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陕西省西安市铁一中学2020届高三上学期第四次月考化学（解析版） 试卷
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陕西省西安市铁一中学2020届高三上学期第四次月考
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题（共22小题，每小题2分。计44分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.下列有关化学与生活叙述不正确的是（ ）
A. 战国说著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”（“蛎房”即杜蛎壳），并把这种灰成为“蜃”，“蜃”的主要成分为CaO
B. 服用阿司匹林出现水杨酸时，服用碳酸氢钠溶液解毒
C. 制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物质时可选择相同的气体发生装置
D. 用热的纯碱溶液能洗去油污，所以Na2CO3可直接和油污反应
【答案】D
【详解】A.牡蛎壳的成分为碳酸钙，受热分解生成氧化钙，故正确；
B.水杨酸能和碳酸氢钠反应，故能用碳酸氢钠解毒，故正确；
C.过氧化钠或过氧化氢反应制取氧气都不需要加热，所以可以选择相同的气体发生装置，故正确；
D.碳酸钠水解成碱性，油脂在碱性条件下水解，不是直接和碳酸钠反应，故错误。
故选D。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
B. 1L0.1mol•L-1NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
C. 235g核素U发生裂变反应：U+nSr+Xe+10n，净产生的中子（n）数为10NA
D. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
【答案】D
【详解】A.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，密闭容器中2molNO与1molO2充分反应生成2mol二氧化氮，但是二氧化氮可以自身反应生成四氧化二氮，故不能确定分子数，故错误；
B.碳酸氢钠中的碳酸氢根离子水解和电离，所以溶液中的碳酸根离子和碳酸氢根离子和碳酸分子总数为0.1NA，故错误；
C.根据反应可知，235g核素U发生裂变反应，净产生的中子数为9NA，故错误；
D.甲烷和乙烯分子中都含有4个氢原子，故标况下11.2L混合物的物质的量为0.5mol，则含有2mol氢原子，故正确。
故选D。
3.天然和人工合成的物质往往不是纯净物，分离提纯是化学研究的一般过程。下列除杂方法正确的是（ ）
A. SO2中混有少量SO3，可以将混合气体通过浓硫酸除去
B. 乙烯中混有的SO2，可以通过溴水除去
C. 向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分搅拌后过滤可除去杂质FeCl3
D. 除去Na2S溶液中少量NaCl：加入AgCl后再过滤
【答案】A
详解】A.三氧化硫和水反应生成硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，故正确；
B.乙烯和二氧化硫都和溴水反应，故错误；
C.碳酸钙消耗MgCl2溶液中的H+，使溶液的PH增大，Fe3+可以转化为Fe(OH)3沉淀除去，但会引入新的杂质离子Ca2+，故错误；
D氯化钠和氯化银不反应，故错误。
故选A。
4.下列有关说法正确的是（ ）
A. 空气质量监测新标准中增加了PM2.5和臭氧（O3）8小时浓度限值监测指标，空气中体积O3分数越大对人体健康有利
B. 工业上，可以用氢氧化钠溶液吸收SO2、NO2、CO等大气污染物，控制大气污染物排放
C. 开发利用太阳能等新能源，减少燃煤的使用有利于控制酸雨、温室效应
D. 大量排放二氧化硅粉尘、氟利昂、二氧化硫、氮的化合物等，是使珠三角区域空气中臭氧浓度上升的主要原因
【答案】C
【详解】A.臭氧具有强氧化性，微量的臭氧可以杀菌，但臭氧在空气中体积分数过大，对人体不利，故错误；
B.氢氧化钠不能吸收一氧化碳，故错误；
C.燃煤能产生二氧化硫和二氧化碳，造成酸雨和温室效应，所以利用太阳能减少燃煤，有利于控制酸雨和温室效应，故正确；
D.氟利昂破坏臭氧层，使臭氧浓度减小，故错误。
故选C。
5.下列解释实验事实的离子方程式正确的是（ ）
A. 用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 漂白粉溶液中通入过量的SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-
C. 酸性KI淀粉溶液久置后变蓝:4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
D. Na2S溶液使酚酞试液变红:S2-+2H2O2OH-+H2S
【答案】C
【解析】A、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，故A错误；B、HClO具有强氧化性，能把HSO3－氧化成SO42－，故B错误；C、久置后变蓝，说明I－被氧气氧化成I2，离子反应方程式为4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O，故C正确；D、S2－水解应是分步水解，故D错误。
6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【分析】A．根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B．根据铝及其化合物的性质分析判断；C．根据银氨溶液的性质分析判断；D．根据铁及其化合物的性质分析判断。
【详解】A．NaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；
B．NaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；
C．蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和[Ag(NH3)2]+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；
D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；
答案选A。
7. 下列有关电化学的内容正确的是（ ）
A. 马口铁和白铁皮破损后，白铁皮比马口铁腐蚀快，所以使用白铁皮时要注意防止铁皮出现刮痕
B. 原电池中电子从负极流出流入正极，电解池中电子从阴极流出流入电源负极
C. 已知磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+ LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则该电池充电时阳极电极反应式为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+
D. 常温下以C选项中电池为电源以石墨为电极电解200mL饱和食盐水，当消耗1.4g Li时，溶液的pH为13(忽略溶液的体积变化)
【答案】C
【解析】试题分析：A．马口铁和白铁皮破损后，由于白铁皮表面有活动性比Fe强的Zn，马口铁表面有活动性比Fe弱的Sn，所以都会构成原电池，前者首先被腐蚀的是Zn，后者Fe先被腐蚀，因此Fe被腐蚀的速率后者大于前者。使用白铁皮时铁皮出现刮痕也同压会对铁起到保护作用，错误；B．原电池中电子从负极流出流入正极，电解池中电子从阳极流出流入电源正极，错误；C．已知磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+ LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则该电池充电时阴极电极反应式为：LiFePO4+e-=FePO4+Li+，错误；D．常温下以C选项中电池为电源以石墨为电极电解200mL饱和食盐水，由于在整个闭合回路中电子转移的数目相等。当消耗1．4g Li时，n(e-)=1．4g÷7g/mol=0．2mol，则在NaCl溶液中发生反应2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH 产生NaOH的物质的量是0．2mol，由于溶液的体积是0．2L，所以c(NaOH)=1mol/L,根据在室温下水的离子积常数是1×10-14，可得溶液的pH为14，正确。
考点：考查金属腐蚀与保护、原电池、电解池的反应原理及应用的知识。
8.美国“9.11”恐怖袭击事件给纽约带来了一场严重的环境灾难--石棉污染，使吸入石棉纤维者易患肺癌。已知石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式可表示为Ca2MgXSiYO22(OH)2，X、Y的值分别为（ ）
A. 5、8 B. 8、3 C. 3、8 D. 8、5
【答案】A
【详解】根据化合物中元素化合价代数和为0分析，有4+x+4y=44+2，即x+2y=21，则x为奇数，结合答案，当x为3时，y为9，故C错误；当x为5，y为8，故A正确。
故选A。
9.氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（ ）
A. 加入少量水，水的电离平衡向电离方向移动
B. 再通入少量氯气，Cl2+H2OHCl+HCIO，平衡向正方向移动，c(Cl2)减少
C. 通入少量SO2，溶液漂白性增强
D. 加入少量固体NaOH，一定有c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)
【答案】A
【详解】A.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，抑制水的电离，加入少量水，溶液中的氢离子浓度减小，水电离平衡正向移动，故正确；
