2019-2020年高三下学期月考化学试卷（3月份）含解析.doc

2019-2020年高三下学期月考化学试卷（3月份）含解析一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1向某NaOH溶液中通入CO2气体后 得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图所示则下列分析与判断不正确的是（不计CO2溶解）（）A若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3B若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液C若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO3D若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3）2化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列措施有利于节能减排、保护环境的是（）加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转换技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料ABCD3下列关于相关反应的叙述错误的是（）A硫化钠溶液中通入硫化氢气体不发生化学反应B向铜粉中加入稀硫酸，铜粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固体，铜粉溶解C将少量氯气通入碘化亚铁和淀粉混合溶液，溶液变蓝D硫化亚铁加入稀硫酸后可以产生硫化氢气体4某有机物的结构简式如图所示，则下列有关说法正确的是（）A该有机物可以发生氧化、加成、加聚、取代等反应B该有机物能与NaOH溶液反应，则1mol该有机物能消耗2mol NaOHC该有机物的分子式为C12H14O5，且与C11H12O5一定互为同系物D该有机物分子中所有碳原子不可能都在同一平面上5下列描述中正确的是（）AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJmol1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJmol1BCO（g）的燃烧热是283.0 kJmol1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的H=+2283.0 kJmol1C牺牲阳极阴极保护法是应用电解原理防止金属的腐蚀D用洁净玻璃棒蘸取某溶液点在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对比即可测定该溶液pH6是较为安全的高效核聚变反应原料，原子核内中子数是（）A1B2C3D57维生素E是一种脂溶性维生素，对抗衰老等有特殊作用，经研究发现维生素E有、四种类型，其结构简式如图所示（R为CH2CH2CH2CH（CH3）CH2CH22CH（CH3）2） 上述互为同分异构体的是（）A B CD 8根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为（）I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI；2FeCl2+Cl22FeCl3；2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2AIFe2+ClSO2BClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DSO2IFe2+Cl9现有结构简式如图所示的某有机物，它是药物生产的中间体，关于该有机物叙述正确的是（）A该有机物与溴水发生加成反应B该有机物与浓硫酸混合加热可发生消去反应C该有机物经催化氧化后能发生银镜反应D1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH10下列实验设计、操作或实验现象不合理的是（）A实验室制取乙炔时，用饱和食盐水代替蒸馏水，以得到平稳的气流B检验甲酸中是否混有乙醛，可向样品中加入足量NaOH溶液以中和甲酸后，再做银镜反应实验或与新制Cu（OH）2共热的实验C除去苯中的少量苯酚：加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液D液态溴乙烷中加入稀NaOH溶液共煮几分钟，然后加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液检验溴乙烷中是否含有溴元素11已知RO32的核内有x个中子，R的质量数为A，则m g RO32含有电子的物质的量为（）ABCD12在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液体积比是（）A1：9B1：1C1：2D1：413关于下列各图的叙述，正确的是（）A甲表示1mol H2（g）完全燃烧生成水蒸气吸收241.8 kJ热量B甲表示2 mol H2（g）所具有的能量一定比2 mol气态水所具有的能量多483.6 kJC乙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同温同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液的pHD乙图中起始时HA的物质的量浓度大于HB14下列图示与对应叙述相符合的是（）A图I：反应H2+I22HI 达平衡后，升高温度时反应速率随时间的变化B图：反应2SO2+O22SO3 达平衡后，缩小容器体积时各成分的物质的量变化C图III：反应N2+3H22NH3在温度一定的情况下，反应速率与压强的关系D图IV：反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H0，水蒸气含量随时间的变化15向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL 4molL1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（）A0.21molB0.25molC0.3molD0.35mol二、解答题（共10小题，满分59分）16一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）根据题意和所给图象完成下列各题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=（2）升高温度，K值（填“增大”“减小”或“不变”）17可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；根据图1，2回答：（1）压强 