北京市三十九中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

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北京市三十九中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

2022-08-25 11:31:12
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2022-2022学年北京三十九中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共42分）每题只有1个正确选项，每题3分，共42分，请将答案填涂在答题卡上．1．（2022秋•西城区期末）下列有关物质水解的说法正确的是（　　）A．纤维素不能水解成葡萄糖B．油脂水解产物之一是甘油C．蛋白质水解的最终产物是多肽D．蔗糖水解产物仅有葡萄糖　2．（2022秋•西城区期末）下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．氮气的电子式：B．羟基的电子式：C．氯离子的结构示意图：D．质子数为92、中子数为146的铀（U）原子的核素符号：　3．（2022秋•西城区期末）下列物质用途不正确的是（　　）A．用二氧化硫漂白纸张B．用氯气制备漂白粉C．用食盐作调味剂D．用烧碱治疗胃酸过多　4．（2022秋•西城区期末）化学与社会密不可分，利用化学反应可实现物质转化和能量转化，下列说法不正确的是（　　）A．播撒碳酸钙粉末可治理被酸雨污染的湖泊B．火力发电是将化学能直接转化为电能C．维生素C具有还原性，可消除体内具有强氧化性的物质D．过量服用阿司匹林引起酸中毒，可静脉注射NaHCO3溶液解毒　5．（2022•北京）下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（　　）A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+　6．（2022•北京）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3　7．（2022秋•北京校级期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（　　）A．1molOH﹣中含有的电子数目为9NAB．标准状况下，22.4L乙醇含有的分子数目为NA-23-\nC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NAD．0.3molNO2溶于水生成HNO3，转移的电子数目为0.2NA　8．（2022春•福州校级期末）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）A．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣B．将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　9．（2022秋•西城区期末）下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．含有Fe3+的溶液：Na+、SCN﹣、Cl﹣、I﹣B．含有大量NO3﹣的溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣C．常温下，pH=12的溶液：K+、Cl﹣、SO32﹣、SiO32﹣D．c（H+）=0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、S2O32﹣　10．（2022•西城区一模）现有5种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W同主族；Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；Q元素是地壳中含量最高的元素．下列说法不正确的是（　　）A．原子半径：Y＜Q＜WB．ZX3可使紫色石蕊溶液变蓝C．X、Z、Q3种元素可组成离子化合物或共价化合物D．X2Q2、Y2X62种分子中含有的电子数、化学键种类都相同　11．（2022秋•东城区期末）图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图，下列说法不正确的是（　　）A．使用此装置可减少导致酸雨的气体形成B．装置内发生了化合反应和分解反应C．整个过程的总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D．若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明排放的气体中含SO2　12．（2022•北京）下列说法正确的是（　　）A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D．油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同　-23-\n13．（2022•北京）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣-　14．（2022秋•北京校级期中）下列实验结论不正确的是（　　）实验操作现象结论A某有机物与溴的四氯化碳溶液混合溶液褪色有机物含碳碳双键B乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸＞苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环的活性A．AB．BC．CD．D　　二、非选择题（共58分）15．（2022•江苏模拟）光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：Ⅰ．（R，R′为烃基或氢）Ⅱ．（R，R′为烃基）（1）A分子中含氧官能团名称为　　　　　　．（2）羧酸X的电离方程式为　　　　　　．（3）C物质可发生的反应类型为　　　　　　（填字母序号）．a．加聚反应b．酯化反应c．还原反应d．缩聚反应（4）B与Ag（NH3）2OH反应的化学方程式为　　　　　　．（5）乙炔和羧酸X加成生成E，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，则E的结构简式为　　　　　　．（6）与C具有相同官能团且含有苯环的同分异构体有4种，其结构简式分别为-23-\n、、　　　　　　和　　　　　　．（7）D和G反应生成光刻胶的化学方程式为　　　　　　．　16．（2022秋•北京校级期中）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：（1）反应I的化学方程式是　　　　　　．（2）反应I得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．①根据上述事实，下列说法正确的是　　　　　　（选填序号）．