还剩28页未读，
继续阅读
陕西省西安市长安一中2020届高三上学期第一次质检化学（解析版）
展开
陕西省西安市长安一中2020届高三上学期第一次质检
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 S 32
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是最符合题意的。共16小题，每小题3分，共48分。）
1.化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法正确的是（ ）
A. 华为公司自主研发的“麒麟970芯片需要以高纯度的二氧化硅为原料
B. 笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝，上述物质中的(毛)笔与(宣)纸均含有机物
C. 电影《红高梁》中用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来
D. 有机高分子明星材料石墨烯，具有优异的光学、电学、力学和热学性质
【答案】B
【详解】A. 二氧化硅是光导纤维的主要成分，不能导电，不是制造芯片的原料，硅为半导体材料，可以用于制造芯片，A项错误；
B. 毛笔笔头是由动物鬓毛制成，动物鬓毛的主要成分是蛋白质，纸的主要成分是纤维素，
均含有机物，B项正确；
C. 高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，C项错误；
D. 石墨烯是一种由碳元素组成的单质，不是有机高分子，D项错误；
答案选B。
2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 氨水的饱和溶液中:Ca2+、NH4+、Cl-、HCO3-
B. 0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中:Na+、Mg2+、CO32-、NO3-
C. 漂白粉的溶液中:Ba2+、K+、OH-、I-
D. 通入过量CO2的溶液中:Na+、NH4+、Cl-、SO42-
【答案】D
【详解】A. 氨水的饱和溶液中HCO3-与氢氧根反应生成CO32-，CO32-与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A项错误；
B. 0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中，Al3+与CO32-因发生双水解不能大量共存，Mg2+与CO32-生成沉淀不能大量共存，B项错误；
C. ClO-与I-发生氧化还原反应，不能大量共存，C项错误；
D. 通入过量CO2的溶液中离子之间互不反应，可以大量共存，D项正确；
答案选D。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
3.正确掌握化学用语是学好化学的基础,下列化学用语中正确的是（ ）
A. 硫酸铁铵的化学式:(NH4)2Fe(SO4)2
B. 乙醚的分子式C2H4O
C. 苯乙烯的结构简式：
D. 四氯化碳分子的比例模型：
【答案】C
【详解】A. 硫酸铁铵中铁元素的化合价为+3价，化学式为NH4Fe(SO4)2，A项错误；
B. 乙醚的分子式C4H10O，B项错误；
C. 苯乙烯的结构简式：，C项正确；
D. 因比例模型能够反映出成键原子的大小，碳原子半径比氯原子小，而在该模型中碳原子半径却比氯原子大，D项错误；
答案选C。
4.下列物质性质与应用对应关系不正确的是（ ）
A. 浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，两者混合配成的“王水”具有强腐蚀性
B. 浓氨水具有挥发性，可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露
C 石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料
D. 氯化铝是电解质，可以用于电解法冶炼金属铝
【答案】D
【详解】A. 浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，浓硝酸和浓盐酸的混合物（体积比为1:3）叫做王水，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解，具有强腐蚀性，A项正确；
B. 浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气与氯气发生反应8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，生成的氯化铵为白色固体，若管道某处漏气时会看到白烟，则浓氨水可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露，B项正确；
C. 石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料，C项正确；
D. 氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼金属铝，D项错误；
答案选D。
【点睛】可以用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，而不能电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，这是学生们的易错点。
5.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 一定条件下，3molH2和1molN2充分反应后，可得2NA个NH3分子
B. 室温下，1LpH=1的HCl溶液中，由水电离的H+数目为0.1NA
C. 0.1mol金属Na在空气中完全氧化生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为0.1NA
D. 1mol/L的NaCN溶液中含CN-和HCN的数目之和为NA
【答案】C
【详解】A. 合成氨的反应N2+3H2⇌2NH3为可逆反应，不能进行到底，得到的NH3分子小于2NA，A项错误；
B. 室温下，1LpH=1的HCl溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，氢氧根是水电离的，，水电离的H+的浓度等于水电离的氢氧根的浓度，则水电离的H+浓度为：c(H+)水=10-13mol/L，水电离的H+数目为10-13NA，B项错误；
C. 0.1mol金属Na在空气中完全氧化生成Na2O和Na2O2，Na的化合价都是升高为+1价，所以转移的电子数为0.1NA，C项正确；
D. 缺少溶液的体积，无法计算CN-和HCN的物质的量之和，D项错误；
答案选C。
【点睛】D项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。
6.在实验室制备并收集纯净、干燥的氨气的过程中，下列装置一定不需要的是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】A. 实验室用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热制氨气，A项正确；
B. 氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，B项错误；
C. 实验室用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热制氨气，Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，生成的氨气中混有水蒸气，可以用碱石灰除去氨气中的水蒸气，C项正确；
D. 氨气的密度比空气的密度小，可以用向下排空气法收集，导管应为短进长出，D项正确；
答案选B。
7.异丁烯与氯化氢可能发生的两种加成反应及相应的能量变化与反应过程如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 活化能:反应①大于反应②
B. 中间产物的稳定性:中间体1小于中间体2
C. 产物的能量:产物1大于产物2
D. △H大小:反应①小于反应②
【答案】D
【详解】A. 活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，由图可知反应①的活化能大于反应②的活化能，A项正确；
B. 物质的能量越低，物质越稳定，由图可知中间体1的能量大于中间体2的能量，则
中间产物的稳定性:中间体1小于中间体2，B项正确；
C. 由图可知，产物的能量:产物1大于产物2，C项正确；
D. △H=生成物的总能量-反应物的总能量，由图可知，反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，则△H大小:反应①大于反应②，D项错误；
答案选D。
【点睛】D项是学生们的易错点，忽略了△H是有正负号的，吸热反应的△H大于零，放热反应的△H小于零，则吸热反应的△H大于放热反应的△H；放热反应的△H小于零，则放热越少，△H越大；吸热反应的△H大于零，吸热越多，△H越大；△H=生成物的总能量-反应物的总能量，本题中由图可知，反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，则△H大小:反应①大于反应②。
8.一种从废弃钛酸锂电极材料［含Li4Ti5O12、铝箔、碳粉、PVDF（聚偏二氟乙烯）］中回收某些资源的流程如下：
已知：Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2=2Li2SO4+5［TiO（H2O2）］SO4+7H2O，下列叙述错误的是（ ）
A. 步骤的目的是除去碳粉与PVDF
B. 步骤H2O2的作用是氧化剂
C. 从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、Li
D. 合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用
【答案】B
【详解】A. 由于碳粉与PVDF均易与氧气反应转化为挥发性气体而除去，A项正确；
B. 由已知可知，步骤没有元素化合价发生变化，则应是非氧化还原反应，B项错误；
C. 由流程图中的“NaAlO2”、“含锂沉淀”、“含钛有机相”可知从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、Li，C项正确；
D. 合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用，D项正确；
答案选B。
9.某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A. 该有机物的名称是乙酸乙酯
B. 该有机物能使Br2的CCl4或酸性高锰酸钾褪色，原理相同
C. 该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应
D. 该有机物的同分异构体中能与NaHCO3反应产生气体的链状结构只有3种
【答案】D
【分析】由球棍模型可知有机物应为CH3COOCH=CH2，含有酯基和碳碳双键，结合酯和烯烃的性质解答该题。
【详解】A. 由球棍模型可知有机物应为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，A项错误；
B. 含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，B项错误；
C. 含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，不能发生消去反应，C项错误；
D. 该有机物的分子式为C4H6O2，不饱和度为2，其同分异构体能与NaHCO3反应放出CO2，应含有羧基，即C3H5-COOH，为链状结构，则烃基为丙烯基，该有机物为丁烯酸，而丙烯基有三种，则同分异构体为3种，分别为CH2=CHCH2COOH，CH2=C(CH3)COOH，HOOCCH=CHCH3， D项正确；
答案选D。
10.用惰性电极电解1.0 L c(Cl-)=3.0 mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0 L的气体(标准状况下)。下列说法正确的是（ ）
A. 阳极只收集到Cl2
B. 电解前溶液呈弱酸性，电解结束后，溶液的酸性增强
C. 整个过程中共转移电子5 mol
D. 原混合溶液中c(Cu2+)=1.0 mol/L
【答案】D
【分析】用惰性电极电解1.0 L c(Cl-)=3.0 mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0L的气体(标准状况下)，气体物质的量为，，则阳极上Cl-先放电生成氯气，，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol；阴极上Cu2+先放电，然后H+放电，且生成氢气2.5mol，再根据阴阳两极得失电子守恒进行计算。
【详解】A. 经分析知，阳极收集到气体共2.5mol，而溶液中Cl-共3mol，生成氯气共1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，A项错误；
B. 经分析可知，整个电解过程应分为三个阶段：CuCl2Cu+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2OH2↑+O2↑，电解结束后，溶液的碱性增强，B项错误；
C. 经分析知，阳极生成氯气1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，则阳极失电子总物质的量为：，则整个过程中共转移电子7 mol，C项错误；
D. 根据得失电子守恒知，阴极得电子数等于阳极失电子数，则阴极得电子物质的量为7mol，经计算阴极生成氢气为2.5mol，那么H+得电子物质的量为5mol，则Cu2+得电子物质的量为2mol，n(Cu2+)=1.0 mol，原混合溶液中，D项正确；
答案选D。
11.已知化合物K2S2O8、CrO5中的硫与铬元素的化合价均为+6，则K2S2O8、CrO5中含有的过氧键（—O—O—）个数分别为（ ）
A. 1个，1个 B. 1个，2个
