湖北剩州市松滋一中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

湖北省荆州市松滋一中2022-2022学年高三（上）期中化学试卷　一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．已知：25℃时，Ksp（Mg（OH）2）=5.61×10﹣12，Ksp（MgF2）=7.42×10﹣11．下列说法正确的是（　　）A．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B．25℃时，Mg（OH）2固体在20ml0.01mol/L氨水中的Ksp比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的小C．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2D．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大　2．X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2气态分子；Y与M形成的气态化合物的相对分子质量为17，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半．下列说法正确的是（　　）A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．Z元素形成的某种单质有漂白性D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键　3．常温下，在25mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入amL0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液，有关混合溶液的判断正确的是（　　）A．当pH=7时，一定有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）=c（H+）B．当a=25时，一定有：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）C．当c（CH3COO﹣）＞c（Na+）时，a一定大于12.5D．当c（OH﹣）＞c（H+）时，a一定小于12.5　4．用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液．已知铅蓄电池的总反应为：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）═2PbSO4（s）+2H2O（l），电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，下列说法正确的是（　　）A．d极为阴极B．放电时铅蓄电池负极的电极反应式为：PbO2（s）+4H+（aq）+SO42﹣（aq）+4e﹣═PbSO4（s）+2H2O（l）C．若利用甲池精炼铜，b极应为粗铜D．若四个电极材料均为石墨，当析出6.4gCu时，两池中共产生气体3.36L（标准状况下）　21\n5．T℃时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是（　　）A．平衡时X、Y的转化率相同B．该反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）C．T℃时，若起始时X为2.00mol，Y为2.00mol，达平衡时Y的体积分数与原平衡Y的体积分数相同D．达到平衡后，将容器体积扩大为4L，平衡向逆反应方向移动　6．瘦肉精学名盐酸克伦特罗，其结构简式如图，有关瘦肉精的说法不正确的是（　　）A．化学式为C12H18ON2Cl2B．可以发生取代、加成、水解、酯化、消去反应C．属于芳香族化合物D．遇FeCl3溶液发生显色反应　7．下列离子方程式中正确的是（　　）A．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe3++2NO↑+4H2OB．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OC．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I﹣+H2O2+2H+=2H2O+I2　8．下列化学实验，能达到实验目的是（　　）A．将MgCl2溶液小心蒸干得到无水MgCl2B．通过蒸馏分离苯和溴苯C．电解AlCl3溶液可以得到金属铝D．通过过滤从碘水中提取碘　9．下列各组中，性质比较不正确的是（　　）A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3C．稳定性：PH3＞H2S＞HClD．非金属性：F＞O＞S　21\n10．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO当加入NaOH溶液后颜色变浅B．对2HI⇌H2+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深C．反应CO+NO2⇌CO2+NO△H＜0升高温度使平衡向逆方向移动D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，△H＜0为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施　11．某有机化合物的结构如图，关于该化合物的下列说法正确的是（　　）A．由于含有氧元素不是有机物B．完全燃烧时只有二氧化碳和水两种产物C．分子中含有羟基属于醇D．不能使溴水褪色　12．下列有机物是按照碳的骨架进行分类的是（　　）A．烷烃B．烯烃C．芳香烃D．卤代烃　13．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是（　　）A．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.0μmol•L﹣1B．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.5μmol•L﹣1C．3.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1D．5.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1　14．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变可使反应速率加快的是（　　）A．增加C的量B．