北京教育学院附中高三化学上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年北京教育学院附中高三（上）月考化学试卷　一、单选题（每题6分，共42分）：1．实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（　　）A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气　2．相同物质的量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（　　）A．AlB．Al（OH）3C．AlCl3D．Al2O3　3．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O　4．下列各组物质之间不可能实现如图所示转化的是（　　）选项XYZMAO2CO2COCBHNO3Fe（NO3）3Fe（NO3）2FeCNaOHNaHCO3Na2CO3CO2DNH3NONO2O2A．AB．BC．CD．D　-23-\n5．下列实验方案不能达到预期目的是选项实验方案预期目的A将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB向X溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验X溶液中是否含有SO42﹣C向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深证明盐类的水解是吸热的D向含有少量苯酚的苯中加入NaOH溶液，振荡、静置、分液除去苯中的苯酚A．AB．BC．CD．D　6．在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止-23-\nFe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（　　）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化　7．下列药品和装置合理，能完成相应实验的是（　　）ABCD碳酸氢钠受热分解二氧化碳喷泉式样乙二酸和乙二醇酯化反应实验室制氨气A．AB．BC．CD．D　　二.非选择题：8．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂．合成a﹣萜品醇G的路线之一如下：已知：RCOOC2H5请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是　　　　　　．-23-\n（2）A催化氢化得Z（C7H12O3），写出Z在一定条件下聚合反应的化学方程式：　　　　　　．（3）B的分子式为　　　　　　；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：　　　　　　．①核磁共振氢谱有2个吸收峰②能发生银镜反应（4）B→C、E→F的反应类型分别为　　　　　　、　　　　　　．（5）C→D的化学方程式为　　　　　　．（6）试剂Y的结构简式为　　　　　　．（7）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是　　　　　　和　　　　　　．（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子（连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，写出H的结构简式：　　　　　　．　9．A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体．D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体．它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应产物已略去）．（1）写出化学式：A　　　　　　、D　　　　　　、E　　　　　　、X　　　　　　．（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是　　　　　　（填编号）．（3）D除了可与F反应得到一种血红色溶液外，还可与某有机物反应生成紫色物质，该有机物是　　　　　　（填名称）．（4）反应⑦的化学方程式为　　　　　　；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子　　　　　　mol．　10．工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程．-23-\n烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若　　　　　　，则整个装置气密性良好．装置D的作用是　　　　　　．装置E中为　　　　　　溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为　　　　　　．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择　　　　　　．a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：　　　　　　．已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液．　11．某校化学小组学生利用如图装置进行“氨的催化氧化及其产物验证”实验．（图中夹持装置已略去）-23-\n（1）装置B中盛放的试剂是　　　　　　，用来吸收混合气体中的水汽．（2）反应开始时，将装置C中铂丝加热到红热，撤去酒精灯，铂丝变暗．此时鼓入空气，铂丝又变红热．这是因为氨的催化氧化是　　　　　　反应．（3）实验过程中，装置D中的导管容易生成无色晶体而堵塞．为了解决该问题，可以在活塞a后增加　　　　　　（选填序号）．①盛有蒸馏水的洗气瓶②盛有浓盐酸的洗气瓶③盛有碱石灰的U形管（4）反应一段时间后，装置E中的气体颜色应为　　　　　　．装置G的作用是　　　　　　．（5）反应一段时间后，装置F中的紫色石蕊试液变红，其原因是（写出化学方程式）　　　　　　．（6）工业上合成氨的反应是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.2kJ•mol﹣1．①下列做法能够提高工业合成氨转化率的是（选填字母）　　　　　　a．增大压强b．升高温度c．使用铁触媒d．将生成的NH3及时从混合气体中分离出去②工业合成氨时采用500℃左右的温度，主要是因为　　　　　　．　　-23-\n2022-2022学年北京教育学院附中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析　一、单选题（每题6分，共42分）：1．