福建省龙岩市2026年高三适应性调研考试化学试题（含答案解析）

这是一份福建省龙岩市2026年高三适应性调研考试化学试题（含答案解析），共100页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢粒子，这种新粒子是由3个氢原子核（只有质子）和2个电子构成，对于这种粒子，下列说法中正确的是（ ）
A．是氢的一种新的同分异构体B．是氢的一种新的同位素
C．它的组成可用H3表示D．它比一个普通H2分子多一个氢原子核
2、以0.10ml／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是( )
A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同
B．a约为3.5
C．z点处，
D．x点处的溶液中离子满足：
3、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是
A．AB．BC．CD．D
4、下列离子方程式正确的是
A．向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
C．铜溶于浓硝酸：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
D．向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
5、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是( )
A．X的简单氢化物比Y的稳定
B．X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体
C．Y、Z、W的原子半径大小为W>Z>Y
D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
6、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1 ml N2与4 ml H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1 ml Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
7、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，0.1ml Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B．标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NA
C．加热条件下，1ml Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子
D．0.1ml Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA
8、为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是
A．用纯碱吸收硫酸工业的尾气B．用烧碱吸收氯碱工业的尾气
C．用纯碱吸收合成氨工业的尾气D．用烧碱吸收炼铁工业的尾气
9、以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能
B．过程Ⅰ中每消耗116 g Fe3O4转移2 ml电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑
D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点
10、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是 （ ）
A．测定一定质量的和混合物中的含量
B．确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数
C．测定一定质量的晶体中结晶水数目
D．比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率
11、我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和Na+。下列有关说法不正确的是
A．A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜
B．放电时，负极反应为HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O
C．当电路中转移0.l ml电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3g
D．与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱
12、常温下，物质的量浓度相等的下列物质的水溶液，pH最小的是 ( )
A．NH4ClO4B．BaCl2C．HNO3D．K2CO3
13、《环境科学》曾刊发我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O7其中S为+6价）去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机理模型如图，（NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法正确的是
A．1 mlSO4-· （自由基）中含50NA个电子
B．pH越大，越不利于去除废水中的正五价砷
C．1 ml过硫酸钠中含NA个过氧键
D．转化过程中，若共有1 ml S2O82-被还原，则参加反应的Fe为56 g
14、已知短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，M、P、Q的原子序数及0.1ml/LX、Z、W溶液的pH如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．N原子的电子层数与最外层电子数相等
B．M的离子半径小于N的离子半径
C．P氢化物稳定性大于Q氢化物稳定性
D．X、W两物质含有的化学键类型相同
15、用“四室电渗析法”制备H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是( )
A．阳极电极反应式为：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
B．工作过程中H+由阳极室向产品室移动
C．撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致H3PO2的产率下降
D．通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度一定不变
16、工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是
A．铝还原性较强B．铝能形成多种合金
C．铝相对锰、钒较廉价D．反应放出大量的热
17、下列实验不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
18、下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
19、有机物 是制备镇痛剂的中间体。 下列关于该有机物的说法正确的是
A．易溶于水及苯B．所有原子可处同一平面
C．能发生氧化反应和加成反应D．一氯代物有5种(不考虑立体异构)
20、下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（ ）
A．氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体
B．氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性
C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应
D．碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大
21、下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
22、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑，下列说法不正确的是
