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江西省赣州市石城中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
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石城中学2020届高三上学期第一次月考化学试卷
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Cu-64 Fe-56 Cl-35.5 Ag-108
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分、共48分）
1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法错误的是（ ）
A. 水玻璃可作木材防腐剂和阻燃剂
B. 用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物
C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一
D. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
【答案】B
【解析】
【详解】A.水玻璃是硅酸钠的水溶液，该物质不能燃烧，也不支持燃烧，因此可作木材防腐剂和阻燃剂，A正确；
B.树酯是有机单体发生缩聚反应产生的物质，不同分子中含有的链节数目不同，因此属于混合物，B错误；
C.可根据水与盐的沸点不同，采用蒸馏方法分离水与盐，因此蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一，C正确；
D.碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应产生可溶性的物质，因此可用于去除餐具的油污，D正确；
故合理选项是B。
2. 下列过程中不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 由植物油制备人造黄油
B. 用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板
C. 用牺牲阳极的阴极保护法防止金属被腐蚀
D. 在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，析出白色固体
【答案】D
【解析】
【详解】A、由植物油制备人造黄油，为不饱和油脂与氢气加成，为还原反应，故A不选；
B、用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板，为Cu还原FeCl3，属于氧化还原反应，故B不选；
C、电化学反应均属于氧化还原反应，故C不选；
D、在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，析出白色固体，为盐析，是物理变化，不涉及氧化还原反应，符合题意，故D选；
答案选D。
3.下列关于物质的分类，正确的说法是（ ）
A. SiO2能分别与NaOH溶液、氢氟酸反应，所以SiO2为两性氧化物
B. 油酸(C17H33COOH)与丙烯酸（CH2=CHCOOH)互为同系物
C. 因为新制氯水含有3种分子，3种离子，所以氯水为混合物
D. NH3的水溶液能导电，所以NH3为电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A. SiO2能与NaOH溶液反应产生盐Na2SiO3和水，但与氢氟酸反应产生SiF4和H2，不是产生盐和水，所以SiO2为碱性氧化物，不是两性氧化物，A错误；
B.油酸的烃基与丙烯酸的烃基都符合CnH2n-1，都含一个不饱和的碳碳双键，结构相似，因此二者互为同系物，B正确；
C.氯水是氯气溶于水得到的混合物，含有氯气与水反应产生的HCl、HClO，HCl是强酸完全电离产生H+、Cl-，HClO是弱酸，在溶液中部分电离产生H+、ClO-，含有多种微粒的不一定是混合物，如H2O中含有H2O分子及水电离产生的H+、OH-，但水为纯净物，C错误；
D.NH3的水溶液能导电，是由于氨气与水反应产生的NH3·H2O电离产生了NH4+、OH-，离子不是NH3电离产生的，所以NH3为非电解质，D错误；
故合理选项是B。
4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B. 1L水吸收标准状况下2.24LSO2，所得溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1
C. 0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA
D. 常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cl2溶于水，只有一部分与水反应，存在化学平衡，所以0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，A错误；
B.SO2溶于水与水反应产生H2SO3，但该反应是可逆反应，且水的体积是1L，形成的溶液体积不是1L，所以不能计算溶液的浓度，B错误；
C.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D.HCHO可表示为CH2O，1mol完全燃烧消耗1molO2，则1.5mol该物质完全燃烧消耗1.5molO2；C2H2O3可表示为(CO)2H2O，1mol完全燃烧消耗1molO2，则1.5mol该物质完全燃烧消耗1.5molO2，所以1.5mol两种物质的混合物完全充分燃烧，消耗的O2的物质的量是1.5mol，消耗O2的分子数目为1.5NA，D正确；
故合理选项是D。
5.下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是
A. 加入Al粉放出H2的溶液中：Na+、K+、Fe3+、NO3—
B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：NH4+、AlO2—、SO42—、HCO3—
C. 水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3—、Cl—
D. c(H+)=1×10—13mol/L的溶液中：K+、Cl—、AlO2—、CO32—
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入Al粉放出H2的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Fe3+不能共存，若为酸，有NO3—，无氢气放出，A错误；
B.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中： Fe3+、HCO3—可发生双水解反应不共存，B错误；
C.水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Mg2+不能共存，C错误；
D. c(H+)=1×10—13mol/L的溶液为碱溶液，K+、Cl—、AlO2—、CO32—不反应可以大量共存，D正确；
答案为D。
【点睛】酸、碱对水的电离均有抑制作用，则水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱。
6.下列关于物质的鉴别或检验，说法正确的是（ ）
A. 向 FeI2溶液通入少量Cl2，若溶液变为黄色，能证明还原性I- >Fe2+
B. 向某溶液中滴加稀硫酸，只要产生有刺激性气味的气体，该气体能使品红溶液褪色，就可判断该溶液中存在SO32-
C. 用 BaCl2溶液可以鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D. 可用湿润的淀粉-KI试纸来鉴别NO2和溴蒸汽
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe2+、I-均有还原性，向溶液中通入少量Cl2，反应后若溶液变为黄色，可能是I2溶于水形成的，也可能是反应产生的Fe3+的水溶液导致，不能证明还原性I- >Fe2+，A错误；
B.向某溶液中滴加稀硫酸，只要产生有刺激性气味的气体，该气体能使品红溶液褪色，就可判断该气体为SO2，该溶液中可能存在SO32-，也可能存在HSO3-，B错误；
C.Na2CO3能与BaCl2溶液反应产生BaCO3白色沉淀，而NaHCO3溶液与BaCl2溶液不反应，无现象，因此可以用BaCl2溶液鉴别它们，C正确；
D.NO2和溴蒸汽都具有强氧化性，都可将KI氧化为I2，而使湿润的试纸变为蓝色，因此不能鉴别两种气体，D错误；
故合理选项是C。
7.某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：
下列说法正确的是
A. 步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuS
B. 步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C. 步骤③涉及的离子反应可能为CuS＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋S＋2H2O
D. 步骤②和④，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
废催化剂主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS，由实验流程可知，①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣1为CuS、SiO2，③中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，滤渣2为S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此解答该题。
【详解】A.ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，A错误；
B.①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故B错误；
C.③中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O，C正确；
D.步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯知识，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
8.已知X、Y、Z、W四种物质存在如图转化关系，下列判断正确的是
A. 若W是一种常见的金属单质，则X可能为
B. 若W为强碱，Y为白色难溶于水的固体，则工业上可以电解X的水溶液来制取其中所含的金属
C. 若W固体俗称干冰，则Y晶体中的阴、阳离子个数比为1∶1
D. 若W是，则Y一定是酸性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A项，W可以是Fe，少量的Fe与稀硝酸反应生成，再加过量的Fe生成，而加入硝酸又生成，正确；
B项，W可以是NaOH，X是，少量的NaOH与反应生成白色沉淀，再加过量的NaOH生成，而加入又生成，但工业上电解熔融的氧化铝制取Al，错误；
C项，W是，X是NaOH，少量的与NaOH反应生成，再加过量的生成，而加入NaOH又生成，中阴阳离子个数比为1∶2，错误；
D项，若W是氧气，X可以是C，Y就是CO，CO不是酸性氧化物，错误；
故答案选A。
9.下列相关反应的离子方程式书写正确的是
A. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
B. 氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4 NH3·H2O=AlO2-＋4NH4＋+2H2O
C. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:NH4＋+Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+ NH3·H2O
D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2++2OH- =BaCO3↓+2H2O+ CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故A错误；
