山西省芮城市2020届高三3月月考化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 高三化学考试试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 Cu-64‎ 第Ⅰ卷 (选择题)‎ 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.化学与科技､社会､生活有着密切的联系，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 可吸入颗粒物中含有的铅､镉､铬､钒､砷等对人体有害的元素均为金属元素 B. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广乙醇汽油的使用 C. 单质硅晶体是将太阳能转化为电能的常用材料 D. 新型能源生物柴油和矿物油的主要化学成分相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．可吸入颗粒物含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，故A错误；‎ B．汽油是化石燃料是不可再生资源，乙醇属于可再生资源，故B错误；‎ C．单质硅可以制太阳能电池板，将太阳能转化为电能，故C正确；‎ D．生物柴油是指以油料作物、野生油料植物和工程微藻等水生植物油脂以及动物油脂、餐饮垃圾油等为原料油通过酯交换工艺制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，是一种长链脂肪酸的单烷基酯，而矿物油的成分为多种烃混合物，两者成分不同，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. C2H6O和C4H10都有2种同分异构体 B. 在一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，苯不能与H2发生加成反应 C. 乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，二者分子中官能团相同 D. 淀粉和蛋白质均可水解生成葡萄糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H6O的同分异构体有CH3CH2OH和CH3OCH3，C4H10的同分异构体有CH3CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH3，故A正确；‎ B．苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，所以在一定条件下，乙烯和苯都能与H2发生加成反应，故B错误；‎ - 20 -‎ C．乙酸乙酯和乙酸都能和氢氧化钠反应，但乙酸乙酯中含有酯基，乙酸中含有羧基，故C错误；‎ D．淀粉水解生成葡萄糖，蛋白质水解生成氨基酸，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.下列有关说法中不正确的是 A. 将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入过量NH3，产生沉淀 B. 高纯硅常用作光导纤维的原料 C. 用AlCl3溶液制取Al（OH）3，沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好 D. 纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢，再加入少量CuSO4固体，反应速率加快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸的酸性强于亚硫酸，将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，不发生反应，再通入过量NH3，过量NH3与二氧化硫在水溶液中发生反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故A正确；‎ B．二氧化硅常用作光导纤维的原料，故B错误；‎ C．因为氢氧化铝只能与强碱反应，又一水合氨为弱碱，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，所以用AlCl3溶液制取Al（OH）3，沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好，故C正确；‎ D．加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎4.下列反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋2H2O＋4NH4+‎ B. 硫化钠的水解反应：S2－＋2H2OH2S＋2OH－‎ C. 将等体积等物质量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O D. 单质铜与稀硝酸反应：Cu＋2H＋＋2NO3－＝Cu2＋＋2NO↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过量氨水不能溶解Al(OH)3沉淀，故A错误；‎ B．硫化钠溶液中S2-分步水解，其水解反应式为S2－＋H2OHS-＋OH－，故B错误；‎ - 20 -‎ C．将等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合发生的离子反应为HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O，故C正确；‎ D．单质铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：①拆分是否合理；②是否符合客观事实；③配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；④有无注意反应物中量的关系；⑤能否发生氧化还原反应等；易错点为选项B，多元弱酸根离子应分步水解，难点为选项A，易错误认为氨水能溶解Al(OH)3沉淀。‎ ‎5.下列实验装置设计与对应结论正确的是(　　)‎ 选项 A B C D 装置 结论 能证明Al(OH)3不溶于氨水 能证明非金属性：Cl＞C＞Si 验证铁发生析氢腐蚀 洗气瓶中产生白色沉淀是BaSO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．烧杯中有白色沉淀，则说明Al(OH)3不溶于氨水，故A正确；‎ B．装置中盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，只能说明盐酸酸性比碳酸强，但不能说明氯的非金属性强，且生成的二氧化碳中还含有氯化氢，通入硅酸钠能生成硅酸也不能说明碳酸酸性强于硅酸，故B错误；‎ C．氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C错误；‎ D．二氧化硫具有还原性，溶于水呈酸性，在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，生成BaSO4，故D错误；‎ - 20 -‎ 故选A。‎ ‎6.海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”假设盐分以一个NaCl计，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是( )‎ A. 海冰内层“盐泡”越多，密度越小 B. 海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多 C. 海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在 D. 