广西省南宁市达标名校2018年高考三月质量检测化学试题含解析

广西省南宁市达标名校2018年高考三月质量检测化学试题
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．关于“植物油”的叙述错误的是（）
A．属于酯类B．不含碳碳双键
C．比水轻D．在碱和加热条件下能完全水解
2．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，X+和Y3+的电子层结构相同，Z-的电子数比Y3+多8个，下列叙述正确的是
A．W在自然界只有一种核素B．半径大小：X+＞Y3+＞Z-
C．Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性D．X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱
3．含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。

下列说法错误的是
A．反应①利用了H2Te的还原性
B．反应②中H2O作氧化剂
C．反应③利用了H2O2的氧化性
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
4．分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是
选项实验现象结论
A 用熔融氯化铝做导电性实验电流指针不偏转氯化铝是共价化合物B
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振
荡
CCl4层无色Fe2＋的还原性强于Br－
C 相同的铝片分别与同温同体积，且c(H
＋)=1mol·L－1的盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产生气
泡较快
可能是Cl－对该反应起
到促进作用
D 向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10
滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10
滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡
先生成白色沉淀，后
产生黄色沉淀
K sp(AgI)<K sp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
5．有机物是制备镇痛剂的中间体。

下列关于该有机物的说法正确的是A．易溶于水及苯B．所有原子可处同一平面
C．能发生氧化反应和加成反应D．一氯代物有5种(不考虑立体异构)
6．已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色
据此判断下列说法正确的是（）
A．反应中硫酸作氧化剂
B．NH4CuSO3中硫元素被氧化
C．刺激性气味的气体是氨气
D．1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
7．主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。

其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。

下列说法正确的是A．简单离子的半径：Z>Y>X B．WX2中含有非极性共价键
C．简单氢化物的热稳定性：X>Y D．常温常压下Z的单质为气态
8．2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。

磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：
（1）从“正极”可以回收的金属有___________。

（2）“碱溶”时Al箔溶解的离子方程式_________。

（3）“酸浸”时产生标准状况下2.24L NO时，则被氧化的LiFePO4为______mol。

（其他杂质不与HNO3反应）
（4）实验测得滤液②中c（Li+）＝4mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则滤液③中c（CO32－）＝________mol·L－1。

[K sp（Li2CO3）＝1.6×10－3]
（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：LiFePO4＋6C充电
放电Li1
－x
FePO4＋Li x C6，电池中的固体电解质可传导Li+。

充电时，Li+移向_______（填“阳极”或“阴极”）；放电时，正极反应式为_______。

（6）磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.40g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.030mol·L－1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液40.00mL。

已知：2Fe3+＋Sn2+＋6Cl－=SnCl62－＋2Fe2+
4Cl－＋Sn2+＋2HgCl2=SnCl62－＋Hg2Cl2
6Fe2+＋Cr2O72－＋14H+=6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O
① 实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是__________。

② 磷酸亚铁锂电池中铁的含量为_______。

9．化学与生活、生产密切相关。

下列叙述不正确
．．．的是
A．高纯硅可用于制作光导纤维
B．二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒
C．氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板
D．海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护
10．下列关于核外电子的描述中，正确的是()
A．电子云图中一个小黑点表示一个电子
B．电子式中元素符号周围的小黑点数表示核外电子总数
C．s电子在s电子云的球形空间内做规则运动
D．核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定
11．下列有关说法正确的是（）
A．糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物
B．石油经过蒸馏、裂化过程可以得到生产无纺布的原材料丙烯等
C．根据组成，核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA），它们都是蛋白质
D．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性
12．25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和。

在这一过程中，没有发生改变的是
A．溶液中溶质的质量B．溶液中KCl质量分数
C．溶液中溶剂的质量D．KCl溶液质量
13．利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。

下列说法不正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
14．油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。

在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）
A．氧气B．二氧化碳C．空气D．氮气
15．如图为对10 mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的（）
A B C D
X/(mol/L) 0.12 0.04 0.03 0.09
Y/(mol/L) 0.04 0.12 0.09 0.03
A．A B．B C．C D．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．石棉尾矿主要含有Mg3(Si2O5)(OH)和少量的Fe2O3、Al2O3。

以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3·nH2O)的工艺如图：
已知“焙烧”过程中的主反应为：Mg3(Si2O5)(OH)4+5(NH4)2SO43MgSO4+10NH3↑+2SiO2+7H2O↑+2SO3↑（1）写出焙烧产物NH3的电子式__。

