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浙江省名校协作体2020届高三上学期第一次联考化学试卷
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浙江省名校协作体2020届高三上学期第一次联考
化学试题
1.下列物质不属于盐的是
A. CuCl2 B. CuSO4 C. Cu2(OH)2CO3 D. Cu(OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A. CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；
B. CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；
C. Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；
D. Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；
答案选D。
2.通过下列反应不可能一步生成MgO的是
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 复分解反应 D. 置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；
B. Mg(OH)2MgO＋H2O属于分解反应，B不选；
C. 复分解反应无法一步生成MgO，C选；
D. 2Mg＋CO22MgO＋C属于置换反应，D不选；
答案选C。
3.下列有关化学用语使用正确的是
A. T原子可以表示为 B. 氧氯酸的结构式是:H-N≡C
C. 氧离子的结构示意图: D. 比例模型可以表示CO2或SiO2
【答案】A
【解析】
【详解】A. T原子为氢元素的同位素，质子数为1，中子数为2，可以表示为，故A正确；
B. 氧氯酸是共价化合物，但所给结构式中没有氯元素，故B错误；
C. 氧原子的质子数为8，氧离子的结构示意图为，故C错误；
D. CO2为分子晶体，碳原子的相对体积较大，应该用表示，而SiO2为原子晶体，不存在SiO2分子，故D错误；
答案选A。
4.下列有关叙述不正确的是
A. 能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能
B. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取
C. 借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵
D. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生
【答案】B
【解析】
【详解】A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；
B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B错误；
C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；
D. SO2和NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；
答案选B。
5.下列有关实验的说法不正确的是
A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭
B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置
C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率
D. 吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；
B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故B错误；
C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确；
D. 酒精和乙醚具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D正确；
答案选B。
6.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A. 银氨溶液:Na+、K+、NO3—、NH3·H2O B. 空气:C2H4、CO2、SO2、NO
C. 氯化铝溶液:Mg2+、HCO3—、SO42—、Br— D. 使甲基橙呈红色的溶液:I—、Cl—、NO3—、Na+
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A正确；
B. 空气中有氧气，NO与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；
C. 氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；
D. 使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
答案选A。
7.NA为阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是
A. 1.0L1.0molL—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA
B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NA
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NA
D. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1.0L1.0molL-1的H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A错误；
B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B错误；
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中没有体积，无法计算OH—的数目，C错误；
D. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 mol电子，失去的电子数一定为NA，D正确；
答案选D。
8.下列实验中，所选装置或仪器合理的是
A. 高温煅烧石灰石 B. 从KI和I2的固体混合物中回收I2
C. 除去乙醇中的苯酚 D. 量取15.00mLNaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；
B. I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；
C. 苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；
D. 量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；
答案选D。
9.下列说法不正确的是
A. 石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物
B. 生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的
C. 按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷
D. 碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)
【答案】A
【解析】
【详解】A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误；
B. 由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；
C. 按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷，故C正确；
D. 碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3 ；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2 (不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；
答案选A。
10.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是
A. 位于第五周期第VIA族的元素为金属元素 B. 第32号元素的单质可作为半导体材料
C. 第55号元素的单质与水反应非常剧烈 D. 第七周期ⅦA族元素的原子序数为117
【答案】A
【解析】
【详解】A. 位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；
B. 第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；
C. 第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；
D. 第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；
答案选A。
11.下列有关说法正确的是
A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀
B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏
C. 氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色
D. 摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；
B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；
C. 氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；
