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吉林省双辽市第二中学2020届高三上学期期末考试化学试题
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2019-2020学年上学期高三期末考试
化学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容：“∙∙∙∙∙∙黄金美者，其值去黑铁（生铁）一万六千倍，然使釜、鬵（xín，一种炊具）、斤（这里指菜刀、镰刀、锄头等）、斧不呈效于日用之间∙∙∙∙∙∙ ∙∙∙∙∙∙贸迁有无，∙∙∙∙∙∙”，下列解释正确的是
A. 明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金
B. 添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养，也不会生锈
C. 金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段
D. 黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】
“黄金美者，其值去黑铁(生铁)一万六千倍，然使釜、鬵(xín，一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间∙∙∙∙∙∙ ∙∙∙∙∙∙贸迁有无”的意思是，“最好的黄金，价值要比黑铁高一万六千倍，然而，如果没有铁制的锅、刀、斧之类供人们日常生活之用，∙∙∙∙∙∙，金属的另一种作用是铸成钱币，作为贸易交往中的流通手段”，据此分析解答。
【详解】A．明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于铁合金，故A错误；
B．不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构，不锈钢不容易生锈；家里用的农具是铁合金，如果没及时冼干净后晾干，铁能与氧气、水分同时接触，容易发生电化学腐蚀，容易生锈，故B错误；
C．金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段，故C正确；
D．生铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D错误；
故选C。
2.对实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
思路：除溴（利用SO2的还原性）à分离出苯和溴苯的混合液（分液）à分离出溴苯（蒸馏）。
【详解】A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+ SO2+2H2O = H2SO4+2HBr，故A正确；
B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；
C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；
D. 溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；
答案选C。
3.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）
A. 服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害
B. 酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好
C. 食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质
D. “酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的
【答案】A
【解析】
【详解】A、铬为重金属元素，摄入过多导致重金属中毒，A正确；
B、酒精可以使蛋白质变性，杀菌消毒效果最佳的浓度为75%，并不是越高越好，B错误；
C、CaO作为干燥剂，不能防止食品氧化变质，C错误；
D、“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D错误；
故选A。
4.设NA为阿伏加德罗常数值，下列叙述不正确的是
A. 1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−的总数为0.2NA
B. 常温常压下，1mol C2H4和1mol CH4所含的氢原子数均为4NA
C. 向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为2NA
D. 1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据物料守恒，1 L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为0.2NA，A正确；
B．等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数相等，两者总物质的量1mol时，氢原子数一定为4NA，B正确；
C．向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，1molCl2全部被还原为Cl-，则转移的电子数为2NA，C正确；
D．白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，D错误；
答案为D。
【点睛】白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，相邻P原子间存在P-P键，1mol白磷含有6molP-P键。
5.下列离子方程式错误的是（ ）
A. 将少量的硝酸银溶液滴入氨水中 Ag++2NH3·H2O= [Ag(NH3)2]+ +2H2O
B. 碳酸钠水解：CO32-+2H2O＝H2CO3+2OH－
C. 向3%的双氧水中通入少量SO2：H2O2+SO2＝2H++SO42-
D. 向NaHCO3溶液中加入过量石灰水：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于氨水是过量的，则生成了稳定的[Ag(NH3)2]+，正确的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O= [Ag(NH3)2]+ +2H2O，A项正确；
B. 碳酸钠分步水解，主要为第一步水解，且为可逆反应，正确的离子方程式为：CO32－+H2O⇌HCO3－-+OH－，B项错误；
C. 向3%的双氧水中通入少量SO2，H2O2氧化SO2生成硫酸，正确的离子方程式为：H2O2+SO2＝2H++SO42-，C项正确；
D. 向NaHCO3溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根离子全部参与反应，假设碳酸氢根离子为1mol，则正确的离子方程式为：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O，D项正确；
答案选B。
【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，
碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O，
碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。
6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A. SO2CaSO3CaSO4
B. FeFe2O3FeCl3
C. HCl(aq) Cl2Ca(ClO)2
D. Cu2(OH)2CO3CuO CuCl2(aq)
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 二氧化硫与氯化钙不反应；
B. 铁与氧气反应会生成三氧化四铁；
C. 二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯气；
D. 碱式碳酸铜受热会生成相应的金属氧化物，继续和酸反应生成盐和水；
【详解】A. 二氧化硫溶于水生成弱酸亚硫酸，不能与氯化钙反应，则不能一步直接生成亚硫酸钙，故A项错误；
B. 铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁而不是三氧化二铁，该物质之间的转化不能实现，故B项错误；
C. 二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，题设中未说明是否为浓盐酸，没有加热条件，故C项错误；
D. Cu2(OH)2CO3受热会分解生成氧化铜，氧化铜与盐酸会反应生成氯化铜与水，则各物质可实现相互转化，故D项正确。
答案选D。
7.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
编号
实验过程
实验目的
A
称取2 g CuSO4•5H2O溶于98g水中，充分搅拌溶解，然后装入试剂瓶中
配制2%的CuSO4溶液
B
将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中，观察气体颜色
探究碳的还原性
C
将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，观察现象
比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积
D
向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，观察比较现象
探究I-对H2O2分解是否具有催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶于98g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故A错误；
