天津市七校2022届高三化学下学期4月月考试题 理（含解析）

2022-2022学年天津市七校高三（下）月考化学试卷（4月份）一、选择题，每题6分，共36分．每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1．（6分）（2022•高台县校级四模）化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（　　）　A．PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的颗粒物，直径为2.5μm的颗粒物分散在空气中形成胶体（1μm=10﹣6m）　B．甲壳素、棉花、铜氨纤维、涤纶、光导纤维都是有机高分子材料　C．有一种新发现的固态碳，称为“纳米泡沫”，外形似海绵，密度小，有磁性，这种碳与金刚石的关系是同素异形体　D．亚硝酸钠是有毒物质，不能添加到食物中2．（6分）（2022•高台县校级四模）下列判断错误的是（　　）　A．将等物质的量浓度、等体积的Ba（OH）2溶液和NaHS04溶液混合，生成白色沉淀：Ba2++SO42‾+H++OH‾═BaSO4↓+H2O　B．常温下，等物质的量浓度的三种溶液①（NH4）2CO3②NH4Cl③（NH4）2Fe（SO4）2中c（NH4+）：①＜②＜③　C．加入苯酚显紫色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣四种离子不能大量共存　D．=1×10﹣12的溶液：K+、AlO2﹣、CO32﹣、Na+四种离子可以大量共存3．（6分）（2022春•天津月考）用图所示装置进行实验，不能达到实验目的是（　　）　A．用甲装置比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱　B．用乙装置可制得金属锰，用同样的装置可制得金属铬　C．用丙装置可实现对铁钉的保护　D．用丁装置验证铜与稀硝酸反应的气体产物只有NO4．（6分）（2022春•天津月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）　A．常温常压下，22.4L乙烯中C﹣H键数为4NA　B．1mol羟基中电子数为10NA　C．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA　D．常温下，1L0.1mol/LNH4NO3溶液中NH4+的数目小于6.02×10225．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1盐酸和20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，若以HA表示酸，下列说法正确的是（　　）-21-\n　A．滴定盐酸的曲线是图2　B．达到B、E状态时，反应消耗的n（CH3COOH）＞n（HCl）　C．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c（Na+）=c（A﹣）　D．当0mL＜V（NaOH）＜20.00mL时，对应混合液中各离子浓度大小顺序为c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）6．（6分）（2022•重庆校级模拟）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池．图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（　　）　A．当有0.1mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12LH2　B．左端装置中化学能转化为电能，右端装置中电能转化为化学能　C．c极上发生的电极反应是：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣　D．d极上进行还原反应，右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A　二、非选择题（共64分）7．（14分）（2022春•天津月考）图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是地壳中含量最高的金属，K是一种红棕色气体，过量G与J溶液反应生成M．-21-\n请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第　　　　　　周期第　　　　　　族．（2）在反应⑦中还原剂与氧化剂的物质的量之比为　　　　　　．（3）简述M溶液中阳离子的检验方法　　　　　　．（4）某同学取F的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色．写出与上述变化过程相关的离子方程式：　　　　　　．（5）将化合物D与KNO3、KOH高温共熔，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4，同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是　　　　　　．（6）镁与金属I的合金是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg与金属I的单质在一定温度下熔炼获得．①熔炼制备该合金时通入氩气的目的是　　　　　　．②I电池性能优越，I﹣AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．该电池反应的化学方程式为　　　　　　．8．（18分）（2022春•天津月考）某芳香烃A是一种重要的有机化工原料，以它为初始原料经过如图转化关系（部分产物、合成路线、反应条件略去）可以合成阿司匹林、扁桃酸等物质．其中D能与银氨溶液发生银镜反应，H是一种功能高分子，其链节组成为C7H5NO．已知：-21-\nⅠ、Ⅱ、R﹣CNR﹣COOHⅢ、（苯胺，已被氧化）（1）写出扁桃酸的结构简式　　　　　　；写出G官能团的名称　　　　　　．（2）反应②的反应类型为：　　　　　　；发生反应③的条件为加入　　　　　　．