上海市金山区2022届高三化学上学期期末考试（一模）试题（含解析）新人教版

上海市金山区2022届高三一模化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1．有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是（　　）　A．大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量　B．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料　C．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率　D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理考点：有机化学反应的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；生活中的有机化合物．.分析：A、从农产品的农药残留和对土壤的长期影响考虑；B、某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧分析；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境．解答：解：A、使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B、通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故B正确；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误．故选B．点评：本题考查合成材料、化肥和农药的使用、节能减排等，难度不大，注意使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成．　2．（2分）对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是（　　）　A．电子所在的电子层B．电子的自旋方向　C．电子云的形状D．电子云的伸展方向考点：原子核外电子排布．.专题：原子组成与结构专题．分析：排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析．解答：解：排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选：B．点评：本题考查2s轨道上的电子排布，难度不大，注意S轨道的形状、以及无伸展方向即可答题．　3．（2分）能确定为丙烯的化学用语是（　　）　A．B．C3H6C．D．CH2=CH﹣CH327\n考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．.专题：化学用语专题．分析：A．根据球棍模型不一定由C、H两种元素组成；B．根据C3H6有丙烯、环丙烷两种结构；C．根据丙烯的电子式进行判断；D．根据丙烯的结构简式判断．解答：解：A．球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，故A错误；B．C3H6有丙烯、环丙烷两种结构，所以不一定为丙烯，故B错误；C．丙烯的电子式为：，故C错误；D．丙烯的结构简式为：CH2═CH﹣CH3，故D正确；故选D．点评：本题考查化学用语的表示方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，易错点为A，注意球棍模型中不一定由C、H两种元素组成．　4．（2分）下列有关共价键的说法正确的是（　　）　A．分子晶体中共价键越强，熔沸点越高　B．只含共价键的物质，一定是共价化合物　C．两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键　D．分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力考点：共价键的形成及共价键的主要类型．.专题：化学键与晶体结构．分析：A．分子晶体熔沸点与其分子间作用力有关，与化学键无关；B．只含共价键的物质可能是单质；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键；D．单原子分子晶体中不存在化学键．解答：解：A．分子晶体熔沸点与其分子间作用力有关，有些氢化物还与氢键有关，与化学键无关，化学键影响物质的稳定性，故A错误；B．只含共价键的物质可能是单质，如氮气、氢气等，故B错误；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水、肼等，故C错误；D．单原子分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故D正确；故选D．点评：本题考查物质中存在的化学键，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力即可解答，会采用举例法解答，易错选项是A，注意分子晶体熔沸点与化学键无关，题目难度不大．　5．（2分）下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（　　）27\n　A．甲酸甲酯和乙酸B．对甲基苯酚和苯甲醇　C．油酸甘油酯和乙酸乙酯D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯考点：同分异构现象和同分异构体；芳香烃、烃基和同系物．.专题：同系物和同分异构体．分析：根据结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物，互为同系物；分子式相同，但结构不同的有机物，属于同分异构体，据此解答．解答：解：A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故A错误；B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B错误；C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，故C正确；D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，故D错误；故选：C．点评：本题考查有机物的官能团及同系物、同分异构体，注意能根据名称写出分子式或结构简式和概念的辨析，题目难度不大．　二、选择题（本题共12小题，每小题3分，每题只有一个正确选项）6．（3分）有关物质的性质可以用元素周期律解释的是（　　）　A．酸性：HCl＞H2S＞H2OB．密度：Na＞K＞Li　C．沸点：NH3＞AsH3＞PH3D．稳定性：HF＞HCl＞HBr考点：元素周期律的作用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．HCl是强酸，H2S是弱酸，H2O显中性；B．碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常；C．氨气中含有氢键，故沸点较高；D．同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱．解答：解：A．HCl是强酸，H2S是弱酸，H2O显中性，不能用元素周期律解释，故A不选；B．碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常，密度大小：Na＞K＞Li，不能用元素周期律解释，故B不选；C．氨气中含有氢键，故沸点较高，不能用元素周期律解释，故C不选；D．同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，所以稳定性：HF＞HCl＞HBr，能用元素周期律解释，故D选；故选D．点评：本题考查元素周期律的作用，难度不大．要注意氢键对物质物理性质的影响及钠钾密度的反常．　7．（3分）NH5属于离子晶体．与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气．有关NH5叙述正确的是（　　）　A．与乙醇反应时，NH5被氧化　B．NH5中N元素的化合价为+5价　C．1molNH5中含有5molN﹣H键　D．1molNH5与H2O完全反应，转移电子2mol27\n考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；氧化还原反应．.分析：反应NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑中NH5的H元素化合价由﹣1价变为0价、水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作还原剂，水作氧化剂，A．NH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂；B．