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2021-2022学年重庆市高三（上）调研化学试卷
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这是一份2021-2022学年重庆市高三（上）调研化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．“试玉要烧三日满”，说明玉难熔化
B．在豆浆里加入盐卤可以制豆腐
C．久置的青菜叶变黄与SO2漂白的纸张变黄原理相同
D．铝箔有还原性，可作为脱氧剂用于药品的包装材料
2．（3分）下列变化过程或原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．食品的腐烂
B．用漂白液杀灭新冠病毒
C．以硫铁矿为原料生产硫酸
D．用小苏打中和胃酸
3．（3分）下列比较中不能用元素周期律解释的是（ ）
A．非金属性：F＞Cl＞Br
B．原子半径：Na＞Mg＞O
C．酸性：HCl＞H2SO3
D．气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S
4．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B．H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂
D．液氨具有碱性，可用作制冷剂
5．（3分）市售某品牌饮用矿泉水标签的部分内容如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该品牌矿泉水不能饮用
B．该品牌矿泉水呈碱性
C．将此品牌矿泉水过滤可得纯净水
D．该品牌矿泉水中c（MgSO4）最大值为2×10﹣4ml/L
6．（3分）复旦大学材料实验室郑耿锋教授团队在电催化二氧化碳（CO2）还原方面取得较大成绩，其总反应方程式为：NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关说法正确的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2是非电解质
D．NaClO的电子式：
7．（3分）已知磷酸（）与NaOH反应生成的正盐为Na3PO4，次磷酸（H3PO2）与NaOH反应生成的正盐为NaH2PO2。下列说法不正确的是（ ）
A．H3PO2属于一元酸
B．NaH2PO2溶液可能呈酸性
C．H3PO2可能既有氧化性又有还原性
D．H3PO2的结构式为
8．（3分）下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）
A．澄清透明溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．氢氧化铁胶体中：Fe3+、Cl﹣、H+、NO3﹣
C．饱和氯水中：SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
D．在pH＝1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
9．（3分）下列有关说法中正确的是（ ）
A．可用Na2SO3与HNO3反应制取SO2气体
B．钠在氯气中燃烧时产生大量的白雾
C．相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度
D．氧化铁是铁锈的主要成分，因此氧化铁俗称为铁锈
10．（3分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否含有KCl
B．可制备、干燥、收集氨气
C．除去CO2中含有的少量SO2
D．蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
11．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Al2O3（熔融）Al（s）AlCl3（s）
B．NaClO（aq）HClO（aq）Cl2（g）
C．N2（g）NO（g）HNO3（aq）
D．SiO2（s）H4SiO4（s）Na2SiO3（aq）
12．（3分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LBr2含有的分子数为0.1NA
B．23gNO2完全溶于水，转移电子数为0.5NA
C．0.1mlFeCl3•6H2O加入沸水中生成胶体的粒子数为0.1NA
D．已知Ra→X+24He，则0.5mlX中含有的中子数为68NA
13．（3分）下列实验中，现象与对应的结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
14．（3分）微博橙子辅导提出：要“持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。氮的氧化物是严重的大气污染物，在催化剂作用下，NH3可脱除废气NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．过程②中NO2作氧化剂
B．Y是N2
C．NH4+、NH3、H2O的电子数与质子数均相等
D．上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
二、非选择题（共58分。第15～18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19～20题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共46分）
15．（11分）橙子辅导设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。废液中的阳离子只可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、NH4+中的某几种。
已知：Cu2++4NH3⋅H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O。
请回答下列问题：
（1）步骤④中生成红色固体的化学反应方程式为 。
（2）固体乙的化学式为 。
（3）废液中肯定存在的阳离子有 。
（4）沉淀甲的成分可能是 、 、 。
（5）检验红棕色固体中所含有的金属阳离子的操作及现象是 。
16．（11分）有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子半径和主要化合价信息如下表所示：
请回答下列问题：
（1）D元素在元素周期表中的位置是 ，化合物E2A2含有的化学键类型是 。
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 （用化学式表示）。
（3）A和D的简单氢化物中沸点高的是 （填化学式），原因是 。
（4）化合物FC溶于强碱生成氨气，写出FC与NaOH溶液反应的化学方程式 。
（5）由A和E两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，立即产生红褐色沉淀，但无气体产生，试写出该反应的离子方程式 。
17．（12分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，一种制备Li2FeSiO4的方法为：2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2。如图是以废铁屑和Li2SiO3为原料制备Li2FeSiO4的流程。
请回答下列问题：
（1）制备过程中，废铁屑要先用热的纯碱溶液洗涤，其目的是 。
（2）操作Ⅰ为趁热过滤，操作Ⅱ的步骤是 、过滤。
（3）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是 。
（4）取20.00gLi2FeSiO4产品经灼烧、稀硫酸溶解、SO2还原、后续处理后配成100mL溶液，再取出20.00mL溶液至锥形瓶中，用0.2000ml⋅L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定，经3次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
①写出用SO2还原的离子方程式 。
②造成第一次测定结果的原因可能是 （写一条）。
③到达滴定终点时现象为 ；根据滴定结果，可计算产品中Li2FeSiO4的质量分数为 。
18．（12分）我校橙子辅导小组用如图装置探究NH3的催化氧化，实验一段时间后，甲同学观察到装置F中产生白烟，装置D中溶液变成蓝色。（A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2）
请回答下列问题：
（1）装置B中烧瓶内盛装的药品是 。
（2）装置A中烧瓶内发生反应的方程式为 。
（3）F中有白烟生成，白烟的成分是 （填化学式）。
（4）各导管的连接顺序为
、 、 、 、 。
（5）D中溶液变成蓝色的离子反应方程式为 。
（6）乙同学用此套装置实验时，观察到装置F中有红棕色气体，分析其原因是 。
[选考题]
19．（12分）汞和汞的化合物有剧毒，可对人体造成极大影响，甚至威胁到生命，但汞同时又与我们的日常生活有着极为紧密的联系，在化妆品、药物、测量仪器等领域发挥着极大的作用。
（1）朱砂（HgS）是汞的重要矿源，朱砂炼汞的反应之一为：HgS+O2Hg+SO2，该反应中还原产物是 ，每生成20.1g汞转移的电子数为 ml。
（2）硝酸汞[Hg（NO3）2]常用作医药制剂和分析试剂，遇大量水或沸水，生成碱式盐沉淀。实验室配制Hg（NO3）2溶液的操作是 。硝酸汞加热可制备氧化汞（HgO），同时产生氧气和二氧化氮，其反应的化学方程式为 。
（3）《橙子辅导》曾记载利尿剂甘汞（Hg2Cl2）制法：用水银一两，白矾[KAl（SO4）2]二两，食盐一两，同研；一两汞可得甘汞八钱（一两等于十钱）。
①文中“同研”涉及的操作，若在实验室通风橱内完成，则所需的主要仪器是 。
②制备甘汞的方程式如下，请配平该反应式。
Hg+ KAl（SO4）2+ NaCl═ Hg2Cl2+ Na2SO4+ K2SO4+ Al2O3+ SO2↑
③此法制甘汞的产率为 %（保留两位有效数字）。
[选修5：有机化学基础]
20．有机物A常用作香料和有机合成试剂，以A为原料合成有机化合物D、H的路线如图所示：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.RCOOHRCOClRCOOR′（R、R′代表烃基）
（1）A中官能团的名称是 ，E→F的反应类型是 。
（2）有机物C和M的结构简式分别为 、 。
（3）相同物质的量的D和H与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为 。
（4）写出A→E的第一步反应的化学方程式 。
（5）B有多种同分异构体，其中含有酚羟基和酯基，且能发生银镜反应的有 种（不含立体异构）。
2021-2022学年重庆市高三（上）调研化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．“试玉要烧三日满”，说明玉难熔化
B．在豆浆里加入盐卤可以制豆腐
C．久置的青菜叶变黄与SO2漂白的纸张变黄原理相同
D．铝箔有还原性，可作为脱氧剂用于药品的包装材料
【分析】A．玉的主要成分是硅酸盐，能耐高温；
B．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉；
C．久置的青菜叶变黄，是因为菜叶中的叶绿体被破坏后失去了绿色而变黄，SO2具有漂白性；
D．铝是活泼金属，铝箔有还原性。
【解答】解：A．玉的主要成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满”辨识是不是玉，要在火里整整烧三天，说明玉熔点高，难熔化，故A正确；
B．豆浆是胶体，豆浆中加入盐卤可以制豆腐，利用了胶体聚沉的原理，故B正确；
C．久置的青菜叶变黄，是因为菜叶中的叶绿体被破坏后失去了绿色而变黄，SO2漂白的纸张变黄是因为二氧化硫漂白的原理是生成不稳定的化合物，易分解，故C错误；
D．铝是活泼金属，铝箔有还原性，可以用来作为药品的脱氧剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2．（3分）下列变化过程或原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．食品的腐烂
B．用漂白液杀灭新冠病毒
C．以硫铁矿为原料生产硫酸
D．用小苏打中和胃酸
【分析】元素化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在化合价变化的反应涉及氧化还原反应，否则不涉及氧化还原反应，以此进行判断。
【解答】解：A.食品的腐烂属于缓慢氧化，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A不选；
B.用漂白液杀灭新冠病毒，利用了次氯酸的强氧化性，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故B不选；
C.以硫铁矿为原料生产硫酸，S、Fe等元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不选；
D.用小苏打中和胃酸，发生反应为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，不存在元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应实质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3．（3分）下列比较中不能用元素周期律解释的是（ ）