B．活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误；
C．发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确；
D．碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应速率的影响，故D错误；
答案选C。
8.一种制备高效漂白剂NaC1O2的实验流程如图所示，反应I的化学方程式为： 3NaC1O3+4SO2+3H2O=2C1O2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列说法正确的是
A. NaClO2的漂白原理与SO2相同
B. 反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4:3
C. 反应II中H2O2做氧化剂
D. 实验室进行蒸发操作通常在坩埚中进行
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，A错误；
B. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，氧化产物是Na2SO4和H2SO4，还原产物是ClO2和NaCl，氧化产物和还原产物物质的量比为4:3，故B正确；
C. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，故C错误；
D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是
A. 原子半径：Y>Z>X>W
B. 简单氢化物的热稳定性：W>X>Z
C. Y、Z形成的化合物溶于水会促进水的电离
D. 上述刺激性气体通入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。
【详解】A. 由分析可知，Y钠、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径：N＞O，Na＞S，S电子层多，原子半径较大，S＞N；故原子半径Na＞S＞N＞O，故选A错误；
B. 非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，即W
D. 上述刺激性气体是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有机色质，比如说品红溶液，但是不能使紫色石蕊试液褪色，二氧化硫的漂白原理是与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后又会恢复原来的颜色，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，注意从元素及其化合物知识的角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时学习中要夯实基础知识，同时应注意知识的灵活运用。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。
10.下列说法正确的是( )
A. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连
B. 反应H2S(g)＋ZnO(s)===H2O(g)＋ZnS(s)在一定条件下可自发进行，且ΔS<0，则ΔH>0
C. 常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24 L O2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023
D. 常温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.6×10－19，pH＝10的含Cu2＋的溶液中，c(Cu2＋)≥2.6×10－11mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 外加电流的阴极保护法利用的是电解池原理；
B.ΔS是指发生化学反应时物质混乱度的变化；
C.题设中气体的状态未知；
D. 根据Ksp[Cu(OH)2]的表达式求出生成沉淀时的铜离子最低浓度c(Cu2＋)。
【详解】A. 在外加电流的阴极保护法中，把被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连作为电解池的阴极被保护，故A项正确；
B. 反应H2S(g)＋ZnO(s)===H2O(g)＋ZnS(s)反应前后气体的体积不变，ΔS = 0，故B项错误；
C. 氢氧燃料电池总反应为2H2+O22H2O，但消耗的O2的体积未指明是否是标准状况，无法计算氧气的物质的量及电子转移数，故C项错误；
D. 常温下，pH＝10的含Cu2＋的溶液中，c(OH-) = = = 1×10-4，则根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.6×10－19可知，c(Cu2＋)的最大浓度为 = = 2.6×10－11mol·L－1，即c(Cu2＋)≤ 2.6×10－11mol·L－1，故D项错误；
答案选A。
【点睛】本题D选项考查溶度积的应用，正确理解沉淀溶解与平衡原理，理清溶液中离子浓度对沉淀产生的影响，是解题的关键，在特定碱性条件下，利用溶度积计算出溶液中铜离子浓度为溶液中的最大浓度，而不是最低浓度。
11.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A. 0.01mol·L-1的HClO溶液pH＞2
B. NaClO易溶于水
C. NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO-
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.01mol·L-1的HClO溶液pH＞2，说明HClO部分电离，HClO是弱电解质，故选A；
B. 不能根据电解质的溶解性强弱判断电解质强弱，故不选B；
C. NaClO的电离方程式是NaClO=Na++ClO-，证明NaClO是强电解质，不能证明HClO是弱电解质，故不选C；
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，证明HClO有氧化性，不能证明HClO是弱电解质，故不选D。
【点睛】本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱。
12.下列属于无机材料的是（ ）
A. 高韧薄层沥青罩面 B. 高强度耐腐蚀钢筋
C. 隔震橡胶垫 D. 超高分子量聚乙烯纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A.沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，故A错误；
B.钢筋是铁合金，属于无机材料，故B正确；
C.天然橡胶和合成橡胶是有机高分子材料，故C错误；
D.聚乙烯纤维是合成有机高分子材料，故D错误；
故答案为B。
13. 中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途其生产过程的部分流程如下图所示（ ）
FeCl3·6H2OFeOOH纳米四氧化三铁
下列有关叙述不合理的是
A. 纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当
B. 纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病
C. 在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解
D. 反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比FeCl3溶液的分散质直径要大，A不合理；
B.由题意可知,纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途,纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病，B合理；
C.FeCl3·6H2O初步水解产生FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化,说明了环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解，C合理；
D．根据已知条件及质量守恒定律可得反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2，D合理。
选A。
14.恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反应X(s)+2Y(g) 2Z(g) △H<0，下列说法—定正确的是
A. 0.2molX和0.4molY充分反应，Z的物质的量可能会达到0.35mol
B. 从容器中移出部分反应物X，则正反应速率将下降
C. 当△H不变时，反应将达到平衡
D. 向反应体系中继续通入足量Y气体，X有可能被反应完全
【答案】A
【解析】
A、此反应是可逆反应不能进行到底，因此Z物质的量范围是0
A. 1gK1（H2SO3）＝－1.9
B. pH＝3时，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－）
C. 反应H2SO3＋SO32－2HSO3－的lgK＝5.3
D. pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＝c（H＋）
【答案】D
【解析】
【分析】
结合电离常数表达式可知，图像中的两个交点，可分别计算出K1（H2SO3）=10-1.9和K2（H2SO3）=10-7.2，
【详解】A.由分析可知，K1（H2SO3）=10-1.9 ，则1gK1（H2SO3）＝－1.9，故A正确；
B. pH＝3时，由图可知，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－），故B正确；