NH5中N元素的化合价为﹣3价；C.1molNH5中含有4molN﹣H键；D.1molNH5与H2O完全反应，转移电子1mol．解答：解：反应NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑中NH5的H元素化合价由﹣1价变为0价、水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作还原剂，水作氧化剂，A．NH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂，NH5作还原剂而被氧化，故A正确；B．NH5的电子式为，N元素的化合价为﹣3价，故B错误；C．NH5的电子式为，1molNH5中含有4molN﹣H键，故C错误；D.1molNH5与H2O完全反应，转移电子的物质的量=1mol×[0﹣（﹣1）]=1mol，故D错误；故选A．点评：本题易铵盐为载体考查氧化还原反应、物质结构等知识点，正确判断NH5的结构是解本题关键，注意NH5中H元素的化合价，为易错点．　8．（3分）某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．化学催化比酶催化的效果好　B．使用不同催化剂可以改变反应的能耗　C．反应物的总能量低于生成物的总能量　D．使用不同催化剂可以改变反应的热效应考点：反应热和焓变．.专题：化学反应中的能量变化．分析：A．根据催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，活化能越低，催化的效果越好；B．根据不同催化剂的活化能不同；C．由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；27\nD．根据焓变=生成物的总能量﹣反应物的总能量．解答：解：A．酶催化的活化能小于比化学催化的活化能，所以酶催化比化学催化的效果好，故A错误；B．使用不同催化剂，反应所需要的能量不同，即可以改变反应的能耗，故B正确；C．由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D．使用不同催化剂，反应物的总能量和生成物的总能量都没有变化，而焓变=生成物的总能量﹣反应物的总能量，所以使用不同催化剂不会改变该反应的焓变，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应中催化剂的作用，掌握催化剂在反应中的原理是解题的根本．　9．（3分）关于Na2O2的叙述正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数）（　　）　A．7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NA　B．7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA　C．7.8gNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电数为0.2NA　D．0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，转移电子的数目为0.4NA考点：钠的重要化合物；阿伏加德罗常数．.分析：A、根据1mol过氧化钠中含有1mol氧氧共价键分析；B、硫化钠和过氧化钠的摩尔质量相等，1mol过氧化钠中含有3mol离子，1molNa2S中也含有3mol离子；C、过氧化钠与足量二氧化碳反应转移电子的物质的量等于反应的过氧化钠的物质的量；D、0.2molNa变为0.1molNa2O2，转移电子数为0.2NA．解答：解：A、因为1mol过氧化钠中含有1mol氧氧共价键，所以7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有的共价键数为0.1NA，故A错误；B、1mol过氧化钠中含有3mol离子，1molNa2S中也含有3mol离子，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子数总数为0.3NA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，过氧化钠与足量二氧化碳反应转移电子的物质的量为0.1mol，因此转移电子数为0.1NA，故C错误；D、0.2molNa变为0.1molNa2O2，转移电子数为0.2NA，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，过氧化钠的结构分析判断是解题关键，题目难度中等．　10．（3分）物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（　　）物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2　A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.27\n专题：化学实验基本操作．分析：A．检验HCl应先分离，再检验，用湿润的淀粉KI试纸不能检验HCl；B．NO2与水反应生成NO和硝酸；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应；D．加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反应．解答：解：A．湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，故A错误；B．NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，故B正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故C错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故D错误．故选B．点评：本题考查混合物分离、提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的化学反应为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．　11．（3分）充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径．对数据的利用情况正确的是（　　）　A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢　B．利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性　C．利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性　D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小考点：化学反应的基本原理．.分析：A．化学平衡常数反映反应进行的限度；B．溶解度反映物质的溶解性强弱；C．互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离；D．相同条件下，气体摩尔质量与其密度成正比．解答：解：A．化学平衡常数反映反应进行的限度，与反应进行快慢无关，反应速率反映反应进行的快慢，故A错误；B．溶解度反映物质的溶解性强弱，与氧化还原反应无关，故B错误；C．互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，所以利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性，故C正确；D．相同条件下，气体摩尔质量与其密度成正比，所以利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同气体密度的大小，固体和液体不适用，故D错误；故选C．点评：本题考查化学原理，涉及物质的溶解度、平衡常数、物质的分离和提纯、阿伏伽德罗定律等知识点，明确反应原理是解本题关键，易错选项是D，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，为易错点．　12．（3分）分析如图装置，下列说法错误的是（　　）27\n　A．虚线框中接直流电源，铁可能会被腐蚀　B．虚线框中接灵敏电流计或接直流电源，锌都是负极　C．虚线框中接灵敏电流计，该装置可将化学能转化为电能　D．若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，该装置可用于铁皮上镀锌考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：A、在电解池中金属作阳极失电子，被腐蚀；B、有外接电源时为电解池；C、原电池是把化学能转化为电能的装置；D、根据电镀原理分析．