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辽宁省实验中学东戴河分校2020届高三12月月考化学试题
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化学试卷
一、单项选择题(1题-10题每个2分，11题-20题每个3分，共计50分)
1.化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法不正确的是 ( )
A. 滑石粉[Mg3(Si4O10)(OH)2]属于无机硅酸盐类物质，滑石粉的组成可表示为3MgO·4SiO2·H2O
B. 次氯酸钠、石灰、明矾可作消毒杀菌剂；硫酸钡俗称“钡餐”，是一种医疗药品
C. 水结冰时体积膨胀，密度减小，是因为水分子大范围以氢键相连，形成疏松晶体
D. 天然纤维包括棉花、羊毛、蚕丝和麻等，毛、发的主要成分都是蛋白质，其水解的最终产物是氨基酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.滑石粉属于无机硅酸盐类物质，从滑石粉的化学式可知其组成可表示为3MgO·4SiO2·H2O，A项正确；
B.明矾不能杀菌消毒，碳酸钡是一种难溶于水的盐，但是碳酸钡能溶于盐酸生成氯化钡，钡离子有毒，而胃酸的主要成分是盐酸，所以不能用碳酸钡作X光透视肠胃的药剂，B项错误；
C.水分子之间含有氢键，水凝固成冰时，水分子排列有序化，体积膨胀，形成的氢键数目增多，C项正确；
D.毛、发等的主要成分都是蛋白质，蛋白质水解最终生成氨基酸，D项正确。
答案选B。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 10gH218O中所含的中子数为5NA
B. 标准状况2.24L苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
C. 常温下，pH=1的NH4NO3溶液，NO3-的数目为0.1NA
D. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 10gH218O 的物质的量为0.5mol, H218O中含有10个中子，因此10gH218O中所含的中子数为5NA ，A项正确；
B. 标准状况苯是非气体，无法按气体摩尔体积算出其物质的量，因此无法计算其燃烧得到的二氧化碳，B项错误；
C. 溶液体积不知，不能计算NH4NO3中NO3-微粒数，C项错误；
D．红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，0.2molFe粉与足量水蒸气反应，生成molH2，生成的H2分子数为NA，D项错误；
答案选A。
3.下列离子方程式书写正确的是
A. 向水中通入氯气：Cl2+H2O===2H+ + ClO−+ Cl−
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Ca2+ + 2HCO3−+2OH−===CaCO3↓+CO32−+2H2O
C 向明矾溶液中加过量氨水：Al3++4NH3·H2O===AlO2−+4NH4++2H2O
D. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式；
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水；
C. Al(OH)3不溶于氨水；
D. HI具有酸性，也具有强的还原性；
【详解】A.向水中通入氯气的离子反应为：Cl2+H2OH+ +HClO－+Cl－,次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式，A错误；
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Ca2+ + 2HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+CO32－+2H2O，B正确；
C. 向明矾溶液中加过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+, Al(OH)3不溶于氨水，C错误；
D. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，生成的铁离子继续氧化碘离子：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，D错误；
正确选项B。
4.下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是
A. 氨——作制冷剂 B. 漂粉精——作游泳池消毒剂
C. 甘油——作护肤保湿剂 D. 明矾——我国古时用于除铜锈
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；
B.漂粉精中Cl元素的化合价降低,作氧化剂,故选B;
C.甘油作护肤保湿剂,利用吸水性，没有元素的化合价变化,故C不选;
D.铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，明矾水解使溶液呈酸性, 用于除铜锈，没有元素的化合价变化,故D不选;答案：B。
【点睛】考查氧化性的判断。氧化剂具有氧化性，在化学反应中起氧化作用，在化学变化中根据元素的化合价降低、在反应中得到电子，以此来解答。
5.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）
①SO2和NO2都能和碱液反应，属于酸性氧化物
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物
③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤NaHCO3是发酵粉的主要成分之一，Na2CO3可治疗胃酸过多
⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物
A. ①③⑤ B. ④⑤⑥ C. ②③④ D. ②④⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
①碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，发生的反应都是复分解反应，生成物为盐；
②由阴阳离子构成的化合物为离子化合物；
③电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物,水溶液中能完全电离的电解质为强电解质,水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物；
④酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；
⑤ NaHCO3是发酵粉主要成分之一俗称小苏打,可冶疗胃酸过多,碳酸钠碱性强不能用来治疗胃酸过多；
⑥不同物质组成的为混合物,同一种物质组成的为纯净物；
【详解】①SO2能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应,不是酸性氧化物,故①错误；
②碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成,氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成,氯化铵是铵根离子和氯离子构成,过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成,都属于离子化合物, 故②正确；
③蔗糖在水溶液中或在熔融状态都不导电，蔗糖属于非电解质,硝酸钾溶于水完全电离属于强电解质,硫酸钡难溶于水但熔融状态完全电离导电,属于强电解质,故③错误；
④醋酸属于酸,烧碱是氢氧化钠属于碱,纯碱是碳酸钠属于盐,生石灰为氧化钙属于氧化物,故④正确；
⑤NaHCO3俗称小苏打,是发酵粉主要成分之一, Na2CO3碱性强腐蚀性强,不能冶疗胃酸过多,应用碳酸氢钠治疗胃酸过多,故⑤错误；
⑥盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物,而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物,故⑥正确；综上分析可知只有②④⑥符合题意；
正确选项D。
6.有关有机物的性质说法正确的是（ ）
A. 将石油、煤分别隔绝空气加强热后所得的气体通过溴水，溴水均可褪色。
B. 聚酯纤维（涤纶）、合成橡胶、有机玻璃都是通过同一反应类型制得的
C. 在乙苯的碳碳单键中插入—C3H6—，共有9种同分异构体
D. 海带提取碘、皂化反应中C2H5OH的作用相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.将煤隔绝空气加强热(干馏)可得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，焦炉气中含有甲烷、乙烯、丙烯等不饱和烃，石油隔绝空气加强热后所得的气体中也含有不饱和烃，因此两者加强热后所得气体通过溴水都会不烯烃或不饱和烃反应，溴水均褪色；A项正确；
B. 聚酯纤维（涤纶）是通过缩聚而成，合成橡胶、有机玻璃是通过加聚反应制得，B项错误；
C. 在乙苯的碳碳单键中插入—C3H6—，共有2种同分异构体,C项错误；
D.海带提取碘中酒精作用主要是使海带完全燃烧成灰烬，皂化反应中C2H5OH的作用是溶解NaOH和油脂,使其充分接触,使皂化反应更快,更充分.(乙醇不是反应物,只是溶剂)，D项错误；
答案选A。
【点睛】煤的汽化、液化、干馏，石油裂解、裂化全部是化学变化，而石油分馏属于物理变化。
7.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、2NO2N2O4是放热反应；
B、比较元素非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较；
C、△H=△H1+△H2；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比；
【详解】A、2NO2N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期很，故B不符合；
C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合；
故选B。
8.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. C3N4中C的化合价为−4
B. 反应的两个阶段均为吸热过程
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；
B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；
C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；
D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误；
答案选C。
9.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A. WZ的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。
【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；
