1、辽宁省大连市旅顺口区2020届高三化学10月月考试题（含解析）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：C 12 Cl 35.5 Co 59 Na 23 O 16一、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）1.中国人
2、民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（ ）A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质C. “黑芝麻糊”是一道传统美食，食用时可加入白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖D. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A.“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；C.白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；D.“黑陶”是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。故选C
3、。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 乙醇的分子式：C2H5OHB. 次氯酸的电子式：C. 氯原子的结构示意图：D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子:【答案】B【解析】【详解】A.乙醇的分子式是C2H6O，结构简式是C2H5OH ， A错误；B.HClO分子中O原子最外层有6个电子，分别与Cl、H原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子式是，B正确；C.Cl原子核外电子数是17，最外层有7个电子，原子结构示意图为，C错误；D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为，D错误；故合理选项B。3.下列实验操作和现象及所得出的结论都正确
4、的是选项实验操作和现象结论A向BaCl2溶液中通入SO2，产生白色沉淀BaSO3是不溶于水的白色固体B向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色氯水既有酸性又有还原性C相同条件下，分别测量0.1molL-1和0.01molL-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大D取5mL 0.1molL-1KI溶液，加入1mL 0.1molL-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、亚硫酸的酸性小于盐酸，所以向BaCl2溶液中通入SO2，不反应，没
5、有白色沉淀生成，故A错误；B、向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色体现酸性，中间为白色体现漂白性（氧化性），故B错误；C、弱电解质浓度越小电离程度越大，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；D、取5mL 0.1molL-1KI溶液，加入1mL 0.1molL-1FeCl3溶液，KI溶液过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中有Fe3+，证明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应，故D正确；故选D。4.下列有关实验操作的叙述合理的是A. 用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿B 蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石C. 要量取15.80mL溴水，须使用棕
6、色的碱式滴定管D. 用氢氧化钠溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+【答案】A【解析】【详解】A、预先润湿pH试纸，相当于对溶液稀释，用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿，故A正确；B. 蒸馏实验中，忘记加沸石，应停止加热，冷却后加入沸石，故B错误；C. 溴水能腐蚀橡胶，要量取15.80mL溴水，须使用酸式滴定管，故C错误；D. 用高锰酸钾或铁氰酸钾溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+，故D错误；故选A。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1L 0.1molL-1的NH4NO3溶液中含0.1NA个NH4+B. 7.8g Na2S晶体中含有0.1NA个Na2S分子C. 若
7、100mL某饮料中含钠23mg，则钠离子浓度为0.01molL-1D. 28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含有NA个碳碳双键【答案】C【解析】【详解】A.铵根离子会发生水解反应而消耗，所以1L 0.1molL-1的NH4NO3溶液中含铵根离子的数目小于0.1NA个，A错误；B. Na2S是离子化合物，在固体中也没有Na2S分子，B错误；C.n(Na+)=0.023g23g/mol=0.001mol，故c(Na+)=0.001mol0.1L=0.01mol/L，C正确；D.若28g为乙烯，其物质的量是1mol，含有NA个碳碳双键；若全为丙烯，则其物质的量小于1mol，因此含有的碳碳双键数目就小于
8、NA个，D错误；故合理选项是C。6.下列离子方程式书写正确的是A. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+6H+=2S+3H2OB. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-C. AgNO3与过量浓氨水反应的离子方程式：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+D. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O【答案】D【解析】【详解】A.电荷不守恒，Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+2H+S+SO2+H2O，故A错误；B.因为Na2C
