2020-2021学年广东省广州十六中高三（下）月考化学试卷（5月份）

这是一份2020-2021学年广东省广州十六中高三（下）月考化学试卷（5月份），共27页。试卷主要包含了4L氩气含有的质子数为18NA，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年广东省广州十六中高三（下）月考化学试卷（5月份）

1. 中华古文化和各种化学知识密切相关，下列说法不正确的是( )
A. 驰名天下的景德镇瓷器，其主要原料为粘土
B. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾”和“霾”的分散质微粒不同
C. 四川三星堆出土文物中的瑰宝之一金面具出土时光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性
D. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯
2. 化学与生活密切相关。下列有关生活用品说法错误的是( )
A. 在食品袋中放入盛有硅胶或生石灰的透气小袋，可防止被盛装食品受潮
B. 使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠和1%的食醋均可以快速高效杀死新冠病毒
C. 淀粉在工业上可做为制取葡萄糖、乙醇、乙酸的原料
D. 一般的润肤品中都会添加甘油，使之有一定的保湿效果
3. 硅及其化合物的在各方面的应用范围都很广。下列说法正确的是( )
A. 硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料
B. 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应
C. 反应Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑中，Si为氧化剂
D. 硅能与氢氟酸反应，也可以与盐酸反应
4. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 氢氧化镁溶于足量稀醋酸：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
B. 将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2−+O2+H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5ONa=2C6H5OH+HCO3−
D. 用氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：2OH−+2NO2=2NO3−+H2O
5. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为0.5mol
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
6. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B. 22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA
C. 92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA
D. 1.0molCH4与Cl2在光照下完全反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
7. 短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为13。X和Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A. X的氢化物溶于水显酸性 B. Y的氧化物是离子化合物
C. Z的氢化物比H2O稳定 D. X和Z的氧化物都具有漂白性
8. 如图是X、Y两种重要的有机合成原料。下列有关说法中正确的是( )
A. X与Y互为同分异构体
B. X与Y都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
C. 在一定条件下，X与Y均能发生取代反应
D. X与Y都能与足量的碳酸氢钠反应产生CO2
9. 如图装置可用于制取、提纯并收集表格中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是( )
选项
气体
a
b
c
A
NO2
浓硝酸
铜片
NaOH溶液
B
SO2
浓硫酸
Cu
酸性KMnO4溶液
C
NH3
浓氨水
生石灰
碱石灰
D
CO2
稀硝酸
CaCO3
浓硫酸
A. A B. B C. C D. D
10. 海带富含碘元素，在实验室中模拟从海带中提取碘，可经过以下实验步骤完成，下列有关说法正确的是( )

A. 在分液时，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从上口倒出
B. 在上述氧化过程中发生反应的离子方程式为2I−+H2O2=I2+2OH−
C. 在提取碘单质时，用酒精作萃取剂
D. 在灼烧过程中使用的仪器只有酒精灯、三脚架、泥三角、烧杯、玻璃棒
11. 处于平衡状态的反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)△H>0，不改变其他条件的情况下合理的说法是( )
A. 加入催化剂，反应途径将发生改变，△H也将随之改变
B. 升高温度，正逆反应速率都增大，H2S分解率也增大
C. 增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低
D. 若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2浓度将减小
12. 近几年科学家发明的一种新型可控电池--锂水电池，工作原理如图所示．下列有关说法不正确的是( )
A. 碳极发生的反应是：2H2O+2e−=H2↑+2OH−
B. 有机电解质和水溶液不可以互换区域
C. 标况下产生22.4L的氢气时，正极消耗锂的质量为14g
D. 该装置不仅可提供电能，还可得到清洁的氢气
13. 下列实验操作、现象与结论均正确的是( )
编号
实验操作
实验现象
实验结论
A
向酸性KMnO4溶液中通入SO2
紫红色褪去
SO2具有漂白性
B
向CuSO4溶液中通入H2S
出现黑色沉淀
酸性：H2S>H2SO4
C
向碘水溶液中加入CCl4，振荡
上层褪色，下层变紫
碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度
D
向装有蔗糖的烧杯中加入浓 H2SO4
出现“黑面包”现象
浓H2SO4具有吸水性
A. A B. B C. C D. D
14. 室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是( )

