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2024届云南省大理州民族中学高三下学期5月月考理综试卷-高中化学（原卷版+解析版）
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注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量：Li-7 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ti48
第I卷（选择题，共126分）
一、选择题（本题包括13小题，每题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题意。）
1. 化学与科技、社会、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 生活中，常利用高温下铝粉与氧化铁的反应来焊接钢轨
B. 、、三种无色溶液，只选用一种试剂无法将它们鉴别出来
C. 维C又称“抗坏血酸”，缺铁性贫血患者服用补铁剂时往往和维一起服用
D. 高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，生活中主要用于饮用水处理
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用高温下铝粉与氧化铁的反应来焊接钢轨，发生铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，A正确；
B．、、三种无色溶液，只选用一种试剂硫酸可将它们鉴别出来，滴入硫酸无现象、滴入硫酸有气泡产生、滴入硫酸有白色沉淀产生，B错误；
C．人体吸收亚铁离子，亚铁离子容易被氧化，而维生素C具有还原性，能防止亚铁离子被氧化，则维生素C可以促进人体铁元素的吸收，C正确；
D．高铁酸钠中铁的化合价为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原成Fe3+，Fe3+水解成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能净水，因此高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，可用于饮用水处理，D正确；
故选B。
2. 化合物可用作洗涤粉，的结构如下，其中、、、是原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法错误的是
A. 的基态原子核外电子排布中有1个未成对电子
B. 化合物WX为离子化合物，在野外可用作生氢剂
C. 分子的空间构型是三角锥形
D. 的键角大于的键角
【答案】C
【解析】
【分析】化合物可用作洗涤粉，M中X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W能形成带一个单位正电荷的W+离子，则W为Na元素；阴离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、2，则X为H元素、Y为B元素、Z为O元素，
【详解】A．硼元素的原子序数为5，基态原子的价电子排布式为2s22p1，则原子核外有1个未成对电子，A项正确；
B．WX是NaH，是离子化合物，NaH中H元素为-1价，能和水反应生成H2，在野外可用作生氢剂，B项正确；
C．BF3分子的空间构型是平面三角形，C项错误；
D．H2O和H2S有两对孤对电子，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比H2S大，D项正确；
答案选C。
3. 降解聚碳酸酯(PC)回收双酚A(BPA)的工艺过程，存在如下反应：
下列说法错误的是
A. PC可以发生水解反应和氧化反应B. 反应物X为CH3OH
C. BPA中不可能所有碳原子共面D. DMC分子中碳、氧原子杂化类型均为sp3
【答案】D
【解析】
【详解】A．PC属于聚酯类高分子，含有酯基，能发生水解反应，有机物一般能燃烧，属于氧化反应，故A正确；
B．根据反应的方程式可以推出X为CH3OH，故B正确；
C．BPA中含有饱和碳原子，为四面体结构，不可能所有原子共平面，故C正确；
D．DMC分子中连碳氧双键的碳原子采用的是sp2杂化，故D错误。
答案选D。
4. 某电化学锂富集装置如图，工作步骤如下：Ⅰ.向MnO2所在腔室通入海水，启动电源乙，使海水中进入MnO2结构形成；Ⅱ.关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，同时向电极a上通入O2.下列说法错误的是
A. 电极b与电源乙的正极相连
B. 步骤Ⅰ时，腔室2中的进入MnO2所在腔室
C. 步骤Ⅱ时，阳极的电极反应式为
D. 在电极a上每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，腔室1质量增加7 g
【答案】D
【解析】
【分析】启动电源乙，使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源乙的负极相连，电极反应式为：2MnO2+xLi++xe-=LixMn2O4；电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，向电极a上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室1，则电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2。
【详解】A．由分析得，电极b作阳极，连接电源乙正极，故A正确；
B．步骤Ⅰ时，MnO2中锰元素化合价降低，作阴极，腔室2中的向阴极移动，进入MnO2所在腔室，故B正确；
C．由分析得，步骤Ⅱ时，阳极的LixMn2O4失去电子，变为Li+和MnO2，电极反应式为，故C正确；
D．电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，即0.25mlO2，转移电子数为1ml，即有1mlLi+进入腔室1，腔室1增重：0.25ml×32g/ml+1ml×7g/ml=15g，故D错误；
故选D。
5. 下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2和HClO均能氧化KI生成碘单质，溶液变蓝色，故无法证明上述反应存在限度，A不合题意；
B．挥发的溴与硝酸银溶液反应，产生淡黄色沉淀，不能证明苯与液溴发生了取代反应，B不合题意；
C．室温下，用pH计分别测定浓度均为0.1ml/L的NaClO和Na2S溶液的pH，pH前者小于后者，说明S2-的水解程度大于ClO-，故可说明HS-的酸性弱于HClO，即Ka2(H2S)＜Ka(HClO)，C符合题意；
D．麦芽糖本身具有还原性，其水解产物为葡萄糖，也具有还原性，都能与银氨溶液发生银镜反应，所以向麦芽糖溶液中加入稀硫酸并加热，再调节pH呈碱性，加入银氨溶液，水浴加热，有银镜产生，不能确定麦芽糖是否发生水解，D不合题意；
故答案为：C。
6. 为阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的是
A. 与充分反应，当固体增重，转移电子数为
B. 向的溶液中加入至溶液呈中性，溶液中醋酸根离子数目为
C. 钠与的盐酸反应时，转移电子数为
D. 二氧化硅晶体中，所含硅氧键数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．，固体增重相当于1分子过氧化钠吸收1分子CO导致，当固体增重（相当于1mlCO），则反应1ml，，则转移电子数为，A错误；
B．向的溶液中加入至溶液呈中性，根据电荷守恒可知，则溶液中醋酸根离子为1ml，数目为，B正确；
C．钠也会和水反应生成氢氧化钠和氢气，则钠（为2ml）完全反应转移电子数为2，C错误；
D．二氧化硅晶体中1个硅原子平均形成4个硅氧键，则二氧化硅晶体中，所含硅氧键数目为4，D错误；
故选B。
7. 常温下，的溶液中，、、、四种微粒的随的变化关系如图，
已知，即当时，。
下列说法错误是
A
B. 曲线④表示随的变化关系
C.
