2020-2021学年江苏省南通市新高考高三（上）期中化学试卷（Ⅰ卷）

2020-2021学年江苏省南通市新高考高三（上）期中化学试卷（Ⅰ卷）
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1．下列与化学有关的文献，理解错误的是（　　）
A．《问刘十九》中写道：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
B．《清波杂志》卷十二：“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。”这里的胆水是指CuSO4溶液
C．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉……”文中的“裘”主要成分是蛋白质
D．《傅鹑觚集?太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS
2．关于下列各装置图的叙述中，正确的是（　　）
A．装置①中，c为阴极、d为阳极
B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体
C．装置③若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯
D．装置④可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl
3．氮化镁（Mg3N2）是一种重要的化合物，下列说法错误的是（　　）
A．Mg3N2中只含有离子键，不含共价键
B．Mg3N2与盐酸反应生成两种盐
C．Mg3N2与水反应属于非氧化还原反应
D．Mg3N2中两种粒子的半径：r（Mg2+）＞r（N3﹣）
4．青石棉是一种致癌物质，其化学式为Na2Fe5Si8O22（OH）2青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是（　　）
A．青石棉是一种硅酸盐材料
B．青石棉置于足量硝酸中，不能得到澄清透明溶液
C．青石棉的化学组成可表示为Na2O?FeO?2Fe2O3
?8SiO2?H2O
D．1mol青石棉与稀硝酸反应时，被还原的硝酸为1mol
5．表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是（　　）
选项
气体
a
b
c
A
NH3
浓氨水
生石灰
碱石灰
B
SO2
70%浓H2SO4
Na2SO3固体
98%浓H2SO4
C
NO
稀HNO3
铜屑
H2O
D
NO2
浓HNO3
铜屑
NaOH溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
6．向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色．下列分析中不正确的是（　　）
A．充分反应后的溶液中无Cu2+存在
B．滴加CuSO4溶液时，每生成1molCuI会转移1mole﹣
C．根据上述实验现象可知：Cu2+比SO2的氧化性强
D．通入SO2时发生反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═2HI+2H++SO42﹣
7．反应2C+O2═2CO的能量变化如图所示．下列说法正确的是（　　）
A．12
g
C（s）与一定量O2（g）反应生成14
g
CO（g）放出的热量为110.5
kJ
B．该反应的热化学方程式是2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221
kJ
C．2
mol
C（s）与足量O2（g）反应生成CO2（g），放出的热量大于221
kJ
D．该反应的反应热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差
8．NH4HCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是（　　）
A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C
B．同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C
C．其与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
D．除去NaCl固体中混有少量的NH4HCO3固体可以采用加热的方法
9．溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的几种．①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（　　）
A．溶液中一定不含CO32﹣，可能含有SO42﹣和NO3﹣
B．在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O
C．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+
D．n（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）＝2：4：1
10．下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（　　）
A．甲烷的燃烧热为890.3kJ?mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ?mol﹣1
B．已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ?mol﹣1，则H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+1H2O（l）△H＜﹣57.3kJ?mol﹣1
C．500℃、30MPa下，将0.5mol
N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H＝﹣38.6kJ?mol﹣1
D．已知25℃、101KPa条件下：4Al（s）+3O2（g）═2A12O3（s）△H＝﹣2834.9kJ?mol﹣1，4Al（s）+2O3（g）═2A12O3（s）△H＝﹣3119.1kJ?mol﹣1，则O3比O2稳定
二、不定项选择题（每小题4分，共20分）
11．由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：2Na4S2O3+4H2SO4═4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O。下列说法正确的是（　　）
A．Na4S2O3的水溶液显中性
B．1mol
Na4S2O3中共含离子数为6NA
C．上述反应中，每产生3mol
S，转移电子的物质的量为6mol
D．CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生
12．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）
A．1mol
FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B．2L
0.5mol?L﹣1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1mol
Na2O2固体中含离子总数为3NA
