浙江省名校新高考研究联盟2020届高三第一次联考化学试题 26页

浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届第一次联考 化学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Zn 65‎ 选择题部分 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48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.化学与社会、环境密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济 B. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成 C. 人造棉、蚕丝、棉花、涤纶的主要成分都是纤维素 D. 向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 光催化还原水制氢是利用太阳能直接分解水制氢，而电解水制氢要消耗电能，电能若是来自火力发电，会产生污染，所以光催化还原水制氢比电解水制氢更环保经济，A项正确；‎ B. NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会导致酸雨的形成，可能会引起温室效应，B项错误；‎ C. 人造棉、棉花的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分为蛋白质，涤纶是人工合成的有机高分子材料，C项错误；‎ D. 热值是1g的燃料完全燃烧时所放出的热量，乙醇与汽油热值不同，故混合燃料的热值会发生变化，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列表示不正确的是（ ）‎ A. 中子数为10的氧原子： B. 乙烷的球棍模型：‎ C. 的结构示意图： D. 次氯酸的电子式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧原子的质子数为8，中子数为10的氧原子，其质量数为10+8=18，故可表示为：，A项正确；‎ B. 球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，乙烷的球棍模型为：，B项正确；‎ C. 的质子数为12，核外电子数为10，其离子结构示意图为：，C项正确；‎ D. 次氯酸分子中，O原子分别与H和Cl原子共用一对电子对，各原子达到稳定结构，其电子式为：，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. AgBr淡黄色难溶于水，可用于制作感光材料 B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维 C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料 D. NH3沸点高易液化，可用作制冷剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. AgBr在光照条件下可分解生成银，因此可用于制作感光材料，与其在水中的溶解度无关，A项错误；‎ B. SiO2可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅传导光的能力非常强，与其熔点、硬度无关，B项错误； C. 由于Al2O3具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，C项错误；‎ D. NH3沸点高易液化，液氨汽化时吸热，可用作制冷剂，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具 B. 实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗 C. 用分液漏斗分液时要经过振荡、放气、静置后，从上口倒出上层液体，再打开旋塞，将下层液体从下口放出 D. 在中和热测定实验中，盐酸和NaOH溶液的总质量mg，反应前后体系温度变化为t，反应液的比热容为，则生成1mol水放出的热量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴定管的感量是0.01mL，量筒的感量是0.1mL，所以要量取25.00mL液体可选取移液管、滴定管，不可选用量筒，A项错误；‎ B. 实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗，B项正确；‎ C. 分液时，上层液体从上口倒出，为防止产生杂质，下层液体从下口倒出，所以用分液漏斗分液时，先打开旋塞，待下层液体完全分出后，关闭旋塞，再从上口倒出上层液体，C项错误；‎ D. 此实验中盐酸和NaOH反应生成水的物质的量不一定是1mol，因此无法计算生成1mol水所放出的热量，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D项是易错点，在中和热的实验测定数据处理时，要注意实际生成水的物质的量，结合中和热的定义求出其数值。‎ ‎5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 工业上利用饱和氯化钠与氨气、二氧化碳的反应生成得到碳酸氢钠晶体与氯化铵，而氯化钠只与二氧化碳不能直接转化为碳酸氢钠，A项错误；‎ B. 葡萄糖与新制的氢氧化铜悬浊液反应会生成氧化亚铜砖红色沉淀，不能直接得到铜单质，B项错误；‎ C. 因氯化镁水溶液会发生水解生成氢氧化镁与氯化氢，氯化氢易挥发，因此为抑制氯化镁的水解，加热蒸发需在氯化氢氛围中进行才能得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁可得到镁与氯气，C项正确；‎ D. 