2020-2021学年北京市通州区高三（上）期末化学试卷(答案+解析)

2020-2021学年北京市通州区高三（上）期末化学试卷
一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．医务工作者使用的下列防护材料中，其主要成分属于无机物的是（　　）
A．护目镜﹣有机玻璃
B．口罩鼻夹﹣铝条
C．医用手套﹣合成橡胶
D．防护服面料﹣聚丙烯
2．下列有关化学用语使用正确的是（　　）
A．N2的结构式：N＝N
B．质子数为8中子数为10的氧原子：O
C．次氯酸的电子式：
D．丁烷的球棍模型：
3．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A．44g
CO2含氧原子数为2NA
B．17g羟基（﹣OH）所含电子总数为9NA
C．1mol/L
CuCl2溶液中含Cl﹣数目为2NA
D．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NA
4．目前垃圾分类处理已被国人高度重视。下列有关说法不正确的是（　　）
A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水褪色
B．含棉、麻、丝、毛的旧衣物燃烧时都只生成CO2和H2O
C．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不能用填埋法处理
D．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融氧化铝制取
5．下列化学用语对事实的表述正确的是（　　）
A．在加热条件下铜可与浓硫酸反应：Cu+2H+Cu2++H2↑
B．碳酸氢钠水解离子方程式：HCO3﹣+H2O?CO32﹣+H3O+
C．实验室制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
6．关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（　　）
A．装置可用于分离苯和溴苯的混合物
B．装置可用于吸收HCl气体
C．装置可用于分解NH4Cl制备NH3
D．装置b口进气可收集NO气体
7．短周期主族元素R、X、Y和Z在周期表中相对位置如图所示。已知这4种元素的质子数之和等于55。下列说法中不正确的是（　　）
A．常温常压下，R单质呈气态
B．简单阴离子结合氢离子的能力：Y＞Z
C．Z的氧化物对应水化物一定是强酸
D．Y和Z组成的化合物是共价化合物
8．关于离子共存，下列说法正确的是（　　）
A．酸性溶液中一定不存在OH﹣，碱性溶液中一定不存在H+
B．能使pH试纸显红色的溶液中，可以大量存在：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣
C．氯化铁溶液中还可以大量存在：Fe2+、SCN﹣、H2O2、SO42﹣
D．常温＝1×10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣
9．下列实验中，反应速率增大是由催化剂引起的是（　　）
A．双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体
B．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液，反应放出H2的速率加快
C．固态FeCl3和固体NaOH混合后，加入水能迅速产生沉淀
D．在炭粉中加入KClO3，点燃时燃烧更为剧烈
10．氨气溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水（简称“两水”）的描述正确的是（　　）
A．“两水”都是混合物，溶液中含有的粒子数目相同
B．“两水”都有刺激性气味，都能漂白有机色素
C．“两水”中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离平衡
D．“两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质
11．下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某钠盐X溶液中加入盐酸，将产生的气体通入HNO3酸化的BaCl2溶液中
有白色沉淀产生
反应生成的气体可能为SO2
B
向盛有稀Fe（NO3）2溶液的试管中加入0.1mol/L的H2SO4溶液
试管口出现红棕色气体
溶液中的NO3﹣被Fe2+还原为NO2
C
向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释
溶液红色变浅
溶液中所有离子浓度均减小
D
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧
直接观察，火焰呈黄色
溶液中的金属阳离子只有Na+
A．A
B．B
C．C
D．D
12．下列有机物相应说法正确的是（　　）
A．乙烷中混有乙烯，提纯方法：催化剂条件下与氢气混合反应
B．乙酸乙酯中混有乙酸，提纯方法：用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液
C．乙醇中混有乙酸，验证乙酸存在的方法：加金属钠，看是否有气泡
D．蔗糖水解产物的验证：在冷却后的水解液中直接加入银氨溶液，水浴加热，看是否有银镜产生
13．已知常温下，3
种物质的电离平衡常数如表：下列说法不正确的是（　　）
物质
HCOOH
CH3COOH
NH3?H2O
电离平衡常数K
1.77×10﹣4
1.75×10﹣5
1.76×10﹣5
A．等物质的量浓度时，溶液pH：HCOONa＜CH3COONa
