江苏省南京师范大学附属中学2020届高三化学下学期六月押题试题.doc

江苏省南京师范大学附属中学2020届高三化学下学期六月押题试题

江苏省南京师范大学附属中学2020届高三化学下学期六月押题试题

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江苏省南京师范大学附属中学2020届高三化学下学期六月押题试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：H—1　O—16　Cl—35.5　Cu—64
第Ⅰ卷
单项选择题
1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是(　　)
A. 采用纳米TiO2光触媒技术将装修材料中释放的HCHO转化为无害物质
B. 用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用
C. 减少对化石燃料的依赖，有效降低PM2.5对环境的污染
D. 目前汽油标准已由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，这意味着汽车不再排放氮氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．采用纳米TiO2光触媒技术，能将甲醛降解为二氧化碳和水，即能将有害物质转化成无害物质，A正确；
B．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳，所以能实现碳的循环利用，B正确；
C．PM2.5是指大气中直径颗粒小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，减少对化石燃料的使用，即减少污染物的产生，可有效降低PM2.5对环境的污染，C正确；
D．汽油标准已由“国III”提到“国IV”，意味着氮氧化物的排放尽可能减少，并不是不再排放，D错误；
答案选D。
2.下列有关化学用语表示正确的是(　　)
A. 甲酸甲酯的实验式：CH2O B. 丙烯醛的结构简式：CH2CHCHO
C. 氮气分子的电子式： D. H2CO3的电离方程式：H2CO3⇌2H+＋
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲酸甲酯为HCOOCH3，分子式为C2H4O2，实验式为CH2O，A正确；
B．丙烯醛中的碳碳双键不能省略，结构简式为：CH2=CH-CHO，B错误；
C．氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子对，电子式为：，C错误；
D．H2CO3是弱电解质，属于二元弱酸，必须分步电离，电离方程式为：、，D错误；
答案选A。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A. 使pH试纸变蓝的溶液中：、Na+、Cl-、ClO-
B. 1.0 mol·L-1的HNO3溶液中：K＋、[Ag(NH3)2]＋、Cl-、
C. ＝1的溶液中：Fe2+、、Al3+、I-
D. 0.1 mol·L-1的NH4HCO3溶液中：K+、Na+、、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．使pH试纸变蓝的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．1.0 mol·L-1的HNO3溶液酸性较强，[Ag(NH3)2]＋不能稳定存在，会产生银离子，银离子和氯离子会生成不溶于硝酸的沉淀，故B不符合题意；
C．＝1的溶液显中性，Fe2+、Al3+、均不能在中性溶液中大量存在，且Fe2+、Al3+和会发生双水解，故C不符合题意；
D．四种离子之间相互不反应，也不与碳酸氢铵反应，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
4.下列有关物质的性质与应用不对应的是(　　)
A. 福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸泡标本 B. 油脂在碱性条件下易水解，可用于制作肥皂
C. NH3分解生成N2和H2吸收热量，液氨可用作制冷剂 D. ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【详解】A. 福尔马林为甲醛水溶液,能使蛋白质变性,可以用于浸泡标本，A不符合题意；
B. 油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，可用于制作肥皂，俗称为皂化反应，B不符合题意；
C. NH3易液化，液氨气化时吸收大量的热，所以液氨可用作制冷剂，C符合题意；
D. 具有强氧化性的物质能杀菌消毒，ClO2中氯元素化合价为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，D不符合题意。
答案选C。
5.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是(　　)