氨气的催化氧化可得到NO与H2O，但NO与水不反应，此步不能实现向HNO3的转化，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是（ ）‎ X Y Z W T A. Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高 B. Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱 C. ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同 D. 根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl 元素，T为Ge元素，结合元素周期律及物质的性质作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，‎ A. Y氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；‎ B. Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；‎ C. SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；‎ D. Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1molNa2O2固体中含离子总数为4NA B. 常温下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA C. 28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的氢原子数为4NA D. 1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，A项错误；‎ B. 常温常压不等于标准状况，故常温下22.4L氯气的物质的量无法计算，B项错误；‎ C. 乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为“CH2”，28g最简式“CH2”的物质的量为=2mol，其氢原子数为2mol×2×NA=4 NA，C项正确；‎ D. 1molFeI2中含1mol Fe2+和2mol I-，通入足量氯气，则发生的反应为：2Fe2+ + 4I- + 3Cl2 =2Fe3+ + 2I2 + 6Cl-，转移电子数为3NA，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】与阿伏加德罗常数NA 相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。考查角度广，且气体摩尔体积几乎每年都考，命题者主要从物质的状态与物质所处的条件上设陷阱，B项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体或液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 按系统命名法，化合物的名称为2-2-二甲基己烷 B. 等质量的聚乙烯、甲烷、乙炔分别充分燃烧，所耗氧气的量依次减少 C. 用酒精消毒，其原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性 D. 蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为C12H22O11，均能发生银镜反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子中最长的链上含4个碳原子，2号位置含2个甲基，按系统命名法，该化合物的名称为2，2-二甲基丁烷，A项错误；‎ B. 等质量的甲烷、聚乙烯、乙炔，氢元素的质量依次减小，则三者分别充分燃烧，所耗氧气的量依次减小，B项错误；‎ C. 酒精消毒的基本原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性，C项正确；‎ D. 蔗糖分子中不含醛基，不能发生银镜反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】B项需注意，烃分子中含氢量越大，等质量时燃烧消耗的氧气量越大。明确做题方法，可快而准地得出结论。‎ ‎9.某解热镇痛抗炎药的结构如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 该物质的分子式为C17H16NO5‎ B. 该物质的核磁共振氢谱上共有10个峰 C. 该物质与浓溴水作用有白色沉淀生成 D. 该物质在酸性条件下水解最终可以得到3种物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由有机物结构可知，分子是含有17个C原子、15个H原子、5个O原子、1个N原子，所以分子式为C17H15NO5，A项错误； B. 分子中含有如图所示的9种H原子，所以核磁共振氢谱上共有9个峰，B项错误； C. 分子不含酚羟基，不能与溴水反应生成白色沉淀，C项错误； D. 该物质在酸性条件下水解最终可以得到CH3COOH、、三种物质，D项正确； 答案选D。‎ ‎10.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 少量二氧化硫通入漂白粉溶液中：Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++2Cl-‎ B. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O C. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ D. 向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 少量SO2通入漂白粉的水溶液中 SO2+H2O+Ca2++3ClO－ = CaSO4↓+2HClO+Cl－，A项错误；‎ B. 酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，B项正确；‎ C. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为Cu2++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，C项错误；‎ D. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以有碳酸氢钠晶体析出，其离子方程式为： 2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的强电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； ④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。‎ ‎11.钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为：‎ ‎。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 充电时，阴极质量减小且Na+数目增加 B. 充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+‎ C. 放电时，Na+向正极移动 D. 放电时，负极的电极反应式为NamCn-me-=mNa++Cn ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 充电时，阴极电极反应式为mNa++Cn+me-=NamCn，阴极电极质量会增大，A项错误；‎ B. 充电时，阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：NaCoO2-me-=Na1-mCoO2+mNa+，B项正确；‎ C. 放电时阳离子向正极移动，即Na+向正极移动，C项正确；‎ D. 放电时，负极电极反应式为NamCn-me-=mNa++Cn，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】和锂离子电池的工作原理相似，抓住钠离子的化合价保持不变，根据放电时为原电池原理、充电时为电解池原理是解题的关键。‎ ‎12.氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互反应：4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.4molNO2和0.2molNaCl，10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，NO2的转化率为 ‎。下列叙述中正确的是 A. 10min内NO浓度变化表示的速率υ(NO)=0.01mol·L-1·min-1‎ B. 若升高温度，平衡逆向移动，则该反应的 C. 若起始时向该容器中充入0.1molNO2(g)、0.2molNO(g)和0.1molCl2(g)（固体物质足量），则反应将向逆反应方向进行 D. 若保持其他条件不变，在恒压下进行该反应，则平衡时NO2的转化率小于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，则n(NO)=0.1mol， =0.005mol⋅L−1⋅min−1，A项错误；‎ B. 升高温度，平衡逆向移动，则该反应的△H<0，B项错误；‎ C. 根据上述条件，向2L恒容密闭容器中加入0.4molNO2和0.2molNaCl，10min反应达到平衡时n(NaNO3)=0.1mol，则NO2的转化率为=50%，可知列出三段式如下：‎ 则平衡常数K==0.625，若起始时向该容器中充入0.1molNO2(g)、0.2molNO(g)和0.1molCl2(g)，则各物质的浓度分别为：0.05mol/LNO2(g)、0.1mol/LNO(g)和0.05mol/LCl2(g)，其浓度商Qc==80>K，平衡向逆向移动，C项正确；‎ D. 该反应体系是气体分子数减小的反应，若保持其他条件不变，在恒温恒容条件下NO2的转化率为，正反应气体体积减小，恒温恒压时，容器体积减小，相当于加压，平衡正向移动，平衡时NO2的转化率大于，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.下列实验过程可以达到实验目的是（ ）‎ 实验目的 实验过程 编号 A 配制0.100mol·L-1的Na2CO3溶液 称取5.3g固体Na2CO3于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解、冷却后，转移至500mL容量瓶中定容 B 探究温度对化学平衡移动的影响 将少量95%的乙醇和氯化钴晶体（CoCl2·6H2O）溶于水配成粉红色溶液，然后用酒精灯加热，观察实验现象 C 验证淀粉水解产物有无还原性 淀粉与稀硫酸溶液共热，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，观察实验现象 D 探究浓度对反应速率的影响 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该项中实验操作过程未洗涤，正确的做法是：称取5.3g固体Na2CO3于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解、冷却后，转移至500mL容量瓶，需洗涤2-3次，再进行定容，A项错误；‎ B. 将少量95%的乙醇和氯化钴晶体（CoCl2·6H2O）溶于水配成粉红色溶液，存在平衡：Co（H2O）62+[粉红色]+4Cl-⇌6H2O+CoCl42-[蓝色] △H＞0，则加热溶液中颜色会变蓝，可实验实验目的，B项正确；‎ C. 