辽宁省大连市旅顺口区2020届高三10月月考化学试题

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高三化学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 可能用到的相对原子质量：C 12 Cl 35.5 Co 59 Na 23 O 16‎ 一、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）‎ ‎1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（ ）‎ A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素 B. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质 C. “黑芝麻糊”是一道传统美食，食用时可加入白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖 D. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；‎ B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；‎ C.白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；‎ D.“黑陶”是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。‎ 故选C。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 乙醇的分子式：C2H5OH B. 次氯酸的电子式：‎ C. 氯原子的结构示意图： D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子:‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙醇的分子式是C2H6O，结构简式是C2H5OH ， A错误；‎ B.HClO分子中O原子最外层有6个电子，分别与Cl、H原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子式是，B正确；‎ C.Cl原子核外电子数是17，最外层有7个电子，原子结构示意图为，C错误；‎ D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为，D错误；‎ 故合理选项B。‎ ‎3.下列实验操作和现象及所得出的结论都正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向BaCl2溶液中通入SO2，产生白色沉淀 BaSO3是不溶于水的白色固体 B 向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色 氯水既有酸性又有还原性 C 相同条件下，分别测量0.1mol·L-1和0.01mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大 D 取5mL 0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色 Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、亚硫酸的酸性小于盐酸，所以向BaCl2溶液中通入SO2，不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；‎ B、向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色体现酸性，中间为白色体现漂白性（氧化性），故B错误；‎ C、弱电解质浓度越小电离程度越大，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；‎ D、取5mL 0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液，KI溶液过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中有Fe3+，证明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列有关实验操作的叙述合理的是 A. 用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿 B 蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石 C. 要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管 D. 用氢氧化钠溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、预先润湿pH试纸，相当于对溶液稀释，用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿，故A正确；‎ B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应停止加热，冷却后加入沸石，故B错误；‎ C. 溴水能腐蚀橡胶，要量取15.80mL溴水，须使用酸式滴定管，故C错误；‎ D. 用高锰酸钾或铁氰酸钾溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1L 0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含0.1NA个NH4+‎ B. 7.8g Na2S晶体中含有0.1NA个Na2S分子 C. 若100mL某饮料中含钠23mg，则钠离子浓度为0.01mol·L-1‎ D. 28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含有NA个碳碳双键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铵根离子会发生水解反应而消耗，所以1L 0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含铵根离子的数目小于0.1NA个，A错误；‎ B. Na2S是离子化合物，在固体中也没有Na2S分子，B错误；‎ C.n(Na+)=0.023g÷23g/mol=0.001mol，故c(Na+)=0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，C正确；‎ D.若28g为乙烯，其物质的量是1mol，含有NA个碳碳双键；若全为丙烯，则其物质的量小于1mol，因此含有的碳碳双键数目就小于NA个，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.下列离子方程式书写正确的是 A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+6H+=2S↓+3H2O B. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-‎ C. AgNO3与过量浓氨水反应的离子方程式：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+‎ D. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电荷不守恒，Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故A错误；‎ B.