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湖南省茶陵县第三中学2020届高三第三次月考化学试题
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湖南省茶陵县第三中学2020届高三第三次月考
化学试题
1.天然气水合物，也称“可燃冰”(主要组成为CH4 •nH2O)，在我国南海地区预计有680亿吨油当量的“可燃冰”。下列有关说法正确的是
A. “可燃冰”属于纯净物
B. “可燃冰”代替燃油可减少大气污染
C. “可燃冰”开采不当，CH4释放到空气中对环境没有影响
D. “可燃冰”作为能源不会产生污染物CO和温室气体CO2
【答案】B
【解析】
A. “可燃冰”是天然气水合物，属于混合物，A错误；B. “可燃冰”燃烧生成CO2和水，代替燃油可减少大气污染，B正确；C. “可燃冰”开采不当，CH4释放到空气中对环境会有影响，C错误；D. “可燃冰”作为能源，也会产生污染物CO和温室气体CO2，D错误，答案选B。
2.如图装置可模拟绿色植物的光合作用，该装置模拟将空气中的H2O和CO2转化为O2和有机物(C3H8O)。下列叙述正确的是
A. x为电源正扱，a电极发生还原反应
B. 通电后，质子通过离子交换膜从阴极移向阳极
C. 电解开始阶段，阳极区pH逐渐减小
D. 当电路中有1mol电子通过时，会有标注状况下2.8 L CO2反应
【答案】C
【解析】
A. b电极产生氧气，发生失去电子的氧化反应，y为电源正扱，A错误；B. 通电后，质子通过离子交换膜从阳极移向阴极，B错误；C. 电解开始阶段，阳极区氢氧根失去电子转化为氧气和氢离子，pH逐渐减小，C正确；D. 该反应的总方程式是：6CO2+8H2O=2C3H8O+9O2。当电路中有1mol电子通过时，会有标注状况下1/6mol×22.4L/mol＝3.7 L CO2反应，D错误，答案选C。
点睛：电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。确定方法是观察图示是否有电源，若有就是电解池，否则就是原电池。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、总反应方程式，并根据电性作用原理：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向。原电池工作时，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。要掌握电化学反应原理，利用好图示及题干提供的信息，是本题解决的关键。
3.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系如图所示。下列判断正确的是
A. 原子半径：rW>rZ>rY>rX
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>X>Y
C. X、Z、W形成的简单氢化物中X的氢化物沸点最高
D. W与Y元素形成的化合物在水溶液中能稳定存在
【答案】C
【解析】
根据短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知X是N，Y是Al，Z是Si，W是S。A. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：rY> rZ>rW> rX，A错误；B. 非金属性越强，则最高价氧化物水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性:X>Z>Y，B错误；C. 氨气分子间存在氢键，则X、Z、W形成的简单氢化物中X的氢化物沸点最高，C正确；D. W与Y元素形成的化合物Al2S3在水溶液中转化为氢氧化铝和H2S，D错误，答案选C。
点睛：本题考查原子结构和元素周期律关系，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质、物质结构是解本题关键，注意氢化物的稳定性与化学键有关、氢化物的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，为易错点。选项D是难点，注意水解相互促进。
4.下列化学用语表示正确的是
A. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2 B. 氯离子的结构示意图：
C. 水分子的比例模型： D. CS2分子的结构式：S═C═S
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲酸甲酯中含有酯基，其正确的结构简式为HCOOCH3，故A错误；
B. 氯离子的核电荷数为17、核外电子总数为18，其正确的离子结构示意图为，故B错误；
C. 为球棍模型，H2O分子正确的比例模型是，故C错误；
D. CS2分子为直线型结构，其结构式为S═C═S，故D正确；
答案选D。
5.下列说法正确的是
A. 56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2 NA
B. 2 mol NH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2 NA
C. 铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多16g时转移电子数为NA
D. 1L0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯中不含碳碳双键，故A错误；
B.4NH3十5O24NO+6H2O，O2过量，O2与NO反应生NO2，故B错误；
C.Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4(s)+2H2O，转移2mol电子时负极质量净增96g，正极质量净增64g，多增32g，故转移1mol电子时多增加16g，故C正确；
D.铝离子和亚铁离子水解产生H+，阳离子包括H+，阳离于总数增加，故1L0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故D错误；
答案选C。
6.资料显示：一定条件下NH3能还原CuO。为了证明资料的真实性，利用下列装置(含药品)进行实验，其中错误的是
A. 制取氨气 B. 还原氧化铜
C. 干燥氨气 D. 吸收尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化铵分解生成氮和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氨相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；
B、可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；
C、碱石灰可以干燥氨，选项C正确；
D、氨极易溶于稀硫酸，该装置吸收尾气中的氨可以防止倒吸，选项D正确。
答案选A。
7.有机物 Urolithin A常用于合成某药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是
A. Urolithin A分于中苯环上的一氯代物有6种
B. Urolithin A分子中所有原子不可能共平面
C. Urolithin A能发生加成、取代和氧化反应
D. Urolithin A在稀硫酸中的水解产物含2种官能团
【答案】B
【解析】
【详解】A、该有机物分子中含有2个苯环，苯环上有6种不同的氢原子，故苯环上的一氯代物有6种，选项A正确；
B、该有机物分子中含有2个苯环，所有原子可能共平面，选项B错误；
C、苯环能发生加成和取代反应，含C、H、O的有机物都能发生氧化反应(如燃烧)，选项C正确；
D、酯基可以发生水解，水解产物中含羧基、羟基，选项D正确。
答案选B。
8.向含有0.2 mol FeI2溶液中加入a mol Br2。下列叙述不正确的是（ ）
A. a=0.1 时，发生的反应为 2I-+Br2=I2+2Br-
B. a=0.25 时，发生的反应为 4Fe2++6I-+5Br2=4Fe3++3I2+10Br-
C. 溶液中的I-一半被氧化时，c(I-)∶c(Br-)=l∶l
D. 0.2
【解析】
A．a=0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应离子方程式为：2I-+Br2═I2+2Br-，故A正确；B．当a=0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2++8I-+5Br2═2Fe3++4I2+10Br-，故B错误；C．溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；D．当0.2＜a＜0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)═c(Br-)+c(OH-)，故D正确；故答案为B。
点睛：明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键，亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I-+Br2═I2+2Br-；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2++4I-+3Br2═2Fe3++2I2+6Br-，据此进行解答。
