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2020-2021学年重庆市垫江五中高三（下）月考化学试卷（4月份）
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这是一份2020-2021学年重庆市垫江五中高三（下）月考化学试卷（4月份），共24页。试卷主要包含了1NA，5的目的是 ______ ，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年重庆市垫江五中高三（下）月考化学试卷（4月份）
1. 苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指( )
A. 脱落酸 B. 乙烯 C. 生长素 D. 甲烷
2. 下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为10的氟原子： 19F
B. 乙酸乙酯的结构简式：C4H8O2
C. 过氧化氢的电子式为：
D. 镁原子的结构示意图：
3. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温常压下，124gP4中所含P−P键数目为4NA
B. 100mL1mol⋅L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA
C. 11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
4. 常温下pH=2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下列结论正确的是( )
A. 酸B比酸A的电离度大
B. A为弱酸，B为强酸
C. 酸B的物质的量浓度比A的大
D. 稀释至相同的PH酸A加的水比酸B多
5. 如图所示CalanolideA是一种抗HIV药物。下列关于CalanolideA的说法正确的是( )
A. 分子中有4个手性碳原子
B. 分子中所有碳原子一定在同一平面上
C. 该物质可发生取代、加成、消去反应
D. 1mol该物质与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH
6. 空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42−的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO42−含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
i.b≈d>a≈c
ii.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42−
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水
d
下列说法不正确的是( )
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 +2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
7. 下列图示实验不能达成相应目的的是( )
A.用苯萃取碘水中的碘单质
B.验证铁钉能发生吸氧腐蚀
C.实验室氨气
D.检验溴乙烷消去产物中的乙烯
A. A B. B C. C D. D
8. 下列化学用语解释事实或过程正确的是( )
A. Fe3O4溶于过量稀硝酸中：Fe3O4 +8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
B. 乙酸和乙醇的酯化反应： CH3CO18OCH2CH3+H2O
C. 用足量氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2 +2OH−=SO32−+H2O
D. 向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，固体溶解：Mg(OH)2+2NH4+⇌Mg2++2NH3⋅H2O
9. 已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是( )
A. 3579Br与 3581Br得电子能力不同
B. 镓元素为第四周期第元素
C. 原子半径：Ga>Br>Cl>Al
D. 碱性：Ga(OH)3>Al(OH)3，酸性：HClO4>HBrO4
10. 短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是( )
W
X
Y
Z
A. 氢化物沸点：W>X
B. 简单离子的半径：Y
11. 某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是( )
A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B. HCHO在反应过程中，有C−H键发生断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2→HAPCO2+H2O
12. 用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂−KNO3的U型管)构成一个原电池．以下有关该原电池的叙述正确的是( )
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极
②正极反应为：Ag++e−=Ag
③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作
④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同．
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
13. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确的是( )
A. 用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
B. 用FeCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气后可再利用
C. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D. 该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4
14. 室温时，将0.10mol/L的NaOH溶液滴入20.0mL未知浓度的某一元酸HA溶液中(c点时二者恰好中和)，溶液pH随加入NaOH溶液体积变化曲线如图。下列有关说法不正确的是( )
A. 该一元酸为弱酸，酸溶液的浓度为0.10mol/L
B. d点时：2c(HA)+2c(A−)=3c(Na+)
C. b点时，c(A−)=c(Na+)
D. a点时：c(HA)
(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：。已知相关物质化学键的键能如表所示，结合图1，求x=______。
化学键
H−H
N−H
N≡N
键能/(kJ⋅mol−1)
436
391
x
(2)将1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，进行反应，测得反应放出的热量小于92.2kJ，原因是 ______；若加入催化剂，ΔH______(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(3)某温度下，若将2molN2和6molH2置于体积为2L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下的K=______，能说明反应达平衡状态的是 ______。
A.容器中混合气体的密度不随时间变化
B.单位时间内断裂3molH−H键的同时断裂6molN−H键
C.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2
D.容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间变化
(4)①N2H4−空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图2所示。通入N2H4(肼)的一极的电极反应式为 ______。
②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，则理论上外电路中转移电子的物质的量为 ______mol。
16. 某小组同学探究银氨溶液的配制及银氨溶液的成分。
(1)银氨溶液称为 Tollen试剂，在实验室中常用来检验醛基的存在。该反应中，通过“银镜”现象，可知银氨溶液做 ______ 剂。
(2)探究制备银氨溶液过程中沉淀的颜色。
已知：常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀。
[实验实验中所用氨水均为新制)：
实验操作
试剂a
沉淀颜色
i.2%氨水
棕褐色
ii.2%氨水(经敞口放置48h)
白色略暗
iii.2%氨水(瓶口装有盛碱石灰的干燥管，经放置48h)
棕褐色
ⅳ.2%氨水(事先通入少量CO2)
白色
①i中发生反应的离子方程式是 ______ 。
②经推断，上述实验中白色沉淀的主要成分是Ag2CO3。为进一步证明白色沉淀的组成，还可在上述实验中用 ______ 溶液(填化学式)作为试剂a。
③实验测得，ii中所用的氨水比i中所用氨水的pH小，可能原因有 ______ 。
(3)探究银氨溶液成分
[实验向i所得浊液中继续滴加2%氨水，使沉淀溶解。将制得的银氨溶液进行如下操作(流程中酒精的作用是减小溶质的溶解度)。
①通过实验可证明，白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3，而不是Ag(NH3)2OH。将该实验方案和现象补充完整：溶液b滴加酚酞不变红， ______ 。
②溶液b与盐酸反应的离子方程式是 ______ 。
③实验Ⅱ中制银氨溶液的反应为Ag2O+4NH3⋅H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH−+3H2O。结合实验Ⅰ中i的反应，也可分析得出上述关于白色沉淀x成分的结论正确，说明理由： ______ 。
17. 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)
18. 钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。
(1)基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是______。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有______种。
(2)钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是______。
(3)TiCl4是氯化法制取钛的中间产物。TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是______(填化学式)。
(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图1所示。
①组成该物质的元素中，电负性最大的是______ (填元素名称)。
