1、2016年上海市金山区高考化学一模试卷一、选择题（共5小题，每小题2分，满分10分）1在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A墨子：物质的分割是有条件的B汤姆生：葡萄干面包模型C德谟克利特：古典原子论D贝克勒尔：原子结构的行星模型2有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是D乙烯分子的比例模型（）ACO2的电子式：B碳原子最外层电子的轨道表示式：C淀粉分子的最简式：CH2OD乙烯分子的比例模型3用化学方法不能实现的是（）A生成一种新分子B生成一种新离子C生成一种新同位素D生成一种新单质4下列有关判断的依据正确的是（）A电解质：
2、水溶液是否导电B原子晶体：构成晶体的微粒是否是原子C共价分子：分子中原子间是否全部是共价键D化学平衡状态：平衡体系中各组分的物质的量浓度是否相等5学习化学应有辩证的观点和方法下列说法正确的是（）A催化剂不参加化学反应B醇和酸反应的产物未必是酯C卤代烃的水解产物一定是醇D醇脱水的反应都属于消去反应二、选择题（共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6Fe3+、SO42、Al3+和X四种离子以物质的量之比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，则X可能是（）ANa+BClCCO32DOH7类推是化学学习和研究中常用的思维方法下列类推正确的是（）ACO2与SiO2化学式相似，故CO2与SiO2的晶体结构
3、也相似B晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子C检验溴乙烷中的溴原子可以先加氢氧化钠水溶液再加热，充分反应后加硝酸酸化，再加硝酸银，观察是否有淡黄色沉淀，则检验四氯化碳中的氯原子也可以用该方法，观察是否产生白色沉淀D向饱和碳酸氢钠溶液中加入氯化铵会有碳酸氢钠晶体析出，则向饱和碳酸氢钾溶液中加入氯化铵也会有碳酸氢钾晶体析出8莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中有关说法正确的是（）A等浓度的两种酸其酸性相同B两种酸都能与溴水发生加成反应C鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能9用酸性KMnO4溶液
4、不能达到预期目的是（）A区别苯和甲苯B检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁C检验CH2=CHCHO中含碳碳双键D区别SO2和CO210PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4，本身被还原为Pb2+取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液下列说法错误的是（）A上述实验中不能用盐酸代替硫酸B将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4的氧化性强D若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol11利用右图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是（）A若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
5、B若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe2eFe2+C若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H+2eH212下列关于工业生产过程的叙述正确的是（）A联合制碱法中循环使用CO2和NH3，以提高原料利用率B硫酸工业中，SO2氧化为SO3时采用常压，因为高压会降低SO2转化率C合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率D炼钢是在高温下利用氧化剂把生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去13石墨烯是只由一层碳原子所构成的平面薄膜，其结构模型见如图有关说法错误的是（）A晶体中碳原子键全部是碳碳单键B石墨烯与金刚
6、石都是碳的同素异形体C石墨烯中所有碳原子可以处于同一个平面D从石墨中剥离得到石墨烯需克服分子间作用力14某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是（）A加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀15如图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图下列说法正确的是（）A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常温下氧化性：F2Cl2Br2I2D由图可知此温度下MgBr2（s）与Cl
7、2（g）反应的热化学方程式为：MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g），H=117kJmol116同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A2KMnO4+5H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+5O2+8H2OBNH4Cl+H2ONH3H2O+HClCKClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2OD2Na2O2+2H2;_;18O4NaOH+O217下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl1080.521.235.731.
8、010017524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A和的实验过程中，都需要控制温度B实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18以下各组物质的溶液，不管如何滴加，反应不能用同一离子方程式表示的是（）AFeCl3与Na2SBCa（HCO3）2与Ca（OH）2CHCl
9、与NaHCO3DAgNO3与NH3H2O19在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）CO2（g）的平衡物质的量浓度c（CO2）与温度T的关系如图所示下列说法错误的是 （）A反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）为吸热反应B在T2时，若反应处于状态D，则一定有正逆C平衡状态A 与C 相比，平衡状态A 的c（CO）大D若T1、T2 时的平时数分别为K1、K2则K1K220如图是在明矾溶液中滴入氢氧化钡溶液，下列说法错误的是（）AOA段的反应离子方程式为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4BAB段的离子方程式只有：
10、Al（OH）3+OHAlO2+2H2OCA点的沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物DB点溶液为KAlO2溶液2125时，用2a molL1NaOH溶液滴定1.0L2a molL1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示下列说法正确的是（）ApH=3时，溶液中：c（Na+）c（F）Bc（F）c（HF）时，溶液一定呈碱性CpH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应DpH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL122现有1950g发烟硫酸（用a SO3H2O 表示），SO3和H2SO4的质量分数分别为0.2和0.8，加b g水
11、稀释成某浓度的硫酸（用H2SO4H2O 表示），则以下正确的是（允许最后一位数字不同）（）Aa=1.38Ba=1.31Cb=174Db=129四、（本题共12分）23能源、材料已成为当今科学研究的热点请回答下列问题：（1）单质A的燃烧热大，可作燃料已知A为短周期元素，其气态原子逐个失去14个电子所需能量（电离能）如表所示若该原子核外电子有三层，则该元素位于周期表族，写出A燃烧后形成的氧化物的电子式：I1I2I3I4电离能（kJ/mol）7381451773310540（2）如图是超导材料元素在周期表中的分布，上述元素的短周期元素中原子半径最大的是（填元素符号），其原子最外层有种运动状态不同的电
12、子，写出其最高价氧化物对应水化物在水溶液中的电离方程式：（3）上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，则该分子的空间构型为，该物质为分子（选填“极性”或“非极性”）（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：（5）取适量Al、Mg合金样品置于烧杯中，加入20mL 1mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应下列叙述正确的是（选填编号）aMg作负极，Al作正极b若加入的是20mL 1mol/L的盐酸，则放出的氢气的物质的量减少c若把NaOH中的H换成D（D为重氢），生成