9.下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2O
B. 用CH3COOH溶解CaCO3：CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑
C. 强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-: 3ClO－＋2Fe(OH)3 +4OH-=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O
D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+CO32-
【答案】C
【解析】
A. 硝酸具有强氧化性，向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液反应生成硫酸，故A错误；B. CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑的电荷不守恒，故B错误；C. 强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-，离子方程式为3ClO－＋2Fe(OH)3 +4OH-=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故C正确；D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液后不能剩余碳酸根离子，故D错误；故选C。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒
B. 胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能
C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷
D. 利用渗析的方法可以将胶体和溶液进行分离
【答案】D
【解析】
【详解】A．明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有与净水作用，不能用于杀菌消毒，故A错误；
B．胶体和溶液的本质区別是分散质粒子的大小不同，故B错误；
C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体的胶体粒子带正电荷，不是胶体带电，故C错误；
D．由于胶体和溶液都能够通过滤纸，不能用过滤方法分离，可以用半透膜分离，故D正确；
故选D。
11.在V L Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体m g，溶液中SO42-的物质的量浓度是（ ）
A. m/27Vmol·L-1 B. 2m/27Vmol·L-1
C. 3m/54Vmol·L-1 D. m/34Vmol·L-1
【答案】D
【解析】
依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102 mol，原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量[m×2×3/(102×2)]mol，c(SO42-)= m/34Vmol·L-1，所以答案选D。
12.已知酸性条件下有反应：2Cu＋=Cu2＋+Cu。氢气还原氧化铜实验由于反应温度不同，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。某同学对某次氢气还原氧化铜的红色固体产物做了如下实验，实验操作和实验现象列表如下：
加入
试剂
稀硫酸
浓硫酸
并加热
稀硝酸
浓硝酸
实验
现象
红色固体
不反应
无色气体
无色气体
蓝色溶液
红棕色气体
蓝色溶液
由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物 ( )
A. 是Cu2O B. 是Cu
C. 一定有Cu，可能有Cu2O D. 一定有Cu2O，可能有Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
依据题干条件，酸性条件下亚铜离子会发生自身氧化还原反应，铜与浓硫酸加热反应反应生成二氧化硫气体是无色的；常温下铜与稀硝酸、浓硝酸反应生成无色气体和红棕色气体，且所得溶液都呈蓝色。
【详解】已知酸性条件下有反应：2Cu+=Cu2++Cu，把氢气还原氧化铜实验可能产生Cu或Cu2O，加入稀硫酸红色固体不反应，说明一定无氧化亚铜存在，铜不与稀硫酸反应；加入浓硫酸加热有无色气体生成说明铜和浓硫酸反应生成二氧化硫无色气体，说明是铜；加入稀硝酸生成无色NO气体和硝酸铜蓝色溶液，说明是金属铜；与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2和硝酸铜蓝色溶液，说明是金属铜的性质；综上所述，本次氢气还原氧化铜的产物红色固体只能是铜；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了铜与浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸的反应特征，铜不与稀硫酸反应，氧化亚铜在酸中能发生歧化反应的信息应用，正确理解题意是解题的保障。
13.有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH-）：H+、NH4+、K＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3+、NO3－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。
②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。[
③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是
A. 原溶液一定不存在H+、Cu2＋、CO32－
B. 不能确定原溶液是否含有K＋、NO3－
C. 原溶液确定含Mg2＋、Al3＋、NH4＋，且n(Mg2＋):n(Al3＋):n( NH4＋)＝1:1:2
D. 实验所加的NaOH的浓度为2mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；
通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种．因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、一定含有SO42-；
②第二份加足里BaCl2 溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10-2molBaSO4，所以n（SO42-）=3×10-2mol；
③第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH-=NH3•H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，
A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；
B．原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg(OH)2]=0.01mol，故n[Al（OH）3]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=n[Al(OH)3]=0.01mol，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=n[Mg(OH)2]=0.01mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaOH 25mL，所以c（NaOH ）===2mol•L-1；根据NH4++OH-=NH3•H2O，所以可得到NH4+的物质的量为0.01L×2mol•L-1=2×10-2mol，则n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）═0.01mol：0.01mol：2×10-2mol：3×10-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知1×2+1×3+2×1>3×2，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；
C．由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2mol•L-1，选项C正确；
D．由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，选项D正确；
答案选B。
14.下列说法正确的是
A. Na2O2中含有共价键，故它是共价化合物
B. 14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
C. Cl 、Cl为不同的核素，但化学性质几乎相同
D. Fe(OH)3胶体是纯净物
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O2中含有共价键和离子键，所以过氧化钠是离子化合物，故A错误；
B. 14C与12C质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，不是同素异形体，故B错误；