B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；
C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；
D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。
10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失。
原溶液中一定有 SO42－
B
加入盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊。
原溶液中一定有CO32－
C
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝。
原溶液中一定无 NH4+
D
向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色。
溶液中可能含 Br2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．能和氯化钡溶液反应生成白色不溶于盐酸的沉淀可能是Ag+或SO42-，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．将无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳或二氧化硫气体，能与盐酸反应生成二氧化碳或二氧化硫气体的离子可能为HCO3-、SO32－等，故B错误；
C．氨气极易溶于水，在稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，氨气未逸出，故不能说明原溶液中是否含有NH4+，故C错误；
D．向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液能氧化碘离子生成碘，该溶液中可能含有溴，也可能含有铁离子，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意，氨气极易溶于水，生成的氨气溶于水生成一水合氨，未放出，因此检验铵根离子，一般需要加热，使氨气放出。
11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2
②铝土矿AlO2-Al(OH)3Al2O3
③NH3NONO2HNO3
④NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑤SSO3H2SO4
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A. ③⑥ B. ③⑤⑥ C. ①④⑤ D. ①③⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故①错误；
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故②错误；
③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；
④电解氯化钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故④错误；
⑤硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故⑤错误；
⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，故⑥正确；
故③⑥正确，故选A。
【点睛】本题的易错点为①，要注意加热氯化镁溶液得不到无水MgCl2，需要在氯化氢气氛中蒸发，才能得到无水MgCl2。
12.下列离子方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是( )
A. 向氯水中通入SO2气体，溶液浅黄绿色消失：Cl2 + SO2 + 2 H2O = 4H+ + 2Cl- + SO42-
B. 向AgNO3溶液中加入一定量HCl溶液，后加入Na2S溶液，白色沉淀变黑色：2AgCl + S2- = Ag2S + 2Cl-
C. 向氢氧化铁胶体中加入HI酸溶液，首先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，溶液变为黄色：2Fe(OH)3 + 6H+ + 2I- = 2Fe2+ + I2 + 6H2O
D. 向CrO42-中加入H2SO4溶液，颜色由黄色变为橙色：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
【答案】C
【解析】
分析】
根据题中子方程式可知，本题考查离子方程式的书写和现象，运用离子方程式的书写步骤和物质的颜色分析。
【详解】A. 向氯水中通入SO2气体，Cl2 + SO2 + 2 H2O = 4H+ + 2Cl- + SO42-，Cl2被消耗，溶液黄绿色消失， A项正确；
B. 向AgNO3溶液中加入一定量HCl溶液，先生成AgCl 白色沉淀，后加入Na2S溶液，因为Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度小，所以2AgCl + S2- = Ag2S + 2Cl-，白色固体变成黑色固体， B项正确；
C. 向氢氧化铁胶体中加入HI酸溶液，胶体聚沉出现红褐色沉淀，因Fe(OH)3 + 3H+ = 2 Fe3+ +3H2O ，沉淀消失，生成成Fe3+，溶液变为黄色，C项错误；
D. CrO42-显黄色，Cr2O72-显橙色，向CrO42-中加入H2SO4溶液时2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O ，颜色由黄色变为橙色，D项正确；
答案选C。
【点睛】氯水和SO2都具有漂白性，但二者混合并不具有加强漂白作用的效果，因为会发生 SO2 + 2 H2O = 4H+ + 2Cl- + SO42-而失效。
13.下列实验操作能达到实验目的的是( )
选项
操作
目的
A
用酚酞作指示剂，用标准的c mol·L－1盐酸滴定一定体积未知浓度的溶液
测定溶液的浓度
B
将一定量 固体溶于硝酸，加蒸馏水稀释至指定体积
配制一定物质的量浓度的 溶液
C
给含碎瓷片的石蜡油加强热，并将气体通入酸性高锰酸钾溶液中
证明气体产物含碳碳双键
D
在 溶液中滴加适量稀硫酸，再加入 草酸溶液。将溶液分成两份，其中一份中加入2mL 溶液，另一份中加入2mL蒸馏水
证明能降低该反应的活化能
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.用盐酸滴定NaHCO3溶液应该用甲基橙做指示剂而不用酚酞，因为酚酞变色范围是8-10，在酚酞变为无色的时候，碱并没有完全被反应完毕，所以导致未到达滴定终点，A项错误；
B.硝酸有强氧化性，会把Fe(NO3)2氧化成Fe(NO3)3，B项错误；
C.碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，因此将石蜡油加强热产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，可以证明气体产物含碳碳双键，C项正确；
D.酸性高锰酸钾与草酸反应会生成氯化锰，因此两份溶液中都会含有锰离子，没有对照实验，无法证明能降低该反应的活化能，D项错误；
答案选C。
【点睛】硝酸具有强氧化性，可以把具有还原性的物质氧化，因此硝酸跟、氢离子存在的情况下，具有还原性的离子不能与之共存，如亚铁离子，碘离子等。
14.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )
A. 放电时, Li+由左向右移动
B. 放电时, 正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
C. 充电时, 外加电源的正极与Y相连
D. 充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减轻12g
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。
【详解】A．放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；
B、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；
C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；
D、充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错误；
答案选D。
【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。
15.已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，下列实验所得结论不正确的是（ ）
注：加热为微热，忽略体积变化。
A. 实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3
B. 实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响
C. 实验③中，存在可逆反应: Fe3+ + 4Cl－+ 2H2O [FeCl4(H2O)2]－
D. 实验④，可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3， A项正确；
B．由Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验②中酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，B项正确；
C．加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生Fe3++4Cl-+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]-，[FeCl4(H2O)2]-为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，C项正确；
D．由实验③可知，④中存在Fe3++4Cl-+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]-，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3+水解平衡的影响，D项错误；
答案选D。
16.甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。下列说法错误的是：
A. 若甲为气态氢化物，乙为淡黄色固体，则丙具有漂白性
B. 若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，则反应②为吸热反应
C. 若甲为金属氧化物，乙的水溶液呈酸性，则丙既能与强酸又能与强碱反应
D. 若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若甲为气态氢化物(H2S)，乙为淡黄色固体(S)，则丙具有漂白性(SO2)，各物质都能依箭头所指方向发生转化，A正确；
B. 若甲为气体单质(O2)，乙为含有极性共价键非极性分子(CO2)，则反应②(C+CO2)为吸热反应，各物质都能依箭头所指方向发生转化，B正确；
C. 若甲为金属氧化物(Al2O3)，乙的水溶液呈酸性(AlCl3)，则丙[Al(OH)3]既能与强酸又能与强碱反应，这些物质都能转化，但甲不能转化为丙，所以C错误；
