【化学】上海市复旦大学附属中学2020届高三上学期期中考试（解析版）
上海市复旦大学附属中学2020届高三上学期期中考试
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56
一、选择题（每小题只有1个正确答案，本题共40分）
1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是（ ）
A．4.03米大口径碳化硅反射镜
B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服
C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线
D．“玉兔二号”钛合金筛网轮
【答案】A
【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。
【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；
B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；
C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；
D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；
综上所述，本题应选A。
【点睛】本题依托有机物和无机物概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。
2.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法错误的是 （ ）
A. In是第五周期第ⅢB族元素 B. In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3
I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2NaIO3；
D.根据转化关系2IO3-～I2～10e-计算判断。
【详解】A.加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I-还原生成I2，故用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉-KI试纸会变蓝，A正确；
B.根据图示转化Ⅲ可知：足量的Cl2与I-反应生成NaIO3，氯气被还原为氯离子，则足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2+I2+6H2O→2HIO3+10HCl，B正确；
C.由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2NaIO3，故氧化性强弱顺序为Cl2>IO3->I2，C错误；
D.根据转化关系2IO3-～I2～10e-可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查氧化性强弱比较及应用，在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物；还原剂的还原性强于还原产物；氧化剂的氧化性强于还原剂，还原剂的还原性强于氧化剂。根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键。利用氧化还原反应中元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目。
8.下列有关电化学的图示，完全正确的是 ( )
A. Cu-Zn原电池 B. 粗铜的精炼
C. 铁片镀锌 D. 验证气体产物
【答案】D
【详解】A.在Cu-Zn原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn负极，Cu为正极，A错误；
B.粗铜精炼时，粗铜与电源的正极连接，为阳极，精铜与电源的负极连接，为电源的阴极，B错误；
C.铁片镀锌时，镀件与电源的负极连接，为阴极，镀层金属与电源的正极连接，为阳极，C错误；
D.在电解时，阳极C棒上Cl-失去电子变为Cl2，Cl2与KI发生置换反应产生I2，I2与淀粉溶液变为蓝色，在阴极上H+获得电子变为H2，H2的密度比空气小，用向下排空气方法收集，D正确；
故合理选项是D。
9.常温下，一定能大量共存的离子组是 ( )
A. 澄清透明溶液中：K+、Cu2+、Na+、Cl-
B. 0.5 mol/L NaAlO2 溶液中：K+、Na+、SO42-、Fe3+
C. =0.1 mol/L的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-
D. 使甲基橙呈红色的溶液中：I-、Cl-、NO3-、Na+
【答案】A
【详解】A. K+、Cu2+、Na+、Cl-之间不反应，为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，A正确；
B. AlO2-、Fe3+会发生相互常见的水解反应产生Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B错误；
C.=0.1 mol/L的溶液中存在大量OH-，OH-、HCO3-会发生反应生成CO32-、H2O，故其在溶液中不能大量共存，C错误；
D.使甲基橙呈红色的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+、I-、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
10.如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验。以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的部分交叠的两张试纸，接通电源，观察实验现象。下列说法错误的是( )
A. pH试纸变蓝
B. KI-淀粉试纸变蓝
C. 此装置不属于原电池
D. 电子通过pH试纸到达KI-淀粉试纸
【答案】D
【分析】该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色。
【详解】A.连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，A正确；
B.连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，B正确；
C.该装置是电解池，是将电能转化为化学能装置，此装置不属于原电池，C正确；
D.电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴、阳离子定向移动形成电流，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，注意电解质溶液中电流的形成，外电路中电子定向移动，内电路中离子定向移动为易错点。