②M中，碳原子的杂化形式有______种。
③M中，不含______(填标号)。
a.π键 b.σ键 c.配位键 d.氢键 e.离子键
(5)金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一，具有四方晶系结构。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图2所示。
①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是______。
②若A、B、C的原子坐标分别为A(0,0,0)、B(0.69a,0.69a,c)、c(a,a,c)，则D的原子坐标为D(0.19a,______，______)；钛氧键的键长d=______(用代数式表示)。
19. 化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按如图路线合成：
已知：RCHO+CH3COOR→CH3CH2ONaRCH=CHCOOR1
请回答：
(1)D的名称为 ______；D→E的反应类型为 ______；A的分子式 ______。
(2)E+F→X的化学方程式 ______。
(3)D的芳香族化合物同分异构体有 ______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的是 ______、______(写结构简式)。
(4)以乙醇为起始原料，参照上述合成路线合成CH3CH=CHCOOCH2CH3，请写出合成路线 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握习题中的信息及乙烯的催熟作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生物与化学的联系，题目难度不大。
【解答】
A.脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；
B.该文中的“气”是指乙烯，得气即发可知乙烯催熟果实，故B选；
C.生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；
D.甲烷不具有催熟作用，故D不选。
故选B。
2.【答案】A
【解析】解：A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在左下方，中子数为10的氟原子的质量数为19，表示为 19F，故A正确；
B.将结构式化简后得到的是结构简式，乙酸乙酯的结构简式为CH3CH2OOCCH3，故B错误；
C.双氧水中O原子达到8电子稳定结构，双氧水中O原子之间以单键结合，电子式为，故C错误；
D.镁原子的核外有12个电子，结构示意图为，故D错误；
故选：A。
A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在左下方；
B.将结构式化简后得到的是结构简式；
C.双氧水中O原子达到8电子稳定结构；
D.镁原子的核外有12个电子。
本题考查了化学用语的表示方法，为高频考点，把握电子式、结构简式等化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.常温常压下，124gP4物质的量为124g124g/mol=1mol，所含P−P键数目为：6NA，故A错误；
B.1个氢氧化铁胶体含多个氢氧化铁，则100mL1mol⋅L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故B正确；
C.气体状况未知，无法计算甲烷、乙烯的物质的量，故C错误；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，故D错误；
故选：B。
A.1个白磷含有6个P−P键；
B.1个氢氧化铁胶体含多个氢氧化铁；
C.气体状况未知；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底。
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，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
4.【答案】C
【解析】解：A.A是强酸完全电离，B是弱酸，部分电离，所以A酸比B酸的电离程度大，故A错误；
B.根据上面的分析可知，A是强酸，B是弱酸，故B错误；
C.A是强酸，B是弱酸，所以B中存在电离平衡，当pH相等时，弱酸的物质的量浓度大于强酸，所以酸B的物质的量浓度比A的大，故C正确；
D.pH相同的一元酸稀释相同的倍数时，弱酸溶液中c(H+)较大，要使稀释后的溶液中c(H+)相等，HB需要的水多，故D错误；
故选：C。
pH均为2酸，如果酸是强酸，稀释1000倍后，溶液的pH应该为5，如果是弱酸，因为存在电离平衡，导致稀释后的溶液中氢离子大于原来的千分之一，则溶液的pH应该大于2小于5，根据图象知，溶液稀释后，A的pH为5，B的小于5，所以A是强酸，B是弱酸，据此答题。
本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH的浓度变化，注意加水促进弱酸电离，所以弱酸pH变化慢，题目难度较小。
5.【答案】C
【解析】解：A.如图标有“*”为手性碳原子：，即分子中有3个手性碳原子，故A错误；
B.存在结构等，形成四面体结构，该结构中的4个碳原子一定不在同一平面内，故分子中所有碳原子一定不在同一平面上，故B错误；
C.含有羟基与酯基，可以发生取代反应，含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，故C正确；
D.分子中只有酯基能与NaOH反应，该酯基水解生成羧基与酚羟基，故1mol物质与NaOH溶液充分反应最多消耗2molNaOH，故D错误；
故选：C。
A.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
B.存在结构等，具有甲烷的四面体结构；
C.含有碳碳双键、羟基、酯基等，具有它们的性质；
D.分子中只有酯基能与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质与转化，注意理解酯基水解原理，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。
6.【答案】C
【解析】解：A.控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；
B.依据题意可知二氧化硫、氮的氧化物、水发生反应生成亚硝酸和硫酸，所以反应室①中可能发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 +2HNO2，故B正确；
C.依据数据b≈d>a≈c可知，硫酸盐的形成与空气中氨有关，故C错误；
D.依据实验可知空气中如果含有氨气更有利于硫酸盐的形成，空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，故D正确；
故选：C。
A.SO2和氮氧化物的排放能加剧雾霾；
B.依据题意可知二氧化硫、氮的氧化物、水发生反应生成亚硝酸和硫酸；
C.依据数据b≈d>a≈c分析；
D.依据实验可知空气中如果含有氨气更有利于硫酸盐的形成。
本题考查了生活中常见的环境污染与质量，准确理解实验目的及数据含义是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，可选分液漏斗萃取碘水中的碘，故A正确；
B.食盐水为中性，水沿导管上升可验证铁钉发生吸氧腐蚀，故B正确；
C.氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故C错误；
D.水可除去挥发的醇，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可检验乙烯，故D正确；
故选：C。
A.碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；
B.食盐水为中性；
C.氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵；
D.水可除去挥发的醇，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
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、混合物的分离提纯、物质的制备及检验、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。
8.【答案】D
【解析】解：A.亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3−=9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；
B.酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢，乙酸中的羟基氧18原子会进入水中，故B错误；
C.一水合氨是弱碱，要写成化学式，用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2NH3⋅H2O=SO32−+2NH4++H2O，故C错误；
D.少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，生成氯化镁和氨水，故离子方程式为2NH4++Mg(OH)2=2NH3⋅H2O+Mg2+，故D正确，
故选：D。
A.亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子；
B.酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢；
C.一水合氨是弱碱，要写成化学式；
D.少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，生成氯化镁和氨水。
本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、复分解反应，明确离子性质及离子方程式书写规则即可解答，注意A中二价铁要转化为三价铁。
9.【答案】D
【解析】解：A.3579Br与 3581Br互为同位素，同位素的化学性质相同，所以 3579Br与 3581Br得电子能力相同，故A错误；
B.镓(31Ga)是第四周期第族元素，同周期与之相邻，故B错误；
C.同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Ga>Br、Al>Cl，故C错误；
D.同主族自上而下金属性增强，故金属性Ga>Al，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性Ga(OH)3>Al(OH)3，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性Cl>Br，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HClO4>HBrO4，故D正确。
故选：D。
A.同位素的化学性质相同；
B.镓(31Ga)是第四周期第族元素，同周期与之相邻；
C.同周期自左而右原子半径减小；
D.镓(31Ga)是第四周期第族元素，同周期与之相邻．同主族自上而下金属性增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强.
