2022年高三上學(xué)期開(kāi)學(xué)化學(xué)試卷 含解析(I)一、選擇題，每題6分1下列金屬中，表面自然形成的氧化層能保護(hù)內(nèi)層金屬不被空氣氧化的是（）AKBNaCFeDAl2設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A6.8g液態(tài)KHSO4中含有0.1NA個(gè)陽(yáng)離子BNA個(gè)Fe（OH）3膠體粒子形成的納米材料的質(zhì)量為107gC含有4.6g鈉元素的 過(guò)氧化鈉的混合物中，所含離子總數(shù)為0.3NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反應(yīng)中，生成28gN2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為15NA3烴分子中碳、氫兩種元素質(zhì)量比為5：1，且分子中含有3個(gè)甲基，則該烴分子的一氯代物共有幾種（不考慮空間異構(gòu)）（）A1B2C3D44下列選項(xiàng)正確的是（）A使PH試紙變成紅色的溶液，可能存在大量的：NH4+、Cu2+、ClO、ClB（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，可能存在大量的：K+、Cu2+、Cl、MnO4C硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中變成藍(lán)色：4I+O2+2H2O2I2+4OHDNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO325茶葉中鐵元素的檢測(cè)可經(jīng)過(guò)以下A、B、C、D四個(gè)步驟完成，各步驟中選用的實(shí)驗(yàn)儀器不會(huì)全部都用上的是（）A將茶葉灼燒灰化，選用、和B用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋?zhuān)x用、和C過(guò)濾得到濾液，選用、和D檢驗(yàn)濾液中的Fe3+，選用和6如圖是甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中每一步都能一步實(shí)現(xiàn)的是（）甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DSiNa2SiO3 SiO2SiF4AA、BB、CC、DD、7CuSO4是一種重要的化工原料，其有關(guān)制備途徑及性質(zhì)如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是（）A相對(duì)于途徑、，途徑更好地體現(xiàn)了綠色化學(xué)思想BY可以是葡萄糖溶液CCuSO4在1100所得混合氣體X中一定有O2D途徑所用混酸中H2SO4與HNO3物質(zhì)的量之比最好為3：1二、解答題（共3小題，滿(mǎn)分46分）8鋁是地殼中含量最高的金屬元素，鋁及其化合物在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用日趨廣泛（1）鋁的原子結(jié)構(gòu)示意圖是（2）三氧化二鋁是一種兩性氧化物，寫(xiě)出其與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式（3）工業(yè)上常用鋁土礦（含SiO2等雜質(zhì)）生產(chǎn)鋁從Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要從下列試劑中選擇兩種，最好選用的試劑組合是aNaOH溶液 b氨水 cCO2 d鹽酸（4）如圖表示將足量的CO2不斷通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關(guān)系，最先與CO2發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)是，ab段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為（5）某MgAl合金是一種潛在的貯氫材料.73.2g該合金恰好溶解于1.4L5.0molL1鹽酸中，則合金中Mg和Al的物質(zhì)的量之比為9工業(yè)上常用鐵質(zhì)容器盛裝冷濃硫酸為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應(yīng)，某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行了以下探究活動(dòng)：【探究一】（1）將已去除表面氧化物的鐵釘（碳素鋼）放入冷濃硫酸中，10分鐘后移入硫酸銅溶液中，片刻后取出觀(guān)察，鐵釘表面無(wú)明顯變化，其原因是（2）另稱(chēng)取鐵釘6.0g放入15.0mL濃硫酸中，加熱，充分反應(yīng)后得到溶液X并收集到氣體Y甲同學(xué)認(rèn)為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+若要確認(rèn)其中的Fe2+應(yīng)選用（選填序號(hào)）aKSCN溶液和氯水 b鐵粉和KSCN溶液 c濃氨水 dKMnO4酸性溶液乙同學(xué)取336mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后得干燥固體2.33g由此推知?dú)怏wY中SO2的體積分?jǐn)?shù)為【探究二】分析上述實(shí)驗(yàn)中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含有H2和Q氣體為此設(shè)計(jì)了下列探究實(shí)驗(yàn)裝置（圖中夾持儀器省略）（3）裝置B中試劑的作用是（4）認(rèn)為氣體Y中還含有Q的理由是（用化學(xué)方程式表示）（5）為確認(rèn)Q的存在，需在裝置中添加M于（選填序號(hào)）aA之前 bAB間 cBC間 dCD間（6）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計(jì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象應(yīng)是（7）若要測(cè)定336mL氣體中H2的含量（標(biāo)準(zhǔn)狀況下約有28mL H2），可否用托盤(pán)天平稱(chēng)量D或E反應(yīng)前后的質(zhì)量差的方法？