黑龙江省大庆第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

黑龙江省大庆第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

高三年级上学期第一次月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ba-137‎ 一．单选题（本题共20小题，1-14题2分，15-20题3分，共46分）‎ ‎1.下列说法错误的是（ ）‎ A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 氢氧化铝可用于中和胃酸过多 C. 二氧化硅可用作计算机芯片 D. 铝合金大量用于高铁建设 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A项正确；‎ B. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，B项正确；‎ C. 硅可用作计算机的芯片，而不是二氧化硅，C项错误；‎ D. 铝合金硬度大，可用于高铁建设，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中C选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。‎ ‎2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol白磷(P4)中含有的共价键数目是4NA B. 2.24L（标况下）Cl2与足量的NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，转移电子数为0.1NA C. 常温常压下，14g由C2H4与CO组成的混合气体含有的原子数为NA D. 25℃时，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有的氢离子数为1×10-4NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 白磷是正四面体结构，每个P4分子中含有6个P—P键，则1mol白磷(P4)中含有的共价键数目是6NA，A项错误；‎ B. 氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，2.24L（标况下）Cl2即0.1l氯气与足量的NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，转移电子数为0.1NA，B项正确；‎ C. C2H4与CO的相对分子质量都是28，所以常温常压下,14g由C2H4与CO组成的混合气体含有的分子数目为0.5NA，但两者的原子个数不同，所含原子数不是NA，C项错误；‎ D. 25℃时，1LpH=10的NaHCO3溶液中，pH=-lgc(H+)，则c(H+)=10-10mol/L，故溶液中氢离子数为1×10-10NA，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.食盐在不同分散剂中形成不同分散系。‎ 分散系1：食盐分散在水中形成无色透明溶液 分散系2：食盐分散在乙醇中形成无色透明胶体 下列说法正确的是 A. 分散系1中只有两种离子 B. 分散系2为电解质 C. 可用丁达尔效应区分两个分散系 D. 两个分散系中分散质粒子直径相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分散系1为食盐水，其中除了钠离子、氯离子这两种离子外，还存在微量的氢离子和氢氧根离子，故A错误；‎ B.分散系2为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；‎ C.由于分散系2为胶体，会产生丁达尔效应；分散系1为溶液，没有丁达尔效应，可用丁达尔效应来区分，故C正确；‎ D.分散系2中胶粒的直径介于1nm至100nm之间，而分散系1中微粒直径小于1nm，两者的微粒直径大小不同，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列反应中，第一步反应生成的沉淀经第二步反应后质量增加的是（ ）‎ A. 将少量CO2通入澄清石灰水溶液中，再通入过量Cl2‎ B. 将少量AgNO3溶液滴加到NaCl溶液中，再滴加Na2S溶液 C. 将少量FeCl2溶液加入到NaOH溶液中，再滴加H2O2溶液 D. 将少量Ba(OH)2溶液滴加到Al2(SO4)3溶液中，再加入过量NaOH溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将少量CO2通入饱和Ca(OH)2溶液中，生成CaCO3沉淀，再通入过量Cl2，Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，CaCO3沉淀逐渐溶解，A项错误； ‎ B．将少量硝酸银溶液滴加到NaCl溶液中，生成AgCl白色沉淀，再滴加Na2S溶液，AgCl沉淀转化为黑色的Ag2S沉淀，沉淀质量减少，B项错误；‎ C．将少量FeCl2溶液加入NaOH溶液中生成Fe(OH)2沉淀，再加入H2O2溶液，Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，质量增加，C项正确；‎ D．将少量Ba(OH)2溶液滴加到Al2(SO4)3溶液中，生成BaSO4和Al(OH)3沉淀，再加入过量NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意AgCl白色沉淀的饱和溶液中滴加Na2S溶液，会发生沉淀的转化，AgCl沉淀转化为黑色的Ag2S沉淀，但沉淀的质量减小。