广东省广州市执信中学2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年广东省广州市执信中学高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如下反应制备：下列叙述错误的是（　　）A．X、Y和Z均能使溴水褪色B．Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体C．Y既能发生取代反应，也能发生加成反应D．X和Z均能与Na2CO3溶液反应放出CO2　2．下列离子反应方程式书写正确的是（　　）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓　3．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）A．1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NAB．由2H和18O所组成的水11g，其中所含的中子数为4NAC．常温下丁烯和环丙烷组成的42g混合气体中H原子数为6NAD．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA　4．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA铝可以分别和NaOH溶液、盐酸反应铝既有金属性又有非金属性BNa2CO3可以制胃药Na2CO3可以和盐酸反应C硬铝是合金其熔点比金属铝的熔点高DNa2O2具有强氧化性Na2O2可以作为漂白剂A．AB．BC．CD．D　5．下列有关实验的选项正确的是（　　）-17-\nA．装置Ⅰ：观察Fe（OH）2的生成B．装置Ⅱ：除去Cl2中的HClC．装置Ⅲ：除去CCl4中的Br2D．装置Ⅳ：加热分解NaHCO3固体　6．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列推断正确的是（　　）A．T的氧化物是光导纤维的主要成分B．Q与氢形成的化合物均含极性共价键C．R的最高正价氧化物的水化物是弱电解质D．W的氢化物的化学式为HCl　7．标准状况下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键能．已知H﹣H、H﹣O和O=O键的键能△H分别为436kJ/mol、463kJ/mol和495kJ/mol，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，则氢气的燃烧热为（　　）A．242.5kJ•mol﹣1B．286.5kJ•mol﹣1C．198.5kJ•mol﹣1D．573kJ•mol﹣1　　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题8．（16分）（2022秋•广州校级期中）化学兴趣小组对牙膏中摩擦剂成分及其含量进行探究．查资料得知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成．Ⅰ．取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤．（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤．氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是　　　　　　．（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸．观察到的现象是　　　　　　．Ⅱ．利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数．依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：　　　　　　．（4）装置D的作用是　　　　　　．-17-\n（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是　　　　　　（填标号）．a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b．滴加盐酸不宜过快c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（6）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g．则样品中碳酸钙的质量分数为　　　　　　．Ⅲ．（7）56Ba与Mg在同一主族，Ba在周期表的位置是　　　　　　，MgO的碱性比BaO　　　　　　（填“强”或“弱”），Mg（OH）2的溶解度比Ba（OH）2的溶解度　　　　　　（填“大”或“小”）　9．（14分）（2022秋•广州校级期中）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备重铬酸钠（Na2Cr2O7）的过程如图所示：已知：①NaFeO2在水溶液中强烈水解生成对应的氢氧化物．②2CrO+2H+⇌Cr2O+H2O（1）完成煅烧过程中铬铁矿发生的主要反应的化学方程式：　　　　　　FeO•Cr2O3+7O2+　　　　　　高温　　　　　　Na2CrO4+　　　　　　NaFeO2+　　　　　　上述反应中每熔化1molFeO•Cr2O3，转移的电子数为　　　　　　（2）浸出液的成分除Na2CrO4、NaOH外，还含有　　　　　　（写化学式，下同），滤渣1的成分是　　　　　　．（3）调节浸出液pH所加的试剂a是　　　　　　（写化学式）．（4）该流程中用了两步调节pH，若合并成一步调pH，酸性过强，产品Na2Cr2O7晶体中可能含有较多杂质，用离子方程式说明引入该杂质的原因　　　　　　．（5）100kg铬铁矿（含FeO•Cr2O389.6%）最多可获得Na2Cr2O7•2H2O的质量为　　　　　　kg．　10．（13分）（2022秋•广州校级期中）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用：（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g）△H＞0（I）①该反应的平衡常数表达式K=　　　　　　；②若K=1，向某恒容密闭容器中加入1.0molI2（g）和足量TaS2（s），则I2（g）的平衡转化率为　　　　　　．