做出判斷并說(shuō)明理由10鈰、鉻、鈦、鎳雖不是中學(xué)階段常見(jiàn)的金屬元素，但在工業(yè)生產(chǎn)中有著重要作用（1）二氧化鈰 （CeO2）在平板電視顯示屏中有著重要應(yīng)用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在該反應(yīng)中作劑（2）自然界Cr主要以+3價(jià)和+6價(jià)存在+6價(jià)的Cr能引起細(xì)胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價(jià)的鉻完成并配平下列離子方程式：Cr2O72+SO32+=Cr3+SO42+H2O（3）鈦（Ti）被譽(yù)為“二十一世紀(jì)的金屬”，工業(yè)上在550時(shí)用鈉與四氯化鈦反應(yīng)可制得鈦，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是（4）NiSO4xH2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛用于鍍鎳、電池等，可由電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素）為原料獲得操作步驟如下：向?yàn)V液中加入FeS是為了除去Cu2+、Zn2+等雜質(zhì)，除去Cu2+的離子方程式為對(duì)濾液先加H2O2再調(diào)pH，調(diào)pH的目的是濾液溶質(zhì)的主要成分是NiSO4，加Na2CO3過(guò)濾后，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這兩步操作的目的是為測(cè)定NiSO4xH2O晶體中x的值，稱(chēng)取26.3g晶體加熱至完全失去結(jié)晶水，剩余固體15.5g，列式計(jì)算x的值等于三、化學(xué)-選修2：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)11化合物G是一種醫(yī)藥中間體，常用于制備抗凝血藥可以通過(guò)下圖所示的路線(xiàn)合成：已知：RCOOHRCOCl；D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）BC的轉(zhuǎn)化所加的試劑可能是，CH3COCl+EF的反應(yīng)類(lèi)型是（2）有關(guān)G的下列說(shuō)法正確的是A屬于芳香烴B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應(yīng)D1mol G最多可以跟4mol H2反應(yīng)（3）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（4）F與足量NaOH溶液充分反應(yīng)的化學(xué)方程式為（5）寫(xiě)出同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的E的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式能發(fā)生水解反應(yīng)與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應(yīng)苯環(huán)上有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子xx重慶一中高三（上）開(kāi)學(xué)化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題，每題6分1下列金屬中，表面自然形成的氧化層能保護(hù)內(nèi)層金屬不被空氣氧化的是（）AKBNaCFeDAl【考點(diǎn)】鋁的化學(xué)性質(zhì)【分析】由表面自然形成的氧化層能保護(hù)內(nèi)層金屬不被空氣氧化可知，只有氧化鋁為致密的結(jié)構(gòu)，可保護(hù)內(nèi)層金屬，以此來(lái)解答【解答】解：由表面自然形成的氧化層能保護(hù)內(nèi)層金屬不被空氣氧化可知，只有氧化鋁為致密的結(jié)構(gòu)，可保護(hù)內(nèi)層金屬，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的結(jié)構(gòu)，故選D2設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A6.8g液態(tài)KHSO4中含有0.1NA個(gè)陽(yáng)離子BNA個(gè)Fe（OH）3膠體粒子形成的納米材料的質(zhì)量為107gC含有4.6g鈉元素的 過(guò)氧化鈉的混合物中，所含離子總數(shù)為0.3NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反應(yīng)中，生成28gN2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為15NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A、KHSO4在熔融狀態(tài)只能電離為鉀離子和硫氫根離子；B、一個(gè)氫氧化鐵膠粒是多個(gè)氫氧化鐵的聚集體；C、求出鈉離子的物質(zhì)的量n=0.2mol，然后根據(jù)在過(guò)氧化鈉中鈉離子和過(guò)氧根的個(gè)數(shù)之比為2；1來(lái)計(jì)算；D、反應(yīng)5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O當(dāng)轉(zhuǎn)移15mol電子時(shí)，生成4mol氮?dú)?