黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三上学期12月月考化学试题


牡一中2017级高三学年上学期12月月考
化 学 试 题
相对原子质量：H1 C12 N14 O 16 Cl 35.5 Na23 Al 27 Fe56 Cu64 Ag108 Br80 F19
第I卷（选择题，共54分）
一、单项选择题（1—15小题，每小题2分；16—23小题，每小题3分，共54分）
1.化学与人类生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是（ ）
A. “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”,向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化
B. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中
C. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的
D. 用活性炭为糖浆脱色和用漂白纸浆的原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．向海水中加入净水剂明矾，铝离子水解生成氢氧化铝胶体只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应该用蒸馏法，故A错误；
B．二氧化硫具有较强的还原性，故适量SO2常用作葡萄酒的抗氧化剂，故B错误；
C．乙烯有催熟作用，乙烯能与酸性高锰酸钾反应，除掉乙烯能达到保鲜要求，故C正确；
D．活性炭有吸附作用而导致能漂白，二氧化硫与有色物质反应生成无色物质，发生化学反应导致有漂白作用，原理不同，故D错误；
故答案为C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 纺织品上的矿物油可以用烧碱溶液清洗
B. 用钢瓶储存液氯或浓硫酸
C. 在船身上装锌块是使用了外加电流的阴极保护法
D. 葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．矿物油不是油脂，是液态烃，不溶于NaOH溶液，也不能发生水解反应，故A错误；
B．液氯与Fe不反应，而Fe常温下遇浓硫酸钝化，则可用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故B正确；
C．船舶外壳装锌块是利用原电池原理保护铁，为牺牲阳极的阴极保护法，未连接外接电源，不是外加电流的阴极保护法，故C错误；
D．葡萄糖溶液属于溶液，淀粉溶液属于胶体，溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径大小，故D错误；
故答案为B。
3.下列表述正确的是（ ）
A. 苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应
B. 乙醇在一定条件下可氧化成CH3COOH
C. 等物质的量的甲烷与氯气反应的有机产物是CH3Cl
D. 硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙酸分子中有18O
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯和氯气生成C6H6Cl6，H原子数没有变化，为加成反应，故A错误；
B．乙醇能被强氧化剂如酸性高锰酸钾溶液氧化成CH3COOH，故B正确；
C．甲烷的取代反应，多步反应同时进行，可生成多种氯代烃，故C错误；
D．CH3CO18OCH2CH3水解时，C-O键断裂，生成-COOH和-OH键，则CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O，而乙酸分子内没有18O，故D错误；
故答案为B。
4.以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是（ ）
选项
氧化物
环境问题
主要来源
A
CO
破坏臭氧层
汽车尾气和化石燃料的不完全燃烧
B
SO2
温室效应
汽车尾气的排放
C
NO2
光化学烟雾
工厂废气的排放及汽车尾气
D
CO2
酸雨
化石燃料的燃烧


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．汽车尾气和化石燃料的不完全燃烧生成的CO，易造成煤气中毒，而破坏臭氧层是氟里昂引起的，故A错误；
B．汽车尾气的排放的是氮氧化物，而工厂废气的排放产生大量二氧化硫气体，是形成酸雨的主要污染物，但温室效应是由二氧化碳引起的，故B错误；
C．汽车尾气排放大量的氮氧化物，氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故C正确；
D．化石燃料燃烧主要排放二氧化碳气体，与温室效应有关，而与酸雨无关，故D错误；
故答案为C。
5.正确表示下列反应的离子反应方程式为
A. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2 Fe3++2 Br2+6Cl﹣
B. 向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：
C. 稀溶液与过量的KOH溶液反应：
D. 醋酸除去水垢：
【答案】A
【解析】
【详解】A. FeBr2溶液中通入足量氯气，反应生成氯化铁和溴，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2 Fe3++2 Br2+6Cl﹣，故A正确；
B. 明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全，铝离子转化成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；
C. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液，生成碳酸钠、一水合氨、水，正确的离子反应为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3•H2O，故C错误；
D. 醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；
故选A。
6.在下列各溶液中，可能大量共存的离子组是（ ）
A. 有色透明溶液中：Fe2＋、Ba2＋、[Fe(CN)6]3－、NO3－
B. 强酸性溶液中：Cu2＋、K＋、ClO－、SO42－
C. 含有大量AlO2－的溶液中：K＋、Na＋、HCO3－、I－
D. 常温下水电离的c(H＋)为1×10－12mol/L的溶液中：K＋、Na＋、SO32－、S2－
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe2+、[Fe(CN)6]3+之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．H+都与ClO-反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K+、Na+、HCO3－、I-之间不反应，但HCO3－的电离能促进AlO2-水解生成Al(OH)3沉淀，在溶液中不能够大量共存，故错误；
D．由水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol•L-1的溶液pH=2或12，在酸性溶液中SO32－和S2－发生反应生成S，不能大量共存，但K＋、Na＋、SO32－、S2－在碱性溶液中能大量共存，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。
7.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间的转化关系如图所示，下列有关物质的推断正确的是



