【化学】江西省抚州市临川二中、临川二中实验学校2020届高三上学期第三次月考（解析版）

【化学】江西省抚州市临川二中、临川二中实验学校2020届高三上学期第三次月考（解析版）

江西省抚州市临川二中、临川二中实验学校2020届高三上学期第三次月考 一 、选择题（每题3分，共48分，每题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.生活中处处有化学，下列说法正确的是（ ）‎ A. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯 B. 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，不与酸、碱发生反应 C. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾”和“霾”的分散质微粒不同 D. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 ‎【答案】C ‎【详解】A. 植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，故不是饱和甘油酯类，故A错误；‎ B. 晶体硅是良好的半导体材料 晶体硅可作光伏电池材料，其性质稳定，可与氢氟酸、氢氧化钠反应，故B错误；‎ C. 雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10-20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1-2微米左右，故C正确；‎ D. 绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列表示正确的是（ ）‎ A. 双氧水的电子式： ‎ B. 二氧化硅的分子式：SiO2‎ C. 聚氯乙烯的结构简式：‎ D. 乙炔的球棍模型： ‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 因为双氧水是共价化合物，由原子构成，所以双氧水的电子式不是 ，而是， A错误；‎ B. 二氧化硅是由原子构成的，不存在分子，它的化学式为SiO2，B错误；‎ C. 聚氯乙烯的结构简式为，C错误；‎ D. 乙炔的球棍模型： ，D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）‎ A. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA B. 向FeI2溶液中通人适量Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，反应转移电子数目为3NA C. 某温度下，1L pH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离出的H+总数为0.01NA D. 常温下，1L 0.1mol·L−1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO-数为0.1NA ‎【答案】B ‎【详解】A. 在乙醇溶液中，除了乙醇，水也含氧原子，在100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有的乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，则含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，则含3mol氧原子，故共含4mol氧原子即4 NA个，故A正确；‎ B. 的还原性强于，故向含有的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化，故当有1mol亚铁离子被氧化时，溶液中的已经完全被氧化，而由于的物质的量未知，故反应转移的电子数无法计算，故B错误；‎ C. 溶液pH=2，即，所以硫酸水和电离的氢离子总数为，故C答案正确；‎ D. 醋酸钠溶液和醋酸混合溶液中，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(CH3COO-)= c(Na+)=1Lx0.1molL=0.1mol，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查NA的应用将多个知识点整合在一个题目中，解题时除了灵活运用相关知识外，还要注意题目的陷阱，如乙醇溶液中的水。‎ ‎4.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（　　）‎ A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种 C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2‎ ‎【答案】A ‎【分析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。‎ ‎【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。‎ A、W、X氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；‎ B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；‎ C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；‎ D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎5.在一定温度下，将气体 X和气体Y各0.16mol充入 10L恒容密闭容器中，发生反应： X(g) + Y(g) ⇌ 2Z(g) △ H < 0.一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是( )‎ A. 反应前 2 min 的平均速率v(Z) > 2.0 × 10−3 mol·L－1·min－1‎ B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v(逆) > v(正)‎ C. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体 X和0.32 mol气体Y，到达平衡时，c(Z) > 0.24 mol·L－1‎ D. 