C. 反应H2SO3＋SO32－2HSO3－的K＝==105.3，则lgK＝5.3，故C正确；
D. pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＞c（H＋），故D错误；
答案选D。
16.电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是
A. 该装置工作时，化学能转变为电能
B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
二、非选择题（共52分）
17.某兴趣小组研究金属与硝酸的反应，进行如下实验：
实验（20℃）
现象
Ⅰ.过量铜粉、2mL0.5mol·L-1HNO3
无色气体（遇空气变红棕色），溶液变为蓝色
Ⅱ.过量铁粉、2mL0.5mol·L-1HNO3
6mL无色气体（经检测为H2），溶液几乎无色
回答下列问题：
（1）Ⅰ中的无色气体是___。
（2）写出Ⅱ中生成H2的离子方程式___。
（3）研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____。
②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是___，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是___。
③根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有___；试推测还可能有哪些因素影响___（列举1条）。
【答案】 (1). NO或一氧化氮 (2). Fe+2H+→Fe2++H2↑ (3). 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出 (4). 铁粉过量，但是溶液中0.001molH+仅被还原了约5.4×10-4mol，据此可以推测+5价的N也被还原 (5). 取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 (6). 金属的种类（或还原剂的还原性，金属的还原性等） (7). 温度（或者：硝酸的浓度）
【解析】
【分析】
（1）NO遇空气变红；
（2）有氢气生成，说明氢离子被还原成H2；
（3）①对比实验Ⅰ和Ⅱ进行回答；
②根据生成氢气的量，通过计算判断；NH4+遇碱放出氨气；
③实验Ⅰ和Ⅱ的不同条件是所用金属不同；
【详解】（1）NO遇空气变红，Ⅰ中的无色气体遇空气变红棕色，所以Ⅰ中的无色气体是NO；
（2）有氢气生成，氢离子被铁还原成H2，反应的离子方程式是Fe+2H+→Fe2++H2↑；
（3）①对比实验Ⅰ和Ⅱ，硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出，所以甲的说法不正确；
②铁粉过量，但是溶液中0.001molH+仅被还原了约5.4×10-4mol，据此可以推测+5价的N也被还原；NH4+遇碱放出氨气，检验NH4+的操作是：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
③实验Ⅰ和Ⅱ的不同条件是所用金属不同，可知影响硝酸还原产物不同的因素有金属的种类，还可能有硝酸的浓度。
18.2009年10月1日，我国成功举办国庆六十年阅兵活动。其中阅兵仪式上9辆电动车与混合动力车等新能源车辆的亮相，展示了综合国力、国防科技发展水平。同时也说明能源短缺是人类社会面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ： CO(g) ＋ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH1
反应Ⅱ： CO2(g) ＋ 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH2
①上述反应符合“原子经济”原则的是 _____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
②下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）。
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0012
由表中数据判断ΔH1 0 （填“＞”、“＝”或“＜”）。
③某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol/L，则CO的转化率为 ，此时的温度为 （从上表中选择）。
（2）已知在常温常压下：
① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6 kJ/mol
② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0 kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，
①设计如图所示的电池装置。该电池正极的电极反应为 。
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为
。
【答案】（1）① I ②＜ ③ 80% 250℃
（2） CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol
（3）① O2+ 2H2O + 4e-= 4OH-
② 2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O
【解析】
【详解】（1）①反应I只生成甲醇，符合绿色化学思想，原子利用率100%；
②由表中数据可知随温度的升高，K逐渐减小，说明平衡左移，即正反应是放热反应，ΔH1＜0；
③ CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
初c: 1 3 0
△c: 0.8 1.6 0.8
平c: 0.2 1.4 0.8
则CO的转化率为=80%；K==2.041，比照表中数据可知，温度为250℃；
（2）已知：① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6 kJ/mol
② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0 kJ/mol
根据盖斯定律，由①×-②×+③×2得反应CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol；
（3）①该燃料电池中，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+ 2H2O + 4e-=4OH-；
②得失电子相等条件下，将电极反应式相加即得电池反应式，所以得电池反应式为2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O。
19.久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某硏究小组为硏究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+水解，接着水解产物被O2氧化。于是小组同学决定研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。
回答下列问题：
（1）写出Fe2+水解的离子方程式___；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是___。
（2）若配制的FeSO4溶液浓度为0.01mol/L，反应过程中溶液体积不变，计算图中P点Fe2+的氧化速率___。
（3）在酸性条件下，Fe2+被O2氧化的反应方程式为：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。则下列说法正确的是___。
a.Fe2+转化为Fe3+的趋势很大
b.Fe2+转化为Fe3+的速率很大
c.该反应进行得很完全
d.酸性条件下Fe2+不会被氧化
（4）结合图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反应产生了怎样的影响___。
（5）用K2Cr2O7标准溶液測定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。反应如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O，若取20mL待测溶液，用0.0200mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，则溶液中c(Fe2+)=___mol·L−1。
【答案】 (1). 2Fe2++2H2O2Fe(OH)2+2H+ (2). 加稀H2SO4 (3). 1.6×10-4mol·(L·min)−1 (4). ac (5). Fe2+的氧化速率随pH增大而加快 (6). 0.0990mol·L-1
【解析】
【分析】
(1)亚铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，溶液显酸性，抑制水解可以加入对应酸；
(2)根据v=计算Fe2+的氧化速率；
(3)常温下该反应的平衡常数很大，说明Fe2+转化为Fe3+的趋势很大，但反应速率不一定很大；该反应为可逆反应，不可能反应完全，结合图象分析酸性条件下亚铁离子被氧化情况；
(4)当温度和其它条件相同pH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小，以此解答该题；
(5)取20mL待测溶液，用0.0200mol•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，结合离子反应方程式中的定量关系计算溶液中c(Fe2+)。
【详解】(1)Fe2+在溶液中水解生成氢氧化亚铁和氢离子，水解的离子方程式是2Fe2++2H2O2Fe(OH)2+2H+；增大氢离子浓度，平衡逆向移动，则加稀H2SO4可抑制FeSO4水解，故答案为：2Fe2++2H2O2Fe(OH)2+2H+；加稀H2SO4；