D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；
答案选C。
12.下列指定反应的离子方程式不正确的是
A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na++ NH3·H2O +CO2＝NaHCO3↓+NH4+
B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2O
C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2++2H2O＝4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑
D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—＝CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体: NH3·H2O + NaCl + CO2 == NH4Cl + NaHCO3 ↓，离子方程式为：NH3·H2O+ Na++CO2== NH4++ NaHCO3 ↓，故A正确；
B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾: 2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；
C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体，亚铁离子具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，故C错误；
D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水: Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3 ↓，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故D正确。
答案选C。
13.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g) Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是
A. 反应①的正反应是放热反应
B. 达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11
C. 达平衡(I)时，X的转化率为20％
D. 在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；
B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；
C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为， 故C错误；
D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；
答案选C。
14.下列说法不正确的是
A. C5H12的三种同分异构体沸点不同，因为其分子间作用力大小不同
B. NH3和HCl都极易溶于水，均与它们能跟水分子形成氢键有关
C. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏
D. NaHSO4晶体溶于水和受热熔化时破坏的化学键类型不完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. C5H12的三种同分异构体结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，A正确；
B. NH3能和水分子形成氢键，HCl不能形成氢键，B错误；
C. 石墨为层状结构，层内含有共价键，层与层之间是分子间作用力，转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏，C正确；
D. NaHSO4晶体溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，破坏离子键和共价键，受热熔化时电离为Na+、HSO4-，破坏离子键，破坏的化学键类型不完全相同，D正确；
答案选B。
15.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是
A. 放电时甲为负极，充电时为阳极
B. 电池充电时，OH—由甲侧向乙侧移动
C. 放电时负极的电极反应式为:MHn—ne—＝M+nH+
D. 汽车下坡时发生图中实线所示的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；
B. 电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；
C. 放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故C错误；
D. 汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；
答案选B。
16.下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是
A. 如图所示的化学反应中，反应物的键能之和大于生成物的键能之和
B. 相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少
C. 金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可:C(s金刚石) =C(s，石墨) ∆H＝-(E2—E3)kJ·mol—1
D. 同温同压下，H2(g)+C12(g)==2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的△H相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；
B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；
C. 放出的热量=反应物的总能量−生成物的总能量=-(E1—E3)kJ·mol-1，故C错误；
D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确；
答案选D。
17.H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 由图可知，草酸的Ka＝10-1.2
B. 0.1 mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
C. 向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)
D. 根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8
【答案】D
【解析】
【详解】由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。
A. 当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；
B. 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；
D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1= ，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。
答案选D。
18.硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是
A. 白色沉淀为BaSO4
B. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1
C. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1
D. 从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；
【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；
B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；
C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；
D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；
答案选B。
19.以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要工艺流程如下:
已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。
沉淀物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀pH
4.7
2.7
7.6
完全沉淀pH
6.7
3.7
9.6
下列说法不正确的是
A. 试剂a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是调节pH至3.7～4.7之间
B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原
C. 操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶
D. 反应Ⅲ的离子方程式为Cu2++Fe==Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe 3++3H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+ 形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2 沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO[或Cu(OH)2 、CuCO3 等]，故A正确；
