拉萨市达标名校2019年高考五月调研化学试卷含解析

拉萨市达标名校2019年高考五月调研化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．常温下,将盐酸滴加到联氨（N2 H4）的水溶液中,混合溶液中pOH[pOH=- lgc（OH- ）]随离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述正确的是（已知N2H4在水溶液中的电离方程式:N2H4+H2O
- N2H5++OH- ，N2H5+ +H2O - N2H62++OH-）
A．联氨的水溶液中不存在H+
B．曲线M表示pOH与
+ 2
5
24
c(N H)
lg
c(N H)
的变化关系
C．反应N2H4+H2O N2H5++OH-的K=10-6
D．N2H5Cl的水溶液呈碱性
2．25 °C时，用浓度为0.1000 mol/L 的NaOH溶液滴定体积均是20mL 、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX 、HY、HZ，滴定曲线如图所示。

下列说法正确的是（）
A．酸性强弱顺序是HX> HY> HZ
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y -）
C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D．加入20 mL NaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
3．下列仪器名称正确的是()
A．圆底烧瓶B．干燥管C．药匙D．长颈
漏斗
4．化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）
A．硅胶、生石灰、氯化钙等都是食品包装袋中常用的干燥剂
B．厕所清洁剂、食用醋、肥皂水、厨房清洁剂四种溶液的pH逐渐增大
C．酒精能使蛋白质变性，预防新冠肺炎病毒使用的酒精纯度越高越好
D．使用氯气对自来水消毒时，氯气会与自来水中的有机物反应，生成的有机氯化物可能对人有害5．25℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1，体积分别为V a和V b的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持V a+V b＝100 mL，V a、V b与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A．K a(HA)＝1×10－6
B．b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)
C．a→c过程中水的电离程度始终增大
D．c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小
6．已知在100 ℃、1.01×105 Pa下，1 mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示，下列有关说法不正确的是()
A．1 mol H2O(g)分解为2 mol H与1 mol O时吸收930 kJ热量
B．热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490 kJ·mol－1
C．甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙
D．乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930 kJ
7．已知铍（Be）与铝的性质相似．则下列判断正确的是（）
A．铍遇冷水剧烈反应
B．氧化铍的化学式为Be2O3
C．氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应
D．氯化铍水溶液显中性
8．ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。

工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：()
2FeS+30NaClO+14H SO Fe SO+15Na SO+30ClO?+14H O。

设N A是阿伏2324242422
3
伽德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A．在标准状况下，2240mL ClO2含有原子数为0.3N A
B．若生成1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2N A
C．48.0g FeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6N A
D．每消耗30mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为14N A
9．纳米级TiO2具有独特的光催化性与紫外线屏蔽等功能、具有广阔的工业应用前景。

实验室用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的流程如下。

下列说法错误的是（）
A．酸浸的化学方程式是：FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O
B．X稀释所得分散系含纳米级H2TiO3，可用于观察丁达尔效应
C．②用水蒸气是为了促进水解，所得稀硫酸可循环使用
D．①③反应中至少有一个是氧化还原反应
10．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）
A．为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸
B．食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂
C．用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素
D．化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO X的催化转化都是减少酸雨产生的措施
11．化学与生产、生活密切相关。

