2022届江西吉安一中智学联盟高三上学期第一次月考化学试卷含解析

这是一份2022届江西吉安一中智学联盟高三上学期第一次月考化学试卷含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
江西吉安一中智学联盟2021-2022学年高三上学期第一次月考
化学试卷
一、单选题
1．2020年11月24日，我国长征五号运载火箭成功发射升空，12月17日“嫦娥五号”探测器完成探月任务后顺利返回。下列有关说法错误的是（　　）
A．运载火箭通常采用联氨(N2H4)、煤油、液氢等新能源作为燃料
B．探测器采用的太阳能电池帆板主要成分为晶体硅
C．探测器表面的耐高温隔热陶瓷瓦为新型无机非金属材料
D．运载火箭采用铝合金材料作框架结构，主要利用其质量轻、强度高等优点
2．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．14g环丁烷和2-丁烯的混合物中含极性键数目为2NA
B．电解硫酸铜溶液，当电路中通过的电子数目为4NA时，阳极产生的气体体积为22.4L
C．106gNa2CO3溶于足量的水中，溶液中含有的CO 32- 的数目为NA
D．常温下，56gFe与足量的浓硝酸反应产生NO2，分子数目为3NA
3．下列关于有机物的说法正确的是（　　）
A．蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属于同系物
B．C3H6和CH2=CH2都能使酸性KMnO4溶液褪色
C．乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应
D．异丁烷的系统命名为2—甲基丙烷
4．在实验室中用如图装置制备某种气体，对于反应物质和除杂试剂选择合理的是（　　）

选项
甲中溶液
乙中药品
丙中物质
A
稀盐酸
二氧化锰
饱和食盐水
B
浓硝酸
亚硫酸钠
饱和亚硫酸氢钠溶液
C
双氧水
二氧化锰
浓硫酸
D
浓氨水
碱石灰
浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
5．下列解释实验事实的离子方程式正确的是（　　）
A．工业上制漂白粉： Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
B．大理石与食醋的反应： 2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑
C．向 CuSO4 溶液中滴加少量的 Ba(OH)2 ： Ba2++SO42-=BaSO4↓
D．向 Fe(OH)3 中加入过量的HI溶液： Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
6．中国科学技术大学黄伟新教授和美国橡树岭国家实验室的吴自力研究团队合作，研究在硼基催化剂上丙烷氧化脱氢制丙烯的反应机理，部分反应历程如图。

下列说法错误的是（　　）
A．丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为放热反应
B．该反应历程中决速步骤为C3H8*=C3H7*+H*
C．图中的过渡态1不如过渡态2稳定
D．催化剂在反应中参与化学反应，改变反应的活化能
7．下列实验操作能达到相应实验目的的是（　　）
选项
实验操作
实验目的
A
淀粉溶液加稀硫酸共热后，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热
检验淀粉是否水解
B
往2支试管中分别加入同体积、等浓度的草酸溶液，再分别加入同体积、不同浓度的KMnO4溶液
依据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响
C
H2(g)+I2(g) ⇌ 2HI(g)，压缩反应容器体积
通过颜色深浅变化研究压强对平衡移动的影响
D
向某溶液中加入氢氧化钠固体，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
检验溶液中是否含有铵根离子
A．A B．B C．C D．D
8．有机物F( )是合成某种手性药物的中间体。有关该化合物，下列叙述错误的是（　　）
A．分子式为C11H16O4
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．在酸性条件下，1mol该物质水解生成2molCH3OH
D．不存在属于芳香酸的同分异构体
9．市场上出售的“褪字灵”，其本质是利用氧化还原反应，先利用酸性高锰酸钾溶液褪去字迹，再用草酸(H2C2O4)消除高锰酸钾溶液的颜色，下列有关叙述正确的是（　　）
A．草酸在反应中做氧化剂
B．这种“褪字灵”褪字原理和二氧化硫的漂白原理相同
C．除色的离子方程式为2MnO 4- +5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
D．每生成1molCO2，电子转移数为2NA
10．二氧化氯(ClO2)是自来水常用的消毒剂。某实验小组设计以乙醇为溶剂，利用NaClO3，和HCl为原料制备ClO2，反应原理为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。反应的装置如图所示(部分夹持装置已略去)：