C. Cl 、Cl为中子数不同，是氯元素的不同核素，互为同位素，化学性质几乎完全相同，故C正确；
D. 胶体是分散系的一种，分散系都为混合物，所以Fe(OH)3胶体是混合物，故D错误；
答案选C。
15.用质量分数为98%的浓硫酸（ρ=1.84g·cm-3）配制240mL1.84mol·L－1的稀硫酸。下列叙述正确的是
A. 要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶
B. 量取浓硫酸的体积为24 mL
C. 将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，不断搅拌并冷却至室温
D. 先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用浓硫酸配制稀硫酸溶液，步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶，故A正确；
B. 质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84g⋅cm−3)物质的量浓度C=，则配制240mL1.84 mol/L的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=250mL×1.84mol/L，解得V=25.0mL，故B错误；
C. 浓硫酸稀释应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时不断用玻璃棒搅拌，故C错误；
D. 容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓硫酸，故D错误；
答案选A。
16.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某元素，它们之间具有如下转化关系，下列有关物质的推断不正确的是
A. 若甲为C2H5OH，则丙可能是CH3COOH
B. 若涉及反应均为氧化还原反应，则甲可能为Cl2
C. 若涉及反应均为氧化还原反应，则丁可能为O2
D. 若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．若甲为C2H5OH，丙为CH3COOH，则乙应为CH3CHO，丁为O2，但CH3COOH不能与C2H5OH反应生成CH3CHO，应生成乙酸乙酯，故A错误；
B．若涉及反应均为氧化还原反应，甲为Cl2，则丁为Fe，乙为FeCl3，丙为FeCl2，，符合转化，故B正确；
C．如甲为焦炭，丁是O2，则乙为CO，丙为CO2，则，符合转化，故C正确；
D．若甲为AlCl3，丁是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，则，符合转化，故D正确；
答案选A。
17.甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。
（1）B中反应的离子方程式是____。
（2）A中溶液变红的原因是____。
（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验。
①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 。
②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液。
甲同学的实验证明产生现象Ⅱ的原因是SCN—与Cl2发生了反应。
（4）甲同学猜想SCN—可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究。
资料显示：SCN—的电子式为
①甲同学认为SCN—中碳元素没有被氧化，理由是 。
②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN—中被氧化的元素是 。
③通过实验证明了SCN—中氮元素转化为NO3-，他的实验方案是____。
④若SCN—与Cl2反应生成1 mol CO2，则转移电子物质的量是 mol。
【答案】（14分）
（1）Cl2+2 OH-= Cl-+ ClO-+ H2O；
(2)Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色Fe（SCN）3，所以溶液变红
（3）①Fe3+
（4）①SCN-中的碳元素是最高价态+4价
②硫元素
③取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在NO3-，SCN-中氮元素被氧化成NO3-；
④16
【解析】
试题分析：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O故答案为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；
（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的，所以溶液变红；
（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；
（4）①根据SCN-的电子式为可知，SCN-中碳显+4价，硫显-2价，氮显-3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，故答案为：SCN-中的碳元素是最高价态+4价；
②加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；
③利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被 氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN-中氮元素被氧化成，故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN-中氮元素被氧化成；
④SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为：16。
【考点定位】考查性质实验方案的设计
【名师点晴】本题是实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求。
18.碳及其化合物有广泛应用。
（1）工业冶炼铝，以石墨为阳极。阳极反应式为________，可能发生副反应有_______。
（2）一氧化碳和空气在酸性介质中构成燃料电池，负极反应式为___________。
（3）向75 mL 4 mol•L-1KOH溶液中缓慢通入4480 mL CO2气体（标准状况）恰好完全被吸收。
①写出该反应的离子方程式：___________________________。
②该吸收溶液中离子浓度大小排序为_________________________。
③常温下，a mol•L-1KHCO3溶液的pH=8，HCO3-的水解常数约等于__________。（用含a式表示）。
（4）已知：① 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H1= —571.6kJ•mol-1
② 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2 = —566.0kJ•mol-1
③ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3 = —90.8kJ•mol-1
计算甲醇蒸气的燃烧热△H＝_______________。
（5）某温度下，发生可逆反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H＝-41.0kJ/mol，向某容器中充入1.0 molH2和1.0 mol(g)，在一定条件下发生上述反应。混合气体中CO的物质的量与时间关系如下列所示：
0
5 min
10 min
15 min
20 min
25 min
I(800℃)
1.0
0.80
0.70
0.65
0.50
0.50
II(800℃)
1.0
0.7
0.60
0.50
0.50
0.50
相对实验I，实验II可能改变的条件可能是________，该温度下，平衡常数=_______。
【答案】 (1). 2O2-－4e-＝O2↑ (2). C＋O2CO2（或2C＋O22CO） (3). CO - 2e-＋H2O＝CO2＋2H+ (4). 2CO2＋3OH-＝CO32-＋HCO3-＋H2O (5). c(K+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) (6). (7). －763.8 kJ•mol-1 (8). 增大压强（或缩小体积）、加催化剂 (9). 1
【解析】
【详解】（1）电解氧化铝得到铝和氧气，阳极上氧离子失去电子发生氧化反应，电极反应式：2O2--4e-=O2↑；生成的氧气在高温下氧化石墨电极，发生的反应有C＋O2CO2（或2C＋O22CO）
故答案为：2O2--4e-=O2↑；C＋O2CO2（或2C＋O22CO）
（2）在酸性介质中CO氧化生成CO2，负极反应式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+，
故答案为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；
