还剩29页未读，
继续阅读
贵州省铜仁第一中学2020届高三上学期月考化学试题
展开
2020届高三年级第二次模拟考试
化学
1、请将正确答案填在答题卷的方框内，超出答题框一律不给分。
2、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，考试时间120分钟，总分100分。
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 Ce-140
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（本题共10小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共20分）
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法正确的是
A. 微量的二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂
B. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”
C. 漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质
D. 某雨水样品放置一段时间后pH由4.98变为4.68，是因为水中溶解的CO2增多了
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硫可以杀菌消毒，微量的SO2可用作葡萄酒的食品添加剂，A正确；
B. 汽油不是可再生能源，故B不选；
C. 漂白粉与二氧化碳和水结合生成次氯酸，次氯酸光照分解，所以漂白粉变质不是被氧气氧化，故C不选；
D.CO2的饱和溶液pH为5.6，雨水pH小于5.6是因为水和二氧化硫反应生成了亚硫酸，在空气中放置一段时间后亚硫酸能被空气氧化成硫酸，酸性增强，pH下降，故D不选；
故选A。
【点睛】二氧化硫虽然有毒，但微量使用是可以的；能杀菌消毒的很多物质都有毒，只要用量控制在安全范围内，是可以使用的。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. 标准状况下，22.4L己烷含有的共价键总数为19NA
B. 1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA
C. 1L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中CO32－和HCO3－离子数之和为0.1NA
D. 密闭容器中l.5mol H2与0.5mol N2充分反应，得到NH3的分子数为NA
【答案】B
【解析】
A．由于标准状况下，己烷不是气体，无法计算22.4L己烷的物质的量，故A错误；B．Cu能溶解于FeCl3溶液，生成Cu2+，则1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA，故B正确；C．1L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中根据物料守恒，H2CO3、CO32－和HCO3－微粒数之和为0.1NA，故C错误；D．合成氨为可逆反应，不可能完全转化，故D错误；答案为B。
点睛：本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF、己烷等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积；④可逆反应限度对产物的量的影响等。
3.常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH＝7，则此溶液中
A. c（HCOO－) ＞c（Na＋) B. c（HCOO－) ＜c（ Na＋)
C. c（HCOO－) ＝c（Na＋) D. 无法确定c（HCOO－) 与c（Na＋) 的关系
【答案】C
【解析】
【详解】甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(HCOO-)=c(Na+)，故选C。
4.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。
详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；
C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。
答案选D。
点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。
5.现有以下6种说法：
①氯水、氨水、水玻璃、水银都是混合物；
②明矾、冰醋酸、石膏都是电解质；
③氯酸、烧碱、纯碱依次分别为酸、碱、盐；
④H＋、H＋、H＋互为同位素；
⑤胶体带电是电泳的前提条件；
⑥生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品。
其中不正确的是
A. ①⑤ B. ①④⑤⑥ C. ②③④ D. ②⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①氯水、氨水、水玻璃都是混合物，水银是汞单质，属于纯净物，错误；
②明矾是盐[KAl(SO4)2·12H2O]、冰醋酸是有机酸（CH3COOH）、石膏是盐（CaSO4·2H2O）都是电解质，正确；
③氯酸是酸，烧碱氢氧化钠是碱，纯碱碳酸钠是盐，正确；
④H、H、H互为同位素，同位素是原子不能是离子，错误；
⑤胶体不带电，胶粒带电是电泳的前提条件，错误；
⑥石英玻璃是二氧化硅，不是硅酸盐产品，普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品，错误；
故选B。
6.下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是
选项
微粒组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3＋、I－、Cl－
NaOH溶液
Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓
B
Na＋、Al3＋、Cl－
少量澄清石灰水
Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓
C
H＋、Fe2＋、SO42-
Ba(NO3)2溶液
SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓
D
K＋、NH3·H2O、CO32-
通入少量CO2
2OH－＋CO2=CO32-＋H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. Fe3＋有氧化性，I－有还原性，二者不能共存，会发生氧化还原反应，故A不选；
B. Na＋、Al3＋、Cl－能大量共存，加入少量澄清石灰水，OH－与Al3＋生成沉淀，B正确；
C.加入的Ba(NO3)2溶液中有硝酸根离子，酸性条件下形成具有氧化性的硝酸，能氧化亚铁离子，所以除了生成BaSO4沉淀外，还发生了氧化还原反应，故C不选；
D.一水合氨是弱电解质，书写离子反应时不能拆开写成OH－的形式，故D不选；
故选B。
【点睛】注意隐性硝酸的存在，在含有氢离子的溶液中，如果再引入硝酸根离子，则溶液中就相当于存在了强氧化性的硝酸，可以氧化还原性的离子或分子。同样，如果溶液中含有硝酸根离子，如果再引入氢离子，溶液中同样存在了硝酸，如果此溶液中含有S2-、SO2、I-、Fe2+等微粒时，就会发生氧化还原反应。
7.某有机物的分子结构如图所示。现有试剂：①Na ②H2/Ni ③Ag(NH3)2OH ④新制Cu(OH)2⑤NaOH ⑥酸性KMnO4溶液。能与该化合物中两个或两个以上官能团都发生反应的试剂有( )
A. ①②⑤⑥ B. ①②④⑥ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】由该有机物分子的结构可知，该分子中含有醛基、酯基、羧基、羟基和碳碳双键五种官能团。①Na能够与羟基和羧基反应；②H2/Ni可与醛基和碳碳双键反应；③Ag(NH3)2OH能够与醛基和羧基发生反应；④新制Cu(OH)2能够与醛基和羧基发生反应；⑤NaOH能够与酯基和羧基发生反应；⑥酸性KMnO4溶液能够与羟基、醛基和羟基发生反应。因此能与该化合物中两个或两个以上官能团都发生反应的试剂为①②③④⑤⑥。故答案D。
8.一定温度下，在某密闭容器中发生反应2HI(g)H2(g)＋I2(g) ΔH>0，若在0～15s内c(HI)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1，则下列说法正确的是
A. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
B. 减小反应体系的体积，化学反应速率加快
C. c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间小于10s
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应速率和温度有关，升高温度，正逆反应速率都加快，故A不选；
B.减小体积会增大HI(g)、H2(g)和I2(g)的浓度，会使正逆反应速率都加快，故B正确；
C. c(HI)下降0.03mol·L-1降用了15s，但反应速率和浓度有关，浓度降低，反应速率也降低，所以c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间大于10s，故C不选；
D. c(HI)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1，则c(I2)上升到0.015mol·L-1，用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.015 mol·L-1÷15s=0.001mol·L-1·s-1，故D不选；
故选B。
【点睛】由于该反应的正反应是吸热反应，所以升高温度，平衡会向正反应方向移动，但并不是正反应速率加快，逆反应速率减慢，而是正逆反应速率都加快，只不过正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，所以正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动。不要把速率和平衡混为一谈，两者既有联系，又有区别。
9.有下列三个反应：①3Cl2＋2FeI2=2FeCl3＋2I2 ②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O，下列说法正确的是（ ）
A. ①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、CoCl2
B. 根据以上化学方程式可以得到氧化性强弱顺序：Cl2＞Fe3＋＞Co2O3
C. 可以推理得到Cl2＋FeBr2=FeCl2＋Br2
D. 在③反应中当1molCo2O3参加反应时，2 molHCl被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A项、三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2 ②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，化合价升高元素所在的产物是I2、Fe3+、Cl2，它们是氧化产物，故A错误；
B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，Cl2＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3+，在反应③中，Co2O3＞Cl2，则氧化性顺序是：Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故B错误；
C项、根据氧化性顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Cl2和FeBr2反应时，氯气首先氧化亚铁离子，然后在氧化溴离子，故C错误；
D项、在反应③中生成1molCl2时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHC1被氧化，故D正确；
故选D。
【点睛】先分析化合价变化，确定各物质的氧化还原情况，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，比较各物质氧化性强弱，然后再逐项判断。
10.常温下，体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl-)=n(CH3COO-)=0.01mol，下列叙述错误的是
A. 与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多
B. 分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C. 两种溶液的pH相等
D. 分别用水稀释相同倍数时，n(Cl-)＜n(CH3COO-)
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸是弱酸，电离不完全，若n(Cl-)=n(CH3COO-)，醋酸的浓度大，所以消耗的氢氧化钠也多，故A不选；
B.同理可得，二者分别与足量CaCO3反应时，醋酸放出的CO2多，故B选；
C.根据电荷守恒，盐酸中：n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，醋酸中：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)。由于n(Cl-)=n(CH3COO-)，所以n(H+)相等，溶液的pH也相等，故C不选；
D.用水稀释后，醋酸可以继续电离，所以n(Cl-)＜n(CH3COO-)，故D不选；
故选B。
二、选择题（本题共15小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共30分）
11.下列有机物说法不正确的是
A. BrCH2CHBrCH2Br的名称为三溴丙烷
B. 萘环上的一个H原子被-C4H9取代后的产物共有8种
C. 对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面
D. 纤维素和淀粉都是多糖，它们彻底水解后的产物相同
【答案】A
【解析】
分析：本题对有机物的命名、同分异构体、原子共面、水解产物等基础知识进行考察。A中要标出溴原子在碳链上的位置，再进行命名；B中萘环上核磁共振氢谱中氢原子种数为2，烃基-C4H9的同分异构体的数目为4，然后进行组合判断共为8种；C中考察甲基、苯环、乙烯基中原子共面问题；D中考察多糖水解的规律。