B．pH均为3时，溶液浓度：c（HCOOH）＞c（CH3COOH）
C．HCOOH溶液与氨水混合，当溶液pH＝7时，c（HCOO﹣）＝c（NH4+）
D．等物质的量浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水混合，溶液pH约为
7
14．将一块镀层破损的铁片置于海边潮湿环境中，一段时间后铁片如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电子由镀层流向铁
B．铁片凹陷深处产生了较多OH﹣
C．镀层的金属性比铁弱
D．对铁进行了牺牲阳极的阴极保护
15．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品
CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。
下列说法不正确的是（　　）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C﹣C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
16．Weiss利用光敏剂
QD制备2﹣环己基苯乙烯（c）的过程如图所示。下列有关说法正确的是（　　）
A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．a、b、c都能发生加成、加聚反应
C．c中所有原子共平面
D．b、c为同系物
17．用惰性电极电解饱和食盐水（含少量
Ca2+、Mg2+）并进行相关实验（装置如图），电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：下列对实验现象解释不正确的是（　　）
（1）中黑色固体变红；
（2）电极a附近溶液出现浑浊；
（3）中溶液出现浑浊；
（4）中溶液红色褪去。
A．（1）中CuO+H2Cu+H2O
B．（2）中a电极2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
C．（3）中Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣
D．（4）中：Cl2具有强氧化性
18．研究表明，通过碘循环系统（如图）可以吸收工业废气中的SO2制备一种重要的化工原料A，同时完成氢能源再生。下列说法正确的是（　　）
A．A为亚硫酸
B．I2在整个循环系统中做中间产物
C．不断分离出H2，有利于完成氢能源再生
D．氢气燃烧热值高、无污染、储存、运输方便，属于一次能源和新能源
19．已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是（　　）
A．该反应的化学方程式是：CO
（g）+H2O
（g）?CO2
（g）+H2（g）
B．上述反应的正反应是放热反应
C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1
mol，5
min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4
mol时，该反应为平衡状态
D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：＝，判断此时的温度是1000℃
20．最近一个科研小组创建了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法错误的是（　　）
A．电源的a极为负极
B．在能量转换过程中，固体电解质中H+由阳极向阴极移动
C．阴极电极反应式为：OX+4H++4e﹣═GC+H2O
D．为增强阳极电解液导电性，可在水中添加适量NaCl
二、填空题（本题包括5小题，共60分。）
21．X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大．非金属X原子核外各层电子数之比为1：2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨．请回答下列问题：
（1）元素X的最高价氧化物的电子式为　
　；元素Z的离子结构示意图为　
　．
（2）单质铜和元素Y的最高价氧化物对应水化物的稀溶液发生反应的化学方程式为　
　．
（3）元素W位于周期表的第　
　族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因：　
　．
（4）R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：　
　．
（5）Y和Z组成的化合物ZY，被大量用于制造电子元件．工业上用Z的氧化物、X单质和Y单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1：3，则该反应的化学方程式为　
　．
22．工业上，常采用氧化还原方法处理尾气中的CO。沥青混凝土可作为反应：2CO（g）+O2（g）?2CO2（g）的催化剂。如图1表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土（α型、β型）催化时，CO的转化率与温度的关系。
（1）在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是　
　；
（2）已知c点时容器中O2浓度为0.04mol/L，则50℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K＝　
　。（用含x的代数式表示）
（3）下列关于上图的说法正确的是　
　。
