江西省赣州市南康中学2020届高三化学上学期第五次月考试题（含解析）

江西省赣州市南康中学2020届高三化学上学期第五次月考试题（含解析）总分：100 分 时量：90 分钟 2020 年 12 月本卷可能用到的相对原子质量有：H:1 C:6 O:16 Na:23 Al:27 Si:28 S:32 Cl:35.5 Cu:64 Mg :24一、选择题（本大题共 16小题，每小题3 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合要求的。）1.2020 年全国生态环境保护大会在北京召开，旨在保护环境、造福人类。下列有关说法正确的是A. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B. 用光催化分解代替电解水制氢气，可实现节能环保C. 天然气、沼气和太阳能分别属于化石能源、可再生能源和二次能源D. “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化【答案】B【解析】【详解】A.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，反应物的原子全部转化为期望的最终产物，故A错误；B.电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，更节约能源，故B正确；C.天然气属于化石能源、沼气属于可再生能源、太阳能属于一次能源，故C错误；D.明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，明矾不能降低海水的盐离子浓度，不能使海水淡化，故D错误。故B正确。2.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A本草经集注中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法。“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也。”利用焰色反应B本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”强水为氢氟酸C诗经大雅绵：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜味D梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A项，钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应，故A正确；B项，玻璃的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可判断，强水不可能是氢氟酸，故B错误；C项，糖类不一定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味；D项，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故D错误。点睛：本题以文言文的形式考查了有关物质的性质、鉴别等知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质的性质，然后作出正确判断，注意找准文言文中的关键字眼，如A项通过紫青烟判断真硝石，利用了钾元素的焰色反应为紫色；B项考查了二氧化硅与氢氟酸的反应；D项注意合金的熔点一般低于其组分中任一种组成金属的熔点，硬度一般比其组分中任一金属的硬度大。3.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述一定正确的是A. 0.1mol苯完全转化为环己烷,破坏的碳碳双键总数为0.3NAB. 1molL-1的CH 3COONH4溶液中含有的氧原子总数大于2NAC. 4.6g钠用有小孔的铝箔包裹后与足量水充分反应生成H2的分子总数为0.1NAD. 标准状况下,2.24L由CO和N2成的混合气体中含有的原子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.苯不是单双键交替的结构，在结构中不存在碳碳双键，故A错误；B.未知溶液的体积，所以无法计算CH3COONH4溶液中含有的氧原子总数，故B错误；C.4.6g钠的物质的量为0.2mol，0.2molNa与水完全反应生成0.1mol氢气，但是钠与水反应会生成氢氧化钠，而氢氧化钠可以与铝箔发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，会生成一些氢气，所以生成氢气的分子总数大于0.1NA，故C错误；D.标准状况下，2.24LCO和N2的混合气体的物质的量为0.1mol，依据一氧化碳分子和氮气分子中含有的原子数目相同，所以0.1mol混合气体中含原子0.2mol，含有的原子总数为0.2NA，故D正确。故选D。4.已知a、b、c的分子式均为C4H8O2,其结构简式如下图所示,下列说法正确的是A. a、b均能使酸性KMnO4溶液褪色 B. a、b、c均可与氢氧化钠溶液反应C. a、b、c中只有b的所有原子处于同一平面 D. c的二氯代物有六种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【详解】A.a中不含有碳碳双键，不能使酸性KMnO4溶液褪色；b中含有碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B.a、c中含有酯基，可以与氢氧化钠溶液发生水解反应，b与氢氧化钠溶液不反应，故B错误；C.b中含有饱和的碳原子，所以其分子中所有原子不可能处于同一平面，故C错误；D.c的结构简式为：，如果不考虑立体异构，其二氯代物有6种，故D正确。故选D。【点睛】在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。5.下列有关化学用语使用正确的是A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：B. 