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浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
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杭州二中第一学期高三年级第一次月考化学试卷
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1.下列属于强碱的是（ ）
A. Na2CO3 B. Na2O C. NH3·H2O D. 氢氧化钙Ca(OH)2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据碱的定义及电离的离子的特点进行分析，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，完全电离的属于强碱，部分电离的属于弱碱，据此分析判断。
【详解】A. Na2CO3是由钠离子与碳酸根离子构成的化合物，属于盐，A项错误；
B. Na2O属于金属氧化物，不是碱，B项错误；
C. NH3·H2O在水中发生部分电离生成铵根离子与氢氧根离子，属于弱碱，C项错误；
D. 氢氧化钙Ca(OH)2在水溶液中完全电离生成钙离子与氢氧根离子，属于强碱，D项正确；
答案选D。
【点睛】酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物。可以简记为:氢头酸、氢氧根结尾碱、金属开头酸根结尾的是盐。酸、碱、盐是化学学习中的重要知识点，学生要加以理解并区分开常见的酸碱盐。
2.下列仪器中，可用酒精灯直接加热的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 漏斗不能加热，A项错误；
B. 试管能进行直接加热，B项正确；
C. 容量瓶用于配制一定浓度的溶液，只能在规定的温度下使用，不能加热，C项错误；
D. 蒸馏烧瓶需要垫石棉网加热，D项错误；
答案选B。
【点睛】能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。
3.下列物质溶于水后，溶液能导电，但既不是电解质，又不是非电解质的是（ ）
A. 蔗糖 B. 漂白粉 C. 氧化钙 D. 二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A. 蔗糖属于非电解质，溶于水不能导电，故A不符合题意；
B. 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，溶于水后，溶液能导电，故B符合题意；
C. 氧化钙属于电解质，溶于水生成氢氧化钙，也是电解质，溶液能导电，故C不符合题意；
D. 二氧化碳属于非电解质，溶于水后生成碳酸，能导电，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】本题有三个限定条件：（1）能导电；（2）不是电解质；（3）不是非电解质。所以要同时满足既不是电解质，又不是非电解质，还能导电的条件。
4.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（ ）
A. CuCl2 B. CH3COOH C. NaHSO3 D. NaHCO3
【答案】A
【解析】
【分析】
强酸弱碱盐水解使溶液显酸性，强碱弱酸盐水解使溶液显碱性，故物质若因水解而呈酸性，则此物质应为强酸弱碱盐，据此分析。
【详解】A. CuCl2是强酸弱碱盐，水解显酸性，A项正确；
B. CH3COOH是酸，不能水解，是由于电离出氢离子而使溶液显酸性，B项错误；
C. NaHSO3溶液中，亚硫酸氢根离子水解产生氢氧根离子，亚硫酸氢根电离产生氢离子，由于水解程度小于电离程度，最终使溶液呈现酸性，不符合题意，C项错误；
D. NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，最终使溶液呈碱性，D项错误；
答案选A。
5.下列属于物理变化的是（ ）
A. 银白色的钠露置在空气中表面变暗 B. 蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液
C. 蓝色硫酸铜固体中加入浓硫酸 D. 石墨在一定条件下转化成金刚石
【答案】B
【解析】
【详解】A. 银白色的钠露置在空气中会被氧化成氧化钠，使表面变暗，发生的是化学变化，A项错误；
B. 蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液会发生盐析，属于物理变化，B项正确；
C. 蓝色硫酸铜固体中加入浓硫酸会变为白色，生成无水硫酸铜，发生化学变化，C项错误；
D. 石墨在一定条件下转化成金刚石，有新物质的生成，属于化学变化，D项错误；
答案选B。
【点睛】B项需要特别注意，蛋白质的盐析与变性的区别如下：
（1）盐析是可逆的，变性是不可逆的；
（2）重金属盐，如Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋等使蛋白质变性，而Na2SO4、(NH4)2SO4、MgSO4等使蛋白质盐析；
（3）盐析常用于分离、提纯蛋白质，变性原理可以用于消毒。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 硫酸铁既可用于净水，也可消毒杀菌 B. 工业用焦炭还原氧化铁在炼铁高炉中制铁
C. 工业上用饱和石灰水制备漂白粉 D. 二氧化硫可用于漂白纸浆
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸铁在水溶液中发生水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，但无消毒杀菌作用，A项错误；
B. 工业用CO还原氧化铁在炼铁高炉中制铁，而不是焦炭，B项错误；
C. 工业上用石灰乳制备漂白粉，而不是饱和石灰水，C项错误；
D. 二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，D项正确；
答案选D。
【点睛】D项是易错易混点，二氧化硫的漂白性主要体现在可漂白草帽、纸浆、品红溶液等，但不能漂白酸碱指示剂。
7.下列反应中，非金属元素被还原的是（ ）
A. MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑+2H2O B. H2＋CuOCu＋H2O
C. 2FeCl2＋Cl2===2FeCl3 D. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
非金属元素被还原，即非金属元素发生化合价降低的还原反应，由此分析解答。
详解】A. MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑+2H2O反应中，Cl元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，不符合题意，A项错误；
B. H2＋CuOCu＋H2O反应中，H元素化合价从0价升高到+1价，被氧化，不符合题意，B项错误；
C. 2FeCl2＋Cl2===2FeCl3反应中，Cl元素化合价从0价降低到-1价，被还原，C项正确；
D. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑反应中，O元素从-2价升高到0价，被氧化，不符合题意，D项错误；
答案选C。
【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。
8.下列表示正确的是（ ）
A. 水分子的比例模型： B. CCl4的电子式：
C. 18O2-离子的结构示意图： D. 丙烷的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 水分子的空间构型为V型，不是直线型，A项错误；
B. CCl4中所有原子均为8电子稳定结构，B项错误；
C. 18O2-离子的质子数为8，其结构示意图为：，C项错误；
D. 丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，碳原子空间构型为四面体结构，且C原子半径大于H的原子半径，其球棍模型为：，D项正确；
答案选D。
9.下列物质不能使氯水褪为无色的是（ ）
A. AgNO3溶液 B. NaBr溶液 C. Na2CO3溶液 D. SO2气体
【答案】B
【解析】
【分析】
氯水中存在平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，氯气为黄绿色，结合离子浓度对化学平衡的影响效果分析作答。
【详解】根据上述分析可知：
A. AgNO3溶液中Ag＋会与Cl－反应生成沉淀，使上述平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，A项错误；
B. 氯气可氧化NaBr生成溴单质，溴水显橙黄色，不能使溶液褪为无色，B项正确；
C. Na2CO3会与氯水中H＋反应，使平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，C项错误；
D. SO2会与氯气发生氧化还原反应生成HCl与H2SO4，氯水褪为无色，D项错误；
答案选B。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，且干燥后才能使用
B. 使用pH试纸时用手捏住即可
C. 利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和MgCl2溶液
D. 新制氯水保存在棕色广口瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，但不要求干燥，A项错误；
B. 使用pH试纸时用镊子夹取，B项错误；
C. 蛋白质溶液为胶体，能够发生丁达尔效应，可与MgCl2溶液区分开，C项正确；
D. 新制氯水保存在棕色细口瓶中，D项错误；
答案选C。
11.下列说法正确的是（ ）
A. CH4和异戊烷互为同系物 B. C3H8O的同分异构体有4种
C. 35Cl2与37 Cl2互称同位素 D. (CH3CH2)2CHCH3的系统命名是 2-乙基丁烷
【答案】A
【解析】
【详解】A. CH4和异戊烷均为烷烃，且分子式相差4个CH2，属于同系物，A项正确；
B. C3H8O的同分异构体有3种，分别是CH3CH2CH2OH、（CH3)2CHOH、CH3CH2OCH3，B项错误；
C. 质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，35Cl2与37 Cl2为不同的分子，C项错误；
D. (CH3CH2)2CHCH3的系统命名为3-甲基戊烷，D项错误；
答案选A。
【点睛】质子数相同、质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物互为同系物；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，学生要理解并加以辨别与判断。
12.五种短周期元素在元素周期表中的位置如图，已知Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法不正确的是（ ）
M
W
X
Y
Z
A. 五种元素中原子半径最大的是X，离子半径最大的是Y单核离子
B. X与M、X与Z形成的化合物晶体类型不同，但化学键类型相同
C. 工业上M单质可以制X单质，这个事实可证明非金属性M＞X
D. 五种元素均能与氢元素组成18电子分子
【答案】C
【解析】
【分析】
根据五种短周期元素在元素周期表中的位置，Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，可知Y是第三周期元素，Y为S元素，Z为Cl元素，W为N元素，M为C元素，X为Si元素，据此分析作答。
【详解】A. A. 原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以五种元素中原子半径最大的是X，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，O、F元素除外，所以五种元素中Z的非金属性最强，所以Z的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强，A项正确；
B. X与M形成的化合物为SiC，属于原子晶体，化学键类型为极性共价键；X与Z形成的化合物为SiCl4，属于分子晶体，化学键类型为极性共价键，B项正确；
C. 工业上用C在高温下还原二氧化硅生成粗硅与CO，C在该反应中没有表现非金属性，故这个事实不能证明两者的非金属性的强弱关系，C项错误；
D. C2H6、SiH4、N2H4、H2S、HCl是18电子分子，D项正确；
答案选C。
13.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：Ca2+＋2HCO3ˉ＋2OHˉ=CaCO3↓＋CO32-＋2H2O
B. 氢氧化钠溶液吸收一定量的SO2可能的反应是：2SO2＋3OHˉ=HSO3ˉ＋SO32-＋H2O
C. 碳酸钙溶于醋酸溶液：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋2H2O
