1、天津市七校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）2019届高三上学期期末考试化学试题1.化学与材料、生活密切相关，下列说法错误的是A. “一带一路”是“丝绸之路经济带”的简称，丝绸的主要成分是纤维素B. 喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有还原性C. 推广使用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，能减少白色污染D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用高温结构陶瓷是新型无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A、丝绸的主要成分是蛋白质，故A说法错误；B、补铁剂中含有Fe2，容易被氧化，维生素C具有还原性，可防止Fe2被氧化，所以喝补铁剂（含Fe2）时，加服维生素C效果更好，故
2、B说法正确；C、“白色污染”一般指一些塑料制品，由于不能降解从而对环境造成污染，而用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，由于可降解最终变为无污染的物质，可以减少白色污染，故C说法正确；D、高温结构陶瓷属于耐高温的新型无机物非金属材料，故D说法正确；2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAB. 将1molCl2通入水中，HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NAC. 常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H+总数为0.01NAD. 常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为N
3、A【答案】C【解析】【详解】A、MnO2能与浓盐酸发生反应的方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，生成1molCl2时，转移电子物质的量为2mol，KClO3与浓盐酸反应方程式为KClO36HCl(浓)KCl3Cl23H2O，生成1mol氯气，转移电子物质的量为5/3mol，故A错误；B、氯气通入水中，氯元素存在的形式为Cl2、Cl、ClO、HClO，HClO、Cl、ClO物质的量的和小于2mol，故B错误；C、根据pH的定义，该溶液中H总物质的量为1L102molL1=0.01mol，故C正确；D、假设46g全部是NO2，含有原子总物质的量为46g3/46gmol1=3mo
4、l，假设全部是N2O4，含有原子总物质的量为46g6/92gmol1=3mol，因此该混合物中原子总物质的量为3mol，故D错误；【点睛】易错点为选项A，学生认为氯气都是由1价Cl0价Cl，因此生成1molCl2，转移电子物质的量为2mol，忽略了KClO3与浓盐酸反应产生的Cl2，该氯气中一部分氯原子来源于KClO3，因此选项A需要根据反应方程式进行判断。3.下列叙述正确的是A. 直径介于1 nm 100 nm之间的微粒可以制作纳米材料B. 电泳现象可证明胶体带电C. 石油的裂化和油脂的皂化均为化学变化，煤的干馏、石油的分馏以及蛋白质的盐析都是物理变化D. 双氧水的电子式为【答案】A【解析】
5、【详解】A、物质的微粒直径在1100nm之间时，就可以称为纳米材料，故A正确；B、胶体本身是不带电的，故B错误；C、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使之分解的过程，属于化学变化，故C错误；D、H2O2属于共价化合物，其电子式为，故D错误；4.下列体系中,离子可能大量共存的是A. 滴加KSCN显红色的溶液:NH4+、K+、Cl-、HCO3-B. 常温下，水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液:Fe2+、Mg2+、SO42-、NO3-C. 使酚酞试剂显红色的溶液:Na+、Ba2+、NO3-、A1O2-D. 加入Al能产生H2的溶液:K+、NH4+、CH3COO-、Cl-【答案】C【解析】
6、滴加KSCN显红色的溶液中一定含有铁离子，铁离子和碳酸氢根离子会发生双水解反应而不共存，选项A错误。常温下，水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液的pH可能为2或者12，即溶液可能是强酸性或者强碱性。强碱性条件下，镁离子会形成沉淀；强酸性条件下，H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应而不共存，选项B错误。使酚酞试剂显红色的溶液应该显碱性，Na+、Ba2+、NO3-、A103-都可以在碱性溶液中存在，选项C正确。加入Al能产生H2的溶液，可能是强酸性或者强碱性，强酸性溶液中不会存在CH3COO-（强酸制弱酸），强碱性溶液中不会存在铵根离子，选项D错误。5.下列离子方程式书写正确的