A．可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物Q
B．K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一
C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D．反应中涉及的物质中有5种为电解质
二、非选择题(共84分)
23、（14分）研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：
回答下列问题：
(1)A的结构简式是__________，C中官能团的名称为 ______________。
(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。D的化学名称是______。
(3)E极易水解生成两种酸，写出E与NaOH溶液反应的化学方程式：_______。
(4)H的分子式为 __________________。
(5)I是相对分子质量比有机物 D 大 14 的同系物， 写出I 符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____________。
①能发生银镜反应 ②与NaOH反应生成两种有机物
(6)设计由，和丙烯制备的合成路线______________(无机试剂任选)。
24、（12分）请根据以下知识解答
+R2-CHO →（R代表烃基，下同。）
+H2
1，4―丁二醇是生产工程塑料PBT（聚对苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备，请写出相应物质的结构简式

(1)请写出A和D的结构简式：________________________、_____________________。
(2)写出生成CH2BrCH=CHCH2Br的化学反应方程式：______写出生成F (PBT)的化学反应方程式:___。
(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子最多有________个。
(4)某学生研究发现由乙炔可制得乙二醇，请你设计出合理的反应流程图。________________
提示：①合成过程中无机试剂任选 ②反应流程图表示方法示例如下：
25、（12分）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：
（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______。
26、（10分）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:_______。
27、（12分）乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：
+CH3COOH +H2O
某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：
方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40 min后停止加热即可制得产品。
方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40 min后停止加热。其余与方案甲相同。

已知：有关化合物的物理性质见下表：
请回答：
(1)仪器a的名称是_________
(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________
(3)装置甲中分馏柱的作用是______________
(4)下列说法正确的是__________
A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量
B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高
C．装置乙中b处水流方向是出水口
D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好
(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：
①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）
____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥
a冷却结晶 b加冷水溶解 c趁热过滤 d活性炭脱色 e加热水溶解
上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________
②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____
A．缓慢冷却溶液 B．溶液浓度较高
C．溶质溶解度较小 D．缓慢蒸发溶剂
③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。
A．蒸馏水 B．乙醇 C．5%Na2CO3溶液 D．饱和NaCl溶液
28、（14分）往有机聚合物中添加阻燃剂，可增加聚合物的使用安全性，扩大其应用范围。Mg(OH)2是一种常用的阻燃剂，生产工艺如下：
完成下列填空：
(1)精制卤水中的MgCl2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁[Mg(OH)2-xClx•mH2O]，反应的化学方程式为___。
(2)合成反应后，继续在393K～523K下水热处理8h，发生反应：Mg(OH)2-xClx•mH2O→(1-)Mg(OH)2+MgCl2+mH2O，水热处理后，进行过滤、水洗。水洗的目的是___。
(3)阻燃型Mg(OH)2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点。上述工艺流程中与此有关的步骤是___。
(4)已知热化学方程式：Mg(OH)2(s)→MgO(s)+H2O(g)-81.5kJ•ml-1
Al(OH)3(s)→Al2O3(s)+H2O(g)-87.7kJ•ml-1
Mg(OH)2和Al(OH)3起阻燃作用的主要原因是___。等质量Mg(OH)2和Al(OH)3相比，阻燃效果较好的是___，原因是___。
(5)该工业生产的原料还可以用来提取金属镁。请设计提取金属镁的工艺流程（框内写产物名称，箭头上标明转化条件）：___
29、（10分）甲烷催化裂解、氧气部分氧化和水煤气重整是目前制氢的常用方法。回答下列问题：
(1)甲烷隔绝空气分解，部分反应如下：
Ⅰ.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ∆H1=+74.9kJ/ml
Ⅱ.6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g) ∆H2=+531kJ/ml
Ⅲ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ∆H3=+202kJ/ml
①反应I的△S___(填“＞”或“＜”)0。
②的 △H=______kJ/ml。
(2)CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为：
Ⅰ.水蒸气重整：
Ⅱ.水煤气变换：
平衡时各物质的物质的量分数如图所示：
①为提高CH4的平衡转化率，除压强、温度外，还可采取的措施是___________(写一条)。
②温度高于T1℃时，CO2的物质的量分数开始减小，其原因是___________。
③T2℃时，容器中______________。
(3)甲烷部分氧化反应为。已知甲烷部分氧化、甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图所示：
①图中Q点时，反应的InKp=________。
②在某恒压密闭容器中充入lml CH4和1ml H2O(g)在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时，CH4的转化率为50%，容器总压强为1 atm。H2的平衡分压p(H2)=____atm；此温度下反应的lnKp=___(已知；ln3≈l.1，ln4≈l.4)。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、D
【解析】
A. 该粒子为微观粒子，是离子，不是单质，A项错误；
B. 相同相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，B项错误；
