陕西省西安市铁一中学2020届高三上学期第四次月考化学试题
2019—2020—铁一中月考4化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题（共22小题，每小题2分。计44分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.下列有关化学与生活叙述不正确的是（ ）
A. 战国说著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”（“蛎房”即杜蛎壳），并把这种灰成为“蜃”，“蜃”的主要成分为CaO
B. 服用阿司匹林出现水杨酸时，服用碳酸氢钠溶液解毒
C. 制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物质时可选择相同的气体发生装置
D. 用热的纯碱溶液能洗去油污，所以Na2CO3可直接和油污反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.牡蛎壳的成分为碳酸钙，受热分解生成氧化钙，故正确；
B.水杨酸能和碳酸氢钠反应，故能用碳酸氢钠解毒，故正确；
C.过氧化钠或过氧化氢反应制取氧气都不需要加热，所以可以选择相同的气体发生装置，故正确；
D.碳酸钠水解成碱性，油脂在碱性条件下水解，不是直接和碳酸钠反应，故错误。
故选D。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
B. 1L0.1mol•L-1NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
C. 235g核素U发生裂变反应：U+nSr+Xe+10n，净产生的中子（n）数为10NA
D. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，密闭容器中2molNO与1molO2充分反应生成2mol
二氧化氮，但是二氧化氮可以自身反应生成四氧化二氮，故不能确定分子数，故错误；
B.碳酸氢钠中的碳酸氢根离子水解和电离，所以溶液中的碳酸根离子和碳酸氢根离子和碳酸分子总数为0.1NA，故错误；
C.根据反应可知，235g核素U发生裂变反应，净产生的中子数为9NA，故错误；
D.甲烷和乙烯分子中都含有4个氢原子，故标况下11.2L混合物的物质的量为0.5mol，则含有2mol氢原子，故正确。
故选D。
3.天然和人工合成的物质往往不是纯净物，分离提纯是化学研究的一般过程。下列除杂方法正确的是（ ）
A. SO2中混有少量SO3，可以将混合气体通过浓硫酸除去
B. 乙烯中混有的SO2，可以通过溴水除去
C. 向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分搅拌后过滤可除去杂质FeCl3
D. 除去Na2S溶液中少量NaCl：加入AgCl后再过滤
【答案】A
【解析】
详解】A.三氧化硫和水反应生成硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，故正确；
B.乙烯和二氧化硫都和溴水反应，故错误；
C.碳酸钙消耗MgCl2溶液中的H+，使溶液的PH增大，Fe3+可以转化为Fe(OH)3沉淀除去，但会引入新的杂质离子Ca2+，故错误；
D氯化钠和氯化银不反应，故错误。
故选A。
4.下列有关说法正确的是( )
A. 空气质量监测新标准中增加了PM2.5和臭氧（O3）8小时浓度限值监测指标，空气中体积O3分数越大对人体健康有利
B. 工业上，可以用氢氧化钠溶液吸收SO2、NO2、CO等大气污染物，控制大气污染物排放
C. 开发利用太阳能等新能源，减少燃煤的使用有利于控制酸雨、温室效应
D. 大量排放二氧化硅粉尘、氟利昂、二氧化硫、氮的化合物等，是使珠三角区域空气中臭氧浓度上升的主要原因
【答案】C
【解析】
【详解】A.臭氧具有强氧化性，微量的臭氧可以杀菌，但臭氧在空气中体积分数过大，对人体不利，故错误；
B.氢氧化钠不能吸收一氧化碳，故错误；
C.燃煤能产生二氧化硫和二氧化碳，造成酸雨和温室效应，所以利用太阳能减少燃煤，有利于控制酸雨和温室效应，故正确；
D.氟利昂破坏臭氧层，使臭氧浓度减小，故错误。
故选C。
5.下列解释实验事实的离子方程式正确的是
A. 用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 漂白粉溶液中通入过量的SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-
C. 酸性KI淀粉溶液久置后变蓝:4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
D. Na2S溶液使酚酞试液变红:S2-+2H2O2OH-+H2S
【答案】C
【解析】
A、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，故A错误；B、HClO具有强氧化性，能把HSO3－氧化成SO42－，故B错误；C、久置后变蓝，说明I－被氧气氧化成I2，离子反应方程式为4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O，故C正确；D、S2－水解应是分步水解，故D错误。
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. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【解析】
【分析】
A．根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B．根据铝及其化合物的性质分析判断；C．根据银氨溶液的性质分析判断；D．根据铁及其化合物的性质分析判断。
【详解】A．NaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；
B．NaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；
C．蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和[Ag(NH3)2]+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；