(2)由图可知，Fe2+浓度的变化量是0.01mol/L×40%=0.004mol/L，则图中P点Fe2+的氧化速率v===1.6×10-4mol·(L·min)−1，故答案为：1.6×10-4mol·(L·min)−1；
(3)a.平衡常数越大，进行越彻底，Fe2+转化为Fe3+的趋势很大，故a正确；b．平衡常数越大，表示反应限度大，不表示Fe2+转化为Fe3+的速率很大，故b错误c．平衡常数越大，表示反应限度大，该反应进行得很完全，故c正确；d．4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O的平衡常数很大，所以酸性条件下Fe2+会被氧化，故d错误，ac正确，故答案为：ac；
(4)根据不同pH对Fe2+被O2氧化率随时间变化的关系图，可知pH越大，氧化速率越快，所以Fe2+的氧化速率随pH增大而加快，故答案为：Fe2+的氧化速率随pH增大而加快；
(5)设溶液中c(Fe2+)=cmol·L-1，由方程式可得下列关系：
6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
6 1
0.02L×c0.02mol·L-1×0.01650L
则有0.02L×c×1=0.02mol·L-1×0.01650L×6，解得c=0.0990mol·L-1，故答案为：0.0990mol·L-1。
【点睛】本题考查性质方案的设计，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握盐的水解原理，(3)为易错点，注意合理把握图象曲线变化含义，其中平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。
20.硝酸银是一种无色晶体，常用于照相、制镜、印刷、医药等。其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中。硝酸银不稳定，受热分解生成固体、NO2 和 O2 。为了验证 AgNO3 受热分解的产物，某同学设计了以下实验，实验所用的装置如图（图中加热、夹持仪器等均略去）：
实验步骤：
a．仪器连接后，放入AgNO3固体之前，关闭K，微热硬质玻璃管A；
b．称取 AgNO3 固体1.7g 置于A中，先通一段时间N2，再关闭K，用酒精灯加热硬质玻璃管A；
c．待样品完全分解，装置A冷却至室温，称量，测得剩余固体的质量为1.08 g。
请回答下列问题：
（1）使用酒精灯对AgNO3固体加热的操作方法是_________________。
（2）步骤a的操作目的是__________________。
（3）步骤b中先通一段时间的N2的目的是_____________________。
（4）装置C瓶中盛装的药品名称为_____________（合理即可），装置D中可观察到的实验现象为__________________。
（5）根据实验现象和称量结果，请写出该装置中AgNO3固体受热分解的化学方程式__________________。
（6）从实验安全角度考虑该装置存在缺陷，应如何改进？__________________。
【答案】 (1). 先预热再集中加热 (2). 检查装置气密性(或检查装置是否漏气) (3). 将装置内氧气除尽(空气也可)，以免影响实验结果 (4). 氢氧化钠的酚酞溶液 (5). 粉红色变浅 (6). 2AgNO3 2Ag + 2NO2↑ + O2↑ (7). 在A和B之间添加一个防倒吸装置(安全瓶)
【解析】
【分析】
硝酸银不稳定，受热分解生成固体、NO2和O2。为了验证 AgNO3 受热分解的产物，需要用氮气排除装置内的空气。根据图示，装置B中氢氧化钠是为了吸收生成的二氧化氮，装置D是用来检验生成的氧气的，因此需要用装置C检验NO2有没有全部被B中NaOH吸收；装置E是为了防止外界空气进入装置D，影响实验结果，据此分析解答。
【详解】(1)为防止硬质玻璃管受热不均匀炸裂，使用酒精灯对AgNO3固体加热时需要先给试管预热，再集中加热，故答案为先预热再集中加热；
(2)仪器连接后，放入AgNO3固体之前，关闭K，微热硬质玻璃管A，如果B、C、D、E中导管口有气泡，冷却后导管内形成一段水柱，说明装置气密性好，即步骤a的操作目的是检查装置的气密性，故答案为检查装置气密性；
(3)步骤b中先通入一段时间N2，可以除去装置内的空气，防止空气中氧气影响分解产物中氧气的量，故答案为将容器内部存在的氧气排出，以免影响实验结果；
(4)利用装置B中盛放的NaOH可以除去生成气体中的NO2，为了不影响D中氧气的检验，需要用装置C检验NO2有没有全部被B中NaOH吸收，可以选用NaOH酚酞溶液，若溶液颜色不变，则表示NO2被B中NaOH吸收完全；装置D中Na2SO3被氧气氧化为Na2SO4后碱性减弱，溶液红色变浅，故答案为NaOH酚酞溶液；溶液红色变浅；
(5)1.7g AgNO3 的物质的量==0.01mol，剩余固体中含有0.01molAg，质量为1.08 g，说明剩余固体为银，同时生成二氧化氮和氧气，因此AgNO3固体受热分解的化学方程式为2AgNO3 2Ag + 2NO2↑ + O2↑，故答案为2AgNO3 2Ag + 2NO2↑ + O2↑；
(6)NO2极易溶于NaOH溶液，为了防止倒吸，应在A和B之间加入防倒吸装置，避免B中溶液倒吸入装置A中，故答案为应在A和B之间加入防倒吸装置。
【点睛】理解装置中各部分的作用是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意根据装置C的作用，结合二氧化氮的性质选择合适的试剂。
21.化合物M (C16H14O2)是一种香料，工业上利用烃A和甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：①气态烃A在标准状况下的密度是1.25g/L，能作为果实催熟剂；②醛在碱性溶液中能发生羟醛缩合反应，再脱水生成不饱和醛：RCH2CHO+ 。请回答下列问题：
（1）K的名称是___________；G中含有的官能团名称是______________。
（2）写出D→E的化学方程式____________________________________。
（3）A→B反应类型是_______；
（4）同时满足下列三个条件的K的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③除苯环以外不再含有其他环状结构。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为____。
（5）以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂设计合成1-丁烯的路线。（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）____________。
【答案】 (1). 苯丙烯酸 (2). 碳碳双键、醛基 (3). (4). 加成反应 (5). 16 (6). (7). C H3H2OHCH3CHO CH3CH=CH CHO CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH=CH2
【解析】
【分析】
气态烃A在标准状况下的密度是1.25g/L，则M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，能作为果实催熟剂，则A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2与水在催化剂作用下发生加成反应生成B为乙醇，乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成C为乙醛；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成D为，在氢氧化钠溶液中加热发生取代反应生成E为，在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成F为苯甲醛，苯甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热发生类似RCH2CHO++H2O的反应，生成G为，发生银镜反应生成H为，酸化生成为，与在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M为，据此答题。
【详解】（1）由分析可知：K为，名称是苯丙烯酸；G为，含有的官能团名称是碳碳双键、醛基；故答案为苯丙烯酸，碳碳双键、醛基。
（2）D→E的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为+NaOH+NaCl。
（3）A→B是CH2=CH2与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，反应类型是加成反应，故答案为加成反应。
（4）K为，同时满足条件的同分异构体：①遇FeCl3溶液发生显色反应则含有酚羟基；②能发生银镜反应则含有醛基；③除苯环以外不再含有其他环状结构，若苯环上只有两个取代基，则为酚羟基和-CH=CHCHO或酚羟基和-C(CHO)=CH2，位置上有邻、间、对位，故有6种同分异构体； 若苯环上有三个取代基则为酚羟基、-CH=CH2、-CHO，先定酚羟基、-CH=CH2在苯环上有邻、间、对位，然后再取代醛基分别有4种、4种和2种共10种，故总共符合条件的同分异构体有16种；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，故答案为16，。
（5）乙醇在铜作催化剂条件下与氧气反应生成乙醛，乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，合成路线如下：CH3H2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2，故答案为CH3H2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2。
