浙江省教育绿色评价联盟2020届高三10月适应性考试化学试题

浙江省教育绿色评价联盟2020届高三10月适应性考试化学试题

浙江教育绿色评价联盟适应性试卷 化学（选考）试题 考生须知：‎ ‎1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。‎ ‎3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦干净。‎ ‎4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。‎ ‎5.可能用到的相对原子质量：H1 He2 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 K39 Ca40 Cu64 Fe56 I127 Ba137‎ 选择题部分 一、选择题（本大题共20小题，1－10小题，每题2分，11－20题，每题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 在常温下浓硫酸与铁不反应，所以可以用铁制容器来装运浓硫酸 B. 侯氏制碱工业是以氯化钠为主要原料，制得大量NaOH C. 我国华为AI芯片已跻身于全球AI芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅 D. 垃圾分类是化废为宝的重要举措，厨余垃圾可用来制沼气或堆肥 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下Fe在浓硫酸中被氧化形成一层致密的氧化膜，从而保护金属，A错误；‎ B. 侯氏制碱法以氯化钠为原料制得大量碳酸氢钠，进而由碳酸氢钠得到碳酸钠，B错误；‎ C. 电子芯片的主要成分为单晶硅，C错误；‎ D. 厨余垃圾可用来制沼气或堆肥，D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎2.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是 A. NH4Cl B. NaHSO3 C. CH3COOH D. NaHCO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，故A符合题意；‎ B选项，NaHSO3是强碱弱酸盐，亚硫酸氢根电离显酸性，故B不符合题意；‎ C选项，CH3COOH属于酸，电离显酸性，故C不符合题意；‎ D选项，NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子电离过程小于水解过程，溶液显碱性，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】强酸弱碱盐，水解显酸性，强碱弱酸盐，水解显碱性；弱酸的酸式盐，按照电离和水解的程度进行分析，谁强显谁性。‎ ‎3.下列有关实验的选项正确的是 ‎ A．下列装置中X若为苯，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸 ‎ B．除去CO中的CO2 ‎ C．下列装置可用于分离C2H5OH和H2O的混合物 ‎ D．记录滴定终点读数为12.20 mL ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、氨气和氯化氢在水中的溶解度很大，将导管直接伸入水中会出现倒吸现象，错误，不选A；B、二氧化碳能被氢氧化钠吸收，所以能除去一氧化碳中的二氧化碳，正确，选B；C、乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，错误，不选C；D、应该为11.80，错误，不选D。‎ 考点：实验方案的设计，物质的分离和提纯，滴定管的结构 ‎4.下列有关化学用语不正确的是 A. 氘的原子结构示意图 B. 聚乙烯的结构简式：‎ C. HClO的结构式：H－O－Cl D. 甲烷分子的球棍模型：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，氘的原子结构示意图，故A正确，不符合题意；‎ B选项，聚乙烯的结构简式：，故B正确，不符合题意；‎ C选项，HClO的结构式：H－O－Cl，故C正确，不符合题意；‎ D选项，是甲烷分子的比例模型，故D错误，符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】分清楚原子结构示意图、离子结构示意图、结构式、结构简式、电子式、比例模型、球棍模型等常见的表示方式。‎ ‎5.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）‎ 化学性质 实际应用 A.‎ Al2(SO4)3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火 B.‎ 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 C.‎ 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 D.‎ HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；‎ B ‎、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；‎ C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；‎ D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取置换性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强。‎ ‎6.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是 A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. O2F2中氧元素的化合价是－1，氟元素的化合价是＋1‎ D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2中H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。