【文档说明】重庆市凤鸣山中学2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，972.763 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市凤鸣山中学教育集团2022-2023学年度上期第三次月考高2020级化学试题考试说明：1.考试时间75分钟；2.考试总分100分；3.试卷页数：共8页可能用到的相对原子量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Sr

-88Cl-35.5V-51Fe-56第I卷(选择题)一、单选题(本题共14个小题，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.第22届冬奥会将于2022年2月4日在北京开幕，科技部提出了“科技冬奥”理念，并将重点着力于做好此次冬奥会的科技支

撑保障工作。下列说法不正确的是A.北京冬奥会将使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保B.轻质高强度的碳纤维有舵雪橇中的碳纤维是一种高分子材料C.冬奥会上将采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变

性D.冬奥会将采用氢燃料电池车，还开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念【答案】B【解析】【详解】A．氟氯烃化合物进入高空会破坏臭氧层，使到达地面的紫外线增多，因此二氧化碳跨临界直冷制冰技术的使用会减少臭氧层破坏，A正确；B．碳

纤维是不是有机高分子化合物，是无机材料，B错误；C．紫外线能够使蛋白质变性，故能对手机和笔记本电脑进行消毒，C正确；D．氢燃料电池车产物是水，会减少二氧化碳的排放，体现了“绿色出行”的理念，D正确；故选：B。2

.反应4222NHClNaNONaClN2HO+=++可应用于解决冬季开采石油井下结蜡难题。下列说法正确的是A.4NH+的空间构型为三角锥型B.2NaNO中仅含离子键C.2N仅为氧化产物D.该反应的H0【答案】D【解析】【详解】A．4NH+中心原子sp3杂化，配位原子

数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，A项错误；B．2NaNO含离子键、共价键，B项错误；C．上述反应化合价变化42NHClN→，N元素由-3→0，22NaNON→，N元素由+3→0，故2N既是氧化产物又是还原产物，

C项错误；D．可应用于解决冬季开采石油井下结蜡，故反应放热，0H，D项正确；答案选D。3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A.1mol铜与足量硫蒸气完全反应，转移电子数为NAB.4.6g26

CHO分子中，C—O共价键数为0.1NAC.1LpH=2的醋酸溶液中，H+的数目为0.01NAD.电镀铜时，当阳极质量减少64g时，电路中通过的电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A．铜与硫蒸气反应生成2CuS，1mol铜转移电子数1mol，即为NA，故A正确；B．26CHO可能为乙醇分

子，C—O共价键数为A0.1N，可能为甲醚分子()33OCHCH−−，C—O共价键数为A0.2N，故B错误；C．1LpH=2的醋酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，H+的数目为0.01NA，故C正确；D．电镀铜时，镀层金属铜为阳极，减少64g，即1molCu

，转移2e−，故D正确；故答案为B。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.使pH试纸显蓝色的溶液中：Na+、2+Mg、Cl−、3HCO−B.()31cFe0.1molL+−=的溶液中：K+、4NH+、24SO−、SCN−C.(

)1w-7--K=110molLcOH的溶液中：Na+、Fe3+、3NO−、Cl−D.10.1molL−的3AlCl溶液中：4NH+、Na+、3NO−、24SO−【答案】D【解析】【详解】A．使pH试纸显蓝色的溶液中含有

大量的OH-，OH-与2+Mg、OH-与3HCO−都不能大量共存，A不合题意；B．()31cFe0.1molL+−=的溶液中：Fe3+与SCN−不共存，生成Fe(SCN)3，为弱电解质，B不合题意；C．()1w-7--K=11

0molLcOH的溶液中，溶液呈中性，Fe3+不能大量共存，C不合题意；D．10.1molL−的3AlCl溶液中：4NH+、Na+、3NO−、24SO−、Al3+和Cl-都能大量共存，D符合题意；故选：D。5.某有机化工原料的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法，正确的是A.该分子

中所有原子共平面B.该物质苯环上的一溴代物有3种C.一定条件下可以发生缩聚反应、加聚反应和氧化反应D.1mol此有机物分别与足量的金属钠和碳酸氢钠溶液反应放出气体在相同条件下的体积比2∶1【答案】B【解析】【详解】A．该分子含甲基，所有原子不可能共平面，A错