A．非金属性：F＞Cl＞Br
B．原子半径：Na＞Mg＞O
C．酸性：HCl＞H2SO3
D．气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S
【分析】A．同主族从上到下非金属性依次减弱；
B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小；
C．非金属性强弱，应用最高价氧化物对应水化物的酸性判断；
D．非金属性越强，氢化物稳定性越强。
【解答】解：A．非金属性：F＞Cl＞Br，同主族非金属性可以用元素周期律解释，故A错误；
B．Na、Mg有三个电子层，核电荷数越大，原子半径越小，氧原子两个电子层，则原子半径：Na＞Mg＞O，可以用元素周期律解释，故B错误；
C．HCl是无氧酸，H2SO3是非高价含氧酸，因此无法用酸性HCl＞H2SO3来比较元素非金属性的强弱，不能用元素周期律解释，故C正确；
D．非金属性强弱F＞O＞S，气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S，可以用元素周期律解释，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表及元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B．H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂
D．液氨具有碱性，可用作制冷剂
【分析】A．具有高熔点的物质可以作耐高温材料；
B．H2O2具有强氧化性，能使蛋白质发生变性；
C．Fe2（SO4）3在水中电离出Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体；
D．液氨气化能吸收大量的热。
【解答】解：A．具有高熔点的物质可以作耐高温材料，Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B．H2O2具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可用作消毒剂，与H2O2是无色液体无关，故B错误；
C．Fe2（SO4）3在水中电离出Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附作用，能净水，与Fe2（SO4）3易溶于水无关，故C错误；
D．液氨气化能吸收大量的热，可用作制冷剂，与液氨具有碱性无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
5．（3分）市售某品牌饮用矿泉水标签的部分内容如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该品牌矿泉水不能饮用
B．该品牌矿泉水呈碱性
C．将此品牌矿泉水过滤可得纯净水
D．该品牌矿泉水中c（MgSO4）最大值为2×10﹣4ml/L
【分析】A．市售某品牌饮用矿泉水，说明质量符合国家标准；
B．依据镁离子水解的性质解答；
C．过滤不能去除矿泉水中的钾离子、镁离子、氯离子、硫酸根离子；
D．依据镁离子含量计算去物质的量浓度。
【解答】解：A．市售某品牌饮用矿泉水，说明质量符合国家标准，可以饮用，故A错误；
B．矿泉水中含有镁离子，镁离子部分水解生成氢离子，所以该矿泉水不会呈碱性，故B错误；
C．过滤不能去除矿泉水中的钾离子、镁离子、氯离子、硫酸根离子，所以通过过滤的方法得不到纯净水，故C错误；
D．Mg2+浓度最大为4.8mg/L，则物质的量浓度最大值为/L＝2.0×10﹣4ml/L，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确物质的性质及以物质的量为核心计算公式即可解答，题目难度不大。
6．（3分）复旦大学材料实验室郑耿锋教授团队在电催化二氧化碳（CO2）还原方面取得较大成绩，其总反应方程式为：NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关说法正确的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2是非电解质
D．NaClO的电子式：
【分析】A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在元素符号左下方；
B.氯离子的核内有17个质子，核内有18个电子；
C.在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质；
D.NaClO为离子化合物。
【解答】解：A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在元素符号左下方，中子数为12的钠原子的质量数为12+11＝23，表示为Na，故A错误；
B.氯离子的核内有17个质子，核内有18个电子，氯离子的结构示意图为，故B错误；
C.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出自由移动离子而导电，故为非电解质，故C正确；
D.NaClO为离子化合物，电子式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，涉及电子式、核素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
7．（3分）已知磷酸（）与NaOH反应生成的正盐为Na3PO4，次磷酸（H3PO2）与NaOH反应生成的正盐为NaH2PO2。下列说法不正确的是（ ）
A．H3PO2属于一元酸
B．NaH2PO2溶液可能呈酸性
C．H3PO2可能既有氧化性又有还原性
D．H3PO2的结构式为
【分析】由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2（次磷酸）为一元酸，H3PO2中P元素的化合价为+1价，为中间价态，据此解答。
【解答】解：A．由题意可知，H3PO2是一元酸，故A正确；
B．NaH2PO2是弱酸强碱盐，溶液显弱碱性，故B错误；
C．P元素最高正价+5价，最低负价﹣3价，H3PO2中P元素为+1价，因此可能既有氧化性又有还原性，故C正确；
D．由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，只含有一个﹣OH，则H3PO2结构为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的结构与性质、氧化还原反应，题目难度不大，把握物质的分类、物质的结构与性质、氧化还原反应等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8．（3分）下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）
A．澄清透明溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．氢氧化铁胶体中：Fe3+、Cl﹣、H+、NO3﹣
C．饱和氯水中：SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
D．在pH＝1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
【分析】A.四种离子之间不反应；
B.氢氧化铁与氢离子反应；
C.饱和氯水具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；
D.该溶液呈酸性，碳酸根离子、亚硫酸根离子都与氢离子反应。
【解答】解：A.Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.氢氧化铁胶体与H+反应，不能大量共存，故B错误；
C.饱和氯水中含有的Cl2和HClO都具有强氧化性，能够氧化SO32﹣，不能大量共存，故C错误；
D.在pH＝1的溶液呈酸性，H+与CO32﹣、SO32﹣反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9．（3分）下列有关说法中正确的是（ ）
A．可用Na2SO3与HNO3反应制取SO2气体
B．钠在氯气中燃烧时产生大量的白雾
C．相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度
D．氧化铁是铁锈的主要成分，因此氧化铁俗称为铁锈
【分析】A．硝酸能够氧化亚硫酸钠；
B．钠在氯气中燃烧生成氯化钠固体；
C．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
D．氧化铁是铁锈的主要成分。
【解答】解：A．硝酸能够氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，二者反应不能产生二氧化硫，故A错误；
B．钠在氯气中燃烧时产生的是大量白烟，故B错误；
C．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故C正确；
D．氧化铁是铁锈的主要成分，氧化铁颜色为红色，俗称铁红，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
10．（3分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否含有KCl
B．可制备、干燥、收集氨气
C．除去CO2中含有的少量SO2
D．蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
【分析】A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；
B.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气的密度比空气的密度小；
C.二者均与碳酸钠溶液反应；
D.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发。
【解答】解：A.焰色试验检验钾元素需要透过蓝色钴玻璃观察，不能直接观察，故A错误；
B.图中固液反应装置可制备氨气、碱石灰干燥氨气、向下排空气法收集氨气，故B正确；
C.饱和Na2CO3溶液也会吸收CO2生成NaHCO3，不能除杂，故C错误；
D.AlCl3溶液蒸干会发生水解生成Al（OH）3不能制备AlCl3晶体，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
11．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Al2O3（熔融）Al（s）AlCl3（s）
B．NaClO（aq）HClO（aq）Cl2（g）
C．N2（g）NO（g）HNO3（aq）
D．SiO2（s）H4SiO4（s）Na2SiO3（aq）
【分析】A．电解熔融的Al2O3生成Al，Al在氯气中燃烧生成AlCl3；
B．HClO见光分解生成HCl和O2；
C．NO与水不反应；
D．SiO2与水不反应。
【解答】解：A．电解熔融的Al2O3生成Al，Al在氯气中燃烧生成AlCl3，物质间转化均能实现，故A正确；
B．HClO见光分解生成HCl和O2，HClO分解不能生成Cl2，物质间转化不能实现，故B错误；
C．氮气与氧气在放电条件下反应生成NO，NO与水不反应，不能直接转化为HNO3，故C错误；
D．SiO2与水不反应，不能直接反应生成H4SiO4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物性质的应用，为高频考点，把握物质性质、发生的反应为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
12．（3分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LBr2含有的分子数为0.1NA
B．23gNO2完全溶于水，转移电子数为0.5NA
C．0.1mlFeCl3•6H2O加入沸水中生成胶体的粒子数为0.1NA
D．已知Ra→X+24He，则0.5mlX中含有的中子数为68NA
【分析】的适用条件为标准状况下的气体；
B.二氧化氮与水反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，3ml二氧化氮反应转移2ml电子；
C.氢氧化铁胶体是氢氧化铁的集合体；
D.根据反应可知X的中子数为136。
【解答】解：A.标准状况下，Br2是液态，无法使用22.4L/ml计算物质的量，故A错误；
B.23gNO2完全溶于水生成HNO3和NO，转移的电子数为××NA/ml＝NA，故B错误；
⋅6H2O加入沸水中生成胶体粒子小于0.1NA，故胶体粒子总数不为0.1NA，故C错误；
含有的中子数为0.5ml×136×NA/ml＝68NA，故D正确；
故选：D。
【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，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，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是解题的关键。
13．（3分）下列实验中，现象与对应的结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
B.酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子；