因为Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为CO32-+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3↓，故B错误；‎ C.向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，开始会生成氢氧化银白色沉淀，但是氢氧化银会溶于过量的氨水中，反应生成氢氧化银氨溶液，会出现沉淀然后消失，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故C错误；‎ D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，硝酸不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离子方程式：3Fe+2NO3﹣+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】判断离子方程式的正误：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。‎ ‎7.氯化亚铜(CuC1)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。某小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuC1，并进行相关探究。下列说法正确的是 A. 制备CuC1时产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和NaC1溶液中除去 B. Cu2(OH)2Cl2在200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2CuO+2HCl↑‎ C. X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl2·2H2O加热过程可能的水解 D. CuC1与稀硫酸反应离子方程式：2CuCl+4H++SO42-=2Cu2++2Cl-+SO2↑+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收；‎ B.Cu2(OH)2Cl2加热至200℃时生成CuO，结合原子守恒书写化学方程式；‎ C.X气体是用于抑制CuCl2水解；‎ D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+。‎ ‎【详解】A.制备CuC1时产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收除去，故A错误；‎ B.Cu2(OH)2Cl2加热至200℃时生成CuO，结合原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，故B正确；‎ C.CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；‎ D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）‎ A. 铁与氯气反应制氯化铁，推出铁与碘反应制碘化铁 B. CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO C. 利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3‎ D. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 三价铁离子能氧化碘离子，所以铁与碘反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；‎ B. SO2通入到漂白粉溶液中，二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙，所以SO2通入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3，故B错误；‎ C. 可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀，即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3，故C正确。‎ D. 过氧化钠能氧化二氧化硫，所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4，不能生成Na2SO3，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中 溶液变为蓝色 金属铁比铜活泼 B 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝不滴落下来 氧化铝的熔点高于铝的熔点 C 常温下，用pH计测0.1mol/LNaX溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液的pH 前者小于后者 酸性：HX>H2CO3‎ D 向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，再加入银氨溶液 未出现光亮银镜 蔗糖未发生水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于发生反应：Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，不能证明金属铁比铜活泼，A错误；‎ B.加热发生反应：4Al+3O22Al2O3，熔化后的液态铝不滴落下来，就是由于在熔化的Al表面包裹了一层致密的Al2O3，所以可以证明氧化铝的熔点高于铝的熔点，B正确；‎ C. Na2CO3溶液的pH大，可知阴离子的水解程度大，则对应HCO3-的酸性弱，即酸性为HX>HCO3-，不能证明HX与H2CO3的酸性强弱，C错误；‎ D.向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，由于该溶液为酸性，没有用碱将催化剂硫酸中和，所以再加入银氨溶液，未出现光亮银镜，不能证明蔗糖是否发生水解反应，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是 A. “常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体 B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质 C. 18g“气态冰”的体积为22.4L D. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故A错误；‎ B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故B错误；‎ C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；‎ D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.根据下表中的信息判断，下列说法错误的是 A. 第①组反应的氧化产物为O2‎ B. 第②组反应中C12与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：2‎ C. 第③组反应中生成3mol C12，转移6mol电子 D. 