2019-2020年高三上学期暑期检测化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期暑期检测化学试卷 含解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1化学与生活、生产密切相关下列叙述错误的是（）A过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂B向海水中加净水剂明矾可使海水淡化C使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀D服用抗氧剂维生素C有利于人体对铁元素的吸收2下列有关化学用语表示正确的是（）A氮气的电子式：B镁离子的结构示意图：C中子数为16的磷原子： PD丙烯的结构简式：CH3CHCH23下列说法正确的是（）A氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：CuCuOCuSO4；途径b：CuCuSO4C用金属钠可区分乙醇和乙醚D从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现4短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族下列说法正确的是（）A元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物CW的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D原子半径：r（X）r（Y）r（Z）r（W）5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向Ag（NH3）2NO3溶液中加入盐酸：Ag（NH3）2+2H+=Ag+2NH4+B向Na2O2中加入足量的水：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2C向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3D向Ca（HCO3）2溶液中加入澄清石灰水：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O6根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO37下列说法正确的是（）A氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子B0.1molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.021023个D室温下，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强8下列有关说法正确的是（）A钢铁的电化学腐蚀和化学腐蚀往往同时发生B加入合适的催化剂，能降低反应活化能，从而改变反应的焓变C常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为9的醋酸钠溶液中水的电离程度不同D向BaSO4沉淀中加入饱和Na2CO3溶液后生成BaCO3，则Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）9给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AAl2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3BSSO3H2SO4CMg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2DFeFe2O3FeCl310下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B图2表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11真菌聚酮（X）具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为Y和Z下列说法正确的是（）AX、Y和Z中均不含手性碳原子BY能发生氧化、还原、取代反应C一定条件下，1 mol X最多能与5 mol H2发生加成反应D1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应12常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使酚酞变红的溶液中：Mg2+、Al3+、NO3、ClOB与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3、IC0.1 molL1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42、ClD =11012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32、HCO313一种用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B电子由电极A经外电路流向电极BC电池工作时，OH向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+4H+4e=2H2O14常温下，下列有关叙述正确的是（）A向0.1mol1LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c（Na+）=2c（HCO3）+c（CO32）+c（HCO3）B在pH=8的NaB溶液中：c（Na+）c（B）=9.9107molL1C在0.1molL1NaHSO3溶液中通入少量NH3气体后：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO32）D在0.1molL1的氯化铵溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）15将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），一定条件下，现有两个体积均为1.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.2molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.4molH2，发生上述反应并达到平衡该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A反应2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）的S0、H0B表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线BC体系中c（CH3OCH3）：c（CH3OCH3，状态）2c（CH3OCH3，状态）D逆反应速率v逆：v逆（状态）v逆（状态）三、解答题（共5小题，满分53分）16氯气是重要的化工原料（1）工业上常用法生产氯气，写出发生反应的化学方程式：（2）工业上常用石灰乳和氯气反应制取漂白粉，化学反应方程式是部分流程如图所示，其主要设备是氯化塔，塔从上到下分四层将含有3%6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，这样加科的目的是（3）某科研小组在实验室用较浓的KOH溶液直接吸收氯气，研究发现反应进行一段时间后开始出现KClO3并逐渐增多，产生KClO3的离子方程式是，其原因可能是，由此可知（2）中氯化塔设计为四层是为了减少生产中类似副反应的发生17化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体，其合成路线如下：（1）化合物H的含氧官能团为和（填官能团的名称）（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为；由CD的反应类型是（3）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式分子含有1个苯环；分子有4种不同化学环境的氢；能发生银镜反应（