甲烷分子的比例模型： C. COCl2的结构式为：D. H2O2的电子式为：H+ 2-H+【答案】C【解析】【分析】元素符号左上角是质量数；比例模型是原子大小的关系图，没有成键结构；过氧化氢是共价化合物。【详解】A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts表示为：，A错误；B. 球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，B表示球棍模型，B错误；C. 根据有机物结构特点，COCl2的结构式为：，C正确；D. H2O2是共价化合物，电子式为：H H，D错误；答案为C。6.某工业废气中的SO2经如图中的两个循环可分别得到S和H2SO4。下列说法正确的是A. 循环中，反应1中的氧化产物为ZnFeO3.5B. 循环中，反应2中的还原产物为ZnFeO4C. Mn可作为循环中电解过程中的阳极材料D. 循环和循环中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的质量之比为1649【答案】D【解析】【详解】A.反应1为2ZnFeO4+H22ZnFeO3.5+H2O，氧化产物为H2O，故A错误；B.反应2为4ZnFeO3.5+SO24ZnFeO4+S，还原产物为S，故B错误；C.循环中电解时，阳极上Mn2+放电生成MnO2，若Mn作为循环中电解过程中的阳极材料，则阳极上Mn放电，得不到MnO2，故C错误；D.循环I中总反应为2H2+SO2S+2H2O，循环中电解过程发生反应为MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2，吸收过程发生反应为MnO2+SO2=MnSO4，故循环中总反应为2H2O+SO2=2H2SO4+H2，循环I和循环中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的物质的量之比为1:1，质量之比为16:49，故D正确。故选D。7. W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差l；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强下列说法不正确的是( )A. 对应简单离子半径：WXB. 对应气态氢化物的稳定性：YZC. 化合物XZW既含离子键，又含极性共价键D. Z的氢化物和X的最高价氧化物对应水化物的溶液均能与Y的氧化物反应【答案】D【解析】试题分析：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素；AO2-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：O2-Na+，故A正确；B非金属性SiCl，非金属性越强，氢化物越稳定，故B正确；C化合物NaClO既含离子键，又含极性共价键，故C正确；DY的氧化物为二氧化硅，Z的氢化物为HCl，X高价氧化物对应的水化物为NaOH，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，不能与盐酸反应，故D错误；故选D。【考点定位】考查结构性质位置关系应用【名师点晴】关键是根据原子半径与原子序数确定元素，W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素，据此解答。8.实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）其中分析错误的是A. 步骤发生的主要反应为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C. 步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD. 步骤为过滤，步骤蒸发结晶【答案】D【解析】【分析】样品中含有FeO、Fe2O3和CuO，加入足量硫酸后，固体溶解转化为Cu2+，Fe2+，Fe3+，加入过氧化氢溶液后，亚铁离子氧化为Fe3+，调节pH=5，铁离子沉淀为氢氧化铁，过滤，蒸发浓缩，冷却结晶后得到胆矾晶体。【详解】A. 步骤中亚铁离子与过氧化氢在酸性环境下发生反应2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，A正确；B. 步骤若用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，会引入氯原子、硝酸根新的杂质，不利于胆矾的回收，同时造成环境污染，B正确；C. 步骤用 CuCO3代替CuO也可调节pH，碳酸铜与硫酸反应产生硫酸铜，二氧化碳和水，不会引入新的杂质，C正确；D. 步骤为过滤，步骤为蒸发浓缩，冷却结晶，D错误；答案为D。9.下列叙述或书写正确的是A. H2(g)+F2 (g)=2HF(g) H=-270 kJmol -1，则相同条件下，2mol HF气体的能量大于1mol氢气和1mol氟气的能量之和B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJmol-1,则氢气的燃烧热大于241.8kJ.mol-1C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出28.7kJ的热量,则表示该中和反应的热化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O H =-57.4kJmol-1D. 500、30MPa时,发生反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H =-38.6kJmol-1在此条件下将1.5molH2和过量N2充分反应,放出热量19.3kJ【答案】B【解析】【详解】A.从热化学方程式H2(g)+F2(g)=2HF(g) H=-270kJmol-1可知，反应放热，即1mol氢气和1mol氟气的总能量大于2molHF气体的总能量，故A错误；B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJmol-1，水由气体变为液体要放出热量，即1mol氢气的燃烧热大于241.8kJmol-1，故B正确；C.