反应步骤③与④不能对换，其理由是　　　　　　．（3）写出D与银氨溶液反应的化学方程式：　　　　　　．（4）写出反应⑤的化学方程式：　　　　　　．（5）写出符合下列条件G的同分异构体的结构简式　　　　　　；（任写一种）①含有苯环，且苯环上的一氯取代产物只有二种；②苯环上只有两个取代基，且N原子直接与苯环相连；③结构中不含醇羟基和酚羟基；（6）请设计合理的方案以乙烯为主要有机原料合成．（提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线流程图示例如下：XYZ…→M）9．（18分）（2022•广东）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，反应原理：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．已知：苯甲酸分子量122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物都有固定熔点．（1）操作Ⅰ为　　　　　　，操作Ⅱ为　　　　　　．（2）无色液体A是　　　　　　，定性检验A的试剂是　　　　　　，现象是　　　　　　．（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确．请在答题卡上完成表中内容．序号实验方案实验现象结论①将白色固体B加入水中，加热溶解，　　　　　　-21-\n　　　　　　得到白色晶体和无色溶液②取少量滤液于试管中，　　　　　　生成白色沉淀滤液含Cl﹣③干燥白色晶体，　　　　　　　　　　　　白色晶体是苯甲酸（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10﹣3mol，产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为　　　　　　，计算结果为　　　　　　（保留二位有效数字）．10．（14分）（2022•商丘三模）短周期元素A、B、C、D、F原子序数依次增大．A是周期表中原子半径最小的元素，B是形成化合物种类最多的元素，C是自然界含量最多的元素，D是同周期中金属性最强的元素，F的负一价离子与C的某种氢化物分子含有相同的电子数．（1）A、C、D形成的化合物中含有的化学键类型为　　　　　　．（2）已知：①F﹣F→2F；△H=+akJ•mol﹣1②2A→A﹣A；△H=﹣bkJ•mol﹣1③F+A→AF；△H=﹣ckJ•mol﹣1写出298K时，A2与F2反应的热化学方程式　　　　　　．（3）在某温度下、容积均为2L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2A2（g）+BC（g）⇌X（g）；△H=﹣aJ•mol﹣1（a＞0，X为A、B、C三种元素组成的一种化合物）．初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙初始投料2molA2、1molBC1molX4molA2、2molBC平衡时n（X）0.5moln2n3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ体系的压强P1P2P3反应物的转化率α1α2α3①在该温度下，假设容器甲从反应开始到平衡所需时间为4min，则A2的平均反应速率v（A2）=　　　　　　．②该温度下，反应2A2（g）+BC（g）⇌X（g）的平衡常数K值为　　　　　　．③三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是　　　　　　（填序号）．A．α1+α2=1B．Q1+Q2=aC．α3＜α1D．P3＜2P1=2P2E．n2＜n3＜1.0molF．Q3=2Q1④在其他条件不变的情况下，将甲容器的体系体积压缩到1L，若在第8min达到新的平衡时A2的总转化率为75%，请在如图中画出第5min到新平衡时X的物质的量浓度的变化曲线．　-21-\n2022-2022学年天津市七校高三（下）月考化学试卷（4月份）参考答案与试题解析　一、选择题，每题6分，共36分．每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1．（6分）（2022•高台县校级四模）化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（　　）　A．PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的颗粒物，直径为2.5μm的颗粒物分散在空气中形成胶体（1μm=10﹣6m）　B．甲壳素、棉花、铜氨纤维、涤纶、光导纤维都是有机高分子材料　C．有一种新发现的固态碳，称为“纳米泡沫”，外形似海绵，密度小，有磁性，这种碳与金刚石的关系是同素异形体　D．亚硝酸钠是有毒物质，不能添加到食物中考点：常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．专题：化学应用．分析：A．直径为2.5μm的颗粒物不能形成胶体；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅；C．根据同素异形体的定义判断；D．亚硝酸钠可用作防腐剂．解答：解：A．胶体粒子直径小于100nm，直径为2.5μm的颗粒物不能形成胶体，故A错误；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是有机高分子化合物，故B错误；C．都由C元素组成，属于不同单质，为同素异形体关系，故C正确；D．亚硝酸钠可用作防腐剂，但要严格控制量，故D错误．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及胶体、材料、同素异形体以及食品添加剂等知识，为高频考点，侧重于学生的基础知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．　2．（6分）（2022•高台县校级四模）下列判断错误的是（　　）　A．将等物质的量浓度、等体积的Ba（OH）2溶液和NaHS04溶液混合，生成白色沉淀：Ba2++SO42‾+H++OH‾═BaSO4↓+H2O　B．