A. 用图1装置制取干燥的氨气 B. 用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
C. 用图3装置配制银氨溶液 D. 用图4装置从食盐水中提取NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气为碱性气体，会与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．Fe与电源正极相连为阳极，Fe被氧化成Fe2+，结合溶液中的OHˉ生成Fe(OH)2，C棒为阴极，水电离出的氢离子被还原生成氢气，同时产生OHˉ，所以溶液一直显碱性，煤油可以隔绝空气防止Fe(OH)2被氧化，所以用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色，故B正确；
C．配制银氨溶液应将氨水滴入硝酸银溶液中，至沉淀恰好溶解时为止，故C错误；
D．从食盐水中提取NaCl蒸发结晶即可，蒸发结晶需要用蒸发皿，图示仪器为坩埚，故D错误；
故答案为B。
6.下列叙述不正确的是(　　)
A. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色
B. NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
C. SO2通入到紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
D. 除去Mg(OH)2浊液中的Ca(OH)2，可加入足量MgCl2溶液充分搅拌后过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A．植物油为液态油脂，分子的烃基中含有不饱和碳碳双键，能发生加成反应，使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；
B．NH4F水解生成HF，HF可腐蚀玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，所以SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，C错误；
D．氢氧化镁溶解度比氢氧化钙小，在氢氧化钙溶液中加入氯化镁可转化成氢氧化镁，充分搅拌后过滤即可除去Ca(OH)2，D正确；
答案选C。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A. MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2＋4H+＋4Cl-MnCl2＋ Cl2↑＋2H2O
B. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+＋OH-＋＋===BaSO4↓＋NH3·H2O
C. FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2＋＋H2O2＋2H+===Fe3+＋2H2O
D. 0.01 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：＋Al3+＋2＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化锰溶于水，应写成离子，正确的离子方程式为MnO2＋4H+＋2ClˉMn2+＋Cl2↑＋2H2O，故A错误；
B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铵，正确离子方程式为Ba2++2OHˉ+2+=BaSO4↓+2NH3•H2O，故B错误；
C．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2，正确离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C错误；
D．0.01 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合，与足够的OHˉ与铝离子和铵根反应，但没有多余的OHˉ与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为＋Al3+＋2＋2Ba2+＋4OH-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D正确；
故答案为D。
8.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：Y>Z>R>T
B. 气态氢化物的稳定性：W<R<T
C. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：X>Z
D. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
【答案】D
【解析】
分析】
“矿石熊猫”由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li元素；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Ne元素，不符合题意；若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Si元素，符合题意。
【详解】A. Y为Li元素、Z为Be元素、R为O元素、T为F元素，同周期，从左向右，原子半径减小，原子半径：r(Li)>r(Be)>r(O)>r(F)，A正确；
B. W为Si元素、R为O元素、T为F元素，非金属性：F>O>Si，则气态氢化物的稳定性SiH4<H2O<HF，B正确；
C. X为Ca元素、Z为Be元素，金属性：Ca>Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：Ca(OH)2> Be(OH)2，C正确。
D. XR2、WR2分别为：CaO2、SiO2，CaO2中O元素为−1价，SiO2中O元素化合价为−2，D错误；故答案为：D。
9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是(　　)
① CCO2COCO2　
② FeFe2O3Fe2(SO4)3　
③SO2NH4HSO3(NH4)2SO4　
④AlCl3AlNaAlO2　
⑤CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2O
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②③⑤ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①C在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和C单质在高温条件可以生成CO，CO高温条件可以还原Fe2O3，生成CO2和Fe，故①能实现；
②Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故②不能实现；
③二氧化硫与少量氨水反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵和稀硫酸反应生成硫酸铵和二氧化硫，故③能实现；
④氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能电解，故④不能实现；
⑤硫酸铜溶液与过量NaOH形成碱性的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖含有醛基，碱性、加热条件下可以将氢氧化铜还原为Cu2O，故⑤能实现；
综上所述，①③⑤满足题意，答案为B。
10.下列图示与对应的叙述相符的是(　　)