11.某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如下图所示，下列判断正确的是（ ）
A. a、c两点溶液的导电能力相同
B. b点溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH－)
C. a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c
D. 与等体积b、c处溶液反应，消耗等量的NaOH
【答案】C
【分析】盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，HCl完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子存在水解平衡，加水稀释的过程中水解平衡正向移动，故溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的。
【详解】A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的浓度有关， a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；
B、b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H+)，故B错误；
C、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH＜b点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度a＞b，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞b＞c，故C正确；
D、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb＜Vc，故D错误。
答案选C。
12.元素周期表中短周期的一部分如图，关于X、Y、Z、W、Q说法正确的是（ ）
A. 元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9
B. 原子半径的大小顺序为：W＞Z＞Y
C. 离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+
D. W的气态氢化物的热稳定性和还原性均比Q强
【答案】C
【详解】A.根据元素在周期表中的相对位置可知X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl。氧元素没有＋6价，故A错误；
B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为：Z＞W＞Y，故B错误；
C.离子核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+，故C正确；
D.非金属性越弱氢化物的稳定性越弱，则W的气态氢化物的热稳定性比Q弱，但H2S的还原性强于HCl的还原性，故D错误。
故选C。
13. 25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ）
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) + c(M+)＝c(OH－) + c(A－)
B. Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3）
C. 将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl—)＝c(CH3COOH)
D. pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)
【答案】D
【详解】A项，HA溶液与MOH溶液任意比混合，不论HA是强酸还是弱酸，混合后溶液中的离子就只有H+、M+、OH－、A－ ，所以一定满足电荷守恒c(H+) + c(M+)＝c(OH－) + c(A－)，A正确；
B项满足质子守恒c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3 ，B正确；
醋酸钠、盐酸两溶液混合后含有的离子有Na＋、H+ 、Cl—、OH－ 、CH3COO- ，满足电荷守恒c(H+) + c(Na＋)＝c(OH－) + c(CH3COO－) + c(Cl—)，由于溶液呈中性，c(H+) ＝c(OH－
)，则c(Na＋)＝ c(CH3COO－) + c(Cl—)，又因为加入的醋酸钠满足物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)，所以c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= c(CH3COO－) + c(Cl—)，得出c(CH3COOH) = c(Cl—)，所以C正确；
NaHA的可以是强酸的酸式盐也可以是弱酸酸式盐，所以D错误，答案选D。
14.C60可用作储存氢气的材料，结构如右图所示。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三种物质结构相似。下列有关说法正确的是（ ）
A. C60、Si60、N60都属于原子晶体
B. C60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同
C. 由于键能小于，故N60的稳定性弱于N2
D. 由于键长小于键，所以C60熔、沸点低于Si60
【答案】C
【详解】A．C60、Si60、N60都是有分子构成的分子晶体，A错误；
B．由于C、Si、N原子的价电子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子内共用电子对数目不相同，B错误；
C．物质分子内含有的化学键键能越小，物质的稳定性就越弱。由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，C正确；
D． C60、Si60都是分子晶体，结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化消耗的能量就越高，物质的熔、沸点就越高。分子间作用力：Si60> C60所以所以C60熔、沸点低于Si60，错误。
故选C。
15.将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是( )
A. 与NaOH反应的氯气为0.25 mol
B. n(Na+)：n(Cl-) 可能为7：3
C. 若反应中转移的电子为n mol，则0.152：1，B错误；
C.根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，C正确；
