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河北省张家口市2020届高三上学期入学摸底联合考试（全国卷）化学试题
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全国卷高三入学摸底联合考试
化学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．考试时间为90分钟，满分100分。
3．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。
4．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31 Ca-40 Cu-40
第Ⅰ卷 （选择题共48分）
一、选择题：本题共24小题，每题2分，共计48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确
1.化学与人类文明进步息息相关，下列说法错误的是（ ）
A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料
B. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，主要化学成分是硅酸盐
C. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是无机非金属材料
D. 城市公交系统推广的清洁燃料压缩天然气“”、液化石油气“”，主要成分都是烃
【答案】C
【解析】
【详解】A、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，天然高分子化合物包括蛋白质、纤维素、淀粉等，故A说法正确；；
B、瓷器主要成分是硅酸盐，故B说法正确；
C、聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子化合物，是有机材料，故C说法错误；
D、天然气主要成分是CH4，液化汽油是乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷的混合物，它们都是由碳氢两种元素组成，都属于烃，故D说法正确；
答案选C。
2.下列化学用语的表述正确的是（ ）
A. 由Na和Cl形成离子键的过程：
B. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：
C. 中子数为20的氯原子：
D. 乙烯的分子式：CH2=CH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaCl为离子化合物，Na＋和Cl－形成离子键，即，故A正确；
B、NH4Cl是由NH4＋和Cl－形成离子键，NH4＋中N和H形成共价键，即氯化铵的电子式为，NH5的结构与NH4Cl相似，即NH5可以看作是NH4＋和H－组成的，NH5的结构简式为，故B错误；
C、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，该核素的质量数为17＋20=37，即该核素为Cl，故C错误；
D、CH2=CH2是乙烯的结构简式，乙烯的分子式为C2H4，故D错误；
答案选A。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，31g P4（结构式：）中所含P-P键数目为1.5NA
B. 1L 0.1mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA
C. 1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、1mol白磷有6molP－P键，即31g白磷中含有P－P键的物质的量为=1.5mol，个数为1.5NA，故A正确；
B、硫酸钠溶液中含有氧元素的是Na2SO4和H2O，因此1L0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有氧原子的物质的量大于1L×0.1mol·L－1×4=0.4mol，故B错误；
C、重水为2H2O，1mol重水中含有中子的物质的量为10mol，水是1H2O，1mol水中含有中子物质的量为8mol，中子数之比为10∶8=5∶4，故C错误；
D、SO2和O2反应生成SO3是可逆反应，不能进行到底，因此反应后总分子物质的量大于2mol，故D错误；
答案选A。
【点睛】易错点是选项B，会误认为Na2SO4溶液中含有氧原子物质的量为1L×0.1mol·L－1×4=0.4mol，忽略水的存在，水含有氧元素，硫酸钠溶液含有氧原子的物质的量应大于0.4mol。
4.关于的说法，正确的是（ ）
A. 所有原子一定处于同一平面内 B. 二氯代物有三种
C. 与苯互为同分异构体 D. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A、该有机物中存在饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，故A错误；
B、，如果一个氯原子固定在①号碳原子上，另一个氯原子可以在②③④上，共有3种，如果另一个氯原子固定在②号碳原子上，另一个氯原子在③⑤⑥上，共有3种，综上所述，二氯代物共有6种，故B错误；
C、该有机物分子式为C6H6，苯的分子式为C6H6，两者结构不同，因此互为同分异构体，故C正确；
D、该有机物中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
答案选C。
5.工业上制汞的过程是：焙烧辰砂（主要含HgS），发生反应：HgS+O2Hg+SO2，还原出的汞呈气态，冷凝得液态汞。其流程如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 含汞烟气可以采用活性炭吸附法处理达标后再排放
B. HgS+O2Hg+SO2该反应中HgS只做还原剂
C. 洗涤粗汞时不可用5%的硫酸代替5%的硝酸
D. 流程中加入氧化钙的目的是减少SO2的排放
【答案】B
【解析】
【详解】A、汞是有毒物质，排放到自然界会污染环境，利用活性炭的吸附性处理含汞烟气，当达标后再排放，故A说法正确；
B、HgS中Hg的化合价为＋2价，根据方程式，转化为0价，化合价降低，作氧化剂，HgS中S显－2价，转化成＋4价，化合价升高，作还原剂，HgS既是氧化剂又是还原剂，氧气为氧化剂，故B说法错误；
C、硝酸是除去Pb和Cu，而稀硫酸不能与Cu发生反应，因此不能用5%的硫酸代替5%的硝酸，故C说法正确；
D、根据流程，加入CaO可将硫元素转化成CaS和CaSO4，能减少SO2的排放，故D说法正确；
答案选B。
6.下列指定的变化，化学方程式表示不正确的是（ ）
A. 将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成：CO2+2Mg2MgO+C
B. Na2O2在空气中久置后变为白色：2Na2O2=2Na2O＋O2↑
C. 向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液出现黑色沉淀：2AgCl＋Na2S=Ag2S＋2NaCl
D. 向AlCl3溶液中通入过量的氨气产生白色沉淀：AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A、镁条在CO2中剧烈燃烧，有白色和黑色固体生成，白色物质为MgO，黑色物质为C，即Mg与CO2反应的方程式为2Mg＋CO2=2MgO＋C，故A说法正确；
B、Na2O2能与空气中CO2发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，白色物质为Na2CO3，故B说法错误；
C、AgCl悬浊液中加入足量Na2S溶液，使c(Ag＋)×c(S2－)>ksp(Ag2S)，Ag2S沉淀出来，其反应为2AgCl＋Na2S=Ag2S＋2NaCl，故C说法正确；
D、氢氧化铝不溶于氨水中，因此AlCl3溶液中通入过量的氨气，发生AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，故D说法正确；
答案选B。
7.二茂铁（）广泛应用于航天、化工等领域中，其电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂），下列说法正确的是（ ）
A. 该电解池的阳极反应Fe－3e－=Fe3＋
B. DMF溶液可用水替代
C. 电解液中钠离子起到催化剂的作用
D. 该过程中消耗2mol环戊二烯理论上产生22.4L的H2
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置有外加电源，即该装置为电解池，然后根据流程进行分析；
【详解】A、根据流程，需要Fe2＋参加反应，推出铁作阳极，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故A错误；
B、不能用水代替，流程中生成金属钠，金属钠能与水发生反应，水会阻碍中间物Na的生成，且水会电解生成OH－，进一步与Fe2＋反应生成Fe(OH)2，因此不能用水代替，故B错误；
C、根据流程，最后生成Na＋，因此电解液中Na＋起到催化剂作用，故C正确；
D、题中没有说明状态是否是标准状态，不能判断产生H2的体积，故D错误；
答案选C。
8.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A. 将4.0g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol/LNaOH溶液
B. 用玻璃棒蘸取NaClO溶液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡对比，粗略测定NaClO溶液的pH
C. 用铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其不含有K+
D. 将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液，该方法可以除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A、容量瓶不能作为溶解、反应、长期贮存液体的容器，应将NaOH先溶解在烧杯中，冷却后转移到容量瓶中，故A错误；
B、NaClO具有强氧化性，具有漂白性，测NaClO溶液的pH，不能用pH试纸测量，故B错误；
C、用焰色反应证明是否含钾元素，需要通过蓝色钴玻璃观察，如果有紫色火焰，证明含有钾元素，反之不含，故C错误；
D、NaCl溶解度受温度影响不大，KNO3溶解度受温度影响大，因此除去NaCl中少量的KNO3杂质，采用蒸发结晶，趁热过滤的方法得到NaCl晶体，故D正确；
答案选D。
9.我国科学家使用双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) △H＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 过程Ⅰ为放热过程、过程Ⅱ为吸热过程 B. 过程Ⅲ只生成了非极性共价键
C. 图示显示：起始时的2个H2O都参与了反应 D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的△H
【答案】C
【解析】
【分析】
利用断键需要吸热，形成化学键放出热量，通过反应过程示意图进行分析；
【详解】A、根据过程I，1个CO分子接触催化剂，1个水分子中O－H键发生断裂，需要吸收热量过程，过程Ⅱ中另一个水分子中O－H键发生断裂，需要吸收热量，故A错误；
B、过程Ⅲ中形成CO2，即形成极性共价键，同时还生成H2，即生成了非极性共价键，故B错误；
C、过程I和过程Ⅱ中2个水分子都参与了反应，故C正确；
D、催化剂只降低活化能，△H只与始态和终态有关，故D错误；
答案选C。
10.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。已知短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是（ ）
A. W的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性
B. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族
C. 氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y
D. W、X、Y、Z四种元素对应单质的沸点：W＜X＜Y＜Z
【答案】B
【解析】
【分析】
令X的最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a，W的最外层电子数为a－1，Z的最外层电子数为a＋1，四种元素最外层电子数之和等于24，即a－1＋a＋a＋a＋1=24，得出a=6，即W为N，X为O，Y为S，Z为Cl，据此分析；
【详解】A、W的氢化物是NH3，Z的氢化物是HCl，二者反应所得产物是氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故A错误；
B、117号元素位于第七周期ⅦA族，与Cl元素属于同一主族，故B正确；
C、Cl的氧化物对应水化物可以是HClO4，也可以是HClO，HClO4是强酸，HClO是弱酸，S的氧化物可以是H2SO3，也可以是H2SO4，H2SO3为弱酸，H2SO4为强酸，故C错误；
D、硫单质为固体，其余为气体，因此硫单质的沸点最高，故D错误；
答案选B。
【点睛】C项为易错点，比较元素非金属性强弱时，依据是最高价氧化物对应水化物酸性强弱。
11.已知3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g) ΔH=-akJ/mol(a﹥0)。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入3mol X(g)与1mol Y(g)，下列说法正确的是（ ）
A. 充分反应后，放出热量为akJ
B. 当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为3∶1
C. 当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D. 若增大Y浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此充分反应后，放出热量小于akJ，故A错误；
B、 3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g)
起始：3 1 0 0
变化：3a a a 2a
平衡：3－3a 1－a a 2a 无法确定达到平衡时，X和W浓度之比是否是3：1，故B错误；
C、根据化学平衡状态的定义，当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡，故C正确；
D、若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，但随后逐渐增大，故D错误；
答案选C。
12.下列实验操作、现象和所得出的结论均正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
B
向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热未出现银镜
淀粉未水解
C
将H2S与SO2在集气瓶中混合，瓶内有黄色颗粒产生
SO2具有氧化性
D
向两支各盛有5mL 0.1mol/L KMnO4的试管中分别滴加2滴0.1mol/L的草酸和0.01mol/L的草酸，滴加0.1mol/L的草酸的试管先褪色
在其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、NH4HCO3不稳定，受热分解成NH3、H2O、CO2，NH3为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A错误；
B、醛基与银氨溶液发生银镜反应，应先加入NaOH除去硫酸，使溶液显碱性，再加银氨溶液，如果出现银镜，说明淀粉已水解，反之未水解，故B错误；
C、H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，从方程式中可以看出SO2中S的价态降低，体现SO2的氧化性，故C正确；
D、KMnO4与草酸发生反应，产生Mn2＋，其中Mn2＋作催化剂，因此验证浓度对反应速率的影响，不应该用KMnO4与草酸的反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】易错点是选项D，解题时容易只注意到草酸的浓度不同，认为体现了浓度对反应速率的影响，但忽略了高锰酸钾与草酸反应生成的Mn2＋作催化剂，因此考查浓度对反应速率的影响，不能用该反应。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B. 淀粉和纤维素互为同分异构体
C. 乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A、油脂分为油和脂肪，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油是含有碳碳不饱和键的油脂，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A说法正确；
B、淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但n值不同，因此两者不互为同分异构体，故B说法错误；
C、乙烯中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，聚乙烯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C说法错误；
D、等物质的量甲烷和氯气发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，故D说法错误；
答案选A。
14.25℃时，将浓度均为、体积分别为和的溶液与溶液按不同体积比混合，保持，、与混合液的的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.
