浙江省名校协作体2020-2021学年高三下学期化学开学考试试卷

浙江省名校协作体2020-2021学年高三下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高三下·浙江开学考）水溶液呈碱性的是（　　）
A．NaHSO4 B．CuSO4 C．NaHCO3 D．CH3COONH4
【答案】C
【知识点】溶液的组成及性质
【解析】【解答】A．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，只电离不水解，溶液呈酸性，A不符合题意；
B．硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子水解，溶液呈酸性，B不符合题意；
C．碳酸氢钠是弱碱的酸式盐，水解大于电离，溶液显碱性，C符合题意；
D．醋酸铵是弱酸弱碱盐，阴阳离子水解程度相当，溶液呈中性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】水解呈现碱性的溶液是强碱弱酸盐
2．（2021高三下·浙江开学考）配制500mL的0.100mol·L-1NaCl溶液，需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】配制500 mL，0.100mol·L-1 NaCl溶液的实验中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒，500mL容量瓶、胶头滴管等，用不到直形冷凝管、分液漏斗等，故B符合题意，
故答案为：B。
【分析】配制一定物质的量的浓度的物质的仪器使用，主要是500mL容量瓶，玻璃棒，烧杯等等
3．（2021高三下·浙江开学考）下列物质熔融状态时不导电的是（　　）
A．MgF2 B．KCl C．H2SO4 D．NaOH
【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．MgF2是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则A不符合题意；
B．KCl是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则B不符合题意；
C．H2SO4为分子晶体，熔融状态时不能电离出自由移动的离子，不能导电，则C符合题意；
D．NaOH是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质熔融下导电说明是离子晶体
4．（2021高三下·浙江开学考）下列物质名称正确的是（　　）
A．Na2O·CaO·6SiO2 硅藻土 B．Na2CO3·10H2O 小苏打
C．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 摩尔盐 D．CH3OH 酒精
【答案】C
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，A不符合题意；
B． Na2CO3·10H2O 是纯碱晶体，B不符合题意；
C． (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 是六水合硫酸亚铁铵，俗称摩尔盐，C符合题意；
D． CH3OH 是甲醇，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硅藻土主要成分是SiO2
B.碳酸氢钠是小苏打
C.符合命名的原则
D.酒精是 C2H5OH
5．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．乙烯的键线式： B．H2O的球棍模型：
C．羟基的电子式： D．乙醇的最简式：CH3O
【答案】B
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．丁烯的键线式： ，故A不符合题意；
B．H2O的球棍模型为： ，故B符合题意；
C．羟基的电子式为： ，故C不符合题意；
D．乙醇的最简式：C2H6O，故D不符合题意；
故答案：B。
【分析】B.符合球棍模型的连接方式
C.羟基不带电荷
D. CH3O 不符合成键原则
6．（2021高三下·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．德国化学家维勒在制备NH4CNO时得到了尿素
B．甲醇在能源工业领域有很好的应用前景，甲醇燃料电池能实现污染物的“零排放”
C．可燃冰的主要成分是天然气的水合物，易燃烧
D．煤的气化、煤的液化都是物理变化
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．德国化学家维勒在制备无机盐NH4CNO时得到了一种晶体，这种晶体经检验是尿素，则A说法不符合题意；
B．甲醇在能源工业领域有很好的应用前景，甲醇燃料电池在工作时，被氧化为二氧化碳和水，对环境无污染，能实现污染物的“零排放”，则B说法不符合题意；
C．可燃冰的主要成分是甲烷的结晶水合物，甲烷是天然气的成分，易燃烧，则C说法不符合题意；
D．煤的气化、煤的液化是指将煤通过化学变化转为可燃的气体和液体，和物态变化不一样，则D说法符合题意；
故答案为：D。
【分析】煤的液化和气化产生了新的物质，是化学变化
7．（2021高三下·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．1H、12C和16O是3种不同的核素
B．C60和石墨烯互为同素异形体
C． 和 互为同系物
D．环氧乙烷和乙醛互为同分异构体
【答案】C
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．1H、12C和16O是3种不同元素的核素，则A说法不符合题意；
B．C60和石墨烯都是碳元素的单质，互为同素异形体，则B说法不符合题意；
C． 和 在物质类别上一个是酚，一个是醇，不能互为同系物，则C说法符合题意；
D．环氧乙烷和乙醛的分子式都是C2H4O，所以互为同分异构体，则D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.质子数不同不是同种元素
B.同种元素形成的不同单质是同素异形体
C.物质类别不同
D.分子式相同，结构不同
8．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．玻璃试剂瓶不能长时间储存酸性溶液
B．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
C．Al2O3熔点高所以可用作耐腐蚀材料
D．漂白粉溶液可用于环境的消毒杀菌
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．玻璃试剂瓶能长时间储存酸性溶液，A不符合题意；
B．聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，B不符合题意；
C．Al2O3熔点高所以可用作耐火材料，而不是耐腐蚀材料，C不符合题意；
D．漂白粉溶液可用于环境的消毒杀菌，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硅除了氢氟酸以外与酸不反应
B.塑料老化主要是与空气中的氧气作用
C.熔点高和抗腐蚀性没有联系
D.漂白粉液具有强氧化性
9．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．铁表面自然形成的铁锈能保护内层金属不被空气氧化
B．生物柴油是由动植物油脂和短链醇反应得到的，是可再生资源，地沟油不能作为生物柴油的原料
C．古法可用CaSO4、FeSO4、CuSO4的加热分解制硫酸
D．铜氨纤维和光导纤维都是新型无机材料
【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；无机非金属材料；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A．由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化为致密的结构，可保护内层金属，故A不符合题意；
B．地沟油的主要成分也是动植物油脂，能作为生物柴油的原料，故B不符合题意；
C．生产硫酸最古老的方法是用绿矾(FeSO4·7H2O)等硫酸盐为原料，放在蒸馏釜中煅烧而制得硫酸，故C符合题意；
D. 铜氨纤维是合成纤维，不是新型无机材料无机材料，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.铁的氧化物不是疏松多孔的
B.地沟油可以作为生物柴油的原材料
D.光导纤维是二氧化硅属于无机非金属材料
10．（2021高三下·浙江开学考）反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．3∶2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，二氧化氮中氮元素由+4价升高到+5价，生成硝酸，为氧化产物，物质的量为2mol；二氧化氮中氮元素由+4价降低到+2价，生成一氧化氮，为还原产物，物质的量为1mol，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1；
故答案为：B。
【分析】标出元素化合价，找出氧化产物和还原产物即可
11．（2021高三下·浙江开学考）下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（　　）
A．利用纸层析法分离硫酸铁和硫酸铜时，亲脂性成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些
B．乙酰水杨酸的合成实验中，抽滤时用少量无水乙醇洗涤结晶几次，继续抽滤，尽量将溶剂抽干
C．室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中的少量苯酚
D．酸或碱对乙酸乙酯的水解都有催化作用，等量的酯在其他条件一致的情况下，用酸或用碱做催化剂，其水解的效果是一样的
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；乙酸乙酯的制取；层析法
【解析】【解答】A．纸层析法是以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基具有亲水性，它吸附水作为固定相，通常把与水不互溶的有机溶剂作为流动相，所以亲脂性强的成分在流动相中分配的多一些，随流动相移动速度就快，亲水性强的成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动速度就慢一些，故A不符合题意；
B．乙酰水杨酸的合成实验中，抽滤时用少量无水乙醇洗涤结晶几次，由于乙醇具有挥发性，不需要尽量将溶剂抽干，故B不符合题意；
C．苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠溶于水，且苯与水不互溶，振荡、静置后分液，可除去苯中少量苯酚，故C符合题意；
D．酸性条件下乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，酸能抑制乙酸乙酯水解，碱能和乙酸乙酯水解生成的乙酸反应生成乙酸盐而促进乙酸乙酯水解，所以两者催化酯水解的效果是不同的，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是纸层析法的中固相和流动相的配比对流速的影响
B.抽滤主要是针对难挥发性的溶剂
C.利用氢氧化钠和苯酚反应的性质进行除杂
D.碱的水解效果优于酸
12．（2021高三下·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．电解MgCl2溶液，可能生成Mg(OH)Cl沉淀
B．碘单质与KOH溶液反应可得到补碘剂KIO3
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2，可得到NaHCO3晶体
D．SO2还原FeSO4溶液生成Fe2(SO4)3溶液
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．电解MgCl2溶液，根据电极离子放电顺序可知，氢离子在阴极获得电子生成氢气，水参加了反应，产生了OH-，OH-和周围的Mg2+、Cl-生成Mg(OH)Cl沉淀，则A说法不符合题意；
B．碘单质与KOH溶液反应，不能生成IO-，因为IO-在溶液中会自身发生氧化还原反应，生成I-和 ，所以碘单质与KOH溶液反应可得到补碘剂KIO3，则B说法不符合题意；
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2反应生成NaHCO3，相同条件下NaHCO3溶解度小于Na2CO3，则饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2，可得到NaHCO3晶体，则C说法是正确的；
D．SO2和FeSO4不反应，因为两者都显还原性，则不会生成Fe2(SO4)3溶液，则D说法符合题意；
故答案为：D
【分析】A.溶液中有镁离子和氯离子和氢氧根离子可形成沉淀碱式氯化镁
B.发生歧化反应可以得到碘酸钾和碘化钾
C.发生化合反应会生成溶解度更小的碳酸氢钠
D.要使硫酸亚铁变成硫酸铁主要加入氧化剂
13．（2021高三下·浙江开学考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）
A．用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++ S2- = HgS↓
B．向NaAlO2溶液中通入少量CO2：AlO +CO2+2H2O = Al(OH)3↓+HCO
C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO = Ag++NO↑+H2O
D．用铜电极电解饱和食盐水，有橙黄色物质生成：Cu+2H2O Cu(OH)2↓+H2↑