（2）为提高水浸速率，可采取的措施为__（任写一条即可），“浸渣”的主要成分为___。

（3）①“调节pH除杂”时，除去的杂质离子是__，室温下，若要将溶液中的c(Fe3+)降低至4.0×10-11mol/L，则应控制溶液的pH=___（K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38）。

②“调节pH除杂”时，可以选用的试剂是___。

A．MgO B．NaOH C．MgCO3D．HNO3
（4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为___。

“沉镁”时若温度超过60℃，将产生较多的碱式碳酸镁
[Mg2(OH)2CO3]杂质，原因是__。

（5）某小组同学称取15.6gMgCO3·nH2O进行热重分析，并绘制剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，则n=__。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：
已知：+R2OH
(1)A的名称是___________________。

(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。

(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。

(4)写出反应②的化学方程式____________________。

(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：
____________。

(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。

(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物
（无机试剂任选）___________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．1，2一二氯丙烷（CH2ClCHClCH3）是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3一氯丙烯（CH2=CHCH2Cl），反应原理为：
i .CH2 =CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H1=-134kJ•mol-1
ii . CH2 =CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）△H2 =-102kJ•mol-1
请回答下列问题：
（1）已知：CH2 =CHCH2Cl （g）+ HCl （g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的正反应的活化能Ea（正）为132 kJ•mol-1，则逆反应的活化能Ea（逆）为__________ kJ•mol-1。

（2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的C12（g）和CH2 =CHCH3（g），分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图1所示。

①下列说法正确的是______（填代号）。

a .使用催化剂A、B的最佳温度：A <B
b .p、m点分别是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率
c. 使用催化剂降低了反应的活化能和焓变
d. 温度不变，增大压强可使CH2ClCHClCH3的产率提高
②在250℃以后，A曲线中产率下降的原因可能是________（写出两条）。

（3）T℃时使用选择性更高的催化剂，在恒容密闭容器内充入等物质的量的C12（g）和CH2=CHCH3（g）进行反应i，测得容器各组分的分压强（p分=p总×体积分数）随时间的变化关系如图2所示，回答下列问题：
①若用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即υ= Δp
Δt
，则t1~t2时间段内平均反应速率υ
（CH2=CHCH3）= _______ kPa•min-1（用相关字母表示）；平衡时CH2ClCHClCH3的体积分数________。

②反应的平衡常数K P=_____________（用平衡分压代替平衡浓度，相关字母表示结果）。

（4）如图3是在酸性电解质溶液中，用惰性电极将CO2转化为低碳烯烃的电化学装置，回答下列问题：
①太阳能电池的负极是__________（填“a”或“b”）。

②生成丙烯的电极反应式是____________。

③相同时间内，相同条件下，消耗的CO2与生成的O2的体积之比为_________。

19．（6分）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。

已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子；亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。

请完成以下填空：
（1）N原子最外层电子的轨道排布式为_______；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_______。

（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I－氧化为I2，同时生成NO。

写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目______。

（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I－提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是_______。

（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_____c(HNO2)（填“<”、“>”或“=”）。

（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。

_______
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．B
【解析】
【分析】
植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。

【详解】
A. 植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A项正确；
B. 植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B项错误；
C. 密度比水小，浮在水面上，C项正确；
D. 在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D项正确；
答案选B。

2．C
【解析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，则W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，则X为Na元素，Y为Al元素；Z-的电子数比Y3+多8个，则Z为Cl元素；A．C 在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；B．Na+和Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+<Na+<Cl-，故B错误；C．AlCl3的水溶液中Al3+的水解，溶液呈弱酸性，故C正确；D．Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；答案为C。

点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。

(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。

(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。

(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。

如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。

(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；
B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；
C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C 正确；
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；
故答案为D。

4．D
【解析】
【详解】
A. 氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故A正确；
B. 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4振荡，CCl4层无色，说明溴离子没有被氧化，从而可证明Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；
C. 氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl−对该反应起到促进作用，故C正确；
D. 滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液产生白色沉淀，再加入0.1mol/L的NaI溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp大小，故D错误；
故答案选D。

5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．该有机物的组成元素只有氢元素和碳元素，属于烃类，不溶于水，故A错误；
B．该分子中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，故B错误；
C．含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，故C正确；
D．由结构对称性可知，含4种H，一氯代物有4种，故D错误；
故答案为C。

6．D
【解析】
【分析】
【详解】
A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；
B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；
C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；
D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。

综上所述，本题正确答案为D。

7．B
【解析】
【分析】
主族元素X、Y、Z 、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。

【详解】
解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，
A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A错误；B．WX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C错误；D．Z的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。

