浙江省十校联盟2020届高三10月联考化学试题 24页

浙江省十校联盟2020届高三化学10月联考试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40 Bal37‎ 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下列说法不正确的是 A. 数字化实验采用传感器来完成，中和滴定可以采用传感器采集pH数据，从而绘制出中和滴定曲线图 B. 工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，为了降低氧化铝的熔点，在实际生产中，向氧化铝中添加冰晶石 C. 使用可再生资源、提高原子经济性、推广利用二氧化碳与环氧丙烷生成的可降解高聚物等都是绿色化学的内容 D. 在人类研究物质微观结构的过程中，先后使用了光学显微镜、电子显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、中和滴定的原理就是利用H+和OH-的定量反应，来测定酸或碱的浓度，传统的中和滴定是利用指示剂的变色来指示滴定终点，而指示剂的变色都有一定的范围，且用眼睛观察颜色的变化往往会有判断误差，用pH传感器判断pH的变化计算机控制，精确度较高故A正确；‎ B、电解时加冰晶石是降低氧化铝的熔化温度，而不是熔点，故B错误；‎ C、使用可再生资源、注重原子的经济性、推广利用二氧化碳与环氧丙烷生成的生物降解材料等可以消除对人体健康，安全和生态环境有毒有害的化学品，都是绿色化学的内容，故C正确；‎ D、光学显微镜距离直接观察原子和分子实在太遥远了，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进了一大步，但是离开直接观察原子和分子还有一段距离。20世纪80年代初发展起来的扫描隧道显微镜是使人们能够直接观察和研究物质微观结构的新型显微镜，故D正确；‎ 故选B；‎ ‎【点睛】本题易错B选项，加了冰晶石后，由于冰晶石熔点相对较低，加热时他会先熔化，变为液体，而氧化铝可以溶于这种液体中，是降低熔化温度而不是降低熔点。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是 A. 标况下，3.2g N2H4中含有的N－H键的数目为0.4NA B. Cu与浓硝酸反应生成4.6 g NO2和N2O4混合气体时，转移的电子数为0.1NA C. 2 mol的CO2和H2O(g)的混合气体与过量Na2O2充分反应生成气体的分子数为NA D. 将1 mol Cl2通入足量水中，HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、N2H4的结构式为，3.2g N2H4的物质的量为0.1mol，所以含有N－H键的数目为0.4NA，故A正确；‎ B、4.6 g NO2和N2O4含有0.1N，所以生成4.6 g NO2和N2O4时得到0.1mol电子，所以转移电子数为0.1NA，故B正确；‎ C、根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式可知，当2mol过氧化钠反应时，均消耗2mol的水或二氧化碳，产生1mol氧气，所以2 mol的CO2和H2O(g)的混合气体与过量Na2O2充分反应生成气体的分子数为NA，故C正确；‎ D、氯水中含有的粒子有HClO、Cl－、ClO－、Cl2、H+、OH-、H2O，所以1 mol Cl2通入足量水中，HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和小于2NA，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎3.下列说法不正确的是 A. 受酸腐蚀致伤，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗。如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治 B. 在中和热的测定实验中，为准确测得反应前后的温差，应将氢氧化钠溶液与盐酸在隔热的容器中混合测量混合液初始温度，然后迅速搅拌测量混合液的最高温度 C. 用移液管吸取溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管 D. 当溶液发生过饱和现象时，振荡容器，用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁，或投入几粒晶体(晶种)，都可促使晶体析出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能和酸反应生成盐和水，从而降低腐蚀性，所以实验室受酸腐蚀时的处理:先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液或肥皂水洗，最后再用水冲洗，，故A正确；‎ B、在中和热测定实验中，为准确测得反应前后的温差，应将已分别测得温度的氢氧化钠溶液与盐酸在隔热的容器中快速混合，并不断搅拌，用温度计测量混合液的最高温度，故B错误；‎ C、使用移液管量取液体的操作方法为：用移液管吸取溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管，故C正确；‎ D、过饱和溶液之所以没有晶体析出，是因为没有形成晶种，采取震荡容器，用玻璃棒搅动或轻轻的摩擦器壁，这些手段都会使溶液受到震动，增加溶质粒子碰撞的几率，使晶种形成。当然投入晶体是最直接的方式，故D正确；‎ 故选B；‎ ‎4.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲醋(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下。‎ 下列说法正确是 A. 氢气在该反应中作为催化剂 B. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂 C. MG酸性水解的一种产物在一定条件下能形成高分子化合物 D. EG和甲醇互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A错误；‎ B.、DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C-O、C= O均断裂，故B错误；‎ C.、由图可知，MG的结构简式为：CH3OOCCH2OH，在酸性水解时产生CH2OHCOOH，可自身发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；‎ D.、EG与甲醇中一OH数目不同，二者不是同系物，故D错误；‎ 故选C；‎ ‎5.2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时己知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。‎ 下列说法不正确的是 A. 元素甲比Al的最高价氧化物的水化物的碱性弱 B. 原子半径比较：甲>乙>Si C. 元素乙位于现行元素周期表第四周期第ⅣA族 D. 推测乙可以用作半导体材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VIA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。‎ ‎【详解】A、甲为Ga，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，最高价氧化物的水化物的碱性强，故A错误；‎ B、电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较甲＞乙＞Si，故B正确；‎ C、乙为Ge，位于现行元素周期表第四周期第ⅣA族，故C正确；‎ D、乙为Ge,位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，沸点却依次升高 B. 熔融状态下能导电的化合物一定含离子键；金属与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 C.‎ ‎ HCl气体溶于水的过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，整个过程不涉及化学变化 D. NaHSO4晶体中阴阳离子的个数比是1：2且熔化时破坏的是离子键和共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、非金属性F> Cl> Br> I，HF、HCI、HBr、 HI 的热稳定性依次减弱，但HF含有分子间氢键，熔沸点反常升高，故A错误；‎ B、熔融状态下能导电的化合物一定含离子，一定含离子化合物，金属与非金属元素形成的化合物可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，故B错误；‎ C、HCl气体溶于水的过程中，H-Cl共价键断裂，生成水合氢离子，所以既有化学键的断裂，也有化学键的形成，整个过程不涉及化学变化，故C正确；‎ D、NaHSO4晶体中阴离子为硫酸氢根离子，晶体中含离子键、共价键，则阴、阳离子的个数是1:1，熔化时只破坏离子键，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列表示对应化学反应的离子方程式书写正确的是 A. 硫酸铜溶液与足量氨水反应生成深蓝色溶液：Cu2＋＋4NH3·H2O＝Cu(NH3)42＋＋4H2O B. 新制氯水中滴加澄清石灰水，黄绿色褪去：Cl2＋Ca(OH)2＝Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋H2O C. 含0.1 mol FeI2的溶液中滴加含0.1 mol Cl2的氯水：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2＝2Fe3＋＋I2＋4Cl－‎ D. 向饱和Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH：Ca2＋＋HCO3－＋OH－＝CaCO3＋H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、开始滴加氨水时产生氢氧化铜沉淀，继续滴加，沉淀消失，故A正确；‎ B、新制氯水中滴加澄清石灰水，反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，氢氧化钙应该拆开，正确的离子方程式为：Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O，故B错误；‎ C、含0.1mol FeI2的溶液中滴加含0.1molCl2的氯水，还原性I->Fe2+，依据所给量可知2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.2molI-消耗0.1mol Cl2，所以无多余氯气，该反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故C错误；‎ D、向饱和的Ca (HCO3) 2溶液中加入足量的NaOH，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3＋2H2O+CO32-，故D错误；‎ 故选A；‎ ‎【点睛】一些简单离子的还原性强弱顺序为：S2-> I-> Fe2+> Br-> Cl-> OH-，故通入氯气是先与碘离子反应。‎ ‎8.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li＋通过。结构如图所示。