下列说法中不正确的是：
A．从海水中制取食用的精盐，需要有化学反应才能实现
B．高温及常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性
C．生活中的铜制品既能发生析氢腐蚀又能发生吸氧腐蚀
D．植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置容易氧化变质
12．根据下图，下列判断中正确的是
A．石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应
B．等量金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量更多
C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定
D．C(金刚石，s) = C(石墨，s) + Q kJ Q= E3—E2
13．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选
项
实验现象结论
A 甲烷与氯气在光照下反
应，将反应后的气体通入
紫色石蕊试液中
紫色石蕊试液变红反应后的气体是HCI
B 向正已烷中加入催化剂，
高温使其热裂解，将产生
的气体通入溴水中
溴水褪色裂解产生的气体是乙烯
C
向FeCI3溶液中滴入几滴
30%的H2O2溶液有气体产生，一段时间后，FeCl3溶
液颜色加深
Fe3+能催化H2O2分解，该分解反应
为放热反应
D 向某溶液中滴加氢氧化
钠稀溶液后，将红色石蕊
试纸置于试管口
试纸不变蓝该溶液无NH4+
A．A B．B C．C D．D 14．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molNa2O2与SO2完全反应，转移2N A个电子
B．标准状况下，1．2L乙醇中含有的极性共价键数目为2．5N A
C．18g的D2O中含有的中子数为13N A
D．1L3．1mol·L-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2N A
15．已知N A从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．6g 3He含有的中子数为2N A
B．1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为N A
C．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10N A
D．0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有的SO42－数目为0.1N A
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．以铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：
回答下列问题：
(1)“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是________(填“铁”“陶瓷”或“玻璃”)；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_______________。

(2)熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH 为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。

第一次过滤滤渣中的主要成分为________，“调pH为7~8，加热煮沸半小时”的目的是__________。

(3)步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为________。

(4)步骤④包含的具体操作有____，经干燥得到K2Cr2O7晶体。

(有关物质的溶解度曲线如图所示)
(5)步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是________。

(6)采用热重分析法测定K[Cr(C2O4)2]·nH2O样品所含结晶水数目，将样品加热到80℃时，失掉全部结晶水，失重16.8%。

K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶体中n=____。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。

已知A在标准状况下的密度为1.25 g·L-1。

回答下列问题:
(1)有机物F中含有的官能团名称为____。

(2)A生成B的反应类型为________。

(3)写出流程中B生成C的化学方程式_______。

(4)下列说法正确的是____。

A 流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变
B 有机物C不可能使溴水褪色
C 有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应
D 合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．硫酸在生活和生产中应用广泛。

Ⅰ某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用“接触法”制备硫酸。

已知298 K和101 kPa条件下：
2FeS2（s）=2FeS（s）＋S（s）ΔH1
S（s）＋2O2（g）=2SO2（g）ΔH2
4FeS（s）＋7O2（g）=2Fe2O3（s）＋4SO2（g）ΔH3
则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的总热化学方程式是________。

Ⅱ催化氧化反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）ΔH＜0
（1）在体积可变的密闭容器，维持压强为1×105 Pa和初始n（SO2）＝2 mol，充入一定量的O2，SO2平衡转化率α（SO2）随O2物质的量n（O2）的变化关系如图所示：
①在1000℃时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因________。

②a点时SO3的平衡分压p（SO3）＝________Pa（保留2位有效数字，某组分的平衡分压＝总压×某组分的物质的量分数）。

（2）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。

请画出平衡体系中SO3的体积分数φ（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之比[n（SO2）/n（O2）]的变化趋势图。

（3）已知活化氧可以把SO2快速氧化为SO3。

根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化如图所示。

下列说法正确的是________。

A O2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程
B 该过程中最大能垒（活化能）E正＝0.73 eV
C 每活化一个O2吸收0.29 eV的能量
D 炭黑可作为SO2转化为SO3的催化剂
E 其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快
Ⅲ硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，写出阳极的电极方程式________。

19．（6分）研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。

工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H1
在反应过程中还发生反应Ⅱ：H2(g)+CO2(g)＝H2O(g)+CO(g)△H2=+41kJ/mol
(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键C—H H—H C=O C O
键能（kJ/mol）413 436 803 1076
则△H l =____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。

A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K 时CO 2的平衡转化率大于CH 4的原因是________________________
②计算923K 时反应II 的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。

③1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。

(3)工业上CH 4和CO 2反应时通常会掺入O 2发生反应
III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，掺人O 2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O 2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。

