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辽宁省沈阳铁路实验中学2020届高三10月月考化学试题
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沈阳铁路实验中学2019-2020学年高三上学期10月月考
化学试题
1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是( )
A. 为提高农作物的产量和质量,应大量使用化肥和农药
B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C. 食品添加剂对人体有害,要杜绝使用
D. 垃圾是放错地方的资源,应分类回收利用
【答案】D
【解析】
A、大量使用化肥和农药会污染土壤和水资源，应合理使用，故A错误；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，不能先污染再治理，故B错误；C、合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，故C错误；D、垃圾也是一项重要的资源，可回收的应回收利用，故D正确。故选D。
点睛：本题主要考查化学物质与生活得关系、绿色化学的概念、化肥农药对人类生活的影响．解题关键：平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来。B是易错点。
2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是外加电流的阴极保护法
B. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质
C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一
D. 黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料
【答案】A
【解析】
【详解】A. Mg比Fe活泼，当发生电化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极阴极保护法，故A错误；
B. K2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，而K2FeO4被还原生成三价铁离子，水解生成氢氧化铁胶体可除去水中悬浮杂质，故B正确；
C. 蒸馏法和离子交换法都是是常用的海水淡化的方法，故C正确；
D. 生产陶瓷的原料是粘土，水泥的生产原料是石灰石、粘土，故D正确；
答案选A。
3.工业酸性废水中的Cr2O72－可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50 mL，Cr2O72－的起始浓度、电压、电解时间均相同）。下列说法中，不正确的是（ ）
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，滴加1 mL浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1 mL浓硫酸
Cr2O72－的去除率/%
0.922
12.7
57.3
A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72－的去除率
B. 实验②中，Cr2O72－在阴极放电的电极反应式是Cr2O72－ + 6e－+ 14H+ == 2Cr3+ + 7H2O
C. 实验③中，Cr2O72－去除率提高的原因是阳极产物还原Cr2O72－
D. 实验③中，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 mol Cr2O72－ 被还原
【答案】D
【解析】
分析：A.根据增加氢离子浓度Cr2O72－的去除率升高分析；
B.根据电解池中阴极发生得到电子的还原反应解答；
C.根据阳极铁失去电子转化为亚铁离子判断；
D.根据Cr元素化合价变化情况计算。
详解：A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；
B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72－+6e－+14H+＝2Cr3+ +7H2O，B正确；
C.实验③中阳极铁失去电子转化为亚铁离子，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，离子方程式为Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3+ +6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72-去除率提高，C正确；
D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有0.5molCr2O72-被亚铁离子还原，所以一共有1molCr2O72-被还原，D错误；答案选D。
4.硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC)， 由于具有效率高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池。其工作原理如下图所示，下列说法正确的是
A. 电池的负极反应为BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+
B. 放电时，每转移1mol电子，理论上有1molNa+透过选择透过膜
C. 电池放电时Na+从b极区移向a极区
D. 电极a发生还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】
以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，a为负极，b为正极。结合原电池的工作原理和解答该题
【详解】A. 电解质溶液呈碱性，负极发生氧化反应生成BO2−，电极反应式为BH4−+8OH−−8e−
=BO2−+6H2O，故A错误；
B. 原电池中为钠离子选择透过性膜，只允许钠离子通过，每转移1mol电子，理论上有1molNa+透过选择透过膜，故B正确；
C. 原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；
D. 根据分析，a 为负极，发生氧化反应，故D错误；
答案选B。
5.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，W、Z核外电子数之和是X核外电子数的2倍，Y的最外层电子数是其质子数的。下列叙述正确的是
A. Y元素对应的最高价氧化物的水化物是强酸
B. 原子半径：X＞Y＞Z
C. 该新化合物中的Y元素不满足8电子稳定结构
D. Y、Z两元素可形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则X位于第IVA族，最外层有4个电子；Z位于第VIIA族，最外层7个电子；W形成+1价阳离子， W位于第IA族，最外层1个电子。Y的最外层电子数是其质子数的，若Y为第二周期元素，符合结构要求的为3号元素，与W元素冲突，故不为第二周期，若Y为第三周期元素，符合要求的为15号元素P，那么W为Na，X为Si，Z为Cl。
【详解】A. Y为P，Y的最高价氧化物的水合物是磷酸，为中强酸，故A错误；
B. 同周期元素从左至右，原子半径依次减小，原子半径：X＞Y＞Z，故B正确；
C. Y为P，其最外层有5个电子，P原子形成2个共价键且该阴离子得到W原子一个电子，所以P原子达到8电子结构，即Y原子达到8电子结构，故C错误。
D. Y、Z两元素可形成三氯化磷、五氯化磷，为共价化合物，故D错误；
答案选B。
6.已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性。下列说法正确的是
A. X、Z、Y、W中非金属性最强的为Z
B. 若W与Y的原子序数相差4，则二者形成化合物的化学式可能为YW
C. W的氢化物的沸点一定低于Z的氢化物的沸点
D. W与X形成的化合物只含离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z>W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，Z为非金属元素，所以Z的原子序数比X、Y的都大，X的阳离子的氧化性大于Y的阳离子的氧化性，则原子序数X>Y，且二者处于第三周期，所以X、Y、Z的原子序数Z>X>Y，结合元素周期律与元素化合物知识解答。
【详解】A. 根据上述分析，W、Z为非金属，X、Y为金属元素，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，W的非金属性强于Z的非金属性，故A错误；