C.浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，氯气与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
D.使石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫。
【解答】解：A.氨气使石蕊试纸变蓝，操作和现象不合理，故A错误；
B.Fe（NO3）2中加入硫酸后，溶液中的HNO3会将Fe2+氧化为Fe3+，不能说明原物质变质，故B错误；
C.Cl2通入淀粉碘化钾试液中生成了单质碘使试液变蓝，说明Cl2具有氧化性，故C正确；
D.能使石灰水变浑浊的气体有CO2和SO2，因此原溶液中可能含有CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
14．（3分）微博橙子辅导提出：要“持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。氮的氧化物是严重的大气污染物，在催化剂作用下，NH3可脱除废气NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．过程②中NO2作氧化剂
B．Y是N2
C．NH4+、NH3、H2O的电子数与质子数均相等
D．上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【分析】A．过程②中NO2与NH4+反应[（NH4）2（NO2）]2+；
B．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO＝[（NH4）（HNO2）]++Y+H+，根据原子守恒判断；
C．NH4+、NH3、H2O中的质子数分别为10、11、10，NH3、NH4+、H2O中的电子数为10、10、10；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物。
【解答】解：A．过程②中NO2与NH4+反应[（NH4）2（NO2）]2+，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO＝[（NH4）（HNO2）]++X+H+，原子守恒判断Y为N2和H2O，故B错误；
C．NH3、NH4+、H2O中的质子数分别为10、11、10，NH3、NH4+、H2O中的电子数为10、10、10，所以质子数不同，故C错误；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应、常见非金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。
二、非选择题（共58分。第15～18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19～20题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共46分）
15．（11分）橙子辅导设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。废液中的阳离子只可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、NH4+中的某几种。
已知：Cu2++4NH3⋅H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O。
请回答下列问题：
（1）步骤④中生成红色固体的化学反应方程式为 CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4 。
（2）固体乙的化学式为 BaSO4 。
（3）废液中肯定存在的阳离子有 Ba2+、Cu2+、NH4+ 。
（4）沉淀甲的成分可能是 Fe（OH）2 、 Fe（OH）3 、 Fe（OH）2和Fe（OH）3 。
（5）检验红棕色固体中所含有的金属阳离子的操作及现象是 取红棕色固体少量于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加KSCN溶液，溶液变成血红色，则红色固体中含有Fe3+ 。
【分析】沉淀甲灼烧后生成红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe（OH）2或Fe（OH）3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，生成固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，但加入过量NaOH溶液时没有Cu（OH）2沉淀，则加入过量NaOH溶液时发生反应为NH4++OH﹣＝NH3•H2O，Cu2++4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O，所以溶液甲中含有[Cu（NH3）4]2+，即原溶液中含有NH4+；综上，原溶液中一定含有Ba2+、Cu2+、NH4+、Fe2+或Fe3+中至少一种，可能含有Na+或Al3+，据此分析解答。
【解答】解：根据过程②可知废液中含有Fe2+或Fe3+或两种均有，过程③与硫酸反应生成固体沉淀，说明废液中含Ba2+，过程④加入铁屑生成红色固体应为铜，则原废液中含有Cu2+，但加过量NaOH溶液时没有Cu（OH）2沉淀生成，则废液中还应含有NH4+，反应为NH4++OH﹣＝NH3•H2O，Cu2++4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O，则原溶液中一定含有Ba2+、Cu2+、NH4+、Fe2+或Fe3+中至少一种，可能含有Na+或Al3+；
（1）步骤④中CuSO4和Fe反应生成红色固体为Cu，反应的化学方程式为CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4，
故答案为：CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4；
（2）溶液甲中加入过量硫酸溶液，生成固体乙，则固体乙为BaSO4，
故答案为：BaSO4；
（3）由上述分析可知，原溶液中一定含有Ba2+、Cu2+、NH4+、Fe2+或Fe3+中至少一种，即废液中肯定存在的离子有Ba2+、Cu2+、NH4+，
故答案为：Ba2+、Cu2+、NH4+；
（4）沉淀甲灼烧后生成红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe（OH）2或Fe（OH）3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+或两者都有，
故答案为：Fe（OH）2；Fe（OH）3；Fe（OH）2和Fe（OH）3；
（5）红棕色固体是Fe2O3，可加入稀硫酸溶解生成Fe3+，检验Fe3+常用试剂为KSCN溶液，操作及现象为：取红棕色固体少量于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加KSCN溶液，溶液变成血红色，则红色固体中含有Fe3+，
故答案为：取红棕色固体少量于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加KSCN溶液，溶液变成血红色，则红色固体中含有Fe3+。
【点评】本题考查离子的检验与推断，为高频考点，把握离子之间的反应、物质的性质、NH4+的推断等是解题关键，试题培养了学生的分析能力、理解能力及灵活运用能力，NH4+的推断是解答的难点，题目难度中等。
16．（11分）有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子半径和主要化合价信息如下表所示：
请回答下列问题：
（1）D元素在元素周期表中的位置是 第三周期ⅥA族 ，化合物E2A2含有的化学键类型是 离子键和共价键 。
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 HClO4 （用化学式表示）。
（3）A和D的简单氢化物中沸点高的是 H2O （填化学式），原因是 液态水分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键 。
（4）化合物FC溶于强碱生成氨气，写出FC与NaOH溶液反应的化学方程式 AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑ 。
（5）由A和E两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，立即产生红褐色沉淀，但无气体产生，试写出该反应的离子方程式 3Na2O2+6Fe2++6H2O＝2Fe3++6Na++4Fe（OH）3↓ 。
【分析】有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，A只有﹣2价，可知A为O；B有+7、﹣1价，B为Cl；D有+6、﹣2价，D为S；C的原子半径比A略大，且有+5、﹣3价，可知C为N；由E、F的原子半径大于A、D的原子半径可知，E、F位于第三周期，E有+1价，E为Na，F有+3价，F为Al，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，A、B、C、D、E、F元素分别为O、Cl、N、S、Na、Al，
（1）S在元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族，Na2O2含有的化学键为，
故答案为：第三周期ⅥA族；离子键和共价键；
（2）最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，
故答案为：HClO4；
（3）H2O与H2S中沸点高的是H2O，原因是液态水分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，
故答案为：H2O；液态水分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键；
（4）AlN与NaOH溶液反应的方程式为AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑，
故答案为：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑；
（5）Na2O2与硫酸亚铁溶液反应产生红褐色沉淀的方程式为3Na2O2+6Fe2++6H2O＝2Fe3++6Na++4Fe（OH）3↓，
故答案为：3Na2O2+6Fe2++6H2O＝2Fe3++6Na++4Fe（OH）3↓。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的化合价、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
17．（12分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，一种制备Li2FeSiO4的方法为：2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2。如图是以废铁屑和Li2SiO3为原料制备Li2FeSiO4的流程。
请回答下列问题：
（1）制备过程中，废铁屑要先用热的纯碱溶液洗涤，其目的是 除去铁屑表面的油污 。
（2）操作Ⅰ为趁热过滤，操作Ⅱ的步骤是 冷却结晶 、过滤。
（3）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是 防止二价铁被氧化 。
（4）取20.00gLi2FeSiO4产品经灼烧、稀硫酸溶解、SO2还原、后续处理后配成100mL溶液，再取出20.00mL溶液至锥形瓶中，用0.2000ml⋅L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定，经3次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
①写出用SO2还原的离子方程式 SO2+2Fe3++2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+ 。
②造成第一次测定结果的原因可能是 盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗或滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失等 （写一条）。
③到达滴定终点时现象为 滴入最后一（半）滴KMnO4标准液，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色 ；根据滴定结果，可计算产品中Li2FeSiO4的质量分数为 81% 。
【分析】废铁屑加入稀硫酸过滤得到溶液中通过蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，隔绝空气加热分解得到硫酸亚铁固体，和Li2SiO3反应得到Li2FeSiO4；
（1）纯碱溶液洗涤废铁屑可除去废铁屑表面的油污；
（2）操作Ⅱ的步骤是冷却结晶、过滤；
（3）二价铁不稳定，制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中；
（4）①SO2还原Fe3+生成硫酸根离子和亚铁离子；
②第一次测定结果偏大，可能的原因是盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗等；