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，可选择适当有机溶剂）合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH318K2SO4是无氯优质钾肥，MnSO4H2O在工业、农业等方面有广泛的应用以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4和MnSO4H2O的工艺流程如下（如图1）：（1）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是（2）已知软锰矿浆主要成分是MnO2，反应IV的化学方程式为（3）已知室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，此时溶液中残留的Mn2+的浓度为molL1（4）取一定量MnSO4H2O样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如图2所示（样品在300时已完全失去结晶水，900以上残留固体为金属氧化物）试通过计算确定曲线中B段所表示物质的化学式（写出计算过程）19如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2（1）实验中控制氯气与空气体积比的方法是为使反应充分进行，实验中采取的措施有（2）装置B中产生Cl2O的化学方程式为：若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少其原因是（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用取20.00mL次氯酸溶液，（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）20高炉气中含有的气体主要有N2、CO、CO2等在含有大量N2的高炉气体系中，富集CO的技术关键在于要有对CO选择性好的吸附材料，从而实现CO和N2的分离（1）由CO可以直接合成许多C1化工产品，如生产甲醇已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1453kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1又知CO（g）燃烧热H=283kJmol1，则CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=kJmol1（2）工业上常采用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO，该反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）CH3COOCu（NH3）2CO（aq）H0吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的措施有 a适当升高温度 b适当降低温度 c增大压强 d减小压强（3）到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO图1是变压吸附回收高炉气中CO的流程图PSA吸附CO2时间对PSA中CO回收率的影响见图2，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是从PSA中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，列举其中一种用途检验放空气体中是否含有CO的实验 操作是：将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式物质结构与性质21原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大五种元素中，仅R为金属元素，其原子序数为27X价电子排布式为nsnnpn，元素Z基态原子s电子总数与p电子总数相等，W与其它四种元素能层数不同，且未成对电子数目为1个根据判断出的元素回答下列问题：（1）基态R原子核外电子排布式为，X、Y、Z三种原子第一电离能由大到小的顺序为（用具体元素符号表示）（2）1mol配合物R（XY）64中含有键的数目为（3）XZW2是一种高毒类物质，结构与甲醛相似，X原子杂化方式为，其沸点高于甲醛的主要原因是（4）YW3为黄色、油状、具有刺激性气味的液体，该分子的立体构型为（用文字描述）（5）某晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为（R、Z用具体元素符号表示）xx学年江苏省南京市溧水县高级中学高三（上）暑期检测化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1化学与生活、生产密切相关下列叙述错误的是（）A过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂B向海水中加净水剂明矾可使海水淡化C使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀D服用抗氧剂维生素C有利于人体对铁元素的吸收【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气；B明矾水解生成氢氧化铝胶体，可除去水中的悬浮物；C原电池能加快化学反应的速率；D维生素具有还原性，能够还原三价铁离子【解答】解：A过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气，则过氧化钠可用作潜艇供氧剂，故A正确；B明矾水解生成氢氧化铝胶体，可除去水中的悬浮物，不能除去可溶性盐类，不能使海水淡化，故B错误；C氯化钙是电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，故C正确；D维生素具有还原性，服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体对铁元素的吸收，故D正确；故选：B2下列有关化学用语表示正确的是（）A氮气的电子式：B镁离子的结构示意图：C中子数为16的磷原子： PD丙烯的结构简式：CH3CHCH2【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A、电子式中氮原子未成键的孤对电子对要画出；B、镁离子的结构示意图中最外层的2个电子已经失去；C、P为15号元素，质子数为15；D、丙烯中的官能团碳碳双键不能省略【解答】解：A、电子式中氮原子未成键的孤对电子对要画出，故A正确；B、镁离子的结构示意图中最外层的2个电子已经失去，最外层排8个电子，故B错误；C、P为15号元素，质子数为15，故C错误；D、丙烯中的官能团碳碳双键不能省略，应为CH3CH=CH2故选：A3下列说法正确的是（）A氯水和二氧化硫都具有漂白作用，两者漂白原理相同B等质量的铜粉按a、b两种途径完全转化，途径a和途径b消耗的H2SO4相等途径a：CuCuOCuSO4；途径b：CuCuSO4C用金属钠可区分乙醇和乙醚D从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现【考点】氯气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】A、二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质；B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取【解答】解：A、次氯酸能将有色物质氧化为无色物质，二氧化硫漂白作用是二氧化硫、水和有色物质化合生成一种不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故A错误；B、途径b中浓硫酸既是氧化剂又呈酸性，酸性的硫酸与途径a相同，所以b消耗硫酸的量大，故B错误；C、用金属钠与乙醇有气体产生，而与乙醚无现象，所以可以用用金属钠可区分乙醇和乙醚，故C正确；D、在自然界中以游离态存在的单质不需要用化学反应提取，故D错误故选：C4短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族下列说法正确的是（）A元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