误；B．苯环上剩余的三个H不对称，一溴代物有三种，B正确；C．含酚羟基，可以发生酚醛缩聚，含酚羟基，易被氧化，不能发生加聚反应，C错误；D．羧基、羟基均能和Na反应产生氢气，1mol该物质产生1mol氢气，只有羧基能和碳酸氢钠反应产生二氧化碳，1mol该物质能和碳

酸氢钠反应产生1mol二氧化碳，故产生的2H与2CO气体相同条件下的体积比为1∶1，D错误；选B。6.下列指定反应的离子方程式，正确的是A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2222IHOI2OH−−+=+B.过量的铁粉溶于稀硝酸：3

32Fe4HNOFeNO2HO+−+++=++C.用223NaSO溶液吸收水中的2Cl：22223244ClSO5HO10H2SO8Cl−+−−++=++D.向NaClO溶液中通入过量2SO：223Cl

OSOHOHSOHClO−−++=+【答案】C【解析】【详解】A．酸性条件下不能有大量OH-存在，反应的离子方程式为：22222IHO2HI2HO−+++=+，A错误；B．铁粉过量，Fe被HNO3氧化产物为Fe2+，反应的离子方程式为：2323Fe8H2NO3Fe2NO4HO+

−+++=++，B错误；C．氯气将223SO−氧化为24SO−，自身还原为Cl-，反应的离子方程式为：22223244ClSO5HO10H2SO8Cl−+−−++=++，C正确；D．二者发生氧化还原反应，产生H2SO4、NaCl，该反应的离子方程式为：2224SOClOHO2HSOCl−+

−−++=++，D错误；故合理选项是C。7.下列叙述正确的是A.工业合成氨选用高温可以提高反应物转化率B.常温下，将pH=4醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低C.反应()()()()()()22234FeOHs2HOlOg4FeOHs++=常温下能自发进行，该反应的H0D.恒温时

，在一容积可变的密闭容器中()()()2232SOgOg2SOg+达到平衡后，缩小体积，()()()23222cSOcSOcO的值增大【答案】C【解析】【详解】A．合成氨为放热反应，高温平衡逆移，不利于提高

反应物的转化率，A错误；B．常温下，醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由()()-w+OH=HKcc可知氢氧根离子的浓度增大，B错误；C．反应()()()()()()22234FeOHs+2HOl

+Og=4FeOHs，Δ0S＜，常温下能自发进行，说明Δ-Δ0HTS＜，因此可知Δ0H＜，C正确；D．()()()23222SOSO?Occc为该反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，D错误；故答案选C。的8.下列实验操作、现象和结论均正确

的是选项实验操作现象结论A在K2CrO4溶液中滴加几滴浓硫酸，并恢复至室温溶液由黄色变为橙色增加c(H+)，CrO24−的平衡转化率变大B在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶集气瓶中产生白烟生成

HClC将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中铁片表面有气泡产生金属性：Fe>CuD用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，定容后摇匀液面低于刻度线浓度一定偏高A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．溶液中存在平衡2CrO24−(黄色)+2H+⇌Cr2O27−(橙色)+H2O正向移

动，则增加c(H+)，CrO24−平衡转化率越大，故A正确；B．生成HCl极易结合水蒸气形成小液滴，则瓶口出现白雾，故B错误；C．铁与浓硝酸发生钝化，铜作负极，不能证明铁与铜的金属性，故C错误；D．用容量瓶配制溶液时，定容摇匀后，发现瓶

内液面略低于瓶颈刻度线，对实验结果无影响，浓度不变，故D错误；故选：A。9.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态Y原子2p轨道上有5个电子，Z与Y属于同一主族，X和Z能形成化合物XZ3.下列说法正确的是A.原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)B.X的第一电离能比同周期相邻元素的小

C.简单气态氢化物的热稳定性：Y弱于ZD.基态Y原子核外电子有5种不同空间运动状态的【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，基态Y原子2p轨道上有5个电子，则Y为F元素，Z与Y属于同一主族，则Z为Cl元素，X和Z能形成化

合物XZ3，则X为N元素，据此分析解答。【详解】A．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，则原子半径：r(Cl)＞r(N)＞r(F)，A错误；B．X为N元素，氮原子的2p轨道为

稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，B错误；C．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl，则热稳定性HF＞HCl，C错误；D．电子占据了多少个轨道，就有多少种空间运动状态，Y为F元素，其核外电子排布式为1s22s22p5，共有1+1+3=