已知：ClO2常温下为黄绿色气体，11℃时液化成红棕色液体，易溶于水，ClO2溶于碱溶液生成亚氯酸盐和氯酸盐。
下列说法错误的是（　　）
A．A装置中仪器甲的名称为三颈烧瓶
B．冰水浴的作用是收集ClO2，同时分离出Cl2
C．装置C可以吸收ClO2和Cl2，同时防倒吸
D．可以用湿润的淀粉一碘化钾试纸检验ClO2中是否存在Cl2
11．科学家根据地康法制氯气原理，设计出一种利用电解原理的新型工业废气氯化氢的利用方案(装置如下图所示，电极为惰性材料)。下列说法正确的是（　　）

A．A电极接电源负极，电极电势：AY>X>W
B．将Ｍ加入到Z的氢化物水溶液中，有沉淀产生
C．Y与X、Z分别形成的二元化合物中不可能存在共价键
D．Z的氧化物对应的水化物是一种强酸
14．氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似，25℃时，测得溶液中Zn2+、[Zn(OH)4]2-物质的量浓度的对数与溶液pH关系如图所示(已知Ksp[Mg(OH)2]=1.1×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。下列说法正确的是（　　）

A．25℃时，Ksp[Zn(OH)2]的数量级为10-17
B．分离Mg2+和Zn2+，要控制pH在8~11之间
C．可以用硫酸锌和氢氧化钠溶液反应制备氢氧化锌
D．加入CuO可以除去硫酸铜溶液中的Zn2+
二、综合题
15．最近世界各国都在研究“1C化学”，它是以一个碳原子的物质为研究对象，在环境治理和新能源开发等方面有突出贡献。请回答下列问题：
（1）Ⅰ.最近几年，我国北方不少城市居民“谈霾色变”，汽车尾气是雾霾的罪魁之一。汽车尾气净化的原理为：2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g) △H=-746.5kJ•mol-1。
已知N2(g)+O2(g) ⇌ 2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1，则表示CO燃烧热的热化学方程式为　 　。
（2）某温度下，在恒容的密闭容器中通入NO和CO，测得不同时间的NO和CO的浓度如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)/×10-3mol•L-1
1.00
0.45
0.25
0.15
0.10
0.10
c(CO)/×10-3mol•L-1
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
①0~2s内用N2表示的化学反应速率为　 　。该温度下，CO的平衡转化率为　 　。
②实验测得，该反应的反应历程如图，其中活化能相对较大的是第　 　步(填“一”或“二”)。
第一步： +C—O→ (慢反应)
第二步： →N—O+C—O—C(快反应)
（3）某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag—ZSW—5催化，测得NO在有无CO的条件下转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示：

在 n(NO)n(CO) =1条件下，选择温度控制在870K的理由是　 　。
（4）一定温度下，在恒容反应器中发生如下反应：CO(g)+NO2(g)=CO2(g)+NO(g)，化学反应速率v=kpm(CO)pn(NO2)(k为化学反应速率常数，只与温度有关)。实验测得该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如表所示：
P(CO)/kPa
v/kPa•s-1
P(NO2)/kPa
10
20
30
10
0.009
0.018
0.027
20
0.018
0.036
0.054
30
0.027
0.054
0.081
若反应初始时p(CO)=p(NO2)akPa，达到平衡，测得体系中p(NO)=bkPa，则此时v=　 　kPa•s-1(用含有a和b的代数式表示)。
（5）Ⅱ.CO、CO2在现代工业上作用越来越明显。
一定温度下，向一固定体积的密闭容器中充入CO、CO2和H2来制备甲醇。测得在不同温度下的化学反应平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
①2H2(g)+CO(g) ⇌ CH3OH(g)
K1
2.5
0.34
0.15
②H2(g)+CO2(g) ⇌ H2O(g)+CO(g)
K2
1.0
1.70
2.52
③3H2(g)+CO2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g)
K3
　
　
　
反应②中的△H=　 　0(填“大于”或“小于”)，K3=　 　(用K1、K2表示)
（6）研究反应①在不同温度、压强下按照相同的物质的量投料反应，测得CO平衡转化率变化如图所示。下列说法正确的是___(填标号)。

A．温度：T1>T2>T3
B．正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C．平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)=K(d)
16．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水的处理剂，制备流程如图所示：

某化学兴趣小组模拟上述流程，在实验室中探究制备K2FeO4的方法，回答下列问题：
查阅资料：K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中易快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）反应Ⅲ中能够得到高铁酸钾的原因是　 　。
（2）若实验室用高锰酸钾与浓盐酸制取少量氯气，则反应的最佳装置应选用图中的　 　(填标号)，反应的离子方程式为　 　。
a. b.
c. d.
（3）制备K2FeO4的实验装置如图。装置中仪器乙的名称为　 　，实验时应先打开活塞K2的原因是　 　，为了提高氯气的利用率，可采取的措施是　 　。

