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1、2019-2020学年安徽省”皖南八校“联盟新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1常温下，下列有关叙述正确的是（）A向 0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量气体后：BpH=6 的 NaHSO3溶液中：C等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和 NaHCO3混合：D 0.1mol/LNa2C2O4溶液与 0.1mol/LHCl 溶液等体积混合（H2 C2O4为二元弱酸）：【答案】B【解析】向 0.1 mol L-1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+
2、)c()/c()=K()/c(H+)，C错误；0.1 molL-1 Na2C2O4溶液与 0.1 mol L-1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），由电荷守恒可知2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，D 错误。2下列我国科技创新的产品设备在工作时，由化学能转变成电能的是（）A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.火箭升空时，将燃料的化学能转化为火箭的机械能，故A 错误；B.太阳能电池板，将太阳能转化为电能，故B 错误；C.动车在行驶时主要的能量转化是电能转化为机械能，故C错误；D.手机电池放电是将化学能转化为电能，故D 正
3、确；答案选 D。3下列实验合理的是（）A证明非金属性ClCSi B制备少量氧气C除去 Cl2中的 HCl D吸收氨气，并防止倒吸A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl 与 C 的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C 与 Si 的非金属性强弱，故A 错误；B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B 错误；C.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成
4、二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C 错误；D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D 正确；故选 D。【点睛】A 项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较 Cl 与 C 的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C 与 Si 的非金属性强弱。4下列说法不正确的是()A氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清
5、洗等都可能用到硫酸C利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维D铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作【答案】C【解析】【详解】A氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl 等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A 正确；B硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故 B 正确；C光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；D铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D 正确；故选 C。5设 NA为阿伏加德罗常数的值,
6、下列说法中正确的是()A NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为72 B1.0 molL-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NAC11.2 L CH4中含有的原子数目为2.5NAD 20 g 182H O分子中,含有 10NA个电子【答案】D【解析】【详解】A.He 分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为284=7 1，故 A不选；B.不知道 FeCl3溶液的体积，无法计算转移的电子数，故B不选；C.11.2 L CH4没有指明标准状况下，故C不选；D.20 g 182H O分子为 1mol，含有 10NA个电子，故D 选。故选 D。6化学与生活密切
7、相关。下列叙述中错误的是A环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液B食品中的抗氧化剂可用维生素C C治疗胃酸过多可用CaCO3和 Ca(OH)2D除去工业废水中的Cu2+可用 FeS【答案】C【解析】【分析】【详解】A.环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A 增强；B.维生素 C具有还原性，可用维生素C作食品中的抗氧化剂，故B 正确；C.治疗胃酸过多可用NaHCO3和 Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；D.除去工业废水中的Cu2+可用 FeS，Cu2+(aq)+FeS(s)垐?噲?CuS(s)+
8、Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故 D 正确。综上所述，答案为C。7硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是（）A晶体硅可做光导纤维B玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品CSiO2可与水反应制备硅胶DSiO2可做计算机芯片【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硅可做光导纤维，晶体硅常做半导体材料，A 项错误；B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷主要原料是黏土，石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐，故都属于硅酸盐产品，故D正确；B 项正确；C.SiO2可与水不反应，C 项错误；D.半导体硅能够导电，可做计算机芯片，D 项错误；答案选 B。8下列有关
9、实验的说法中不正确的是（）A纸层析法通常以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相B检验火柴头中的氯元素，可把燃尽的火柴头浸泡在少量水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸C在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者羟基上氢的活性D若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗【答案】C【解析】【分析】【详解】A.对于能溶于水的待分离物质，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相，以与水能混合的有机溶剂作流动相，故A 正确；B.检验氯离子的方法是向溶液中加入硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀生成证明有氯离