加入的物质
结论
A
50mL1mol/LH2SO4
反应结束后，c(Na+)=c(SO42−)
B
0.5molCaO
溶液中c(OH−)c(HCO3−)增大
C
50mLH2O
由水电离出的c(H+)⋅c(OH−)不变
D
0.1molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
A. A B. B C. C D. D
15. 为了证明(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分中含有NH4+、Fe2+、SO42−和H2O，取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，下列实验叙述中错误的是( )
A. 加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水
B. 加少量水，溶液为浅绿色，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，则证明晶体的成分中含有Fe2+
C. 加水溶解，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42−
D. 加浓NaOH溶液，加热，用湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口检验，试纸变红色，则证明晶体的成分中含有NH4+
16. 常温下，用0.10mol⋅L−1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol⋅L−1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是( )
A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−) B. 点③和点④所示溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)
C. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)
D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)


17. 水合肼(N2H4⋅H2O)又名水合联氨，是无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4⋅H2O+NaCl
实验一：制备NaClO溶液．(实验装置如图1所示)

(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有______(填标号).
A.容量瓶  B.烧杯  C.烧瓶  D.玻璃棒  E.胶头滴管
(2)锥形瓶中发生反应的离子方程式是______.
(3)设计实验方案：用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度(实验提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10mol⋅L−1盐酸、酚酞试液)：______(不必描述操作过程的细节).
实验二：制取水合肼．(实验装置如图2所示)
(4)装置A的名称为______，①反应过程中需控制反应温度，同时将分液漏斗中溶液缓慢滴入A中，如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，写出该过程的化学反应方程式：______，故分液漏斗中的溶液是______(填标号).
A.CO(NH2)2溶液    B.NaOH和NaClO
②充分反应后，加热蒸馏A内的溶液，收集108∼114℃馏分，即可得到水合肼的粗产品．
实验三：测定馏分中肼含量．
(5)称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2∼3滴淀粉溶液，用0.10mo1⋅L−1的I2溶液滴定．滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右．(已知：N2H4⋅H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)
①滴定时，碘的标准溶液盛放在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；本实验滴定终点的现象为______.
②实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼(N2H4⋅H2O)的质量分数为______.
18. 用软锰矿(主要成分MnO2，含有SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgCO3等杂质)制备MnSO4⋅H2O的流程如图1。

已知：
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀时的pH
2.3
4.0
7.5
8.8
10.4
沉淀完全时的pH
4.1
5.2
9.7
10.4
12.4
回答下列问题：
(1)焙烧时，MnO2和Fe2O3在纤维素作用下分别转化为MnO、Fe3O4，则纤维素的作用是 ______ 。
(2)酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如图2所示。
实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合上图和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： ______ 。
(3)净化时，加入30%H2O2的目的是(用离子方程式表示)______ ；加氨水，调pH为5.5的目的是 ______ 。
(4)结合MgSO4与MnSO4溶解度曲线(如图)，简述“结晶分离”的具体实验操作 ______ 。
(5)产品MnSO4⋅H2O纯度测定：称取ag产品，在适宜的条件下用适量NH4NO3将Mn2+氧化为Mn3+，再用0.1000mol⋅L(NH4)2Fe(SO4)2溶液bmL刚好把Mn3+转化为Mn2+。通过计算可知，产品纯度为 ______ 。(用质量分数表示)


19. H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。
干法脱硫。
(1)已知H2S的燃烧热为akJ⋅mol−1，S的燃烧热为bkJ⋅mol−1，则常温下空气直接氧化脱除H2S的反应：2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)△H=______kJ⋅mol−1。
(2)常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如下表，最佳脱硫剂为 ______。
脱硫剂
出口硫(mg⋅m−3)
脱硫温度(℃)
操作压力(MPa)
再生条件
一氧化碳
<1.33
300∼400
0∼3.0
蒸气再生
活性炭
<1.33
常温
0∼3.0
蒸气再生
氧化锌
<1.33
350∼400
0∼5.0
不再生
锰矿
<3.99
400
0∼2.0
不再生
热分解法脱硫。
在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应H2S(g)⇌H2(g)+12S2(g)控制不同的温度和压强进行实验，结果如图(a)。

(3)图(a)中压强关系p1、p2、p3由大到小的顺序为 ______，该反应为 ______(填“吸热”或“放热”)反应。若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有______。
(4)若压强为p2、温度为975℃时，H2S(g)⇌H2(g)+12S2(g)的平衡常数K=0.04，则起始浓度c=______mol⋅Lˉ1，若向容器中再加入1molH2S气体，相同温度下再次达到平衡时，K ______0.04(填“>”、“<”或“=”)。
间接电解法脱硫。
间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如图(b)。