本题考查元素周期表结构、元素周期律等，难度不大，注意整体把握元素周期表的结构以及元素周期律，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．
10.【答案】B
【解析】解：由分析可知，W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A.W的氢化物为NH3，X的氢化物为H2O，常温下，前者为气体，而后者为液体，故氢化物沸点：W
D.Y的氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，其酸性比氮元素氧化物对应水化物的酸性弱，故D错误。
故选：B。
由短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，设W的最外层电子数为n，则n−2+n+n+1+n+2=21，解得n=5，可知W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
本题考查结构性性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期表与元素化合物知识，侧重分析与应用能力的考查。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查催化剂机理，识别题目信息是解本题关键，侧重考查观察、分析、判断能力，根据断键和成键方式及催化剂作用分析解答，题目难度不大。
【解答】
A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，所以该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，故A正确；
B.HCHO在反应中有C−H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；
C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；
D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2→HAPCO2+H2O，故D正确。
故选C。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了原电池原理，难度不大，明确原电池放电时外电路上电流的流向、电极上发生的反应、原电池的构成条件即可分析解答本题．
【解答】
原电池中，较活泼的金属铜作负极，负极上金属铜失去电子发生氧化反应，较不活泼的金属银作正极，正极上银离子得电子发生还原反应，外电路上，电子从负极沿导线流向正极，
①在外电路中，电流由银电极流向铜电极，故错误；
②正极上得电子发生还原反应，所以反应为：Ag++e−=Ag，故正确；
③实验过程中取出盐桥，不能构成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故错误；
④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同，故正确。
故选：C。
13.【答案】C
【解析】解：A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；
B.尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；
C.反应中Cl元素化合价由+1价降低为−1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂NaClO与还原剂氯化铁的物质的量之比为3：2，故C错误；
D.结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D正确；
故选：C。
铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2 FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.根据图象知，当NaOH体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元酸溶液浓度为0.10mol⋅L−1，且开始pH为3，为弱酸，故A正确；
B.d点时，v(NaOH)=30.00mL，根据物料守恒得，3c(HA)+3c(A−)=2c(Na+)，故B错误；
C.b点时，存在电荷守恒c(OH−)+c(A−)=c(H+)+c(Na+)，b点pH=7，因而c(OH−)=c(H+)，可得c(A−)=c(Na+)，故C正确；
D.a点时，v(NaOH)=10.00mL，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(A−)+c(HA)①，根据电荷守恒得，c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，则c(Na+)=c(A−)+c(OH−)−c(H+)②，将②代入①得，c(A−)−c(HA)=2c(H+)−2c(OH−)，故D正确；
故选：B。
A.根据图象知，当NaOH体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等；
B.d点时，v(NaOH)=30.00mL，根据物料守恒得，3c(HA)+3c(A−)=2c(Na+)，据此进行分析；
C.b点时，存在电荷守恒c(OH−)+c(A−)=c(H+)+c(Na+)；
D.a点时，v(NaOH)=10.00mL，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(A−)+c(HA)①，根据电荷守恒得，c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)②，并结合①②进行分析；
侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，主要考查学生对电荷守恒与物料守恒的运用，题目难度中等。
15.【答案】945.8该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物 不变 112 BDN2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O2
【解析】解：(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，−92.2kJ/mol=(x+436×3)kJ/mol−2×3×391kJ/mol，解得x=945.8，
故答案为：945.8；
(2)该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，进行反应，测得反应放出的热量小于92.2kJ；若加入催化剂，ΔH不变，
故答案为：该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物；不变；
(3)某温度下，若将2molN2和6molH2置于体积为2L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
起始(mol/L)130
转化(mol/L)x3x2x
平衡(mol/L)1−x3−3x2x
混合气体中氨的体积分数为20%=2x1−x+3−3x+2x×100%，解得x=13，K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)=(23)2(1−13)×(3−3×13)3=112；
A.容器体积不变，根据质量守恒，混合气体的质量不变，则密度始终不变，所以不能判断平衡状态，故A错误；
B.断裂3molH−H键，表示正速率，同时断裂6molN−H键表示逆速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2，取决起始浓度与转化率，不能判断平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应为反应前后气体物质的量不等的反应，则混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，可知反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：112；BD；
(4)①N2H4在反应中失去电子，在负极通入，由于电解质溶液显碱性，则通入N2H4(肼)的一极的电极反应式为N2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O，
故答案为：N2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O；
②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，物质的量为16g32g/mol=0.5mol，N2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O，则理论上外电路中转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，
故答案为：2。
(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(2)该反应是可逆反应，催化剂不改变反应的焓变；
(3)某温度下，若将2molN2和6molH2置于体积为2L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
起始(mol/L)130
转化(mol/L)x3x2x
平衡(mol/L)1−x3−3x2x
混合气体中氨的体积分数为20%=2x1−x+3−3x+2x×100%，K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)；判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(4)①N2H4在反应中失去电子，在负极通入，由于电解质溶液显碱性，据此书写电极反应式；
②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，物质的量为16g32g/mol=0.5mol，结合电极方程式计算转移电子的数目。
本题考查反应热计算、电化学等知识，涉及键能的计算、化学平衡状态的判断、电极反应式书写等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
