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浙江省嘉兴市第一中学2020届高三上学期期中考试化学（解析版）
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浙江省嘉兴市第一中学2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cr 52 Zn 65
选择题部分
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，多选、错选均不得分）
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. “时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的这种方法，提取过程中发生了化学变化
C. 《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识。例如刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到
D. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”。南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
【答案】B
【详解】A、气溶胶具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，故A正确；
B、提取青蒿素的过程利用萃取的原理，没有发生化学变化，故B错误；
C、由于金的密度大于沙，所以可以利用两者密度不同加以分离，是物理方法，故C正确；
D、选项涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色反应，故D正确；
故选B；
2.近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（ ）
A. 通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度
B. 用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量
C. 向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量
D. 通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度
【答案】D
【详解】A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；
B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；
C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；
D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；
故选D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 等质量的甲烷、乙烯、1，3—丁二烯分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少
B. 按系统命名法，化合物的名称为2—甲基—4—乙基戊烷
C. 苯酚、水杨酸（）和苯甲酸都是同系物
D. 三硝基甲苯的分子式为C7H3N3O6
【答案】A
【详解】A、由最简式可知，等质量的烃中含H的质量分数越大，消耗氧气越多，则等质量的甲烷(CH4)、乙烯(CH2)、1,3-丁二烯(CH1.5)分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少，故A正确；
B、主链有6个碳原子，2， 4号碳原子上各有1个甲基，名称为： 2，4-二甲基己烷，故B错误；
C、苯酚、水杨酸和苯甲酸含有的官能团不同，不符合同系物概念，故C错误；
D、三硝基甲苯的分子中含有7个C，5个.H、3个N和6个O，其分子式为：C7H5N3O6，故D错误；
故选A；
4.下列说法不正确的是（ ）
A. CO2溶于水的过程中既有共价键的断裂，也有共价键的生成
B. 在SF2、PCl5、CCl4的分子中，所有原子均达到了8电子稳定结构
C. H2NCH2COOH和CH3CH2NO2熔化时克服的微粒间作用力不同，导致熔点相差较大
D. N2比O2分子稳定，与分子间作用力无关
【答案】B
【详解】A、化学变化的本质是旧键断裂，新键形成，CO2溶于水生成碳酸，反应物和生成物均为共价化合物，故A正确；
B、PCl5的P化合价为+5价，P原子最外层电子数为5，则5+5=10，不满足8电子结构，故B错误；
C、H2NCH2COOH含有分子间氢键，而CH3CH2NO2没有，所以在融化时H2NCH2COOH除了克服分子间作用力，还需要克服氢键，故C正确；
D、分子的稳定性与键能相关，分子间作用力决定分子的熔沸点，故D正确；
故选B；
【点睛】本题易错点在分子晶体的熔沸点与分子间作用力和氢键相关，分子的稳定性与共价键键能相关。
5.下列反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 苯酚与少量碳酸钠溶液的反应：+CO32-→+HCO3-
B. 淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I－＋O2＋2H2O＝2I2＋4OH－
C. 电解熔融氯化镁制镁：Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑
D. 铜与浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu2+＋2NO3－＋2NO2↑＋2H2O
【答案】D
【详解】A、因为苯酚的酸性比碳酸的弱，但是比HCO3-强，所以苯酚与少量碳酸钠溶液的反应为+CO32-→+HCO3-，故A正确；
B、I－具有还原性，空气中的氧气具有氧化性，相互之间发生氧化还原反应，故B正确；
C、K、Ca、Na、Mg、Al单质的还原性很强，所以制取K、Ca、Na、Mg、Al单质时除Al之外采用电解熔融盐的方式，故C正确；
D、硝酸是强电解质，铜与浓硝酸反应的离子反应方程式中，应该拆开，故D错误；
故选D；
6.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 （ ）
①
②
③
④
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是资源化利用的方法之一
C. 反应的
D. 反应的
【答案】C
【分析】A.反应③中的反应物为CO2、H2；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；
C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。
【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；
D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
7.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A. Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-
B. ④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的
C. ①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。
详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。
点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 抽滤实验洗涤晶体时，应先关小水龙头停止抽气，再在布氏漏斗中加少量洗涤剂，用玻璃棒小心搅动使晶体润湿，静置一会再打开水龙头慢慢抽气
B. 容量瓶、量筒和滴定管上都要标明使用温度，容量瓶无“0”刻度，量筒、滴定管有“0”刻度
C. 在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者羟基上氢的活性
D. 中和滴定实验中锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用