D. 等浓度的和混合液中：
【答案】A
【解析】
【分析】的溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-、 +H2ONH3·H2O+H+，随着pOH的增大，溶液中c(OH-)越小，溶液酸性增强，前者平衡正向移动、后者平衡逆向移动，故HCOO-和NH3·H2O浓度变化一致、减小，和HCOOH变化一致、增大，结合图像可知，①②③④分别为、NH3·H2O、HCOOH、HCOO-，y点c(HCOOH)=c(HCOO-)，，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，曲线②、③分别代表NH3·H2O、HCOOH，z点代表c(NH3·H2O)=c(HCOOH)，由物料守恒可知，，将和得到，又因为c(H+)c(OH-)=KW，则，可得c(H+)=10-6.5ml/L，所以pH=-lgc(H+)=6.5，A错误；
B．由分析可知，曲线④表示随的变化关系，B正确；
C．由分析可知，y点c(HCOOH)=c(HCOO-)，，，C正确；
D．等浓度和混合液中存在电荷守恒：，物料守恒：，可得质子守恒：，D正确；
故选A。
三、非选择题：
8. 联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿（主要成分为（其中为价），含有少量、）为主要原料制取单质和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图1所示。
已知：
回答下列问题：
（1）酸浸后，溶液中钛元素主要以形式存在，则在酸浸工序中发生的主要反应的化学方程式为______。
（2）某化学兴趣小组在实验室模拟该工艺流程，保持其他反应条件不变，测得加入铁屑还原体系中（Ⅲ）含量随反应温度的变化如图2所示。为达到实验目的，最佳反应温度为______。
（3）下列关于工序①的叙述正确的是______（填标号）。
a．工序①为趁热过滤、洗涤、干燥
b．先用适量稀硫酸洗涤绿矾并将洗涤液与滤液合并，可提高钛的产率
（4）灼烧后的成分为，可用作钛白颜料，该物质的一种晶胞结构（四方晶体）如图3所示。该晶体的密度为______（用含、、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值）。
（5）工序②生成的气体为可燃性气体，生成气体的反应方程式为______。
（6）还原工序中通入氩气的目的是______。
（7）利用图4装置可获得金属钛。在较低的阴极电位下，中的氧解离进入熔融盐，最后只剩下纯钛，另一极产生、和可燃性气体。产生可燃性气体的电极反应式为______。
【答案】（1）（浓）
（2）
（3）b （4）
（5）
（6）隔绝空气，防止钛、镁与氧气、二氧化碳等反应
（7）
【解析】
【分析】钛铁矿磨细后加浓硫酸酸浸， FeTiO3与H2SO4(浓)反应转变为TiOSO4、FeSO4，加入铁屑还原体系中的Fe3+，过滤，所得滤液在工序①中经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，其滤液加水、在加热下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，在灼烧工序发生反应，制得TiO2；电解饱和食盐水生成的气体A为Cl2，气体B为H2，工序②为氯化工序，TiO2、Cl2、焦炭在高温条件下反应生成TiCl4和气体C：气体C为可燃性气体CO，TiCl4在氩气中被镁还原得到Ti。气体H2和CO用于合成甲醇。
【详解】（1）小问详解： 酸浸工序中发生的主要反应为FeTiO3与H2SO4(浓)生成TiOSO4、和H2O，化学方程式为：；
（2）小问详解：加入铁屑还原体系中的Fe3+，为达到实验目的，Fe(Ⅲ)含量越少越好，则最佳反应温度为328K；
（3）小问详解：工序①为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，a项错误；绿矾表面附有TiOSO4，先用适量稀硫酸洗涤绿矾并将洗涤液与滤液合并，可减少TiOSO4的损耗，提高钛的产率，b项正确；
（4）小问详解：据图知，1个晶胞中黑球个数为，白球个数为，因此1个晶胞的质量为，1个晶胞的体积为，则晶胞密度为；
（5）小问详解：气体C为可燃性气体CO，电解饱和食盐水生成的气体A为Cl2，气体B为H2。工序②为氯化工序，TiO2、Cl2、焦炭在高温条件下反应生成TiCl4和CO，生成气体C的反应方程式为；
（6）小问详解：钛、镁在高温下能与空气中的氧气、二氧化碳等反应，通入氩气的目的是隔绝空气，防止钛、镁与氧气、二氧化碳等反应；
（7）小问详解：阴极上发生反应，阳极上生成O2的电极反应式为，因氧气和石墨反应可生成CO2或CO，故阳极上生成CO2的电极反应式为，生成CO(气体Q)的电极反应式为。
9. 某课外小组探究食品添加剂（焦亚硫酸钠）制备原理，实验操作如下：（已知：焦亚硫酸钠可用饱和亚硫酸氢钠溶液脱水制得）
已知：；
，实验装置如下：
回答下列问题：
（1）写出A中反应的化学方程式为______。装置的作用是______。
（2）第二步控制中，若中溶质只有一种，中反应的离子方程式是______。
（3）第三步加热过程中若温度过高可能会生成，检验固体是否变质的方法是______，过滤操作用到的玻璃仪器有______。
（4）用于D处合理的装置是______（填标号）。
（5）该小组通过下述方法检测某饮料中残留的：
①取饮料于锥形瓶中，加入的溶液，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加滴淀粉溶液做指示剂。用的溶液滴定，滴定至终点时，消耗溶液。滴定至终点的现象为：______。饮料中残留的为______（已知；计算结果保留两位小数）。
【答案】（1） ①. ②. 安全瓶或防止倒吸
（2）
（3） ①. 取少量固体于试管中加适量蒸馏水溶解，加入过量的稀盐酸，再滴加溶液，若有白色沉淀生成，说明固体变质 ②. 漏斗、玻璃棒、烧杯
（4）bd （5） ①. 当滴入最后半滴溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。 ②. 0.95
【解析】