D. 若甲为金属单质(Fe)，反应④(Fe+CuCl2)为置换反应，则往乙(FeCl3)溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，箭头所指的各物质间都能发生转化，D正确。
故选C。
17.1,3-二异丙烯基苯 是重要的化工原料，下列说法正确的是( )
A. 不可发生加聚反应 B. 不能使稀的高锰酸钾溶液褪色
C. 分子中所有原子共平面 D. 其苯环上二氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中1,3-二异丙烯基苯可知，本题考查官能团反应类型、二氯代物种类，运用双键的反应化学性质分析。
【详解】A. 1,3-二异丙烯基苯中有不饱和键，可发生加聚反应，A项错误；
B. 1,3-二异丙烯基苯中有不饱和键，能使稀的高锰酸钾溶液褪色，B项错误；
C. 1,3-二异丙烯基苯中有2个饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共面，C项错误；
D. 1,3-二异丙烯基苯上有4种氢原子，二氯代物的位置可以是1和2,1和3,1和4，2和3，共四种，D项正确；
答案选D。
18.三氯氢硅(SiHCl3)是光伏产业的一种关键化学原料，制备反应的方程式为Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)，同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为0.05 MPa时，分别改变进料比[n(HCl)∶n(Si)]和反应温度，二者对SiHCl3产率影响如图所示。下列说法正确的是
A. 降低压强有利于提高SiHCl3的产率
B. 制备SiHCl3的反应为放热反应
C. 温度为450 K，平衡常数：K(x)＞K (y)＞K (z)
D. 增加HCl的用量，SiHCl3的产率一定会增加
【答案】B
【解析】
【详解】A.Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)的反应正向为气体体积减小的方向，由于降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，则对应此反应降低压强平衡向逆向移动，SiHCl3的产率会降低，故A错误；
B.如图所示，升高温度，曲线是向下倾斜的，即升高温度，SiHCl3的产率会降低，则升温平衡向逆向移动，逆向为吸热反应 ，则正向为放热反应，故B正确；
C.平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数是一个定值，则温度为450 K，平衡常数：K(x)=K (y)=K (z)，故C错误；
D.如图所示，当n(HCl)∶n(Si)的进料比由1：:1增大到3:1时，SiHCl3的产率是增加的，当增大到6:1时，SiHCl3的产率反而减小，故D错误。答案选B。
19.25℃，用NaOH溶液滴定H3AsO3时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. H3AsO3为三元弱酸，其一级电离平衡常数Ka1＝10-9
B. NaH2AsO3在溶液中水解程度大于电离程度
C. pH=9的溶液中c(H+)＞c(H3AsO3)= c(H2AsO3－)
D. a点时，溶液中c(H2AsO3－)＞c(H3AsO3)+ c(HAsO32－)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线可知，本题考查盐类水解中粒子大小的比较，运用水解是微弱的原理分析。
【详解】A. pH=9时，溶液中存在H3AsO3 H2AsO3-+H+,此时=mol/L,= ，则 ，A项正确；
B. 由图可知NaH2AsO3溶液显碱性，以水解为主，由此可知NaH2AsO3在溶液中水解程度大于电离程度，B项正确；
C. 由图可知pH=9的溶液中，c(H3AsO3)= c(H2AsO3－)，此时溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+),但不确定c(H+)＞c(H3AsO3)= c(H2AsO3－)，C项错误；
D. a点时，由图可知溶液中H2AsO3－物质的量分数最高，而H3AsO3和HAsO32－的物质的量分数相等且远小于H2AsO3－，因此a点时，溶液中c(H2AsO3－)＞c(H3AsO3)+ c(HAsO32－)，D项正确；
答案选C。
20.将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为
A. 2mol/L B. 1.8mol/L C. 2.4 mol/L D. 3.6 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。
21.“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH1＝ ＋180.5 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH3＝－221 kJ/mol
若某反应的平衡常数表达式为K＝[c(N2)·c2(CO2)]/[c2(NO)·c2(CO)]，则此反应的热化学方程式为：_____________。
(2)N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
c(N2O5)/(mol·L－1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1∶p0＝________。2～5 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是________(填字母)。
a．NO2和O2的浓度比保持不变 b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)＝v逆(N2O5) d．气体的密度保持不变
(3)Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应中正反应速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反应速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为________(用k正、k逆表示)。
(4)如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。
①曲线a对应的温度是________。
②M点对应的H2的转化率是________。
(5)常温下，联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的电离平衡常数值_______________。(已知：N2H4+H+ N2H5+的K＝8.7×107 Kw＝1.0×10-14)
【答案】 (1). 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.5 kJ·mol－1 (2). 7∶4(或1.75∶1) (3). 0.22 mol·L－1·min－1 (4). b (5). k正/k逆 (6). 200 ℃ (7). 75% (8). 8.7×10-7
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查化学反应速率、化学平衡，运用化学反应速率之比等于化学计量数之比，勒夏特列原理分析。
【详解】（1）若某反应的平衡常数表达式为，发生的反应为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H，根据盖斯定律，△H=2△H2-△H2-△H1=-746.5kJ/mol
故答案为：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.5 kJ·mol－1；
（2）①相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比：
反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p1∶p0＝（0.5+1.0+0.25）mol：1.00mol=1.75：1, 2～5 min内,，根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得，NO2表示的该反应的平均反应速率为v(NO2)=2v(N2O5)=0.22 mol/(L·min),
故答案：7∶4(或1.75∶1) ；0.22 mol·L－1·min－1；
②a. NO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故A错误；
b.该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组反应的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，故B正确；
c. v正(NO2)＝2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，2v正(NO2)＝v逆(N2O5)时该反应没有达到平衡状态，故C错误；
d.该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故D错误。
故答案为：b；
（3）N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) △H=+24.4 kJ·mol－1，
，上述反应中，正反应速率v正＝k正·p（N2O4），逆反应速率v逆＝k逆·p2（NO2），
其中k逆、k正为速率常数，则。
故答案为：；
（4）①合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200 ℃；
故答案为：200 ℃；
②根据题意，M点时：，解得x=,则H2的转化率为，
故答案为：75%；
(5) 由已知条件可知联氨第一步电离反应的电离平衡常数值Ka=K·Kw=8.7×10-7，
故答案为：8.7×10-7。
【点睛】判断化学平衡标志：正反应速率等于逆反应速率；各组分浓度保持不变；反应过程中的变量保持不变时。
22.稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：i．铈的常见化合价为+3、+4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ii．酸浸II中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3=Ce(BF4)3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O
请回答下列问题：
（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是_______。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：________。
（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是________。
（3）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是______。
（4）操作I的名称为_______，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有_______。