a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②辨别两层溶液的方法是　　　　　　．③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是　　　　　　．（3）反应II：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol﹣1它由两步反应组成：i．H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol﹣1ii．SO3（g）分解L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度．图2表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．①X代表的物理量是　　　　　　．②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：　　　　　　．　17．（2022•西城区一模）氨是重要的化工产品和化工原料．（1）氨的电子式是　　　　　　．（2）已知（如图）：①合成氨的热化学方程式是　　　　　　．②降低温度，该反应的化学平衡常数K　　　　　　．（填“增大”、“减小’’或“不变”）．-23-\n（3）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图1所示．电池正极的电极反应式是　　　　　　，A是　　　　　　．（4）用氨合成尿素的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2+H2O（g）．工业生产时，原料气带有水蒸气．图2表示CO2的转化率与氨碳比[]、水碳比[]的变化关系．①曲线I、II、III对应的水碳比最大的是　　　　　　．②测得B点氨的转化率为40%，则x1　　　　　　．　18．（2022秋•西城区期末）SO2和NOx都是大气污染物．（1）空气中的NO2可形成硝酸型酸雨，该反应的化学方程式是　　　　　　．（2）汽车发动机工作时产生的NO和CO可通过催化转化器转化为两种无污染的气体，该反应的化学方程式是　　　　　　．（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如下图所示：NO2被吸收的离子方程式是　　　　　　．（4）利用下图所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．①a为电源的　　　　　　（填“正极”或“负极”），阳极的电极反应式为　　　　　　．②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　　．-23-\n　19．（2022秋•北京期中）蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3和SiO2组成．某实验小组设计如图甲流程欲分别制得单质Al、Fe、Mg和Si．有关氢氧化物沉淀的pH见下表：金属阳离子氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物完全沉淀时的pHFe3+1.93.2Mg2+9.411.6（1）写出不溶物B在生产中的一种用途：　　　　　　．（2）操作⑤中调节pH到5～6时，可以用到的试剂（填序号）　　　　　　．a．NaOH溶液b．氨水c．MgOd．Mg（OH）2（3）从滤液H制取金属Mg的流程如图乙：Ⅰ．流程中由滤液H中得到MgCl2•6H2O的方法是　　　　　　过滤、洗涤；Ⅱ．在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O制取无水氯化镁的原因是　　　　　　．（应用离子方程式和简要文字说明）Ⅲ．冶炼镁的方法用化学方程式表示为　　　　　　．　　-23-\n2022-2022学年北京三十九中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共42分）每题只有1个正确选项，每题3分，共42分，请将答案填涂在答题卡上．1．（2022秋•西城区期末）下列有关物质水解的说法正确的是（　　）A．纤维素不能水解成葡萄糖B．油脂水解产物之一是甘油C．蛋白质水解的最终产物是多肽D．蔗糖水解产物仅有葡萄糖【考点】蔗糖、麦芽糖简介；油脂的性质、组成与结构；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】糖类与蛋白质专题．【分析】A．纤维素属于多糖；B．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯；C．蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸；D．蔗糖属于二糖，它是由一分子葡萄糖和一分子果糖缩合而成的．【解答】解：A．纤维素属于多糖，水解生成葡萄糖，故A错误；B．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后的共同产物为甘油，故B正确；C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故C错误；D．蔗糖属于二糖，它是由一分子葡萄糖和一分子果糖缩合而成的，因此它的水解产物为葡萄糖和果糖，故D错误．故选B．【点评】本题考查了生活中常见有机物的结构和性质，题目难度不大，注意对课本基础知识的记忆．　2．（2022秋•西城区期末）下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．氮气的电子式：B．羟基的电子式：C．氯离子的结构示意图：D．质子数为92、中子数为146的铀（U）原子的核素符号：【考点】电子式；原子结构示意图．【专题】化学用语专题．【分析】A、一个电子对含有两个电子，氮原子含有1个孤电子对；B、羟基中含有1个未成对的单电子；C、氯离子含有3个电子层，最外层有8个电子；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数．【解答】解：A、一个电子对含有两个电子，氮原子含有1个孤电子对，，故A错误；-23-\nB、羟基中含有1个未成对的单电子，正确应为：，故B错误；C、氯离子含有3个电子层，最外层有8个电子，故C正确；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数，正确应为：，故D错误，故选C．【点评】本题考查化学用语，难度不大，明确原子变成离子时，结构示意图中变化的和不变的量，为易错点．　3．（2022秋•西城区期末）下列物质用途不正确的是（　　）A．用二氧化硫漂白纸张B．用氯气制备漂白粉C．用食盐作调味剂D．用烧碱治疗胃酸过多【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效．【专题】化学计算．【分析】A．二氧化硫的漂白性；B．2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；C．用食盐作调味剂；D．用Al（OH）3治疗胃酸过多．