B.通入少量氯气，平衡正向移动，但氯气的浓度增大，故错误；
C.通入少量二氧化硫，氯气和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，溶液的次氯酸减少，漂白性减弱，故错误；
D.加入少量固体氢氧化钠，反应生成氯化钠和次氯酸钠，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)，故错误。
故选A。
10.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，
其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A. X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性
B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生
D. 工业上，B转化为D的反应条件为加热、使用催化剂
【答案】D
【解析】试题分析：X为常见酸，其浓溶液能使蔗糖变黑，说明X为H2SO4，D和水反应生成H2SO4，则D为SO3，B为SO2，A、蔗糖变黑，体现硫酸的脱水性，故错误；B、浓硫酸和铁在常温下，发钝化反应，产生一层致密氧化薄膜，阻碍反应的进行，故错误；C、C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，C为CO2，与少量澄清石灰水反应，生成Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故错误；D、SO2→SO3需要催化剂和加热才能实现，故正确。
考点：考查无机推断、硫酸的性质等知识。
11.无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO和CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有N2，则甲气体的组成为NH3、NO、CO2，故选B。
12.已知：25℃时，0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×100%)约为1%。该温度下，用0.1000mol·L-l 氨水滴定10.00mL0.1000mol·L-lCH3COOH溶液，溶液的pH与溶液的导电能力(I)的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. M点→N点，水的电离程度逐渐增大
B. 25℃时，CH3COOH 的电离常数约为1.0×10-2
C. N点溶液中，c(CH3COO-)>c(NH4+)
D. 当滴入20 mL氨水时，溶液中c(CH3COO-)>c(NH4+)
【答案】A
【详解】A.醋酸溶液中加入氨水，二者反应生成醋酸铵和水，醋酸的电离出的氢离子浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，故正确；
B. 25℃时0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×100%)约为1%，则根据电离平衡常数计算，醋酸电离平衡常数为，故错误；
C.N点溶液为中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)分析，有c(CH3COO-)=c(NH4+)，故错误；
D. 当滴入20 mL氨水时，溶液为等浓度的氨水和醋酸铵，溶液为碱性，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)和c(H+)
【点睛】掌握溶液的导电能力与溶液中溶质的电离程度有关。掌握酸碱中和过程中离子浓度的变化。
13.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；答案选C。
点晴：在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
14.常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2，通入的CO2体积（V）与溶液中水电离出的OH-离子浓度的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. a点溶液中：水电离出c（H+）=1×10-10mol·L－1
B. b点溶液中：c（H+）=1×10-7mol·L－1
C. c点溶液中：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)
D. d点溶液中：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】B
【详解】A. a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1，就是水电离出的，故正确；
B. b点溶液为氢氧化钠和碳酸钠，水电离的氢氧根离子浓度为1×10-7mol·L－1，但溶液中还有氢氧化钠电离出的氢氧根离子，所以根据水的离子积常数计算，溶液中的c（H+）不为1×10-7mol·L－1，故错误；
C. c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根水解分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故正确；
D. d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋) +c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，c(OH-)= c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故正确。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的水电离程度的变化，氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠存在水解，促进水的电离，所以向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，水的电离程度逐渐增大，当全为碳酸钠时，水的电离程度最大，然后碳酸钠反应生成碳酸氢钠，水的电离程度又逐渐减小。分清溶液中的氢离子和水电离的氢离子的关系。
15.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. O～t2时，v正>v逆
B. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>Ⅱ
C. t2时刻改变的条件是向密闭容器中加C
D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数Ⅰ<Ⅱ
【答案】C
【详解】A.0～t1，反应正向进行，说明v正>v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，反应逆向进行，v逆>v正，A错误；
B. 0～t1，反应正向进行，说明v正>v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，反应逆向进行，v逆>v正，因此达到平衡时A的体积分数Ⅰ<Ⅱ，B错误；
C.向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，C正确；
D.该反应是在恒温下进行，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数KI=KⅡ，D错误；
故合理选项是C。
16.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1mol·L-1KI溶液：Na+、K+、ClO-、OH-
B. 0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-
C. PH=7的溶液中：Al3+、Cl-、Na+、NO3-
D. 25℃时，水电离出的c(H+)=1×l0−l3mol/L的溶液中：K+、Ba2+、NO3−、S2−
【答案】B
【详解】A.碘离子能被次氯酸根离子氧化，故错误；
B.四种离子和硫酸铁不反应，能共存，故正确；
C.铝离子不能在中性溶液中存在，故错误；
D.溶液可能为酸性，也可能为碱性，在酸性溶液中硝酸根离子能氧化硫离子，故不能大量共存，故错误；
故选B。
【点睛】掌握离子共存的条件。注意离子反应可能有复分解反应或氧化还原反应或络合反应等，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性。
17.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而含氮化合物的用途广泛，两个常见的固氮反应的平衡常数的对数值（lgK）与温度的关系如图所示：①N2+3H2⇌2NH3 ②N2+O2⇌2NO；根据图中的数据判断下列说法正确的是（ ）
A. 反应①和②均为放热反应
B. 升高温度，反应①的反应速率减小
C. 在1000℃时，反应①和反应②体系中N2的浓度一定相等
D. 在标准状况下，利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大
【答案】D
【详解】A. ①的反应平衡常数随着温度升高而减小，说明正反应为放热反应，②的反应平衡常数随着温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，故错误；
B.升温，反应速率加快，故错误；
C. 在1000℃时，反应①和反应②的平衡常数相等，但不确定体系中N2的浓度，故错误；
D.标况下两个反应的平衡常数差距较大，故固氮的反应程度相差很大，故正确。
故选D。