【答案】AD
【详解】A、抽滤实验洗涤晶体时，应先关小水龙头停止抽气，再在布氏漏斗中加少量洗涤剂，用玻璃棒小心搅动使晶体润湿，静置一会再打开水龙头慢慢抽气，故A正确；
B、容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管标有温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，故B错误；
C、配成溶液时都含有水，而水的羟基活性大于乙醇中的羟基活性，不能比较出乙醇和苯酚羟基上氢的活性，应分别用纯液体与钠反应来判断两者羟基上氢的活性
D、酸碱中和滴定实验中，如果将滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，不干燥或润洗直接使用，会导致待测液或标准液浓度偏低，影响实验结果，故D正确；
故选A、D
9.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A. Y与丙醇发生酯化反应可得到与X相对分子质量相同的酯
B. X、Y均能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1 mol X与1 mol Y最多能反应的NaOH量相同
D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为4
【答案】A
【详解】A、X的分子式为C23H24O5，相对分子质量是380 ，Y的分子式为C21H22O4，相对分子质量是338 ，相对分子质量相差42，当Y与丙醇发生酯化反应相当于增加C3H6，即相对分子质量增加42，所以当Y与丙醇发生酯化反应可得到与X相对分子质量相同的酯，故A正确；
B、X中没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；
C、X中含有酯基和羧基，当与NaOH发生水解反应时会产生羧基和酚羟基，所以1 mol X与最多能反应3mol NaOH，Y中含有羧基和酚羟基，所以1 mol Y最多能反应2mol NaOH，故C错误；
D、手性碳的要求是需要连接四个不相同的原子或原子团，所以室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为3，故D错误
故选A；
10.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 1mol月球表面的氦-3（）含有质子为2NA
B. 1L的溶液中，含有0.1NA个
C. 标准状况下，22.4L中所含分子数为NA
D. 标准状况下，1mol金刚石中含有的C-C键数目为2NA
【答案】C
【详解】A．每个中含有2个质子，则1mol氦-3()含有质子为2NA，故A正确；
B．pH=1的H3PO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L此溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B正确；
C．标准状况下，CCl4是液体，不能根据气体摩尔体积计算2.24LCCl4的物质的量，故C错误；
D．金刚石中，每个碳原子能和其它四个碳原子形成4个共价键，所以平均每个碳原子具有2个共价键，1mol金刚石中含有C-C键数目为2NA，故D正确；
故答案为C。
11.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
Q
A. 原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)
B. 元素X有 -4，+2、+4等多种价态
C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物
【答案】C
【分析】由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。
【详解】A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；
B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B正确；
C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；
D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。
12.在恒容绝热的容器中进行反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H=-akJ·mol-1(a>0)，下列说法不正确的是（ ）
A. 容器中压强不变，表明反应达到平衡状态
B. 反应过程中A、B的转化率始终相同
C. 增加A的浓度，平衡时B的体积分数减少
D. 容器中气体的密度不变，表明反应达到平衡状态
【答案】AB
【详解】A、D是固体，反应前后气体分子数目不变，压强始终不变，所以不能用压强不变来衡量反应是否达到平衡，故A错误；
B、只有当A、B的投入量按反应方程式系数比投入时，反应物的转化率才相同，故B错误；
C、增加A浓度，平衡正向移动，B的物质的量减少，平衡时B的体积分数减少，故C正确；
D、混合气体的密度 ，体积不变，反应前后气体质量发生改变，所以反应前后气体密度发生改变，当气体的密度不变，表明反应达到平衡状态，故D正确；
故选AB；
【点睛】反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等，各组分的物质的量、物质的量浓度不变。也可以是当随反应改变的量不再变化时即反应达到平衡来判定。
13.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，下列说法正确的是（ ）
A. a极产生氧气，b极产生氢气
B. a电极区溶液pH值减小
C. 含铬微粒主要以Cr2O72－形式在b极区聚集
D. CrO42-能从浆液中分离出来向a极区迁移
【答案】C
【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，所以b电极为阳极，a电极为阴极，据此判断本题。
【详解】A、电解时，a电极为阴极，产生氢气，b电极为阳极，产生氧气，故A错误；
B、a电极的电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，PH升高，故B错误
C、b电极的电极反应方程式：2H2O-2e-=O2↑+4H+，放电后阳极池酸性增强发生反应：2 CrO42- +2H+= Cr2O72－+H2O，故C正确；
D、CrO42-是阴离子，不能通过阳离子交换膜，故D错误；
故选C；
【点睛】本题考查的内容是电解池，解答这类题目首先要判断出阴阳极，判断阴阳极的方式为阴阳记得特征，如阳极的特征为：阳极化合价升高、失电子、与电源正极相连、阴离子移动的方向。
14.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－)＋c(OH－)
B. 0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)
C. 0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)
D. 0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]
【答案】A
【详解】A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，又因为c(Na+)= c(SO42－)，故A正确；
B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液显碱性，c(OH－)> c(H+)，所以c(NH4+) >c(Cl－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl－)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)> c(OH－)> c(H+)，故B错误；
C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)+ c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)，故C错误；
D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，故D错误；
故选A；
【点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;
