湖南省长沙市师大附中梅溪湖中学2020届高三上学期开学考试测试化学试题


湖南师大附中梅溪湖中学2020届高三前测
化学试题
1.下列分析不正确的是
A. “木与木相摩则然(燃)”的“然”是化学能转变为热能
B. “司烜氏，掌以夫遂(青铜凹镜)取明火于日”的“夫遂”是单质
C. “著作酒醴(甜酒)，尔惟曲蘖(酒曲)”的“曲蘖”是催化剂
D. “浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是硅酸盐产品
【答案】B
【解析】
A、“木与木相摩则然(燃)”，燃烧是化学能转变为热能，选项A正确；B、“夫遂”是古人用于日下取火的凹形铜镜，属于合金，为混合物，不是单质，选项B不正确；C、“曲蘖”是催化酶，为催化剂，选项C正确；D、“瓷”是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，选项D正确。答案选B。

2.下列实验操作中不正确的是（ ）
A. 使用分液漏斗分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B. 容量瓶用蒸馏水洗涤后必须烘干才能进行溶液的配制
C. 在遇到金属镁失火时不可用干冰灭火器进行灭火
D. 向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】
分析：A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．容量瓶中有水对实验结果无影响；C、金属镁能和二氧化碳反应；D. 根据制备Fe(OH)3胶体的实验步骤和方法分析判断。
详解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；B．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，故B错误；C、金属镁能和二氧化碳反应生成一氧化碳，会引起爆炸，故不能用干冰灭火器来扑灭镁失火，故C正确；D. 向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体，故D正确；故选B

3.NA表示阿伏伽德罗常数值，下列叙述中不正确的是
A. 分子总数为NA的NO2和CO2的混合气体中含有的氧原子数为2NA
B. 28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 标准状况下，22.4 L氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据NO2和CO2的化学式可知，分子总数为NA的NO2和CO2的混合气体中含有的氧原子数为2NA，故A正确；
B、乙烯和环丁烷最简式相同，均为CH2，28g混合气体中CH2原子团的物质的量为=2mol，所含的碳原子数为2NA，故B正确；
C、过氧化钠与水反应的方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，生成1mol氧气转移2mol电子，所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，故C正确；
D、标准状况下，22.4 L氯气的物质的量为=1mol，与足量铁粉充分反应生成FeCl3，转移的电子数为2NA，故D错误；
故选D。

4.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是

实验现象
离子方程式
A
向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解

B
向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体

C
二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色

D
氧化亚铁溶于稀硝酸



A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.氢氧化镁碱性强于氨水；
B.制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；
C.得失电子不守恒、电荷不守恒；
D.硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；
【详解】A.氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；
B.制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；
C.得失电子不守恒、电荷不守恒，正确离子方程式为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用来解释相应实验现象；
D.硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象。
故选A。
【点睛】解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。

5.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2

【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。

6.香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如右图所示，下列有关香叶醇的叙述正确的是

A. 分子式为C10H18O
B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 能发生加成反应不能发生取代反应
D. 与溴的四氯化碳溶液发生加成反应其产物只有2种
【答案】A
【解析】
【详解】A、由结构可知香叶醇的分子式为C10H18O，故A正确；
B、结构中含碳碳双键、-OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C、含碳碳双键可发生加成反应，含-OH可发生取代反应和酯化反应，故C错误；
D、含碳碳双键，能与溴发生加成反应，等物质的量加成得到2种加成产物，完全加成得到一种加成产物，共3种，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意香叶醇结构中不存在1，3-丁二烯的结构，与溴等物质的量加成时，不能发生1，4-加成形式的反应。

7.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是

A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B. 水中的 、、Cl−通过阴离子树脂后被除去
C. 通过净化处理后，水的导电性降低
D. 阴离子树脂填充段存在反应H++OH−H2O
【答案】A
【解析】
【详解】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl－、NO3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则
A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；
B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；
C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；
D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋＋OH－＝H2O，D正确；
答案选A。

