2019届高三化学上学期第二次月考试卷(含解析).docVIP

2019届高三化学上学期第二次月考试卷(含解析)1.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是 选项化学性质实际应用AClO2具有强氧化性自来水消毒杀菌BSO2具有还原性用作漂白剂CNaHCO3受热易分解并且生成气体焙制糕点DAl（OH）3分解吸收大量热量并有H2O生成阻燃剂A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、ClO2具有强氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故A正确；B、SO2具有漂白性，可以用作漂白剂，故B错误；C、NaHCO3受热易分解并且生成气体，可以使焙制的糕点疏松，故C正确；D、Al(OH)3分解吸收大量热量并有H2O生成，能够使温度降低，且生成的氧化铝可以隔绝空气，可以用作阻燃剂，故D正确；故选B。2.本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之.”文中涉及的操作方法是( )A. 蒸馏 B. 干馏 C. 升华 D. 萃取【答案】C【解析】“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及到用加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，故答案选C。3.广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置。下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A该装置是排液量气装置，故A错误；B该装置可作为安全瓶防倒吸，因为进气管较短（刚漏出瓶塞）若发生倒吸，倒吸液会被盛装在B 瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B正确；C该装置是混气装置，进入C 瓶中两气体在C 瓶中充分混合，故C错误；D该装置是洗气装置，故D错误；故选B。考点：考查常见化学仪器的使用方法4.类推是中学化学中重要的思维方法。下列类推结论正确的是A. 电解熔融NaCl制取Na，故电解熔融MgCl2也能制取MgB. Fe与CuSO4溶液反应置换出Cu，故Na也能从CuSO4溶液中置换出CuC. 铝和硫加热得到Al2S3，故铁和硫加热得到Fe2S3D. 次氯酸钙溶液和CO2反应生成CaCO3和HClO，故次氯酸钙和SO2反应生CaSO3和HClO【答案】A【解析】【详解】A.金属Na和Mg都是活泼性金属,电解熔融NaCl制取Na，氯化钠和氯化镁在熔融状态下都导电，故电解熔融MgCl2也能制取Mg，故A正确；B.Fe与 CuSO4溶液反应置换出Cu，而Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜,不会置换出Cu,故B错误；C.铝和硫加热生成Al2S3，而铁和硫加热得到FeS,不会得到Fe2S3,故C错误；D. 次氯酸的酸性小于碳酸，次氯酸钙溶液和CO2反应生成CaCO3和HClO；次氯酸具有氧化性，能够把+4价硫氧化为+6价，所以次氯酸钙和SO2反应生CaSO4和HCl，D错误；综上所述，本题选A。5.下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 molL1的是（ ）A. 10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B. 将80g SO3溶于水并配成1L的溶液C. 将0.5molL1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D. 标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液【答案】C【解析】A、10gNaOH的物质的量为：10g/40gmol1=0.25mol，所得溶液浓度为：0.25mol/0.25L=1molL1，故A不符；B、80g三氧化硫的物质的量为：80g/80gmol1=1mol，1mol三氧化硫溶于水生成1mol硫酸，所得溶液浓度为：1mol/1L=1molL1，故B不符；C、将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水，所得溶液的体积不是50mL，则所得溶液的浓度不是1molL1，故C正确；D、标准状况下，22.4LHCl的物质的量为：22.4L/22.4Lmol1=1mol，所得溶液浓度为：1mol/1L=1molL1，故D不符。故选C。点睛：本题考查了物质的量浓度的计算，解题关键：明确物质的量浓度的概念及表达式，C为易错点，注意硝酸钾溶液与水的密度不同，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。6.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A. 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3，无Fe2B. 