【文档说明】（新高考）高三化学下学期3月月考卷（B卷）原卷版.doc，共(11)页，619.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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（新高考）下学期高三3月月考卷化学（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效

。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题1．中国诗词深受众人喜爱

，针对下列一些诗词，从化学角度解读正确的是A．王安石的《梅花》“遥知不是雪，为有暗香来”描述了物质发生化学变化过程中既有状态变化又有气味的产生B．庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质C．赵孟頫的《烟火诗》“纷纷

灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了化学变化中的颜色变化D．刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定2．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A．用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质B．用乙醇提取溴水中的溴选择图②所示

装置C．用图③所示装置可以分离乙醇水溶液D．用图④所示装置可除去CO2中含有的少量HCl3．三氯化氮(NCl3)是一种淡黄色的油状液体，下面对于NCl3的描述不正确的是A．NCl3为三角锥形B．NCl3是一种极性分子C．它还能再以配位键与Cl-

结合D．NCl3的挥发性比PBr3要大4．下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3<Ca(HCO3)2溶解度：N

a2CO3<NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如

图所示。下列叙述正确的是A．元素非金属性强弱的顺序为W>Y>ZB．W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高C．Y单质的熔点低于X单质D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构6．贝里斯-希尔曼反应条件温和，其过程具有原子经济性，示例如下：下

列说法错误的是A．该反应属于加成反应B．I的一氯取代物有4种C．II中所有碳原子共平面D．III能使酸性K2Cr2O7溶液变色7．碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示(加入两极的物质均是

常温常压下的物质)。下列说法不正确的是A．B为直流电源负极B．H+由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动C．石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e−=(CH3O)2CO+2H+D．当石墨2极消耗2

2.4LO2时，质子交换膜有4molH+通过8．无水氯化铝是常用的有机化工试剂，易水解、易升华。实验室用以下装置制取少量氯化铝，反应原理为32Δ2Al+6HCl(g)2AlCl+3H。下列说法正确的是A．圆底烧瓶中发生反应：NaCl+H2SO4(浓)====△HCl↑+NaHSO4B．粗导管d

也可换成细导管C．e中试剂可选用碱石灰、无水氯化钙或五氧化二磷D．为了减少HCl的浪费，实验开始时先点燃b处酒精灯9．已知联氨(N2H4)为二元弱碱，常温下将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中微粒的物质的

量分数δ(X)随－lgc(OH−)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．Kb1(N2H4)=10−6.0B．N2H6Cl2溶液中存在：c(Cl−)+c(OH−)=c(N2H5)+2c(N2H26)+c(H+)C．N2H5Cl溶液中

：c(H+)＞c(OH−)D．N2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为：N2H5+H2ON2H26+OH−10．CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O+F

e+＝N2+FeO+(慢)；②FeO++CO＝CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是A．①是氧化还原反应，②不是氧化还原反应B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定C．Fe+使反应的活化能减小，减小反应速率D．FeO+在该反应过程中作催化剂二、不定项选题11．下列电解质溶液中

，微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A．在-130.1molLNaHCO溶液中：+-2-3323c(Na)>c(HCO)>c(CO)>c(HCO)B．在0.1mol·L−1NaClO溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HClO)+c(Na+)C．pH相等的盐

酸和醋酸溶液等体积混合(忽略温度和体积变化)，混合溶液中--3c(Cl)=c(CHCOO)D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，浓度均为0.1mol·L−1的HCOOK与CH3COONa溶液中：c(K+)﹣c(HCO

O−)<c(Na+)﹣c(CH3COO−)12．下列有关甲醛（HCHO）、苯、二氧化碳及水的说法不正确的是A．苯分子中所有原子共平面B．甲醛、苯和二氧化碳中碳原子均采用sp2杂化C．苯、二氧化碳均是非极性分子，水和甲醛是极性分子D．水的沸点比甲醛高，是因为水分子间能形成氢键，而甲醛分子间不能形成

氢键13．防治污染要坚决打好蓝天、碧水、净土三大保卫战。某工厂拟综合处理含NH+4废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法正确的是A．固体1的成分是CaCO3、CaSO3B．向气体1中通入的空气需要过量C．捕获剂所捕获的气体主要是COD

