江西省南昌市第十中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

江西省南昌市第十中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

‎2020届摸底调研模拟考试理科化学 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，全卷满分100分，考试时间100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：C:12 H:1 O:16 Fe:56 ‎ 第I卷（选择题 共48分)‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是 A. 泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要成分均为金属材料 B. 利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光 C. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量 D. 手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．泰国银饰属于金属材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A错误；‎ B．高压钠灯发出的光为黄色，黄光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故用钠制高压钠灯，故B正确；‎ C．人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能消化，故C错误；‎ D．碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列对古文献记载内容理解错误的是（ ）‎ A. 《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。‎ B. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和槽入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏。‎ C. 《开宝本草》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取涉及到升华操作 D. 《本草经集注》有记载：“以火烧之、紫青烟起，乃真硝石也”，区分硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），该方法利用了焰色反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐；‎ B、古代用蒸馏法酿酒；‎ C、“所在山泽，冬月地有霜”的意思是冬天温降低,硝酸钾溶解度降低，结晶析出覆于地面；“扫取以水淋汁"的意思是收集析出的硝酸钾固体，再将硝酸钾溶解于水中形成溶液；“煎炼而成”的意思是蒸发浓缩硝酸钾溶液，使硝酸钾从溶液中析出得到纯净的硝酸钾固体，文中不涉及升华；‎ D、钠元素的焰色是黄色,通过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色是紫色。‎ ‎【详解】A、“瓦"由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐，所以“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，选项A正确；‎ B、古代用蒸馏法酿酒，选项B正确；‎ C、“所在山泽，冬月地有霜”的意思是冬天温降低，硝酸钾溶解度降低，结晶析出覆于地面；“扫取以水淋汁"的意思是收集析出的硝酸钾固体，再将硝酸钾溶解于水中形成溶液；“煎炼而成”的意思是蒸发浓缩硝酸钾溶液，使硝酸钾从溶液中析出得到纯净的硝酸钾固体，文中不涉及升华，选项C错误；‎ D、钠元素的焰色反应是黄色的，钾元素的焰色反应是紫色的，可以用焰色反应鉴别硝酸钾和硫酸钠，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎3.下表中金属的冶炼原理与方法完全正确的是：（ ）‎ 选项 方法 冶炼原理 A 湿法炼铜 CuSO4+2K= Cu+K2SO4‎ B 热分解法炼铜 Cu2S+O22Cu+SO2‎ C 电解法炼铝 ‎2Al2O3（熔融） 4 Al+3O2↑‎ D 热还原法冶炼钡 BaO+H2Ba+H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、湿法炼铜需用与水不反应的较活泼的金属作还原剂，如铁等，钾易与水反应，不能从溶液中还原出单质铜，选项A错误；‎ B、反应Cu2S＋O22Cu＋SO2是火法炼铜，利用的是氧化还原反应原理，将Cu2S中＋1价铜转化为单质铜，该反应不属于分解反应，不是热分解法，选项B错误；‎ C、铝是活泼金属，应用电解法2Al2O3（熔融） 4 Al+3O2↑，选项C正确；‎ D、钡是活泼金属，不能用热还原法冶炼，应用电解法，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. pH=1的无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、CH3COO-‎ B. 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、AlO2-‎ C. 由水电离产生的c(H+)=10－12 mol·L－1的溶液中：NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-‎ D. 