【点睛】掌握温度和平衡常数的关系，以及平衡常数和反应程度的关系，即平衡常数越大，说明反应进行的程度越大。
18.分子式为C9H11Cl，且苯环上有两个取代基的芳香族化合物，其可能的结构有(不考虑立体异构) （ ）
A. 5种 B. 9种 C. 12种 D. 15种
【答案】D
【解析】试题分析：苯环上只有两个取代基，其中一个是氯原子；取代基可能有氯原子、正丙基，氯原子、异丙基，甲基、-CH2-CH2Cl，甲基、-CH2ClCH3，丙基、-CH2Cl，五种，各有邻、间、对三种同分异构体，共15种；故选D。
考点：考查同分异构体的书写
19.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是（ ）
A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:XW
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
20.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图所示。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子);若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH（羟基自由基)。下列说法错误的是（ ）
A. 无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e—===Fe2+
B. 不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e—===H·
C. 鼓入空气时，每生成1mol·OH有2 mol电子发生转移
D. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气
【答案】C
【详解】A．无论是否鼓入空气时，铁作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A项正确；
B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的氢原子，电极反应式为H++e-=H·，B项正确；
C．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-，所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，C项错误；
D．除去草酸需要氧化性的物质，上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；
所以答案选择C项。
21.已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10－5 mol3·L－3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系如右图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)=0.034 mol•L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】Ag2SO4刚好为100 mL的饱和溶液，因为c(Ag+)=0.034mol·L-1，所以c(SO42－)= 0.017mol·L-1；当加入100 mL 0.020 mol·L-1Na2SO4溶液后，c(SO42－)== 0.0185mol·L-1，c(Ag+)=0.017 mol·L-1，此时Qc= c(SO42－)· c2(Ag+)=0.0185×（0.017）2= 5.35 ×10-6
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c(N2O)/mol·L-1
0.100
0090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）
（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；C．0-50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol·L-1N2O的半衰期为50min，20-60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol?L-1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误．故选：A
二、非选择题，23、24、25为必答题，26、27为选答题（共56分）
（一）必答题
23.在75℃左右，用HgSO4做催化剂，乙炔可水化为乙醛，但HgSO4遇到某些特定物质常会发生催化剂中毒而失去催化作用，H2S就是其中一种：现用乙炔水化法，只用块状电石、浓硫酸、水、NaOH溶液、HgO粉末五种物质制乙醛，装置如下图所示，请回答下列问题；
（1）实验开始时，仪器A中盛放电石，B中应装_________，其作用是___________________。
（2）仪器D中盛放水，其作用是_________________________________________________。
（3）蒸馏烧瓶F中应加入HgO和另外两种试剂,若将三者分别直接加入，请按加入的先后顺序写出包括HgO在内的各试剂的名称____________________。将HgO加放F中的操作方法是__________________________________。
（4）装置图中，加热F的方法叫___________，所选用温度计G的量程表示正确的是______。（填代号）。
A．0℃～50℃ B．0℃～100℃ C．0℃～200℃
D．50℃～100℃ E. 0℃～360℃
（5）检验乙醛已制出的操作及现象______________________________________________。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). 除去由A装置导出的气流中混有的H2S (3). 吸收乙醛蒸汽 (4). 氧化汞→水→浓硫酸 (5). 将蒸馏烧瓶横放，用药匙或纸槽将粉末送至底部，再慢慢竖立即可 (6). 水浴加热 (7). B (8). 取D中少量溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生红色沉淀即可证明乙醛已生成
【分析】电石与水反应生成乙炔，在HgSO4催化作用下乙炔水化生成乙醛。为防止HgSO4催化剂中毒，应除去乙炔中的H2S杂质。检验产物乙醛可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液。
【详解】（1）实验时，蒸馏烧瓶A中盛放电石，分液漏斗中盛放饱和食盐水。打开分液漏斗活塞时，电石中主要成分CaC2与水反应生成C2H2，杂质CaS等与水生成H2S等。为防止H2S使F中HgSO4催化剂中毒，B中应装NaOH溶液，以吸收C2H2气流中混有的H2S杂质。
（2）蒸馏烧瓶F中，反应温度75℃左右，乙炔水化生成的乙醛呈气态进入仪器D中，D中盛放水，可吸收乙醛蒸汽。
（3）蒸馏烧瓶F中应盛放HgSO4溶液，可由HgO、浓硫酸、水混合生成。据“先固后液”原则，应先加入HgO；浓硫酸与水混合时，应将浓硫酸慢慢加入水中。故加入的先后顺序为氧化汞→水→浓硫酸。将HgO粉末加入F中，操作是将蒸馏烧瓶横放，用药匙或纸槽将粉末送至底部，再慢慢竖立即可。
（4）装置图中，蒸馏烧瓶F浸在烧杯内水中加热，即水浴加热。室温约25℃，F中反应温度75℃左右，故温度计G的量程0℃～100℃较为合适（选B）。
（5）证明乙醛已经生成，可以检验醛基。具体操作及现象是取D中少量溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生红色沉淀即可证明乙醛已生成。
24.石膏转化为硫酸钾和CaCl2的工艺流程如图：
（1）CO2是一种很重要的副产品，工业上获得CO2的途径是_________________________(用化学方程式表示)。
（2）过滤Ⅰ得到的滤液是____________，检验滤液中含有CO32－的方法______________。
（3）转化Ⅱ中发生反应的化学方程式为_________________________________，转化Ⅱ中可获得K2SO4的原因是_________________________________________。
（4）氯化钙结晶水合物是目前常用的无机储热材料，选择的依据是_________。
a.熔点较低(29℃熔化) b.能制冷
c.无毒 d.能导电
（5）废水中氨氮（主要以NH4+和NH3形式存在）的去除常见的有生物脱氮法和电解法。而电解法产生的强氧化物质HClO也可将氨氮转化为氮气而除去，实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性溶液来模拟。阳极的电极反应式_____________________，处理1mol(NH4)2SO4，需要消耗HClO物质的量是______mol。
【答案】 (1). CaCO3CaO＋CO2↑ (2). (NH4)2SO4 (3). 取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32－，若无明显现象，则滤液中不含CO32－ (4). 2KCl＋(NH4)2SO4=K2SO4↓＋2NH4Cl (5). KCl、(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同 (6). a c (7). H2O+Cl—2e-=HClO+H+ (8). 3mol
【分析】碳酸铵和硫酸钙反应生成硫酸铵和碳酸钙，将碳酸钙过滤后溶液中加入氯化钾，得到硫酸钾固体，再过滤，溶液为氯化铵，加入氧化钙和水，得到氨气和氯化钙。
【详解】(1)工业上用煅烧石灰石的方法得到二氧化碳，反应方程式为: CaCO3CaO＋CO2↑；