B. b点，
C. a、b、c三点，c点时水电离出的最大
D. 点过程中，可能存在
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象可知，当NH3·H2O的体积为0时，HX溶液的pH=3，0.1mol·L－1HX的pH=3，则说明HX为弱酸，然后利用“三个守恒”、影响盐类水解的因素进行分析；
【详解】A、根据图象可知，b点加入等体积等浓度的HX和NH3·H2O，两者恰好反应生成NH4X，此时溶液的pH=7，说明X－和NH4＋水解程度相同，即Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；
B、根据A选项分析，b点溶质为NH4X，根据电荷守恒，有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(X－)，该点pH=7，c(OH－)=c(H＋)，得出c(NH4＋)=c(X－)，依据物料守恒，c(HX)＋c(X－)=0.05mol·L－1，即c(NH4＋)＋c(HX)=0.05mol·L－1，故B正确；
C、b点是两种物质恰好完全反应，溶质为NH4X，NH4X属于弱酸弱碱盐，发生双水解，水的电离程度最大，即b点时水电离出的c(H＋)最大，故C错误；
D、根据电荷守恒，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(X－)，a→b溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，则c(NH4＋)
15.下列说法正确的是（ ）
A. 图甲表示相同的溶液与氨水稀释过程的变化，曲线a对应氨水
B. 图乙所示，从能量角度考虑，金刚石比石墨稳定
C. 图丙所示，表示反应；的平衡常数K与温度和压强的关系
D. 图丁表示用的硝酸银标准溶液滴定浓度均为、及的混合溶液时，先沉淀的是
【答案】A
【解析】
【详解】A、相同pH时，加水稀释相同倍数，弱电解质溶液的pH变化小，即曲线a对应的是氨水，故A正确；
B、根据图象，石墨的能量低于金刚石，能量越低，物质越稳定，即石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、平衡常数只受温度的影响，与压强无关，故C错误；
D、根据图象，AgI的Ksp最小，则相同条件下c(I－)先沉淀出来，故D错误；
答案选A。
16.下列溶液中所含离子推断正确的是（ ）
A. 向溶液中滴加酸化的溶液出现白色沉淀，该溶液中一定有
B. 向溶液中滴加氯水后，再滴加溶液，溶液变为红色，该溶液中一定有
C. 向溶液中滴加稀溶液，将湿润的红色石蒸试纸置于试管口，试纸不变蓝，该溶液中一定无
D. 向溶液中逐渐通入气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入气体，白色胶状沉淀不溶解，该溶液中不一定含有
【答案】D
【解析】
【详解】A、NO3－在酸性溶液中具有强氧化性，能将SO32－、HSO3－氧化成SO42－，即滴加酸化的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，SO32－、HSO3－对SO42－的检验产生干扰，故A错误；
B、氯水具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，滴加KSCN溶液，对Fe3＋检验产生干扰，因此先滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，如果变红，说明溶液中有Fe3＋，故B错误；
C、因为滴加的是稀NaOH溶液，且没有加热，此时的N元素以NH3·H2O形式存在，因此该实验的结论不正确，故C错误；
D、通入CO2气体，出现白色胶状沉淀，该沉淀可能是Al(OH)3，也可以是H2SiO3，继续通入CO2，这两种沉淀不会溶解，因此该溶液中可能含有AlO2－，也可能含有SiO32－，故D正确；
答案选D。
17.一定温度下，在三个容积均为的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得反应的相关数据如下：
容器
容器Ⅰ
容器Ⅱ
容器Ⅲ
反应温度
600
600
800
反应物投入量
、
、
平衡
平衡
平衡体系总压强
物质的转化率
平衡常数K
下列叙述正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先建立“中间过程”，从影响化学平衡移动的因素、等效平衡等角度进行分析；
【详解】A、容器Ⅱ相当于开始时充入2molA2和4molB2，其物质的量浓度大于容器I，物质的量浓度越大，反应速率越快，即v1 c2＇=2c1，故A错误；
B、容器Ⅲ在容器I的基础上升高温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即α1(A2)>α3(A2)，温度升高，反应速率加快，即v1
D、根据选项A的分析，c2> c2＇=2c1，容器Ⅲ在容器I的基础上升高温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c1>c3，即c2>2c3，容器Ⅱ如果通入2molAB2，则与容器I为等效平衡，α1(A2)＋α2＇(AB2)=1，根据上面的分析，α2＇ (AB2)>α(AB2) α1(A2)＋α2(AB2)<1，根据B选项分析，α1(A2)>α3(A2)，则有α2(AB2)＋α3(A2)<1，故D错误；
答案选B。
18.下列叙述正确的是（ ）
A. 氨水加水稀释后，溶液中所有离子的浓度都减小
B. 将溶液与溶液混合可制取
C. 直接蒸干溶液就可以得到固体
D. 浓度相同的①；②；③。三种溶液中的：③>①>②
【答案】D
【解析】
【详解】A、氨水加水稀释后，碱性减弱，但c(H＋)增大，故A错误；
B、Al2S3在水中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S气体，因此制备Al2S3不能在溶液中进行，故B错误；
C、加热蒸干过程中，Fe2＋被氧化成Fe3＋，故C错误；
D、以①为基础，②相当于向①中加入CH3COO－，CH3COO－与NH4＋发生双水解反应，即②中c(NH4＋)小于①，③相当于向①中加入H＋，抑制NH4＋的水解，即③中c(NH4＋)大于①，浓度相同时，三种溶液中c(NH4＋)大小顺序是③>①>②，故D正确；
答案选D。
19.下列叙述变化理论上计量结果正确的是（ ）
A. 标准状况下，用含空气和氨气体积各半的烧瓶进行喷泉实验，所得溶液的物质的量浓度约为
B. 相同质量的两份铝，分别放入足量的和溶液中充分反应，消耗的和之比为1∶1
C. 将逐滴加入到溶液中，产生的体积约为（标准状况下）
D. 向的溶液中通入足量的气体，生成沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A、空气不溶于水，NH3极易溶于水，假设烧瓶的体积为1L，则NH3体积为0.5L，水只能进入烧瓶体积的一半，所得溶液的物质的量浓度为≈0.045mol·L－1，故A错误；
B、铝与盐酸反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，铝与NaOH反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，相同质量的铝参与反应，消耗盐酸的物质的量和氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故B错误；
C、向Na2CO3溶液中滴加盐酸发生：Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl
2×10－3mol 2×10－3mol
NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O
2×10－3mol 1×10－3mol
显然第二步中盐酸不足，NaHCO3过量，即产生CO2的物质的量为1×10－3mol，CO2标准状况下的体积为1×10－3mol×22.4L·mol－1=2.24×10－2L，即为22.4mL，故C正确；
D、盐酸为强酸，H2SO3为弱酸，因此BaCl2溶液充入SO2不发生反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】易错点是选项C，会误认为Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，
2×10－3mol 3×10－3mol
HCl不足，生成CO2的物质的量为1.5×10－3mol，认为本题错误，忽略了碳酸钠与盐酸反应的实质，本题应从碳酸钠与盐酸反应实质入手分析。
20.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌—碘溴液流电池，其工作原理如图所示。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是（ ）
A. 放电时，a电极反应为I2Br－＋2e－=2I－＋Br－
B. 充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.01mol I-被氧化
C. 放电时，溶液中离子的数目增大
D. 充电时，a电极接外电源正极
【答案】B
【解析】
【分析】
利用原电池的工作原理，以及装置图进行分析；
【详解】A、放电属于原电池，根据装置图，a电极上I2Br－得到电子，转化成I－和Br－，即该电极反应式为I2Br－＋2e－=2I－＋Br－，故A说法正确；
B、充电属于电解池，b电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn，b电极增重0.65g，即电路中转移电子物质的量为0.02mol，根据A选项中的电极反应式，有0.02molI－被氧化，故B说法错误；
C、根据装置图，放电时，a电极反应式为I2Br－＋2e－=2I－＋Br－，b电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，溶液中离子的数目增大，故C说法正确；
D、根据A选项分析，a电极放电时为正极，充电时应接电源的正极，故D说法正确；
答案选B。
21.下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，加水稀释0.1mol/LNH4Cl，溶液中增大
B. 反应2NO＋O2=2NO2常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液时，使用酚酞作指示剂
D. 铜的化学性质比铁稳定，在铁闸上安装铜块可减慢铁闸的腐蚀速率
【答案】C
【解析】
【详解】A、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，加水稀释促进水解，=，Kb和Kw只受温度的影响，即该比值保持不变，故A错误；
B、根据△G=△H－T△S，能够自发进行，说明△G<0，根据反应方程式，该反应为△S<0，因此△H<0，属于放热反应，故B错误；
C、CH3COOH为弱酸，滴定到终点，溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此用酚酞作指示剂，故C正确；
D、Fe比Cu活泼，如果Cu单质安装在铁闸上，构成原电池，Fe为负极，加速铁的腐蚀，故D错误；
答案选C。
【点睛】指示剂的选择，用强碱滴定强酸时，一般用酚酞作指示剂，强酸滴定强碱时，一般用甲基橙作指示剂，强碱滴定弱酸时，一般用酚酞作指示剂，强酸滴定弱碱时，一般用甲基橙作指示剂。
22.用下列装置能达到实验目的的是（ ）
A. 实验室制取氨气
B. 测定化学反应速率
C. 验证非金属性：N﹥C﹥Si
D. 实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯化铵受热分解成NH3和HCl，遇冷NH3和HCl重新生成NH4Cl固体，容易阻塞导管，发生危险，因此不能直接采用直接加热NH4Cl方法制备NH3，故A错误；
B、应用分液漏斗，不能用长颈漏斗，故B错误；
C、硝酸具有挥发性，对比较碳酸酸性与硅酸酸性强弱时，产生干扰，故C错误；
D、Cu连接电源的正极，即Cu电极为阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，石墨为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，总电极反应式为Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，故D正确；