实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（　　）A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气【考点】真题集萃；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择．【专题】综合实验题．【分析】A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体反应；B．HCl气体能与碳酸氢钠反应生成CO2，引入新的杂质气体；C．乙烯的密度与空气接近；D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮．【解答】解：A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确；B．实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和NaHCO3溶液，HCl会和NaHCO3反应生成CO2，引入新的杂质，故B错误；C．乙烯的密度与空气接近，不能用排空气法收集，故C错误；D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误．故选A．【点评】本题考查气体的制备与收集，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．　2．相同物质的量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（　　）A．AlB．Al（OH）3C．AlCl3D．Al2O3-23-\n【考点】镁、铝的重要化合物；铝的化学性质．【分析】选项中的各种物质和氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，AlCl3+4NaOH（过量）═NaAlO2+3NaCl+2H2O，Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，结合反应的方程式计算在各物质质量相等的条件下消耗的碱量．【解答】解：令各物质的物质的量为1mol，A．铝与氢氧化钠反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知1molAl消耗NaOH的物质的量为1mol；B．氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，由方程式可知1molAl（OH）3消耗NaOH的物质的量为1mol；C．AlCl3与氢氧化钠反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知1molAlCl3消耗NaOH的物质的量为4mol；D．Al2O3与氢氧化钠反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，由方程式可知1molAl2O3消耗NaOH的物质的量为2mol．相同物质的量的Al、Al（OH）3、AlCl3、Al2O3，AlCl3消耗NaOH最多，故选C．【点评】本题考查铝及其化合物的性质、化学方程式有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握．　3．能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．原子不守恒；B．碳酸氢根离子不能拆开；C．氢氧化铝不溶于弱碱；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水．-23-\n【解答】解：A．原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；B．碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握．　4．下列各组物质之间不可能实现如图所示转化的是（　　）选项XYZMAO2CO2COCBHNO3Fe（NO3）3Fe（NO3）2FeCNaOHNaHCO3Na2CO3CO2DNH3NONO2O2A．AB．BC．CD．D【考点】硝酸的化学性质；氨的化学性质；钠的重要化合物．【分析】A、O2CO2COB、HNO3Fe（NO3）3Fe（NO3）2；C．NaOHNaHCO3；NaHCO3和CO2不能反应生成碳酸钠；D．NH3NONO2；【解答】解：A、O2CO2CO，C+O2=CO2，CO2+C=2CO，可以实现上述转化，故A不符合；B、HNO3Fe（NO3）3Fe（NO3）2，Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，Fe+2Fe（NO3）3=3Fe（NO3）2，可以实现上述转化，故B不符合；C．NaOHNaHCO3；NaHCO3和CO2不能反应生成碳酸钠，不能实现上述转化，故C符合；-23-\nD．NH3NONO2，4NH3+5O2=4NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，可以实现上述转化，故D不符合；故选C．【点评】本题考查无机物的推断，注意转化中发生的化学反应是解答本题的关键，硝酸的强氧化性、氨气的催化氧化、和量不同产物不同的判断为解答的易错点，题目难度中等．　5．下列实验方案不能达到预期目的是选项实验方案预期目的A将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB向X溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验X溶液中是否含有SO42﹣C向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深证明盐类的水解是吸热的D向含有少量苯酚的苯中加入NaOH溶液，振荡、静置、分液除去苯中的苯酚A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂；化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，水解过程是吸热反应；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；【解答】解：A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小，将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故A正确；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子，生成的沉淀可能是硫酸钡，或氯化银，故B错误；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，碱性增强，平衡正向进行证明水解过程是吸热反应，故C正确；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；振荡、静置、分液，可以除去苯中的苯酚，故D正确；故选B．