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． HgS既难溶于水也难溶于酸，A符合题意；
B．通入少量CO2时，离子方程式为：2AlO +CO2+3H2O = 2Al(OH)3↓+CO ，B不符合题意；
C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H++NO =3 Ag++NO↑+2H2O，C不符合题意；
D．在阳极铜失去电子生成铜离子，但也有一些铜失去电子转化亚铜离子，亚铜离子会与氯离子结合生成白色的氯化亚铜沉淀，也有一些亚铜离子与氢氧根结合生成橙黄色沉淀氢氧化亚铜沉淀，则D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.生成沉淀，可发生
B.少量二氧化碳产生的是碳酸钠
C.不符合得失电子守恒
D.产物不对
14．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．二甲醚和2，2-二甲基丙烷的核磁共振谱中都只有一个位置的特征峰
B．棉、麻和尼龙都是重要的纺织产品，其主要成分均是纤维素
C．将氢氧化钠溶液加入蛋白质溶液并加热会产生沉淀，这种现象叫做盐析
D．月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．二甲醚的结构简式为CH3OCH3对称结构只有一种氢原子，2，2-二甲基丙烷的结构简式为 ，对称结构，只有一种氢，所以核磁共振谱中都只有一个位置的特征峰，A符合题意；
B．棉、麻和尼龙都是重要的纺织产品，其主要成分均是纤维，不是纤维素。B不符合题意；
C．盐析是指在蛋白质水溶液中加入中性盐，随着盐浓度增大而使蛋白质沉淀析出的现象，C不符合题意；
D．月饼中的油脂易被氧化，保存时应该隔绝空气不能用透气袋，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.写出结构式，找出氢原子的种类即可
B.纤维素是一种多糖
C.盐析加入的物质不是碱
D.硅胶是吸水的
15．（2021高三下·浙江开学考）利巴韦林对新冠肺炎有较好的疗效，其结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．利巴韦林水溶性较好，且可以与盐酸反应
B．利巴韦林能够发生还原、加成、取代反应和消去反应
C．1mol利巴韦林能与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH
D．利巴韦林的分子式为C8H12N4O5
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，利巴韦林分子中含有的羟基和酰胺基都是亲水基，在水中的溶解性好，分子中含有的氮原子和酰胺基都能与盐酸反应，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，利巴韦林分子中含有碳氮双键，一定条件下能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应属于还原反应，分子中含有羟基，与羟基相连碳原子的邻碳原子上含有氢原子，一定条件下能发生取代反应和消去反应，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，利巴韦林分子中只有酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol利巴韦林能与足量NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故C符合题意；
D．由结构简式可知，利巴韦林的分子式为C8H12N4O5，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构式可以写出分子式，同时也可找出官能团，羟基、醚基、氮碳双键、酰胺基，可发生还原，氧化，加成，消去，取代反应
16．（2021高三下·浙江开学考）A、B、C、D、E为五种短周期元素，原子序数依次递增，A2和B2、A2和C2均可发生化合反应，且B、C为同周期相邻元素；B2气体在标准状况下的密度为1.25 g·L-1；D的最外层电子数是3；E原子半径在同周期里是最小的。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：E＞D＞B＞C
B．B，C的氢化物中所有原子都满足8电子稳定结构
C．C，D的化合物的水化物不能与A，E的化合物反应
D．由A，B，C形成的化合物，可能是离子化合物
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是H、N、O、Al、Cl。
A．核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：E＞B＞C＞D，A不符合题意；
B．B、C的氢化物中氢原子一定不满足8电子稳定结构，B不符合题意；
C．C、D的化合物的水化物是氢氧化铝，能与A、E的化合物氯化氢反应，C不符合题意；
D．由A、B、C形成的化合物，可能是离子化合物，例如硝酸铵等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、B、C、D、E为五种短周期元素，原子序数依次递增，B2气体在标准状况下的密度为1.25 g·L-1，相对分子质量是1.25×22.4＝28，所以是氮气，则B是N，B、C为同周期相邻元素，C是O；A2和B2、A2和C2均可发生化合反应，则A是H；D的最外层电子数是3，因此D是Al；E原子半径在同周期里是最小的，则E是Cl，据此解答。
17．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．OH-的浓度增大，溶液的碱性一定增强
B．常温下0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍能使溶液的pH=(a+1)
C．将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液仍保持中性，pH值不变
D．pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后，溶液pH仍为2
【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．给水加热，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度也增大，但溶液仍为中性，A不符合题意；
B．因为醋酸是弱酸，当溶液加水稀释时，醋酸会继续电离，所以稀释到原体积的10时，溶液的pH ：aC．将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度也增大，但溶液仍为中性，pH值减小，C不符合题意；
D．pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后，溶液的氢离子浓度为： ，pH仍为2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.如果是碱性溶液，氢氧根离子增大，溶液的碱性一定增强，但溶液不一定是中性的
B.醋酸是弱酸，越稀释会越电离，减小的程度减小
C.温度升高，水的电离程度增大，浓度变大
D.计算出混合后的氢离子的浓度即可
18．（2021高三下·浙江开学考）0.1 mol·L-1的银氨溶液中存在如下平衡：Ag(NH3) ＋2H2O Ag+＋2NH3·H2O，下列说法正确的是（　　）
A．向溶液中加一定浓度的氨水，该平衡可能正向移动
B．该反应是一个水解反应
C．向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量沉淀减少
D．温度升高有利于该反应平衡正向移动，是由于促进了NH3·H2O电离降低了溶液中NH3·H2O浓度
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．向溶液中加一定浓度的氨水,平衡逆向移动，故A不符合题意；
B．该反应为络合物平衡，不是水解反应，故B不符合题意；
C．向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，一水合氨与氢离子结合，平衡正向移动，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量，一水合氨的量增加，平衡逆向向移动，所以沉淀减少，故C符合题意；
D．由于络合物平衡为吸热反应，所以温度升高有利于该反应平衡正向移动，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的平衡移动的改变，加入氨水导致平衡向左移动，加入盐酸产生氯化银沉淀，再加入氢氧化钠平衡向左移动，综合络合反应是吸热反应，温度的升高可提高速率
19．（2021高三下·浙江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，2.24L的乙烯和2.24L的己烯，碳氢键都为0.2mNA，m为烯烃碳原子数
B．25℃，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目约为0.01NA
C．CH3CH2OH＋3O2＋4OH- = 2CO ＋5H2O，每消耗1molCH3CH2OH，有12NA电子发生转移
D．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，该反应转移电子数为2NA时，生成0.5mol O2
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，己烯为液体，所以无法计算烯烃碳原子数，故A不符合题意；
B．溶液体积不明确，故无法计算溶液中的氢氧根个数，故B不符合题意；
C．CH3CH2OH＋3O2＋4OH- = 2CO ＋5H2O，碳元素化合价由-2升高+4价，所以每消耗1molCH3CH2OH，有12NA电子发生转移，故C符合题意；
D.2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，氧元素由-1变为0价，该反应转移电子数为2NA时，生成1mol O2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摩尔体积的使用注意物质状态是否为气体
B.根据n=cV，但体积未知
C.根据电子的转移情况即可计算
D.根据电子转移情况即可计算
20．（2021高三下·浙江开学考）关于反应CH3COOH(l) + C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l) + H2O(l) ΔH= -2.7kJ·mol-1，下列说法正确的是（　　）
A．因为化学反应方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于0
B．该反应的平衡常数为：
C．加入高效吸水剂有利于平衡正向移动，该反应平衡常数增大
D．因为反应的ΔH接近于0，所以温度变化对平衡转化率的影响不大
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．乙醇、乙酸乙酯不能电离，乙酸的电离大于水的电离，则混乱度减小，反应的ΔS小于0，A不符合题意；
B．因为该反应体系是非水溶液，水不能看作1，该反应的平衡常数为： ，B不符合题意；
C．加入高效吸水剂有利于平衡正向移动，该反应平衡常数不变，C不符合题意；
D．因为反应的ΔH接近于0，温度对反应的平衡移动改变不明显，所以温度变化对平衡转化率的影响不大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.熵变和混乱度有关
B.根据平衡常数公式计算
C.平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关
21．（2021高三下·浙江开学考）某种处理废水中NO 的装置如图所示，当该装置工作时，下列说法正确的是 （　　）
A．盐桥中Cl-向Y电极移动
B．电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L
C．X电极发生的反应为2NH3-6e-＋6OH- =N2＋6H2O
D．最终可以在Y电极收集到高浓度硝酸钾副产物，可用作氮肥
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，盐桥中Cl-向X电极移动，故A不符合题意；
B． X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，NO 发生得电子的还原反应，电极反应式为：2NO +10e-+6H2O═N2↑+12OH-，则总反应式为：5NH3+3NO ═4N2+6H2O+3OH-，则电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为 ×4mol×22.4L/mol=44.8L，故B不符合题意；
C．X是负极，氨气发生失电子的氧化反应， X电极发生的反应为2NH3-6e-＋6OH- =N2＋6H2O，故C符合题意；
D． Y是正极，NO3-发生得电子的还原反应，电极反应式为：2NO +10e-+6H2O═N2↑+12OH-，最终可以在Y电极收集到高浓度氢氧化钾副产物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】装置属于原电池装置，X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，NO3-发生得电子的还原反应，电极反应式为：2NO +10e-+6H2O═N2↑+12OH-，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电流从正极流向负极。
22．（2021高三下·浙江开学考）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。