D.假设n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，D错误；
故合理选项是C。
16.25℃时，将浓度和体积分别为c1、V1的一元强碱ROH溶液和c2、V2的一元弱酸HA溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述正确的是 ( )
A. 若pH>7时，则一定是c1V1 =c2V2
B. 只有当pH<7时，才能满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
C. 当pH=7时，若V1 = V2，则一定是c1>c2
D. 若V1=V2、 c1=c2，则c(A-)+c(HA)=c(R+)
【答案】D
【分析】A.当c1V1>c2V2时，即氢氧化钠过量时溶液呈碱性，溶液的pH>7,两者恰好反应时，溶液也是呈碱性的；
B.溶液中一定满足电荷守恒，与溶液酸碱性无关；
C.pH=7时溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸应该稍过量；
D.若V1=V2、c1=c2，则HA与ROH的物质的量相等，根据混合液中的物料守恒判断。
【详解】A.由于强酸弱碱盐的水溶液显碱性，故当溶液的pH>7时，可能恰好反应，也可能碱过量，故可能满足c1V1=c2V2或c1V1>c2V2，A错误；
B.无论溶液pH<7还是≤7时，根据电荷守恒可知，溶液中都满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，B错误；
C.当pH=7时，溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸的物质的量应该稍大些，即c1V1Q1>Q2
D. 生成1molSO3(l)时放出的热量等于98.5kJ
【答案】C
【详解】A.甲、乙两个容器内温度相等，则平衡常数相等，A错误；
B.将乙中转化为到左边，SO2、O2的起始物质的量相当于2mol、1mol，甲、乙温度、体积相等，故二者为完全等效平衡，平衡时SO2的体积分数相等，B错误；
C.甲、乙为完全等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量相等，故甲中参加反应的二氧化硫更多，则放出热量：Q1>Q2，由于该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，故197>Q1，则放出热量：197>Q1>Q2，C正确；
D.同种物质，液态的能量低于气态，生成液态三氧化硫放出的热量更多，即生成1molSO3(l)时放出的热量大于98.5kJ，D错误；
故合理选项是C。
20.常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是（ ）
A. 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B. 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c
C. 当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)
D. 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
【答案】D
【详解】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当 V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当 V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。
21.与氯元素同族的短周期元素的原子，其核外能量最高的电子所处的电子亚层是________；碘元素在元素周期表中的位置是___________________；液溴的保存通常采取的方法是__________________________________。
【答案】(1). 2p (2). 第五周期ⅦA族 (3). 水封在棕色瓶中，密闭保存
【分析】与氯元素同族的短周期元素原子为F，再根据核外电子排布规律来分析即可；
碘元素第五周期的卤族元素；液溴易挥发，而挥发性的物质用水封在棕色瓶中密闭保存。
【详解】与氯元素同族的短周期元素原子为F，核外有9个电子，F原子核外电子排布式为： 1s22s22p5，可见能量最高的电子所处的电子亚层是2p；
碘元素第五周期的卤族元素，其在元素周期表的位置是第五周期ⅦA族；
液溴容易挥发，温度越高，挥发性越强，所以液溴通常放在棕色瓶中存放并用水形成水封在棕色瓶中，以密闭保存。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布式、元素在周期表的位置及物质的保存方法。物质保存要结合物质的性质，原子结构决定元素在周期表的位置，元素在周期表的位置决定了物质的性质，掌握元素周期表与元素周期律的关系是本题正确解答的基础，侧重考查学生对基础知识掌握和应用能力。
22.能作为氯、溴、碘元素非金属性递变规律的判断依据是_________(填序号)。
a．Cl2、Br2、I2的熔点 b． Cl2、Br2、I2的氧化性
c．HCl、HBr、HI的热稳定性 d． HCl、HBr、HI的酸性
【答案】bc
【分析】
同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强。
【详解】a.Cl2、Br2、I2都是由分子构成的物质，分子之间作用力越强，克服分子间作用力使物质熔化或气化消耗的能量就越大，物质的熔点、沸点就越高，与元素的非金属性强弱无关，a错误；
b.元素的非金属性越强，该元素形成的单质的氧化性就越强，所以可根据Cl2、Br2、I2的氧化性强弱判断Cl、Br、I的元素的非金属性强弱，b正确；
c.元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过比较HCl、HBr、HI的热稳定性判断元素的非金属性强弱，c正确；
d.元素的非金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能通过比较氢化物水溶液的酸性比较元素非金属性强弱，d错误；
故合理选项是bc。
【点睛】本题以卤族元素为载体考查了元素非金属强弱的判断方法，可根据元素与其它物质反应的难易、如与氢元素形成的氢化物的难易、形成的氢化物的稳定性、元素最高价氧化物对应的水化物的酸性或非金属元素单质之间的置换反应的难易或电解池反应中离子在电极上的放电先后顺序分析解答。
23.CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应消耗1 mol CuCl(s)，放热44.4 kJ，该反应的热化学方程式是________________________________。
【答案】4CuCl (s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) △H=-177.6 kJ/mol
