河北省唐山市2022届高三化学上学期期末考试试题A含解析.doc

《河北省唐山市2022届高三化学上学期期末考试试题A含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省唐山市2022届高三化学上学期期末考试试题A含解析.doc（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、河北省唐山市2022届高三化学上学期期末考试试题A含解析一、单项选择题本大题共7小题，共42.0分1. 用“空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下：以下说法不正确的选项是A. 蒸馏塔中只发生了物理变化B. 吸收塔利用了的复原性，使复原成C. 在吸收塔中溴元素得到了富集D. 吹出塔中通入水蒸气，能减小的溶解度2. 有机物A的结构如下图，以下说法中正确的选项是A. 有机物A易溶于水B. 有机物A在铜的催化下与反响生成醛C. 1molA最多能与发生加成反响D. 在酸性条件下，有机物A水解形成一种有机物3. 以下有关实验结论正确的选项是实验操作实验现象实验结论AFeCl3和KSCN的混合溶液中，参加K

2、Cl溶液溶液红色变浅增大生成物浓度，平衡向逆反响方向移动B某无色溶液中加HNO3酸化，再加BaNO32溶液有白色沉淀生成说明溶液中含SO42-C饱和AgCl溶液与饱和AgI溶液等体积混和有黄色沉淀生成KspAgClKspAgID用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯上灼烧火焰呈紫色该溶液一定是钾盐溶液A. AB. BC. CD. D4. NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 标准状况下，中含有碳原子数为B. 羟基和中含有质子数均为C. 与在一定条件下充分反响，生成分子数目为D. 与足量水反响，转移电子5. 常温下，向20mL某一元酸HA溶液中逐滴参加0.1molL-1的NaOH溶液，测

3、得混合溶液中由水电离出的cH+随参加NaOH溶液的体积变化关系图如下。以下说法不正确的选项是A. 的数量级为B. d点溶液的pH最大C. b点溶液显酸性，D. d点溶液中，6. Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的2倍。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y的氧化物既能与强酸溶液反响又与强碱溶液反响。以下说法不正确的选项是A. Q与X形成简单化合物的分子为三角锥形B. Z的氧化物是良好的半导体材料C. 原子半径D. W与X形成化合物的化学式为7. 以H2、O2、熔融盐Na2CO

4、3组成燃料电池，采用电解法制备FeOH2，装置如下图，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。以下说法正确的选项是A. 石墨I电极反响为B. 在石墨电极上得电子C. X电极材料为铁D. NaCl溶液中移向Y电极二、简答题本大题共3小题，共35.0分8. 甲醇是重要的化工原料，利用煤化工中生产的CO、CO2和H2可制取甲醇等有机物，发生的反响有：COg+2H2gCH3OHgH1=-99kJmol-1CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH2相关物质的化学键键能数据如下：化学键C=OCO2H-HC-OH-OC-HE/kJmol-1803436343465

5、4131该反响H2=_。2关于反响以下说法，正确的选项是_。A该反响在任何温度下都能自发进行B升高温度，正反响速率增大，逆反响速率减小C使用催化剂，不能提高CO的转化率D增大压强，该反响的化学平衡常数不变3在某温度下，将1.0moCO与2.0molH2充入2L的空钢瓶中，发生反响，在第5min时到达化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为0.1在第10min、20min时分别改变反响条件，甲醇的浓度在不同条件下的变化状况如以下图所示：从反响开始到5min时时，生成甲醇的平均速率为_。H2的平衡转化率=_%，化学平衡常数K=_。1min时，v正_v逆填“大于“小于或“等于1min时c正_4min时

6、v逆填“大于“小于或“等于比拟甲醇在78min、1213min和2527min时平均反响速率平均反响速率分别以v78、v1213、v2527表示的大小_。假设将钢瓶换成同容积的绝热容器，重复上述试验，平衡时甲醇的物质的量分数_0.1填“、“或“=9. H、N、O、S、Ni、As为元素周期表中14周期元素。请答复以下问题：1上述元素中第一电离能最大的元素符号是_，电负性最大的元素的原子其价电子轨道表示式为_。2CH3NO2中C和N的原子轨道杂化方式分别为_、_。3SO32-其空间构型为_。写出一种与该酸根等电子体的微粒_。4NH3极易溶于水其原因除二者都为极性分子外，另一个重要原因是_。5Ni与