‎ 原理如下：(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC 下列说法不正确的是 A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4‎ B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C. 充电时，阴极电极反应式：xLi＋＋xe－＋nC＝LixCn D. 充电时，当导线中传递l mol电子，理论上将有1 mol Li＋向左移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该电池的总反应式是：(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC，在正极上得电子，其正极反应为：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4，负极反应为：LixCn- xe－=nC+ xLi＋，充电时的两极反应和放电时正好相反，据此回答。‎ ‎【详解】A、由分析可知，放电时，正极电极反应式：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4，故A正确；‎ B、放电时时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；‎ C、充电时，阴极的反应与负极相反，所以阴极电极反应式为：xLi＋＋xe－＋nC＝LixCn，故C正确；‎ D、充电时，阳离子向阴极移动，即向右移动，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关于二次电池正负极和阴阳极接法可用正正负负来记忆，即：原电池的正极接电解池电源的正极，原电池负极接电解池电源负极。‎ ‎9.室温下，下列说法正确的是 A. 将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：a＞b＞c B. KNO3溶液和CH3OOONH4溶液pH均为7，但两溶液中水的电离程度不相同 C. 5.0×10－3 mol·L－1KHA溶液的pH＝3.75，该溶液中c(A2－)＜c(H2A)‎ D. 己知某分散系中存在：M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)，K＝a，c(M2＋)＝b mol·L－1时，溶液的pH等于 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、稀释氨水时，促进氨水电离，pH变化更小，所以将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，a、b、c的大小关系是：a＞c＞b，故A错误；‎ B、虽然溶液pH均为7，但是CH3OOONH4中的铵根离子与醋酸根相互促进水解，促进水的电离，所以CH3OOONH4溶液中水的电离程度更大，故B正确；‎ C、5.0×10－3 mol·L－1KHA溶液的pH＝3.75，显酸性，电离大于水解，所以c(A2－) ＞c(H2A)，故C错误；‎ D、由，可知c(OH－)=mol/L，所以c(H+)=，液的pH＝－lgc(H+)=，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.下列说法不正确的是 A. 分子式为C15H16O2的部分同分异体中可能含有联苯结构单元 B. 1.0 mol的最多能与含5.0 mol NaOH的水溶液完全反应 C. 乳酸薄荷醇醋()能发生水解、氧化、消去反应 D. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1‎ H－NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1H－NMR来鉴别 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、联苯类化合物是两个或多个苯环直接以单键相连所形成的一类多环芳烃，分子式为C15H16O2可形成，如，故A正确；‎ B、1.0 mol的水解时可产生3mol羧基和2mol酚羟基，所以最多能与含5mol NaOH的水溶液完全反应，故B正确；‎ C、乳酸薄荷醇醋()含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生氧化、消去反应，故C正确；‎ D、CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1H-NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用1H-NMR来鉴别，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎11.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定相同体积、浓度均为0.l mol·L－1的三种弱酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是 A. 室温下，同浓度的NaA、NaB、NaD溶液的pH大小关系：pH(NaA)＞pH(NaB)＞PH(NaD)‎ B. 滴定至P点时，溶液中：c(Na＋)＞c(B－)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C. pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)‎ D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－2c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD。‎ ‎【详解】A、浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD，酸越强，电离出的H+越多，对水的抑制作用越大，则三种溶液中，由水电离产生的c(H+)的关系为：HA＜HB＜HD，故A错误；‎ B、滴定至P点时，此时中和百分数为50%，对于HB溶液，此时溶液中的起始组分为c(HB)：c(NaB)=1:1，显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(B-)，由于c(H+)＞c(OH-)，则c(B－)＞c(Na+)，考虑到溶液显酸性，则以HB的电离为主导，但始终是微弱的，而HB的电离又会抑制水的电离，因此c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；‎ C、pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，对于HA溶液，c(Na+)=c(A－)，对于HB溶液，c(Na+)=c(B-)，对于HD溶液，c(Na+)=c(D-)，由图可知，中和到相同pH时，中和分数HA＞HB＞HD，即加入氢氧化钠量HA＞HB＞HD，则三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)，故C正确；‎ D、当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，三种溶液混合，则起始时c(NaA):c(NaB):c(NaD)=1:1:1，根据质子守恒,c(HA)+ c(HB)+ c(HD)+c(H+)=c(OH- )，则有c(HA)+ c(HB)+ c(HD)=c(OH-)-c(H+)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.某1L待测溶液中除含有0.2 mol·L－1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或多种：‎ 现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)‎ 下列说法不正确的是 A. 向溶液B中加AgNO3与HNO3的操作是多余的，待测液中一定含有的离子是K＋、NH4＋、CO3‎ ‎2－、HCO3－、且c(K＋)≥0.1mol·L－1‎ B. 生成白色沉淀B的离子方程式为Ba2＋＋HCO3－＋OH－＝BaCO3↓＋H2O C. 已知白色沉淀C能溶于浓氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O＝Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O D. 若无色气体D是混合气体，则沉淀A的成分可能是BaCO3、BaSO3、BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+，滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B，白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4＋、HCO3－，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为0.1molBaCO3，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，据此分析。‎ ‎【详解】A、向溶液B中加AgNO3与HNO3的操作不是多余的，是为了判断是否含有溴离子，根据上述分析，待测液除含有Na+外，一定含有K＋、NH4＋、CO32－、HCO3－，n(NH4＋)=n(NH3)=0.1mol，则c(NH4＋)=0.1mol/L，溶液中c(Na+)=0.2mol/L，c(HCO3－)=0.1mol/L，c(CO32－)=0.1mol/L，c(SO42-)=0.05mol/L，单位体积正电荷=1×0.1+1×0.2=0.3，单位体积内负电荷=1×0.1+2×0.1+2×0.05=0.4，则c(K＋)≥0.1mol·L－1，故A错误；‎ B、生成白色沉淀B的离子方程式为Ba2＋＋HCO3－＋OH－＝BaCO3↓＋H2O，故B正确；‎ C、白色沉淀C为AgCl，所以与氨水的离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O＝Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O，故C正确；‎ D、若无色气体D是混合气体，由分析可知，则沉淀A的成分可能是BaCO3、BaSO3、BaSO4，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎13.下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：‎ 已知：室温下饱和H2‎ S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。根据以上流程图，下列说法不正确的是 A. 操作I所得滤液中不含有Fe3＋‎ B. 操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH＝2的主要目的是抑制Fe2＋的水解 C. 操作Ⅱ中，通入H2S至饱和的目的是使Sn2＋转化为SnS沉淀并防止Fe2＋被氧化。‎ D. 操作Ⅳ中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加稀硫酸目是为了溶解铁屑，再通过过滤得到硫酸亚铁溶液，通入硫化氢是为了沉淀Sn2+，但是饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，所以加入稀硫酸调节pH为2，此时Sn2+转变为SnS，通过过滤的方式除去，最后通过降温结晶的方式得到纯净绿矾。