【分析】CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体，该黑色固体为CuO，每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，物质反应过程中的能量变化与反应的物质多少相对应，结合物质的状态、焓变、书写热化学方程式。
【详解】CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和CuO。根据题意可知：每消耗1mol CuCl(s)，反应放热44.4kJ，则4molCuCl反应放出热量Q=44.4kJ×4=177.6kJ，则该反应的热化学方程式为4CuCl (s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) △H=-177.6 kJ/mol。
【点睛】本题考查热化学方程式的书写，物质反应过程中的能量变化不仅与反应的物质多少有关，还与反应的物质的存在状态有关。在书写热化学方程式时，要注明物质的聚集状态及与反应的物质相对应的能量的数值、符号、及单位。把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重考查学生的分析与应用能力。
24.实验室用氯气、海带为原料提取碘的实验装置：
使用不当的是______(填选项字母)；错误导致的主要后果是：____________________________________________________
【答案】(1). D (2). 不能将碘单质与有机溶剂完全分离开
【分析】在海带中碘元素以KI形式存在，先灼烧海带，使有机物变为气体逸出，然后过滤除去不溶性杂质，再向滤液中通入足量Cl2将碘置换出来，向得到的溶液中加入CCl4经萃取、分液，得到碘的CCl4溶液，最后根据I2、CCl4沸点的不同，通过蒸馏方法分离得到碘单质。为充分冷凝，要注意冷凝水通入方向是下进上出，注意结合碘单质易升华和氯气是有害气体，要进行尾气处理分析。
【详解】在海带中碘元素以KI形式存在，海带中含有可燃性有机物经灼烧变为CO2、H2O气体，然后经过滤后除去其中的不溶性杂质，而KI易溶于水，会进入水溶液中，然后向滤液中通入足量Cl2，发生置换反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，将碘置换出来，反应产生的I2易溶于有机溶剂，而在水中溶解度小，所以向碘水中加入CCl4，充分振荡，经萃取、分液，得到碘的CCl4溶液，最后根据I2、CCl4沸点的不同，通过蒸馏方法分离得到碘单质。A是萃取分液，B是过滤，C是氧化KI产生碘单质。该实验中还可以用盛有NaOH溶液的C装置进行尾气处理，导气管是长进短出。D是分离碘和有机溶剂CCl4，但由于碘单质易升华，因此不能使用酒精灯直接加热，应水浴加热；且冷凝管没有通入冷凝水降温处理，这样就不能有效分离得到碘单质。冷凝水通入方向应该是下进上出，因此使用不当的是D。
【点睛】本题考查了物质的分离提纯的知识。涉及物质的物理性质、化学性质的利用。掌握被分离物质的状态、溶解性等性质及各种不同混合物方法对被分离物质的要求是本题解答的关键。
25.(1)碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。请完成并配平上述反应：____KI+____CuSO4 →____I2 +____Cu2I2↓+_________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去。写出KI、Cu2I2、H2SO3的还原性由强到弱的顺序是____________________________。
【答案】(1). 4 (2). 2 (3). 1 (4). 1 (5). 2K2SO4 (6). 1：1 (7). H2SO3
、KI、Cu2I2
【分析】(1)KI中I元素的化合价由-1价升高0，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据得失电子守恒进行方程式配平；含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂；
(2)氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性、大于氧化剂的还原性，以此来解答；
【详解】(1)反应中KI中I元素的化合价由-1价升高0生成单质碘I2，失去2e-，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到e-，根据得失电子数目相等可知二者最小公倍数数为2，则硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，则结合质量守恒定律可知该反应的化学方程式为4KI+2CuSO4=I2+Cu2I2↓+2K2SO4，该反应中CuSO4中Cu化合价降低，所以CuSO4为氧化剂，KI中I元素的化合价升高，KI为还原剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：2=1：1；
(2)由(1)解答可知，KI为还原剂，Cu2I2为还原产物，由于还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性：KI>Cu2I2，往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为碘单质和淀粉显示蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生反应：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+HI，该反应中H2SO3是还原剂，I-是还原产物，则还原性：H2SO3>I-；故还原性由强到弱的顺序是H2SO3>KI>Cu2I2。
【点睛】本题考查氧化还原反应的知识，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，元素的化合价升高，失去电子，作还原剂，表现还原性；元素化合价降低，得到原子，作氧化剂，表现氧化性，氧化剂的氧化性强于氧化产物；还原剂的还原性强于还原产物。在配平方程式时要结合元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数，先配平参加氧化还原反应的元素，再根据质量守恒定律配平未参加氧化还原反应的元素，侧重于学生的分析能力与判断能力。
26.下列从海洋中提取或提纯物质的生产或实验流程中，不合理的是______（填字母）。
A.海水提溴：海水浓缩溴蒸气液溴
B.海水提镁：海滩贝壳石灰乳MgO镁
C.海带提碘：海带灼烧滤液含碘有机溶液碘晶体
D.海盐提纯：海盐精盐滤液
食盐晶体
【答案】BD
【详解】A.海水提溴的流程为：海水浓缩溴蒸气液溴，A合理；