使酚酞变红色溶液：Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子不能大量共存一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-‎ 等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎【详解】A项、含有Cu2+的溶液为淡蓝色，pH=1的无色溶液中一定不存在Cu2+，故A错误；‎ B项、0.1 mol·L－1 AlCl3溶液中，Al3+与AlO2-发生双水解反应不能大量共存，故B错误；‎ C项、由水电离产生的c(H+)=10-12 mol·L－1的溶液为酸溶液或碱溶液，HCO3-与H+离子和OH-离子均反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；‎ D项、使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，注意掌握离子反应发生条件，注意溶液的颜色、酸碱性，明确溶液中发生的反应是解答关键。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 1mol•L－1 NaHCO3溶液中的Na+数为NA B. 常温时，2.24LCO2所含的氧原子数为0.2NA C. 5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NA D. 标准状况下，2.24L CCl4所含分子数为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．没有告诉碳酸氢钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L二氧化碳的物质的量，故B错误；C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与足量稀盐酸反应失去0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，故C正确；D．标况下，四氯化碳不是气体，题中条件无法计算2.24L四氯化碳的物质的量，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律 ‎【名师点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点，注意题中缺少溶液的体积，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。‎ ‎6.下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是（ ）‎ 选项 微粒组 加入试剂 发生反应的离子方程式 A K+、Na+、、HCO3-、SiO32-‎ 过量HC1‎ ‎2H++ SiO32-= H2SiO3↓‎ B NH4+、Fe3+、Br-、SO42-‎ 过量H2S Fe3++H2S=FeS↓+2H+‎ C HClO、Na+、Fe3+、SO32-‎ 过量CaCl2‎ Ca2++ SO32-= CaSO3↓‎ D I-、Cl-、H+、SO42-‎ 过量NaNO3‎ ‎6I—+2NO3—+8H+=2NO↑+4 H2O+3I2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HCO3-与SiO32-反应生成H2SiO3和CO32-，通入过量HCl，发生反应的离子方程式为：2H++SiO32-=H2SiO3↓，H++HCO3-=CO2↑+H2O，故A不符合题意；‎ B.题中所给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合题意；‎ CHClO与SO32-因发生氧化还原反应而不能共存，故C不符合题意；‎ D.题中所给四种离子可以大量共存，通入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为：6I—+2NO3—+8H+=2NO↑+4 H2O+3I2，故D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎7.某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在碘元素：‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤①需要将干海带放入蒸发皿中灼烧 B. 步骤②中发生反应的离子方程式为2I-+2H++H2O2＝I2+2H2O C. 步骤③操作后，观察到试管中的溶液变为蓝色，则可说明海带中含有碘元素 D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后通入氧气，则步骤③操作后，试管中的溶液也变成蓝色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 灼烧的时候需要把物质放到坩埚中，而不是蒸发皿中，故A错误；‎ B. 双氧水具有氧化性，把碘离子氧化为碘单质，发生的离子方程式为2I-+2H++H2O2＝I2+2H2O，故B正确；‎ C. 步骤③是检验生成的碘单质，操作后，可以观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；‎ D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后通入氧气，氧气可以将碘离子氧化生成碘单质，4H++4I-+O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，也可以观察到试管中溶液变为蓝色，故D正确；‎ 故答案为：A。‎ ‎8.现有X、Y、Z、M四种短周期元素，X、Y位于同主族，Z、M位于同主族，Y、Z位于同周期，X与Z、M都不在同一周期，Z的核电荷数是M的2倍。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 简单阳离子的氧化性：Y＞X B. 气态氢化物的稳定性：Z＜M C. 简单离子半径由大到小的顺序是：Z＞M＞Y D. 