‎ ‎【详解】A、虽然杂质含有氧化铁可与稀硫酸反应产生Fe3＋，但是含有过量的铁单质，可与Fe3＋反应生成Fe2＋，所以操作I所得滤液中不含有Fe3＋，故A正确；‎ B、由分析可知，操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH＝2的主要目的是使Fe2＋不能沉淀，故B错误；‎ C、由分析可知，操作Ⅱ中，通入H2S至饱和的目的是使Sn2＋转化为SnS沉淀并防止Fe2＋被氧化，故C正确；‎ D、用乙醇作为洗涤剂的好处是：降低绿矾溶解度、更易挥发。所以操作Ⅳ中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得。现将焦炭和CO2放入体积为2L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g) △H＝Q kJ/mol。图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是 A. 0～1min，v(CO)＝1 mol/(L·min)；1～3min时，v(CO)＝v(CO2)‎ B. 当容器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态，且 C. 3min时温度由T1升高到T2，则Q＞0，再达平衡时 D. 5min时再充入一定量的CO，a、d曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、依据图象分析单位时间段内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，0～1min，一氧化碳物质的量增加2mol，反应速率，1～3min时，平衡不动，反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO)＝2v(CO2)，故A错误；‎ B、反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比，P(平衡)＞P(起始)，故B错误；‎ C、依据图象3min升高温度，一氧化碳增多说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2mol，二氧化碳物质的量为7mol，平衡常数=，T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4mol，二氧化碳物质的量为6mol，平衡常数，则，故C正确；‎ D、改变一氧化碳的量，增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，b为二氧化碳，c为一氧化碳，故D错误；‎ 故选C。‎ 非选择题部分 二、非选择题(本大题共5小题，共58分)‎ ‎15.中学化学常见物质A～I的转化关系如框图所示，其中A为化合物，B为常见金属单质，H的焰色反应为黄色，Y不使品红溶液褪色。(部分反应条件、溶剂及产物已略去)‎ ‎(1)反应①、②的离子方程式________________、__________。‎ ‎(2)现有含0.10 mol H的溶液，要使其转化成含0.10 mol F的溶液，则：‎ ‎①若只能加入0.050 mol的某物质，该物质可能是_________________ (填化学式，写1种)。‎ ‎②若只能加入0.10 mol某物质，该物质可能是_________________ (填化学式，写1种)。‎ ‎【答案】 (1). 2Na2O2+ 2H2O=4Na++ 4OH- +O2↑ (2). AlO2- + 2H2O +CO2=Al(OH)3↓+ HCO3- (3). Na2O或Na2O2 (4). NaOH或Na ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由H的焰色反应为黄色，则含有钠元素，且能与F在加热与过量的y之间相互转化，则H为NaHCO3，F为Na2CO3，气体Y为CO2，溶液D为NaOH，化合物A能与液体x反应生成NaOH和气体C，那么A为Na2O2，液体x为H2O；因为B为金属单质，固体E为金属氧化物且能与氢氧化钠反应，则B为Al，E为Al2O3，G为NaAlO2，向NaAlO2通入二氧化碳产生Al(OH)3和NaHCO3，所以I为Al(OH)3，据此回答。‎ ‎【详解】(1)反应①是Na2O2与H2O反应，所以离子反应方程式为2Na2O2+ 2H2O=4Na++ 4OH- +O2↑；反应②是向NaAlO2通入二氧化碳，所以离子反应方程式为：AlO2- + 2H2O +CO2=Al(OH)3↓+ HCO3-；‎ ‎(2)由分析可知①Na2O或Na2O2，②NaOH或Na。‎ ‎【点睛】本题关键点在于H，H含有钠元素，并且在加热和通气体y的条件下与F相互转化，而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠。‎ ‎16.无机化合物X与Y均由三种相同短周期的非金属元素组成(X比Y的相对分子质量大)，常温下均为无色液体，易水解，均产生酸性白雾。取1.35gX与足量水完全反应，向反应后的溶液中滴加1.00 mol·L－1的NaOH溶液40.0mL恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaCl2溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2.33g白色沉淀。Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2，且产物之一能使品红溶液褪色。请回答：‎ ‎(1)X的化学式______________。白色沉淀属于_____________ (填“强”、“弱”或“非”)电解质。‎ ‎(2)Y与水反应的化学方程式_________________。‎ ‎(3)二元化合物Z能与X化合生成Y。