2020-2021学年上海市华师大三附中高三（下）第一次月考化学试卷

这是一份2020-2021学年上海市华师大三附中高三（下）第一次月考化学试卷，共26页。试卷主要包含了CuCl2等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年上海市华师大三附中高三（下）第一次月考化学试卷

1. 下列加点字的含义不是指“元素”的是( )
A. 碘 遇淀粉变蓝 B. 钠  的焰色反应为黄色
C. 矿泉水中含有钙、镁等矿物质 D. 磷的同素异形体有红磷、白磷等
2. 2012年诺贝尔化学奖获得者利用 53151I研究G蛋白偶联受体，下列说法正确的是( )
A. I元素的质量数是131 B. I元素的中子数是78
C. I原子5p亚层有一个未成对电子 D. I原子有53个能量不同的电子
3. 在常温常压下为液体的物质是( )
A. 甲醛 B. 乙烯 C. 三氯甲烷 D. 正丁烷
4. 下列各组有机物中，不能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的是( )
A. 乙烷和乙烯 B. 苯和甲苯 C. 苯和苯乙烯 D. 苯和环己烷
5. 使用下列仪器前必须要检查是否漏液的是( )
①容量瓶；
②长颈漏斗；
③分液漏斗：
④滴定管
A. 全部 B. ①③④ C. 只有③和④ D. 只有④
6. 下列反应中，反应物总能量低于生成物总能量的是( )
A. 金属铝与稀盐酸反应
B. 甲烷在空气中燃烧
C. 盐酸与氢氧化钠溶液反应
D. 氯化铵与Ba(OH)2⋅8H2O固体反应
7. 氯气通入紫色石蕊试液中，导致溶液由紫色→红色→无色的微粒依次是( )
A. H+、Cl− B. H+、HClO C. HCl、Cl2 D. HClO、ClO−
8. 实验过程中不可能产生 Fe(OH)3的是( )
A. 蒸发 FeCl3 溶液 B. FeCl3溶液中滴入氨水
C. 将水蒸气通过灼热的铁 D. FeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液
9. 丁烷、丙烯、乙炔分子中碳碳键键能总和大小关系是( )
A. 丁烷>丙烯>乙炔 B. 乙炔>丙烯>丁烷
C. 丙烯>丁烷>乙炔 D. 丁烷=丙烯=乙炔
10. 将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 平衡常数减小 B. BaO量不变 C. 氧气浓度增大 D. BaO2量增加
11. 下列工业生产的主要反应原理不涉及氧化还原反应的是( )
A. 海水提溴 B. 接触法制硫酸 C. 合成氨 D. 氨碱法制纯碱
12. 对侯氏制碱法的描述正确的是( )
A. 氨气和二氧化碳均来自合成氨工厂
B. 该反应条件下，碳酸氢钠难溶于水
C. 侯氏制碱法实现了对氨气循环利用
D. 生产时，应先通二氧化碳再通氨气
13. 向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定( )
A. 含Cu2+ B. 含Fe2+
C. 呈中性 D. 含Fe2+和Cu2+
14. 乙醇催化氧化及产物检验的实验装置如下图所示，下列说法错误的是( )
A. 点燃酒精灯，推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验
B. 铜粉颜色变化的反应为2Cu+O2 →△2CuO、C2H5OH+CuO→△ CH3CHO+Cu+H2O
C. 一段时间后，对试管加热，可观察到砖红色沉淀
D. 新制氢氧化铜悬浊液配制方法是将6滴2%的氢氧化钠溶液加入到2mL10%的硫酸铜溶液中
15. 如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置．图2中M是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是( )
A. 图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重
B. 若M是锌片，可保护铁
C. 若M是铜片，可保护铁
D. M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池
16. 测得某pH=2的溶液中有关数据如下：则该溶液中还可能大量存在的一种离子是( )
离子
Na+
Fe3+
？
NO3−
SO42−
浓度(mol/L)
2.0×10−2
1.4×10−2
？
2.0×10−2
2.4×10−2
A. Fe2+ B. Al3+ C. Cl− D. CO32−
17. 对反应CO(g)+3H2(g)→CH4(g)+H2O(l)加入某种催化剂时，反应过程中的能量变化如图所示(部分物质省略)。

下列说法正确的是( )
A. 步骤①有极性键断裂
B. 步骤②反应物的能量高于生成物能量
C. 步骤③是一个放热过程
D. 使用催化剂能改变CO的平衡转化率
18. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以T形式存在)的工艺流程如图，下列说法不正确的是( )