D. FeCl3溶液中加入KSCN：Fe3+＋3SCNˉ=Fe(SCN)3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：Ca2+＋HCO3ˉ＋OHˉ=CaCO3↓＋H2O
B. 氢氧化钠与SO2投料比为3:2时，同时生成亚硫酸氢钠与亚硫酸钠和水，其离子方程式为：2SO2＋3OHˉ=HSO3ˉ＋SO32-＋H2O，B项正确；
C. 醋酸为弱酸，在离子方程式中应保留化学式，C项错误；
D. Fe(SCN)3为络合物，而不是沉淀，因此FeCl3溶液中加入KSCN，发生反应的离子方程式为：Fe3+＋3SCNˉ=Fe(SCN)3，D项错误；
答案选B。
14.下列不能说明2NO2(g)N2O4(g)已达到平衡状态的是（ ）
A. 温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
B. 温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C. 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
D. 反应速率2v(NO2)逆＝v(N2O4)正
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】2NO2(g)N2O4(g)是气体分子数减少的放热反应，则：
A. 温度和压强一定，混合气体的密度不再变化时，说明气体的平均相对分子质量不再变化，反应达平衡状态，A项正确；
B. 温度和体积一定，容器内压强不再变化时，说明气体物质的量不变，反应达平衡状态，B项正确；
C. 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，C项正确；
D. 反应速率v(NO2)逆＝2v(N2O4)正，说明v正=v逆，但2v(NO2)逆＝v(N2O4)正，v正v逆，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；
答案选D。
【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。
一、直接判断法：
①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率
注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。
②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。
二、间接判断法
①在相同温度下，对于气体分子数改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体分子数不改变的反应，压强不能做标志。
②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。
③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化。
⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
B. 石油裂化和裂解的实质均是将长链烃转化为短链烃
C. 完全燃烧等质量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同
D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应和加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型均为取代反应，A项正确；
B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程；石油裂解是深度裂化，以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，B项正确；
C. 乙烯和聚乙烯具有相同的最简式，完全燃烧等质量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，C项正确；
D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，但不能发生加成反应，D项错误；
答案选D。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 一定条件下，乙酸乙酯、葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应
B. 煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
C. 蛋白质是组成细胞的基础物质，动物的肌肉、毛皮、血液、乳汁、脂肪等均含有蛋白质
D. 植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一定条件下，乙酸乙酯与蛋白质都能与水发生水解反应，但葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，A项错误；
B. 煤制煤气主要是C与水蒸气高温下反应生成CO与H2的过程，属于化学变化，B项错误；
C. 脂肪的成分主要是高级脂肪酸甘油酯，不是蛋白质，C项错误；
D. 植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精和二氧化碳，D项正确；
答案选D。
17.化学镀铜废液中含有一定量的CuSO4，任意排放会污染环境，利用电化学原理可对废液进行回收处理，装置如图，其中质子交换膜只允许H+通过。已知：①Cu2++ HCHO + 3OH－=Cu + HCOO－+ 2H2O；②还原性：HCHO > M(—种金属）> Cu。
下列说法正确的是
A. 反应之前，应将含OH－的HCHO溶液加入到装置的左侧
B. 右侧发生的电极反应式：HCHO-2e－+H2O=HCOO－+3H+
C. 若将质子交换膜换成阴离子交换膜，放电过程中，大量的OH－将向左侧迁移
D. 放电一段时间后打开开关，移去质子交换膜，装置中可能会有红色固体、蓝色絮状物出现
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置为原电池，M为负极，石墨为正极。
【详解】A、根据②HCHO > M(—种金属）> Cu可知，为防止M与镀铜废液中的Cu2+发生反应生成新的金属离子污染环境，应将镀铜废液加入到装置的左侧，则将含OH－的HCHO溶液加入到装置的右侧，A错误；
B、右侧发生反应的电极反应式为HCHO＋2OH－－2e－=HCOO－＋H2O，B错误；
C、若将质子交换膜换成阴离子交换膜，则放电过程中，大量的OH－将向原电池的负极迁移，即向右侧迁移，C错误；
D、若移去质子交换膜，Cu2++ HCHO + 3OH－=Cu + HCOO－+ 2H2O有红色沉淀，Cu2＋和OH－结合生成Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，D正确。
故选D。
18.常温下，下列有关叙述正确的是
A. 饱和氯水中滴加NaOH至溶液呈中性：c（Na+）═ 2c（ClO﹣）+c（HClO）
B. 100mL 0.2mol/L的NH4Cl溶液和200ml 0.1mol/L的NH4Cl溶液所含有的n（NH4+）相同
C. pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH﹣）≥c（H+）
D. 常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+）
【答案】A
【解析】
A、饱和氯水中滴加NaOH至溶液呈中性：任何电解质溶液中都存在电荷守恒c（Na+）+c（H＋）=c（OH－）+ c（ClO﹣）+c（Cl﹣），c（H＋）=c（OH－），物料守恒： c（HClO）+c（ClO﹣）=c（Cl﹣），得c（Na+）═ 2c（ClO﹣）+c（HClO），故A正确；B、100mL 0.2mol/L的NH4Cl溶液和200mL 0.1mol/L的NH4Cl溶液所含有的n（NH4Cl）相同，但c(NH4＋)不同，水解程度不同，故n（NH4+）不同，故B错误；C、 pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：若酸为强酸，则c（OH﹣）=c（H+）；若酸为弱酸，则酸过量，c（OH﹣），故C错误；D、常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO― 的水解程度，故c（CH3COO﹣）>c（Na＋）>c（CH3COOH），由电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na＋ ）+c（H＋），c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）>c（CH3COOH）+c（H+）,故D错误；故选A。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 化学变化中往往伴随着化学键的破坏与形成，物理变化中一定没有化学键的破坏或形成
B. 硫酸钾和硫酸溶于水都电离出硫酸根离子，所以它们在熔融状态下都能导电
C. 在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成
D. H2和Cl2在光照条件反应生成HCl，一定有共价键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学变化中往往伴随着化学键的破坏与形成，物理变化中可能伴随着化学键的破坏，如HCl溶于水，A项错误；
B.硫酸为共价化合物，在熔融状态下不能导电，B项错误；
C. 在N2、CO2和SiO2物质中都存在共价键，但N2和CO2是由分子构成，而SiO2是由原子构成的，C项错误；
D. H2和Cl2在光照条件反应生成HCl，发生化学变化，H-H键和Cl-Cl键断裂，H-Cl键形成，D项正确；
答案选D。
【点睛】B项是学生的易错点，只有离子晶体和金属晶体在熔融状态下才会导电。
20.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）
A. 常温下，0.1 mol·L一1的碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于0.1NA
B. 标准状况下，33.6 mL氯气通人足量水中发生反应，转移电子数为1.5×10-3NA
C. 常温常压下，28 g由C3H6和C4H8组成的混合气体中含共用电子对数目为6NA
D. 同温下，pH=1体积为1 L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1 L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1NA
【答案】C
【解析】
A．溶液体积未知，无法计算碳酸根离子个数，故A错误；B．标况下33.6mL氯气通入足量水中发生反应，氯气与水反应为可逆反应，氯气不能全部反应，转移电子数小于1.5×10-3NA，故B错误；C．C3H6和C4H8的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n==2mol，故含6mol共用电子对即6NA个，故C正确；D．温度不明确，水的离子积的数值无法确定，故pH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根的浓度不一定是0.1mol/L，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，本题的易错点是D，注意水的离子积常数与温度有关。
21.在一定温度时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线如图，其中a表示不使用催化剂时的能量变化曲线，b表示使用催化剂时的能量变化曲线。下列叙述正确的是
A. 状态M和N均表示2molN(g)+6mol H(g)
B. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=-92kJ·mol-l
C. 使用催化剂，降低了反应进行所需最低能量，增大了反应放出的能量
D. 使用催化剂，并不能改变反应的△H
【答案】D
【解析】
A、状态M和N的能量不同，因此它们不可能表示等量的同种物质，故错误；B、写热化学反应方程式，要标明物质的状态，故错误；C、 催化剂降低活化能，焓变与始态和终态有关，始态和终态不变，反应热不变，故错误；D、根据选项C的分析，故正确。
22.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见表。
组别
温度
时间/min
n/mol
0
10
20
40
50
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
…
0.15
下列说法正确的是（ ）
A. 组别①中，0~20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L-1·min-1
B. 由实验数据可知该反应较适宜的温度为T1
C. 40min时，表格中T2应填的数据为0.18
D. 0～10min内，CH4的降解速率①>②
【答案】B
【解析】
【详解】A. 组别①中，0-20min内，CH4的降解速率为=0.0125mol·L-1·min-1，根据化学反应的计量数之比等于化学反应速率之比可知，NO2的降解速率为2 0.0125mol·L-1·min-1=0.025 mol·L-1·min-1，A项错误；