‎ ‎【详解】A选项，氧气是化合价降低得到的产物，是还原产物，故A错误；‎ B选项，O2F2中氧元素的化合价降低，只是氧化剂，故B错误；‎ C选项，O2F2中氧元素的化合价是＋1，氟元素的化合价是－1，故C错误；‎ D选项，H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1mol还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4mol氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】分析化合价，根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”的规律进行分析。‎ ‎7.下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 16O和18O2－互为同位素 B. 2－甲基丁烷也称异丁烷 C. CH3COOH与硬脂酸（C17H35COOH）互为同系物 D. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，同位素是质子数相同，中子数不同的原子，针对原子来讲，而18O2－是离子不是原子，故A错误；‎ B选项，2－甲基丁烷称异戊烷，故B错误；‎ C选项，CH3COOH与硬脂酸（C17H35COOH）都为脂肪酸，且都为饱和一元羧酸，结构相似，组成相差16个—CH2—原子团，因此互为同系物，故C正确；‎ D选项，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同种物质，都为乙酸乙酯，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】同位素针对对象是原子，是质子数相同，中子数不同的原子的互称。‎ ‎8.下列离子方程式正确的是 A. 向CuSO4溶液中加入金属钠：2Na＋Cu2＋＝2Na＋＋Cu B. 向硫酸酸化的H2O2溶液中加入铜粉：Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O C. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性： Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O D. 向FeI2溶液中通入过量的Cl2：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2＝2Fe3＋＋I2＋4Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，向CuSO4溶液中加入金属钠，钠先与溶液中的水反应生成氢氧化钠，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故A错误；‎ B选项，硫酸酸化的H2O2溶液中加入铜粉，铜粉溶解，其离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O，故B正确；‎ C选项，向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，故C错误；‎ D选项，向FeI2溶液中通入过量的Cl2，亚铁离子和碘离子要遵循化学式比例关系，其离子方程式为：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2I2＋6Cl－，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】碘离子的还原性大于亚铁离子，通入氯气，碘离子先反应，碘离子反应完后亚铁离子再反应。‎ ‎9.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 实验 现象 结论 A 将稀硝酸加热过量的铁粉中，充分反应后再滴加KSCN溶液 有气体生成，溶液不呈血红色 稀硝酸将铁氧化为Fe2+‎ B 用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中 溶液变黄 氧化性，H2O2比Fe2O3强 C 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 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点较低 D 在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液加热 溶液红色加深 盐类水解是吸热反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，稀硝酸和铁粉反应生成铁离子和一氧化氮气体，铁离子和过量铁粉反应生成亚铁离子，故A错误，不符合题意；‎ B选项，酸性条件下，亚铁离子和硝酸根发生氧化还原反应，不能比较双氧水和铁离子的强弱，故B错误，不符合题意；‎ C选项，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，故C错误，不符合题意；‎ D选项，醋酸根水解显碱性，酚酞滴入呈红色，加热，颜色加深，说明碱性增强，水解正向移动，盐类水解为吸热反应，故D正确，符合题意。‎ 故答案为D。‎ ‎10.部分短周期元素的有关信息为：‎ 元素代号 元素性质或原子结构 T 最外层的电子数是内层电子数的3倍 R 与T同族 L L2+与T2－核外电子层结构相同 Q 与L同族 Z 元素最高正价是+3价，与L同周期 根据上表中信息，判断以下叙述正确的是 A. Z与T形成的化合物具有两性 B. 