2020-2021学年广东省汕头市金山中学高三（下）月考化学试卷（3月份）

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2020-2021学年广东省汕头市金山中学高三（下）月考化学试卷（3月份）

1. 近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是( )
A. “天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料一钛合金
B. “北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料一砷化镓
C. “长征五号”运载火箭使用的高效燃料一液氢
D. “C919”飞机身使用的复合材料一碳纤维和环氧树脂
2. 下列表示正确的是( )
A. 丙烯的结构简式：CH3CH=CH2
B. 氮气的电子式：
C. 金刚石的比例模型：
D. H2S的电子式：
3. 北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是( )
A. 胆矾的化学式为CuSO4
B. 胆矾可作为湿法冶铜的原料
C. “熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
4. 下列解释事实的方程式正确的是( )
A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3+2H+=SO2↑+S↓+2Na++H2O
B. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：Ca2++ClO−+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓
D. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−
5. 设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )
A. 标准状况下，11.2L苯中含有C−H键的数目为3NA
B. 常温下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH−数目为0.1NA
C. 常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子
D. 电解饱和食盐水，阳极产生22.4L气体时，电路中通过的电子数目为2NA
6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y的最外层电子数之和等于6，且X、Y 位于不同的周期，W的最简单气态氢化物与Z的单质形成的混合气体在光照条件下可得到Z的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径： Y>Z
B. X的最简单氢化物与乙的单质混合后可产生白烟
C. Z的氧化物对应的水化物酸性一定比W 的强
D. W、X、Y 三种元素形成的化合物YWX的水溶液呈中性
7. 苹果酸环二酯(OP)的结构简式如图所示，下列相关说法不正确的是( )

A. OP含有的官能团是羧基、酯基 B. OP能在NaOH溶液中发生水解反应
C. OP能使Br2的CCl4溶液褪色 D. 能与Na2CO3溶液发生反应
8. 在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是( )
A. Ca(OH)2→Cl2Ca(ClO)2→SO2HClO
B.
C. FeS2→O2SO2→NH3⋅H2O(NH4)2SO4
D. 饱和NaCl溶液→CO2NaHCO3→△Na2CO3
9. 实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是( )
A. 装置甲制取H2 B. 装置乙净化干燥H2
C. 装置丙制取CaH2 D. 装置丁吸收尾气
10. 合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是( )
A. 合成氨采用400∼500℃是为了提高原料转化率和反应速率
B. 湿润的淀粉−KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸汽
C. 生成固体l的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
D. 将固体2溶于水再滴加石蕊溶液颜色变红
11. 某甲酸溶液中可能含有少量甲醛，用下列方法可以证明的是( )
A. 加入新制的Cu(OH)2悬浊液加热，有砖红色沉淀产生，则含甲醛
B. 能发生银镜反应，则含甲醛
C. 先将试液充分进行酯化反应，收集生成物进行银镜反应，若有银镜产生，则含甲醛
D. 将该溶液与足量NaOH溶液混合后蒸馏，若其蒸馏产物可发生银镜反应，则含甲醛
12. 浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是 ( )
已知：Br2红棕色


A. 对比①和②可以说明还原性：Br−>Cl−
B. ①和③相比可说明氧化性：Br2>SO2
C. ②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性：H2SO4>HCl
D. ③中浓H2SO4被还原成SO2
13. 以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e−=Na2Fe[Fe(CN)6]
B. 充电时，Mo(钼)箔接电源的负极
C. 充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室
D. 外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g
14. I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I−(aq)⇌I3−(aq)，某I2、KI混合溶液中，I3−的物质的量浓度c(I3−)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是( )
A. 温度为T1时，向该平衡体系中加入KI固体，平衡正向移动
B. I2(aq)+I−(aq)⇌I3−(aq)的△H<0
C. 若T1时，反应进行到状态d时，一定有
D. 状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高
15. 利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、NO3−等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne.下列说法错误的是( )
A. 反应①②③④均在正极发生
B. 单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne =amol
C. ④的电极反应式为NO3−+10H++8e−=NH4++3H2O
D. 增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
16. 常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是( )
A. pH=1.2的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2C2O4)+2c(C2O42−)
B. pH=2.7的溶液中：c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=1000
C. 将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2
D. 向pH=1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一定增大
17. 过硫酸钠(Na2S2O8)常用作漂白剂、氯化剂等。某研究小组利用下图装置制备Na2S2O8并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。

