2022届福建省福州高考化学五模试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关化学用语表示正确的是（）A二氧化碳分子的比例模型 B芳香烃的组成通式 CnH2n6（n6）C12C、14C原子结构示意图均可表示为 D羟基的电子式 2、铯(Cs)在

2、自然界中只有一种稳定同位素Cs，核泄漏事故中会产生人工放射性同位素Cs、Cs。下列有关说法正确的是A铯元素的相对原子质量约为133BCs、Cs的性质相同CCs的电子数为79DCs、Cs互为同素异形体3、实验室用纯净N2和H2合成NH3（N2+3H22NH3）时，是先将分别制得的含水蒸气的N2和H2通过如图所示的装置。下面是对该装置作用的几种叙述干燥气体混合气体观察气体的流速。正确的是A只有B只有和C只有和D4、以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，

3、该鼎属于铜合金制品C汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作5、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()A2B3C4D56、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO46NH3+3SO2+SO3+N2+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A白色沉淀为BaSO4B白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C白色沉

4、淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl7、下列排列顺序中，正确的是 热稳定性：H2OHFH2S 离子半径：ClNa+Mg2+Al3+ 酸性：H3PO4H2SO4HClO4 结合质子(H+)能力：OHCH3COOClABCD8、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NAB将0.1 mol CH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于0.1NAC1 mol HI被氧化为I2时转移的电子数为NAD常温下电

5、解饱和食盐水，当溶液pH由7变为13时，电路中转移的电子数为0.1NA9、关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是A装置可用于实验室制取少量NH3或O2B装置可用于实验室制备Cl2C装里可用从右侧管处加水的方法检验气密性D装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯10、乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（ ）A1：1B2：1C2：3D3：211、改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是A太阳能分解水制取氢气B开采可燃冰获取

6、燃料C新能源汽车燃料电池供电D运载“嫦娥四号”的火箭发射AABBCCDD12、化学与生产生活、环境保护密切相关，下列说法正确的是A氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂B用活性炭为糖浆脱色和利用臭氧漂白纸浆，原理相似C光导纤维和聚酯纤维都是新型无机非金属材料D汽车尾气中含有的氮氧化合物，是汽油不完全燃烧造成的13、下列有机物都可以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率最高的是()ABCD14、SO2能使溴水褪色，说明SO2具有（ ）A还原性B漂白性C酸性D氧化性15、下列说法不正确的是( )A工业合成氨是一种人工固氮方法B侯氏制碱法应用了物质溶解度的差异C播撒碘化银可实现人工

7、降雨D铁是人类最早使用的金属材料16、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol OH 含有的电子数目为 NAB1L 1 molL-1 Na2CO3 溶液中含有的 CO32数目为 NAC0.5mol 苯中含有碳碳双键的数目为 1.5NAD24 克 O3 中氧原子的数目为 1.5NA二、非选择题（本题包括5小题）17、一种副作用小的新型镇痛消炎药K的合成路线如图所示：请回答下列问题（1）F分子中官能团的名称为_；B分子中处于同一平面的原子最多有_个（2）反应的条件为_；反应的类型为_。（3）反应除生成H外，另生成一种有机物的结构简式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的

8、G的同分异构体有_种.苯环上有且仅有四个取代基；.苯环上的一氯代物只有一种；.能发生银镜反应。其中还能发生水解反应的同分异构体的结构简式为_（只写一种即可）。（6）是合成的重要中间体。参照题中合成路线，设计由1,3-丁二烯合成的一种合成路线（无机试剂任选）：_。18、化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714 gL-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为_，X的化学式_。(2)X与水反应的化学方程式为_。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型_。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂

9、丝，_，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。19、某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原 Fe2O3 的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时 A 中有大量紫红色的烟气，则 NH4I 的分解产物为 _（至少填三种），E装置的作用是_。（2）装置B中的反应方程式：_，D装置的作用是_。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置 C 加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液变红无现象3向步骤 2 溶液中滴加新制氯

10、水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是_。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为_。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为_；溶液褪色可能的原因及其验证方法为_。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为_。20、氨基锂（LiNH2)是一种白色固体，熔点为390，沸点为430 ，溶于冷水，遇热水强烈水解，主要用于有机合成和药物制造。实验室制备少量氨基锂的装置如图所示（部分夹持装置已略）：(1)A中装置是用于制备氨气