B. 由实验整组数据可知，该反应在T1温度下降解达平衡所需要更短，故较适宜的温度为T1，B项正确；
C. 随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减小，40min时，表格中T2对应的数据为0.15-0.18之间，C项错误；
D. 有表格数据对比可以看出，0~10min内，CH4的变化量：②>①，相同的时间内其降解速率: ②>①，D项错误。
答案选B。
23.常温下，现有 0.1 mol·L-1的 NH4HCO3 溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是
A. 当溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(NH3 ·H2O)>c(CO32－)
B. NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(H+)＝c(OH-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)
C. 往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4＋和 HCO3－浓度均逐渐减小
D. 通过分析可知常温下 Kb(NH3·H2O)大于 Ka1(H2CO3)
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3－）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32－），A错误；
B、根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＝c（CO32－）＋c（H2CO3）＋c（HCO3-），因为NH4+发生水解反应，所以c（HCO3-）≠c（CO32－）＋c（OH－）—c（H+），则B项中关系式错误，B错误；
C、根据图像可知pH＜7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3﹣浓度逐渐增大，C错误；
D、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO3‾的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb（NH3·H2O）＞Ka1（H2CO3），D正确。
答案选D。
24.钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”，工业制取方法如图，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体BaTiO(C2O4)2·4H2O，煅烧后可获得钛酸钡粉体。下列说法不正确的是（ ）
A. 酸浸时发生的反应的离子方程式为：BaCO3+2H+== CO2↑+Ba2++H2O
B. 加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为：BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl
C. 可循环使用物质X是CO2
D. 煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，生成高温下的气体产物有CO、CO2和H2O(g)
【答案】C
【解析】
【分析】
由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO(C2O4)2•4H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，据此分析。
【详解】A. 碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，其离子方程式为：BaCO3+2H+== CO2↑+Ba2++H2O，A项正确；
B. 加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，发生反应的化学方程式为：BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl，B项正确；
C. 加入H2C2O4溶液时发生反应BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl，生成的HCl可以在“酸浸”工艺中循环利用，C项错误；
D. BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，D项正确；
答案选C。
25.某固体粉末样品中可能含有SiO2、Fe2O3、CaO、CuO、MgO、Na2O和炭粉等成分，为确认其中的组分，某同学设计并完成了如下实验：
A. 从现象1和3可推断样品中有CaO，没有Na2O
B. 从现象3可推断样品中有SiO2
C. 从现象4和5可推断样品中有Fe2O3和MgO
D. 从现象4和6可推断样品中有炭粉，无CuO
【答案】C
【解析】
【详解】A.SiO2、Fe2O3、CaO、CuO、MgO、Na2O和炭粉溶于水，SiO2、CuO、MgO、Fe2O3难溶于水，Na2O、CaO和水反应生成NaOH和Ca(OH)2，向溶液1中通入CO2，先出现白色沉淀后消失，发生反应CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O =2Ca(HCO3)2，所以从现象1和3可推断样品中有CaO，没有Na2O，A正确；
B. SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3，硅酸钠与盐酸反应生成白色沉淀硅酸，故从现象3可推断样品中有SiO2，B正确；
C.CuO、MgO、Fe2O3与盐酸反应生成CuCl2、MgCl2、FeCl3，黑色固体为碳粉，CuCl2溶液呈蓝色，则一定没有CuO，红褐色沉淀为Fe(OH)3，一定有Fe2O3，无法确定是否有MgO，C不正确；
D. 从现象4和6可推断样品中有炭粉，无CuO，D正确。
答案选C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共7小题，共50分)
26.烃A是一种重要的化工原料，A完全燃烧后生成m(CO2)∶m(H2O)＝22∶9，A在同系物中相对分子质量最小，C→E为加成反应。现有如图转化关系：
请回答：
（1）有机物B中含有的官能团名称为____。
（2）有机物B和C生成F的反应类型是____。
（3）有机物C→E的化学方程式为___。
（4）下列说法正确的是____。
A．可用饱和Na2CO3溶液鉴别B、C、F三种物质
B．将绿豆大小的钠投入到B中，钠块浮在液面上，并产生气泡
C．有机物A与B在一定条件下可反应生成乙醚[(CH3CH2)2O]
D．为制备干燥的F，可在分离出F后，选用碱石灰作干燥剂
【答案】 (1). 羟基 (2). 取代或酯化反应 (3). CH3COOH+CH≡CH→CH3COOCH==CH2 (4). AC
【解析】
【分析】
烃A是一种重要的化工原料，A完全燃烧后生成m(CO2)∶m(H2O)＝22∶9，则其物质的量之比为=1:1，故A分子内含C与H的个数比为1:2，又A在同系物中相对分子质量最小，则A为C2H4，因乙烯水会发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇（CH3CH2OH），乙烯发生催化氧化生成C，C和B反应生成F，根据F的分子式可知C是乙酸，C和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。C和D反应生成E，E和氢气发生加成反应生成乙酸乙酯，则E的结构简式为CH3COOCH=CH2，据此分析作答。
【详解】（1）B是乙醇，其官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；
（2）B是乙醇，C是乙酸，生成乙酸乙酯为酯化反应，其反应类型为：取代或酯化反应；
（3）乙酸通过与乙炔的加成反应生成E，其反应的化学方程式为：CH3COOH+CH≡CH→CH3COOCH==CH2；
（4）A. 乙醇与饱和碳酸钠互溶，乙酸与饱和碳酸钠反应产生气泡，乙酸乙酯不溶于水，会发生分层现象，故可用饱和Na2CO3溶液鉴别B、C、F三种物质，A项正确；
B. 钠块密度大于乙醇，不会浮在液面上，B项错误；
C. 乙醇可断开O-H键与乙烯发生加成反应生成乙醚，C项正确；
D. 碱石灰碱性过强，会使乙酸乙酯发生碱性条件下的水解，故不能选用碱石灰作为干燥剂，D项错误；
答案选AC。
27.某同学用某化合物X（两种短周期元素组成纯净物）进行了如下实验：
实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。
请回答：
（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。
（2）步骤②的化学方程式是_____。
【答案】 (1). Mg2Si (2). Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+ (3). SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O
【解析】
【分析】
短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。
【详解】（1）根据化合物X 7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:1，则X的化学式为Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+；
（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。
28.纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性，高效催化性等优良的性质。资料显示：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。如下两个装置可在不同温度下进行该反应并验证产物。
（1）甲装置中仪器a的名称为_____。
（2）装置甲验证气体产物的操作是____。装置C的作用是____。
（3）A同学取出少量乙装置中实验结束后的固体物质于另一试管中，加入少量盐酸，微热，观察到黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色，有少量气泡产生。再向溶液中滴加几滴KSCN溶液，震荡，溶液没有出现红色，推断该条件下生成FeO，B同学却不同意该结论，他的理由是___。
【答案】 (1). 蒸发皿 (2). 用点燃的木条移近肥皂泡，观察是否听见爆鸣声； (3). 制取水蒸气 (4). 可能有过量Fe还原Fe3+
【解析】
【分析】
根据流程可知，装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO，乙装置用酒精喷灯加热，反应温度较高，产物为Fe3O4，据此分析作答。
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器a的名称为蒸发皿；
（2）纳米级Fe粉与水蒸气反应会生成铁的氧化物与氢气，为检验氢气的生成，可用点燃的木条移近肥皂泡，观察是否听见爆鸣声；装置C中试剂先通过加热方式为左侧装置提供水蒸气，故其作用为制取水蒸气，故答案为：用点燃的木条移近肥皂泡，观察是否听见爆鸣声；制取水蒸气；
（3）加入KSCN，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应过程中Fe过量，没有反应完，将反应以后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所有看不到血红色，故答案为：可能有过量Fe还原Fe3+。
29.将FeCl3、CuCl2混合溶液加入一定质量的铁粉中充分反应，所加混合溶液的体积与反应后剩余固体质量如图所示。已知原混合溶液中Cu2＋浓度为0.140 mol·L－1，经检测M点时溶液中无Cu2＋。
求：（1）c(FeCl3)＝______mol·L－1。
（2）铁粉的质量为____g。
【答案】 (1). 004 (2). 8.96
【解析】
【分析】
铁离子的氧化性大于铜离子，铁离子首先氧化金属铁，经验测M点时溶液中无铜离子，固体质量不变，根据2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋可知，消耗铁的质量等于析出铜的质量，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知：
（1）1L溶液内氯化铜的物质的量为0.140 mol，设铁离子的物质的量为x mol，则（0.140+0.5x）mol56g/mol=0.14064g/mol，解得x=0.04，则c(FeCl3)＝=0.04 mol·L－1，故答案为：0.04；
（2）加入8.0 L溶液时固体全部溶解，说明铁只与铁离子反应，则铁离子的物质的量为0.04 mol·L－18.0 L=0.32 mol，则根据2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋可知，铁的物质的量为56g/mol=8.96 g，故答案为：8.96。