已知：①(NH4)2S2O8+2NaOH−55℃Na2S2O8+2NH3↑+2H2O，
②2NH3+3Na2S2O8+6NaOH−90℃6Na2SO4+N2+6H2O。
(l)仪器a的名称是 ______ 。装置Ⅰ中NaOH溶液的作用是吸收空气中 ______ (填化学式)，减少副反应的发生。
(2)装置Ⅱ发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是 ______ 。
(3)装置Ⅲ的作用是 ______ 。
(4)Na2S2O8溶液与铜反应只生成两种盐，且反应先慢后快。
①该反应的化学方程式为 ______ 。
②某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的Cu2+对反应起催化作用。完成下列实验设计：向盛有等质量铜粉的试管中，分别加入 ______ ，再加入等体积等浓度的Na2S2O8溶液，若加入硫酸铜溶液的试管中反应快，则该推测正确。
(5)测定产品纯度：称取0.2500g样品，用蒸馏水溶解，加入过量KI，充分反应后，再滴加几滴指示剂，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为19.50mL。(已知：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)
①选用的指示剂是 ______ ；达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准溶液时， ______ ，且半分钟内不恢复。
②样品的纯度为 ______ 。
18. LiFePO4可作为新型锂离子也池的正极材料。以钛铁矿(主要成分为FTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4⋅7H2O)与磷酸和LiOH反应可制各 LiFePO4，LiFePO4的制备流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为______。
(2)①加铁屑还原的目的是______，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为______。
(3)①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶浟、磷酸和LiOH，其加入顺序应为______，②其理由是______。
(4)滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：则该装置中铜电极应连接直流电源的______极，石墨电极的电极反应式为______，当有0.1molCu2O生成时电路中转移______mol电子。


19. 从空气中捕获CO2直接转化为甲醇是二十多年来“甲醇经济”领域的研究热点，诺贝尔化学奖获得者乔治⋅安德鲁教授首次以金属钌作催化剂实现了这种转化，其转化如图所示。

(1)如图所示转化中，第4步常采取 ______ 法将甲醇和水进行分离。(填分离方法名称)
(2)如图所示转化中，由第1步至第4步的反应热(△H)依次是akJ⋅mol−1、bkJ⋅mol−1、ckJ⋅mol−1、dkJ⋅mol−1，则该转化总反应的热化学方程式是 ______ 。
(3)一定温度下，利用金属钌作催化剂，在容积为2L的密闭容器中可直接实现(2)中总反应的转化得到甲醇。测得该反应体系中X、Y浓度随时间变化如下表：
反应试剂/min
0
2
4
6
8
10
X的浓度/mol⋅L−1
1.100
0.5500
0.3000
0.1500
0.1000
0.1000
Y的浓度/mol⋅L−1
0.000
0.5500
0.8000
0.9500
1.000
1.000
①X的电子式是 ______ 。
②从反应开始到平衡，用另一反应物Z表示的平均反应速率v(Z)=______ 。
③下列一定可以作为反应达到平衡状态的标志的是 ______ (填字母，双选题)。
A.混合气体的密度不再变化
B.生成1molCO2的同时生成1molCH3OH
C.混合气体的平均相对分子质量不再变化
D.CH3OH的体积分数不再变化
④若起始时只有反应物且反应物Z的起始浓度为3.400mol⋅L−l，则该条件下该反应的平衡常数K=______ 。
⑤下列说法正确的是 ______ (填字母)。
a.金属钌可大大提高该反应的化学反应速率和反应物的转化率
b.X的平衡转化率是90.91%
c.其他条件不变时，若起始投料是原来的2倍，X的平衡转化率低于90.91%
d.其他条件相同而温度升高时，测得X的平衡转化率为93%，由此可知该反应为吸热反应
20. 技术人员晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]⋅H2O(三草酸合铁酸钾)作感光剂，再以K3[Fe(CN)6](六氰合铁酸钾)溶液作显影剂。请回答以下问题：
(1)铁元素在周期表中位置为第四周期第 ______ 族；Fe3+的基态价电子排布图为 ______ 。
(2)在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为 ______ (填化学式)，电负性最小的元素为 ______ 。(填化学式)
(3)H2C2O4分子中碳原子的杂化类型是 ______ ，与C2O42−互为等电子体的分子的化学式为 ______ .(写一种)
(4)已知C60分子结构和C60晶胞如下图所示：