将容器的体积减小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大D．保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大　15．将可逆反应：2NO2←→2NO+O2在固定容积的密闭容器中进行，达到平衡的标志是（　　）①单位时间内消耗nmolO2的同时，生成2nmolNO221\n②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的密度不再改变的状态⑤混合气体的颜色不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．②⑤⑥　16．制造硫酸的工艺流程反应其中之一是2SO2（g）+O2（g）←→2SO3（g）+190kJ．下列描述中能说明上述反应已达平衡的是（　　）A．v（O2）正=2v（SO3）逆B．容器中气体的平均摩尔质量不随时间而变化C．如果容器容积是固定的，那么混合气体的密度不随时间而变化D．单位时间内生成nmolSO3的同时生成nmolO2　　二、填空题17．（9分）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”．试回答下列问题：（1）钛有Ti和Ti两种原子，它们互称为　　　　　　．Ti元素在元素周期表中的位置是第　　　　　　周期，第　　　　　　族；基态原子的电子排布式为　　　　　　；按电子排布Ti元素在元素周期表分区中属于　　　　　　区元素（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用．偏钛酸钡晶体中晶胞的结构如图所示，它的化学式是　　　　　　（3）二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体可转化为二氧化碳和水，达到无害化．有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是　　　　　　．A．苯与B3N3H6互为等电子体B．甲醛、苯分子中碳原子均采用sp2杂化C．苯、二氧化碳是非极性分子，水和甲醛是极性分子D．水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键．　18．（14分）有A、B、C、D4种烃，各取0.01mol充分燃烧后，B、C、D所产生的二氧化碳均为448mL（标准状况）；A燃烧所得的二氧化碳是其他三者的3倍．在镍催化剂的作用下，A、B、C都能和氢气发生加成反应，B可以转变为C或D，C可以转变为D；B或C都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而A、D无此性质；在FeBr3存在时，A与溴发生取代反应．试推断出4种烃的结构简式：（1）A是　　　　　　，B是　　　　　　，C是　　　　　　，D是　　　　　　．（2）B→D的反应方程式：　　　　　　．（3）除去D中C的反应方程式：　　　　　　．21\n（4）C发生加聚反应的方程式：　　　　　　．　19．（15分）四川盛产五倍子．以五倍子为原料可以制得化合物A．A的结构简式如图所示：请回答下列问题：（1）A中有哪些官能团（写出名称）　　　　　　（2）有机物B在硫酸催化条件下加热发生酯化反应可得到A．请写出B的结构简式　　　　　　．（3）1molA最多能消耗　　　　　　molNaOH；请写出A与过量的NaOH溶液反应的化学方程式　　　　　　（4）有机化合物C是合成治疗禽流感药物的原料之一．C可以看做是B与氢气按物质的量之比1：2发生加成反应得到的产物．C分子中无羟基与碳碳双键直接相连的结构，它能使溴水褪色．请写出C与溴水反应的化学方程式　　　　　　．　20．（6分）在某无色溶液里，只含有下列8种离子中的某几种：Na+、H+、Ag+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣、HCO3﹣、NO3﹣．已知该溶液能跟铝粉反应，且放出的气体只有H2．试回答：（1）若溶液和铝粉反应后有AlO2﹣生成，则溶液中一定含有大量的　　　　　　离子，还可能含有大量的　　　　　　离子．（2）若溶液和铝粉反应后有Al3+生成，则溶液中一定含有大量的　　　　　　离子，原溶液中一定不含有大量的　　　　　　离子．　21．（8分）工业生产硝酸铵的流程图如下：请回答下列问题：（1）写出硝酸铵在工农业生产中的重要作用　　　　　　（任写一条）．（2）已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．在一定温度压强和铁催化条件下向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后，放出的热量　　　　　　（填“＜”“＞”“=”）92.4kJ，理由是　　　　　　．（3）写出氨催化氧化的化学方程式：　　　　　　．　　21\n湖北省荆州市松滋一中2022-2022学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题3分，16小题，满分48分）1．已知：25℃时，Ksp（Mg（OH）2）=5.61×10﹣12，Ksp（MgF2）=7.42×10﹣11．下列说法正确的是（　　）A．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B．25℃时，Mg（OH）2固体在20ml0.01mol/L氨水中的Ksp比在20mL0.01mol/LNH4Cl溶液中的小C．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2D．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；B．Ksp只与温度有关；C．如c（Mg2+）×c（F﹣）2＞7.42×10﹣11，则生成MgF2；D．从溶解平衡移动的角度分析．【解答】解：A．因氢氧化镁溶度积小，由Ksp可判断饱和Mg（OH）2溶液的Mg2+浓度小，故A错误；B．Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故B错误；C．在Mg（OH）2的悬浊液加入NaF溶液，如c（Mg2+）×c（F﹣）2＞7.42×10﹣11，则生成MgF2，故C错误；D．NH4+结合OH﹣使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故D正确．故选D．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性．　2．X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2气态分子；Y与M形成的气态化合物的相对分子质量为17，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半．