2022-2022学年江苏省淮安市淮阴中学高三（上）月考化学试卷（9月份） 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．2022年4月22日是第43个“世界地球日”，其主题为“绿色梦想，低碳行动”．下列做法符合这一主题的是（ ）①开发太阳能、风能和氢能等能源；②大量开采地下水，以满足生产、生活的需求；③在含硫的煤中加入适量生石灰；④利用苯、甲苯等有机物代替水作溶剂；⑤利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒．A．①③⑤B．①②③C．②④⑤D．①②④ 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．乙醇的结构简式C2H6OB．氨基的电子式C．镁离子的结构示意图D．中子数为79、质子数为55的铯（Cs）原子Cs 3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、HSO3﹣B．0.1mol•L﹣1Fe（NO3）2溶液：H+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1氨水溶液：K+、Na+、NO3﹣、AlO2﹣D．由水电离出的c（H+）=10﹣11mol•L﹣1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣ 4．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液B．碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面油污C．氮气化学性质通常不活泼，可将炽热的镁粉可放在氮气中冷却D．铜的金属性比铁弱，可将海轮浸水部分镶上铜锭以减缓船体腐蚀 5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，1.12LCCl4含有C﹣Cl键数目为0.2NAB．标准状况下，2.24L氯气中含有的Cl数目一定为0.2NAC．常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NAD．80mL10mol•L﹣1盐酸与足量MnO2加热反应，产生Cl2分子数为0.2NA 27\n6．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图所示转化的是编号abcd①Na2ONa2O2NaNaOH②Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3③FeCl2FeC13FeCuCl2④NONO2N2HNO3（ ）A．②③B．③④C．①②③D．①③④ 7．下列装置或操作能达到实验目的是（ ）A．检查装置气密性B．从碘的CCl4溶液中分离出碘C．除去甲烷中乙烯D．分离甲苯与乙醇 8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．氯气通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣27\nB．氢氧化铁胶体中加入HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣D．用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O 9．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（ ）①碳酸钠溶液与盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化碳与氢氧化钠溶液④硝酸银溶液和氨水⑤氯化铝与氨水⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水．A．③⑤B．①③⑥C．仅有⑤D．②④ 10．有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应为：①3ZnO+2Al═Al2O3+3Zn②3Zn+C2Cl6═3ZnCl2+2C下列有关叙述不正确的是（ ）A．反应①是铝热反应B．反应②是置换反应C．烟幕是小液滴分散在空气中形成的D．C2Cl6属于卤代烃 二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．香草醛是一种食品添加剂，可由愈创木酚作原料合成，合成路线如图所示．下列说法正确的是（ ）A．在上述三步反应中理论上只有①生成②的反应原子利用率为100%B．氯化铁溶液和碳酸氢钠溶液都能鉴别①④C．②③分子内含手性碳原子D．在氢氧化钠溶液中，等物质的量的①和③分别消耗NaOH物质的量之比为1：2 12．下列有关说法正确的是（ ）A．NH4Cl（s）═NH3（g）+HCl（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0B．镀锌铁制品镀层破损后，铁制品比受损前更容易生锈，而镀锡铁则相反C．对于N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当其他条件不变时，压缩气体体积使压强增大，正反应和逆反应速率以及H2的平衡转化率均增大D．100℃时水的离子积常数Kw为5.5×10﹣13，说明水的电离是放热反应 13．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）A．已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，氢气还原氧化铜后红色固体能完全溶于稀硝酸，说明还原产物是铜27\nB．用蒸馏水酚酞BaCl2溶液和已知浓度盐酸标准液作试剂，可测定NaOH固体（杂质为Na2CO3）的纯度C．实验室制取的溴乙烷中常含有少量溴，加适量的苯，振荡、静置后分液，可除去溴乙烷中的溴D．取一定量水垢加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明水垢的主要成分为CaCO3、MgCO3 14．工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH4）随时间变化数据如下表：温度时间/minn/mol010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.18…0.15下列说法不正确的是（ ）A．10min内，T1时υ（CO2）比T2时小B．温度：T1＞T2C．a＜0D．平衡常数：K（T1）＜K（T2） 15．常温下，100ml蒸馏水中加入0.1molCH3COONa，下列说法正确的是（ ）A．该溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．加入酚酞后加热，溶液颜色变浅C．若在该溶液中再通入0.1molHCl，存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．若在该溶液中再投入0.1molNaCl，存在，c（Na+）=c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH） 三、解答题（共5小题，满分70分）16．（12分）（2022•盐城一模）以冶铝的废弃物灰为原料制取超细α﹣氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率．