5种不同空间运动状态的电子，D正确；答案选D。10.科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图示。下列说法正确的是A.电解池可用铁作阴极，铜作阳极B.阴极反应式为22HCl2eCl2H−+−=+C.电路中转移1mol电子，消耗氧气5.6

LD.该工艺的总反应为()()()()2224HClgOg2Clg2HOg+=+【答案】D【解析】【分析】HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生

成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。【详解】A．阳极为HCl失电子，需用惰性材料，铜为活性电极，会参与失电子反应，A错误；B．阴极发生得电子反应，此为阳极反应式，B错误；C．电路中转移1mol电子，根据电极反应：Fe3++e-=Fe2+，知生成1

molFe2+，依据反应关系：4Fe2+~O2，知n(O2)=2+(Fe)=0.25mol4n，V(O2)=22.4L/mol×0.25mol=5.6L，由于题目未说明标准状况，故此时消耗O2不一定是5.6L，C错误；D．由图示可知，该过程实际为O2氧化HCl生成

Cl2和H2O，对应总反应为：O2+4HCl=2Cl2+2H2O，D正确；故答案选D。11.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和2CuO，在水溶液中用H原子将2CO高效还原为甲醇的反应机理如图所示。下列说法错误的是A.2CO生成甲醇是通过

多步氧化反应实现的B.催化剂Cu结合氢原子，催化剂2CuO结合含碳微粒C.该催化过程中既涉及化学键的形成，又涉及化学键的断裂D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物【答案】A【解析】【分析】如图，2CO转化为3CHOH分为多步完成：①2COCOOH⎯⎯→；②CO

OHCO⎯⎯→；③COCHO⎯⎯→；④2CHOCHO⎯⎯→；⑤23CHOCHO⎯⎯→；⑥33CHOCHOH⎯⎯→；【详解】A．2CO生成甲醇是通过多步反应进行，每步反应碳元素化合价均降低，发生还原反应，故A错误；B

．如图催化剂Cu(黑点)结合H原子，催化剂2CuO结合含碳微粒(COOH、CO、CHO2CHO、3CHO、3CHOH)，故B正确；C．步骤①2COCOOH⎯⎯→，为化学键的形成；步骤②COOHCO⎯⎯→存在化学键断裂，所以该催化过程中既涉及化学键的形成，又涉及化学键

的断裂，故C正确；D．该催化过程中有CHO生成，CHO和H原子在2CuO催化作用下生成3CHOH，所以有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物，故D正确；故选A。12.下列图示或根据图示所得出的结论正确的是A.图甲表示相同pH的盐酸

和醋酸加水稀释过程中pH的变化，则曲线a代表醋酸B.图乙表示温度不变，向0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸时，溶液中()()4cHcNH++随盐酸体积的变化关系C.图丙表示密闭容器中CH4(g)+

H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的平衡转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明P1<P2D.图丁表示0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液滴定曲线【答案】C【解析】

【详解】A.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸pH变化更大，醋酸pH变化更小，A错误；B.铵根离子水解出氢离子，往氯化铵溶液中滴加盐酸时，盐酸抑制铵根水解，则铵根离子浓度增大，但氢离子浓

度增大更多，因此c（H+）/c(NH4+)增大，B错误；C.正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率减小，因此P1<P2，C正确；D.滴入20mL氢氧化钠溶液时，恰好完全反应，此

时溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液由于水解溶液显碱性，D错误；答案选C。13.已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=mkJ·mol-1。在2L容积不变的密闭容器中通入1molN2和3molH2，在温度分别为T

1、T2下，测得NH3的产率随时间变化如图。下列说法正确的是A.T2＞T1，∆H＞0B.a，b两点的反应速率：va＞vbC.平衡时，通入氩气平衡正向移动D.达到平衡时，放出热量为|m|kJ【答案】B【解析】【详解】A．由题干图示信息可知，T2条件下

先达到平衡，说明T2时反应速率快，故有T2＞T1，温度越高，NH3的百分含量越小，说明升高温度，平衡逆向移动，故ΔH＜0，故A错误；B．a，b两点对应的温度分别是T2、T1，由A项分析可知，T2＞T1，故反应速率：va＞vb，故B正确；C．由题干信息可知，容器为恒温

恒容，故平衡时，通入氩气反应体系各物质的浓度均不改变，正逆反应速率仍然相等，故平衡不移动，故C错误；D．由于该反应是一个可逆反应，在2L容积不变的密闭容器中通入1molN2和3molH2，达到平衡时，不可能完全进行，则放出热量