C. 2个，1个 D. 2个，2个
【答案】B
【详解】K2S2O8中K元素为+1价，S元素为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为零可知，K2S2O8中6个O显-2价，2个O显-1价，则K2S2O8中含有1个过氧键；CrO5中Cr元素为 +6价，根据化合物中元素的化合价代数和为零可知，CrO5中1个O显-2价，4个O显-1价，则CrO5中含有2个过氧键，B项正确；
答案选B。
12.甲，乙两烧杯中各盛有500ml，相同浓度的盐酸和氢氧化钠溶液。向两个烧杯中分别加入18.0g的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为甲：乙=1:2，则下列说法正确的是（ ）
①甲烧杯中盐酸不足。
②乙烧杯中金属铝过量。
③甲烧杯中生成的气体体积为11.2L
④乙烧杯中的c(NaOH)=2mol/L
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】B
【详解】发生的反应分别为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体物质的量相同；铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体物质的量之比为1:3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，说明Al与盐酸反应时，盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，
设18.0Al与氢氧化钠完全反应生成氢气物质的量为x mol，则：
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 3
x mol，则，解得x=1，
则Al与盐酸反应生成氢气的物质的量0.5mol，
设铝与盐酸反应时HCl的物质的量为y mol，则：
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
6 3
y mol 0.5mol ，则，解得y=1mol，
则盐酸的物质的量浓度为，
①经分析知，甲烧杯中盐酸不足，①正确；
②乙烧杯中氢氧化钠足量，金属铝不足，②错误；
③甲烧杯中生成的氢气0.5mol，但是没有标明是标准状况，不能计算其体积，③错误；
④已知盐酸和氢氧化钠溶液的浓度相同，则乙烧杯中的c(NaOH)=2mol/L，④正确；
综上所述，①④正确，B项正确；
答案选B。
【点睛】1. 铝与盐酸和氢氧化钠溶液发生的反应分别为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体物质的量相同；铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体物质的量之比为1:3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，说明Al与盐酸反应时，盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，这是学生们学习的难点，需要强化。
2. 公式的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题③项没有标明条件，不能使用该公式。
13.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是( )
A. SiO2 SiCl4 Si B. HClO Cl2 NaClO（aq）
C. Cu2(OH)2CO3 CuCl2(aq) Cu D. Al Al(OH)3↓ Al2O3
【答案】C
【详解】A. SiO2不能直接与盐酸反应生成SiCl4，A项错误；
B. HClO光照生成氯化氢和氧气，不能直接生成氯气，B项错误；
C. 以上转化均能一步实现，C项正确；
D. Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不能直接生成氢氧化铝，D项错误；
答案选C。
14.下列实验中，对应的现象以及结论都正确，且两者具有因果关系的是( )
选项
实验
现象
结论
A
将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2溶液中
溶液变黄色，有无色气体逸出，后又变成红棕色
Fe2+被HNO3氧化
B
向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热
得到蓝色溶液
淀粉没有水解
C
向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量的SO2
溶液变为浅绿色，且有白色沉淀生成
沉淀为BaSO3，BaSO4的混合物
D
用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体
试纸变红
该气体氨气
【答案】A
【详解】A. 硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，则将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子、NO，NO很容易被氧气氧化为NO2，则可观察到溶液变黄色，有无色气体逸出，后又变成红棕色，A项正确；
B. 向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，得到蓝色溶液，是Cu(OH)2与稀硫酸发生了复分解反应生成了硫酸铜，该现象不能说明淀粉没有水解，检验葡萄糖需要碱性环境，需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，判断淀粉是否水解，B项错误；
C. 氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，生成的沉淀是硫酸钡，没有亚硫酸钡，C项错误；
D. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体，试纸变红，说明该气体为酸性气体，不可能是氨气，因为氨气为碱性气体，D项错误；
答案选A。
【点睛】检验葡萄糖需要碱性环境，需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，判断淀粉是否水解，这是学生们的易错点。
15.AG表示溶液酸度：。常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定25 ml 0.1mol/L的CH3COOH滴定结果如图所示，下列分析正确的是（ ）
A. 0.1mol/L的 CH3COOH溶液的pH＝3
B. m点加入NaOH的体积为25mL
C. 若pH＝7，则溶液中水电离的c(OH-)=1.0×10-3.5 mol/L
D. 随着NaOH溶液滴入，溶液中水电离程度逐渐增大，m点最大
【答案】A
【详解】A. 滴定起始时，V(NaOH)=0，溶液中仅存在醋酸，此时，，则，又Kw=c(OH-) c(H+)=10-14，则溶液中c(H+)=10-3mol/L，因此0.1mol/L的 CH3COOH溶液的pH＝3，A项正确；
B. m点时，，则，c(OH-)=(H+)，溶液显中性，若加入NaOH的体积为25mL，则醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，此时应为醋酸钠和醋酸的混合溶液，加入NaOH的体积应小于25mL，B项错误；
C. 若pH＝7，溶液显中性，此时应为醋酸钠和醋酸的混合溶液，二者对于水的电离的促进和抑制作用相等，则溶液中水电离的c(OH-)=1.0×10-7 mol/L，C项错误；
D. 随着NaOH溶液的滴入，发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，醋酸逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，恰好反应生成醋酸钠时，水的电离程度最大，m点时溶液显中性，为醋酸钠和醋酸的混合溶液，电离程度不是最大，恰好反应后再继续加入氢氧化钠，水的电离程度逐渐减小，D项错误；
答案选A。
16.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其中X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜；Y、Z、W族序数依次增大，Y的单质在空气中易发生自燃。下说法不正确的是( )
A Y、Z均能形成不止一种氧化物
B. 工业上获得X单质的主要方法是电解其熔融的氧化物
C. 气态氢化物的稳定性:W＞Z＞Y
D. W、X形成的化合物中一定是阴离子半径大于阳离子
【答案】B
【分析】Y的单质在空气中易发生自燃，则Y是P元素，Y、Z、W族序数依次增大，则Z为第VIA族元素，W为第VIIA族元素，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则Z是S元素，W是F元素，X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜，X可能为Mg或Al，据此解答。
【详解】Y的单质在空气中易发生自燃，则Y是P元素，Y、Z、W族序数依次增大，则Z为第VIA族元素，W为第VIIA族元素，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则Z是S元素，W是F元素，X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜，X可能为Mg或Al，
A. P元素可形成的氧化物有P2O5和P2O3，S元素可形成的氧化物有SO2、SO3，A项正确；
B. X可能为Mg或Al，工业上获得Mg单质的主要方法是电解其熔融的氯化镁，工业上获得Al单质的主要方法是电解其熔融的氧化铝，B项错误；
C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性:W(F)＞Z(S)＞Y(P)，则气态氢化物的稳定性:W(F)＞Z(S)＞Y(P)，C项正确；
D. W是F元素，X可能为Mg或Al，F-、Mg2+或Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越多，离子半径越小，则W、X形成的化合物中一定是阴离子半径大于阳离子，D项正确；
答案选B。
17.汽车等机动车尾气，含（CO、NO等）是城市空气的污染源。利用NSR技术可有效降低CO、NO的排放，回答有关问题：
I.CO、NO的检测
（1）O2-的移动方向为__________。（填“向Pt电极”或“向NiO电极”）
（2）NiO电极上的电极反应为____________________和______________________。
II.NSR处理技术
NO的储存和还原在不同时段交替进行，实现两种有害气体，同时被处理，工作如图所示。
（3）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ/mol ①
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol ②
则NSR技术工作原理的热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)③的ΔH=________
（4）在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO，发生反应，反应过程中c(NO)随时间的变化曲线如图所示。
①图中曲线a或b中表示在该温度下使用NSR催化技术的是__________。
②曲线b中前10min内CO的平均反应速率v(CO)=_________；此温度下该反应的平衡常数K为_______。若平衡后，再向容器中充入CO和N2各0.8mol，则此时v(正)_____ v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
③若保持其他条件不变，15min时将容器的体积压缩至1L，20min时反应重新达到平衡，NO的物质的量浓度对应的点可能是____点。（填字母）
【答案】(1). 向NiO电极 (2). CO+O2--2e-＝CO2 (3). NO+O2--2e-＝NO2 (4). -746.5kJ/mol (5). a (6). 0.01mol∙L-1·min-1 (7). 5 (8). > (9). C
【分析】I.由装置图可知，该装置为原电池装置，通入CO、NO的一极，产物为CO2、NO2，C、N元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，则NiO电极为负极，通入氧气的一极为正极，Pt电极为正极，
（1）在原电池中阴离子移动向正极；
（2）NiO电极通入CO、NO，产物为CO2、NO2，电解质环境为熔融氧化物，用O2-配平电极反应式的电荷守恒；
II.（3）根据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计算；
（4）①催化剂可以加快反应速率，缩短到达平衡的时间；
②根据公式计算反应速率；根据已知信息列出三段式计算平衡常数；根据此时的浓度商与平衡常数的大小关系判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小关系；
③根据压强对物质浓度以及平衡移动的影响分析。
【详解】I.由装置图可知，该装置为原电池装置，通入CO、NO的一极，产物为CO2、NO2，C、N元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，则NiO电极为负极，通入氧气的一极为正极，Pt电极为正极，
（1）经分析知，NiO电极为负极，Pt电极为正极，在原电池中阴离子移动向正极，则O2-的移动方向NiO电极；
故答案为向NiO电极；
（2）NiO电极通入CO、NO，产物为CO2、NO2，电解质环境为熔融氧化物，用O2-配平电极反应式的电荷守恒，则电极反应为CO+O2--2e-＝CO2和NO+O2--2e-＝NO2；
故答案为CO+O2--2e-＝CO2；NO+O2--2e-＝NO2；
II.（3）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ/mol ①
