湖南省长沙市第一中学2020届高三月考化学试题

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湖南省长沙市第一中学2020届高三第二次月考 化学试题 ‎1.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是 A. 目前提岀的“低碳经济”，即减少向坏境排放CO2有利于控制温室效应 B. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品 C. 将金属钛、铝混合后在空气中熔化可制得强度较大的钛合金材料 D. 通入过量的空气，可以使燃料充分燃烧，同时提高热量的利用率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“低碳经济”是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新，制度创新，产业转型，新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展经济。故A正确；‎ B. 水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，水泥、玻璃、青花瓷、分子筛都属于硅酸盐工业产品，故B错误；‎ C. 在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故C错误；‎ D. 使燃料充分燃烧可以增大氧气的浓度或增大氧气的接触面积，空气的通入量增多多会带走热量，降低热效率，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎2.我国学者研制了一种纳米反应器用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应 获得EG。反应过程示意图如下，下列说法正确的是 A. Cu纳米颗粒将氢分子解离成氢原子 B. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂 C. 反应过程中生成了 EG、甲醇和草酸 D. EG和甲醇是同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；‎ B. DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C−O、C=O均断裂，故B错误；‎ C. DMO中C−O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG甲醇和草酸，故C正确；‎ D. EG与甲醇中−OH数目不同，二者不是同系物，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下，28 g乙烯和丙烯的混合物中含右的C—H键数目为4NA B. 常温下，5.6 g Fe与足量浓硝酸充分反应，转移电子的数目为0.3NA C. 标准状况下，22.4 L HC1中含有的H+ 数目为NA D. 常温常压下，18g羟基（O2H）中所含的中子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，则含4NA条C-H，故A正确；‎ B. 常温下Fe与足量浓硝酸发生钝化，故B错误；‎ C. HC1是共价化合物，分子中无H+，故C错误；‎ D. 18g羟基（O2H）的物质的量为1 mol，而羟基（O2H）中含有9个中子，故1mol羟基中含9NA个中子，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测合理的是 选项 事实 推测 A Na与冷水反应剧烈・K与冷水反 应更剧烈 Li与冷水反应非常缓慢 B Si是半导体材料，同族的Ge也是 半导体材料 第IV A族的元素的单质都可作半导体 材料 C HCl在1 500 °C时分解，HI在230 °C时分解 HBr分解温度介于二者之间 D H2Se的沸点比H2S的高 H2S的沸点比H2O的高 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属性越强，与水反应越剧烈，金属性K>Na>Li，则Li与冷水反应较缓慢，故A错误；‎ B. 半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，但C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，故B错误；‎ C. 同主族非金属元素由上至下非金属性减弱，气态氢化物的热稳定性减弱，非金属性Cl>Br>I，所以HBr的分解温度介于二者之间，故C正确；‎ D. 结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，溶沸点就越高，所以按照常理应该是H2S的沸点高于水的，但是由于水分子之间形成了比较强的氢键，由于氢键的生成，使水的沸点出现反常，H2S无氢键，最终高于H2S，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】同周期原子，从左到右，电子层数相同，核电荷数增加，原子半径逐渐减小，得到电子能力增强，失去电子能力减弱，元素的金属性减弱,非金属性增强。