16.【答案】氧化 2Ag++2NH3⋅H2O=Ag2O↓+H2O+2NH4+ (NH4)2CO3 氨水吸收了空气中的CO2发生了中和反应 向最终所得清液中加入Cu片，微热，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色，说明含有NO3− [Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+ Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色沉淀，所以其中不含OH−，白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3的结论正确
【解析】解：(1)通过”银镜“现象，可知有银单质生成，所以银氨溶液做氧化剂，
故答案为：氧化；
(2)①硝酸银溶液中滴加氨水，出现棕褐色沉淀，结合已知：常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，可得反应的离子方程式：
2Ag++2NH3⋅H2O=Ag2O↓+H2O+2NH4+，
故答案为：2Ag++2NH3⋅H2O=Ag2O↓+H2O+2NH4+；
②要检验CO32−，会导致白色沉淀生成，为控制变量，需要含CO32−的铵盐，即(NH4)2CO3；
故答案为：(NH4)2CO3；
③氨水中的氨气易挥发，空气中的二氧化碳溶于水呈酸性，与碱性的氨水中和使其pH减小，
故答案为：氨水吸收了空气中的CO2发生了中反应；
(3)①通过题中的实验证明含有银离子，不含氢氧根离子，需要检验其含有的NH4+、NO3−；加过量氢氧化钠溶液加热，产生刺激性气味的气体，说明含有NH4+；往清液内滴加稀盐酸和铜片，加热产生气泡，遇空气出现红棕色气体，说明含有NO3−；
故答案为：向最终所得清液中加入Cu片，微热，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色，说明含有NO3−；
②溶液b的成分是银氨溶液，所以溶液中发生的离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+，
故答案为：[Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+；
③Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色沉淀，所以其中不含OH−，
故答案为：Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色沉淀，所以其中不含OH−，白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3的结论正确。
(1)银氨溶液称为 Tollen试剂，在实验室中常用来检验醛基的存在，银由+1价变为0价，所以银氨溶液做氧化剂；
(2)①常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与氨水中的OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀；
②要检验CO32−，会导致白色沉淀生成，为控制变量，需要含CO32−的铵盐；
③ii中所用的氨水比i中所用氨水的pH小，是因为经敞口放置48h，氨水吸收了空气中的二氧化碳，PH减小；
(3)探究银氨溶液成分
①溶液b滴加酚酞不变红，说明不存在OH−，再利用铜片与硝酸反应产生的NO，该气体遇空气变为红棕色，证明硝酸根离子存在；
②溶液b的成分是银氨溶液，加入过量盐酸，促使二氨合银络离子电离平衡正移，生成氯化银白色沉淀；
③结合上述实验现象对比得出白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3。
本题为信息型实验探究题，题目信息较多，需要学生仔细分析和解题，题目难度适中。
17.【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。
18.【答案】3d；3；Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案)；SiCl4；氧；2；d、e；B、D；0.81a；0.5c；0.31×2a
【解析】解：(1)Ti位于周期表中第4周期第族，其价电子排布式为3d24s2，则基态Ti原子核外电子排布的最高能级符号是3d，
与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有Fe，Ge，Se，共3种，
故答案为：3d；3；
(2)钛硬度比铝大，考虑Ti的金属键更强，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，
故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案)；
(3)TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同，均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，则采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl4，
故答案为：SiCl4；
(4)①根据催化剂结构分析，其中含有的元素为C，H，O，Cl，Ti，其中电负性最大的为O，
故答案为：氧；
②根据催化剂M的结构分析，C的存在形式有碳碳双键，碳碳单键，前者为sp2杂化，后者为sp3杂化，共两种杂化方式，
故答案为：2；
③M中含有共价键，配位键，不含有离子键，氢键，
故答案为：d、e；
(5)①四方晶胞中，顶点粒子占18，面上粒子占12，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，顶点粒子(A、C)有8×18=1个，面上粒子(B)有4×12=2个，内部粒子(D)有3个，由于晶体的化学式为TiO2，所以4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是：B、D，
故答案为：B、D；
②A、B、C的原子坐标分别为A(0,0,0)、(0.69a,0.69a,e)、C(a,a,c)，坐标系原点选取为A，O2−作变形六方最紧密堆积，Ti4+在晶胞顶点及体心位置，O2−在晶胞上下底面的面对角线方向各有2个，在晶胞半高的另一个面对角线方向也有两个，根据立体几何知识，则D点的坐标为(0.19a,0.81a,0.5c)，
钛氧键键长为d，已知B的坐标为(0.69a,0.69a,e)，C的坐标为(a,a,c)，所以d=0.31×2a，
故答案为：0.81a；0.5c；0.31×2a。
(1)Ti位于周期表中第4周期第族，其价电子排布式为3d24s2；
(2)钛硬度比铝大，考虑Ti的金属键更强；
(3)TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同，均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；
(4)①根据催化剂结构分析，其中含有的元素为C，H，O，Cl，Ti，其中电负性最大的为O；
②根据催化剂M的结构分析，C的存在形式有碳碳双键，碳碳单键；
③M中含有共价键，配位键，不含有离子键，氢键；
(5)①四方晶胞中，顶点粒子占18，面上粒子占12，内部粒子为整个晶胞所有；
②根据A、B、C的原子坐标，坐标系原点选取为A，根据立体几何知识分析D的原子坐标并计算钛氧键键长d。
本题考查物质结构知识，涉及到核外电子排布，价键类型判断，杂化轨道理论，晶体结构分析，整体难度中等，最后一题偏难，考查金红石晶胞。
19.【答案】苯甲醇 氧化反应 C2H6O+→CH3CH2ONa+H2O4
【解析】解：(1)D为，D的名称为苯甲醇；D发生氧化反应生成E，所以D→E的反应类型为氧化反应；A的分子式C2H6O，
故答案为：苯甲醇；氧化反应；C2H6O；
(2)E为，F为，E和F发生信息中的反应生成X为，E+F→X的化学方程式为+→CH3CH2ONa+H2O，
故答案为：+→CH3CH2ONa+H2O；
(3)D为，D的芳香族化合物同分异构体中含有苯环，取代基可能为−CH3，有1种结构；取代基可能为−OH、−CH3，两个取代基可能处于邻位、间位、对位3种，所以符合条件的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的是、，
故答案为：4；；；
(4)以乙醇为起始原料合成CH3CH=CHCOOCH2CH3，CH3CH=CHCOOCH2CH3可由CH3CHO、CH3COOCH2CH3发生信息中的反应得到，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，合成路线为，
故答案为：。
CH2=CH2和H2O发生加成反应生成A为CH3CH2OH，A被催化氧化生成B，根据B的分子式知，B为CH3COOH，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，根据C的分子式知，C为，C发生水解反应生成D为，由D能被氧化为E，根据E的分子式知，E为，且D能与B发生酯化反应生成F为，E和F发生信息中的反应生成X，根据X的分子式知X为；
(3)D为，D的芳香族化合物同分异构体中含有苯环，取代基可能为−CH3，取代基可能为−OH、−CH3；
(4)以乙醇为起始原料合成CH3CH=CHCOOCH2CH3，CH3CH=CHCOOCH2CH3可由CH3CHO、CH3COOCH2CH3发生信息中的反应得到，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯。
本题考查有机物的推断与合成，侧重考查对比、分析判断能力，利用反应条件、分子式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计，同分异构体种类判断为解答易错点。
2020-2021学年重庆市垫江五中高三（下）月考化学试卷（4月份）
1. 苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指( )
A. 脱落酸 B. 乙烯 C. 生长素 D. 甲烷
2. 下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为10的氟原子： 19F
B. 乙酸乙酯的结构简式：C4H8O2
C. 过氧化氢的电子式为：
D. 镁原子的结构示意图：
3. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温常压下，124gP4中所含P−P键数目为4NA
B. 100mL1mol⋅L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA
C. 11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
4. 常温下pH=2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下列结论正确的是( )
