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天津市河北区2020届高三期间线上测试化学试题
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天津市河北区 2020 届高三毕业年级化学学科
“停课不停学期间线上测试”
1.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）
A. 明矾作净水剂 B. 甘油作护肤保湿剂
C. 漂粉精作消毒剂 D. 铁粉作食品袋内的脱氧剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、明矾净水是因为Al3+水解成Al(OH)3胶体吸附，不是氧化还原反应，A错误；
B、甘油具有强的吸湿性，可以让皮肤上的水分不会太快散发，同时适当从空气中吸收水蒸气，故用作保湿剂，不是化学反应，B错误；
C、漂粉精具有强氧化性，故可作消毒剂，起氧化剂作用，C错误；
D、铁粉可以消耗食品袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用，D正确。
答案选D。
【点睛】高考命题侧重氧化还原反应的基本概念、判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目、配平反应方程式和化学计算等多个知识点。本题将氧化还原反应基础知识与常见元素及其化合物的性质结合起来，这种考查方式在历年高考中再现率较高，成为高考的热点，在复习时要引起足够的重视。明确常见物质的化学性质是解答该题的关键。
2.已知 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，该反应中相关物质的化学用语中正确的是
A. H2 的结构式：H-H
B. 中子数为 12 的钠原子：
C. H2O 的电子式：
D. Na＋的结构示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢气分子中，氢原子最外层只有一个电子，两个氢原子各提供一个电子形成共用电子对，，即形成氢氢单键，故A正确；
B.中Z代表质子数，即原子序数，A代表质量数，质量数=质子数+中子数，钠的质子数为11，中子数为12的钠原子质量数为23，所以中子数为12的钠原子可表示为，故B错误；
C.水分子中氢原子与氧原子通过共用电子对形成共价键，所以电子式可表示为,故C错误；
D.钠原子核外有11个电子，失去一个电子形成钠离子，所以钠离子核外有10个电子，故D错误；
综上所述，答案为A。
3.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 22.4 L CH4 中含有共价键数为 4 NA
B. 1 mol -OH 中含有电子数为 9 NA
C. 1 L 1 mol·L-1FeCl3 溶液中含有 Fe3＋数为NA
D. 常温常压下，32 g O2 中含有氧分子数为 2 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.未给标况下，所以不能计算甲烷的物质的量，故A错误；
B.-OH 中氧原子核外有8个电子，氢原子核外有1个电子，所以1mol-OH中含有电子数为 9 NA，故B正确；
C.因为氯化铁溶液中的铁离子会发生水解，所以1 L 1 mol·L-1FeCl3 溶液中含有 Fe3+数小于NA，故C错误；
D.氧气的摩尔质量为32 g/mol，32 g O2 为1mol，含有氧分子数为NA，故D错误；
综上所述，答案为B。
4.下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验目的
实验室制乙酸乙酯
比较碳酸与苯酚酸性强弱
加入CCl4分离碘水中的碘
蒸干FeCl3溶液制无水FeCl3
实验装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验室制备乙酸乙酯时，为防止倒吸，所以导管不能深入饱和碳酸钠溶液的液面以下，故A错误；
B.因为盐酸中的氯化氢易挥发，生成的二氧化碳中混有氯化氢，所以不能证明是二氧化碳溶于水形成的碳酸将苯酚制备出来的，故B错误；
C.碘单质易溶于四氯化碳，所以四氯化碳能将碘水中的碘单质萃取出来，四氯化碳与水不互溶，且四氯化碳的密度比水的密度大，所以四氯化碳有机层在下层，故C正确；
D.因氯化铁会发生水解，水解吸热，加热条件下水解程度会增大，所以氯化铁在蒸发结晶时会生成氢氧化铁，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】加热蒸干易水解的盐溶液时，如果该盐的水解产物能脱离溶液体系，加热蒸干将得不到原来的溶质盐，而得到的是水解产物，如氯化铁、硝酸铝、氯化铝、氯化铜等。
5.下列解释事实的离子方程式不正确的是( )
A. 用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl- + 2H2O2OH-+ H2↑+ Cl2↑
B. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-CaCO3(s) + SO42-
C. 过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3－+4H+= Fe3++NO↑+2H2O
D 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-= BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子反应为：2Cl- +2H2O2OH-+ H2↑+ Cl2↑，故A正确；
B. 用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，利用沉淀溶解平衡，沉淀向更难溶的方向进行，反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故B正确；
C. 过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子反应为：3Fe+8H++2NO3-═Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子反应为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-= BaSO4↓＋H2O，故D正确；
答案选C。
【点睛】硝酸与铁反应时，用量不同，产物不同，若硝酸足量则生成三价铁，若铁过量，则生成二价铁。
6.工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O＝2HNO3＋NO。用 NA 表示阿伏加德罗常数， 下列说法正确的是
A. 室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为 3NA
B. 36gH2O 中含有共价键的总数为 2NA
C. 标准状况下，11.2L NO 中所含电子总数为 5NA
D. 上述反应，生成 1molHNO3 转移电子的数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.室温下，22.4 LNO2的物质的量无法计算，所以不能计算其中含有的原子总数，故A错误；
B.1molH2O中含有2mol共价键，36gH2O为2mol，则其中含有共价键总数为4NA；故B错误；
C.1molNO中含有的电子数为15 NA，标准状况下，11.2L NO的物质的量为0.5mol，其中所含电子总数为 15 NA×0.5 =7.5NA，故C错误；
D.3NO2 + H2O=2HNO3＋NO反应中，每生成2molHNO3转移的电子数为2NA，所以生成 1molHNO3 转移电子的数目为NA，故D正确；
综上所述，答案为D。
7.根据有关操作与现象，所得结论不正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向FeCl3溶液中滴加KI、淀粉溶液
溶液变蓝
I－有还原性
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液
产生白色沉淀
溶液一定含有Cl－
C
酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应，加入MnSO4溶液
紫色褪去速率加快