已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：图127\n（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 ．（2）图中“滤渣”的主要成分为 （填化学式）．（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 ．（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过图2所示的装置．①集气瓶中收集到的气体是 （填化学式）．②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 （填化学式）．③KMnO4溶液褪色（MnO4﹣还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 ． 17．（16分）（2022秋•淮安校级月考）E是一种重要的药物中间体，合成E和高分子树脂N的路线如图所示：已知：①②请回答下列问题：27\n（1）A中含氧官能团的名称为 ；F→G的反应类型为 （2）E的结构简式为 （3）C的同系物X（分子组成为C9H10O3）有多种同分异构体，请写出符合下列条件的X的同分异构体Y的结构简式 a．Y能与银氨溶液发生反应b．Y能与FeCl3发生显色反应c．1molY消耗2molNaOHd．Y的分子结构中有4种环境不同的氢原子（4）写出M→N反应的化学方程式 （5）已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是 （6）已知：，CH3COOH请写出由CH3CH2COOH、为原料合成单体的路线流程图（无机试剂任选）合成流程路线图示例如下CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH． 18．（18分）（2022秋•淮安校级月考）实验室以工业碳酸钙（含少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）为原料制取CaCl2.2H2O和CaO2的主要流程如图1：（1）加入试剂X，调节溶液pH为碱性环境，以除去溶液中Al3+和Fe3+，滤渣的主要成分是 ．试剂X可以选择下列的 （填编号）．A．CaOB．CaCO3C．NH3•H2OD．Ba（OH）2（2）操作II中进行蒸发浓缩时，除三角架、酒精灯外，还需要的仪器有 ．（3）由CaCl2制取CaO2的反应中，温度不宜太高的原因是 ．（4）用下列装置如图2测定工业碳酸钙的质量分数①按A﹣B﹣C﹣D顺序连接，然后从A装置通入空气，目的是 ．②装置D的作用为 ．27\n③实验时，准确称取10.00g工业碳酸钙3份，进行3次测定，测得BaCO3沉淀的平均质量为17.73g，则样品中CaCO3的质量分数为 ．若无D装置，测量结果则 ．（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）④上述几个实验装置中有不合理之处，需改进的装置及理由是： ． 19．（10分）（2022秋•淮安校级月考）镁是海水中含量较多的金属，镁、镁合金及其镁的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛．（1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3则△H3= kJ•mol﹣1．（2）工业上可用电解熔融的无水氯化镁获得镁．其中氯化镁脱水是关键工艺之一，一种正在试验的氯化镁晶体脱水的方法是：先将MgCl2•6H2O转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3（铵镁复盐），然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为 ；电解熔融氯化镁，阴极的电极反应式为 （3）储氢材料Mg（AlH4）2在110﹣200°C的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2A1+3H2↑每生成27gAl转移电子的物质的量为 （4）工业上用MgC2O4•2H2O热分解制超细MgO，其热分解曲线如图．图中隔绝空气条件下B→C发生反应的化学方程式为 ． 20．（14分）（2022秋•淮安校级月考）氮元素可形成氰化物（含CN﹣）、叠氮化物（含N3﹣）、氰酸盐（含CNO﹣）、络合物等多种化合物．（1）HCNO是一种弱酸，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H+和CNO﹣．①与CNO﹣互为等电子体的分子有： （举1例），由此可推知CNO﹣的空间构型是 型．②C、N、O三种元素的第一电离能的大小顺序是 ．（2）叠氮化物、氰化物能与Fe3+及Cu2+及Co3+等形成络合物，如：[Co（N3）（NH3）5]SO4、Fe（CN）64﹣．①写出Co3+在基态时的核外电子排布式： ；②[Co（N3）（NH3）5]SO4中钴的配位数为 ；CN﹣中C原子的杂化类型是 ．（3）NaN3与KN3结构类似，前者的熔沸点高于后者，主要原因是 ． 27\n2022-2022学年江苏省淮安市淮阴中学高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．2022年4月22日是第43个“世界地球日”，其主题为“绿色梦想，低碳行动”．下列做法符合这一主题的是（ ）①开发太阳能、风能和氢能等能源；②大量开采地下水，以满足生产、生活的需求；③在含硫的煤中加入适量生石灰；④利用苯、甲苯等有机物代替水作溶剂；⑤利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒．A．①③⑤B．①②③C．②④⑤D．①②④【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】“绿色梦想，低碳行动”就是节能减排，保护环境；因此要减少化石燃料的使用，开发新能源，减少污染物的排放；故①③⑤符合．【解答】解：“绿色梦想，低碳行动”就是节能减排，保护环境；因此要减少化石燃料的使用，开发新能源，减少污染物的排放；故①③⑤符合这一主题；故选A．【点评】本题以环保为知识背景，考查了是节能减排，保护环境的措施． 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．乙醇的结构简式C2H6OB．氨基的电子式C．镁离子的结构示意图D．中子数为79、质子数为55的铯（Cs）原子Cs【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、有机物的结构简式必须表示出官能团；B、氨基中含有2个氮氢键，氮原子最外层为7个电子；C、镁离子核电荷数为12，最外层为8个电子；D、元素符号的左上角表示的是质量数，该铯原子的质量数为134．【解答】解：A、有机物的结构简式必须表示出官能团，则乙醇的结构简式为：C2H5OH，故A错误；B、氨基中氮原子最外层为7个电子，氨基的电子式为：，故B正确；27\nC、镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，镁离子正确的离子结构示意图为：，故C错误；D、中子数为79、质子数为55的铯（Cs）原子的质量数为134，该原子正确的表示方法为：55134Cs，故D错误；故选B．【点评】本题考查了电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式与分子式的判断，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及表示方法，明确结构式与结构简式、分子式的区别． 