单质与稀盐酸反应的速率为L Be，则Mg与稀盐酸反应的速率比Be与稀盐酸反应的速率快，故B错误；‎ C选项，非金属越强，氢化物越稳定，因此氢化物的稳定性为H2S < H2O，故C错误；‎ D选项，L与R通过离子键形成的化合物为硫化镁，阴（S2-）阳离子(Mg2+）的核外电子数相差8，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】同周期，非金属越强，氢化物越稳定，最高价氧化物对应的水化物酸性越来越强；同主族，非金属越弱，氢化物越不稳定，最高价氧化物对应的水化物酸性越来越弱。‎ ‎11.一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的甲醇－燃料电池的工作原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是 A. 该电池工作时，每消耗22.4 L CH3OH转移6 mol电子 B. 电子由电极a经负载流向电极b，再经过氢氧化钠溶液返回电极a，形成闭合回路 C. 电池工作时，OH－向电极a移动，溶液的pH减小 D. 电极b上发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲醇变为碳酸根，化合价升高，在负极发生氧化反应，氧气化合价降低，在正极发生还原反应。‎ ‎【详解】A选项，缺少标准状况下，且CH3OH在标准状况下是液体，无法计算，故A错误；‎ B选项，电子由电极a经负载流向电极b，但电子不经过氢氧化钠溶液返回电极a，故B错误；‎ C选项，电池工作时，“同性相吸”原理，OH－向电极a移动，CH3OH－6e－＋8OH－＝6H2O＋CO32－，甲醇失去电子，消耗氢氧根，溶液的pH减小，故C正确；‎ D选项，碱性环境下，电极b上发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】分析化合价，升高的一极为负极，发生氧化反应，降低的一极为正极，发生还原反应。尤其要注意选项B，电子经过导线传递，不能经过溶液。‎ ‎12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是：‎ A. 1 L 0.1 mol·L－1亚硫酸钠溶液含有的SO32－数目为0.1NA B. 标准状况下，5.6L O2和O3的混合气体含有的氧原子数为0.5NA C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，转移电子的总数为NA D. 30g甲醛中含共用电子对总数为4NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，1 L 0.1 mol·L－1亚硫酸钠溶液物质的量为0.1mol，但亚硫酸是弱酸，电离出的SO32－数目小于0.1NA，故A错误；‎ B选项，标准状况下，5.6L O2和O3的混合气体即物质的量为0.25mol，如果全部是为氧气，则氧原子数为0.5 NA，如果全部是为臭氧，则氧原子数为0.75 NA，因此5.6L O2和O3的混合气体含有的氧原子数为0.5NA到0.75 NA之间，故B错误；‎ C选项，向FeI2溶液中通入适量Cl2，氯气先氧化I-，再氧化 Fe2+，由于I-的物质的量未知，故此反应转移的电子数无法计算，故C错误；‎ D选项，30g甲醛物质的量为1 mol，中含共用电子对总数为4NA，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎13.常温下，向100 mL 0.01 mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1的MOH溶液，如中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况。下列说法中正确的是（ ）‎ A. HA为一元弱酸，MOH为一元强碱 B. 滴入MOH溶液的体积为50 mL时，c(M+)＞c(A-)‎ C. N点水的电离程度大于K点水的电离程度 D. K点时，c（MOH）+ c（M+）="0.02" mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．0.01mol•L-1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，50ml碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，51ml恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，错误； B．N点时溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知c(M+)=c(A-)， 错误；C．由图像可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，正确；D．在K点时混合溶液体积是酸溶液的2倍，物质的量也是HA的2倍，所以c（MOH）+ c（M+）=2c(A-)÷2="0.01" mol·L-1，错误。‎ 考点：考查图像方法在酸、碱中和滴定及溶液中离子浓度大小比较的应用的知识。‎ ‎14.利用I2O5可消除CO污染，其反应为：反应为I2O5(s)＋5CO(g)5CO2(g)＋I2‎ ‎(s)；不同温度下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体体积分数φ(CO2)随时间t变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. b点时，CO的转化率为20%‎ B. 容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态 C. b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd D. 0到0.5 min反应速率v(CO)=0.3 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】5CO(g) ＋I2O5(s)5CO2(g)＋I2(s)‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol y y b点量/mol 2-y y 根据b点时CO2的体积分数φ（CO2）=y÷2=0.80，得y=1.6mol，转化率等于=(变化量÷起始量)×100%=(1.6÷2)×100%=80%，A错误；‎ B．