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 无色透明溶液中：K+、MnO4-、Cl-、H+‎ B. 的溶液中：Ba2+、K+、NO3-、ClO-‎ C. 含Na2SO3的溶液中：K+、H+、Cl-、NO3-‎ D. pH=12的无色溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MnO4-显紫色，不符合限定条件，A项错误；‎ B. 的溶液为酸性溶液，ClO-与H+会反应生成HClO而不共存，B项错误；‎ C. 硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故离子在限定条件下不能大量共存，C项错误；‎ D. pH=12的无色溶液为碱性溶液，该组离子不反应，可大量共存，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎6.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 少量碳酸氢钠溶液逐滴加入到氢氧化钙溶液中：‎ B. 在溴化亚铁溶液中通入过量的氯气：‎ C. 在NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至中性：‎ D. 少量二氧化硫通入漂白粉溶液中：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 少量碳酸氢钠溶液逐滴加入到氢氧化钙溶液中，发生的离子反应方程式为：，A项正确；‎ B. 在溴化亚铁溶液中通入过量的氯气，溴化亚铁按物质的量之比为2:1被氯气氧化，其反应的离子方程式为：，B项错误；‎ C. 在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性：，C项错误；‎ D. ClO-有强氧化性，少量二氧化硫通入漂白粉溶液中发生的离子方程式为，Ca2+ +ClO- + SO2+H2O=CaSO4↓+ 2H＋＋Cl-，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列相关实验的说法正确的是（ ）‎ A. 称取4.0g固体NaOH，于250mL容量瓶中溶解定容，可制得0.4000mol/L的NaOH溶液 B. 向废铁屑溶于浓盐酸所得溶液中加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去说明溶液中含有Fe2+‎ C. 将铂丝用硫酸洗净后，在外焰上灼烧至火焰颜色与酒精灯火焰一致，再蘸取碳酸钾灼烧，直接可观察到火焰呈紫色 D. 向NaAlO2中滴入NaHCO3溶液可析出氢氧化铝沉淀，说明AlO2-结合质子的能力比CO32-强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 容量瓶不能作为溶解的仪器，固体溶解过程应该选用烧杯，A项错误；‎ B. 亚铁离子、氯离子，在酸性条件下均能被高锰酸钾氧化，则不能确定是否含Fe2+，B项错误；‎ C. 焰色反应中洗涤铂丝，应该选用稀盐酸，C项错误；‎ D. NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，AlO2-促进HCO3-的电离生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO2- > CO32-，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是 A. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种 B. 元素W、X氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素；A．元素X与氢形成的化合物有C2H2、C6H6等，故A正确；B．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；C．元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D．硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选B。‎ 点睛：考查元素的推断和元素的性质，充分利用原子结构的知识是解题的关键，因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素，据此分析。‎ ‎9.自然界中的矿石在一定的条件下可以相互转化，当蓝钒遇到硫铁矿时可转化为辉铜矿，有关反应原理可表示为：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。下列对该反应的分析不正确的是（ ）‎ A. CuSO4是氧化剂，Cu2S是还原产物 B. 反应中共有2种元素化合价发生变化 C. 被氧化的FeS2与被还原的FeS2物质的量之比为2：1‎ D. 每生成1 mol Cu2S，共转移3 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，Cu元素被还原、S元素既被氧化，又被还原，则FeS2既是氧化剂，又是还原剂，Cu2S是还原产物，结合氧化还原反应的规律分析作答。‎ ‎【详解】A. 根据上述分析可知，CuSO4中+2价的铜元素化合价降低为+1价，是氧化剂，对应的Cu2S是还原产物，A项正确；‎ B. 该反应中，该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，B项正确；‎ C. FeS2中，被氧化的S和被还原的S质量比为3：7，C项错误；‎ D. 