（5）“操作I”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于________即可认为Ce3+已完全沉淀。(已知：Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20)
（6）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300mol FeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为______(已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208，保留3位有效数字)。
（7）在酸性条件下电解Ce2O3制备Ce(SO4)2（如下图），阳极电极反应式_______。
【答案】 (1). 将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 (2). 2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2 (3). 8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O (4). 避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率） (5). 过滤 (6). 烧杯、分液漏斗 (7). 9 (8). 95.7% (9). Ce2O3 +6H+ -2e- = 2Ce4++3H2O
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查氟碳铈矿的冶炼工艺流程，运用氧化还原反应化合价变化规律、离子方程式书写步骤、除杂步骤方法分析。
【详解】（1）①通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离，
故答案为：将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离；
②尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（1−x）+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO2消除CO尾气的化学方程式为2xCO+CeO2＝CeO2（1−x）+2xCO2，
故答案为：2xCO+CeO2＝CeO2（1−x）+2xCO2；
（2）在酸浸I中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3+生成，且产生黄绿色气体，此气体为Cl2，则此时发生反应的离子方程式是8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O，
故答案为：8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O；
（3）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF4−或提高CeCl3的产率，
故答案为：避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）；
（4）操作I为固液分离，应选择过滤操作；操作II为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯，
故答案为：过滤；分液漏斗、烧杯；
（5）溶液中的c(Ce3+)等于1×10−5mol⋅L−1，可认为Ce3+沉淀完全，根据KSP[Ce(OH)3]＝c(Ce3+)⋅c3(OH−)＝1×10−20可知，，此时溶液的PH为9，即加入NaOH 调节溶液的pH 应大于9，即可认为Ce3+已完全沉淀，
故答案为：9；
（6）用0.1000mol⋅L−1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液，主要是氧化溶液中剩余的Fe2+，根据电子守恒剩余Fe2+的物质的量为，则还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量为0.03300mol−0.01mol＝0.02300mol，根据Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+，则Ce4+的物质的量为0.02300mol，该产品中Ce(OH)4的质量分数为，
故答案为：95.7；
（7）在酸性条件下电解Ce2O3制备Ce(SO4)2，阳极是Ce2O3发生氧化反应变为Ce(SO4)2，因此阳极电极反应式Ce2O3 +6H+ -2e- = 2Ce4++3H2O，
故答案为：Ce2O3 +6H+ -2e- = 2Ce4++3H2O。
23.某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料进行如下实验探究．为测定黄铜矿中硫元素的质量分数，将m1 g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品．
（1）锥形瓶A内所盛试剂是_________；装置B的作用是_________；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为：_______________________。
（2）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：
如图向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为_________；操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，其中洗涤的具体方法________；该黄铜矿中硫元素的质量分数为_________（用含m1、m2的代数式表示）。
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是__________。
A．KSCN溶液、氯水
B．稀盐酸、KMnO4溶液
C．稀硫酸、KMnO4溶液
D．NaOH溶液
【答案】 (1). 氢氧化钠 (2). 干燥气体 (3). SO2+2OH− =SO32−+H2O (4). H2O2+SO32−= SO42−+H2O (5). 固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2~3 次 (6). ×100％ (7). C
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查实验探究及评价，运用实验装置安装步骤，离子方程式的书写步骤，除杂原理分析。
【详解】(1)为防止二氧化碳的干扰,应将空气中的二氧化碳用碱液除掉,锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液,通过碱石灰干燥吸收水蒸气,生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠盐和水,反应的离子方程式为：SO2+2OH−=SO32−+H2O，
故答案为：氢氧化钠；干燥气体；SO2+2OH−=SO32−+H2O；
(2)亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子,反应的离子方程式为：H2O2+ SO32−=SO42−+H2O,洗涤固体在过滤器中进行,加水至浸没固体使水自然流下,重复几次洗涤干净,具体操作为：固体放入过滤器中,用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待滤液自然流下后,重复上述操作2−3次,m2g固体为硫酸钡的质量,结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=，
故答案为：H2O2+SO32−= SO42−+H2O；固体放入过滤器中,用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待滤液自然流下后,重复上述操作2−3次； ×100％；
(3)反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液观察高锰酸钾溶液是否褪色设计检验方案，
故答案为：C。
24.丙烯可用于合成应用广泛的DAP树脂单体和聚碳酸酯。下列反应流程中的反应条件和部分副产物已省略。
已知：Ⅰ．RCOOR′+R″OH→RCOOR″+R′OH(R、R′、R″代表烃基)
Ⅱ．
III.生成D与F的过程中，两种反应物的比值不相同
请回答下列问题：
（1）聚碳酸酯的分子式为_______________；反应③的反应类型________________。
（2）E的结构简式______________；B中所含官能团的名称是___________。
（3）下列说法正确的是_______。
a．C能发生聚合反应、加成反应和酯化反应
b．E能与FeCl3溶液发生显色反应，易溶于乙醇
c．D能与溴水发生化学反应而使溴水褪色，也能使酸性高锰酸溶液褪色
d．COCl2与结构相似，两种物质的所有原子均共平面
（4）写出反应⑧的化学方程式_________________。
（5）写出同时符合下列条件的乙酸苯酚酯的所有同分异构体的结构简式_________________两种即可)。
ⅰ．能发生银镜反应；ⅱ．苯环上的一氯代物有两种。
（6）聚酯纤维是目前产量最高的一种合成纤维，其化学名称为聚对苯二甲酸乙二酯，请设计以乙烯和苯为原料 制备该树脂的合成路线，用流程图表示，无机试剂任选，注明试剂和反应条件。__________________
【答案】 (1). (C16H14O3)n (2). 缩聚反应 (3). (4). 酯基，碳碳双键 (5). ab (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查丙烯用于合成DAP树脂单体和聚碳酸酯的工艺流程，运用有机物官能团的互相转换关系及有机物的性质分析。
【详解】（1）由题意知聚碳酸酯的分子式为(C16H14O3)n,反应③为E和COCl2缩聚成聚碳酸酯，
故答案为：(C16H14O3)n；缩聚反应；
（2）反应③为E和COCl2缩聚成聚碳酸酯，由此可以逆推出E的结构简式为，B和甲醇反应生成C(丙烯醇)和乙酸甲酯,则B的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，则B中所含官能团的名称是酯基，碳碳双键；
故答案为：；酯基，碳碳双键；
（3）a．C为丙烯醇，含有碳碳双键和羟基，碳碳双键可发生聚合反应，加成反应，羟基可发生酯化反应，故a正确；
b．E为，含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，易溶于乙醇，故b正确；
c．由可以推出，D中含有苯环和醛基，苯环和醛基都不能与溴水发生化学反应而使溴水褪色，故c错误；
d．COCl2与结构相似，但结构中有2个饱和碳原子，结构与甲烷相似，因此所有原子不可能共平面，故d错误；
故答案为：ab；
（4）D和C发生取代反应生成甲醇和DAP树脂单体,反应方程式为：，
故答案为：；
（5）同时符合能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种的乙酸苯酚酯的同分异构体一定有醛基，且苯环上只有2种等效氢，则符合的结构简式为：，
故答案为：；
（6）以乙烯和苯为原料制备聚对苯二甲酸乙二酯的合成路线可为：，
故答案为：。