‎ 同主族原子，从上到下，电子层数增加，核电荷数增加，原子半径逐渐增大，得到电子能力减弱，失去电子能力增强，元素的金属性增强，非金属性减弱。‎ ‎5.将液体Y滴加到盛有固体X的试管中，并在试管口対生成的气体进行检 验。下表中固体X、液体Y及检测试剂的对应关系正确的是 选项 固体X 液体Y 检测试剂 A CaO 浓氨水 蘸有浓盐酸的玻璃棒 B Cu 浓硫酸 干燥的红色石蕊试纸 C Na2O2‎ 水 品红溶液 D Na2CO3‎ 稀硫酸 酚酞溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓氨水滴加到生石灰上可以制取氨气，可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒看是否冒白烟来检验氨气的生成，故A正确；‎ B、铜和浓硫酸反应能产生二氧化硫气体，遇石蕊试液变红色或使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，故B错误；‎ C、过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，氧气遇品红溶液不变色，故C错误；‎ D、碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水及二氧化碳，二氧化碳遇酚酞不变色，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.设Na为阿伏加德罗常数的值。已知反应：‎ ‎①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) △H1 =a kJ • mol -1‎ ‎②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g) △H2 =bkJ • mol-1‎ 键能定义：在标准状况下，将1 mol气态分子AB(g)解离为气态原子 A(g)、B(g)所需的能量。已知1 mol氧气的键能为xkJ。其他数据如下 表所示，下列说法正确的是 化学键 C—O C—H O—H 键能/(kJ • mol-1)‎ ‎798‎ ‎413‎ ‎463‎ A. 上文中x=‎ B. H2O(g) = H2O(1)的△S<0、△H=(a — b) kJ • mol -1‎ C. 当有4NA个O—H键生成时，反应放出的热量为a kJ D. 利用反应①设计的原电池电解精炼铜，当负极输出0.2NA个电子时. 理论上电解槽的阴极质量增重6.4 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据反应①可知，△H1=413kJ/mol×4+2xkJ/mol−(798×2+463×4)kJ/mol=−a kJ/mol,整理可得：x=，故A错误；‎ B ①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H1=−a kJ/mol、②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)‎ ‎△H2=−b kJ/mol，根据盖斯定律(①−②)可得：H2O(g)═H2O(l)△H=(b−a)kJ/mol，故B错误；‎ C. 有4NA个C−H键断裂时，反应消耗了1mol甲烷，若按照反应①进行，放热热量为akJ，若按照反应②进行，放热热量为bkJ，故C错误；‎ D. 电解精炼铜时，当负极输出0.2NA个电子时，转移电子的物质的量为0.2mol，阴极上铜离子得电子生成铜单质，生成铜的物质的量为 ‎=0.1mol，质量为：64g/mol×0.1mol=6.4g，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】反应热的计算方法：‎ ΔH=E生成物总能量 - E反应物总能量 ΔH=E反应物的键能 - E生成物的键能 ‎7.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是 A. 分子中的所有碳原子一定处于同一平面 B. 在酸性条件下水解，其水解产物只有一种 C. 能与NaOH溶液反应，不能与NaHCO3溶液反应 D. 1 mol化合物X最多能与2 mol NaOH反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.  两个苯环连接在饱和碳原子上，则不一定在同一个平面上，故A错误；‎ B. 能水解的只有酯基，因为环状化合物，则水解产物只有一种，故B正确；‎ C. 含有羧基，具有酸性，可与碳酸氢钠溶液反应，故C错误；‎ D. 能与氢氧化钠反应的为酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】有机物含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应 羟基官能团可能发生反应类型:取代、消去、酯化、氧化、缩聚、中和反应 ‎8.深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(一种厌氧微生物)的作用下，能被硫酸根离子腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示。下列与此原理有关的说法错误的是 A. 负极反应为SO42－＋5H2O＋8e-=HS－＋9OH－‎ B. 