【化学】江西省南昌市安义中学2020届高三上学期第五次月考（解析版）

【化学】江西省南昌市安义中学2020届高三上学期第五次月考（解析版）

江西省南昌市安义中学2020届高三上学期第五次月考 相对原子质量：H:1 Li:7 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 Cu:64‎ 一、选择题 ‎1.化学与生活、科技、医药、工业生产均密切相关，下列有关化学叙述正确的是（ ）‎ A. 浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品 B. 我国预计2020年发射首颗火星探测器太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 C. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应 D. 误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的食盐水解毒 ‎【答案】C ‎【解析】氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故A错误；太阳能电池帆板的材料是晶体硅，故B错误；钾元素的焰色是紫色，所以“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，故C正确；误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的牛奶解毒，故D错误。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 对硝基甲苯的结构简式：‎ B. 离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－‎ C. NH5结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：‎ D. CO2的比例模型：‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. 氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式：，与题意不符，A错误；‎ B. 35Cl－、37Cl－的质子个数为17，核外电子数为18，则离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－，符合题意，B正确；‎ C. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5为离子晶体，与题意不符，C错误；‎ D. CO2中，C原子半径大于O原子，则比例模型：，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）‎ A. 25℃，1L pH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－9 NA B. 标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合后气体的分子数为NA C. 标准状况下，22.4 L己烷中共价键数目为19NA D. 过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，电子转移数大于0.2 NA ‎【答案】D ‎【详解】A. 25℃，1L pH=9的CH3COONa溶液中，溶液中的c（H+）=10-9 mol/L，而溶液中的c（OH-）=10-5mol/L，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则发生电离的水分子数为1×10－5NA，与题意不符，A错误；‎ B. NO与O2反应生成二氧化氮，二氧化氮可生成四氧化二氮，则标准状况下，22.4L NO与11.2L O2混合后气体的分子数小于NA，与题意不符，B错误；‎ C. 标准状况下，己烷为液体，无法用气体摩尔体积进行计算，C错误；‎ D. 过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，稀硝酸也能与Cu反应，则电子转移数大于0.2 NA，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】NO与O2反应生成NO2，二氧化氮可生成四氧化二氮，导致分子数目减小。‎ ‎4.下列对应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应：‎ B. 向氯化铁溶液中通入过量二氧化硫：‎ C. 银和稀硝酸反应 ‎ D. 向氯水中加入碳酸钠：‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．将酸性高锰酸钾溶液滴入草酸溶液中，离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；‎ B．氯化铁溶液中通入过量二氧化硫被还原生成二价铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+，故B错误；‎ C．银和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Ag+4H++NO3-═3Ag++2H2O+NO↑，故C正确；‎ D．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，生成的HClO和碳酸钠反应生成NaClO和NaHCO3，生成的盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，离子方程式为：2Cl2+3CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2ClO-+2HCO3-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意明确判断离子方程式常用方法：①检查反应能否发生；②检查反应物、生成物是否正确；③检查各物质拆分是否正确；④检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)；⑤检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可。‎ ‎5.下图是用来干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（ ）‎ 选项 X 收集气体 Y A 氯化钙 氯化氢 水 B 碱石灰 氨气 水 C 碱石灰 二氧化硫 氢氧化钠 D 氯化钙 一氧化氮 氢氧化钠 ‎【答案】A ‎【详解】A. 氯化钙可吸收氯化氢中的水蒸气，并能收集HCl气体，符合题意，A正确；‎ B. 碱石灰可吸收氨气中的水蒸气，氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，导气管应该为短进长出，与题意不符，B错误；‎ C. 碱石灰能与二氧化硫反应，不能起到干燥作用，与题意不符，C错误；‎ D. 一氧化氮能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】一氧化氮能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集。‎ ‎6.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ ‎①的溶液：‎ ‎②的溶液中：‎ ‎③水电离的浓度的溶液中：‎ ‎④加入能放出的溶液中：‎ ‎⑤使石蕊变红的溶液中：‎ ‎⑥中性溶液中：‎ A. ②④ B. 