热化学方程式没有标明物质的聚集状态，故C错误；D.H2的物质的量为1.5mol，完全消耗1.5mol氢气会放出19.3kJ的热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化为氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D错误。故选B。【点睛】注意N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，反应物不可能100%转化为生成物。10.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CO2，2Na+ + CO32-+CO2+H2O2 NaHCO3C. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2OD. Ba(OH)2与等物质的量 NaHSO4混合：Ba2+2OH-+2H+SO42-= BaSO4+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原反应，S的化合价一部分升高，一部分降低，离子方程式：S2O32-+2H+S+SO2+H2O，故A错误；B.因为Na2CO3溶液是饱和的，通入过量CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，生成的NaHCO3会析出，离子方程式为CO32-+H2O+CO2+2Na+=2 NaHCO3，故B正确；C.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：4时发生反应：Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2O，n（Fe）：n（HNO当3）=3：8时发生反应：3Fe+2NO3-+8H+3Fe2+2NO+4H2O，所以当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时应该生成Fe3+和Fe2+，故C错误；D.Ba(OH)2与等物质的量NaHSO4混合，反应方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+NaOH+H2O，离子方程式为：H+SO42-+Ba2+OH-BaSO4+H2O，故D错误。故选B。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,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是客观事实相吻合。11.已知100时，水的离子积常数Kw=110-12,对于该温度下pH=l1的氨水，下列叙述正确的是()A. 温度降低至25,该氨水溶液中H2O电离出的H+浓度小于10-11mol/LB. 向该溶液中加入同温同体积pH=1的盐酸，反应后溶液呈中性C. 该氨水溶液中加入NH4Cl溶液，NH3H2O的电离能力增强D. 滴加等浓度等体积的硫酸，得到的溶液中存在电离平衡: NH4HSO4(aq)NH4+(aq)+H+(aq)+SO42-(aq) 【答案】A【解析】【分析】100时，水的离子积常数Kw=1l0-12，纯水的pH=6，该温度下pH=11的氨水，c（H+）=10-11mol/L，据此分析。【详解】A.100时，pH=11的氨水中H2O电离出来的H+浓度等于10-11mol/L，温度降低至25时，水的离子积常数变小，氨水的电离程度减小，氢氧根离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则该氨水溶液中H2O电离出的H+浓度小于10-11mol/L，故A正确；B.向该溶液中加入同温同体积pH=1的盐酸，氨水过量，反应后溶液显碱性，故B错误；C.向该氨水溶液中加入NH4Cl溶液，铵根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，NH3H2O的电离能力减弱，故C错误；D.硫酸铵是强酸的酸式盐，是强电解质，电离方程式为：NH4HSO4(aq)=NH4+(aq)+H+(aq)+SO42-(aq)，故D错误。故选A。12.装置(1)为铁镍(Fe-Ni)可充电电池:Fe+Ni2O3+3H2O Fe(OH)2+2Ni(OH)2;装置()为电解示意图。当闭合开关K时,电极Y附近溶液先变红。下列说法正确的是A. 闭合开关K时,电极X的电极反应式为2H+2e-=H2B. 闭合开关K时,电极A的电极反应式为Ni2O3+2e-+2H+H2O=2Ni(OH)2C. 给装置(I)充电时,电极B上参与反应的物质被氧化D. 给装置(I)充电时,OH通过阴离子交换膜移向电极A【答案】D【解析】【详解】A.闭合开关K时，X为电解池的阳极，电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，故A错误；B.闭合开关K时，A为电池的正极，电极反应式为：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-，故B错误；C.电极B为电池的负极，给装置(I)充电时，B极应与外电源的负极相连，作电解池的阴极，参与反应的物质被还原，故C错误；D.给装置(I)充电时，A为电解池的阳极，OH通过阴离子交换膜移向A电极，故D正确。故选D。13.下列实验的操作、现象与对应结论均正确的是选项操作现象结论A向 AgCl 悬浊液中滴加几滴 NaI 溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B将溴乙烷与 NaOH 乙醇溶液共热逸出气体通入到酸性 KMnO4 溶液中KMnO4 溶液紫红色褪去溴乙烷与 NaOH 乙醇溶液共热产生了乙烯C.