【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，故A正确；B．用氯气制备漂白粉的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故B正确；C．用食盐作调味剂，故C正确；D．胃酸中含盐酸，与碱反应，则用Al（OH）3治疗胃酸过多，故D错误；故选D．【点评】本题考查了几种常见物质的应用，这类知识平时要注意积累，题目难度不大．　4．（2022秋•西城区期末）化学与社会密不可分，利用化学反应可实现物质转化和能量转化，下列说法不正确的是（　　）A．播撒碳酸钙粉末可治理被酸雨污染的湖泊B．火力发电是将化学能直接转化为电能C．维生素C具有还原性，可消除体内具有强氧化性的物质D．过量服用阿司匹林引起酸中毒，可静脉注射NaHCO3溶液解毒【考点】常见的能量转化形式．【专题】化学计算．【分析】A．碳酸钙能与酸反应；B．火力发电的能量转化过程为化学能→热能→机械能→电能；C．维生素C具有还原性；D．阿司匹林为常用的感冒用药，过量服用会造成酸中毒．【解答】解：A．碳酸钙能与酸反应，可治理被酸雨污染的湖泊，故A正确；B．火力发电的能量转化过程为化学能→热能→机械能→电能，不是直接转化为电能，故B错误；C．维生素C具有还原性，可与氧化性的物质反应，故C正确；D．阿司匹林为感冒用药，但因其含有水杨酸，服用过量易造成酸中毒，可静脉注射NaHCO3来降低酸性，故D正确．-23-\n故选B．【点评】本题考查药物的成分和疗效、能量的转化等知识，题目难度不大，明确药物的成分及作用是解答本题的关键．　5．（2022•北京）下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（　　）A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极；B．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子．【解答】解：A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；B．常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选B．【点评】本题以金属的腐蚀与防护为载体考查了原电池和电解池原理，注意铁和铝的钝化现象不是没反应而是反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，为易错点．　6．（2022•北京）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3【考点】元素周期律的作用；真题集萃．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．故选D．【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．-23-\n　7．（2022秋•北京校级期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（　　）A．1molOH﹣中含有的电子数目为9NAB．标准状况下，22.4L乙醇含有的分子数目为NAC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NAD．0.3molNO2溶于水生成HNO3，转移的电子数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．氢氧根离子是10个电子的阴离子；B．标况下，乙醇为液态；C．铵根易发生水解；D．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，硝酸是氧化产物，NO是还原产物，根据二氧化氮和转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量．【解答】解：A．氢氧根离子是10个电子的阴离子，1molOH﹣含有电子数目为10NA，故A错误；B．标况下，乙醇为液态，故其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；C．铵根易发生水解，NH4+的数目小于0.1NA，故C错误；D．在反应中若有3molNO2反应，即生成1molNO时，则有2molNO2被还原，所以有2mol电子发生转移，0.3molNO2溶于水生成HNO3，转移的电子数目为0.2NA，故D正确．故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．　8．（2022春•福州校级期末）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）A．测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣B．将Na块放入水中，放出气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写．【分析】A．pH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡；B．钠和水反应生成NaOH和氢气；C．用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜；D．Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气．【解答】解：A．pH=11的氨水溶液中，一水合氨存在电离平衡，一水合氨电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故A正确；B．钠和水反应生成NaOH和氢气，反应方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故B正确；C．用氯化铜溶液做滴定实验，实际上是电解氯化铜溶液，阳极上析出氯气、阴极上析出铜，离子方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，故C错误；D．Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；故选C．-23-\n【点评】本题考查离子方程式、化学方程式正误判断，明确物质之间的反应是解本题关键，注意电解质溶液导电过程实质上是电解过程，注意电解质的电离不需要通电，为易错点．　9．（2022秋•西城区期末）下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．含有Fe3+的溶液：Na+、SCN﹣、Cl﹣、I﹣B．含有大量NO3﹣的溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣C．常温下，pH=12的溶液：K+、Cl﹣、SO32﹣、SiO32﹣D．c（H+）=0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、S2O32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．