浙江省名校协作体2020届高三上学期第一次联考化学试卷

浙江省名校协作体2020届高三上学期第一次联考化学试卷

浙江省名校协作体2020届高三上学期第一次联考 化学试题 ‎1.下列物质不属于盐的是 A. CuCl2 B. CuSO4 C. Cu2(OH)2CO3 D. Cu(OH)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；‎ B. CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；‎ C. Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；‎ D. Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；‎ 答案选D。‎ ‎2.通过下列反应不可能一步生成MgO的是 A. 化合反应 B. 分解反应 C. 复分解反应 D. 置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；‎ B. Mg(OH)2MgO＋H2O属于分解反应，B不选； ‎ C. 复分解反应无法一步生成MgO，C选；‎ D. 2Mg＋CO22MgO＋C属于置换反应，D不选；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列有关化学用语使用正确的是 A. T原子可以表示为 B. 氧氯酸的结构式是:H-N≡C C. 氧离子的结构示意图: D. 比例模型可以表示CO2或SiO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. T原子为氢元素的同位素，质子数为1，中子数为2，可以表示为，故A正确；‎ B. 氧氯酸是共价化合物，但所给结构式中没有氯元素，故B错误；‎ C. 氧原子的质子数为8，氧离子的结构示意图为，故C错误；‎ D. CO2为分子晶体，碳原子的相对体积较大，应该用表示，而SiO2为原子晶体，不存在SiO2分子，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列有关叙述不正确的是 A. 能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能 B. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取 C. 借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵 D. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；‎ B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B错误；‎ C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；‎ D. SO2和NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列有关实验的说法不正确的是 A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭 B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置 C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率 D. 吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；‎ B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故B错误；‎ C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确；‎ D. 酒精和乙醚具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是 A. 银氨溶液:Na+、K+、NO3—、NH3·H2O B. 空气:C2H4、CO2、SO2、NO C. 氯化铝溶液:Mg2+、HCO3—、SO42—、Br— D. 使甲基橙呈红色的溶液:I—、Cl—、NO3—、Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A正确； ‎ B. 空气中有氧气，NO与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；‎ C. 氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；‎ D. 使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.NA为阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是 A. 1.0L1.0molL—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NA C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NA D. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1.0L1.0molL-1的H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A错误；‎ B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B错误；‎ C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中没有体积，无法计算OH—的数目，C错误；‎ D. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 mol电子，失去的电子数一定为NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列实验中，所选装置或仪器合理的是 A. 高温煅烧石灰石 B. 从KI和I2的固体混合物中回收I2‎ C. 除去乙醇中的苯酚 D. 量取15.00mLNaOH溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；‎ B. I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；‎ C. 苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；‎ D. 量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列说法不正确的是 A. 石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物 B. 生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的 C. 按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷 D. 碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误； ‎ B. 由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：‎ ‎；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；‎ C. 按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷，故C正确；‎ D. 碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3 ；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2 (不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是 A. 位于第五周期第VIA族的元素为金属元素 B. 第32号元素的单质可作为半导体材料 C. 第55号元素的单质与水反应非常剧烈 D. 第七周期ⅦA族元素的原子序数为117‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；‎ B. 第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；‎ C. 第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；‎ D. 第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列有关说法正确的是 A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀 B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏 C. 氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色 D. 摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；‎ B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；‎ C. 氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；‎ D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列指定反应的离子方程式不正确的是 A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na++ NH3·H2O +CO2＝NaHCO3↓+NH4+‎ B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2O C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2++2H2O＝4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑‎ D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—＝CaCO3↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体: NH3·H2O + NaCl + CO2 == NH4Cl + NaHCO3 ↓，离子方程式为：NH3·H2O+ Na++CO2== NH4++ NaHCO3 ↓，故A正确；‎ B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾: 2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；‎ C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体，亚铁离子具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，故C错误；‎ D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水: Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3‎ ‎ ↓，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎13.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g) Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是 A. 反应①的正反应是放热反应 B. 达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11‎ C. 达平衡(I)时，X的转化率为20％‎ D. 在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；‎ B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；‎ C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为， 故C错误；‎ D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.下列说法不正确的是 A. C5H12的三种同分异构体沸点不同，因为其分子间作用力大小不同 B. NH3和HCl都极易溶于水，均与它们能跟水分子形成氢键有关 C. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏 D. NaHSO4晶体溶于水和受热熔化时破坏的化学键类型不完全相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C5H12的三种同分异构体结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，A正确；‎ B. NH3能和水分子形成氢键，HCl不能形成氢键，B错误；‎ C. 石墨为层状结构，层内含有共价键，层与层之间是分子间作用力，转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏，C正确；‎ D. NaHSO4晶体溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，破坏离子键和共价键，受热熔化时电离为Na+、HSO4-，破坏离子键，破坏的化学键类型不完全相同，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是 ‎ ‎ A. 放电时甲为负极，充电时为阳极 B. 电池充电时，OH—由甲侧向乙侧移动 C. 放电时负极的电极反应式为:MHn—ne—＝M+nH+‎ D. 汽车下坡时发生图中实线所示的过程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；‎ B. 电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；‎ C. 放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故C错误；‎ D. 汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是 ‎ ‎ A. 如图所示的化学反应中，反应物的键能之和大于生成物的键能之和 B. 相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少 C. 金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可:C(s金刚石) =C(s，石墨) ∆H＝-(E2—E3)kJ·mol—1‎ D. 同温同压下，H2(g)+C12(g)==2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的△H相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；‎ B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；‎ C. 放出的热量=反应物的总能量−生成物的总能量=-(E1—E3)kJ·mol-1，故C错误；‎ D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 由图可知，草酸的Ka＝10-1.2‎ B. 0.1 mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)‎ D. 根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。‎ A. 当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；‎ B. 