（4）验证酸性条件下氧化性 FeO42- >Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，　 　(实验中须使用的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花)。
（5）根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2> FeO42- ，和第(4)小题实验表明的Cl2和 FeO42- 的氧化性强弱关系相反，原因是　 　。
17．工业上利用铝土矿(主要成分Al2O3，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)与磷肥厂的含氟废气(主要成分SiF4、HF)生产冰晶石(Na3AlF6)的工艺流程如图：

已知：①反应2的化学方程式为Na2SiF6+4NH3·H2O=2NaF+4NH4F+SiO2↓+2H2O。
②冰晶石(Na3AlF6)微溶于水。
回答下列问题：
（1）操作1的名称是　 　，反应3中得到的滤渣的主要成分是　 　(填化学式)。
（2）从滤液中得到绿矾的操作为　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥，检验绿矾是否被氧化的试剂是　 　。
（3）加入BaS除杂，得到的滤渣中含有S，写出产生S的离子方程式：　 　。
（4）反应2中二氧化硅的产率和冰晶石纯度与pH的关系如图，反应2最好控制在pH=　 　条件下进行，该反应不能在较高温度下进行，原因是　 　。

（5）上述流程中可循环使用的物质名称为　 　。
18．铁与镁组成的合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，回答下列问题：
（1）下列铁的外围电子排布图中，再失去一个电子需要能量最大的是　 　(填标号)。
A． B．
C． D．
在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数比铁多的元素为　 　(填元素符号)。
（2）甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型的铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。
①(H2NCH2COO)2Fe中含有第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　(用元素符号表示)，碳原子的杂化类型为　 　。
②甘氨酸H2NCH2COOH的沸点比相同相对分子质量的烷烃大很多，原因是　 　。
（3）硫酸亚铁(FeSO4)可用于制造甘氨酸亚铁，SO 42- 的空间构型为　 　，二聚体氯化铁分子结构对称，试写出二聚体氯化铁分子的结构　 　。
（4）铁与镁组成的其中一种储氢合金的晶胞结构如图所示(晶胞的边长为dnm)。
①晶胞中铁原子的配位数为　 　。
②图中a处原子的坐标参数为　 　，合金的密度为　 　g•cm-3。

