2021届高三上学期期中备考金卷 化学A卷（含答案）

2021届高三上学期期中备考金卷
化学（A卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137

一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1．新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A．“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐
B．国庆阅兵中出现的直－20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料
C．截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅
D．我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
2．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．36g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NA
B．7.8g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NA
C．密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加了2NA个P-Cl键
D．5.6g铁片投入足量浓硝酸中，转移的电子数为0.3NA
3．利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液]和FeCl3·6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3·6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是

A． 用装置甲制备NH3
B．用装置乙制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁
C．用装置丙分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3
D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3·6H2O
4．下列关于常见物质的用途说法不正确的是
A．金属钠具有强还原性，可以用来置换TiCl4中的Ti
B．二氧化氯具有强氧化性，可以用来漂白织物
C．碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查
D．氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而可以净水
5．下列化学用语对事实的表述不正确的是
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1mol·L−1氨水的pH=11：NH3·H2ONH+OH−
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu
6．下列物质（对应X-Y-Z）不能通过一步反应完成如图转化的是

A．NaOH-Na2CO3-NaHCO3 B．NO-NO2-HNO3
C．Cl2-HClO-HCl D．FeO-Fe(OH)2-Fe(OH)3
7．向100mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是

A．开始时产生的气体为H2 B．AB段发生的反应为置换反应
C．所用混合溶液中c(HNO3)＝0.5mol·L−1 D．参加反应铁粉的总质量m2＝8.4g
8．已知：①SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100mL，向其中通入4.48L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是
A．FeI2的物质的量浓度约为1mol·L−1
B．完全反应时转移电子0.2mol
C．通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I−
D．反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO和Fe3+
9．下列说法中正确的是
A．第ⅦA族单质从上往下熔沸点逐渐升高，第ⅠA族单质从上往下熔沸点逐渐降低
B．Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料
C．品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，且其实质相同
D．镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造
10．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是

A．C、D两元素形成化合物属共价化合物
B．C和E形成的化合物的水溶液呈碱性
C．简单离子半径D>B>C
D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性
11．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是

A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
C．c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
D．Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀
12．由硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下：

下列说法不正确的是
A．过程1废气中含SO2
B．过程2试剂a为稀硫酸
C．过程3离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
D．过程4将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
13．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示：

下列说法不正确的是
A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH
C．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6g H2
D．电解池a极的电极反应式为NH-6e−+4OH−+3Cl−=NCl3+4H2O
14．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
15．实验室用SO2和MnO2制备MnSO4的装置如图所示，下列说法正确的是

A．装置B中试剂可为饱和Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HCl
B．将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4·H2O
C．装置D中水浴控制在80℃左右，若温度过高时，因二氧化硫溶解度减小反应速率可能减慢
D．装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OH−=SO+H2O
16．CH3OH是重要的化工原料，工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。按n(CO)∶n(H2)=1∶2，向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中，正确的是

A．p10
C．平衡常数：K(A)=K(B) D．在C点时，CO转化率为75%
二、非选择题（共52分）
17．硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。
(1)工业上采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。

①反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)的ΔH___________(填“>”“<’或“＝”)0。
②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)＝____________。
③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是____________。
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。

①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。
②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS，可采取的措施有________。
18．PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如下图所示。

已知：ⅰ．PbCl2微溶于水
ⅱ．PbCl2(s)+2Cl−(aq) PbCl(aq) ΔH>0
(1)浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子反应方程式为___________。
(2)由于PbCl2微溶于水，容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避免这一现象，原因是___________。
(3)调pH的目的是________。
(4)沉降池中获得PbCl2采取的两种措施是___________。
(5)通过电解酸性废液可重新获得MnO2，装置示意图如下：

在________极(填“a”或“b”)获得MnO2，电极反应为__________。
19．水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2
NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。
【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）
已知：3NaClO2NaCl+NaClO3

（1）配制30% NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________（填字母）。
A．容量瓶 B．烧杯 C．移液管 D．玻璃棒
（2）装置I中发生的离子反应方程式是_______________；Ⅱ中玻璃管a的作用为____________；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的___________________
【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示
（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式___________________；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。
【测定肼的含量】
（4）称取馏分0.3000g，加水配成20.0mL溶液，一定条件下用0.1500mol·L−1的I2溶液滴定。已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O。
①滴定时，可以选用指示剂为____________；
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为____。
20．亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示(夹持装置略去)。