海冰内层NaCl的浓度约为设冰的密度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；‎ B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；‎ C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；‎ D．冰的密度为，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为，可知海冰内层NaCl的浓度约为，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键， “盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。‎ ‎7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. pH=7溶液中：Al3+、Cl-、SO42-、CO32-‎ B. 由水电离出来的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Na+、HCO3-、SO42-、K+‎ - 20 -‎ C. pH=0的溶液中：Na+、K+、Fe2+、NO3-‎ D. 使酚酞试液变红的溶液中：AlO2-、SO42-、SO32-、Na+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=7为中性溶液，Al3+是弱碱根离子，CO32-是弱酸根离子，会双水解，不能共存，A错误；‎ B. 水电离出来的c(H+)=10-12mol/L的溶液为酸或碱，溶液中不能大量共存HCO3-，B错误；‎ C. pH=0的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，氧化Fe2+，不能共存，C错误；‎ ‎ D. 使酚酞试液变红的溶液为碱性溶液，AlO2-、SO42-、SO32-、Na+，均能共存，D正确；故答案为：D。‎ ‎【点睛】在酸性环境下，NO3-、ClO-、MnO4-具有强氧化性，会氧化Fe2+、I-、SO32-、S2-等，不能共存。‎ ‎8.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·mol-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率 B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ C. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol·L-1，则H2反应速率为0.03mol·L-1·min-1‎ D. 当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液恰好反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；‎ B. 该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；‎ C. 速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)= ，C错误；‎ D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为 - 20 -‎ ‎，100mL1mol·L-1的NaOH的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎9.下列鉴别实验中，所选试剂不合理的是（ ）‎ A. 用水鉴别乙醇和苯 B. 用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和乙醇 C. 用新制的氢氧化铜鉴别葡萄糖和蔗糖 D. 用高锰酸钾酸性溶液鉴别甲苯和己烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与水不分层，而苯与水混合分层，现象不同，可以鉴别，故A正确；‎ B．乙酸与碳酸氢钠反应生成气体，而乙醇不能，现象不同，可以鉴别，故B正确；‎ C．葡萄糖中含-CHO，与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，而蔗糖不反应，现象不同，可以鉴别，故C正确；‎ D．甲苯和己烯均能被酸性高锰酸钾氧化，均使其褪色，现象相同，不能鉴别，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎10.食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水。下列分析不正确的是（ ）‎ A. “双吸剂”中的生石灰有吸水作用 B. “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应 C. 吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极 D. 炭粉上发生的反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；‎ B．在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；‎ C．Fe为活泼金属，易失去电子，铁作原电池的负极，故C正确；‎ - 20 -‎ D．由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，2.24L苯中含C-H数目为0.6 NA B. 常温下，9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为0.2NA C. 常温下，1.0LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为0.1NA D. 在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在标准状况下，苯不是气体，无法计算，A错误；‎ B. NO2和N2O4的最简式为NO2，9.2g混合物中含有的NO2的物质的量为，含有的氮原子数目为0.2NA，B正确；‎ C. NaOH溶液中，H+全部来自于水的电离，1.0LpH=13的NaOH溶液中，c水(OH-)=c水(H+)=10-13mol/L，C错误；‎ D. 该反应为归中反应，每生成3molCl2转移5mol电子，转移电子数为5 NA，D错误；故答案为：B。‎ ‎12.实验法和比较法是研究物质性质的基本方法。以下实验设计中，不合理或不严密的是 A. 钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁金属性强弱 B. 测定相同温度下盐酸和醋酸溶液的pH，就可证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸 C. 铁分别与氯气和硫反应，判断氯气与硫的氧化性强弱 D. 测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，判断碳与硫的非金属性强弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、与水反应剧烈的金属，其金属性强，则钠和镁分别与冷水反应，Na反应剧烈，可判断钠和镁金属性强弱，故A正确；‎ B、盐酸、醋酸的浓度未知，应测定等浓度的溶液的pH，才能确定电离的程度，所以该选项不能证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸，故B错误；‎ C、Fe与氯气反应生成氯化铁，与S反应生成FeS，氯气得电子能力强，则判断氯气与硫的氧化性强弱，故C正确；‎ - 20 -‎ D、Na2SO4溶液不水解，Na2CO3溶液水解显碱性，则硫酸的酸性大于碳酸的酸性，非金属性S＞C，所以可断碳与硫的非金属性强弱，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.