19．如图是一种合成治疗具有手性的心脑血管药物F(一种环内酯)的路线图：

已知：①RX+Mg →无水乙醚 RMgX(X=Cl、Br、I)
②RMgBr+CO2→RCOOH
③RMgBr+R'CHO →H2O
回答下列问题：
（1）B的化学名称为　 　(用系统命名法表示)，E中官能团的名称为　 　。
（2）用*标出E中的手性碳原子　 　，G的结构简式为　 　。
（3）步骤②反应的化学方程式为　 　，E→F的反应类型为　 　。
（4）F有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式：　 　。
①除苯环外无其他环
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为9∶2∶2∶1
（5）参照上述合成路线，以乙烯和甲苯为原料，设计制备 的合成路线：　 　 (其他试剂任选)。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．煤油是石油分馏的产品，是传统能源，A符合题意；
B．硅常用作太阳能电池板，探测器采用的太阳能电池帆板主要成分为晶体硅，B不符合题意；
C．耐高温隔热陶瓷瓦为新型无机非金属材料，与传统陶瓷材料相比更耐高温，C不符合题意；
D．铝合金密度小，强度高，运载火箭采用铝合金材料作框架结构，主要利用其质量轻、强度高等优点，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】
A.煤油是传统能源，现在多采用联氨、液氢新能源；
B.太阳能电池板材料主要是晶体硅；
C.耐高温的隔热陶瓷是新型的无机非金属材料；
D.铝合金主要优点是质轻强度大。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．环丁烷和2—丁烯的的实验式均为CH2，n(CH2)=14g÷14g/mol=1mol，含极性键数目为2NA，A符合题意；
B．生成的气体未说明处于何种状态，故无法计算，B不符合题意；
C．n(Na2CO3)=1mol，CO 32- 在溶液中水解，溶液中含有的CO 32- 的数目小于NA，C不符合题意；
D．常温下，浓硝酸与铁发生钝化不会完全反应，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】
A.两物质的实验式相同，极性键相同，按照实验式计算即可；
B.未说明温度压强；
C.碳酸根易水解，属于小于此值；
D.与浓硝酸反应钝化。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似，分子组成相差若干个“CH2”的化合物互为同系物；因此蔗糖(C12H22O11)和葡萄糖(C6H12O6)不是同分异构体，也不属同系物，A不符合题意；
B．C3H6不一定是丙烯，也可以是环丙烷，若是环丙烷则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B不符合题意；
C．油脂在碱性条件下的水解叫皂化反应，乙酸乙酯不是油脂，C不符合题意；
D．异丁烷即CH3CH(CH3)CH3，根据系统命名法，最长碳链有3个C，2号C上有1个支链(甲基)，因此异丁烷系统命名法为2-甲基丙烷，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】
A.根据其分子式，既不属于同分异构，也不属于同系物；
B.C3H6不饱和度是1，有可能成环，无不饱和键；
C.此反应称之为水解；
D.异丁烷的系统命名法是2-甲基丙烷。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制得氯气，A不符合题意；
B．浓硝酸把亚硫酸钠氧化，无法制得二氧化硫气体，B不符合题意；
C．双氧水在二氧化锰催化下可制氧气，能用浓硫酸干燥，C符合题意；
D．浓氨水与碱石灰可制氨气，但不能用浓硫酸干燥氨气，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】
A.稀盐酸和二氧化锰常温不反应；
B.亚硫酸钠被氧化，无法得到二氧化硫气体；
C.可反应产生氧气，利用浓硫酸进行干燥；
D.碱性气体与酸会反应。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉，氢氧化钙不能拆成离子形式，故A不符合题意；
B．醋酸与大理石发生复分解反应，由于醋酸为弱酸，碳酸钙难溶于水，所以两种反应物都应以化学式表示，反应的离子方程式是 2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑ ，故B符合题意；
C．氢氧化钡和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜，该反应的离子方程式为 Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓ ，故C不符合题意；
D．铁离子具有氧化性， I- 具有强还原性，二者会发生氧化还原反应， Fe(OH)3 溶于过量HI溶液，发生的反应为 2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O ，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】
A.漂白粉的制备是与石灰乳进行反应，石灰乳不可拆；
B.符合电荷守恒和原子守恒；
C.其中还存在氢氧化铜沉淀；
D.三价铁和碘离子会发生氧化还原反应。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．根据图示，丙烷和氧气的总能量小于丙烯和过氧化氢的总能量，所以丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为吸热反应，故A符合题意；
B．步骤C3H8*=C3H7*+H*的活化能最大，C3H8*=C3H7*+H*是慢反应，所以该反应的快慢取决于C3H8*=C3H7*+H*，故B不符合题意；
C．能量越低越稳定，图中过渡态2比过渡态1稳定，故C不符合题意；
D．催化剂在反应中参与化学反应并改变反应的活化能，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】
A.根据图示反应物总能量低于生成物，吸热反应；
B.活化能越大，反应速率越慢，即为决速步骤；
C.能量越低越稳定；
D.催化剂只改变活化能从而改变反应速率。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．稀硫酸是淀粉水解的催化剂，直接加入新制氢氧化铜悬浊液会和硫酸反应，应在加氢氧化铜悬浊液之前加过量NaOH溶液中和硫酸，A不符合题意；
B．KMnO4溶液需要用稀硫酸酸化，B不符合题意；
C．H2(g)+I2(g) ⇌ 2HI(g)为反应前后气体总物质的量不变的反应，压缩容器体积(增大压强)平衡不移动，但是体积减小，碘蒸气浓度增大，颜色会加深，可能得出不符合题意结论，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．向某溶液中加入氢氧化钠固体，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，则证明含铵根离子，可检验溶液中是否含有铵根离子，D符合题意；
选D。