小于mkJ，故D错误；故选B。14.25℃时，维持二元弱酸()2HA体系中()()()212cHAcHAcA0.01molL−−−++=，各粒子浓度的对数值[lgc(x)]随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.a点溶液中()()cHc

HA+−=B.2HA的a1lgK=-4C.pH5=时，()()()22cHAcHAcA−−D.10.01molLNaHA−溶液pH约为10【答案】D【解析】【分析】由题干各粒子浓度的对数值[lgc(x)]随pH变化的关系图可知，曲线①代表H

2A的变化，曲线②代表HA-的变化，曲线③代表A2-的变化，据此分析解题。【详解】A．曲线①代表H2A的变化，由题干信息图中可知，a点溶液中()()cHcHA+−=，A正确；B．由图中b点可知()()2cHAcHA−=，2HA的Ka1=+-2(H)(HA)(HA)ccc

=c(H+)=10-4，故a1lgK=-4，B正确；C．由分析可知，曲线①代表H2A的变化，曲线②代表HA-的变化，曲线③代表A2-的变化，故pH5=时，()()()22cHAcHAcA−−，C正确；D

．NaHA溶液中同时存在HA-的电离和水解，HA-H++A2-，由图中可知曲线②和曲线③相交时pH为8，故Ka2=+2--(H)(A)(HA)ccc=10-8，而HA-+H2OH2A+OH-，由b点可知，则Kh

1=-2-(HA)(OH)(HA)ccc=c(OH-)=-14-41010=10-10，Ka2＞Kh1即HA-电离大于水解，故10.01molLNaHA−溶液显酸性，pH不可能为10，D错误；故答案为：D。第II卷(非选择题)二、非选

择题(4个题，共58分)15.含碳物质的转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有重要的研究价值。（1）以CO2和3NH为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应I：()()()

322412NHg+COgNHCOONHsΔH反应II：()()()242222NHCOONHsCO(NH)s+HOgΔH=+72.5kJ/mol总反应III：()()()()3222232NHg+COgCO(NH)s+

HOgΔH=-87.0kJ/mol①反应I的1H=_________kJ/mol。②对反应III，下列措施中有利于提高3NH平衡转化率是_______。A.升高温度B.增大压强C.提高原料气中()2COg的比例D.使用高效催化剂③一定温度下，在体积固

定的密闭容器中按化学计量数比投料进行反应III，下列不能说明反应III达到化学平衡状态的是_______。A.混合气体的平均相对分子质量不再变化B.容器内气体总压强不再变C.容器内混合气体的密度不再变化D.2v正(NH3

)=v逆(CO2)的（2）利用工业废气中的CO2可以制取甲醇，()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++，一定条件下往恒容密闭容器中充入21molCO和23molH，在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化

如图所示：①催化剂效果最佳的反应是_______(填“反应I”、“反应II”、“反应III”)。②b点v(正)______v(逆)(填“”、“”、“=”)。③T1到T4随温度升高转化率升高的原因_______，

T4到T5随温度升高转化率降低且曲线一致的原因是_______。④c点时总压强为p，该反应的平衡常数=_______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。【答案】（1）①.-159.5②.BC③.C（2）①.反应I②.＞③.反应未达到平衡，温

度升高，催化剂活性增强，速率加快④.a点反应达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动。a点达平衡时，催化剂不能使平衡移动，转化率不变。⑤.225627p【解析】【小问1详解】①反应Ⅰ：()()()322412NHgCOgNHCOONHsΔH+反应Ⅱ：()()()2422

22NHCOONHsCO(NH)s+HOgΔH=+72.5kJ/mol总反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3=-87.0kJ/mol根据盖斯定律反应Ⅰ=总反应-反应Ⅱ，△H1=(-87.0-72.5)kJ/mol=-159.5kJ/mol；②反

应Ⅲ：()()()()3222232NHg+COgCO(NH)s+HOgΔH=-87.0kJ/mol是气体体积减小的放热反应；A．升高温度，平衡逆向移动，NH3平衡转化率减小，故A错误；B．增大压强，平衡正向移动，NH3平衡转化率增大，故B正确；C．

提高原料气中CO2(g)的比例，NH3平衡转化率增大，故C正确；D．催化剂不改变化学平衡，所以使用高效催化剂NH3平衡转化率不变，故D错误；③A．反应过程中混合气体的平均相对分子质量逐渐减小，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，