氧化性由强到弱的顺序为C1O3- >C12>Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2O2中O元素的化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2反应的氧化产物为O2，A正确；‎ B.②中溴元素的化合价没有变化，Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+，发生的反应为3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，若小于1:2，也只发生该反应，B正确；‎ C.在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3mol氯气转移5mol电子，生成1molCl2转移mol电子，C错误；‎ D.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，物质的氧化性：ClO3-＞Cl2，Cl2 氧化FeBr2生成FeBr3，则氧化性：Cl2＞Fe3+，因此物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO3-＞Cl2＞Fe3+，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1∶2∶3，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。下列说法中错误的是 A. 简单氢化物的稳定性：W>M B. 简单离子半径：r(M)>r(W)>r(Y)>r(Z)‎ C. X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物 D. Y、W分别与X形成的最简单化合物相遇会出现白烟 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1∶2∶3，则X是氢元素；Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Y是氮元素；Z和M同主族，Z只能是第二周期的元素，若Z是氧元素，M是硫元素；若Z是氟元素，M是氯元素，则W元素不属于短周期主族元素。综上，Z为氧元素，M为硫元素，W为氯元素。‎ A.由于非金属性：Cl>S，故氢化物的稳定性：HCl>H2S，故A项正确；‎ B.M和W对应的简单离子为：S2−和Cl−，由于二者核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，故r(S2−)>r(Cl−)；Y和Z形成的简单离子分别为：N3−和O2−，二者核外电子排布相同，离子半径：r(N3−)>r(O2−)；由于电子层数越多半径越大，故r(S2−)>r(Cl−)> r(N3−)>r(O2−)，故B项正确；‎ C.H、N、O三种元素可以形成NH4NO3，化合物中含有离子键，属于离子化合物，故C项错误；‎ D.N、Cl与H形成化合物分别为：NH3和HCl，二者相遇会生成NH4Cl固体颗粒，有白烟出现，故D项正确，‎ 故选C。‎ ‎13.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）‎ A. 504mL B. 336mL C. 224mL D. 168mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)==0.03mol，反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)==0.015mol，V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。‎ ‎【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。‎ ‎14.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：‎ 下列说法正确的是 A. 实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞K B. b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液 C. 装置e的作用是收集一氧化碳气体 D. 用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体，a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过 d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在，据此分析判断选项。‎ ‎【详解】通过上述分析可知装置图中各个装置的作用分别是：a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过 d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在。‎ A.实验开始时，装置内含有空气，若先点燃酒精灯，锌与空气反应产生ZnO，无法使CO2与ZnO反应，所以应该先打开活塞K，使CO2充满整个装置后再点燃酒精灯，A错误；‎ B.通过前面分析可知b中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，用来除去杂质氯化氢；c中试剂为浓硫酸，用来干燥CO2气体；f中试剂为银氨溶液，验证一氧化碳的存在，B错误；‎ C.装置e的作用是分离二氧化碳与一氧化碳的混合气体，C错误；‎ D.由于在实验室中是用稀盐酸与Zn粒反应制取氢气，反应不需要加热，因此也可以使用启普发生器制取，然后用饱和食盐水或水除HCl杂质，用浓硫酸干燥氢气，再通过盛有CuO的干燥管来验证H2的还原性，e作安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，氢气是可燃性气体，在排放前要进行尾气处理，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了物质性质、实验过程分析、气体除杂和气体性质的理解应用，注意装置的作用的分析判断，掌握基础知识和基本技能是解题关键，题目难度中等。‎ ‎15.已知：①H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH1＝－57.3 kJ·mol－1，‎ ‎②H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH2＝－241.8 kJ·mol－1，下列有关说法正确的是 A. 向含0.1 mol NaOH的溶液中加入一定体积的0.1 mol·L－1乙二酸，反应中的能量变化如上图所示 B. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1‎ C. 氢气的标准燃烧热为241.8 kJ·mol－1‎ D. 若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH>ΔH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸放出热量小于57.3 kJ，故A正确；H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6 kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，故C错误；若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH2，故D错误。