7、是A. 氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3 +3OH = Al(OH)3B. 向莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4+Fe2+3OHNH3H2O+Fe(OH)2C. 向碳酸氢钠溶液中滴加少量的氢氧化钡溶液：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+ H2OD. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2Ag2S+2Cl【答案】D【解析】【详解】A、氨水中NH3H2O属于弱碱，书写离子方程式时，不能拆写，正确的是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，故A错误；B、因为加入NaOH为过量，因此反应的离子方程式为2NH4Fe24O
8、H=2NH3H2OFe(OH)2，故B错误；C、氢氧化钡是少量，发生离子方程式为2HCO3Ba22OH=BaCO32H2OCO32，故C错误；D、白色变为黑色，说明产生Ag2S，反应的离子方程式为2AgClS2=Ag2S2Cl，故D正确；【点睛】涉及“量”是离子方程式判断中的难点，一般情况下，少量系数为1，如选项B，氢氧化钠为过量，莫尔盐为1mol，1mol莫尔盐中有2molNH4、1molFe2，共能消耗4molOH，离子方程式为2NH4Fe24OH=2NH3H2OFe(OH)2。6.BHT是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种：下列说法正确的是A. 能与Na2CO3溶液反应生成CO2
9、B. 与BHT互为同系物C. BHT久置于空气中不会被氧化D. 两种方法的反应类型都是加成反应【答案】B【解析】酚羟基不能和碳酸钠反应产生CO2，所以A不正确。BHT和苯酚的结构相似，属于同一类有机物，互为同系物，B正确。酚羟基易被氧化，C正确。方法二是取代反应，D不正确，答案选BC。7.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物B. Na2O2与CO2可以发生反应，常用做供氧剂C. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体D. 次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A、SO2用于漂白秸秆、织物，利用SO2的漂白性，与SO2
10、的氧化性无关系，故A不符合题意；B、Na2O2与CO2发生：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，因此Na2O2常用做供氧剂，故B符合题意；C、石英的成分是SiO2，在高温下，SiO2能与NaOH、纯碱发生反应，因此不能用加热熔化烧碱、纯碱等固体，故C不符合题意；D、次氯酸具有强氧化性，可用来自来水的杀菌和消毒，与次氯酸的酸性无关，故D不符合题意；8.下列除去杂质的方法正确的是A. 除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B. 除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C. 除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D. 除去KCl溶液中
11、的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤【答案】C【解析】【详解】A、除去N2中少量的O2，应通过灼热的Cu网，然后收集气体，故A错误；B、Na2CO3溶液可以吸收HCl，同时CO2能与Na2CO3发生反应：CO2Na2CO3H2O=2NaHCO3，因此除去CO2中少量的HCl，应通入饱和的NaHCO3溶液，收集气体，故B错误；C、加入铁屑，发生Fe2Fe3=3Fe2，可以除去FeCl3，不引入新的杂质，故C正确；D、加入NaOH溶液，引入Na，产生新的杂质，故D错误；9.已知常温时 HClO 的 Ka=3.010-8，HF 的 Ka= 3.510-4。现将 pH 和体积都相同的次氯酸和氢
12、氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH 随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A. 曲线 I 为次氯酸稀释时 pH 变化曲线B. 取 a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH 溶液，消耗次氯酸的体积较小C. a 点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大D. b 点溶液中水的电离程度比 c 点溶液中水的电离程度小【答案】B【解析】常温下Ka（HClO）Ka（HF），酸性：HClOHF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。A项，根据上述分析，曲线I