①随着O 2进入量的增加，热负荷下降的原因是 ____。

②掺人O 2可使CH 4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。

下同），CO 2的平衡转化率________
参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．C
【解析】
【详解】
A. 联氨的水溶液中，水可以电离出H +，故A 错误；
B. 当c(N 2H 5+)=c(N 2H 4)时，K b1=c(OH -)，同理c(N 2H 6+)= c(N 2H 5+)时，K b2=c(OH -)，所以曲线N 表示pOH 与
+2524c(N H )lg c(N H )的变化关系，曲线M 表示pOH 与2+26+25c(N H )lg c(N H )
的变化关系，故B 错误； C. c(N 2H 5+)=c(N 2H 4)时，反应N 2H 4+H 2O
N 2H 5++OH -的K=+--2524c(N H )c(OH )c(OH )c(N H )⋅==10-6，故C 正确； D. N 2H 4在水溶液中不能完全电离，则N 2H 5Cl 属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D 错误；
故选C 。

2．C
【解析】
0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则c(HZ)= c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。

【详解】
A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B 错误；
C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；
D．加入20 mL NaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。

答案选C。

【点睛】
C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；
pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；
pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；
pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)
3．B
【解析】
【详解】
A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；
B．为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；
C．为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；
D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.硅胶、生石灰、氯化钙均可以吸收水分，且都是固体，适合装进小包作食品干燥剂，A项正确；
B.厕所清洁剂中含有盐酸，食醋中含有醋酸，盐酸的酸性强于醋酸，肥皂水是弱碱性的，而厨房清洁剂为了洗去油污一定是强碱性的，因此四种溶液的pH逐渐增大，B项正确；
C.医用酒精是75%的乙醇溶液，酒精浓度不是越高越好，浓度太高或浓度太低都不利于杀菌消毒，C项错误；
ClO等新型消毒剂，D项D.氯气消毒的同时可能会生成一些对人体有害的物质，因此现在多改用无毒的2
正确；
答案选C。

【点睛】
注意75%医用酒精中的75%指的是体积分数，而我们一般说的98%浓硫酸中的98%指的是质量分数，二者是有区别的。

5．D
【解析】
【分析】
根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。

【详解】
A、由图可知0.1mol/L HA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；
B、b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；
C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]=1/K h，水解平衡常数K h只与温度有关，温度升高，K h增大，1/K h减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；
答案选D。

6．D
【解析】
【详解】
A. 由已知的能量变化图可知，1 mol H2O(g)分解为2 mol H与1 mol O时吸收930 kJ热量，A项正确；
B. 由已知的能量变化图可知，H2(g)＋1
2
O2(g)=H2O(g) ΔH＝反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能
量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，则热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝-245kJ·mol－
1×2=-490 kJ·mol－1，B项正确；
C. 甲吸收能量生成乙，乙释放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙为放热反应，则甲的能量高于丙，则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，C项正确；
D. 乙→丙的过程中生成气态水时，释放930 kJ的能量，若生成液态水，气态水转变为液态水会继续释放能量，则释放的能量将大于930 kJ，D项错误；
答案选D。

7．C
【解析】
【分析】
既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。

【详解】
A. 铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；
B. 铍的最外层有2个电子，显+2价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；
C. 氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；
D. 氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。

故选C。

8．C
【解析】
【详解】
A. ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mL ClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；
B. Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；
C. 48.0g FeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6mol NaClO3失6mol电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子数为6N A，故C正确；
D.消耗30mol NaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28N A，故D 错误；
故答案为C。

【点睛】
本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。

9．D
【解析】
【详解】
A. FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，故A正确；
B. 纳米级是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，可用于观察丁达尔效应。

故B正确；
C. 用水蒸气过滤，相当于加热，可促进盐的水解，溶解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故C正确；
D. ①反应时稀硫酸溶解FeTiO3，③反应是煅烧H2TiO3得到TiO2产品，都不是氧化还原反应，故D错误；故选D。