输送暖气的管道不易发牛此类腐蚀 C. 这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为FeO或Fe(OH)2‎ D. 管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 正极是硫酸根离子发生还原反应，生成硫氢根离子，所以电极反应式为：SO42－＋5H2O＋8e-=HS－＋9OH－，故A错误；‎ B. 钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，使钢铁与空气和水隔离，不能形成电化学腐蚀，故B正确；‎ C. 因存在还原菌所以铁最终是亚铁，故C正确；‎ D. 管道上刷富锌油漆，锌比铁活泼，所以腐蚀锌保护铁，所以管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因: 反应室底部盛有不同吸收液。将SO2和NO按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量.数据如下 表所示，下列说法正确的是 反应室 载气 吸收液 SO42-含量 数据分析 ‎①‎ n2‎ 蒸馏水 a i.b≈d>a≈c ii. 若起始不通入NO2 ，则最终测 不到SO42-‎ ‎②‎ ‎3%氨水 b ‎③‎ 空气 蒸馏水 c ‎④‎ ‎3%氨水 d A. 实验表明；酸性环境下，更有利于硫酸盐的形成 B. 反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O = H2SO4+2HNO2‎ C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气屮的O2有关 D. 燃煤产生的气体盲目排放只会引起酸雨而不会加剧雾霾形成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依据实验可知空气中如果含有氨气更有利于硫酸盐的形成，氨气是碱性气体，故A错误；‎ B. 依据题意可知二氧化硫、氮的氧化物、水发生反应生成亚硝酸和硫酸,所以反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O = H2SO4+2HNO2，故B正确；‎ C. 依据数据b≈d>a≈c可知，硫酸盐的形成与空气中氨有关，故C错误；‎ D. 燃煤产生的SO2和氮氧化物会引起酸雨，空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.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电极为负极 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。‎ ‎11.某科学家利用二氧化饰(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、 CO，其过程如下所示：‎ mCeO2(m-x)CeO2·xCe+xO2‎ ‎(m-x)CeO2·xCe+x H2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO2‎ 下列说法不正确的是 A. 该过程中CeO2是H2O、CO2转变为H2、CO反应的催化剂 B. 利用CeO2作催化剂-既可使该转变过程速率提高。亦可减小能量的消 耗，并可提高反应物转化率 C. mmol CeO2参加反应，气体物质的量增加x mol D. 以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH - - 2e = CO32- +2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 通过太阳能实现总反应H2O+CO2→H2+CO+O2可知：CeO2没有消耗,CeO2为催化剂，故A正确；‎ B.催化剂只能改变反应速率，影响反应历程，改变反应活化能，不影响平衡移动和转化率，故B错误；‎ C. 根据mCeO2(m-x)CeO2·xCe+xO2，mmol CeO2参加反应，气体物质的量增加x mol O2，故C正确；‎ D. CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH−生成CO32−，故负极反应式应为：CO+4OH−−2e−═CO32−+2H2O，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次 增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、 m.n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和 s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。常温下，0.1 mol • L -1 ，t 溶液与 0.1 mol • L -1 u 溶液的pH均为1。下列说法不正确的是 A. Y、W的兹高价氧化物对应的水化物均为强酸 B. 元索的非金属性：Z>Y>X；原子半径:XY>X，电子层越多原子半径越大、同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：XI2 >IO3-‎ D. 