1、浙江省温州市2020届高三化学适应性测试（三模考试）试题（含解析）考生须知1.本试卷分选择题和非选择题两部分2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的笔书写，答题卷上。3.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5.可能用到的相对原子质量 H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 A1 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137选择题部
2、分一、选择题（本大题共25小题， 每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.含有共价键的盐是（）A. KOHB. HClC. Na2SO4D. MgCl2【答案】C【解析】【详解】A. KOH属于碱，不属于盐，选项A错误；B. HCl含有共价键，为共价化合物，属于氢化物，不属于盐，选项B错误；C. Na2SO4由钠离子和硫酸根离子构成，硫酸根离子中硫原子与氧原子之间存在共价键，属于盐，选项C正确；D. MgCl2由镁离子和氯离子构成，只含有离子键不含共价键，属于盐，选项D错误答案选C。2.蒸馏含有Fe3+的自来水获得少量纯净的水，不
3、需要用到的仪器是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】蒸馏含有Fe3+的自来水获得少量纯净的水，采用蒸馏操作，蒸馏所需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、酒精灯等，不需要用到蒸发皿。答案选A。3.下列物质属于电解质，且能导电的是（）A. 熔融氯化钾B. 金属铜C. 酒精D. 液态氯化氢【答案】A【解析】【详解】A熔融KCl属于电解质且能导电，选项A正确；B金属铜能导电，它为单质，不属于电解质，选项B错误；C酒精是有机物，属于非电解质，它不导电，选项C错误；D液态氯化氢不能导电，溶于水能够导电，属于电解质，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查电解质的定义及电解质的导电，
4、电解质定义为在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，电解质本身(比如固体NaCl)不一定导电，导电的物质(比如铜)不一定是电解质。4.反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中，被氧化的物质是（）A. NO2B. O2C. H2OD. HNO3【答案】A【解析】【分析】根据氧化还原反应中元素化合价升高被氧化，发生氧化反应进行判断。【详解】反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中，O元素化合价由0价降为-2价被还原；NO2中N元素化合价由+4价升高为+5价，化合价升高被氧化，故被氧化的物质为NO2。答案选A。5.下列物质的名称不正确的是（）A. KAl(SO4)212H2O：明矾B. Na2S2O
5、3：硫代硫酸钠C. CH3CH2OCH2CH3乙醚D. (CH3)2CHCH2C(CH3)3：2，4，4-三甲基戊烷【答案】D【解析】【详解】A明矾是十二水合硫酸铝钾，化学式为KAl(SO4)212H2O，A正确；B硫代硫酸钠化学式是Na2S2O3，B正确；C乙醚结构简式是CH3CH2OCH2CH3，C正确；D(CH3)2CHCH2C(CH3)3：违背烷烃命名选择主链时，应该从离支链较近的一端为起点给主链碳原子编号的原则，要尽可能使支链编号最小，该物质正确命名为2，2，4-三甲基戊烷，D错误；故合理选项是D。6.下列表示正确的是A. 甲基的电子式B. H2O的结构式C. 35Cl的结构示意图
6、D. 乙醇的球棍模型【答案】B【解析】【详解】A甲基是1个C原子与3个H原子形成3个共用电子对得到的原子团，电子式为：，A错误；BH2O分子中O原子与2个H原子形成2个共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，分子呈V形，用结构式表示为，B正确；CCl是17号元素，原子核内质子数是17，35Cl原子结构示意图可表示为，C错误；D图示为乙醇的比例模型，不是球棍模型，D错误；故合理选项是B。7.下列说法正确的是（）A. 40K和40Ca互为同位素B. O2和O22-互为同素异形体C. 和互为同系物D. 淀粉和纤维素互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A40K质子数是19，而40Ca质子数是2
7、0，二者质子数不同，因此不能互为同位素，A错误；B同素异形体研究的对象为单质，O22-是阴离子，要与阳离子结合形成化合物，物质不属于单质，因此不能和O2互为同素异形体，B错误；C二者结构相似，均属于酚类，在分子组成上相差1个CH2原子团，因此二者互为同系物，C正确；D淀粉和纤维素都是高分子化合物，分子中单糖单元数目不同，二者分子式不同，因此不能互为同分异构体，D错误；故合理选项是C。8.下列说法不正确的是（）A. 纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一B. 硫酸可用于金属矿石的处理和金属材料的表面清洗C. 还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂D. 丙三醇俗称甘油，吸湿性强，可用于护肤【答案】A【
