1、浙江省宁波市2020届高三化学选考适应性考试试题（含解析）考生须知：1本卷试题分为第卷、第卷，满分100分，考试时间90分钟。2本卷答题时不得使用计算器，不得使用修正液(涂改液)、修正带。3答题时将答案均填在答卷相应题号的位置，不按要求答题或答在草稿纸上无效。4可能用到的相对原子质量：H 1He 4C 12N 14O 16Na 23Mg 24Al 27S 32Cl 35.5第卷（选择题，共45分）一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45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.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确的是（ ）
2、A. 煤的气化与液化均为化学变化B. 大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用C. 砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾D. 用CO2合成可降解聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用【答案】C【解析】【详解】A. 煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确；B. 太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B正确；C. 砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C错误；D. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；题目要求选不正确的选项，故选C。【点睛】本题考查了
3、化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。2.下列说法不正确的是（ ）A. 冰醋酸和水银都是纯净物B. 氢原子和重氢原子是两种不同核素C. 氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质D. 稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系【答案】C【解析】【详解】A. 冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是Hg单质，是纯净物，故A正确；B. 氢元素有三种原子，普通氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B正
4、确；C. 氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；D. 稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属于分散系，故D正确；题目要求选错误选项，故选C。3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 硝基苯：B. 镁离子的结构示意图：C. 水分子的比例模型：D. 原子核内有8个中子的碳原子：【答案】A【解析】【详解】A. 硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；B. 镁离子的结构示意图为，B项错误；C. 由H2O分子的比例模型是：，故C错误；D. 原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为，故D错误；正确答案是A。4.下列有关物质的用途，说法不正确的是（ ）A. 水玻璃是建筑行
5、业常用的一种黏合剂B. 碳酸钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一C. 硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”D. 金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物反应置换出对应金属【答案】B【解析】【详解】A. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于生产黏合剂和防火剂，故A正确；B. 碳酸氢钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一，故B错误；C. 硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”，故C正确；D. 金属钠的还原性比钛、锆、铌、钽的还原性强，可以与其氯化物反应置换出对应金属，故D正确；题目要求选择错误选项，故选B。【点睛】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，平
6、时注意掌握常见元素化合物的性质，注意基础知识的积累和运用。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 1 mol氨基(NH2)中所含的质子数为9NAB. 标准状况下，22.4 L单质溴所含有的原子数目为2NAC. 100 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液含CH3COO的数目是0.01NAD. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A. 1mol氨基中含有9mol电子，含有的电子数目为9NA，故A正确；B. 标况下单质溴不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量，故B错误
7、；C. 100 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液中，CH3COO会发生水解，数目小于0.01NA，故C错误；D. 氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下：2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O，在这个反应中，氯气单质气体既充当氧化剂，又充当还原剂，两个零价位的Cl原子，一个被氧化成为+1价，另一个被还原成为-1价，0.1 mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1NA，故D错误；正确答案是A。6.下列说法正确的是（ ）A. 用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B. 测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照