B. 若W为O元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差4，二者形成化合物的化学式可能为MgO，为YW，故B正确；
C. W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C， Z为Si时，W氢化物沸点较低，故C错误；
D. 若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故D错误。
答案选B。
7.下列有关叙述错误的是
A. 在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若电子转移的数目为5NA，则有212克氯气生成
B. 常温常压下，40g氖气所含的分子数目为2NA
C. 含2molH2SO4的浓硫酸与足量Zn完全反应，转移的电子数目可能为3NA
D. 标准状况下，33.6L Cl2与足量CH4在光照条件下充分反应，生成的C－Cl键数目为3.0NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由反应方程式可知，生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为 37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量为：=70.7g/mol，若有5mol电子转移，则生成3mol氯气，其质量为：3mol×70.7g/mol=212g，故A正确；
B. 常温常压下，40g氖气为2mol，氖气的原子即为分子，所含的分子数目为2NA，故B正确；
C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量锌反应，若完全生成二氧化硫，则转移电子为0.2mol，若完全生成氢气，则转移电子为0.4mol。锌足量，所以硫酸完全反应，开始生成二氧化硫，溶液变稀生成氢气，所以产物有二氧化硫和氢气两种物质，所以转移电子的物质的量介于0.2mol-0.4mol之间，故C正确；
D. 33.6LCl2物质的量为1.5mol，含有氯原子为3mol，甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，生成氯代烃和HCl，由于HCl中含有氯原子，则生成C-Cl键小于3mol，故D错误。
答案选D。
8.在三个容积相同的密闭容器中分别充入A、B、C三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序为p（B）＞p（A）＞p（C）， 则A、B、C分别是
A. CO、H2、O2 B. O2、N2、H2 C. NO、CO2、H2 D. NH3、O2、NO2
【答案】A
【解析】
【详解】在温度和密度都相同条件下，如体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，
已知压强(p)从大到小的顺序为p(B)>p(A)>p(C)，则摩尔质量B
9.吸烟有害健康，青少年应远离烟草。烟草和烟气中含有多种有害有毒物质，其中剧毒物尼古丁的结构简式如图乙所示，致癌物质苯并吡的结构如图甲所示，有关其叙述正确的是
A. 尼古丁属于芳香族化合物
B. 尼古丁分子中的C、N原子均处于同一平面内
C. 苯并吡的分子式为C20H12
D. 苯并吡能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 尼古丁分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；
B. 尼古丁分子中含有饱和C原子，饱和C原子是四面体结构，所以尼古丁分子中的H原子一定不共面，故B错误；
C. 有结构简式可知，苯并吡的分子式为C20H12，故C正确；
D. 苯并吡中含有苯环，具有苯的性质，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
10.过量饮酒易引起酒精中毒，中毒原理为乙醇被体内的乙醇脱氢酶氧化成对人体有极大毒性的乙醛，中毒严重者有生命危险。下列醇类物质既能发生消去反应又能发生催化氧化反应的有几个①甲醇 ②1-丙醇 ③环己醇 ④2-甲基-2-丙醇 ⑤2,2-二甲基-1-丙醇 ⑥乙二醇
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
【详解】①甲醇中-OH邻位没有C，不能发生消去反应，故①不符合；
②1丙醇中-OH邻位C上应含有H原子，含有-CH2OH的结构，既能发生消去反应又能发生催化氧化反应，故②符合；
③环己醇中-OH邻位C上应含有H原子，含有-CH2OH的结构，既能发生消去反应又能发生催化氧化反应，故③符合；
④2甲基2丙醇中-OH邻位C上应含有H原子，没有-CH2OH的结构，能发生消去反应但不能发生催化氧化反应，故④不符合；
⑤2,2二甲基1丙醇中-OH邻位C上应没有H原子，含有-CH2OH的结构，不能发生消去反应但能发生催化氧化反应，故⑤不符合；
⑥乙二醇中-OH邻位C上应含有H原子，含有-CH2OH的结构，既能发生消去反应又能发生催化氧化反应，故⑥符合；
答案选B。
【点睛】醇类物质中能发生消去反应，-OH邻位C上应含有H原子，能发生催化氧化反应生成醛类，应含有-CH2OH的结构。
11.AlCl3易水解。某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3固体。下列说法错误的是
A. G装置作用是除去多余氯气，防止空气污染
B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人D和E中
C. B中试剂为饱和碳酸氢钠溶液
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验中制取的氯气有毒且属于污染性气体，G装置作用是除去多余氯气，防止空气污染，故A正确；
B. AlCl3易水解，装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人D和E中使AlCl3水解，故B正确；
C. 装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，应使用饱和氯化钠溶液，使用饱和碳酸氢钠溶液会引入二氧化碳杂质，故C错误；
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，将装置中的水蒸气和氧气排干净，防止干扰实验，故D正确；
答案选C。
12.根据下列实验所操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验，操作和现象
实验结论
A
石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体使酸性KMnO4溶液褪色
产生的气体中一定含有C2H4
B
将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈
稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强
C
将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，依次出现白色沉淀和溶液褪色的现象
Ag2SO4分解的生成物中一定有SO3和SO2
D
向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色
I－还原性强于Cl－
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 石蜡油高温下裂解，分解产物含有乙烯等不饱和烃，但不一定是乙烯，故A错误；
B. 铝片分别投入浓硝酸中发生钝化，不能以此来作为比较氧化性强弱依据，故B错误；
C. SO2通入饱和Ba(HSO3)2溶液也能产生白色沉淀，不能证明含有SO3，故C错误；
D. 向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色，说明产生碘单质，发生反应为2I-+Cl2=2Cl-+I2，碘离子为还原剂，氯离子为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故D正确；
答案选D。
13.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H < -57.3kJ•mol-1
C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1
D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -28349kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O3比O2稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，故A错误；