A. 酸B比酸A的电离度大
B. A为弱酸，B为强酸
C. 酸B的物质的量浓度比A的大
D. 稀释至相同的PH酸A加的水比酸B多
5. 如图所示CalanolideA是一种抗HIV药物。下列关于CalanolideA的说法正确的是( )
A. 分子中有4个手性碳原子
B. 分子中所有碳原子一定在同一平面上
C. 该物质可发生取代、加成、消去反应
D. 1mol该物质与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH
6. 空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42−的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO42−含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
i.b≈d>a≈c
ii.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42−
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水
d
下列说法不正确的是( )
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 +2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
7. 下列图示实验不能达成相应目的的是( )
A.用苯萃取碘水中的碘单质
B.验证铁钉能发生吸氧腐蚀
C.实验室氨气
D.检验溴乙烷消去产物中的乙烯
A. A B. B C. C D. D
8. 下列化学用语解释事实或过程正确的是( )
A. Fe3O4溶于过量稀硝酸中：Fe3O4 +8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
B. 乙酸和乙醇的酯化反应： CH3CO18OCH2CH3+H2O
C. 用足量氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2 +2OH−=SO32−+H2O
D. 向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，固体溶解：Mg(OH)2+2NH4+⇌Mg2++2NH3⋅H2O
9. 已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是( )
A. 3579Br与 3581Br得电子能力不同
B. 镓元素为第四周期第元素
C. 原子半径：Ga>Br>Cl>Al
D. 碱性：Ga(OH)3>Al(OH)3，酸性：HClO4>HBrO4
10. 短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是( )
W
X
Y
Z
A. 氢化物沸点：W>X
B. 简单离子的半径：Y
11. 某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是( )
A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B. HCHO在反应过程中，有C−H键发生断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2→HAPCO2+H2O
12. 用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂−KNO3的U型管)构成一个原电池．以下有关该原电池的叙述正确的是( )
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极
②正极反应为：Ag++e−=Ag
③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作
④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同．
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
13. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确的是( )
A. 用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
B. 用FeCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气后可再利用
C. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D. 该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4>K2FeO4
14. 室温时，将0.10mol/L的NaOH溶液滴入20.0mL未知浓度的某一元酸HA溶液中(c点时二者恰好中和)，溶液pH随加入NaOH溶液体积变化曲线如图。下列有关说法不正确的是( )
A. 该一元酸为弱酸，酸溶液的浓度为0.10mol/L
B. d点时：2c(HA)+2c(A−)=3c(Na+)
C. b点时，c(A−)=c(Na+)
D. a点时：c(HA)
(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：。已知相关物质化学键的键能如表所示，结合图1，求x=______。
化学键
H−H
N−H
N≡N
键能/(kJ⋅mol−1)
436
391
x
(2)将1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，进行反应，测得反应放出的热量小于92.2kJ，原因是 ______；若加入催化剂，ΔH______(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(3)某温度下，若将2molN2和6molH2置于体积为2L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下的K=______，能说明反应达平衡状态的是 ______。
A.容器中混合气体的密度不随时间变化
B.单位时间内断裂3molH−H键的同时断裂6molN−H键
C.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2
D.容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间变化
(4)①N2H4−空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图2所示。通入N2H4(肼)的一极的电极反应式为 ______。
②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，则理论上外电路中转移电子的物质的量为 ______mol。
16. 某小组同学探究银氨溶液的配制及银氨溶液的成分。
(1)银氨溶液称为 Tollen试剂，在实验室中常用来检验醛基的存在。该反应中，通过“银镜”现象，可知银氨溶液做 ______ 剂。
(2)探究制备银氨溶液过程中沉淀的颜色。
已知：常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀。
[实验实验中所用氨水均为新制)：
实验操作
试剂a
沉淀颜色
i.2%氨水
棕褐色
ii.2%氨水(经敞口放置48h)
白色略暗
iii.2%氨水(瓶口装有盛碱石灰的干燥管，经放置48h)
棕褐色
ⅳ.2%氨水(事先通入少量CO2)
白色
①i中发生反应的离子方程式是 ______ 。
②经推断，上述实验中白色沉淀的主要成分是Ag2CO3。为进一步证明白色沉淀的组成，还可在上述实验中用 ______ 溶液(填化学式)作为试剂a。
③实验测得，ii中所用的氨水比i中所用氨水的pH小，可能原因有 ______ 。
(3)探究银氨溶液成分
[实验向i所得浊液中继续滴加2%氨水，使沉淀溶解。将制得的银氨溶液进行如下操作(流程中酒精的作用是减小溶质的溶解度)。
①通过实验可证明，白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3，而不是Ag(NH3)2OH。将该实验方案和现象补充完整：溶液b滴加酚酞不变红， ______ 。
②溶液b与盐酸反应的离子方程式是 ______ 。
③实验Ⅱ中制银氨溶液的反应为Ag2O+4NH3⋅H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH−+3H2O。结合实验Ⅰ中i的反应，也可分析得出上述关于白色沉淀x成分的结论正确，说明理由： ______ 。
17. 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)
18. 钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。
(1)基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是______。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有______种。
(2)钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是______。
(3)TiCl4是氯化法制取钛的中间产物。TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是______(填化学式)。
(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图1所示。
①组成该物质的元素中，电负性最大的是______ (填元素名称)。
②M中，碳原子的杂化形式有______种。
③M中，不含______(填标号)。
a.π键 b.σ键 c.配位键 d.氢键 e.离子键
(5)金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一，具有四方晶系结构。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图2所示。
①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是______。
②若A、B、C的原子坐标分别为A(0,0,0)、B(0.69a,0.69a,c)、c(a,a,c)，则D的原子坐标为D(0.19a,______，______)；钛氧键的键长d=______(用代数式表示)。