‎ 二、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）‎ ‎16.芳香族化合物A与互为同分异构体，A苯环上的一氯代物只有一种结构,则A可能的结构有（ ）‎ A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】有2个相同的取代基处于对位时，一氯代物只有一种，如；将取代基换成2个—Br和2个—CH3，分子为轴对称或者中心对称时，一氯代物只有一种。中心对称分子有1种，；轴对称分子有5种，分别为、、、、；共7种；‎ 答案选C。‎ ‎17.化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是 A. a、b、c 都属于芳香族化合物 B. a、b、c都能使溴水褪色 C. 由a生成c的反应是氧化反应 D. b、c互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。‎ ‎18.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键 C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物 D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。‎ ‎【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。‎ ‎【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。‎ ‎19.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是 A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；‎ B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；‎ C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；‎ D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；‎ 选C。‎ ‎20.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：‎ 下列分析正确的是 A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水 B. ②中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑‎ C. ③中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClO D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；‎ B. 阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；‎ C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，错误；‎ D. ②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；‎ 故选D。‎ ‎21.下列化学用语或物质的性质描述正确的是(　　)‎ A. 如图的键线式表示烃的名称为3-甲基-4-乙基-7-甲基辛烷 B. 符合分子式为C3H8O的醇有三种不同的结构 C. 乙烯在一定条件下能发生加成反应、加聚反应，被酸性高锰酸钾溶液氧化，也能在一定条件下被氧气氧化成乙酸 D. 治疗疟疾的青蒿素的结构简式为，分子式是C15H20O5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．此为烷烃，最长碳链为8，在2和6号碳上分别含有1个甲基，在5号碳上含有1个乙基，正确命名为：2，6-二甲基-5-乙基辛烷，故A错误；B．丙基有2种结构，故符合分子式为C3H8O的醇有2种不同的结构，即正丙醇和异丙醇，故B错误；C．乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应，能被高锰酸钾溶液氧化，故C正确；D．由结构简式可知有机物的分子式为C15H22O5，故D错误，故选C。‎ 三、非选择题（共52分）‎ ‎22.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1－x－yCoxMnyO2)的工艺流程如图所示：‎ 回答下列问题 ‎（1）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是___。‎ ‎（2）能够提高“碱浸”效率的方法有___(至少写两种)。‎ ‎（3）“碱浸”过程中，铝溶解，在该反应中每产生1mol非极性共价键放出133.3kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式___。‎ ‎（4）实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：___。‎ ‎（5）LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为___。在该反应中H2O2做___（氧化剂，还原剂）1molH2O2参与反应转移__ NA个电子 ‎（6）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是___。‎ ‎（7）已知溶液中Co2+的浓度为1.0mol·L－1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为____(已知：离子沉淀完全时c(Co2+)≤1.0×10－5mol·L－1，Ksp[Co(OH)2]=4.0×10－15，1g5=0.7，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎【答案】 (1). 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料 (2). 粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 (3). 2Al(s)+2H2O(l)+2NaOH(aq)=2NaAlO2(aq)+3H2(g) ‎ ‎ ΔH=-399.9kJ/mol (4). 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作2~3次 (5). 2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑ (6). 还原剂 (7). 2 (8). 75℃，30min (9). 9.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料，将废旧锂离子电池正极材料预处理，加入NaOH溶液浸取过滤，固体加入H2SO4和H2O2，得到含有Ni2＋、CCo2＋、Mn2＋溶液，溶液中加入MnSO4、NiSO4、CoSO4调整比例，加入一水合氨，得到沉淀，再加入Li2CO3，得到正极材料。