【分析】铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，装置B是安全瓶，作用是防倒吸，二氧化硫与碳酸钠反应生成亚硫酸氢钠，温度过高亚硫酸氢钠会分解成Na2SO3，亚硫酸钠和空气加热易被氧化为硫酸钠，D装置用来吸收二氧化硫且不倒吸，据此分析解题。
【小问1详解】
铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，A中反应的化学方程式为：；装置B是安全瓶，作用是防倒吸。
【小问2详解】
第二步控制C中pH=4.1，若C中溶质只有一种，C中溶质为二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠，C中反应的离子方程式是：。
【小问3详解】
第三步加热过程中若温度过高亚硫酸氢钠会分解成Na2SO3，亚硫酸钠和空气加热易被氧化为Na2SO4，检验固体是否变质只需要检验即可，检验的方法是取少量受热分解后的固体于试管中加适量水溶解，加入过量的稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成说明固体变质，过滤操作用到的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯。
【小问4详解】
用于D处合理的装置需要处理尾气并防倒吸，尾气为二氧化硫，a装置插在液面以下会发生倒吸，b中四氯化碳不与二氧化硫反应可防倒吸，高锰酸钾吸收二氧化硫，c导管没有伸到液面以下会溢出二氧化硫，d四氯化碳不与二氧化硫反应可防倒吸，氢氧化钠吸收二氧化硫，故选bd。
【小问5详解】
将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加滴淀粉溶液做指示剂，淀粉遇碘变蓝，滴定至终点时，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定至终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；，，消耗的溶液39.80mL，消耗I2的物质的量为，其中消耗I2的物质的量为，残留的的物质的量为=0.00095g/L=0.95。
10. 有效去除大气中H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
（1）氨水可以脱除烟气中的SO2.氨水脱硫的相关热化学方程式如下：
2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/ml
2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/ml
2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/ml
反应2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH =_______ kJ/ml(用含a、 b、c的代数式表示)。
（2）H2S与CO2在高温下发生反应： H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)。在610K时，将。0.40 ml H2S与0.20 ml CO2充入5 L的空钢瓶中，反应达到平衡后水的物质的量分数为0.2。
①上述条件下H2S的平衡转化事α1=_______ %。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，该反应的ΔH _______ 0(填“<” “>”“<或=”)。
③在610 K时反应H2S(g) + CO2(g) COS(g) + H2O(g)平衡建立的基础上，改变下列一种条件，能使H2S平衡转化率增大的是_______ (填标号)。
A.向容器中通入H2S B.向容器中通入CO2
C.加入催化剂 D.缩小容器的体积
（3）在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)在不同温度下达到平衡， 测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图所示：
①压强： p2_______ p1(填：“>”或”<”) ：判断的理由是_______。
②若p1=8.1MPa，起始时充入a ml的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp=_______ MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压-总压×物质的量分数)。
【答案】（1）a+b+c
（2） ①. 30 ②. > ③. B
（3） ①. < ②. 其他条件相同时，增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，再达平衡时SO3物质的量分数增大，SO2物质的量分数减小 ③. 0.6
【解析】
【小问1详解】
①2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/ml
②2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/ml
③2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/ml
根据盖斯定律①+②+③得2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH =( a+b+c )kJ/ml
【小问2详解】
①
x=0.12ml；上述条件下H2S的平衡转化事α1=。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，说明升高温度，平衡正向移动，该反应的ΔH>0。
③A．向容器中通入H2S，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但H2S平衡转化率减小，故不选A；