P1比P2（填“大”或“小”）；（2）（a+b）比（c+d）（填“大”或“小”）；（3）温度t1比t2（填“高”或“低”）；（4）正反应为反应（填“吸热”或“放热”）18二十一世纪世界资源争夺的重点是海洋海底有石油、可燃冰、石油气、矿砂、锰结核的资源，海水中除有渔业资源外，还有食盐、溴、碘等许多化学资源，所有资源中最丰富的是水资源（1）海水中质量分数最高的元素是氧，该元素的原子核外电子占据的轨道共有个能级，有个未成对电子（2）水的沸点为100，氟化氢的沸点为19.5，水与氟化氢比较，稳定性较强的是水的沸点比硫化氢高，其原因是（3）提取碘是将海带灼烧成灰，溶于水过滤，滤液中通入氯气，反应的离子方程式为，再用四氯化碳将生成的单质碘（填写实验操作名称）出来，最后用（填写实验操作名称）使碘和四氯化碳分离（4）海洋元素中的氯、溴、碘统称为海水中的卤素资源，它们的最外层电子排布都可表示为19实验室用密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL 0.1mol/L的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液应量取该浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的其它仪器A、用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B、用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C、将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D、将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为；（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）？若没有进行A操作；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线；若定容时俯视刻度线（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线；向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面20为了验证炭粉与浓硫酸作用确实有二氧化碳气体生成，某同学创设如下图所示的A、B、C三个装置进行实验，其中省略了课本上炭粉与浓硫酸反应的发生装置图已知C中的KMnO4酸性溶液是足量的，具有强氧化性，还原性的SO2气体经过KMnO4酸性溶液后能全部被吸收氧化，据此，请回答下列问题（1）炭粉与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式为（2）由（1）产生的混合气体流经装置A、B、C的先后顺序是、（填A、B、C），气流依次经过装置管口顺序号为（填管口序号a、b、c、d、e、f）；气体发生装置导管口接，然后接，接；（3）装置B的作用是，装置B中观察到的现象是；（4）装置A中观察到的现象是，得到的结论是21实验室用下列装置制取氯气，丙用氯气进行实验，回答下列问题（1）A中盛有浓硫酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式（2）为了得到纯净干燥的Cl2，则C、D中应分别放入下列溶液中的NaOH溶液饱和食盐水AgNO3溶液浓H2SO4（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是：（4）G处的现象是，离子方程式：（5）画出H处尾气吸收装置图丙注明试剂（6）实验室还可以用KMnO4固体和浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4+16HCl2KMnCl2+5Cl2+8H2O，氧化剂和还原剂的物质的量之比为22取一定量的镁、铝混合粉末，加入1mol/L的硫酸300mL，使之完全溶解 （酸过量）；再加入过量的未知浓度的KOH溶液200mL，得到 5.8g沉淀；过滤后向滤液中加入2mol/L盐酸100mL，恰好沉淀完全；将沉淀滤出，洗涤、干燥，称量为7.8g求：（1）原来混合物中镁和铝的质量分数；（2）所用KOH的物质的量浓度23某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，为将其回收利用，再采用了如下工艺已知Zn（OH）2的性质与Al（OH）3相似所用试剂在下列试剂中选择铁粉 锌粉 稀HNO3 稀H2SO4 稀HCl 稀氨水 NaOH溶液 石灰水请回答下列问题：（1）试剂1、试剂2、试剂3分别可以是、（填编号）（2）操作2是、（3）操作3是（4）加过量CO2时发生反应的离子方程式（5）在金属冶炼方法中方法1是方法2是24利用芳香烃X和烯烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD已知：G不能发生银镜反应，B遇FeCl3溶液显紫色，C到D的过程为引入羧基（COOH）的反应其中BAD结构简式为：BAD的合成路线如下：试回答下列问题：（1）写出结构简式：Y，D（2）上述属于取代反应的有（ 填数字序号）（3）1molBAD最多可与含 mol NaOH的溶液完全反应（4）写出方程式反应B+E（5）E有多种同分异构体，判断符合下列要求的同分异构体数目为 种能发生银镜反应 遇FeCl3溶液显紫色 核磁共振氢谱图中有四个吸收峰25吡洛芬是一种用于治疗风湿病的药物它的合成路线如下：回答下列问题：（1）BC的反应类型为（2）AB的化学方程式为从整个合成路线看，步骤AB的目的是（3）E的结构简式为（4）A在一定条件下可生成F（）写出同时满足下列条件的F的两种同分异构体的结构简式：、属于芳香族化合物是一种氨基酸 分子中有6种不同化学环境的氢原子（5）非那西汀是一种解热药，其结构简式为写出以苯酚钠、CH3CH2OH和（CH3CO）2O为原料制备非那西汀的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OHxx山东省济南市历城区柳埠一中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1向某NaOH溶液中通入CO2气体后 