-23-\n【点评】本题考查了物质分离、提纯、除杂的方法和反应应用，盐类水解的应用，离子检验，注意现象分析和性质应用．　6．在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（　　）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【考点】真题集萃；氧化还原反应；硝酸的化学性质．-23-\n【分析】A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．【解答】解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2，故A正确；B．Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选：C．【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．　7．下列药品和装置合理，能完成相应实验的是（　　）ABCD碳酸氢钠受热分解二氧化碳喷泉式样乙二酸和乙二醇酯化反应实验室制氨气A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．-23-\n【分析】A．试管口应向下倾斜；B．二氧化碳在水中的溶解度不大；C．酯化反应需要浓硫酸催化下加热；D．硝酸铵受热易爆炸．【解答】解：A．为防止试管炸裂，则试管口应向下倾斜，故A错误；B．二氧化碳在水中的溶解度不大，应用氢氧化钠溶液，故B错误；C．酯化反应需要浓硫酸催化下加热，酯在饱和碳酸钠中的溶解度较小，故C正确；D．硝酸铵受热易爆炸，应用氯化铵，故D错误．故选C．【点评】本题考查实验方案的评价，侧重于物质的制备、性质比较、除杂等实验操作，注意把握物质的性质以及实验原理．　二.非选择题：8．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂．合成a﹣萜品醇G的路线之一如下：已知：RCOOC2H5请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是　羰基、羧基　．（2）A催化氢化得Z（C7H12O3），写出Z在一定条件下聚合反应的化学方程式：　　．（3）B的分子式为　C8H14O3　；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：　　．①核磁共振氢谱有2个吸收峰②能发生银镜反应（4）B→C、E→F的反应类型分别为　取代反应　、　酯化反应　．-23-\n（5）C→D的化学方程式为　+2NaOH+NaBr+2H2O　．（6）试剂Y的结构简式为　CH3MgBr　．（7）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是　Na　和　NaHCO3溶液　．（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子（连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，写出H的结构简式：　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基；（2）A催化加氢生成Z，该反应为羰基与氢气发生加成反应，Z为，通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物；（3）根据B的结构简式书写B的分子式，注意利用H原子饱和碳的四价结构；B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构，为链状不饱和度为2，能发生银镜反应，故含有醛基2个﹣CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子为对称结构的连接原子，据此结合B的分子式书写；（4）由B到C的反应条件可知，B发生水解反应生成；结合信息反应、G的结构以E→F转化条件可知，F为，故E发生酯化反应生成F；-23-\n（5）由反应条件可知，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成，（6）结合G的结构与反应信息可知，试剂Y为CH3MgBr等；（7）由（5）中分析可知，酸化生成E，E为，含有羧基与C=C双键，F为，含有C=C双键、酯基，G中含有C=C双键、醇羟基，故选择试剂区别羧基、酯基、羟基即可，利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，碳酸氢钠与羧基反应，据此进行区别；（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和C原子上．【解答】解：（1）由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；（2）A催化加氢生成Z，该反应为羰基与氢气发生加成反应，Z为，通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物，该反应方程式为，故答案为：；（3）根据B的结构简可知B的分子式为C8H14O3，B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构，为链状不饱和度为2，能发生银镜反应，故含有醛基2个﹣CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子为对称结构的连接原子，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：C8H14O3；；（4）由B到C的反应条件可知，B发生水解反应生成，属于取代反应，-23-\n结合信息反应、G的结构以E→F转化条件可知，F为，故E发生酯化反应生成F，故答案为：取代反应；酯化反应；（5）由反应条件可知，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成，C→D的反应方程式为+2NaOH+NaBr+2H2O，故答案为：+2NaOH+NaBr+2H2O；（6）结合G的结构与反应信息可知，试剂Y为CH3MgBr等，故答案为：CH3MgBr；（7）由（5）中分析可知，酸化生成E，E为，含有羧基与C=C双键，F为，含有C=C双键、酯基，G中含有C=C双键、醇羟基，利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出F，再利用碳酸氢钠与羧基反应区别G与E，故答案为：Na；NaHCO3溶液；（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和C原子上，H的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，充分利用有机物的结构、反应条件即反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键，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．　