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol ②，根据盖斯定律可知目标方程
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ③=②-①，则ΔH=-566.0 kJ/mol-180.5 kJ/mol=-746.5kJ/mol；
故答案为-746.5kJ/mol；
（4）在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO，发生反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，
①催化剂可以加快反应速率，缩短到达平衡的时间，图中曲线a先到达平衡状态，则表示在该温度下使用NSR催化技术的是曲线a；
故答案为a；
②曲线b中前10min内CO的浓度变化量为0.2mol/L-0.1mol/L=0.1 mol/L，则CO平均反应速率；根据已知信息起始NO和CO的物质的量相等，可列出三段式：
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)
开始（mol/L）：0.2 0.2 0 0
变化（mol/L）：0.1 0.1 0.05 0.1
平衡（mol/L）：0.1 0.1 0.05 0.1
则此温度下该反应的平衡常数；若平衡后，再向容器中充入CO和N2各0.8mol，此时c(CO)=0.5mol/L ，c(NO)=0.1 mol/L，c(N2)=0.45 mol/L，c(CO2)=0.1 mol/L，此时的浓度商为，则反应正向进行，v(正)> v(逆)；
故答案为0.01mol∙L-1·min-1；5；>；
③15min时反应处于平衡状态，若保持其他条件不变，此时将容器的体积压缩至1L，各物质的浓度瞬间加倍，NO的物质的量浓度立即变为0.2 mol∙L-1，此时压强增大，平衡正向移动，NO的浓度又逐渐减小，根据勒夏特列原理可知，平衡移动的结果只是减弱这种改变，而不是消除，因此20min时反应重新达到平衡，NO的物质的量浓度范围为0.1 mol/L
【点睛】II（4）③是学生们的易错点，15min时反应处于平衡状态，若保持其他条件不变，此时将容器的体积压缩至1L，各物质的浓度瞬间加倍，NO的物质的量浓度立即变为0.2 mol∙L-1，此时压强增大，平衡正向移动，NO的浓度又逐渐减小，根据勒夏特列原理可知，平衡移动的结果只是减弱这种改变，而不是消除，因此20min时反应重新达到平衡，NO的物质的量浓度范围为0.1 mol/L
已知：硼镁矿的主要成分Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O，回答下列问题：
（1）Mg2B2O5·H2O中B的化合价为________。在90℃的热水中，加入稀硫酸调节pH=2~3生成硼酸(H3BO3)，反应的离子方程式为_______________________________。
（2）硼的化合物种类繁多，NaBH4是有机合成中常见的还原剂，NaBH4的电子式为______。
（3）将MgCl2·6H2O置于HCl氛围中加热的目的是__________________________，Mg与X在高温下反应的化学方程式为_________________________________________。
（4）若向硼镁矿中加入0.1 mol/L盐酸溶液，充分反应后测得溶液的pH=2时，溶液中c（Mg2+)为__________________________________（忽略溶液体积的变化）。
（5）电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸汽在特定的环境里冷却后即为固体镁，下列物质中可以作镁蒸汽的冷却剂的是_________（填字母序号）
A氦气 B氮气
C水蒸气 D二氧化碳气体 E氯气
（6）Mg-H2O2是一种以海水为电解质(加入一定量的酸)的新型电池。该电池的负极材料为________，正极的电极反应为_____________________________。
【答案】(1). +3 (2). B4O72- + 2H+ + 5H2O = 4H3BO3 (3). (4). 防止MgCl2水解生Mg(OH)2 (5). B2O3+3Mg 2B+3MgO (6). c(Mg2+)=0.045mol/L (7). A (8). Mg (9). H2O2+2e-+2H+=2H2O
【分析】硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，过滤得到氢氧化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3，B2O3与镁反应生成硼，据此分析解答。
【详解】硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，过滤得到氢氧化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3，B2O3与镁反应生成硼，
（1）Mg2B2O5·H2O中Mg元素化合价为+2价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和为零计算得到硼元素化合价为+3价；在90℃的热水中，加入稀硫酸调节pH=2~3生成硼酸(H3BO3)，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72- + 2H+ + 5H2O = 4H3BO3；
故答案为+3；B4O72- + 2H+ + 5H2O = 4H3BO3；
（2）NaBH4为离子化合物，由Na+、BH4-构成，则NaBH4的电子式为；
故答案为；
（3）加热MgCl2·6H2O时MgCl2易水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，则将MgCl2·6H2O置于HCl氛围中加热的目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；X为B2O3，则Mg与B2O3在高温下反应的化学方程式为B2O3+3Mg2B+3MgO；
故答案为防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；B2O3+3Mg2B+3MgO；
（4）向硼镁矿中加入0.1 mol/L盐酸溶液，发生反应Mg2B2O5•H2O+4HCl═2MgCl2+2H3BO3，充分反应后测得溶液的pH=2，即氢离子0.01 mol/L，则参加反应的氢离子浓度为0.09 mol/L，设Mg2+的浓度为x mol/L，可列比例
Mg2B2O5•H2O+4HCl═2MgCl2+2H3BO3
4 2
0.09mol/L x 则可列出比例式，解得x=0.045；
则溶液中c(Mg2+)=0.045mol/L；
故答案为c(Mg2+)=0.045mol/L；
（5）镁不与氦气反应，可用作镁蒸汽的冷却剂；镁与氮气反应生成氮化镁；镁与水蒸气反应生成氢氧化镁和氢气；镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁；镁与氯气反应生成氯化镁；则只有氦气可用作镁蒸汽的冷却剂，A项正确；
故答案为A；
（6）Mg为活泼金属材料，可作电池的负极材料，过氧化氢在正极得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O；
故答案为Mg；H2O2+2e-+2H+=2H2O。
19.FeCl3为黑棕色固体，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解。
（1）甲组同学拟用下列装置制取纯净干燥的氯气。
①装置B的作用是_____________________
②装置A中发生反应时消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________
（2）乙组同学选用甲组实验中的装置ABC和下列装置制取FeCl3
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为：a→_____→_____→_____→_____→_____→_____
②连好装置，检查装置的气密性，先打开装置A中___________（填仪器的名称）的活塞，直到______再点燃装置F处的酒精灯，目的是____________________________
③装置D的作用有________________
（3）实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，欲对所得产物FeCl3中是否含有FeCl2进行检测，所需试剂是_______
a.KSCN b.H2O2 c.K3[Fe(CN)6] d. .K4[Fe(CN)6]
经检测发现溶液中含有Fe2+，丙同学认为所得产物FeCl3中一定含有FeCl2，丁同学认为不一定，理由是____________________________________________
【答案】(1). 吸收多余的HCl (2). 1：5 (3). f (4). g (5). d (6). e (7). b (8). c (9). 分液漏斗 (10). 装置中充满黄绿色的气体 (11). 排尽装置内的空气 (12). 吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入装置 (13). c (14). FeCl3与过量的铁粉反应生成FeCl2，所以不一定含有FeCl2
【分析】（1）①制取的氯气中混有HCl和水蒸气，先通入饱和食盐水中除去氯化氢，再通入浓硫酸吸收水蒸气，则装置B应盛放饱和食盐水，吸收多余的HCl；
②该实验用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，写出反应的离子方程式，从而判断氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（2）①利用装置ABC可以制取干燥纯净的氯气，氯气通入F装置中与铁粉加热反应生成氯化铁，再连接E装置，冰水浴收集升华的氯化铁，再连接D装置，碱石灰吸收多余的氯气，并阻止空气中的水蒸气进入E装置，据此将导管口进行连接；
②连好装置，检查装置的气密性，先打开装置A中分液漏斗的活塞，KMnO4与浓盐酸开始反应生成氯气，用氯气排尽装置内的空气，防止铁与氧气反应，直到装置中充满黄绿色的气体，再点燃装置F处的酒精灯；
③根据已知信息无水氯化铁遇潮湿空气极易潮解，并防止多余氯气进入空气从而分析装置D的作用；
（3）根据亚铁离子的检验选择试剂；根据FeCl3与铁粉可反应生成FeCl2分析原因。
【详解】（1）①制取的氯气中混有HCl和水蒸气，先通入饱和食盐水中除去氯化氢，再通入浓硫酸吸收水蒸气，则装置B应盛放饱和食盐水，吸收吸收多余的HCl；
故答案为吸收多余的HCl；
②该实验用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，装置A中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl- +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，KMnO4为氧化剂，Cl- 为还原剂，则消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5；
故答案为1:5；
（2）①利用装置ABC可以制取干燥纯净的氯气，氯气通入F装置中与铁粉加热反应生成氯化铁，再连接E装置，冰水浴收集升华的氯化铁，再连接D装置，碱石灰吸收多余的氯气，并阻止空气中的水蒸气进入E装置，则导管口依次连接的合理顺序为：a→f→g→d→e→b→c；
故答案为f；g；d；e；b；c；
②连好装置，检查装置的气密性，先打开装置A中分液漏斗的活塞，KMnO4与浓盐酸开始反应生成氯气，用氯气排尽装置内的空气，防止铁与氧气反应，直到装置中充满黄绿色的气体，再点燃装置F处的酒精灯；
故答案为分液漏斗；装置中充满黄绿色的气体；排尽装置内的空气；
③装置D盛放碱石灰，可用于吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入装置，防止FeCl3潮解；
故答案为吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入装置；
（3）FeCl3、FeCl2同时存在时，检验Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液，现象为有蓝色沉淀生成；
由于FeCl3与过量的铁粉反应生成FeCl2，所以不一定含有FeCl2；
故答案为c；FeCl3与过量的铁粉反应生成FeCl2，所以不一定含有FeCl2。
20.硅及其化合物在材料领域中应用广泛。回答下列问题：
（1）硅单质有晶体硅和无定形硅两种，区别晶体硅和无定形硅的科学方法是___________
（2）基态硅的价电子排布式为_________，其核外电子的运动状态有_____种。
（3）CCl4和SiCl4常温下均呈液态，SiCl4熔沸点较高的原因为___________CCl4不水解，但SiCl4遇水即强烈水解，则SiCl4水解的化学方程式为___________________。
（4）SiF4的热稳定性比SiCl4强的原因是 __________________________________。
（5）碳化硅(SiC)的结构与金刚石类似，碳化硅的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图所示。则Si原子的配位数为_______，若晶体的密度为ρg/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，则距离最近的Si原子与C原子之间的距离为_______________cm。(用ρ和NA的式子表示)
【答案】(1). X—射线衍射实验 (2). 3s23p2 (3). 14 (4). CCl4和SiCl4均为分子晶体，SiCl4相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高 (5). SiCl4 + 3H2O = H2SiO3 + 4HCl (6). F原子半径小与Cl原子，故SiF4键能大于SiCl4 (7). 4 (8).