（2）如图所示，反应（I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1　　　　　　T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是　　　　　　．-17-\n（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为　　　　　　，滴定反应的离子方程式为　　　　　　．（4）25°C时，将amol•L﹣1的氨水与bmol•L﹣1的盐酸等体积混合，所得溶液的pH=7，则c（NH4+）　　　　　　c（Cl﹣）；a　　　　　　b．（填“＞”、“＜”或“=”）　　（二）选考题：【化学-选修5：有机化学基础】（15分）11．（15分）（2022秋•广州校级期中）I是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环．I的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：①A中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同化学环境的氢原子．②③C和H是同系物请回答下列问题：（1）A→B的化学方程式为　　　　　　．D→E的化学方程式为　　　　　　．（2）写出G分子中含有的官能团名称：　　　　　　．（3）C和H生成I的反应类型为　　　　　　．（4）I的结构简式为　　　　　　．（5）同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基的H的同分异构体有　　　　　　种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为　　　　　　（写结构简式）．　　2022-2022学年广东省广州市执信中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）-17-\n1．某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如下反应制备：下列叙述错误的是（　　）A．X、Y和Z均能使溴水褪色B．Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体C．Y既能发生取代反应，也能发生加成反应D．X和Z均能与Na2CO3溶液反应放出CO2【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色；B．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能发生缩聚反应；C．Y含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质；D．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应．【解答】解：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，故A正确；B．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能和醛发生缩聚反应，故B正确；C．Y含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取代反应，故C正确；D．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃的性质，注意只有苯环上酚羟基邻对位有氢原子的酚才能和溴水发生取代反应，为易错点．　2．下列离子反应方程式书写正确的是（　　）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C．强碱溶液中不能生成氢离子；D．相互促进水解生成氢氧化铝和硫化氢．【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故A错误；-17-\nB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C错误；D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3++3S2﹣+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　3．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）A．1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NAB．由2H和18O所组成的水11g，其中所含的中子数为4NAC．常温下丁烯和环丙烷组成的42g混合气体中H原子数为6NAD．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】常规题型；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；B、由2H和18O所组成的水的摩尔质量为22g/mol；C、丁烯和环丙烷的最简式均为CH2；D、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气；【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故A错误；B、由2H和18O所组成的水的摩尔质量为22g/mol，故11g此水的物质的量为0.5mol，而1mol由2H和18O所组成的水中含12mol中子，故0.5mol水中含6mol中子即6NA个，故B错误；C、丁烯和环丙烷的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量n==3mol，则含6mol氢原子即6NA个，故C正确；D、1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故D错误；【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．　4．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA铝可以分别和NaOH溶液、盐酸反应铝既有金属性又有非金属性BNa2CO3可以制胃药Na2CO3可以和盐酸反应C硬铝是合金其熔点比金属铝的熔点高DNa2O2具有强氧化性Na2O2可以作为漂白剂A．