8.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是

选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A．
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B．
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C．
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D．
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，不会立即产生气泡，A错误；
B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快停止，看不到红棕色NO2气体，B错误；
C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，没有白色沉淀，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；
D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；
答案选D。

9.有机物m、n、P存在如下转化关系。下列说法正确的是

A. m、n不存在同分异构体，p存在多种同分异构体
B. m、n、p均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. m、n、p中所有原子可能共面
D. 等质量的m、n、p,完全燃烧耗氧量不相等
【答案】C
【解析】
A.n不存在同分异构体，根据m、p的不饱和度可形成链状的烯烃或炔烃等多种同分异构体，故A错；B. m是苯，苯分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，n含有碳碳三键、p含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故B错；C. m为苯所有原子共面，n为乙炔所有原子共线、p为苯乙烯，所有原子可能共面，故C正确；D. 因为苯和乙炔的最简式相同，所以等质量的苯、乙炔完全燃烧耗氧量相等，故D错；答案：C。
点睛：考查碳碳双键，碳碳三键，苯环结构的区别。碳碳双键，碳碳三键能被酸性高锰酸钾氧化，苯环不能被氧化。考查原子共面的知识。根据苯环和乙烯所有原子共面，乙炔所有原子共线，烷烃基属于四面体结构进行判断。

10.实验室在 500℃时，隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示 (已知分解的固体产物可能有 FeO、Fe2O3 和 Fe3O4，气体产物可能有 NH3、N2、H2O、SO3 和 SO2)。下列说法正 确的是( )

A. 取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加 KSCN，溶液变红，则残留物一定为 Fe2O3
B. 装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂 X 最好选用碱石灰
C. 装置③用于检验分解产物中是否有 SO3 气体生成并除去 SO3 和 NH3
D. 装置④用于检验分解产物中是否有 SO2 气体生成，装置⑤用于收集生成的 NH3 和 N2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Fe3O4中含有两个三价铁离子和一个二价铁离子，取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加 KSCN，溶液变红，则残留物可能为 Fe2O3或Fe3O4，或两者均有，故A错误；
B、装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂 X 最好选用无水硫酸铜，故B错误；
C、装置③中如果产生白色沉淀，则白色沉淀为硫酸钡，则证明存在 SO3 气体，并可以除去 SO3 ，装置③中有盐酸，因此可以除去 NH3，故C正确；
D、NH3 极易溶于水，不能用排水法收集，在氨气经过③装置时已经被除去，因此⑤用于收集生成的N2，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。

11.前20号元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M和W形成的某种化合物可用作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物，其电子总数为38。下列有关叙述中正确的是
A. W和X形成的化合物只有5种
B. M和W形成的一种化合物的水溶液显碱性
C. W、X、Y三种元素的简单氢化物的沸点：Y>X>W
D. X和Z形成的化合物ZX2中，阳离子和阴离子的数目之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
前20号元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M和W形成的某种化合物可作制冷剂，该化合物为氨气，则M为H、W为N；Y和Z能形成ZY2型离子化合物，其电子总数为38，化合物为CaF2，则Y为F、Z为Ca，X的原子序数大于N、小于F，则X为O，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，M为H、W为N、X为O、Y为F、Z为Ca。
A、W和X形成的化合物有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，共6种，故A错误；
B、M和W可以形成NH3，氨气的水溶液显碱性，故B正确；
C、氨气、水、HF分子间均含氢键，但水分子间氢键数目多，使得水常温下为液体，沸点最高，则W、X、Y三种元素的简单氢化物的沸点：X＞Y＞W，故C错误；
D、CaO2中含有的阴离子为过氧根离子，阳离子和阴离子的数目之比为1∶1，故D错误；
故选B。

12.某废催化剂含58．2％的SiO2、21．0％的ZnO、4．5％的ZnS和12．8％的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：