(2)碳酸铵和硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，所以过滤后的滤液为 (NH4)2SO4 ；
利用碳酸根离子能和酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊进行实验，实验操作为：取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32－，若无明显现象，则滤液中不含CO32－ ；
(3).从流程分析，加入氯化钾，析出硫酸钾，所以反应方程式为：2KCl＋(NH4)2SO4=K2SO4↓＋2NH4Cl；因为 KCl、(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同，所以硫酸钾随着温度变化较大，能控制温度变化使其析出；
（4）储热材料说明可以吸收热量，这说明化合物的熔点较低，易吸热熔化，从而可以降低周围环境的温度，同时化合物应该是无毒的，对人体健康没有伤害。故选a、c；
(5)根据题中信息，氯离子在阳极电子生成次氯酸，故电极反应为H2O+Cl—2e-=HClO+H+，根据化合价分析，铵根离子的氮元素化合价从-3升高到0，次氯酸中的氯元素化合价从+1降低到-1，根据得失电子数相等分析，硫酸铵和次氯酸的比例为1：3，故处理1mol(NH4)2SO4，需要消耗HClO物质的量是3mol。
25.乙苯()、苯乙烯（）均是重要的有机溶剂和工业原料。
已知：①(g)+HCl(g) (g) △H1= −54 kJ⋅mol−1
②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H2=−185 kJ⋅mol−1
③(g)+Cl2(g)(g)+HCl(g) △H3=−118kJ⋅mol−1
④相关化学键的键能数据如表所示：
化学键
C−H
C−C
C=C
C−Cl
H−Cl
键能/(kJ⋅mol−1)
412
348
x
341
432
请回答：
（1）x=_________；
（2）(g)+H2(g)⇌(g) △H4
①△H4=__________________。
②上述反应中，的平衡转化率α与温度（T）和压强（P）的关系如图所示。则：
I.A、B两点的平衡常数：K(A)_____K(B)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
II.A、B两点的正反应速率：v(A)______v(B)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）工业中用乙苯(C6H5-CH2CH3)为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯(C6H5-CH=CH2)。向体积为VL的恒容容器中充入amol乙苯，压强为1×106Pa，在600℃时，平衡体系中苯乙烯的物质的量分数为25%，则：
①乙苯的平衡转化率为____________；
②此温度下乙苯催化脱氢的方法制取苯乙烯的平衡常数Kp=______Pa；
③实际生产的反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气，利用热力学数据计算得到温度和投料比对乙苯转化率的影响可用图表示。[M=n（H2O）/n（乙苯]
a.图中投料比（M1、M2、M3）的大小顺序为_____________________；
b.随着反应的进行，催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性，原因是_______________________________________（用化学方程式表示）。
【答案】 (1). 615 (2). -121kJ⋅mol−1 (3). 大于 (4). 小于 (5). 33.3% (6). 1.67 5×105 (7). M1>M2>M3 (8). C+H2OCO+H2
【分析】（1）根据反应热与键能的计算公式计算。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）根据平衡的三段式计算模式进行计算，并进一步计算转化率和平衡常数。
（4）根据增加反应物的量通常不能提高反应转化率分析。
【详解】(1)根据反应热=破坏的反应物中的化学键键能总和-生成物中的化学键键能总和，所以有-54=x+432-(412+341+348) 解得x=615 kJ⋅mol−1；
(2) ①根据盖斯定律分析，有①+②-③得热化学方程式为：(g)+H2(g)⇌(g) △H4=-54-185+118=-121kJ⋅mol−1；
②该反应为放热反应，所以随着温度升高，平衡逆向移动，转化率降低，则T1
(3) C6H5-CH2CH3 ⇌C6H5-CH=CH2+ H2
起始 a 0 0
改变 x x x
平衡 a-x x x
有 解x=a/3mol， ①乙苯的转化率为 33.3% ；
② 平衡常数用平衡分压表示，平衡分压=总压强×物质的量分数，平衡时总压强为 Pa，平衡常数Kp= =1.67×105；
③a.根据乙苯加入量越大，转化率越小分析，有 M1>M2>M3 ；
b.因为碳和水可以反应，所以水蒸气能有助于恢复催化剂的活性，方程式为：C+H2OCO+H2。
【点睛】掌握平衡移动原理和平衡的计算模式，注意平衡常数的计算，尤其是用压强表示平衡常数时候，使用平衡时的压强和平衡时各物质的物质的量分数进行计算。
（二）选答题
26.[物质结构与性质]（1）酒石酸钛配合物广泛应用于药物合成。酒石酸（结构如图所示）中羧基氧原子的轨道杂化类型分别是______________
（2）氰酸（HOCN）的结构式是_________，根据等电子体原理，可推测氰酸根离子的空间构型是____。
（3）FeBr2为只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图a，距一个Fe2+离子最近的所有Br-离子为顶点构成的几何体为_____________．
（4）二茂铁是最重要的金属茂基配合物，也是最早被发现的夹心配合物，包含两个环戊二烯基与铁原子成键．二茂铁的结构为一个铁原子处在两个平行的环戊二烯基环的之间，结构如图b所示，已知二茂铁的一氯代物只有一种．
①二茂铁的分子式为__________．
②穆斯堡尔谱学数据显示，二茂铁中心铁原子的氧化态为+2，每个茂环带有一个单位负电荷．因此每个环含有________个π电子．
③二茂铁中两个茂环可以是重叠的（D5h），也可以是错位的（D5d），它们之间的能垒仅有8～20kJ/mol．温度升高时则绕垂直轴相对转动，使得两种结构可以相互转换，转换过程中能量变化如图c．比较稳定的是__________结构（填“重叠”或“错位”）．
（5）氧化镍（NiO）是一种纳米材料，比表面积S(m2/g)是评价纳米材料的重要参数之一（纳米粒子按球形计）。基态Ni2+有_________个未成对电子，已知氧化镍的密度为ρg/cm3；其纳米粒子的直径为Dnm列式表示其比表面积 ____________m2/g。
【答案】(1). sp2 (2). H-O-C≡N (3). 直线型 (4). 立方体 (5). C10H10Fe (6). 6 (7). 重叠 (8). 2 (9). 6000/Dρ
【解析】（1）羧基的结构简式为，两个O原子的价层电子对数分别为3、4，则杂化类型分别为sp2、sp3；
（2）碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H；氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+（4-2×2）=2，采取sp杂化；CNO-电子数为22，与CNO-互为等电子体微粒为CO2，CO2是直线型分子，等电子体的结构相似，所以CNO-的空间构型是直线型；
（3）距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是立方体；
（4）①因为包含两个环戊二烯基与铁原子，又环戊二烯基为-C5H5，所以二茂铁的分子式为C10H10Fe；
②因为每个环戊二烯中含有5个C原子，在加上铁原子的一个电子，所以每个环含有的π电子数为6；
③由图象知，D5h的能量较低，所以比较稳定的是重叠结构；
（5）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d有8个电子，其中2个单电子；其纳米粒子的直径为Dnm=D×10-7m，表面积为4π（×10-7）2cm2=4π（×10-7）2×10-4 m2=4π（×10-7）2×10-4 m2=πD2×10-18m2，体积为π（×10-7）3cm3，纳米粒子的质量为π（×10-7）3cm3×ρg/cm3=π（×10-7）3×ρg=g，比表面积为=6000/Dρ。
27.聚合物F的合成路线图如下：
请据此回答：
（1）A中含氧官能团名称是_______，C的系统命名为_________。
（2）检验B中所含官能团所用的试剂有______；E→F的反应类型是___________。
（3）C生成D的反应化学方程式为_____________________________，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为________（同一个碳原子上连两个碳碳双键的除外）。
（4）G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有____种。
① 分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基 ② 遇氯化铁溶液变紫色
③ 能与溴水发生加成反应
（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备 的合成路线__________________。
【答案】(1). 醛基 (2). 1，2-二溴丙烷 (3). NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液） (4). 加聚反应 (5). CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr (6). CH3C≡CH (7). 9 (8).
