2020-2021学年上海市闵行区七宝中学高三（上）期中化学试卷（Word+解析）

2020-2021学年上海市闵行区七宝中学高三（上）期中化学试卷
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是（　　）
A．CH3CH2OH能与水互溶
B．NaClO通过氧化灭活病毒
C．过氧乙酸相对分子质量为76
D．氯仿的化学名称是四氯化碳
2．下列化学用语书写正确的是（　　）
A．氮气分子的电子式：
B．轨道表示式表示H2中的共用电子对：
C．碳酸铵溶于水的电离方程式：（NH4）2CO3═2NH4++CO32﹣
D．乙烯的结构式：C2H4
3．石油裂化的主要目的是为了（　　）
A．提高轻质液体燃料的产量
B．便于分馏
C．获得短链不饱和气态烃
D．提高汽油的质量
4．Na、Al、Fe都是重要的金属元素．下列说法正确的是（　　）
A．三者的氧化物都是碱性氧化物
B．三者的氢氧化物都是白色固体
C．三者的氯化物都可用化合反应制得
D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物
5．实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的是（　　）
A．用装置甲氧化废液中的溴化氢
B．用装置乙分离油层和水层
C．用装置丙分离四氯化碳和液溴
D．用仪器丁密封存放单质溴
6．厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是（　　）
A．过程Ⅰ中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1：1
B．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键
C．过程Ⅱ属于氧化反应，过程Ⅳ属于还原反应
D．1mol
NH4+所含的质子总数为10NA
7．二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．海水酸化能引起HCO3﹣浓度增大、CO32﹣浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2
能引起海水酸化，其原理为HCO3﹣?H++CO32﹣
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
8．NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a离子为Na+
B．溶液中含有NA个Na+
C．水合b离子的图示不科学
D．水分子对氯化钠晶体表面离子的作用不可能克服离子键的作用
9．元素周期表中短周期的一部分如图，关于X、Y、Z、W、Q说法正确的是（　　）
A．元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9
B．原子半径的大小顺序为：W＞Z＞Y
C．W的气态氢化物的热稳定性和还原性均比Q强
D．离子半径的大小顺序为：W2﹣＞Y2﹣＞Z3+
10．用铁铆钉固定铜板，通常会发生腐蚀如右图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．铁铆钉做负极被锈蚀
B．铁失去的电子通过水膜传递给O2
C．正极反应：O2
+4e﹣+2H2O═4OH﹣
D．铁钉变化过程：Fe→Fe2+→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe2O3?xH2O
11．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示．下列说法错误的是（　　）
A．使用催化剂可以降低过渡态的能量
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O（g）+NO（g）→N2（g）+NO2（g）+139kJ
D．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
12．紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（　　）
A．分子式为C14H14O4
B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生水解反应
D．能够发生消去反应生成双键
13．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（　　）
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A
B．B
C．C
D．D
14．工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是（　　）
A．制取镁：海水Mg（OH）2MgOMg
B．冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3Al
C．制溴：浓缩海水Br2HBr（aq）Br2
D．制碘：海带海带灰I2（aq）I2
15．铁铜合金中逐滴加入稀硝酸的过程中，下列离子方程式较难发生的是（　　）
A．Fe+4H++NO3﹣→Fe3++NO↑+2H2O
B．3Fe+8H++2
NO3﹣→3Fe2++2NO↑+4H2O
C．3Cu+8H++2
NO3﹣→3Cu2++2NO↑+4H2O
D．3Fe2++4H++NO3﹣→3Fe3++NO↑+2H2O
16．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3）
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（　　）
A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4有还原性，2MnO4﹣+5C2O42+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
17．一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）
CH2＝CH2（g）+4H2O（g）；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是（　　）
A．生成乙烯的速率：v（M）一定小于v（N）
B．化学平衡常数：KN＞KM
C．当温度高于250℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，从而使催化剂的催化效率降低
D．若投料比n（H2）：n（CO2）＝3：1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.7%
18．测定0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表。实验过程中取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（　　）
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.25
9.37
9.25
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO32﹣浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的KW值相等
19．室温下，有pH均为9、体积均为10mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是（　　）
A．两种溶液中的c（Na+）相等
B．分别加水稀释到100
mL时，两种溶液的pH依然相等
C．两溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比为10﹣9/10﹣5
D．分别与同浓度的盐酸反应，pH＝7时消耗的盐酸体积相等
20．有两份组成及质量都相等的Na2O2和Na2CO3的混合物，向第一份中加入足量的稀硫酸，放出的气体共4.48L．将此气体通入第二份混合物，充分反应后，气体体积变为4.032L（均为标准状况下体积）．则原混合物中Na2O2和Na2CO3的物质的量之比为（　　）
A．2：9
B．3：2
C．2：1
D．8：1
二．综合题（共60分）
21．常温下将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH溶液至恰好完全反应。上述整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示。（不考虑次氯酸的分解以及溶液体积的变化）
（1）请对图中pH的整个变化趋势作出解释（用离子方程式表示）　
　。
（2）写出b点对应溶液中的电荷守恒式　
　。
并且比较c（HClO）：a点　
　b点；c（Cl﹣）：b点　
　c点。（填＞、＜或＝）
（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备Cl2O的化学方程式为　
　.
