OH﹣）= mol/L（设平衡时NH3•H2O的浓度约为0.1mol/L，用含有Kb的代数式表示）．③合成氨的原料气H2可来自CH4的综合利用：CH4+H2O═CO+3H2．将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图一（A、B为多孔性石墨棒）．持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL．44.8L＜V≤89.6L时，负极电极反应为 CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O=10HCO3﹣ ．（2）以氨气、空气为主要原料先进行氨的催化氧化，然后制得硝酸．①其中NO在容积恒定的密闭容器中进行反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＞0该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图二所示．若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号） b ．a．在t1～t2时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态b．在t2时，采取的措施可以是升高温度c．在t3～t4时与在t1～t2时的平衡常数K肯定相同d．在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值②实际上，生成的NO2会聚合生成N2O4．如果在一密闭容器中，17℃、1.01×105Pa条件下，2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0的平衡常数K=13.3．若改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，测得混合气体中c（NO2）=0.04mol/L，c（N2O4）=0.007mol/L，则改变的条件是 升高温度 ．③硝酸厂常用如下方法处理尾气用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．若每9.2gNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子数为0.1mol，则反应的离子方程式是 2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2 ．考点：反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡建立的过程；化学平衡状态的判断．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）①依据化学平衡三段式列式计算得到；求出反应的△H，写出热化学方程式；②c（NH4+）=c（OH﹣），据Kb表达式和平衡时NH3•H2O的浓度可以求得；③n（KOH）=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应；-23-\n（2）①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g））△H＞0．反应是气体体积减小的吸热反应；a、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变；b、反应是吸热反应升温正逆反应速率增大，平衡正向进行；c、K受温度影响；d、依据图象分析容器内NO2的体积分数在t3～t4时最大；②改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，根据c（NO2）和c（N2O4）求出K值，K减小，说明升高了温度，平衡逆向移动；③根据n=计算NO2的物质的量，反应中只有NO2中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO3﹣，根据注意电子数计算生成NO3﹣的物质的量，再根据电子转移守恒计算N元素在还原产物中的化合价，判断还原产物，据此书写．解答：解：①压强之比等于物质的量之比，达到平衡状态时，容器内的压强是原来的，则减少的物质的量为（1+3）mol×（1﹣）=mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）物质的量减少△n12n（N2）故n（N2）=mol，所以氮气的转化率=×100%=12.5%；mol氮气反应放热aKJ，则1mol氮气反应放热8aKJ，所以热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣8aKJ/mol，故答案为：12.5%；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣8aKJ/mol；②据NH3•H2O的电离方程式可知，c（NH4+）=c（OH﹣），已知NH3•H2O的浓度约为0.1mol/L，Kb==，可得：c（OH﹣）=，故答案为：；③n（KOH）=2mol/L×2L=4mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；当0＜V≤44.8L时，0＜n（CH4）≤2mol，则0＜n（CO2）≤2mol，只发生反应①②，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，当44.8L＜V≤89.6L，2mol＜n（CH4）≤4mol，则2mol＜n（CO2）≤4mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O=10HCO3﹣，故答案为：CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O=10HCO3﹣；（2）①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g））△H＞0．