详解：BrCH2CHBrCH2Br为1,2,3-三溴丙烷，A错误；萘的结构对称性很高如图：环上只有2种氢，-C4H9取代基有4种结构，因此萘环上的一个H原子被-C4H9取代后的产物共有8种，B正确；甲基中最多有1个碳和1个氢能够与苯环共平面，乙烯基中的碳、氢均能共平面，苯环中所有的氢、碳均可以共平面，所以对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面，C正确；纤维素和淀粉都是多糖，水解的最终产物为葡萄糖，D正确；答案选A。
点睛：分子中原子共线、共面的问题，依据是乙烯的平面结构、乙炔的直线结构、甲烷的正面体结构、苯环的平面结构进行分析，比如有机物甲基苯乙烯能够共面的原子最多有17个，最少有8个。
12.现有甲、乙两个化学小组利用两套相同装置，通过测定产生相同体积气体所用时间长短来探究影响H2O2分解速率的因素(仅一个条件改变)。甲小组有如下实验设计方案。
实验编号
温度
催化剂
浓度
甲组实验Ⅰ
25℃
三氧化二铁
10mL 5%H2O2
甲组实验Ⅱ
25℃
二氧化锰
10mL 5%H2O2
甲、乙两小组得出如图数据：
关于该实验下列叙述不正确的是
A. 中，O2是氧化产物
B. 甲小组实验得出的结论是Fe2O3比MnO2催化效率更高
C. 甲小组实验也可以测定25℃时，在相同时间内产生氧气的体积
D. 乙组研究的影响因素的数据分析，相同条件下H2O2在碱性环境下放出气体速率较快
【答案】B
【解析】
【详解】A.该反应中，氧元素的化合价既升高又降低，氧气是化合价升高的结果，所以是氧化产物，故A不选；
B 从图中可以看出，MnO2可以使反应速率更快，所以Fe2O3比MnO2催化效率低，故B错误，选B；
C. 在相同时间内产生氧气的体积也可以判断催化剂的催化效率，故C不选；
D. 从图中可以看出，相同条件下H2O2在碱性环境下放出气体速率较快，故D不选；
故选B。
13.已知HF的Ka=6.6×10－4，CH3COOH的Ka=1.75×10－5，则在相同条件下，同浓度等体积的NaF、CH3COONa溶液中离子总数
A. 前者多 B. 后者多 C. 一样多 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】酸的电离常数越大，酸性越强，其相应的酸根离子的水解程度越小，所以氟离子的水解程度比醋酸根离子小。NaF、CH3COONa水解都使溶液显碱性，所以NaF溶液中的c(OH-)小于CH3COONa溶液中的c(OH-)，也可以说NaF溶液中的c(H+)大于CH3COONa溶液中的c(H+)，两溶液体积相同，所以NaF溶液中的n(H+)大于CH3COONa溶液中的n(H+)；两溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)和c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两溶液体积相同，所以在两溶液中，阳离子总数等于阴离子总数，所以比较两溶液中的离子总数，可以只比较阳离子总数即可；两溶液中的Na+的物质的量是相同的，而NaF溶液中的n(H+)大于CH3COONa溶液中的n(H+)，所以NaF中离子总数较多，故选A。
14.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断不正确的是（ ）
A. 若T2
C. 达到平衡时A2的转化率大小为b>a>c
D. 若T2
【解析】
【详解】A. 若T2
C.增加一种反应物的量，会使另一种反应物的转化率增大，所以达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，故C选；
D.温度越高，反应速率越快，若T2
【点睛】该曲线是研究随着B2的增多，AB3的体积分数的变化情况。当B2较少时，由于生成的AB3少，所以AB3的体积分数较小。随着B2的增多，生成的AB3也增多，AB3的体积分数会增加。当到达b或d点时，AB3的体积分数到达了最大值。当再增加B2时，AB3的体积分数反而降低，说明在b或d点，起始的A2和B2的物质的量之比是方程式的系数比，即1:3，此时生成物的体积分数最大。再增加B2，由于A2是有限的，所以生成物AB3的物质的量的增加也是有限的，而此时由于B2的增加，分母会显著最大，所以AB3的体积分数会降低。
15.25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随加水体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. HB的酸性强于HA
B. a点溶液的导电性大于b点溶液
C. 同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)=c(B-)
D. 加水稀释到pH相同时，酸HA、HB用到的水V(A)小于V(B)
【答案】D
【解析】
【详解】A.酸性越弱，加水稀释后电离出的氢离子越多，pH越小，故HB的酸性弱于HA，故A不选；
B.溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度。在a、b两点的溶液中都有电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(A-)和c(H+)=c(OH-)+c(B-)。a点溶液的pH大于b点溶液的PH，所以a点溶液中的c(H+)小于b点溶液中的c(H+)，可以推知a点溶液中的离子的总浓度小于b点溶液中的离子的总浓度，所以a点溶液的导电性小于b点溶液的导电性，故B不选；
C.酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越强，故同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A－)大于c(B－)，故C不选；
D.根据上图可知，稀释到相同pH时，V(A)小于V(B)，故D选；
故选D。
16.室温下，用0.1mol/L氨水分别滴定20.0mL 0.1mol/L的盐酸和醋酸，曲线如图所示，下列叙述中不正确的是
A. x=20
B. Ⅰ曲线表示的是滴定醋酸的曲线
C. 滴定过程中的值逐渐减小
D. 当Ⅰ曲线和Ⅱ曲线pH均为7时，某一溶液中的c(Cl-)大于另一溶液中的c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
【详解】A.滴入x mL氨水时，盐酸的pH达到7，如果恰好完全中和生成氯化铵，氯化铵溶液的pH小于7，所以必然有氨水过量，x＞20，故A选；
B.盐酸的初始pH为1，所以Ⅱ是盐酸，Ⅰ是醋酸，故B不选；
C.把的分子和分母都乘以c(OH-)，即，随着氨水的不断滴入，c(OH-)不断增大，所以的值逐渐减小，故C不选；
D. 当Ⅰ曲线和Ⅱ曲线pH均为7时，盐酸中加入的氨水大于醋酸中加入的氨水，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)和c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，常温下，pH=7的溶液是中性的，c(H+)=c(OH-)，由于盐酸中的c(NH4+)大于醋酸中的c(NH4+)，所以盐酸中的c(Cl-)大于醋酸溶液中的c(CH3COO-)，故D不选；
故选A。
17.3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到气体2.24L（折算成标准状况下），若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，若使集气瓶充满溶液，还需通入标况下的氧气体积为
A. 0.224L B. 0.336L C. 0.448L D. 0.672L
【答案】D
【解析】
【详解】3.84g铜是0.06mol，铜与硝酸反应，得到NO和NO2的混合气体，这一过程是硝酸得到电子，铜失去电子。然后NO和NO2的混合气体和水及氧气反应，最后生成硝酸，这一过程混合气失电子生成硝酸，氧气得电子。因为反应最开始和结束时硝酸的物质的量不变，可以将反应看作是铜和氧气发生的反应，氧气得到的电子与铜失去的电子一样多，所以氧气的体积为0.06mol×2÷4×22.4L/mol＝0.672L，故选D。
18.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由C元素形成的单质，已知甲＋乙=丁＋己，甲＋丙=戊＋己，0.1mol·L-1丁溶液的pH为13(25℃)。下列说法正确的是
A. 原子半径：D>C >B>A
B. B元素只能形成一种二元含氧酸，且B元素的含氧酸对应的酸酐一定是氧化物
C. 1mol甲与足量乙反应转移电子的数目为NA
D. 1.0L 0.1mol·L-1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol
【答案】C
【解析】
【分析】
0.1mol·L－1丁溶液的pH为1，说明丁是强碱，且四种元素都是短周期元素，所以丁为NaOH。由甲+乙＝丁+己，甲+丙＝戊+己，而己是由C元素形成的单质，故甲为过氧化钠、乙为水，己为氧气，丙为二氧化碳，戊为碳酸钠；A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，所以A为H、B为C、C为O、D为Na。
【详解】A.原子半径Na＞C＞O＞H，故A不选；
B. 碳元素可以形成碳酸，也可以形成己二酸，都是二元含氧酸，碳酸的酸酐是CO2，是氧化物，但己二酸的酸酐不是氧化物，故B不选；
C. Na2O2与足量乙发生歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子，故C选；
D.碳酸根水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子数增多，所以阴离子总的物质的量必然大于0.1mol，故D不选。
故选C。
【点睛】过氧化钠不管是跟水反应还是跟二氧化碳反应，发生的都是歧化反应，转移电子发生在形成共价键的两个-1价的氧之间，所以1mol Na2O2转移1mol电子，即转移电子的物质的量和Na2O2的物质的量相等。
19.下列各反应对应的离子方程式正确的是
A. 用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3·H2O=NH4++HSO3-
B. 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液变浑浊：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓
C. 大理石溶于醋酸中：CO32-+2CH3COOH =2CH3COO－+CO2↑+H2O
D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl－+H2O+4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用足量的氨水处理硫酸工业的尾气会生成亚硫酸铵，而不是亚硫酸氢铵，故A不选；
B.碳酸氢根电离出的氢离子与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，故B选；
C.大理石碳酸钙不溶于水，不能拆开，故C不选；
D.在强碱溶液中，生成的氢离子会和氢氧根中和，不会有氢离子的形式存在，故D不选；
故选B。
20.下列实验过程、实验目的、判定及解释都正确的是
编号
实验目的
实验过程
判定、解释
A
配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，直接转移至250mL容量瓶中定容
正确，4.0g固体NaOH的物质的量为0.1mol，定容到250mL的容量瓶，物质的量浓度恰好为0.4000mol·L-1
B
探究维生素C的还原性
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
正确，FeCl3具有氧化性，能与具有还原性的维生素C发生反应，使溶液的颜色由黄色变为浅绿色(Fe2+)
C
制取并纯化
氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
正确，产生的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液，除去可能的酸性气体、水蒸气和还原性气体等杂质，得到纯净氢气
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
错误，反应的离子方程式为
H2O2+NaHSO3=Na++H++SO42-+H2O
没有明显的实验现象，因此不能用此反应探究浓度对反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.定容之前需要等待温度降到室温，否则会使溶液体积偏小，故A不选；
B. Fe3+是黄色的，如维生素C具有还原性，把Fe3+还原为Fe2+，则溶液的颜色会由黄色变为浅绿色(Fe2+)，故B选；
C.应该先通过所有溶液，最后再通过浓硫酸，否则会带出水蒸气，故C不选；
D. NaHSO3溶液和H2O2溶液反应的离子方程式是错误的，NaHSO3溶于水，应该拆成离子形式，故D不选；
故选B
21.已知反应Cu(s)＋2Ag+(aq)===Cu2+(aq)＋2Ag(s)为一自发进行的氧化还原反应，将其设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是
A. 铜电极是正极，其电极反应为Cu－2e－=Cu2+
B. 银电极上发生还原反应，电极质量增加
C. 当铜电极质量减少0.64g时，电解质溶液中有0.02mol电子通过
D. 外电路中电子由银电极流向铜电极
【答案】B
【解析】
试题分析：活泼金属为负极，故A错误；银电极为正极，银电极上发生还原反应，Ag++e－= Ag，电极质量增加，故B正确；电解质溶液中没有电子通过，故C错误；外电路中电子由铜电极流向银电极，故D错误。
考点：本题考查原电池原理。
22.向1L的密闭容器中加入1molX、0.3molZ和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间的变化如图甲所示。图乙为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是
A. Y的起始物质的量为0.5mol
B. 该反应的化学方程式为2X(g)＋Y(g)3Z(g) ΔH<0
C. 若t0 =0，t1=10s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03mol·L－1·s－1
D. 反应物X的转化率t6点比t3点高
【答案】B
【解析】
【详解】A.从图甲可以看出，从t0到t1，X的物质的量（由于容器体积为1L，所以物质的量和物质的量浓度相等）从1.0mol减少到0.8mol，减少了0.2mol，Z的物质的量从0.3mol增加到0.6mol，增加了0.3mol。再根据图乙，四个阶段改变的条件不同，在t3时刻，平衡不移动，只是速率增大了，所以应该是使用了催化剂，在t4时刻，平衡仍然不移动，但速率都降低，应该是降低了压强，所以该反应中反应前后气体的化学计量数之和相等，从t0到t1，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，所以Y的物质的量应该减少0.1mol，平衡时Y为0.4mol，所以开始时Y为0.5mol，故A不选；