11、的，若制备氨气的试剂之一是熟石灰，则A中制气装置是_(从方框中选用，填序号）；用浓氨水与生石灰反应也可制取NH3，反应的化学方程式为_。(2)试剂X是_，装置D的作用是_。 (3)实验中需要先向C通入一段时间的NH3再点燃C处酒精灯，这样做的目的是_，可根据E中_(填现象）开始给锂加热。(4)某同学经理论分析认为LiNH2遇热水时可生成一种气体，试设计一种方案检验该气体:_。21、深入研究碳元素的化合物有重要意义，回答下列问题：（1）已知在常温常压下：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) H=359.8kJmol12CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=556.0kJ

12、mol1H2O(g)=H2O(l) H=44.0kJmol1写出体现甲醇燃烧热的热化学方程式_。（2）在恒温、恒容密闭容器中加入H2C2O4，发生反应：H2C2O4(s)CO2(g)+CO(g)+H2O(g)，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_。 A压强不再变化 BCO2(g)的体积分数保持不变C混合气体的密度不再变化 D混合气体的平均摩尔质量保持不变（3）合成尿素的反应为 2NH3(g) + CO2(g) =CO(NH2)2(s) + H2O(g)。t时，若向容积为2L的密闭容器中加入3mol NH3和1molCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍。则t时的化学平衡常数为_

13、，若保持条件不变，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，NH3的转化率将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）用化学用语和相关文字从平衡移动的角度分析AlCl3溶液可以溶解CaCO3固体的原因是_。（5）常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，忽略CO32的第二步水解，碳酸根的浓度约为c(CO32-)=_mol/L。(已知：Ka1(H2CO3)=4.410-7 Ka2(H2CO3)=4.710-11)。碳酸钙饱和溶液中的离子浓度由大到小排序_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.同周期主族元素，原子半径随原子序数的增大而减小，因此碳原子

14、的半径大于氧原子，A项错误；B.是苯的同系物的组成通式，芳香烃的同系物则不一定，B项错误；C.和仅仅是中子数不同，均有6个质子和6个电子，因此原子结构示意图均为，C项正确；D.基态氧原子有6个电子，和一个氢原子形成共价键后的电子后应该是7个，D项错误；答案选C。【点睛】芳香化合物、芳香烃、苯的同系物，三者是包含的关系，同学们一定要注意辨别。2、A【解析】A元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A正确；BCs、Cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有

15、差别，B错误；C电子数等于质子数，Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；DCs、Cs是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D错误；故合理选项是A。3、D【解析】根据浓硫酸的吸水性以及气体通过浓硫酸洗气瓶进行混合分析。【详解】氮气中含有水蒸气，浓硫酸具有吸水性，能除去氮气中的水蒸气；氮气和氢气都通过浓硫酸再出来，可将两种气体混合，同时可通过两种气体冒出气泡的速度观察气体的流速，答案选D。【点睛】工业上合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂等条件下发生可逆反应制得氨气，混合通过硫酸可控制通入的混合气体的体积比，提高原料利用率。4、A【解析】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用

16、，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详解】A谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；C陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D合理。【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如

17、：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。5、C【解析】有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量12845=83，则符合六元环的烃基是C6H11，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。6、B【解析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：

18、SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为B

19、aSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。7、B【解析】非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强；电离出氢离子能力(酸性)越强，结合质子能力越弱。【详解】非金属性FOS，则气态氢化物的

20、热稳定性：HFH2OH2S，故错误；Cl含有三层电子， Na+、Mg2+、Al3+的电子层数都是两层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：ClNaMg2Al3，故正确；非金属性：PSCl，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故错误；电离出氢离子的能力：HClCH3COOHH2O，则结合质子能力：OHCH3COOCl，故正确；故答案选B。【点睛】本题明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的关系。8、D【解析】A. 14CO2和N218O的摩尔质量均为46g/mol，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，且二者均含有24个中子，故0.1mol此混合物中

21、含中子数为2.4NA个，故A正确；B. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液显中性，故n(OH)=n(H+)，则有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，故B正确；C. I元素的化合价由-1价升高为0价，则1 mol HI被氧化为I2时转移的电子数为1mol1NA=NA，故C正确；D. 溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；故选D。【点睛】D项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶

22、液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；9、D【解析】A、图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A正确；B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，不用加热，尾气用碱溶液吸收，故B正确；C、装里可用从右侧管处加水，观察U型管是否出现液面差，可检验装置的气密性，故C正确；D、装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生了不饱和烃，不一定是乙烯，故D错误；故选D。10、C【解析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。【详解

23、】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比4：62：3，根据NnNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：3，故答案选C。11、B【解析】A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电

24、能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；故合理选项是B。12、A【解析】A. 氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故A正确；B.活性炭为糖浆脱色是利用它的吸附性，臭氧漂白纸浆是利用其强氧化性，故B错误；C. 光导纤维是新型无机非金属材料，聚酯纤维为有机高分子材料，故C错误；D. 汽油属于烃类物质，只含有碳氢两种元素，不含有N元素，汽车尾气中含有的氮氧化合物，是空气中的氮气与氧气在高温下反应生成的，故D错误；故选A。13、C【解析】卤代烃消去反应的机理是断裂卤

25、原子和连卤原子的碳原子的相邻碳原子上的氢形成双键或三键，相邻碳原子上的CH键极性越强的氢原子，越容易断裂，而碳氢键的极性受其他原子团的影响，据此解答。【详解】碳碳双键为吸电子基团，ABC三种溴代烃中连溴原子碳原子的相邻碳上的CH键受双键吸电子的影响程度不同，按照CH键极性由强到弱的顺序排列依次是：C、A、B，所以碳氢键断裂由易到难的顺序为：C、A、B；D分子中不存在碳碳双键，相邻碳上的CH键极性比前三者弱，所以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率有高到低的顺序是：C、A、B、D，答案选C。14、A【解析】溴单质与二氧化硫能发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溶液中溴的颜色会褪

26、去，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合价升高（+4+6），体现还原性，溴元素化合价降低，体现氧化性（0-1），A项正确；答案选A。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，二氧化硫具有多重性质，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，可与碱等反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、氯水、溴水等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，尤其是二氧化硫的漂白性和还原性是学生们的易混点。使酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水褪色体现的二氧

27、化硫的还原性，使品红溶液褪色体现的是漂白性。15、D【解析】A. 氮的固定是把游离态氮转变成化合态氮的过程，分自然固氮和人工固氮，工业合成氨是一种人工固氮方法，A正确； B. 侯氏制碱法，应用了碳酸氢钠溶解度小而结晶析出，经分离再受热分解得到碳酸钠，B正确；C. 播撒碘化银、干冰都可实现人工降雨，C正确； D. 铁的金属性比较强，不可能是人类最早使用的金属材料，人类使用金属材料，铜比铁早，D错误；答案选D。16、D【解析】1个OH 含有10个电子，1mol OH 含有的电子数目为10NA，故A错误；碳酸根离子水解，所以1L 1 molL-1 Na2CO3 溶液中含有的 CO32数目小于 NA，

28、故B错误；苯中不含碳碳双键，故C错误；24 克O3 中氧原子的数目1.5NA，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基 13 浓硫酸，加热 取代反应 +HCHO+HCl+H2O 8 或（任写一种） CH2=CHCH=CH2 【解析】A的分子式为C6H6，再结合D的结构，可知A为苯（），B为，C为；DE应为甲基（CH3）取代了Na，E为，G为。【详解】（1）F分子中的官能团为羧基，B分子中处于同一平面的原子最多有13个，故答案为：羧基；13；（2）反应为酯化反应，条件为浓硫酸，加热；反应为取代反应，故答案为：浓硫酸，加热；取代反应；（3）反应的化学方程式为：+HCl+；故答案为：；（4

29、）反应的化学方程式为：+HCHO+HCl+H2O，故答案为：+HCHO+HCl+H2O；（5）G（）的同分异构体中，符合条件的应该具有醛基，且苯环上有四个取代基，结构对称性高，可能的结构有：、，共8种；其中能发生水解反应的同分异构体为、；故答案为：8；或（任写一种）；（6）由1，3-丁二烯合成，需引入两个羧基，可先通过加成反应（1，4-加成）引入两个氯原子，然后利用反应的条件引入CN，再利用反应的条件引入羧基，故答案为：CH2=CHCH=CH2。【点睛】能发生银镜反应的有机物含有醛基（CHO），可能属于醛类（如RCHO），也可能是甲酸（HCOOH）、甲酸酯（HCOOR）、甲酸盐（HCOO-）、