（4）ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1mol
ClO2消耗NaClO2的量为　
　mol，产生“气泡”的化学方程式为　
　。
（5）“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是　
　。（用离子方程式表示）。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为　
　kg。（保留整数）
22．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无杌氮的循环过程可用如图表示。
（1）下列关于海洋氮循环的说法正确的是　
　。
a．海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
b．海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c．向海洋排放含NO3﹣的废水会影响海洋中NH4+的含量
d．海洋中存在游离态的氮
（2）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整（需配平）：
　
　NH4++5O2→2NO2﹣+　
　H++　
　。
（3）有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，如表为对10L人工海水样本的监测数据：
温度/℃
样本氨氮含量/mg
处理24h
处理48h
氨氮含量/mg
氨氮含量/mg
20
1008
838
788
25
1008
757
468
30
1008
798
600
40
1008
977
910
硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是　
　，在最佳反应温度时，48h内去除氨氮反应的平均速率是　
　mg/（L?h）。
（4）海洋中的氮循环起始于氮的固定，氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。
反应
大气固氮N2（g）+O2（g）?2NO（g）
工业固氮
N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
3.8×10﹣31
0.1
5×108
0.507
0.152
分析数据可知：大气固氮反应属于　
　（填“吸热”或“放热”）反应。从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因　
　。
（5）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）　
　。
a．氨水与氯化铵发生化学反应
b．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）
c．铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c（OH﹣）减小
（6）室温下，如果将0.1mol
NH4C1和0.05mol
NaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），　
　、　
　和　
　三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。
23．氢化钙（CaH2））固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙通常用氢气与全属钙加热制取，图1是模拟制取装置。
回答下列问题：
（1）利用图1实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，　
　。（请按正确的顺序填入下列步骤的序号）
①加热反应一段时间
②收集气体并检验其纯度
⑧关闭分液漏斗活塞
④停止加热，充分冷却
（2）为了确认进入装置C的氢气已经干燥，应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是：　
　；装置D的作用是　
　。
（3）某同学利用图2装置测定上述实验中得到的氢化钙的含量。他称取mg所制得的氢化钙样品，实验前后量气管中液面读数分别为V1mL、V2mL。（上述气体体积均换算为标准状况下）
①装置中导管a的作用是　
　。
②如何判断样品与水完全反应：　
　。
③产生的氢气体积为　
　mL，若未冷却至室温即读数，则氢化钙含量　
　。（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
（4）请你再设计一种氢化钙纯度的测定方法：　
　。
24．天然维生素E由多种生育酚组成，其中α﹣生育酚（化合物E）含量最高，生理活性也最高。下面是化合物E的一种合成路线，其中部分反应略去。
已知以下信息：
a）
b）
c）
回答下列问题：
（1）请写出A的同分异构体中能被氧化成醛的有机物的结构简式为　
　。
（2）B的结构简式为　
　。
（3）反应物C含有三个甲基，其结构简式为　
　。
（4）反应⑤的反应类型为　
　。
（5）反应⑥的化学方程式为　
　。
（6）化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有　
　个。（不考虑立体异构体，填标号）（ⅰ）含有两个甲基；（ⅱ）含有酮羰基（但不含C＝C＝O）；（ⅲ）不含有环状结构。
（a）4
（b）6
（c）8
（d）10
其中，含有手性碳（注连有四个不同的原子或基团的碳）的化合物的结构简式为：　
　。
（7）请写出以和乙烯为原料制备对甲基苯甲酸乙酯的合成路线　
　。（无机试剂任选）
2020-2021学年上海市闵行区七宝中学高三（上）期中化学试卷
试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．解：A．CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶，故A正确；
B．NaClO具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故B正确；