13、的氢气中D与H物质的量之比为1：2五、（本题共12分）24SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2（1）钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是（2）已知常温下，H2SO3的电离常数为 K1=1.54102，K2=1.02107，H2CO3的电离常数为 K1=4，.30107，K2=5.601011，则下列微粒可以大量共存的是（选填编号）aCO32HSO3 bHCO3HSO3cSO32HCO3dH2SO3HCO3（3）已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是（4）实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时
14、间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式（5）在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为（填化学式）（6）如果用含等物质的量溶质的下列溶液分别吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是（用编号排序）aNa2SO3 b Na2S c酸性KMnO4六、（本题共12分）251乙氧基萘常用作香料，也可合成其他香料实验室制备1乙氧基萘的过程如图1：已知：1萘酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味相关物质的物理常数：物质相对分子质量状态熔点（）沸点（）溶解度水乙醇1萘酚144无色或黄色菱形结晶或粉末96278微溶于水易溶于乙醇1乙氧基萘172无色液体5.526
15、7不溶于水易溶于乙醇乙醇46无色液体114.178.5任意比混溶（1）将72g 1萘酚溶于100mL无水乙醇中，加入5mL浓硫酸混合将混合液置于如图2所示的容器中加热充分反应实验中使用过量乙醇的原因是（2）装置中长玻璃管的作用是：（3）该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置（选填“能”或“不能”），简述理由（4）反应结束，将烧瓶中的液体倒入冷水中，经处理得到有机层为提纯产物有以下四步操作：蒸馏；水洗并分液；用10%的NaOH溶液碱洗并分液；用无水氯化钙干燥并过滤正确的顺序是（选填编号）abc（5）实验测得1乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图3所示，时间延长、温度升高，1乙氧基萘的产量下降可
16、能的两个原因是（6）提纯的产品经测定为43g，本实验中1乙氧基萘的产率为七、（本题共12分）26高氯酸钠可用于制备高氯酸以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4H2O）的流程如下：（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、S、Br等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂Na2CO3的作用是；除去盐水中的Br可以节省电解过程中的电能，其原因是（2）“电解”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有（填化学式）“电解”的化学方程式为（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为“气流干燥”时，温度控制在80100的原因是八、（本题
17、共10分）27某有机物A能与NaOH溶液反应，其分子中含有苯环，相对分子质量小于150，其中含碳的质量分数为70.6%，氢的质量分数为5.9%，其余为氧（1）A的分子式是（2）若A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，其结构可能有种（3）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1mol A消耗1mol NaOH，则A的结构简式是（4）若A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，且1mol A消耗2mol NaOH，则符合条件的A的结构可能有种，其中不能发生银镜反应的物质的结构简式是写出该物质与氢氧化钠反应的化学方程式九、（本题共12分）28贝诺酯临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等合成路线如
18、下：（1）贝诺酯的分子式（2）AB的反应类型是；G+HI的反应类型是（3）写出化合物C、G的结构简式：C，G（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）a不能与FeCl3溶液发生显色反应；b能发生银镜反应和水解反应；c能与金属钠反应放出H2；d苯环上的一氯取代产物只有两种结构（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成 的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）示例：CH4CH3ClCH3OH十、（本题共14分）29磷及部分重要化合物的相互转化如图所示（1）不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，1mol CuS
19、O4所能氧化的白磷的物质的量为（2）步骤中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3（PO4）2外可能的产物还有磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3（PO4）2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：成分CaOP2O5SO3CO2质量分数（%）47.3028.403.506.10（3）磷灰石中，碳元素的质量分数为%（保留两位小数）（4）取100g磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4g（保留两位小数）（5）取m g 磷灰石粉末，用50.00mL混酸溶液（磷酸为0.
20、5mol/L、硫酸为0.1mol/L）与其反应，结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca（H2PO4）2的形式存在，求m的值2016年上海市金山区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题2分，满分10分）1在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A墨子：物质的分割是有条件的B汤姆生：葡萄干面包模型C德谟克利特：古典原子论D贝克勒尔：原子结构的行星模型【考点】化学史【专题】原子组成与结构专题【分析】原子理论经历了古典原子论、近代原子论以及葡萄干面包模型等，墨子认为物质分割是由条件的，德谟克利特认为物质是
21、由极小的微粒组成的等，据此判断即可【解答】解：A墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B汤姆生发现了单质，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；C德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；D卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误，故选D【点评】本题主要考查化学史，难度不大，平时注意知识的积累了解化学的发展史，有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感2有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是D乙烯分子的比例模型（）ACO2的电子式：B碳原子最外层电子的轨道表示式：C淀粉分子的最简式：CH2
22、OD乙烯分子的比例模型【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】A表示原子或离子最外层电子结构的式子原子的电子式是在元素符号的周围用小黑点（或）表示原子的最外层电子；二氧化碳分子中，碳原子和氧原子形成的是双键；B原子轨道表示式遵循洪特规则，电子尽可能分占本题轨道；C最简式为分子中各原子的最简比；D比例模型是参照原始实物，按照一定的比例缩放制作的模型【解答】解：A二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，其正确的电子式为，故A错误；BC原子最外层电子的轨道表示式为：，故B错误；C淀粉是由C、H、O三种元素组成的高分子聚合物，分子式表示为（C6H10O5）n，其最简式为C6H1
23、0O5，故C错误；D乙烯的比例模型为：，符合比例模型的要求，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及比例模型、最简式、电子式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力3用化学方法不能实现的是（）A生成一种新分子B生成一种新离子C生成一种新同位素D生成一种新单质【考点】化学的主要特点与意义【专题】化学应用【分析】化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量的变化的过程【解答】解：根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量的变化的过程，原子并没