等浓度的X2Z与Y2Z的溶液中，水的电离程度：X2Z＜Y2Z ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M四种短周期元素，Z、M位于同主族，Z的核电荷数是M的2倍，可推知Z为S元素、M为O元素；Y、Z位于同周期，处于第三周期，X与Z、M都不在同一周期，则X处于第一周期，可推知X为H元素，X、Y位于同主族，则Y为Na元素，据此解答。‎ ‎【详解】由分析可知：X为H元素，Y为Na元素，Z为S元素、M为O元素。‎ A.X为H元素，Y为Na元素，元素的金属性越强，其简单阳离子的氧化性越弱，金属性Na强，所以阳离子氧化性：Na+＜H+，故A错误；‎ B.Z为S元素、M为O元素，非金属性：O＞S，故氢化物稳定性：H2O＞H2S，故B正确；‎ C.电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞O2-＞Na+，故C正确；‎ D.H2S溶液中硫化氢电离，溶液呈酸性，抑制水的电离，而Na2S的溶液中，硫离子水解，促进水的电离，故Na2S溶液中水的电离程度更大，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。‎ ‎9.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥 B. 吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2-+O2↑+2H+‎ C. 工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输 D. 通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 步骤a中，由溶液得到NaClO2固体，进行的操作为：过滤、洗涤和干燥，A正确；B. 吸收器中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，离子方程式为： 2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；C. 固体比气体便于贮存和运输，工业上可将ClO2制成NaClO2固体，C正确；D.  反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D正确。答案选B.‎ ‎10.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )‎ X Y Z 物质转化关系 A Cu CuO Cu(OH)2‎ B Si SiO2‎ H2SiO3‎ C NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaOH D FeCl2‎ FeO FeCl3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；‎ B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；‎ C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；‎ D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。‎ ‎11.环扁桃酯具有松弛血管平滑肌、扩张血管的功能，其结构简式如下图。下列对该物质的叙述中，正确的是 A. 该有机物苯环上的二氯代物共有8种 B. 该有机物分子中至少有7个碳原子共平面 C. 该有机物可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应使之褪色 D. 1mol该有机物最多可与2molNaOH发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：该有机物苯环上的二氯代物共有6种，分子中一定共平面的碳原子数为7个，没有碳碳双键或碳碳叁键，只有一个普通的酯基可以与NaOH反应。‎ 详解：A. 该有机物苯环上的二氯代物共有6种，如图所示 和（分别固定A位和B位，分别有4种和2种），A不正确；‎ B. 该有机物分子中至少有7个碳原子共平面，如图所示，B正确；‎ C. 该有机物分子中没有碳碳双键或碳碳叁键，故其不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应使之褪色，C不正确；‎ D. 该有机物分子中只有一个普通的酯基可以与NaOH反应，故1mol该有机物最多可与1mol NaOH发生反应，D不正确。‎ 综上所述，本题选B。‎ 点睛：本题考查了多官能团有机物的结构与性质。要求学生熟悉常见的官能团的结构和性质，能根据有机物的官能团，判断其可能具有的性质。能根据甲烷、乙烯、乙炔和苯等分子的结构判断有机物分子中的共面问题。‎ ‎12.有机物有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接连在苯环上的同分异构体有多少种（不考虑立体异构）（ ）‎ A. 19种 B. 9种 C. 15种 D. 6种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：有多种同分异构体，其中既能与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基，又能发生水解反应说明含有酯基，如果苯环上有2个取代基则为：酚羟基、-OOCCH3，酚羟基、-CH2OOCH，酚羟基、-COOCH3，2个取代基分为邻、间、对三种，所以共有9种；‎ 如果苯环上有3个取代基则为：酚羟基、-OOCH、-CH3，‎ 第一步：苯环上有1个酚羟基时，只有1种结构； ‎ 第二步：苯环上有2个取代基：1个酚羟基、1个-OOCH，把一个取代基置于1位，则另一个取代基有2、3、4三种连接方式，即有邻、间、对3种同分异构体；‎ 第三步：环上有3个取代基：1个酚羟基、1个-OOCH，1个-CH3，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体；‎ 所以共有19种同分异构体，‎ 考点：同分异构体 ‎13.