物CW的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D原子半径：r（X）r（Y）r（Z）r（W）【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，结合对应物质的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，A元素X、W的简单阴离子分别为O2、S2，离子的电子层结构不同，故A错误；BY为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r（F）r（O）r（S）r（Na），故D错误故选B5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向Ag（NH3）2NO3溶液中加入盐酸：Ag（NH3）2+2H+=Ag+2NH4+B向Na2O2中加入足量的水：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2C向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OH=Al（OH）3D向Ca（HCO3）2溶液中加入澄清石灰水：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成氯化银、硝酸铵；B反应生成氢氧化钠和氧气；C反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D反应生成碳酸钙和水【解答】解：A向Ag（NH3）2NO3溶液中加入盐酸：Ag（NH3）2+Cl+2H+=AgCl+2NH4+，故A错误；B向Na2O2中加入足量的水的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故B正确；C向硫酸铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D向Ca（HCO3）2溶液中加入澄清石灰水的离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故D错误；故选B6根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO3【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；B气体通入方向错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥【解答】解：A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误故选C7下列说法正确的是（）A氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子B0.1molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.021023个D室温下，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强【考点】原电池和电解池的工作原理；电解质溶液的导电性；盐类水解的原理【分析】A、氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子；B、加热促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大；C、不是标准状况，不能用公式计算气体的物质的量；D、电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关【解答】解：A、氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故A正确；B、Na2CO3溶液加热，促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C、常温常压，不是标准状况，22.4LCl2中，不能用公式计算气体的物质的量，故C错误；D、电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，使得离子浓度减小，导电能力减弱，故D错误故选A8下列有关说法正确的是（）A钢铁的电化学腐蚀和化学腐蚀往往同时发生B加入合适的催化剂，能降低反应活化能，从而改变反应的焓变C常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为9的醋酸钠溶液中水的电离程度不同D向BaSO4沉淀中加入饱和Na2CO3溶液后生成BaCO3，则Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）【考点】金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素【分析】A金属的腐蚀包括电化学腐蚀和化学腐蚀，二者同时存在；B催化剂不能改变反应的焓变；CpH为5的氯化铵溶液中水电离出的氢离子浓度与pH为9的醋酸钠溶液中水的电离出的氢离子浓度相同；D如果QcKsp时就能产生沉淀【解答】解：A金属的腐蚀包括电化学腐蚀和化学腐蚀，二者同时存在，以电化学腐蚀为主，故A正确；B催化剂能改变化学反应速率是因为催化剂参与了化学反应，改变了反应路径，降低了反应的活化能，从而使活化分子数和活化分子百分数增多，反应速率加快，反应的焓变取决于反应物和生成物的总能量，而催化剂不能改变反应物和生成物的总能量，故催化剂不能改变反应的焓变，故B错误；CpH为5的氯化铵溶液中水电离出的氢离子浓度是105mol/L，pH为9的醋酸钠溶液中水电离出的氢离子浓度也是105mol/L，水的电离程度相同，故C错误；DBaSO4沉淀中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为QcKsp时而产生沉淀，不能说明Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3），故D错误故选A9给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AAl2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3BSSO3H2SO4CMg（OH）2MgCl2（aq）无水MgCl2DFeFe2O3FeCl3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】A氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；BS单质与氧气点燃生成的是二氧化硫；C氯化氢具有挥发性，蒸发氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁；D铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，不会生成氧化铁【解答】解：A氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液能够与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以转化关系Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3一步实现，故A正确；BS与在氧气中燃烧生成的是SO2，不会生成SO3，所以SSO3不能一步实现，故B错误；C氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，由于HCl具有挥发性，则蒸发氯化镁溶液不会得到氯化镁固体，故C错误；DFe与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，不会生成氧化铁，所以FeFe2O3不能一步实现，故D错误；故选A10下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B图2表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素；水的电离【分析】A加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