解答：解：A、在电解池中金属作阳极失电子，被腐蚀，所以虚线框中接直流电源，铁作阳极时会被腐蚀，故A正确；B、虚线框中接灵敏电流计，构成原电池，Zn活泼性比铁强，Zn作负极，虚线框中接直流电源构成电解池，电解池中没有正负极，故B错误；C、虚线框中接灵敏电流计，构成原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，故C正确；D、若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，Zn与电源正极相连，Fe与电源的负极相连，则可以在铁皮上镀锌，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，注意把握原电池与电解池的区别及电极名称，题目难度不大．　13．（3分）在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应不属于这种情况的是（　　）　A．过量的铜与浓硝酸反应　B．过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应　C．过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应　D．过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；化学反应的可逆性；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．.分析：A．Cu与浓硝酸、稀硝酸均反应，Cu过量，硝酸完全反应；B．Cu与稀硫酸不反应；C．二氧化锰与稀盐酸不反应；D．合成氨的反应为可逆反应．解答：解：A．Cu与浓硝酸、稀硝酸均反应，Cu过量，硝酸完全反应，则不符合题意，故A选；B．Cu与稀硫酸不反应，随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸、Cu均剩余，故B不选；C．随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，故C不选；D．合成氨的反应为可逆反应，反应物均不可能完全反应，故D不选；故选A．点评：27\n本题考查物质的性质及化学反应，为高频考点，明确浓度对反应的影响及可逆反应等即可解答，题目难度不大．　14．（3分）25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是（　　）　A．稀释后溶液的pH=7　B．氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小　C．稀释过程中增大　D．pH=11氨水的浓度为0.001mol/L考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离；B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（H+）增大；C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小；D．溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度．解答：解：A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10＜pH＜11，故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故B错误；C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，则溶液中增大，故C正确；D．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中c（H+）增大，为易错点．　15．（3分）对已达化学平衡的反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），减小压强后，对反应产生的影响是（　　）　A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动　B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动　C．正反应速率先减小后增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动　D．逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动考点：化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动．27\n解答：解：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），减小压强后，正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，平衡移动后反应物的浓度增加反应速率增大，故选C．点评：本题考查压强对反应速率及化学平衡的影响，明确化学反应为气体体积缩小的反应是解答本题的关键，难度不大．　16．（3分）关于下列四个装置的说明符合实验要求的是（　　）　A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置　B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸　C．装置③：实验室中可用此装置来分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥型瓶中可获得碘　D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物．解答：解：A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以装置可分离，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及乙炔的制备、硝基苯的制备、乙酸乙酯的制备及混合物分离提纯等，把握有机物性质、反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析及实验装置图的作用，题目难度不大．　17．（3分）向100mL0.1mol•L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液．随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示．下列说法正确的（　　）27\n　A．a点的溶液呈中性　B．a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大　C．b点加入Ba（OH）2溶液的体积为250mL　D．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3++2SO42﹣+NH4++2Ba2++5OH﹣→AlO2﹣+2BaSO4↓+NH3•H2O+2H2O考点：离子方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：100mL0.1mol•L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol．溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42﹣0.02mol．关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH﹣，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42﹣未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH﹣，Al3+反应掉0.03molOH﹣，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．（b到c）解答：解：100mL0.1mol•L﹣1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol．溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42﹣0.02mol．