化学试卷
一、单项选择题(1题-10题每个2分，11题-20题每个3分，共计50分)
1.化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法不正确的是 ( )
A. 滑石粉[Mg3(Si4O10)(OH)2]属于无机硅酸盐类物质，滑石粉的组成可表示为3MgO·4SiO2·H2O
B. 次氯酸钠、石灰、明矾可作消毒杀菌剂；硫酸钡俗称“钡餐”，是一种医疗药品
C. 水结冰时体积膨胀，密度减小，是因为水分子大范围以氢键相连，形成疏松晶体
D. 天然纤维包括棉花、羊毛、蚕丝和麻等，毛、发的主要成分都是蛋白质，其水解的最终产物是氨基酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.滑石粉属于无机硅酸盐类物质，从滑石粉的化学式可知其组成可表示为3MgO·4SiO2·H2O，A项正确；
B.明矾不能杀菌消毒，碳酸钡是一种难溶于水的盐，但是碳酸钡能溶于盐酸生成氯化钡，钡离子有毒，而胃酸的主要成分是盐酸，所以不能用碳酸钡作X光透视肠胃的药剂，B项错误；
C.水分子之间含有氢键，水凝固成冰时，水分子排列有序化，体积膨胀，形成的氢键数目增多，C项正确；
D.毛、发等的主要成分都是蛋白质，蛋白质水解最终生成氨基酸，D项正确。
答案选B。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 10gH218O中所含的中子数为5NA
B. 标准状况2.24L苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
C. 常温下，pH=1的NH4NO3溶液，NO3-的数目为0.1NA
D. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 10gH218O 的物质的量为0.5mol, H218O中含有10个中子，因此10gH218O中所含的中子数为5NA ，A项正确；
B. 标准状况苯是非气体，无法按气体摩尔体积算出其物质的量，因此无法计算其燃烧得到的二氧化碳，B项错误；
C. 溶液体积不知，不能计算NH4NO3中NO3-微粒数，C项错误；
D．红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，0.2molFe粉与足量水蒸气反应，生成molH2，生成的H2分子数为NA，D项错误；
答案选A。
3.下列离子方程式书写正确的是
A. 向水中通入氯气：Cl2+H2O===2H+ + ClO−+ Cl−
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Ca2+ + 2HCO3−+2OH−===CaCO3↓+CO32−+2H2O
C 向明矾溶液中加过量氨水：Al3++4NH3·H2O===AlO2−+4NH4++2H2O
D. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式；
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水；
C. Al(OH)3不溶于氨水；
D. HI具有酸性，也具有强的还原性；
【详解】A.向水中通入氯气的离子反应为：Cl2+H2OH+ +HClO－+Cl－,次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式，A错误；
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Ca2+ + 2HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+CO32－+2H2O，B正确；
C. 向明矾溶液中加过量氨水：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+, Al(OH)3不溶于氨水，C错误；
D. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，生成的铁离子继续氧化碘离子：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，D错误；
正确选项B。
4.下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是
A. 氨——作制冷剂 B. 漂粉精——作游泳池消毒剂
C. 甘油——作护肤保湿剂 D. 明矾——我国古时用于除铜锈
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；
B.漂粉精中Cl元素的化合价降低,作氧化剂,故选B;
C.甘油作护肤保湿剂,利用吸水性，没有元素的化合价变化,故C不选;
D.铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，明矾水解使溶液呈酸性, 用于除铜锈，没有元素的化合价变化,故D不选;答案：B。
【点睛】考查氧化性的判断。氧化剂具有氧化性，在化学反应中起氧化作用，在化学变化中根据元素的化合价降低、在反应中得到电子，以此来解答。
5.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）
①SO2和NO2都能和碱液反应，属于酸性氧化物
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物
③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤NaHCO3是发酵粉的主要成分之一，Na2CO3可治疗胃酸过多
⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物
A. ①③⑤ B. ④⑤⑥ C. ②③④ D. ②④⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
①碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，发生的反应都是复分解反应，生成物为盐；
②由阴阳离子构成的化合物为离子化合物；
③电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物,水溶液中能完全电离的电解质为强电解质,水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物；
④酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；
⑤ NaHCO3是发酵粉主要成分之一俗称小苏打,可冶疗胃酸过多,碳酸钠碱性强不能用来治疗胃酸过多；
⑥不同物质组成的为混合物,同一种物质组成的为纯净物；
【详解】①SO2能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应,不是酸性氧化物,故①错误；
②碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成,氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成,氯化铵是铵根离子和氯离子构成,过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成,都属于离子化合物, 故②正确；
③蔗糖在水溶液中或在熔融状态都不导电，蔗糖属于非电解质,硝酸钾溶于水完全电离属于强电解质,硫酸钡难溶于水但熔融状态完全电离导电,属于强电解质,故③错误；
④醋酸属于酸,烧碱是氢氧化钠属于碱,纯碱是碳酸钠属于盐,生石灰为氧化钙属于氧化物,故④正确；
⑤NaHCO3俗称小苏打,是发酵粉主要成分之一, Na2CO3碱性强腐蚀性强,不能冶疗胃酸过多,应用碳酸氢钠治疗胃酸过多,故⑤错误；
⑥盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物,而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物,故⑥正确；综上分析可知只有②④⑥符合题意；
正确选项D。
6.有关有机物的性质说法正确的是（ ）
A. 将石油、煤分别隔绝空气加强热后所得的气体通过溴水，溴水均可褪色。
B. 聚酯纤维（涤纶）、合成橡胶、有机玻璃都是通过同一反应类型制得的
C. 在乙苯的碳碳单键中插入—C3H6—，共有9种同分异构体
D. 海带提取碘、皂化反应中C2H5OH的作用相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.将煤隔绝空气加强热(干馏)可得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，焦炉气中含有甲烷、乙烯、丙烯等不饱和烃，石油隔绝空气加强热后所得的气体中也含有不饱和烃，因此两者加强热后所得气体通过溴水都会不烯烃或不饱和烃反应，溴水均褪色；A项正确；
B. 聚酯纤维（涤纶）是通过缩聚而成，合成橡胶、有机玻璃是通过加聚反应制得，B项错误；
C. 在乙苯的碳碳单键中插入—C3H6—，共有2种同分异构体,C项错误；
D.海带提取碘中酒精作用主要是使海带完全燃烧成灰烬，皂化反应中C2H5OH的作用是溶解NaOH和油脂,使其充分接触,使皂化反应更快,更充分.(乙醇不是反应物,只是溶剂)，D项错误；
答案选A。
【点睛】煤的汽化、液化、干馏，石油裂解、裂化全部是化学变化，而石油分馏属于物理变化。
7.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、2NO2N2O4是放热反应；
B、比较元素非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较；
C、△H=△H1+△H2；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比；
【详解】A、2NO2N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期很，故B不符合；
C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合；
故选B。
8.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. C3N4中C的化合价为−4
B. 反应的两个阶段均为吸热过程
C. 阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. 通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；
B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；
C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；
D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误；
答案选C。
9.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A. WZ的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。
【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；
B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；
C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；