24、有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质，具有一定数目的质子和一定数目的中字的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的故选C【点评】本题考查化学变化的实质，题目难度不大，要对化学变化的实质熟记并理解才能熟练运用4下列有关判断的依据正确的是（）A电解质：水溶液是否导电B原子晶体：构成晶体的微粒是否是原子C共价分子：分子中原子间是否全部是共价键D化学平衡状态：平衡体系中各组分的物质的量浓度是否相等【考点】化学平衡状态的判断【专题】化学平衡专题【分析】A、电解质是在水溶液中或熔
25、融状态下能导电的化合物；B、由原子构成的物质且以共价键形成空间网状结构的物质为原子晶体；C、仅由共价键形成的分子是共价分子；D、平衡体系中各组分的物质的量浓度是否不变的状态是平衡状态【解答】解：A、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，熔融状态下能导电的化合物也是电解质，故A错误；B、原子晶体微粒是原子，分子间作用力是共价键，故B错误；C、仅由共价键形成的分子是共价分子，所以分子中原子间是否全部是共价键，故C正确；D、平衡体系中各组分的物质的量浓度是否不变的状态是平衡状态，故D错误；故选C【点评】本题是对教材基本概念的考查，要求学生熟记教材知识，灵活应用5学习化学应有辩证的观点和方法下
26、列说法正确的是（）A催化剂不参加化学反应B醇和酸反应的产物未必是酯C卤代烃的水解产物一定是醇D醇脱水的反应都属于消去反应【考点】卤代烃简介；醇类简介【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A、催化剂在反应前后不变，但是催化剂在反应过程中会参加反应；B、醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸；C、卤代烃水解后的产物还可能是酚；D、醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水【解答】解：A、催化剂在反应过程中会参与反应，且先被消耗后又生成，故催化剂在反应前后总物质的量不发生变化，故A错误；B、醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机
27、酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；C、卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；D、醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水则发生的是取代反应，故D错误故选B【点评】本题考查了反应物的类别的不同、反应方式的不同对产物的影响，难度不大，较易出错的是B二、选择题（共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6Fe3+、SO42、Al3+和X四种离子以物质的量之比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，则X可能是（）ANa+BClC
28、CO32DOH【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】由电荷守恒确定X，然后根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子共存，以此来解答【解答】解：Fe3+、SO42、Al3+和X四种离子以物质的量之比2：4：1：1，阳离子电荷总数大于阴离子电荷总数，X为阴离子，设其电荷为x，由电荷守恒可知，23+13=42+1x，解得x=1，因OH与Fe3+、Al3+不能大量共存，则阴离子为Cl，故选B【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握电荷守恒及离子之间的反应为解答的关键，注意利用电荷守恒确定X为阴离子，题目难度不大7类推是化学学习和研究中常用的思维方法下列类推正确的是（）ACO2与S
29、iO2化学式相似，故CO2与SiO2的晶体结构也相似B晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子C检验溴乙烷中的溴原子可以先加氢氧化钠水溶液再加热，充分反应后加硝酸酸化，再加硝酸银，观察是否有淡黄色沉淀，则检验四氯化碳中的氯原子也可以用该方法，观察是否产生白色沉淀D向饱和碳酸氢钠溶液中加入氯化铵会有碳酸氢钠晶体析出，则向饱和碳酸氢钾溶液中加入氯化铵也会有碳酸氢钾晶体析出【考点】化学反应的实质；化学反应原理的确定【专题】化学应用【分析】A二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体； B在金属晶体中，存在金属阳离子和自由移动的电子；C四氯化碳与氢氧化钠不反应；D碳酸氢钠与碳酸氢钾性质相
30、似【解答】解：A二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，晶体结构不同，故A错误； B晶体中有阳离子，未必一定有阴离子，如：在金属晶体中，存在金属阳离子和自由移动的电子，故B错误；C四氯化碳与氢氧化钠不反应，无白色沉淀，故C错误；D碳酸氢钠与碳酸氢钾性质相似，可析出碳酸氢钾晶体，故D正确故选D【点评】本题考查晶体类型、物质的检验，题目难度中等，明确物质的性质是解答本题的关键，B为学生解答的难点和易错点，注意金属晶体中只有阳离子，不存在阳离子8莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中有关说法正确的是（）A等浓度的两种酸其酸性相同B两种酸都能与溴水发生加成反应C鞣酸分
31、子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A两种酸结构不同，性质不同；B鞣酸与溴水只发生取代反应；C鞣酸不含碳碳双键；D鞣酸含有酚羟基【解答】解：A两种酸结构不同，鞣酸含有苯环，两种酸的性质不同，故A错误；B鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；C鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；D鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉苯酚及烯
32、烃、醇的性质即可解答，题目难度不大9用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的是（）A区别苯和甲苯B检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁C检验CH2=CHCHO中含碳碳双键D区别SO2和CO2【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】物质检验鉴别题【分析】酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可与具有还原性的SO2、硫酸亚铁等物质发生氧化还原反应，可与甲苯、碳碳双键、醛基等基团发生氧化还原反应，以此解答该题【解答】解；A甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故A不选；B硫酸亚铁具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故B不选；CCH2=CHCHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰
33、酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含有碳碳双键，故C选；DSO2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故D不选故选C【点评】本题考查较为综合，涉及高锰酸钾的性质、常见还原性物质以及有机物官能团的结构和性质，题目难度不大，注意物质的鉴别方法的实验方案的设计10PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4，本身被还原为Pb2+取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液下列说法错误的是（）A上述实验中不能用盐酸代替硫酸B将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4的氧化性强D若硫酸锰充
34、分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4，本身被还原为Pb2+根据反应的离子方程式进行比较判断；A盐酸中的氯离子会被二氧化铅氧化；B振荡后反应生成高锰酸根离子呈紫色；C反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；D根据2mL 1mol/L MnSO4溶液中的锰离子物质的量，结合反应离子方程式计算【解答】解：加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液发生反应的离子方程式为：5PbO2+4H+2Mn2+=2MnO4+5Pb2+2H2O，A用盐酸代替硫酸，氯离子会被P
35、bO2氧化，4H+2Cl+PbO2Cl2+Pb2+2H2O，故A正确；B充分振荡后静置，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子，溶液颜色变为紫色，故B正确；C反应中氧化剂PbO2的氧化性大于氧化产物MnO4，故C正确；D.2mL 1mol/L MnSO4溶液中的锰离子物质的量为0.002mol，根据反应离子方程式可知消耗PbO2的物质的量为0.005mol，故D错误；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大11利用右图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是（）A若X为锌棒，开关K置于M处