该温度下此反应的平衡常数：K = 1.44‎ ‎【答案】D ‎【详解】A选项，反应前 2 min 内Y的改变量为0.04mol，则Z改变量为0.02mol，2min内Z的平均速率，故A错误；‎ B选项，其他条件不变，降低温度，平衡向放热方向移动，正向移动，反应达到新平衡前：v(正) > v(逆)，故B错误；‎ C选项，充入气体 X和气体Y各0.16mol，平衡时Y的物质的的量为0.10mol，则改变量为0.06mol，此时Z的物质的量为0.12mol，浓度为0.012mol∙L-1，保持其他条件不变向容器中充入0.32 mol气体 X和0.32 mol气体Y，用建模思想，相当于两个容器，缩小容器加压，平衡不移动，浓度为原来2倍，即c(Z) = 0.024 mol·L－1，故C错误；‎ D选项，平衡时，Y的物质的量为0.1mol，X的物质的量为0.1mol，Z的物质的量为0.12mol，该温度下此反应的平衡常数，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】原容器中加入气体 X和气体Y各0.16mol，在恒温恒容密闭容器中加入0.32 mol气体 X和0.32 mol气体Y，用建模思想思维，先将0.32 mol气体 X和0.32 mol气体Y装入2倍原容器，达到平衡时与原来容器相等，压缩容器变为原容器，则加压，向体积减小方向移动来思考；而本题中是等体积反应，因此平衡不移动。‎ ‎6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ 　）‎ A. SiO2SiCl4Si B. FeS2 SO2 H2SO4‎ C. 饱和NaCl(aq) NaHCO3(s)Na2CO3‎ D. MgCO3 MgCl2(aq) Mg ‎【答案】C ‎【详解】A选项，SiO2不与盐酸反应，故A不满足题意；‎ B选项，SO2与水反应生成亚硫酸，故B不满足题意；‎ C选项，饱和NaCl(aq)与氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，NaHCO3(s)加热分解变为Na2CO3、二氧化碳和水，故C满足题意；‎ D选项，MgCl2(aq)通电不能得到金属镁，故D不满足题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】电解熔融氯化镁得到金属镁，电解熔融的氯化钠得到金属钠，电解熔融的氧化铝得到金属铝。‎ ‎7.对下列实验现象或操作解释错误的是（ ）‎ 现象或操作 解释 A KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去 SO2具有还原性 B 配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒 抑制Sn2+ 水解， 并防止Sn2+被氧化为Sn4+‎ C 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 不能说明该溶液中一定含有SO42-‎ D 向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀 Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)‎ ‎【答案】D ‎【详解】A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；‎ B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；‎ C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；‎ D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。‎ ‎8. 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 电解精炼铜时，粗铜与外接电源的负极相连 B. 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3+ O2在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ C. 由PbO2+4HCl(浓)= PbCl2+ Cl2↑+2H2O 可确定氧化性：PbO2＞Cl2‎ D. 常温下，用蒸馏水不断稀释醋酸，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的值不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电解精炼铜时，粗铜与外接电源的正极相连，故A错误；2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3+ O2，该反应的△H<0，故B错误；根据强弱规律，PbO2+4HCl(浓)= PbCl2+ Cl2↑+2H2O 可确定氧化性：PbO2＞Cl2，故C正确；用蒸馏水不断稀释醋酸，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的值增大，故D错误。‎ 考点：本题考查化学反应原理。‎ ‎9.化学链燃烧技术是目前能源领域研究的热点之一，用NiO作载氧体的化学链燃烧示意图和相关热化学反应如下：‎ ‎2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) △H=-479.8 kJ·mol-1‎ CH4(g)+NiO(s)=CO(g)+2H2(g)+Ni(s) △H=akJ·mol-1‎ CH4(g)+2NiO(s)=CO2(g)+2H2(g)+2Ni(S) △H=b kJ·mol-1‎ CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(g)+4Ni(s) △H=156.9 kJ·mol-1‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(2a-b) kJ·mol-1‎ B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.7 kJ·mol-1‎ C. 甲烷在“燃料反应器”中反应时产生淡蓝色火焰并放出热量 D. 含碳燃料利用“化学链燃烧技术”有利于二氧化碳的分离与回收 ‎【答案】C ‎【解析】已知：①2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) △H1=-479.8 kJ·mol-1‎ ‎②CH4(g)+NiO(s)=CO(g)+2H2(g)+Ni(s) △H2=akJ·mol-1‎ ‎③CH4(g)+2NiO(s)=CO2(g)+2H2(g)+2Ni(S) △H3=b kJ·mol-1‎ ‎④CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(g)+4Ni(s) △H4=＋156.9 kJ·mol-1‎ A. 