混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4；
能够灵活运用盐类水解的三种守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。
15.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是（ ）
A. ①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B. 管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
【答案】B
【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；
B、管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；
C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；
D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。
答案选B。
16.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：
已知：3NO3－+ 8Al + 5OH－+ 2H2O3NH3+ 8AlO2－
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（ ）
A. 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－
B. 试样中一定不含Al3+
C. 试样中可能存在Na+、Cl－
D. 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4
【答案】B
【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，
【详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；
B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；
C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；
D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，
答案选B。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共4小题，共52分）
17.五种短周期元素Q、W、X、Y、Z，位于不同主族，原子序数依次增大。
①W的氢化物与最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲
②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水
③化合物X2O2可与Q某种气态氧化物（标准状况下密度为1.25g•L－1）在一定条件下发生化合反应，生成一种正盐乙
请回答下列各题：
（1）已知：ZO3n－＋M2+＋H+→Z―＋M4+＋H2O（M为金属元素，方程式未配平），则Z原子的结构示意图为___________，n＝_____
（2）过程③的化学方程式为___________________________________________。
（3）甲的水溶液呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是___________________________（用离子方程式表示）。
（4）将Y单质粉末加入到盐乙的浓溶液中，缓慢放出气泡，加热后有大量气泡生成，同时生成白色沉淀丙。经检验气体是由单质A和少量Q的最高价氧化物组成。下列有关说法正确的是_______。
A.Q元素是形成化合物种类最多的元素
B.单质A是热值最高的物质
C.白色沉淀丙既可溶于稀盐酸，也能溶于NaOH
D.白色沉淀丙可能是由生成的YO2－离子与溶液中存在的某种离子反应生成
（5）Y可形成三元半导体CuYO2，此三元半导体难溶于水，可溶于稀硝酸，且有NO生成，写出溶解过程的离子方程式_________________________________________。
【答案】(1). (2). 1 (3). Na2O2+CONa2CO3 (4). 酸 (5). NH4+＋H2ONH3•H2O＋H+ (6). ABCD (7). 3CuAlO2＋16H+＋NO3－＝3Cu2+＋3Al3+＋NO↑＋8H2O
【分析】W元素的气态氢化物与W元素的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐，可知W是N元素(NH3+ HNO3=NH4NO3) ，所以甲为硝酸铵；X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水，可知X的最高价氧化物对应水化物为强碱，Z的最高价氧化物强酸，所以X为Na，Y为Al，W为S或Cl；因为Q气态氧化物（标准状况下密度为1.25g•L－1）推知摩尔质量为28g/mol，且能与Na2O2反应，所以Q为C，盐乙为碳酸钠，据此回答本题。
【详解】(1)、因为Z―带一个单位负电，所以Z为Cl，故答案为：，1；
(2)、Na2O2+CONa2CO3；
(3)、因为甲溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，故答案为：酸，NH4+＋H2ONH3•H2O＋H+；
(4)、碳酸钠溶液因为碳酸根离子水解显碱性，所以Al与氢氧根反应产生氢气，加热同时促进碳酸根离子水解产生二氧化碳，与偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，所以沉淀丙为氢氧化铝，A为氢气，故ABCD均正确；
(5)、CuAlO2与硝酸的离子反应方程式为：3CuAlO2＋16H+＋NO3－＝3Cu2+＋3Al3+＋NO↑＋8H2O
18.铝的利用成为人们研究的热点，是新型电池研发中重要的材料。
（1）通过以下反应制备金属铝。
反应1：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1
反应2：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1
反应3：3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)；ΔH3
试比较a、b的大小，并说明理由：a___b，理由是___________________________。
（2）在高温条件下进行反应：2Al(l)＋AlCl3(g)3AlCl(g)。
①向图1所示的等容积A、B密闭容器中加入足量的Al粉，再分别充入1molAlCl3(g)，在相同的高温下进行反应。图2表示A容器内的AlCl3(g)体积分数随时间的变化图，在图2中画出B容器内AlCl3(g)体积分数随时间的变化曲线。___
②1100℃时，向2L密闭容器中通入3molAlCl(g)，发生反应：3AlCl(g)2Al(l)＋AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)平衡转化率为80%，则该反应的平衡常数K＝_____。
③加入3molAlCl(g)，在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3所示。此反应选择温度为900℃的原因是___________________________________________________。研究表明，当温度达到2500℃以上时，图中曲线重合，试分析可能原因_________________________
__________________________________________________________。
（3）用铝制作的快速放电铝离子二次电池的原理如图4所示。该电池充电时，阴极的电极反应式为_____________________________。
【答案】(1). < (2). 因为反应3为分解反应，是吸热反应，所以(b-a)>0； (3). (4). 或14.8 (5). 900℃时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (6). 高温条件下，可能Al气化使反应前后气体分子数相等，相同温度不同压强下达到平衡，产率相同 (7). 4Al2Cl7-＋3e－=Al＋7AlCl4-