13、为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。点睛：本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、
14、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。10.寿山石X4Y4Z10(ZW)8的组成元素均为短周期元素，X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，X的简单离子与ZW- 含有相同的电子数，Y的单质是制造芯片的基础材料。下列说法正确的是（ ）A. 简单氢化物的热稳定性：YZ B. 原子半径：YX ZWC. 最高价氧化物水化物的酸性：X Y D. NaW与水反应时作还原剂【答案】D【解析】X的最高价氧化物对应水化物常用于治疗胃酸过多，则X
15、是Al元素；X的简单离子与ZW- 含有相同的电子数，Z是O元素、W是H元素；Y的单质是制造芯片的基础材料，Y是Si元素；非金属性OSi，所以热稳定性：H2OSiH4，故A错误；原子半径：AlSiOH，故B错误；最高价氧化物水化物的酸性：H2SiO3Al(OH)3，故C错误；NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaH作还原剂、H2O作氧化剂，故D正确。点睛：非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强、最高价氧化物的水化物的酸性越强；原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小。11.A、B、C是常见的三种单质，A、B、C及其他物质之间的反应关系如图所示，其中B、D、E、F的水溶液呈酸性
16、。若D+CE+F，且常温下只有B为气态，则A、B、C分别为A. Fe、Cl2、CuB. Fe、Cl2、H2C. Cu、Cl2、FeD. Fe、Cl2、Mg【答案】A【解析】【详解】A、Fe和Cl2发生反应生成FeCl3，Cu和Cl2反应生成CuCl2，CuCl2与Fe发生置换反应，F为FeCl2，C为Cu，氯气具有强氧化性，能把FeCl2氧化成FeCl3，Cl2的水溶液中存在Cl2H2OHClHClO，Cl2的水溶液显酸性，FeCl3、CuCl2、FeCl2都属于强酸弱碱盐，水溶液显酸性，符合信息，故A符合题意；B、根据信息，常温下只有B为气态，根据所给组合，Cl2和H2都是气体，故B不符合题
17、意；C、Fe和Cl2发生反应生成FeCl3，Cu和Cl2反应生成CuCl2，FeCl3与Cu发生反应生成CuCl2和FeCl2，根据元素守恒，F为CuCl2，CuCl2不与Cl2发生反应，不符合转化关系，故C不符合题意；D、Fe和Cl2发生反应生成FeCl3，Mg和Cl2反应生成MgCl2，MgCl2与铁不发生反应，不符合转化关系，故D不符合题意；12.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是 选项操作现象结论A相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mo lL1的盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl对该反应起到促进作用B常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶
18、液中滴加等量的酚酞试液Na2CO3溶液中红色更深水解平衡常数Kh：CO32HCO3C向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe2+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe2+的水解平衡正向移动D向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、铝片与盐酸、硫酸反应离子方程式为2Al6H=2Al3H2，铝片相同，硫酸和盐酸中c(H)相同，铝与盐酸反应产生气泡较
19、快，可能是Cl对该反应起到促进作用，故A说法正确；B、Na2CO3、NaHCO3均为强碱弱酸盐，CO32、HCO3发生水解，溶液显碱性，常温下，Na2CO3和NaHCO3溶液的体积相同、浓度相同，Na2CO3溶液中红色深，Na2CO3溶液中c(OH)大于NaHCO3溶液中c(OH)，推出CO32水解能力强于HCO3，即水解平衡常数Kh:CO32HCO3，故B说法正确；C、H2O2具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，溶液变成棕黄色，Fe3作催化剂，加速H2O2的分解，不是Fe2催化H2O2分解产生O2，故C说法错误；D、加入氨水，先出现蓝色沉淀，即先生成Cu(OH)2，推出Cu(OH)2比Mg