【分析】
A.硫酸会和氢氧化铜反应，加入前需要先中和掉硫酸；
B.高锰酸钾需要酸化；
C.压强对平衡无影响；
D.加入强碱会使氨气释放，从而与红色湿润的石蕊试纸变色。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．根据F的结构简式知，F的不饱和度为4，分子式为C11H16O4，A不符合题意；
B．F中含碳碳双键，F能被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B不符合题意；
C．1个F中含有2个酯基，F在酸性条件下水解的化学方程式为 +2H2O ⇌ΔH+ +2CH3OH，由于该反应为可逆反应，则酸性条件下1molF水解生成的CH3OH物质的量小于2mol，C符合题意；
D．芳香酸中至少存在1个苯环和1个羧基，芳香酸的不饱和度至少等于5，而F的不饱和度为4，故F不存在属于芳香酸的同分异构体，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】
A.根据结构简式判断；
B.含碳碳双键，可以使重铬酸钾褪色；
C.此水解反应属于可逆反应，数值小于此值；
D.根据其不饱和度计算，存在其同分异构。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．草酸(H2C2O4)中C为+3价，被高锰酸钾氧化为+4价(CO2)，草酸作还原剂，A不符合题意；
B．这种“褪字灵”褪字原理是发生氧化还原反应，二氧化硫的漂白原理是化合过程，没有元素价态的变化，原理不相同，B不符合题意；
C．除色时草酸中+3价的C被氧化为CO2，高锰酸根中的Mn被还原为Mn2+，反应的离子方程式为2MnO 4- +5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，C符合题意；
D．H2C2O4→CO2，反应中只有H2C2O4中的C被氧化，因此每生成1molCO2，电子转移数=1mol×[(+4)-(+3)]×NAmol-1=NA，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】
A.草酸中碳元素化合价升高，作还原剂；
B.二氧化硫漂白作用是化合，此漂白是氧化还原；
C.根据氧化还原反应利用得失电子守恒和原子守恒配平即可；
D.转移电子数为1ｍｏｌ。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由装置图可知A装置中仪器甲的名称为三颈烧瓶，A不符合题意；
B．ClO2常温下为黄绿色气体，11℃时液化成红棕色液体，因此B中冰水浴的作用是使ClO2液化，从而收集ClO2，同时分离出Cl2，B不符合题意；
C．氯气能与碱反应，由题意可知ClO2溶于碱溶液，二者都有毒，因此装置C可以吸收ClO2和Cl2，由C的结构可知同时可防倒吸，C不符合题意；
D．ClO2中Cl为+4价，比氯气中Cl价态高，因此ClO2氧化性强于氯气，ClO2能氧化碘化钾产生碘单质，因此不能用湿润的淀粉一碘化钾试纸检验ClO2中是否存在Cl2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.装置A是三颈烧瓶；
B.冰水使二氧化氯液化便于收集；
C.装置C有肚容可以防止倒吸。尾气处理；
D.氯气和二氧化氯均能氧化碘离子呈碘单质。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．由电解池的装置图可知，A电极上HCl中Cl元素失去电子，被氧化生成氯气，电极反应式为 2HCl-2e-=Cl2↑+2H ，即A电极为阳极，连接电源正极，与电池正极相连的A电极电势高，A项不符合题意；
B．每生成22.4L(标准状况)氯气，即1mol氯气，由阳极反应式 2HCl-2e-=Cl2↑+2H+可知，转移电子的物质的量为2mol，即溶液中有2mol H+ 移向阴极，B项符合题意；
C．B电极为阴极，由装置图可知，电极表面发生还原反应 Fe3++e-=Fe2+ ，C项不符合题意；
D．碳酸钠和盐酸反应，同时溶液呈碱性也会消耗铁离子，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】
A.根据电极的反应，A电极是阳极连接正极，电极电势高；
B.根据得失电子守恒和阳极电极反应，转移氢离子2mol；
C.根据上图B电极无氢离子参与；
D.碳酸钠可以和盐酸反应，且生成氢氧化铁。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．电极B为阳极，与电源正极相连，A不符合题意；
B．电极C为电解池阴极，反应式为Li++e-=Li，B不符合题意；
C．设计A区的主要原因是用碳酸锂吸收氯气防止污染空气，同时制得LiCl在电极C使用，提高Li产率，C符合题意；
D．结合分析可知A区反应的方程式为2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.电极B阳极，连接的是正极； B.电极C是阴极，得电子，锂离子放电；