A. 图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高
B. 图乙表示室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c()的关系曲线，说明溶液中c()越大c(Ba2＋)越小
C. 图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1 ℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2 ℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A)
D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH>0
【答案】B
【解析】
【详解】A. 镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，A错误；
B. 同一温度下，溶度积Ksp不变，溶液中c()越大，则c(Ba2＋)越小，B正确；
C. t1 ℃时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2 ℃时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以：w(A)= w(B)，C错误；
D. 图丁表示等量NO2在容积相同不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该反应的△H<0，D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查图像在电解质、溶度积、溶解度、化学反应速度和化学平衡移动的应用的知识，结合所学知识进行解题。
不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意
11.下列有关说法正确的是(　　)
A. Hg(l)＋H2SO4(aq)===HgSO4(aq)＋H2(g)常温下不能自发进行，说明ΔH<0
B. 为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解
C. 锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，反应加快的原因是Cu2＋水解增大了H＋浓度
D. 对于N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)，当其他条件不变时，压缩气体体积使压强增大，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．Hg(l)＋H2SO4(aq)===HgSO4(aq)＋H2(g)常温下不能自发进行，是由于该反应是体系混乱程度增大的反应，则ΔH＞0，ΔG＞0，A选项错误；
B．为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，由于CaSO4的溶解度大于CaCO3，可以实现沉淀的转化，将CaSO4转化为CaCO3，CaCO3可与稀盐酸反应生成CO2而除去，B选项正确；
C．锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，锌置换出铜，锌、铜和稀硫酸构成原电池，加快反应速率，C选项错误；
D．对于N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)，当其他条件不变时，压缩气体体积使压强增大，正逆反应速率均增大，D选项错误；
答案选B。
12.Sorbicillin(简称化合物X)是生产青霉素时的一个副产品，其结构简式如下图所示。下列有关化合物X的说法不正确的是(　　)

A. 分子中所有碳原子可能处于同一平面
B 1 mol化合物X可以与2 mol Na2CO3反应
C. 化合物X可以发生加成、取代、氧化反应
D. 化合物X与H2完全加成，每个产物分子中含有4个手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中含有苯环、羰基和碳碳双键，都为平面形结构，则分子中所有碳原子可能处于同一平面，A正确；
B．有机物X含有2个酚羟基，可与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，则1 mol化合物X可以与2 mol Na2CO3反应，B正确；
C．有机物X含有碳碳双键，可发生加成反应，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应， 含有酚羟基，能与Na发生取代反应，C正确；
D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，化合物X与H2完全加成产物为：(标*代表手性碳原子)，共有6个，D错误；
答案选D。
13.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是(　　)
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2 min后，试管里出现凝胶
酸性：盐酸>硅酸
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe(NO3)2已变质
C
向5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液中加入0.1 mol·L－1的FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色
反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2是有一定限度的
D
在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀
Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)

A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，A正确；
B. 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，溶液中的氢离子和硝酸根将二价铁氧化成三价铁，不能说明Fe(NO3)2已变质，B错误；
C. 根据量的关系5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液和1 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液知，KI过量，滴加KSCN溶液后，出现血红色，溶液中有Fe3+，则说明反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2是有一定限度的，C正确；
D. 先滴入几滴0.01 mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入0.01 mol·L－1CuSO4溶液，又出现的黑色沉淀CuS不一定是由ZnS转化而来，所以无法据此比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小关系，D错误。
答案选AC。
14.常温下，下列有关溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)
A. c()相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4Cl)
B. 将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液中：c(H+)＋c(H2CO3)＝c(OH-)＋c()＋c(NH3·H2O)
C. 溶液X：10 mL 0.1 mol·L-1 NaCl；溶液Y：10 mL 0.1 mol·L-1 CH3COONa，则：X中离子总浓度>Y中离子总浓度
D. 少量的氯气通入过量冷的0.1 mol·L-1NaOH溶液中：c(Na+)＝c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)
【答案】BC
【解析】
【详解】A．(NH4)2SO4可以电离出两个铵根，所以c()相等时，其浓度最小，NH4HSO4可以电离出氢离子抑制铵根的水解，所c(NH4HSO4)< c(NH4Cl)，则三种溶液的浓度大小关系为：c(NH4Cl)> c(NH4HSO4)> c[(NH4)2SO4]，故A错误；
B．析出部分NaHCO3晶体后，可以认为溶液中溶质为NH4Cl和NaHCO3，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c()=c(OH-)+c(HCO)+2c()+c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO)+c()+c(H2CO3)，c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H2O)，联立可得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()+c(NH3•H2O)，故B正确；
C．NaCl溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+ c(Cl-)，所以溶液中离子总浓度即为2[c(Na+)+c(H+)]，同理可得醋酸钠溶液中离子总浓度也为2[c(Na+)+c(H+)]，两溶液中c(Na+)相同，但醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解使溶液显碱性，所以氢离子浓度较小，则X中离子总浓度>Y中离子总浓度，故C正确；
D．少量的氯气通入过量冷的0.1 mol·L-1NaOH溶液中，溶液中的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，所以c(Na+)>c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)，故D错误；
故答案为BC。
15.在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)，图Ⅰ表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随走始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是(　　)

