还剩32页未读，
继续阅读
2020-2021学年山东省日照市高三（上）期末化学试卷
展开
这是一份2020-2021学年山东省日照市高三（上）期末化学试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年山东省日照市高三（上）期末化学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）下列做法不符合化学实验安全要求的是（ ）
A．将实验中使用剩余的金属钾块放回原试剂瓶
B．用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加入浓盐酸后再加热
C．用碱液吸收卤化氢尾气时，使用倒置漏斗或球形干燥管
D．将分别盛放氯酸钾和乙醚的试剂瓶同橱分层存放
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．在电池反应中，化学能可以完全转化为电能
B．氧化还原反应中，氧化剂失电子数目一定等于还原剂得电子数目
C．有些化学反应既属于化合反应，又属于离子反应和氧化还原反应
D．某氧化物既能与酸反应，也能与碱反应，则其属于两性氧化物
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y同族但不相邻，基态Z原子价电子排布nsn﹣1npn+1。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．简单阴离子还原性：Z＞W
C．电负性：Z＞W
D．Z与W的简单气态氢化物互为等电子体
4．（2分）下列关于链状葡萄糖（结构如图） 叙述错误的是（ ）
A．分子中含有σ键和π键两种共价键
B．分子间存在氢键，使其熔、沸点较高
C．2～6号碳原子价层电子对空间构型为四面体形
D．每个分子中有5个手性碳原子
5．（2分）有关的说法错误的是（ ）
A．分子中至少有13个原子共平面
B．与FeCl3的稀溶液作用发生显色反应
C．一定条件下可以发生取代、氧化、消去反应
D．酸性条件下充分发生水解反应，产物中有CO2
6．（2分）下列对实验操作和现象的解释与结论错误的是（ ）
操作和现象
解释与结论
A
25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH＝7
MR为强酸强碱盐
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
向淀粉溶液中加适量稀H2SO4溶液，加热4～5min，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉酸性条件下水解完全
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO32﹣结合，破坏HCO3﹣的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO3﹣反应产生气体
A．A B．B C．C D．D
7．（2分）向1L密闭容器中充入xmol A和ymol B发生反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H，如图中曲线2为70℃下反应的转化率α（A）﹣t曲线。下列说法正确的是（ ）
A．若其它条件不变，曲线4一定是使用了催化剂，降低了反应的活化能
B．若△H＞0，其它条件不变，保持反应绝热，图象可能为曲线5
C．若△H＜0，其它条件不变，保持反应绝热，图象变为曲线3，则N点的v正大于曲线2上M点的v逆
D．保持温度、体积不变，x：y＝a：b时对应的体积分数φ1（D）与x：y＞a：b时对应的φ2（D），大小关系为φ1（D）＜φ2（D）
8．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol D2O比1mol H2O多NA个质子
B．密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数小于2NA
C．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中共价键的数目为13NA
D．CH4和C2H4混合气体2.24L，（标准状况）完全燃烧，消耗O2分子数目一定为0.25NA
9．（2分）侯氏制碱法的基本过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．食盐水精制时一般加入BaCl2后，再加入Na2CO3
B．为提高原料利用率，先通入CO2再通入NH3
C．若沉淀结块，煅烧前需将沉淀研磨成粉末状
D．生产中将X和母液循环利用，可以提高原料利用率和产率
10．（2分）如图装置的盐桥内为KCl溶液与琼脂。某小组用该装置探究H2O2和Fe3+在不同酸度时氧化性的强弱，闭合K后，电流计显示电子由石墨极流入铂极。下列说法错误的是（ ）
A．装置工作时，盐桥中阴离子向石墨极迁移
B．转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3净增0.05mol
C．右侧烧杯中换为30%双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极的电极反应：Fe2+﹣e﹣═Fe3+
D．酸性较弱时，Fe3+的氧化性比H2O2强；酸性较强时，H2O2的氧化性比Fe3+强
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）实验室选用下列部分装置和必需的药品对干燥纯净的NH3与Cl2的反应进行探究。下列说法错误的是（ ）
A．NH3与Cl2的反应在D中进行，NH3应由c口通入
B．只选用BDEF装置（可重复使用）即可完成该实验
C．若装置D中产生大量白烟，则参与反应的NH3与Cl2的物质的量之比可能是8：3
D．可以只选用G装置进行尾气处理
12．（4分）化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得，转化过程如图所示。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．用红外光谱仪可以测定X与Y的相对分子质量
B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y
C．Y与乙酸在一定条件下发生酯化反应可得到X
D．1mol Y与足量浓溴水反应最多消耗2mol Br2
13．（4分）以X（）为原料用电化学法制备K（ ），可以克服副产物多、原料利用率低等缺点，装置工作原理如图所示。为维持装置工作的稳定性，一般保持两侧电极室溶液的pH基本不变。下列说法正确的是（ ）
A．有机钠盐起传导离子的作用
B．电源c极的电势低于d极的电势
C．装置中的离子交换膜可允许Na+和H+通过
D．电极a的反应为：﹣2e﹣═+2H+
14．（4分）（CH3）3C﹣Cl水解反应的进程与能量关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．（CH3）3C﹣Cl水解反应的正反应活化能大于逆反应活化能
B．化学键发生异裂时，可以产生正、负离子
C．H2O分子亲核进攻碳正离子时需要吸收能量
D．在过渡态1、中间体、过渡态2中，过渡态1最稳定
15．（4分）用一定浓度的Ba（OH）2溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L﹣1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中溶液的电导率如图所示（已知：溶液电导率越大，导电能力越强；b点为曲线②上的点）。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、醋酸和盐酸的曲线
B．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c（Ba2+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，且a、b、c、d点c（Ba2+）：a＝b＜c＝d
D．水的电离程度随Ba（OH）2溶液的滴加，先增大后减小，且a＞b＝c＞d
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）AgNO3是重要的化学试剂，常用于化学检验、医药和电子工业。回答下列问题：
（1）Ag与Cu为同族紧邻元素，二者基态原子的价电子排布相似，Ag在元素周期表中的位置为 。
（2）基态Ag+的价电子排布图为 ；NO3﹣的空间构型为 。
（3）由AgNO3制备的[Ag（NH3）2]OH可用于检验醛基。[Ag（NH3）2]OH中向中心原子提供孤电子对的原子为 ；若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则其分子中碳原子的杂化方式为 。
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为 （填标号）；银晶胞的边长为apm，则银晶胞的密度为 g•cm﹣3。（用含a、NA的计算式表示）
17．（12分）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）△H3＝ kJ•mol﹣1
（2）一定条件下，测得CH3OH的转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。由图可知，反应的适宜温度为： 。
（3）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）发生上述反应，达到平衡时，容器中CO2和CO的物质的量分别为amol和bmol，此时容器中H2O（g）的浓度为 mol•L﹣l（用含V、a或b的代数式表示），该条件下，反应Ⅲ的平衡常数为 。（用含a、b的代数式表示）
（4）反应产生的副产物CO2，可在酸性水溶液中用TiO2纳米电极电解生成甲醇，则生成甲醇的电极为 极，该极的电极反应式为 。
18．（12分）聚烯酸化合物是生产环境友好型粉末涂料的重要原料，有机物G（）是合成聚烯酸的一种中间体，其合成路线如图。
已知：。
回答下列问题：
（1）A的名称为 ，F的分子式为 。
（2）D中官能团名称为 ，试剂I的结构简式为 。
（3）B生成C的化学方程式为 。
（4）H为C的同分异构体，H被酸性高锰酸钾氧化只得到一种产物，已知含有碳碳双键的三元碳环不稳定，则稳定的H的结构共有 种。（不考虑顺反异构）
（5）请根据上述合成路线，设计以乙醛为原料（其他试剂任选）合成的路线 。
19．（12分）碲（Te）是一种准金属，纯碲是新型的红外材料。铅电解精炼产的阳极泥经分银炉精炼后产出碲渣，碲渣主要成分为TeO2，含有SeO2、PbO、CuO和SiO2杂质，从碲渣中回收碲的工艺流程如图。
已知：
①二氧化硒（SeO2）是白色有光泽针状晶体，易溶于水，熔点为340℃，易升华。
②二氧化碲（TeO2）是白色晶体，微溶于水，易溶于强酸或强碱生成盐。
③Na2TeO3和Na2SeO3在微酸性和中性水溶液中易水解生成相应的氧化物。
回答下列问题：
（1）“碱浸Ⅰ”时，TeO2和PbO分别转化为Na2TeO3和Na2PbO2进入溶液，则SeO2转化为 进入溶液（填化学式，下同）。“碱浸I”后所得“滤渣Ⅰ”的成分为 。
（2）“净化”包括脱硅和硫化，脱硅得到 沉淀；硫化是将Na2PbO2转化为难溶性PbS，该反应的离子方程式为 。
（3）若“沉淀”后所得溶液的pH为6，此时溶液中＝ 。（已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10﹣3，Ka2＝2.0×10﹣8）
（4）“煅烧”的温度范围为400～450℃的目的是 。
（5）“电解”时，阴极电极反应式为 。
20．（12分）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）属于强氧化剂，常用作去污剂、清洗剂和杀菌剂。某小组设计了两种方法，对样品中2Na2CO3•3H2O2的含量进行测定。回答下列问题：
（1）液吸氧气法：分析化学中，常用醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr]溶液吸收O2并测定其含量，样品中杂质不干扰O2测定，实验装置如图。
①澄清石灰水的作用为 ；试剂X为 。（填名称）
②稀硫酸与2Na2CO3•3H2O2反应生成Na2SO4、CO2、O2和H2O，则参加反应的H2SO4与2Na2CO3•3H2O2的物质的量之比为 。
③样品质量为m1g，实验前后醋酸亚铬溶液增重m2g，则样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 。（用最简分数表示）
（2）滴定法：称量5.0000g样品，配成500mL溶液，每次取50mL置于锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的标准酸性。KMnO4溶液滴定（KMnO4只与H2O2反应），滴定3次，平均每次消耗24.00mL标准液。
①滴定终点的现象为 ；滴定读数时，开始时平视，若结束时俯视，则测定结果 。（填“偏高”或“偏低”）
②根据实验数据计算，样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 %。
2020-2021学年山东省日照市高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）下列做法不符合化学实验安全要求的是（ ）
A．将实验中使用剩余的金属钾块放回原试剂瓶
B．用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加入浓盐酸后再加热
C．用碱液吸收卤化氢尾气时，使用倒置漏斗或球形干燥管
D．将分别盛放氯酸钾和乙醚的试剂瓶同橱分层存放
【分析】A．钾表面覆盖煤油，不会变质；
B．浓盐酸易挥发；
C．氯化氢易溶于碱液，应防止倒吸的发生；
D．氯酸钾具有强的氧化性，乙醚具有还原性和挥发性。
【解答】解：A．钾表面覆盖煤油，不会变质，且钾为危险品，与水反应产生易燃气体氢气，所以使用剩余的钾必须放回原试剂瓶，故A正确；
B．浓盐酸易挥发，所以用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加入浓盐酸后再加热，故B正确；
C．氯化氢易溶于碱液，使用倒置漏斗或球形干燥管可以防止发生倒吸，故C正确；
D．氯酸钾具有强的氧化性，乙醚具有还原性和挥发性，盛放氯酸钾和乙醚的试剂瓶同橱分层存放，挥发的乙醚可能与氯酸钾发生氧化还原反应造成危险，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查学生化学实验中的安全及事故处理知识，试题旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯，题目难度不大。
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．在电池反应中，化学能可以完全转化为电能
B．氧化还原反应中，氧化剂失电子数目一定等于还原剂得电子数目