得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图所示则下列分析与判断不正确的是（不计CO2溶解）（）A若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3B若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液C若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和HCO3D若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3）【考点】离子方程式的有关计算【分析】CO2与NaOH反应为CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，当1，反应按进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；当1，反应按进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当，反应按进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；向M中逐滴加入盐酸，根据溶液M中溶质不同，通过反应过程判断【解答】解：由分析可知向NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M中溶质情况有：（1）当含有两种溶质时，若溶质为Na2CO3、NaOH时，不能立即产生气体，滴加盐酸先中和氢氧化钠，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积同碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积相等，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；若为NaHCO3、Na2CO3，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；（2）若只有一种溶质时，当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为A、若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH+CO2HCO3，若OB=0，则滴入盐酸所发生反应的离子方程式为H+HCO3CO2+H2O，故A正确；B、当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，故B正确；C、若OBBC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32和OH，故C错误；D、若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3），故D正确；故选C2化学与人类生活、社会可持续发展密切相关下列措施有利于节能减排、保护环境的是（）加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转换技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料ABCD【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】“节能减排，科学发展”的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划的发展，科学的发展【解答】解：加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意即有利于节能减排、保护环境的是，故选B3下列关于相关反应的叙述错误的是（）A硫化钠溶液中通入硫化氢气体不发生化学反应B向铜粉中加入稀硫酸，铜粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固体，铜粉溶解C将少量氯气通入碘化亚铁和淀粉混合溶液，溶液变蓝D硫化亚铁加入稀硫酸后可以产生硫化氢气体【考点】含硫物质的性质及综合应用；氯气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、硫化钠和硫化氢反应生成硫氢化钠；B、稀硫酸不能和铜反应，加入硝酸铜溶液，形成稀硝酸氧化铜发生反应；C、碘离子还原性大于亚铁离子，少量氯气氧化碘离子；D、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢气体【解答】解：A、硫化钠和硫化氢反应生成硫氢化钠，Na2S+H2S=2NaHS，故A错误；B、稀硫酸不能和铜反应，加入硝酸铜溶液，形成稀硝酸氧化铜发生反应，所以再加入Cu（NO3）2固体，铜粉溶解，故B正确；C、碘离子还原性大于亚铁离子，少量氯气氧化碘离子为碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢气体是实验室制备硫化氢气体的原理，故D正确；故选A4某有机物的结构简式如图所示，则下列有关说法正确的是（）A该有机物可以发生氧化、加成、加聚、取代等反应B该有机物能与NaOH溶液反应，则1mol该有机物能消耗2mol NaOHC该有机物的分子式为C12H14O5，且与C11H12O5一定互为同系物D该有机物分子中所有碳原子不可能都在同一平面上【考点】有机物的结构和性质【分析】分子中含COOH、醚键、碳碳双键、OH，结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答【解答】解：A含碳碳双键，可发生氧化、加成、加聚反应，含COOH、OH可发生取代反应，故A正确；B只有COOH与NaOH反应，则该有机物能与NaOH溶液反应，则1mol该有机物能消耗1mol NaOH，故B错误；C由结构简式可知有机物的分子式为C12H14O5，与C11H12O5的结构不一定相似，则不一定互为同系物，故C错误；D苯环、碳碳双键均为平面结构，直接相连的原子一定在同一平面，则该有机物分子中所有碳原子可能都在同一平面上，故D错误；故选A5下列描述中正确的是（）AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJmol1，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJmol1BCO（g）的燃烧热是283.0 kJmol1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的H=+2283.0 kJmol1C牺牲阳极阴极保护法是应用电解原理防止金属的腐蚀D用洁净玻璃棒蘸取某溶液点在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对比即可测定该溶液pH【考点】反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；试纸的使用【分析】A、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，生成硫酸钡沉淀也会放出热量；B、燃烧热是指25101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；C、利用原电池原理保护金属的方法属于牺牲阳极阴极保护法；D、测定溶液的pH时，pH试纸不能湿润【解答】解：A、HCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJmol1，H2SO4和Ba（OH）2反应时生成硫酸钡沉淀也会放出热量，则H2（57.3）kJmol1，故A错误；B、燃烧热是指25101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，CO（g）的燃烧热是283.0 