【分析】(1)、反应1：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1
反应2：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1
根据盖斯定律反应2-反应1得到反应3的焓变△H3，即可比较出a、b大小；
(2)①反应2Al (I) +AlCl3 (g) =3AlCl (g) 正向是体积增大的反应，容器A是恒容体系，容器B是恒压体系，随着反应进行，气体物质的量增大，容器A中压强增大，容器B体积增大，反应达到平衡时，容器B相当容器A减压，则容器B中反应速率减小、平衡时间增大；
②根据反应的三段式计算平衡时各物质的浓度，代入平衡常数K表达式中计算K；
③观察图3可知，压强一定，温度达到850°C后，AlCl3的产率随温度升高变化不大，结合升温会增大能耗分析解答；
(3) 由图4可知，原电池负极Al失去电子与AlCl4-结合生成Al2Cl7-；充电时，原电池负极与电源负极相接，成为阴极，发生得电子的还原反应，据此解答。
【详解】(1)、反应1：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1
反应2：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1
根据盖斯定律反应2-反应1得到反应3: 反应3：3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)；△H3= (b- a) kJ.mol1，因为反应3为分解反应，是吸热反应，所以(b-a) >0，故答案为：<，因为反应3为分解反应，是吸热反应，所以(b-a) >0；
(2)、①容器A是恒容体系，容器B是恒压体系， 反应正向是体积增大的反应，随着反应进行，气体物质的量增大，则容器A中压强增大、容器B体积增大，反应达到平衡时，容器B相当容器A减压，则容器B中反应速率减小，平衡时间增大，关系如图，故答案为：；
②反应的三段式为3AlCl(g)2Al(l)＋AlCl3(g)
起始浓度(mol/L) 1.5 0 0
变化浓度(mol/L) 1.2 0.4 0.4
平衡浓度(mol/L) 0.3 0.4 0.4
平衡常数=，故答案为：
③观察图3可知，压强一定温度达到850°C后，AlCl3的产率随温度升高变化不大，所以反应选择温度为900°C是为了降低能耗、提高经济效益，故答案为:：900°C时， 产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；
(3)由图4可知，原电池负极Al失去电子与AlCl4-结合生成Al2Cl7-，负极反应式为Al＋7AlCl4--3e－=4Al2Cl7-
，充电时，原电池负极成为阴极，发生的反应与原电池反应相反，即阴极电极反应式为4Al2Cl7-＋3e－=Al＋7AlCl4-，故答案为：4Al2Cl7-＋3e－=Al＋7AlCl4-；
19.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，难溶于冷水，易溶于酸。其制备装置及步骤如下：
①检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。
②关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。
③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。
④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到3.76 g [Cr(CH3COO)2]2·2H2O
（1）三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用____________________，还发生的另一个反应的离子方程式为________________________________。
（2）实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为__________________________，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是_____________ 、_________、洗涤、干燥。
（3）装置丙中导管口水封的目的是______________________________________。
（4）若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34 g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O (相对分子质量为376)的产率是_______________________。
【答案】(1). 排除装置中的空气 (2). 2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+ (3). 关闭K1，打开K2 (4). 冷却 (5). 过滤 (6). 防止空气进入装置乙中氧化Cr2+ (7). 50%
【详解】（1）根据题干信息，醋酸亚铬水合物易被氧化，三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2可将装置内的空气排干净，防止其被氧化；装置甲分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，该反应的离子反应为：2Cr3++Zn═2Cr2++Zn2+；
答案为：排除装置中的空气；2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+
（2）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；醋酸亚铬水合物难溶于冷水，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，先将装置乙冷却至室温，使其充分结晶析出，在用过滤的方法分离；
答案为：关闭K1，打开K2；冷却；过滤；
（3）Cr2+不稳定，极易被氧气氧化，装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
故答案为：避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
（4）CrCl3物质的量为=0.04mol，得到CrCl2为0.04mol，根据原子守恒，则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.04mol，质量为0.04mol×1/2×376g/mol=7.52g，所得产品的产率为×100%=50%；
故答案为：50%。
20.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：
已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’
ⅱ.R-HC=CH-R’
ⅲ.R-HC=CH-R’
（以上R、R’、R’’代表氢、烷基或芳基等）
（1）A属于芳香烃，其名称是_________________。
（2）D的结构简式是_________________。
（3）由 F生成 G的反应类型是___________________。
（4）由 E与 I2在一定条件下反应生成 F的化学方程式是___________________________。
（5）下列说法正确的是_____（选填字母序号）。
A．G存在顺反异构体
B．由G生成H的反应是加成反应
C．1molG最多可以与1molH2发生加成反应
D．1 molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH
（6）E有多种同分异构体，请写出符合下列要求的所有同分异构体。_______
①属于芳香族化合物，不考虑立体异构
②既能发生加聚反应，又能发生水解反应
③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2
（7）以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线。（用流程图表示，无机试剂任选）_________________________________________________________。
【答案】 (1). 邻二甲苯 (2). (3). 消去反应 (4). +I2+HI (5). BD (6). 、、 (7).