7、As形成的一种化合物，其晶体如下图，属六方晶系。该晶体的化学式为_，As原子的配位数为_。晶胞参数a=360.2pm，c=500.9pm，此晶体的密度为_gcm-3写出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值10. 高分子化合物G是一种重要的化工产品，可由烃AC3H6和苯合成。合成G的流程图如下：B和C中核磁共振氢谱分别有4种和3种峰。CH3Cl+NaCNCH3CN+NaClCH3CNCH3COOH请答复以下问题：1A的名称是_。2的反响类型是_，的反响类型是_。3D的结构简式是_。4E中官能团的名称是_。5的反响方程式是_。6F的同分异构体有多种，符合以下条件的有_种。苯环对位上有两个取代基，其中一

8、个是NH2能水解核磁振谱有5个峰写出符合上述条件的一种同分异构体的结构简式_。7参照上述流程图，写出用乙烯、NaCN为原料制备聚酯的合成路线_其它无机物任选三、实验题本大题共2小题，共28.0分11. 某实验小组学习了反响CO2+2Mg2MgO+C的相关知识后，欲探究镁是否与SO2气体反响，设计了图1所示实验装置图注：石棉绒是一种耐火材料，不参与反响。请答复以下问题：1假设可供选择固体试剂有：木炭、铜片、亚硫酸钠固体，那么装置A中发生反响的化学方程式为_。2装置B中所盛入的药品是_。3仪器a的名称是_，其作用是_。4实验完毕后观察到石棉绒上有黄色物质生成，将石棉绒及其附着物投入到稀盐酸中，会产

9、生具有臭鸡蛋气味的气体，那么镁与SO2除发生SO2+2Mg2Mg+S反响外，还发生的反响是_。5在装置C、D间插入图2所示装置，可以获得亚硫酸H2SO3溶液。液体X可以是以下试剂中的_填序号。A苯B汽油C四氯化碳D酒精实验完毕后，通过_实验操作名称可以将上、下两层液体分开。向亚硫酸溶液中通入空气，溶液的pH_填“增大、“减小或“不变，其原因是_用化学方程式表示。12. ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质通过如下流程制取。：ZrSiO4能与烧碱反响生成Na2ZrO3和Na2SO3，Na2ZrO3与酸反响生成ZrO2

10、+。局部金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。金属离子Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.05.28.01“熔融过程中，ZrSiO4发生反响的化学方程式是_，滤渣I的化学式为_。2“氧化过程中，发生反响的离子方程式是_，调“pH=a时，a的范围是_。3为得到纯洁的ZrO2，滤渣要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。4滤渣的成分是ZrCO32xZrOH4取干操后的滤渣37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2那么x等于_；“调pH=8.0”时，所发生反响的离子方程式为_答案和解析1.【答案】A【解析】解：A蒸馏塔中发生的反响为2Br-+C

11、l2=2Cl-+Br2，故A错误； B二氧化硫具有复原性复原溴单质生成溴化氢和硫酸，故B正确； C经过吸收塔后，可将溶液中的Br-浓度远大于进入吹出塔之前的海水中的Br-溴浓度，因此得到了富集，故C正确； D溴易挥发，吹出塔中通入水蒸气使溴蒸气被吹出，塔中通入水蒸气，能减小Br2的溶解度，故D正确； 应选：A。由海水提溴的工艺流程可知，海水中浓缩后，溴离子与氯气发生氧化复原反响生成溴，利用空气吹出，在吸收塔中二氧化硫与溴水反响生成硫酸和HBr，在蒸馏塔中氯气与HBr反响生成溴，然后蒸馏别离出溴，以此来解答。 A蒸馏塔中是被二氧化硫吸收后的溶液，溶液和氯气反响生成溴单质，反响生成溴单质； B二氧

12、化硫具有复原性复原溴单质生成溴化氢和硫酸 C被二氧化硫吸收得到含HBr的混合溶液，通入氯气氧化得到溴单质，富集溴元素得到含Br2的混合溶液，蒸馏得到溴单质； D溴易挥发，吹出塔中通入水蒸气使溴蒸气被吹出。此题考查海水资源的应用，为高频考点，把握流程中发生的反响、海水资源的综合利用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意海水提溴和镁的过程，题目难度不大。2.【答案】D【解析】解：A含有酯基，具有酯类的性质，不溶于水，故A错误；B具有-CHOH结构，可被氧化生成酮，故B错误；C只有苯环与氢气发生加成反响，那么1molA最多能与3molH2发生加成反响，故C错误；D为环酯类物质，那么水解产物只有