D．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA
13．将一定量的氯气通入氢氧化钠浓溶液中，加热一段时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3的共存体系。下列判断不正确的是（　　）
A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为3：1
B．反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2
C．若有amol氯气参加反应，则amol＜转移电子的物质的量＜mol
D．反应中NaClO、NaClO3为氧化产物，且两者物质的量之比一定为1：1
14．我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐（局部结构如图），其中还有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是（　　）
A．Y的原子半径大于Z的原子半径
B．在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
C．Z的简单气态氢化物稳定性比Y的简单气态氢化物稳定性强
D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性强
15．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是（　　）
A．试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物
B．反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣
C．结合质子（H+）的能力由弱到强的顺序是OH﹣＞CO32﹣＞AlO2﹣
D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al
三、非选择题（共60分）
16．黄铜矿的主要成分是CuFeS2（硫元素显﹣2价，铁元素显+2价）。实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红（Fe2O3）的流程如图1。
已知：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2，FeS+2HCl═FeCl2+H2S↑。
（1）在实验室中，应将黄铜矿粉末放在　
　（填仪器名称）中焙烧。
（2）欲选用图2部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气。
①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为　
　。
②按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a→　
　。
③装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性，具体方法是　
　。
（3）若使用20g黄铜矿粉末可制得8g
Fe2O3（铁红），则该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数是　
　（假设各步反应均完全进行且过程中无额外物质损耗）。
17．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：
元素编号
元素性质或原子结构
T
M层上有6个电子
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z
元素最高正价是+7价
W
其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2
（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是　
　。
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+，写出某溶液中含该微粒的电子式　
　，如何检验该离子　
　。
（3）元素Z在周期表中的位置　
　，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是　
　（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是　
　（填序号）。
a．常温下Z的单质和T的单质状态不同
b．Z的氢化物比T的氢化物稳定
c．一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
（4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是　
　，理由是　
　。Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为　
　。
18．富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO?B2O3）、镁硅酸盐（2MgO?SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如图1。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）
Fe（OH）3
Al（OH）3
Fe（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀时
1.9
3.4
7.0
9.1
完全沉淀时
3.2
4.7
9.0
11.1
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有　
　、　
　等。
（2）酸浸时发生反应：2MgO?SiO2+2H2SO4═2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO?B2O3+2H2SO4+H2O═2H3BO3+2MgSO4。
①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4　
　H3BO3（填“＞”或“＜”）。
②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：　
　、　
　。
③已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH﹣＝B（OH）4﹣。下列关于硼酸的说法正确的是　
　（填序号）。
a．硼酸是一元酸
b．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
c．硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2O?B（OH）4﹣+H+
（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，　
　（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。
（4）除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至　
　以上，使杂质离子转化为　
　（填化学式）沉淀，过滤。
（5）获取晶体：