C．有些化学反应既属于化合反应，又属于离子反应和氧化还原反应
D．某氧化物既能与酸反应，也能与碱反应，则其属于两性氧化物
【分析】A．在电池反应中，化学能部分转化为电能、部分转化为热能；
B．氧化剂得电子，还原剂失电子；
C．氯气与氯化亚铁溶液的反应属于化合反应，有离子参加，存在元素化合价的变化；
D．SiO2能与HF反应，也能与碱反应。
【解答】解：A．在电池反应中，化学能部分转化为电能、部分转化为热能，所以化学能不能完全转化为电能，故A错误；
B．氧化还原反应中电子守恒，则还原剂失去电子总数一定等于氧化剂得到电子总数，故B错误；
C．氯气与氯化亚铁溶液的反应属于化合反应，有离子参加，存在元素化合价的变化，所以氯气与氯化亚铁溶液的反应既属于化合反应，又属于离子反应和氧化还原反应，故C正确；
D．SiO2能与HF反应，也能与碱反应，但是SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化、氧化还原反应的基本概念为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大。
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y同族但不相邻，基态Z原子价电子排布nsn﹣1npn+1。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．简单阴离子还原性：Z＞W
C．电负性：Z＞W
D．Z与W的简单气态氢化物互为等电子体
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y同族但不相邻，则X为H，Y为Na；基态Z原子价电子排布nsn﹣1npn+1，s能级含有2个电子，故n﹣1＝2，解得n＝3，则Z为S元素；W的原子序数大于S，则W为Cl元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为Na，Z为S，W为Cl元素，
A．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞W＞Y＞X，故A错误；
B．非金属性越强，简单阴离子的还原性越弱，非金属性S＜Cl，则简单阴离子还原性：Z＞W，故B正确；
C．同一周期从左向右电负性逐渐增大，则电负性：S＜Cl，即Z＜W，故C错误；
D．Z与W的简单气态氢化物分别为H2S、HCl，H2S、HCl分子中含有原子数不同，不属于等电子体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断Z元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，A为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
4．（2分）下列关于链状葡萄糖（结构如图） 叙述错误的是（ ）
A．分子中含有σ键和π键两种共价键
B．分子间存在氢键，使其熔、沸点较高
C．2～6号碳原子价层电子对空间构型为四面体形
D．每个分子中有5个手性碳原子
【分析】由链状葡萄糖的分子结构可知，其官能团为醛基、羟基、一个链状葡萄糖的分子中含有5个羟基，一个醛基，由此分析。
【解答】解：A．单键都是σ键，双键中一个是σ键、一个是π键，故链状葡萄糖的分子中含有σ键和π键两种共价键，故A正确；
B．链状葡萄糖的分子中含有羟基，氢原子直接与氧原子相连，可形成分子间氢键，使其熔、沸点较高，故B正确；
C．2～6号碳原子均成四个单键，价层电子对数都为4对，空间构型为四面体形，故C正确；
D．2～5号碳原子均连4个不同基团，为手性碳；但6号碳原子连两个氢原子，连有相同基团，不是手性碳原子；1号碳原子连有三个基团，也不是手性碳，故每个分子中有4个手性碳原子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，难度不大，熟悉常见的官能团及其化学性质是解答的关键，注意日常学习中的积累。
5．（2分）有关的说法错误的是（ ）
A．分子中至少有13个原子共平面
B．与FeCl3的稀溶液作用发生显色反应
C．一定条件下可以发生取代、氧化、消去反应
D．酸性条件下充分发生水解反应，产物中有CO2
【分析】该有机物中含有酚羟基、醇羟基、酰胺基和酯基、苯环，具有酚、醇、二肽、酯和苯的性质，一定条件下能发生氧化反应、显色反应、取代反应、水解反应、消去反应等。
【解答】解：A．苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以最少应该是有12个原子共平面，故A错误；
B．含有酚羟基，所以能和FeCl3的稀溶液作用发生显色反应，故B正确；
C．酚羟基、醇羟基都能发生取代反应和氧化反应，连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有H原子，所以醇羟基能发生消去反应，故C正确；
D．酸性条件下充分水解生成碳酸，碳酸不稳定而易分解生成二氧化碳，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，利用知识迁移方法进行原子共平面判断，题目难度不大。
6．（2分）下列对实验操作和现象的解释与结论错误的是（ ）
操作和现象
解释与结论
A
25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH＝7
MR为强酸强碱盐
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
向淀粉溶液中加适量稀H2SO4溶液，加热4～5min，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉酸性条件下水解完全
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO32﹣结合，破坏HCO3﹣的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO3﹣反应产生气体
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．正盐MR可能为弱酸弱碱盐；
B．加入过量的KI溶液，检验铁离子可证明反应的可逆性；
C．溶液不变蓝，说明不存在淀粉；
D．生成白色沉淀为碳酸钙，无色气体为二氧化碳，说明钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸氢根离子的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体。
【解答】解：A．正盐MR不一定为强酸强碱盐，如醋酸铵为弱酸弱碱盐，其溶液呈中性，故A错误；
B．加入过量的KI溶液，反应后加KSCN溶液，溶液颜色变红，可知铁离子不能完全反应，由操作和现象可证明KI与FeCl3的反应为可逆反应，故B正确；
C．滴加少量碘水后溶液不变蓝，说明反应后溶液中不存在碘单质，从而证明淀粉酸性条件下水解完全，故C正确；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，说明Ca2+与CO32﹣结合生成白色沉淀碳酸钙，破坏了HCO3﹣的电离平衡，溶液中H+浓度增大，H+与HCO3﹣反应产生气体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、淀粉水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（2分）向1L密闭容器中充入xmol A和ymol B发生反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H，如图中曲线2为70℃下反应的转化率α（A）﹣t曲线。下列说法正确的是（ ）
A．若其它条件不变，曲线4一定是使用了催化剂，降低了反应的活化能
B．若△H＞0，其它条件不变，保持反应绝热，图象可能为曲线5
C．若△H＜0，其它条件不变，保持反应绝热，图象变为曲线3，则N点的v正大于曲线2上M点的v逆
D．保持温度、体积不变，x：y＝a：b时对应的体积分数φ1（D）与x：y＞a：b时对应的φ2（D），大小关系为φ1（D）＜φ2（D）
【分析】A.加入催化剂或者等体积反应中加压，均能加快化学反应速率，平衡不移动；
B.反应吸热，绝热容器中体系温度降低；
C.反应放热，绝热容器中体系温度升高；
D.增大反应物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：A.曲线4相对于曲线2，达到平衡所需的时间变短，反应速率加快，但平衡时反应的转化率α（A）不变，平衡不移动，故改变的条件可能为加入催化剂，也可能反应前后气体体积不变，加压引起的变化，故A错误；
B.若△H＞0，其它条件不变，保持反应绝热，温度降低，反应速率变慢，达到平衡所需的时间变长，曲线5与此不符，故B错误；
C.若△H＜0，其它条件不变，保持反应绝热，体系内温度升高，反应速率增大，反应到达平衡所需的时间变短，温度升高，平衡逆向移动，平衡时反应的转化率α（A）变小，曲线3符合，平衡时温度高反应速率快，则N点的v正大于曲线2上M点的v逆，故C正确；
D.增大x：y可视为保持B的用量恒定条件下增大A的浓度，一定范围内增大A的浓度，平衡正向移动，D的体积分数增大，但大量通入A时，D的增加量不明显，气体总体积增加较多，D的体积分数减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
8．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol D2O比1mol H2O多NA个质子
B．密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数小于2NA
C．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中共价键的数目为13NA
D．CH4和C2H4混合气体2.24L，（标准状况）完全燃烧，消耗O2分子数目一定为0.25NA
【分析】A．1个D2O和1个H2O都含有10个质子；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底；
C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条；
D．1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，甲烷和乙烯的物质的量未知，无法计算耗氧量。
【解答】解：A．1个D2O和1个H2O都含有10个质子，所以1mol D2O和1mol H2O都含有10NA个质子，故A错误；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故B错误；
C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以20g正丁烷和38g异丁烷，即混合物的物质的量为＝1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故C正确；
D．1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，只知道混合气体总的体积，无法计算甲烷和乙烯的物质的量，无法计算消耗氧气物质的量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确物质构成微粒及物质结构、物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，D为解答易错点。
9．（2分）侯氏制碱法的基本过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．食盐水精制时一般加入BaCl2后，再加入Na2CO3
B．为提高原料利用率，先通入CO2再通入NH3
C．若沉淀结块，煅烧前需将沉淀研磨成粉末状
D．生产中将X和母液循环利用，可以提高原料利用率和产率
【分析】向饱和食盐水中通入NH3，再通入CO2，发生的化学反应：NaCl+NH3+H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3晶体，母液为氯化铵，可以进入沉淀池循环利用，煅烧过程中，NaHCO3受热分解：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，据此分析。
【解答】解：A.食盐水精制时一般加入氯化钡后，再加入碳酸钠，该操作可以通过碳酸钠除去过量的氯化钡，故A正确；
B.为提高原料利用率，由于氨气极易溶于水，先通氨气，溶液呈碱性，再通二氧化碳，故B错误；
C.将沉淀研磨成粉末状，可以增大受热面积，分解更为充分，故C正确；
D.分析可知，X为二氧化碳，母液为氯化铵，循环利用，可以提高原料利用率和产率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的制备实验方案设计，题目难度中等，把握实验原理、物质之间的反应、实验流程的分析为解答的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
10．（2分）如图装置的盐桥内为KCl溶液与琼脂。某小组用该装置探究H2O2和Fe3+在不同酸度时氧化性的强弱，闭合K后，电流计显示电子由石墨极流入铂极。下列说法错误的是（ ）
A．装置工作时，盐桥中阴离子向石墨极迁移
B．转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3净增0.05mol
C．右侧烧杯中换为30%双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极的电极反应：Fe2+﹣e﹣═Fe3+
D．酸性较弱时，Fe3+的氧化性比H2O2强；酸性较强时，H2O2的氧化性比Fe3+强
【分析】分析装置可知，①右侧酸性条件时，电极总反应为2Fe2++2H++H2O2＝2H2O+2Fe3+，左侧为负极，右侧为正极，②当右侧酸性降低时，三价铁离子氧化性强于过氧化氢，发生反应2Fe3++H2O2＝Fe2+2H++O2↑，正负极颠倒，所以不同酸碱性，反应的正负极可能不同，依据提示。闭合K后，电流计显示电子由石墨极流入铂极，故左侧为负极，右侧为正极，此时发生反应①，据此分析回答问题。
【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，依题意，石墨为负极，铂极为正极，盐桥中阳离子向铂极移动，阴离子向石墨极移动，故A正确；
B．左侧烧杯中发生还原反应，氧化性Fe3+＞Fe2+，因此Fe3++e﹣＝Fe2+，所以转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3减少0.05mol，故B错误；
C．右侧烧杯中换为30%双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极为负极，还原性：Fe2+＞Fe3+，因此铂极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，故C正确；