13、一种，故D正确。应选：D。有机物含有酯基、羟基，具有酯类、醇的性质，以此解答该题。此题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯类、醇性质的考查，选项D为易错点，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：AKCl对铁离子与SCN-的络合反响无影响，溶液总体积变大，浓度减小，平衡逆向移动，故A错误； B亚硫酸根离子可被硝酸氧化，由现象可知，溶液中可能含SO42-或SO32-，故B错误； C饱和AgCl溶液与饱和AgI溶液等体积混和，Ksp小的有沉淀生成，由黄色沉淀生成可知KspAgClKspAgI，故C正确； D观察K的焰色反响需要透过蓝色的钴玻璃，且为元素的性

14、质，那么该溶液可能钾盐或KOH溶液等，故D错误； 应选：C。AKCl对铁离子与SCN-的络合反响无影响； B亚硫酸根离子可被硝酸氧化； C饱和AgCl溶液与饱和AgI溶液等体积混和，Ksp小的有沉淀生成； D观察K的焰色反响需要透过蓝色的钴玻璃，且为元素的性质。此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、平衡移动、离子检验、沉淀生成、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，题目难度不大。4.【答案】B【解析】解：A、标况下乙酸为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误； B、1.7g羟基-OH和1.7gOH-的物质的量均为0.1mol，而

15、两者中均含10个质子，故0.1mol羟基和0.1mol氢氧根中均含0.9NA个质子，故B正确； C、合成氨的反响为可逆反响，故不能进行彻底，故所得氨气分子小于2NA个，故C错误； D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠和水反响时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠反响后转移0.1NA个电子，故D错误。 应选：B。A、标况下乙酸为液体； B、求出1.7g羟基-OH和1.7gOH-的物质的量，然后根据两者中均含10个质子来分析； C、合成氨的反响为可逆反响； D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠和水反响时，1mol过氧化钠转移1mol电子来分析。此题

16、考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。5.【答案】C【解析】解：Aa点为0.10mol/L的HA溶液，HA电离出的氢离子抑制了水的电离，此时水电离的氢离子为1.010-11mol/L，那么溶液中cH+=1.010-3mol/L，溶液中cA-cH+=1.010-3mol/L，cHA0.10mol/L，那么KaHA=10-5，故A正确；B根据图象可知，d点碱性最强，溶液的pH最大，故B正确；Cb点酸碱恰好完全反响生成NaA，溶液呈碱性，那么cOH-cH+，根据电荷守恒可知cNa+cA-，溶液中离子浓度大小为：cNa+cA-cOH-cH+，故C错误

17、；Dd点溶质为NaA和NaOH的混合液，根据电荷守恒可知：cNa+cH+=cA-+cOH-，故D正确；应选：C。Aa点没有参加氢氧化钠，此时为0.10mol/L的HA溶液，HA电离出的氢离子抑制了水的电离，根据图象可知此时水电离的氢离子为1.010-11mol/L，那么溶液中cH+=1.010-3mol/L，溶液中cA-cH+=1.010-3mol/L，cHA0.10mol/L，带入电离平衡常数表达式计算KaHA；Bd点参加30mL氢氧化钠溶液，该点碱性最强，溶液pH最大；Cb点是HA和NaOH恰好反响点，溶质为强碱弱酸盐NaA，溶液呈碱性；D根据溶液中电荷守恒分析。此题考查酸碱混合溶液的定性

18、判断，题目难度不大，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重于考查学生的分析能力和对根底知识的应用能力。6.【答案】B【解析】解：根据分析可知：Q为H元素，W为Li，X为N元素，Y为Al，Z为Si元素。 AH、N形成的简单化合物为氨气，氨气为三角锥形结构，故A正确； BZ的氧化物为二氧化硅，硅晶体为半导体材料，二氧化硅为光导纤维的主要材料，故B错误； C电子层越多原子半径越大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，那么原子半径YZXQ，故C正确； DLi、N可以形成化合物为Li3N，故D正确； 应选：B。Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元

19、素。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同，那么Q为H元素，W为Li元素；Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，那么X为N元素；Z的原子序数是X的2倍，那么Z为Si元素；W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反响又与强碱溶液反响，那么Y为Al元素，据此解答。此题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题培养了学生的分析能力及标准答题能力。7.【答案】D【解析】【分析】此题考查原电池和电解池原理，正确判断原电池正负极及电解池阴阳极是解此题关键，难点是电极反响式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳

20、酸盐而不是酸或碱溶液，题目难度中等。【解答】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反响式为：H2-2e-+CO32-CO2+H2O，正极反响式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反响式为2H2O+2e-=H2+2OH-、阳极反响式为Fe-2e-+2OH-=FeOH2，据此分析解答。A电解质是熔融盐Na2CO3，传导离子为碳酸根离子，石墨I为负极，电极反响为H2-2e-+CO32-CO2+H2O，故A错误；B通入氧气的电极II是正极，正极反响式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，CO2未得电子故B错误；CX、Y两

21、端，阳极Y必须是铁电极，X电极不需要一定用铁作电极，可以用石墨电极，故C错误；D电解池中阴离子移向阳极Y，故D正确；应选D。8.【答案】-63kJmol-1 CD 0.025mol。L-1min-1 25 或0.59 大于 大于 v1213v78=v2527 【解析】解：1CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH2=反响物总键能-生成物总键能=465KJ/mol2+3413KJ/mol+343KJ/mol+465KJ/mol-803KJ/mol2+3436KJ/mol=-63kJmol-1，故答案为：-63kJmol-1；2COg+2H2gCH3OHgH1=-99kJmol-1，反响为气体体

22、积减少的放热反响，A反响焓变H0，S0，满足H-TS0反响自发进行，该反响在高温下可能不自发进行，故A错误；B升高温度，正反响速率增大，逆反响速率增大，故B错误；C使用催化剂，改变反响速率，不改变化学平衡，不能提高CO的转化率，故C正确；D平衡常数随温度变化，增大压强，该反响的化学平衡常数不变，故D正确；故答案为：CD；3在某温度下，将1.0moCO与2.0molH2充入2L的空钢瓶中，发生反响，在第5min时到达化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为0.1，结合三行计算列式计算得到，设消耗CO物质的量为x，COg+2H2gCH3OHg起始量mol 1 2 0变化量mol x 2x x5min

23、量mol1-x 2-2x x甲醇的物质的量分数为=0.1x=0.25mol从反响开始到5min时时，生成甲醇的平均速率=0.025mol。L-1min-1，故答案为：0.025molL-1min-1；H2的平衡转化率=100%=25%，平衡常数K=0.59，故答案为：25；或0.59；1min时甲醇浓度随时间增加增大，反响正向进行，v正大于v逆，故答案为：大于；图象分析可知，曲线斜率变化判断1mim时v正大，4min时v逆小，1mim时v正大于4min时v逆，故答案为：大于；78min反响到达平衡状态，1213min反响逆向进行，2527min时反响到达平衡状态，那么比拟甲醇在78min、12

24、13min和2527min时平均反响速率平均反响速率分别以v78、v1213、v2527表示的大小：v1213v78=v2527，故答案为：v1213v78=v2527；假设将钢瓶换成同容积的绝热容器，反响到达平衡状态的过程中容器内温度升高，反响为放热反响，升温平衡逆向进行，甲醇物质的量分数减小，小于0.1，故答案为：。1CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH2=反响物总键能-生成物总键能；2COg+2H2gCH3OHgH1=-99kJmol-1，反响为气体体积减少的放热反响，A满足H-TS0反响自发进行；B升温反响速率增大，在逆反响速率都增大，吸热反响方向的速率增大的多；C催化剂降低反响

25、的活化能，不改变化学平衡；D平衡常数随温度变化；3在某温度下，将1.0moCO与2.0molH2充入2L的空钢瓶中，发生反响，在第5min时到达化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为0.1，结合三行计算列式计算得到，设消耗CO物质的量为x，COg+2H2gCH3OHg起始量mol 1 2 0变化量mol x 2x x5min量mol1-x 2-2x x甲醇的物质的量分数为=0.1x=0.25mol从反响开始到5min时时，生成甲醇的平均速率=；转化率=100%，平衡常数K=；1min时甲醇浓度随时间增加增大，反响正向进行；图象分析可知，曲线斜率变化判断1mim时v正大，4min时v逆 小；平衡

26、状态下甲醇的平均反响速率为0；假设将钢瓶换成同容积的绝热容器，反响过程中温度升高平衡逆向进行。此题涉及化学方程式的书写和化学平衡图象的有关计算、平衡常数、反响速率、转化率的计算分析、平衡状态的判断和影响因素的理解应用，意在考查考生对反响热、化学平衡等化学反响原理掌握的情况，题目难度中等。9.【答案】N sp3 sp2 三角锥形 ClO3- NH3分子与水分子之间形成氢键 NiAs 6 【解析】解：1非金属元素第一电离能大于金属元素的，Ni的第一电离能最小。同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能NO，AsS同主族自上而下第