3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Mg2+、NO3﹣、HSO3﹣B．0.1mol•L﹣1Fe（NO3）2溶液：H+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1氨水溶液：K+、Na+、NO3﹣、AlO2﹣D．由水电离出的c（H+）=10﹣11mol•L﹣1的溶液：Ca2+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．滴入酚酞显红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，镁离子、亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应；B．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；C．K+、Na+、NO3﹣、AlO2﹣之间不发生反应，都不与氨水反应；D．由水电离出的c（H+）=10﹣11mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，碳酸氢根离子与氢离子反应，碱性溶液中，钙离子、铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应．【解答】解：A．滴入酚酞显红色的溶液中存在大量氢氧根离子，Mg2+、HSO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．H+大量存在条件下，Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．K+、Na+、NO3﹣、AlO2﹣之间不反应，且都不与氨水反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．由水电离出的c（H+）=10﹣11mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子反应，Ca2+、NH4+、HCO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，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，如：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；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﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；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． 4．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液B．碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面油污27\nC．氮气化学性质通常不活泼，可将炽热的镁粉可放在氮气中冷却D．铜的金属性比铁弱，可将海轮浸水部分镶上铜锭以减缓船体腐蚀【考点】化学试剂的存放；盐类水解的应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀；B、碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污；C、氮气与镁在加热条件下生成氮化镁；D、铜、铁与海水构成原电池，加速了船体腐蚀．【解答】解：A、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，故A错误；B、碳酸钠水解显碱性，水解是吸热反应，利用此点性质可以除去油污，故B正确；C、氮气与镁在加热条件下生成氮化镁，故C错误；D、铜、铁与海水构成原电池，加速了船体腐蚀，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是原电池原理的应用﹣金属腐蚀与防护、盐类水解的应用，题目难度不大． 5．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，1.12LCCl4含有C﹣Cl键数目为0.2NAB．标准状况下，2.24L氯气中含有的Cl数目一定为0.2NAC．常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NAD．80mL10mol•L﹣1盐酸与足量MnO2加热反应，产生Cl2分子数为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，四氯化碳是液态，而气体摩尔体积只适用于气体；B、氯元素有3517Cl和3717Cl等多种同位素；C、根据CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol来计算；D、浓盐酸分别稀盐酸，反应会停止，生成的氯气小于0.2mol．【解答】解：A、标况下，四氯化碳是液态，故A错误；B、自然界中的氯元素有3517Cl和3717Cl等多种同位素，故标况下，2.24L氯气即0.1mol氯气中的Cl数目一定小于0.2NA，故B错误；C、CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4gCO2与N2O的物质的量为0.1mol，而CO2与N2O均为三原子分子，故0.1mol混合气体中含0.3mol原子，故C正确；D、浓盐酸的物质的量是0.8mol，完全反应生成氯气0.2mol，由于浓盐酸变成稀盐酸，变化继续反应，故生成的氯气小于0.2mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 6．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图所示转化的是编号abcd①Na2ONa2O2NaNaOH②Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3③FeCl2FeC13FeCuCl227\n④NONO2N2HNO3（ ）A．②③B．③④C．①②③D．①③④【考点】钠的重要化合物；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铝的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；a→b→d→a；c→ac→b；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单；①NaOH不能通过一步反应生成氧化钠；②铝与氧气反应得到氧化铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，氧化铝与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应得到氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝．③氯化亚铁和氯气反应一步得到氯化铁、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁，铁和氯气反应生成氯化铁，铁和盐酸反应生成氯化亚铁；④氮气不能一步反应得到二氧化氮．