【分析】（1）区别晶体硅和无定形硅的科学方法是X—射线衍射实验；
（2）硅为14号元素，其基态硅原子的价电子排布式为3s23p2 ；原子核外有多少个电子就有多少种运动状态；
（3）根据分子晶体熔沸点的比较进行解答；根据SiCl4遇水强烈水解写出反应方程式；
（4）根据原子半径越小，键长越短，则键能越大，则分子越稳定进行分析；
（5）每个Si原子周围距离相等且最近的C原子的个数即是Si原子的配位数；先计算晶胞的质量，再计算晶胞的边长，再根据距离最近的Si原子与C原子之间的距离为体对角线的，计算最近距离。
【详解】（1）硅单质有晶体硅和无定形硅两种，区别晶体硅和无定形硅的科学方法是X—射线衍射实验；
故答案为X—射线衍射实验；
（2）硅为14号元素，其基态硅的价电子排布式为3s23p2 ；其核外电子的运动状态有14种；
故答案为3s23p2 ；14；
（3）CCl4和SiCl4常温下均呈液态，SiCl4熔沸点较高的原因为CCl4和SiCl4均为分子晶体，SiCl4相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高；SiCl4遇水强烈水解，则SiCl4水解的化学方程式为SiCl4 + 3H2O == H2SiO3 + 4HCl；
故答案为CCl4和SiCl4均为分子晶体，SiCl4相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高；SiCl4 + 3H2O == H2SiO3 + 4HCl；
（4）SiF4的热稳定性比SiCl4强是因为F原子半径比Cl原子半径小，SiF4键能比SiCl4的键能大，则SiF4的热稳定性比SiCl4强；
故答案为F原子半径比Cl原子半径小，SiF4键能比SiCl4的键能大，则SiF4的热稳定性比SiCl4强；
（5）根据晶胞结构图可知每个Si原子周围有4个C原子，则Si原子的配位数为4；晶体的密度为ρg/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，每个晶胞中有4个Si原子，4个C原子，则晶胞的质量为，则晶胞的边长为，距离最近的Si原子与C原子之间的距离为体对角线的，则距离最近的Si原子与C原子之间的距离为cm；
故答案为4；。
21.某相对分子质量为40的链状不饱和烃A，能发生如下转化：
已知：①羟基所连接的碳原子上无氢原子时，难以发生催化氧化；②E能与NaHCO3溶液反应产生气体；③F为酯类化合物。
(1)A的分子式为_____________，A转化为B的反应类型为______________，C转化为D的反应条件为_________________。
(2)B中所含有的官能团的名称为_____________，B中共平面的原子最多有________个。
(3)写出D转化为E的化学方程式：__________________
(4)与E互为同分异构体的芳香族化合物K，已知：①K与E具有相同的官能团；②K不能与FeCl3溶液发生显色反应；③K有二个取代基，则符合上述条件的K共有_________。(填字母代号)
a.3种 b.6种 c. 9种 d.12种
(5)F的结构简式为_________________________。
【答案】 (1). C3H4 (2). 加成反应 (3). NaOH的水溶液/加热 (4). 碳碳双键 (5). 17 (6). +O2 +H2O (7). d (8).
【分析】由B与溴水反应生成C可知，B与溴水发生的是加成反应，B为，已知A为相对分子质量为40的链状不饱和烃，且A与苯反应生成B，A为CH3CCH，A转化为B为加成反应，D发生催化氧化生成E，且E能与NaHCO3溶液反应产生气体，则E中含有羧基，则C应发生水解反应生成D，D为，D再发生催化氧化生成E，E为，符合分子式C9H10O3，E发生缩聚反应生成高分子化合物G，
（1）由以上分析可知A为CH3CCH，据此写A的分子式；B为，A与苯反应生成B，根据它们的结构的变化判断反应类型；C为卤代烃，D为醇，则C发生水解反应生成D，则反应条件为卤代烃水解的条件；
（2）B为，则B中所含有的官能团的名称为碳碳双键；根据B中的三种基础结构模型：分别为苯型、乙烯型、甲烷型，分析最多有多少个原子共平面；
（3）D为，E为，则D发生催化氧化生成E，据此写出反应的化学方程式；
（4）E的分子式C9H10O3，E为，与E互为同分异构体的芳香族化合物K，已知：①K与E具有相同的官能团；②K不能与FeCl3溶液发生显色反应；③K有二个取代基，则K中含有苯环，一个醇羟基，一个羧基；
（5）E为，E可以发生缩聚反应生成高分子化合物G，E转化为F，条件也为浓硫酸加热，且F为酯类化合物，则E转化为F的反应也为酯化反应，则两分子E可以发生酯化反应生成稳定的环状酯。
【详解】由B与溴水反应生成C可知，B与溴水发生的是加成反应，B为，已知A为相对分子质量为40的链状不饱和烃，且A与苯反应生成B，A为CH3CCH，A转化为B为加成反应，D发生催化氧化生成E，且E能与NaHCO3溶液反应产生气体，则E中含有羧基，则C应发生水解反应生成D，D为，D再发生催化氧化生成E，E为，符合分子式C9H10O3，E发生缩聚反应生成高分子化合物G，
（1）由以上分析可知A为CH3CCH，分子式为C3H4；B为，则A转化为B的反应类型为加成反应；C为卤代烃，发生水解反应生成D，D为醇，则C转化为D的反应条件为NaOH的水溶液/加热；
故答案为C3H4；加成反应；NaOH的水溶液/加热；
（2）B为，则B中所含有的官能团的名称为碳碳双键；B中有三种基础结构模型：分别为苯型、乙烯型、甲烷型，苯型中与苯环直接相连的原子跟苯环共平面，乙烯型中与碳碳双键直接相连的四个原子加两个碳原子共六个原子共平面，甲烷型中最多三个原子共平面，则B中共平面的原子最多有17个；
故答案为碳碳双键；17；
（3）D为，D发生催化氧化生成E，E为，则D转化为E的化学方程式为：+O2 +H2O；
故答案为+O2 +H2O；
（4）E的分子式C9H10O3，E为，与E互为同分异构体的芳香族化合物K，已知：①K与E具有相同的官能团；②K不能与FeCl3溶液发生显色反应；③K有二个取代基，则K中含有苯环，一个醇羟基，一个羧基，则符合上述条件的K有以下几种：
（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），则共12中，d项正确；
故答案为d；
（5）E为，E可以发生缩聚反应生成高分子化合物G，E转化为F，条件也为浓硫酸加热，且F为酯类化合物，则E转化为F的反应也为酯化反应，则两分子E可以发生酯化反应生成稳定的环状酯，则F的结构简式为；
故答案为。
陕西省西安市长安一中2020届高三上学期第一次质检
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 S 32
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是最符合题意的。共16小题，每小题3分，共48分。）
1.化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法正确的是（ ）
A. 华为公司自主研发的“麒麟970芯片需要以高纯度的二氧化硅为原料
B. 笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝，上述物质中的(毛)笔与(宣)纸均含有机物
C. 电影《红高梁》中用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来
D. 有机高分子明星材料石墨烯，具有优异的光学、电学、力学和热学性质
【答案】B
【详解】A. 二氧化硅是光导纤维的主要成分，不能导电，不是制造芯片的原料，硅为半导体材料，可以用于制造芯片，A项错误；
B. 毛笔笔头是由动物鬓毛制成，动物鬓毛的主要成分是蛋白质，纸的主要成分是纤维素，
均含有机物，B项正确；
C. 高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，C项错误；
D. 石墨烯是一种由碳元素组成的单质，不是有机高分子，D项错误；
答案选B。
2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 氨水的饱和溶液中:Ca2+、NH4+、Cl-、HCO3-
B. 0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中:Na+、Mg2+、CO32-、NO3-
C. 漂白粉的溶液中:Ba2+、K+、OH-、I-
D. 通入过量CO2的溶液中:Na+、NH4+、Cl-、SO42-
【答案】D
【详解】A. 氨水的饱和溶液中HCO3-与氢氧根反应生成CO32-，CO32-与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A项错误；
B. 0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中，Al3+与CO32-因发生双水解不能大量共存，Mg2+与CO32-生成沉淀不能大量共存，B项错误；
C. ClO-与I-发生氧化还原反应，不能大量共存，C项错误；
D. 通入过量CO2的溶液中离子之间互不反应，可以大量共存，D项正确；
答案选D。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
3.正确掌握化学用语是学好化学的基础,下列化学用语中正确的是（ ）
A. 硫酸铁铵的化学式:(NH4)2Fe(SO4)2
B. 乙醚的分子式C2H4O
C. 苯乙烯的结构简式：
D. 四氯化碳分子的比例模型：
【答案】C
【详解】A. 硫酸铁铵中铁元素的化合价为+3价，化学式为NH4Fe(SO4)2，A项错误；
B. 乙醚的分子式C4H10O，B项错误；
C. 苯乙烯的结构简式：，C项正确；
D. 因比例模型能够反映出成键原子的大小，碳原子半径比氯原子小，而在该模型中碳原子半径却比氯原子大，D项错误；
答案选C。
4.下列物质性质与应用对应关系不正确的是（ ）
A. 浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，两者混合配成的“王水”具有强腐蚀性
B. 浓氨水具有挥发性，可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露
C 石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料
D. 氯化铝是电解质，可以用于电解法冶炼金属铝
【答案】D
【详解】A. 浓硝酸、浓盐酸均为易挥发的强酸，浓硝酸和浓盐酸的混合物（体积比为1:3）叫做王水，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解，具有强腐蚀性，A项正确；
B. 浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气与氯气发生反应8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，生成的氯化铵为白色固体，若管道某处漏气时会看到白烟，则浓氨水可用于检验运送氯气的管道是否发生泄露，B项正确；
C. 石墨具有导电性、稳定性，可用作电极材料，C项正确；
D. 氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼金属铝，D项错误；
答案选D。
【点睛】可以用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，而不能电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电，这是学生们的易错点。
5.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 一定条件下，3molH2和1molN2充分反应后，可得2NA个NH3分子
B. 室温下，1LpH=1的HCl溶液中，由水电离的H+数目为0.1NA
C. 0.1mol金属Na在空气中完全氧化生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为0.1NA
D. 1mol/L的NaCN溶液中含CN-和HCN的数目之和为NA
【答案】C
【详解】A. 合成氨的反应N2+3H2⇌2NH3为可逆反应，不能进行到底，得到的NH3分子小于2NA，A项错误；