【分析】由A的分子式、C的结构简式，可知A为， 结合B的分子式与C的结构，可知B为， B与液溴在光照条件下反应得到C，由D的分子式，结合信息ⅰ，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH。 D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为，由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生信息ii中加成反应得到H。
(7) 由CH3CH=CHCH3反应得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化得到CH3CHO，乙醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br。
【详解】(1)由分析可知可知A为， 其名称是：邻二甲苯，故答案为：邻二甲苯；
(2)由分析可知，D的结构简式是， 故答案为: ;
(3)F为，F发生消去反应生成G，故答案为：消去反应；
(4)E由 E与 I2在一定条件下反应生成 F的化学方程式是： +I2+HI，故答案为：. +I2+HI；
(5)A、 G为，不存在顺反异构体，故A错误；
B、 G含有碳碳双键，由信息ii可知，由G生成H的反应是加成反应，故B正确；
C.、G为，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol G最多可以与4molH2发生加成反应，故C错误；
D. F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应， H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故D正确；
故答案为: BD ；
(6)、E的结构为，同分异构满足的条件为含有苯环、双键、酯基、五种氢且个数比为1：1：2：2：2，所以能满足条件的结构有、、，故答案为、、；
(7)、由分析可知以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线为。
浙江省嘉兴市第一中学2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cr 52 Zn 65
选择题部分
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，多选、错选均不得分）
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. “时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的这种方法，提取过程中发生了化学变化
C. 《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识。例如刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到
D. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”。南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
【答案】B
【详解】A、气溶胶具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，故A正确；
B、提取青蒿素的过程利用萃取的原理，没有发生化学变化，故B错误；
C、由于金的密度大于沙，所以可以利用两者密度不同加以分离，是物理方法，故C正确；
D、选项涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色反应，故D正确；
故选B；
2.近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒．试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（ ）
A. 通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度
B. 用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量
C. 向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量
D. 通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度
【答案】D
【详解】A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；
B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；
C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；
D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；
故选D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 等质量的甲烷、乙烯、1，3—丁二烯分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少
B. 按系统命名法，化合物的名称为2—甲基—4—乙基戊烷
C. 苯酚、水杨酸（）和苯甲酸都是同系物
D. 三硝基甲苯的分子式为C7H3N3O6
【答案】A
【详解】A、由最简式可知，等质量的烃中含H的质量分数越大，消耗氧气越多，则等质量的甲烷(CH4)、乙烯(CH2)、1,3-丁二烯(CH1.5)分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少，故A正确；
B、主链有6个碳原子，2， 4号碳原子上各有1个甲基，名称为： 2，4-二甲基己烷，故B错误；
C、苯酚、水杨酸和苯甲酸含有的官能团不同，不符合同系物概念，故C错误；
D、三硝基甲苯的分子中含有7个C，5个.H、3个N和6个O，其分子式为：C7H5N3O6，故D错误；
故选A；
4.下列说法不正确的是（ ）
A. CO2溶于水的过程中既有共价键的断裂，也有共价键的生成
B. 在SF2、PCl5、CCl4的分子中，所有原子均达到了8电子稳定结构
C. H2NCH2COOH和CH3CH2NO2熔化时克服的微粒间作用力不同，导致熔点相差较大
D. N2比O2分子稳定，与分子间作用力无关
【答案】B
【详解】A、化学变化的本质是旧键断裂，新键形成，CO2溶于水生成碳酸，反应物和生成物均为共价化合物，故A正确；
B、PCl5的P化合价为+5价，P原子最外层电子数为5，则5+5=10，不满足8电子结构，故B错误；
C、H2NCH2COOH含有分子间氢键，而CH3CH2NO2没有，所以在融化时H2NCH2COOH除了克服分子间作用力，还需要克服氢键，故C正确；
D、分子的稳定性与键能相关，分子间作用力决定分子的熔沸点，故D正确；
故选B；
【点睛】本题易错点在分子晶体的熔沸点与分子间作用力和氢键相关，分子的稳定性与共价键键能相关。
5.下列反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 苯酚与少量碳酸钠溶液的反应：+CO32-→+HCO3-
B. 淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I－＋O2＋2H2O＝2I2＋4OH－
C. 电解熔融氯化镁制镁：Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑
D. 铜与浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu2+＋2NO3－＋2NO2↑＋2H2O
【答案】D
【详解】A、因为苯酚的酸性比碳酸的弱，但是比HCO3-强，所以苯酚与少量碳酸钠溶液的反应为+CO32-→+HCO3-，故A正确；
B、I－具有还原性，空气中的氧气具有氧化性，相互之间发生氧化还原反应，故B正确；
C、K、Ca、Na、Mg、Al单质的还原性很强，所以制取K、Ca、Na、Mg、Al单质时除Al之外采用电解熔融盐的方式，故C正确；
D、硝酸是强电解质，铜与浓硝酸反应的离子反应方程式中，应该拆开，故D错误；
故选D；
6.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 （ ）
①
②
③
④
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是资源化利用的方法之一
C. 反应的
D. 反应的
【答案】C
【分析】A.反应③中的反应物为CO2、H2；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；
C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。
【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；
D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
7.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）
A. Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-
B. ④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的