8、解析】【详解】A小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，而不是纯碱，A错误；B硫酸可与金属矿石或金属氧化物反应产生可溶性物质，因此常用作金属矿石的处理和金属材料的表面清洗，B正确；C还原铁粉能够与氧气反应，因此可防止食品氧化变质，故可用作食品袋内的抗氧化剂，C正确；D丙三醇俗称甘油，由于分子中含有多个羟基，羟基具有很强的亲水性，故甘油的吸湿性强，可用于护肤，D正确；故合理选项是A。9.下列关于工业制备方法与化学方程式均正确的是（）A. 工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气：2NaCl 2Na + Cl2B. 工业上用乙醇在浓硫酸的作用下制取乙烯： CH3CH2OH CH2=CH2+H2OC
9、. 工业上用氢气还原四氯化硅制得高纯度的硅：SiCl4+2H2Si+4HClD. 工业以硫黄为原料生产硫酸，沸腾炉中的主要反应： 2S+3O22SO3【答案】C【解析】【详解】A电解饱和食盐水产生氯气、氢气、氢氧化钠，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，A错误；B实验室常用乙醇在浓硫酸的作用下制取乙烯，工业上常采用石油的裂解法制备乙烯，B错误；C粗硅与氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅与氢气高温下反应生成硅，得到高纯度的硅，反应符合事实，反应原理正确无误，C正确；D工业以硫黄为原料生产硫酸，沸腾炉中S与O2反应产生SO2，反应方程式为： S+O2SO2，D错误；故选C。10
10、.在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，涉及很多化学知识。下列说法不正确的是（）A. 含有病毒的飞沫混合在空气中形成气溶胶，气溶胶能产生丁达尔效应B. 二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂，能使病毒失去生理活性C. 口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯的链节为D. 疫情期间，“网课成了我们的主要络光纤的主要成分是晶体硅【答案】D【解析】【详解】A含有病毒的飞沫混合在空气中形成气溶胶，气溶胶属于胶体，因此能产生丁达尔效应，A正确；B二氧化氯泡腾片中的二氧化氯具有强氧化性，能使病毒分子氧化而发生变性，因此而失去生理活性，故可作为环境消毒剂，B正确；C口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯C
11、H2=CHCH3，聚丙烯的链节为，C正确；D网络光纤的主要成分是二氧化硅，D错误；故合理选项是D。11.下列有关说法不正确的是（）A. 稀释浓硫酸时，将浓硫酸慢慢倒入水中，用玻璃棒不断搅拌，同时佩戴护目镜B. 实验室中不慎将水银撒落地上，先尽可能收集，再用硫磺粉盖在洒落的地方C. 不慎服入含铜离子的盐，可服用豆浆或牛奶解毒D. 不慎将碱液倒到皮肤上，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗【答案】D【解析】【详解】A稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散，佩戴护目镜是防止灼伤眼睛，A不符合题意；B水银易挥发，有毒，不慎将水银撒落地上，必须尽可能收集
12、，并将硫磺粉撒在洒落的地方，使金属汞转变成不挥发的硫化汞，B不符合题意；C服硫酸铜等含重金属离子的盐后，立即服用豆浆、牛奶或鸡蛋清缓解造成的中毒，并及时送医，C不符合题意；D不慎将碱液倒到皮肤上，先用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用显碱性的饱和碳酸氢钠溶液洗，D符合题意；故合理选项是D。12.下列离子方程式书写不正确的是（）A. 将石灰乳加入海水沉淀池得到氢氧化镁 Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+B. 用稀KMnO4酸性溶液检验火柴头燃烧产生的气体中含有SO2MnO4-+SO2+4H+=Mn2+SO42-+2H2OC. 泡沫灭火器反应原理3HCO3-+Al3+=3CO2+A
13、l(OH)3D. 实验室用过量NaOH溶液吸收SO22OH-+SO2=SO32-+H2O【答案】B【解析】【详解】A反应符合事实，遵循物质拆分原则，A正确；B电子不守恒，电荷不守恒、原子不守恒，B错误；C反应符合事实，原子、电荷守恒，C正确；D符合反应事实，遵循物质拆分原则，D正确；故合理选项是B。13.下列说法不正确的是（）A. 石油经催化裂化得到的汽油能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B 卤代烃、饱和一元醇都可发生消去反应，得到不饱和有机物C. 苯酚溶液可用氯化铁溶液或溴水检验D. 乙醛、乙酸、乙酸乙酯可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别【答案】B【解析】【详解】A石油经催化裂化得到的汽油中含有不