气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na，无KD. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【答案】B【解析】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误；故选B。视频7.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H)0.1 molL1，c(Al3)0.4 molL1，c(SO42-)0.8 molL1，则c(K)为A. 0.15 molL1 B. 0.2 molL1C. 0.3 molL1 D. 0.4 molL1【答案】C【解析】根据电荷守恒可知c(K+)+c(H+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)+c(OH)，氢氧根的浓度很小，可以忽略不计，因此c(K+)2c(SO42-)c(H+)3c(Al3+)=20.8mol/L0.1mol/L30.4mol/L0.3mol/L，答案选C。8.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是 A. C2H4 B. CH4C. CO2 D. NO【答案】C【解析】试题分析：据图像分析，恒压条件下，温度相同时，1 g O2与1 g X相比，O2所占体积大，则氧气的物质的量大于X，根据n=可知X的摩尔质量大于氧气摩尔质量，符合条件的只有CO2，选C。【考点定位】阿伏伽德罗定律推论【名师点睛】阿伏加德罗定律同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律。当气体所含分子数确定后，气体的体积主要决定于分子间的平均距离而不是分子本身的大小。推论：（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压同体积时，M1/M2=1/29.下列实验设计能够达到实验目的的是选项实验目的实验设计A除去CO2中少量的SO2将混合气体通过饱和Na2CO3溶液B除去Cu粉中混有的CuO向混合物中滴加适量稀硝酸C检验溶液中是否含有Fe2+向溶液中滴入氯水后,再滴加KSCN溶液D证明H2CO3的酸性比H2SiO3强将CO2通入Na2SiO3溶液中A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故A错误；B二者均与硝酸反应，不能除杂，应选盐酸、过滤，故B错误；C滴入氯水可氧化亚铁离子，不能检验亚铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水变为血红色检验，故C错误；DCO2通入硅酸钠溶液中，发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸和碳酸氢钠或碳酸钠，证明H2CO3酸性比硅酸强，故D正确；故选D。点睛：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、混合物分离提纯、离子检验等为解答的关键。侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。10.下列物质不能通过化合反应生成的是A. FeCl2 B. H2SiO3 C. CuCl2 D. Fe(OH)3【答案】B【解析】试题分析：A、 2FeCl3+ Fe = 3FeCl2；B、二氧化硅难溶于水，不和水反应，故H2SiO3 不能用化合法制备；C、 Cu + Cl2 = CuCl2 ； D、4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O = 4 Fe(OH)3。考点：元素化合物的性质。11.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 在标准状况下，22.4 L氨气分子所含原子总数为4NAB. 在标准状况下，11.2 L二氯甲烷含氯原子总数为2NAC. 32g氧气作氧化剂时转移电子数目一定为2NAD. 1 mol环己烷()含非极性键数目为5NA【答案】A【解析】【详解】A.在标准状况下，22.4 L氨气分子的物质的量为1mol，所含原子总数为4NA，A正确；B.标准状况下，二氯甲烷为液态，11.2 L二氯甲烷的量不是0.5mol，含有的原子总数不是2NA，B错误；C.32g氧气物质的量为1mol，作氧化剂时，若氧元素降低到-2价，转移电子数目为4NA，若氧元素降低到-1价，转移电子数目为2NA，C错误；D.一个环己烷分子中含有6个C-C键，因此，1mol环己烷中含有的非极性键数目为6NA；D错误；综上所述，本题选A。12.“酸化”是实验中经常采用的方法，下列“酸化”错误的是A. 提高高锰酸钾的氧化能力,用浓盐酸酸化B. 抑制Fe2(SO4)3的水解,用稀硫酸酸化C. 确认溶液中含有Cl时,先用硝酸酸化，再加Ag检验D. 确认溶液中含有SO42-时,先用盐酸酸化，再加Ba2检验【答案】A【解析】高锰酸钾可将浓盐酸氧化，适合加入稀硫酸，故A错误。13.