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贵州省贵阳市2020届高三8月摸底考试化学试题
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贵阳市普通高中2020届高三年级8月摸底考试
化学
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第17－20题为必做题；21、22为选考题，考生从中任意选做一个模块的试题，但均不得跨越模块选做。
2.满分100分，考试时间120分钟。
3.答题前请将自己的学校、班级、姓名、考场号等填写在答题卷密封线内的相应栏目。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64
第Ⅰ卷 选择题(共32分)
本题包括16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.化学与生产、生活息息相关。下列说法不正确的是（ ）
A. 活性炭可用于杀菌和除异味 B. 镁可用于制造信号弹和焰火
C. 氯化钠可用于配制生理盐水 D. 碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂
【答案】A
【解析】
【详解】A.活性炭具有吸附性，能除异味，但不能杀菌消毒，A项错误；
B.因为镁燃烧发出耀眼的白光，所以可以制造信号弹和烟火，B项正确；
C.生理盐水的成分就是氯化钠，所以可以用氯化钠配制，C项正确；
D.食盐中的碘元素主要是碘酸钾，所以碘酸钾可以作为加碘食盐的添加剂，D项正确；
答案选A。
2.下列化学用语使用正确的是
A. 中子数为8的氮原子：N B. NH3分子的电子式：
C. 乙酸分子的比例模型： D. Cl－的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A.原子左上角的应是质量数，中子数为8的氮原子，质量数应为15，A项错误；
B.氨气的电子式中没有画出孤对电子，B项错误；
C.比例模型应该体现出原子的大小，在乙酸中C原子的原子半径最大，C项正确；
D.氯离子得到了一个电子后，最外层会达到8电子的稳定状态，D项错误；
答案选C。
3.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是
A. Cl2→Cl- B. I-→I2 C. SO2→SO32- D. CuO→Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。
【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；
B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。
故选B。
【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2→Cl-，NO2→NO等，应引起足够重视。
4.下列图示对应的实验操作不合理的是
A. 将海带灼烧成灰 B. 准确量取一定体积的K2Cr2O7溶液
C. 过滤粗盐水 D. 稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.将固体灼烧成灰，应在坩埚中灼烧，A项错误；
B.用酸式滴定管可以准确量取具有氧化性的重铬酸钾溶液，B项正确；
C.粗盐水中含有一些不溶于水的杂质，可以先通过过滤的方式分离，C项正确；
D.向水中不断加入浓硫酸并搅拌，防止局部温度过高，D项正确；
答案选A。
【点睛】注意“坩埚”二字都是“土”字旁。
5.下列关于物质分类的说法正确的是
A. 墨水、豆浆都属于胶体 B. 漂白粉、石英都属于纯净物
C. 氯化铵、次氯酸都属于强电解质 D. 油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A.墨水和豆浆的微粒直径都在1到100nm之间，所以都属于胶体，A项正确；
B.漂白粉中主要成分式次氯酸钙，还含有其他成分，属于混合物，B项错误；
C.次氯酸属于弱酸，所以它是弱电解质，C项错误；
D.油脂不是高分子化合物，D项错误；
答案选A。
6.下列说法正确的是
A. CH3COOH和CH3COOCH3为同系物 B. 乙烯与水生成乙醇的反应属于加成反应
C. 石油分馏可以得到丙烯等重要化工原料 D. C6H14的同分异构体有4种，其熔点各不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙酸和乙酸甲酯结构不同，不属于同系物，A项错误；
B.乙烯和水反应生成乙醇，没有其他产物生成，属于加成反应，B项正确；
C.丙烯等重要的化工材料是在石油的裂解和裂化中得到的，C项错误；
D.己烷的同分异构体有五种，D项错误；
答案选B。
7.室温下，能说明NH3·H2O为弱电解质的实验事实是
A. 铵盐受热都易分解
B. 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液的pH<7
C. 氨水溶液中只有少量的OH－
D. 0.1 mol·L－1的氨水能使无色酚酞试液变红色
【答案】B
【解析】
【详解】A.铵盐受热易分解，断裂是氨气和水之间的键，与电离断键不同，A项错误；
B.氯化铵显酸性说明铵根离子能水解，证明氨水是弱电解质，B项正确；
C.没有给出氨水浓度，所以不能判断出氨水的电离程度，不能证明它是弱电解质，C项错误；
D.氨水能使无色酚酞试液变为红色，只能证明氨水显碱性，不能判断它是弱电解质，D项错误；
答案选B。
8.反应A＋B→C分两步进行：①A＋B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E1表示反应A＋B→X的活化能。下列有关叙述正确的是( )
A. E2表示反应X→C的活化能
B. X是反应A＋B→C的催化剂
C. 反应A＋B→C的ΔH<0
D. 加入催化剂可改变反应A＋B→C的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应X→C的活化能小于E2，A错误；
B.由①②可知，X是反应A＋B→C的中间产物，B错误；
C.反应物A和B的总能量大于生成物C的总能量，所以反应A＋B→C是放热反应，即ΔH<0，C正确；
D.加入催化剂可以加快反应速率，但反应物和生成物具有的总能量不变，则反应的焓变不改变，D错误。
综上所述，本题选C。
【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热；催化剂的使用，可以降低反应的活化能，不能改变反应的热效应。
9.下列实验设计合理的是
A. 用淀粉－KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液
B. 用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质
C. 用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
D. 用饱和NaHSO3溶液除去SO2中少量HCl气体
【答案】D
【解析】
【详解】A.淀粉-KI试纸遇到碘水会变蓝，三氯化铁能和KI反应生成碘单质，也能使淀粉-KI变蓝，二者都变蓝，无法检验，A项错误；
B.碘易升华，所以蒸发结晶的过程中，碘单质会升华，不好收集，B项错误；
C.测定PH时，应将待测液用玻璃棒蘸取滴加到干燥的PH试纸上，如果用湿润的PH试纸检测，会使待测液稀释，C项错误；
D.HCl可以与亚硫酸氢钠反应消耗，并生成二氧化硫气体，D项正确；
答案选D。
10.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)
B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键
C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】
分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。
详解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推断出各字母代表的元素是解题的关键，进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。
11.下列指定反应的离子方程式不正确的是
A. 金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2＋OH-＝HCO3-
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