30.【加试题】
（一）以一氯代乙酸钠(CH2ClCOONa）水溶液为原料，通过电解法可以制备1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl），装置如图1所示。
（1）所用的离子交换膜是___(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
（2）写出电解池总反应___。
（二）1940年，我国著名化工专家侯德榜先生成功冲破了“索尔维”法的技术封锁，并加以改进，用NaCl固体代替生石灰，加入母液，并联合合成氨厂一起生产出纯碱和氯化铵。这便是举世闻名的“侯氏联合制碱法”，工艺流程如图2。
请回答：
（1）关于合成氨反应，下列说法合理的是___。
A．反应体系中一般用V2O5作催化剂
B．因为该反应ΔS小于零，所以反应的ΔH一定也小于零
C．因为该反应的ΔS小于零，所以反应的压强控制越高越好
D．该反应往往控制在500℃左右，是因为该温度下反应物转化率最高
（2）一定温度下合成氨反应的平衡常数K＝48。若在该温度下，在9L的恒容容器中投入1mol氮气和3mol氢气进行反应，则氨气的平衡产率y＝___；若氮气和氢气的物质的量之比为n∶1，相应平衡体系中氨气的物质的量分数为x，请在图3中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)。______
（3）侯氏制碱法最大的优点是使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____（填上述编号）的循环。
（4）关于侯氏联合制碱法，下列说法合理的是_____。
A．往沉淀池中先通入CO2再通入氨气的目的是提高NaHCO3的产量
B．往母液中加入食盐的目的是使NaHCO3更多地析出
C．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水
D．往母液中通氨气目的仅仅是增大NH4＋的浓度，使NH4Cl更多地析出
【答案】 (1). 阳 (2). 2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－ (3). (4). B (5). 50% (6). Ⅰ (7). C
【解析】
【分析】
（一）电解溶液成分中只有溶质一氯代乙酸钠有氯元素，因此根据原子守恒结合装置图，利用电解池的工作原理书写其电极反应式，考虑二氯乙烷会与OH－反应来选择离子交换膜，据此分析作答；
（二）（1）A. 催化剂具有选择性；
B. 根据G=H-TS公式作答；
C. 结合理论与实际经济成本考虑；
D. 综合温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；
（2）根据三段式结合平衡常数K计算产率与氨气的物质的量分数变化情况；
（3）从碳酸氢钠的溶解性角度分析；
（4）A. 二氧化碳微溶，氨气易溶；
B. 加入盐可提高氯离子浓度；
C. 根据侯氏联合制碱法的原理作答；
D. 根据氨气的溶解度及化学反应的原理作答。
【详解】（一）根据上述分析可知，阳极上每消耗2mol CH2ClCOO-可得到1 mol产物CH2ClCH2Cl，阳极同时生成气体CO2，阴极上溶液中水电离的H+放电，生成H2和OH－，可书写电解池总反应：2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－，为了防止二氯乙烷与OH－反应，应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－；
（二）
（1）A. V2O5是SO2和O2合成SO3的催化剂，不是合成氨反应的催化剂，A项错误；
B. 通过饱和氯化钠溶液中通入氨气与二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，该反应能自发进行，则根据G=H-TS＜０可知，若反应S小于零，则H一定小于零，B项正确；
C. 实际在合成氨工业生产中，压强不能太大，否则能耗太高，并且对设备要求高，C项错误；
D. 提高温度可以适当加快氮气合成速率，温度太高则该放热反应平衡逆向移动，转化率降低，且催化剂活性降低，因此反应控制在500左右，D项错误；
答案为B；
（2）设平衡时氮气消耗x mol/L，则平衡时氮气为(-x) mol/L，氢气为3(-x) mol/L=(-3x) mol/L，氨气为2x mol/L，根据K=48计算可得x=，产率为50%。当氮气与氢气的物质的量之比为合成氨反应的计量系数之比为3:1，到平衡时氧气的物质的量分数最大，因此横坐标n=时纵坐标达到峰值，画图如图所示：，故答案为：50%；；
（3）析出晶体后的溶液中还含有碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵、氨水等物质，因此循环I可以提高氯化钠的利用率；
（4）A. 氨气溶解度大，通入氨气后使溶液显碱性，吸收二氧化碳的量增加，A项错误；
B. 加入盐的目的是提高氯离子浓度，促进氯化铵结晶析出，B项错误；
C. 通入氨气的作用是增大铵根离子浓度，增强碱性和碳酸氢钠反应，从而使碳酸钠、氯化铵和过量氨水通过循环I进入沉淀池，C项正确；
D. 往母液中通氨气目的，可增大铵根离子浓度，在促进氯化铵析出的同时，还可增强溶液的碱性，有利于在循环I后吸收二氧化碳，D项错误；
答案选C。
31.【加试题】三氧化二镍（Ni2O3）是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，常用于制作重要的电子元件材料和蓄电池材料。某实验室尝试用工业废弃的NiO催化剂（还含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质）为原料生产2NiOOH•H2O沉淀，继而制备Ni2O3。实验工艺流程为：
已知：①有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.6
9.7
9.2
②常温下CaF2难溶于水，微溶于无机酸
（1）操作B中需调节pH范围为____，使用Na2CO3调节pH过程中发生的反应有___。实验人员发现温度不同时，镍的浸出率不同，浸出率与温度的关系如图所示。请解释当温度高于70℃时，浸出液中Ni2+含量降低的原因____。
（2）下列说法正确的是____
A.为提高酸浸效率，可充分搅拌或适当提高硫酸浓度
B.操作A中应持续通入过量H2S气体使杂质Cu2+彻底沉淀
C.浸出渣的主要成分为CaSO4•2H2O和BaSO4
D.为得到副产品胆矾，应蒸发浓缩至出现大量晶体，用玻璃纤维代替滤纸进行趁热过滤
（3）电解过程中，Cl－在阳极被氧化为ClO－，但是反应前后溶液中Cl－浓度不变。写出生成沉淀反应的离子方程式_____。
（4）操作C加入NaF后如何证明沉淀完全____。
（5）工业上也可通过将草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水，再在高温下煅烧三小时制得Ni2O3，同时获得混合气体。草酸镍受热分解的化学方程式为____。
【答案】 (1). 3.6~7.2 (2). CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，2Fe3+ +3CO32- +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). 温度升高，Ni2+的水解程度增大，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，浸出率降低 (4). AC (5). ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O↓＋Cl－ (6). 静置取上层清液少许于试管中，再加入适量NaF溶液，若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全 (7). 2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑
【解析】
【分析】
含镍催化剂与硫酸反应后Ba2＋形成BaSO4沉淀，通入硫化氢气体将Cu2＋沉淀，操作B除去Fe3＋，操作C除去Ca2＋，最后加氯化钠电解硫酸镍溶液得到2NiOOHH2O↓，最终得到Ni2O3，据此分析作答。
【详解】（1）亚铁离子不易除去，为了使铁元素被过氧化氢氧化到Fe3＋并彻底除去，需调节pH至高于沉淀前的pH且低于Ni(OH)2开始沉淀的pH，防止Ni元素的损失，即pH范围为3.6~7.2；加入碳酸钠调节过程中CO32－先与酸浸时过量H＋反应，再与Fe3＋发生双水解生成Fe(OH)3沉淀，则离子方程式为：CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，2Fe3+ +3CO32- +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；随着温度升高，镍离子的水解程度增大，浸出渣中氢氧化镍的含量增大，浸出率降低。故答案为：3.6~7.2；CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，2Fe3+ +3CO32- +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；温度升高，Ni2+的水解程度增大，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，浸出率降低；
（2）A. 充分搅拌，适当提高酸浓度的方法可以促进金属氧化物的反应，A项正确；
B.持续通入过量H2S，虽有助于Cu2＋沉淀完全，但是额外消耗后续操作中添加的H2O2，造成试剂浪费，因此应通适量H2S即可，B项错误；
C. 硫酸与氧化镍、氧化铁、氧化钙、氧化铜、氧化钡分别生成硫酸盐产物，其中硫酸钡和硫酸钙难溶，因此浸出渣的主要成分为CaSO42H2O和BaSO4，C项正确；
D. 副产品胆矾含有结晶水，不可用蒸发结品方法分离提纯，D项错误，
故答案为：AC；
（3）Ni2＋被ClO－氧化产生2NiOOHH2O↓，ClO－被还原为Cl－，根据得失电子相等和电荷守恒、质量守恒配平得到ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O↓＋Cl－。
（4）证明所有Ca2＋均发生沉淀，可以静置取上层清液少许于试管中，再加入适量NaF溶液，若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全；
（5）草酸镍在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，再发生氧化还原反应，Ni由+2价升高到 +3价，则C由+3价降低到+2价，因生成混合气体，则另一气体为CO2，即生成Ni2O3、CO和CO2，再利用化合价升降相等，配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑。
32.【加试题】（有机物G（C26H26O2N4）是一种塑料添加剂，可以提高塑料的使用寿命，其合成有关路线如图：
已知：①F的1H-NMR谱中只有一个峰
②
请回答：
（1）下列说法不正确的是___
A．A→B的反应需控制在较低温度，因为酚容易被氧化
B．B→C是发生了加成反应
C．D物质既具有酸性，也具有碱性
D．E在工业上的主要来源是石油工业中的催化重整
（2）G的结构简式______
（3）写出C→D的反应方程式____
（4）请设计以E为原料合成F的合成路线（用流程图表示，可使用n≤2的有机物，无机试剂任选）____
（5）写出化合物C可能的同分异构体的结构简式___。
须同时符合：①能与FeCl3溶液显色 ②苯环上的氢只有2种且苯环上只有2个取代基
【答案】 (1). B (2). (3). +HBr (4). (5). 、、、
【解析】
【分析】
A为，在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生消化反应生成B（），根据D中羟基的邻位为氨基，利用逆合成分析法可知，B到C发生了硝基的还原反应生成转化为氨基，故推出C为，C再发生取代反应生成D；根据F的分子式及给定信息“F的1H-NMR谱中只有一个峰”可知，F为对称结构，其结构简式为：；结合给定信息②可知，E先经过氧化反应生成对苯二甲酸，然后在SOCl2的作用下生成F，F再与D结合生成分子式为C26H26O2N4的G，则G为，据此分析作答。
【详解】（1）A．因酚容易被氧化，故A→B的反应需控制在较低温度，A项正确；
B．B→C是发生了还原反应，硝基转化为氨基，故不属于加成反应，B项错误；
C．D分子内含有具有酸性的酚羟基，也含具有碱性的氨基，C项正确；
D．苯乙烷来自于石油工业中的催化重整，D项正确；
答案选B；
（2）根据上述分析可知，G的结构简式为：；
（3）C→D的反应方程式为
+HBr；
（4）根据上述分析可知，E先经过氧化反应生成对苯二甲酸，然后在SOCl2的作用下生成F，故可设计合成路线如下：；
（5）化合物C为，其分子式为C7H9NOBr，不饱和度为4，①能与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基； ②苯环上的氢只有2种且苯环上只有2个取代基，则说明取代基的位置为对位，那么满足上述条件的C的同分异构体可以是：、、、。
【点睛】同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。本题的最后一问，主要考虑位置便可以得出结论。