【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，有机物中同分异构体的书写往往是限制条件的，按照烷烃同分异构体书写规律，先写整体，再分写，苯环上两个取代基时，取代基位置是邻间对三种位置，三个取代基，先固定二个，移动一个，再确定同分异构体。
2019-2020学年上学期高三期末考试
化学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.明末科学家宋应星出版的《天工开物》中记载了有关“五金”的内容：“∙∙∙∙∙∙黄金美者，其值去黑铁（生铁）一万六千倍，然使釜、鬵（xín，一种炊具）、斤（这里指菜刀、镰刀、锄头等）、斧不呈效于日用之间∙∙∙∙∙∙ ∙∙∙∙∙∙贸迁有无，∙∙∙∙∙∙”，下列解释正确的是
A. 明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于青铜合金
B. 添加了铬、镍的不锈钢菜刀和农具使用后即使不保养，也不会生锈
C. 金属的另一个用途就是铸成钱币作为贸易交往中的流通手段
D. 黑铁在空气中发生的腐蚀主要是化学腐蚀
【答案】C
【解析】
【分析】
“黄金美者，其值去黑铁(生铁)一万六千倍，然使釜、鬵(xín，一种炊具)、斤(这里指菜刀、镰刀、锄头等)、斧不呈效于日用之间∙∙∙∙∙∙ ∙∙∙∙∙∙贸迁有无”的意思是，“最好的黄金，价值要比黑铁高一万六千倍，然而，如果没有铁制的锅、刀、斧之类供人们日常生活之用，∙∙∙∙∙∙，金属的另一种作用是铸成钱币，作为贸易交往中的流通手段”，据此分析解答。
【详解】A．明代使用的釜、鬵一类的炊具都属于铁合金，故A错误；
B．不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构，不锈钢不容易生锈；家里用的农具是铁合金，如果没及时冼干净后晾干，铁能与氧气、水分同时接触，容易发生电化学腐蚀，容易生锈，故B错误；
C．金属可以用来铸成钱币作为贸易交往中的流通手段，故C正确；
D．生铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D错误；
故选C。
2.对实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
思路：除溴（利用SO2的还原性）à分离出苯和溴苯的混合液（分液）à分离出溴苯（蒸馏）。
【详解】A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+ SO2+2H2O = H2SO4+2HBr，故A正确；
B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；
C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故C错误；
D. 溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；
答案选C。
3.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）
A. 服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害
B. 酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好
C. 食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质
D. “酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的
【答案】A
【解析】
【详解】A、铬为重金属元素，摄入过多导致重金属中毒，A正确；
B、酒精可以使蛋白质变性，杀菌消毒效果最佳的浓度为75%，并不是越高越好，B错误；
C、CaO作为干燥剂，不能防止食品氧化变质，C错误；
D、“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D错误；
故选A。
4.设NA为阿伏加德罗常数值，下列叙述不正确的是
A. 1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−的总数为0.2NA
B. 常温常压下，1mol C2H4和1mol CH4所含的氢原子数均为4NA
C. 向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为2NA
D. 1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据物料守恒，1 L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为0.2NA，A正确；
B．等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数相等，两者总物质的量1mol时，氢原子数一定为4NA，B正确；
C．向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，1molCl2全部被还原为Cl-，则转移的电子数为2NA，C正确；
D．白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，D错误；
答案为D。
【点睛】白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，相邻P原子间存在P-P键，1mol白磷含有6molP-P键。
5.下列离子方程式错误的是（ ）
A. 将少量的硝酸银溶液滴入氨水中 Ag++2NH3·H2O= [Ag(NH3)2]+ +2H2O
B. 碳酸钠水解：CO32-+2H2O＝H2CO3+2OH－
C. 向3%的双氧水中通入少量SO2：H2O2+SO2＝2H++SO42-
D. 向NaHCO3溶液中加入过量石灰水：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于氨水是过量的，则生成了稳定的[Ag(NH3)2]+，正确的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O= [Ag(NH3)2]+ +2H2O，A项正确；
B. 碳酸钠分步水解，主要为第一步水解，且为可逆反应，正确的离子方程式为：CO32－+H2O⇌HCO3－-+OH－，B项错误；
C. 向3%的双氧水中通入少量SO2，H2O2氧化SO2生成硫酸，正确的离子方程式为：H2O2+SO2＝2H++SO42-，C项正确；
D. 向NaHCO3溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根离子全部参与反应，假设碳酸氢根离子为1mol，则正确的离子方程式为：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O，D项正确；
答案选B。
【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，
碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O，
碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。
6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A. SO2CaSO3CaSO4
B. FeFe2O3FeCl3
C. HCl(aq) Cl2Ca(ClO)2
D. Cu2(OH)2CO3CuO CuCl2(aq)
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 二氧化硫与氯化钙不反应；
B. 铁与氧气反应会生成三氧化四铁；
C. 二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯气；
D. 碱式碳酸铜受热会生成相应的金属氧化物，继续和酸反应生成盐和水；
【详解】A. 二氧化硫溶于水生成弱酸亚硫酸，不能与氯化钙反应，则不能一步直接生成亚硫酸钙，故A项错误；
B. 铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁而不是三氧化二铁，该物质之间的转化不能实现，故B项错误；
C. 二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，题设中未说明是否为浓盐酸，没有加热条件，故C项错误；
D. Cu2(OH)2CO3受热会分解生成氧化铜，氧化铜与盐酸会反应生成氯化铜与水，则各物质可实现相互转化，故D项正确。
答案选D。
7.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
编号
实验过程
实验目的
A
称取2 g CuSO4•5H2O溶于98g水中，充分搅拌溶解，然后装入试剂瓶中
配制2%的CuSO4溶液
B
将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中，观察气体颜色
探究碳的还原性
C
将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，观察现象
比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积
D
向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，观察比较现象
探究I-对H2O2分解是否具有催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶于98g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故A错误；
B．活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误；
C．发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确；
D．碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应速率的影响，故D错误；