①HF(aq)+OH-(aq) = F-(aq)+H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②H3O＋(aq)+OH-(aq) = 2H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1
③HF(aq)＋H2O(l) H3O＋(aq)＋F-(aq) ΔH=c kJ·mol-1
④F-(aq)＋H2O(l) HF(aq)＋OH-(aq) ΔH=d kJ·mol-1
已知：a＜b＜0，下列说法正确的是（　　）
A．HF的电离过程吸热 B．c=a-b，c＜0
C．c>0，d＜0 D．d=b＋c，d＜0
【答案】B
【知识点】中和热；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．根据③式是电离方程式，③=①-②，ΔH=c=a-b，由于aB．根据③=①-②得出c=a-b，已知aC．根据以上推知c<0，反应④是反应①的逆过程，d=-a>0。故C不符合题意。
D．反应④是反应①的逆过程，故d=-a>0。故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律总反应的焓变等于各分反应的焓变之和进行计算焓变。或找出焓变的关系。
23．（2021高三下·浙江开学考）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是（　　）
A．相同浓度、相同体积的 CH3COONa和NaBr两溶液，前者的离子总数小
B．pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后c(NH )+c(OH-)C．相同浓度、相同体积H2C2O4-NaHC2O4混合溶液c(H+)+c(H2C2O4) = c(Na+)+c(C2O )+c(OH-)
D．在1mol·L-1Na2SO3 溶液中，c(SO )+c(HSO )+c(H2SO3) = 1mol·L-1
【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，使溶液中离子总数减小，溴化钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液中离子总数不变，则前者的离子总数小，故A不符合题意；
B．pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后得到一水合氨和氯化铵的混合溶液，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒关系c(Cl-)+c (OH-)= c (NH )+ c(H+)，若假设c(NH )+c(OH-)C．相同浓度、相同体积H2C2O4-NaHC2O4混合溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(Na+)= 2c(C2O )+c(OH-)+ c(HC2O )和物料守恒关系c(C2O )+ c(HC2O )+ c(H2C2O4) = 2c(Na+)，整合两个守恒关系可得c(H+)+c(H2C2O4) = c(Na+)+c(C2O )+c(OH-)，故C不符合题意；
D．在1mol·L-1Na2SO3 溶液中，存在物料守恒关系c(SO )+c(HSO )+c(H2SO3) = c(Na+)，溶液中c(Na+)为1mol·L-1，则c(SO )+c(HSO )+c(H2SO3) = 1mol·L-1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.盐的水解对离子浓度的影响
B.根据电荷守恒和物料守恒计算
C.根据三大守恒计算即可
D.符合物料守恒的应用
24．（2021高三下·浙江开学考）已知Na2S2O4(连二亚硫酸钠)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，其相关性质说法错误的是（　　）
A．Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂
B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处
C．能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O = NaHSO3+NaHSO4，生成1mol NaHSO4转移电子2mol
D．锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，具有还原性，可用做抗氧化剂，故A不符合题意；
B．因为Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，所以应干燥密封保存在低温处，故B不符合题意；
C．因为NaHSO3不稳定，能被氧化成NaHSO4，所以在空气中反应生成NaHSO4，故C符合题意；
D．二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，所以反应中二氧化硫被还原，故D不符合题意；
故答案：C。
【分析】A.化合价的高低决定着性质
B.根据性质确定保存方式
C.空气中有氧气具有氧化性
D.根据反应物和产物，可确定物质化合价变化情况
25．（2021高三下·浙江开学考）某固体混合物X，含有FeCl3、SiO2、NaAlO2、NaNO3、NH4Cl、KI中的几种，进行如下实验：
下列说法正确的是（　　）
A．沉淀2一定是纯净物
B．溶液2中加入苯，振荡、静置后上层无色，则X中没有KI
C．X中一定有FeCl3、SiO2、NH4Cl，一定没有NaAlO2
D．取适量溶液1加淀粉溶液，溶液变蓝，则X中没有NaNO3
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．若固体混合物X中含有碘化钾，溶液中氯化铁部分和碘化钾反应生成单质碘和氯化亚铁，向溶液1加入过量氢氧化钠溶液时，氯化铁和氯化亚铁能和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，则沉淀2为含有氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀的混合物，故A不符合题意；
B．由分析可知，固体混合物X中一定含有氯化铁，若固体混合物X中含有碘化钾，溶液中氯化铁部分和碘化钾反应生成单质碘和氯化亚铁，向溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，碘能与氢氧化钠溶液反应生成次碘酸钠、碘化钠和水，溶液2中不可能含有单质碘，则加入苯，振荡、静置后上层无色不能确定是否含有碘化钾，故B不符合题意；
C．由分析可知，固体混合物X中一定含有氯化铁、二氧化硅和氯化铵，若固体混合物X中含有偏铝酸钠，加入过量盐酸，偏铝酸钠会与盐酸反应生成氯化铝和水，再向溶液1中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，反应过程中没有明显现象，则由题给转化关系无法确定是否含有偏铝酸钠，故C不符合题意；
D．向适量溶液1中加淀粉溶液，溶液变蓝说明固体混合物X中含有碘化钾，若X中含有硝酸钠，碘离子会与硝酸反应生成单质碘、一氧化氮和水，由流程可知，反应中没有气体生成，则固体混合物X中一定不含有硝酸钠，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由反应流程可知，加入过量盐酸有沉淀1生成，说明固体混合物X中一定含有二氧化硅，溶液1中加入过量氢氧化钠溶液有气体1和沉淀2生成，说明固体混合物X中一定含有氯化铵和氯化铁。
二、填空题
26．（2021高三下·浙江开学考）
（1）比较非金属性强弱：C　 　Cl(填“>”、“＜”或“=”)，用一个化学方程式说明：　 　。
（2）Mg2C3可以和水作用生成丙炔，试写出Mg2C3的电子式　 　。
（3）写出乙醇钠溶液中加入盐酸的化学方程式　 　。
【答案】（1）＜；2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+H2O+CO2↑
（2）
（3）CH3CH2ONa+HCl=CH3CH2OH+NaCl
【知识点】性质实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)元素非金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，根据酸性：HClO4> H2CO3可知，非金属性：C(2)联想CaC2结构，Mg2C3可以和水作用生成丙炔，根据生成的丙炔结构中含有碳碳三键和碳碳单键反推可知Mg2C3的电子式为： ，故答案为： ；
(3)由乙醇中羟基氢的活泼性可知，乙醇钠和盐酸反应生成乙醇和氯化钠，反应的化学方程式为CH3CH2ONa+HCl=CH3CH2OH+NaCl，故答案为：CH3CH2ONa+HCl=CH3CH2OH+NaCl。
【分析】（1）利用强酸制弱酸的方式即可判断
（2）离子化合物，通过得失电子形成
（3）根据反应的原理即可写出
27．（2021高三下·浙江开学考）PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O = H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O = H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01mol Cl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL 2mol·L-1 NaOH溶液，恰好完全中和。计算：
（1）原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比 　 　；
（2）写出计算过程　 　。
【答案】（1）1∶2
（2）PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2 0.01mol 0.01mol n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol (PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH 0.03mol 0.24 mol n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 先根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据关系式PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2，可知0.01mol Cl2能氧化0.01mol 的PCl3，则原混合物中含有0.01mol 的PCl3，根据(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH关系式知，消耗0.24 mol NaOH，可知氧化后的溶液含有0.03mol的H3PO4，则原混合的PCl3和PCl5总共是0.03mol，所以PCl5是0.02mol，所以两者物质的量比为1∶2。
(2)上述分析计算过程：
PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2
0.01mol 0.01mol
n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol
(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH
0.03mol 0.24 mol
n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
【分析】根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据消耗的NaOH的物质的量可求出氧化后溶液中H3PO4的量，进而求出PCl5 + PCl3总共的物质的量，减去求出的PCl3的物质的量，就是PCl5的物质的量。据此解答
28．（2021高三下·浙江开学考）
（1）I.化学试剂的妥善保存十分重要。共价化合物A由三种常见的短周期元素组成，常温常压下是一种有特殊气味的无色液体，易与强氧化剂反应，实验室必须密封避光保存。按以下流程进行实验(以下反应都为充分反应、气体F溶于水部分忽略不计)：
组成A的元素的元素符号为　 　；G的化学式为　 　。
（2）液体A反应生成B和C的化学方程式为　 　。
（3）保存A时常加入1%的乙醇来破坏A被氧化生成的剧毒物质C。请写出C与乙醇反应生成碳酸二乙酯的化学方程式　 　。
（4）II.Na2S2O3，又名大苏打、海波，可用以除去自来水中的多余氯气。在实验室可以用新制氯水模拟含多余氯气的自来水，向新制氯水中滴入Na2S2O3溶液。
新制氯水与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为　 　。
（5）新制氯水中的氯气被全部除尽后，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能产生的现象：　 　。
【答案】（1）H、Cl、C；CaCO3
（2）2CHCl3+ O2 2HCl+ 2COCl2
（3）COCl2+ 2CH3CH2OH → CH3CH2OCOOCH2CH3+2HCl
（4）4Cl2 + S2O + 5H2O = 8Cl─+ 2SO +10H+
（5）溶液出现浑浊
【知识点】醇类简介；物质的分离与提纯；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】气体B与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀C，该沉淀C为氯化银，其物质的量为14.35g÷143.5g/mol=0.1mol。气体F与足量的澄清石灰水反应生成白色沉淀G，该沉淀应为碳酸钙，其物质的量为10.00g÷100g/mol=0.1mol，溶液D中的氯的物质的量为28.7g÷143.5g/mol=0.2mol，则原液体A中含C 0.1mol，含Cl 0.3mol，含另一种元素的质量为11.95g-0.1mol×12g/mol+0.3mol×35.5g/mol=0.1g,则1.2gC对应另一种元素的质量为0.1g,12gC对应1g，所以该元素的相对分子质量为1，为H元素，所以该化合物含有C、H、Cl三种元素。其物质的量之比为：C：H：Cl=0.1:0.1:0.3=1:1:3,其化学式为CHCl3。