B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；
C. 操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；
D. 反应Ⅲ主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应Ⅳ时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe 3++3H2O，故D正确；
答案选B。
20.某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是
A. 反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种
B. 向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g固体完全溶解
C. 若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物
D. b的取值范围:0＜b≤a
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。
1、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；
2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ == Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b
5、若a g红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b
B. 不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确
C. 若b＝a，即b
答案选C。
21.工业催化剂 K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是翠绿色晶体，在421～553℃时，分解为Fe2O3、K2CO3、CO、CO2、H2O。实验室由草酸亚铁晶体(FeC2O4·H2O)、草酸钾(K2C2O4)、草酸(H2C2O4)和双氧水(H2O2)混合制备。请回答下列问题
（1）写出H2O2的电子式:____________________
（2）配平该方程式____FeC2O4·H2O+___H2O+ __K2 C2O4+__H 2C2O4=__K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
（3）制备过程中要防止草酸被H2O2氧化，请写出草酸被H2O2氧化的化学反应方程式______；
（4）配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2++4NH3＝[Cu(NH3)4]2+，其稳定常数表达式为:。已知K[Fe(C2O4)3]3—=1020， K[Fe(SCN)3]=2103，能否用KSCN溶液检验K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中的铁元素?______(填“是”或“否”)若选“否”，请设计检验铁元素的方案_________________________________________。
【答案】 (1). (2). 2 (3). 1 (4). 3 (5). 1 (6). 2 (7). H2C2O4+H2O2＝2CO2↑+2H2O (8). 否 (9). 取适量晶体加热，将加热后的固体残留物溶解在稀硫酸中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则晶体中含有铁元素，反之则无（其他合理也可）
【解析】
【详解】（1）H2O2为共价化合物，其电子式为，故答案为：；
（2）根据水的个数的最小公倍数为6，则FeC2O4•2H2O的化学计量数为2，K3[Fe（C2O4）3]•3H2O的化学计量数3，然后由原子守恒可知，该化学反应为2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe（C2O4）3]•3H2O，故答案为：2；1；3；1；2；
（3）草酸被H2O2氧化生成水和二氧化碳，该反应为H2C2O4+H2O2=2CO2↑+2H2O，故答案为：H2C2O4+H2O2=2CO2↑+2H2O；
（4）因Fe3++3C2O42-= [Fe(C2O4)3]3-，=1020，配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，K值越大说明生成的配合物越稳定，已知K[Fe(C2O4)3]3—=1020， K[Fe(SCN)3]=2103，说明[Fe(C2O4)3]3—远远比Fe(SCN)3稳定，向K3[Fe(C2O4)3]·3H2O溶液中加入KSCN溶液，[Fe(C2O4)3]3—中的Fe3+不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色。无法验证铁元素；检验铁元素的方案为取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；
故答案为：否；取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；
22.二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，64gA完全燃烧得到4.48L密度为1.25g·L—1的气体B(体积与密度均在标准状况下测定)。
（1）A的化学式___________________。
（2）写出次氯酸钠溶液和过量的氨气制备A的离子方程式_________________________。A的制备过程中氨气需要过量的理由是_____________________________________。
（3）A可与黑色的CuO反应生成气体B和一种砖红色的物质，写出该化学方程式__________。
（4）已知2一丁烯存在顺反异构(如下图所示)，甲基在双键同一侧的，称为顺式:甲基在双键两侧的，称为反式。现有化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到。实验表明，C可能存在两种结构，请写出它们的结构式_____________、_____________。
【答案】 (1). N2H4 (2). ClO－＋2NH3═ N2H4＋Cl－+H2O (3). 次氯酸钠有强氧化性，防止次氯酸钠过量，将N2H4氧化 (4). 4CuO+ N2H4═ 2Cu2O＋N2↑+ 2H2O (5). (6).
【解析】
【详解】（1）二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，6.4gA完全燃烧得到标况下密度为1.25g/L的气体B，其摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，该气体为N2，A中含有N元素，元素守恒可知，反应还生成水，说明A中还含有H元素， 4.48L氮气的物质的量==0.2mol，其质量=0.2mol×28g/mol=5.6g，故6.4gA中H元素质量=6.4g-5.6g=0.8g，H原子物质的量==0.8mol，则A中N、H原子数目之比=0.2mol×2:0.8mol=1:2，故A为N2H4，故答案为：N2H4；
（2）次氯酸钠与过量氨气反应生成N2H4，根据氧化还原反应规律可知，还生成NaCl，根据元素守恒可知有水生成，反应方程式为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O；离子反应方程式为：ClO－＋2NH3═ N2H4＋Cl－+H2O，次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气可防止N2H4被氧化，故答案为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H4被氧化；
（3）N2H4与黑色的CuO反应生成砖红色氧化亚铜、氮气与水，反应方程式为：4CuO+N2H4═2Cu2O+N2+2H2O，故答案为：4CuO+N2H4═2Cu2O+N2+2H2O；
（4）化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到，因此C的化学式为N2H2，根据2一丁烯存在顺反异构的解释，因此C中氢原子在双键同一侧的，称为顺式；氢原子在双键两侧的，称为反式，它们的结构式分别为和。
23.甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品
(一)以CO、H2和CO2制备甲醇
①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g) ∆H1
②CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g) △H2
③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ∆H3
（1）已知:反应①的化学平衡常数K和温度的关系如下表
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
则下列说法正确的是______
A.反应①正反应是吸热反应
B.一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应①达到平衡状态
C.1100℃时，反应①的K可能为1.5
D.在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]约为0.59
（2）比较△H2_____△H3(填“>”、“＝”或“＜”)
（3）现利用②和③两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为f＝[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)]，则理论上f＝_____时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_________________________________.