下列实验中，操作和现象均正确且能实现相应实验目的的是 选项 实验目的 操作 现象 A 验证BaSO3难溶于水 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中 有白色沉淀生成 B 验证非金属性：Br > I 将溴水滴入淀粉KI溶液中 溶液变蓝 C 验证SO2的漂白性 将SO2通入酸性KMnO4溶液中 溶液褪色 D 验证某化合物一定是钠盐 将该化合物在酒精灯火焰上灼烧 焰色为黄色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．因HNO3有强氧化性，将SO2通人Ba(NO3)2溶液中得到的白色沉淀为BaSO4，故A错误；B．将溴水滴加到淀粉KI溶液中，溶液变蓝可知有I2生成，则说明Br的非金属性比I强，故B正确；C．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4溶液褪色，可知SO2有还原性，故C错误；D．将该化合物在酒精灯上灼烧，焰色为黄色，可知此化合物中含有钠元素，但不一定是钠盐，故D错误，答案为B。‎ 点晴：对几个实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确做出判断．要考虑是否完全合理、有无干扰现象、经济上是否合算和对环境有无污染等；科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。‎ ‎14.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是 ‎ A. 平衡常数K=‎ B. 该反应在T1时平衡常数比T2时的小 C. CO合成甲醇的反应为吸热反应 D. 处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时 增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因该反应中氢气前的系数为2，则该反应的平衡常数的表达式为：K=，故A项错误；‎ B.由图像可知，反应从T2到T1时，甲醇的物质的量增大，根据平衡常数和计算式可知T1时的平衡常数比T2时的大，故B项错误；‎ C. 由图像可知在T2温度下反应先达到平衡，反应速率较T1快，则有温度T2大于T1，从图像的纵坐标分析可得温度降低，反应向正反应方向发生移动，则正反应为放热反应，故C项错误；‎ D.处于A点的反应体系从T1变到T2的过程中，反应向逆反应方向移动，则c（H2）增大，而c（CH3OH）减小，达到平衡时应该增大，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要查了平衡常数和平衡移动等知识点，从图中获取信息是解决问题的突破口。例如从本题图横坐标分析可知在T2温度下先达到平衡，故可推导温度T2高于T1。‎ ‎15.工业上采用如图装置模拟在A池中实现铁上镀铜，在C装置中实现工业KCl制取KOH溶液。‎ 下列有关说法错误的是 A. a为精铜，b为铁制品可实现镀铜要求 B. c为负极，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H2O C. 从e出来的气体为氧气，从f出来的气体为氢气 D. 钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知，B为原电池，氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，d作电池的正极；c上甲醇失电子，与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；A、C为电解池g、a为电解池的阳极，b、h为电解池的阴极；‎ ‎【详解】A. a为精铜，作电解池的阳极，失电子，b为铁制品作阴极，铜离子得电子可实现镀铜要求，A正确；‎ B. c为负极，甲醇失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32-＋6H2O，B正确；‎ C. 电解KCl，e处为阳极，氯离子失电子出来的气体为氯气，从f出来的气体为氢气，C错误；‎ D. 电解槽左侧为阳极室，钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液，D正确；‎ 答案为C ‎【点睛】电解池中阳离子向阴极室移动；原电池阳离子向正极移动。‎ ‎16. 室温下，用0．100mol/L NaOH 溶液分别滴定20．00mL 0．100mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线 B. V(NaOH)=10．00 mL 时＞1‎ C. pH=7时，两种酸所用NaOH溶液的体积相等 D. V(NaOH)=20．00 mL 时，c(Cl-)＜c(CH3COO-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、滴定开始时0．1000mol/L盐酸pH=1，0．1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，故A错误； B、加入10ml氢氧化钠时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，故＞1，故B正确；C、醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，醋酸所用NaOH溶液的体积小，故C错误；D、V(NaOH)=20．00 mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查中和滴定 ‎【名师点晴】本题考查NaOH与CH3COOH、盐酸的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较知识，注意利用醋酸电离大于醋酸根的水解程度做题。要学会根据滴定曲线和指示剂的发色范围选用指示剂：①0．1mol/L NaOH 滴定盐酸，酚酞和甲基均可使用，当然两者测定结果不同；②0．1mol/L NaOH溶液滴定0．