2022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第四次模考化学试卷（零班）　一、选择题．1．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol•L﹣1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（　　）A．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mLB．参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．开始加入合金的质量可能为16.4gD．标况下产物NO的体积为22.4L　2．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（　　）A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中　3．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．质量ag的C2H4和C3H6的混合物中共用电子对数目为B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NAD．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA　4．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Al3+、NO3﹣、I﹣B．氢氧化铁胶体中：H+、K+、SO42﹣、Br﹣C．含有大量的CO32﹣溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．c（Al3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣　5．将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为（　　）A．22.1gB．27.2gC．30gD．19.4g　186．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2OB．NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OC．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al（OH）3↓+Al3+　7．如图图示与对应叙述相符合的是（　　）A．图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B．图2表示Cl2通入H2S溶液中pH的变化C．图3表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）D．图4表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂　　二、简答题．8．氮化硅是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：　　　　　　+　　　　　　C+　　　　　　N2　　　　　　Si3N4+　　　　　　CO（1）补充并配平上述反应的化学方程式（填写化学式和化学计量数）．（2）该反应的平衡常数表达式为K=　　　　　　；升高温度时平衡常数减小，则其反应热△H　　　　　　零（填“大于”、“小于”或“等于”）；若在一定温度下，当上述反应达到平衡时增加氮气的流量，平衡常数将　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）当制得14gSi3N4时，碳将　　　　　　（填“得到”或“失去”）　　　　　　mol电子，增加碳的用量时平衡　　　　　　（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）．（4）氮化硅作为新型材料，具有耐高温、耐腐蚀、抗氧化、耐磨损等优异性能．但作为结构材料，它还存在抗机械冲击强度低、容易发生脆性断裂等缺点．为此工业上常以氮化硅作为基体，加入碳化硅作为添加剂来制造复合材料．以下属于复合材料的是　　　　　　．A．玻璃钢B．钢筋混凝土C．聚苯乙烯塑料D．搪瓷．　189．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）　　　　　　．（2）Z为一种或两种气体：①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是　　　　　　．②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是　　　　　　．（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）　　　　　　．（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是　　　　　　．（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）　　　　　　．　10．某化学学习小组对铝与酸和碱的反应进行探究，过程如下．实验Ⅰ：（1）取形状、大小均相同的铝丝分别与等体积的、pH相同的盐酸、稀硫酸反应，随反应进行，盐酸中生成气体的速率明显比硫酸中生成气体的速率快，对此原因，你认为合理的猜测是下列的　　　　　　（填写相应的字母）．a．盐酸的物质的量浓度大于硫酸的物质的量浓度b．Cl﹣能促进此反应的进行c．SO42﹣能抑制此反应的进行d．硫酸使铝发生钝化（2）为了探究反应速率不同的原因，请你根据所提供的药品，填写实验方案中的空白部分．药品：氯化铝固体、硫酸铝固体、硫酸铜固体、氯化铜固体、6mol/L盐酸、3mol/L硫酸、18.4mol/L硫酸、5mol/L硝酸．方案：取两支试管，首先同时分别加入形状、大小均相同的铝丝和等体积的　　　　　　（填写相应的试剂，下同），然后再向其中的一支试管中加入适量的　　　　　　固体并振荡使固体溶解，观察实验现象．实验探究：略．