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江西省宜春市宜丰中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
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2019-2020学年（上）高三第一次月考化学试卷
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 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题（包括24小题，每小题2分，共计48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列有关说法正确的是 （ ）
A. 二氧化硫可用于纸浆漂白，是因为二氧化硫具有还原性
B. 静电除尘、血液透析均与胶体的性质有关
C. 聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
D. 钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式是Fe-3e-=Fe3+
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，与二氧化硫的还原性无关，与漂白性有关，故A错误；
B．静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，血液透析原理即为胶体渗析原理，均与胶体性质相关，故B正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维属于新型无机非金属材料，聚酯纤维属于有机高分子材料，故C错误；
D．钢铁腐蚀时，铁失电子生成亚铁离子，负极的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，故D错误；
故选B。
2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；
B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；
C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；
答案选A。
3.在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是
A. [Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+3 B. H2O2 的电子式：
C. NH3和NH4Cl化学键类型相同 D. 中子数为32，质子数为27的钴原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A项、[Co(NH3)6]Cl3是由[Co(NH3)6]3+和Cl—构成的配位化合物，由化合价代数和为零可知Co的化合价是+3价，故A正确；
B项、H2O2 为共价化合物，电子式为，故B错误；
C项、NH3为共价化合物，分子中只存在共价键，NH4Cl为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，故C错误；
D项、中子数为32，质子数为27的钴原子的质量数为59，原子符号为，故D错误；
答案选A。
【点睛】原子符号中，a代表质量数，不是代表中子数，是解答的易错点。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣
B. 常温下，pH=7的溶液中 Fe3+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液：Mg2+、Al3+、Br﹣、SO42﹣
D. 能溶解Al2O3的溶液：Na+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入KSCN溶液显红色的溶液中存在大量三价铁离子，铁离子具有氧化性，I﹣具有还原性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B. Fe3+在pH约为4时即沉淀完全，故在pH=7的溶液中 Fe3+无法大量共存，B不符合题意；
C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，Mg2+、Al3+、Br﹣、SO42﹣可以大量共存，C符合题意；
D. 能溶解Al2O3溶液可能为强酸溶液或强碱溶液，在酸性溶液和碱性溶液中HCO3﹣均不能大量存在，D不符合题意；
故答案选C。
5.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1
【答案】D
【解析】
【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案为D。
【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。
6.甲、乙是两种常见的化合物，X、Y、Z是三种常见的单质。下表所列各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．X为C，Z为O2，碳与氧气可以发生不完全燃烧生成化合物乙CO，碳与水在高温的条件下可以反应生成CO和H2，氢气在氧气在燃烧生成水，可以一步实现，故A正确；
B．X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙(ZnCl2)与单质Y(Fe)，二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，不可以一步实现，故B错误；
C．X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙(MgO)与单质Y(C)，可以一步实现，故C正确；
D．X为氢气，Z为Cl2，氢气与Cl2可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，可与氯气反应生成SiCl4，氢气可与SiCl4反应生成Si和HCl，化合物乙为HCl，可一步实现，故D正确；
故答案为B。
7.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向NaHS溶液中滴入酚酞
溶液变红色
HS-水解程度大于电离程度
B
向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
C
向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中
产生白色浑浊
酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸
D
向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀
KI3溶液中存II2+I−平衡
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaHS溶液中存在平衡：HS－+H2OH2S+OH－，HS－H＋+S2－，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液呈碱性，说明HS－水解程度大于电离程度，实验目的和结论一致，A项正确；
B. 溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]较小，B项正确；
C. 浓盐酸具有挥发生，反应产生的二氧化碳中含有氯化氢气体，干扰二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，C项错误；
D. 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，说明溶液中含有碘，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，原来的溶液是KI3溶液，由现象可知，KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡，D项正确；
答案选C。
8.氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互反应：4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.4molNO2和0.2molNaCl，10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，NO2的转化率为。下列叙述中正确的是
A. 10min内NO浓度变化表示的速率υ(NO)=0.01mol·L-1·min-1
B. 若升高温度，平衡逆向移动，则该反应的
C. 若起始时向该容器中充入0.1molNO2(g)、0.2molNO(g)和0.1molCl2(g)（固体物质足量），则反应将向逆反应方向进行
D. 若保持其他条件不变，在恒压下进行该反应，则平衡时NO2的转化率小于
【答案】C
【解析】
【详解】A. 10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，则n(NO)=0.1mol， =0.005mol⋅L−1⋅min−1，A项错误；
B. 升高温度，平衡逆向移动，则该反应的△H<0，B项错误；
C. 根据上述条件，向2L恒容密闭容器中加入0.4molNO2和0.2molNaCl，10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，则NO2的转化率为=50%，可知列出三段式如下：
则平衡常数K==0.625，若起始时向该容器中充入0.1molNO2(g)、0.2molNO(g)和0.1molCl2(g)，则各物质的浓度分别为：0.05mol/LNO2(g)、0.1mol/LNO(g)和0.05mol/LCl2(g)，其浓度商Qc==80>K，平衡向逆向移动，C项正确；
D. 该反应体系是气体分子数减小的反应，若保持其他条件不变，在恒温恒容条件下NO2的转化率为，正反应气体体积减小，恒温恒压时，容器体积减小，相当于加压，平衡正向移动，平衡时NO2的转化率大于，D项错误；
答案选C。
9.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”Na—CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，ClO4-向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为3CO2＋4e－===2C＋CO32-
D. 充电时，正极反应为Na＋＋e－===Na
【答案】D
【解析】
【详解】A.放电时为原电池，溶液中的阴离子向负极移动，故A正确；
B.根据电池的总反应3CO2＋4Na2Na2CO3＋C可知，充电时有CO2生成，放电时消耗CO2，故B正确；
C.放电时为原电池，正极发生还原反应，所以CO2得电子，发生3CO2＋4e－=C＋2CO32-反应，故C正确；
D.充电时为电解池，阳极发生氧化反应，反应为：C+2CO32—-4e-=3CO2↑，故D错误；
故答案选D。
【点睛】针对可充放电电池（二次电池），放电过程属于原电池，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，溶液中的阳离子向正极移动；充电过程属于电解池，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，溶液中的阳离子向阴极移动。
10.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S＋O2===H2O2＋S，已知甲池中发生反应：
。
下列说法正确的是( )
A. 甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ＋2H＋－2e－===H2AQ
B. 乙池溶液中发生的反应为H2S＋I3-===3I－＋S＋2H＋
C. 该装置中电能转化为光能
D. H＋从甲池移向乙池
【答案】B
【解析】
A、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-=H2AQ，A错误；B、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+，B正确；C、根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，C错误；D、装置的是原电池装置，原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，D错误；答案选B。