B．向容器中通入CO2，平衡正向移动，H2S平衡转化率增大，但CO2平衡转化率减小，故选B；
C．加入催化剂，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选C；
D．反应前后气体系数和相同，缩小容器的体积，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选D；
选B。
【小问3详解】
①增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，增大压强，2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)平衡逆向移动，SO3(g)的物质的量分数增大，所以压强： p2②
，，若p1=8.1MPa，Kp=。
11. 一种非甾体抗炎药物（H）的合成路线如下（部分反应条件省略）：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）设计和两步反应的目的是______。
（2）D的化学名称为______（用系统命名法命名）；的反应类型为______；所含官能团名称为______；的化学反应方程式为_______。
（3）G的结构简式为______；符合下列条件的同分异构体的结构简式为______（任写一种）。
①除结构外，不含其他环状结构；②含有；③含有四种化学环境的氢。
（4）已知：。综合上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线：_______。
【答案】（1）保护酚羟基的对位氢不被取代
（2） ①. 2，6-二氯苯酚 ②. 取代反应 ③. 氨基、碳氯键 ④.
（3） ①. ②. 、、、(任写一种)
（4）
【解析】
【分析】结合A的分子式及B的结构可知A为苯酚即，苯酚与浓硫酸发生取代反应生成B，B与氯气在氯化铁催化作用下生成C，结合C的分子式及D的结构简式可知，C应为：；C经酸化生成D，D与苯胺发生取代反应生成E，E的结构简式为：；E与ClCH2COCl发生已知Ⅰ中反应生成F，F的结构简式为：；F在氯化铝作用下发生已知Ⅱ中反应生成G：；G在NaOH条件下发生水解反应生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
由题干合成流程图可知，设计A→B和C→D两步反应可以保护酚羟基的对位氢不被氯取代，从而得到邻位取代产物，故答案为：保护酚羟基的对位氢不被取代；
【小问2详解】
由题干流程图中D的结构简式可知其名称为2-6-二氯苯酚；由以上分析可知D→E的反应类型为取代反应；由分析可知，E的结构简式为：，故所含官能团名称为氨基和碳氯键，E与ClCH2COCl发生已知Ⅰ中反应生成F，反应方程式为：，故答案为：2，6-二氯苯酚；取代反应；氨基和碳氯键；；
【小问3详解】
由分析可知，G的结构简式为；G的同分异构体满足以下条件①除结构外，不含其他环状结构，则结构中除苯环外还含有两个不饱和度；②含有-OCH3，结合组成可知另一个基团为-CN；③含有四种化学环境的氢，符合的结构简式有：，故答案为：；(任写一种)；
【小问4详解】
ClCH2COOH在PCl3作用下生成ClCH2COCl，ClCH2COCl和在一定条件下反应生成，在氯化铝作用下反应生成，由此可得合成路线：，故答案为：。选项
实验
现象
结论
A
向两份等体积等浓度的新制氯水中，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液
前者产生白色沉淀，后者溶液变为蓝色
氯气与水的反应存在限度
B
将苯与液溴在催化剂作用下产生的气体通入硝酸银溶液中
产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应
C
室温下，用pH计分别测定浓度均为0.1ml/L的NaClO和Na2S溶液的pH
pH前者小于后者
说明Ka2(H2S)＜Ka(HClO)
D
向蔗糖或麦芽糖溶液中加入稀硫酸并加热，待反应结束后，加入氢氧化钠至使溶液呈碱性，再加入银氨溶液
有银镜生成
说明蔗糖和麦芽糖均发生了水解反应
实验步骤
实验操作
第一步
连接实验装置并检查装置气密性
第二步
、、中装入药品，加热中试管，通过数据采集器控制中反应至时，停止加热，将中铜丝外移脱离浓硫酸
第三步
将中所得溶液转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥制得焦亚硫酸钠
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量：Li-7 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ti48
第I卷（选择题，共126分）
一、选择题（本题包括13小题，每题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题意。）
1. 化学与科技、社会、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 生活中，常利用高温下铝粉与氧化铁的反应来焊接钢轨
B. 、、三种无色溶液，只选用一种试剂无法将它们鉴别出来
C. 维C又称“抗坏血酸”，缺铁性贫血患者服用补铁剂时往往和维一起服用
D. 高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，生活中主要用于饮用水处理
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用高温下铝粉与氧化铁的反应来焊接钢轨，发生铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，A正确；
B．、、三种无色溶液，只选用一种试剂硫酸可将它们鉴别出来，滴入硫酸无现象、滴入硫酸有气泡产生、滴入硫酸有白色沉淀产生，B错误；
C．人体吸收亚铁离子，亚铁离子容易被氧化，而维生素C具有还原性，能防止亚铁离子被氧化，则维生素C可以促进人体铁元素的吸收，C正确；