（3）n（KOH）=0.075L×4mol•L-1=0.3mol，n（CO2）==0.2mol，因为二者恰好反应，则反应的离子方程式为2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，
故答案为：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O；
②因为碳酸根水解程度大于碳酸氢根，并且水解后都成碱性，所以离子浓度大小排序为c（K+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+），
故答案为：c（K+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）；
③因为amol•L-1KHCO3溶液的pH=8，所以c（OH-）=10-6mol/L，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，c（OH-）=c（H2CO3）=10-6mol/L，水解程度小，消耗HCO3-可忽省不计，所以K==；
故答案为：；
（4）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=-571.6kJ•mol-1
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H3=-90.8kJ•mol-1
根据盖斯定律知，①+②×-③得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1-566.0kJ•mol-1×+90.8kJ•mol-1=-763.8kJ•mol-1，
故答案为：-763.8kJ•mol-1；
（5）从数据看，I和II达到相同状态，说明平衡没有移动，若该可逆反应是等气体分子数反应，且反应物和产物都是气态，增大压强，平衡不移动，能缩短达到平衡的时间；加入催化剂也能加快反应速率，缩短达到平衡时间；等气体分子数反应，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，达到平衡时，各物质的物质的量都等于0.5mol，所以K==1，
故答案为：增大压强（或缩小体积）、加催化剂；1；
19.铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：
（1）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式_______________________________________________________。
（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式________________________________。
（3）火法炼铜的原理：Cu2S＋O2高温,2Cu＋SO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移________mol e－。
（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)电解精炼，下列说法正确的是________(填选项字母)。
a．粗铜接电源正极，发生氧化反应
b．溶液中Cu2＋向阴极移动
c．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等
d．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属
（5）据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿中CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2=4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO4·5H2O)：
①检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的实验方法________________________________________________。
②在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式
方案一：___________________________________________；
方案二：______________________________________________
【答案】 (1). Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O (2). 2Cu2＋＋CO32-＋2H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋2H＋ (3). 3 (4). ab (5). 取少量溶液B于试管中，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，若加入后溶液不变红证明不含铁离子 (6). CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu (7). 2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
【解析】
【详解】（1）金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性溶解铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2（OH）2CO3，故反应的方程式为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，离子反应式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑；
（3）反应中Cu元素化合价由+1价将低到0价，O元素化合价由0价降低到-2价，S元素化合价由-2价升高到+4价，由方程式可知生成2molCu，转移6mol电子，则该反应中每生成1molCu，转移3mol电子；
（4）a．精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应故a正确；
b．溶液中Cu2+向阴极移动，故b正确；
c．比铜活泼的金属先放电，所以阳极和阴极的质量变化不相等，故c错误；
d．Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d错误；故答案为ab；
（5）检验溶液B中Fe3+是否被除尽的试剂是KSCN溶液，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，若加入后溶液不变红证明不含铁离子；
③硫酸铜溶液得到金属铜的方法，可以加入铁粉置换铜反应的化学方程式为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu；也可以惰性电极通电电解硫酸铜溶液，反应的化学方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
20.香料M的一种合成流程如下：
已知：①
②R1COOHR1COOR
请回答下列问题：
(1)M中含碳的官能团名称是___________；设计R→X和Y→Z步骤的目的是___________。
(2)A→B的反应类型是___________，R分子中最多有___________个原子共平面。
(3)R和M在下列仪器中信号完全相同的是___________(填字母)
a红外光谱仪 b质谱仪 c元素分析仪 d核磁共振氢谱仪
(4)写出C和Z反应生成M的化学方程式：______________________。
(5)在Y的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应
②遇氯化铁溶液发生显色反应
③1mol有机物最多能消耗3 mol NaOH
(6)已知苯环上有烃基时，新引入取代基主要取代邻位、对位氢原子。参照上述合成流程，设计以苯和异丙醇为原料制备Br的合成路线：_________________(无机试剂任选)
【答案】 (1). 酯基 (2). 保护羟基 (3). 取代反应 (4). 14 (5). c (6). (7). 10 (8).
【解析】
【分析】
“已知信息”和M的结构简式可知，C为氯代烃。A为苯，B为甲苯，C为。由M逆推，Z为，Y为，X为，R为，据此分析解答。
【详解】“已知信息”和M的结构简式可知，C为氯代烃。A为苯，B为甲苯，C为。由M逆推，Z为，Y为，X为，R为。
(1) M为，含碳的官能团名称是酯基；
酚羟基易被酸性高锰酸钾溶液氧化，应先甲基化，最后与浓HI溶液反应再恢复羟基，其目是保护羟基；
(2) A→B是苯在一定条件下发生取代反应生成甲苯，其反应类型是取代反应；
R分子中,甲基上最多有2个原子与苯环共平面，所以1个R分子最多有14个原子其平面；
(3)R和M的组成元素都是C、H、O，但官能团和化学健不同，所以在元素分析仪上的信号完全相同，答案选c；
(4)Z和C反应生成M，副产物为氯化氢，反应的化学方程式为；
(5)依题意，该同分异构体含甲酸酯基、酚羟基，甲酸脂基直接与苯环相连，还有一个甲基。即苯环上有三个取代基：-CH3、OH、HCOO-(甲酸酯基)，共有10种结构。-CH3、OH连接到苯环上有以下3种结构:、、，然后HCOO-取代苯环上的1个氢原子分别有4种、4种、2种结构，共10种有机物；
(6)参照流程中A到B的反应原理，先制备2-溴丙烷，然后2-溴丙烷与苯在氯化铝作用下发生取代反应生成异丙苯，最后异丙苯再与溴水在溴化铁作用下发生对位取代，即可生成目标产物，合成路线如下：。
