辽宁省大连海湾高级中学2020届高三上学期期中考试化学（解析版）


辽宁省大连海湾高级中学2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Na-23
第Ⅰ卷 选择题 (共50分)
一、选择题（本题共20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每题只有一个选项符合题意）
1.化学与生活、科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法中不正确的是（ ）
A. 硅单质可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料
B. 硫酸铜溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜
C. 常用明矾、硫酸铁等物质来处理污水中悬浮物质
D. 提倡使用共享单车，目的是为了降低碳排放
【答案】B
【详解】A.硅单质是制造太阳能电池板的材料，故正确；B.硫酸铜对人体有害，不能浸泡蔬菜，故错误；C.明矾或硫酸铁等物质可以在水中水解生成氢氧化铝或氢氧化铁胶体，具有吸附性，能净化水，故正确；D.使用单车可以减少汽车等交通工具的使用，减少碳的排放，故正确。故选B。
2.某学习小组在讨论问题时各抒己见，下列是其中的四个观点，你认为正确的是（ ）
A. 某单质固体能导电，则该单质一定是金属单质
B. 某化合物的水溶液能导电，则该化合物一定是电解质
C. 某化合物固态不导电，熔融态导电，则该化合物是离子化合物
D. 某纯净物常温下为气态，固态不导电，则构成该纯净物的微粒中一定有共价键
【答案】C
【详解】A、石墨和晶体硅等非金属单质均能导电，能导电的单质固体不一定是金属单质，故A错误；
B、化合物的水溶液能导电有可能是化合物与水发生反应的生成物电离而使溶液导电，该化合物不一定是电解质，如CO2、NH3、SO2等，故B错误；
C、化合物在熔融状态下能导电，说明在熔融状态下有可移动离子，那么该化合物一定是离子化合物，故C正确；
D、稀有气体常温下为气态，固态不导电，但稀有气体中不存在共价键，故D错误。
【点睛】化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离，也就是说某物质的水溶液导电有可能是与水发生了反应生成相应的电解质，电解质电离使溶液导电，但该物质不一定是电解质。
3.关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是（ ）
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 ②BaSO4是一种难溶于水的强电解质 ③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 ④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化 ⑤置换反应都属于离子反应
A. ①②⑤ B. ①②④ C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】B
【详解】①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物，故①正确；
②硫酸钡是盐，水溶液中难溶，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故②正确；
③纯碱碳酸钠，属于盐类，故③错误；
④煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，属于化学变化，故④正确；
⑤置换反应不一定是离子反应，如：CuO＋H2Cu＋H2O，故⑤错误；
故正确的是①②④，答案为B。
【点睛】常见化学变化：干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；
常见物理变化或过程：蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。
4.NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是（ ）
A. 100 g质量分数为46%的HCOOH溶液中含氢原子数为8 NA
B. 在标准状况下，22.4 LNH3分子中含共用电子对数为3 NA
C. 1 mol SO2与3 mol O2反应生成的SO3分子数为NA
D. 1 L 0.5 mol·L-1葡萄糖溶液中含葡萄糖分子数为0.5 NA
【答案】C
【详解】A. 100 g质量分数为46%的HCOOH溶液中甲酸的质量为46克，为1mol，含有2mol氢原子，另外还有100-46=54克水，即3mol，含有6mol氢原子，则共含氢原子数为8 NA，故正确；B. 在标准状况下，22.4 LNH3的物质的量为1mol，每个分子含有3个共用电子对，所以该分子中含共用电子对数为3NA，故正确；C. 二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能准确计算二者反应的物质的量，故不能确定三氧化硫的分子数，故错误；D. 1 L 0.5 mol·L-1葡萄糖溶液中含葡萄糖的物质的量为0.5mol，含有分子数为0.5NA，故正确。故选C。
5.下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是（ ）
A. 打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体
B. 用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体
C. 木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中
D. 向品红溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
【答案】C
【详解】A．打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2，发生的是化学反应，不是物理变化，故A错误；B．用冰水混合物冷却SO3气体，是物理变化，没有颜色变化；加热氯化铵晶体，为化学变化，没有颜色变化，故B错误；C．木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化；将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，属于化学变化，故C正确；D．向品红溶液中加入Na2O2和向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应，故D错误；故选C。
6.向BaCl2溶液中通入物质的量之比为1∶2的某混合气体，无沉淀产生,则该混合气体是（ ）
A. Cl2和SO2 B. CO2和NH3 C. NO和CO2 D. NO2和SO2
【答案】C
【分析】A．Cl2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸；B．CO2和NH3生成（NH4）2CO3 再与BaCl2生成BaCO3沉淀；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸。