已知：1．步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；2．滤渣2的主要成分是SiO2和S。下列说法不正确的是
A. 步骤①，最好在通风橱中进行
B. 步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸
C. 步骤③，涉及的离子反应为CuS+H2O2+2H+ Cu2++S+2H2O
D. 步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质
【答案】D
【解析】
A、步骤①发生的反应是ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn2＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu2＋，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H2O2→Cu2＋＋S＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。
点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。

13.如图所示为钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na＋xS＝Na2Sx。下列说法不正确的是

A. 负极反应式为Na - e- = Na+
B. 放电时，消耗32 g正极活性物质，转移的电子为2 mol
C. M的作用是导电和隔离钠与硫
D. 消耗相同质量的负极活性物质，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的4.5倍
【答案】B
【解析】
【分析】
由电池反应为2Na＋xS＝Na2Sx可知，反应中Na被氧化，应为原电池的负极，电极方程式为Na-e‾=Na+，S化合价降低，被还原，为原电池的正极，电极方程式为xS+2e‾=Sx2‾，原电池工作时，M起到导电和隔绝Na、S的作用，据此分析解答。
【详解】A、根据上述分析，Na为原电池的负极，电极方程式为Na-e‾=Na+，故A正确；
B、放电时，正极的电极方程式为xS+2e‾=Sx2‾，消耗32 gS，转移的电子为mol，故B错误；
C、熔融状态下，Na2O能电离出阴阳离子而使电解质导电，且钠易和硫反应，所以它起到隔离钠与硫的作用，故C正确；
D、钠高能电池中负极为钠，有23g钠消耗释放1mol e-，则207g钠消耗时转移mol=9mol e-，铅蓄电池的电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mol e-，故消耗相同质量的负极活性物质，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的=4.5 倍，故D正确；
故选B。

14.亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于亚麻、纸浆等漂白。NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等含氯微粒，经测定，25 ℃时各组分含量随pH变化情况如图所示(部分没有画出)。则下列分析不正确的是

A. 亚氯酸钠碱性条件下较稳定
B. 25 ℃时，HClO2的电离平衡常数Ka=10-6
C. 25 ℃，pH=3时NaClO2溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO2-)+c(OH-)
D. 等浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合的溶液中（pH＜7）：c(ClO2-)＞c(Na+)＞c(HClO2)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图可以得出：碱性条件下ClO2-浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；
B、HClO2的电离平衡常数K=，观察图像可以看出，当pH=6时，c(ClO2-)=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6，故B正确；
C、若没有氯离子，依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2-)+c(OH-)，但溶液中含有氯离子其浓度变化没有画出，故C错误；
D、等浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合的溶液的pH＜7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于ClO2-离子的水解，溶液中有关微粒的浓度由大到小的顺序为c(ClO2-)＞c(Na+)＞c(HClO2)＞c(H+)＞c(OH-)，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意题意“NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等含氯微粒”的提示。

15.将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为3.92 L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为
A. 2.80 L B. 3.92 L C. 5.60 L D. 7.84 L
【答案】A
【解析】
【分析】
分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，只有铝与氢氧化钠发生反应生成氢气，3.92L为氢气的体积，根据氢气的体积可以计算出铝的物质的量。另一份在高温下恰好发生铝热反应，实质为铝置换出铁，铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，利用氧原子守恒，根据铝的物质的量，计算出氧原子的物质的量，再结合氧化物FeO•2Fe2O3的化学式计算出其物质的量，再根据铁原子守恒，可知生成的铁的物质的量。根据铁的物质的量计算铁与盐酸反应生成的氢气体积。
【详解】一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成标准状况下的氢气3.92L，氢气的物质的量为=0.175mol。铝热反应时，铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，根据关系式3H2～2Al～3O～Al2O3，铝生成氧化铝结合的氧原子为0.175mol，根据氧原子守恒，氧化物FeO•2Fe2O3的物质的量为=0.025mol。
根据铁原子守恒，另一份生成的铁的物质的量为：0.025mol×5=0.125mol。根据Fe～H2可知，0.125molFe可生成氢气0.125mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L，故选A。
【点睛】理清楚反应的过程是解题的关键。要注意原子守恒，守恒思想在解答本题中的应用。本题的难点为另一份样品中生成的铁单质的物质的量的计算。需要注意的是，两份样品反应过程中转移的电子不等。