19. 化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按如图路线合成：
已知：RCHO+CH3COOR→CH3CH2ONaRCH=CHCOOR1
请回答：
(1)D的名称为 ______；D→E的反应类型为 ______；A的分子式 ______。
(2)E+F→X的化学方程式 ______。
(3)D的芳香族化合物同分异构体有 ______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的是 ______、______(写结构简式)。
(4)以乙醇为起始原料，参照上述合成路线合成CH3CH=CHCOOCH2CH3，请写出合成路线 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握习题中的信息及乙烯的催熟作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生物与化学的联系，题目难度不大。
【解答】
A.脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；
B.该文中的“气”是指乙烯，得气即发可知乙烯催熟果实，故B选；
C.生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；
D.甲烷不具有催熟作用，故D不选。
故选B。
2.【答案】A
【解析】解：A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在左下方，中子数为10的氟原子的质量数为19，表示为 19F，故A正确；
B.将结构式化简后得到的是结构简式，乙酸乙酯的结构简式为CH3CH2OOCCH3，故B错误；
C.双氧水中O原子达到8电子稳定结构，双氧水中O原子之间以单键结合，电子式为，故C错误；
D.镁原子的核外有12个电子，结构示意图为，故D错误；
故选：A。
A.表示原子时，将质量数表示在元素符号左上方，质子数表示在左下方；
B.将结构式化简后得到的是结构简式；
C.双氧水中O原子达到8电子稳定结构；
D.镁原子的核外有12个电子。
本题考查了化学用语的表示方法，为高频考点，把握电子式、结构简式等化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.常温常压下，124gP4物质的量为124g124g/mol=1mol，所含P−P键数目为：6NA，故A错误；
B.1个氢氧化铁胶体含多个氢氧化铁，则100mL1mol⋅L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故B正确；
C.气体状况未知，无法计算甲烷、乙烯的物质的量，故C错误；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，故D错误；
故选：B。
A.1个白磷含有6个P−P键；
B.1个氢氧化铁胶体含多个氢氧化铁；
C.气体状况未知；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底。
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，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
4.【答案】C
【解析】解：A.A是强酸完全电离，B是弱酸，部分电离，所以A酸比B酸的电离程度大，故A错误；
B.根据上面的分析可知，A是强酸，B是弱酸，故B错误；
C.A是强酸，B是弱酸，所以B中存在电离平衡，当pH相等时，弱酸的物质的量浓度大于强酸，所以酸B的物质的量浓度比A的大，故C正确；
D.pH相同的一元酸稀释相同的倍数时，弱酸溶液中c(H+)较大，要使稀释后的溶液中c(H+)相等，HB需要的水多，故D错误；
故选：C。
pH均为2酸，如果酸是强酸，稀释1000倍后，溶液的pH应该为5，如果是弱酸，因为存在电离平衡，导致稀释后的溶液中氢离子大于原来的千分之一，则溶液的pH应该大于2小于5，根据图象知，溶液稀释后，A的pH为5，B的小于5，所以A是强酸，B是弱酸，据此答题。
本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH的浓度变化，注意加水促进弱酸电离，所以弱酸pH变化慢，题目难度较小。
5.【答案】C
【解析】解：A.如图标有“*”为手性碳原子：，即分子中有3个手性碳原子，故A错误；
B.存在结构等，形成四面体结构，该结构中的4个碳原子一定不在同一平面内，故分子中所有碳原子一定不在同一平面上，故B错误；
C.含有羟基与酯基，可以发生取代反应，含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反应，羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，故C正确；
D.分子中只有酯基能与NaOH反应，该酯基水解生成羧基与酚羟基，故1mol物质与NaOH溶液充分反应最多消耗2molNaOH，故D错误；
故选：C。
A.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
B.存在结构等，具有甲烷的四面体结构；
C.含有碳碳双键、羟基、酯基等，具有它们的性质；
D.分子中只有酯基能与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的性质与转化，注意理解酯基水解原理，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。
6.【答案】C
【解析】解：A.控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；
B.依据题意可知二氧化硫、氮的氧化物、水发生反应生成亚硝酸和硫酸，所以反应室①中可能发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 +2HNO2，故B正确；
C.依据数据b≈d>a≈c可知，硫酸盐的形成与空气中氨有关，故C错误；
D.依据实验可知空气中如果含有氨气更有利于硫酸盐的形成，空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，故D正确；
故选：C。
A.SO2和氮氧化物的排放能加剧雾霾；
B.依据题意可知二氧化硫、氮的氧化物、水发生反应生成亚硝酸和硫酸；
C.依据数据b≈d>a≈c分析；
D.依据实验可知空气中如果含有氨气更有利于硫酸盐的形成。
本题考查了生活中常见的环境污染与质量，准确理解实验目的及数据含义是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，可选分液漏斗萃取碘水中的碘，故A正确；
B.食盐水为中性，水沿导管上升可验证铁钉发生吸氧腐蚀，故B正确；
C.氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故C错误；
D.水可除去挥发的醇，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可检验乙烯，故D正确；
故选：C。
A.碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；
B.食盐水为中性；
C.氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵；
D.水可除去挥发的醇，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
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、混合物的分离提纯、物质的制备及检验、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。
8.【答案】D
【解析】解：A.亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3−=9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；
B.酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢，乙酸中的羟基氧18原子会进入水中，故B错误；
C.一水合氨是弱碱，要写成化学式，用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2NH3⋅H2O=SO32−+2NH4++H2O，故C错误；
D.少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，生成氯化镁和氨水，故离子方程式为2NH4++Mg(OH)2=2NH3⋅H2O+Mg2+，故D正确，
故选：D。
A.亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子；
B.酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢；
C.一水合氨是弱碱，要写成化学式；
D.少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，生成氯化镁和氨水。
本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、复分解反应，明确离子性质及离子方程式书写规则即可解答，注意A中二价铁要转化为三价铁。
9.【答案】D
【解析】解：A.3579Br与 3581Br互为同位素，同位素的化学性质相同，所以 3579Br与 3581Br得电子能力相同，故A错误；
B.镓(31Ga)是第四周期第族元素，同周期与之相邻，故B错误；
C.同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Ga>Br、Al>Cl，故C错误；
D.同主族自上而下金属性增强，故金属性Ga>Al，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性Ga(OH)3>Al(OH)3，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性Cl>Br，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HClO4>HBrO4，故D正确。
故选：D。
A.同位素的化学性质相同；
B.镓(31Ga)是第四周期第族元素，同周期与之相邻；
C.同周期自左而右原子半径减小；
D.镓(31Ga)是第四周期第族元素，同周期与之相邻．同主族自上而下金属性增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强.