【解答】解：依据转化关系为：a→b→d→a；c→ac→b；①NaOH不能通过一步反应生成氧化钠，故不符合；②铝与氧气反应得到氧化铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，氧化铝与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应得到氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，Al2O3NaAlO2Al（OH）3Al2O3；AlAl2O3、AlNaAlO2，故符合；③氯化亚铁和氯气反应一步得到氯化铁、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁，铁和氯气反应生成氯化铁，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，FeCl2FeCl3CuCl2FeCl2；FeFeCl3、FeFeCl2，故符合；④氮气与氧气反应得到NO，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸，稀硝酸与Cu反应得到NO，但氮气不能一步反应得到二氧化氮，NONO2HNO3NO；N2NO、N2不能一步转化NO2，故不符合；故选A．【点评】本题难度较大，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径． 7．下列装置或操作能达到实验目的是（ ）27\nA．检查装置气密性B．从碘的CCl4溶液中分离出碘C．除去甲烷中乙烯D．分离甲苯与乙醇【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．检验气密性，可形成压强查，观察液面是否变化；B．碘易溶于四氯化碳；C．乙烯被氧化生成二氧化碳；D．温度计位置错误．【解答】解：A．可关闭止水夹，从长颈漏斗口加入水至水柱高于液面且在一定时间内不变化，可说明气密性良好，故A正确；B．碘易溶于四氯化碳，应用蒸馏的方法分离，故B错误；C．乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；D．温度计用于测量馏分的稳定，应位于蒸馏烧瓶支管口，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及气密性的检查、物质的分离等问题，为高考常见题型，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大． 8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）A．氯气通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣B．氢氧化铁胶体中加入HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣27\nD．用稀硝酸除去试管内壁银：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．次氯酸为弱电解质保留化学式；B．三价铁离子能够氧化碘离子；C．NaAlO2溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D．稀硝酸与银反应生成硝酸银和一氧化氮．【解答】解：A．氯气通入水中，离子方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．氢氧化铁胶体中加入HI溶液，离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C错误；D．用稀硝酸除去试管内壁银，离子方程式：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式的书写应符合客观实际，注意电荷守恒以及粒子符号等问题． 9．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（ ）①碳酸钠溶液与盐酸②偏铝酸钠溶液与盐酸③二氧化碳与氢氧化钠溶液④硝酸银溶液和氨水⑤氯化铝与氨水⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水．A．③⑤B．①③⑥C．仅有⑤D．②④【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】①碳酸钠溶液与盐酸，前者过量生成碳酸氢钠和氯化钠，后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳；②偏铝酸钠溶液与盐酸，根据氢氧化铝的两性分析，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；③二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和过量二氧化碳反应也可以生成碳酸氢钠；④硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀；⑤Al（OH）3不溶于过量的氨水；⑥酸式盐和对应碱的反应，前者过量，生成的碳酸根离子过量，后者过量，氢氧根离子过量．【解答】解：①碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，反应为：CO32﹣+H+=HCO3﹣；后者过量，即碳酸钠少量，发生反应为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，所以量不同，反应不同，故①错误；②偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓产生白色沉淀，后者过量发生AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，量不同，生成产物不同，故②错误；③氢氧化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸钠，CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，碳酸钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，与量有关，OH﹣+CO2=HCO3﹣，故③错误；④硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解．先发生：Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，后发生：AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++OH﹣+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，故④错误；⑤Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故⑤正确；27\n⑥碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，后者过量，HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，量不同，生成产物不同，故⑥错误；故选C．