新制的氢氧化铜悬浊液在碱性条件下才能与醛基发生反应，因此探究淀粉水解产物有无还原性可先加过量的碱将稀硫酸中和后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，C项错误；‎ D. 要探究浓度对化学反应速率影响实验时，应该只有浓度不同其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且实验无明显现象，所以不能实现实验目的，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业氧化锌（含有Fe(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)，Ni(Ⅱ)等杂质）的流程如下： ‎ 工业ZnO浸出液滤液滤液滤饼ZnO 提示：在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化：Fe(OH)3在pH约为4时完全沉淀。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. ②中除去的杂质离子只有Mn2+，其反应是2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+‎ B. 调节pH约为5的目的是增强高锰酸钾溶液的氧化性 C. ③中过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有Fe和Ni D. 取干燥后的滤饼11.2g，煅烧可得到产品8.1g，④中产物的成分可能是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 纯化工业级氧化锌和稀硫酸反应导致溶液中存在Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为5，Ni（Ⅱ）不能被氧化，Fe2+、Mn2+被氧化而被除去，同时有MnO2生成，过滤后，向滤液中加入Zn过滤，Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni，溶液中存在Zn2+，向滤液中加入碳酸钠溶液，生成碳酸锌沉淀，煅烧碳酸锌沉淀生成ZnO，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将Fe2+、Mn2+氧化生成铁离子和MnO2，Zn2+和Ni2+与酸性高锰酸钾溶液不反应，所以反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子反应有MnO4−+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4−+2H2O═5MnO2↓+4H+，A项错误；‎ B. Fe(OH)3在pH约为4时完全沉淀，②中若溶液的pH较低，溶液呈酸性，则不能生成Fe(OH)3和MnO2沉淀而导致无法除去Fe2+和Mn2+，则调节pH约为5并不是为了增强高锰酸钾的氧化性，B项错误；‎ C. ③中过滤后，向滤液中加入Zn过滤，Zn和Ni2+发生置换反应生成Ni，Ni不溶于水，所以滤渣中含有Ni和Zn，C项错误；‎ D. 设ZnCO3⋅xZn(OH)2的物质的量为ymol，ZnCO3⋅xZn(OH)2煅烧得到ZnO，则固体质量减少的质量为二氧化碳、水的质量，n(ZnO)= =0.1mol，根据固体质量减少的质量、ZnO的物质的量列方程式为44y+18xy=11.2−8.1①，y+xy=0.1②，联立两个方程可得，解得x=1，y=0.05，故④中产物的成分可能是，D项正确；‎ 答案选D ‎15.常温下，用0.1000NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所示。已知在点③处恰好中和。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大 B. 该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为 C. 点①③处溶液中均有c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)‎ D. 滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中醋酸的浓度为：=0.10055mol/L，‎ A. 溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应时，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度逐渐增大，A项正确；‎ B. 点②处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CH3COO−)= =0.05mol/L，c(H+)=10−7mol/L，此时溶液中醋酸的浓度为：−0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：K==≈1.8×10−5，B项正确；‎ C. 在点③处二者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，C项错误；‎ D. c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量醋酸和少量醋酸钠时，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎16.固体粉末可能由SiO2、Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，某学习小组对该固体进行了如下实验。下列判断正确的是（ ）‎ A. 气体甲一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 B. 白色沉淀甲可能是纯净物也可能是混合物 C. 无色溶液乙和无色溶液丙混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成 D. 