B. 从t0到t1，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，Y的物质的量减少了0.1mol，所以在化学方程式里，X、Y、Z的化学计量数比为2:3:1，X和Y是反应物，Z是生成物，而且t1后，各物质的浓度不再变化，说明该反应是可逆反应，所以化学方程式为2X(g)＋Y(g)3Z(g)。根据图乙，在t2时刻，只有正反应速率或逆反应速率增大了，说明增大了反应物或生成物的浓度，在t5时刻，正逆反应速率都增大了，说明升高了温度。升高温度，v正＞ｖ逆，平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应是吸热的，ΔH＞0，故B选；
C. t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.3mol/L÷10s=0.03mol·L－1·s－1，故C不选；
D. t3到t5，平衡没有移动，t5时升高温度，平衡正向移动，反应物转化率提高，所以X的转化率t6点比t3点高，故D不选；
故选B。
【点睛】在浓度、温度、压强和催化剂这四种因素中，催化剂一定不能使平衡发生移动，对反应前后气体系数之和相等的反应，压强的改变也不能使平衡移动，但改变反应物或生成物的浓度和改变温度一定会使平衡移动。所以在图乙中，t3和t4时刻，一定分别是使用了催化剂和降低了压强。
23.常温下，分别向体积相同、浓度均为0.1 mol/L的MOH、ROH两种碱溶液中不断加水稀释，溶液的pH与溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列说法错误的是
A. Kb(MOH)的数量级为10－5
B. a、b两点溶液中，水的电离程度：a＜b
C. 等体积等浓度的ROH和MCl混合后所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)
D. 用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点溶液，消耗盐酸体积：Va＞Vb
【答案】D
【解析】
分析：根据稀释前碱溶液的浓度和对应的pH判断碱的相对强弱，根据稀释对电离平衡的影响、结合盐类水解、水的电离等解答
详解：A.没有稀释前MOH溶液中氢离子浓度是10－11mol/L，则氢氧根是10－3mol/L，所以Kb(MOH)＝，A正确；
B.a、b两点溶液中a点溶液碱性强，对水的抑制程度大，所以水的电离程度：a＜b，B正确；
C.根据图像可知碱性是MOH＞ROH，ROH的电离常数大于MCl的水解程度，因此溶液显碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，C正确；
D.两种碱溶液的物质的量相等，用相同浓度的盐酸分别中和时消耗盐酸体积相等，即Va＝Vb，D错误，答案选D。
点睛：选项C是解答的易错点和难点，首先要判断出二者的碱性相对强弱，进而判断ROH和MCl混合后是否发生化学反应，最后根据ROH电离常数和MCl的水解常数判断溶液的酸碱性，题目难度较大。
24.某化学小组设计了如图所示的数字化实验装置，研究常温下，向30 mL 0.1 mol·L−1 H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系(如图所示)，下列说法错误的是
A. pH=4.0时，溶液中n(HA−)约为2.73×10−4 mol
B. 该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管
C. 常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
D. 0.1 mol·L−1NaHA溶液中存在c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=0.1 mol·L−1
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知pH=3时，溶液中不存在H2A，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离。pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2==c（H+）=0.001mol/L，同一溶液中HA-和A2-的物质的量浓度之比等于物质的量之比，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，则由n（A2-）=10n（HA-），且原溶液中n（HA-）+n（A2-）=0.003mol，据此计算n（HA-）；本实验是碱滴定酸，酸式滴定管用来盛放酸，碱式滴定管用来盛放碱；由图可知，pH=3时，溶液中c（A2-）=c（HA-）；该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A。
【详解】由图可知H2A第一步完全电离，第二步部分电离。pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2==c（H+）=0.001mol/L，同一溶液中HA-和A2-的物质的量浓度之比等于物质的量之比，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，则由n（A2-）=10n（HA-），且原溶液中n（HA-）+n（A2-）=0.003mol，解得溶液中n(HA−)约为2.73×10−4 mol，A正确；碱滴定酸，碱不能盛放在左边的酸式滴定管中，应该使用右边的碱式滴定管，B正确；由图可知，pH=3时，溶液中c（A2-）=c（HA-），则等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0，C正确；该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c（A2-）+c（HA-）=0.1mol/L，D错误。
故选D。
【点睛】本题考查中和滴定和酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析推断及计算能力，正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。
25.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 ( )
A. Ksp[Fe(OH)3]
C. c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D. Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
【答案】B
【解析】
【详解】A．由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与KSP[Cu(OH)2]的大小，KSP[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•(OH-)3=c(Fe3+)•(10-12.7)3，KSP[Cu(OH)2]=c(Cu2+)•(OH-)2=c(Cu2+)•(10-9.6)2，因c(Fe3+)=c(Cu2+)，故KSP[Fe(OH)3]＜KSP[Cu(OH)2]，故A正确；
B．向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c(OH-)增大，故不能使溶液由a点变到b点，故B错误；
C．只要温度不发生改变，溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积(即Kw)就不变。该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等，故C正确；
D．b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，故D正确；
故答案为B。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
26.10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度
10℃
20℃
30℃
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
甲同学认为：该溶液pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，碱性增强。
（1）乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度___(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度。
（2）丙同学认为：甲、乙的判断都不充分，还需要进一步补做实验来验证：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙的判断正确。其中试剂X是____。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清石灰水
②将加热煮沸后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH___(填“高于”“低于”或“等于”)8.3，则甲的判断正确。
③查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言____(填“甲”或“乙”)的判断是错误的，理由是__。
（3）关于NaHCO3饱和水溶液的表述正确的是___。
a．c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
b．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(OH－)
c．HCO3-的电离程度大于HCO3-的水解程度
【答案】 (1). 大于 (2). B (3). 等于 (4). 乙 (5). 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃ (6). a
【解析】
【详解】（1）如果溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3导致溶液的PH增大，可推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度；故答案为：大于；
（2）①如果乙的判断是正确的，即溶液中存在Na2CO3，则只需加入能和碳酸钠反应而不和碳酸氢钠反应的试剂，并且有明显现象就可以。四种试剂中，Ba(OH)2和澄清石灰水和碳酸钠、碳酸氢钠都能生成碳酸钡以及碳酸钙而沉淀无法验证，NaOH不和碳酸钠反应也无法验证，只有BaCl2能和碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀，和碳酸氢钠不反应，故选B；
②将加热煮沸后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则说明碳酸氢钠没有分解，则甲的判断正确；故答案为：等于；
③NaHCO3的分解温度为150 ℃，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃，故乙的判断是错误的；故答案为：常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃；
（3）a．在NaHCO3饱和水溶液中，含钠元素的微粒和含碳元素的微粒总和是相等的，即存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)，故a正确；
b．在NaHCO3饱和水溶液中存在着电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)，故b错误；
c．NaHCO3饱和水溶液显碱性，说明HCO3-的电离程度小于HCO3-的水解程度，故c错误；
故选a。
27.Ⅰ.某化学兴趣小组用FeCl2(用铁粉与盐酸反应制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置如图所示。回答下列问题：
（1）C仪器的名称是___，FeCO3在其中生成，该装置中发生的主要反应的离子方程式为___。
（2）实验时首先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1向B中滴加盐酸，其目的是___，关闭活塞1，一段时间后，再关闭活塞___打开活塞__，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。
Ⅱ.乳酸亚铁晶体((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O，Mr =288g/mol)是常用的补铁剂。乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁反应制得。
（3）将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，再加入过量铁粉，75℃下搅拌使之充分反应，结束后，无需过滤，除去过量铁粉的反应方程式为2CH3CH(OH)COOH+Fe=(CH3CH(OH)COO)2Fe+H2↑；从上述所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是____、过滤、洗涤、干燥。
（4）该兴趣小组用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数。发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是___。
经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液19.70mL。滴定反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为____。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O (3). 排出装置中的空气，防止Fe2+被氧化 (4). 3 (5). 2 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化 (8). 98.5%
【解析】
