2022-2022学年河北省唐山市开滦二中高三（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题：（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题有一个选项符合题意）1．（2分）（2022•徐州二模）下列化学用语正确的是（ ） A．硝基苯的结构简式： B．Cl﹣的结构示意图： C．丙烷的分子球棍模型示意图： D．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体2．（2分）（2022秋•龙凤区校级期中）既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（ ）①Al（OH）3②Al2O3③Na2SiO3④NaHCO3⑤SiO2． A．①②④B．②④⑤C．②③④D．全部3．（2分）（2022秋•古冶区校级月考）下列离子方程式正确的是（ ） A．氢氧化镁与稀盐酸反应：H++OH﹣=H2O B．AlCl3溶液中加入少量氨水：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓ C．次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO D．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O4．（2分）（2022•南海区校级模拟）设NA是阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（ ） A．1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NA B．1molNH3中含有N﹣H键的数目为3NA C．7.8gNa2O2中含有的阳离子数目为0.1NA D．标准状况下，22.4L水中分子个数为NA5．（2分）（2022秋•东城区期末）除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（ ）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液 A．AB．BC．CD．D6．（2分）（2022秋•古冶区校级月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、I﹣、NO3﹣ B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣ C．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣ D．能使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣ 二、选择题：（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题有一个选项符合题意）7．（3分）（2022•广州模拟）下列实验装置图正确的是（ ） A．装置甲可用于做HCl喷泉实验 B．装置乙可用于吸收HCl气体，并防倒吸 C．装置丙可用于实验室制备少量NH3 D．装置丁b口进气可收集CO2等气体8．（3分）（2022秋•古冶区校级月考）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（ ）操作和现象结论A用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+B向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2C向饱和Na2CO3中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3D向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生说明溶液中SO42﹣ A．AB．BC．CD．D9．（3分）（2022秋•古冶区校级月考）水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣=Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（ ） A．a=4 B．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5mol C．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应 D．S4O62﹣是氧化产物10．（3分）（2022•南海区模拟）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示．其中Y所处的周期序数与族序数相等．下列说法正确的是（ ）XYZW A．原子半径：Y＜Z＜W B．气态氢化物的稳定性：X＞Z C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W D．W的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物11．（3分）（2022•广东模拟）分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第26项应为（ ）12345678910C2H4C2H6C2H6OC2H6O2C3H6C3H8C3H8OC3H8O2C4H8C4H10 A．C7H16B．C7H14O2C．C8H18D．C8H18O12．（3分）（2022•徐州二模）在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述正确的是（ ） A．x与y的差值为0.01mol B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75mol•L﹣1 C．原溶液的pH=1 D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：213．（3分）（2022•武进区校级模拟）下列说法中正确的是（ ） A．8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）；△H＜0，则该反应一定能自发进行 B．提取海带中碘元素时，为将I﹣完全氧化为I2，用HNO3作氧化剂比用H2O2效果好 C．原电池放电过程中，负极质量一定减轻，正极的质量一定增加 D．由于Ksp（MgCO3）＜Ksp[Mg（OH）2]，因此水垢中MgCO3会逐渐转化为Mg（OH）214．（3分）（2022•泰州一模）如图所示与对应的叙述相符的是（ ） A．图Ⅰ表示盐酸滴加到0.1mol/L某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂 B．图Ⅱ表示一定条件下进行的反应2SO2+O2⇌2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积 C．图Ⅲ表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mLBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全 D．图Ⅳ表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是盐酸15．（3分）（2022•扬州校级学业考试）某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42﹣的物质的量浓度为6mol•L﹣1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（ ） A．5.6gB．11.2gC．22.4gD．33.6g16．（3分）（2022秋•古冶区校级月考）常温时下列各溶液中，粒子物质的量浓度关系正确的是（ ） A．0.1mol/L，pH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣） B．