(1)由以上计算可推出，组成A的元素的元素符号为C、H、Cl；白色沉淀G为碳酸钙，其化学式为CaCO3。答案为：C、H、Cl；CaCO3。
(2)液体A为CHCl3，与空气中的氧气反应生成COCl2和HCl，其化学方程式为2CHCl3+ O2 2HCl+ 2COCl2。答案为：2CHCl3+ O2 2HCl+ 2COCl2。
(3) COCl2与乙醇反应生成碳酸二乙酯的化学方程式为：COCl2+ 2CH3CH2OH → CH3CH2OCOOCH2CH3+2HCl。答案为：COCl2+ 2CH3CH2OH → CH3CH2OCOOCH2CH3+2HCl。
II．(4) 新制氯水与Na2S2O3溶液反应，Cl2把Na2S2O3氧化生成SO ，其离子方程式为4Cl2 + S2O + 5H2O = 8Cl─+ 2SO +10H+。答案为：4Cl2 + S2O + 5H2O = 8Cl─+ 2SO +10H+。
(5)新制氯水中的氯气被全部除尽后，溶液呈酸性，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能Na2S2O3溶与酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体放出，答案为：溶液出现浑浊。
【分析】气体B与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀C，该沉淀C为氯化银，可求出其物质的量。气体F与足量的澄清石灰水反应生成白色沉淀G，该沉淀应为碳酸钙，可求出其物质的量，则原液体A又易与强氯化剂反应，则该液体应含有C、H、Cl三种元素，根据其物质的量可求其化学式。
29．（2021高三下·浙江开学考）二甲醚(CH3OCH3)
是无色气体，可作为一种新型能源。甲醇脱水两步法是目前工业合成二甲醚的主流技术，涉及的反应如下：
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)
ΔH1=-90.7 kJ·mol-1　 ①
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2=-23.5
kJ·mol-1　 ②
请回答：
（1）有利于提高二甲醚产率的措施有______
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
（2）为了研究CO和H2的最佳投料比，恒温下将1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，测得平衡时甲醇的体积分数变化如图所示(假设该条件下只发生反应①)。请判断a、b、c三点CO的转化率大小关系，并说明判断依据　 　
（3）合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂。向恒温体系中不断匀速通入甲醇，反应均未达到平衡，不同硅铝比(I、II)与生成二甲醚的速率关系如图所示：
①在0~30min内，不同催化剂下二甲醚的产量大小关系为：I　 　II(填“>”、“＜”或“=”)。
②工业上选择适合的硅铝比为0.15，说明其原因　 　
（4）在某温度下，向密闭容器中加入CH3OH发生反应②，反应到t1时刻测得各组分的浓度分别为：c(CH3OH)=0.47 mol·L-1、c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1 、c(H2O)=1.2 mol·L-1，t2时刻反应达到平衡。已知反应②在该温度下的平衡常数为400，请在图中画出t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线　 　。
【答案】（1）D
（2）c>b>a。体系中加入氢气，该平衡向右移动，CO 的转化率增大
（3）＞；因为使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量均能维持较高水平
（4）
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据平衡移动，低温条件下反应 、 均向正反应方向移动，二甲醚的产率更高，高压条件下反应 向正反应方向移动，甲醇含量增加可使二甲醚的产率增加，所以答案为D；
(2)根据平衡移动， 1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，H2的进料量越多其浓度越大，越有利于该反应的化学平衡向正反应方向移动，因此CO的平衡转化率越大，所以c>b>a；
(3) 由图得：使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是10分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量较好，所以I> II；
由图得：硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率和产量一直保持在较高水平，硅铝比为0.75反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；
(4) t1时刻, c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1，由题得，t1时刻反应正向进行，列三段式：
此温度下K=400，所以 ， 解得x=0.2，所以t2时刻c(CH3OCH3)=1.4 mol·L-1，从t1至t2，随着反应得进行，反应速率逐渐减小，t2时刻达到化学平衡状态，所以t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线可表示为： 。
【分析】（1）结合方程式以及放热和吸热确定平衡移动的条件即可
（2）加入反应物的量平衡发生了移动
（3）①速率越快，产率越高②据图，看出一段时间后，活性高
（4）根据平衡常数计算出平衡时的浓度即可
30．（2021高三下·浙江开学考）草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)主要用于电镀工业。某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物、SiO2、CaO等，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀pH 7.2 3.7 2.2 7.5
完全沉淀pH 8.7 4.7 3.2 9.0
②CaF2的溶解度小于CaC2O4
③NiSO4·7H2O易溶于水，难溶于乙醇
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的作用分别是除去油脂、SiO2和　 　。
（2）由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的正确实验步骤是：
第1步：取“浸出液”， 　 　，充分反应后过滤，以除去铁元素；
第2步：向所得滤液中　 　，充分反应后过滤，得“溶液X”；
第3步：　 　，充分反应后过滤；
第4步：滤渣用　 　，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。
a.加入适量(NH4)2C2O4
b.加入适量NH4F溶液
c.调节滤液的pH>8.7
d.加入足量的H2O2，调节溶液pH为3.2～7.2
e.加入足量的氯水，调节溶液pH为3.2～7.2
f.用稍过量硫酸充分溶解后
（3）下列说法错误的是______
A．快速冷却溶液，可以得到细小的晶体颗粒
B．滤饼①中主要含有Fe、Ni两种金属单质
C．碱浸后抽滤得到滤饼①，该操作过程中需先微开水龙头，让滤纸紧贴布氏漏斗上
D．将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是提高镍的回收率
（4）将得到的硫酸镍晶体溶解后加入(NH4)2C2O4进行“沉镍”工序，得到的混合物过滤，用乙醇洗涤、110℃下烘干，得到NiC2O4·2H2O
，实验测定产品中NiC2O4·2H2O含量为100.8%，NiC2O4·2H2O产品中可能混有的物质是 　 　。
【答案】（1）Al 和 Al2O3
（2）d；b；c；f
（3）B；C
（4）NiC2O4·H2O、NiC2O4、NiO
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)结合以上分析可知，“碱浸”中NaOH的作用分别是除去油脂、SiO2和Al 和 Al2O3；
(2)结合以上分析可知，铁离子沉淀的pH较小，在不引入杂质离子的情况下，用过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调整pH，保证铁离子、铝离子沉淀完全而镍离子不沉淀，所以调节溶液pH为3.2～7.2，因此第1步：取“浸出液”，加入足量的H2O2，调节溶液pH为3.2～7.2，充分反应后过滤，以除去铁元素；
第2步：所得滤液中含有钙离子，根据题给信息可知，CaF2的溶解度小于CaC2O4，所以滤液中加入适量NH4F溶液，生成氟化钙沉淀，除去溶液中的钙离子，充分反应后过滤，得到含有镍离子的溶液X；
第3步：根据表格信息可知，调节滤液的pH>8.7，镍离子沉淀完全，充分反应后过滤；
第4步：滤渣为氢氧化镍，用稍过量硫酸充分溶解后，得到硫酸镍溶液，然后对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体；
故各选项为：dbcf；
(3) A．快速冷却溶液，可以得到细小的晶体颗粒，故A正确；
B．结合以上分析可知，滤饼①中主要含有Fe、Ni两种金属单质外，还含有两种金属的氧化物，故B不正确；
C．抽滤前，应先将滤纸放入布氏漏斗中，用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，使滤纸紧贴漏斗的瓷板上，故C不正确；
D．分离出硫酸镍晶体后的母液中仍然含有少量的镍离子，可将其进行收集、循环使用，提高镍的回收率，故D正确；
故答案为：BC；
(4)在110℃下烘干时，NiC2O4·2H2O可能会失去部分或全部结晶水，还可能部分草酸镍分解为氧化镍和二氧化碳等，造成实验测定产品中NiC2O4·2H2O含量大于100%；所以NiC2O4·2H2O产品中可能混有的物质是NiC2O4·H2O、NiC2O4、NiO。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入氢氧化钠溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生金属铝与强碱的反应生成偏铝酸钠，氧化铝与强碱的反应生成偏铝酸钠，二氧化硅与氢氧化钠的反应生成硅酸钠，所以将二氧化硅、铝和氧化铝溶解后得到滤液①中含有偏铝酸钠、硅酸钠；滤饼①中含有Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加入稀硫酸进行酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的浸出液，亚铁离子经过双氧水氧化后生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，钙离子可以用氟化铵除去，得到含有镍离子的X溶液，再控制pH凝缩晶体得到硫酸镍的晶体，以此解答该题。
31．（2021高三下·浙江开学考）物质X是合成抗凝血药物利伐沙班的中间体，其合成路线如图所示(部分反应条件省略)：
已知：①
②RNH2 RNHCH2CH2OH
请回答：
（1）化合物B的结构简式为　 　。
（2）已知A中有两种官能团，其中一种含有氧元素。该官能团名称为　 　。
（3）下列说法正确的是______
A．反应1为取代反应
B．化合物D既能发生加成反应，又能发生消去反应
C．化合物X的化学式为C14H14N2O4Cl
D．反应3生成1mol化合物X的同时生成了1mol HCl
（4）写出反应2的化学方程式　 　。
（5）写出符合下列条件的化合物A的所有同分异构体：　 　
①遇FeCl3溶液显紫色。
②核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子。
（6）根据题给信息，设计由 和 为原料来合成化合物A的路线　 　 (用流程图表示，其它无机试剂任选)。
【答案】（1）
（2）羟基
（3）A；B
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】(1)根据以上分析可知化合物B的结构简式为 。
(2)已知A中有两种官能团，其中一种含有氧元素，A的结构简式为 ，因此该官能团名称为羟基。
(3)A.根据以上分析可知反应1为取代反应，A正确；
B.化合物D的结构简式为 ，含有苯环，能发生加成反应，含有羟基和氯原子，能发生消去反应，B正确；
C.化合物X的化学式为C14H15N2O4Cl，C不正确；
D.反应3生成1mol化合物X的同时生成了2mol HCl，D不正确；
故答案为：AB；
(4)反应2的化学方程式为 。
(5)①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基。②核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，则符合条件的结构简式为 。
(6)根据题给信息结合逆推法可知由 和 为原料来合成化合物A的路线为 。
【分析】CH3COCl发生反应1生成ClCH2COCl，A和ClCH2COCl反应生成B，B经过两步反应生成C，根据C的结构简式结合已知信息①可知B的结构简式为 ，这说明A和ClCH2COCl发生取代反应生成B，因此A的结构简式为 。根据已知信息②可知反应生成D的结构简式为 ，D和ClCOCl发生取代反应生成X，据此解答。
1 / 1浙江省名校协作体2020-2021学年高三下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高三下·浙江开学考）水溶液呈碱性的是（　　）