位；B升温促进水电离，Kw增大；C增大氢气的浓度，提高氮气的转化率；D减小反应物的浓度，平衡向正方向移动【解答】解：A加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位，所以1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH变化小于lgV，故A错误；B升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2T1，故B错误；C增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C正确；D增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大，氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，则图象不符，故D错误故选C二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11真菌聚酮（X）具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为Y和Z下列说法正确的是（）AX、Y和Z中均不含手性碳原子BY能发生氧化、还原、取代反应C一定条件下，1 mol X最多能与5 mol H2发生加成反应D1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据手性碳原子的定义判断；BY含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有苯环，可发生加成反应；CX中能与氢气反应的为苯环和羰基；DZ中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应【解答】解：AZ中与酯基中的O相连接的C原子为手性碳原子，连接4个不同的原子或原子团，故A错误；BY含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有苯环，可发生加成反应，也为还原反应，故B正确；CX中能与氢气反应的为苯环和羰基，则一定条件下，1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，故C错误；DZ中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应，则1 mol Z最多可与含3 mol NaOH的溶液反应，故D正确故选BD12常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使酚酞变红的溶液中：Mg2+、Al3+、NO3、ClOB与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3、IC0.1 molL1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42、ClD =11012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32、HCO3【考点】离子共存问题【分析】A使酚酞变红的溶液，显碱性；B与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C该组离子之间不反应；D. =11012的溶液，显酸性【解答】解：A使酚酞变红的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+、Al3+，故A错误；B与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中NO3、I发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能存在Cu2+，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D. =11012的溶液，显酸性，不能大量存在SiO32、HCO3，故D错误；故选C13一种用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A该电池工作时，每消耗22.4L NH3转移3mol电子B电子由电极A经外电路流向电极BC电池工作时，OH向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O2+4H+4e=2H2O【考点】化学电源新型电池【分析】液氨液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，电子从负极流向正极，句原电池的工作原理来回答【解答】解：A、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4L即1molNH3转移3mol电子，故A错误；B、电子从负极流向正极，即从电极A流向电极B，故B正确；C、原电池中，阴离子向负极移动，则OH向负极A移动，故C错误；D、碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，故D错误；故选B14常温下，下列有关叙述正确的是（）A向0.1mol1LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c（Na+）=2c（HCO3）+c（CO32）+c（HCO3）B在pH=8的NaB溶液中：c（Na+）c（B）=9.9107molL1C在0.1molL1NaHSO3溶液中通入少量NH3气体后：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO32）D在0.1molL1的氯化铵溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A通入适量二氧化碳，反应后溶质为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，根据物料守恒判断；BpH=8的溶液中，常温下c（H+）=1108molL1，根据NaB溶液的电荷守恒判断；C根据混合液中的电荷守恒判断；D铵根离子部分水解，溶液呈酸性，结合电荷守恒判断各离子浓度大小【解答】解：A向0.1mol1LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠或碳酸氢钠溶液，根据物料守恒可知：c（Na+）2c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故A错误；B常温下在pH=8的NaB溶液中，c（H+）=1108molL1，c（OH）=1106molL1，根据电荷守恒可知：c（Na+）c（B）=c（OH）c（H+）=9.9107molL1，故B正确；C在0.1molL1NaHSO3溶液中通入少量NH3气体后，反应生成硫酸钠、硫酸铵，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），由于c（NH4+）不一定等于c（OH），则无法判断c（Na+）+c（H+）与c（HSO3）+2c（SO32）的大小，故C错误；D在0.1molL1的氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则：c（Cl）c（NH4+）、c（H+）c（OH），溶液中离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故D正确；故选BD15将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），一定条件下，现有两个体积均为1.