反应是气体体积减小的吸热反应；a、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变，所以，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b、反应是吸热反应，升温正逆反应速率都增大，平衡正向进行，故b正确；-23-\nc、t2时升高了温度，K增大，所以在t3～t4时与在t1～t2时的平衡常数K不同，故c错误；d、t2时升高了温度，平衡正向移动，t4时减小了生成物浓度，平衡正向移动，反应物浓度相应减小，所以，容器内NO2的体积分数在t3～t4时最大，故d错误；故选：b；②改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，根据c（NO2）和c（N2O4）求出K=4.375，K减小，说明升高了温度，平衡逆向移动，故答案为：升高温度．③9.2gNO2的物质的量==0.2mol，反应中只有NO2中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO3﹣，0.2mol二氧化氮转移电子的物质的量是0.1mol，故生成的NO3﹣的物质的量为=0.1mol，故被还原的氮原子物质的量为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，令N元素在还原产物中的化合价为x价，则0.1mol×（4﹣x）=0.1mol，解得x=+3，故还原产物为NO2﹣，且生成的NO3﹣和NO2﹣物质的量之比为1：1，同时反应生成CO2，故二氧化氮和碳酸钠溶液反应的离子反应方程式为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2．点评：本题考查范围广、考查知识点跨度大，包含了转化率、热化学方程式书写、弱电解质的电离平衡常数、燃料电池电极反应式书写、影响化学反应速率和平衡移动的条件、温度是影响化学平衡常数的唯一因素、离子方程式书写等等，题目难度较大． 10．（15分）（2022春•红岗区校级月考）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品．某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下：已知：①氯化钙可与乙醇形成CaCl2•6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/℃34.778.511877.1③2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2OI．制备过程：装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有9.5mL无水乙醇和6mL冰醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液．（1）写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式 CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O ．（2）浓硫酸对该乙酸乙酯合成反应的影响是： 浓硫酸在反应中起催化剂作用，可加快反应速率；浓硫酸有吸水性，有利于反应向生成酯的方向移动，提高产率 ．（3）实验过程中滴加大约3mL浓硫酸，B的容积最合适的是 B （填入正确选项前的字母）A．25mLB．50mLC．250mLD．500mL（4）设计简单实验证明饱和碳酸钠溶液是否起到了吸收乙酸的作用： 向饱和碳酸钠溶液中滴入几滴酚酞，溶液红色逐渐变浅即证明饱和碳酸钠溶液起到了吸收乙酸的作用 ．-23-\n（5）实验过程中发现两层之间出现了白色固体，请用化学方程式表示形成原因： Na2CO3+CH3COOH=NaHCO3↓+CH3COONa Ⅱ．提纯方法①将D中混合液转入分液漏斗进行分液．②有机层用5mL饱和食盐水洗涤，再用5mL饱和氯化钙溶液洗涤，最后用水洗涤．有机层倒入一干燥的烧瓶中，用无水硫酸镁干燥，得粗产物．③将粗产物蒸馏，收集77.1℃的馏分，得到纯净干燥的乙酸乙酯．（6）第①步分液时，选用的两种玻璃仪器的名称分别是 分液漏斗 、 烧杯 ．（7）第②步中用饱和食盐水、饱和氯化钙溶液、最后用水洗涤，分别主要洗去粗产品中的 碳酸钠 ， 乙醇 ， 氯化钙 ．考点：乙酸乙酯的制取．专题：实验设计题．分析：（1）根据酯化反应原理，羧酸脱去羟基醇脱氢写出化学方程式；（2）乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；（3）烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的且不少于；（4）碳酸钠水解显碱性，若碱性减弱，证明碳酸钠和乙酸反应；（5）碳酸钠和乙酸反应生成碳酸氢钠和乙酸钠，碳酸氢钠溶解度小，生成碳酸氢钠较多会析出沉淀；（6）根据分液操作用到的仪器回答；（7）碳酸钠在饱和食盐水中易溶，乙酸乙酯溶解度减小；饱和氯化钙能与乙醇发生反应生成CaCl2•6C2H5OH；水洗涤除掉吸附的氯化钙．