常温下，等物质的量浓度的三种溶液①（NH4）2CO3②NH4Cl③（NH4）2Fe（SO4）2中c（NH4+）：①＜②＜③　C．加入苯酚显紫色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣四种离子不能大量共存　D．=1×10﹣12的溶液：K+、AlO2﹣、CO32﹣、Na+四种离子可以大量共存考点：离子共存问题；离子方程式的书写；盐类水解的应用．专题：离子反应专题；盐类的水解专题．分析：-21-\nA．氢氧化钡与硫酸氢钠等体积、等浓度混合，二者物质的量相等，钡离子与硫酸根离子恰好反应，氢氧根离子过量反应按照硫酸氢钠的组成进行；B．①（NH4）2CO3③（NH4）2Fe（SO4）2中含有两个铵根离子，所以①中离子浓度最小；碳酸铵、亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度越小；C．加入苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应；D．该溶液为碱性溶液，K+、AlO2﹣、CO32﹣、Na+之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应．解答：解：A．将等物质的量浓度、等体积的Ba（OH）2溶液和NaHS04溶液混合，氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量相等，氢氧根离子过量，反应的离子方程式为：Ba2++SO42‾+H++OH‾═BaSO4↓+H2O，故A正确；B．亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度越小，1mol①③中含有2mol铵根离子，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：②＜①＜③，故B错误；C．该溶液中存在铁离子，Fe3+能够与I﹣发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C正确；D．该溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子，溶液显示碱性，K+、AlO2﹣、CO32﹣、Na+之间不反应，也不与氢氧根离子发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选B．点评：本题考查离子共存的正误判断、盐的水解原理及其影响，题目难度中等，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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；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”；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．　3．（6分）（2022春•天津月考）用图所示装置进行实验，不能达到实验目的是（　　）　A．用甲装置比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱　B．用乙装置可制得金属锰，用同样的装置可制得金属铬　C．用丙装置可实现对铁钉的保护　D．用丁装置验证铜与稀硝酸反应的气体产物只有NO考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属的电化学腐蚀与防护；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；探究铝热反应．专题：实验评价题．分析：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；B．铝具有强还原性，能和部分金属氧化物发生铝热反应；-21-\nC．作电解池阴极的金属被保护；D．要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰．解答：解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成硅酸，所以酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性S＞C＞Si，故A正确；B．铝具有强还原性，能和部分金属氧化物发生铝热反应而还原出金属单质，如Mn、Cr等，故B正确；C．作电解池阴极的金属被保护，铁作电解池阴极被保护，故C正确；D．要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰，该装置中有氧气，NO易被氧化生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，故D错误；故选D．点评：本题考查了实验方案评价，为高考热点，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意D中可以采用该装置验证铜和稀硝酸反应产生的气体，题目难度中等．　4．（6分）（2022春•天津月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）　A．常温常压下，22.4L乙烯中C﹣H键数为4NA　B．1mol羟基中电子数为10NA　C．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA　D．常温下，1L0.1mol/LNH4NO3溶液中NH4+的数目小于6.02×1022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．常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙烯的物质的量；B．羟基中含有9个电子，1mol羟基中含有9mol电子；C．碘酸钾中+5价碘元素转化成0价碘单质，生成3mol碘单质转移了5mol电子；D．铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子数目减少．