①如图所示，1个C60分子中参与形成π键的电子总数为 ______ 。
②如图所示，固体C60的晶体类型为 ______ 。
③已知C60晶胞参数(即所示整个立方体晶胞的边长)为apm，则该晶胞密度的表达式是 ______ g⋅cm−3(NA代表阿伏加德罗常数)。
21. 白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示。

已知：
①
②(以上R、R′代表氢、烷基)
(l)白头翁素的分子式为 ______。
(2)C中含有的含氧官能团名称为 ______。
(3)A→B反应的化学方程式为 ______。
(4)试剂a为 ______，F的结构简式为，则E→F的反应类型为 ______。
(5)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类的有 ______种。
(6)以乙烯、乙醛为原料，选用必要的无机试剂合成，请写出其合成路线 ______。(用结

构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)
答案和解析

1.【答案】A

【解析】A.钛合金是合金，属于金属材料，故A正确；
B.砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，故B错误；
C.液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属元素，不是金属材料，故C错误；
D.碳纤维和环氧树脂都不是金属材料，故D错误。

2.【答案】A

【解析】解：A.丙烯中含有3个碳原子和一个碳碳双键，结构简式表示为CH3CH=CH2，故A正确；
B.氮气分子中共用3对电子对，电子式为：，故B错误；
C.该比例模型可表示甲烷等，金刚石是正四面体空间网状结构，故C错误；
D.H2S为共价化合物，电子式为：，故D错误；
故选：A。
A.丙烯中含有3个碳原子和一个碳碳双键；
B.氮气分子中共用3对电子对，每个氮原子有一对孤对电子；
C.金刚石是正四面体空间网状结构；
D.H2S为共价化合物，硫原子和两个氢原子分别形成一对共用电子对。
本题考查了电子式、结构简式等化学用语的正误判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确电子式的书写原则、结构简式的书写方法为解答关键，题目难度不大，注意掌握常见化学用语的概念及书写方法。

3.【答案】A

【解析】解：A.胆矾是硫酸铜晶体，“胆矾”化学式为CuSO4⋅5H2O，故A错误；
B.胆矾是硫酸铜晶体，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则胆矾可作为湿法冶铜的原料，故B正确；
C.挹其水熬之则成胆矾，硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体，是浓缩结晶过程，故C正确；
D.熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，硫酸铜与Fe置换反应生成Cu，属于置换反应，故D正确；
故选：A。
“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”由题意可知，“苦泉”泉水中含有硫酸铜，硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体，从溶液中获取晶体，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，是发生了：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，硫酸铜与Fe置换反应生成Cu，据此解答。
本题为信息题，明确题目中所给的信息以及Cu及其化合物的性质是解本题关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生获取信息利用信息解答问题能力。

4.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法；检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
【解答】
A.硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O32−+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故A错误；
B.氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3，故B正确；
C.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，正确的离子方程式为：ClO−+H2O+CO2=HClO+HCO3−，故C错误；
D.氯气用于自来水消毒，反应生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2 +H2O⇌H++Cl−+HClO，故D错误
故选：B。  
5.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度等之间的关系。
【解答】
A.标准状况下，苯不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，故A错误；
B.常温下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH−数目为0.1NA，故B正确；
C.常温下铁片与浓硫酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，故C错误；
D.没有告诉在标准状况下，无法计算阳极生成22.4L气体的物质的量，故D错误；
故选：B。  
6.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素化合物知识、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
W的最简单气态氢化物与Z的单质形成的混合气体在光照条件下可得到Z的氢化物和油状混合物，应为甲烷和氯气的取代反应，则W为C元素，Z为Cl元素，W、X、Y、Z的原子序数依饮增大，X、Y的最外层电子数之和等于6，且X、Y 位于不同的周期，可知X位于第二周期，且原子序数比C大，应为N元素，则Y为Na元素，以此解答该题。
A.N3−核外有2个电子层，Cl−有3个电子层，核外电子层数越多，离子半径越大，故A错误；
B.氯气可与氨气反应生成氯化铵和氮气，有白烟生成，故B正确；
C.如不是最高价氧化物，则对应的酸的酸性强弱不能用于比较非金属性，故C错误；
D.NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D错误。
故选：B。  
7.【答案】C