关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH﹣，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42﹣未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH﹣，Al3+反应掉0.03molOH﹣，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性，故A错误；27\nB、a点沉淀的质量=0.015mol×233g/mol+0.01mol×78g/mol=4.275g，c点为硫酸钡的质量，为0.01mol×2×233g/mol=4.66g，所以质量c点＞a点，故B错误；C、当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，则b点消耗氢氧化钡体积==200mL，故C错误；D、至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3++2SO42﹣+NH4++2Ba2++5OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+NH3•H2O+2H2O，故D正确；故选：D．点评：本题考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意NH4+与Al3+同时存在，OH﹣首先与Al3+反应，而NH4+与Al（OH）3同时存在，OH﹣首先与NH4+反应．　三、选择题（本题共5小题，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分．）18．（4分）与实际化工生产功能相符合的化学方程式是（　　）　A．工业合成氨：N2+3H22NH3　B．工业合成盐酸：H2+Cl22HCl　C．工业获取氯化钠：2Na+Cl22NaCl　D．工业制取氯气：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑考点：化学方程式的书写．.专题：元素及其化合物．分析：A．工业上用氮气和氢气反应制取氨气；B．氯气和氢气在光照条件下发生爆炸；C．海水中含有大量氯化钠，用钠和氯气反应制取氯化钠不符合经济的原则；D．电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气．解答：解：A．空气中有大量氮气，氮气和氢气反应合成氨气，与实际化工生产功能相符合，故A正确；B．工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢合成盐酸，故B错误；C．钠比氯化钠价格高，不经济，海水晒盐获得NaCl，故C错误；D．电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，俗称为氯碱工业，故D正确；故选AD．点评：本题考查了利用化学反应制取化学物质，题目难度不大，注意是否符合化学反应规律、是否有利于提高经济效益是解答关键．注意化学知识在生产中的应用．　19．（4分）已知酸性：＞H2CO3＞＞HCO3﹣将转变为27\n，可行的方法是（　　）　A．向该溶液中加入足量的稀硫酸，加热　B．将该物质与稀硫酸共热后，再加入足量的NaOH溶液　C．将该物质与足量的NaOH溶液共热，再通入足量CO2气体　D．将该物质与稀硫酸共热后，再加入足量的NaHCO3溶液考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：已知酸性：＞H2CO3＞＞HCO3﹣，将转变为，则先发生水解反应，然后加入的物质与﹣COOH反应而不与﹣OH反应，据此分析．解答：解：A．在酸性条件下水解生成，故A错误；B．在酸性条件下水解生成，再加入足量的NaOH溶液，﹣COOH和﹣OH均与NaOH溶液反应，故B错误；C．与足量的NaOH溶液共热，再通入足量CO2气体，生成，故C正确；D．在酸性条件下水解生成，再加入足量的NaHCO3溶液生成，故D正确；故选CD．点评：本题考查了有机化合物的转化，侧重于官能团的转化的考查，题目难度不大．　20．（4分）常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图，下列说法正确的是（　　）　A．滴加过程中当溶液呈中性时，V（NaOH）≥20mL　B．当V（NaOH）=30mL时，则有：2c（Na+）=3c（A2﹣）+3c（HA﹣）27\n　C．H2A在水中的电离方程式是：H2A→H++HA﹣；HA﹣⇌H++A2﹣　D．当V（NaOH）=20mL时，则有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）考点：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、H2A为二元弱酸，当V（NaOH）=20mL时恰好反应生成NaHA，溶液显示酸性；B、当V（NaOH）=40mL时，反应后的溶质为Na2A，当V（NaOH）=20mL时，此时溶质为NaHA，当V（NaOH）=30mL时，此时溶质为NaHA和Na2A，据此回答；C、H2A是二元弱酸，在水中的电离是分步电离的；D、根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性．解答：解：A、当V（NaOH）=20mL时，此时溶质为NaHA，根据图象可知溶液中离子浓度c（A2﹣）＞c（H2A），说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，溶液为酸性，如果溶液为中性，则40mL＞V（NaOH）＞20mL，故A错误；B、当V（NaOH）=30mL时，此时溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，则有：2c（Na+）=3c（A2﹣）+3c（HA﹣）+3c（H2A），故B错误；C、H2A是二元弱酸，在水中的电离是分步电离的，电离方程式是：H2A⇌H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣，故C错误；D、根据图象知，当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA﹣电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA﹣都电离出氢离子，只有HA﹣电离出A2﹣，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，题目难度中等．　21．（4分）室温时将100mLH2S和O2的混合气体，点燃完全反应后恢复到原来状况，体积变为40mL．下列叙述中正确的是（　　）　A．剩余40mL气体一定是O2B．剩余40mL气体是H2S或SO2　C．混合气体中含H2S40mL或80mLD．剩余40mL气体是SO2和O2混合气体考点：有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O，据此讨论，若n（H2S）：n（O2）＞2：1，发生反应①，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应①，没有气体；若n（H2S）：n（O2）＜2：3，发生反应②，氧气有剩余，气体为氧气、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2：3，发生反应②，气体为二氧化硫；若2：3＜n（H2S）：n（O2）＜2：1，发生反应①②，气体为二氧化硫，据此计算判断．解答：解：H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应①2H2S+O2═2S↓+2H2O，氧气足量发生反应②2H2S+3O2═2SO2+2H2O．若n（H2S）：n（O2）＞2：1，发生反应①，H2S有剩余，则：27\n2H2S+O2═2S↓+2H2O体积变化△V；21340ml20ml100ml﹣40ml=60ml剩余气体H2S为40ml，原混合气体中H2S为80ml，O2为20ml，符合题意；若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应①，没有气体，H2S为66.7ml，O2为33.3ml，不符合题意；若n（H2S）：n（O2）＜2：3，发生反应②，氧气有剩余，则：2H2S+3O2═2SO2+2H2O体积变化△V；232340ml60mL40ml100ml﹣40ml=60ml硫化氢与氧气体积之和为100mL，没有氧气剩余，不符合题意；若n（H2S）：n（O2）=2：3，发生反应②，最后气体为二氧化硫，体积为40ml，原混合气体中H2S为40ml，O2为60ml，符合题意；由上述计算，可知不可能存在2：3＜n（H2S）：n（O2）＜2：1情况，故剩余气体可能是40mLH2S或者40mLSO2，对应的原混合气体为H2S为80ml，O2为20ml或者H2S为40ml，O2为60ml，故选BC．点评：本题考查混合物计算、过量计算、讨论计算等，难度中等，清楚反应过程是解题关键，对应选择题利用验证法进行解答更简单．　22．（4分）6克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12升气体（S、T、P），气体质量为3克，该样品的组成可能是（　　）　A．Na2SO3，Na2CO3B．Na2SO3，NaHCO3　C．