20、(OH)2更难溶，说明KspMg(OH)2KspCu(OH)2，故D说法正确；13.下列图示与对应的叙述相符的是A. 图1表示0.001 molL1盐酸滴定0.001 molL1 NaOH溶液的滴定曲线B. 图2表示从能量角度考虑，石墨比金刚石稳定C. 图3表示Al3与OH反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量Al3D. 图4所示图中的阴影部分面积的含义是（v正v逆）【答案】B【解析】【详解】A、盐酸属于强酸，NaOH属于强碱，滴定终点时溶液的pH应为7，故A错误；B、根据能量越低，物质越稳定进行分析，根据图2，石墨的能量低于金刚石，即石墨比金刚石稳定，故B正确；C、a点溶液显碱性，
21、Al(OH)3为两性氢氧化物，即a点溶液中含有大量的AlO2，故C错误；D、根据速率的数学表达式，结合图像可知阴影部分的面积为反应物浓度的净减少量，故D错误；14.混合动力汽车（HEV）中使用了镍氢电池，其工作原理如图所示，其中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，KOH溶液作电解液。关于镍氢电池，下列说法不正确的是A. 发电机充电时，阴极附近pH降低B. 电动机工作时溶液中OH向甲移动C. 放电时正极反应式为：NiOOH+H2O+eNi(OH)2+OHD. 电极总反应式为：MH+NiOOHM+Ni(OH)2【答案】A【解析】【分析】MH为吸附氢原子的储氢合金，M为储氢合金，根据装置图，
22、甲为负极，电极反应式为MHeOH=MH2O，乙电极反应为正极，电极反应式为NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OH，然后进行分析即可；【详解】MH为吸附氢原子的储氢合金，M为储氢合金，根据装置图，甲为负极，电极反应式为MHeOH=MH2O，乙电极反应为正极，电极反应式为NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OH，A、充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，即阴极反应式为MH2Oe=MHOH，阴极附近pH增大，故A说法错误；B、电动机工作，该装置为电池，根据原电池工作原理，OH向负极移动，即向甲移动，故B说法正确；C、根据上述分析，正极反应式为NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OH，故
23、C说法正确；D、电极总反应式为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，故D说法正确；15.下列叙述与对应图像或数据描述正确的是原子半径0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价-2+2+1-3、+5-1、+7+1-3、+5+3A. 由上述短周期元素性质的数据推断元素最高价氧化物对应的水化物碱性最强B. 图甲表示ZnCu原电池反应过程中的电流强度的变化，T时可能加入了H2O2C. 图乙表示某一放热反应，若使用催化剂E1、E2、H都会发生改变D. 图丙表示周期表的一部分，元素X、Y、Z、W中X的氢化物酸性最强【答案】B【解析】【详解】A、最低化合价为2价，即为O，
24、化合价相同，说明位于同一主族，即为VA族，根据原子半径大小比较，为O，为N，的化合价为1、7，推出为Cl，化合价为1价，属于同一主族，即位于IA族，根据原子半径大小比较，即为Li，为Na，推出为Mg，根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，依据金属性强弱比较顺序，碱性最强的是NaOH，故A错误；B、双氧水具有强氧化性，能加快反应速率，所以电流强度增大，故B正确；C、H只与始态和终态有关，使用催化剂只能改变活化能，H不变，故C错误；D、根据元素在周期表位置，瑞出X为N，Y为P，Z为S，W为Br，N的氢化物为NH3，其水溶液为碱性，故D错误；16.CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：
25、CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控温，进行实验，测得相关数据如下图1和图2。下列叙述不正确的是A. 该反应的H0B. 在500条件下达平衡时CO 的转化率为60%C. 平衡常数K1(3000C)K2(5000C)D. 图2中达化学平衡的点为c、d、e【答案】C【解析】【分析】根据图1，随着温度升高，甲醇的物质的量减小，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，根据图2，当反应达到平衡时，甲醇的物质的量最大，依据化学平衡移动的定义，推出c、d、e达到平衡；【详解】A、根据图1，300时，甲醇物