Fe3+具有氧化性，与具有强还原性的I﹣离子发生氧化还原反应，与SCN﹣发生络合反应；B．NO3﹣在酸性具有强氧化性，与具有还原性的离子不能大量共存；C．常温下，pH=12的溶液呈碱性，碱性条件下，如离子之间不发生任何反应，则可大量共存；D．与H+反应的离子不能大量存在．【解答】解：A．Fe3+具有氧化性，与具有强还原性的I﹣离子发生氧化还原反应，与SCN﹣发生络合反应，不能大量共存，故A错误；B．NO3﹣在酸性具有强氧化性，具有还原性的Fe2+不能大量存在，故B错误；C．常温下，pH=12的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．S2O32﹣与H+反应而不能大量共存，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累．　10．（2022•西城区一模）现有5种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W同主族；Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；Q元素是地壳中含量最高的元素．下列说法不正确的是（　　）A．原子半径：Y＜Q＜WB．ZX3可使紫色石蕊溶液变蓝C．X、Z、Q3种元素可组成离子化合物或共价化合物D．X2Q2、Y2X62种分子中含有的电子数、化学键种类都相同【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，则W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素．A．同一周期，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，原子的电子层数越多，其原子半径越大；B．氨气的水溶液呈碱性；C．只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物；D．根据H2O2、C2H62种分子中含有的电子数、化学键种类判断．-23-\n【解答】解：X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，则W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素．A．C和O属于同一周期，碳原子半径大于氧原子半径，碳原子半径小于钠原子半径，所以原子半径：Q＜Y＜W，故A错误；B．氨气溶于水得到氨水，氨水电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，所以氨气可使紫色石蕊溶液变蓝，故B正确；C．铵盐属于离子化合物，硝酸是共价化合物，故C正确；D．H2O2、C2H62种分子中含有的电子数都是18，化学键种类都是共价键，故D正确；故选A．【点评】考查元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，正确推断元素是解本题的关键，注意半径比较规律与基础知识掌握．　11．（2022秋•东城区期末）图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图，下列说法不正确的是（　　）A．使用此装置可减少导致酸雨的气体形成B．装置内发生了化合反应和分解反应C．整个过程的总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D．若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明排放的气体中含SO2【考点】二氧化硫的污染及治理．【专题】氧族元素．【分析】A．二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，可减少二氧化硫的排放，有利于减少酸雨；B．装置内发生了碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，二氧化硫和氧化钙化合生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气发生化合反应生成硫酸钙；C．二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，方程式为2SO2+2CaCO3+O2═2CaSO4+2CO2；D．因为二氧化碳也能使澄清石灰水变浑浊．【解答】解：A．二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，可减少二氧化硫的排放，有利于减少酸雨，故A正确；B．装置内发生了碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳的分解反应，二氧化硫和氧化钙化合生成亚硫酸钙和亚硫酸钙与氧气发生化合反应生成硫酸钙的化合反应，故B正确；C．二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，方程式为2SO2+2CaCO3+O2═2CaSO4+2CO2，故C正确．D．因为二氧化碳也能使澄清石灰水变浑浊，则排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明排放的气体中含二氧化硫，故D错误；故选D．-23-\n【点评】本题考查化学环境污染的治理，为高频考点，侧重化学与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，树立环保意识，难度不大．　12．（2022•北京）下列说法正确的是（　　）A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D．油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同【考点】有机物的鉴别；相似相溶原理及其应用；油脂的性质、组成与结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水；B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H；C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应，而CH3COOCH2CH3不能；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油．【解答】解：A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷，故A正确；B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，故B错误；C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；故选A．【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与﹣OH的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大．　13．