【详解】（1）C是三颈烧瓶，FeCl2和NH4HCO3反应生成FeCO3的离子方程式为Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：三颈烧瓶，Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（2）实验时首先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1向B中滴加盐酸，盐酸和铁反应生成FeCl2和氢气，利用氢气排出装置中的空气，防止Fe2+被氧化；
（3）乳酸亚铁晶体((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O)带有结晶水，从溶液中获得结晶水合物不能直接加热蒸干，会失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法获得；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾增多，计算出的乳酸亚铁晶体的质量分数会大于100%。用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量的实验中，消耗n(Ce4+)=0.01970L×0.1000mol·L-1=1.970×10-3mol，根据滴定反应， n(Fe2+)= n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O] = n(Ce4+)=1.970×10-3mol，在100 mL溶液里，n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]= 1.970×10-3×5mol，所以m[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]= 1.970×10-3mol×5×288g/mol=1.970×10-3×5×288g，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=98.5%；故答案为：乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，98.5%。
28.国家倡导推进传统产业改造升级，引导企业创新优化产业结构。其根本目的是节能减排，“减排”的关键是减少CO2排放，而“减排”的重要手段是合理利用CO2。回答下列问题：
（1）CO2的电子式是___。
（2）利用CO2可合成尿素[CO(NH2)2]，合成原料除CO2外，还有NH3。该方法制备尿素的化学方程式是，该方法制备尿素一般需＞2，即NH3过量，原因是____。
（3）利用太阳能，以CO2为原料制取炭黑的流程如图1所示：一定条件“过程1”生成1mol炭黑的反应热为ΔH1；“过程2”的热化学方程式为：2Fe3O4(s)6FeO(s)＋O2(g) ΔH2。则图1中制备炭黑的热化学方程式为___。
（4）将1mol CO2和3mol H2充入容积为1L的恒容密闭容器中，发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g) ΔH。
①图2是测得的该反应中X、Y的浓度随时间变化的曲线，其中X为___(写化学式)，反应达到平衡时的平均反应速率v(H2)＝____mol·L－1·min－1。
②不同温度下平衡时，混合气体中H2的物质的量随温度的变化曲线如图3所示，则该反应的ΔH____0(填“＞”“＜”或“不能确定”)；测定温度小于T2时，反应体系中无O2存在，则T1～T2的温度范围内，H2的物质的量急剧增大的原因可能是____。
（5）CO2还可以合成甲醇：CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g) ΔH＝－53.7 kJ·mol－1，一定条件下，将1 mol CO2和2.8 mol H2充入容积为2L的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2的转化率[α(CO2)]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图4所示。n点的平衡常数K＝___。
【答案】 (1). (2). NH3易液化、易溶于水，便于尾气回收 (3). ΔH＝ΔH1＋ΔH2 (4). C2H4 (5). 0.225 (6). ＜ (7). 乙烯分解生成H2 (8). 200
【解析】
【详解】（1）CO2的电子式是。
（2）在反应中，使用过量的NH3，可以使CO2反应更完全，而过量的NH3可以用液化或溶于水的方法回收。故答案为：NH3易液化、易溶于水，便于尾气回收；
（3）流程图中，“过程1”的热化学方程式为：CO2(g)+6FeO(s) C(s，炭黑)+2Fe3O4(s) ΔH1。和 “过程2”的热化学方程式相加即可得到总反应的热化学方程式： ΔH＝ΔH1＋ΔH2；
（4）①从图2可以看出，X是生成物，从开始反应到平衡，浓度变化了0.375mol/L，Y是反应物，从反应开始到平衡，浓度变化了1.00-0.25=0.75mol/L，X和Y的浓度变化之比为1:2，各物质的浓度变化之比等于方程式的化学计量数之比，根据化学方程式可知X和Y分别是C2H4和CO2，反应达到平衡时的平均反应速率v(CO2)＝0.75mol/L÷10min=0.075mol/(L·min)，在一个反应中，用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，所以用H2表示的化学反应速率为0.075mol/(L·min)×3=0.225 mol/(L·min)。故答案为C2H4，0.225；
②图3中，升高温度，H2的物质的量增大，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH＜0；温度小于T2时，反应体系中无O2存在，说明H2O未分解，故T1～T2的温度范围内，H2的物质的量急剧增大的原因可能是乙烯分解生成H2；
（5）图4中，在n点，二氧化碳的转化率为80%，应用“三段式”法计算：
故n点的平衡常数K＝。
29.偏钒酸铵(NH4VO3)主要用作催化剂、催干剂、媒染剂等。用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷的流程如图：
（1）碱溶时，下列措施有利于NH3逸出的是____(填字母序号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．增大NaOH溶液的浓度
（2）①滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3，已知Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5，若滤液中c(SiO32-)＝0.08mol·L－1，则c(Mg2＋)＝____。
②由图可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀剂时，随着温度的升高，除磷率下降，其原因是温度升高，Mg3(PO4)2溶解度增大和促进Mg2＋水解生成Mg(OH)2；但随着温度的升高，除硅率升高，其原因是____(用离子方程式表示)。
（3）沉钒时，反应温度需控制在50℃，在实验室可采取的加热方式为____。
（4）探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计实验步骤(常见试剂任选)：取两份10mL一定浓度的滤液A和B，分别加入1mL和10mL的1mol·L－1 NH4Cl溶液，再向A中加入___mL蒸馏水，控制两份溶液的温度均为50℃、pH均为8，由专用仪器测定沉钒率，加入蒸馏水的目的是____。
（5）偏钒酸铵本身在水中的溶解度不大，但在草酸(H2C2O4)溶液中因发生氧化还原反应而溶解，同时生成络合物(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]，该反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). ac (2). 3×10-4mol·L-1 (3). (或) (4). 水浴加热 (5). 9 (6). 使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同 (7). 2NH4VO3＋4H2C2O4=(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]＋2CO2↑＋4H2O
【解析】
【分析】
工业级钒酸铵先用NaOH溶液溶解，生成NaVO3，再加入盐酸调节溶液的PH=10后加入MgSO4溶液，使Si、P转化为Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀而除去，过滤后滤液中加入NH4Cl溶液，生成NH4VO3。
【详解】（1）气体溶解度随温度升高而降低，所以加热可以使NH3逸出。在溶有NH3的溶液中，存在平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，增大OH-浓度，可以使平衡逆移，也促使NH3逸出；故选ac；
（2）①滤液中c(SiO32-)＝0.08mol·L－1，根据Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5，则c(Mg2＋)＝mol/L；
②温度升高，硅酸根离子水解程度增大，可以成为H2SiO3沉淀从而提高除硅率，离子方程式为 (或)；
（3）温度在100℃以下，可以用水浴加热法，水浴加热不但可以受热均匀，而且温度易于控制，故答案为：水浴加热；
（4）要探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，一份10mL的滤液A中加入1mL NH4Cl溶液，另一份10mL的滤液B中加入10mL NH4Cl溶液，需再向A中加入9mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同。故答案为：9，使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同；
（5）偏钒酸铵和草酸(H2C2O4)发生氧化还原反应，生成络合物(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]，矾的化合价从+5价降低到+4价，那么碳的化合价就会从+3价升高到+4价，根据电子守恒，得到该反应的化学方程式为2NH4VO3＋4H2C2O4=(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]＋2CO2↑＋4H2O。
30.有机合成是制药工业中的重要手段。G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如图：
已知：
，
（1）B的结构简式为_____。
（2）反应④的条件为____；①的反应类型为___；反应②的作用是____。
（3）下列对有机物G的性质推测正确的是____(填选项字母)。
A.具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
B.能发生消去反应、取代反应和氧化反应
C.能聚合成高分子化合物
D.1mol G与足量NaHCO3溶液反应放出2mol CO2
（4）D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
（5）符合下列条件的C的同分异构体有___种。
A.属于芳香族化合物，且含有两个甲基 B.能发生银镜反应 C.与FeCl3溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是___(写出其中一种的结构简式)。
（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。_______
合成路线流程图示例如图：XYZ…目标产物
【答案】 (1). (2). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (3). 取代反应 (4). 保护酚羟基，以防被氧化 (5). AC (6). +3NaOH+CH3COONa+2H2O (7). 16 (8). 或 (9).
【解析】
【分析】
根据D的结构简式（），可知C分子中含有苯环，苯环上有两个邻位取代基，其中一个为-OOCCH3，另一个为烃基，被酸性高锰酸钾氧化为羧基生成D，B分子中有苯环，结合已知的第一个反应：，可知B分子中也有在苯环上处于邻位的两个取代基，其中一个是羟基，另一个是甲基，所以A是乙酸酐，由乙酰氯和乙酸发生取代反应生成。D在NaOH溶液中水解然后再酸化，得到的E为，比较E和G的结构，再结合已知：可知，E到F是发生了硝化反应，E中苯环羟基的对位碳原子上的氢原子被硝基取代生成了F，F到G是硝基被还原为氨基。
【详解】（1）从上面的分析可知，B的结构简式为；
（2）反应④是硝化反应，需要浓硝酸作反应物，浓硫酸作催化剂，而且反应还需加热；①是取代反应，反应②的作用是保护酚羟基，以防被高锰酸钾氧化。故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；
（3）G的结构简式为；
A.G中有羧基，显酸性，还有氨基，显碱性，所以G具有两性，既能与酸反应也能与碱反应，故A正确；
B.醇可以发生消去反应，但酚不能发生消去反应，酚和羧酸都可以发生取代反应，酚羟基有还原性，可以被氧化，发生氧化反应，故B错误；
C.在G的分子中既有羧基，又有羟基，可以发生缩聚反应，生成聚酯，故C正确；
D.能和NaHCO3溶液反应放出CO2的只能是羧基，而1mol羧基只能生成1mol CO2，故1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；
故选AC；
（4）D的结构简式为，与足量的NaOH溶液反应时，羧基可以和NaOH发生酸碱中和，酯基可以发生水解，水解后生成的不是醇，而是酚，会继续和NaOH发生中和反应，所以1mol D能消耗3mol NaOH，发生反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；
（5）C为，C的同分异构体属于芳香族化合物，即含有苯环，与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上直接连有羟基；能发生银镜反应，要求分子中有醛基。C的苯环上共有3个碳原子和2个氧原子，酚羟基和醛基各用了1个氧原子，醛基还用了1个碳原子，还有2个碳原子，根据含有两个甲基的要求，苯环上共有4个取代基，两个甲基，一个酚羟基和一个醛基；可以先固定两个甲基的位置，有邻、间、对三种位置，然后再连上酚羟基和醛基。当2个甲基处于邻位时，酚羟基和醛基有6种不同的位置，当2个甲基处于间位时，酚羟基和醛基有7种不同的位置，当2个甲基处于对位时，酚羟基和醛基有3种不同的位置，所以共有16种同分异构体。其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或。故答案为16，或；