杭州二中第一学期高三年级第一次月考化学试卷
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1.下列属于强碱的是（ ）
A. Na2CO3 B. Na2O C. NH3·H2O D. 氢氧化钙Ca(OH)2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据碱的定义及电离的离子的特点进行分析，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，完全电离的属于强碱，部分电离的属于弱碱，据此分析判断。
【详解】A. Na2CO3是由钠离子与碳酸根离子构成的化合物，属于盐，A项错误；
B. Na2O属于金属氧化物，不是碱，B项错误；
C. NH3·H2O在水中发生部分电离生成铵根离子与氢氧根离子，属于弱碱，C项错误；
D. 氢氧化钙Ca(OH)2在水溶液中完全电离生成钙离子与氢氧根离子，属于强碱，D项正确；
答案选D。
【点睛】酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物。可以简记为:氢头酸、氢氧根结尾碱、金属开头酸根结尾的是盐。酸、碱、盐是化学学习中的重要知识点，学生要加以理解并区分开常见的酸碱盐。
2.下列仪器中，可用酒精灯直接加热的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 漏斗不能加热，A项错误；
B. 试管能进行直接加热，B项正确；
C. 容量瓶用于配制一定浓度的溶液，只能在规定的温度下使用，不能加热，C项错误；
D. 蒸馏烧瓶需要垫石棉网加热，D项错误；
答案选B。
【点睛】能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。
3.下列物质溶于水后，溶液能导电，但既不是电解质，又不是非电解质的是（ ）
A. 蔗糖 B. 漂白粉 C. 氧化钙 D. 二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A. 蔗糖属于非电解质，溶于水不能导电，故A不符合题意；
B. 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，溶于水后，溶液能导电，故B符合题意；
C. 氧化钙属于电解质，溶于水生成氢氧化钙，也是电解质，溶液能导电，故C不符合题意；
D. 二氧化碳属于非电解质，溶于水后生成碳酸，能导电，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】本题有三个限定条件：（1）能导电；（2）不是电解质；（3）不是非电解质。所以要同时满足既不是电解质，又不是非电解质，还能导电的条件。
4.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（ ）
A. CuCl2 B. CH3COOH C. NaHSO3 D. NaHCO3
【答案】A
【解析】
【分析】
强酸弱碱盐水解使溶液显酸性，强碱弱酸盐水解使溶液显碱性，故物质若因水解而呈酸性，则此物质应为强酸弱碱盐，据此分析。
【详解】A. CuCl2是强酸弱碱盐，水解显酸性，A项正确；
B. CH3COOH是酸，不能水解，是由于电离出氢离子而使溶液显酸性，B项错误；
C. NaHSO3溶液中，亚硫酸氢根离子水解产生氢氧根离子，亚硫酸氢根电离产生氢离子，由于水解程度小于电离程度，最终使溶液呈现酸性，不符合题意，C项错误；
D. NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，最终使溶液呈碱性，D项错误；
答案选A。
5.下列属于物理变化的是（ ）
A. 银白色的钠露置在空气中表面变暗 B. 蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液
C. 蓝色硫酸铜固体中加入浓硫酸 D. 石墨在一定条件下转化成金刚石
【答案】B
【解析】
【详解】A. 银白色的钠露置在空气中会被氧化成氧化钠，使表面变暗，发生的是化学变化，A项错误；
B. 蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液会发生盐析，属于物理变化，B项正确；
C. 蓝色硫酸铜固体中加入浓硫酸会变为白色，生成无水硫酸铜，发生化学变化，C项错误；
D. 石墨在一定条件下转化成金刚石，有新物质的生成，属于化学变化，D项错误；
答案选B。
【点睛】B项需要特别注意，蛋白质的盐析与变性的区别如下：
（1）盐析是可逆的，变性是不可逆的；
（2）重金属盐，如Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋等使蛋白质变性，而Na2SO4、(NH4)2SO4、MgSO4等使蛋白质盐析；
（3）盐析常用于分离、提纯蛋白质，变性原理可以用于消毒。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 硫酸铁既可用于净水，也可消毒杀菌 B. 工业用焦炭还原氧化铁在炼铁高炉中制铁
C. 工业上用饱和石灰水制备漂白粉 D. 二氧化硫可用于漂白纸浆
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸铁在水溶液中发生水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，但无消毒杀菌作用，A项错误；
B. 工业用CO还原氧化铁在炼铁高炉中制铁，而不是焦炭，B项错误；
C. 工业上用石灰乳制备漂白粉，而不是饱和石灰水，C项错误；
D. 二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，D项正确；
答案选D。
【点睛】D项是易错易混点，二氧化硫的漂白性主要体现在可漂白草帽、纸浆、品红溶液等，但不能漂白酸碱指示剂。
7.下列反应中，非金属元素被还原的是（ ）
A. MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑+2H2O B. H2＋CuOCu＋H2O
C. 2FeCl2＋Cl2===2FeCl3 D. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
非金属元素被还原，即非金属元素发生化合价降低的还原反应，由此分析解答。
详解】A. MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑+2H2O反应中，Cl元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，不符合题意，A项错误；
B. H2＋CuOCu＋H2O反应中，H元素化合价从0价升高到+1价，被氧化，不符合题意，B项错误；
C. 2FeCl2＋Cl2===2FeCl3反应中，Cl元素化合价从0价降低到-1价，被还原，C项正确；
D. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑反应中，O元素从-2价升高到0价，被氧化，不符合题意，D项错误；
答案选C。
【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。
8.下列表示正确的是（ ）
A. 水分子的比例模型： B. CCl4的电子式：
C. 18O2-离子的结构示意图： D. 丙烷的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 水分子的空间构型为V型，不是直线型，A项错误；
B. CCl4中所有原子均为8电子稳定结构，B项错误；
C. 18O2-离子的质子数为8，其结构示意图为：，C项错误；
D. 丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，碳原子空间构型为四面体结构，且C原子半径大于H的原子半径，其球棍模型为：，D项正确；
答案选D。
9.下列物质不能使氯水褪为无色的是（ ）
A. AgNO3溶液 B. NaBr溶液 C. Na2CO3溶液 D. SO2气体
【答案】B
【解析】
【分析】
氯水中存在平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，氯气为黄绿色，结合离子浓度对化学平衡的影响效果分析作答。
【详解】根据上述分析可知：
A. AgNO3溶液中Ag＋会与Cl－反应生成沉淀，使上述平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，A项错误；
B. 氯气可氧化NaBr生成溴单质，溴水显橙黄色，不能使溶液褪为无色，B项正确；
C. Na2CO3会与氯水中H＋反应，使平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，C项错误；
D. SO2会与氯气发生氧化还原反应生成HCl与H2SO4，氯水褪为无色，D项错误；
答案选B。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，且干燥后才能使用
B. 使用pH试纸时用手捏住即可
C. 利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和MgCl2溶液
D. 新制氯水保存在棕色广口瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使用容量瓶配制溶液时，应先检漏，但不要求干燥，A项错误；
B. 使用pH试纸时用镊子夹取，B项错误；
C. 蛋白质溶液为胶体，能够发生丁达尔效应，可与MgCl2溶液区分开，C项正确；
D. 新制氯水保存在棕色细口瓶中，D项错误；
答案选C。
11.下列说法正确的是（ ）
A. CH4和异戊烷互为同系物 B. C3H8O的同分异构体有4种
C. 35Cl2与37 Cl2互称同位素 D. (CH3CH2)2CHCH3的系统命名是 2-乙基丁烷
【答案】A
【解析】
【详解】A. CH4和异戊烷均为烷烃，且分子式相差4个CH2，属于同系物，A项正确；
B. C3H8O的同分异构体有3种，分别是CH3CH2CH2OH、（CH3)2CHOH、CH3CH2OCH3，B项错误；
C. 质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，35Cl2与37 Cl2为不同的分子，C项错误；
D. (CH3CH2)2CHCH3的系统命名为3-甲基戊烷，D项错误；
答案选A。
【点睛】质子数相同、质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物互为同系物；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，学生要理解并加以辨别与判断。
12.五种短周期元素在元素周期表中的位置如图，已知Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法不正确的是（ ）
M
W
X
Y
Z
A. 五种元素中原子半径最大的是X，离子半径最大的是Y单核离子
B. X与M、X与Z形成的化合物晶体类型不同，但化学键类型相同
C. 工业上M单质可以制X单质，这个事实可证明非金属性M＞X
D. 五种元素均能与氢元素组成18电子分子
【答案】C
【解析】
【分析】
根据五种短周期元素在元素周期表中的位置，Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，可知Y是第三周期元素，Y为S元素，Z为Cl元素，W为N元素，M为C元素，X为Si元素，据此分析作答。
【详解】A. A. 原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以五种元素中原子半径最大的是X，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，O、F元素除外，所以五种元素中Z的非金属性最强，所以Z的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强，A项正确；
B. X与M形成的化合物为SiC，属于原子晶体，化学键类型为极性共价键；X与Z形成的化合物为SiCl4，属于分子晶体，化学键类型为极性共价键，B项正确；
C. 工业上用C在高温下还原二氧化硅生成粗硅与CO，C在该反应中没有表现非金属性，故这个事实不能证明两者的非金属性的强弱关系，C项错误；
D. C2H6、SiH4、N2H4、H2S、HCl是18电子分子，D项正确；
答案选C。
13.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：Ca2+＋2HCO3ˉ＋2OHˉ=CaCO3↓＋CO32-＋2H2O
B. 氢氧化钠溶液吸收一定量的SO2可能的反应是：2SO2＋3OHˉ=HSO3ˉ＋SO32-＋H2O
C. 碳酸钙溶于醋酸溶液：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋2H2O
D. FeCl3溶液中加入KSCN：Fe3+＋3SCNˉ=Fe(SCN)3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：Ca2+＋HCO3ˉ＋OHˉ=CaCO3↓＋H2O
B. 氢氧化钠与SO2投料比为3:2时，同时生成亚硫酸氢钠与亚硫酸钠和水，其离子方程式为：2SO2＋3OHˉ=HSO3ˉ＋SO32-＋H2O，B项正确；