下列说法正确的是（　　）A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．Z元素形成的某种单质有漂白性D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与Z可形成XZ2气态，X、Y、Z都是非金属性元素，最外层电子数之和为15，故最外层电子数依次为4、5、6，可推知X为C、Y为N、Z为O；Y与M形成的气态化合物的相对分子质量为17，可推知M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数=（6+7+8+1）÷2=11，故W为Na，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与Z可形成XZ221\n气态分子，X、Y、Z都是非金属性元素，最外层电子数之和为15，故最外层电子数依次为4、5、6，可推知X为C、Y为N、Z为O；Y与M形成的气态化合物的相对分子质量为17，可推知M为H元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数=（6+7+8+1）÷2=11，故W为Na，A．H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O＞H，故A错误；B．CO2、C2H2为直线型的共价化合物，Na2O2为离子化合物，故B错误；C．臭氧具有强氧化性，有漂白性，故C正确；D．C、N、O、H四种元素形成的硝酸只有共价键，故D错误，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，“X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2气态分子”是推断的突破口，　3．常温下，在25mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入amL0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液，有关混合溶液的判断正确的是（　　）A．当pH=7时，一定有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）=c（H+）B．当a=25时，一定有：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）C．当c（CH3COO﹣）＞c（Na+）时，a一定大于12.5D．当c（OH﹣）＞c（H+）时，a一定小于12.5【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、当pH=7时，c（Na+）=c（CH3COO﹣）；c（OH﹣）=c（H+），以此进行分析；B、当a=25时，醋酸过量，根据物料守恒应有：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＞c（Na+）；C、根据溶液呈电中性分析，当c（CH3COO﹣）＞c（Na+）时，c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，醋酸过量；D、根据a=12.5时，恰好反应生成醋酸钠溶液，水解呈碱性分析．【解答】解：A、当pH=7时，根据溶液电中性可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）=c（CH3COO﹣），c（OH﹣）=c（H+），此时c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故A错误；B、当a=25时，醋酸过量，是NaOH物质的量的2倍，应有c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故B错误；C、根据溶液电中性可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），当c（CH3COO﹣）＞c（Na+）时，c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，醋酸过量，a一定大于12.5，故C正确；D、a=12.5时，恰好反应生成醋酸钠溶液，水解呈碱性，所以当c（OH﹣）＞c（H+）时，a不一定小于12.5，故D错误．故选C．【点评】本题考查溶液离子浓度的大小比较，题目难度不大，本题注意溶液电中性的原理的利用以及醋酸为弱酸算这两点．　4．用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液．已知铅蓄电池的总反应为：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）═2PbSO4（s）+2H2O（l），电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，下列说法正确的是（　　）21\nA．d极为阴极B．放电时铅蓄电池负极的电极反应式为：PbO2（s）+4H+（aq）+SO42﹣（aq）+4e﹣═PbSO4（s）+2H2O（l）C．若利用甲池精炼铜，b极应为粗铜D．若四个电极材料均为石墨，当析出6.4gCu时，两池中共产生气体3.36L（标准状况下）【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明C极附近有碱生成，即该电极上氢离子放电，该电极是阴极，则d极是阳极，a是阴极b是阳极；B、放电时，负极上失去电子发生氧化反应；C、电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；D、根据转移电子和生成气体之间的关系式计算．【解答】解：A、电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明C极附近有碱生成，即该电极上氢离子放电，该电极是阴极，则d极是阳极，故A错误；B、放电时，铅蓄电池负极的电极反应式为：Pb（s）+SO42﹣（aq）﹣2e﹣=PbSO4（s），故B错误；C、电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明C极附近有碱生成，即该电极上氢离子放电，该电极是阴极，则d极是阳极，a是阴极b是阳极，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以b极应为粗铜，故C正确；D、若四个电极材料均为石墨，甲电解池中阳极上生成氯气，阴极上生成铜，乙电解池中阳极上生成氧气，阴极上生成氢气，当析出6.4gCu时，转移电子是0.2mol，所以生成0.1mol氯气、0.1mol氢气、0.05mol氧气，所以两池中共产生气体5.6L（标准状况下．），故D错误；故选C．