1、陕西省汉中市龙岗学校2021届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）1. 下列物质和俗名不相对应的是A. Na2CO3：纯碱B. Al2O3：刚玉C. CuSO45H2O：胆矾D. Na2SiO3(s)：水玻璃【答案】D【解析】【详解】ANa2CO3是碳酸钠，俗名为纯碱，故A不符合题意；BAl2O3是氧化铝，俗名为刚玉，故B不符合题意；CCuSO45H2O俗名为胆矾，故C不符合题意DNa2SiO3水溶液俗名为水玻璃，故D符合题意。综上所述，答案为D。2. 下列表述错误的是A. 甲酸甲酯的最简式：CH2OB. 2乙基1，3丁二烯分子的键线式：C. CO（NH2）2的结构简式：D. 异丁烷的比例模
2、型：【答案】D【解析】【详解】A甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3，最简式：CH2O，A正确；B2乙基1，3丁二烯分子的键线式：，B正确；CCO（NH2）2的结构简式：，C正确；D 为异丁烷的球棍模型，D错误；故选D。3. 下列叙述中涉及氧化还原反应的是A. 液氨用作制冷剂B. 二氧化氯用作消毒剂C. 明矾用作净水剂D. 二氧化硅用作光导纤维【答案】B【解析】【详解】A氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为制冷剂利用其物理性质，不涉及氧化还原反应，选项A不符合；B二氧化氯用作消毒剂利用其强氧化性，涉及氧化还原反应，选项B符合；C水解生成氢氧化铝胶体作
3、净水剂，不含元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项C不符合；D光导纤维是利用光反射原理制成，其主要成分是二氧化硅，二氧化硅导光能力强，能同时传输大量信息，不涉及氧化还原反应，选项D不符合；答案选B。4. 如图所示实验装置或操作能达到相应实验目的的是制取并收集氧气验证SO2漂白性制取碳酸氢钠验证生成SO2A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】H2O2在MnO2作催化剂的条件下的反应方程式为：2H2O22H2O+O2，O2难溶于水，故可用排水法收集，符合；Fe3+具有氧化性，与SO2发生氧化还原反应生成Fe2+，使溶液褪色，体现SO2的还原性，不符合；将CO2通入NH3和食盐的饱和溶
4、液的方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3，不能得到碳酸氢钠，不符合；SO2具有漂白性，能使品红褪色，若品红褪色，则生成SO2，若不能褪色，则未生成SO2，符合；故选A。5. 下列物质的制备，不符合工业生产实际的是A. 工业上以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉B. 工业上用电解饱和食盐水制备氯气C. 工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅D. 工业上用电解熔融氧化铝制备单质铝【答案】C【解析】【详解】A氯气和石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2，漂白粉就是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，所以工业上以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，A正确；B用电解饱和食盐水产生NaOH、H
5、2、Cl2，而且NaCl廉价、易得，因此工业上用电解饱和食盐水制备氯气，B正确；C工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅，C错误；D由于AlCl3是共价化合物，液体时不能导电，因此工业上一般是采用电解熔融氧化铝制备单质铝，D正确；故合理选项是C。6. 下列有机物的除杂方法正确的是(括号中的是杂质)A. 乙酸(乙醛)：加入新制的氢氧化铜悬浊液加热B. 苯(苯酚)：加入溴水，过滤C. 乙醇(水)：加入氧化钙，蒸馏D. 乙酸乙酯(乙酸)：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液【答案】C【解析】【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂
6、质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。【详解】A乙酸能与氢氧化铜反应生成乙酸铜和水，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；B苯酚与溴水反应生成的2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，不能分开，故B错误；C水和氧化钙反应生成氢氧化钙，增大了混合物中乙醇和氢氧化钙沸点差距，再用蒸馏的方法分离，故C正确； D乙酸与氢氧化钠发生酸碱中和反应，乙酸乙酯在碱性条件下会发生水解，不符合除杂原则，故D错误；答案选C。7. 下列反应的离子方程式不正确的是A. 往偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：+CO2+2H2OAl（OH）3+B. 银氨溶液中滴
