江西省赣州市石城中学2020届高三上学期月考化学试题

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化学试题 相对原子质量：H－1 O－16 C－12 N－14　S--32 Cu－64 Pb－207 Cl－35.5 Ag -108‎ 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题3分，共48分)‎ ‎1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是 A. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料 B. 中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si C. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键 D. 用铜片制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故A错误；‎ B.芯片主要是使用半导体材料制作，主要成分为Si，故B正确；‎ C. “拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；‎ D. “纳米铜”与铜都是铜，只是颗粒大小不同，所以化学性质相同，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是 A. H2O2的电子式：‎ B. 核内含8个中子的碳原子：8C C. 丙烷分子的比例模型示意图：‎ D. 铝硅酸盐Na2Al2Si2O8可用氧化物形式表示为：Na2O·Al2O3·2SiO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2O2双氧水为共价化合物，不含有阴阳离子，故A错误；‎ B. 核内含8个中子的碳原子：14C，故B错误；‎ C. 该图是丙烷分子的球棍模型示意图，故C错误；‎ D. 硅酸盐书写为氧化物的方式时，氧化物书写先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水；铝硅酸盐Na2Al2SixO8可用氧化物形式表示为：Na2O·Al2O3·2SiO2，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】由非金属元素相互结合形成的化学键键一般都是共价键（除铵盐外），绝大多数由金属与非金属结合形成的键为离子键（氯化铝除外）；元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，右上角表示粒子所带的电荷数，右下角表示粒子个数；‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 煤的干馏和石油的分馏都是化学变化 B. 漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物 C. 纯碱、明矾和干冰都是电解质 D. 乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和氢氧化钠溶液，振荡、静置后分液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、石油的分馏是物理变化而煤的干馏是化学变化，选项A错误；‎ A、漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的，是混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，选项B正确；‎ C、纯碱是碳酸钠属于盐类，是电解质；明矾是硫酸铝钾属于盐，是电解质；干冰是固态的二氧化碳，属于非电解质，选项C错误；‎ D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.下列有关有机物结构和性质的说法错误的是( )‎ A. 分子式为C4H10O且能与 Na反应放出气体的结构共有4种 B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物 C. 苯甲酸()分子中所有原子可能位于同一平面 D. 1mol盐酸美西律()最多可与3 mol H2发生加成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式为C4H10O且能与 Na反应放出气体，说明结构中含有羟基，为饱和一元醇，且烷基为-C4H9，-C4H9有4种同分异构体，因此符合条件的有机物的同分异构体有4种，A项正确，不符合题意；‎ B. 汽油、煤油均为混合物，不是纯净物，B项错误，符合题意；‎ C. 苯分子中所有原子共平面，HCOOH中所有原子可以共平面，碳碳单键可以旋转，因此苯甲酸中所有原子可以共平面，C项正确，不符合题意；‎ D. 该有机物中苯环能和氢气在一定条件下发生加成反应因此1mol盐酸美西律()最多可与3 mol H2发生加成，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】有机物分子中原子共面、共线的判断方法：‎ ‎5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )‎ A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I−=2Fe2++I2‎ B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH−=NH3·H2O C. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2＋＋2I−＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－‎ D. 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH−+2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液，NO3-、Fe3+均被还原，离子方程式为：Fe3++3NO3-+10I−+12H+=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，A项错误；‎ B. NaOH少量，先与HSO3-反应，因此离子方程式为：HSO3-+OH−=H2O+SO32-，B项错误；‎ C. I-还原性较强，Cl2少量时先氧化I-，恰好1molCl2氧化2molI-,因此离子方程式为：2I−＋Cl2=I2＋2Cl－，C项错误；‎ D 0.01 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH−+2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】当一种物质同时氧化两种或两种以上的粒子时强还原剂先被氧化，一种物质同时还原两种或两种以上的粒子时，强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律。