Mn2＋对该反应有催化作用
D
向酸性KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液
紫色褪去
Fe2＋有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为铁离子有氧化性，碘离子有还原性，所以二者会发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇到碘单质会变蓝，故A正确；
B.向某溶液中滴加硝酸银，溶液中产生白色沉淀，说明溶液中有离子会与银离子生成沉淀，该离子也可能是硫酸根，不一定是氯离子，故B错误；
C.酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因为加入硫酸锰而使二者反应速率加快，而硫酸锰本身性质并未改变，所以说明是二价锰离子催化了上述反应，故C正确；
D.高锰酸钾具有强氧化性，溶液的紫红色会褪去是因为被亚铁离子还原成二价锰离子，故D正确；
综上所述，答案为B。
8.2019年为“国际化学元素周期表年”。如图所示是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是
A. 原子半径：W
D. X的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】
【分析】
除了氧元素和氟元素外，其他主族元素的最高正价即主族序数，设W的族序数为x，根据元素周期表中W与X的相对位置可知，X的族序数为x-2，则有x+x-2=8，故x=5，即W为VA族元素，根据元素周期表中各元素的相对位置，可知X为Al，Y为Si，Z为P，W为N。
【详解】A.由分析可知，X为Al，W为N，根据元素周期律可知，原子半径：Al>P>N，所以原子半径：W
C.Y为Si，硅单质是很好的半导体材料，故C正确；
D.X为铝，铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，具有两性，不是强碱，故D错误；
综上所述，答案为D。
9.下列说法中正确的是
A. 2p2 表示 2p 能级有两个轨道
B. 处于最低能量的原子叫做基态原子
C. 同一原子中， 2s、3s 电子能量逐渐减小
D. 同一原子中，2p、3p、4p 能级的轨道数依次增多
【答案】B
【解析】
【详解】A.2p2表示2p能级上有两个自旋方向相同的电子，故A错误；
B.原子的能量最低时更稳定，所以处于最低能量的原子叫做基态原子，故B正确；
C.同一原子中，能层数越高，能量越大，所以2s、3s 电子的能量逐渐增大，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p 能级均有3个轨道，故D错误；
综上所述，答案为B。
10.下列说法中正确的是
A. 非极性分子只能是双原子单质分子
B. 键能越大，表示该分子越容易受热分解
C. 液态氟化氢中氟化氢分子之间存在氢键
D. 分子中中心原子通过 sp3 杂化轨道成键时，该分子一定为正四面体结构
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化碳因为正电中心与负电中心重合而是非极性分子，但二氧化碳不是双原子单质分子，故A错误；
B.键能越大，表示该分子越稳定，受热越不容易分解，故B错误；
C.因为氟元素的电负性很强，氟原子可以与氢原子之间形成氢键，所以液态氟化氢中氟化氢分子之间存在氢键，故C正确；
D.氨气分子中，氮原子的杂化方式为sp3 杂化，但氨气分子为三角锥形，不是正四面体构型，故D错误；
综上所述，答案为C。
11.下列各物质的晶体中，晶体类型相同的是
A. O2和SiO2 B. NaI和I2 C. CO2和H2O D. CCl4和NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A、O2是分子晶体，SiO2是原子晶体，晶体类型不相同，故A不选；
B、NaI是离子晶体，I2是分子晶体，晶体类型不相同，故B不选；
C、CO2和H2O都是分子晶体，晶体类型相同，故C选；
D、CCl4是分子晶体，NaCl是离子晶体，晶体类型不相同，故D不选；
答案选C。
12.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 若 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则 H2 燃烧热为 241.8 kJ/mol
B. 若 C(石墨，s) ＝C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C. 已知 NaOH(aq)＋HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4kJ/mol，则 20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出 28.7 kJ 的热量，
D. 已知 2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH2，则 ΔH1>ΔH2
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧热是在25℃、101kP下用1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化来进行测定的，因为所给方程式中水的状态不是液态，所以不能确定氢气的燃烧热数值，故A错误；
B.物质的能量越低越稳定，因为石墨转化为金刚石为吸热反应，可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C.中和热是指稀的强酸强碱溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，而氢氧化钠固体溶于水时会放出大量的热，所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和时，放出的热量大于28.7 kJ，故C错误；
D.ΔH1为碳单质完全燃烧时的反应热，ΔH2为碳单质不完全燃烧时的反应热，燃烧反应为放热反应所以ΔH均为负数，所以ΔH1小于ΔH2，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】注意比较反应热ΔH时要带符号进行比较，放热反应ΔH为负数。
13.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)＋5H2(g)＋3N2(g)＋9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2
C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH3
则反应 4C3H5(ONO2)3(l)＝12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)的 ΔH 为
A. 12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1 B. 2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
C. 12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D. ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
【答案】A
【解析】
【详解】将题干中的三个方程式依次标号为①②③，-2×①+5×②+12×③可得出4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)，根据盖斯定律，则4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)的ΔH为-2ΔH1+5ΔH2+12ΔH3，即12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1，综上所述，答案为A。
14.如图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。 下列说法正确的是
A. a 处得到的是浓 NaOH 溶液
B. 适当降低阳极电解液的 pH 有利于 Cl2 逸出
C. 粗盐水中含有的少量 Ca2＋和 Mg2＋可用 NaOH 除去