D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。
10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失。
原溶液中一定有 SO42－
B
加入盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊。
原溶液中一定有CO32－
C
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝。
原溶液中一定无 NH4+
D
向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色。
溶液中可能含 Br2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．能和氯化钡溶液反应生成白色不溶于盐酸的沉淀可能是Ag+或SO42-，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．将无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳或二氧化硫气体，能与盐酸反应生成二氧化碳或二氧化硫气体的离子可能为HCO3-、SO32－等，故B错误；
C．氨气极易溶于水，在稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，氨气未逸出，故不能说明原溶液中是否含有NH4+，故C错误；
D．向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液能氧化碘离子生成碘，该溶液中可能含有溴，也可能含有铁离子，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意，氨气极易溶于水，生成的氨气溶于水生成一水合氨，未放出，因此检验铵根离子，一般需要加热，使氨气放出。
11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①盐卤（含MgCl2）Mg(OH)2MgCl2溶液无水MgCl2
②铝土矿AlO2-Al(OH)3Al2O3
③NH3NONO2HNO3
④NaCl溶液Cl2无水FeCl2
⑤SSO3H2SO4
⑥SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3
A. ③⑥ B. ③⑤⑥ C. ①④⑤ D. ①③⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故①错误；
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故②错误；
③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；
④电解氯化钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故④错误；
⑤硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故⑤错误；
⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，故⑥正确；
故③⑥正确，故选A。
【点睛】本题的易错点为①，要注意加热氯化镁溶液得不到无水MgCl2，需要在氯化氢气氛中蒸发，才能得到无水MgCl2。
12.下列离子方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是( )
A. 向氯水中通入SO2气体，溶液浅黄绿色消失：Cl2 + SO2 + 2 H2O = 4H+ + 2Cl- + SO42-
B. 向AgNO3溶液中加入一定量HCl溶液，后加入Na2S溶液，白色沉淀变黑色：2AgCl + S2- = Ag2S + 2Cl-
C. 向氢氧化铁胶体中加入HI酸溶液，首先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，溶液变为黄色：2Fe(OH)3 + 6H+ + 2I- = 2Fe2+ + I2 + 6H2O
D. 向CrO42-中加入H2SO4溶液，颜色由黄色变为橙色：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
【答案】C
【解析】
分析】
根据题中子方程式可知，本题考查离子方程式的书写和现象，运用离子方程式的书写步骤和物质的颜色分析。
【详解】A. 向氯水中通入SO2气体，Cl2 + SO2 + 2 H2O = 4H+ + 2Cl- + SO42-，Cl2被消耗，溶液黄绿色消失， A项正确；
B. 向AgNO3溶液中加入一定量HCl溶液，先生成AgCl 白色沉淀，后加入Na2S溶液，因为Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度小，所以2AgCl + S2- = Ag2S + 2Cl-，白色固体变成黑色固体， B项正确；
C. 向氢氧化铁胶体中加入HI酸溶液，胶体聚沉出现红褐色沉淀，因Fe(OH)3 + 3H+ = 2 Fe3+ +3H2O ，沉淀消失，生成成Fe3+，溶液变为黄色，C项错误；
D. CrO42-显黄色，Cr2O72-显橙色，向CrO42-中加入H2SO4溶液时2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O ，颜色由黄色变为橙色，D项正确；
答案选C。
【点睛】氯水和SO2都具有漂白性，但二者混合并不具有加强漂白作用的效果，因为会发生 SO2 + 2 H2O = 4H+ + 2Cl- + SO42-而失效。
13.下列实验操作能达到实验目的的是( )
选项
操作
目的
A
用酚酞作指示剂，用标准的c mol·L－1盐酸滴定一定体积未知浓度的溶液
测定溶液的浓度
B
将一定量 固体溶于硝酸，加蒸馏水稀释至指定体积
配制一定物质的量浓度的 溶液
C
给含碎瓷片的石蜡油加强热，并将气体通入酸性高锰酸钾溶液中
证明气体产物含碳碳双键
D
在 溶液中滴加适量稀硫酸，再加入 草酸溶液。将溶液分成两份，其中一份中加入2mL 溶液，另一份中加入2mL蒸馏水
证明能降低该反应的活化能
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.用盐酸滴定NaHCO3溶液应该用甲基橙做指示剂而不用酚酞，因为酚酞变色范围是8-10，在酚酞变为无色的时候，碱并没有完全被反应完毕，所以导致未到达滴定终点，A项错误；
B.硝酸有强氧化性，会把Fe(NO3)2氧化成Fe(NO3)3，B项错误；
C.碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，因此将石蜡油加强热产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，可以证明气体产物含碳碳双键，C项正确；
D.酸性高锰酸钾与草酸反应会生成氯化锰，因此两份溶液中都会含有锰离子，没有对照实验，无法证明能降低该反应的活化能，D项错误；
答案选C。
【点睛】硝酸具有强氧化性，可以把具有还原性的物质氧化，因此硝酸跟、氢离子存在的情况下，具有还原性的离子不能与之共存，如亚铁离子，碘离子等。
14.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )
A. 放电时, Li+由左向右移动
B. 放电时, 正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
C. 充电时, 外加电源的正极与Y相连
D. 充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减轻12g
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。
【详解】A．放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；
B、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；
C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；
D、充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，故D错误；
答案选D。
【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。
15.已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，下列实验所得结论不正确的是（ ）
注：加热为微热，忽略体积变化。
A. 实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3
B. 实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响
C. 实验③中，存在可逆反应: Fe3+ + 4Cl－+ 2H2O [FeCl4(H2O)2]－
D. 实验④，可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热促进水解，铁离子水解生成氢氧化铁，则实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3， A项正确；
B．由Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+可知，酸化后加热溶液颜色无明显变化，氢离子抑制水解，则实验②中酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，B项正确；
C．加入NaCl后，溶液立即变为黄色，发生Fe3++4Cl-+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]-，[FeCl4(H2O)2]-为黄色，加热时平衡正向移动，溶液颜色变深，C项正确；
D．由实验③可知，④中存在Fe3++4Cl-+2H2O⇌[FeCl4(H2O)2]-，升高温度平衡正向移动，溶液颜色变深，不能证明对Fe3+水解平衡的影响，D项错误；
答案选D。
16.甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。下列说法错误的是：
A. 若甲为气态氢化物，乙为淡黄色固体，则丙具有漂白性
B. 若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，则反应②为吸热反应
C. 若甲为金属氧化物，乙的水溶液呈酸性，则丙既能与强酸又能与强碱反应
D. 若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若甲为气态氢化物(H2S)，乙为淡黄色固体(S)，则丙具有漂白性(SO2)，各物质都能依箭头所指方向发生转化，A正确；
B. 若甲为气体单质(O2)，乙为含有极性共价键非极性分子(CO2)，则反应②(C+CO2)为吸热反应，各物质都能依箭头所指方向发生转化，B正确；
C. 若甲为金属氧化物(Al2O3)，乙的水溶液呈酸性(AlCl3)，则丙[Al(OH)3]既能与强酸又能与强碱反应，这些物质都能转化，但甲不能转化为丙，所以C错误；
D. 若甲为金属单质(Fe)，反应④(Fe+CuCl2)为置换反应，则往乙(FeCl3)溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，箭头所指的各物质间都能发生转化，D正确。