A．NaHSO4 B．CuSO4 C．NaHCO3 D．CH3COONH4
2．（2021高三下·浙江开学考）配制500mL的0.100mol·L-1NaCl溶液，需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
3．（2021高三下·浙江开学考）下列物质熔融状态时不导电的是（　　）
A．MgF2 B．KCl C．H2SO4 D．NaOH
4．（2021高三下·浙江开学考）下列物质名称正确的是（　　）
A．Na2O·CaO·6SiO2 硅藻土 B．Na2CO3·10H2O 小苏打
C．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 摩尔盐 D．CH3OH 酒精
5．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．乙烯的键线式： B．H2O的球棍模型：
C．羟基的电子式： D．乙醇的最简式：CH3O
6．（2021高三下·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．德国化学家维勒在制备NH4CNO时得到了尿素
B．甲醇在能源工业领域有很好的应用前景，甲醇燃料电池能实现污染物的“零排放”
C．可燃冰的主要成分是天然气的水合物，易燃烧
D．煤的气化、煤的液化都是物理变化
7．（2021高三下·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．1H、12C和16O是3种不同的核素
B．C60和石墨烯互为同素异形体
C． 和 互为同系物
D．环氧乙烷和乙醛互为同分异构体
8．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．玻璃试剂瓶不能长时间储存酸性溶液
B．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
C．Al2O3熔点高所以可用作耐腐蚀材料
D．漂白粉溶液可用于环境的消毒杀菌
9．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．铁表面自然形成的铁锈能保护内层金属不被空气氧化
B．生物柴油是由动植物油脂和短链醇反应得到的，是可再生资源，地沟油不能作为生物柴油的原料
C．古法可用CaSO4、FeSO4、CuSO4的加热分解制硫酸
D．铜氨纤维和光导纤维都是新型无机材料
10．（2021高三下·浙江开学考）反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．3∶2
11．（2021高三下·浙江开学考）下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（　　）
A．利用纸层析法分离硫酸铁和硫酸铜时，亲脂性成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些
B．乙酰水杨酸的合成实验中，抽滤时用少量无水乙醇洗涤结晶几次，继续抽滤，尽量将溶剂抽干
C．室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中的少量苯酚
D．酸或碱对乙酸乙酯的水解都有催化作用，等量的酯在其他条件一致的情况下，用酸或用碱做催化剂，其水解的效果是一样的
12．（2021高三下·浙江开学考）下列说法错误的是（　　）
A．电解MgCl2溶液，可能生成Mg(OH)Cl沉淀
B．碘单质与KOH溶液反应可得到补碘剂KIO3
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2，可得到NaHCO3晶体
D．SO2还原FeSO4溶液生成Fe2(SO4)3溶液
13．（2021高三下·浙江开学考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）
A．用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++ S2- = HgS↓
B．向NaAlO2溶液中通入少量CO2：AlO +CO2+2H2O = Al(OH)3↓+HCO
C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO = Ag++NO↑+H2O
D．用铜电极电解饱和食盐水，有橙黄色物质生成：Cu+2H2O Cu(OH)2↓+H2↑
14．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．二甲醚和2，2-二甲基丙烷的核磁共振谱中都只有一个位置的特征峰
B．棉、麻和尼龙都是重要的纺织产品，其主要成分均是纤维素
C．将氢氧化钠溶液加入蛋白质溶液并加热会产生沉淀，这种现象叫做盐析
D．月饼中的油脂易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋
15．（2021高三下·浙江开学考）利巴韦林对新冠肺炎有较好的疗效，其结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．利巴韦林水溶性较好，且可以与盐酸反应
B．利巴韦林能够发生还原、加成、取代反应和消去反应
C．1mol利巴韦林能与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH
D．利巴韦林的分子式为C8H12N4O5
16．（2021高三下·浙江开学考）A、B、C、D、E为五种短周期元素，原子序数依次递增，A2和B2、A2和C2均可发生化合反应，且B、C为同周期相邻元素；B2气体在标准状况下的密度为1.25 g·L-1；D的最外层电子数是3；E原子半径在同周期里是最小的。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：E＞D＞B＞C
B．B，C的氢化物中所有原子都满足8电子稳定结构
C．C，D的化合物的水化物不能与A，E的化合物反应
D．由A，B，C形成的化合物，可能是离子化合物
17．（2021高三下·浙江开学考）下列说法正确的是（　　）
A．OH-的浓度增大，溶液的碱性一定增强
B．常温下0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍能使溶液的pH=(a+1)
C．将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液仍保持中性，pH值不变
D．pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后，溶液pH仍为2
18．（2021高三下·浙江开学考）0.1 mol·L-1的银氨溶液中存在如下平衡：Ag(NH3) ＋2H2O Ag+＋2NH3·H2O，下列说法正确的是（　　）
A．向溶液中加一定浓度的氨水，该平衡可能正向移动
B．该反应是一个水解反应
C．向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量沉淀减少
D．温度升高有利于该反应平衡正向移动，是由于促进了NH3·H2O电离降低了溶液中NH3·H2O浓度
19．（2021高三下·浙江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，2.24L的乙烯和2.24L的己烯，碳氢键都为0.2mNA，m为烯烃碳原子数
B．25℃，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目约为0.01NA
C．CH3CH2OH＋3O2＋4OH- = 2CO ＋5H2O，每消耗1molCH3CH2OH，有12NA电子发生转移
D．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，该反应转移电子数为2NA时，生成0.5mol O2
20．（2021高三下·浙江开学考）关于反应CH3COOH(l) + C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l) + H2O(l) ΔH= -2.7kJ·mol-1，下列说法正确的是（　　）
A．因为化学反应方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于0
B．该反应的平衡常数为：
C．加入高效吸水剂有利于平衡正向移动，该反应平衡常数增大
D．因为反应的ΔH接近于0，所以温度变化对平衡转化率的影响不大
21．（2021高三下·浙江开学考）某种处理废水中NO 的装置如图所示，当该装置工作时，下列说法正确的是 （　　）
A．盐桥中Cl-向Y电极移动
B．电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L
C．X电极发生的反应为2NH3-6e-＋6OH- =N2＋6H2O
D．最终可以在Y电极收集到高浓度硝酸钾副产物，可用作氮肥
22．（2021高三下·浙江开学考）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。
①HF(aq)+OH-(aq) = F-(aq)+H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②H3O＋(aq)+OH-(aq) = 2H2O(l) ΔH=b kJ·mol-1
③HF(aq)＋H2O(l) H3O＋(aq)＋F-(aq) ΔH=c kJ·mol-1
④F-(aq)＋H2O(l) HF(aq)＋OH-(aq) ΔH=d kJ·mol-1
已知：a＜b＜0，下列说法正确的是（　　）
A．HF的电离过程吸热 B．c=a-b，c＜0
C．c>0，d＜0 D．d=b＋c，d＜0
23．（2021高三下·浙江开学考）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是（　　）
A．相同浓度、相同体积的 CH3COONa和NaBr两溶液，前者的离子总数小
B．pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后c(NH )+c(OH-)C．相同浓度、相同体积H2C2O4-NaHC2O4混合溶液c(H+)+c(H2C2O4) = c(Na+)+c(C2O )+c(OH-)
D．在1mol·L-1Na2SO3 溶液中，c(SO )+c(HSO )+c(H2SO3) = 1mol·L-1
24．（2021高三下·浙江开学考）已知Na2S2O4(连二亚硫酸钠)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，其相关性质说法错误的是（　　）
A．Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂
B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处
C．能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O = NaHSO3+NaHSO4，生成1mol NaHSO4转移电子2mol
D．锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原
25．（2021高三下·浙江开学考）某固体混合物X，含有FeCl3、SiO2、NaAlO2、NaNO3、NH4Cl、KI中的几种，进行如下实验：
下列说法正确的是（　　）
A．沉淀2一定是纯净物
B．溶液2中加入苯，振荡、静置后上层无色，则X中没有KI
C．X中一定有FeCl3、SiO2、NH4Cl，一定没有NaAlO2
D．取适量溶液1加淀粉溶液，溶液变蓝，则X中没有NaNO3
二、填空题
26．（2021高三下·浙江开学考）
（1）比较非金属性强弱：C　 　Cl(填“>”、“＜”或“=”)，用一个化学方程式说明：　 　。
（2）Mg2C3可以和水作用生成丙炔，试写出Mg2C3的电子式　 　。
（3）写出乙醇钠溶液中加入盐酸的化学方程式　 　。
27．（2021高三下·浙江开学考）PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O = H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O = H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01mol Cl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL 2mol·L-1 NaOH溶液，恰好完全中和。计算：
（1）原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比 　 　；
（2）写出计算过程　 　。
28．（2021高三下·浙江开学考）
（1）I.化学试剂的妥善保存十分重要。共价化合物A由三种常见的短周期元素组成，常温常压下是一种有特殊气味的无色液体，易与强氧化剂反应，实验室必须密封避光保存。按以下流程进行实验(以下反应都为充分反应、气体F溶于水部分忽略不计)：
组成A的元素的元素符号为　 　；G的化学式为　 　。
（2）液体A反应生成B和C的化学方程式为　 　。
（3）保存A时常加入1%的乙醇来破坏A被氧化生成的剧毒物质C。请写出C与乙醇反应生成碳酸二乙酯的化学方程式　 　。
（4）II.Na2S2O3，又名大苏打、海波，可用以除去自来水中的多余氯气。在实验室可以用新制氯水模拟含多余氯气的自来水，向新制氯水中滴入Na2S2O3溶液。
新制氯水与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为　 　。
（5）新制氯水中的氯气被全部除尽后，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能产生的现象：　 　。
29．（2021高三下·浙江开学考）二甲醚(CH3OCH3)
是无色气体，可作为一种新型能源。甲醇脱水两步法是目前工业合成二甲醚的主流技术，涉及的反应如下：