【点评】本题考查离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质，题目难度较大． 10．有一种军用烟幕弹中装有ZnO、Al粉和C2Cl6，其发烟过程中的化学反应为：①3ZnO+2Al═Al2O3+3Zn②3Zn+C2Cl6═3ZnCl2+2C下列有关叙述不正确的是（ ）A．反应①是铝热反应B．反应②是置换反应C．烟幕是小液滴分散在空气中形成的D．C2Cl6属于卤代烃【考点】铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A、铝与金属氧化物在一定条件下发生的置换反应为铝热反应；B、置换反应指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质与另外一种化合物；C、由反应方程式可知，生成物都是固体，固体小颗粒分散在空气中形成的烟幕；D、C2Cl6是乙烷的完全取代产物．【解答】解：A、反应①是Al与ZnO发生置换反应，属于铝热反应，故A正确；B、反应②是Zn与化合物C2Cl6反应生成化合物ZnCl2与单质C，符合置换反应概念，属于置换反应，故B正确；C、由反应方程式可知，生成物都是固体，是固体小颗粒分散在空气中形成的烟幕，不是小液滴，故C错误；D、C2Cl6是乙烷的完全取代产物，属于卤代烃，故D正确；故选C．【点评】考查基本反应类型概念、铝热反应、卤代烃等，比较基础，注意对概念的理解把握，注意C中烟、雾的区别． 二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．香草醛是一种食品添加剂，可由愈创木酚作原料合成，合成路线如图所示．下列说法正确的是（ ）A．在上述三步反应中理论上只有①生成②的反应原子利用率为100%B．氯化铁溶液和碳酸氢钠溶液都能鉴别①④C．②③分子内含手性碳原子D．在氢氧化钠溶液中，等物质的量的①和③分别消耗NaOH物质的量之比为1：2【考点】有机物的结构和性质．27\n【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．根据反应物原子是否全部转化为生成物判断，结合有机物的结构判断；B．氯化铁可用于检验酚羟基、酚羟基与碳酸氢钠不反应；C．C原子连接4个不同的原子或原子团，则该铁原子为手性碳原子，结合有机物的结构判断；D．能与NaOH反应的官能团为酚羟基和羧基，结合含有官能团的数目判断．【解答】解：A．从质量守恒的角度分析，①生成②的反应为加成反应，反应物原子全部转化为生成物，原子利用率为100%，②→③转化中有水生成，③→④转化中C原子减少，故A正确；B．物质①、④中都含有酚羟基，加入氯化铁溶液都呈紫色，不能鉴别，碳酸氢钠与酚羟基、醛基等不反应，不能鉴别，故B错误；C．②中基团连接﹣OH的C原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，③中不含手性碳原子，故C错误；D．能与NaOH反应的官能团为酚羟基和羧基，1mol酚羟基消耗1molNaOH、1mol﹣COOH消耗1molNaOH，1mol物质①和③分别与足量NaOH反应，物质①消耗NaOH1mol，物质③消耗NaOH2mol，二者消耗NaOH物质的量之比为1：2，故D正确．故选AD．【点评】本题考查有机物的合成以及有机物的结构和性质，难度不大，注意把握有机物的官能团，根据官能团的结构和性质判断． 12．下列有关说法正确的是（ ）A．NH4Cl（s）═NH3（g）+HCl（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0B．镀锌铁制品镀层破损后，铁制品比受损前更容易生锈，而镀锡铁则相反C．对于N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当其他条件不变时，压缩气体体积使压强增大，正反应和逆反应速率以及H2的平衡转化率均增大D．100℃时水的离子积常数Kw为5.5×10﹣13，说明水的电离是放热反应【考点】反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；电化学专题．【分析】A、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；B、镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀，镀锡铁铁做负极被腐蚀；C、反应是气体体积减少的反应，压强增大正逆反应速率增大，平衡正向进行；D、升温水的电离被促进，电离过程是吸热过程．【解答】解：A、NH4Cl（s）═NH3（g）+HCl（g）室温下不能自发进行，△H﹣T△S＞0，反应△S＞0，说明该反应的△H＞0，故A错误；B、镀锌铁制品镀层破损在潮湿的空气中形成原电池，锌做负极被腐蚀，镀锡铁形成原电池，铁做负极被腐蚀，故B错误；C、对于N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），反应是气体体积减少的反应，压强增大正逆反应速率增大，平衡正向进行，氢气转化率增大，故C正确；D、100℃时水的离子积常数Kw为5.5×10﹣13，说明水电离出的氢离子和有关离子浓度增大，电离过程是吸热过程，故D错误；故选C．27\n【点评】本题考查了反应热量变化，自发进行的判断依据，原电池原理应用，平衡移动原理的分析判断，水的电离是吸热过程，题目难度中等． 13．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）A．已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，氢气还原氧化铜后红色固体能完全溶于稀硝酸，说明还原产物是铜B．用蒸馏水酚酞BaCl2溶液和已知浓度盐酸标准液作试剂，可测定NaOH固体（杂质为Na2CO3）的纯度C．实验室制取的溴乙烷中常含有少量溴，加适量的苯，振荡、静置后分液，可除去溴乙烷中的溴D．取一定量水垢加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明水垢的主要成分为CaCO3、MgCO3【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】A．红色固体可能为Cu2O，也能完全溶于稀硝酸；B．当指示剂恰好变色时，根据盐酸的物质的量可计算NaOH的物质的量，进而计算质量，可求得纯度；C．溴乙烷和溴与苯混溶；D．生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，只能说明水垢中含有碳酸盐．【解答】解：A．Cu和Cu2O都能溶液稀硝酸，红色固体可能为Cu2O，不一定为Cu，故A错误；B．用酚酞作指示剂，当指示剂恰好变色时，根据盐酸的物质的量可计算NaOH的物质的量，进而计算质量，可求得纯度，故B正确；C．溴乙烷和溴与苯混溶，不能分离出溴，应用碳酸钠溶液，然后分液分离，故C错误；D．生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，只能说明水垢中含有碳酸盐，水垢的成分为碳酸钙和氢氧化镁，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的分离、鉴别等实验操作，题目难度中等，易错点为B，注意把握实验原理． 14．工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH4）随时间变化数据如下表：温度时间/minn/mol010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.18…0.15下列说法不正确的是（ ）A．