ⅰ．浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；
ⅱ．控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。
结合如图2溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶得到　
　晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到　
　晶体。
19．二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1＝﹣90.7kJ?mol﹣1
②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣23.5kJ?mol﹣1
③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.2kJ?mol﹣1
回答下列问题：
（1）则反应3H2（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H＝　
　kJ?mol﹣1
（2）反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有　
　。
A．加入CH3OH
B．升高温度
C．增大压强
D．移出H2O
E．使用催化剂
（3）以下说法能说明反应3H2（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）达到平衡状态的有　
　。
A．H2和CO2的浓度之比为3：1
B．单位时间内断裂3个H﹣H同时断裂1个C＝O
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变
E．绝热体系中，体系的温度保持不变
（4）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）?2CO（g）。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。
已知：气体分压（P分）＝气体总压（P总）×体积分数。
①该反应△H　
　0（填“＞”、“＜”或“＝”），550℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡　
　（填“正移”、“逆移”或“不移动”）
②650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为　
　（保留2位有效数字）。
③T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP＝　
　P总。
20．化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如图所示（部分反应条件已略去）。
已知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；
③RCHO+CH3CHORCH＝CHCHO+H2O；
④。
（1）有机物B的名称为　
　。
（2）由D生成E的反应类型为　
　，E中官能团的名称为　
　。
（3）由G生成H所需的“一定条件”为　
　。
（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：　
　。
（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，X能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：1，写出1种符合条件的X的结构简式：　
　。
（6）设计由和丙醛合成的流程图：　
　（其他试剂任选）。
2020-2021学年江苏省南通市新高考高三（上）期中化学试卷（Ⅰ卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1．【答案】A
【解答】解：A．葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，故A错误；
B．发生Fe与硫酸铜的置换反应，可知胆水是指CuSO4溶液，故B正确；
C．丝、裘的主要成分为蛋白质，文中的“裘”主要成分是蛋白质，故C正确；
D．朱砂的主要成分为HgS，为古代常用的一种红色颜料，故D正确；
故选：A。
2．【答案】B
【解答】解：A．由电流方向可知，a为正极，c与a相连，c为阳极，故A错误；
B．短导管进气可收集密度比空气密度小的气体，长导管进气可收集密度比空气密度大的气体，则装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体，故B正确；
C．X为苯时，不能隔绝气体与水，不能防止倒吸，故C错误；
D．HCl的密度比空气密度大，且与碱石灰反应，干燥、收集均不合理，故D错误；
故选：B。
3．【答案】D
【解答】解：A.氮化镁是离子化合物，化合物中只含有离子键，不含共价键，故A正确；
B.氮化镁与盐酸反应生成氯化铵和氯化镁，氯化铵和氯化镁均属于盐，故B正确；
C.氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故C正确；
D.电子层结构相同的离子，随核电荷数的增大，离子半径减小，氮离子和镁离子的电子层结构相同，则离子半径r（N3﹣）＞r（Mg2+），故D错误；
故选：D。
4．【答案】C
【解答】解：A．青石棉其化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，是含硅、氧与其它化学元素的化合物，所以青石棉是一种硅酸盐产品，故A正确；
B．青石棉化学式为：Na2Fe5Si8O22（OH）2，用氧化物的形式可表示为：Na2O?3FeO?Fe2O3?8SiO2?H2O，含有二氧化硅，二氧化硅与硝酸不反应，所以青石棉置于足量硝酸中，不能得到澄清透明溶液，故B正确；
C．由B可知，氧化物的形式可表示为：Na2O?3FeO?Fe2O3?8SiO2?H2O，故C错误；
D．青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，所以青石棉中含有二价铁离子；根据氧化还原反应中得失电子相等判断青石棉与硝酸的关系式，所以青石棉与硝酸反应的关系式计算得：
Na2O?3FeO?Fe2O3?8SiO2?H2O﹣﹣HNO3，
1mol
1mol
所以1mol青石棉能使1mol硝酸被还原，故D正确；
故选：C。
5．【答案】B
【解答】解：A．因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；
B．Na2SO3与70%浓H2SO4反应生成SO2，SO2中所含的H2O杂质用98%浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；
C．NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；
D．NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误；
故选：B。
6．【答案】D
【解答】解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI。
A、由上述分析及化学方程可知，向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，所以不含铜离子，故A正确；