26、质的量为0.8mol，500时甲醇物质的量为0.6mol，升高温度，向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，即HK2(500)，故C说法错误；D、a到c反应向正反应方向进行，还没有达到平衡，当达到平衡时，甲醇的物质的量最多，即c、d、e为化学平衡点，故D说法正确；17.常温下，下列有关叙述正确的是A. 向0.1 molL1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后：c(Na+)=2c()+c()+c(H2CO3)B. 常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c()c(H2SO3)=9.9107 molL1C. 等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：D. 0.1 mo
27、lL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c()+c()+c(OH)=c(Na+)+c(H+)【答案】B【解析】向0.1 molL1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)c()/c()=K()/c(H+)，C错误；0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸），由电荷守恒可知2c()+c()+c(OH)+ c(Cl)=c(Na+)+c(H+)，D错误。18.某化学兴趣小组利用还原铁粉处理含Fe(NO3)3、
28、Cu(NO3)2、HNO3的废水，所加还原铁粉的质量与溶液中Fe2+的浓度变化关系如下图（忽略溶液体积变化）。下列有关结论错误的是A. 加入铁粉质量小于56g时发生的反应为Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2OB. 当加入的铁粉质量超过168g后，溶液中的溶质只含有Fe(NO3)2（忽略Fe2+的水解）C. 原废水中三种物质的氧化性由强到弱的顺序是HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2D. 原废水中Fe(NO3)3的浓度为2mol/L，Cu(NO3)2的浓度均为1mol/L【答案】D【解析】【分析】056g没有Fe2生成，说明Fe先于硝酸反应，消耗1mol铁，增加3molFe2，即56
29、112g，铁与硝酸铁反应，112168g铁与硝酸铜反应，氧化性强弱：HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2，加入还原铁粉，先于氧化性强的反应，即反应顺序是：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O、Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、FeCu(NO3)2=CuFe(NO3)2；【详解】氧化性强弱：HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2，加入还原铁粉，先于氧化性强的反应，即反应顺序是：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O、Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2、FeCu(NO3)2=CuFe(NO3)2；A、根据上述分析，加入铁粉质量小于56g，发生离子反应为Fe4H
30、NO3=Fe3NO2H2O，故A说法正确；B、根据上述分析，当加入铁粉质量超过168g后，溶液中的溶质只含有Fe(NO3)2，故B说法正确；C、056g没有Fe2生成，说明Fe先于硝酸反应，消耗1mol铁，增加3molFe2，即56112g，铁与硝酸铁反应，112168g铁与硝酸铜反应，氧化性强弱：HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2，故C说法正确；D、根据图像，每段消耗Fe质量为56g，即1mol，Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O 1 4 1Fe2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)21 2 FeCu(NO3)2=CuFe(NO3)21 1 ，则原废水中Fe(NO3)3的物质的
31、量为(2mol1mol) =1mol，物质的量浓度为1mol/1L=1molL1，Cu(NO3)2物质的量为1mol，即Cu(NO3)2物质的量浓度为1molL1，故D说法错误；19.KAl(SO4)212H2O（明矾）是一种复盐，应用广泛。采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。请回答下列问题：（1）请写出Al3+的结构示意图_。（2）试剂最好选用_（填序号）。AHCl溶液 BH2SO4溶液 CNaOH溶液 D氨水写出Al溶解的化学方程式：_。（3）用离子方程式表示明矾净水的原因_。（4）写出滤液A到沉淀B的离子方程式：_。 （5）室温下，Al(OH