【解析】解：A.中含有的官能团有羧基和酯基，故A正确；
B.中含有酯基，则能在NaOH溶液中发生水解反应，故B正确；
C.中不含有可使Br2的CCl4溶液褪色的官能团，故C错误；
D.中含有羧基，有酸性，则能与Na2CO3溶液发生反应，故D正确；
故选：C。
该有机物中含有羧基、酯基，具有羧酸和酯的性质，一定条件下能发生酯化反应、水解反应、取代反应等。
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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.二氧化硫具有还原性，能够还原次氯酸根离子，所以Ca(ClO)2→SO2HClO不能实现，故A错误；
B.二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸，，故B正确；
C.二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵或者亚硫酸氢铵，所以SO2→NH3⋅H2O(NH4)2SO4不能实现，故C错误；
D.氯化钠溶液与二氧化碳不反应，所以饱和NaCl溶液→CO2NaHCO3不能实现，故D错误。
故选：B。
A.二氧化硫具有还原性，能够还原次氯酸根离子；
B.二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸；
C.二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵或者亚硫酸氢铵；
D.侯氏制碱法原理为饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵。
本题考查了非金属元素、金属元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、转化反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

9.【答案】D

【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、仪器的选取、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.制取氢气需要固液不加热型装置，该实验装置符合条件，故A正确；
B.盐酸具有挥发性，导致生成的氢气中含有HCl，碱液吸收HCl，浓硫酸具有吸水性且和氢气不反应，所以用NaOH吸收HCl、用浓硫酸干燥氢气，故B正确；
C.氢气和钙在加热条件下反应生成氢化钙，所以用该装置制取氢化钙，故C正确；
D.氢气不能被碱石灰吸收，所以不能用碱石灰处理尾气，故D错误；
故选：D。  
10.【答案】C

【解析】解：A.温度影响化学反应速率及化学平衡，合成氨反应的方程式为：，在400∼500℃催化剂的活性最强，同时升高温度虽然不利于平衡向正反应方向移动，不能改变原料转化率，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间，故A错误；
B.气体2为二氧化氮、溴蒸气都具有强氧化性，遇到湿润的淀粉−KI试纸都可以变蓝色，不可以鉴别，故B错误；
C.固体1为碳酸氢钠，氯化钠、二氧化碳、水和氨气可以生成碳酸氢钠固体，故方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故C正确；
D.碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，固体2碳酸钠溶液为碱性溶液，故滴加石蕊溶液颜色变蓝，故D错误；
故选：C。
氮气和氢气催化剂作用高温高压反应生成氨气，氨气催化氧化生成气体1为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成气体2为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，氨气和二氧化碳、水、氯化钠溶液反应生成固体1碳酸氢钠晶体，加热分解生成固体2为碳酸钠，
A.温度影响化学反应速率及化学平衡，合成氨反应的方程式为：，升温平衡逆向进行，不能提高反应物转化率，故A错误；
B.气体2为二氧化氮，溴蒸气和二氧化氮都具有强氧化性，都能氧化碘离子生成碘单质；
C.固体1为碳酸氢钠，氯化钠、二氧化碳、水和氨气可以生成碳酸氢钠固体；
D.固体2为碳酸钠，溶于水的溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性。
本题考查了工业合成氨的条件选择、物质性质、反应过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

11.【答案】D

【解析】解：甲酸和甲醛都含有醛基，则直接加入新制备氢氧化铜浊液或银氨溶液不能鉴别是否含有甲醛，应先加入足量NaOH溶液混合，甲酸与氢氧化钠溶液反应生成难挥发的甲酸钠，然后蒸馏，可得到甲醛，再用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液鉴别，
故选：D。
甲酸中含有醛基和羧基，甲醛中只含醛基，不能直接用银氨溶液鉴别，应先分离后再鉴别，以此解答。
本题考查有机物的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同为解答该题的关键，难度不大。