B、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole﹣时生成1molCuI白色沉淀，故B正确；
C、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正确。
D、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI，碘化氢为强电解质，离子方程式为：SO2+I2+2H2O═2I﹣+4H++SO42﹣，故D错误；
故选：D。
7．【答案】C
【解答】解：A、12
g
C（s）与一定量O2（g）反应生成28
g
CO（g）放出的热量为110.5
kJ，故A错误；
B、焓变单位为KJ/mol，故该反应的热化学方程式是2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol，故B错误；
C、2mol
C（s）与足量O2（g）反应生成CO2（g），反应过程中一氧化碳生成二氧化碳是放热反应，所以放出的热量大于221kJ，故C正确；
D、该反应的反应热等于O2分子和碳中化学键断裂时所吸收的总能量与CO分子中化学键形成时所释放的总能量的差，故D错误；
故选：C。
8．【答案】C
【解答】解：A．四种元素中，只有氢原子有1个电子层，其余均有2个电子层，质子数C＜N＜O，依据电子层越大半径越大，电子层相同的，质子数越多半径越小，原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C，故A正确；
B．C、N、O为同周期元素，原子序数依次增大，同周期元素从左到右非金属性依次增强，所以三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C，故B正确；
C．NH4HCO3与足量氢氧化钠溶液共热的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故C错误；
D．NaCl固体稳定，NH4HCO3固体不稳定受热分解生成氨气、水和二氧化碳，加热生成的气体逸出，故D正确；
故选：C。
9．【答案】D
【解答】解：由①可知溶液中有H+，无CO32﹣和NO3﹣，根据溶液电中性，溶液中一定存在SO42﹣；加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0≤n（NaOH）≤0.1mol时，H++OH﹣＝H2O；0.1mol≤n（NaOH）≤0.5mol时，Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓；0.5mol≤n（NaOH）≤0.7mol时，NH4++OH﹣＝NH3?H2O；0.7mol≤n（NaOH）≤0.8mol时，Al（OH）3
+OH﹣＝AlO2﹣+H2O，计算可得：n（H+）＝0.1mol，n（Al3+）＝0.1mol，n（Mg2+）＝0.05mol，n（NH4+）＝0.2mol，
A、根据分析可知：溶液中一定不存在CO32﹣、Fe3+、NO3﹣，一定存在H+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣，故A错误；
B、在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，沉淀的物质的量不变，发生的反应为NH4++OH﹣＝NH3?H2O，故B错误；
C、溶液中一定存在的阳离子为H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故C错误；
D、根据以上计算可知，n（H+）＝0.1mol，n（Al3+）＝0.1mol，n（Mg2+）＝0.05mol，n（NH4+）＝0.2mol，所以n（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）＝0.1mol：0.2mol：0.05mol＝2：4：1，故D正确；
故选：D。
10．【答案】B
【解答】解：A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C元素的稳定化合物为CO2，故A错误；
B．在稀溶液中酸碱中和生成1mol水的反应热为中和热。硫酸和氢氧化钡生成1mol水的同时生成硫酸钡沉淀，离子结合生成沉淀放热，所以△H＜﹣57.3kJ?mol﹣1，故B正确；
C．0.5mol
N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，方程式中n（N2）＝1mol、n（H2）＝3mol，放热2×19.3kJ，但是反应为可逆反应，反应不能完全进行，△H＝＞﹣38.6kJ?mol﹣1，故C错误；
D．①4Al（s）+3O2（g）═2A12O3（s）△H1＝﹣2834.9kJ?mol﹣1，②4Al（s）+2O3（g）═2A12O3（s）△H2＝﹣3119.1kJ?mol﹣1，根据盖斯定律，①﹣②，得3O2（g）＝2O3（g），△H＝△H1﹣△H2＞0，反应为吸热反应，说明O2的能量更低，更加稳定，故D错误；
故选：B。
二、不定项选择题（每小题4分，共20分）
11．【答案】BD
【解答】解：A．混盐Na4S2O3可以写成Na2SO3?Na2S，电离生成Na+、SO32﹣、S2﹣，由于SO32﹣和S2﹣水解溶液呈碱性，故A错误；
B．由电离方程：Na2SO3?Na2S＝4Na++SO32﹣+S2﹣可知，1molNa4S2O3中共含离子数为6NA，故B正确；
C．由反应2Na4S2O3+4H2SO4＝4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐Na2SO3?Na2S中﹣2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，则每生成3molS时转移电子的物质的量为4mol，故C错误；
D．含一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐为混盐，CaOCl2也可称为混盐，CaOCl2可写成CaCl2?Ca（ClO）2，加入足量稀硫酸Cl﹣和ClO﹣在酸性条件下反应生成Cl2，故D正确；
故选：BD。
12．【答案】CD
【解答】解：A．1molFeI2与足量氯气反应时Fe2+和I﹣都要完全被氧化，转移3mol电子，转移电子数为3NA，故A错误；
B．2L0.5mol?L﹣1硫酸钾溶液中含有SO42﹣的物质的量为：0.5mol/L×2L＝1mol，所带电荷的物质的量为2mol，则溶液中阴离子SO42﹣和OH﹣所带电荷数大于2NA，故B错误；
C．Na2O2中含有2个Na+和1个O22﹣，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故C正确；
D．42g丙烯和环丙烷的混合气体中含有42g最简式CH2，含有最简式CH2的物质的量为：＝3mol，含有H的物质的量为2×3mol＝6mol，含有氢原子的个数为6NA，故D正确；
故选：CD。
13．【答案】AD
【解答】解：A.由NaCl、NaClO、NaClO3的组成可知，钠原子和氯原子的物质的量之比为1：1，根据原子守恒，可知参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为1：＝2：1，故A错误；