C．过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，相对分子质量为12×2+4+16×3＝76，故C正确；
D．氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故D错误；
故选：D。
2．解：A．N原子的最外层有5个电子，氮气分子中两个氮原子共用3对电子，其正确的电子式为，故A错误；
B．H2中两个1s电子形成共用电子对，占据1s轨道，两个电子自旋方向相反，则轨道表示式表示H2中的共用电子对为，故B错误；
C．碳酸铵是强电解质，完全电离出铵根离子和碳酸根离子，则碳酸铵溶于水的电离方程式：（NH4）2CO3═2NH4++CO32﹣，故C正确；
D．C2H4为乙烯的分子式，乙烯结构式为：，故D错误；
故选：C。
3．解：石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量。
故选：A。
4．解：A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；
B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；
C．Na、Al、Fe都能够与氯气发生化合反应生成氯化钠、氯化铝、氯化铁，故C正确；
D．Na在空气中最终生成碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，故D错误；
故选：C。
5．解：A．集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排除，故A错误；
B．CCl4和水不互溶，可用分液分离，故B正确；
C．温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平，测量的是蒸气的温度，故C错误；
D．液溴能腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故D错误。
故选：B。
6．解：A．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH＝N2H4+H2O+H+，则参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1：1，故A正确；
B．联胺分子中存在N﹣H、N﹣N键，所以存在极性键和非极性键，故B正确；
C．过程Ⅱ，N元素化合价从﹣2价升高为﹣1价，发生氧化反应，过程Ⅳ，氮元素从+3价降为﹣1价，属于还原反应，故C正确；
D．1mol
NH4+
所含的质子总数为
11NA，故D错误；
故选：D。
7．解：A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++CO32﹣?HCO3﹣正向移动，导致CO32﹣浓度减小，HCO3﹣浓度增大，故A正确；
B．海水酸化，CO32﹣浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，故B正确；
C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3﹣，导致H+浓度增大，故C错误；
D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，故D正确；
故选：C。
8．解：A．离子半径Cl﹣＞Na+，则a离子为氯离子，b为Na+，故A错误；
B．将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶液的体积不知道，无法计算Na+的物质的量和个数，故B错误；
C．水分子中氧原子带负电荷，氢原子带正电荷，b为钠离子，应该吸引带有负电荷的O，图示b离子不科学，故C错误；
D．离子键在极性水分子作用下发生断裂，则在水分子的作用下，NaCl溶解的同时发生了电离，所以水分子对氯化钠晶体表面离子的作用能克服离子键的作用，故D错误；
故选：C。
9．解：结合分析可知，X为N，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl元素，
A．O的非金属性较强，没有最高正化合价，故A错误；
B．短周期元素中，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小为：Z＞W，故B错误；
C．非金属性S＜Cl，则态氢化物的热稳定性：W＜Q，故C错误；
D．电子层越多离子半径，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径的大小顺序为：W2﹣＞Y2﹣＞Z3+，故D正确；
故选：D。
10．解：A、铁铜原电池中，铁更活泼，故做负极被腐蚀，故A正确；
B、电子不能在电解质溶液中传递，即不是通过水膜传递给氧气的，故B错误；
C、氧气在正极上得电子，电极方程式为O2
+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故C正确；
D、铁钉做负极被腐蚀，电极方程式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，Fe2+接下来与OH﹣反应生成Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣＝Fe（OH）2，而Fe（OH）2易被氧气氧化生成Fe（OH）3：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，Fe（OH）3易分解生成铁锈，反应为2Fe（OH）3＝Fe2O3?xH2O+（3﹣x）H2O，即铁钉变化过程为Fe→Fe2+→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe2O3?xH2O，故D正确。
故选：B。
11．解：A．催化剂可以降低活化能，降低过渡态的能量，故A正确；
B．根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C．根据图象可知，此反应放热139KJ，故热化学方程式为：N2（g）+NO2（g）＝N2O（g）+NO（g）+139kJ?mol﹣1，故C正确；