kJmol1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的H=+2283.0 kJmol1，故B正确；C、利用原电池原理保护金属的方法属于牺牲阳极阴极保护法，应用电解原理防止金属的腐蚀属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、测定溶液的pH时，pH试纸不能湿润，若试纸湿润，则溶液会被稀释，测得的pH可能会有误差，故D错误故选B6是较为安全的高效核聚变反应原料，原子核内中子数是（）A1B2C3D5【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】元素符号的左下角为质子数，左上角为质量数，根据质量数=质子数+中子数解题【解答】解：根据中子数=质量数质子数=32=1，故选：A7维生素E是一种脂溶性维生素，对抗衰老等有特殊作用，经研究发现维生素E有、四种类型，其结构简式如图所示（R为CH2CH2CH2CH（CH3）CH2CH22CH（CH3）2） 上述互为同分异构体的是（）A B CD 【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式相同结构不同的化合物是同分异构体，根据结构判断分子式是否相同而结构不同【解答】解：四种维生素E中，连接酚羟基的苯环上的取代基都有羟基，苯环上有3个甲基，有2个甲基，处于对位，有两个甲基处于邻位，有1个甲基，故互为同分异构体，故选B8根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为（）I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI；2FeCl2+Cl22FeCl3；2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2AIFe2+ClSO2BClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DSO2IFe2+Cl【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答【解答】解：I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI； 2FeCl2+Cl22FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3； 2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HIFeCl2； 通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2IFe2+Cl，故选D9现有结构简式如图所示的某有机物，它是药物生产的中间体，关于该有机物叙述正确的是（）A该有机物与溴水发生加成反应B该有机物与浓硫酸混合加热可发生消去反应C该有机物经催化氧化后能发生银镜反应D1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，分子中含酚OH、COOC、醇OH、Cl，结合酚、酯、醇、卤代烃的性质来解答【解答】解：A不含双键、三键等，则不能与溴水发生加成反应，故A错误；B与OH相连C的邻位C上没有H，则该有机物与浓硫酸混合加热不能发生消去反应，故B错误；C与OH相连C上有2个H，则该有机物经催化氧化后得到CHO，能发生银镜反应，故C正确；D酚OH、COOC，及Cl水解生成的HCl、COOC水解生成的酚OH均与NaOH反应，则1 mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗4 mol NaOH，故D错误；故选C10下列实验设计、操作或实验现象不合理的是（）A实验室制取乙炔时，用饱和食盐水代替蒸馏水，以得到平稳的气流B检验甲酸中是否混有乙醛，可向样品中加入足量NaOH溶液以中和甲酸后，再做银镜反应实验或与新制Cu（OH）2共热的实验C除去苯中的少量苯酚：加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液D液态溴乙烷中加入稀NaOH溶液共煮几分钟，然后加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液检验溴乙烷中是否含有溴元素【考点】化学实验方案的评价【分析】A实验中常用饱和食盐水代替水，目的减缓电石与水的反应速率； B甲酸中也含有醛基；C苯酚与氢氧化钠溶液反应；D将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，酸化后可检验溴离子【解答】解：A由于电石和水的反应很剧烈，所以实验中常用饱和食盐水代替水，目的减缓电石与水的反应速率，故A正确； B甲酸中也含有醛基，会对实验结果产生干扰，故B错误；C苯不溶于水，苯酚与氢氧化钠溶液反应，可分液分离，故C正确；D少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，可观察到浅黄色沉淀生成，可证明，故D正确故选B11已知RO32的核内有x个中子，R的质量数为A，则m g RO32含有电子的物质的量为（）ABCD【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】先根据氧原子的中子数以及粒子的中子数求出R的中子数，然后根据质量数=质子数+中子数求出R原子的质子数，再根据阴离子核外电子数=质子数之和+电荷数求出阴离子的电子数，最后根据n=计算mg RO3n的物质的量从而计算出电子的物质的量；【解答】解：氧原子的中子数为8，RO32的核内有x个中子，则R的中子数为x24，R原子的质子为Ax+24，1个RO32含有电子数为：Ax+24+2=Ax+26，mg RO3n的物质的量为mol，所以mg RO32含有电子的物质的量为（Ax+26）mol，故选：A；12在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液体积比是（）A1：9B1：1C1：2D1：4【考点】离子方程式的有关计算；pH的简单计算【分析】氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算【解答】解：pH=12的Ba（OH）2溶液中C（OH）=102mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x102mol；反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x102mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为103mol/L；所以得到： =103；得到x：y=1：4，故选D13关于下列各图的叙述，正确的是（）A甲表示1mol H2（g）完全燃烧生成水蒸气吸收241.8 kJ热量B甲表示2 mol H2（g）所具有的能量一定比2 mol气态水所具有的能量多483.6 