‎ ‎【详解】(1)废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是：放电有利于Li＋离子移向正极并进入正极材料；‎ ‎(2)提高浸取的效率，加快化学反应速率，可以粉碎，适当增大氢氧化钠溶液溶液的浓度，适当提高反应温度等；‎ ‎(3)铝溶于NaOH，生成NaAlO2和H2，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；每产生1mol非极性键，即每产生1molH2，放出133.3kJ的热量，热化学方程式为2Al(s)+2H2O(l)+2NaOH(aq)=2NaAlO2(aq)+3H2(g) ΔH=-399.9kJ/mol；‎ ‎(4) 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后，重复操作2~3次；‎ ‎(5) LiCoO2中Li的化合价为＋1，Co的化合价为＋3，加入H2O2、H2SO4中，Co的化合价降低到＋2，则H2O2中O的化合价升高，从－1升高到0，生成O2，根据得失电子守恒，和电荷守恒，离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑，H2O2中O的化合价升高，作还原剂；H2O2中O的化合价升高，从－1升高到0，1molH2O2参与反应转移2mol电子，则转移2NA个电子；‎ ‎(6)温度不是越高越好，温度高，加热时耗能高，从图中可知，在30min时，85℃和75℃，Co的浸出率均最高，选择温度较低的，减小耗能；答案为75℃，30min；‎ ‎(7) 离子沉淀完全时c(Co2+)≤1.0×10－5mol·L－1，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2＋)c2(OH－),则，，pH=-lg(H+)=-lg(5×10-10)=-lg5+10=9.3。‎ ‎23.三氯化碘(IC13)在药物合成中用途非常广泛。已知ICl3‎ 熔点33℃，沸点73℃，有吸湿性，遇水易水解。某小组同学用下列装置制取ICl3(部分夹持和加热装置省略)。‎ ‎（1）按照气流方向连接接口顺序为a→___。装置A中导管m的作用是___。‎ ‎（2）烧瓶中发生反应的离子方程式___，若移除酒精灯为了使反应能顺利进行烧瓶中可以放___。‎ ‎（3）装置C用于除杂，同时作为安全瓶，能监测实验进行时后续装置是否发生堵塞，若发生堵塞C中的现象为___。‎ ‎（4）氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，则装置E适宜的加热方式为___。装置E中发生反应的化学方程式为___。‎ ‎（5）该装置存在的明显缺陷是___。‎ ‎（6）粗碘的制备流程为：‎ 操作Y用到的玻璃仪器有烧杯、___，操作Z的名称为___。‎ ‎【答案】 (1). a→d→e→b→c→g→h→f（接口b与c、g与h可互换） (2). 使浓盐酸顺利滴下 (3). 2Cl－＋MnO2＋4H＋Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O (4). KMnO4 (5). 锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (6). 水浴加热 (7). 3Cl2+I22ICl3 (8). 缺少尾气处理装置 (9). 分液漏斗 (10). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用A装置制备Cl2，制备的Cl2中常含有HCl和H2O，需要除杂，所以用饱和食盐水除去HCl，用CaCl2除去H2O，在E中发生反应生成ICl3，由于产物遇水易水解，需要防止空气中的水进入E，需要在E装置后再加上一个干燥装置。‎ ‎【详解】(1)利用A装置制取氯气，利用浓盐酸制取的氯气中常含有HCl和H2O等杂质，需要除去，利用C除去HCl，利用B除去水，E为发生装置，由于产物遇水易水解，需要防止空气中的水进入E，需要在E装置后再加上一个干燥装置。接口顺序为a→d→e→b→c→g→h→f（接口b与c、g与h可互换）；装置A中的导管连接分液漏斗和下部的圆底烧瓶，平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；‎ ‎(2)浓盐酸和MnO2加热生成Cl2、氯化锰和水，离子方程式为2Cl－＋MnO2＋4H＋Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；如果不用加热的方法制备氯气，则可以使用KMnO4；‎ ‎(3)如果发生堵塞，C中压强会增大，会将饱和食盐水压入长颈漏斗中，可以看到锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；‎ ‎(4)加热的温度稍低于70℃，可以用水浴加热，便于控制温度，且受热更充分；E中Cl2与I2生成ICl3，化学方程式为3Cl2+I22ICl3；‎ ‎(5)E中Cl2和I2反应，Cl2不一定完全反应，Cl2有毒，但是没有尾气处理装置，缺陷是缺少尾气处理装置；‎ ‎(6)碘水中加入CCl4，为萃取，萃取需要的分液漏斗；碘溶于CCl4中，从溶液中分离得到溶质和溶液，可用蒸馏。‎ ‎24.端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的结构简式为___，D的化学名称为___。‎ ‎（2）①和③的反应类型分别为___、___。‎ ‎（3）E的结构简式为___。用1molE合成1，4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气___mol。‎ ‎（4）化合物（‎ ‎）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为___。‎ ‎（5）假设（4）生成1mol单一聚合度的G，若生成的G的总质量为1260g，则G的n值理论上应等于___。‎ ‎（6）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式___。‎ ‎（7）写出用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线___。‎ ‎【答案】 (1). (2). 苯乙炔 (3). 取代反应 (4). 消去反应 (5). (6). 4 (7). n+(n-1)H2O (8). 10 (9). （任意三种） (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B在光照下与Cl2发生取代反应生成C，可知B为乙苯，结构简式为，A与CH3CH2Cl得到B，可知A为苯。根据信息，2分子D发生Glaser反应，得到E，结构简式为。‎ ‎【详解】(1) B在光照下与Cl2发生取代反应生成C，由C的结构简式，可知B为乙苯，结构简式为；D的名称为苯乙炔；‎ ‎(2)反应①为苯和CH3CH2Cl反应，苯环上的H原子被乙基取代，引入乙基，为取代反应；由C和D的结构可知，C中脱去2分子的HCl，得到D，则反应③为消去反应；‎ ‎(3)根据信息，2分子D发生Glaser反应，得到E，结构简式为；1mol碳碳三键完全加成需要2mol氢气，现加成为1，4−二苯基丁烷，则需要4mol氢气；‎ ‎(4)根据信息，发生Claser反应时，C－H断裂，化合物发生缩聚反应时，将C－H断开，可以发生缩聚反应得到高分子化合物，化学方程式为n+(n-1)H2；‎ ‎(5)假设(4)生成1mol单一聚合度的G，若生成的G的总质量为1260g，链接的相对分子质量为124， 1mol单一聚合度的G，总质量为1260g，则有124×n＋2=1260，则n=10；‎ ‎(6)C的分子式为C8H8Cl2，F是C的同分异构体，其分子中只有与两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，则可知道F中含有2个处于对称位置的甲基和2个处于对称位置的Cl原子，结构有；‎ ‎(7)苯乙醇先发生消去反应，得到苯乙烯，在与溴发生加成反应，得到卤代烃，再模仿C到D，得到苯乙炔；答案为。‎ ‎ ‎