根据盖斯定律，由②③得反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(2a-b) kJ·mol-1‎ ‎，选项A正确；B. 根据盖斯定律，由①④得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.7 kJ·mol-1，选项B正确；C. 甲烷在“燃料反应器”中反应时不是甲烷的燃烧反应，不产生淡蓝色火焰，选项C错误；D. 含碳燃料利用“化学链燃烧技术”有利于二氧化碳的分离与回收，选项D正确。答案选C。‎ ‎10.常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )‎ A. 1L 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2 的溶液中c(NH4+) + c(Fe2+)+ c(H+)= c(OH−)+ c(SO42−)‎ B. 0.1 mol·L－1 NH4HS溶液中：c(NH4+) < c(HS−) + c(S2−) + c(H2S)‎ C. 0.1 mol·L－1pH为 4的 NaHA溶液中：c(HA−) > c(H2A) > c(A2−)‎ D. 等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液混合后的溶液中：c(OH−) + c(CO32−) = c(HCO3−) + 3c(H2CO3) + 2c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【详解】A选项，(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中电荷守恒应该为c(NH4+) + 2c(Fe2+)+ c(H+)= c(OH−)+ 2c(SO42−)，故A错误；‎ B选项，根据NH4HS溶液中物料守恒得出：c(NH4+) < c(HS−) + c(S2−) + c(H2S)，故B正确；‎ C选项，0.1 mol·L－1pH为 4的 NaHA溶液中，说明电离大于水解，微粒浓度大小应该为：c(HA−)> c(A2−) > c(H2A)，故C错误；‎ D选项，等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液混合后的溶液中，根据电荷守恒和物料守恒得出质子守恒：2c(OH−) + c(CO32−) = c(HCO3−) + 3c(H2CO3) + 2c(H+)，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎11.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 分子式为C15H16O2的部分同分异构体中可能含有联苯结构单元 B. 1.0 mol的最多能与含4.0 mol NaOH的水溶液完全反应 C. 乳酸薄荷醇醋()能发生水解、氧化、消去反应 D. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，核磁共振氢谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用核磁共振氢来鉴别 ‎【答案】B ‎【详解】A选项，分子式为C15H16O2的同分异体中含有联苯结构单元，故A正确；‎ B选项，1.0 mol的，有1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠，有2mol酯基消耗2mol氢氧化钠，1mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，总共消耗5.0 mol NaOH的水溶液完全反应，故B错误；‎ C选项，乳酸薄荷醇醋()，酯基发生水解、羟基能被氧化、羟基能发生消去反应，故C正确；‎ D选项，CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，核磁共振氢谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用核磁共振氢来鉴别，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎12.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定相同体积、浓度均为0.l mol·L－1的三种弱酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是（ ）‎ A. 室温下，同浓度的NaA、NaB、NaD溶液的pH大小关系：pH(NaA)＞pH(NaB)＞PH(NaD)‎ B. 滴定至P点时，溶液中：c(Na＋)＞c(B－)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C. pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)‎ D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－2c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【分析】浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD。‎ ‎【详解】A、浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD，酸越强，电离出的H+越多，对水的抑制作用越大，则三种溶液中，由水电离产生的c(H+)的关系为：HA＜HB＜HD，故A错误；‎ B、滴定至P点时，此时中和百分数为50%，对于HB溶液，此时溶液中的起始组分为c(HB)：c(NaB)=1:1，显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(B-)，由于c(H+)＞c(OH-)，则c(B－)＞c(Na+)，考虑到溶液显酸性，则以HB的电离为主导，但始终是微弱的，而HB的电离又会抑制水的电离，因此c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；‎ C、pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，对于HA溶液，c(Na+)=c(A－)，对于HB溶液，c(Na+)=c(B-)，对于HD溶液，c(Na+)=c(D-)，由图可知，中和到相同pH时，中和分数HA＞HB＞HD，即加入氢氧化钠的量HA＞HB＞HD，则三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)，故C正确；‎ D、当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，三种溶液混合，则起始时c(NaA):c(NaB):c(NaD)=1:1:1，根据质子守恒,c(HA)+ c(HB)+ c(HD)+c(H+)=c(OH- )，则有c(HA)+ c(HB)+ c(HD)=c(OH-)-c(H+)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎13.