途径1和II中各自生成1 mol I2，反应中转移的电子数相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【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，故A正确；‎ B. 根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HI03+10HCl，，最终溶液呈无色，故B错误；‎ C. 由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3-＞I2，故C错误；‎ D. 途径11 mol I2消耗1 mol Cl2转移电子2 NA和II中根据转化关系2IO3-～I2～10e-可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎14.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物作固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn+(1+) H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O.其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是 A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料 B. 放电时，Zn2+移向MnO2膜 C. 充电时，电池的阳极反应为MnOOH- e- = MnO2 + H+‎ D. 合成有机高聚物的单体是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该电池以碳纳米管作电极材料，可知碳纳米管具有导电性，故A正确；‎ B. 放电时，该装置为原电池，阳离子向正极移动， MnO2膜为正极，所以Zn2+移向MnO2膜移动，故B正确；‎ C. 充电时该装置为电解池，根据充电过程总反应，充电时MnOOH做阳极失电子，发生氧化反应，电池的阳极反应为OH-+MnOOH- e- = MnO2 + H2O，故C错误；‎ D. 根据高聚物的结构单元，该高聚物为家居产物，合成有机高聚物的单体是，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎15.二硫化钨(WS，WS2中W的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2()3)制备二硫化钨的工艺流程如图所示，下列说法正确的是 A. 操作I中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯 B. FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOH2Fe2O3＋4NaWO3＋4H2O C. 生成二硫化钨的化学方程式为(NH4)2WS4＋3O22WS2＋4NH3＋2S2－＋2SO2＋2H2O，若生成124g WS2，则该反应所转移的电子数目为2NA D. 滤渣I的主要成分是氢氧化铝，CO2可以用过量盐酸代替 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2；‎ A. 操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故A错误；‎ B. FeWO4在碱熔过程中被空气中氧气氧化，生成Fe2O3、Na2WO4和H2O，发生反应的化学方程式为4FeWO4＋O2＋8NaOH2Fe2O3＋4NaWO3＋4H2O，故B正确；‎ C. 生成二硫化钨的化学方程式为(NH4)2WS4＋3O22WS2＋4NH3＋2S2－＋2SO2＋2H2O，(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，−2价S元素被氧化成0价的S单质，每生成2molWS2转移了4mol电子，同时参加反应的氧气为3mol，则反应中共转移16mol电子，124gWS2的物质的量为：=0.5mol，转移电子的物质的量为：16mol×=4mol，即转移电子数目为4NA，故C错误；‎ D. 滤渣I的主要成分是氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，可以强酸反应，是滤渣溶解，不能用盐酸代替CO2，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.强酸性溶液X中可能含有Na+ ， K+、NH4+、 Fe3+、Fe2+、Al3+、CO32-、 SO32-、SO42-、C1-的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连 续实验，实验过程及产物如下所示：‎ 下列结论止确的是 A. 气体A是SO2，证明原溶液中含有SO32-‎ B. 沉淀G中加人盐酸溶解，滴加KSCN溶液显红色，可以确定原溶液中 有Fe3+‎ C. 