14、饱和烯烃，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，A正确；B卤代烃、饱和一元醇分子中，若与卤素原子或与羟基原子连接的C原子无邻位C原子或邻位C原子上没有H原子，就不能发生消去反应，B错误；C苯酚遇氯化铁溶液显紫色，遇浓溴水产生白色沉淀，现象不同，因此可以用苯酚溶液检验，C正确；D新制Cu(OH)2悬浊液与乙醛共热产生砖红色沉淀，与乙酸会发生中和反应，固体溶解变为蓝色溶液；而与乙酸乙酯不能反应，三种液体物质现象不同，可以鉴别，D正确；故合理选项是B。14.下列关于的说法，不正确的是A 该物质能发生加成、氧化、聚合等反应B. 该物质苯环上的一氯取代有4种同分异构体C
15、. 该物质在酸性条件下水解产物之一可用于合成阿司匹林D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH【答案】D【解析】【分析】中含有苯环、酯基、碳碳双键、羟基，结合官能团的结构和性质以及苯的结构和性质分析解答。【详解】A该物质中含有碳碳双键，能发生加成、氧化、加成聚合反应，故A正确；B该物质中含有一个苯环，苯环上有4种H原子，苯环上的一氯取代有4种同分异构体，故B正确；C该物质在酸性条件下水解产物为、CH3COOH、，其中可用于合成阿司匹林，故C正确；D1mol该物质含有2mol酯基，且水解生成1mol酚羟基，与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH，故D错误；
16、故选D。15.X、Y、Z、R、M五种短周期主族元素，它们在周期表中位置如图所示，其中X次外层电子数是最外层的一半。下列说法不正确的是XYZRMA. 原子半径由小到大的顺序 r(Y)r(X)r(Z)B. X与M形成的简单化合物中各原子都具有8电子稳定结构C. M的单核阴离子与Y的含氧酸的酸根离子用硝酸银溶液一定能鉴别D. 与R同主族的下一周期元素可作为半导体材料【答案】C【解析】【详解】短周期元素X次外层电子数是最外层的一半，X核外电子排布为2、4，则X是C元素，根据元素的相对位置可知：Y是N元素，Z是Al元素，R是S元素，M是Cl元素。A同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，不同周期的元素
17、，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径由小到大的顺序 r(Y)r(X)r(Z)，A正确；BX 是C，M是Cl，二者形成的简单化合物是CCl4，C与4个Cl原子形成4个共用电子对，从而使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，B正确；CM的简单离子Cl-与Y的含氧酸的酸根离子可能是NO3-，也可能是NO2-，向其溶液中加入AgNO3溶液，反应产生的AgCl和AgNO2都是不溶于水的物质，因此使用AgNO3溶液不一定能够鉴别，C错误；DR是S，与S同主族的下一周期元素Se处于金属与非金属交界区，导电性介于导体和绝缘体之间，因此可作为半导体材料，D正确；故合理选项C。16.下列有关
18、实验操作的说法，不正确的是（）A. 减压过滤中的转移，先开大水龙头，再用倾析法转移溶液至布氏漏斗中，待溶液快流尽时再转移沉淀B. 酸式滴定管的润洗，从滴定管上口加入3 5mL所要盛装液体，倾斜着转动滴定管，然后轻轻转动活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中C. 振荡分液漏斗中的混合溶液，用一只手压住分液漏斗的玻璃塞，另一只 手握住旋塞，将分液漏斗倒转过来，用力振荡D. 焰色反应检验Na+，取一根铂丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰上灼烧，观察火焰颜色【答案】A【解析】【详解】A减压过滤中的转移，用倾析法先转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，选项A不正确；B
19、润洗酸式滴定管时，加少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，可尽量将蒸馏水除去，然后轻轻转动控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，操作符合实验要求，选项B正确；C为防止玻璃塞和旋塞脱落，导致实验失败，当振荡分液漏斗中的混合溶液时，须用一只手压住分液漏斗的玻璃塞，另一只手握住旋塞，将分液漏斗倒转过来，用力振荡，选项C正确；D取一根洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取少量试液，置于火焰上灼烧，观察火焰颜色为黄色说明溶液中含有Na+，选项D正确；答案选A。17.常温下，下列有关说法不正确的是（）A. pH=11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H+)相同B. p
20、H=3的HCl溶液与pH=11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7C. pH=3的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl-)= c(CH3COO-)D. 往10mL pH=3的盐酸中分别加入pH=11的氨水、NaOH溶液至中性，消耗氨水的体积小【答案】B【解析】【分析】【详解】ApH=11的氨水、NaOH溶液中，氢离子浓度相同，对水电离的抑制程度相同，水电离产生的c(H+)相同，选项A正确；BpH=3的盐酸中c(H+)=110-3mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=110 -3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH7，选项B不正确；C两溶液中氢离子浓度相等