解答：解：A．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙烯的物质的量，故A错误；B．1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故B错误；C．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，碘酸钾中+5价碘元素转化成0价碘单质，每生成3molI2转移5mol电子，转移的电子数为5NA，故C错误；D．1L0.1mol/LNH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.1mol，铵根离子部分水解，溶液中NH4+的物质的量小于0.1mol，液中NH4+的数目小于6.02×1022，故D正确；故选D．点评：-21-\n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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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，选项C为易错点，注意该氧化还原反应中化合价变化情况．　5．（6分）（2022秋•庆安县校级期末）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1盐酸和20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，若以HA表示酸，下列说法正确的是（　　）　A．滴定盐酸的曲线是图2　B．达到B、E状态时，反应消耗的n（CH3COOH）＞n（HCl）　C．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c（Na+）=c（A﹣）　D．当0mL＜V（NaOH）＜20.00mL时，对应混合液中各离子浓度大小顺序为c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）考点：中和滴定．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断；B、根据酸和碱反应的化学方程式来计算回答；C、根据溶液中的电荷守恒来判断；D、根据氢氧化钠和醋酸以及盐酸反应的原理结合给定的物质的量计算来回答．解答：解：A、滴定开始时，0.1000mol•L﹣1盐酸pH=1，0.1000mol•L﹣1醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图1，故A错误；B、达到B、E状态时，消耗的氢氧化钠物质的量是相等的，根据反应原理：HCl～NaOH，CH3COOH～NaOH，反应消耗的n（CH3COOH）=n（HCl），故B错误；C、达到B、D状态时，溶液是中性的，此时c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为c（Na+）=c（A﹣），故C正确；D、当0mL＜V（NaOH）＜20.00mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（A﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D错误．故选C．点评：本题考查NaOH与CH3COOH、盐酸的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用电荷守恒的角度做题．　6．（6分）（2022•重庆校级模拟）空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池．图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（　　）-21-\n　A．当有0.1mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12LH2　B．左端装置中化学能转化为电能，右端装置中电能转化为化学能　C．c极上发生的电极反应是：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣　D．d极上进行还原反应，右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体X是氢气，b为阳极产生的气体Y是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e﹣=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算．解答：解：A．当有0.1mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H++4e﹣=2H2↑，产生0.05mol即1.12LH2，故A正确；B．依据图示知左边装置是电解池，则装置中电能转化为化学能，右边装置是原电池，则化学能转化为电能，故B错误；C．c电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应：O2+4H++4e﹣=2H2O，故C错误；D．d为负极失电子发生氧化反应，右端装置B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D错误；故选A．点评：本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点．　二、非选择题（共64分）7．（14分）（2022春•天津月考）图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是地壳中含量最高的金属，K是一种红棕色气体，过量G与J溶液反应生成M．-21-\n请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第　四　周期第　Ⅷ　族．（2）在反应⑦中还原剂与氧化剂的物质的量之比为　2：1　．