沉淀I―定是A1(OH)3‎ D. X中不能确定的离子是Al3+、Fe3+ 、Na+ 、K +和Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①强酸性溶液中CO32−、SO32−不能存在；②X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42−存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在,(即3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O)，在此反应中，Fe2+被氧化为Fe3+。③溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3；说明有NH4+存在。④溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−；‎ A. 强酸性溶液X中CO32-、SO32-不能存在，故A错误.‎ B. 沉淀G为Fe(OH)3,但Fe3+可能是原来有的,也可能是Fe2+被氧化生成的，故B错误；‎ C. 溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3，故C错误；‎ D. 溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.X、Y、Z、W、Q是短周期原子序数依次增大的五种元素。X是形成化合物种类最多的元素，Y和Z形成的化合物给大气造成各种危害.室温下0. 01 mol/L的W的最高价氧化物的水化物的溶液的pH=12，Q元素形成的单质在常温下是黄绿色气体。‎ ‎（1）写出Y元素形成的单质的电子式: _______________ .‎ ‎（2）Z、W、Q三种元素分别对应的简单离子半径最小的是___________(填离子符号)。‎ ‎（3）QZ2是一种橙黄色的易爆气体，当发生泄漏和爆炸事故，人们逃离爆炸现场时，可用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子， 最适宜采用的物质是_______ (填字母代号)。‎ A. NaOH B. NaCl C. KC1 D. Na2CO3‎ ‎（4）X、Y、W三种元素可以形成一种有剧毒的盐，用QZ2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体. 写出该反应的离子方程式:__________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). O2- (3). D (4). 2ClO2 + 2CN- = 2Cl- + 2CO2↑ + N2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】X是形成化合物种类最多的元素，X为C；0. 01 mol/L的W的最高价氧化物的水化物的溶液的pH=12，短周期中一元强碱为氢氧化钠，W为Na；Q元素形成的单质在常温下是黄绿色气体，Q为Cl；X、Y、Z、W、Q是短周期原子序数依次增大，Y、Z元素在碳和钠之间，并形成的化合物给大气造成各种危害，因此Y和Z形成的化合物为氮氧化物，因此Y为N；Z为O；‎ ‎（1）Y为氮元素，单质为氮气，电子式为；‎ 答案为：；‎ ‎（2）Z、W、Q三种元素分别对应的简单离子分别为O2-、Na+、Cl-，Cl-核外为三层电子，O2-、Na+核外两层电子，Cl-半径最大，电子层结构相同的，核电荷数越大，半径越小，半径最小的是O2-。‎ 答案为：O2-；‎ ‎（3）A.NaOH是强碱，腐蚀性强，故A错误；‎ B.NaCI不能吸收CIO2，故B错误；‎ C.KCI不能吸收CIO2，故C错误；‎ D.Na2CO3碱性较弱,能吸收CIO2，所以最适宜采用物质是碳酸钠，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎（4）X、Y、W三种元素可以形成一种有剧毒的盐为氰化钠，用QZ2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体，即氰化钠与二氧化氯反应生成氯化钠、二氧化碳和氮气。离子反应方程式为2ClO2 + 2CN- = 2Cl- + 2CO2↑ + N2↑‎ 答案为：2ClO2 + 2CN- = 2Cl- + 2CO2↑ + N2↑；‎ ‎18.三氯氧磷（(POCl3‎ ‎）可用于制备增塑剂，常温下为无色透明液体，易挥发，易水解。一中化学兴趣小组探究制备POCl3所需的装置如下图所示：‎ 反应原理：PCl3+Cl2+H2OPOCl3+2HCl（PC13常温下为液态，易挥发）。‎ ‎（1）仪器3的名称是 _________，仪器2中装入的物质为______，仪器I的作用是_____.‎ ‎（2）请选择上述必要装置并组装，用小写字母连接:________________________。‎ ‎（3）开始通入氯气。同时慢慢滴加水，控制氯气和水的质量比在3.94左右，理由是:________________________.‎ ‎（4）上述装置有一处不足，请指岀该不足:__________________________.‎ ‎（5）上述反应剩余PCl3可以继续通入Cl2，再和P4O10反应，也可以产生的POC13 .。 写出该反应的化学方程式:__________________________________ .‎ ‎【答案】 (1). 恒压漏斗 (2). 浓盐酸 (3). 