(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇:
(i)制备合成气:CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) ∆H1>0
(ii)合成甲醇:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H2>0
在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1
（1）下列说法正确的是_______
A.曲线①中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动
B.三种催化剂中，催化剂③的催化效果最好，所以能获得最高的产率
C.当温度低于700℃时的曲线上的点可能都没有到达平衡
D.若温度大于700℃时，CO的物质的量保持不变
（2）500℃时，反应(1)在催化剂①的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应（1）在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势___________________
（三）研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。
（1）产生甲醇的电极反应式为___________________；
（2）甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工作时的负极反应式:___________。
【答案】 (1). AD (2). ＜ (3). 2 (4). 使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (5). C (6). (7). CO+4H++4 e-= CH3OH (8). CH3OH+H2O－6e-=CO2+6H+
【解析】
【详解】(一)（1）根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000℃时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100℃时K>1.7，C错误；在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]为K的倒数，约为0.59，D正确；答案为AD。
（2）随温度升高K1增大，说明反应①的正反应为吸热反应，△H1>0，盖斯定律计算得到△H3=△H1+△H2,则△H2<△H3。
（3）由①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知=2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降，故答案为：2；使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降；
(二) （1）曲线①中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂③的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700℃时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。
（2）根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为
（三）（1）CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H++4 e-= CH3OH；
（2）据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,电极反应式为：3O2+12H++12e−=6H2O,负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子,电极反应式为2CH3OH−12e−+2H2O=2CO2↑+12H+,故答案为：CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+；
24.三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:①格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；
②
③
④
实验过程如下
①实验装置如图1所示。
a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。
b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40℃左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。
②提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤
（1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接____________装置
（2）①合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是____________________；
②合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是______；
（3）提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行操作是_______；
（4）①反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_______、过滤、洗涤______；
A.蒸发结晶 B.冷却结晶 C.高温烘干 D.滤纸吸干
②下列抽滤操作或说法正确的是_______
A.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C.注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出
D.用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失
E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀
（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手______，右手持移液管；
（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为__________(精确到0.1％)。
【答案】 (1). 装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以） (2). 作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应 (3). 滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯 (4). 立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查 (5). B (6). D (7). ABE (8). 拿洗耳球 (9). 51.3%
【解析】
【详解】(1). 格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；
(2) ① 为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；
②依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；
（3）提纯过程中发现A中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。
（4）①滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，E正确；答案为ABE。
（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。
（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol溴苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为0.03molⅹ=7.80，产率=实际产量/理论产量=4.00 g ÷7.80ⅹ100%=51.3%，答案为：51.3%。
25.奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：
I 中间体F的合成：
II奧美拉唑的合成：
已知：
结合上述合成路线，请回答：
（1）下列说法正确的是__________
A.奥美拉分子式为C18 H19N3O3S
B.J生成K的反应类型为加成反应
C.化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成
D.设计A转化为B的目的是保护其中的官能团
（2）化合物F的结构简式为_______________________________；
（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；
（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体: _____________________________
①分子中含苯环，遇FeC13显紫色
②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。
（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________
【答案】 (1). C、D (2). (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）奥美拉的分子式为C17 H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。
（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。