8、C. 检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D. 将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故A错误；B. 新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；C. 多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；D. 将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故D正确；正确答案
9、是D。7.下列离子方程式正确的是（ ）A. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO32H+=Ca2+CO2H2OB. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+SO2H2O=BaSO32H+C. 将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合：OHCa2+HCO=CaCO3H2OD. 往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2CO2H2O2CO【答案】C【解析】【详解】A. 醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故A错误；B. SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，故B错误；
10、C. 将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中，Ca(OH)2 和Ca(HCO3)21:1反应，和离子方程式为：OHCa2+HCO=CaCO3H2O，故C正确；D. 苯酚的酸性小于碳酸，所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠和苯酚，故D错误；正确答案是C项。【点睛】离子方程式过量不足的问题出现时，一定要注意以下几点：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。8.下列说法正确的是（ ）A. 2,2二甲基丁烷的1HNMR上有4个峰B. 中所有原子处于同一平面上C. 有机物的一
11、种芳香族同分异构体能发生银镜反应D. 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单键变活泼，被KMnO4氧化而断裂【答案】B【解析】【详解】A. 2,2二甲基丁烷的结构式为，有三种不同环境的氢原子，故1HNMR上有3个峰，故A错误；B. 乙炔中所有原子在一条直线上，苯中所有原子在一个平面上，因此苯乙炔中所有原子一定处于同一平面上，故B正确；C. 的不饱和度为4，如含有苯环，则同分异构体中不含有醛基，不能发生能发生银镜反应，故C错误；D. 能够使高锰酸钾溶液褪色，说明甲基上的碳原子受苯环的影响变得比较活泼，能够被酸性高锰酸钾氧化，故D错误；正确答案是B。【点睛】B项考查了学生对有机
12、物的共面知识的认识，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断。9.四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确的是（ ）A. X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大B. Y、Z形成的简单氢化物，后者稳定性强C. Y、Z形成的简单阴离子，后者半径小D. 工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W【答案】A【解析】【分析】根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。【详解】A. 由分析可知，X为C元素，
13、Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；B. 由分析可知，Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最牢固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；C. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C正确；D. 工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al，故D正确；题目要求选错误项，故选A。【点睛】C选注意粒子半径大小的比较：（1）同一元素原子、离子：简单阴离子半径大于其相应原子半径，简单阳离子半径小于其相应原子半径；（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；（3）电子层结构相同
14、的离子：核电荷数越大，半径越小。10.下列说法中正确的是（ ）A. 25时某溶液中水电离出的c(H+)1.01012 molL1，其pH一定是12B. 某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，不断增大C. 恒温恒容下，反应X(g)3Y(g) 2Z(g)，起始充入3 mol X和3 mol Y，当X的体积分数不变时，反应达到平衡D. 某温度下，向pH6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，该温度下加入等体积pH10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性【答案】D【解析】【详解】A. 既然由水电解出的c（H+）=1.010-12mol/L，则由水电解出的c（O
15、H-）=1.010-12mol/L；而c（H+）c（OH-）=1.010-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.010-2mol/L或者c（OH-）=1.010-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时pH=12，故A错误；B. NH3H2O NH4OH-，通入CO2平衡正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数不变，则=不断减小，故B错误；C. 恒温恒容下，反应X(g)3Y(g) 2Z(g)，起始充入3 mol X和3 mol Y，由三段式计算可知，X的体积分数一直是50%，故C错误；D. 蒸馏水的pH6，所以Kw=110-12，应加入等体积浓度为0.01
16、mol L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D正确；正确答案是D。【点睛】A项涉及pH的简单计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。11.双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH，作为H+和OH离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法不正确的是（ ）A. 相同条件下，不考虑气体溶解，阴极得到气体体积是阳极两倍B. 电解过程中Na+向左迁移，N为阴离子膜C. 若去掉双极膜(