27、一电离能减小，故第一电离能NAs，H元素的第一电离能很大，主族元素中仅对于N、O、F的，故N元素第一电离能最大；O的电负性最大，价电子排布式为2s22p4，由泡利原理、洪特规那么，价电子轨道表示式为，故答案为：N；2碳原子没有孤对电子，杂化轨道数目为4，C原子采取sp3杂化；N原子孤电子对数=0，杂化轨道数目=0+3=3，N原子采取sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；3SO32-中S原子孤电子对数=1，价层电子对数=1+3=4，VSEPR模型为四面体，在VSEPR模型根底上忽略孤电子对可得微粒空间构型为三角锥形；用Cl原子替换S原子与1个单位负电荷可得SO32-的一种等电子体：ClO3-，故

28、答案为：三角锥形；ClO3-；4NH3极易溶于水其原因除二者都为极性分子外，另一个重要原因是：NH3分子与水分子之间形成氢键，故答案为：NH3分子与水分子之间形成氢键；5As原子处于晶胞内部，为晶胞单独占有，晶胞中有2个As，晶胞中Ni原子数目=8+4=2，Ni、As原子数目之比为2：2=1：1，故化学式为NiAs由晶胞结构，可知As原子处于上、下两层中的正三棱柱体心位置，每个As原子周围与之等距离且相等的Ni原子有6个，即As原子配位数为6，故答案为：NiAs；6；晶胞中相当于有2个“NiAs，晶胞质量=2g，晶体密度=2g晶胞体积。晶胞属于六方晶系，晶胞的上下底面为菱形，锐角为60，底面积

29、=aa，晶胞体积=aac，晶体密度=2g360.210-10cm360.210-10cm500.910-10cm=gcm-3，故答案为：。1非金属元素第一电离能大于金属元素的，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，H元素的第一电离能很大，主族元素中仅对于N、O、F的；O的电负性最大，价电子排布式为2s22p4，结合泡利原理、洪特规那么画出价电子轨道表示式；2碳原子没有孤对电子，杂化轨道数目为4；N原子孤电子对数=0，杂化轨道数目=0+3=3；3SO32-中S原子孤电子对数=1，价层电子对数=1+3=4，

30、在VSEPR模型根底上忽略孤电子对可得微粒空间构型；用Cl原子替换S原子与1个单位负电荷可得SO32-的一种等电子体；4氨气分子与水分子之间形成氢键；5As原子处于晶胞内部，为晶胞单独占有，晶胞中有2个As，均摊法计算晶胞中Ni原子数目，确定化学式；由晶胞结构，可知As原子处于上、下两层中的正三棱柱体心位置；结合晶胞中原子数目计算晶胞质量。晶胞属于六方晶系，晶胞的上下底面为菱形，锐角为60，底面积=aa，晶胞体积=aac，晶体密度=晶胞质量晶胞体积。此题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、等电子体、氢键、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化

31、异常情况，会用氢键解释一些问题，明确VSEPR模型与微粒空间构型关系。10.【答案】丙烯 加成反响 复原反响 羧基、硝基 3 、任意一种 【解析】解：1A为CH2=CHCH3，A的名称是：丙烯，故答案为：丙烯；2的反响类型是加成反响，是硝基转化为氨基，组成上去氧加氢，属于复原反响，故答案为：加成反响；复原反响；3由分析可知，D的结构简式是：，故答案为：；4E为，E中官能团的名称是：羧基、硝基，故答案为：羧基、硝基；5的反响方程式是：，故答案为：；6F的同分异构体符合以下条件：苯环对位上有两个取代基，其中一个是NH2，能水解，说明还含有酯基，核磁振谱有5个峰，另外的取代基中含有2种H原子，符合条

32、件的有：、，共3种，故答案为：3；、任意一种；7由HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2OH发生缩聚反响得到乙烯与溴发生加成反响生成BrCH2CH2Br，然后水解生成HOCH2CH2OH，BrCH2CH2Br与NaCN反响、酸化水解生成HOOCCH2CH2COOH，合成路线流程图为：，故答案为：。烃AC3H6和苯反响生成，属于加成反响，可知A为CH2=CHCH3由G的结构、F的分子式，可知F发生缩聚反响生成高分子G，可推知F为，逆推可知E为、D为、C为、B为。7由HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2OH发生缩聚反响得到乙烯与溴发生加成反响生成BrCH2CH2Br，然后水解生成