10、子存在，故B 正确；C.若把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，则钠先和水反应了，故C错误；D.苯是有机溶剂，可以迅速溶解溴，使危害降到最低，所以若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗，故D 正确；综上所述，答案为C。9下列离子方程式书写错误的是()A铝粉投入到NaOH 溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2BAl(OH)3溶于 NaOH 溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O CFeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13+3OH-=Al(OH)3【答案】D【解析】【分析】A.铝与氢氧化
11、钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，A 正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH 溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B 正确；C.FeCl2溶液跟 Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足
12、量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3+3NH4+，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。10 a、b、c、d、e 为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A 能够发生如下转化关系：己知 C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A原子半径bc Be 的氧化物的水化物为强酸C化合物
13、A 为共价化合物D元素非金属性强弱ce【答案】A【解析】【分析】A 和氢氧化钠溶液反应生成B 和 C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B 为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B 可推断为氢氧化铝，A 中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A 中含有硫酸根离子，根据以上推断，A 为 NH4Al(SO4)2，a 为 H 元素，b 为 N 元素，c 为 O 元素，d 为 Al 元素，e为 S元素，据此分析解答。【详解】Ab 为 N 元素，c 为 O 元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径bc，故 A 正确；Be 为 S元素
14、，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；CA 为 NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；D c 为 O 元素，e 为 S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱ce，故 D 错误；答案选 A。11常温下，向盛50mL0.100mol L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL 的蒸馏水、0.100mol L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH 随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8 10-5，Kb(NH3 H2O)=1.8 10-5。下列说法正确的是（）A曲线 X是盐酸滴加蒸馏水的pH 变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B曲
15、线 Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)C(CH3COO-)，B 正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)=n(NH4+)+n(H+)，所以 n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)-n(NH4+)=n(H+)，a 点 pH=2，C(H+)=0.01mol L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol L-10.1L=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b 点位 HCl 溶液，水的电离受到HCl 电离的 H+抑制，c 点：一方面CH3COOH为弱酸，另
16、一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b 点水的电离受抑制程度大于c 点，D 错误。答案选 B。【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)aKC（HX）。12Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产 Na2S2O5，其流程如下：下列说法正确的是A上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物BNa2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性C上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗【答案】C【解析】【分析】饱和碳
17、酸钠溶液中通入二氧化硫，使溶液pH 变为 4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而 NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，同时放出二氧化碳，I 中的溶液应为NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固体，将 NaHSO3转化为 Na2SO3，再次充入SO2，将 Na2SO3转化为 NaHSO3，得到过饱和的 NaHSO3溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5，发生 2NaHSO3Na2S2O5+H2O，据此分析解答。【详解】A上述制备过程所涉及的物质中有2 种酸性氧化物二氧化硫和二氧化碳，故A 错误；BSO2作漂白剂时，未发生
18、氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；C根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确；D“结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D 错误；答案选 C。13室温时几种物质的溶解度见下表。室温下，向500g 硝酸钾饱和溶液中投入2g 食盐，下列推断正确的是()物质溶解度(g/100g 水)氯化钠36 硝酸钾32 硝酸钠87 氯化钾37 A食盐不溶解B食盐溶解，无晶体析出C食盐溶解，析出2 g 硝酸钾晶体D食盐溶解，析出2 g 氯化钾晶体【答案】B【解析】【详解】设在 500g 硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题
19、意有：3250010032xggggg，解得 x=121.21g，那么含有水 500g121.21g=378.79g，加入的氯化钠中不含有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g 氯化钠完全可以溶解在378.79g 水中，即2g 氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。14某固体混合物X可能是由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。下列说法不正确的是A气
20、体 A一定是混合气体B沉淀 A一定是 H2SiO3C白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色D该固体混合物一定含有Fe、Na2CO3、BaCl2【答案】D【解析】固体混合物可能由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知，气体A与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则A中一定含CO2；混合物与足量稀盐酸反应后的沉淀A为 H2SiO3。溶液 A与 NaOH 反应后生成白色沉淀B，则 B为 Fe（OH）2，溶液 B与硝酸、硝酸银反应生成沉淀C为 AgCl，则原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根据以上分析可以解答下列