湖南省茶陵县第三中学2020届高三第三次月考
化学试题
1.天然气水合物，也称“可燃冰”(主要组成为CH4 •nH2O)，在我国南海地区预计有680亿吨油当量的“可燃冰”。下列有关说法正确的是
A. “可燃冰”属于纯净物
B. “可燃冰”代替燃油可减少大气污染
C. “可燃冰”开采不当，CH4释放到空气中对环境没有影响
D. “可燃冰”作为能源不会产生污染物CO和温室气体CO2
【答案】B
【解析】
A. “可燃冰”是天然气水合物，属于混合物，A错误；B. “可燃冰”燃烧生成CO2和水，代替燃油可减少大气污染，B正确；C. “可燃冰”开采不当，CH4释放到空气中对环境会有影响，C错误；D. “可燃冰”作为能源，也会产生污染物CO和温室气体CO2，D错误，答案选B。
2.如图装置可模拟绿色植物的光合作用，该装置模拟将空气中的H2O和CO2转化为O2和有机物(C3H8O)。下列叙述正确的是
A. x为电源正扱，a电极发生还原反应
B. 通电后，质子通过离子交换膜从阴极移向阳极
C. 电解开始阶段，阳极区pH逐渐减小
D. 当电路中有1mol电子通过时，会有标注状况下2.8 L CO2反应
【答案】C
【解析】
A. b电极产生氧气，发生失去电子的氧化反应，y为电源正扱，A错误；B. 通电后，质子通过离子交换膜从阳极移向阴极，B错误；C. 电解开始阶段，阳极区氢氧根失去电子转化为氧气和氢离子，pH逐渐减小，C正确；D. 该反应的总方程式是：6CO2+8H2O=2C3H8O+9O2。当电路中有1mol电子通过时，会有标注状况下1/6mol×22.4L/mol＝3.7 L CO2反应，D错误，答案选C。
点睛：电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。确定方法是观察图示是否有电源，若有就是电解池，否则就是原电池。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、总反应方程式，并根据电性作用原理：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向。原电池工作时，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。要掌握电化学反应原理，利用好图示及题干提供的信息，是本题解决的关键。
3.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系如图所示。下列判断正确的是
A. 原子半径：rW>rZ>rY>rX
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>X>Y
C. X、Z、W形成的简单氢化物中X的氢化物沸点最高
D. W与Y元素形成的化合物在水溶液中能稳定存在
【答案】C
【解析】
根据短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知X是N，Y是Al，Z是Si，W是S。A. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：rY> rZ>rW> rX，A错误；B. 非金属性越强，则最高价氧化物水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性:X>Z>Y，B错误；C. 氨气分子间存在氢键，则X、Z、W形成的简单氢化物中X的氢化物沸点最高，C正确；D. W与Y元素形成的化合物Al2S3在水溶液中转化为氢氧化铝和H2S，D错误，答案选C。
点睛：本题考查原子结构和元素周期律关系，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质、物质结构是解本题关键，注意氢化物的稳定性与化学键有关、氢化物的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，为易错点。选项D是难点，注意水解相互促进。
4.下列化学用语表示正确的是
A. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2 B. 氯离子的结构示意图：
C. 水分子的比例模型： D. CS2分子的结构式：S═C═S
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲酸甲酯中含有酯基，其正确的结构简式为HCOOCH3，故A错误；
B. 氯离子的核电荷数为17、核外电子总数为18，其正确的离子结构示意图为，故B错误；
C. 为球棍模型，H2O分子正确的比例模型是，故C错误；
D. CS2分子为直线型结构，其结构式为S═C═S，故D正确；
答案选D。
5.下列说法正确的是
A. 56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2 NA
B. 2 mol NH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2 NA
C. 铅蓄电池放电时负极净增质量比正极净增质量多16g时转移电子数为NA
D. 1L0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯中不含碳碳双键，故A错误；
B.4NH3十5O24NO+6H2O，O2过量，O2与NO反应生NO2，故B错误；
C.Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4(s)+2H2O，转移2mol电子时负极质量净增96g，正极质量净增64g，多增32g，故转移1mol电子时多增加16g，故C正确；
D.铝离子和亚铁离子水解产生H+，阳离子包括H+，阳离于总数增加，故1L0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故D错误；
答案选C。
6.资料显示：一定条件下NH3能还原CuO。为了证明资料的真实性，利用下列装置(含药品)进行实验，其中错误的是
A. 制取氨气 B. 还原氧化铜
C. 干燥氨气 D. 吸收尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化铵分解生成氮和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氨相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；
B、可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；
C、碱石灰可以干燥氨，选项C正确；
D、氨极易溶于稀硫酸，该装置吸收尾气中的氨可以防止倒吸，选项D正确。
答案选A。
7.有机物 Urolithin A常用于合成某药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是
A. Urolithin A分于中苯环上的一氯代物有6种
B. Urolithin A分子中所有原子不可能共平面
C. Urolithin A能发生加成、取代和氧化反应
D. Urolithin A在稀硫酸中的水解产物含2种官能团
【答案】B
【解析】
【详解】A、该有机物分子中含有2个苯环，苯环上有6种不同的氢原子，故苯环上的一氯代物有6种，选项A正确；
B、该有机物分子中含有2个苯环，所有原子可能共平面，选项B错误；
C、苯环能发生加成和取代反应，含C、H、O的有机物都能发生氧化反应(如燃烧)，选项C正确；
D、酯基可以发生水解，水解产物中含羧基、羟基，选项D正确。
答案选B。
8.向含有0.2 mol FeI2溶液中加入a mol Br2。下列叙述不正确的是（ ）
A. a=0.1 时，发生的反应为 2I-+Br2=I2+2Br-
B. a=0.25 时，发生的反应为 4Fe2++6I-+5Br2=4Fe3++3I2+10Br-
C. 溶液中的I-一半被氧化时，c(I-)∶c(Br-)=l∶l
D. 0.2
【解析】
A．a=0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应离子方程式为：2I-+Br2═I2+2Br-，故A正确；B．当a=0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2++8I-+5Br2═2Fe3++4I2+10Br-，故B错误；C．溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；D．当0.2＜a＜0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)═c(Br-)+c(OH-)，故D正确；故答案为B。
点睛：明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键，亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I-+Br2═I2+2Br-；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2++4I-+3Br2═2Fe3++2I2+6Br-，据此进行解答。
9.下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2O
B. 用CH3COOH溶解CaCO3：CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑
C. 强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-: 3ClO－＋2Fe(OH)3 +4OH-=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O
D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+CO32-
【答案】C
【解析】
A. 硝酸具有强氧化性，向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液反应生成硫酸，故A错误；B. CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑的电荷不守恒，故B错误；C. 强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-，离子方程式为3ClO－＋2Fe(OH)3 +4OH-=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故C正确；D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液后不能剩余碳酸根离子，故D错误；故选C。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒
B. 胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能
C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷
D. 利用渗析的方法可以将胶体和溶液进行分离
【答案】D
【解析】
【详解】A．明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有与净水作用，不能用于杀菌消毒，故A错误；
B．胶体和溶液的本质区別是分散质粒子的大小不同，故B错误；
C. 将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体的胶体粒子带正电荷，不是胶体带电，故C错误；
D．由于胶体和溶液都能够通过滤纸，不能用过滤方法分离，可以用半透膜分离，故D正确；
故选D。
11.在V L Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体m g，溶液中SO42-的物质的量浓度是（ ）
A. m/27Vmol·L-1 B. 2m/27Vmol·L-1
C. 3m/54Vmol·L-1 D. m/34Vmol·L-1
【答案】D
【解析】
依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102 mol，原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量[m×2×3/(102×2)]mol，c(SO42-)= m/34Vmol·L-1，所以答案选D。
12.已知酸性条件下有反应：2Cu＋=Cu2＋+Cu。氢气还原氧化铜实验由于反应温度不同，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。某同学对某次氢气还原氧化铜的红色固体产物做了如下实验，实验操作和实验现象列表如下：
加入
试剂
稀硫酸
浓硫酸
并加热
稀硝酸
浓硝酸
实验
现象
红色固体
不反应
无色气体
无色气体
蓝色溶液
红棕色气体
蓝色溶液
由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物 ( )
A. 是Cu2O B. 是Cu
C. 一定有Cu，可能有Cu2O D. 一定有Cu2O，可能有Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
依据题干条件，酸性条件下亚铜离子会发生自身氧化还原反应，铜与浓硫酸加热反应反应生成二氧化硫气体是无色的；常温下铜与稀硝酸、浓硝酸反应生成无色气体和红棕色气体，且所得溶液都呈蓝色。
【详解】已知酸性条件下有反应：2Cu+=Cu2++Cu，把氢气还原氧化铜实验可能产生Cu或Cu2O，加入稀硫酸红色固体不反应，说明一定无氧化亚铜存在，铜不与稀硫酸反应；加入浓硫酸加热有无色气体生成说明铜和浓硫酸反应生成二氧化硫无色气体，说明是铜；加入稀硝酸生成无色NO气体和硝酸铜蓝色溶液，说明是金属铜；与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2和硝酸铜蓝色溶液，说明是金属铜的性质；综上所述，本次氢气还原氧化铜的产物红色固体只能是铜；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了铜与浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸的反应特征，铜不与稀硫酸反应，氧化亚铜在酸中能发生歧化反应的信息应用，正确理解题意是解题的保障。
13.有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH-）：H+、NH4+、K＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3+、NO3－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。
②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。[
③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是
A. 原溶液一定不存在H+、Cu2＋、CO32－
B. 不能确定原溶液是否含有K＋、NO3－
C. 原溶液确定含Mg2＋、Al3＋、NH4＋，且n(Mg2＋):n(Al3＋):n( NH4＋)＝1:1:2
D. 实验所加的NaOH的浓度为2mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；
通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种．因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、一定含有SO42-；
②第二份加足里BaCl2 溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10-2molBaSO4，所以n（SO42-）=3×10-2mol；
③第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH-=NH3•H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，
A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；
B．原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg(OH)2]=0.01mol，故n[Al（OH）3]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=n[Al(OH)3]=0.01mol，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=n[Mg(OH)2]=0.01mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaOH 25mL，所以c（NaOH ）===2mol•L-1；根据NH4++OH-=NH3•H2O，所以可得到NH4+的物质的量为0.01L×2mol•L-1=2×10-2mol，则n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）═0.01mol：0.01mol：2×10-2mol：3×10-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知1×2+1×3+2×1>3×2，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；
C．由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2mol•L-1，选项C正确；
D．由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，选项D正确；
答案选B。
14.下列说法正确的是
A. Na2O2中含有共价键，故它是共价化合物
B. 14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
C. Cl 、Cl为不同的核素，但化学性质几乎相同
D. Fe(OH)3胶体是纯净物
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O2中含有共价键和离子键，所以过氧化钠是离子化合物，故A错误；
B. 14C与12C质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，不是同素异形体，故B错误；
C. Cl 、Cl为中子数不同，是氯元素的不同核素，互为同位素，化学性质几乎完全相同，故C正确；
D. 胶体是分散系的一种，分散系都为混合物，所以Fe(OH)3胶体是混合物，故D错误；
答案选C。