答案选D。
23.化学学习方法中的类推法是指由已学知识通过迁移构建新知识的方法。下列类推正确的是（ ）
A. 电解熔融的NaCl能制备Na，电解熔融的AlCl3也能制备Al
B. 钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气
C. 铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜
D. BaCO3与稀HNO3反应生成CO2，BaSO3也能与稀HNO3反应生成SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A、AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融的Al2O3制备铝单质，故A错误；
B、钾比钠活泼，金属钠能与乙醇发生反应，则钾单质也能与乙醇反应生成H2，故B正确；
C、氯气的氧化性强，与变价金属反应，生成最高价，Cu和Cl2反应生成CuCl2，硫单质的氧化性较弱，与变价金属反应，生成较低价态，硫单质与Cu反应生成Cu2S，故C错误；
D、HNO3具有强氧化性，能将BaSO3氧化成BaSO4，故D错误；
答案选B。
24.某温度下，将打磨后的镁条放入盛有蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化（如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化）。下列有关描述不正确的是（ ）
A. 该实验是在加热条件下进行的
B. 该温度下的Ksp的数量级约为
C. 50s时，向溶液中滴入酚酞试液，溶液仍为无色
D. 150s后溶液浊度下降是因为生成的逐渐溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A、常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5<7，说明该实验不是在常温下进行的，升高温度，促进水的电离，因此该实验是在加热条件下进行，故A说法正确；
B、该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，该温度下Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2＋)×c2(OH－)=，由图可知，该温度下水的离子积，所以c(OH－)，Ksp=c3(OH-)=5×10-10，即该温度下Mg(OH)2的Ksp的数量级约为，故B说法正确；
C、50s时溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液为无色，故C说法正确；
D、Mg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，故D说法错误；
答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共计52分。第25-28题为必考题，第29-30为选考题，考生根据要求作答。请把正确答案填写在答题纸相应的位置上。
25.常见元素A、B、M组成的四种物质发生反应：甲+乙=丙+丁，其中甲由A和M组成，乙由B和M组成，丙中只含有M。
（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体。则甲中含有的化学键类型是___；常温下丁溶液显___性（填“酸”或“碱”或“中”），原因是____（用离子方程式表示）；
（2）若丁为能使品红褪色的无色气体，丁与水反应生成戊，丙为常见红色金属，化合物甲、乙中原子个数比均为1∶2（M均显+1价），原子序数B大于A。回答下列问题：
①写出加热条件下上述生成丙的化学方程式____；
②已知常温下弱电解质的电离平衡常数如下：一水合氨，戊：，。若一水合氨与丁恰好完全反应生成酸式盐，则浓度为的该盐溶液pH___7（填“>”“<”或“=”）；调整二者反应的比值可使溶液呈中性，此时溶液中____（同上）。
【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). 碱 (3). CO32－＋H2OHCO3－＋OH－ (4). 2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑ (5). < (6). <
【解析】
【详解】（1）甲为淡黄色固体，且乙和丙均为常温下的无色无味的气体，则甲为Na2O2，乙为CO2，该反应为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，过氧化钠的电子式为，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键；丁为Na2CO3，属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋OH－H2CO3＋OH－；
答案为离子键、（非极性）共价键； 碱；CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋OH－H2CO3＋OH－；
（2）丁能使品红溶液褪色的无色气体，即丁为SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，丙为常见红色金属，则丙为Cu，这三种元素为O、S、Cu，甲、乙中原子个数比均为1∶2（M均显+1价），且原子序数B大于A，则甲为Cu2O，乙为Cu2S，
①该反应的方程式为2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑；
答案为：2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑；
②NH3·H2O与SO2反应生成酸式盐，该酸式盐为NH4HSO3，NH4＋水解常数为， HSO3－水解常数为Kh==<6.3×10－8，HSO3－的电离程度大于其水解程度，NH4＋的水解程度小于HSO3－的电离程度，溶液显酸性，即pH<7；根据电荷守恒，因此有c(H＋)＋c(NH4＋)=c(HSO3－)＋2c(SO32－)＋c(OH－)，溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)，因此有c(NH4＋)=c(HSO3－)＋2c(SO32－)，因此有<；
答案为<；<。
26.氮化镁是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化镁并测定产品纯度。
已知：①氮化镁极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和溶液和饱和溶液混合制备；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量。
Ⅰ．制备氮化镁。
他们选择下列装置设计实验（装置可重复使用）：
（1）仪器a的名称是____，氮化镁的电子式是____。
（2）气体从左至右，装置连接顺序为____。（填代号）
（3）写出A中发生反应的化学方程式：____。
（4）用化学方法检验产品中含有氮化镁，设计实验方案：____。
Ⅱ．测定产品纯度。
利用如图装置测定氮化镁产品纯度（杂质不产生气体，氨气不溶于煤油）。
（5）当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是__。
（6）取产品质量为wg，开始量气管读数为，最终量气管读数为（折合成标准状况），则该样品纯度为____（用代数式表示）。如果开始俯视刻度线，终点时仰视刻度线，则测得结果___（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). (3). A、D、C、B、C (4). 2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O (5). 取少量产品溶于足量的蒸馏水中，生成白色沉淀，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明产品中含有 (6). 上下移动水准瓶 (7). (8). 偏高
【解析】
【详解】（1）根据仪器a特点，仪器a为圆底烧瓶；氮化镁为离子化合物，其电子式为；
答案为：圆底烧瓶；；
（2）实验目的是制备氮化镁，实验原理3Mg＋N2Mg3N2，装置A为制备N2，N2中混有氧气和水蒸气，下一步是除去氧气和水蒸气，然后得到N2，空气中有水蒸气，还要防止空气中水蒸气进入装置B中，B装置后还需要连接C，即顺序是A→D→C→B→C；
（3）A的作用是制备N2，其化学反应方程式为2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；
答案2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；
（4）根据信息，氮化镁易与水反应，其反应方程式为Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，设计的方案为取少量产品溶于足量的蒸馏水中，生成白色沉淀，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明产品中含有Mg3N2；
答案为取少量产品溶于足量的蒸馏水中，生成白色沉淀，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明产品中含有Mg3N2；
（5）观察装置图可知，上下移动水准瓶可以调平水准瓶中液面和量气管内液面，确保量气管内的气压等于外界大气压；
答案为上下移动水准瓶；
（6）氮化镁与水反应Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，氨气的体积为(V2－V1)mL，根据反应方程式，氮化镁的纯度为=；开始俯视刻度线，读数V1偏小，终点仰视刻度线，读数V2偏大，(V2－V1)偏大，即所测氮化镁的纯度偏高；
答案为；偏高。
【点睛】装置的连接一般遵循制气装置→除杂装置→反应或收集装置→尾气处理装置，除杂装置中一般最后除水，同时还要注意题中所给信息，如Mg3N2能与水反应，不仅要做到反应前N2是干燥，还要防止空气中的水蒸气的进入。
27.工业上用以下流程从铜沉淀渣中回收铜、硒、碲等物质。沉淀渣中除含有铜、硒、碲外，还含有少量稀贵金属，主要物质为、和。
（1）、、为同主族元素，其中在元素周期表中的位置____。
其中铜、硒、碲的主要回收流程如图：
（2）经过硫酸化焙烧，铜、硒化铜和碲化铜转变为硫酸铜。
①写出硫酸化焙烧的化学方程式____。
②“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，可减少固体中的银（硫酸银）进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动原理角度解释其原因___。
③滤液2经过____、_____、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。
（3）所得粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯，获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示。蒸馏操作中控制的最佳温度是____（填序号）。
a．455℃ b．462℃ c．475℃ d．515℃
（4）目前碲化镉薄膜太阳能行业发展迅速，被认为是最有发展前景的太阳能技术之一。用如下装置可以完成碲的电解精炼。研究发现在低的电流密度、碱性条件下，随着浓度的增加，促进了的沉积。写出的沉积的电极反应式为____。
【答案】 (1). 第四周期VIA族 (2). Cu2Se＋6H2SO42CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O (3). 由于存在平衡：Ag2SO4(s) 2Ag＋(aq)＋SO42－(aq)，加入氯化钠固体后，与反应生成成更难溶的氯化银，使得降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 (4). 加热浓缩 (5). 冷却结晶 (6). c (7).