D．酸性较弱时，双氧水还原Fe3+，氧化性：Fe3+＞H2O2；当加入30%双氧水和硫酸后，酸性较强时，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，根据氧化剂氧化性强于氧化产物，得出氧化顺序：H2O2＞Fe3+，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，涉及氧化还原反应，电极反应方程式等内容，明确正负极为解题关键，注意不同酸碱性情况下过氧化氢氧化性的强弱，整体难度适中。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）实验室选用下列部分装置和必需的药品对干燥纯净的NH3与Cl2的反应进行探究。下列说法错误的是（ ）
A．NH3与Cl2的反应在D中进行，NH3应由c口通入
B．只选用BDEF装置（可重复使用）即可完成该实验
C．若装置D中产生大量白烟，则参与反应的NH3与Cl2的物质的量之比可能是8：3
D．可以只选用G装置进行尾气处理
【分析】实验室可以用氯化铵与氢氧化钙在加入条件下制备氨气，选择装置A，也可以利用浓氨水与氧化钙等混合制备氨气，选择装置B；实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，选择装置C，装置D为NH3与Cl2的反应装置，装置E除去氯气中的水蒸气，其中溶液选用浓硫酸，装置F中用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染大气，装置G除去氨气中的水蒸气，其中干燥剂选用碱石灰，据此答题。
【解答】解：A．装置D为NH3与Cl2的反应装置，氯气的密度比空气大，氨气的密度比较空气小，为了便于气体混合，NH3的密度小应由c口通入，Cl2的密度大应由d口通入，故A正确；
B．氨气中主要含有水蒸气，可以用碱石灰等进行干燥，不宜用E进行干燥氨气，装置G只能盛放固体试剂碱石灰，只选用BDEF装置（可重复使用）不可，故B错误；
C．氨可与Cl2反应，反应方程式如下：8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，D中产生大量白烟，则参与反应的NH3与Cl2的物质的量之比可能是8：3，故C正确；
D．尾气中可能含有未反应的氯气、氨气等，氯气用氢氧化钠溶液或碱石灰除去，氨气可以用硫酸溶液或蘸有硫酸的棉花等除去，E、F或G都能用于除尾气，但只用其中一种可能除不净尾气，故D错误。
故选：BD。
【点评】本题考查物质性质探究实验，关键是对实验原理的理解，明确各装置的作用，掌握常见气体的制备，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
12．（4分）化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得，转化过程如图所示。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．用红外光谱仪可以测定X与Y的相对分子质量
B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y
C．Y与乙酸在一定条件下发生酯化反应可得到X
D．1mol Y与足量浓溴水反应最多消耗2mol Br2
【分析】A．红外光谱测定分子中存在的化学键，质谱法测定分子的相对分子质量；
B．碳碳双键和酚羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．X中酯基在碱性条件下水解然后酸化生成乙酸和Y；
D．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的对位H原子能和溴发生1：1的取代反应。
【解答】解：A．红外光谱测定分子中存在的化学键，质谱法测定分子的相对分子质量，所以应该用质谱仪测定X与Y的相对分子质量，故A错误；
B．碳碳双键和酚羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，二者都含有碳碳双键，所以都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y，故B错误；
C．X中酯基在碱性条件下水解然后酸化生成乙酸和Y，所以Y与乙酸在一定条件下发生酯化反应可得到X，故C正确；
D．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的对位H原子能和溴发生1：1的取代反应，Y分子中含有2个碳碳双键、苯环上酚羟基邻对位有1个H原子，所以1molY与足量浓溴水反应最多消耗3mol Br2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，利用物质性质差异性进行鉴别，题目难度不大。
13．（4分）以X（）为原料用电化学法制备K（ ），可以克服副产物多、原料利用率低等缺点，装置工作原理如图所示。为维持装置工作的稳定性，一般保持两侧电极室溶液的pH基本不变。下列说法正确的是（ ）
A．有机钠盐起传导离子的作用
B．电源c极的电势低于d极的电势
C．装置中的离子交换膜可允许Na+和H+通过
D．电极a的反应为：﹣2e﹣═+2H+
【分析】根据装置图可知，右侧电极室中电解质溶液为盐酸，氢离子变为氢气，发生了还原反应，电极b为阴极，此极溶液的酸性减弱；电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应为：﹣2e﹣═+2H+，此极溶液的酸性增强；为维持装置工作的稳定性，一般保持两侧电极室溶液的pH基本不变，所以阳极产生氢离子通过离子交换膜进入到阴极室；据以上分析解答。
【解答】解：A．根据以上分析可知，有机钠盐没有参与反应，起传导离子的作用，故A正确；
B．根据以上分析可知，电极a为阳极，所以电源c为正极，d为负极，所以电源c极的电势高于d极的电势，故B错误；
C．结合以上分析可知，装置中的离子交换膜只允许H+通过，故C错误；
D．电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：﹣2e﹣═+2H+，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了电解池原理分析判断，注意根据电极方程式判断两极的产物以及电极材料，题目难度中等，侧重于考查学生对电解知识的综合应用能力。
14．（4分）（CH3）3C﹣Cl水解反应的进程与能量关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．（CH3）3C﹣Cl水解反应的正反应活化能大于逆反应活化能
B．化学键发生异裂时，可以产生正、负离子
C．H2O分子亲核进攻碳正离子时需要吸收能量
D．在过渡态1、中间体、过渡态2中，过渡态1最稳定
【分析】A．放热反应正反应活化能小于逆反应活化能；
B．化学键发生异裂时，可以产生正、负离子，重新结合产生新的物质；
C．分析图示可知碳正离子与水分子结合产生的过渡态2时能量增加；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强；
【解答】解：A．分析图示可知，反应物的能量比生成物高，该反应为放热反应，说明(CH3)3C﹣Cl水解反应的正反应活化能小于逆反应活化能，故A错误；
B．分析图示可知化学键发生异裂时，可以产生正、负离子，之后重新结合产生新的物质，故B正确；
C．分析图示可知碳正离子与水分子结合产生的过渡态2时能量增加，说明H2O分子作为亲核试剂进攻碳正离子时需要吸收能量，故C正确；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示可知在在过渡态1、中间体、过渡态2中，中间体的能量最低，因此中间体最稳定，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查化学反应过程的能量变化、化学反应速率、化学平衡的移动等，还涉及有机化学反应，需要学生仔细分析图象信息，根据图象判断反应物和生成物的稳定状态，题目难度中等。
15．（4分）用一定浓度的Ba（OH）2溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L﹣1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中溶液的电导率如图所示（已知：溶液电导率越大，导电能力越强；b点为曲线②上的点）。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、醋酸和盐酸的曲线
B．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c（Ba2+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，且a、b、c、d点c（Ba2+）：a＝b＜c＝d
D．水的电离程度随Ba（OH）2溶液的滴加，先增大后减小，且a＞b＝c＞d
【分析】A．电导率与溶液中离子浓度成正比，相同浓度的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液中c（H+）依次减小，则溶液的电导率依次减小，所以曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、盐酸、醋酸的曲线；
B．c点电导率为0，该点硫酸和氢氧化钡完全反应生成硫酸钡沉淀和水，消耗V[Ba（OH）2]＝V（H2SO4），c[Ba（OH）2]＝c（H2SO4）＝0.100mol/L，则d点Ba（OH）2过量，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒2c（Ba2+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；
C．根据B知，Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，如果酸碱中和生成可溶性的钡盐，则加入的V[Ba（OH）2]越多，溶液中c（Ba2+）越大，如果生成难溶性钡盐，如果加入的氢氧化钡完全被中和，则溶液中c（Ba2+）最小；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
【解答】解：A．根据以上分析知，曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、盐酸、醋酸的曲线，故A错误；
B．c点电导率为0，该点硫酸和氢氧化钡完全反应生成硫酸钡沉淀和水，消耗V[Ba（OH）2]＝V（H2SO4），c[Ba（OH）2]＝c（H2SO4）＝0.100mol/L，则d点Ba（OH）2过量，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒2c（Ba2+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Ba2+）＜c（CH3COO﹣），故B错误；
C．根据B知，Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，如果酸碱中和生成可溶性的钡盐，则加入的V[Ba（OH）2]越多，溶液中c（Ba2+）越大，如果生成难溶性钡盐，如果加入的氢氧化钡完全被中和，则溶液中c（Ba2+）最小，a、b、d都生成可溶性钡盐而c生成难溶性钡盐，所以a、b、c、d点c（Ba2+）：d＞a＝b＞c，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，随着溶液中c（H+）减小，溶液中水电离程度增大，当酸碱恰好完全反应时水电离程度最大，继续加入氢氧化钡溶液，水电离程度减小，醋酸钡促进水电离，a点溶质为醋酸钡而促进水电离、b点溶质为氯化钡而不影响水电离、c点溶液为水而不影响水电离、d点溶质为醋酸钡和氢氧化钡而抑制水电离，所以水电离程度：a＞b＝c＞d，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、正确计算氢氧化钡浓度是解本题关键，D为解答易错点，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）AgNO3是重要的化学试剂，常用于化学检验、医药和电子工业。回答下列问题：
（1）Ag与Cu为同族紧邻元素，二者基态原子的价电子排布相似，Ag在元素周期表中的位置为 第五周期第IB族 。
（2）基态Ag+的价电子排布图为 ；NO3﹣的空间构型为 平面三角形 。
（3）由AgNO3制备的[Ag（NH3）2]OH可用于检验醛基。[Ag（NH3）2]OH中向中心原子提供孤电子对的原子为 N ；若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则其分子中碳原子的杂化方式为 sp2、sp3 。
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为 I （填标号）；银晶胞的边长为apm，则银晶胞的密度为 ×1030 g•cm﹣3。（用含a、NA的计算式表示）
【分析】（1）Ag元素在周期表中应在Cu的下方，Ag元素的原子序数为47，29号元素为Cu；
（2）Ag失去一个电子，生成银离子；计算价层电子对数和孤电子对数，进而判断阴离子的空间构型；
（3）[Ag（NH3）2]OH中银离子提供空轨道，氨气分子作为配体，若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则该物质的结构式为CH3CH2CHO，据此分析C原子杂化方式；
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为ABCABC型，银晶胞中，银原子数目为8×+6×＝4，故晶胞质量为，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，据此计算晶胞密度。
【解答】解：（1）Ag的原子序数是47，位于铜的下一周期，在元素周期表中的位置是第五周期第IB族，
故答案为：第五周期第IB族；
（2）Ag的价电子排布式为4d105s1，Ag失去一个电子Ag+，故Ag+的价电子排布图为，NO3﹣中N的价层电子对数为3，所以中心N原子杂化类型为：sp2杂化，孤电子对数为0，所以NO3﹣为平面三角形，
故答案为：；平面三角形；
（3）[Ag（NH3）2]OH中银离子提供空轨道，氨气分子作为配体，其中N原子提供孤电子对，若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则该物质的结构式为CH3CH2CHO，醛基中的C原子为sp2杂化，其他C原子为sp3杂化，
故答案为：N；sp2、sp3；
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为ABCABC型，银晶胞中，银原子数目为8×+6×＝4，故其堆积方式为I，故晶胞质量为，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，ρ＝＝g•cm﹣3＝×1030g•cm﹣3，