一定条件下，0.030 mol Z与足量氨反应生成0.92gA(原子个数之比1：1，其相对分子量为184)和淡黄色单质B及离子化合物M，且M的水溶液的pH＜7。将0.92gA隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C。‎ ‎①写出Z与足量氨反应的化学方程式____________。‎ ‎②亚硝酸钠和M固体在加热条件下_____________(填“可能”或“不能”)发生反应，判断理由是_________________。‎ ‎③请设计检验离子化合物M中阳离子的实验方案：_________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2Cl2或SCl2O2 (2). 强 (3). SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑ (4). 6SCl2+ 16NH3=S4N4+2S+ 12NH4Cl (5). 可能 (6). NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2 (7). 取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y常温下为无色液体，且水解产生白雾，证明产生氯化氢，1.35gX的水解产物能与0.04mol的NaOH，恰好完全反应，滴加氯化钡能产生难溶于酸的沉淀，则产生0.01mol的硫酸钡沉淀，Y的水解产物能使品红褪色，有二氧化硫产生，1.35gX中含有S：0.01mol，Cl：0.02mol，则氧元素的物质的量是（1.35g－0.32g－0.71g）÷16g/mol＝0.02mol，故X为SO2Cl2；Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2，且产物之一能使品红溶液褪色，因此Y为SOCl2；二元化合物Z能与X化合生成Y。一定条件下，0.030 mol Z与足量氨反应生成0.92gA（物质的量是0.005mol）和淡黄色单质B及离子化合物M，且M的水溶液的pH＜7，所以淡黄色固体B为S，M为氯化铵，0.92gA(原子个数之比1：1，其相对分子量为184)隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C，可知气体C为氮气，0.64g单质硫的物质的量是0.02mol，根据质量守恒定律可知氮气的质量是0.92g－0.64g＝0.28g，则氮原子的物质的量是0.02mol，所以由元素守恒可知Z为S4N4。据此解答。‎ ‎【详解】(1)由分析可知X为SO2Cl2；白色沉淀为硫酸钡，为强电解质，故答案为：SO2Cl2，强；‎ ‎(2)Y与水反应的化学方程式：SOCl2+H2O=2HC1+SO2↑；‎ ‎(3)①Z与足量氨反应的化学方程式为：6SCl2+ 16NH3=S4N4+2S+ 12NH4Cl；‎ ‎②亚硝酸钠和M固体在加热条件下可能发生反应，NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1中N元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2；‎ ‎③检验M中的阳离子即检验铵根离子，方法为：取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+。‎ ‎17.苯乙腈主要用于有机合成及生产医药，农药的中间体，对环境有危害。常温常压下，苯乙腈水解一般需加入酸碱催化剂。但研究人员发现，在近临界水(指温度在523～623K之间的压缩液态水)中，不加任何催化剂的情况下，苯乙腈就能发生水解反应生成苯乙酞胺：‎ C6H5CH2CN(l)＋H2O(l)C6H5CH2CONH2(l) △H ‎(苯乙腈) (苯乙酰胺)‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)己知近临界水中，水的离子积常数为10－10，则此条件下，pH＝7的NaAc溶液中由水电离的c(H＋)＝________ mol·L－1。该反应不加任何催化剂就能发生的主要原因是___________。‎ ‎(2)研究反应的平衡常数(记作lgK)与温度(T)的关系，得到如图1所示的关系，判断该反应的△H__________0(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎(3)图2表示其他条件不变时，温度和时间对苯乙腈转化率的影响曲线图(不完整)。若图中曲线对应的温度为523K，请你在原图中作出温度为583K的影响曲线。___________。‎ ‎(4)下列哪种仪器可用于分析水解反应过程中苯乙腈浓度的变化_________(填编号)。‎ A.元素分析仪 B.核磁共振仪 C.原子吸收光谱仪 D.分光光度计 ‎(5)科学家还在近临界水中分别添加CO2、NH3，研究后得到了如下的图示：‎ 从中你可以得出什么结论(至少写出2点___________。‎ ‎(6)水的用途很广，可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。‎ ‎①制H2时，连接______________，可得H2。‎ ‎②改变开关连接方式，产生O2的电极反应式__________________________。‎ ‎③选用NiOOH、Ni(OH)2作为电极3材料的优点(请结合电极反应式进行阐述)___________。‎ ‎【答案】 (1). 10-3 (2). 近临界水中水的电离程度较大，产生的H+、OH-的浓度较大，可起到酸碱催化剂作用 (3). ＜ (4). (5). D (6). CO2、NH3都是催化剂；NH3的催化效果比CO2要好；CO2、NH3的量(或催化剂的量)越多，苯乙腈水解速率越快 (7). K1 (8). 4OH－-4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=4H++O2↑ (9). 