当生成7molCu2S时，转移电子的物质的量是3×[6-(-1)]mol=21mol，故每生成1 mol Cu2S，共转移3 mol电子，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，根据元素化合价变化来分析解答即可，注意FeS2中S元素化合价，明确FeS2的作用。选项B为易错点，主要是没有考虑到硫元素还发生自身的氧化还原反应，答题的关键是利用好电子得失守恒。‎ ‎10.根据下列实验内容得出解释和结论都正确的是（ ）‎ 选项 实验内容 解释与结论 A 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2‎ CO2具有还原性 的集气瓶，产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 B 将pH相等的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数后，醋酸导电能力强 醋酸溶液中存在电离平衡 C 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入CaCl2溶液，红色褪去 氯化钙溶液显酸性 D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一只试管中产生黄色沉淀，一只试管中无明显现象 Ksp（AgI）> Ksp（AgCl）‎ A. A B. B． C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，由氧化还原反应的规律可知二氧化碳具有氧化性，A项错误；‎ B. 醋酸是弱酸，加水后醋酸电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大；而盐酸是强酸，在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是减小，所以pH相等的盐酸和醋酸溶液都稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，导电能力强，即说明醋酸溶液中存在电离平衡，B项正确；‎ C. 碳酸钠水解呈碱性，加入CaCl2溶液，生成碳酸钡沉淀，平衡向逆方向移动，如溶液褪色，可说明Na2CO3溶液中存在水解平衡，结论不正确，C项错误；‎ D. Ksp小的先沉淀，可根据一只试管中产生黄色沉淀（AgI），另一支中无明显变化，判断可得Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，结论不正确，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl−、CO32−、SO42−，现取三份各100mL溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生 ‎②第二份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，最终无沉淀生成，同时得到溶液甲 ‎③在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g ‎④第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原溶液中一定不存在离子为Fe3+、Mg2+、CO32−、Ba2+‎ B. c(SO42−)=0.5mol/L C. 无法判断原溶液中是否存在Cl−‎ D. 无法判断原溶液中是否存在K+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由①实验可知，向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银；由②可知，向第二份溶液中加入足量NaOH 溶液后加热，收集到气体为氨气，其物质的量为0.02mol，原溶液中一定含NH4+，不含Fe3+、Mg2+；由③可知，在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g，白色沉淀是氢氧化铝，氧化铝的物质的量为=0.01mol，原溶液含Al3+为0.02mol，含铝离子时不含CO32-；由④第三份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.05mol，原溶液中含SO42-为0.05mol，且原溶液不含Ba2+，结合离子共存、电荷守恒解答。‎ ‎【详解】A. 0.02 molAl3+所带正电荷为0.06mol、0.02mol铵根离子带有0.02mol正电荷,而0.05molSO42−所带负电荷为0.1mol,根据电荷守恒可知,说明溶液中一定还含有阳离子K+，即一定存在的离子为：K+、NH4+、Al3+、SO42−,一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、CO32−、Ba2+,A项正确； ‎ B. 原溶液中含SO42-为0.05mol，c(SO42−)=0.5mol/L，B项正确；‎ C. 根据上述分析，无法判断是否有氯离子，C项正确；‎ D. 溶液中一定还含有阳离子K+，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】采用定量计算分析和定性实验相结合的模式，同时涉及离子共存、离子反应等，K＋的确定是容易出现失误的地方，抓住电荷守恒规律是关键。‎ ‎12.