甲
乙
丙
丁
A
S



B




c



Fe
D






A. A B. B C. c D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫不能直接生成三氧化硫，错误；
B. 各物质符合如图所示转化关系，正确；
C. 氯气是强氧化性的物质，与铁反应只能生成FeCl3，错误；
D. Al3+与NH3·H2O反应只能生成氢氧化铝，不能生成AlO2—，错误；
故答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 石油裂化主要得到乙烯
B. 热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (g)   △H= －802.3 kJ/mol中△H， 可以表示甲烷的燃烧热
C. 蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物
D. 煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
【答案】C
【解析】
【详解】A．石油裂化的目的是获得轻质油，裂解的目的是获得乙烯，故A错误；
B．表示甲烷的燃烧热的热化学方程式水为液态，故B错误；
C．蛋白质、纤维素、淀粉都是天然高分子化合物，故C正确；
D．煤的气化是煤与水反应生成一氧化碳和氢气，从而转化为既可作燃料气，是高效、清洁地利用煤的途径，属于化学变化，故D错误；
故答案为C。
9.利用图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是

选项
①
②
③
实验结论
A
稀盐酸
CaCO3
Na2SiO3溶液
非金属性:Cl>C>Si
B
浓硫酸
蔗糖
Ba(NO3)2溶液
验证SO2与可溶性钡盐可生成白色沉淀
C
浓氨水
生石灰
酚酞溶液
氨气的水溶液呈碱性
D
浓硝酸
Fe
NaOH溶液
铁和浓硝酸反应可生成NO2


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸易挥发，挥发出的HCl能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，且盐酸不是最高价含氧酸，A错误；
B．SO2通入硝酸钡溶液中，溶液显酸性，硝酸根能把SO2氧化为硫酸根，B错误；
C．浓氨水滴在生石灰上产生氨气，氨气通入酚酞试液中溶液显碱性，溶液变红色，C正确；
D．常温下浓硝酸与Fe发生钝化现象，无法观察到有二氧化氮气体生成，D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，涉及非金属性强弱比较、氧化还原反应、钝化现象、常见气体制备及检验等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答。选项B是易错点，注意酸性溶液中硝酸根的强氧化性。
10.据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是( )