17、BP)，阳极室会有Cl2生成D. 电解结束后，阴极附近溶液酸性明显增强【答案】D【解析】【详解】A. 阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H+2e-=H2，阳极反应为 4OH4e-=O2+2H2O，转移相同物质的量的电子，生成氢气的体积是生成氧气体积的两倍，故A正确；B. 阴极生成氢氧化钠，钠离子向左穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B正确；C. 若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C正确；D. 阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H+2e-=H2，氢离子被消耗，酸性减弱，故D错误；题目要求选错误选项，故选D。【点睛】本题考查电解原理，
18、注意审题，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜(BP)是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。12.一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)Cl2(g) 2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（ ）A. 正反应的活化能大于逆反应的活化能B. 达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动C. A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD. 一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平
19、衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变【答案】A【解析】【分析】根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。【详解】A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释
20、放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知H0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B. 由分析可知H0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (
21、g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。13.已知：AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，向含0.01 mol NaAlO2和0.02mol NaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（ ）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)c(AlO2)c(OH)B0.01c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)c(AlO2)C0.015c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)D0.03c(Na
22、+)c(H+)c(CO32)c(HCO3)c(OH)A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。【详解】A. 不通入CO2，0.01 mol
23、 NaAlO2和0.02 mol NaOH的稀溶液中，c(Na+)c(OH)c(AlO2)，故A错误；B. 当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，没有HCO3，故B错误；C. 当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+) c(CO32-) c(OH-) c(HCO3-)，故C正确；D. 当通入二氧化碳的量为0.03mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)c(H+)2c(CO32)c(HCO3)c(OH)，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题将元素化
24、合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。14.无水MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是（ ）A. 冷凝管中冷水进、出口方向错误B. 实验中
25、可以用干燥的空气代替干燥的N2C. 为防止反应过于剧烈，不能用装置C代替装置BD. 装有无水CaCl2固体A的作用是吸收挥发的溴蒸气，防止污染环境【答案】C【解析】【详解】A. 冷凝管下口进水，上口出水，方向正确，故A错误；B. 空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，故B错误；C. 将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，不能更换，故C正确；D. 仪器A为干燥管，用于吸收空气中的水分，故D错误；正确答案是C。15.某溶液可能含有下列离子中的若干种：Cl、SO42、SO32、HCO3、Na+、Mg2+、Fe3+
26、，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验： 取100 mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是（ ）A. 气体可能是CO2或SO2B. 溶液中一定存在SO42、HCO3、Na+、Mg2+C. 溶液中可能存在Na+和Cl，一定不存在Fe3+和Mg2+D. 在第步和第步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀【答案】B【解析】【分析】由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部