12.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应中相关概念，浓硫酸的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意由现象得出结论，题目难度中等。
【解答】
A.反应①生成红棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，说明还原性Br−>Cl−，故A正确；
B.反应③生成二氧化硫气体，非氧化还原反应，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；
C.白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4 D.反应③生成二氧化硫气体，非氧化还原反应，是强酸制弱酸，故D错误。
故选A。  
13.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等。
【解答】
根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e−=Na2Fe[Fe(CN)6]，负极上发生失电子的氧化反应：2Mg+2Cl−−4e−=
[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。
A、放电时，正极上是得电子的还原反应Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e−=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正确；
B、充电时，原电池的负极连接电源的负极，Mo(钼)箔是原电池正极，充电时接电源的正极，故B错误；
C、充电时，Na+通过交换膜移向阴极，即从左室移向右室，故C正确；
D、负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl−−4e−=[Mg2Cl2]2+，外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为减少金属镁0.1mol，质量变化为2.4g，故D正确。
故选：B。  
14.【答案】D

【解析】解：A.温度T1时，加入KI固体，I−浓度增大，平衡向正反应方向移动，故A正确；
B.由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3−的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2(aq)+I−(aq)⇌I3−(aq)的△H<0，故B正确；
C.若反应进行到状态d时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的I3−方向移动，则，故C正确；
D.状态a与状态b均为平衡状态，状态b的I3−的物质的量浓度明显小于状态a的I3−的物质的量浓度，说明由状态a转化为状态b时，升高温度平衡逆向移动，则I2的转化率降低，故D错误；
故选：D。
A.加入KI固体，I−的浓度增大；
B.由图可知，升高温度c(I3−)减小，则升高温度平衡逆向移动；
C.T1时，反应进行到状态d时c(I3−)小于平衡时浓度；
D.状态a与状态b相比，温度不同，降低温度平衡正向移动，可增大转化率。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

15.【答案】B

【解析】解：A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为−2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne  =2amol，故B错误；
C.由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3−+8e_−NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，所以④的电极反应式为NO3−+10H++8e−=NH4++3H2O，故C正确；
D.增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；
故选：B。
A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化判断；
B.根据三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为−2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子判断；
C.根据N元素的化合价变化书写；
D.增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率。
本题考查原电池原理，把握各个电极上发生的反应是解本题关键，侧重考查学生分析判断及计算能力，题目难度中等。

16.【答案】C

【解析】解：A.溶液不显电性，存在电荷守恒式为c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，且pH=1.2时c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，则pH=1.2的溶液中存在c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2C2O4)+2c(C2O42−)，故A正确；
B.由图可知pH=1.2时c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10−1.2，pH=4.2时c(HC2O4−)=c(C2O42−)，Ka2=c(H+)=10−4.2，则pH=2.7的溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2=10−1.210−4.2=1000，故B正确；
C.将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，HC2O4−的电离大于其水解，则c(HC2O4−)≠c(C2O42−)，则所得混合液的pH不是4.2，故C错误；
D.酸碱均抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，且pH由1.2增大至4.2的过程中HC2O4−减少、C2O42−增加，则水的电离度一定增大，故D正确；
故选：C。
A.溶液不显电性，存在电荷守恒式为c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，且pH=1.2时c(HC2O4−)=c(H2C2O4)；
B.由图可知pH=1.2时c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10−1.2，pH=4.2时c(HC2O4−)=c(C2O42−)，Ka2=c(H+)=10−4.2，则pH=2.7的溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2；
C.将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，HC2O4−的电离大于其水解，则c(HC2O4−)≠c(C2O42−)；
D.酸碱均抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，且pH由1.2增大至4.2的过程中HC2O4−减少、C2O42−增加。
本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握图中曲线及坐标的意义、电离平衡常数的应用、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

17.【答案】分液漏斗  CO2  将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出  吸收NH3，防止倒吸  Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4  等体积的硫酸铜溶液和蒸馏水(或其他不含铜离子的溶液，如硫酸钠溶液)淀粉溶液  溶液的蓝色褪去  92.82%