故答案为：I；×1030。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，分子构型，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17．（12分）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）△H3＝ 41 kJ•mol﹣1
（2）一定条件下，测得CH3OH的转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。由图可知，反应的适宜温度为： 260℃ 。
（3）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）发生上述反应，达到平衡时，容器中CO2和CO的物质的量分别为amol和bmol，此时容器中H2O（g）的浓度为 mol•L﹣l（用含V、a或b的代数式表示），该条件下，反应Ⅲ的平衡常数为 。（用含a、b的代数式表示）
（4）反应产生的副产物CO2，可在酸性水溶液中用TiO2纳米电极电解生成甲醇，则生成甲醇的电极为 阴 极，该极的电极反应式为 CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O 。
【分析】（1）Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
盖斯定律计算Ⅱ﹣Ⅰ得到Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3；
（2）观察CH3OH转化率的线，转化率最高时温度；
（3）C原子守恒计算平衡时n（CO2）＝（1﹣a﹣b）mol，再根据O、H原子守恒计算平衡时n（H2O）＝（a+b）mol、n（H2）＝（3﹣3a﹣b）mol，结合反应III的平衡常数表达式计算反应Ⅲ的平衡常数K；
（4）CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，O2生成H3OH，化合价降低，再根据质量守恒写出阴极的电极反应。
【解答】解：（1））Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
盖斯定律计算Ⅱ﹣Ⅰ得到Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝（+90kJ•mol﹣1）﹣（+49kJ•mol﹣1）＝+41kJ•mol﹣1，
故答案为：41；
（2）观察CH3OH转化率的线，转化率最高时，为260℃，
故答案为：260℃；
（3）根据C原子守恒计算n（CO2）平衡＝1﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝（1﹣a﹣b）mol，O原子守恒有n（H2O）＝2[n（CO2）﹣n（CO2）平衡]﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝2[1﹣（1﹣a﹣b）]mol﹣amol﹣bmol＝（a+b）mol，则c（H2O）＝mol/L，H原子守恒得到n（H2）平衡＝[2n（H2）﹣4n（CH3OH）﹣2n（H2O）]＝[3×2﹣4a﹣2（a+b）]mol＝（3﹣3a﹣b）mol，Ⅲ．CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）△H3＝﹣90.4kJ•mol﹣1，达到平衡时，容器中CO（g）和CH3OH（g）的物质的量分别为amol、bmol，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K＝＝，
故答案为：；；
（4）CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，O2生成H3OH，化合价降低，在阴极得6mol电子，酸性水溶液含有H+参与反应，根据质量守恒写出阴极的电极反应为：CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O；
故答案为：阴；CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O。
【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡常数及其应用、化学平衡的影响因素、图象分析等知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意掌握平衡常数的计算，题目难度中等。
18．（12分）聚烯酸化合物是生产环境友好型粉末涂料的重要原料，有机物G（）是合成聚烯酸的一种中间体，其合成路线如图。
已知：。
回答下列问题：
（1）A的名称为 丙酮 ，F的分子式为 C11H18O3 。
（2）D中官能团名称为 碳碳双键、醛基 ，试剂I的结构简式为 CH2＝CHCHO 。
（3）B生成C的化学方程式为 （CH3）2C（OH）C（OH）（CH3）2CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2+2H2O 。
（4）H为C的同分异构体，H被酸性高锰酸钾氧化只得到一种产物，已知含有碳碳双键的三元碳环不稳定，则稳定的H的结构共有 12 种。（不考虑顺反异构）
（5）请根据上述合成路线，设计以乙醛为原料（其他试剂任选）合成的路线 CH3CHOCH3CH（OH）CH（OH）CH3CH2＝CHCH＝CH2 。
【分析】B发生消去反应生成C，C和I发生信息中的反应生成D，根据C、D结构简式知，I结构简式为CH2＝CHCHO，E发生水解反应然后酸化得到F，F发生消去反应生成G，则F为；
（5）以乙醛为原料（其他试剂任选）合成，乙醛发生A生成B类型的反应生成CH3CH（OH）CH（OH）CH3，CH3CH（OH）CH（OH）CH3发生消去反应生成CH2＝CHCH＝CH2，CH2＝CHCH＝CH2发生信息中的反应生成。
【解答】解：（1）A的名称为丙酮，F为，F的分子式为C11H18O3，
故答案为：丙酮；C11H18O3；
（2）D中官能团名称为碳碳双键、醛基，试剂I的结构简式为CH2＝CHCHO，
故答案为：碳碳双键、醛基；CH2＝CHCHO；
（3）B发生消去反应生成C，B生成C的化学方程式为（CH3）2C（OH）C（OH）（CH3）2CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2+2H2O，
故答案为：（CH3）2C（OH）C（OH）（CH3）2CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2+2H2O；
（4）H为C的同分异构体，H被酸性高锰酸钾氧化只得到一种产物，
如果含有碳碳三键，符合条件的结构简式为CH3CH2C≡CCH2CH3，
如果含有一个碳碳双键，则还含有一个环，如何条件有、、、、、、、、、、，则符合条件的有12种，
故答案为：12；
（5）以乙醛为原料（其他试剂任选）合成，乙醛发生A生成B类型的反应生成CH3CH（OH）CH（OH）CH3，CH3CH（OH）CH（OH）CH3发生消去反应生成CH2＝CHCH＝CH2，CH2＝CHCH＝CH2发生信息中的反应生成，其合成路线为CH3CHOCH3CH（OH）CH（OH）CH3CH2＝CHCH＝CH2，
故答案为：CH3CHOCH3CH（OH）CH（OH）CH3CH2＝CHCH＝CH2。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体种类判断。
19．（12分）碲（Te）是一种准金属，纯碲是新型的红外材料。铅电解精炼产的阳极泥经分银炉精炼后产出碲渣，碲渣主要成分为TeO2，含有SeO2、PbO、CuO和SiO2杂质，从碲渣中回收碲的工艺流程如图。
已知：
①二氧化硒（SeO2）是白色有光泽针状晶体，易溶于水，熔点为340℃，易升华。
②二氧化碲（TeO2）是白色晶体，微溶于水，易溶于强酸或强碱生成盐。
③Na2TeO3和Na2SeO3在微酸性和中性水溶液中易水解生成相应的氧化物。
回答下列问题：
（1）“碱浸Ⅰ”时，TeO2和PbO分别转化为Na2TeO3和Na2PbO2进入溶液，则SeO2转化为 Na2SeO3 进入溶液（填化学式，下同）。“碱浸I”后所得“滤渣Ⅰ”的成分为 CuO 。
（2）“净化”包括脱硅和硫化，脱硅得到 CaSiO3 沉淀；硫化是将Na2PbO2转化为难溶性PbS，该反应的离子方程式为 PbO22﹣+S2﹣+2H2O＝PbS↓+2OH﹣ 。
（3）若“沉淀”后所得溶液的pH为6，此时溶液中＝ 0.05 。（已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10﹣3，Ka2＝2.0×10﹣8）
（4）“煅烧”的温度范围为400～450℃的目的是 除去滤渣Ⅲ中易升华的SeO2 。
（5）“电解”时，阴极电极反应式为 TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣ 。
【分析】碲渣主要成分为TeO2，含有SeO2、PbO、CuO和SiO2杂质，球磨后加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤，滤渣Ⅰ含有CuO，滤液Ⅰ含有Na2TeO3、Na2PbO2、Na2SeO3和Na2SiO3，加入硫化钠、氯化钙净化，可生成PbS、CaSiO3并过滤除去，滤液加入硫酸，可生成SeO2、TeO2，滤液Ⅱ含有SeO2，滤渣Ⅲ为TeO2，煅烧后加入氢氧化钠碱浸，可生成Na2TeO3，电解可生成Te，以此解答该题。
【解答】解：（1）“碱浸Ⅰ”时，TeO2和PbO分别转化为Na2TeO3和Na2PbO2进入溶液，则SeO2转化为Na2SeO3进入溶液，“碱浸I”后所得“滤渣Ⅰ”的成分为CuO，
故答案为：Na2SeO3；CuO；
（2）“净化”包括脱硅和硫化，脱硅得到CaSiO3沉淀；硫化是将Na2PbO2转化为难溶性PbS，该反应的离子方程式为PbO22﹣+S2﹣+2H2O＝PbS↓+2OH﹣，
故答案为：CaSiO3；PbO22﹣+S2﹣+2H2O＝PbS↓+2OH﹣；
（3）若“沉淀”后所得溶液的pH为6，此时溶液中＝××c2（H+）＝××c2（H+）＝××（10﹣6）2＝0.05，
故答案为：0.05；
（4）“煅烧”的温度范围为400～450℃的目的是除去滤渣Ⅲ中易升华的SeO2，
故答案为：除去滤渣Ⅲ中易升华的SeO2；
（5）“电解”时，阴极发生还原反应生成Te，电极反应式为TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣，
故答案为：TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
20．（12分）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）属于强氧化剂，常用作去污剂、清洗剂和杀菌剂。某小组设计了两种方法，对样品中2Na2CO3•3H2O2的含量进行测定。回答下列问题：
（1）液吸氧气法：分析化学中，常用醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr]溶液吸收O2并测定其含量，样品中杂质不干扰O2测定，实验装置如图。
①澄清石灰水的作用为 检查CO2是否除尽 ；试剂X为 浓硫酸 。（填名称）
②稀硫酸与2Na2CO3•3H2O2反应生成Na2SO4、CO2、O2和H2O，则参加反应的H2SO4与2Na2CO3•3H2O2的物质的量之比为 2：1 。
③样品质量为m1g，实验前后醋酸亚铬溶液增重m2g，则样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 。（用最简分数表示）
（2）滴定法：称量5.0000g样品，配成500mL溶液，每次取50mL置于锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的标准酸性。KMnO4溶液滴定（KMnO4只与H2O2反应），滴定3次，平均每次消耗24.00mL标准液。
①滴定终点的现象为 溶液由无色变浅红色 ；滴定读数时，开始时平视，若结束时俯视，则测定结果 偏低 。（填“偏高”或“偏低”）
②根据实验数据计算，样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 62.8 %。
【分析】（1）为准确测定产生的氧气的量，实验开始前应先同一段时间氮气，排尽装置中的空气避免干扰测定，空气排尽后打开分液漏斗活塞，滴入稀硫酸与过碳酸钠反应产生氧气和二氧化碳气体，气体通过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，再通入澄清石灰水验证二氧化碳是否除尽，经浓硫酸干燥后，氧气进入醋酸亚铬溶液被吸收，装置F的作用是防止空气中的氧气进入；
（2）高锰酸碱与双氧水发生反应如下：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内褪色，反应即达到终点。
【解答】解：（1）①由上述分析可知澄清石灰水的作用是验证二氧化碳气体是否被完全吸收；试剂X的目的是干燥氧气，应选用浓硫酸，
故答案为：检查CO2是否除尽；浓硫酸；
②稀硫酸与2Na2CO3•3H2O2反应生成Na2SO4、CO2、O2和H2O，可得反应方程式2[2Na2CO3•3H2O2]+4H2SO4＝4Na2SO4+4CO2+3O2↑+10H2O，
故答案为：2：1；
③由上述反应可知：2Na2CO3•3H2O2～O2，实验前后醋酸亚铬溶液增重m2g，即产生氧气的质量为m2g，结合上述关系式可得过碳酸钠的质量为：，其质量分数＝×100%＝，
故答案为：；
（2）①高锰酸钾滴定过碳酸钠溶液，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内褪色，反应即达到终点；终点读数时俯视刻度线会使高锰酸钾的读数偏低，则所测过碳酸钠的含量偏低，
故答案为：溶液由无色变浅红色；偏低；
②高锰酸碱与双氧水发生反应如下：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，2Na2CO3•3H2O2～3H2O2～KMnO4，m（2Na2CO3•3H2O2）＝n（KMnO4）×M（2Na2CO3•3H2O2）＝×0.0500mol/L×0.024L××314g/mol＝3.14g，样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为×100%＝62.8%，
故答案为：62.8。
【点评】本题考查物质组成的实验探究方法、滴定操作，掌握实验基础和过程分析方法是解题关键，注重考查学生的分析能力和基本计算能力，题目难度中等。
2020-2021学年山东省日照市高三（上）期末化学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）下列做法不符合化学实验安全要求的是（ ）
A．将实验中使用剩余的金属钾块放回原试剂瓶