B. 室温下，1LpH=1的HCl溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，氢氧根是水电离的，，水电离的H+的浓度等于水电离的氢氧根的浓度，则水电离的H+浓度为：c(H+)水=10-13mol/L，水电离的H+数目为10-13NA，B项错误；
C. 0.1mol金属Na在空气中完全氧化生成Na2O和Na2O2，Na的化合价都是升高为+1价，所以转移的电子数为0.1NA，C项正确；
D. 缺少溶液的体积，无法计算CN-和HCN的物质的量之和，D项错误；
答案选C。
【点睛】D项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。
6.在实验室制备并收集纯净、干燥的氨气的过程中，下列装置一定不需要的是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】A. 实验室用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热制氨气，A项正确；
B. 氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，B项错误；
C. 实验室用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热制氨气，Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，生成的氨气中混有水蒸气，可以用碱石灰除去氨气中的水蒸气，C项正确；
D. 氨气的密度比空气的密度小，可以用向下排空气法收集，导管应为短进长出，D项正确；
答案选B。
7.异丁烯与氯化氢可能发生的两种加成反应及相应的能量变化与反应过程如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 活化能:反应①大于反应②
B. 中间产物的稳定性:中间体1小于中间体2
C. 产物的能量:产物1大于产物2
D. △H大小:反应①小于反应②
【答案】D
【详解】A. 活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，由图可知反应①的活化能大于反应②的活化能，A项正确；
B. 物质的能量越低，物质越稳定，由图可知中间体1的能量大于中间体2的能量，则
中间产物的稳定性:中间体1小于中间体2，B项正确；
C. 由图可知，产物的能量:产物1大于产物2，C项正确；
D. △H=生成物的总能量-反应物的总能量，由图可知，反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，则△H大小:反应①大于反应②，D项错误；
答案选D。
【点睛】D项是学生们的易错点，忽略了△H是有正负号的，吸热反应的△H大于零，放热反应的△H小于零，则吸热反应的△H大于放热反应的△H；放热反应的△H小于零，则放热越少，△H越大；吸热反应的△H大于零，吸热越多，△H越大；△H=生成物的总能量-反应物的总能量，本题中由图可知，反应①、反应②均为放热反应，△H均小于零，则△H大小:反应①大于反应②。
8.一种从废弃钛酸锂电极材料［含Li4Ti5O12、铝箔、碳粉、PVDF（聚偏二氟乙烯）］中回收某些资源的流程如下：
已知：Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2=2Li2SO4+5［TiO（H2O2）］SO4+7H2O，下列叙述错误的是（ ）
A. 步骤的目的是除去碳粉与PVDF
B. 步骤H2O2的作用是氧化剂
C. 从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、Li
D. 合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用
【答案】B
【详解】A. 由于碳粉与PVDF均易与氧气反应转化为挥发性气体而除去，A项正确；
B. 由已知可知，步骤没有元素化合价发生变化，则应是非氧化还原反应，B项错误；
C. 由流程图中的“NaAlO2”、“含锂沉淀”、“含钛有机相”可知从该电极材料中可回收的金属元素有Al、Ti、Li，C项正确；
D. 合理处理废旧电池，有利于环境保护和资源再利用，D项正确；
答案选B。
9.某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示（图中球与球之间连线代表化学键单键或双键）。下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A. 该有机物的名称是乙酸乙酯
B. 该有机物能使Br2的CCl4或酸性高锰酸钾褪色，原理相同
C. 该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应
D. 该有机物的同分异构体中能与NaHCO3反应产生气体的链状结构只有3种
【答案】D
【分析】由球棍模型可知有机物应为CH3COOCH=CH2，含有酯基和碳碳双键，结合酯和烯烃的性质解答该题。
【详解】A. 由球棍模型可知有机物应为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，A项错误；
B. 含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，B项错误；
C. 含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，不能发生消去反应，C项错误；
D. 该有机物的分子式为C4H6O2，不饱和度为2，其同分异构体能与NaHCO3反应放出CO2，应含有羧基，即C3H5-COOH，为链状结构，则烃基为丙烯基，该有机物为丁烯酸，而丙烯基有三种，则同分异构体为3种，分别为CH2=CHCH2COOH，CH2=C(CH3)COOH，HOOCCH=CHCH3， D项正确；
答案选D。
10.用惰性电极电解1.0 L c(Cl-)=3.0 mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0 L的气体(标准状况下)。下列说法正确的是（ ）
A. 阳极只收集到Cl2
B. 电解前溶液呈弱酸性，电解结束后，溶液的酸性增强
C. 整个过程中共转移电子5 mol
D. 原混合溶液中c(Cu2+)=1.0 mol/L
【答案】D
【分析】用惰性电极电解1.0 L c(Cl-)=3.0 mol/L的CuCl2、NaCl混合溶液，一段时间后，两极均收集到56.0L的气体(标准状况下)，气体物质的量为，，则阳极上Cl-先放电生成氯气，，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol；阴极上Cu2+先放电，然后H+放电，且生成氢气2.5mol，再根据阴阳两极得失电子守恒进行计算。
【详解】A. 经分析知，阳极收集到气体共2.5mol，而溶液中Cl-共3mol，生成氯气共1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，A项错误；
B. 经分析可知，整个电解过程应分为三个阶段：CuCl2Cu+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2OH2↑+O2↑，电解结束后，溶液的碱性增强，B项错误；
C. 经分析知，阳极生成氯气1.5mol，则Cl-放电后，OH-放电，且生成氧气1mol，则阳极失电子总物质的量为：，则整个过程中共转移电子7 mol，C项错误；
D. 根据得失电子守恒知，阴极得电子数等于阳极失电子数，则阴极得电子物质的量为7mol，经计算阴极生成氢气为2.5mol，那么H+得电子物质的量为5mol，则Cu2+得电子物质的量为2mol，n(Cu2+)=1.0 mol，原混合溶液中，D项正确；
答案选D。
11.已知化合物K2S2O8、CrO5中的硫与铬元素的化合价均为+6，则K2S2O8、CrO5中含有的过氧键（—O—O—）个数分别为（ ）
A. 1个，1个 B. 1个，2个
C. 2个，1个 D. 2个，2个
【答案】B
【详解】K2S2O8中K元素为+1价，S元素为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为零可知，K2S2O8中6个O显-2价，2个O显-1价，则K2S2O8中含有1个过氧键；CrO5中Cr元素为 +6价，根据化合物中元素的化合价代数和为零可知，CrO5中1个O显-2价，4个O显-1价，则CrO5中含有2个过氧键，B项正确；
答案选B。
12.甲，乙两烧杯中各盛有500ml，相同浓度的盐酸和氢氧化钠溶液。向两个烧杯中分别加入18.0g的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为甲：乙=1:2，则下列说法正确的是（ ）
①甲烧杯中盐酸不足。
②乙烧杯中金属铝过量。
③甲烧杯中生成的气体体积为11.2L
④乙烧杯中的c(NaOH)=2mol/L
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】B
【详解】发生的反应分别为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体物质的量相同；铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体物质的量之比为1:3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，说明Al与盐酸反应时，盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，
设18.0Al与氢氧化钠完全反应生成氢气物质的量为x mol，则：
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
2 3
x mol，则，解得x=1，
则Al与盐酸反应生成氢气的物质的量0.5mol，
设铝与盐酸反应时HCl的物质的量为y mol，则：
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑
6 3
y mol 0.5mol ，则，解得y=1mol，
则盐酸的物质的量浓度为，
①经分析知，甲烧杯中盐酸不足，①正确；
②乙烧杯中氢氧化钠足量，金属铝不足，②错误；
③甲烧杯中生成的氢气0.5mol，但是没有标明是标准状况，不能计算其体积，③错误；
④已知盐酸和氢氧化钠溶液的浓度相同，则乙烧杯中的c(NaOH)=2mol/L，④正确；
综上所述，①④正确，B项正确；
答案选B。
【点睛】1. 铝与盐酸和氢氧化钠溶液发生的反应分别为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体物质的量相同；铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体物质的量之比为1:3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，说明Al与盐酸反应时，盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，这是学生们学习的难点，需要强化。
2. 公式的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点:①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题③项没有标明条件，不能使用该公式。
13.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是( )
A. SiO2 SiCl4 Si B. HClO Cl2 NaClO（aq）
C. Cu2(OH)2CO3 CuCl2(aq) Cu D. Al Al(OH)3↓ Al2O3
【答案】C
【详解】A. SiO2不能直接与盐酸反应生成SiCl4，A项错误；
B. HClO光照生成氯化氢和氧气，不能直接生成氯气，B项错误；
C. 以上转化均能一步实现，C项正确；
D. Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不能直接生成氢氧化铝，D项错误；