③滴定终点的现象是滴入最后一（半）滴KMnO4标准液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色，根据测定结果舍去第一次测定的体积。
【解答】解：（1）纯碱溶液洗涤废铁屑的目的是为了除去废铁屑表面的油污，
故答案为：除去铁屑表面的油污；
（2）操作Ⅱ的步骤是冷却结晶、过滤，
故答案为：冷却结晶；
（3）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，原因是防止二价铁被氧化，
故答案为：防止二价铁被氧化；
（4）①SO2还原Fe3+生成硫酸根离子和亚铁离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+，
故答案为：SO2+2Fe3++2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+；
②第一次测定结果偏大，可能的原因是盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗，或滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失等，
故答案为：盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗或滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失等；
③滴定终点的现象是滴入最后一（半）滴KMnO4标准液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色，根据测定结果舍去第一次测定的体积，平均消耗酸性KMnO4标准溶液的体积为20.00mL，滴定反应的对应关系为5Fe2+～5Fe3+～MnO4﹣～Mn2+，20mL溶液中含有的Fe2+的物质的量为20mL×0.2ml/L×5＝0.02ml，20.00gLi2FeSiO4样品中Li2FeSiO4的质量为0.02ml×5×162g/ml＝16.2g，质量分数为81%，
故答案为：滴入最后一（半）滴KMnO4标准液，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%。
【点评】本题考查了物质制备、物质含量测定和滴定实验过程的分析应用，注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等
18．（12分）我校橙子辅导小组用如图装置探究NH3的催化氧化，实验一段时间后，甲同学观察到装置F中产生白烟，装置D中溶液变成蓝色。（A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2）
请回答下列问题：
（1）装置B中烧瓶内盛装的药品是 NaOH固体 。
（2）装置A中烧瓶内发生反应的方程式为 2H2O22H2O+O2↑ 。
（3）F中有白烟生成，白烟的成分是 NH4NO3 （填化学式）。
（4）各导管的连接顺序为
c 、 d 、 i 、 j 、 e 。
（5）D中溶液变成蓝色的离子反应方程式为 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O 。
（6）乙同学用此套装置实验时，观察到装置F中有红棕色气体，分析其原因是 单位时间内，装置B产生的NH3少，而装置A产生的氧气的量较多时，多余氧气与反应产物一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮 。
【分析】根据可选用的药品，用MnO2催化H2O2分解产生氧气，再用浓硫酸干燥氧气，利用NaOH固体溶解放热促进浓氨水分解产生氨气，再用碱石灰干燥氧气，则装置A为氧气发生装置，装置B为NH3发生装置，两气体通过E导管进入C装置发生反应生成NO和H2O，混合气体进入装置F，未反应的氧气能把NO氧化成NO2，NO2能与水反应生成HNO3，进而与未反应的NH3反应生成NH4NO3固体，HNO3具有强氧化性，能把装置D中的Cu氧化成Cu（NO3）2，还原产物为NO，由于NO有毒，故最后需要尾气处理装置。
【解答】解：（1）由分析可知，装置B为NH3发生装置，利用NaOH固体溶解放热促进浓氨水分解产生氨气，故装置B中烧瓶内盛装的药品是NaOH固体，
故答案为：NaOH固体；
（2）由分析可知，装置A为氧气发生装置，用MnO2催化H2O2分解产生氧气，故装置A中烧瓶内发生反应的方程式为：2H2O22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）由分析可知，F中白烟的成分是NH4NO3，
故答案为：NH4NO3；
（4）由分析可知，装置的连接顺序为E→C→F→D，故各导管的连接顺序是（f）→（c）→（d）→（i）→（j）→（e），
故答案为：c；d；i；j；e；
（5）由分析可知，装置D中溶液变成蓝色的原因是HNO3把Cu氧化成Cu（NO3）2，还原产物为NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；
（6）用此套装置实验时，观察到装置F中有红棕色气体原因是：单位时间内，装置B产生的NH3少，而装置A产生的氧气的量较多时，多余氧气与反应产物一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮，
故答案为：单位时间内，装置B产生的NH3少，而装置A产生的氧气的量较多时，多余氧气与反应产物一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮。
【点评】本题考查NH3的催化氧化反应及相关实验方案的设计，题目难度中等，关键是掌握NH3的催化氧化反应以及氨气和氧气的制备原理及其干燥方法，熟悉含氮物质的性质，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力。
[选考题]
19．（12分）汞和汞的化合物有剧毒，可对人体造成极大影响，甚至威胁到生命，但汞同时又与我们的日常生活有着极为紧密的联系，在化妆品、药物、测量仪器等领域发挥着极大的作用。
（1）朱砂（HgS）是汞的重要矿源，朱砂炼汞的反应之一为：HgS+O2Hg+SO2，该反应中还原产物是 Hg、SO2 ，每生成20.1g汞转移的电子数为 0.6 ml。
（2）硝酸汞[Hg（NO3）2]常用作医药制剂和分析试剂，遇大量水或沸水，生成碱式盐沉淀。实验室配制Hg（NO3）2溶液的操作是 将硝酸汞溶于稀硝酸溶液 。硝酸汞加热可制备氧化汞（HgO），同时产生氧气和二氧化氮，其反应的化学方程式为 2Hg（NO3）22HgO+4NO2↑+O2↑ 。
（3）《橙子辅导》曾记载利尿剂甘汞（Hg2Cl2）制法：用水银一两，白矾[KAl（SO4）2]二两，食盐一两，同研；一两汞可得甘汞八钱（一两等于十钱）。
①文中“同研”涉及的操作，若在实验室通风橱内完成，则所需的主要仪器是 研钵 。
②制备甘汞的方程式如下，请配平该反应式。
6 Hg+ 4 KAl（SO4）2+ 6 NaCl═ 3 Hg2Cl2+ 3 Na2SO4+ 2 K2SO4+ 2 Al2O3+ 3 SO2↑
③此法制甘汞的产率为 68 %（保留两位有效数字）。
【分析】（1）反应中氧化剂得电子化合价降低，生成还原产物；生成1mlHg同时生成1mlSO2，转移6ml电子；
（2）硝酸汞遇水会生成碱式盐沉淀，因此只能在酸性溶液中稳定存在；加热Hg（NO3）2生成HgO、NO2和O2：
（3）①文中“同研”操作应为研磨；
②反应中，Hg的化合价升高1价，S元素的化合价降低2价，根据化合价升降总数守恒配平该方程式；
③一两等于十钱，因为“一两汞可得甘汞八钱”，甘汞中汞元素的质量分数为＝，则甘汞产率＝×0.8×100%，据此计算。
【解答】解：（1）反应中，Hg和O的化合价均降低，在反应中被还原，则还原产物是Hg和SO2；生成1mlHg同时生成1mlSO2，转移6ml电子，20.1g汞的物质的量为＝0.1ml，则转移0.6ml电子，
故答案为：Hg、SO2；0.6；
（2）硝酸汞遇水会生成碱式盐沉淀，因此只能在酸性溶液中稳定存在，故配制溶液时将硝酸汞溶于稀硝酸溶液中，加热Hg（NO3）2生成HgO、NO2和O2，反应的方程式为：2Hg（NO3）22HgO+4NO2↑+O2↑，
故答案为：将硝酸汞溶于稀硝酸溶液；2Hg（NO3）22HgO+4NO2↑+O2↑；
（3）①文中“同研”操作应为研磨，需要用到的主要仪器是研钵，
故答案为：研钵；
②反应中，Hg的化合价升高1价，S元素的化合价降低2价，根据化合价升降总数守恒配平该方程式为：6Hg+4KAl（SO4）2+6NaCl═3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2↑，
故答案为：6；4；6；3；3；2；2；3；
③一两等于十钱，因为“一两汞可得甘汞八钱”，甘汞中汞元素的质量分数为＝，则甘汞产率＝×0.8×100%≈68%，
故答案为：68。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念、化学方程式配平及转移电子的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度中等。
[选修5：有机化学基础]
20．有机物A常用作香料和有机合成试剂，以A为原料合成有机化合物D、H的路线如图所示：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.RCOOHRCOClRCOOR′（R、R′代表烃基）
（1）A中官能团的名称是 醛基 ，E→F的反应类型是 取代反应 。
（2）有机物C和M的结构简式分别为 、 HCHO 。
（3）相同物质的量的D和H与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为 1：2 。
（4）写出A→E的第一步反应的化学方程式 。
（5）B有多种同分异构体，其中含有酚羟基和酯基，且能发生银镜反应的有 13 种（不含立体异构）。
【分析】根据已知信息I，结合B的结构简式，可推出A为，A发生还原反应生成C，结合D的分子式、反应条件，可知C与B发生酯化反应生成D，可推知C为、D为，A发生氧化反应、酸化生成E为，由信息Ⅱ可知F为，由I的结构简式可知G、M分别为、HCHO中的一种，其中G能与F反应生成H，结合信息II可知G为，则M为HCHO、H为。
【解答】解：（1）A为，A中官能团名称是醛基，E→F是羧基中的羟基被氯原子替代，该反应类型是取代反应，
故答案为：醛基；取代反应；
（2）由分析可知，有机物C的结构简式为，M的结构式为HCHO，
故答案为：；HCHO；
（3）D为含有1个羧酸与醇形成的酯基，1mlD能与2mlNaOH反应，而H为，含有1个羧酸与酚形成的酯基，1mlH能与2mlNaOH，故相同物质的量的D和H与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（4）A→E第一步反应的化学方程式为，
故答案为：；
（5）B的同分异构体含有酚羟基和酯基，同时能发生银镜反应，说明酯基结构为﹣OOCH，当苯环上有两个取代基，即为﹣CH2OOCH和﹣OH时，有邻、间、对3种位置结构；当苯环上有三个取代基，即为﹣OOCH、﹣OH、﹣CH3，当﹣OOCH和﹣OH相邻时，﹣CH3有4种不同位置，当﹣OOCH和﹣OH相间时，﹣CH3有4种不同位置，当﹣OOCH和﹣OH相对时，﹣CH3有2种不同位置，故可能的同分异构体总数为3+4+4+2＝13种，
故答案为：13。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机物结构与性质、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写等，注意对给予信息的理解，结合反应中有机物结构简式进行分析判断，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力。选项
操作
现象
结论
A
向生石灰中滴加浓氨水，再用湿润的紫色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变红
NH3为碱性气体
B
Fe（NO3）2晶体溶解于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
原Fe（NO3）2已变质
C
将浓盐酸和二氧化锰混合加热，产生的气体通入淀粉碘化钾试液中
试液变蓝
Cl2具有氧化性
D
将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
A
B
C
D
E
F
原子半径/（nm）
0.074
0.099
0.075
0.102
0.186
0.143
最高或最低化合价
+7
+5
+6
+1
+3
﹣2
﹣1
﹣3
﹣2
实验序号
1
2
3
消耗KMnO4溶液体积
21.38mL
19.98mL
20.02mL
选项
操作
现象
结论
A
向生石灰中滴加浓氨水，再用湿润的紫色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变红
NH3为碱性气体
B
Fe（NO3）2晶体溶解于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
原Fe（NO3）2已变质
C
将浓盐酸和二氧化锰混合加热，产生的气体通入淀粉碘化钾试液中
试液变蓝
Cl2具有氧化性
D
将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
A
B
C
D
E
F
原子半径/（nm）
0.074
0.099
0.075
0.102
0.186
0.143
最高或最低化合价
+7
+5
+6
+1
+3
﹣2
﹣1
﹣3
﹣2
实验序号