‎ ‎6.在一个氧化还原反应体系中存在Fe3+、NO3－、Fe2+、NH4+、H+、H2O，则下列判断正确的是(　　)‎ A. 配制Fe(NO3)2溶液时应加入硝酸酸化防止Fe2+水解 B. 该反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为8 ：1‎ C. 若有1mol NO3－发生还原反应，转移的电子物质的量为1mol D. 若将该反应设计成原电池，则负极反应式为Fe2+-e－＝Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe2+具有还原性，酸性条件下NO3-具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成Fe3+，反应方程式为：8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，反应中Fe的化合价由+2价变为+3价，N的化合价由+5价降低到-3价，因此Fe2+为还原剂，NO3-为氧化剂，由此作答。‎ ‎【详解】由分析可知发生的反应为：8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O A. 配制Fe(NO3)2溶液时，在酸性条件下会发生氧化还原反应，因此不能用硝酸酸化，A项错误；‎ B. 反应中Fe的化合价由+2价变为+3价，N的化合价由+5价降低到-3价，因此Fe2+为还原剂，NO3-为氧化剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:8，B项错误；‎ C. 有1mol NO3－发生还原反应，转移的电子物质的量为8mol，C项错误；‎ D. 若将该反应设计成原电池，负极上Fe2+失去电子发生氧化反应，电极反应为：Fe2+-e-= Fe3+，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）‎ ‎①常温下pH＝1的溶液中：Fe3＋、SO42-、K＋、MnO4-‎ ‎②0.1mol/LNa2S溶液：K＋、NH4+、NO3-、Al3＋‎ ‎③中性透明溶液中：K＋、SO42-、NO3-、Fe3＋‎ ‎④加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+‎ ‎⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、ClO﹣‎ ‎⑥25℃时，KW/[H＋]＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、[Al(OH)4]－‎ A. ②③ B. ①⑥ C. ③④⑤ D. ①⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①酸性溶液中Fe3＋、SO42-、K＋、MnO4-不反应，能大量共存，故选①；‎ ‎②S2-、Al3＋发生双水解反应，S2-、Al3＋不能大量共存，故不选②；‎ ‎③在中性溶液中Fe3＋水解为氢氧化铁沉淀，中性溶液中Fe3＋不能大量存在，故不选③；‎ ‎④加入Al能放出H2的溶液呈强酸性或强碱性，强酸性溶液中HCO3﹣不能大量存在，强碱性溶液中HCO3﹣、NH4+不能大量存在，故不选④；‎ ‎⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液呈碱性， S2﹣、ClO﹣发生氧化还原反应，S2﹣、ClO﹣不能大量共存，故不选⑤；‎ ‎⑥25℃时，KW/[H＋]＝0.1 mol·L－1的溶液呈碱性，Na＋、K＋、SiO32-、[Al(OH)4]－离子间不反应，能大量共存，故选⑥；‎ 故选B。‎ ‎8.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是 A. Y的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸 B. 原子半径：XZ(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl >H2S，选项C错误；‎ D. X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是 选项 实验 现象 结论 A 将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水 石灰水变浑浊 炭被氧化成CO2‎ B 将稀盐酸滴入Na2SiO3 溶液中 溶液中出现凝胶 非金属性: Cl>Si C SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸 有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀不溶解 先产生BaSO3沉淀，后转化为BaSO4‎ D 向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水 溶液显红色 原溶液中一定含有Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．炭和浓H2SO4的混合物加热，反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，结论不合理，故A错误；‎ B．将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中，溶液中出现凝胶，说明反应生成硅酸，只能证明酸性：盐酸＞硅酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法据此判断Cl、Si的非金属性强弱，故B错误；‎ C．SO2通入BaCl2‎ 溶液不反应，加硝酸发生氧化还原反应，将二氧化硫氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故C错误；‎ D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含Fe3+，再滴加新制氯水，溶液为红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键。本题的易错点为C，要注意SO2通入BaCl2溶液不能反应生成亚硫酸钡沉淀。