9、O3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为CO32-+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3，故B错误；C.向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，开始会生成氢氧化银白色沉淀，但是氢氧化银会溶于过量的氨水中，反应生成氢氧化银氨溶液，会出现沉淀然后消失，离子方程式为：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O，故C错误；D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，硝酸不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离子方程式：3Fe+2NO3+8H+3Fe2+2NO+4H2O，故D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式的正误：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,
10、两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。7.氯化亚铜(CuC1)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。某小组拟热分解CuCl22H2O制备CuC1，并进行相关探究。下列说法正确的是A. 制备CuC1时产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和NaC1溶液中除去B. Cu2(OH)2Cl2在200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl2 2C
11、uO+2HClC. X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl22H2O加热过程可能的水解D. CuC1与稀硫酸反应离子方程式：2CuCl+4H+SO42-=2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O【答案】B【解析】【分析】A.Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收；B.Cu2(OH)2Cl2加热至200时生成CuO，结合原子守恒书写化学方程式；C.X气体是用于抑制CuCl2水解；D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+。【详解】A.制备CuC1时产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收除去，故A错误；B.Cu2(OH
12、)2Cl2加热至200时生成CuO，结合原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；C.CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+，故D错误。故选B。8.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）A. 铁与氯气反应制氯化铁，推出铁与碘反应制碘化铁B. CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3+2HClO，推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca(ClO)2
13、+H2O=CaSO3+2HClOC. 利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3D. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2【答案】C【解析】【详解】A. 三价铁离子能氧化碘离子，所以铁与碘反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；B. SO2通入到漂白粉溶液中，二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙，所以SO2通入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3，故B错误；C. 可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀，即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe(OH)3
14、，故C正确。D. 过氧化钠能氧化二氧化硫，所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4，不能生成Na2SO3，故D错误；答案选C。9.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中溶液变为蓝色金属铁比铜活泼B用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝不滴落下来氧化铝的熔点高于铝的熔点C常温下，用pH计测0.1mol/LNaX溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液的pH前者小于后者酸性：HXH2CO3D向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，再加入银氨溶液未出现光亮银镜蔗糖未发生水解A. AB.
15、BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.由于发生反应：Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，不能证明金属铁比铜活泼，A错误；B.加热发生反应：4Al+3O22Al2O3，熔化后的液态铝不滴落下来，就是由于在熔化的Al表面包裹了一层致密的Al2O3，所以可以证明氧化铝的熔点高于铝的熔点，B正确；C. Na2CO3溶液的pH大，可知阴离子的水解程度大，则对应HCO3-的酸性弱，即酸性为HXHCO3-，不能证明HX与H2CO3的酸性强弱，C错误；D.向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，由于该溶液为酸性，没有用碱将催化剂硫酸中和，所以再加入银氨溶液，未出现光亮
16、银镜，不能证明蔗糖是否发生水解反应，D错误；故合理选项是B。10.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是A. “常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质C. 18g“气态冰”的体积为22.4LD. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键【答案】D【解析】【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故A错误；B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故B错
17、误；C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。故选D。11.根据下表中的信息判断，下列说法错误的是A. 第组反应的氧化产物为O2B. 第组反应中C12与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：2C. 第组反应中生成3mol C12，转移6mol电子D. 氧化性由强到弱的顺序为C1O3- C12Fe3+【答案】C【解析】【详解】A.H2O2中O元素的化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2反应的氧化产物为O2，A正确；B.中溴元素的化合价没有变化，Cl2只将Fe2
