2022年浙江省宁波市鄞州区高考化学适应性试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1．下列说法不正确的是()A．生物酶固氮相比人工固氮更高效、条件更温和B．近日用地沟油炼制的生物航油载客首飞，标志着我国航空业在节能减排领域进入商业飞行阶段C．分光光度计不能用于测定草酸与高锰酸钾的反应速率D．尿液燃料电池的原理是在微生物作用下将尿液中的有机物转化为电能2．下列说法正确的是()A．实验时酸或碱溅到眼中，应立即用水冲洗，并不断眨眼，不能用手搓揉眼睛B．检验硫酸亚铁铵溶液中Fe2+的方法是：先滴加新制氨水后滴加KSCN溶液C．证明钢铁吸收氧腐蚀的方法是：在镀锌铁皮上滴1～3滴含酚酞的饱和食盐水，静置1～2min，观察现象D．用新制氢氧化铜悬浊液不能鉴别乙醇溶液和葡萄糖溶液3．X、Y、Z、M、W、R为六种短周期元素．它们的外层电子数与原子序数关系如图所示．下列说法正确的是()A．X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物B．X能与RZ2反应生成R和XZ，证明X非金属性比R强C．X、Y、Z分别与M元素形成的简单化合物，其稳定性依次递减D．1mol由W与M元素组成的化合物，常温下与水完全反应能生成2g气体4．下列说法正确的是()A．葡萄糖、蔗糖、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解B．等质量的甲烷、乙烯、1，3﹣丁二烯（C4H6）分别在空气中充分燃烧，所耗用氧气的量依次增大C．的单体是Cl﹣CH=CH2D．按系统命名法，化合物的名称为2﹣乙基丁烷5．LiFePO4是锂离子电池一种电极材料，其结构稳定、资源丰富、安全性能好、无毒．该电极材料在充放电时的变化如图所示，下列有关说法正确的是()18A．放电时该电极为负极B．充电是Li+向阳极移动C．充电时该电极发生氧化反应，反应式为LiFePO4﹣e﹣=FePO4+Li+D．该电池可以用磷酸溶液作电解质6．常温下，某Na2CO3溶液中含有碳组分含量（物质的量分数）随溶液的pH逐渐降低而发生变化如图，下列说法正确的是()A．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中逐滴加盐酸至溶液恰好变为无色，得到溶液B．有CO2气体放出的范围是pH≤5C．HCO3﹣的电离平衡常数为1×10﹣4D．pH=11的Na2CO3溶液稀释到体积为原来的100倍后pH=97．固体粉末M中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、K2SO3、Na2CO3、KCl中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取M进行下列实验，实验过程及现象如下：下列有关说法正确的是()A．气体乙中一定含有CO2可能含有SO2B．白色沉淀丁一定是AgClC．固体粉末M中一定含有Cu、FeO，可能含有Fe2O3D．固体乙中一定含有Fe2O3和CuO二、解答题（共5小题，满分0分）8．A是一种重要的化工原料，其产量是衡量一个国家的石油化工水平的标志，E在常态下是具有果香气味的液体．A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）18回答下列问题：（1）工业上，由重油→A的方法称为__________，在收集60～150℃的馏分时可能会导致收集到的产物中混有300℃杂质的装置是__________；（2）E的名称为__________，C的官能团名称为__________，B+D→E的反应类型为__________；（3）写出C→D的化学反应方程式__________；（4）B和A在一定条件下发生加成反应生成一种不与钠反应的有机物，写出该化学反应方程式__________．9．将甲盐溶液与稀硫酸混合，产生气体X和黄色单质Y．将气体X通入足量乙溶液中，取反应后溶液滴加BaCl2溶液产生白色沉淀．则：（1）单质Y的元素位于周期表中第__________周期__________族；（2）甲盐与稀硫酸反应的离子方程式为__________；（3）乙溶液可能是下列物质中的__________（填选项字母）．A．H2O2B．Na2SO4C．氨水D．FeCl3．10．水滑石是一类重要的阻燃剂．某研究小组为了探究一种水滑石M（仅含五种常见短周期元素，带结晶水，其摩尔质量为266.5g•mol﹣）的组成和性质，设计并完成如下实验：取26.65g水滑石M与含0.05molNa2CO3的溶液恰好完全离子交换后进行后续实验，得到7.8g白色沉淀2和11.6g白色沉淀3．已知：（1）离子交换原理为：2RCl+Na2CO3=R2CO3+2NaCl；（2）气体甲常温常压下为无色无味液体．回答下列问题：（1）写出气体乙的结构式__________；（2）固体1的成分是__________，在惰性气流中加热水滑石N至完全分解的化学方程式为__________，其能够阻燃的原因是__________；18（3）固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐（可作净水剂）和常见的气体氧化物，写出一个可能的化学反应方程式__________，并设计实验确定气体产物的成分（假设Cl2已反应完全）：__________．11．二氧化碳重整甲烷制合成气，对减轻温室效应、治理生态环境具有重要意义．