16.已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图，具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。
（1）已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式____________；
（2）Na2HPO3是________(填“正盐”或“酸式盐”)；
（3）亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________；
（4）某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，该温度下H3PO3的一级电离平衡常数Ka1=___________________；(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字)
（5）向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na+)_____c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”)；
（6）向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。

以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_________________________。
【答案】 (1). PCl3+3H2O＝H3PO3+3H++3Cl- (2). 正盐 (3). 2∶1 (4). 8.3×10-3 mol·L-1 (5). = (6). H2PO3-+OH-＝HPO32-+H2O
【解析】
【分析】
(1)PCl3水解可制取亚磷酸和盐酸；
(2)根据亚磷酸(H3PO3)的结构，结构中含有2个羟基，是二元弱酸；
(3)亚磷酸(H3PO3)具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸，Ag+被还原生成Ag，根据转移电子守恒计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；
(4)该弱酸溶液电离程度较小，所以该溶液中存在c(H2PO3-)≈c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，c(H3PO3)=(0.10-2.5×10-2)mol/L，结合电离平衡常数表达式计算；
(5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒判断；
(6)酚酞的变色范围为8-10，以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液的pH大于8，根据图像，溶液中H2PO3-转化为HPO32-，据此书写反应的方程式。
【详解】(1)PCl3水解可制取亚磷酸和盐酸，反应的离子方程式为PCl3+3H2O＝H3PO3+3H++3Cl-，故答案为：PCl3+3H2O＝H3PO3+3H++3Cl-；
(2)根据亚磷酸(H3PO3)的结构，结构中含有2个羟基，是二元弱酸，则该二元弱酸最多电离出两个氢离子，Na2HPO3是该二元弱酸中的H原子不能被电离，所以Na2HPO3为正盐，故答案为：正盐；
(3)亚磷酸与银离子反应生成磷酸，银离子还原为银单质，反应中银离子是氧化剂，则H3PO3是还原剂，根据转移电子守恒，n(Ag+)=n(H3PO3)×(5-3)，因此n(Ag+)∶n(H3PO2)=2∶1，故答案为：2∶1；
(4)该弱酸溶液电离程度较小，所以该溶液中存在c(H2PO3-)≈c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，c(H3PO3)=(0.10-2.5×10-2)mol/L，其电离平衡常数K===8.3×10-3 mol/L，故答案为：8.3×10-3 mol/L；
(5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒有c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，故答案为：=；
(6)酚酞的变色范围为8-10，以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液的pH大于8，根据图像，溶液中H2PO3-转化为HPO32-，所以离子方程式为H2PO3-+OH-＝HPO32-+H2O，故答案为：H2PO3-+OH-＝HPO32-+H2O。

17.乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：


水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157~159
-72~-74
135~138
相对密度/（g·cm﹣3）
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180


实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作.
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
（1）该合成反应中应采用__________加热。（填标号）
A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉
（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有________（填标号），不需使用的_______________________（填名称）。

（3）①中需使用冷水，目的是______________________________________。
（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。
（5）④采用的纯化方法为____________。
（6）本实验的产率是_________%。
【答案】 (1). A (2). BD (3). 分液漏斗、容量瓶 (4). 充分析出乙酰水杨酸固体（结晶） (5). 生成可溶的乙酰水杨酸钠 (6). 重结晶 (7). 60
【解析】
【详解】（1）因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热；
（2）操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：B、D；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。
（3）反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；
（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；
（5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；
（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：
C7H6O3~ C9H8O4
138 180
6.9g m
m( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为。