D．高铁酸钠中铁的化合价为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原成Fe3+，Fe3+水解成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能净水，因此高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，可用于饮用水处理，D正确；
故选B。
2. 化合物可用作洗涤粉，的结构如下，其中、、、是原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法错误的是
A. 的基态原子核外电子排布中有1个未成对电子
B. 化合物WX为离子化合物，在野外可用作生氢剂
C. 分子的空间构型是三角锥形
D. 的键角大于的键角
【答案】C
【解析】
【分析】化合物可用作洗涤粉，M中X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W能形成带一个单位正电荷的W+离子，则W为Na元素；阴离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、2，则X为H元素、Y为B元素、Z为O元素，
【详解】A．硼元素的原子序数为5，基态原子的价电子排布式为2s22p1，则原子核外有1个未成对电子，A项正确；
B．WX是NaH，是离子化合物，NaH中H元素为-1价，能和水反应生成H2，在野外可用作生氢剂，B项正确；
C．BF3分子的空间构型是平面三角形，C项错误；
D．H2O和H2S有两对孤对电子，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比H2S大，D项正确；
答案选C。
3. 降解聚碳酸酯(PC)回收双酚A(BPA)的工艺过程，存在如下反应：
下列说法错误的是
A. PC可以发生水解反应和氧化反应B. 反应物X为CH3OH
C. BPA中不可能所有碳原子共面D. DMC分子中碳、氧原子杂化类型均为sp3
【答案】D
【解析】
【详解】A．PC属于聚酯类高分子，含有酯基，能发生水解反应，有机物一般能燃烧，属于氧化反应，故A正确；
B．根据反应的方程式可以推出X为CH3OH，故B正确；
C．BPA中含有饱和碳原子，为四面体结构，不可能所有原子共平面，故C正确；
D．DMC分子中连碳氧双键的碳原子采用的是sp2杂化，故D错误。
答案选D。
4. 某电化学锂富集装置如图，工作步骤如下：Ⅰ.向MnO2所在腔室通入海水，启动电源乙，使海水中进入MnO2结构形成；Ⅱ.关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，同时向电极a上通入O2.下列说法错误的是
A. 电极b与电源乙的正极相连
B. 步骤Ⅰ时，腔室2中的进入MnO2所在腔室
C. 步骤Ⅱ时，阳极的电极反应式为
D. 在电极a上每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，腔室1质量增加7 g
【答案】D
【解析】
【分析】启动电源乙，使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源乙的负极相连，电极反应式为：2MnO2+xLi++xe-=LixMn2O4；电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，向电极a上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室1，则电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2。
【详解】A．由分析得，电极b作阳极，连接电源乙正极，故A正确；
B．步骤Ⅰ时，MnO2中锰元素化合价降低，作阴极，腔室2中的向阴极移动，进入MnO2所在腔室，故B正确；
C．由分析得，步骤Ⅱ时，阳极的LixMn2O4失去电子，变为Li+和MnO2，电极反应式为，故C正确；
D．电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，即0.25mlO2，转移电子数为1ml，即有1mlLi+进入腔室1，腔室1增重：0.25ml×32g/ml+1ml×7g/ml=15g，故D错误；
故选D。
5. 下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2和HClO均能氧化KI生成碘单质，溶液变蓝色，故无法证明上述反应存在限度，A不合题意；
B．挥发的溴与硝酸银溶液反应，产生淡黄色沉淀，不能证明苯与液溴发生了取代反应，B不合题意；
C．室温下，用pH计分别测定浓度均为0.1ml/L的NaClO和Na2S溶液的pH，pH前者小于后者，说明S2-的水解程度大于ClO-，故可说明HS-的酸性弱于HClO，即Ka2(H2S)＜Ka(HClO)，C符合题意；
D．麦芽糖本身具有还原性，其水解产物为葡萄糖，也具有还原性，都能与银氨溶液发生银镜反应，所以向麦芽糖溶液中加入稀硫酸并加热，再调节pH呈碱性，加入银氨溶液，水浴加热，有银镜产生，不能确定麦芽糖是否发生水解，D不合题意；
故答案为：C。
6. 为阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的是
A. 与充分反应，当固体增重，转移电子数为
B. 向的溶液中加入至溶液呈中性，溶液中醋酸根离子数目为
C. 钠与的盐酸反应时，转移电子数为
D. 二氧化硅晶体中，所含硅氧键数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．，固体增重相当于1分子过氧化钠吸收1分子CO导致，当固体增重（相当于1mlCO），则反应1ml，，则转移电子数为，A错误；
B．向的溶液中加入至溶液呈中性，根据电荷守恒可知，则溶液中醋酸根离子为1ml，数目为，B正确；
C．钠也会和水反应生成氢氧化钠和氢气，则钠（为2ml）完全反应转移电子数为2，C错误；
D．二氧化硅晶体中1个硅原子平均形成4个硅氧键，则二氧化硅晶体中，所含硅氧键数目为4，D错误；
故选B。
7. 常温下，的溶液中，、、、四种微粒的随的变化关系如图，
已知，即当时，。
下列说法错误是
A
B. 曲线④表示随的变化关系
C.