C. ①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。
详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。
点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 抽滤实验洗涤晶体时，应先关小水龙头停止抽气，再在布氏漏斗中加少量洗涤剂，用玻璃棒小心搅动使晶体润湿，静置一会再打开水龙头慢慢抽气
B. 容量瓶、量筒和滴定管上都要标明使用温度，容量瓶无“0”刻度，量筒、滴定管有“0”刻度
C. 在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者羟基上氢的活性
D. 中和滴定实验中锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用
【答案】AD
【详解】A、抽滤实验洗涤晶体时，应先关小水龙头停止抽气，再在布氏漏斗中加少量洗涤剂，用玻璃棒小心搅动使晶体润湿，静置一会再打开水龙头慢慢抽气，故A正确；
B、容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管标有温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，故B错误；
C、配成溶液时都含有水，而水的羟基活性大于乙醇中的羟基活性，不能比较出乙醇和苯酚羟基上氢的活性，应分别用纯液体与钠反应来判断两者羟基上氢的活性
D、酸碱中和滴定实验中，如果将滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，不干燥或润洗直接使用，会导致待测液或标准液浓度偏低，影响实验结果，故D正确；
故选A、D
9.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A. Y与丙醇发生酯化反应可得到与X相对分子质量相同的酯
B. X、Y均能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1 mol X与1 mol Y最多能反应的NaOH量相同
D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为4
【答案】A
【详解】A、X的分子式为C23H24O5，相对分子质量是380 ，Y的分子式为C21H22O4，相对分子质量是338 ，相对分子质量相差42，当Y与丙醇发生酯化反应相当于增加C3H6，即相对分子质量增加42，所以当Y与丙醇发生酯化反应可得到与X相对分子质量相同的酯，故A正确；
B、X中没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；
C、X中含有酯基和羧基，当与NaOH发生水解反应时会产生羧基和酚羟基，所以1 mol X与最多能反应3mol NaOH，Y中含有羧基和酚羟基，所以1 mol Y最多能反应2mol NaOH，故C错误；
D、手性碳的要求是需要连接四个不相同的原子或原子团，所以室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为3，故D错误
故选A；
10.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 1mol月球表面的氦-3（）含有质子为2NA
B. 1L的溶液中，含有0.1NA个
C. 标准状况下，22.4L中所含分子数为NA
D. 标准状况下，1mol金刚石中含有的C-C键数目为2NA
【答案】C
【详解】A．每个中含有2个质子，则1mol氦-3()含有质子为2NA，故A正确；
B．pH=1的H3PO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L此溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B正确；
C．标准状况下，CCl4是液体，不能根据气体摩尔体积计算2.24LCCl4的物质的量，故C错误；
D．金刚石中，每个碳原子能和其它四个碳原子形成4个共价键，所以平均每个碳原子具有2个共价键，1mol金刚石中含有C-C键数目为2NA，故D正确；
故答案为C。
11.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
Q
A. 原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)
B. 元素X有 -4，+2、+4等多种价态
C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物
【答案】C
【分析】由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。
【详解】A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；
B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B正确；
C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；
D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。
12.在恒容绝热的容器中进行反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)△H=-akJ·mol-1(a>0)，下列说法不正确的是（ ）
A. 容器中压强不变，表明反应达到平衡状态
B. 反应过程中A、B的转化率始终相同
C. 增加A的浓度，平衡时B的体积分数减少
D. 容器中气体的密度不变，表明反应达到平衡状态
【答案】AB
【详解】A、D是固体，反应前后气体分子数目不变，压强始终不变，所以不能用压强不变来衡量反应是否达到平衡，故A错误；
B、只有当A、B的投入量按反应方程式系数比投入时，反应物的转化率才相同，故B错误；
C、增加A浓度，平衡正向移动，B的物质的量减少，平衡时B的体积分数减少，故C正确；
D、混合气体的密度 ，体积不变，反应前后气体质量发生改变，所以反应前后气体密度发生改变，当气体的密度不变，表明反应达到平衡状态，故D正确；
故选AB；
【点睛】反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等，各组分的物质的量、物质的量浓度不变。也可以是当随反应改变的量不再变化时即反应达到平衡来判定。
13.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，下列说法正确的是（ ）
A. a极产生氧气，b极产生氢气
B. a电极区溶液pH值减小
C. 含铬微粒主要以Cr2O72－形式在b极区聚集
D. CrO42-能从浆液中分离出来向a极区迁移
【答案】C
【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，所以b电极为阳极，a电极为阴极，据此判断本题。
【详解】A、电解时，a电极为阴极，产生氢气，b电极为阳极，产生氧气，故A错误；
B、a电极的电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，PH升高，故B错误
C、b电极的电极反应方程式：2H2O-2e-=O2↑+4H+，放电后阳极池酸性增强发生反应：2 CrO42- +2H+= Cr2O72－+H2O，故C正确；
D、CrO42-是阴离子，不能通过阳离子交换膜，故D错误；
故选C；
【点睛】本题考查的内容是电解池，解答这类题目首先要判断出阴阳极，判断阴阳极的方式为阴阳记得特征，如阳极的特征为：阳极化合价升高、失电子、与电源正极相连、阴离子移动的方向。
14.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－)＋c(OH－)
B. 0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)
C. 0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)
D. 0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]
【答案】A
【详解】A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，又因为c(Na+)= c(SO42－)，故A正确；
B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液显碱性，c(OH－)> c(H+)，所以c(NH4+) >c(Cl－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl－)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)> c(OH－)> c(H+)，故B错误；
C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)+ c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)，故C错误；
D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，故D错误；
故选A；
【点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;