7、加过量的盐酸：+2H+Ag+2C. 向明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至Al3+刚好沉淀完全：2Al3+3+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4D. 少量铁和稀硝酸反应：Fe+4H+Fe3+NO+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.偏铝酸钠溶液中与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+CO2+2H2OAl（OH）3+，故A正确；B.银氨溶液中与过量的盐酸反应生成氯化银沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为+2H+ClAgCl+2，故B错误；C.向明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至Al3+刚好沉淀完全发生的反应为明矾溶液与Ba（OH）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫
8、酸钡沉淀，反应的离子方程式为2Al3+3+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4，故C正确；D.少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为Fe+4H+Fe3+NO+2H2O，故D正确；故选B8. 下列有关的说法正确的是A. 1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 mol NaOHB. 分子中所有原子共平面C. 分子中含有3种官能团D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理不相同【答案】D【解析】【详解】A该物质分子中含有2个-COOH能够与NaOH发生反应，醇羟基不能与NaOH发生反应，则1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗
9、2 mol NaOH，B错误；B物质分子中含有饱和C原子，具有甲烷四面体结构，因此分子中所有原子不可能共平面，B错误；C在物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键、醚键四种官能团，C错误；D物质分子中含有不饱和碳碳双键，能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使溶液褪色；含有不饱和碳碳双键、醇羟基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此二者反应原理不相同，D正确；故合理选项是D。9. 分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为羧酸和醇，且生成的羧酸没有羧酸类的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有A. 12种B. 15种C. 18种D. 21种【答案】D【解
10、析】【详解】分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的羧酸没有羧酸类的同分异构体，则羧酸可能为甲酸或乙酸或丙酸。a.若羧酸为甲酸，则醇为C4H9OH，可以看成丁烷中1个H原子被-OH取代，正丁烷有2种H原子，故相应的醇有2种， 异丁烷有2种H原子，相应的醇有2种，故C4H9OH的同分异构体有4种；b.若羧酸为乙酸，则醇为C3H7OH，可认为丙烷中1个H原子被-OH取代，丙烷有2种H原子，故相应的醇有2种，故C3H7OH的同分异构体有2种； c.若羧酸为丙酸，则醇为C2H5OH，而C2H5OH只有1种。通过上述分析分子式为C5H10O2的有机物水解的
11、羧酸共有3种，醇总共有7种，酸和醇重新组合可形成的酯共有37=21种，故选D。【点睛】本题考查同分异构体的书写与判断，关键确定醇的结构及羧酸的同分异构体，注意利用数学法进行计算。解题关键：分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的羧酸没有相同的官能团的同分异构体，则羧酸为甲酸或乙酸或丙酸，然后判断形成该酯的醇的同分异构体种数，最后根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。10. 某固体混合物X可能由SiO2、Fe2O3、Fe、Na2SO3、Na2CO3、BaCl2中的几种或全部组成。将X与足量的稀硫酸作用，得到固体Y、气体Z和有色溶液W，下列说法正确的