向待测液中依次滴入氯水和 KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有 Fe2D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应生成了三氧化二铁A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.向AgCl悬浊液中滴加几滴NaI溶液，先生成更难溶的淡黄色沉淀AgI，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故A正确；B.反应产生的气体混有乙醇蒸汽，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.向少许待测液中滴加KSCN溶液无明显变化，说明溶液中不存在铁离子，再滴入氯水，溶液呈红色，说明此时溶液中存在铁离子，则证明待测液中含有Fe2+，故C错误；D.将高温水蒸气通过炽热的铁粉生成四氧化三铁和氢气，铁粉变黑色，故D错误。故选A。14.碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3，简称 DMC）是一种应用前景广泛的新材料。在密闭容器中按n(CH3OH)n(CO2)=21 投料直接合成 DMC，反应方程式为2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)。一定条件下， 平衡时 CO2 的转化率如图所示。下列说法中不正确的是A. 该反应的正反应为放热反应B. 压强 p2p1C. X 点对应的平衡常数为 0.L/molD. X、Y、Z 三点对应的初始反应速率的关系为 Z Y X【答案】C【解析】【详解】A.根据图像分析可知，随温度的升高，二氧化碳的转化率减小，因此该反应的正反应为放热反应，故A正确；B.在相同的温度下，p2时二氧化碳的转化率大于p1状态下的转化率，因此p2p1，故B正确；C.反应前后系数不同，无法求算该反应的平衡常数，故C错误；D.X、Y、Z 三点对应的初始反应速率的关系为ZYX，故D正确。故选C。15.将15.2 g 铜和镁组成的混合物加入250 mL4.0 mol L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO。向所得溶液中加入1.0 L NaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为25.4 g，下列说法不正确的是A. 原固体混合物中，Cu和Mg的物质的量之比为2：1B. 氢氧化钠溶液的浓度为0.8 molL-1C. 固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.1molD. 生成的NO气体在标况下的体积为4.48L【答案】C【解析】【详解】将15.2 g 铜和镁组成的混合物加入250 mL4.0 mol L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；向所得溶液中加入1.0 L NaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，沉淀质量为25.4 g，生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g，氢氧根的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol， A设Cu和Mg的物质的量分别为x、y，则有：，解得，x=0.2mol，y=0.1mol，故Cu和Mg的物质的量之比为2：1，选项A正确；B硝酸剩余0.2mol(见选项C分析)，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.2mol+0.6mol=0.8mol，需要氢氧化钠溶液的浓度为=0.8mol/L，选项B正确；C根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.3mol=0.8mol，固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.25L4.0mol/L-0.8mol=0.2mol，选项C不正确；D根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.2mol，标准状况下，生成NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，选项D正确；答案选C。16.25时,向20mL0.1molL-1四氯金酸( HAuCl4)溶液中滴加0.1molL-1NaOH溶液,滴定曲线如图1,含氯微粒的物质的量分数()随pH变化关系如图2,则下列说法不正确的是A. b点溶液中存在关系:2c(H+)+ c(HAuCl4)=2c(OH-)+ c(AuCl4-)B. X点描述的是滴定曲线中b点含氯微粒的物质的量分数与pH的关系C. c点溶液中存在关系:c(Na+)=c(AuCl4-)D. d点时,溶液中微粒浓度的大小关系为c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A.b点溶液为物质的量浓度相等的HAuCl4和NaAuCl4混合溶液，由电子守恒可知2c(H+)+2c(Na+)=2c(OH-)+ 2c(AuCl4-)，由物料守恒可知：2c(Na+) =c(AuCl4-)+c(HAuCl4)，由-得2c(H+)+c(HAuCl4)=2c(OH-)+c(AuCl4-)，故A正确；B.由题图1可知，起始20mL0.1molL-1HAuCl4溶液的pH=3，说明酸为弱酸，b点酸恰好反应掉一半，pH=5，说明酸的电离程度大于其酸根离子的水解程度，则b点两种含氯微粒的物质的量分数不可能相等，故B错误。C.c点溶液的pH=7，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(AuCl4-)，故C正确；D.d点时，HAuCl4与NaOH恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaAuCl4，AuCl4-水解，溶液显碱性，所以c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)，故D正确。