．处理含NH+4废水时，发生的反应为NH+4+5NO−2+4H+＝6NO↑+4H2O14．近日，科学家发表了高温二氧化碳电解发展报告，利用固体氧化物电解池将CO2和H2O转化为合成气并联产高纯度O2。原理如图所示。下列说法正确的是A．x极为电源正极B．当有2mo

l电子流向a极时，产生0.5molO2C．b极CO2的反应式：CO2+2H++2e−=CO+H2OD．电解质中阴离子由a向b移动15.2NaClO是一种重要的杀菌消毒剂，其一种生产工艺如下：下列说法正确的是A．氧化性

比较：稀242HSOClOB．“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2C．“尾气吸收”用于除去少量2ClO尾气。其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3D．利用含Mg2+和Ca2+的粗盐水制备“电解”用的食盐水，要加入的除杂试剂有N

aOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸三、非选择题16．乙酸制氢具有重要意义：热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)∆H=+213.7kJ·mol−1脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)∆H=−33.5kJ·mol−1（1）2CO(g)+2H2(g)=C

H4(g)+CO2(g)∆H=____kJ·mol−1。（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，选择的压强为_____（填“高压”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：①约650℃之前，脱羧基反应活化能低，反应速率快，很快达到平衡，故氢气产率低于甲烷；6

50℃之后氢气产率高于甲烷，理由是____。②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示____。（3）保持温度为T℃，压强为pkPa不变的条件下，在密闭容器中投入一定量的醋酸发生上述两个反应，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，脱羧基反应消

耗乙酸60%，则平衡时乙酸体积分数为____（结果保留1位小数）；脱羧基反应的平衡常数Kp为____kPa（结果保留1位小数）。（4）光催化反应技术使用CH4和____（填化学式）直接合成乙酸，且符合“

绿色化学”的要求（原子利用率100%）。（5）若室温下将amol/L的CH3COOH溶液和bmol/LBa(OH)2溶液等体积混合，恢复室温后有2c(Ba2+)=c(CH3COO−)，则乙酸的电离平衡常数Ka=____（用含a和b的代数式

表示）。17．三氧化二镍是一种重要的电子元件材料、蓄电池材料。工业上利用含镍废料(以镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。根据下列工艺流程示意图回答问题。(1)操作1的名称为________

___。(2)双氧水的作用___________(3)沉淀A为混合物，写出其成分的化学式___________。(4)试剂B的名称为___________，沉镍后，滤液中C2O2−4的浓度为0.01mol/L，则残

留在滤液中的c(Ni2+)=___________[已知Ksp(NiC2O4)=4×10−10]。(5)NiC2O4·2H2O高温煅烧制取三氧化二镍时会产生CO、CO2、水蒸气等混合气体，发生反应的化学方程式为_

__________。(6)NiC2O4·2H2O(相对分子质量为182.7)高温煅烧制取三氧化二镍的热重曲线如图所示：T2温度时固体物质的化学式为___________。18．2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表

彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：(1)基态Co原子价电子排布图为_______。第四电离能Ⅰ4(Co)比Ⅰ4(Fe)小，是因为_____

__。(2)LiCl的熔点(605℃)比LiF的熔点(848℃)低，其原因是_______。(3)乙炔(C2H2)分子中σ键与π键的数目之比为_______。(4)锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。①LiBF4中阴离子的空间构型是__

_____。②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_______。(5)Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。①S2−的配位数为_______。②设NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为_______

g·cm−3(列出计算式)。19．三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用反应23432高温CrO(s)+3CCl(g)2CrCl(s)+3COCl(

g)制取CrCl3，其实验装置如下图所示。已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：222COClHOCO2HCl；②碱性条件下，H2O2将Cr3+氧化为24CrO；酸性条件下，H2O2将227CrO

还原为Cr3+。回答下列问题：(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。(2)装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)，使实验能继

续进行。(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：I．取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为24CrO，继续加热一段时间；Ⅱ．冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸

(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使24CrO转化为227CrO；Ⅲ．用新配制的14422molLNHFeSOc标准溶液滴定至终点，消耗4422NHFeSO标准溶液VmL(已知227CrO被Fe2+还原为Cr3+)。①产品中CrCl3质量分数表达式为___

____。②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填标号)。a．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间b．步骤Ⅱ中未加浓磷酸c．步骤Ⅲ中所用4422NHFeSO溶液已变质d．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定