12、是A. 固体Y一定含有SiO2B. 气体Z一定含有SO2C. 往溶液W中加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，一定产生白色沉淀D. X中含有Fe2O3和Fe至少一种【答案】D【解析】【分析】固体混合物X可能由SiO2、Fe2O3、Fe、Na2SO3、Na2CO3、BaCl2中的几种或全部的物质组成，将X与足量的稀硫酸作用，得到气体Z，则Z为CO2或者SO2，或者二者均存在，说明原物质含有Na2CO3或Na2SO3，或二者均存在。得到有色溶液W，则W为FeSO4或Fe2(SO4)3或两者都有，则混合物中含有Fe2O3或Fe，或者两者都有；得到固体Y，则Y为硫酸钡或二氧化硅，或二者均存在，原物质中含有B
13、aCl2或者SiO2，或者两者都有。以此来解答。【详解】A.根据上述分析可知，固体Y为硫酸钡或二氧化硅，或二者均存在，故A错误；B.根据上述分析可知，气体Z为CO2或者SO2，或者二者均存在，故B错误；C.根据上述分析可知，W为FeSO4或Fe2(SO4)3或两者都有，往溶液W中加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不一定会产生白色沉淀，故C错误；D.根据上述分析可知，W为FeSO4或Fe2(SO4)3或两者都有，则混合物中含有Fe2O3或Fe，或者两者都有，故X中含有Fe2O3和Fe至少一种，故D正确；故答案：D。11. 利用如图所示装置进行下列实验，能得到相应实验结论的是()选项实验结论A浓盐酸
14、CaCO3Na2SiO3溶液变浑浊酸：H2CO3H2SiO3B浓盐酸KMnO4FeBr2溶液变为黄色氧化性：Cl2Br2C浓硫酸亚硫酸钠BaCl2溶液无明显变化SO2与BaCl2不反应D浓氨水生石灰FeCl2溶液产生红褐色沉淀碱性：NH3H2OFe(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A浓盐酸有挥发性，生成硅酸可能是HCl和硅酸钠反应生成的，故A不符合题意；B浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，Cl2与FeBr2溶液反应，溶液变为黄色，说明生成了Fe3+，则氧化性Cl2Fe3+，故B不符合题意；C浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，SO2与BaCl2溶液无现象，说明SO
15、2与BaCl2不反应，故C符合题意；D浓氨水和生石灰反应生成氨气，氨气通入到FeCl2溶液，可能发生氨气和FeCl2反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2和氧气、水反应生成Fe(OH)3，不能说明碱性：NH3H2OFe(OH)3，故D不符合题意。综上所述，答案为C。12. 卤块的主要成分是MgCl2此外还有Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子，以它为原料按如图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。下列说法错误的是A. 步骤中加入的试剂X可以是H2O2B. 步骤中加入的试剂Y可以是NaOHC. 步骤中加入的试剂Z可以是Na2CO3D. 沉淀物3是MgCO3【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知
16、，卤块加水溶解配成溶液后，向所得溶液中加入合适的氧化剂，将亚铁离子氧化成铁离子，向氧化后的溶液中加入碱性物质调节溶液pH为9.8，使溶液中铁离子和锰离子转化为沉淀除去，过滤得到含有镁离子的滤液，向滤液中加入碳酸钠，将镁离子转化为碳酸镁沉淀，然后加热煮沸沉淀物2，碳酸镁水解生成二氧化碳和氢氧化镁，灼烧氢氧化镁得到轻质氧化镁。【详解】A.过氧化氢具有氧化性，在溶液中能将亚铁离子氧化成铁离子，则步骤中加入的试剂X可以是过氧化氢，故A正确；B.加入氢氧化钠能增大溶液pH，可将氧化后的溶液pH调节为9.8，则步骤中加入的试剂Y可以是NaOH，故B正确；C.步骤的目的是加入碳酸钠将镁离子转化为碳酸镁沉淀从
17、溶液中沉淀出来，故C正确；D.由流程可知，沉淀物2为碳酸镁，加热煮沸沉淀物2，碳酸镁水解生成二氧化碳和氢氧化镁，则沉淀物3是氢氧化镁，故D错误；故选D。13. 已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示(反应条件略去)。下列说法错误的是A. 若A为气体， B、C、D可能常温下都为固体B. 若A为H2O，B、D为化合物，则C不一定是气体单质C. 若C为单质，D为化合物，则A、B中一定有一种物质是单质D. 若D为H2O，A、B为化合物，则A、B可能含有同种元素【答案】C【解析】【详解】A若A是Cl2，B是石灰乳，二者发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，反应物
18、Ca(OH)2及生成物CaCl2、Ca(ClO)2在常温下都是固体物质，A正确；B若A为H2O，B是Mg3N2，二者混合发生反应：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3，生成的两种物质都是化合物，则C不一定是气体单质，B正确；C若A为H2O，B是Na2O2，二者混合发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应物都是化合物，并没有单质参加反应，C错误；D若A是CH3OH，B是O2，二者反应产生H2O、CO2，反应方程式为：2CH3OH+3O22CO2+4H2O，A、B中都含有O元素，D正确；故合理选项是C。14. 已知，还原性Cl，氧化性Cl2。实验：在一定量NaHSO3的