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合后的溶液中：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2CO3溶液和NH4NO3溶液中：c[（NH4）2SO4]＜c[（NH4）2CO3]＜c（NH4NO3） D．NaHA溶液中：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HA﹣）+c（A2﹣） 三、非选择题：（共58分，把答案填在答题纸中的横线上）17．（13分）（2022•广州模拟）氨是最重要的化工产品之一．（1）合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得．有关化学反应的能量变化如图所示．反应①②③为 反应（填“吸热”或“放热”）．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为 ．（2）用氨气制取尿素[CO（NH2）2]的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）．①某温度下，向容积为10L的密闭容器中通入2molNH3和1molCO2，反应达到平衡时CO2的转化率为50%．该反应的化学平衡常数表达式为K= ．该温度下平衡常数K的计算结果为 ．②为进一步提高CO2的平衡转化率，下列措施中能达到目的是 A．提高NH3的浓度B．增大压强C．及时转移生成的尿素D．使用更高效的催化剂．18．（13分）（2022秋•龙凤区校级期中）A﹣J是中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图甲所示（部分产物已略去）．已知A是一种高熔点物质，D是一种红棕色固体．请回答下列问题：（1）A物质的名称为 ，H与I反应所得难溶物化学式为 ．（2）C与D在高温下的反应在冶金工业上称为 反应（3）写出G→J的化学方程式： （4）C的氮化物是一种良好的耐热冲击材料，可溶解于强碱溶液，写出其反应方程式： ．（5）E在潮湿的空气中容易被腐蚀，为了减少腐蚀，可以采用电化学的方法进行防护装置如图乙所示：当开关K置于M处，E电极材料应为 ；当开关K置于N处、E为碳棒时，N与电源的 极连接．19．（10分）（2022•揭阳一模）以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工．（1）将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气．反应为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1．①该反应在常温下 自发进行（填“能”或“不能”）；②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 （填字母，下同）．a．容器中的压强不变b．1molH﹣H键断裂的同时，断裂2molH﹣O键c．c（CO）=c（H2）d．密闭容器的容积不再改变（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.462900120.41.633900abcdt①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为 （取小数点后两位，下同）；②该反应为 （填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K= ；③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是 （用含a、b的代数式表示）．20．（12分）（2022秋•古冶区校级月考）全世界每年被腐蚀损耗的钢铁材料约占全年钢铁产量的十分之一，而在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀是钢铁腐蚀的主要原因．（1）钢铁发生吸氧腐蚀电池正极反应方程式为 ．钢铁电化腐蚀总反应化学方程式为： ．（2）已知：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O，图1选项中，装置 可用作草酸分解制取混合气体的发生装置．（3）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有两种成份：Fe2O3•nH2O和Fe），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，装置如图2所示．①为制取干燥、纯净的CO气体，洗气瓶A、B中盛放的药品分别是 、 ．②在点燃酒精灯之前应进行的操作是：（Ⅰ）检查装置气密性；（Ⅱ） ．③准确称量样品质量10.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每一步反应均完全），固体质量为8.32g；测得D中浓硫酸增重0.72g，则n= ．④在本实验中，使测定结果n偏大的是 ．a．未装洗气瓶B b．缺少装置A c．反应后固体中含有少量Fe2O3•nH2O．21．（10分）（2022秋•古冶区校级月考）布洛芬、非诺洛芬、酮洛芬是一类芳基丙酸类非甾体抗炎药，具有抗炎作用强、毒副作用低的药效特点．其中酮洛芬可由芳香族含氧衍生物A经以下路线合成得到：请根据合成酮洛芬的路线回答下列问题．（1）已知有机物A可以与NaHCO3反应，则A的结构简式为 ．（2）上述合成酮洛芬的路线中共有5步反应，其中属于取代反应的共有几步？ ．其中有一步反应中用到有机物，请写出实验室保存该有机物方法： ．（3）布洛芬、非诺洛芬、酮洛芬都可视作2﹣苯基丙酸的衍生物，请写出满足下列条件的2﹣苯基丙酸的一种同分异构体的结构简式 ．①苯的衍生物，且苯环上的一硝基取代物只有两种；②能与银氨溶液反应产生光亮的银境；③能与FeCl3溶液发生显色反应． 2022-2022学年河北省唐山市开滦二中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析 一、选择题：（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题有一个选项符合题意）1．（2分）（2022•徐州二模）下列化学用语正确的是（ ） A．硝基苯的结构简式： B．Cl﹣的结构示意图： C．丙烷的分子球棍模型示意图： D．H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体考点：结构简式；常见元素的名称、符号、离子符号；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．专题：化学用语专题．分析：A、取代基上的氮原子和苯环上的碳原子形成共价键；B、氯离子的形成是最外层电子的改变，原子核未变；C、丙烷是烷烃，分子中形成的化学键都是单键；D、同素异形体是同元素形成的不同单质；解答：解：A、应是取代基上的氮原子和苯环上的碳原子形成共价键，故A错误；B、氯原子核的核电荷数不变应为17，故B错误；C、分子球棍模型表现了烷烃的结构特征是单键形成的化合物，故C正确；D、同素异形体是同元素形成的不同单质，H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，故D错误；故选C．点评：本题考查了结构简式的规范书写原则，离子结构示意图，球棍模型的判断，同素异构体的概念应用． 2．（2分）（2022秋•龙凤区校级期中）既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（ ）①Al（OH）3②Al2O3③Na2SiO3④NaHCO3⑤SiO2． A．①②④B．②④⑤C．②③④D．全部考点：两性氧化物和两性氢氧化物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：Al为单质，其余三种物质为化合物，碳酸钠只能与酸反应而不能与碱反应，氧化铝、碳酸氢钠都既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应．