B项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3-↓+3NH+4，故B错误；
C项、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al（OH）3↓+2BaSO4↓++NH3．H2O，故C正确；
D项、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。
10.气体X可能由NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种组成，已知X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3，若将X通入澄清石灰水中，无沉淀产生，则有关气体X的成分，下列说法正确的是
①一定含有HBr，可能含有CO2
②一定不含CO2
③一定不含NH3、Cl2
④可能含有Cl2、CO2
A. ①和③ B. 只有③ C. 只有① D. ②和③
【答案】A
【解析】
【详解】将气体X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3，说明含有HBr，由于HBr与NH3会发生反应形成NH4Br不能大量共存，与Cl2会发生反应产生Br2和HCl也不能大量共存，因此一定不含有NH3、Cl2；若将X通入澄清石灰水中，无沉淀产生，由于HBr溶于水使溶液显酸性，因此无论是否含有CO2气体，都不能形成CaCO3沉淀，因此不能确定是否含有CO2气体。因此有关气体X的成分，是①一定含有HBr，可能含有CO2，③一定不含NH3、Cl2，故选项是A。
11.亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH＋H2===LiNH2＋LiH，下列有关说法正确的是
A. Li2NH中N的化合价是－1 B. 该反应中H2既是氧化剂又是还原剂
C. 储存1mol H2 时转移的电子为2mol D. 此法储氢和钢瓶储氢的原理相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. Li2NH中Li和H均为+1价，所以N为－3价，A错误；
B. 反应中Li和N化合价不变，氧化还原中，若是同种元素化合价发生变化，化合价变化遵循“只靠拢、不交叉”的原则，H2中H由0价升为+1价，由0价降为－1价，转移1mol电子，B正确;
C. 储存1mol H2 时转移的电子为1mol，C错误；
D. 此法储氢是化学变化过程，钢瓶储氢不发生化学变化，D错误。
【点睛】氧化还原中，若是同种元素化合价发生变化，化合价变化遵循“只靠拢、不交叉”的原则。
12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；
B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；
C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；
D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
13.可逆反应：3N(s)X(g)+2Y(g) ΔH<0在恒容绝热密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolX的同时生成3nmol N
②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③气体X百分含量不再改变
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤容器的压强不再改变
⑥容器温度不再改变
A. ①⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥ C. ①④⑤⑥ D. ①②③⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①单位时间内生成nmolX，会消耗3nmolN，同时生成3nmol N，N的物质的量不变，反应达到平衡状态，①符合题意；
②该反应只有生成物是气体，二者的物质的量的比恒定不变，因此任何情况下混合气体的平均相对分子质量都不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，②不符合题意；
③该反应只有生成物是气体，二者的物质的量的比恒定不变，因此任何情况下混合气体中X百分含量都不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，③不符合题意；
④反应在恒容密闭容器中进行，反应物为固体，若未达到平衡，气体的质量会发生变化，气体的密度也会改变，若混合气体的密度不再改变，说明反应处于平衡状态，④符合题意；
⑤该反应反应前后气体的物质的量发生变化，由于容器是恒容密闭容器，若气体的物质的量不变，则容器内气体的压强不变，反应达到平衡状态，⑤符合题意；
⑥该反应的正反应是放热反应，若反应达到平衡状态，则反应过程的能量消耗与产生相同，容器温度不变，故可据此判断反应处于平衡状态，⑥符合题意；
综上所述可知，可判断反应处于平衡状态的为①④⑤⑥，故合理选项是C。
14.2017年春节期间，一种“本宝宝福禄双全”的有机物刷爆朋友圈，其结构简式如下，该物质的同分异构体中具有“本宝宝福禄双全”谐音且两个醛基位于苯环间位的有机物有（ ）
A. 4种 B. 6种 C. 7种 D. 9种
【答案】C
【解析】
两个醛基位于苯环间位时，苯环上的氢原子有3种，将氟原子、氯原子依次取代氢原子，得到7种分子结构，故选C。
点睛：在确定本题有机物的结构时，可以先将两个醛基定于苯环间位，再将氟原子取代氢原子，最后将氯原子取代氢原子，得出不同结构。
15.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知H2O2足量，下列说法正确的是（ ）
A. 正极的电极反应式为2H＋+2e-=H2↑
B. 电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动
C. 电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3
D. 工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
以氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3失电子发生氧化反应为负极，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此分析。
【详解】A.右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，A错误；
B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，B错误；
C.NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，所以电池工作时，两个电极都不产生气体，C错误；
D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，假设转移电子的物质的量是6mol，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极的质量相差19g，理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6 mol电子，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原电池原理，涉及电极的判断、电极式的书写、离子移动方向等，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液分析。对于两个电极溶液的质量差，要根据反应过程中电子转移数目相等，进入电极溶液中物质的质量与从该区域中减少的质量两部分分析计算，题目侧重考查学生对基础知识的综合应用能力。
16.常温下，用0.1 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.1 mol/L的酸HA，所加氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法错误的是
A. X点：c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-) B. Y点：V(NH3·H2O) <10.00 mL
C. Z点：2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O) D. HA的电离方程式为HA=H++A-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图可知，0.1 mol/L的酸HA的lg=12，则=1012，=1012，c2(H+)=1012KW=101210-14=10-2，c(H+)=0.1mol/L，说明HA完全电离，为强酸。A. X点：加入5mL0.1 mol/L的氨水得到等浓度的NH4A和HA混合溶液，c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，A正确；
B. Y点：lg=0，即=1，c(H+)=c(OH-),溶液呈中性，若加入氨水V(NH3·H2O) =10.00 mL，恰好得到NH4A溶液，此时溶液由于NH4+水解而显酸性，故加入的氨水应比10.00 mL大，故B错误；
C. Z点为等浓度的NH4A和NH3·H2O的混合溶液，根据物料守恒，2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，C正确；
D. HA为强酸，电离方程式为HA=H++A-，D正确；
本题正确答案应选B。
【点睛】本题的突破点在于先根据0.1 mol/L的酸HA的 lg=12，c(H+)=0.1mol/L，确定HA为强酸，然后根据X、Y、Z点各溶液的成分分别进行分析，各个突破。
第Ⅱ卷 非选择题
17.(1)15.6gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是________。
(2)设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气在标准状况下的体积约是_______(用含NA的式子表示）。
(3)某溶液由Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-四种离子组成，测得其中Al3+、SO42-、Cl-的物质的量浓度之比为3：1：13，则溶液中Mg2＋、Al3＋、SO42-的物质的量浓度之比为___。
(4)奥运金牌“金镶玉”环形碧玉由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则其用氧化物的形式可表示为_______。
(5)下列各项与胶体性质无关的有________。
①卤水点豆腐 ②明矾净水 ③静电除尘 ④油水分离 ⑤血液透析 ⑥三角洲形成 ⑦酸碱中和 ⑧雨后彩虹和海市蜃楼 ⑨臭氧消毒
(6)CaH2的电子式：___。
【答案】 (1). 78g/mol (2). L (3). 3：3：1 (4). 2CaO•5MgO•8SiO2•H2O (5). ④⑦⑨ (6). [H：]-Ca2+[：H]-
【解析】
【分析】
(1)根据盐的组成，由Na+的物质的量计算Na2X的物质的量，再根据n=计算物质的摩尔质量；
(2)先计算出cg氧气含有的分子数目，根据n=确定气体的物质的量，最后根据V=nVm计算气体在标准状况下的体积；
(3)根据电荷守恒计算溶液中含有Al3+的物质的量，由于溶液的体积相同，所以微粒的物质的量的比等于它们的浓度比；
(4)用氧化物形式表示硅酸盐时，先写金属氧化物，再写非金属氧化物，最后写水，各种元素原子个数比不变；
(5)根据胶体能够发生丁达尔效应、电泳、聚沉等性质分析判断；
(6)CaH2是离子化合物，Ca2+与H-通过离子键结合，据此分析解答。
【详解】(1) Na2X中含有2个Na+，则由Na+0.4mol可推知n(Na2X)=0.2mol，由于n=，所以Na2X的摩尔质量M==78g/mol；
(2)ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气中含有的分子数目为N=，氧气的物质的量为n==mol，所以该氧气在标准状况下的体积V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L；