11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质。已知：甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己；丁溶液的pH为13（25℃）。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X
B. Y元素在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族
C. 甲与足量的乙完全反应共转移了电子
D. 戊溶液中阴离子总的物质的量小于
【答案】C
【解析】
【分析】
由“丁溶液的pH为13（25℃）” 可得丁化合物只可能是一元强碱，又知丁中的元素均为短周期元素，由“甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己”可知，丁是NaOH，甲是Na2O2，乙是水，丙是CO2，戊是Na2CO3，己是氧气。所以X是H、Y是C、Z是O、W是Na，据此回答。
【详解】A. X是H、Y是C、Z是O 、W是Na，电子层数越多半径越大，同周期元素原子从左至右原子半径越来越小，所以半径大小顺序为：W＞Y＞Z＞X，故A错误；
B. Y是C，C元素在元素周期表中的第二周期ⅣA，故B错误；
C. 甲是Na2O2，乙是水，根据化学方程式标电子转移：，可知1mol Na2O2与足量的水完全反应生成NaOH转移了电子，故C正确；
D. 戊是， Na2CO3溶液水电离出的，然后少量的水解生成和，使阴离子总的物质的量大于，故D错误；
故答案为C。
【点睛】C项中注意电子的转移方向和数目，Na2O2既做氧化剂又做还原剂。
12.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是( )
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. 1mol NH5中含有5mol N—H键
C. NH5的熔沸点高于NH3
D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】B
【解析】
【分析】
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成，据此解答。
【详解】A.NH5应为NH4H，该化合物中铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N-H原子之间存在共价键，所以该化合物中含有离子键和共价键，A正确；
B.化学式NH4H中含有4个N-H键，所以1molNH5中含有4mol N-H键，B错误；
C.NH4H中含有离子键为离子化合物，离子间以强的离子键结合，熔沸点较高，而NH3中只存在共价键，为共价化合物，分子间以微弱的分子间作用力结合，所以NH5的熔沸点高于NH3，C正确；
D.NH5能和水发生反应NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，一水合氨不稳定分解生成氨气，所以NH5固体投入少量水中，可产生两种气体，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了物质结构，包括物质的晶体类型的判断、化学键的类型、物质熔沸点高低比较，为高频考点，把握铵盐的结构及化学键判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴离子是H-为解答的难点。
13.我国科学家研制出的新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，主要过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 与电解相比，光解水过程中消耗的能量较低
B. 过程I、Ⅱ都要吸收能量
C. 过程Ⅱ既有极性键形成，又有非极性键形成
D. 利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据能量守恒可知，与电解相比，光解水过程中消耗的能量相等，选项A错误；
B、过程I断裂化学键要吸收能量、过程Ⅱ形成新化学键放出能量，选项B错误；
C、过程Ⅱ形成氧氧键和氢氢键，只有非极性键形成，没有极性键形成，选项C错误；
D、新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景，选项D正确。
答案选D。
14.Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I2、0.5mol H2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是( )
A. 温度为T时，该反应=64
B. 容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1
C. 若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D. 无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A． H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；
B．前20 min，H2(g) + I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。
15.下列说法正确的是
A. 基于硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S和SO2，在定量分析测定反应速率时，可用排水法测 SO2 体积，计算出相关的反应速率
B. 46gC2H6O含有的C—H的数目一定是6NA
C. 以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分与石油分馏得到的柴油的成分不同
D. 如果存放有钠、电石等危险化学品的仓库着火，消防员不能用水灭火，应用泡沫灭火器灭火
【答案】C
【解析】
A．由于SO2易溶于水，不可用排水法测SO2体积来计算出相关的反应速率，故A错误；B、C2H6O可能为乙醇，也可能为二甲醚，故46g此有机物即1mol中含有的C-H的个数可能为5NA个，也可能为6NA个，故B错误；C、以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分为油脂的混合物，从石油分馏得到的柴油成分为多种烃的混合物，成分不同，故C正确；D．钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃料后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，电石与水反应生成可燃性气体乙炔，所以钠、电石等着火燃烧时，不能用泡沫灭火器和水灭火，应该用沙子灭火，故D错误；故选C。
16.室温下，反应HCO3-+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B. 0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (NH3·H2O)> c (H2CO3)
C. 0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D. 0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3•H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol•L-1+c(H2CO3)+c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故A错误；
B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液(pH＞7)，溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)，故B错误；
C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；
D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L①，氮守恒得到：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-) ③，把①中c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1-c(H2CO3)，②中c(NH4+)=0.4-c(NH3•H2O)，带入③整理得到：c(NH3•H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol•L-1+c(H2CO3)+c(H+)，故D正确；
故答案为D。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
17.已知草酸是一种弱酸，升华，以上分解可放出和CO；可与酸性溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。下列说法正确的是
A. 草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，可收集得到纯净的CO
B. 草酸受热产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定有CO
C. 草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中一定有
D. 将草酸晶体加入到的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈碱性，其原因是水解
【答案】D
【解析】
【详解】A.草酸受热产生的气体用足量的NaOH溶液充分吸收后，所得CO中还混有水，不是纯净的气体，还需要浓硫酸干燥后才能得到纯净的CO，故A错误；
B.草酸能被高锰酸钾氧化，说明草酸具有还原性，草酸受热可以升华，可能是草酸还原了CuO，干扰了CO的检验，故B错误；
C.草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，可能草酸与石灰水反应生成草酸钙沉淀，则不能说明产生的气体中一定有，故C错误；
D.将草酸晶体加入到溶液中充分反应，草酸与NaOH恰好反应生成，测由于水解，导致反应后溶液呈碱性，故D正确；
故答案为：D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，充分利用题中所给信息，注意草酸可与酸性溶液反应，可知草酸具有还原性。
18.某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是( )
A. 取样，进行焰色反应
B. 取样，滴加酚酞溶液
C. 取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液
D. 取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶
【答案】D
【解析】
【详解】①向溶液中滴加足量氯水后 , 溶液变橙色 , 说明溶液中含有 Br−，且有气泡冒出 , 说明溶液中含离子 CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－， 那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子： Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理 ，能证明 K＋存在 ，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样 ，加入足量 BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选 D。
【点睛】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br -，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO 3 2-或SO 3 2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在； ②向所得橙色溶液中加入足量BaCl 2溶液，无沉淀生成，说明不含SO 3 2-，据此进行解答。
19.25℃时，用浓度为0.01mol·L-1的HA溶液滴定20mL浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 应选用酚酞作指示剂
B. M点溶液中存在：c（Na+）>c（A-）
C. Ka（HA）≈2×10-8
D. N点溶液中存在：c（OH-）-c（H+）=c（HA）
【答案】C
【解析】
【详解】A.N点HA和NaOH的物质的量相等，恰好完全反应，溶质为NaA，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，A项正确；
