2022-2022学年广东省华南师大附中南海实验高中高三（下）月考化学试卷（5月份） 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）（2022春•南海区校级月考）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）A．铝合金表面有致密氧化膜遇强碱不会被腐蚀B．海轮外壳上装锌块可减缓腐蚀C．高纯度的SiO2由于可以导电因此可用作光导纤维D．SO2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体 2．（3分）（2022春•南海区校级月考）下列离子能大量共存，通入足量SO2后，所含离子仍能大量共存的是（ ）A．NH4+、Al3+、SO42﹣、AlO2﹣B．Na+、SO32﹣、Cl﹣、K+C．Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣D．K+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣ 3．（3分）（2022春•南海区校级月考）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（相对原子量：N﹣14H﹣1）（ ）A．在标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应可生成22.4L氯气B．标准状况下，2.24LH2O中含有H2O分子数为0.1NAC．1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.1NAD．实验室所制得的1.7gNH3中含有的电子数为NA 4．（3分）（2022•广东校级三模）某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置．下列叙述正确的是（ ）A．K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大B．K分别与M、N相连时，铁均受到保护C．K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCuD．K与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体 5．（3分）（2022春•南海区校级月考）第三周期元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为0.01mol•L﹣1）的pH值与原子半径的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）17\nA．气态氢化物的稳定性：R＞WB．Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水C．Y的单质是制造汽车、飞机、火箭的重要材料D．简单离子的半径X的最大 6．（3分）（2022春•南海区校级月考）25℃时，下列有关电解质溶液中微粒的关系正确的是（ ）A．pH=4的NaHSO3溶液中：c（SO32﹣）＜c（H2SO3）B．pH=3的氯化铵溶液与pH=3的盐酸中水的电离程度相同C．将pH=5的醋酸溶液稀释后，所有离子浓度均减小，pH增大D．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 7．（3分）（2022•市中区校级模拟）下列陈述I、II均正确且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述IIA常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸BNaHCO3溶于水完全电力NaHCO3是强电解质CNH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClDH2O2、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色H2O2表现还原性，SO2表现漂白性A．AB．BC．CD．D 8．（3分）（2022秋•陕西校级期中）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）选项①②③实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硫酸Na2SO3品红溶液SO2具有漂白性D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D 二、解答题（共4小题，满分60分）17\n9．（16分）（2022春•南海区校级月考）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物I的说法正确的是 A．可发生取代、氧化反应B．1mol化合物I最多能与4molH2加成C．难溶于水，易溶乙醇等有机溶剂D．属于芳香烃（2）化合物Ⅱ的分子式为 ，其官能团的名称为 ，lmol化合物Ⅱ与NaOH溶液反应最多消耗 molNaOH．（3）化合物Ⅲ可与乙酸制备化合物Ⅱ，写出符合下列条件的Ⅲ的同分异构体的结构简式： （写两种）a．遇FeCl3溶液不显紫色b．核磁共振氢谱有4组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料（其它任选）合成CH3﹣CH2OH的化学方程式： ， ． 10．（16分）（2022春•南海区校级月考）天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷．（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．①写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式 ．已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H1=﹣41kJ•mol﹣1C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H2=﹣73kJ•mol﹣12CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H3=﹣171kJ•mol﹣1②科学家用氮化镓材料与铜组装如图的人工光合系统：，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．写出铜电极表面的电极反应式 ．为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量 （填“盐酸”或“硫酸”）．17\n（2）天然气制取H2的原理为：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）．在密闭容器中通入浓度均为0.125mol•L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1 P2（填“＞”或“＜”）；压强为P2时，在Y点：v（正） v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）；求温度为1100℃，压强为P2时该反应的平衡常数K= （计算结果保留三位有效数字）．（3）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃X．由质谱分析得X的相对分子质量为106，其核磁共振氢谱如上图2，则X的结构简式为 ．（相对原子量：C﹣12H﹣1） 11．（12分）（2022春•南海区校级月考）以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分为重铬酸钠：Na2Cr2O7•2H2O），其主要工艺流程如下：查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将Cr3+转化为CrO42﹣．回答下列问题：（1）为了提高铬铁矿中Cr3+的浸出率，可采取的措施有（填两项）： 、 ．（2）实验室中操作①②中用到的硅酸盐质的主要仪器有 （填仪器名称）．（3）固体A中含有的物质是 ，固体C中含有的物质是 ．（4）写出溶液D转化为溶液E过程中反应的离子方程式 ．（5）酸化过程是使CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，写出该反应的离子方程式 ．（6）将溶液F经过下列操作：蒸发浓缩，冷却结晶， ， ，干燥即得红矾钠． 12．（16分）（2022春•南海区校级月考）工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程．烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）17\n（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若 ，则整个装置气密性良好．装置D的作用是 ，装置E中为 溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为 ．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 （填序号）．a．蒸馏水b．饱和NaHSO3溶液c．饱和Na2SO3溶液d．饱和NaHCO3溶液已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是 ．（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论： ．已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液． 17\n2022-2022学年广东省华南师大附中南海实验高中高三（下）月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）（2022春•南海区校级月考）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（ ）A．铝合金表面有致密氧化膜遇强碱不会被腐蚀B．海轮外壳上装锌块可减缓腐蚀C．高纯度的SiO2由于可以导电因此可用作光导纤维D．SO2、CO2和NO2都是可形成酸雨的气体【考点】硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；金属与合金在性能上的主要差异．【分析】A．氧化铝能够与强碱反应；B．锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护；C．二氧化硅不导电；D．SO2、NO2是可形成酸雨的气体．【解答】解：A．铝合金表面有致密氧化膜，氧化铝能够与强碱反应，不耐强碱腐蚀，故A错误；B．锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护，故B正确；C．二氧化硅为绝缘体，不导电，故C错误；D．二氧化碳不是形成酸雨的气体，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了物质的性质及用途、金属的腐蚀与防护、酸雨的形成，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大． 2．（3分）（2022春•南海区校级月考）下列离子能大量共存，通入足量SO2后，所含离子仍能大量共存的是（ ）A．NH4+、Al3+、SO42﹣、AlO2﹣B．Na+、SO32﹣、Cl﹣、K+C．Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣D．K+、I﹣、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能相互促进水解、不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．【解答】解：A．Al3+、AlO2﹣相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入足量SO2后与SO32﹣反应生成HSO3﹣，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，且通入足量SO2后仍不反应，可大量共存，故C正确；D．该组离子之间不反应，可大量共存，但通入足量SO2后与NO3﹣发生氧化还原反应，酸性溶液中I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大． 3．（3分）（2022春•南海区校级月考）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（相对原子量：N﹣14H﹣1）（ ）17\nA．在标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应可生成22.4L氯气B．标准状况下，2.24LH2O中含有H2O分子数为0.1NAC．1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.1NAD．实验室所制得的1.7gNH3中含有的电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、消耗4mol氯化氢气体，可以生成1mol氯气；但是浓盐酸变成稀盐酸后反应停止，生成的氯气的物质的量小于1mol；B、标准状况下，水是液体；C、1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.2NA；D、NH3分子中含有10g电子，1.7gNH3含有的电子数为NA．【解答】解：A、二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，消耗4mol氯化氢能够生成1mol氯气；由于随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸后反应停止，所以含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应生成的氯气的物质的量小于1mol，生成的标况下氯气的体积小于22.4L，故A错误；B、标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积公式计算，故B错误；C、NaHSO4在水溶液中完全电离，1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.2NA，故C错误；D、NH3分子中含有10g电子，1.7gNH3的物质的量为0.1mol，含有的电子数为NA，故D正确；故选D．【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，注意稀盐酸与二氧化锰不反应；阿伏加德罗常数是高考的“热点”． 4．（3分）（2022•广东校级三模）某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置．下列叙述正确的是（ ）A．K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大B．K分别与M、N相连时，铁均受到保护C．K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCuD．K与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，一段时间后电解质溶液质量变小；B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护；C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜；17\nD、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝．【解答】解：A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，一段时间后电解质溶液质量变小，故A错误；B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护，故B错误；C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜，铜不会在铁表面析出，故错误；D、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气和碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原电池，电解池原理的分析判断，电极判断和电极反应，电子守恒的计算是解题关键，题目难度中等． 5．（3分）（2022春•南海区校级月考）第三周期元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为0.01mol•L﹣1）的pH值与原子半径的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）A．气态氢化物的稳定性：R＞WB．Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水C．Y的单质是制造汽车、飞机、火箭的重要材料D．