D．△H＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和，N2（g）+NO2（g）＝N2O（g）+NO（g）△H＝﹣139kJ?mol﹣1，故D错误。
故选：D。
12．解：A、分子的不饱和度为8，则氢原子个数为：14×2+2﹣8×2＝14，四个氧原子，所以分子式为：C14H14O4，故A正确；
B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误；
C、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故C正确；
D、与﹣OH相连的C的邻位C上有一种H可发生消去反应，生成双键，故D正确；
故选：B。
13．解：A．Fe与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁，涉及氧化还原反应，故A不选；
B．氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl，且盐酸可中和过量NaOH，可除杂且不涉及氧化还原反应，故B选；
C．Cl2、HCl均溶于水，且氯气与水反应，不能除杂，故C不选；
D．NO2与水发生氧化还原反应生成NO，涉及氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
14．解：A、缺少过滤步骤，生成的氢氧化镁沉淀需要过滤后溶解，制备金属镁，需要电解熔融的氯化镁得到，不是电解氧化镁，故A错误；
B、电解熔融的氧化铝冰晶石熔融体制备金属铝，氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，故B错误；
C、海水浓缩后加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后富集，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，步骤和实验过程正确，故C正确；
D、热裂汽油含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油，故D错误；
故选：C。
15．解：还原性Fe＞Cu，开始硝酸不足，反应生成硝酸亚铁，离子反应为3Fe+8H++2
NO3﹣→3Fe2++2NO↑+4H2O，
继续滴加硝酸，发生3Fe2++4H++NO3﹣→3Fe3++NO↑+2H2O，
当Fe反应完成后，Cu与硝酸反应生成硝酸铜，离子反应为3Cu+8H++2
NO3﹣→3Cu2++2NO↑+4H2O，
故选：A。
16．解：A．Ca（OH）2溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，说明混合溶液碱性减弱，且生成白色沉淀，则发生中和反应，从而草酸体现酸性，反应方程式为Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正确；
B．向少量NaHCO3溶液加入草酸有气泡生成，说明有二氧化碳生成，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据实验现象知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B正确；
C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向酸性KMnO4溶液加入草酸，溶液褪色，说明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，则草酸体现还原性，根据题干信息，草酸为弱酸，2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D．酯具有香味，C2H5OH和浓硫酸中加入草酸加热后产生有香味物质，说明有酯生成，所以发生了酯化反应，则草酸可以发生酯化反应，故D正确；
故选：C。
17．解：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A错误；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故B错误；
C、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误；
D、设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%
所以有6H2（g）+2CO2（g）CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
开始
3
1
0
0
转化
1.5
0.5
0.25
1
平衡
1.5
0.5
0.25
1
所以乙烯的体积分数为×100%＝7.7%，故D正确；
故选：D。
18．解：A．Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡，水解平衡为：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣，忽略二级水解，故A正确；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低，也就说明过程中SO32﹣浓度有所降低，故B正确；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，由于④中SO32﹣被氧化为SO42﹣，SO32﹣浓度减小，平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；
D．水的离子积常数Kw只有温度有关，①和④温度相同，所以①和④的Kw值相等，故D正确，
故选：C。
19．解：pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）＜n（CH3COONa），
A．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）＜c（CH3COONa），钠离子不水解，所以溶液中钠离子浓度NaOH＜CH3COONa，故A错误；
B．加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONa＞NaOH，故B错误；