C. 粒子是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成的,而H3表示个氢原子核(只含质子)和3个电子构成，C项错误；
D. 普通H2分子有2个原子核,而这种新粒子有3个氢原子核,比普通H2分子多一个氢原子核，D项正确；
答案选D。
2、D
【解析】
A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大， z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；
B. HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1ml/L的HA溶液中c（H+）=aml/L，则K=，解得a约为10-3.5ml/L，pH约为3.5，故B正确；
C. z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；
D. x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）> c（OH-），所以，故D错误；
故答案为D。
本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。
3、D
【解析】
A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A错误；
B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B错误；
C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；
D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项D正确。
答案选D。
4、D
【解析】
A. 氨水是弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；
C. 铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水， Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；
D. 向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D正确。
5、B
【解析】
Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。
【详解】
A. 氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；
B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；
C. 因为W的原子序数比Z大， 所以原子半径大小为Z>W，故C不选；
D. 元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。
故选B。
在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。
6、A
【解析】
A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/ml=1ml，含氢原子数为2NA，故A正确；
B.1ml N2与4ml H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1ml氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；
C.1ml Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3ml，电子转移数为3NA，故C错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1ml，无法计算其含有的共价键数，故D错误；
答案选A。
7、D
【解析】
A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1ml Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA， A错误；
B．标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；
C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3ml，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；
D．0.1ml Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，
答案选D。
8、B
【解析】
A．纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；
B．氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确；
C．硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；
D．炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误；
故选：B。
9、B
【解析】
A. 过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；
B. 过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116 g Fe3O4，即0.5ml，Fe由+3价变为+2价，转移 ml电子，选项B错误；
C. 过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；
D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。
答案选B。
10、C
【解析】
A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；
B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；
C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；
D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。
故选C。
11、C
【解析】
从图中可以看出，A电极上HCOO-转化为CO32-，发生反应HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O，C元素由+2价升高为+4价，所以A为负极，B为正极。当负极失去2mle-时，溶液中所需Na+由4ml降为2ml，所以有2mlNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。
【详解】
A．由以上分析可知，A极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A正确；
B．由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O，B正确；
C．依据负极反应式，当电路中转移0.l ml电子时，有0.1mlNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的O2质量为=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；
D．与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D正确；
故选C。
12、C
【解析】
A．NH4ClO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性；
B．BaCl2是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；
C．HNO3是强酸，完全电离，溶液显酸性；
D．K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性；
溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大，酸性最强，pH最小，故选C。
本题的易错点为A，要注意盐类的水解程度一般较小。
13、C
【解析】