【分析】根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道,C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ；E发生加聚反应生成F，据此分析解答。
【详解】根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道, C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ,E发生加聚反应生成F；
(1)A为 ,其所含氧官能团为醛基；据F的结构简式可以知道, C3H6为丙烯，其与溴发生加成反应生成的C为1,2-二溴丙烷；因此，本题正确答案是:醛基；1,2-二溴丙烷。
(2)B为 ,B中含有的官能团为羧基和碳碳双键,可用碳酸氢钠溶液检验羧基、用溴水检验碳碳双键；E为 ,E通过加聚反应生成F；因此，本题正确答案是: NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液）；加聚反应。
(3)C为1,2-二溴丙烷，其水解生成D，D为1,2-二羟基丙醇，反应的化学方程式为: CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；C与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成CH3C≡CH；正确答案：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr ； CH3C≡CH。
(4)G物质与 互为同系物,且G物质的相对分子质量比 大14,则G比 多1个CH2原子团，且满足:①分子中含有苯环,且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色,则有机物分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应,说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可以知道，满足条件的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH 、–C3H5 ；而–C3H5结构可能为①-CH=CHCH3②-CH2CH=CH2③-C(CH3)=CH2；酚羟基与①取代基在环上的结构有3种，酚羟基与②取代基在环上的结构有3种，酚羟基与③取代基在环上的结构有3种，所以满足条件的有机物总共有：3×3=9种；因此，本题正确答案是:9。
(5)据已知反应可以知道，甲醛与乙醛发生羟醛缩合反应后失水生成CH2=CHCHO，然后用弱氧化剂新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，其发生加聚反应可得 ；则合成路线为： ；正确答案： 。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。
陕西省西安市铁一中学2020届高三上学期第四次月考
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题（共22小题，每小题2分。计44分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.下列有关化学与生活叙述不正确的是（ ）
A. 战国说著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”（“蛎房”即杜蛎壳），并把这种灰成为“蜃”，“蜃”的主要成分为CaO
B. 服用阿司匹林出现水杨酸时，服用碳酸氢钠溶液解毒
C. 制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物质时可选择相同的气体发生装置
D. 用热的纯碱溶液能洗去油污，所以Na2CO3可直接和油污反应
【答案】D
【详解】A.牡蛎壳的成分为碳酸钙，受热分解生成氧化钙，故正确；
B.水杨酸能和碳酸氢钠反应，故能用碳酸氢钠解毒，故正确；
C.过氧化钠或过氧化氢反应制取氧气都不需要加热，所以可以选择相同的气体发生装置，故正确；
D.碳酸钠水解成碱性，油脂在碱性条件下水解，不是直接和碳酸钠反应，故错误。
故选D。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
B. 1L0.1mol•L-1NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
C. 235g核素U发生裂变反应：U+nSr+Xe+10n，净产生的中子（n）数为10NA
D. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
【答案】D
【详解】A.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，密闭容器中2molNO与1molO2充分反应生成2mol二氧化氮，但是二氧化氮可以自身反应生成四氧化二氮，故不能确定分子数，故错误；
B.碳酸氢钠中的碳酸氢根离子水解和电离，所以溶液中的碳酸根离子和碳酸氢根离子和碳酸分子总数为0.1NA，故错误；
C.根据反应可知，235g核素U发生裂变反应，净产生的中子数为9NA，故错误；
D.甲烷和乙烯分子中都含有4个氢原子，故标况下11.2L混合物的物质的量为0.5mol，则含有2mol氢原子，故正确。
故选D。
3.天然和人工合成的物质往往不是纯净物，分离提纯是化学研究的一般过程。下列除杂方法正确的是（ ）
A. SO2中混有少量SO3，可以将混合气体通过浓硫酸除去
B. 乙烯中混有的SO2，可以通过溴水除去
C. 向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分搅拌后过滤可除去杂质FeCl3
D. 除去Na2S溶液中少量NaCl：加入AgCl后再过滤
【答案】A
详解】A.三氧化硫和水反应生成硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，故正确；
B.乙烯和二氧化硫都和溴水反应，故错误；
C.碳酸钙消耗MgCl2溶液中的H+，使溶液的PH增大，Fe3+可以转化为Fe(OH)3沉淀除去，但会引入新的杂质离子Ca2+，故错误；
D氯化钠和氯化银不反应，故错误。
故选A。
4.下列有关说法正确的是（ ）
A. 空气质量监测新标准中增加了PM2.5和臭氧（O3）8小时浓度限值监测指标，空气中体积O3分数越大对人体健康有利
B. 工业上，可以用氢氧化钠溶液吸收SO2、NO2、CO等大气污染物，控制大气污染物排放
C. 开发利用太阳能等新能源，减少燃煤的使用有利于控制酸雨、温室效应
D. 大量排放二氧化硅粉尘、氟利昂、二氧化硫、氮的化合物等，是使珠三角区域空气中臭氧浓度上升的主要原因
【答案】C
【详解】A.臭氧具有强氧化性，微量的臭氧可以杀菌，但臭氧在空气中体积分数过大，对人体不利，故错误；
B.氢氧化钠不能吸收一氧化碳，故错误；
C.燃煤能产生二氧化硫和二氧化碳，造成酸雨和温室效应，所以利用太阳能减少燃煤，有利于控制酸雨和温室效应，故正确；
D.氟利昂破坏臭氧层，使臭氧浓度减小，故错误。
故选C。
5.下列解释实验事实的离子方程式正确的是（ ）
A. 用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 漂白粉溶液中通入过量的SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-
C. 酸性KI淀粉溶液久置后变蓝:4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
D. Na2S溶液使酚酞试液变红:S2-+2H2O2OH-+H2S
【答案】C
【解析】A、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，故A错误；B、HClO具有强氧化性，能把HSO3－氧化成SO42－，故B错误；C、久置后变蓝，说明I－被氧气氧化成I2，离子反应方程式为4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O，故C正确；D、S2－水解应是分步水解，故D错误。
6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【分析】A．根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B．根据铝及其化合物的性质分析判断；C．根据银氨溶液的性质分析判断；D．根据铁及其化合物的性质分析判断。
【详解】A．NaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；
B．NaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；
C．蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和[Ag(NH3)2]+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；
D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；
答案选A。
7. 下列有关电化学的内容正确的是（ ）
A. 马口铁和白铁皮破损后，白铁皮比马口铁腐蚀快，所以使用白铁皮时要注意防止铁皮出现刮痕
B. 原电池中电子从负极流出流入正极，电解池中电子从阴极流出流入电源负极
C. 已知磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+ LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则该电池充电时阳极电极反应式为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+
D. 常温下以C选项中电池为电源以石墨为电极电解200mL饱和食盐水，当消耗1.4g Li时，溶液的pH为13(忽略溶液的体积变化)
【答案】C
【解析】试题分析：A．马口铁和白铁皮破损后，由于白铁皮表面有活动性比Fe强的Zn，马口铁表面有活动性比Fe弱的Sn，所以都会构成原电池，前者首先被腐蚀的是Zn，后者Fe先被腐蚀，因此Fe被腐蚀的速率后者大于前者。使用白铁皮时铁皮出现刮痕也同压会对铁起到保护作用，错误；B．原电池中电子从负极流出流入正极，电解池中电子从阳极流出流入电源正极，错误；C．已知磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+ LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则该电池充电时阴极电极反应式为：LiFePO4+e-=FePO4+Li+，错误；D．常温下以C选项中电池为电源以石墨为电极电解200mL饱和食盐水，由于在整个闭合回路中电子转移的数目相等。当消耗1．4g Li时，n(e-)=1．4g÷7g/mol=0．2mol，则在NaCl溶液中发生反应2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH 产生NaOH的物质的量是0．2mol，由于溶液的体积是0．2L，所以c(NaOH)=1mol/L,根据在室温下水的离子积常数是1×10-14，可得溶液的pH为14，正确。
考点：考查金属腐蚀与保护、原电池、电解池的反应原理及应用的知识。