下列判断中，正确的是( )‎ A. 已知25 ℃时NH4CN显碱性，则25 ℃时的电离常数K（NH3·H2O）＞K（HCN）‎ B. 25 ℃时，Mg（OH）2固体在20 mL0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小 C. pH试纸测得新制氯水的pH为4‎ D. FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干．灼烧都得到Fe2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，说明CN﹣水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3•H2O电离程度，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）＞K（HCN），故A正确；‎ B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化，25℃时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp和在20mL 0.01mol•L﹣1 NH4Cl溶液中的Ksp相同，故B错误；‎ C、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故C错误；‎ D、FeCl3溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液中硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁，加热蒸干水被蒸发得到硫酸铁、灼烧得到硫酸铁，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎14.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中相对位置如下表所示，Y是地壳中含量最高的元素。下列说法中不正确的是（ ）‎ X Y Z W A. Z的原子半径大于Y B. Y的非金属性强于W C. W的氧化物对应的水化物都是强酸 - 20 -‎ D. X、Z的最高价氧化物均可与NaOH溶液反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Y是地壳中含量最高的元素，即Y是O，根据元素周期表中元素的分布，所以W是S，X是C，Z是Al元素。‎ A、一般原子电子层越多，半径越大，所以原子半径Al＞O，故A正确；‎ B、O、S是同主族元素的原子，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，即O的非金属性强于W，故B正确；‎ C、S元素的氧化物有二氧化硫和三氧化硫两种，二氧化硫对应的酸亚硫酸是中强酸，三氧化硫对应的酸硫酸是强酸，故C错误；‎ D、二氧化碳是酸性氧化物可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，氧化铝是两性氧化物，可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故D正确，‎ 故选C。‎ ‎15.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是 A. WX的水溶液呈中性 B. 元素非金属性的顺序为Y>Z>Q C. Z的最高价氧化物对应的水化物是一元强酸 D. 该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图分析，X只能成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为O，Z为N。‎ - 20 -‎ ‎【详解】A. WX为NaH，溶于水会得到NaOH溶液，显碱性，A错误；‎ B. 同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强，则元素的非金属性Q>Z>Y，B错误；‎ C. Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，是一元强酸，C正确；‎ D. 该化合物中与Y单键相连的Q，与Y共用一对电子，并得到了W失去的一个电子，满足8电子稳定结构，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎16.有一种新型燃料电池，工作时在一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2-。现用该燃料电池和惰性电极电解Na2SO4溶液一段时间，假设电解时温度不变，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在熔融电解质中，O2-由正极移向负极 B. 通入空气的一极是正极，电极反应式为O2+4e-=2O2-‎ C. 电解池的阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑‎ D. 电解一共生成0.9mol气体时，理论上消耗0.1mol丁烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在原电池中，阴离子由正极移向负极，A正确；‎ B. 通入空气，氧气在正极发生还原反应，生成O2-，B正确；‎ C. 电解Na2SO4溶液实质是电解水，阳极OH－发生氧化反应，其电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，C正确；‎ D. 电解一共生成0.9 mol气体时，消耗0.6 mol H2O，转移1.2 mol电子；1 mol C4H10完全燃烧时，转移26 mol电子，转移1.2 mol电子时，所以需消耗丁烷mol，D错误；‎ 故答案为：D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、必做题(本题包括4个小题，共52分)‎ ‎17.高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内试剂均足量，部分夹持装置已省略)。‎ - 20 -‎ ‎（1）在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有__(填化学式)。‎ ‎（2）实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为__。‎ ‎（3）通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2存在的理由是__。‎ ‎（4）为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：‎ ‎①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→__→__→__。‎ ‎②F中发生反应的离子方程式为__。‎ ‎（5）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___。‎ ‎（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的__；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果__(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。‎ ‎【答案】 (1). O2 (2). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ (3). O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2 (4). H (5). G (6). F (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (8). 