后平视20．聚合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels-Alder反应：(1)生成A的反应类型是___________

，F中所含官能团的结构简式为______________。(2)B的结构简式是___________；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物名称是______。(3)D+G→H的化学方程式是_______________________________________

______。(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为_____________________。(5)

已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线______________。(合成路线流程图示例：H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5)。（新高考）下学期高三3月月考卷化学答案（B）

1.【答案】D【解析】A．“遥知不是雪，唯有暗香来”体现物质的挥发性，属于物质的物理性质，故A错误；B．飞絮的主要成分为纤维素，不是蛋白质，故B错误；C．赵孟頫的《烟火诗》“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了焰色试验的现象，焰色试验属于物理变化，

故C错误；D．刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定，故D正确；答案选D。2.【答案】A【解析】A．碳酸钠能溶于水而碳酸钙难溶，故可用过滤的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，A正

确；B．乙醇与溴水互溶，故无法进行萃取分液，B错误；C．用蒸馏的方法分离乙醇和水需要在装置中加装温度计，并使温度计的水银球在支管口处，C错误；D．应使用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中含有的少量HCl，D错误；故答案选A。3.【答案】C【解析】A．NCl3的中心原

子N上的孤电子对数=1(531)2=1，价层电子对数=1+3=4，VSEPR模型为四面体，所以该分子为三角锥形，A正确；B．NCl3分子为三角锥形，分子中正负电中心不重合，分子为极性分子，B正确；C．NCl3中

的N原子、Cl离子的最外层均无空轨道，所以无法再与Cl－形成配位键，C不正确；D．NCl3和PBr3都属于分子晶体，但相对分子质量Mr(NCl3)＜Mr(PBr3)，所以范德华力NCl3比PBr3要小，NCl3

沸点低，易挥发，即NCl3的挥发性比PBr3要大，D正确；答案选C。4.【答案】D【解析】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定，加热易分解，两者没有因果关系，A错误；B．Fe3+具有氧化性，能氧化还原性物质，Fe3+和SCN−反应生

成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，B错误；C．碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，C错误；D．二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以

玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，D正确。答案选D。5.【答案】B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为钠Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分

析，Y形成四个共价键，说明其为Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z为Cl；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，为O。根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl

元素；A．同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为：O＞Cl＞Si，即W＞Z＞Y，故A错误；B．O的非金属性比Si强，所以W的氢化物的稳定性比Y的氢化物强，故B正确；C．X为Na元素，

Y为Si元素，硅为共价晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故C错误；D．根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；答案选B。6.【答案】C【解析】A．I中羰基碳氧双键打开，II中碳碳双键上临近碳氧双键的碳加至I的碳氧双键的碳上，其上的氢加至I的

氧上，故为加成反应，故A正确；B．I的一氯代物有4种，苯环上邻间对位取代有三种，在碳氧双键相邻的甲基上取代有一种，故B正确；C．II的六元碳环只有一个双键，其他均是以单键相连，除双键中的碳外其他四个碳原子不可能在同一个平面上，故C

错误；D．III中含有碳碳双键，可被酸性重铬酸钾溶液氧化，故可使酸性重铬酸钾溶液褪色，故D正确。综上所述，选C。7.【答案】D【解析】A．石墨2上发生还原反应，为阴极，阴极与电源的负极相连，则B为直流电源负极，A

正确；B．阳离子移向阴极，则氢离子由石墨1极通过质子交换膜向石墨2极移动，B正确；C．石墨1为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO-2e−=(CH3O)2CO+2H+

，C正确；D．没有指明是标准状况下，不能计算质子交换膜通过的H+，D错误；故选C。8.【答案】A【解析】A．实验室中，HCl的制备可采用NaCl固体与浓H2SO4在加热下制取，反应还可以为2NaCl+H2SO4(浓)==

==△2HCl↑+Na2SO4，A说法正确；B．AlCl3易升华，同样也容易凝华，可能在导管d处重新凝华为固体，产生堵塞现象，故应选用大导管，B说法错误；C．e处干燥管的作用有二，其一为防止多余的HC

l气体进入空气而污染环境，其二为防止空气中的水蒸气进入收集装置而使氯化铝水解，C说法错误；D．装置内部的空气会与Al反应，产生杂质，故应先制取HCl并利用其排尽装置内的空气，D说法错误；答案为A。9.【答案】D【解析】联氨(N2H4)为二元弱碱，则联氨(N2H4)的两步电离方程式为：N2H