A．CO转化反应的平衡常数K（a）≤K（c）
B．在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型的要大
C．b点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高
D．e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性
（4）工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3，溶液再生，其装置示意图如图2所示。
①在阳极区发生的反应包括　
　和H++HCO3﹣═CO2↑+H2O；
②简述CO32﹣在阴极区再生的原理：　
　。
23．高聚物H可用于光刻工艺中，作抗腐蚀涂层。下列是高聚物H的一种合成路线。
已知：①RCHO+R1CH2COOH
+H2O；
②由B生成C的反应属于加聚反应；
③D属于高分子化合物。
请回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称是　
　。
（2）由A生成B和Y生成E的反应类型分别为　
　、　
　。
（3）由F生成G的化学方程式为　
　。
（4）H的结构简式为　
　。
（5）只有一种官能团的芳香化合物W是G的同分异构体，W能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1的结构简式为　
　。
（6）参照上述合成路线，设计由对二甲苯和乙酸为原料制备的合成路线（无机试剂任选）　
　。
24．钼酸钠晶体（Na2MoO4?2H2O）常用于配制金属缓蚀剂。如图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。
回答下列问题：
（1）Na2MoO4?2H2O中钼元素的化合价是　
　。
（2）“焙烧”反应为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，该反应氧化产物是　
　（填化学式），写出一条提高焙烧速率的措施　
　。
（3）“浸取”时含钼化合物发生反应的离子方程式为　
　。
（4）“结晶”前需向滤液中加入Ba（OH）2固体以除去CO32﹣。若滤液中（MoO42﹣）＝0.40mol/L，c（CO32﹣）＝0.20mol/L，要使钼元素无损失，残余CO32﹣的最低浓度是　
　mol/L。[已知：Ksp（BaCO3）＝1×10﹣9、Ksp（BaMoO4）＝4.0×10﹣8]
（5）钼酸钠也可用钼酸铵[（NH4）2MoO4]和适量热的纯碱反应来制取，反应后溶液中只含钼酸钠从而有利于提纯。该反应的化学方程式为　
　。
（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在缓蚀剂中的腐蚀速率实验结果如图所示。要使碳素钢的缓蚀效果最好，缓蚀剂中钼酸钠（摩尔质量为M）的物质的量浓度为　
　mol/L。
25．某同学对Cl2与KI溶液的反应进行了实验探究。反应装置如图所示。通入氯气一段时间，KI溶液变为黄色。继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，变为无色。继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色。
（1）Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式是　
　。
（2）KI溶液变为黄色说明氯气具有　
　性，该反应的离子方程式是　
　。
（3）已知I2+I﹣?I3﹣，I2、I3﹣在水中均呈黄色。为确定黄色溶液的成分，进行以下实验：
操作
实验现象
a
取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置
CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色
b
取2～3mL饱和碘水，加入足量CCl4，振荡静置
CCl4层呈紫红色，水层几近无色
①实验b的目的是　
　。
②根据实验a可知，水层中含有的粒子有　
　。
③用化学平衡原理解释实验a中水溶液颜色变浅的原因：　
　。
（4）通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化。已知1mol
Cl2可氧化0.2mol
I2，该反应的离子方程式是　
　。
（5）根据上述实验，请预测向淀粉﹣KI溶液中持续通入氯气，可能观察到的现象为　
　。
（6）溶液最终变为浅黄绿色的原因是　
　。
2020-2021学年北京市通州区高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．【解答】解：A．护目镜﹣有机玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯，为有机高分子化合物，故A错误；
B．口罩鼻夹﹣铝条是金属单质，为无机物，故B正确；
C．医用手套﹣合成橡胶是有机高分子化合物，为有机物，故C错误；
D．防护服面料﹣聚丙烯是有机高分子化合物，为有机物，故D错误；
故选：B。
2．【解答】解：A．氮气中N原子之间以三键结合，故其结构式为N≡N，故A错误；
B．质量数标示在左上角，质量数＝质子数+中子数，故质子数为8中子数为10的氧原子的质量数为18，故表示为O，故B错误；
C．HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其电子式为，故C错误；