，?jù)此分析【解答】解：A、6.8gKHSO4的物質(zhì)的量n=0.05mol，而KHSO4在熔融狀態(tài)只能電離為鉀離子和硫氫根離子，故0.05mol的液態(tài)KHSO4中含0.05mol陽(yáng)離子即0.05NA個(gè)，故A錯(cuò)誤；B、一個(gè)氫氧化鐵膠粒是多個(gè)氫氧化鐵的聚集體，故NA個(gè)Fe（OH）3膠粒中Fe（OH）3的物質(zhì)的量大于1mol，則轉(zhuǎn)移大于107g，故B錯(cuò)誤；C、化合物中含有的鈉離子的物質(zhì)的量n=0.2mol，而在過(guò)氧化鈉中鈉離子和過(guò)氧根的個(gè)數(shù)之比為2；1，故當(dāng)鈉離子為0.2mol時(shí)，過(guò)氧根為0.1mol，則離子共0.3mol即0.3NA個(gè)，故C正確；D、28g氮?dú)鉃?mol，而在反應(yīng)5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，轉(zhuǎn)移15mol電子，生成4mol氮?dú)猓十?dāng)生成1mol氮?dú)鈺r(shí)，轉(zhuǎn)移3.75mol即3.75NA個(gè)，故D錯(cuò)誤故選C3烴分子中碳、氫兩種元素質(zhì)量比為5：1，且分子中含有3個(gè)甲基，則該烴分子的一氯代物共有幾種（不考慮空間異構(gòu)）（）A1B2C3D4【考點(diǎn)】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體【分析】先根據(jù)烴分子中碳、氫兩種元素質(zhì)量比為5：1，碳、氫兩種元素個(gè)數(shù)比為：1，最簡(jiǎn)式為C5H12，所以化學(xué)式為：C5H12，分子中含有3個(gè)甲基，則結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：（CH3）2CHCH2CH3，然后根據(jù)氫原子的種類(lèi)確定一氯代物的數(shù)目【解答】解：該烴的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：（CH3）2CHCH2CH3，分子中含有4中氫原子，所以一氯代物的數(shù)目為4，故選D4下列選項(xiàng)正確的是（）A使PH試紙變成紅色的溶液，可能存在大量的：NH4+、Cu2+、ClO、ClB（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，可能存在大量的：K+、Cu2+、Cl、MnO4C硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中變成藍(lán)色：4I+O2+2H2O2I2+4OHDNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32【考點(diǎn)】離子共存問(wèn)題【分析】A使pH試紙變成紅色的溶液為酸性溶液，銅離子與次氯酸根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)，次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)；B高錳酸根離子能夠氧化（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的亞鐵離子；C酸性溶液中不會(huì)生成氫氧根離子；D氫氧化鈣少量，離子方程式按照氫氧化鈣的化學(xué)式書(shū)寫(xiě)【解答】解：A使pH試紙變成紅色的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，Cu2+、ClO發(fā)生雙水解反應(yīng)，次氯酸根離子與氫離子反應(yīng)生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液中能夠電離出亞鐵離子，MnO4具有氧化性，能夠氧化亞鐵離子，在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中變成藍(lán)色，酸性溶液中產(chǎn)物中不會(huì)存在企業(yè)改革離子，正確的離子方程式為：4I+O2+4H+2I2+2H2O，故C錯(cuò)誤；D碳酸氫鈉溶液中滴加少量澄清石灰水，反應(yīng)的離子方程式為：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故D正確；故選D5茶葉中鐵元素的檢測(cè)可經(jīng)過(guò)以下A、B、C、D四個(gè)步驟完成，各步驟中選用的實(shí)驗(yàn)儀器不會(huì)全部都用上的是（）A將茶葉灼燒灰化，選用、和B用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋?zhuān)x用、和C過(guò)濾得到濾液，選用、和D檢驗(yàn)濾液中的Fe3+，選用和【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)；物質(zhì)檢驗(yàn)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【分析】檢驗(yàn)茶葉中的鐵元素，先將茶葉在坩堝中灼燒灰化，然后在燒杯中用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋?zhuān)诼┒分羞^(guò)濾，可取少量濾