A. 者②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2)：n(KClO3)=5：2
B. ④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
C. 经①和④所得溶液中，c(I−)后者大于前者
D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
19. 某同学研究K2Cr2O7溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。
已知：Cr2O72−(aq)(橙色)+H2O⇌2CrO42−(aq)(黄色)+2H+−Q(Q>0)
实验过程
实验现象



试管a中溶液为橙色；
试管b中溶液为黄色；
试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。
下列说法正确的是( )
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. b试管中同时存在Cr2O72−和CrO42−
C. 对比a、b可以证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 对比a、c可以证明升高温度，平衡正向移动
20. 常温下，向20mL0.10mol/L的二元酸H2A溶液中存在的微粒有HA−、A2−、H2O、H+、OH−，向其中滴加同浓度的NaOH溶液，下列说法正确的是( )
A. H2A的电离方程式为H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−
B. 当V(NaOH)=10mL时，溶液的pH0)，温度升高，该反应的平衡常数 ______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。写出一条既能加快反应速率，又能增大H2转化率的措施 ______。
(5)尿素水溶液在酶的作用下会生成NH4HCO3，NH4HCO3水溶液呈弱碱性，则溶液中c(NH4+)______c(HCO3−)。
(6)整个生产过程采用绿色化学工艺，则生产120t 尿素理论上需要标准状况下CH4______m3。
22. (二)如图所示的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。

请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是 ______(填字母序号)。
a.固氮过程中，N2只做氧化剂
b.反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
c.同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化
(2)反硝化过程中CH3OH可作为反应的还原剂，请将该反应的离子方程式补充完整：
5CH3OH+____________+______，1mol还原剂失去 ______mol电子。
(3)研究表明，氮氧化物(NOx)会加速大气中SO3的形成反应分两步进行：
①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)+113kJ
②NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)+Q
总反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+196.6kJ
(i)Q=______kJ。
(ii)一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，则NO2的平衡转化率是 ______。
(4)砷(As)是第四周期VA族元素，AsH3的稳定性比NH3的稳定性 ______(选填“强”或“弱”)。用结构角度解释原因 ______。
23. 某药物中间体Ⅰ的合成路线如图所示。

已知：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为______；C的结构简式为______。
(2)反应②中的条件1为______。
(3)反应④的化学反应类型为______。
(4)写出反应⑤可能的化学方程式______。(写出一个方程式即可)
(5)写出同时满足下列条件的F的同分异构体的结构简式______。
分子结构中含六元碳环、甲基和羰基；
既能发生水解反应，又能发生银镜反应；
核磁共振氢谱有4组峰。
(6)参照上述合成路线和信息，以为原料(无机试剂任选)，设计三步制备的合成路线：______。
24. 氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−)生产CuCl的流程：

根据以上信息回答下列问题：
(1)生产过程中X的化学式为 ______ .
(2)写出产生CuCl的化学方程式： ______ .
(3)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由 ______ .实际生产中SO2要适当过量，原因可能是 ______ (答一点即可).
(4)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：
pH
1
2
3
4
5
6
7
CuCl产率/%
70
90
82
78
75
72
70
析出CuCl晶体最佳pH为 ______ ，当pH较大时CuCl产率变低原因是 ______ .调节pH时， ______ (填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是 ______ .
(5)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解．
②用0.10mol⋅L−1硫酸铈标准溶液滴定．已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+.三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：
平行实验次数
1
2
3
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)
24.35
24.05
23.95
则样品中CuCl的纯度为 ______ (结果保留三位有效数字).
答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：元素是具有相同核内质子数的一类原子的总称．
A.碘单质与淀粉发生显色反应，碘的化合物与淀粉不反应，碘遇淀粉变蓝指碘单质，不是指“元素”，故A选；
B.焰色反应为元素的性质，可以为含钠的单质或化合物，故B不选；
C.矿泉水中的矿物质指元素，不存在单质，化合物种类不确定，故C不选；
D.红磷、白磷为磷元素存在的两种同素异形体，故D不选．
故选A.
A.碘单质与淀粉发生显色反应；
B.焰色反应为元素的性质；
C.泉水中的矿物质指元素；
D.某一元素可能存在多种同素异形体．
本题考查元素知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，主要相关知识的积累，题目难度不大．