C.电极B是氯离子放电生成氯气，主要是吸收氯气；
D.氯离子放电参与反应。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下，原子半径增大，W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S，则原子半径Y>Z >X>W，A不符合题意；
B．Ｍ(Na2S2O8)，有2个O为-1价(过氧键-O-O-)，因此M有强氧化性，M加入到Z的氢化物(H2S)水溶液中，有沉淀S生成，B符合题意；
C．Y(Na)与X(O)、Z(S)分别形成的二元化合物中可能存在共价键，如Na2O2，Na2S2，C不符合题意；
D．Z(S)的氧化物对应的水化物可能是强酸(H2SO4)，也可能是弱酸(H2SO3)，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】
A.根据化合物的结构简式，W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S，根据元素周期律可以比较原子半径；
B.此沉淀是硫单质；
C.可能存在共价键，如过氧化钠；
D.也可能是弱酸，亚硫酸。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．25℃时，Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Ksp[Zn(OH)2]的数量级为10-17，A符合题意；
B．Ksp[Mg(OH)2]=1.1×10-11，Mg2+完全沉淀时(Mg2+浓度为10-5mol/L)，c2(OH-)= Ksp[Mg(OH)2]10-5mol/L=1.1×10-1110-5 mol2/L2=1.1×10-6mol/L，c(OH-)= 1.1 ×10-3mol/L≈1×10-3mol/L，此时pH=11，由图可知pH在8.0到12之间锌以Zn(OH)2形式存在，因此分离Mg2+和Zn2+，不能控制pH在8~11之间，B不符合题意；
C．氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似，则氢氧化锌能溶于强碱，因此应用可溶性锌盐和氨水制备氢氧化锌，C不符合题意；
D．Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Zn(OH)2] >Ksp[Cu(OH)2]，则先形成Cu(OH)2沉淀，不能用CuO除去硫酸铜溶液中的Zn2+，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】
A.根据中性时的浓度计算氢氧化锌的沉淀溶解平衡常数的数量级为10-17；
B.根据图像分析pH控制在8-12最好；
C.氢氧化锌是两性，用强碱制备不好控制用量；
D.根据沉淀的溶度积常数，会先沉氢氧化铜。
15．【答案】（1）CO(g)+ 12 O2(g) ⇌ CO2(g) △H=-238 kJ•mol-1
（2）1.875 ×10-4mol·L-1·s-1；25%；一
（3）NO还原为N2的转化率达到最大值
（4）9×10-5(a-b)2
（5）＞；K1·K2
（6）C
【解析】【解答】（1）①2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g) △H=-746.5kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g) ⇌ 2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1，根据盖斯定律，由(①+②)× 12 可得：CO(g)+ 12 O2(g) ⇌ CO2(g) △H=(-746.5kJ•mol-1+180.5kJ•mol-1) × 12 =-238 kJ•mol-1；
（2）①0~2s时间段△c(NO)=(1.00-0.25) ×10-3 mol·L-1=7.5×10-4 mol·L-1则△c(N2)= 12 △c(NO) =3. 75 ×10-4 mol·L-1，则v(N2) = 1.875 ×10-4mol·L-1·s-1，由表中数据可知4s时处于平衡状态，平衡时CO浓度为2.70×10-3mol·L-1，开始时CO浓度为3.60 ×10-3 mol·L-1，则CO的平衡转化率为(3.60×10-3-2.70×10-3) mol·L-1÷(3.60×10-3) mol·L-1×100%=25%；②实验测得，该反应的反应历程如图，其中活化能相对较大的是慢反应，即第一步；
（3）在 n(NO)n(CO) =1条件下，选择温度控制在870K的理由是：NO还原为N2的转化率达到最大值；
（4）化学反应速率v=kPm(CO)Pn(NO2)，m=1，n=1，K= 0.00910×10 ，根据三段式： CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)起始aa00转化bbbb平衡a-ba-bbb ，此时 v=KP(CO)×P(CO2)kPa×s-1=0.00910×10×(a-b)×(a-b)kPa·s-1=9×10-5(a-b)2kPa·s-1 ；