B.M点为等物质的量浓度的NaOH和NaA的混合液，溶液呈碱性，由电荷守恒可知：c（Na+）>c（A-），B项正确；
C.N点为NaA溶液，物质的量浓度为0.005mol/L，PH=9，c(H+)=1×10-9mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，NaA中的A-发生水解：A-+H2OHA+OH-，c(OH-)≈c(HA)，则，则，C项错误；
D. N点为NaA溶液，存在质子守恒：c（H+）+ c（HA）=c（OH-），故D正确。
故选C。
【点睛】强酸和弱碱相互滴定或弱酸和强碱互相滴定时，要注意滴定曲线上的几个特殊点：中和点，即酸碱恰好中和的点，溶质即为酸碱中和反应生成的盐；中性点，即溶液恰好呈中性的点，此时的溶质除了盐外还有剩余的弱酸或弱碱，经常利用电荷守恒考查离子浓度关系；1:1点，即溶质是盐和剩余的酸或碱，两者物质的量相等，经常考查物料守恒和质子守恒。
20.常温时，1mol·L－1的CH3NH2和1mol·L－1的NH2OH（NH2OH+H2ONH3OH++OHˉ）两种碱溶液，起始时的体积均为10mL，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示（V表示溶液的体积），pOH=－lgc（OH－）。下列说法正确的是
A. NH2OH的电离常数K的数量级为10－8
B. CH3NH3Cl盐溶液中水解离子方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－
C. 当两溶液均稀释至lg =4时，溶液中水的电离程度：NH2OH >CH3NH2
D. 浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：c（CH3NH3+）
【解析】
【详解】A．根据NH2OH+H2O⇌NH3OH++OHˉ，1mol•L-1的NH2OH的pOH值为4.5，即有c(OH-)=c(NH3OH+)=10-4.5，电离程度小，c(NH2OH)≈1mol/L，故平衡常数K===10-9，故数量级为10-9，故A错误；
B．弱碱阳离子水解，生成相应的弱碱和氢离子，所以CH3NH3+水解方程式为：CH3NH3++H2OCH3NH2+H3O+，故B错误；
C．碱溶液抑制水的电离，碱性越强，水的电离越弱，当两溶液均稀释至lg=4时，CH3NH2的pOH值较小，即碱性较强，溶液中水的电离程度：NH2OH＞CH3NH2，故C正确；
D．1mol•L-1的CH3NH2比1mol•L-1的NH2OH的pOH值小，即碱性强，根据水解规律，越弱越水解，NH3OH+的水解程度大，所以浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：(NH3OH+)＜c(CH3NH3+)，故D错误；
故答案为C。
21.常温下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④0.01 mol·L−1的NaOH溶液。有关上述溶液的比较中，正确的是
A. 水电离的c(H＋)：①=②=③=④
B. 将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②<④
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
【答案】A
【解析】
【详解】A．在相同的条件下，水电离的氢离子浓度相同，酸和碱溶液对水的电离起到抑制作用，由于本题中强酸和弱酸溶液中氢离子浓度相同，而且其与强碱、弱碱溶液中氢氧根离子也浓度相同，故4种溶液中水的电离程度相同，故A正确；
B．强酸和强碱恰好中和，故消耗溶液的体积②=④，B错误；
C．和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C错误；
D．弱电解质稀释时，电离平衡正向移动，溶液pH值应该③＞④＞②＞①，故D错误；
故答案为A。
22.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是
A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B. 可以发生加成聚合反应
C. 分子中所有原子共平面
D. 易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【分析】
2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。
【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；
C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；
D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。
23.已知某有机物结构如图，下列说法中正确的是
A. 该物质的化学式为C15H12O8BrCl
B. 该物质能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1mol该物质最多能与3mol溴水发生加成反应
D. 一定条件下，1mol该物质最多能与7molNaOH反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．该物质化学式为C15H12O8BrCl，故A正确；
B．该物质结构中不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故B错误；
C．该物质结构中只含有一个碳碳双键，则1mol该物质只能与1molBr2发生加成反应，故C错误；
D．该物质含有两个卤素原子(水解时需要3个NaOH，其中氯原子与苯环相连需要2个NaOH)，一个羧基，一个羧酸苯酯(水解时需要2个NaOH)，一个碳酸苯酯(水解时需要3个NaOH)，则一定条件下，1mol该物质最多能与9molNaOH反应，故D错误；
故答案为A。
24.磁黄铁矿(主要成分是Fe1-nS，S为-2价)导电性好，且略具磁性，主要用于提取硫、生产硫酸等。将mg该磁黄铁矿与200 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成硫单质4.8g、FeCl20.85mol和一定量H2S气体，向反应后的溶液中加入KSCN溶液无现象。下列说法正确的是（ ）
A. mg该磁黄铁矿中含+2价的铁0.75mol
B. 200 mL盐酸中HCl物质的量浓度为4.25mol·L-1
C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为16.8L
D. 该磁黄铁矿中Fe1-nS的n=0.15
【答案】D
【解析】
【分析】
mg该磁黄铁矿与盐酸反应生成硫单质4.8g、FeCl20.85mol和一定量H2S气体，向反应后的溶液中加入KSCN溶液无现象，说明溶液中没有Fe3+。磁黄铁矿和盐酸反应过程中发生了氧化还原反应，-2价硫的化合价部分升高为0价，部分没有变化，转化为H2S。铁的化合价降低，磁黄铁矿中的铁既有+2价，又有+3价，其中+3价铁化合价降低为+2价。
【详解】A反应中生成硫单质4.8g即0.15mol，.根据电子守恒，Fe3+的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，所以mg该磁黄铁矿中含+2价的铁0.85mol-0.3mol=0.55mol，故A不选；
B. 盐酸中的Cl-和FeCl2中的Cl-的物质的量相等，FeCl2的物质的量为0.85mol，所以HCl为0.85mol×2=1.7mol，所以盐酸中HCl物质的量浓度为1.7mol/0.2L=8.5mol·L-1，故B不选；
C. 反应消耗的HCl为1.7moL，根据氢守恒，生成的H2S气体的物质的量为0.85mol，在标准状况下的体积为19.04L，故C不选；
D. 反应中生成的硫为0.15mol，H2S为0.85mol，所以硫元素共1mol，所以Fe1-nS为1mol，所以铁为(1-n)mol，FeCl2为0.85mol，所以1-n=0.85，n=0.15，故D选。
故选D。
二、填空题（包括5小题，共计52分）
25.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）CO可用于炼铁，已知：
Fe2O3(s) + 3C(s)＝2Fe(s) + 3CO(g) ΔH1＝+489.0 kJ·mol－1，
C(s) +CO2(g)＝2CO(g) ΔH2＝+172.5kJ·mol－1
则CO(g)还原Fe2O3(s)的热化学方程式为____。
（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：_____。
（3）将CO2和H2充入1L的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。
①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___KⅡ（填“>”或“=”或“<”）。
②一定温度下，往该容器中投入1 molCO2、3 mol H2 ，一段时间后达到平衡。若平衡后气体的压强为开始的0.8倍，则CO2的平衡转化率=____。
【答案】 (1). Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g) △H＝－28.5kJ·mol-1 (2). CO+4OH－-2e－＝CO32－+2H2O (3). ＞ (4). 40%
【解析】
【详解】(1)①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H1=+489.0kJmol-1，
②C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H2=+172.5kJmol-1，由盖斯定律①-②×3得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H=-28.5kJmol-1；
(2)CO-O2燃料电池(以KOH溶液为电解液)，一氧化碳在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，在氢氧化钾溶液中生成碳酸钾，负极的电极反应式为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；
(3)①根据图像可知，线Ⅱ的反应速率大于线Ⅰ，所以线Ⅱ对应的温度高于线Ⅰ，而线Ⅱ对应的甲醇的物质的量小，即升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，即KⅠ＞KⅡ；
②设反应的二氧化碳的物质的量为x，
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
初始(mol)： 1 3 0 0
反应(mol)： x 3x x x
平衡(mol)：1-x 3-3x x x
平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，因此=0.8，解得x=0.4mol，则CO2的平衡转化率=100%=40%。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
26.MgSO4·7H2O在医药上常用做泻药，工业上可用氯碱工业中的一次盐泥为原料生产已知一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分其主要工艺如下：
请回答下列问题：
（1）一次盐泥与H2SO4充分反应后，分离沉淀1与滤液I时所用到的玻璃仪器有玻璃棒和_____________．
（2）“操作X”是将溶液___________、___________、过滤洗涤，即得到MgSO4·7H2O晶体．
（3）加NaClO溶液至pH=5～6并加热煮沸5-10分钟，沉淀2中主要含有MnO2和另外两种难溶物，这两种难溶物化学式分别为___________、___________；其中NaClO溶液将MnSO4转化为MnO2的离子方程式为________．
（4）称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2mol/L的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加足量2mol/LBaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66 g，则样品纯度为_______。
【答案】 (1). 烧杯 、漏斗 (2). 蒸发浓缩（或加热浓缩） (3). 冷却结晶（或降温结晶） (4). Fe(OH)3或Fe2O3 (5). Al(OH)3或Al2O3 (6). ClO-+Mn2++H2O=MnO2+Cl-+2H+ (7). 98.4%
【解析】
【分析】