32、)3AlO2+H+H2O K=2.01013，H2CO3的Ka1=1107，Ka2=41011，计算滤液A到沉淀B的平衡常数K=_。【答案】 (1). (2). C (3). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (4). Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+ (5). AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32- (6). 200【解析】【详解】（1）Al3是Al失去最外层3个电子，即Al3结构示意图为；（2）易拉罐成分是为Al、Fe、Mg，该流程是制备明矾，Al能与NaOH反应生成NaAlO2，铁、镁不与氢氧化钠反应，因此试剂为NaOH溶液，故C正确
33、；铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；（3）明矾净水的原因是Al3水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮固体小颗粒聚沉，从而达到净水的目的，其净水的离子方程式为Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H；（4）滤液A的成分是NaAlO2，HCO3电离出H能力强于Al(OH)3，即AB发生离子方程式为AlO2HCO3H2O=Al(OH)3CO32；（5）滤液A到沉淀B的离子方程式为AlO2HCO3H2O=Al(OH)3CO32，平衡常数K=c(CO32-)/c(AlO2-)c(HCO3-)=c(CO32-)c(H+)/c(AlO2-)c(HCO3-)
34、c(H+)= =200；【点睛】易错点是问题（4），学生认为两者发生双水解反应，HCO3转化成CO2，忽略了AlO2和HCO3都属于弱酸根离子，根据问题（5），推出HCO3电离H能力强于Al(OH)3，因此发生离子方程式为AlO2HCO3H2O=Al(OH)3CO32。20.功能高分子I的一种合成路线如下，其中D能与Na反应生成H2，且D苯环上的一氯代物有2种。已知：回答下列问题：（1）A的名称为_，试剂a为_。（2）C的结构简式为_。（3）F中的官能团名称为_。（4）上述的反应中，不属于取代反应的是_（填数字编号）。写出反应的化学方程式_。（5）符合下列条件的B的同分异构体有_种。苯环上有氨
35、基（NH2） 能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2221的结构简式为_。（6）参照上述合成路线，以1-丁烯为原料（无机试剂任选），设计制备丙烯酸(CH2=CHCOOH)的合成路线_。【答案】 (1). 甲苯 (2). NaOH 水溶液 (3). (4). 氯原子 羧基 (5). (6). (7). 13 (8). (9). 【解析】【分析】D能与Na反应生成H2，且D苯环上的一氯代物有2种，则两个取代基在对位上。故B、C的取代基也在对位，由此推出A为甲苯，甲苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应生成B为对硝基甲苯，对硝基甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成C为；在氢氧化钠溶液中加热发
36、生取代反应，生成D为；根据已知：，CH3CH2CHClCH=CH2反应生成CH3CH2CHClCOOH和甲酸，则F为CH3CH2CHClCOOH，CH3CH2CHClCOOH在氢氧化钾的醇溶液中发生消去反应，以及酸性强的制取酸性弱的，生成G为HOOCCH=CHCH3；HOOCCH=CHCH3与发生酯化反应生成和水；则H为；发生加聚反应生成功能高分子I；【详解】D能与Na反应生成H2，且D苯环上的一氯代物有2种，则两个取代基在对位上。故B、C的取代基也在对位，由此推出A为甲苯，甲苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应生成B为对硝基甲苯，对硝基甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成C为；在氢氧化钠溶液中加热
37、发生取代反应，生成D为；根据已知：，CH3CH2CHClCH=CH2反应生成CH3CH2CHClCOOH和甲酸，则F为CH3CH2CHClCOOH，CH3CH2CHClCOOH在氢氧化钾的醇溶液中发生消去反应，以及酸性强的制取酸性弱的，生成G为HOOCCH=CHCH3；HOOCCH=CHCH3与发生酯化反应生成和水；则H为；发生加聚反应生成功能高分子I；（1）A的名称为甲苯，在氢氧化钠溶液中加热发生反应生成，故试剂a为NaOH 水溶液；（2）C的结构简式为；（3）F为CH3CH2CHClCOOH，官能团名称为氯原子、羧基；（4）上述的反应中，属于取代反应的有；属于氧化反应，属于消去反应，属于加