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物；铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．铝只能失电子，所以只有金属性；-17-\nB．Na2CO3碱性强不能制胃药；C．合金的熔点比各成分都低；D．Na2O2具有强氧化性漂白．【解答】解：A．铝可以分别和NaOH溶液、盐酸反应，但铝只能失电子，所以只有金属性，故A错误；B．Na2CO3碱性强不能制胃药，故B错误；C．合金的熔点比各成分都低，所以硬铝熔点比金属铝的熔点低，故C错误；D．Na2O2具有强氧化性，所以可以作为漂白剂，故D正确．故选D．【点评】本题考查铝、Na2CO3、合金、Na2O2的性质与用途，侧重基础知识的考查，题目难度不大．　5．下列有关实验的选项正确的是（　　）A．装置Ⅰ：观察Fe（OH）2的生成B．装置Ⅱ：除去Cl2中的HClC．装置Ⅲ：除去CCl4中的Br2D．装置Ⅳ：加热分解NaHCO3固体【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．氢氧化亚铁易被氧气氧化生成氢氧化铁，为防止被氧化，需要隔绝空气；B．氯气和氯化氢都与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；C．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，但四氯化碳密度大于水；D．加热固体药品时试管口要低于试管底．【解答】解：A．氢氧化亚铁易被氧气氧化生成氢氧化铁，为防止被氧化，需要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以可以用植物油隔绝空气，故A正确；B．氯气和氯化氢都与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以不能用碳酸氢钠除去氯气中的氯化氢，应该用饱和的食盐水，故B错误；C．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，但四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，故C错误；D．加热固体药品时试管口要低于试管底，否则生成是水会倒流而炸裂试管，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、除杂、物质的分离和提纯、实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意从实验操作规范性及评价性进行分析解答，知道氢氧化亚铁的制备方法，题目难度不大．　6．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列推断正确的是（　　）-17-\nA．T的氧化物是光导纤维的主要成分B．Q与氢形成的化合物均含极性共价键C．R的最高正价氧化物的水化物是弱电解质D．W的氢化物的化学式为HCl【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，Q、R是第二周期元素，T、W是第三周期元素，T所处的周期序数与主族序数相等，则T是第三周期第三IIIA族元素，为Al元素，则Q是C元素、R是N元素、W是S元素，A．光导纤维的主要成分是二氧化硅；B．不同非金属元素之间易形成极性共价键；C．硝酸是强电解质；D．W的氢化物是硫化氢．【解答】解：这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，Q、R是第二周期元素，T、W是第三周期元素，T所处的周期序数与主族序数相等，则T是第三周期第三IIIA族元素，为Al元素，则Q是C元素、R是N元素、W是S元素，A．T的氧化物是氧化铝，光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以T的氧化物不是光导纤维的主要成分，故A错误；B．不同非金属元素之间易形成极性共价键，碳元素和氢元素形成的化合物中一定含有极性键，故B正确；C．R是N元素，R元素的最高价氧化物的水化物是硝酸，硝酸是强电解质，故C错误；D．W的氢化物是硫化氢，其化学式是H2S，故D错误；故选B．【点评】本题考查了元素周期表及元素周期律的应用，根据元素在周期表中的位置确定元素，再结合元素周期律来分析解答，题目难度不大．　7．标准状况下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键能．已知H﹣H、H﹣O和O=O键的键能△H分别为436kJ/mol、463kJ/mol和495kJ/mol，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，则氢气的燃烧热为（　　）A．242.5kJ•mol﹣1B．286.5kJ•mol﹣1C．198.5kJ•mol﹣1D．573kJ•mol﹣1【考点】燃烧热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，据此进行解答．【解答】解：氢气的燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2-17-\nO（l），又因为H﹣H、H﹣O和O=O键的键能△H分别为436kJ/mol、463kJ/mol和495kJ/mol，所以氢气的燃烧生成气态水时△H=436+495×﹣463×2=﹣242.5kJ/mol，又18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，所以H2（g）+O2（g）=H2O（l），△H=﹣242.5﹣44=﹣286.5kJ•mol﹣1，故选：B．【点评】本题考查了反应热的计算，题目难度中等，注意氢气的燃烧热生成为液态水，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键．　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题8．（16分）（2022秋•广州校级期中）化学兴趣小组对牙膏中摩擦剂成分及其含量进行探究．查资料得知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成．Ⅰ．取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤．（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤．氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸．观察到的现象是　通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解　．Ⅱ．利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数．依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：　把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收　．（4）装置D的作用是　防止空气中CO2进入C，影响实验　．（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是　cd　（填标号）．a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b．滴加盐酸不宜过快c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（6）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g．则样品中碳酸钙的质量分数为　25%　．Ⅲ．（7）56Ba与Mg在同一主族，Ba在周期表的位置是　第六周期IIA族　，MgO的碱性比BaO　弱　（填“强”或“弱”），Mg（OH）2的溶解度比Ba（OH）2的溶解度　小　（填“大”或“小”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；-17-\n（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；Ⅱ．（3）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数．装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；（4）空气中二氧化碳进入C装置后能够与氢氧化钡反应，会影响实验测定，据此可知装置D的作用；（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；b、滴加盐酸过快CO2，CO2不能完全被吸收，排出装置C；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，二氧化碳中混有的HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，影响了CO2的量；（6）BaCO3质量为3.94gn（BaCO3）=0.0200mol，则n（CaCO3）=0.0200mol，质量为2.00g；Ⅲ、（7）依据元素周期表分析Ba元素是56号元素与镁同主族，结合原子核外电子排布规律得到周期表中的位置，依据同主族递变规律分析判断氧化物稳定性和碱的强弱；【解答】解：Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，故答案为：通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解；Ⅱ．（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收．故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；（4）由于空气中二氧化碳进入C装置后能够与氢氧化钡反应，影响了实验测定，而装置D可防止空气中CO2进入C，从而避免了对该实验测定的影响，故答案为：防止空气中CO2进入C，影响实验；（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a错误；b、滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b错误；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高提高测定准确度，故c正确；d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，CO2中混有的HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，影响了CO2的总量，不能提高测定准确度，故d正确；故答案为：cd；（6）BaCO3质量为3.94g，则n（BaCO3）==0.02mol，则n（CaCO3）=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为：×100%=25%，故答案为：25%；（7）56Ba与Mg在同一主族，Ba为56号元素有六个电子层，最外层电子数为2，在周期表的位置是第六周期IIA族，同主族金属性依次增加，形成碱性增强，MgO的碱性比BaO弱，氢氧化镁难溶于水，氢氧化钡易溶于水，Mg（OH）2的溶解度比Ba（OH）2的溶解度小，-17-\n故答案为：第六周期IIA族；弱；小．【点评】本题考查探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度较大，涉及对实验原理与操作步骤的理解及评价、常用化学用语、化学计算、物质组成的测定等知识，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键．　9．（14分）（2022秋•广州校级期中）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备重铬酸钠（Na2Cr2O7）的过程如图所示：已知：①NaFeO2在水溶液中强烈水解生成对应的氢氧化物．②2CrO+2H+⇌Cr2O+H2O（1）完成煅烧过程中铬铁矿发生的主要反应的化学方程式：　4　FeO•Cr2O3+7O2+　20NaOH　高温　8　Na2CrO4+　4　NaFeO2+　10H2O　上述反应中每熔化1molFeO•Cr2O3，转移的电子数为　4.214×1024　（2）浸出液的成分除Na2CrO4、NaOH外，还含有　Na2SiO3、NaAlO2　（写化学式，下同），滤渣1的成分是　Fe（OH）3　．（3）调节浸出液pH所加的试剂a是　H2SO4　（写化学式）．（4）该流程中用了两步调节pH，若合并成一步调pH，酸性过强，产品Na2Cr2O7晶体中可能含有较多杂质，用离子方程式说明引入该杂质的原因　AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O　．