D．用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故丁烷的球棍模型：，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A．44g二氧化碳的物质的量为n＝＝1mol，而二氧化碳中含2个氧原子，故1mol二氧化碳中含氧原子为2NA个，故A正确；
B．17g﹣OH的物质的量为n＝＝1mol，而﹣OH中含9个电子，故1mol﹣OH中含9NA个电子，故B正确；
C．溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故C错误；
D．标况下22.4L氖气的物质的量为n＝＝1mol，而氖气中含10个电子，故1mol氖气含电子为10NA个，故D正确。
故选：C。
4．【解答】解：A．聚乙烯塑料难易降解，能引起白色污染，不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A正确；
B．丝成分为蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧产物除了生成水和二氧化碳还有含氮物质，故B错误；
C．废旧电池中含有镍、镉等重金属，填埋处理能造成土壤和水体污染，所以不能填埋，应集中处理，故C正确；
D．可回收的易拉罐中含金属铝，铝性质活泼，通常用电解法冶炼，可通过电解熔融氧化铝制取，故D正确。
故选：B。
5．【解答】解：A．在加热条件下，铜与浓硫酸反应的离子方程式为：2H2SO4（浓）+CuCu2++2H2O↑+SO42﹣+SO2↑，故A错误；
B．HCO3﹣+H2O?H3O++CO32﹣为碳酸氢根离子的电离方程式，碳酸氢钠水解的离子方程式为：HCO3﹣+H2O?OH﹣+H2CO3，故B错误；
C．实验室制备氢氧化铁胶体，离子方程式：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；
D．乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应方程式为：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故D正确；
故选：D。
6．【解答】解：A.二者互溶，但沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故A正确；
B.苯不能隔绝HCl与水，则不能防止倒吸，故B错误；
C.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故C错误；
D.NO与空气中氧气反应，则不能排空气法收集，故D错误；
故选：A。
7．【解答】解：由上述分析可知，R为N、X为P、Y为S、Z为Cl，
A.常温常压下，氮气呈气态，故A正确；
B.盐酸的酸性大于氢硫酸的酸性，可知简单阴离子结合氢离子的能力：Y＞Z，故B正确；
C.Z的氧化物对应水化物若为HClO，属于弱酸，故C错误；
D.Y和Z组成的化合物只含共价键，属于共价化合物，故D正确；
故选：C。
8．【解答】解：A．水为弱电解质，存在电离平衡，则酸性溶液中一定存在OH﹣，碱性溶液中一定存在H+，故A错误；
B．能使pH试纸显红色的溶液呈酸性，I﹣、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．Fe2+、H2O2之间发生氧化还原反应，Fe3、SCN﹣之间发生络合反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故C错误；
D．常温＝1×10﹣13mol/L的溶液中存在大量H+，NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣之间不反应，都不与H+反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
9．【解答】解：A．H2O2中加入少量MnO2，二氧化锰在反应前后质量和性质都不变，为催化剂，故A正确；
B．Zn先与CuSO4反应置换出了Cu，构成了Cu﹣Zn原电池加快了反应速率，与催化剂无关，故B错误；
C．固态FeCl3和固体NaOH混合后，加入水，为溶液中的离子反应，与催化剂无关，故C错误；
D．在炭粉中加入氯酸钾，氯酸钾分解生成氧气，促进燃烧，点燃时燃烧更为剧烈，与催化剂无关，故D错误。
故选：A。
10．【解答】解：A．氯水中存在的微粒有：Cl2、H2O和HClO、Cl﹣、ClO﹣、H+、OH﹣，氨水中存在的微粒有：NH3、H2O和NH3?H2O、NH4+、H+、OH﹣，“两水”均为混合物，但氨水中含6种微粒，氯水中含7种微粒，故A错误；
B．氨水不能漂白有机色素，故B错误；
C．一水合氨、HClO均为弱电解质，存在电离平衡，氨气与水的反应：NH3+H2O?OH﹣+NH4+，氯气与水的反应：Cl2+H2O?HClO+H++Cl﹣，均为可逆反应，存在化学平衡，故C正确；
D．“两水”放置时间较久后，氨水易挥发，浓度减小变质，而氯水中HClO见光分解，变质为盐酸，原理不同，故D错误；
故选：C。
11．【解答】解：A.钠盐可能为亚硫酸钠，二氧化硫可被硝酸氧化，生成硫酸根离子与钡离子反应生成白色沉淀为硫酸钡，故A正确；
B.酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成NO，NO易被氧化为二氧化氮，试管口出现红棕色气体，故B错误；
C.稀释促进一水合氨电离，且水的离子积不变，则溶液红色变浅，氢氧根离子、铵根离子浓度减小，而氢离子浓度增大，故C错误；
D.焰色反应为元素的性质，且观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由操作和现象可知，溶液中的金属阳离子一定有Na+，可能含K+等，故D错误；