Na2SO3，NaHCO3，Na2CO3D．Na2SO3，MgCO3，NaHCO3考点：有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：标况下生成1.12L气体的物质的量==0.05mol，且气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量==60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2，根据平均相对分子质量可以确定n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01mol，n（SO2）=0.04mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04mol，故杂质质量=6g﹣0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，据此结合选项判断．解答：解：标况下生成1.12L气体的物质的量==0.05mol，且气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量==60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2，根据平均相对分子质量，[44n（CO2）+64n（SO2）]÷[n（CO2）+n（SO2）]=60，则n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01mol，n（SO2）=0.04mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04mol，故杂质质量=6g﹣0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，27\nA．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol×106g/mol=1.06g＞0.96g，故A错误；B．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01mol×84g/mol=0.84g＜0.96g，故B错误；C．由AB分析可知，杂质可能为NaHCO3，Na2CO3，故C正确；D．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸镁质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，需要碳酸氢钠质量=0.01mol×84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，故D错误，故选C．点评：本题考查混合物计算，关键是计算杂质质量及杂质生成二氧化碳的量，也可以根据相同质量亚硫酸钠与杂质产生气体的质量判断，但计算量比较大．　四、（本题共12分）23．（12分）工业上制取冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式如下：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3→2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O完成下列填空：（1）反应中四种元素对应的简单离子核外电子排布相同，请按离子半径从大到小的顺序排列这这四种离子　O2﹣＞F﹣＞Na+＞Al3+　，其中原子序数最大的元素原子核外有　5　种能量不同的电子，其最外层电子的电子云有　2　种不同的伸展方向．（2）反应中有两种元素在元素周期表中位置相邻，能比较它们的金属性或非金属性强弱的事实是　ac　（选填编号）．a．气态氢化物的稳定性b．最高价氧化物对应水化物的酸性c．单质与氢气反应的难易d．单质与同浓度酸发生反应的快慢（3）反应中两种金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（4）冰晶石在工业上可做电解氧化铝的助熔剂，此反应中若有0.6mol电子转移，则在　阴　极可得金属铝的质量为　5.4　克．（5）工业上不采用电解氯化铝的方法而是采用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因是：　因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电　．考点：微粒半径大小的比较；元素周期律的作用；氧化还原反应．.分析：（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；原子序数最大的为Al，不同能级中的电子能量不同；最外层为3s23p1，有2种电子云；（2）反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O元素与氟元素，可以根据氢化物稳定性、单质与氢气反应难易程度比较，O、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，单质与酸反应快慢不能比较非金属性强弱；（3）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水；（4）电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，而铝离子发生还原反应，应在阴极析出；根据电子转移守恒计算Al的物质的量，进而计算Al的质量；（5）氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电．解答：解：（1）O2﹣、F﹣、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+＞Al3+；原子序数最大的为Al，核外电子排布为27\n1s22s22p63s23p1，不同能级中的电子能量不同，核外有5种不同能量的电子；最外层为3s23p1，有2种电子云，故答案为：O2﹣＞F﹣＞Na+＞Al3+；5；2；（2）反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O元素与氟元素，a．氢化物越稳定，非金属性越强，故a正确；b．O、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，故b错误；c．单质与氢气反应越容易，对应元素的非金属性越强，故c正确；d．单质与同浓度酸发生反应的快慢不能判断非金属性强弱，如氧气与硝酸不反应，而S、碘与硝酸反应，故d错误，故选：ac；（3）氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠反应，反应离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（4）电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，而铝离子发生还原反应，应在阴极析出；根据电子转移守恒，析出Al的物质的量为=0.2mol，故析出Al的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故答案为：阴；5.4；（5）因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电，故答案为：因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电．点评：本题考查知识较多，涉及微粒半径比较、核外电子排布、元素周期律、离子方程式、电解池原理等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，（2）中b选项为易错点，学生容易忽略O、F没有含氧酸，难度中等．　五、（本题共12分）催化剂24．（12分）以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法．N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）﹣1530.4kJ完成下列填空：（1）该反应平衡常数K的表达式　K=　．（2）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则　ac　．a．平衡常数K增大b．H2O的浓度减小c．容器内的压强增大d．v逆（O2）减小（3）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入N21mol、H2O3mol，在催化剂条件下进行反应3小时．实验数据见下表：序号第一组第二组第三组第四组t/℃30405080NH3生成量/（10﹣6mol）4.85.96.02.0第四组实验中以NH3表示反应的速率是　3.33×10﹣7mol/（L•h）　，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是　催化剂在80℃活性减小，反应速率反而减慢　．