实验Ⅱ：取足量的形状、质量均相同的铝丝分别与等体积的6mol/L的盐酸、6mol/L氢氧化钠溶液反应，待反应停止后取出剩余的铝丝洗净、干燥、称量，剩余铝丝的质量关系是前者　　　　　　18后者（填“大于”或“小于”或“等于”）；观察反应后的液体，发现铝与盐酸反应后所得的液体是黑色浑浊的，试管底部有少量黑色沉淀，对此现象，同学们进行了如下探究：（1）提出猜想同学们查找资料后获得如下信息：工业上用电解法冶炼铝所用的原料氧化铝是从铝土矿中提取的，所以得到的氧化铝中可能还含有微量的氧化铁和二氧化硅两种杂质，据此，同学们提出如下猜想：猜想1：此黑色固体是铁单质，可能是电解得到的铝与杂质反应生成的，相应的化学反应方程式为　　　　　　；猜想2：此黑色固体是硅单质，是电解得到的铝与二氧化硅反应生成的；猜想3：此黑色固体是铝单质，是铝与盐酸反应时因反应过快而变成粉末分散到溶液中；猜想4：此黑色固体可能是上述若干种单质组成的混合物．（2）设计实验方案并完成相关实验：为了探究少量黑色沉淀的成分，将反应后所得的液体进行　　　　　　、　　　　　　（填基本操作），分别取少量固体置于两支试管中，完成下列实验：①向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸，观察固体是否溶解．实验时发现固体完全溶解，证明猜想　　　　　　一定不正确（填“1”、“2”、“3”、“4”）．②向另一试管中加入足量的氢氧化钠溶液，观察固体是否溶解．实验时发现固体完全溶解，证明猜想　　　　　　一定不正确（填“1”、“2”、“3”、“4”）．（3）得出结论综合实验①②的现象，可推知猜想　　　　　　（填“1”、“2”、“3”、“4”）是正确的，固体溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为：　　　　　　．　　一、[有机化学]11．【化学﹣﹣选修5：有机化学基础】2022年7月28日，央视《每周质量报告》曝光称，国家禁用的有毒塑化剂有可能藏身保鲜膜之中，流向百姓餐桌．国际食品包装协会也于28日发布报告，在被调查的16种PVC保鲜膜样品中，有15种样品检出国家明令禁止使用的增塑剂．有机物E和F可用作塑料增塑剂或涂料中的溶剂．它们的相对分子质量相等，可用图所示方法合成：（1）x反应类型是　　　　　　，x反应的条件是　　　　　　．（2）A的结构简式　　　　　　；（3）请写出B+C→F的化学方程式：B+C→F　　　　　　．（4）物质F有多种同分异构体，满足下列条件的共有　　　　　　种（包括F）；①与F具有相同的官能团，能发生水解反应；18②分子中均含有一个苯环；③苯环上有两个取代基，且取代基相同；请写出符合上述条件，且水解产物与FeCl3溶液显紫色的一种物质的结构简式　　　　　　．　　182022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第四次模考化学试卷（零班）参考答案与试题解析　一、选择题．1．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol•L﹣1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（　　）A．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mLB．参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．开始加入合金的质量可能为16.4gD．标况下产物NO的体积为22.4L【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，生成NO为0.1mol，A．根据V=计算加入的氢氧化钠溶液的体积；B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）；C．金属的总质量与金属的含量有关，假定全为镁、全为铜计算确定金属的质量范围；D．根据V=nVm计算NO的体积．【解答】解：将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol，A．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，故A正确；18B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=×0.15mol=0.4mol，故B错误；C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，故C错误；D．标况下NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故D错误，故选：A．【点评】本题主要考查混合物有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大，B选项可以利用氮原子守恒计算硝酸的物质的量．　2．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（　　）A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子，即可解答．【解答】解：加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH﹣）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子．A．加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B．溶液中一定含有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C．原来溶液中K+、和一定存在，故C正确；D．硫酸根离子是否存在不能确定，CO32﹣可能存在，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等．18　3．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．质量ag的C2H4和C3H6的混合物中共用电子对数目为B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2NAD．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA【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．