B.海水提镁的流程为：海滩贝壳石灰乳加盐酸溶解，蒸发浓缩、降温结晶得到氯化镁晶体，再在HCl气流中加热得无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁得金属镁，B不合理；
C.海带提碘的流程为：海带灼烧滤液含碘有机溶液碘晶体，C合理；
D.海盐提纯的流程为：海盐精盐滤液食盐晶体，碳酸钠溶液要在氯化钡溶液之后使用，以除去过量的氯化钡，D不合理；
故合理选项BD。
27.对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的。汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-Q(Q>0)。一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/mol·L-1
1.00×10-3
4.50×10-4
2.50×10-4
1.50×10-4
1.00×10-4
1.00×10-4
c(CO)/mol·L-1
3.60×10-3
3.05×10-3
2.85×10-3
2.75×10-3
2.70×10-3
2.70×10-3
(1)写出该反应的平衡常数表达式____________________。
(2)前2s内的平均反应速率υ(N2)=__________；达到平衡时，CO的转化率为___________。
(3)采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术，同时吸收SO2和NOx，获得(NH4)2SO4的稀溶液，往(NH4)2SO4溶液中再加入少量 (NH4)2SO4固体，的值将_______(填 “变大”、“不变”或“变小”)。
【答案】(1). K= (2). 1.875×10-4mol/(L·s) (3). 25.0% (4). 变大
【分析】(1)根据化学平衡常数等于平衡时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比书写平衡常数表达式；
(2)先根据前2s内NO的浓度变化计算N2的浓度变化，然后根据v(N2)=计算反应速率；根据达到平衡时CO的转变浓度除以反应开始时CO的总浓度可得CO的转化率；
(3)根据盐的浓度越大，盐水解程度降低分析判断。
【详解】(1)由于化学平衡常数等于平衡时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，所以该反应的化学平衡常数表达式K=；
(2)由表格数据可知反应前2s内NO的转化浓度7.50×10-4mol/L，由反应方程式可知：每反应消耗2mol/LNO，反应产生1mol/LN2，则N2的转化浓度为7.50×10-4mol/L÷2=3.75×10-4mol/L，则用N2表示的前2s内的反应速率为v(N2)= 3.75×10-4mol/L÷2s=1.875×10-4mol/(L·s)；
反应开始时CO的浓度为3.60×10-3mol/L，达到平衡时CO的浓度为2.70×10-3mol/L，则CO反应消耗浓度为3.60×10-3mol/L-2.70×10-3mol/L=9.00×10-4mol/L，所以CO的转化率为[9.00×10-4mol/L÷(3.60×10-3mol/L)]×100%=25.0%；
(3)(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，使溶液显酸性，往(NH4)2SO4溶液中再加入少量 (NH4)2SO4固体，即增大了的(NH4)2SO4浓度，盐水解程度降低，所以溶液中的值将变大。
【点睛】本题考查了化学平衡常数表达式的书写、化学反应速率和化学平衡的计算及化学平衡移动原理在盐水解的应用。掌握有关概念及平衡移动原理是本题解答的根据。在其他条件不变时增大某反应物的浓度，平衡正向移动，可以使其它反应物的转化率提高，而该物质的转化率反而降低。
28.向BaCl2溶液中通入足量SO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀。用电离平衡原理解释上述现象。_______________________________________________
________________________________________________________________
【答案】H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，滴加氨水后，中和电离出的H+，导致电离平衡正向移动，SO32-浓度增大，产生BaSO3沉淀。
【分析】根据多元弱酸分步电离，存在电离平衡分析没有沉淀生成的原因，结合酸碱发生中和反应，使弱酸电离平衡正向移动分析后来产生沉淀的原因。
【详解】SO2易溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离平衡分步进行，电离方程式是：H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，由于溶液中SO32-浓度很小，所以不能与溶液中的Ba2+反应产生BaSO3沉淀；当向该溶液中滴加氨水后，NH3·H2O会电离产生OH-，中和电离出的H+，使溶液中c(H+)降低，导致H2SO3的电离平衡正向移动，使SO32-浓度增大，c(Ba2+)·c(SO32-)>Ksp(BaSO3)，所以反应产生BaSO3沉淀。
【点睛】本题考查弱电解质的电离及沉淀的形成，侧重考查分析判断能力，明确元素化合物性质及平衡移动原理和酸碱中和反应原理是解本题关键，熟练掌握外界条件对化学平衡移动影响原理，结合沉淀溶解平衡分析解答。
29.图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。其中，③ 是_______。（填微粒符号）
【答案】OH-
【分析】依据亚硫酸钠为强电解质，完全电离，亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子结合水的电离，排序。
【详解】Na2SO3是可溶性盐，在水中发生电离：Na2SO3=2Na++SO32-，SO32-在溶液中会发生水解作用：SO32-+H2OHSO3-+OH-，水解产生的HSO3-会进一步发生水解作用：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，亚硫酸钠虽然能水解，但程度不大，所以溶液中主要离子为钠离子和亚硫酸根离子，所以氢氧根离子浓度略大于HSO3-，由于溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显呈碱性，所以H+是最小的，所以离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)，③是OH-。
【点睛】本题考查了盐类水解规律在离子浓度大小比较的应用。盐的水解规律是有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。多元弱酸的酸根离子分步水解，主要是第一步水解。在比较离子浓度大小时，要运用电荷守恒、物料守恒及质子守恒分析判断。