【点睛】
本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。

8．Li、Fe、Al 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑0.3 4 阴极Li1－x FePO4＋xLi+＋xe－
=LiFePO4将溶液中过量Sn2+转化为稳定的SnCl62－，防止其干扰Fe2+的测定28.8%
【解析】
【详解】
(1)根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al，故答案为：Li、Fe、Al；
(2)碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，故答案为：2Al
＋2OH －＋2H 2O =2AlO 2－
＋3H 2↑；
(3)酸浸时HNO 3转化为NO ，产生标准状况下2.24LNO 的物质的量为
2.24L
22.4L/mol
=0.1mol ，产生1molNO ，
转移3mol 电子，则生成0.1molNO 转移0.3mol 电子，LiFePO 4与硝酸反应转化为FePO 4，Fe 的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO 4转移1mol 电子，则转移0.3mol 电子，溶解0.3mol LiFePO 4，故答案为：0.3；
(4)若滤液②中c (Li +)=4mol /L ，加入等体积的Na 2CO 3后，Li +的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c (Li +)=()4mol /L 199%0.50.02mol /L ⨯-⨯=，已知：K sp (Li 2CO 3)=c 2(Li +)·c (CO 32-)=1.6×10-3，则滤液③中c (CO 32-
)=
()()
SP 232+K Li CO c Li =
()
3
2
1.6100.02-⨯=4 mol /L ，故答案为：4；
(5)充电时，阳离子Li +移向阴极；放电时，正极发生还原反应，正极反应式为Li 1-x FePO 4+xLi ++xe -=LiFePO 4，
故答案为：阴极；Li 1－x FePO 4＋xLi +
＋xe －
=LiFePO 4；
(6)①实验中加入HgCl 2饱和溶液，可以发生反应：4Cl -+Sn 2++2HgCl 2=SnCl 62-+Hg 2Cl 2，这样就可以使溶液中
过量的Sn 2+转化为稳定的络离子SnCl 62-，从而防止用重铬酸钾溶液滴定溶液中Fe 2+时干扰实验结果的测定，造成实验误差，故答案为：将溶液中过量Sn 2+转化为稳定的SnCl 62－，防止其干扰Fe 2+的测定； ②根据6Fe 2++Cr 2O 72-+14H +=6Fe 3++2Cr 3++7H 2O 可知
n (Fe 2+)=6n (Cr 2O 72-)=360.030mol /L 0.0400L 7.210mol -⨯⨯=⨯，m (Fe )=3nM 7.210mol 56g /mol 0.4032g -=⨯⨯=，所以铁的百分含量=
()()
Fe 0.4032100%100%28.8%1.40⨯=
⨯=总m g
m g。

9．A
【解析】 【详解】
A 选项，高纯硅可用于制作光电池，二氧化硅可用于制作光导纤维，故A 错误；
B 选项，二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒，故B 正确；
C 选项，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板，故C 正确；
D 选项，海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护，这种方法叫外加电流的阴极保护法，故D 正确； 综上所述，答案为A 。

【点睛】
硅及其化合物在常用物质中的易错点
⑴不要混淆硅和二氧化硅的用途：用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO 2，用于制作光导纤维的是SiO 2而不是硅。

⑵不要混淆常见含硅物质的类别:
①计算机芯片的成分是晶体硅而不是SiO2。

②水晶、石英、玛瑙等主要成分是SiO2，而不是硅酸盐。

③光导纤维的主要成分是SiO2，也不属于硅酸盐材料。

④传统无机非金属材料陶瓷、水泥、玻璃主要成分是硅酸盐。

10．D
【解析】
【详解】
A．电子云图中的小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目，故A错误；
B．电子式中元素符号周围的小黑点数表示最外层电子数，故B错误；
C．s亚层的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，故C错误；
D．核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定，能层越大，电子的能量越大，同一能层，不同能级的电子能量不同，故D正确；
选D。

11．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；
B．石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等，B错误；
C．蛋白质是由氨基酸构成的，核酸不属于蛋白质，C错误；
D．酒精能使蛋白质变性，用来杀属菌消毒，D正确；
答案选D。

【点睛】
油脂均不属于高分子化合物，此为易错点。

12．C
【解析】
25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选C。

13．B
【解析】
【详解】
若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B 不正确。

若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
X极作阳极，发生氧化反应，D正确。

答案选B。

14．D
【解析】
【详解】
油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化，故选D。

15．D
【解析】
【详解】
依图知，NaOH滴至30 mL时恰好完全中和，由c1V1=c2V2，V1∶V2=10 mL∶30 mL=1∶3得c1∶c2=3∶1，故B、C两项被排除。