D. 若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下 1.12L 气体
【答案】B
【解析】
【分析】
氯碱工业为用惰性电极电解氯化钠溶液，由图可知A室为阳极室，阳极为氯离子放电生成氯气，B室为阴极室，阴极为水放电生成氢气和氢氧根，A室中的钠离子会通过阳离子交换膜进入B室，所以a为稀氯化钠溶液，b为氢气，氢氧化钠在阴极产生。
【详解】A.由分析可知，a处得到的是稀氯化钠溶液，故A错误；
B.因为氯气为酸性气体会与碱溶液发生反应，所以适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出，故B正确；
C.因为氢氧化钙的水溶性是微溶，所以不能用氢氧化钠除去粗盐水中的钙离子，故C错误；
D.由分析知，b为氢气，每生成1mol氢气，转移2mol 电子，所以若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下2.24L气体，故D错误；
综上所述，答案为B。
15.关于下列装置的说法正确的是
A. 装置①将电能转变为化学能
B. 装置①中盐桥内的 K＋移向 CuSO4 溶液
C. 若装置②用于铁棒镀铜，则 N 极为铁棒
D. 若装置②用于电解精炼铜，溶液中的 Cu2＋浓度保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.装置①为有盐桥的铜锌原电池装置，能将化学能转化为电能，故A错误；
B.装置①中锌为负极，铜为正极，根据原电池原理，电解质溶液中的阳离子移向正极，所以盐桥内的 K＋移向CuSO4溶液，故B正确；
C.若装置②用于铁棒镀铜，则应将铁棒与电源的负极相连作阴极，所以M极为铁棒，故C错误；
D.若装置②用于电解精炼铜，因为粗铜中会有其他金属单质放电生成金属阳离子，所以溶液中的 Cu2+浓度会降低，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中可能含有比铜活泼的金属，如铁、锌等，会先放电，此时溶液中的铜离子在阴极放电生成铜单质，所以会导致溶液中的铜离子浓度降低。
16.阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 分子式为C14H18N2O5
B. 不存在顺反异构
C. 能发生取代和消去反应
D. 1 mol阿斯巴甜完全水解最多消耗3 mol NaOH
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据碳成四键及氮成三键的原则，易得出该有机物分子式；
B.高中所需掌握顺反异构存在于含碳碳双键的有机物中；
C.高中要求掌握的消去反应主要存在于：羟基邻位碳上有氢及卤原子邻位碳上有氢的结构；
D.有机物消耗氢氧化钠的多少，可根据水解产物来判断。
【详解】A项、从图给结构简式可得该有机物分子式为C14H18N2O5，A正确；
B项、分子中没有碳碳双键，不存在顺反异构，B正确；
C项、该分子不能发生消去反应，C错；
D项、阿斯巴甜水解产物为、，因此1mol阿斯巴甜水解产物最终消耗氢氧化钠3mol，D正确；
答案选C。
17.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2 (g) HI(g) Δ H< 0，该温度下， K=43。某时刻，测得容器内 H2、I2、HI 的浓度依次为 0.01 mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L。 一段时间后，下列情况与事实相符的是
A. 氢气的体积分数变小 B. 混合气体密度变大
C. 混合气体颜色变深 D. 容器内压强变小
【答案】A
【解析】
【分析】
某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01 mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L，则<43，即Q
B.根据质量守恒定律可知，反应前后气体的质量保持不变，又该反应在恒容密闭容器中进行，由密度=质量/体积可知，密度保持不变，故B错误；
C.由分析可知，平衡正向移动，碘单质会转化成碘化氢，碘单质为紫黑色，所以混合气体的颜色会变浅，故C错误；
D.根据反应方程式可知，前后气体系数之和相等，即反应前后气体的物质的量保持不变，所以压强保持不变，故D错误；
综上所述，答案为A。
18.下列说法正确的是
A. 同一反应，加入催化剂，改变了反应的途径，反应的 ΔH 也随之改变
B. SO2 的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
C. 化学平衡发生移动，平衡常数不一定发生变化
D. 反应 2Mg(s)＋CO2(g)＝C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的 ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A.催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变，故A错误；
B.升高温度，反应速率加快，与反应吸热还是放热无关，故B错误；
C.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，例如合成氨气的反应，当恒温加压时，平衡会向生成氨气的方向移动，但温度不变，所以平衡常数不变，故C正确；
D.因为反应物中有气体，生成物均为固体，可知该反应是熵减小的反应，但该反应能够自发进行，说明吉布斯自由能减小，所以ΔH<0，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG<0时，反应能够自发进行。
19.下列说法错误的是
A. 酸式盐溶液不一定呈酸性
B. 离子能够发生水解的盐溶液可能呈中性
C. 同温度下，同浓度的 Na2CO3 和 NaHCO3 溶液相比后者 pH 小
D. 溶度积常数 Ksp 只受温度影响，温度升高 Ksp 增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳酸氢钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，所以酸式盐不一定显酸性，故A正确；
B.醋酸铵溶液中铵根离子和醋酸根均能发生水解，但水解程度相同，溶液显中性，故B正确；
C.因为碳酸根的水解程度比碳酸氢根的水解程度大，所以同浓度碳酸钠的碱性比碳酸氢钠的碱性强，故C正确；
D.溶度积常数 Ksp 只受温度影响，温度升高Ksp不一定增大，例如氢氧化钙的Ksp随温度升高而减小，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】溶度积常数 Ksp 只受温度影响，大部分物质的溶解为吸热过程，所以温度升高 Ksp 增大，但气体和氢氧化钙的溶解过程是放热过程，所以温度升高 Ksp 减小。
20.25℃时，下列关于 pH＝3 的 CH3COOH 溶液的叙述正确的是
A. 溶液中 H2O 电离出的 c(OH−)＝1.0×10−3 mol·L−1
B. 加0.1 mol·L−1CH3COONa 溶液使 pH＞7，则 c(CH3COO−)＝c(Na+)
C. 加入少量 CH3COONa 固体后，溶液 pH 升高
D. 与等体积 pH＝11 的 NaOH 溶液混合，所得溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【详解】A.pH＝3的CH3COOH溶液中氢离子的浓度为10−3 mol·L−1，是由醋酸电离产生的，而溶液中的氢氧根由水电离提供，由Kw= c(H+)×c(OH-)可求得c(OH-)=，故A错误；
B.加入醋酸钠后溶液中有电荷守恒c(CH3COO−)+ c(OH-)＝c(Na+)+ c(H+)，因为溶液的pH＞7， 即c(OH-)＞c(H+)，所以c(CH3COO−)
D.pH＝3的CH3COOH溶液电离出的氢离子与等体积pH＝11的NaOH溶液电离产生的氢氧根物质的量相等，但发生酸碱中和时，溶液中的醋酸分子还能继续电离产生氢离子，最终使溶液显酸性，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】规律：室温时，当pH之和为14的酸碱等体积混合时，若为强酸和强碱混合，则溶液显中性；若弱酸和强碱混合时，则溶液显酸性；若强酸和弱碱混合时，则溶液显碱性。