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下，一步转化关系的组合有（ ）‎ 序号 X Y Z W ‎①‎ Si Na2SiO3‎ H2SiO3‎ SiO2‎ ‎②‎ Na NaOH Na2CO3‎ NaCl ‎③‎ Cl2‎ Ca(ClO)2‎ HClO HCl ‎④‎ Fe FeCl3‎ FeCl2‎ Fe(OH)2‎ A. ①②③ B. ①③ C. ②③ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅在高温条件下与碳反应生成硅单质，选项①符合；‎ ‎②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠，选项②符合；‎ ‎③氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成盐酸，浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应制备氯气，选项③符合；‎ ‎④铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不能一步转化为铁，选项④不符合，‎ 综上所述，①②③符合题意，A项正确 答案选A。‎ ‎13.下列关于有机化学的认识中，正确的是（ ）‎ A. 分子中的四个碳原子可能在同一直线上 B. 淀粉和纤维素属于多糖，均可在人体内水解转化为葡萄糖，为人类提供能量 C. 分子式为C4H10O且能和金属钠反应的有机物共有三种（不考虑立体异构）‎ D. 有机物C4H8ClBr的同分异构体（不含立体异构）有12种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据乙烯分子共平面可知，中所有碳原子共平面，但不在一条直线上，A项错误；‎ B. 人体内不含水解纤维素的酶，所以不能消化纤维素，因此纤维素不能被分解提供能量，B项错误；‎ C. 分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、：-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，因此该有机物的可能结构有4种，C项错误；‎ D. 先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与 共2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有、，共 4 种，共12种，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的难点是选项B，书写同分异构体时一般先写碳链异构，再写官能团异构，以碳链的形式，如本题先写出C4H10的碳链异构，，羟基的位置在①②③④上，共有4种结构，利用烃基异构判断，比书写丁醇的同分异构体简单容易。注意一元取代物数目的判断方法。‎ ‎14.已知伞形酮可用雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应制得 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 一分子反应物雷琐苯乙酮含有3个碳碳双键 B. 苹果酸的一种缩聚产物是 C. 1mol产物伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH D. 反应中涉及到的三种有机物都能跟FeCl3溶液发生显色反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 雷琐苯乙酮中含苯环，分子内不含碳碳双键，A项错误；‎ B. 苹果酸分子内羧基与羟基可发生酯化反应，脱水缩合生成缩聚物，根据机理可知，其中一种缩聚物为：，B项正确；‎ C. 伞形酮分子中含有酚羟基和酚羟基形成的酯基，则1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH，C项错误；‎ D. 雷琐苯乙酮、伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反应，苹果酸不存在酚羟基，与氯化铁不反应，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】选项C是易错点，注意掌握有机物分子中能与氢氧化钠反应的官能团，尤其需要注意酯基水解或卤代烃水解后是否还产生酚羟基。‎ ‎15.某反应的反应过程中能量变化如图所示。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 该反应的能量变化与氯化铵晶体和氢氧化钡晶体反应相同 B. 该反应的△H=E1−E2‎ C. 若生成物中某一物质由气态变成液态，则该反应的△H变大 D. 加入催化剂可以同时降低E1、E2，但不改变反应的△H ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，△H>0，焓变为正逆反应的活化能之差，且催化剂不影响反应的始终态、同种物质的气态比液态能量高，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 氯化铵晶体和氢氧化钡晶体反应，为吸热反应，与图中能量变化相同，A项正确； B.焓变为正逆反应的活化能之差，则反应的△H=E1−E2，B项正确； C.同种物质的气态比液态能量高，则若生成物中某一物质由气态变成液态，则该反应的△H减小，C项错误； D.加催化剂不影响反应的始终态，降低反应所需的活化能，则不能改变反应的△H，但可以加快反应速率，D项正确； 答案选C。‎ ‎16.下列图示与对应叙述相符合的是（ ）‎ A. 图I：反应H2+I2⇌2HI达平衡后，升高温度时反应速率随时间的变化 B. 图Ⅱ：反应2SO2+O2⇌2SO3达平衡后，缩小容器体积时各成分的物质的量变化 C. 图III：反应N2+3H2⇌2NH3在温度一定的情况下，反应速率与压强的关系 D. 