【点评】本题考查了电解原理，难度不大，能准确判断电解池的阴阳极是解本题的关键．　5．T℃时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是（　　）21\nA．平衡时X、Y的转化率相同B．该反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）C．T℃时，若起始时X为2.00mol，Y为2.00mol，达平衡时Y的体积分数与原平衡Y的体积分数相同D．达到平衡后，将容器体积扩大为4L，平衡向逆反应方向移动【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】根据图象知，反应物为X、Y，生成物为Z，0﹣10s时，反应物X物质的量减少（1.20﹣0.40）mol=0.80mol，Y的物质的量减少（1.00﹣0.20）mol=0.80mol，Z的物质的量增加1.60mol．A．X、Y的起始物质的量之比不等于化学计量数之比，二者转化率一定不相等；B．参加反应的X、Y、Z的物质的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以该反应方程式为x（g）+Y（g）⇌2Z（g）；C．T℃时，若起始时X为2.00mol，Y为2.00mol，相当在在原平衡的基础上增加Y；D．该反应为气体体积不变的反应，改变压强不平衡移动；【解答】解：根据图象知，反应物为X、Y，生成物为Z，0﹣10s时，反应物X物质的量减少（1.20﹣0.40）mol=0.80mol，Y的物质的量减少（1.00﹣0.20）mol=0.80mol，Z的物质的量增加1.60mol．A．X、Y的起始物质的量之比不等于化学计量数之比，二者转化率一定不相等，故A错误；B．参加反应的X、Y、Z的物质的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以该反应方程式为x（g）+Y（g）⇌2Z（g），故B正确；C．T℃时，若起始时X为2.00mol，Y为2.00mol，相当在在原平衡的基础上增加Y，达平衡时Y的体积分数增大，故C错误；D．该反应为气体体积不变的反应，改变压强不平衡移动，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡图象问题，涉及化学平衡有关计算、平衡常数、影响化学平衡的因素等，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，书写方程式是解题关键．　6．瘦肉精学名盐酸克伦特罗，其结构简式如图，有关瘦肉精的说法不正确的是（　　）A．化学式为C12H18ON2Cl2B．可以发生取代、加成、水解、酯化、消去反应C．属于芳香族化合物D．遇FeCl3溶液发生显色反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含氨基、﹣Cl、醇﹣OH等，结合卤代烃、醇、氨基的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C12H18ONH2Cl2，故A正确；B．含﹣Cl、﹣OH可发生取代，含苯环可发生加成，含﹣Cl可发生水解，含﹣OH可发生酯化、消去反应，故B正确；21\nC．分子中含苯环，为芳香族化合物，故C正确；D．不含酚﹣OH，则不能遇FeCl3溶液发生显色反应，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、卤代烃性质及相关概念的考查，注意酚与醇的区别，题目难度不大．　7．下列离子方程式中正确的是（　　）A．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe3++2NO↑+4H2OB．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OC．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I﹣+H2O2+2H+=2H2O+I2【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．稀硝酸和过量的铁屑反应，生成二价铁离子；B．漏掉碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；C．当硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量2：1反应时，溶液显示中性；D．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合，反应生成硫酸钾、碘和水．【解答】解：A．稀硝酸和过量的铁屑反应，离子方程式：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热，离子方程式：HCO3﹣+NH4++2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B错误；C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，离子方程式为：Ba2++SO42﹣+2OH﹣+2H+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．KI溶液与H2SO4酸化的H2O2溶液混合，离子方程式：2I﹣+H2O2+2H+=2H2O+I2，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质和离子方程式书写的方法是解题关键，注意反应物的用量对反应的影响，C为易错选项，题目难度不大．　8．下列化学实验，能达到实验目的是（　　）A．将MgCl2溶液小心蒸干得到无水MgCl2B．通过蒸馏分离苯和溴苯C．电解AlCl3溶液可以得到金属铝D．通过过滤从碘水中提取碘【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发；B．互溶的液体可以采用蒸馏方法分离；C．在金属活动性顺序表中，Al位于H元素之前，所以电解氯化铝溶液时氢离子放电；D．难溶于性物质和溶液采用过滤方法分离．【解答】解：A．氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终达到氢氧化镁而不是氯化镁，故A错误；21\nB．互溶的液体可以采用蒸馏方法分离，苯和溴苯互溶，所以可以采用蒸馏方法分离，故B正确；C．在金属活动性顺序表中，Al位于H元素之前，所以电解氯化铝溶液时氢离子放电而生成氢气，所以得不到Al单质，故C错误；D．