21、，根据水的离子积可知两溶液中氢氧根离子浓度也相等，根据电荷守恒，则c(Cl-)= c(CH3COO-)，选项C正确；D一水合氨是弱碱不完全电离，pH=11的氨水、NaOH溶液，氨水的浓度较大，往10mL pH=3的盐酸中分别加入pH=11的氨水、NaOH溶液至中性，消耗氨水的体积小，选项D正确。答案选B。18.2019年诺贝尔化学奖颁给了对锂离子电池研发作出卓越贡献的三位科学家。南开大学李福军研究团队以C3N4作为Li-O2可充电电池的光电极，提升了电池的能量效率，其充电工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A. 离子交换膜为阳离子交换膜B. 放电时，Li+移向Li电极C. 放电时，Li电极
22、为负极，发生氧化反应D. 充电时，光电极的电极反应式为 Li2O2-2e-= 2Li+O2【答案】B【解析】【分析】充电工作原理如图所示，根据图像右侧是化合价升高，右侧是阳极，左侧为阴极。【详解】A. 电解时，Li2O2得到电子生成Li+和O2，Li+在左侧阴极得到电子变为Li，要穿过离子交换膜，因此离子交换膜为阳离子交换膜，故A正确；B. 放电时，左侧为负极，右侧为正极，根据“同性相吸”，Li+移向右侧移动，故B错误；C. 放电时，Li电极为负极，发生氧化反应，故C正确；D. 充电时，光电极的电极反应式为：Li2O22e = 2Li+O2，故D正确。综上所述，答案为B。19.在容积不变的容器
23、中加入一定量的A和B，发生反应2A（g）+B（g）2C（g）， 在相同时间内，测得不同温度下A的转化率如下表所示，下列说法正确的是温度/C100200300400500转化率30%75%75%50%18%A. 该反应随着温度升高，反应速率先变大后变小B. 200C，A的转化率为75%时，反应达到平衡状态C. 当单位时间内生成n mol B的同时消耗2n molC时，反应达到平衡状态D. 400C时，B的平衡浓度为0.5 mol/L，则该反应的平衡常数K=2【答案】D【解析】【详解】A升高温度，化学反应速率增大，故该反应随着温度升高，反应速率增大，选项A错误；B根据表中数据可知，300C反应物A
24、的转化率降低，证明反应为放热反应，长高温度平衡逆向移动，无法说明200C，A的转化率为75%时，反应就一定达到平衡状态，选项B错误；C当单位时间内生成n mol B的同时消耗2n molC时，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，选项C错误；D400C时，A的转化率为50%，根据反应2A（g）+B（g）2C可知，平衡时c(A)=c(C)，B的平衡浓度为0.5 mol/L，则该反应的平衡常数K=2L/mol，选项D正确。答案选D。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，已知CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)，下列说法不正确的是（）A. 0.1 mol CH3OH中含共
25、价键数为0.5NAB. 10.0g 质量分数为32%的CH3OH溶液与4.6g的钠反应，产生H2分子数为0.1NAC. 1 mol CH3OH与足量的H2O反应，得到CO2分子数为NAD. 每消耗0.1 mol CH3OH时，转移电子数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A. 一分子CH3OH中含有5根共价键，则0.1 mol CH3OH中含共价键数为0.5NA，故A正确；B. CH3OH与水均可以与金属钠反应生成氢气，反应方程式分别为：2CH3OH+2Na2CH3ONa+H2，2H2O+2Na=2NaOH+H2，则可得关系式2CH3OH(或H2O)2Na H2，10.0g 质量分数为32%
26、的CH3OH溶液中n(CH3OH)+n(H2O)=，4.6g钠的物质的量为0.2mol，由此可知，钠不足，生成氢气物质的量为0.1mol，即产生H2分子数为0.1NA，故B正确；C. 该反应CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)为可逆反应，则1 mol CH3OH与足量的H2O反应，得到CO2分子数小于NA，故C错误；D. 在该反应中，碳的化合价从-2价升高到+4价，氢的化合价从+1价降低为0价，当1mol甲醇与1mol水反应时，转移6mol电子，则每消耗0.1 mol CH3OH时，转移电子数为0.6NA，故D正确；故选C。21.在某密闭容器中加入HBr，在一定条件下发生反
27、应2HBr（g） Br2（g）+H2（g）， c（HBr）随反应时间的变化如曲线所示，分别改变一个条件，得到曲线、，下列说法正确的是（）A. 该反应正反应为放热反应B. 曲线，0 50 min用H2表示的平均反应速率为0.02 molL-1min-1C. 曲线，可能使用了催化剂或增大了压强D. 曲线达到平衡时，往容器中加入浓度均为0.2 molL-1的三种物质，平衡将向正反应方向移动【答案】D【解析】【分析】分别改变一个条件，得到曲线、。从曲线得到曲线，既加快速率平衡又不移动，只能使用催化剂，从曲线得到曲线，意味着反应速率加快但平衡右移了，则改变的另一个条件只能是升温，据此回答；【详解】A.