B．设n（NaCl）＝11mol、n（NaClO）＝1mol、n（NaClO3）＝2mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1＝11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5＝11mol，得失电子相等，故反应体系中n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）（物质的量之比）可能为11：1：2，故B正确；
C．若amol氯气参与反应，发生反应有：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，若氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为amol×2××1＝amol；氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为amol×2××1＝mol，所以反应转移电子为amol＜转移电子物质的量＜mol，故C正确；
D．根据化合价变化可知，反应中NaClO和NaClO3为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算二者的物质的量之比，故D错误；
故选：AD。
14．【答案】D
【解答】解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为O、M为Cl，
A．同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径大于Z的原子半径，故A正确；
B．该盐中含有NH4+、H3O+和N5﹣离子，其中NH4+、H3O+含有极性键，N5﹣中的N﹣N键为非极性键，故B正确；
C．非金属性：O＞N，则Z的简单气态氢化物稳定性比Y的简单气态氢化物稳定性强，故C正确；
D．高氯酸为所有含氧酸中酸性最强的酸，则Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，故D错误；
故选：D。
15．【答案】B
【解答】解：A、由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；
B、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，离子方程式为：CO2+AlO2﹣+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；
C、结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCO3﹣＞Al（OH）3＞H2O，碱性：OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，所以结合质子能力：OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，故C错误；
D、氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误；
故选：B。
三、非选择题（共60分）
16．【答案】（1）坩埚；
（2）①MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②b→c→g→h→d；
③关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；
（3）92%。
【解答】解：（1）固体的焙烧在坩埚内进行，故答案为：坩埚；
（2）①圆底烧瓶中发生反应为MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气，则连接顺序为b→c→g→h→d，
故答案为：b→c→g→h→d；
③利用加热气体膨胀的原理进行装置气密性的检验，所以检验方法为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气，
故答案为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中；微热圆底烧瓶；若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；
（3）根据Fe元素守恒可得：2CuFeS2～Fe2O3，所以该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数＝，
故答案为：92%。
17．【答案】见试题解答内容
【解答】解：T的M层上有6个电子，其核外电子数为16，则T为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2，氢化物的水溶液是NH3?H2O，则Y为N元素；Z的元素最高正价是+7价，元素最高正价等于其族序数，则Z位于第ⅦA，由于F元素无正价，则Z为Cl元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，该单质为金属Al，则W为Al元素。
（1）146C在考古工作中用于测定一些文物的年代，
故答案为：146C；
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+是NH4+，其电子式为：；
检验该离子的方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+，
故答案为：；取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+；
（3）Z为Cl元素，在周期表中位于第三周期、第ⅦA族。同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，故Cl元素与S元素相比，非金属性较强的是Cl元素。可根据元素周期律来选择判断能证明这一事实的选项：
a．单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系，a项错误；
b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强，b项正确；
c．单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系，c项错误；
故答案为：第三周期ⅦA族；Cl；b；
（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同于其他三种，因为只有H2CO3为弱酸，其余为强酸；W的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，与HClO4反应的离子方程式为：3H++Al（OH）3＝Al3++3H2O，
故答案为：H2CO3；只有H2CO3为弱酸，其余为强酸；3H++Al（OH）3＝Al3++3H2O。
18．【答案】（1）研磨；加热；
（2）①＞；
②Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O；FeO+2H+＝Fe2++H2O；
③ac；
（3）滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀；
（4）4.7；Al（OH）3、Fe（OH）3；
（5）硫酸镁；硼酸。
【解答】解：（1）要加快反应速率，可研磨、加热，
故答案为：研磨；加热；
（2）①由强酸制备弱酸可知，酸性H2SO4＞H3BO3，
故答案为：＞；
②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，相关离子方程式为Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O、FeO+2H+＝Fe2++H2O，