（2022•北京）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣-【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．【解答】解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；B．饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO﹣的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故C正确；-23-\nD．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确．故选B．【点评】本题为2022年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．　14．（2022秋•北京校级期中）下列实验结论不正确的是（　　）实验操作现象结论A某有机物与溴的四氯化碳溶液混合溶液褪色有机物含碳碳双键B乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸＞苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环的活性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．碳碳不饱和键、醛基能与溴发生反应；B．重铬酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质；C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；D．苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼．【解答】解：A．C=C、C≡C三键、醛基等都可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．重铬酸钾（K2Cr2O7）有强氧化性，与乙醇混合，橙色溶液变为绿色，则Cr2O72﹣转化为Cr3+，乙醇被氧化为乙酸，则乙醇表现为还原性，故B正确；C．常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，生成苯酚，反应符合复分解反应，说明碳酸和苯酚钠反应生成苯酚，所以酸性：碳酸＞苯酚，故C正确；D．苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼，苯酚中羟基苯环越羟基向连接，导致这种现象的原因是羟基影响了苯环的活性，故D正确；故选A．【点评】本题考查有机物的性质，注意苯酚溶液和二氧化碳反应时生成碳酸氢钠而不是碳酸钠，苯酚和溴水反应时溴原子的取代位置，为易错点，题目难度不大．　二、非选择题（共58分）15．（2022•江苏模拟）光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：已知：-23-\nⅠ．（R，R′为烃基或氢）Ⅱ．（R，R′为烃基）（1）A分子中含氧官能团名称为　醛基　．（2）羧酸X的电离方程式为　CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+　．（3）C物质可发生的反应类型为　abc　（填字母序号）．a．加聚反应b．酯化反应c．还原反应d．缩聚反应（4）B与Ag（NH3）2OH反应的化学方程式为　　．（5）乙炔和羧酸X加成生成E，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，则E的结构简式为　CH3COOCH=CH2　．（6）与C具有相同官能团且含有苯环的同分异构体有4种，其结构简式分别为、、　　和　　．（7）D和G反应生成光刻胶的化学方程式为　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ，可推知A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为．乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH3COOCH=CH2，F为-23-\n，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，据此解答．【解答】解：由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ，可推知A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为．乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH3COOCH=CH2，F为，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，（1）A为，分子中含氧官能团名称为：醛基，故答案为：醛基；（2）X为CH3COOH，属于弱酸，其电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；（3）C为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，加成反应，与氢气的加成反应属于还原反应，含有羧基，可以发生酯化反应，不能发生缩聚反应，故答案为：abc；（4）B为，与Ag（NH3）2OH反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）由上述分析可知，E的结构简式为：CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；-23-\n（6）C为，具有相同官能团且含有苯环的C的同分异构体有4种，其结构简式分别为、、、，故答案为：、（7）G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：，该反应方程式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合正、逆推法进行推断，较好的考查学生的分析、推理能力，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等．　16．（2022秋•北京校级期中）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：（1）反应I的化学方程式是　SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI　．（2）反应I得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．①根据上述事实，下列说法正确的是　ac　（选填序号）．a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶-23-\n②辨别两层溶液的方法是　观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层　．