(3)某溶液中Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-四种离子组成，其中Al3+、SO42-、Cl-的物质的量浓度之比为3：1：13，根据电荷守恒可知：2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)+c(Cl-)，所以c(Mg2+)=3mol/L，因此溶液中Mg2＋、Al3＋、SO42-的物质的量浓度之比为3：3：1；
(4)某昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则根据氧化物表示原则，其用氧化物的形式可表示为2CaO•5MgO•8SiO2•H2O；
(5)①蛋白质溶液属于胶体，滴入卤水，其中的电解质电离产生的离子中和胶粒的电荷，使蛋白质聚集形成沉淀，与溶剂水分离，得到豆腐，是胶体的聚沉，与胶体有关；
②明矾水解产生的氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的固体颗粒，形成沉淀，从而具有净水作用，与胶体有关；
③胶体的胶粒带有电荷，在外加电场力作用下，胶粒向某一个电极定向移动，从而使空气净化，所以静电除尘与胶体有关；
④油水分离是油与水互不相溶，且油的密度比水小的性质，与胶体无关；
⑤血液透析是根据胶粒直径比半透膜缝隙的直径大而除去血液中毒素，与胶体有关；
⑥三角洲形成是土壤胶体的胶粒遇到海水中的电解质发生的聚沉现象，与胶体有关；
⑦酸碱中和是酸电离产生的H+与碱电离产生的OH-中和形成H2O，与胶体无关；
⑧雨后彩虹和海市蜃楼是水滴在空气中形成的胶体对光线的散射作用，与胶体有关；
⑨臭氧消毒是O3具有强的氧化性作用的结果，与胶体无关；
综上所述可知：与胶体无关的是④⑦⑨；
(5)CaH2是Ca2+与H-通过离子键结合形成的离子化合物，该物质的电子式为：[H：]-Ca2+[：H]-。
【点睛】本题考查了有关物质的量的简单计算、胶体的性质、物质的电子式表示等，注意掌握物质的量的有关计算公式的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，注意利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释。
18.高锰酸钾是中学化学中常用的强氧化剂。某化学研究小组用软锰矿(主要成分为MnO2另含有少量铁、铝等金属的化合物)吸收燃煤尾气中的SO2，并制取MnO2和K2SO4，而后又用MnO2 制取KMnO4。设计生产流程如下：请回答下列问题：
20℃时，相关物质的溶解度数据见下表：
(1)若将SO2气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是___。
A.紫色石蕊试液 B.品红溶液 C.新制氯水 D.酸性高锰酸钾溶液
(2)用 MnCO3 除去液体中的 Fe3+时发生的离子方程式__________。
(3)步骤④中应在______中熔化；
A.瓷坩埚 B.铁坩埚 C.石英坩埚 D.蒸发皿
当溶液调 pH达10~11时，停止通入 CO2。若 CO2过多，会造成的后果是：______。
(4)在此生产流程中，可循环使用的物质是（填名称）________。
步骤⑤中发生反应的化学方程式为_________；
步骤⑤之后，趁热过滤的理由是________。
【答案】 (1). A (2). 3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). B (4). CO2与K2CO3反应生成KHCO3，结晶时会同一起结晶析出，降低产品的纯度 (5). MnO2、CO2、KMnO4 (6). 3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓ (7). 防止KMnO4结晶析出，提高 KMnO4的产量
【解析】
【分析】
(1)根据SO2的性质分析判断；
(2)MnCO3与溶液中的H+发生反应，使溶液中Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去；
(3)KOH是碱，能够与SiO2在高温下反应，据此分析；
根据K2CO3与CO2及H2O反应转化为KHCO3分析；
(4)根据反应流程分析判断物质及反应的方程式。
【详解】(1)A.SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，H2SO3是酸，具有酸的通性，可以使紫色石蕊试液变为红色，不褪色，A符合题意；
B.SO2具有漂白性，能够使品红溶液的红色褪去，B不符合题意；
C.新制氯水中含有HClO，HClO是具有强氧化性物质，可以将有色物质氧化变为无色，因此具有漂白作用，C不符合题意；
D.酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应而使溶液的紫色褪去，D不符合题意；
故合理选项是A；
(2)MnCO3与溶液中的H+发生反应，使溶液中c(OH-)增大，导致溶液中Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去，则用MnCO3除去液体中的Fe3+时发生的离子方程式为：3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(3)KOH是碱，在高温下能够与SiO2反应，所以不能使用含有SiO2的容器反应；
A.瓷坩埚中含有SiO2，不能熔化KOH，A不符合题意；
B.铁坩埚中不含有SiO2，与Fe不能反应，可以熔化KOH，B符合题意；
C.石英坩埚主要成分是SiO2，与KOH在高温下反应，所以不能熔化KOH，C不符合题意；
D.蒸发皿主要成分是硅酸盐，其中含有SiO2，可以与KOH在高温下发生反应，不能在高温下熔融KOH，D不符合题意；
故合理选项是B；
向含有KOH的溶液中通入CO2气体，调整溶液的pH至10～11，二者反应产生K2CO3和水，若通入CO2过多，则又会发生反应：K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，结晶时会同KMnO4一起结晶析出，降低产品的纯度；
(4)向软锰矿(主要成分为MnO2)浆中加入稀硫酸，并通入SO2气体，发生氧化还原反应产生MnSO4，向该酸性溶液中加入MnCO3，消耗溶液中的H+，使溶液中的Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，MnCO3与H+反应，产生Mn2+和CO2，向MnSO4溶液中加入KMnO4溶液，发生氧化还原反应产生MnO2，向其中再加入KOH、KClO3，发生氧化还原反应，产生K2MnO4，向该碱性溶液中通入CO2，调整溶液的pH至10～11，KOH与CO2反应产生K2CO3，K2MnO4发生歧化反应产生KMnO4、MnO2，CO2转化为MnCO3，所以在该流程中，能够循环利用的物质有MnO2、CO2、KMnO4；
步骤⑤中K2MnO4在CO2存在条件下，发生歧化反应产生KMnO4、MnO2，发生反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓；
步骤⑤之后，要趁热过滤，这是由于温度高，KMnO4的溶解度大，温度降低，KMnO4的溶解度降低，导致KMnO4的产量降低，高温过滤就可以防止KMnO4结晶析出，从而提高 KMnO4的产量。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识。涉及仪器和物质的使用、混合物的分离、盐的水解、氧化还原反应的应用等，把握流程的反应原理、发生的反应是本题解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。
19.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
查阅资料已知：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。
②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程如下：
I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。
Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
(1)仪器a的名称是_________；与a相比，仪器b的优点是_________。
(2)装置B中盛有的试剂是：________；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为_____。
(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，柠檬酸的作用还有________。
(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_________。
(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是________%。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强、便于液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 防止Fe2+被氧化 (6). 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 (7). 75
【解析】
【分析】
根据装置：A制备二氧化碳，B装置除去二氧化碳中的HCl，C装置制备甘氨酸亚铁，D装置检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C。
(1)根据仪器构造和作用分析；
(2)根据装置B的作用分析；亚铁易被氧化，故装置为无氧环境，据此分析；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时生成二氧化碳和水，据此书写；
(4)①pH过低，NH2CH2COOH反应，pH过高，Fe2+沉淀；
②根据已知中柠檬酸具有较强的还原性分析；
(5)已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，据此分析；
(6)17.4gFeCO3物质量为0.15mol，200mL1.0mol/L甘氨酸为0.2mol，根据FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，则FeCO3过量，故理论上生成的(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为n(NH2CH2COOH)=0.1mol，据此计算。
【详解】(1)根据仪器结构可知：仪器a为分液漏斗，仪器b为滴液漏斗，滴液漏斗的优点是：能平衡压强，便于液体顺利滴下；
(2)应用盐酸具有挥发性，实验装置A制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置除去CO2中混有杂质HCl，而不溶解CO2，故装置B中试剂为饱和NaHCO3溶液；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时生成CO2和H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性，加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，同时还可以防止Fe2+被氧化；
(5)已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入无水乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；
(6)17.4gFeCO3物质的量为n(FeCO3)=17.4g÷116g/mol=0.15mol，200mL1.0mol/L甘氨酸为0.2mol，根据FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，则FeCO3过量，故根据甘氨酸进行计算，则理论上生成的(NH2CH2COO)2Fe的物质的量n[(NH2CH2COO)2Fe]=n(NH2CH2COOH)=0.1mol，故产率为×100%=75%。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生在具有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。