(5)电解反应器总反应的离子方程式为 ______。
(6)气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。测定吸收器中相同时间内不同气液比下H2S的吸收率和吸收速率，结果如图(c)所示，随着气液比减小，H2S的吸收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为 ______。
20. 铜是人类知道最早的金属之一，也是广泛使用的第一种金属。回答下列问题：
(1)镍白铜(铜镍合金)可用于制作仿银饰品。第二电离能I2(Cu)______(填“>”或“<”)I2(Ni)，其原因为 ______。
(2)向Cu(NH3)2]Cl溶液中通入乙炔(C2H2)气体，可生成红棕色沉淀Cu2C2。
①C2H2分子中σ键与π键的数目之比为 ______；碳原子的杂化方式为 ______；
②写出与Cu2C2中阴离子C22−互为等电子体的一种分子和一种离子：______。
(3)乙二胺(H2N−CH2CH2−NH2)易与Cu2+形成络合物，用于Cu2+的定量测定。
①形成的络合物中提供孤对电子的原子为 ______(填元素符号)。
②乙二胺中所含元素的电负性由大到小的顺序为 ______。
(4)铜与氧构成的某种化合物的立方晶胞如图甲所示，图乙是沿晶胞对角面取得的截图，晶胞中所有原子均在对角面上。氧原子的配位数为 ______，若Cu原子之间最短距离为dpm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 ______g⋅cm−3(列出计算式即可)。


21. 化合物H是一种治疗心绞痛药物的中间体，其合成路线如图所示：

回答下列问题：
(1)A→B的反应所需试剂与条件为______；B的名称为______；D−E的反应类型为______。
(2)C的结构简式：______；写出G→H的反应方程式：______。
(3)只含有两个取代基的芳香族化合物X与D互为同分异构体，其中符合下列条件的X有______种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②可以发生水解。
其中核磁共振氢谱显示有5种H原子，其峰的面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为______。
(4)设计以甲苯和为原料合成的路线图(无机试剂任选)。
答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.瓷器由黏土烧制而成，所以烧制瓷器的主要原料为黏土，故A正确；
B.雾的分散质是小液滴，霾的分散质含有固体小颗粒，则“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故B正确；
C.金面具出土时光亮，说明金的化学性质稳定，不能与氧气等物质反应，薄如纸说明金的延展性好，故C正确；
D.花生油是植物油，植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，故D错误；
故选：D。
A.瓷器由粘土烧制而成；
B.雾的分散质是小液滴，霾的分散质含有固体小颗粒；
C.金的化学性质稳定，具有良好的延展性；
D.植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯。
本题考查物质的组成、性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.硅胶具有吸水性，生石灰能与水反应，并且二者均无毒，可作食品袋中的干燥剂，故A正确；
B.75%的酒精、0.1%的次氯酸钠均能使病毒的蛋白质变性失活，可用来杀死新冠病毒，但1%的食醋不具有杀菌消毒作用，不能杀死新冠病毒，故B错误；
C.淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，乙醇在微生物作用下氧化生成乙酸，则粉在工业上可做为制取葡萄糖、乙醇、乙酸的原料，故C正确；
D.甘油有保湿、锁水的功能，常添加在化妆品中，可以起到保湿效果，故D正确；
故选：B。
A.硅胶具有吸水性，生石灰能与水反应生成熟石灰；
B.食醋能抑制细菌再生，但不具有杀菌消毒作用；
C.淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，乙醇在微生物作用下氧化生成乙酸；
D.丙三醇俗名甘油，含有多个羟基，能吸水保湿。
本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的组成、性质，性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.硅为良好的半导体材料，可用于制造太阳能电池，故A正确；
B.粗硅制备单晶硅先利用氧化反应即用Cl2氧化粗硅为SiCl4，再利用还原反应即用H2还原SiCl4，故B错误；
C.反应Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑中，硅元素化合价升高，被氧化，硅为还原剂，故C错误；
D.硅与氢氟酸反应，但是与盐酸不反应，故D错误；
故选：A。
A.硅为良好的半导体材料；
B.粗硅制备单晶硅的过程需要涉及到化合反应和置换反应，两者均属于氧化还原反应；
C.依据元素化合价变化判断；
D.硅与盐酸不反应。
本题考查硅的性质和用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.氢氧化镁溶于醋酸中，反应生成醋酸镁和水，反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO−+2H2O，故A错误；
B.将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液，离子方程式：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2−+O2+H2O，故B正确；
C.苯酚钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，离子方程式为CO2+H2O+C6H5O−→C6H5OH+HCO3−，故C错误；
D.用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮的离子反应为2OH−+2NO2=NO3−+NO2−+H2O，故D错误；
故选：B。
A.醋酸是弱酸，不能拆；
B.二者发生氧化还原反应，生成NaClO2、O2、H2O；
C.不符合反应客观事实；
D.原子个数不守恒。
本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意有些化学反应与反应物的量、反应物浓度等因素有关，易错选项是C，生成碳酸氢钠与二氧化碳的量无关，为易错点。