D. 饱和Na2CO3与CaSO4固体反应：CO32-(aq)＋CaSO4(s)＝CaCO3(s)＋SO32-(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A.钠和水反应生成气体和氢氧化钠，等号两边电子数相等，A项正确；
B.过量二氧化碳生成碳酸氢根，B项正确；-
C.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，而不是二氧化氮，C项错误；
D.饱和碳酸钠和硫酸钙生沉淀转化的反应，D项正确；
答案选C。
12.已知：X(g)＋2Y(g)3Z(g) △H＝－a kJ·mol－1(a>0)。下列说法不正确的是
A. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能达到akJ
B. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
C. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
D. 0.1 mol X和0.2 molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.没有标明参加反应的物质的量，所以放出热量可能达到akJ，A项正确；
B.升高反应温度，正逆反应速率都增大，B项错误；
C.达到化学反应平衡时，正逆反应速率相等，所以X、Y、Z的浓度不再发生变化，C项正确；
D.由于反应是可逆反应，可逆反应反应物不能转化完全，D项正确；
答案选B。
13.在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现。铁片腐蚀过程中发生反应的总化学方程式：2Fe＋2H2O＋O2＝2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 铁片发生还原反应而被腐蚀
B. 铁片腐蚀生成的铁锈可以保护内层的铁不被腐蚀
C. 铁片腐蚀过程中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－＝4OH－
D. 铁片里的铁和碳与食盐水形成了无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据总反应方程式来看，铁失电子，所以铁发生氧化反应，A项错误；
B.铁片生成的铁锈是疏松多孔的，不能保护内层的铁，B项错误；
C.氧气得电子发生还原反应，所以氧气应是在正极反应，而不是负极，C项错误；
D.铁和碳分布不均匀，所以各个部分都可以与食盐水形成无数微小原电池，D项正确；
答案选D。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 足量H2使0.1molCuO还原为Cu时转移的电子数为0.2NA
B. 32gS8(分子结构：)中的共价键数目为NA
C. 2g由H218O和2H2O组成的混合物中含有的质子数为NA
D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.氧化铜中，铜元素由正二价变为单质铜中的零价，一次转移两个电子，所以0.1molCuO转移0.2NA电子，A项正确；
B.根据S8的分子结构推出，1molS8分子中，含有8NA个共价键，32gS8是0.125molS8分子，含有0.1258=1NA个共价键，B项正确；
C. H218O和2H2O的相对分子质量都是20，所以2g的混合物的物质的量是0.1mol，H218O和2H2O中都含有10个质子，所以0.110=1NA，C项正确；
D.氯气和水是可逆反应，不能反应完全，所以溶液中的微粒数还应该加上氯气中氯原子的个数，D项错误；
答案选D。
15.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH＝2的溶液：Na＋、NH4＋、SO42－、S2O32－
B. c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1的溶液：H＋、Al3＋、NO3－、SCN－
C. 0.1 mol·L－1的NaOH溶液：Na＋、K＋、CO32－、AlO2-
D. 由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液：Na＋、Fe3＋、ClO－、SO42－
【答案】C
【解析】
【详解】A.S2O32－在酸性条件下不共存，反应产生二氧化硫气体和硫沉淀，A项错误；
B.硝酸根在酸性条件下具有极强的氧化性，可以氧化亚铁离子，B项错误；
C.Na＋、K＋、CO32－、AlO2-在碱性条件下都能共存，C项正确；
D.水电离出的氢离子小于10-7，说明溶液可以是酸性也可以是碱性，次氯酸根在酸性条件下不共存，三价铁离子在碱性溶液中不能共存，D项错误；
答案选C。
16.如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是
A. 图中T1
C. M区域内任意点(不含实线上的点)均有c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据T1和T2下Kw的数值，温度越高Kw的数值越大，所以推断出T1
C.在XZ线上，c(H＋)=c(OH－)，在M区域，氢氧根离子的浓度都大于氢离子浓度，C项正确；
D.在水溶液中，任何温度下都有c(H＋)×c(OH－)＝Kw，D项正确；
答案选D。
第Ⅱ卷 非选择题(共68分)
17.丙烯酸甲酯(CH2＝CHCOOCH3)是一种重要的有机化工原料。实验室制备少量丙烯酸甲酯的反应为：CH2＝CHCOOH+CH3OH CH2＝CHCOOCH3+H2O，步骤如下：
步骤1：在100mL圆底烧瓶中依次加入10.0g丙烯酸、少许碎瓷片、10mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌。
步骤2：如图，连接装置，加热烧瓶中的混合液，用锥形瓶盛接通过分水器分离出的水。当不再有水生成，停止加热。
步骤3：反应液冷却后，依次用5%Na2CO3溶液、饱和食盐水、水洗涤。
分离出有机相。
步骤4；向有机相中加无水Na2SO4固体，过滤后蒸馏，收集70～90℃馏分。测得丙烯酸甲酯的质量为6.45g。
可能用到的信息：
密度
沸点
溶解性
丙烯酸
1.05 g·cm－3
141℃
与水互溶，易溶于有机溶剂
有毒
甲醇
0.79 g·cm－3
65℃
与水互溶，易溶于有机溶剂
易挥发，有毒
丙烯酸甲酯
0.95 g·cm－3
80.5℃
难溶于水，易溶于有机溶剂
易挥发
请回答下列问题：
（1）步骤1中，加入碎瓷片的目的是___。
（2）步骤2中，图中所示装置中仪器A的名称是___，其作用为___。
（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是___；分离有机相的操作名称为__，分离有机相时不需要用到下列玻璃仪器中的__ (填名称)。
（4）实验中可能生成的有机副产物结构简式为____ (填一种即可)。
（5）本实验中丙烯酸甲酯的产率为___%。实际产率低于理论值的原因有多种，下列所述原因中不可能的是___ (填字母)。
a.分水器收集的水里含丙烯酸甲酯 b.本实验条件下发生了副反应
c.产品在洗涤、蒸发过程中有损失 d.产品精制时收集部分低沸点物质
（6）本实验中需要采取的安全防护措施有____。
【答案】 (1). 防止爆沸； (2). 球形冷凝管； (3). 冷凝回流； (4). 中和丙烯酸，溶解丙烯醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度； (5). 分液； (6). 容量瓶，漏斗； (7). CH3OCH3； (8). 75%； (9). bd； (10). 使用四氯化碳溶液进行尾气处理，实验要在通风橱中进行；
【解析】
【分析】
该实验是利用丙烯酸和甲醇发生酯化反应制取丙烯酸甲酯的实验，冷凝管的作用主要是用于冷凝回流，碳酸钠溶液的作用，主要是用来中和丙烯酸，溶解甲醇，降低酯类物质的溶解度，由于发生酯化反应，实验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全消去生成甲醚的副反应，产率的计算可根据过量少量进行判断；
【详解】（1）步骤1中，加入碎瓷片的目的是为了防止爆沸；
（2）仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝管的作用为冷凝回流；
（3）碳酸钠可以中和丙烯酸，溶解甲醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度；分离有机相和水，可以通过分液的方式；需要用到的仪器主要有容量瓶和烧杯；
（4）实验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全消去生成甲醚的副反应；