（6）以甲苯为原料合成，需要在苯环上连上羧基和氨基，羧基可以通过甲基被氧化得到，氨基可以先在苯环上连上硝基，然后再还原得到。因为苯环上有烷烃基时，新引入取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。最终合成的有机物的两个取代基在邻位，所以甲苯应先硝化，在甲基的邻位引入硝基，然后再氧化甲基成为羧基，最后还原硝基为氨基；流程为：。
2020届高三年级第二次模拟考试
化学
1、请将正确答案填在答题卷的方框内，超出答题框一律不给分。
2、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，考试时间120分钟，总分100分。
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 Ce-140
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（本题共10小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共20分）
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法正确的是
A. 微量的二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂
B. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”
C. 漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质
D. 某雨水样品放置一段时间后pH由4.98变为4.68，是因为水中溶解的CO2增多了
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硫可以杀菌消毒，微量的SO2可用作葡萄酒的食品添加剂，A正确；
B. 汽油不是可再生能源，故B不选；
C. 漂白粉与二氧化碳和水结合生成次氯酸，次氯酸光照分解，所以漂白粉变质不是被氧气氧化，故C不选；
D.CO2的饱和溶液pH为5.6，雨水pH小于5.6是因为水和二氧化硫反应生成了亚硫酸，在空气中放置一段时间后亚硫酸能被空气氧化成硫酸，酸性增强，pH下降，故D不选；
故选A。
【点睛】二氧化硫虽然有毒，但微量使用是可以的；能杀菌消毒的很多物质都有毒，只要用量控制在安全范围内，是可以使用的。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. 标准状况下，22.4L己烷含有的共价键总数为19NA
B. 1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA
C. 1L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中CO32－和HCO3－离子数之和为0.1NA
D. 密闭容器中l.5mol H2与0.5mol N2充分反应，得到NH3的分子数为NA
【答案】B
【解析】
A．由于标准状况下，己烷不是气体，无法计算22.4L己烷的物质的量，故A错误；B．Cu能溶解于FeCl3溶液，生成Cu2+，则1mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移的电子数为2NA，故B正确；C．1L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中根据物料守恒，H2CO3、CO32－和HCO3－微粒数之和为0.1NA，故C错误；D．合成氨为可逆反应，不可能完全转化，故D错误；答案为B。
点睛：本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF、己烷等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积；④可逆反应限度对产物的量的影响等。
3.常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH＝7，则此溶液中
A. c（HCOO－) ＞c（Na＋) B. c（HCOO－) ＜c（ Na＋)
C. c（HCOO－) ＝c（Na＋) D. 无法确定c（HCOO－) 与c（Na＋) 的关系
【答案】C
【解析】
【详解】甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(HCOO-)=c(Na+)，故选C。
4.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。
详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；
C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。
答案选D。
点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。
5.现有以下6种说法：
①氯水、氨水、水玻璃、水银都是混合物；
②明矾、冰醋酸、石膏都是电解质；
③氯酸、烧碱、纯碱依次分别为酸、碱、盐；
④H＋、H＋、H＋互为同位素；
⑤胶体带电是电泳的前提条件；
⑥生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品。
其中不正确的是
A. ①⑤ B. ①④⑤⑥ C. ②③④ D. ②⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①氯水、氨水、水玻璃都是混合物，水银是汞单质，属于纯净物，错误；
②明矾是盐[KAl(SO4)2·12H2O]、冰醋酸是有机酸（CH3COOH）、石膏是盐（CaSO4·2H2O）都是电解质，正确；
③氯酸是酸，烧碱氢氧化钠是碱，纯碱碳酸钠是盐，正确；
④H、H、H互为同位素，同位素是原子不能是离子，错误；
⑤胶体不带电，胶粒带电是电泳的前提条件，错误；
⑥石英玻璃是二氧化硅，不是硅酸盐产品，普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品，错误；
故选B。
6.下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是
选项
微粒组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3＋、I－、Cl－
NaOH溶液
Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓
B
Na＋、Al3＋、Cl－
少量澄清石灰水
Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓
C
H＋、Fe2＋、SO42-
Ba(NO3)2溶液
SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓
D
K＋、NH3·H2O、CO32-
通入少量CO2
2OH－＋CO2=CO32-＋H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. Fe3＋有氧化性，I－有还原性，二者不能共存，会发生氧化还原反应，故A不选；
B. Na＋、Al3＋、Cl－能大量共存，加入少量澄清石灰水，OH－与Al3＋生成沉淀，B正确；
C.加入的Ba(NO3)2溶液中有硝酸根离子，酸性条件下形成具有氧化性的硝酸，能氧化亚铁离子，所以除了生成BaSO4沉淀外，还发生了氧化还原反应，故C不选；
D.一水合氨是弱电解质，书写离子反应时不能拆开写成OH－的形式，故D不选；
故选B。
【点睛】注意隐性硝酸的存在，在含有氢离子的溶液中，如果再引入硝酸根离子，则溶液中就相当于存在了强氧化性的硝酸，可以氧化还原性的离子或分子。同样，如果溶液中含有硝酸根离子，如果再引入氢离子，溶液中同样存在了硝酸，如果此溶液中含有S2-、SO2、I-、Fe2+等微粒时，就会发生氧化还原反应。
7.某有机物的分子结构如图所示。现有试剂：①Na ②H2/Ni ③Ag(NH3)2OH ④新制Cu(OH)2⑤NaOH ⑥酸性KMnO4溶液。能与该化合物中两个或两个以上官能团都发生反应的试剂有( )
A. ①②⑤⑥ B. ①②④⑥ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】由该有机物分子的结构可知，该分子中含有醛基、酯基、羧基、羟基和碳碳双键五种官能团。①Na能够与羟基和羧基反应；②H2/Ni可与醛基和碳碳双键反应；③Ag(NH3)2OH能够与醛基和羧基发生反应；④新制Cu(OH)2能够与醛基和羧基发生反应；⑤NaOH能够与酯基和羧基发生反应；⑥酸性KMnO4溶液能够与羟基、醛基和羟基发生反应。因此能与该化合物中两个或两个以上官能团都发生反应的试剂为①②③④⑤⑥。故答案D。
8.一定温度下，在某密闭容器中发生反应2HI(g)H2(g)＋I2(g) ΔH>0，若在0～15s内c(HI)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1，则下列说法正确的是
A. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
B. 减小反应体系的体积，化学反应速率加快
C. c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间小于10s
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应速率和温度有关，升高温度，正逆反应速率都加快，故A不选；
B.减小体积会增大HI(g)、H2(g)和I2(g)的浓度，会使正逆反应速率都加快，故B正确；
C. c(HI)下降0.03mol·L-1降用了15s，但反应速率和浓度有关，浓度降低，反应速率也降低，所以c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间大于10s，故C不选；
D. c(HI)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1，则c(I2)上升到0.015mol·L-1，用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.015 mol·L-1÷15s=0.001mol·L-1·s-1，故D不选；
故选B。
【点睛】由于该反应的正反应是吸热反应，所以升高温度，平衡会向正反应方向移动，但并不是正反应速率加快，逆反应速率减慢，而是正逆反应速率都加快，只不过正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，所以正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动。不要把速率和平衡混为一谈，两者既有联系，又有区别。
9.有下列三个反应：①3Cl2＋2FeI2=2FeCl3＋2I2 ②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O，下列说法正确的是（ ）
A. ①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、CoCl2
B. 根据以上化学方程式可以得到氧化性强弱顺序：Cl2＞Fe3＋＞Co2O3
C. 可以推理得到Cl2＋FeBr2=FeCl2＋Br2
D. 在③反应中当1molCo2O3参加反应时，2 molHCl被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A项、三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2 ②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，化合价升高元素所在的产物是I2、Fe3+、Cl2，它们是氧化产物，故A错误；
B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，Cl2＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3+，在反应③中，Co2O3＞Cl2，则氧化性顺序是：Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故B错误；
C项、根据氧化性顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Cl2和FeBr2反应时，氯气首先氧化亚铁离子，然后在氧化溴离子，故C错误；
D项、在反应③中生成1molCl2时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHC1被氧化，故D正确；
故选D。
【点睛】先分析化合价变化，确定各物质的氧化还原情况，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，比较各物质氧化性强弱，然后再逐项判断。
10.常温下，体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl-)=n(CH3COO-)=0.01mol，下列叙述错误的是
A. 与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多
B. 分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C. 两种溶液的pH相等
D. 分别用水稀释相同倍数时，n(Cl-)＜n(CH3COO-)
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸是弱酸，电离不完全，若n(Cl-)=n(CH3COO-)，醋酸的浓度大，所以消耗的氢氧化钠也多，故A不选；
B.同理可得，二者分别与足量CaCO3反应时，醋酸放出的CO2多，故B选；
C.根据电荷守恒，盐酸中：n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，醋酸中：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)。由于n(Cl-)=n(CH3COO-)，所以n(H+)相等，溶液的pH也相等，故C不选；
D.用水稀释后，醋酸可以继续电离，所以n(Cl-)＜n(CH3COO-)，故D不选；
故选B。
二、选择题（本题共15小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共30分）
11.下列有机物说法不正确的是
A. BrCH2CHBrCH2Br的名称为三溴丙烷
B. 萘环上的一个H原子被-C4H9取代后的产物共有8种
C. 对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面
D. 纤维素和淀粉都是多糖，它们彻底水解后的产物相同
【答案】A
【解析】
分析：本题对有机物的命名、同分异构体、原子共面、水解产物等基础知识进行考察。A中要标出溴原子在碳链上的位置，再进行命名；B中萘环上核磁共振氢谱中氢原子种数为2，烃基-C4H9的同分异构体的数目为4，然后进行组合判断共为8种；C中考察甲基、苯环、乙烯基中原子共面问题；D中考察多糖水解的规律。