C. 醋酸为弱酸，在离子方程式中应保留化学式，C项错误；
D. Fe(SCN)3为络合物，而不是沉淀，因此FeCl3溶液中加入KSCN，发生反应的离子方程式为：Fe3+＋3SCNˉ=Fe(SCN)3，D项错误；
答案选B。
14.下列不能说明2NO2(g)N2O4(g)已达到平衡状态的是（ ）
A. 温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
B. 温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C. 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
D. 反应速率2v(NO2)逆＝v(N2O4)正
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】2NO2(g)N2O4(g)是气体分子数减少的放热反应，则：
A. 温度和压强一定，混合气体的密度不再变化时，说明气体的平均相对分子质量不再变化，反应达平衡状态，A项正确；
B. 温度和体积一定，容器内压强不再变化时，说明气体物质的量不变，反应达平衡状态，B项正确；
C. 条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，C项正确；
D. 反应速率v(NO2)逆＝2v(N2O4)正，说明v正=v逆，但2v(NO2)逆＝v(N2O4)正，v正v逆，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；
答案选D。
【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。
一、直接判断法：
①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率
注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。
②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。
二、间接判断法
①在相同温度下，对于气体分子数改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体分子数不改变的反应，压强不能做标志。
②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。
③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化。
⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
B. 石油裂化和裂解的实质均是将长链烃转化为短链烃
C. 完全燃烧等质量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同
D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应和加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型均为取代反应，A项正确；
B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程；石油裂解是深度裂化，以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，B项正确；
C. 乙烯和聚乙烯具有相同的最简式，完全燃烧等质量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同，C项正确；
D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，但不能发生加成反应，D项错误；
答案选D。
16.下列说法正确的是（ ）
A. 一定条件下，乙酸乙酯、葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应
B. 煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
C. 蛋白质是组成细胞的基础物质，动物的肌肉、毛皮、血液、乳汁、脂肪等均含有蛋白质
D. 植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一定条件下，乙酸乙酯与蛋白质都能与水发生水解反应，但葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，A项错误；
B. 煤制煤气主要是C与水蒸气高温下反应生成CO与H2的过程，属于化学变化，B项错误；
C. 脂肪的成分主要是高级脂肪酸甘油酯，不是蛋白质，C项错误；
D. 植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精和二氧化碳，D项正确；
答案选D。
17.化学镀铜废液中含有一定量的CuSO4，任意排放会污染环境，利用电化学原理可对废液进行回收处理，装置如图，其中质子交换膜只允许H+通过。已知：①Cu2++ HCHO + 3OH－=Cu + HCOO－+ 2H2O；②还原性：HCHO > M(—种金属）> Cu。
下列说法正确的是
A. 反应之前，应将含OH－的HCHO溶液加入到装置的左侧
B. 右侧发生的电极反应式：HCHO-2e－+H2O=HCOO－+3H+
C. 若将质子交换膜换成阴离子交换膜，放电过程中，大量的OH－将向左侧迁移
D. 放电一段时间后打开开关，移去质子交换膜，装置中可能会有红色固体、蓝色絮状物出现
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置为原电池，M为负极，石墨为正极。
【详解】A、根据②HCHO > M(—种金属）> Cu可知，为防止M与镀铜废液中的Cu2+发生反应生成新的金属离子污染环境，应将镀铜废液加入到装置的左侧，则将含OH－的HCHO溶液加入到装置的右侧，A错误；
B、右侧发生反应的电极反应式为HCHO＋2OH－－2e－=HCOO－＋H2O，B错误；
C、若将质子交换膜换成阴离子交换膜，则放电过程中，大量的OH－将向原电池的负极迁移，即向右侧迁移，C错误；
D、若移去质子交换膜，Cu2++ HCHO + 3OH－=Cu + HCOO－+ 2H2O有红色沉淀，Cu2＋和OH－结合生成Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，D正确。
故选D。
18.常温下，下列有关叙述正确的是
A. 饱和氯水中滴加NaOH至溶液呈中性：c（Na+）═ 2c（ClO﹣）+c（HClO）
B. 100mL 0.2mol/L的NH4Cl溶液和200ml 0.1mol/L的NH4Cl溶液所含有的n（NH4+）相同
C. pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH﹣）≥c（H+）
D. 常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+）
【答案】A
【解析】
A、饱和氯水中滴加NaOH至溶液呈中性：任何电解质溶液中都存在电荷守恒c（Na+）+c（H＋）=c（OH－）+ c（ClO﹣）+c（Cl﹣），c（H＋）=c（OH－），物料守恒： c（HClO）+c（ClO﹣）=c（Cl﹣），得c（Na+）═ 2c（ClO﹣）+c（HClO），故A正确；B、100mL 0.2mol/L的NH4Cl溶液和200mL 0.1mol/L的NH4Cl溶液所含有的n（NH4Cl）相同，但c(NH4＋)不同，水解程度不同，故n（NH4+）不同，故B错误；C、 pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：若酸为强酸，则c（OH﹣）=c（H+）；若酸为弱酸，则酸过量，c（OH﹣），故C错误；D、常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO― 的水解程度，故c（CH3COO﹣）>c（Na＋）>c（CH3COOH），由电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na＋ ）+c（H＋），c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）>c（CH3COOH）+c（H+）,故D错误；故选A。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 化学变化中往往伴随着化学键的破坏与形成，物理变化中一定没有化学键的破坏或形成
B. 硫酸钾和硫酸溶于水都电离出硫酸根离子，所以它们在熔融状态下都能导电
C. 在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成
D. H2和Cl2在光照条件反应生成HCl，一定有共价键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学变化中往往伴随着化学键的破坏与形成，物理变化中可能伴随着化学键的破坏，如HCl溶于水，A项错误；
B.硫酸为共价化合物，在熔融状态下不能导电，B项错误；
C. 在N2、CO2和SiO2物质中都存在共价键，但N2和CO2是由分子构成，而SiO2是由原子构成的，C项错误；
D. H2和Cl2在光照条件反应生成HCl，发生化学变化，H-H键和Cl-Cl键断裂，H-Cl键形成，D项正确；
答案选D。
【点睛】B项是学生的易错点，只有离子晶体和金属晶体在熔融状态下才会导电。
20.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）
A. 常温下，0.1 mol·L一1的碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于0.1NA
B. 标准状况下，33.6 mL氯气通人足量水中发生反应，转移电子数为1.5×10-3NA
C. 常温常压下，28 g由C3H6和C4H8组成的混合气体中含共用电子对数目为6NA
D. 同温下，pH=1体积为1 L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1 L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1NA
【答案】C
【解析】
A．溶液体积未知，无法计算碳酸根离子个数，故A错误；B．标况下33.6mL氯气通入足量水中发生反应，氯气与水反应为可逆反应，氯气不能全部反应，转移电子数小于1.5×10-3NA，故B错误；C．C3H6和C4H8的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n==2mol，故含6mol共用电子对即6NA个，故C正确；D．温度不明确，水的离子积的数值无法确定，故pH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根的浓度不一定是0.1mol/L，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，本题的易错点是D，注意水的离子积常数与温度有关。
21.在一定温度时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线如图，其中a表示不使用催化剂时的能量变化曲线，b表示使用催化剂时的能量变化曲线。下列叙述正确的是
A. 状态M和N均表示2molN(g)+6mol H(g)
B. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=-92kJ·mol-l
C. 使用催化剂，降低了反应进行所需最低能量，增大了反应放出的能量
D. 使用催化剂，并不能改变反应的△H
【答案】D
【解析】
A、状态M和N的能量不同，因此它们不可能表示等量的同种物质，故错误；B、写热化学反应方程式，要标明物质的状态，故错误；C、 催化剂降低活化能，焓变与始态和终态有关，始态和终态不变，反应热不变，故错误；D、根据选项C的分析，故正确。
22.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见表。
组别
温度
时间/min
n/mol
0
10
20
40
50
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
…
0.15
下列说法正确的是（ ）
A. 组别①中，0~20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L-1·min-1
B. 由实验数据可知该反应较适宜的温度为T1
C. 40min时，表格中T2应填的数据为0.18
D. 0～10min内，CH4的降解速率①>②
【答案】B
【解析】
【详解】A. 组别①中，0-20min内，CH4的降解速率为=0.0125mol·L-1·min-1，根据化学反应的计量数之比等于化学反应速率之比可知，NO2的降解速率为2 0.0125mol·L-1·min-1=0.025 mol·L-1·min-1，A项错误；
B. 由实验整组数据可知，该反应在T1温度下降解达平衡所需要更短，故较适宜的温度为T1，B项正确；
C. 随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减小，40min时，表格中T2对应的数据为0.15-0.18之间，C项错误；