说明反应达到平衡状态，故A不选；B．反应前后气体体积减小，容器内气体总压强不再变化说明反应达到平衡状态，故B不选；C．达平衡前，容器内混合气体质量在不断改变，而气体的总体积不变，所以平衡前密度在不断改变，当密度不再变化

时，反应达平衡状态，故C不选；D．当2v正(NH3)=v逆(CO2)时，各物质的浓度仍在不断改变，反应未达平衡状态，故D选；【小问2详解】①从图中可以看出，相同温度时，反应Ⅰ中CO2的转化率最大，所以催

化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ；②在b点后，反应继续正向进行，则b点v(正)＞v(逆)；③由图可知T1到T4时反应未达到平衡，温度升高，催化剂活性增强，速率加快，转化率随温度升高而升高；a点反应达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动。a点达平衡时，催化剂不能使平衡移动，

转化率不变。因此T4到T5随温度升高转化率降低且曲线一致。④c点时，CO2的平衡转化率为23，则可建立如下三段式：()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOg(mol)1300222(mol)2333122(mol)1333

起始量变化量平衡量c点时总压强为p，反应后气体的总物质的量为(13+1+23+23)=83mol，则该反应的平衡常数=32332211PPp(CHOH)p(HO)4413p(CO)p(H)P(P)88==225627p。16

.化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过如图所示途径合成：已知：①Fe盐酸⎯⎯⎯→(苯胺易被氧化)；②甲苯发生—硝基取代反应与A类似。请回答下列问题：（1）写出C中官能团名称：___________。（2）

A→B反应的试剂1是___________。（3）写出有关反应的反应类型：B→C：___________；F→G：___________。（4）写出G→H反应的化学方程式：___________。（5）同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为___________(写出一种即可)。①能发生银镜

反应②能发生水解反应，水解产物之一与3FeCl溶液显紫色③核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子（6）合成途径中，将C转化为D的目的是___________。（7）参照上述合成路线，以甲苯和()3

2CHCOO为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________。【答案】（1）醚键、氨基（2）浓HNO3、浓H2SO4（3）①.还原反应②.消去反应（4）+NaOH→+CH3COONa（5）、、（6）保护氨基

，防止合成过程中被氧化的（7）+4ΔKMnO/H→243HSO/ΔHNO浓浓→Fe盐酸→32Δ(CHCOO)O→。【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，B为；与铁、盐酸发生还原反应生成，

与乙酸酐共热发生取代反应生成；与四氢合硼酸钠发生还原反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成。【小问1详解】C的结构简式为，官能团为醚键、氨基；【小问2详解】由分析可知，A→B的反应

为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，则试剂1为浓HNO3、浓H2SO4；【小问3详解】由分析可知，B→C的反应为与铁、盐酸发生还原反应生成,分子中去氧加氢，反应类型为还原反应；F→G的反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成和水，反应类型为消

去反应；【小问4详解】G→H的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和乙酸钠，反应的化学方程式为+NaOH→+CH3COONa；【小问5详解】D的同分异构体能发生银镜反应，说明分子中含有—CHO或—OOCH；能发

生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明分子中含有—OOCH；核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢原子说明分子结构对称，则符合条件的结构简式为、、；【小问6详解】由有机物的转化关系可知，合成途径中，C转化为D时，—NH2发生反应产生—NHCOCH3，

后来G转化为H时，—NHCOCH3又转化为—NH2，则将C转化为D的目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；【小问7详解】参照合成路线可知，以甲苯和乙酸酐制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成

，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与乙酸酐共热发生取代反应生成，合成路线为+4ΔKMnO/H→243HSO/ΔHNO浓浓→Fe盐酸→32Δ(CHCOO)O→。17.氮化锶()32SrN是工业上生产荧光粉的原材料。已知：锶与氮

气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。Ⅰ．利用装置A和B制备32SrN。（1）Sr在元素周期表中的位置是_____________。（2）装置A中仪器b的名称为_____________，a导管的作用是_____________；装置B中广口瓶盛放

的试剂是_____________（填名称）。（3）实验时先点燃装置_____________处酒精灯（填“A”或“B”），一段时间后，点燃另一只酒精灯；由装置A制备2N的化学方程式为_____________。Ⅱ．测定32SrN产品的纯度称