解答：解：①Al（OH）3既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故①正确；②Al2O3既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故②正确；③Na2SiO3不能与氢氧化钠反应，故③错误；④NaHCO3既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应，故④正确；⑤SiO2不能与盐酸反应，故⑤错误．故选A．点评：本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，难度不大，明确Al、氧化铝、氢氧化铝、弱酸的酸式盐、弱酸对应的铵盐、蛋白质、氨基酸的性质及物质的类别即可解答． 3．（2分）（2022秋•古冶区校级月考）下列离子方程式正确的是（ ） A．氢氧化镁与稀盐酸反应：H++OH﹣=H2O B．AlCl3溶液中加入少量氨水：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓ C．次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO D．铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．氢氧化镁为难溶物，离子方程式中不能拆开；B．一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆开，应该保留分子式；C．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙，不会生成碳酸钙沉淀；D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水．解答：解：A．氢氧化镁与稀盐酸反应，氢氧化镁不能拆开，正确的离子方程式为：2H++Mg（OH）2=2H2O+Mg2+，故A错误；B．AlCl3溶液中加入少量氨水生成氢氧化铝沉淀，一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．次氯酸钙溶液中通入过量CO2，反应生成可溶性的碳酸氢钙，正确的离子方程式为：ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO，故C错误；D．铜溶于稀硝酸，反应生成一氧化氮气体，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等． 4．（2分）（2022•南海区校级模拟）设NA是阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（ ） A．1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NA B．1molNH3中含有N﹣H键的数目为3NA C．7.8gNa2O2中含有的阳离子数目为0.1NA D．标准状况下，22.4L水中分子个数为NA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、氯化铁溶液中铁离子部分水解，铁离子数目减少；B、氨气分子中含有3个氮氢键，1mol氨气中含有3mol氮氢键；C、过氧化钠中的阳离子为钠离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子；D、标准状况下水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量．解答：解：A、1L0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液中含有溶质氯化铁0.1mol，铁离子部分水解，溶液中含有的铁离子小于0.1mol，Fe3+的数目小于0.1nA，故A错误；B、1mol氨气中含有3mol氮氢键，含有N﹣H键的数目为3nA，故B正确；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子，含有的阳离子数目为0.2nA，故C错误；D、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故D错误；故选B．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，注意明确标况下的气体摩尔体积的使用条件；阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，既要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，也要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系． 5．（2分）（2022秋•东城区期末）除去下列物质中所含的杂质，选用的试剂正确的是（ ）选项物质（杂质）试剂AAl2O3（SiO2）NaOHBCO2（SO2）Na2CO3溶液CFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液 A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：实验评价题．分析：A．氧化铝与二氧化硅均与NaOH溶液反应；B．二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反应；C．Fe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2；D．NaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应．解答：解：A．因氧化铝与二氧化硅均与NaOH溶液反应，不能利用选择NaOH溶液来除杂，可选HF酸溶解后过滤，故A错误；B．二氧化碳与二氧化硫均与Na2CO3溶液反应，则不能除杂，可选饱和NaHCO3溶液利用洗气法除杂，故B错误；C．Fe不与FeCl2溶液反应，与FeCl3溶液反应生成FeCl2，除去杂质且不引入新的杂质，故C正确；D．NaHCO3与Na2CO3均与Ca（OH）2溶液反应，则不能除杂，可通入足量的二氧化碳来除杂，故D错误；故选C．点评：本题考查混合物的除杂，明确常见物质的性质，选择合适的试剂是解答的关键，注意除杂的原则不能引入新的杂质及不能与被除杂的物质发生反应即可解答，题目难度不大． 6．（2分）（2022秋•古冶区校级月考）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、I﹣、NO3﹣ B．由水电离的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣ C．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣ D．能使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．pH=1的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在氢离子存在条件下具有强氧化性，能够氧化碘离子；B．水电离的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，钙离子、碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子能够与氢离子反应；C．铁离子能够与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；D．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子反应．解答：解：A．pH=1的溶液为酸性溶液，NO3﹣在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化I﹣离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．水电离的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中存在大量的H+或OH﹣，Ca2+、HCO3﹣离子能够与氢氧根离子反应，能够与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中，SCN﹣离子能够与Fe3+离子发生反应：Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．使甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣离子之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 二、选择题：（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题有一个选项符合题意）7．（3分）（2022•广州模拟）下列实验装置图正确的是（ ） A．装置甲可用于做HCl喷泉实验 B．装置乙可用于吸收HCl气体，并防倒吸 C．装置丙可用于实验室制备少量NH3 D．装置丁b口进气可收集CO2等气体考点：尾气处理装置；氨的实验室制法；气体的收集．分析：A、根据喷泉实验原理及氯化氢极易溶于水分析氯化氢能否由于喷泉实验；B、装置乙无法防止倒吸，不能用于吸收氯化氢；C、根据实验室制取氨气的反应原理及装置判断；D、根据二氧化碳气体的密度选择二氧化碳的收集方法．解答：解：A、由于氯化氢极易溶于水，所以装置甲可用于做氯化氢喷泉实验，故A正确；B、装置乙不可由于吸收氯化氢气体，应该把苯改为密度比水大的四氯化碳，且导管要插到四氯化碳液体中，才能防止倒吸，故B错误；C、用固体氢氧化钙和氯化铵加热可以制取氨气，装置丙可用于实验室制取少量的氨气，故C正确；D、由于二氧化碳的密度比空气大，装置丁的左侧导管口进气可收集二氧化碳等气体，故D错误；故选AC．点评：本题考查了尾气处理装置选择、氨气的实验室制法、气体的收集方法，题目难度不大，注意掌握喷泉实验原理、实验室制取氨气的反应原理及装置、常见气体的性质及收集方法． 8．（3分）（2022秋•古冶区校级月考）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（ ）操作和现象结论A用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+B向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2C向饱和Na2CO3中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3D向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生说明溶液中SO42﹣ A．AB．BC．CD．D考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．专题：物质检验鉴别题；离子反应专题．分析：A、用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；B、NO3﹣在酸性条件下具有氧化性，被还原生成NO，NO被O2氧化为红棕色的NO2；C、相同温度、溶剂下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；D、银离子和氯离子产生氯化银白色沉淀，属于干扰离子．解答：解：A、黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故A错误；B、向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故B错误；C、饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，故C正确；D、银离子和氯离子产生氯化银白色沉淀，属于干扰离子，不一定有硫酸根离子，故D错误．故选：C．点评：本题考查硫酸根离子等离子检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰． 9．（3分）（2022秋•古冶区校级月考）水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣=Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（ ） A．a=4 B．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5mol C．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应 D．S4O62﹣是氧化产物考点：氧化还原反应；胶体的重要性质．专题：氧化还原反应专题．分析：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答．解答：解：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．A．从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4，故A正确；B．当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为﹣2价，所以转移电子数为4mol，故B错误；C.1～100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故C正确；D．反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32﹣是还原剂，则Y、S4O62﹣为氧化产物，故D正确．故选B．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大． 10．（3分）（2022•南海区模拟）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示．其中Y所处的周期序数与族序数相等．下列说法正确的是（ ）XYZW A．原子半径：Y＜Z＜W B．气态氢化物的稳定性：X＞Z C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W D．W的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期元素X、Y、Z、W，根据元素在周期表中的位置知，X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y位于第三周期第IIIA族，所以Y是Al元素，Z是Si元素，X是N元素，W是S元素，A．同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；B．同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；C．同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．W是S元素，硫元素的最高价氧化物是水化物是酸，硫酸为共价化合物．解答：解：短周期元素X、Y、Z、W，根据元素在周期表中的位置知，X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y位于第三周期第IIIA族，所以Y是Al元素，Z是Si元素，X是N元素，W是S元素，A．同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是：Y＞Z＞W，故A错误；B．同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，X是N元素，Z是Si元素，N元素的非金属性大于C元素，C元素的非金属性大于Si，所以N元素的非金属性大于Si元素，则气态氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确；C．同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Z的非金属性小于W，所以W的最高价氧化物的水化物酸性大于Z，故C错误；D．W是S元素，硫元素的最高价氧化物是水化物是硫酸，硫酸中只含共价键，所以为共价化合物，故D错误；故选B．点评：本题考查了元素位置、结构和性质的关系及应用，根据元素在周期表中的位置推断元素，明确元素周期律是解本题关键，注意共价化合物和离子化合物的区别，为易错点． 