北京市海淀区2022届高三二模化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列说法正确的是（　　）　A．水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅　B．明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同　C．煤的干馏和石油的分馏都属于物理变化　D．亚硝酸钠是一种食品防腐剂，使用时其用量可以不加限制考点：硅和二氧化硅；盐类水解的应用；煤的干馏和综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．.专题：元素及其化合物．分析：A．根据水晶、玛瑙的主要成分来分析；B．根据明矾、漂白粉、臭氧的净水原理分析；C．根据物理变化不生成新物质；D．根据少量防腐剂不会影响健康进行分析．解答：解：A．水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，故A正确；B．明矾的净水原理：铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中的悬浮物；所以能净水，漂白粉的净水原理：漂白粉与空气接触后，会和二氧化碳水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒；臭氧的净水原理：利用自身的强氧化性杀菌消毒；三者的原理各不相同，故B错误；C．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D．少量的防腐剂不会影响健康，可以起到保鲜食品的作用，故D错误；故选A．点评：本题主要考查了物质的组成、净水原理、物理变化与化学变化等，难度不大，根据课本知识即可完成．　2．（3分）（2022•海淀区二模）下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是（　　）　A．钢铁发生吸氧腐蚀：2Fe+O2+2H2O═2Fe（OH）2　B．SO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O═2H++SO32﹣　C．利用NaOH溶液除去金属铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　D．84消毒液和洁厕灵混合使用会产生有毒气体：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．吸氧腐蚀，负极Fe失去电子，正极氧气得电子；B．亚硫酸为弱酸；C．反应生成偏铝酸钠和水；D．发生氧化还原反应生成氯气和水．解答：解：A．钢铁发生吸氧腐蚀，负极Fe失去电子，正极氧气得电子，总反应为2Fe+O2+2H2O═2Fe（OH）2，故A正确；B．SO2使紫色石蕊溶液变红色是因SO2+H2O═H2SO3、H2SO3⇌H++HSO3﹣，故B16错误；C．利用NaOH溶液除去金属铝表面的氧化膜的离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故C正确；D.84消毒液和洁厕灵混合使用会产生有毒气体的离子反应为Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故D正确；故选B．点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项BD为解答的易错点，题目难度不大．　3．（3分）（2022•海淀区二模）下列有关化学实验的叙述中，不正确的是（　　）　A．用饱和食盐水替代水跟电石作用，可以有效控制产生乙炔的速率　B．制肥皂时，在皂化液里加入饱和食盐水，能够促进高级脂肪酸钠的析出　C．制备乙酸乙酯时，为除去乙酸乙酯中的乙酸，用氢氧化钠溶液收集产物　D．重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．饱和食盐水与电石反应平稳；B．皂化液里加入饱和食盐水，降低高级脂肪酸钠的溶解度；C．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解；D．趁热过滤，减少苯甲酸的损失．解答：解：A．饱和食盐水与电石反应平稳，则用饱和食盐水替代水跟电石作用，可以有效控制产生乙炔的速率，故A正确；B．皂化液里加入饱和食盐水，降低高级脂肪酸钠的溶解度，发生盐析，促进高级脂肪酸钠的析出，故B正确；C．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，所以制备乙酸乙酯时，为除去乙酸乙酯中的乙酸，用碳酸钠溶液收集产物，故C错误；D．趁热过滤，减少苯甲酸的损失，则重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，故D正确；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、盐析、乙酸乙酯的水解、混合物的分离、提纯等，选项D为解答的易错点，题目难度中等．　4．（3分）（2022•海淀区二模）X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同．下列说法不正确的是（　　）　A．原子序数：Y＞X＞ZB．碱性：XOH＞Y（OH）3　C．单质的还原性：X＞YD．离子半径：X+＞Y3+＞Z2﹣考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；原子结构与元素周期率的关系．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O，据此解答．解答：解：X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣16的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O，A．X为Na、Y为Al、Z为O，原子序数：Al＞Na＞O，故A正确；B．金属性Na＞Al，故碱性NaOH＞Al（OH）3，故B正确；C．金属性Na＞Al，单质的还原性：Na＞Al，故C正确；D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故D错误；故选D．点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，根据离子结构特点及处于短周期推断元素是关键．　5．（3分）（2022•海淀区二模）下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是（　　）　A．