取6.0g产品，放入干燥的三颈瓶中，然后加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200.00mL1.0000mol/L的盐酸标准溶液完全吸收（吸收液体体积变化忽略不计）。从烧杯中量取20.00mL的吸收液放入锥形瓶中，用1.0000mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终

点时消耗16.00mLNaOH溶液（图中夹持装置略）。（4）三颈烧瓶中发生反应产生氨气的化学方程式为_____________。（5）产品纯度为_____________（精确到0.1%）。（6）下列实验操作可能使氮化锶()32SrN测定结果偏低的是__

________（填标号）。A.锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液B.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失【答案】

（1）第5周期ⅡA族（2）①.蒸馏烧瓶②.平衡气压，使液体顺利流下③.浓硫酸（3）①.A②.()32232N6HO32SrSrOHNH+=+（4）4222NHONHClNaNONaCl+=++（5）97.

3%（6）BD【解析】【分析】本实验利用氮气与锶反应制备氮化锶，装置A为制备氮气的装置，反应原理是：4222NHONHClNaNONaCl+=++；因氮化锶遇水剧烈反应故制备氮化锶装置前后需要连接干燥装置，制备的氮气需要经过干燥后才能进入装置B，故广口瓶中

盛放液体为浓硫酸，作用是干燥氮气；碱石灰的作用是防止空气中的水分进入制备装置。【小问1详解】锶(Sr)是38号元素，位于元素周期表的第5周期ⅡA族；【小问2详解】装置A中仪器b名称为蒸馏烧瓶，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利流下；根据分析，

广口瓶中盛放的试剂为浓硫酸；【小问3详解】实验时需要先点燃A处的酒精灯，利用产生的氮气将装置中的空气排干净，再点燃B处的酒精灯进行制备氮化锶；根据分析，制备氮气的化学方程式为()32232N6HO32SrSrOHNH+=+；【小问4详解】根据题中信息，氮化锶

遇水剧烈反应产生氨气，化学方程式为4222NHONHClNaNONaCl+=++【小问5详解】滴定过程中的盐酸被氢氧化钠和氨气消耗，20ml盐酸溶液中与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为：1.0000mol/L×0.016L×10=0.016mol，

与氨气反应的盐酸的物质的量为：1.0000mol/L×0.02L-0.016mol=0.004mol，即氨气的物质的量为0.004mol，则氨气总的物质的量为0.004mol10=0.04mol，根据化学方程式()32232N6HO32SrSrOHNH+=+，氮化锶的物质的量为0.02mo

l，样品纯度为：()0.02883142g/100%97.3%6.0gmolmol+；【小问6详解】A.锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液，不影响滴定结果，A不符合题意；B.滴定时未用标准溶液润洗滴定管，则利用的氢氧化钠溶液体积偏大，即与氢氧化钠溶液反应的盐酸的的物

质的量偏多，与氨气反应的盐酸的物质的量偏少，计算结果偏低，B符合题意；C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗的氢氧化钠溶液体积偏小，即与氢氧化钠溶液反应的盐酸的物质的量偏少，与氨气反应的盐酸的物质的

量偏多，计算结果偏高，C不符合题意；D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失，读取的氢氧化钠溶液的体积偏大，即与氢氧化钠溶液反应的盐酸的物质的量偏多，与氨气反应的盐酸的物质的量偏少，计算结果偏低，D符合题意；故选BD。18.金属镓拥

有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下：回答下列问题：（1）“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为_______。（2）“碱浸”所得浸出渣的主要成分是_______。（

3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，写出生成Al(OH)3的离子方程式_______。（4）“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有_____

__。（5）“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为_______。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为_______L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成_______(填化学式)可循环利用。【答案】（1）Ga2O3+Na2CO3焙烧2Na

GaO2+CO2↑（2）Fe2O3（3）-22233AlOCO2HOAl(OH)HCO−++=+（4）GaO2−、OH-（5）①.GaO2−+3e-+2H2O=Ga+4OH-②.16.8③.Na2CO3、CO2【解析】【分

析】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化

钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；【小问1详解】“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2↑；【小问2详解】高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，

还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠，氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；【小问3详解】“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢

根，-22233AlOCO2HOAl(OH)HCO−++=+；【小问4详解】转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO2−离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO2−和过量的O

H-；【小问5详解】阴极GaO2−得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO2−+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O-4e-=4H

++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为3mol4，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为322.4=16.84L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分

解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。