15.用质量分数为98%的浓硫酸（ρ=1.84g·cm-3）配制240mL1.84mol·L－1的稀硫酸。下列叙述正确的是
A. 要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶
B. 量取浓硫酸的体积为24 mL
C. 将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，不断搅拌并冷却至室温
D. 先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
【答案】A
【解析】
【详解】A. 用浓硫酸配制稀硫酸溶液，步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶，故A正确；
B. 质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84g⋅cm−3)物质的量浓度C=，则配制240mL1.84 mol/L的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则V×18.4mol/L=250mL×1.84mol/L，解得V=25.0mL，故B错误；
C. 浓硫酸稀释应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时不断用玻璃棒搅拌，故C错误；
D. 容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓硫酸，故D错误；
答案选A。
16.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某元素，它们之间具有如下转化关系，下列有关物质的推断不正确的是
A. 若甲为C2H5OH，则丙可能是CH3COOH
B. 若涉及反应均为氧化还原反应，则甲可能为Cl2
C. 若涉及反应均为氧化还原反应，则丁可能为O2
D. 若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．若甲为C2H5OH，丙为CH3COOH，则乙应为CH3CHO，丁为O2，但CH3COOH不能与C2H5OH反应生成CH3CHO，应生成乙酸乙酯，故A错误；
B．若涉及反应均为氧化还原反应，甲为Cl2，则丁为Fe，乙为FeCl3，丙为FeCl2，，符合转化，故B正确；
C．如甲为焦炭，丁是O2，则乙为CO，丙为CO2，则，符合转化，故C正确；
D．若甲为AlCl3，丁是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，则，符合转化，故D正确；
答案选A。
17.甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。
（1）B中反应的离子方程式是____。
（2）A中溶液变红的原因是____。
（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验。
①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 。
②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液。
甲同学的实验证明产生现象Ⅱ的原因是SCN—与Cl2发生了反应。
（4）甲同学猜想SCN—可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究。
资料显示：SCN—的电子式为
①甲同学认为SCN—中碳元素没有被氧化，理由是 。
②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN—中被氧化的元素是 。
③通过实验证明了SCN—中氮元素转化为NO3-，他的实验方案是____。
④若SCN—与Cl2反应生成1 mol CO2，则转移电子物质的量是 mol。
【答案】（14分）
（1）Cl2+2 OH-= Cl-+ ClO-+ H2O；
(2)Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色Fe（SCN）3，所以溶液变红
（3）①Fe3+
（4）①SCN-中的碳元素是最高价态+4价
②硫元素
③取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在NO3-，SCN-中氮元素被氧化成NO3-；
④16
【解析】
试题分析：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O故答案为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；
（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的，所以溶液变红；
（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；
（4）①根据SCN-的电子式为可知，SCN-中碳显+4价，硫显-2价，氮显-3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，故答案为：SCN-中的碳元素是最高价态+4价；
②加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；
③利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被 氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN-中氮元素被氧化成，故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN-中氮元素被氧化成；
④SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为：16。
【考点定位】考查性质实验方案的设计
【名师点晴】本题是实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求。
18.碳及其化合物有广泛应用。
（1）工业冶炼铝，以石墨为阳极。阳极反应式为________，可能发生副反应有_______。
（2）一氧化碳和空气在酸性介质中构成燃料电池，负极反应式为___________。
（3）向75 mL 4 mol•L-1KOH溶液中缓慢通入4480 mL CO2气体（标准状况）恰好完全被吸收。
①写出该反应的离子方程式：___________________________。
②该吸收溶液中离子浓度大小排序为_________________________。
③常温下，a mol•L-1KHCO3溶液的pH=8，HCO3-的水解常数约等于__________。（用含a式表示）。
（4）已知：① 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H1= —571.6kJ•mol-1
② 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2 = —566.0kJ•mol-1
③ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3 = —90.8kJ•mol-1
计算甲醇蒸气的燃烧热△H＝_______________。
（5）某温度下，发生可逆反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H＝-41.0kJ/mol，向某容器中充入1.0 molH2和1.0 mol(g)，在一定条件下发生上述反应。混合气体中CO的物质的量与时间关系如下列所示：
0
5 min
10 min
15 min
20 min
25 min
I(800℃)
1.0
0.80
0.70
0.65
0.50
0.50
II(800℃)
1.0
0.7
0.60
0.50
0.50
0.50
相对实验I，实验II可能改变的条件可能是________，该温度下，平衡常数=_______。
【答案】 (1). 2O2-－4e-＝O2↑ (2). C＋O2CO2（或2C＋O22CO） (3). CO - 2e-＋H2O＝CO2＋2H+ (4). 2CO2＋3OH-＝CO32-＋HCO3-＋H2O (5). c(K+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) (6). (7). －763.8 kJ•mol-1 (8). 增大压强（或缩小体积）、加催化剂 (9). 1
【解析】
【详解】（1）电解氧化铝得到铝和氧气，阳极上氧离子失去电子发生氧化反应，电极反应式：2O2--4e-=O2↑；生成的氧气在高温下氧化石墨电极，发生的反应有C＋O2CO2（或2C＋O22CO）
故答案为：2O2--4e-=O2↑；C＋O2CO2（或2C＋O22CO）
（2）在酸性介质中CO氧化生成CO2，负极反应式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+，
故答案为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；
（3）n（KOH）=0.075L×4mol•L-1=0.3mol，n（CO2）==0.2mol，因为二者恰好反应，则反应的离子方程式为2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，