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)
ΔH1=-90.7 kJ·mol-1　 ①
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2=-23.5
kJ·mol-1　 ②
请回答：
（1）有利于提高二甲醚产率的措施有______
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
（2）为了研究CO和H2的最佳投料比，恒温下将1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，测得平衡时甲醇的体积分数变化如图所示(假设该条件下只发生反应①)。请判断a、b、c三点CO的转化率大小关系，并说明判断依据　 　
（3）合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂。向恒温体系中不断匀速通入甲醇，反应均未达到平衡，不同硅铝比(I、II)与生成二甲醚的速率关系如图所示：
①在0~30min内，不同催化剂下二甲醚的产量大小关系为：I　 　II(填“>”、“＜”或“=”)。
②工业上选择适合的硅铝比为0.15，说明其原因　 　
（4）在某温度下，向密闭容器中加入CH3OH发生反应②，反应到t1时刻测得各组分的浓度分别为：c(CH3OH)=0.47 mol·L-1、c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1 、c(H2O)=1.2 mol·L-1，t2时刻反应达到平衡。已知反应②在该温度下的平衡常数为400，请在图中画出t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线　 　。
30．（2021高三下·浙江开学考）草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)主要用于电镀工业。某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物、SiO2、CaO等，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀pH 7.2 3.7 2.2 7.5
完全沉淀pH 8.7 4.7 3.2 9.0
②CaF2的溶解度小于CaC2O4
③NiSO4·7H2O易溶于水，难溶于乙醇
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的作用分别是除去油脂、SiO2和　 　。
（2）由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的正确实验步骤是：
第1步：取“浸出液”， 　 　，充分反应后过滤，以除去铁元素；
第2步：向所得滤液中　 　，充分反应后过滤，得“溶液X”；
第3步：　 　，充分反应后过滤；
第4步：滤渣用　 　，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体。
a.加入适量(NH4)2C2O4
b.加入适量NH4F溶液
c.调节滤液的pH>8.7
d.加入足量的H2O2，调节溶液pH为3.2～7.2
e.加入足量的氯水，调节溶液pH为3.2～7.2
f.用稍过量硫酸充分溶解后
（3）下列说法错误的是______
A．快速冷却溶液，可以得到细小的晶体颗粒
B．滤饼①中主要含有Fe、Ni两种金属单质
C．碱浸后抽滤得到滤饼①，该操作过程中需先微开水龙头，让滤纸紧贴布氏漏斗上
D．将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是提高镍的回收率
（4）将得到的硫酸镍晶体溶解后加入(NH4)2C2O4进行“沉镍”工序，得到的混合物过滤，用乙醇洗涤、110℃下烘干，得到NiC2O4·2H2O
，实验测定产品中NiC2O4·2H2O含量为100.8%，NiC2O4·2H2O产品中可能混有的物质是 　 　。
31．（2021高三下·浙江开学考）物质X是合成抗凝血药物利伐沙班的中间体，其合成路线如图所示(部分反应条件省略)：
已知：①
②RNH2 RNHCH2CH2OH
请回答：
（1）化合物B的结构简式为　 　。
（2）已知A中有两种官能团，其中一种含有氧元素。该官能团名称为　 　。
（3）下列说法正确的是______
A．反应1为取代反应
B．化合物D既能发生加成反应，又能发生消去反应
C．化合物X的化学式为C14H14N2O4Cl
D．反应3生成1mol化合物X的同时生成了1mol HCl
（4）写出反应2的化学方程式　 　。
（5）写出符合下列条件的化合物A的所有同分异构体：　 　
①遇FeCl3溶液显紫色。
②核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子。
（6）根据题给信息，设计由 和 为原料来合成化合物A的路线　 　 (用流程图表示，其它无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】溶液的组成及性质
【解析】【解答】A．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，只电离不水解，溶液呈酸性，A不符合题意；
B．硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子水解，溶液呈酸性，B不符合题意；
C．碳酸氢钠是弱碱的酸式盐，水解大于电离，溶液显碱性，C符合题意；
D．醋酸铵是弱酸弱碱盐，阴阳离子水解程度相当，溶液呈中性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】水解呈现碱性的溶液是强碱弱酸盐
2．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】配制500 mL，0.100mol·L-1 NaCl溶液的实验中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒，500mL容量瓶、胶头滴管等，用不到直形冷凝管、分液漏斗等，故B符合题意，
故答案为：B。
【分析】配制一定物质的量的浓度的物质的仪器使用，主要是500mL容量瓶，玻璃棒，烧杯等等
3．【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．MgF2是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则A不符合题意；
B．KCl是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则B不符合题意；
C．H2SO4为分子晶体，熔融状态时不能电离出自由移动的离子，不能导电，则C符合题意；
D．NaOH是离子晶体，熔融状态时电离出自由移动的离子，能导电，则D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解质熔融下导电说明是离子晶体
4．【答案】C
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，A不符合题意；
B． Na2CO3·10H2O 是纯碱晶体，B不符合题意；
C． (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 是六水合硫酸亚铁铵，俗称摩尔盐，C符合题意；
D． CH3OH 是甲醇，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硅藻土主要成分是SiO2
B.碳酸氢钠是小苏打
C.符合命名的原则
D.酒精是 C2H5OH
5．【答案】B
【知识点】结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．丁烯的键线式： ，故A不符合题意；
B．H2O的球棍模型为： ，故B符合题意；
C．羟基的电子式为： ，故C不符合题意；
D．乙醇的最简式：C2H6O，故D不符合题意；
故答案：B。
【分析】B.符合球棍模型的连接方式
C.羟基不带电荷
D. CH3O 不符合成键原则
6．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．德国化学家维勒在制备无机盐NH4CNO时得到了一种晶体，这种晶体经检验是尿素，则A说法不符合题意；
B．甲醇在能源工业领域有很好的应用前景，甲醇燃料电池在工作时，被氧化为二氧化碳和水，对环境无污染，能实现污染物的“零排放”，则B说法不符合题意；
C．可燃冰的主要成分是甲烷的结晶水合物，甲烷是天然气的成分，易燃烧，则C说法不符合题意；
D．煤的气化、煤的液化是指将煤通过化学变化转为可燃的气体和液体，和物态变化不一样，则D说法符合题意；
故答案为：D。
【分析】煤的液化和气化产生了新的物质，是化学变化
7．【答案】C
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．1H、12C和16O是3种不同元素的核素，则A说法不符合题意；
B．C60和石墨烯都是碳元素的单质，互为同素异形体，则B说法不符合题意；
C． 和 在物质类别上一个是酚，一个是醇，不能互为同系物，则C说法符合题意；
D．环氧乙烷和乙醛的分子式都是C2H4O，所以互为同分异构体，则D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.质子数不同不是同种元素
B.同种元素形成的不同单质是同素异形体
C.物质类别不同
D.分子式相同，结构不同
8．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．玻璃试剂瓶能长时间储存酸性溶液，A不符合题意；
B．聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，B不符合题意；
C．Al2O3熔点高所以可用作耐火材料，而不是耐腐蚀材料，C不符合题意；
D．漂白粉溶液可用于环境的消毒杀菌，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硅除了氢氟酸以外与酸不反应
B.塑料老化主要是与空气中的氧气作用
C.熔点高和抗腐蚀性没有联系
D.漂白粉液具有强氧化性
9．【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；无机非金属材料；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A．由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化为致密的结构，可保护内层金属，故A不符合题意；
B．地沟油的主要成分也是动植物油脂，能作为生物柴油的原料，故B不符合题意；
C．生产硫酸最古老的方法是用绿矾(FeSO4·7H2O)等硫酸盐为原料，放在蒸馏釜中煅烧而制得硫酸，故C符合题意；
D. 铜氨纤维是合成纤维，不是新型无机材料无机材料，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.铁的氧化物不是疏松多孔的
B.地沟油可以作为生物柴油的原材料
D.光导纤维是二氧化硅属于无机非金属材料
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，二氧化氮中氮元素由+4价升高到+5价，生成硝酸，为氧化产物，物质的量为2mol；二氧化氮中氮元素由+4价降低到+2价，生成一氧化氮，为还原产物，物质的量为1mol，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1；
故答案为：B。
【分析】标出元素化合价，找出氧化产物和还原产物即可
11．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；乙酸乙酯的制取；层析法
【解析】【解答】A．纸层析法是以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基具有亲水性，它吸附水作为固定相，通常把与水不互溶的有机溶剂作为流动相，所以亲脂性强的成分在流动相中分配的多一些，随流动相移动速度就快，亲水性强的成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动速度就慢一些，故A不符合题意；
B．乙酰水杨酸的合成实验中，抽滤时用少量无水乙醇洗涤结晶几次，由于乙醇具有挥发性，不需要尽量将溶剂抽干，故B不符合题意；
C．苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠溶于水，且苯与水不互溶，振荡、静置后分液，可除去苯中少量苯酚，故C符合题意；
D．酸性条件下乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，酸能抑制乙酸乙酯水解，碱能和乙酸乙酯水解生成的乙酸反应生成乙酸盐而促进乙酸乙酯水解，所以两者催化酯水解的效果是不同的，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是纸层析法的中固相和流动相的配比对流速的影响
B.抽滤主要是针对难挥发性的溶剂
C.利用氢氧化钠和苯酚反应的性质进行除杂
D.碱的水解效果优于酸
12．【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．电解MgCl2溶液，根据电极离子放电顺序可知，氢离子在阴极获得电子生成氢气，水参加了反应，产生了OH-，OH-和周围的Mg2+、Cl-生成Mg(OH)Cl沉淀，则A说法不符合题意；
B．碘单质与KOH溶液反应，不能生成IO-，因为IO-在溶液中会自身发生氧化还原反应，生成I-和 ，所以碘单质与KOH溶液反应可得到补碘剂KIO3，则B说法不符合题意；
C．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2反应生成NaHCO3，相同条件下NaHCO3溶解度小于Na2CO3，则饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2，可得到NaHCO3晶体，则C说法是正确的；