制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】KMnO4与浓盐酸常温下即可反应，是正确的；制得的Cl2中含有HCl气体和水蒸气，显然不能用NaOH溶液来吸收HCl，因为它同时也吸收Cl2，是错误的；在用浓H2SO4干燥Cl2时，应是“长管进、短管出”，是错误的；Cl2与金属的反应，若用图示中的装置，应将导管伸入试管底部，金属也应置于试管底部，且试管口不应加橡胶塞，更好的方法是用两端开口的硬质玻璃管，在右端连接盛NaOH溶液的尾气吸收装置，因而也是错误的。点拨：本题考查实验室制备氯气，考查考生实验动手的能力。难度中等。14.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 将铜屑加入含Fe3+的溶液中:2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+B. 将磁性氧化铁溶于盐酸中:Fe3O4+8H+=3Fe3+4H2OC. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液:Fe2+2H2O2+4H+=Fe3+4H2OD. 将铁粉加入稀硫酸中:2Fe+6H+=2Fe3+3H2【答案】A【解析】【详解】A. Fe3+能将铜氧化为铜离子，本身被还原为亚铁离子，满足原子守恒、电荷守恒，离子方程式书写正确，A正确； B. 磁性氧化铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，正确的离子方程式： Fe3O4+8H+=2Fe3+ Fe2+4H2O，B错误；C. 方程式电荷不守恒，正确的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，C错误；D. 铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，D错误；综上所述，本题选A。15.下列图中所示的实验方法、装置或操作正确的是()A.测量锌与稀硫酸反应的速率B.证明非金属性：ClCSiC.进行酸碱中和滴定实验D.测定中和热A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A.通过测定一定时间内收集气体多少测量锌与稀硫酸反应速率；B.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C.碱液只能盛放在碱式滴定管中；D.中和热测定中需要用环形玻璃棒搅拌混合液。【详解】A.通过测定一定时间内收集气体多少测量锌与稀硫酸反应速率，需要秒表、针筒等仪器,故A正确； B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，且盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，干扰碳酸与硅酸的酸性比较实验，该实验不能判断非金属性强弱，故B错误；C.碱液只能盛放在碱式滴定管中，如果使用了酸式滴定管，NaOH能和玻璃中二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠导致活塞打不开，故C错误； D.中和热测定中需要用环形玻璃棒搅拌，否则混合溶液温度不均匀，导致测定温度不准确,故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】选项B：实验设计为：高氯酸加入到碳酸钠溶液中，反应生成二氧化碳气体，二氧化碳气体再通入到硅酸钠溶液中，溶液变浑浊，证明酸性：高氯酸碳酸硅酸；由于三种酸均为最高价含氧酸，所以可以证明非金属性：ClCSi。16.短周期主族元素W、X、Y、Z、R 原子序数依次增大。由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生反应生成气体。下列说法正确的是A. 简单离子的半径： X Z RB. X的简单氢化物比Y的稳定C. a、b、c中均含有极性共价健，且 a属于电解质，b和c都属于非电解质D. W、X、Y、R四种元素形成的化合物一定会促进水的电离【答案】C【解析】分析：由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，b为SO2，C为NH3，化合物a中含有S、O、N、H四种元素，a可能为（NH4）2SO3或NH4HSO3，W、X、Y、R的原子序数依次增大，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，R为S元素；金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体，Z的原子序数介于O和S之间，Z为Na元素。