B．用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加入浓盐酸后再加热
C．用碱液吸收卤化氢尾气时，使用倒置漏斗或球形干燥管
D．将分别盛放氯酸钾和乙醚的试剂瓶同橱分层存放
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．在电池反应中，化学能可以完全转化为电能
B．氧化还原反应中，氧化剂失电子数目一定等于还原剂得电子数目
C．有些化学反应既属于化合反应，又属于离子反应和氧化还原反应
D．某氧化物既能与酸反应，也能与碱反应，则其属于两性氧化物
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y同族但不相邻，基态Z原子价电子排布nsn﹣1npn+1。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．简单阴离子还原性：Z＞W
C．电负性：Z＞W
D．Z与W的简单气态氢化物互为等电子体
4．（2分）下列关于链状葡萄糖（结构如图） 叙述错误的是（ ）
A．分子中含有σ键和π键两种共价键
B．分子间存在氢键，使其熔、沸点较高
C．2～6号碳原子价层电子对空间构型为四面体形
D．每个分子中有5个手性碳原子
5．（2分）有关的说法错误的是（ ）
A．分子中至少有13个原子共平面
B．与FeCl3的稀溶液作用发生显色反应
C．一定条件下可以发生取代、氧化、消去反应
D．酸性条件下充分发生水解反应，产物中有CO2
6．（2分）下列对实验操作和现象的解释与结论错误的是（ ）
操作和现象
解释与结论
A
25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH＝7
MR为强酸强碱盐
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
向淀粉溶液中加适量稀H2SO4溶液，加热4～5min，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉酸性条件下水解完全
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO32﹣结合，破坏HCO3﹣的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO3﹣反应产生气体
A．A B．B C．C D．D
7．（2分）向1L密闭容器中充入xmol A和ymol B发生反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H，如图中曲线2为70℃下反应的转化率α（A）﹣t曲线。下列说法正确的是（ ）
A．若其它条件不变，曲线4一定是使用了催化剂，降低了反应的活化能
B．若△H＞0，其它条件不变，保持反应绝热，图象可能为曲线5
C．若△H＜0，其它条件不变，保持反应绝热，图象变为曲线3，则N点的v正大于曲线2上M点的v逆
D．保持温度、体积不变，x：y＝a：b时对应的体积分数φ1（D）与x：y＞a：b时对应的φ2（D），大小关系为φ1（D）＜φ2（D）
8．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol D2O比1mol H2O多NA个质子
B．密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数小于2NA
C．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中共价键的数目为13NA
D．CH4和C2H4混合气体2.24L，（标准状况）完全燃烧，消耗O2分子数目一定为0.25NA
9．（2分）侯氏制碱法的基本过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．食盐水精制时一般加入BaCl2后，再加入Na2CO3
B．为提高原料利用率，先通入CO2再通入NH3
C．若沉淀结块，煅烧前需将沉淀研磨成粉末状
D．生产中将X和母液循环利用，可以提高原料利用率和产率
10．（2分）如图装置的盐桥内为KCl溶液与琼脂。某小组用该装置探究H2O2和Fe3+在不同酸度时氧化性的强弱，闭合K后，电流计显示电子由石墨极流入铂极。下列说法错误的是（ ）
A．装置工作时，盐桥中阴离子向石墨极迁移
B．转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3净增0.05mol
C．右侧烧杯中换为30%双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极的电极反应：Fe2+﹣e﹣═Fe3+
D．酸性较弱时，Fe3+的氧化性比H2O2强；酸性较强时，H2O2的氧化性比Fe3+强
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）实验室选用下列部分装置和必需的药品对干燥纯净的NH3与Cl2的反应进行探究。下列说法错误的是（ ）
A．NH3与Cl2的反应在D中进行，NH3应由c口通入
B．只选用BDEF装置（可重复使用）即可完成该实验
C．若装置D中产生大量白烟，则参与反应的NH3与Cl2的物质的量之比可能是8：3
D．可以只选用G装置进行尾气处理
12．（4分）化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得，转化过程如图所示。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．用红外光谱仪可以测定X与Y的相对分子质量
B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y
C．Y与乙酸在一定条件下发生酯化反应可得到X
D．1mol Y与足量浓溴水反应最多消耗2mol Br2
13．（4分）以X（）为原料用电化学法制备K（ ），可以克服副产物多、原料利用率低等缺点，装置工作原理如图所示。为维持装置工作的稳定性，一般保持两侧电极室溶液的pH基本不变。下列说法正确的是（ ）
A．有机钠盐起传导离子的作用
B．电源c极的电势低于d极的电势
C．装置中的离子交换膜可允许Na+和H+通过
D．电极a的反应为：﹣2e﹣═+2H+
14．（4分）（CH3）3C﹣Cl水解反应的进程与能量关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．（CH3）3C﹣Cl水解反应的正反应活化能大于逆反应活化能
B．化学键发生异裂时，可以产生正、负离子
C．H2O分子亲核进攻碳正离子时需要吸收能量
D．在过渡态1、中间体、过渡态2中，过渡态1最稳定
15．（4分）用一定浓度的Ba（OH）2溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L﹣1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中溶液的电导率如图所示（已知：溶液电导率越大，导电能力越强；b点为曲线②上的点）。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、醋酸和盐酸的曲线
B．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c（Ba2+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，且a、b、c、d点c（Ba2+）：a＝b＜c＝d
D．水的电离程度随Ba（OH）2溶液的滴加，先增大后减小，且a＞b＝c＞d
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）AgNO3是重要的化学试剂，常用于化学检验、医药和电子工业。回答下列问题：
（1）Ag与Cu为同族紧邻元素，二者基态原子的价电子排布相似，Ag在元素周期表中的位置为 。
（2）基态Ag+的价电子排布图为 ；NO3﹣的空间构型为 。
（3）由AgNO3制备的[Ag（NH3）2]OH可用于检验醛基。[Ag（NH3）2]OH中向中心原子提供孤电子对的原子为 ；若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则其分子中碳原子的杂化方式为 。
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为 （填标号）；银晶胞的边长为apm，则银晶胞的密度为 g•cm﹣3。（用含a、NA的计算式表示）
17．（12分）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）△H3＝ kJ•mol﹣1
（2）一定条件下，测得CH3OH的转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。由图可知，反应的适宜温度为： 。
（3）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）发生上述反应，达到平衡时，容器中CO2和CO的物质的量分别为amol和bmol，此时容器中H2O（g）的浓度为 mol•L﹣l（用含V、a或b的代数式表示），该条件下，反应Ⅲ的平衡常数为 。（用含a、b的代数式表示）
（4）反应产生的副产物CO2，可在酸性水溶液中用TiO2纳米电极电解生成甲醇，则生成甲醇的电极为 极，该极的电极反应式为 。
18．（12分）聚烯酸化合物是生产环境友好型粉末涂料的重要原料，有机物G（）是合成聚烯酸的一种中间体，其合成路线如图。
已知：。
回答下列问题：
（1）A的名称为 ，F的分子式为 。
（2）D中官能团名称为 ，试剂I的结构简式为 。
（3）B生成C的化学方程式为 。
（4）H为C的同分异构体，H被酸性高锰酸钾氧化只得到一种产物，已知含有碳碳双键的三元碳环不稳定，则稳定的H的结构共有 种。（不考虑顺反异构）
（5）请根据上述合成路线，设计以乙醛为原料（其他试剂任选）合成的路线 。
19．（12分）碲（Te）是一种准金属，纯碲是新型的红外材料。铅电解精炼产的阳极泥经分银炉精炼后产出碲渣，碲渣主要成分为TeO2，含有SeO2、PbO、CuO和SiO2杂质，从碲渣中回收碲的工艺流程如图。
已知：
①二氧化硒（SeO2）是白色有光泽针状晶体，易溶于水，熔点为340℃，易升华。
②二氧化碲（TeO2）是白色晶体，微溶于水，易溶于强酸或强碱生成盐。
③Na2TeO3和Na2SeO3在微酸性和中性水溶液中易水解生成相应的氧化物。
回答下列问题：
（1）“碱浸Ⅰ”时，TeO2和PbO分别转化为Na2TeO3和Na2PbO2进入溶液，则SeO2转化为 进入溶液（填化学式，下同）。“碱浸I”后所得“滤渣Ⅰ”的成分为 。
（2）“净化”包括脱硅和硫化，脱硅得到 沉淀；硫化是将Na2PbO2转化为难溶性PbS，该反应的离子方程式为 。
（3）若“沉淀”后所得溶液的pH为6，此时溶液中＝ 。（已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10﹣3，Ka2＝2.0×10﹣8）
（4）“煅烧”的温度范围为400～450℃的目的是 。
（5）“电解”时，阴极电极反应式为 。
20．（12分）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）属于强氧化剂，常用作去污剂、清洗剂和杀菌剂。某小组设计了两种方法，对样品中2Na2CO3•3H2O2的含量进行测定。回答下列问题：
（1）液吸氧气法：分析化学中，常用醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr]溶液吸收O2并测定其含量，样品中杂质不干扰O2测定，实验装置如图。
①澄清石灰水的作用为 ；试剂X为 。（填名称）
②稀硫酸与2Na2CO3•3H2O2反应生成Na2SO4、CO2、O2和H2O，则参加反应的H2SO4与2Na2CO3•3H2O2的物质的量之比为 。
③样品质量为m1g，实验前后醋酸亚铬溶液增重m2g，则样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 。（用最简分数表示）
（2）滴定法：称量5.0000g样品，配成500mL溶液，每次取50mL置于锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的标准酸性。KMnO4溶液滴定（KMnO4只与H2O2反应），滴定3次，平均每次消耗24.00mL标准液。
①滴定终点的现象为 ；滴定读数时，开始时平视，若结束时俯视，则测定结果 。（填“偏高”或“偏低”）
②根据实验数据计算，样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 %。
2020-2021学年山东省日照市高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）下列做法不符合化学实验安全要求的是（ ）
A．将实验中使用剩余的金属钾块放回原试剂瓶
B．用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加入浓盐酸后再加热
C．用碱液吸收卤化氢尾气时，使用倒置漏斗或球形干燥管
D．将分别盛放氯酸钾和乙醚的试剂瓶同橱分层存放
【分析】A．钾表面覆盖煤油，不会变质；
B．浓盐酸易挥发；
C．氯化氢易溶于碱液，应防止倒吸的发生；
D．氯酸钾具有强的氧化性，乙醚具有还原性和挥发性。
【解答】解：A．钾表面覆盖煤油，不会变质，且钾为危险品，与水反应产生易燃气体氢气，所以使用剩余的钾必须放回原试剂瓶，故A正确；
B．浓盐酸易挥发，所以用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加入浓盐酸后再加热，故B正确；
C．氯化氢易溶于碱液，使用倒置漏斗或球形干燥管可以防止发生倒吸，故C正确；
D．氯酸钾具有强的氧化性，乙醚具有还原性和挥发性，盛放氯酸钾和乙醚的试剂瓶同橱分层存放，挥发的乙醚可能与氯酸钾发生氧化还原反应造成危险，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查学生化学实验中的安全及事故处理知识，试题旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯，题目难度不大。
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．在电池反应中，化学能可以完全转化为电能
B．氧化还原反应中，氧化剂失电子数目一定等于还原剂得电子数目
C．有些化学反应既属于化合反应，又属于离子反应和氧化还原反应
D．某氧化物既能与酸反应，也能与碱反应，则其属于两性氧化物
【分析】A．在电池反应中，化学能部分转化为电能、部分转化为热能；
B．氧化剂得电子，还原剂失电子；
C．氯气与氯化亚铁溶液的反应属于化合反应，有离子参加，存在元素化合价的变化；
D．SiO2能与HF反应，也能与碱反应。
【解答】解：A．在电池反应中，化学能部分转化为电能、部分转化为热能，所以化学能不能完全转化为电能，故A错误；