两边计量数相等，所以压强始终不变，不能做平衡状态的标志，B错误；‎ C．b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，C正确；‎ D．0到0.5min时：5CO(g) ＋I2O5(s)5CO2(g)＋I2(s)‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol x x a点量/mol 2-x x 根据a点时CO2的体积分数φ（CO2）=x÷2=0.30，得x=0.6mol；则从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）=(0.6mol÷2L)÷0.5min=0.6 mol·L－1·min－1，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.碘单质与氢气在一定条件下反应的热化学方程式如下：‎ ‎①I2(g)＋H2(g)2HI(g) △H＝－948kJ·min－1‎ ‎②I2(s)＋H2(g)2HI(g) △H＝＋26.48kJ·min－1‎ 下列说法正确的是 A. 该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，放出热量9.48kJ B. 该条件下，碘升华的热化学方程式为I2(s)＝I2(g) △H＝＋35.96kJ·min－1‎ C. 相同条件下，Cl2(g)＋H2(g)＝2HCl(g)的△H >－9.48 kJ·min－1‎ D. 反应①是放热反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，该反应是可逆反应，该条件下，l mol H2(g)和l mol I2(g)充分反应，反应转化率达不到100%，因此放出热量小于9.48kJ，故A错误；‎ B选项，②－①得出：碘升华的热化学方程式为I2(s)＝I2(g) △H＝＋35.96kJ·min－1，故B正确；‎ C选项，非金属越强，与氢气反应放出热量越多，因此氯气比碘蒸汽反应放出的热量多，焓变小，Cl2(g)＋H2(g)＝2HCl(g)的△H < －9.48 kJ·min－1，故C错误；‎ D选项，活化能与放热反应吸热反应无直接关系，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎16.下列说法正确的是 A. 纤维素属于多糖，是营养物质，但不能被人体消化吸收 B. 氨基酸分子中都只含有一个氨基和一个羧基 C. 金刚石和C60熔化时破坏的作用力相同 D. 不发生化学变化时，物质中的化学键不可能断开 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，纤维素属于多糖，是营养物质，人体内没有纤维素酶，不能被人体消化吸收，纤维素在人体内加强肠胃蠕动，具有通便作用，故A正确；‎ B选项，氨基酸分子中至少含有一个氨基和一个羧基，故B错误；‎ C选项，金刚石是原子晶体，熔化破坏共价键，C60‎ 是分子晶体，熔化时破坏的范德华力，故C错误；‎ D选项，不发生化学变化时，物质中的化学键可能断开，比如氯化钠溶于水断裂了离子键，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎17.在甲、乙、丙三个恒温恒容的密闭容器中，分别加入足量活性炭和一定量的NO，发生反应C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，测得各容器中c(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示，下列说法正确的是 容器（温度）‎ ‎ t(min)‎ c(mol∙L-1)‎ ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎120‎ ‎160‎ 甲（400℃）‎ c(NO) ‎ ‎2.00‎ ‎1.50‎ ‎1.10‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ 乙（400℃）‎ c(NO)‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.53‎ ‎0.45‎ 丙（T℃）‎ c(NO)‎ ‎2.00‎ ‎1.40‎ ‎1.10‎ ‎1.10‎ ‎1.10‎ A. 达到平衡状态时，2v正c(NO)＝v逆c(N2)‎ B. 容器内压强不再改变说明反应已达平衡 C. 丙容器中从反应开始到建立平衡的平均反应速率v c(NO)＝0.01125 mol·L－1·min－1‎ D 由表格数据可知：T>400‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，达到平衡状态时，v正c(NO)与v逆c(N2)比值等于计量系数比2:1，因此v正c(NO)＝2v逆c(N2)，故A错误；‎ B选项，该反应是等体积反应，压强不随反应进行而改变，当容器内压强不再改变不能说明反应已达平衡，故B错误；‎ C选项，丙容器中在什么时间达到平衡不清楚，无法计算从反应开始到建立平衡的平均反应速率，故C错误；‎ D选项，根据上面图中表格丙与甲比较得出丙的反应速率快，而达到平衡时转化率发生改变，说明是温度发生改变，单位时间改变量大，速率快，说明该过程是升温，T>400，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎18.NaOH溶液滴定一定浓度邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如右图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是：‎ A. 