【解析】
【详解】（1）34Se，质子数为34，推出位于元素周期表中第四周期VIA族；
答案是第四周期VIA族；
（2）①根据流程，“硫酸焙烧”Cu2Se转化成CuSO4、SeO2，SeO2为氧化产物，硫酸被还原成SO2，即反应方程式为Cu2Se＋6H2SO42CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O；
答案Cu2Se＋6H2SO42CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O；
②水浸固体中含有Ag2SO4，存在溶解平衡：Ag2SO4(s) 2Ag＋(aq)＋SO42－(aq)，Ag2SO4微溶于水，AgCl难溶于水，因此加入NaCl，Ag＋和Cl－结合成更难溶的AgCl，使得c(Ag＋)降低，进而减少了硫酸银中银进入滤液中；
答案为溶解平衡：Ag2SO4(s) 2Ag＋(aq)＋SO42－(aq)，加入NaCl，Ag＋和Cl－结合成更难溶的AgCl，使得c(Ag＋)降低，从而减少了硫酸银中的银进入滤液中；
③因为是得到硫酸铜晶体，因此滤液2经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体；
答案加热浓缩；冷却结晶；
（3）根据图象，在略低于480℃挥发物中硒的含量最高，因此最佳温度为475℃，故c正确；
答案选c；
（4）由电解原理可知，TeO32－应在阴极上发生还原反应生成Te，其电极反应式为TeO32－＋4e－＋3H2O=Te＋6OH－；
答案为TeO32－＋4e－＋3H2O=Te＋6OH－。
【点睛】电极反应式的书写是高考的热点，特别是一些陌生的，无论原电池还是电解池，都发生氧化还原反应，且都是半反应，一般书写时按照氧化剂＋ne－→还原产物，然后根据电解质的环境，判断出OH－、H2O、H＋哪两个参与反应，同理还原剂－ne－→氧化产物也是这样；一定要注意电解质的环境。
28.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。
（1）十九大报告指出我国最近几年的PM2.5下降很多。有一方面归功于汽车尾气管中加装催化剂，它可有效降低，及碳氧化合物的排放。以为例，已知：
①
②
③
④
①②③④反应热效应之间的关系式为___；有利于提高④转化率的反应条件是___。
（2）研究发现，将煤炭在的气氛下燃烧，能够降低燃煤时的排放，主要反应为：。
①该反应的平衡常数表达式为____。
②在密闭容器中发生该反应时，随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图1所示。据此判断该反应的___0（填“>”或“<”），在温度下，内的平均反应速率___。
③将和充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图2所示。第12min时改变的反应条件可能为___。
A．升高温度 B．加入 C．加催化剂 D．降低温度
④将上述反应产生的与为原料合成尿素，能够实现节能减排：
Ⅰ： Ⅱ：
将一定量的固体加入恒容密闭容器中，在300K下发生反应Ⅱ，到达平衡时，为，若反应温度不变，将体系的体积增加50%，一段时间后的取值范围是____（用含a的式子表示）。
（3）烟气脱硫、脱硝一体化技术是大气污染防治研究的热点。及均是性能优良的脱硫脱硝试剂。
①在酸性条件下稳定，在溶液中可歧化为和，该反应的化学方程式为___。
②某研究小组用进行单独脱除实验时，测得的脱除率随溶液变化如图所示。当时，随的增大，脱除率逐渐降低，其原因是____。
【答案】 (1). 2△H1＋△H2－△H3 (2). 降低温度、增大压强 (3). (4). < (5). (6). A (7). < P[H2O(g)]≤a (8). (9). 3
【详解】（1）根据盖斯定律，推出得到目标反应方程式，应是②－③＋①×2，即△H4=2△H1＋△H2－△H3；有利于提高④的NO转化率的反应条件可以是降温、增大压强或通入一定量的H2；
答案为2△H1＋△H2－△H3；降温、增大压强或通入一定量的H2；
（2）①根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数是；
答案为；
②根据图1，T1先达到平衡，即T1高于T2，升高温度，c(CO2)降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即正反应方向为放热反应，△H<0；0～2s，生成CO2的浓度为0.2mol·L－1，则生成N2的浓度为0.1mol·L－1，根据化学反应速率的数学表达式：v(N2)==0.05mol/(L·s)；
答案为<；0.05mol/(L·s)；
③在第12min后CO和NO物质的量浓度增大，N2的浓度降低，说明反应向逆反应方向移动，A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO、NO物质的量浓度增大，N2的物质的量浓度降低，故A符合题意；
B、加入NO，第12min时，NO浓度增大，但根据图象，第12min时，没发生变化，故B不符合题意；
C、加入催化剂，平衡不移动，各物质的物质的量浓度不变，故C不符合题意；
D、降低温度，平衡向正反应方向移动，CO和NO浓度降低，N2浓度升高，故D不符合题意；
答案为A；
④增大容器的体积，假设平衡不移动，压强与体积成反比，即其压强为原来的，实际上增大容器的体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，温度不变，化学平衡常数不变，水蒸气浓度不变，因此压强为aPa，P[H2O(g)]的范围是< P[H2O(g)]≤a；
答案为< P[H2O(g)]≤a；
（3）①ClO2在NaOH溶液中发生歧化反应，生成NaClO3和NaClO2，即反应方程式为2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；
答案为2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；
②ClO2在酸性条件下稳定，当3
元素
第一电离能
第二电离能
第三电离能
W
495.8
4562
6910.3
（1）基态Q原子价电子排布式为_____。
（2）X、Y、Z、Q电负性由大到小排序为___（写元素符号）
（3）X与Z形成的化合物，Z原子采取的杂化轨道类型为___，Z的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子的空间构型为____；
（4）W的氯化物和的氧化物中，熔点较高的是____（填化学式），原因是_____。
（5）由X、Y组成的一种微粒结构如图，请写出该微粒的化学式：_____。
（6）图（a）是的拉维斯结构，以金刚石方式堆积，半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Q。图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。设阿伏加德罗常数的值为，则的密度是_____（列出计算表达式）。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 平面三角形 (5). (6). 和都为离子晶体，和半径小，电荷数大，因此晶体的晶格能大，熔点高 (7). (8).
【解析】
【分析】
Y原子的基态原子2p上有两个未成对电子，则Y可能是C，也可能是O，根据W的电离能，推出W最外层只有1个电子，属于IA族，因为原子序数依次增大，因此Z位于第二周期，Z是同周期中未成对电子数最多，即Z为N，Y为C，基态Q原子的d轨道处于全充满状态，K层电子数为2，最外层电子数为1，即该元素为Cu，五种元素核外电子数之和为54，则X为H，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，Q为Cu，位于第四周期IB族，价电子包括最外层电子和次外层的d能级上的电子，即价电子排布式为3d104s1；
答案为3d104s1；
（2）一般非金属性越强，电负性越大，因此顺序是N>C>H>Cu；
答案为N>C>H>Cu；
（3）该化合物为N2H4，N2H4电子式为，因此N的杂化类型为sp3，Z的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子是NO3－，其中N有3个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为3，即NO3－空间构型为平面三角形；
答案为sp3；平面三角形；
（4）W的氯化物是NaCl，Mg的氧化物是MgO，两者都属于离子化合物，离子晶体的熔点与晶格能有关，离子半径越大、所带电荷数越大，晶格能越高，熔点越高，Mg2＋、O2－的半径分别小于Na＋、Cl－，且Mg2＋、O2－所带电荷数大于Na＋、Cl－，MgO晶格能大于NaCl，即MgO的熔点高于NaCl；
答案为MgO；NaCl、MgO都为离子晶体，Mg2＋和O2－半径小，电荷数大，因此MgO晶体的晶格能大，熔点高；
（5）C、H组成一种微粒，结合该微粒的球棍模型，C的半径大于H，即该微粒的化学式为CH3-；
答案为CH3-；
（6）MgQ2的化学式为MgCu2，根据晶胞的结构，Mg位于8个顶点、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，Mg原子个数为=8，则Cu的个数为16个，晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，根据密度的定义得出晶胞的密度是g/cm3；
答案为。
30.苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，如图是它的一种合成路线（具体反应条件和部分试剂略）
已知：
①氯化亚砜可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。
②+X2+HX（X表示卤素原子）
③
回答下列问题：
（1）F中所含的官能团名称是_______。
（2）的反应类型是______。
（3）写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式______。
（4）写出A的符合以下条件同分异构体的所有结构简式_______。
①属于苯的二取代物； ②苯环上的一氯代物有2种； ③与溶液发生显色反应。
（5）结合上述推断及所学知识，参照上述合成路线任选无机试剂设计合理的方案，以苯甲醇（）为原料合成苯乙酸苯甲酯（）写出合成路线，并注明反应条件____。
【答案】 (1). 醚键、羧基 (2). 取代反应 (3). ++H2O (4). 、 (5).