详解：BrCH2CHBrCH2Br为1,2,3-三溴丙烷，A错误；萘的结构对称性很高如图：环上只有2种氢，-C4H9取代基有4种结构，因此萘环上的一个H原子被-C4H9取代后的产物共有8种，B正确；甲基中最多有1个碳和1个氢能够与苯环共平面，乙烯基中的碳、氢均能共平面，苯环中所有的氢、碳均可以共平面，所以对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面，C正确；纤维素和淀粉都是多糖，水解的最终产物为葡萄糖，D正确；答案选A。
点睛：分子中原子共线、共面的问题，依据是乙烯的平面结构、乙炔的直线结构、甲烷的正面体结构、苯环的平面结构进行分析，比如有机物甲基苯乙烯能够共面的原子最多有17个，最少有8个。
12.现有甲、乙两个化学小组利用两套相同装置，通过测定产生相同体积气体所用时间长短来探究影响H2O2分解速率的因素(仅一个条件改变)。甲小组有如下实验设计方案。
实验编号
温度
催化剂
浓度
甲组实验Ⅰ
25℃
三氧化二铁
10mL 5%H2O2
甲组实验Ⅱ
25℃
二氧化锰
10mL 5%H2O2
甲、乙两小组得出如图数据：
关于该实验下列叙述不正确的是
A. 中，O2是氧化产物
B. 甲小组实验得出的结论是Fe2O3比MnO2催化效率更高
C. 甲小组实验也可以测定25℃时，在相同时间内产生氧气的体积
D. 乙组研究的影响因素的数据分析，相同条件下H2O2在碱性环境下放出气体速率较快
【答案】B
【解析】
【详解】A.该反应中，氧元素的化合价既升高又降低，氧气是化合价升高的结果，所以是氧化产物，故A不选；
B 从图中可以看出，MnO2可以使反应速率更快，所以Fe2O3比MnO2催化效率低，故B错误，选B；
C. 在相同时间内产生氧气的体积也可以判断催化剂的催化效率，故C不选；
D. 从图中可以看出，相同条件下H2O2在碱性环境下放出气体速率较快，故D不选；
故选B。
13.已知HF的Ka=6.6×10－4，CH3COOH的Ka=1.75×10－5，则在相同条件下，同浓度等体积的NaF、CH3COONa溶液中离子总数
A. 前者多 B. 后者多 C. 一样多 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】酸的电离常数越大，酸性越强，其相应的酸根离子的水解程度越小，所以氟离子的水解程度比醋酸根离子小。NaF、CH3COONa水解都使溶液显碱性，所以NaF溶液中的c(OH-)小于CH3COONa溶液中的c(OH-)，也可以说NaF溶液中的c(H+)大于CH3COONa溶液中的c(H+)，两溶液体积相同，所以NaF溶液中的n(H+)大于CH3COONa溶液中的n(H+)；两溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)和c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两溶液体积相同，所以在两溶液中，阳离子总数等于阴离子总数，所以比较两溶液中的离子总数，可以只比较阳离子总数即可；两溶液中的Na+的物质的量是相同的，而NaF溶液中的n(H+)大于CH3COONa溶液中的n(H+)，所以NaF中离子总数较多，故选A。
14.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断不正确的是（ ）
A. 若T2
C. 达到平衡时A2的转化率大小为b>a>c
D. 若T2
【解析】
【详解】A. 若T2
C.增加一种反应物的量，会使另一种反应物的转化率增大，所以达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，故C选；
D.温度越高，反应速率越快，若T2
【点睛】该曲线是研究随着B2的增多，AB3的体积分数的变化情况。当B2较少时，由于生成的AB3少，所以AB3的体积分数较小。随着B2的增多，生成的AB3也增多，AB3的体积分数会增加。当到达b或d点时，AB3的体积分数到达了最大值。当再增加B2时，AB3的体积分数反而降低，说明在b或d点，起始的A2和B2的物质的量之比是方程式的系数比，即1:3，此时生成物的体积分数最大。再增加B2，由于A2是有限的，所以生成物AB3的物质的量的增加也是有限的，而此时由于B2的增加，分母会显著最大，所以AB3的体积分数会降低。
15.25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随加水体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. HB的酸性强于HA
B. a点溶液的导电性大于b点溶液
C. 同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)=c(B-)
D. 加水稀释到pH相同时，酸HA、HB用到的水V(A)小于V(B)
【答案】D
【解析】
【详解】A.酸性越弱，加水稀释后电离出的氢离子越多，pH越小，故HB的酸性弱于HA，故A不选；
B.溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度。在a、b两点的溶液中都有电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(A-)和c(H+)=c(OH-)+c(B-)。a点溶液的pH大于b点溶液的PH，所以a点溶液中的c(H+)小于b点溶液中的c(H+)，可以推知a点溶液中的离子的总浓度小于b点溶液中的离子的总浓度，所以a点溶液的导电性小于b点溶液的导电性，故B不选；
C.酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越强，故同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A－)大于c(B－)，故C不选；
D.根据上图可知，稀释到相同pH时，V(A)小于V(B)，故D选；
故选D。
16.室温下，用0.1mol/L氨水分别滴定20.0mL 0.1mol/L的盐酸和醋酸，曲线如图所示，下列叙述中不正确的是
A. x=20
B. Ⅰ曲线表示的是滴定醋酸的曲线
C. 滴定过程中的值逐渐减小
D. 当Ⅰ曲线和Ⅱ曲线pH均为7时，某一溶液中的c(Cl-)大于另一溶液中的c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
【详解】A.滴入x mL氨水时，盐酸的pH达到7，如果恰好完全中和生成氯化铵，氯化铵溶液的pH小于7，所以必然有氨水过量，x＞20，故A选；
B.盐酸的初始pH为1，所以Ⅱ是盐酸，Ⅰ是醋酸，故B不选；
C.把的分子和分母都乘以c(OH-)，即，随着氨水的不断滴入，c(OH-)不断增大，所以的值逐渐减小，故C不选；
D. 当Ⅰ曲线和Ⅱ曲线pH均为7时，盐酸中加入的氨水大于醋酸中加入的氨水，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)和c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，常温下，pH=7的溶液是中性的，c(H+)=c(OH-)，由于盐酸中的c(NH4+)大于醋酸中的c(NH4+)，所以盐酸中的c(Cl-)大于醋酸溶液中的c(CH3COO-)，故D不选；
故选A。
17.3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到气体2.24L（折算成标准状况下），若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，若使集气瓶充满溶液，还需通入标况下的氧气体积为
A. 0.224L B. 0.336L C. 0.448L D. 0.672L
【答案】D
【解析】
【详解】3.84g铜是0.06mol，铜与硝酸反应，得到NO和NO2的混合气体，这一过程是硝酸得到电子，铜失去电子。然后NO和NO2的混合气体和水及氧气反应，最后生成硝酸，这一过程混合气失电子生成硝酸，氧气得电子。因为反应最开始和结束时硝酸的物质的量不变，可以将反应看作是铜和氧气发生的反应，氧气得到的电子与铜失去的电子一样多，所以氧气的体积为0.06mol×2÷4×22.4L/mol＝0.672L，故选D。
18.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由C元素形成的单质，已知甲＋乙=丁＋己，甲＋丙=戊＋己，0.1mol·L-1丁溶液的pH为13(25℃)。下列说法正确的是
A. 原子半径：D>C >B>A
B. B元素只能形成一种二元含氧酸，且B元素的含氧酸对应的酸酐一定是氧化物
C. 1mol甲与足量乙反应转移电子的数目为NA
D. 1.0L 0.1mol·L-1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol
【答案】C
【解析】
【分析】
0.1mol·L－1丁溶液的pH为1，说明丁是强碱，且四种元素都是短周期元素，所以丁为NaOH。由甲+乙＝丁+己，甲+丙＝戊+己，而己是由C元素形成的单质，故甲为过氧化钠、乙为水，己为氧气，丙为二氧化碳，戊为碳酸钠；A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，所以A为H、B为C、C为O、D为Na。
【详解】A.原子半径Na＞C＞O＞H，故A不选；
B. 碳元素可以形成碳酸，也可以形成己二酸，都是二元含氧酸，碳酸的酸酐是CO2，是氧化物，但己二酸的酸酐不是氧化物，故B不选；
C. Na2O2与足量乙发生歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子，故C选；
D.碳酸根水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子数增多，所以阴离子总的物质的量必然大于0.1mol，故D不选。
故选C。
【点睛】过氧化钠不管是跟水反应还是跟二氧化碳反应，发生的都是歧化反应，转移电子发生在形成共价键的两个-1价的氧之间，所以1mol Na2O2转移1mol电子，即转移电子的物质的量和Na2O2的物质的量相等。
19.下列各反应对应的离子方程式正确的是
A. 用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3·H2O=NH4++HSO3-
B. 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液变浑浊：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓
C. 大理石溶于醋酸中：CO32-+2CH3COOH =2CH3COO－+CO2↑+H2O
D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl－+H2O+4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用足量的氨水处理硫酸工业的尾气会生成亚硫酸铵，而不是亚硫酸氢铵，故A不选；
B.碳酸氢根电离出的氢离子与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，故B选；
C.大理石碳酸钙不溶于水，不能拆开，故C不选；
D.在强碱溶液中，生成的氢离子会和氢氧根中和，不会有氢离子的形式存在，故D不选；
故选B。
20.下列实验过程、实验目的、判定及解释都正确的是
编号
实验目的
实验过程
判定、解释
A
配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，直接转移至250mL容量瓶中定容
正确，4.0g固体NaOH的物质的量为0.1mol，定容到250mL的容量瓶，物质的量浓度恰好为0.4000mol·L-1
B
探究维生素C的还原性
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
正确，FeCl3具有氧化性，能与具有还原性的维生素C发生反应，使溶液的颜色由黄色变为浅绿色(Fe2+)
C
制取并纯化
氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
正确，产生的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液，除去可能的酸性气体、水蒸气和还原性气体等杂质，得到纯净氢气
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
错误，反应的离子方程式为
H2O2+NaHSO3=Na++H++SO42-+H2O
没有明显的实验现象，因此不能用此反应探究浓度对反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.定容之前需要等待温度降到室温，否则会使溶液体积偏小，故A不选；
B. Fe3+是黄色的，如维生素C具有还原性，把Fe3+还原为Fe2+，则溶液的颜色会由黄色变为浅绿色(Fe2+)，故B选；
C.应该先通过所有溶液，最后再通过浓硫酸，否则会带出水蒸气，故C不选；
D. NaHSO3溶液和H2O2溶液反应的离子方程式是错误的，NaHSO3溶于水，应该拆成离子形式，故D不选；
故选B
21.已知反应Cu(s)＋2Ag+(aq)===Cu2+(aq)＋2Ag(s)为一自发进行的氧化还原反应，将其设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是
A. 铜电极是正极，其电极反应为Cu－2e－=Cu2+
B. 银电极上发生还原反应，电极质量增加
C. 当铜电极质量减少0.64g时，电解质溶液中有0.02mol电子通过
D. 外电路中电子由银电极流向铜电极
【答案】B
【解析】
试题分析：活泼金属为负极，故A错误；银电极为正极，银电极上发生还原反应，Ag++e－= Ag，电极质量增加，故B正确；电解质溶液中没有电子通过，故C错误；外电路中电子由铜电极流向银电极，故D错误。
考点：本题考查原电池原理。
22.向1L的密闭容器中加入1molX、0.3molZ和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间的变化如图甲所示。图乙为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是
A. Y的起始物质的量为0.5mol
B. 该反应的化学方程式为2X(g)＋Y(g)3Z(g) ΔH<0
C. 若t0 =0，t1=10s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03mol·L－1·s－1
D. 反应物X的转化率t6点比t3点高
【答案】B
【解析】