故选C。
17.1,3-二异丙烯基苯 是重要的化工原料，下列说法正确的是( )
A. 不可发生加聚反应 B. 不能使稀的高锰酸钾溶液褪色
C. 分子中所有原子共平面 D. 其苯环上二氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中1,3-二异丙烯基苯可知，本题考查官能团反应类型、二氯代物种类，运用双键的反应化学性质分析。
【详解】A. 1,3-二异丙烯基苯中有不饱和键，可发生加聚反应，A项错误；
B. 1,3-二异丙烯基苯中有不饱和键，能使稀的高锰酸钾溶液褪色，B项错误；
C. 1,3-二异丙烯基苯中有2个饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共面，C项错误；
D. 1,3-二异丙烯基苯上有4种氢原子，二氯代物的位置可以是1和2,1和3,1和4，2和3，共四种，D项正确；
答案选D。
18.三氯氢硅(SiHCl3)是光伏产业的一种关键化学原料，制备反应的方程式为Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)，同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为0.05 MPa时，分别改变进料比[n(HCl)∶n(Si)]和反应温度，二者对SiHCl3产率影响如图所示。下列说法正确的是
A. 降低压强有利于提高SiHCl3的产率
B. 制备SiHCl3的反应为放热反应
C. 温度为450 K，平衡常数：K(x)＞K (y)＞K (z)
D. 增加HCl的用量，SiHCl3的产率一定会增加
【答案】B
【解析】
【详解】A.Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)的反应正向为气体体积减小的方向，由于降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，则对应此反应降低压强平衡向逆向移动，SiHCl3的产率会降低，故A错误；
B.如图所示，升高温度，曲线是向下倾斜的，即升高温度，SiHCl3的产率会降低，则升温平衡向逆向移动，逆向为吸热反应 ，则正向为放热反应，故B正确；
C.平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数是一个定值，则温度为450 K，平衡常数：K(x)=K (y)=K (z)，故C错误；
D.如图所示，当n(HCl)∶n(Si)的进料比由1：:1增大到3:1时，SiHCl3的产率是增加的，当增大到6:1时，SiHCl3的产率反而减小，故D错误。答案选B。
19.25℃，用NaOH溶液滴定H3AsO3时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. H3AsO3为三元弱酸，其一级电离平衡常数Ka1＝10-9
B. NaH2AsO3在溶液中水解程度大于电离程度
C. pH=9的溶液中c(H+)＞c(H3AsO3)= c(H2AsO3－)
D. a点时，溶液中c(H2AsO3－)＞c(H3AsO3)+ c(HAsO32－)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线可知，本题考查盐类水解中粒子大小的比较，运用水解是微弱的原理分析。
【详解】A. pH=9时，溶液中存在H3AsO3 H2AsO3-+H+,此时=mol/L,= ，则 ，A项正确；
B. 由图可知NaH2AsO3溶液显碱性，以水解为主，由此可知NaH2AsO3在溶液中水解程度大于电离程度，B项正确；
C. 由图可知pH=9的溶液中，c(H3AsO3)= c(H2AsO3－)，此时溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+),但不确定c(H+)＞c(H3AsO3)= c(H2AsO3－)，C项错误；
D. a点时，由图可知溶液中H2AsO3－物质的量分数最高，而H3AsO3和HAsO32－的物质的量分数相等且远小于H2AsO3－，因此a点时，溶液中c(H2AsO3－)＞c(H3AsO3)+ c(HAsO32－)，D项正确；
答案选C。
20.将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为
A. 2mol/L B. 1.8mol/L C. 2.4 mol/L D. 3.6 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。
21.“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH1＝ ＋180.5 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ/mol
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH3＝－221 kJ/mol
若某反应的平衡常数表达式为K＝[c(N2)·c2(CO2)]/[c2(NO)·c2(CO)]，则此反应的热化学方程式为：_____________。
(2)N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
c(N2O5)/(mol·L－1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1∶p0＝________。2～5 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是________(填字母)。
a．NO2和O2的浓度比保持不变 b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)＝v逆(N2O5) d．气体的密度保持不变
(3)Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应中正反应速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反应速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为________(用k正、k逆表示)。
(4)如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。
①曲线a对应的温度是________。
②M点对应的H2的转化率是________。
(5)常温下，联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的电离平衡常数值_______________。(已知：N2H4+H+ N2H5+的K＝8.7×107 Kw＝1.0×10-14)
【答案】 (1). 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.5 kJ·mol－1 (2). 7∶4(或1.75∶1) (3). 0.22 mol·L－1·min－1 (4). b (5). k正/k逆 (6). 200 ℃ (7). 75% (8). 8.7×10-7
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查化学反应速率、化学平衡，运用化学反应速率之比等于化学计量数之比，勒夏特列原理分析。
【详解】（1）若某反应的平衡常数表达式为，发生的反应为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H，根据盖斯定律，△H=2△H2-△H2-△H1=-746.5kJ/mol
故答案为：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.5 kJ·mol－1；
（2）①相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比：
反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p1∶p0＝（0.5+1.0+0.25）mol：1.00mol=1.75：1, 2～5 min内,，根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得，NO2表示的该反应的平均反应速率为v(NO2)=2v(N2O5)=0.22 mol/(L·min),
故答案：7∶4(或1.75∶1) ；0.22 mol·L－1·min－1；
②a. NO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故A错误；
b.该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组反应的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，故B正确；
c. v正(NO2)＝2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，2v正(NO2)＝v逆(N2O5)时该反应没有达到平衡状态，故C错误；
d.该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故D错误。
故答案为：b；
（3）N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) △H=+24.4 kJ·mol－1，
，上述反应中，正反应速率v正＝k正·p（N2O4），逆反应速率v逆＝k逆·p2（NO2），
其中k逆、k正为速率常数，则。
故答案为：；
（4）①合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200 ℃；
故答案为：200 ℃；
②根据题意，M点时：，解得x=,则H2的转化率为，
故答案为：75%；
(5) 由已知条件可知联氨第一步电离反应的电离平衡常数值Ka=K·Kw=8.7×10-7，
故答案为：8.7×10-7。
【点睛】判断化学平衡标志：正反应速率等于逆反应速率；各组分浓度保持不变；反应过程中的变量保持不变时。
22.稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：i．铈的常见化合价为+3、+4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ii．酸浸II中发生反应：9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3=Ce(BF4)3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O
请回答下列问题：
（1）①焙烧氟碳铈矿的目的是_______。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：________。
（2）在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是________。
（3）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是______。
（4）操作I的名称为_______，在实验室中进行操作II时所需要的硅酸盐仪器有_______。
（5）“操作I”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于________即可认为Ce3+已完全沉淀。(已知：Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20)