【解析】
【分析】
根据信息②，A的结构简式为，根据苯氧布洛芬钙G的结构简式，A生成B，发生取代反应，即B的结构简式为，B转化成C，发生加成反应，即C的结构简式为，根据信息①，D的结构简式为，D生成E，－CN取代－Cl，即E的结构简式为，根据信息③，推出F的结构简式为，据此分析判断；
【详解】（1）根据上述分析，F的结构简式为，含有官能团名称为醚键和羧基；
答案为醚键、羧基；
（2）D生成E，－CN取代－Cl的位置，该反应为取代反应；
答案为取代反应；
（3）F和C发生酯化反应，其反应的化学方程式为++H2O；
答案为++H2O；
（4）①属于苯的二取代物，说明苯上有2个取代基，②苯环上一氯代物有2种，说明有2种不同氢原子，可能为对称结构，③与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，推知还含有的官能团是碳碳双键和－Br，即符合要求的是、 ；
答案为、 ；
（5）苯乙酸苯甲酯是由苯乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成，苯甲醇与SOCl2发生反应，让－Cl取代反应－OH，然后与NaCN发生反应，让－CN取代－Cl，然后在NaOH、H3O＋条件下，－CN转化成－COOH，最后发生酯化反应，路线为；
答案为。
化学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．考试时间为90分钟，满分100分。
3．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。
4．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31 Ca-40 Cu-40
第Ⅰ卷 （选择题共48分）
一、选择题：本题共24小题，每题2分，共计48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确
1.化学与人类文明进步息息相关，下列说法错误的是（ ）
A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料
B. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，主要化学成分是硅酸盐
C. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是无机非金属材料
D. 城市公交系统推广的清洁燃料压缩天然气“”、液化石油气“”，主要成分都是烃
【答案】C
【解析】
【详解】A、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，天然高分子化合物包括蛋白质、纤维素、淀粉等，故A说法正确；；
B、瓷器主要成分是硅酸盐，故B说法正确；
C、聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子化合物，是有机材料，故C说法错误；
D、天然气主要成分是CH4，液化汽油是乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷的混合物，它们都是由碳氢两种元素组成，都属于烃，故D说法正确；
答案选C。
2.下列化学用语的表述正确的是（ ）
A. 由Na和Cl形成离子键的过程：
B. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：
C. 中子数为20的氯原子：
D. 乙烯的分子式：CH2=CH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaCl为离子化合物，Na＋和Cl－形成离子键，即，故A正确；
B、NH4Cl是由NH4＋和Cl－形成离子键，NH4＋中N和H形成共价键，即氯化铵的电子式为，NH5的结构与NH4Cl相似，即NH5可以看作是NH4＋和H－组成的，NH5的结构简式为，故B错误；
C、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，该核素的质量数为17＋20=37，即该核素为Cl，故C错误；
D、CH2=CH2是乙烯的结构简式，乙烯的分子式为C2H4，故D错误；
答案选A。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，31g P4（结构式：）中所含P-P键数目为1.5NA
B. 1L 0.1mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA
C. 1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、1mol白磷有6molP－P键，即31g白磷中含有P－P键的物质的量为=1.5mol，个数为1.5NA，故A正确；
B、硫酸钠溶液中含有氧元素的是Na2SO4和H2O，因此1L0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有氧原子的物质的量大于1L×0.1mol·L－1×4=0.4mol，故B错误；
C、重水为2H2O，1mol重水中含有中子的物质的量为10mol，水是1H2O，1mol水中含有中子物质的量为8mol，中子数之比为10∶8=5∶4，故C错误；
D、SO2和O2反应生成SO3是可逆反应，不能进行到底，因此反应后总分子物质的量大于2mol，故D错误；
答案选A。
【点睛】易错点是选项B，会误认为Na2SO4溶液中含有氧原子物质的量为1L×0.1mol·L－1×4=0.4mol，忽略水的存在，水含有氧元素，硫酸钠溶液含有氧原子的物质的量应大于0.4mol。
4.关于的说法，正确的是（ ）
A. 所有原子一定处于同一平面内 B. 二氯代物有三种
C. 与苯互为同分异构体 D. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A、该有机物中存在饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，故A错误；
B、，如果一个氯原子固定在①号碳原子上，另一个氯原子可以在②③④上，共有3种，如果另一个氯原子固定在②号碳原子上，另一个氯原子在③⑤⑥上，共有3种，综上所述，二氯代物共有6种，故B错误；
C、该有机物分子式为C6H6，苯的分子式为C6H6，两者结构不同，因此互为同分异构体，故C正确；
D、该有机物中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
答案选C。
5.工业上制汞的过程是：焙烧辰砂（主要含HgS），发生反应：HgS+O2Hg+SO2，还原出的汞呈气态，冷凝得液态汞。其流程如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 含汞烟气可以采用活性炭吸附法处理达标后再排放
B. HgS+O2Hg+SO2该反应中HgS只做还原剂
C. 洗涤粗汞时不可用5%的硫酸代替5%的硝酸
D. 流程中加入氧化钙的目的是减少SO2的排放
【答案】B
【解析】
【详解】A、汞是有毒物质，排放到自然界会污染环境，利用活性炭的吸附性处理含汞烟气，当达标后再排放，故A说法正确；
B、HgS中Hg的化合价为＋2价，根据方程式，转化为0价，化合价降低，作氧化剂，HgS中S显－2价，转化成＋4价，化合价升高，作还原剂，HgS既是氧化剂又是还原剂，氧气为氧化剂，故B说法错误；
C、硝酸是除去Pb和Cu，而稀硫酸不能与Cu发生反应，因此不能用5%的硫酸代替5%的硝酸，故C说法正确；
D、根据流程，加入CaO可将硫元素转化成CaS和CaSO4，能减少SO2的排放，故D说法正确；
答案选B。
6.下列指定的变化，化学方程式表示不正确的是（ ）
A. 将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成：CO2+2Mg2MgO+C
B. Na2O2在空气中久置后变为白色：2Na2O2=2Na2O＋O2↑
C. 向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液出现黑色沉淀：2AgCl＋Na2S=Ag2S＋2NaCl
D. 向AlCl3溶液中通入过量的氨气产生白色沉淀：AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A、镁条在CO2中剧烈燃烧，有白色和黑色固体生成，白色物质为MgO，黑色物质为C，即Mg与CO2反应的方程式为2Mg＋CO2=2MgO＋C，故A说法正确；
B、Na2O2能与空气中CO2发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，白色物质为Na2CO3，故B说法错误；
C、AgCl悬浊液中加入足量Na2S溶液，使c(Ag＋)×c(S2－)>ksp(Ag2S)，Ag2S沉淀出来，其反应为2AgCl＋Na2S=Ag2S＋2NaCl，故C说法正确；
D、氢氧化铝不溶于氨水中，因此AlCl3溶液中通入过量的氨气，发生AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，故D说法正确；
答案选B。
7.二茂铁（）广泛应用于航天、化工等领域中，其电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂），下列说法正确的是（ ）
A. 该电解池的阳极反应Fe－3e－=Fe3＋
B. DMF溶液可用水替代
C. 电解液中钠离子起到催化剂的作用
D. 该过程中消耗2mol环戊二烯理论上产生22.4L的H2
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置有外加电源，即该装置为电解池，然后根据流程进行分析；
【详解】A、根据流程，需要Fe2＋参加反应，推出铁作阳极，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故A错误；
B、不能用水代替，流程中生成金属钠，金属钠能与水发生反应，水会阻碍中间物Na的生成，且水会电解生成OH－，进一步与Fe2＋反应生成Fe(OH)2，因此不能用水代替，故B错误；
C、根据流程，最后生成Na＋，因此电解液中Na＋起到催化剂作用，故C正确；
D、题中没有说明状态是否是标准状态，不能判断产生H2的体积，故D错误；
答案选C。
8.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A. 将4.0g NaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol/LNaOH溶液
B. 用玻璃棒蘸取NaClO溶液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡对比，粗略测定NaClO溶液的pH
C. 用铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其不含有K+
D. 将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液，该方法可以除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A、容量瓶不能作为溶解、反应、长期贮存液体的容器，应将NaOH先溶解在烧杯中，冷却后转移到容量瓶中，故A错误；
B、NaClO具有强氧化性，具有漂白性，测NaClO溶液的pH，不能用pH试纸测量，故B错误；
C、用焰色反应证明是否含钾元素，需要通过蓝色钴玻璃观察，如果有紫色火焰，证明含有钾元素，反之不含，故C错误；
D、NaCl溶解度受温度影响不大，KNO3溶解度受温度影响大，因此除去NaCl中少量的KNO3杂质，采用蒸发结晶，趁热过滤的方法得到NaCl晶体，故D正确；
答案选D。
9.我国科学家使用双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) △H＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 过程Ⅰ为放热过程、过程Ⅱ为吸热过程 B. 过程Ⅲ只生成了非极性共价键
C. 图示显示：起始时的2个H2O都参与了反应 D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的△H
【答案】C
【解析】
【分析】
利用断键需要吸热，形成化学键放出热量，通过反应过程示意图进行分析；
【详解】A、根据过程I，1个CO分子接触催化剂，1个水分子中O－H键发生断裂，需要吸收热量过程，过程Ⅱ中另一个水分子中O－H键发生断裂，需要吸收热量，故A错误；
B、过程Ⅲ中形成CO2，即形成极性共价键，同时还生成H2，即生成了非极性共价键，故B错误；
C、过程I和过程Ⅱ中2个水分子都参与了反应，故C正确；
D、催化剂只降低活化能，△H只与始态和终态有关，故D错误；
答案选C。
10.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。已知短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是（ ）
A. W的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性
B. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族
C. 氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y
D. W、X、Y、Z四种元素对应单质的沸点：W＜X＜Y＜Z
【答案】B
【解析】
【分析】
令X的最外层电子数为a，则Y的最外层电子数为a，W的最外层电子数为a－1，Z的最外层电子数为a＋1，四种元素最外层电子数之和等于24，即a－1＋a＋a＋a＋1=24，得出a=6，即W为N，X为O，Y为S，Z为Cl，据此分析；
【详解】A、W的氢化物是NH3，Z的氢化物是HCl，二者反应所得产物是氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故A错误；
B、117号元素位于第七周期ⅦA族，与Cl元素属于同一主族，故B正确；
C、Cl的氧化物对应水化物可以是HClO4，也可以是HClO，HClO4是强酸，HClO是弱酸，S的氧化物可以是H2SO3，也可以是H2SO4，H2SO3为弱酸，H2SO4为强酸，故C错误；
D、硫单质为固体，其余为气体，因此硫单质的沸点最高，故D错误；
答案选B。
【点睛】C项为易错点，比较元素非金属性强弱时，依据是最高价氧化物对应水化物酸性强弱。
11.已知3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g) ΔH=-akJ/mol(a﹥0)。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入3mol X(g)与1mol Y(g)，下列说法正确的是（ ）
A. 充分反应后，放出热量为akJ
B. 当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为3∶1
C. 当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D. 若增大Y浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此充分反应后，放出热量小于akJ，故A错误；
B、 3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g)
起始：3 1 0 0
变化：3a a a 2a
平衡：3－3a 1－a a 2a 无法确定达到平衡时，X和W浓度之比是否是3：1，故B错误；
C、根据化学平衡状态的定义，当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡，故C正确；
D、若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，但随后逐渐增大，故D错误；
答案选C。
12.下列实验操作、现象和所得出的结论均正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
B
向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，加热未出现银镜
淀粉未水解
C
将H2S与SO2在集气瓶中混合，瓶内有黄色颗粒产生
SO2具有氧化性
D
向两支各盛有5mL 0.1mol/L KMnO4的试管中分别滴加2滴0.1mol/L的草酸和0.01mol/L的草酸，滴加0.1mol/L的草酸的试管先褪色
在其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、NH4HCO3不稳定，受热分解成NH3、H2O、CO2，NH3为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A错误；
B、醛基与银氨溶液发生银镜反应，应先加入NaOH除去硫酸，使溶液显碱性，再加银氨溶液，如果出现银镜，说明淀粉已水解，反之未水解，故B错误；
C、H2S与SO2发生2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，从方程式中可以看出SO2中S的价态降低，体现SO2的氧化性，故C正确；
D、KMnO4与草酸发生反应，产生Mn2＋，其中Mn2＋作催化剂，因此验证浓度对反应速率的影响，不应该用KMnO4与草酸的反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】易错点是选项D，解题时容易只注意到草酸的浓度不同，认为体现了浓度对反应速率的影响，但忽略了高锰酸钾与草酸反应生成的Mn2＋作催化剂，因此考查浓度对反应速率的影响，不能用该反应。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B. 淀粉和纤维素互为同分异构体
C. 乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A、油脂分为油和脂肪，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油是含有碳碳不饱和键的油脂，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A说法正确；
B、淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但n值不同，因此两者不互为同分异构体，故B说法错误；
C、乙烯中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，聚乙烯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C说法错误；
D、等物质的量甲烷和氯气发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，故D说法错误；
答案选A。
14.25℃时，将浓度均为、体积分别为和的溶液与溶液按不同体积比混合，保持，、与混合液的的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.