【解析】解：(1)装置图可知装置Ⅰ中盛NaOH溶液的仪器名称是分液漏斗；装置Ⅰ中NaOH溶液的作用是吸收空气中二氧化碳，
故答案为：分液漏斗；CO2；
(2)NH3能与Na2S2O8反应，所以要及时排出，所以需要持续通入空气的目的是使三颈烧瓶内产生的NH3及时排除，减少副反应②的发生，
故答案为：将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出；
(3)根据上面的分析可知，装置Ⅲ是吸收氨气尾气的，
故答案为：吸收NH3，防止倒吸；
(4)①Na2S2O8溶液与铜只生成两种盐，根据电子得失守恒和元素守恒可知，这两种物质应为硫酸钠和硫酸铜，化学方程式为：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4，
故答案为：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4；
②取等量铜粉于试管中，分别加入少量等体积的硫酸铜溶液和水，再加入等量过硫酸钠溶液，观察现象，若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2+起了催化作用，反之，Cu2+不起作用；故答案为：等体积的硫酸铜溶液和蒸馏水(或其他不含铜离子的溶液，如硫酸钠溶液)；
(5)①碘单质遇到淀粉变蓝色可以选择淀粉溶液做指示剂，滴定到最后一滴溶液，溶液的蓝色褪去且半分钟不恢复，说明反应达到终点；
故答案为：淀粉溶液；溶液的蓝色褪去；
②Na2S2O3标准溶液做氧化剂，1mol得到2mol电子，KI被氧化为I2，转移电子2mol，I2与Na2S2O3溶液反应为：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，
Na2S2O3∼I2∼2S2O32−
1 2
n0.1mol/l×0.0195L
则n(Na2S2O8)=12×1.95×10−3mol=9.75×10−4mol，样品的纯度=9.75×10−4mol×238g/mol0.250g×100%=92.82%，
故答案为：92.82%。
根据实验原理可知，用(NH4)2S2O8和氢氧化钠反应生成Na2S2O8，由于NH3能与Na2S2O8反应，装置Ⅰ通入空气经过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，防止对后续操作产生影响，所以实验中要用氮气把生成的氨气及明排出容器，生成的氨气可以用硫酸吸收，氨气极易溶于水，所以要用防倒吸装置；
(1)仪器a为分液漏斗；装置Ⅰ中NaOH溶液可以吸收空气中二氧化碳；
(2)NH3能与Na2S2O8反应，要及时排出；
(3)装置Ⅲ用来吸收氨气尾气；
(4)①Na2S2O8溶液与铜反应生成硫酸钠和硫酸铜；
②取等量铜粉于试管中，分别加入少量等体积的硫酸铜溶液和水，再加入等量过硫酸钠溶液，进行比较并观察现象；
(5)①碘单质遇到淀粉变蓝色可以选择淀粉溶液做指示剂；
②Na2S2O3溶液做氧化剂，1mol得到2mol电子，KI被氧化为I2，转移电子2mol，Na2S2O3∼I2，I2与Na2S2O3溶液反应为I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，I2∼2S2O32−，据此计算。
本题考查实验制备方案、物质含量的测定，明确原理是解题关键，注意对题目信息的提取应用，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。

18.【答案】FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O把Fe3+还原为Fe2+，置换出铜   取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全   磷酸、FeSO4溶液、LiOH 先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe(OH)2沉淀   正   2H2O+2e−=2OH−+H2↑(或2H++2e−=H2↑)0.2

【解析】解：(1)酸溶时 FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；
(2)①加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，故答案为：把Fe3+还原为Fe2+，置换出铜；
②过滤前需要检验还原是否完全，可检验铁离子，方法是取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全，
故答案为：取少量反应液于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全；
(3)实验时，应先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe(OH)2沉淀，则顺序为磷酸、FeSO4溶液、LiOH，
故答案为：磷酸、FeSO4溶液、LiOH；先加磷酸，在酸性环境既可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又可避免生成Fe(OH)2沉淀；
(4)反应，根据电解总反应可以知道金属铜为阳极材料，连接电源正极，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生的电子的还原反应，电极反应为：2H2O+2e−=2OH−+H2↑(或2H++2e−=H2↑)；失电子物质的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，当有0.1molCu2O生成时电路中转移0.2mol电子，
故答案为：正；2H2O+2e−=2OH−+H2↑(或2H++2e−=H2↑)；0.2。
钛铁矿精矿用稀硫酸溶解得到强酸溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等，加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，过滤除去二氧化硅、铁、铜，然后冷冻过滤除去TiOSO4，得到滤液加入磷酸\LiOH、水和异丙醇可得LiFePO4，以此解答该题。
本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的制备的流程、理解反应原理为解答的关键，涉及物质的制备、除杂等知识，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力，题目难度中等。

19.【答案】蒸馏或分馏  CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(1)△H=(a+b+c+d)kJ⋅mol−1   0.3750mol⋅L−1⋅min−1  AB156.25bd