（5）根据表中数据得出，甲醇有7.9g，丙烯酸有10g,所以甲醇有0.25mol，丙烯酸有0.11mol，根据反应方程式得出，二者1：1反应，说明甲醇过量，所以根据丙烯酸的物质的量计算，0.11mol丙烯酸理论上可以生成0.11mol的丙烯酸甲酯，所以理论丙烯酸甲酯的产量为8.6g，所以计算产率得到；
（6）由于本实验中含有有毒气体，同时有毒气体可溶于有机溶液中，所以要在通风橱中进行实验，同时可以用有机溶剂四氯化碳来吸收有毒气体；
【点睛】酯化反应的副反应往往是醇类的消去反应，同时要注意醇类能否发生消去反应；
18.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠的生产过程如图：
已知：Na2FeO4中在碱性环境中稳定存在。
请回答以下问题：
（1）Na2FeO4中铁元素的化合价为__；下列标志中应贴在盛装Na2FeO4容器上的是__。
（2）菱铁矿粉碎的目的是__，写出“碱浸”过程中SiO2所发生反应的化学方程式为__。
（3）操作1与操作2的实验名称均为____，步骤③的目的是将Fe2＋氧化成Fe3－，其离子方程式为___。
（4）高铁酸钠消毒后的还原产物具有净水作用，解释净水原理为__。
（5）已知4FeO42－＋10H2O4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2↑，将一定量的Na2FeO4投入到pH不同的工业污水中(污水中其余成分均相同)，测得溶液中Na2FeO4浓度变化如图曲线Ⅰ、Ⅱ所示。试分析曲线Ⅰ比曲线Ⅱ对应的污水pH__(填“高”或“低”)。
【答案】 (1). +6价； (2). d； (3). 增大反应的接触面积，加快化学反应速率； (4). SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O； (5). 过滤； (6). 2Fe2++ ClO-+2H+=2Fe3++Cl- + H2O； (7). 生成的三价铁离子可以发生水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附作用，可用作净水剂； (8). 高；
【解析】
【分析】
粉碎菱铁矿（主要成分是FeCO3及少量SiO2），加入NaOH溶液碱溶，SiO2与NaOH反应得到硅酸钠溶液，过滤，滤渣主要含有FeCO3，加入稀硫酸溶解，得到Fe2+的酸性溶液，加入NaClO溶液氧化Fe2+，2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，再加入NaOH和NaClO溶液继续氧化Fe3+，反应为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，向得到的Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，过滤得到高铁酸钠。
【详解】（1）Na2FeO4中铁元素的化合价为+6价；高铁酸根具有极强的氧化性，所以应该贴氧化剂的标签；
（2）菱铁矿粉碎目的是增大反应的接触面积，加快化学反应速率；写出“碱浸”过程中SiO2和氢氧化钠反应，反应的化学反应方程式为：SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O；
（3）操作1与操作2的实验名称均为过滤；步骤③是Fe2＋和次氯酸钠反应生成Fe3－，离子方程式为：2Fe2++ ClO-+2H+=2Fe3++Cl- + H2O；
（4）高铁酸钠消毒后的还原产物是三价铁离子，三价铁离子可以发生水解反应，Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，所以也可以净水；
（5）根据反应方程式中产生氢氧根，判断当溶液为碱性时，抑制高铁酸根水解，使平衡向逆向移动，高铁酸根的浓度较大，所以结合图像，Ⅰ的PH比Ⅱ大；
19.硫有多种化合物，许多含硫化合物在工业上有重要的用途。
（1）硫化钠(Na2S)俗称硫化碱，常用于印染及制药工业。将硫化钠溶于水，会导致水的电离程度____(该“增大”、“减小”威“不变”)；若微热该溶液，pH会___(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）硫氢化钠(NaHS)常用作有机合成的中间体，其水溶液呈碱性。NaHS溶液中Na＋、H＋、HS－，OH－离子浓度由大到小的顺序为____。
（3）若向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液，可发生以下反应：
Na2S＋Na2SO3＋H2SO4→Na2SO4＋S↓＋H2O(未配平)
①配平化学方程式：__Na2S＋__Na2SO3＋__H2SO4＝__Na2SO4＋__S↓＋__H2O
②反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是__
（4）室温时，已知H2S的Ka1＝1×10－7，Ka2＝1×10－13，若只考虑S2－的第一步水解，则 0.1 mol·L－1Na2S溶液pH约__
（5）化工生产中常用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋，其反应原理为：Cu2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe2＋(aq)。下列有关叙述中正确的是___
a.Ksp(FeS)
c.溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(Fe2＋)、c(Cu2＋)都减小
d.该反应平衡常数
【答案】 (1). 增大； (2). 增大； (3). c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(S2−)>c(H+)； (4). 2； (5). 1； (6). 3； (7). 3； (8). 3； (9). 3； (10). 1：2； (11). 13； (12). cd；
【解析】
【分析】
（1）硫化钠属于强碱弱酸盐；
（2）硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子；
（3）反应中硫化钠中−2价硫升高为单质硫中0价，亚硫酸钠中+4价的硫化合价降为单质硫中的0价，根据得失电子守恒配平方程式，同时方程式中氧化产物和还原产物都是S；
（4）根据KW=KaKh，来计算硫化钠的第一部水解平衡常数；
（5）根据沉淀转化方程式求出Ksp的大小，对于AB型的沉淀来说，沉淀溶解平衡的化学平衡常数等于沉淀的Ksp之比；
【详解】（1）硫化钠为强碱弱酸盐，在水溶液中硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，促进水的电离，溶液显碱性，pH增大；
（2）硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(S2−)>c(H+)；
（3）①反应中硫化钠中−2价硫升高为单质硫中0价，亚硫酸钠中+4价的硫化合价降为单质硫中的0价，要使得失电子守恒，则硫化钠系数为2，亚硫酸钠系数为1，依据原子个数、电荷守恒规律，方程式：2Na2S+1Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2O，反应中还原产物与氧化产物都是S,二者的物质的量之比是1：2；
（4）S2-+H2OHS-+OH-，根据KW=KaKh，所以得出硫化钠的第一步水解平衡常数为，因为硫离子水解出一个氢氧根的同时，也会水解出一个硫氢根，所以假设硫氢根的浓度等于氢氧根浓度，带入硫酸钠的第一步水解平衡常数计算：Kh=，所以C(OH-)=10-1mol/L，所以PH等于13；
（5）a.根据沉淀转化方程式得出，硫化亚铁的沉淀可以转化生成硫化铜，所以硫化亚铁的沉淀溶解平衡常数小于硫化铜的沉淀溶液平衡常数，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，a项正确；
b.该反应的化学平衡常数为，说明达到平衡时c(Fe2＋)c(Cu2＋)，b项错误；
c.溶液中加入少量Na2S固体后，硫离子的浓度增加，溶液中亚铁离子和铜离子都会生成沉淀，所以c(Fe2＋)、c(Cu2＋)都减小，c项正确；
d.该反应平衡常数，d项正确；
答案选cd
20.氧化铝在工业生产中有多种用途。请根据信息回答：
（1）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN)
己知：2Al2O3(s)＝4Al(g)＋3O2(g) △H1＝＋3351 kJ·mol－1
2C(s)＋O2 (g)＝2CO(g)； △H2＝－221 kJ·mol－1
2Al(g)＋N2(g)＝2AlN(s) △H3＝－318 kJ·mol－1
则碳热还原法合成AlN的热化学方程式为_____。