一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分，加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸钙，硫酸铁，硫酸铝，硫酸锰，会把碳酸盐和硅酸盐转化为溶于水的硫酸盐，得到的沉淀1主要为H2SiO3、CaSO4，过滤，滤液加入次氯酸钠是为了氧化锰离子为二氧化锰，同时溶液中Fe3+、Al3+水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，所以沉淀2为MnO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤，在滤液中加入氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀，所以沉淀3为Mg(OH)2，氢氧化镁中加入硫酸得到硫酸镁溶液，将溶液经过加热浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥等操作，获得MgSO4•7H2O晶体。
【详解】(1)分离沉淀1与滤液I属于过滤操作，则所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；
(2)硫酸镁溶液经过蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶(或降温结晶)和过滤洗涤，即得到MgSO4·7H2O晶体；
(3)加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸铝，硫酸铁，加入次氯酸钠是为了氧化锰离子为二氧化锰，调节溶液pH，Fe3+、Al3+水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，受热分解分别得到Fe2O3和Al2O3；NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-；
(4)准确称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2mol•L-1的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加足量2mol•L-1 BaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66g，生成沉淀BaSO4物质的量==0.02mol，则MgSO4•7H2O物质的量为0.02mol，质量=0.02mol×246g/mol=4.92g，样品纯度=100%=98.4%。
27.废水中氨态氮以NH3·H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。
Ⅰ．沉淀法
向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO4·6H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mg·L−1以下。
（1）NH3的电子式：______。
（2）废水中的NH3·H2O转化为MgNH4PO4·6H2O的离子方程式是______。
（3）16℃时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1︰1︰1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图。欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH的适宜范围是______，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成。
Ⅱ．微波−氧化法
（4）微波协同CuO和H2O2除去氨态氮
①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10 min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如下图。据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由_____________
②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是____________________。
【答案】 (1). (2). Mg2+ + NH3·H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4·6H2O↓ (3). pH＝8~10； pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2， NH3·H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成； (4). 相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 (5). 3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O
【解析】
【详解】(1)NH3的电子式为；
(2)根据题意，废水中的NH3·H2O转化为MgNH4PO4·6H2O，反应的离子方程式为Mg2+ + NH3·H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4·6H2O↓；
(3)由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH适宜范围为8~10，pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2， NH3·H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成；
(4)①由图可知，在相同时间和H2O2溶液添加量相同时，添加了CuO的反应速率较快，氨态氮的剩余浓度远远小于未添加CuO；
②根据上述分析，在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反应的方程式为3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。
28.乙醚是有机合成中常用的溶剂。某实验小组在实验室利用乙醇脱水制备乙醚，装置示意图（夹持和加热装置已略去）、有关数据和实验步骤如下：
物质
相对分子质量
密度／（g·mL－1）
沸点／℃
在水中的溶解性
乙醇
46
0.816
78
互溶
乙醚
74
0.713
34.6
不溶
已知：①相同条件下，乙醚在饱和食盐水中比在水中更难溶。
②氯化钙可与乙醇形成络合物CaCl2·6C2H5OH。
请回答下列问题：
（1）仪器B的名称为________。
（2）由乙醇制备乙醚的总反应为2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O，此反应分两步进行，第一步反应的化学方程式为：CH3CH2OH＋H2SO4CH3CH2OSO2OH＋H2O，则第二步反应的化学方程式为_____________。
（3）仪器D中盛有冰水混合物，其作用为____________。
（4）操作1的名称为_______________。
（5）若省略步骤Ⅱ会导致的后果是________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). CH3CH2OSO2OH+CH3CH2OHH2SO4+CH3CH2OCH2CH3 (3). 使乙醚冷凝为液体以便收集 (4). 分液 (5). 用饱和氯化钙溶液洗涤乙醚粗品时，析出氢氧化钙沉淀
【解析】
【详解】(1)仪器B为分液漏斗；
(2)已知总反应为2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O，第一步反应为CH3CH2OH＋H2SO4CH3CH2OSO2OH＋H2O，两式相减，可得第二步反应为CH3CH2OSO2OH+CH3CH2OHH2SO4+CH3CH2OCH2CH3；
(3)仪器D中盛有冰水混合物使乙醚冷凝为液体以便收集；
(4)通过操作1将溶液与乙醚分离，乙醚不溶于水，故为分液；操作2分离吸水后的氯化钙水合物固体与乙醚，为过滤；
(5)若省略步骤Ⅱ，乙醚粗品混有少量步骤I的 NaOH ，用饱和氯化钙溶液洗涤乙醚粗品时，析出氢氧化钙沉淀。
29.M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如：
2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR
回答下列问题：
(1)M的名称是____________。
(2)⑥的反应类型是________________。
(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。
(4)符合下列条件D的同分异构体有______种。
①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上
(5)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。
(6)已知： 根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。
【答案】 (1). 丙烯 (2). 消去反应 (3). HOCH2-CH=CH-CH2OH (4). 保护分子中碳碳双键不被氧化 (5). 10 (6). HOOCCH=CHCOOH+HOCH2CH2OH+2H2O (7). CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2
【解析】
【分析】
M是石油裂解气的重要成分，与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，则M为CH2=CHCH3．由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2．B与溴发生加成反应生成H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I为HOCH2-CH2OH．A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，C生成D是C与HCl的加成反应，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D发生氧化反应生成E，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，而G与I发生酯化反应生成环酯P，则E为，F为NaOOC-CH=CH-COONa，G为HOOC-CH=CH-COOH，P为；
(6)由2-氯丙烷在催化剂条件下得到CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3；CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应得到CH3-CHBr-CHBr-CH3，然后发生消去反应得到CH2=CHCH=CH2，乙烯与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得到环己烯。
【详解】(1)M为CH2=CHCH3，M的名称是丙烯；
(2)⑥的反应类型是消去反应；
(3)C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是：保护分子中碳碳双键不被氧化；
(4)D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D的同分异构体中Cl原子位于端头碳原子上，且羟基连在不同的碳原子上的有ClCH2CH(OH)CH2CH2OH、ClCH2CH2CH(OH)CH2OH、ClCH(OH)CH2CH2CH2OH、ClCH2CH(OH)CH(OH)CH3、ClCH(OH)CH2CH(OH)CH3、ClCH(OH)CH(OH)CH2CH3、ClCH(OH)C(CH3)2OH、ClCH(OH)CH(CH3)CH2OH、ClCH2C(OH)(CH3)CH2OH、ClCH2CH(CH2OH)2，共10种；
(5)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为：；
(6)由2-氯丙烷在催化剂条件下得到CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3；CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应得到CH3-CHBr-CHBr-CH3，然后发生消去反应得到CH2=CHCH=CH2，乙烯与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得到环己烯，合成路线流程图为：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。