③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是　硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子　．（3）反应II：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol﹣1它由两步反应组成：i．H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol﹣1ii．SO3（g）分解L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度．图2表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．①X代表的物理量是　压强　．②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：　L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大　．【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；常见的能量转化形式．【专题】化学平衡专题；化学应用．【分析】（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；（2）①分成两层，与溶解性、密度有关；②两层的颜色不同；③H2SO4中c（H+）：c（SO42﹣）=2：1，且HI电离出氢离子；（3）①由图可知，X越大，转化率越低；②分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．【解答】解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；故答案为：ac；②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；③H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子；（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，故答案为：压强；②由SO3（g）=SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．【点评】本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，为高频考点，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．　17．（2022•西城区一模）氨是重要的化工产品和化工原料．（1）氨的电子式是　　．（2）已知（如图）：-23-\n①合成氨的热化学方程式是　N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol　．②降低温度，该反应的化学平衡常数K　增大　．（填“增大”、“减小’’或“不变”）．（3）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图1所示．电池正极的电极反应式是　N2+8H++6e﹣=2NH4+　，A是　氯化铵　．（4）用氨合成尿素的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2+H2O（g）．工业生产时，原料气带有水蒸气．图2表示CO2的转化率与氨碳比[]、水碳比[]的变化关系．①曲线I、II、III对应的水碳比最大的是　Ⅲ　．②测得B点氨的转化率为40%，则x1　3　．【考点】热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）书写氨气的电子式时不漏掉孤对电子对，电子式为；（2）①根据化学反应的实质书写热化学方程式，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量计算得到；②正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动；（3）电池正极发生还原反应，A是生成的氯化铵；①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；②根据氨气和二氧化碳的转化率之比求出x1．【解答】解：（1）书写氨气的电子式时不漏掉孤对电子对，电子式为，故答案为；（2）①依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量，△H=+946kJ/mol+（+3×436kJ/mol）﹣6×391kJ/mol=﹣92.2kJ/mol，依据热化学方程式写出，标注物质聚集状态和对应反应放出的热量，写出热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol；-23-\n②正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，所以K值增大，故答案为：增大；（3）电池正极发生还原反应，氮气得电子发生还原反应，N2+8H++6e﹣=2NH4+，A是铵根离子与氯离子结合形成氯化铵，故答案为：N2+8H++6e﹣=2NH4+；氯化铵；（4）氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为Ⅲ，故答案为：Ⅲ；由题意可知：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2+H2O（g）起始量x11变化量2aa即：，，则x1=3，故答案为：3．【点评】本题考查热化学方程式书写方法，图象分析和反应条件判断，信息应用能力，原电池电极反应书写的方法应用，题目难度较大．　18．（12分）（2022秋•西城区期末）SO2和NOx都是大气污染物．（1）空气中的NO2可形成硝酸型酸雨，该反应的化学方程式是　3NO2+H2O=2HNO3+NO　．（2）汽车发动机工作时产生的NO和CO可通过催化转化器转化为两种无污染的气体，该反应的化学方程式是　2CO+2NO2CO2+N2　．（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如下图所示：NO2被吸收的离子方程式是　2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+　．（4）利用下图所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．①a为电源的　正极　（填“正极”或“负极”），阳极的电极反应式为　SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+　．②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　1：2　．【考点】亚硝酸盐；电解原理；二氧化硫的污染及治理．【专题】电化学专题；元素及其化合物．