B．氧化还原反应中电子守恒，则还原剂失去电子总数一定等于氧化剂得到电子总数，故B错误；
C．氯气与氯化亚铁溶液的反应属于化合反应，有离子参加，存在元素化合价的变化，所以氯气与氯化亚铁溶液的反应既属于化合反应，又属于离子反应和氧化还原反应，故C正确；
D．SiO2能与HF反应，也能与碱反应，但是SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化、氧化还原反应的基本概念为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大。
3．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y同族但不相邻，基态Z原子价电子排布nsn﹣1npn+1。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W＞Z＞Y＞X
B．简单阴离子还原性：Z＞W
C．电负性：Z＞W
D．Z与W的简单气态氢化物互为等电子体
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y同族但不相邻，则X为H，Y为Na；基态Z原子价电子排布nsn﹣1npn+1，s能级含有2个电子，故n﹣1＝2，解得n＝3，则Z为S元素；W的原子序数大于S，则W为Cl元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为H，Y为Na，Z为S，W为Cl元素，
A．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z＞W＞Y＞X，故A错误；
B．非金属性越强，简单阴离子的还原性越弱，非金属性S＜Cl，则简单阴离子还原性：Z＞W，故B正确；
C．同一周期从左向右电负性逐渐增大，则电负性：S＜Cl，即Z＜W，故C错误；
D．Z与W的简单气态氢化物分别为H2S、HCl，H2S、HCl分子中含有原子数不同，不属于等电子体，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断Z元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，A为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
4．（2分）下列关于链状葡萄糖（结构如图） 叙述错误的是（ ）
A．分子中含有σ键和π键两种共价键
B．分子间存在氢键，使其熔、沸点较高
C．2～6号碳原子价层电子对空间构型为四面体形
D．每个分子中有5个手性碳原子
【分析】由链状葡萄糖的分子结构可知，其官能团为醛基、羟基、一个链状葡萄糖的分子中含有5个羟基，一个醛基，由此分析。
【解答】解：A．单键都是σ键，双键中一个是σ键、一个是π键，故链状葡萄糖的分子中含有σ键和π键两种共价键，故A正确；
B．链状葡萄糖的分子中含有羟基，氢原子直接与氧原子相连，可形成分子间氢键，使其熔、沸点较高，故B正确；
C．2～6号碳原子均成四个单键，价层电子对数都为4对，空间构型为四面体形，故C正确；
D．2～5号碳原子均连4个不同基团，为手性碳；但6号碳原子连两个氢原子，连有相同基团，不是手性碳原子；1号碳原子连有三个基团，也不是手性碳，故每个分子中有4个手性碳原子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，难度不大，熟悉常见的官能团及其化学性质是解答的关键，注意日常学习中的积累。
5．（2分）有关的说法错误的是（ ）
A．分子中至少有13个原子共平面
B．与FeCl3的稀溶液作用发生显色反应
C．一定条件下可以发生取代、氧化、消去反应
D．酸性条件下充分发生水解反应，产物中有CO2
【分析】该有机物中含有酚羟基、醇羟基、酰胺基和酯基、苯环，具有酚、醇、二肽、酯和苯的性质，一定条件下能发生氧化反应、显色反应、取代反应、水解反应、消去反应等。
【解答】解：A．苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以最少应该是有12个原子共平面，故A错误；
B．含有酚羟基，所以能和FeCl3的稀溶液作用发生显色反应，故B正确；
C．酚羟基、醇羟基都能发生取代反应和氧化反应，连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有H原子，所以醇羟基能发生消去反应，故C正确；
D．酸性条件下充分水解生成碳酸，碳酸不稳定而易分解生成二氧化碳，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，利用知识迁移方法进行原子共平面判断，题目难度不大。
6．（2分）下列对实验操作和现象的解释与结论错误的是（ ）
操作和现象
解释与结论
A
25℃，测得可溶性正盐MR溶液的pH＝7
MR为强酸强碱盐
B
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应
C
向淀粉溶液中加适量稀H2SO4溶液，加热4～5min，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉酸性条件下水解完全
D
向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与CO32﹣结合，破坏HCO3﹣的电离平衡，溶液中H+浓度增大，与HCO3﹣反应产生气体
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．正盐MR可能为弱酸弱碱盐；
B．加入过量的KI溶液，检验铁离子可证明反应的可逆性；
C．溶液不变蓝，说明不存在淀粉；
D．生成白色沉淀为碳酸钙，无色气体为二氧化碳，说明钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸氢根离子的电离程度增大，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体。
【解答】解：A．正盐MR不一定为强酸强碱盐，如醋酸铵为弱酸弱碱盐，其溶液呈中性，故A错误；
B．加入过量的KI溶液，反应后加KSCN溶液，溶液颜色变红，可知铁离子不能完全反应，由操作和现象可证明KI与FeCl3的反应为可逆反应，故B正确；
C．滴加少量碘水后溶液不变蓝，说明反应后溶液中不存在碘单质，从而证明淀粉酸性条件下水解完全，故C正确；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，说明Ca2+与CO32﹣结合生成白色沉淀碳酸钙，破坏了HCO3﹣的电离平衡，溶液中H+浓度增大，H+与HCO3﹣反应产生气体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、淀粉水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（2分）向1L密闭容器中充入xmol A和ymol B发生反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）△H，如图中曲线2为70℃下反应的转化率α（A）﹣t曲线。下列说法正确的是（ ）
A．若其它条件不变，曲线4一定是使用了催化剂，降低了反应的活化能
B．若△H＞0，其它条件不变，保持反应绝热，图象可能为曲线5
C．若△H＜0，其它条件不变，保持反应绝热，图象变为曲线3，则N点的v正大于曲线2上M点的v逆
D．保持温度、体积不变，x：y＝a：b时对应的体积分数φ1（D）与x：y＞a：b时对应的φ2（D），大小关系为φ1（D）＜φ2（D）
【分析】A.加入催化剂或者等体积反应中加压，均能加快化学反应速率，平衡不移动；
B.反应吸热，绝热容器中体系温度降低；
C.反应放热，绝热容器中体系温度升高；
D.增大反应物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：A.曲线4相对于曲线2，达到平衡所需的时间变短，反应速率加快，但平衡时反应的转化率α（A）不变，平衡不移动，故改变的条件可能为加入催化剂，也可能反应前后气体体积不变，加压引起的变化，故A错误；
B.若△H＞0，其它条件不变，保持反应绝热，温度降低，反应速率变慢，达到平衡所需的时间变长，曲线5与此不符，故B错误；
C.若△H＜0，其它条件不变，保持反应绝热，体系内温度升高，反应速率增大，反应到达平衡所需的时间变短，温度升高，平衡逆向移动，平衡时反应的转化率α（A）变小，曲线3符合，平衡时温度高反应速率快，则N点的v正大于曲线2上M点的v逆，故C正确；
D.增大x：y可视为保持B的用量恒定条件下增大A的浓度，一定范围内增大A的浓度，平衡正向移动，D的体积分数增大，但大量通入A时，D的增加量不明显，气体总体积增加较多，D的体积分数减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
8．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mol D2O比1mol H2O多NA个质子
B．密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数小于2NA
C．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中共价键的数目为13NA
D．CH4和C2H4混合气体2.24L，（标准状况）完全燃烧，消耗O2分子数目一定为0.25NA
【分析】A．1个D2O和1个H2O都含有10个质子；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底；
C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条；
D．1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，甲烷和乙烯的物质的量未知，无法计算耗氧量。
【解答】解：A．1个D2O和1个H2O都含有10个质子，所以1mol D2O和1mol H2O都含有10NA个质子，故A错误；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故B错误；
C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以20g正丁烷和38g异丁烷，即混合物的物质的量为＝1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故C正确；
D．1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，只知道混合气体总的体积，无法计算甲烷和乙烯的物质的量，无法计算消耗氧气物质的量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确物质构成微粒及物质结构、物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，D为解答易错点。
9．（2分）侯氏制碱法的基本过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．食盐水精制时一般加入BaCl2后，再加入Na2CO3
B．为提高原料利用率，先通入CO2再通入NH3
C．若沉淀结块，煅烧前需将沉淀研磨成粉末状
D．生产中将X和母液循环利用，可以提高原料利用率和产率
【分析】向饱和食盐水中通入NH3，再通入CO2，发生的化学反应：NaCl+NH3+H2O+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3晶体，母液为氯化铵，可以进入沉淀池循环利用，煅烧过程中，NaHCO3受热分解：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，据此分析。
【解答】解：A.食盐水精制时一般加入氯化钡后，再加入碳酸钠，该操作可以通过碳酸钠除去过量的氯化钡，故A正确；
B.为提高原料利用率，由于氨气极易溶于水，先通氨气，溶液呈碱性，再通二氧化碳，故B错误；
C.将沉淀研磨成粉末状，可以增大受热面积，分解更为充分，故C正确；
D.分析可知，X为二氧化碳，母液为氯化铵，循环利用，可以提高原料利用率和产率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的制备实验方案设计，题目难度中等，把握实验原理、物质之间的反应、实验流程的分析为解答的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
10．（2分）如图装置的盐桥内为KCl溶液与琼脂。某小组用该装置探究H2O2和Fe3+在不同酸度时氧化性的强弱，闭合K后，电流计显示电子由石墨极流入铂极。下列说法错误的是（ ）
A．装置工作时，盐桥中阴离子向石墨极迁移
B．转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3净增0.05mol
C．右侧烧杯中换为30%双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极的电极反应：Fe2+﹣e﹣═Fe3+
D．酸性较弱时，Fe3+的氧化性比H2O2强；酸性较强时，H2O2的氧化性比Fe3+强
【分析】分析装置可知，①右侧酸性条件时，电极总反应为2Fe2++2H++H2O2＝2H2O+2Fe3+，左侧为负极，右侧为正极，②当右侧酸性降低时，三价铁离子氧化性强于过氧化氢，发生反应2Fe3++H2O2＝Fe2+2H++O2↑，正负极颠倒，所以不同酸碱性，反应的正负极可能不同，依据提示。闭合K后，电流计显示电子由石墨极流入铂极，故左侧为负极，右侧为正极，此时发生反应①，据此分析回答问题。
【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，依题意，石墨为负极，铂极为正极，盐桥中阳离子向铂极移动，阴离子向石墨极移动，故A正确；
B．左侧烧杯中发生还原反应，氧化性Fe3+＞Fe2+，因此Fe3++e﹣＝Fe2+，所以转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3减少0.05mol，故B错误；
C．右侧烧杯中换为30%双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极为负极，还原性：Fe2+＞Fe3+，因此铂极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，故C正确；
D．酸性较弱时，双氧水还原Fe3+，氧化性：Fe3+＞H2O2；当加入30%双氧水和硫酸后，酸性较强时，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，根据氧化剂氧化性强于氧化产物，得出氧化顺序：H2O2＞Fe3+，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，涉及氧化还原反应，电极反应方程式等内容，明确正负极为解题关键，注意不同酸碱性情况下过氧化氢氧化性的强弱，整体难度适中。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．（4分）实验室选用下列部分装置和必需的药品对干燥纯净的NH3与Cl2的反应进行探究。下列说法错误的是（ ）