（4）氨水是实验室常用的弱碱．①往CaCl2溶液中通入CO2至饱和，无明显现象．再通入一定量的NH3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是　NH4Cl　．请用电离平衡理论解释上述实验现象　饱和H2CO327\n溶液中电离产生的CO32﹣很少，因此没有沉淀．加入氨水后，促进H2CO3的电离，CO32﹣离子浓度增大，有沉淀产生　．②向盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是　ac　．a．c（C1﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）b．c（C1﹣）＞c（NH4+）=c（OH﹣）＞c（H+）c．c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（C1﹣）＞c（H+）d．c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（C1﹣）考点：化学平衡的计算；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较．.分析：（1）该反应平衡常数为生成物的浓度幂之积比上反应物浓度的幂之积；（2）a．正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K增大；b．升高温度，H2O的浓度不变；c．升高温度，平衡正向移动，容器内的压强增大；d．升高温度正逆反应速率都增加；（3）3小时内以NH3浓度的变化量来表示；第四组温度最高但达平衡时，氨气的物质的量最小，可能是温度对催化剂的活性的影响；（4）①通入一定量的NH3后使溶液呈碱性，能够生成NH4Cl；②a、根据电荷守恒，如溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），则有c（C1﹣）=c（NH4+），此时氨水应过量少许；b、盐酸稍稍过量时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH﹣）；c、体系为NH4Cl溶液和NH3．H2O，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）；d、盐酸是1：1的电离氢离子，氢离子被氨水中和一部分，所以c（H+）不可能大于c（Cl﹣）．解答：解：（1）反应2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）﹣1530.4kJ，平衡常数的表达式K=，故答案为：K=；（2）a．正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K增大，故选；b．升高温度，H2O的浓度不变，故不选；c．升高温度，平衡正向移动，容器内的压强增大，故选；d．升高温度正逆反应速率都增加，故不选；故答案为：ac；（3）3小时内根据NH3浓度的变化量，得v（NH3）==3.33×10﹣7mol/（L•h），第四组温度最高但达平衡时，氨气的物质的量最小，可能是催化剂在80℃活性减小，反应速率反而减慢，故答案为：3.33×10﹣7mol/（L•h）；催化剂在80℃活性减小，反应速率反而减慢；（4）①通入一定量的NH3后使溶液呈碱性，能够生成NH4Cl，饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣很少，因此没有沉淀．加入氨水后，促进H2CO3的电离，CO32﹣离子浓度增大，有沉淀产生，故答案为：NH4Cl；饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32﹣27\n很少，因此没有沉淀．加入氨水后，促进H2CO3的电离，CO32﹣离子浓度增大，有沉淀产生；②a、根据电荷守恒，如溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），则有c（C1﹣）=c（NH4+），此时氨水应过量少许，故a正确；b、盐酸稍稍过量时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH﹣），故b错误；c、体系为NH4Cl溶液和NH3．H2O，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故c正确；d、盐酸是1：1的电离氢离子，氢离子被氨水中和一部分，所以c（H+）不可能大于c（Cl﹣），故d错误；故答案为：ac．点评：本题考查化学平衡常数表达式的书写，以及影响化学速率的因素和弱电解质的实验探究，利用假设法来分析解答即可，难度中等．　六、（本题共12分）25．（12分）（2022•松江区三模）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响（固定装置略）．完成下列填空：（1）实验时中A有大量紫红色的烟气，则NH4I的分解产物为　NH3、H2、I2（HI）　（至少填三种），E装置的作用是　吸收多余的氨气　；（2）装置B中的反应方程式：　Zn+I2═ZnI2　，D装置的作用是　安全瓶　；某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是　Fe粉　；（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为　Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O　（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为　Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色　；溶液褪色可能的原因及其验证方法为　假设SCN﹣被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立　；（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为　Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4　．考点：性质实验方案的设计；氨的制取和性质．.专题：实验设计题．分析：（1）实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I（固）⇌NH3（气）+HI（气），2HI（气）⇌H2（气）+I2（气），则NH4I的分解产物为NH3、27\nH2、I2（HI），E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；（2）装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；（3）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；（4）Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；（5）步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；（6）氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84﹣5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4．解答：解：（1）实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I（固）⇌NH3（气）+HI（气），2HI（气）⇌H2（气）+I2（气），则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2（HI），E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；故答案为：NH3、H2、I2（HI）；吸收多余的氨气；（2）装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，故答案为：Zn+I2═ZnI2；安全瓶；（3）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe，故答案为：Fe；（4）利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；（5）因Fe3+遇SCN﹣显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红，故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色；假设SCN﹣被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立；（6）氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84﹣5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4．