D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；
答案选A。
7. 下列有关电化学的内容正确的是
A. 马口铁和白铁皮破损后，白铁皮比马口铁腐蚀快，所以使用白铁皮时要注意防止铁皮出现刮痕
B. 原电池中电子从负极流出流入正极，电解池中电子从阴极流出流入电源负极
C. 已知磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+ LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则该电池充电时阳极电极反应式为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+
D. 常温下以C选项中电池为电源以石墨为电极电解200mL饱和食盐水，当消耗1.4g Li时，溶液的pH为13(忽略溶液的体积变化)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．马口铁和白铁皮破损后，由于白铁皮表面有活动性比Fe强的Zn，马口铁表面有活动性比Fe弱的Sn，所以都会构成原电池，前者首先被腐蚀的是Zn，后者Fe先被腐蚀，因此Fe被腐蚀的速率后者大于前者。使用白铁皮时铁皮出现刮痕也同压会对铁起到保护作用，错误；B．原电池中电子从负极流出流入正极，电解池中电子从阳极流出流入电源正极，错误；C．已知磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+ LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则该电池充电时阴极电极反应式为：LiFePO4+e-=FePO4+Li+，错误；D．常温下以C选项中电池为电源以石墨为电极电解200mL饱和食盐水，由于在整个闭合回路中电子转移的数目相等。当消耗1．4g Li时，n(e-)=1．4g÷7g/mol=0．2mol，则在NaCl溶液中发生反应2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH 产生NaOH的物质的量是0．2mol，由于溶液的体积是0．2L，所以c(NaOH)=1mol/L,根据在室温下水的离子积常数是1×10-14，可得溶液的pH为14，正确。
考点：考查金属腐蚀与保护、原电池、电解池的反应原理及应用的知识。
8.美国“9.11”恐怖袭击事件给纽约带来了一场严重的环境灾难--石棉污染，使吸入石棉纤维者易患肺癌。已知石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式可表示为Ca2MgXSiYO22(OH)2，X、Y的值分别为（ ）
A. 5、8 B. 8、3 C. 3、8 D. 8、5
【答案】A
【解析】
【详解】根据化合物中元素化合价代数和为0分析，有4+x+4y=44+2，即x+2y=21，则x为奇数，结合答案，当x为3时，y为9，故C错误；当x为5，y为8，故A正确。
故选A。
9.氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（ ）
A. 加入少量水，水的电离平衡向电离方向移动
B. 再通入少量氯气，Cl2+H2OHCl+HCIO，平衡向正方向移动，c(Cl2)减少
C. 通入少量SO2，溶液漂白性增强
D. 加入少量固体NaOH，一定有c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，抑制水的电离，加入少量水，溶液中的氢离子浓度减小，水电离平衡正向移动，故正确；
B.通入少量氯气，平衡正向移动，但氯气的浓度增大，故错误；
C.通入少量二氧化硫，氯气和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，溶液的次氯酸减少，漂白性减弱，故错误；
D.加入少量固体氢氧化钠，反应生成氯化钠和次氯酸钠，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)，故错误。
故选A。
10.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，
其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是
A. X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性
B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生
D. 工业上，B转化为D的反应条件为加热、使用催化剂
【答案】D
【解析】
试题分析：X为常见酸，其浓溶液能使蔗糖变黑，说明X为H2SO4，D和水反应生成H2SO4，则D为SO3，B为SO2，A、蔗糖变黑，体现硫酸的脱水性，故错误；B、浓硫酸和铁在常温下，发钝化反应，产生一层致密氧化薄膜，阻碍反应的进行，故错误；C、C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，C为CO2，与少量澄清石灰水反应，生成Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故错误；D、SO2→SO3需要催化剂和加热才能实现，故正确。
考点：考查无机推断、硫酸的性质等知识。
11.无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【解析】
【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO和CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有N2，则甲气体的组成为NH3、NO、CO2，故选B。
12.已知：25℃时，0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×100%)约为1%。该温度下，用0.1000mol·L-l 氨水滴定10.00mL0.1000mol·L-lCH3COOH溶液，溶液的pH与溶液的导电能力(I)的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. M点→N点，水的电离程度逐渐增大