19、溶液中逐滴加入KClO3溶液至过量；实验：在一定量的KClO3溶液中逐滴加入NaHSO3溶液至过量；下列说法不正确的是A. 两实验中溶液的pH变化趋势不相同B. 试验反应结束后，加入淀粉碘化钾溶液，溶液不会变蓝C. 两实验中生成等物质的量Cl2时，消耗的NaHSO3物质的量一定相等D. 在实验的过程中，若KClO3初始量为4mol，当溶液中Cl2与Cl的物质的量之比为5：6时，氧化产物为10.75mol【答案】C【解析】【分析】由还原性Cl，氧化性Cl2可知，实验I中，先发生反应+3Cl-+3SO+3H+，继续加入KClO3，可以结合H+氧化Cl-生成Cl2，再发生反应+6H+5Cl-3H2O
20、+3Cl2；实验II中，一定量的KClO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，先发生4+102Cl2+10SO+2H2O+6H+，后发生反应Cl2+H2O=2Cl-+SO+3H+。【详解】A.由分析可知，实验I中溶液的pH先减小后增大，实验II中溶液的pH一直在减小，溶液的pH变化趋势不相同，故A正确；B.由分析可知，实验II中一定量的KClO3溶液与过量NaHSO3溶液反应所得溶液中不存在Cl2，加入淀粉碘化钾溶液不会发生置换反应生成单质碘，溶液不会变蓝，故B正确；C.若两实验中生成3molCl2时，由分析可知，实验I中消耗的NaHSO3物质的量为3mol，实验II中消耗的NaHSO3物质的量至少
21、为=15mol，则消耗的NaHSO3物质的量不相等，故C错误；D.在实验的过程中，若KClO3初始量为4mol，由分析可知，KClO3完全反应生成2mol Cl2和10mol氧化产物SO，设溶液中Cl2和Cl的物质的量分别为5xmol和6xmol，由氯原子个数守恒可得：5x2+6x=4，解得x=0.25mol，由方程式可知，反应生成1.5molCl和0.75mol氧化产物SO，则氧化产物SO的物质的量为(10mol+0.75mol)= 10.75mol，故D正确；故选C。15. 铝及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。(1)AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理铝表面Al2O3膜，其化学反应方程
22、式为_。(2)某同学实验时发现AlMg合金与NaOH溶液反应时的速率比纯铝与NaOH溶液反应时的速率快，原因是_。(3)饮用水中的对人类健康会产生危害。为了降低饮用水中的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将还原为N2，该反应的离子方程式为_。(4)碱式碳酸铝钠NaaAlb（OH）c（CO3）d可用作阻燃剂、抗酸剂等。其制备方法是控制温度、pH，向NaHCO3稀溶液中加入Al（OH）3，并搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得碱式碳酸铝钠。碱式碳酸铝钠NaaAlb（OH）c（CO3）d中a、b、c、d之间的关系为_。碱式碳酸铝钠作为阻燃剂的可能原因是产生阻燃性气体CO2、H2O本身及产物无毒且
23、不可燃；_。若pH过高，则对产品的影响是_。【答案】 (1). Al2O3+2NaOH=2 NaAlO2+H2O (2). Mg、Al和NaOH溶液形成原电池，加快反应速率 (3). 10A1+6+4 OH=3N2+10+2H2O (4). a+3b=c+2d (5). 在分解过程中大量吸热 (6). 碱式碳酸铝钠转化为NaAlO2【解析】【详解】(1) 氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学反应方程式为Al2O3+2NaOH=2 NaAIO2+H2O；(2) AlMg合金与NaOH溶液反应时，恰好能构成原电池，而形成原电池可加快反应速率，比纯铝与NaOH溶液反应时的速率快；(3)根据
24、题给信息在碱性条件下，铝粉与反应生成N2和 ，利用化合价升降法结合电荷守恒、原子守恒配平,该反应的离子方程式为10A1+6+4 OH=3N2+10+2H2O；(4) 碱式碳酸铝钠NaaAlb（OH）c（CO3）d中，根据化合价代数和为0，所以a+3b-c-2d=0， 则a+3b=c+2d；碱式碳酸铝钠作为阻燃剂的可能原因是在分解过程中大量吸热;本身及产物无毒且不可燃;产生不支持燃烧的二氧化碳和水；若pH过高，Al（OH）3会反应生成NaAIO2，所以pH过高，对产品的影响是碱式碳酸铝钠转化为NaAIO2 。16. 某化学小组在实验室制备KMnO4，并利用其性质测定血液中钙的含量。请回答：(一)