答案选C。
14.下列实验中，对应的现象以及结论都正确，且两者具有因果关系的是( )
选项
实验
现象
结论
A
将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2溶液中
溶液变黄色，有无色气体逸出，后又变成红棕色
Fe2+被HNO3氧化
B
向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热
得到蓝色溶液
淀粉没有水解
C
向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量的SO2
溶液变为浅绿色，且有白色沉淀生成
沉淀为BaSO3，BaSO4的混合物
D
用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体
试纸变红
该气体氨气
【答案】A
【详解】A. 硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，则将盐酸滴入0.5 mol/LFe(NO3)2溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子、NO，NO很容易被氧气氧化为NO2，则可观察到溶液变黄色，有无色气体逸出，后又变成红棕色，A项正确；
B. 向淀粉溶液中加入稀硫酸加热几分钟冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，得到蓝色溶液，是Cu(OH)2与稀硫酸发生了复分解反应生成了硫酸铜，该现象不能说明淀粉没有水解，检验葡萄糖需要碱性环境，需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，判断淀粉是否水解，B项错误；
C. 氯化铁溶液和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，生成的沉淀是硫酸钡，没有亚硫酸钡，C项错误；
D. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验某气体，试纸变红，说明该气体为酸性气体，不可能是氨气，因为氨气为碱性气体，D项错误；
答案选A。
【点睛】检验葡萄糖需要碱性环境，需要在淀粉的水解液中加入氢氧化钠溶液调至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，判断淀粉是否水解，这是学生们的易错点。
15.AG表示溶液酸度：。常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定25 ml 0.1mol/L的CH3COOH滴定结果如图所示，下列分析正确的是（ ）
A. 0.1mol/L的 CH3COOH溶液的pH＝3
B. m点加入NaOH的体积为25mL
C. 若pH＝7，则溶液中水电离的c(OH-)=1.0×10-3.5 mol/L
D. 随着NaOH溶液滴入，溶液中水电离程度逐渐增大，m点最大
【答案】A
【详解】A. 滴定起始时，V(NaOH)=0，溶液中仅存在醋酸，此时，，则，又Kw=c(OH-) c(H+)=10-14，则溶液中c(H+)=10-3mol/L，因此0.1mol/L的 CH3COOH溶液的pH＝3，A项正确；
B. m点时，，则，c(OH-)=(H+)，溶液显中性，若加入NaOH的体积为25mL，则醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，此时应为醋酸钠和醋酸的混合溶液，加入NaOH的体积应小于25mL，B项错误；
C. 若pH＝7，溶液显中性，此时应为醋酸钠和醋酸的混合溶液，二者对于水的电离的促进和抑制作用相等，则溶液中水电离的c(OH-)=1.0×10-7 mol/L，C项错误；
D. 随着NaOH溶液的滴入，发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，醋酸逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，恰好反应生成醋酸钠时，水的电离程度最大，m点时溶液显中性，为醋酸钠和醋酸的混合溶液，电离程度不是最大，恰好反应后再继续加入氢氧化钠，水的电离程度逐渐减小，D项错误；
答案选A。
16.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其中X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜；Y、Z、W族序数依次增大，Y的单质在空气中易发生自燃。下说法不正确的是( )
A Y、Z均能形成不止一种氧化物
B. 工业上获得X单质的主要方法是电解其熔融的氧化物
C. 气态氢化物的稳定性:W＞Z＞Y
D. W、X形成的化合物中一定是阴离子半径大于阳离子
【答案】B
【分析】Y的单质在空气中易发生自燃，则Y是P元素，Y、Z、W族序数依次增大，则Z为第VIA族元素，W为第VIIA族元素，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则Z是S元素，W是F元素，X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜，X可能为Mg或Al，据此解答。
【详解】Y的单质在空气中易发生自燃，则Y是P元素，Y、Z、W族序数依次增大，则Z为第VIA族元素，W为第VIIA族元素，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则Z是S元素，W是F元素，X为唯一的金属元素，其单质在空气中易形致密的稳定氧化膜，X可能为Mg或Al，
A. P元素可形成的氧化物有P2O5和P2O3，S元素可形成的氧化物有SO2、SO3，A项正确；
B. X可能为Mg或Al，工业上获得Mg单质的主要方法是电解其熔融的氯化镁，工业上获得Al单质的主要方法是电解其熔融的氧化铝，B项错误；
C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性:W(F)＞Z(S)＞Y(P)，则气态氢化物的稳定性:W(F)＞Z(S)＞Y(P)，C项正确；
D. W是F元素，X可能为Mg或Al，F-、Mg2+或Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越多，离子半径越小，则W、X形成的化合物中一定是阴离子半径大于阳离子，D项正确；
答案选B。
17.汽车等机动车尾气，含（CO、NO等）是城市空气的污染源。利用NSR技术可有效降低CO、NO的排放，回答有关问题：
I.CO、NO的检测
（1）O2-的移动方向为__________。（填“向Pt电极”或“向NiO电极”）
（2）NiO电极上的电极反应为____________________和______________________。
II.NSR处理技术
NO的储存和还原在不同时段交替进行，实现两种有害气体，同时被处理，工作如图所示。
（3）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ/mol ①
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol ②
则NSR技术工作原理的热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)③的ΔH=________
（4）在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO，发生反应，反应过程中c(NO)随时间的变化曲线如图所示。
①图中曲线a或b中表示在该温度下使用NSR催化技术的是__________。
②曲线b中前10min内CO的平均反应速率v(CO)=_________；此温度下该反应的平衡常数K为_______。若平衡后，再向容器中充入CO和N2各0.8mol，则此时v(正)_____ v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
③若保持其他条件不变，15min时将容器的体积压缩至1L，20min时反应重新达到平衡，NO的物质的量浓度对应的点可能是____点。（填字母）
【答案】(1). 向NiO电极 (2). CO+O2--2e-＝CO2 (3). NO+O2--2e-＝NO2 (4). -746.5kJ/mol (5). a (6). 0.01mol∙L-1·min-1 (7). 5 (8). > (9). C
【分析】I.由装置图可知，该装置为原电池装置，通入CO、NO的一极，产物为CO2、NO2，C、N元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，则NiO电极为负极，通入氧气的一极为正极，Pt电极为正极，
（1）在原电池中阴离子移动向正极；
（2）NiO电极通入CO、NO，产物为CO2、NO2，电解质环境为熔融氧化物，用O2-配平电极反应式的电荷守恒；
II.（3）根据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计算；
（4）①催化剂可以加快反应速率，缩短到达平衡的时间；
②根据公式计算反应速率；根据已知信息列出三段式计算平衡常数；根据此时的浓度商与平衡常数的大小关系判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小关系；
③根据压强对物质浓度以及平衡移动的影响分析。
【详解】I.由装置图可知，该装置为原电池装置，通入CO、NO的一极，产物为CO2、NO2，C、N元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，则NiO电极为负极，通入氧气的一极为正极，Pt电极为正极，
（1）经分析知，NiO电极为负极，Pt电极为正极，在原电池中阴离子移动向正极，则O2-的移动方向NiO电极；
故答案为向NiO电极；
（2）NiO电极通入CO、NO，产物为CO2、NO2，电解质环境为熔融氧化物，用O2-配平电极反应式的电荷守恒，则电极反应为CO+O2--2e-＝CO2和NO+O2--2e-＝NO2；
故答案为CO+O2--2e-＝CO2；NO+O2--2e-＝NO2；
II.（3）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ/mol ①
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol ②，根据盖斯定律可知目标方程
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ③=②-①，则ΔH=-566.0 kJ/mol-180.5 kJ/mol=-746.5kJ/mol；
故答案为-746.5kJ/mol；
（4）在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO，发生反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，
①催化剂可以加快反应速率，缩短到达平衡的时间，图中曲线a先到达平衡状态，则表示在该温度下使用NSR催化技术的是曲线a；
故答案为a；
②曲线b中前10min内CO的浓度变化量为0.2mol/L-0.1mol/L=0.1 mol/L，则CO平均反应速率；根据已知信息起始NO和CO的物质的量相等，可列出三段式：
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)
开始（mol/L）：0.2 0.2 0 0
变化（mol/L）：0.1 0.1 0.05 0.1
平衡（mol/L）：0.1 0.1 0.05 0.1
则此温度下该反应的平衡常数；若平衡后，再向容器中充入CO和N2各0.8mol，此时c(CO)=0.5mol/L ，c(NO)=0.1 mol/L，c(N2)=0.45 mol/L，c(CO2)=0.1 mol/L，此时的浓度商为，则反应正向进行，v(正)> v(逆)；
故答案为0.01mol∙L-1·min-1；5；>；