kJC乙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同温同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液的pHD乙图中起始时HA的物质的量浓度大于HB【考点】化学能与热能的相互转化；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、依据图象分析，氢气和氧气反应生成水的过程是放热反应；B、依据反应前后能量守恒分析判断；C、酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大；D、依据图象分析，起始时HA、HB溶液pH相同，根据稀释溶液pH变化，溶液浓度不相同【解答】解：A、图象表示的是2molH2和1molO2反应生成气体水放出的热量为483.6KJ，故A错误；B、依据能量守恒，2molH2能量+1molO2能量=2molH2Omol+放出热量483.6KJ，所以甲表示2 mol H2（g）所具有的能量比2 mol气态水所具有的能量小483.6 kJ1molO2能量，故B错误；C、依据图象乙，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，酸性HAHB，对应盐的碱性NaANaB，故C正确；D、依据图象乙分析，稀释起始时溶液pH相同，稀释HA酸溶液pH变化大，酸性强，所以溶液HA浓小于HB浓度，故D错误；故选C14下列图示与对应叙述相符合的是（）A图I：反应H2+I22HI 达平衡后，升高温度时反应速率随时间的变化B图：反应2SO2+O22SO3 达平衡后，缩小容器体积时各成分的物质的量变化C图III：反应N2+3H22NH3在温度一定的情况下，反应速率与压强的关系D图IV：反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H0，水蒸气含量随时间的变化【考点】化学平衡建立的过程【分析】A升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等；B缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小；C增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多；D由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T2T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大【解答】解：A升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，图象与实际不相符，故A错误；B缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图象与实际相符合，故B正确；C增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图象中逆反应速率增大更多，图象与实际不相符，故C错误；D由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T2T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图象中温度越高，水蒸气的含量越低，图象与实际不相符，故D错误；故选B15向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL 4molL1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（）A0.21molB0.25molC0.3molD0.35mol【考点】有关混合物反应的计算；铁的氧化物和氢氧化物【分析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量【解答】解：因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入150mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，2.24L NO（标准状况）的物质的量为=0.1mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.15L4mol/L0.1mol=0.5mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.25mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.25mol故选B二、解答题（共10小题，满分59分）16一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）根据题意和所给图象完成下列各题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=；（2）升高温度，K值减小（填“增大”“减小”或“不变”）【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据方程式和K的含义书写；（2）根据温度对平衡的影响，判断K的变化【解答】解：（1）已知CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），则K=，故答案为：；（2）500时甲醇的物质的量小，所以升高温度，平衡逆移，所以K减小，故答案为：减小17可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；根据图1，2回答：（1）压强 P1比P2小（填“大”或“小”）；（2）（a+b）比（c+d）小（填“大”或“小”）；（3）温度t1比t2高（填“高”或“低”）；（4）正反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”）【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】根据先拐先平衡判断：t1t2，p2p1温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，H0，增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题【解答】解：（1）由图象可知P2先达到平衡，说明P2压强较大，反应速率较大，则压强 