解答：解：（1）由于酯化反应中，羧酸脱去的是羟基，反应方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（2）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，故浓硫酸的作用为：催化剂、吸水剂，故答案为：浓硫酸在反应中起催化剂作用，可加快反应速率；浓硫酸有吸水性，有利于反应向生成酯的方向移动，提高产率；（3）烧瓶内的液体体积约为3ml+9.5ml+6ml=18.5mol，烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的且不少于，因此50ml符合，故答案为：B；-23-\n（4）碳酸钠水解显碱性，若碱性减弱，证明碳酸钠和乙酸反应；故答案为：向饱和碳酸钠溶液中滴入几滴酚酞，溶液红色逐渐变浅即证明饱和碳酸钠溶液起到了吸收乙酸的作用；（5）碳酸钠和乙酸反应生成碳酸氢钠和乙酸钠，反应方程式为：Na2CO3+CH3COOH=NaHCO3↓+CH3COONa，碳酸氢钠溶解度小，生成碳酸氢钠较多会析出沉淀；故答案为：Na2CO3+CH3COOH=NaHCO3↓+CH3COONa；（6）分液操作中用到的主要仪器是分液漏斗，烧杯作为盛放分层液体的容器，故答案为：分液漏斗；烧杯；（7）碳酸钠在饱和食盐水中易溶，乙酸乙酯溶解度减小，故选用饱和食盐水除去乙酸乙酯中的碳酸钠杂质；饱和氯化钙能与乙醇发生反应生成CaCl2•6C2H5OH，因此用饱和氯化钙溶液除掉乙醇；水洗涤除掉吸附的氯化钙，故答案为：碳酸钠；乙醇；氯化钙．点评：本题考查了乙酸乙酯的制备，题目难度中等，该实验要关注制备的细节如反应条件，催化剂的使用及其产物的除杂提纯等问题． 三、[化学--选修2：化学与技术]（15分）11．（15分）（2022•山东一模）据科学家预测：再过100年后，全球气温估计将上升大约1.4～5.8℃．根据这一预测，全球气温上升将给全球环境带来不可估测影响，其中水资源的匮乏将是首当其冲．海水占地球总储水量的97.2%．若把海水淡化和化工生产结合起来，既能解决淡水资源缺乏的问题，又能充分利用海洋资源．（1）就目前技术而言，结合能源消耗等问题，下列适用于“海水淡化”的技术是 CDE （填序号）．A．蒸馏法B．电渗析法C．冷结法D．离子交换法E．反渗透法（2）远古时代就利用海水晒盐，此项技术属于物质分离实验操作中的 蒸发结晶 ．（3）海水晒盐得到的母液中，还有大量的镁、钾离子和一定量的溴、碘化合物．其中通过先进的分离技术得到MgCl2•6H2O产品，此产品还需要在不断通入“干燥氯化氢”的条件下脱水才能得到无水MgCl2，此原因是： 抑制MgCl2水解，防止生成Mg（OH）2 ；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是 氧化（通氯气） 、 萃取（萃取、分液） 、 蒸馏 ．（4）钛被称为21世纪金属，具有密度小、强度大，不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，广泛用于航空、航天以及生物医学等领域．工业上可以用Mg高温还原TiCl4而制得．请设计合理的实验操作，处理上述反应产物，得到纯钛，简述操作过程： 将产物加入足量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥，得到纯钛 ．考点：海水资源及其综合利用．专题：元素及其化合物；化学应用．分析：（1）根据淡化海水的常用方法分析即可，淡化海水，应将水与海水中的盐进行分离，常见的方法有：蒸馏法、膜法、冷冻法、离子交换法等；（2）食盐的溶解度受温度影响变化不大，利用海水晒盐，就是把海水引入海滩，借助日光和风力使水分蒸发，据此进行分析判断；（3）考虑镁离子的水解，一定条件是防止水解的发生；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是氧化，萃取蒸馏；-23-\n（4）用Mg高温还原TiCl4而制得氯化镁和钛，钛不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，加入盐酸溶解过量的镁，热量氯化镁，过滤洗涤干燥得到纯钛．解答：解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、冷冻法、离子交换法、反渗透法等，结合能源消耗等问题冷冻法、离子交换法、反渗透法消耗能量少，故答案为：CDE；（2）海水晒盐，此项技术属于物质分离实验操作中的蒸发结晶方法，故答案为：蒸发结晶；（3）MgCl2•6H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl2•6H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，加盐酸或在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，故一定条件为在HCl气流中，目的是抑制Mg2+水解；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是通入氯气氧化溴离子、碘离子为溴单质，碘单质，利用分液的方法加入萃取剂分液方法得到，最后依据沸点采取蒸馏的方法得到单质，故答案为：抑制MgCl2水解，防止生成Mg（OH）2；氧化（通氯气）；萃取（萃取、分液）；蒸馏；（4）用Mg高温还原TiCl4而制得氯化镁和钛，钛不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，加入盐酸溶解过量的镁，热量氯化镁，过滤洗涤干燥得到纯钛，故答案为：将产物加入足量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥，得到纯钛．点评：本题考查了海水淡化，海水提取溴、碘，钛的工业制备流程分析，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等． 四、[化学-物质结构与性质]（15分）12．（2022•临汾校级四模）硼元素在化学中有很重要的地位，硼及其化合物广泛应用于永磁材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域应用．