10．C
【解析】
【详解】
A．常温下Fe与液氯不反应，Fe与浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，选项A正确；
B．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，选项B正确；
C、海水中的碘元素是碘的化合物，不能直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素，选项C不正确；
D．SO2和NO X的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO X的催化转化都是减少酸雨产生的措施，选项D正确；
答案选C。

11．C
【解析】
【详解】
A. 粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；
B. 病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；
C. 铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C 错误；
D. 植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D正确；答案选C。

12．B
【解析】
【详解】
A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成CO2反应为放热反应，选项A错误；
B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；
C、物质的能量越高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C错误；
D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项D错误；
答案选B。

13．C
【解析】
甲烷与氯气在光照下反应，将反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色，混合气体中含有HC1,故A错误；向正已烷中加入催化剂，然后高温热裂解，将产生的气体通入溴水中溴水褪色裂解产生的气体中含有烯烃，但不一定是乙烯，故B错误；向FeCI3溶液中滴入几滴30%的H2O2有氧气产生，一段时间后溶液颜色加深，Fe3+能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，故C正确；铵盐与碱反应，加热才能放出氨气，向某溶液中滴加氢氧化钠稀溶液后，将红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不一定无NH4+，故D错误。

点睛：甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体中含有氯化氢、氯代烃，可能含有剩余的氯气，将反应后的气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，一定含有氯化氢，紫色石蕊试液变红后褪色，不一定有氯化氢。

14．A
【解析】
【详解】
A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2N A，选项A正确；
B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；
C、一个D2O中含有1×2+8=13个中子，18g D2O物质的量=
18g
20g/mol
=3.9mol，含有3.9N A个中子，选项C
错误；
D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于3.2N A 个，选项D错误；
答案选A。

【点睛】
本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/mol，为易错点。

15．A
【解析】
【详解】
A 、6g 3He 的物质的量为2 mol ，1 mol 3He 含有的中子数为N A ，2 mol 3He 含有的中子数为2N A ，选项A 正确；
B 、1mol CH 3CH 2OH 被氧化为CH 3CHO 转移的电子数为2N A ，选项B 错误；
C 、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C 4H 10，20g 正丁烷和38g 异丁烷的混合物的物质的量为1 mol ，1 mol C 4H 10中极性健数目为10N A ，非极性键数目为3 N A ，选项C 错误；
D 、0.1mol·L －1Na 2SO 4溶液的体积未给出，无法计算SO 42－数目，选项D 错误。

答案选A 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．铁 23233242326FeO Cr O +12Na CO +7KClO Na CrO +3Fe O +7KCl+12CO ∆↑ Fe 2O 3、
Fe(OH)3 使AlO 2-、SiO 32-水解为Al(OH)3和H 2SiO 3，过滤除去 2CrO 42-+2H +
Cr 2O 72-+H 2O 加热浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤 研钵 3
【解析】
【分析】
铬铁矿(含FeO·
Cr 2O 3、Al 2O 3、SiO 2等)，与KClO 3 及NaOH 、Na 2CO 3发生反应，熔融后的固体中含Na 2CrO 4、Fe 2O 3、Na 2SiO 3、NaAlO 2、KCl 及NaFeO 2 等，主要的反应为：
23233242326FeO Cr O +12Na CO +7KClO Na CrO +3Fe O +7KCl+12CO ∆↑，水浸，过滤，调pH 为7-8，加热煮沸半小时，趁热过滤，除去不溶的Fe 2O 3以及反应NaFeO 2+2H 2O ═Fe(OH)3↓+NaOH 生成的Fe(OH)3
沉淀，滤液含有Na 2CrO 4、Na 2SiO 3、NaAlO 2、KCl 及等，再调节pH 除去Na 2SiO 3、NaAlO 2，得到含有Na 2CrO 4、
KCl 的溶液，加入稀硫酸发生反应：2CrO 42-+2H +Cr 2O 72-+H 2O ，加入KCl ，Na 2Cr 2O 7转化为K 2Cr 2O 7，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀得到K 2Cr 2O 7，加入草酸晶体和无水乙醇得到产品
K[Cr(C 2O 4)2]·nH 2O 。