【详解】A．发生SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，可生成硫酸钡沉淀，选项A不选；B．CO2和NH3在水溶液中生成CO32-，可生成碳酸钡沉淀，选项B不选；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，选项C选；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，选项D不选。答案选C。
【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握二氧化硫的还原性，题目难度不大。
7. 下列有关物质性质的应用正确的是（ ）
A. 液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B. 二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸
C. 生石灰能与水反应，可用来干燥氯气
D. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
【答案】A
【解析】试题分析：A．液氨汽化时要吸收大量的热，，从而可以使环境的温度降低，因此可用作制冷剂，正确；B． 二氧化硅不与强酸反应，但是可以与氢氟酸发生反应，而石英器皿中的含义大量的二氧化硅，因此不可用石英器皿盛放氢氟酸，错误；C．生石灰能与水反应，也可以与Cl2发生反应，因此不可用来干燥氯气，错误；D． 氯化铝是一种电解质，但是由于该物质是分子晶体，无离子，因此不能用于电解制铝，错误。
考点：考查有关物质性质的应用的正误判断的知识。
8.下列实验不合理的是（ ）
A. 证明非金属性强弱 S＞C＞Si
B. 四氯化碳萃取碘水中的碘
C. 制备并收集少量NO气体
D. 制备少量氧气
【答案】D
【详解】A.发生的反应为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2CO3 ，证明酸性顺序H2SO4> H2CO3> H2SiO3，即非金属性强弱S＞C＞Si ，故A项正确；B.四氯化碳萃取碘水中的碘在分液漏斗中进行，故B项正确；C.3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 +2NO+4H2O，NO不溶于水，该装置可以制备并收集少量NO气体，故C正确。D.Na2O2遇水即溶解反应，不能留在筛孔上，无法做到随关随停，故D错误;答案D。
【点睛】根据元素周期律的知识，判断非金属的强弱。元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，反之最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强。且根据强酸能制取弱酸的规律能判断。H2SO4> H2CO3> H2SiO3，所以元素的非金属性S＞C＞Si。
9.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y＋和X2－的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是（ ）
A. Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强
B. 离子半径大小：Z>Y>X
C. 工业上用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质
D. 能形成WXZ2这种共价化合物
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，可能为碳或硫，根据其原子序数的大小关系，确定其为碳元素；Y＋和X2－的电子层结构相同，则Z为氧元素，Y为钠元素；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，为氯元素。
【详解】A. 氯的氢化物的酸性比二氧化碳的水化物的强，但是不能说明氯的非金属性比碳的强，应该用最高价氧化物的水化物的酸性进行比较，即用高氯酸和碳酸的酸性比较，故错误；B. 钠离子和氧离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以氧离子半径大于钠离子半径，故离子半径大小错误；C. 实验室用MnO2和浓盐酸溶液在加热的条件下制取氯气，工业上用电解食盐水的方法得到氯气，故错误；D. COCl2为共价化合物，故正确，故选D。
10.下列说法正确的是(　　)
A. 为防止月饼等富脂食品氧化变质，可在包装袋中放入硅胶
B. NaHCO3溶液中含有Na2SiO3杂质，可通入少量CO2后过滤
C. SiO2中含Al2O3杂质，可加入足量NaOH溶液然后过滤除去
D. SiO2和CO2都是酸性氧化物，都是共价化合物
【答案】D
【解析】A．硅胶有吸水性，只能作干燥剂，无较强还原性，不能防止月饼等富脂食品氧化变质，故A错误；B．NaHCO3溶液中含有Na2SiO3杂质，应通入过量CO2后过滤，如通少量CO2，可能还有少量硅酸钠未反应，且反应中生成Na2CO3，导致NaHCO3不纯，故B错误；C．NaOH溶液能溶解酸性氧化物SiO2和两性氧化物Al2O3，无法除杂，故C错误；D．SiO2和CO2都能与碱溶液反应生成盐和水，是酸性氧化物，也是共价化合物，故D正确；答案为D。
11.关于一些实验的下列说法中，正确的有几个（ ）
①配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小
②用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，将浓硫酸溶于水后，并不马上转移到容量瓶中，而是让其冷却至室温后才进行后续操作
③钠与氯气反应实验操作：取一块绿豆大的金属钠（切去氧化层），用滤纸吸干煤油，放在石棉网上，用酒精灯微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，观察现象。
④钾在空气中燃烧实验操作：将一干燥的坩埚加热，同时取一小块钾，滤纸吸干表面的煤油后，迅速投到热坩埚中，观察现象。
⑤做Na的性质的验证实验时，在较大的钠块上切下绿豆大小的金属钠后，将剩余部分放回原瓶中
⑥石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再重新加热蒸馏
⑦蒸馏可用于分离所有沸点不同的液体的混合物
A. 6个 B. 7个 C. 5个 D. 4个
【答案】C
【解析】①配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故①错误；②容量瓶只能在常温下使用，只有把浓硫酸冷却后才能转移到容量瓶中，防止实验误差，故②正确；③钠的熔点低，首先熔化成闪亮的小球，然后剧烈燃烧生成氯化钠固体小颗粒，所以观察到产生大量白烟，反应的化学方程式为2Na+Cl2═2NaCl，故③正确；④取一小块钾，用滤纸吸干表面的煤油后，迅速投到热坩埚中，可以观察到钾的燃烧，故④正确；⑤钠容易被空气中的氧气氧化，也能与空气中的水蒸气反应，因此做Na的性质的验证实验时，剩余部分必须放回原试剂瓶中，防止发生意外，故⑤正确；⑥液体加热要加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故⑥正确；⑦蒸馏是利用沸点不同分离的，但不是所有沸点不同的液体混合物都可以用蒸馏分离，沸点必须相差较大，一般需要达到30℃左右，如果温差较小，则不能通过蒸馏分离，故⑦错误；正确的有5个，故选C。
12.下列离子方程式的书写及评价均正确的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中：