木炭和浓硫酸共热　B．Na2O2与足量的稀硫酸反应　C．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应　D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；钠的重要化合物．.专题：元素及其化合物．分析：A、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；B、Na2O2与足量的稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水；C、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体；D、汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2；解答：解：A、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，得到两种气体，故A错误；B、Na2O2与足量的稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水，只能得到一种气体，故B错误；C、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，得到两种气体，故C错误；D、汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2，故D错误；故选：B点评：本题考查物质性质的应用，主要考查浓硝酸反应过程中的浓度变化生成气体不同，碳和浓硫酸的反应，汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体成分的判断，题目较简单．　6．（3分）（2022•海淀区二模）下列说法不正确的是（　　）　A．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数目相等　B．等质量的14NO和13CO气体中含有的中子数相等　C．10.6gNa2CO3固体中含阴阳离子总数约为1.806×1023　D．5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气完全反应，转移的电子数相等考点：共价键的形成及共价键的主要类型；离子键的形成；氧化还原反应．.专题：原子组成与结构专题．分析：A16．乙烯和丙烯的最简式相同，等质量的乙烯和丙烯含有的碳原子个数相同，根据每个碳原子平均占有的共价键个数判断；B．根据n=结合分子构成判断；C．根据n=结合碳酸钠的构成判断；D．根据反应物和转移电子之间的关系式计算．解答：解：A．乙烯和丙烯的最简式相同，等质量的乙烯和丙烯含有的碳原子个数相同，平均每个碳原子含有3个共价键，所以等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数目相等，故A正确；B．每个14NO和13CO分子中中子数相同，根据n=知，两种气体的M不同，则等质量的两种物质的物质的量不同，所以等质量的两种气体中含有的中子数不同，故B错误；C．碳酸钠的物质的量n===0.1mol，一个碳酸钠化学式中含有2个阳离子1个阴离子，所以10.6gNa2CO3固体中含阴阳离子总数约为1.806×1023，故C正确；D．铜和铁分别与氯气反应的方程式为：Cu+Cl2CuCl2，2Fe+3Cl22FeCl3，5.6g铁和6.4g铜的物质的量都是1mol，根据方程式知，铁和氯气反应时氯气的量不足，参加反应的氯气的物质的量相同且化合价变化相同，所以转移电子数相同，故D正确；故选B．点评：本题涉及氧化还原反应、物质的量的计算、离子化合物的构成等知识点，根据物质的构成来分析解答，易错选项是D，注意无论铁是否过量，铁和氯气反应都生成氯化铁，为易错点．　7．（3分）（2022•海淀区二模）有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（　　）图Ⅰ碱性锌锰电池图Ⅱ铅﹣硫酸蓄电池图Ⅲ电解精炼铜图Ⅳ银锌纽扣电池　A．图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂　B．图II所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大　C．图III所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变　D．图IV所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：A．二氧化锰作正极；B．根据放电过程中电池反应判断浓硫酸浓度变化；16C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，根据转移电子守恒判断溶液中铜离子浓度是否变化；D．在氧化还原反应中，得电子化合价降低的是氧化剂．解答：解：A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误；B．铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B错误；C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D正确；故选D．点评：本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，难度不大．　二、解答题（共4小题，满分58分）8．（16分）（2022•海淀区二模）一种重要的药物中间体E的结构简式为：，合成E和高分子树脂N的路线如图所示：已知：请回答下列问题：（1）合成高分子树脂N①A中含氧官能团的名称为　醛基　．16②由A可制得F，F的结构简式为　　；F→G的反应类型为　加成反应　．③G有多种同分异构体，其中一种异构体X的结构简式为：，下列有关X的说法正确的是　abc　（填标号）．a．能与银氨溶液发生反应b．能与氢气在一定条件下发生加成反应c．在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗2molNaOHd．加热条件下，与NaOH醇溶液反应，只生成一种有机物④写出M→N反应的化学方程式　　．⑤已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是　防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）　．（2）合成有机物E①写出C→E反应的化学方程式　　．②实验室由C合成E的过程中，可使用如图所示的装置提高反应物的转化率．