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3 kJ•mol-1，由于钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡的反应为放热反应，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H < -57.3kJ•mol-1，故B正确；
C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，由于该反应为可逆反应，则平衡时消耗氮气的物质的量小于0.5mol，即1mol氮气与氢气完全反应放出热量大于38.6kJ，则正确的热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H <-38.6kJ•mol-1，故C错误；
D. ①4Al（s）+3O2（g）=2A12O3，△H=-2834.9kJ•mol-1②4Al（s）+2O3（g）=2A12O3，△H=-3119.1gkJ•mol-1，根据盖斯定律①-②可得：302（g）=203（g）△H=-2834.9kJ•mol-1-（-3119.1kJ•mol-1）=+284.2kJ•mol-1，该反应为吸热反应，说明氧气的能量小于臭氧，则氧气比臭氧稳定，故D错误；
答案选B。
14. 下列各组离子在指定溶液中关于离子共存的说法正确的是
A. 25℃时溶液中一定大量共存：Na+、Ca2+、Cl-、SO42-
B. 能与铝反应放出氢气的溶液中一定共存：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－
C. 弱碱性溶液中可能大量共存：Na+、K+、Cl‾、HCO3‾
D. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－
【答案】C
【解析】
试题分析：A、25℃时，水溶液中Ca2+和SO42-反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，错误；B、能与铝反应放出氢气的溶液可能呈强酸性或强碱性，强酸性条件下H＋、NO3－具有强氧化性，与铝反应不产生氢气，强碱性条件下，OH－和Mg2＋、Cu2＋反应生成氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，不能大量共存，错误；C、弱碱性溶液中组内离子间不反应，能大量共存，正确；D、0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3＋与SCN－反应生成硫氰合铁离子，不能大量共存，错误。
考点：考查离子反应、离子共存问题。
15.（I）短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。回答下列问题：
W
X
Y
Z
（1）Z在元素周期表中的位置______________。
（2）X的最简单氢化物的电子式为______。
（3）Y单质与NaOH溶液反应的离子方程式为：________。工业生产Y单质的化学方程式为__________。
（4）向盛有3 mL鸡蛋清溶液的试管里滴入几滴W的最高价氧化物的水化物浓溶液，实验现象为_________。
（II）甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH1
②CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH2
③CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）ΔH3
回答下列问题：已知反应①中的相关的化学键键能数据如表：
化学键
H—H
C—O
（CO中的化学键）
H—O
C—H
E/（kJ·mol－1）
436
343
1076
465
413
（5）由此计算ΔH1＝__kJ·mol－1，已知ΔH2＝－58kJ·mol－1，则ΔH3＝__kJ·mol－1。
【答案】 (1). 第三周期 第VIIA族 (2). (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 2Al2O3(熔融）4Al+3O2↑ (5). 产生黄色沉淀(或淡黄色沉淀或变黄) (6). -99 (7). +41
【解析】
【详解】（I）根据元素在周期表中的位置和四种元素原子的最外层电子数之和为21可知，X为氧，Y为铝，Z为氯，W为氮；
（1）Z为氯元素，处于第三周期 第ⅦA族；
答案为：第三周期 第ⅦA族
（2）X为氧元素，最简单氢化物为水，电子式为。
答案为：
（3）Y单质为铝，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠、氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。工业生产铝单质的方法是电解氧化铝来制取，化学方程式为2Al2O3(熔融）4Al+3O2↑。
答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；2Al2O3(熔融）4Al+3O2↑
（4）W为氮元素，最高价氧化物的水化物为硝酸，浓硝酸能使蛋白质变性，向盛有3 mL鸡蛋清溶液的试管里滴入几滴W的最高价氧化物的水化物浓溶液，实验现象为产生黄色沉淀(或淡黄色沉淀或变黄)。
答案为：产生黄色沉淀(或淡黄色沉淀或变黄)；
（5）反应热=反应物总键能−生成物总键能，故△H1=1076 kJ/mol +2×436 kJ/mol −(3×413+343+465)kJ/mol=-99 kJ/mol；
根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58 kJ/mol −(-99 kJ/mol)=+41 kJ/mol，
故答案为：-99；+41；
16.锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。
（1）锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的工作原理：
ⅰ.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。
ⅱ.放电过程原理示意图如图所示：
①放电时，电流从______（填“a”或“b”）极流出。
②充电时，a极的电极反应式为______。
（2）钴酸锂回收再生流程如下：
①用H2SO4酸浸时，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是______。
②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式_______。
③其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30% H2O2 混合液中的浸出率曲线如图，请解释温度高于80℃，钴的浸出率变化的原因：______。
④高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为______。
【答案】 (1). a (2). LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+ (3). 还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+） (4). 2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O (5). 80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低 (6). 4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2
【解析】
【详解】（1）①根据放电过程原理示意图，锂离子向a极移动，原电池中阳离子向正极移动，故a为正极，b为负极，电子从负极流向正极，电流与电子流向相反，故电流从正极流向负极。
答案为：a；
②根据图示，充电时a电极与电源正极相连，故a为阳极，失电子，发生氧化反应，根据题干提供信息：充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2），则a极电极反应式为LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+。
答案：LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+；
（2）①根据酸浸流程显示，浸出液中含有+2价钴离子，因此加入H2O2的作用是还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+）。