11．（3分）（2022•广东模拟）分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第26项应为（ ）12345678910C2H4C2H6C2H6OC2H6O2C3H6C3H8C3H8OC3H8O2C4H8C4H10 A．C7H16B．C7H14O2C．C8H18D．C8H18O考点：有机物实验式和分子式的确定．专题：压轴题；有机物分子组成通式的应用规律．分析：根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和二元醇．第26项应在第7组第二位的烷烃，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+（7﹣1）×1=8．解答：解：根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和二元醇．把表中化学式分为4循环，26=4×6+2，即第26项应在第7组第二位的烷烃，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+（7﹣1）×1=8，故第26项则为C8H18．故选：C．点评：考查分子式的判断，难度中等，实际是一道数学题，不需要过多的化学知识，细心分析表中化学式的有关数据，找出规律，即可解题，寻找规律是关键． 12．（3分）（2022•徐州二模）在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述正确的是（ ） A．x与y的差值为0.01mol B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75mol•L﹣1 C．原溶液的pH=1 D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：2考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：由图象可知，开始加入氢氧化钠没有沉淀生成，0～4mL发生反应H++OH﹣=H2O，4mL时H+反应完毕，4～30mL发生反应Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，30mL时沉淀量最大，Mg2+、Al3+沉淀完全，30～33mL沉淀量不变，发生NH4+与氢氧化钠的反应NH4++OH﹣=NH3•H2O，33～35mL发生Al（OH）3与氢氧化钠的反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，A．由图象可知，x与y的差值即为Al（OH）3的物质的量，由图可知溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液5mL，据此结合方程式计算n[Al（OH）3]；B．溶液中的阴离子只有Cl﹣，则加入33mLNaOH溶液时Cl﹣全部存在于NaCl中，则n（Cl﹣）=n（NaOH），据此计算；C.0～4mL发生H+与氢氧化钠的反应，则H+的物质的量为4mL×10﹣3L×5mol•L﹣1=0.02mol，计算c（H+），进而计算pH；D．由A计算可知n[Al（OH）3]，沉淀Mg2+、Al3+消耗氢氧化钠溶液26mL，根据氢氧根守恒该阶段有3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH），据此计算n[Mg（OH）2]，再守恒计算原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）．解答：解：A．由图象可知，x与y的差值即为Al（OH）3的物质的量，由Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，NaOH的物质的量为（35﹣33）mL×10﹣3L×5mol•L﹣1=0.01mol，即Al（OH）3的物质的量=0.01mol，故A正确；B．溶液中的阴离子只有Cl﹣，则加入33mLNaOH溶液时Cl﹣全部存在于NaCl中，则Cl﹣的物质的量为33mL×10﹣3L×5mol•L﹣1=0.165mol，原溶液中c（Cl﹣）==0.825mol/L，故B错误；C.0～4mL发生H+与氢氧化钠的反应，则H+的物质的量为4mL×10﹣3L×5mol•L﹣1=0.02mol，c（H+）==0.1mol/L，故原溶液的pH=1，故C正确；D．由A计算可知n[Al（OH）3]=0.01mol，则原溶液中n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.01mol，由图可知溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液5mL，则沉淀Mg2+、Al3+消耗氢氧化钠溶液26mL，则n（NaOH）=（30﹣4）mL×10﹣3L×5mol•L﹣1=0.13mol，根据氢氧根守恒该阶段有3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH），则n[Mg（OH）2]=（0.13mol﹣0.01mol×3）=0.05mol，故原溶液中n（Mg2+）=0.05mol，故原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1，故D错误；故选AC．点评：本题考查化学反应图象及离子反应计算，清楚图象中各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意守恒思想的运用，难度较大． 13．（3分）（2022•武进区校级模拟）下列说法中正确的是（ ） A．8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）；△H＜0，则该反应一定能自发进行 B．提取海带中碘元素时，为将I﹣完全氧化为I2，用HNO3作氧化剂比用H2O2效果好 C．原电池放电过程中，负极质量一定减轻，正极的质量一定增加 D．由于Ksp（MgCO3）＜Ksp[Mg（OH）2]，因此水垢中MgCO3会逐渐转化为Mg（OH）2考点：反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：基本概念与基本理论．分析：A、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，△H﹣T△S＞0，反应非自发进行；B、HNO3、H2O2都能将I﹣完全氧化为I2，效果相同；C、原电池中负极不一定参加反应；D、溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现．解答：解：A、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，△H﹣T△S＞0，反应非自发进行，已知8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）；△H＜0，反应后气体物质的量增大，则△S＞0，所以△H﹣T△S＜0，反应自发进行，故A正确；B、HNO3、H2O2都能将I﹣完全氧化为I2，效果相同，但是H2O2做氧化剂产物为水，无污染，所以应该用H2O2作氧化剂，故B错误；C、原电池中负极不一定参加反应，如氢氧燃料中正负极为惰性电极，不参加反应，则负极质量不变，故C错误；D、溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，由于MgCO3与Mg（OH）2的化学式结构不同，不能根据Ksp大小来判断物质的溶解性，故D错误．故选A．点评：本题考查了反应自发性的判断、氧化剂的选择、原电池原理、Ksp的应用，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，难度不大． 14．（3分）（2022•泰州一模）如图所示与对应的叙述相符的是（ ） A．图Ⅰ表示盐酸滴加到0.1mol/L某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂 B．图Ⅱ表示一定条件下进行的反应2SO2+O2⇌2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积 C．