27、分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，以此来解答。【详解】A. 中白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，气体为CO2，故A错误；B. 白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一
28、定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正确；C. 反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C错误；D. 溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2，溶液含Mg2+及过量盐酸，只有溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。第卷（非选择题，共55分）二、非选择题（本大题共5小题，共
29、55分）16.硼及硼的化合物有着广泛的用途。请回答下列问题：(1) 硼酸(H3BO3)为一元弱酸，硼酸中B的化合价为_。(2) 已知：H3BO3的电离常数Ka5.81010，H2CO3的电离常数掏Ka14.4107、Ka24.71011，向饱和硼酸溶液中滴加0.1 molL1 Na2CO3溶液，写出发生反应的离子方程式_。(3) 以硼酸为原料可制备重要还原剂NaBH4。NaBH4与BF3在5070反应生成NaBF4和乙硼烷(B2H6)，该反应的化学方程式是_。(4) B2H6是强还原剂，氢元素的化合价与NaH中的氢相同。B2H6与水反应生成H3BO3和H2，若有0.1 mol电子转移时，则产生
30、H2在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). 3 (2). COH3BO3=HCOH2BO或COH3BO3=HCOBOH2O或COH3BO3H2O=HCOB(OH) (3). 3NaBH44BF33NaBF42B2H6 (4). 2.24【解析】【详解】（1）H3BO3中H为+1价，O为2价，B的化合价为化合价为3价；（2）H3BO3的电离常数为5.810-10，H2CO3的电离常数为K1=4.410-7，因5.810-104.410-7，所以向饱和硼酸溶液中滴加0.1 molL1 Na2CO3溶液不能产生所以H2CO3，只能产生HCO3，故离子方程式为COH3BO3=HCOH2BO或CO
31、H3BO3=HCOBOH2O或COH3BO3H2O=HCOB(OH)；（3）反应物为NaBH4和BF3，生成物为NaBF4和B2H6，根据氧化还原反应配平方法可得方程式为：3NaBH44BF33NaBF42B2H6；（4）B2H6与水反应生成H3BO3和H2，生成1molH2 转移2mol电子，若有0.1 mol电子转移时，则产生H2 0.2mol，标准状况下的体积为2.24 L。【点睛】第二问涉及盐类水解方程式的书写问题，注意：盐和水的水解反应要生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏，平衡发生移动。规律：难溶不水解，有弱才水解，无弱不水解；谁弱谁水解，越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性（适用于
32、正盐），同强显中性，弱弱具体定；越弱越水解，越热越水解，越稀越水解。17.我国科学家在金刚石压腔实验中创造出了前所未见的化合物X，在超过113 GPa的压力下能够保持稳定。X在一定条件下完全分解为A(气体)和B，A的密度约为0.18 gL1；B是短周期中最活泼的金属；Y为含有C元素的气态氧化物，能使品红溶液褪色，E为常见无机物，Y与E以11发生化合反应生成F，F仅含三种元素，是常用的食品抗氧化剂之一(假设反应过程无损耗，题中均为短周期元素，A、B、C为单质，气体数据均为标准状况下测定)。根据如下转化，回答下列问题：(1) 图中C在元素周期表中的位置是_。(2) D的电子式为_。(3) X的化学
33、式为_。(4) EF的化学方程式为_。【答案】 (1). 第3周期VIA族 (2). (3). Na2He (4). Na2SO3SO2=Na2S2O5【解析】【分析】B是短周期中最活泼的金属，故B是Na元素，X在一定条件下完全分解为A(气体)和B，A的密度约为0.18 gL1，故A是He，X为Na2He，Y为含有C元素的气态氧化物，能使品红溶液褪色，所以Y是二氧化硫，C是硫元素，D是硫化钠，E是Na2SO3，F是Na2S2O5。【详解】（1）由分析可知，C是硫元素，在元素周期表中的位置是第3周期VIA族；（2）由分析可知，D是硫化钠，电子式为；（3）B是短周期中最活泼的金属，故B是Na元素，
34、X在一定条件下完全分解为A(气体)和B，A的密度约为0.18 gL1，相对分子质量为0.1822.4=4，故A是He，X为Na2He；（4）E是Na2SO3，F是Na2S2O5，Y是二氧化硫所以EF的化学方程式为Na2SO3SO2=Na2S2O5。18.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。(1) 氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3(g) N2(g)3H2(g)H若：NN键、HH键和NH键的键能分别记作a、b和c(单位：kJmol1)则上述反应的H_kJmol1。(2) 研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓
35、度氨气分解生成氢气的初始速率(mmolmin1)。催化剂RuRhNiPtPdFe初始速率7.94.03.02.21.80.5不同催化剂存在下，氨气分解反应活化能最大的是_(填写催化剂的化学式)。温度为T，在一体积固定的密闭容器中加入2 mol NH3，此时压强为P0，用Ru催化氨气分解，若平衡时氨气分解的转化率为50%，则该温度下反应2NH3(g) N2(g)3H2(g)用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp_。已知：气体分压(p分)气体总压(p总)体积分数(3) 关于合成氨工艺的理解，下列正确的是_。A合成氨工业常采用的反应温度为500左右，可用勒夏特列原理解释B使用初始反应速率更快的
36、催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产量苇C合成氨工业采用10 MPa30 MPa，是因常压下N2和H2转化率不高D采用冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化(4) 在1 L 1 molL1的盐酸中缓缓通入2 mol氨气，请在图中画出溶液中水电离出的OH浓度随氨气通入变化的趋势图。_(5) 电化学法也可合成氨。下图是用低温固体质子导体作为电解质，用PtC3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图：PtC3N4电极反应产生NH3的电极反应式_。实验研究表明，当外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因_。【答案】 (1).