（5）100kg铬铁矿（含FeO•Cr2O389.6%）最多可获得Na2Cr2O7•2H2O的质量为　119.2　kg．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；化学实验基本操作．【分析】铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质，将铬铁矿和氢氧化钠、空气混合焙烧，发生反应得到Na2CrO4、NaAlO2、NaOH、Na2SiO3、NaFeO2，然后水浸、过滤得到滤渣1和浸出液，浸出液中溶质是Na2CrO4、NaAlO2、NaOH、Na2SiO3，根据信息①知，滤渣1为Fe（OH）3，在浸出液中加入试剂a调整人员PH，试剂a应为酸，依据流程中分离出的物质可知，加入酸为硫酸，溶液中偏铝酸钠、Na2SiO3、NaOH与硫酸溶液生成硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，然后过滤得到滤液和滤渣2，滤渣2是H2SiO3、Al（OH）3，滤液中含有Na2CrO4、和Na2SO4，加入硫酸继续调节溶液的pH，根据信息②知，溶质变为Na2Cr2O7，将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2Cr2O7晶体，和滤液为Na2SO4，（1）根据发生的反应确定固体产物成分；FeO•Cr2O3和氧气发生氧化还原反应；（2）结合题给信息确定滤渣成分，浸出液的成分除Na2CrO4、NaOH外，还含有NaAlO2、NaOH、Na2SiO3，NaFeO2在水溶液中强烈水解生成对应的氢氧化物，所以滤渣1为Fe（OH）3；（3）上述分析可知试剂A为硫酸；（4）酸性过强，产品Na2Cr2O7晶体中可能含有铝离子，偏铝酸钠和适量硫酸反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝会溶解于氢氧化铝生成铝离子；（5）依据元素守恒分析计算．-17-\n【解答】解：（1）通过以上分析知，“焙烧”后的固体产物成分除Na2CrO4、NaFeO2外，还有NaAlO2、Na2SiO3，铬元素化合价+3价，铁元素化合价为+2价，被氧气氧化生成铬酸钠和NaFeO2，铬元素化合价变化为+6价，铁元素化合价变化为+3价，电子转移总数为34，据此电子守恒和原子守恒配平书写得到焙烧过程中发生的氧化还原反应为4FeO•Cr2O3+7O2+10Na2CO38Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，4FeO•Cr2O3反应电子转移28，每熔化1molFeO•Cr2O3，转移的电子数为mol×6.02×1023=4.214×1024，故答案为：4FeO•Cr2O3+7O2+10Na2CO38Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；4.214×1024；（2）浸出液中溶质是Na2CrO4、NaAlO2、NaOH、Na2SiO3，浸出液的成分除Na2CrO4、NaOH外，还含有NaAlO2、Na2SiO3，NaFeO2在水溶液中强烈水解生成对应的氢氧化物，所以滤渣1为Fe（OH）3，故答案为：NaAlO2、Na2SiO3；Fe（OH）3；（3）由分析可知，流程最后分离得到硫酸钠，加入的试剂a为硫酸，用来调节溶液PH，故答案为：H2SO4；（4）该流程中用了两步调节pH，若合并成一步调pH，酸性过强，产品Na2Cr2O7晶体中可能含有较多杂质，可能含有铝离子，偏铝酸钠和适量硫酸反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝会溶解于氢氧化铝生成铝离子，AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3，Al（OH）3+3H+=Al3++H2O，引入该杂质的原因用离子方程式说明为：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O或AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3，Al（OH）3+3H+=Al3++H2O，故答案为：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O或AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3，Al（OH）3+3H+=Al3++H2O；（5）100kg铬铁矿（含FeO•Cr2O389.6%）含FeO•Cr2O3物质的量==400mol，结合铬元素守恒，获得Na2Cr2O7•2H2O的物质的量也为400mol，最多可获得Na2Cr2O7•2H2O的质量400mol×298g/mol=119200g=119.2kg，故答案为：119.2．【点评】本题考查了物质分离提纯的实验过程分析判断，主要是物质性质和试剂选择、试剂反应的产物分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　10．（13分）（2022秋•广州校级期中）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用：（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g）△H＞0（I）①该反应的平衡常数表达式K=　　；②若K=1，向某恒容密闭容器中加入1.0molI2（g）和足量TaS2（s），则I2（g）的平衡转化率为　66.7%　．（2）如图所示，反应（I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1　＜　T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是　I2　．（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为　淀粉溶液　，滴定反应的离子方程式为　H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣　．-17-\n（4）25°C时，将amol•L﹣1的氨水与bmol•L﹣1的盐酸等体积混合，所得溶液的pH=7，则c（NH4+）　=　c（Cl﹣）；a　＞　b．