答案选C。
8.一种制备高效漂白剂NaC1O2的实验流程如图所示，反应I的化学方程式为： 3NaC1O3+4SO2+3H2O=2C1O2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列说法正确的是
A. NaClO2的漂白原理与SO2相同
B. 反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4:3
C. 反应II中H2O2做氧化剂
D. 实验室进行蒸发操作通常在坩埚中进行
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，A错误；
B. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，氧化产物是Na2SO4和H2SO4，还原产物是ClO2和NaCl，氧化产物和还原产物物质的量比为4:3，故B正确；
C. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，故C错误；
D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是
A. 原子半径：Y>Z>X>W
B. 简单氢化物的热稳定性：W>X>Z
C. Y、Z形成的化合物溶于水会促进水的电离
D. 上述刺激性气体通入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。
【详解】A. 由分析可知，Y钠、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径：N＞O，Na＞S，S电子层多，原子半径较大，S＞N；故原子半径Na＞S＞N＞O，故选A错误；
B. 非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，即W
D. 上述刺激性气体是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有机色质，比如说品红溶液，但是不能使紫色石蕊试液褪色，二氧化硫的漂白原理是与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后又会恢复原来的颜色，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，注意从元素及其化合物知识的角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时学习中要夯实基础知识，同时应注意知识的灵活运用。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。
10.下列说法正确的是( )
A. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连
B. 反应H2S(g)＋ZnO(s)===H2O(g)＋ZnS(s)在一定条件下可自发进行，且ΔS<0，则ΔH>0
C. 常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24 L O2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023
D. 常温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.6×10－19，pH＝10的含Cu2＋的溶液中，c(Cu2＋)≥2.6×10－11mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 外加电流的阴极保护法利用的是电解池原理；
B.ΔS是指发生化学反应时物质混乱度的变化；
C.题设中气体的状态未知；
D. 根据Ksp[Cu(OH)2]的表达式求出生成沉淀时的铜离子最低浓度c(Cu2＋)。
【详解】A. 在外加电流的阴极保护法中，把被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连作为电解池的阴极被保护，故A项正确；
B. 反应H2S(g)＋ZnO(s)===H2O(g)＋ZnS(s)反应前后气体的体积不变，ΔS = 0，故B项错误；
C. 氢氧燃料电池总反应为2H2+O22H2O，但消耗的O2的体积未指明是否是标准状况，无法计算氧气的物质的量及电子转移数，故C项错误；
D. 常温下，pH＝10的含Cu2＋的溶液中，c(OH-) = = = 1×10-4，则根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.6×10－19可知，c(Cu2＋)的最大浓度为 = = 2.6×10－11mol·L－1，即c(Cu2＋)≤ 2.6×10－11mol·L－1，故D项错误；
答案选A。
【点睛】本题D选项考查溶度积的应用，正确理解沉淀溶解与平衡原理，理清溶液中离子浓度对沉淀产生的影响，是解题的关键，在特定碱性条件下，利用溶度积计算出溶液中铜离子浓度为溶液中的最大浓度，而不是最低浓度。
11.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A. 0.01mol·L-1的HClO溶液pH＞2
B. NaClO易溶于水
C. NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO-
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.01mol·L-1的HClO溶液pH＞2，说明HClO部分电离，HClO是弱电解质，故选A；
B. 不能根据电解质的溶解性强弱判断电解质强弱，故不选B；
C. NaClO的电离方程式是NaClO=Na++ClO-，证明NaClO是强电解质，不能证明HClO是弱电解质，故不选C；
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，证明HClO有氧化性，不能证明HClO是弱电解质，故不选D。
【点睛】本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱。
12.下列属于无机材料的是（ ）
A. 高韧薄层沥青罩面 B. 高强度耐腐蚀钢筋
C. 隔震橡胶垫 D. 超高分子量聚乙烯纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A.沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，故A错误；
B.钢筋是铁合金，属于无机材料，故B正确；
C.天然橡胶和合成橡胶是有机高分子材料，故C错误；
D.聚乙烯纤维是合成有机高分子材料，故D错误；
故答案为B。
13. 中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途其生产过程的部分流程如下图所示（ ）
FeCl3·6H2OFeOOH纳米四氧化三铁
下列有关叙述不合理的是
A. 纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当
B. 纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病
C. 在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解
D. 反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比FeCl3溶液的分散质直径要大，A不合理；
B.由题意可知,纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途,纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病，B合理；
C.FeCl3·6H2O初步水解产生FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化,说明了环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解，C合理；
D．根据已知条件及质量守恒定律可得反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2，D合理。
选A。
14.恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反应X(s)+2Y(g) 2Z(g) △H<0，下列说法—定正确的是
A. 0.2molX和0.4molY充分反应，Z的物质的量可能会达到0.35mol
B. 从容器中移出部分反应物X，则正反应速率将下降
C. 当△H不变时，反应将达到平衡
D. 向反应体系中继续通入足量Y气体，X有可能被反应完全
【答案】A
【解析】
A、此反应是可逆反应不能进行到底，因此Z物质的量范围是0
A. 1gK1（H2SO3）＝－1.9
B. pH＝3时，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－）
C. 反应H2SO3＋SO32－2HSO3－的lgK＝5.3
D. pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＝c（H＋）
【答案】D
【解析】
【分析】
结合电离常数表达式可知，图像中的两个交点，可分别计算出K1（H2SO3）=10-1.9和K2（H2SO3）=10-7.2，
【详解】A.由分析可知，K1（H2SO3）=10-1.9 ，则1gK1（H2SO3）＝－1.9，故A正确；
B. pH＝3时，由图可知，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－），故B正确；
C. 反应H2SO3＋SO32－2HSO3－的K＝==105.3，则lgK＝5.3，故C正确；
D. pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＞c（H＋），故D错误；
答案选D。