故选B。第卷（非选择题 共52分)二、填空题（包括必考题和选考题两部分，第1720题为必考题，每个试题考试都必须作答。第2122题为选考题，考试根据要求作答。）（一）必考题17.现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已知A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。请回答下列问题：(1) C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是_(用元素符号填写)。(2)B、E、F、G最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是_(用化学式填写)。(3)由A、C、D形成的化合物所含的化学键类型有_。(4)化合物M和N都由A、C、D、F四种元素组成，它们在溶液中相互反应的离子方程式是_(5)G单质的水溶液可吸收F的常见污染性氧化物气体，其反应的化学方程式为_。【答案】 (1). S2- O2-Na+ (2). HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3 (3). 离子键和共价键 (4). H+ HSO3-=SO2+H2O (5). SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4【解析】【分析】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，则D为Na，已知A、D位于同一主族，则A为H，B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，则B为C，E为Si，C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和为24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O，F为S，G为Cl，据此答题。【详解】（1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径由大到小的顺序是：S2-O2-Na+，故答案为：S2-O2-Na+。（2）B、E、F、G最高氧化物对应的水化物为H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HClO4，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，因此非金属性：ClSCSi，所以最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是HClO4H2SO4H2CO3H2SiO3，故答案为：HClO4H2SO4H2CO3H2SiO3。（3）由A、C、D形成的化合物为NaOH，它属于离子化合物，所含的化学键类型有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键。（4）A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液在相互反应的离子方程式是：H+HSO3-=SO2+H2O，故答案为：H+HSO3-=SO2+H2O。（5）二氧化硫通入氯气的水溶液中发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4。【点睛】同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。18.金属铟主要用于生产液晶显示器和平板屏幕。从LCD废料(主要成分是含铟、锡的氧化物)中回收铟的工艺流程如下:(1)步骤中用盐酸酸浸时浸出率随温度变化关系如图所示,则最适宜的温度是_,温度升高浸出率下降的原因是_(2)酸浸时铟的氧化物转化成In3+的离子方程式是_(3)提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似,则粗铟为_(填“阴极”或“阳极”),写出阴极的电极反应式: _(4)步骤中所发生氧化还原反应的氧化剂是_(填化学式),步骤中所发生氧化还原反应的氧化产物与还原产物系数之比是_【答案】 (1). 50或5070 (2). 温度升高,盐酸挥发 (3). In2O3+6H+=2In3+3H2O (4). 阳极 (5). In3+3e-=In (6). H2O (7). 1:1【解析】【分析】由流程图可知，向废料中加盐酸，铟、锡的氧化物溶解生成In3+、Sn2+，加入过量的In，滤渣a中含为铟、锡的混合物，步骤中加入过量的氢氧化钠溶液，可以将锡单质转化为易溶于水的SnO22-，滤渣b中含为铟、锌的混合物，步骤中加入过量的氢氧化钠溶液，可以将锌单质转化为易溶于水的ZnO22-，据此分析。【详解】（1）根据物质的浸出率与温度的关系可知：温度在5070时，浸出率最高，所以“酸浸”的适宜温度为5070；因为温度升高，盐酸挥发，所以随着温度的升高，浸出率降低，故答案为：50或5070；温度升高，盐酸挥发。（2）向废料中加盐酸，铟、锡的氧化物溶解生成In3+、Sn2+，则铟的氧化物中In为+3价，其氧化物的化学式为In2O3，氧化物转化为In3+，离子方程式为：In2O3+6H+=2In3+3H2O，故答案为：In2O3+6H+=2In3+3H2O。（3）电解粗铟时，粗铟为阳极，阴极In3+发生还原反应的电极方程式为In3+3e-=In，故答案为：阳极，In3+3e-=In。（4）Sn为两性金属，因此与铝相似，类比铝与氢氧化钠反应：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2，则锡也生成类似的Na2SnO2，所以反应方程式为：Sn+2NaOHNa2SnO2+H2或Sn+2NaOH+2H2ONa2Sn(OH)4+H2，H2O中氢元素的化合价由1价降到0价，故氧化剂为H2O；Zn为两性金属，因此与铝相似，反应方程式为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2或Sn+2NaOH+2H2ONa2Zn(OH)4+H2，反应中Na2ZnO2为还原产物，H2为氧化产物，系数之比是1:1，故答案为：H2O，1:1。