（2）电解氧化铝生产铝时，阳极产生的副产物CO2，可通过CO2甲烷化再利用，反应原理为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) △H4。
常压下以Ru/TiO2作催化剂，在恒容且容积相同的不同容器中，分别充入10mol CO2和H2的混合气体(体积比1：4)于不同温度下进行反应，第tmin时分别测定CH4的体积分数，并绘成如图甲所示曲线。
①A、B、C、D、E五点中，尚未达到平衡的点是___，该反应的△H4__0(填“>”或“<”)。
②350℃时，在2L恒容密闭容器中测得CO2的平衡转化率如图乙所示，则前10 min的平均反应速率v(CO2)＝___；平衡常数为____
（3）据文献报道，科学家利用氮化镓材料与铜组成如图所示的人工光合系统装置，成功地以CO2和H2O为原料合成了CH4。
①写山铜电极表面的电极反应式____。
②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量__(选填“盐酸”或“硫酸”)。
【答案】 (1). 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026kJ/mol； (2). AB； (3). <； (4). 0.4mol/(Lmin) (5). 1 (6). CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O (7). 硫酸
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律进行计算；
（2）反应刚开始时，反应向正向进行，同时对应温度所对应的化学反应速率较慢，相同时间没有达到平衡，所以甲烷的体积分数增多，C点时恰好达到平衡，因为C点的时候，C点得温度高，对应的化学反应速率快，所以相同时间内恰好达到平衡，C点之后，温度升高速率更快，相同时间内提前达到平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数减小；
（3）①根据电子移动方向判断出铜为正极；
②盐酸易挥发，所以不行；
【详解】（1）已知：①2Al2O3（s）=4Al（g）+3O2（g）△H1=+3351kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221kJ•mol-1
③2Al（g）+N2（g）=2AlN（s）△H3=-318kJ•mol-1
盖斯定律计算（①+②×3+③×2）得到3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026kJ/mol；
（2）①A、B、C、D、E五点中，尚未达到平衡的点是A和B，因为反应刚开始时，反应向正向进行，同时对应温度所对应的化学反应速率较慢，相同时间没有达到平衡，所以甲烷的体积分数增多，C点时恰好达到平衡，因为C点的时候，C点得温度高，对应的化学反应速率快，所以相同时间内恰好达到平衡，C点之后，温度升高速率更快，相同时间内提前达到平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数减小；根据C点之后温度升高平衡向甲烷减少的方向移动，推测出温度升高平衡向逆向移动，所以该反应的△H4<0；
②在常压、Ru/TiO2催化下,CO2和H2混和气体(体积比1:4,总物质的量50mol)进行反应，平衡时容器体积为2L，二氧化碳的转化率为80%， CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
起始(mol/L) 5 20 0 0
变化(mol/L) 4 16 4 8
平衡(mol/L) 1 4 4 8
所以v(CO2)==0.4mol/(Lmin),反应的平衡常数K==1；
（3）①根据电子移动方向判断出铜为正极，所以电极反应方程式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入硫酸，来提高氢离子浓度，因为盐酸易挥发，所以不行；
【点睛】为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入硫酸，此题涉及考点是酸的挥发性，此题不容易考虑；
21.Pb为第ⅣA元素。常见的化合价为＋2和＋4，其单质和化合物都有着广泛的用途。
己知Pb2＋可以和EDTA|乙二胺四乙酸(HOOCCH2)2NCH2－CH2N(CH2COOH)2|形成无色的1：1的稳定络合物。
请回答下列问题：
（1）基态Pb原子价电子排布式为___
（2）碳、硅与铅同主族。碳纳米管可以制成透明导电的薄膜，其结构类似于石墨晶体，则多层碳纳米管的层与层之间靠___结合在一起。四卤化硅(SiX4)均是无机化工品，其沸点按F、Cl、Br、I依次升高的原因是____
（3）在EDTA中，碳原子的杂化方式有____、___。组成EDTA的四种元素中第一电离能最大的是____
（4）Pb(NO3)2中阴离子的立体构型是____，写出一个与该阴离子立体构型相同的分子的化学式___
（5）Sn与Pb同为第ⅣA元素。请用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn－Br的键角___120°(填“>” “<即或“＝”)。
（6）Pb与Ti、O构成的晶体可用于制造复合电子陶瓷，该晶体的晶胞如图所示，其中Pb、Ti、O分别位于顶点、体心和面心，该晶体的化学式为___，若晶胞参数为a nm，则Pb与O间的最短距离为___nm，与Pb紧邻的O个数为___
【答案】 (1). 6s26p2； (2). 分子间作用力； (3). 都是分子晶体，同时分子中没有氢键，所以它们的熔沸点通过比较范德华力来判断，随着相对分子质量的增大范德华力增大，所以沸点按F、Cl、Br、I依次升高； (4). sp2； (5). sp3； (6). N； (7). 平面三角形； (8). SO3； (9). 小于； (10). PbTi3O； (11). ； (12). 8；
【解析】
【详解】（1）基态Pb原子价电子排布式为6s26p2；
（2）其结构类似于石墨晶体，石墨晶体层与层之间靠范德华力连接，所以多层碳纳米管的层与层之间靠范德华力结合在一起；四卤化硅都是分子晶体，同时分子中没有氢键，所以它们的熔沸点通过比较范德华力来判断，随着相对分子质量的增大范德华力增大，所以沸点按F、Cl、Br、I依次升高；
（3）在EDTA中，碳原子的杂化方式有sp2 ，sp3；组成EDTA的四种元素中N的第一电离能最大；
（4）NO3-的立体构型是平面三角形；SO3也是平面三角形；
（5）根据价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中含有一个孤电子对，所以键角小于120°；
（6）Pb、Ti、O分别位于顶点、体心和面心，Pb有8=1个，Ti有6=3个，O有一个，所以该晶体的化学式为PbTi3O，若晶胞参数为a nm，则Pb与O间的最短距离为体对角线的一半nm，与Pb紧邻有8个氧原子；
22.利用来源丰富、含碳原子数较少的烃为原料合成性能优良的高分子材料具有现实意义。以甲烷和烃C合成两种高分子材料B与F(F为聚酯类高分子化合物)的路线如图：
已知：①H-CC-H+2；
②烃C的质谱图如图所示：
请回答下列问题：
（1）有机物A→B的反应类型是__(填“加聚”或“缩聚”)反应；烃C的结构简式为___。
（2）的化学名称为___，与其互为同分异构的芳香烃还有___种。
（3）有机物D中所含官能团名称____
（4）写出D转化为E的化学方程式_____
（5）F的结构简式为__，若F的平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为___(填字母标号)。
a.45 b.56 c.66 d.69
（6）参照以上合成路线，以烃C和溴乙烷为有机原料(无机试剂任选)，设计制备有机化合物H3C－CH(OH)－C≡C－CH(OH)－CH3的合成路线：___
【答案】 (1). 加聚； (2). CHCH (3). 对二甲苯 (4). 3 (5). 羟基，碳碳三键， (6). (7). ； (8). a (9). H3C－CH(OH)－C≡C－CH(OH)－CH3
【解析】
【分析】
此题通过甲烷和水发生加成反应制取甲醇，甲醇经过催化氧化变成甲醛，B时甲醛加聚反应的产物，再通过已知所给的方程式转化方法，来制取D，由于D中含有三键，所以利用氢气加成制取E，再通过E和对二苯甲酸的缩聚反应制取高分子材料F。
【详解】（1）根据分子式的变化得出，A→B的反应类型是加聚反应；根据质谱法图像得出C时丙炔，结构简式为CHCH；
（2）的化学名称为对二甲苯；与其互为同分异构的芳香烃还有3种，分别为两个甲基处于邻位，对位，以及甲基都在一条支链上；
（3）D中所含官能团名称为羟基和碳碳三键；
（4）D转化为E为加成反应，方程式为：；
（5）F的结构简式为，F中重复的部分相对分子质量为220，所以，则其平均聚合度约为45；