【详解】A.从图甲可以看出，从t0到t1，X的物质的量（由于容器体积为1L，所以物质的量和物质的量浓度相等）从1.0mol减少到0.8mol，减少了0.2mol，Z的物质的量从0.3mol增加到0.6mol，增加了0.3mol。再根据图乙，四个阶段改变的条件不同，在t3时刻，平衡不移动，只是速率增大了，所以应该是使用了催化剂，在t4时刻，平衡仍然不移动，但速率都降低，应该是降低了压强，所以该反应中反应前后气体的化学计量数之和相等，从t0到t1，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，所以Y的物质的量应该减少0.1mol，平衡时Y为0.4mol，所以开始时Y为0.5mol，故A不选；
B. 从t0到t1，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，Y的物质的量减少了0.1mol，所以在化学方程式里，X、Y、Z的化学计量数比为2:3:1，X和Y是反应物，Z是生成物，而且t1后，各物质的浓度不再变化，说明该反应是可逆反应，所以化学方程式为2X(g)＋Y(g)3Z(g)。根据图乙，在t2时刻，只有正反应速率或逆反应速率增大了，说明增大了反应物或生成物的浓度，在t5时刻，正逆反应速率都增大了，说明升高了温度。升高温度，v正＞ｖ逆，平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应是吸热的，ΔH＞0，故B选；
C. t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.3mol/L÷10s=0.03mol·L－1·s－1，故C不选；
D. t3到t5，平衡没有移动，t5时升高温度，平衡正向移动，反应物转化率提高，所以X的转化率t6点比t3点高，故D不选；
故选B。
【点睛】在浓度、温度、压强和催化剂这四种因素中，催化剂一定不能使平衡发生移动，对反应前后气体系数之和相等的反应，压强的改变也不能使平衡移动，但改变反应物或生成物的浓度和改变温度一定会使平衡移动。所以在图乙中，t3和t4时刻，一定分别是使用了催化剂和降低了压强。
23.常温下，分别向体积相同、浓度均为0.1 mol/L的MOH、ROH两种碱溶液中不断加水稀释，溶液的pH与溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列说法错误的是
A. Kb(MOH)的数量级为10－5
B. a、b两点溶液中，水的电离程度：a＜b
C. 等体积等浓度的ROH和MCl混合后所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)
D. 用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点溶液，消耗盐酸体积：Va＞Vb
【答案】D
【解析】
分析：根据稀释前碱溶液的浓度和对应的pH判断碱的相对强弱，根据稀释对电离平衡的影响、结合盐类水解、水的电离等解答
详解：A.没有稀释前MOH溶液中氢离子浓度是10－11mol/L，则氢氧根是10－3mol/L，所以Kb(MOH)＝，A正确；
B.a、b两点溶液中a点溶液碱性强，对水的抑制程度大，所以水的电离程度：a＜b，B正确；
C.根据图像可知碱性是MOH＞ROH，ROH的电离常数大于MCl的水解程度，因此溶液显碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，C正确；
D.两种碱溶液的物质的量相等，用相同浓度的盐酸分别中和时消耗盐酸体积相等，即Va＝Vb，D错误，答案选D。
点睛：选项C是解答的易错点和难点，首先要判断出二者的碱性相对强弱，进而判断ROH和MCl混合后是否发生化学反应，最后根据ROH电离常数和MCl的水解常数判断溶液的酸碱性，题目难度较大。
24.某化学小组设计了如图所示的数字化实验装置，研究常温下，向30 mL 0.1 mol·L−1 H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系(如图所示)，下列说法错误的是
A. pH=4.0时，溶液中n(HA−)约为2.73×10−4 mol
B. 该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管
C. 常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
D. 0.1 mol·L−1NaHA溶液中存在c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=0.1 mol·L−1
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知pH=3时，溶液中不存在H2A，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离。pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2==c（H+）=0.001mol/L，同一溶液中HA-和A2-的物质的量浓度之比等于物质的量之比，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，则由n（A2-）=10n（HA-），且原溶液中n（HA-）+n（A2-）=0.003mol，据此计算n（HA-）；本实验是碱滴定酸，酸式滴定管用来盛放酸，碱式滴定管用来盛放碱；由图可知，pH=3时，溶液中c（A2-）=c（HA-）；该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A。
【详解】由图可知H2A第一步完全电离，第二步部分电离。pH=3时A2-、HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2==c（H+）=0.001mol/L，同一溶液中HA-和A2-的物质的量浓度之比等于物质的量之比，pH=4时该酸的第二步电离常数不变，则由n（A2-）=10n（HA-），且原溶液中n（HA-）+n（A2-）=0.003mol，解得溶液中n(HA−)约为2.73×10−4 mol，A正确；碱滴定酸，碱不能盛放在左边的酸式滴定管中，应该使用右边的碱式滴定管，B正确；由图可知，pH=3时，溶液中c（A2-）=c（HA-），则等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0，C正确；该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c（A2-）+c（HA-）=0.1mol/L，D错误。
故选D。
【点睛】本题考查中和滴定和酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析推断及计算能力，正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。
25.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 ( )
A. Ksp[Fe(OH)3]
C. c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D. Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
【答案】B
【解析】
【详解】A．由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与KSP[Cu(OH)2]的大小，KSP[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•(OH-)3=c(Fe3+)•(10-12.7)3，KSP[Cu(OH)2]=c(Cu2+)•(OH-)2=c(Cu2+)•(10-9.6)2，因c(Fe3+)=c(Cu2+)，故KSP[Fe(OH)3]＜KSP[Cu(OH)2]，故A正确；
B．向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c(OH-)增大，故不能使溶液由a点变到b点，故B错误；
C．只要温度不发生改变，溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积(即Kw)就不变。该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等，故C正确；
D．b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，故D正确；
故答案为B。
第Ⅱ卷（非选择题 共50分）
26.10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度
10℃
20℃
30℃
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
甲同学认为：该溶液pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，碱性增强。
（1）乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度___(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度。
（2）丙同学认为：甲、乙的判断都不充分，还需要进一步补做实验来验证：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙的判断正确。其中试剂X是____。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清石灰水
②将加热煮沸后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH___(填“高于”“低于”或“等于”)8.3，则甲的判断正确。
③查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言____(填“甲”或“乙”)的判断是错误的，理由是__。
（3）关于NaHCO3饱和水溶液的表述正确的是___。
a．c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
b．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(OH－)
c．HCO3-的电离程度大于HCO3-的水解程度
【答案】 (1). 大于 (2). B (3). 等于 (4). 乙 (5). 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃ (6). a
【解析】
【详解】（1）如果溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3导致溶液的PH增大，可推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度；故答案为：大于；
（2）①如果乙的判断是正确的，即溶液中存在Na2CO3，则只需加入能和碳酸钠反应而不和碳酸氢钠反应的试剂，并且有明显现象就可以。四种试剂中，Ba(OH)2和澄清石灰水和碳酸钠、碳酸氢钠都能生成碳酸钡以及碳酸钙而沉淀无法验证，NaOH不和碳酸钠反应也无法验证，只有BaCl2能和碳酸钠反应生成碳酸钡白色沉淀，和碳酸氢钠不反应，故选B；
②将加热煮沸后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则说明碳酸氢钠没有分解，则甲的判断正确；故答案为：等于；
③NaHCO3的分解温度为150 ℃，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃，故乙的判断是错误的；故答案为：常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃；
（3）a．在NaHCO3饱和水溶液中，含钠元素的微粒和含碳元素的微粒总和是相等的，即存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)，故a正确；
b．在NaHCO3饱和水溶液中存在着电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)，故b错误；
c．NaHCO3饱和水溶液显碱性，说明HCO3-的电离程度小于HCO3-的水解程度，故c错误；
故选a。
27.Ⅰ.某化学兴趣小组用FeCl2(用铁粉与盐酸反应制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置如图所示。回答下列问题：
（1）C仪器的名称是___，FeCO3在其中生成，该装置中发生的主要反应的离子方程式为___。
（2）实验时首先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1向B中滴加盐酸，其目的是___，关闭活塞1，一段时间后，再关闭活塞___打开活塞__，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。
Ⅱ.乳酸亚铁晶体((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O，Mr =288g/mol)是常用的补铁剂。乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁反应制得。
（3）将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，再加入过量铁粉，75℃下搅拌使之充分反应，结束后，无需过滤，除去过量铁粉的反应方程式为2CH3CH(OH)COOH+Fe=(CH3CH(OH)COO)2Fe+H2↑；从上述所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是____、过滤、洗涤、干燥。
（4）该兴趣小组用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数。发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是___。
经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液19.70mL。滴定反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为____。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O (3). 排出装置中的空气，防止Fe2+被氧化 (4). 3 (5). 2 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化 (8). 98.5%
【解析】
【详解】（1）C是三颈烧瓶，FeCl2和NH4HCO3反应生成FeCO3的离子方程式为Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：三颈烧瓶，Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（2）实验时首先打开活塞3，关闭活塞2，再打开活塞1向B中滴加盐酸，盐酸和铁反应生成FeCl2和氢气，利用氢气排出装置中的空气，防止Fe2+被氧化；