只有② C. ②④⑥ D. ①②⑥‎ ‎【答案】A ‎【详解】①pH=0的溶液呈酸性，I-、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；‎ ‎②pH=12的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故②正确；‎ ‎③水电离的H+浓度为10-12mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，CO32-、SO32-不能大量共存，碱性条件下NH4+不能大量存在，故③错误；‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故④正确；‎ ‎⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+和MnO4-、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故⑤错误；‎ ‎⑥中性溶液中Fe3+水解生成氢氧化铁使溶液呈酸性而不能大量共存，故⑥错误；‎ ‎②④正确，故答案为A。‎ ‎【点睛】考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，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-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；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。‎ ‎7.1 mol过氧化钠与2‎ ‎ mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）‎ A. Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3‎ C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【分析】加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后先发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2，再发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，以此来解答。‎ ‎【详解】由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1molCO2与恰好与1molNa2O2反应生成1molNa2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算的知识，把握发生的反应及先后顺序为解答的关键，注意过氧化钠先与二氧化碳反应，本题侧重于学生分析与计算能力的考查。‎ ‎8.自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A. N2NH3，NH3NO均属于氮的固定 B. 催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应 C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂 D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量 ‎【答案】D ‎【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO不属于氮的固定，A错误；‎ B. 催化剂a作用下氮原子发生了还原反应，B错误；‎ C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；‎ D. 使用催化剂a、b可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.有一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数比X 核外电子数多1。下列叙述正确的是（ ）‎ A. WZ 的熔点低于XZ4‎ B. 元素非金属性的顺序为 C. 该新化合物中Y 不满足8 电子稳定结构 D. Y 的最高价氧化物的水化物是强酸 ‎【答案】D ‎【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，且Z 核外最外层电子数比X 核外电子数多1，则X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，X应为C、Z应为F；根据W+所带电荷知，W为第二周期，则W为Li；在阴离子中X为+4价，Z为-1价，根据化合价的代数和为-1价可知，Y为-3价，则Y为N元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知：W、X、Y、Z分别是Li、C、N、F元素；‎ A．WZ为LiF，是离子晶体，而XZ4为CF4，是分子晶体，则WZ 的熔点比XZ4高，故A错误；‎ B．同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性F＞N＞C，即X＜Y＜Z，故B错误；‎ C．Y为N元素，其最外层有5个电子，N原子形成2个共价键且该阴离子得到W原子一个电子，所以N原子达到8电子结构，故C错误；‎ D．N元素最高价氧化物的水化物HNO3是强酸，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列实验装置设计正确且能达到实验目的的是（ ）‎ A. 实验装置Ⅰ：检查装置的气密性 B. 实验装置Ⅱ：测定未知盐酸的浓度 C. 实验装置Ⅲ：比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱 D. 实验装置Ⅳ：定容 ‎【答案】A ‎【详解】A. 实验装置Ⅰ：检查装置的气密性，由于装置中形成了封闭系统，能够形成内外气体压强差；关闭止水夹，向长颈漏斗中注入水，形成水柱，且一段时间后水柱高度无变化，则说明装置气密性良好；A正确；‎ B. 实验装置Ⅱ：测定未知盐酸的浓度，NaOH不应放在酸式滴定管内，B错误；‎ C. 实验装置Ⅲ：比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱，没有安装除去CO2气体中HCl的装置，C错误；‎ D. 实验装置Ⅳ：液面低于刻度线1-2cm时，方可定容；定容时，胶头滴管口应位于容量瓶口的上方；D错误。‎ 故选A。‎ ‎11.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(g) ΔH=890.3 kJ/mol B. 取50mL 0.55mol/L NaOH(aq)和50mL 0.50mol/L HCl(aq)进行中和热的测定实验，用温度计测定HCl(aq)起始温度后，直接测定NaOH(aq)的温度，会使中和热ΔH偏小 C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1‎ D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O2比O3稳定 ‎【答案】D ‎【详解】A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1‎ ‎，水应该为液态，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) ΔH=890.3 kJ/mol，与题意不符A错误；‎ B. 