黑龙江省安达市第七中学2020届高三上学期模拟考试化学试题
黑龙江省安达市第七中学2020届高三上学期第二次模拟考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 Cu 64
一、选择题
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应
C. 铁粉和维生素 C 均可作食品袋内的脱氧剂
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】B
【解析】
【详解】A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，正确；
B.油脂、蛋白质均能发生水解反应，但糖类中的单糖不能发生水解，错误；
C. 铁粉和维生素 C 都具有还原性，均可作食品袋内的脱氧剂，正确；
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，正确。
故答案为B。
2.化学用语是学习化学的工具和基础，下列有关化学用语的表达正确的是
A. H2S 的电离方程式：H2S2H＋＋S2－
B. H2O2的电子式：
C. 氟原子的结构示意图：
D. 用电子式表示NaCl的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2S为弱电解质，电离时分步电离，电离方程式：H2S⇌H＋＋HS－，HS－⇌ H＋＋S2－，故A错误；
B. H2O2为共价化合物，电子式：，故B错误；
C. 氟为9号元素，核外电子数等于原子序数，原子的结构示意图：，故C错误；
D. 钠原子失去一个电子变为钠离子，氯原子得到一个电子变为氯离子，用电子式表示NaCl的形成过程：，故D正确；
答案选D。
【点睛】写电子式时要分清是离子化合物还是共价化合物，有离子键的化合物是离子化合物，金属氧化物、盐、强碱等，过氧化氢是共价化合物。
3.下列现象或操作一定与物质的化学性质有关的是
A. 焰色反应 B. 石油的裂化 C. 萃取 D. 丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 焰色反应是物理变化。它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，故A不符合题意；
B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C. 萃取是利用物质在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从溶解度较小的溶剂内转移到溶解度较大的溶剂中的方法，没有新物质，属于物理变化，故C不符合题意；
D. 丁达尔效是应当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”， 丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，故D不符合题意；
答案选B；
【点睛】化学性质是在化学变化中表现出的性质，分清楚上述变化是物理变化还是化学变化，核心是看有没有新物质生成。
4.下列说法正确的是
A. Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同
B. NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键
C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物
【答案】D
【解析】
详解】A. Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，所含化学键类型不完全相同，故A错误；
B. 物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，故B错误；
C. 化学反应的实质旧的化学键断裂和新的化学键形成，CO2溶于水并可与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在化学键和分子间作用力的改变，干冰升华只是二氧化碳从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，故C错误；
D. 碱性氧化物是指溶于水而成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，碱性氧化物皆为金属的氧化物，它们的碱性差别很大，故D正确；
答案选D。
【点睛】共价化合物的稳定性是由化学键的强弱决定的，熔沸点是分子间作用力决定的，还和分子间氢键有关。
5.下列说法错误的是
A. “雷雨发庄稼”是自然固氮
B. Na2O2可用作潜水艇供氧剂
C. 铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁
D. 工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石
【答案】C
【解析】
【详解】A. 雷雨过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3−中化合态的N元素，其中第一个反应是将游离态的氮转化为化合态氮，属于自然界固氮作用，故A正确；
B. 过氧化钠(Na2O2)能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以可用作潜水艇的供氧剂，故B正确；
C.
铝热反应以铝粉和氧化铁为主要反应物的发热反应，铝粉激烈氧化，燃烧而放出大量热。这种放热反应的温度可达3000℃以上使反应产生的铁单质以液态形式存在，可用于焊接钢轨；各种金属对氧的化学亲和力大小各不相同，与氧亲和力较大的金属能够把与氧亲和力较小的金属从它的氧化物中还原出来。铝在足够高的温度下，与氧有很强的化学亲和力，它可以从很多重金属的氧化物中夺取氧，而把重金属还原出来，可用于工业上冶炼高熔点的金属，但是工业上炼铁是用高温下焦炭还原氧化铁的方法，故C错误；
D. 生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石，主要成分为CaCO3，故D正确；
答案选C。
6.2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正确的是
A. Mc的最低负化合价为－3 B. Mc的最高价氧化物的化式为Mc2O 5
C. 的中子数为115 D. 通过化学反应可使转化为
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；
B. Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O 5，故B正确；
C. 的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C错误；
D. 和互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；
答案选B。
7.国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月2日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 40g正丁烷和18 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
B. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
C. 电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NA
D. 0.1mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成胶粒数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.正丁烷和异丁烷的分子式都为C4H10，一个C4H10分子中含有的共价键数目为13个，因此58g C4H10混合物中共价键数目为×13×NAmol-1=13NA，故A正确；
B. 124g白磷的物质的量为1mol，而一个白磷分子中含6个P−P键，故1mol白磷中含6NA条P−P键，故B错误；
C. 电解精炼铜时，粗铜做阳极，阳极上放电的金属不止铜，还有比铜活泼的其他金属，当阳极质量减小3.2g时，转移的电子数多于0.1NA，故C错误；
D. 0.1mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成的氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁形成的集合体，因此数目小于0.1NA，故D错误；
答案选A。
8.下列说法中正确的是
A. 放热反应都比吸热反应易发生
B. 中和反应中，每生成1 mol H2O均会放出57.3 kJ的热量
C. NH4C1固体与Ba(OH)2 • 8H2O混合搅拌过程中，体系能量增加
D. 无法判断2CO2(g) +3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是吸热反应还是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 放热反应不一定比吸热反应易发生，如C与O2反应需要点燃，而NH4C1固体与Ba(OH)2 • 8H2O在常温下即可进行，A项错误；
B. 中和反应中，稀的强酸与稀的强碱反应生成1 mol H2O放出57.3 kJ的热量，但不是所有的中和反应生成1 mol H2O都放出57.3 kJ的热量，如醋酸与氢氧化钠反应，B项错误；
C. NH4C1固体与Ba(OH)2 • 8H2O反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，体系能量增加，C项正确；
D 因乙醇燃烧为放热反应，而2CO2(g) +3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是乙醇燃烧生成气体水的逆过程，可证明该反应为吸热反应，D项错误；
答案选C。
【点睛】B项是易错点，要紧扣中和热的定义分析作答。
9.下列有关物质性质比较，结论正确的是
A. 溶解度：Na2CO3
NaHCO3 ，A错误；