混合溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、种类有关 B. b点的混合溶液pH<7‎ C. 邻苯二甲酸氢钾溶液的pH<7‎ D. c点的混合溶液中，c(Na＋) > c(K＋)>c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，混合溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、离子所带电荷数有关，故A正确；‎ B选项，其中b点为反应终点，b点溶质为邻苯二甲酸钠钾，邻苯二甲酸根离子发生水解，水解显碱性，故pH > 7，故B错误；‎ C选项，邻苯二甲酸氢钾溶液的电离平衡常数为Ka2＝3.9×10－6，其水解平衡常数为，电离平衡常数大于水解平衡常数，以电离为主，溶液显酸性，故C正确；‎ D选项，b点是滴定终点，c点的混合溶液是邻苯二甲酸钠钾、NaOH混合溶液，根据图像知邻苯二甲酸钠钾浓度大于NaOH浓度，因此c(Na＋) > c(K＋)>c(OH－)，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎19.以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉（ZnS·BaSO4）：‎ 下列说法不正确的是 A. 在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为BaSO4＋4CBaS＋4CO↑‎ B. 回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2‎ C. 在潮湿空气中长期放置的“还原料”。会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的BaSO4‎ D. 沉淀器中发生的离子反应方程式为：S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO42－＝ZnS·BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，根据前后之间的联系可知在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为BaSO4＋4CBaS＋4CO↑，故A正确；‎ B选项，回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2，故B正确；‎ C选项，在潮湿空气中长期放置的“还原料”，硫化钡与空气中二氧化碳和水反应生成硫化氢、碳酸钡，逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的碳酸钡，故C错误；‎ D选项，净化的硫化钡溶液易溶，在沉淀器中发生的离子反应方程式为：S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO42－＝ZnS·BaSO4↓，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎20.某无色溶液中可能含有Na＋、K＋、NH4+、Ca2＋、Cu2＋、SO42-、SO32-、Cl－、Br－、CO32-中的若干种，离子浓度都为0.1 mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2‎ 和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如右实验：则下列关于原溶液的判断正确的是（   ）‎ A. 若步骤中Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响 B. 无法确定原溶液中是否存在Cl－‎ C. 肯定存在的离子是SO32-、Br－，是否存在Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定 D. 肯定不存在的离子是Ca2＋、Cu2＋、SO42-、CO32-，是否含NH4+另需实验验证 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色溶液中一定不含Cu2+,往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液,无白色沉淀生成,说明无,加足量氯水,无气体产生,则无,溶液加四氯化碳分液,下层橙黄色,则有Br-,上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀生成,则有,无Mg2+。溶液中离子浓度都为0.1 mol·L-1,根据电荷守恒,一定含有、Na+、K+,一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀产生,是因为加氯水时引入了氯离子。‎ ‎【详解】A. 注意检验是否有硫酸根离子，根据硫酸钡不溶于酸的特点进行判断，溶液中已含有氯离子，所以没有关系，故A符合题意；‎ B. 根据题目中浓度都相等利用电荷守恒可以判断出是否有氯离子，故B 错误；‎ C. 肯定存在的离子是、Br-、、Na+、K+,故C错误；‎ D. 根据电荷守恒可以判断出溶液中有铵根离子，故D错误；‎ 故正确答案为：A。‎ 非选择题部分 ‎21.为探究某物质X（仅含两种元素）的组成及和性质，设计并完成如下实验。（气体体积己转化为标准状况下的体积）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）X的化学式__________，A的电子式_____________。‎ ‎（2）无色气体A通入饱和碳酸钠溶液中的离子方程式__________。‎ ‎（3）溶液C中滴加NH4SCN溶液可以检验某种阳离子的存在，请设计实验检验溶液C中另一种金属阳离子的实验方案_______。‎ ‎【答案】 (1). Fe3C (2). (3). CO2+2Na++CO32-+H2O=2NaHCO3 (4). 