（填“＞”、“＜”或“=”）【考点】用化学平衡常数进行计算；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1））①TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g），该反应的平衡常数表达式K=，故答案为：；②若K=1，设I2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，根据K==计算；（2）通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2；（3）因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂；（4）NH3•H2O+HCl═NH4Cl+H2O，若是等浓度，生成NH4Cl应该呈酸性，而反应后PH=7呈中性，说明NH3•H2O有剩余结合电荷守恒判断．【解答】解：（1）①TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g），该反应的平衡常数表达式K=，故答案为：；②若K=1，设I2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，根据K===1，解之得：x=66.7%，故答案为：66.7%；（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2，I2是可以循环使用的物质；故答案为：＜；I2；（3）因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂．离子反应：H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣，故答案为：淀粉溶液；H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣；（4）NH3•H2O+HCl═NH4Cl+H2O，若是等浓度，生成NH4Cl应该呈酸性，而反应后PH=7呈中性，说明NH3•H2O有剩余，所以a＞b；根据电荷守恒，则c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），又PH=7，所以c（NH4+）=c（Cl﹣），故答案为：=；＞．【点评】本题考查化学平衡常数的表达式及其计算，平衡转化率，滴定实验以及溶液中离子浓度的比较等知识，难度较大．　-17-\n（二）选考题：【化学-选修5：有机化学基础】（15分）11．（15分）（2022秋•广州校级期中）I是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环．I的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：①A中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同化学环境的氢原子．②③C和H是同系物请回答下列问题：（1）A→B的化学方程式为　　．D→E的化学方程式为　　．（2）写出G分子中含有的官能团名称：　溴原子、羧基　．（3）C和H生成I的反应类型为　取代反应（酯化反应）　．（4）I的结构简式为　　．（5）同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基的H的同分异构体有　9　种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为　　（写结构简式）．【考点】有机物的推断．【专题】推断题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化学基础．-17-\n【分析】与氯化氢加成得A，A中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同化学环境的氢原子，根据A的分子式可知，A为，A在碱性条件下水解得B为，B氧化得C为，苯乙烯与水发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H8O2，说明E中羟基连接的C原子上有2个H原子，故E为，F为，与溴发生信息中的反应生成G为，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H为，C与H发生酯化（取代）反应生成I，I结构中含有三个六元环，则I为，据此解答．【解答】解：与氯化氢加成得A，A中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同化学环境的氢原子，根据A的分子式可知，A为，A在碱性条件下水解得B为，B氧化得C为，苯乙烯与水发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H8O2，说明E中羟基连接的C原子上有2个H原子，故E为，F为，与溴发生信息中的反应生成G为-17-\n，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H为，C与H发生酯化（取代）反应生成I，I结构中含有三个六元环，则I为，（1）A→B的化学方程式为，D→E的化学方程式为，故答案为：；；（2）G为，G分子中含有的官能团名称为溴原子、羧基，故答案为：溴原子、羧基；（3）根据上面的分析可知，C和H生成I的反应类型为取代反应（酯化反应），故答案为：取代反应（酯化反应）；（4）根据上面的分析可知，I的结构简式为，-17-\n故答案为：；（5）H为，根据条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，②能发生水解反应，说明有酯基，③苯环上有两个取代基，则符合条件的H的同分异构体有苯环上连有﹣OH、CH3COO﹣，或﹣OH、HCOOCH2﹣，或﹣OH、﹣COOCH3，每种情况都有邻、间、对三种结构，所以共有9种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为，故答案为：9；．【点评】本题考查有机物的推断，是对有机物知识的综合运用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，难度较大，注意充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合正推法与逆推法进行推断，注意充分利用反应条件，（5）中同分异构体数目判断与限制条件同分异构体书写为易错点、难点．　-17-