2.【答案】CD

【解析】解：已知 53131I，则该元素：质子数=核电荷数=核外电子数=53；质量数为131，则中子数=131−53=78
A. 53151I的质量数是151，不是碘元素的质量数，故A错误；
B. 53151I的中子数是78，不是碘元素的中子数，故B错误；
C.碘原子的5p亚层有5个电子，则有4个成对电子，有一个未成对电子，故C正确；
D.I外围电子排布为5s25p5，处于第五周期族，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5p共10种不同能量的电子，故D错误。
故选：CD。
元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，质子数=核电荷数=核外电子数，质量数=质子数+中子数，利用此知识解决即可．
本题主要考查了原子符号的含义，难度不大，明确在原子中：质子数=电子数=核电荷数；相对原子质量=质子数+中子数是解题的关键．

3.【答案】C

【解析】解：A.甲醛常温常压下为气体，故A不选；
B.乙烯常温常压下为气体，故B不选；
C.三氯甲烷常温常压下为液体，故C选；
D.正丁烷常温常压下为气体，故D不选；
故选：C。
常见有机物中常温下为气态有：C原子数≤4的烃、新戊烷、一氯甲烷、甲醛等，据此判断。
本题主要考查了物质的状态，抓住熟悉常见有机物物理性质是解题关键，需要注意的是甲烷的四种取代物中，只有一氯甲烷为气体。

4.【答案】D

【解析】解：A.乙烯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，乙烷不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别乙烷和乙烯，故A正确；
B.甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和甲苯，故B正确；
C.苯乙烯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和苯乙烯，故C正确；
D.苯和环己烷均不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，不能用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和环己烷，故D错误；
故选：D。
烯烃、甲苯均能被高锰酸钾氧化，烷烃、苯、环己烷均不能，以此来解答。
本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握有机物的性质及性质差异为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃的性质，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：①容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，带有瓶塞，为防止使用过程中漏水，使用前需要查漏，故选；
②长颈漏斗用量向反应容器中加入液体，使用前不需要检查是否漏水，故不选；
③分液漏斗带有活塞，用来分离互不相溶的液体，为防止使用过程中漏水，使用前需要查漏，故选；
④滴定管带有活塞，是用来精确量取溶液或滴定的，为防止使用过程中漏水，使用前需要查漏，故选；
故选：B。
化学仪器中凡是带有玻璃塞或活塞，并用来盛装液体的仪器(有时需要倒置)在使用时要先检查是否漏水。
本题考查常用仪器的使用，明确仪器的构造及使用方法是解题关键，侧重考查学生对实验基础的掌握情况，难度不大。

6.【答案】D

【解析】解：A.金属铝与稀盐酸反应为放热反应，故A错误；
B.甲烷在空气中燃烧，放出热量，故B错误；
C.盐酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，放出热量，故C错误；
D.氯化铵与Ba(OH)2⋅8H2O固体反应为吸热反应，故D正确；
故选：D。
反应中生成物总能量低于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应；
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应(如C和CO2)、少数分解、置换以及某些复分解反应。
本题考查吸热反应，题目难度不大，记住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。

7.【答案】B

【解析】解：氯水通入水中，部分氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO−、Cl−等离子，因为含有氢离子所以溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变红，又因为含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，最后溶液褪色，所以氯气通入紫色石蕊试液中，导致溶液由紫色→红色→无色的微粒依次是H+、HClO，
故选：B。
氯水通入水中，部分氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO−、Cl−等离子，氯水具有酸性和强氧化性，以此解答该题。
本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，为高考高频考点，侧重于基础知识的综合运用，难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：A.蒸发FeCl3溶液FeCl3发生水解生成 Fe(OH)3和HCl，则该过程产生 Fe(OH)3，故A不选；
B.FeCl3溶液中滴入氨水发生反应生成 Fe(OH)3和NH4Cl，则该过程产生 Fe(OH)3，故B不选；
C.将水蒸气通过灼热的铁，发生反应生成 Fe3O4和H2，则该过程不产生 Fe(OH)3，故C选；
D.FeCl2 溶液中滴入NaOH 溶液生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁，易被氧化，则沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色的 Fe(OH)3，所以该过程产生 Fe(OH)3，故D不选；
故选：C。
A.蒸发FeCl3溶液FeCl3发生水解生成 Fe(OH)3和HCl；
B.FeCl3溶液中滴入氨水发生反应生成 Fe(OH)3和NH4Cl；
C.将水蒸气通过灼热的铁，发生反应生成 Fe3O4和H2；
D.FeCl2 溶液中滴入NaOH 溶液生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁，易被氧化。
本题考查铁及其化合物的相互反应，把握物质的性质、反应为解答的关键，题目难度不大。