1
2
3
消耗KMnO4溶液体积
21.38mL
19.98mL
20.02mL
1．（3分）化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．“试玉要烧三日满”，说明玉难熔化
B．在豆浆里加入盐卤可以制豆腐
C．久置的青菜叶变黄与SO2漂白的纸张变黄原理相同
D．铝箔有还原性，可作为脱氧剂用于药品的包装材料
2．（3分）下列变化过程或原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．食品的腐烂
B．用漂白液杀灭新冠病毒
C．以硫铁矿为原料生产硫酸
D．用小苏打中和胃酸
3．（3分）下列比较中不能用元素周期律解释的是（ ）
A．非金属性：F＞Cl＞Br
B．原子半径：Na＞Mg＞O
C．酸性：HCl＞H2SO3
D．气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S
4．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B．H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂
D．液氨具有碱性，可用作制冷剂
5．（3分）市售某品牌饮用矿泉水标签的部分内容如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该品牌矿泉水不能饮用
B．该品牌矿泉水呈碱性
C．将此品牌矿泉水过滤可得纯净水
D．该品牌矿泉水中c（MgSO4）最大值为2×10﹣4ml/L
6．（3分）复旦大学材料实验室郑耿锋教授团队在电催化二氧化碳（CO2）还原方面取得较大成绩，其总反应方程式为：NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关说法正确的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2是非电解质
D．NaClO的电子式：
7．（3分）已知磷酸（）与NaOH反应生成的正盐为Na3PO4，次磷酸（H3PO2）与NaOH反应生成的正盐为NaH2PO2。下列说法不正确的是（ ）
A．H3PO2属于一元酸
B．NaH2PO2溶液可能呈酸性
C．H3PO2可能既有氧化性又有还原性
D．H3PO2的结构式为
8．（3分）下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）
A．澄清透明溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．氢氧化铁胶体中：Fe3+、Cl﹣、H+、NO3﹣
C．饱和氯水中：SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
D．在pH＝1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
9．（3分）下列有关说法中正确的是（ ）
A．可用Na2SO3与HNO3反应制取SO2气体
B．钠在氯气中燃烧时产生大量的白雾
C．相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度
D．氧化铁是铁锈的主要成分，因此氧化铁俗称为铁锈
10．（3分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否含有KCl
B．可制备、干燥、收集氨气
C．除去CO2中含有的少量SO2
D．蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
11．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Al2O3（熔融）Al（s）AlCl3（s）
B．NaClO（aq）HClO（aq）Cl2（g）
C．N2（g）NO（g）HNO3（aq）
D．SiO2（s）H4SiO4（s）Na2SiO3（aq）
12．（3分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LBr2含有的分子数为0.1NA
B．23gNO2完全溶于水，转移电子数为0.5NA
C．0.1mlFeCl3•6H2O加入沸水中生成胶体的粒子数为0.1NA
D．已知Ra→X+24He，则0.5mlX中含有的中子数为68NA
13．（3分）下列实验中，现象与对应的结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
14．（3分）微博橙子辅导提出：要“持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。氮的氧化物是严重的大气污染物，在催化剂作用下，NH3可脱除废气NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．过程②中NO2作氧化剂
B．Y是N2
C．NH4+、NH3、H2O的电子数与质子数均相等
D．上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
二、非选择题（共58分。第15～18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19～20题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共46分）
15．（11分）橙子辅导设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。废液中的阳离子只可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、NH4+中的某几种。
已知：Cu2++4NH3⋅H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O。
请回答下列问题：
（1）步骤④中生成红色固体的化学反应方程式为 。
（2）固体乙的化学式为 。
（3）废液中肯定存在的阳离子有 。
（4）沉淀甲的成分可能是 、 、 。
（5）检验红棕色固体中所含有的金属阳离子的操作及现象是 。
16．（11分）有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子半径和主要化合价信息如下表所示：
请回答下列问题：
（1）D元素在元素周期表中的位置是 ，化合物E2A2含有的化学键类型是 。
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 （用化学式表示）。
（3）A和D的简单氢化物中沸点高的是 （填化学式），原因是 。
（4）化合物FC溶于强碱生成氨气，写出FC与NaOH溶液反应的化学方程式 。
（5）由A和E两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，立即产生红褐色沉淀，但无气体产生，试写出该反应的离子方程式 。
17．（12分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，一种制备Li2FeSiO4的方法为：2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2。如图是以废铁屑和Li2SiO3为原料制备Li2FeSiO4的流程。
请回答下列问题：
（1）制备过程中，废铁屑要先用热的纯碱溶液洗涤，其目的是 。
（2）操作Ⅰ为趁热过滤，操作Ⅱ的步骤是 、过滤。
（3）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是 。
（4）取20.00gLi2FeSiO4产品经灼烧、稀硫酸溶解、SO2还原、后续处理后配成100mL溶液，再取出20.00mL溶液至锥形瓶中，用0.2000ml⋅L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定，经3次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
①写出用SO2还原的离子方程式 。
②造成第一次测定结果的原因可能是 （写一条）。
③到达滴定终点时现象为 ；根据滴定结果，可计算产品中Li2FeSiO4的质量分数为 。
18．（12分）我校橙子辅导小组用如图装置探究NH3的催化氧化，实验一段时间后，甲同学观察到装置F中产生白烟，装置D中溶液变成蓝色。（A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2）
请回答下列问题：
（1）装置B中烧瓶内盛装的药品是 。
（2）装置A中烧瓶内发生反应的方程式为 。
（3）F中有白烟生成，白烟的成分是 （填化学式）。
（4）各导管的连接顺序为
、 、 、 、 。
（5）D中溶液变成蓝色的离子反应方程式为 。
（6）乙同学用此套装置实验时，观察到装置F中有红棕色气体，分析其原因是 。
[选考题]
19．（12分）汞和汞的化合物有剧毒，可对人体造成极大影响，甚至威胁到生命，但汞同时又与我们的日常生活有着极为紧密的联系，在化妆品、药物、测量仪器等领域发挥着极大的作用。
（1）朱砂（HgS）是汞的重要矿源，朱砂炼汞的反应之一为：HgS+O2Hg+SO2，该反应中还原产物是 ，每生成20.1g汞转移的电子数为 ml。
（2）硝酸汞[Hg（NO3）2]常用作医药制剂和分析试剂，遇大量水或沸水，生成碱式盐沉淀。实验室配制Hg（NO3）2溶液的操作是 。硝酸汞加热可制备氧化汞（HgO），同时产生氧气和二氧化氮，其反应的化学方程式为 。
（3）《橙子辅导》曾记载利尿剂甘汞（Hg2Cl2）制法：用水银一两，白矾[KAl（SO4）2]二两，食盐一两，同研；一两汞可得甘汞八钱（一两等于十钱）。
①文中“同研”涉及的操作，若在实验室通风橱内完成，则所需的主要仪器是 。
②制备甘汞的方程式如下，请配平该反应式。
Hg+ KAl（SO4）2+ NaCl═ Hg2Cl2+ Na2SO4+ K2SO4+ Al2O3+ SO2↑
③此法制甘汞的产率为 %（保留两位有效数字）。
[选修5：有机化学基础]
20．有机物A常用作香料和有机合成试剂，以A为原料合成有机化合物D、H的路线如图所示：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.RCOOHRCOClRCOOR′（R、R′代表烃基）
（1）A中官能团的名称是 ，E→F的反应类型是 。
（2）有机物C和M的结构简式分别为 、 。
（3）相同物质的量的D和H与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为 。
（4）写出A→E的第一步反应的化学方程式 。
（5）B有多种同分异构体，其中含有酚羟基和酯基，且能发生银镜反应的有 种（不含立体异构）。
2021-2022学年重庆市高三（上）调研化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．“试玉要烧三日满”，说明玉难熔化
B．在豆浆里加入盐卤可以制豆腐
C．久置的青菜叶变黄与SO2漂白的纸张变黄原理相同
D．铝箔有还原性，可作为脱氧剂用于药品的包装材料
【分析】A．玉的主要成分是硅酸盐，能耐高温；
B．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉；
C．久置的青菜叶变黄，是因为菜叶中的叶绿体被破坏后失去了绿色而变黄，SO2具有漂白性；
D．铝是活泼金属，铝箔有还原性。
【解答】解：A．玉的主要成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满”辨识是不是玉，要在火里整整烧三天，说明玉熔点高，难熔化，故A正确；
B．豆浆是胶体，豆浆中加入盐卤可以制豆腐，利用了胶体聚沉的原理，故B正确；
C．久置的青菜叶变黄，是因为菜叶中的叶绿体被破坏后失去了绿色而变黄，SO2漂白的纸张变黄是因为二氧化硫漂白的原理是生成不稳定的化合物，易分解，故C错误；
D．铝是活泼金属，铝箔有还原性，可以用来作为药品的脱氧剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2．（3分）下列变化过程或原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．食品的腐烂
B．用漂白液杀灭新冠病毒
C．以硫铁矿为原料生产硫酸
D．用小苏打中和胃酸
【分析】元素化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在化合价变化的反应涉及氧化还原反应，否则不涉及氧化还原反应，以此进行判断。
【解答】解：A.食品的腐烂属于缓慢氧化，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A不选；
B.用漂白液杀灭新冠病毒，利用了次氯酸的强氧化性，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故B不选；
C.以硫铁矿为原料生产硫酸，S、Fe等元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不选；
D.用小苏打中和胃酸，发生反应为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，不存在元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应实质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3．（3分）下列比较中不能用元素周期律解释的是（ ）
A．非金属性：F＞Cl＞Br
B．原子半径：Na＞Mg＞O