冷凝POCl3，防止挥发 (4). a→f→g→d→e→h→i→b→c (5). 1mol Cl2参与反应，需要1mol 水参与反应，水的用量过多会导致生成的三氯氧磷发生水解，水太少，会使三氯氧磷浓度过大而挥发 (6). B装置是用来吸收未参与反应氯气的尾气处理装置，会发生倒吸 (7). 6PCl3+ 6Cl2+ P4O10= 10POC13‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）仪器3的名称是恒压漏斗，根据反应原理，制备三氯氧磷需要三氯化磷和氯气，仪器2中装入的物质为浓盐酸用于制取氯气，三氯氧磷（(POCl3）和PC13常温下易挥发，仪器I的作用是冷凝POCl3和PC13，防止挥发；‎ 答案为：恒压漏斗；浓盐酸；冷凝POCl3，防止挥发；‎ ‎（2）A装置制取的氯气经过一系列除杂，通入到E装置中和PC13反应制取三氯氧磷，仪器连接的进出口顺序为：a→f→g→d→e→h→i→b→c；‎ 答案为：a→f→g→d→e→h→i→b→c；‎ ‎（3）反应原理：PCl3+Cl2+H2OPOCl3+2HCl可以得知，1mol Cl2参与反应，需要1mol ‎ 水参与反应，1mol Cl2和1mol 水的质量比为3.94左右，水的用量过多会导致生成的三氯氧磷发生水解，水太少，会使三氯氧磷浓度过大而挥发，1mol Cl2和1mol 水的质量比为3.94左右；‎ 答案为：1mol Cl2参与反应，需要1mol 水参与反应，水的用量过多会导致生成的三氯氧磷发生水解，水太少，会使三氯氧磷浓度过大而挥发；‎ ‎（4）上述装置有一处不足，即B装置是用来吸收未参与反应氯气的尾气处理装置，氯气易溶于水，和氢氧化钠反应，会发生倒吸现象。应该使用倒扣的漏斗或球形干燥管代替导管。‎ 答案为：B装置是用来吸收未参与反应氯气的尾气处理装置，会发生倒吸；‎ ‎（5）上述反应剩余PCl3可以继续通入Cl2生成PCl5，PCl5再和P4O10反应生成POC13 .。反应的化学方程式: 6PCl3+ 6Cl2+ P4O10= 10POC13；‎ 答案为：6PCl3+ 6Cl2+ P4O10= 10POC13；‎ ‎19.2018年北京市公交行业迈入氢能源时代。“制氢”“储氢”“用氢”等一直都是能源研究热点。工业上制取H2有多种方法.如：‎ ‎①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H1=＋131.5kJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g) △H2=＋206.2kJ·mol－1‎ ‎③CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) △H3=＋247.4kJ·mol－1‎ ‎④2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) △H4=＋483.6kJ·mol－1‎ ‎（1）CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为:____________________ .‎ ‎（2）氢气燃料电池能大幅度提高能量的转化率。相同条件下，其能量密度（能量密度之比等于单位质量的可燃物转移电子数之比）是甲醇燃料电池的_______倍（计算结果保留两位有效数字）。‎ ‎（3）科学家研发的“全氢电池"的工作原理如图所示，该电池工作一段时间后，右池溶液的导电 能力几乎不变。下列有关该电 池的说法正确的是 _____（填字母代号）。‎ ‎ ‎ a.电池的总反应是2H2 +O2 = 2H2O b.左边电极上的电势高于右边电极上的电势 c.负极的电极反应是H2 - 2e- + 2OH- = 2H2O d.装置中所用的是阴离子交换膜 ‎ e.产生能源的源泉是酸和碱的中和能 ‎（4）LiFePO4电池稳定性高、安全、对环境友好，该电池的总反应式是Li1-xFePO4＋LixC6LiFePO4＋C6，其放电时的工作原理如图所示。则:充电时，电极a的电极名称为_______________ ; 放电时电极b的电极反应式为______________________________ .‎ ‎【答案】 (1). CH4（g）+H2O（g）=CO2（g）和H2（g）△H=+165.0 kJ·mol－1 (2). 3.67 (3). ce (4). 阴极 (5). Li1−xFePO4+xLi++xe−＝LiFePO4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）已知②CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g) △H2=＋206.2kJ·mol－1、③CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) △H3=＋247.4kJ·mol－1；由盖斯定律，②×2-③得CH4（g）+H2O（g）=CO2（g）和H2（g）△H=+165.0 kJ·mol－1；‎ 答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO2（g）和H2（g）△H=+165.0 kJ·mol－1‎ ‎（2）根据题意，氢气燃料电池的反应为4H2+O2=2H2O，可得8g氢气转移8个电子，氢气的能量密度为1，甲醇燃料电池反应式为2CH4O + 3O2 = 2CO2 + 4H2O，可得44g甲醇转移12个电子，甲醇的能量密度为，氢气的能量密度：甲醇的能量密度=1：=3.67‎ 答案为：3.67。