9.【答案】A

【解析】解：丁烷含有10个C−H键、3个C−C键，丙烯含有6个C−H键和1个C−C键、1个C=C键，乙炔含有2个C−H键、1个C≡C键，
又知C=C含有1个δ键、1个π键，C≡C含有1个δ键、2个π键，且C−C、C−H都为δ键，π键比δ键较弱，
则丁烷、丙烯、乙炔分子中碳碳键键能总和大小关系是丁烷>丙烯>乙炔，
故选A.
丁烷含有10个C−H键、3个C−C键，丙烯含有6个C−H键和1个C−C键、1个C=C键，乙炔含有2个C−H键、1个C≡C键，C=C含有1个δ键、1个π键，C≡C含有1个δ键、2个π键，且C−C、C−H都为δ键，π键比δ键较弱，以此解答该题．
本题考查共价键知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的构成以及共价键的强弱的比较角度，难度不大．

10.【答案】D

【解析】解：A.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B.缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；
C.平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，故C错误；
D.平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；
故选：D。
保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．
本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．

11.【答案】D

【解析】解：A.海水提溴，溴元素由化合态转化为游离态，Br元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不选；
B.接触法制硫酸，S元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B不选；
C.合成氨，氮气与氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不选；
D.氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，不涉及氧化还原反应，故D选；
故选：D。
有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化，据此分析。
本题考查了氧化还原反应、化学工业原理，侧重于化学与生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，明确各工业生成原理是解本题关键，题目难度不大。

12.【答案】A

【解析】解：A.氨来自合成氨工厂，二氧化碳源于合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气，故A正确；
B.碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠、氯化铵、碳酸氢铵，从溶液中析出，并非碳酸氢钠难溶，故B错误；
C.NH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，而在低温下却比NaCl溶解度小的原理，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥，氨气没有循环利用，故C错误；
D.氨气在水中的溶解度非常大，先通入氨气形成铵盐的水溶液，溶液的碱性比较强，易于吸收更多的二氧化碳，溶液中获得更多的碳酸氢根，从而产生更多的纯碱，故应先通氨气再通二氧化碳，故D错误；
故选：A。
“侯氏制碱法”的原料是食盐、氨和二氧化碳(合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气)，“侯氏制碱法”的原理是：在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，发生NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子、碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，发生NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱，受热发生2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥，以此来解答。
本题考查纯碱工业，题目难度不大，明确纯碱的制备原理、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。

13.【答案】B

【解析】解：向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，所以反应后的溶液一定含Fe2+，如果铁多，则不含Cu2+，铁少，盐酸剩余，溶液显酸性，故B正确；
故选：B。
向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，据此分析解答。
本题以Fe、Cu及其化合物之间的反应为载体考查方程式的计算，明确物质反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等。

14.【答案】D

【解析】解：A.加热条件下，乙醇催化氧化生成乙醛和水，五水硫酸铜变蓝，则点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验，故A正确；
B.Cu与氧气反应生成CuO，CuO可氧化乙醇，则铜粉黑红变化有关反应为2Cu+O2 →△2CuO、C2H5OH+CuO→△ CH3CHO+Cu+H2O，故B正确；
C.对试管加热，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应生成乙酸和氧化亚铜，氧化亚铜为砖红色不溶物，故C正确；
D.配制新制氢氧化铜悬浊液时应保证碱过量，所以NaOH不足时不能得到氢氧化铜悬浊液，故D错误；
故选：D。
A.乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛可被氢氧化铜氧化；
B.Cu与氧气反应生成CuO，CuO可氧化乙醇；
C.加热条件下，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜；
D.新制氢氧化铜悬浊液应保证碱过量。
本题考查有机物性质的验证实验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握有机物的性质和产物的检验，题目难度不大。

15.【答案】B

【解析】解：A.水面处铁片既接触盐溶液，又有空气，最容易腐蚀，故A错误；
B.若M是锌片，则锌为负极、Fe为正极，可保护铁，故B正确；
C.若M是铜片，则Fe为负值、Cu为正极，Fe被腐蚀，故C错误；
D.根据分析可知，若M是锌片，可保护铁，若M是铜片，无法保护铁，故D错误；
故选B.
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度不大，明确原电池原理为解答关键，注意掌握常见金属腐蚀类型、腐蚀原理，试题培养了学生的灵活应用能力．