C．酸性：HCl＞H2SO3
D．气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S
【分析】A．同主族从上到下非金属性依次减弱；
B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小；
C．非金属性强弱，应用最高价氧化物对应水化物的酸性判断；
D．非金属性越强，氢化物稳定性越强。
【解答】解：A．非金属性：F＞Cl＞Br，同主族非金属性可以用元素周期律解释，故A错误；
B．Na、Mg有三个电子层，核电荷数越大，原子半径越小，氧原子两个电子层，则原子半径：Na＞Mg＞O，可以用元素周期律解释，故B错误；
C．HCl是无氧酸，H2SO3是非高价含氧酸，因此无法用酸性HCl＞H2SO3来比较元素非金属性的强弱，不能用元素周期律解释，故C正确；
D．非金属性强弱F＞O＞S，气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S，可以用元素周期律解释，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表及元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B．H2O2是无色液体，可用作消毒剂
C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂
D．液氨具有碱性，可用作制冷剂
【分析】A．具有高熔点的物质可以作耐高温材料；
B．H2O2具有强氧化性，能使蛋白质发生变性；
C．Fe2（SO4）3在水中电离出Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体；
D．液氨气化能吸收大量的热。
【解答】解：A．具有高熔点的物质可以作耐高温材料，Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B．H2O2具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可用作消毒剂，与H2O2是无色液体无关，故B错误；
C．Fe2（SO4）3在水中电离出Fe3+，Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附作用，能净水，与Fe2（SO4）3易溶于水无关，故C错误；
D．液氨气化能吸收大量的热，可用作制冷剂，与液氨具有碱性无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
5．（3分）市售某品牌饮用矿泉水标签的部分内容如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该品牌矿泉水不能饮用
B．该品牌矿泉水呈碱性
C．将此品牌矿泉水过滤可得纯净水
D．该品牌矿泉水中c（MgSO4）最大值为2×10﹣4ml/L
【分析】A．市售某品牌饮用矿泉水，说明质量符合国家标准；
B．依据镁离子水解的性质解答；
C．过滤不能去除矿泉水中的钾离子、镁离子、氯离子、硫酸根离子；
D．依据镁离子含量计算去物质的量浓度。
【解答】解：A．市售某品牌饮用矿泉水，说明质量符合国家标准，可以饮用，故A错误；
B．矿泉水中含有镁离子，镁离子部分水解生成氢离子，所以该矿泉水不会呈碱性，故B错误；
C．过滤不能去除矿泉水中的钾离子、镁离子、氯离子、硫酸根离子，所以通过过滤的方法得不到纯净水，故C错误；
D．Mg2+浓度最大为4.8mg/L，则物质的量浓度最大值为/L＝2.0×10﹣4ml/L，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确物质的性质及以物质的量为核心计算公式即可解答，题目难度不大。
6．（3分）复旦大学材料实验室郑耿锋教授团队在电催化二氧化碳（CO2）还原方面取得较大成绩，其总反应方程式为：NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关说法正确的是（ ）
A．中子数为12的钠原子：Na
B．Cl﹣的结构示意图：
C．CO2是非电解质
D．NaClO的电子式：
【分析】A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在元素符号左下方；
B.氯离子的核内有17个质子，核内有18个电子；
C.在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质；
D.NaClO为离子化合物。
【解答】解：A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在元素符号左下方，中子数为12的钠原子的质量数为12+11＝23，表示为Na，故A错误；
B.氯离子的核内有17个质子，核内有18个电子，氯离子的结构示意图为，故B错误；
C.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出自由移动离子而导电，故为非电解质，故C正确；
D.NaClO为离子化合物，电子式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，涉及电子式、核素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
7．（3分）已知磷酸（）与NaOH反应生成的正盐为Na3PO4，次磷酸（H3PO2）与NaOH反应生成的正盐为NaH2PO2。下列说法不正确的是（ ）
A．H3PO2属于一元酸
B．NaH2PO2溶液可能呈酸性
C．H3PO2可能既有氧化性又有还原性
D．H3PO2的结构式为
【分析】由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2（次磷酸）为一元酸，H3PO2中P元素的化合价为+1价，为中间价态，据此解答。
【解答】解：A．由题意可知，H3PO2是一元酸，故A正确；
B．NaH2PO2是弱酸强碱盐，溶液显弱碱性，故B错误；
C．P元素最高正价+5价，最低负价﹣3价，H3PO2中P元素为+1价，因此可能既有氧化性又有还原性，故C正确；
D．由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，只含有一个﹣OH，则H3PO2结构为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的结构与性质、氧化还原反应，题目难度不大，把握物质的分类、物质的结构与性质、氧化还原反应等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
8．（3分）下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）
A．澄清透明溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣
B．氢氧化铁胶体中：Fe3+、Cl﹣、H+、NO3﹣
C．饱和氯水中：SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、NH4+
D．在pH＝1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
【分析】A.四种离子之间不反应；
B.氢氧化铁与氢离子反应；
C.饱和氯水具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；
D.该溶液呈酸性，碳酸根离子、亚硫酸根离子都与氢离子反应。
【解答】解：A.Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.氢氧化铁胶体与H+反应，不能大量共存，故B错误；
C.饱和氯水中含有的Cl2和HClO都具有强氧化性，能够氧化SO32﹣，不能大量共存，故C错误；
D.在pH＝1的溶液呈酸性，H+与CO32﹣、SO32﹣反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9．（3分）下列有关说法中正确的是（ ）
A．可用Na2SO3与HNO3反应制取SO2气体
B．钠在氯气中燃烧时产生大量的白雾
C．相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度
D．氧化铁是铁锈的主要成分，因此氧化铁俗称为铁锈
【分析】A．硝酸能够氧化亚硫酸钠；
B．钠在氯气中燃烧生成氯化钠固体；
C．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
D．氧化铁是铁锈的主要成分。
【解答】解：A．硝酸能够氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，二者反应不能产生二氧化硫，故A错误；
B．钠在氯气中燃烧时产生的是大量白烟，故B错误；
C．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故C正确；
D．氧化铁是铁锈的主要成分，氧化铁颜色为红色，俗称铁红，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。
10．（3分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．检验溶液中是否含有KCl
B．可制备、干燥、收集氨气
C．除去CO2中含有的少量SO2
D．蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
【分析】A.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；
B.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气的密度比空气的密度小；
C.二者均与碳酸钠溶液反应；
D.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发。
【解答】解：A.焰色试验检验钾元素需要透过蓝色钴玻璃观察，不能直接观察，故A错误；
B.图中固液反应装置可制备氨气、碱石灰干燥氨气、向下排空气法收集氨气，故B正确；
C.饱和Na2CO3溶液也会吸收CO2生成NaHCO3，不能除杂，故C错误；
D.AlCl3溶液蒸干会发生水解生成Al（OH）3不能制备AlCl3晶体，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
11．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Al2O3（熔融）Al（s）AlCl3（s）
B．NaClO（aq）HClO（aq）Cl2（g）
C．N2（g）NO（g）HNO3（aq）
D．SiO2（s）H4SiO4（s）Na2SiO3（aq）
【分析】A．电解熔融的Al2O3生成Al，Al在氯气中燃烧生成AlCl3；
B．HClO见光分解生成HCl和O2；
C．NO与水不反应；
D．SiO2与水不反应。
【解答】解：A．电解熔融的Al2O3生成Al，Al在氯气中燃烧生成AlCl3，物质间转化均能实现，故A正确；
B．HClO见光分解生成HCl和O2，HClO分解不能生成Cl2，物质间转化不能实现，故B错误；
C．氮气与氧气在放电条件下反应生成NO，NO与水不反应，不能直接转化为HNO3，故C错误；
D．SiO2与水不反应，不能直接反应生成H4SiO4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物性质的应用，为高频考点，把握物质性质、发生的反应为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
12．（3分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LBr2含有的分子数为0.1NA
B．23gNO2完全溶于水，转移电子数为0.5NA
C．0.1mlFeCl3•6H2O加入沸水中生成胶体的粒子数为0.1NA
D．已知Ra→X+24He，则0.5mlX中含有的中子数为68NA
【分析】的适用条件为标准状况下的气体；
B.二氧化氮与水反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，3ml二氧化氮反应转移2ml电子；
C.氢氧化铁胶体是氢氧化铁的集合体；
D.根据反应可知X的中子数为136。
【解答】解：A.标准状况下，Br2是液态，无法使用22.4L/ml计算物质的量，故A错误；
B.23gNO2完全溶于水生成HNO3和NO，转移的电子数为××NA/ml＝NA，故B错误；
⋅6H2O加入沸水中生成胶体粒子小于0.1NA，故胶体粒子总数不为0.1NA，故C错误；
含有的中子数为0.5ml×136×NA/ml＝68NA，故D正确；
故选：D。
【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，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，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是解题的关键。
13．（3分）下列实验中，现象与对应的结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
B.酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子；
C.浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，氯气与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