1mol/L CH3COOH溶液，恰好中和生成CH3COONa，溶液呈弱碱性，选酚酞为指示剂，pH=8～10浅红色，误差小；③用HCl滴定NH3·H2O恰好中和生成NH4‎ Cl，溶液呈弱酸性，选甲基橙为指示剂，3．1～4．4橙色，误差小；④用HCl滴定0．1mol/L Na2CO3溶液，第一步生成NaHCO3时，可选用酚酞为指示剂，由红色→浅红→无色，化学方程式为：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaOH；第二步生成碳酸(CO2↑+H2O)，可选用甲基橙为指示剂，由黄色→橙色，化学方程式为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑。‎ 第II卷（非选择题 共52分)‎ 二、非选择题（本题包括6小题，共52分）‎ ‎17.中学化学中常见的几种物质存在如下关系，其中甲是黑色非金属单质，乙是生活中常见的金属单质，D是红棕色气体。（图中部分产物和反应条件已略去）‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出甲与A的浓溶液反应的化学方程式__________________________________。‎ ‎（2）将等体积等浓度的G溶液和H溶液混合后得到的溶液中的离子浓度大小关系为________。‎ ‎（3）除去G固体中含有H杂质采用的方法是_______________________。‎ ‎（4）将溶液F加热蒸干、灼烧到质量不再减少时所得固体物质的化学式为________________。‎ ‎【答案】 (1). C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O (2). c（Na+） >c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）> c（H+） (3). 加热 (4). Fe2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ D是红棕色气体，说明D是二氧化氮；甲是黑色非金属单质，且和A的浓溶液反应生成二氧化氮，说明甲是碳，A溶液是浓硝酸，则B是二氧化碳，C 是水；二氧化碳和足量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，而二氧化碳和少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以G是碳酸钠，而H是碳酸氢钠；二氧化氮和水反应生成硝酸；由硝酸和少量乙反应生成F，和过量乙反应生成E，F和乙又可生成E，可知乙为金属铁，而F为硝酸铁，E为硝酸亚铁，据此答题。‎ ‎【详解】（1）D是红棕色气体，说明D是二氧化氮；由甲是黑色非金属单质，且和A的浓溶液反应生成二氧化氮，说明甲是碳，A溶液是浓硝酸，则B是二氧化碳，C是水，反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O。‎ ‎（2）碳酸钠和碳酸氢钠的混合液中，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，溶液显示碱性，离子浓度大小关系是：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）。‎ ‎（3）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水以及二氧化碳，而碳酸钠受热稳定，可以用加热法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故答案为：加热。‎ ‎（5）向硝酸亚铁中加入硫酸，相等于存在硝酸，硝酸可以将亚铁离子氧化，实质是：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，硝酸亚铁易被氧气氧化为硝酸铁，三价铁水解生成氢氧化铁，受热分解为氧化铁，故答案为：Fe2O3。‎ ‎【点睛】解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。‎ ‎18.元素周期表中的四种元素的有关信息如下，请用合理的化学用语填写空白。‎ 在周期表中的区域 元素代号 有关信息 短周期元素 X X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液 Y Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂 长周期元素 Z Z的一种盐乙可以做净水剂，的某种氧化物丙可以做红色涂料 W W元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨 ‎(1)X元素周期表中的位置为_____，X、Y、W三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为_______。‎ ‎(2)足量W的最高价氧化物的水化物的稀溶液与1mol甲完全反应，放出热量QkJ，请写出表示该过程中和热的热化学方程式_____。‎ ‎(3)下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有_______(选填字母)‎ a、丁比氯化氢沸点高 b、丁比氯化氢稳定性好 c、丁比氟化氢还原性弱 d、丁比氟化氢酸性弱 ‎(4)请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式____________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期ⅢA族 (2). r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+） (3). HIO4（aq）+Al（OH）3（s）=H2O（l）+Al（IO4）3（aq）△H=-QkJ/mol (4). a (5). Fe2O3+6H++2I—=2Fe2++I2+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液，则甲为氢氧化铝，X为Al元素；Y的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂，则该氢化物为氨气，Y为N元素；Z的一种盐乙可以做净水剂，的某种氧化物丙可以做红色涂料，则丙为氧化铁，乙为铁盐，Z为Fe元素；W元素大量存在于海藻中，它的银盐可用于人工降雨，则W为I元素，在结合元素周期律与物质的性质分析答题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为Al元素，Y为N元素，Z为Fe元素，W为I元素，‎ ‎（1）X为Al元素，原子序数为13，在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；原子的电子层数越大，其原子半径越大，电子层数相同时，其离子半径随着原子序数的增大而减小，则X、Y、W三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为：r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+），故答案为：r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+）。‎ ‎（2）W的最高价氧化物的水化物为HIO4与1mol氢氧化铝完全反应，放出热量QkJ，则反应生成1mol水所放出的热量为QkJ，则表示该过程中和热的热化学方程式为：HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq） △H=-QkJ/mol，故答案为：HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq） △H=-QkJ/mol。‎ ‎（3）W的气态氢化物丁为HI，则 a.HCl与HI均为共价化合物，其分子间作用力越大，沸点越高，则分子间作用力大小：HI＞HCl，则沸点高低：HI＞HCl，故a正确；‎ b.非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越高，则碘化氢比氯化氢稳定性低，故b错误；‎ c.同主族元素中非金属性从上而下依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则相应离子的还原性依次增强，则碘化氢比氟化氢还原性强，故c错误；‎ d.氟化氢为弱酸，碘化氢为强酸，则碘化氢比氟化氢酸性强，故d错误。‎ 故答案为：a。‎ ‎（4）丙为氧化铁，丁为HI，两者会发生氧化还原反应，其离子方程式为：Fe2O3+6H++2I—=2Fe2++I2+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H++2I—=2Fe2++I2+3H2O。‎ ‎19.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。请回答下列问题：‎ ‎(1)晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑：显色反应的化学反应式为： FeC2O4+K3[Fe(CN)6] →Fe3[Fe(CN)6]2+______，配平并完成该显色反应的化学方程式。‎ ‎(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。‎ ‎①通入氮气的目的是_________________。‎ ‎②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_______，____。‎ ‎③样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：____。‎ ‎【答案】 (1). 3 2 1 3K2C2O4 (2). 隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置 (3). CO2 (4). CO (5). 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）显色过程是Fe2+和[Fe(CN)6]3-结合成蓝色沉淀的反应，化学方程式为：‎ ‎3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4，故答案为：3，2，1，3K2C2O4。‎ ‎（2）①通入氮气的目的是隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置，从而保证实验的准确性，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置。‎ ‎②B中澄清石灰水变浑浊证明一定有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有CO，故答案为：CO2，CO。‎ ‎③检验固体中是否存在Fe2O3，需要使用硫酸溶解Fe2O3，将其转化成Fe3+，再用KSCN进行检验，若溶液变红色，证明含有Fe2O3，故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。‎ ‎20.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下：‎ 已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Co(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Mn(OH)2‎ 完全沉淀的pH ‎3.7‎ ‎5.2‎ ‎9.2‎ ‎9.6‎ ‎9.8‎ ‎(1)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：______________。‎ ‎(2)浸出液中加入NaClO3的目的是____________________________。