（6）根据所要制取有机物的结构，推断出应该先发生水解反应制取醇羟基，随后根据已知的化学反应，合成目标有机物，合成路线为 H3C－CH(OH)－C≡C－CH(OH)－CH3。
贵阳市普通高中2020届高三年级8月摸底考试
化学
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第17－20题为必做题；21、22为选考题，考生从中任意选做一个模块的试题，但均不得跨越模块选做。
2.满分100分，考试时间120分钟。
3.答题前请将自己的学校、班级、姓名、考场号等填写在答题卷密封线内的相应栏目。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64
第Ⅰ卷 选择题(共32分)
本题包括16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.化学与生产、生活息息相关。下列说法不正确的是（ ）
A. 活性炭可用于杀菌和除异味 B. 镁可用于制造信号弹和焰火
C. 氯化钠可用于配制生理盐水 D. 碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂
【答案】A
【解析】
【详解】A.活性炭具有吸附性，能除异味，但不能杀菌消毒，A项错误；
B.因为镁燃烧发出耀眼的白光，所以可以制造信号弹和烟火，B项正确；
C.生理盐水的成分就是氯化钠，所以可以用氯化钠配制，C项正确；
D.食盐中的碘元素主要是碘酸钾，所以碘酸钾可以作为加碘食盐的添加剂，D项正确；
答案选A。
2.下列化学用语使用正确的是
A. 中子数为8的氮原子：N B. NH3分子的电子式：
C. 乙酸分子的比例模型： D. Cl－的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A.原子左上角的应是质量数，中子数为8的氮原子，质量数应为15，A项错误；
B.氨气的电子式中没有画出孤对电子，B项错误；
C.比例模型应该体现出原子的大小，在乙酸中C原子的原子半径最大，C项正确；
D.氯离子得到了一个电子后，最外层会达到8电子的稳定状态，D项错误；
答案选C。
3.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是
A. Cl2→Cl- B. I-→I2 C. SO2→SO32- D. CuO→Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。
【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；
B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。
故选B。
【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2→Cl-，NO2→NO等，应引起足够重视。
4.下列图示对应的实验操作不合理的是
A. 将海带灼烧成灰 B. 准确量取一定体积的K2Cr2O7溶液
C. 过滤粗盐水 D. 稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.将固体灼烧成灰，应在坩埚中灼烧，A项错误；
B.用酸式滴定管可以准确量取具有氧化性的重铬酸钾溶液，B项正确；
C.粗盐水中含有一些不溶于水的杂质，可以先通过过滤的方式分离，C项正确；
D.向水中不断加入浓硫酸并搅拌，防止局部温度过高，D项正确；
答案选A。
【点睛】注意“坩埚”二字都是“土”字旁。
5.下列关于物质分类的说法正确的是
A. 墨水、豆浆都属于胶体 B. 漂白粉、石英都属于纯净物
C. 氯化铵、次氯酸都属于强电解质 D. 油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A.墨水和豆浆的微粒直径都在1到100nm之间，所以都属于胶体，A项正确；
B.漂白粉中主要成分式次氯酸钙，还含有其他成分，属于混合物，B项错误；
C.次氯酸属于弱酸，所以它是弱电解质，C项错误；
D.油脂不是高分子化合物，D项错误；
答案选A。
6.下列说法正确的是
A. CH3COOH和CH3COOCH3为同系物 B. 乙烯与水生成乙醇的反应属于加成反应
C. 石油分馏可以得到丙烯等重要化工原料 D. C6H14的同分异构体有4种，其熔点各不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙酸和乙酸甲酯结构不同，不属于同系物，A项错误；
B.乙烯和水反应生成乙醇，没有其他产物生成，属于加成反应，B项正确；
C.丙烯等重要的化工材料是在石油的裂解和裂化中得到的，C项错误；
D.己烷的同分异构体有五种，D项错误；
答案选B。
7.室温下，能说明NH3·H2O为弱电解质的实验事实是
A. 铵盐受热都易分解
B. 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液的pH<7
C. 氨水溶液中只有少量的OH－
D. 0.1 mol·L－1的氨水能使无色酚酞试液变红色
【答案】B
【解析】
【详解】A.铵盐受热易分解，断裂是氨气和水之间的键，与电离断键不同，A项错误；
B.氯化铵显酸性说明铵根离子能水解，证明氨水是弱电解质，B项正确；
C.没有给出氨水浓度，所以不能判断出氨水的电离程度，不能证明它是弱电解质，C项错误；
D.氨水能使无色酚酞试液变为红色，只能证明氨水显碱性，不能判断它是弱电解质，D项错误；
答案选B。
8.反应A＋B→C分两步进行：①A＋B→X，②X→C，反应过程中能量变化如图所示，E1表示反应A＋B→X的活化能。下列有关叙述正确的是( )
A. E2表示反应X→C的活化能
B. X是反应A＋B→C的催化剂
C. 反应A＋B→C的ΔH<0
D. 加入催化剂可改变反应A＋B→C的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应X→C的活化能小于E2，A错误；
B.由①②可知，X是反应A＋B→C的中间产物，B错误；
C.反应物A和B的总能量大于生成物C的总能量，所以反应A＋B→C是放热反应，即ΔH<0，C正确；
D.加入催化剂可以加快反应速率，但反应物和生成物具有的总能量不变，则反应的焓变不改变，D错误。
综上所述，本题选C。
【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热；催化剂的使用，可以降低反应的活化能，不能改变反应的热效应。
9.下列实验设计合理的是
A. 用淀粉－KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液
B. 用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质
C. 用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
D. 用饱和NaHSO3溶液除去SO2中少量HCl气体
【答案】D
【解析】
【详解】A.淀粉-KI试纸遇到碘水会变蓝，三氯化铁能和KI反应生成碘单质，也能使淀粉-KI变蓝，二者都变蓝，无法检验，A项错误；
B.碘易升华，所以蒸发结晶的过程中，碘单质会升华，不好收集，B项错误；
C.测定PH时，应将待测液用玻璃棒蘸取滴加到干燥的PH试纸上，如果用湿润的PH试纸检测，会使待测液稀释，C项错误；
D.HCl可以与亚硫酸氢钠反应消耗，并生成二氧化硫气体，D项正确；
答案选D。
10.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)
B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键
C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】
分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。
详解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推断出各字母代表的元素是解题的关键，进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。
11.下列指定反应的离子方程式不正确的是
A. 金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2＋OH-＝HCO3-
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
D. 饱和Na2CO3与CaSO4固体反应：CO32-(aq)＋CaSO4(s)＝CaCO3(s)＋SO32-(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A.钠和水反应生成气体和氢氧化钠，等号两边电子数相等，A项正确；