取少量C溶液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则溶液中存在Fe2+（其他答案合理均给分）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X在空气中煅烧生成磁性固体四氧化三铁和无色无味气体，无色无味气体通入足量饱和碳酸钠溶液生成白色固体，生成了碳酸氢钠，说明无色气体为二氧化碳，从而得出由碳和铁元素组成，碳的物质的量等于二氧化碳的物质的量，二氧化碳物质的量为0.02 mol，碳的质量为0.24 g，铁的质量为3.36g，铁的物质的量0.06 mol，铁和碳的物质的量之比为3:1，即X化合物化学式为Fe3C。‎ ‎【详解】⑴根据上面分析得出A为二氧化碳物质的量为0.02 mol，碳的质量为0.24 g，铁的质量为3.36g，铁的物质的量0.06 mol，铁和碳的物质的量之比为3:1，即X化合物化学式为Fe3C，A的电子式，故答案为：Fe3C；。‎ ‎⑵无色气体A通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠晶体，其离子方程式CO2+2Na++CO32－+H2O=2NaHCO3，故答案为：CO2+2Na++CO32－+H2O=2NaHCO3。‎ ‎⑶实验检验溶液C中亚铁离子是否存在，取少量C溶液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则溶液中存在Fe2+，或取少量C溶液，滴加加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则溶液中存在Fe2+，故答案为：取少量C溶液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则溶液中存在Fe2+，或取少量C溶液，滴加加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则溶液中存在Fe2+。‎ ‎22.化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。‎ ‎（1）难挥发性TaS2可采用如下装置提纯：将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中，反应如下：TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)，△H>0，下列说法正确的是：_____‎ A 在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区 B 改变压强，平衡不发生移动，所以反应放出的热量不变 C 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变 D 向容器中加入更多的TaS2(s)可以提高I2(g)的转化率 ‎（2）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的转化率如图中曲线所示。‎ ‎①下列说法不正确的是_____________。‎ A 反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，温度升高NO转化率增大说明正反应为吸热反应 B 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度能提高NO转化率 D 3800C下，C起始(O2)＝5.0×10－4 mol·L－1，NO平衡转化率50%，则平衡常数K<2000‎ ‎②请在上图中画出不同温度下NO转化为NO2的平衡曲线_____。‎ ‎（3）电解NO可制备NH4NO3，其工作原理如下图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_________，写出电解过程的总反应化学方程式________。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). AD (3). (4). NH3 (5). 8NO+7H2O= 3NH4NO3+2HNO3，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴将TaS2与单质碘反应生成TaI4和S2，生成的产物移向另外一端石英管，在另一端石英管中反应又生成TaS2与单质碘。‎ ‎⑵温度在250ºC左右，转化率达到最大值，小于250ºC是建立平衡的阶段，大于250ºC是温度升高，平衡逆向移动，说明该反应正反应是放热反应。温度越高转化率越低，在低温下达到平衡时，转化率越高，因此图像从最高点处逆向增大。‎ ‎⑶电解NO可制备NH4NO3，阳极NO被氧化生成硝酸根离子，阴极NO被还原生成铵根离子，总的反应方程式为8NO+7H2O= 3NH4NO3+2HNO3，因此为了使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质NH3，电解过程的总反应化学方程式8NO+7H2O= NH4NO3+2HNO3。‎ ‎【详解】⑴A选项，在提纯过程中，I2与TaS2在高温区反应生成TaI4和S2，生成的产物移到石英管另一端，在另一端低温区反应生成I2和TaS2，因此I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区，故A正确；‎ B选项，该反应是等体积反应，改变压强，平衡不发生移动，所以反应放出的热量不变，故B正确；‎ C选项，加入催化剂，改变了反应的途径，但反应的△H不会改变，故C错误；‎ D选项，TaS2(s)是固体，向容器中加入更多的TaS2(s)，平衡不移动，不能提高I2(g)的转化率，故D错误。‎ 综上所述，答案为AB。‎ ‎⑵①A选项，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，250ºC以前是未达到平衡的阶段，250ºC以后是升温，转化率减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故A错误，符合题意；‎ B选项，图中X点是未建立平衡点，在该条件下，延长反应时间，向正反应进行，当达到平衡时，能提高NO转化率，故B正确，不符合题意；‎ C选项，图中Y点所示条件下，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，故C正确，不符合题意；‎ D选项，3800C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，故D错误，符合题意。