又由于滴加NaOH到20 mL时，混合溶液pH=2，设c(NaOH)=c、c(HCl)=3c，则c(H+)=(3c⨯10 mL-c⨯20 mL)÷(10 mL+20 mL)=0.01 mol·L-1，解得c=0.03 mol·L-1，3c=0.09 mol·L-1。

选项D正确。

答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．将焙烧后所得固体粉碎或加热或搅拌SiO2Fe3+、Al3+5ACMg2+＋2HCO3-＋(n-1)H2O=MgCO3•nH2O↓＋CO2↑升温促进Mg2+水解（或升温促进MgCO3发生不完全水解）4
【解析】
【分析】
以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3·nH2O)，注意在流程中要除去杂质，即少量的Fe2O3、Al2O3。

【详解】
（1）N原子最外层有5个电子，与3个H原子共用电子构成稳定的8电子结构，其NH3的电子式，故答案为：；
（2）为提高水浸速率，可将焙烧渣粉碎或者搅拌来增大固体与液体的接触面积，适当加热也可以提高水浸速率，故答案为：将焙烧后所得固体粉碎或加热或搅拌；根据信息，焙烧”时主反应为：
Mg3(Si2O5)(OH)4+5(NH4)2SO43MgSO4+10NH3↑+2SiO2+7H2O↑+2SO3↑，
产物中只有SiO2不溶于水，作为浸渣被除去，故答案为：SiO2；
（3）①本流程的目的是：石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3·nH2O)，水浸后溶液中存在的杂质离子
有Fe 3+、Al 3+，需要调节pH 除杂，故答案为：Fe 3+、Al 3+；
室温下，若要将溶液中的c(Fe 3+)降低至4.0×10-11mol/L ，根据 K sp [Fe(OH)3]=4.0×10-38可知K sp [Fe(OH)3]= ()()c Fe c +33-OH ，带入数据，解得c(OH -)=1.0×10-9mol·L ，c(H +)=1.0×10-9mol·L ，pH=5，故答案为：5；
②“调节pH 除杂”时，需将pH 调至5除去Fe 3+、Al 3+，并注意不能引入杂质，可以选用的试剂是MgO 、
MgCO 3、Mg(OH)2等，故答案为：AC 。

（4）“沉镁”过程中，由题意知在含Mg 2+的溶液中加入HCO 3-要生成MgCO 3•nH 2O 沉淀，同时有CO 2气体放出，离子方程式为：Mg 2+＋2HCO 3-＋(n-1)H 2O=MgCO 3•nH 2O↓＋CO 2↑；“沉镁”时若温度超过60℃，升高温度促进M g 2+水解生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与CO 2反应生成的碱式碳酸镁[Mg 2(OH)2CO 3]杂质，故答案为：Mg 2+＋2HCO 3-＋(n-1)H 2O=MgCO 3•nH 2O↓＋CO 2↑；升温促进Mg 2+水解（或升温促进MgCO 3发生不完全水解）；
（5）某小组同学称取15.6gMgCO 3·
nH 2O 进行热重分析，并绘制剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，MgCO 3·nH 2O 受热分解生成MgO 、CO 2、H 2O ，最终剩余固体是MgO ，n(MgO)=mol 4.0g 40g =0.1mol 。

根据镁原子守恒，n(MgO)= n(MgCO 3)= n(MgCO 3·
nH 2O) =0.1mol ，m(MgCO 3)=0.1×84g·mol =8.4g ，n(H 2O)=g g mol (15.6g 8.4)18-÷ =0.4mol ，则n=4，故答案为：4。

【点睛】
工艺流程题中首尾分析法很重要，要明确哪些是产品，哪些是杂质，关注三线：主线主产品，分支副产品，回头为循环。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．1，2-二氯丙烷 加成反应 氧化反应 C 10H 18O 4 CH 3CHClCH 2Cl+2NaOH CH 3CHOHCH 2OH+2NaCl Na 2CO 3饱和溶液
【解析】
【分析】
丙烯与氯气加成得A 为CH 3CHClCH 2Cl ，A 发生水解反应得B 为CH 3CH(OH)CH 2OH ，苯与氢气发生加成反应
得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为
，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推
知E为CH3CH2OH。

(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。

【详解】
根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为
CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。

(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷
(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；
(3)G的结构简式为：；F的结构简式为
CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；
(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOH CH3CHOHCH2OH+2NaCl；
(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为
；
(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，
鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。