故选：A。
12．【解答】解：A．不能确定乙烯的量，易引入新杂质，且反应在实验室难以完成，可用溴水除杂，溴水与乙烯发生加成反应，故A错误；
B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸可与碳酸钠反应，可用用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液以除去杂质，故B正确；
C．乙醇、乙酸都与钠反应，因乙酸含有羧基，具有酸性，可用酸碱指示剂或pH试纸检验，故C错误；
D．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖发生银镜反应应在碱性条件下，蔗糖水解后应先加入碱调节溶液呈碱性，故D错误。
故选：B。
13．【解答】解：A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，等物质的量浓度的钠盐溶液，弱酸根离子水解程度越大，其对应的钠盐溶液pH越大，电离平衡常数：K（HCOOH）＞K（CH3COOH），HCOO﹣水解程度小于CH3COO﹣，所以等物质的量浓度时，溶液pH：HCOONa＜CH3COONa，故A正确；
B．pH均为3的一元弱酸，酸的酸性越强，该酸的浓度越小，电离平衡常数：K（HCOOH）＞K（CH3COOH），酸性HCOOH较强，所以pH均为3时，溶液浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），故B错误；
C．常温下HCOOH和氨水混合溶液pH＝7时，溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（NH4+），则c（HCOO﹣）＝c（NH4+），故C正确；
D．等体积的CH3COOH溶液和氨水混合二者恰好完全反应生成CH3COONH4，乙酸和一水合氨电离平衡常数接近相等，则CH3COO﹣、NH4+水解程度接近相等，所以混合溶液pH约为7，故D正确；
故选：B。
14．【解答】解：A．由图可知，铁片被腐蚀，说明铁做负极，电子由铁流向镀层金属，故A错误；
B．铁皮作负极，失电子产生较多的Fe2+，即铁皮凹陷处产生较多的Fe2+，故B错误；
C．构成原电池的条件之一就是由两活性不同的电极，由图可知，铁片被腐蚀，说明铁做负极，所以镀层金属的金属性比铁弱，故C正确；
D．如果镀层金属的金属性别铁强，则铁为正极，镀层为负极，则为栖牲阳极保护阴极，但本题中镀层金属的金属性比铁弱，不属于牺牲阳极阴极保护法，故D错误。
故选：C。
15．【解答】解：A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；
B．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故B正确；
C．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C键形成，故C正确；
D．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故D错误；
故选：D。
16．【解答】解：A．a含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；
B．a、b、c都含有碳碳双键，则可发生加成、加聚反应，故B正确；
C．c含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；
D．b、c结构不同，二者不是同系物，故D错误。
故选：B。
17．【解答】解：A．（1）中黑色固体变红，则氢气还原氧化铜，方程式为：CuO+H2Cu+H2O，故A正确；
B．（2）电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，故B正确；
C．（3）中溶液出现浑浊，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2﹣═S↓+2Cl﹣，故C正确；
D．（4）中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH﹣，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；
故选：D。
18．【解答】解：A．碘单质、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，反应方程式为I2+SO2+2H2O＝2HI+H2SO4，上述循环系统得到的A为硫酸，故A错误；
B．由图可知I2为整个循环过程中的催化剂，故B错误；
C．HI分解是可逆反应，不断分离出H2，有利于反应向正方向进行，即有利于HI的分解，有利于完成氢能源再生，故C正确；
D．氢气属于二次能源和新能源，氢能燃烧热值高、资源丰富，无毒，氢气燃烧生成水，无污染，但是氢气不方便储存和运输，故D错误；
故选：C。
19．【解答】解：A．化学反应的平衡常数表达式为K＝，而平衡常数是生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，故反应物是一氧化碳和水，生成物是二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式是：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），故A正确；
B．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以该反应正反应是放热反应，故B正确；
C．
CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）