（5）分析可知，温度越高，反应②的平衡常数随温度的上升而变大，该反应为吸热反应，△H＞0，根据盖斯定律可知③=①+②，则K3=K1·K2；
（6）A．图中虚线为相同圧強，此时CO的转化率为α(T1)> α(T2)> α(T3)，该反应的正反应为放热反立，升高温度，平衡逆向移幼，CO的转化率减小，則温度：T3>T2>T1，A不正确；
B．a、c两点的圧強相同，温度：c>a，温度越高，反虚速率越快，則v(a)>v(c)， b、d两点的温度相同，圧強：b>d，对有气体参与的反应，圧强越大，反应速率越快，則v(b)>v(d)，B不正确；
C．平衡常数只与温度有关，b、d的温度相同，K(B)=K(D)，温度：c>a，温度升高，平衡逆向移动，K减小，則K(a)>K(c)，C正确；
故C正确。
【分析】
（1）根据盖斯定律由已知化学方程式加减得到即可，注意反应热计算时的符号；
（2）根据提供的浓度变化情况，利用公式计算反应速率，利用三段式计算转化率；活化能较大的慢反应，通过改变活化能改变反应速率；
（3）根据图像分析在此条件下的转化率最高；
（4）根据三段式计算即可，利用题中所给的平衡常数与反应速率的关系；
（5）由表格数据分析，反应②中的平衡常数随温度升高而增大，故吸热反应‘根据盖斯定律即可计算反应③的平衡常数；
（6）控制变量法结合平衡移动的性质即可判断。
16．【答案】（1）相同条件下，高铁酸钾溶解度比高铁酸钠溶解度小
（2）c；2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3）恒压滴液漏斗；提供碱性环境；缓慢通入氯气
（4）向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，用蘸有NaOH溶液的棉花塞在试管口
（5）溶液的酸碱性影响物质氧化性的强弱
【解析】【解答】（1）反应Ⅲ中能够得到高铁酸钾是因为相同条件下高铁酸钾溶解度比高铁酸钠溶解度小，故高铁酸钠可以和饱和氢氧化钾溶液发生反应生成高铁酸钾和氢氧化钠，故答案为：相同条件下，高铁酸钾溶解度比高铁酸钠溶解度小；
（2）高锰酸钾与浓盐酸制取少量氯气，不需要加热，且高锰酸钾为固体，浓盐酸为液体，则反应的最佳装置应选用图中的c；二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为： 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ；故答案为：c； 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ；
（3）装置乙为恒压滴液漏斗，作用为平衡气压，使NaOH溶液能够顺利流下；高铁酸钾具有强氧化性，在酸性或中性溶液中易快速产生氧气，在碱性溶液中较稳定，需要先打开活塞K2加入NaOH溶液，提供碱性环境防止高铁酸钠分解；为了提高氯气的利用率，可采取的措施是缓慢通入氯气，故答案为：恒压滴液漏斗；提供碱性环境；缓慢通入氯气；
（4）根据氧化还原反应中“强制弱”的规律，要验证酸性条件下氧化性 FeO42- >Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性 FeO42- >Cl2，用蘸有NaOH溶液的棉花塞在试管口可吸收生成的Cl2，防止污染空气，故答案为：向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性 FeO42- ＞Cl2，用蘸有NaOH溶液的棉花塞在试管口；
（5）根据K2FeO4的制备实验得出：在碱性环境中，氧化性Cl2> FeO42- ，而第(4)小题实验表明，在酸性环境中物质的氧化性： FeO42- >Cl2，这说明了溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，因此在只有指明溶液酸碱性时，比较物质的氧化性或还原性才有意义，故答案为：溶液的酸碱性影响物质氧化性的强弱。
【分析】
（1）利用高铁酸钾和高铁酸钠的溶解度不同；
（2）实验室制取氯气需要控制反应速率且安全，采用二氧化锰和浓盐酸反应，固液加热型；根据氧化还原反应进行化学方程式的书写即可；
（3）乙的名称是恒压滴液漏斗，先加入氢氧化钠是先创造碱性环境；提高氯气的利用率可减慢氯气的通入速度；
（4）向试管中滴加盐酸，利用氧化还原反应将氯气生成，利用淀粉碘化钾试纸检验即可；
（5）酸碱性的对氧化还原有影响。
17．【答案】（1）过滤；SiO2
（2）蒸发浓缩；冷却结晶；KSCN溶液
（3）BaS+2Fe3++ SO42- =BaSO4+2Fe2++S
（4）8.5；防止NH3·H2O受热分解
（5）硫酸
【解析】【解答】（1）结合所给信息可知反应1为Na2SO4和SiF4、HF反应得到Na2SiF6和H2SO4，HF酸性弱于H2SO4，但该反应能发生，说明Na2SiF6溶解度小，因此反应1得到的Na2SiF6应为沉淀，操作1的名称是过滤；二氧化硅和硫酸不反应，反应3中得到的滤渣的主要成分是SiO2；