答案为：还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+）；
②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：LiCoO2和盐酸发生氧化还原反应产生氯气，反应的化学方程式2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O；
答案为：2LiCoO2 +8HCl = 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O
③H2O2受热易分解，当80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低。
答案为：80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低；
④高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2。
答案为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2
17.足量锌与一定量浓H2SO4充分在加热下反应生成会SO2和H2的混合气体。现有甲乙两研究小组分别实验探究：
（1）甲研究小组按下图实验验证锌与浓硫酸反应生成物中含有SO2和H2。取一定量的Zn置于b中，向a中加入100mL 18mol·L－1的浓硫酸，经过一段时间，恰好完全反应。
①填写仪器名称：c___________。
②实验开始前应先检验装置的气密性，请回答如何检验装置A的气密性___________。
③用化学方程式表示产生SO2的原因______________。
④U型管G的作用为__________。
⑤有同学认为A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为__________。
⑥实验结束后测得装置F增重18.0g，计算实验开始时加入的Zn的质量为________g。你认为实际消耗Zn的质量应比计算值____________。（填“大”、“小”或“相同”）
（2）乙研究小组为了探究锌与稀硫酸反应过程中的速率及能量的变化，进行以下实验，分析影响反应速率的因素。
实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：
1分钟水滴数（断开K）
34
59
86
117
…
102
1分钟水滴数（闭合K）
58
81
112
139
…
78
分析反应过程中的水滴数，请回答：
由水滴数58＞34、81＞59，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快，主要原因是________。
【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 关闭分液漏斗的活塞，将分液漏斗右端导管插入水中，微微加热分液漏斗，导管口有气泡产生，停止加热，导管内形成一段稳定的水柱 (3). Zn+2H2SO4(浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O (4). 防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验 (5). 防止倒吸 (6). 91.0 (7). 大 (8). 形成原电池反应速度快
【解析】
【详解】（1）①仪器c名称为球形冷凝管；
答案为：球形干燥管；
②实验开始前应先检验装置的气密性，检验装置A的气密性方法为关闭分液漏斗的活塞，将分液漏斗右端导管插入水中，微微加热分液漏斗，导管口有气泡产生，停止加热，导管内形成一段稳定的水柱。
答案为：关闭分液漏斗的活塞，将分液漏斗右端导管插入水中，微微加热分液漏斗，导管口有气泡产生，停止加热，导管内形成一段稳定的水柱；
③浓硫酸具有强氧化性，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸锌和水，化学反应方程式为Zn+2H2SO4(浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O。
答案为：Zn+2H2SO4(浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；
④装置F用来收集并测定还原氧化铜反应中产生水的质量，因此U型管的作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验。
⑤二氧化硫易溶于水，会使A中压强减小从而发生倒吸现象，A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为防止发生倒吸。
答案为：防止倒吸；
⑥实验结束后测得装置F增重18.0g，增重的质量为氢气还原氧化铜产生水的质量，因此水的物质的量为1mol，根据氢原子守恒，n（Zn）~n（H2SO4）~ n（H2）~ n（H2O），因此产生氢气消耗锌的物质的量为1mol；参与反应的硫酸总的物质的量=0.1L×18mol·L－1=1.8mol，
与锌反应生成二氧化硫消耗硫酸的物质的量=1.8mol-1mol=0.8mol；根据反应计量关系n（Zn）~2n（H2SO4）可得，消耗锌的物质的量= n（H2SO4）=0.4mol；整个反应中消耗锌的总的物质的量=0.4mol+1mol=1.4mol，故m（Zn）=1.4mol×65g/mol=91g，实验中实际使用的锌含有杂质，不是纯锌，故实际质量比理论计算值大。
答案为：91.0；大
（2）当开关断开时，只发生锌与硫酸反应产生氢气，当闭合开关时，不但有锌与硫酸反应产生氢气，同时构成铜锌原电池产生氢气，使反应速率加快；
答案为：形成原电池反应速度快；
18.有机物F(Bisphenol A dimethacrylate)是一种交联单体。合成F的一种路线如图：
已知：①+HCN
②B不能发生银镜反应。
③C能与FeCl3发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。
④E既能使溴水褪色又能使石蕊试液显红色。
⑤1 mol F最多可与4 mol NaOH反应。
回答下列问题：
（1）A的名称为_______。E中含氧官能团的名称为______。
（2）B的结构简式为______。B→D的反应类型为_________。
（3）C与E反应生成F的化学反应方程式为______。
（4）C的同分异构体中含有萘环（）结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应的同分异构体共有_____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有8组峰的是_______(写出其中一种的结构简式)。
（5）A经如下步骤可合成环己烯甲酸：，反应2所选择的试剂为____________。
【答案】 (1). 苯酚 (2). 羧基 (3). (4). 加成反应 (5). + 2→+2H2O (6). 8 (7). 或 (8). O2，Cu，△
【解析】
【详解】（1）由流程中A的分子式可知，A的名称是苯酚。根据已知条件④E能使溴水褪色，含有碳碳双键，又能使石蕊试液显红色，E显酸性，E的结构简式为：，因此E中含氧官能团的名称为羧基。
答案为：苯酚；羧基；
（2）根据已知条件：① +HCN，② B不能发生银镜反应
说明B分子结构中含有羰基，不含有醛基，因此B的结构简式为；B→D反应过程中，B结构中的碳氧双键被打开，分别加上了一个氢和-CN原子团，因此反应类型属于加成反应。
答案为：；加成反应
（3）A为，B为，A和B反应生成C，且C能与FeCl3发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢， A和B发生加成反应，反应方程式为， C的结构式为；
C与E反应生成F的化学反应方程式为： + 2→+2H2O。
答案为：+2→+2H2O
（4）C结构简式为，C的同分异构体中含有萘环()结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酯基且酯基水解生成酚羟基，萘环上氢原子种类为2种，如果取代基为−OOCCH2CH2CH2CH3，有两种同分异构体；如果取代基为−OOCCH2CH(CH3)2，有两种同分异构体，如果取代基为−OOCCH(CH3)CH2CH3，有两种同分异构体，如果取代基为−OOCC(CH3)3有两种同分异构体，所以符合条件的一共8种；
其中核磁共振氢谱有8组峰的是或，
故答案为：8； 或；
（5）苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，所以G为环己醇，环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮，则H为环己酮，环己酮和HCN发生加成反应生成，所以I为，I酸性条件下水解生成环己烯甲酸，所以反应条件1为催化剂、加热，反应条件2为氧气/Cu、加热，反应条件3为HCN；