【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。
2019-2020学年（上）高三第一次月考化学试卷
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 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题（包括24小题，每小题2分，共计48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列有关说法正确的是 （ ）
A. 二氧化硫可用于纸浆漂白，是因为二氧化硫具有还原性
B. 静电除尘、血液透析均与胶体的性质有关
C. 聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
D. 钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式是Fe-3e-=Fe3+
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，与二氧化硫的还原性无关，与漂白性有关，故A错误；
B．静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，血液透析原理即为胶体渗析原理，均与胶体性质相关，故B正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维属于新型无机非金属材料，聚酯纤维属于有机高分子材料，故C错误；
D．钢铁腐蚀时，铁失电子生成亚铁离子，负极的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，故D错误；
故选B。
2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；
B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；
C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；
答案选A。
3.在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是
A. [Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+3 B. H2O2 的电子式：
C. NH3和NH4Cl化学键类型相同 D. 中子数为32，质子数为27的钴原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A项、[Co(NH3)6]Cl3是由[Co(NH3)6]3+和Cl—构成的配位化合物，由化合价代数和为零可知Co的化合价是+3价，故A正确；
B项、H2O2 为共价化合物，电子式为，故B错误；
C项、NH3为共价化合物，分子中只存在共价键，NH4Cl为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，故C错误；
D项、中子数为32，质子数为27的钴原子的质量数为59，原子符号为，故D错误；
答案选A。
【点睛】原子符号中，a代表质量数，不是代表中子数，是解答的易错点。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl﹣、I﹣
B. 常温下，pH=7的溶液中 Fe3+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液：Mg2+、Al3+、Br﹣、SO42﹣
D. 能溶解Al2O3的溶液：Na+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入KSCN溶液显红色的溶液中存在大量三价铁离子，铁离子具有氧化性，I﹣具有还原性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B. Fe3+在pH约为4时即沉淀完全，故在pH=7的溶液中 Fe3+无法大量共存，B不符合题意；
C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，Mg2+、Al3+、Br﹣、SO42﹣可以大量共存，C符合题意；
D. 能溶解Al2O3溶液可能为强酸溶液或强碱溶液，在酸性溶液和碱性溶液中HCO3﹣均不能大量存在，D不符合题意；
故答案选C。
5.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1
【答案】D
【解析】
【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案为D。
【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。
6.甲、乙是两种常见的化合物，X、Y、Z是三种常见的单质。下表所列各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．X为C，Z为O2，碳与氧气可以发生不完全燃烧生成化合物乙CO，碳与水在高温的条件下可以反应生成CO和H2，氢气在氧气在燃烧生成水，可以一步实现，故A正确；
B．X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙(ZnCl2)与单质Y(Fe)，二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，不可以一步实现，故B错误；
C．X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙(MgO)与单质Y(C)，可以一步实现，故C正确；
D．X为氢气，Z为Cl2，氢气与Cl2可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，可与氯气反应生成SiCl4，氢气可与SiCl4反应生成Si和HCl，化合物乙为HCl，可一步实现，故D正确；
故答案为B。
7.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向NaHS溶液中滴入酚酞
溶液变红色
HS-水解程度大于电离程度
B
向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
C
向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中
产生白色浑浊
酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸
D
向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀
KI3溶液中存II2+I−平衡
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaHS溶液中存在平衡：HS－+H2OH2S+OH－，HS－H＋+S2－，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液呈碱性，说明HS－水解程度大于电离程度，实验目的和结论一致，A项正确；
B. 溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]较小，B项正确；
C. 浓盐酸具有挥发生，反应产生的二氧化碳中含有氯化氢气体，干扰二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，C项错误；
D. 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，说明溶液中含有碘，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，原来的溶液是KI3溶液，由现象可知，KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡，D项正确；
答案选C。
8.氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互反应：4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.4molNO2和0.2molNaCl，10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，NO2的转化率为。下列叙述中正确的是
A. 10min内NO浓度变化表示的速率υ(NO)=0.01mol·L-1·min-1
B. 若升高温度，平衡逆向移动，则该反应的
C. 若起始时向该容器中充入0.1molNO2(g)、0.2molNO(g)和0.1molCl2(g)（固体物质足量），则反应将向逆反应方向进行
D. 若保持其他条件不变，在恒压下进行该反应，则平衡时NO2的转化率小于
【答案】C
【解析】
【详解】A. 10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，则n(NO)=0.1mol， =0.005mol⋅L−1⋅min−1，A项错误；
B. 升高温度，平衡逆向移动，则该反应的△H<0，B项错误；
C. 根据上述条件，向2L恒容密闭容器中加入0.4molNO2和0.2molNaCl，10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，则NO2的转化率为=50%，可知列出三段式如下：
则平衡常数K==0.625，若起始时向该容器中充入0.1molNO2(g)、0.2molNO(g)和0.1molCl2(g)，则各物质的浓度分别为：0.05mol/LNO2(g)、0.1mol/LNO(g)和0.05mol/LCl2(g)，其浓度商Qc==80>K，平衡向逆向移动，C项正确；
D. 该反应体系是气体分子数减小的反应，若保持其他条件不变，在恒温恒容条件下NO2的转化率为，正反应气体体积减小，恒温恒压时，容器体积减小，相当于加压，平衡正向移动，平衡时NO2的转化率大于，D项错误；
答案选C。
9.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”Na—CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，ClO4-向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为3CO2＋4e－===2C＋CO32-
D. 充电时，正极反应为Na＋＋e－===Na
【答案】D
【解析】
【详解】A.放电时为原电池，溶液中的阴离子向负极移动，故A正确；
B.根据电池的总反应3CO2＋4Na2Na2CO3＋C可知，充电时有CO2生成，放电时消耗CO2，故B正确；
C.放电时为原电池，正极发生还原反应，所以CO2得电子，发生3CO2＋4e－=C＋2CO32-反应，故C正确；
D.充电时为电解池，阳极发生氧化反应，反应为：C+2CO32—-4e-=3CO2↑，故D错误；
故答案选D。
【点睛】针对可充放电电池（二次电池），放电过程属于原电池，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，溶液中的阳离子向正极移动；充电过程属于电解池，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，溶液中的阳离子向阴极移动。
10.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S＋O2===H2O2＋S，已知甲池中发生反应：
。
下列说法正确的是( )
A. 甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ＋2H＋－2e－===H2AQ
B. 乙池溶液中发生的反应为H2S＋I3-===3I－＋S＋2H＋
C. 该装置中电能转化为光能
D. H＋从甲池移向乙池
【答案】B
【解析】
A、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-=H2AQ，A错误；B、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+，B正确；C、根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，C错误；D、装置的是原电池装置，原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，D错误；答案选B。
11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质。已知：甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己；丁溶液的pH为13（25℃）。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X