点评：本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法、性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，试题综合性较强，注意正确理解、分析题中信息，联系所学的知识进行解答．　七、（本题共12分）26．（12分）往有机聚合物中添加阻燃剂，可增加聚合物的使用安全性，扩大其应用范围．Mg（OH）2是一种常用的阻燃剂，生产工艺如下：完成下列填空：（1）精制卤水中的MgCl2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁[Mg（OH）2﹣xClx•mH2O]27\n，反应的化学方程式为　2MgCl2+（2﹣x）Ca（OH）2+2mH2O=2[Mg（OH）2﹣xClx•mH2O]+（2﹣x）CaCl2　．（2）合成反应后，继续在393K～523K下水热处理8h，发生反应：Mg（OH）2﹣xClx•mH2O→（1﹣）Mg（OH）2+MgCl2+mH2O水热处理后，进行过滤、水洗．水洗的目的是　除去附着在Mg（OH）2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca（OH）2等　．（3）阻燃型Mg（OH）2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点．上述工艺流程中与此有关的步骤是　水热处理、表面处理　．（4）已知热化学方程式：Mg（OH）2（s）→MgO（s）+H2O（g）﹣81.5kJ•mol﹣1Al（OH）3（s）→Al2O3（s）+H2O（g）﹣87.7kJ•mol﹣1Mg（OH）2和Al（OH）3起阻燃作用的主要原因是　Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳　．等质量Mg（OH）2和Al（OH）3相比，阻燃效果较好的是　Mg（OH）2　，原因是　Mg（OH）2的吸热效率为：81.5kJ•mol﹣1/58g•mol﹣1=1.41kJ•g﹣1，Al（OH）3的吸热效率为：87.7kJ•mol﹣1/78g•mol﹣1=1.12kJ•g﹣1，等质量的Mg（OH）2比Al（OH）3吸热多　．（5）该工业生产的原料还可以用来提取金属镁．请设计提取金属镁的工艺流程（框内写产物名称，箭头上标明转化条件）：考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：实验设计题．分析：（1）石灰乳是氢氧化钙，依据题干信息以及元素守恒书写化学反应方程式即可；（2）由化学反应原理以及方程式判断物质残留，然后回到即可；（3）根据氢氧化镁的流程步骤分析即可；（4）根据Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解的反应热及其氧化物的熔点分析；根据等质量的氢氧化物分解时吸收的热量相对大小分析．解答：解：（1）石灰乳是氢氧化钙，MgCl2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁[Mg（OH）2﹣xClx•mH2O]，依据元素守恒，化学反应方程式为：2MgCl2+（2﹣x）Ca（OH）2+2mH2O=2[Mg（OH）2﹣xClx•mH2O]+（2﹣x）CaCl2，故答案为：2MgCl2+（2﹣x）Ca（OH）2+2mH2O=2[Mg（OH）2﹣xClx•mH2O]+（2﹣x）CaCl2；（2）此反应除生产氢氧化镁外，还生成MgCl2、CaCl2，另外还可能剩余氢氧化钙，故水洗的目的是：除去附着在Mg（OH）2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca（OH）2等，故答案为：除去附着在Mg（OH）2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca（OH）2等；（3）阻燃型Mg（OH）2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点，上述工艺流程中通过水热处理和表面处理可以使氢氧化镁晶体具有此特点，故答案为：水热处理、表面处理；（4）Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降，使环境稳定达到着火点以下，阻止了燃料的燃烧；且同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，使阻燃效果更佳，Mg（OH）2的吸热效率为：27\n=1.41kJ•g﹣1；Al（OH）3的吸热效率为：=1.12kJ•g﹣1；等质量的Mg（OH）2比Al（OH）3吸热多，所以阻燃效果较好的是Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳；Mg（OH）2；Mg（OH）2的吸热效率为：81.5kJ•mol﹣1/58g•mol﹣1=1.41kJ•g﹣1，Al（OH）3的吸热效率为：87.7kJ•mol﹣1/78g•mol﹣1=1.12kJ•g﹣1等质量的Mg（OH）2比Al（OH）3吸热多；（5）提取镁的流程中，先加入熟石灰，熟石灰与精制卤水中的氯化镁反应试画出氢氧化镁白色沉淀，过滤后再加入盐酸，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，蒸发得到氯化镁，氯化镁在通电的条件下生成镁和氯气，故此流程如下：，故答案为：．点评：本题主要考查的是工业生产流程图，涉及知识点较多，难度较大，认真分析各步反应原理是解决此类题目的关键．　八、（本题共10分）27．（10分）从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：完成下列填空：（1）乙中含氧官能团的名称为　醛基　．（2）由甲转化为乙需经下列过程：其中反应Ⅰ的反应类型为　加成反应　，反应Ⅱ的化学方程式为　　．设计反应Ⅰ、Ⅱ的目的是　保护碳碳双键，防止其被氧化　．（3）欲检验乙中的碳碳双键，可选用的试剂是　c　．a．溴水b．酸性高锰酸钾溶液c．溴的CCl4溶液d．银氨溶液（4）乙经过氢化、氧化得到丙（），丙有多种同分异构体，符合苯环上有一个取代基的酯类同分异构体有　627\n　种，写出其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式　　．考点：有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）由结构可知，乙中含有碳碳双键和醛基；（2）甲发生加成反应生成，发生氧化反应生成X，X发生消去反应生成乙；（3）检验乙中的碳碳双键，可利用其加成反应选择试剂；（4）丙为，其同分异构体中有一个取代基属于酯类，则取代基为HCOO﹣CH2CH2﹣、HCOO﹣CH（CH3）、CH3COOC﹣、CH3CH2COO﹣、﹣COOCH2CH3、﹣CH2COOCH3，能发生银镜反应的为甲酸某酯，以此来解答．解答：解：（1）由结构可知，乙中含有碳碳双键和醛基，含氧官能团为醛基，故答案为：醛基；（2）反应Ⅰ为甲与HCl加成反应，反应Ⅱ为消去反应，该反应为，设计反应Ⅰ、Ⅱ的目的是保护碳碳双键，防止其被氧化，故答案为：加成反应；；保护碳碳双键，防止其被氧化；（3）检验乙中的C=C官能团，注意排除﹣CHO的干扰，﹣CHO与C=C均易被氧化，则abd不选，利用与溴的四氯化碳发生加成反应而褪色可检验，故答案为：c；（4）丙为，其同分异构体中有一个取代基属于酯类，则取代基为HCOO﹣CH2CH2﹣、HCOO﹣CH（CH3）、CH3COOC﹣、CH3CH2COO﹣、﹣COOCH2CH3、﹣CH2COOCH3，共6种，能发生银镜反应的为甲酸某酯，结构简式为27\n，故答案为：6；．点评：本题考查有机物的推断及结构与性质，为高频考点，明确有机物中的官能团及其性质的关系即可解答，注意（4）中同分异构体的分析为解答的易错点，题目难度中等．　九、（本题共12分）28．（12分）萘普生是重要的消炎镇痛药．以下是它的一种合成路线：已知：萘（）的化学性质与苯相似．完成下列填空：（1）反应（1）的反应类型是　取代反应　；A的分子式是　C10H8O　．（2）反应（2）的试剂和条件是　液溴（溴）/催化剂（铁或FeBr3）　；反应（3）的产物是D和　HCl　（填化学式）．（3）萘普生不宜与小苏打同时服用的原因是（用化学方程式表示）　　．（4）X是D一种同分异构体，具有以下特点：①萘的衍生物；②有两个取代基且在同一个苯环上；③在NaOH溶液中完全水解，含萘环的水解产物中有5种化学环境不同的氢．写出X可能的结构简式　　．27\n（5）请用苯和CH3COCl为原料合成苯乙烯．