（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；
（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；
（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为
；
浙江省名校协作体2020届高三上学期第一次联考
化学试题
1.下列物质不属于盐的是
A. CuCl2 B. CuSO4 C. Cu2(OH)2CO3 D. Cu(OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A. CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；
B. CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；
C. Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；
D. Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；
答案选D。
2.通过下列反应不可能一步生成MgO的是
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 复分解反应 D. 置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；
B. Mg(OH)2MgO＋H2O属于分解反应，B不选；
C. 复分解反应无法一步生成MgO，C选；
D. 2Mg＋CO22MgO＋C属于置换反应，D不选；
答案选C。
3.下列有关化学用语使用正确的是
A. T原子可以表示为 B. 氧氯酸的结构式是:H-N≡C
C. 氧离子的结构示意图: D. 比例模型可以表示CO2或SiO2
【答案】A
【解析】
【详解】A. T原子为氢元素的同位素，质子数为1，中子数为2，可以表示为，故A正确；
B. 氧氯酸是共价化合物，但所给结构式中没有氯元素，故B错误；
C. 氧原子的质子数为8，氧离子的结构示意图为，故C错误；
D. CO2为分子晶体，碳原子的相对体积较大，应该用表示，而SiO2为原子晶体，不存在SiO2分子，故D错误；
答案选A。
4.下列有关叙述不正确的是
A. 能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能
B. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取
C. 借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵
D. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生
【答案】B
【解析】
【详解】A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；
B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B错误；
C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；
D. SO2和NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；
答案选B。
5.下列有关实验的说法不正确的是
A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭
B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置
C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率
D. 吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；
B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故B错误；
C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确；
D. 酒精和乙醚具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D正确；
答案选B。
6.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A. 银氨溶液:Na+、K+、NO3—、NH3·H2O B. 空气:C2H4、CO2、SO2、NO
C. 氯化铝溶液:Mg2+、HCO3—、SO42—、Br— D. 使甲基橙呈红色的溶液:I—、Cl—、NO3—、Na+
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A正确；
B. 空气中有氧气，NO与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；
C. 氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；
D. 使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
答案选A。
7.NA为阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是
A. 1.0L1.0molL—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA
B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NA
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NA
D. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1.0L1.0molL-1的H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A错误；
B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B错误；
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中没有体积，无法计算OH—的数目，C错误；
D. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 mol电子，失去的电子数一定为NA，D正确；
答案选D。
8.下列实验中，所选装置或仪器合理的是
A. 高温煅烧石灰石 B. 从KI和I2的固体混合物中回收I2
C. 除去乙醇中的苯酚 D. 量取15.00mLNaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；
B. I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；
C. 苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；
D. 量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；
答案选D。
9.下列说法不正确的是
A. 石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物
B. 生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的
C. 按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷
D. 碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)
【答案】A
【解析】
【详解】A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误；
B. 由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；
C. 按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5—五甲基—3，3—二乙基己烷，故C正确；
D. 碳原子数≤6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3 ；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2 (不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；
答案选A。
10.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是
A. 位于第五周期第VIA族的元素为金属元素 B. 第32号元素的单质可作为半导体材料
C. 第55号元素的单质与水反应非常剧烈 D. 第七周期ⅦA族元素的原子序数为117
【答案】A
【解析】
【详解】A. 位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；
B. 第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；
C. 第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；
D. 第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；
答案选A。
11.下列有关说法正确的是
A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀
B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏
C. 氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色
D. 摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；
B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；