18、+氧化为Fe3+，发生的反应为3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，若小于1:2，也只发生该反应，B正确；C.在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O中，每生成3mol氯气转移5mol电子，生成1molCl2转移mol电子，C错误；D.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O反应中，物质的氧化性：ClO3-Cl2，Cl2 氧化FeBr2生成FeBr3，则氧化性：Cl2Fe3+，因此物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO3-Cl2Fe3+，D正确；故合理选项是C。12.X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素且原子序数依次增大
19、。X有三种核素，质量数之比为123，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。下列说法中错误的是A. 简单氢化物的稳定性：WMB. 简单离子半径：r(M)r(W)r(Y)r(Z)C. X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物D. Y、W分别与X形成的最简单化合物相遇会出现白烟【答案】C【解析】【详解】A.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为123，则X是氢元素；Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Y是氮元素；Z和M同主族，Z只能是第二周期的元素，若Z是氧元素，M是硫元素；若Z是氟元素，M是氯元素，则W元素不属于短周期主族元素。综上，Z为氧元素
20、，M为硫元素，W为氯元素。A.由于非金属性：ClS，故氢化物的稳定性：HClH2S，故A项正确；B.M和W对应的简单离子为：S2和Cl，由于二者核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，故r(S2)r(Cl)；Y和Z形成的简单离子分别为：N3和O2，二者核外电子排布相同，离子半径：r(N3)r(O2)；由于电子层数越多半径越大，故r(S2)r(Cl) r(N3)r(O2)，故B项正确；C.H、N、O三种元素可以形成NH4NO3，化合物中含有离子键，属于离子化合物，故C项错误；D.N、Cl与H形成化合物分别为：NH3和HCl，二者相遇会生成NH4Cl固体颗粒，有白烟出现，故D项正确，故选C。13
21、.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）A. 504mLB. 336mLC. 224mLD. 168mL【答案】B【解析】【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为20.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，
22、所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.015mol，V(O2)=0.015mol22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。14.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列说法正确的是A. 实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞
23、KB. b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C. 装置e的作用是收集一氧化碳气体D. 用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性【答案】D【解析】【分析】探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体，a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过 d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在，据此分析判断选项。【详解】通过上述分析可知装置图中各个装置的作用分别是：a装置是二氧化碳
24、气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过 d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在。A.实验开始时，装置内含有空气，若先点燃酒精灯，锌与空气反应产生ZnO，无法使CO2与ZnO反应，所以应该先打开活塞K，使CO2充满整个装置后再点燃酒精灯，A错误；B.通过前面分析可知b中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，用来除去杂质氯化氢；c中试剂为浓硫酸，用来干燥CO2气体；f中试剂为银氨溶液，验证一氧化碳的存在，B错误；C.装置e的作用是分离二氧化碳与一
25、氧化碳的混合气体，C错误；D.由于在实验室中是用稀盐酸与Zn粒反应制取氢气，反应不需要加热，因此也可以使用启普发生器制取，然后用饱和食盐水或水除HCl杂质，用浓硫酸干燥氢气，再通过盛有CuO的干燥管来验证H2的还原性，e作安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，氢气是可燃性气体，在排放前要进行尾气处理，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质性质、实验过程分析、气体除杂和气体性质的理解应用，注意装置的作用的分析判断，掌握基础知识和基本技能是解题关键，题目难度中等。15.已知：H(aq)OH(aq)=H2O(l) H157.3 kJmol1，H2(g)O2(g)=H2O(g) H2241.8 kJ
26、mol1，下列有关说法正确的是A. 向含0.1 mol NaOH的溶液中加入一定体积的0.1 molL1乙二酸，反应中的能量变化如上图所示B. H2SO4(aq)Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)2H2O(l)H114.6 kJmol1C. 氢气的标准燃烧热为241.8 kJmol1D. 若反应中水为液态，则同样条件下的反应热：HH2【答案】A【解析】乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1molL1乙二酸放出热量小于57.3 kJ，故A正确；H2SO4(aq)Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)2H2O(l)由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6