21.A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期主族元素，E 是一种过渡元素。A 基态原子 L 层中 p 轨道电子数是 s 轨道电子数的 2 倍，B 是同周期元素中最活泼的金属元素， C 和 A 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物之一，E 的基态原子 4s 轨道半充满 和 3d 轨道全充满。请回答下列问题：
（1）B 基态原子的电子排布式是___________，C 和 D 中电负性较大的是______填元素符号）。
（2）C 的氢化物的沸点低于与其组成相似的 A 的氢化物，其原因是___________。
（3）C 与 A 形成的 CA3 分子的空间构型是___________。
（4）A 和 B 所形成的一种离子化合物 B2A 晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_____（填离子符号）。
（5）在过量的氨水中，E 的阳离子与氨分子通过___________形成一种显深蓝色的离子， 该离子的符号为___________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s1 或[Ne]3s1 (2). Cl (3). H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键 (4). 平面三角形 (5). Na＋ (6). 配位键 (7). [Cu(NH3)4]2+
【解析】
【分析】
A基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，s轨道上有两个电子，则p轨道上有4个电子，所以A的核外电子数为8，是氧元素；B的序数比A大且是同周期元素中最活泼的金属元素，所以B为第三周期的钠元素； 因为C的序数比A大，所以C和A形成的引起酸雨的主要大气污染物之一的化合物是二氧化硫，则C是硫元素；D的序数比C大，且为主族元素，所以D是氯元素；E是一种过渡元素，E的基态原子4s轨道半充满和3d轨道全充满，则E的核外电子数是29，为铜元素。
【详解】（1）由分析可知，B是钠元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1 或[Ne]3s1，C为硫元素，D为氯元素，根据元素周期律，同一周期从左到右电负性逐渐增大，所以电负性较大的是Cl，故答案为：1s22s22p63s1 或[Ne]3s1；Cl；
（2）非金属元素氢化物的沸点与氢键有关，因为H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键所以硫化氢的沸点低于与其组成相似的水的沸点，故答案为：H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键；
（3）C与A形成的CA3分子SO3，SO3分子中有3个σ键，孤电子对数为=0，则空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（4）白球占有顶点和面心，因此白球的个数为，黑球位于体心，有8个，因此个数比为1:2，此物质的分子式为Na2O，因此黑球是Na+，故答案为：Na+；
（5）在过量的氨水中，铜离子能提供空轨道，氨气分子中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，所以铜离子与氨分子通过配位键能形成[Cu(NH3)4]2+，故答案为：配位键；[Cu(NH3)4]2+。
22.有机玻璃（PMMA）是一种具有优良的光学性、耐腐蚀性的高分子聚合物，其合成路线之一如图所示：
请回答下列问题：
（1）写出检验A中官能团所需试剂及现象__、__。
（2）用系统命名法给B命名__。
（3）写出C与足量的NaOH乙醇溶液，在加热条件下反应的化学方程式__。
（4）写出E生成PMMA反应的化学方程式__。
（5）下列说法正确的是__。
a．B的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为6∶1∶1
b．B→C的反应类型为取代反应
c．D中存在顺反异构
d．1molPMMA发生水解反应时消耗1molNaOH
【答案】 (1). 银氨溶液［或Ag（NH3）2OH］ (2). 加热后有银镜产生［或新制Cu（OH）2悬浊液，加热后有红色沉淀产生］ (3). 2-甲基丙酸 (4). +2NaOH+NaCl+2H2O (5). n (6). ab
【解析】
【分析】
根据C的结构简式，可判断B中含有羧基，则B的结构简式为；C在NaOH/醇加热的条件下发生消去反应，则D的结构简式为；D与甲醇发生酯化反应，生成；再发生加聚反应即可生成PMMA。
【详解】(1)A中含有的官能团为醛基，可用银氨溶液［或Ag（NH3）2OH］，现象为加热后有银镜产生（或新制Cu（OH）2悬浊液，加热后有红色沉淀产生）；
(2)分析可知，B的结构简式为，系统命名法的名称为2-甲基丙酸；
(3) C与足量的NaOH乙醇溶液在加热的条件下发生消去反应及羧酸的中和反应，方程式为+2NaOH+NaCl+2H2O；
(4)E的结构简式为，在一定条件下发生加聚反应生成PMMA，方程式为n；
(5) a．B的结构简式为，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为6∶1∶1，a正确；
b．B→C为Cl原子取代H的反应，反应类型为取代反应，b正确；
c．D的结构简式为，只连接2个不同的原子团，不存在顺反异构，c错误；
d．1molPMMA发生水解反应时消耗nmolNaOH，d错误；
答案为ab。
【点睛】1molPMMA中含有nmol酯基，消耗nmolNaOH。
23.中华人民共和国国家标准（GB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定．
（1）仪器A的名称是_____，水通入A的进口为_____。
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_____。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的_____（填数字编号）；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为_____；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）__________（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：_____g/L。
【答案】 (1). 冷凝管或冷凝器 (2). b (3). SO2+H2O2＝H2SO4 (4). ③ (5). 酚酞 (6). ④ (7). 0.24
【解析】
【分析】
由题中信息可知，葡萄酒中加入适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，然后用标准NaOH溶液滴定该溶液，可以测出葡萄酒中SO2的含量。
【详解】（1）根据仪器A的结构可知其为冷凝管或冷凝器，其用于冷凝回流易挥发的液体，为提高冷凝效率，冷却水通入A的进口为下口，即b口．
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，其化学方程式为SO2+H2O2＝H2SO4．
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，标准液要装在碱式滴定管中，滴定前排气泡时，应选择图2中的③；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，溶液呈弱碱性，为了减小实验误差，故选择的指示剂为酚酞；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，由于50mL刻度下方还有一段没有刻度的管子，则管内液体的体积大于40mL，故选④项。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中n(SO2)= n(H2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5´25.00´10-3L´0.0900mol/L=1.125´10-3mol，SO2含量为g/L。