4N2H5+OH−、N2H5N2H26+OH−，根据图象可知，当溶液中c(N2H4)=c(25NH)时，溶液的pOH=6.0，则Kb1=2524NHOHNHccc=10−6.0，当溶液中c(25

NH)=c(226NH)时，溶液pOH=15.0，则Kb2=22625NHOHNHccc=10−15。A．当溶液中c(N2H4)=c(25NH)时，溶液的pOH=6.0，则Kb1=2524N

HOHNHccc=10−6.0，故A正确；B．根据电荷守恒可知，N2H6Cl2溶液中存在：c(Cl−)+c(OH−)=c(N2H5)+2c(N2H26)+c(H+)，故B正确；C．N2H5+的水解平衡常数为Kh2=1wbKK=1461010=10−8>Kb2=10−15，则N2H5

Cl溶液呈酸性，所以溶液中：c(H+)＞c(OH−)，故C正确；D．N2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为：N2H5+H2ON2H4·H2O+H+，故D错误；答案选D。10.【答案】B【解析】A．①、②两反应中都含有变价元素，都是氧化还原反应，A不正确；B．两步反应中反应

物的总能量都高于生成物的总能量，均为放热反应，总反应的化学反应速率，由速率慢的反应(即反应①)决定，B正确；C．Fe+为反应的催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，C错误；D．FeO+在该反应过程中

是催化剂的中间产物，D不正确；故选B。11.【答案】CD【解析】A．碳酸氢钠的水溶液显碱性，说明碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)>c(CO2−3)，A错误；B．溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(ClO−)=c(H+)+c(Na+

)，存在物料守恒c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)，二式联立可得c(OH−)=c(H+)+c(HClO)，B错误；C．混合前各溶液中c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)、c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，混合前pH相等，则c(Cl−)=c(CH3CO

O−)，混合后pH不变，则c(Cl−)和c(CH3COO−)依据相等，C正确；D．已知酸性：HCOOH>CH3COOH，所以甲酸根离子水解程度小于乙酸根离子水解程度，在等浓度的甲酸钾和乙酸钠溶液中钾离子和钠离子浓度相等，甲酸根浓度大于乙

酸根离子浓度，所以c(K+)-c(HCOO−)<c(Na+)-c(CH3COO−)，D正确；综上所述答案为CD。12.【答案】B【解析】A．苯是平面结构，所有原子共平面，故A不符合题意；B．甲醛、苯分子中碳原子均含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，二氧化碳中碳原子含有2个σ键，没有孤对电子

，采用sp杂化，故B符合题意；C．苯、CO2结构对称，正、负电荷的中心重合，均为非极性分子，水和甲醛的正、负电荷的中心不重合，均为极性分子，故C不符合题意；D．水的沸点比甲醛的高，是因为水分子间能形成氢键，故D不符合题

意；故答案为B。13.【答案】C【解析】从流程图可以看出，工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分）通入过量石灰乳中，CO2、SO2转化为CaCO3、CaSO3，成为固体1的主要成分；此时气体的主要成分为N2、NO、CO，通空气、再用NaOH溶液吸收，NO转化为

NaNO2，用含NH+4废水处理，生成N2和水；CO气体用捕获剂处理，从而得到捕获产物。A．由以上分析可知，固体1的成分是CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2等，A不正确；B．向气体1中通入的空气若过量，NaNO2将被氧化为NaNO3

，B不正确；C．气体2的成分为N2和CO，N2不污染环境，所以捕获剂所捕获的气体主要是CO，C正确；D．处理含NH4+废水时，发生的反应为NH+4+NO−2＝N2↑+2H2O，D不正确；故选C。14.【答案】A【解析】A．与x相连的电极上

发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应，x极为电源正极，故A正确；B．a极为阳极，当有2mol电子流出a极时，产生0.5molO2，故B错误；C．b极CO2的反应式：CO2+2H++2e−=CO+H2O，H2O+2e−=H2+O2−，故C错误；D．在电场作用下，电解质中阴离子移向阳极，