故答案为： O2/Cu、△
沈阳铁路实验中学2019-2020学年高三上学期10月月考
化学试题
1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是( )
A. 为提高农作物的产量和质量,应大量使用化肥和农药
B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C. 食品添加剂对人体有害,要杜绝使用
D. 垃圾是放错地方的资源,应分类回收利用
【答案】D
【解析】
A、大量使用化肥和农药会污染土壤和水资源，应合理使用，故A错误；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，不能先污染再治理，故B错误；C、合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，故C错误；D、垃圾也是一项重要的资源，可回收的应回收利用，故D正确。故选D。
点睛：本题主要考查化学物质与生活得关系、绿色化学的概念、化肥农药对人类生活的影响．解题关键：平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来。B是易错点。
2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是外加电流的阴极保护法
B. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质
C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一
D. 黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料
【答案】A
【解析】
【详解】A. Mg比Fe活泼，当发生电化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极阴极保护法，故A错误；
B. K2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，而K2FeO4被还原生成三价铁离子，水解生成氢氧化铁胶体可除去水中悬浮杂质，故B正确；
C. 蒸馏法和离子交换法都是是常用的海水淡化的方法，故C正确；
D. 生产陶瓷的原料是粘土，水泥的生产原料是石灰石、粘土，故D正确；
答案选A。
3.工业酸性废水中的Cr2O72－可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50 mL，Cr2O72－的起始浓度、电压、电解时间均相同）。下列说法中，不正确的是（ ）
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，滴加1 mL浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1 mL浓硫酸
Cr2O72－的去除率/%
0.922
12.7
57.3
A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72－的去除率
B. 实验②中，Cr2O72－在阴极放电的电极反应式是Cr2O72－ + 6e－+ 14H+ == 2Cr3+ + 7H2O
C. 实验③中，Cr2O72－去除率提高的原因是阳极产物还原Cr2O72－
D. 实验③中，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 mol Cr2O72－ 被还原
【答案】D
【解析】
分析：A.根据增加氢离子浓度Cr2O72－的去除率升高分析；
B.根据电解池中阴极发生得到电子的还原反应解答；
C.根据阳极铁失去电子转化为亚铁离子判断；
D.根据Cr元素化合价变化情况计算。
详解：A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；
B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72－+6e－+14H+＝2Cr3+ +7H2O，B正确；
C.实验③中阳极铁失去电子转化为亚铁离子，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，离子方程式为Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3+ +6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72-去除率提高，C正确；
D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，则有0.5molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有0.5molCr2O72-被亚铁离子还原，所以一共有1molCr2O72-被还原，D错误；答案选D。
4.硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC)， 由于具有效率高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池。其工作原理如下图所示，下列说法正确的是
A. 电池的负极反应为BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+
B. 放电时，每转移1mol电子，理论上有1molNa+透过选择透过膜
C. 电池放电时Na+从b极区移向a极区
D. 电极a发生还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】
以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，a为负极，b为正极。结合原电池的工作原理和解答该题
【详解】A. 电解质溶液呈碱性，负极发生氧化反应生成BO2−，电极反应式为BH4−+8OH−−8e−
=BO2−+6H2O，故A错误；
B. 原电池中为钠离子选择透过性膜，只允许钠离子通过，每转移1mol电子，理论上有1molNa+透过选择透过膜，故B正确；
C. 原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；
D. 根据分析，a 为负极，发生氧化反应，故D错误；
答案选B。
5.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，W、Z核外电子数之和是X核外电子数的2倍，Y的最外层电子数是其质子数的。下列叙述正确的是
A. Y元素对应的最高价氧化物的水化物是强酸
B. 原子半径：X＞Y＞Z
C. 该新化合物中的Y元素不满足8电子稳定结构
D. Y、Z两元素可形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则X位于第IVA族，最外层有4个电子；Z位于第VIIA族，最外层7个电子；W形成+1价阳离子， W位于第IA族，最外层1个电子。Y的最外层电子数是其质子数的，若Y为第二周期元素，符合结构要求的为3号元素，与W元素冲突，故不为第二周期，若Y为第三周期元素，符合要求的为15号元素P，那么W为Na，X为Si，Z为Cl。
【详解】A. Y为P，Y的最高价氧化物的水合物是磷酸，为中强酸，故A错误；
B. 同周期元素从左至右，原子半径依次减小，原子半径：X＞Y＞Z，故B正确；
C. Y为P，其最外层有5个电子，P原子形成2个共价键且该阴离子得到W原子一个电子，所以P原子达到8电子结构，即Y原子达到8电子结构，故C错误。
D. Y、Z两元素可形成三氯化磷、五氯化磷，为共价化合物，故D错误；
答案选B。
6.已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性。下列说法正确的是
A. X、Z、Y、W中非金属性最强的为Z
B. 若W与Y的原子序数相差4，则二者形成化合物的化学式可能为YW
C. W的氢化物的沸点一定低于Z的氢化物的沸点
D. W与X形成的化合物只含离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z>W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，Z为非金属元素，所以Z的原子序数比X、Y的都大，X的阳离子的氧化性大于Y的阳离子的氧化性，则原子序数X>Y，且二者处于第三周期，所以X、Y、Z的原子序数Z>X>Y，结合元素周期律与元素化合物知识解答。
【详解】A. 根据上述分析，W、Z为非金属，X、Y为金属元素，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，W的非金属性强于Z的非金属性，故A错误；
B. 若W为O元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差4，二者形成化合物的化学式可能为MgO，为YW，故B正确；