已知：反应I：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1反应II：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+2H2O（g）△H2=+41KJ•mol﹣1反应III：CH4（g）+H2O（g）+⇌CO（g）+3H2（g）△H3=+206KJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应I的△H1=__________，反应III在__________（填“低温”、“高温”或“任何温度”）自发进行．（2）在2L恒容密闭容器中通入CO2用于CH4各2mol，在一定条件下仅发生反应I，测得CO2的平衡转化率与压强、温度的关系如，1所示．①年说明上述反应已达到平衡状态的是__________（选填编号）．A．V正（H2）=V逆（CO2）B．CO与H2的物质的量之比保持不变C．容器内气体的密度不变D．容器内压强不变②据图1可知，T1、T2、T3由打到小的顺序为__________．③在压强为400KPa、T2℃的条件下，该反应6min时达到平衡点X，则用H2表示该反应的速率为__________．该温度下，反应的平衡常数为__________．④如图2，画出在一容积可变的密闭容器中，保持T2℃，从通入CO2和CH4开始，随压强不断增大（压缩容器体积，各物质状态不发生改变），CH4的物质的量变化的曲线示意图．⑤下列措施中能够提高该反应体系中CO2捕获量的是__________．（不考虑溶解吸收）A．向该反应体系中加入K2CO3溶液B．降低反应体系的温度C．从反应体系中分离出H2和COD．向该反应体系中加入NH4Cl溶液12．过氧化镁（MgO2）为白色粉末，不溶于水，易溶于稀酸，主要用于医药等行业．MgO2可以下反应制得：MgO2+H2O2=MgO2+H2OⅠ过氧化镁的制备过氧化镁的制备流程如图1所示：（1）用如图2所示装置进行煅烧，仪器A的名称是__________；18（2）某同学为了研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响．设计实验如下表所示（所取固体质量均为ag），其他条件不变时，探究煅烧温度对合成MgO2的影响，可选择实验__________（填实验编号）．Ⅱ过氧化镁晶体含量的测定：过氧化镁产品中常hi混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量．（3）某同学拟用图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量．①图3装置中，虚线框内应选择装置__________（填实验装置编号）．其优点有：使分液漏斗中的溶液顺利滴下：__________；②装置连接完毕后，进行气密性检验的方法为__________；③稀硫酸中加入少量FeCl3溶液作用是__________．（4）某同学准确称取1.500g产品于锥形瓶中，加入15ml蒸馏水和15mL2.000mol•L﹣1H2SO4，用0.5000mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点．反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O①滴定终点观察到的现象为__________；②根据图4计算产品中MgO2的质量分数为__________．2022年浙江省宁波市鄞州区高考化学适应性试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1．下列说法不正确的是()18A．生物酶固氮相比人工固氮更高效、条件更温和B．近日用地沟油炼制的生物航油载客首飞，标志着我国航空业在节能减排领域进入商业飞行阶段C．分光光度计不能用于测定草酸与高锰酸钾的反应速率D．尿液燃料电池的原理是在微生物作用下将尿液中的有机物转化为电能考点：催化剂的作用；原电池和电解池的工作原理；油脂的性质、组成与结构．分析：A、根据酶的性质分析，酶有专一性和高效性的特点；B、从原料的综合利用角度分析解答；C、可以借助分光光度计采用比色的方法测定某反应的化学反应速率；D、将化学能转化为电能的装置．解答：解：A、酶催化反应具有高效、专一、条件温和等特点，而人工固氮要在高温高压的条件下，所以生物酶固氮相比人工固氮更高效、条件更温和，故A正确；B、地沟油炼制的生物航油载客首飞，从原料的综合利用可知节省能源减少了排放，故B正确；C、测定某反应的化学反应速率可以借助分光光度计采用比色的方法测定，故C错误；D、将化学能转化为电能的装置，所以尿液燃料电池的原理是在微生物作用下将尿液中的有机物转化为电能，故D正确；故选C．点评：本题考查环境保护问题，学生应明确习题中含有当前的社会热点是高考的一大特点，学生应学会把社会热点和课本知识点联系起来来解答即可．2．下列说法正确的是()A．实验时酸或碱溅到眼中，应立即用水冲洗，并不断眨眼，不能用手搓揉眼睛B．检验硫酸亚铁铵溶液中Fe2+的方法是：先滴加新制氨水后滴加KSCN溶液C．证明钢铁吸收氧腐蚀的方法是：在镀锌铁皮上滴1～3滴含酚酞的饱和食盐水，静置1～2min，观察现象D．用新制氢氧化铜悬浊液不能鉴别乙醇溶液和葡萄糖溶液考点：化学实验方案的评价．