（1）三氟化硼在常温常压下为具有刺鼻恶臭和强刺激性的无色有毒腐蚀性气体，其分子的立体构型为 平面三角形 ，B原子的杂化类型为 sp2 ．（2）磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层．左下图是磷化硼晶体的晶胞示意图（如图一），则磷化硼的化学式为 BP ，该晶体的晶体类型是 原子晶体 ．（3）正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连（如图二）．①硼酸分子中B最外层有 6 个电子，1molH3BO3的晶体中有 3 mol氢键．②硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸B（OH）3•H2O，它电离生成少量[B（OH）4]﹣和H+离子．则硼酸为 一 元酸，[B（OH）4]﹣含有的化学键类型为 共价键、配位键 ．考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算．-23-\n专题：化学键与晶体结构．分析：（1）首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型；（2）根据磷化硼的晶体结构解答；（3）①根据B原子形成的共价键数判断；利用均摊法计算含1molH3BO3的晶体中的氢键；②根据能电离出来的氢原子数目判断；根据[B（OH）4]﹣微粒间的作用力判断化学键的类型．解答：解：（1）BF3中B原子形成3个δ键，孤对电子数为（3﹣3×1）=0，BF3中价层电子对个数=3+（3﹣3×1）=3，且不含孤电子对，所以空间构型是平面三角形，中心原子是以sp2杂化，故答案为：平面三角形；sp2；（2）由图可知，B原子分别与三个P原子形成共价键，则磷化硼的化学式为BP，微粒间存在的作用力为共价键，磷化硼晶体是以共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体；故答案为：BP；原子晶体；（3）①B原子最外层有3个电子，每个B原子形成3个共价键，所以硼酸分子中B最外层有6个电子；一个H3BO3分子对应着6个氢键，一个氢键对应着2个H3BO3分子，因此含有1molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键，故答案为：6；3；②硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸B（OH）3•H2O，它电离生成少量[B（OH）4]﹣和H+离子，则硼酸能电离出一个氢原子，所以硼酸属于一元酸；[B（OH）4]﹣含有的化学键类型为共价键、配位键，故答案为：一；共价键、配位键．点评：本题考查较为综合，题目难度中等，涉及晶胞的计算、杂化类型的判断、氢键等知识点，对学生的空间想象有一定要求，侧重考查学生对知识的迁移应用．注意信息的理解和综合应用． 五、[化学-有机化学基础]（15分）13．（2022春•红岗区校级月考）以A为原料合成安眠药﹣﹣苯巴比妥的路线如下：-23-\n已知：（1）A中官能团的名称是 碳碳双键 ．（2）B→C的化学方程式是 ．（3）F为酯，其结构简式是 ．（4）F→G的反应类型是 取代反应 ．（5）H的结构简式是 ．（6）G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是 ．（7）D的同分异构体有多种，苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应的有 12 种．写出核磁共振氢谱中氢原子种类数最少的任一种同分异构体的结构简式 ．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据题中各物质的转化关系，由D及题中信息Ⅰ的条件可推知E为-23-\n，E的乙醇反应生成F，根据F的分子式及F为酯可知，F为，F发生取代反应生成G，G与溴乙烷发生取代反应生成H，根据H的分子式可知，H为，C经过两步氧化得到D，可反推得C为，根据A的分子式，及A→B→C的反应条件可推知B为，A为，据此答题．解答：解：根据题中各物质的转化关系，由D及题中信息Ⅰ的条件可推知E为，E的乙醇反应生成F，根据F的分子式及F为酯可知，F为，F发生取代反应生成G，G与溴乙烷发生取代反应生成H，根据H的分子式可知，H为，C经过两步氧化得到D，可反推得C为，根据A的分子式，及A→B→C的反应条件可推知B为，A为，（1）A为，A中官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）B→C为卤代烃的碱性水解，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）F为酯，其结构简式是，故答案为：；（4）根据上面的分析可知在，F→G的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（5）H的结构简式是，故答案为：；-23-\n（6）根据题中已知Ⅱ的信息，G与CO（NH2）2在一定条件下合成的高分子结构简式是，故答案为：．（7）D的同分异构体有多种，苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应说明有醛基或甲酸某酯，可以是苯环上连有﹣COOH、﹣CH3，也可以是HCOO﹣、﹣CH3，也可以是﹣CHO、﹣CH2OH，也可以是﹣CHO、﹣OCH3，每种情况都有邻间对三种结构，所经共有12种，其中核磁共振氢谱中氢原子种类数最少的一种同分异构体的结构简式为，故答案为：12；．点评：本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质，是解答该题的关键． -23-