【解析】解：(1)甲醇易挥发，沸点较低，与水的沸点相差较大，可以采用蒸馏或分馏的方法分离甲醇和水，
故答案为：蒸馏或分馏；
(2)根据图示是一个闭合的环，说明总反应的反应热是四步反应的反应热之和，结合碳元素守恒，可以写出总反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(1)△H=(a+b+c+d)kJ⋅mol−1，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(1)△H=(a+b+c+d)kJ⋅mol−1；
(3)①根据表中数据，随着反应时间的延长，X的浓度下降而Y的浓度从0开始增大，说明X为反应物，Y为生成物，又因为在相同时间内X的浓度变化量与Y的相同，说明在总反应方程式中X和Y的化学计量数相同，满足此条件的反应物只有二氧化碳，所以X为二氧化碳，电子式为：，
故答案为：；
②该反应只有两种反应物，所以Z为氢气，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.100−0.1000)mol/L8min=0.3750mol/(L⋅min)，
故答案为：0.3750mol⋅L−1⋅min−1；
③A.该反应的生成物为液态，因此混合气体的密度不再改变，可以作为反应达到平衡状态的标志，故A正确；
B.生成1molCO2为逆反应，生成1molCH3OH为正反应，生成1molCO2的同时生成1molCH3OH，说明正逆反应速率相等，可以作为平衡状态的标志，故B正确；
C.该反应的生成物为液态，混合气体的平均相对分子质量始终不再变化，此选项不能作为平衡状态的标志，故C错误；
D.该反应的反应物均为气态，生成物均为液态，CH3OH的体积分数始终不再变化不能作为平衡状态的标志，故D错误；
故答案为：AB；
④根据题中数据列三段式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(1)
起始时的浓度(mol/L)1.1003.40000
   转化的浓度(mol/L)1.0003.0001.0001.000
平衡时的浓度(mol/L)0.1000.4001.0001.000，则K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c2(H2)=1.000×1.0000.100×0.4002=156.25，
故答案为：156.25；
⑤a.催化剂只能改变反应速率，不能影响平衡，故a错误；
b.CO2的平衡转化率为1.0001.100×100%≈90.91%，故b正确；
c..其他条件不变时，若起始投料是原来的2倍，相当于增大压强，化学平衡向气体总体积减小的方向移动，即正向移动，X的平衡转化率将增大，高于90.91%，故c错误；
d.其他条件相同而温度升高时，X的平衡转化率为增大93%，即升温平衡正向移动，说明正反应为吸热反应，故d正确；
故答案为：bd。
(1)甲醇与水互溶且沸点相差较大；
(2)根据图示是一个闭合的环，说明总反应的反应热是四步反应的反应热之和，结合碳元素守恒写出总反应的热化学方程式；
(3)①根据表中数据，随着反应时间的延长，X的浓度下降而Y的浓度从0开始增大，说明X为反应物，Y为生成物，又因为在相同时间内X的浓度变化量与Y的相同，说明在总反应方程式中X和Y的化学计量数相同；
②该反应只有两种反应物，根据速率比等于化学计量数之比得出；
③A.该反应的生成物为液态；
B.生成1molCO2为逆反应，生成1molCH3OH为正反应，速率比等于化学计量数之比得出；
C.生成物为液态，混合气体的平均相对分子质量始终不变；
D.反应物均为气态，生成物均为液态，CH3OH的体积分数始终不变；
④根据题中数据列三段式：列式计算，则K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c2(H2)；
⑤a.催化剂只能改变反应速率；
b.CO2的平衡转化率为；
c..其他条件不变时，若起始投料是原来的2倍，相当于增大压强，化学平衡向气体总体积减小的方向移动；
d.其他条件相同时升温平衡正向移动。
本题主要考查化学反应原理，为高频考点，涉及分离方法、电子式、热化学方程式、化学反应速率和化学平衡常数，侧重考查学生的分析推理和计算能力，熟练掌握化学基本反应原理是做题的关键，题目难度中等。