简单离子的半径X的最大【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，从R到X，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，其中硫酸为二元强酸，高氯酸为一元强酸，则硫酸的pH小于高氯酸，所以X、Y、Z、M、N、R、W分别为Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素．【解答】解：元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，从R到X，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，X、Y、Z、M、N、W、R分别为Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素．A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，Cl的非金属性大于S，则气态氢化物的稳定性：W＞R，故A错误；B．Z的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，所以不能溶于稀氨水，故B错误；C．Y是Mg，金属镁是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故C正确；D．电子层数相同时原子序数越大离子半径越小，则X的离子半径最小，故D错误；17\n故选C．【点评】本题考查了同一周期元素性质递变规律，明确元素最高价氧化物的水化物酸碱性是解本题关键，再结合化合物的构成、性质来分析解答，题目难度中等． 6．（3分）（2022春•南海区校级月考）25℃时，下列有关电解质溶液中微粒的关系正确的是（ ）A．pH=4的NaHSO3溶液中：c（SO32﹣）＜c（H2SO3）B．pH=3的氯化铵溶液与pH=3的盐酸中水的电离程度相同C．将pH=5的醋酸溶液稀释后，所有离子浓度均减小，pH增大D．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．NaHSO3溶液的pH=4，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c（SO32﹣）＞c（H2SO3）；B．氯化铵中，铵根离子水解促进了水的电离，盐酸中氢离子抑制了水的电离；C．醋酸稀释后，溶液中氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大；D．反应生成亚硫酸钠、硫酸铵溶液，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，结合物料守恒进行判断各离子浓度大小．【解答】解：A．pH=4的NaHSO3溶液，溶液呈酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故A错误；B．pH=3的氯化铵溶液与pH=3的盐酸中，前者促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，而后者抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，所以前者溶液中水的电离程度远远大于后者，故B错误；C．醋酸被稀释后，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，在稀释过程中由于溶液温度不变，则水的离子积不变，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，故C错误；D．NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液，反应生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，由于铵根离子部分水解、钠离子和硫酸根离子不水解，溶液呈酸性，则：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）、c（H+）＞c（OH﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、盐的水解原理、弱电解质的电离、离子浓度大小判断等知识，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，C为易错点，注意溶液中氢氧根离子浓度增大． 7．（3分）（2022•市中区校级模拟）下列陈述I、II均正确且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述IIA常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸BNaHCO3溶于水完全电力NaHCO3是强电解质CNH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClDH2O2、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色H2O2表现还原性，SO2表现漂白性A．AB．BC．CD．D【考点】铝的化学性质；铵盐；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．17\n【专题】元素及其化合物．【分析】A．常温下铁与浓硫酸发生钝化；B．NaHCO3为强电解质；C．NH4Cl受热易分解；D．H2O2、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化．【解答】解：A．常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则可用铁槽车密封运送浓硫酸，陈述I不合理，故A不选；B．NaHCO3为强电解质，则NaHCO3溶于水完全电离，陈述均合理，存在因果关系，故B选；C．NH4Cl受热易分解，则用加热法除去NaCl中的NH4Cl，陈述均合理，但不存在因果关系，故C不选；D．H2O2、SO2都能使酸性KMnO4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化，H2O2、SO2均表现还原性，陈述II不合理，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大． 8．（3分）（2022秋•陕西校级期中）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）选项①②③实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硫酸Na2SO3品红溶液SO2具有漂白性D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．稀硫酸与Na2S发生强酸制取弱酸的反应，生成H2S与③中硝酸银反应；B．浓硫酸具有脱水性和氧化性，生成的二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；C．发生强酸制取弱酸的反应，生成二氧化硫可使品红褪色；D．发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀．【解答】解：A．稀硫酸与Na2S发生强酸制取弱酸的反应，生成H2S与③中硝酸银反应生成黑色沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2S），故A错误；B．浓硫酸具有脱水性和氧化性，生成的二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，实验可完成，故B正确；C．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，则SO2具有漂白性，故C正确；D．发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰碳酸、硅酸酸性比较，故D错误；故选BC．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、沉淀生成和转化、氧化还原反应及物质的性质等，把握物质性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．17\n 二、解答题（共4小题，满分60分）9．（16分）（2022春•南海区校级月考）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物I的说法正确的是 AC A．可发生取代、氧化反应B．1mol化合物I最多能与4molH2加成C．难溶于水，易溶乙醇等有机溶剂D．属于芳香烃（2）化合物Ⅱ的分子式为 C9H9O2Cl ，其官能团的名称为 酯基、氯原子 ，lmol化合物Ⅱ与NaOH溶液反应最多消耗 2 molNaOH．