2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+I2
正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化
B
1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5 mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：
2AlO2﹣+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O
正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：
SO2+H2O+ClO﹣═HClO+HSO3﹣
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
Ca（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水

【答案】B
【分析】A、一种氧化剂与多种还原性微粒作用，先还原性强的反应，I-的还原性强于Fe2+；
B、NaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多种可能：
①当NaAlO2过量时方程为HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，
②当HCl过量时方程为4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，
③1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O；
C、SO2具有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；
D、足量的NaOH会将溶液中HCO3-反应完全。
【详解】A、 将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2，正确的评价为Cl2不足，只氧化I−，故A错误；
B. 1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，如果盐酸过量继续和Al(OH)3反应，所以1mol NaAlO2和盐酸反应最多消耗4molH+，AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比在(1∼4):3，故B正确；
C. 过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32−有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，故C错误；
D、因OH－足量，故溶液中Ca(HCO3)2相对不足，Ca(HCO3)2完全反应，其离子反应方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故D错误。
13.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s)
B. NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)
C. CuCl2 Cu(OH)2 Cu
D. MgO(s) Mg(NO3)2(aq) Mg(s)
【答案】A
【详解】A、Al与NaOH反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2属于强碱弱酸盐，加热其溶液可得到NaAlO2固体，故A正确；
B、电解NaCl溶液不可能得到NaHCO3，不能实现题干物质转化，故B错误；
C、新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖加热条件下会生成Cu2O，而非Cu，故C错误；
D、Mg属于较活泼金属，电解其水溶液无法得到其金属单质，故D错误。
14.含有下列各组离子的溶液中通入(或加入)过量的某种物质后仍能大量共存的是（ ）
A. H+、Ba2+、Fe3+、Cl-，通入SO2气体
B. Ca2+、Cl-、K+、Na+，通入CO2气体
C. ClO-、Na+、K+、SO42-，通入CO2气体
D. HCO3-、Na+、I-、SO42- ,加入A1C13溶液
【答案】B
【解析】A．Fe3+能够氧化SO2气体，反应生成的硫酸根离子能够与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ca2+、Cl-、K+、Na+离子之间不反应，通入二氧化碳后也发生不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．ClO-与二氧化碳气体反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．HCO3-与Al3+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。
点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况，同时注意题目所隐含的条件，并认真审题，注意是“可能”共存，还是“一定”共存等。本题的易错点为B，要注意氯化钙溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸钙沉淀。
15.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色，再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色。下列分析正确的是（ ）
A. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的氧化性
B. 上述实验条件下，物质的还原性：Cu＋＞I－＞SO2
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物
D. 滴加KI溶液时，当有2 mol I－参加反应，则生成1 mol白色沉淀
【答案】D
【详解】A．硫酸铜与碘化钾反应后，铜元素的化合价降低，溶液变为棕色，说明得到的棕色溶液中有碘生成。通入SO2后溶液逐渐变成无色，说明二氧化硫与碘发生了氧化还原反应，碘可以把二氧化硫氧化为硫酸，S元素的化合价升高，体现其还原性，选项A错误；
B．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，对于反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，在这个方程中Cu2+化合价降低，是氧化剂，被还原为Cu+，I-化合价升高，是还原剂，物质的还原性：I->Cu+，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，I2化合价降低是氧化剂，被还原为I-，SO2 中的S化合价升高作还原剂，所以物质的还原性：SO2>I-，所以物质的还原性：SO2>I->Cu+，选项B错误；
C．通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，则SO2为还原剂，生成H2SO4为氧化产物，I元素的化合价降低，则I2作氧化剂，选项C错误；
D．CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知当有2molI-参加反应，则生成1mol白色沉淀，选项D正确；