图IV：反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H>0，水蒸气含量随时间的变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，图象与实际不相符，A项错误；‎ B. 缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图象与实际相符合，B项正确； ‎ C. 增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图象中逆反应速率增大更多，图象与实际不相符，C项错误； ‎ D. 由图可知,温度T2先到达平衡,故温度T2>T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图象中温度越高，水蒸气的含量越低，图象与实际不相符，D项错误； ‎ 答案选B。‎ ‎17.一定条件下，反应：6H2 + 2CO2C2H5OH + 3H2O的数据如下图所示。‎ 下列说法正确的是 A. 该反应的△H > 0‎ B. 达平衡时，v(H2)正 = v(CO2)逆 C. b点对应的平衡常数K值大于c点 D. a点对应的H2的平衡转化率为90 %‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、温度升高，二氧化碳转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以正向为放热反应，该反应的△H <0，错误；B、氢气与二氧化碳的物质的量比是3:1，所以达平衡时，v(H2)正 ="3" v(CO2)逆，错误；C、该反应是放热反应，所以升高温度平衡常数K值减小，b点温度高于c点，则b点对应的平衡常数K值小于c点，错误；D、氢气与二氧化碳的物质的量比是3:1，a点的二氧化碳的平衡转化率是60%，曲线I：n(H2):n(CO2)=2，则氢气的平衡转化率是60%×3/2=90%,正确，答案选D。‎ 考点：考查对化学平衡图像的分析能力，化学反应的热效应的判断，化学平衡常数的变化，转化率的计算 ‎18.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/L的NaHC2O4溶液中存在：c(Na+) + c(H+)=c(HC2O4−) + c(C2O42-) +c(OH−)‎ B. 0.1 mol/L的NaHX溶液pH为4，该溶液中：c(HX−)＞c(H2X)＞c(X2−)＞c(H+)＞c(OH−)‎ C. 25℃时，pH=8的CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)约为10−6 mol/L D. 在0.1mol/L的 NaF溶液中：c(HF)＞c(F−)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHC2O4溶液中遵循电荷守恒，即c(Na+) + c(H+)=c(HC2O4−) + 2c(C2O42-) +c(OH−)，A项错误；‎ B. 0.1 mol/L的NaHX溶液pH为4，说明HX-的电离程度大于水解程度，因HX-的电离方程式为：HX-H++X2-，水解方程式为：HX-+H2OH2X+OH-，故c(X2−)＞c(H2X)，该溶液中：c(HX−)＞c(X2−)＞c(H2X)＞c(H+)＞c(OH−)，B项错误；‎ C. CH3COONa溶液中遵循质子守恒定律，即c(OH−)=c(H+)+c(CH3COOH)，因溶液的pH=8，故c(H+)=10-8mol/L，c(OH−)==10-6mol/L，故c(CH3COOH)=10-6mol/L-10-8mol/L10−6 mol/L，C项正确；‎ D. 在0.1mol/L的NaF溶液中，氟离子会发生水解，其水解方程式为：F-+H2OHF+OH-，因水解比较微弱，故c(F−)＞c(HF)，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎19.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是 A. 正极的电极反应式为2H++2═H2↑‎ B. 电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动 C. 电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3‎ D. 工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考察新型原电池工作原理，根据电池反应可知，正、负极的电极反应分别为 ‎3H2O2+6H++6e-=6H2O、NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+。‎ ‎【详解】A． 正极的电极反应式为：3H2O2+6H++6e-=6H2O，没有气体生成，A项错误；‎ B．原电池工作时，氢离子作为阳离子向正极移动，B项错误；‎ C．两电极反应分别为：3H2O2+6H++6e-=6H2O、NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+。‎ 两极均没有气体生成，C项错误；‎ D．从电极反应式来看，如有6mol电子转移，则左极室质量增加31g-6g=25g，右极室质量增加6g，两极室质量之差为19g，所以当左右两室质量差为1.9g时，电路中转移0.6mol电子，D项正确；‎ 所以答案选择D项。‎ ‎【点睛】将题给的电池总反应，依价态的升高或降低分成两个半反应，依酸性介质条件分别写出两个电极反应式进行分析即可。‎ ‎20.25℃时，将浓度均为0.1mol/L。体积分别为和的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持+=100mL，、与混合溶液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. a→b过程中水的电离程度始终增大 B. mol/L−1‎ C. b点时，c(B-)=c(A-)=c(OH-)=c(H+)‎ D. 