乙烯中每个C原子平均形成了1个碳碳键，每个氢原子形成1个碳氢键；C3H6可能为环丙烷或丙烯，无论丙烯还是环丙烷，每个C平均形成了1个碳碳键，每个氢原子形成1个碳氢键，然后根据二者的最简式CH2进行计算混合物中含有的C、H的物质的量及形成共用电子对数目；B．缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；C．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，14g混合气体中含有0.5mol气体分子，含有1mol原子；D．次氯酸根离子在溶液中部分水解，导致溶液中次氯酸根离子数目减少．【解答】解：A．C2H4和C3H6的最简式为CH2，ag混合气体中含有最简式的物质的量为=mol，所以混合气体中含有molC、mol×2=molH；C2H4和C3H6的分子中，每个C原子平均形成了1个碳碳键，每个氢原子形成1个碳氢键，所以ag混合气体中形成了molC﹣C共价键、molC﹣H共价键，总共形成了mol共用电子对，混合物中共用电子对数目为NA，故A正确；B．没有告诉氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的物质的量及数目，故B错误；C．14g由N2与CO组成的混合气体中含有0.5mol气体分子，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故C错误；D．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，溶液中次氯酸根离子小于1mol，含有ClO﹣的数目小于NA，故D错误；故选A．【点评】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，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A为难点、易错点，注意合理分析C3H6中含有的共价键情况．　4．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Al3+、NO3﹣、I﹣B．氢氧化铁胶体中：H+、K+、SO42﹣、Br﹣C．含有大量的CO32﹣溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．c（Al3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．甲基橙变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；B．氢氧化铁胶粒带正电荷，能够与溶液中的阴离子发生聚沉现象；18C．NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，也不与碳酸根离子反应；D．碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．【解答】解：A．甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，NO3﹣在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化I﹣离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．氢氧化铁胶体粒子带有正电荷，能够与溶液中阴离子发生聚沉现象，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，且都不与CO32﹣离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．HCO3﹣与Al3+发生反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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．　5．将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为（　　）A．22.1gB．27.2gC．30gD．19.4g【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量来计算生成沉淀的质量，但是不包括氢氧化铝．【解答】解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72LNO，即氮原子得电子的物质的量是（5﹣2）=0.9mol，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量（包括氢氧化铝）等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g﹣7.8g=19.4g．故选D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单．　6．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2OB．NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OC．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑18D．将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al（OH）3↓+Al3+【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和碘、水；B．NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀，二者以1：1反应，反应生成硫酸钡、水、NaOH；C．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；D.1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等体积互相均匀混合，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铝．【解答】解：A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI的离子反应为Fe2O3+2I﹣+6H+═2Fe2++I2+3H2O，故A错误；B．NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀的离子反应为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，故B错误；C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2HAc=Ca2++2Ac﹣+H2O+CO2↑，故C错误；D．将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al（OH）3↓+Al3+，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，选项D为解答的易错点和难点，并注意与量有关的离子反应中量少的物质完全反应．　7．如图图示与对应叙述相符合的是（　　）A．图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B．图2表示Cl2通入H2S溶液中pH的变化C．图3表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）D．图4表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂【考点】化学方程式的有关计算；氧化还原反应的计算；化学平衡的影响因素；pH的简单计算．【分析】A．先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体；18B．Cl2通入H2S溶液中发生Cl2+H2S═2HCl+S，酸性增强，pH减小；C．发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；D．t0时正逆反应速率同等程度的变大，可能为催化剂或增大压强；【解答】解：A．先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体，且等物质的量NaOH、Na2CO3，不产生气体和产生气体消耗的酸应为2：1，与图象不符，故A错误；B．Cl2通入H2S溶液中发生Cl2+H2S═2HCl+S，酸性增强，pH减小，与图象不符，故B错误；C．发生氧化还原反应生成锰离子，则n（Mn2+）随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速率的主要因素，反应物浓度减小，速率减慢，故C正确；D．t0时正逆反应速率同等程度的变大，可能为催化剂，若反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，速率增大，所以增大压强也可能符合，故D错误；故选C．【点评】本题考查较综合，涉及化学反应的先后顺序与图象、氧化还原反应、影响反应速率的因素，注重高考考点的考查，题目难度中等．　二、简答题．8．氮化硅是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：　3SiO2　+　6　C+　2　N2　1　Si3N4+　6　CO（1）补充并配平上述反应的化学方程式（填写化学式和化学计量数）．（2）该反应的平衡常数表达式为K=　　；升高温度时平衡常数减小，则其反应热△H　小于　零（填“大于”、“小于”或“等于”）；若在一定温度下，当上述反应达到平衡时增加氮气的流量，平衡常数将　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）当制得14gSi3N4时，碳将　失去　（填“得到”或“失去”）　1.2　mol电子，增加碳的用量时平衡　不移动　（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）．（4）氮化硅作为新型材料，具有耐高温、耐腐蚀、抗氧化、耐磨损等优异性能．但作为结构材料，它还存在抗机械冲击强度低、容易发生脆性断裂等缺点．为此工业上常以氮化硅作为基体，加入碳化硅作为添加剂来制造复合材料．以下属于复合材料的是　AB　．A．玻璃钢B．钢筋混凝土C．聚苯乙烯塑料D．搪瓷．【考点】化学平衡的影响因素；氧化还原反应方程式的配平．【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降总数相等以及质量守恒来解答；（2）根据化学平衡常数表达式为K=分析；根据升高温度时平衡常数减小，则升高温度逆向移动，以及温度对平衡常数的影响判断；（3）根据方程式，当制得14gSi3N4即=0.1mol时，碳由0价升高到+2价，所以失去0.6×2=1.2mol电子，又碳为纯固体，则增加碳的用量平衡不移动；（4）复合材料是由两种及以上的材料组成的，可根据各物质的组成及复合材料的定义进行分析解答．18【解答】解：（1）Si的化合价前后未变，N的化合价由0升为﹣3，C的化合价由0升为+2，生成1个Si3N4化合价降低12，生成1个CO化合价升高2，根据化合价升降总数相等以及质量守恒得，SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，故答案为：3SiO2，6，2，1，6；（2）化学平衡常数表达式为K=，故答案为：；因升高温度时平衡常数减小，则升高温度逆向移动，所以反应是放热反应，则△H＜0，平衡常数仅与温度有关，所以增加氮气的流量，平衡常数将不变，故答案为：；小于；不变；（3）根据方程式SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，当制得14gSi3N4即=0.1mol时，碳由0价升高到+2价，所以失去0.6×2=1.2mol电子，又碳为纯固体，则增加碳的用量平衡不移动；故答案为：失去；1.2；不移动；（4）A、玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复而成的一种特殊材料，属于复合材料；B、钢筋混凝土是由钢筋和粘土混合而成的，属于复合材料；C、聚苯乙烯塑料是一种合成有机高分子材料，不属于复合材料；D、搪瓷是无机非金属材料，不属于复合材料；故选AB．【点评】考查氧化还原反应配平及计算、化学平衡移动原理及其平衡常数的影响因素等，难度中等，注意掌握化学方程式常用的配平方法．　9．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）　Al　．（2）Z为一种或两种气体：①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　．