30.在Na2SO3溶液中各微粒浓度等式关系正确的是________
a.c(Na+)=c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)
b.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)
c.c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+c(H2SO3)
【答案】b
【分析】依据Na2SO3是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，压硫酸根离子第一步水解程度大于第二步水解程度，但都较微弱，溶液中存在电荷守恒和物料守恒和质子守恒分析。
【详解】a.根据物料守恒：c(Na+) =2c(SO32-) +2c(HSO3-) +2c(H2SO3)，a错误；
b.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+) =2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，b正确；
c.由物料守恒和电荷守恒可以推出c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+2c(H2SO3)，c错误；
故合理选项是b。
【点睛】本题考查了盐溶液中离子浓度大小比较的知识。可以根据盐溶液中微粒关系遵循物料守恒、质子守恒和电荷守恒分析判断。
31.以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H=- QkJ/mol(Q>0)，在密闭容器中，按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(y%)如下图所示。
(1)表示CH3CH2OH体积分数曲线的是_______（选填序号）；在一定温度下反应达到平衡的标志是______（选填编号)
a.平衡常数K不再增大
b.CO2的转化率不再增大
c.混合气体的平均相对分子质量不再改变
d.反应物不再转化为生成物
(2)其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_______(选填编号)；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_______(选填编号)
a.降低温度 b.充入更多的H2 c.移去乙醇 d.增大容器体积
(3)图中曲线II和III的交点a对应物质的体积分数ya=_______%
【答案】(1). II (2). bc (3). b (4). ac (5). 18.75
【分析】(1)根据反应生成CH3CH2OH与H2O的物质的量关系分析判断；
达到平衡有两个标志：一是正、逆反应速率相等，二是各组分的浓度不再变化，以及由其延伸的量不再变化即是平衡状态；
(2)根据外界条件对反应速率的影响分析判断速率变化；提高物质转化率的方法是增加另一种物质，分离出生成物，改变温度、压强使平衡正向移动；
(3)a点为II和III的交点，设此时II 表示的C2H5OH体积为V，那么III 表示的H2也为V，根据方程式中的关系求出CO2和H2O的体积，再求体积分数。
【详解】(1)在反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)中：每反应消耗2molCO2，同时会生成1mol CH3CH2OH(g)，同时生成3molH2O(g)。生成的CH3CH2OH的物质的量是水的三分之一，所以符合条件的曲线为II；
a.化学平衡常数K只与温度有关，与是否达到平衡状态无关，a错误；
b.CO2的转化率不再增大，即反应达到限度，反应处于平衡状态，b正确；
c.反应后气体的物质的量减少，质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时即是平衡状态，c正确；
d.反应达到平衡状态时正、逆反应仍在进行，任何物质单位时间内的消耗量与生成物相等，物质的浓度不变，所以不存在反应物不再转化为生成物的状态，d错误；
故合理选项是bc；
(2)其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是：
a.降低温度，反应速率减小，a错误；
b.补充H2，反应物的浓度增大，反应速率加快，化学平衡正向移动，b正确；
c.移去甲醇，生成物浓度减小，速率降低，平衡向正反应移动，c错误；
d.增大容器体积，各反应物的浓度减小，反应速率降低，d错误；
故合理选项是b；
达到平衡后，可以提高反应物H2转化率，就是使化学平衡正向移动。
a.已知该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，a符合题意；
b.补充H2，氢气反应物的浓度增大，提高二氧化碳转化率，H2转化率减小，b不符合题意；
c.移去甲醇，生成物浓度减小，平衡向正反应移动，H2转化率增大，c符合题意；
d.增大容器体积，压强减小，化学平衡向逆方向移动，H2的转化率减小，d不符合题意；
故合理选项是ac；
(3)在该图象中，III表示H2，IV表示CO2，I表示H2O，II表示C2H5OH。a点为II和III的交点，设此时II表示的 C2H5OH体积为V，那么III 表示的H2也为V，由于加入的H2、CO2的比是3：1，反应也是按照3：1关系进行，所以可知为CO2 为V，H2O为C2H5OH的三倍，则为3V，所以a对应的体积分数ya=×100%=18.75%。
【点睛】本题考查了图象方法在化学平衡题目的应用、化学平衡的平衡状态的判断，外界条件对物质转化率、反应速率的影响分析，掌握化学反应速率和化学平衡移动的的影响因素分析，结合物质反应时转化关系，利用可逆反应的特点，运用平衡移动原理分析解答。
32.已知：+CH2=CH-M-M+HX（X为卤原子，M为烃基或含酯基的取代基等),由有机物A合成G（香豆素）的步骤如下：
(1)写出反应C+D→E的反应类型 ___________； A中官能团名称为_________。
(2)写出结构简式：B_____________ D______________。
(3)写出反应方程式：E→F________________________________________________________。
(4)F有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的任意1种同分异构体的结构简式：_______
①分子中除苯环外，无其它环状结构
② 分子中有四种不同化学环境的氢原子
③能发生水解反应，不能与金属钠反应
④能与新制Cu(OH)2按物质的量之比1：2反应。
【答案】 (1). 取代反应 (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH2=CHCOOH (4). (5). +2H2O+HCOOH+CH3OH (6).