A. 1 ml SO4−∙(自由基)中含1 ml×(16+4×8+1)NAml−1=49NA个电子，故A错误；
B. 室温下，pH越大，亚铁离子和铁离子变为氢氧化亚铁和氢氧化铁，越有利于去除废水中的+5价砷，故B错误；
C. 过硫酸钠(Na2S2O8)中S为+6价，Na为+1价，假设含有x个O2−，含有y个O22−，则x + 2y = 8，(+1) ×2+ (+6) ×2 + ( −2)×x+( −2)×y =0，则x =6，y=1，因此1ml过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键，故C正确；
D. 根据图示可知，1ml Fe和1ml S2O82−反应生成2ml SO42−和1ml Fe2+，该过程转移2ml电子，但是1ml Fe2+还要与0.5ml S2O82−反应变成Fe3+，因此1ml铁参加反应要消耗1.5ml S2O82−，所以共有1 ml S2O82−被还原时，参加反应的Fe，故D错误。
综上所述，答案为C。
14、A
【解析】
短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1ml/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧强酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1 ml/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7ml/L=0.2ml/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al(OH)3、N为Al元素，据此解答。
【详解】
A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；
B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，故简单氢化物稳定性：HCl＞H2S，故C错误；
D．NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，HClO4为分子化合物，分子内只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；
故答案为：A。
“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：
一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；
二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。
15、D
【解析】
阴极室中阳离子为钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e－=H2↑＋OH—，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2—离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO2-与H+反应生成弱酸H3PO2。
【详解】
A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；
B项、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，故B正确；
C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成H3PO4，导致H3PO2的产率下降，故C正确；
D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度增大，故D错误。
故选D。
本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，明确离子交换膜的作用是解题的关键。
16、B
【解析】
A. 铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，Al的还原性比锰、钒等金属的强，故A相关；
B. 铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属无关，和铝本身的性质有关，故B不相关；
C. 铝相对锰、钒较廉价，所以用铝来制备锰和钒，故C相关；
D. 铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应，放出大量热，故D相关；
题目要求选择不相干的，故选B。
本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反应，题目难度不大。
17、C
【解析】
A．氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能与HCl反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A不合题意；
B．苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B不合题意；
C．粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C符合题意；
D．浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D不合题意；
故选C。
18、A
【解析】
A、定容时仰视刻度，溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低，A正确；
B、酒精易溶于水，不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；
C、Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C错误；
D、蒸馏实验中水从下口进上口出，D错误；
答案选A。
19、C
【解析】
A．该有机物的组成元素只有氢元素和碳元素，属于烃类，不溶于水，故A错误；
B．该分子中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，故B错误；
C．含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，故C正确；
D．由结构对称性可知，含4种H，一氯代物有4种，故D错误；
故答案为C。
20、D
【解析】
A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；
B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B不符合题意；
C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C不符合题意；
D、碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意；
故选：D。
21、A
【解析】
A.稀硝酸与过量的Fe粉反应，铁粉过量，不生成Fe3+；
B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；
C.检验NH4+方法：待测液中加入NaOH浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；
D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成；
【详解】
A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，故A错误；
B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B正确；
C.检验NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入 NaOH浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故C正确；
D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D正确；
故答案选A。
考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。
22、B
【解析】
A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；