‎ ‎(3)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是_____(填化学式)。‎ ‎(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是______；其使用的适宜pH范围是___。‎ A．2.0〜2.5 B．3.0〜3.5 C．4.0〜4.5‎ ‎(5)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。己知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量 NaF后，所得滤液 c(Mg2+)/c(Ca2+) =____________。‎ ‎【答案】 (1). SO32-+ Co2O3+4H+=2Co2++SO42-+2H2O (2). 将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+ (3). Fe(OH)3 (4). 除去溶液中的Mn2+ (5). B (6). 0.7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；加入NaClO3可氧化亚铁离子，得到FeCl3，然后加入Na2CO3调节pH至5.2，可得Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要有Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，加入NaF，除去Ca2+、Mg2+，再在滤液中加入萃取剂，最后得到CoC2O4，据此分析。‎ ‎【详解】（1）Na2SO3具有还原性，能将Co2O3还原为Co2+，Na2SO3被氧化为Na2SO4，所以离子方程式为：SO32-+Co2O3+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：SO32-+Co2O3+4H+=2Co2++SO42-+2H2O。‎ ‎（2）氯酸钠具有氧化性，能将浸出的亚铁离子氧化成铁离子，所以加入NaClO3的目的是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+。‎ ‎（3）加入的碳酸钠与H+反应，c(H+)降低，使Fe3+和Al3+的水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+、Al3++3H2OAl(OH)3+3H+向右移动，从而产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：Fe(OH)3。‎ ‎（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，加入萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，调节溶液的pH在3.0〜3.5之间，可使Mn2+完全萃取，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B，故答案为：除去溶液中的Mn2+，B。‎ ‎（5‎ ‎）当加入过量的氟化钠后，所得到滤液中镁离子与钙离子的比例等于氟化镁和氟化钙的溶度积的比值c(Mg2+)/c(Ca2+)==0.7，故答案为：0.7。‎ ‎21.甲醛(HCHO)在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。‎ ‎（1）甲醇脱氢法可制备甲醛（反应体系中各物质均为气态），结合下图回答问题。‎ ‎①此反应的热化学方程式是______‎ ‎②反应活化能：过程I___过程II（填“>”“=”或“<”）‎ ‎③过程II温度—转化率图如下，下列说法合理的是_____‎ a．甲醇脱氢法制备甲醛过程无副反应发生 b．温度高于 650℃催化剂烧结，活性减弱 c．及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率 ‎（2）甲醛超标会危害人体健康，需对甲醛进行含量检测及污染处理。‎ ‎①某甲醛气体传感器的工作原理如图所示，b极的电极反应式为____，当电路中转移4×10-4 mol电子时，传感器内参加反应的甲醛（HCHO）为_____mg。‎ ‎②氧化剂可处理甲醛污染，结合以下图像分析春季（水温约15℃）应急处理甲醛污染的水源应选择的试剂为______‎ ‎【答案】 (1). CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）⊿H=+84kJ/mol (2). ＞ (3). b、c (4). HCHO-4e-+ H2O= CO2+ 4H+ (5). 3 (6). Ca(ClO)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①由图可知1molCH3OH脱氢生成1molHCHO和1molH2要吸收能量463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol，据此写出热化学方程式；‎ ‎②由图可知反应活化能：过程I>过程II；‎ ‎③a．由图可知，甲醇转化率大于甲醇生成甲醛的转化率，说明有其它副反应发生；‎ b．由图可知，温度高于 650℃甲醇生成甲醛的转化率降低，说明催化剂烧结，活性减弱；‎ c．减小生成物浓度平衡向正反应方向移动，所以及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率；‎ ‎（2）①由图可知，甲醛气体传感器为原电池原理，b极为负极，甲醛发生氧化反应生成CO2，以此书写电极反应式；根据电极反应式计算反应的甲醛的量。‎ ‎②分析图像可知，水温约15℃时选择Ca(ClO)2处理甲醛污染的水源，甲醛去除率较高。‎ ‎【详解】（1）①由图可知1molCH3OH脱氢生成1molHCHO和1molH2要吸收能量 ‎463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol，所以反应的热化学方程式是CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）⊿H=+84kJ/mol，‎ 故答案为：CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）⊿H=+84kJ/mol；‎ ‎②由图可知反应活化能：过程I>过程II，‎ 故答案为：>；‎ ‎③a．