（6）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300mol FeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为______(已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208，保留3位有效数字)。
（7）在酸性条件下电解Ce2O3制备Ce(SO4)2（如下图），阳极电极反应式_______。
【答案】 (1). 将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 (2). 2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2 (3). 8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O (4). 避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率） (5). 过滤 (6). 烧杯、分液漏斗 (7). 9 (8). 95.7% (9). Ce2O3 +6H+ -2e- = 2Ce4++3H2O
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查氟碳铈矿的冶炼工艺流程，运用氧化还原反应化合价变化规律、离子方程式书写步骤、除杂步骤方法分析。
【详解】（1）①通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离，
故答案为：将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离；
②尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2（1−x）+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO2消除CO尾气的化学方程式为2xCO+CeO2＝CeO2（1−x）+2xCO2，
故答案为：2xCO+CeO2＝CeO2（1−x）+2xCO2；
（2）在酸浸I中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3+生成，且产生黄绿色气体，此气体为Cl2，则此时发生反应的离子方程式是8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O，
故答案为：8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O；
（3）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF4−或提高CeCl3的产率，
故答案为：避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）；
（4）操作I为固液分离，应选择过滤操作；操作II为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯，
故答案为：过滤；分液漏斗、烧杯；
（5）溶液中的c(Ce3+)等于1×10−5mol⋅L−1，可认为Ce3+沉淀完全，根据KSP[Ce(OH)3]＝c(Ce3+)⋅c3(OH−)＝1×10−20可知，，此时溶液的PH为9，即加入NaOH 调节溶液的pH 应大于9，即可认为Ce3+已完全沉淀，
故答案为：9；
（6）用0.1000mol⋅L−1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液，主要是氧化溶液中剩余的Fe2+，根据电子守恒剩余Fe2+的物质的量为，则还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量为0.03300mol−0.01mol＝0.02300mol，根据Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+，则Ce4+的物质的量为0.02300mol，该产品中Ce(OH)4的质量分数为，
故答案为：95.7；
（7）在酸性条件下电解Ce2O3制备Ce(SO4)2，阳极是Ce2O3发生氧化反应变为Ce(SO4)2，因此阳极电极反应式Ce2O3 +6H+ -2e- = 2Ce4++3H2O，
故答案为：Ce2O3 +6H+ -2e- = 2Ce4++3H2O。
23.某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料进行如下实验探究．为测定黄铜矿中硫元素的质量分数，将m1 g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品．
（1）锥形瓶A内所盛试剂是_________；装置B的作用是_________；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为：_______________________。
（2）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：
如图向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为_________；操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，其中洗涤的具体方法________；该黄铜矿中硫元素的质量分数为_________（用含m1、m2的代数式表示）。
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是__________。
A．KSCN溶液、氯水
B．稀盐酸、KMnO4溶液
C．稀硫酸、KMnO4溶液
D．NaOH溶液
【答案】 (1). 氢氧化钠 (2). 干燥气体 (3). SO2+2OH− =SO32−+H2O (4). H2O2+SO32−= SO42−+H2O (5). 固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2~3 次 (6). ×100％ (7). C
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查实验探究及评价，运用实验装置安装步骤，离子方程式的书写步骤，除杂原理分析。
【详解】(1)为防止二氧化碳的干扰,应将空气中的二氧化碳用碱液除掉,锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液,通过碱石灰干燥吸收水蒸气,生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠盐和水,反应的离子方程式为：SO2+2OH−=SO32−+H2O，
故答案为：氢氧化钠；干燥气体；SO2+2OH−=SO32−+H2O；
(2)亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子,反应的离子方程式为：H2O2+ SO32−=SO42−+H2O,洗涤固体在过滤器中进行,加水至浸没固体使水自然流下,重复几次洗涤干净,具体操作为：固体放入过滤器中,用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待滤液自然流下后,重复上述操作2−3次,m2g固体为硫酸钡的质量,结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=，
故答案为：H2O2+SO32−= SO42−+H2O；固体放入过滤器中,用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待滤液自然流下后,重复上述操作2−3次； ×100％；
(3)反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO)，要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液观察高锰酸钾溶液是否褪色设计检验方案，
故答案为：C。
24.丙烯可用于合成应用广泛的DAP树脂单体和聚碳酸酯。下列反应流程中的反应条件和部分副产物已省略。
已知：Ⅰ．RCOOR′+R″OH→RCOOR″+R′OH(R、R′、R″代表烃基)
Ⅱ．
III.生成D与F的过程中，两种反应物的比值不相同
请回答下列问题：
（1）聚碳酸酯的分子式为_______________；反应③的反应类型________________。
（2）E的结构简式______________；B中所含官能团的名称是___________。
（3）下列说法正确的是_______。
a．C能发生聚合反应、加成反应和酯化反应
b．E能与FeCl3溶液发生显色反应，易溶于乙醇
c．D能与溴水发生化学反应而使溴水褪色，也能使酸性高锰酸溶液褪色
d．COCl2与结构相似，两种物质的所有原子均共平面
（4）写出反应⑧的化学方程式_________________。
（5）写出同时符合下列条件的乙酸苯酚酯的所有同分异构体的结构简式_________________两种即可)。
ⅰ．能发生银镜反应；ⅱ．苯环上的一氯代物有两种。
（6）聚酯纤维是目前产量最高的一种合成纤维，其化学名称为聚对苯二甲酸乙二酯，请设计以乙烯和苯为原料 制备该树脂的合成路线，用流程图表示，无机试剂任选，注明试剂和反应条件。__________________
【答案】 (1). (C16H14O3)n (2). 缩聚反应 (3). (4). 酯基，碳碳双键 (5). ab (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查丙烯用于合成DAP树脂单体和聚碳酸酯的工艺流程，运用有机物官能团的互相转换关系及有机物的性质分析。
【详解】（1）由题意知聚碳酸酯的分子式为(C16H14O3)n,反应③为E和COCl2缩聚成聚碳酸酯，
故答案为：(C16H14O3)n；缩聚反应；
（2）反应③为E和COCl2缩聚成聚碳酸酯，由此可以逆推出E的结构简式为，B和甲醇反应生成C(丙烯醇)和乙酸甲酯,则B的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，则B中所含官能团的名称是酯基，碳碳双键；
故答案为：；酯基，碳碳双键；
（3）a．C为丙烯醇，含有碳碳双键和羟基，碳碳双键可发生聚合反应，加成反应，羟基可发生酯化反应，故a正确；
b．E为，含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，易溶于乙醇，故b正确；
c．由可以推出，D中含有苯环和醛基，苯环和醛基都不能与溴水发生化学反应而使溴水褪色，故c错误；
d．COCl2与结构相似，但结构中有2个饱和碳原子，结构与甲烷相似，因此所有原子不可能共平面，故d错误；
故答案为：ab；
（4）D和C发生取代反应生成甲醇和DAP树脂单体,反应方程式为：，
故答案为：；
（5）同时符合能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种的乙酸苯酚酯的同分异构体一定有醛基，且苯环上只有2种等效氢，则符合的结构简式为：，
故答案为：；
（6）以乙烯和苯为原料制备聚对苯二甲酸乙二酯的合成路线可为：，
故答案为：。
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