混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4；
能够灵活运用盐类水解的三种守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。
15.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是（ ）
A. ①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B. 管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
【答案】B
【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；
B、管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；
C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；
D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。
答案选B。
16.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：
已知：3NO3－+ 8Al + 5OH－+ 2H2O3NH3+ 8AlO2－
根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（ ）
A. 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－
B. 试样中一定不含Al3+
C. 试样中可能存在Na+、Cl－
D. 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4
【答案】B
【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，
【详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；
B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；
C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；
D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，
答案选B。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共4小题，共52分）
17.五种短周期元素Q、W、X、Y、Z，位于不同主族，原子序数依次增大。
①W的氢化物与最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲
②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水
③化合物X2O2可与Q某种气态氧化物（标准状况下密度为1.25g•L－1）在一定条件下发生化合反应，生成一种正盐乙
请回答下列各题：
（1）已知：ZO3n－＋M2+＋H+→Z―＋M4+＋H2O（M为金属元素，方程式未配平），则Z原子的结构示意图为___________，n＝_____
（2）过程③的化学方程式为___________________________________________。
（3）甲的水溶液呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是___________________________（用离子方程式表示）。
（4）将Y单质粉末加入到盐乙的浓溶液中，缓慢放出气泡，加热后有大量气泡生成，同时生成白色沉淀丙。经检验气体是由单质A和少量Q的最高价氧化物组成。下列有关说法正确的是_______。
A.Q元素是形成化合物种类最多的元素
B.单质A是热值最高的物质
C.白色沉淀丙既可溶于稀盐酸，也能溶于NaOH
D.白色沉淀丙可能是由生成的YO2－离子与溶液中存在的某种离子反应生成
（5）Y可形成三元半导体CuYO2，此三元半导体难溶于水，可溶于稀硝酸，且有NO生成，写出溶解过程的离子方程式_________________________________________。
【答案】(1). (2). 1 (3). Na2O2+CONa2CO3 (4). 酸 (5). NH4+＋H2ONH3•H2O＋H+ (6). ABCD (7). 3CuAlO2＋16H+＋NO3－＝3Cu2+＋3Al3+＋NO↑＋8H2O
【分析】W元素的气态氢化物与W元素的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐，可知W是N元素(NH3+ HNO3=NH4NO3) ，所以甲为硝酸铵；X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水，可知X的最高价氧化物对应水化物为强碱，Z的最高价氧化物强酸，所以X为Na，Y为Al，W为S或Cl；因为Q气态氧化物（标准状况下密度为1.25g•L－1）推知摩尔质量为28g/mol，且能与Na2O2反应，所以Q为C，盐乙为碳酸钠，据此回答本题。
【详解】(1)、因为Z―带一个单位负电，所以Z为Cl，故答案为：，1；
(2)、Na2O2+CONa2CO3；
(3)、因为甲溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，故答案为：酸，NH4+＋H2ONH3•H2O＋H+；
(4)、碳酸钠溶液因为碳酸根离子水解显碱性，所以Al与氢氧根反应产生氢气，加热同时促进碳酸根离子水解产生二氧化碳，与偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，所以沉淀丙为氢氧化铝，A为氢气，故ABCD均正确；
(5)、CuAlO2与硝酸的离子反应方程式为：3CuAlO2＋16H+＋NO3－＝3Cu2+＋3Al3+＋NO↑＋8H2O
18.铝的利用成为人们研究的热点，是新型电池研发中重要的材料。
（1）通过以下反应制备金属铝。
反应1：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1
反应2：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1
反应3：3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)；ΔH3
试比较a、b的大小，并说明理由：a___b，理由是___________________________。
（2）在高温条件下进行反应：2Al(l)＋AlCl3(g)3AlCl(g)。
①向图1所示的等容积A、B密闭容器中加入足量的Al粉，再分别充入1molAlCl3(g)，在相同的高温下进行反应。图2表示A容器内的AlCl3(g)体积分数随时间的变化图，在图2中画出B容器内AlCl3(g)体积分数随时间的变化曲线。___
②1100℃时，向2L密闭容器中通入3molAlCl(g)，发生反应：3AlCl(g)2Al(l)＋AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)平衡转化率为80%，则该反应的平衡常数K＝_____。
③加入3molAlCl(g)，在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3所示。此反应选择温度为900℃的原因是___________________________________________________。研究表明，当温度达到2500℃以上时，图中曲线重合，试分析可能原因_________________________
__________________________________________________________。
（3）用铝制作的快速放电铝离子二次电池的原理如图4所示。该电池充电时，阴极的电极反应式为_____________________________。
【答案】(1). < (2). 因为反应3为分解反应，是吸热反应，所以(b-a)>0； (3). (4). 或14.8 (5). 900℃时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (6). 高温条件下，可能Al气化使反应前后气体分子数相等，相同温度不同压强下达到平衡，产率相同 (7). 4Al2Cl7-＋3e－=Al＋7AlCl4-
【分析】(1)、反应1：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1
反应2：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1
根据盖斯定律反应2-反应1得到反应3的焓变△H3，即可比较出a、b大小；
(2)①反应2Al (I) +AlCl3 (g) =3AlCl (g) 正向是体积增大的反应，容器A是恒容体系，容器B是恒压体系，随着反应进行，气体物质的量增大，容器A中压强增大，容器B体积增大，反应达到平衡时，容器B相当容器A减压，则容器B中反应速率减小、平衡时间增大；
②根据反应的三段式计算平衡时各物质的浓度，代入平衡常数K表达式中计算K；
③观察图3可知，压强一定，温度达到850°C后，AlCl3的产率随温度升高变化不大，结合升温会增大能耗分析解答；
(3) 由图4可知，原电池负极Al失去电子与AlCl4-结合生成Al2Cl7-；充电时，原电池负极与电源负极相接，成为阴极，发生得电子的还原反应，据此解答。