B. b点，
C. a、b、c三点，c点时水电离出的最大
D. 点过程中，可能存在
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象可知，当NH3·H2O的体积为0时，HX溶液的pH=3，0.1mol·L－1HX的pH=3，则说明HX为弱酸，然后利用“三个守恒”、影响盐类水解的因素进行分析；
【详解】A、根据图象可知，b点加入等体积等浓度的HX和NH3·H2O，两者恰好反应生成NH4X，此时溶液的pH=7，说明X－和NH4＋水解程度相同，即Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；
B、根据A选项分析，b点溶质为NH4X，根据电荷守恒，有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(X－)，该点pH=7，c(OH－)=c(H＋)，得出c(NH4＋)=c(X－)，依据物料守恒，c(HX)＋c(X－)=0.05mol·L－1，即c(NH4＋)＋c(HX)=0.05mol·L－1，故B正确；
C、b点是两种物质恰好完全反应，溶质为NH4X，NH4X属于弱酸弱碱盐，发生双水解，水的电离程度最大，即b点时水电离出的c(H＋)最大，故C错误；
D、根据电荷守恒，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(X－)，a→b溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，则c(NH4＋)
15.下列说法正确的是（ ）
A. 图甲表示相同的溶液与氨水稀释过程的变化，曲线a对应氨水
B. 图乙所示，从能量角度考虑，金刚石比石墨稳定
C. 图丙所示，表示反应；的平衡常数K与温度和压强的关系
D. 图丁表示用的硝酸银标准溶液滴定浓度均为、及的混合溶液时，先沉淀的是
【答案】A
【解析】
【详解】A、相同pH时，加水稀释相同倍数，弱电解质溶液的pH变化小，即曲线a对应的是氨水，故A正确；
B、根据图象，石墨的能量低于金刚石，能量越低，物质越稳定，即石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、平衡常数只受温度的影响，与压强无关，故C错误；
D、根据图象，AgI的Ksp最小，则相同条件下c(I－)先沉淀出来，故D错误；
答案选A。
16.下列溶液中所含离子推断正确的是（ ）
A. 向溶液中滴加酸化的溶液出现白色沉淀，该溶液中一定有
B. 向溶液中滴加氯水后，再滴加溶液，溶液变为红色，该溶液中一定有
C. 向溶液中滴加稀溶液，将湿润的红色石蒸试纸置于试管口，试纸不变蓝，该溶液中一定无
D. 向溶液中逐渐通入气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入气体，白色胶状沉淀不溶解，该溶液中不一定含有
【答案】D
【解析】
【详解】A、NO3－在酸性溶液中具有强氧化性，能将SO32－、HSO3－氧化成SO42－，即滴加酸化的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，SO32－、HSO3－对SO42－的检验产生干扰，故A错误；
B、氯水具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，滴加KSCN溶液，对Fe3＋检验产生干扰，因此先滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，如果变红，说明溶液中有Fe3＋，故B错误；
C、因为滴加的是稀NaOH溶液，且没有加热，此时的N元素以NH3·H2O形式存在，因此该实验的结论不正确，故C错误；
D、通入CO2气体，出现白色胶状沉淀，该沉淀可能是Al(OH)3，也可以是H2SiO3，继续通入CO2，这两种沉淀不会溶解，因此该溶液中可能含有AlO2－，也可能含有SiO32－，故D正确；
答案选D。
17.一定温度下，在三个容积均为的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得反应的相关数据如下：
容器
容器Ⅰ
容器Ⅱ
容器Ⅲ
反应温度
600
600
800
反应物投入量
、
、
平衡
平衡
平衡体系总压强
物质的转化率
平衡常数K
下列叙述正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先建立“中间过程”，从影响化学平衡移动的因素、等效平衡等角度进行分析；
【详解】A、容器Ⅱ相当于开始时充入2molA2和4molB2，其物质的量浓度大于容器I，物质的量浓度越大，反应速率越快，即v1
B、容器Ⅲ在容器I的基础上升高温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即α1(A2)>α3(A2)，温度升高，反应速率加快，即v1
D、根据选项A的分析，c2> c2＇=2c1，容器Ⅲ在容器I的基础上升高温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c1>c3，即c2>2c3，容器Ⅱ如果通入2molAB2，则与容器I为等效平衡，α1(A2)＋α2＇(AB2)=1，根据上面的分析，α2＇ (AB2)>α(AB2) α1(A2)＋α2(AB2)<1，根据B选项分析，α1(A2)>α3(A2)，则有α2(AB2)＋α3(A2)<1，故D错误；
答案选B。
18.下列叙述正确的是（ ）
A. 氨水加水稀释后，溶液中所有离子的浓度都减小
B. 将溶液与溶液混合可制取
C. 直接蒸干溶液就可以得到固体
D. 浓度相同的①；②；③。三种溶液中的：③>①>②
【答案】D
【解析】
【详解】A、氨水加水稀释后，碱性减弱，但c(H＋)增大，故A错误；
B、Al2S3在水中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S气体，因此制备Al2S3不能在溶液中进行，故B错误；
C、加热蒸干过程中，Fe2＋被氧化成Fe3＋，故C错误；
D、以①为基础，②相当于向①中加入CH3COO－，CH3COO－与NH4＋发生双水解反应，即②中c(NH4＋)小于①，③相当于向①中加入H＋，抑制NH4＋的水解，即③中c(NH4＋)大于①，浓度相同时，三种溶液中c(NH4＋)大小顺序是③>①>②，故D正确；
答案选D。
19.下列叙述变化理论上计量结果正确的是（ ）
A. 标准状况下，用含空气和氨气体积各半的烧瓶进行喷泉实验，所得溶液的物质的量浓度约为
B. 相同质量的两份铝，分别放入足量的和溶液中充分反应，消耗的和之比为1∶1
C. 将逐滴加入到溶液中，产生的体积约为（标准状况下）
D. 向的溶液中通入足量的气体，生成沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A、空气不溶于水，NH3极易溶于水，假设烧瓶的体积为1L，则NH3体积为0.5L，水只能进入烧瓶体积的一半，所得溶液的物质的量浓度为≈0.045mol·L－1，故A错误；
B、铝与盐酸反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，铝与NaOH反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，相同质量的铝参与反应，消耗盐酸的物质的量和氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故B错误；
C、向Na2CO3溶液中滴加盐酸发生：Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl
2×10－3mol 2×10－3mol
NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O
2×10－3mol 1×10－3mol
显然第二步中盐酸不足，NaHCO3过量，即产生CO2的物质的量为1×10－3mol，CO2标准状况下的体积为1×10－3mol×22.4L·mol－1=2.24×10－2L，即为22.4mL，故C正确；
D、盐酸为强酸，H2SO3为弱酸，因此BaCl2溶液充入SO2不发生反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】易错点是选项C，会误认为Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，
2×10－3mol 3×10－3mol
HCl不足，生成CO2的物质的量为1.5×10－3mol，认为本题错误，忽略了碳酸钠与盐酸反应的实质，本题应从碳酸钠与盐酸反应实质入手分析。
20.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌—碘溴液流电池，其工作原理如图所示。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是（ ）
A. 放电时，a电极反应为I2Br－＋2e－=2I－＋Br－
B. 充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.01mol I-被氧化
C. 放电时，溶液中离子的数目增大
D. 充电时，a电极接外电源正极
【答案】B
【解析】
【分析】
利用原电池的工作原理，以及装置图进行分析；
【详解】A、放电属于原电池，根据装置图，a电极上I2Br－得到电子，转化成I－和Br－，即该电极反应式为I2Br－＋2e－=2I－＋Br－，故A说法正确；
B、充电属于电解池，b电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn，b电极增重0.65g，即电路中转移电子物质的量为0.02mol，根据A选项中的电极反应式，有0.02molI－被氧化，故B说法错误；
C、根据装置图，放电时，a电极反应式为I2Br－＋2e－=2I－＋Br－，b电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，溶液中离子的数目增大，故C说法正确；
D、根据A选项分析，a电极放电时为正极，充电时应接电源的正极，故D说法正确；
答案选B。
21.下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，加水稀释0.1mol/LNH4Cl，溶液中增大
B. 反应2NO＋O2=2NO2常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液时，使用酚酞作指示剂
D. 铜的化学性质比铁稳定，在铁闸上安装铜块可减慢铁闸的腐蚀速率
【答案】C
【解析】
【详解】A、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，加水稀释促进水解，=，Kb和Kw只受温度的影响，即该比值保持不变，故A错误；
B、根据△G=△H－T△S，能够自发进行，说明△G<0，根据反应方程式，该反应为△S<0，因此△H<0，属于放热反应，故B错误；
C、CH3COOH为弱酸，滴定到终点，溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此用酚酞作指示剂，故C正确；
D、Fe比Cu活泼，如果Cu单质安装在铁闸上，构成原电池，Fe为负极，加速铁的腐蚀，故D错误；
答案选C。
【点睛】指示剂的选择，用强碱滴定强酸时，一般用酚酞作指示剂，强酸滴定强碱时，一般用甲基橙作指示剂，强碱滴定弱酸时，一般用酚酞作指示剂，强酸滴定弱碱时，一般用甲基橙作指示剂。
22.用下列装置能达到实验目的的是（ ）
A. 实验室制取氨气
B. 测定化学反应速率
C. 验证非金属性：N﹥C﹥Si
D. 实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯化铵受热分解成NH3和HCl，遇冷NH3和HCl重新生成NH4Cl固体，容易阻塞导管，发生危险，因此不能直接采用直接加热NH4Cl方法制备NH3，故A错误；
B、应用分液漏斗，不能用长颈漏斗，故B错误；
C、硝酸具有挥发性，对比较碳酸酸性与硅酸酸性强弱时，产生干扰，故C错误；