【分析】（1）硝酸型酸雨的形成过程是空气中氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮，被空气中氧气氧化为二氧化氮，溶于水生成硝酸和一氧化氮；-23-\n（2）依据CO和NO2通过催化转化器将其转化为无污染的两种气体是氮气和二氧化碳进行解答；（3）根据流程图信息NO2被吸收的反应物为NO2、NH4HSO3，生成物有氮气，据此依据氧化还原反应和电荷守恒书写离子反应方程式；（4）①根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断①图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；②依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O，依据方程式即可解答．【解答】解：（1）二氧化氮溶于水，二氧化氮中N元素的化合价由+4价变为+5价的硝酸和+2价的一氧化氮，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）CO和NO2通过催化转化器将其转化为无污染的两种气体是氮气和二氧化碳，反应为2CO+2NO2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；（3）NO2被吸收的反应物为NO2、NH4HSO3，二氧化氮中氮元素为+4价，生成物有氮气，所以亚硫酸氢根离子中硫被氧化成硫酸根离子，反应为2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+，故答案为：2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+；（4）①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+，阳极与电源的正极相连，故答案为：正极；SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；②阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应，S2O42﹣中硫元素由+3价，变为亚硫酸根中硫元素为+4价，S2O42﹣被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO32﹣+N2+4H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2．【点评】本题考查了有关SO2和NOx的知识，分析利用题干信息，掌握电解池原理应用和氧化还原反应电子守恒是解答的关键，题目难度中等．　19．（8分）（2022秋•北京期中）蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3和SiO2组成．某实验小组设计如图甲流程欲分别制得单质Al、Fe、Mg和Si．-23-\n有关氢氧化物沉淀的pH见下表：金属阳离子氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物完全沉淀时的pHFe3+1.93.2Mg2+9.411.6（1）写出不溶物B在生产中的一种用途：　制造玻璃、光导纤维　．（2）操作⑤中调节pH到5～6时，可以用到的试剂（填序号）　cd　．a．NaOH溶液b．氨水c．MgOd．Mg（OH）2（3）从滤液H制取金属Mg的流程如图乙：Ⅰ．流程中由滤液H中得到MgCl2•6H2O的方法是　蒸发浓缩、冷却结晶　过滤、洗涤；Ⅱ．在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O制取无水氯化镁的原因是　Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，通入HCl，使C（H+）增大，抑制Mg2+的水解成Mg（OH）2，确保生成MgCl2　．（应用离子方程式和简要文字说明）Ⅲ．冶炼镁的方法用化学方程式表示为　MgCl2Mg+Cl2↑　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】蛇纹石矿加盐酸溶解，发生反应的化学方程式为MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，SiO2不与盐酸反应，以固体形式先除去，因此，不溶物B为SiO2，滤液A中除了Mg2+外，还有的金属离子是Al3+和Fe3+，加入过量烧碱，滤液E为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝，用电解法冶炼可生成铝；沉淀D为Fe（OH）3和Mg（OH）2，加入过量盐酸生成氯化铁和氯化铝，调节溶液pH=5～6时，促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀，滤液H为氯化镁溶液，在HCl氛围中加热、蒸发结晶可得MgCl2•6H2O，脱水生成MgCl2，电解可得Mg．【解答】解：（1）不溶物B为SiO2，常用于制造玻璃、光导纤维等，故答案为：制造玻璃、光导纤维；（2）操作⑤中加入的物质能和盐酸反应，且不引进新的杂质，氧化镁、氢氧化镁难溶于水，但能与酸反应，可起调节pH作用，调节溶液pH=5～6时，促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀，而ab都引入新的杂质，故答案为：cd；（3）Ⅰ．由溶液得到晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；Ⅱ．镁离子易水解生成氢氧化镁和氢离子，发生Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，在氯化氢气流中加热该固体时，氢离子浓度增大，抑制镁离子水解生成氢氧化镁，故答案为：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，通入HCl，使C（H+）增大，抑制Mg2+的水解成Mg（OH）2，确保生成MgCl2；Ⅲ．镁是活泼金属，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，所以工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2Mg+Cl2↑．【点评】-23-\n本题考查了实验设计，涉及金属的冶炼、盐类的水解、离子方程式的书写等知识点，是高考中的常见题型，试题综合性强，难度较大，学生不易得分．这类试题涉及的情景新颖，还时常出现一些化工术语．这类题目是通过对某种重要化工产品的工业生产流程图的分析，以物质的制备、分离、提纯为试题环境，以元素化合物知识、实验基本操作、化学反应原理、化学化学平衡原理、水解原理、绿色化学观点、安全生产的知识为考查目标，以信息的获取、加工、整合和新情境下实际问题的分析、综合、解决及经济的视角分析实际生产中的各种问题为考查能力目标．　-23- 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