36、，可减缓铁的腐蚀B若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe2eFe2+C若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H+2eH2【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，金属铁为正极，金属铁被保护【解答】解：A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C
37、、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，发生还原反应，故D正确故选B【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及金属的腐蚀和防护知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大12下列关于工业生产过程的叙述正确的是（）A联合制碱法中循环使用CO2和NH3，以提高原料利用率B硫酸工业中，SO2氧化为SO3时采用常压，因为高压会降低SO2转化率C合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率D炼钢是在高温下利用氧化剂把生铁中过多
38、的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去【考点】工业制取硝酸；工业合成氨【专题】氮族元素；化学应用【分析】A联合制碱法中氨气没有循环利用；B增大压强可以提高SO2的转化率，但是会增大成本；C反应物浓度减小，则反应速率会减小；D生铁中含有较多的碳，可用氧化而除去，达到炼钢的目的【解答】解：A联合制碱法中二氧化碳被循环利用，而氨气没有被循环利用，故A错误；B增大压强对SO2的转化率影响不大，同时增大成本，故通常采取采用常压而不是高压，故B错误；C合成氨生产过程中将NH3液化分离，导致反应物浓度减小，逆反应速率减小，则平衡向着正向移动，从而提高了N2、H2的转化率，故C错误；D降低生铁中含有含碳量，需要加
39、入氧化剂将生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去，故D正确；故选D【点评】本题考查较为综合，涉及工业制硝酸、合成氨、化学平衡的影响等知识，题目难度中等，明确化学平衡的影响因素为解答关键，注意掌握合成氨、工作制硝酸的反应原理，试题培养了学生的灵活应用能力13石墨烯是只由一层碳原子所构成的平面薄膜，其结构模型见如图有关说法错误的是（）A晶体中碳原子键全部是碳碳单键B石墨烯与金刚石都是碳的同素异形体C石墨烯中所有碳原子可以处于同一个平面D从石墨中剥离得到石墨烯需克服分子间作用力【考点】同素异形体；判断简单分子或离子的构型【专题】物质的组成专题【分析】A、石墨烯中每个碳原子形成四个共价键；B、同
40、种元素不同单质属于同素异形体；C、石墨烯是一种平面结构；D、根据石墨中层与层之间存在作用力分析【解答】解：A、根据C原子成键特点知，每个C原子形成两个碳碳单键和一个碳碳双键，故A错误；B、石墨烯和石墨是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C、碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故C正确；D、石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确故选A【点评】本题以石墨烯为载体考查基本概念、物质结构及性质，明确单质和化合物、同素异形体和同位素概念的区别是解本题关键，题目难度不大14某甲酸溶
41、液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是（）A加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】化学实验基本操作【分析】甲酸中含有醛基和羧基，甲醛中只含醛基，根据二者官能团的不同进行分析解答【解答】A甲酸和甲醛中都含有醛基，所以在加热条件下，二者都能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，所以不能用此法证明，故A错误；B甲酸和氢氧化钠反应生成甲酸钠，甲酸钠和甲醛中都含有醛基，所以都能和银氨
42、溶液发生银镜反应，所以不能用此法在证明，故B错误；C将试液进行酯化反应后，生成的酯中和甲醛中都含有醛基，所以都能和银氨溶液发生银镜反应，所以不能用此法证明，故C错误；D加热氢氧化钠后，甲酸和氢氧化钠反应生成甲酸钠，甲醛和氢氧化钠不反应，然后蒸馏得到的气体有甲醛和水蒸气，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀，能说明含有甲醛，故D正确；故选D【点评】本题考查物质的鉴别，根据物质含有的官能团及其性质来分析解答即可，难度不大15如图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图下列说法正确的是（）A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常温下氧
43、化性：F2Cl2Br2I2D由图可知此温度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g），H=117kJmol1【考点】反应热和焓变；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，据此分析；B、物质能量越高越活泼，越不稳定；C、氧化性：F2Cl2Br2I2；D、根据盖斯定律构建目标方程式书写【解答】解：A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；B、物质的能量越低越稳定，易图象数据分析，化合物
44、的热稳定性顺序为：MgI2MgBr2MgCl2MgF2，故B错误；C、氧化性：F2Cl2Br2I2，故C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=117KJmol1，故D正确；故选D【点评】本题考查了反应焓变的判断计算，物质能量越高越活泼，能量守恒是解题关键，题目难度中等16同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A2KMnO4+5H2O2+3H2SO4K2SO4+
45、2MnSO4+5O2+8H2OBNH4Cl+H2ONH3H2O+HClCKClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2OD2Na2O2+2H2;_;18O4NaOH+O2【考点】同位素及其应用【专题】化学用语专题【分析】A、过氧化氢中的O化合价由1价升高为0价，故18O全部在生成的氧气中；B、铵根离子水解实质为铵根离子结合水提供的氢氧根生成一水合氨，同时生成氯化氢C、KClO3和HCl发生归中反应，化合价变化不能出现交叉价态；D、过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性碱性条件下不稳定，分解为水和氧气【解答】解：A、.2KMnO4+5H2
46、18O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2O，过氧化氢中的O化合价由1价升高为0价，故18O全部在生成的氧气中，故A正确；B、NH4Cl水解，其实是水电离的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl结合，生成一水合氨和氯化氢，所以2H应同时存在在一水合氨中和HCl中，故B错误；C、K37ClO3+6HClK37Cl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素由+5价降低为0价，HCl中氯元素化合价由1价升高为0价，故37Cl应在氯气中，故C错误；D、过氧化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，反
47、应方程式为：2Na2O2+2H218O=2Na18OH+2NaOH+O2，所以18O出现在氢氧化钠中，不出现在氧气中，故D错误故选A【点评】本题以化学反应机理探究为载体，考查氧化还原反应、盐类水解等，难度中等，是对知识的综合能力的考查，A选项为易错点，容易认为氢氧化钠中的氧来自过氧化钠17下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl1080.521.235.731.010017524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错
48、误的是（）A和的实验过程中，都需要控制温度B实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学实验基本操作；物质的分离提纯和鉴别【分析】由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答【解答】解：A为蒸发浓缩，为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B实验分离出NaCl，操作依次为：