C. W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C， Z为Si时，W氢化物沸点较低，故C错误；
D. 若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故D错误。
答案选B。
7.下列有关叙述错误的是
A. 在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若电子转移的数目为5NA，则有212克氯气生成
B. 常温常压下，40g氖气所含的分子数目为2NA
C. 含2molH2SO4的浓硫酸与足量Zn完全反应，转移的电子数目可能为3NA
D. 标准状况下，33.6L Cl2与足量CH4在光照条件下充分反应，生成的C－Cl键数目为3.0NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由反应方程式可知，生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为 37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量为：=70.7g/mol，若有5mol电子转移，则生成3mol氯气，其质量为：3mol×70.7g/mol=212g，故A正确；
B. 常温常压下，40g氖气为2mol，氖气的原子即为分子，所含的分子数目为2NA，故B正确；
C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量锌反应，若完全生成二氧化硫，则转移电子为0.2mol，若完全生成氢气，则转移电子为0.4mol。锌足量，所以硫酸完全反应，开始生成二氧化硫，溶液变稀生成氢气，所以产物有二氧化硫和氢气两种物质，所以转移电子的物质的量介于0.2mol-0.4mol之间，故C正确；
D. 33.6LCl2物质的量为1.5mol，含有氯原子为3mol，甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，生成氯代烃和HCl，由于HCl中含有氯原子，则生成C-Cl键小于3mol，故D错误。
答案选D。
8.在三个容积相同的密闭容器中分别充入A、B、C三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序为p（B）＞p（A）＞p（C）， 则A、B、C分别是
A. CO、H2、O2 B. O2、N2、H2 C. NO、CO2、H2 D. NH3、O2、NO2
【答案】A
【解析】
【详解】在温度和密度都相同条件下，如体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，
已知压强(p)从大到小的顺序为p(B)>p(A)>p(C)，则摩尔质量B
9.吸烟有害健康，青少年应远离烟草。烟草和烟气中含有多种有害有毒物质，其中剧毒物尼古丁的结构简式如图乙所示，致癌物质苯并吡的结构如图甲所示，有关其叙述正确的是
A. 尼古丁属于芳香族化合物
B. 尼古丁分子中的C、N原子均处于同一平面内
C. 苯并吡的分子式为C20H12
D. 苯并吡能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 尼古丁分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；
B. 尼古丁分子中含有饱和C原子，饱和C原子是四面体结构，所以尼古丁分子中的H原子一定不共面，故B错误；
C. 有结构简式可知，苯并吡的分子式为C20H12，故C正确；
D. 苯并吡中含有苯环，具有苯的性质，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
10.过量饮酒易引起酒精中毒，中毒原理为乙醇被体内的乙醇脱氢酶氧化成对人体有极大毒性的乙醛，中毒严重者有生命危险。下列醇类物质既能发生消去反应又能发生催化氧化反应的有几个①甲醇 ②1-丙醇 ③环己醇 ④2-甲基-2-丙醇 ⑤2,2-二甲基-1-丙醇 ⑥乙二醇
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
【详解】①甲醇中-OH邻位没有C，不能发生消去反应，故①不符合；
②1丙醇中-OH邻位C上应含有H原子，含有-CH2OH的结构，既能发生消去反应又能发生催化氧化反应，故②符合；
③环己醇中-OH邻位C上应含有H原子，含有-CH2OH的结构，既能发生消去反应又能发生催化氧化反应，故③符合；
④2甲基2丙醇中-OH邻位C上应含有H原子，没有-CH2OH的结构，能发生消去反应但不能发生催化氧化反应，故④不符合；
⑤2,2二甲基1丙醇中-OH邻位C上应没有H原子，含有-CH2OH的结构，不能发生消去反应但能发生催化氧化反应，故⑤不符合；
⑥乙二醇中-OH邻位C上应含有H原子，含有-CH2OH的结构，既能发生消去反应又能发生催化氧化反应，故⑥符合；
答案选B。
【点睛】醇类物质中能发生消去反应，-OH邻位C上应含有H原子，能发生催化氧化反应生成醛类，应含有-CH2OH的结构。
11.AlCl3易水解。某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3固体。下列说法错误的是
A. G装置作用是除去多余氯气，防止空气污染
B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人D和E中
C. B中试剂为饱和碳酸氢钠溶液
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验中制取的氯气有毒且属于污染性气体，G装置作用是除去多余氯气，防止空气污染，故A正确；
B. AlCl3易水解，装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人D和E中使AlCl3水解，故B正确；
C. 装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，应使用饱和氯化钠溶液，使用饱和碳酸氢钠溶液会引入二氧化碳杂质，故C错误；
D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，将装置中的水蒸气和氧气排干净，防止干扰实验，故D正确；
答案选C。
12.根据下列实验所操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验，操作和现象
实验结论
A
石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体使酸性KMnO4溶液褪色
产生的气体中一定含有C2H4
B
将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈
稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强
C
将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，依次出现白色沉淀和溶液褪色的现象
Ag2SO4分解的生成物中一定有SO3和SO2
D
向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色
I－还原性强于Cl－
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 石蜡油高温下裂解，分解产物含有乙烯等不饱和烃，但不一定是乙烯，故A错误；
B. 铝片分别投入浓硝酸中发生钝化，不能以此来作为比较氧化性强弱依据，故B错误；
C. SO2通入饱和Ba(HSO3)2溶液也能产生白色沉淀，不能证明含有SO3，故C错误；
D. 向NaI溶液中滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色，说明产生碘单质，发生反应为2I-+Cl2=2Cl-+I2，碘离子为还原剂，氯离子为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故D正确；
答案选D。
13.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H < -57.3kJ•mol-1
C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1
D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -28349kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O3比O2稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，故A错误；