天津市河北区 2020 届高三毕业年级化学学科
“停课不停学期间线上测试”
1.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）
A. 明矾作净水剂 B. 甘油作护肤保湿剂
C. 漂粉精作消毒剂 D. 铁粉作食品袋内的脱氧剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、明矾净水是因为Al3+水解成Al(OH)3胶体吸附，不是氧化还原反应，A错误；
B、甘油具有强的吸湿性，可以让皮肤上的水分不会太快散发，同时适当从空气中吸收水蒸气，故用作保湿剂，不是化学反应，B错误；
C、漂粉精具有强氧化性，故可作消毒剂，起氧化剂作用，C错误；
D、铁粉可以消耗食品袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用，D正确。
答案选D。
【点睛】高考命题侧重氧化还原反应的基本概念、判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目、配平反应方程式和化学计算等多个知识点。本题将氧化还原反应基础知识与常见元素及其化合物的性质结合起来，这种考查方式在历年高考中再现率较高，成为高考的热点，在复习时要引起足够的重视。明确常见物质的化学性质是解答该题的关键。
2.已知 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，该反应中相关物质的化学用语中正确的是
A. H2 的结构式：H-H
B. 中子数为 12 的钠原子：
C. H2O 的电子式：
D. Na＋的结构示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢气分子中，氢原子最外层只有一个电子，两个氢原子各提供一个电子形成共用电子对，，即形成氢氢单键，故A正确；
B.中Z代表质子数，即原子序数，A代表质量数，质量数=质子数+中子数，钠的质子数为11，中子数为12的钠原子质量数为23，所以中子数为12的钠原子可表示为，故B错误；
C.水分子中氢原子与氧原子通过共用电子对形成共价键，所以电子式可表示为,故C错误；
D.钠原子核外有11个电子，失去一个电子形成钠离子，所以钠离子核外有10个电子，故D错误；
综上所述，答案为A。
3.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 22.4 L CH4 中含有共价键数为 4 NA
B. 1 mol -OH 中含有电子数为 9 NA
C. 1 L 1 mol·L-1FeCl3 溶液中含有 Fe3＋数为NA
D. 常温常压下，32 g O2 中含有氧分子数为 2 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.未给标况下，所以不能计算甲烷的物质的量，故A错误；
B.-OH 中氧原子核外有8个电子，氢原子核外有1个电子，所以1mol-OH中含有电子数为 9 NA，故B正确；
C.因为氯化铁溶液中的铁离子会发生水解，所以1 L 1 mol·L-1FeCl3 溶液中含有 Fe3+数小于NA，故C错误；
D.氧气的摩尔质量为32 g/mol，32 g O2 为1mol，含有氧分子数为NA，故D错误；
综上所述，答案为B。
4.下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验目的
实验室制乙酸乙酯
比较碳酸与苯酚酸性强弱
加入CCl4分离碘水中的碘
蒸干FeCl3溶液制无水FeCl3
实验装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验室制备乙酸乙酯时，为防止倒吸，所以导管不能深入饱和碳酸钠溶液的液面以下，故A错误；
B.因为盐酸中的氯化氢易挥发，生成的二氧化碳中混有氯化氢，所以不能证明是二氧化碳溶于水形成的碳酸将苯酚制备出来的，故B错误；
C.碘单质易溶于四氯化碳，所以四氯化碳能将碘水中的碘单质萃取出来，四氯化碳与水不互溶，且四氯化碳的密度比水的密度大，所以四氯化碳有机层在下层，故C正确；
D.因氯化铁会发生水解，水解吸热，加热条件下水解程度会增大，所以氯化铁在蒸发结晶时会生成氢氧化铁，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】加热蒸干易水解的盐溶液时，如果该盐的水解产物能脱离溶液体系，加热蒸干将得不到原来的溶质盐，而得到的是水解产物，如氯化铁、硝酸铝、氯化铝、氯化铜等。
5.下列解释事实的离子方程式不正确的是( )
A. 用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl- + 2H2O2OH-+ H2↑+ Cl2↑
B. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-CaCO3(s) + SO42-
C. 过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3－+4H+= Fe3++NO↑+2H2O
D 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-= BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子反应为：2Cl- +2H2O2OH-+ H2↑+ Cl2↑，故A正确；
B. 用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，利用沉淀溶解平衡，沉淀向更难溶的方向进行，反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故B正确；
C. 过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子反应为：3Fe+8H++2NO3-═Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子反应为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-= BaSO4↓＋H2O，故D正确；
答案选C。
【点睛】硝酸与铁反应时，用量不同，产物不同，若硝酸足量则生成三价铁，若铁过量，则生成二价铁。
6.工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O＝2HNO3＋NO。用 NA 表示阿伏加德罗常数， 下列说法正确的是
A. 室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为 3NA
B. 36gH2O 中含有共价键的总数为 2NA
C. 标准状况下，11.2L NO 中所含电子总数为 5NA
D. 上述反应，生成 1molHNO3 转移电子的数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.室温下，22.4 LNO2的物质的量无法计算，所以不能计算其中含有的原子总数，故A错误；
B.1molH2O中含有2mol共价键，36gH2O为2mol，则其中含有共价键总数为4NA；故B错误；
C.1molNO中含有的电子数为15 NA，标准状况下，11.2L NO的物质的量为0.5mol，其中所含电子总数为 15 NA×0.5 =7.5NA，故C错误；
D.3NO2 + H2O=2HNO3＋NO反应中，每生成2molHNO3转移的电子数为2NA，所以生成 1molHNO3 转移电子的数目为NA，故D正确；
综上所述，答案为D。
7.根据有关操作与现象，所得结论不正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向FeCl3溶液中滴加KI、淀粉溶液
溶液变蓝
I－有还原性
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液
产生白色沉淀
溶液一定含有Cl－
C
酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应，加入MnSO4溶液
紫色褪去速率加快
Mn2＋对该反应有催化作用
D
向酸性KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液
紫色褪去