49、加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C实验操作为冷却结晶，故C错误；D用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及流程中的混合物分离方法解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18以下各组物质的溶液，不管如何滴加，反应不能用同一离子方程式表示的是（）AFeCl3与Na2SBCa（HCO3）2与Ca（OH）2CHCl与N
50、aHCO3DAgNO3与NH3H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，则就能用同一离子方程式表示，以此来解答【解答】解：A无论量的多少都只发生FeCl3与Na2S的氧化还原反应生成硫化亚铁、S、NaCl，则能用同一离子方程式表示，故A不选；B无论量多少，均发生Ca（HCO3）2+Ca（OH）22CaCO3+2H2O，能用同一离子反应方程式表示，故B不选；C无论量多少，均防晒霜的HCl+NaHCO3NaCl+CO2+H2O，能用同一离子方程式表示，故C不选；D一水合氨少量，生成AgOH，一水合氨过量生成银氨溶液，不能用同一离子方程式表示，
51、故D选；故选D【点评】本题考查与量有关的离子反应的书写，为高频考点，明确量对化学反应的影响是解答本题的关键，注意与量有关的离子反应及氧化还原反应的分析，题目难度较大19在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）CO2（g）的平衡物质的量浓度c（CO2）与温度T的关系如图所示下列说法错误的是 （）A反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）为吸热反应B在T2时，若反应处于状态D，则一定有正逆C平衡状态A 与C 相比，平衡状态A 的c（CO）大D若T1、T2 时的平时数分别为K1、K2则K1K2【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、由图可知，温度越高平
52、衡时c（CO2）越大，说明升高温度平衡向正反应移动；B、T2时反应进行到状态D，c（CO2）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；C、根据温度对平衡的影响，分析CO的浓度；D、化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响【解答】解：A、由图可知，温度越高平衡时c（CO2）越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即H0，故A正确；B、T2时反应进行到状态D，c（CO2）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有（正）（逆），故B错误；C、平衡状态A与C相比，C点温度高，已知H0，升高温度平衡正移，CO浓度减小，
53、所以A点CO浓度大，故C正确；D、该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1K2，故D错误；故选BD【点评】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态20如图是在明矾溶液中滴入氢氧化钡溶液，下列说法错误的是（）AOA段的反应离子方程式为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4BAB段的离子方程式只有：Al（OH）3+OHAlO2+2H2OCA点的沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物DB点溶液为KAlO2溶液【考点】镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】向明矾溶液里滴加氢
54、氧化钡溶液，开始到生成沉淀的物质的量最大时：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4；继续加氢氧化钡，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，发生KAl（SO4）2+2Ba（OH）22BaSO4+KAlO2+2H2O，以此来解答【解答】解：向明矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，开始到生成沉淀的物质的量最大时：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4；继续加氢氧化钡，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，发生KAl（SO4）2+2Ba（OH）22BaSO4+KAlO2+2H2O，AOA段生成沉淀的物质的量最大，反应离子方程式为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2A
55、l（OH）3+3BaSO4，故A正确；BAB段氢氧化铝溶解，钡离子与硫酸根离子生成沉淀，则离子方程式为2SO42+2Ba2+Al（OH）3+OH=AlO2+2BaSO4+2H2O，故B错误；COA段生成沉淀的物质的量最大，沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物，故C正确；DAB段氢氧化铝溶解，B点溶液为KAlO2溶液，故D正确故选B【点评】本题考查离子反应、离子方程式的书写等，明确硫酸根离子完全沉淀时消耗的氢氧化钡的量是解答本题的关键，题目难度不大2125时，用2a molL1NaOH溶液滴定1.0L2a molL1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示下列说
56、法正确的是（）ApH=3时，溶液中：c（Na+）c（F）Bc（F）c（HF）时，溶液一定呈碱性CpH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应DpH=4时，溶液中：c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】ApH=3时，c（H+）c（OH），结合溶液的电荷守恒判断；B当pH3.45时，c（F）c（HF），结合图象分析；CHF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性；D可根据pH=4时，溶液电荷守恒判断【解答】解：ApH=3时，c（H+）c（OH），溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），则c（F）c（Na+），故A
57、正确；B当pH3.45时，c（F）c（HF），溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；CHF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故C错误；D当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，c（F）1.6amol/L，c（HF）0.4amol/L，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F），c（F）=c（Na+）+c（H+）c（OH）1.6amol/L，则c（HF）+c（Na+）+c（H+）c（OH）2amolL1，故D正确故选AD【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握图象的曲线变化特点，为解答该题的关键，注意HF为弱电解质的特点22现有195
58、0g发烟硫酸（用a SO3H2O 表示），SO3和H2SO4的质量分数分别为0.2和0.8，加b g水稀释成某浓度的硫酸（用H2SO4H2O 表示），则以下正确的是（允许最后一位数字不同）（）Aa=1.38Ba=1.31Cb=174Db=129【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】溶液浓度的计算【分析】根据发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得a的值，用H2SO4H2O表示的是质量分数是98%的硫酸，三氧化硫和水反应得到硫酸，根据硫酸的质量分数=100=98%来计算加水的量【解答】解：根据发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98：80（a1）=0.8：0.2，解得：a=1.
59、306251.31，H2SO4H2O表示质量分数是98%的硫酸，在发烟硫酸中SO3和H2SO4的质量分数分别为0.2和0.8，则三氧化硫和水反应得到硫酸的质量是98g/mol=477.75g，根据所加水后硫酸的质量分数是98%，则=98%，解得b129故选BD【点评】本题考查了硫酸质量分数的计算题，注意公式的灵活应用是关键，计算量较大，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力四、（本题共12分）23能源、材料已成为当今科学研究的热点请回答下列问题：（1）单质A的燃烧热大，可作燃料已知A为短周期元素，其气态原子逐个失去14个电子所需能量（电离能）如表所示若该原子核外电子有三层，则该元素位
60、于周期表A族，写出A燃烧后形成的氧化物的电子式：I1I2I3I4电离能（kJ/mol）7381451773310540（2）如图是超导材料元素在周期表中的分布，上述元素的短周期元素中原子半径最大的是Al（填元素符号），其原子最外层有3种运动状态不同的电子，写出其最高价氧化物对应水化物在水溶液中的电离方程式：H+AlO2+H2OAl（OH）3Al3+3OH（3）上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，则该分子的空间构型为正四面体，该物质为非极性分子（选填“极性”或“非极性”）（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气