D. 等浓度的和混合液中：
【答案】A
【解析】
【分析】的溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-、 +H2ONH3·H2O+H+，随着pOH的增大，溶液中c(OH-)越小，溶液酸性增强，前者平衡正向移动、后者平衡逆向移动，故HCOO-和NH3·H2O浓度变化一致、减小，和HCOOH变化一致、增大，结合图像可知，①②③④分别为、NH3·H2O、HCOOH、HCOO-，y点c(HCOOH)=c(HCOO-)，，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，曲线②、③分别代表NH3·H2O、HCOOH，z点代表c(NH3·H2O)=c(HCOOH)，由物料守恒可知，，将和得到，又因为c(H+)c(OH-)=KW，则，可得c(H+)=10-6.5ml/L，所以pH=-lgc(H+)=6.5，A错误；
B．由分析可知，曲线④表示随的变化关系，B正确；
C．由分析可知，y点c(HCOOH)=c(HCOO-)，，，C正确；
D．等浓度和混合液中存在电荷守恒：，物料守恒：，可得质子守恒：，D正确；
故选A。
三、非选择题：
8. 联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿（主要成分为（其中为价），含有少量、）为主要原料制取单质和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图1所示。
已知：
回答下列问题：
（1）酸浸后，溶液中钛元素主要以形式存在，则在酸浸工序中发生的主要反应的化学方程式为______。
（2）某化学兴趣小组在实验室模拟该工艺流程，保持其他反应条件不变，测得加入铁屑还原体系中（Ⅲ）含量随反应温度的变化如图2所示。为达到实验目的，最佳反应温度为______。
（3）下列关于工序①的叙述正确的是______（填标号）。
a．工序①为趁热过滤、洗涤、干燥
b．先用适量稀硫酸洗涤绿矾并将洗涤液与滤液合并，可提高钛的产率
（4）灼烧后的成分为，可用作钛白颜料，该物质的一种晶胞结构（四方晶体）如图3所示。该晶体的密度为______（用含、、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值）。
（5）工序②生成的气体为可燃性气体，生成气体的反应方程式为______。
（6）还原工序中通入氩气的目的是______。
（7）利用图4装置可获得金属钛。在较低的阴极电位下，中的氧解离进入熔融盐，最后只剩下纯钛，另一极产生、和可燃性气体。产生可燃性气体的电极反应式为______。
【答案】（1）（浓）
（2）
（3）b （4）
（5）
（6）隔绝空气，防止钛、镁与氧气、二氧化碳等反应
（7）
【解析】
【分析】钛铁矿磨细后加浓硫酸酸浸， FeTiO3与H2SO4(浓)反应转变为TiOSO4、FeSO4，加入铁屑还原体系中的Fe3+，过滤，所得滤液在工序①中经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，其滤液加水、在加热下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，在灼烧工序发生反应，制得TiO2；电解饱和食盐水生成的气体A为Cl2，气体B为H2，工序②为氯化工序，TiO2、Cl2、焦炭在高温条件下反应生成TiCl4和气体C：气体C为可燃性气体CO，TiCl4在氩气中被镁还原得到Ti。气体H2和CO用于合成甲醇。
【详解】（1）小问详解： 酸浸工序中发生的主要反应为FeTiO3与H2SO4(浓)生成TiOSO4、和H2O，化学方程式为：；
（2）小问详解：加入铁屑还原体系中的Fe3+，为达到实验目的，Fe(Ⅲ)含量越少越好，则最佳反应温度为328K；
（3）小问详解：工序①为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，a项错误；绿矾表面附有TiOSO4，先用适量稀硫酸洗涤绿矾并将洗涤液与滤液合并，可减少TiOSO4的损耗，提高钛的产率，b项正确；
（4）小问详解：据图知，1个晶胞中黑球个数为，白球个数为，因此1个晶胞的质量为，1个晶胞的体积为，则晶胞密度为；
（5）小问详解：气体C为可燃性气体CO，电解饱和食盐水生成的气体A为Cl2，气体B为H2。工序②为氯化工序，TiO2、Cl2、焦炭在高温条件下反应生成TiCl4和CO，生成气体C的反应方程式为；
（6）小问详解：钛、镁在高温下能与空气中的氧气、二氧化碳等反应，通入氩气的目的是隔绝空气，防止钛、镁与氧气、二氧化碳等反应；
（7）小问详解：阴极上发生反应，阳极上生成O2的电极反应式为，因氧气和石墨反应可生成CO2或CO，故阳极上生成CO2的电极反应式为，生成CO(气体Q)的电极反应式为。
9. 某课外小组探究食品添加剂（焦亚硫酸钠）制备原理，实验操作如下：（已知：焦亚硫酸钠可用饱和亚硫酸氢钠溶液脱水制得）
已知：；
，实验装置如下：
回答下列问题：
（1）写出A中反应的化学方程式为______。装置的作用是______。
（2）第二步控制中，若中溶质只有一种，中反应的离子方程式是______。
（3）第三步加热过程中若温度过高可能会生成，检验固体是否变质的方法是______，过滤操作用到的玻璃仪器有______。
（4）用于D处合理的装置是______（填标号）。
（5）该小组通过下述方法检测某饮料中残留的：