38、聚反应，故不属于取代反应的是；反应的化学方程式为；（5）B为对硝基甲苯，符合下列条件的的同分异构体苯环上有氨基（NH2） 能发生银镜反应，则含有醛基，若除氨基外为HCOO-，则有邻、间、对位3种结构；若三个取代基，则除氨基外还有一个醛基和一个羟基，先将两个取代基定在邻、间、对位，则另一个取代基取代后的结构分别有4、4、2共10种，合计同分异构体有13种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2221的结构简式为；（6）参照上述合成路线， 1-丁烯与氯气加热条件生成CH3CHClCH=CH2，CH3CHClCH=CH2在五氧化二钒催化下氧化得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH在氢氧
39、化钾的醇溶液中加热后酸化得到丙烯酸，其合成路线如下。【点睛】有机推断题中一般根据题中所给条件，判断出该有机物含有的结构或官能团或发生反应类型，如反应的条件是HNO3、H2SO4加热，这是发生硝化反应的条件，A为芳香烃，即A为甲苯，在转化过程中一般碳链的结构不发生变化，变化的是官能团，通过D的性质，推出D中有2个取代基，且取代基的位置为对位，我们可以推出反应，在甲基的对位上引入硝基，然后根据信息，进行判断即可。21.亚硝酰氯（ClNO）常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，某学习小组在实验室用Cl2与NO制备ClNO并测定其纯度，进行如下实验（夹持装置略去）。 查阅资料：亚硝酰氯（ClNO）的熔点
40、为64.5、沸点为5.5，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。请回答下列问题：Cl2的制备：舍勒发现氯气的方法至今还是实验室制取氯气的主要方法之一。（1）该方法可以选择上图中的_（填字母标号）为Cl2发生装置，该反应中被氧化与被还原物质的物质的量之比为_。（2）欲收集一瓶纯净干燥的氯气，选择上图中的装置，其连接顺序为：a_ih（按气流方向填小写字母标号）。亚硝酰氯（ClNO）的制备、实验室可用下图装置制备亚硝酰氯（ClNO）：（3）实验室也可用B装置制备NO，与B装置相比，使用X装置的优点为_。（4）组装好实验装置后应先_，然后装入药品。
41、一段时间后，两种气体在Z中反应的现象为_。III亚硝酰氯（ClNO）纯度的测定：将所得亚硝酰氯（ClNO）产品13.10 g溶于水，配制成250 mL溶液；取出25.00 mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.8 molL1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为 22.50 mL。（已知：Ag2CrO4为砖红色固体）（5）亚硝酰氯（ClNO）与水反应的离子方程式为_。（6）滴定终点的现象是_。（7）亚硝酰氯（ClNO）的质量分数为_。【答案】 (1). C (2). 21 (3). gfedcb (4). 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 (5). 检查装置的气密性
42、(6). 出现红褐色液体 (7). 2ClNO + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO+ NO2 (8). 加入最后一滴标准液产生砖红色沉淀，且半分钟内颜色无变化 (9). 90%【解析】【详解】（1）实验制备氯气的原料是MnO2和浓盐酸，发生反应方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，因此需要制备氯气的装置为C；根据制备氯气方程式，MnO2为氧化剂，一半HCl为还原剂，一半HCl起酸性，即被氧化HCl与MnO2物质的量之比为2：1；（2）装置C制备Cl2，制备Cl2中混有HCl和H2O(g)，得到纯净干燥的氯气，先通过饱和食盐水，然后通过浓硫酸，通过洗气瓶长进短出，收
43、集氯气（氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集），氯气有毒，最后尾气处理，因此步骤是a gfedcbih；（3）NO能与空气中O2发生反应，得到NO2，因此装置X与装置B相比优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；（4）制备气体，组装好实验装置后，需要先检验装置的气密性；本实验目的是制备ClNO，ClNO常温下为液体，呈红褐色，因此装置Z中反应现象是出现红褐色液体；（5）ClNO遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色，这两种氮的氧化物为NO和NO2，根据原子守恒，氯化物是HCl，即反应的离子方程式为2ClNO + H2O 2H + 2Cl + NO+ NO2
44、；（6）K2CrO4为指示剂，Ag2CrO4为砖红色固体，因此滴定终点的现象是加入最后一滴标准液产生砖红色沉淀，且30s或半分钟内颜色无变化；（7）ClNO与水反应方程式2ClNO + H2O=2H + 2Cl + NO+ NO2，滴加硝酸银发生ClAg=AgCl，建立关系式为ClNOClAgCl，ClNO的质量分数有=90%；22.“绿水青山就是金山银山”。研究含氮和含硫化合物的性质在工业生产和环境保护中有重要意义。（1）制备硫酸可以有如下两种途径：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=198 kJ mol1SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)H=41.8 kJ mol1