(1)高温下陶瓷或玻璃中的SiO 2会与NaOH 及Na 2CO 3发生反应；由流程分析可知6FeO•Cr 2O 3、
Na 2CO 3和KClO 3在加热条件下生成Na 2CrO 4、Fe 2O 3、KCl 和CO 2，结合质量守恒写出发生反应的化学方程式；
(2)熔渣中的Fe 2O 3和生成的Fe(OH)3均不溶于水；根据盐的水解反应是吸热反应，从平衡移动角度分析；
(3)根据流程，酸化时，CrO 42-→Cr 2O 72-，结合电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；
(4)根据溶解度随温度变化情况，选择结晶方法；
(5)结合常用仪器的性能判断；
(6)根据K[Cr(C 2O 4)2]·nH 2O 中水的质量分析为16.8%，即
18n 267+18n
=0.168计算。

【详解】
(1)高温下陶瓷或玻璃仪器中的SiO 2会与NaOH 及Na 2CO 3发生反应，因此应选用铁坩埚；
由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为
23233242326FeO Cr O +12Na CO +7KClO Na CrO +3Fe O +7KCl+12CO ∆↑；
(2)根据分析第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe 2O 3以及反应NaFeO 2+2H 2O=Fe(OH)3↓+NaOH 生成的Fe(OH)3；由于NaAlO 2、Na 2SiO 3是强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，水解产生Al(OH)3、H 2SiO 3，由于盐的水解反应是吸热反应，根据温度对盐的水解的影响，“调pH 为7－8，加热煮沸半小时”的目的是使AlO 2-、SiO 32-水解为Al(OH)3和H 2SiO 3，过滤除去；
(3)根据流程，酸化时，CrO 42-→Cr 2O 72-，结合电荷守恒和原子守恒，可得发生反应的离子方程式2CrO 42-+2H +Cr 2O 72-+H 2O ；
(4)依据溶解度曲线，步骤④包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤，经干燥得到K 2Cr 2O 7晶体；
(5)实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵；
(6) K[Cr(C 2O 4)2]·nH 2O 的相对分子质量为267+18n ，由题意知
18n 267+18n
=0.168，解得n=3。

【点睛】
本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质推断、化学用语、化学计算、氧化还原反应等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．酯基 加成反应 2CH 3CH 2OH+O 22CH 3CHO+2H 2O AC
【解析】
【分析】
由A 在标准状况下的密度可以求出A 的相对分子质量为22.4 L·
mol -1×1.25 g·L -1=28 g·mol -1，A 为CH 2=CH 2，和水加成生成乙醇，B 为CH 3CH 2OH ，乙醇催化氧化生成乙醛，C 为CH 3CHO ，乙醛再催化氧化为乙酸，D 为CH 3COOH 。

F 为乙酸苯甲酯，由乙酸和E 生成，故E 为苯甲醇。

【详解】
（1）F 是酯，含有的官能团为酯基；
（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；
（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH 3CH 2OH+O 22CH 3CHO+2H 2O ；
（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu 是催化剂，Cu 先和氧气生成CuO ，CuO 再和乙醇生成Cu 和乙醛，所以Cu 参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A 正确；
B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B 错误；
C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C 正确；
D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。

故D 错误。

故选AC 。

【点睛】
在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．4FeS 2（s ）＋11O 2（g ）=2Fe 2O 3（s ）＋8SO 2（g ） ΔH ＝2ΔH 1＋2ΔH 2＋ΔH 3；该反应ΔH ＜0，1000℃时，该反应的化学平衡常数很小，SO 2平衡转化率小；1000℃时，恒压条件下，充入O 2，c （SO 2）和c （SO 3）等倍数减，c （O 2）增大，Q c ＝()()()23222c SO c SO c O =⋅＜K ，平衡正向移动，SO 2平衡转化率增大 7.3×104
或0.73×105 ADE 23SO -＋H 2O —2e −=24SO -
＋2H + 【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析热化学方程式的书写。