该粉末中一定存在AlCl3、(NH4)2SO4、MgCl2，一定不存在FeCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 固体X与过量浓NaOH溶液反应生成气体甲，该气体可能为氢气或氨气，因为Al、（NH4）2SO4都能与NaOH反应分别生成氢气和氨气，且两种气体通过碱石灰后体积都不会发生变化； 生成的无色溶液甲中通入过量二氧化碳后，生成了无色溶液乙和白色沉淀乙，白色沉淀乙溶于盐酸，则白色沉淀乙只能为氢氧化铝，是偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成的，所以无色溶液甲中含AlO2-，不含SiO32-，偏铝酸根可能是Al或氯化铝反应生成的； 固体粉末与NaOH还生成的白色沉淀甲，沉淀甲久置无变化，则固体X中一定不含FeCl2，氢氧化亚铁沉淀的颜色会发生变化，一定含有MgCl2，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 由以上分析知，气体甲可能是NH3也可能是H2，若气体甲为氨气，则能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，若为氢气，则不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A项错误；‎ B. 由上述分析可知，白色沉淀甲为氢氧化镁，属于纯净物，B项错误；‎ C. 无色溶液乙含有碳酸氢钠，无色溶液丙中含有氯化铝和HCl，二者反应可生成二氧化碳，也可能生成氢氧化铝沉淀（取决于盐酸量的多少），C项正确；‎ D. 通过以上分析知，固体粉末中一定含有MgCl2、Al与AlCl3中至少存在一种，可能含有(NH4)2SO4，一定不存在FeCl2，D项错误；‎ 答案选C。‎ 二、非选择题（本大题共4小题，共52分）‎ ‎17.化合物X由三种元素组成，为探究其组成的性质，设计并完成如下实验：‎ 提示：化合物E的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃）‎ 请回答：‎ ‎（1）X的化学式是________________。强碱Y的电子式为________________。‎ ‎（2）在常温和干燥的条件下，化合物X可以稳定存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀和一种气体单质。‎ ‎①化合物X与水反应的离子方程式为________________。‎ ‎②人们针对化合物X的稳定性进行了大量的研究，并取得了一定的进展。下列物质可以提高化合物X在水溶液中稳定性的是________________。‎ A KHSO4 B K2CO3 C CH3COOK D K2SO3‎ ‎③为研究温度对化合物X水溶液稳定性的影响，请设计一个实验方案：________________________________________________。‎ ‎（3）化合物X有多种制备方法其中一种方法是在强碱Y条件下用次氯酸钾与红褐色沉淀B反应，其化学方程式为________________。‎ ‎【答案】 (1). K2FeO4 (2). (3). 4 FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH- (4). BC (5). 取少量等质量化合物分别置于两个试管中并加等量的水溶解，然后将一支试管置于冷水中，另一支试管置于热水中，观察沉淀产生的快慢。 (6). 3KClO+4KOH+2 Fe(OH)3=2 K2FeO4+3KCl+5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知：化合物E的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），则说明该化合物E中含K元素，根据逆向思维，化合物X与水、硫酸反应得到的溶液A中加入强碱发生反应产生的红褐色的沉淀为Fe(OH)3，则证明X中含铁元素，3.20g红棕色固体D为Fe2O3，则n(Fe2O3)= ==0.02mol，则n(Fe) =0.04mol；滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐是K2SO4，质量为20.88 g。n(K2SO4)==0.12mol，所以原固体中含有的K+的物质的量为0.12mol×2-0.16mol=0.08mol，因此可推出固体X中还含有K元素，另外一种元素应为氧元素，其质量m(O)= 7.92g -0.04mol×56g/mol- 0.08mol× 39g/mol= 2.56g，所以n(O)= =0.16mol，因此在化合物A中各元素原子的个数比为K：Fe:O=0.08：0.04：0.16=2:1:4，故化学式为K2FeO4，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）X含三种元素分别为K、Fe和O，其原子个数比为2:1:4，故化学式为K2FeO4；强碱Y为氢氧化钾，由钾离子与氢氧根离子构成，其电子式为：，故答案为：K2FeO4；；‎ ‎（2）在常温和干燥的条件下，化合物X可以稳定存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀为氢氧化铁，结合氧化还原反应的规律易知，产生的气体单质应为氧气，则 ‎①高铁酸钾与水反应的离子方程式为：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-；‎ ‎②根据上述反应可知，要提高其稳定性，应该使溶液显碱性，则 A. KHSO4在水中电离出氢离子，使溶液显酸性，不利于其稳定性；‎ B. K2CO3水解显碱性，符合题意；‎ C. CH3COOK水解显碱性，符合题意；‎ D. K2SO3虽水解显碱性，但具有还原性，会与K2FeO4发生氧化还原反应而不共存，不利于其稳定性；‎ 答案选BC；‎ ‎③固定其他条件，改变温度，看析出沉淀的快慢，则设计实验为取少量等质量化合物分别置于两个试管中并加等量的水溶解，然后将一支试管置于冷水中，另一支试管置于热水中，观察沉淀产生的快慢；‎ ‎（3）在KOH存在条件下用次氯酸钾氧化氢氧化铁制备高铁酸钾的化学方程式3KClO+4KOH+ 2Fe(OH)3= 2K2FeO4+3KCl+5H2O。