A. X是N2O5
B. 由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应生成N2
C. 工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D. 可用NaOH溶液处理多余的NO气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5，故A正确；
B．NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，故B正确；
C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，故C正确；
D．NO不溶于水，也不与NaOH溶液反应，故D错误；
故答案为D。
11.设为阿伏加德罗常数的值( )
A. 标准状况下,将通入水中发生反应,转移的电子数为
B. 常温常压下, 7g乙烯和丁烯的混合物含有的极性键数目为
C. 将与过量反应转移的电子数为
D. 标准状况下,中所含电子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于NA个，故A错误；
B．乙烯和丁烯分子结构中极性键C-H数目与氢原子数目相等，且最简式相同均为CH2，则7.0gCH2中所含氢原子数=×2×NA=NA，即7g乙烯和丁烯的混合物含有的极性键数目为NA，故B正确；
C．78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠和二氧化碳反应时，氧元素由-价歧化为-2价和0价，故1mol过氧化钠转移1mol电子，即转移NA个，故C错误；
D．重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量n==0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水中含9mol电子即9NA个，故D错误；
故答案为B。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
12.已知苯乙烯的结构为。有关该物质的下列说法正确的是（ ）
A. 该物质在一定条件下和氢气完全加成，加成产物的一溴取代物 6 种
B. 该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理完全相同
C. 苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上
D. 除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应
【答案】A
【解析】
【分析】
A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H；
B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应；
C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连；
D.苯环可与氢气发生加成反应。
【详解】A.在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H，则加成产物的一溴取代物有6种，所以A选项是正确的；
B.碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，均褪色，但原理不同，故B错误；
C.苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，故C错误；
D.苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，该反应为可逆反应，无法控制反应的限度，无法除杂，故D错误。
所以A选项是正确的。
13.下列说法不正确的是
A. Na2CO3溶液蒸干并灼烧可得无水Na2CO3
B. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可向溶液中加入足量MgCO3，过滤
C. pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液的c(Na+)：① < ②
D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l) = 2H2O(l) +O2(g)，则该反应的△H<0，△S＞0
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液在蒸干时不能彻底水解，最终蒸干灼烧后得到的就是碳酸钠本身，A正确；
B. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，由于不能引入新杂质，所以可向溶液中加入足量MgCO3，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后过滤，B正确；
C. 醋酸的酸性强于次氯酸，因此次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，则pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液浓度是醋酸钠大于次氯酸钠，则溶液中c(Na+)：①＞②，C错误；
D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)，根据△G＝△H－T△S＜0可知则该反应的△H＜0，△S＞0，D正确。
答案选C。
14.下列各项反应对应的图像正确的是( )

A. 图甲为25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气
B. 图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体
C. 图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉
D. 图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，随着氯气的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；
B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；
C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；
D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；
故答案为C。
15.分子式为C3H7OCl，能与钠反应产生氢气的有机物共有(不含立体异构)( )
A. 8种 B. 7种 C. 6种 D. 5种
【答案】D
【解析】
【详解】分子式为C3H7OCl，且能与钠反应产生氢气的有机物可以看做是分子式为C3H7Cl的有机物中一个H原子被-OH取代的产物，已知C3H7Cl分子中含有-Cl，该有机物有CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3，其中CH3CH2CH2Cl有3种等效氢、CH3CHClCH3有2种等效氢，即分子式为C3H7OCl，能与钠反应产生氢气的有机物共有5种，故答案为D。
【点睛】考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键，分子式为C3H7OCl，且能与钠反应产生氢气的有机物可以看做是分子式为C3H7Cl的有机物，分子中含有-Cl，该有机物有CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3，再结合等效氢判断。
16.固体酒精因储存和运输方便而被广泛使用。其制备方法之一如下：

下列说法不正确的是
A. 将酒精加热到60℃的目的是使更多的硬脂酸溶解在其中
B 上述过程中，有酸碱中和反应发生
C. 上述过程中，加入NaOH发生皂化反应
D. 常温下，硬脂酸钠在酒精中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A、温度升高，硬脂酸的溶解度增大，将酒精加热到60℃的目的是使更多的硬脂酸溶解在其中，选项A正确；
B、硬脂酸和氢氧化钠反应属于酸碱中和反应，选项B正确；
C、皂化反应是油脂在碱性条件下的水解，硬脂酸不是油脂，选项C不正确；
D、常温下，硬脂酸钠以酸根离子和钠离子存在于水中，故在酒精中的溶解度小于在水中的溶解度，选项D正确。
答案选C。
17.金属氟化物一般都具有高容量、高质量密度的特点。氟离子热电池是新型电池中的一匹黑马，其结构如图所示。下列说法正确的是

A. 图示中与电子流向对应氟离子移动方向是(B)
B. 电池放电过程中，若转移1mol电子，则M电极质量减小12g
C. 电池充电过程中阳极的电极反应式为：B+3F－－3e－=BiF3
D. 该电池需要在高温条件下工作，目的是将热能转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据电子流向可知M为原电池的正极，N为原电池的负极，阴离子由正极移向负极，由图可知氟离子移动方向是(A),故A错误；B。根据负极反应：Mg-2e-= Mg2+,电池放电过程中，若转移1mol电子，则N电极质量减小12g,故B错误；C. 电池充电过程中阳极的电极反应式为：Bi+3F－－3e－=BiF3,故C正确；D. 该电池需要在高温条件下工作，目的是将化学能转化为电能，故D错误；答案：C。
【点睛】本题的突破口：电子得流向。根据电子的流向判断正负极和阴阳极，再根据电极反应的特征，判断相应的选项。
18.纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是