难溶于性物质和溶液采用过滤方法分离，碘不易溶于水但也不是沉淀，所以应该采用萃取方法分离，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，侧重考查物质性质及基本操作，会根据物质性质选取合适的分离方法，易错选项是A，注意：水解生成难挥发性酸且受热不易分解的盐溶液加热蒸干溶液最终得到该物质，水解生成易挥发性酸且受热不易分解的盐溶液加热蒸干得到氢氧化物，　9．下列各组中，性质比较不正确的是（　　）A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3C．稳定性：PH3＞H2S＞HClD．非金属性：F＞O＞S【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱；B、同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱；C、同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强；D、同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强．【解答】解：A、Cl、Br、I属于同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；B、Na、Mg、Al属于同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱，即碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故B正确；C、P、S、Cl属于同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，所以稳定性：PH3＜H2S＜HCl，故C错误；D、F和O属于同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性：F＞O，O和S属于同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强，所以O＞S，即非金属性F＞O＞S，故D正确．【点评】本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．　10．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO当加入NaOH溶液后颜色变浅B．对2HI⇌H2+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深C．反应CO+NO2⇌CO2+NO△H＜0升高温度使平衡向逆方向移动D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，△H＜0为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施【考点】化学平衡移动原理．21\n【分析】A．加入NaOH溶液时，NaOH和HBr、HBrO发生中和反应，从而影响化学平衡；B．该反应的反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动；C．升高温度，可逆反应向吸热反应方向移动；D．该反应是反应前后气体体积减小的放热反应，降低温度、增大压强有利于平衡向正反应方向移动．【解答】解：A．加入NaOH溶液时，NaOH和HBr、HBrO发生中和反应，从而影响化学平衡，促进溴和水的反应，所以可以用勒夏特里原理解释，故A不选；B．该反应的反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动，增大压强体积减小，碘浓度增大，从而气体颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，故B选；C．该反应是放热反应，升高温度，可逆反应向吸热反应方向逆反应方向移动，所以可以用勒夏特里原理解释，故C不选；D．该反应是反应前后气体体积减小的放热反应，降低温度、增大压强有利于平衡向正反应方向移动，从而促进氨气的生成，所以可以用勒夏特里原理解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查化学平衡原理，明确勒夏特里原理概念是解本题关键，侧重考查学生对概念的理解和运用，只有可逆反应、条件概念引起平衡移动的才能用勒夏特里原理解释，题目难度不大．　11．某有机化合物的结构如图，关于该化合物的下列说法正确的是（　　）A．由于含有氧元素不是有机物B．完全燃烧时只有二氧化碳和水两种产物C．分子中含有羟基属于醇D．不能使溴水褪色【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．有机物一定含有C元素，可能含有氧元素，含有氧元素的有机物为烃的含氧衍生物，故A错误；B．有机物由C、H、O元素组成，完全燃烧时只有二氧化碳和水两种产物，故B正确；C．分子中含有酚羟基，为酚类物质，故C错误；D．该有机物含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物组成、分类以及性质的考查，注意把握有机物的结构特点，根据有机物官能团的性质判断有机物可能具有的性质，题目难度不大．　12．下列有机物是按照碳的骨架进行分类的是（　　）21\nA．烷烃B．烯烃C．芳香烃D．卤代烃【考点】有机化合物中碳的成键特征；有机物分子中的官能团及其结构．【分析】有机物按碳的骨架分类：　　1．链状化合物：这类化合物分子中的碳原子相互连接成链状，因其最初是在脂肪中发现的，所以又叫脂肪族化合物，其结构特点是碳与碳间连接成不闭口的链；　　2．环状化合物：环状化合物指分子中原子以环状排列的化合物．环状化合物又分为脂环化合物和芳香化合物；（1）脂环化合物：不含芳香环（如苯环、稠环或某些具有苯环或稠环性质的杂环）的带有环状的化合物，如环丙烷、环己烯、环己醇等；　　（2）芳香化合物：含芳香环（如苯环、稠环或某些具有苯环或稠环性质的杂环）的带有环状的化合物，如苯、苯的同系物及衍生物等，根据以上知识进行判断．【解答】解：A．烷烃为饱和烃，有机物分子中碳原子数相同时烷烃的含氢量最大，是按照H的饱和程度进行分类，不是按照碳架分类的，故A错误；B．烯烃分子中含有官能团碳碳双键，烯烃是按照官能团种类进行分类的，故B错误；C．芳香烃中含有苯环的烃，属于环状化合物中的芳香化合物，是按照碳架分类的，故C正确；D．烃中氢原子被卤素原子取代后生成的化合物称为卤代烃，卤代烃是按照官能团种类分类的，故D错误；故选C．【点评】本题考查了有机物分类方法及有机物中碳的成键特征，题目难度不大，明确常见有机物的结构与分类方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力．　13．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是（　　）A．