（3）乳酸亚铁晶体((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O)带有结晶水，从溶液中获得结晶水合物不能直接加热蒸干，会失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法获得；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的高锰酸钾增多，计算出的乳酸亚铁晶体的质量分数会大于100%。用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量的实验中，消耗n(Ce4+)=0.01970L×0.1000mol·L-1=1.970×10-3mol，根据滴定反应， n(Fe2+)= n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O] = n(Ce4+)=1.970×10-3mol，在100 mL溶液里，n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]= 1.970×10-3×5mol，所以m[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]= 1.970×10-3mol×5×288g/mol=1.970×10-3×5×288g，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为=98.5%；故答案为：乳酸根离子中含有羟基，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，98.5%。
28.国家倡导推进传统产业改造升级，引导企业创新优化产业结构。其根本目的是节能减排，“减排”的关键是减少CO2排放，而“减排”的重要手段是合理利用CO2。回答下列问题：
（1）CO2的电子式是___。
（2）利用CO2可合成尿素[CO(NH2)2]，合成原料除CO2外，还有NH3。该方法制备尿素的化学方程式是，该方法制备尿素一般需＞2，即NH3过量，原因是____。
（3）利用太阳能，以CO2为原料制取炭黑的流程如图1所示：一定条件“过程1”生成1mol炭黑的反应热为ΔH1；“过程2”的热化学方程式为：2Fe3O4(s)6FeO(s)＋O2(g) ΔH2。则图1中制备炭黑的热化学方程式为___。
（4）将1mol CO2和3mol H2充入容积为1L的恒容密闭容器中，发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g) ΔH。
①图2是测得的该反应中X、Y的浓度随时间变化的曲线，其中X为___(写化学式)，反应达到平衡时的平均反应速率v(H2)＝____mol·L－1·min－1。
②不同温度下平衡时，混合气体中H2的物质的量随温度的变化曲线如图3所示，则该反应的ΔH____0(填“＞”“＜”或“不能确定”)；测定温度小于T2时，反应体系中无O2存在，则T1～T2的温度范围内，H2的物质的量急剧增大的原因可能是____。
（5）CO2还可以合成甲醇：CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g) ΔH＝－53.7 kJ·mol－1，一定条件下，将1 mol CO2和2.8 mol H2充入容积为2L的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2的转化率[α(CO2)]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图4所示。n点的平衡常数K＝___。
【答案】 (1). (2). NH3易液化、易溶于水，便于尾气回收 (3). ΔH＝ΔH1＋ΔH2 (4). C2H4 (5). 0.225 (6). ＜ (7). 乙烯分解生成H2 (8). 200
【解析】
【详解】（1）CO2的电子式是。
（2）在反应中，使用过量的NH3，可以使CO2反应更完全，而过量的NH3可以用液化或溶于水的方法回收。故答案为：NH3易液化、易溶于水，便于尾气回收；
（3）流程图中，“过程1”的热化学方程式为：CO2(g)+6FeO(s) C(s，炭黑)+2Fe3O4(s) ΔH1。和 “过程2”的热化学方程式相加即可得到总反应的热化学方程式： ΔH＝ΔH1＋ΔH2；
（4）①从图2可以看出，X是生成物，从开始反应到平衡，浓度变化了0.375mol/L，Y是反应物，从反应开始到平衡，浓度变化了1.00-0.25=0.75mol/L，X和Y的浓度变化之比为1:2，各物质的浓度变化之比等于方程式的化学计量数之比，根据化学方程式可知X和Y分别是C2H4和CO2，反应达到平衡时的平均反应速率v(CO2)＝0.75mol/L÷10min=0.075mol/(L·min)，在一个反应中，用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，所以用H2表示的化学反应速率为0.075mol/(L·min)×3=0.225 mol/(L·min)。故答案为C2H4，0.225；
②图3中，升高温度，H2的物质的量增大，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH＜0；温度小于T2时，反应体系中无O2存在，说明H2O未分解，故T1～T2的温度范围内，H2的物质的量急剧增大的原因可能是乙烯分解生成H2；
（5）图4中，在n点，二氧化碳的转化率为80%，应用“三段式”法计算：
故n点的平衡常数K＝。
29.偏钒酸铵(NH4VO3)主要用作催化剂、催干剂、媒染剂等。用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷的流程如图：
（1）碱溶时，下列措施有利于NH3逸出的是____(填字母序号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．增大NaOH溶液的浓度
（2）①滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3，已知Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5，若滤液中c(SiO32-)＝0.08mol·L－1，则c(Mg2＋)＝____。
②由图可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀剂时，随着温度的升高，除磷率下降，其原因是温度升高，Mg3(PO4)2溶解度增大和促进Mg2＋水解生成Mg(OH)2；但随着温度的升高，除硅率升高，其原因是____(用离子方程式表示)。
（3）沉钒时，反应温度需控制在50℃，在实验室可采取的加热方式为____。
（4）探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计实验步骤(常见试剂任选)：取两份10mL一定浓度的滤液A和B，分别加入1mL和10mL的1mol·L－1 NH4Cl溶液，再向A中加入___mL蒸馏水，控制两份溶液的温度均为50℃、pH均为8，由专用仪器测定沉钒率，加入蒸馏水的目的是____。
（5）偏钒酸铵本身在水中的溶解度不大，但在草酸(H2C2O4)溶液中因发生氧化还原反应而溶解，同时生成络合物(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]，该反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). ac (2). 3×10-4mol·L-1 (3). (或) (4). 水浴加热 (5). 9 (6). 使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同 (7). 2NH4VO3＋4H2C2O4=(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]＋2CO2↑＋4H2O
【解析】
【分析】
工业级钒酸铵先用NaOH溶液溶解，生成NaVO3，再加入盐酸调节溶液的PH=10后加入MgSO4溶液，使Si、P转化为Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀而除去，过滤后滤液中加入NH4Cl溶液，生成NH4VO3。
【详解】（1）气体溶解度随温度升高而降低，所以加热可以使NH3逸出。在溶有NH3的溶液中，存在平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，增大OH-浓度，可以使平衡逆移，也促使NH3逸出；故选ac；
（2）①滤液中c(SiO32-)＝0.08mol·L－1，根据Ksp(MgSiO3)＝2.4×10－5，则c(Mg2＋)＝mol/L；
②温度升高，硅酸根离子水解程度增大，可以成为H2SiO3沉淀从而提高除硅率，离子方程式为 (或)；
（3）温度在100℃以下，可以用水浴加热法，水浴加热不但可以受热均匀，而且温度易于控制，故答案为：水浴加热；
（4）要探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，一份10mL的滤液A中加入1mL NH4Cl溶液，另一份10mL的滤液B中加入10mL NH4Cl溶液，需再向A中加入9mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同。故答案为：9，使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同；
（5）偏钒酸铵和草酸(H2C2O4)发生氧化还原反应，生成络合物(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]，矾的化合价从+5价降低到+4价，那么碳的化合价就会从+3价升高到+4价，根据电子守恒，得到该反应的化学方程式为2NH4VO3＋4H2C2O4=(NH4)2[(VO)2(C2O4)3]＋2CO2↑＋4H2O。
30.有机合成是制药工业中的重要手段。G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如图：
已知：
，
（1）B的结构简式为_____。
（2）反应④的条件为____；①的反应类型为___；反应②的作用是____。
（3）下列对有机物G的性质推测正确的是____(填选项字母)。
A.具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
B.能发生消去反应、取代反应和氧化反应
C.能聚合成高分子化合物
D.1mol G与足量NaHCO3溶液反应放出2mol CO2
（4）D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
（5）符合下列条件的C的同分异构体有___种。
A.属于芳香族化合物，且含有两个甲基 B.能发生银镜反应 C.与FeCl3溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是___(写出其中一种的结构简式)。
（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。_______
合成路线流程图示例如图：XYZ…目标产物
【答案】 (1). (2). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (3). 取代反应 (4). 保护酚羟基，以防被氧化 (5). AC (6). +3NaOH+CH3COONa+2H2O (7). 16 (8). 或 (9).
【解析】
【分析】
根据D的结构简式（），可知C分子中含有苯环，苯环上有两个邻位取代基，其中一个为-OOCCH3，另一个为烃基，被酸性高锰酸钾氧化为羧基生成D，B分子中有苯环，结合已知的第一个反应：，可知B分子中也有在苯环上处于邻位的两个取代基，其中一个是羟基，另一个是甲基，所以A是乙酸酐，由乙酰氯和乙酸发生取代反应生成。D在NaOH溶液中水解然后再酸化，得到的E为，比较E和G的结构，再结合已知：可知，E到F是发生了硝化反应，E中苯环羟基的对位碳原子上的氢原子被硝基取代生成了F，F到G是硝基被还原为氨基。
【详解】（1）从上面的分析可知，B的结构简式为；
（2）反应④是硝化反应，需要浓硝酸作反应物，浓硫酸作催化剂，而且反应还需加热；①是取代反应，反应②的作用是保护酚羟基，以防被高锰酸钾氧化。故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；
（3）G的结构简式为；
A.G中有羧基，显酸性，还有氨基，显碱性，所以G具有两性，既能与酸反应也能与碱反应，故A正确；
B.醇可以发生消去反应，但酚不能发生消去反应，酚和羧酸都可以发生取代反应，酚羟基有还原性，可以被氧化，发生氧化反应，故B错误；
C.在G的分子中既有羧基，又有羟基，可以发生缩聚反应，生成聚酯，故C正确；
D.能和NaHCO3溶液反应放出CO2的只能是羧基，而1mol羧基只能生成1mol CO2，故1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；
故选AC；
（4）D的结构简式为，与足量的NaOH溶液反应时，羧基可以和NaOH发生酸碱中和，酯基可以发生水解，水解后生成的不是醇，而是酚，会继续和NaOH发生中和反应，所以1mol D能消耗3mol NaOH，发生反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；
（5）C为，C的同分异构体属于芳香族化合物，即含有苯环，与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上直接连有羟基；能发生银镜反应，要求分子中有醛基。C的苯环上共有3个碳原子和2个氧原子，酚羟基和醛基各用了1个氧原子，醛基还用了1个碳原子，还有2个碳原子，根据含有两个甲基的要求，苯环上共有4个取代基，两个甲基，一个酚羟基和一个醛基；可以先固定两个甲基的位置，有邻、间、对三种位置，然后再连上酚羟基和醛基。当2个甲基处于邻位时，酚羟基和醛基有6种不同的位置，当2个甲基处于间位时，酚羟基和醛基有7种不同的位置，当2个甲基处于对位时，酚羟基和醛基有3种不同的位置，所以共有16种同分异构体。其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或。故答案为16，或；
（6）以甲苯为原料合成，需要在苯环上连上羧基和氨基，羧基可以通过甲基被氧化得到，氨基可以先在苯环上连上硝基，然后再还原得到。因为苯环上有烷烃基时，新引入取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。最终合成的有机物的两个取代基在邻位，所以甲苯应先硝化，在甲基的邻位引入硝基，然后再氧化甲基成为羧基，最后还原硝基为氨基；流程为：。
相关资料
更多