已知：2NO+CaO2＝Ca(NO2)2；2NO2+CaO2＝Ca(NO3)2。
请回答下列问题：
(1)向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，原因是_____________。
(2)仪器D的名称是______________；B中盛装的试剂是__________。
(3)装置F中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，发生反应的离子方程式为________________________________。
(4)已知Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生反应，产生NO气体。设计实验证明E中有亚硝酸钙生成______________________________________。
(5)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为Ca(OH)2+NO+NO2＝Ca(NO2)2+H2O。
①若n(NO)∶n(NO2)＞1∶1，则会导致_______________________________________；
②若n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，则会导致________________________________________。
21．含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。完成下列填空：
（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶于可制得“84消毒液”，反应的离子方程式为____
_________________________________________。
（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用。混用时反应的化学方程式是_______________________________；“84消毒液”不能对钢铁制品进行消毒，原因是____________。
（3）工业常用石灰乳和氯气反应制取漂粉精，其主要设备是氯化塔，将含有3%-6%水分的石灰乳从塔顶部喷洒而入，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是__________；处理从氯化塔中逸出气体的方法是_____________________________。
（4）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为_________。
（5）在用二氧化氯进行水处理时，ClO2除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO和MnO2的离子方程式为___________________________。
22．丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：


（1）A的名称是_______，E到F的反应类型是___________。
（2）试剂a是________，F中官能团名称是_______。
（3）M组成比F多1个CH2，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体中：①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有______种。
（4）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为__________。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为________。
（5）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图（其它试剂自选）。________。