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.0μmol•L﹣1B．2.5μmol•L﹣1•min﹣1和2.5μmol•L﹣1C．3.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1D．5.0μmol•L﹣1•min﹣1和3.0μmol•L﹣1【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据v=计算反应4～8min间的平均反应速率；0～4min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μmol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，速率降为原来的一半，据此计算．21\n【解答】解：由图可知，4～8min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μmol/L=10μmol/L，所以4～8min期间，反应速率为=2.5μmol/（L•min）；由图可知，0～4min期间，反应物浓度变化为（40﹣20）μmol/L=20μmol/L，4～8min期间，反应物浓度变化为（20﹣10）μmol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半，所以8～12min浓度变化为5μmol/L，12～16min浓度变化为2.5μmol/L，所以16min时浓度为10μmol/L﹣5μmol/L﹣2.5μmol/L=2.5μmol/L．故选B．【点评】本题考查反应速率的有关计算，难度中等，根据图中浓度变化判断相同时间内的浓度变化量是解题关键．　14．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变可使反应速率加快的是（　　）A．增加C的量B．将容器的体积减小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大D．保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A、改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响；B、体积缩小，反应体系中物质的浓度增大，相当于压强增大；C、体积不变，反应体系中的各物质的浓度不变；D、压强不变，充入N2，容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小．【解答】解：A、因该反应中只有C为纯固体，则增加C的量对化学反应速率无影响，故A错误；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B正确；C、保持体积不变，充入N2，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D、保持压强不变，充入N2，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查增大化学反应速率的措施，明确常见的温度、浓度、压强、稀有气体等对化学反应速率的影响即可解答，抓住浓度是否变化来分析是关键．　15．将可逆反应：2NO2←→2NO+O2在固定容积的密闭容器中进行，达到平衡的标志是（　　）①单位时间内消耗nmolO2的同时，生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的密度不再改变的状态⑤混合气体的颜色不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．②⑤⑥【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．21\n【分析】①只要反应发生就有单位时间内消耗nmolO2的同时，生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO，因此v正=v逆；③在任何时候，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态；④气体的质量和体积始终不变，所以混合气体的密度始终不随时间的改变而改变；⑤混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，即气体的物质的量不变，说明正逆反应速率相等．【解答】解：①未体现正与逆的关系，故错误；②单位时间内生成nmolO2的同时，消耗2nmolNO，等于计量数之比，正逆反应速率相等，故正确；　③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态只要反应发生就符合这个关系，故错误；④气体的质量和体积始终不变，所以混合气体的密度始终不随时间的改变而改变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑤混合气体的颜色不再改变的状态，说明正逆反应速率相等，故正确；　　⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，即气体的物质的量不变，说明正逆反应速率相等，故正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　16．制造硫酸的工艺流程反应其中之一是2SO2（g）+O2（g）←→2SO3（g）+190kJ．下列描述中能说明上述反应已达平衡的是（　　）A．v（O2）正=2v（SO3）逆B．容器中气体的平均摩尔质量不随时间而变化C．如果容器容积是固定的，那么混合气体的密度不随时间而变化D．单位时间内生成nmolSO3的同时生成nmolO2【考点】化学平衡状态的判断．【专题】平衡思想；化学平衡专题．【分析】根据化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断．【解答】解：化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断，A、速与化学方程式计量数之比率之比为正反应速率之比，v正（O2）=2v逆（SO3）不符合速率之比，不能判断是否达到平衡，故A不符合；B、容器中气体的平均分子量不随时间而变化，说明平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态，故B符合；C、气体的密度=，根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，容器体积不变，气体的密度不会发生变化，故容器中气体的密度不随时间而变化，不能判断反应是否达到平衡，故C不符合；D、生成2nmolSO3的同时生成nmolO2时，反应达到平衡状态，故D不符合；故选B．