分析：A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛；B．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+；C．锌铁与食盐水形成原电池；D．葡萄糖为还原性糖，可与氢氧化铜反应．解答：解：A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故A正确；B．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故B错误；C．锌铁与食盐水形成原电池，锌作负极，钢铁不被腐蚀，故C错误；D．制氢氧化铜与乙醇不反应，葡萄糖为还原性糖，可与氢氧化铜加热反应生成砖红色沉淀，故D错误．故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验安全、物质检验以及金属腐蚀等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意本题考查滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度不大．183．X、Y、Z、M、W、R为六种短周期元素．它们的外层电子数与原子序数关系如图所示．下列说法正确的是()A．X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物B．X能与RZ2反应生成R和XZ，证明X非金属性比R强C．X、Y、Z分别与M元素形成的简单化合物，其稳定性依次递减D．1mol由W与M元素组成的化合物，常温下与水完全反应能生成2g气体考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y、Z处于第二周期，X、Y、Z的最外层电子数分别为4、5、6，故X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；W、R处于第三周期，最外层电子数分别为1、4，故W为Na元素、R为Si元素；M最外层电子数为1，与X、Y、Z不再同一直线上，故M为H元素，据此进行解答．解答：解：都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y、Z处于第二周期，X、Y、Z的最外层电子数分别为4、5、6，故X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；W、R处于第三周期，最外层电子数分别为1、4，故W为Na元素、R为Si元素；M最外层电子数为1，与X、Y、Z不再同一直线上，故M为H元素．A．X2M2、W2Z2分别为C2H2、Na2O2，前者为直线型化合物，但后者属于离子化合物，故A错误；B．碳与二氧化硅在高温下反应生成Si和CO，温度影响物质性质，不能证明碳非金属性比Si强，故B错误；C．X为C、Y为N、Z为O，非金属性依次增强，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故其稳定性依次增强，故C错误；D．由W与M元素组成的化合物为NaH，常温下与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH与水完全反应能生成2g氢气，故D正确，故选：D．点评：本题考查结构性质位置关系应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意M元素的推断，D选项为易错点，中学基本不涉及金属氢化物，难度中等．4．下列说法正确的是()A．葡萄糖、蔗糖、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解B．等质量的甲烷、乙烯、1，3﹣丁二烯（C4H6）分别在空气中充分燃烧，所耗用氧气的量依次增大C．的单体是Cl﹣CH=CH2D．按系统命名法，化合物的名称为2﹣乙基丁烷考点：有机化学反应的综合应用；有机化合物命名；聚合反应与酯化反应．18分析：A、葡萄糖属于单糖，不能水解；B、烃类中含氢量越高耗氧量越高；C、凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；D、烷烃命名中出现2﹣乙基，说明选取的不是最长碳链．解答：解：A、葡萄糖不能水解，故A错误；B、含氢量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯、1，3﹣丁二烯的含H量逐渐降低，耗氧量逐渐减少，故B错误；C、中连续出现的结构单元为：Cl﹣CH﹣CH2，故其单体为Cl﹣CH=CH2，故C正确；D、烷烃命名中出现2﹣乙基，选取碳链错误，正确命名为：3﹣甲基戊烷，故D错误，故选C．点评：本题主要考查有机化合物的命名、燃烧反应、葡萄糖的性质以及高聚物的单体等，综合性较强，难度不大．5．LiFePO4是锂离子电池一种电极材料，其结构稳定、资源丰富、安全性能好、无毒．该电极材料在充放电时的变化如图所示，下列有关说法正确的是()A．放电时该电极为负极B．充电是Li+向阳极移动C．充电时该电极发生氧化反应，反应式为LiFePO4﹣e﹣=FePO4+Li+D．该电池可以用磷酸溶液作电解质考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：在Li、LiFePO4电池放电时，负极上Li失电子发生氧化反应，正极上LiFePO4得电子发生还原反应，根据得失电子确定正负极，根据反应物、生成物书写电极反应式，放电时，阳离子移向正极，金属Li能够与磷酸反应，据此解答．