Fe2＋有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为铁离子有氧化性，碘离子有还原性，所以二者会发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇到碘单质会变蓝，故A正确；
B.向某溶液中滴加硝酸银，溶液中产生白色沉淀，说明溶液中有离子会与银离子生成沉淀，该离子也可能是硫酸根，不一定是氯离子，故B错误；
C.酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因为加入硫酸锰而使二者反应速率加快，而硫酸锰本身性质并未改变，所以说明是二价锰离子催化了上述反应，故C正确；
D.高锰酸钾具有强氧化性，溶液的紫红色会褪去是因为被亚铁离子还原成二价锰离子，故D正确；
综上所述，答案为B。
8.2019年为“国际化学元素周期表年”。如图所示是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是
A. 原子半径：W
D. X的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】
【分析】
除了氧元素和氟元素外，其他主族元素的最高正价即主族序数，设W的族序数为x，根据元素周期表中W与X的相对位置可知，X的族序数为x-2，则有x+x-2=8，故x=5，即W为VA族元素，根据元素周期表中各元素的相对位置，可知X为Al，Y为Si，Z为P，W为N。
【详解】A.由分析可知，X为Al，W为N，根据元素周期律可知，原子半径：Al>P>N，所以原子半径：W
C.Y为Si，硅单质是很好的半导体材料，故C正确；
D.X为铝，铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，具有两性，不是强碱，故D错误；
综上所述，答案为D。
9.下列说法中正确的是
A. 2p2 表示 2p 能级有两个轨道
B. 处于最低能量的原子叫做基态原子
C. 同一原子中， 2s、3s 电子能量逐渐减小
D. 同一原子中，2p、3p、4p 能级的轨道数依次增多
【答案】B
【解析】
【详解】A.2p2表示2p能级上有两个自旋方向相同的电子，故A错误；
B.原子的能量最低时更稳定，所以处于最低能量的原子叫做基态原子，故B正确；
C.同一原子中，能层数越高，能量越大，所以2s、3s 电子的能量逐渐增大，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p 能级均有3个轨道，故D错误；
综上所述，答案为B。
10.下列说法中正确的是
A. 非极性分子只能是双原子单质分子
B. 键能越大，表示该分子越容易受热分解
C. 液态氟化氢中氟化氢分子之间存在氢键
D. 分子中中心原子通过 sp3 杂化轨道成键时，该分子一定为正四面体结构
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化碳因为正电中心与负电中心重合而是非极性分子，但二氧化碳不是双原子单质分子，故A错误；
B.键能越大，表示该分子越稳定，受热越不容易分解，故B错误；
C.因为氟元素的电负性很强，氟原子可以与氢原子之间形成氢键，所以液态氟化氢中氟化氢分子之间存在氢键，故C正确；
D.氨气分子中，氮原子的杂化方式为sp3 杂化，但氨气分子为三角锥形，不是正四面体构型，故D错误；
综上所述，答案为C。
11.下列各物质的晶体中，晶体类型相同的是
A. O2和SiO2 B. NaI和I2 C. CO2和H2O D. CCl4和NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A、O2是分子晶体，SiO2是原子晶体，晶体类型不相同，故A不选；
B、NaI是离子晶体，I2是分子晶体，晶体类型不相同，故B不选；
C、CO2和H2O都是分子晶体，晶体类型相同，故C选；
D、CCl4是分子晶体，NaCl是离子晶体，晶体类型不相同，故D不选；
答案选C。
12.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 若 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则 H2 燃烧热为 241.8 kJ/mol
B. 若 C(石墨，s) ＝C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C. 已知 NaOH(aq)＋HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4kJ/mol，则 20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出 28.7 kJ 的热量，
D. 已知 2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH2，则 ΔH1>ΔH2
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧热是在25℃、101kP下用1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化来进行测定的，因为所给方程式中水的状态不是液态，所以不能确定氢气的燃烧热数值，故A错误；
B.物质的能量越低越稳定，因为石墨转化为金刚石为吸热反应，可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C.中和热是指稀的强酸强碱溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，而氢氧化钠固体溶于水时会放出大量的热，所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和时，放出的热量大于28.7 kJ，故C错误；
D.ΔH1为碳单质完全燃烧时的反应热，ΔH2为碳单质不完全燃烧时的反应热，燃烧反应为放热反应所以ΔH均为负数，所以ΔH1小于ΔH2，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】注意比较反应热ΔH时要带符号进行比较，放热反应ΔH为负数。
13.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)＋5H2(g)＋3N2(g)＋9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) ΔH1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2
C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH3
则反应 4C3H5(ONO2)3(l)＝12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)的 ΔH 为
A. 12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1 B. 2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
C. 12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D. ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
【答案】A
【解析】
【详解】将题干中的三个方程式依次标号为①②③，-2×①+5×②+12×③可得出4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)，根据盖斯定律，则4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)的ΔH为-2ΔH1+5ΔH2+12ΔH3，即12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1，综上所述，答案为A。
14.如图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。 下列说法正确的是
A. a 处得到的是浓 NaOH 溶液
B. 适当降低阳极电解液的 pH 有利于 Cl2 逸出
C. 粗盐水中含有的少量 Ca2＋和 Mg2＋可用 NaOH 除去
D. 若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下 1.12L 气体