详解：由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体，另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，b为SO2，C为NH3，化合物a中含有S、O、N、H四种元素，a可能为（NH4）2SO3或NH4HSO3，W、X、Y、R的原子序数依次增大，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，R为S元素；金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体，Z的原子序数介于O和S之间，Z为Na元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径：ZXR，A项错误；B项，非金属性：N（X）O（Y），X的简单氢化物不如Y的稳定，B项错误；C项，a中含离子键和极性共价键，b和c中只含极性共价键，a属于电解质，b和c都属于非电解质，C项正确；D项，W、X、Y、R四种元素形成的化合物有（NH4）2SO3、NH4HSO3、（NH4）2SO4、NH4HSO4等，（NH4）2SO3、（NH4）2SO4发生水解促进水的电离，NH4HSO4完全电离出H+抑制水的电离，D项错误；答案选C。17.I 以下是实验室常用的部分仪器，请回答下列问题： （1）序号为和的仪器的名称分别为_。（2）在分液操作中，必须用到上述仪器中的_(填序号)。（3）能作反应容器且可直接加热的仪器是上述中的_(填名称)。（4）配制一定物质的量浓度的溶液时要用到的仪器是_(填序号)。（5）仪器上标有温度的有_(填序号)。II.（1）指出下列实验仪器和用品(已洗涤干净)使用时的第一步操作：淀粉碘化钾试纸检验Cl2的性质_；分液漏斗(分液)_。（2）下列有关实验的叙述中，合理的是_。A用碱式滴定管量取25.00 mL溴水B测定溶液的pH时用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，点在用蒸馏水湿润过的pH试纸上，再与标准比色卡比较C圆底烧瓶、锥形瓶、烧杯加热时都应垫上石棉网D使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容后所得溶液浓度偏高E滴定用的锥形瓶和滴定管都要用所盛溶液润洗F配制硫酸溶液时，可先在量筒内加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸G分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出【答案】 (1). 分液漏斗 容量瓶 (2). (3). 试管 (4). (5). (6). 用蒸馏水湿润试纸 (7). 检查是否漏水 (8). CDG【解析】【详解】I （1）序号为和的仪器的名称分别为：分液漏斗，容量瓶；综上所述，本题答案是：分液漏斗，容量瓶。（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法。分液使用的仪器是分液漏斗，另外，分液还需要烧杯与铁架台进行辅助，故用到上述仪器中的；综上所述，本题答案是：。（3）学过的可直接加热的仪器有：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙，烧杯需要垫石棉网加热，试管可作为反应容器；综上所述，本题答案是：试管。（4）一定物质的量浓度溶液的配制，所用仪器有托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒，故选；综上所述，本题答案是：。（5）容量瓶、量筒上标有温度，故选；综上所述，本题答案是：。II.（1）淀粉碘化钾试纸检验Cl2的性质时,应该先用蒸馏水润湿试纸再进行检验；因此，本题正确答案是:用蒸馏水润湿试纸。分液漏斗下端有玻璃旋塞,使用前应该检查分液漏斗的旋塞是否漏水；因此，本题正确答案是:检查是否漏水。（2）A溴水具有强氧化性,能够氧化碱式滴定管的橡胶管,应该使用酸式滴定管量取溴水,故A错误；B测定溶液的pH时,pH试纸不能够用蒸馏水湿润,否则导致溶液被稀释,影响测定结果,故B错误；C圆底烧瓶、锥形瓶、烧杯不能够直接加热,在加热时都应垫上石棉网,故C正确；D使用容量瓶配制溶液时,俯视刻度线定容,导致加入的蒸馏水体积偏小，所得溶液浓度偏高,故D正确；E滴定用的滴定管需要润洗，而锥形瓶不能够润洗，否则导致待测液物质的量偏大，测定结果偏高,故E错误；F量筒量取一定体积的浓硫酸，转移到盛有水的烧杯中，玻璃棒不断搅拌，冷却至室温；F错误；G分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，G正确；综上所述，本题选CDG。18.I.某学习小组为了探究“SO2与Fe3反应的产物”，将过量的SO2通入FeCl3溶液中后，各取10 mL反应液分别加入编号为A、B、C的试管中，并设计以下3种实验方案：方案：A中加入少量KMnO4溶液，溶液紫红色褪去,方案：B中加入KSCN溶液，溶液不变血红色，再加入新制的氯水，溶液变血红。方案：C中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。（1）上述实验方案中能证明该反应液有Fe2生成的是_。.氨气具有还原性,在加热时与氧化铜发生反应的化学方程式为:2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O某化学实验小组拟用下列仪器(可重复使用)证明氨气具有还原性,并检验生成的水。现提供浓氨水、氧化铜,若需其他试剂可自选。(连接和固定仪器用的胶管、铁夹、铁架台等装置均略去)，请回答下列问题:（2）上述仪器从左到右的连接顺序是_D_D_(填字母)。_（3）烧瓶中加入的固体试剂可以是_。生石灰五氧化二磷硫酸铜氢氧化钠（4）装置C中倒扣漏斗的作用是_。（5）需重复使用的仪器D中所选用的固体药品依次是_。