30、或者葡萄糖、果糖、麦芽糖。18、碳、溴 Na5CBr Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4 将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体 放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色 【解析】X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714 gL-122.4 L/mol=16 g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04 mol HCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62 g，根据C

31、l-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04 mol143.5 g/mol=5.74 g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)= 7.62 g-5.74 g=1.88 g，n(AgBr)=1.88 g 188 g/mol=0.01 mol，X中含有Br-0.01 mol，其质量为0.01 mol80 g/mol=0.80 g，结合碱性溶液中加入0.04 mol HCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05 molNa+，X与水反应产生0.01 m

32、ol HBr和0.05 mol NaOH，其中0.01 mol HBr 反应消耗0.01 mol NaOH，产生0.01 mol NaBr，还有过量0.04 molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07 g-0.05 mol23 g/mol-0.80 g)12 g/mol=0.01 mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1

33、混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无

34、色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。19、NH3、H2、I2(HI) 吸收多余的氨气 Zn+I2ZnI2 安全瓶 Fe粉 Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色 假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立 Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4 【解析】(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH

35、4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在

36、Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故

37、D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7

38、.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。20、 CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3 碱石灰或氢氧化钠或生石灰 防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解 排尽装置中的空气，防止加热时Li与氧气反应 球形干燥管末端基本没有气泡冒出时 取适量LiNH2加入盛有热水的试管中，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若观察到试纸变蓝，则证明有氨气生成 【解析】（1）实验室选用氯化铵与熟石灰加热的情况下制备氨气；CaO溶于水生成

39、氢氧化钙并放出大量的热，OH-浓度增大，使NH3与水反应的平衡逆向移动，浓氨水受热分解生成氨气；（2）X是用于干燥氨气的；因LiNH2溶于冷水，且遇热水强烈水解，据此分析D的作用；（3）Li非常活泼，在加热条件下容易被空气氧化，需排尽装置中的空气；（4）依据水解原理分析可知产物之一为氨气，根据氨气的性质选择检验方案。【详解】（1）氯化铵与Ca(OH)2反应需要加热且有水生成，故应选用；CaO与氨水反应生成NH3与Ca(OH)2，化学方程式为：CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3，故答案为：；CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3；（2）由于锂能与水反应，故B是干燥装置，可用NaOH、生石

40、灰或碱石灰做干燥剂干燥NH3；氨基锂溶于冷水、遇热水强烈水解，因此D的作用是防止E中水蒸气进入C中导致生成的氨基锂水解，故答案为：碱石灰或氢氧化钠或生石灰；防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解；（3）加热时锂易与空气中的氧气反应，故先通入NH3的目的是将装置中的空气排尽，E的作用是吸收尾气NH3，NH3极易溶于水，故当E中球形干燥管末端基本无气泡冒出时，说明装置中的空气基本排尽，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时Li与氧气反应；球形干燥管末端基本没有气泡冒出时；（4）LiNH2水解时产物应是LiOH和NH3，可用湿润的红色石蕊试纸或pH试纸检验NH3，故方案可设计如下：取适量LiNH2加入盛有

41、热水的试管中，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若观察到试纸变蓝，则证明有氨气生成。21、CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-725.8kJmol-1 AC 1 减小 Al3+ +3H2O3Al(OH)3+3H+、CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32(aq)，水解产生的H+与CO32结合，促进CaCO3的溶解平衡向右移，使CaCO3溶解 4.710-5 c(Ca2+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+) 【解析】(1)已知：CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)；H=-359.8kJmol-1；2CO(g)+O2(g)

42、2CO2(g)；H=-556.0kJmol-1；H2O(g)H2O(l)；H=-44.0kJmol-1；根据盖斯定律：+2得CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，由此计算H；(2)根据化学平衡状态特征分析；(3)t时，若向容积为2L的密闭容器中加入3mol NH3和1molCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍，结合三行计算列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡常数K=，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；(4)AlCl3溶液水解显酸性，结合CaCO3的溶解平衡分析可得；(5)常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，由可知CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，且CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解Kh=，以此计算c(CO32-)，溶液中c(Ca2+