图Ⅲ表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mLBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全 D．图Ⅳ表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是盐酸考点：中和滴定；离子方程式的有关计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：图示题．分析：A．碱溶液pH＜13，说明是弱碱溶液；B．图Ⅱ表示的各自量不变，平衡正向移动；C．20mLBa（OH）2溶液时，铝离子恰好变成AlO2﹣；D．稀释醋酸促进电离，pH变化小．解答：解：A．图Ⅰ表示的碱溶液pH＜13，说明是弱碱溶液；反应后是强酸弱碱溶液，宜选择酸性变色突变的甲基橙，而不是碱性变色突变的酚酞作指示剂，故A错误；B．图Ⅱ表示的各自量不变，平衡正向移动，可能是加压过程，故B正确；C．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液的拐点方程式是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4、KAl（SO4）2+2Ba（OH）2═KAlO2+2BaSO4↓+2H2O，同样2molKAl（SO4）2，按前者反应产生的沉淀质量是（2×78+3×233）g=855g，按后者反应产生的沉淀质量是4×233g=932g，图象形态正确，20mLBa（OH）2溶液时，铝离子恰好变成AlO2﹣，故C错误；D．盐酸与醋酸的稀释，pH变化大的是盐酸，故D错误．故选B．点评：本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论． 15．（3分）（2022•扬州校级学业考试）某CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42﹣的物质的量浓度为6mol•L﹣1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（ ） A．5.6gB．11.2gC．22.4gD．33.6g考点：有关混合物反应的计算．专题：守恒法．分析：根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量．解答：解：n（SO42﹣）=0.1L×6mol•L﹣1=0.6mol，CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有n（Cu2+）=n（H+）=n（Fe3+），由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设Cu2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol×2，由此解得n=0.2mol，Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4mol×56g/moL=22.4g，故选C．点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意用电荷守恒和质量守恒去解答． 16．（3分）（2022秋•古冶区校级月考）常温时下列各溶液中，粒子物质的量浓度关系正确的是（ ） A．0.1mol/L，pH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣） B．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合后的溶液中：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2CO3溶液和NH4NO3溶液中：c[（NH4）2SO4]＜c[（NH4）2CO3]＜c（NH4NO3） D．NaHA溶液中：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HA﹣）+c（A2﹣）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．pH=4的NaHB溶液中HB﹣的电离程度大于水解程度；B．混合溶液中的溶质为CH3COOH、NaCl、HCl，醋酸和HCl电离而使溶液呈酸性；C．c（NH4+）相等时，铵盐中铵根离子系数越小铵盐浓度越大，铵根离子相同系数的铵盐中，铵根离子水解程度越大，铵盐浓度越大；D．任何溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．解答：解：A．pH=4的NaHB溶液中HB﹣的电离程度大于水解程度，则c（H2B）＜c（B2﹣），故A错误；B．混合溶液中的溶质为CH3COOH、NaCl、HCl，醋酸和HCl电离而使溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），故B错误；C．c（NH4+）相等时，铵盐中铵根离子系数越小铵盐浓度越大，铵根离子相同系数的铵盐中，铵根离子水解程度越大，铵盐浓度越大，碳酸根离子促进铵根离子水解，所以c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2CO3溶液和NH4NO3溶液中：c[（NH4）2SO4]＜c[（NH4）2CO3]＜c（NH4NO3），故C正确；D．任何溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（H2A），所以得c（H+）+c（H2A）=c（A2﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及溶质的性质再结合守恒思想分析解答，难点是C选项中硝酸铵和碳酸铵浓度比较，要根据铵根离子系数判断，题目难度中等． 三、非选择题：（共58分，把答案填在答题纸中的横线上）17．（13分）（2022•广州模拟）氨是最重要的化工产品之一．（1）合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得．有关化学反应的能量变化如图所示．反应①②③为 放热 反应（填“吸热”或“放热”）．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为 CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1 ．（2）用氨气制取尿素[CO（NH2）2]的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）．①某温度下，向容积为10L的密闭容器中通入2molNH3和1molCO2，反应达到平衡时CO2的转化率为50%．该反应的化学平衡常数表达式为K= ．该温度下平衡常数K的计算结果为 100L2•mol﹣2 ．②为进一步提高CO2的平衡转化率，下列措施中能达到目的是 AB A．提高NH3的浓度B．增大压强C．及时转移生成的尿素D．使用更高效的催化剂．考点：反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．分析：（1）依据图象分析反应过程都是能量降低的过程，说明反应是放热反应；写出对应热化学方程式，依据盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）①依据化学方程式和平衡常数概念写出表达式，注意尿素是固体；根据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，计算平衡常数；②提高二氧化碳的转化率，反应是气体体积减小的反应，改变条件平衡正向进行，固体和催化剂对平衡移动无影响．