B. Y元素在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族
C. 甲与足量的乙完全反应共转移了电子
D. 戊溶液中阴离子总的物质的量小于
【答案】C
【解析】
【分析】
由“丁溶液的pH为13（25℃）” 可得丁化合物只可能是一元强碱，又知丁中的元素均为短周期元素，由“甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己”可知，丁是NaOH，甲是Na2O2，乙是水，丙是CO2，戊是Na2CO3，己是氧气。所以X是H、Y是C、Z是O、W是Na，据此回答。
【详解】A. X是H、Y是C、Z是O 、W是Na，电子层数越多半径越大，同周期元素原子从左至右原子半径越来越小，所以半径大小顺序为：W＞Y＞Z＞X，故A错误；
B. Y是C，C元素在元素周期表中的第二周期ⅣA，故B错误；
C. 甲是Na2O2，乙是水，根据化学方程式标电子转移：，可知1mol Na2O2与足量的水完全反应生成NaOH转移了电子，故C正确；
D. 戊是， Na2CO3溶液水电离出的，然后少量的水解生成和，使阴离子总的物质的量大于，故D错误；
故答案为C。
【点睛】C项中注意电子的转移方向和数目，Na2O2既做氧化剂又做还原剂。
12.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是( )
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. 1mol NH5中含有5mol N—H键
C. NH5的熔沸点高于NH3
D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】B
【解析】
【分析】
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成，据此解答。
【详解】A.NH5应为NH4H，该化合物中铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N-H原子之间存在共价键，所以该化合物中含有离子键和共价键，A正确；
B.化学式NH4H中含有4个N-H键，所以1molNH5中含有4mol N-H键，B错误；
C.NH4H中含有离子键为离子化合物，离子间以强的离子键结合，熔沸点较高，而NH3中只存在共价键，为共价化合物，分子间以微弱的分子间作用力结合，所以NH5的熔沸点高于NH3，C正确；
D.NH5能和水发生反应NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，一水合氨不稳定分解生成氨气，所以NH5固体投入少量水中，可产生两种气体，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了物质结构，包括物质的晶体类型的判断、化学键的类型、物质熔沸点高低比较，为高频考点，把握铵盐的结构及化学键判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴离子是H-为解答的难点。
13.我国科学家研制出的新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，主要过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 与电解相比，光解水过程中消耗的能量较低
B. 过程I、Ⅱ都要吸收能量
C. 过程Ⅱ既有极性键形成，又有非极性键形成
D. 利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据能量守恒可知，与电解相比，光解水过程中消耗的能量相等，选项A错误；
B、过程I断裂化学键要吸收能量、过程Ⅱ形成新化学键放出能量，选项B错误；
C、过程Ⅱ形成氧氧键和氢氢键，只有非极性键形成，没有极性键形成，选项C错误；
D、新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，利用膜分离技术分离氢气和氧气具有良好的应用前景，选项D正确。
答案选D。
14.Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I2、0.5mol H2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是( )
A. 温度为T时，该反应=64
B. 容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1
C. 若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D. 无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A． H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；
B．前20 min，H2(g) + I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。
15.下列说法正确的是
A. 基于硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S和SO2，在定量分析测定反应速率时，可用排水法测 SO2 体积，计算出相关的反应速率
B. 46gC2H6O含有的C—H的数目一定是6NA
C. 以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分与石油分馏得到的柴油的成分不同
D. 如果存放有钠、电石等危险化学品的仓库着火，消防员不能用水灭火，应用泡沫灭火器灭火
【答案】C
【解析】
A．由于SO2易溶于水，不可用排水法测SO2体积来计算出相关的反应速率，故A错误；B、C2H6O可能为乙醇，也可能为二甲醚，故46g此有机物即1mol中含有的C-H的个数可能为5NA个，也可能为6NA个，故B错误；C、以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分为油脂的混合物，从石油分馏得到的柴油成分为多种烃的混合物，成分不同，故C正确；D．钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃料后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，电石与水反应生成可燃性气体乙炔，所以钠、电石等着火燃烧时，不能用泡沫灭火器和水灭火，应该用沙子灭火，故D错误；故选C。
16.室温下，反应HCO3-+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B. 0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (NH3·H2O)> c (H2CO3)
C. 0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D. 0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3•H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol•L-1+c(H2CO3)+c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故A错误；
B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液(pH＞7)，溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)，故B错误；
C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；
D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L①，氮守恒得到：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-) ③，把①中c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1-c(H2CO3)，②中c(NH4+)=0.4-c(NH3•H2O)，带入③整理得到：c(NH3•H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol•L-1+c(H2CO3)+c(H+)，故D正确；
故答案为D。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
17.已知草酸是一种弱酸，升华，以上分解可放出和CO；可与酸性溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。下列说法正确的是
A. 草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，可收集得到纯净的CO
B. 草酸受热产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定有CO
C. 草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中一定有
D. 将草酸晶体加入到的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈碱性，其原因是水解
【答案】D
【解析】
【详解】A.草酸受热产生的气体用足量的NaOH溶液充分吸收后，所得CO中还混有水，不是纯净的气体，还需要浓硫酸干燥后才能得到纯净的CO，故A错误；
B.草酸能被高锰酸钾氧化，说明草酸具有还原性，草酸受热可以升华，可能是草酸还原了CuO，干扰了CO的检验，故B错误；
C.草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，可能草酸与石灰水反应生成草酸钙沉淀，则不能说明产生的气体中一定有，故C错误；
D.将草酸晶体加入到溶液中充分反应，草酸与NaOH恰好反应生成，测由于水解，导致反应后溶液呈碱性，故D正确；
故答案为：D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，充分利用题中所给信息，注意草酸可与酸性溶液反应，可知草酸具有还原性。
18.某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是( )
A. 取样，进行焰色反应
B. 取样，滴加酚酞溶液
C. 取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液
D. 取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶
【答案】D
【解析】
【详解】①向溶液中滴加足量氯水后 , 溶液变橙色 , 说明溶液中含有 Br−，且有气泡冒出 , 说明溶液中含离子 CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－， 那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子： Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理 ，能证明 K＋存在 ，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样 ，加入足量 BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选 D。
【点睛】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br -，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO 3 2-或SO 3 2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在； ②向所得橙色溶液中加入足量BaCl 2溶液，无沉淀生成，说明不含SO 3 2-，据此进行解答。
19.25℃时，用浓度为0.01mol·L-1的HA溶液滴定20mL浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 应选用酚酞作指示剂
B. M点溶液中存在：c（Na+）>c（A-）
C. Ka（HA）≈2×10-8
D. N点溶液中存在：c（OH-）-c（H+）=c（HA）
【答案】C
【解析】
【详解】A.N点HA和NaOH的物质的量相等，恰好完全反应，溶质为NaA，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，A项正确；
B.M点为等物质的量浓度的NaOH和NaA的混合液，溶液呈碱性，由电荷守恒可知：c（Na+）>c（A-），B项正确；