（6）实验中证明有水生成的现象是_【答案】 (1). (2). B (3). A (4). C (5). (6). 防止倒吸 (7). 生石灰或碱石灰 (8). 无水硫酸铜 (9). 白色粉末变为蓝色【解析】【详解】（1）中二氧化硫、亚铁离子均能被高锰酸钾氧化，且二氧化硫过量，不能说明反应产物中含亚铁离子，不合理；加入KSCN溶液，不变红，不存在铁离子，再加入新制的氯水，溶液变红，说明存在亚铁离子，方案合理；因亚硫酸钡能溶于酸，说明白色沉淀为硫酸钡，可说明二氧化硫被氧化为硫酸根离子，但是不能证明产物中有亚铁离子。上述实验方案中能证明该反应液有Fe2生成的是；综上所述，本题选。（2）为证明氨气具有还原性，并检验生成物中有水生成；需先通过B中浓氨水反应制得氨气，除去氨气中的水，通入到用酒精灯加热的试管中，再验证生成物中含有水，最后吸收尾气，故连接顺序为BDADC；综上所述，本题答案是：B A C。（3）浓氨水可以与碱、碱性氧化物反应生成氨气，故可以选择的试剂是，不可以选用酸性物质；综上所述，本题答案是：。（4）氨气极易溶于水，且酸碱中和速度快，易产生倒吸现象；因此装置C中倒扣漏斗的作用是防止倒吸；综上所述，本题答案是：防止倒吸。（5）由于在制氨气时需要除去水，氨气发生氧化还原反应又需要验证水，故D需要重复使用。除去水时，可以选择不与氨气反应的碱性干燥剂，如生石灰或碱石灰；验证水需要用无水硫酸铜，若有水通过，白色的无水硫酸铜变蓝色；综上所述，本题答案是：生石灰或碱石灰，无水硫酸铜。（6）验证水需要用无水硫酸铜，若有水通过，白色的无水硫酸铜变蓝色；综上所述，本题答案是：白色粉末变为蓝色。19.某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备(NH4)22SO4的工艺流程：请回答以下问题：（1）工业合成氨反应的条件是_。沉淀池中发生的主要反应方程式是_。该反应能够发生的原因是_。（2）提纯滤液以获得(NH4)2SO4晶体，必要的操作步骤是：_（填序号）。A萃取 B蒸发浓缩 C冷却结晶 D蒸馏（3）上述生产流程中，有关NH3的作用及说明正确的是：_（填序号）。A提供制备所需的氮元素B增大CO32-的浓度促进反应发生C作反应的催化剂D生产1 mol (NH4)2SO4，至少消耗2 mol NH3（4）该生产过程中的副产品是_，从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是_.缺点是_。【答案】 (1). 高温、高压、催化剂 (2). 2NH3+CO2+ CaSO4+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4 (3). 碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度 (4). BC (5). ABD (6). 氧化钙 (7). 产生的CO2循环使用,得到的产品和副产品都是有用的物质,无废物产生 (8). 硫酸钙的溶解度较小，此生产过程的反应速率较慢，原料的转化率较低，故生产效率比较低【解析】【分析】(1)合成氨反应条件需要高温、高压、催化剂；根据流程可以判断出NH3、CO2和 CaSO4反应的产物；利用沉淀溶解平衡原理分析反应发生的原因；(2)获得晶体,应先浓缩溶液,再进行冷却结晶,从而得到晶体；(3)根据工艺流程图可以判断NH3的作用；(4)在煅烧炉中煅烧CaCO3可得到氧化钙和二氧化碳，据此判断；优点从流程中可以找到二氧化碳的循环利用，得到的产品和副产品都是有用的物质角度分析；缺点从硫酸钙溶解度较小，浓度小，反应速率慢，转化率低角度进行分析。【详解】（1）工业合成氨反应的条件是高温、高压、催化剂；将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成(NH4)2SO4和CaCO3,发生反应为：2NH3+CO2+ CaSO4+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4；该反应能够发生的原因是碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度，反应向溶解度较小的方向进行；综上所述，本题答案是：高温高压催化剂，2NH3+CO2+ CaSO4+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4；碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度。（2）从溶液中获取晶体应采取蒸发浓缩、冷却结晶等操作,所以必须操作步骤是BC；因此，本题正确答案是:BC。（3）A氨气被转化为硫酸铵晶体，提供了所需要的氮元素，故A正确；B氨气可以与CO2反应,促进CO2转化为CO32-,而增大CO32-的浓度,故B正确；C氨气参与反应,其物质的量减少，不做催化剂，故C错误；D根据化学方程式可以知道，生产1mol(NH4)2SO4，至少消耗2molNH3，故D正确；综上所述，本题选ABD。（4）反应发生后，生成碳酸钙和硫酸铵；分离出碳酸钙后，再进行高温煅烧，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，所以该生产过程中的副产品是氧化钙；该流程中,产生的CO2循环使用,得到的产品和副产品都是有用的物质,无废物产生；缺点是由于硫酸钙的溶解度较小，此生产过程的反应速率较慢，原料的转化率较低，故生产效率比较低。