（3）简述M溶液中阳离子的检验方法　取出部分溶液于试管中加入KSCN，溶液没有变化，再加入少量氯水，溶液变为红色　．（4）某同学取F的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，变为蓝色．写出与上述变化过程相关的离子方程式：　2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2　．（5）将化合物D与KNO3、KOH高温共熔，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4，同时还生成KNO2和H2O，该反应的化学方程式是　Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O　．（6）镁与金属I的合金是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg与金属I的单质在一定温度下熔炼获得．①熔炼制备该合金时通入氩气的目的是　防止Mg、Al被空气氧化　．②I电池性能优越，I﹣AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．该电池反应的化学方程式为　2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O　．考点：无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：推断题；几种重要的金属及其化合物．分析：由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2知A、D为Fe2O3、SO2中的一种，结合A+O2→B-21-\n知，A为SO2，D为Fe2O3，B为SO3，C为H2SO4；I是地壳中含量最高的金属，应为Al；G、H为Al2O3和Fe中的一种；由K是一种红棕色气体可知K为NO2，J为HNO3，L为NO；又由G+HNO3→M+NO↑分析知G为Fe，H为Al2O3；M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为Fe（NO3）2；F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；E应为Fe（OH）3，至此全部物质已确定，题目所涉及的问题可顺利解决．解答：解：由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2知A、D为Fe2O3、SO2中的一种，结合A+O2→B知，A为SO2，D为Fe2O3，B为SO3，C为H2SO4；I是地壳中含量最高的金属，应为Al；G、H为Al2O3和Fe中的一种；由K是一种红棕色气体可知K为NO2，J为HNO3，L为NO；又由G+HNO3→M+NO↑分析知G为Fe，H为Al2O3；M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为Fe（NO3）2；F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；E应为Fe（OH）3，（1）由以上分析可知G为Fe，位于周期表第四周期Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ；（2）反应⑦为铝热反应，方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，由方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）M为Fe（NO3）2，与KSCN不反应，可与氯水反应生成铁离子，则检验时可取出部分溶液于试管中加入KSCN，溶液没有变化，再加入少量氯水，溶液变为红色，故答案为：取出部分溶液于试管中加入KSCN，溶液没有变化，再加入少量氯水，溶液变为红色；（4）F含有Fe3+，具有强氧化性，可与I﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；（5）由题给信息可知反应的化学方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O．（6）①Mg、Al是活泼金属易被氧化，故熔炼制备镁铝合金时常需通入氩气作保护气，目的是防止Mg、Al被空气氧化，故答案为：防止Mg、Al被空气氧化；②铝做负极，失电子被氧化，在碱性溶液中生成NaAlO2，氧化银做正极，得电子被还原为Ag，电解质溶液为NaOH溶液，所以其电池反应式为：2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O，故答案为：2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O．点评：本题考查无机物的推断，题目较为综合，涉及原子的构成、元素周期表的位置、铝热反应、金属的腐蚀以及电化学知识，侧重于元素化合物的考查，根据题给信息以及物质的转化关系为解答该题的关键．　-21-\n8．（18分）（2022春•天津月考）某芳香烃A是一种重要的有机化工原料，以它为初始原料经过如图转化关系（部分产物、合成路线、反应条件略去）可以合成阿司匹林、扁桃酸等物质．其中D能与银氨溶液发生银镜反应，H是一种功能高分子，其链节组成为C7H5NO．已知：Ⅰ、Ⅱ、R﹣CNR﹣COOHⅢ、（苯胺，已被氧化）（1）写出扁桃酸的结构简式　　；写出G官能团的名称　氨基和羧基　．（2）反应②的反应类型为：　加成反应　；发生反应③的条件为加入　酸性高锰酸钾溶液　．反应步骤③与④不能对换，其理由是　如果对换，氨基将被氧化　．（3）写出D与银氨溶液反应的化学方程式：　　．（4）写出反应⑤的化学方程式：　　．（5）写出符合下列条件G的同分异构体的结构简式　　；（任写一种）①含有苯环，且苯环上的一氯取代产物只有二种；②苯环上只有两个取代基，且N原子直接与苯环相连；③结构中不含醇羟基和酚羟基；（6）请设计合理的方案以乙烯为主要有机原料合成．