用温度计测定HCl（aq）起始温度后，直接测定NaOH（aq）的温度，NaOH（aq）的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，会使中和热△H偏大，故C错误，与题意不符，B错误；‎ C. 0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故C错误；‎ D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，利用盖斯定律，两式相减，3O2(g) ═2O3(g) △H =+284.2 kJ•mol-1，则O2比O3稳定，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎12.一定温度下,反应,在密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确是（ ）‎ A. 体积不变,加少许化学平衡正向移动，再达到平衡状态时与原平衡相比颜色变深 B. 加压时(体积变小),将使正反应速率增大，逆反应速率减慢 C. 体积不变,加少许,化学平衡逆向移动，再达到平衡状态时与原平衡相比颜色变浅 D. 保持体积不变,升高温度,化学平衡正向移动，再达到平衡状态时混合气体密度变小 ‎【答案】A ‎【详解】A．保持温度和体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，NO2的浓度比原平衡时浓度大，则颜色变深，故A正确；‎ B．体积变小，浓度增大，正、逆反应速率均增大，故B错误；‎ C．体积不变，加少许NO2，NO2浓度增大，化学平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，重新平衡时NO2的浓度比原平衡状态大，即混合气体的颜色比原平衡状态深，故C错误；‎ D．体积不变，混合气体的质量也不变，则混合气体密度始终不变，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎13.我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（ ）‎ A. Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化 B. 两种电解质溶液环境下从N2→NH3的焓变不同 C. MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2→*N2H)的能量降低 D. N2的活化是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程 ‎【答案】B ‎【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；‎ B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误；‎ C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2→*N2H)的能量大大降低，C正确；‎ D.根据图示可知N2的活化是N≡N键的断裂形成N2H的过程，即是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是（ ）‎ A. 氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体 B. 反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3‎ C. BaCl2溶液的目的是检验SO3的存在,此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3‎ D. 反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1：1‎ ‎【答案】C ‎【详解】A、氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体，避免污染空气，A正确；‎ B、硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3， B正确；‎ C、如果二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液的问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫， C错误；‎ D、实验后反应管中残留固体为红色粉末（Fe2O3），BaCl2溶液中有白色沉淀产生（说明有SO3），品红溶液中红色褪去（说明有SO2），检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所以分解方程式为：，所以氧化产物（Fe2O3）和还原产物（SO2）物质的量之比为1:1，D正确；‎ 故选C。‎ ‎15.已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表:‎ H2CO3‎ H2SO3‎ HClO K1=4.30×10-7‎ K1=1.54×10-2‎ K=2.95×10-8‎ K2=5.61×10-11‎ K2=1.02×10-7‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 相同条件下,同浓度的 H2SO3溶液和 H2CO3溶液的酸性， 后者更强 B. 向氯水中分别加入等浓度的 NaHCO3 和 NaHSO3溶液,均可提高氯水中 HClO 的浓度 C. NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO- + CO2 + H2O = 2HClO + CO3 2-‎ D. Na2CO3溶液中通入少量SO2：2CO32- + SO2+ H2O = 2HCO3 - + SO3 2-‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 相同条件下，H2SO3的K1大于H2CO3的，则同浓度的 H2SO3溶液和 H2CO3溶液的酸性，H2SO3更强，与题意不符，A错误；‎ B. 向氯水中分别加入等浓度的 NaHCO3 和 NaHSO3溶液，NaHSO3消耗次氯酸，可减少氯水中 HClO 的浓度，与题意不符，B错误；‎ C. HClO的K大于H2CO3的K2，NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO- + CO2 + H2O = HClO + HCO3 -，与题意不符，C错误；‎ D. H2SO3的K2大于H2CO3的K2，Na2CO3溶液中通入少量SO2：2CO32- + SO2+ H2O = 2HCO3 - + SO3 2-，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎16.将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（ ）‎ A. 2mol/L B. 1.8mol/L C. 2.4 mol/L D. 3.6 mol/L ‎【答案】A ‎【详解】试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。‎ 二、非选择题 ‎17.氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂。某课题组设计实验制备氢化铝锂并测定其纯度。已知: 氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体。‎ I.制备氢化锂 选择图1中的装置制备氢化锂(有些装置可重复使用):‎ ‎（1）装置的连接顺序(从左至右)为A→__________________________。‎ ‎（2）检查好装置的气密性，点燃酒精灯前需进行的实验操作是___________________。‎ ‎（3）写出制备氢化铝锂的化学方程式:__________________________________。‎ II. 制备氢化铝锂 ‎1947年，Schlesinger,Bond和Finholt首次制得氢化铝锂，其方法是使氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，搅样，充分反应后，经一系列操作得到LiAlH4晶体。‎ ‎（4）写出氢化锂与无水三氯化铝反应的化学方程式:________________________________。‎ III.测定氢化铝锂产品(不含氢化锂)的纯度 ‎（5）按图2装配仪器、检查装置气密性并装好药品(Y形管中的蒸馏水足量，为了避免氢化铝锂遇水发生爆炸，蒸馏水中需掺入四氢呋喃作稀释剂),启动反应的操作是____________。读数之前上下移动量气管右侧的容器，使量气管左、右有两侧的液面在同一水平面上，其目的是_____________________________________________________。‎ ‎（6）在标准状况下，反应前量气管读数为V1 mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2 mL。该样品的纯度为_____________(用含a、V1、V2 的代数式表示)。如果起始读数时俯视刻度线，测得的结果将____________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】(1). D→B→C→B→E (2). 打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后，用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯 (3). 2Li+H22LiH (4). 4LiH+AlCl3=LiAlH4+3LiCl (5). 倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃) 全部注入ag产品中 (6). 确保量气管内气体的压强与大气压强相等 (7). (8). 偏高 ‎【详解】I. (1)‎ ‎ 氢化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氢气需要干燥，并除去其中混有的H2S，因此需要显通过氢氧化钠溶液除去硫化氢气体，再通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氢化锂，为防止外界水蒸气进入装置，后面需要接干燥装置B，最后用排水集气法收集未反应的氢气，装置的连接顺序(从左至右)为A→D→B→C→B→E，故答案为D→B→C→B→E；‎ ‎(2)检查好装置的气密性，点燃酒精灯前需要首先制备氢气，并检验氢气的纯度，因此进行的实验操作为打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后，用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯，故答案为打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后，用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯；‎ ‎(3)氢气与锂反应制备氢化锂的化学方程式为，故答案为2Li＋H22LiH；‎ II. (4) 氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，充分反应得到LiAlH4，反应的化学方程式为4LiH＋AlCl3=LiAlH4＋3LiCl，故答案为4LiH＋AlCl3=LiAlH4＋3LiCl；‎ III. (5)按图2装配仪器、检查装置气密性并装好药品，Y形管中的蒸馏水足量，启动反应时只需要倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入a g产品中即可。读数之前，上下移动量气管右侧的容器，使量气管左、右两侧的液面在同一水下面上，可以确保量气管内气体的压强与大气压强相等，减少实验误差，故答案为倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入a g产品中，确保量气管内气体的压强与大气压强相等；‎ ‎(6) 氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体为氢气，LiAlH4＋4H2O=LiOH+ Al(OH)3+4H2↑，在标准状况下，反应前量气管读数为VmL，反应完毕并冷却之后,量气管读数为V2mL，则生成的氢气为(V2-V1)mL，根据方程式，LiAlH4的物质的量为×，则样品的纯度 =×100%= %，如果起始读数时俯视刻度线，导致V1偏小，结果偏高，故答案为%；偏高。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的制备和含量的测定。本题的易错点为(6)中纯度的计算和误差的分析，分析误差时需要根据计算结果的表达式分析判断。‎ ‎18.重铬酸钾()在制革工业、印刷工业、电镀工业等有重要用途用工业上以铬铁矿，含杂质)为原料制备重铬酸钾的工艺如下：‎ 已知：①；②有关物质的溶解度曲线如图：‎ ‎（1）转窑中发生的主要反应除了下面的两个反应外，还有其他反应。‎ ‎①；‎ ‎②______+_____________________。‎ 请配平反应②的化学方程式。‎ ‎③请写出其他主要反应的化学方程式：_________________________________。‎ ‎（2）灼烧是中学化学中常用的操作方法，如在实验室中将铬铁矿和碳酸钠固体混合物灼烧，下列各实验仪器中不需要的是___________(填序号)。‎ A.陶瓷坩埚 B.铁坩埚 C.三脚架 D.泥三角 ‎（3）固体Y成分的化学式为_________________。‎ ‎（4）向母液中加入浓硫酸，把铬酸钠转化为重铬酸钠，试从平衡的角度说明_______________________________________________________________________。‎ ‎（5）在“一系列操作”中，其中有一步是加入，获得该产品的原理是____________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 4 (2). 8 (3). 7 (4). 8 (5). 2 (6). 8 (7). (8). A (9). (10). 增大溶液中的氢离子浓度，平衡正向移动，使转化为 (11). 