2020-2021学年上学期高三期中备考金卷
化学答案（A）
1.【答案】B
【解析】A．高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故A错误；B．锂铝合金属于合金，为金属材料，故B正确；C．光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；D．太阳能电池帆板的材料是单晶硅，故D错误。故答案选：B。
2.【答案】B
【解析】假设全是35Cl，则质子数是，假设全是37Cl，则质子数是，根据极值法，36g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数不一定为17NA，故A错误；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子，所以7.8g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NA，故B正确；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆，密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备PCl5(g)，生成PCl5(g)小于1mol，P-Cl键增加小于2NA个，故C错误；常温下，铁在浓硝酸中钝化，故D错误，选B。
3.【答案】D
【解析】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；故答案为D。
4.【答案】C
【解析】A．金属钠具有强还原性，由于金属性Na>Ti，因此可以用来置换熔融状态的TiCl4中的Ti，A正确；B．二氧化氯具有强氧化性，能够氧化有色物质，使之变为无色物质，而具有漂白性，可以用来漂白织物，B正确；C．碳酸钡能够与盐酸反应生成可溶性氯化钡和水，造成重金属中毒，不能作“钡餐”，C错误；D．氢氧化铁胶体具有较大的表面积，能够吸附水中固体杂质颗粒，常用于净水剂，D正确。
5.【答案】A
【解析】酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH
+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；答案选A。
6.【答案】D
【解析】A．2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3
↓+NaOH+H2O，A与题意不符；B．2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2
+2NO↑+4H2O，B与题意不符；C．Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，2HClH2↑
+Cl2↑，C与题意不符；D．FeO与水不反应，无法一步转化为Fe(OH)2，D符合题意。
7.【答案】C
【解析】已知氧化性：NO>Fe3+>H+，OA段发生Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，B以后发生Fe+2H+=Fe2++H2↑；开始时产生的气体为NO，A错误；AB段发生化合反应，B错误；根据Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O反应看出：HNO3—NO关系，生成NO的量=1.12/22.4=0.05 mol，所以所用混合溶液中c(HNO3)＝0.5mol·L－1，C正确；根据电子守恒：最终产物中含有FeSO4，所以：3×n(NO)+2×n(H2)=2n(Fe)，带入数值进行计算：3×0.05+2×（1.68-1.12）/22.4=2n
(Fe)，n(Fe)=0.1mol，参加反应铁粉的总质量m2＝5.6g，D错误；正确选项C。
8.【答案】A
【解析】由①知，还原性强弱顺序为SO2>I−；由②知，还原性强弱顺序为SO2>Fe2+；由③知，还原性强弱顺序为I−>Fe2+，故还原性强弱顺序为SO2>I−>Fe2+，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO>I−>Fe2+。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO，然后氧化I−，最后氧化Fe2+，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有较多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO和I−均完全反应，Fe2+发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×4.48 L÷22.4L·mol−1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2mol，由于溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1mol，c(FeI2)=1mol·L−1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得2×4.48 L÷22.4L·mol−1=0.4mol，B错误；综上所述，本题选A。
9.【答案】B
【解析】A．第ⅦA族单质从上往下：氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹，物质由气态变为液态，所以熔沸点逐渐升高，第一主族的金属元素，从上到下，原子半径逐渐增大，形成的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，但该族元素还含有H元素，H2常温下为气体，熔点低于同族元素的单质，故A错误；B．硅酸钠的水溶液是矿物胶，和酸反应可以制备硅胶，具有防腐阻燃的作用，做木材防火剂的原料，故B正确；C．品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用，而且加热红色能复原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液碱性减弱，红色褪去，各元素没有价态变化，是复分解反应，二者褪色原理不一样，故C错误；D．镁铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机、汽车等部件，故D错误。
10.【答案】C
【解析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，戊为硫酸，可知丙为SO3，甲为SO2，乙为O3，丁为O2，则B为O元素，D为S元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为（8+16）×=6，可知A为C元素；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，结合原子序数可知，C为Mg，E为Cl。镁是活泼金属，硫是活泼非金属，MgS是离子化合物，故A错误；MgCl2是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故B错误；S2−的电子层数最多，半径最大，Mg2+、O2−电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径S2−>O2−>Mg2+，故C正确；Cl的最高价氧化物水化物——高氯酸的酸性大于S的最高价氧化物水化物——硫酸的酸性，但是氯元素的其他价态的氧化物的水化物的酸性不一定比硫酸强，故D错误。
11.【答案】A
【解析】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO或SO，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体，溶液中可生成SO，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。如是碱性气体，溶液中存在大量的SO，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A正确；玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故B错误；如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。
12.【答案】D
【解析】由制备绿矾流程可知，硫铁矿(主要成分：FeS2和SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分：Fe2O3和SiO2)溶于硫酸，溶液中含Fe3+，过程2过滤除去二氧化硅，滤液中通入二氧化硫，将铁离子还原生成亚铁离子，过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。A．根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；B．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则过程2最好用硫酸来溶解烧渣，故B正确；C．过程3中二氧化硫将铁离子还原生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO
+4H+，故C正确；D．过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干时绿矾受热失去结晶水，得不到纯净绿矾，故D错误。
13.【答案】D
【解析】A．电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2↑+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2↑+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH-6e−+4H2O+3Cl−=NCl3
+4H+，选项D不正确。
14.【答案】B
【解析】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。
15.【答案】C
【解析】A．Na2SO3溶液能与SO2反应，故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液，可用饱和NaHSO3溶液，A错误；B．MnSO4·H2O受热易分解，故不能将溶液蒸干，可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4·H2O，B错误；C．当温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢，C正确；D．石灰乳是悬浊液，Ca(OH)2主要以固体形式存在，应该写化学式，不能拆写，因此反应的离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，D错误；故答案为C。
16.【答案】D