61、体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2 （g）H=150.72kJ/mol（5）取适量Al、Mg合金样品置于烧杯中，加入20mL 1mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应下列叙述正确的是b（选填编号）aMg作负极，Al作正极b若加入的是20mL 1mol/L的盐酸，则放出的氢气的物质的量减少c若把NaOH中的H换成D（D为重氢），生成的氢气中D与H物质的量之比为1：2【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】（1）该元素第三电离能剧增，说明最外层电子数为2，且处于第三周期，故为Mg元素
62、，在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成；（2）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，图中的短周期元素中Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离；（3）上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，该分子为SiH4；（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，则反应生成Fe3O4、H2，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（5）aAl与氢氧化钠溶液反应，而Mg不反应，故Al为负极；bNaOH物质的量为0.02L1mol/L=0.02mol，由2Al+2NaOH+2
63、H2O=2NaAlO2+3H2可知，Al为0.02mol，生成氢气为0.03mol，若加入的是20mL 1mol/L的盐酸，镁、铝都会和稀盐酸反应，HCl为0.02mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可知HCl不足，再计算生成氢气物质的量；cAl与碱溶液本质是，Al先与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝在与氢氧化钠反应是偏铝酸钠与水，氢氧化钠中氢元素被还原【解答】解：（1）该元素第三电离能剧增，说明最外层电子数为2，处于A族，且处于第三周期，故为Mg元素，在氧气中燃烧生成MgO，由镁离子与氧离子构成，电子式为：，故答案为：A；（2）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径
64、越大，图中的短周期元素中Al的原子半径最大，原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有3个电子，故有3种运动状态不同的电子，氢氧化铝在水溶液中存在酸式电离与碱式电离，电离方程式为：H+AlO2+H2OAl（OH）3Al3+3OH，故答案为：Al；3；H+AlO2+H2OAl（OH）3Al3+3OH；（3）上述主族元素中有两种原子可以形成的五核分子，其化学键键长和键角都相等，该分子为SiH4，为正四面体构型，属于非极性分子，故答案为：正四面体；非极性；（4）铁单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，则反应生成Fe3O4、H2，发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2
65、，生成4mol氢气放出热量为37.68kJ4=150.72kJ，则热化学方程式为：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2 （g）H=150.72kJ/mol，故答案为：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2 （g）H=150.72kJ/mol；（5）aAl与氢氧化钠溶液反应，而Mg不反应，故Al为负极，故a错误；bNaOH物质的量为0.02L1mol/L=0.02mol，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，Al为0.02mol，生成氢气为0.03mol，若加入的是20mL 1mol/L的盐酸，镁、铝都会和稀盐酸反应，HCl为0.02mol
66、，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可知HCl不足，根据H原子守恒得n（H2）=n（HCl）=1mol/L0.02L=0.01mol，所以放出的氢气的物质的量减少，故b正确；cAl与碱溶液本质是，Al先与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝在与氢氧化钠反应是偏铝酸钠与水，氢氧化钠中氢元素被还原，故c错误，故选：b【点评】本题考查电离能、电子式、核外电子排布、热化学方程式书写、原电池、化学计算等，属于拼合型题目，是对学生综合能力的考查，注意理解掌握Al与强碱溶液反应本质五、（本题共12分）24SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2（1）钠碱循环法中，吸收液为Na2SO
67、3溶液，该反应的离子方程式是SO32+SO2+H2O=2HSO3（2）已知常温下，H2SO3的电离常数为 K1=1.54102，K2=1.02107，H2CO3的电离常数为 K1=4，.30107，K2=5.601011，则下列微粒可以大量共存的是bc（选填编号）aCO32HSO3 bHCO3HSO3cSO32HCO3dH2SO3HCO3（3）已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是Na+HSO3H+SO32OH（4）实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式2HSO
68、3+O2=2SO42+2H+（5）在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为NaI（填化学式）（6）如果用含等物质的量溶质的下列溶液分别吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是c=ba（用编号排序）aNa2SO3 b Na2S c酸性KMnO4【考点】二氧化硫的污染及治理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【专题】电离平衡与溶液的pH专题；元素及其化合物【分析】（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠；（2）根据Ka越大酸性越强，根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；（3）根据电离和水解程度的相对大小分析；既电离又水解，以电离为主
69、，溶液显酸性；（4）+4价的硫元素能被氧气氧化为+6价；（5）根据过量NaHSO3溶液的还原性和I2的氧化性能继续发生氧化还原反应来分析反应产物；（6）依据选项中的溶液性质和二氧化硫反应的过程和化学方程式定量关系分析计算【解答】解：（1）SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO32+SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO32+SO2+H2O=2HSO3；（2）已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3的酸性小于HSO3的酸性，所以HCO3与SO32不反应，即bc能共存，故答案为：bc；（3）HSO3在溶液中电离出氢离子，同时HSO3能水解，由
70、于电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；HSO3既电离又水解，以电离为主，溶液显酸性，则溶液中的离子浓度大小关系为：Na+HSO3H+SO32OH；故答案为：亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；Na+HSO3H+SO32OH；（4）+4价的硫元素能被氧气氧化为+6价，则亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，其反应的离子方程式为：2HSO3+O2=2SO42+2H+；故答案为：2HSO3+O2=2SO42+2H+；（5）NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液时，I2能与NaHSO3发生氧化还原反应，碘元素的化合价降低，则还原产物为NaI，故答案为：NaI；（6）如果用含等物质
71、的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是aNa2SO3 吸收二氧化硫发生的反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，1molNa2SO3 最多吸收二氧化硫1mol；bNa2S 吸收二氧化硫发生的反应为：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S，1mol2Na2S最多反应二氧化硫2.5mol；c酸性KMnO4溶液吸收二氧化硫的反应2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+，1molKMnO4最多反应二氧化硫2.5；则吸收二氧化硫理论吸收量由多到少的顺序是c=ba，故答案为：c=ba【点评】本题考查了硫元素及其化合物的性质，题目难