C. 氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2O[Co（H2O）6]2++4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；
D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；
答案选C。
12.下列指定反应的离子方程式不正确的是
A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na++ NH3·H2O +CO2＝NaHCO3↓+NH4+
B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2O
C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2++2H2O＝4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑
D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—＝CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体: NH3·H2O + NaCl + CO2 == NH4Cl + NaHCO3 ↓，离子方程式为：NH3·H2O+ Na++CO2== NH4++ NaHCO3 ↓，故A正确；
B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾: 2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；
C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体，亚铁离子具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O＝4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，故C错误；
D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水: Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3 ↓，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-＝CaCO3↓+H2O，故D正确。
答案选C。
13.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g) Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是
A. 反应①的正反应是放热反应
B. 达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11
C. 达平衡(I)时，X的转化率为20％
D. 在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；
B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；
C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为， 故C错误；
D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；
答案选C。
14.下列说法不正确的是
A. C5H12的三种同分异构体沸点不同，因为其分子间作用力大小不同
B. NH3和HCl都极易溶于水，均与它们能跟水分子形成氢键有关
C. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏
D. NaHSO4晶体溶于水和受热熔化时破坏的化学键类型不完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. C5H12的三种同分异构体结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，A正确；
B. NH3能和水分子形成氢键，HCl不能形成氢键，B错误；
C. 石墨为层状结构，层内含有共价键，层与层之间是分子间作用力，转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏，C正确；
D. NaHSO4晶体溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，破坏离子键和共价键，受热熔化时电离为Na+、HSO4-，破坏离子键，破坏的化学键类型不完全相同，D正确；
答案选B。
15.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是
A. 放电时甲为负极，充电时为阳极
B. 电池充电时，OH—由甲侧向乙侧移动
C. 放电时负极的电极反应式为:MHn—ne—＝M+nH+
D. 汽车下坡时发生图中实线所示的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；
B. 电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；
C. 放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故C错误；
D. 汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；
答案选B。
16.下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是
A. 如图所示的化学反应中，反应物的键能之和大于生成物的键能之和
B. 相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少
C. 金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可:C(s金刚石) =C(s，石墨) ∆H＝-(E2—E3)kJ·mol—1
D. 同温同压下，H2(g)+C12(g)==2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的△H相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；
B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；
C. 放出的热量=反应物的总能量−生成物的总能量=-(E1—E3)kJ·mol-1，故C错误；
D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确；
答案选D。
17.H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 由图可知，草酸的Ka＝10-1.2
B. 0.1 mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
C. 向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)
D. 根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8
【答案】D
【解析】
【详解】由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。
A. 当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；
B. 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；
D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1= ，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。
答案选D。
18.硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是
A. 白色沉淀为BaSO4
B. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1
C. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1
D. 从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；
【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；
B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；
C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；
D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；
答案选B。
19.以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要工艺流程如下:
已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。
沉淀物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀pH
4.7
2.7
7.6
完全沉淀pH
6.7
3.7
9.6
下列说法不正确的是
A. 试剂a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是调节pH至3.7～4.7之间
B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原
C. 操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶
D. 反应Ⅲ的离子方程式为Cu2++Fe==Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe 3++3H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+ 形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2 沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO[或Cu(OH)2 、CuCO3 等]，故A正确；