某1L待测溶液中除含有0.2 mol·L－1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或多种：‎ 现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 向溶液B中加AgNO3与HNO3的操作是多余的，待测液中一定含有的离子是K＋、NH4＋、CO32－、HCO3－、且c(K＋)≥0.1mol·L－1‎ B. 生成白色沉淀B的离子方程式为Ba2＋＋HCO3－＋OH－＝BaCO3↓＋H2O C. 已知白色沉淀C能溶于浓氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O＝Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O D. 若无色气体D是混合气体，则沉淀A的成分可能是BaCO3、BaSO3、BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+，滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B，白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4＋、HCO3－，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为0.1molBaCO3，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，据此分析。‎ ‎【详解】A、向溶液B中加AgNO3与HNO3的操作不是多余的，是为了判断是否含有溴离子，根据上述分析，待测液除含有Na+外，一定含有K＋、NH4＋、CO32－、HCO3－，n(NH4＋)=n(NH3)=0.1mol，则c(NH4＋)=0.1mol/L，溶液中c(Na+)=0.2mol/L，c(HCO3－)=0.1mol/L，c(CO32－)=0.1mol/L，c(SO42-)=0.05mol/L，单位体积正电荷=1×0.1+1×0.2=0.3，单位体积内负电荷=1×0.1+2×0.1+2×0.05=0.4，则c(K＋)≥0.1mol·L－1，故A错误；‎ B、生成白色沉淀B的离子方程式为Ba2＋＋HCO3－＋OH－＝BaCO3↓＋H2O，故B正确；‎ C、白色沉淀C为AgCl，所以与氨水的离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O＝Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O，故C正确；‎ D、若无色气体D是混合气体，由分析可知，则沉淀A的成分可能是BaCO3、BaSO3、BaSO4，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎14.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合：Ca2+ +OH− + HCO3− = CaCO3↓+ H2O B. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：SO2+H2O+Ba2+ = BaSO3↓+ 2H+‎ C. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2↑+ H2O D. 往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O2＋CO32−‎ ‎【答案】A ‎【详解】A选项，将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合，少的定为1mol，1mol Ca(OH)2电离出2mol氢氧根和1mol钙离子，2mol氢氧根消耗2mol碳酸氢根反应生成2mol碳酸根，和2mol钙离子反应生成2mol碳酸钙，因此Ca2+ +OH− + HCO3− = CaCO3↓+ H2O，故A正确；‎ B选项，向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀，二氧化硫被硝酸根氧化生成硫酸钡，故B错误；‎ C选项，醋酸是弱酸，不能拆，故C错误；‎ D选项，往苯酚钠溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢根，＋CO2＋H2O2＋HCO3−，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎15.无水MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是（ ）‎ A. 冷凝管中冷水进、出口方向错误 B. 实验中可以用干燥的空气代替干燥的N2‎ C. 为防止反应过于剧烈，不能用装置C代替装置B D. 装有无水CaCl2固体A的作用是吸收挥发的溴蒸气，防止污染环境 ‎【答案】C ‎【详解】A. 冷凝管下口进水，上口出水，方向正确，故A错误；‎ B. 空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，故B错误；‎ C. 将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，不能更换，故C正确；‎ D. 仪器A为干燥管，用于吸收空气中的水分，故D错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎16.下列装置由甲、乙两部分组成(如图所示)，甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化为环境友好物质所形成的化学电源；乙利用装置甲模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废水，电解过程中溶液发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）‎ A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动 B. 乙池中Fe棒应与甲池中的M极相连 C. M极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+‎ D. 