③15min时反应处于平衡状态，若保持其他条件不变，此时将容器的体积压缩至1L，各物质的浓度瞬间加倍，NO的物质的量浓度立即变为0.2 mol∙L-1，此时压强增大，平衡正向移动，NO的浓度又逐渐减小，根据勒夏特列原理可知，平衡移动的结果只是减弱这种改变，而不是消除，因此20min时反应重新达到平衡，NO的物质的量浓度范围为0.1 mol/L
【点睛】II（4）③是学生们的易错点，15min时反应处于平衡状态，若保持其他条件不变，此时将容器的体积压缩至1L，各物质的浓度瞬间加倍，NO的物质的量浓度立即变为0.2 mol∙L-1，此时压强增大，平衡正向移动，NO的浓度又逐渐减小，根据勒夏特列原理可知，平衡移动的结果只是减弱这种改变，而不是消除，因此20min时反应重新达到平衡，NO的物质的量浓度范围为0.1 mol/L
已知：硼镁矿的主要成分Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O，回答下列问题：
（1）Mg2B2O5·H2O中B的化合价为________。在90℃的热水中，加入稀硫酸调节pH=2~3生成硼酸(H3BO3)，反应的离子方程式为_______________________________。
（2）硼的化合物种类繁多，NaBH4是有机合成中常见的还原剂，NaBH4的电子式为______。
（3）将MgCl2·6H2O置于HCl氛围中加热的目的是__________________________，Mg与X在高温下反应的化学方程式为_________________________________________。
（4）若向硼镁矿中加入0.1 mol/L盐酸溶液，充分反应后测得溶液的pH=2时，溶液中c（Mg2+)为__________________________________（忽略溶液体积的变化）。
（5）电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸汽在特定的环境里冷却后即为固体镁，下列物质中可以作镁蒸汽的冷却剂的是_________（填字母序号）
A氦气 B氮气
C水蒸气 D二氧化碳气体 E氯气
（6）Mg-H2O2是一种以海水为电解质(加入一定量的酸)的新型电池。该电池的负极材料为________，正极的电极反应为_____________________________。
【答案】(1). +3 (2). B4O72- + 2H+ + 5H2O = 4H3BO3 (3). (4). 防止MgCl2水解生Mg(OH)2 (5). B2O3+3Mg 2B+3MgO (6). c(Mg2+)=0.045mol/L (7). A (8). Mg (9). H2O2+2e-+2H+=2H2O
【分析】硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，过滤得到氢氧化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3，B2O3与镁反应生成硼，据此分析解答。
【详解】硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，过滤得到氢氧化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3，B2O3与镁反应生成硼，
（1）Mg2B2O5·H2O中Mg元素化合价为+2价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和为零计算得到硼元素化合价为+3价；在90℃的热水中，加入稀硫酸调节pH=2~3生成硼酸(H3BO3)，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72- + 2H+ + 5H2O = 4H3BO3；
故答案为+3；B4O72- + 2H+ + 5H2O = 4H3BO3；
（2）NaBH4为离子化合物，由Na+、BH4-构成，则NaBH4的电子式为；
故答案为；
（3）加热MgCl2·6H2O时MgCl2易水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，则将MgCl2·6H2O置于HCl氛围中加热的目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；X为B2O3，则Mg与B2O3在高温下反应的化学方程式为B2O3+3Mg2B+3MgO；
故答案为防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；B2O3+3Mg2B+3MgO；
（4）向硼镁矿中加入0.1 mol/L盐酸溶液，发生反应Mg2B2O5•H2O+4HCl═2MgCl2+2H3BO3，充分反应后测得溶液的pH=2，即氢离子0.01 mol/L，则参加反应的氢离子浓度为0.09 mol/L，设Mg2+的浓度为x mol/L，可列比例
Mg2B2O5•H2O+4HCl═2MgCl2+2H3BO3
4 2
0.09mol/L x 则可列出比例式，解得x=0.045；
则溶液中c(Mg2+)=0.045mol/L；
故答案为c(Mg2+)=0.045mol/L；
（5）镁不与氦气反应，可用作镁蒸汽的冷却剂；镁与氮气反应生成氮化镁；镁与水蒸气反应生成氢氧化镁和氢气；镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁；镁与氯气反应生成氯化镁；则只有氦气可用作镁蒸汽的冷却剂，A项正确；
故答案为A；
（6）Mg为活泼金属材料，可作电池的负极材料，过氧化氢在正极得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O；
故答案为Mg；H2O2+2e-+2H+=2H2O。
19.FeCl3为黑棕色固体，无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解。
（1）甲组同学拟用下列装置制取纯净干燥的氯气。
①装置B的作用是_____________________
②装置A中发生反应时消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________
（2）乙组同学选用甲组实验中的装置ABC和下列装置制取FeCl3
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为：a→_____→_____→_____→_____→_____→_____
②连好装置，检查装置的气密性，先打开装置A中___________（填仪器的名称）的活塞，直到______再点燃装置F处的酒精灯，目的是____________________________
③装置D的作用有________________
（3）实验结束后，取少量F中的固体加水溶解，欲对所得产物FeCl3中是否含有FeCl2进行检测，所需试剂是_______
a.KSCN b.H2O2 c.K3[Fe(CN)6] d. .K4[Fe(CN)6]
经检测发现溶液中含有Fe2+，丙同学认为所得产物FeCl3中一定含有FeCl2，丁同学认为不一定，理由是____________________________________________
【答案】(1). 吸收多余的HCl (2). 1：5 (3). f (4). g (5). d (6). e (7). b (8). c (9). 分液漏斗 (10). 装置中充满黄绿色的气体 (11). 排尽装置内的空气 (12). 吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入装置 (13). c (14). FeCl3与过量的铁粉反应生成FeCl2，所以不一定含有FeCl2
【分析】（1）①制取的氯气中混有HCl和水蒸气，先通入饱和食盐水中除去氯化氢，再通入浓硫酸吸收水蒸气，则装置B应盛放饱和食盐水，吸收多余的HCl；
②该实验用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，写出反应的离子方程式，从而判断氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（2）①利用装置ABC可以制取干燥纯净的氯气，氯气通入F装置中与铁粉加热反应生成氯化铁，再连接E装置，冰水浴收集升华的氯化铁，再连接D装置，碱石灰吸收多余的氯气，并阻止空气中的水蒸气进入E装置，据此将导管口进行连接；
②连好装置，检查装置的气密性，先打开装置A中分液漏斗的活塞，KMnO4与浓盐酸开始反应生成氯气，用氯气排尽装置内的空气，防止铁与氧气反应，直到装置中充满黄绿色的气体，再点燃装置F处的酒精灯；
③根据已知信息无水氯化铁遇潮湿空气极易潮解，并防止多余氯气进入空气从而分析装置D的作用；
（3）根据亚铁离子的检验选择试剂；根据FeCl3与铁粉可反应生成FeCl2分析原因。
【详解】（1）①制取的氯气中混有HCl和水蒸气，先通入饱和食盐水中除去氯化氢，再通入浓硫酸吸收水蒸气，则装置B应盛放饱和食盐水，吸收吸收多余的HCl；
故答案为吸收多余的HCl；
②该实验用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，装置A中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl- +16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，KMnO4为氧化剂，Cl- 为还原剂，则消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5；
故答案为1:5；
（2）①利用装置ABC可以制取干燥纯净的氯气，氯气通入F装置中与铁粉加热反应生成氯化铁，再连接E装置，冰水浴收集升华的氯化铁，再连接D装置，碱石灰吸收多余的氯气，并阻止空气中的水蒸气进入E装置，则导管口依次连接的合理顺序为：a→f→g→d→e→b→c；
故答案为f；g；d；e；b；c；
②连好装置，检查装置的气密性，先打开装置A中分液漏斗的活塞，KMnO4与浓盐酸开始反应生成氯气，用氯气排尽装置内的空气，防止铁与氧气反应，直到装置中充满黄绿色的气体，再点燃装置F处的酒精灯；
故答案为分液漏斗；装置中充满黄绿色的气体；排尽装置内的空气；
③装置D盛放碱石灰，可用于吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入装置，防止FeCl3潮解；
故答案为吸收多余的氯气和防止空气中的水蒸气进入装置；
（3）FeCl3、FeCl2同时存在时，检验Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液，现象为有蓝色沉淀生成；
由于FeCl3与过量的铁粉反应生成FeCl2，所以不一定含有FeCl2；
故答案为c；FeCl3与过量的铁粉反应生成FeCl2，所以不一定含有FeCl2。
20.硅及其化合物在材料领域中应用广泛。回答下列问题：
（1）硅单质有晶体硅和无定形硅两种，区别晶体硅和无定形硅的科学方法是___________
（2）基态硅的价电子排布式为_________，其核外电子的运动状态有_____种。
（3）CCl4和SiCl4常温下均呈液态，SiCl4熔沸点较高的原因为___________CCl4不水解，但SiCl4遇水即强烈水解，则SiCl4水解的化学方程式为___________________。
（4）SiF4的热稳定性比SiCl4强的原因是 __________________________________。
（5）碳化硅(SiC)的结构与金刚石类似，碳化硅的硬度仅次于金刚石，其晶胞结构如图所示。则Si原子的配位数为_______，若晶体的密度为ρg/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，则距离最近的Si原子与C原子之间的距离为_______________cm。(用ρ和NA的式子表示)
【答案】(1). X—射线衍射实验 (2). 3s23p2 (3). 14 (4). CCl4和SiCl4均为分子晶体，SiCl4相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高 (5). SiCl4 + 3H2O = H2SiO3 + 4HCl (6). F原子半径小与Cl原子，故SiF4键能大于SiCl4 (7). 4 (8).