【解析】由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0，故B错误；A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；设向密闭容器充入了1mol CO和2mol H2，CO的转化率为x，则
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x+2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确。
17.【答案】（1）> 0.04mol/(L·S) 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短
（2）Cu、Cl、H 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)
【解析】（1）①由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即ΔH>0，②H2S的物质的量为1mol，体积2L，起始浓度为0.5mol/L，若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.5mol/L×40%=0.2mol/L，v=Δc/Δt==0.04mol/(L·S)；③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为：>；0.04mol/(L·s)；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；（2）①通过图示可以看出来Fe的化学价由+3变为+2，S的化合价由-2变0价，化合价没有变的元素是Cu、Cl和H三种元素；②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有：增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。故答案为：Cu、Cl、H；增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。
18.【答案】（1）
（2） 增大c(Cl−)，平衡正向移动，将PbCl2 (s)转化为PbCl，消除“钝化层”
（3） 除去溶液中的Fe3+
（4） 加水稀释和降温
（5） a
【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣，PbS中S元素被氧化成硫酸根离子，则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl−(aq) PbCl
(aq)向右移动，加入NaOH溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁、矿渣和滤液；PbCl2微溶于水，将溶液沉降过滤得到PbCl2；电解酸性废液(Mn2+、SO、Cl−)可重新获得MnO2，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，连接电源负极为阴极，发生还原反应，据此解答。(1)浸取过程中MnO2与PbS发生反应4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，离子反应为：8H++2Cl−+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO+4H2O；(2)浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避免钝化层的原因为：已知PbCl2(s)+2Cl−(aq) PbCl(aq)，加入NaCl增大c(Cl−)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为溶液中的离子，消除“钝化层”；(3)根据流程可知调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，除去溶液中的Fe3+；(4)已知：PbCl2(s)+2Cl−(aq) PbCl(aq) ΔH>0，可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行，获得PbCl2；(5)①酸性废液(Mn2+、SO、Cl−)，得到MnO2，故Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，电极反应为：Mn2+-2e−+2H2O=MnO2+4H+，为阳极，则连接a极。
19.【答案】（1）BD
（2）MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O 平衡压强 防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率
（3）2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O
（4）淀粉溶液 25%
【解析】【制备NaClO溶液】（1）配制30% NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，答案选BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率。【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O。【测定肼的含量】①滴定时反应原理为2I2+N2H4·H2O=N2↑+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。②20.00mL溶液中n（N2H4·H2O）=n（I2）=0.1500mol/L×0.02L=0.0015mol，馏分中m（N2H4·H2O）=0.0015mol×50g/mol=0.075g，馏分中N2H4·H2O的质量分数为100%=25%。
20.【答案】（1）排除装置中的O2，防止其将生成的NO氧化为NO2
（2）U形干燥管 蒸馏水
（3）Cr2O+2NO+6H+＝2Cr3++2NO+3H2O
（4）取少量Ｅ中反应后的固体于试管中，滴加少许稀硫酸，试管口有红棕色气体生成
（5）排放气体中NO含量升高，污染环境 产品中Ca(NO3)2杂质含量升高
【解析】装置中含有空气，空气中氧气能氧化一氧化氮，所以通入氮气的目的是排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮；故答案为：排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮。（2）仪器D的名称是U形干燥管；硝酸易挥发，通过B中盛放的蒸馏水洗去硝酸，以防止过氧化钙反应生成氧气；故答案为：U形干燥管；蒸馏水。（3）反应中Cr2O被还原成Cr3+，NO氧化成NO，离子反应方程式为：2NO+Cr2O+6H+=2Cr3++NO+3H2O；故答案为：2NO+Cr2O+6H+=2Cr3++NO+3H2O。（4）Ca(NO2)2与酸会发生反应产生NO气体，NO气体遇氧气生成红棕色NO2气体，所以取少量E中反应后的固体于试管中，滴加少许硫酸，试管口有红棕色气体生成即可证明E中有亚硝酸钙生成；故答案为：取少量E中反应后的固体于试管中，滴加少许硫酸，试管口有红棕色气体生成。（5）①若n(NO)∶n(NO2)＞1∶1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，污染环境，故答案为：排放气体中NO含量升高，污染环境。②若n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2；故答案为：产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高。
21.【答案】（1）Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
（2）NaClO+2HCl(浓)=Cl2↑+NaCl+H2O 钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀
（3）使反应物充分接触、充分反应 用碱液吸收
（4）2∶1 （5）2ClO2+Mn2++2H2O→2ClO+MnO2↓+4H+
【解析】（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠其反应方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用，会发生氧化还原反应，生成氯气，其方程式为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2↑+
NaCl+H2O，钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀，所以不能用“84消毒液”对钢铁制品进行消毒，故答案为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2↑+NaCl+H2O；钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀；（3）将3%～6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，是为了充分接触，充分反应；Cl2有毒，可用碱液来吸收，故答案为：使反应物充分接触、充分反应；用碱液来吸收；（4）NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得二氧化氯，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为=2∶1，故答案为：2∶1；（5）在用ClO2氧化除去Mn2+离子的反应中，由得失电子守恒及原子守恒可知，反应物中要补水，生成物中要补H+，为2ClO2+Mn2++2H2O→2ClO+MnO2↓+4H+，故答案为：2ClO2+Mn2++2H2O→2ClO+MnO2↓+4H+。
22.【答案】（1）2-甲基-1-丙烯 氧化反应
（2）铁粉、液溴 醛基、溴原子
（3）7种
（4）
（5）
【解析】利用逆推原理，根据G的化学式和，可推出C的化学式为(CH3)3CMgBr，F是逆推E是、D是；B是，A是，2-甲基-1-丙烯；H是；J是；(1)A是，2-甲基-1-丙烯；E是到F 是氧化反应；(2)在铁作催化剂的条件下与溴反应生成；(3)①能发生银镜反应说明存在醛基，②含有苯环；③不含甲基，-CHO和-CH2Br与苯环邻间对3中同的分异构，-CH2CHO和-Br与苯环邻间对3中同的分异构，连接苯环一个碳上，所以一共有7种符合条件的同分异构；(4)J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为，H生成高分子化合物K的化学方程式为。(5)根据题目信息，以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图：
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