8.美国“9.11”恐怖袭击事件给纽约带来了一场严重的环境灾难--石棉污染，使吸入石棉纤维者易患肺癌。已知石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式可表示为Ca2MgXSiYO22(OH)2，X、Y的值分别为（ ）
A. 5、8 B. 8、3 C. 3、8 D. 8、5
【答案】A
【详解】根据化合物中元素化合价代数和为0分析，有4+x+4y=44+2，即x+2y=21，则x为奇数，结合答案，当x为3时，y为9，故C错误；当x为5，y为8，故A正确。
故选A。
9.氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（ ）
A. 加入少量水，水的电离平衡向电离方向移动
B. 再通入少量氯气，Cl2+H2OHCl+HCIO，平衡向正方向移动，c(Cl2)减少
C. 通入少量SO2，溶液漂白性增强
D. 加入少量固体NaOH，一定有c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)
【答案】A
【详解】A.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，抑制水的电离，加入少量水，溶液中的氢离子浓度减小，水电离平衡正向移动，故正确；
B.通入少量氯气，平衡正向移动，但氯气的浓度增大，故错误；
C.通入少量二氧化硫，氯气和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，溶液的次氯酸减少，漂白性减弱，故错误；
D.加入少量固体氢氧化钠，反应生成氯化钠和次氯酸钠，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)，故错误。
故选A。
10.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，
其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A. X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性
B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，最后有白色沉淀产生
D. 工业上，B转化为D的反应条件为加热、使用催化剂
【答案】D
【解析】试题分析：X为常见酸，其浓溶液能使蔗糖变黑，说明X为H2SO4，D和水反应生成H2SO4，则D为SO3，B为SO2，A、蔗糖变黑，体现硫酸的脱水性，故错误；B、浓硫酸和铁在常温下，发钝化反应，产生一层致密氧化薄膜，阻碍反应的进行，故错误；C、C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，C为CO2，与少量澄清石灰水反应，生成Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故错误；D、SO2→SO3需要催化剂和加热才能实现，故正确。
考点：考查无机推断、硫酸的性质等知识。
11.无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO和CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明没有N2，则甲气体的组成为NH3、NO、CO2，故选B。
12.已知：25℃时，0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×100%)约为1%。该温度下，用0.1000mol·L-l 氨水滴定10.00mL0.1000mol·L-lCH3COOH溶液，溶液的pH与溶液的导电能力(I)的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. M点→N点，水的电离程度逐渐增大
B. 25℃时，CH3COOH 的电离常数约为1.0×10-2
C. N点溶液中，c(CH3COO-)>c(NH4+)
D. 当滴入20 mL氨水时，溶液中c(CH3COO-)>c(NH4+)
【答案】A
【详解】A.醋酸溶液中加入氨水，二者反应生成醋酸铵和水，醋酸的电离出的氢离子浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，故正确；
B. 25℃时0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×100%)约为1%，则根据电离平衡常数计算，醋酸电离平衡常数为，故错误；
C.N点溶液为中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)分析，有c(CH3COO-)=c(NH4+)，故错误；
D. 当滴入20 mL氨水时，溶液为等浓度的氨水和醋酸铵，溶液为碱性，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)和c(H+)
【点睛】掌握溶液的导电能力与溶液中溶质的电离程度有关。掌握酸碱中和过程中离子浓度的变化。
13.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；答案选C。
点晴：在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
14.常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2，通入的CO2体积（V）与溶液中水电离出的OH-离子浓度的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. a点溶液中：水电离出c（H+）=1×10-10mol·L－1
B. b点溶液中：c（H+）=1×10-7mol·L－1
C. c点溶液中：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)
D. d点溶液中：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】B
【详解】A. a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1，就是水电离出的，故正确；
B. b点溶液为氢氧化钠和碳酸钠，水电离的氢氧根离子浓度为1×10-7mol·L－1，但溶液中还有氢氧化钠电离出的氢氧根离子，所以根据水的离子积常数计算，溶液中的c（H+）不为1×10-7mol·L－1，故错误；
C. c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根水解分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故正确；
D. d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋) +c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，c(OH-)= c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故正确。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的水电离程度的变化，氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠存在水解，促进水的电离，所以向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，水的电离程度逐渐增大，当全为碳酸钠时，水的电离程度最大，然后碳酸钠反应生成碳酸氢钠，水的电离程度又逐渐减小。分清溶液中的氢离子和水电离的氢离子的关系。
15.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. O～t2时，v正>v逆
B. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>Ⅱ
C. t2时刻改变的条件是向密闭容器中加C
D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数Ⅰ<Ⅱ
【答案】C
【详解】A.0～t1，反应正向进行，说明v正>v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，反应逆向进行，v逆>v正，A错误；
B. 0～t1，反应正向进行，说明v正>v逆，t1～t2，反应到达平衡，v正=v逆，t2时，反应逆向进行，v逆>v正，因此达到平衡时A的体积分数Ⅰ<Ⅱ，B错误；
C.向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，C正确；
D.该反应是在恒温下进行，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数KI=KⅡ，D错误；
故合理选项是C。
16.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1mol·L-1KI溶液：Na+、K+、ClO-、OH-
B. 0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-
C. PH=7的溶液中：Al3+、Cl-、Na+、NO3-
D. 25℃时，水电离出的c(H+)=1×l0−l3mol/L的溶液中：K+、Ba2+、NO3−、S2−
【答案】B
【详解】A.碘离子能被次氯酸根离子氧化，故错误；
B.四种离子和硫酸铁不反应，能共存，故正确；
C.铝离子不能在中性溶液中存在，故错误；
D.溶液可能为酸性，也可能为碱性，在酸性溶液中硝酸根离子能氧化硫离子，故不能大量共存，故错误；
故选B。
【点睛】掌握离子共存的条件。注意离子反应可能有复分解反应或氧化还原反应或络合反应等，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性。
17.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而含氮化合物的用途广泛，两个常见的固氮反应的平衡常数的对数值（lgK）与温度的关系如图所示：①N2+3H2⇌2NH3 ②N2+O2⇌2NO；根据图中的数据判断下列说法正确的是（ ）
A. 反应①和②均为放热反应
B. 升高温度，反应①的反应速率减小
C. 在1000℃时，反应①和反应②体系中N2的浓度一定相等
D. 在标准状况下，利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大
【答案】D
【详解】A. ①的反应平衡常数随着温度升高而减小，说明正反应为放热反应，②的反应平衡常数随着温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，故错误；
B.升温，反应速率加快，故错误；
C. 在1000℃时，反应①和反应②的平衡常数相等，但不确定体系中N2的浓度，故错误；
D.标况下两个反应的平衡常数差距较大，故固氮的反应程度相差很大，故正确。
故选D。
【点睛】掌握温度和平衡常数的关系，以及平衡常数和反应程度的关系，即平衡常数越大，说明反应进行的程度越大。
18.分子式为C9H11Cl，且苯环上有两个取代基的芳香族化合物，其可能的结构有(不考虑立体异构) （ ）
A. 5种 B. 9种 C. 12种 D. 15种
【答案】D