②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是　NO、CO2　．（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）　Cu2+、Fe3+、H+　．18（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是　2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2　．（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）　CuO、C；CuO、C、Fe2O3　．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物．【分析】能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同．无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐．（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2﹣离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应，产生白色沉淀Al（OH）3．（2）①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为SO2，则浓酸为浓硫酸．②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸．（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉．向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+．（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．说明产物有I2和Fe（OH）3，H2O2作氧化剂，I﹣、Fe2+共同还原H2O2．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，转移3mol电子其中2mol来自I﹣，令外1mol电子来自Fe2+．即氧化的I﹣与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子．（5）由前几问知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，Fe2O3有没有不一定．【解答】解：（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2﹣离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，产生白色沉淀Al（OH）3，所以，可以肯定溶液X中没有AlO2﹣，样品中没有Al．故答案为：Al．（2）①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为SO2，则浓酸为浓硫酸．反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．18②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸．故答案为：NO、CO2（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2++Fe=Cu+Fe2+，向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+（特别注意没有了Fe2+）．故答案为：Cu2+、Fe3+、H+．（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．I﹣、Fe2+共同还原H2O2．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，转移3mol电子其中2mol来自I﹣，令外1mol电子来自Fe2+．即氧化的I﹣与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子．这反应方程式：2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2．故答案为：2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2．（5）根据前面分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，符合整个设问的组合只有两种为：CuO、C；CuO、C、Fe2O3．故答案为：CuO、C；CuO、C、Fe2O3．【点评】无机推断题为主体的综合题，主要考查金属单质、金属氧化物、非金属单质的性质．本题综合性强，涉及知识面广，难度较大．　10．某化学学习小组对铝与酸和碱的反应进行探究，过程如下．实验Ⅰ：（1）取形状、大小均相同的铝丝分别与等体积的、pH相同的盐酸、稀硫酸反应，随反应进行，盐酸中生成气体的速率明显比硫酸中生成气体的速率快，对此原因，你认为合理的猜测是下列的　bc　（填写相应的字母）．a．盐酸的物质的量浓度大于硫酸的物质的量浓度b．Cl﹣能促进此反应的进行c．SO42﹣能抑制此反应的进行d．硫酸使铝发生钝化（2）为了探究反应速率不同的原因，请你根据所提供的药品，填写实验方案中的空白部分．药品：氯化铝固体、硫酸铝固体、硫酸铜固体、氯化铜固体、6mol/L盐酸、3mol/L硫酸、18.4mol/L硫酸、5mol/L硝酸．方案：取两支试管，首先同时分别加入形状、大小均相同的铝丝和等体积的　3mol/LH2SO4　（填写相应的试剂，下同），然后再向其中的一支试管中加入适量的　氯化钠固体（或6mol/LHCl、硫酸钠固体）　固体并振荡使固体溶解，观察实验现象．实验探究：略．