D．SO2和FeSO4不反应，因为两者都显还原性，则不会生成Fe2(SO4)3溶液，则D说法符合题意；
故答案为：D
【分析】A.溶液中有镁离子和氯离子和氢氧根离子可形成沉淀碱式氯化镁
B.发生歧化反应可以得到碘酸钾和碘化钾
C.发生化合反应会生成溶解度更小的碳酸氢钠
D.要使硫酸亚铁变成硫酸铁主要加入氧化剂
13．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． HgS既难溶于水也难溶于酸，A符合题意；
B．通入少量CO2时，离子方程式为：2AlO +CO2+3H2O = 2Al(OH)3↓+CO ，B不符合题意；
C．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H++NO =3 Ag++NO↑+2H2O，C不符合题意；
D．在阳极铜失去电子生成铜离子，但也有一些铜失去电子转化亚铜离子，亚铜离子会与氯离子结合生成白色的氯化亚铜沉淀，也有一些亚铜离子与氢氧根结合生成橙黄色沉淀氢氧化亚铜沉淀，则D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.生成沉淀，可发生
B.少量二氧化碳产生的是碳酸钠
C.不符合得失电子守恒
D.产物不对
14．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．二甲醚的结构简式为CH3OCH3对称结构只有一种氢原子，2，2-二甲基丙烷的结构简式为 ，对称结构，只有一种氢，所以核磁共振谱中都只有一个位置的特征峰，A符合题意；
B．棉、麻和尼龙都是重要的纺织产品，其主要成分均是纤维，不是纤维素。B不符合题意；
C．盐析是指在蛋白质水溶液中加入中性盐，随着盐浓度增大而使蛋白质沉淀析出的现象，C不符合题意；
D．月饼中的油脂易被氧化，保存时应该隔绝空气不能用透气袋，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.写出结构式，找出氢原子的种类即可
B.纤维素是一种多糖
C.盐析加入的物质不是碱
D.硅胶是吸水的
15．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，利巴韦林分子中含有的羟基和酰胺基都是亲水基，在水中的溶解性好，分子中含有的氮原子和酰胺基都能与盐酸反应，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，利巴韦林分子中含有碳氮双键，一定条件下能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应属于还原反应，分子中含有羟基，与羟基相连碳原子的邻碳原子上含有氢原子，一定条件下能发生取代反应和消去反应，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，利巴韦林分子中只有酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol利巴韦林能与足量NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故C符合题意；
D．由结构简式可知，利巴韦林的分子式为C8H12N4O5，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构式可以写出分子式，同时也可找出官能团，羟基、醚基、氮碳双键、酰胺基，可发生还原，氧化，加成，消去，取代反应
16．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是H、N、O、Al、Cl。
A．核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：E＞B＞C＞D，A不符合题意；
B．B、C的氢化物中氢原子一定不满足8电子稳定结构，B不符合题意；
C．C、D的化合物的水化物是氢氧化铝，能与A、E的化合物氯化氢反应，C不符合题意；
D．由A、B、C形成的化合物，可能是离子化合物，例如硝酸铵等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、B、C、D、E为五种短周期元素，原子序数依次递增，B2气体在标准状况下的密度为1.25 g·L-1，相对分子质量是1.25×22.4＝28，所以是氮气，则B是N，B、C为同周期相邻元素，C是O；A2和B2、A2和C2均可发生化合反应，则A是H；D的最外层电子数是3，因此D是Al；E原子半径在同周期里是最小的，则E是Cl，据此解答。
17．【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．给水加热，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度也增大，但溶液仍为中性，A不符合题意；
B．因为醋酸是弱酸，当溶液加水稀释时，醋酸会继续电离，所以稀释到原体积的10时，溶液的pH ：aC．将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度也增大，但溶液仍为中性，pH值减小，C不符合题意；
D．pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后，溶液的氢离子浓度为： ，pH仍为2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.如果是碱性溶液，氢氧根离子增大，溶液的碱性一定增强，但溶液不一定是中性的
B.醋酸是弱酸，越稀释会越电离，减小的程度减小
C.温度升高，水的电离程度增大，浓度变大
D.计算出混合后的氢离子的浓度即可
18．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．向溶液中加一定浓度的氨水,平衡逆向移动，故A不符合题意；
B．该反应为络合物平衡，不是水解反应，故B不符合题意；
C．向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，一水合氨与氢离子结合，平衡正向移动，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量，一水合氨的量增加，平衡逆向向移动，所以沉淀减少，故C符合题意；
D．由于络合物平衡为吸热反应，所以温度升高有利于该反应平衡正向移动，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的平衡移动的改变，加入氨水导致平衡向左移动，加入盐酸产生氯化银沉淀，再加入氢氧化钠平衡向左移动，综合络合反应是吸热反应，温度的升高可提高速率
19．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，己烯为液体，所以无法计算烯烃碳原子数，故A不符合题意；
B．溶液体积不明确，故无法计算溶液中的氢氧根个数，故B不符合题意；
C．CH3CH2OH＋3O2＋4OH- = 2CO ＋5H2O，碳元素化合价由-2升高+4价，所以每消耗1molCH3CH2OH，有12NA电子发生转移，故C符合题意；
D.2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，氧元素由-1变为0价，该反应转移电子数为2NA时，生成1mol O2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摩尔体积的使用注意物质状态是否为气体
B.根据n=cV，但体积未知
C.根据电子的转移情况即可计算
D.根据电子转移情况即可计算
20．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．乙醇、乙酸乙酯不能电离，乙酸的电离大于水的电离，则混乱度减小，反应的ΔS小于0，A不符合题意；
B．因为该反应体系是非水溶液，水不能看作1，该反应的平衡常数为： ，B不符合题意；
C．加入高效吸水剂有利于平衡正向移动，该反应平衡常数不变，C不符合题意；
D．因为反应的ΔH接近于0，温度对反应的平衡移动改变不明显，所以温度变化对平衡转化率的影响不大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.熵变和混乱度有关
B.根据平衡常数公式计算
C.平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关
21．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，盐桥中Cl-向X电极移动，故A不符合题意；
B． X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，NO 发生得电子的还原反应，电极反应式为：2NO +10e-+6H2O═N2↑+12OH-，则总反应式为：5NH3+3NO ═4N2+6H2O+3OH-，则电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为 ×4mol×22.4L/mol=44.8L，故B不符合题意；
C．X是负极，氨气发生失电子的氧化反应， X电极发生的反应为2NH3-6e-＋6OH- =N2＋6H2O，故C符合题意；
D． Y是正极，NO3-发生得电子的还原反应，电极反应式为：2NO +10e-+6H2O═N2↑+12OH-，最终可以在Y电极收集到高浓度氢氧化钾副产物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】装置属于原电池装置，X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，NO3-发生得电子的还原反应，电极反应式为：2NO +10e-+6H2O═N2↑+12OH-，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电流从正极流向负极。
22．【答案】B
【知识点】中和热；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．根据③式是电离方程式，③=①-②，ΔH=c=a-b，由于aB．根据③=①-②得出c=a-b，已知aC．根据以上推知c<0，反应④是反应①的逆过程，d=-a>0。故C不符合题意。
D．反应④是反应①的逆过程，故d=-a>0。故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律总反应的焓变等于各分反应的焓变之和进行计算焓变。或找出焓变的关系。
23．【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，使溶液中离子总数减小，溴化钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液中离子总数不变，则前者的离子总数小，故A不符合题意；
B．pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后得到一水合氨和氯化铵的混合溶液，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒关系c(Cl-)+c (OH-)= c (NH )+ c(H+)，若假设c(NH )+c(OH-)C．相同浓度、相同体积H2C2O4-NaHC2O4混合溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(Na+)= 2c(C2O )+c(OH-)+ c(HC2O )和物料守恒关系c(C2O )+ c(HC2O )+ c(H2C2O4) = 2c(Na+)，整合两个守恒关系可得c(H+)+c(H2C2O4) = c(Na+)+c(C2O )+c(OH-)，故C不符合题意；
D．在1mol·L-1Na2SO3 溶液中，存在物料守恒关系c(SO )+c(HSO )+c(H2SO3) = c(Na+)，溶液中c(Na+)为1mol·L-1，则c(SO )+c(HSO )+c(H2SO3) = 1mol·L-1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.盐的水解对离子浓度的影响
B.根据电荷守恒和物料守恒计算
C.根据三大守恒计算即可
D.符合物料守恒的应用
24．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，具有还原性，可用做抗氧化剂，故A不符合题意；
B．因为Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至会引发燃烧，所以应干燥密封保存在低温处，故B不符合题意；
C．因为NaHSO3不稳定，能被氧化成NaHSO4，所以在空气中反应生成NaHSO4，故C符合题意；
D．二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，所以反应中二氧化硫被还原，故D不符合题意；
故答案：C。
【分析】A.化合价的高低决定着性质
B.根据性质确定保存方式
C.空气中有氧气具有氧化性
D.根据反应物和产物，可确定物质化合价变化情况
25．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．若固体混合物X中含有碘化钾，溶液中氯化铁部分和碘化钾反应生成单质碘和氯化亚铁，向溶液1加入过量氢氧化钠溶液时，氯化铁和氯化亚铁能和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀，则沉淀2为含有氢氧化铁沉淀和氢氧化亚铁沉淀的混合物，故A不符合题意；
B．由分析可知，固体混合物X中一定含有氯化铁，若固体混合物X中含有碘化钾，溶液中氯化铁部分和碘化钾反应生成单质碘和氯化亚铁，向溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，碘能与氢氧化钠溶液反应生成次碘酸钠、碘化钠和水，溶液2中不可能含有单质碘，则加入苯，振荡、静置后上层无色不能确定是否含有碘化钾，故B不符合题意；