故答案为：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O；
②因为碳酸根水解程度大于碳酸氢根，并且水解后都成碱性，所以离子浓度大小排序为c（K+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+），
故答案为：c（K+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）；
③因为amol•L-1KHCO3溶液的pH=8，所以c（OH-）=10-6mol/L，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，c（OH-）=c（H2CO3）=10-6mol/L，水解程度小，消耗HCO3-可忽省不计，所以K==；
故答案为：；
（4）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=-571.6kJ•mol-1
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ•mol-1
③CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H3=-90.8kJ•mol-1
根据盖斯定律知，①+②×-③得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1-566.0kJ•mol-1×+90.8kJ•mol-1=-763.8kJ•mol-1，
故答案为：-763.8kJ•mol-1；
（5）从数据看，I和II达到相同状态，说明平衡没有移动，若该可逆反应是等气体分子数反应，且反应物和产物都是气态，增大压强，平衡不移动，能缩短达到平衡的时间；加入催化剂也能加快反应速率，缩短达到平衡时间；等气体分子数反应，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，达到平衡时，各物质的物质的量都等于0.5mol，所以K==1，
故答案为：增大压强（或缩小体积）、加催化剂；1；
19.铜是生活中常见的金属，请回答下列问题：
（1）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式_______________________________________________________。
（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2(OH)2CO3绿色固体，试写出该反应的离子方程式________________________________。
（3）火法炼铜的原理：Cu2S＋O2高温,2Cu＋SO2，在该反应中每生成1 mol Cu，转移________mol e－。
（4）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)电解精炼，下列说法正确的是________(填选项字母)。
a．粗铜接电源正极，发生氧化反应
b．溶液中Cu2＋向阴极移动
c．电解过程中，阳极和阴极的质量变化相等
d．利用阳极泥可回收Al、Zn等金属
（5）据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在有氧气存在的酸性溶液中，可将黄铜矿中CuFeS2氧化成硫酸盐：4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2=4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。利用反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾(CuSO4·5H2O)：
①检验溶液B中Fe3＋是否被除尽的实验方法________________________________________________。
②在实验室中，设计两个原理不同的方案，从溶液B中提炼金属铜(要求：一种方案只用一个反应来完成)。写出两种方案中涉及的化学方程式
方案一：___________________________________________；
方案二：______________________________________________
【答案】 (1). Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O (2). 2Cu2＋＋CO32-＋2H2O===Cu2(OH)2CO3↓＋2H＋ (3). 3 (4). ab (5). 取少量溶液B于试管中，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，若加入后溶液不变红证明不含铁离子 (6). CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu (7). 2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
【解析】
【详解】（1）金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性溶解铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（2）将硫酸铜溶液和碳酸钠溶液混合，会析出Cu2（OH）2CO3，故反应的方程式为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，离子反应式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑；
（3）反应中Cu元素化合价由+1价将低到0价，O元素化合价由0价降低到-2价，S元素化合价由-2价升高到+4价，由方程式可知生成2molCu，转移6mol电子，则该反应中每生成1molCu，转移3mol电子；
（4）a．精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应故a正确；
b．溶液中Cu2+向阴极移动，故b正确；
c．比铜活泼的金属先放电，所以阳极和阴极的质量变化不相等，故c错误；
d．Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d错误；故答案为ab；
（5）检验溶液B中Fe3+是否被除尽的试剂是KSCN溶液，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，若加入后溶液不变红证明不含铁离子；
③硫酸铜溶液得到金属铜的方法，可以加入铁粉置换铜反应的化学方程式为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu；也可以惰性电极通电电解硫酸铜溶液，反应的化学方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
20.香料M的一种合成流程如下：
已知：①
②R1COOHR1COOR
请回答下列问题：
(1)M中含碳的官能团名称是___________；设计R→X和Y→Z步骤的目的是___________。
(2)A→B的反应类型是___________，R分子中最多有___________个原子共平面。
(3)R和M在下列仪器中信号完全相同的是___________(填字母)
a红外光谱仪 b质谱仪 c元素分析仪 d核磁共振氢谱仪
(4)写出C和Z反应生成M的化学方程式：______________________。
(5)在Y的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应
②遇氯化铁溶液发生显色反应
③1mol有机物最多能消耗3 mol NaOH
(6)已知苯环上有烃基时，新引入取代基主要取代邻位、对位氢原子。参照上述合成流程，设计以苯和异丙醇为原料制备Br的合成路线：_________________(无机试剂任选)
【答案】 (1). 酯基 (2). 保护羟基 (3). 取代反应 (4). 14 (5). c (6). (7). 10 (8).
【解析】
【分析】
“已知信息”和M的结构简式可知，C为氯代烃。A为苯，B为甲苯，C为。由M逆推，Z为，Y为，X为，R为，据此分析解答。
【详解】“已知信息”和M的结构简式可知，C为氯代烃。A为苯，B为甲苯，C为。由M逆推，Z为，Y为，X为，R为。
(1) M为，含碳的官能团名称是酯基；
酚羟基易被酸性高锰酸钾溶液氧化，应先甲基化，最后与浓HI溶液反应再恢复羟基，其目是保护羟基；
(2) A→B是苯在一定条件下发生取代反应生成甲苯，其反应类型是取代反应；
R分子中,甲基上最多有2个原子与苯环共平面，所以1个R分子最多有14个原子其平面；
(3)R和M的组成元素都是C、H、O，但官能团和化学健不同，所以在元素分析仪上的信号完全相同，答案选c；
(4)Z和C反应生成M，副产物为氯化氢，反应的化学方程式为；
(5)依题意，该同分异构体含甲酸酯基、酚羟基，甲酸脂基直接与苯环相连，还有一个甲基。即苯环上有三个取代基：-CH3、OH、HCOO-(甲酸酯基)，共有10种结构。-CH3、OH连接到苯环上有以下3种结构:、、，然后HCOO-取代苯环上的1个氢原子分别有4种、4种、2种结构，共10种有机物；
(6)参照流程中A到B的反应原理，先制备2-溴丙烷，然后2-溴丙烷与苯在氯化铝作用下发生取代反应生成异丙苯，最后异丙苯再与溴水在溴化铁作用下发生对位取代，即可生成目标产物，合成路线如下：。
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