20.【答案】  NKsp2杂化  N2O4  60 分子晶体 4×720NA×(a×10−10)3

【解析】解：(1)铁元素为26号元素，价电子排布式为3d64s2，则在周期表中位置为第四周期族，Fe3+的基态价电子排布图为，
故答案为：；；
(2)在上述两种钾盐中涉及的元素有K、Fe、C、H、O、N，一般情况下非金属元素的电离能大于金属元素，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，但若元素处于第、，由于原子核外电子排布处于全满、半充满的稳定状态，其第一电离能大，所以上述元素中第一电离能最大的元素是N元素；元素的金属性越强，其电负性就越小，所以上述几种元素中电负性最小的元素是K元素，
故答案为：N；K；
 (3)H2C2O4分子结构简式是HOOC−COOH，C原子形成3个σ键，因此其中碳原子的杂化类型是sp2杂化，等电子体是指原子个数相同，最外层电子数也相同的粒子，则与C2O42−互为等电子体的分子的化学式为N2O4，
故答案为：sp2杂化；N2O4；
(4)①根据C60分子结构可知，每个C原子形成了1个碳碳双键和2个碳碳单键，碳碳単键都是σ键，碳碳双键一个是σ键，一个是π键，所以C60分子中含有60个碳碳双键，1个C60分子中参与形成π键的电子总数为60个，
故答案为60；
②C60是由60个C原子构成的分子，则固体C60的晶体类型为分子晶体，
故答案为：分子晶体；
③在一个晶胞中含有的C60分子数目为18×8+12×6=4，晶胞质量是m=4mol×(12g/mol×6)NA=4×720NAg，晶胞体积是V=(apm)3=(a×10−10)3，故该晶胞密度为ρ=mV=4×720NA×(a×10−10)3g/cm3，
故答案为：4×720NA×(a×10−10)3。
(1)铁元素为26号元素，价电子排布式为3d64s2，可确定其在周期表的位置；
(2)一般情况下非金属元素的电离能大于金属元素，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，但若元素处于第、，由于原子核外电子排布处于全满、半充满的稳定状态，其第一电离能大，元素的金属性越强，其电负性就越小，所以在两种钾盐K3[Fe(C2O4)3]⋅H2O(三草酸合铁酸钾)和K3[Fe(CN)6](六氰合铁酸钾)中第一电离能最大的元素是N元素；电负性最小的元素是K元素；
(3)根据草酸的结构简式是HOOC−COOH，可知C原子形成3个σ键，故其杂化类型是sp2，等电子体是指原子个数相同，最外层电子数也相同的粒子，则与C2O42−互为等电子体的分子的化学式为N2O4；
(4)①根据C60分子结构可知，每个C原子形成了1个碳碳双键和2个碳碳单键，碳碳単键都是σ键，碳碳双键一个是σ键，一个是π键，故C60分子中参与形成π键的电子总数为60个；
②根据C60晶胞结构和分子式可知，固体C60的晶体类型为分子晶体；
③在一个晶胞中含有的C60分子数目为18×8+12×6=4，再根据晶胞密度为ρ=mV列出表达式。
本题考查物质结构和性质，涉及价电子排布图、第一电离能、电负性、等电子体、分子结构和晶体类型判断、杂化类型、晶胞密度计算等知识点，侧重考查基础知识运用、计算能力，难点是晶胞的密度计算，题目难度中等。

21.【答案】C10H8O4  羟基、羧基   浓硫酸  消去反应  8

【解析】解：(l)白头翁素的结构简式为，由2分子F(C5H4O2)加成得到，故白头翁素的分子式为C10H8O4，
故答案为：C10H8O4；
(2)C的结构简式为，C中含有的含氧官能团名称为：羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
(3)A→B是与水发生加成反应生成，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
(4)C→D是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，发生醇的消去反应，试剂a为浓硫酸，F的结构简式为，E分子内脱下1分子HI形成碳碳双键，则E→F的反应类型为消去反应，
故答案为：浓硫酸；消去反应；
(5)F为，F与足量氢气加成得到G为，G属于链状羧酸类的同分异构体还含有碳碳双键，可以看作是CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、中氢原子被−COOH取代，分别有4种、2种、2种，故符合条件的共有4+2+2=8种，
故答案为：8种；
(6)由信息可知，由CH3CH=CHCH3反应得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，合成路线为：，
故答案为：。
对比A、C的结构可知，A与水发生加成反应生成B，B发生信息①中的反应生成C，可推知B为，C→D发生消去反应，试剂a为浓硫酸，D转化生成E，由F的分子式可知，E发生消去反应生成F，F发生信息②中加成反应生成白头翁素，故试剂b为NaOH醇溶液，F为；
(6)由信息可知，由CH3CH=CHCH3反应得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br。
本题考查有机物推断和合成，充分利用转化中物质结构简式与分子式进行分析，需要学生对给予的信息进行利用，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。