【分析】由有机物A合成G(香豆素)的路线可知，A能与银氨溶液反应生成B，说明A含有醛基，结合A的分子式，可知A为CH2=CHCHO，A反应产生的B是CH2=CHCOOH，B含有羧基与甲醇发生酯化反应生成C是CH2=CHCOOCH3，结合已知信息和E的结构可知，C+D→E的反应与题中信息的反应类似，反应类型为取代反应，所以D为，比较E的结构简式和F的分子式可知，E→F发生碱性条件下水解再酸化，所以F为，然后逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知：A为CH2=CHCHO，B为CH2=CHCOOH，C为CH2=CHCOOCH3， D为，E为，F为。
(1)C为CH2=CHCOOCH3， D为，E为，C+D→E的反应类型为取代反应；A为CH2=CHCHO，含有的官能团名称为碳碳双键和醛基；
(2)根据上面的分析可知，B为CH2=CHCOOH，D为；
(3)E是，该物质分子中含有2个酯基，在酸性条件下发生水解反应，可得F：，所以反应E→F的反应方程式为+2H2O+HCOOH+CH3OH；
(4) F为，F的同分异构体，满足下列条件①分子中除苯环外，无其它环状结构；②分子中有四种不同化学环境的氢原子；③能发生水解反应，不能与金属钠反应，说明有酯基，无酚羟基和醇羟基；④能与新制Cu(OH)2
按物质的量之比1：2反应，说明物质分子中只有一个醛基，符合条件的同分异构体的结构简式为：。
【点睛】本题考查有机合成，利用信息及合成流程图推断出各物质结构是解答本题的关键，注意熟练掌握常见有机物官能团的结构及其与物质化学性质的关系，注意明确同分异构体的概念及书写原则，书写出符合题意的同分异构体的结构简式，同分异构体的书写为本题解答的难点。
33.已知： (R、R′为烃基)。试写出以苯和丙烯(CH2=CH-CH3)为原料，合成 的路线流程图(无机试剂任选)。_______________________________________________________________________
【答案】
【分析】苯与Cl2发生取代反应产生氯苯，氯苯与丙烯(CH2=CH-CH3)在Pd存在时发生取代反应产生，该物质与水发生加成反应产生，然后发生题干信息中的反应合成。
【详解】以苯、丙烯(CH2=CHCH3)为原料制备，首先是发生苯与Cl2在Fe作催化剂时发生取代反应产生氯苯，然后是氯苯与CH2=CHCH3发生取代反应产生和HCl，与水在催化剂存在时，在加热条件下发生加成反应产生，最后与CO在Pb存在时反应生成产物，故物质合成路线流程图为。
【点睛】本题考查了有机物合成路线的分析判断。充分利用课本已经学过的知识，结合题干信息及反应原理，利用已知物质通过一定的化学反应制取得到目标产物。掌握常见的反应类型及有机物的结构对性质的决定作用是本题解答的基础。
34.(1)铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图。根据题意回答问题：
已知：①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑
②Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑
③Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+
(2)固体X中主要含有_________（填写化学式）；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，应该使用__________(填写仪器或试剂名称)。酸化步骤用醋酸调节溶液pH<5，其目的是________________________________________________________________。
(3)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、___________、过滤、___________、干燥。
【答案】 (1). Fe2O3、MgO (2). pH计 (3). 增大溶液中c(H+)，使平衡逆向移动，产生更多的Cr2O72- (4). 冷却结晶 (5). 洗涤
【分析】铬铁矿通过焙烧，发生的反应有4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+ 8CO2↑、Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑，所以得到的固体中含有Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2，然后加水溶解得固体中含有Fe2O3、MgO和溶液中含有Na2CrO4、NaAlO2，检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5应该使用pH计；调节溶液的pH为小于5，目的是使CrO42-转化为Cr2O72-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Cr2O7晶体。
【详解】(2)通过上述分析可知得到的固体X含有Fe2O3、MgO；