B. 25℃时，CH3COOH 的电离常数约为1.0×10-2
C. N点溶液中，c(CH3COO-)>c(NH4+)
D. 当滴入20 mL氨水时，溶液中c(CH3COO-)>c(NH4+)
【答案】A
【解析】
【详解】A.醋酸溶液中加入氨水，二者反应生成醋酸铵和水，醋酸的电离出的氢离子浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，故正确；
B. 25℃时0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×100%)约为1%，则根据电离平衡常数计算，醋酸电离平衡常数为，故错误；
C.N点溶液为中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)分析，有c(CH3COO-)=c(NH4+)，故错误；
D. 当滴入20 mL氨水时，溶液为等浓度的氨水和醋酸铵，溶液为碱性，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)和c(H+)
KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>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－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；答案选C。
点晴：在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
【此处有视频，请去附件查看】
14.常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2，通入的CO2体积（V）与溶液中水电离出的OH-离子浓度的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. a点溶液中：水电离出c（H+）=1×10-10mol·L－1
B. b点溶液中：c（H+）=1×10-7mol·L－1
C. c点溶液中：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)
D. d点溶液中：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1，就是水电离出的，故正确；
B. b点溶液为氢氧化钠和碳酸钠，水电离的氢氧根离子浓度为1×10-7mol·L－1，但溶液中还有氢氧化钠电离出的氢氧根离子，所以根据水的离子积常数计算，溶液中的c（H+）不为1×10-7mol·L－1，故错误；
C. c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根水解分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故正确；
D. d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋) +c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，c(OH-)= c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故正确。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的水电离程度的变化，氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠存在水解，促进水的电离，所以向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，水的电离程度逐渐增大，当全为碳酸钠时，水的电离程度最大，然后碳酸钠反应生成碳酸氢钠，水的电离程度又逐渐减小。分清溶液中的氢离子和水电离的氢离子的关系。
15.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如下图所示。下列说法正确的是( )
A. O～t2时，v正>v逆
B. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>Ⅱ
C. t2时刻改变的条件是向密闭容器中加C
D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数Ⅰ<Ⅱ
【答案】C
【解析】
【详解】A.0～t1，反应正向进行，说明v正>v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，反应逆向进行，v逆>v正，A错误；
B. 0～t1，反应正向进行，说明v正>v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，反应逆向进行，v逆>v正，因此达到平衡时A的体积分数Ⅰ<Ⅱ，B错误；
C.向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，C正确；
D.该反应是在恒温下进行，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数KI=KⅡ，D错误；
故合理选项是C。
16.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1mol·L-1KI溶液：Na+、K+、ClO-、OH-
B. 0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-
C. PH=7的溶液中：Al3+、Cl-、Na+、NO3-
D. 25℃时，水电离出的c(H+)=1×l0−l3mol/L的溶液中：K+、Ba2+、NO3−、S2−
【答案】B
【解析】
【详解】A.碘离子能被次氯酸根离子氧化，故错误；
B.四种离子和硫酸铁不反应，能共存，故正确；
C.铝离子不能在中性溶液中存在，故错误；
D.