【答案】B
【解析】
【分析】
氯碱工业为用惰性电极电解氯化钠溶液，由图可知A室为阳极室，阳极为氯离子放电生成氯气，B室为阴极室，阴极为水放电生成氢气和氢氧根，A室中的钠离子会通过阳离子交换膜进入B室，所以a为稀氯化钠溶液，b为氢气，氢氧化钠在阴极产生。
【详解】A.由分析可知，a处得到的是稀氯化钠溶液，故A错误；
B.因为氯气为酸性气体会与碱溶液发生反应，所以适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出，故B正确；
C.因为氢氧化钙的水溶性是微溶，所以不能用氢氧化钠除去粗盐水中的钙离子，故C错误；
D.由分析知，b为氢气，每生成1mol氢气，转移2mol 电子，所以若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下2.24L气体，故D错误；
综上所述，答案为B。
15.关于下列装置的说法正确的是
A. 装置①将电能转变为化学能
B. 装置①中盐桥内的 K＋移向 CuSO4 溶液
C. 若装置②用于铁棒镀铜，则 N 极为铁棒
D. 若装置②用于电解精炼铜，溶液中的 Cu2＋浓度保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.装置①为有盐桥的铜锌原电池装置，能将化学能转化为电能，故A错误；
B.装置①中锌为负极，铜为正极，根据原电池原理，电解质溶液中的阳离子移向正极，所以盐桥内的 K＋移向CuSO4溶液，故B正确；
C.若装置②用于铁棒镀铜，则应将铁棒与电源的负极相连作阴极，所以M极为铁棒，故C错误；
D.若装置②用于电解精炼铜，因为粗铜中会有其他金属单质放电生成金属阳离子，所以溶液中的 Cu2+浓度会降低，故D错误；
综上所述，答案为B。
【点睛】电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中可能含有比铜活泼的金属，如铁、锌等，会先放电，此时溶液中的铜离子在阴极放电生成铜单质，所以会导致溶液中的铜离子浓度降低。
16.阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 分子式为C14H18N2O5
B. 不存在顺反异构
C. 能发生取代和消去反应
D. 1 mol阿斯巴甜完全水解最多消耗3 mol NaOH
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据碳成四键及氮成三键的原则，易得出该有机物分子式；
B.高中所需掌握顺反异构存在于含碳碳双键的有机物中；
C.高中要求掌握的消去反应主要存在于：羟基邻位碳上有氢及卤原子邻位碳上有氢的结构；
D.有机物消耗氢氧化钠的多少，可根据水解产物来判断。
【详解】A项、从图给结构简式可得该有机物分子式为C14H18N2O5，A正确；
B项、分子中没有碳碳双键，不存在顺反异构，B正确；
C项、该分子不能发生消去反应，C错；
D项、阿斯巴甜水解产物为、，因此1mol阿斯巴甜水解产物最终消耗氢氧化钠3mol，D正确；
答案选C。
17.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2 (g) HI(g) Δ H< 0，该温度下， K=43。某时刻，测得容器内 H2、I2、HI 的浓度依次为 0.01 mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L。 一段时间后，下列情况与事实相符的是
A. 氢气的体积分数变小 B. 混合气体密度变大
C. 混合气体颜色变深 D. 容器内压强变小
【答案】A
【解析】
【分析】
某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01 mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L，则<43，即Q
B.根据质量守恒定律可知，反应前后气体的质量保持不变，又该反应在恒容密闭容器中进行，由密度=质量/体积可知，密度保持不变，故B错误；
C.由分析可知，平衡正向移动，碘单质会转化成碘化氢，碘单质为紫黑色，所以混合气体的颜色会变浅，故C错误；
D.根据反应方程式可知，前后气体系数之和相等，即反应前后气体的物质的量保持不变，所以压强保持不变，故D错误；
综上所述，答案为A。
18.下列说法正确的是
A. 同一反应，加入催化剂，改变了反应的途径，反应的 ΔH 也随之改变
B. SO2 的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
C. 化学平衡发生移动，平衡常数不一定发生变化
D. 反应 2Mg(s)＋CO2(g)＝C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的 ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A.催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变，故A错误；
B.升高温度，反应速率加快，与反应吸热还是放热无关，故B错误；
C.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，例如合成氨气的反应，当恒温加压时，平衡会向生成氨气的方向移动，但温度不变，所以平衡常数不变，故C正确；
D.因为反应物中有气体，生成物均为固体，可知该反应是熵减小的反应，但该反应能够自发进行，说明吉布斯自由能减小，所以ΔH<0，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG<0时，反应能够自发进行。
19.下列说法错误的是
A. 酸式盐溶液不一定呈酸性
B. 离子能够发生水解的盐溶液可能呈中性
C. 同温度下，同浓度的 Na2CO3 和 NaHCO3 溶液相比后者 pH 小
D. 溶度积常数 Ksp 只受温度影响，温度升高 Ksp 增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳酸氢钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，所以酸式盐不一定显酸性，故A正确；
B.醋酸铵溶液中铵根离子和醋酸根均能发生水解，但水解程度相同，溶液显中性，故B正确；
C.因为碳酸根的水解程度比碳酸氢根的水解程度大，所以同浓度碳酸钠的碱性比碳酸氢钠的碱性强，故C正确；
D.溶度积常数 Ksp 只受温度影响，温度升高Ksp不一定增大，例如氢氧化钙的Ksp随温度升高而减小，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】溶度积常数 Ksp 只受温度影响，大部分物质的溶解为吸热过程，所以温度升高 Ksp 增大，但气体和氢氧化钙的溶解过程是放热过程，所以温度升高 Ksp 减小。
20.25℃时，下列关于 pH＝3 的 CH3COOH 溶液的叙述正确的是
A. 溶液中 H2O 电离出的 c(OH−)＝1.0×10−3 mol·L−1
B. 加0.1 mol·L−1CH3COONa 溶液使 pH＞7，则 c(CH3COO−)＝c(Na+)
C. 加入少量 CH3COONa 固体后，溶液 pH 升高
D. 与等体积 pH＝11 的 NaOH 溶液混合，所得溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【详解】A.pH＝3的CH3COOH溶液中氢离子的浓度为10−3 mol·L−1，是由醋酸电离产生的，而溶液中的氢氧根由水电离提供，由Kw= c(H+)×c(OH-)可求得c(OH-)=，故A错误；
B.加入醋酸钠后溶液中有电荷守恒c(CH3COO−)+ c(OH-)＝c(Na+)+ c(H+)，因为溶液的pH＞7， 即c(OH-)＞c(H+)，所以c(CH3COO−)
D.pH＝3的CH3COOH溶液电离出的氢离子与等体积pH＝11的NaOH溶液电离产生的氢氧根物质的量相等，但发生酸碱中和时，溶液中的醋酸分子还能继续电离产生氢离子，最终使溶液显酸性，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】规律：室温时，当pH之和为14的酸碱等体积混合时，若为强酸和强碱混合，则溶液显中性；若弱酸和强碱混合时，则溶液显酸性；若强酸和弱碱混合时，则溶液显碱性。