5.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
A.根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
B.根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；
C.还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5−0)×2=1mol，故C错误；
D.整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选：D。  
6.【答案】B

【解析】解：A.16.25gFeCl3的物质的量为：16.25g162.5g/mol=0.1mol，由于Fe(OH)3胶体粒子为氢氧化铁的聚集体，则形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故A错误；
B.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为22.4L22.4L/mol×18×NAmol−1=18NA，故B正确；
C.92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为92g92g/mol=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故C错误；
D.甲烷和氯气反应后生成的一氯甲烷能继续和氯气反应，所以1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故D错误；
故选：B。
A.Fe(OH)3胶体粒子为氢氧化铁的聚集体；
B.氩气为单原子分子；
C.1mol丙三醇含有的羟基数为3mol；
D.甲烷和氯气反应后生成的一氯甲烷能继续和氯气反应。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

7.【答案】B

【解析】解：结合分析可知，X为N，Y为Mg，Z为S元素，
A.氨气为碱性气体，溶于水显碱性，故A错误；
B.Y的氧化物为氧化镁，氧化镁只含有离子键，属于离子化合物，故B正确；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性S D.X和Z的氧化物中，二氧化氮、二氧化硫具有漂白性，但一氧化氮、三氧化硫不具有漂白性，故D错误；
故选：B。
Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，是Y原子最外层电子数的3倍，X只能含有2个电子层，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，三种原子的最外层电子数之和为13，X的最外层电子数为13−6−2=5，则X为N；X和Y、Z位于相邻周期，X(N)、Y、Z的原子序数依次增大，则Y为Mg，Z为S元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：A.X和Y分子式不同，所以二者不互为同分异构体，故A错误；
B.碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，X中含有碳碳双键，所以X能和溴发生加成反应，Y不能和溴发生加成反应，故B错误；
C.X中羟基、Y中羧基都能发生取代反应，故C正确；
D.只有−COOH能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，X中不含羧基、Y含有羧基，所以Y能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，故D错误；
故选：C。
A.X和Y分子式不同；
B.碳碳不饱和键能和溴发生加成反应；
C.羟基、羧基都能发生取代反应；
D.只有−COOH能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇、羧酸的考查，注意同分异构体的判断，题目难度不大。

9.【答案】D

【解析】解：该装置属于固液混合不加热型装置，所以制取气体时不能加热、反应物是固体和液体，洗气装置中物质和气体不反应，且为液体，采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气且和常温下和氧气不反应，
A.铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，但二氧化氮和NaOH反应，所以C装置中不能是NaOH溶液，故A错误；
B.浓硫酸和铜反应制取二氧化硫需要加热，该装置没有酒精灯，故B错误；
C.氨气密度比空气小，能用向下排空法收集，与该装置不符，故C错误；
D.碳酸钙和稀硝酸反应制取二氧化碳时是固液混合且不需加热，浓硫酸具有吸水性且和二氧化碳不反应，故D正确；
故选：D。
该装置属于固液混合不加热型装置，所以制取气体时不能加热、反应物是固体和液体，洗气装置中物质和气体不反应，且为液体，采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气且和常温下和氧气不反应，据此分析解答．
本题考查气体的制取、收集，根据物质状态和反应条件确定反应装置，根据气体的性质及密度确定收集装置，熟练掌握氯气、氨气的制取和收集、检验，题目难度不大．

10.【答案】A

【解析】解：A.分液时避免上下层液体混合，操作为下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故A正确；
B.加入双氧水能在酸性条件下将I−氧化为I2，由于是酸性条件下，故H2O2应被还原为H2O，离子方程式为2I−+2H++H2O2=I2+2H2O，故B错误；
C.酒精与水互溶，不能作萃取剂，可选苯或四氯化碳等有机溶剂，故C错误；
D.灼烧用到仪器有：坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角、烧杯、玻璃棒，故D错误；
故选：A。
由实验流程可知，海带在坩埚中灼烧后，溶解、煮沸、过滤分离出滤液含碘离子，再加过氧化氢发生2I−+2H++H2O2=I2+2H2O，得到含碘的水溶液，可选淀粉检验碘单质，然后加有机溶剂萃取、分液、蒸馏分离出碘单质，以此来解答。
本题考查海带提碘，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、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，题目难度不大。