解答：解：A、放电时，LiFePO4得电子发生还原反应为正极，充电时发生氧化反应为阳极，故A错误；B、放电时，阳离子移向正极，充电是Li+向阴极移动，故B错误；C、放电时，LiFePO4得电子发生还原反应为正极，充电时发生氧化反应为阳极，电极反应式为：LiFePO4﹣e﹣=FePO4+Li+，故C正确；D、金属Li能够与硫酸反应，不可以用磷酸溶液作电解质，故D错误；故选C点评：本题考查了化学电源新型电池，熟悉元素化合价是解本题关键，根据图片中得失电子判断正负极，再结合图片书写电极反应式，题目难度不大．186．常温下，某Na2CO3溶液中含有碳组分含量（物质的量分数）随溶液的pH逐渐降低而发生变化如图，下列说法正确的是()A．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中逐滴加盐酸至溶液恰好变为无色，得到溶液B．有CO2气体放出的范围是pH≤5C．HCO3﹣的电离平衡常数为1×10﹣4D．pH=11的Na2CO3溶液稀释到体积为原来的100倍后pH=9考点：钠的重要化合物；离子方程式的有关计算；盐类水解的应用．分析：A．酚酞变色范围为8﹣10，酚酞恰好为无色时，pH为10；B．依据图象可知，当pH在5﹣6时碳酸达到饱和；C．依据：K=计算解答；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，稀释时水解程度增大．解答：解：A．从图象中可知，酚酞恰好为无色时，pH为10，此时应为碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，故A正确；B．依据图象可知，当pH在5﹣6时碳酸达到饱和，所以有CO2气体放出的范围是pH≤6，故B错误；C．从图中数据可知，当pH=10时，碳酸根离子浓度等于碳酸氢根离子浓度，所以K==C（H+）=10﹣10，故C错误；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，稀释时水解程度增大，pH=11的Na2CO3溶液稀释到体积为原来的100倍后pH＞9，故D错误；故选：A．点评：本题考查了碳酸钠、碳酸氢钠的性质，明确图象中各种物质随着pH变化情况是解题关键，题目难度中等．7．固体粉末M中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、K2SO3、Na2CO3、KCl中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取M进行下列实验，实验过程及现象如下：下列有关说法正确的是()A．气体乙中一定含有CO2可能含有SO218B．白色沉淀丁一定是AgClC．固体粉末M中一定含有Cu、FeO，可能含有Fe2O3D．固体乙中一定含有Fe2O3和CuO考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：溶液甲加入过量稀硝酸，生成气体乙可使澄清石灰石变浑浊，则气体乙含有CO2，说明M中含有Na2CO3，溶液乙加入硝酸银生成白色沉淀，可能为AgCl，也可能为硫酸银，固体甲加入过量稀盐酸得到溶液丙，丙加入K2Fe（CN）6生成蓝色沉淀，说明丙中含有Fe2+，可有FeO与盐酸生成，也可能由Fe2O3、Cu与盐酸生成，溶液丙加入过量氢氧化钠，经过滤、洗涤、灼烧得到固体乙2.40g，用CO还原得到固体丙1.76g，一定含有Fe2O3，可能含有CuO，可根据质量关系利用端值法判断．解答：解：A．溶液甲加入过量稀硝酸，生成气体乙可使澄清石灰石变浑浊，则气体乙含有CO2，不可能含有SO2，因SO2可被硝酸氧化生成硫酸，故A错误；B．溶液乙加入硝酸银生成白色沉淀，可能为AgCl，也可能为硫酸银，故B错误；C．丙加入K2Fe（CN）6生成蓝色沉淀，说明丙中含有Fe2+，可有FeO与盐酸生成，也可能由Fe2O3、Cu与盐酸生成，故C错误；D．固体乙2.40g，用CO还原得到固体丙1.76g，如乙全部为Fe2O3，则可生成m（Fe）==1.68g＜1.76g，则固体乙中应还含有CuO，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用以及学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为C和D，注意体会．二、解答题（共5小题，满分0分）8．A是一种重要的化工原料，其产量是衡量一个国家的石油化工水平的标志，E在常态下是具有果香气味的液体．A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）回答下列问题：（1）工业上，由重油→A的方法称为裂解，在收集60～150℃的馏分时可能会导致收集到的产物中混有300℃杂质的装置是D；（2）E的名称为乙酸乙酯，C的官能团名称为醛基，B+D→E的反应类型为酯化反应或取代反应；（3）写出C→D的化学反应方程式2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）B和A在一定条件下发生加成反应生成一种不与钠反应的有机物，写出该化学反应方程式CH3CH2OH+CH2=CH2CH3CH2OCH2CH3．