‎ ‎18.大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI酸性溶液中进行模拟研究。‎ ‎（1）O3将I-氧化成I2的过程可发生如下反应：‎ ‎①I-(aq)+O3(g)=IO-(aq)+O2(g) ‎ ‎②IO-(aq)+H+(aq) HOI(aq) ‎ ‎③HOI(aq)+I-(aq)+H+(aq) I2(aq)+H2O(l) ‎ 写出O3将I-氧化的总反应的热化学方程式为：____________。‎ ‎（2）在溶液中存在化学平衡I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，在反应的整个过程中I3-物质的量浓度变化情况是_______。‎ ‎（3）为探究温度对I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)反应的影响。在某温度T1下，将NaI酸性溶液置于密闭容器中，并充入一定量的O3(g)（O3气体不足，不考虑生成物O2与I-反应反应）。在t时刻，测得容器中I2(g)的浓度，然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保证其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得I2(g)的浓度。得到趋势图（如下图一所示）‎ ‎①若在T3时，容器中无O3，T4~T5温度区间容器内I2(g)浓度呈现如图一所示的变化趋势。则______0(填“>0”、“=”或“<”)；该条件下在温度T4时，将一定量的I2投入0.20溶液中充分反应，测得I-浓度变化如图二所示。在t2时刻，将该反应体系温度从T4上升到T5，并维持该温度。请在图二中画出t2时刻后溶液中I-浓度变化总趋势曲线______。‎ ‎②由I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，在水溶液中难以准确测定I2的浓度。本实验将一定量的I2‎ 投入0.20溶液中充分反应，并在溶液中加入一定量的CCl4充分萃取后，测出CCl4中I2的浓度为0.11，此时溶液中I-为0.10。查阅资料可知，在一定温度下，发生萃取后I2在CCl4中的浓度与I2在水中的浓度之比为一常数(已知时，)。根据上述实验相关数据，计算温度为时，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)反应的平衡常数K的值为___________。‎ ‎③已知该反应中υ正=k正·c（I2）·c（I-），υ逆=k逆·c（I3-），其中、均为速率常数，则为________________。（以K和表示）。‎ ‎（4）优质的锂电池可用于心脏起搏器延续患者的生命。它的正极材料是聚2-乙烯吡啶（简写为P2VP）和I2的复合物，电解质是固态薄膜状碘化锂。总反应为： P2VP·nI2+2Li=P2VP·(n-1)I2+2LiI。该电池的正极反应式为________。‎ ‎【答案】 (1). 2I−(aq)+O3(g)+2H+(aq)=I2(aq)+O2(g)+H2O(l) △H=△H1+△H2+△H3 (2). 先增加后减小（或先增大后减小） (3). > (4). (5). 791 (6). (7). P2VP⋅nI2+2Li++2e−=P2VP⋅(n−1)I2+2LiI ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题给信息，总反应为O3氧化I-生成I2，根据盖斯定律，将所给的三个反应：①+②+③可得总反应以及△H；‎ ‎（2）依据反应的实质作答；‎ ‎（3）①在T3时，容器中已无O3，所以从图示可以知道，此时，溶液中只存在两个平衡：I2（aq）⇌I2（g），和 I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq），根据I2（aq）⇌I2（g）△H>0，升高温度，I2（aq）倾向于生成I2（g），由于该反应是吸热反应，升高温度能使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）⇌ I3ˉ（aq）正向移动，从而使I2(g)浓度减小；‎ T5温度下Iˉ的转化率为一定大于55%，所以拐点（平衡点）的位置坐标应在Iˉ浓度小于0.09mol/L 处，终点与拐点（平衡点）在一条直线上，由此就可画出t2‎ 时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线；‎ ‎②根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，可得反应I2（aq）+Iˉ（aq）⇌ I3ˉ（aq）的平衡常数表达式K=，结合已知给定信息，找出各物质反应后在水溶液中的浓度计算得出；‎ ‎③根据平衡常数表达式K=，及平衡时(正)= (逆)分析得出；‎ ‎（4）正极发生得电子的还原反应，结合总反应方程式书写其电极反应式。