20.氨是最重要的化工产品之一，其生产方法也在逐渐改进中，各国科学家均在为提高氨的产量，降低能耗作各种有益的探究；氨在工业上有广泛用途。
(1)合成氨用的H2可以CH4为原料制得。已知相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/（kJ·mol-1）
436
351
1076
463
413
则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式__________。
(2)近年有人将电磁场直接加在氮气与氢气反应的容器内，在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较好的产率。从化学反应本质角度分析，电磁场对合成氨反应的作用是___。
(3)在425℃、A12O3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得(CH3)2NH。(CH3)2NH显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl，溶液中各离子浓度由小到大的顺序为___。
(4)直接供氨式碱性燃料电池的电池反应式4NH3+3O2=2N2+6H2O，负极电极反应式为___。
(5)如图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率，反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。（注：脱氮率即氮氧化物转化率）
①对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作KP)，则上述反应的表达式KP=_______。
②以下说法正确的是_________。
A.上述反应的正反应为吸热反应
B.相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
C.催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮
D.曲线①、②最高点表示此时平衡转化率最高
(6)氨气制取尿素的合成塔中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)。图中为合成塔中不同氨碳比a和水碳比b时二氧化碳转化率(x%)，a宜控制在4.0左右，理由是__________。
【答案】 (1). CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+194 kJ/mol (2). 在电磁场的作用下氮氮叁键更容易断裂，降低了合成反应所需的能量，反应容易进行 (3). c(Cl-)>c[(CH3)2NH2 +]>c(H+)>c(OH-) (4). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (5). (6). C (7). 氨碳比大于4.0，增大氨气的量CO2转化率增加不大，提高了生产成本；氨碳比小于4.0，CO2的转化率较低
【解析】
【分析】
(1)反应焓变=反应物总键能-生成物总能键能，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；
(2)根据化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成分析；
(3)二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl，[(CH3)2NH2] +离子水解溶液显酸性，据此判断溶液中各离子浓度大小；
(4)原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水；
(5)①对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数，Kp=，
②A.温度升高脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动；
B.增大压强平衡向逆反应方向移动；
C.根据图象判断，脱氨率最高的点对应的温度应是最适宜温度；
D.最高点为催化剂活性最高温度；
(6)从投资、成本、物质的平衡转化率方面分析。
【详解】(1)CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的反应方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，反应焓变△H=4×413kJ/mol+2×463kJ/mol-(1073kJ/mol+3×436kJ/mol)=+194kJ/mol；
(2)从化学反应本质角度分析，电磁场对合成氨反应的作用是：在电磁场的作用下氮氮三键更容易断裂，降低了反应所需要的能量，反应更容易进行；
(3)在425℃、A12O3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得(CH3)2NH。(CH3)2NH显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2Cl是强酸弱碱盐，[(CH3)2NH2] +离子水解溶液使显酸性，[(CH3)2NH2] +水解消耗，则c(Cl-)>c[(CH3)2NH2 +]，水解消耗OH-，则溶液中c(H+)>c(OH-)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以c[(CH3)2NH2 +]> c(H+)，因此该溶液中各离子浓度大小为：c(Cl-)>c[(CH3)2NH2 +]>c(H+)>c(OH-)；
(4)原电池负极失去电子发生氧化反应，氨气在负极失去电子，在碱性条件下生成N2与水，负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
(5)①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数，Kp=；
②A.脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，A错误；
B.正反应为气体体积增大的反应，增大压强化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，B错误；
C.两种催化剂分别在250℃和450℃左右催化效率最高，说明此时催化剂的活性最大，C正确；
D.图象研究的是不同催化剂在不同的温度下的活性比较，最高点为催化剂活性最大的状态，与平衡转化率无关，D错误；
故合理选项是C；
(6)氨碳比a[]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[]小于4.0时，二氧化碳的转化率较小，所以氨碳比a宜控制在4.0左右。
【点睛】本题考查热化学方程式书写、化学平衡移动、盐的水解、化学平衡常数的计算等，注意分析图象曲线的变化趋势，掌握化学平衡移动原理及影响因素和盖斯定律及原电池反应原理是本题解答的关键。在比较溶液中离子浓度大小时，要结合物料守恒、电荷守恒及质子守恒分析判断。
21.A(C2H4)是基本的有机化工原料，由A制备聚丙烯酸甲酯(有机玻璃主要成分)和肉桂酸的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知：①E的相对分子质量在70～80之间，步骤④的反应类型是加成反应
②+CH2=CH2+HX (X为卤原子，R为取代基)
回答下列问题：
(1)F的名称是________；反应①的反应试剂和反应条件是________；⑥的反应类型是________。
(2)反式肉桂酸的结构简式为_________。
(3)由C制取D的化学方程式为_________。
(4)肉桂酸的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)；
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②能使溴的四氯化碳溶液褪色；
③能发生银镜反应。
其中苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱为6组峰、且峰面积比为2：2：1：1：1：1的是：________(写结构简式)。
(5)请运用所学知识并结合信息：，设设计由A(C2H4)制备B的合成路线(无机试剂任选)：____________。
【答案】 (1). 氯苯 (2). 浓硫酸、加热 (3). 取代反应 (4). (5). CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O (6). 16 (7). (8). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO或CH2=CH2CH3CHO
【解析】
【分析】
A为CH2=CH2，B是乳酸，B发生消去反应生成C，C为CH2=CHCOOH，C与CH3OH发生酯化反应产生D：CH2=CHCOOCH3，D发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯； ①E的相对分子质量在70～80之间，步骤④的反应类型是加成反应，则E为，苯发生取代反应生成F，由信息②C、F发生取代反应生成肉桂酸；
(5)由A(C2H4)制备B，由A(C2H4)制备CH3CH(OH)COOH，可以用乙烯与水加成得CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化得CH3CHO，CH3CHO与HCN发生加成反应得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN水解得CH3CH(OH)COOH。
【详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，C是CH2=CHCOOH，D是CH2=CHCOOCH3，E是。
(1)根据F结构简式知，F的名称是氯苯，反应①乳酸在浓硫酸、加热条件下发生消去反应产生CH2=CH-COOH，为醇羟基发生的消去反应，所需的反应试剂和反应条件是；反应⑥是氯苯与丙烯酸CH2=CHCOOH发生取代反应产生肉桂酸；
(2)根据上述分析可知E是苯，结构简式为，反式肉桂酸是苯环与羧基在碳碳双键的不同侧，其结构简式为；
(3)C是CH2=CHCOOH，D是CH2=CHCOOCH3，C发生酯化生成D为CH2=CH-COOCH3，由C制取D的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；
(4)肉桂酸结构简式为，其同分异构体中能同时满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，②能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明有碳碳不饱和键；③能发生银镜反应，说明有醛基，则符合条件的结构为苯环上连有-CH=CHCHO、-OH，或-C(CHO)=CH2、-OH，每种都有邻间对三种可能的结构，则有两个取代基的同分异构体种类有2×3=6种；也可以是苯环上连有-OH、-CHO、-CH=CH2三种取代基，根据定二动一的原则，有10种结构，所以共有6+10=16种，其中苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱为6组峰、且峰面积比为2：2：1：1：1：1的是；
(5)由A(C2H4)制备B，可以用CH2=CH2与水加成得CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得乙醛CH3CHO，CH3CHO与HCN发生加成反应得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN发生水解反应得CH3CH(OH)COOH。故合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO；也可以是CH2=CH2直接催化氧化产生乙醛CH3CHO ，CH3CHO与HCN发生加成反应得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN发生水解反应得CH3CH(OH)COOH，故合成路线也可以是CH2=CH2CH3CHO。
【点睛】本题考查有机物的推断和合成，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，侧重考查学生的推断及综合运用能力，易错点是同分异构体种类的判断，要先确定取代基的个数，然后通过确定取代基在苯环上的位置确定种类数目，难点是合成路线设计，要结合学过的知识，运用题干提供的信息综合运用。