由图可知BOH一定是强碱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HA是弱酸，酸电离产生H+对水的电离平衡起抑制作用，在a→b过程中，酸被碱中和，溶液中酸电离产生的c(H+)减小，其对水的电离的抑制作用减弱，故水的电离程度始终增大，A项正确； ‎ B. Ka(HA)=mol/L，B项错误；‎ C. b点是两者等体积混合溶液呈中性，c(B-)=c(A-)，c(OH-)=c(H+)，盐电离产生离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，故离子浓度的大小为：c(B-)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，C项错误；‎ D. 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，D项错误；‎ 答案选A。‎ 二．非选择题，共4道大题，共54分。‎ ‎21.A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：‎ ‎（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。‎ ‎①写出E转变为C的化学方程式_____。‎ ‎②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，反应的化学方程式为_____。‎ ‎（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。‎ ‎①A的电子式为_____。‎ ‎②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为_____。‎ ‎③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式_____。‎ ‎【答案】 (1). C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O (2). 2H2S+O2+4Ag＝2Ag2S+2H2O ‎ ‎(3). (4). 3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O (5). 4AgNO3+2Cl2＝4AgCl+2N2O5+O2　‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，可为浓硫酸或浓硝酸；‎ ‎（1）若A为淡黄色固体，应为S，B为气体，为H2S，由转化关系可知C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为非金属单质，为碳。‎ ‎（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，A为氮气。‎ ‎【详解】（1）若A为淡黄色固体，应为S，B为气体，为H2S，由转化关系可知C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为非金属单质，为碳。‎ ‎①E转变为C的反应为浓硫酸和碳的反应，化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ 答案：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。‎ ‎②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，反应的化学方程式为2H2S+O2+4Ag＝2Ag2S+2H2O；‎ 答案：2H2S+O2+4Ag＝2Ag2S+2H2O。‎ ‎（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，A为氮气。‎ ‎①A为氮气，电子式为；‎ 答案：；‎ ‎②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O；‎ 答案：3Ag+NO3﹣+4H+═3Ag++NO↑+2H2O。‎ ‎③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，应生成氧气，反应的方程式为4AgNO3+2Cl2＝4AgCl+2N2O5+O2；‎ 答案：4AgNO3+2Cl2＝4AgCl+2N2O5+O2。‎ ‎22.醋酸镍[(CH3COO)2Ni]是一种重要化工原料。一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如图：‎ 相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如表：‎ ‎（1）酸浸过程中，1mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的离子方程式___。‎ ‎（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是___、____。‎ ‎（3）写出氧化步骤中加入过氧化氢发生反应的离子方程式______。‎ ‎（4）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是____。‎ ‎（5）沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0 mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)＜10-5mol/L]，则需要加入碳酸钠固体的物质的量最少为____mol。