A. 在反应②中，的作用可能是促进氯化铁水解
B. 直接加热FeCl3溶液也可以得到Fe3O4
C. 反应③的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2
D. 纳米四氧化三铁形成的分散系，有可能产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，A正确；
B．直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，B错误；
C．由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，C正确；
D．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象， D正确；
故合理选项是B。
19.溴酸银(AgBrO3)的溶解度随温度变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )

（注：X、Y点是图中所对应的质量的溴酸银放入100克水中，充分溶解后所得到的分散系）
A. 溴酸银的溶解是一个熵增、焓减过程
B. 对应温度下，X点的分散系中，v(溶解)＞v(沉淀)
C. Y点的分散系中，c(Ag＋)·c(BrO)＞6.25×10－4
D. 60℃时溴酸银饱和溶液中c(BrO)≈0.025mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A．AgBrO3存在沉淀溶解平衡：AgBrO3(s)Ag+(aq)+ BrO3- (aq)，反应是溶液中微粒数增多，体系混乱度增加，反应的熵变△S＞0，随着温度的升高，AgBrO3的溶解度随之增加，可判断AgBrO3的溶解过程是一个吸热反应，焓变△H＞0，故A错误；
B..对应温度下，根据图象，X点时位于该温度的溶解度曲线之上，记反应的浓度积为J，则溶解曲线上的含义为J=Ksp，X点的含义为J＞Ksp，因此反应应向沉淀方向移动，则速率关系为v(溶解)＜v(沉淀)，故B错误；
C．Y点分散系中，根据图象此时的溶度积为Ksp＝6.25×10−4，记反应的浓度积为J，溶解曲线上的含义为J=Ksp，Y点的含义为J＜Ksp，因此溶液中c(Ag+)•c(BrO3-)＜6.25×10-4，故C错误；
D．根据图象，60℃时，AgBrO3的溶解度为0.6g/100gH2O，则溶液中c(BrO3-)==0.025mol/L，故D正确；
故答案为D。
20.下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A. 乙醇和丙三醇互为同系物
B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面
C. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
D. 二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；
B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；
C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；
D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；
故合理选项是C。
21.下列有关实验操作的叙述错误的是（ ）
A. 测定中和热实验时，用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，会使实验所得的ΔH偏高
B. 取淀粉的水解液少许，先加入过量的氢氧化钠溶液，再加入新制的氢氧化铜，加热，若产生砖红色沉淀，则证明淀粉的水解产物有还原性。
C. 测定醋酸钠溶液的pH可用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对比读数。
D. 用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜丝替代环形玻璃搅拌棒，热量散失加快，且焓变为负，则测得△H偏高，故A正确；
B．淀粉水解后检验葡萄糖在碱性条件下，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，当出现砖红色沉淀，可证明淀粉的水解产物葡萄糖有还原性，故B正确；
C．用pH试纸测定溶液pH的方法是用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸上，与标准比色卡对比读数，则pH试纸不能润湿，故C错误；
D．用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，导致标准液体积比实际体积大，测定结果偏高，故D正确；
故答案为D。
22.25℃下，电离平衡常数Ka(CH3COOH) = Kb(NH3•H2O) = 1.75×10-5，下列说法正确的是（ ）
A. 用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂
B. 0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH) +c(H+)
C. pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中c(OH －) > c(H+)
D. pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-7mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．指示剂的变色范围应于反应后溶液的pH吻合，用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水完全反应时，反应后溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故A错误；
B．0.2 mol/L的醋酸与0.1 mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，得到c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故B错误；
C．pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液为氯化铵和NH3•H2O混合溶液，溶液显碱性，即c(OH －) > c(H+)，故C正确；
D．常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=1.75×10-5，醋酸根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液pH=7，但所得溶液中有水电离出的C(H+)＞1×10-7 mol/L，故D错误；
故答案为C。
23.常温下将盐酸溶液滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随-lg(OH-) 变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