A. 200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.02 mol·(L·min)－1
B. 图Ⅱ所知反应xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)的ΔH<0，且a＝2
C. 若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
D. 200 ℃时，向容器中充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数小于0.5
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器体积为2L，故v(B)==0.02mol•L-1•min-1，故A正确；
B．由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，图I可以知道，200℃时，A的物质的量变化量为0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，故B错误；
C．恒温恒容条件下，通入氦气参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，相同时间内物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1；平衡时A的体积分数为：=0.5；200℃时，向容器中充入2molA和1molB若达到等效平衡，则A的体积分数为0.5，而实际上相当于在等效平衡的基础上压强增大，该反应为气体减少的反应，平衡正向移动，A的体积分数减小，即新的平衡中A的体积分数小于0.5，故D正确；
故答案为AD。
第Ⅱ卷
16.利用制磷肥的副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)生产冰晶石(Na3AlF6)的工艺流程如下：

(1)分解过程发生的反应为Na2SiF6＋4NH3·H2O===2NaF＋4NH4F＋X↓＋2H2O。工业上把滤渣X叫白炭黑，其化学式为__。
(2)分解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图，分解时需要控制溶液的pH＝______，能提高其分解速率的措施有____(填字母)。
A. 快速搅拌 B. 加热混合液至100 ℃ C. 减小氨水浓度

(3)流程中可循环利用的物质为_____；冰晶石在电解冶炼铝中的作用是_____。
(4)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为____。
【答案】 (1). SiO2 (2). 8.5 (3). A (4). NH3(NH3·H2O) (5). 降低氧化铝的熔融温度，减少能耗 (6). 2NaF＋4NH4F＋NaAlO2 Na3AlF6↓＋4NH3↑＋2H2O
【解析】
【分析】
(1)根据质量守恒定律，反应前后原子守恒，推出X的分子式；
(2)影响反应速率的外界因素：快速搅拌可加速反应速率；加热虽可以加快反应速率，但反应物是氨水，受热易分解，反应物浓度减小，故会减慢反应速率；
(3)分析流程图可知氨水是可循环利用的。
【详解】(1)由反应前后原子守恒，则X为SiO2；
(2)从图可知，pH为8.5时，冰晶石中白炭黑的含量较低，冰晶石纯度较高；能提高其分解速率的措施有：
A．快速搅拌可以加快反应速率，A正确；
B．加热混合液至100℃，氨水受热分解，反应物浓度小，化学反应速率减慢，B错误；
C．减小氨水浓度，化学反应速率减慢，C错误；
故答案为：8.5；A；
(3)第二次过滤所得滤液为氨气的水溶液，可循环使用；冰晶石降低氧化铝的熔融温度，减少能耗；故答案为：NH3(NH3·H2O)；降低氧化铝的熔融温度，减少能耗；
(4)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为：

17.化合物H是合成碘海醇(一种造影剂)的中间体，其合成路线流程图如下：

(1)H中的含氧官能团名称为________和________。
(2) B→C的反应类型为________。
(3)G的化学式为C3H9ON，写出G的结构简式：________。
(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：________。
①能发生银镜反应且能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中只有4种不同化学环境的氢。
(5)请写出以和BrCH2CH2Br为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_________。
【答案】 (1). 肽键 (2). 羟基 (3). 取代反应 (4). (5). 或 (6).
【解析】
【分析】