解答：解：（1）图象分析反应过程都是能量降低的过程，说明反应是放热反应；反应的热化学方程式为：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282KJ/mol②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8KJ/mol③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3KJ/mol由盖斯定律③﹣②×3﹣①得到：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1，故答案为：放热；CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1；（2）①2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）．依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数K=，向容积为10L的密闭容器中通入2molNH3和1molCO2，反应达到平衡时CO2的转化率为50%，2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）起始量（mol/L）0.20.100变化量（mol/L）0.10.0500.05平衡量（mol/L）0.10.0500.05K===100L2•mol﹣2，故答案为：；100L2•mol﹣2；②反应是气体体积减小的反应，改变条件平衡正向进行，A．提高NH3的浓度增大二氧化碳转化率，故A符合；B．反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，故B符合；C．尿素是固体，及时转移生成的尿素，对平衡无影响，故C不符合；D．使用更高效的催化剂只能改变化学反应速率，不改变平衡，故D不符合；故答案为：AB．点评：本题考查了热化学方程式熟悉方法和盖斯电极计算应用，图象分析，化学平衡计算，平衡常数概念的分析应用是解题关键，题目难度中等． 18．（13分）（2022秋•龙凤区校级期中）A﹣J是中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图甲所示（部分产物已略去）．已知A是一种高熔点物质，D是一种红棕色固体．请回答下列问题：（1）A物质的名称为 氧化铝 ，H与I反应所得难溶物化学式为 Al（OH）3 ．（2）C与D在高温下的反应在冶金工业上称为 铝热 反应（3）写出G→J的化学方程式： 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 （4）C的氮化物是一种良好的耐热冲击材料，可溶解于强碱溶液，写出其反应方程式： AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ ．（5）E在潮湿的空气中容易被腐蚀，为了减少腐蚀，可以采用电化学的方法进行防护装置如图乙所示：当开关K置于M处，E电极材料应为 锌 ；当开关K置于N处、E为碳棒时，N与电源的 正 极连接．考点：无机物的推断；原电池和电解池的工作原理．专题：推断题；电化学专题．分析：A是一种高熔点物质，可在高温下电解，应为氧化铝，则B为O2，D是一种红棕色固体，应为Fe2O3，与Al发生铝热反应，则E为Fe，根据反应关系可知H为NaAlO2，I为AlCl3，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，J为Fe（OH）3，铁的防护有牺牲阳极的阴极保护法和外加电源的阴极保护法．解答：解：A是一种高熔点物质，可在高温下电解，应为氧化铝，则B为O2，D是一种红棕色固体，应为Fe2O3，与Al发生铝热反应，则E为Fe，根据反应关系可知H为NaAlO2，I为AlCl3，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，J为Fe（OH）3，（1）由以上分析可知A为氧化铝，H为NaAlO2，I为AlCl3，二者可发生互促水解生成Al（OH）3，故答案为：氧化铝；Al（OH）3；（2）Fe2O3与Al发生铝热反应，为工业常见反应，故答案为：铝热；（3）G为Fe（OH）2，J为Fe（OH）3，反应的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）C的氮化物为AlN，与NaOH反应的方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；（5）当开关K置于M处，为防止Fe腐蚀，形成原电池反应时，Fe为正极，Zn为负极，当开关K置于N处、E为碳棒时，N与电源的正极连接，铁与电源负极连接，为外加电源的阴极保护法，故答案：锌；正．点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据物质反应的条件以及物质的颜色，为推断该题的突破口，明确物质的种类为解答该题的关键，易错点为（4），注意题给信息． 19．（10分）（2022•揭阳一模）以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工．（1）将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气．反应为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1．①该反应在常温下 不能 自发进行（填“能”或“不能”）；②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 bd （填字母，下同）．a．容器中的压强不变b．1molH﹣H键断裂的同时，断裂2molH﹣O键c．c（CO）=c（H2）d．密闭容器的容积不再改变（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.462900120.41.633900abcdt①实验1中以v（CO2）表示的反应速率为 0.13mol/（L•min） （取小数点后两位，下同）；②该反应为 放 （填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K= 0.17 ；③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是 b=2a，且a＞1 （用含a、b的代数式表示）．考点：化学平衡状态的判断；反应速率的定量表示方法；化学平衡建立的过程；等效平衡．专题：化学平衡专题．分析：（1）①依据△G=△H﹣T△S＜0时反应能够自发进行判断；②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断；（2）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol﹣2.4mol=1.6mol，根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；②第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；③使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可．解答：解：（1）①该反应△H＞0，△S＞0，若使△G=△H﹣T△S＜0，必须在高温下，所以常温下反应不能自发进行，故答案为：不能；②a．反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中始终压强不变，不能说明反应到达平衡，故a错误；b．lmolH﹣H键断裂的同时断裂2molH﹣O键，断裂2molH﹣O键同时生成lmolH﹣H键，说明反应到达平衡，故b正确；c．c（CO）=c（H2），与加入反应物多少有关，根据反应可知，自始至终c（CO）=c（H2），不能说明反应到达平衡，故c错误；d．