下列叙述错误的是
A. Kb1(N2H4)=10-6
B. 反应N2H62++N2H4=2N2H5+的PK=9.0 (已知:pK=-1gK)
C. N2H5C1溶液中c(H+)>c(OH-)
D. N2H5C1溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图象可知当-lg(OH-) =6时，N2H4和N2H5+的物质的量分数相等，可推知其浓度相等，由N2H4的电离方程式N2H4+H2ON2H5++OH-，得Kb1(N2H4)= =c(OH-)=10-6，所以A正确；
B、由N2H5+的电离方程式N2H5++H2ON2H62++OH-，得Kb2(N2H4)== c(OH-)=10-15，则Kb1(N2H4)/ Kb2(N2H4)=，即为反应N2H62++N2H4=2N2H5+的K==Kb1(N2H4)/ Kb2(N2H4)==109，所以PK= -9.0，故B错误；
C、N2H5C1溶液中因N2H5+水解使溶液呈酸性，所以c (H+)>c(OH-)，故C正确；
D、N2H5C1溶液中存在的电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+ (H+)，所以D正确。本题正确答案为B。
【点睛】本题的难点是写出联氨的电离方程式，类似于NH3·H2O的电离，根据电离方程式，结合图象中交叉点的含义，就能正确解答。
第II卷（非选择题，共46分）
二、非选择题
24.甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：

（1）若两池中电解质溶液均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。
②乙池中阳极的电极反应式是_________________________________________。
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式：______________________________________
②甲池中碳极上电极反应式是_______________________________________，
乙池中碳极上电极反应属于________(填“氧化反应”或“还原反应”)。
【答案】 (1). 碳 (2). 铁 (3). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (4). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (5). 2H2O＋O2＋4e－===4OH－ (6). 氧化反应
【解析】
【详解】（1）①由装置图可知，甲为原电池，乙为电解池；若两池中电解质溶液均为CuSO4溶液，原电池中活泼金属作负极，失电子发生氧化反应，碳棒做正极，溶液中的Cu2+在正极上得到电子生成铜单质，碳棒上有Cu析出；电解池中外电路电子流入电源正极，所以碳棒为阳极，铁棒为阴极，阴极上发生还原反应，Cu2+得电子生成铜单质，所以铁棒上有Cu析出。②乙池中，惰性电极碳棒作阳极电解硫酸铜溶液，阳极上OH-放电生成氧气，电极反应为：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液，则甲池为铁的吸氧腐蚀原电池装置，乙池是用惰性电极作阳极电解饱和NaCl溶液装置。①用惰性电极作阳极电解饱和NaCl溶液，生成氢氧化钠、氢气和氯气，总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。②甲池中铁棒作负极，碳棒作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-；乙池中碳棒作阳极，发生氧化反应。
25.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，在CO2中通入H2，二者可发生以下两个平行反应：
反应Ⅰ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1
反应Ⅱ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1
(1)反应Ⅰ的化学平衡常数表达式是K＝_______________________________。
(2)一定温度下，在容积可变的密闭容器中进行反应Ⅱ，不能确定上述可逆反应已达到化学平衡状态的是_____________
A.体系的体积不再发生变化 　 B.生成n mol CO的同时消耗n mol H2O
C.混合气的密度不再改变 　 D.1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
(3)某实验室控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下，经过相同的反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：
反应序号
T/K
催化剂
CO2转化率/%
甲醇选择性/%
①
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
②
543
Cu/ZnO纳米片
10.9
72.7
③
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
④
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
71.6