11.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的影响因素，难度不大，D选项为易错点，学生容易认为平衡向逆反应移动，浓度降低，注意根据平衡移动原理理解或利用平衡常数理解．
【解答】
A.加入催化剂，降低活化能，反应途径将发生改变，但反应热只有始态、终态有关，与反应途径无关，故反应热不变，故A错误；
B.正反应为吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，硫化氢的分解率增大，故B正确；
C.正反应为体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，体系温度升高，故C错误；
D.若体系恒容，加入一些H2后达新平衡，平衡虽然向逆反应方向移动，但不能消除氢气浓度增大，达新平衡后H2浓度将增大，故D错误，
故选：B。  
12.【答案】C

【解析】解：A根据图示信息知道，碳电极上产生氢气，应该是正极，该电极上发生得电子的还原反应：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故A正确；
B、由于金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，但是和有机电解质不反应，所以有机电解质和水溶液不可以互换区域，故B正确；
C、金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气应是自发的氧化还原反应，即为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，标况下产生22.4L的氢气时，金属锂是负极，负极消耗锂的质量为14g，故C错误；
D、该原电池是将化学能转化为电能的装置，装置不仅可提供电能，并且反应产物是氢气，能提供能源，故D正确．
故选C.
A、根据图示信息知道，碳电极上产生氢气，应该是正极，该电极上发生得电子的还原反应；
B、结合金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气来回答；
C、根据原电池的电极反应以及电子守恒进行相应的计算即可；
D、原电池是将化学能转化为电能的装置，根据电池的产物来回答．
本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大．

13.【答案】C

【解析】
【分析】
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、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。
【解答】
A.酸性KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，则二氧化硫具有还原性，故A错误；
B.CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS和硫酸，CuS不溶于硫酸，不能比较酸性，故B错误；
C.向碘水溶液中加入CCl4，发生萃取，碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水的密度大，则上层褪色，下层变紫，故C正确；
D.浓硫酸使蔗糖脱水生成C，则由现象可知，主要体现浓硫酸的脱水性，故D错误；
故选C。  
14.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查电解质溶液中离子浓度大小的关系，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确物质之间的反应、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的正确运用，题目难度不大．
【解答】
A.n(H2SO4)=1mol/L×0.05L=0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒得c(Na+)=2c(SO42−)，故A错误；
B.CaO和水反应生成氢氧化钙，对碳酸钠的水解起抑制作用，所以氢氧根离子浓度增大，碳酸氢根离子的浓度减小，溶液中c(OH−)c(HCO3−)增大，故B正确；
C.加水稀释，溶液的碱性发生变化，水的电离平衡发生移动，故C错误；
D.加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c(Na+)增大，溶液的pH减小，故D错误；
故选：B。  
15.【答案】D

【解析】解：A.晶体加热后生成液体可以判断是生成的水，证明晶体中含结晶水，故A正确；
B.溶液呈浅绿色证明试样溶液中含有Fe2+ 滴入KSCN溶液，溶液不显红色，再向试管中滴加几滴新配制的氯水，溶液的颜色变为红色，说明有Fe3+存在，这个结果间接地说明在原溶液中有Fe2+存在，故B正确；
C.加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42−，这是硫酸根离子的检验方法，故C正确；
D.向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，故D错误；
故选：D。
A.含结晶水的化合物加热会失去结晶水；
B.亚铁离子溶解形成的溶液呈浅绿色，被氧化为三价铁离子，遇到硫氰酸钾变血红色；
C.依据硫酸根离子的检验方法分析判断；
D.检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝；
本题考查物质的鉴定．能熟悉常见结晶水合物的颜色；溶液中各种水合离子的颜色；熟练掌握常见离子的检验方法与操作事解答的关键，题目难度不大．

16.【答案】C

【解析】解：A.点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH−)+c(CN−)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH−)>c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH−)c(CN−)，故A错误；
B.点③中pH=7，则c(OH−)=c(H+)，则点③中c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−)，故B错误；
C.点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN−)=c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN−)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)，即c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)，故C正确；
D.点②和点③所示溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，在③中Na元素的物质的量与醋酸的总物质的量相同，由于醋酸根离子要水解，所以c(Na+)>c(CH3COOH)，所以c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)，故D错误。
故选：C。
A.根据点①和点②所示溶液中的电荷守恒分析；
B.点③中pH=7，则c(OH−)=c(H+)；
C.根据点①和点②所示溶液中的物料守恒分析；
D.点②和点③所示溶液中存在电荷守恒．
本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，明确混合后溶液中的溶质是解答的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等．