27、kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，故C错误；若反应中水为液态，则同样条件下的反应热：HH2，故D错误。二、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）16.芳香族化合物A与互为同分异构体，A苯环上的一氯代物只有一种结构,则A可能的结构有（ ）A. 5种B. 6种C. 7种D. 8种【答案】C【解析】【详解】有2个相同的取代基处于对位时，一氯代物只有一种，如；将取代基换成2个Br和2个CH3，分子为轴对称或者中心对称时，一氯代物只有一种。中心对称分子有1种，；轴对称分子有5种，分别为、；共7种；答案选C。17.化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机物，下列
28、说法正确的是A. a、b、c 都属于芳香族化合物B. a、b、c都能使溴水褪色C. 由a生成c的反应是氧化反应D. b、c互为同分异构体【答案】D【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。18.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物
29、，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（）A. 原子半径：ZWYXB. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次
30、增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：ZWYX，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来
31、制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。19.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管
32、中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。20.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是A. 中采用蒸馏的方法精制粗盐水B. 中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2C. 中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClOD. 、中均发生了氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A. 中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；B. 阳极发生氧化反应，中阳极的主要电极反应：2Cl2eCl2，错误；C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，中制备漂白液的反
33、应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，错误；D. 中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；故选D。21.下列化学用语或物质的性质描述正确的是()A. 如图的键线式表示烃的名称为3-甲基-4-乙基-7-甲基辛烷B. 符合分子式为C3H8O的醇有三种不同的结构C. 乙烯在一定条件下能发生加成反应、加聚反应，被酸性高锰酸钾溶液氧化，也能在一定条件下被氧气氧化成乙酸D. 治疗疟疾的青蒿素的结构简式为，分子式是C15H20O5【答案】C【解析】A
34、此为烷烃，最长碳链为8，在2和6号碳上分别含有1个甲基，在5号碳上含有1个乙基，正确命名为：2，6-二甲基-5-乙基辛烷，故A错误；B丙基有2种结构，故符合分子式为C3H8O的醇有2种不同的结构，即正丙醇和异丙醇，故B错误；C乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应，能被高锰酸钾溶液氧化，故C正确；D由结构简式可知有机物的分子式为C15H22O5，故D错误，故选C。三、非选择题（共52分）22.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1xyCoxMnyO2)的工艺流程如图所示：回答下列问题（1）废旧锂离子电池拆解前进行
35、“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。（2）能够提高“碱浸”效率的方法有_(至少写两种)。（3）“碱浸”过程中，铝溶解，在该反应中每产生1mol非极性共价键放出133.3kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_。（4）实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：_。（5）LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_。在该反应中H2O2做_（氧化剂，还原剂）1molH2O2参与反应转移_ NA个电子（6）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是_。（7）已知溶液中Co2+的浓度为1.0molL1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，则
36、Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为_(已知：离子沉淀完全时c(Co2+)1.0105molL1，KspCo(OH)2=4.01015，1g5=0.7，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计)。【答案】 (1). 放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料 (2). 粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 (3). 2Al(s)+2H2O(l)+2NaOH(aq)=2NaAlO2(aq)+3H2(g) H=-399.9kJ/mol (4). 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作23次 (5). 2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2 (6). 还原剂