-23-\n9．A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体．D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体．它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应产物已略去）．（1）写出化学式：A　Fe　、D　FeBr3　、E　Fe3O4　、X　HBr　．（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是　③⑥　（填编号）．（3）D除了可与F反应得到一种血红色溶液外，还可与某有机物反应生成紫色物质，该有机物是　苯酚　（填名称）．（4）反应⑦的化学方程式为　3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2　；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子　0.8　mol．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；金属概论与碱元素．【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，则单质A应为金属，A和H高温反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，单质B常温下是液态，能与Fe反应，则B为Br2，D为FeBr3，D与F得到红色溶液，则F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeBr2，Fe与气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，H在常温下为液体，X是一种无氧强酸，可推知X为HBr，H为H2O，据此解答．【解答】解：A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，则单质A应为金属，A和H高温反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2-23-\n，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，单质B常温下是液态，能与Fe反应，则B为Br2，D为FeBr3，D与F得到红色溶液，则F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeBr2，Fe与气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，H在常温下为液体，X是一种无氧强酸，可推知X为HBr，H为H2O，（1）由上述分析可知，A为Fe，D为FeBr3，E为Fe3O4，X为HBr，故答案为：Fe；FeBr3；Fe3O4；HBr；（2）在反应①～⑦中，①为铁和溴发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和HBr发生的复分解反应，不是氧化还原反应，④为溴化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为溴化亚铁和溴发生的氧化还原反应，⑥是溴化铁和硫氰酸盐发生的络合反应，不是氧化还原反应，故答案为：③⑥；（3）D为FeBr3，溶液遇苯酚能生成紫色物质，故答案为：苯酚；（4）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4H2O反应转移电子为8mol，铁元素从0价变化为+价，每消耗0.3mol的A（Fe），可转移电子0.8mol，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；0.8．【点评】本题考查无机物推断，涉及Fe、Br元素化合物的性质与转化，需要熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等．　10．工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程．-23-\n烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若　液柱高度保持不变　，则整个装置气密性良好．装置D的作用是　防倒吸　．装置E中为　NaOH　溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为　2：1　．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择　c　．a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：　取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质　．已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液．【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【分析】A中硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，B装置不能吸收SO2，则B中含有盛放饱和的NaHSO3溶液，C中在加热条件下发生反应Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）、2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O、S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），D对于E来说有缓冲作用，能防止E中发生倒吸现象，二氧化硫有毒不能直接排空，用碱液吸收SO2，所以E中盛放液体是碱液，（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；（3）观察SO2的生成速率，则二氧化硫通过溶液不能与SO2反应，有气泡逸出；-23-\n（4）检测产品中是否存在Na2SO4，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子．