21\n【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，注意化学平衡状态的根本标志是：①v（正）=v（逆），②各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的颜色、密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系，才能全面分析、正确作答．　二、填空题17．（9分）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”．试回答下列问题：（1）钛有Ti和Ti两种原子，它们互称为　同位素　．Ti元素在元素周期表中的位置是第　四　周期，第　ⅣB　族；基态原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d24s2　；按电子排布Ti元素在元素周期表分区中属于　d　区元素（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用．偏钛酸钡晶体中晶胞的结构如图所示，它的化学式是　TiBaO3　（3）二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体可转化为二氧化碳和水，达到无害化．有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是　ABCD　．A．苯与B3N3H6互为等电子体B．甲醛、苯分子中碳原子均采用sp2杂化C．苯、二氧化碳是非极性分子，水和甲醛是极性分子D．水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键．【考点】元素周期表的结构及其应用；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）质子数相同、中子数不同的原子互为同位素；Ti元素是22号元素，根据构造原理书写基态原子的电子排布式，确定在周期表位置；（2）利用均摊法计算晶胞中Ti、Ba、O原子数目，进而确定化学式；（3）A．价电子总数相等、原子数也相等微粒互为等电子体；B．甲醛、苯分子中碳原子均含有3个δ键，没有孤对电子；C．结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；正负电荷的中心不重合，则为极性分子；D．水分子之间存在氢键，而甲醛中H原子不与O原子连接，甲醛分子之间没有氢键．【解答】解：（1）4822Ti和5022Ti的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素；Ti元素是22号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，处于周期表中第四周期ⅣB族，电子最后填充d能级，在元素周期表分区中属于d区元素，故答案为：同位素；四；ⅣB；1s22s22p63s23p63d24s2；d；（2）由晶胞结构可知，晶胞中Ti数目=8×=1、Ba原子数目为1、O原子数目=12×=3，则化学式为TiBaO3，故答案为：TiBaO3；（3）A．苯与B3N3H6价电子总数相等，原子数也相等互为等电子体，故A正确；21\nB．甲醛、苯分子中碳原子均含有3个δ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，故B正确；C．苯、CO2结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子；水和甲醛的正负电荷的中心不重合，为极性分子，故C正确；D．甲醛中H原子不与O原子连接，甲醛分子之间没有氢键，水分子之间存在氢键，水的沸点比甲醛高，故D正确；故答案为：ABCD．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、元素周期表、杂化轨道、分子结构与性质、等电子体、氢键、晶胞计算等，难度中等，注意对基础知识的理解掌握．　18．（14分）有A、B、C、D4种烃，各取0.01mol充分燃烧后，B、C、D所产生的二氧化碳均为448mL（标准状况）；A燃烧所得的二氧化碳是其他三者的3倍．在镍催化剂的作用下，A、B、C都能和氢气发生加成反应，B可以转变为C或D，C可以转变为D；B或C都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而A、D无此性质；在FeBr3存在时，A与溴发生取代反应．试推断出4种烃的结构简式：（1）A是　　，B是　CH≡CH　，C是　CH2═CH2　，D是　CH3CH3　．（2）B→D的反应方程式：　CH≡CH+2H2CH3CH3　．（3）除去D中C的反应方程式：　CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br　．（4）C发生加聚反应的方程式：　　．【考点】有机物的推断．【分析】A、B、C、D4种烃，各取0.01mol充分燃烧后，B、C、D所产生的二氧化碳均为448mL（标准状况），n（CO2）==0.02mol，则B、C、D中都含有两个碳原子；A燃烧所得的二氧化碳是其他三者的3倍，根据碳原子守恒知，A中含有6个碳原子；在FeBr3存在时，A与溴发生取代反应，且含有6个碳原子，则A为；在镍催化剂的作用下，A、B、C都能和氢气发生加成反应，B可以转变为C或D，C可以转变为D，说明B、C中含有碳碳不饱和键，B或C都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而A、D无此性质，则B为炔、C是烯、D是烷，因为含有两个碳原子，所以B、C、D分别是CH≡CH、CH2═CH2、CH3CH3，据此分析解答．【解答】解：A、B、C、D4种烃，各取0.01mol充分燃烧后，B、C、D所产生的二氧化碳均为448mL（标准状况），n（CO2）==0.02mol，则B、C、D中都含有两个碳原子；A燃烧所得的二氧化碳是其他三者的3倍，根据碳原子守恒知，A中含有6个碳原子；在FeBr3存在时，A与溴发生取代反应，且含有6个碳原子，则A为；21\n在镍催化剂的作用下，A、B、C都能和氢气发生加成反应，B可以转变为C或D，C可以转变为D，说明B、C中含有碳碳不饱和键，B或C都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而A、D无此性质，则B为炔、C是烯、D是烷，因为含有两个碳原子，所以B、C、D分别是CH≡CH、CH2═CH2、CH3CH3，（1）通过以上分析知，A、B、C、D分别是、CH≡CH、CH2═CH2、CH3CH3，故答案为：；CH≡CH；CH2═CH2；CH3CH3；　（2）B是乙炔、D是乙烷，乙炔和氢气发生加成反应生成乙烷，反应方程式为CH≡CH+2H2CH3CH3，故答案为：CH≡CH+2H2CH3CH3；（3）乙烯能和溴水发生加成反应、乙烷和溴水不反应，所以可以用溴水除去乙烷中的乙烯，反应方程式为CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（4）C是乙烯，一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、炔烃、烷烃的性质，题目难度不大．　