18.七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：

（1）煅粉主要含MgO和________，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，则滤液pH大于________[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是______________________________。
（2）滤液Ⅰ中的阴离子有________(忽略杂质成分的影响)；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成________，从而导致CaCO3产率降低。
（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为_______________________________。
（4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式_________________________________。
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl和Al2Cl两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为____________________________________________________。
【答案】 (1). CaO (2). 11 (3). 加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少 (4). NO3－和OH－ (5). Ca(HCO3)2 (6). 2OH－＋Al2O3===2AlO ＋H2O (7). 2Al＋6H2O 2Al(OH)3↓＋3H2↑ (8). Al－3e－＋7AlCl4－===4Al2Cl7－
【解析】
(1) 白云石高温煅烧，CaCO3和MgCO3受热分解生成CaO和MgO，煅粉主要含有CaO和MgO。若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，根据Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)得：c(OH－)＞＝mol·L－1＝1×10－3 mol·L－1，c(H＋)＜＝1×10－11mol·L－1，即pH＞11。若用(NH4)2SO4代替NH4NO3，则(NH4)2SO4会与CaO反应生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。(2) 煅粉的主要成分是CaO和MgO，加入适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，由于镁化合物几乎不溶，则溶液中溶质主要为生成的Ca(NO3)2和Ca(OH)2，故滤液Ⅰ中的主要阴离子为NO和OH－。由于滤液Ⅰ的pH大于11，溶液中含有Ca(NO3)2和少量的NH4NO3与Ca(OH)2，若仅通入CO2会生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产率降低。(3) 用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为2OH－＋Al2O3===2AlO ＋H2O。(4) 电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑。(5) 由题意可知，放电时负极Al失去电子与AlCl 结合生成Al2Cl，其电极反应式为Al－3e－＋7AlCl=== 4Al2Cl。
点睛：本题考查镁、铝及其化合物的知识点丰富，性质应用广泛，命题空间大，以实验为手段，以工业生产为背景，以图像分析和计算为重点，题型灵活，是高考的热点。


19.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
（1）已知：CH4(g) + H2O(g)=CO(g) +3H2(g) △H=+206.2 kJ/mol
CH4(g) + CO2(g)=2CO(g) +2H2(g) △H=+247.4 kJ/mol
2H2S(g)=2H2(g) +S2(g) △H=+169.8 kJ/mol
以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为________________________________。
（2）①H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是_________________________________。
②燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式________________________________。
（3）H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图1所示。图中A、B表示的物质依次是_________________。

（4）将1 molCO和2 molH2充入恒容密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)，不同压强下CH3OH在平衡混合气体中的体积分数随温度的变化如图2所示。A、B、C三点的化学平衡常数K(A)、K(B)、K(C)的相对大小为_______________，计算C点的压强平衡常数Kp=___________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）。
（5）Mg2Cu是一种储氢合金。350 ℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为__________。
【答案】 (1). CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g) H＝+165.0 kJ·mol-1 (2). 为H2S热分解反应提供热量 (3). 2H2S+SO2＝2H2O+3S↓(或4H2S+2SO2＝4H2O+3S2↓) (4). H、O（或氢原子、氧原子） (5). K(A)＞K(B)=K(C) (6). (7). 2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2
【解析】
【分析】
(1)利用已知热化学方程式，借助于盖斯定律分析解答；
(2)使部分H2S燃烧放出热量，为H2S热分解反应提供热量；SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，二者反应生成S与H2O；
(3)由图可知，水的分解化学键断裂先生成H原子与O原子，据此分析判断；
(4)根据温度对平衡常数的影响，结合图像分析判断；根据三段式计算平衡时各物质的物质的量，再计算出平衡分压，结合压强平衡常数Kp的表达式计算；
(5)令金属氢化物为RHx，根据氢的质量分数为0.077，计算判断该金属氢化物的化学式，再书写方程式。
【详解】(1)已知：①CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ•mol-1，②CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ•mol-1，由盖斯定律，①×2-②得CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0 kJ•mol-1，故答案为：CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0 kJ•mol-1；
(2)①H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，放出热量，为H2S热分解反应提供热量，故答案为：为H2S热分解反应提供热量；
②SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，二者反应生成S与H2O，反应的化学方程式为2H2S+SO2＝2H2O+3S↓，故答案为：2H2S+SO2＝2H2O+3S↓；
(3)由图可知，水的分解化学键断裂先生成H原子与O原子，氢原子结合生成氢气，氧原子结合生成氧气，由水的分子式可知氢原子的物质的量是氧原子2倍，故A为氢原子、B为氧原子，故答案为：A为氢原子、B为氧原子；
(4)平衡常数K只与温度有关，B、C的温度相同，则K(B)=K(C)；根据图像，升高温度，CH3OH在平衡混合气体中的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则升高温度，K减小，因此K(A)＞K(B)，因此A、B、C三点的化学平衡常数K(A)、K(B)、K(C)的相对大小为K(A)＞K(B)=K(C)；根据图像，C点平衡是CH3OH在平衡混合气体中的体积分数为50%，设反应的CO的物质的量为x，则
CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)
起始(mol) 1 2 0
反应(mol) x 2x x
平衡(mol) 1-x 2-2x x
则=，解得x=0.75mol，则平衡分压分别为，CO：×p2=p2，H2：×p2=p2，CH3OH：×p2=p2，压强平衡常数Kp==，故答案为：K(A)＞K(B)=K(C)；；
(5)令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则金属的化合价为+x，因为=0.077，即923x=77a，当x=2时，a=24，故该金属氢化物为MgH2，故反应方程式为2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2，故答案为：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2。