答案选D。
16.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ）

A. 反应总过程△H<0
B. Fe+使反应的活化能减小
C. 总反应若在2L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越快
D. Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热及应
【答案】C
【解析】A、反应物总能量高生成物的总能量，则反应是放热反应，所以反应的△H＜0，故A正确；B、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+使该反应的活化能减小，故B正确；C、该反应的总反应为N2O+CO= N2+CO2，反应过程中使用了催化剂，催化剂的活性与温度有关，只有在适当的温度范围内才能发挥催化剂的催化活性，因此温度越高，反应速率不一定越快，故C错误；D、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确；故选C。
17.已知25℃时：①HF（aq）＋OH－（aq）F－（aq）+H2O（l） ΔH＝－67.7 kJ/mol
②H＋（aq）＋OH－（aq）===H2O（l） ΔH＝－57.3 kJ/mol下列有关说法中正确的是（ ）
A. HF电离：HF（aq）H＋（aq）+F－（aq）△H=+10.4KJ/mol
B. 水解消耗0.1 mol F－时，吸收的热量为6.77 kJ
C. 中和热均为57.3 kJ/mol
D. 含1 mol HF、1 mol NaOH的两种溶液混合后放出的热量为67.7 kJ
【答案】B
【详解】A、利用盖斯定律将①−②可得HF(aq)F−(aq)+H+(aq) ΔH=−10.4kJ⋅mol−1，故A错误；
B、依据反应的热化学方程式，HF(aq)+OH−(aq)F−(aq)+H2O(1) ΔH=−67.7kJ/mol，得到F−(aq)+H2O(1)HF(aq)+OH−(aq) ΔH=+67.7kJ/mol，水解消耗0.1molF-时，吸收的热量为6.77kJ，故B正确；
C、中和热是强酸强碱的稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，弱酸弱碱或浓溶液反应，中和热不是57.3kJ/mol，故C错误；
D、HF是弱酸，电离过程依据A分析可知是放热，则含1molHF、1molNaOH的两种溶液混合后放出的热量大于67.7kJ，故D错误。
18.20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρ g·cm－3，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列说法中错误的是（ ）
A. 温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L－1
B. 20℃时，饱和NaCl溶液的质量分数为×100%
C. 20℃时，密度小于ρ g·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液
D. 20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度S＝
【答案】D
【详解】A、20℃时，饱和NaCl溶液物质的量浓度为c mol·L－1，当温度低于20℃时，氯化钠溶解度下降，溶质的物质的量分数下降，故饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L－1，故A不符合题意；
B、根据c=，则ω=，即ω=×100%，故B不符合题意；
C、20℃时，饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于ρ g·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C不符合题意；
D、20℃时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000ρ，则该温度下氯化钠的溶解度为：S==，故D符合题意。
19.已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是（ ）

A. 若A是铁，则E可能为稀硝酸
B. 若A是CuO，E是碳，则B为CO
C. 若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3
D. 若A是AlCl3溶液，E可能是氨水
【答案】D
【详解】A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；
B、C＋CuO=Cu＋CO2，过量的C和CO2发生反应：C＋CO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；
C、2NaOH＋CO2(少量))=Na2CO3＋H2O，NaOH＋CO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；
D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。
答案选D。
20.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClO3－两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A. 反应中转移电子的物质的量是0.21mol
B. 一定有3. 36L氯气参加反应
C. 苛性钾溶液中KOH的质量是16.8g
D. ClO的生成可能是由于温度升高引起的
【答案】B
【解析】A．氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和氯酸钠，根据图象知n(ClO-)=0.06mol，n(ClO3-)=0.03mol，故转移电子物质的量=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，故A正确；B．根据氯原子守恒可知参加反应的氯气为0.15mol，氯气的状态未知，不能确定其体积，故B错误；C．根据电子转移守恒可知n(Cl-)=0.21mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)=0.21mol+0.06mol+ 0.03mol=0.3mol，则n(KOH)=0.3mol，则氢氧化钾质量=0.3mol×56g/mol=16.8g，故C正确；D．根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故D正确；故答案为B。
二、填空题（本题包括3小题，共50分）
21.亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成等领域用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生，实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：

请回答下列问题：
（1）装置f的作用是________________________________