25、KMnO4的制备，分步骤、两步进行。步骤将软锰矿（主要成分MnO2）和KOH固体混合后装入图所示装置A中，在空气中加热，并不断用B搅拌最终得到K2MnO4。(1)仪器A、B分别是_（填序号）。A瓷坩埚、玻璃棒B石英坩埚、玻璃棒C铁坩埚、玻璃棒D铁坩埚、铁棒(2)装置A处反应生成K2MnO4的化学方程式为_。步骤KMnO4的制备。已知：锰酸钾（K2MnO4）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3+2H2O2+MnO2+4OH。(3)甲同学利用Cl2在碱性条件下氧化K2MnO4制备KMnO4其装置如图所示（夹持和加热装置略）。回答下列问题：装置B中的试剂为_；若没有B装置则产率会_（填
26、“增大”“减小”或“不变”）。当C中反应结束后，后续操作是熄灭酒精灯，_，拆除装置。请写出D中的生成物在生活中的一个应用：_。(4)乙同学利用已知信息和部分物质溶解度数据表，提出另一种新的制备方法：向上述K2MnO4溶液中加入_（请从下列物质中选出一种最合适的物质），充分反应，然后过滤，再将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，得KMnO4晶体。物质KMnO4K2SO4CH3COOKNa2SO420溶解度6.411.121730A亚硫酸氢钾B硫酸氢钠C稀盐酸D稀醋酸(二)人体血液里Ca2+含量的测定。抽取血样20.00mL，加适量的草酸铵（NH4）2C2O4溶液；可析出草酸钙（CaC2O4
27、）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用0.0020mol/L酸性KMnO4溶液滴定，共消耗9.00mL酸性KMnO4溶液。(1)滴定时，当出现_现象，即可确定反应达到终点。(2)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为_mg/cm3。【答案】 (1). D (2). 4KOH+2 MnO2+ O22 K2MnO4+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 减小 (5). 打开弹簧夹，通入N2直至装置内无黄绿色 (6). 杀菌消毒或漂白衣物 (7). D (8). 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (9). 0.09【解析】【分析】由题意可知，MnO2固体、KOH固
28、体在坩埚中与氧气发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O；甲同学利用利用装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，装置B中饱和食盐水除去氯气中含有的氯化氢气体，装置C中氯气在强碱性条件下，将锰酸钾氧化为高锰酸钾，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气防止污染环境；乙同学利用题给信息，向上述K2MnO4溶液中加入醋酸溶液，使K2MnO4在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，然后过滤，再将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，得KMnO4晶体。【详解】（一）（1）由分析可知，制备K2MnO4的反应物中含有KOH，KOH固体加热条件下能与二氧化硅反应，则在坩埚中反应时，不能选用含有二氧化硅的
29、仪器，应选用铁坩埚和铁棒，故答案为：D；（2）装置A处发生的反应为MnO2固体、KOH固体在坩埚中与氧气发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O，反应的化学方程式为4KOH+2 MnO2+ O22 K2MnO4+2H2O，故答案为：4KOH+2 MnO2+ O22 K2MnO4+2H2O；（3）装置A制得的氯气中混有浓盐酸挥发出的氯化氢气体，氯化氢气体进入装置C会降低溶液pH，同时也可能与具有强氧化性锰酸钾和反应生成高锰酸钾发生氧化还原反应，导致高锰酸钾的产率减小，则装置B中饱和食盐水除去氯气中含有的氯化氢气体，可以防止产率减小，故答案为：饱和食盐水；减小；当C中反应结束后，由于装置里面有没有
30、反应的氯气，所以拆除装置前要通入氮气将氯气排出并被充分吸收后，再拆除装置，故答案为：打开弹簧夹，通入N2直至装置内无黄绿色；装置D中氢氧化钠溶液与未反应的氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒或漂白衣物的作用，故答案为：杀菌消毒或漂白衣物；（4）A亚硫酸氢钾具有还原性，能与具有强氧化性锰酸钾和反应生成高锰酸钾发生氧化还原反应，故不合题意；B. 硫酸氢钠能调节溶液pH，但硫酸钾和硫酸钠的溶解度与高锰酸钾相差不大，结晶时析出会使高锰酸钾中混有杂质硫酸钾和硫酸钠，故不合题意；C. 稀盐酸具有还原性，能与具有强氧化性锰酸钾和反应生成高锰酸钾发生氧化还原反应，故不合题意；