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3 kJ•mol-1，由于钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡的反应为放热反应，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H < -57.3kJ•mol-1，故B正确；
C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，由于该反应为可逆反应，则平衡时消耗氮气的物质的量小于0.5mol，即1mol氮气与氢气完全反应放出热量大于38.6kJ，则正确的热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H <-38.6kJ•mol-1，故C错误；
D. ①4Al（s）+3O2（g）=2A12O3，△H=-2834.9kJ•mol-1②4Al（s）+2O3（g）=2A12O3，△H=-3119.1gkJ•mol-1，根据盖斯定律①-②可得：302（g）=203（g）△H=-2834.9kJ•mol-1-（-3119.1kJ•mol-1）=+284.2kJ•mol-1，该反应为吸热反应，说明氧气的能量小于臭氧，则氧气比臭氧稳定，故D错误；
答案选B。
14. 下列各组离子在指定溶液中关于离子共存的说法正确的是
A. 25℃时溶液中一定大量共存：Na+、Ca2+、Cl-、SO42-
B. 能与铝反应放出氢气的溶液中一定共存：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－
C. 弱碱性溶液中可能大量共存：Na+、K+、Cl‾、HCO3‾
D. 0.1mol/LFeCl3溶液中可能大量共存：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－
【答案】C
【解析】
试题分析：A、25℃时，水溶液中Ca2+和SO42-反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，错误；B、能与铝反应放出氢气的溶液可能呈强酸性或强碱性，强酸性条件下H＋、NO3－具有强氧化性，与铝反应不产生氢气，强碱性条件下，OH－和Mg2＋、Cu2＋反应生成氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，不能大量共存，错误；C、弱碱性溶液中组内离子间不反应，能大量共存，正确；D、0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3＋与SCN－反应生成硫氰合铁离子，不能大量共存，错误。
考点：考查离子反应、离子共存问题。
15.（I）短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。回答下列问题：
W
X
Y
Z
（1）Z在元素周期表中的位置______________。
（2）X的最简单氢化物的电子式为______。
（3）Y单质与NaOH溶液反应的离子方程式为：________。工业生产Y单质的化学方程式为__________。
（4）向盛有3 mL鸡蛋清溶液的试管里滴入几滴W的最高价氧化物的水化物浓溶液，实验现象为_________。
（II）甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH1
②CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH2
③CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）ΔH3
回答下列问题：已知反应①中的相关的化学键键能数据如表：
化学键
H—H
C—O
（CO中的化学键）
H—O
C—H
E/（kJ·mol－1）
436
343
1076
465
413
（5）由此计算ΔH1＝__kJ·mol－1，已知ΔH2＝－58kJ·mol－1，则ΔH3＝__kJ·mol－1。
【答案】 (1). 第三周期 第VIIA族 (2). (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 2Al2O3(熔融）4Al+3O2↑ (5). 产生黄色沉淀(或淡黄色沉淀或变黄) (6). -99 (7). +41
【解析】
【详解】（I）根据元素在周期表中的位置和四种元素原子的最外层电子数之和为21可知，X为氧，Y为铝，Z为氯，W为氮；
（1）Z为氯元素，处于第三周期 第ⅦA族；
答案为：第三周期 第ⅦA族
（2）X为氧元素，最简单氢化物为水，电子式为。
答案为：
（3）Y单质为铝，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠、氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。工业生产铝单质的方法是电解氧化铝来制取，化学方程式为2Al2O3(熔融）4Al+3O2↑。
答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；2Al2O3(熔融）4Al+3O2↑
（4）W为氮元素，最高价氧化物的水化物为硝酸，浓硝酸能使蛋白质变性，向盛有3 mL鸡蛋清溶液的试管里滴入几滴W的最高价氧化物的水化物浓溶液，实验现象为产生黄色沉淀(或淡黄色沉淀或变黄)。
答案为：产生黄色沉淀(或淡黄色沉淀或变黄)；
（5）反应热=反应物总键能−生成物总键能，故△H1=1076 kJ/mol +2×436 kJ/mol −(3×413+343+465)kJ/mol=-99 kJ/mol；
根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58 kJ/mol −(-99 kJ/mol)=+41 kJ/mol，
故答案为：-99；+41；
16.锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。
（1）锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的工作原理：
ⅰ.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。
ⅱ.放电过程原理示意图如图所示：
①放电时，电流从______（填“a”或“b”）极流出。
②充电时，a极的电极反应式为______。
（2）钴酸锂回收再生流程如下：
①用H2SO4酸浸时，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是______。
②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式_______。
③其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30% H2O2 混合液中的浸出率曲线如图，请解释温度高于80℃，钴的浸出率变化的原因：______。
④高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为______。
【答案】 (1). a (2). LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+ (3). 还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+） (4). 2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O (5). 80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低 (6). 4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2
【解析】
【详解】（1）①根据放电过程原理示意图，锂离子向a极移动，原电池中阳离子向正极移动，故a为正极，b为负极，电子从负极流向正极，电流与电子流向相反，故电流从正极流向负极。
答案为：a；
②根据图示，充电时a电极与电源正极相连，故a为阳极，失电子，发生氧化反应，根据题干提供信息：充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2），则a极电极反应式为LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+。
答案：LiCoO2 - xe- = Li1-xCoO2 +xLi+；
（2）①根据酸浸流程显示，浸出液中含有+2价钴离子，因此加入H2O2的作用是还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+）。
答案为：还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+）；