油水分离器可以随时将水分离除去．请你运用化学平衡原理分析使用油水分离器可提高反应物转化率的原因　该装置能将酯化反应中生成物及时分离出去，使平衡向右移动，提高反应物转化率　．有机物的合成．.16考点：专题：有机物的化学性质及推断．分析：苯丙醛和甲醛发生反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为：，G被氧气氧化生成H，则H的结构简式为：，H和锌发生反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物知，M的结构简式为：，N的结构简式为：，苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，根据题给信息知，B的结构简式为：，B生成C，结合题给信息知，C的结构简式为：，C和甲醇发生酯化反应生成E，E的结构简式为：．解答：解：苯丙醛和甲醛发生反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为：16，G被氧气氧化生成H，则H的结构简式为：，H和锌发生反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物知，M的结构简式为：，N的结构简式为：，苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，根据题给信息知，B的结构简式为：，B生成C，结合题给信息知，C的结构简式为：，C和甲醇发生酯化反应生成E，E的结构简式为：，（1）①A是苯丙醛，则A中含氧官能团的名称为醛基，故答案为：醛基；②通过以上分析知，F的结构简式为：，F和溴发生加成反应生成G，故答案为：，加成反应；16③X的结构简式为：，a．X中含有醛基，所以能与银氨溶液发生反应，故正确；b．X中含有醛基和苯环，所以能与氢气在一定条件下发生加成反应，故正确；c．X中含有溴原子，所以能在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗2molNaOH，故正确；d．加热条件下，与NaOH醇溶液反应，生成2种有机物，故错误；故选abc；④在一定条件下，M发生加聚反应生成N，反应方程式为：，故答案为：；⑤已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化），故答案为：防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）；（2）①在浓硫酸作催化剂、加热条件下，二者发生酯化反应，反应方程式为：，故答案为：；16②该反应是可逆反应，减少生成物的量，能使平衡向正反应方向移动，提高反应物的转化率，故答案为：该装置能将酯化反应中生成物及时分离出去，使平衡向右移动，提高反应物转化率．点评：本题考查了有机物的合成和推断，根据有机物的官能团及其性质结合题给信息进行分析推断，注意有机物的断键和成键方式，难度较大．　9．（14分）（2022•海淀区二模）发展“碳一化学”，开发利用我国相对丰富的煤炭资源具有重要的战略意义和经济价值．下面是以焦炭为原料，经“碳一化学”途径制取乙二醇的过程：（1）该过程中产生的CO可继续与水蒸气发生可逆反应得到CO2和H2，此反应的平衡常数表达式K=　　．（2）CH3OH（l）气化时吸收的热量为27kJ/mol，CH3OH（g）的燃烧热为677kJ/mol，请写出CH3OH（l）完全燃烧的热化学方程式　CH3OH（l）+3/O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣650kJ/mol　．（3）“催化还原”反应制乙二醇原理如下：CH3OOC﹣COOCH3（g）+4H2（g）⇌HOCH2﹣CH2OH（g）+2CH3OH（g）△H=﹣34kJ/mol为探究实际生产的最佳条件，某科研小组进行了多方面研究．如图表示乙二醇达到平衡时的产率随原料投料比[n（氢气）/n（草酸二甲酯）]和压强的变化关系，其中三条曲线分别表示体系压强为1.5MPa、2.5MPa、3.5MPa的情况，则曲线甲对应的压强是P（甲）=　3.5MPa　．（4）草酸二甲酯水解产物草酸（H2C2O4）为二元中强酸①草酸氢钾溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣和　HC2O4﹣+H2O⇌H2C2O4+OH﹣　．②向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是　ad　（填序号）．a．c（K+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）b．c（K+）+c（Na+）=c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）c．c（Na+）=c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）d．c（K+）＞c（Na+）（5）以甲醇为原料，使用酸性电解质构成燃料电池，该燃料电池的负极反应式为　CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+　；若以甲烷代替该燃料电池中的甲醇，向外界提供相等电量，则每代替32g甲醇，所需标准状况下的甲烷的体积为　16.8　L．16考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．.专题：基本概念与基本理论．分析：（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；（2）CH3OH（l）气化时吸收的热量为27kJ/mol，CH3OH（g）的燃烧热为677kJ/mol，则CH3OH（l）的燃烧热为677kJ/mol﹣27kJ/mol=650kJ/mol，据此结合热化学方程式书写原则进行书写；（3）由图象可知，曲线甲表示的乙二醇的产率最大，原料投料比[n（氢气）/n（草酸二甲酯）]一定时，由方程式可知，正反应是体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，平衡时乙二醇的产率增大，据此判断；（4）①H2C2O4为二元中强酸，HC2O4﹣在溶液中既发生电离又发生水解；②a．根据物料守恒判断；b．根据电荷守恒判断；c．根据物料守恒、电荷守恒判断；d．若恰好反应，c（K+）=c（Na+），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些．