37、6ca3b (2). Fe (3). (4). BC (5). (6). N26e6H+=2NH3 (7). 超过一定电压以后，H+得电子变成H2，而且速率比氮气快【解析】【详解】（1）2NH3(g) N2(g)3H2(g)中，NN有1个，NH有6个，H-H有3个，H=反应物的键能之和生成物的键能之和=6ca3b；（2）金属催化剂可加速氨气的分解，反应越慢，说明反应所需的活化能越大，据表所知，Fe催化时反应速率最慢，氨气分解反应活化能最大的是Fe。（3）反应2NH3(g) N2(g)3H2(g)开始时有2 mol NH3，此时压强为P0，NH3的转化率为50%，反应平衡时体系内有1mol NH
38、3，0.5mol N2和1.5mol H2，总物质的量为3mol，所以平衡时的总压为 P0，氮气的分压为 P0，氢气的分压为 P0，氨气的分压为P0，故Kp=；（4）A. 合成氨的反应是放热的，所以合成氨时温度越低，氨的转化率越高。但温度过低则影响催化剂的活性，适宜温度为500，和勒夏特列原理没有关系，故A错误；B. 使用催化剂不能改变反应程度，故不能提高平衡时NH3产量，B正确；C. 合成氨工业采用10 MPa30 MPa，是因常压下N2和H2的转化率不高，故C正确；D. 氨气易溶于水，所以不能采用冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化，故D错误；正确答案是BC。（5）刚开始通入NH3，
39、NH3和HCl反应生成氯化铵，促进水的电离，当NH3的量大于1mol时，HCl反应完，生成氨水又慢慢抑制水的电离，所以答案如图：（6）PtC3N4电极产生氨气得电子，电极方程式为：N26e6H+=2NH3；当外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因是超过一定电压以后，H+得电子变成H2，而且速率比氮气快。19.二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60时，发生反应得到ClO2，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、
40、释放进行了研究。已知：ClO2的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2种气体；ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO210I8H+2Cl5I24H2O。请回答：(1) 仪器b在装置中的作用是_；比较仪器c和d，实验中c的优点是_。(2) 制备装置甲中需改进的一项措施是_。(3) 反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式：_；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是_。(4) 下列有关说法正确的是_。A仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2B装置e主要用于检验是否有Cl2
41、生成C在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是：4H+5ClO=Cl4ClO22H2ODClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2的2.5倍(5) 自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0 mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I22S2O=2IS4O62)，达到滴定终点时用去15.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为_mgL1。【答案】 (1). 冷凝回流甲醇兼导气 (2). 有利于液体顺利流下
42、，防止甲醇挥发 (3). 水浴加热 (4). 4NaClO3CH3OH2H2SO42Na2SO44ClO2HCOOH3H2O或者4NaClO3CH3OH4H2SO44ClO2HCOOH4NaHSO43H2O (5). 产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解 (6). AC (7). 202.5【解析】【详解】（1）根据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇；装置C加一个连接的导管，有利于液体顺利流下，防止甲醇挥发。（2）反应需要严格控制的温度，所以最好用水浴加热，使受热均匀，同时便于控制温度。（3）反应中甲醇被氧化为甲酸，同时生成ClO2，化学方程式为：4