P1比P2小，故答案为：小；（2）增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则（a+b）比（c+d）小，说故答案为：小；（3）由图象可知t1时先达到平衡，温度较高，则温度t1比t2高，故答案为：高；（4）温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，H0，故答案为：吸热18二十一世纪世界资源争夺的重点是海洋海底有石油、可燃冰、石油气、矿砂、锰结核的资源，海水中除有渔业资源外，还有食盐、溴、碘等许多化学资源，所有资源中最丰富的是水资源（1）海水中质量分数最高的元素是氧，该元素的原子核外电子占据的轨道共有3个能级，有2个未成对电子（2）水的沸点为100，氟化氢的沸点为19.5，水与氟化氢比较，稳定性较强的是HF水的沸点比硫化氢高，其原因是水分子之间存在氢键（3）提取碘是将海带灼烧成灰，溶于水过滤，滤液中通入氯气，反应的离子方程式为2I+Cl2I2+2Cl，再用四氯化碳将生成的单质碘萃取（填写实验操作名称）出来，最后用蒸馏（填写实验操作名称）使碘和四氯化碳分离（4）海洋元素中的氯、溴、碘统称为海水中的卤素资源，它们的最外层电子排布都可表示为ns2np5【考点】原子核外电子排布；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】（1）氧是8号元素，核外电子排布为1s22s22p4，所以有3个能级和2p轨道有2个未成对电子；（2）非金属性越强氢化物的稳定性越强，而氟的非金属性强于氧，所以氟化氢比水稳定，水分子间存在氢键，而硫化氢分子间无氢键存在，所以水的沸点比硫化氢高；（3）氯气先氧化碘离子，发生的离子反应为Cl2+2I=I2+2Cl，向上述反应后的滤液中加入1mL CCl4，发生萃取，然后用与不相溶的两种液体沸点不同，再用蒸馏的方法分离提纯；（4）第A族最外层7个电子，元素最外层电子排布都可表示为ns2np5【解答】解：（1）氧是8号元素，核外电子排布为1s22s22p4，所以有3个能级和2p轨道有2个未成对电子，故答案为：3；2；（2）非金属性越强氢化物的稳定性越强，而氟的非金属性强于氧，所以氟化氢比水稳定，水分子间存在氢键，而硫化氢分子间无氢键存在，所以水的沸点比硫化氢高，故答案为：HF；水分子之间存在氢键；（3）氯气先氧化碘离子，发生的离子反应为Cl2+2I=I2+2Cl，向上述反应后的滤液中加入1mL CCl4，发生萃取，然后用与不相溶的两种液体沸点不同，再用蒸馏的方法分离提纯，故答案为：2I+Cl2I2+2Cl；萃取；蒸馏；（4）第A族最外层7个电子，元素最外层电子排布都可表示为ns2np5，故答案为：ns2np519实验室用密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL 0.1mol/L的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液应量取该浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的其它仪器（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）B、C、A、F、E、D；A、用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B、用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C、将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D、将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是保证溶质全部转入容量瓶，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为容量瓶盛放热溶液时，体积不准；（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）？若没有进行A操作偏低；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线偏低；若定容时俯视刻度线偏高（5）若实验过程中出现如下情况如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制；向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法【分析】（1）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶，依据C计算浓盐酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作据此排序；（3）依据配制原理可知要保证实验成功需要保证溶质全部转移到容量瓶；容量瓶为精密仪器，只有在标定温度下使用，体积才准确，据此解答；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；（5）错误操作导致实验失败，且无法挽救的，必须重新配制【解答】解：（1）浓盐酸的物质的量浓度为： =11.8molL1，设量取浓盐酸的体积为V，11.8mol/LV=0.1mol/L0.25L，V=0.0021L=2.1mL；配制250mL0.2mol/L的盐酸溶液，所以容量瓶的规格是250mL；配制盐酸溶液所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管故答案为：2.1；250；量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为：B、C、A、F、E、D；故答案为：B、C、A、F、E、D（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是保证溶质全部转入容量瓶，减少误差溶液注入容量瓶前需恢复到室温，防止容量瓶盛放热溶液，体积不准，故答案为：保证溶质全部转入容量瓶；容量瓶盛放热溶液时，体积不准；（4）若没有进行A操作，导致溶质的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；若加蒸馏水时不慎超过了刻度，导致溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低；若定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高故答案为：偏低；偏低；偏高；（5）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致配制溶液的浓度偏低，所以宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面，导致配制溶液的浓度偏低，所以宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制故答案为：宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制；宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制20为了验证炭粉与浓硫酸作用确实有二氧化碳气体生成，某同学创设如下图所示的A、B、C三个装置进行实验，其中省略了课本上炭粉与浓硫酸反应的发生装置图已知C中的KMnO4酸性溶液是足量的，具有强氧化性，还原性的SO2气体经过KMnO4酸性溶液后能全部被吸收氧化，据此，请回答下列