‎ ‎10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有 ‎①0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA ‎②12g金刚石中，碳碳共价键数为4NA ‎③常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA ‎④2g 中含有的质子数、中子数、电子数均为NA ‎⑤常温常压下，S2和S6的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA ‎⑥10mL 18mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为0.18NA A. ①⑥ B. ④⑤⑥ C. ③④⑤ D. ①②⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①丙烯酸分子中含有一个碳碳双键和一个碳氧双键，0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故①错误；‎ ‎②12g金刚石的物质的量为1mol ，而1mol金刚石中含2mol碳碳键，故含2NA个，故②错误；‎ ‎③C3H6和C4H8最简式相同都为CH2，常温下，21g C3H6和C4H8的混合物的物质的量为mol，含有的碳原子数为1.5NA，故③正确；‎ ‎④的摩尔质量为20g/mol，含有10个质子、10个中子，10个电子，2g 为1mol，其中含有的质子数、中子数、电子数均为NA，故④正确；‎ ‎⑤S2和S6都只含有S原子，常温常压下，6.4g S2和S6的混合物为0.2mol，其中所含硫原子数一定为0.2NA，故⑤正确；‎ ‎⑥10mL 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，浓硫酸与足量的镁反应生成二氧化硫，随着反应进行浓硫酸变为稀硫酸，与镁反应生成氢气，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，故⑥错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.中美贸易战中，稀土是我国一张重要的牌。稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：①铈常见的化合价为+3价和+4价：②氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是 A. 工业上金属铈一般应低温密封保存 B. 工业上可以采取用H2还原氧化铈的方法来治炼金属铈 C. 工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质 D. 铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从题干的信息可以直达，金属Ce的化学性质与Na相似，Ce4+又具有较强的氧化性，可以依据Na的性质答题，又需要考虑Ce4+本身的化学特性。‎ ‎【详解】A. 稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，工业上金属铈一般应低温密封保存，故A正确； ‎ B. 受热时燃烧，不能用氢气还原，故B错误； ‎ C. 遇水很快反应，工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质，故C正确；‎ D. 氢碘酸为非氧化性的酸，与变价金属反应，生成氢气和低价态的金属阳离子，铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.根据下列图示所得出的结论不正确的是 A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0‎ B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；‎ B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；‎ C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液pH1，HX为一元弱酸；‎ D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。‎ ‎【详解】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；‎ B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；‎ C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；‎ D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；‎ 答案选C ‎【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。‎ ‎13.手持技术的氧电化学传感器可用于测定 O2含量，右图为某种氧电化学传感器的 原理示意图。已知在测定O2含量过程 中，电解质溶液的质量保持不变。一定时 间内，若通过传感器的待测气体为aL(标 准状况)，某电极增重了b g。下列说法正确的是 A. Pt电极负极 B. 反应过程中转移OH-的物质的量为0.125bmol C. Pb电极上发生的电极反应为Pb-2e- +2OH- = Pb(OH)2‎ D. 待测气体屮氧气的体积分数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 得电子发生还原反应的电极是正极、失电子发生氧化反应的电极是负极，则通入氧气的电极Pt电极为正极，发生还原反应，故A错误；‎ B. 放电过程中，Pb电极质量增加，增加的质量为氧元素质量，如果电极质量增加bg，则生成n(PbO)=n(O)=mol，根据2Pb+4OH−−4e−═2PbO+2H2O得转移n(OH−)=2n(PbO)‎ ‎=0.125bmol，故B正确；‎ C. 在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，说明Pt电极消耗的氧气与Pb电极上得到的O原子质量相等，其电池反应式为2Pb+O2=2PbO，所以Pb电极上Pb失电子和OH−反应生成PbO，电极反应式为2Pb+4OH−−4e−═2PbO+2H2O，故B错误；‎ D. 根据转移电子相等得：n(O2)=n(PbO)= bmol，氧气体积=bmol×22.4L/mol=0.7bL，待测氧气体积分数=，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】原电池电极判断方法: ‎ 在原电池的外电路，电流由正极流向负极，电子由负极流向正极。在原电池电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。原电池中，负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应。因此可以根据总的化学方程式中化合价的升降来判断。