43、NaClO3CH3OH2H2SO42Na2SO44ClO2HCOOH3H2O或者4NaClO3CH3OH4H2SO44ClO2HCOOH4NaHSO43H2O；ClO2的浓度较大时易分解，草酸反应生成二氧化碳，可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解。（4）A. 仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2，故A正确；B. 装置e主要用于检验是否有ClO2生成而不是Cl2，故B错误；C. 在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是：4H+5ClO=Cl4ClO22H2O，故C正确；D. ClO2和Cl2作氧化剂，还原产物都是Cl-，1molClO2得5mol电子，而1molC
44、l2得2mol电子，所以在相同条件下，等物质的量时，ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；答案选AC。（5）ClO2和碘化钾的离子反应式：2ClO210I8H+2Cl5I24H2O；加入一定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32-+I2S4O62-+2I-，使I2还原为I-故蓝色会消失，半分钟内不变色则到达滴定终点，是根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，三者之间的关系为10S2O32-5I22ClO2。由题意：n(S2O32-)=0.015L0.1 molL1=0.0015mol，则n(ClO2)= n(S2O32-)=0.0015mol=0.0003mol，m(ClO2)= n
45、(ClO2)M(ClO2)=0.0003mol67.5g/mol=2.02510-2g=20.25mg，故ClO2的含量为202.5mgL1。20.薄荷油中含有少量非兰烃和非兰烃，两者互为同分异构体，其相对分子质量为136。根据如下转化，回答相关问题：已知：RCHOCO22CH3COOH(1) 写出非兰烃中官能团名称_，非兰烃的结构简式_。(2) 下列有关说法正确的是_。A非兰烃与等物质的量的Br2进行加成反应，产物共有3种BCD和EF反应类型相同C聚合物H易溶于水DCM反应过程中有高分子聚合物等副产物产生(3) 写出FG的化学方程式_。(4) 写出符合下列条件的A的同分异构体_。含有4个CH
46、3；1 mol此同分异构体在碱性条件下水解需2 mol NaOH。(5) 以甲苯和丙烯为基本原料合成(用流程图表示，其他无机试剂任选)_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). (3). AD (4). CH2CHCOOHCH3OHCH2CHCOOCH3H2O (5). (6). 【解析】【分析】非兰烃发生信息中氧化反应得到A与B，与氢气发生加成反应得到，A加热脱水生成，则A为，结合A和的结构，可推知非兰烃为、B为，B与氢气发生加成反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为CH3CHBrCOOH，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、中和反应得到E为CH2CHCOONaE酸化得到F为C
47、H2CHCOOH，F与甲醇发生酯化反应得到G为CH2CHCOOCH3，G发生加聚反应得到H为由M的分子式，可知2分子C发生酯化反应形成环酯M，M的结构简式为。据此分析解答。【详解】（1）非兰烃发生信息中氧化反应得到A与B，与氢气发生加成反应得到，结合A、的结构，可推知非兰烃为，官能团为：碳碳双键；CO2，结合此类反应可知非兰烃的结构简式为；（2）A. 该有机物中两个碳碳双键处于间位，它与等物质的量的Br2进行加成反应，有3种加成方式，所以其加成产物有3种，故A正确；B. CD是取代反应，EF是水解反应，故B错误；C. 聚合物H中没有羟基或者羧基，不易溶于水，故C错误；D. 由M分子式，可知2分
48、子C发生酯化反应形成环酯M，M的结构简式为， 中有一个羧基一个羟基，可以发生聚合反应，故D正确；故选AD。（3）F与甲醇发生酯化反应得到G为CH2CHCOOCH3，方程式为CH2CHCOOHCH3OHCH2CHCOOCH3H2O。（4）1 mol此同分异构体在碱性条件下水解需2 mol NaOH，说明有机物中需要有两个碳氧双键，同分异构体为；（5）以甲苯和丙烯为基本原料合成，对照甲苯和产物的结构，结合甲苯的性质，设计流程图为：。【点睛】有机推断题相关技巧：1. 当反应条件为NaOH的醇溶液并加热时，通常为卤代烃的消去反应。2. 当反应条件为NaOH的水溶液并加热时，通常为卤代烃或酯的水解反应。3. 当反应条件为浓并加热时，通常为醇脱水生成醚和不饱和烃的反应或醇与酸的酯化反应。4. 当反应条件为稀酸并加热时，通常为酯或淀粉的水解反应。5. 当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化生成醛（酮）或醛氧化生成酸的反应。6. 当反应条件为催化剂存在下的加氢反应时，通常为碳碳双键、碳碳三键、苯环或醛基的加成反应。7. 当反应条件为光照且与（卤素单质）反应时，通常是与烷烃或苯环侧链烃基上的H原子发生取代反应，而当反应条件为有催化剂存在且与反应时，通常为苯环上的H原子直接被取代。