‎ 综上所述，答案为AD。‎ ‎②根据前面分析该反应是放热反应，温度越高，转化率越小，温度越低，转化率越大，最高点是该温度下达到平衡的点，后面的点沿最高点逆向上画出平衡曲线，如图所示，，故答案为：。‎ ‎⑶电解NO可制备NH4NO3，阳极发生氧化反应，NO被氧化生成硝酸根离子，阴极发生还原反应，NO被还原生成铵根离子，总的反应方程式为8NO+7H2O= 3NH4NO3+2HNO3，因此为了使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质NH3，电解过程的总反应化学方程式8NO+7H2O = 3NH4NO3+2HNO3，故答案为：NH3；8NO+7H2O= 3NH4NO3+2HNO3。‎ ‎23.从茶叶中提取的茶多酚具有抗氧化、清除自由基，预防心血管疾病等多方面药理功能，是一种新型的无毒天然食品添加剂。茶多酚为淡黄至茶褐色粉状固体，其涩味，易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，微溶于油脂，并能与某些金属离子反应形成沉淀。科研工作者提取茶多酚的一种工艺如下：‎ 已知：‎ ‎①收率指投入单位数量原料获得的实际产品产量与理论计算产品产量的比值。‎ ‎②0.159g高锰酸钾能与2.91mg茶多酚反应完全。‎ 请回答：‎ ‎（1）下列说法正确的是：_____________。‎ A 将茶叶样品粉碎、控制温度均是为了加快速率，提高茶多酚的浸出率 B 操作1和2都是过滤，均需对滤渣进行洗涤且合并洗涤液 C 加入较高浓度的盐酸，会造成茶多酚的收率降低 D 操作4为真空干燥，其原理与蒸馏相似 ‎（2）热水浸泡时间过长，温度过高均造成茶多酚的收率降低，原因是______。‎ ‎（3）操作3为萃取分液，其实验过程如下，合理的操作步骤为___________。‎ ‎①将分液漏斗放置于铁架台上，静置 ‎②从上口倒出乙酸乙酯层 ‎③将溶液D和乙酸乙酯分别加入到分液漏斗中 ‎④检查分液漏斗是否漏水 ‎⑤充分振荡并放气 ‎⑥从下口放出下层溶液 ‎（4）研究发现，用AlCl3＋ZnCl2的复合沉淀剂效果更理想。向溶液A中加入复合沉淀剂，常温下进行茶多酚沉淀，用0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液调节pH。其他条件相同，不同pH时，测得茶多酚的沉淀率如图1，请结合图1，解释选择pH＝6进行茶多酚沉淀的可能原因________。‎ ‎（5）将溶液A定容至50 mL，每次取10.0 mL，用0.159 g·mL－1的高锰酸钾进行滴定，数据如下表1，则该次实验，测得茶叶中茶多酚的含量为_______mg·g－1。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 因茶多酚为一类多酚类化合物，易被氧气氧化，热水浸泡时间过长，相应的增加了茶多酚氧化，温度过高氧化速度加快 (3). ④③⑤①⑥② (4). pH值过低，沉淀不完全；pH值过高茶多酚更易被氧化 (5). 145.9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 茶叶粉碎、控制温度都是为了提高浸出率，再过滤，将过滤后的溶液加入氯化铝进行沉淀，过滤后将沉淀加入盐酸溶解，再用乙酸乙酯进行萃取，萃取后分离出茶多酚和乙酸乙酯。‎ ‎【详解】⑴A选项，将茶叶样品粉碎、控制温度均是为了加快速率，提高茶多酚的浸出率，故A正确；‎ B选项，操作1和2都是过滤，操作1对滤渣洗涤并对洗涤液合并，操作2对滤渣进行洗涤，不需要洗涤液，只需要滤渣，故B错误；‎ C选项，滤渣C加入较高浓度的盐酸，pH值较低，滤渣C溶解得更充分，茶多酚的收率月多，吸收率越高，故C错误；‎ D选项，溶液E是茶多酚和乙酸乙酯的混合物，将两者分离开，操作4为真空干燥，分开的原理与蒸馏相似，故D正确；故答案为AD。‎ ‎⑵茶多酚为一类多酚类化合物，在空气中易被氧气氧化，热水浸泡时间过长，相应的增加了茶多酚氧化，温度过高氧化速度加快热水浸泡时间过长，因此温度过高均造成茶多酚的收率降低，原因是因茶多酚为一类多酚类化合物，易被氧气氧化，热水浸泡时间过长，相应的增加了茶多酚氧化，温度过高氧化速度加快，故答案为：因茶多酚为一类多酚类化合物，易被氧气氧化，热水浸泡时间过长，相应的增加了茶多酚氧化，温度过高氧化速度加快。‎ ‎⑶操作3为萃取分液，先检漏，再将液体分别倒入到分液漏斗中，再振荡，振荡过程中要放气，再将分液漏斗静止在铁架台上，再将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，因此操作顺序为④③⑤①⑥②，故答案为：④③⑤①⑥②。‎ ‎⑷向溶液A中加入复合沉淀剂，常温下进行茶多酚沉淀，用0.1 mol·L－1的Na2CO3‎ 溶液调节pH。pH值过低，酸性较强，则茶多酚沉淀可能不完全，pH值过高茶多酚更易被氧化，因此选择pH＝6进行茶多酚沉淀的可能是pH值过低，沉淀不完全，pH值过高茶多酚更易被氧化，故答案为：pH值过低，沉淀不完全，pH值过高茶多酚更易被氧化。‎ ‎⑸根据数据分析，第2个数据是错误的数据，只能按1、3两个数据进行计算，平均值为20.05 mL，则消耗的高锰酸钾的质量为0.159 g·mL－1×20.05 mL ×5 = 0.159 ×100.25 g，根据0.159g高锰酸钾能与2.91mg茶多酚反应完全，则茶多酚的质量2.91mg×100.25=291.7275mg，则茶叶中茶多酚的含量为，故答案为145.9 mg·g－1。‎ ‎24.某研究小组按下列路线合成非甾体抗炎、抗过敏药物乙氧苯柳胺，工业上可通过分馏煤焦油获得A。‎ 已知：R－Cl＋R'－OHR－O－R'＋HCl；‎ 请回答：NH2‎ ‎（1）反应B→C的类型是__________，化合物D中含氧官能团的名称______。‎ ‎（2）下列说法正确的是_________。