D、Cu连接电源的正极，即Cu电极为阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，石墨为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，总电极反应式为Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，故D正确；
答案选D。
23.化学学习方法中的类推法是指由已学知识通过迁移构建新知识的方法。下列类推正确的是（ ）
A. 电解熔融的NaCl能制备Na，电解熔融的AlCl3也能制备Al
B. 钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气
C. 铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜
D. BaCO3与稀HNO3反应生成CO2，BaSO3也能与稀HNO3反应生成SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A、AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融的Al2O3制备铝单质，故A错误；
B、钾比钠活泼，金属钠能与乙醇发生反应，则钾单质也能与乙醇反应生成H2，故B正确；
C、氯气的氧化性强，与变价金属反应，生成最高价，Cu和Cl2反应生成CuCl2，硫单质的氧化性较弱，与变价金属反应，生成较低价态，硫单质与Cu反应生成Cu2S，故C错误；
D、HNO3具有强氧化性，能将BaSO3氧化成BaSO4，故D错误；
答案选B。
24.某温度下，将打磨后的镁条放入盛有蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化（如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化）。下列有关描述不正确的是（ ）
A. 该实验是在加热条件下进行的
B. 该温度下的Ksp的数量级约为
C. 50s时，向溶液中滴入酚酞试液，溶液仍为无色
D. 150s后溶液浊度下降是因为生成的逐渐溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A、常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5<7，说明该实验不是在常温下进行的，升高温度，促进水的电离，因此该实验是在加热条件下进行，故A说法正确；
B、该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，该温度下Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2＋)×c2(OH－)=，由图可知，该温度下水的离子积，所以c(OH－)，Ksp=c3(OH-)=5×10-10，即该温度下Mg(OH)2的Ksp的数量级约为，故B说法正确；
C、50s时溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液为无色，故C说法正确；
D、Mg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，故D说法错误；
答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共计52分。第25-28题为必考题，第29-30为选考题，考生根据要求作答。请把正确答案填写在答题纸相应的位置上。
25.常见元素A、B、M组成的四种物质发生反应：甲+乙=丙+丁，其中甲由A和M组成，乙由B和M组成，丙中只含有M。
（1）若甲为淡黄色固体，乙和丙均为常温下的无色无味气体。则甲中含有的化学键类型是___；常温下丁溶液显___性（填“酸”或“碱”或“中”），原因是____（用离子方程式表示）；
（2）若丁为能使品红褪色的无色气体，丁与水反应生成戊，丙为常见红色金属，化合物甲、乙中原子个数比均为1∶2（M均显+1价），原子序数B大于A。回答下列问题：
①写出加热条件下上述生成丙的化学方程式____；
②已知常温下弱电解质的电离平衡常数如下：一水合氨，戊：，。若一水合氨与丁恰好完全反应生成酸式盐，则浓度为的该盐溶液pH___7（填“>”“<”或“=”）；调整二者反应的比值可使溶液呈中性，此时溶液中____（同上）。
【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). 碱 (3). CO32－＋H2OHCO3－＋OH－ (4). 2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑ (5). < (6). <
【解析】
【详解】（1）甲为淡黄色固体，且乙和丙均为常温下的无色无味的气体，则甲为Na2O2，乙为CO2，该反应为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，过氧化钠的电子式为，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键；丁为Na2CO3，属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋OH－H2CO3＋OH－；
答案为离子键、（非极性）共价键； 碱；CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋OH－H2CO3＋OH－；
（2）丁能使品红溶液褪色的无色气体，即丁为SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，丙为常见红色金属，则丙为Cu，这三种元素为O、S、Cu，甲、乙中原子个数比均为1∶2（M均显+1价），且原子序数B大于A，则甲为Cu2O，乙为Cu2S，
①该反应的方程式为2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑；
答案为：2Cu2O＋Cu2S 6Cu＋SO2↑；
②NH3·H2O与SO2反应生成酸式盐，该酸式盐为NH4HSO3，NH4＋水解常数为， HSO3－水解常数为Kh==<6.3×10－8，HSO3－的电离程度大于其水解程度，NH4＋的水解程度小于HSO3－的电离程度，溶液显酸性，即pH<7；根据电荷守恒，因此有c(H＋)＋c(NH4＋)=c(HSO3－)＋2c(SO32－)＋c(OH－)，溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)，因此有c(NH4＋)=c(HSO3－)＋2c(SO32－)，因此有<；
答案为<；<。
26.氮化镁是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化镁并测定产品纯度。
已知：①氮化镁极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和溶液和饱和溶液混合制备；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量。
Ⅰ．制备氮化镁。
他们选择下列装置设计实验（装置可重复使用）：
（1）仪器a的名称是____，氮化镁的电子式是____。
（2）气体从左至右，装置连接顺序为____。（填代号）
（3）写出A中发生反应的化学方程式：____。
（4）用化学方法检验产品中含有氮化镁，设计实验方案：____。
Ⅱ．测定产品纯度。
利用如图装置测定氮化镁产品纯度（杂质不产生气体，氨气不溶于煤油）。
（5）当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是__。
（6）取产品质量为wg，开始量气管读数为，最终量气管读数为（折合成标准状况），则该样品纯度为____（用代数式表示）。如果开始俯视刻度线，终点时仰视刻度线，则测得结果___（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). (3). A、D、C、B、C (4). 2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O (5). 取少量产品溶于足量的蒸馏水中，生成白色沉淀，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明产品中含有 (6). 上下移动水准瓶 (7). (8). 偏高
【解析】
【详解】（1）根据仪器a特点，仪器a为圆底烧瓶；氮化镁为离子化合物，其电子式为；
答案为：圆底烧瓶；；
（2）实验目的是制备氮化镁，实验原理3Mg＋N2Mg3N2，装置A为制备N2，N2中混有氧气和水蒸气，下一步是除去氧气和水蒸气，然后得到N2，空气中有水蒸气，还要防止空气中水蒸气进入装置B中，B装置后还需要连接C，即顺序是A→D→C→B→C；
（3）A的作用是制备N2，其化学反应方程式为2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；
答案2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；
（4）根据信息，氮化镁易与水反应，其反应方程式为Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，设计的方案为取少量产品溶于足量的蒸馏水中，生成白色沉淀，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明产品中含有Mg3N2；
答案为取少量产品溶于足量的蒸馏水中，生成白色沉淀，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明产品中含有Mg3N2；
（5）观察装置图可知，上下移动水准瓶可以调平水准瓶中液面和量气管内液面，确保量气管内的气压等于外界大气压；
答案为上下移动水准瓶；
（6）氮化镁与水反应Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，氨气的体积为(V2－V1)mL，根据反应方程式，氮化镁的纯度为=；开始俯视刻度线，读数V1偏小，终点仰视刻度线，读数V2偏大，(V2－V1)偏大，即所测氮化镁的纯度偏高；
答案为；偏高。
【点睛】装置的连接一般遵循制气装置→除杂装置→反应或收集装置→尾气处理装置，除杂装置中一般最后除水，同时还要注意题中所给信息，如Mg3N2能与水反应，不仅要做到反应前N2是干燥，还要防止空气中的水蒸气的进入。
27.工业上用以下流程从铜沉淀渣中回收铜、硒、碲等物质。沉淀渣中除含有铜、硒、碲外，还含有少量稀贵金属，主要物质为、和。
（1）、、为同主族元素，其中在元素周期表中的位置____。
其中铜、硒、碲的主要回收流程如图：
（2）经过硫酸化焙烧，铜、硒化铜和碲化铜转变为硫酸铜。
①写出硫酸化焙烧的化学方程式____。
②“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，可减少固体中的银（硫酸银）进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动原理角度解释其原因___。
③滤液2经过____、_____、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。
（3）所得粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯，获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示。蒸馏操作中控制的最佳温度是____（填序号）。
a．455℃ b．462℃ c．475℃ d．515℃
（4）目前碲化镉薄膜太阳能行业发展迅速，被认为是最有发展前景的太阳能技术之一。用如下装置可以完成碲的电解精炼。研究发现在低的电流密度、碱性条件下，随着浓度的增加，促进了的沉积。写出的沉积的电极反应式为____。
【答案】 (1). 第四周期VIA族 (2). Cu2Se＋6H2SO42CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O (3). 由于存在平衡：Ag2SO4(s) 2Ag＋(aq)＋SO42－(aq)，加入氯化钠固体后，与反应生成成更难溶的氯化银，使得降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 (4). 加热浓缩 (5). 冷却结晶 (6). c (7).