C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH﹣）＝10﹣9
mol/L，CH3COONa溶液mol/L＝10﹣5mol/L，两溶液中由水电离出的c（OH﹣）之比＝，故C正确；
D．分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（NaOH）＜n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，pH＝7时消耗的盐酸体积醋酸钠溶液大，故D错误；
故选：C。
20．解：发生反应的方程式有：
①2Na2O2+2H2SO4＝2Na2SO4+2H2O+O2
②Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑
③2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，
Na2CO3与硫酸反应产生CO2，Na2O2与硫酸反应生成O2，而CO2与Na2O2反应将产生O2，
故两步反应后的剩余气体一定有O2，可能有CO2，
4.48L气体的物质的量为：＝0.2
mol，
4.032L气体的物质的量为：＝0.18
mol，
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
△n
2
1
n
n
0.2mol﹣0.18mol＝0.02mol
则：n＝0.04mol，
若CO2完全反应，则第一份生成CO2的为0.04mol，O2为0.2mol﹣0.04mol＝0.16mol
2Na2O2+2H2SO4＝2Na2SO4+2H2O+O2
0.32mol
0.16mol
Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2
0.04mol
0.04mol
混合物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比0.32mol：0.04mol＝8：1；
若CO2未完全反应，则Na2O2应是0.04mol，
则第一份生成O2的为0.02mol，CO2为0.2mol﹣0.02mol＝0.18mol
2Na2O2+2H2SO4＝2Na2SO4+2H2O+O2
0.04mol
0.02mol
Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2
0.18mol
0.18mol
混合物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比0.04mol：0.18mol＝2：9，
故选：AD。
二．综合题（共60分）
21．解：（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢完全电离生成氢离子，则氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，所以从a到b溶液酸性增强，溶液的pH逐渐变小，然后改向其中滴加浓NaOH溶液，离子方程式是Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，生成的次氯酸钠水解呈碱性ClO﹣+H2O?OH﹣+HClO，溶液的pH逐渐变大，
故答案为：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO；Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；ClO﹣+H2O?OH﹣+HClO；
（2）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢完全电离生成氢离子，HClO部分电离，b点是氯水的饱和溶液，由于氯化氢和次氯酸都电离产生氢离子，溶液中的电荷守恒为c（H+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）；当氯气与水反应达到平衡状态时，HClO的浓度最大，b点是氯水的饱和溶液，达到平衡状态，即b点次氯酸的浓度最大，则c（HClO）：a点＜b点；加入氢氧化钠溶液会生成NaCl，溶液中氯离子浓度增大，所以c（Cl﹣）：b点＜c点，
故答案为：c（H+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）；＜；＜；
（3）新制的HgO和Cl2反应，根据化合价只有Cl2的化合价可以升高也可以降低，HgO中两种元素的化合价不变；再根据电子转移守恒，0价的Cl分别生成﹣1价的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1价的Cl，根据质量守恒写出方程式为：2Cl2+HgO＝Cl2O+HgCl2，
故答案为：2Cl2+HgO＝Cl2O+HgCl2；
（4）根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态﹣1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO2﹣+4H+＝Cl﹣+4ClO2+2H2O；1mol
ClO2消耗NaClO2的量为：mol＝1.25mol，NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：NaHSO4电离出H+与HCO3﹣生成气体CO2，反应方程式为：NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，
故答案为：1.25；NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O；
（5）84消毒液”的有效成分为NaClO，与酸性清洁剂盐酸混用，根据氧化还原反应，发生化合价向中间靠拢，ClO﹣中+1价的Cl与Cl﹣化合价向中间靠拢生成0价Cl2，所以反应的离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，根据反应：Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，设氯气质量为x，消耗的NaOH的质量为x，溶液中剩余NaOH为1000kg×1%＝10kg，＝30%，解得：x＝203kg，