由图可知，甲醇转化率大于甲醇生成甲醛的转化率，说明有其它反应发生，所以甲醇脱氢法制备甲醛过程有副反应发生，故a错误；‎ b．由图可知，温度高于 650℃甲醇生成甲醛的转化率降低，说明催化剂烧结，活性减弱，故b正确；‎ c．减小生成物浓度平衡向正反应方向移动，所以及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率，故c正确。‎ 故答案为：b、c；‎ ‎（2）①由图可知，甲醛气体传感器为原电池原理，b极为负极，甲醛发生氧化反应生成CO2，电极反应式为HCHO-4e-+ H2O= CO2+ 4H+；由反应式可知，当电路中转移4×10-4 mol电子时，传感器内参加反应的甲醛（HCHO）为30g/mol=310-3g=3mg。‎ ‎②分析图像可知，水温约15℃时选择Ca(ClO)2处理甲醛污染的水源，甲醛去除率较高，且甲醛去除率受pH的影响不大；‎ 故答案为：3；Ca(ClO)2。‎ ‎22.化合物M (C16H14O2)是一种香料，工业上利用烃A和甲苯为主要原料，按下列路线合成：‎ 已知：①气态烃A在标准状况下的密度是1.25g/L，能作为果实催熟剂；②醛在碱性溶液中能发生羟醛缩合反应，再脱水生成不饱和醛：RCH2CHO+ ‎ ‎。请回答下列问题：‎ ‎（1）K的名称是___________；G中含有的官能团名称是______________。‎ ‎（2）写出D→E的化学方程式____________________________________。‎ ‎（3）A→B的反应类型是_______；‎ ‎（4）同时满足下列三个条件的K的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③除苯环以外不再含有其他环状结构。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为____。‎ ‎（5）以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂设计合成1-丁烯的路线。（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）____________。‎ ‎【答案】 (1). 苯丙烯酸 (2). 碳碳双键、醛基 (3). (4). 加成反应 (5). 16 (6). (7). C H3H2OHCH3CHO CH3CH=CH CHO CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气态烃A在标准状况下的密度是1.25g/L，则M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，能作为果实催熟剂，则A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2与水在催化剂作用下发生加成反应生成B为乙醇，乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成C为乙醛；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成D为，在氢氧化钠溶液中加热发生取代反应生成E为，在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成F为苯甲醛，苯甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热发生类似RCH2CHO++H2O的反应，生成G为，发生银镜反应生成H为 ‎，酸化生成为，与在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M为，据此答题。‎ ‎【详解】（1）由分析可知：K为，名称是苯丙烯酸；G为，含有的官能团名称是碳碳双键、醛基；故答案为：苯丙烯酸，碳碳双键、醛基。‎ ‎（2）D→E的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl。‎ ‎（3）A→B是CH2=CH2与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，反应类型是加成反应，故答案为：加成反应。‎ ‎（4）K为，同时满足条件的同分异构体：①遇FeCl3溶液发生显色反应则含有酚羟基；②能发生银镜反应则含有醛基；③除苯环以外不再含有其他环状结构，若苯环上只有两个取代基，则为酚羟基和-CH=CHCHO或酚羟基和-C(CHO)=CH2，位置上有邻、间、对位，故有6种同分异构体； 若苯环上有三个取代基则为酚羟基、-CH=CH2、-CHO，先定酚羟基、-CH=CH2在苯环上有邻、间、对位，然后再取代醛基分别有4种、4种和2种共10种，故总共符合条件的同分异构体有16种；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，故答案为：16，。‎ ‎（5）乙醇在铜作催化剂条件下与氧气反应生成乙醛，乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，合成路线如下：CH3H2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2，故答案：CH3H2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2。‎ ‎【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，有机物中同分异构体的书写往往是限制条件的，按照烷烃同分异构体书写规律，先写整体，再分写，苯环上两个取代基时，取代基位置是邻间对三种位置，三个取代基，先固定二个，移动一个，再确定同分异构体。‎ ‎ ‎