2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O (9). 吸收空气中的CO2和水烝气 (10). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；‎ ‎（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2，据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；‎ - 20 -‎ ‎（3）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；‎ ‎（4）①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：H；G；F；‎ ‎②F中发生反应是氯气被氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；‎ ‎（5）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水,结合电子守恒、原子守恒配平可得：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，故答案为：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑；‎ ‎（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；偏大。‎ ‎18.工业制钛白粉产生的废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生产补血剂乳酸亚铁。其生产流程如下：‎ 已知：TiOSO4可溶于水，在水中电离为TiO2+和SO42-。请回答下列问题：‎ ‎（1）写出TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式__________________________。步骤①中加入足量铁屑的目的是______________。‎ ‎（2）工业上由H4TiO4可制得钛白粉TiO2。TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛 是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，原理如图所示，阴极的电极反应为_______________。‎ - 20 -‎ ‎（3）步骤②的离子方程式是____________________________，所得副产品主要 是__________（填化学式）。‎ ‎（4）步骤④的结晶过程中必须控制一定的真空度，原因是_____________________。‎ ‎（5）乳酸可由乙烯经下列步骤合成：‎ 上述合成路线的总产率为60%，乳酸与碳酸亚铁反应转化为乳酸亚铁晶体的产率为90%，则生产468 kg乳酸亚铁晶体（M＝234 g/mol）需要标准状况下的乙烯________m3。‎ ‎【答案】 (1). TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+ (2). 将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，消耗溶液中的H+促进TiO2+水解 (3). TiO2＋4e－=Ti＋2O2- (4). Fe2+＋2HCO3-=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O (5). (NH4)2SO4 (6). 防止Fe2+被空气中的氧气氧化 (7). 165.9‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据水解原理：盐+水=酸+碱，则TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；加入足量铁屑能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，同时消耗溶液中的H+促进TiO2+水解；‎ ‎（2）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，故阴极电极反应：TiO2＋4e－=Ti＋2O2-；‎ ‎（3）NH4HCO3在溶液中电离出HCO3-离子，易电离生成碳酸根，碳酸根和亚铁离子反应生成FeCO3促进HCO3-电离，故离子方程式Fe2+＋2HCO3-=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副产物为溶液中没有参加反应的铵根离子和硫酸根离子形成的(NH4)2SO4；‎ ‎（4）亚铁离子易被氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化；‎ ‎（5）由题意知，乳酸生成乳酸亚铁的物质的量之比为2：1，设需要乙烯x m3，则反应生成468kg乳酸亚铁晶体所需乙烯为×0.6×0.9=×2，解得x=165.9。‎ ‎19.研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。‎ - 20 -‎ Ⅰ. NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。‎ 已知：N2(g)＋O2(g) 2NO(g)　ΔH＝＋180 kJ·mol－1‎ ‎2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g)　ΔH＝－564 kJ·mol－1‎ ‎（1）2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝________。‎ ‎（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15 min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。‎ ‎①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数Kp ＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。‎ ‎②15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是_____(填序号) ‎ A.增大CO浓度 B.升温 C.减小容器体积 D.加入催化剂 Ⅱ. SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。‎ 已知：亚硫酸：Ka1=2.0×10-2 Ka2=6.0×10-7 ‎ ‎（3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：_________________________。‎ ‎（4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为____________________；若通入的NO体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入的SO2质量至少为________g。‎ ‎【答案】 (1). -744 kJ·mol－1 (2). 0.0875 (或7/80) (3). 不 (4). AC ‎ - 20 -‎ ‎ (5). HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7(HSO3-的电离常数)，所以显酸性 (6). 6H＋＋ NO＋ 5e－ ＝NH4＋＋H2O (7). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）已知：①N2(g)＋O2(g) 2NO(g)，②2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g)，由盖斯定律可知：②－①得2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)的△H=(－564－180)kJ·mol－1=－744kJ·mol－1；‎ ‎（2）‎ p(NO)=p(CO)=p(CO2)=20MPa×=，p(N2)=20MPa×=，Kp===0.0875；同样可计算化学平衡常数K=5，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；‎ ‎②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，A项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，B项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，C项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D项错误；答案选AC；‎ ‎（3）HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7，电离平衡常数大于水解平衡常数，说明溶液显酸性；‎ ‎（4）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4＋，即NO在阴极上发生NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42－，根据得失电子数目守恒，因此有2NO～10e－～5SO2，求出SO2的质量为4.48×5×64/(2×22.4)g=32g。‎ ‎【点睛】正确书写电极反应式做到“三看”①一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe生成Fe2＋)。②二看介质，介质是否参与电极反应。③三看电解质状态。‎ ‎【选做题】本题包括A、B两个小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。‎ ‎20.Fe2＋、Fe3＋与O22－、CN－、F－有机分子等形成的化合物具有广泛的应用。‎ - 20 -‎ ‎(1)C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是___________________________。‎ ‎(2)Fe2＋基态核外电子排布式为_____________________________。‎ ‎(3)乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。‎ 此物质中碳原子的杂化方式是______________________。‎ ‎(4)配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的化学式为________。已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为_____________。‎ ‎(5)F－不仅可与Fe3＋形成[FeF6]3－，还可以与Mg2＋、K＋形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，结构如图2所示。‎ 该晶体的化学式为___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). N＞O＞C (2). 1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6) (3). sp3、sp2 (4). CO(或N2) (5). 4∶3 (6). KMgF3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于N原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为N＞O＞C。‎ ‎（2）Fe是26号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2＋‎ - 20 -‎ 为Fe原子失去4s上2个电子，则Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。‎ ‎（3）乙酰基二茂铁中甲基碳原子采用sp3杂化，羰基碳原子采用sp2杂化。‎ ‎（4）配合物K3Fe(CN)6的配体为CN－，C得到一个e－为N或N得到一个e－为O，所以CN－与N2或CO互为等电子体；(CN)2为直线型分子，具有对称性，其结构式为N≡C－C≡N，单键为σ键，CN中含有一个σ键，2个π键，因此(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3。‎ ‎（5）根据晶胞结构可知，Mg2＋、F－、K＋分别位于顶点、棱心和体心处，根据均摊法可知，晶胞中含有的Mg2＋、F－、K＋个数分别是8×1/8＝1个、12×1/4＝3个、1个，所以该物质的化学式为KMgF3。‎ ‎21.避蚊酯(DMP)是一种塑化剂，相对分子质量为194，摄人后对人体有一定的危害，其结构可表示为(其中R为烃基)实验室由以下方法可得到DMP。‎ 请回答：‎ ‎(1)物质C中官能团的名称为_____。‎ ‎(2)下列有关DMP的说法可能正确的是_______。(填字母标号)‎ A．DMP的分子式为C10H12O4‎ B．DMP可以发生取代、加成、氧化等反应 C．DMP在水中溶解度不大 ‎(3)B与乙二酸()在一定条件下可以按物质的量1：1发生反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为______。‎ ‎(4)工业上以邻二甲苯()为原料先生产苯酐()，再使其与某醇在一定条件下反应制取DMP。苯酐与该醇制取DMP的化学方程式为________。‎ ‎(5)芳香化合物E与C互为同分异构体，若lmo E与足量银氨溶液反应最多生成2mol Ag，则E可能的结构简式为______。B也存在多种同分异构体，符合下列条件的B的同分异构体有______种。‎ ‎①l mol有机物可以与2mol NaOH反应 - 20 -‎ ‎②苯环上的一氯代物只有一种。‎ ‎【答案】 (1). 醛基 (2). BC (3). (4). (5). (6). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据DMP的结构简式可知，邻二甲苯和氯气发生取代反应生成A的结构简式是。卤代烃A在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成B，则B的结构简式是。B中含有醇羟基，在催化剂的作用下，发生氧化反应生成C，则C的结构简式是。C中含有醛基，继续被氧化生成羧基，所以D的结构简式是。D中含有羧基，在浓硫酸的作用下能和醇发生酯化反应生成DMP。‎ ‎【详解】（1）物质C的结构简式是，其中官能团的名称为醛基。‎ ‎（2）A、DMP的相对分子质量为194，则R的相对分子质量是（194－164）÷2＝15，因此R是甲基－CH3，所以DMP的分子式为C10H10O4，A不正确；‎ B．DMP中含有苯环，所以DMP可以发生取代、加成、氧化等反应，B正确；‎ C．DMP中含有酯基，所以DMP在水中的溶解度不大，C正确；答案选BC。‎ ‎（3）B中含有2个羟基，所以能和乙二酸发生缩聚反应生成高分子化合物，生成物的结构简式是。‎ ‎（4）根据DMP的结构简式可知，该醇是甲醇，所以反应的化学方程式是。‎ ‎（5）lmol E与足量银氨溶液反应最多生成2mol - 20 -‎ ‎ Ag，这说明E中含有1个醛基，所以根据C的结构简式可知，E可能的结构简式是。符合B的同分异构体中，①lmol有机物可以与2mol NaOH反应，说明含有2个酚羟基；②苯环上的一氯代物只有一种，这说明苯环上的取代基是对称性结构的，因此还含有2个甲基，所以可能的结构简式有、、、、、，共计是6种。‎ - 20 -‎ ‎ ‎ - 20 -‎