（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应的离子方程式为________________________。
（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_______________________________________________________
（4）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是____。

（5）装置e中产生的Cl2经过装置d后进入三颈烧瓶， d中所用的试剂为___________。（按气流方向）
（6）实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离开的实验操作是____________________________（己知SCl2的沸点为50℃）。若反应中消耗Cl2的体积为896 mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 4.76 g，则SOCl2的产率为__________（保留三位有效数字）。
（7）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶液W中存在Cl-的方法是_______________________________________________
【答案】(1). 吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解 (2). MnO2 + 4H++2Cl- Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O (3). AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体， HCl抑制AlCl3水解 (4). 丁 (5). 饱和食盐水、浓硫酸 (6). 蒸馏 (7). 50.0% (8). 取少量W溶液于试管中，加入过量 Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加 HNO3 酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ
【详解】（1）装置f的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；
（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2 + 4H++2Cl- Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O；
（3）AlCl3溶液易水解，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生；
（4）甲中加热亚硫酸氢钠确实会产生二氧化硫，但是同时也会生成较多的水蒸汽，故甲不选；
乙中18.4mol/L的浓硫酸与加热反应虽然能制取二氧化硫，但实验操作较复杂且消耗硫酸的量较多，硫酸的利用率低，故乙不选；
丙中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有很强的氧化性，可以轻易的将亚硫酸钠中的正4价的硫氧化为正6价的硫酸根离子而无法得到二氧化硫，故丙不选；
丁中反应生成硫酸钾与二氧化硫还有水，丁制取二氧化硫比较合理；
故答案为丁；
（5）装置e中产生的Cl2经过d后进入三颈烧瓶，d干燥氯气，且除去HCl，则d中所用的试剂分别为饱和食盐水、浓硫酸；
（6）已知氯化亚砜沸点为77℃，已知SCl2的沸点为50℃，所以采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成0.08molSOCl2，则SOCl2的产率为×100%=50%；
（7）向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液w，含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液w中存在的Cl-的方法是取少量无色溶液放入试管中，加入Ba（NO3）2溶液至不再生沉淀为止，静置．取出上层清液，加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可知无色溶液中含有Cl-。
22.随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断回答下列问题:
（1）f在周期表中的位置是__________。
（2）比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示,下同):_______>__________；________比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:_______>__________。____________
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式:_________________。
（4）写出e的单质在足量d2中燃烧反应的化学方程式:____________________________。
（5）上述元素可组成盐R:zx4f(gd4)2。向盛有10 mL 1 mol·L－1R溶液的烧杯中逐滴加入1 mol·L－1NaOH溶液，沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化示意图如下:

①写出m点反应的离子方程式:____________________________。
②若在R溶液中改加20 mL1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为_______mol。
【答案】 (1). 第3周期ⅢA族 (2). r(O2－) (3). r(Na＋) (4). HClO4 (5). H2SO4 (6). (或或等其他合理答案均可) (7). 2Na ＋O2 Na2O2 (8). NH4+＋OH－NH3·H2O (9). 0.022
【解析】本题分析：本题主要考查元素的性质。
(1)从原子半径的相对大小和化合价判断f是铝，f在周期表中的位置是第3周期ⅢA族。
(2) 从原子半径的相对大小和化合价判断d是氧，e是钠，O2－与Na＋的电子层结构相同，离子半径随着核电荷数增多而减小，离子的半径r(O2－) > r(Na＋) ；从原子半径的相对大小和化合价判断g是硫，h是氯，g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：HClO4> H2SO4。
(3)上述元素组成的四原子共价化合物的电子式： (或或等其他合理答案均可)。
(4)e的单质在足量d2中燃烧反应的化学方程式：2Na ＋O2 Na2O2。
(5)R是NH4Al(SO4)2，图中依次发生反应：Al3++3OH－Al(OH)3↓、+OH－NH3·H2O、Al(OH)3+OH－+2H2O。
①m点反应的离子方程式：+OH－NH3·H2O。
②消耗NaOH0.05mol，0.024molBa(OH)2含有0.048molOH－和0.024molBa2+，0.01molR含有0.02mol。Ba(OH)2提供的OH－比NaOH减少0.002mol，反应Al(OH)3+OH－+2H2O因为减少0.002 molOH－而剩余0.002mol Al(OH)3，反应Ba2++BaSO4↓中的不足，BaSO4的物质的量等于的物质的量为0.02mol，沉淀的物质的量为0.022mol。