【详解】(1)由H的结构可看出，含氧官能团有肽键、羟基；
(2) B→C是硝化反应，苯环上的-H被-NO2取代，反应类型为取代反应；
(3)对比F→H，相差的地方在于：，故G的结构简式：；
(4)能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯酚的结构，再结合分子中只有4种不同化学环境的氢，而醛基、酚羟基共已有2种氢，剩余只有2种氢，分别为苯环上的氢和氨基的氢，依此来推测同分异构体为：或；
(5)依据F+G合成H的路线，F含有-COCl结构、G含有-NH2结构，合成H中含有肽键的结构；故先用BrCH2CH2Br与NaOH水溶液发生取代反应生成HOCH2CH2OH，继续催化氧化成HOOC-COOH，再与SOCl2反应得ClOC-COCl，再和结合即可得目标产物，合成路线为：。
18.氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·zH2O]在农业上可用作杀菌剂。以废铜(主要杂质为Fe)为原料，经溶解氧化、调节pH、过滤等步骤，可制备氯氧化铜。
(1)工业上用H2O2和HCl溶解氧化废铜时，反应生成Cu2+时的离子方程式为________。
(2)加Cu2(OH)2CO3调节混合液pH时，其优点是________。
(3)为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：
步骤Ⅰ：称取0.4470 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)。
步骤Ⅱ：称取0.2235 g氯氧化铜固体，放入锥形瓶中，加入一定量硫酸使固体完全溶解。溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.200 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00 mL。
已知步骤Ⅱ中所发生的反应如下：2Cu2+＋4I-===2CuI↓＋I2；2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6。
①步骤Ⅰ滴定终点时的实验现象是_____。
②通过计算确定氯氧化铜的化学式(写出计算过程)__________。
【答案】 (1). Cu＋2H+＋H2O2===Cu2+＋2H2O (2). 调节溶液的酸碱性，不引入杂质，使Fe3＋全部转化为Fe(OH)3沉淀等 (3). 当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀 (4). 0.4470g氯氧化铜Cl－离子的物质的量：n(Cl-)＝n(AgNO3)＝0.1000mol·L-1×0.02L＝0.002mol根据题意：2Cu2＋～I2～2Na2S2O3　则0.2235g氯氧化铜固体中：n(Cu2+)＝n(Na2S2O3)＝0.2000mol·L-1×0.01L＝0.002mol可知0.4470g氯氧化铜中含有：n(CuCl2)＝0.001mol，n(CuO)＝0.003mol，根据质量守恒有n(H2O)＝(0.4470g－0.001mol×135g·mol-1－0.003mol×80g·mol-1)÷18g·mol-1＝0.004mol，n(CuO)∶n(CuCl2)∶n(H2O)＝3∶1∶4，则晶体的化学式为3CuO·CuCl2·4H2O
【解析】
【详解】(1)Cu与H2O2和HCl反应的化学方程式为：，拆写成离子方程式为：Cu＋2H+＋H2O2===Cu2+＋2H2O；
(2)溶解氧化时，产生Fe3+，加入Cu2(OH)2CO3调节混合液pH，其优点是：调节溶液的酸碱性，不引入杂质，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀等；
(3)①当氯离子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶液时，Ag+和开始结合，出现砖红色沉淀，故答案为：当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀；
②0.4470g氯氧化铜Cl－离子的物质的量：n(Cl-)＝n(AgNO3)＝0.1000mol·L-1×0.02L＝0.002mol根据题意：2Cu2＋～I2～2Na2S2O3　则0.2235g氯氧化铜固体中：n(Cu2+)＝n(Na2S2O3)＝0.2000mol·L-1×0.01L＝0.002mol可知0.4470g氯氧化铜中含有：n(CuCl2)＝0.001mol，n(CuO)＝0.003mol，根据质量守恒有n(H2O)＝(0.4470g－0.001mol×135g·mol-1－0.003mol×80g·mol-1)÷18g·mol-1＝0.004mol，n(CuO)∶n(CuCl2)∶n(H2O)＝3∶1∶4，则晶体的化学式为3CuO·CuCl2·4H2O，故答案为：3CuO·CuCl2·4H2O。
19.高铁酸钾(K2FeO4)为高效净水剂，紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)