D.使石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫。
【解答】解：A.氨气使石蕊试纸变蓝，操作和现象不合理，故A错误；
B.Fe（NO3）2中加入硫酸后，溶液中的HNO3会将Fe2+氧化为Fe3+，不能说明原物质变质，故B错误；
C.Cl2通入淀粉碘化钾试液中生成了单质碘使试液变蓝，说明Cl2具有氧化性，故C正确；
D.能使石灰水变浑浊的气体有CO2和SO2，因此原溶液中可能含有CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
14．（3分）微博橙子辅导提出：要“持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。氮的氧化物是严重的大气污染物，在催化剂作用下，NH3可脱除废气NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．过程②中NO2作氧化剂
B．Y是N2
C．NH4+、NH3、H2O的电子数与质子数均相等
D．上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【分析】A．过程②中NO2与NH4+反应[（NH4）2（NO2）]2+；
B．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO＝[（NH4）（HNO2）]++Y+H+，根据原子守恒判断；
C．NH4+、NH3、H2O中的质子数分别为10、11、10，NH3、NH4+、H2O中的电子数为10、10、10；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物。
【解答】解：A．过程②中NO2与NH4+反应[（NH4）2（NO2）]2+，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．图示反应可以生成X的反应为[（NH4）2（NO2）]2++NO＝[（NH4）（HNO2）]++X+H+，原子守恒判断Y为N2和H2O，故B错误；
C．NH3、NH4+、H2O中的质子数分别为10、11、10，NH3、NH4+、H2O中的电子数为10、10、10，所以质子数不同，故C错误；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应、常见非金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。
二、非选择题（共58分。第15～18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19～20题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共46分）
15．（11分）橙子辅导设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。废液中的阳离子只可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、NH4+中的某几种。
已知：Cu2++4NH3⋅H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O。
请回答下列问题：
（1）步骤④中生成红色固体的化学反应方程式为 CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4 。
（2）固体乙的化学式为 BaSO4 。
（3）废液中肯定存在的阳离子有 Ba2+、Cu2+、NH4+ 。
（4）沉淀甲的成分可能是 Fe（OH）2 、 Fe（OH）3 、 Fe（OH）2和Fe（OH）3 。
（5）检验红棕色固体中所含有的金属阳离子的操作及现象是 取红棕色固体少量于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加KSCN溶液，溶液变成血红色，则红色固体中含有Fe3+ 。
【分析】沉淀甲灼烧后生成红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe（OH）2或Fe（OH）3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，生成固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，但加入过量NaOH溶液时没有Cu（OH）2沉淀，则加入过量NaOH溶液时发生反应为NH4++OH﹣＝NH3•H2O，Cu2++4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O，所以溶液甲中含有[Cu（NH3）4]2+，即原溶液中含有NH4+；综上，原溶液中一定含有Ba2+、Cu2+、NH4+、Fe2+或Fe3+中至少一种，可能含有Na+或Al3+，据此分析解答。
【解答】解：根据过程②可知废液中含有Fe2+或Fe3+或两种均有，过程③与硫酸反应生成固体沉淀，说明废液中含Ba2+，过程④加入铁屑生成红色固体应为铜，则原废液中含有Cu2+，但加过量NaOH溶液时没有Cu（OH）2沉淀生成，则废液中还应含有NH4+，反应为NH4++OH﹣＝NH3•H2O，Cu2++4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O，则原溶液中一定含有Ba2+、Cu2+、NH4+、Fe2+或Fe3+中至少一种，可能含有Na+或Al3+；
（1）步骤④中CuSO4和Fe反应生成红色固体为Cu，反应的化学方程式为CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4，
故答案为：CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4；
（2）溶液甲中加入过量硫酸溶液，生成固体乙，则固体乙为BaSO4，
故答案为：BaSO4；
（3）由上述分析可知，原溶液中一定含有Ba2+、Cu2+、NH4+、Fe2+或Fe3+中至少一种，即废液中肯定存在的离子有Ba2+、Cu2+、NH4+，
故答案为：Ba2+、Cu2+、NH4+；
（4）沉淀甲灼烧后生成红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe（OH）2或Fe（OH）3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+或两者都有，
故答案为：Fe（OH）2；Fe（OH）3；Fe（OH）2和Fe（OH）3；
（5）红棕色固体是Fe2O3，可加入稀硫酸溶解生成Fe3+，检验Fe3+常用试剂为KSCN溶液，操作及现象为：取红棕色固体少量于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加KSCN溶液，溶液变成血红色，则红色固体中含有Fe3+，
故答案为：取红棕色固体少量于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加KSCN溶液，溶液变成血红色，则红色固体中含有Fe3+。
【点评】本题考查离子的检验与推断，为高频考点，把握离子之间的反应、物质的性质、NH4+的推断等是解题关键，试题培养了学生的分析能力、理解能力及灵活运用能力，NH4+的推断是解答的难点，题目难度中等。
16．（11分）有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子半径和主要化合价信息如下表所示：
请回答下列问题：
（1）D元素在元素周期表中的位置是 第三周期ⅥA族 ，化合物E2A2含有的化学键类型是 离子键和共价键 。
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 HClO4 （用化学式表示）。
（3）A和D的简单氢化物中沸点高的是 H2O （填化学式），原因是 液态水分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键 。
（4）化合物FC溶于强碱生成氨气，写出FC与NaOH溶液反应的化学方程式 AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑ 。
（5）由A和E两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，立即产生红褐色沉淀，但无气体产生，试写出该反应的离子方程式 3Na2O2+6Fe2++6H2O＝2Fe3++6Na++4Fe（OH）3↓ 。
【分析】有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，A只有﹣2价，可知A为O；B有+7、﹣1价，B为Cl；D有+6、﹣2价，D为S；C的原子半径比A略大，且有+5、﹣3价，可知C为N；由E、F的原子半径大于A、D的原子半径可知，E、F位于第三周期，E有+1价，E为Na，F有+3价，F为Al，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，A、B、C、D、E、F元素分别为O、Cl、N、S、Na、Al，
（1）S在元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族，Na2O2含有的化学键为，
故答案为：第三周期ⅥA族；离子键和共价键；
（2）最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，
故答案为：HClO4；
（3）H2O与H2S中沸点高的是H2O，原因是液态水分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，
故答案为：H2O；液态水分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键；
（4）AlN与NaOH溶液反应的方程式为AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑，
故答案为：AlN+NaOH+H2O＝NaAlO2+NH3↑；
（5）Na2O2与硫酸亚铁溶液反应产生红褐色沉淀的方程式为3Na2O2+6Fe2++6H2O＝2Fe3++6Na++4Fe（OH）3↓，
故答案为：3Na2O2+6Fe2++6H2O＝2Fe3++6Na++4Fe（OH）3↓。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的化合价、原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
17．（12分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古德伊纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，一种制备Li2FeSiO4的方法为：2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2。如图是以废铁屑和Li2SiO3为原料制备Li2FeSiO4的流程。
请回答下列问题：
（1）制备过程中，废铁屑要先用热的纯碱溶液洗涤，其目的是 除去铁屑表面的油污 。
（2）操作Ⅰ为趁热过滤，操作Ⅱ的步骤是 冷却结晶 、过滤。
（3）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是 防止二价铁被氧化 。
（4）取20.00gLi2FeSiO4产品经灼烧、稀硫酸溶解、SO2还原、后续处理后配成100mL溶液，再取出20.00mL溶液至锥形瓶中，用0.2000ml⋅L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定，经3次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
①写出用SO2还原的离子方程式 SO2+2Fe3++2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+ 。
②造成第一次测定结果的原因可能是 盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗或滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失等 （写一条）。
③到达滴定终点时现象为 滴入最后一（半）滴KMnO4标准液，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色 ；根据滴定结果，可计算产品中Li2FeSiO4的质量分数为 81% 。
【分析】废铁屑加入稀硫酸过滤得到溶液中通过蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，隔绝空气加热分解得到硫酸亚铁固体，和Li2SiO3反应得到Li2FeSiO4；
（1）纯碱溶液洗涤废铁屑可除去废铁屑表面的油污；
（2）操作Ⅱ的步骤是冷却结晶、过滤；
（3）二价铁不稳定，制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中；
（4）①SO2还原Fe3+生成硫酸根离子和亚铁离子；
②第一次测定结果偏大，可能的原因是盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗等；