31、D.醋酸能降低溶液pH，使锰酸钾在溶液中发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，故符合题意；D符合题意，故答案为：D；（二）（1）滴定时，若酸性高锰酸钾溶液与草酸完全反应后，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为紫红色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；（2）酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应时，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，依据原子个数守恒和得失电子守恒可得关系式：5Ca2+5CaC2O45H2C2O42KMnO4，20.00mL血液样品中Ca2+的物质的量为0.0020mol/L9.00103L=4.5105mol，则浓度为=0.09 mg/cm3，故答案为：0.0
32、9。17. 甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。用CO2生产甲醇、乙醇(1)已知：H2的燃烧热为285.8kJ/mol，CH3OH（l）的燃烧热为725.8kJ/mol，CH3OH（g）CH3OH(1)H37.3kJ/mol，则CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（l）H_kJ/mol。(2)为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，在容积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3.25molH2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图1所示。从反应开始到
33、平衡，氢气的平均反应速率v（H2）_。下列措施不能使CO2的平衡转化率增大的是_（填序号）。A在原容器中再充入1molCO2B在原容器中再充入1molH2C在原容器中充入1mol氦气D使用更有效的催化剂E缩小容器的容积F将水蒸气从体系中分离(3)CO2也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为2CO2（g）+6H2（g）C2H5OH（g）+3H2O（g）H0。设m为起始时的投料比，即m。通过实验得到如图2所示图象。图甲中投料比相同，温度从高到低的顺序为_。图乙中m1、m2、m3从大到小的顺序为_。图丙表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4温度时
34、，该反应压强平衡常数Kp的计算式为_（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，代入数据，不用计算）。甲醇的应用以甲醇和CO为原料通过电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。离子交换膜a为_（填“阳膜”或“阴膜”），阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). -94.3 (2). 0.1125mol/（Lmin） (3). BEF (4). T3T2T1 (5). m1m2m3 (6). (7). 阳膜 (8). 2CH3OH+CO-2e-=（CH3O）2CO+2H+【解析】【分析】（1）根据燃烧热的概念书写热化学方程式，根据盖斯定律计算反应热；（2）根据图示利用反应速率表达式计算反应速
35、率，根据化学平衡移动原理反应平衡的移动及转化率的变化；（3）根据温度对平衡移动的影响分析解答；根据图示数据运用三段式法计算平衡常数；阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极氧气得电子生成水，结合电子、电荷守恒写出电极反应式。【详解】（1）由H2、CH3OH（g）的燃烧热可得热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H1=-285.8kJmol-1CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H2=-725.8kJ/molCH3OH（g）=CH3OH（l）H3=-37.3kJ/mol根据盖斯定律3-计算CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（l）的H=3H1
36、-H2-H3=3（-285.8kJ/mol ）-（-725.8kJ/mol ）-（-37.3kJ/mol ）=-94.3kJ/mol，故答案为：-94.3；（2）根据图象可知v（CO2）= =0.0375mol/（Lmin），由方程式的比例关系得v（H2）=3v（CO2）=0.0375mol/（Lmin）3=0.1125mol/（Lmin），故答案为：0.1125mol/（Lmin）；A. 在原容器中再充入1molCO2，c（CO2）增大，平衡正向移动，CO2的转化率反而降低，故A不选；B. 在原容器中再充入1molH2，c（H2）增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B选；C. 在原容器