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 0.296‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把亚铁离子氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0≤pH＜6.7，过滤，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中含有Ni2+、Ca2+，再加氟化铵，生成CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)2Ni固体，结合选项分析解答。‎ ‎【详解】（1）酸浸过程中，1mol NiS被硝酸氧化失去6NA 个电子，同时生成两种无色有毒气体，则生成NO和SO2，其反应的离子方程式为；‎ ‎（2）由流程分析可知，滤渣1为，滤渣3为，故答案为：；；‎ ‎（3）调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀，同时Ni2+不能转化为沉淀，根据表中的数据可知，调节pH的范围为；‎ ‎（4）根据表格信息可知，溶液中的亚铁离子不容易转化为沉淀，加入H2O2目的是将亚铁离子氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：；‎ ‎（5）已知NiCO3的Ksp=9.6×10-4，使100mL该滤液中的Ni2+沉淀物完全，即[c(Ni2+)≤10-5mol•L-1]，则溶液中c(CO32-)==mol/L=0.96mol/L，与Ni2+反应的n(CO32-)=cV=2mol/L×0.1L=0.2mol，则加入的碳酸钠的总物质的量n(CO32-)=0.2mol+0.96mol/L×0.1L=0.296mol，故答案为：0.296。‎ ‎【点睛】本题考查了物质分离提纯基本操作和综合应用，理解分离提纯过程中的反应原理是解题的关键。本题的易错点为第(1)小问，要注意根据题意判断生成的气体，结合氧化还原反应方程式的配平方法书写。‎ ‎23.（1）氨气还原氮氧化物的反应为：‎ ‎①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1‎ ‎②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H2‎ 则4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1) △H=___。(用含△H1、△H2的式子表示)‎ 依据反应②，将氨气设计成燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，写出负极电极反应式：____。‎ ‎（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中充4.0molNO2和4.0mol CO，在催化剂作用下发生反应4CO(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+4CO2(g) △H＜0，测得相关数据如表：‎ ‎0min ‎5min ‎10min ‎15min ‎20min c(NO2)/mol⋅L−1‎ ‎2.0‎ ‎1.7‎ ‎1.56‎ ‎1.5‎ ‎1.5‎ c(N2)/mol⋅L−1‎ ‎0‎ ‎0.15‎ ‎0.22‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎①0∼5min，用NO2的浓度变化表示的反应速率为______。‎ ‎②以下表述能说明该反应己达到平衡状态的是_____。‎ A．2v(NO2)正=v(N2)逆 B．气体密度不再变化 C．气体平均相对分子质量不再变化 D．N2与CO2的物质的量之比保持不变 ‎③20min时，保持温度不变，继续向该容器中加入1.0molNO2和1.0molCO，反应再次达到平衡时，NO2的转化率比原平衡___(填“增大”、“减小”或“不变)。‎ ‎④该温度下反应的化学平衡常数K=____。‎ ‎（3）湿法脱硝：采用NaClO2溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323K下，向足量碱性NaClO2溶液中通入含NO的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如表：‎ 离子 NO3−‎ NO2−‎ Cl−‎ c/(mol⋅L−1)‎ ‎2.0×10−4‎ ‎1.0×10−4‎ ‎1.75×10−4‎ ‎①NaClO2溶液显碱性，用离子方程式解释原因_____。‎ ‎②依据表中数据，写出NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式_____‎ ‎【答案】 (1). △H=△H2－3△H1 (2). 2NH3－6e−+6OH−＝N2+6H2O (3). 0.06mol/(L⋅min) (4). C (5). 增大 (6). 0.11 (7). ClO2−+H2O⇌HClO2+OH−； (8). 12NO+7ClO2−+12OH−＝8NO3−+4NO2−+7Cl−+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据盖斯定律解答；燃料电池中，氨气在负极失电子转化为氮气；‎ ‎（2）①利用速率的定义式解答；‎ ‎②达平衡状态时各组分的物质的量、浓度等不随时间的改变而改变；‎ ‎③20min时，向容器中加入1.0molNO2和1.0molCO，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动；‎ ‎④化学平衡常数K等于平衡时生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；‎ ‎（3）①根据盐类水解的原理分析；‎ ‎②向足量碱性NaClO2溶液中通入含NO的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果得到NO3-：NO2-：Cl-=2：1：1.75=8：4：7，结合电荷守恒、电子守恒和原子守恒配平书写离子方程式。