①装置B中所用试剂为____。
②C中得到紫色固体和溶液，C中发生的主要反应为________(用化学方程式表示)。
(2) 探究K2FeO4的性质
①将K2FeO4溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明酸性条件下与氧化性的强弱关系，请说明理由：____。
②取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，某同学设计了以下方案：取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。该方案并不完善，因为溶液变红的原因可能是____，___(用离子方程式表示)，重新设计实验方案，证明是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，___。[实验中必须使用的试剂：盐酸、KOH溶液、淀粉碘化钾试纸]
【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O (3). 能，在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是的颜色
(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色) (4). ＋20H＋===4Fe3+＋3O2↑＋10H2O (5). Fe3+＋3SCN-===Fe(SCN)3 (6). 将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，使湿润的淀粉KI试纸变蓝
【解析】
【分析】
①由实验装置可知，A中发生2MnO4-+10Cl-+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl；②C中在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
【详解】(1)①装置A是制备Cl2，装置B为净化装置，用于除去Cl2中的HCl，装置B中所用试剂为饱和食盐水；
②在碱性条件下Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，反应方程式为
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；
(2)①K2FeO4在酸性溶液中具有强氧化性，能将Mn2+氧化成，溶液呈浅紫色证明含有，故理由是：能，在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是的颜色(或不能，补充对比实验，向K2FeO4紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)；
②K2FeO4具有强氧化性，在酸性溶液中快速产生O2，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色是由于Fe3+与SCN-结合成血红色的配合物，用离子方程式表示原因为：＋20H＋===4Fe3+＋3O2↑＋10H2O，Fe3+＋3SCN-===Fe(SCN)3；
为了证明是K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2：将装置C中混合物过滤，将所得固体用KOH溶液充分洗涤，再用KOH溶液将少量固体溶解，得到紫色溶液，向溶液中滴加盐酸，产生黄绿色气体，由于氯气能够把碘离子氧化为碘单质，所以氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
20.(1)关于反应H2(g)＋O2(g)===H2O(l)，下列说法正确的是________(填字母)。
A.焓变ΔH<0，熵变ΔS<0
B.可以把反应设计成原电池，实现能量的转化
C.该反应在常温下不易被观察，因为具有较高的活化能，反应速率小
D.选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行
(2)电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，在电场中利用膜技术可以实现淡化海水和浓缩海水的分离。

①图中膜a应选用________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
②各间隔室的排出液中，A为________(填“淡化海水”或“浓缩海水”)。
③电渗析法还可用来处理电镀废液，写出用该方法处理含AgNO3废液时所发生反应的化学反应方程式：______。
(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 ℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。
①如果超临界水的电离度变为常温下的100倍，则此时Kw的值为____。
②超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图，其中x为以碳元素计的物质的量分数，如xCO＝，t为反应时间。 CO的分布分数先增后降的原因是___。

③不同温度下乙醇的超临界水氧化过程中CO的分布分数随时间变化如图所示，随着温度升高，CO分布分数峰值出现的时间提前且峰值更高的原因是________。

【答案】 (1). ABCD (2). 阴离子 (3). 淡化海水 (4). 4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3 (5). 10-10 (6). 在超临界水氧化过程中，乙醇先氧化为CO，CO再氧化为CO2(CO为反应中间产物，CO2为反应最终产物) (7). 乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大
【解析】
【分析】
电解海水时，氯离子在阳极区失去电子生成氯气，氯离子向阳极区移动，钠离子向阴极区移动；电解的方程式书写考虑放电顺序，银离子比氢离子先放电，生成银单质；温度升高促进水的电离，水的电离常数增大。
【详解】(1)A. 氢气在氧气中燃烧生成液态水的反应是一个放热且熵减的反应，A正确；
B. 该反应是一个自发的氧化还原反应，可以将该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，B正确；
C. 该反应无沉淀气体生成，在常温下不易被观察，但因为具有较高的活化能，反应速率小，C正确；
D. 选用合适的催化剂，有可能使氢气和氧气在常温常压下以较快的速率进行，D正确；
所以正确的是ABCD；
(2) ①图中氯离子在左边区域失去电子生成氯气，氯离子要透过膜a，所以膜a应选用阴离子交换膜；
②A区域钠离子和氯离子都减少，所以排出液中为淡化海水；
③电渗析法处理AgNO3废液时，银离子得电子生成银单质，水中氧元素失去电子生成氧气，所以反应的化学方程式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3；
(3)①常温下Kw =10-14，水电离产生的c(H+)=10-7mol/L，电离度变为常温下的100倍