原电池工作后若某一电极质量增加，说明溶液中的阳离子在该电极上放电，该电极为正极，活泼性较弱；如果某一电极质量减轻，说明该电极溶解，电极为负极，活泼性较强。析氢或吸氧的电极反应发生后，均能使该电极附近电解质溶液的pH增大，因而原电池工作后，该电极附近的pH增大了，说明该电极为正极，金属活动性较弱。‎ ‎14.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（  ）‎ A. Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-‎ B. ④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的 C. ①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D. ①与④的Kw值相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。‎ 详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-‎ 浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。‎ 点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。‎ ‎15.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是( ) ‎ A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0‎ B. 图中X点所示条件下，延长反应时间不能提高NO转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加O2浓度不能提高NO转化率 D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像，温度低的时候，化学反应速率慢，在该时间内没有达到平衡，因此曲线的前半段，体现了温度与化学反应速率的关系；当温度高的时候，化学反应速率快，达到平衡，体现了平衡受温度的影响。可知，随着温度的升高，NO转化率降低，平衡逆向移动。‎ A. 升高温度，NO的转化率降低，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热的方向移动，因此正反应为放热反应，因此ΔH<0，A项错误；‎ B. X点没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间导致消耗的NO的量增多，导致NO转化率提高，B项错误；‎ C.‎ ‎ Y点所示的条件下达到了平衡状态，增大氧气的浓度使平衡正向移动，NO的转化率提高，C项错误；‎ D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，反应正向移动，c平衡(O2)<5.0×10−4 mol·L−1，NO的平衡转化率为50%，平衡时c(NO)=c(NO2)，平衡常数K=>=2000，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.已知A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是 A. 若A是大气中含量最多的气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染。则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O=2HNO3+NO B. 若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为△H 2=△H 1+△H 3‎ C. 若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上用D制备A的化学方程式2Na2O(熔融)4Na+O2↑‎ D. 若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质，实验室保存D溶液的方法是加入适量铁粉与适量盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若A是大气中含量最多的气体为N2，C、D是氧化物且会造成光化学污染，C为NO，D为NO2，B为NH3；D转化成C的反应化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；‎ B．若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化．在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到：C(s)+O2(g)=CO(g)△H1，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2，CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H3；依据盖斯定律得到△H1+△H3 =△H2，故B正确；‎ C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为日常生活中常用的调味品为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故C错误；‎ D．若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，判断C为FeCl3，D为FeCl2，保存FeCl2时为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎17.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：‎ ‎(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为___________。利用喷雾干燥法脱硫工艺也是除去SO2的常见方法，先将含SO2的废气溶于水，再用饱和石灰浆吸收。该温度下吸收液中c(Ca2+)一直保持为0.50 mol·L-1，已知KSP(CaSO3)=1.4×10-7，则吸收后溶液中的浓度______________________。‎ ‎(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示：‎ 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=(1−)×100%‎ ‎①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于____________。‎ ‎②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是________________。