①对比表中①和③可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高， 而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因_________________________________；
②对比表中①、②可发现，在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低， 而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因___________________________________________。
③有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有____________。
a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂 b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂
c．降低反应温度 d．投料比不变，增加反应物的浓度
e．增大CO2和H2的初始投料比
(4)反应混合气体经过降温加压可分离出甲醇，剩余气体可再次充入反应器继续反应，经过多次循环往复后混合气体中CO含量已经很高，可以在另外容器中在合适的催化剂条件下使CO和H2反应合成CH3OH（g），写出该反应的热化学方程式：_______________________________。
【答案】 (1). (2). AC (3). 反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，因此升高温度，平衡逆向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低 (4). 因为在该时间段内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应Ⅰ比反应Ⅱ速率更快，因此测得该时间段内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高 (5). cd (6). CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＝－94.9 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
(1) 根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)及平衡常数概念书写反应Ⅰ的平衡常数表达式；
(2)结合平移状态的特征分析判断；
(3) ①反应Ⅰ是放热反应，根据温度对化学平衡的影响分析；
②使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；
③有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析；
(4) 已知：反应Ⅰ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1，反应Ⅱ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1，由盖斯定律可知：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，由此计算ΔH。
【详解】(1) 根据反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，其平衡平衡常数表达式K=；
A．恒压密闭容器中，气体的物质的量越大，体积越大，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反应前后气体的总物质的量不发生变化，则容积始终不变，无法说明反应到达平衡，故A错误；
B．生成n mol CO的同时消耗n mol H2O，说明正逆反应速率相等，此时反应到达平衡，故B正确；
C．混合气体的质量始终不变，气体的总体积也始终不变，由可知混合气的密度始终不变，则无法说明反应到达平衡，故C错误；　
D．1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键，说明正逆反应速率相等，此时反应到达平衡，故D正确；
故答案为AC；
(3) ①同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低的可能原因：在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低；
②甲醇的选择性却提高的可能原因：因为在该时间内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，因此测得该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；
③a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂，不影响化学平衡，则无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故a错误；
b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂，催化剂不影响平衡，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故b错误；
c．该反应为放热反应，降低反应温度，平衡向着正向移动，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故c正确；
d．投料比不变，增加反应物氢气的浓度，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，故d正确；
e．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳浓度增大，其转化率降低，故e错误；
故答案为：cd；
(4) 已知：反应Ⅰ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1，反应Ⅱ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1，由盖斯定律可知：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，则ΔH=(－53.7 kJ·mol－1)-(＋41.2 kJ·mol－1)=－94.9 kJ·mol－1， 即CO和H2反应合成CH3OH(g)的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＝－94.9 kJ·mol－1。
【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
26.溴苯是无色油状液体，具有苯的气味。化工上主要用于溶剂、分析试剂和有机合成等。某化学小组欲利用如图所示的装置通过实验探究：
Ⅰ.苯与液溴发生取代反应：已知：MnO2＋2NaBr＋2H2SO4Br2↑＋MnSO4＋Na2SO4＋2H2O

(1)仪器X的名称______________ ，实验室制备溴苯的化学方程式为____________________；
这样制取的溴苯中会溶解过量的Br2 ，可以用________洗涤除Br2。
A．Na2SO3溶液 B．H2O C．乙醇溶液 D．NaOH溶液
(2)制取溴苯的实验操作步骤如下：
①连接装置，其接口顺序为(填字母)：d接________，________接________，________接c；
②检查装置的气密性；
③C中加入固体药品，滴加浓硫酸，再打开D处开关K，点燃C处酒精灯；将D装置中的铁丝插入混合液中，一段时间后，D中液体沸腾，原因是_____________________；
④关闭C中分液漏斗的旋塞。
(3)A中对广口瓶进行热水浴的目的_________________________________。
(4)若B中有淡黄色沉淀生成，能否确定苯与液溴发生了取代反应？________(答“能”或“否”)解释其中的原因_________________________________；
Ⅱ.探究苯与液溴在催化剂作用下的反应机理。
查阅文献：①Br＋有强氧化性，可以和水分子发生氧化还原反应　②苯与液溴在溴化铁催化下的反应机理共分三步：(填写下列空白)
第一步：Br2＋FeBr3Br＋＋FeBr 第二步：
请完成第三步反应：__________________________；该小组将A装置中浓硫酸替换成稀硫酸时实验失败，试从反应机理推测可能的原因是___________________________________。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). ＋Br2＋HBr (3). AD (4). a (5). b (6). e (7). f (8). 该反应是放热反应 (9). 防止溴蒸气冷凝 (10). 否 (11). D中会挥发出少量的Br2，Br2也可以和硝酸银产生淡黄色沉淀 (12). FeBr4-＋→FeBr3＋＋HBr (13). 有水的情况下，无法生成Br+
【解析】
【分析】
c装置发生反应：MnO2+2NaBr+2H2SO4 Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，制备溴单质，为防止溴蒸汽冷凝，在A中对广口瓶进行热水浴，溴蒸汽在D中与苯发生反应：，最后在硝酸银中吸收未反应溴蒸汽和溴化氢，防止污染空气，据此分析作答。
【详解】(1)仪器X为球形冷凝管；实验室用苯和溴在催化剂的作用下反应制备溴苯，化学方程式为：；
A．Br2氧化性强，能氧化Na2SO3溶液，生成易溶于水的盐，有利于分液分离，故A正确；
B．Br2易溶于溴苯，而微溶于难水，无法通过分液进行分离，故B错误；
C．乙醇与水混溶，且是良好的有机溶剂，无法分层，不可分液分离，故C错误；
D．Br2能溶于NaOH溶液，生成易溶于水的盐，有利于分液分离，故D正确；
答案为AD；
(2)①溴蒸汽由C制备，由d到a进入热水浴防止冷凝，由c到e进入D中反应，在B中吸收尾气，则顺序为d、a、b、e、f、c；
③C中加入固体药品，C处滴加浓硫酸，再打开D处开关K，点燃C处酒精灯，制得溴蒸汽反应；该反应是放热反应，插入铁丝于混合液中，一段时间后，D中液体沸腾；
(3)为防止Br2蒸气冷凝，A中对广口瓶进行热水浴；
(4)Br2有挥发性，D中会挥发出少量的Br2，Br2也可以和硝酸银产生淡黄色沉淀，故不能确定苯与液溴发生了取代反应；
Ⅱ．第三步反应为溴苯的生成，化学反应为：；将A装置中浓硫酸替换成稀硫酸时实验失败，有水情况下，无法生成Br+。
27.工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：