液于小試管中，用KSCN溶液檢驗(yàn)，以此解答該題【解答】解：A將茶葉灼燒灰化，應(yīng)在坩堝中加熱，用到的儀器有、和，必要時(shí)還可用到三腳架或鐵架臺(tái)帶鐵圈，故A不選；B用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸餾水稀釋?zhuān)瑧?yīng)在燒杯中進(jìn)行，可用玻璃棒攪拌，不用容量瓶，故B選；C過(guò)濾時(shí)用到、和，故C不選；D檢驗(yàn)濾液中的Fe3+，可用膠頭滴管取少量濾液于小試管中，用KSCN溶液檢驗(yàn)，用到的儀器有試管、膠頭滴管和滴瓶等，即、，故D不選故選B6如圖是甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中每一步都能一步實(shí)現(xiàn)的是（）甲乙丙丁AFeCl3FeCl2Fe2O3Fe（OH）3BCuCuOCuSO4CuCl2CNOHNO3NO2NH3DSiNa2SiO3 SiO2SiF4AA、BB、CC、DD、【考點(diǎn)】鐵的化學(xué)性質(zhì)；氮的氧化物的性質(zhì)及其對(duì)環(huán)境的影響；硅和二氧化硅；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)【分析】A、依據(jù)鐵及其化合物的性質(zhì)，甲到丙，乙到丙，丙到丁都不能一步實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化；B、依據(jù)銅及其化合物的性質(zhì)判斷，各步都能一步轉(zhuǎn)化；C、根據(jù)氮 及其化合物的性質(zhì)分析，丙到丁不能實(shí)現(xiàn)一步轉(zhuǎn)化；D、依據(jù)硅及其化合物性質(zhì)分析判斷，乙到丙，丁到甲不能一步轉(zhuǎn)化【解答】解：A、甲FeCl3到丙Fe2O3，乙FeCl2到丙Fe2O3，丙Fe2O3到丁Fe（OH）3都不能一步實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故A錯(cuò)誤；B、各步都能一步轉(zhuǎn)化，甲Cu乙CuO丙CuSO4丁CuCl2甲Cu丙CuSO4，故B正確；C、轉(zhuǎn)化關(guān)系中丙NO2丁NH3，不能一步轉(zhuǎn)化，故C錯(cuò)誤；D、乙Na2SiO3到丙SiO2，丁SiF4到甲Si不能一步轉(zhuǎn)化，故D錯(cuò)誤；故選B7CuSO4是一種重要的化工原料，其有關(guān)制備途徑及性質(zhì)如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是（）A相對(duì)于途徑、，途徑更好地體現(xiàn)了綠色化學(xué)思想BY可以是葡萄糖溶液CCuSO4在1100所得混合氣體X中一定有O2D途徑所用混酸中H2SO4與HNO3物質(zhì)的量之比最好為3：1【考點(diǎn)】銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)【分析】A根據(jù)反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式判斷，途徑產(chǎn)生二氧化硫氣體污染性氣體；B硫酸銅與氫氧化鈉生成氫氧化銅沉淀，與Y生成氧化亞銅，知Y可為葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C硫酸銅分解生成Cu2O，Cu元素的化合價(jià)降低，結(jié)合S、O的化合價(jià)分析；D根據(jù)CuSO4溶液中的溶質(zhì)為硫酸銅，可知利用含有銅元素的物質(zhì)與含有硫酸根離子的物質(zhì)來(lái)反應(yīng)【解答】解：A相對(duì)于途徑、，銅和濃硫酸反應(yīng)會(huì)生成二氧化硫氣體污染空氣，途徑的優(yōu)點(diǎn)：制取等質(zhì)量膽礬需要的硫酸少、途徑無(wú)污染性氣體產(chǎn)生，更好地體現(xiàn)了綠色化學(xué)思想，故A正確；B葡萄糖與氫氧化銅反應(yīng)的方程式為：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可為葡萄糖，故B正確；C 硫酸銅分解生成Cu2O，Cu元素的化合價(jià)降低，S元素為最高價(jià)不能升高，所以O(shè)元素的化合價(jià)升高，即有氧氣生成，根據(jù)2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2知，所得混合氣體X中一定有O2，故C正確；Cu與混酸反應(yīng)，3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，離子反應(yīng)為：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，從方程式知，硝酸根離子由硝酸提供，氫離子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸為2mol時(shí)，硫酸為3mol，用混酸中H2SO4與HNO3物質(zhì)的量之比最好為3：2，故D錯(cuò)誤；故選D二、解答題（共3小題，滿(mǎn)分46分）8鋁是地殼中含量最高的金屬元素，鋁及其化合物在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用日趨廣泛（1）鋁的原子結(jié)構(gòu)示意圖是（2）三氧化二鋁是一種兩性氧化物，寫(xiě)出其與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（3）工業(yè)上常用鋁土礦（含SiO2等雜質(zhì)）生產(chǎn)鋁從Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要從下列試劑中選擇兩種，最好選用的試劑組合是bdaNaOH溶液 