28、按分析，升温平衡右移，则该反应正反应为吸热反应，A错误；B. 曲线，0 50 min用HBr表示的平均反应速率为=0.02molL-1min-1，根据速率之比和系数成正比可知，用H2表示的平均反应速率为=0.01 molL-1min-1，B错误；C. 曲线，可能使用了催化剂，速率加快，平衡不动，各物质浓度不变；如果增大压强，通过缩小体积，气体浓度都增大了，而实际上HBr浓度减小了，与图像变化不符合，C错误；D. 曲线达到平衡时，得，往容器中加入浓度均为0.2 molL-1的三种物质，得，则QCK，平衡将向正反应方向移动，D正确；答案选D。22.甲醇与水蒸气重整可获得清洁能源，在催化剂作用下发生
29、如下两步反应反应CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) H1反应CO(g) + H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2根据能量变化示意图，下列说法不正确的是()A. 总反应的热化学方程式为 CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) B. 1mol CO(g)和1mol H2O(g)的总键能大于lmol CO2(g)和1mol H2(g)的总键能C. 甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应D. 催化剂在反应中改变了活化能，加快了反应速率【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律，由+得总反应的热化学方程式为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)
30、 ，选项A正确；B. 由图中信息可知反应CO(g) + H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2”、“=”或“”），已知能发生反应：H2SO4（浓）+NaClO4HClO4+NaHSO4，说明该反应能发生的理由_。(2)Al(OH)3具有一元弱酸的性质，在水中电离时产生的含铝微粒具有正四面体结构，写出电离方程式_。(3)甘氨酸和硝基乙烷的熔点分别为240C和40C，从物质结构角度解释甘氨酸熔点较高的原因_。【答案】 (1). (2). H2SO4沸点高于HClO4 (3). Al(OH)3H2OAl(OH)4H (4). 甘氨酸主要以内盐形式存在，（存在离子键）熔点较高，硝基乙烷是分子晶体
31、，分子间作用力小于离子键。【解析】【详解】(1)同周期非金属元素的非金属性从左到右逐渐增强，可知非金属性SCl；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，可知酸性H2SO4HClO4；反应H2SO4(浓)+NaClO4HClO4+NaHSO4能够发生，是由于H2SO4沸点高于HClO4，高沸点酸制取低沸点酸；(2)Al(OH)3在水中电离得到Al(OH)4和H，电离方程式为Al(OH)3H2OAl(OH)4H；(3)甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，具有氨基、羧基；氨基具有碱性，羧基具有酸性；因此甘氨酸主要是以内盐形式存在，存在离子键，熔点较高；而硝基乙烷的结构简式为CH3C
32、H2NO2，是共价分子，分子间作用力小于离子键。27.钢铁制品经常进行烤蓝处理，主要目的是在表面生成一层致密的Fe3O4。为了研究烤蓝铁片，把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末，取mg该粉末，放入28.00 mL 1.000molL1的盐酸中，恰好完全反应，生成134.4 mL气体（标准状况）。向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。(1)计算mg样品中n(Fe3O4)=_mol。(2)写出具体计算过程_。【答案】 (1). 0.002或0.002000 (2). n(HCl)=28.00mL103mLL11.000molL1=0.028mol， n(H2)=；与盐酸反应后的溶液中溶质只有Fe
33、Cl2，根据关系是FeCl22Cl，可得溶液中n(FeCl2)=0.028mol2=0.014mol；设n(Fe3O4) =x mol，有：得x=。【解析】【分析】烤蓝铁片中含有Fe3O4，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，加入KSCN后，溶液没有呈现红色，说明溶液中没有Fe3，结合有H2放出，说明原粉末中含有Fe，发生了Fe3和Fe的反应。【详解】整个过程发生的反应有Fe3O48HCl=2FeCl3FeCl24H2O、2FeCl32Fe=3FeCl2、Fe2HCl=FeCl2H2。n(HCl)=28.00mL103mLL11.000molL1=0.028mol；与盐酸反应后的溶
34、液中溶质只有FeCl2，根据关系是FeCl22Cl，可得溶液中n(FeCl2)=0.028mol2=0.014mol；与盐酸反应放出氢气的Fe：FeH2，n(H2)=；根据可知与盐酸反应的Fe的物质的量为0.006mol；得到FeCl2的物质的量为0.006mol； 假设Fe3O4的物质的量为xmol，有：可得4x=。28.I.由三种元素组成的化合物A，式量在200- -300之间。在一 定条件下A能发生如下图的转化，其中B的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），C是不溶于酸的白色沉淀。请回答(1) C的化学式是_，组成A的三种元素是_。(2) A加热分解的化学方程式是_。(3) E可以和SCl2