本题考查元素周期表结构、元素周期律等，难度不大，注意整体把握元素周期表的结构以及元素周期律，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．
10.【答案】B
【解析】解：由分析可知，W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A.W的氢化物为NH3，X的氢化物为H2O，常温下，前者为气体，而后者为液体，故氢化物沸点：W
D.Y的氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，其酸性比氮元素氧化物对应水化物的酸性弱，故D错误。
故选：B。
由短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，设W的最外层电子数为n，则n−2+n+n+1+n+2=21，解得n=5，可知W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
本题考查结构性性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期表与元素化合物知识，侧重分析与应用能力的考查。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查催化剂机理，识别题目信息是解本题关键，侧重考查观察、分析、判断能力，根据断键和成键方式及催化剂作用分析解答，题目难度不大。
【解答】
A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，所以该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，故A正确；
B.HCHO在反应中有C−H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；
C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；
D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2→HAPCO2+H2O，故D正确。
故选C。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了原电池原理，难度不大，明确原电池放电时外电路上电流的流向、电极上发生的反应、原电池的构成条件即可分析解答本题．
【解答】
原电池中，较活泼的金属铜作负极，负极上金属铜失去电子发生氧化反应，较不活泼的金属银作正极，正极上银离子得电子发生还原反应，外电路上，电子从负极沿导线流向正极，
①在外电路中，电流由银电极流向铜电极，故错误；
②正极上得电子发生还原反应，所以反应为：Ag++e−=Ag，故正确；
③实验过程中取出盐桥，不能构成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故错误；
④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同，故正确。
故选：C。
13.【答案】C
【解析】解：A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；
B.尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；
C.反应中Cl元素化合价由+1价降低为−1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂NaClO与还原剂氯化铁的物质的量之比为3：2，故C错误；
D.结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D正确；
故选：C。
铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2 FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.根据图象知，当NaOH体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元酸溶液浓度为0.10mol⋅L−1，且开始pH为3，为弱酸，故A正确；
B.d点时，v(NaOH)=30.00mL，根据物料守恒得，3c(HA)+3c(A−)=2c(Na+)，故B错误；
C.b点时，存在电荷守恒c(OH−)+c(A−)=c(H+)+c(Na+)，b点pH=7，因而c(OH−)=c(H+)，可得c(A−)=c(Na+)，故C正确；
D.a点时，v(NaOH)=10.00mL，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(A−)+c(HA)①，根据电荷守恒得，c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，则c(Na+)=c(A−)+c(OH−)−c(H+)②，将②代入①得，c(A−)−c(HA)=2c(H+)−2c(OH−)，故D正确；
故选：B。
A.根据图象知，当NaOH体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等；
B.d点时，v(NaOH)=30.00mL，根据物料守恒得，3c(HA)+3c(A−)=2c(Na+)，据此进行分析；
C.b点时，存在电荷守恒c(OH−)+c(A−)=c(H+)+c(Na+)；
D.a点时，v(NaOH)=10.00mL，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(A−)+c(HA)①，根据电荷守恒得，c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)②，并结合①②进行分析；
侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，主要考查学生对电荷守恒与物料守恒的运用，题目难度中等。
15.【答案】945.8该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物 不变 112 BDN2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O2
【解析】解：(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，−92.2kJ/mol=(x+436×3)kJ/mol−2×3×391kJ/mol，解得x=945.8，
故答案为：945.8；
(2)该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，进行反应，测得反应放出的热量小于92.2kJ；若加入催化剂，ΔH不变，
故答案为：该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物；不变；
(3)某温度下，若将2molN2和6molH2置于体积为2L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
起始(mol/L)130
转化(mol/L)x3x2x
平衡(mol/L)1−x3−3x2x
混合气体中氨的体积分数为20%=2x1−x+3−3x+2x×100%，解得x=13，K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)=(23)2(1−13)×(3−3×13)3=112；
A.容器体积不变，根据质量守恒，混合气体的质量不变，则密度始终不变，所以不能判断平衡状态，故A错误；
B.断裂3molH−H键，表示正速率，同时断裂6molN−H键表示逆速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2，取决起始浓度与转化率，不能判断平衡状态，故C错误；
D.根据质量守恒，混合气体的质量不变，该反应为反应前后气体物质的量不等的反应，则混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，可知反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：112；BD；
(4)①N2H4在反应中失去电子，在负极通入，由于电解质溶液显碱性，则通入N2H4(肼)的一极的电极反应式为N2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O，
故答案为：N2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O；
②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，物质的量为16g32g/mol=0.5mol，N2H4+4OH−−4e−=N2+4H2O，则理论上外电路中转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，
故答案为：2。
(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(2)该反应是可逆反应，催化剂不改变反应的焓变；
(3)某温度下，若将2molN2和6molH2置于体积为2L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
起始(mol/L)130
转化(mol/L)x3x2x
平衡(mol/L)1−x3−3x2x
混合气体中氨的体积分数为20%=2x1−x+3−3x+2x×100%，K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)；判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(4)①N2H4在反应中失去电子，在负极通入，由于电解质溶液显碱性，据此书写电极反应式；
②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，物质的量为16g32g/mol=0.5mol，结合电极方程式计算转移电子的数目。