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.2molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.4molH2，发生上述反应并达到平衡该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A反应2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）的S0、H0B表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线BC体系中c（CH3OCH3）：c（CH3OCH3，状态）2c（CH3OCH3，状态）D逆反应速率v逆：v逆（状态）v逆（状态）【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、方程式中反应物气体的物质的量为8mol，生成物为4mol，故S0；根据B曲线，升高温度，CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故正向放热；B、初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲；C、若恒温恒压下，乙的初始量是甲的二倍，为等效平衡，c（CH3OCH3，状态）=2c（CH3OCH3，状态），现为恒温恒容，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，故c（CH3OCH3，状态）2c（CH3OCH3，状态）；D、对于B曲线，随温度升高速率增大【解答】解：A、方程式中反应物气体的物质的量为8mol，生成物为4mol，故S0；根据B曲线，升高温度，CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，正向放热，故A正确；B、初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲，故B错误；C、若恒温恒压下，乙的初始量是甲的二倍，为等效平衡，c（CH3OCH3，状态）=2c（CH3OCH3，状态），现为恒温恒容，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，故c（CH3OCH3，状态）2c（CH3OCH3，状态），故C错误；D、对于B曲线，随温度升高速率增大，故D正确；故选AD三、解答题（共5小题，满分53分）16氯气是重要的化工原料（1）工业上常用电解饱和食盐水法生产氯气，写出发生反应的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（2）工业上常用石灰乳和氯气反应制取漂白粉，化学反应方程式是Ca（OH）2+2Cl2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O部分流程如图所示，其主要设备是氯化塔，塔从上到下分四层将含有3%6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，这样加科的目的是增大反应物间的接触面积，使反应充分进行；（3）某科研小组在实验室用较浓的KOH溶液直接吸收氯气，研究发现反应进行一段时间后开始出现KClO3并逐渐增多，产生KClO3的离子方程式是6OH+3Cl2=5Cl+ClO3+3H2O，其原因可能是反应放热使温度升高所致，由此可知（2）中氯化塔设计为四层是为了减少生产中类似副反应的发生【考点】氯气的化学性质【分析】（1）工业用电解饱和食盐水的方法制备氯气，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（2）用熟石灰和氯气反应制取漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；含有3%6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入时接触面积增大；（3）较浓的KOH溶液直接吸收氯气，生成KCl、KClO3、水，该反应与温度有关【解答】解：（1）工业用电解饱和食盐水的方法制备氯气，电解饱和食盐水反应生成NaOH、H2、Cl2，该反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：电解饱和食盐水；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（2）氯气通入石灰乳Ca（OH）2制取漂白粉，反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，该反应为Ca（OH）2+2Cl2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，含有3%6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入时接触面积增大，使反应充分进行，故答案为：Ca（OH）2+2Cl2CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；增大反应物间的接触面积，使反应充分进行；（3）较浓的KOH溶液直接吸收氯气，生成KCl、KClO3、水，离子反应为6OH+3Cl2=5Cl+ClO3+3H2O，发生该反应是因反应放热使温度升高所致，故答案为：6OH+3Cl2=5Cl+ClO3+3H2O；反应放热使温度升高所致17化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体，其合成路线如下：（1）化合物H的含氧官能团为羰基和醚键（填官能团的名称）（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），该副产物的结构简式为；由CD的反应类型是氧化反应（3）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式或分子含有1个苯环；分子有4种不同化学环境的氢；能发生银镜反应（4）根据已有知识并结合相关信息，写出以为有机原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，可选择适当有机溶剂）合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【考点】有机物的合成【分析】（1）由H的结构可知，含有的含氧官能团有羰基、醚键；（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），应是1分子1，4环己二醇与2分子发生取代反应，同时生成HBr；对比C、D的结构可知，C中羟基氧化生成羰基；（3）D的同分异构体的结构简式满足：分子含有1个苯环，D的不饱和度为4，侧链没有不饱和键能发生银镜反应，含有CHO，；分子有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，侧链应含有2个CHO、1个CH3、1个C（CH3）3；（4）发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，再发生消去反应得到，再与溴发生1，4加成反应得到，最后与发生取代反应得到【解答】解：（1）由H的结构可知，含有的含氧官能团有羰基、醚键，故答案为：羰基、醚键；（2）化合物B合成C时还可能生成一种副产物（分子式为C20H24O2），应是1分子1，4环己二醇与2分子发生取代反应，同时生成HBr，则该副产物的结构简式为，对比C、D的结构可知，C中羟基氧化生成羰基，属于氧化反应，故答案为：；氧化反应；（3）D的同分异构体的结构简式满足：分子含有1个苯环，D的不饱和度为4，侧链没有不饱和键能发生银镜反应，含有CHO，；分子有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，侧链应含有2个CHO、1个CH3、1个C（CH3）3，可能的结构简式为： 或，故答案为： 或；（4）发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，再发生消去反应得到，再与溴发生1，4加成反应得到，最后与发生取代反应得到，合成路线流程图：，故答案为：18K2SO4是无氯优质钾肥，MnSO4H2O在工业、农业等方面有广泛的应用以硫酸工业的尾气联合制备K2SO4和MnSO4H2O的工艺流程如下（如图1）：（1）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液（2）已知软锰矿浆主要成分是MnO2，反应IV的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4（3）已知室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，此时溶液中残留的Mn2+的浓度为4.5105molL1（4）取一定量MnSO4H2O样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如图2所示（样品在300时已完全失去结晶水，900以上残留固体为金属氧化物）试通过计算确定曲线中B段所表示物质的化学式（写出计算过程）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）检验氯离子，先加硝酸钡排除硫酸根离子干扰，再利用硝酸银检验；（2）软锰矿浆主要成分是MnO2，与二氧化硫发生氧化还原反应；（3）室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，c（OH）=104mol/L，c（Mn2+）=；（4）设MnSO4H2O的物质的量为1 