‎ ‎【详解】（1）将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I−(aq)+O3(g)+2H+(aq)=I2(aq)+O2(g)+H2O(l) △H=△H1+△H2+△H3；‎ ‎（2）已知O3将Iˉ氧化成I2的过程中可发生4个反应，所以在反应的整个过程中I3ˉ物质的量浓度变化情况是：开始时随着O3的通入，O3可以将I-氧化成I2，I2与I-结合形成I3-，从而使I3ˉ物质的量浓度增大；由于O3具有极强氧化性，通入的O3还可以将I-氧化为IO-和氧气，随着O3的持续通入，O3将一部分I-氧化为IO-和氧气，使I-消耗量增大，同时I2 生成量减少，从而使I3-的浓度变小，故答案为：先增加后减小（或先增大后减小）；‎ ‎（3）①在T3时，容器中已无O3，所以从图示可以知道，此时，溶液中只存在两个平衡：I2（aq）⇌I2（g），和 I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq），根据I2（aq）⇌I2（g）△H>0，升高温度，I2（aq）倾向于生成I2（g），所以在不考虑其它因素时，I2（g）浓度会增加，但是从图一T4→T5 所示的I2（g）浓度变化曲线看，实际上升高温度I2（g）浓度减少，那么只能判断是温度升高致使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq） 正向移动，移动结果使I2（aq）浓度减小，从而导致I2（aq）⇌I2（g）平衡逆向移动，使I2（g）浓度减小，由此可以判断△H4>0；‎ I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq）是吸热反应；要画出t2时刻后溶液中 Iˉ浓度变化总趋势曲线，必须首先确定曲线的起点、拐点和终点，已知图二所示的曲线是温度在T4时，溶液中Iˉ浓度随时间变化的趋势曲线，根由曲线分析可知反应已经达到平衡，在t2时，反应体系温度上升到T5，并维持该温度，改变的反应条件是升高温度，此时平衡必然会发生移动，所以T5温度下曲线的起点就是T4温度下曲线的终点，坐标位置应为（0.09，t2），由于升高温度加快反应速率，缩短达到平衡的时间，所以在T5温度下，达到平衡所用的时间要比T4温度下少，所以拐点出现所需时间比T4温度下少，由于该反应是吸热反应，升高温度能使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq）正向移动，从而使Iˉ浓度减小，所以拐点（平衡点）的位置坐标应在Iˉ浓度小于0.09mol/L 处，终点与拐点（平衡点）在一条直线上，由此就可画出t2‎ 时刻后溶液中 Iˉ浓度变化总趋势曲线为 故答案为：>；；‎ ‎②根据发生萃取后I2在CCl4中的浓度与I2在水中的浓度之比Kd=87，测出CCl4中I2的浓度为0.11可知，反应后I2在水中的浓度为，结合已知数据，列出三段式如下：‎ I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)‎ 起始量（mol/L） 0.2 0‎ 变化量（mol/L） 0.1 0.1 0.1‎ 末态量（mol/L） 0.1 0.1‎ 则平衡常数K= ；‎ ‎③因反应达到平衡时，υ正 =υ逆，即υ正 =k正·c（I2）·c（I-）=υ逆=k逆·c（I3-），且K=，则=；‎ ‎（4）正极上I2得电子发生还原反应，其电极反应式为：P2VP⋅nI2+2Li++2e−=P2VP⋅(n−1)I2+2LiI。‎ ‎【点睛】本题属于中难度题，考点较为综合，其中第（4）问考查新型电池的电极反应式，还可利用负极反应式间接求出正极反应式。即负极反应式为：2Li-2e-=2Li+，则总反应式减去负极反应式即为正极反应式，此方法简单且不繁琐，做题时可提高准确率与效率。‎ ‎19.呋喃甲酸是抗菌素的一种，在食品工业中用作防腐剂，也用作涂料添加剂、医药、香料等的中间体，可用呋喃甲醛制备，其实验原理如下：‎ 已知：‎ Ⅰ.反应1是放热反应；‎ Ⅱ.乙醚的沸点是34.6℃，易混发，遇明火易燃，其蒸汽可使人失去知觉；‎ Ⅲ.呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大。‎ ‎【实验步骤】‎ 向三颈烧瓶中加入16.4mL（0.200mol）呋喃甲醛，控制温度在8~12℃下滴加20mL40%的NaOH溶液，并搅拌回流半小时，向反应混合物中加水使其恰好溶解，加入乙醚分离呋喃甲醇和呋喃甲酸盐，向水层中慢慢滴加浓盐酸，搅拌，析出晶体，并通过进一步提纯得到精产品9.50g。‎ ‎（1）请写出图中装置M名称________________。‎ ‎（2）步骤①中，为了控制反应温度在8~12℃，可采取的措施有________________。‎ ‎（3）操作Ⅰ的名称为________________。‎ ‎（4）在对有机层进行蒸馏分离时，用下图中________________（填字母代号）装置更好，与另一装置相比，该装置具有以下优点：________________。‎ A B ‎（5）在粗呋喃甲酸进行提纯时，要经过溶解→活性炭脱色→蒸发浓缩→________→________→抽滤→洗涤→干燥。‎ ‎①请在上述空格内填写合格的操作名称。‎ ‎②其中溶解时可选用的试剂为________________。‎ ‎③写出上述提纯过程中晶体洗涤的操作方法：________________。‎ ‎（6）呋喃甲酸的产率为________________。（保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). （球形）冷凝管 (2). 冷水浴（或缓慢滴加氢氧化钠溶液） (3). （萃取）分液 (4). B (5). 装置B可及时排除乙醚，以免对人体造成伤害；电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸汽；水浴加热受热均匀容易控制温度 (6). 趁热过滤 (7). 冷却结晶 (8). 蒸馏水 (9). 关小水龙头，使冷水缓慢浸没沉淀物，重复操作2-3次； (10). 84.