37、中充入1mol氦气，各物质的浓度均不变，平衡不移动，CO2的转化率不变，故C不选；D. 使用更有效的催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故D不选；E. 缩小容器的容积，相当增大压强，反应正向是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故E选；F. 将水蒸气从体系中分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故F选；故答案为：BEF；（3）正反应放热，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越小，所以温度从高到低的顺序为T3T2T1，故答案为：T3T2T1；增大n（H2），平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大，所以m1m2m3，故答案为：m1m2m3；温度升高，反应逆向
38、进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线代表的物质a为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH，设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，则 P点a、c的体积分数相同，所以3n-3x=1.5x，解得x=n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5 x+1.5x=n，总压为5MPa的恒压条件下，二氧化碳和乙醇的物质的量相同，其分压相同，即p（二氧化碳）=p（乙醇）=；物质的量相同的氢气和水分压相同，即p（氢气）=p（水）=，则T4温度时，该反应的平衡常数为：，故答案为：；阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极上氧气
39、得电子生成水，阳极反应式为2CH3OH+CO-2e-（CH3O）2CO+2H+，阴极氧气与H+结合生成H2O，所以离子交换膜为阳膜，故答案为：阳膜；2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。18. 李克强总理在2018年国务院政府工作报告中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。”因此，研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)技术有着积极的环保意义。(1)工业煤干馏得到的产品有_、_、焦炉煤气、粗氨水等。(2)在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理如下所示。FeS2Fe2+Fe3+，这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的第一步反应的离子方程式为_。制备乙
40、炔的电石渣对环境污染极为严重，因此需要对水体进行净化处理。现取500mL电石渣废水(阳离子主要为Ca2+)，测定水质的数据如下表所示。项目pHS2(mg/L)CN(mg/L)SS(mg/L)平均1410005.22500注：SS表示固体悬浮物。模拟工业处理流程如图1。已知：常温时CaSO4微溶于水；溶解度：CaSO4Fe(OH)2FeS。(1)滤渣A的主要成分有SS和_。采用20%的硫酸对废水进行预中和处理，pH变化如图2所示。硫酸的用量和废水中固体悬浮物(SS)含量的关系是_。(2)根据表中数据，回答下列问题。不同熟石灰投加量下的废水处理效果加试剂量(g)分析结果FeSO4Ca(OH)2pH
41、S2(mg/L)SS(mg/L)4.80.505.5152500.856.83.0501.159.30.95501.2510.50.8550熟石灰能促进FeS沉淀的生成，结合离子方程式，从平衡角度分析其原因是_。(3)用臭氧进一步处理废水中的氰化物和残留硫化物，若将500mL废水中的CN完全氧化成N2和CO2，转移_mol e。【答案】 (1). 煤焦油 (2). 焦炭 (3). 2FeS22H2O7O2Fe2+44H (4). CaSO4 (5). 处理至相同pH时，废水中SS含量越高，中和所需的硫酸越多 (6). 水解平衡：S2H2OHSOH，加入熟石灰，c(OH)增大，平衡逆向移动，c(
42、S2)增大，有利于FeS沉淀的生成 (7). 5104【解析】【详解】(1)工业煤干馏得到产品有煤焦油、焦炭、焦炉煤气、粗氨水等；故答案为：煤焦油；焦炭。(2)FeS2Fe2+，该反应的离子方程式为2FeS22H2O7O2Fe2+44H；故答案为：2FeS22H2O7O2Fe2+44H。(1)废水(阳离子主要为Ca2+)，加入硫酸，会生成硫酸钙，因此滤渣A的主要成分有SS和CaSO4；故答案为：CaSO4。根据图中信息可知，处理至相同pH时，废水中SS含量越高，中和所需的硫酸越多；故答案为：处理至相同pH时，废水中SS含量越高，中和所需的硫酸越多。(2)硫离子能够水解：S2H2O HSOH，溶