综上所述，本题答案是：氧化钙；产生的CO2循环使用,得到的产品和副产品都是有用的物质,无废物产生；硫酸钙的溶解度较小，此生产过程的反应速率较慢，原料的转化率较低，故生产效率比较低。20.前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，其中A和B同周期，固态的AB2能升华；C和E原子都有一个未成对电子，C+比E-少一个电子层，E原子得到一个电子后3p轨道全充满；D最高价氧化物中D的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数；F为红色单质，有F+和F2+两种离子。回答下列问题：（1）元素电负性：D_E (填、或)；（2）B、C单质熔点B_C(填、或)；（3）AE4中A原子杂化轨道方式为：_杂化；其固态晶体类型为_；（4）氢化物的沸点：B比D高的原因_；（5）F的核外电子排布式为_；向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体的化学式为_，其中关于该晶体下列说法中正确的是_。A加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出BF与NH3之间的化学键为离子键C该配合物晶体中，N是配位原子，NH3为三角锥型D配离子内N原子排列成为平面正方形，则其中F离子是sp3杂化E向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液有白色沉淀生成（6）元素X的某价态阴离子Xn-中所有电子正好充满K和L电子层，CnX晶体的最小结构单元为立方体，结构如图所示。该晶体中每个Xn-被_个等距离的C+离子包围。已知该晶体的密度为gcm-3，阿伏伽德罗常数为NA，CnX的摩尔质量为M g/mol，C+和Xn-间的最短距离是_nm。（列出计算式即可）【答案】 (1). (2). S，元素的电负性：D（S）E（Cl）。（2）B的单质有O2和O3，O2、O3常温下呈气态；C的单质为Na，Na常温下呈固态；B、C单质熔点：BC。（3）AE4的化学式为CCl4，中心原子C的价层电子对数为12（4-41）+4=4，C原子采用sp3杂化。CCl4固态晶体类型为分子晶体。（4）B的氢化物为H2O，D的氢化物为H2S，B的氢化物（H2O）的沸点比D的氢化物（H2S）高的原因是：H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键。（5）F为Cu，Cu原子核外有29个电子，Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至沉淀完全溶解，发生的反应为CuSO4+2NH3H2O=Cu（OH）2+（NH4）2SO4、Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）4（OH）2+4H2O，加入乙醇析出深蓝色晶体，该深蓝色晶体的化学式为Cu（NH3）4SO4H2O。A项，加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使晶体析出，A项正确；B项，Cu2+与NH3之间为配位键，B项错误；C项，该配合物中，配体为NH3，N原子上有孤电子对，N是配位原子，N提供孤电子对与Cu2+的空轨道形成配位键，NH3为三角锥型，C项正确；若Cu2+为sp3杂化，配离子内N原子排列为正四面体，D项错误；E项，SO42-在外界，该晶体溶于水电离出Cu（NH3）42+和SO42-，向该晶体的水溶液中加入浓BaCl2溶液会产生白色BaSO4沉淀，E项正确；答案选ACE。（6）根据晶胞，每个Xn-被6个等距离的C+包围。用“均摊法”，晶胞中含C+：1214=3，含Xn-：818=1，晶体的化学式为C3X，n=3；1mol晶体的质量为Mg，1mol晶体的体积为Mgg/cm3=Mcm3，1个晶胞的体积为Mcm3NA=MNAcm3，晶胞的边长为3MNAcm，C+和Xn-间的最短距离为晶胞边长的一半，C+和Xn-间的最短距离为123MNAcm=123MNA107nm。21.医用麻醉药苄佐卡因E和食品防腐剂J的合成路线如下：已知：IM代表E分子结构中的一部分II请回答下列问题：（1）A属于芳香烃，分子式为C7H8 ,其名称是_，A到B的反应类型是_。（2）E中所含含氧官能团的名称是_，M的结构简式是_。（3）C能与NaHCO3溶液反应，则反应的化学方程式是_。（4）反应、中试剂ii和试剂iii依次是_。（填序号）a高锰酸钾酸性溶液、氢氧化钠溶液 b氢氧化钠溶液、高锰酸钾酸性溶液（5）H的结构简式是_。（6）J有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有_ 种，写出其中任一种同分异构体的结构简式：_。a为苯的二元取代物 b遇到FeCl3溶液显紫色，能发生水解反应且能发生银镜反应（7）以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成涂改液的主要成分亚甲基环己烷（），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