溶液可能为酸性，也可能为碱性，在酸性溶液中硝酸根离子能氧化硫离子，故不能大量共存，故错误；
故选B。
【点睛】掌握离子共存的条件。注意离子反应可能有复分解反应或氧化还原反应或络合反应等，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性。
17.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而含氮化合物的用途广泛，两个常见的固氮反应的平衡常数的对数值（lgK）与温度的关系如图所示：①N2+3H2⇌2NH3 ②N2+O2⇌2NO；根据图中的数据判断下列说法正确的是（ ）
A. 反应①和②均为放热反应
B. 升高温度，反应①的反应速率减小
C. 在1000℃时，反应①和反应②体系中N2的浓度一定相等
D. 在标准状况下，利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大
【答案】D
【解析】
【详解】A. ①的反应平衡常数随着温度升高而减小，说明正反应为放热反应，②的反应平衡常数随着温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，故错误；
B.升温，反应速率加快，故错误；
C. 在1000℃时，反应①和反应②的平衡常数相等，但不确定体系中N2的浓度，故错误；
D.标况下两个反应的平衡常数差距较大，故固氮的反应程度相差很大，故正确。
故选D。
【点睛】掌握温度和平衡常数的关系，以及平衡常数和反应程度的关系，即平衡常数越大，说明反应进行的程度越大。
18.分子式为C9H11Cl，且苯环上有两个取代基的芳香族化合物，其可能的结构有(不考虑立体异构)( )
A. 5种 B. 9种 C. 12种 D. 15种
【答案】D
【解析】
试题分析：苯环上只有两个取代基，其中一个是氯原子；取代基可能有氯原子、正丙基，氯原子、异丙基，甲基、-CH2-CH2Cl，甲基、-CH2ClCH3，丙基、-CH2Cl，五种，各有邻、间、对三种同分异构体，共15种；故选D。
考点：考查同分异构体的书写
19.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是
A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:XW
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
20.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图所示。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子);若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH（羟基自由基)。下列说法错误的是
A. 无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e—===Fe2+
B. 不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e—===H·
C. 鼓入空气时，每生成1mol·OH有2 mol电子发生转移
D. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气
【答案】C
【解析】
【详解】A．无论是否鼓入空气时，铁作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A项正确；
B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的氢原子，电极反应式为H++e-=H·，B项正确；
C．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-，所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，C项错误；
D．除去草酸需要氧化性的物质，上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；
所以答案选择C项。
21.已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10－5 mol3·L－3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系如右图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)=0.034 mol•L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】Ag2SO4刚好为100 mL的饱和溶液，因为c(Ag+)=0.034mol·L-1，所以c(SO42－)=0.017mol·L-1；当加入100 mL 0.020 mol·L-1Na2SO4溶液后，c(SO42－)==0.0185mol·L-1，c(Ag+)=0.017 mol·L-1，此时Qc= c(SO42－) c2(Ag+)=0.0185×（0.017）2=5.35×10-6M2>M3 (8). C+H2OCO+H2
【解析】
【分析】
（1）根据反应热与键能的计算公式计算。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）根据平衡的三段式计算模式进行计算，并进一步计算转化率和平衡常数。
（4）根据增加反应物的量通常不能提高反应转化率分析。
【详解】(1)根据反应热=破坏的反应物中的化学键键能总和-生成物中的化学键键能总和，所以有-54=x+432-(412+341+348) 解得x=615 kJ⋅mol−1；
(2) ①根据盖斯定律分析，有①+②-③得热化学方程式为：(g)+H2(g)⇌(g) △H4=-54-185+118=-121kJ⋅mol−1；
②该反应为放热反应，所以随着温度升高，平衡逆向移动，转化率降低，则T1M2>M3 ；
b.因为碳和水可以反应，所以水蒸气能有助于恢复催化剂的活性，方程式为：C+H2OCO+H2。
【点睛】掌握平衡移动原理和平衡的计算模式，注意平衡常数的计算，尤其是用压强表示平衡常数时候，使用平衡时的压强和平衡时各物质的物质的量分数进行计算。
（二）选答题
26.[物质结构与性质]（1）酒石酸钛配合物广泛应用于药物合成。酒石酸（结构如图所示）中羧基氧原子的轨道杂化类型分别是______________
（2）氰酸（HOCN）的结构式是_________，根据等电子体原理，可推测氰酸根离子的空间构型是____。
（3）FeBr2为只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图a，距一个Fe2+离子最近的所有Br-离子为顶点构成的几何体为_____________．
（4）二茂铁是最重要的金属茂基配合物，也是最早被发现的夹心配合物，包含两个环戊二烯基与铁原子成键．二茂铁的结构为一个铁原子处在两个平行的环戊二烯基环的之间，结构如图b所示，已知二茂铁的一氯代物只有一种．
①二茂铁的分子式为__________．