（提示：①-21-\n合成过程中无机试剂任选；②合成路线流程图示例如下：XYZ…→M）考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据题中各物质转化关系，A与浓硫酸、浓硝酸发生硝化反应生成E，E发生信息Ⅲ的反应生成F，F发生氧化反应得G，根据G的结构简式可反推得，F为，E为，所以得A为，A与氯气反应生成B，B水解得到C，C氧化得到D，D能与银氨溶液发生银镜反应，则A与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成B，则B为，C为，故D为，D发生信息Ⅰ、Ⅱ反应生成扁桃酸，则扁桃酸为，H是一种功能高分子，发生缩聚反应生成H为，据此解答．解答：解：根据题中各物质转化关系，A与浓硫酸、浓硝酸发生硝化反应生成E，E发生信息Ⅲ的反应生成F，F发生氧化反应得G，根据G的结构简式可反推得，F为，E为，所以得A为，A与氯气反应生成B，B水解得到C，C氧化得到D，D能与银氨溶液发生银镜反应，则A与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成B，则B为，C为，故D为，D发生信息Ⅰ、Ⅱ反应生成扁桃酸，则扁桃酸为，H是一种功能高分子，发生缩聚反应生成H为，（1）根据上面的分析可知，扁桃酸的结构简式为，根据G的结构简式可知，G官能团的名称是氨基和羧基，-21-\n故答案为：；氨基和羧基；（2）反应②为醛基与HCN发生加成反应，反应③是被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，酸性高锰酸钾具有强氧化性，如果对换，氨基将被氧化，故答案为：加成反应；酸性高锰酸钾溶液；如果对换，氨基将被氧化；（3）D与银氨溶液反应的化学方程式：，故答案为：；（4）反应⑤的化学方程式为：，故答案为：；（5）G（）的三种同分异构体的结构简式符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的一氯取代产物只有二种；②苯环上只有两个取代基，且N原子直接与苯环相连；③结构中不含醇羟基和酚羟基，则为：等，-21-\n故答案为：等；（6）以乙烯为原料合成，可以将乙烯氧化成乙醛，再利用题中信息Ⅰ将乙醛与HCN发生加成反应得CH3CH（OH）CN，再水解、酸化得CH3CH（OH）COOH，再发生酯化反应得，合成路线为CH2=CH2CH3CHOCH3CH（OH）CNCH3CH（OH）COOH，故答案为：CH2=CH2CH3CHOCH3CH（OH）CNCH3CH（OH）COOH；点评：本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，推断A为甲苯是关键，注意根据官能团的性质与转化进行推断，是对有机知识的综合运用，是热点题型．　9．（18分）（2022•广东）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，反应原理：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．已知：苯甲酸分子量122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物都有固定熔点．（1）操作Ⅰ为　分液　，操作Ⅱ为　蒸馏　．-21-\n（2）无色液体A是　甲苯　，定性检验A的试剂是　酸性KMnO4溶液　，现象是　紫色溶液褪色　．（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确．请在答题卡上完成表中内容．序号实验方案实验现象结论①将白色固体B加入水中，加热溶解，　冷却　　过滤　得到白色晶体和无色溶液②取少量滤液于试管中，　滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液　生成白色沉淀滤液含Cl﹣③干燥白色晶体，　加热使其融化，测其熔点　　熔点为122.4℃　白色晶体是苯甲酸（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10﹣3mol，产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为　×100%；　，计算结果为　96%　（保留二位有效数字）．考点：制备实验方案的设计；有机物的合成．专题：压轴题；实验题；有机化学基础．分析：（1）依据流程分析混合物分离的实验方法和操作步骤；（2）依据分离试剂和过程可知，有机相中主要是为反应的甲苯，甲苯是苯的同系物，可以被高锰酸钾溶液氧化；（3）结合反应化学方程式中生成的产物和流程中分离步骤分析，白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物；依据苯甲酸熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；先检验苯甲酸的检验再检验氯化钾的存在；解答：解：（1）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；故答案为：分液，蒸馏；（2）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；故答案为：酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色；（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；故答案为：序号实验方案实验现象结论①将白色固体B加入水中，加热，溶解，冷却、过滤得到白色晶体和无色溶液②取少量滤液于试管中，滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀滤液含有Cl﹣③干燥白色晶体，加热使其熔化，测其熔点；熔点为122.4℃白色晶体是苯甲酸-21-\n（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10﹣3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=×100%=96%；故答案为：×100%；96%点评：本题考查了物质性质的实验分析判断，物质分离条件，试剂选择，操作步骤的理解应用，物质成分的实验设计方案、步骤、试剂，样品纯度的计算，题目难度中等．　