19．（15分）四川盛产五倍子．以五倍子为原料可以制得化合物A．A的结构简式如图所示：请回答下列问题：（1）A中有哪些官能团（写出名称）　酚羟基、羧基、酯基　（2）有机物B在硫酸催化条件下加热发生酯化反应可得到A．请写出B的结构简式　　．（3）1molA最多能消耗　8　molNaOH；请写出A与过量的NaOH溶液反应的化学方程式　　21\n（4）有机化合物C是合成治疗禽流感药物的原料之一．C可以看做是B与氢气按物质的量之比1：2发生加成反应得到的产物．C分子中无羟基与碳碳双键直接相连的结构，它能使溴水褪色．请写出C与溴水反应的化学方程式　　．【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）根据有机物的结构简式判断有机物的中官能团；（2）分子中含有酯基，可水解，水解生成一种物质；（3）分子中的醇羟基和酯基都可与NaOH反应；（4）C可以看成是B与氢气按物质的量之比1：2发生加成反应得到的产物．C分子中无羟基与碳碳双键直接相连的结构，它能与溴水反应使溴水褪色，说明含有碳碳双键．【解答】解：（1）根据有机物的结构简式可知分子式中含酚羟基、羧基、酯基，故答案为：酚羟基、羧基、酯基；（2）分子中含有酯基，可水解，则B为，发生酯化反应生成A，故答案为：；（3）分子中的醇羟基和酯基、羧基都可与NaOH反应，可与8molNaOH反应，方程式为，故答案为：8；；（4）C可以看成是B与氢气按物质的量之比1：2发生加成反应得到的产物．C分子中无羟基与碳碳双键直接相连的结构，它能与溴水反应使溴水褪色，说明含有碳碳双键，C应为21\n，与溴发生加成反应的方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物知识的综合应用，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键．　20．（6分）在某无色溶液里，只含有下列8种离子中的某几种：Na+、H+、Ag+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣、HCO3﹣、NO3﹣．已知该溶液能跟铝粉反应，且放出的气体只有H2．试回答：（1）若溶液和铝粉反应后有AlO2﹣生成，则溶液中一定含有大量的　Na+、OH﹣　离子，还可能含有大量的　Cl﹣、NO3﹣　离子．（2）若溶液和铝粉反应后有Al3+生成，则溶液中一定含有大量的　H+、Cl﹣　离子，原溶液中一定不含有大量的　Ag+、OH﹣、HCO3﹣、NO3﹣　离子．【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】跟金属铝反应生成H2的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，当生成Al3+时，溶液为酸溶液，当生成AlO2﹣时，溶液为碱溶液，然后利用离子的共存来分析，并注意离子在水中的颜色．【解答】解：离子均为无色，所有离子均与无色透明溶液符合；铝既能与酸作用产生氢气，也能与碱作用产生氢气，（1）溶液和铝粉反应后有AlO2﹣生成，溶液显碱性时，Mg2+、H+、Ag+、HCO3﹣不能存在，根据溶液不显电性，一定存在阳离子，即阳离子只有Na+，说明原溶液中的阴离子一定含OH﹣，可能含NO3﹣、Cl﹣，故答案为：Na+、OH﹣；Cl﹣、NO3﹣；（2）溶液和铝粉反应后有Al3+生成，溶液显酸性，则HCO3﹣、OH﹣不存在，由于硝酸与金属反应一般没有氢气产生，因此也不存在NO3﹣，根据溶液不显电性，一定存在阴离子，即溶液中肯定有Cl﹣，而Ag+可与Cl﹣生成沉淀，说明原溶液中也不存在Ag+，即溶液中一定含有大量的H+、Cl﹣，可能含Na+、Mg2+，一定不能含有：Ag+、OH﹣、HCO3﹣、NO3﹣，故答案为：H+、Cl﹣；Ag+、OH﹣、HCO3﹣、NO3﹣．【点评】本题考查物质的检验及离子的共存问题，明确常见离子之间的反应是解答本题的关键，并注意利用溶液为电中性、溶液的酸碱性等来分析解答即可，题目难度不大．　21．（8分）工业生产硝酸铵的流程图如下：请回答下列问题：（1）写出硝酸铵在工农业生产中的重要作用　可做氮肥等　（任写一条）．21\n（2）已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．在一定温度压强和铁催化条件下向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后，放出的热量　＜　（填“＜”“＞”“=”）92.4kJ，理由是　在常温常压条件下，1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气，放出92.4kJ热量，该反应为可逆反应，不可能进行完全，所以放出的热量小于92.4kJ　．（3）写出氨催化氧化的化学方程式：　4NH3+5O24NO+6H2O　．【考点】铵盐；有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化；元素及其化合物．【分析】（1）硝酸铵含有氮元素，氮元素是植物生长需要的一种元素；（2）依据热化学方程式的意义及可逆反应特点解答；（3）氨气催化氧化生成一氧化氮和水．【解答】解：（1）硝酸铵含有氮元素，氮元素是植物生长需要的一种元素，是一种很好的氮肥，故答案为：可做氮肥等；（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=﹣92.4kJ•mol﹣1表示在常温常压条件下，1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气，放出92.4kJ热量，但是该反应为可逆反应，在一定温度压强和铁催化条件下向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，不可能进行完全，所以放出的热量小于92.4kJ；故答案为：＜；在常温常压条件下，1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气，放出92.4kJ热量，该反应为可逆反应，不可能进行完全，所以放出的热量小于92.4kJ；（3）氨气催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O．【点评】本题考查了热化学方程式的意义，明确工业合成氨为可逆反应，熟悉可逆反应不能进行到底的特点是解题关键，题目难度不大．　21