本题考查反应热计算、电化学等知识，涉及键能的计算、化学平衡状态的判断、电极反应式书写等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
16.【答案】氧化 2Ag++2NH3⋅H2O=Ag2O↓+H2O+2NH4+ (NH4)2CO3 氨水吸收了空气中的CO2发生了中和反应 向最终所得清液中加入Cu片，微热，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色，说明含有NO3− [Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+ Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色沉淀，所以其中不含OH−，白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3的结论正确
【解析】解：(1)通过”银镜“现象，可知有银单质生成，所以银氨溶液做氧化剂，
故答案为：氧化；
(2)①硝酸银溶液中滴加氨水，出现棕褐色沉淀，结合已知：常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，可得反应的离子方程式：
2Ag++2NH3⋅H2O=Ag2O↓+H2O+2NH4+，
故答案为：2Ag++2NH3⋅H2O=Ag2O↓+H2O+2NH4+；
②要检验CO32−，会导致白色沉淀生成，为控制变量，需要含CO32−的铵盐，即(NH4)2CO3；
故答案为：(NH4)2CO3；
③氨水中的氨气易挥发，空气中的二氧化碳溶于水呈酸性，与碱性的氨水中和使其pH减小，
故答案为：氨水吸收了空气中的CO2发生了中反应；
(3)①通过题中的实验证明含有银离子，不含氢氧根离子，需要检验其含有的NH4+、NO3−；加过量氢氧化钠溶液加热，产生刺激性气味的气体，说明含有NH4+；往清液内滴加稀盐酸和铜片，加热产生气泡，遇空气出现红棕色气体，说明含有NO3−；
故答案为：向最终所得清液中加入Cu片，微热，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色，说明含有NO3−；
②溶液b的成分是银氨溶液，所以溶液中发生的离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+，
故答案为：[Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+；
③Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色沉淀，所以其中不含OH−，
故答案为：Ag+与OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色沉淀，所以其中不含OH−，白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3的结论正确。
(1)银氨溶液称为 Tollen试剂，在实验室中常用来检验醛基的存在，银由+1价变为0价，所以银氨溶液做氧化剂；
(2)①常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与氨水中的OH−在溶液中会转化为棕褐色Ag2O沉淀；
②要检验CO32−，会导致白色沉淀生成，为控制变量，需要含CO32−的铵盐；
③ii中所用的氨水比i中所用氨水的pH小，是因为经敞口放置48h，氨水吸收了空气中的二氧化碳，PH减小；
(3)探究银氨溶液成分
①溶液b滴加酚酞不变红，说明不存在OH−，再利用铜片与硝酸反应产生的NO，该气体遇空气变为红棕色，证明硝酸根离子存在；
②溶液b的成分是银氨溶液，加入过量盐酸，促使二氨合银络离子电离平衡正移，生成氯化银白色沉淀；
③结合上述实验现象对比得出白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3。
本题为信息型实验探究题，题目信息较多，需要学生仔细分析和解题，题目难度适中。
17.【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。
18.【答案】3d；3；Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案)；SiCl4；氧；2；d、e；B、D；0.81a；0.5c；0.31×2a
【解析】解：(1)Ti位于周期表中第4周期第族，其价电子排布式为3d24s2，则基态Ti原子核外电子排布的最高能级符号是3d，
与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有Fe，Ge，Se，共3种，
故答案为：3d；3；
(2)钛硬度比铝大，考虑Ti的金属键更强，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，
故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案)；
(3)TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同，均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，则采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl4，
故答案为：SiCl4；
(4)①根据催化剂结构分析，其中含有的元素为C，H，O，Cl，Ti，其中电负性最大的为O，
故答案为：氧；
②根据催化剂M的结构分析，C的存在形式有碳碳双键，碳碳单键，前者为sp2杂化，后者为sp3杂化，共两种杂化方式，
故答案为：2；
③M中含有共价键，配位键，不含有离子键，氢键，
故答案为：d、e；
(5)①四方晶胞中，顶点粒子占18，面上粒子占12，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，顶点粒子(A、C)有8×18=1个，面上粒子(B)有4×12=2个，内部粒子(D)有3个，由于晶体的化学式为TiO2，所以4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是：B、D，
故答案为：B、D；
②A、B、C的原子坐标分别为A(0,0,0)、(0.69a,0.69a,e)、C(a,a,c)，坐标系原点选取为A，O2−作变形六方最紧密堆积，Ti4+在晶胞顶点及体心位置，O2−在晶胞上下底面的面对角线方向各有2个，在晶胞半高的另一个面对角线方向也有两个，根据立体几何知识，则D点的坐标为(0.19a,0.81a,0.5c)，
钛氧键键长为d，已知B的坐标为(0.69a,0.69a,e)，C的坐标为(a,a,c)，所以d=0.31×2a，
故答案为：0.81a；0.5c；0.31×2a。
(1)Ti位于周期表中第4周期第族，其价电子排布式为3d24s2；
(2)钛硬度比铝大，考虑Ti的金属键更强；
(3)TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同，均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；
(4)①根据催化剂结构分析，其中含有的元素为C，H，O，Cl，Ti，其中电负性最大的为O；
②根据催化剂M的结构分析，C的存在形式有碳碳双键，碳碳单键；
③M中含有共价键，配位键，不含有离子键，氢键；
(5)①四方晶胞中，顶点粒子占18，面上粒子占12，内部粒子为整个晶胞所有；
②根据A、B、C的原子坐标，坐标系原点选取为A，根据立体几何知识分析D的原子坐标并计算钛氧键键长d。
本题考查物质结构知识，涉及到核外电子排布，价键类型判断，杂化轨道理论，晶体结构分析，整体难度中等，最后一题偏难，考查金红石晶胞。
19.【答案】苯甲醇 氧化反应 C2H6O+→CH3CH2ONa+H2O4
【解析】解：(1)D为，D的名称为苯甲醇；D发生氧化反应生成E，所以D→E的反应类型为氧化反应；A的分子式C2H6O，
故答案为：苯甲醇；氧化反应；C2H6O；
(2)E为，F为，E和F发生信息中的反应生成X为，E+F→X的化学方程式为+→CH3CH2ONa+H2O，
故答案为：+→CH3CH2ONa+H2O；
(3)D为，D的芳香族化合物同分异构体中含有苯环，取代基可能为−CH3，有1种结构；取代基可能为−OH、−CH3，两个取代基可能处于邻位、间位、对位3种，所以符合条件的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的是、，
故答案为：4；；；
(4)以乙醇为起始原料合成CH3CH=CHCOOCH2CH3，CH3CH=CHCOOCH2CH3可由CH3CHO、CH3COOCH2CH3发生信息中的反应得到，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，合成路线为，
故答案为：。
CH2=CH2和H2O发生加成反应生成A为CH3CH2OH，A被催化氧化生成B，根据B的分子式知，B为CH3COOH，甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，根据C的分子式知，C为，C发生水解反应生成D为，由D能被氧化为E，根据E的分子式知，E为，且D能与B发生酯化反应生成F为，E和F发生信息中的反应生成X，根据X的分子式知X为；
(3)D为，D的芳香族化合物同分异构体中含有苯环，取代基可能为−CH3，取代基可能为−OH、−CH3；
(4)以乙醇为起始原料合成CH3CH=CHCOOCH2CH3，CH3CH=CHCOOCH2CH3可由CH3CHO、CH3COOCH2CH3发生信息中的反应得到，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯。
本题考查有机物的推断与合成，侧重考查对比、分析判断能力，利用反应条件、分子式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计，同分异构体种类判断为解答易错点。
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