‎ ‎(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，含铝粒子反应的离子方程式_________‎ ‎(4) “过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=__________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2+OH−=HSO3− (2). 2.8×10-7mo1/L (3). FeS2 (4). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (5). AlO2－＋CO2＋2H2O＝ Al(OH)3↓＋HCO3－ (6). 1∶16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)用NaOH溶液吸收过量的SO2，生成HSO3-；根据Ksp= c(Ca2+) c()计算c()；‎ ‎(2) ①不添加CaO的矿粉中S元素的来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高；‎ ‎②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率低，加入CaO可能转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高；‎ ‎(3)过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2-，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2-转化为Al(OH)3；‎ ‎(4) “过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，根据得失电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】(1) 用NaOH溶液吸收过量的SO2，生成HSO3-，反应的离子方程式为：SO2+OH−=HSO3−；Ksp= c(Ca2+) c()可得c()===2.8×10-7mol/L；‎ ‎(2) ①不添加CaO的矿粉中S元素的来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可以判断焙烧过程中S元素的主要来源是FeS2；‎ ‎②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率低，加入CaO可能转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的去除率降低；‎ ‎(3)过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2-，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2-转化为Al(OH)3，离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O＝ Al(OH)3↓＋HCO3－；‎ ‎(4) “过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmol Fe2O3和ymol FeS2参加反应，根据得失电子守恒可得2x×(3-)=2y×5+y×()，解得=，即理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1:16。‎ ‎18.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：‎ ‎(1)反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1‎ 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ的热化学方程式：________________。‎ ‎(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示：‎ p2_______p 1(填“＞”或“＜”)。‎ ‎(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。‎ i.SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O ii.I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－‎ ‎(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到 2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)‎ 序号 A B C D 试剂组成 ‎0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI0.2 mol·L－1 H2SO4‎ ‎0.2 mol·L－1 H2SO4‎ ‎0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2‎ 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ‎①B是A的对比实验，则a=__________。‎ ‎②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。‎ ‎③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。‎ ‎(5)据文献报道，二氧化碳可以在酸性水溶液中用惰性电极电解制得乙烯，其原理如图所示。则b电极上的电极反应式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2). > (3). SO2 (4). SO42− (5). 4H+ (6). 0.4 (7). I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (8). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快 (9). 