‎ ‎（3） 根据电子的流向，电池的左边为负极，右边为正极，‎ a. 负极电极反应是H2−2e−+2OH−═2H2O，正极电极反应是2e−+2H+═H2，电池的总反应无氧气参加，故a错误；‎ b.电流从高电势流向低电势，电子的流向与电流相反，电子有低电势流向高电势，根据图示可得，电池左端电势小于右端电势，故b错误；‎ c. 左边吸附层M为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2 - 2e- + 2OH- = 2H2O，故c正确；‎ d.由装置原理图所示，右池中氢离子得电子变为氢气，阳离子减少，由于右池溶液的导电能力几乎不变，需要补充阳离子，所以左池中的阳离子需要通过离子交换膜来补充右池，故为阳离子交换膜，故d错误；‎ e.根据电池的工作原理，左边吸附层M上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层N为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，电池总反应为OH-+ H+= H2O，故e 正确；‎ 答案为：ce；‎ ‎（4）原电池中阳离子向正极移动，锂离子向电极b移动，则电极b为正极，电极a为负极；充电时b电极为阳极，阴极a极上C6得电子产生LixC6，电极反应式为C6+xLi++xe−＝LixC6；‎ 放电时，正极b极上Li1−xFePO4得电子产生LiFePO4，电极反应式为Li1−xFePO4+xLi++xe−＝LiFePO4，‎ 故答案为：阴极；Li1−xFePO4+xLi++xe−＝LiFePO4。‎ ‎20.炼铁厂的废渣铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12 、ZnOFe2O3 及少量的CaO、MgO、SiO2 ，等等。可利用废渣铁矾渣制备复合镍锌铁氧体 （NiZnFe4O8.具体制备流程如下图所示：‎ ‎（1）试剂1是过量的______。‎ ‎（2）试剂2为过量的铁粉，加入后可以观察的现象有 ______________________。‎ ‎（3）NH4F溶液不能放入玻璃器皿中保存，理由是_____________________________（用离子方程式表示）。已知:25 °C时，Ksp(CaF2)=2.7×10－11、，Ksp(MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F溶液沉淀后，c(Mg2+) = 1. 6×10-10mol • L-1，此时Ca2+是否也完全沉淀？写出具体的分析过程：______（若溶液中某离子浓度小于1.0×10－5mol • L-1时，说明该离子已沉淀完全）。‎ ‎（4）在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3•2Me(OH)2•H2O沉淀的化学方程式为 ________________________________.‎ ‎（5）按照上述流程，一座10万吨规模的炼铁厂每年产生铁矶渣约5万吨，Fe3+含量为44.8%，理论上每年至少可制备复合镍锌铁氧体（NiZnFe4O8 ，M=476 g • mol -1 ）__________万吨。‎ ‎（6）滤液Ⅱ中加入的ZnSO4溶液，低温烘干后可得到皓矾（ZnSO4 • 7H2O) 取28.70 g皓矾加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：‎ ‎①100 °C时所得固体的化学式__________ 。‎ ‎②680 °C时所得固休的化学式为____‎ ‎【答案】 (1). 稀H2SO4（或稀硫酸） (2). 溶液有棕黄色转变为浅绿色，同时有气泡产生 (3). NH4+ +F-+H2O=NH3·H2O+HF、SiO2 + 4HF = SiF4 + 2H2O (4). 已知25 °C时，Ksp(CaF2)=2.7×10－11、，Ksp(MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F溶液沉淀后，c(Mg2+) = 1. 6×10-10mol • L-1，则=4×10-9，故=0.675×10-2 mol • L-1>1.0×10－5mol • L-1，故Ca2+未完全沉淀； (5). 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3•2Me(OH)2•H2O+5CO2↑ (6). 7.6 (7). ZnSO4 • H2O (8). Zn3O（SO4）2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）废渣铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12，在除杂制备过程中避免引入更多的离子，应该使用稀硫酸进行酸浸。‎ 答案为：稀H2SO4（或稀硫酸）‎ ‎（2）酸浸后的溶液含有三价铁离子的棕黄色溶液，加入过量铁粉，使三价铁离子转化为二价铁离子，溶液有棕黄色转变为浅绿色。酸浸时硫酸过量，加入铁粉有气泡产生。