（2）根据平衡的三段式模式计算。

（3）根据反应过程能量的变化分析活化能及是放热还是吸热过程。

（4）根据阳极失去电子化合价升高分析电极反应。

【详解】
Ⅰ ①2FeS 2（s ）=2FeS （s ）＋S （s ） ΔH 1；②S （s ）＋2O 2（g ）=2SO 2（g ） ΔH 2；③4FeS （s ）＋7O 2（g ）=2Fe 2O 3（s ）＋4SO 2（g ） ΔH 3，根据盖斯定律分析，①×2+②×2+③得热化学方程式为：4FeS 2（s ）＋11O 2（g ）=2Fe 2O 3（s ）＋8SO 2（g ） ΔH ＝2ΔH 1＋2ΔH 2＋ΔH 3；
Ⅱ(1) ①该反应ΔH ＜0，1000℃时，根据二氧化硫的转化率曲线，该反应的化学平衡常数很小，SO 2平衡
转化率小；1000℃时，恒压条件下，充入O 2，c （SO 2）和c （SO 3）等倍数减，c （O 2）增大，
Q c ＝()()()23222c SO c SO c O =⋅＜K ，平衡正向移动，SO 2平衡转化率增大 ；
② 2SO 2(g)＋O 2(g)
2SO 3(g)
起始2 1 0
改变1.6 0.8 1.6
平衡0.4 0.2 1.6
三氧化硫的平衡分压为51.60.40.201.611⨯++⨯=7.3×104或0.73×105 ；
(2) 保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO 2、O 2。

二氧化硫和氧气的比例为2：１时三氧化硫的平衡体积分数最大，故图象为：
；
(3). A.从图分析，O 2转化为活化氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程，故正确；
B. 该过程中最大能垒(活化能)为0.75-0.0=0.75 eV ，故错误；
C ．每活化一个O 2释放0.29 eV 的能量，故错误；
D ．炭黑可以提供活化氧，可作为SO 2转化为SO 3的催化剂，故正确；
E ．其它条件相同时，炭黑颗粒越小，反应接触面越大，反应速率越快，故正确。

故选ADE 。

Ⅲ.用惰性电极将所得的Na 2SO 3溶液进行电解，可循环再生NaOH 的同时得到H 2SO 4，阳极是亚硫酸根离子失去电子生成硫酸根离子，阳极的电极反应式为：23SO -＋H 2O —2e −=24SO -
＋2H +。

19．+234 △S>0 B CH 4和CO 2按1:1投料发生反应I 时转化率相等，CO 2还发生反应II ，所以平衡转化率大于CH 4 0.39 1200K 以上时以反应I 为主，二者转化率趋于相等（或1200K 以上时反应I 的正向进行程度远大于反应II ）（或1200K 以上时反应I 的平衡常数远大于反应II ） 反应III 放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低 增大 减小
【解析】
【分析】
(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算
△H l ，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；
(2)工业上将CH 4与CO 2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II ，则
①923K 时CO 2的平衡转化率大于CH 4的原因从二者实际参加的反应来讨论；
②从图、及题干中提供的数据结合反应Ⅰ、II ，用三段式按定义计算923K 时反应II 的化学平衡常数K ； ③1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；
(3)工业上CH 4和CO 2反应时通常会掺入O 2，则发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ；
①按热负荷的定义——单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O 2的进气量与反应III 放出的热量关系，据此解题；
②发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH 4的平衡转化率和CO 2的平衡转化率受到的影响；
【详解】
(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则
△H l =4413kJ/mol+2803kJ/mol-21076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol ⨯⨯⨯⨯；
答案为：+234；。