因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到
，所以合成路线流程图为：。

【点睛】
本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．164 ad 放热反应温度升高平衡逆移、催化剂失去活性 0210.25P t -t 60％ 0
12P a 3CO 2 + 18H + +18e - → CH 3CH=CH 2 + 6H 2O 2 ：3
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律、结合活化能计算；
（2）根据图象，结合外界条件对化学平衡移动的影响分析作答；
（3）结合图象，起始、转化、平衡之间的关系分析计算；
（4）根据电解原理分析计算；
【详解】
（1）i .CH 2 =CHCH 3（g ） +C12（g ）⇌CH 2ClCHClCH 3（g ） △H 1=-134kJ·
mol -1 ii . CH 2 =CHCH 3（g ） +C12（g ）⇌CH 2=CHCH 2Cl （g ） +HCl （g ） △H 2 =-102kJ·mol -1
根据盖斯定律，将i-ii 得CH 2=CHCH 2Cl （g ） +HCl （g ）⇌ CH 2ClCHClCH 3（g ）∆H=-134kJ·
mol -1-（-102kJ·mol -1）=-32kJ/mol ；CH 2 =CHCH 2Cl （g ） + HCl （ g ）⇌CH 2ClCHClCH 3（g ）的正反应的活化能Ea （正）为132 kJ•mol -1，则逆反应的活化能Ea （逆）为132kJ/mol+32kJ/mol=164kJ/mol 。

（2）①a.根据图象，使用A 催化剂250℃时CH 2ClCHClCH 3的产率最大，使用B 催化剂450℃时CH 2ClCHClCH 3的产率最大，使用催化剂A 、B 的最佳温度：A <B ，a 正确；
b.该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，CH 2ClCHClCH 3的平衡产率增大，p 、m 点对应温度下CH 2ClCHClCH 3的产率低于B 催化剂下450℃时CH 2ClCHClCH 3的产率，则p 、m 点不是对应温度下CH 2ClCHClCH 3的平衡产率，b 错误；
c. 使用催化剂能降低反应的活化能，但不改变焓变，c 错误；
d. 温度不变，增大压强平衡正向移动，可使CH 2ClCHClCH 3的产率提高，d 正确；
答案选ad 。

②在250℃以后，A 曲线中产率下降的原因可能是：放热反应温度升高平衡逆移、催化剂失去活性反应速率减慢。

（3）①设起始时Cl 2和CH 2=CHCH 3物质的量都为amol ，根据图象，起始时Cl 2和CH 2=CHCH 3的分压都为P 0，平衡时CH 2ClCHClCH 3的分压为0.75P 0，恒温恒容时气体的压强之比等于气体物质的量之比，则平衡时CH 2ClCHClCH 3的物质的量为0.75amol ，根据反应CH 2 =CHCH 3（g ） +C12（g ）⇌CH 2ClCHClCH 3（g ）可知，平衡时Cl 2和CH 2=CHCH 3物质的量都为0.25amol ，则平衡时Cl 2和CH 2=CHCH 3的分压都为0.25P 0，结合图象知，t 1时CH 2ClCHClCH 3的分压为0.25P 0，从起始~t 1生成CH 2ClCHClCH 3的物质的量为0.25amol ，则t 1时Cl 2和CH 2=CHCH 3物质的量都为0.75amol ，Cl 2和CH 2=CHCH 3的分压都为0.75P 0，t 1~t 2时间段内平均反应速率υ（CH 2=CHCH 3）=Δp Δt =00210.750.5P P t t --=0210.25P t t -kPa•min -1；平衡时CH 2ClCHClCH 3的体积分数为0.750.250.250.75amol amol amol amol
++×100%=60%。

②反应的平衡常数K P =0000.750.250.25P P P ⨯=0
12P 。

（4）①CO 2转化为乙烯、丙烯等是得电子的还原过程，应在电解池的阴极发生，则太阳能电池的负极为a 。

②CO 2中C 元素的化合价为+4价，CH 2=CHCH 3中C 元素的平均化合价为-2价，则3molCO 2得到18mol 电子生成1mol CH 2=CHCH 3，电极反应式为3CO 2 + 18H + +18e - →CH 3CH=CH 2 + 6H 2O 。

③阳极电极反应式为2H 2O-4e -=O 2↑+4H +，低碳烯烃中C 元素的平均化合价都为-2价，则1molCO 2转化为低碳烯烃时都得到6mol 电子，根据电子守恒，相同时间内，相同条件下，消耗的CO 2与生成的O 2 的体积之比为4:6=2:3。

19． 氢化物稳定性：H 2O ＞NH 3，氧强于氮
氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I 2 = 取样溶于水，分别测定它们的pH 值，
一种pH 值大于7，一种pH 值等于7， pH 值大于7的为亚硝酸钠，pH 值等于7的为氯化钠
【解析】
【分析】
（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s 轨道，另外3个排在3个2p 轨道里；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）根据亚硝酸钠溶液中水解平衡和酸碱中和解答；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分。