C．由分析可知，固体混合物X中一定含有氯化铁、二氧化硅和氯化铵，若固体混合物X中含有偏铝酸钠，加入过量盐酸，偏铝酸钠会与盐酸反应生成氯化铝和水，再向溶液1中加入过量氢氧化钠溶液，氯化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，反应过程中没有明显现象，则由题给转化关系无法确定是否含有偏铝酸钠，故C不符合题意；
D．向适量溶液1中加淀粉溶液，溶液变蓝说明固体混合物X中含有碘化钾，若X中含有硝酸钠，碘离子会与硝酸反应生成单质碘、一氧化氮和水，由流程可知，反应中没有气体生成，则固体混合物X中一定不含有硝酸钠，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由反应流程可知，加入过量盐酸有沉淀1生成，说明固体混合物X中一定含有二氧化硅，溶液1中加入过量氢氧化钠溶液有气体1和沉淀2生成，说明固体混合物X中一定含有氯化铵和氯化铁。
26．【答案】（1）＜；2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+H2O+CO2↑
（2）
（3）CH3CH2ONa+HCl=CH3CH2OH+NaCl
【知识点】性质实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)元素非金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，根据酸性：HClO4> H2CO3可知，非金属性：C(2)联想CaC2结构，Mg2C3可以和水作用生成丙炔，根据生成的丙炔结构中含有碳碳三键和碳碳单键反推可知Mg2C3的电子式为： ，故答案为： ；
(3)由乙醇中羟基氢的活泼性可知，乙醇钠和盐酸反应生成乙醇和氯化钠，反应的化学方程式为CH3CH2ONa+HCl=CH3CH2OH+NaCl，故答案为：CH3CH2ONa+HCl=CH3CH2OH+NaCl。
【分析】（1）利用强酸制弱酸的方式即可判断
（2）离子化合物，通过得失电子形成
（3）根据反应的原理即可写出
27．【答案】（1）1∶2
（2）PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2 0.01mol 0.01mol n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol (PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH 0.03mol 0.24 mol n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 先根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据关系式PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2，可知0.01mol Cl2能氧化0.01mol 的PCl3，则原混合物中含有0.01mol 的PCl3，根据(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH关系式知，消耗0.24 mol NaOH，可知氧化后的溶液含有0.03mol的H3PO4，则原混合的PCl3和PCl5总共是0.03mol，所以PCl5是0.02mol，所以两者物质的量比为1∶2。
(2)上述分析计算过程：
PCl3~H3PO3~ H3PO4 ~ Cl2
0.01mol 0.01mol
n(NaOH) = 120×10-3×2 mol = 0.24 mol
(PCl5 + PCl3 )~ (H3PO4+5HCl )~ 8 NaOH
0.03mol 0.24 mol
n(PCl5) = 0.03 – 0.01 mol = 0.02 mol
【分析】根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量，根据消耗的NaOH的物质的量可求出氧化后溶液中H3PO4的量，进而求出PCl5 + PCl3总共的物质的量，减去求出的PCl3的物质的量，就是PCl5的物质的量。据此解答
28．【答案】（1）H、Cl、C；CaCO3
（2）2CHCl3+ O2 2HCl+ 2COCl2
（3）COCl2+ 2CH3CH2OH → CH3CH2OCOOCH2CH3+2HCl
（4）4Cl2 + S2O + 5H2O = 8Cl─+ 2SO +10H+
（5）溶液出现浑浊
【知识点】醇类简介；物质的分离与提纯；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】气体B与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀C，该沉淀C为氯化银，其物质的量为14.35g÷143.5g/mol=0.1mol。气体F与足量的澄清石灰水反应生成白色沉淀G，该沉淀应为碳酸钙，其物质的量为10.00g÷100g/mol=0.1mol，溶液D中的氯的物质的量为28.7g÷143.5g/mol=0.2mol，则原液体A中含C 0.1mol，含Cl 0.3mol，含另一种元素的质量为11.95g-0.1mol×12g/mol+0.3mol×35.5g/mol=0.1g,则1.2gC对应另一种元素的质量为0.1g,12gC对应1g，所以该元素的相对分子质量为1，为H元素，所以该化合物含有C、H、Cl三种元素。其物质的量之比为：C：H：Cl=0.1:0.1:0.3=1:1:3,其化学式为CHCl3。
(1)由以上计算可推出，组成A的元素的元素符号为C、H、Cl；白色沉淀G为碳酸钙，其化学式为CaCO3。答案为：C、H、Cl；CaCO3。
(2)液体A为CHCl3，与空气中的氧气反应生成COCl2和HCl，其化学方程式为2CHCl3+ O2 2HCl+ 2COCl2。答案为：2CHCl3+ O2 2HCl+ 2COCl2。
(3) COCl2与乙醇反应生成碳酸二乙酯的化学方程式为：COCl2+ 2CH3CH2OH → CH3CH2OCOOCH2CH3+2HCl。答案为：COCl2+ 2CH3CH2OH → CH3CH2OCOOCH2CH3+2HCl。
II．(4) 新制氯水与Na2S2O3溶液反应，Cl2把Na2S2O3氧化生成SO ，其离子方程式为4Cl2 + S2O + 5H2O = 8Cl─+ 2SO +10H+。答案为：4Cl2 + S2O + 5H2O = 8Cl─+ 2SO +10H+。
(5)新制氯水中的氯气被全部除尽后，溶液呈酸性，如果继续滴入Na2S2O3溶液有可能Na2S2O3溶与酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体放出，答案为：溶液出现浑浊。
【分析】气体B与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀C，该沉淀C为氯化银，可求出其物质的量。气体F与足量的澄清石灰水反应生成白色沉淀G，该沉淀应为碳酸钙，可求出其物质的量，则原液体A又易与强氯化剂反应，则该液体应含有C、H、Cl三种元素，根据其物质的量可求其化学式。
29．【答案】（1）D
（2）c>b>a。体系中加入氢气，该平衡向右移动，CO 的转化率增大
（3）＞；因为使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量均能维持较高水平
（4）
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据平衡移动，低温条件下反应 、 均向正反应方向移动，二甲醚的产率更高，高压条件下反应 向正反应方向移动，甲醇含量增加可使二甲醚的产率增加，所以答案为D；
(2)根据平衡移动， 1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，H2的进料量越多其浓度越大，越有利于该反应的化学平衡向正反应方向移动，因此CO的平衡转化率越大，所以c>b>a；
(3) 由图得：使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是10分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；使用催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成速率和产量较好，所以I> II；
由图得：硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率和产量一直保持在较高水平，硅铝比为0.75反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5分钟后速率便开始大幅下降，产量降低；
(4) t1时刻, c(CH3OCH3)=1.2 mol·L-1，由题得，t1时刻反应正向进行，列三段式：
此温度下K=400，所以 ， 解得x=0.2，所以t2时刻c(CH3OCH3)=1.4 mol·L-1，从t1至t2，随着反应得进行，反应速率逐渐减小，t2时刻达到化学平衡状态，所以t1~t2内，c(CH3OCH3)的变化曲线可表示为： 。
【分析】（1）结合方程式以及放热和吸热确定平衡移动的条件即可
（2）加入反应物的量平衡发生了移动
（3）①速率越快，产率越高②据图，看出一段时间后，活性高
（4）根据平衡常数计算出平衡时的浓度即可
30．【答案】（1）Al 和 Al2O3
（2）d；b；c；f
（3）B；C
（4）NiC2O4·H2O、NiC2O4、NiO
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)结合以上分析可知，“碱浸”中NaOH的作用分别是除去油脂、SiO2和Al 和 Al2O3；
(2)结合以上分析可知，铁离子沉淀的pH较小，在不引入杂质离子的情况下，用过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调整pH，保证铁离子、铝离子沉淀完全而镍离子不沉淀，所以调节溶液pH为3.2～7.2，因此第1步：取“浸出液”，加入足量的H2O2，调节溶液pH为3.2～7.2，充分反应后过滤，以除去铁元素；
第2步：所得滤液中含有钙离子，根据题给信息可知，CaF2的溶解度小于CaC2O4，所以滤液中加入适量NH4F溶液，生成氟化钙沉淀，除去溶液中的钙离子，充分反应后过滤，得到含有镍离子的溶液X；
第3步：根据表格信息可知，调节滤液的pH>8.7，镍离子沉淀完全，充分反应后过滤；
第4步：滤渣为氢氧化镍，用稍过量硫酸充分溶解后，得到硫酸镍溶液，然后对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体；
故各选项为：dbcf；
(3) A．快速冷却溶液，可以得到细小的晶体颗粒，故A正确；
B．结合以上分析可知，滤饼①中主要含有Fe、Ni两种金属单质外，还含有两种金属的氧化物，故B不正确；
C．抽滤前，应先将滤纸放入布氏漏斗中，用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，使滤纸紧贴漏斗的瓷板上，故C不正确；
D．分离出硫酸镍晶体后的母液中仍然含有少量的镍离子，可将其进行收集、循环使用，提高镍的回收率，故D正确；
故答案为：BC；
(4)在110℃下烘干时，NiC2O4·2H2O可能会失去部分或全部结晶水，还可能部分草酸镍分解为氧化镍和二氧化碳等，造成实验测定产品中NiC2O4·2H2O含量大于100%；所以NiC2O4·2H2O产品中可能混有的物质是NiC2O4·H2O、NiC2O4、NiO。
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入氢氧化钠溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生金属铝与强碱的反应生成偏铝酸钠，氧化铝与强碱的反应生成偏铝酸钠，二氧化硅与氢氧化钠的反应生成硅酸钠，所以将二氧化硅、铝和氧化铝溶解后得到滤液①中含有偏铝酸钠、硅酸钠；滤饼①中含有Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加入稀硫酸进行酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的浸出液，亚铁离子经过双氧水氧化后生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，钙离子可以用氟化铵除去，得到含有镍离子的X溶液，再控制pH凝缩晶体得到硫酸镍的晶体，以此解答该题。
31．【答案】（1）
（2）羟基
（3）A；B
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】(1)根据以上分析可知化合物B的结构简式为 。
(2)已知A中有两种官能团，其中一种含有氧元素，A的结构简式为 ，因此该官能团名称为羟基。
(3)A.根据以上分析可知反应1为取代反应，A正确；
B.化合物D的结构简式为 ，含有苯环，能发生加成反应，含有羟基和氯原子，能发生消去反应，B正确；
C.化合物X的化学式为C14H15N2O4Cl，C不正确；
D.反应3生成1mol化合物X的同时生成了2mol HCl，D不正确；
故答案为：AB；
(4)反应2的化学方程式为 。
(5)①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基。②核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，则符合条件的结构简式为 。
(6)根据题给信息结合逆推法可知由 和 为原料来合成化合物A的路线为 。
【分析】CH3COCl发生反应1生成ClCH2COCl，A和ClCH2COCl反应生成B，B经过两步反应生成C，根据C的结构简式结合已知信息①可知B的结构简式为 ，这说明A和ClCH2COCl发生取代反应生成B，因此A的结构简式为 。根据已知信息②可知反应生成D的结构简式为 ，D和ClCOCl发生取代反应生成X，据此解答。
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