实验Ⅱ：取足量的形状、质量均相同的铝丝分别与等体积的6mol/L的盐酸、6mol/L氢氧化钠溶液反应，待反应停止后取出剩余的铝丝洗净、干燥、称量，剩余铝丝的质量关系是前者　大于　后者（填“大于”或“小于”或“等于”）；观察反应后的液体，发现铝与盐酸反应后所得的液体是黑色浑浊的，试管底部有少量黑色沉淀，对此现象，同学们进行了如下探究：（1）提出猜想同学们查找资料后获得如下信息：工业上用电解法冶炼铝所用的原料氧化铝是从铝土矿中提取的，所以得到的氧化铝中可能还含有微量的氧化铁和二氧化硅两种杂质，据此，同学们提出如下猜想：18猜想1：此黑色固体是铁单质，可能是电解得到的铝与杂质反应生成的，相应的化学反应方程式为　2Al+Fe2O32Fe+Al2O3　；猜想2：此黑色固体是硅单质，是电解得到的铝与二氧化硅反应生成的；猜想3：此黑色固体是铝单质，是铝与盐酸反应时因反应过快而变成粉末分散到溶液中；猜想4：此黑色固体可能是上述若干种单质组成的混合物．（2）设计实验方案并完成相关实验：为了探究少量黑色沉淀的成分，将反应后所得的液体进行　过滤、　、　洗涤　（填基本操作），分别取少量固体置于两支试管中，完成下列实验：①向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸，观察固体是否溶解．实验时发现固体完全溶解，证明猜想　2　一定不正确（填“1”、“2”、“3”、“4”）．②向另一试管中加入足量的氢氧化钠溶液，观察固体是否溶解．实验时发现固体完全溶解，证明猜想　1　一定不正确（填“1”、“2”、“3”、“4”）．（3）得出结论综合实验①②的现象，可推知猜想　3　（填“1”、“2”、“3”、“4”）是正确的，固体溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为：　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．【考点】性质实验方案的设计．【分析】实验I：比较盐酸和稀硫酸的不同点进行猜测；取酸和具有和酸不同离子的盐进行实验比较分析；实验II：根据反应方程式判断；（1）根据铝热反应写出反应方程式；（2）根据实验现象证明猜想；（3）根据实验不同现象判断正误并写出氧化铝和氢氧化钠反应的离子方程式．【解答】解：实验I：（1）取形状、大小均相同的铝丝分别与等体积的、PH相同的盐酸、稀硫酸反应，不同点是盐酸中含有氯离子，硫酸中含有硫酸根离子，所以猜测是氯离子促进反应，硫酸根离子抑制反应，故选bc；（2）选取酸，然后向酸中加入含有不同阴离子的盐并振荡使固体溶解，观察实验现象，从而确定影响因素，故答案为：3mol/LH2SO4、氯化钠固体（或6mol/LHCl、硫酸钠固体）；实验II：由反应2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，消耗相同物质的量的盐酸和氢氧化钠，加盐酸溶液的试管中参加反应的铝少，剩余的铝多，故答案为：大于；（1）在高温条件下，铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）为了探究少量黑色沉淀的成分，将反应后所得的液体进行过滤、洗涤，分别取少量固体置于两支试管中，故答案为：过滤、洗涤；①向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸，实验时发现固体完全溶解，说明固体都是金属单质，所以证明猜想2一定不正确，故答案为：2；18②向另一试管中加入足量的氢氧化钠溶液，实验时发现固体完全溶解，铝和硅都能与氢氧化钠反应，根据实验现象证明猜想1一定不正确，故答案为：1；（3）综合实验①②的现象，可推知猜想3是正确的；铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：3；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．【点评】本题考查了铝及其化合物性质的实验，难度不大，注意铝和氢氧化钠溶液反应方程式的书写，水作反应物参加反应．　一、[有机化学]11．【化学﹣﹣选修5：有机化学基础】2022年7月28日，央视《每周质量报告》曝光称，国家禁用的有毒塑化剂有可能藏身保鲜膜之中，流向百姓餐桌．国际食品包装协会也于28日发布报告，在被调查的16种PVC保鲜膜样品中，有15种样品检出国家明令禁止使用的增塑剂．有机物E和F可用作塑料增塑剂或涂料中的溶剂．它们的相对分子质量相等，可用图所示方法合成：（1）x反应类型是　取代反应　，x反应的条件是　光照　．（2）A的结构简式　　；（3）请写出B+C→F的化学方程式：B+C→F　　．（4）物质F有多种同分异构体，满足下列条件的共有　18　种（包括F）；①与F具有相同的官能团，能发生水解反应；②分子中均含有一个苯环；③苯环上有两个取代基，且取代基相同；请写出符合上述条件，且水解产物与FeCl3溶液显紫色的一种物质的结构简式　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．18【分析】在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成A为，A发生氧化反应生成B，对二甲苯氧化也得到B，则B为．由转化关系可知，乙醛氧化生成D为CH3COOH，D与A发生酯化反应生成E为．乙烯与水发生加成反应生成C为CH3CH2OH，C与B发生转化反应生成F为，据此解答．【解答】解：在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成A为，A发生氧化反应生成B，对二甲苯氧化也得到B，则B为．由转化关系可知，乙醛氧化生成D为CH3COOH，D与A发生酯化反应生成E为．乙烯与水发生加成反应生成C为CH3CH2OH，C与B发生转化反应生成F为，（1）X反应是在光照条件下发生取代反应生成，故答案为：取代反应；光照；（2）由上述分析可知，A的结构简式为：，故答案为：；（3）B+C→F的化学方程式为：，故答案为：；18（4）F为，物质F有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体：①与F具有相同的官能团，能发生水解反应，含有2个酯基；②分子中均含有一个苯环；③苯环上有两个取代基，且取代基相同，取代基为﹣COOCH2CH3，﹣OOCCH2CH3，﹣CH2OOCCH3，﹣CH2CH2OOCH，﹣CH（CH3）OOCH，﹣CH2COOCH3，各有邻、间、对3种，故包含F在内共有6×3=18种，符合上述条件，且水解产物与FeCl3溶液显紫色的一种物质的结构简式为等，故答案为：18；．【点评】本题考查有机物推断，注意根据有机物结构与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．18