由b向a移动，故D错误；故选A。15.【答案】BD【解析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下反应生成ClO2和NaHSO4，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择N

aOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解，结合氧化还原反应不交叉规律可知，装置中阴极ClO2得电子生成ClO−2，阳极Cl−失电子生成Cl2，反应的化学方程式为2ClO2+2NaCl=====

电解2NaClO2+Cl2↑，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为NaClO2，反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到

产品。A．NaClO3和SO2、H2SO4反应生成NaHSO4和ClO2，其中NaClO3为氧化剂，稀硫酸只提供酸性条件，无法比较氧化性，故A错误；B．由以上分析可知，装置中阴极ClO2得电子生成ClO−

2，所以“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2，故B正确；C．由流程知，吸收ClO2用NaOH和H2O2，反应方程式为：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，其中氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，二者的物质的量

之比为2∶1，故C错误；D．利用含2Mg和2Ca的粗盐水制备“电解”用的食盐水，加入氢氧化钠可以产生氢氧化镁沉淀，然后加入碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，通过过滤，除去杂质，最后加入盐酸，除去多余的碳酸钠和氢氧化钠，故D正确；故选BD。16.【答案】（1）-247.2（2）常压随着温度升高

后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)（3）9.1%0.8p（4）CO2(2b×10−7)/(a-2b)【解析】（1）由盖斯定律可知，2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)∆H=

−33.5kJ·mol−1-213.7kJ·mol−1=-247.2kJ·mol−1；（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，该反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压；①热裂解反应：CH

3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱羧反应CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)是放热反应，而脱羧反应逆向移动，650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速

率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱羧反应逆向移动，故氢气的产率高于甲烷；②CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，故在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，反应方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)

；假设投入乙酸的物质的量为amol，热裂解反应：CH3COOH(g)=2CO(g)+2H2(g)，达到平衡时热裂解反应消耗乙酸20%，故热裂解反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.2amol，乙酸热裂解反应生成的一氧化碳和氢气的物质的量为：n(CO)=n(H2)

=0.4amol；脱羧基反应：CH3COOH(g)=CH4(g)+CO2(g)，脱羧基反应消耗乙酸60%，故脱羧基反应消耗乙酸的物质的量为：n(CH3COOH)=0.6amol，脱羧基反应生成的甲烷和二氧化碳的物质的量为：n(CH4)=n(CO2)=0.6amol；故乙酸的体积分

数为：[0.2a/(0.2a+0.4a+0.4a+0.6a+0.6a)]×100%=9.1%；p(CH4)=p(CO2)=(0.6a/2.2a)×pkPa=(3/11)×pkPa，p(CH3COOH)=(0

.2a/2.2a)×pkPa=(1/11)×pkPa，脱羧基反应的平衡常数Kp=[(3/11)×p×(3/11)×p]/[(1/11)×p]=0.8p；（4）由原子守恒可知，光催化反应技术使用CH4和CO2直接合成乙酸，且符合“绿色化学”的要求（原子利用率100%

）；（5）由电荷守恒可知：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO−)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO−)，所以c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，此时溶液中的c(CH3COO−)=bmo/

L、c(CH3COOH)=(a/2-b)mo/L、c(H+)=1×10−7mo/L，故Ka=[1×10−7×b/(a/2-b)=(2b×10−7)/(a-2b)。17.含镍废料加入硫酸，除去不溶于硫酸的固体，得到硫酸镍、硫

酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁的混合液，用H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，生成氢氧化铁沉淀除铁；加入氟化铵，生成MgF2、CaF2除钙、镁；加入草酸生成NiC2O4·2H2O沉淀，高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。(1)根据流程图，含镍废料加酸溶解

，除去不溶物，所以操作1的名称为过滤；(2)H2O2具有氧化性，Fe2+具有还原性，双氧水的作用是使二价铁氧化为三价铁；(3)硫酸钙、硫酸镁和氟化铵反应生成硫酸铵、氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，所以沉淀A的化学式MgF2、CaF2；(4)草酸镍难溶于水，根据流程图可知，硫

酸镍溶液加入试剂B生成NiC2O4·2H2O沉淀，所以试剂B的名称为草酸，沉镍后，滤液中224CO的浓度为0.01mol/L，则残留在滤液中的c(Ni2+)=sp24224()iCCOONKc=01.010410=4×10−8mol/L；(5