起始量（mol）：0
0
1
1
变化量（mol）：0.4
0.4
0.4
0.4
5nim的量（mol）：0.4
0.4
0.6
0.6
反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算，故Qc＝＝2.25＞1，830°C时Qc不等于K，说明反应未达到平衡，故C错误；
D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：＝，则K＝＝0.6，对照平衡常数可知温度是1000℃，故D正确；
故选：C。
20．【解答】解：A．H2O转化为O2，O的化合价升高失电子，则H2O在阳极反应生成氧气，所以电源的a极为负极，b为正极，故A正确；
B．由题中信息可知，H+可以通过固体聚合物电解质，H+由阳极向阴极移动即由图中电池右侧向左侧移动，故B正确；
C．OX在阴极得电子生成GC，电极方程式为：OX+4H++4e﹣═GC+H2O，故C正确；
D．氯离子的放电能力大于氢氧根离子，添加盐酸或NaCl时，阳极上会生成氯气，不能添加盐酸或NaCl，故D错误；
故选：D。
二、填空题（本题包括5小题，共60分。）
21．【解答】解：X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数＝20﹣7＝13，则Z为Al；非金属X原子核外各层电子数之比为1：2，X有2个电子层，X为C元素．
（1）元素X的最高价氧化物为CO2，分子中C原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为；元素Z的离子为Al3+，离子核外电子数为10，各层电子数为2、8，离子结构示意图为，
故答案为：；；
（2）单质铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应方程式为：8HNO3（稀）+3Cu═2NO↑+3Cu（NO3）2+4H2O，
故答案为：8HNO3（稀）+3Cu═2NO↑+3Cu（NO3）2+4H2O；
（3）元素W为P，核外有3个电子层，最外层电子数为5，位于周期表的第三周期第VA族；P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱，故P的非金属性比元素S弱，
故答案为：第三周期第VA族；P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱；
（4）R的一种氧化物能使品红溶液褪色，该氧化物为SO2，工业上用氨气水溶液作该氧化物的吸收剂，吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：SO2+NH3?H2O═HSO3﹣+NH4+，
故答案为：SO2+NH3?H2O═HSO3﹣+NH4+；
（5）N和Al组成的化合物AlN，被大量用于制造电子元件．工业上用氧化铝、碳、氮气在高温下制备，其中氧化铝和碳的物质的量之比为1：3，说明还生成CO，则该反应的化学方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，
故答案为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO．
22．【解答】解：（1）图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行，a、b、c、d
四点中，达到平衡状态的是bcd，未达到平衡状态的是a，
故答案为：a；
（2）c点时CO的转化率为x，设起始CO浓度为amol/L，反应三段式为
2CO（g）+O2（g）?2CO2（g）
起始量
a
0
变化量
ax
0.5ax
ax
平衡量
a（1﹣x
）
0.04
ax
则平衡常数K＝＝＝，
故答案为：；
（3）A．平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，平衡常数K减小，即K（a）＞K（c），故A错误；
B．由图可知，相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大，故B正确；
C．有效碰撞几率与反应速率有关，温度越高，反应速率越大，有效碰撞几率越高，故在图象中e点有效碰撞几率最高，故C错误；
D．e点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性失效，故D正确；
故答案为：BD；
（4）①阳极区氢氧根失去电子生成氧气，促进水的电离，发生的反应4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑（或2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑），生成的H+和HCO3﹣和反应生成CO2，反应为H++HCO3﹣＝CO2↑+H2O，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑（或2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑）；
②水在阴极放电生成氢气和氢氧根离子，生成的OH﹣与HCO3﹣反应生成CO32﹣，反应为OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O，所以CO32﹣在阴极区再生，
故答案为：阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH﹣与HCO3﹣反应生成CO32﹣。
23．【解答】解：（1）B为CH2＝CHOOCCH3，B中含氧官能团的名称是酯基，