72、度中等，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解原理的应用、电离常数的应用、离子浓度大小比较等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力六、（本题共12分）251乙氧基萘常用作香料，也可合成其他香料实验室制备1乙氧基萘的过程如图1：已知：1萘酚的性质与苯酚相似，有难闻的苯酚气味相关物质的物理常数：物质相对分子质量状态熔点（）沸点（）溶解度水乙醇1萘酚144无色或黄色菱形结晶或粉末96278微溶于水易溶于乙醇1乙氧基萘172无色液体5.5267不溶于水易溶于乙醇乙醇46无色液体114.178.5任意比混溶（1）将72g 1萘酚溶于100mL无水乙醇中，加入5mL浓硫酸混合将混合液置于如图2所
73、示的容器中加热充分反应实验中使用过量乙醇的原因是提高1萘酚的转化率（2）装置中长玻璃管的作用是：冷凝回流（3）该反应能否用实验室制备乙酸乙酯的装置不能（选填“能”或“不能”），简述理由产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率（4）反应结束，将烧瓶中的液体倒入冷水中，经处理得到有机层为提纯产物有以下四步操作：蒸馏；水洗并分液；用10%的NaOH溶液碱洗并分液；用无水氯化钙干燥并过滤正确的顺序是a（选填编号）abc（5）实验测得1乙氧基萘的产量与反应时间、温度的变化如图3所示，时间延长、温度升高，1乙氧基萘的产量下降可能的两个原因是1萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应（6）提纯的产品经
74、测定为43g，本实验中1乙氧基萘的产率为50%【考点】制备实验方案的设计【专题】有机实验综合【分析】（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1萘酚转化；（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，提高乙醇原料的利用率；（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率；（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到；（5）时间延长、温度升高，1乙氧基萘的产量下降的原因可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等；（6）根据方程式知，1萘酚与1乙氧基萘的物质的量相等，则n（C10H8O）=n（C12H12O）=0.5
75、mol，则m（C12H12O）=0.5mol172g/mol=86g，据此计算其产率【解答】解：（1）该反应中乙醇的量越多，越促进1萘酚转化，从而提高1萘酚的转化率，故答案为：提高1萘酚的转化率；（2）长玻璃管起到冷凝回流的作用，使挥发出的乙醇冷却后回流到烧瓶中，从而提高乙醇原料的利用率，故答案为：冷凝回流；（3）该产物沸点高于乙醇，从而降低反应物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的装置，故答案为：不能，产物沸点大大高于反应物乙醇，会降低产率；（4）提纯产物用10%的NaOH溶液碱洗并分液，把硫酸洗涤去，水洗并分液洗去氢氧化钠，用无水氯化钙干燥并过滤，吸收水，控制沸点通过蒸馏的方法得到，实验的操作
76、顺序为：；故答案为：a；（5）时间延长、温度升高，可能是酚羟基被氧化，乙醇大量挥发或产生副反应等，从而导致其产量下降，故答案为：1萘酚被氧化，温度高乙醇大量挥发或温度高发生副反应；（6）根据方程式知，1萘酚与1乙氧基萘的物质的量相等，则n（C10H8O）=n（C12H12O）=0.5mol，则m（C12H12O）=0.5mol172g/mol=86g，其产率=100%=50%，故答案为：50%【点评】本题考查有机物制备，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，对于有机反应大多数学生较陌生，以乙酸乙酯的制取为载体分析解答该实验，熟练掌握实验基本操作及物质分离和提纯方法，题目难度不大七、（
77、本题共12分）26高氯酸钠可用于制备高氯酸以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4H2O）的流程如下：（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、S、Br等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂Na2CO3的作用是除去Ca2+和引入的Ba2+；除去盐水中的Br可以节省电解过程中的电能，其原因是电解时Br被氧化（2）“电解”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有Cl2（填化学式）“电解”的化学方程式为NaClO3+H2ONaClO4+H2（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为2ClO3+SO22ClO2+SO42“气流
78、干燥”时，温度控制在80100的原因是温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验设计题【分析】由原料氯化钠到高氯酸钠晶体，氯的化合价升高，而整个流程中未加强氧化剂，所以通过电解实现了氯的不同价态的转化（电解过程即为氧化还原反应），将制得的盐水一次电解产生氯酸钠，得到的氯酸钠溶液进行再一次电解，生成高氯酸钠，然后通入二氧化硫除去其中的氯酸钠，最后进行分离提纯得到高氯酸钠晶体，（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡；Br的还原性强于氯离子，所以电解过程
79、中溴离子优先被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气；电解氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2ONaClO4+H2；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3+SO22ClO2+SO42，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水以结合考虑高氯酸钠本身的稳定性【解答】解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠
80、的作用为除去钙离子和钡离子，Br的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2ONaClO4+H2，故答案为：Cl2；NaClO3+H2ONaClO4+H2；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3+SO22ClO2+SO42，气流温度太低不得于干燥，温
81、度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分解，故答案为：2ClO3+SO22ClO2+SO42；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分【点评】本题考查物质的制备实验的工业设计，题目难度中等，本题注意把握物质的性质，从质量守恒的角度以及氧化还原反应的特点判断生成物，为解答该题的关键，也是易错点八、（本题共10分）27某有机物A能与NaOH溶液反应，其分子中含有苯环，相对分子质量小于150，其中含碳的质量分数为70.6%，氢的质量分数为5.9%，其余为氧（1）A的分子式是C8H8O2（2）若A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，其结构可能有4种（3）若A与NaOH溶液在加热时
82、才能反应，且1mol A消耗1mol NaOH，则A的结构简式是（4）若A与NaOH溶液在加热时才能较快反应，且1mol A消耗2mol NaOH，则符合条件的A的结构可能有4种，其中不能发生银镜反应的物质的结构简式是CH3COOC6H5写出该物质与氢氧化钠反应的化学方程式CH3COOC6H5+2NaOHCH3COONa+C6H5ONa+H2O【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】A分子中含碳的质量分数为70.6%、氢的质量分数为5.9%，则A分子中含有O的质量分数为：170.6%5.9%=23.5%，则A分子中C、H、O原子数之比为： =4：4：1，由于A分子
83、中含有苯环，则A含有C原子数大于6，A的分子式至少为C8H8O2，其少量为136，结合A的相对分子质量小于150判断A的分子式为C8H8O2，则分子式为C8H8O2，若A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，分子中应含有羧基，可为苯乙酸、甲基苯甲酸等；若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1mol A消耗1mol NaOH，说明分子中含有酯基，可为苯甲酸甲酯或甲酸苯甲酯等，若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1molA消耗2molNaOH，可能的结构有4种【解答】解：（1）A分子中含碳的质量分数为70.6%、氢的质量分数为5.9%，则A分子中含有O的质量分数为：170.6%5.9%=23.