‎ 答案为：溶液有棕黄色转变为浅绿色，同时有气泡产生。‎ ‎（3）NH4F会水解生成氨水与HF，HF会腐蚀玻璃瓶，离子反应方程式为：NH4+ +F-+H2O=NH3·H2O+HF、SiO2 + 4HF = SiF4 + 2H2O ；已知25 °C时，Ksp(CaF2)=2.7×10－11、，Ksp(MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F溶液沉淀后，c(Mg2+) = 1. 6×10-10mol • L-1，则=4×10-9，故=0.675×10-2 mol • L-1>1.0×10－5mol • L-1，故Ca2+未完全沉淀；‎ 答案为：NH4+ +F-+H2O=NH3·H2O+HF、SiO2 + 4HF = SiF4 + 2H2O ；已知25 °C时，Ksp(CaF2)=2.7×10－11、，Ksp(MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F溶液沉淀后，c(Mg2+) = 1. 6×10-10mol • L-1，则=4×10-9，故=0.675×10-2 mol • L-1>1.0×10－5mol • L-1，故Ca2+未完全沉淀；‎ ‎（4）根据流程Fe、Ni、Zn元素来的硫酸盐与NH4HCO3生成MeCO3•2Me(OH)2•H2O沉淀和二氧化碳反应方程式为:3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3•2Me(OH)2•H2O+5CO2↑；‎ 故答案为: 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3•2Me(OH)2•H2O+5CO2↑；‎ ‎（5）黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为5万吨×48%=2.4万吨，根据2Fe3++Fe=3Fe2+， ‎ 则Fe2+含量为2.4万吨×=3.6万吨，设制得的NiZnFe4O8有x万吨，根据元素守恒，有=3.6，解得x=7.6万吨。‎ 答案为：7.6‎ ‎（6）皓矾（ZnSO4 • 7H2O)受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSO4 • H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O（SO4）2产物不同；28.70 g皓矾的物质的量为：‎ ‎， 不论分解产物是什么，根据锌元素守恒，物质的量为，因此生成ZnSO4 • H2O的质量为17.90g；生成ZnSO4的质量为16.10g；生成 Zn3O（SO4）2的质量为13.34g；生成ZnO的质量为8.10g；‎ 根据上述分析：‎ ‎① 100 °C时所得固体的为17.90g，生成的固体为ZnSO4 • H2O。‎ ‎② 680 °C时所得固休的质量为13.43g化学式为Zn3O（SO4）2。‎ 答案为：ZnSO4 • H2O；Zn3O（SO4）2‎ ‎21.有机物1，，3，5，7-辛四烯可用于制合成纤维、染料、药物等，其结构 简式为。该物质的合成方法如下图所示：‎ ‎（1）1，3，5，7-辛四烯的分子式为______，有机物A所含含氧官能团有 _______（填名称）。‎ ‎（2）E的结构简式为______.‎ ‎（3）I→J的反应类型为______.‎ ‎（4）在一定条件下可以发生加聚反应，合成无支链的链状有机高分子。写出该反应的化学方程式: ________________________ .‎ ‎（5）符合条件的G的同分异构体有___________种。‎ ‎①与碳酸氢钠溶液反应产生气体 ②不能使溴水褪色 ‎（6）以CH3CHO 、 HCHO和为原料也可以合成1，3，5，7-辛四烯，试写出合成路线。（其他试剂任选）_____________________________________________________________________ .已知：。‎ ‎【答案】 (1). C8H10 (2). 醛基、碳碳双键、醚键 (3). (4). 加成反应 (5). (6). 4 (7). CH3CHO+HCHO ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据结构简式，顶点和节点为碳，其余不满四键的位置全部补充氢原子，1，3，5，7-辛四烯的分子式为C8H10；根据有机物A的结构简式，所含含氧官能团有醛基、碳碳双键、醚键；‎ 答案为：C8H10；醛基、碳碳双键、醚键；‎ ‎（2）从题图中的各物质之间的转化关系可知，D→E是乙醇中的-OCH2CH3取代D中与O相邻的碳上的溴原子，E→F发生的是消去反应，E中脱去1个HBr 分子，得到F，所以E的结构简式为；‎ 答案为：‎ ‎（3）从I→J的反应反应过程中，I中的一个双键变为单键并连接了一个羟基和一个氢原子转变为J，发生的反应类型为加成反应。‎ 答案为：加成反应；‎ ‎（4）在一定条件下可以发生加聚反应，合成无支链的链状有机高分子。原来的双键打开相互连接，其他的键重新组合为双键，化学方程式为 ‎；‎ 答案为：‎ ‎（5）G的分子式为C5 H8 O2，G的同分异构体与碳酸氢钠反应可以产生气体，则其结构中含有-COOH，且其不能使溴水褪色，则满足条件的同分异构体有、、、共四种 答案为：4；‎ ‎（6）CH3CHO+HCHO 答案为：CH3CHO+HCHO ‎ ‎