故答案为：Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O；FeO+2H+＝Fe2++H2O；
③已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH﹣＝B（OH），可知硼酸为一元酸，电离方程式为H3BO3+H2O?B（OH）+H+，由与非金属性B＜C，则硼酸的酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，
故答案为：ac；
（3）杂质离子为亚铁离子，可滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，
故答案为：滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀；
（4）溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO调节溶液的pH至4.7以上，使杂质离子转化为Al（OH）3、Fe（OH）3，
故答案为：4.7；Al（OH）3、Fe（OH）3；
（5）由图可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，硼酸溶解度随温度升高而增大，则可升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体，
故答案为：硫酸镁；硼酸。
19．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）已知①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1＝﹣90.7kJ?mol﹣1
②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣23.5kJ?mol﹣1
③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.2kJ?mol﹣1，
根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）△H＝﹣246.1kJ?mol﹣1，
故答案为：﹣246.1；
（2）A．反应②中加入CH3OH，相当于增大压强，平衡不移动，CH3OCH3产率不变，故A错误；
B．反应②为放热反应，升高温度平衡逆移，则CH3OCH3产率会降低，故B错误；
C．反应②的正反应气体体积增大，增大压强平衡向左移动，CH3OCH3产率降低，故C错误；
D．移出H2O，生成物浓度减小，平衡向着逆向移动，可以增大CH3OCH3产率，故D正确；
E．使用催化剂，不影响化学平衡，则不影响CH3OCH3产率，故E错误；
故答案为：D；
（3）3H2（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）为气体体积缩小的放热反应，
A．H2和CO2的浓度之比为3：1，无法判断二者浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故A错误；
B．二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，单位时间内断裂3个H﹣H同时断裂1个C＝O，表示的是正逆反应速率，但是不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故B错误；
C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故C错误；
D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，故D正确；
E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为：DE；
（4）①根据图象可知，温度升高，产物CO的体积分数增大，说明该反应的正反应为吸热反应，△H＞0；
该反应在在体积可变的恒压密闭容器中进行，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正、v逆都减小，而该反应是气体体积增大的反应，则减小压强平衡正向移动，
故答案为：＞；正移；
②由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化的CO为xmol，
则有C（s）+CO2（g）?2CO（g）
开始（mol）
1
0
转化（mol）
x
2x
平衡（mol）
1﹣x
2x
则：×100%＝40%，解得：x＝0.25mol，则CO2的转化率为：×100%＝25%，
故答案为：25%；
④根据图示可知，T℃时，CO和CO2的体积分数均为50%，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝＝＝0.5P总，
故答案为：0.5。
20．【答案】（1）对溴甲苯（或4﹣溴甲苯）；
（2）取代反应；羟基、氯原子；
（3）银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）；
（4）+2NaOH+NaBr+H2O；
（5）、（或其他合理答案）；
（6）。
【解答】解：（1）因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4﹣溴甲苯，
故答案为：对溴甲苯（或4﹣溴甲苯）；
（2）D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知﹣Br发生水解反应生成﹣OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子，
故答案为：取代反应；羟基、氯原子；
（3）已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个﹣OH，而这2个﹣OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个﹣OH将转化为＞C＝O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”，所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将﹣CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu（OH）2、加热，
故答案为：银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）；
（4）B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O，
故答案为：+2NaOH+NaBr+H2O；
（5）F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个﹣CHO（2个不饱和度），中间应该是＞C＝O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC﹣CH＝CH﹣CO﹣CH＝CH﹣CHO、，
故答案为：、（或其他合理答案）；
（6）分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：
，
故答案为：。