A．NH3与Cl2的反应在D中进行，NH3应由c口通入
B．只选用BDEF装置（可重复使用）即可完成该实验
C．若装置D中产生大量白烟，则参与反应的NH3与Cl2的物质的量之比可能是8：3
D．可以只选用G装置进行尾气处理
【分析】实验室可以用氯化铵与氢氧化钙在加入条件下制备氨气，选择装置A，也可以利用浓氨水与氧化钙等混合制备氨气，选择装置B；实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，选择装置C，装置D为NH3与Cl2的反应装置，装置E除去氯气中的水蒸气，其中溶液选用浓硫酸，装置F中用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染大气，装置G除去氨气中的水蒸气，其中干燥剂选用碱石灰，据此答题。
【解答】解：A．装置D为NH3与Cl2的反应装置，氯气的密度比空气大，氨气的密度比较空气小，为了便于气体混合，NH3的密度小应由c口通入，Cl2的密度大应由d口通入，故A正确；
B．氨气中主要含有水蒸气，可以用碱石灰等进行干燥，不宜用E进行干燥氨气，装置G只能盛放固体试剂碱石灰，只选用BDEF装置（可重复使用）不可，故B错误；
C．氨可与Cl2反应，反应方程式如下：8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，D中产生大量白烟，则参与反应的NH3与Cl2的物质的量之比可能是8：3，故C正确；
D．尾气中可能含有未反应的氯气、氨气等，氯气用氢氧化钠溶液或碱石灰除去，氨气可以用硫酸溶液或蘸有硫酸的棉花等除去，E、F或G都能用于除尾气，但只用其中一种可能除不净尾气，故D错误。
故选：BD。
【点评】本题考查物质性质探究实验，关键是对实验原理的理解，明确各装置的作用，掌握常见气体的制备，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
12．（4分）化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得，转化过程如图所示。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．用红外光谱仪可以测定X与Y的相对分子质量
B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y
C．Y与乙酸在一定条件下发生酯化反应可得到X
D．1mol Y与足量浓溴水反应最多消耗2mol Br2
【分析】A．红外光谱测定分子中存在的化学键，质谱法测定分子的相对分子质量；
B．碳碳双键和酚羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．X中酯基在碱性条件下水解然后酸化生成乙酸和Y；
D．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的对位H原子能和溴发生1：1的取代反应。
【解答】解：A．红外光谱测定分子中存在的化学键，质谱法测定分子的相对分子质量，所以应该用质谱仪测定X与Y的相对分子质量，故A错误；
B．碳碳双键和酚羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，二者都含有碳碳双键，所以都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X与Y，故B错误；
C．X中酯基在碱性条件下水解然后酸化生成乙酸和Y，所以Y与乙酸在一定条件下发生酯化反应可得到X，故C正确；
D．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的对位H原子能和溴发生1：1的取代反应，Y分子中含有2个碳碳双键、苯环上酚羟基邻对位有1个H原子，所以1molY与足量浓溴水反应最多消耗3mol Br2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，利用物质性质差异性进行鉴别，题目难度不大。
13．（4分）以X（）为原料用电化学法制备K（ ），可以克服副产物多、原料利用率低等缺点，装置工作原理如图所示。为维持装置工作的稳定性，一般保持两侧电极室溶液的pH基本不变。下列说法正确的是（ ）
A．有机钠盐起传导离子的作用
B．电源c极的电势低于d极的电势
C．装置中的离子交换膜可允许Na+和H+通过
D．电极a的反应为：﹣2e﹣═+2H+
【分析】根据装置图可知，右侧电极室中电解质溶液为盐酸，氢离子变为氢气，发生了还原反应，电极b为阴极，此极溶液的酸性减弱；电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应为：﹣2e﹣═+2H+，此极溶液的酸性增强；为维持装置工作的稳定性，一般保持两侧电极室溶液的pH基本不变，所以阳极产生氢离子通过离子交换膜进入到阴极室；据以上分析解答。
【解答】解：A．根据以上分析可知，有机钠盐没有参与反应，起传导离子的作用，故A正确；
B．根据以上分析可知，电极a为阳极，所以电源c为正极，d为负极，所以电源c极的电势高于d极的电势，故B错误；
C．结合以上分析可知，装置中的离子交换膜只允许H+通过，故C错误；
D．电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：﹣2e﹣═+2H+，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了电解池原理分析判断，注意根据电极方程式判断两极的产物以及电极材料，题目难度中等，侧重于考查学生对电解知识的综合应用能力。
14．（4分）（CH3）3C﹣Cl水解反应的进程与能量关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．（CH3）3C﹣Cl水解反应的正反应活化能大于逆反应活化能
B．化学键发生异裂时，可以产生正、负离子
C．H2O分子亲核进攻碳正离子时需要吸收能量
D．在过渡态1、中间体、过渡态2中，过渡态1最稳定
【分析】A．放热反应正反应活化能小于逆反应活化能；
B．化学键发生异裂时，可以产生正、负离子，重新结合产生新的物质；
C．分析图示可知碳正离子与水分子结合产生的过渡态2时能量增加；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强；
【解答】解：A．分析图示可知，反应物的能量比生成物高，该反应为放热反应，说明(CH3)3C﹣Cl水解反应的正反应活化能小于逆反应活化能，故A错误；
B．分析图示可知化学键发生异裂时，可以产生正、负离子，之后重新结合产生新的物质，故B正确；
C．分析图示可知碳正离子与水分子结合产生的过渡态2时能量增加，说明H2O分子作为亲核试剂进攻碳正离子时需要吸收能量，故C正确；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据图示可知在在过渡态1、中间体、过渡态2中，中间体的能量最低，因此中间体最稳定，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查化学反应过程的能量变化、化学反应速率、化学平衡的移动等，还涉及有机化学反应，需要学生仔细分析图象信息，根据图象判断反应物和生成物的稳定状态，题目难度中等。
15．（4分）用一定浓度的Ba（OH）2溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L﹣1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中溶液的电导率如图所示（已知：溶液电导率越大，导电能力越强；b点为曲线②上的点）。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、醋酸和盐酸的曲线
B．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c（Ba2+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，且a、b、c、d点c（Ba2+）：a＝b＜c＝d
D．水的电离程度随Ba（OH）2溶液的滴加，先增大后减小，且a＞b＝c＞d
【分析】A．电导率与溶液中离子浓度成正比，相同浓度的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液中c（H+）依次减小，则溶液的电导率依次减小，所以曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、盐酸、醋酸的曲线；
B．c点电导率为0，该点硫酸和氢氧化钡完全反应生成硫酸钡沉淀和水，消耗V[Ba（OH）2]＝V（H2SO4），c[Ba（OH）2]＝c（H2SO4）＝0.100mol/L，则d点Ba（OH）2过量，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒2c（Ba2+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；
C．根据B知，Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，如果酸碱中和生成可溶性的钡盐，则加入的V[Ba（OH）2]越多，溶液中c（Ba2+）越大，如果生成难溶性钡盐，如果加入的氢氧化钡完全被中和，则溶液中c（Ba2+）最小；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
【解答】解：A．根据以上分析知，曲线①②③分别代表Ba（OH）2滴定硫酸、盐酸、醋酸的曲线，故A错误；
B．c点电导率为0，该点硫酸和氢氧化钡完全反应生成硫酸钡沉淀和水，消耗V[Ba（OH）2]＝V（H2SO4），c[Ba（OH）2]＝c（H2SO4）＝0.100mol/L，则d点Ba（OH）2过量，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒2c（Ba2+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Ba2+）＜c（CH3COO﹣），故B错误；
C．根据B知，Ba（OH）2浓度为0.100mol•L﹣1，如果酸碱中和生成可溶性的钡盐，则加入的V[Ba（OH）2]越多，溶液中c（Ba2+）越大，如果生成难溶性钡盐，如果加入的氢氧化钡完全被中和，则溶液中c（Ba2+）最小，a、b、d都生成可溶性钡盐而c生成难溶性钡盐，所以a、b、c、d点c（Ba2+）：d＞a＝b＞c，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，随着溶液中c（H+）减小，溶液中水电离程度增大，当酸碱恰好完全反应时水电离程度最大，继续加入氢氧化钡溶液，水电离程度减小，醋酸钡促进水电离，a点溶质为醋酸钡而促进水电离、b点溶质为氯化钡而不影响水电离、c点溶液为水而不影响水电离、d点溶质为醋酸钡和氢氧化钡而抑制水电离，所以水电离程度：a＞b＝c＞d，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、正确计算氢氧化钡浓度是解本题关键，D为解答易错点，题目难度中等。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）AgNO3是重要的化学试剂，常用于化学检验、医药和电子工业。回答下列问题：
（1）Ag与Cu为同族紧邻元素，二者基态原子的价电子排布相似，Ag在元素周期表中的位置为 第五周期第IB族 。
（2）基态Ag+的价电子排布图为 ；NO3﹣的空间构型为 平面三角形 。
（3）由AgNO3制备的[Ag（NH3）2]OH可用于检验醛基。[Ag（NH3）2]OH中向中心原子提供孤电子对的原子为 N ；若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则其分子中碳原子的杂化方式为 sp2、sp3 。
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为 I （填标号）；银晶胞的边长为apm，则银晶胞的密度为 ×1030 g•cm﹣3。（用含a、NA的计算式表示）
【分析】（1）Ag元素在周期表中应在Cu的下方，Ag元素的原子序数为47，29号元素为Cu；
（2）Ag失去一个电子，生成银离子；计算价层电子对数和孤电子对数，进而判断阴离子的空间构型；
（3）[Ag（NH3）2]OH中银离子提供空轨道，氨气分子作为配体，若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则该物质的结构式为CH3CH2CHO，据此分析C原子杂化方式；
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为ABCABC型，银晶胞中，银原子数目为8×+6×＝4，故晶胞质量为，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，据此计算晶胞密度。
【解答】解：（1）Ag的原子序数是47，位于铜的下一周期，在元素周期表中的位置是第五周期第IB族，
故答案为：第五周期第IB族；
（2）Ag的价电子排布式为4d105s1，Ag失去一个电子Ag+，故Ag+的价电子排布图为，NO3﹣中N的价层电子对数为3，所以中心N原子杂化类型为：sp2杂化，孤电子对数为0，所以NO3﹣为平面三角形，
故答案为：；平面三角形；
（3）[Ag（NH3）2]OH中银离子提供空轨道，氨气分子作为配体，其中N原子提供孤电子对，若分子式为C3H6O的有机物经检验含醛基，则该物质的结构式为CH3CH2CHO，醛基中的C原子为sp2杂化，其他C原子为sp3杂化，
故答案为：N；sp2、sp3；
（4）银晶体为面心立方堆积，如图中可以表示银的堆积方式的为ABCABC型，银晶胞中，银原子数目为8×+6×＝4，故其堆积方式为I，故晶胞质量为，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，ρ＝＝g•cm﹣3＝×1030g•cm﹣3，
故答案为：I；×1030。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，分子构型，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17．（12分）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）△H3＝ 41 kJ•mol﹣1
（2）一定条件下，测得CH3OH的转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。由图可知，反应的适宜温度为： 260℃ 。