23.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。

己知:CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。
(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作____________，反应①的离子方程式_______________________________________。
(2)反应②的离子方程式是____________________________________。
(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前要进行的操作是____________。
(4)反应③需要加入的试剂X可以是_________。
(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。

用FeSO4溶液滴定用_______做指示剂，滴定终点的现象_____________________________若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1). 粉碎 (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+ 4H2O (4). 洗涤 (5). O2或其它合理答案 (6). K3[Fe(CN)6] (7). 最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失 (8). 偏大
【解析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)加氢氧化钠溶液，二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，Fe2O3、CeO2、FeO不溶，过滤，得到滤液A的主要成分为硅酸钠，滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，滤渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，滤渣B的成分是CeO2，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液；Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4。
(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反应①中二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
(2)反应②为CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+= 2Ce3++O2↑+4H2O；故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前需要滤渣B进行洗涤，故答案为：洗涤；
(4)根据上述分析，反应③中Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的试剂X可以是O2，故答案为：O2；
(5) K3[Fe(CN)6]能够与硫酸亚铁反应生成特征的蓝色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3[Fe(CN)6] 做指示剂，滴定终点的现象为最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，部分亚铁离子被氧化生成铁离子，则硫酸亚铁浓度降低，导致硫酸亚铁溶液体积增大，所以测得该Ce(OH)4产品的质量分数偏大；故答案为：K3[Fe(CN)6]；最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；偏大。
24.高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下图:

已知:
I.RCOOR´+R "OHRCOOR "+R´OH (R.R'、R"代表烃基)
II. (R 代表烃基)。
(1)PMMA 单体的结构简式为___________，PET单体中的官能团名称为____________。
(2)反应⑤的反应类型是____________；反应②的化学方程式为_______________________________________。
(3)若反应④得到某一条链状产物聚合度为n，则缩聚反应中脱去的小分子有（ ）个。
(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应②不能使溴水褪色③分子内没有环状结构④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为:______________；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有___种(不考虑立体异构和空间异构)。
【答案】(1). (2). 酯基和羟基 (3). 氧化 (4). (5). n-1 (6). CH3COCH2COCH3 (7). 8
【解析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，则D、J分别为CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C(CH3)COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为，F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为。
(1)根据上述分析，PMMA 单体为CH2=C(CH3)COOCH3，PET为，其单体为，其中的官能团有酯基和羟基，故答案为：CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羟基；
(2)反应⑤中E()在催化剂作用下发生氧化反应生成F()，②为1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为 ，故答案为：氧化；；
(3)反应④为发生缩聚反应生成的过程，则缩聚反应中脱去的小分子有n-1个乙二醇，故答案为：n-1；
(4) PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应，说明分子中没有醛基；②不能使溴水褪色，说明没有碳碳不饱和键；③分子内没有环状结构；④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为CH3COCH2COCH3；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明氧化生成醛基，则结构中含有—CH2OH，则H中除碳碳双键外的基团的组合有：①—CH3、—CHO、—CH2OH，共有4种结构；②—CH2CHO、—CH2OH有2种结构；③—CHO、—CH2CH2OH有2种结构；共8种，故答案为：CH3COCH2COCH3；8。
点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为PET单体的判断，容易判断为。