2CO2 + 12H+ + 12e－=C2H4 + 4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据该盖斯定律书写正确的热化学方程式，并计算反应热；‎ ‎(2)相同温度下，增大压强，平衡正向移动；‎ ‎(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物，在第二个反应中作生成物，总方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4 (l)+S(s)，催化过程中发生反应i：SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I-、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4 ，根据原子守恒可知，反应物中还含有SO2；‎ ‎(4) ①B是A的对比实验，所用的c(KI)相等；‎ ‎②比较A、B、C，A中只含有KI，B中含有KI和H2SO4，C中只含有H2SO4，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应；‎ ‎③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A，反应ii比反应i快；‎ ‎(5)太阳能电池为电源，电解强酸性的CO2水溶液得到乙烯，乙烯在银基声称，由图可知，a电极上电解水生成O2和H+，b电极上CO2得到电子和H+反应生成乙烯和水。‎ ‎【详解】(1)根据盖斯定律可知：-(反应Ⅰ+反应Ⅲ)可得3SO2(g)+ 2H2O(g)= S(s)+2H2SO4(l) ΔH2=－254 kJ·mol－1；‎ ‎(2) 相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正向移动，导致硫酸在体系中的物质的量分数增大，由图可知，相同温度下，达到平衡时硫酸的含量P1P1；‎ ‎(3) 化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物，在第二个反应中作生成物，总方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4 (l)+S(s)，催化过程中发生反应i：SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I-、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据原子守恒可知，反应物中还含有SO2，因此ii中的反应为：I2+2H2O+ SO2=4H++SO42-+2 I－；‎ ‎(4) ①B是A的对比实验，所用的c(KI)相等，否则无法得出正确的结论，因此a=0.4；‎ ‎②比较A、B、C，A中只含有KI，B中含有KI和H2SO4，C中只含有H2SO4，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明C不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论为：在酸性条件下，SO2与I-反应速率更快，且SO2与稀硫酸不反应；‎ ‎③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A，反应ii比反应i快，D中由反应ii产生的H+使反应i加快；‎ ‎(5)电解时，CO2在b电极上得到电子和H+反应生成乙烯和水，电极反应为：2CO2 + 12H+ + 12e－=C2H4 + 4H2O。‎ ‎19.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：‎ 回答下列问题：‎ Ⅰ.环己烯的制备与提纯 ‎(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。‎ ‎(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。‎ ‎①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为___________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3•6H2O而不用浓硫酸的原因为________________(填序号)。‎ a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2‎ b. FeCl3•6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念 c.同等条件下，用FeCl3•6H2O比浓硫酸的平衡转化率高 ‎②仪器B的作用为____________。‎ ‎(3)操作2用到的玻璃仪器是____________。‎ ‎(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。‎ Ⅱ.环己烯含量的测定 在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的bmolBr2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmol•L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液vml (以上数据均已扣除干扰因素)。‎ 测定过程中，发生的反应如下：‎ ‎①Br2+→‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎(5)样品中环己烯的质量分数为___________(用字母表示)。‎ ‎(6)下列情况会导致测定结果偏低的是____________(填序号)。‎ a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发 c. Na2S2O3标准溶液部分被氧化 ‎【答案】 (1). 溶液 (2). 溶液显紫色 (3). +H2O (4). a、b (5). 减少环己醇蒸出 (6). 分液漏斗、烧杯 (7). 通冷凝水，加热 (8). (9). b、c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ (1)利用显色反应检验苯酚杂质；‎ ‎(2) ①烧瓶A中进行的可逆反应为环己醇的消去反应；浓硫酸具有强氧化性，能氧化反应物，且FeCl3•6H2O污染小，可循环使用；‎ ‎②B能冷凝回流环己醇；‎ ‎(3)操作2为分液，可确定所需的玻璃仪器；‎ ‎(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水，加热，弃去前馏分，收集83℃的馏分；‎ Ⅱ(5)根据反应②和反应③可得计量关系Br2~I2~2Na2S2O3，因此与KI反应的n(Br2)= n(Na2S2O3)=×cv×10-3mol，与环己烯反应的n(Br2)=(b-×cv×10-3) mol，环己烯与Br2发生加成反应，可得n(环己烯)=(b-×cv×10-3) mol，因此环己烯的质量m(环己烯)=(b-×cv×10-3) mol×82g/mol，进一步可计算出环己烯的质量分数；‎ ‎(6)a. 样品中含有苯酚，苯酚和溴发生取代反应生成白色沉淀，消耗相同质量的溴，消耗环己烯的质量大于苯酚；‎ b. 在测定过程中部分环己烯挥发导致环己烯质量减少；‎ c. Na2S2O3标准溶液部分氧化导致消耗的Na2S2O3偏大，与环己烯反应的溴偏低。