b氨水 cCO2 d鹽酸（4）如圖表示將足量的CO2不斷通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關(guān)系，最先與CO2發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)是Ba（OH）2，ab段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32（5）某MgAl合金是一種潛在的貯氫材料.73.2g該合金恰好溶解于1.4L5.0molL1鹽酸中，則合金中Mg和Al的物質(zhì)的量之比為17：12【考點(diǎn)】鋁的化學(xué)性質(zhì)；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；鎂、鋁的重要化合物【分析】（1）鋁原子外有三個(gè)電子層，最外層有3個(gè)電子，據(jù)此寫(xiě)出原子結(jié)構(gòu)示意圖；（2）氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；（3）利用過(guò)量鹽酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀和氯化鋁溶液，過(guò)濾后再濾液中加入過(guò)量的氨水生成氫氧化鋁沉淀；（4）只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3產(chǎn)生；將Ba（OH）2消耗完畢，接下來(lái)消耗NaOH，因而此段不會(huì)產(chǎn)生沉淀（即沉淀的量保持不變）；NaOH被消耗完畢，接下來(lái)又因二氧化碳足量，還可以繼續(xù)與上面反應(yīng)的產(chǎn)物Na2CO3、BaCO3、反應(yīng)，最后剩余沉淀為Al（OH）3；（5）結(jié)合Mg2HCl、Al3HCl及質(zhì)量關(guān)系計(jì)算【解答】解：（1）Al的原子序數(shù)為13，原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為3，則原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：；（2）氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案為：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（3）利用過(guò)量鹽酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀和氯化鋁溶液，過(guò)濾后再濾液中加入過(guò)量的氨水生成氫氧化鋁沉淀，選擇試劑為鹽酸和氨水，選bd，故答案為：bd；（4）通入CO2，依次發(fā)生：CO2+Ba（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反應(yīng)可知，最先與CO2發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)是Ba（OH）2，ab段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32，故答案為：Ba（OH）2；CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32；（5）設(shè)Mg、Al的物質(zhì)的量分別為x、y，則由Mg2HCl、Al3HCl可知，解得x=1.7mol，y=1.2mol，則合金中Mg和Al的物質(zhì)的量之比為1.7mol：1.2mol=17：12，故答案為：17：129工業(yè)上常用鐵質(zhì)容器盛裝冷濃硫酸為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應(yīng)，某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行了以下探究活動(dòng)：【探究一】（1）將已去除表面氧化物的鐵釘（碳素鋼）放入冷濃硫酸中，10分鐘后移入硫酸銅溶液中，片刻后取出觀(guān)察，鐵釘表面無(wú)明顯變化，其原因是鐵釘表面被氧化（2）另稱(chēng)取鐵釘6.0g放入15.0mL濃硫酸中，加熱，充分反應(yīng)后得到溶液X并收集到氣體Y甲同學(xué)認(rèn)為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+若要確認(rèn)其中的Fe2+應(yīng)選用d（選填序號(hào)）aKSCN溶液和氯水 b鐵粉和KSCN溶液 c濃氨水 dKMnO4酸性溶液乙同學(xué)取336mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后得干燥固體2.33g由此推知?dú)怏wY中SO2的體積分?jǐn)?shù)為66.7%【探究二】分析上述實(shí)驗(yàn)中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含有H2和Q氣體為此設(shè)計(jì)了下列探究實(shí)驗(yàn)裝置（圖中夾持儀器省略）（3）裝置B中試劑的作用是檢驗(yàn)二氧化硫是否除盡（4）認(rèn)為氣體Y中還含有Q的理由是C+2H2SO4（濃硫酸）CO2 +2SO2+2H2O（用化學(xué)方程式表示）（5）為確認(rèn)Q的存在，需在裝置中添加M于C（選填序號(hào)）aA之前 bAB間 cBC間 dCD間（6）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計(jì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象應(yīng)是D中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍(lán)（7）若要測(cè)定336mL氣體中H2的含量（標(biāo)準(zhǔn)狀況下約有28mL H2），可否用托盤(pán)天平稱(chēng)量D或E反應(yīng)前后的質(zhì)量差的方法？