（3）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）发生上述反应，达到平衡时，容器中CO2和CO的物质的量分别为amol和bmol，此时容器中H2O（g）的浓度为 mol•L﹣l（用含V、a或b的代数式表示），该条件下，反应Ⅲ的平衡常数为 。（用含a、b的代数式表示）
（4）反应产生的副产物CO2，可在酸性水溶液中用TiO2纳米电极电解生成甲醇，则生成甲醇的电极为 阴 极，该极的电极反应式为 CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O 。
【分析】（1）Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
盖斯定律计算Ⅱ﹣Ⅰ得到Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3；
（2）观察CH3OH转化率的线，转化率最高时温度；
（3）C原子守恒计算平衡时n（CO2）＝（1﹣a﹣b）mol，再根据O、H原子守恒计算平衡时n（H2O）＝（a+b）mol、n（H2）＝（3﹣3a﹣b）mol，结合反应III的平衡常数表达式计算反应Ⅲ的平衡常数K；
（4）CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，O2生成H3OH，化合价降低，再根据质量守恒写出阴极的电极反应。
【解答】解：（1））Ⅰ．CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ•mol﹣1
Ⅱ．CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）△H2＝+90kJ•mol﹣1
盖斯定律计算Ⅱ﹣Ⅰ得到Ⅲ．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝（+90kJ•mol﹣1）﹣（+49kJ•mol﹣1）＝+41kJ•mol﹣1，
故答案为：41；
（2）观察CH3OH转化率的线，转化率最高时，为260℃，
故答案为：260℃；
（3）根据C原子守恒计算n（CO2）平衡＝1﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝（1﹣a﹣b）mol，O原子守恒有n（H2O）＝2[n（CO2）﹣n（CO2）平衡]﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝2[1﹣（1﹣a﹣b）]mol﹣amol﹣bmol＝（a+b）mol，则c（H2O）＝mol/L，H原子守恒得到n（H2）平衡＝[2n（H2）﹣4n（CH3OH）﹣2n（H2O）]＝[3×2﹣4a﹣2（a+b）]mol＝（3﹣3a﹣b）mol，Ⅲ．CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）△H3＝﹣90.4kJ•mol﹣1，达到平衡时，容器中CO（g）和CH3OH（g）的物质的量分别为amol、bmol，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K＝＝，
故答案为：；；
（4）CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，O2生成H3OH，化合价降低，在阴极得6mol电子，酸性水溶液含有H+参与反应，根据质量守恒写出阴极的电极反应为：CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O；
故答案为：阴；CO2+6e﹣+6H+═CH3OH+H2O。
【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡常数及其应用、化学平衡的影响因素、图象分析等知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意掌握平衡常数的计算，题目难度中等。
18．（12分）聚烯酸化合物是生产环境友好型粉末涂料的重要原料，有机物G（）是合成聚烯酸的一种中间体，其合成路线如图。
已知：。
回答下列问题：
（1）A的名称为 丙酮 ，F的分子式为 C11H18O3 。
（2）D中官能团名称为 碳碳双键、醛基 ，试剂I的结构简式为 CH2＝CHCHO 。
（3）B生成C的化学方程式为 （CH3）2C（OH）C（OH）（CH3）2CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2+2H2O 。
（4）H为C的同分异构体，H被酸性高锰酸钾氧化只得到一种产物，已知含有碳碳双键的三元碳环不稳定，则稳定的H的结构共有 12 种。（不考虑顺反异构）
（5）请根据上述合成路线，设计以乙醛为原料（其他试剂任选）合成的路线 CH3CHOCH3CH（OH）CH（OH）CH3CH2＝CHCH＝CH2 。
【分析】B发生消去反应生成C，C和I发生信息中的反应生成D，根据C、D结构简式知，I结构简式为CH2＝CHCHO，E发生水解反应然后酸化得到F，F发生消去反应生成G，则F为；
（5）以乙醛为原料（其他试剂任选）合成，乙醛发生A生成B类型的反应生成CH3CH（OH）CH（OH）CH3，CH3CH（OH）CH（OH）CH3发生消去反应生成CH2＝CHCH＝CH2，CH2＝CHCH＝CH2发生信息中的反应生成。
【解答】解：（1）A的名称为丙酮，F为，F的分子式为C11H18O3，
故答案为：丙酮；C11H18O3；
（2）D中官能团名称为碳碳双键、醛基，试剂I的结构简式为CH2＝CHCHO，
故答案为：碳碳双键、醛基；CH2＝CHCHO；
（3）B发生消去反应生成C，B生成C的化学方程式为（CH3）2C（OH）C（OH）（CH3）2CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2+2H2O，
故答案为：（CH3）2C（OH）C（OH）（CH3）2CH2＝C（CH3）C（CH3）＝CH2+2H2O；
（4）H为C的同分异构体，H被酸性高锰酸钾氧化只得到一种产物，
如果含有碳碳三键，符合条件的结构简式为CH3CH2C≡CCH2CH3，
如果含有一个碳碳双键，则还含有一个环，如何条件有、、、、、、、、、、，则符合条件的有12种，
故答案为：12；
（5）以乙醛为原料（其他试剂任选）合成，乙醛发生A生成B类型的反应生成CH3CH（OH）CH（OH）CH3，CH3CH（OH）CH（OH）CH3发生消去反应生成CH2＝CHCH＝CH2，CH2＝CHCH＝CH2发生信息中的反应生成，其合成路线为CH3CHOCH3CH（OH）CH（OH）CH3CH2＝CHCH＝CH2，
故答案为：CH3CHOCH3CH（OH）CH（OH）CH3CH2＝CHCH＝CH2。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体种类判断。
19．（12分）碲（Te）是一种准金属，纯碲是新型的红外材料。铅电解精炼产的阳极泥经分银炉精炼后产出碲渣，碲渣主要成分为TeO2，含有SeO2、PbO、CuO和SiO2杂质，从碲渣中回收碲的工艺流程如图。
已知：
①二氧化硒（SeO2）是白色有光泽针状晶体，易溶于水，熔点为340℃，易升华。
②二氧化碲（TeO2）是白色晶体，微溶于水，易溶于强酸或强碱生成盐。
③Na2TeO3和Na2SeO3在微酸性和中性水溶液中易水解生成相应的氧化物。
回答下列问题：
（1）“碱浸Ⅰ”时，TeO2和PbO分别转化为Na2TeO3和Na2PbO2进入溶液，则SeO2转化为 Na2SeO3 进入溶液（填化学式，下同）。“碱浸I”后所得“滤渣Ⅰ”的成分为 CuO 。
（2）“净化”包括脱硅和硫化，脱硅得到 CaSiO3 沉淀；硫化是将Na2PbO2转化为难溶性PbS，该反应的离子方程式为 PbO22﹣+S2﹣+2H2O＝PbS↓+2OH﹣ 。
（3）若“沉淀”后所得溶液的pH为6，此时溶液中＝ 0.05 。（已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10﹣3，Ka2＝2.0×10﹣8）
（4）“煅烧”的温度范围为400～450℃的目的是 除去滤渣Ⅲ中易升华的SeO2 。
（5）“电解”时，阴极电极反应式为 TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣ 。
【分析】碲渣主要成分为TeO2，含有SeO2、PbO、CuO和SiO2杂质，球磨后加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤，滤渣Ⅰ含有CuO，滤液Ⅰ含有Na2TeO3、Na2PbO2、Na2SeO3和Na2SiO3，加入硫化钠、氯化钙净化，可生成PbS、CaSiO3并过滤除去，滤液加入硫酸，可生成SeO2、TeO2，滤液Ⅱ含有SeO2，滤渣Ⅲ为TeO2，煅烧后加入氢氧化钠碱浸，可生成Na2TeO3，电解可生成Te，以此解答该题。
【解答】解：（1）“碱浸Ⅰ”时，TeO2和PbO分别转化为Na2TeO3和Na2PbO2进入溶液，则SeO2转化为Na2SeO3进入溶液，“碱浸I”后所得“滤渣Ⅰ”的成分为CuO，
故答案为：Na2SeO3；CuO；
（2）“净化”包括脱硅和硫化，脱硅得到CaSiO3沉淀；硫化是将Na2PbO2转化为难溶性PbS，该反应的离子方程式为PbO22﹣+S2﹣+2H2O＝PbS↓+2OH﹣，
故答案为：CaSiO3；PbO22﹣+S2﹣+2H2O＝PbS↓+2OH﹣；
（3）若“沉淀”后所得溶液的pH为6，此时溶液中＝××c2（H+）＝××c2（H+）＝××（10﹣6）2＝0.05，
故答案为：0.05；
（4）“煅烧”的温度范围为400～450℃的目的是除去滤渣Ⅲ中易升华的SeO2，
故答案为：除去滤渣Ⅲ中易升华的SeO2；
（5）“电解”时，阴极发生还原反应生成Te，电极反应式为TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣，
故答案为：TeO32﹣+4e﹣+3H2O＝Te+6OH﹣。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
20．（12分）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）属于强氧化剂，常用作去污剂、清洗剂和杀菌剂。某小组设计了两种方法，对样品中2Na2CO3•3H2O2的含量进行测定。回答下列问题：
（1）液吸氧气法：分析化学中，常用醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr]溶液吸收O2并测定其含量，样品中杂质不干扰O2测定，实验装置如图。
①澄清石灰水的作用为 检查CO2是否除尽 ；试剂X为 浓硫酸 。（填名称）
②稀硫酸与2Na2CO3•3H2O2反应生成Na2SO4、CO2、O2和H2O，则参加反应的H2SO4与2Na2CO3•3H2O2的物质的量之比为 2：1 。
③样品质量为m1g，实验前后醋酸亚铬溶液增重m2g，则样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 。（用最简分数表示）
（2）滴定法：称量5.0000g样品，配成500mL溶液，每次取50mL置于锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1的标准酸性。KMnO4溶液滴定（KMnO4只与H2O2反应），滴定3次，平均每次消耗24.00mL标准液。
①滴定终点的现象为 溶液由无色变浅红色 ；滴定读数时，开始时平视，若结束时俯视，则测定结果 偏低 。（填“偏高”或“偏低”）
②根据实验数据计算，样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为 62.8 %。
【分析】（1）为准确测定产生的氧气的量，实验开始前应先同一段时间氮气，排尽装置中的空气避免干扰测定，空气排尽后打开分液漏斗活塞，滴入稀硫酸与过碳酸钠反应产生氧气和二氧化碳气体，气体通过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，再通入澄清石灰水验证二氧化碳是否除尽，经浓硫酸干燥后，氧气进入醋酸亚铬溶液被吸收，装置F的作用是防止空气中的氧气进入；
（2）高锰酸碱与双氧水发生反应如下：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内褪色，反应即达到终点。
【解答】解：（1）①由上述分析可知澄清石灰水的作用是验证二氧化碳气体是否被完全吸收；试剂X的目的是干燥氧气，应选用浓硫酸，
故答案为：检查CO2是否除尽；浓硫酸；
②稀硫酸与2Na2CO3•3H2O2反应生成Na2SO4、CO2、O2和H2O，可得反应方程式2[2Na2CO3•3H2O2]+4H2SO4＝4Na2SO4+4CO2+3O2↑+10H2O，
故答案为：2：1；
③由上述反应可知：2Na2CO3•3H2O2～O2，实验前后醋酸亚铬溶液增重m2g，即产生氧气的质量为m2g，结合上述关系式可得过碳酸钠的质量为：，其质量分数＝×100%＝，
故答案为：；
（2）①高锰酸钾滴定过碳酸钠溶液，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内褪色，反应即达到终点；终点读数时俯视刻度线会使高锰酸钾的读数偏低，则所测过碳酸钠的含量偏低，
故答案为：溶液由无色变浅红色；偏低；
②高锰酸碱与双氧水发生反应如下：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，2Na2CO3•3H2O2～3H2O2～KMnO4，m（2Na2CO3•3H2O2）＝n（KMnO4）×M（2Na2CO3•3H2O2）＝×0.0500mol/L×0.024L××314g/mol＝3.14g，样品中2Na2CO3•3H2O2的质量分数为×100%＝62.8%，
故答案为：62.8。
【点评】本题考查物质组成的实验探究方法、滴定操作，掌握实验基础和过程分析方法是解题关键，注重考查学生的分析能力和基本计算能力，题目难度中等。
相关试卷
2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）： 这是一份2020-2021学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模），共29页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）： 这是一份2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模），共29页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省日照市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山东省日照市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了25，【答案】B，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