21.A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期主族元素，E 是一种过渡元素。A 基态原子 L 层中 p 轨道电子数是 s 轨道电子数的 2 倍，B 是同周期元素中最活泼的金属元素， C 和 A 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物之一，E 的基态原子 4s 轨道半充满 和 3d 轨道全充满。请回答下列问题：
（1）B 基态原子的电子排布式是___________，C 和 D 中电负性较大的是______填元素符号）。
（2）C 的氢化物的沸点低于与其组成相似的 A 的氢化物，其原因是___________。
（3）C 与 A 形成的 CA3 分子的空间构型是___________。
（4）A 和 B 所形成的一种离子化合物 B2A 晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_____（填离子符号）。
（5）在过量的氨水中，E 的阳离子与氨分子通过___________形成一种显深蓝色的离子， 该离子的符号为___________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s1 或[Ne]3s1 (2). Cl (3). H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键 (4). 平面三角形 (5). Na＋ (6). 配位键 (7). [Cu(NH3)4]2+
【解析】
【分析】
A基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，s轨道上有两个电子，则p轨道上有4个电子，所以A的核外电子数为8，是氧元素；B的序数比A大且是同周期元素中最活泼的金属元素，所以B为第三周期的钠元素； 因为C的序数比A大，所以C和A形成的引起酸雨的主要大气污染物之一的化合物是二氧化硫，则C是硫元素；D的序数比C大，且为主族元素，所以D是氯元素；E是一种过渡元素，E的基态原子4s轨道半充满和3d轨道全充满，则E的核外电子数是29，为铜元素。
【详解】（1）由分析可知，B是钠元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1 或[Ne]3s1，C为硫元素，D为氯元素，根据元素周期律，同一周期从左到右电负性逐渐增大，所以电负性较大的是Cl，故答案为：1s22s22p63s1 或[Ne]3s1；Cl；
（2）非金属元素氢化物的沸点与氢键有关，因为H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键所以硫化氢的沸点低于与其组成相似的水的沸点，故答案为：H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键；
（3）C与A形成的CA3分子SO3，SO3分子中有3个σ键，孤电子对数为=0，则空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（4）白球占有顶点和面心，因此白球的个数为，黑球位于体心，有8个，因此个数比为1:2，此物质的分子式为Na2O，因此黑球是Na+，故答案为：Na+；
（5）在过量的氨水中，铜离子能提供空轨道，氨气分子中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，所以铜离子与氨分子通过配位键能形成[Cu(NH3)4]2+，故答案为：配位键；[Cu(NH3)4]2+。
22.有机玻璃（PMMA）是一种具有优良的光学性、耐腐蚀性的高分子聚合物，其合成路线之一如图所示：
请回答下列问题：
（1）写出检验A中官能团所需试剂及现象__、__。
（2）用系统命名法给B命名__。
（3）写出C与足量的NaOH乙醇溶液，在加热条件下反应的化学方程式__。
（4）写出E生成PMMA反应的化学方程式__。
（5）下列说法正确的是__。
a．B的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为6∶1∶1
b．B→C的反应类型为取代反应
c．D中存在顺反异构
d．1molPMMA发生水解反应时消耗1molNaOH
【答案】 (1). 银氨溶液［或Ag（NH3）2OH］ (2). 加热后有银镜产生［或新制Cu（OH）2悬浊液，加热后有红色沉淀产生］ (3). 2-甲基丙酸 (4). +2NaOH+NaCl+2H2O (5). n (6). ab
【解析】
【分析】
根据C的结构简式，可判断B中含有羧基，则B的结构简式为；C在NaOH/醇加热的条件下发生消去反应，则D的结构简式为；D与甲醇发生酯化反应，生成；再发生加聚反应即可生成PMMA。
【详解】(1)A中含有的官能团为醛基，可用银氨溶液［或Ag（NH3）2OH］，现象为加热后有银镜产生（或新制Cu（OH）2悬浊液，加热后有红色沉淀产生）；
(2)分析可知，B的结构简式为，系统命名法的名称为2-甲基丙酸；
(3) C与足量的NaOH乙醇溶液在加热的条件下发生消去反应及羧酸的中和反应，方程式为+2NaOH+NaCl+2H2O；
(4)E的结构简式为，在一定条件下发生加聚反应生成PMMA，方程式为n；
(5) a．B的结构简式为，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为6∶1∶1，a正确；
b．B→C为Cl原子取代H的反应，反应类型为取代反应，b正确；
c．D的结构简式为，只连接2个不同的原子团，不存在顺反异构，c错误；
d．1molPMMA发生水解反应时消耗nmolNaOH，d错误；
答案为ab。
【点睛】1molPMMA中含有nmol酯基，消耗nmolNaOH。
23.中华人民共和国国家标准（GB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定．
（1）仪器A的名称是_____，水通入A的进口为_____。
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_____。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的_____（填数字编号）；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为_____；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）__________（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：_____g/L。
【答案】 (1). 冷凝管或冷凝器 (2). b (3). SO2+H2O2＝H2SO4 (4). ③ (5). 酚酞 (6). ④ (7). 0.24
【解析】
【分析】
由题中信息可知，葡萄酒中加入适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，然后用标准NaOH溶液滴定该溶液，可以测出葡萄酒中SO2的含量。
【详解】（1）根据仪器A的结构可知其为冷凝管或冷凝器，其用于冷凝回流易挥发的液体，为提高冷凝效率，冷却水通入A的进口为下口，即b口．
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，其化学方程式为SO2+H2O2＝H2SO4．
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，标准液要装在碱式滴定管中，滴定前排气泡时，应选择图2中的③；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，溶液呈弱碱性，为了减小实验误差，故选择的指示剂为酚酞；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，由于50mL刻度下方还有一段没有刻度的管子，则管内液体的体积大于40mL，故选④项。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中n(SO2)= n(H2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5´25.00´10-3L´0.0900mol/L=1.125´10-3mol，SO2含量为g/L。
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