35、反应生成一种常用于有机合成的物质SOCl2和另一种常见气体，反应的化学方程式是_。II.实验室测定某铁铝合金中的铝含量，利用如图装置和试剂完成。请回答(1)下列有关该实验的说法中正确的是_。A由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查B读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平C反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中D需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程(2)若将恒压分液漏斗（A） 去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量_，（填“偏大”、“偏小”或“不变”），请说明理由_。【答案】 (1). BaSO4 (2). K、S、O (3). 2K2S2O
36、8 2K2SO4+2SO3+O2 (4). SO3+SCl2= SOCl2+ SO2 (5). B (6). 偏大 (7). 滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。【解析】【分析】.固体A隔绝空气加热，得到固体B，焰色反应为紫色，说明其含有K元素；与足量的BaCl2反应得到白色不溶于酸的沉淀，则固体C为BaSO4，固体B为K2SO4；混合气体D，冷却后得到固体E，E能与BaCl2溶液得到BaSO4沉淀，则E为SO3；由此可知，这三种元素为K、S、O，则另一种气体单质为O2。.铁铝合金中，Al会与NaOH反应生成H2，通过生成氢气的量求出Al的质量，从而求出
37、铝的含量。【详解】.根据分析，固体A含有元素分别为K、S、O；固体B为K2SO4，固体B与BaCl2溶液反应后得到BaSO44.66g，其物质的量，根据关系式n(K)2n(SO42)，则5.40gA中K的质量；固体A中的S元素均转化为BaSO4中的硫元素，一共得到BaSO4的质量为4.66g4.66g=9.32g；则5.40gA中S的质量；根据质量守恒，5.40gA中O的质量；则物质A中各元素原子的比例，A的最简式为KSO4，式量在200-300之间，则A的分子式为K2S2O8；(1)C的化学式为BaSO4；组成A的三种元素为K、S、O；(2)根据流程图，A物质分解得到K2SO4、SO3、O2
38、。5.4gA的物质的量，根据得到固体C的质量可知，得到SO3和K2SO4的物质的量均为0.02mol，根据O2的体积可知，分解得到O2的物质的量为0.01mol，在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于计量数之比，则可得化学方程式为2K2S2O82K2SO4+2SO3+O2；(3)SO3和SCl2反应得到SOCl2，SOCl2中S的化合价为4。SCl2中S的化合价为2，SO3中S的化合价为6，在2和6之间只有4，根据化合价只能靠近不能交叉的原则，则该反应另一种产物中S的化合价也为4，是SO2，化学方程式为SO3+SCl2=SOCl2+SO2；II.(1)A该实验是通过测量气体的体积，来测定合金
39、中Al的含量，因此气密性必须良好，A错误；B气体体积和压强有关，为了正确测量气体的体积，内外压强需相等，因此左右两边的液面差相等，B正确；C由于反应前装置中就有空气，生成的氢气会把空气排出，因此不必把生成的氢气转移至B中，C错误；D若生成的氢气过多，超过了量气装置的量程，则无法测得生成氢气的体积，但是要保证合金中的Al完全反应才能计算出Al的含量，NaOH必须足量，因此需要控制合金的用量，以防止生成的气体过多，D错误；答案选B；(2)若改为普通分液漏斗，则放入锥形瓶中的NaOH溶液的体积也会被算作生成氢气的体积，从而使计算出的Al质量偏大，铁铝合金中铝含量偏大。29.利用天然气制取合成气，然后
40、用合成气合成多种有机物是目前部分有机物的重要来源。I甲烷制取合成气时，在同一容器中同时发生的主要反应是:反应: CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H =+206.3 kJ mol-l反应: CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H =-802.6 kJmol-l(1)下列有关合成气制取的说法中正确的是_。A升温时反应的正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动B反应因为反应物和生成物的计量数相等，所以S=0C反应放出的热可以提供反应所需的热量D在恒温恒容容器中，气体密度保持不变时，反应达到化学平衡状态(2)在制取合成气的初始阶段，反应的反应速率大于反应的反
41、应速率，请用碰撞理论解释原因_。(3)在某密闭容器中加入一定量的CH4、H2O，在温度为T1时发生反应，t1时达到化学平衡状态，氢气浓度c(H2)随时间(t)的变化如图。控制其它条件不变，在温度为T2时(T2T1)发生反应，在图中画出c(CO)变化曲线_。II合成己烷时发生的反应是主反应:反应6CO(g)+13H2(g)C6H14(g)+6H2O(g) H副反应:反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)反应2CO(g)CO2(g)+C(s)反应的平衡常数的对数(lgK)随温度(T/K)的变化如图1，在固定的氢碳比m(H2)/m(CO)条件下CO的平衡转化率a(CO)随温度变化的曲
42、线如图2.请回答(1)反应的H_0 (填“”“=或“)(2) 600K前随温度升高反应的平衡转化率几乎不变，结合图1说明原因(副反应影响可忽略)_。(3)工业生产需要选择适合的条件提高综合效益，下列对工业合成已烷的说法中正确的是（ ）A减少体系中的水蒸气，有利于提高生产效益B在体系中加入并保持一定量的二氧化碳有利于减少副反应的发生C在体系中加入并保持一定量的碳有利于工业合成已烷D工业生产中，选择的压强越高越有利于提高综合效益【答案】 (1). C (2). 反应的活化能较反应的小，单位体积内活化分子百分数较大，有效碰撞次数较多，反应速率较快 (3). (4). (5). 反应的平衡常数K在60