C.N点为NaA溶液，物质的量浓度为0.005mol/L，PH=9，c(H+)=1×10-9mol/L，c(OH-)=1×10-5mol/L，NaA中的A-发生水解：A-+H2OHA+OH-，c(OH-)≈c(HA)，则，则，C项错误；
D. N点为NaA溶液，存在质子守恒：c（H+）+ c（HA）=c（OH-），故D正确。
故选C。
【点睛】强酸和弱碱相互滴定或弱酸和强碱互相滴定时，要注意滴定曲线上的几个特殊点：中和点，即酸碱恰好中和的点，溶质即为酸碱中和反应生成的盐；中性点，即溶液恰好呈中性的点，此时的溶质除了盐外还有剩余的弱酸或弱碱，经常利用电荷守恒考查离子浓度关系；1:1点，即溶质是盐和剩余的酸或碱，两者物质的量相等，经常考查物料守恒和质子守恒。
20.常温时，1mol·L－1的CH3NH2和1mol·L－1的NH2OH（NH2OH+H2ONH3OH++OHˉ）两种碱溶液，起始时的体积均为10mL，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示（V表示溶液的体积），pOH=－lgc（OH－）。下列说法正确的是
A. NH2OH的电离常数K的数量级为10－8
B. CH3NH3Cl盐溶液中水解离子方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－
C. 当两溶液均稀释至lg =4时，溶液中水的电离程度：NH2OH >CH3NH2
D. 浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：c（CH3NH3+）
【解析】
【详解】A．根据NH2OH+H2O⇌NH3OH++OHˉ，1mol•L-1的NH2OH的pOH值为4.5，即有c(OH-)=c(NH3OH+)=10-4.5，电离程度小，c(NH2OH)≈1mol/L，故平衡常数K===10-9，故数量级为10-9，故A错误；
B．弱碱阳离子水解，生成相应的弱碱和氢离子，所以CH3NH3+水解方程式为：CH3NH3++H2OCH3NH2+H3O+，故B错误；
C．碱溶液抑制水的电离，碱性越强，水的电离越弱，当两溶液均稀释至lg=4时，CH3NH2的pOH值较小，即碱性较强，溶液中水的电离程度：NH2OH＞CH3NH2，故C正确；
D．1mol•L-1的CH3NH2比1mol•L-1的NH2OH的pOH值小，即碱性强，根据水解规律，越弱越水解，NH3OH+的水解程度大，所以浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：(NH3OH+)＜c(CH3NH3+)，故D错误；
故答案为C。
21.常温下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④0.01 mol·L−1的NaOH溶液。有关上述溶液的比较中，正确的是
A. 水电离的c(H＋)：①=②=③=④
B. 将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②<④
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
【答案】A
【解析】
【详解】A．在相同的条件下，水电离的氢离子浓度相同，酸和碱溶液对水的电离起到抑制作用，由于本题中强酸和弱酸溶液中氢离子浓度相同，而且其与强碱、弱碱溶液中氢氧根离子也浓度相同，故4种溶液中水的电离程度相同，故A正确；
B．强酸和强碱恰好中和，故消耗溶液的体积②=④，B错误；
C．和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C错误；
D．弱电解质稀释时，电离平衡正向移动，溶液pH值应该③＞④＞②＞①，故D错误；
故答案为A。
22.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是
A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B. 可以发生加成聚合反应
C. 分子中所有原子共平面
D. 易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【分析】
2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。
【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；
C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；
D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。
23.已知某有机物结构如图，下列说法中正确的是
A. 该物质的化学式为C15H12O8BrCl
B. 该物质能与FeCl3溶液发生显色反应
C. 1mol该物质最多能与3mol溴水发生加成反应
D. 一定条件下，1mol该物质最多能与7molNaOH反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．该物质化学式为C15H12O8BrCl，故A正确；
B．该物质结构中不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故B错误；
C．该物质结构中只含有一个碳碳双键，则1mol该物质只能与1molBr2发生加成反应，故C错误；
D．该物质含有两个卤素原子(水解时需要3个NaOH，其中氯原子与苯环相连需要2个NaOH)，一个羧基，一个羧酸苯酯(水解时需要2个NaOH)，一个碳酸苯酯(水解时需要3个NaOH)，则一定条件下，1mol该物质最多能与9molNaOH反应，故D错误；
故答案为A。
24.磁黄铁矿(主要成分是Fe1-nS，S为-2价)导电性好，且略具磁性，主要用于提取硫、生产硫酸等。将mg该磁黄铁矿与200 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成硫单质4.8g、FeCl20.85mol和一定量H2S气体，向反应后的溶液中加入KSCN溶液无现象。下列说法正确的是（ ）
A. mg该磁黄铁矿中含+2价的铁0.75mol
B. 200 mL盐酸中HCl物质的量浓度为4.25mol·L-1
C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为16.8L
D. 该磁黄铁矿中Fe1-nS的n=0.15
【答案】D
【解析】
【分析】
mg该磁黄铁矿与盐酸反应生成硫单质4.8g、FeCl20.85mol和一定量H2S气体，向反应后的溶液中加入KSCN溶液无现象，说明溶液中没有Fe3+。磁黄铁矿和盐酸反应过程中发生了氧化还原反应，-2价硫的化合价部分升高为0价，部分没有变化，转化为H2S。铁的化合价降低，磁黄铁矿中的铁既有+2价，又有+3价，其中+3价铁化合价降低为+2价。
【详解】A反应中生成硫单质4.8g即0.15mol，.根据电子守恒，Fe3+的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，所以mg该磁黄铁矿中含+2价的铁0.85mol-0.3mol=0.55mol，故A不选；
B. 盐酸中的Cl-和FeCl2中的Cl-的物质的量相等，FeCl2的物质的量为0.85mol，所以HCl为0.85mol×2=1.7mol，所以盐酸中HCl物质的量浓度为1.7mol/0.2L=8.5mol·L-1，故B不选；
C. 反应消耗的HCl为1.7moL，根据氢守恒，生成的H2S气体的物质的量为0.85mol，在标准状况下的体积为19.04L，故C不选；
D. 反应中生成的硫为0.15mol，H2S为0.85mol，所以硫元素共1mol，所以Fe1-nS为1mol，所以铁为(1-n)mol，FeCl2为0.85mol，所以1-n=0.85，n=0.15，故D选。
故选D。
二、填空题（包括5小题，共计52分）
25.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）CO可用于炼铁，已知：
Fe2O3(s) + 3C(s)＝2Fe(s) + 3CO(g) ΔH1＝+489.0 kJ·mol－1，
C(s) +CO2(g)＝2CO(g) ΔH2＝+172.5kJ·mol－1
则CO(g)还原Fe2O3(s)的热化学方程式为____。
（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：_____。
（3）将CO2和H2充入1L的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。
①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___KⅡ（填“>”或“=”或“<”）。
②一定温度下，往该容器中投入1 molCO2、3 mol H2 ，一段时间后达到平衡。若平衡后气体的压强为开始的0.8倍，则CO2的平衡转化率=____。
【答案】 (1). Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g) △H＝－28.5kJ·mol-1 (2). CO+4OH－-2e－＝CO32－+2H2O (3). ＞ (4). 40%
【解析】
【详解】(1)①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H1=+489.0kJmol-1，
②C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H2=+172.5kJmol-1，由盖斯定律①-②×3得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H=-28.5kJmol-1；
(2)CO-O2燃料电池(以KOH溶液为电解液)，一氧化碳在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，在氢氧化钾溶液中生成碳酸钾，负极的电极反应式为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；
(3)①根据图像可知，线Ⅱ的反应速率大于线Ⅰ，所以线Ⅱ对应的温度高于线Ⅰ，而线Ⅱ对应的甲醇的物质的量小，即升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，即KⅠ＞KⅡ；
②设反应的二氧化碳的物质的量为x，
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
初始(mol)： 1 3 0 0
反应(mol)： x 3x x x
平衡(mol)：1-x 3-3x x x
平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，因此=0.8，解得x=0.4mol，则CO2的平衡转化率=100%=40%。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
26.MgSO4·7H2O在医药上常用做泻药，工业上可用氯碱工业中的一次盐泥为原料生产已知一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分其主要工艺如下：
请回答下列问题：
（1）一次盐泥与H2SO4充分反应后，分离沉淀1与滤液I时所用到的玻璃仪器有玻璃棒和_____________．
（2）“操作X”是将溶液___________、___________、过滤洗涤，即得到MgSO4·7H2O晶体．
（3）加NaClO溶液至pH=5～6并加热煮沸5-10分钟，沉淀2中主要含有MnO2和另外两种难溶物，这两种难溶物化学式分别为___________、___________；其中NaClO溶液将MnSO4转化为MnO2的离子方程式为________．
（4）称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2mol/L的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加足量2mol/LBaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66 g，则样品纯度为_______。
【答案】 (1). 烧杯 、漏斗 (2). 蒸发浓缩（或加热浓缩） (3). 冷却结晶（或降温结晶） (4). Fe(OH)3或Fe2O3 (5). Al(OH)3或Al2O3 (6). ClO-+Mn2++H2O=MnO2+Cl-+2H+ (7). 98.4%
【解析】
【分析】