制H2时，电极3:Ni(OH)2+ OH—－e－=NiOOH+H2O，消耗电极1产生的OH-；‎ 制O2时，电极3:NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+ OH-，补充电极2消耗的OH-；‎ 电极3在上述反应中得以循环使用；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)、根据水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)可知，而NaAc溶液中的氢氧根离子全由水电离出且电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以由水电离出的c(H+)=10-3mol/L；临界水指温度在523～623K之间的压缩液态水，升高温度，促进水的电离，所以溶液中含有较多的氢离子与氢氧根离子，可以做酸碱催化剂。‎ ‎(2)、由图1可知，升高温度，lgK减小，即K减小，说明反应逆向移动，所以△H＜0；‎ ‎(3)、反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，同时加快反应速率，反应达到平衡所需时间减少，所以图像为：；‎ ‎(4)、元素分析仪是指同时或单独实现样品中几种元素的分析的仪器，核磁共振仪分析氢的种类，原子吸收光谱仪测定元素，分光光度计采用一个可以产生多个波长的光源，通过系列分光装置，从而产生特定波长的光源，光线透过测试的样品后，部分光线被吸收，计算样品的吸光值，从而转化成样品的浓度，故选D；‎ ‎(5)、由图可知：CO2、NH3都是催化剂；NH3的催化效果比CO2要好；CO2、NH3的量(或催化剂的量)越多，苯乙腈水解速率越快；‎ ‎(6)①、当需要产生氢气时，氢元素化合价降低，而电解池中，阴极发生的反应化合价降低，所以开关应接K1；‎ ‎②当产生氧气时，开关接K2，阳极发生的反应为：4OH－-4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=4H++O2↑；‎ ‎③根据装置图可判断其优点是制H2时，电极3:Ni(OH)2+ OH—－e－=NiOOH+H2O，消耗电极1产生的OH-；制O2时，电极3:NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+ OH-，补充电极2消耗的OH-；电极3在上述反应中得以循环使用。‎ ‎18.硫代硫酸钠俗称保险粉，可用于照相业作定影剂、纸浆漂白作脱氯剂等。实验室用SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中来制备硫代硫酸钠。本实验对Na2S纯度要求较高，利用图1所示的装置可将工业级的Na2S提纯。已知Na2S常温下微溶于酒精，加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精。提纯过程为：将已称量好的工业级Na2‎ S放入圆底烧瓶中，加入一定质量的酒精和少量水。按图1所示装配所需仪器，向冷凝管通入冷却水，同时水浴加热。待烧瓶中固体不再减少时，停止加热。将烧瓶取下，立即趁热过滤，再冷却结晶，抽滤。将所得固体洗涤、干燥，得到Na2S·9H2O晶体。‎ ‎(1)下列说法不正确的是____________。‎ A.将晶体转移至布氏漏斗时，若器壁上粘有少量晶体，应用冷水淋洗 B.抽滤时，为防止滤纸穿孔，可适当关小水龙头或多加一层滤纸 C.洗涤时，可用一定浓度的乙醇溶液洗涤晶体，目的是洗除晶体表面的杂质，易于得到干燥晶体 D.为加快产品的干燥，可高温烘干 E.在提纯过程中“趁热过滤”操作的目的是防止硫化钠结晶析出而损失、去除杂质 ‎(2)用图2所示装置制取Na2S2O3，其中盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称是_________，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式____。‎ ‎(3)保险粉样品中Na2S2O3·5H2O的纯度(质量分数)可通过氧化还原滴定法测定，相关反应方程式为2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。准确称取W g样品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，并滴加淀粉溶液作指示剂。用0.1000 mol·L－1碘的标准溶液进行滴定。请回答：‎ ‎①到达滴定终点的标志______________。‎ ‎②滴定起始和终点的液面位置如图3，则消耗碘的标准溶液体积为__________mL，产品的纯度为______________(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)。‎ ‎③若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O3·5H2O的纯度的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎(4)某研究小组以硫代硫酸钠与硫酸反应来探究外界条件对反应速率的影响，设计实验如下：‎ 下列有关说法不正确的是__________‎ A.该同学在实验中采用的研究方法是实验比较法 B实验①和②探究其他条件不变时Na2S2O3浓度对相关反应速率的影响 C.实验①和③溶液变浑浊的时间相同 D.其他条件不变时，探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验③和⑤‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 蒸馏烧瓶 (3). 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (4). 