②穆斯堡尔谱学数据显示，二茂铁中心铁原子的氧化态为+2，每个茂环带有一个单位负电荷．因此每个环含有________个π电子．
③二茂铁中两个茂环可以是重叠的（D5h），也可以是错位的（D5d），它们之间的能垒仅有8～20kJ/mol．温度升高时则绕垂直轴相对转动，使得两种结构可以相互转换，转换过程中能量变化如图c．比较稳定的是__________结构（填“重叠”或“错位”）．
（5）氧化镍（NiO）是一种纳米材料，比表面积S(m2/g)是评价纳米材料的重要参数之一（纳米粒子按球形计）。基态Ni2+有_________个未成对电子，已知氧化镍的密度为ρg/cm3；其纳米粒子的直径为Dnm列式表示其比表面积 ____________m2/g。
【答案】 (1). sp2 (2). H-O-C≡N (3). 直线型 (4). 立方体 (5). C10H10Fe (6). 6 (7). 重叠 (8). 2 (9). 6000/Dρ
【解析】
（1）羧基的结构简式为，两个O原子的价层电子对数分别为3、4，则杂化类型分别为sp2、sp3；
（2）碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H；氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+（4-2×2）=2，采取sp杂化；CNO-电子数为22，与CNO-
互为等电子体微粒为CO2，CO2是直线型分子，等电子体的结构相似，所以CNO-的空间构型是直线型；
（3）距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是立方体；
（4）①因为包含两个环戊二烯基与铁原子，又环戊二烯基为-C5H5，所以二茂铁的分子式为C10H10Fe；
②因为每个环戊二烯中含有5个C原子，在加上铁原子的一个电子，所以每个环含有的π电子数为6；
③由图象知，D5h的能量较低，所以比较稳定的是重叠结构；
（5）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d有8个电子，其中2个单电子；其纳米粒子的直径为Dnm=D×10-7m，表面积为4π（×10-7）2cm2=4π（×10-7）2×10-4 m2=4π（×10-7）2×10-4 m2=πD2×10-18m2，体积为π（×10-7）3cm3，纳米粒子的质量为π（×10-7）3cm3×ρg/cm3=π（×10-7）3×ρg=g，比表面积为=6000/Dρ。
27.聚合物F的合成路线图如下：
请据此回答：
（1）A中含氧官能团名称是_______，C的系统命名为_________。
（2）检验B中所含官能团所用的试剂有______；E→F的反应类型是___________。
（3）C生成D的反应化学方程式为_____________________________，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为________（同一个碳原子上连两个碳碳双键的除外）。
（4）G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有____种。
① 分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基 ② 遇氯化铁溶液变紫色
③ 能与溴水发生加成反应
（5） 参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备 的合成路线__________________。
【答案】 (1). 醛基 (2). 1，2-二溴丙烷 (3). NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液） (4). 加聚反应 (5). CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr (6). CH3C≡CH (7). 9 (8).
【解析】
【分析】
根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道,C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ；E发生加聚反应生成F，据此分析解答。
【详解】根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道, C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；
B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ,E发生加聚反应生成F；
(1)A为 ,其所含氧官能团为醛基；据F的结构简式可以知道, C3H6为丙烯，其与溴发生加成反应生成的C为1,2-二溴丙烷；因此，本题正确答案是:醛基；1,2-二溴丙烷。
(2)B为 ,B中含有的官能团为羧基和碳碳双键,可用碳酸氢钠溶液检验羧基、用溴水检验碳碳双键；E为 ,E通过加聚反应生成F；因此，本题正确答案是: NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液）；加聚反应。
(3)C为1,2-二溴丙烷，其水解生成D，D为1,2-二羟基丙醇，反应的化学方程式为: CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；C与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成CH3C≡CH；正确答案：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr ； CH3C≡CH。
(4)G物质与 互为同系物,且G物质的相对分子质量比 大14,则G比 多1个CH2原子团，且满足:①分子中含有苯环,且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色,则有机物分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应,说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可以知道，满足条件的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH 、–C3H5 ；而–C3H5结构可能为①-CH=CHCH3②-CH2CH=CH2③-C(CH3)=CH2；酚羟基与①取代基在环上的结构有3种，酚羟基与②取代基在环上的结构有3种，酚羟基与③取代基在环上的结构有3种，所以满足条件的有机物总共有：3×3=9种；因此，本题正确答案是:9。
(5)据已知反应可以知道，甲醛与乙醛发生羟醛缩合反应后失水生成CH2=CHCHO，然后用弱氧化剂新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，其发生加聚反应可得 ；则合成路线为：
；正确答案： 。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。