10．（14分）（2022•商丘三模）短周期元素A、B、C、D、F原子序数依次增大．A是周期表中原子半径最小的元素，B是形成化合物种类最多的元素，C是自然界含量最多的元素，D是同周期中金属性最强的元素，F的负一价离子与C的某种氢化物分子含有相同的电子数．（1）A、C、D形成的化合物中含有的化学键类型为　离子键、共价键　．（2）已知：①F﹣F→2F；△H=+akJ•mol﹣1②2A→A﹣A；△H=﹣bkJ•mol﹣1③F+A→AF；△H=﹣ckJ•mol﹣1写出298K时，A2与F2反应的热化学方程式　H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣（2c﹣a﹣b）KJ/mol　．（3）在某温度下、容积均为2L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2A2（g）+BC（g）⇌X（g）；△H=﹣aJ•mol﹣1（a＞0，X为A、B、C三种元素组成的一种化合物）．初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙初始投料2molA2、1molBC1molX4molA2、2molBC平衡时n（X）0.5moln2n3反应的能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ体系的压强P1P2P3反应物的转化率α1α2α3①在该温度下，假设容器甲从反应开始到平衡所需时间为4min，则A2的平均反应速率v（A2）=　0.125mol•L﹣1•min﹣1　．②该温度下，反应2A2（g）+BC（g）⇌X（g）的平衡常数K值为　4L2•mol﹣2　．③三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是　ABD　（填序号）．A．α1+α2=1B．Q1+Q2=aC．α3＜α1D．P3＜2P1=2P2E．n2＜n3＜1.0molF．Q3=2Q1④在其他条件不变的情况下，将甲容器的体系体积压缩到1L，若在第8min达到新的平衡时A2的总转化率为75%，请在如图中画出第5min到新平衡时X的物质的量浓度的变化曲线．-21-\n考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：A是周期表中原子半径最小的元素，即为H，B是形成化合物种类最多的元素，即为C，C是自然界含量最多的元素，即为O，D是同周期中金属性最强的元素，即为Na，F的负一价离子与C的氢化物分子含有相同的电子数，即为Cl．（1）氢氧化钠中的成键情况确定化学键组成；（2）根据热化学方程式的书写方法结合盖斯定律来计算；（3）①根据v=来计算化学反应速率；②用三行式计算化学平衡常数；③根据等效平衡知识借助极限转化思想来回答判断；④根已知条件求出甲醇在5min和8min时的物质的量浓度，然后再作图即可．解答：解：A是周期表中原子半径最小的元素，即为H，B是形成化合物种类最多的元素，即为C，C是自然界含量最多的元素，即为O，D是同周期中金属性最强的元素，即为Na，F的负一价离子与C的氢化物分子含有相同的电子数，即为Cl．（1）A、C、D形成的化合物中含有的化学键类型为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（2）已知①Cl﹣Cl→2Cl；△H=+akJ•mol﹣1②2H→H﹣H；△H=﹣bkJ•mol﹣1③Cl+H→HCl；△H=﹣ckJ•mol﹣1所以H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）可以是①﹣②+③×2得到的，所以反应的焓变△H=﹣（2c﹣a﹣b）kJ/mol，故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣（2c﹣a﹣b）kJ/mol；（3）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；初始量：210变化量：10.50.5平衡量：10.50.5在该温度下，A2的平均反应速率v（A2）==0.125mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.125mol•L﹣1•min﹣1；②该温度下，反应2A2（g）+BC（g）⇌X（g）-21-\n的平衡常数K==4mol﹣2•L2，故答案为：4mol﹣2•L2；③A、投料2molH2、1molCO和1molCH4O建立的平衡是等效的，只是建立的方向不一样，所以α1+α2=1，故A正确；B、料2molH2、1molCO和1molCH3OH建立的平衡是等效的，反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）是放热的，放出的热量应该是Q1+Q2=a，故B正确；C、当氢气和一氧化碳的投料增加一倍，则压强会增大，导致化学平衡正向移动，移动的结果是反应物的转化率增大，即α3＞α1，故C错误；D、投料2molH2、1molCO和1molCH3OH建立的平衡是等效的，所以P1=P2，当氢气和一氧化碳的投料增加一倍，则压强应是增大一倍，但是压强增大，导致化学平衡正向移动，移动的结果是压强比原来的2倍要小，即P3＜2P1=2P2，故D正确；E、当氢气和一氧化碳的投料增加一倍，能量变化数值理论上也应该是原来的2倍，但是压强引起化学平衡正向，而正向放热，结果使得Q3＞2Q1，故E错误．选ABD．④将甲容器的体系体积压缩到1L，若在第8min达到新的平衡时，2H2（g）+CO（g）⇌CH4O（g）初始量：210变化量：1.50.750.75平衡量：0.50.250.75所以达到平衡时，甲醇的物质的量浓度是0.75mol/L，在第5min时，由于体积减半，所以甲醇的浓度应该加倍，即为0.25mol/L×2=0.5mol/L，所以5﹣8min内，甲醇的物质的量浓度从0.5mol/L升高到0.75mol/L，如图所示：，故答案为：．-21-\n点评：本题涉及化学平衡的建立、等效平衡以及化学平衡的有关计算等知识，属于综合知识的考查，难度大，要求学生具有分析和解决问题的能力．　-21-