10min内，T1时υ（CO2）比T2时小B．温度：T1＞T2C．a＜0D．平衡常数：K（T1）＜K（T2）【考点】化学平衡建立的过程．27\n【专题】化学平衡专题．【分析】A．由表格中的数据结合v=来计算υ（CH4）；B．温度升高，反应速率加快；C．温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；D．反应进行的越彻底，则平衡常数越大．【解答】解：A．10min内，T1时υ（CH4）==0.015mol•L﹣1•min﹣1，T2时时υ（CH4）==0.02mol•L﹣1•min﹣1，T1时υ（CH4）比T2时小，故A正确；B．温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，故B错误；C．温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a＜0，故C正确；D．T1时反应进行的更为彻底，因此平衡常数更大，K（T1）＞K（T2），故D错误；故选：BD．【点评】本题主要考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动原理及其应用，难度中等以上，注意灵活运用所学知识． 15．常温下，100ml蒸馏水中加入0.1molCH3COONa，下列说法正确的是（ ）A．该溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．加入酚酞后加热，溶液颜色变浅C．若在该溶液中再通入0.1molHCl，存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．若在该溶液中再投入0.1molNaCl，存在，c（Na+）=c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、据电荷守恒分析；B、醋酸钠溶液显碱性，酚酞遇碱溶液变红色；C、向0.1molCH3COONa溶液中加入0.1molHCl，生成醋酸和NaCl，氢离子有醋酸电离和水的电离两个来源；D、据物料守恒分析．【解答】解：A、在醋酸钠溶液中存在四种离子，据电荷守恒分析c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故A正确；B、醋酸钠溶液因为醋酸根水解使溶液显碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，颜色变深，故B错误；C、溶液中氢离子有醋酸电离和水的电离两个来源，醋酸根只有醋酸电离1个来源，所以c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D、0.1molCH3COONa溶液中再投入0.1molNaCl，c（Na+）==2mol/L，c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=1mol/L，故D正确；故选AD．【点评】本题考查了溶液中的电荷守恒、物料守恒和盐类水解受温度影响以及离子浓度大小比较，题目难度不大．27\n 三、解答题（共5小题，满分70分）16．（12分）（2022•盐城一模）以冶铝的废弃物灰为原料制取超细α﹣氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率．已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：图1（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O ．（2）图中“滤渣”的主要成分为 SiO2 （填化学式）．（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过图2所示的装置．①集气瓶中收集到的气体是 N2 （填化学式）．②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 SO3、NH3 （填化学式）．③KMnO4溶液褪色（MnO4﹣还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+ ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α﹣Al2O3；（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水；（2）SiO2不溶于硫酸；（3）加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+；（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收；②NH3和SO3能被亚硫酸钠溶液吸收；③KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子．【解答】解：铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+27\n被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α﹣Al2O3；（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；（2）铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣为SiO2；故答案为：SiO2；（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（4）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；故答案为：N2；②NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3；故答案为：SO3、NH3；③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+；故答案为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+．【点评】本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，注意把握制备原理，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写，题目难度中等． 17．（16分）（2022秋•淮安校级月考）E是一种重要的药物中间体，合成E和高分子树脂N的路线如图所示：已知：①②请回答下列问题：27\n（1）A中含氧官能团的名称为 醛基 ；F→G的反应类型为 加成反应 （2）E的结构简式为 （3）C的同系物X（分子组成为C9H10O3）有多种同分异构体，请写出符合下列条件的X的同分异构体Y的结构简式 a．Y能与银氨溶液发生反应b．Y能与FeCl3发生显色反应c．1molY消耗2molNaOHd．