33、HOCH2CH2OH，BrCH2CH2Br与NaCN反响、酸化水解生成HOOCCH2CH2COOH。此题考查有机物的合成与推断，根据G的结构采取逆推法进行分析判断，需要学生对给予的信息进行运用，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。11.【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 浓硫酸 球形枯燥管 防止倒吸 Mg+SMgS C 分液 减小 2H2SO3+O2=2H2SO4【解析】解：1装置A是制取SO2气体装置，但Cu或木炭与浓硫酸反响需要加热，根据装置不加热特点可知反响为浓硫酸和亚硫酸钠反响，反响的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=N

34、a2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；2浓硫酸和亚硫酸钠反响制取SO2会混有水蒸气，同时Mg与水蒸气也能反响，需要枯燥，可用液体枯燥剂浓硫酸枯燥，故答案为：浓硫酸；3观察仪器a可知为名称为球形枯燥管，在尾气处理过程中的作用是为防止倒吸，故答案为：球形枯燥管；防止倒吸；4附着物中参加稀盐酸生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，所以附着物中含有硫化物MgS，即Mg+SMgS，故答案为：Mg+SMgS；5图2所示装置的作用是制取亚硫酸H2SO3溶液，但SO2易溶于水、会倒吸，液体X可防止倒吸，并且密度大于水，所以为四氯化碳，故答案为：C；实验完毕后液

35、体分为上、下两层，可采用分液方法别离，故答案为：分液；亚硫酸是弱酸，亚硫酸有强复原性，极易被氧气氧化生成强酸硫酸，溶液的酸性增强，反响的化学方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4，故答案为：减小；2H2SO3+O2=2H2SO4。1装置A是制取SO2气体装置，并且不加热，所以应该为浓硫酸和亚硫酸钠反响制取SO2；2浓硫酸和亚硫酸钠反响制取SO2会混有水蒸气，同时Mg与水蒸气也能反响，造成干扰，需要枯燥；3根据仪器的特征和性能写出仪器名称，SO2有毒，常用NaOH溶液吸收，但反响速率快，会发生倒吸；4由于在附着物中参加稀盐酸生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，所以附着物中含有硫化物；5图2所示装置

36、的作用是制取亚硫酸H2SO3溶液，但SO2易溶于水、会倒吸；实验完毕后，液体分为上、下两层，根据混合物的存在特点选择别离方法；亚硫酸是弱酸，亚硫酸有强复原性，极易被氧气氧化生成强酸硫酸。此题以探究SO2的性质为载体，侧重考查性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，掌握SO2的性质为解答关键，注意掌握性质实验方案的设计原那么，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。12.【答案】ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O H2SiO3 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 5.26.2 取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，假设无沉淀生成，那么

37、ZrOH4洗涤干净 1 2ZrO2+2CO32-+2H2O=ZrCO32ZrOH4【解析】解：1高温下，ZrSiO4与NaOH反响生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反响的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣I为H2SiO3，故答案为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；H2SiO3；2“氧化过程中，发生反响的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节pH，可生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，但要防止生成ZrOH4，由表中数据可知pH的范围为5.

38、26.2，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；5.26.2；3ZrOH4外表为附着Cl-等，检验ZrOH4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，假设无沉淀生成，那么ZrOH4洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，假设无沉淀生成，那么ZrOH4洗涤干净；4滤渣的成分是ZrCO32xZrOH4取干操后的滤渣37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2那么1+x=，x=1，“调pH=8.0”时，反响生成ZrCO32ZrOH4，所发生反响的离子方程式为2ZrO2+2CO32-+2H2O=ZrCO32ZrOH4

39、，故答案为：1；2ZrO2+2CO32-+2H2O=ZrCO32ZrOH4。锆英砂主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反响，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反响生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤别离，滤渣I为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，参加过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤别离滤渣II为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使ZrO2+转化为ZrOH4沉淀，过滤、洗涤、枯燥得到ZrOH4，加热分解即可得到ZrO2，以此解答该题。此题考查物质制备工艺流程，为高频考点和常见题型，题目涉及陌生方程式书写、条件控制、除杂质、根本实验操作、离子检验等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，关键理解工艺流程中试剂作用、物质转化、别离提纯等。15