要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，应该使用pH计；
在溶液中存在化学平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，向滤液中加入醋酸并调节溶液的pH
<5，增大了溶液中c(H+)，H+是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，产生更多的Cr2O72-，使溶液中c(Cr2O72-)增大，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7；
(3)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【点睛】本题考查物质的制备、物质含量的测定等知识点，为高考高频点，侧重考查基本操作、元素化合物知识、计算能力等，明确流程图中每一步发生的反应及操作方法是求解本题的关键。
35.表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl → K2Cr2O7↓+2NaCl。该反应在溶液中能发生的理由是________________________________。
【答案】K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小
【分析】根据溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质分析解答。
【详解】溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据表中数据知，四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能发生反应Na2Cr2O7+2KCl= K2Cr2O7↓+2NaCl。
【点睛】本题考查了物质制备的知识。两种盐在溶液中发生复分解反应，产生两种新盐，发生反应是由于盐的溶解度不同，可以由溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，或由溶解度小的物质转化为溶解度更小的物质。会根据表格数据分析是本题判断的依据。
36.副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取n g样品，加入过量__________(填写试剂)、溶解、过滤、再通入足量__________（填写试剂）、……灼烧、冷却、称量，得干燥固体mg。计算样品中氢氧化铝的质量分数为___________（用含m、n的代数式表示）。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). CO2 (3).
【分析】
氢氧化铝能溶于强碱溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，能将偏铝酸盐转化为Al(OH)3沉淀，灼烧氢氧化铝固体得到Al2O3，再根据Al原子守恒计算其含量。
【详解】氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱溶液，所以溶解氢氧化铝的试剂是NaOH溶液；Al(OH)3与NaOH溶液反应产生可溶性的NaAlO2溶液，然后向溶液中通入过量CO2气体，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，将偏铝酸盐转化为Al(OH)3沉淀，将沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧，氢氧化铝固体得到Al2O3，n(Al2O3)=mol，根据Al原子守恒得n[Al(OH)3]=2n(Al2O3)=2×mol=mol，则氢氧化铝质量分数==。
【点睛】本题考查了物质含量的测定。涉及氧化铝、氢氧化铝的性质、转化及用元素守恒方法进行物质含量测定。掌握元素及化合物的性质，利用物质性质的不同分离提纯，根据元素在反应前后不变分析计算。
37.六价铬有毒，而Cr3+相对安全。工业含铬(CrO3)废渣无害化处理的方法之一是干法解毒，用煤不完全燃烧生成的CO还原CrO3。在实验室中模拟这一过程的装置如下：
CO由甲酸脱水制得；实验结束时熄灭酒精灯的顺序是__________________。
【答案】III→I→IV
【分析】依据制取CO、CO发生氧化还原反应，最后结合CO气体是有毒气体需要点燃处理分析。
【详解】在I中在浓硫酸存在和加热条件下甲酸HCOOH发生分解产生CO和H2O，通过II缓冲，形成稳定的气流，然后在III中在加热时CO与CrO3发生氧化还原反应使CrO3还原，由于反应生成的CO是有毒气体，不能直接排放到空气中，最后需要点燃除去。Ⅲ装置中发生的反应是CO还原CrO3，需要冷却后再停止通CO气体，防止还原产物被氧化，所以熄灭酒精灯的顺序是先熄灭Ⅲ，再熄灭Ⅰ，最后熄灭Ⅳ。
【点睛】本题考查了化学实验操作的顺序。化学实验必须在一定条件下，按照一定的顺序进行，否则若操作顺序不当，就会导致实验失败，不仅不能达到预期实验目的，甚至会发生危险，产生事故。