（5）总反应式为2CH3OH+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O，正极是还原反应，氧气在正极放电，酸性条件下获得电子生成水，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式；根据转移电子数目相等计算甲烷的物质的量，再根据V=nVm计算．解答：解：（1）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的化学平衡常数K=，故答案为：；（2）CH3OH（l）气化时吸收的热量为27kJ/mol，CH3OH（g）的燃烧热为677kJ/mol，则CH3OH（l）的燃烧热为677kJ/mol﹣27kJ/mol=650kJ/mol，故CH3OH（l）完全燃烧的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣650kJ/mol故答案为：CH3OH（l）+3/O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣650kJ/mol；（3）由图象可知，曲线甲表示的乙二醇的产率最大，原料投料比[n（氢气）/n（草酸二甲酯）]一定时，由方程式可知，正反应是体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，平衡时乙二醇的产率增大，故曲线甲对应的压强是P（甲）=3.5MPa，故答案为：3.5MPa；（4）①H2C2O4为二元中强酸，HC2O4﹣在溶液中发生电离与水解，还存在平衡：HC2O4﹣+H2O⇌H2C2O4+OH﹣，故答案为：HC2O4﹣+H2O⇌H2C2O4+OH﹣；②a．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4﹣、H2C2O4、C2O42﹣，根据物料守恒由c（K+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣），故a正确；b．根据电荷守恒有：c（K+）+c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），故c（K+）+c（Na+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故b错误；16c．由c（K+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）、c（K+）+c（Na+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）可知，c（Na+）=c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4），故c错误；d．若恰好反应，c（K+）=c（Na+），此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，故c（K+）＞c（Na+），故d正确；故答案为：ad；（5）总反应式为2CH3OH+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O，正极是还原反应，氧气在正极放电，酸性条件下获得电子生成水，正极电极反应式为：3O2+12H++12e﹣=6H2O，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式为：2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+，即CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，32g甲醇的物质的量为为=1mol，完全燃烧转移电子数为1mol×6=6mol，故需要甲烷的物质的量为=0.75mol，需要甲烷的体积为0.75mol×22.4L/mol=16.8L，故答案为：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+；16.8．点评：本题考查化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡影响因素、离子浓度比较、原电池等，题目综合性较大，难度中等，（4）中离子浓度的比较中注意物料守恒、电荷守恒、质子恒等式等，（5）注意利用正、负电极反应式之和等于总反应式进行书写．　10．（14分）（2022•海淀区二模）硫化氢（H2S）是一种具有臭鸡蛋气味的无色气体，有剧毒；存在于多种生产过程以及自然界中．在人体的很多生理过程中也起着重要作用．资料：①H2S可溶于水（约1：2），其水溶液为二元弱酸．②H2S可与许多金属离子反应生成沉淀．③H2S在空气中燃烧，火焰呈淡蓝色．（1）某化学小组设计了制取H2S并验证其性质的实验，如下图所示．A中是CuSO4溶液，B中放有湿润的蓝色石蕊试纸，C中是FeCl3溶液．回答下列问题：①A中有黑色沉淀（CuS）产生，A中发生反应的化学方程式为　H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4　．②B中的现象是　蓝色石蕊试纸变红　．③C中只有浅黄色沉淀产生，且溶液变浅绿色．则C中发生反应的离子方程式为　H2S+2Fe3+=S↓+2H++2Fe2+　．④D中盛放的试剂可以是　d　（填标号）．a．水b．盐酸c．NaCl溶液d．NaOH溶液（2）为进一步探究﹣2价硫的化合物与+4价硫的化合物反应条件，小组同学又设计了下列实验．实验操作实验现象16实验1将等浓度的Na2S和Na2SO3溶液按体积比2：1混合无明显现象实验2将H2S通入Na2SO3溶液中未见明显沉淀，再加入少量稀硫酸，立即产生大量浅黄色沉淀实验3将SO2通入Na2S溶液中有浅黄色沉淀产生已知：电离平衡常数：H2SKa1=1.3×10﹣7；Ka2=7.1×10﹣15H2SO3Ka1=1.7×10﹣2；Ka2=5.6×10﹣8①根据上述实验，可以得出结论：在　酸性（或酸性较强）　条件下，+4价硫的化合物可以氧化﹣2价硫的化合物．②将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液pH随SO2气体体积变化关系示意图正确的是　C　（填序号）．（3）文献记载，常温下H2S可与Ag发生置换反应生成H2．现将H2S气体通过装有银粉的玻璃管，请设计简单实验，通过检验反应产物证明H2S与Ag发生了置换反应　将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中（或硫酸铜溶液或氯化铁溶液等），除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应　．