37、(7). 2 (8). 75，30min (9). 9.3【解析】【分析】采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料，将废旧锂离子电池正极材料预处理，加入NaOH溶液浸取过滤，固体加入H2SO4和H2O2，得到含有Ni2、CCo2、Mn2溶液，溶液中加入MnSO4、NiSO4、CoSO4调整比例，加入一水合氨，得到沉淀，再加入Li2CO3，得到正极材料。【详解】(1)废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是：放电有利于Li离子移向正极并进入正极材料；(2)提高浸取的效率，加快化学反应速率，可以粉碎，适当增大氢氧化钠溶液溶液的浓度，适当提高反应温度等；(3)铝
38、溶于NaOH，生成NaAlO2和H2，化学方程式为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；每产生1mol非极性键，即每产生1molH2，放出133.3kJ的热量，热化学方程式为2Al(s)+2H2O(l)+2NaOH(aq)=2NaAlO2(aq)+3H2(g) H=-399.9kJ/mol；(4) 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后，重复操作23次；(5) LiCoO2中Li的化合价为1，Co的化合价为3，加入H2O2、H2SO4中，Co的化合价降低到2，则H2O2中O的化合价升高，从1升高到0，生成O2，根据得失电子守恒，和电荷守恒，离子方程式为2LiCoO2+6H+H2
39、O2=2Li+2Co2+4H2O+O2，H2O2中O的化合价升高，作还原剂；H2O2中O的化合价升高，从1升高到0，1molH2O2参与反应转移2mol电子，则转移2NA个电子；(6)温度不是越高越好，温度高，加热时耗能高，从图中可知，在30min时，85和75，Co的浸出率均最高，选择温度较低的，减小耗能；答案为75，30min；(7) 离子沉淀完全时c(Co2+)1.0105molL1，KspCo(OH)2=c(Co2)c2(OH),则，pH=-lg(H+)=-lg(510-10)=-lg5+10=9.3。23.三氯化碘(IC13)在药物合成中用途非常广泛。已知ICl3熔点33，沸点73，
40、有吸湿性，遇水易水解。某小组同学用下列装置制取ICl3(部分夹持和加热装置省略)。（1）按照气流方向连接接口顺序为a_。装置A中导管m的作用是_。（2）烧瓶中发生反应的离子方程式_，若移除酒精灯为了使反应能顺利进行烧瓶中可以放_。（3）装置C用于除杂，同时作为安全瓶，能监测实验进行时后续装置是否发生堵塞，若发生堵塞C中的现象为_。（4）氯气与单质碘需在温度稍低于70下反应，则装置E适宜的加热方式为_。装置E中发生反应的化学方程式为_。（5）该装置存在的明显缺陷是_。（6）粗碘的制备流程为：操作Y用到的玻璃仪器有烧杯、_，操作Z的名称为_。【答案】 (1). adebcghf（接口b与c、g与h
41、可互换） (2). 使浓盐酸顺利滴下 (3). 2ClMnO24HCl2Mn22H2O (4). KMnO4 (5). 锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (6). 水浴加热 (7). 3Cl2+I22ICl3 (8). 缺少尾气处理装置 (9). 分液漏斗 (10). 蒸馏【解析】【分析】用A装置制备Cl2，制备的Cl2中常含有HCl和H2O，需要除杂，所以用饱和食盐水除去HCl，用CaCl2除去H2O，在E中发生反应生成ICl3，由于产物遇水易水解，需要防止空气中的水进入E，需要在E装置后再加上一个干燥装置。【详解】(1)利用A装置制取氯气，利用浓盐酸制取的氯气中常含有HCl和H2O等杂
42、质，需要除去，利用C除去HCl，利用B除去水，E为发生装置，由于产物遇水易水解，需要防止空气中的水进入E，需要在E装置后再加上一个干燥装置。接口顺序为adebcghf（接口b与c、g与h可互换）；装置A中的导管连接分液漏斗和下部的圆底烧瓶，平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；(2)浓盐酸和MnO2加热生成Cl2、氯化锰和水，离子方程式为2ClMnO24HCl2Mn22H2O；如果不用加热的方法制备氯气，则可以使用KMnO4；(3)如果发生堵塞，C中压强会增大，会将饱和食盐水压入长颈漏斗中，可以看到锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；(4)加热的温度稍低于70，可以用水浴加热，便于控制温度，且受热更充
43、分；E中Cl2与I2生成ICl3，化学方程式为3Cl2+I22ICl3；(5)E中Cl2和I2反应，Cl2不一定完全反应，Cl2有毒，但是没有尾气处理装置，缺陷是缺少尾气处理装置；(6)碘水中加入CCl4，为萃取，萃取需要的分液漏斗；碘溶于CCl4中，从溶液中分离得到溶质和溶液，可用蒸馏。24.端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2RCCHRCCCCR+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为_，D的化学名称为_。（2）和的反应类型分别为_、_。（3）E的结构简式为
44、_。用1molE合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_mol。（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_。（5）假设（4）生成1mol单一聚合度的G，若生成的G的总质量为1260g，则G的n值理论上应等于_。（6）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式_。（7）写出用2苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线_。【答案】 (1). (2). 苯乙炔 (3). 取代反应 (4). 消去反应 (5). (6). 4 (7). n+(n-1)H2O (8). 10 (9). （
45、任意三种） (10). 【解析】【分析】B在光照下与Cl2发生取代反应生成C，可知B为乙苯，结构简式为，A与CH3CH2Cl得到B，可知A为苯。根据信息，2分子D发生Glaser反应，得到E，结构简式为。【详解】(1) B在光照下与Cl2发生取代反应生成C，由C的结构简式，可知B为乙苯，结构简式为；D的名称为苯乙炔；(2)反应为苯和CH3CH2Cl反应，苯环上的H原子被乙基取代，引入乙基，为取代反应；由C和D的结构可知，C中脱去2分子的HCl，得到D，则反应为消去反应；(3)根据信息，2分子D发生Glaser反应，得到E，结构简式为；1mol碳碳三键完全加成需要2mol氢气，现加成为1，4二苯
46、基丁烷，则需要4mol氢气；(4)根据信息，发生Claser反应时，CH断裂，化合物发生缩聚反应时，将CH断开，可以发生缩聚反应得到高分子化合物，化学方程式为n+(n-1)H2；(5)假设(4)生成1mol单一聚合度的G，若生成的G的总质量为1260g，链接的相对分子质量为124， 1mol单一聚合度的G，总质量为1260g，则有124n2=1260，则n=10；(6)C的分子式为C8H8Cl2，F是C的同分异构体，其分子中只有与两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，则可知道F中含有2个处于对称位置的甲基和2个处于对称位置的Cl原子，结构有；(7)苯乙醇先发生消去反应，得到苯乙烯，在与溴发生加成反应，得到卤代烃，再模仿C到D，得到苯乙炔；答案为。