溶液变为蓝色，且30s内不恢复原色 (5). 18.10 (6). (7). 偏低 (8). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A、硫化钠在常温时溶解度较小，若用冷水淋洗，不能溶解硫化钠，故A错误；‎ B、抽滤时，为防止滤纸穿孔，可适当关小水龙头或多加一层滤纸，故B正确；‎ C、常温时，硫化钠溶解度小，杂质能溶于乙醇，且乙醇易挥发，所以洗涤时，可用一定浓度的乙醇溶液洗涤晶体，目的是洗除晶体表面的杂质，易于得到干燥晶体，故C正确；‎ D、如果高温烘干，硫化钠被空气中的氧化，故D错误；‎ E、在提纯过程中“趁热过滤”操作的目的是防止硫化钠结晶析出而损失、去除杂质，E正确；‎ 故选AD；‎ ‎(2)、盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称是蒸馏烧瓶；三颈烧瓶中发生反应的化学方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；‎ ‎(3)①用配制的碘溶液滴定硫代硫酸钠，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且30s内不恢复原色，说明反应到达终点，故答案为：滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且30s内不恢复原色；‎ ‎②终点读数为18.10mL，起点读数为0.00mL，故消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；滴定时消耗碘的物质的量，根据反应方程式可知Na2S2O3的物质的量为3.62×10－3mol，Na2S2O3的质量为，故纯度为；‎ ‎③局部变色就停止滴定，消耗标准溶液体积偏小，会使样品中Na2S2O3·5H2O的纯度的测量结果偏低，故答案为：偏低；‎ ‎(4)A、该同学在实验中采用的研究方法是实验比较法，故A正确；‎ B、实验①和②探究其他条件不变时Na2S2O3浓度对相关反应速率的影响，故B正确；‎ C、实验①和③浓度不相同，所以溶液变浑浊的时间也不相同，故C错误；‎ D、其他条件不变时，探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验②和④，故D错误；‎ 故选CD。‎ ‎19.槟榔碱为油状液体，有拟胆碱作用，在医疗上用于治疗青光眼，能使绦虫瘫痪。某学生设计了以X为原料的合成路线如下：‎ 己知：①X能使溴水褪色、能水解，水解产物之一为乙醇。‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎(1)槟榔碱中非氮官能团的名称__________，C的结构简式____________。‎ ‎(2)下列说法正确的是_____________。‎ A.化合物A能形成内盐 B.化合物C的1H－NMR谱表明含6组峰 C.化合物D有碱性 D.化合物E能溶于水 E.化合物F在一定条件下能发生加聚、氧化、取代等反应 ‎(3)D→E反应的方程式____________。‎ ‎(4)烟酸也可以合成槟榔碱。写出烟酸的同分异构体，且符合下列条件的结构简式________。‎ ‎①1H－NMR谱表明分子中有3种氢原子 ‎②只含有一个六元环，环上无氧原子，且只有1个取代基 ‎(5)结合题给信息，请设计由乙醇和E为原料合成化合物M的路线，(用流程图表示，试剂任选)__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 酯基、碳碳双键 (2). (3). CDE (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由X的分子式为C5H8O2且能使溴水褪色、能水解，水解产物之一为乙醇，所以X的结构简式为CH2=CHCOOC2H5；X与NH3反应生成A(C5H11O2N)，根据分子式可知，发生加成反应，所以A的结构简式为NH2CH2CH2COOC2H5；A与X反应生成B，由分子式变化可知，同样发生加成反应，所以B的结构简式为C2H5OOCCH2CH2NHCH2CH2COOC2H5‎ ‎；B在碱性条件发生已知反应②生成环状C，由方程式变化可知C为；C与氢气发生加成反应生成D，所以D为；由D、E的结构变化可知，先发生醇的消去，再发生酯的水解和酸化；E与甲醇发生酯化反应生成F；F与CH3I发生取代反应生成G，据此回答。‎ ‎【详解】(1)、由G的结构式可知，槟榔碱中非氮官能团的名称：碳碳双键、酯基；由分析可知，C的结构简式；‎ ‎(2)A、内盐：同一分子中既含有碱性基团又含有酸性基团，相互自行结合而形成的盐。而A、(NH2CH2CH2COOC2H5)中只含有碱性基团无酸性基团，故A错误；B、由化合物C的结构式可知，C的核磁共振氢谱含有7种峰，且面积之比为3：2：2：2：2：1：1，故B错误；C、化合物D的结构式为，含有氨基，具有碱性，故C正确；D、E的结构式为，含有羧基，具有酸性，故D正确；E、F的结构式为，含有双键、酯基，所以能发生加聚、氧化、取代等反应，故E正确；故选CDE；‎ ‎(3)、D→E反应的方程式；‎ ‎(4)、当氮原子在六元环上时，取代基需要与氮原子在对位才能满足只有三种氢，此时取代基为羧基或者酯基；当氮原子作为取代基时，六元环为苯环，此时取代基为硝基或者亚硝酸基，故答案为：；‎ ‎(5)、由乙醇和E为原料合成化合物M，可由乙醇先氧化生成CH3COOH，CH3COOH再与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯再在碱性条件下反应生成CH3COCH2COOCH2CH3，与乙醇发生酯化反应生成酯，最后生成的酯再与CH3COCH2COOCH2CH3在碱性条件下反应生成 ‎，流程为：。‎ ‎【点睛】解答本题需要利用好题干给定信息，一是理解清楚给定的三个已知方程是怎样变化的，二是在推导流程是注意各物质的化学式变化，如X到A和A到B的反应为加成反应。‎ ‎ ‎