B.过量二氧化碳生成碳酸氢根，B项正确；-
C.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，而不是二氧化氮，C项错误；
D.饱和碳酸钠和硫酸钙生沉淀转化的反应，D项正确；
答案选C。
12.已知：X(g)＋2Y(g)3Z(g) △H＝－a kJ·mol－1(a>0)。下列说法不正确的是
A. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能达到akJ
B. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
C. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
D. 0.1 mol X和0.2 molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.没有标明参加反应的物质的量，所以放出热量可能达到akJ，A项正确；
B.升高反应温度，正逆反应速率都增大，B项错误；
C.达到化学反应平衡时，正逆反应速率相等，所以X、Y、Z的浓度不再发生变化，C项正确；
D.由于反应是可逆反应，可逆反应反应物不能转化完全，D项正确；
答案选B。
13.在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现。铁片腐蚀过程中发生反应的总化学方程式：2Fe＋2H2O＋O2＝2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 铁片发生还原反应而被腐蚀
B. 铁片腐蚀生成的铁锈可以保护内层的铁不被腐蚀
C. 铁片腐蚀过程中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－＝4OH－
D. 铁片里的铁和碳与食盐水形成了无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据总反应方程式来看，铁失电子，所以铁发生氧化反应，A项错误；
B.铁片生成的铁锈是疏松多孔的，不能保护内层的铁，B项错误；
C.氧气得电子发生还原反应，所以氧气应是在正极反应，而不是负极，C项错误；
D.铁和碳分布不均匀，所以各个部分都可以与食盐水形成无数微小原电池，D项正确；
答案选D。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 足量H2使0.1molCuO还原为Cu时转移的电子数为0.2NA
B. 32gS8(分子结构：)中的共价键数目为NA
C. 2g由H218O和2H2O组成的混合物中含有的质子数为NA
D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.氧化铜中，铜元素由正二价变为单质铜中的零价，一次转移两个电子，所以0.1molCuO转移0.2NA电子，A项正确；
B.根据S8的分子结构推出，1molS8分子中，含有8NA个共价键，32gS8是0.125molS8分子，含有0.1258=1NA个共价键，B项正确；
C. H218O和2H2O的相对分子质量都是20，所以2g的混合物的物质的量是0.1mol，H218O和2H2O中都含有10个质子，所以0.110=1NA，C项正确；
D.氯气和水是可逆反应，不能反应完全，所以溶液中的微粒数还应该加上氯气中氯原子的个数，D项错误；
答案选D。
15.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH＝2的溶液：Na＋、NH4＋、SO42－、S2O32－
B. c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1的溶液：H＋、Al3＋、NO3－、SCN－
C. 0.1 mol·L－1的NaOH溶液：Na＋、K＋、CO32－、AlO2-
D. 由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液：Na＋、Fe3＋、ClO－、SO42－
【答案】C
【解析】
【详解】A.S2O32－在酸性条件下不共存，反应产生二氧化硫气体和硫沉淀，A项错误；
B.硝酸根在酸性条件下具有极强的氧化性，可以氧化亚铁离子，B项错误；
C.Na＋、K＋、CO32－、AlO2-在碱性条件下都能共存，C项正确；
D.水电离出的氢离子小于10-7，说明溶液可以是酸性也可以是碱性，次氯酸根在酸性条件下不共存，三价铁离子在碱性溶液中不能共存，D项错误；
答案选C。
16.如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是
A. 图中T1
C. M区域内任意点(不含实线上的点)均有c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据T1和T2下Kw的数值，温度越高Kw的数值越大，所以推断出T1
C.在XZ线上，c(H＋)=c(OH－)，在M区域，氢氧根离子的浓度都大于氢离子浓度，C项正确；
D.在水溶液中，任何温度下都有c(H＋)×c(OH－)＝Kw，D项正确；
答案选D。
第Ⅱ卷 非选择题(共68分)
17.丙烯酸甲酯(CH2＝CHCOOCH3)是一种重要的有机化工原料。实验室制备少量丙烯酸甲酯的反应为：CH2＝CHCOOH+CH3OH CH2＝CHCOOCH3+H2O，步骤如下：
步骤1：在100mL圆底烧瓶中依次加入10.0g丙烯酸、少许碎瓷片、10mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌。
步骤2：如图，连接装置，加热烧瓶中的混合液，用锥形瓶盛接通过分水器分离出的水。当不再有水生成，停止加热。
步骤3：反应液冷却后，依次用5%Na2CO3溶液、饱和食盐水、水洗涤。
分离出有机相。
步骤4；向有机相中加无水Na2SO4固体，过滤后蒸馏，收集70～90℃馏分。测得丙烯酸甲酯的质量为6.45g。
可能用到的信息：
密度
沸点
溶解性
丙烯酸
1.05 g·cm－3
141℃
与水互溶，易溶于有机溶剂
有毒
甲醇
0.79 g·cm－3
65℃
与水互溶，易溶于有机溶剂
易挥发，有毒
丙烯酸甲酯
0.95 g·cm－3
80.5℃
难溶于水，易溶于有机溶剂
易挥发
请回答下列问题：
（1）步骤1中，加入碎瓷片的目的是___。
（2）步骤2中，图中所示装置中仪器A的名称是___，其作用为___。
（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是___；分离有机相的操作名称为__，分离有机相时不需要用到下列玻璃仪器中的__ (填名称)。
（4）实验中可能生成的有机副产物结构简式为____ (填一种即可)。
（5）本实验中丙烯酸甲酯的产率为___%。实际产率低于理论值的原因有多种，下列所述原因中不可能的是___ (填字母)。
a.分水器收集的水里含丙烯酸甲酯 b.本实验条件下发生了副反应
c.产品在洗涤、蒸发过程中有损失 d.产品精制时收集部分低沸点物质
（6）本实验中需要采取的安全防护措施有____。
【答案】 (1). 防止爆沸； (2). 球形冷凝管； (3). 冷凝回流； (4). 中和丙烯酸，溶解丙烯醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度； (5). 分液； (6). 容量瓶，漏斗； (7). CH3OCH3； (8). 75%； (9). bd； (10). 使用四氯化碳溶液进行尾气处理，实验要在通风橱中进行；
【解析】
【分析】
该实验是利用丙烯酸和甲醇发生酯化反应制取丙烯酸甲酯的实验，冷凝管的作用主要是用于冷凝回流，碳酸钠溶液的作用，主要是用来中和丙烯酸，溶解甲醇，降低酯类物质的溶解度，由于发生酯化反应，实验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全消去生成甲醚的副反应，产率的计算可根据过量少量进行判断；
【详解】（1）步骤1中，加入碎瓷片的目的是为了防止爆沸；
（2）仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝管的作用为冷凝回流；
（3）碳酸钠可以中和丙烯酸，溶解甲醇，降低丙烯酸甲酯的溶解度；分离有机相和水，可以通过分液的方式；需要用到的仪器主要有容量瓶和烧杯；
（4）实验的条件为浓硫酸加热同时有甲醇参与，所以能发生甲醇不完全消去生成甲醚的副反应；
（5）根据表中数据得出，甲醇有7.9g，丙烯酸有10g,所以甲醇有0.25mol，丙烯酸有0.11mol，根据反应方程式得出，二者1：1反应，说明甲醇过量，所以根据丙烯酸的物质的量计算，0.11mol丙烯酸理论上可以生成0.11mol的丙烯酸甲酯，所以理论丙烯酸甲酯的产量为8.6g，所以计算产率得到；
（6）由于本实验中含有有毒气体，同时有毒气体可溶于有机溶液中，所以要在通风橱中进行实验，同时可以用有机溶剂四氯化碳来吸收有毒气体；