20.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：

（1）A化学名称是___________，C中含氧官能团的名称为__________。
（2）F的结构简式为____________________________。
（3）A生成B的化学方程式为_______________________________。
（4）写出由C合成D的第二个反应的化学方程式_____________________。
（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有_____________种（不含立体异构）。
①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应
（6）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_________。
【答案】 (1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 2+O2+2H2O (5). +NH3→+HCl (6). 9 (7). HOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2
【解析】
【分析】
与酸反应得到E，E为，结合A的分子式可知苯酚与氢气发生加成反应生成A，故A为，E与A发生酯化反应生成F，F为；环己醇发生催化氧化生成B，B为；对比B、C的结构，可知H-C≡CNa与环己酮先发生加成反应引入羟基，然后酸化生成C。对比C、D结构，可知第一步是C中酚羟基中H原子被-COCl替代，第二步是氯原子被氨基替代。据此分析解答。
【详解】(1)A为，化学名称是环己醇，C()中含氧官能团的名称为羟基，故答案为：环己醇；羟基；
(2)由分析可知，F的结构简式为：，故答案为：；
(3)A生成B是环己醇发生的催化氧化，反应的化学方程式为：2+O2 2+2H2O，故答案为：2+O2 2+2H2O；
(4)对比C、D结构，可知第一步是C中酚羟基中H原子被-COCl替代，第二步是氯原子被氨基替代，由C合成D的第二反应的化学方程式为+NH3→+HCl，故答案为：+NH3→+HCl；
(5)同时满足下列条件的E()的同分异构体：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，因此结构中如果含有2个取代基为：-OH、-OOCH，有邻、间、对3种；如果含有3个取代基为：2个-OH、1个-CHO，而2个-OH有邻、间、对3种位置，对应的-CHO分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的同分异构体共有3+2+3+1=9种，故答案为：9；
(6)根据题干流程图，乙炔与Na在液氨条件下反应得到NaC≡CNa，然后与HCHO在液氨、酸的条件下得到HOCH2C≡CCH2OH，再与氢气发生加成反应得到HOCH2CH2CH2CH2OH，最后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成1，3-丁二烯。合成路线为：HC≡CHNaC≡CNaHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2，故答案为：HC≡CHNaC≡CNaHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2。
【点睛】本题的难点为(6)中合成路线设计。易错点为(5)，要注意根据限制条件确定结构中含有的官能团，再分情况讨论苯环上的侧链数目。