使转化成溶解度较小的 ‎【分析】根据流程：铬铁矿(FeO•Cr2O3，含Al2O3、Fe2O3、SiO2杂质)和碳酸钠、氧气混合焙烧，发生反应：4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，根据方程式知，生成的气体M是二氧化碳，然后水浸、过滤，固体X为Fe2O3；将滤液通入M气体，溶液中偏铝酸钠和NaOH与二氧化碳溶液生成碳酸钠和氢氧化铝，硅酸钠生成硅酸，然后过滤，固体Y是Al(OH)3、H2SiO3，母液中含有Na2CrO4、Na2CO3和Na2SO4，加入硫酸加入浓硫酸，把铬酸钠转化为重铬酸钠，然后加入KCl将重铬酸钠转化为重铬酸钾，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，转窑中铬铁矿和碳酸钠、氧气混合焙烧，发生反应：4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、Na2CO3+Al2O32NaAlO2+ CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑；‎ ‎(2)因为碳酸钠显强碱性，为防止其腐蚀陶瓷坩埚，使用铁坩埚，还需要三脚架、泥三角；故答案为A；‎ ‎(3)根据分析，浸取后的溶液含有偏铝酸钠、硅酸钠，M为二氧化碳，通入二氧化碳，溶液中偏铝酸钠和NaOH与二氧化碳溶液生成碳酸钠和氢氧化铝，硅酸钠生成硅酸，过滤，固体Y是Al(OH)3、H2SiO3；‎ ‎(4)母液成分主要是Na2CrO4，加入浓硫酸，增大溶液中氢离子的浓度，平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O正向移动，使CrO42-转化为Cr2O72-，把铬酸钠转化为重铬酸钠；‎ ‎(5)根据图可知，K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7，加入KCl，可以使Na2Cr2O7转化为溶解度较小的K2Cr2O7。‎ ‎【点睛】无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来；物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类；物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等．化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等．要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法。‎ ‎19.二甲醚又称甲醚,简称 DME，熔点，沸点，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。 由合成气()制备二甲醚的反应原理如下：‎ ‎①‎ ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知:，若由合成气() 制备 ，且生成，其热化学方程式为___________________________。‎ ‎（2）有人模拟该制备原理：500K时，在2L的密闭容器中充入和. 5min达到平衡,平衡时测得，，此时的转化率为___________。用 表示反应①的速率是_____________，可逆反应②的平衡常数 =_______________________ ‎ ‎(3)在体积一定的密闭容器中发生反应②，如果该反应的平衡常数值变小，则下列说法正确的是______________。‎ A. 平衡向正反应方向移动 B. 平衡移动的原因是升高了温度 C. 达到新平衡后体系的压强不变 D. 容器中的体积分数减小 ‎（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中,按不同投料比充入和进行反应①，平衡时和的转化率如图所示，则a=________ (填数值)。‎ ‎（5）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和，恒温（）时，各物质的浓度随时间的变化如下表：‎ 浓度/‎ 时间/min ‎0‎ ‎0.100‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎0.058‎ ‎0.021‎ ‎0.021‎ ‎20‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.030‎ ‎30‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.030‎ ‎40‎ ‎0.032‎ ‎0.034‎ ‎0.017‎ ‎50‎ ‎0.032‎ ‎0.034‎ ‎0.017‎ 在31 min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，40 min，50 min时各物质的浓度如上表所示，则改变的条件是__________________。‎ 在51 min时，保持温度和容器体积不变再充入和，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时化学平衡__________________（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). 0.12 (4). 1 (5). BD (6). 2 (7). 减小的浓度 (8). 正向移动 ‎【分析】(1)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.0kJ•mo l -1，②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=-20.0kJ•mo l-1，③H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，CO、H2制备1molCH3OCH3和H2O的化学方程式为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l )，根据盖斯定律2×①+②-③得到反应的热化学方程式；‎ ‎(2)平衡体系中c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.2mo l•L-1，根据H原子守恒计算c(CH3OH)，再根据C守恒计算c(CO)，最后利用平衡三段式计算反应②的平衡常数K2；‎ ‎(3)在体积一定的密闭容器中发生反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-20.0kJ/mol，反应的平衡常数K2值变小，说明平衡逆向进行，改变的是温度，升温平衡逆向进行；‎ ‎(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图，a点是一氧化碳和氢气转化率相同；‎ ‎(5)依据图表数据变化分析，30min末一氧化氮和二氧化碳浓度减小，氮气浓度增大，结合计算平衡常数和浓度变化分析判断；在51min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，计算此时的浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向。