若溶液中减少了0.0lmolCr2O72-，则电路中至少转移了0.12 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．根据电解质溶液中阳离子向正极移动分析；‎ B．根据乙中Fe失电子生成亚铁离子判断；‎ C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳；‎ D．根据电子转移守恒计算。‎ 详解：A．根据图知，N电极上氧气得电子生成水，该电极上得电子发生还原反应，为正极，M为负极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即甲中H+透过质子交换膜由左向右移动，A正确；‎ B．根据方程式知，乙中Fe失电子生成亚铁离子，则Fe作阳极、C作阴极，阴极连接原电池负极、阳极连接原电池正极，则Fe与N极相连，B错误；‎ C．根据图知，M电极上生成氢离子，甲是将废水中乙二胺氧化为环境友好物质形成的化学电源，生成含有N元素的物质是氮气、生成含有C元素的物质是二氧化碳，因此电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+，C正确；‎ D．Cr2O72-+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O中以Fe元素计算转移电子数=6×（3-2）=6，即消耗 1mol Cr2O72-，电路中至少转移了6mol电子，所以溶液中减少了0.0lmolCr2O72-，则电路中至少转移了0.06mol电子，D正确；答案选B。‎ 点睛：本题考查原电池和电解池原理，侧重考查学生分析判断能力，正确判断正负极、阴阳极及各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写和电解的有关计算，注意电子守恒的应用。‎ 二 非选择题(共52分)‎ ‎17.二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。‎ 已知：‎ ‎①ClO2的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2种气体；‎ ‎②ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2＋10I−＋8H+2Cl−＋5I2＋4H2O。‎ ‎③‎ 请回答：‎ ‎(1) 仪器b在装置中的作用是____________________；比较仪器c和d，实验中c的优点是________________________________________。‎ ‎(2) 制备装置甲中需改进的一项措施是________________________________。‎ ‎(3) 反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式：________________________；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是________________________________________________________。‎ ‎(4) 下列有关说法正确的是________。‎ A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2‎ B．装置e主要用于检验是否有Cl2生成 C．在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是：4H+＋5ClO=Cl−＋4ClO2↑＋2H2O D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2‎ 的2.5倍 ‎(5) 自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0 mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000 mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2＋2S2O=2I−＋S4O62—)，达到滴定终点时用去15.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为____________mg·L−1。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝回流甲醇兼导气 (2). 有利于液体顺利流下，防止甲醇挥发 (3). 水浴加热 (4). 4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O (5). 产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解 (6). AC (7). 202.5‎ ‎【详解】（1）根据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇；装置C加一个连接的导管，有利于液体顺利流下，防止甲醇挥发。‎ ‎（2）反应需要严格控制的温度，所以最好用水浴加热，使受热均匀，同时便于控制温度。‎ ‎（3）反应中甲醇被氧化为甲酸，同时生成ClO2，化学方程式为：4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O；ClO2的浓度较大时易分解，草酸反应生成二氧化碳，可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解。‎ ‎（4）A. 仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2，故A正确；‎ B. 装置e主要用于检验是否有ClO2生成而不是Cl2，故B错误；‎ C. 在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是：4H+＋5ClO=Cl−＋4ClO2↑＋2H2O，故C正确；‎ D. ClO2和Cl2作氧化剂，还原产物都是Cl-，1molClO2得5mol电子，而1molCl2得2mol电子，所以在相同条件下，等物质的量时，ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；‎ 答案选AC。‎ ‎（5）ClO2和碘化钾的离子反应式：2ClO2＋10I−＋8H+2Cl−＋5I2＋4H2O；加入一定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，使I2还原为I-故蓝色会消失，半分钟内不变色则到达滴定终点，是根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，三者之间的关系为10S2O32-～5I2～2ClO2。