16.电解合成 1 , 2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是
A. 该装置工作时，化学能转变为电能
B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl - e- + Cl-= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
二、非选择题（共52分）
17.某兴趣小组研究金属与硝酸的反应，进行如下实验：
实验（20℃）
现象
Ⅰ.过量铜粉、2mL0.5mol·L-1HNO3
无色气体（遇空气变红棕色），溶液变为蓝色
Ⅱ.过量铁粉、2mL0.5mol·L-1HNO3
6mL无色气体（经检测为H2），溶液几乎无色
回答下列问题：
（1）Ⅰ中的无色气体是___。
（2）写出Ⅱ中生成H2的离子方程式___。
（3）研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____。
②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是___，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是___。
③根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有___；试推测还可能有哪些因素影响___（列举1条）。
【答案】 (1). NO或一氧化氮 (2). Fe+2H+→Fe2++H2↑ (3). 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出 (4). 铁粉过量，但是溶液中0.001molH+仅被还原了约5.4×10-4mol，据此可以推测+5价的N也被还原 (5). 取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 (6). 金属的种类（或还原剂的还原性，金属的还原性等） (7). 温度（或者：硝酸的浓度）
【解析】
【分析】
（1）NO遇空气变红；
（2）有氢气生成，说明氢离子被还原成H2；
（3）①对比实验Ⅰ和Ⅱ进行回答；
②根据生成氢气的量，通过计算判断；NH4+遇碱放出氨气；
③实验Ⅰ和Ⅱ的不同条件是所用金属不同；
【详解】（1）NO遇空气变红，Ⅰ中的无色气体遇空气变红棕色，所以Ⅰ中的无色气体是NO；
（2）有氢气生成，氢离子被铁还原成H2，反应的离子方程式是Fe+2H+→Fe2++H2↑；
（3）①对比实验Ⅰ和Ⅱ，硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出，所以甲的说法不正确；
②铁粉过量，但是溶液中0.001molH+仅被还原了约5.4×10-4mol，据此可以推测+5价的N也被还原；NH4+遇碱放出氨气，检验NH4+的操作是：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
③实验Ⅰ和Ⅱ的不同条件是所用金属不同，可知影响硝酸还原产物不同的因素有金属的种类，还可能有硝酸的浓度。
18.2009年10月1日，我国成功举办国庆六十年阅兵活动。其中阅兵仪式上9辆电动车与混合动力车等新能源车辆的亮相，展示了综合国力、国防科技发展水平。同时也说明能源短缺是人类社会面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ： CO(g) ＋ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH1
反应Ⅱ： CO2(g) ＋ 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH2
①上述反应符合“原子经济”原则的是 _____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
②下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）。
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0012
由表中数据判断ΔH1 0 （填“＞”、“＝”或“＜”）。
③某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol/L，则CO的转化率为 ，此时的温度为 （从上表中选择）。
（2）已知在常温常压下：
① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6 kJ/mol
② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0 kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，
①设计如图所示的电池装置。该电池正极的电极反应为 。
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为
。
【答案】（1）① I ②＜ ③ 80% 250℃
（2） CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol
（3）① O2+ 2H2O + 4e-= 4OH-
② 2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O
【解析】
【详解】（1）①反应I只生成甲醇，符合绿色化学思想，原子利用率100%；
②由表中数据可知随温度的升高，K逐渐减小，说明平衡左移，即正反应是放热反应，ΔH1＜0；
③ CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
初c: 1 3 0
△c: 0.8 1.6 0.8
平c: 0.2 1.4 0.8
则CO的转化率为=80%；K==2.041，比照表中数据可知，温度为250℃；
（2）已知：① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6 kJ/mol
② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0 kJ/mol
根据盖斯定律，由①×-②×+③×2得反应CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol；
（3）①该燃料电池中，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+ 2H2O + 4e-=4OH-；
②得失电子相等条件下，将电极反应式相加即得电池反应式，所以得电池反应式为2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O。
19.久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某硏究小组为硏究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+水解，接着水解产物被O2氧化。于是小组同学决定研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。
回答下列问题：
（1）写出Fe2+水解的离子方程式___；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是___。
（2）若配制的FeSO4溶液浓度为0.01mol/L，反应过程中溶液体积不变，计算图中P点Fe2+的氧化速率___。
（3）在酸性条件下，Fe2+被O2氧化的反应方程式为：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。则下列说法正确的是___。
a.Fe2+转化为Fe3+的趋势很大
b.Fe2+转化为Fe3+的速率很大
c.该反应进行得很完全
d.酸性条件下Fe2+不会被氧化
（4）结合图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反应产生了怎样的影响___。
（5）用K2Cr2O7标准溶液測定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。反应如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O，若取20mL待测溶液，用0.0200mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，则溶液中c(Fe2+)=___mol·L−1。
【答案】 (1). 2Fe2++2H2O2Fe(OH)2+2H+ (2). 加稀H2SO4 (3). 1.6×10-4mol·(L·min)−1 (4). ac (5). Fe2+的氧化速率随pH增大而加快 (6). 0.0990mol·L-1
【解析】
【分析】
(1)亚铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，溶液显酸性，抑制水解可以加入对应酸；
(2)根据v=计算Fe2+的氧化速率；
(3)常温下该反应的平衡常数很大，说明Fe2+转化为Fe3+的趋势很大，但反应速率不一定很大；该反应为可逆反应，不可能反应完全，结合图象分析酸性条件下亚铁离子被氧化情况；
(4)当温度和其它条件相同pH值不同时，pH值越大，Fe2+的氧化率越小，以此解答该题；
(5)取20mL待测溶液，用0.0200mol•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，结合离子反应方程式中的定量关系计算溶液中c(Fe2+)。
【详解】(1)Fe2+在溶液中水解生成氢氧化亚铁和氢离子，水解的离子方程式是2Fe2++2H2O2Fe(OH)2+2H+；增大氢离子浓度，平衡逆向移动，则加稀H2SO4可抑制FeSO4水解，故答案为：2Fe2++2H2O2Fe(OH)2+2H+；加稀H2SO4；
(2)由图可知，Fe2+浓度的变化量是0.01mol/L×40%=0.004mol/L，则图中P点Fe2+的氧化速率v===1.6×10-4mol·(L·min)−1，故答案为：1.6×10-4mol·(L·min)−1；