43、0K前虽然随温度升高下降，但仍然很大，平衡转化率降低很小。 (6). AB【解析】【分析】从温度影响化学反应速率的角度分析。熵变等于0是混乱度不变的反应。反应放热，反应吸热，同一容器中同时发生反应和反应，反应为反应提供热量。根据平衡判据判断反应是否处于化学平衡状态。根据活化能的大小和单位体积活化分子百分数分析。温度降低，达到平衡的时间延长，平衡向放热的方向移动，逆向移动。根据图像中化学平衡常数随温度的变化判断反应放热还是吸热，并考虑转化率的影响。从平衡移动的方向考虑，然后分析。【详解】I(1) A升温时反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大，正反应方向为吸热的反应，故温度升高，平衡正向移动，故
44、A错误；B反应因为反应物和生成物都是气体，气体的混乱度没有发生变化，所以S=0，故B错误；C反应和反应在同一体系中，反应放出的热可以提供反应所需的热量，故C正确；D在恒温恒容容器中，气体密度始终不变，故不能判断反应达到化学平衡状态，故D错误；答案选C。(2)在制取合成气的初始阶段，反应的活化能较反应的小，单位体积内活化分子百分数较大，有效碰撞次数较多，反应速率较快，反应的反应速率大于反应的反应速率；(3) 图中可以看出反应在t1时刻达到化学平衡，根据反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H =+206.3 kJ mol-l，可知，CO和H2的浓度的变化量之比为1:3，H2和C
45、O都是生成物，起始浓度都是0，H2的平衡浓度为4.5a，T2时CO的平衡浓度为1.5a，则T2T1时，温度降低时，达到平衡时的时间延长，平衡逆向移动，T2时CO的平衡浓度小于1.5a， c(CO)变化曲线为：；II(1)lgK随温度的升高而降低，K值越大，平衡正反应方向进行的程度越大，在固定的氢碳比m(H2)/m(CO)条件下CO的平衡转化率a(CO)随温度的升高而降低，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应，反应的H0；(2) 600K前随温度升高反应的平衡转化率几乎不变，根据图1，反应的平衡常数K在600K前虽然随温度升高下降，但仍然很大，平衡转化率降低很小；(3) 根据反应，主
46、反应:反应6CO(g)+13H2(g)C6H14(g)+6H2O(g) H副反应:反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)；A减少体系中的水蒸气，平衡正向移动，有利于提高生产效益，故A正确；B在体系中加入并保持一定量的二氧化碳，会使副反应的生成物浓度增大，使平衡逆向移动，有利于减少副反应的发生，故B正确；C碳是固体，在体系中加入并保持一定量的碳对平衡没有影响，故C错误；D工业生产中，本反应正反应方向是体积减小的反应，压强越高，越有利于提高产率，选择的压强越高，对设备的要求较高，增加了成本，不一定提高综合效益，故D错误；答案选AB。【点睛】画出一氧化碳的浓度随时间的变化时，要利用好
47、一氧化碳和氢气的计量数关系，正反应方向吸热的反应，温度降低时，平衡逆向移动，会使一氧化碳的浓度小于温度高时，为易错点。30.钛合金在国防、医用器材领域有重要应用，某研究小组利用钛铁矿主要成分偏钛酸亚铁(FeTiO3)，含SiO2、FeO 杂质制取TiCl4，然后进一步制备金属钛，流程如下已知a.发生的主要反应方程式如下FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4H2TiO3TiO2+H2O b.部分物质的性质TiCl4SiCl4FeCl3TiO2沸点/C136.457.6315/其它性质极易水解/不溶于水请回答 (1)步骤II抽滤
48、时选用了玻璃砂漏斗，请说明选择的理由_。(2)步骤III为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收FeSO47H2O。往浸取液中加入铁粉至溶液中的Fe3+完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至FeSO47H2O结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列说法正确的是_。A.杂质Fe3+可能是在实验过程中氧化生成的B.再次抽滤获得的滤液中的溶质是TiOSO4和FeSO4C.利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体颗粒D.再次抽滤后的洗涤应选用蒸馏水进行多次洗涤(3)步骤IV包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化。操作步骤如下取一部分步骤III获得的滤液（ ）（ ）（ ）（ ）抽滤得偏钛酸(H2TiO3)，将偏钛酸在
49、坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)。将下列操作按合理顺序填入以上空格。a.静置沉降后，用倾析法除去上层水；b.逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10 min；c.用热的稀硫酸洗涤沉淀23次，然后用热水洗涤沉淀；d.慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30 min (过程中适当补充水至原体积)；写出操作c中用热水洗涤沉淀的具体过程_。(4)另一种生产TiCl4的方法是用天然TiO2晶体为原料，利用步骤V的反应原理获得TiCl4.。产品中含有SiCl4、FeCl3等杂质，可通过精馏的方法获得高纯TiCl4，以下说法正确的是_。A.收集TiCl4时，仪器a中的温度应控制为136.4CB. b处温度计
50、的水银球的上沿和支管口的下沿齐平C.精馏结束时留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3和SiD.装置c中的冷凝水应该“下口进、上口出”E.可以用水浴加热的方法精馏获得TiCl4d处装有碱石灰的干燥管，作用是_。【答案】 (1). 强酸性溶液会腐蚀滤纸 (2). AB (3). b (4). d (5). a (6). c (7). 向烧杯中注入热水，充分搅拌后使固体沉降，用倾析法将清液倒出，重复23次直至洗净。 (8). BD (9). 防止空气中的水蒸气进入装置。【解析】【分析】钛铁矿与浓硫酸加热条件下发生反应生成TiOSO4、FeSO4，发生反应为：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+Fe