21、问题。A.稀盐酸与 Na2CO3反应生成CO2气体，与Fe反应生成H2，气体 A是 CO2与 H2的混合气体，A正确；B.沉淀 A为 H2SiO3沉淀，B正确；C.B 为 Fe（OH）2，在空气中被氧气氧化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C正确；D.该固体混合物中可能含有BaCl2，D错误。答案选D.15已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：加热 10g硫酸铜粉末至完全分解，将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量 中固体质量变为5g，中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是A 3CuS
22、O43CuO+SO3+2SO2+O2B4CuSO44CuO+2SO3+2SO2+O2C5CuSO45CuO+SO3+4SO2+2O2D6CuSO46CuO+4SO3+2SO2+O2【答案】B【解析】【分析】由“反应结束后称量中固体质量变为5g，中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。【详解】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g-5.0g 5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g-4.5g 0.5g；则参
23、加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20160)：(1080)：(132)4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO44CuO+2SO3+2SO2+O2，故答案为：B。【点睛】本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂。下图是草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳
24、离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀3.7 9.6 9.2 5.2 9.8（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为_。（2）1molNaClO3在浸出液中发生反应时，转移的电子数为_。（3）加入 Na2CO3调 pH 至 5.2 只得到两种沉淀，则沉淀I 的成分为 _（填化学式，下同）；萃取剂层含锰元素，则沉淀 的主要成分为_。（4）操作 包括：将水层加入浓盐酸
25、调整pH 为 23、_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）将 5.49g 草酸钴晶体(CoC2O4 2H2O)置于空气中加热，受热过程中，不同温度范围内得到一种不同的固体物质，其质量如表。温度范围/固体质量/g 150 210 4.41 290 320 2.41 经测定，整个受热过程产生的气体只有水蒸气和CO2，则 290320范围内，剩余固体物质的化学式为_。【答案】Co2O3SO32-4H+=2Co2+SO42-+2H2O 6NA或 3.612 1024Fe(OH)3、Al(OH)3CaF2、MgF2蒸发浓缩冷却结晶Co3O4（或 CoO Co2O3）【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸
26、，可得到CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，根据信息中浸出液中含有的阳离子只要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，则进入的Na2SO3将 Co3+、Fe3+还原为 Co2+、Fe2+。工艺流程最终为草酸钴，NaClO3将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 Na2CO3调 pH 至 5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后得到的滤液主要含有CoCl2、MnCl2、CaCl2，用 NaF溶液出去Ca、Mg，过滤后向滤液中加入萃取剂，将Mn2+萃取，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。【详解】
27、（1）根据上述分析可知浸出过程中Co2O3发生的离子反应为：Co2O3SO32-4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3具有氧化性，能将Fe2+氧化成 Fe3+，自身还原成Cl-，离子方程式为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O，根据方程式可知1molNaClO3在浸出液中发生反应时，转移的电子数为6NA；（3）根据上述分析可知，加入 Na2CO3调节 pH 的目的是使Fe3+和 Al3+沉淀完全；沉淀 的主要成分为CaF2和 MgF2；（4）操作 包括：将水层加入浓盐酸调整pH 至 2-3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程；（5）5.49g
28、 草酸钴晶体的物质的量是0.03mol，分解生成水的质量是1.08g，所以 150-210时失水，剩余固体是 CoC2O4；290-320时剩余固体中Co的质量是 1.77g，氧原子是质量是2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为 0.64/16=0.04mol，则剩余固体中Co 原子与 O 原子的物质的量比为3:4，所以化学式为Co3O4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：.(具有较强的还原性)(1)反应的试剂和条件为_；反应的反应类型为_；反应的作用是_；(2)B 的结构简式为_；(3)下列关于G中的描述正确的是_；A具有两性
29、，既能与酸反应也能与碱反应B能发生加成、消去、取代和氧化反应C能聚合成高分子化合物D 1molG 与足量 NaHCO3溶液反应放出2molCO2(4)D 与足量的NaOH 溶液反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4 组峰，且峰面积之比为6211 的是 _；(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)_。【答案】浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O
30、+CH3COOH 6 或【解析】【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A 和 B 反应生成C，C 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据 D 的结构简式()知，C为，B 中含有苯环，根据B的分子式C7H8O 知，B为，根据信息 I，A 为(CH3CO)2O；D 发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据 G 的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热
31、；反应为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B 的结构简式为，故答案为；(3)AG()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故 A 正确；B G()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；CG()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C 正确；D只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG 与足量NaHC