【解答】解：A中硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，B装置不能吸收SO2，则B中含有盛放饱和的NaHSO3溶液，C中在加热条件下发生反应Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）、2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O、S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），D对于E来说有缓冲作用，能防止E中发生倒吸现象，二氧化硫有毒不能直接排空，用碱液吸收SO2，所以E中盛放液体是碱液，（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）装置A中反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，故答案为：c；（4）检测产品中是否存在Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质．【点评】本题考查物质制备、物质检验、氧化还原反应、实验操作等知识点，为高频考点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，熟悉流程图中各个装置作用、可能发生的反应，知道硫酸根离子检验方法及现象，题目难度不大．　11．某校化学小组学生利用如图装置进行“氨的催化氧化及其产物验证”实验．（图中夹持装置已略去）-23-\n（1）装置B中盛放的试剂是　碱石灰　，用来吸收混合气体中的水汽．（2）反应开始时，将装置C中铂丝加热到红热，撤去酒精灯，铂丝变暗．此时鼓入空气，铂丝又变红热．这是因为氨的催化氧化是　放热　反应．（3）实验过程中，装置D中的导管容易生成无色晶体而堵塞．为了解决该问题，可以在活塞a后增加　①　（选填序号）．①盛有蒸馏水的洗气瓶②盛有浓盐酸的洗气瓶③盛有碱石灰的U形管（4）反应一段时间后，装置E中的气体颜色应为　红棕色　．装置G的作用是　吸收尾气防止污染空气　．（5）反应一段时间后，装置F中的紫色石蕊试液变红，其原因是（写出化学方程式）　3NO2+H2O=2HNO3+NO　．（6）工业上合成氨的反应是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.2kJ•mol﹣1．①下列做法能够提高工业合成氨转化率的是（选填字母）　ad　a．增大压强b．升高温度c．使用铁触媒d．将生成的NH3及时从混合气体中分离出去②工业合成氨时采用500℃左右的温度，主要是因为　适当升高温度，使反应速率增大，在500℃左右时催化剂的活性最大　．【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】浓氨水易挥发，鼓入空气将挥发的浓氨水吹入B装置，B中的碱石灰用来干燥氨气，干燥的氨气在C中发生催化氧化生成一氧化氮和水，用浓硫酸吸收生成的水，剩余干燥的一氧化氮在E中遇到空气发生氧化反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与F中的水生成硝酸，溶液显酸性，能够使石蕊变红色，最后用氢氧化钠溶液吸收过量的二氧化氮，（1）分析可知装置B中是碱石灰；（2）氨气的催化氧化反应是放热反应；-23-\n（3）氨气的催化氧化生成一氧化氮、水蒸气，装置C出来的气体还有氨气，遇到浓硫酸反应生成固体硫酸铵堵塞导气管，需要通过水吸收；（4）一氧化氮进入装置E中和空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，G装置氢氧化钠溶液是吸收剩余氮氧化物；（5）装置E中生成的二氧化氮进入装置F和水反应生成硝酸和一氧化氮，使石蕊试液变红色；（6）①提高工业合成氨转化率，应使化学平衡正向进行；②N2+3H22NH3△H＜0，该反应是气体体积减小、放热的可逆反应，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度、增大压强，温度过低反应速率过小，温度越高，反应速率越大，使用催化剂也能增大反应速率，根据催化剂的活性受温度影响情况进行来分析．【解答】解：（1）上述分析可知装置B中是碱石灰，用来吸收混合气体中的水汽，故答案为：碱石灰；（2）此时鼓入空气，铂丝又变红热，说明氨气的催化氧化是放热反应，故答案为：放热；（3）氨气的催化氧化生成一氧化氮、水蒸气，装置C出来的气体还有氨气，遇到浓硫酸反应生成固体硫酸铵堵塞导气管，氨气是碱性气体，浓盐酸会挥发出氯化氢气体，干扰装置F中的实验现象，碱石灰不能吸收氨气，氨气极易溶于水，所以需要通过水吸收，故选①，故答案为：①；（4）一氧化氮进入装置E中和空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，G装置氢氧化钠溶液是吸收剩余氮氧化物，防止污染空气，故答案为：红棕色；吸收尾气防止污染空气；（5）装置E中生成的二氧化氮进入装置F和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸使石蕊试液变红色，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（6）①提高工业合成氨转化率，应使化学平衡正向进行，N2+3H22NH3△H＜0，该反应是气体体积减小、放热的可逆反应，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度、增大压强，a．增大压强，平衡正向进行，反应物转化率增大，故a正确；b．升高温度平衡逆向进行，反应物转化率减小，故b错误；c．使用铁触媒改变反应速率，不改变化学平衡，转化率不变，故c错误；d．将生成的NH3及时从混合气体中分离出去，平衡正向进行，反应物转化率增大，故d符合；-23-\n故答案为：ad；②N2+3H22NH3△H＜0，该反应是气体体积减小、放热的可逆反应，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度、增大压强，但温度过低反应速率过小，不利于工业生成效益；温度越高，反应速率越大，所以应适当升高温度，使反应速率增大；使用催化剂也能增大反应速率，但在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度进行，故答案为：适当升高温度，使反应速率增大，在500℃左右时催化剂的活性最大．【点评】本题为实验题，考查了实验设计方案的评价，物质性质的理解应用，明确实验原理及各装置的作用是解题关键，题目难度中等．　-23-