②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：LiCoO2和盐酸发生氧化还原反应产生氯气，反应的化学方程式2LiCoO2 +8HCl= 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O；
答案为：2LiCoO2 +8HCl = 2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O
③H2O2受热易分解，当80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低。
答案为：80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低；
④高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2。
答案为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2
17.足量锌与一定量浓H2SO4充分在加热下反应生成会SO2和H2的混合气体。现有甲乙两研究小组分别实验探究：
（1）甲研究小组按下图实验验证锌与浓硫酸反应生成物中含有SO2和H2。取一定量的Zn置于b中，向a中加入100mL 18mol·L－1的浓硫酸，经过一段时间，恰好完全反应。
①填写仪器名称：c___________。
②实验开始前应先检验装置的气密性，请回答如何检验装置A的气密性___________。
③用化学方程式表示产生SO2的原因______________。
④U型管G的作用为__________。
⑤有同学认为A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为__________。
⑥实验结束后测得装置F增重18.0g，计算实验开始时加入的Zn的质量为________g。你认为实际消耗Zn的质量应比计算值____________。（填“大”、“小”或“相同”）
（2）乙研究小组为了探究锌与稀硫酸反应过程中的速率及能量的变化，进行以下实验，分析影响反应速率的因素。
实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：
1分钟水滴数（断开K）
34
59
86
117
…
102
1分钟水滴数（闭合K）
58
81
112
139
…
78
分析反应过程中的水滴数，请回答：
由水滴数58＞34、81＞59，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快，主要原因是________。
【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 关闭分液漏斗的活塞，将分液漏斗右端导管插入水中，微微加热分液漏斗，导管口有气泡产生，停止加热，导管内形成一段稳定的水柱 (3). Zn+2H2SO4(浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O (4). 防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验 (5). 防止倒吸 (6). 91.0 (7). 大 (8). 形成原电池反应速度快
【解析】
【详解】（1）①仪器c名称为球形冷凝管；
答案为：球形干燥管；
②实验开始前应先检验装置的气密性，检验装置A的气密性方法为关闭分液漏斗的活塞，将分液漏斗右端导管插入水中，微微加热分液漏斗，导管口有气泡产生，停止加热，导管内形成一段稳定的水柱。
答案为：关闭分液漏斗的活塞，将分液漏斗右端导管插入水中，微微加热分液漏斗，导管口有气泡产生，停止加热，导管内形成一段稳定的水柱；
③浓硫酸具有强氧化性，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸锌和水，化学反应方程式为Zn+2H2SO4(浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O。
答案为：Zn+2H2SO4(浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；
④装置F用来收集并测定还原氧化铜反应中产生水的质量，因此U型管的作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管，干扰实验。
⑤二氧化硫易溶于水，会使A中压强减小从而发生倒吸现象，A、B间应增加图中的甲装置，该装置的作用为防止发生倒吸。
答案为：防止倒吸；
⑥实验结束后测得装置F增重18.0g，增重的质量为氢气还原氧化铜产生水的质量，因此水的物质的量为1mol，根据氢原子守恒，n（Zn）~n（H2SO4）~ n（H2）~ n（H2O），因此产生氢气消耗锌的物质的量为1mol；参与反应的硫酸总的物质的量=0.1L×18mol·L－1=1.8mol，
与锌反应生成二氧化硫消耗硫酸的物质的量=1.8mol-1mol=0.8mol；根据反应计量关系n（Zn）~2n（H2SO4）可得，消耗锌的物质的量= n（H2SO4）=0.4mol；整个反应中消耗锌的总的物质的量=0.4mol+1mol=1.4mol，故m（Zn）=1.4mol×65g/mol=91g，实验中实际使用的锌含有杂质，不是纯锌，故实际质量比理论计算值大。
答案为：91.0；大
（2）当开关断开时，只发生锌与硫酸反应产生氢气，当闭合开关时，不但有锌与硫酸反应产生氢气，同时构成铜锌原电池产生氢气，使反应速率加快；
答案为：形成原电池反应速度快；
18.有机物F(Bisphenol A dimethacrylate)是一种交联单体。合成F的一种路线如图：
已知：①+HCN
②B不能发生银镜反应。
③C能与FeCl3发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢。
④E既能使溴水褪色又能使石蕊试液显红色。
⑤1 mol F最多可与4 mol NaOH反应。
回答下列问题：
（1）A的名称为_______。E中含氧官能团的名称为______。
（2）B的结构简式为______。B→D的反应类型为_________。
（3）C与E反应生成F的化学反应方程式为______。
（4）C的同分异构体中含有萘环（）结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应的同分异构体共有_____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有8组峰的是_______(写出其中一种的结构简式)。
（5）A经如下步骤可合成环己烯甲酸：，反应2所选择的试剂为____________。
【答案】 (1). 苯酚 (2). 羧基 (3). (4). 加成反应 (5). + 2→+2H2O (6). 8 (7). 或 (8). O2，Cu，△
【解析】
【详解】（1）由流程中A的分子式可知，A的名称是苯酚。根据已知条件④E能使溴水褪色，含有碳碳双键，又能使石蕊试液显红色，E显酸性，E的结构简式为：，因此E中含氧官能团的名称为羧基。
答案为：苯酚；羧基；
（2）根据已知条件：① +HCN，② B不能发生银镜反应
说明B分子结构中含有羰基，不含有醛基，因此B的结构简式为；B→D反应过程中，B结构中的碳氧双键被打开，分别加上了一个氢和-CN原子团，因此反应类型属于加成反应。
答案为：；加成反应
（3）A为，B为，A和B反应生成C，且C能与FeCl3发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢， A和B发生加成反应，反应方程式为， C的结构式为；
C与E反应生成F的化学反应方程式为： + 2→+2H2O。
答案为：+2→+2H2O
（4）C结构简式为，C的同分异构体中含有萘环()结构，萘环上只有1个取代基且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酯基且酯基水解生成酚羟基，萘环上氢原子种类为2种，如果取代基为−OOCCH2CH2CH2CH3，有两种同分异构体；如果取代基为−OOCCH2CH(CH3)2，有两种同分异构体，如果取代基为−OOCCH(CH3)CH2CH3，有两种同分异构体，如果取代基为−OOCC(CH3)3有两种同分异构体，所以符合条件的一共8种；
其中核磁共振氢谱有8组峰的是或，
故答案为：8； 或；
（5）苯酚和氢气在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成环己醇，所以G为环己醇，环己醇在Cu作催化剂、加热条件下被氧化生成环己酮，则H为环己酮，环己酮和HCN发生加成反应生成，所以I为，I酸性条件下水解生成环己烯甲酸，所以反应条件1为催化剂、加热，反应条件2为氧气/Cu、加热，反应条件3为HCN；
故答案为： O2/Cu、△
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