①取饮料于锥形瓶中，加入的溶液，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加滴淀粉溶液做指示剂。用的溶液滴定，滴定至终点时，消耗溶液。滴定至终点的现象为：______。饮料中残留的为______（已知；计算结果保留两位小数）。
【答案】（1） ①. ②. 安全瓶或防止倒吸
（2）
（3） ①. 取少量固体于试管中加适量蒸馏水溶解，加入过量的稀盐酸，再滴加溶液，若有白色沉淀生成，说明固体变质 ②. 漏斗、玻璃棒、烧杯
（4）bd （5） ①. 当滴入最后半滴溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。 ②. 0.95
【解析】
【分析】铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，装置B是安全瓶，作用是防倒吸，二氧化硫与碳酸钠反应生成亚硫酸氢钠，温度过高亚硫酸氢钠会分解成Na2SO3，亚硫酸钠和空气加热易被氧化为硫酸钠，D装置用来吸收二氧化硫且不倒吸，据此分析解题。
【小问1详解】
铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，A中反应的化学方程式为：；装置B是安全瓶，作用是防倒吸。
【小问2详解】
第二步控制C中pH=4.1，若C中溶质只有一种，C中溶质为二氧化硫和碳酸钠反应生成的亚硫酸氢钠，C中反应的离子方程式是：。
【小问3详解】
第三步加热过程中若温度过高亚硫酸氢钠会分解成Na2SO3，亚硫酸钠和空气加热易被氧化为Na2SO4，检验固体是否变质只需要检验即可，检验的方法是取少量受热分解后的固体于试管中加适量水溶解，加入过量的稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成说明固体变质，过滤操作用到的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯。
【小问4详解】
用于D处合理的装置需要处理尾气并防倒吸，尾气为二氧化硫，a装置插在液面以下会发生倒吸，b中四氯化碳不与二氧化硫反应可防倒吸，高锰酸钾吸收二氧化硫，c导管没有伸到液面以下会溢出二氧化硫，d四氯化碳不与二氧化硫反应可防倒吸，氢氧化钠吸收二氧化硫，故选bd。
【小问5详解】
将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加滴淀粉溶液做指示剂，淀粉遇碘变蓝，滴定至终点时，I2被还原为I-，溶液变无色，则滴定至终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；，，消耗的溶液39.80mL，消耗I2的物质的量为，其中消耗I2的物质的量为，残留的的物质的量为=0.00095g/L=0.95。
10. 有效去除大气中H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
（1）氨水可以脱除烟气中的SO2.氨水脱硫的相关热化学方程式如下：
2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/ml
2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/ml
2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/ml
反应2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH =_______ kJ/ml(用含a、 b、c的代数式表示)。
（2）H2S与CO2在高温下发生反应： H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)。在610K时，将。0.40 ml H2S与0.20 ml CO2充入5 L的空钢瓶中，反应达到平衡后水的物质的量分数为0.2。
①上述条件下H2S的平衡转化事α1=_______ %。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，该反应的ΔH _______ 0(填“<” “>”“<或=”)。
③在610 K时反应H2S(g) + CO2(g) COS(g) + H2O(g)平衡建立的基础上，改变下列一种条件，能使H2S平衡转化率增大的是_______ (填标号)。
A.向容器中通入H2S B.向容器中通入CO2
C.加入催化剂 D.缩小容器的体积
（3）在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)在不同温度下达到平衡， 测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图所示：
①压强： p2_______ p1(填：“>”或”<”) ：判断的理由是_______。
②若p1=8.1MPa，起始时充入a ml的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp=_______ MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压-总压×物质的量分数)。
【答案】（1）a+b+c
（2） ①. 30 ②. > ③. B
（3） ①. < ②. 其他条件相同时，增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，再达平衡时SO3物质的量分数增大，SO2物质的量分数减小 ③. 0.6
【解析】
【小问1详解】
①2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/ml