‎ A 化合物C加入过量溴的四氯化碳溶液中，能产生白色沉淀 B 化合物D能发生加成、取代、氧化反应、缩聚反应 C 实现D→E的转化应加入过量Na2CO3溶液 D 乙氧苯柳胺的分子式是C15H15NO3‎ ‎（3）化合物E的结构简式是__________。‎ ‎（4）化合物D能与许多物质反应，如：化合物D与足量NaOH溶液反应生成有机物X，请写出少量CO2通入X溶液中发生反应的化学方程式__________。‎ ‎（5）写出化合物Y（C8H11NO）同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式_______。‎ ‎1H－NMR谱和1R谱检测表明：‎ ‎①分子中有4种不同化学环境的氢原子。‎ ‎②分于中含有苯环，没有羟基。‎ ‎（6）结合题目信息，设计以B和CH3CH2OH为原料制备化合物Y的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）__________。‎ ‎【答案】 (1). 取代反应或水解反应都给分 (2). 酚羟基（羟基）和羧基 (3). BD (4). (5). ＋CO2＋H2O ＋ NaHCO3。 (6). 、 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分馏煤焦油获得A，A和氯气反应生成B，B和水在催化剂，高温高压下，说明C为苯酚，推出B为氯苯，A为苯，A到B是取代反应，B到C为取代反应，C和二氧化碳反应，D变为E，E和Y反应得到乙氧苯柳胺，Y分子式C8H11NO，根据乙氧苯柳胺的结构，Y的结构为，则E的结构为，C到D为加成反应，D的结构为。‎ 根据图中信息，进行消化反应得到对硝基氯苯，在二氧化锰作用下和乙醇反应生成，在硫化钠作用下反应得到Y。‎ ‎【详解】⑴根据上面分析得到B为氯苯，C为苯酚，因此B→C的类型是取代反应，化合物D为，D中含氧官能团的名称羧基和酚羟基，故答案为：取代反应或水解反应；酚羟基（羟基）和羧基。‎ ‎⑵A选项，苯酚易溶于四氯化碳，溴也易四氯化碳溶液，苯酚和溴反应生成的三溴苯酚也易溶于四氯化碳中，因此这看不到白色沉淀，故A错误；‎ B选项，化合物D()有苯酚发生加成，有羧基发生酯化反应也叫取代反应，有酚羟基容易被氧化而发生氧化反应，有羧基和酚羟基发生缩聚反应，故B正确；‎ C选项，变为，只是—COOH变为—COONa，因此只能加NaHCO3溶液才能实现，加过量碳酸钠—COOH，酚羟基—OH都会变，相应基团为—COONa，—ONa，故C错误；‎ D选项，根据结构简式数出乙氧苯柳胺的分子式是C15H15NO3，故D正确。‎ 综上所述，答案为BD。‎ ‎⑶化合物E的结构简式是，故答案为：。‎ ‎⑷化合物D能与许多物质反应，如：化合物D与足量NaOH溶液反应生成有机物X，X为，与少量CO2发生反应生成碳酸氢钠和，因此反应方程式为＋CO2＋H2O ＋ NaHCO3，故答案为：＋CO2＋H2O ＋ NaHCO3。‎ ‎⑸化合物Y（C8H11NO）①分子中有4种不同化学环境的氢原子。②分于中含有苯环，没有羟基，说明氧连接—CH3，则不能形成4种不同化学环境的氢原子，如果O连接—NH2，则形成4种不同化学环境的氢原子，因此结构简式为，，故答案为：；。‎ ‎⑹根据信息1和信息2，要先把B引入硝基，因此在浓硝酸、浓硫酸加热作用下反应生成，再根据信息1，和二氧化锰、乙醇反应生成，利用信息2，在硫化钠的条件下反应生成，因此整个合成路线，故答案为：‎ ‎。‎ ‎25.合成氨原料可以由天然气制取。其主要反应为：CH4(g)＋H2O(g)→CO(g)＋3H2(g)‎ ‎（1）1 m3（标准状况）CH4按上式完全反应，产生H2_________mol。（精确到0.1）‎ ‎（2）CH4和O2的反应为：2CH4(g)＋O2(g)→2CO(g)＋4H2(g)‎ 设CH4同时和H2O(g)及O2(g)反应。1 m3（标准状况）CH4按上述两式完全反应，产物气体的体积V m3（标准状况）的取值范围为________。‎ ‎（3）CH4和H2O(g)及富氧空气（O2含量较高的空气）混合反应，产物气体组成如下表：‎ 气体 CO H2‎ N2‎ O2‎ 体积(L)‎ ‎25‎ ‎60‎ ‎15‎ ‎2.5‎ 计算该富氧空气中O2和N2的体积比，V(O2)：V(N2)＝________。‎ ‎（4）若CH4和H2O(g)及(3)题中的富氧空气混合反应，产物气体中V(H2)：V(N2)＝3：1（合成氨反应的最佳比），则反应中的H2O(g)和富氧空气的体积比为_______。‎ ‎【答案】 (1). 133.9 (2). 3 ＜V＜4 (3). (4). 1:15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴根据第1个方程式，先算出甲烷的物质的量，再计算氢气的物质的量。‎ ‎⑵用极限思维，假设全部发生第1个反应，算出气体量，假设全部发生第2个反应，算出气体量，根据极限思维，只能是两者之内。‎ ‎⑶用方程式建立关系，依据生成一氧化碳和氢气的量建立方程式进行计算，再计算氧气和氮气的量的关系。‎ ‎⑷用方程式建立关系，利用已知氢气与氮气量之比为3:1建立方程式，再用⑶中的关系结合一起得出答案。‎ ‎【详解】⑴1 m3（标准状况）CH4体积为1000L，其物质的量，按上式完全反应，产生H2物质的量44.64 mol×3 = 133.9mol，故答案为133.9 mol。‎ ‎⑵1 m3（标准状况）CH4按照第1个方程式得出生成的气体体积为4 m3，按照第2个方程式得出生成的体积为3 m3，因此1 m3（标准状况）CH4按上述两式完全反应，产物气体的体积V m3（标准状况）的取值范围为3 ＜V＜4，故答案为：3 ＜V＜4。‎ ‎⑶‎ 建立关系 x + y = 25 ，3x + 2y =60，解得x = 10，y = 15，因此该富氧空气中O2和N2的体积比，V(O2)：V(N2)＝(0.5×15 + 0.5):15 ＝2:3，故答案为2:3。‎ ‎⑷‎ 根据信息得出V(H2)：V(N2)＝(3z + 4d):1.5d = 3：1，则z：d= 1:6，则H2O(g)和富氧空气的体积比为z:2.5d ＝1:2.5×6 ＝1:15，故答案为：1:15。‎ ‎ ‎