B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；
C. 操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；
D. 反应Ⅲ主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应Ⅳ时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe 3++3H2O，故D正确；
答案选B。
20.某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是
A. 反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种
B. 向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g固体完全溶解
C. 若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物
D. b的取值范围:0＜b≤a
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。
1、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；
2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ == Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b
5、若a g红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b
B. 不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确
C. 若b＝a，即b
答案选C。
21.工业催化剂 K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是翠绿色晶体，在421～553℃时，分解为Fe2O3、K2CO3、CO、CO2、H2O。实验室由草酸亚铁晶体(FeC2O4·H2O)、草酸钾(K2C2O4)、草酸(H2C2O4)和双氧水(H2O2)混合制备。请回答下列问题
（1）写出H2O2的电子式:____________________
（2）配平该方程式____FeC2O4·H2O+___H2O+ __K2 C2O4+__H 2C2O4=__K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
（3）制备过程中要防止草酸被H2O2氧化，请写出草酸被H2O2氧化的化学反应方程式______；
（4）配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2++4NH3＝[Cu(NH3)4]2+，其稳定常数表达式为:。已知K[Fe(C2O4)3]3—=1020， K[Fe(SCN)3]=2103，能否用KSCN溶液检验K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中的铁元素?______(填“是”或“否”)若选“否”，请设计检验铁元素的方案_________________________________________。
【答案】 (1). (2). 2 (3). 1 (4). 3 (5). 1 (6). 2 (7). H2C2O4+H2O2＝2CO2↑+2H2O (8). 否 (9). 取适量晶体加热，将加热后的固体残留物溶解在稀硫酸中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则晶体中含有铁元素，反之则无（其他合理也可）
【解析】
【详解】（1）H2O2为共价化合物，其电子式为，故答案为：；
（2）根据水的个数的最小公倍数为6，则FeC2O4•2H2O的化学计量数为2，K3[Fe（C2O4）3]•3H2O的化学计量数3，然后由原子守恒可知，该化学反应为2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe（C2O4）3]•3H2O，故答案为：2；1；3；1；2；
（3）草酸被H2O2氧化生成水和二氧化碳，该反应为H2C2O4+H2O2=2CO2↑+2H2O，故答案为：H2C2O4+H2O2=2CO2↑+2H2O；
（4）因Fe3++3C2O42-= [Fe(C2O4)3]3-，=1020，配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，K值越大说明生成的配合物越稳定，已知K[Fe(C2O4)3]3—=1020， K[Fe(SCN)3]=2103，说明[Fe(C2O4)3]3—远远比Fe(SCN)3稳定，向K3[Fe(C2O4)3]·3H2O溶液中加入KSCN溶液，[Fe(C2O4)3]3—中的Fe3+不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色。无法验证铁元素；检验铁元素的方案为取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；
故答案为：否；取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；
22.二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，64gA完全燃烧得到4.48L密度为1.25g·L—1的气体B(体积与密度均在标准状况下测定)。
（1）A的化学式___________________。
（2）写出次氯酸钠溶液和过量的氨气制备A的离子方程式_________________________。A的制备过程中氨气需要过量的理由是_____________________________________。
（3）A可与黑色的CuO反应生成气体B和一种砖红色的物质，写出该化学方程式__________。
（4）已知2一丁烯存在顺反异构(如下图所示)，甲基在双键同一侧的，称为顺式:甲基在双键两侧的，称为反式。现有化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到。实验表明，C可能存在两种结构，请写出它们的结构式_____________、_____________。
【答案】 (1). N2H4 (2). ClO－＋2NH3═ N2H4＋Cl－+H2O (3). 次氯酸钠有强氧化性，防止次氯酸钠过量，将N2H4氧化 (4). 4CuO+ N2H4═ 2Cu2O＋N2↑+ 2H2O (5). (6).
【解析】
【详解】（1）二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，6.4gA完全燃烧得到标况下密度为1.25g/L的气体B，其摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，该气体为N2，A中含有N元素，元素守恒可知，反应还生成水，说明A中还含有H元素， 4.48L氮气的物质的量==0.2mol，其质量=0.2mol×28g/mol=5.6g，故6.4gA中H元素质量=6.4g-5.6g=0.8g，H原子物质的量==0.8mol，则A中N、H原子数目之比=0.2mol×2:0.8mol=1:2，故A为N2H4，故答案为：N2H4；
（2）次氯酸钠与过量氨气反应生成N2H4，根据氧化还原反应规律可知，还生成NaCl，根据元素守恒可知有水生成，反应方程式为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O；离子反应方程式为：ClO－＋2NH3═ N2H4＋Cl－+H2O，次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气可防止N2H4被氧化，故答案为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H4被氧化；
（3）N2H4与黑色的CuO反应生成砖红色氧化亚铜、氮气与水，反应方程式为：4CuO+N2H4═2Cu2O+N2+2H2O，故答案为：4CuO+N2H4═2Cu2O+N2+2H2O；
（4）化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到，因此C的化学式为N2H2，根据2一丁烯存在顺反异构的解释，因此C中氢原子在双键同一侧的，称为顺式；氢原子在双键两侧的，称为反式，它们的结构式分别为和。
23.甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品
(一)以CO、H2和CO2制备甲醇
①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g) ∆H1
②CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g) △H2
③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ∆H3
（1）已知:反应①的化学平衡常数K和温度的关系如下表
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
则下列说法正确的是______
A.反应①正反应是吸热反应
B.一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应①达到平衡状态
C.1100℃时，反应①的K可能为1.5
D.在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]约为0.59
（2）比较△H2_____△H3(填“>”、“＝”或“＜”)
（3）现利用②和③两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为f＝[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)]，则理论上f＝_____时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_________________________________.