‎ ‎【详解】（1）依据盖斯定律可知，②-3×①得4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(1)，故△H=△H2－3△H1；根据反应②可知，该燃料电池中KOH溶液作电解质溶液，氨气在负极失电子发生氧化反应生成氮气，其电极反应式为：2NH3－6e−+6OH−＝N2+6H2O；‎ ‎（2）①v(NO2)===0.06mol/(L⋅min)；‎ ‎②A．达到平衡状态时，v(NO2)正=2v(N2)逆，A项错误；‎ B. 由于反应物均为气体，且反应前后质量守恒，且容器为恒容的容器，故气体密度一直不变，故气体密度不变不能说明反应是否达平衡，B项错误；‎ C. 气体平均相对分子质量在数值上等于摩尔质量，，由于此反应的反应物和生成物均为气体，故气体的总质量一直不变，而此反应在平衡之前气体的物质的量在减小，故平衡之前气体的平均相对分子质量在增大，当不变时则反应达平衡，C项正确；‎ D. 各物质的物质的量保持不变可说明反应达到平衡状态，但N2与CO2的物质的量之比保持不变不能说明反应达到平衡状态，D项错误；‎ 答案为：C；‎ ‎③20min时，向容器中加入1.0molNO2和1.0molCO，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以NO2的转化率比原平衡增大，故答案为：增大；‎ ‎④ 4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）‎ 初起浓度：2 2 0 0‎ 变化浓度：1 0.5 0.25 1‎ 平衡浓度：1 1.5 0.25 1‎ 所以K==0.11，故答案为：0.11；‎ ‎（3）①NaClO2溶液显碱性是因为HClO2为弱酸，ClO2-在水溶液中会发生水解，使溶液显碱性，其水解方程式为：ClO2−+H2O⇌HClO2+OH−，故答案为：ClO2−+H2O⇌HClO2+OH−。‎ ‎②向足量碱性NaClO2溶液中通入含NO的烟气,充分反应后,溶液中离子浓度的分析结果得到NO3-：NO2-：Cl-=2：1：1.75=8：4：7，结合电荷守恒、电子守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：12NO+7ClO2−+12OH−＝8NO3−+4NO2−+7Cl−+6H2O。‎ ‎24.M是降低润滑油凝固点的高分子有机化合物，其结构简式为，用石油裂解气合成M的路线图如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为______。‎ ‎（2）F的分子式为_____。‎ ‎（3）G中官能团的名称是_____，G与L在一定条件下生成M的反应类型为____。‎ ‎（4）I→J的反应方程式为_____。‎ ‎（5）写出2种符合条件的C的同分异构体的结构简式____。（核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:2:1；已知双键和羟基相连时物质不稳定）‎ ‎（6）设计由苯乙烯为起始原料制备的合成路线（无机试剂任选）____。‎ ‎【答案】 (1). 2-丙醇或异丙醇 (2). C16H34O (3). 碳碳双键、酯基 (4). 加聚反应 (5). +2NaOH+2NaBr (6). CH3CH2CHO和 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由转化关系可知看出，（结构简式为CH3-CH=CH2）与H2O 在一定条件下发生加成反应产生（B）， 发生催化氧化生成，再引入羧基生成，该分子在浓硫酸作用下发生消去反应生成，根据逆合成分析法易知，M是由G()与L()发生加聚反应反应产生的高聚物；是由E()与F发生酯化反应形成的，所以F是醇，其分子式为C16H34O；H为1,4-丁二烯，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，之后该物质与NaOH的水溶液在加热条件下发生水解反应(或取代反应)生成，进行加氧氧化得到，最后脱水得到（L），据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)根据图示可知A是CH3-CH=CH2，该物质与H2O在一定条件下发生加成反应产生，名称为2-丙醇或异丙醇； ‎ ‎(2)M是由G()与L()发生加聚反应反应产生的高聚物；是由E()与F发生酯化反应形成的，所以F是醇，F的分子式为C16H34O；‎ ‎(3)G的结构简式是，其中官能团的名称是碳碳双键、酯基，G与L在一定条件下生成M的反应类型是加聚反应，故答案为：碳碳双键、酯基；加聚反应；‎ ‎(4)I是，该物质与NaOH的水溶液在加热条件下发生水解反应(或取代反应)生成，所以I→J的反应方程式为+2NaOH+2NaBr；‎ ‎(5)由C结构简式可知C的分子式是C3H6O，它的同分异构体中，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3︰2︰1的结构简式有CH3CH2CHO 和；‎ ‎(6) 中含有官能团为碳碳双键和羧基，对比苯乙烯和的结构简式，侧链增加一个碳原子，模仿流程中A→B→C→D可实现碳干骨架的构建并引入羧基，最后消去醇羟基即可；由苯乙烯为起始原料制备的合成路线为。‎ ‎ ‎