B. K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；
C.反应中16ml HCl参加反应只有6ml被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；
D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；
答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、CH2＝CH－CH2Cl 羰基、氯原子 加成反应 取代反应 2-甲基丙酸 +2NaOH→+NaCl+H2O C8H14N2S HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3
【解析】
根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。
【详解】
（1）根据B的结构及A的分子式分析知，A与HOCl发生加成反应得到B，则A的结构简式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；
（2）根据上述分析，反应①为加成反应；比较G和H的结构特点分析，G中氯原子被甲胺基取代，则反应⑥为取代反应；D为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；
（3）E水解时C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH→+NaCl+H2O；
（4）H的键线式为，则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S，故答案为：C8H14N2S；
（5）I是相对分子质量比有机物 D 大14 的同系物，则I的结构比D多一个CH2原子团；①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②与NaOH反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；
（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。
24、CH≡CCH=CH2 CH≡CCH2OH CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br nHOCH2(CH2)2CH2OH+→+2nH2O 4个
【解析】
乙炔与甲醛发生加成反应生成D为HC≡CCH2OH，D与甲醛进一步发生加成反应生成E为HOCH2C≡CCH2OH，E与氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A为HC≡CCH=CH2，结合信息可以知道及HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道，A与氢气发生加成反应生成B为CH2=CHCH=CH2，B与溴发生1，4-加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br与氢气发生加成反应生成C为BrCH2CH2CH2CH2Br，C发生水解反应得到HOCH2CH2CH2CH2OH，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。据此分析。
【详解】
(1)由上述分析可以知道A为HC≡CCH=CH2，D为HC≡CCH2OH，答案为：HC≡CCH=CH2；HC≡CCH2OH；(2)CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，化学方程式为：CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT，反应方程式为： ；
(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4个，答案为：4；
(4) 由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇，反应的合成路线流程图为：。
25、NH3、H2、I2(HI) 吸收多余的氨气 Zn+I2═ZnI2 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：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中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，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+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故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：7.84-5.6g=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。
26、② CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑ 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②；CaO与氨水反应生成NH3与Ca(OH)2，化学方程式为：CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑，故答案为：②；CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑；
（2）由于锂能与水反应，故B是干燥装置，可用NaOH、生石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。
27、直形冷凝管 将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100 mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物 利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。” ABC e d c a 将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤 AD A
【解析】
两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。
【详解】
(1)仪器a的名称即直形冷凝管；
(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品；
(3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；
(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确；
B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确；
C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；
D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误；
答案选ABC；
(5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；
②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；
③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。
28、2MgCl2+(2-x)Ca(OH)2+2mH2O=2[Mg(OH)2-xClx•mH2O]+(2-x)CaCl2 除去附着在Mg(OH)2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca(OH)2等 水热处理、表面处理 Mg(OH)2和Al(OH)3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳 Mg(OH)2 Mg(OH)2；Mg(OH)2的吸热效率为：=1.41 kJ∙g﹣1，Al(OH)3的吸热效率为：=1.12 kJ∙g﹣1,等质量的Mg(OH)2比Al(OH)3吸热多
【解析】