(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇:
(i)制备合成气:CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) ∆H1>0
(ii)合成甲醇:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H2>0
在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1
（1）下列说法正确的是_______
A.曲线①中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动
B.三种催化剂中，催化剂③的催化效果最好，所以能获得最高的产率
C.当温度低于700℃时的曲线上的点可能都没有到达平衡
D.若温度大于700℃时，CO的物质的量保持不变
（2）500℃时，反应(1)在催化剂①的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应（1）在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势___________________
（三）研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。
（1）产生甲醇的电极反应式为___________________；
（2）甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工作时的负极反应式:___________。
【答案】 (1). AD (2). ＜ (3). 2 (4). 使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (5). C (6). (7). CO+4H++4 e-= CH3OH (8). CH3OH+H2O－6e-=CO2+6H+
【解析】
【详解】(一)（1）根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000℃时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100℃时K>1.7，C错误；在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]为K的倒数，约为0.59，D正确；答案为AD。
（2）随温度升高K1增大，说明反应①的正反应为吸热反应，△H1>0，盖斯定律计算得到△H3=△H1+△H2,则△H2<△H3。
（3）由①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知=2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降，故答案为：2；使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降；
(二) （1）曲线①中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂③的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700℃时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。
（2）根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为
（三）（1）CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H++4 e-= CH3OH；
（2）据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,电极反应式为：3O2+12H++12e−=6H2O,负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子,电极反应式为2CH3OH−12e−+2H2O=2CO2↑+12H+,故答案为：CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+；
24.三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:①格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；
②
③
④
实验过程如下
①实验装置如图1所示。
a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。
b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40℃左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。
②提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤
（1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接____________装置
（2）①合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是____________________；
②合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是______；
（3）提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行操作是_______；
（4）①反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_______、过滤、洗涤______；
A.蒸发结晶 B.冷却结晶 C.高温烘干 D.滤纸吸干
②下列抽滤操作或说法正确的是_______
A.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C.注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出
D.用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失
E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀
（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手______，右手持移液管；
（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为__________(精确到0.1％)。
【答案】 (1). 装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以） (2). 作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应 (3). 滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯 (4). 立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查 (5). B (6). D (7). ABE (8). 拿洗耳球 (9). 51.3%
【解析】
【详解】(1). 格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；
(2) ① 为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；
②依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；
（3）提纯过程中发现A中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。
（4）①滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，E正确；答案为ABE。
（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。
（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol溴苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为0.03molⅹ=7.80，产率=实际产量/理论产量=4.00 g ÷7.80ⅹ100%=51.3%，答案为：51.3%。
25.奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：
I 中间体F的合成：
II奧美拉唑的合成：
已知：
结合上述合成路线，请回答：
（1）下列说法正确的是__________
A.奥美拉分子式为C18 H19N3O3S
B.J生成K的反应类型为加成反应
C.化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成
D.设计A转化为B的目的是保护其中的官能团
（2）化合物F的结构简式为_______________________________；
（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；
（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体: _____________________________
①分子中含苯环，遇FeC13显紫色
②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。
（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________
【答案】 (1). C、D (2). (3). (4). (5).
【解析】
【详解】（1）奥美拉的分子式为C17 H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。
（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。
（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；
（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；
（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为
；
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