石城中学2020届高三上学期第一次月考化学试卷
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Cu-64 Fe-56 Cl-35.5 Ag-108
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分、共48分）
1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法错误的是（ ）
A. 水玻璃可作木材防腐剂和阻燃剂
B. 用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物
C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一
D. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
【答案】B
【解析】
【详解】A.水玻璃是硅酸钠的水溶液，该物质不能燃烧，也不支持燃烧，因此可作木材防腐剂和阻燃剂，A正确；
B.树酯是有机单体发生缩聚反应产生的物质，不同分子中含有的链节数目不同，因此属于混合物，B错误；
C.可根据水与盐的沸点不同，采用蒸馏方法分离水与盐，因此蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一，C正确；
D.碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应产生可溶性的物质，因此可用于去除餐具的油污，D正确；
故合理选项是B。
2. 下列过程中不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 由植物油制备人造黄油
B. 用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板
C. 用牺牲阳极的阴极保护法防止金属被腐蚀
D. 在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，析出白色固体
【答案】D
【解析】
【详解】A、由植物油制备人造黄油，为不饱和油脂与氢气加成，为还原反应，故A不选；
B、用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板，为Cu还原FeCl3，属于氧化还原反应，故B不选；
C、电化学反应均属于氧化还原反应，故C不选；
D、在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，析出白色固体，为盐析，是物理变化，不涉及氧化还原反应，符合题意，故D选；
答案选D。
3.下列关于物质的分类，正确的说法是（ ）
A. SiO2能分别与NaOH溶液、氢氟酸反应，所以SiO2为两性氧化物
B. 油酸(C17H33COOH)与丙烯酸（CH2=CHCOOH)互为同系物
C. 因为新制氯水含有3种分子，3种离子，所以氯水为混合物
D. NH3的水溶液能导电，所以NH3为电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A. SiO2能与NaOH溶液反应产生盐Na2SiO3和水，但与氢氟酸反应产生SiF4和H2，不是产生盐和水，所以SiO2为碱性氧化物，不是两性氧化物，A错误；
B.油酸的烃基与丙烯酸的烃基都符合CnH2n-1，都含一个不饱和的碳碳双键，结构相似，因此二者互为同系物，B正确；
C.氯水是氯气溶于水得到的混合物，含有氯气与水反应产生的HCl、HClO，HCl是强酸完全电离产生H+、Cl-，HClO是弱酸，在溶液中部分电离产生H+、ClO-，含有多种微粒的不一定是混合物，如H2O中含有H2O分子及水电离产生的H+、OH-，但水为纯净物，C错误；
D.NH3的水溶液能导电，是由于氨气与水反应产生的NH3·H2O电离产生了NH4+、OH-，离子不是NH3电离产生的，所以NH3为非电解质，D错误；
故合理选项是B。
4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B. 1L水吸收标准状况下2.24LSO2，所得溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1
C. 0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA
D. 常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cl2溶于水，只有一部分与水反应，存在化学平衡，所以0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，A错误；
B.SO2溶于水与水反应产生H2SO3，但该反应是可逆反应，且水的体积是1L，形成的溶液体积不是1L，所以不能计算溶液的浓度，B错误；
C.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D.HCHO可表示为CH2O，1mol完全燃烧消耗1molO2，则1.5mol该物质完全燃烧消耗1.5molO2；C2H2O3可表示为(CO)2H2O，1mol完全燃烧消耗1molO2，则1.5mol该物质完全燃烧消耗1.5molO2，所以1.5mol两种物质的混合物完全充分燃烧，消耗的O2的物质的量是1.5mol，消耗O2的分子数目为1.5NA，D正确；
故合理选项是D。
5.下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是
A. 加入Al粉放出H2的溶液中：Na+、K+、Fe3+、NO3—
B. c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：NH4+、AlO2—、SO42—、HCO3—
C. 水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3—、Cl—
D. c(H+)=1×10—13mol/L的溶液中：K+、Cl—、AlO2—、CO32—
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入Al粉放出H2的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Fe3+不能共存，若为酸，有NO3—，无氢气放出，A错误；
B.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中： Fe3+、HCO3—可发生双水解反应不共存，B错误；
C.水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱，若为碱溶液，Mg2+不能共存，C错误；
D. c(H+)=1×10—13mol/L的溶液为碱溶液，K+、Cl—、AlO2—、CO32—不反应可以大量共存，D正确；
答案为D。
【点睛】酸、碱对水的电离均有抑制作用，则水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液可能为酸，还可能为碱。
6.下列关于物质的鉴别或检验，说法正确的是（ ）
A. 向 FeI2溶液通入少量Cl2，若溶液变为黄色，能证明还原性I- >Fe2+
B. 向某溶液中滴加稀硫酸，只要产生有刺激性气味的气体，该气体能使品红溶液褪色，就可判断该溶液中存在SO32-
C. 用 BaCl2溶液可以鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D. 可用湿润的淀粉-KI试纸来鉴别NO2和溴蒸汽
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe2+、I-均有还原性，向溶液中通入少量Cl2，反应后若溶液变为黄色，可能是I2溶于水形成的，也可能是反应产生的Fe3+的水溶液导致，不能证明还原性I- >Fe2+，A错误；
B.向某溶液中滴加稀硫酸，只要产生有刺激性气味的气体，该气体能使品红溶液褪色，就可判断该气体为SO2，该溶液中可能存在SO32-，也可能存在HSO3-，B错误；
C.Na2CO3能与BaCl2溶液反应产生BaCO3白色沉淀，而NaHCO3溶液与BaCl2溶液不反应，无现象，因此可以用BaCl2溶液鉴别它们，C正确；
D.NO2和溴蒸汽都具有强氧化性，都可将KI氧化为I2，而使湿润的试纸变为蓝色，因此不能鉴别两种气体，D错误；
故合理选项是C。
7.某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：
下列说法正确的是
A. 步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuS
B. 步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C. 步骤③涉及的离子反应可能为CuS＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋S＋2H2O
D. 步骤②和④，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
废催化剂主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS，由实验流程可知，①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣1为CuS、SiO2，③中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，滤渣2为S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此解答该题。
【详解】A.ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，A错误；
B.①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故B错误；
C.③中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O，C正确；
D.步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查混合物分离提纯知识，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
8.已知X、Y、Z、W四种物质存在如图转化关系，下列判断正确的是
A. 若W是一种常见的金属单质，则X可能为
B. 若W为强碱，Y为白色难溶于水的固体，则工业上可以电解X的水溶液来制取其中所含的金属
C. 若W固体俗称干冰，则Y晶体中的阴、阳离子个数比为1∶1
D. 若W是，则Y一定是酸性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A项，W可以是Fe，少量的Fe与稀硝酸反应生成，再加过量的Fe生成，而加入硝酸又生成，正确；
B项，W可以是NaOH，X是，少量的NaOH与反应生成白色沉淀，再加过量的NaOH生成，而加入又生成，但工业上电解熔融的氧化铝制取Al，错误；
C项，W是，X是NaOH，少量的与NaOH反应生成，再加过量的生成，而加入NaOH又生成，中阴阳离子个数比为1∶2，错误；
D项，若W是氧气，X可以是C，Y就是CO，CO不是酸性氧化物，错误；
故答案选A。
9.下列相关反应的离子方程式书写正确的是
A. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
B. 氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4 NH3·H2O=AlO2-＋4NH4＋+2H2O
C. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:NH4＋+Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+ NH3·H2O
D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2++2OH- =BaCO3↓+2H2O+ CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故A错误；
B项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3-↓+3NH+4，故B错误；