石灰乳是氢氧化钙，与新制卤水反应，生成碱式氯化镁[Mg(OH)2-xClx•mH2O]和CaCl2；水热处理，可发生如下反应：2Mg(OH)2-xClx•mH2O→(1-x)Mg(OH)2+MgCl2+mH2O，过滤得Mg(OH)2，水洗、表面处理、过滤水洗、干燥，即可获得成品Mg(OH)2。
【详解】
(1)石灰乳的主要成分是氢氧化钙，MgCl2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁[Mg(OH)2-xClx•mH2O]，依据元素守恒，化学反应方程式为：2MgCl2+(2-x)Ca(OH)2+2mH2O=2[Mg(OH)2-xClx•mH2O]+(2-x)CaCl2。答案为：2MgCl2+(2-x)Ca(OH)2+2mH2O=2[Mg(OH)2-xClx•mH2O]+(2-x)CaCl2；
(2)反应发生后，除生成氢氧化镁外，还生成MgCl2、CaCl2，另外还可能剩余氢氧化钙，故水洗的目的是：除去附着在Mg(OH)2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca(OH)2等。答案为：除去附着在Mg(OH)2表面的可溶性物质MgCl2、CaCl2、Ca(OH)2等；
(3)阻燃型Mg(OH)2具有晶粒大，易分散、与高分子材料相容性好等特点，上述工艺流程中通过水热处理和表面处理可以使氢氧化镁晶体具有此特点。答案为：水热处理、表面处理；
(4)从两个分解反应的方程式可能看出，Mg(OH)2和Al(OH)3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降，从而使环境温度达到着火点以下，阻止了燃料的燃烧；且同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，使阻燃效果更佳，Mg(OH)2的吸热效率为：=1.41 kJ∙g﹣1，Al(OH)3的吸热效率为：=1.12 kJ∙g﹣1，等质量的Mg(OH)2比Al(OH)3吸热多，所以阻燃效果较好的是Mg(OH)2。答案为：Mg(OH)2和Al(OH)3受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳；Mg(OH)2；Mg(OH)2的吸热效率为：=1.41 kJ∙g﹣1，Al(OH)3的吸热效率为：=1.12 kJ∙g﹣1,等质量的Mg(OH)2比Al(OH)3吸热多；
(5)提取镁的流程中，先加入熟石灰，熟石灰与精制卤水中的氯化镁反应，生成氢氧化镁白色沉淀，过滤后再加入盐酸，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，蒸发浓缩干燥得到氯化镁(在HCl气流中)，熔融氯化镁在通电的条件下生成镁和氯气，故此流程如下：。答案为：。
MgCl2是挥发性酸的弱碱盐，蒸发结晶后，得到MgCl2∙6H2O晶体，若直接蒸干并灼烧，将导致氯化镁晶体的水解，生成的HCl挥发，Mg(OH)2分解，最终所得固体为MgO。所以应在HCl气流中灼烧，便可得到MgCl2。
29、＞ +75 增大起始时(或及时从产物中分离出氢气) 反应Ⅱ为放热反应，从T1℃升高温度，平衡向逆反应方向移动的因素大于CO浓度增大向正反应方向移动的因素，净结果是平衡逆向移动 7(或7:1) 0 0.5 -0.3
【解析】
(1)①气体体积增大的过程为熵增的过程，熵增过程△S大于0，反之小于0，反应I为CH4(g)=C(s)+2H2(g)，气体物质的量增大，混乱度增大，属于熵增的过程，△S＞0；
②已知：Ⅱ.6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g) ∆H2=+531kJ/ml
Ⅲ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ∆H3=+202kJ/ml
根据盖斯定律，Ⅲ×3-Ⅱ可得：C6H6(g)+3H2(g)=3C2H4(g) △H=(+202kJ/ml)×3-(+531kJ/ml)=+75 kJ/ml；
(2)①为提高CH4的平衡转化率，即要让反应向正向进行，除压强、温度外，还可将生成的氢气从产物中分离出去，或增大起始时的；
②反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的浓度增大，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应逆向进行，CO2的量减少，出现如图所示CO2的物质的量分数开始减小，说明T1℃升高温度，平衡向逆向移动的因素大于CO浓度增大向正向移动的因素，结果是平衡逆向移动；
③根据图像，T2℃时，容器中一氧化碳和二氧化碳的物质的量分数相等，设T2℃时，二氧化碳的物质的量为x，列三段式：
根据上述分析，T2℃时，n(H2)=6x+x=7x，n(CO2)=x，则=7；
(3)①图中Q点时，甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数lnKp相等，即压强平衡常数相等，则，可得=1；则反应的压强平衡常数Kp==1，则lnKp=ln1=0；
②在某恒压密闭容器中充入lml CH4和1ml H2O(g)在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时，CH4的转化率为50%，容器总压强为1atm。根据反应，则平衡时n(CH4)=lml-lml×50%=0.5ml，n(H2O)= lml -lml×50%=0.5ml，n(CO)=0.5ml，n(H2)=3×0.5ml=1.5ml，根据分压=总压×物质的量分数，则H2的平衡分压p(H2)=×1atm=0.5 atm，用压强表示该反应的平衡常数Kp==，则lnKp=ln= ln3- ln4=1.1-1.4=-0.3。
选项
古诗文
化学知识
A
《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”
强水为氢氟酸
B
《诗经·大雅·绵》：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”
糖类均有甜昧
C
《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃， 柔铁为茎干，不尔则多断折。”
铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
D
《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。
利用焰色反应
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入小苏打溶液中
B
除去溴苯中的少量溴
加入苛性钠溶液洗涤、分液
C
加快氢气的生成速率
将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌
D
制备少量氨气
向新制生石灰中滴加浓氨水
选项
A
B
C
D
名称
250 mL容量瓶
分液漏斗
酸式滴定管
冷凝管
图形
用途与使用操作
配制1.0 ml·L－1NaCl溶液，定容时仰视刻度，则配得的溶液浓度小于1.0 ml·L－1
用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出
可用于量取10.00 mL Na2CO3溶液
蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体
选项
实验
现象
结论或解释
A
将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，
溶液呈红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧
铝箔熔化但不滴落
铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
C
少量待测液滴加至盛有NaOH浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处
试纸未变蓝
原溶液中无NH4+
D
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
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 溶液中滴加新制氯水
红色先变深后褪去
先变红后也褪色
化合物
密度(g·cm-3)
溶解性
熔点(℃)
沸点(℃)
乙酸
1.05
易溶于水，乙醇
17
118
苯胺
1.02
微溶于水，易溶于乙醇
–6
184
乙酰苯胺
—
微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇
114
304