【解析】试题分析：苯环上只有两个取代基，其中一个是氯原子；取代基可能有氯原子、正丙基，氯原子、异丙基，甲基、-CH2-CH2Cl，甲基、-CH2ClCH3，丙基、-CH2Cl，五种，各有邻、间、对三种同分异构体，共15种；故选D。
考点：考查同分异构体的书写
19.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是（ ）
A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:X
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
20.铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图所示。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子);若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH（羟基自由基)。下列说法错误的是（ ）
A. 无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e—===Fe2+
B. 不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e—===H·
C. 鼓入空气时，每生成1mol·OH有2 mol电子发生转移
D. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气
【答案】C
【详解】A．无论是否鼓入空气时，铁作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A项正确；
B．不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的氢原子，电极反应式为H++e-=H·，B项正确；
C．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-，所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，C项错误；
D．除去草酸需要氧化性的物质，上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；
所以答案选择C项。
21.已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10－5 mol3·L－3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系如右图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)=0.034 mol•L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋ 和SO42－浓度随时间变化关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】Ag2SO4刚好为100 mL的饱和溶液，因为c(Ag+)=0.034mol·L-1，所以c(SO42－)= 0.017mol·L-1；当加入100 mL 0.020 mol·L-1Na2SO4溶液后，c(SO42－)== 0.0185mol·L-1，c(Ag+)=0.017 mol·L-1，此时Qc= c(SO42－)· c2(Ag+)=0.0185×（0.017）2= 5.35 ×10-6
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c(N2O)/mol·L-1
0.100
0090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）
（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；C．0-50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol·L-1N2O的半衰期为50min，20-60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol?L-1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误．故选：A
二、非选择题，23、24、25为必答题，26、27为选答题（共56分）
（一）必答题
23.在75℃左右，用HgSO4做催化剂，乙炔可水化为乙醛，但HgSO4遇到某些特定物质常会发生催化剂中毒而失去催化作用，H2S就是其中一种：现用乙炔水化法，只用块状电石、浓硫酸、水、NaOH溶液、HgO粉末五种物质制乙醛，装置如下图所示，请回答下列问题；
（1）实验开始时，仪器A中盛放电石，B中应装_________，其作用是___________________。
（2）仪器D中盛放水，其作用是_________________________________________________。
（3）蒸馏烧瓶F中应加入HgO和另外两种试剂,若将三者分别直接加入，请按加入的先后顺序写出包括HgO在内的各试剂的名称____________________。将HgO加放F中的操作方法是__________________________________。
（4）装置图中，加热F的方法叫___________，所选用温度计G的量程表示正确的是______。（填代号）。
A．0℃～50℃ B．0℃～100℃ C．0℃～200℃
D．50℃～100℃ E. 0℃～360℃
（5）检验乙醛已制出的操作及现象______________________________________________。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). 除去由A装置导出的气流中混有的H2S (3). 吸收乙醛蒸汽 (4). 氧化汞→水→浓硫酸 (5). 将蒸馏烧瓶横放，用药匙或纸槽将粉末送至底部，再慢慢竖立即可 (6). 水浴加热 (7). B (8). 取D中少量溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生红色沉淀即可证明乙醛已生成
【分析】电石与水反应生成乙炔，在HgSO4催化作用下乙炔水化生成乙醛。为防止HgSO4催化剂中毒，应除去乙炔中的H2S杂质。检验产物乙醛可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液。
【详解】（1）实验时，蒸馏烧瓶A中盛放电石，分液漏斗中盛放饱和食盐水。打开分液漏斗活塞时，电石中主要成分CaC2与水反应生成C2H2，杂质CaS等与水生成H2S等。为防止H2S使F中HgSO4催化剂中毒，B中应装NaOH溶液，以吸收C2H2气流中混有的H2S杂质。
（2）蒸馏烧瓶F中，反应温度75℃左右，乙炔水化生成的乙醛呈气态进入仪器D中，D中盛放水，可吸收乙醛蒸汽。
（3）蒸馏烧瓶F中应盛放HgSO4溶液，可由HgO、浓硫酸、水混合生成。据“先固后液”原则，应先加入HgO；浓硫酸与水混合时，应将浓硫酸慢慢加入水中。故加入的先后顺序为氧化汞→水→浓硫酸。将HgO粉末加入F中，操作是将蒸馏烧瓶横放，用药匙或纸槽将粉末送至底部，再慢慢竖立即可。
（4）装置图中，蒸馏烧瓶F浸在烧杯内水中加热，即水浴加热。室温约25℃，F中反应温度75℃左右，故温度计G的量程0℃～100℃较为合适（选B）。
（5）证明乙醛已经生成，可以检验醛基。具体操作及现象是取D中少量溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生红色沉淀即可证明乙醛已生成。
24.石膏转化为硫酸钾和CaCl2的工艺流程如图：
（1）CO2是一种很重要的副产品，工业上获得CO2的途径是_________________________(用化学方程式表示)。
（2）过滤Ⅰ得到的滤液是____________，检验滤液中含有CO32－的方法______________。
（3）转化Ⅱ中发生反应的化学方程式为_________________________________，转化Ⅱ中可获得K2SO4的原因是_________________________________________。
（4）氯化钙结晶水合物是目前常用的无机储热材料，选择的依据是_________。
a.熔点较低(29℃熔化) b.能制冷
c.无毒 d.能导电
（5）废水中氨氮（主要以NH4+和NH3形式存在）的去除常见的有生物脱氮法和电解法。而电解法产生的强氧化物质HClO也可将氨氮转化为氮气而除去，实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl的酸性溶液来模拟。阳极的电极反应式_____________________，处理1mol(NH4)2SO4，需要消耗HClO物质的量是______mol。
【答案】 (1). CaCO3CaO＋CO2↑ (2). (NH4)2SO4 (3). 取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32－，若无明显现象，则滤液中不含CO32－ (4). 2KCl＋(NH4)2SO4=K2SO4↓＋2NH4Cl (5). KCl、(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同 (6). a c (7). H2O+Cl—2e-=HClO+H+ (8). 3mol
【分析】碳酸铵和硫酸钙反应生成硫酸铵和碳酸钙，将碳酸钙过滤后溶液中加入氯化钾，得到硫酸钾固体，再过滤，溶液为氯化铵，加入氧化钙和水，得到氨气和氯化钙。
【详解】(1)工业上用煅烧石灰石的方法得到二氧化碳，反应方程式为: CaCO3CaO＋CO2↑；
(2)碳酸铵和硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，所以过滤后的滤液为 (NH4)2SO4 ；
利用碳酸根离子能和酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊进行实验，实验操作为：取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32－，若无明显现象，则滤液中不含CO32－ ；
(3).从流程分析，加入氯化钾，析出硫酸钾，所以反应方程式为：2KCl＋(NH4)2SO4=K2SO4↓＋2NH4Cl；因为 KCl、(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同，所以硫酸钾随着温度变化较大，能控制温度变化使其析出；
（4）储热材料说明可以吸收热量，这说明化合物的熔点较低，易吸热熔化，从而可以降低周围环境的温度，同时化合物应该是无毒的，对人体健康没有伤害。故选a、c；
(5)根据题中信息，氯离子在阳极电子生成次氯酸，故电极反应为H2O+Cl—2e-=HClO+H+，根据化合价分析，铵根离子的氮元素化合价从-3升高到0，次氯酸中的氯元素化合价从+1降低到-1，根据得失电子数相等分析，硫酸铵和次氯酸的比例为1：3，故处理1mol(NH4)2SO4，需要消耗HClO物质的量是3mol。
25.乙苯()、苯乙烯（）均是重要的有机溶剂和工业原料。
已知：①(g)+HCl(g) (g) △H1= −54 kJ⋅mol−1
②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H2=−185 kJ⋅mol−1