由题意：n(S2O32-)=0.015L×0.1 mol·L−1=0.0015mol，则n(ClO2)=‎ ‎ n(S2O32-)=0.0015mol×=0.0003mol，m(ClO2)= n(ClO2)×M(ClO2)=0.0003mol×67.5g/mol=2.025×10-2g=20.25mg，故ClO2的含量为202.5mg·L−1。‎ ‎18.汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。‎ ‎（1）已知 4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1‎ ‎①该反应在________________（填“高温、低温或任何温度”）下能自发进行。‎ ‎②对于该反应，改变某一反应条件（温度T1>T2），下列图象正确的是_______(填序号)。‎ ‎③某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为__________；两种方式达平衡时，N2的体积分数：甲______乙（ 填“>、=、<或不确定”，下同），NO2的浓度：甲______乙。‎ ‎（2）柴油汽车尾气中的碳烟(C)和NOx可通过某含钴催化剂催化消除。不同温度下，将模拟尾气（成分如下表所示）以相同的流速通过该催化剂测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图所示。‎ ‎①375℃时，测得排出的气体中含0.45 mol O2和0.0525 mol CO2，则Y的化学式为________。‎ ‎②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是_________________________‎ ‎____________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 低温 (2). CD (3). 10 (4). > (5). > (6). N2O (7). 2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。‎ ‎【分析】⑴该反应ΔS < 0，ΔH < 0，根据ΔG = ΔH－TΔS< 0的结论；根据化学平衡移动来思考；③根据三步走思维来进行计算，用建模思想思考加压平衡移动，浓度变化。‎ ‎⑵①模拟尾气中一氧化氮的物质的量0.025mol，模拟尾气中O2的物质的量为0.5mol，测得排出的气体中含0.45 mol O2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05mol，同时测得0.0525 mol CO2，而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol×（8%+16%）=0.006mol，根据氧守恒，生成一氧化二氮的物质的量为：0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，根据氮守恒可知氮气的物质的量为进行计算得出了结论。‎ ‎②NO2主要存在2NO2 N2O4的反应，不便于定量测定。‎ ‎【详解】⑴①该反应ΔS < 0，ΔH < 0，ΔG = ΔH－TΔS< 0，则反应在低温下能自发进行，故答案：低温。‎ ‎②A选项，升温，则正逆反应速率都升高，故A错误；‎ B选项，根据先拐先平衡，数字大，则T2 > T1，故B错误；‎ C选项，加压，平衡正向移动，二氧化碳量增加，体积分数增大，画一条与y轴的平行线，从下到上，降温，平衡向放热方向移动即正向移动，故C正确；‎ D选项，加压，平衡常数不变，平衡常数只与温度有关，故D正确。‎ 综上所述，答案案为CD。‎ ‎③‎ ‎，则该反应的平衡常数为10；甲相当于2个容器的乙，再缩小容器体积，加压，平衡正向移动，N2增加，体积分数增大，因此N2的体积分数：甲 > 乙，甲中NO2的浓度在乙中2倍基础上减少，平衡移动是微弱的，因此NO2的浓度：甲 > 乙，故答案为：10； >；>。‎ ‎⑵①模拟尾气中一氧化氮的物质的量0.025mol，模拟尾气中O2的物质的量为0.5mol，测得排出的气体中含0.45 mol O2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05mol，同时测得0.0525 mol CO2，而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025mol×（8%+16%）=0.006mol，根据氧守恒，生成一氧化二氮的物质的量为：0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，根据氮守恒可知氮气的物质的量为：，所以16%对应的是氮气，而8%对应是一氧化二氮；故答案为：N2O。‎ ‎②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定，故答案为：2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。‎ ‎19.钴铁氧体（CoFe2O4）不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，可以由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，再用电化学法制得CoFe2O4。其流程如图所示（过程中所加试剂均足量）‎ Ⅰ．废旧电池中钴的回收 ‎（1）写出过程②中LiCoO2与H2O2发生反应的化学方程式：__________________________________________________________。‎ ‎（2）过程③Na2CO3的主要作用为______________________________________。 ‎ Ⅱ．电解法制得钴铁合金 ‎（3）配制0.050mol⋅L−1FeSO4和0.025mol⋅L−1CoSO4的混合溶液，用铜作阴极、石墨作阳极进行电解，获得CoFe2合金。阴极的电极方程式为：_______________________________。‎ Ⅲ．阳极氧化法制得钴铁氧体 ‎（4）以1.500mol⋅L−1NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为__________________________。‎ ‎（5）当电路上有0.4mol电子转移时，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为___________________________________________________。