③滴定终点的现象是滴入最后一（半）滴KMnO4标准液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色，根据测定结果舍去第一次测定的体积。
【解答】解：（1）纯碱溶液洗涤废铁屑的目的是为了除去废铁屑表面的油污，
故答案为：除去铁屑表面的油污；
（2）操作Ⅱ的步骤是冷却结晶、过滤，
故答案为：冷却结晶；
（3）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，原因是防止二价铁被氧化，
故答案为：防止二价铁被氧化；
（4）①SO2还原Fe3+生成硫酸根离子和亚铁离子，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+，
故答案为：SO2+2Fe3++2H2O＝SO42﹣+2Fe2++4H+；
②第一次测定结果偏大，可能的原因是盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗，或滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失等，
故答案为：盛装酸性KMnO4标准溶液的滴定管未润洗或滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失等；
③滴定终点的现象是滴入最后一（半）滴KMnO4标准液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色，根据测定结果舍去第一次测定的体积，平均消耗酸性KMnO4标准溶液的体积为20.00mL，滴定反应的对应关系为5Fe2+～5Fe3+～MnO4﹣～Mn2+，20mL溶液中含有的Fe2+的物质的量为20mL×0.2ml/L×5＝0.02ml，20.00gLi2FeSiO4样品中Li2FeSiO4的质量为0.02ml×5×162g/ml＝16.2g，质量分数为81%，
故答案为：滴入最后一（半）滴KMnO4标准液，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%。
【点评】本题考查了物质制备、物质含量测定和滴定实验过程的分析应用，注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等
18．（12分）我校橙子辅导小组用如图装置探究NH3的催化氧化，实验一段时间后，甲同学观察到装置F中产生白烟，装置D中溶液变成蓝色。（A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2）
请回答下列问题：
（1）装置B中烧瓶内盛装的药品是 NaOH固体 。
（2）装置A中烧瓶内发生反应的方程式为 2H2O22H2O+O2↑ 。
（3）F中有白烟生成，白烟的成分是 NH4NO3 （填化学式）。
（4）各导管的连接顺序为
c 、 d 、 i 、 j 、 e 。
（5）D中溶液变成蓝色的离子反应方程式为 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O 。
（6）乙同学用此套装置实验时，观察到装置F中有红棕色气体，分析其原因是 单位时间内，装置B产生的NH3少，而装置A产生的氧气的量较多时，多余氧气与反应产物一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮 。
【分析】根据可选用的药品，用MnO2催化H2O2分解产生氧气，再用浓硫酸干燥氧气，利用NaOH固体溶解放热促进浓氨水分解产生氨气，再用碱石灰干燥氧气，则装置A为氧气发生装置，装置B为NH3发生装置，两气体通过E导管进入C装置发生反应生成NO和H2O，混合气体进入装置F，未反应的氧气能把NO氧化成NO2，NO2能与水反应生成HNO3，进而与未反应的NH3反应生成NH4NO3固体，HNO3具有强氧化性，能把装置D中的Cu氧化成Cu（NO3）2，还原产物为NO，由于NO有毒，故最后需要尾气处理装置。
【解答】解：（1）由分析可知，装置B为NH3发生装置，利用NaOH固体溶解放热促进浓氨水分解产生氨气，故装置B中烧瓶内盛装的药品是NaOH固体，
故答案为：NaOH固体；
（2）由分析可知，装置A为氧气发生装置，用MnO2催化H2O2分解产生氧气，故装置A中烧瓶内发生反应的方程式为：2H2O22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）由分析可知，F中白烟的成分是NH4NO3，
故答案为：NH4NO3；
（4）由分析可知，装置的连接顺序为E→C→F→D，故各导管的连接顺序是（f）→（c）→（d）→（i）→（j）→（e），
故答案为：c；d；i；j；e；
（5）由分析可知，装置D中溶液变成蓝色的原因是HNO3把Cu氧化成Cu（NO3）2，还原产物为NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；
（6）用此套装置实验时，观察到装置F中有红棕色气体原因是：单位时间内，装置B产生的NH3少，而装置A产生的氧气的量较多时，多余氧气与反应产物一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮，
故答案为：单位时间内，装置B产生的NH3少，而装置A产生的氧气的量较多时，多余氧气与反应产物一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮。
【点评】本题考查NH3的催化氧化反应及相关实验方案的设计，题目难度中等，关键是掌握NH3的催化氧化反应以及氨气和氧气的制备原理及其干燥方法，熟悉含氮物质的性质，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力。
[选考题]
19．（12分）汞和汞的化合物有剧毒，可对人体造成极大影响，甚至威胁到生命，但汞同时又与我们的日常生活有着极为紧密的联系，在化妆品、药物、测量仪器等领域发挥着极大的作用。
（1）朱砂（HgS）是汞的重要矿源，朱砂炼汞的反应之一为：HgS+O2Hg+SO2，该反应中还原产物是 Hg、SO2 ，每生成20.1g汞转移的电子数为 0.6 ml。
（2）硝酸汞[Hg（NO3）2]常用作医药制剂和分析试剂，遇大量水或沸水，生成碱式盐沉淀。实验室配制Hg（NO3）2溶液的操作是 将硝酸汞溶于稀硝酸溶液 。硝酸汞加热可制备氧化汞（HgO），同时产生氧气和二氧化氮，其反应的化学方程式为 2Hg（NO3）22HgO+4NO2↑+O2↑ 。
（3）《橙子辅导》曾记载利尿剂甘汞（Hg2Cl2）制法：用水银一两，白矾[KAl（SO4）2]二两，食盐一两，同研；一两汞可得甘汞八钱（一两等于十钱）。
①文中“同研”涉及的操作，若在实验室通风橱内完成，则所需的主要仪器是 研钵 。
②制备甘汞的方程式如下，请配平该反应式。
6 Hg+ 4 KAl（SO4）2+ 6 NaCl═ 3 Hg2Cl2+ 3 Na2SO4+ 2 K2SO4+ 2 Al2O3+ 3 SO2↑
③此法制甘汞的产率为 68 %（保留两位有效数字）。
【分析】（1）反应中氧化剂得电子化合价降低，生成还原产物；生成1mlHg同时生成1mlSO2，转移6ml电子；
（2）硝酸汞遇水会生成碱式盐沉淀，因此只能在酸性溶液中稳定存在；加热Hg（NO3）2生成HgO、NO2和O2：
（3）①文中“同研”操作应为研磨；
②反应中，Hg的化合价升高1价，S元素的化合价降低2价，根据化合价升降总数守恒配平该方程式；
③一两等于十钱，因为“一两汞可得甘汞八钱”，甘汞中汞元素的质量分数为＝，则甘汞产率＝×0.8×100%，据此计算。
【解答】解：（1）反应中，Hg和O的化合价均降低，在反应中被还原，则还原产物是Hg和SO2；生成1mlHg同时生成1mlSO2，转移6ml电子，20.1g汞的物质的量为＝0.1ml，则转移0.6ml电子，
故答案为：Hg、SO2；0.6；
（2）硝酸汞遇水会生成碱式盐沉淀，因此只能在酸性溶液中稳定存在，故配制溶液时将硝酸汞溶于稀硝酸溶液中，加热Hg（NO3）2生成HgO、NO2和O2，反应的方程式为：2Hg（NO3）22HgO+4NO2↑+O2↑，
故答案为：将硝酸汞溶于稀硝酸溶液；2Hg（NO3）22HgO+4NO2↑+O2↑；
（3）①文中“同研”操作应为研磨，需要用到的主要仪器是研钵，
故答案为：研钵；
②反应中，Hg的化合价升高1价，S元素的化合价降低2价，根据化合价升降总数守恒配平该方程式为：6Hg+4KAl（SO4）2+6NaCl═3Hg2Cl2+3Na2SO4+2K2SO4+2Al2O3+3SO2↑，
故答案为：6；4；6；3；3；2；2；3；
③一两等于十钱，因为“一两汞可得甘汞八钱”，甘汞中汞元素的质量分数为＝，则甘汞产率＝×0.8×100%≈68%，
故答案为：68。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念、化学方程式配平及转移电子的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度中等。
[选修5：有机化学基础]
20．有机物A常用作香料和有机合成试剂，以A为原料合成有机化合物D、H的路线如图所示：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.RCOOHRCOClRCOOR′（R、R′代表烃基）
（1）A中官能团的名称是 醛基 ，E→F的反应类型是 取代反应 。
（2）有机物C和M的结构简式分别为 、 HCHO 。
（3）相同物质的量的D和H与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为 1：2 。
（4）写出A→E的第一步反应的化学方程式 。
（5）B有多种同分异构体，其中含有酚羟基和酯基，且能发生银镜反应的有 13 种（不含立体异构）。
【分析】根据已知信息I，结合B的结构简式，可推出A为，A发生还原反应生成C，结合D的分子式、反应条件，可知C与B发生酯化反应生成D，可推知C为、D为，A发生氧化反应、酸化生成E为，由信息Ⅱ可知F为，由I的结构简式可知G、M分别为、HCHO中的一种，其中G能与F反应生成H，结合信息II可知G为，则M为HCHO、H为。
【解答】解：（1）A为，A中官能团名称是醛基，E→F是羧基中的羟基被氯原子替代，该反应类型是取代反应，
故答案为：醛基；取代反应；
（2）由分析可知，有机物C的结构简式为，M的结构式为HCHO，
故答案为：；HCHO；
（3）D为含有1个羧酸与醇形成的酯基，1mlD能与2mlNaOH反应，而H为，含有1个羧酸与酚形成的酯基，1mlH能与2mlNaOH，故相同物质的量的D和H与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（4）A→E第一步反应的化学方程式为，
故答案为：；
（5）B的同分异构体含有酚羟基和酯基，同时能发生银镜反应，说明酯基结构为﹣OOCH，当苯环上有两个取代基，即为﹣CH2OOCH和﹣OH时，有邻、间、对3种位置结构；当苯环上有三个取代基，即为﹣OOCH、﹣OH、﹣CH3，当﹣OOCH和﹣OH相邻时，﹣CH3有4种不同位置，当﹣OOCH和﹣OH相间时，﹣CH3有4种不同位置，当﹣OOCH和﹣OH相对时，﹣CH3有2种不同位置，故可能的同分异构体总数为3+4+4+2＝13种，
故答案为：13。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机物结构与性质、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写等，注意对给予信息的理解，结合反应中有机物结构简式进行分析判断，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力。选项
操作
现象
结论
A
向生石灰中滴加浓氨水，再用湿润的紫色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变红
NH3为碱性气体
B
Fe（NO3）2晶体溶解于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
原Fe（NO3）2已变质
C
将浓盐酸和二氧化锰混合加热，产生的气体通入淀粉碘化钾试液中
试液变蓝
Cl2具有氧化性
D
将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
A
B
C
D
E
F
原子半径/（nm）
0.074
0.099
0.075
0.102
0.186
0.143
最高或最低化合价
+7
+5
+6
+1
+3
﹣2
﹣1
﹣3
﹣2
实验序号
1
2
3
消耗KMnO4溶液体积
21.38mL
19.98mL
20.02mL
选项
操作
现象
结论
A
向生石灰中滴加浓氨水，再用湿润的紫色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变红
NH3为碱性气体
B
Fe（NO3）2晶体溶解于稀硫酸后，滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
原Fe（NO3）2已变质
C
将浓盐酸和二氧化锰混合加热，产生的气体通入淀粉碘化钾试液中
试液变蓝
Cl2具有氧化性
D
将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
该溶液中一定含有CO32﹣
A
B
C
D
E
F
原子半径/（nm）
0.074
0.099
0.075
0.102
0.186
0.143
最高或最低化合价
+7
+5
+6
+1
+3
﹣2
﹣1
﹣3
﹣2
实验序号
1
2
3
消耗KMnO4溶液体积
21.38mL
19.98mL
20.02mL
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