C项、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al（OH）3↓+2BaSO4↓++NH3．H2O，故C正确；
D项、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。
10.气体X可能由NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种组成，已知X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3，若将X通入澄清石灰水中，无沉淀产生，则有关气体X的成分，下列说法正确的是
①一定含有HBr，可能含有CO2
②一定不含CO2
③一定不含NH3、Cl2
④可能含有Cl2、CO2
A. ①和③ B. 只有③ C. 只有① D. ②和③
【答案】A
【解析】
【详解】将气体X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3，说明含有HBr，由于HBr与NH3会发生反应形成NH4Br不能大量共存，与Cl2会发生反应产生Br2和HCl也不能大量共存，因此一定不含有NH3、Cl2；若将X通入澄清石灰水中，无沉淀产生，由于HBr溶于水使溶液显酸性，因此无论是否含有CO2气体，都不能形成CaCO3沉淀，因此不能确定是否含有CO2气体。因此有关气体X的成分，是①一定含有HBr，可能含有CO2，③一定不含NH3、Cl2，故选项是A。
11.亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH＋H2===LiNH2＋LiH，下列有关说法正确的是
A. Li2NH中N的化合价是－1 B. 该反应中H2既是氧化剂又是还原剂
C. 储存1mol H2 时转移的电子为2mol D. 此法储氢和钢瓶储氢的原理相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. Li2NH中Li和H均为+1价，所以N为－3价，A错误；
B. 反应中Li和N化合价不变，氧化还原中，若是同种元素化合价发生变化，化合价变化遵循“只靠拢、不交叉”的原则，H2中H由0价升为+1价，由0价降为－1价，转移1mol电子，B正确;
C. 储存1mol H2 时转移的电子为1mol，C错误；
D. 此法储氢是化学变化过程，钢瓶储氢不发生化学变化，D错误。
【点睛】氧化还原中，若是同种元素化合价发生变化，化合价变化遵循“只靠拢、不交叉”的原则。
12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；
B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；
C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；
D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
13.可逆反应：3N(s)X(g)+2Y(g) ΔH<0在恒容绝热密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolX的同时生成3nmol N
②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③气体X百分含量不再改变
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤容器的压强不再改变
⑥容器温度不再改变
A. ①⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥ C. ①④⑤⑥ D. ①②③⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①单位时间内生成nmolX，会消耗3nmolN，同时生成3nmol N，N的物质的量不变，反应达到平衡状态，①符合题意；
②该反应只有生成物是气体，二者的物质的量的比恒定不变，因此任何情况下混合气体的平均相对分子质量都不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，②不符合题意；
③该反应只有生成物是气体，二者的物质的量的比恒定不变，因此任何情况下混合气体中X百分含量都不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，③不符合题意；
④反应在恒容密闭容器中进行，反应物为固体，若未达到平衡，气体的质量会发生变化，气体的密度也会改变，若混合气体的密度不再改变，说明反应处于平衡状态，④符合题意；
⑤该反应反应前后气体的物质的量发生变化，由于容器是恒容密闭容器，若气体的物质的量不变，则容器内气体的压强不变，反应达到平衡状态，⑤符合题意；
⑥该反应的正反应是放热反应，若反应达到平衡状态，则反应过程的能量消耗与产生相同，容器温度不变，故可据此判断反应处于平衡状态，⑥符合题意；
综上所述可知，可判断反应处于平衡状态的为①④⑤⑥，故合理选项是C。
14.2017年春节期间，一种“本宝宝福禄双全”的有机物刷爆朋友圈，其结构简式如下，该物质的同分异构体中具有“本宝宝福禄双全”谐音且两个醛基位于苯环间位的有机物有（ ）
A. 4种 B. 6种 C. 7种 D. 9种
【答案】C
【解析】
两个醛基位于苯环间位时，苯环上的氢原子有3种，将氟原子、氯原子依次取代氢原子，得到7种分子结构，故选C。
点睛：在确定本题有机物的结构时，可以先将两个醛基定于苯环间位，再将氟原子取代氢原子，最后将氯原子取代氢原子，得出不同结构。
15.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知H2O2足量，下列说法正确的是（ ）
A. 正极的电极反应式为2H＋+2e-=H2↑
B. 电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动
C. 电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3
D. 工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
以氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3失电子发生氧化反应为负极，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此分析。
【详解】A.右侧H2O2得到电子发生还原反应为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，A错误；
B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，B错误；
C.NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，所以电池工作时，两个电极都不产生气体，C错误；
D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，假设转移电子的物质的量是6mol，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极的质量相差19g，理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6 mol电子，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原电池原理，涉及电极的判断、电极式的书写、离子移动方向等，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液分析。对于两个电极溶液的质量差，要根据反应过程中电子转移数目相等，进入电极溶液中物质的质量与从该区域中减少的质量两部分分析计算，题目侧重考查学生对基础知识的综合应用能力。
16.常温下，用0.1 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.1 mol/L的酸HA，所加氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示。下列说法错误的是
A. X点：c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-) B. Y点：V(NH3·H2O) <10.00 mL
C. Z点：2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O) D. HA的电离方程式为HA=H++A-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图可知，0.1 mol/L的酸HA的lg=12，则=1012，=1012，c2(H+)=1012KW=101210-14=10-2，c(H+)=0.1mol/L，说明HA完全电离，为强酸。A. X点：加入5mL0.1 mol/L的氨水得到等浓度的NH4A和HA混合溶液，c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，A正确；
B. Y点：lg=0，即=1，c(H+)=c(OH-),溶液呈中性，若加入氨水V(NH3·H2O) =10.00 mL，恰好得到NH4A溶液，此时溶液由于NH4+水解而显酸性，故加入的氨水应比10.00 mL大，故B错误；
C. Z点为等浓度的NH4A和NH3·H2O的混合溶液，根据物料守恒，2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，C正确；
D. HA为强酸，电离方程式为HA=H++A-，D正确；
本题正确答案应选B。
【点睛】本题的突破点在于先根据0.1 mol/L的酸HA的 lg=12，c(H+)=0.1mol/L，确定HA为强酸，然后根据X、Y、Z点各溶液的成分分别进行分析，各个突破。
第Ⅱ卷 非选择题
17.(1)15.6gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是________。
(2)设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气在标准状况下的体积约是_______(用含NA的式子表示）。
(3)某溶液由Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-四种离子组成，测得其中Al3+、SO42-、Cl-的物质的量浓度之比为3：1：13，则溶液中Mg2＋、Al3＋、SO42-的物质的量浓度之比为___。
(4)奥运金牌“金镶玉”环形碧玉由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则其用氧化物的形式可表示为_______。
(5)下列各项与胶体性质无关的有________。
①卤水点豆腐 ②明矾净水 ③静电除尘 ④油水分离 ⑤血液透析 ⑥三角洲形成 ⑦酸碱中和 ⑧雨后彩虹和海市蜃楼 ⑨臭氧消毒
(6)CaH2的电子式：___。
【答案】 (1). 78g/mol (2). L (3). 3：3：1 (4). 2CaO•5MgO•8SiO2•H2O (5). ④⑦⑨ (6). [H：]-Ca2+[：H]-
【解析】
【分析】
(1)根据盐的组成，由Na+的物质的量计算Na2X的物质的量，再根据n=计算物质的摩尔质量；
(2)先计算出cg氧气含有的分子数目，根据n=确定气体的物质的量，最后根据V=nVm计算气体在标准状况下的体积；
(3)根据电荷守恒计算溶液中含有Al3+的物质的量，由于溶液的体积相同，所以微粒的物质的量的比等于它们的浓度比；
(4)用氧化物形式表示硅酸盐时，先写金属氧化物，再写非金属氧化物，最后写水，各种元素原子个数比不变；
(5)根据胶体能够发生丁达尔效应、电泳、聚沉等性质分析判断；
(6)CaH2是离子化合物，Ca2+与H-通过离子键结合，据此分析解答。
【详解】(1) Na2X中含有2个Na+，则由Na+0.4mol可推知n(Na2X)=0.2mol，由于n=，所以Na2X的摩尔质量M==78g/mol；
(2)ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气中含有的分子数目为N=，氧气的物质的量为n==mol，所以该氧气在标准状况下的体积V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L；