‎ ‎【详解】(1)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.0kJ•mol-1，②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-20.0kJ•mol-1，③H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，CO、H2制备1molCH3OCH3和H2O的化学方程式为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)，根据盖斯定律2×①+②-③得到2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)的)△H=2×(-90.0kJ•mol-1)+(-20.0kJ•mol-1)-(+44.0kJ/mol)═-244.0kJ•mol-1，所以热化学方程式为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-244.0kJ•mol-1；‎ ‎(2)由反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)可知：平衡体系中c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.2mol•L-1，由H原子守恒有1.8mol/L+2×c(H2O)+6×c(CH3OCH3)+4×c(CH3OH)=2×3，所以c(CH3OH)=0.2mol/L，根据C原子守恒剩余有c(CO)=1-c(CH3OH)-2c(CH3OCH3)=0.4mol/L，CO的转化率=×100%=60%，反应①中CH3OH的变化浓度等于CO的变化浓度，即为1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，则用 表示反应①的速率是=0.12；平衡时反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的平衡浓度分别为c(CH3OH)=0.2mol/L，c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.2mol•L-1，反应②的平衡常数K2==1；‎ ‎(3)在体积一定的密闭容器中发生反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-20.0kJ/mol，如果该反应的平衡常数K2值变小，说明平衡逆向进行，改变的是温度，升温平衡逆向进行；‎ A．升温平衡逆向进行，故A 错误；‎ B．平衡常数只与温度有关，平衡常数K2值变小，则平衡逆向进行，所以改变条件为升温，故B正确；‎ C．气体物质的量虽然不变，但升温容器中混合气体的压强增大，故C错误；‎ D．温度升高，平衡逆向移动，容器中CH3OCH3的体积分数降低，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.0kJ•mol-1，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，a点是一氧化碳和氢气转化率相同，则一氧化碳和氢气起始量等于1：2，则n(H2)：n(CO)=2：1，a=2；‎ ‎(5)30min时改变某一条件，反应重新达到平衡时c(N2)=0.34mol/L；c(CO2)=0.17mol/L；c(NO)=0.32mol/L；则平衡常数K= = =0.56，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小，反应前后气体体积不变，所以减小二氧化碳浓度，平衡正向进行的结果；在51min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，Qc==0.28＜K=0.56，化学平衡正向移动。‎ ‎【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎20.有机化合物G可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。‎ 请回答：‎ ‎（1）A 的结构简式______________________，在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂为______________________。‎ ‎（2）C+E→F的反应类型是______________________，F中含有的官能团名称为______________________。‎ ‎（3）写出G和过量溶液共热时反应的化学方程式 ‎__________________________________________________________________。‎ ‎（4）化合物E的同分异构体很多，符合下列条件的结构共有____________种，①含苯环；②苯环上有两个取代基；③能与醇发生酯化反应；④不含-OCO-结构。‎ ‎（5）已知酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（‎ ‎）是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）____________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 (3). 取代反应 (4). 酯基 (5). (6). 9 (7). ‎ ‎【分析】A与银氨溶液反应有银镜生成，被氧化生成乙酸，则A为CH3CHO，B发生取代反应生成C；D和甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，C和E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G；‎ ‎(5)以苯酚、甲苯为原料制取，可由苯酚和苯甲酰氯发生取代反应得到，苯甲酰氯可由苯甲酸发生取代反应得到，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸。‎ ‎【详解】A与银氨溶液反应有银镜生成，被氧化生成乙酸，则A为CH3CHO，B发生取代反应生成C；D和甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E，则E的结构简式为，C和E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G；‎ ‎(1)由分析知A 的结构简式为CH3CHO，CH3CHO能和银氨溶液发生银镜反应或和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，则在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂为新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液；‎ ‎(2)C+E→F的反应类型是取代反应，F的结构简式为，含有的官能团名称为酯基；‎ ‎(3)G中含有酯基，则G能和NaOH反应，G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式 ‎；‎ ‎(4)化合物E为，其同分异构体符合下列条件：①含苯环；②苯环上有两个取代基；③能与醇发生酯化反应，说明分子结构中含有羧基(-COOH)；④不含-OCO-结构；则可能结构是：两个取代基分别是-COOH和-CH2OH，有邻、间、对位3种；两个取代基分别是-CH2COOH和-OH，有邻、间、对位3种；两个取代基分别是-COOH和-OCH3，有邻、间、对位3种；即满足条件的E的同分异构体共有9种；‎ ‎(5)以苯酚、甲苯为原料制取，可由苯酚和苯甲酰氯发生取代反应得到，苯甲酰氯可由苯甲酸发生取代反应得到，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，其合成路线为。‎ ‎【点睛】根据苯甲酸苯酚酯的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求，本题难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。 ‎