17.【答案】BDCl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2∼3滴酚酞试液，用0.10mol⋅L−1盐酸滴定，重复上述操作2∼3次   三颈烧瓶   N2H4⋅H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaClB酸式   溶液出现蓝色且半分钟内不消失   9%

【解析】解：(1)配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒，
故答案为：BD，
(2)锥形瓶中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；
(3)用过氧化氢除去溶液中NaClO，用酚酞作指示剂，用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2∼3滴酚酞试液，用0.10mol⋅L−1盐酸滴定，重复上述操作2∼3次，
故答案为：取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2∼3滴酚酞试液，用0.10mol⋅L−1盐酸滴定，重复上述操作2∼3次；
(4)根据图示可知，仪器A为三颈烧瓶；N2H4⋅H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，会发生反应：N2H4⋅H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，应将NaOH和NaClO混合溶液滴入CO(NH2)2溶液中，故分液漏斗中盛放的为NaOH和NaClO混合溶液，
故答案为：三颈烧瓶；N2H4⋅H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；B；
(5)①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中；肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，实验滴定终点的现象为：溶液出现蓝色且半分钟内不消失，
故答案为：酸式；溶液出现蓝色且半分钟内不消失；
②设馏分中水合肼(N2H4⋅H2O)的质量分数为a，则：
N2H4⋅H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O
50g 2mol
5g×a0.018L×0.1mol/L×250mL25mL所以50g：5g×a=2mol：0.018L×0.1mol/L×250mL25mL，解得：a=9%，
故答案为：9%.
(1)根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；
(2)锥形瓶中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水；
(3)用过氧化氢除去溶液中NaClO，用酚酞作指示剂，用盐酸滴定，重复测定，减少误差；
(4)根据A的构造判断其名称；N2H4⋅H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化；
(5)①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中；肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色；
②根据方程式N2H4⋅H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O计算．
本题考查物质制备实验、物质含量测定，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意利用题目信息判断溶液添加顺序，较好的考查学生对实验原理的理解、知识迁移应用．

18.【答案】还原剂  硫酸过多，后续调pH除杂质时会多消耗氨水而造成浪费  2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O使Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀  将溶液蒸发浓缩趁热过滤，洗涤干燥 1.690b100a

【解析】
【分析】
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、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
【解答】
由流程知，软锰矿(主要成分MnO2，含有SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgCO3等杂质)中加入纤维素焙烧，MnO2和Fe2O3转化为MnO、Fe3O4，所得烧渣“酸浸”，浸出液中含铁离子、亚铁离子、锰离子、铝离子、镁离子和氢离子等阳离子，用H2O2氧化亚铁离子得到铁离子、并通过调pH使Al3+、Fe3+完全沉淀；把净化液升温结晶获得MnSO4⋅H2O。
(1)焙烧时，MnO2和Fe2O3在纤维素作用下分别转化为MnO、Fe3O4，锰元素化合价降低、部分铁元素化合价降低、则纤维素的作用是还原剂，
故答案为：还原剂；
(2)由图知，pH为1∼2时锰的浸出率几乎相等、均已高达接近100%，“硫酸”过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会多消耗氨水而造成浪费，
故答案为：硫酸过多，后续调pH除杂质时会多消耗氨水而造成浪费；
(3)H2O2具有氧化性，能氧化亚铁离子，则净化时，加入30%H2O2的目的是把亚铁离子氧化为铁离子、并通过调pH转变为氢氧化铁沉淀而除去，H2O2和亚铁离子反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；常温下Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为5.2、4.1，Mn2+开始沉淀的pH为8.1，所以加入氨水调节pH加氨水到pH为5.5的目的是使Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；使Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀；
(4)由MgSO4与MnSO4溶解度曲线知，MnSO4⋅H2O在高温时溶解度小容易结晶，则要获得MnSO4⋅H2O的方法为升温结晶，“结晶分离”的具体实验操作：将溶液蒸发浓缩趁热过滤，洗涤干燥，
故答案为：将溶液蒸发浓缩趁热过滤，洗涤干燥；
(5)产品MnSO4⋅H2O纯度测定：称取ag产品，在适宜的条件下用适量NH4NO3将Mn2+氧化为Mn3+，再用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液bmL刚好把Mn3+转化为Mn2+；根据得失电子数守恒，可以得到如下关系式：MnSO4⋅H2O∼Mn3+∼(NH4)2Fe(SO4)2，则n(MnSO4⋅H2O)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1000mol/L×b×10−3L，MnSO4⋅H2O的摩尔质量为169g/mol，则产品纯度为0.1000mol/L×b×10−3L×169g/molag×100%=1.690b100a，
故答案为：1.690b100a。  
19.【答案】−2a+2b活性炭  p3>p2>p1  吸热  移出产物H2或S2  气液比减小，即在吸收液的量不变的情况下，减少通入H2S气体的量，故吸收速率减小，但气液接触更充分，使H2S的吸收率增大。