(3)某溶液中Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-四种离子组成，其中Al3+、SO42-、Cl-的物质的量浓度之比为3：1：13，根据电荷守恒可知：2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)+c(Cl-)，所以c(Mg2+)=3mol/L，因此溶液中Mg2＋、Al3＋、SO42-的物质的量浓度之比为3：3：1；
(4)某昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则根据氧化物表示原则，其用氧化物的形式可表示为2CaO•5MgO•8SiO2•H2O；
(5)①蛋白质溶液属于胶体，滴入卤水，其中的电解质电离产生的离子中和胶粒的电荷，使蛋白质聚集形成沉淀，与溶剂水分离，得到豆腐，是胶体的聚沉，与胶体有关；
②明矾水解产生的氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的固体颗粒，形成沉淀，从而具有净水作用，与胶体有关；
③胶体的胶粒带有电荷，在外加电场力作用下，胶粒向某一个电极定向移动，从而使空气净化，所以静电除尘与胶体有关；
④油水分离是油与水互不相溶，且油的密度比水小的性质，与胶体无关；
⑤血液透析是根据胶粒直径比半透膜缝隙的直径大而除去血液中毒素，与胶体有关；
⑥三角洲形成是土壤胶体的胶粒遇到海水中的电解质发生的聚沉现象，与胶体有关；
⑦酸碱中和是酸电离产生的H+与碱电离产生的OH-中和形成H2O，与胶体无关；
⑧雨后彩虹和海市蜃楼是水滴在空气中形成的胶体对光线的散射作用，与胶体有关；
⑨臭氧消毒是O3具有强的氧化性作用的结果，与胶体无关；
综上所述可知：与胶体无关的是④⑦⑨；
(5)CaH2是Ca2+与H-通过离子键结合形成的离子化合物，该物质的电子式为：[H：]-Ca2+[：H]-。
【点睛】本题考查了有关物质的量的简单计算、胶体的性质、物质的电子式表示等，注意掌握物质的量的有关计算公式的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，注意利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释。
18.高锰酸钾是中学化学中常用的强氧化剂。某化学研究小组用软锰矿(主要成分为MnO2另含有少量铁、铝等金属的化合物)吸收燃煤尾气中的SO2，并制取MnO2和K2SO4，而后又用MnO2 制取KMnO4。设计生产流程如下：请回答下列问题：
20℃时，相关物质的溶解度数据见下表：
(1)若将SO2气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是___。
A.紫色石蕊试液 B.品红溶液 C.新制氯水 D.酸性高锰酸钾溶液
(2)用 MnCO3 除去液体中的 Fe3+时发生的离子方程式__________。
(3)步骤④中应在______中熔化；
A.瓷坩埚 B.铁坩埚 C.石英坩埚 D.蒸发皿
当溶液调 pH达10~11时，停止通入 CO2。若 CO2过多，会造成的后果是：______。
(4)在此生产流程中，可循环使用的物质是（填名称）________。
步骤⑤中发生反应的化学方程式为_________；
步骤⑤之后，趁热过滤的理由是________。
【答案】 (1). A (2). 3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). B (4). CO2与K2CO3反应生成KHCO3，结晶时会同一起结晶析出，降低产品的纯度 (5). MnO2、CO2、KMnO4 (6). 3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓ (7). 防止KMnO4结晶析出，提高 KMnO4的产量
【解析】
【分析】
(1)根据SO2的性质分析判断；
(2)MnCO3与溶液中的H+发生反应，使溶液中Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去；
(3)KOH是碱，能够与SiO2在高温下反应，据此分析；
根据K2CO3与CO2及H2O反应转化为KHCO3分析；
(4)根据反应流程分析判断物质及反应的方程式。
【详解】(1)A.SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，H2SO3是酸，具有酸的通性，可以使紫色石蕊试液变为红色，不褪色，A符合题意；
B.SO2具有漂白性，能够使品红溶液的红色褪去，B不符合题意；
C.新制氯水中含有HClO，HClO是具有强氧化性物质，可以将有色物质氧化变为无色，因此具有漂白作用，C不符合题意；
D.酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应而使溶液的紫色褪去，D不符合题意；
故合理选项是A；
(2)MnCO3与溶液中的H+发生反应，使溶液中c(OH-)增大，导致溶液中Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去，则用MnCO3除去液体中的Fe3+时发生的离子方程式为：3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(3)KOH是碱，在高温下能够与SiO2反应，所以不能使用含有SiO2的容器反应；
A.瓷坩埚中含有SiO2，不能熔化KOH，A不符合题意；
B.铁坩埚中不含有SiO2，与Fe不能反应，可以熔化KOH，B符合题意；
C.石英坩埚主要成分是SiO2，与KOH在高温下反应，所以不能熔化KOH，C不符合题意；
D.蒸发皿主要成分是硅酸盐，其中含有SiO2，可以与KOH在高温下发生反应，不能在高温下熔融KOH，D不符合题意；
故合理选项是B；
向含有KOH的溶液中通入CO2气体，调整溶液的pH至10～11，二者反应产生K2CO3和水，若通入CO2过多，则又会发生反应：K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，结晶时会同KMnO4一起结晶析出，降低产品的纯度；
(4)向软锰矿(主要成分为MnO2)浆中加入稀硫酸，并通入SO2气体，发生氧化还原反应产生MnSO4，向该酸性溶液中加入MnCO3，消耗溶液中的H+，使溶液中的Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，MnCO3与H+反应，产生Mn2+和CO2，向MnSO4溶液中加入KMnO4溶液，发生氧化还原反应产生MnO2，向其中再加入KOH、KClO3，发生氧化还原反应，产生K2MnO4，向该碱性溶液中通入CO2，调整溶液的pH至10～11，KOH与CO2反应产生K2CO3，K2MnO4发生歧化反应产生KMnO4、MnO2，CO2转化为MnCO3，所以在该流程中，能够循环利用的物质有MnO2、CO2、KMnO4；
步骤⑤中K2MnO4在CO2存在条件下，发生歧化反应产生KMnO4、MnO2，发生反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓；
步骤⑤之后，要趁热过滤，这是由于温度高，KMnO4的溶解度大，温度降低，KMnO4的溶解度降低，导致KMnO4的产量降低，高温过滤就可以防止KMnO4结晶析出，从而提高 KMnO4的产量。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识。涉及仪器和物质的使用、混合物的分离、盐的水解、氧化还原反应的应用等，把握流程的反应原理、发生的反应是本题解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。
19.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
查阅资料已知：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。
②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程如下：
I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。
Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
(1)仪器a的名称是_________；与a相比，仪器b的优点是_________。
(2)装置B中盛有的试剂是：________；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为_____。
(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，柠檬酸的作用还有________。
(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_________。
(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是________%。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强、便于液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 防止Fe2+被氧化 (6). 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 (7). 75
【解析】
【分析】
根据装置：A制备二氧化碳，B装置除去二氧化碳中的HCl，C装置制备甘氨酸亚铁，D装置检验装置内空气是否排尽，防止空气进入装置C。
(1)根据仪器构造和作用分析；
(2)根据装置B的作用分析；亚铁易被氧化，故装置为无氧环境，据此分析；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时生成二氧化碳和水，据此书写；
(4)①pH过低，NH2CH2COOH反应，pH过高，Fe2+沉淀；
②根据已知中柠檬酸具有较强的还原性分析；
(5)已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，据此分析；
(6)17.4gFeCO3物质量为0.15mol，200mL1.0mol/L甘氨酸为0.2mol，根据FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，则FeCO3过量，故理论上生成的(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为n(NH2CH2COOH)=0.1mol，据此计算。
【详解】(1)根据仪器结构可知：仪器a为分液漏斗，仪器b为滴液漏斗，滴液漏斗的优点是：能平衡压强，便于液体顺利滴下；
(2)应用盐酸具有挥发性，实验装置A制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置除去CO2中混有杂质HCl，而不溶解CO2，故装置B中试剂为饱和NaHCO3溶液；
(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时生成CO2和H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性，加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，同时还可以防止Fe2+被氧化；
(5)已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入无水乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；
(6)17.4gFeCO3物质的量为n(FeCO3)=17.4g÷116g/mol=0.15mol，200mL1.0mol/L甘氨酸为0.2mol，根据FeCO3+2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe+CO2↑+H2O，则FeCO3过量，故根据甘氨酸进行计算，则理论上生成的(NH2CH2COO)2Fe的物质的量n[(NH2CH2COO)2Fe]=n(NH2CH2COOH)=0.1mol，故产率为×100%=75%。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生在具有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。
20.氨是最重要的化工产品之一，其生产方法也在逐渐改进中，各国科学家均在为提高氨的产量，降低能耗作各种有益的探究；氨在工业上有广泛用途。