43、液呈碱性，加入熟石灰后减小增强，抑制硫离子水解，有利于FeS的生成，故答案为：水解平衡：S2H2OHSOH，加入熟石灰，c(OH)增大，平衡逆向移动，c(S2)增大，有利于FeS沉淀的生成。(3)若将500mL废水中的CN的物质的量，根据得失电子守恒，CN中C由+2价升高到+4价，N由3价升高到0价，因此失去电子的物质的量为1.010421.01043=5104mol；故答案为：5104。19. A234是2018年关注度最高的8大分子之一，其结构为。请根据其结构及其组成元素回答以下问题：(1)A234分子中N原子的杂化方式为_，该物质所形成的晶体类型为_，基态P原子中核外电子占据的最高能级符
44、号是_。(2)N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)用价层电子对互斥模型预测POF3的立体构型：_。(4)请比较NH3与NF3的键角大小：NH3_(填“”、“”或“”)NF3。(5)P能够形成PCl3和PCl5，而N只能形成NCl3，其原因_。(6)N与Ga所形成的化合物被誉为21世纪引领5G时代的基石材料，其晶胞为六方晶型，如图所示。晶胞参数a=xnm，c=ynm。N原子的配位数为_，该晶胞的密度为_g/cm3(用含有x、y的式子表示)。【答案】 (1). sp2杂化、sp3杂化 (2). 分子晶体 (3). 3p (4). FNO (5). 四面体型 (6). (7). N原子无
45、2d轨道 (8). 4 (9). 【解析】【详解】(1)A234分子中含有2种不同的N原子，其中N原子形成共价双键的N的杂化方式为sp2杂化；形成共价三键的N原子杂化类型为sp3杂化；该物质由分子构成，所形成的晶体类型分子晶体；P是15号元素，基态P原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p3，可见其占据的最高能级为3p能级；(2)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N、O、F元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，但N处于第VA族，所以第一电离能大小为：FNO；(3)化合物POF3属于AX4E0型分子，中心原子是P原子，
46、1+3=4，则WSEPR模型为四面体结构，由于P原子上无孤对电子对，则该分子的立体构型为四面体型；(4)NF3和NH3的中心原子都是N原子，中心原子相同，由于F的电负性大于H，所以NF3的键角小于NH3，因此键角：NH3NF3；(5)N、P元素都有+5价，P能够形成PCl3和PCl5，而N只能形成NCl3，是因为N原子最外层没有d轨道，N原子不能与Cl原子形成配位键，因此只有NCl3，不能形成NCl5；(6)由晶胞结构可知N原子的配位数为4；Ga原子个数为1+4=2，N原子个数为1+8=2，则一个晶胞质量m=g，晶胞底面为菱形，锐角为60。棱长为x pm=x10-7 cm，则底面面积S=x2s
47、in60=10-14 cm2，晶胞体积V=y10-21 cm3，则晶胞的密度g/cm3。20. 猫薄荷是一种能让猫变快乐的天然产物，其中有机物J是从猫薄荷植物中分离出来的一种有机化合物。其合成路线如图。回答下列问题：(1)B的名称是_，G的结构简式为_。(2)D中官能团名称为_。(3)HI的反应类型为_。整个合成路线中与EF中O3的作用相似的物质是_。(4)写出DE的反应方程式：_。(5)写出符合下列条件的J的同分异构体的结构简式：_（只写一种即可）。只有两个六元环不能使溴水褪色核磁共振氢谱显示有4种不同环境的氢(6)根据上述合成路线的信息，设计了如图所示合成A的流程：请写出L的结构简式：_。
48、.【答案】 (1). 苯甲醛 (2). (3). 羟基和碳碳双键 (4). 加成反应 (5). NaIO4 (6). +( CH3CO)2O+CH3COOH； (7). 、（任写一种） (8). 【解析】【分析】A与B在LDA，加热条件下发生羟醛缩合反应，生成C，NaBH4将C中的羰基还原成羟基生成D，D与(CH3CO)2O反应生成E，在O3的作用下生成F，F在氢氧化钠溶液的作用下发生水解生成G，G在NaIO4作用下生成H，H中的羧基和醛基发生加成反应生成I，I在CaCl2和加热条件下生成J。【详解】(1)由以上分析可知，B为苯甲醛，在氢氧化钠溶液的作用下发生水解生成G，故答案为：苯甲醛，；(
49、2) 中含有的官能团为羟基和碳碳双键，故答案为：羟基和碳碳双键；(3) H生成I，从结构上来看相当于羧基与醛基发生加成反应，羧基氢加到醛基氧上形成羟基，羧基的羟基氧原子连接醛基的碳原子，整个合成路线中与EF中O3的作用相似的物质是NaIO4，故答案为：加成反应，NaIO4；(4) +(CH3CO)2O发生反应形成酯，所以反应方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+ CH3CO)2O+CH3COOH；(4) 的不饱和度为4， 如果只形成两个6元环，则还剩下2个不饱和度， 且不能使溴水褪色，则说明两个不饱和度不用于形成碳碳双键，而是形成碳氧双键，可以看成，结构中放入两个碳氧双键，又因为只有四种氢，需要高度对称，所以碳氧双键需要出现在对称的位置上，故答案为：、；(5)根据上述合成路线信息可知，条件为的反应为+，反应原理为其中一个碳氧双键与另一个碳氧双键旁边的碳形成双键：根据A的结构以及可以看出应该是发生了成环反应，即，形成了，故答案为：。