一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分，加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸钙，硫酸铁，硫酸铝，硫酸锰，会把碳酸盐和硅酸盐转化为溶于水的硫酸盐，得到的沉淀1主要为H2SiO3、CaSO4，过滤，滤液加入次氯酸钠是为了氧化锰离子为二氧化锰，同时溶液中Fe3+、Al3+水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，所以沉淀2为MnO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤，在滤液中加入氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀，所以沉淀3为Mg(OH)2，氢氧化镁中加入硫酸得到硫酸镁溶液，将溶液经过加热浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥等操作，获得MgSO4•7H2O晶体。
【详解】(1)分离沉淀1与滤液I属于过滤操作，则所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；
(2)硫酸镁溶液经过蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶(或降温结晶)和过滤洗涤，即得到MgSO4·7H2O晶体；
(3)加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸铝，硫酸铁，加入次氯酸钠是为了氧化锰离子为二氧化锰，调节溶液pH，Fe3+、Al3+水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，受热分解分别得到Fe2O3和Al2O3；NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-；
(4)准确称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2mol•L-1的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加足量2mol•L-1 BaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66g，生成沉淀BaSO4物质的量==0.02mol，则MgSO4•7H2O物质的量为0.02mol，质量=0.02mol×246g/mol=4.92g，样品纯度=100%=98.4%。
27.废水中氨态氮以NH3·H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。
Ⅰ．沉淀法
向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO4·6H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mg·L−1以下。
（1）NH3的电子式：______。
（2）废水中的NH3·H2O转化为MgNH4PO4·6H2O的离子方程式是______。
（3）16℃时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1︰1︰1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图。欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH的适宜范围是______，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成。
Ⅱ．微波−氧化法
（4）微波协同CuO和H2O2除去氨态氮
①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10 min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如下图。据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由_____________
②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是____________________。
【答案】 (1). (2). Mg2+ + NH3·H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4·6H2O↓ (3). pH＝8~10； pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2， NH3·H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成； (4). 相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 (5). 3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O
【解析】
【详解】(1)NH3的电子式为；
(2)根据题意，废水中的NH3·H2O转化为MgNH4PO4·6H2O，反应的离子方程式为Mg2+ + NH3·H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4·6H2O↓；
(3)由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH适宜范围为8~10，pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2， NH3·H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成；
(4)①由图可知，在相同时间和H2O2溶液添加量相同时，添加了CuO的反应速率较快，氨态氮的剩余浓度远远小于未添加CuO；
②根据上述分析，在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反应的方程式为3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。
28.乙醚是有机合成中常用的溶剂。某实验小组在实验室利用乙醇脱水制备乙醚，装置示意图（夹持和加热装置已略去）、有关数据和实验步骤如下：
物质
相对分子质量
密度／（g·mL－1）
沸点／℃
在水中的溶解性
乙醇
46
0.816
78
互溶
乙醚
74
0.713
34.6
不溶
已知：①相同条件下，乙醚在饱和食盐水中比在水中更难溶。
②氯化钙可与乙醇形成络合物CaCl2·6C2H5OH。
请回答下列问题：
（1）仪器B的名称为________。
（2）由乙醇制备乙醚的总反应为2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O，此反应分两步进行，第一步反应的化学方程式为：CH3CH2OH＋H2SO4CH3CH2OSO2OH＋H2O，则第二步反应的化学方程式为_____________。
（3）仪器D中盛有冰水混合物，其作用为____________。
（4）操作1的名称为_______________。
（5）若省略步骤Ⅱ会导致的后果是________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). CH3CH2OSO2OH+CH3CH2OHH2SO4+CH3CH2OCH2CH3 (3). 使乙醚冷凝为液体以便收集 (4). 分液 (5). 用饱和氯化钙溶液洗涤乙醚粗品时，析出氢氧化钙沉淀
【解析】
【详解】(1)仪器B为分液漏斗；
(2)已知总反应为2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3＋H2O，第一步反应为CH3CH2OH＋H2SO4CH3CH2OSO2OH＋H2O，两式相减，可得第二步反应为CH3CH2OSO2OH+CH3CH2OHH2SO4+CH3CH2OCH2CH3；
(3)仪器D中盛有冰水混合物使乙醚冷凝为液体以便收集；
(4)通过操作1将溶液与乙醚分离，乙醚不溶于水，故为分液；操作2分离吸水后的氯化钙水合物固体与乙醚，为过滤；
(5)若省略步骤Ⅱ，乙醚粗品混有少量步骤I的 NaOH ，用饱和氯化钙溶液洗涤乙醚粗品时，析出氢氧化钙沉淀。
29.M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如：
2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR
回答下列问题：
(1)M的名称是____________。
(2)⑥的反应类型是________________。
(3)C的结构简式为____________。由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是___________。
(4)符合下列条件D的同分异构体有______种。
①氯原子连在碳链的端点碳上 ②羟基连在不同的碳原子上
(5)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_________________。
(6)已知： 根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)___________。
【答案】 (1). 丙烯 (2). 消去反应 (3). HOCH2-CH=CH-CH2OH (4). 保护分子中碳碳双键不被氧化 (5). 10 (6). HOOCCH=CHCOOH+HOCH2CH2OH+2H2O (7). CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2
【解析】
【分析】
M是石油裂解气的重要成分，与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，则M为CH2=CHCH3．由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2．B与溴发生加成反应生成H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I为HOCH2-CH2OH．A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，C生成D是C与HCl的加成反应，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D发生氧化反应生成E，E发生消去反应生成F，F酸化得到G，而G与I发生酯化反应生成环酯P，则E为，F为NaOOC-CH=CH-COONa，G为HOOC-CH=CH-COOH，P为；
(6)由2-氯丙烷在催化剂条件下得到CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3；CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应得到CH3-CHBr-CHBr-CH3，然后发生消去反应得到CH2=CHCH=CH2，乙烯与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得到环己烯。
【详解】(1)M为CH2=CHCH3，M的名称是丙烯；
(2)⑥的反应类型是消去反应；
(3)C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是：保护分子中碳碳双键不被氧化；
(4)D为HOCH2CH2CHClCH2OH，D的同分异构体中Cl原子位于端头碳原子上，且羟基连在不同的碳原子上的有ClCH2CH(OH)CH2CH2OH、ClCH2CH2CH(OH)CH2OH、ClCH(OH)CH2CH2CH2OH、ClCH2CH(OH)CH(OH)CH3、ClCH(OH)CH2CH(OH)CH3、ClCH(OH)CH(OH)CH2CH3、ClCH(OH)C(CH3)2OH、ClCH(OH)CH(CH3)CH2OH、ClCH2C(OH)(CH3)CH2OH、ClCH2CH(CH2OH)2，共10种；
(5)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为：；
(6)由2-氯丙烷在催化剂条件下得到CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3；CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应得到CH3-CHBr-CHBr-CH3，然后发生消去反应得到CH2=CHCH=CH2，乙烯与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得到环己烯，合成路线流程图为：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。
【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。
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