【分析】（1）区别晶体硅和无定形硅的科学方法是X—射线衍射实验；
（2）硅为14号元素，其基态硅原子的价电子排布式为3s23p2 ；原子核外有多少个电子就有多少种运动状态；
（3）根据分子晶体熔沸点的比较进行解答；根据SiCl4遇水强烈水解写出反应方程式；
（4）根据原子半径越小，键长越短，则键能越大，则分子越稳定进行分析；
（5）每个Si原子周围距离相等且最近的C原子的个数即是Si原子的配位数；先计算晶胞的质量，再计算晶胞的边长，再根据距离最近的Si原子与C原子之间的距离为体对角线的，计算最近距离。
【详解】（1）硅单质有晶体硅和无定形硅两种，区别晶体硅和无定形硅的科学方法是X—射线衍射实验；
故答案为X—射线衍射实验；
（2）硅为14号元素，其基态硅的价电子排布式为3s23p2 ；其核外电子的运动状态有14种；
故答案为3s23p2 ；14；
（3）CCl4和SiCl4常温下均呈液态，SiCl4熔沸点较高的原因为CCl4和SiCl4均为分子晶体，SiCl4相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高；SiCl4遇水强烈水解，则SiCl4水解的化学方程式为SiCl4 + 3H2O == H2SiO3 + 4HCl；
故答案为CCl4和SiCl4均为分子晶体，SiCl4相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高；SiCl4 + 3H2O == H2SiO3 + 4HCl；
（4）SiF4的热稳定性比SiCl4强是因为F原子半径比Cl原子半径小，SiF4键能比SiCl4的键能大，则SiF4的热稳定性比SiCl4强；
故答案为F原子半径比Cl原子半径小，SiF4键能比SiCl4的键能大，则SiF4的热稳定性比SiCl4强；
（5）根据晶胞结构图可知每个Si原子周围有4个C原子，则Si原子的配位数为4；晶体的密度为ρg/cm3，阿伏伽德罗常数为NA，每个晶胞中有4个Si原子，4个C原子，则晶胞的质量为，则晶胞的边长为，距离最近的Si原子与C原子之间的距离为体对角线的，则距离最近的Si原子与C原子之间的距离为cm；
故答案为4；。
21.某相对分子质量为40的链状不饱和烃A，能发生如下转化：
已知：①羟基所连接的碳原子上无氢原子时，难以发生催化氧化；②E能与NaHCO3溶液反应产生气体；③F为酯类化合物。
(1)A的分子式为_____________，A转化为B的反应类型为______________，C转化为D的反应条件为_________________。
(2)B中所含有的官能团的名称为_____________，B中共平面的原子最多有________个。
(3)写出D转化为E的化学方程式：__________________
(4)与E互为同分异构体的芳香族化合物K，已知：①K与E具有相同的官能团；②K不能与FeCl3溶液发生显色反应；③K有二个取代基，则符合上述条件的K共有_________。(填字母代号)
a.3种 b.6种 c. 9种 d.12种
(5)F的结构简式为_________________________。
【答案】 (1). C3H4 (2). 加成反应 (3). NaOH的水溶液/加热 (4). 碳碳双键 (5). 17 (6). +O2 +H2O (7). d (8).
【分析】由B与溴水反应生成C可知，B与溴水发生的是加成反应，B为，已知A为相对分子质量为40的链状不饱和烃，且A与苯反应生成B，A为CH3CCH，A转化为B为加成反应，D发生催化氧化生成E，且E能与NaHCO3溶液反应产生气体，则E中含有羧基，则C应发生水解反应生成D，D为，D再发生催化氧化生成E，E为，符合分子式C9H10O3，E发生缩聚反应生成高分子化合物G，
（1）由以上分析可知A为CH3CCH，据此写A的分子式；B为，A与苯反应生成B，根据它们的结构的变化判断反应类型；C为卤代烃，D为醇，则C发生水解反应生成D，则反应条件为卤代烃水解的条件；
（2）B为，则B中所含有的官能团的名称为碳碳双键；根据B中的三种基础结构模型：分别为苯型、乙烯型、甲烷型，分析最多有多少个原子共平面；
（3）D为，E为，则D发生催化氧化生成E，据此写出反应的化学方程式；
（4）E的分子式C9H10O3，E为，与E互为同分异构体的芳香族化合物K，已知：①K与E具有相同的官能团；②K不能与FeCl3溶液发生显色反应；③K有二个取代基，则K中含有苯环，一个醇羟基，一个羧基；
（5）E为，E可以发生缩聚反应生成高分子化合物G，E转化为F，条件也为浓硫酸加热，且F为酯类化合物，则E转化为F的反应也为酯化反应，则两分子E可以发生酯化反应生成稳定的环状酯。
【详解】由B与溴水反应生成C可知，B与溴水发生的是加成反应，B为，已知A为相对分子质量为40的链状不饱和烃，且A与苯反应生成B，A为CH3CCH，A转化为B为加成反应，D发生催化氧化生成E，且E能与NaHCO3溶液反应产生气体，则E中含有羧基，则C应发生水解反应生成D，D为，D再发生催化氧化生成E，E为，符合分子式C9H10O3，E发生缩聚反应生成高分子化合物G，
（1）由以上分析可知A为CH3CCH，分子式为C3H4；B为，则A转化为B的反应类型为加成反应；C为卤代烃，发生水解反应生成D，D为醇，则C转化为D的反应条件为NaOH的水溶液/加热；
故答案为C3H4；加成反应；NaOH的水溶液/加热；
（2）B为，则B中所含有的官能团的名称为碳碳双键；B中有三种基础结构模型：分别为苯型、乙烯型、甲烷型，苯型中与苯环直接相连的原子跟苯环共平面，乙烯型中与碳碳双键直接相连的四个原子加两个碳原子共六个原子共平面，甲烷型中最多三个原子共平面，则B中共平面的原子最多有17个；
故答案为碳碳双键；17；
（3）D为，D发生催化氧化生成E，E为，则D转化为E的化学方程式为：+O2 +H2O；
故答案为+O2 +H2O；
（4）E的分子式C9H10O3，E为，与E互为同分异构体的芳香族化合物K，已知：①K与E具有相同的官能团；②K不能与FeCl3溶液发生显色反应；③K有二个取代基，则K中含有苯环，一个醇羟基，一个羧基，则符合上述条件的K有以下几种：
（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），（邻、间、对三种），则共12中，d项正确；
故答案为d；
（5）E为，E可以发生缩聚反应生成高分子化合物G，E转化为F，条件也为浓硫酸加热，且F为酯类化合物，则E转化为F的反应也为酯化反应，则两分子E可以发生酯化反应生成稳定的环状酯，则F的结构简式为；
故答案为。
相关资料
更多