51、SO4+2H2O，用多次抽滤的方法将不溶于酸的杂质除去，抽滤过程中加入铁粉为保证Fe3+完全转化为Fe2+，滤液为TiOSO4和硫酸亚铁，加热条件下可使TiOSO4水解生成H2TiO3固体和硫酸，发生反应为：TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4，得到的H2TiO3沉淀经过滤并洗涤、干燥、煅烧得到TiO2，TiO2与C、Cl2反应得到TiCl4，据此分析解答。【详解】(1)钛铁矿石酸溶过程中使用的是浓硫酸，浓硫酸具有强酸性，会腐蚀滤纸，则步骤II抽滤时选用了玻璃砂漏斗；(2)A钛铁矿主要成分为偏钛酸亚铁(FeTiO3)，含SiO2、FeO杂质，铁元素都是以+2价形式存在，酸浸时发生反应
52、为：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O，使用浓硫酸具有强氧化性，可使钛铁矿石中的二价铁氧化为三价铁，则杂质Fe3+是在实验过程中氧化生成的，故A正确；B根据分析，再次抽滤过程中加入了铁粉，铁粉可将滤液中的三价铁还原为二价铁，则获得的滤液中的溶质是TiOSO4和FeSO4C利用冰盐水快速冷却的目的是降低FeSO47H2O的溶解度，使其从溶液中分离出来，故C错误；D为减少FeSO47H2O的溶解，再次抽滤后的洗涤应选用冰水进行多次洗涤，故D错误；答案选AB。(3)步骤IV包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO
53、2)。操作步骤为取一部分步骤III获得的滤液，逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10 min，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30 min (过程中适当补充水至原体积)，静置沉降后，用倾析法除去上层水，用热的稀硫酸洗涤沉淀23次，然后用热水洗涤沉淀，经过抽滤得偏钛酸(H2TiO3)，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)，则操作顺序为b、d、a、c；操作c中用热水洗涤沉淀的具体过程为：向烧杯中注入热水，充分搅拌后使固体沉降，用倾析法将清液倒出，重复23次直至洗净；(4)A根据表格数据可知，SiCl4、FeCl3等杂质的沸点分别为57.6C 、315C，TiCl4的沸点为136.4C，
54、收集TiCl4时，仪器a中的温度应控制为低于315C即可，故A错误；B. b处温度计测量的是蒸馏出来的蒸汽的温度，则水银球的上沿和支管口的下沿平齐才能较为准确的测定蒸汽温度，控制蒸馏的温度，故B正确；C根据A选项分析可知，精馏结束时留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3和SiCl4D冷凝水的方向应与蒸汽的流动方向相反，则装置c中的冷凝水应该“下口进、上口出”，故D正确；ETiCl4的沸点为136.4C，用水浴加热的方法，温度最高为100度，达不到TiCl4的沸点，不能精馏获得TiCl4，故E错误；答案选BD；根据题给信息，TiCl4极易水解，d处装有碱石灰的干燥管，作用是防止空气中的水蒸气进入装
55、置，避免精馏获得TiCl4发生水解。31.某研究小组按下列路线合成镇痛药平痛新已知：请回答(1) 下列说法正确的是_。A.化合物BC的反应类型是取代反应。 B化合物D能与碳酸氢钠溶液反应C.化合物G能发生水解反应 D.平痛新的分子式是C17H17NO(2)写出化合物C的结构简式_。(3)写出EF的化学方程式_。(4)设计以乙烯为原料制备1，4-二氧六环（） 的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_。(5)写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_。IR谱和1H-NMR谱检测表明分子中有结构，无和结构；分子中除苯环外无其它环，且有4种化学环境不同的氢原子。【答案】 (1). AB (
56、2). (3). + +HCl (4). CH2=CH2 CH2BrCH2Br (5). 【解析】【分析】邻二甲苯被酸性KMnO4溶液氧化生成的B的结构简式为，B加热发生取代反应生成邻苯二甲酸酐，则C的结构简式为；与苯在AlCl3的催化作用下发生已知的反应生成D，结合D的分子式，D的结构简式为，根据E的分子式，再与SOCl2发生取代反应生成的E为，再与发生取代反应生成的F为，再在LiAlH4的催化作用下发生已知、的反应生成的G的结构简式为，再在浓硫酸的作用下分子内两个羟基之间脱水生成。【详解】(1) ABC是在加热发生取代反应生成邻苯二甲酸酐，故A正确；B化合物D的结构简式为，含有羧基，则能与
57、碳酸氢钠溶液反应生成CO2，故B正确；C化合物G的结构简式为，不能发生水解反应，故C错误；D平痛新的结构简式为，分子式是C17H19NO，故D错误；故答案为AB。(2)由分析知，化合物C的结构简式；(3) EF为与发生取代反应生成的F为，发生反应的化学方程式为+ +HCl；(4)乙二醇分子间脱水可生成1，4-二氧六环，而乙烯与Br2加成生成的CH2BrCH2Br在NaOH的水溶液中加热水解生成乙二醇，则以乙烯为原料制备() 的合成路线为CH2=CH2CH2BrCH2Br ；(5)化合物B的结构简式为，其同分异构体满足的条件：分子中有结构，无和结构；分子中除苯环外无其它环，且有4种化学环境不同的氢原子，说明结构具有一定的对称性，则符合条件的同分异构体的结构简式可能是。【点睛】考查有机推断与合成，能准确利用新的信息和物质间转化的条件，确定反应原理，推断合成流程是解题关键，了解常见官能团的结构特征和性质是解题基础，整体难点中等。- 32 -