③(g)+Cl2(g)(g)+HCl(g) △H3=−118kJ⋅mol−1
④相关化学键的键能数据如表所示：
化学键
C−H
C−C
C=C
C−Cl
H−Cl
键能/(kJ⋅mol−1)
412
348
x
341
432
请回答：
（1）x=_________；
（2）(g)+H2(g)⇌(g) △H4
①△H4=__________________。
②上述反应中，的平衡转化率α与温度（T）和压强（P）的关系如图所示。则：
I.A、B两点的平衡常数：K(A)_____K(B)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
II.A、B两点的正反应速率：v(A)______v(B)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）工业中用乙苯(C6H5-CH2CH3)为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯(C6H5-CH=CH2)。向体积为VL的恒容容器中充入amol乙苯，压强为1×106Pa，在600℃时，平衡体系中苯乙烯的物质的量分数为25%，则：
①乙苯的平衡转化率为____________；
②此温度下乙苯催化脱氢的方法制取苯乙烯的平衡常数Kp=______Pa；
③实际生产的反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气，利用热力学数据计算得到温度和投料比对乙苯转化率的影响可用图表示。[M=n（H2O）/n（乙苯]
a.图中投料比（M1、M2、M3）的大小顺序为_____________________；
b.随着反应的进行，催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性，原因是_______________________________________（用化学方程式表示）。
【答案】 (1). 615 (2). -121kJ⋅mol−1 (3). 大于 (4). 小于 (5). 33.3% (6). 1.67 5×105 (7). M1>M2>M3 (8). C+H2OCO+H2
【分析】（1）根据反应热与键能的计算公式计算。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）根据平衡的三段式计算模式进行计算，并进一步计算转化率和平衡常数。
（4）根据增加反应物的量通常不能提高反应转化率分析。
【详解】(1)根据反应热=破坏的反应物中的化学键键能总和-生成物中的化学键键能总和，所以有-54=x+432-(412+341+348) 解得x=615 kJ⋅mol−1；
(2) ①根据盖斯定律分析，有①+②-③得热化学方程式为：(g)+H2(g)⇌(g) △H4=-54-185+118=-121kJ⋅mol−1；
②该反应为放热反应，所以随着温度升高，平衡逆向移动，转化率降低，则T1
(3) C6H5-CH2CH3 ⇌C6H5-CH=CH2+ H2
起始 a 0 0
改变 x x x
平衡 a-x x x
有 解x=a/3mol， ①乙苯的转化率为 33.3% ；
② 平衡常数用平衡分压表示，平衡分压=总压强×物质的量分数，平衡时总压强为 Pa，平衡常数Kp= =1.67×105；
③a.根据乙苯加入量越大，转化率越小分析，有 M1>M2>M3 ；
b.因为碳和水可以反应，所以水蒸气能有助于恢复催化剂的活性，方程式为：C+H2OCO+H2。
【点睛】掌握平衡移动原理和平衡的计算模式，注意平衡常数的计算，尤其是用压强表示平衡常数时候，使用平衡时的压强和平衡时各物质的物质的量分数进行计算。
（二）选答题
26.[物质结构与性质]（1）酒石酸钛配合物广泛应用于药物合成。酒石酸（结构如图所示）中羧基氧原子的轨道杂化类型分别是______________
（2）氰酸（HOCN）的结构式是_________，根据等电子体原理，可推测氰酸根离子的空间构型是____。
（3）FeBr2为只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图a，距一个Fe2+离子最近的所有Br-离子为顶点构成的几何体为_____________．
（4）二茂铁是最重要的金属茂基配合物，也是最早被发现的夹心配合物，包含两个环戊二烯基与铁原子成键．二茂铁的结构为一个铁原子处在两个平行的环戊二烯基环的之间，结构如图b所示，已知二茂铁的一氯代物只有一种．
①二茂铁的分子式为__________．
②穆斯堡尔谱学数据显示，二茂铁中心铁原子的氧化态为+2，每个茂环带有一个单位负电荷．因此每个环含有________个π电子．
③二茂铁中两个茂环可以是重叠的（D5h），也可以是错位的（D5d），它们之间的能垒仅有8～20kJ/mol．温度升高时则绕垂直轴相对转动，使得两种结构可以相互转换，转换过程中能量变化如图c．比较稳定的是__________结构（填“重叠”或“错位”）．
（5）氧化镍（NiO）是一种纳米材料，比表面积S(m2/g)是评价纳米材料的重要参数之一（纳米粒子按球形计）。基态Ni2+有_________个未成对电子，已知氧化镍的密度为ρg/cm3；其纳米粒子的直径为Dnm列式表示其比表面积 ____________m2/g。
【答案】(1). sp2 (2). H-O-C≡N (3). 直线型 (4). 立方体 (5). C10H10Fe (6). 6 (7). 重叠 (8). 2 (9). 6000/Dρ
【解析】（1）羧基的结构简式为，两个O原子的价层电子对数分别为3、4，则杂化类型分别为sp2、sp3；
（2）碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H；氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+（4-2×2）=2，采取sp杂化；CNO-电子数为22，与CNO-互为等电子体微粒为CO2，CO2是直线型分子，等电子体的结构相似，所以CNO-的空间构型是直线型；
（3）距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是立方体；
（4）①因为包含两个环戊二烯基与铁原子，又环戊二烯基为-C5H5，所以二茂铁的分子式为C10H10Fe；
②因为每个环戊二烯中含有5个C原子，在加上铁原子的一个电子，所以每个环含有的π电子数为6；
③由图象知，D5h的能量较低，所以比较稳定的是重叠结构；
（5）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d有8个电子，其中2个单电子；其纳米粒子的直径为Dnm=D×10-7m，表面积为4π（×10-7）2cm2=4π（×10-7）2×10-4 m2=4π（×10-7）2×10-4 m2=πD2×10-18m2，体积为π（×10-7）3cm3，纳米粒子的质量为π（×10-7）3cm3×ρg/cm3=π（×10-7）3×ρg=g，比表面积为=6000/Dρ。
27.聚合物F的合成路线图如下：
请据此回答：
（1）A中含氧官能团名称是_______，C的系统命名为_________。
（2）检验B中所含官能团所用的试剂有______；E→F的反应类型是___________。
（3）C生成D的反应化学方程式为_____________________________，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为________（同一个碳原子上连两个碳碳双键的除外）。
（4）G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有____种。
① 分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基 ② 遇氯化铁溶液变紫色
③ 能与溴水发生加成反应
（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备 的合成路线__________________。
【答案】(1). 醛基 (2). 1，2-二溴丙烷 (3). NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液） (4). 加聚反应 (5). CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr (6). CH3C≡CH (7). 9 (8).
【分析】根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道,C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ；E发生加聚反应生成F，据此分析解答。
【详解】根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道, C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ,E发生加聚反应生成F；
(1)A为 ,其所含氧官能团为醛基；据F的结构简式可以知道, C3H6为丙烯，其与溴发生加成反应生成的C为1,2-二溴丙烷；因此，本题正确答案是:醛基；1,2-二溴丙烷。
(2)B为 ,B中含有的官能团为羧基和碳碳双键,可用碳酸氢钠溶液检验羧基、用溴水检验碳碳双键；E为 ,E通过加聚反应生成F；因此，本题正确答案是: NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液）；加聚反应。
(3)C为1,2-二溴丙烷，其水解生成D，D为1,2-二羟基丙醇，反应的化学方程式为: CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；C与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成CH3C≡CH；正确答案：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr ； CH3C≡CH。
(4)G物质与 互为同系物,且G物质的相对分子质量比 大14,则G比 多1个CH2原子团，且满足:①分子中含有苯环,且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色,则有机物分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应,说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可以知道，满足条件的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH 、–C3H5 ；而–C3H5结构可能为①-CH=CHCH3②-CH2CH=CH2③-C(CH3)=CH2；酚羟基与①取代基在环上的结构有3种，酚羟基与②取代基在环上的结构有3种，酚羟基与③取代基在环上的结构有3种，所以满足条件的有机物总共有：3×3=9种；因此，本题正确答案是:9。
(5)据已知反应可以知道，甲醛与乙醛发生羟醛缩合反应后失水生成CH2=CHCHO，然后用弱氧化剂新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，其发生加聚反应可得 ；则合成路线为： ；正确答案： 。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。
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