16.【答案】C

【解析】解：pH=2的溶液含大量的H+，c(H+)=1.0×10−2mol/L，结合表中数据可知，1.0×10−2mol/L+2.0×10−2mol/L+1.4×10−2mol/L×3>2.0×10−2mol/L+2.4×10−2×2，则还含离子为阴离子，且CO32−与Fe3+反应生成沉淀不能共存，只有C合理，
故选：C。
pH=2的溶液含大量的H+，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，结合溶液为电中性来解答。
本题考查常见离子的检验及离子共存，为高频考点，把握溶液的pH及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大。

17.【答案】C

【解析】解：A.由图可知：步骤①过程是CO+H2→CO+⋅H，只断裂了H2中的H−H键，并且H−H键是非极性键，所以步骤①只有非极性键断裂，故A错误；
B.步骤②过程是CO+⋅H→⋅CHO，由于该过渡态的相对能量较反应物高，需吸收较多能量才能发生该反应，故B错误；
C.由图可知，步骤③中反应物的能量比生成物的能量高，则步骤③为放热反应，故C正确；
D.催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能使平衡移动，不改变反应的CO平衡转化率，故D错误；
故选：C。
A.由图可知，步骤①中只断裂了H2中的H−H键；
B.步骤②为吸热反应；
C.步骤③中反应物的能量大于生成物的能量；
D.催化剂不改变平衡移动。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握催化剂对反应的影响、反应中的能量变化、化学键的断裂和生成为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意活化能与反应速率的关系，题目难度不大。

18.【答案】A

【解析】解：A.若②和⑤中分别得到等量I2，设生成1mol碘，由电子守恒可知消耗的n(Cl2)：n(KClO3)=1mol：26mol=3：1，故A错误；
B.碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，则④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；
C.经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I−)后者大于前者，故C正确；
D.由⑥得到碘产品的过程，为升华过程，主要发生的是物理变化，故D正确；
故选：A。
卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，以此来解答。
本题考查卤水提碘及混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

19.【答案】B

【解析】解：A.反应中无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；
B.该反应为可逆反应，试管b中溶液为黄色，可知加入NaOH平衡正向移动，但不能完全转化，b中含Cr2O72−、CrO42−，故B正确；
C.滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故C错误；
D.试管c中温度、氢离子浓度均变化，升高温度，平衡正向移动，溶液应为黄色加深，但实验溶液橙色加深，说明氢离子浓度的影响大于温度的影响，故D错误；
故选：B。
A.反应中无元素的化合价变化；
B.为可逆反应，不能完全转化；
C.为吸热反应，滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动；
D.试管c中温度、氢离子浓度均变化。
本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握可逆反应的特点、温度和浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断存在的变量，题目难度不大。

20.【答案】B

【解析】解：A.H2A溶液中存在的微粒有HA−、A2−、H2O、H+、OH−，不存在H2A，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，则H2A的电离方程式为H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−，故A错误；
B.当V(NaOH)=10mL时，酸的物质的量的碱的物质的量的2倍，则溶液中溶质为等物质的量浓度的H2A、NaHA，H2A第一步完全电离，且HA−水解程度较小，所以混合溶液呈酸性，溶液的pHN>O>H62Fe2S3+6H2O+3O2=4Fe(OH)3+6SCO32−+CO2+H2O=2HCO3−  减小  通入氮气或压缩体积  >4.48×104