（无机试剂任选）．（用合成路线流程图表示为：AB…目标产物）　　．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）反应①是A生成B，酚羟基的氢被甲基取代；根据A的结构式书写分子式；（2）反应②是B生成C，萘环上的H被Br取代；反应③是萘环上的H被取代，据此判断；（3）根据萘普生中含有羧基，羧酸的酸性比碳酸强，易与小苏打反应生成；（4）萘（）的衍生物X是D的同分异构体，分子中含有2个取代基，且取代基在同一个苯环上；X在NaOH溶液中完全水解后，含萘环的水解产物的核磁共振氢谱有5个峰，则X中含萘环，含﹣COOC﹣及﹣Cl，水解产物中只有5种位置的H；（5）以苯和CH3COCl为原料制，CH3COCl与苯发生取代反应，然后与氢气发生加成，再消去即可．解答：解：（1）反应①是A生成B，酚羟基的氢被甲基取代，故为取代反应；由流程中A的结构式，则分子式为C10H8O；故答案为：取代反应；C10H8O；（2）反应②是B生成C，萘环上的H被Br取代，所以应在液溴（溴）/催化剂（铁或FeBr3）；反应③是萘环上的H被取代，所以产物是D和HCl；故答案为：液溴（溴）/催化剂（铁或FeBr3）；HCl；（3）因为萘普生中含有羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以易与小苏打反应，方程式为：；故答案为：；（4）萘（）的衍生物X是D的同分异构体，分子中含有2个取代基，且取代基在同一个苯环上；X在NaOH溶液中完全水解后，含萘环的水解产物的核磁共振氢谱有5个峰，则X中含萘环，含﹣COOC﹣及﹣Br，水解产物中只有5种位置的H，X27\n可能的结构简式，故答案为：；（5）以苯和CH3COCl为原料制，CH3COCl与苯发生取代反应，然后与氢气发生加成，再消去即可，合成路线流程图，故答案为：．点评：本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意合成流程中官能团及结构的变化，侧重分析能力及知识迁移能力的考查，（5）中合成流程为解答的难点，题目难度不大．　十、（本题共14分）29．（14分）镁及其化合物在工业上有广泛的应用．完成下列计算：（1）称取某镁铝合金10g，放入100mL3mol/L的NaOH溶液中，完全反应收集到6.72L的H2（标准状况）．该合金中镁的质量分数为　46%　．（2）将镁条在空气中燃烧后的产物溶解在50mL1.6mol/L的盐酸中恰好完全反应，再加入过量NaOH把NH3全部蒸发出来，经测定NH3为0.102g，则镁条在空气中燃烧的产物及质量为　MgO1.12g；Mg3N20.3g　．（3）Mg（HCO3）2溶液加热分解，得到产品轻质碳酸镁．18.2g轻质碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0g氧化镁固体，放出3.36L二氧化碳（标准状况），求轻质碳酸镁的化学式．（4）氯离子插层的镁铝水滑石（Mg﹣Al﹣ClLDHs27\n）是一种新型的阴离子交换材料．其结构示意图如图所示（每一层可视作平面无限延伸结构）．该离子交换原理是将插层离子与其它阴离子进行等电荷交换．取镁铝水滑石10.66g与0.02molNa2CO3发生完全交换，产物在高温下完全分解，得到金属氧化物和气体．将金属氧化物加入稀硝酸完全溶解后，再加入NaOH溶液直至过量，最终得到4.64g白色沉淀．求Mg﹣Al﹣ClLDHs的化学式．考点：有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：（1）发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式计算Al的质量，进而计算Mg的质量，再计算合金中Mg的质量分数；（2）Mg条在空气中燃烧生成MgO与Mg3N2，根据氮原子守恒计算n（Mg3N2），进而计算m（Mg3N2），与盐酸反应生成氯化镁与氯化铵，根据氯离子守恒计算n（MgCl2），再根据Mg原子守恒计算n（MgO），进而计算m（MgO）；（3）18.2g轻质碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0g氧化镁固体，放出3.36L二氧化碳（标准状况），二氧化碳的质量为×44g/mol=6.6g，而8g+6.6g=14.6g＜18.2g，故有水生成，则生成水的质量为18.2g﹣14.6g=3.6g，根据碳原子守恒计算n（CO32﹣），根据Mg原子守恒计算n（Mg2+），根据电荷守恒判断计算n（OH﹣），再根据H元素守恒判断计算n（H2O），进而确定其化学式；（4）氯离子插层的镁铝水滑石中氯离子与碳酸根离子交换，根据电荷守恒可以计算n（Cl﹣）；完全交换产物在高温下完全分解，得到金属氧化物和气体，应是氧化镁、氧化铝与二氧化碳，将金属氧化物加入稀硝酸完全溶解后，再加入NaOH溶液直至过量，最终得到4.64g白色沉淀为Mg（OH）2，据此计算n（Mg2+），由结构示意图可知，Mg2+与Al3+的个数比为2：1，据此计算n（Al3+），再根据电荷守恒计算n（OH﹣），根据质量守恒判断计算n（H2O），进而确定Mg﹣Al﹣ClLDHs的化学式．解答：解：（1）氢气的物质的量为=0.3mol，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可知Al的物质的量为0.3mol×=0.2mol，Al的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，Mg的质量为10g﹣5.4g=4.6g，故合金中Mg的质量分数为×100%=46%，故答案为：46%；（2）Mg条在空气中燃烧生成MgO与Mg3N2，根据氮原子守恒n（Mg3N2）=n（NH3）=×=0.003mol，故m（Mg3N2）=0.003mol×100g/mol=0.3g，燃烧产物与盐酸反应生成氯化镁与氯化铵，根据氯离子守恒2n（MgCl2）+n（NH4Cl）=n（HCl），即2n（MgCl2）+=0.05L×1.6mol/L，则n（MgCl2）=0.037mol，根据Mg原子守恒n27\n（MgO）+3n（Mg3N2）=n（MgCl2），故n（MgO）=0.037mol﹣0.003mol×3=0.028mol，故m（MgO）=0.028mol×40g/mol=1.12g，故答案为：MgO1.12g；Mg3N20.3g；（3）18.2g轻质碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0g氧化镁固体，放出3.36L二氧化碳（标准状况），二氧化碳的质量为×44g/mol=6.6g，而8g+6.6g=14.6g＜18.2g，故有水生成，则生成水的质量为18.2g﹣14.6g=3.6g，放出CO2的物质的量为=0.15mol，则n（CO32﹣）=0.15mol，由题意n（Mg2+）=n（MgO）==0.2mol，由题意根据电荷守恒，得n（OH﹣）=2n（Mg2+）﹣2n（CO32﹣）=0.1mol，则n（H2O）=（18.2g﹣0.1mol×24g/mol﹣0.15mol×60g/mol﹣0.1mol╳17g/mol）÷18g/mol=0.15mol，故n（MgCO3）：n[Mg（OH）2]：n（H2O）=0.15mol：（0.2mol﹣0.15mol）：0.15mol=3：1：3，可得出晶体的化学式为3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O，答：晶体的化学式为3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O；（4）氯离子插层的镁铝水滑石中氯离子与碳酸根离子交换，根据电荷守恒n（Cl﹣）=2n（CO32﹣）=0.02mol×2=0.04mol，完全交换产物在高温下完全分解，得到金属氧化物和气体，应是氧化镁、氧化铝与二氧化碳，将金属氧化物加入稀硝酸完全溶解后，再加入NaOH溶液直至过量，最终得到4.64g白色沉淀为Mg（OH）2，则n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]==0.08mol，由结构示意图可知，Mg2+与Al3+的个数比为2：1，n（Al3+）=n（Mg2+）=0.04mol，根据电荷守恒n（OH﹣）=0.04mol×3+0.08mol×2﹣0.04mol×1=0.24mol，根据质量守恒则n（H2O）=（10.66g﹣0.04mol×27g/mol﹣0.08mol×24g/mol﹣0.04mol×35.5g/mol﹣0.24mol×17g/mol）÷18g/mol=0.12mol，故n（Al3+）：n（Mg2+）：n（OH﹣）：n（Cl﹣）：n（H2O）=0.04：0.08：0.24：0.04：0.12=1：2：6：1：3，故镁铝水滑石的化学式为Mg2Al（OH）6Cl•3H2O，答：镁铝水滑石的化学式为Mg2Al（OH）6Cl•3H2O．点评：本题考查混合物计算，属于拼合型题目，题目计算量大，综合考查学生分析计算能力，难度较大．27