18考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A是一种重要的化工原料，其产量是衡量一个国家的石油化工水平的标志，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B被氧化生成C，C为CH3CHO，C被氧化生成D，D为CH3COOH，B和D发生酯化反应生成E，E在常态下是具有果香气味的液体，则E为CH3COOCH2CH3，据此分析解答．解答：解：A是一种重要的化工原料，其产量是衡量一个国家的石油化工水平的标志，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B被氧化生成C，C为CH3CHO，C被氧化生成D，D为CH3COOH，B和D发生酯化反应生成E，E在常态下是具有果香气味的液体，则E为CH3COOCH2CH3，（1）工业上，由重油→A的方法称为裂解，蒸馏时温度计测量馏分温度，温度计位置越高，得到馏分温度越高，所以在收集60～150℃的馏分时可能会导致收集到的产物中混有300℃杂质的装置是D，故答案为：裂解；D；（2）E的名称为乙酸乙酯，C是乙醛，C的官能团名称为醛基，B+D→E的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：乙酸乙酯；醛基；酯化反应或取代反应；（3）C是乙醛，D是乙酸，乙醛被氧化生成乙酸，C→D的化学反应方程式2CH3CHO+O22CH3COOH，故答案为：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）B和A在一定条件下发生加成反应生成一种不与钠反应的有机物，该有机物是乙醚，该化学反应方程式CH3CH2OH+CH2=CH2CH3CH2OCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH+CH2=CH2CH3CH2OCH2CH3．点评：本题考查有机物推断，侧重考查分析推断能力，涉及烯烃、醇、醛、羧酸和酯之间的转化，明确反应条件及反应类型、官能团及其性质即可解答，注意蒸馏时馏分沸点与温度计位置关系，为易错点．9．将甲盐溶液与稀硫酸混合，产生气体X和黄色单质Y．将气体X通入足量乙溶液中，取反应后溶液滴加BaCl2溶液产生白色沉淀．则：18（1）单质Y的元素位于周期表中第三周期ⅥA族；（2）甲盐与稀硫酸反应的离子方程式为S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（3）乙溶液可能是下列物质中的ABCD（填选项字母）．A．H2O2B．Na2SO4C．氨水D．FeCl3．考点：无机物的推断．分析：将甲盐溶液与稀硫酸混合，产生气体X和黄色单质Y，则甲为Na2S2O3，X为SO2、Y为S，将气体X（SO2）通入足量乙溶液中，取反应后溶液滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，说明生成BaSO4或BaSO3，乙溶液可能具有强氧化性或碱性，可能为选项中的H2O2、氨水、FeCl3，而硫酸钠能与氯化钡反应生成硫酸钡，故也可能为硫酸钠溶液．解答：解：将甲盐溶液与稀硫酸混合，产生气体X和黄色单质Y，则甲为Na2S2O3，X为SO2、Y为S．（1）Y为S，硫元素处于第三周期ⅥA族，故答案为：三；ⅥA；（2）甲盐与稀硫酸反应的离子方程式为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（3）将气体X（SO2）通入足量乙溶液中，取反应后溶液滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，说明生成BaSO4或BaSO3，乙溶液可能具有强氧化性或碱性，可能为选项中的H2O2、FeCl3、氨水，而硫酸钠能与氯化钡反应生成硫酸钡，故也可能为硫酸钠溶液，故答案为：ABCD．点评：本题考查无机物推断，中学对硫代硫酸钠涉及较少，难度较大，（3）为易错点，学生容易忽略硫酸钠溶液．10．水滑石是一类重要的阻燃剂．某研究小组为了探究一种水滑石M（仅含五种常见短周期元素，带结晶水，其摩尔质量为266.5g•mol﹣）的组成和性质，设计并完成如下实验：取26.65g水滑石M与含0.05molNa2CO3的溶液恰好完全离子交换后进行后续实验，得到7.8g白色沉淀2和11.6g白色沉淀3．已知：（1）离子交换原理为：2RCl+Na2CO3=R2CO3+2NaCl；（2）气体甲常温常压下为无色无味液体．回答下列问题：（1）写出气体乙的结构式O=C=O；（2）固体1的成分是MgO和Al2O3，在惰性气流中加热水滑石N至完全分解的化学方程式为Mg4Al2•CO3（OH）12•6H2O4MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O↑，其能够阻燃的原因是水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用；（3）固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐（可作净水剂）和常见的气体氧化物，写出一个可能的化学反应方程式Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO↑或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2↑，并设计实验确定气体产物的成分（假设Cl2已反应完全）：气体产物可能为CO或CO218或二者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，若溶液变浑浊，则X中存在CO2，若黑色的CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO．考点：性质实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：26.65g水滑石M的物质的量为：=0.1mol，根据反应2RCl+Na2CO3=R2CO3+2NaCl可知，0.1mol水滑石M中含有氯离子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，即水滑石M的化学式中含有氯离子；根据图示，水滑石N隔绝空气加热生成气体甲和气体乙及固体1，已知气体甲常温常压下为无色无味液体，则气体甲为H2O，根据质量守恒可知气体乙应该为CO2，再结合与过量强氧化钠反应后的溶液中加入气体乙可生成白色沉淀2可知，气体乙为CO2，白色沉淀2为Al（OH）3；则固体1为金属的氧化物，用盐酸溶解后的溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀3，联系短周期元素可知白色沉淀3应该为Mg（OH）2；7.8g氢氧化铝的物质的量为：=0.1mol，则水滑石M中含有1个铝离子；11.6g氢氧化镁的物质的量为：=0.2mol，则水滑石M中含有2个镁离子，根据电荷守恒可知水滑石M的化学式中还应该含有氢氧根离子，数目为：=6，根据质量守恒，水滑石M中含有结晶水的数目为：=3，则水滑石M的化学式为：Mg2AlCl（OH）6•3H2O，水滑石M与碳酸钠发生离子交换后生成的水滑石N为：Mg2Al•（CO3）•（OH）6•3H2O，即：Mg4Al2•CO3（OH）12•6H2O；固体1则为氧化镁和氧化铝的混合物，据此进行解答．解答：解：26.65g水滑石M的物质的量为：=0.1mol，根据反应2RCl+Na2CO3=R2CO3+2NaCl可知，0.1mol水滑石M中含有氯离子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，即水滑石M的化学式中含有氯离子；根据图示，水滑石N隔绝空气加热生成气体甲和气体乙及固体1，已知气体甲常温常压下为无色无味液体，则气体甲为H2O，根据质量守恒可知气体乙应该为CO2，再结合与过量强氧化钠反应后的溶液中加入气体乙可生成白色沉淀2可知，气体乙为CO2，白色沉淀2为Al（OH）3；则固体1为金属的氧化物，用盐酸溶解后的溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀3，联系短周期元素可知白色沉淀3应该为Mg（OH）2；7.8g氢氧化铝的物质的量为：=0.1mol，则水滑石M中含有1个铝离子；11.6g氢氧化镁的物质的量为：=0.2mol，则水滑石M中含有2个镁离子，根据电荷守恒可知水滑石M的化学式中还应该含有氢氧根离子，数目为：=6，根据质量守恒，水滑石M中含有结晶水的数目为：=3，则水滑石M的化学式为：Mg2AlCl（OH）6•3H2O，水滑石M与碳酸钠发生离子交换后生成的水滑石N为：Mg2Al•（CO3）•（OH）6•3H2O，即：Mg4Al2•CO3（OH）12•6H2O，18（1）气体乙为二氧化碳气体，二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，其结构式为：O=C=O，故答案为：O=C=O；（2）根据分析可知，固体1为MgO和Al2O3的混合物；在惰性气流中加热水滑石N至完全分解的化学方程式为：Mg4Al2•CO3（OH）12•6H2O4MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O↑，根据反应可知，水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用，故答案为：MgO和Al2O3；Mg4Al2•CO3（OH）12•6H2O4MgO+Al2O3+CO2↑+12H2O↑；水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用；（3）固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐（可作净水剂）和常见的气体氧化物，根据净水剂可知固体1的组分为氧化铝，生成的盐为氯化铝，气体氧化物为一氧化碳或二氧化碳，则反应的方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO↑或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2↑；根据反应可知，气体产物可能为CO或CO2或二者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，若溶液变浑浊，则X中存在CO2，若黑色的CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO，故答案为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO↑或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2↑；气体产物可能为CO或CO2或二者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，若溶液变浑浊，则X中存在CO2，若黑色的CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO．点评：本题考查了性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确转化关系及题中数据确定水滑石M和N的化学式为解答关键，注意掌握质量守恒定律的应用，（3）中设计方案为难点，需要结合二氧化碳和一氧化碳的性质分析，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．11．二氧化碳重整甲烷制合成气，对减轻温室效应、治理生态环境具有重要意义．已知：反应I：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1反应II：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+2H2O（g）△H2=+41KJ•mol﹣1反应III：CH4（g）+H2O（g）+⇌CO（g）+3H2（g）△H3=+206KJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应I的△H1=+247•mol﹣1，反应III在高温（填“低温”、“高温”或“任何温度”）自发进行．（2）在2L恒容密闭容器中通入CO2用于CH4各2mol，在一定条件下仅发生反应I，测得CO2的平衡转化率与压强、温度的关系如，1所示．①年说明上述反应已达到平衡状态的是AD（选填编号）．A．V正（H2）=V逆（CO2）B．CO与H2的物质的量之比保持不变C．容器内气体的密度不变D．容器内压强不变②据图1可知，T1、T2、T3由打到小的顺序为T1＞T2＞T3．18③在压强为400KPa、T2℃的条件下，该反应6min时达到平衡点X，则用H2表示该反应的速率为0.2mol•L﹣1•min﹣1．该温度下，反应的平衡常数为12.96．④如图2，画出在一容积可变的密闭容器中，保持T2℃，从通入CO2和CH4开始，随压强不断增大（压缩容器体积，各物质状态不发生改变），CH4的物质的量变化的曲线示意图．⑤下列措施中能够提高该反应体系中CO2捕获量的是AC．（不考虑溶解吸收）A．向该反应体系中加入K2CO3溶液B．降低反应体系的温度C．从反应体系中分离出H2和COD．向该反应体系中加入NH4Cl溶液考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．分析：（1）反应II和反应III加和可以得到反应Ⅰ，根据盖斯定律计算反应的焓变；根据反应自发进行的判据△H﹣T△S＜0来回答；（2）①化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不发生变化分析；②根据温度对化学平衡移动的影响来回答判断；③根据三行式借助v=来计算化学反应速率和平衡常数；④从通入CO2和CH4开始，随压强不断增大，CH4的物质的量逐渐增大，但是达到化学平衡以后，甲烷的物质的量逐渐减小；⑤根据条件的变化硅二氧化碳的量的影响来回答．解答：解：（1）应II和反应III嘉禾可以得到反应Ⅰ，根据盖斯定律，反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=41KJ•mol﹣1+206KJ•mol﹣1=+247•mol﹣1，反应III的焓变△H＞0，△S＞0，要使得△H﹣T△S＜0，则需要在高温下进行反应，故答案为：+247•mol﹣1；高温；（2）①AV正（H2）=V逆（CO2），说明正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故A正确；B．CO与H2的物质的量之比保持不变，不能说明达到了平衡，故B错误；C．容器内气体的密度等于质量和体积的比值，质量和体系的体积始终不变，所以密度始终是定值，即密度不变不一定平衡，故C错误错；D．反应是前后气体的体积变化的反应，所以当容器内压强不变，达到了平衡，故D正确，故选AD．②反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247•mol﹣1是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，二氧化碳的转化率越大，根据图示，压强恒定，温度大小顺序是：T1＞T2＞T3，故答案为：T1＞T2＞T3；18③在压强为400KPa、T2℃的条件下，该反应6min时，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）初始浓度：1100变化浓度：0.60.61.21.2平衡浓度：0.40.41.21.2用H2表示该反应的速率为=0.2mol•L﹣1•min﹣1，反应的平衡常数K==12.96，故答案为：0.2mol•L﹣1•min﹣1；12.96；④从通入CO2和CH4开始，随压强不断增大，CH4的物质的量逐渐增大，但是达到化学平衡以后，甲烷的物质的量逐渐减小，即如图所示：，故答案为：；⑤A．向该反应体系中加入K2CO3溶液，可以和二氧化碳反应，符合题意，故正确；B．