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1) 常利用显色反应检验苯酚杂质，选择的试剂是FeCl3，遇到苯酚后溶液显紫色；‎ ‎(2) ①烧瓶A中进行的可逆反应为环己醇的消去反应，反应方程式为： +H2O；‎ a. 浓硫酸具有强氧化性，能使反应物炭化，并生成SO2，降低环己烯的产率，a项正确；‎ b. FeCl3•6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学的理念，b项正确；‎ c. 催化剂只影响反应速率，但平衡不移动，因此催化剂不影响产率，c项错误；‎ 答案选ab；‎ ‎②B能冷凝回流环己醇，因此B的作用是减少环己醇蒸出，增大环己醇的利用率；‎ ‎(3)操作2为分液，分液过程中用到的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯；‎ ‎(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水，加热，弃去前馏分，收集83℃的馏分；‎ Ⅱ.(5) 根据反应②和反应③可得计量关系Br2~I2~2Na2S2O3，因此与KI反应的n(Br2)= n(Na2S2O3)=×cv×10-3mol，与环己烯反应的n(Br2)=(b-×cv×10-3) mol，环己烯与Br2发生加成反应，可得n(环己烯)=(b-×cv×10-3) mol，因此环己烯的质量m(环己烯)=(b-×cv×10-3) mol×82g/mol，环己烯的质量分数===；‎ ‎(6) a. 样品中含有苯酚，苯酚和溴发生取代反应生成白色沉淀，消耗相同质量的溴，消耗环己烯的质量大于苯酚，因此测定结果偏高，a项错误；‎ b. 在测定过程中部分环己烯挥发导致环己烯质量减少，导致测定结果偏低，b项正确；‎ c. Na2S2O3标准溶液部分氧化导致消耗的Na2S2O3偏大，与环己烯反应的溴偏低，导致测定结果偏低，c项正确；‎ 答案选bc。‎ ‎20.以A(α-蒎烯)为原料可制备香料中间体D和H，合成路线如下：‎ 已知：①R1CHO+(R1、R2、R3为H或烃基)‎ ‎②一定条件下，R-C≡C-OH可存在。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A中的官能团名称是____________，E的分子式为___________‎ ‎(2)C生成D的反应类型是___________‎ ‎(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。E中有________个手性碳。‎ ‎(4)G的结构简式为___________‎ ‎(5)H与足量Br2的CCl4溶液反应的化学方程式为_____________________‎ ‎(6)W是B的同分异构体，W中没有环状结构，一定条件下，W能水解生成X和Y，X能与NaHCO3反应生成CO2，其核磁共振氢谱只有两组峰，峰面积之比为1：1，Y的核磁共振氢谱有三组峰，蜂面积之比为9：6：1，W的可能结构有_______种.‎ ‎(7)设计由苯酚制备的合成路线(无机试剂任选)_________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双鍵 (2). C10H16O (3). 取代反应 (4). 4 (5). (6). +2Br2 (7). 5 (8). OHC(CH2)4CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据A的结构确定所含的官能团，根据E的结构确定其分子式；‎ ‎（2）C中羧基上的-OH被-Cl替代；‎ ‎（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，根据E的结构确定手性碳原子的个数；‎ ‎（4）由已知①可知R1CHO+，那么与HCHO反应生成的产物为；‎ ‎（5）H的结构为，存在碳碳双键，可与Br2的CCl4‎ 溶液发生加成反应，由于H的结构中存在两个碳碳双键，因此1molH能与2molBr2发生加成反应；‎ ‎（6）由B的结构可知，B的分子式为C10H16O2，W中没有环状结构，一定条件下，W能水解生成X和Y，且X能与NaHCO3反应生成CO2，说明X中存在羧基，其核磁共振氢谱只有两组峰，峰面积之比为1：1，说明X有两种不同环境的氢原子，氢原子的个数比为1:1，X的结构可能是甲酸或丙炔酸；Y为醇，核磁共振氢谱有三组峰，蜂面积之比为9：6：1，说明Y的结构中有三种不同环境的氢原子，氢原子的个数比为9:6:1，据此分析X与Y的结构，并确定W的结构；‎ ‎（7）根据已知条件可知，目标产物是由己二醛缩合得到的，己二醛可由环己烯氧化得到，环己烯可由环己醇发生消去反应得到，环己醇可由苯酚与H2发生加成反应得到，由此确定合成路线。‎ ‎【详解】（1）根据A的结构可知，结构中存在碳碳双键；根据E的结构可知E的分子式为C10H16O；‎ ‎（2）C中羧基上的-OH被-Cl替代，发生取代反应；‎ ‎（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，有机物E的结构为：，其中的手性碳原子为带*的碳原子，即，共4个；‎ ‎（4）由已知①可知R1CHO+，那么与HCHO反应生成的产物为，因此G的结构简式为；‎ ‎（5）H的结构为，存在碳碳双键，可与Br2的CCl4溶液发生加成反应，由于H的结构中存在两个碳碳双键，因此1molH能与2molBr2发生加成反应，反应方程式为：‎ ‎+2Br2；‎ ‎（6）由B的结构可知，B的分子式为C10H16O2，W中没有环状结构，一定条件下，W能水解生成X和Y，且X能与NaHCO3反应生成CO2，说明X中存在羧基，其核磁共振氢谱只有两组峰，峰面积之比为1：1，说明X有两种不同环境的氢原子，氢原子的个数比为1:1，X的结构可能是甲酸或丙炔酸；Y为醇，核磁共振氢谱有三组峰，蜂面积之比为9：6：1，说明Y的结构中有三种不同环境的氢原子，氢原子的个数比为9:6:1， Y为(C2H5)3COH或(CH3)3CC(CH3)2OH或(CH3)3CCCC(CH3)2OH或(CH3)3CC(CH3)2CCOH或(C2H5)3CCCOH，因此W的结构可能是(C2H5)3COOCCCH、(CH3)3CC(CH3)2OOCCCH、(CH3)3CCCC(CH3)2OOCH、(CH3)3CC(CH3)2CCOOCH、(C2H5)3CCCOOCH，共5种；‎ ‎（7）根据已知条件可知，目标产物是由己二醛缩合得到的，己二醛可由环己烯氧化得到，环己烯可由环己醇发生消去反应得到，环己醇可由苯酚与H2发生加成反应得到，因此合成路线为OHC(CH2)4CHO。‎ ‎【点睛】对于有机合成和推断题的解法，可概括为“前推后，后推前，两边推中间，关键看条件、信息、官能团”，解题的关键是快速提取有效信息，具体过程为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