【解析】解：以天然气(含H2S)为原料合成尿素的主要步骤，加入氢氧化铁脱硫得到甲烷和Fe2S3，通入氧气发生反应生成氢氧化铁和硫单质，氢氧化铁循环使用，甲烷和空气水混合反应得到氮气、二氧化碳和氢气，通入碳酸钾溶液发生反应得到碳酸氢钾，高温分解生成二氧化碳，氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，二氧化碳和氨气反应得到尿素，
(1)原子半径大小比较，同周期元素原子半径随序数增大而减小，同主族元素原子半径随序数增大而增大，尿素[CO(NH2)2]中含有C、N、O、H四种元素，C、N、O同周期，原子序数依次增大，半径依次减小，H的原子半径最小，尿素分子中各原子的原子半径从大到小排列的顺序为：C>N>O>H，碳原子核外有6个电子，就有6种运动状态，
故答案为：C>N>O>H；6；
(2)天然气脱硫后产生的Fe2S3和H2O与O2反应生成氢氧化铁和单质硫，根据升价价和原子守恒配平的反应的化学方程式是2Fe2S3+6H2O+3O2=4Fe(OH)3+6S，
故答案为：2Fe2S3+6H2O+3O2=4Fe(OH)3+6S；
(3)反应①是碳酸钾溶液吸收二氧化碳生成碳酸氢钾其离子反应为CO32−+CO2+H2O=2HCO3−，
故答案为：CO32−+CO2+H2O=2HCO3−；
(4)放热反应，温度升高，平衡常数减小，通入氮气或压缩体积增大压强平衡正向移动，且反应速率加快；
故答案为：减小；通入氮气或压缩体积；
(5)尿素水溶液在酶的作用下会生成NH4HCO3，NH4HCO3水溶液呈弱碱性，碳酸氢根的水解程度大，则溶液中c(NH4+)>c(HCO3−)，
故答案为：>；
(6)由C原子守恒可知，CH4∼CO2∼CO(NH2)2，则生产120t尿素理论上需要CH4为1.20×108g60g/mol×22.4L/mol×10−3m3=4.48×104m3，
故答案为：4.48×104。
以天然气(含H2S)为原料合成尿素的主要步骤，加入氢氧化铁脱硫得到甲烷和Fe2S3，通入氧气发生反应生成氢氧化铁和硫单质，氢氧化铁循环使用，甲烷和空气水混合反应得到氮气、二氧化碳和氢气，通入碳酸钾溶液发生反应得到碳酸氢钾，高温分解生成二氧化碳，氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，二氧化碳和氨气反应得到尿素，
(1)原子半径大小比较，同周期元素原子半径随序数增大而减小，同主族元素原子半径随序数增大而增大，碳原子核外有几个电子，就有几种运动状态不同的电子；
(2)天然气脱硫后产生的Fe2S3和H2O与O2反应生成氢氧化铁和单质硫；
(3)反应①是碳酸钾吸收二氧化碳；
(4)放热反应，温度升高，平衡常数减小，通入氮气或压缩体积增大压强平衡正向移动，且反应速率加快；
(5)尿素水溶液在酶的作用下会生成NH4HCO3，NH4HCO3水溶液呈弱碱性，碳酸氢根的水解程度大；
(6)由C原子守恒可知，CH4∼CO2∼CO(NH2)2，以此计算。
本题以尿素的合成为信息考查原子半径、化学用语及化学平衡、关系式计算等知识，侧重考查学生知识综合运用能力，(6)注意守恒思想的应用，题目难度中等。

22.【答案】bc63N2↑8H2O641.875%弱  N的非金属性比As的非金属性强，N−H比As−H键牢固，所以AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱

【解析】解：(1)氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素，
a.固氮过程中，0价的N元素化合价可能升高，也可能降低，既可能做氧化剂，也可能做还原剂，故a错误；
b.反硝化过程中硝酸根离子和亚硝酸根离子被还原为氮气，有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，故b正确；
c.同化实现了氮元素由无机物转化为有机物，氨化实现了氮元素由有机物转化为无机物，故c正确；
故答案为：bc；
(2)CH3OH中碳元素为−2价，反应后生成碳酸根离子和碳酸氢根离子，化合价升高了6价，硝酸根离子被还原为氮气，氮元素化合价降低了5价，根据化合价升降守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为： 4HCO3−+CO32−+3N2↑+8H2O，反应中1mol还原剂失去6mol电子
故答案为：6；3N2；8H2O；6；
(3)(i)根据盖斯定律有②×2+①得2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+196.6kJ，所以有2Q+113kJ=196.6kJ，解得Q=41.8kJ
故答案为：41.8；
(ii)设NO2的转化量为x，可得三段式：
                       NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
起始量(mol)1100
变化量(mol)xxxx
平衡量(mol)1−x1−xxx
则有1−xx=13，解得x=0.75，NO2的平衡转化率是=0.751×100%=75%，
故答案为：75%；
(4)非金属性：N>As，N−H比As−H键稳定，所以AsH3 的稳定性比NH3的稳定性弱，
故答案为：弱；N的非金属性比As的非金属性强，N−H比As−H键牢固，所以AsH3 的稳定性比NH3的稳定性弱。
(1)a.固氮过程中，0价的N元素化合价可能升高，也可能降低；
b.反硝化过程中硝酸根离子和亚硝酸根离子被还原为氮气；
c.同化、氨化都可以实现了氮元素由有机物和无机物之间的相互转化；
(2)CH3OH中碳元素为−2价，反应后生成碳酸根离子和碳酸氢根离子，化合价升高了6价，硝酸根离子被还原为氮气，氮元素化合价降低了5价，根据化合价升降守恒和原子守恒可得反应的离子方程式，反应中还原剂化合价升高了6价；
(3)(i)根据盖斯定律有②×2+①得2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+196.6kJ，所以有2Q+113kJ=196.6kJ，解得Q即可；
(ii)设NO2的转化量为x，可得三段式：
                       NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
起始量(mol)1100
变化量(mol)xxxx
平衡量(mol)1−x1−xxx
则有1−xx=13，解得x=0.75，即可计算NO2的平衡转化率；
(4)非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强。
本题主要考查氮的固定、氧化还原反应方程式的书写、盖斯定律的应用、氢化物稳定性的比较等，属于基本知识，基础题型，难度不大。