考点：制备实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用．.专题：实验题．分析：（1）①CuSO4与H2S反应生成CuS沉淀；②H2S水溶液呈酸性；③FeCl3具有氧化性，与H2S发生氧化还原反应生成S和Fe2+；④H2S可与碱反应．（2）①H2S与SO2发生氧化还原反应生成S；②根据H2SO3酸性比H2S强判断；（3）如与Ag发生置换反应生成H2，可用点燃的方法检验．解答：解：（1）①CuSO4与H2S反应生成CuS沉淀，反应的方程式为H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故答案为：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4；②H2S水溶液呈酸性，可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，故答案为：蓝色石蕊试纸变红；③FeCl3具有氧化性，与H2S发生氧化还原反应生成S和Fe2+，反应的离子方程式为H2S+2Fe3+=S↓+2H++2Fe2+，故答案为：H2S+2Fe3+=S↓+2H++2Fe2+；④H2S有毒，不能排放到空气中，可与碱反应，故答案为：d；（2）①由实验现象可知反应应下酸性条件下发生氧化还原反应生成S，故答案为：酸性（或酸性较强）；②H2SO3酸性比H2S强，通入过量的SO2，溶液酸性更强，pH更小，故答案为：C；（3）如与Ag发生置换反应生成H2，可用点燃的方法检验，但应先将H2S16除去，方法是将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中（或硫酸铜溶液或氯化铁溶液等），除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应，故答案为：将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中（或硫酸铜溶液或氯化铁溶液等），除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应．点评：本题考查实验制备方案的设计，侧重于硫化氢的性质的设计，题目难度不大，注意把握实验原理和实验的基本操作方法的学习．　11．（14分）（2022•海淀区二模）氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业．为生成氮化硅膜，可以用NH3和SiH4（硅烷）在一定条件下反应并在600℃的加热基板上生成氮化硅膜：3SiH4+4NH3Si3N4+12H2（1）以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下：反应原理：4NH4Cl+Mg2Si4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2（△H＜0）①NH4Cl的化学键类型有　极性键（或共价键）、离子键　，SiH4电子式为　　．②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是　吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）　．③氨气也是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式　4NH3+5O24NO+6H2O　，实验室可利用如图所示装置完成该反应．在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是　NH4NO3（或：硝酸铵）　．（2）三硅酸镁（Mg2Si3O8∙nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂．它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激．三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为　MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O　．将0.184g三硅酸镁加到50mL0.1mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用0.1mol/LNaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8∙nH2O的n值为　6　．（注：Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol）16考点：复杂化学式的确定；制备实验方案的设计．.专题：计算题．分析：（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，根据电子式的书写方法来回答；②根据液氨的性质：易液化来回答；③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；（2）根据书写化学方程式的步骤：写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算．解答：解：（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，极性键（或共价键）、离子键，硅甲烷中硅原子和氢原子之间以共价键结合，电子式为：，故答案为：极性键（或共价键）、离子键；；②液氨的性质：易液化，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3+5O24NO+6H2O，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4NO3（或：硝酸铵）．（2）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O14x0.050L×0.1mol/L﹣0.030L×0.1mol/L=，解得x=0.0005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是=368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6．故答案为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O；6．点评：16本题考查学生复杂化学时的确立方面的知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大．　16