19.草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101，易溶于水，受热易脱水、升华，175时分解。用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度，制备装 置如图所示(加热、固定等装置略去)。实验步骤如下糖化：先将淀粉水解为葡萄糖；氧化：在淀粉水解液中加入混酸(质量之比为3：2的65%HNO3与98%HSO4的混合物)，在5560下水浴加热发生反应；结晶、蒸发、干燥：反应后溶液经冷却、减压过滤， 即得草酸晶体粗产品。（1）装混酸的仪器名称为_；步骤中,水浴加热的优点为_。（2）“氧化”时发生的主要反应如下，完成下列化学方程式：_C6H12O6+_HNO3 _H2C2O4+9NO2+3NO+_ _（3）称取mg草酸晶体粗产品，配成100mL溶液。取20.00mL于锥形瓶中，用amoLL-1KMnO4标准液标定，只发生5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O反应，消耗KMnO4标准液体积为VmL，则所得草酸晶体(H2C2O42H2O)的纯度为_。 （代数式用a、V、m表示）证明草酸晶体分解得到的产物（4）甲同学选择上述装置验证产物CO2，装置B的主要作用是_。（5）乙同学认为草酸晶体分解的产物中除了CO2、H2O应该还有CO，为进行验证，选用甲同学实验中的装置A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。乙同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。其中装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 使受热均匀，便于控制温度 (3). 1C6H12O6+12HNO3 3H2C2O4+9NO2+3NO+9_ H2O (4). 12.6aV/8m100% (5). 使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰 (6). FDGHDI (7). CuO (8). H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明【解析】分析：.（1）仪器识别；水浴加热的优点；（2）缺项配平；（3）根据反应关系计算纯度； . (4)冰水混合物能够起到降温的作用；(5)草酸晶体分解生成三种氧化物,分别是水、二氧化碳和一氧化碳，加热条件下,氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，以此解题。详解: . (1) 装混酸的仪器名称为分液漏斗；水浴加热的优点是使受热均匀，便于控制温度。根据得失电子守恒配平，根据原子守恒确定缺项为H2O,配平后得到1C6H12O6+12HNO3 3H2C2O4+9NO2+3NO+9_ H2O 。根据关系式：5H2C2O42MnO4-，n(H2C2O4)= n(MnO4-)=aV10-3mol,草酸粗晶体中含草酸晶体的质量=aV10-3126g，草酸晶体(H2C2O42H2O)的纯度为=100%。. (4)装置B的主要作用是使草酸气体降温液化,避免对二氧化碳检验产生干扰，故填:使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰。(5)乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、I。检验CO可利用加热条件下,氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，再检验CO2，所以装置H反应管中盛有的物质是CuO。故填:FDGHDI ；CuO ；能证明有CO的现象是H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明。故填:H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明。20.丙烯是重要的有机化工原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷等(1)以丁烯和乙烯为原料反应生成丙烯的方法被称为“烯烃歧化法”,反应为:C4H8（g）+C2H4（g）2C3H6（g）。已知：C2H4（g）+3O2（g）2CO2（g）+2H2O（l）H 1=1411KJmol1C3H6（g）+O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）H 2=2049KJmol1C4H8（g）+6O2（g）4CO2（g）+4H2O（l）H 3=2539KJmol1“烯烃歧化法”的反应的热化学方程式为_。(2)一定温度下，在一体积恒为 V 升的密闭容器中充入一定量的 C4H8 和 C2H4，发生烯烃歧化法的 主要反应。 t1 时刻达到平衡状态，此时容器中 n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=b mol， 且 C3H6 占平衡总体积的 1/4。求该时间段内的反应速率 v（C4H8）=_。 (用只含 a、V、t1 的式子表示)判断该反应达到平衡的标志是_A2v (C4H8) 生成=v (C3H6) 消耗BC4H8、C2H4、C3H6 的物质的量之比为 1:1:2C混合气体的平均相对分子质量不再改变DC4H8、C2H4、C3H6 的浓度均不再变化(3)Kp 是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将 K 表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应C4H8（g）+C2H4（g）2C3H6（g）,该反应中正反应速率v 正=k 正p(C4H8)p(C2H4),逆反应速率 v 逆=k 逆p2(C3H6),其中 k 正、k 逆 为速率常数,则 Kp 为_(用 k 正、k 逆表示)。