23.【答案】碳碳双键、羧基   浓硫酸、加热  消去反应 或或  

【解析】解：根据上述分析可知：A是，C是，H是。
(1)A结构简式是，所含官能团名称为碳碳双键、羧基；C结构简式是，
故答案为：碳碳双键、羧基；；
(2)反应②是与CH3OH在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生D和水，因此反应①的条件是浓硫酸、加热，
故答案为：浓硫酸、加热；
(3)G是，由于羟基连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生(或或)和H2O，所以反应④的化学反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
(4)H是(或或)，H与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应，产生I，所以反应⑤可能的反应方程式为：或或，
故答案为：或或；
(5)F结构简式是，其同分异构体满足条件：分子结构中含六元碳环、甲基和羰基；既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含有HCOO−结构；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有四种不同位置的H原子，则该同分异构体结构简式是，
故答案为：；
(6)1，3丁二烯与Br2发生1，4−加成反应产生，再与1，3丁二烯发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生，故以为原料三步制备的合成路线流程图为：，
故答案为：。
根据已知信息反应，结合B的结构简式可推知：A结构简式是，B与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，碳碳双键断开，两个不饱和C原子形成2个−COOH，变为C：；C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D，D与CH3ONa作用反应产生E和CH3OH，E在一定条件下反应产生F，F与CH3COOCH3在催化剂存在条件下发生加成反应产生G，G与浓硫酸共热，发生消去反应产生H：(或或)，H与H2发生加成反应产生I：；
(6)1，3丁二烯与Br2发生1，4−加成反应产生，再与1，3丁二烯发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生。
本题考查有机物的合成与推断，难度中等，涉及有机反应类型、官能团识别、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，分析有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与衍变为解答的关键，是有机化学常考题型。

24.【答案】Fe；CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的Cu+被空气氧化；2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应；95.5%

【解析】解：向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−)加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜，
(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−)加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，
故答案为：Fe；
(2)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
(3)由反应方程式Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2↑+2H2O可知Cu与浓硫酸反应的过程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2的物质的量之比为1：1，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；
实际生产中要保持适当过量的SO2，目的是提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的Cu+被空气氧化，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；提高Cu2+的还原速率，同时可以防止生成的Cu+被空气氧化；
(4)由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸，
故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；硝酸会与产品CuCl发生反应；
(5)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：24.05+23.952=24mL，结合方程式可知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，
CuCl∼Ce4+，
CuCl的纯度为：24×10−3L×0.1mol/L×99.5g/mol0.25g×100%=95.5%，
故答案为：95.5%.
要利用制作印刷电路的废液制备氯化亚铜，首先应制备并分离出铜，向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−)加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜，
(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−)加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜；
(2)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平方程式；
(3)依据图示可知：铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫的物质的量之比为1：1，而产生CuCl的化学方程式中硫酸铜、二氧化硫物质的量之比恰好为1：1；
(4)依据图表CuCl产率可知PH=2产率最大，当pH较大时CuCl产率变低，Cu2+水解程度增大，生成的氯化亚铜少；根据稀硝酸具有强氧化性分析；
(5)依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度，CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl∼Ce4+，所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，据此进行解答．
本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，根据实验流程明确实验目的、实验原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．