（3）化合物Ⅲ可与乙酸制备化合物Ⅱ，写出符合下列条件的Ⅲ的同分异构体的结构简式： 、 （写两种）a．遇FeCl3溶液不显紫色b．核磁共振氢谱有4组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料（其它任选）合成CH3﹣CH2OH的化学方程式： ， ．【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质．【分析】（1）化合物I含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；1mol苯环最多消耗3mol氢气；酯类物质难溶于水、易溶于有机溶剂；芳香烃中不能含有氧元素；（2）化合物Ⅱ含有酯基和氯原子，都可发生水解；（3）化合物Ⅲ可与乙酸制备化合物Ⅱ，应为，同分异构体遇FeCl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基，核磁共振氢谱有4组峰，分子中含有4种等效H，该有机物应该具有对称结构，据此写出满足条件的结构简式；（4）甲苯为原料，制备，可与HClO、HCl，在一定条件下反应生成，然后水解可生成．【解答】解：（1）A．化合物I含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A正确；B．分子中只有1个苯环，1mol该有机物最多消耗3mol氢气，故B错误；C．含有酯基不溶于水，易溶于有机溶剂，故C正确；D．芳香烃中只含有C、H元素，该有机物分子中含有O元素，不属于芳香烃，故D错误；故答案为：AC；17\n（2）化合物Ⅱ的分子式为：C9H9O2Cl，化合物Ⅱ含有酯基和氯原子，都可发生水解，则lmol化合物Ⅱ与NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH，故答案为：C9H9O2Cl；酯基、氯原子；2；（3）化合物Ⅲ可与乙酸制备化合物Ⅱ，则化合物Ⅲ应为，同分异构体遇FeCl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，结构应对称，满足条件的结构简式为：、，故答案为：、；（4）甲苯为原料，制备，可与HClO、HCl，在一定条件下反应生成，反应方程式为：，然后水解可生成，反应方程式为：．故答案为：；．【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，主要把握题给信息以及有机物的结构和官能团的性质． 10．（16分）（2022春•南海区校级月考）天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷．（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．①写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式 CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1 ．已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H1=﹣41kJ•mol﹣1C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H2=﹣73kJ•mol﹣12CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H3=﹣171kJ•mol﹣117\n②科学家用氮化镓材料与铜组装如图的人工光合系统：，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．写出铜电极表面的电极反应式 CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O ．为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量 硫酸 （填“盐酸”或“硫酸”）．（2）天然气制取H2的原理为：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）．在密闭容器中通入浓度均为0.125mol•L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强P1 ＜ P2（填“＞”或“＜”）；压强为P2时，在Y点：v（正） ＞ v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）；求温度为1100℃，压强为P2时该反应的平衡常数K= 2.56mol2•L﹣2 （计算结果保留三位有效数字）．（3）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃X．由质谱分析得X的相对分子质量为106，其核磁共振氢谱如上图2，则X的结构简式为 ．（相对原子量：C﹣12H﹣1）【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学平衡图像；化学反应中的能量变化；电化学专题；化学平衡计算．【分析】（1）①已知：Ⅰ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H1=﹣41kJ•mol﹣1Ⅱ．C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H2=﹣73kJ•mol﹣1Ⅲ．2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H3=﹣171kJ•mol﹣1根据盖斯定律，Ⅲ﹣Ⅰ×2+Ⅱ可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）；②由电池装置图可知，Cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷；由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，应选用硫酸；（2）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡；温度为1100℃，压强为P2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.125mol•L﹣1×80%=0.1mol，计算平衡时各组分浓度，代入K=计算平衡常数；17\n（3）芳香烃X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由=8…10，可知分子式为C8H10，分子中含有一个苯环，为苯的同系物，核磁共振氢谱中有2个峰，可知分子中含有2种环境的H，应含有2个甲基且处于对位位置．【解答】解：（1）①已知：Ⅰ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H1=﹣41kJ•mol﹣1Ⅱ．C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H2=﹣73kJ•mol﹣1Ⅲ．2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H3=﹣171kJ•mol﹣1根据盖斯定律，Ⅲ﹣Ⅰ×2+Ⅱ可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1，故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣162kJ•mol﹣1；②由电池装置图可知，Cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，所以选用硫酸，不用盐酸，故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；硫酸；（2）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故压强P1＜P2；Y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故Y点向正反应进行建立平衡，则v（正）＞v（逆；温度为1100℃，压强为P2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.125mol•L﹣1×80%=0.1mol，则：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）起始浓度（mol/L）：0.1250.12500变化浓度（mol/L）：0.10.10.20.2平衡浓度（mol/L）：0.0250.0250.20.2故平衡常数K==（mol．