故答案为：酯基；
（2）由A生成B、Y生成E的反应类型分别为加成反应、取代反应或水解反应，
故答案为：加成反应；取代反应或水解反应；
（3）F为，G为，由F生成G的化学方程式为+CH3COOH+H2O，
故答案为：+CH3COOH+H2O；
（4）H的结构简式为，
故答案为：；
（5）G为，只有一种官能团的芳香化合物W是G的同分异构体，W能发生银镜反应，说明含有醛基且含有两个醛基，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或，
故答案为：或；
（6）由对二甲苯和乙酸为原料制备，根据信息①知，可由和乙酸发生信息①的反应得到，可由发生催化氧化得到，可由发生水解反应得到，可由对二甲苯发生取代反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
24．【解答】解：（1）计算Na2MoO4?2H2O中钼元素的化合价时，只计算Na2MoO4中钼元素的化合价即可，Na元素显+1价，O元素显﹣2价，设钼元素的化合价为x，化合物中正负总化合价代数和为0，则（+1）×2+x+（﹣2）×4＝0，解得：x＝+6，
故答案为：+6；
（2）“焙烧”时氧气将MoS2氧化成MoO3、SO2，发生反应为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，Mo、S元素化合价升高被氧化，氧化产物为MoO3、SO2；增大固体接触面积、最大反应物浓度均可以加快反应速率，所以提高焙烧效率的措施有：粉碎矿石或鼓入适当过量空气等，
故答案为：MoO3、SO2；粉碎矿石或鼓入适当过量空气等；
（3）“浸取”时，MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2，该反应的离子方程式为：MoO3+CO32﹣＝MoO42﹣+CO2↑，
故答案为：MoO3+CO32﹣＝MoO42﹣+CO2↑；
（4）Ksp（BaMoO4）＝4.0×10﹣8，c（MoO42﹣）＝0.40mol?L﹣1，由Ksp（BaMoO4）＝c（MoO42﹣）?c（Ba2+）可知：当BaMoO4开始沉淀时，c（Ba2+）＝＝mol/L＝10﹣7mol/L，由Ksp（BaCO3）＝c（CO32﹣）?c（Ba2+）可知，此时溶液中c（CO32﹣）＝mol/L＝0.01mol/L，则CO32﹣的最低浓度是0.01mol/L，
故答案为：0.01；
（5）钼酸钠也可用钼酸铵[（NH4）2MoO4]和适量热的纯碱反应来制取，反应后溶液中只含钼酸钠，根据原子守恒可知还会生成氨气、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：（NH4）2MoO4+Na2CO3＝Na2MoO4+2NH3↑+CO2↑+H2O，
故答案为：（NH4）2MoO4+Na2CO3＝Na2MoO4+2NH3↑+CO2↑+H2O；
（6）结合图示可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，缓蚀剂钼酸钠的浓度为150mg/L＝0.15g/L，因此要使碳素钢的缓蚀效果最好，缓蚀剂中钼酸钠（摩尔质量为M）的物质的量浓度为：c（Na2MoO4）＝＝mol/L，
故答案为：。
25．【解答】解：（1）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
（2）通入氯气，KI溶液变为黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2＝2Cl﹣+I2，
故答案为：氧化性；2I﹣+Cl2＝2Cl﹣+I2
；
（3）①实验b可用于对比实验，可证明a中溶液存在I3﹣，说明存在I2+I﹣?I3﹣平衡，不是单一的I2浓度降低所导致的，
故答案为：对比实验，证明实验a中水层显浅黄色是因为存在I2+I﹣?I3﹣平衡，不是单一的I2浓度降低所导致的；
②存在I2+I﹣?I3﹣平衡，则溶液中存在I2、I﹣、I3﹣，另外还含有Cl﹣、K+，
故答案为：I2、I﹣、I3﹣、Cl﹣、K+；
③存在平衡化学平衡：I2+I﹣?I3﹣，溶液中存在I2，加入四氯化碳后，碘易溶于四氯化碳，溶液中碘浓度降低，则平衡I2+I﹣?I3﹣向着逆向移动，I3﹣浓度也降低，导致水溶液颜色变浅，
故答案为：由于萃取使水溶液中I2浓度降低，同时I2+I﹣?I3﹣平衡逆向移动，I3﹣浓度也降低，导致水溶液颜色变浅；
（4）氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI＝KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化，已知1mol
Cl2可氧化0.2mol
I2，说明I元素化合价升高5价，应生成HIO3，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O＝10HCl+2HIO3，改为离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O＝2IO3﹣+10H++12Cl﹣，
故答案为：5Cl2+I2+6H2O＝2IO3﹣+10H++12Cl﹣；
（5）向淀粉﹣KI溶液中持续通入氯气，先生成单质碘，溶液变成蓝色，继续通入氯气，碘被氧化生成HIO3，溶液褪色，
故答案为：溶液先变蓝后褪色；
（6）氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅绿色，所以溶液最终变为浅黄绿色，
故答案为：氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子。