做出判斷并說(shuō)明理由否，用托盤(pán)天平無(wú)法稱(chēng)量D或E的差量【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)【分析】（1）常溫條件下，鐵與濃硫酸能產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象；（2）根據(jù)亞鐵離子的性質(zhì)選取試劑，亞鐵離子有還原性，可用強(qiáng)氧化性的物質(zhì)檢驗(yàn)，且必須有明顯的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；（3）二氧化硫能使品紅溶液褪色，從而檢驗(yàn)二氧化硫是否存在，空氣中有水蒸汽會(huì)影響無(wú)水硫酸銅對(duì)水的檢驗(yàn)；（4）根據(jù)鐵釘?shù)某煞址治?，鐵釘中的鐵和碳在加熱條件下都能與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)；（5）根據(jù)二氧化硫和二氧化碳的性質(zhì)分析選擇位置；（6）根據(jù)氫氣的性質(zhì)分析，氫氣具有還原性，能還原黑色的氧化銅而生成水，水能使白色的無(wú)水硫酸銅變藍(lán)；堿石灰能吸收二氧化碳；（7）計(jì)算出氫氣的物質(zhì)的量及生成水的質(zhì)量，然后根據(jù)中學(xué)階段質(zhì)量的稱(chēng)量選擇托盤(pán)天平，分度值是0.1g進(jìn)行判斷【解答】解：（1）鐵釘放入冷硫酸中，濃硫酸有較強(qiáng)的氧化性能使鐵釘鈍化阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)行，故答案為：鐵釘表面被氧化；（2）亞鐵離子能使酸性高錳酸鉀褪色，溶液中已經(jīng)有三價(jià)鐵離子，選擇a會(huì)造成干擾，b能檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子的存在，選c生成兩種沉淀，受氫氧化鐵沉淀顏色的影響無(wú)法分辨，故選d；SO2具有還原性，通入足量溴水中，發(fā)生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化鋇會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，則n（混合氣體）=0.015mol；SO2 BaSO41mol 233gn 2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為： =66.7%，故答案為：66.7%；（3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品紅溶液褪色，所以B可以檢驗(yàn)A中是否完全除去二氧化硫，故答案為：檢驗(yàn)二氧化硫是否除盡；（4）在加熱時(shí)，鐵釘中不僅鐵和濃硫酸反應(yīng)，碳也和濃硫酸反應(yīng)生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反應(yīng)方程式為C+2H2SO4（濃硫酸）CO2 +2SO2+2H2O，所以氣體二氧化硫還含有二氧化碳，故答案為：C+2H2SO4（濃硫酸）CO2 +2SO2+2H2O；（5）Q為二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁，選擇a或b受二氧化硫的影響無(wú)法判斷二氧化碳的存在，選d時(shí)二氧化碳被堿石灰吸收，故選C；（6）氫氣還原氧化銅會(huì)生成水蒸氣能使白色的硫酸銅粉末變藍(lán)色，同時(shí)有紅色的銅單質(zhì)生成，故答案為：D中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍(lán)；（7）標(biāo)況下28mL氫氣的物質(zhì)的量為： =0.00125mol，生成水的質(zhì)量為：18g/mol×0.00125mol=0.0225g，即D、E的質(zhì)量差小于0.1g，而中學(xué)階段質(zhì)量的稱(chēng)量選擇托盤(pán)天平，分度值是0.1g，無(wú)法精確稱(chēng)量出D或E的差量，所以不能用通過(guò)托盤(pán)天平稱(chēng)量質(zhì)量差的方法測(cè)量氫氣含量，故答案為：否，用托盤(pán)天平無(wú)法稱(chēng)量D或E的差量10鈰、鉻、鈦、鎳雖不是中學(xué)階段常見(jiàn)的金屬元素，但在工業(yè)生產(chǎn)中有著重要作用（1）二氧化鈰 （CeO2）在平板電視顯示屏中有著重要應(yīng)用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在該反應(yīng)中作氧化劑（2）自然界Cr主要以+3價(jià)和+6價(jià)存在+6價(jià)的Cr能引起細(xì)胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價(jià)的鉻完成并配平下列離子方程式：1Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O（3）鈦（Ti）被譽(yù)為“二十一世紀(jì)的金屬”，工業(yè)上在550時(shí)用鈉與四氯化鈦反應(yīng)可制得鈦，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是4Na+TiCl4Ti+4NaCl（4）NiSO4xH2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛用于鍍鎳、電池等，可由電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素）為原料獲得操作步驟如下：向?yàn)V液中加入FeS是為了除去Cu2+、Zn2+等雜質(zhì)，除去Cu2+的離子方程式為FeS+Cu2+=CuS+Fe2+對(duì)濾液先加H2O2再調(diào)pH，調(diào)pH的目的是除去Fe3+濾液溶質(zhì)的主要成分是NiSO4，加Na2CO3過(guò)濾后，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這兩步操作的目的是增大NiSO4的濃度，利于蒸發(fā)結(jié)晶（或富集NiSO4）為測(cè)定NiSO4xH2O晶體中x的值，稱(chēng)取26.3g晶體加熱至完全失去結(jié)晶水，剩余固體15.5g，列式計(jì)算x的值等于6【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4價(jià)，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此發(fā)生還原反應(yīng)，CeO2在該反應(yīng)中作氧化劑；（2）自然界中Cr主要以+3價(jià)和+6價(jià)存在+6價(jià)的Cr能引起細(xì)胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價(jià)的鉻，根據(jù)得失電子相等，Cr2O72與SO32的物質(zhì)的量之比是1：3；結(jié)合原子守恒和電荷守恒配平書(shū)寫(xiě)離子方程式；（3）工業(yè)上在550時(shí)用鈉與四氯化鈦反應(yīng)可制得鈦，四氯化鈦被鈉還原為鈦，依據(jù)原子守恒書(shū)寫(xiě)；（4）電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素），加入稀硫酸，廢渣部分溶解，過(guò)濾后濾液中含Cu2+、Zn2+、Fe2+、Ni2+，加入FeS通過(guò)沉淀轉(zhuǎn)化生成硫化銅、硫化鋅，除去Cu2+、Zn2+雜質(zhì)，過(guò)濾得到濾液，濾液加H2O2是將Fe2+氧化Fe3+，然后調(diào)pH沉淀Fe3+，過(guò)濾后得到濾液，溶質(zhì)的主要成分是NiSO4，加Na2CO3，NiSO4與Na2CO3反應(yīng)生成NiCO3沉淀，而后過(guò)濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到產(chǎn)品，據(jù)此分析解答【解答】解：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4價(jià)，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此發(fā)生還原反應(yīng)，CeO2在該反應(yīng)中作氧化劑，故答案為：氧化；（2）自然界中Cr主要以+3價(jià)和+6價(jià)存在+6價(jià)的Cr能引起細(xì)胞的突變，可以用亞硫酸鈉將其還原為+3價(jià)的鉻，根據(jù)得失電子相等，Cr2O72與SO32的物質(zhì)的量之比是1：3；反應(yīng)的離子方程式：Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O，故答案為：1，3，8H+，2，3，4；（3）工業(yè)上在550時(shí)用鈉與四氯化鈦反應(yīng)可制得鈦，四氯化鈦被鈉還原為鈦，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Na+TiCl4Ti+4NaCl，故答案為：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；（4）電鍍廢渣（除鎳外，還含有銅、鋅、鐵等元素），加入稀硫酸，廢渣部分溶解，過(guò)濾后濾液中含Cu2+、Zn2+、Fe2+、Ni2+，加入FeS通過(guò)沉淀轉(zhuǎn)化生成硫化銅、硫化鋅，除去Cu2+、Zn2+雜質(zhì)，過(guò)濾得到濾液，濾液加H2O2是將Fe2+氧化Fe3+，然后調(diào)pH沉淀Fe3+，過(guò)濾后得到濾液，溶質(zhì)的主要成分是NiSO4，加Na2CO3，NiSO4與Na2CO3反應(yīng)生成NiCO3沉淀，而后過(guò)濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到產(chǎn)品FeS除去Cu2+的反應(yīng)是沉淀的轉(zhuǎn)化，反應(yīng)的離子方程式為：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+，故答案為：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；對(duì)濾液加H2O2的目的是將Fe2+氧化Fe3+，然后調(diào)pH使Fe3+完全沉淀，故答案為：除去Fe3+；NiSO4與Na2CO3反應(yīng)生成NiCO3沉淀，然后過(guò)濾，再加適量稀硫酸溶解又生成NiSO4，這樣可提高NiSO4的濃度，有利于蒸發(fā)結(jié)晶，故答案為：增大NiSO4的濃度，利于蒸發(fā)結(jié)晶（或富集NiSO4）；測(cè)定NiSO4xH2O晶體中x的值，稱(chēng)取26.3g晶體加熱至完全失去結(jié)晶水，剩余固體15.5g，失去水的質(zhì)量=26.3g15.5g=10.8g，NiSO4的質(zhì)量為15.5g，計(jì)算物質(zhì)的量得到1：x=：，解得x=6，故答案為：6三、化學(xué)-選修2：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)11化合物G是一種醫(yī)藥中間體，常用于制備抗凝血藥可以通過(guò)下圖所示的路線(xiàn)合成：已知：RCOOHRCOCl；D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）BC的轉(zhuǎn)化所加的試劑可能是銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液，CH3COCl+EF的反應(yīng)類(lèi)型是取代反應(yīng)（2）有關(guān)G的下列說(shuō)法正確的是CDA屬于芳香烴B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應(yīng)D1mol