【解析】
【详解】（1）34Se，质子数为34，推出位于元素周期表中第四周期VIA族；
答案是第四周期VIA族；
（2）①根据流程，“硫酸焙烧”Cu2Se转化成CuSO4、SeO2，SeO2为氧化产物，硫酸被还原成SO2，即反应方程式为Cu2Se＋6H2SO42CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O；
答案Cu2Se＋6H2SO42CuSO4＋SeO2＋4SO2↑＋6H2O；
②水浸固体中含有Ag2SO4，存在溶解平衡：Ag2SO4(s) 2Ag＋(aq)＋SO42－(aq)，Ag2SO4微溶于水，AgCl难溶于水，因此加入NaCl，Ag＋和Cl－结合成更难溶的AgCl，使得c(Ag＋)降低，进而减少了硫酸银中银进入滤液中；
答案为溶解平衡：Ag2SO4(s) 2Ag＋(aq)＋SO42－(aq)，加入NaCl，Ag＋和Cl－结合成更难溶的AgCl，使得c(Ag＋)降低，从而减少了硫酸银中的银进入滤液中；
③因为是得到硫酸铜晶体，因此滤液2经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体；
答案加热浓缩；冷却结晶；
（3）根据图象，在略低于480℃挥发物中硒的含量最高，因此最佳温度为475℃，故c正确；
答案选c；
（4）由电解原理可知，TeO32－应在阴极上发生还原反应生成Te，其电极反应式为TeO32－＋4e－＋3H2O=Te＋6OH－；
答案为TeO32－＋4e－＋3H2O=Te＋6OH－。
【点睛】电极反应式的书写是高考的热点，特别是一些陌生的，无论原电池还是电解池，都发生氧化还原反应，且都是半反应，一般书写时按照氧化剂＋ne－→还原产物，然后根据电解质的环境，判断出OH－、H2O、H＋哪两个参与反应，同理还原剂－ne－→氧化产物也是这样；一定要注意电解质的环境。
28.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。
（1）十九大报告指出我国最近几年的PM2.5下降很多。有一方面归功于汽车尾气管中加装催化剂，它可有效降低，及碳氧化合物的排放。以为例，已知：
①
②
③
④
①②③④反应热效应之间的关系式为___；有利于提高④转化率的反应条件是___。
（2）研究发现，将煤炭在的气氛下燃烧，能够降低燃煤时的排放，主要反应为：。
①该反应的平衡常数表达式为____。
②在密闭容器中发生该反应时，随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图1所示。据此判断该反应的___0（填“>”或“<”），在温度下，内的平均反应速率___。
③将和充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图2所示。第12min时改变的反应条件可能为___。
A．升高温度 B．加入 C．加催化剂 D．降低温度
④将上述反应产生的与为原料合成尿素，能够实现节能减排：
Ⅰ： Ⅱ：
将一定量的固体加入恒容密闭容器中，在300K下发生反应Ⅱ，到达平衡时，为，若反应温度不变，将体系的体积增加50%，一段时间后的取值范围是____（用含a的式子表示）。
（3）烟气脱硫、脱硝一体化技术是大气污染防治研究的热点。及均是性能优良的脱硫脱硝试剂。
①在酸性条件下稳定，在溶液中可歧化为和，该反应的化学方程式为___。
②某研究小组用进行单独脱除实验时，测得的脱除率随溶液变化如图所示。当时，随的增大，脱除率逐渐降低，其原因是____。
【答案】 (1). 2△H1＋△H2－△H3 (2). 降低温度、增大压强 (3). (4). < (5). (6). A (7). < P[H2O(g)]≤a (8). (9). 3
【详解】（1）根据盖斯定律，推出得到目标反应方程式，应是②－③＋①×2，即△H4=2△H1＋△H2－△H3；有利于提高④的NO转化率的反应条件可以是降温、增大压强或通入一定量的H2；
答案为2△H1＋△H2－△H3；降温、增大压强或通入一定量的H2；
（2）①根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数是；
答案为；
②根据图1，T1先达到平衡，即T1高于T2，升高温度，c(CO2)降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即正反应方向为放热反应，△H<0；0～2s，生成CO2的浓度为0.2mol·L－1，则生成N2的浓度为0.1mol·L－1，根据化学反应速率的数学表达式：v(N2)==0.05mol/(L·s)；
答案为<；0.05mol/(L·s)；
③在第12min后CO和NO物质的量浓度增大，N2的浓度降低，说明反应向逆反应方向移动，A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO、NO物质的量浓度增大，N2的物质的量浓度降低，故A符合题意；
B、加入NO，第12min时，NO浓度增大，但根据图象，第12min时，没发生变化，故B不符合题意；
C、加入催化剂，平衡不移动，各物质的物质的量浓度不变，故C不符合题意；
D、降低温度，平衡向正反应方向移动，CO和NO浓度降低，N2浓度升高，故D不符合题意；
答案为A；
④增大容器的体积，假设平衡不移动，压强与体积成反比，即其压强为原来的，实际上增大容器的体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，温度不变，化学平衡常数不变，水蒸气浓度不变，因此压强为aPa，P[H2O(g)]的范围是< P[H2O(g)]≤a；
答案为< P[H2O(g)]≤a；
（3）①ClO2在NaOH溶液中发生歧化反应，生成NaClO3和NaClO2，即反应方程式为2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；
答案为2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；
②ClO2在酸性条件下稳定，当3
元素
第一电离能
第二电离能
第三电离能
W
495.8
4562
6910.3
（1）基态Q原子价电子排布式为_____。
（2）X、Y、Z、Q电负性由大到小排序为___（写元素符号）
（3）X与Z形成的化合物，Z原子采取的杂化轨道类型为___，Z的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子的空间构型为____；
（4）W的氯化物和的氧化物中，熔点较高的是____（填化学式），原因是_____。
（5）由X、Y组成的一种微粒结构如图，请写出该微粒的化学式：_____。
（6）图（a）是的拉维斯结构，以金刚石方式堆积，半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Q。图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。设阿伏加德罗常数的值为，则的密度是_____（列出计算表达式）。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 平面三角形 (5). (6). 和都为离子晶体，和半径小，电荷数大，因此晶体的晶格能大，熔点高 (7). (8).
【解析】
【分析】
Y原子的基态原子2p上有两个未成对电子，则Y可能是C，也可能是O，根据W的电离能，推出W最外层只有1个电子，属于IA族，因为原子序数依次增大，因此Z位于第二周期，Z是同周期中未成对电子数最多，即Z为N，Y为C，基态Q原子的d轨道处于全充满状态，K层电子数为2，最外层电子数为1，即该元素为Cu，五种元素核外电子数之和为54，则X为H，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，Q为Cu，位于第四周期IB族，价电子包括最外层电子和次外层的d能级上的电子，即价电子排布式为3d104s1；
答案为3d104s1；
（2）一般非金属性越强，电负性越大，因此顺序是N>C>H>Cu；
答案为N>C>H>Cu；
（3）该化合物为N2H4，N2H4电子式为，因此N的杂化类型为sp3，Z的最高价氧化物的水化物的正盐的阴离子是NO3－，其中N有3个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为3，即NO3－空间构型为平面三角形；
答案为sp3；平面三角形；
（4）W的氯化物是NaCl，Mg的氧化物是MgO，两者都属于离子化合物，离子晶体的熔点与晶格能有关，离子半径越大、所带电荷数越大，晶格能越高，熔点越高，Mg2＋、O2－的半径分别小于Na＋、Cl－，且Mg2＋、O2－所带电荷数大于Na＋、Cl－，MgO晶格能大于NaCl，即MgO的熔点高于NaCl；
答案为MgO；NaCl、MgO都为离子晶体，Mg2＋和O2－半径小，电荷数大，因此MgO晶体的晶格能大，熔点高；
（5）C、H组成一种微粒，结合该微粒的球棍模型，C的半径大于H，即该微粒的化学式为CH3-；
答案为CH3-；
（6）MgQ2的化学式为MgCu2，根据晶胞的结构，Mg位于8个顶点、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，Mg原子个数为=8，则Cu的个数为16个，晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，根据密度的定义得出晶胞的密度是g/cm3；
答案为。
30.苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，如图是它的一种合成路线（具体反应条件和部分试剂略）
已知：
①氯化亚砜可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。
②+X2+HX（X表示卤素原子）
③
回答下列问题：
（1）F中所含的官能团名称是_______。
（2）的反应类型是______。
（3）写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式______。
（4）写出A的符合以下条件同分异构体的所有结构简式_______。
①属于苯的二取代物； ②苯环上的一氯代物有2种； ③与溶液发生显色反应。
（5）结合上述推断及所学知识，参照上述合成路线任选无机试剂设计合理的方案，以苯甲醇（）为原料合成苯乙酸苯甲酯（）写出合成路线，并注明反应条件____。
【答案】 (1). 醚键、羧基 (2). 取代反应 (3). ++H2O (4). 、 (5).
【解析】
【分析】
根据信息②，A的结构简式为，根据苯氧布洛芬钙G的结构简式，A生成B，发生取代反应，即B的结构简式为，B转化成C，发生加成反应，即C的结构简式为，根据信息①，D的结构简式为，D生成E，－CN取代－Cl，即E的结构简式为，根据信息③，推出F的结构简式为，据此分析判断；
【详解】（1）根据上述分析，F的结构简式为，含有官能团名称为醚键和羧基；
答案为醚键、羧基；
（2）D生成E，－CN取代－Cl的位置，该反应为取代反应；
答案为取代反应；
（3）F和C发生酯化反应，其反应的化学方程式为++H2O；
答案为++H2O；
（4）①属于苯的二取代物，说明苯上有2个取代基，②苯环上一氯代物有2种，说明有2种不同氢原子，可能为对称结构，③与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，推知还含有的官能团是碳碳双键和－Br，即符合要求的是、 ；
答案为、 ；
（5）苯乙酸苯甲酯是由苯乙酸和苯甲醇发生酯化反应生成，苯甲醇与SOCl2发生反应，让－Cl取代反应－OH，然后与NaCN发生反应，让－CN取代－Cl，然后在NaOH、H3O＋条件下，－CN转化成－COOH，最后发生酯化反应，路线为；
答案为。
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