(3)a.平衡常数越大，进行越彻底，Fe2+转化为Fe3+的趋势很大，故a正确；b．平衡常数越大，表示反应限度大，不表示Fe2+转化为Fe3+的速率很大，故b错误c．平衡常数越大，表示反应限度大，该反应进行得很完全，故c正确；d．4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O的平衡常数很大，所以酸性条件下Fe2+会被氧化，故d错误，ac正确，故答案为：ac；
(4)根据不同pH对Fe2+被O2氧化率随时间变化的关系图，可知pH越大，氧化速率越快，所以Fe2+的氧化速率随pH增大而加快，故答案为：Fe2+的氧化速率随pH增大而加快；
(5)设溶液中c(Fe2+)=cmol·L-1，由方程式可得下列关系：
6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
6 1
0.02L×c0.02mol·L-1×0.01650L
则有0.02L×c×1=0.02mol·L-1×0.01650L×6，解得c=0.0990mol·L-1，故答案为：0.0990mol·L-1。
【点睛】本题考查性质方案的设计，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握盐的水解原理，(3)为易错点，注意合理把握图象曲线变化含义，其中平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。
20.硝酸银是一种无色晶体，常用于照相、制镜、印刷、医药等。其水溶液和固体常被保存在棕色试剂瓶中。硝酸银不稳定，受热分解生成固体、NO2 和 O2 。为了验证 AgNO3 受热分解的产物，某同学设计了以下实验，实验所用的装置如图（图中加热、夹持仪器等均略去）：
实验步骤：
a．仪器连接后，放入AgNO3固体之前，关闭K，微热硬质玻璃管A；
b．称取 AgNO3 固体1.7g 置于A中，先通一段时间N2，再关闭K，用酒精灯加热硬质玻璃管A；
c．待样品完全分解，装置A冷却至室温，称量，测得剩余固体的质量为1.08 g。
请回答下列问题：
（1）使用酒精灯对AgNO3固体加热的操作方法是_________________。
（2）步骤a的操作目的是__________________。
（3）步骤b中先通一段时间的N2的目的是_____________________。
（4）装置C瓶中盛装的药品名称为_____________（合理即可），装置D中可观察到的实验现象为__________________。
（5）根据实验现象和称量结果，请写出该装置中AgNO3固体受热分解的化学方程式__________________。
（6）从实验安全角度考虑该装置存在缺陷，应如何改进？__________________。
【答案】 (1). 先预热再集中加热 (2). 检查装置气密性(或检查装置是否漏气) (3). 将装置内氧气除尽(空气也可)，以免影响实验结果 (4). 氢氧化钠的酚酞溶液 (5). 粉红色变浅 (6). 2AgNO3 2Ag + 2NO2↑ + O2↑ (7). 在A和B之间添加一个防倒吸装置(安全瓶)
【解析】
【分析】
硝酸银不稳定，受热分解生成固体、NO2和O2。为了验证 AgNO3 受热分解的产物，需要用氮气排除装置内的空气。根据图示，装置B中氢氧化钠是为了吸收生成的二氧化氮，装置D是用来检验生成的氧气的，因此需要用装置C检验NO2有没有全部被B中NaOH吸收；装置E是为了防止外界空气进入装置D，影响实验结果，据此分析解答。
【详解】(1)为防止硬质玻璃管受热不均匀炸裂，使用酒精灯对AgNO3固体加热时需要先给试管预热，再集中加热，故答案为先预热再集中加热；
(2)仪器连接后，放入AgNO3固体之前，关闭K，微热硬质玻璃管A，如果B、C、D、E中导管口有气泡，冷却后导管内形成一段水柱，说明装置气密性好，即步骤a的操作目的是检查装置的气密性，故答案为检查装置气密性；
(3)步骤b中先通入一段时间N2，可以除去装置内的空气，防止空气中氧气影响分解产物中氧气的量，故答案为将容器内部存在的氧气排出，以免影响实验结果；
(4)利用装置B中盛放的NaOH可以除去生成气体中的NO2，为了不影响D中氧气的检验，需要用装置C检验NO2有没有全部被B中NaOH吸收，可以选用NaOH酚酞溶液，若溶液颜色不变，则表示NO2被B中NaOH吸收完全；装置D中Na2SO3被氧气氧化为Na2SO4后碱性减弱，溶液红色变浅，故答案为NaOH酚酞溶液；溶液红色变浅；
(5)1.7g AgNO3 的物质的量==0.01mol，剩余固体中含有0.01molAg，质量为1.08 g，说明剩余固体为银，同时生成二氧化氮和氧气，因此AgNO3固体受热分解的化学方程式为2AgNO3 2Ag + 2NO2↑ + O2↑，故答案为2AgNO3 2Ag + 2NO2↑ + O2↑；
(6)NO2极易溶于NaOH溶液，为了防止倒吸，应在A和B之间加入防倒吸装置，避免B中溶液倒吸入装置A中，故答案为应在A和B之间加入防倒吸装置。
【点睛】理解装置中各部分的作用是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意根据装置C的作用，结合二氧化氮的性质选择合适的试剂。
21.化合物M (C16H14O2)是一种香料，工业上利用烃A和甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：①气态烃A在标准状况下的密度是1.25g/L，能作为果实催熟剂；②醛在碱性溶液中能发生羟醛缩合反应，再脱水生成不饱和醛：RCH2CHO+ 。请回答下列问题：
（1）K的名称是___________；G中含有的官能团名称是______________。
（2）写出D→E的化学方程式____________________________________。
（3）A→B反应类型是_______；
（4）同时满足下列三个条件的K的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③除苯环以外不再含有其他环状结构。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为____。
（5）以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂设计合成1-丁烯的路线。（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）____________。
【答案】 (1). 苯丙烯酸 (2). 碳碳双键、醛基 (3). (4). 加成反应 (5). 16 (6). (7). C H3H2OHCH3CHO CH3CH=CH CHO CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH=CH2
【解析】
【分析】
气态烃A在标准状况下的密度是1.25g/L，则M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，能作为果实催熟剂，则A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2与水在催化剂作用下发生加成反应生成B为乙醇，乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成C为乙醛；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成D为，在氢氧化钠溶液中加热发生取代反应生成E为，在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成F为苯甲醛，苯甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热发生类似RCH2CHO++H2O的反应，生成G为，发生银镜反应生成H为，酸化生成为，与在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M为，据此答题。
【详解】（1）由分析可知：K为，名称是苯丙烯酸；G为，含有的官能团名称是碳碳双键、醛基；故答案为苯丙烯酸，碳碳双键、醛基。
（2）D→E的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为+NaOH+NaCl。
（3）A→B是CH2=CH2与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，反应类型是加成反应，故答案为加成反应。
（4）K为，同时满足条件的同分异构体：①遇FeCl3溶液发生显色反应则含有酚羟基；②能发生银镜反应则含有醛基；③除苯环以外不再含有其他环状结构，若苯环上只有两个取代基，则为酚羟基和-CH=CHCHO或酚羟基和-C(CHO)=CH2，位置上有邻、间、对位，故有6种同分异构体； 若苯环上有三个取代基则为酚羟基、-CH=CH2、-CHO，先定酚羟基、-CH=CH2在苯环上有邻、间、对位，然后再取代醛基分别有4种、4种和2种共10种，故总共符合条件的同分异构体有16种；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，故答案为16，。
（5）乙醇在铜作催化剂条件下与氧气反应生成乙醛，乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，合成路线如下：CH3H2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2，故答案为CH3H2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2。
【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，有机物中同分异构体的书写往往是限制条件的，按照烷烃同分异构体书写规律，先写整体，再分写，苯环上两个取代基时，取代基位置是邻间对三种位置，三个取代基，先固定二个，移动一个，再确定同分异构体。
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