)NiC2O4·2H2O高温煅烧生成三氧化二镍、CO、CO2、水蒸气，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式为2NiC2O4·2H2O====△Ni2O3+3CO↑+CO2↑+4H2O；(6)NiC2O4·

2H2O(相对分子质量为182.7)高温煅烧，先失去结晶水，然后NiC2O4分解为Ni2O3，失去1个结晶水时剩余固体占原固体的90.2%，失去2个结晶水时剩余固体占原固体的80.3%，所以T2温度时固体物质的化学式为Ni

C2O4。18.【答案】（1）Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高（2）LiCl和LiF均为离子晶体，Cl−半径比F−大，LiCl的晶格能比LiF的小（3）3

∶2（4）正四面体sp2、sp3（5）8303A44610588N【解析】(1)基态Co原子价电子排布式为3d74s2，其价电子排布图为；第四电离能I4(Co)比I4(Fe)小，价电子排布Co3+为3d6，Fe3+为3d5，Fe3+半

满，稳定，难失去电子，因此原因为Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高；(2)LiCl的熔点(605℃)比LiF的熔点(848℃)低，它们都为离子晶体，离子晶体熔点主要比较离子半径，晶格能，因此其原因是LiCl和LiF

均为离子晶体，Cl−半径比F−大，LiCl的晶格能比LiF的小；(3)乙炔(C2H2)分子中有1个碳碳三键，2个C-H因此分子总σ键与π键的数目之比为3∶2；(4)①LiBF4中阴离子BF−4的中心原子

B的价层电子对数为14+(3141)42，因此空间构型是正四面体形；②碳酸亚乙酯分子中碳氧双键的碳原子，σ键有3个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp2，另外两个碳原子，σ键有4个，没有孤对电子，因此杂

化方式为sp3，所以碳原子的杂化方式有sp2、sp3；(5)①以最右面中心S2−分析，连接左边有4个锂离子，右边的晶胞中也应该有4个锂离子，因此配位数为8；②设NA为阿伏加德罗常数的值，根据晶胞计算锂离子有8个，硫离子个数为118+6=482，

Li2S的晶胞密度-330-3A3310A464Nm464ρ=gcm=10gcmVN58858810。19.【答案】（1）浓硫酸防止G中的水蒸气进入E及C装置中将COCl2排入装置G中并被充分吸收（2）A中长玻璃管中液

面上升加热D处（3）2232COCl4OHCO2Cl2HO（4）15.85cV%3mab【解析】(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，

反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将COCl2排入装置G中

并被充分吸收，回收尾气；(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成

二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为2232COCl4OHCO2Cl2HO；(4)①测定过程中的物质的量的关系为：2CrCl3~224CrO~227CrO~64422NH

FeSO，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：-32cV10mol6，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：-3-12cV10mol158.5gmol6100%=mg15.85cV

%3m；②a．步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将227CrO还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液4422NHFeSO体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，a正确；b．步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准

液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，b正确；c．步骤Ⅲ中所用4422NHFeSO已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，c错误；d．步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分

数偏高，d错误。故选ab。20.【答案】（1）消去反应－NO2、－Cl（2）水（3）n+(2n-1)H2O（4）10（5）【解析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到E是，E转化得到F，F与氨气在高压下得到，可知F→引入氨基，E→F引入硝基，则F中Cl原子被氨基取代生成，可推知F为；还原得到

G为；乙醇发生消去反应生成A为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成B为，D为芳香化合物，则C中也含有苯环，C发生氧化反应生成D，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合D的分子式，可知D为、则C为，D与G发生缩聚反应得到H为。(1)生成A是乙醇的消去反应，

F为，其中所含官能团的结构简式为－NO2、－Cl。(2)B的结构简式是；“B→C”的反应中，除C外，根据原子守恒可知另外一种产物名称是水。(3)D+G→H是缩聚反应，反应的化学方程式是。(4)Q是D（）的同系物且相对分子质量比D大14，则Q含有苯环、2个羧

基、比D多一个CH2原子团，有1个取代基为-CH(COOH)2；有2个取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个-COOH与-CH3，2个-COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3

+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶2∶1的为。(5)CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为。