问题（1）炭粉与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（2）由（1）产生的混合气体流经装置A、B、C的先后顺序是C、B、A（填A、B、C），气流依次经过装置管口顺序号为（填管口序号a、b、c、d、e、f）；气体发生装置导管口接e，然后f接c，d接a；（3）装置B的作用是验证SO2是否被除尽，装置B中观察到的现象是品红溶液仍保持红色；（4）装置A中观察到的现象是溶液变浑浊，得到的结论是混合气体中含CO2【考点】浓硫酸的性质实验【分析】碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，验证红热的炭与与浓硫酸发生反应所生成的产物含有二氧化碳，按气体流动方向设计了一个实验流程，其所使用的试剂次序可以表示为：气体产物酸性高锰酸钾溶液品红溶液澄清石灰水；（1）炭粉与浓硫酸在加热条件生成二氧化碳、二氧化硫和水；（2）碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，所以要检验二氧化碳的存在应排除二氧化硫的干扰；（3）二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；（4）二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和数，能够使澄清石灰水变浑浊【解答】解：（1）在加热条件下，碳与浓硫酸反应生成二氧化碳气体、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；（2）；验证产物中的二氧化碳用澄清石灰水，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，所以需要先用品红验证二氧化硫的存在，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，再通过品红验证二氧化硫是否除净，避免影响二氧化碳气体，所以由（1）产生的混合气体流经装置A、B、C的先后顺序是C、B、A；气体发生装置导管口接e，然后f接c，d接a；故答案为：C；B；A； e；f；c；d；a；（3）二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，所以装置B的作用是验证SO2是否被除尽，如果装置B中观察到的现象是品红溶液仍保持红色，说明二氧化硫被除尽；故答案为：验证SO2是否被除尽； 品红溶液仍保持红色； （4）二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和数，能够使澄清石灰水变浑浊，若二氧化碳存在，则可以看到装置A中观察到的现象是溶液变浑浊；故答案为：溶液变浑浊；混合气体中含CO221实验室用下列装置制取氯气，丙用氯气进行实验，回答下列问题（1）A中盛有浓硫酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O（2）为了得到纯净干燥的Cl2，则C、D中应分别放入下列溶液中的NaOH溶液饱和食盐水AgNO3溶液浓H2SO4（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是：E中无变化，F中红色布条褪色（4）G处的现象是棉花团呈现蓝色，离子方程式：Cl2+2I=2Cl+I2（5）画出H处尾气吸收装置图丙注明试剂（6）实验室还可以用KMnO4固体和浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4+16HCl2KMnCl2+5Cl2+8H2O，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）A中盛有浓硫酸，B中盛有MnO2，加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，选择饱和食盐水吸收氯化氢，D是为了干燥Cl2，选择浓硫酸干燥氯气，除杂顺序一般是先净化后干燥；（3）依据氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色；（4）氯气和碘化钾溶液中的碘离子反应生成碘单质遇到淀粉变蓝；（5）氯气是有毒的污染气体，不能排放到空气中，H处是用氢氧化钠溶液吸收剩余的氯气；（6）由方程式可知，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被氧化，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价由1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，结合化合价的变化以及反应的方程式可计算氧化剂和还原剂的物质的量之比；【解答】解：（1）A中盛有浓硫酸，B中盛有MnO2，加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，故答案为；MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；（2）洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，选择饱和食盐水吸收氯化氢，D是为了干燥Cl2，选择浓硫酸干燥氯气；故答案为：；（3）氯气能使湿润的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色，所以E中无变化，F中红色布条褪色；故答案为：E中无变化，F中红色布条褪色；（4）通入Cl2时发生反应2I+Cl22Cl+I2，生成的I2遇淀粉溶液变蓝色，棉花团呈现蓝色，故答案为：棉花团呈现蓝色，Cl2+2I=2Cl+I2；（5）氯气是有毒的污染气体，不能排放到空气中，H处是用氢氧化钠溶液吸收剩余的氯气，H处装置图为：，故答案为：；（6）2KMnO4+16HCl2KMnCl2+5Cl2+8H2O，由方程式可知，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被氧化，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价由1价升高到0价，被氧化，HCl为还原剂，电子守恒得到2molKMnO4氧化剂反应，被氧化的还原剂HCl是10mol，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：5，故答案为：1：5；22取一定量的镁、铝混合粉末，加入1mol/L的硫酸300mL，使之完全溶解 （酸过量）；再加入过量的未知浓度的KOH溶液200mL，得到 5.8g沉淀；过滤后向滤液中加入2mol/L盐酸100mL，恰好沉淀完全；将沉淀滤出，洗涤、干燥，称量为7.8g求：（1）原来混合物中镁和铝的质量分数；（2）所用KOH的物质的量浓度【考点】有关混合物反应的计算【分析】镁、铝混合粉末，加入1mol/L的硫酸300mL，使之完全溶解 （酸过量），所得溶液含有硫酸镁、硫酸铝、剩余的硫酸，再加入过量的未知浓度的KOH溶液20