②2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/ml
③2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/ml
根据盖斯定律①+②+③得2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH =( a+b+c )kJ/ml
【小问2详解】
①
x=0.12ml；上述条件下H2S的平衡转化事α1=。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，说明升高温度，平衡正向移动，该反应的ΔH>0。
③A．向容器中通入H2S，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但H2S平衡转化率减小，故不选A；
B．向容器中通入CO2，平衡正向移动，H2S平衡转化率增大，但CO2平衡转化率减小，故选B；
C．加入催化剂，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选C；
D．反应前后气体系数和相同，缩小容器的体积，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选D；
选B。
【小问3详解】
①增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，增大压强，2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)平衡逆向移动，SO3(g)的物质的量分数增大，所以压强： p2
，，若p1=8.1MPa，Kp=。
11. 一种非甾体抗炎药物（H）的合成路线如下（部分反应条件省略）：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）设计和两步反应的目的是______。
（2）D的化学名称为______（用系统命名法命名）；的反应类型为______；所含官能团名称为______；的化学反应方程式为_______。
（3）G的结构简式为______；符合下列条件的同分异构体的结构简式为______（任写一种）。
①除结构外，不含其他环状结构；②含有；③含有四种化学环境的氢。
（4）已知：。综合上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线：_______。
【答案】（1）保护酚羟基的对位氢不被取代
（2） ①. 2，6-二氯苯酚 ②. 取代反应 ③. 氨基、碳氯键 ④.
（3） ①. ②. 、、、(任写一种)
（4）
【解析】
【分析】结合A的分子式及B的结构可知A为苯酚即，苯酚与浓硫酸发生取代反应生成B，B与氯气在氯化铁催化作用下生成C，结合C的分子式及D的结构简式可知，C应为：；C经酸化生成D，D与苯胺发生取代反应生成E，E的结构简式为：；E与ClCH2COCl发生已知Ⅰ中反应生成F，F的结构简式为：；F在氯化铝作用下发生已知Ⅱ中反应生成G：；G在NaOH条件下发生水解反应生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
由题干合成流程图可知，设计A→B和C→D两步反应可以保护酚羟基的对位氢不被氯取代，从而得到邻位取代产物，故答案为：保护酚羟基的对位氢不被取代；
【小问2详解】
由题干流程图中D的结构简式可知其名称为2-6-二氯苯酚；由以上分析可知D→E的反应类型为取代反应；由分析可知，E的结构简式为：，故所含官能团名称为氨基和碳氯键，E与ClCH2COCl发生已知Ⅰ中反应生成F，反应方程式为：，故答案为：2，6-二氯苯酚；取代反应；氨基和碳氯键；；
【小问3详解】
由分析可知，G的结构简式为；G的同分异构体满足以下条件①除结构外，不含其他环状结构，则结构中除苯环外还含有两个不饱和度；②含有-OCH3，结合组成可知另一个基团为-CN；③含有四种化学环境的氢，符合的结构简式有：，故答案为：；(任写一种)；
【小问4详解】
ClCH2COOH在PCl3作用下生成ClCH2COCl，ClCH2COCl和在一定条件下反应生成，在氯化铝作用下反应生成，由此可得合成路线：，故答案为：。选项
实验
现象
结论
A
向两份等体积等浓度的新制氯水中，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液
前者产生白色沉淀，后者溶液变为蓝色
氯气与水的反应存在限度
B
将苯与液溴在催化剂作用下产生的气体通入硝酸银溶液中
产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应
C
室温下，用pH计分别测定浓度均为0.1ml/L的NaClO和Na2S溶液的pH
pH前者小于后者
说明Ka2(H2S)＜Ka(HClO)
D
向蔗糖或麦芽糖溶液中加入稀硫酸并加热，待反应结束后，加入氢氧化钠至使溶液呈碱性，再加入银氨溶液
有银镜生成
说明蔗糖和麦芽糖均发生了水解反应
实验步骤
实验操作
第一步
连接实验装置并检查装置气密性
第二步
、、中装入药品，加热中试管，通过数据采集器控制中反应至时，停止加热，将中铜丝外移脱离浓硫酸
第三步
将中所得溶液转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥制得焦亚硫酸钠
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