(1)合成氨用的H2可以CH4为原料制得。已知相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/（kJ·mol-1）
436
351
1076
463
413
则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式__________。
(2)近年有人将电磁场直接加在氮气与氢气反应的容器内，在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较好的产率。从化学反应本质角度分析，电磁场对合成氨反应的作用是___。
(3)在425℃、A12O3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得(CH3)2NH。(CH3)2NH显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl，溶液中各离子浓度由小到大的顺序为___。
(4)直接供氨式碱性燃料电池的电池反应式4NH3+3O2=2N2+6H2O，负极电极反应式为___。
(5)如图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率，反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。（注：脱氮率即氮氧化物转化率）
①对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作KP)，则上述反应的表达式KP=_______。
②以下说法正确的是_________。
A.上述反应的正反应为吸热反应
B.相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
C.催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮
D.曲线①、②最高点表示此时平衡转化率最高
(6)氨气制取尿素的合成塔中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)。图中为合成塔中不同氨碳比a和水碳比b时二氧化碳转化率(x%)，a宜控制在4.0左右，理由是__________。
【答案】 (1). CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+194 kJ/mol (2). 在电磁场的作用下氮氮叁键更容易断裂，降低了合成反应所需的能量，反应容易进行 (3). c(Cl-)>c[(CH3)2NH2 +]>c(H+)>c(OH-) (4). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (5). (6). C (7). 氨碳比大于4.0，增大氨气的量CO2转化率增加不大，提高了生产成本；氨碳比小于4.0，CO2的转化率较低
【解析】
【分析】
(1)反应焓变=反应物总键能-生成物总能键能，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；
(2)根据化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成分析；
(3)二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl，[(CH3)2NH2] +离子水解溶液显酸性，据此判断溶液中各离子浓度大小；
(4)原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水；
(5)①对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数，Kp=，
②A.温度升高脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动；
B.增大压强平衡向逆反应方向移动；
C.根据图象判断，脱氨率最高的点对应的温度应是最适宜温度；
D.最高点为催化剂活性最高温度；
(6)从投资、成本、物质的平衡转化率方面分析。
【详解】(1)CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的反应方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，反应焓变△H=4×413kJ/mol+2×463kJ/mol-(1073kJ/mol+3×436kJ/mol)=+194kJ/mol；
(2)从化学反应本质角度分析，电磁场对合成氨反应的作用是：在电磁场的作用下氮氮三键更容易断裂，降低了反应所需要的能量，反应更容易进行；
(3)在425℃、A12O3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得(CH3)2NH。(CH3)2NH显弱碱性，与盐酸反应生成(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2Cl是强酸弱碱盐，[(CH3)2NH2] +离子水解溶液使显酸性，[(CH3)2NH2] +水解消耗，则c(Cl-)>c[(CH3)2NH2 +]，水解消耗OH-，则溶液中c(H+)>c(OH-)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以c[(CH3)2NH2 +]> c(H+)，因此该溶液中各离子浓度大小为：c(Cl-)>c[(CH3)2NH2 +]>c(H+)>c(OH-)；
(4)原电池负极失去电子发生氧化反应，氨气在负极失去电子，在碱性条件下生成N2与水，负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
(5)①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数，Kp=；
②A.脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，A错误；
B.正反应为气体体积增大的反应，增大压强化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，B错误；
C.两种催化剂分别在250℃和450℃左右催化效率最高，说明此时催化剂的活性最大，C正确；
D.图象研究的是不同催化剂在不同的温度下的活性比较，最高点为催化剂活性最大的状态，与平衡转化率无关，D错误；
故合理选项是C；
(6)氨碳比a[]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[]小于4.0时，二氧化碳的转化率较小，所以氨碳比a宜控制在4.0左右。
【点睛】本题考查热化学方程式书写、化学平衡移动、盐的水解、化学平衡常数的计算等，注意分析图象曲线的变化趋势，掌握化学平衡移动原理及影响因素和盖斯定律及原电池反应原理是本题解答的关键。在比较溶液中离子浓度大小时，要结合物料守恒、电荷守恒及质子守恒分析判断。
21.A(C2H4)是基本的有机化工原料，由A制备聚丙烯酸甲酯(有机玻璃主要成分)和肉桂酸的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知：①E的相对分子质量在70～80之间，步骤④的反应类型是加成反应
②+CH2=CH2+HX (X为卤原子，R为取代基)
回答下列问题：
(1)F的名称是________；反应①的反应试剂和反应条件是________；⑥的反应类型是________。
(2)反式肉桂酸的结构简式为_________。
(3)由C制取D的化学方程式为_________。
(4)肉桂酸的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)；
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②能使溴的四氯化碳溶液褪色；
③能发生银镜反应。
其中苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱为6组峰、且峰面积比为2：2：1：1：1：1的是：________(写结构简式)。
(5)请运用所学知识并结合信息：，设设计由A(C2H4)制备B的合成路线(无机试剂任选)：____________。
【答案】 (1). 氯苯 (2). 浓硫酸、加热 (3). 取代反应 (4). (5). CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O (6). 16 (7). (8). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO或CH2=CH2CH3CHO
【解析】
【分析】
A为CH2=CH2，B是乳酸，B发生消去反应生成C，C为CH2=CHCOOH，C与CH3OH发生酯化反应产生D：CH2=CHCOOCH3，D发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯； ①E的相对分子质量在70～80之间，步骤④的反应类型是加成反应，则E为，苯发生取代反应生成F，由信息②C、F发生取代反应生成肉桂酸；
(5)由A(C2H4)制备B，由A(C2H4)制备CH3CH(OH)COOH，可以用乙烯与水加成得CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化得CH3CHO，CH3CHO与HCN发生加成反应得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN水解得CH3CH(OH)COOH。
【详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，C是CH2=CHCOOH，D是CH2=CHCOOCH3，E是。
(1)根据F结构简式知，F的名称是氯苯，反应①乳酸在浓硫酸、加热条件下发生消去反应产生CH2=CH-COOH，为醇羟基发生的消去反应，所需的反应试剂和反应条件是；反应⑥是氯苯与丙烯酸CH2=CHCOOH发生取代反应产生肉桂酸；
(2)根据上述分析可知E是苯，结构简式为，反式肉桂酸是苯环与羧基在碳碳双键的不同侧，其结构简式为；
(3)C是CH2=CHCOOH，D是CH2=CHCOOCH3，C发生酯化生成D为CH2=CH-COOCH3，由C制取D的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；
(4)肉桂酸结构简式为，其同分异构体中能同时满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，②能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明有碳碳不饱和键；③能发生银镜反应，说明有醛基，则符合条件的结构为苯环上连有-CH=CHCHO、-OH，或-C(CHO)=CH2、-OH，每种都有邻间对三种可能的结构，则有两个取代基的同分异构体种类有2×3=6种；也可以是苯环上连有-OH、-CHO、-CH=CH2三种取代基，根据定二动一的原则，有10种结构，所以共有6+10=16种，其中苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱为6组峰、且峰面积比为2：2：1：1：1：1的是；
(5)由A(C2H4)制备B，可以用CH2=CH2与水加成得CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得乙醛CH3CHO，CH3CHO与HCN发生加成反应得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN发生水解反应得CH3CH(OH)COOH。故合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO；也可以是CH2=CH2直接催化氧化产生乙醛CH3CHO ，CH3CHO与HCN发生加成反应得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN发生水解反应得CH3CH(OH)COOH，故合成路线也可以是CH2=CH2CH3CHO。
【点睛】本题考查有机物的推断和合成，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，侧重考查学生的推断及综合运用能力，易错点是同分异构体种类的判断，要先确定取代基的个数，然后通过确定取代基在苯环上的位置确定种类数目，难点是合成路线设计，要结合学过的知识，运用题干提供的信息综合运用。
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