D. 有表格数据对比可以看出，0~10min内，CH4的变化量：②>①，相同的时间内其降解速率: ②>①，D项错误。
答案选B。
23.常温下，现有 0.1 mol·L-1的 NH4HCO3 溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH 的关系如下图所示。下列说法正确的是
A. 当溶液的 pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(NH3 ·H2O)>c(CO32－)
B. NH4HCO3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(H+)＝c(OH-)＋2c(CO32-)＋c(H2CO3)
C. 往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时，NH4＋和 HCO3－浓度均逐渐减小
D. 通过分析可知常温下 Kb(NH3·H2O)大于 Ka1(H2CO3)
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据示意图可知，当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3－）＞c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（CO32－），A错误；
B、根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＝c（CO32－）＋c（H2CO3）＋c（HCO3-），因为NH4+发生水解反应，所以c（HCO3-）≠c（CO32－）＋c（OH－）—c（H+），则B项中关系式错误，B错误；
C、根据图像可知pH＜7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠HCO3﹣浓度逐渐增大，C错误；
D、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH＝7.8，说明HCO3‾的水解程度大于NH4+的水解程度，根据越弱越水解的规律可得：Kb（NH3·H2O）＞Ka1（H2CO3），D正确。
答案选D。
24.钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”，工业制取方法如图，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体BaTiO(C2O4)2·4H2O，煅烧后可获得钛酸钡粉体。下列说法不正确的是（ ）
A. 酸浸时发生的反应的离子方程式为：BaCO3+2H+== CO2↑+Ba2++H2O
B. 加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为：BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl
C. 可循环使用物质X是CO2
D. 煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，生成高温下的气体产物有CO、CO2和H2O(g)
【答案】C
【解析】
【分析】
由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO(C2O4)2•4H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，据此分析。
【详解】A. 碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，其离子方程式为：BaCO3+2H+== CO2↑+Ba2++H2O，A项正确；
B. 加入H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，发生反应的化学方程式为：BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl，B项正确；
C. 加入H2C2O4溶液时发生反应BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl，生成的HCl可以在“酸浸”工艺中循环利用，C项错误；
D. BaTiO(C2O4)2•4H2O煅烧，发生分解反应，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，D项正确；
答案选C。
25.某固体粉末样品中可能含有SiO2、Fe2O3、CaO、CuO、MgO、Na2O和炭粉等成分，为确认其中的组分，某同学设计并完成了如下实验：
A. 从现象1和3可推断样品中有CaO，没有Na2O
B. 从现象3可推断样品中有SiO2
C. 从现象4和5可推断样品中有Fe2O3和MgO
D. 从现象4和6可推断样品中有炭粉，无CuO
【答案】C
【解析】
【详解】A.SiO2、Fe2O3、CaO、CuO、MgO、Na2O和炭粉溶于水，SiO2、CuO、MgO、Fe2O3难溶于水，Na2O、CaO和水反应生成NaOH和Ca(OH)2，向溶液1中通入CO2，先出现白色沉淀后消失，发生反应CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O =2Ca(HCO3)2，所以从现象1和3可推断样品中有CaO，没有Na2O，A正确；
B. SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3，硅酸钠与盐酸反应生成白色沉淀硅酸，故从现象3可推断样品中有SiO2，B正确；
C.CuO、MgO、Fe2O3与盐酸反应生成CuCl2、MgCl2、FeCl3，黑色固体为碳粉，CuCl2溶液呈蓝色，则一定没有CuO，红褐色沉淀为Fe(OH)3，一定有Fe2O3，无法确定是否有MgO，C不正确；
D. 从现象4和6可推断样品中有炭粉，无CuO，D正确。
答案选C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共7小题，共50分)
26.烃A是一种重要的化工原料，A完全燃烧后生成m(CO2)∶m(H2O)＝22∶9，A在同系物中相对分子质量最小，C→E为加成反应。现有如图转化关系：
请回答：
（1）有机物B中含有的官能团名称为____。
（2）有机物B和C生成F的反应类型是____。
（3）有机物C→E的化学方程式为___。
（4）下列说法正确的是____。
A．可用饱和Na2CO3溶液鉴别B、C、F三种物质
B．将绿豆大小的钠投入到B中，钠块浮在液面上，并产生气泡
C．有机物A与B在一定条件下可反应生成乙醚[(CH3CH2)2O]
D．为制备干燥的F，可在分离出F后，选用碱石灰作干燥剂
【答案】 (1). 羟基 (2). 取代或酯化反应 (3). CH3COOH+CH≡CH→CH3COOCH==CH2 (4). AC
【解析】
【分析】
烃A是一种重要的化工原料，A完全燃烧后生成m(CO2)∶m(H2O)＝22∶9，则其物质的量之比为=1:1，故A分子内含C与H的个数比为1:2，又A在同系物中相对分子质量最小，则A为C2H4，因乙烯水会发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇（CH3CH2OH），乙烯发生催化氧化生成C，C和B反应生成F，根据F的分子式可知C是乙酸，C和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。C和D反应生成E，E和氢气发生加成反应生成乙酸乙酯，则E的结构简式为CH3COOCH=CH2，据此分析作答。
【详解】（1）B是乙醇，其官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；
（2）B是乙醇，C是乙酸，生成乙酸乙酯为酯化反应，其反应类型为：取代或酯化反应；
（3）乙酸通过与乙炔的加成反应生成E，其反应的化学方程式为：CH3COOH+CH≡CH→CH3COOCH==CH2；
（4）A. 乙醇与饱和碳酸钠互溶，乙酸与饱和碳酸钠反应产生气泡，乙酸乙酯不溶于水，会发生分层现象，故可用饱和Na2CO3溶液鉴别B、C、F三种物质，A项正确；
B. 钠块密度大于乙醇，不会浮在液面上，B项错误；
C. 乙醇可断开O-H键与乙烯发生加成反应生成乙醚，C项正确；
D. 碱石灰碱性过强，会使乙酸乙酯发生碱性条件下的水解，故不能选用碱石灰作为干燥剂，D项错误；
答案选AC。
27.某同学用某化合物X（两种短周期元素组成纯净物）进行了如下实验：
实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。
请回答：
（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。
（2）步骤②的化学方程式是_____。
【答案】 (1). Mg2Si (2). Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+ (3). SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O
【解析】
【分析】
短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。
【详解】（1）根据化合物X 7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:1，则X的化学式为Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+；
（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。
28.纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性，高效催化性等优良的性质。资料显示：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。如下两个装置可在不同温度下进行该反应并验证产物。
（1）甲装置中仪器a的名称为_____。
（2）装置甲验证气体产物的操作是____。装置C的作用是____。
（3）A同学取出少量乙装置中实验结束后的固体物质于另一试管中，加入少量盐酸，微热，观察到黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色，有少量气泡产生。再向溶液中滴加几滴KSCN溶液，震荡，溶液没有出现红色，推断该条件下生成FeO，B同学却不同意该结论，他的理由是___。
【答案】 (1). 蒸发皿 (2). 用点燃的木条移近肥皂泡，观察是否听见爆鸣声； (3). 制取水蒸气 (4). 可能有过量Fe还原Fe3+
【解析】
【分析】
根据流程可知，装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO，乙装置用酒精喷灯加热，反应温度较高，产物为Fe3O4，据此分析作答。
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器a的名称为蒸发皿；
（2）纳米级Fe粉与水蒸气反应会生成铁的氧化物与氢气，为检验氢气的生成，可用点燃的木条移近肥皂泡，观察是否听见爆鸣声；装置C中试剂先通过加热方式为左侧装置提供水蒸气，故其作用为制取水蒸气，故答案为：用点燃的木条移近肥皂泡，观察是否听见爆鸣声；制取水蒸气；
（3）加入KSCN，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应过程中Fe过量，没有反应完，将反应以后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所有看不到血红色，故答案为：可能有过量Fe还原Fe3+。
29.将FeCl3、CuCl2混合溶液加入一定质量的铁粉中充分反应，所加混合溶液的体积与反应后剩余固体质量如图所示。已知原混合溶液中Cu2＋浓度为0.140 mol·L－1，经检测M点时溶液中无Cu2＋。
求：（1）c(FeCl3)＝______mol·L－1。
（2）铁粉的质量为____g。
【答案】 (1). 004 (2). 8.96
【解析】
【分析】
铁离子的氧化性大于铜离子，铁离子首先氧化金属铁，经验测M点时溶液中无铜离子，固体质量不变，根据2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋可知，消耗铁的质量等于析出铜的质量，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知：
（1）1L溶液内氯化铜的物质的量为0.140 mol，设铁离子的物质的量为x mol，则（0.140+0.5x）mol56g/mol=0.14064g/mol，解得x=0.04，则c(FeCl3)＝=0.04 mol·L－1，故答案为：0.04；
（2）加入8.0 L溶液时固体全部溶解，说明铁只与铁离子反应，则铁离子的物质的量为0.04 mol·L－18.0 L=0.32 mol，则根据2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋可知，铁的物质的量为56g/mol=8.96 g，故答案为：8.96。
30.【加试题】