mol，则m（MnSO4H2O）=1mol169gmol1=169g，曲线中B段为锰的氧化物，计算Mn、O的原子个数比确定化学式【解答】解：（1）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀可确定，故答案为：取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液；（2）软锰矿浆主要成分是MnO2，与二氧化硫发生氧化还原反应，则反应IV的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4；（3）室温下Mn（OH）2的Ksp=4.51013，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH=10，c（OH）=104mol/L，c（Mn2+）=4.5105mol/L，故答案为：4.5105；（4）设MnSO4H2O的物质的量为1 mol，则m（MnSO4H2O）=1mol169gmol1=169g，曲线中B段为锰的氧化物，其质量为m（氧化物）=169 g0.4517=76.34g，其中n（Mn）=1mol，m（Mn）=1mol55gmol1=55g，则，n（Mn）：n（O）=1 mol： mol=3：4，因此B段所表示物质的化学式为Mn3O4，答：曲线中B段所表示物质的化学式为Mn3O419如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2（1）实验中控制氯气与空气体积比的方法是通过观察A中产生气泡的速率调节流速为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡（2）装置B中产生Cl2O的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少其原因是该反应放热，温度升高Cl2O会分解（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为HClO见光易分解（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）【考点】制备实验方案的设计【分析】氯气通过A装置与空气形成1：3的混合气体通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境，（1）控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；增加气体与溶液的接触面积、搅拌等措施都可以加快反应速率；（2）装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到1价的氯化钠；由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（3）装置C是用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，但生成的HClO见光易分解，反应装置须选择避光；（4）需要20.00mL的次氯酸溶液，根据精确度应选用酸、碱式滴管，再根据HClO溶液既有酸性，又有强氧化性确定滴定管的类型；实验原理是结合所提供的试剂H2O2是还原HClO生成Cl，再滴加过量提供的硝酸银溶液，根据生成的AgCl沉淀质量计算原溶液HClO的浓度【解答】解：（1）氯气和空气按照体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速，故答案为：通过观察A中产生气泡的速率调节流速；为了氯气和原溶液充分接触完全反应，可以通过增加气体与溶液的接触面积、并用搅拌棒搅拌等方法，故答案为：搅拌、使用多孔球泡；（2）装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到1价的氯化钠，故化学方程式为2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2，故答案为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2；（4）由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少，故答案为：该反应放热，温度升高Cl2O会分解；（3）装置C中使用棕色平底烧瓶，目的是可以避光，防止反应生成的HClO见光分解，故答案为：HClO见光易分解；（4）选择使用酸式滴定管量取20.00mL的次氯酸溶液，具体实验操作是，向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量，故答案为：酸式滴定管； 加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量20高炉气中含有的气体主要有N2、CO、CO2等在含有大量N2的高炉气体系中，富集CO的技术关键在于要有对CO选择性好的吸附材料，从而实现CO和N2的分离（1）由CO可以直接合成许多C1化工产品，如生产甲醇已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1453kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1又知CO（g）燃烧热H=283kJmol1，则CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=121.8kJmol1（2）工业上常采用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO，该反应的化学方程式如下：CH3COOCu（NH3）2 （aq）+CO（g）CH3COOCu（NH3）2CO（aq）H0吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的措施有ad a适当升高温度 b适当降低温度 c增大压强 d减小压强（3）到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO图1是变压吸附回收高炉气中CO的流程图PSA吸附CO2时间对PSA中CO回收率的影响见图2，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是尽量在PSAI中将CO2 脱除（保证PSAI吸附CO2的时间）从PSA中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，列举其中一种用途作燃料检验放空气体中是否含有CO的实验 操作是：将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式CO+PdCl2+H2OPd+2HCl+CO2【考点】化学平衡的影响因素【分析】（1）CO（g）燃烧热H=283kJmol1，依据燃烧热概念书写热化学方程式，结合2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1453kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1，和盖斯定律计算得到CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）反应的热化学方程式；（2）吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，平衡逆向进行，结合平衡移动原理分析选项；（3）CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO，图象方向可知时间越长CO回收率越高；