故答案为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；203。
22．解：（1）a．硝化作用是指微生物将氨氧化为硝酸的过程，而反硝化作用是指反硝化细菌在缺氧条件下，将硝酸盐还原为N2或N2O的过程，该过程不一定有氧气参加，故a错误；
b．由海洋中无机氮的循环过程图可知，N2→NH4+，氮元素从0价变为﹣3价，发生了还原反应，所以海洋中的氮循环起始于氮的还原，故b错误；
c．由海洋中无机氮的循环过程图可知，向海洋排放含NO3﹣的废水会使NO3﹣增多，通过促进反硝化作用影响海洋中的NH4+含量，故c正确；
d．N2在水中的溶解度较小，但不是不存在，所以海洋中存在少量游离态的氮，故d正确；
故答案为：cd；
（2）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，④过程为NH4+转化为N2O和NO2﹣，有氧时，在硝化细菌作用下，根据原子守恒和电荷守恒，产物应为N2O、NO2﹣、H+和H2O；氮从﹣3价变为+1价、+3价，氧从0价变为﹣2价，电子转移总数20e﹣，所以该离子方程式为：4NH4++5O2＝2NO2﹣+6H++N2O+5H2O；
故答案为：4NH4++5O2＝2NO2﹣+6H++N2O+5H2O；
（3）由监测数据可知，25°C时处理24h和处理48h后氨氮含量最少，说明硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是25°C；48h内去除氨氮反应的平均速率为：＝1.125mg/（L?h）；
故答案为：25°C；1.125；
（4）由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应；工业固氮反应中，反应温度越高，反应速率越快，从平衡视角考虑，因该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500°C左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500°C左右合适；
从催化剂活性等综合因素考虑选择500°C左右合适；
故答案为：吸热；从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500°C左右时最佳；
（5）氨水中存在电离平衡：NH3?H2O?NH4++OH﹣，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，增加了铵根离子浓度，抑制了氨水的电离，则氢氧根离子浓度减小，pH减小，
a．氨水与氯化铵之间不会发生化学反应，故a错误；
b．氯化铵溶液水解是微弱的，不是主要因素，故b错误；
c．铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c（OH﹣）减小，故c正确；
故答案为：c；
（6）0.1mol
NH4C1和0.05mol
NaOH反应，混合溶液为：NH4C1和NH3?H2O，根据物料守恒：n（NH4+）+n（NH3）+n（NH3?H2O）＝0.1mol；
故答案为：NH4+；NH3；NH3?H2O。
23．解：（1）有气体参加加热或燃烧的反应需要首先验纯，实验完毕后先熄火、冷却，再停止气体生成，防止倒吸发生爆炸，故正确的操作顺序为：②①④③，
故答案为：②①④③；
（2）检验是否干燥用无水硫酸铜，因为无水硫酸铜遇水变蓝色现象很明显，
故答案为：无水硫酸铜；防止空气中的水蒸气进入C装置；
（3）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，
故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②氢化钙和水反应生成气体氢气，判断样品与水完全反应的判断依据是量气管中液面不再变化，
故答案为：量气管中液面不再变化；
③滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1﹣V2，若未冷却至室温即读数，读取氢气体积增大，则氢化钙含量偏高，
故答案为：V1﹣V2；偏高；
（4）设计一种氢化钙纯度的测定方法为：称取一定量的样品（m1g），加入盐酸溶液至不再冒气泡（反应完全），然后将溶液蒸发得到氯化钙固体（m2g），钙元素守恒计算氢化钙的物质的量，得到氢化钙的质量，可得到氢化钙的纯度＝×100%，
故答案为：称取一定量的样品（mg），加入盐酸溶液至不再冒气泡（反应完全），然后将溶液蒸发得到氯化钙固体（m2g），根据m1、m2即可得到氢化钙的纯度。
24．解：（1）A为，A的同分异构体中能被氧化成醛的有机物的结构简式为：，
故答案为：；
（2）对比B前、后物质结构，结合B的分子式C9H12O、信息a）可知B为，
故答案为：；
（3）由分析可知，C的结构简式为，
故答案为：；
（4）与①HC≡CH/（CH3）3COK，②H2O反应，HC≡CH的三键碳上的H加在羰基的O上，乙炔基加在羰基的C上，生成D（），发生了加成反应，
故答案为：加成反应；
（5）反应⑥为中的碳碳三键和H2按1：1加成，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）C为，有2个不饱和度，其同分异构体满足：（ⅰ）含有两个甲基；（ⅱ）含有酮羰基（但不含C＝C＝O）；（ⅲ）不含有环状结构，则分子中还含一个碳碳双键，符合条件的有：CH3CH＝CHCOCH2CH3、CH3CH＝CHCH2COCH3、CH3CH2CH＝CHCOCH3、CH2＝CHCH（CH3）COCH3、CH2＝C（CH3）CH2COCH3、CH2＝C（CH2CH3）COCH3、CH2＝C（CH3）COCH2CH3、CH2＝CHCOCH（CH3）2，共有8种，其中含有手性碳的为CH2＝CHCH（CH3）COCH3（），
故答案为：（c）；CH2＝CHCH（CH3）COCH3（或）；
（7）碱性条件下水解生成，然后氧化生成，乙烯与水加成生成乙醇，与乙醇发生酯化反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
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