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，控制温度在8～12℃，呋喃甲醛与氢氧化钠溶液反应生成呋喃甲醇和呋喃甲酸钠；向反应混合物中加水使呋喃甲醇和呋喃甲酸钠恰好溶解，向溶液中加入乙醚萃取分液得到溶有呋喃甲醇的乙醚溶液和溶有呋喃甲酸钠的水层，向呋喃甲醇的乙醚溶液中加入无机盐干燥除水，然后蒸馏分离得到乙醚和呋喃甲醇；向溶有呋喃甲酸钠水层中慢慢滴加浓盐酸，结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗呋喃甲酸，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）依据仪器的构造与用途可知，M中仪器名称为（球形）冷凝管；‎ ‎（2）因呋喃甲醛与氢氧化钠溶液在三颈烧瓶中控制温度在8～12℃反应生成呋喃甲醇和呋喃甲酸钠，且该反应为放热反应，故可采取冷水浴的方法控制；或缓慢滴加氢氧化钠溶液，因为氢氧化钠溶于水放热，故答案为：冷水浴（或缓慢滴加氢氧化钠溶液）；‎ ‎（3）加入乙醚进行（萃取）分液，出现有机层与水层，故操作Ⅰ名称为（萃取）分液；‎ ‎（4）对比装置的构造结合给定的乙醚的性质信息可知，装置B可及时排除乙醚，以免对人体造成伤害；电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸汽；水浴加热受热均匀容易控制温度；‎ ‎（5）①根据“呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大”的特点可知，蒸发浓缩后要进行趁热过滤，再冷却结晶，故答案为：趁热过滤；冷却结晶；‎ ‎②根据题意可知，呋喃甲酸在水中的溶解度随着温度的升高而增大，故溶解时可选用的试剂为蒸馏水；‎ ‎③提纯过程中晶体洗涤的操作方法为关小水龙头，使冷水缓慢浸没沉淀物，重复操作2-3次；‎ ‎（6）由方程式可知，理论上0.200mol呋喃甲醛能生成0.100mol呋喃甲酸,所以呋喃甲酸的产率为，故答案为：84.8%。‎ ‎【点睛】本题考查有机物合成实验，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，注意仪器选择的依据和作用分析，掌握产率计算的方法是解答关键。‎ ‎20.功能高分子P的合成路线如下：‎ ‎（1）葡萄糖分子式________________。化合物A中的官能团名称________________。‎ ‎（2）写出化合物H的结构简式________________。‎ ‎（3）下列说法正确的是________________。‎ A 化合物A到B的转变涉及到消去反应 B 化合物C中有4个手性碳碳原子 C 化合物F与G可以用酸性高锰酸钾溶液进行区分 D 1molP完全水解至少需要2molNaOH ‎（4）写出D→E的化学方程式________________。‎ ‎（5）化合物X是B的同分异构体，写出同时符合下列条件X的结构简式________________。‎ ‎①7.30g的X与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况）‎ ‎②X分子中含有两个甲基 ‎（6）已知：2CH3CHO 请设计以乙烯为原料制备F的合成路线（无机试剂任选，用流程图表示）________________。‎ ‎【答案】 (1). C6H12O6 (2). 羟基 (3). (4). BC (5). (6). (7). CH2=CH2CH3CH2OH CH2=CH2CH3CHOCH3CH（OH）CH2CHO CH3CH（OH）CH2COONH4CH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，醛基催化加氢后生成A，则A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，根据B的分子式为C6H10O4可知A经过浓硫酸加热作用下脱去两分子H2O得到B；结合高分子化合物P的结构简式，采用逆合成分析法，P由H与E酯化而形成，则H为 ‎，E为，则可逆推出B为，根据分子式可推知B酯化时只有一个羟基发生反应，C为；C再与浓硝酸发生取代反应生成D，可推出D的结构简式为，D与氢氧化钠溶液反应生成E；结合H为及 F的分子式为C6H10O2可知，F为CH3CH=CHCOOC2H5，F在催化剂作用下发生加聚反应得到G，G为，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，其分子式为C6H12O6；葡萄糖含有羟基和醛基，其中的醛基被氢气还原为羟基，故化合物A中所含官能团名称为羟基，故答案为：C6H12O6；羟基；‎ ‎（2）根据上述分析可知，H的结构简式为：；‎ ‎（3）A. 化合物A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，B为，A到B的转变属于分子内脱水生成醚键的过程，不属于消去反应，A项错误；‎ B. 连有四个不同的原子或基团的碳原子为手性碳原子，化合物C为，其中手性碳原子用“*”标出为，故有4个手性碳碳原子，B项正确；‎ C. F发生消去反应得到的G，G为，F为CH3CH=CHCOOC2H5，F中含碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可以用酸性高锰酸钾溶液进行区分两者，C项正确；‎ D. 根据D到E的转化及条件可知，硝酸酯不与氢氧化钠反应，结合P的结构简式可看出，1molP中含nmol酯基，故完全水解至少需要nmolNaOH，D项错误；‎ 答案选BC；‎ ‎（4）D→E酯基水解为羟基，该反应为酯的水解反应，其化学方程式为；‎ ‎（5）①化合物X是B同分异构体，则X的分子式为C6H10O4，不饱和度为 =2，7.30g的X的物质的量为=0.05mol，与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），即二氧化碳的物质的量为=0.1mol，则说明X分子内含两个羧基；②X分子中含有两个甲基，可知其结构简式为：；‎ ‎（6）F为CH3CH=CHCOOC2H5，可由CH3CH=CHCOOH与乙醇发生酯化反应制得，乙烯与水加成生成乙醇；乙烯先被氧气氧化为乙醛，再根据给定的信息，乙醛在碱性条件下发生反应生成CH3CH（OH）CH2CHO ，CH3CH（OH）CH2CHO通过银镜反应将醛基氧化后，再进行酯化而得到F，其具体合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2OH CH2=CH2CH3CHOCH3CH（OH）CH2CHO CH3CH（OH）CH2COONH4CH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3。‎ ‎ ‎ ‎ ‎