反应前后前提条件不同，体积不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故d正确；故选：bd；（2）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol﹣2.4mol=1.6mol，v（CO）===mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（CO）=mol/（L•min）=0.13mol/（L•min），故答案为：0.13mol/（L•min）；②实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，平衡时CO的物质的量为1.6mol，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2100变化（mol）：0.40.40.40.4平衡（mol）：1.60.60.40.4该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故900℃时该反应平衡常数k==0.17，故答案为：放；0.17；③使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可，即b=2a，且a＞1，故答案为：b=2a，且a＞1．点评：本题考查了反应自发进行的条件、平衡状态的判断、化学反应速率的求算、化学平衡常数的求算、据K随温度的变化判断反应吸热还是放热、等效平衡，题目有一定难度． 20．（12分）（2022秋•古冶区校级月考）全世界每年被腐蚀损耗的钢铁材料约占全年钢铁产量的十分之一，而在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀是钢铁腐蚀的主要原因．（1）钢铁发生吸氧腐蚀电池正极反应方程式为 O2+2H2O+4e﹣═OH﹣， ．钢铁电化腐蚀总反应化学方程式为： 2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2 ．（2）已知：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O，图1选项中，装置 d 可用作草酸分解制取混合气体的发生装置．（3）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有两种成份：Fe2O3•nH2O和Fe），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，装置如图2所示．①为制取干燥、纯净的CO气体，洗气瓶A、B中盛放的药品分别是 NaOH溶液 、 浓硫酸 ．②在点燃酒精灯之前应进行的操作是：（Ⅰ）检查装置气密性；（Ⅱ） 通入混合气体一段时间，排尽空气 ．③准确称量样品质量10.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每一步反应均完全），固体质量为8.32g；测得D中浓硫酸增重0.72g，则n= 2 ．④在本实验中，使测定结果n偏大的是 a ．a．未装洗气瓶B b．缺少装置A c．反应后固体中含有少量Fe2O3•nH2O．考点：金属腐蚀的化学原理．专题：实验探究和数据处理题；实验设计题．分析：（1）钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上铁失电子，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；正极和负极反应加和得到总反应；（2）根据题中信息：草酸在浓硫酸并加热条件下容易脱去水分，分解为二氧化碳和一氧化碳，根据该反应反应物、反应条件进行分析合理的发生装置；（3）①草酸分解产物中有二氧化碳、一氧化碳和水，要得到干燥、纯净的CO气体，应该先除去二氧化碳，然后使用浓硫酸进行干燥；②实验前需要检验装置的气密性，然后排尽装置中的空气；③结合方程式，根据固体减少的质量与浓硫酸增重的质量列关系式计算n值；④设剩余固体质量为xg、装置D增重yg，则Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体减少的质量为18n（18n+48）gy10﹣x=，整理可得：1+=，即固体剩余质量越大，测定的n值越大；装置D中质量增重越大，测定的n值越小，据此进行判断．解答：解：弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以正极反应式为O2+2H2O+4e﹣═OH﹣，则总反应为：2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2；故答案为：O2+2H2O+4e﹣═OH﹣；2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2；（2）草酸在浓硫酸并加热条件下容易脱去水分，分解为二氧化碳和一氧化碳，该反应需要加热、还应该能够控制反应开始和停止，综合考虑可知装置d可用于草酸分解制取气体，故答案为：d；（3）①为得到干燥、纯净的CO气体，洗气瓶A盛放的为氢氧化钠溶液，用于除去混合气体中的二氧化碳；装置盛放干燥剂浓硫酸，目的为干燥CO；故答案为：NaOH溶液；浓硫酸；②实验前需要检查装置气密性是否良好，否则影响测定结果，装置中的空气与CO混合加热会发生爆炸，则点燃酒精灯之前需要将装置中的空气排净，故答案为：通入混合气体一段时间，排尽空气；③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体减少的质量为8ng（18n+48）g0.72g10.00g﹣8.32g则0.72g×（18n+48）g=18ng×（10.00g﹣8.32g），解得n=2，故答案为：2；④设剩余固体质量为xg、装置D增重yg，则Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体减少的质量为18n（18n+48）gy10﹣x=，整理可得：1+=，即固体剩余质量越大，测定的n值越大；装置D中质量增重越大，测定的n值越小，a．缺少洗气瓶B，会导致D中浓硫酸增重质量偏大，计算出的n值偏大，故a正确；b．缺少装置A，对装置D中的质量无影响，则计算出的n不变，故b错误；c．反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，相当于部分Fe2O3•nH2O没有反应，不影响沉淀结果，故c错误；故答案为：a；点评：本题考查了金属的电化学腐蚀、实验基本操作、反应装置的选择，实验测定物质成分的实验方案的设计等知识，题目难度中等，注意根据反应物的状态及反应条件选择反应装置． 21．（10分）（2022秋•古冶区校级月考）布洛芬、非诺洛芬、酮洛芬是一类芳基丙酸类非甾体抗炎药，具有抗炎作用强、毒副作用低的药效特点．其中酮洛芬可由芳香族含氧衍生物A经以下路线合成得到：请根据合成酮洛芬的路线回答下列问题．（1）已知有机物A可以与NaHCO3反应，则A的结构简式为 ．（2）上述合成酮洛芬的路线中共有5步反应，其中属于取代反应的共有几步？ 4步 ．其中有一步反应中用到有机物，请写出实验室保存该有机物方法： 隔绝空气，密封保存 ．（3）布洛芬、非诺洛芬、酮洛芬都可视作2﹣苯基丙酸的衍生物，请写出满足下列条件的2﹣苯基丙酸的一种同分异构体的结构简式 、、、（任一种即可） ．①苯的衍生物，且苯环上的一硝基取代物只有两种；②能与银氨溶液反应产生光亮的银境；③能与FeCl3溶液发生显色反应．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）有机物A可以与NaHCO3反应，说明含有﹣COOH，可与苯反应生成，可确定﹣COOH和甲基的位置；（2）根据取代反应的定义和的性质解答；（3）根据2﹣苯基丙酸的结构结合下列条件①苯的衍生物，且苯环上的一硝基取代物只有两种，说明苯环上有两种性质不同的H，②能与银氨溶液反应产生光亮的银境，说明含有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，以此判断有机物的可能结构．解答：解：（1）有机物A可以与NaHCO3反应，说明含有﹣COOH，可与苯反应生成，可确定﹣COOH和甲基为与苯环的临位，结构简式为，故答案为：；（2）对比制备流程，属于取代反应的有第一步、第二步、第三步和第五步，共4步，中含有酚羟基，易被氧化，应隔绝空气密封保存，故答案为：4步；隔绝空气，密封保存；（3）根据题给信息可知；①苯的衍生物，且苯环上的一硝基取代物只有两种，说明苯环上有两种性质不同的H，②能与银氨溶液反应产生光亮的银境，说明含有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，可能结构有：、、、（任一种即可），故答案为：、、、（任一种即可）；点评：本题以有机物的制备考查有机物的结构与性质，题目难度中等，解答时注意有机物的官能团的结构和性质，特别是同分异构体的判断．