Y的分子结构中有4种环境不同的氢原子（4）写出M→N反应的化学方程式 （5）已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是 防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化） （6）已知：，CH3COOH请写出由CH3CH2COOH、为原料合成单体的路线流程图（无机试剂任选）合成流程路线图示例如下CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】苯丙醛和甲醛发生反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：；F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为：；G被氧气氧化生成H，则H为：；H和锌发生反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物知，M的结构简式为：，N的结构简式为：27\n；苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，根据题给信息反应原理可知B的结构简式为：；B生成C，结合题给信息知，C的结构简式为：，C和甲醇发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，据此进行解答．【解答】解：苯丙醛和甲醛发生反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：；F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为：；G被氧气氧化生成H，则H为：；H和锌发生反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物知，M的结构简式为：，N的结构简式为：；苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，根据题给信息反应原理可知B的结构简式为：；B生成C，结合题给信息知，C的结构简式为：，C和甲醇发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，（1）A是苯丙醛，则A中含氧官能团的名称为醛基；F的结构简式为，F和溴发生加成反应生成G，故答案为：醛基；加成反应；（2）通过以上分析知，E的结构简式为：，27\n故答案为：；（3）C的同系物X（分子组成为C9H10O3）有多种同分异构体：a．Y能与银氨溶液发生反应，其分子中含有醛基；b．Y能与FeCl3发生显色反应，其分子中含有酚羟基；c．1molY消耗2molNaOH，X分子中含有3个O，其中1个为醛基中的O，则还应该含有两个酚羟基；d．Y的分子结构中有4种环境不同的氢原子，则X具有对称结构；根据分析可知，满足条件的X的结构简式为：，故答案为：；（4）在一定条件下M发生加聚反应生成N，反应方程式为：，故答案为：；（5）已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化），故答案为：防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）；（6）采用逆推法，要合成，则要得到，结合，则要得到，则需将加氢得到27\n即可，所以先将CH3CH2COOH转化成CH3CH2COCl，再与苯发生信息反应，则该合成的流程图为：，故答案为：．【点评】本题考查了有机物的合成，题目难度较大，根据有机物的官能团及其性质结合题给信息进行分析推断，注意有机物的断键和成键方式，试题充分培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力． 18．（18分）（2022秋•淮安校级月考）实验室以工业碳酸钙（含少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）为原料制取CaCl2.2H2O和CaO2的主要流程如图1：（1）加入试剂X，调节溶液pH为碱性环境，以除去溶液中Al3+和Fe3+，滤渣的主要成分是 Fe（OH）3、Al（OH）3 ．试剂X可以选择下列的 AC （填编号）．A．CaOB．CaCO3C．NH3•H2OD．Ba（OH）2（2）操作II中进行蒸发浓缩时，除三角架、酒精灯外，还需要的仪器有 蒸发皿、玻璃棒（坩埚钳） ．（3）由CaCl2制取CaO2的反应中，温度不宜太高的原因是 温度过高会导致双氧水分解 ．（4）用下列装置如图2测定工业碳酸钙的质量分数①按A﹣B﹣C﹣D顺序连接，然后从A装置通入空气，目的是 让生成的二氧化碳全部放出，进入C装置，确保实验结果的准确性 ．27\n②装置D的作用为 防止空气中的CO2与Ba（OH）2溶液反应 ．③实验时，准确称取10.00g工业碳酸钙3份，进行3次测定，测得BaCO3沉淀的平均质量为17.73g，则样品中CaCO3的质量分数为 90.00% ．若无D装置，测量结果则 偏大 ．（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）④上述几个实验装置中有不合理之处，需改进的装置及理由是： B、C装置中，为使分液漏斗中的液体顺利流出，用橡皮管将分液漏斗与锥形瓶、分液漏斗与集气瓶连接成连通装置 ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合．【分析】（1）调节溶液pH为碱性环境，以除去溶液中Al3+和Fe3+，可以使之转化为氢氧化物沉淀而除去，根据保证不引入杂质离子来选择合适的调节pH值的试剂；（2）根据蒸发操作所需仪器来回答；（3）根据温度过高会导致实验误差来回答；（4）①根据实验原理，保证碳酸钙和盐酸反应产生的二氧化碳的放出是关键；②碳酸钙和盐酸反应产生的二氧化碳的量不能受外界空气中二氧化碳和水的干扰；③根据实验的原理结合化学反应进行计算即可；若无D装置，空气中的二氧化碳有可能被氢氧化钠吸收，导致BaCO3沉淀的质量偏大，据此分析；④根据装置图可知，在B、C装置中分液漏斗中的液体难以顺利流下，据此答题．【解答】解：（1）调节溶液pH为碱性环境，以除去溶液中Al3+和Fe3+，可以使之转化为氢氧化物沉淀而除去滤渣的主要成分是氢氧化铝和氢氧化铁，为了保证不引入杂质离子，所以中和盐酸的酸性调节pH值可以用氧化钙或是碳酸钙，故选AC，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；AC；（2）根据蒸发操作所需仪器有玻璃棒、蒸发皿、酒精灯、三脚架，故答案为：蒸发皿、玻璃棒（坩埚钳）；（3）根据温度过高会导致双氧水分解，引起实验误差，故答案为：温度过高会导致双氧水分解；（4）①根据实验原理，保证碳酸钙和盐酸反应产生的二氧化碳的放出是关键，所以从A装置通入空气，目的是保证碳酸钙和盐酸反应产生的二氧化碳全部进入下一个装置，故答案为：让生成的二氧化碳全部放出，进入C装置，确保实验结果的准确性；②碳酸钙和盐酸反应产生的二氧化碳的量不能受外界空气中二氧化碳和水的干扰，装置D的作用为防止空气中的CO2与Ba（OH）2溶液反应，故答案为：防止空气中的CO2与Ba（OH）2溶液反应；③根据碳酸钙中碳元素守恒，碳酸钙中的碳元素先成为二氧化碳，然后是二氧化碳在和氢氧化钡反应得到碳酸钡沉淀，碳酸钡中的碳元素全部来自碳酸钙中，所以17.73gBaCO3沉淀的物质的量为=0.09mol，所以碳酸钙的物质的量是0.09mol，质量是9g，百分含量是×100%=90.00%，若无D装置，空气中的二氧化碳有可能被氢氧化钠吸收，导致BaCO3沉淀的质量偏大，所以计算出的碳酸钙的质量分数偏大，故答案为：90.00%；偏大；④根据装置图可知，在B、C装置中分液漏斗中的液体难以顺利流下，所以B、C装置中，为使分液漏斗中的液体顺利流出，用橡皮管将分液漏斗与锥形瓶、分液漏斗与集气瓶连接成连通装置，27\n故答案为：B、C装置中，为使分液漏斗中的液体顺利流出，用橡皮管将分液漏斗与锥形瓶、分液漏斗与集气瓶连接成连通装置．