‎ ‎（6）由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：_____________________（写一条即可）。‎ ‎【答案】(1). 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O (2). 调节pH，使Fe3+沉淀分离 (3). Co2++2Fe2++6e-=CoFe2 (4). CoFe2+4H2O CoFe2O4+4H2↑ (5). 电极上同时生成了Co和Fe的氢氧化物 (6). 合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染 ‎【分析】⑴过程②中LiCoO2与H2O2发生反应生成硫酸钴、硫酸锂和氧气。‎ ‎⑵过程③中含有铁杂质，因此在③过程中主要通过调节溶液的pH值除去铁杂质。‎ ‎⑶阴极上铜离子和亚铁离子失去电子变为CoFe2合金。‎ ‎⑷纯净的钴铁合金（CoFe2）和水在阳极进行电解得到CoFe2O4薄膜。‎ ‎⑸当电路上有0.4mol电子转移时，应该有0.2mol氧，即质量为3.2g，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为铁和钴生成氢氧化物。‎ ‎⑹由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染。‎ ‎【详解】⑴过程②中LiCoO2与H2O2发生反应生成硫酸钴、硫酸锂和氧气，其化学方程式2LiCoO2+ H2O2 +3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O，故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4 = 2CoSO4 +O2↑+ Li2SO4+4H2O。‎ ‎⑵过程③中含有铁杂质，因此在③过程中主要除去铁杂质，通过调节溶液的pH值，过程③Na2CO3的主要作用为调节pH，使Fe3+沉淀分离，故答案为：调节pH，使Fe3+沉淀分离。‎ ‎⑶配制0.050mol⋅L−1FeSO4和0.025mol⋅L−1CoSO4的混合溶液，用铜作阴极、石墨作阳极进行电解，获得CoFe2合金，阴极上铜离子和亚铁离子失去电子变为CoFe2合金，其电极方程式为：Co2++2Fe2++6e-=CoFe2，故答案为：Co2++2Fe2++6e-=CoFe2。‎ ‎⑷以1.500mol⋅L−1NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为CoFe2+4H2O CoFe2O4+4H2↑，故答案为：CoFe2+4H2O CoFe2O4+4H2↑。‎ ‎⑸当电路上有0.4mol电子转移时，应该有0.2mol氧，即质量为3.2g，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为铁和钴生成氢氧化物，故答案为：电极上同时生成了Co和Fe的氢氧化物。‎ ‎⑹由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染，故答案为：合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染。‎ ‎20.“张-烯炔环异构化反应”被《NameReactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物：‎ ‎（R、R′、R′′表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J 的路线如下：‎ ‎（1）A属于炔烃，其结构简式为______________。‎ ‎（2）B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30。B的分子式为___________。‎ ‎（3）C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，E中含有的官能团名称是______。‎ ‎（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式：_________________________________________；试剂b是___________。‎ ‎（5）M和N均为不饱和醇。M的结构简式为____________。‎ ‎（6）参照上述反应路线，以乙炔和甲醛为原料，合成丁二醛（无机试剂任选）。_______________________________________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). CH3C≡CH (2). CH2O (3). 碳碳双键、醛基 (4). +Br2 (5). NaOH醇溶液 (6). CH3C≡CCH2OH (7). HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH OHCCH2CH2CHO ‎【分析】由合成流程可知，A为炔烃，结构为CH3C≡CH，B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B为HCHO，A与B发生加成反应生成M为CH3C≡CCH2OH，M和N均为不饱和醇，则M与氢气发生加成反应生成N为CH3CH=CHCH2OH；C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，则C为，D为CH3CHO，由信息可知生成E为，E氧化生成F为，试剂a为溴水，生成G为 ‎，试剂b为NaOH/醇溶液，G发生消去反应生成H，则H，CH3CH=CHCH2OH与发生酯化反应生成I，最后I发生“张-烯炔环异构化反应”生成J。‎ ‎【详解】（1）A属于炔烃，其结构简式是CH3C≡CH；‎ ‎（2）B的结构简式是HCHO；‎ ‎（3）C为，D为CH3CHO，E为，根据E的结构式可确定，E中含有碳碳双键、醛基；‎ ‎（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式是+Br2；试剂b是NaOH、醇溶液，‎ ‎（5）根据分析，M结构简式是CH3C≡CCH2OH；‎ ‎（6）结合流程中的已知信息，CH3C≡CH和CH2O反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH催化加氢生成HOCH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2OH在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成OHCCH2CH2CHO； 反应过程为：HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHOHCCH2CH2CHO。‎