【点睛】酯化反应的副反应往往是醇类的消去反应，同时要注意醇类能否发生消去反应；
18.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠的生产过程如图：
已知：Na2FeO4中在碱性环境中稳定存在。
请回答以下问题：
（1）Na2FeO4中铁元素的化合价为__；下列标志中应贴在盛装Na2FeO4容器上的是__。
（2）菱铁矿粉碎的目的是__，写出“碱浸”过程中SiO2所发生反应的化学方程式为__。
（3）操作1与操作2的实验名称均为____，步骤③的目的是将Fe2＋氧化成Fe3－，其离子方程式为___。
（4）高铁酸钠消毒后的还原产物具有净水作用，解释净水原理为__。
（5）已知4FeO42－＋10H2O4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2↑，将一定量的Na2FeO4投入到pH不同的工业污水中(污水中其余成分均相同)，测得溶液中Na2FeO4浓度变化如图曲线Ⅰ、Ⅱ所示。试分析曲线Ⅰ比曲线Ⅱ对应的污水pH__(填“高”或“低”)。
【答案】 (1). +6价； (2). d； (3). 增大反应的接触面积，加快化学反应速率； (4). SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O； (5). 过滤； (6). 2Fe2++ ClO-+2H+=2Fe3++Cl- + H2O； (7). 生成的三价铁离子可以发生水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附作用，可用作净水剂； (8). 高；
【解析】
【分析】
粉碎菱铁矿（主要成分是FeCO3及少量SiO2），加入NaOH溶液碱溶，SiO2与NaOH反应得到硅酸钠溶液，过滤，滤渣主要含有FeCO3，加入稀硫酸溶解，得到Fe2+的酸性溶液，加入NaClO溶液氧化Fe2+，2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，再加入NaOH和NaClO溶液继续氧化Fe3+，反应为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，向得到的Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，过滤得到高铁酸钠。
【详解】（1）Na2FeO4中铁元素的化合价为+6价；高铁酸根具有极强的氧化性，所以应该贴氧化剂的标签；
（2）菱铁矿粉碎目的是增大反应的接触面积，加快化学反应速率；写出“碱浸”过程中SiO2和氢氧化钠反应，反应的化学反应方程式为：SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O；
（3）操作1与操作2的实验名称均为过滤；步骤③是Fe2＋和次氯酸钠反应生成Fe3－，离子方程式为：2Fe2++ ClO-+2H+=2Fe3++Cl- + H2O；
（4）高铁酸钠消毒后的还原产物是三价铁离子，三价铁离子可以发生水解反应，Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，所以也可以净水；
（5）根据反应方程式中产生氢氧根，判断当溶液为碱性时，抑制高铁酸根水解，使平衡向逆向移动，高铁酸根的浓度较大，所以结合图像，Ⅰ的PH比Ⅱ大；
19.硫有多种化合物，许多含硫化合物在工业上有重要的用途。
（1）硫化钠(Na2S)俗称硫化碱，常用于印染及制药工业。将硫化钠溶于水，会导致水的电离程度____(该“增大”、“减小”威“不变”)；若微热该溶液，pH会___(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）硫氢化钠(NaHS)常用作有机合成的中间体，其水溶液呈碱性。NaHS溶液中Na＋、H＋、HS－，OH－离子浓度由大到小的顺序为____。
（3）若向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液，可发生以下反应：
Na2S＋Na2SO3＋H2SO4→Na2SO4＋S↓＋H2O(未配平)
①配平化学方程式：__Na2S＋__Na2SO3＋__H2SO4＝__Na2SO4＋__S↓＋__H2O
②反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比是__
（4）室温时，已知H2S的Ka1＝1×10－7，Ka2＝1×10－13，若只考虑S2－的第一步水解，则 0.1 mol·L－1Na2S溶液pH约__
（5）化工生产中常用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋，其反应原理为：Cu2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe2＋(aq)。下列有关叙述中正确的是___
a.Ksp(FeS)
c.溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(Fe2＋)、c(Cu2＋)都减小
d.该反应平衡常数
【答案】 (1). 增大； (2). 增大； (3). c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(S2−)>c(H+)； (4). 2； (5). 1； (6). 3； (7). 3； (8). 3； (9). 3； (10). 1：2； (11). 13； (12). cd；
【解析】
【分析】
（1）硫化钠属于强碱弱酸盐；
（2）硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子；
（3）反应中硫化钠中−2价硫升高为单质硫中0价，亚硫酸钠中+4价的硫化合价降为单质硫中的0价，根据得失电子守恒配平方程式，同时方程式中氧化产物和还原产物都是S；
（4）根据KW=KaKh，来计算硫化钠的第一部水解平衡常数；
（5）根据沉淀转化方程式求出Ksp的大小，对于AB型的沉淀来说，沉淀溶解平衡的化学平衡常数等于沉淀的Ksp之比；
【详解】（1）硫化钠为强碱弱酸盐，在水溶液中硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，促进水的电离，溶液显碱性，pH增大；
（2）硫离子存在两步水解，第一步水解程度远远大于第二步水解，钠离子不水解，且两步水解都生成氢氧根离子，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(S2−)>c(H+)；
（3）①反应中硫化钠中−2价硫升高为单质硫中0价，亚硫酸钠中+4价的硫化合价降为单质硫中的0价，要使得失电子守恒，则硫化钠系数为2，亚硫酸钠系数为1，依据原子个数、电荷守恒规律，方程式：2Na2S+1Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2O，反应中还原产物与氧化产物都是S,二者的物质的量之比是1：2；
（4）S2-+H2OHS-+OH-，根据KW=KaKh，所以得出硫化钠的第一步水解平衡常数为，因为硫离子水解出一个氢氧根的同时，也会水解出一个硫氢根，所以假设硫氢根的浓度等于氢氧根浓度，带入硫酸钠的第一步水解平衡常数计算：Kh=，所以C(OH-)=10-1mol/L，所以PH等于13；
（5）a.根据沉淀转化方程式得出，硫化亚铁的沉淀可以转化生成硫化铜，所以硫化亚铁的沉淀溶解平衡常数小于硫化铜的沉淀溶液平衡常数，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，a项正确；
b.该反应的化学平衡常数为，说明达到平衡时c(Fe2＋)c(Cu2＋)，b项错误；
c.溶液中加入少量Na2S固体后，硫离子的浓度增加，溶液中亚铁离子和铜离子都会生成沉淀，所以c(Fe2＋)、c(Cu2＋)都减小，c项正确；
d.该反应平衡常数，d项正确；
答案选cd
20.氧化铝在工业生产中有多种用途。请根据信息回答：
（1）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN)
己知：2Al2O3(s)＝4Al(g)＋3O2(g) △H1＝＋3351 kJ·mol－1
2C(s)＋O2 (g)＝2CO(g)； △H2＝－221 kJ·mol－1
2Al(g)＋N2(g)＝2AlN(s) △H3＝－318 kJ·mol－1
则碳热还原法合成AlN的热化学方程式为_____。
（2）电解氧化铝生产铝时，阳极产生的副产物CO2，可通过CO2甲烷化再利用，反应原理为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) △H4。