【详解】(1)、反应1：Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)；ΔH1＝akJ·mol－1
反应2：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)；ΔH2＝bkJ·mol－1
根据盖斯定律反应2-反应1得到反应3: 反应3：3AlCl(g)=2Al(l)＋AlCl3(g)；△H3= (b- a) kJ.mol1，因为反应3为分解反应，是吸热反应，所以(b-a) >0，故答案为：<，因为反应3为分解反应，是吸热反应，所以(b-a) >0；
(2)、①容器A是恒容体系，容器B是恒压体系， 反应正向是体积增大的反应，随着反应进行，气体物质的量增大，则容器A中压强增大、容器B体积增大，反应达到平衡时，容器B相当容器A减压，则容器B中反应速率减小，平衡时间增大，关系如图，故答案为：；
②反应的三段式为3AlCl(g)2Al(l)＋AlCl3(g)
起始浓度(mol/L) 1.5 0 0
变化浓度(mol/L) 1.2 0.4 0.4
平衡浓度(mol/L) 0.3 0.4 0.4
平衡常数=，故答案为：
③观察图3可知，压强一定温度达到850°C后，AlCl3的产率随温度升高变化不大，所以反应选择温度为900°C是为了降低能耗、提高经济效益，故答案为:：900°C时， 产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；
(3)由图4可知，原电池负极Al失去电子与AlCl4-结合生成Al2Cl7-，负极反应式为Al＋7AlCl4--3e－=4Al2Cl7-
，充电时，原电池负极成为阴极，发生的反应与原电池反应相反，即阴极电极反应式为4Al2Cl7-＋3e－=Al＋7AlCl4-，故答案为：4Al2Cl7-＋3e－=Al＋7AlCl4-；
19.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，难溶于冷水，易溶于酸。其制备装置及步骤如下：
①检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。
②关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。
③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。
④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到3.76 g [Cr(CH3COO)2]2·2H2O
（1）三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用____________________，还发生的另一个反应的离子方程式为________________________________。
（2）实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为__________________________，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是_____________ 、_________、洗涤、干燥。
（3）装置丙中导管口水封的目的是______________________________________。
（4）若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34 g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O (相对分子质量为376)的产率是_______________________。
【答案】(1). 排除装置中的空气 (2). 2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+ (3). 关闭K1，打开K2 (4). 冷却 (5). 过滤 (6). 防止空气进入装置乙中氧化Cr2+ (7). 50%
【详解】（1）根据题干信息，醋酸亚铬水合物易被氧化，三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2可将装置内的空气排干净，防止其被氧化；装置甲分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，该反应的离子反应为：2Cr3++Zn═2Cr2++Zn2+；
答案为：排除装置中的空气；2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+
（2）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；醋酸亚铬水合物难溶于冷水，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，先将装置乙冷却至室温，使其充分结晶析出，在用过滤的方法分离；
答案为：关闭K1，打开K2；冷却；过滤；
（3）Cr2+不稳定，极易被氧气氧化，装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
故答案为：避免空气进入装置乙氧化Cr2+；
（4）CrCl3物质的量为=0.04mol，得到CrCl2为0.04mol，根据原子守恒，则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.04mol，质量为0.04mol×1/2×376g/mol=7.52g，所得产品的产率为×100%=50%；
故答案为：50%。
20.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：
已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’
ⅱ.R-HC=CH-R’
ⅲ.R-HC=CH-R’
（以上R、R’、R’’代表氢、烷基或芳基等）
（1）A属于芳香烃，其名称是_________________。
（2）D的结构简式是_________________。
（3）由 F生成 G的反应类型是___________________。
（4）由 E与 I2在一定条件下反应生成 F的化学方程式是___________________________。
（5）下列说法正确的是_____（选填字母序号）。
A．G存在顺反异构体
B．由G生成H的反应是加成反应
C．1molG最多可以与1molH2发生加成反应
D．1 molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH
（6）E有多种同分异构体，请写出符合下列要求的所有同分异构体。_______
①属于芳香族化合物，不考虑立体异构
②既能发生加聚反应，又能发生水解反应
③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2
（7）以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线。（用流程图表示，无机试剂任选）_________________________________________________________。
【答案】 (1). 邻二甲苯 (2). (3). 消去反应 (4). +I2+HI (5). BD (6). 、、 (7).
【分析】由A的分子式、C的结构简式，可知A为， 结合B的分子式与C的结构，可知B为， B与液溴在光照条件下反应得到C，由D的分子式，结合信息ⅰ，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH。 D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为，由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生信息ii中加成反应得到H。
(7) 由CH3CH=CHCH3反应得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化得到CH3CHO，乙醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br。
【详解】(1)由分析可知可知A为， 其名称是：邻二甲苯，故答案为：邻二甲苯；
(2)由分析可知，D的结构简式是， 故答案为: ;
(3)F为，F发生消去反应生成G，故答案为：消去反应；
(4)E由 E与 I2在一定条件下反应生成 F的化学方程式是： +I2+HI，故答案为：. +I2+HI；
(5)A、 G为，不存在顺反异构体，故A错误；
B、 G含有碳碳双键，由信息ii可知，由G生成H的反应是加成反应，故B正确；
C.、G为，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol G最多可以与4molH2发生加成反应，故C错误；
D. F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应， H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故D正确；
故答案为: BD ；
(6)、E的结构为，同分异构满足的条件为含有苯环、双键、酯基、五种氢且个数比为1：1：2：2：2，所以能满足条件的结构有、、，故答案为、、；
(7)、由分析可知以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线为。
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