【解析】解：(1)由题意得：①H2S(g)+32O2(g)=SO2(g)+H2O(l)△H1=−akJ⋅mol−1
②S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2=−bkJ⋅mol−1
根据盖斯定律，由2×①−2×②得到反应2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)△H=2△H1−2△H2=−2a+2bkJ⋅mol−1，
故答案为：−2a+2b；
(2)结合表中信息，活性炭的出口硫小，脱硫温度为常温，操作压力较小，且蒸气可再生，故最佳脱硫剂为活性炭，
故答案为：活性炭；
(3)该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，由图(a)可知，在相同温度下，α(p3)<α(p2)<α(p1)，则p3>p2>p1，由图(a)可知升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H2或S2；
故答案为：p3>p2>p1；吸热；移出产物H2或S2；
(4)由图(a)可知压强为p2、温度为975℃时H2S的平衡转化率为40%，设H2S的起始浓度为，列三段式计算如下：
                                H2S(g)⇌H2(g)+12S2(g)
起始浓度/(mol⋅L−1)x00
变化浓度/(mol⋅L−1)0.4x0.4x0.2x
平衡浓度/(mol⋅L−1)0.6x0.4x0.2x
由K=c(H2)⋅c12(S2)c(H2S)=0.4x×(0.2x)120.6x=0.04解得x=0.018，平衡常数只与温度有关，若向容器中再加入1molH2S气体，相同温度下再次达到平衡时，平衡常数不变，即K=0.04，
故答案为：0.018；=；
(5)根据题意和图(b)，间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，FeCl3被还原为FeCl2，H2S被还原为硫磺，将反应后的FeCl2溶液通过电解再生，即将Fe2+在阳极被氧化为Fe3+，H+在阴极被还原为H2，所以电解反应器总反应的离子方程式为，
故答案为：；
(6)结合反应原理和图象分析，气液比减小，即在吸收液的量不变的情况下，减少通入H2S气体的量，故吸收速率减小，但气液接触更充分，使H2S的吸收率增大，
故答案为：气液比减小，即在吸收液的量不变的情况下，减少通入H2S气体的量，故吸收速率减小，但气液接触更充分，使H2S的吸收率增大。
(1)先根据燃烧热的定义书写H2S和S的燃烧热化学方程式，再利用盖斯定律，根据目标方程式改写分方程式，然后求出反应热；
(2)选择出口硫较小、脱硫温度较低、操作压力较小、蒸气可再生的脱硫剂；
(3)该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，据此比较图(a)在相同温度下H2S的平衡转化率的大小，即可得压强的大小关系；
(4)由图(a)可知压强为p2、温度为975℃时H2S的平衡转化率为40%，设H2S的起始浓度为，列三段式计算，由K=c(H2)⋅c12(S2)c(H2S)=0.04解得x，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；
(5)根据题意和图(b)，间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，FeCl3被还原为FeCl2，H2S被还原为硫磺，将反应后的FeCl2溶液通过电解再生，即将Fe2+在阳极被氧化为Fe3+，H+在阴极被还原为H2；
(6)气液比减小，即在吸收液的量(流速)不变的情况下，减少通入H2S气体的量(流速)，即减小反应物浓度，同时气体流速减小能使气液接触更充分。
本题综合考查盖斯定律、平衡图象、平衡常数的应用、电解池等知识，考查学生分析问题和解决问题的能力，关键是掌握燃烧热的含义、平衡移动的原理、平衡常数的含义、电解池的基本原理等，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义，把握曲线的变化趋势，注意结合题意和实际生产分析问题，题目难度中等。