32、O3溶液反应放出1molCO2，故 D 错误；故选AC；(4)D 中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH 反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)C 为，C 的同分异构体符合下列条件：a属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有 2 种位置；如果两个-CH3位于间位，
33、HCOO-有 3 种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有 1 种位置；共6 种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4 组峰，且峰面积之比为6211 的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重
34、要的化工原料。（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下二种：水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H1=+205.9kJ mol-1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=41.2kJ mol-1 二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H3 则反应 自发进行的条件是_，H3=_kJmol-1。氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为 0.1mol、0.3mol 时，平衡
35、后混合物中氨的体积分数（）如下图所示。其中，p1、p2和 p3由大到小的顺序是_，其原因是 _。若分别用vA(N2)和 vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)_ vB(N2)（填“”“p2p3温度相同时，增大压强化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大r(Mg2+)r(H+)D 取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的 AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净CH3CH2Br、CH3Br【解析】【分析】I.(1)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH 溶液反应生成沉淀，碳酸钠
36、一定在氯化钡之后；加入的Na2CO3溶液会与过量的BaCl2溶液、CaCl2溶液发生沉淀反应；(2)根据 Cl2与 NaBr 反应的方程式中关系分析、计算；结合氯气与水的反应是可逆反应分析；Na2SO3具有还原性，而Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒书写离子方程式；(3)可用溴化钠除去氯气；.(1)根据 Mg 核外电子排布判断其在周期表中的位置；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与 2 个 OH-之间通过离子键结合；原子核外电子层数越多离子半径越大，当层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大；(2)制备氢氧化镁的过程为：海水中含有镁离子，首先将镁离子转化为
37、氢氧化镁沉淀，反应方程式为：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，然后将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，反应方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁，活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，所以最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。(3)Mg(OH)2沉淀是从 NaCl 溶液中过滤出来的，只要在 Mg(OH)2的最后洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净；.使镁与 CH3Br 反应制成CH3MgBr 然后与 CH3CHO反应制取；也可以使Mg 与 CH3CH2Br 反应制取 CH3CH2MgBr，然后与甲醛HCHO发生反应制取得到，据
38、此解答。【详解】(1)向含有 Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子的NaCl 溶液中先加入过量BaCl2溶液除去SO42-，再加入过量Na2CO3溶液除去原溶液中含有的Ca2+及为除去 SO42-而加入的过量的Ba2+，反应的离子方程式为：Ca2+CO32-=CaCO3，Ba2+CO32-=BaCO3；(2)Cl2具有强的氧化性，在溶液中与Br-发生氧化还原反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生的Br2被含有 SO2的溶液吸收，发生反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，通过该富集作用，然后向溶液中再通入氯气，发生反应，根据方程式可知：Cl2+2Br-=2Cl-+
39、Br2，可见每反应制取1mol Br2需要消耗2molCl2；步骤中需要向母液中加入稀硫酸酸化，这是由于氯气溶于水，会与水发生反应，该反应是可逆反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，向该溶液中加入酸，增大c(H+)，可使反应平衡逆向移动，从而可起到抑制氯气和水反应的作用。步骤若用Na2SO3水溶液吸收Br2，二者发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得有关反应的离子方程式为Br2+SO32-+H2O=SO42-+2H+2Br-；(3)由于氧化性Cl2Br2，为除去溴单质中少量的Cl2，可向其中加入溴化钠，氯气与溴化钠反应产生单质溴及 NaCl，达到除去氯气的目的；.(1)M
40、g 是 12 号元素，在周期表中的位置是第三周期第A 族；Mg(OH)2是离子化合物，Mg2+与 2 个 OH-之间通过离子键结合，其电子式为；在 Mg(OH)2中含有 Mg、O、H 三种元素，H+核外无电子，离子半径最小，Mg2+、O2-核外电子排布相同，具有两个电子层，由于原子核外电子层数越多离子半径越大，所以离子半径大小顺序为r(O2-)r(Mg2+)r(H+)；(2)A.氯化镁中加入活泼的金属发生置换反应，由于Mg 很活泼，比镁活泼的金属冶炼是采用电解方法，消耗大量电能，不经济，A 错误；B.氧化镁熔点高，要求设备条件高，消耗更多能源，不经济，B错误；C.镁能在 CO2中燃烧生成碳和氧
41、化镁，镁是活泼金属，通常用电解的方法冶炼，不能用碳还原氧化镁制备，C 错误；D.在 HCl 的气氛中加热Mg(OH)2，二者反应产生MgCl2，同时也抑制了MgCl2的水解，利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2Mg+Cl2，D 正确；故合理选项是D。(3)Mg(OH)2沉淀是从NaCl 溶液中过滤出来的，若在洗涤Mg(OH)2沉淀的最后一次洗涤溶液中无Cl-就可判断洗涤干净；操作方法是：取最后的洗涤液少量于试管中，向其中加入HNO3酸化的 AgNO3溶液，如果没有沉淀生成，证明已洗净；III.使镁与 CH3Br 反应制成CH3MgBr 然后与 CH3CHO反应制取；也可以使Mg 与 CH3CH2Br 反应制取 CH3CH2MgBr，然后与甲醛HCHO发生反应制取得到，因此需要的溴代烃的可能结构简式为 CH3CH2Br 或 CH3Br。【点睛】本题考查海水资源的综合利用。根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的制取方法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法是解题的关键，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，难度较大。