L）2=2.56mol2•L﹣2，故答案为：＜；＞2.56mol2•L﹣2；（3）芳香烃X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由=8…10，可知分子式为C8H10，分子中含有一个苯环，为苯的同系物，核磁共振氢谱中有2个峰，可知分子中含有2种环境的H，应含有2个甲基且处于对位位置，则X的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数、化学平衡图象、盖斯定律的应用、原电池原理、有机物结构的确定等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等． 11．（12分）（2022春•南海区校级月考）以铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分为重铬酸钠：Na2Cr2O7•2H2O），其主要工艺流程如下：17\n查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将Cr3+转化为CrO42﹣．回答下列问题：（1）为了提高铬铁矿中Cr3+的浸出率，可采取的措施有（填两项）： 适当升高溶液温度 、 将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等 ．（2）实验室中操作①②中用到的硅酸盐质的主要仪器有 烧杯、玻璃棒、漏斗 （填仪器名称）．（3）固体A中含有的物质是 SiO2 ，固体C中含有的物质是 Al（OH）3和Fe（OH）3 ．（4）写出溶液D转化为溶液E过程中反应的离子方程式 10OH﹣+2Cr3++3H2O2=2CrO42﹣+8H2O ．（5）酸化过程是使CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，写出该反应的离子方程式 2H++2CrO42﹣=Cr2O72﹣+H2O ．（6）将溶液F经过下列操作：蒸发浓缩，冷却结晶， 过滤 ， 洗涤 ，干燥即得红矾钠．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O7•2H2O．（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、升高温度增大物质溶解度，增大接触面积或加快搅拌速度等措施；（2）实验室中操作①②为过滤，根据过滤的操作过程和仪器组装来判断用到什么仪器，硅酸盐质的主要仪器指玻璃仪器；（3）FeO、Cr2O3、Al2O3和硫酸反应生成可溶性的盐，SiO2和硫酸不反应，通过I氧化、Ⅱ除铁、铝，所以固体C中含有的物质是氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；（4）溶液D转化为溶液E过程为Cr3+、被过氧化氢氧化成CrO42﹣的过程，依据离子反应方程式书写规则书写；（5）在酸性环境下，CrO42﹣与H+离子反应生成Cr2O72﹣据此来书写方程式；（6）将溶液F经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠．【解答】解：铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O7•2H2O．（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度、将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等措施，故答案为：适当升高溶液温度；将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等；17\n（2）实验室中操作①②都为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，所以过滤操作时用到的硅酸盐质的主要仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，SiO2和硫酸不反应，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入氧化剂，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，故答案为：SiO2；Al（OH）3和Fe（OH）3；（4）溶液D含有Cr3+，在溶液D中加入H2O2和NaOH，发生氧化还原反应，Cr3+～CrO42﹣，铬化合价（+3→+6），H2O2～H2O，氧化合价（﹣1→0），反应为：10OH﹣+2Cr3++3H2O2=2CrO42﹣+8H2O，故答案为：10OH﹣+2Cr3++3H2O2=2CrO42﹣+8H2O；（5）酸化使CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，反应的离子方程式为2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，故答案为：2H++2CrO42﹣=Cr2O72﹣+H2O；（6）溶液E含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得Na2Cr2O7•2H2O，故答案为：过滤；洗涤．【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度中等． 12．（16分）（2022春•南海区校级月考）工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程．烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若 液柱高度保持不变 ，则整个装置气密性良好．装置D的作用是 防止倒吸 ，装置E中为 NaOH 溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为 2：1 ．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择 c （填序号）．a．蒸馏水b．饱和NaHSO3溶液c．饱和Na2SO3溶液d．饱和NaHCO3溶液17\n已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是 控制滴加硫酸的速度 ．（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论： 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴入几滴BaCl2溶液， 若产生白色沉淀则说明产品中含有Na2SO4，若没有产生白色沉淀则说明产品中不含Na2SO4 ．已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；（3）观察SO2的生成速率，装置B中的溶液不能与二氧化硫反应也不能吸收二氧化硫，通过控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，据此答题；（4）检测产品中是否存在Na2SO4，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子．【解答】解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，a不生成二氧化硫，bd中物质均与二氧化硫反应，只有c中饱和NaHSO3溶液适合制取二氧化硫，通过控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，故答案为：c；控制滴加硫酸的速度；（4）检测产品中是否存在Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴入几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀则说明产品中含有Na2SO4，若没有产生白色沉淀则说明产品中不含Na2SO4，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴入几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀则说明产品中含有Na2SO4，若没有产生白色沉淀则说明产品中不含Na2SO4．【点评】本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验、对操作的分析评价等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，（2）为易错点，可以利用总反应的分析，题目难度中等． 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