20.【答案】>Cu失去的是全充满的3d10电子，Ni去的是4s1电子  3：2spN2(或CO)、CN−  NN>C>H4722×1030d3×NA

【解析】解：(1)因Cu失去的第二个电子的是全充满3d10电子，而镍失去的第二个电子4s1电子，后者失去较前者容易，故I2(Cu)>I2(Ni)，
故答案为：>；Cu失去的是全充满的3d10电子，Ni去的是4s1电子；
(2)①C−H键为σ键，C≡C键中一根为σ键，剩余两根为π键，所C2H2中σ键与π键的数目之比为3：2；乙炔中C原子的成键电子对数为2，无孤对电子，所以碳原子的杂化方式sp，
故答案为：3：2；sp；
②C22−离子中含有2个原子、10个价电子，用“替代法”，与C22−互为等电子体的分子为N2(或CO)，离子为：CN−，
故答案为：N2(或CO)，CN−；
(3)①配体为H2N−CH2CH2−NH2(乙二胺)，乙二胺中的N原子含有孤对电子，为络合物中的Cu2+提供孤对电子，
故答案为：N；
②乙二胺H2N−CH2CH2−NH2分子中含C、N、H三种元素，根据电负性在周期表中的变化规律，C、N、H的电负性由大到小的顺序为N>C>H，
故答案为：N>C>H；
(4)由题可知，晶胞中所有原子均在对角面上，即图b所示，则8个O原子在晶胞的顶点、1个O原子在晶胞的体心，4Cu原子在晶胞内，则晶胞中含有的O原子的个数为8×18+1=2，晶胞中含有Cu原子的个数为4，该晶体的化学式为Cu2O，由图b可O原子的配位数4，每个晶胞的质量为：m=144×2NAg；由题Cu原子之间最短距离dpm，所以对角D1B1为2dpm，又因为晶胞是立方晶体，所以晶胞的体积为V=(2dpm2)3=22d3×10−30cm3，所以晶体的密度ρ=mV=722×1030d3×NAg⋅cm−3，
故答案为：4；722×1030d3×NA。
(1)电子轨道在全满、半满、全空时较稳定，能量较低；
(2)①三键一根为σ键，剩余两根为π键；
②等电子体是指价电子数和原子数(氢等轻原子不计在内)相同的分子、离子或原子团；
(3)①配体为H2N−CH2CH2−NH2(乙二胺)，乙二胺中的N原子最外层含有5个电子，有3个电子形成共价键，还有2个形成1对孤对电子；
②非金属越强，电负性越大；
(4)由题可知，晶胞中所有原子均在对角面上，即图b所示，则8个O原子在晶胞的顶点、1个O原子在晶胞的体心，4Cu原子在晶胞内，则晶胞中含有的O原子的个数为2，晶胞中含有Cu原子的个数为4，该晶体的化学式为Cu2O，据此计算。
本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、化学键、原子核外电子排布、中心原子的杂化方式、第二电离能等知识点，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，孤电子对的计算方法是易错点。

21.【答案】浓硫酸、浓硝酸、加热  对硝基苯乙酸(或4−硝基苯乙酸)酯化反应(或取代反应)   9

【解析】解：(1)A→B的反应为苯环上引入硝基，反应条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；B的名称为对硝基苯乙酸或4−硝基苯乙酸；D→E的反应为酯化反应，
故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热；对硝基苯乙酸(或4−硝基苯乙酸)；酯化反应(或取代反应)；
(2)由上述分析可知，C的结构简式为；G→H的反应为，
故答案为：；；
(3)根据题给信息，可以得出X的结构中含有酚羟基和酯基，可能的结构有：(邻、间、对3种)、(邻、间、对3种)、(邻、间、对3种)共9种；核磁共振氢谱显示有5种H原子，其峰的面积之比为1：1：2：2：2，要考虑高度对称的结构，满足条件的结构简式为：
故答案为：9；；
(4)根据流程中F到G的反应分析，由甲苯要先得到，再与反应得到目标产物，具体的流程为：，
故答案为：。
A和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应生成B，B在铁催化下发生还原反应生成C，根据B的结构简式及B→C的反应条件可以得出C的结构为，D和亚硝酸钠反应，然后酸化生成D，D的结构为，D和乙醇发生酯化反应生成E，E和氨气发生取代反应生成F，F和发生取代反应生成G，G和发生取代反应生成H，根据H的结构简式可推知G的结构为；
(4)根据流程中F到G的反应分析，由甲苯要先得到，再与反应得到目标产物。
本题考查有机物的推断与合成，把握习题中的信息、有机物的官能团与性质、有机反应条件及有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用。