G最多可以跟4mol H2反應(yīng)（3）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（4）F與足量NaOH溶液充分反應(yīng)的化學(xué)方程式為+3NaOHCH3COONa+CH3OH+H2O（5）寫(xiě)出同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的E的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式能發(fā)生水解反應(yīng)與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應(yīng)苯環(huán)上有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子【考點(diǎn)】有機(jī)物的合成【分析】根據(jù)題中各物轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合信息RCOOHRCOCl，可知C為CH3COOH，由ABC的轉(zhuǎn)化條件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B為CH3CHO，A為CH3CH2OH，根據(jù)F的結(jié)構(gòu)可知E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，所以E為，D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色，說(shuō)明D中有酚羥基，根據(jù)D的分子式和E的結(jié)構(gòu)可知，D與甲醇反應(yīng)生成E，所以D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，據(jù)此答題【解答】解：根據(jù)題中各物轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合信息RCOOHRCOCl，可知C為CH3COOH，由ABC的轉(zhuǎn)化條件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B為CH3CHO，A為CH3CH2OH，根據(jù)F的結(jié)構(gòu)可知E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，所以E為，D與FeCl3溶液能發(fā)生顯色，說(shuō)明D中有酚羥基，根據(jù)D的分子式和E的結(jié)構(gòu)可知，D與甲醇反應(yīng)生成E，所以D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，（1）BC的轉(zhuǎn)化是醛基氧化成羧基，所以所加的試劑可能是銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液，根據(jù)上面的分析可知，CH3COCl+EF的反應(yīng)類(lèi)型是取代反應(yīng)，故答案為：銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液；取代反應(yīng)；（2）根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，G中有酯基、羥基、碳碳雙鍵、苯環(huán)，AG中有氧元素，所以不屬于芳香烴，故A錯(cuò)誤； BG中沒(méi)有酚羥基，所以不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；CG中有酯基、羥基、碳碳雙鍵，可以發(fā)生水解、加成、氧化、酯化等反應(yīng)，故C正確；DG中有苯環(huán)，一個(gè)苯環(huán)可以與三個(gè)H2加成，一個(gè)碳碳雙鍵可以與一個(gè)H2加成，所以1mol G最多可以跟4mol H2反應(yīng)，故D正確；故選CD；（3）根據(jù)上面的分析可知，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：； （4）F中有兩個(gè)酯基與足量NaOH溶液充分反應(yīng)生成酚羥基也與氫氧化鈉反應(yīng)，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為+3NaOHCH3COONa+CH3OH+H2O，故答案為： +3NaOHCH3COONa+CH3OH+H2O；（5）E為，E的同分異構(gòu)體中同時(shí)滿(mǎn)足下列條件能發(fā)生水解反應(yīng)，說(shuō)明有酯基，與FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應(yīng)，有酚羥基，苯環(huán)上有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，說(shuō)明有兩個(gè)基團(tuán)處于苯環(huán)的對(duì)位，這樣的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有，故答案為：xx11月15日