45、若CO的标准燃烧热为 283 kJ mol1，则1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO的能量变化示意图中E2=_kJ mol1。（2）已知某温度下，H2SO3的电离常数为K11.5102，K21.0107，用NaOH溶液吸收SO2。当溶液中HSO3、SO32离子浓度相等时，溶液的pH约为_。（3）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)具有强还原性，废水处理时可在弱酸性条件下加入亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根，进而将废水中的HNO2还原成无害气体排放，连二亚硫酸根氧化为原料循环电解。产生连二亚硫酸根的电极反应式为_，连二亚硫酸根与HNO2（HNO2的电离常数为Ka=5.1104）反应的
46、离子方程式为_。（4）锅炉烟道气含CO、SO2，可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)。某温度下在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和一定量的CO发生反应，5 min后达到平衡，生成1 mol CO2。其他条件不变时，随着温度的升高，SO2的平衡转化率变化如图A，请解释其原因_。（已知硫的沸点约是445C）保持其他条件不变，第8分钟时，将容器体积迅速压缩至1 L，在10分钟时达到平衡，CO的物质的量变化了1 mol。请在图B中画出SO2浓度611分钟的变化曲线。_【答案】 (1). 359.8 (2). 7 (3). 2HSO3-+2e-+2H+S2O
47、42-+2H2O (4). 3S2O42-+2HNO2+2H2O6HSO3-+N2 (5). 正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低；温度高于445 后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高。 (6). 【解析】【详解】（1）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)，CO(g)1/2O2(g)=CO2(g) H=283kJmol1，NO2与CO反应的方程式为NO2CO=CO2NO，因此有/2得出：NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g) H=(41.8kJmol1198/2kJmol128
48、3kJmol1)=225.8kJmol1，H=E1E2=134kJmol1E2=225.8kJmol1，即E2=359.8kJmol1；（2）用NaOH溶液吸收SO2，当溶液中HSO3、SO32浓度相等，K2=c(H)=1.0107，即该溶液的pH=7；（3）在弱酸性条件下加入亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根，S的化合价由4价3价，即在阴极上产生连二亚硫酸根，电极反应式为2HSO32e2H=S2O422H2O；废水中HNO2被还原成无害气体，即HNO2为氧化剂，被还原成N2，根据HNO2的电离常数，以及H2SO3的电离平衡常数，推出HNO2电离出H能力大于HSO3，因此离子方程式为3S2O422
49、HNO22H2O=6HSO3N2；（4）已知硫的沸点为445，445之前S为液态，随着温度升高，SO2的平衡转化率降低，根据勒夏特列原理，说明低于445时，该反应为放热反应，高于445时，硫为气体，随着温度升高，SO2的平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，说明高于445，该反应为吸热反应，SO2的平衡转化率变化如图A，其原因是正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低；温度高于445 后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高；（6）5min达到平衡，此时c(SO2)=(2mol1/2mol)/2molL1=0.75molL1，将容器体积迅速压缩至1L，此时c(SO2)=1.50molL1，压缩气体，压强增大，平衡向正反应方向进行，c(SO2)减少，10min达到平衡时CO物质的量变化了1mol，消耗SO2物质的量为0.5mol，即达到平衡时c(SO2)=1molL1，图像为；【点睛】本题难点是问题（3）的最后一空，题中给出HNO2的电离平衡常数，不仅体现HNO2为弱酸性，而且还要根据问题（2）中的电离平衡常数，推出HNO2电离出H能力大于HSO3，从而推出离子方程式为3S2O422HNO22H2O=6HSO3N2。