（2）硫酸亚铁的溶解度随温度升高而升高，从滤液中得到绿矾的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；若绿矾被氧化，则绿矾中含铁离子，因此检验绿矾是否被氧化的试剂是KSCN溶液；
（3）由流程看，加入BaS的作用是将铁离子还原为亚铁离子，因此BaS作还原剂，铁离子作氧化剂，硫酸根和钡离子生成硫酸钡，因此产生S的离子方程式为BaS+2Fe3++ SO42- =BaSO4+2Fe2++S；
（4）二氧化硅的产率越高，制得的冰晶石中二氧化硅的含量越低越好，因此反应条件控制在pH=8.5最好；氨水受热易分解，该反应不能在较高温度下进行，原因是防止NH3·H2O受热分解；
（5）从流程看操作1得到硫酸溶液，反应3和调pH=5.5均用到硫酸，因此上述流程中可循环使用的物质名称为硫酸。
【分析】
（1）操作1是过滤，固液分离；不与硫酸反应的是二氧化硅；
（2）蒸发浓缩、冷却结晶，绿矾中含铁离子，利用硫氰化钾检验；
（3）分析其中所含离子，利用三价铁和硫离子氧化还原反应，注意硫化钡不可拆；
（4）根据图像，pH=8.5最好，温度过高一水合氨易分解；
（5）根据流程图分析，过程中硫酸可以重复利用。
18．【答案】（1）D；Cr、Mn
（2）N>O>C；sp2、sp3；H2NCH2COOH分子间能形成氢键
（3）正四面体；
（4）8；( 34，34，14 )；416d3×10-21NA
【解析】【解答】（1）Fe原子最外层有2个电子，容易失去；Fe2+的3d轨道有6个电子，结构不稳定，容易失去1个电子形成Fe3+；Fe3+的3d轨道有5个电子，结构稳定，难失电子，所以再失去一个电子需要能量最大的是D；
基态铁原子未成对电子数是4、Cr原子未成对电子数是6、Mn原子未成对电子数是5，在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数比铁多的元素为Cr、Mn；
（2）①(H2NCH2COO)2Fe中含有的第二周期元素为C、N、O，N的2p能级为半充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，该络合物中有1个单键碳、1个双键碳，碳原子的杂化类型为sp2、sp3。
②甘氨酸H2NCH2COOH分子间能形成氢键，所以其沸点比相同相对分子质量的烷烃大很多；
（3）硫酸亚铁(FeSO4)可用于制造甘氨酸亚铁，SO 42- 中S原子的价电子对数是4，无孤电子对，所以空间构型为正四面体，二聚体氯化铁分子结构对称，二聚体氯化铁分子的结构 。
（4）①根据晶胞结构图，每个Fe均位于八个Mg构成的立方体的体心，铁原子的配位数为8。
②图中a处原子的坐标参数为( 34，34，14 )；根据均摊原则，1个晶胞含有Fe原子数是 8×18+6×12=4 、Mg原子数是8，合金的密度 24×8+56×4(d×10-7)3NAg/cm3=416d3×10-21NAg/cm3 。
【分析】
（1）铁的价电子排布，根据洪特规则和泡利不相容原理判断即可；
（2）电离能大小同周期自左到右逐渐变小，但氧和氮元素存在例外，根据碳元素的连接形式是 sp2、sp3杂化；而甘氨酸的沸点异常，主要是因为存在氢键；
（3）硫原子价电子对数是4，无孤对电子，空间结构是正四面体结构，二聚体氯化铁分子结构对称，根据对称的性质及成键的情况写出结构即可；
（4）据图可知配位数是8，根据均摊原则计算密度即可。
19．【答案】（1）2-溴甲苯；羟基、羧基
（2）；(CH3)3CMgBr
（3） +O2→ΔMnO2 +H2O；取代反应(酯化反应)
（4） 、
（5）
【解析】【解答】（1）B的结构简式为 ，化学名称为2-溴甲苯(用系统命名法表示)；由E的结构简式可知E中官能团的名称为羟基、羧基；
（2）与4个不同的原子或原子团相连的C称为手性C，E中的手性C有1个，如图 ；G的结构简式为(CH3)3CMgBr；
（3）步骤②为B氧化为C，反应的化学方程式为 +O2→ΔMnO2 +H2O；E→F为E分子内的-OH和-COOH酯化，反应类型为取代反应(酯化反应)；
（4）F为 ，其有多种同分异构体，满足：
③核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为9∶2∶2∶1，则含-C(CH3)3；
②能发生银镜反应，则含-CHO；
①除苯环外无其他环，则必含2个-CHO；
满足条件的有 、 ；
（5）逆合成分析： 可由苯甲醛和C2H5MgBr合成，苯甲醛可由甲苯合成；C2H5MgBr可由C2H5Br合成，C2H5Br可由乙烯和HBr加成得到，因此合成路线为： 。
【分析】
（1）根据反应条件是取代反应，故B是2-溴甲苯，E中含羟基、羧基；
（2）手性碳原子是其连接的四个键连接的均不同；
（3）步骤②是催化氧化，其甲基被氧化成醛基，E→F的反应类型是酯化反应；
（4）根据题目要求先将苯环外的官能团单独排列，后加在苯环上，根据支链个数和在苯环上的位置区分；
（5）按照目标产物进行倒推，利用各官能团的性质进行推断即可。