常压下以Ru/TiO2作催化剂，在恒容且容积相同的不同容器中，分别充入10mol CO2和H2的混合气体(体积比1：4)于不同温度下进行反应，第tmin时分别测定CH4的体积分数，并绘成如图甲所示曲线。
①A、B、C、D、E五点中，尚未达到平衡的点是___，该反应的△H4__0(填“>”或“<”)。
②350℃时，在2L恒容密闭容器中测得CO2的平衡转化率如图乙所示，则前10 min的平均反应速率v(CO2)＝___；平衡常数为____
（3）据文献报道，科学家利用氮化镓材料与铜组成如图所示的人工光合系统装置，成功地以CO2和H2O为原料合成了CH4。
①写山铜电极表面的电极反应式____。
②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量__(选填“盐酸”或“硫酸”)。
【答案】 (1). 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026kJ/mol； (2). AB； (3). <； (4). 0.4mol/(Lmin) (5). 1 (6). CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O (7). 硫酸
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律进行计算；
（2）反应刚开始时，反应向正向进行，同时对应温度所对应的化学反应速率较慢，相同时间没有达到平衡，所以甲烷的体积分数增多，C点时恰好达到平衡，因为C点的时候，C点得温度高，对应的化学反应速率快，所以相同时间内恰好达到平衡，C点之后，温度升高速率更快，相同时间内提前达到平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数减小；
（3）①根据电子移动方向判断出铜为正极；
②盐酸易挥发，所以不行；
【详解】（1）已知：①2Al2O3（s）=4Al（g）+3O2（g）△H1=+3351kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221kJ•mol-1
③2Al（g）+N2（g）=2AlN（s）△H3=-318kJ•mol-1
盖斯定律计算（①+②×3+③×2）得到3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)△H=+1026kJ/mol；
（2）①A、B、C、D、E五点中，尚未达到平衡的点是A和B，因为反应刚开始时，反应向正向进行，同时对应温度所对应的化学反应速率较慢，相同时间没有达到平衡，所以甲烷的体积分数增多，C点时恰好达到平衡，因为C点的时候，C点得温度高，对应的化学反应速率快，所以相同时间内恰好达到平衡，C点之后，温度升高速率更快，相同时间内提前达到平衡，接下来得时间温度影响平衡，使平衡发生移动，甲烷的体积分数减小；根据C点之后温度升高平衡向甲烷减少的方向移动，推测出温度升高平衡向逆向移动，所以该反应的△H4<0；
②在常压、Ru/TiO2催化下,CO2和H2混和气体(体积比1:4,总物质的量50mol)进行反应，平衡时容器体积为2L，二氧化碳的转化率为80%， CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
起始(mol/L) 5 20 0 0
变化(mol/L) 4 16 4 8
平衡(mol/L) 1 4 4 8
所以v(CO2)==0.4mol/(Lmin),反应的平衡常数K==1；
（3）①根据电子移动方向判断出铜为正极，所以电极反应方程式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入硫酸，来提高氢离子浓度，因为盐酸易挥发，所以不行；
【点睛】为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入硫酸，此题涉及考点是酸的挥发性，此题不容易考虑；
21.Pb为第ⅣA元素。常见的化合价为＋2和＋4，其单质和化合物都有着广泛的用途。
己知Pb2＋可以和EDTA|乙二胺四乙酸(HOOCCH2)2NCH2－CH2N(CH2COOH)2|形成无色的1：1的稳定络合物。
请回答下列问题：
（1）基态Pb原子价电子排布式为___
（2）碳、硅与铅同主族。碳纳米管可以制成透明导电的薄膜，其结构类似于石墨晶体，则多层碳纳米管的层与层之间靠___结合在一起。四卤化硅(SiX4)均是无机化工品，其沸点按F、Cl、Br、I依次升高的原因是____
（3）在EDTA中，碳原子的杂化方式有____、___。组成EDTA的四种元素中第一电离能最大的是____
（4）Pb(NO3)2中阴离子的立体构型是____，写出一个与该阴离子立体构型相同的分子的化学式___
（5）Sn与Pb同为第ⅣA元素。请用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn－Br的键角___120°(填“>” “<即或“＝”)。
（6）Pb与Ti、O构成的晶体可用于制造复合电子陶瓷，该晶体的晶胞如图所示，其中Pb、Ti、O分别位于顶点、体心和面心，该晶体的化学式为___，若晶胞参数为a nm，则Pb与O间的最短距离为___nm，与Pb紧邻的O个数为___
【答案】 (1). 6s26p2； (2). 分子间作用力； (3). 都是分子晶体，同时分子中没有氢键，所以它们的熔沸点通过比较范德华力来判断，随着相对分子质量的增大范德华力增大，所以沸点按F、Cl、Br、I依次升高； (4). sp2； (5). sp3； (6). N； (7). 平面三角形； (8). SO3； (9). 小于； (10). PbTi3O； (11). ； (12). 8；
【解析】
【详解】（1）基态Pb原子价电子排布式为6s26p2；
（2）其结构类似于石墨晶体，石墨晶体层与层之间靠范德华力连接，所以多层碳纳米管的层与层之间靠范德华力结合在一起；四卤化硅都是分子晶体，同时分子中没有氢键，所以它们的熔沸点通过比较范德华力来判断，随着相对分子质量的增大范德华力增大，所以沸点按F、Cl、Br、I依次升高；
（3）在EDTA中，碳原子的杂化方式有sp2 ，sp3；组成EDTA的四种元素中N的第一电离能最大；
（4）NO3-的立体构型是平面三角形；SO3也是平面三角形；
（5）根据价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中含有一个孤电子对，所以键角小于120°；
（6）Pb、Ti、O分别位于顶点、体心和面心，Pb有8=1个，Ti有6=3个，O有一个，所以该晶体的化学式为PbTi3O，若晶胞参数为a nm，则Pb与O间的最短距离为体对角线的一半nm，与Pb紧邻有8个氧原子；
22.利用来源丰富、含碳原子数较少的烃为原料合成性能优良的高分子材料具有现实意义。以甲烷和烃C合成两种高分子材料B与F(F为聚酯类高分子化合物)的路线如图：
已知：①H-CC-H+2；
②烃C的质谱图如图所示：
请回答下列问题：
（1）有机物A→B的反应类型是__(填“加聚”或“缩聚”)反应；烃C的结构简式为___。
（2）的化学名称为___，与其互为同分异构的芳香烃还有___种。
（3）有机物D中所含官能团名称____
（4）写出D转化为E的化学方程式_____
（5）F的结构简式为__，若F的平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为___(填字母标号)。
a.45 b.56 c.66 d.69
（6）参照以上合成路线，以烃C和溴乙烷为有机原料(无机试剂任选)，设计制备有机化合物H3C－CH(OH)－C≡C－CH(OH)－CH3的合成路线：___
【答案】 (1). 加聚； (2). CHCH (3). 对二甲苯 (4). 3 (5). 羟基，碳碳三键， (6). (7). ； (8). a (9). H3C－CH(OH)－C≡C－CH(OH)－CH3
【解析】
【分析】
此题通过甲烷和水发生加成反应制取甲醇，甲醇经过催化氧化变成甲醛，B时甲醛加聚反应的产物，再通过已知所给的方程式转化方法，来制取D，由于D中含有三键，所以利用氢气加成制取E，再通过E和对二苯甲酸的缩聚反应制取高分子材料F。
【详解】（1）根据分子式的变化得出，A→B的反应类型是加聚反应；根据质谱法图像得出C时丙炔，结构简式为CHCH；
（2）的化学名称为对二甲苯；与其互为同分异构的芳香烃还有3种，分别为两个甲基处于邻位，对位，以及甲基都在一条支链上；
（3）D中所含官能团名称为羟基和碳碳三键；
（4）D转化为E为加成反应，方程式为：；
（5）F的结构简式为，F中重复的部分相对分子质量为220，所以，则其平均聚合度约为45；
（6）根据所要制取有机物的结构，推断出应该先发生水解反应制取醇羟基，随后根据已知的化学反应，合成目标有机物，合成路线为 H3C－CH(OH)－C≡C－CH(OH)－CH3。
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