已知：①酸浸时， FeTiO3转化为Fe2＋和TiO2＋；②本实验温度下，Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－11；请回答下列问题：
(1)酸浸时如何提高浸取速度和浸取率_____________________________(至少答两种方法)。
(2)“水解”生成H2TiO3的离子方程式为_________________________。
(3)“沉铁”过程中，气态产物的电子式为__________________；该过程需控制反应温度低于35 ℃，原因为___________________________________________________。
(4)滤液3可用于制备Mg(OH)2若滤液3中c(Mg2＋)＝1.0×10－3 mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于________时，可使Mg2＋沉淀完全。
(5)“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。则_______极石墨棒需要定期更换，原因是__________________________________________________________。
(6)测定铁红产品纯度：称取m g铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00 mL溶液。从其中量取20.00 mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用 c mol/L硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定至终点，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为V mL。则铁红产品的纯度为________(用c、V、m表示)。
【答案】 (1). 升温、搅拌、适当增大硫酸浓度、粉碎矿石 (2). TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋ (3). (4). 温度过高容易导致NH4HCO3分解(或防止Fe2＋、Mg2＋等受热水解) (5). 11 (6). 阳 (7). 阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗 (8).
【解析】
【分析】
根据流程：用硫酸酸浸钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质)，SiO2不溶，钛酸亚铁、氧化镁溶解，过滤，滤渣1为SiO2，滤液1含有Fe2+、TiO2+、Mg2+，水解滤液1发生反应：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，过滤得到H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2，电解得到Ti；滤液2主要含有Fe2+、Mg2+，加入碳酸氢铵沉铁反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，得到FeCO3沉淀和含有Mg2+的滤液3，FeCO3与氧气煅烧得到铁红，据此分析作答。
【详解】(1)适当升温。搅拌、适当增大六三浓度、粉碎矿石等可以提高浸取速度和浸取率；
(2)根据分析，滤液1含有TiO2+，水解生成H2TiO3，离子反应为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；
(3)“沉铁”过程中生成的气体是二氧化碳，其电子式为；温度过高溶液导致碳酸氢铵分解(或防止Fe2+、Mg2+等受热水解)，过沉铁过程过程需控制反应温度低于35℃；
(4)已知：Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，使Mg2+恰好沉淀完全，此时c(OH-)= mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)=1.0×10-11mol/L，故pH≥11，Mg2+沉淀完全；
(5)“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒，阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，阳极产生的氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗，故阳极石墨棒需要定期更换；
(6)铁红溶于稀硫酸得到Fe3+，与KI发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，用硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定生成的碘，有关系式：Fe2O3～2Fe3+～I2～2Na2S2O3，则n(Fe2O3)=n(Na2S2O3)=cV×10-3mol，故mg样品中铁红产品的纯度为×100%=。
【点睛】无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来；物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类；物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等；化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等；要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法。