“丁烯裂解法”是另一种重要的丙烯生产法，但生产过程中会有生成乙烯的副反应发生.反应如下主反应：3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数（w%）随温度（T）和压强（P）变化的趋 势分别如图 1 和图 2 所示：(1)平衡体系中的丙烯和乙烯的质量比是工业生产丙烯时选择反应条件的重要指标之一，从产物的纯度考虑，该数值越高越好，从图 1 和图 2 中表现的趋势来看，下列反应条件最适宜的是_（填字母序号）A300oC 0.1MPa B700oC 0.1MPa C300oC 0.5MPa D700oC 0.5MPa(2)有研究者结合图 1 数据并综合考虑各种因素，认为 450的反应温度比 300或 700更合适， 从反应原理角度分析其理由可能是_(3)图2中，随压强增大平衡体系中丙烯的百分含量呈上升趋势，从平衡角度解释其原因是_。【答案】 (1). C4H8(g) + C2H4(g)= 2C3H6(g) H= +148 kJmol1 (2). a/（2Vt1）molL1 min1 (3). D (4). k 正/k 逆 (5). C (6). 450oC 比 300oC 的反应速率快；比 700oC 的副反应程度小；丁烯转化成丙烯的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度 (7). 压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。【解析】【分析】（1）根据盖斯定律进行计算；（2）根据速率的计算公式以及可逆反应达到平衡状态的标志进行判断；（3）由Kp=p2(C3H6)/p(C4H8)p(C2H4)及v正=k正p(C4H8)p(C2H4)，逆=k逆p2(C3H6)得出结果；（1）根据图像1，在温度为300时丙烯的含量很高，乙烯的含量很小，即m（C3H6）/m（C2H4）的比值较大；根据图像2，压强在0.5MPa时丙烯的含量很高，乙烯的含量很小，即m（C3H6）/m（C2H4）的比值较大；（2）450比300的反应速率快；比700的副反应程度小；丁烯转化成丙烯的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度；（3）由主反应：3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4可知，压强越大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。【详解】（1）已知C2H4（g）+3O2（g）2CO2（g）+2H2O（l）H1=1411KJmol1；C3H6（g）+O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）H2=2049KJmol1；C4H8（g）+6O2（g）4CO2（g）+4H2O（l）H3=2539KJmol1；根据盖斯定律将+-2可得C4H8（g）+C2H4（g）2C3H6（g） H=（1411）+（2539）-（2049）2=+148kJmol1，故答案为：C4H8(g)+C2H4(g)=2C3H6(g) H= +148kJmol1。（2） C4H8(g)+C2H4(g)=2C3H6(g)平衡时物质的量 amol 2amol bmol达到平衡状态，C3H6占平衡总体积的1/4，则b/a+2a+b=1/4，解得：a=b该时间段内的反应速率v（C4H8）=1/2v（C3H6）=1/2c（C3H6）/t=1/2bmol/VLt1min=b/（2Vt1）molL1 min1=a/（2Vt1）molL1 min1，故答案为：a/（2Vt1）molL1 min1。A.v(C4H8)生成、v(C3H6)消耗表示的都是逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故A错误；B.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比等于系数比，不能说明达到平衡状态，故B错误；C.混合气体的平均相对分子质量M=m/n，该反应是一个反应前后物质的量不变的反应，反应前后质量不变，故混合气体的平均相对分子质量始终改变，不能说明达到平衡状态，故C错误；D.C4H8、C2H4、C3H6 的浓度均不再变化是平衡的特征，故D正确。故答案为：D。（3）由C4H8（g）+C2H4（g）2C3H6（g）可知，Kp=p2(C3H6)/p(C4H8)p(C2H4)，又正反应速率v正=k正p(C4H8)p(C2H4)，逆反应速率v逆=k逆p2(C3H6)，平衡时v正=v逆，所以KP=k正/k逆，故答案为：k正/k逆。（1）根据图像1，在温度为300时丙烯的含量很高，乙烯的含量很小，即m（C3H6）/m（C2H4）的比值较大；根据图像2，压强在0.5MPa时丙烯的含量很高，乙烯的含量很小，即m（C3H6）/m（C2H4）的比值较大，因此最适宜的条件为：300oC、0.5MPa，故C正确，故答案为：C。（2）450的反应温度比300或700更合适的可能的原因有：450比300的反应速率快；比700的副反应程度小；丁烯转化成丙烯的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度，故答案为：450比300的反应速率快；比700的副反应程度小；丁烯转化成丙烯的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度。（3）由主反应：3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4可知，压强越大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大，故答案为：生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大。（二）选考题（11分） 请考生从给出的