（一）以一氯代乙酸钠(CH2ClCOONa）水溶液为原料，通过电解法可以制备1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl），装置如图1所示。
（1）所用的离子交换膜是___(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
（2）写出电解池总反应___。
（二）1940年，我国著名化工专家侯德榜先生成功冲破了“索尔维”法的技术封锁，并加以改进，用NaCl固体代替生石灰，加入母液，并联合合成氨厂一起生产出纯碱和氯化铵。这便是举世闻名的“侯氏联合制碱法”，工艺流程如图2。
请回答：
（1）关于合成氨反应，下列说法合理的是___。
A．反应体系中一般用V2O5作催化剂
B．因为该反应ΔS小于零，所以反应的ΔH一定也小于零
C．因为该反应的ΔS小于零，所以反应的压强控制越高越好
D．该反应往往控制在500℃左右，是因为该温度下反应物转化率最高
（2）一定温度下合成氨反应的平衡常数K＝48。若在该温度下，在9L的恒容容器中投入1mol氮气和3mol氢气进行反应，则氨气的平衡产率y＝___；若氮气和氢气的物质的量之比为n∶1，相应平衡体系中氨气的物质的量分数为x，请在图3中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)。______
（3）侯氏制碱法最大的优点是使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____（填上述编号）的循环。
（4）关于侯氏联合制碱法，下列说法合理的是_____。
A．往沉淀池中先通入CO2再通入氨气的目的是提高NaHCO3的产量
B．往母液中加入食盐的目的是使NaHCO3更多地析出
C．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水
D．往母液中通氨气目的仅仅是增大NH4＋的浓度，使NH4Cl更多地析出
【答案】 (1). 阳 (2). 2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－ (3). (4). B (5). 50% (6). Ⅰ (7). C
【解析】
【分析】
（一）电解溶液成分中只有溶质一氯代乙酸钠有氯元素，因此根据原子守恒结合装置图，利用电解池的工作原理书写其电极反应式，考虑二氯乙烷会与OH－反应来选择离子交换膜，据此分析作答；
（二）（1）A. 催化剂具有选择性；
B. 根据G=H-TS公式作答；
C. 结合理论与实际经济成本考虑；
D. 综合温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；
（2）根据三段式结合平衡常数K计算产率与氨气的物质的量分数变化情况；
（3）从碳酸氢钠的溶解性角度分析；
（4）A. 二氧化碳微溶，氨气易溶；
B. 加入盐可提高氯离子浓度；
C. 根据侯氏联合制碱法的原理作答；
D. 根据氨气的溶解度及化学反应的原理作答。
【详解】（一）根据上述分析可知，阳极上每消耗2mol CH2ClCOO-可得到1 mol产物CH2ClCH2Cl，阳极同时生成气体CO2，阴极上溶液中水电离的H+放电，生成H2和OH－，可书写电解池总反应：2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－，为了防止二氯乙烷与OH－反应，应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；2CH2ClCOO－＋2H2O CH2ClCH2Cl＋2CO2↑＋H2↑＋2OH－；
（二）
（1）A. V2O5是SO2和O2合成SO3的催化剂，不是合成氨反应的催化剂，A项错误；
B. 通过饱和氯化钠溶液中通入氨气与二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，该反应能自发进行，则根据G=H-TS＜０可知，若反应S小于零，则H一定小于零，B项正确；
C. 实际在合成氨工业生产中，压强不能太大，否则能耗太高，并且对设备要求高，C项错误；
D. 提高温度可以适当加快氮气合成速率，温度太高则该放热反应平衡逆向移动，转化率降低，且催化剂活性降低，因此反应控制在500左右，D项错误；
答案为B；
（2）设平衡时氮气消耗x mol/L，则平衡时氮气为(-x) mol/L，氢气为3(-x) mol/L=(-3x) mol/L，氨气为2x mol/L，根据K=48计算可得x=，产率为50%。当氮气与氢气的物质的量之比为合成氨反应的计量系数之比为3:1，到平衡时氧气的物质的量分数最大，因此横坐标n=时纵坐标达到峰值，画图如图所示：，故答案为：50%；；
（3）析出晶体后的溶液中还含有碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵、氨水等物质，因此循环I可以提高氯化钠的利用率；
（4）A. 氨气溶解度大，通入氨气后使溶液显碱性，吸收二氧化碳的量增加，A项错误；
B. 加入盐的目的是提高氯离子浓度，促进氯化铵结晶析出，B项错误；
C. 通入氨气的作用是增大铵根离子浓度，增强碱性和碳酸氢钠反应，从而使碳酸钠、氯化铵和过量氨水通过循环I进入沉淀池，C项正确；
D. 往母液中通氨气目的，可增大铵根离子浓度，在促进氯化铵析出的同时，还可增强溶液的碱性，有利于在循环I后吸收二氧化碳，D项错误；
答案选C。
31.【加试题】三氧化二镍（Ni2O3）是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，常用于制作重要的电子元件材料和蓄电池材料。某实验室尝试用工业废弃的NiO催化剂（还含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质）为原料生产2NiOOH•H2O沉淀，继而制备Ni2O3。实验工艺流程为：
已知：①有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.6
9.7
9.2
②常温下CaF2难溶于水，微溶于无机酸
（1）操作B中需调节pH范围为____，使用Na2CO3调节pH过程中发生的反应有___。实验人员发现温度不同时，镍的浸出率不同，浸出率与温度的关系如图所示。请解释当温度高于70℃时，浸出液中Ni2+含量降低的原因____。
（2）下列说法正确的是____
A.为提高酸浸效率，可充分搅拌或适当提高硫酸浓度
B.操作A中应持续通入过量H2S气体使杂质Cu2+彻底沉淀
C.浸出渣的主要成分为CaSO4•2H2O和BaSO4
D.为得到副产品胆矾，应蒸发浓缩至出现大量晶体，用玻璃纤维代替滤纸进行趁热过滤
（3）电解过程中，Cl－在阳极被氧化为ClO－，但是反应前后溶液中Cl－浓度不变。写出生成沉淀反应的离子方程式_____。
（4）操作C加入NaF后如何证明沉淀完全____。
（5）工业上也可通过将草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水，再在高温下煅烧三小时制得Ni2O3，同时获得混合气体。草酸镍受热分解的化学方程式为____。
【答案】 (1). 3.6~7.2 (2). CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，2Fe3+ +3CO32- +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). 温度升高，Ni2+的水解程度增大，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，浸出率降低 (4). AC (5). ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O↓＋Cl－ (6). 静置取上层清液少许于试管中，再加入适量NaF溶液，若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全 (7). 2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑
【解析】
【分析】
含镍催化剂与硫酸反应后Ba2＋形成BaSO4沉淀，通入硫化氢气体将Cu2＋沉淀，操作B除去Fe3＋，操作C除去Ca2＋，最后加氯化钠电解硫酸镍溶液得到2NiOOHH2O↓，最终得到Ni2O3，据此分析作答。
【详解】（1）亚铁离子不易除去，为了使铁元素被过氧化氢氧化到Fe3＋并彻底除去，需调节pH至高于沉淀前的pH且低于Ni(OH)2开始沉淀的pH，防止Ni元素的损失，即pH范围为3.6~7.2；加入碳酸钠调节过程中CO32－先与酸浸时过量H＋反应，再与Fe3＋发生双水解生成Fe(OH)3沉淀，则离子方程式为：CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，2Fe3+ +3CO32- +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；随着温度升高，镍离子的水解程度增大，浸出渣中氢氧化镍的含量增大，浸出率降低。故答案为：3.6~7.2；CO32-+2H+═CO2↑+2H2O，2Fe3+ +3CO32- +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；温度升高，Ni2+的水解程度增大，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，浸出率降低；
（2）A. 充分搅拌，适当提高酸浓度的方法可以促进金属氧化物的反应，A项正确；
B.持续通入过量H2S，虽有助于Cu2＋沉淀完全，但是额外消耗后续操作中添加的H2O2，造成试剂浪费，因此应通适量H2S即可，B项错误；
C. 硫酸与氧化镍、氧化铁、氧化钙、氧化铜、氧化钡分别生成硫酸盐产物，其中硫酸钡和硫酸钙难溶，因此浸出渣的主要成分为CaSO42H2O和BaSO4，C项正确；
D. 副产品胆矾含有结晶水，不可用蒸发结品方法分离提纯，D项错误，
故答案为：AC；
（3）Ni2＋被ClO－氧化产生2NiOOHH2O↓，ClO－被还原为Cl－，根据得失电子相等和电荷守恒、质量守恒配平得到ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O↓＋Cl－。
（4）证明所有Ca2＋均发生沉淀，可以静置取上层清液少许于试管中，再加入适量NaF溶液，若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全；
（5）草酸镍在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，再发生氧化还原反应，Ni由+2价升高到 +3价，则C由+3价降低到+2价，因生成混合气体，则另一气体为CO2，即生成Ni2O3、CO和CO2，再利用化合价升降相等，配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑。
32.【加试题】（有机物G（C26H26O2N4）是一种塑料添加剂，可以提高塑料的使用寿命，其合成有关路线如图：
已知：①F的1H-NMR谱中只有一个峰
②
请回答：
（1）下列说法不正确的是___
A．A→B的反应需控制在较低温度，因为酚容易被氧化
B．B→C是发生了加成反应
C．D物质既具有酸性，也具有碱性
D．E在工业上的主要来源是石油工业中的催化重整
（2）G的结构简式______
（3）写出C→D的反应方程式____
（4）请设计以E为原料合成F的合成路线（用流程图表示，可使用n≤2的有机物，无机试剂任选）____
（5）写出化合物C可能的同分异构体的结构简式___。
须同时符合：①能与FeCl3溶液显色 ②苯环上的氢只有2种且苯环上只有2个取代基
【答案】 (1). B (2). (3). +HBr (4). (5). 、、、
【解析】
【分析】
A为，在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生消化反应生成B（），根据D中羟基的邻位为氨基，利用逆合成分析法可知，B到C发生了硝基的还原反应生成转化为氨基，故推出C为，C再发生取代反应生成D；根据F的分子式及给定信息“F的1H-NMR谱中只有一个峰”可知，F为对称结构，其结构简式为：；结合给定信息②可知，E先经过氧化反应生成对苯二甲酸，然后在SOCl2的作用下生成F，F再与D结合生成分子式为C26H26O2N4的G，则G为，据此分析作答。
【详解】（1）A．因酚容易被氧化，故A→B的反应需控制在较低温度，A项正确；
B．B→C是发生了还原反应，硝基转化为氨基，故不属于加成反应，B项错误；
C．D分子内含有具有酸性的酚羟基，也含具有碱性的氨基，C项正确；
D．苯乙烷来自于石油工业中的催化重整，D项正确；
答案选B；
（2）根据上述分析可知，G的结构简式为：；
（3）C→D的反应方程式为
+HBr；
（4）根据上述分析可知，E先经过氧化反应生成对苯二甲酸，然后在SOCl2的作用下生成F，故可设计合成路线如下：；
（5）化合物C为，其分子式为C7H9NOBr，不饱和度为4，①能与FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基； ②苯环上的氢只有2种且苯环上只有2个取代基，则说明取代基的位置为对位，那么满足上述条件的C的同分异构体可以是：、、、。
【点睛】同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。本题的最后一问，主要考虑位置便可以得出结论。
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