降低反应体系的温度，会使得平衡逆向移动，不符合题意，故错误；C．从反应体系中分离出H2和CO，可以促使更多二氧化碳参与反应被消耗，故正确；D．向该反应体系中加入NH4Cl溶液，不会引起二氧化碳量的变化，故错误．故选AC．点评：本题综合考查学生化学反应焓变的计算、反应速率和化学平衡的计算以及化学平衡移动的影响因素等知识，属于综合知识的和考察，难度中等．12．过氧化镁（MgO2）为白色粉末，不溶于水，易溶于稀酸，主要用于医药等行业．MgO2可以下反应制得：MgO2+H2O2=MgO2+H2OⅠ过氧化镁的制备过氧化镁的制备流程如图1所示：（1）用如图2所示装置进行煅烧，仪器A的名称是坩埚；18（2）某同学为了研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响．设计实验如下表所示（所取固体质量均为ag），其他条件不变时，探究煅烧温度对合成MgO2的影响，可选择实验①③（填实验编号）．Ⅱ过氧化镁晶体含量的测定：过氧化镁产品中常hi混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量．（3）某同学拟用图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量．①图3装置中，虚线框内应选择装置甲（填实验装置编号）．其优点有：使分液漏斗中的溶液顺利滴下：消除滴入的液体体积对所测气体体积的影响；②装置连接完毕后，进行气密性检验的方法为向量气管中加水到右端液面高出左端液面，若液面不发生变化，则气密性良好；③稀硫酸中加入少量FeCl3溶液作用是用作催化剂．（4）某同学准确称取1.500g产品于锥形瓶中，加入15ml蒸馏水和15mL2.000mol•L﹣1H2SO4，用0.5000mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点．反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O①滴定终点观察到的现象为当滴入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色；②根据图4计算产品中MgO2的质量分数为95.2%．考点：制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验设计题．分析：（1）煅烧固体应该在坩埚中进行；（2）研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响，要选择只有一个条件不同其它条件要相同的组进行对比实验；18（3）图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量的方法为用样品与盐酸反应，在氯化铁做催化剂的条件下生成氧气，根据生成氧气的体积计算过氧化镁的质量，进而确定品中过氧化镁的含量，所以要准确测量出氧气的体积，据此答题；（4）该实验的原理为用样品中的过氧化镁与酸反应生成过氧化氢，用高锰酸钾溶液滴定生成的过氧化氢，根据用掉的高锰酸钾的体积可计算出样品过氧化镁的质量，据此答题．解答：解：（1）煅烧固体应该在坩埚中进行，所以仪器A的名称是坩埚，故答案为：坩埚；（2）研究Mg2（OH）2CO3煅烧条件对合成MgO2的影响，要选择只有一个条件不同其它条件要相同的组进行对比实验，结合题中表格中的数据可知，应选择①③，在温度不同，时间相同的条件做对比实验，可判断出温度对反应的影响，故答案为：①③；（3）图3装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量的方法为用样品与盐酸反应，在氯化铁做催化剂的条件下生成氧气，根据生成氧气的体积计算过氧化镁的质量，进而确定品中过氧化镁的含量，所以要准确测量出氧气的体积，①比较甲、乙两图可知，甲可以消除滴入的液体体积对所测气体体积的影响，故选甲装置，故答案为：甲；消除滴入的液体体积对所测气体体积的影响；②装置连接完毕后，进行气密性检验的方法为向量气管中加水到右端液面高出左端液面，若液面不发生变化，则气密性良好，故答案为：向量气管中加水到右端液面高出左端液面，若液面不发生变化，则气密性良好；③根据上面的分析可知，稀硫酸中加入少量FeCl3溶液作用是催化剂，故答案为：用作催化剂；（4）该实验的原理为用样品中的过氧化镁与酸反应生成过氧化氢，用高锰酸钾溶液滴定生成的过氧化氢，依据高锰酸钾本身的颜色变化可判断滴定终点，根据用掉的高锰酸钾的体积可计算出样品过氧化镁的质量，①滴定终点观察到的现象为当滴入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色，故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色；②根据图4可知，滴定用去高锰酸钾溶液的体积为20.4mL，根据反应2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，得关系式5MgO2～5H2O2～2MnO4﹣，所以的物质的量为×20.4mL×10﹣3×0.5000mol•L﹣1=2.55×10﹣2mol，所以产品中MgO2的质量分数为×100%=95.2%，故答案为：95.2%．点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力．18