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；‎ C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；‎ D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1= ，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎18.硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是 A. 白色沉淀为BaSO4‎ B. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1‎ C. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1‎ D. 从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；‎ ‎【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；‎ B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；‎ C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；‎ D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要工艺流程如下:‎ 已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。‎ 沉淀物 Cu(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ 开始沉淀pH ‎4.7‎ ‎2.7‎ ‎7.6‎ 完全沉淀pH ‎6.7‎ ‎3.7‎ ‎9.6‎ 下列说法不正确的是 A. 试剂a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是调节pH至3.7～4.7之间 B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原 C. 操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶 D. 反应Ⅲ的离子方程式为Cu2++Fe==Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe 3++3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+ 形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2 沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO[或Cu(OH)2 、CuCO3 等]，故A正确；‎ B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；‎ C. 操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；‎ D. 反应Ⅲ主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应Ⅳ时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe 3++3H2O，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎20.某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是 A. 反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种 B. 向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g固体完全溶解 C. 若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物 D. b的取值范围:0＜b≤a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。‎ ‎1、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；‎ ‎2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ == Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b”、“＝”或“＜”)‎ ‎（3）现利用②和③两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为f＝[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)]，则理论上f＝_____时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_________________________________.‎ ‎(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇:‎ ‎(i)制备合成气:CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) ∆H1>0‎ ‎(ii)合成甲醇:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H2>0‎ 在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1‎ ‎（1）下列说法正确的是_______‎ A.曲线①中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动 B.三种催化剂中，催化剂③的催化效果最好，所以能获得最高的产率 C.当温度低于700℃时的曲线上的点可能都没有到达平衡 D.若温度大于700℃时，CO的物质的量保持不变 ‎（2）500℃时，反应(1)在催化剂①的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应（1）在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势___________________‎ ‎（三）研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。‎ ‎（1）产生甲醇的电极反应式为___________________；‎ ‎（2）甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工作时的负极反应式:___________。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). ＜ (3). 2 (4). 使CO 充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (5). C (6). (7). CO+4H++4 e-= CH3OH (8). CH3OH+H2O－6e-=CO2+6H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(一)（1）根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000℃时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100℃时K>1.7，C错误；在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]为K的倒数，约为0.59，D正确；答案为AD。‎ ‎（2）随温度升高K1增大，说明反应①的正反应为吸热反应，△H1>0，盖斯定律计算得到△H3=△H1+△H2,则△H2<△H3。‎ ‎（3）由①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知=2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降，故答案为：2；使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降；‎ ‎(二) （1）曲线①中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂③的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700℃时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。‎ ‎（2）根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为 ‎（三）（1）CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H++4 e-= CH3OH；‎ ‎（2）据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,电极反应式为：3O2+12H++12e−=6H2‎ O,负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子,电极反应式为2CH3OH−12e−+2H2O=2CO2↑+12H+,故答案为：CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+；‎ ‎24.三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:①格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 实验过程如下 ‎①实验装置如图1所示。‎ a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。‎ b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40℃左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。‎ ‎②提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤 ‎ ‎ ‎（1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接____________装置 ‎（2）①合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是____________________；‎ ‎②合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是______；‎ ‎（3）提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行操作是_______；‎ ‎（4）①反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_______、过滤、洗涤______；‎ A.蒸发结晶 B.冷却结晶 C.高温烘干 D.滤纸吸干 ‎②下列抽滤操作或说法正确的是_______‎ A.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上 B用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀 C.注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出 D.用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失 E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀 ‎（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手______，右手持移液管；‎ ‎（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为__________(精确到0.1％)。‎ ‎【答案】 (1). 装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以） (2). 作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应 (3). 滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯 (4). 立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查 (5). B (6). D (7). ABE (8). 拿洗耳球 (9). 51.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1). 格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；‎ ‎(2) ①‎ ‎ 为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；‎ ‎②依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；‎ ‎（3）提纯过程中发现A中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。‎ ‎（4）①滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，E正确；答案为ABE。‎ ‎（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。‎ ‎（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol溴苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为0.03molⅹ=7.80，产率=实际产量/理论产量=4.00 g ÷7.80ⅹ100%=51.3%，答案为：51.3%。‎ ‎25.奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：‎ I 中间体F的合成：‎ II奧美拉唑的合成：‎ 已知：‎ 结合上述合成路线，请回答：‎ ‎（1）下列说法正确的是__________‎ A.奥美拉分子式为C18 H19N3O3S B.J生成K的反应类型为加成反应 C.化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成 D.设计A转化为B的目的是保护其中的官能团 ‎（2）化合物F的结构简式为_______________________________；‎ ‎（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；‎ ‎（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体: _____________________________‎ ‎①分子中含苯环，遇FeC13显紫色 ‎②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。‎ ‎（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________‎ ‎【答案】 (1). C、D (2). (3). ‎ ‎ (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）奥美拉的分子式为C17 H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。‎ ‎（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。‎ ‎（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；‎ ‎（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；‎ ‎（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为 ‎；‎ ‎ ‎