84、5%，则A分子中C、H、O原子数之比为： =4：4：1，由于A分子中含有苯环，则A含有C原子数大于6，A的分子式至少为C8H8O2，其少量为136，结合A的相对分子质量小于150可知A的分子式为C8H8O2，故答案为：C8H8O2； （2）A能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，分子中应含有羧基，可为苯乙酸、甲基苯甲酸等，其中甲基苯甲酸有；邻、间、对3种，共4种，故答案为：4； （3）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1mol A消耗1mol NaOH，说明分子中含有酯基，可为苯甲酸甲酯或甲酸苯甲酯等，结构简式为：，故答案为：；（4）若A与NaOH溶液在加热时才能反应，且1mol A消耗
85、2mol NaOH，对应的同分异构体可由甲酸和甲基苯酚形成的甲酸苯酚酯，其中甲基和酯基有邻、间、对3种，另一种为乙酸苯酚酯，不能发生银镜反应，结构简式为：CH3COOC6H5，CH3COOC6H5与氢氧化钠反应的化学方程式为：CH3COOC6H5+2NaOHCH3COONa+C6H5ONa+H2O，故答案为：4；CH3COOC6H5；CH3COOC6H5+2NaOHCH3COONa+C6H5ONa+H2O【点评】本题考查了有机物结构与性质，题目难度中等，侧重于有机计算和有机物的性质的相关知识，注意熟练掌握常见有机物结构与性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力九、（本题共12分）28贝诺酯
86、临床主要用于治疗类风湿性关节炎、感冒发烧等合成路线如下：（1）贝诺酯的分子式C17H15NO5（2）AB的反应类型是还原反应；G+HI的反应类型是取代反应（3）写出化合物C、G的结构简式：CCH3COOCOCH3，G（4）写出满足下列条件的F同分异构体的结构简式（任写3种）（其中的三种）a不能与FeCl3溶液发生显色反应；b能发生银镜反应和水解反应；c能与金属钠反应放出H2；d苯环上的一氯取代产物只有两种结构（5）根据题给信息，设计从A和乙酸出发合成 的合理线路（其他试剂任选，用流程图表示：写出反应物、产物及主要反应条件）示例：CH4CH3ClCH3OH【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学
87、性质及推断【分析】根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为，H为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B为，C为CH3COOCOCH3，A为，F为，D为，A发生还原反应得B，B与C发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C与D发生取代反应生成F，F发生信息中的取代反应生成H，G和H发生信息中的取代反应生成I，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与对氨基苯酚钠发生信息中的反应即可得产品，（5）A为，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在
88、碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与对氨基苯酚钠发生信息中的反应即可得产品，据此分析解答【解答】解：根据贝诺酯的结构简式和G、H的分子式可知，G为，H为，再根据题各步转化的条件及有关物质的分子式可推知，E为，B为，C为CH3COOCOCH3，A为，F为，D为，A发生还原反应得B，B与C发生取代反应生成E，E与氢氧化钠反应生成G，C与D发生取代反应生成F，F发生信息中的取代反应生成H，G和H发生信息中的取代反应生成I，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成ClCH2
89、COOH，ClCH2COOH与对氨基苯酚钠发生信息中的反应即可得产品，（1）根据结构简式知，贝诺酯的分子式C17H15NO5，故答案为：C17H15NO5；（2）AB的反应类型是还原反应，G+H的反应类型是取代反应，故答案为：还原反应；取代反应； （3）根据上面的分析可知，C为CH3COOCOCH3，G为，故答案为：CH3COOCOCH3；（4）根据下列条件a不能与FeC13溶液发生显色反应，说明没有酚羟基，b能发生银镜反应和水解反应，说明有甲酸某酯的结构，c能与金属钠反应放出H2，说明有羟基，d苯环上的一氯取代产物只有两种结构，一般为两个取代基处于对位，则满足条件的F的同分异构体的结构简式为
90、，故答案为：（其中的三种）； （5）A为，从A和乙酸出发合成，可以先将对硝基苯酚还原成对氨基苯酚，在碱性条件下变成对氨基苯酚钠，将醋酸与SOCl2反应生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与对氨基苯酚钠发生信息中的反应即可得产品，合成线路为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据I结构简式结合某些物质分子式采用逆向方法进行推断，注意结合反应条件下分析，难点是合成路线设计，题目难度中等十、（本题共14分）29磷及部分重要化合物的相互转化如图所示（1）不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，1mol CuSO4所
91、能氧化的白磷的物质的量为0.05mol（2）步骤中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3（PO4）2外可能的产物还有Ca （H2PO4）2、CaHPO4磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3（PO4）2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：成分CaOP2O5SO3CO2质量分数（%）47.3028.403.506.10（3）磷灰石中，碳元素的质量分数为1.66%（保留两位小数）（4）取100g磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4114.87g（保留两位小数）
92、（5）取m g 磷灰石粉末，用50.00mL混酸溶液（磷酸为0.5mol/L、硫酸为0.1mol/L）与其反应，结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca（H2PO4）2的形式存在，求m的值【考点】反应热和焓变；化学方程式的有关计算；三废处理与环境保护【专题】化学反应中的能量变化；利用化学方程式的计算【分析】（1）依据氧化还原反应中铜元素、磷元素化合价变化计算；（2）磷酸为三元酸与氢氧化钙反应，依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是：Ca3（PO4）2、CaHPO4、Ca（H2PO4）2；（3）磷灰石中碳元素的质量分数=二氧化碳质量分数二氧化碳中碳元素质量分数；（4）根据钙元素守恒计算；（
93、5）用m表示出磷灰石中Ca、S、P元素物质的量，计算出磷酸中P元素物质的量、硫酸中S元素物质的量，结合化学式可知n（Ca）=n（S）+n（P），据此列方程解答【解答】解：（1）Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n4（50）=1mol（21），解得n=0
94、.05mol；故答案为：0.05mol（2）磷酸为三元酸与氢氧化钙反应，依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是：Ca3（PO4）2、CaHPO4、Ca（H2PO4）2；故答案为：CaHPO4、Ca（H2PO4）2；（1）磷灰石中碳元素的质量分数=6.10%=1.66%，故答案为：1.66%；（2）100g磷灰石粉末中Ca元素质量=100g47.3%，钙元素全部以CaSO4的形式存在，根据Ca元素守恒可知，可以得到CaSO4的质量=114.87g，故答案为：114.87；（3）mg磷灰石中Ca元素物质的量=mg47.3%56g/mol=0.00845m mol，S元素物质的量=mg3.5%80g/mol=0.00044m mol，P元素物质的量=mg28.4%31g/mol=0.004m mol，磷酸中P元素物质的量=0.05L0.5mol/L=0.025mol，硫酸中S元素质量=0.05L0.1mol/L=0.005mol，由化学式可知，n（Ca）=n（S）+n（P），故0.00845m=（0.00044m+0.005）+（0.004m+0.025），解得m=2.91，答：m的值为2.91【点评】本题考查质量分数计算、混合物计算等，利用守恒进行计算，关键明确Ca元素没有全部利用，P元素全部利用，题目计算量很大，题目难度较大