【点评】本题目是一道探究物质的含量的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大． 19．（10分）（2022秋•淮安校级月考）镁是海水中含量较多的金属，镁、镁合金及其镁的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛．（1）Mg2Ni是一种储氢合金，已知：Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3则△H3= +84.6 kJ•mol﹣1．（2）工业上可用电解熔融的无水氯化镁获得镁．其中氯化镁脱水是关键工艺之一，一种正在试验的氯化镁晶体脱水的方法是：先将MgCl2•6H2O转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3（铵镁复盐），然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为 MgCl2•NH4Cl•nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑ ；电解熔融氯化镁，阴极的电极反应式为 Mg2++2e﹣=Mg （3）储氢材料Mg（AlH4）2在110﹣200°C的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2A1+3H2↑每生成27gAl转移电子的物质的量为 3mol （4）工业上用MgC2O4•2H2O热分解制超细MgO，其热分解曲线如图．图中隔绝空气条件下B→C发生反应的化学方程式为 MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑ ．【考点】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】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需让化学方程式；（2）先将MgCl2•6H20转化为MgCl2•NH4Cl•nNH3，然后在700℃脱氨得到无水氯化镁，依据原子守恒书写化学方程式；用惰性电极电解熔融氯化镁，阴极上是镁离子得到电子生成镁；（3）氧化还原反应电子转移守恒计算；（4）判断A、B、C各点组成，然后写出反应的化学方程式．【解答】解：（1）①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3由盖斯定律②﹣2×①得到Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3=﹣64.4KJ/mol﹣2×（﹣74.5KJ/mol）=+84.6kJ/mol，则△H3=+84.6kJ/mol，27\n故答案为：+84.6；（2）MgCl2•NH4Cl•nNH3，在700℃脱氨得到无水氯化镁，反应的化学方程式：MgCl2•NH4Cl•nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑；用惰性电极电解熔融氯化镁，阴极上是镁离子得到电子生成镁，电极反应为：Mg2++2e﹣=Mg；故答案为：MgCl2•NH4Cl•nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑；Mg2++2e﹣=Mg；（3）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃﹣200℃的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol，故答案为：3mol；（4）工业上用MgC2O4•2H2O热分解制超细MgO，当最后固体完全为MgO时，剩余固体质量占原先固体质量的百分比为：×100%=27%，所以C点剩余的固体为MgO，MgC2O4•2H2O加热后先失去结晶水，完全失去结晶水后生成MgC2O4时剩余固体质量占原先固体质量的百分比：1﹣×100%≈75.7%，说明A点恰好失去结晶水，则B点剩余固体为氧化镁和草酸镁的混合物，草酸镁中C的化合价为+3价，根据氧化还原反应特点可知，草酸镁分解生成一氧化碳和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑，故答案为：MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑．【点评】本题考查了金属单质及其化合物的综合应用、热化学方程式的书写等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，注意掌握盖斯定律的概念及应用方法． 20．（14分）（2022秋•淮安校级月考）氮元素可形成氰化物（含CN﹣）、叠氮化物（含N3﹣）、氰酸盐（含CNO﹣）、络合物等多种化合物．（1）HCNO是一种弱酸，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H+和CNO﹣．①与CNO﹣互为等电子体的分子有： N2O或CO2或CS2或BeCl2 （举1例），由此可推知CNO﹣的空间构型是 直线 型．②C、N、O三种元素的第一电离能的大小顺序是 N＞O＞C ．（2）叠氮化物、氰化物能与Fe3+及Cu2+及Co3+等形成络合物，如：[Co（N3）（NH3）5]SO4、Fe（CN）64﹣．①写出Co3+在基态时的核外电子排布式： 3d74s2 ；②[Co（N3）（NH3）5]SO4中钴的配位数为 6 ；CN﹣中C原子的杂化类型是 sp ．（3）NaN3与KN3结构类似，前者的熔沸点高于后者，主要原因是 前者的晶格能较大 ．【考点】“等电子原理”的应用；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况．【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）①根据等电子体的定义分析；根据空间构型的判断方法判断；②同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，据此判断第一电离能大小顺序；（2）①根据基态原子的价电子排布式书写规则书写；②根据配位数的判断方法判断；根据杂化类型的判断方法判断；27\n（3）离子晶体，晶格能越大，熔沸点越高，相同电荷时，晶格能与离子的半径成反比，离子半径越大，晶格能越小．【解答】解：（1）①CNO﹣含有三个原子22个电子，与其等电子体的分子有N2O或CO2或CS2或BeCl2，CO2是直线型分子，所以CNO﹣的空间构型是直线型；故答案为：N2O或CO2或CS2或BeCl2；直线；②同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C．（2）①钴是37号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，所以其原子在基态时的价电子排布式为3d74s2；故答案为：3d74s2；②[Co（N3）（NH3）5]SO4中钴的配位数为1+5=6；CN﹣中价层电子对数=1+=2，所以采取sp杂化；故答案为：6；sp；（3）钠离子的离子半径小于钾离子的离子半径，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，NaN3的熔沸点高于KN3；故答案为：前者的晶格能较大．【点评】本题考查了物质的结构与性质，涉及晶格能、配位数、分子的空间构型等知识点，分子的空间构型、分子中原子的杂化类型的判断是每年高考的热点，元素第一电离能的规律中，要注意异常现象并会解释原因． 27