B.沸点：C2H5SH 相对分子质量较 C2H5OH 大，但 C2H5OH 分子间存在氢键，故 C2H5OH 沸点更高，B正确；
C.根据元素周期律，非金属性F>O，热稳定性：HF>H2O，C错误；
D. 根据元素周期律，非金属性P>Si ，酸性：H3PO4>H2SiO3，D错误；故选 B。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 常温下 pH=7溶液中：Cl-、SO42-、Na+、Fe3+
B. 使石蕊试液变蓝色的溶液：K＋、SO32-、Na＋、S2-
C. 与Al反应生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO32-
D. c(KNO3)=1.0mol·L-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A.常温下 pH=7溶液中：OH-、Fe3+会发生反应形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，A错误；
B.使石蕊试液变蓝色的溶液是碱性溶液，含有大量的OH-，OH-与选项离子K＋、SO32-、Na＋、S2-之间不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；
C.与Al反应生成H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与NO3-、SO32-会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与NH4+会发生反应产生NH3·H2O，也不能大量共存，C错误；
D.c(KNO3)=1.0mol·L-1的溶液中。H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是B。
11.下列化学用语的表述正确的是
A. 惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
B. 钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH－- 4e－＝2H2O+O2 ↑
C. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＝I2＋2OH－
D. 等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢氧化镁是沉淀，离子反应中不能拆，惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+ Mg(OH)2↓，故A错误；
B. 在中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，正极上水和氧气得电子：2H2O+O2↑+4e－＝4OH－，故B错误；
C. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2+2H+＝I2＋2 H2O，故C错误；
D. 等物质的量的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合生成碳酸钡氢氧化钠和水：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O，故D正确；
答案选D。
12.关于下列各装置图的叙述中，正确的是
A. 装置①中，c为阴极、d为阳极
B. 装置②可用于收集H2、NH3、CO2等气体
C. 装置③若用于吸收NH3，并防止倒吸，则X可为苯
D. 装置④可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，故A错误；
B. H2、NH3密度比空气小，用向下排空法收集，可从a进气；Cl2、HCl、NO2、CO2等气体密度比空气大，用向上排空法收集，可从b进气；故B正确；
C. 苯的密度比水小，位于上层，故C错误；
D. HCl是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故D错误；
答案选B。
13.在一个氧化还原反应体系中存在Fe3+、NO3－、Fe2+、NH4+、H+、H2O，则下列判断正确的是
A. 配制Fe(NO3)2溶液时应加入硝酸酸化防止Fe2+水解
B. 该反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为8 ：1
C. 若有1mol NO3－发生还原反应，转移的电子物质的量为2mol
D. 若将该反应设计成原电池，则负极反应式为Fe2+ - e－＝Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】
亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子、铵根离子，其反应方程式为8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，以此解答该题。
【详解】反应方程式为8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O；
A. 亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子，不能用酸酸化，故A错误；
B. 该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为−3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8，故B错误；
C. 反应中N元素化合价由+5价降低到−3价，则若有1molNO3−发生还原反应，则转移电子8mol，故C错误；
D. 若将该反应设计成原电池，则负极失电子发生氧化反应，根据氧化还原反应，亚铁离子失电子发生氧化反应，则负极反应式为Fe2+ - e－＝Fe3+，故D正确；
答案选D。
14.对于合成氨N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH＝－92.4 kJ·mol-1反应，达到平衡后，以下分析正确的是
A. 升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B. 增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C. 减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D. 加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【答案】B
【解析】
针对合成氨N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH＝－92.4 kJ·mol-1反应，
A.正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆向速率大于正向速率，故对正反应的反应速率影响小，故错误；
B. 增大压强，平衡正向移动，正速率大于逆向向速率，对正反应的反应速率影响更大，故正确；
C. 减小反应物浓度，平衡逆向移动，正反应速率瞬间减小，对正反应的反应速率影响更大，故错误；
D. 加入催化剂，对正逆、反应的反应速率影响一样大，故错误。故选B。
15.将V 1 mL 0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL 0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（ ）
A. 若V1<1，加入淀粉 B. 若V1≤1，加入KSCN溶液
C. 若V1≥1，加入AgNO3溶液 D. 加入Ba(NO3)2溶液
【答案】B
【解析】
【详解】Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。
16.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是
A. 简单离子半径：r(W) >r(Z) >r(Y) >r(X)
B. 最常见氢化物的稳定性：X＞Y
C. Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电
D. HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，
A. 电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl－) > r(N3－) > r(O2－) >r(Na＋)，A项错误；
B. 因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B项错误；
C. Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；
D. HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
17.下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
相同温度下，同时向
①4 mL 01 mol▪L-1 KMnO4酸性溶液和②4 mL 0.2 mol▪L-1 KMnO4酸性溶液中，分别加入4 mL 1 mol▪L-1 H2C2O4溶液
①中溶液先褪色
该实验条件下，KMnO4浓度越小，反应速率越快
B
向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水
产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺
加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量
C
加热2NO2(g) N2O4(g)平衡体系
颜色加深
证明正反应是放热反应
D
分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH
后者较大
证明非金属性
S＞C
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. KMnO4本身具有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液反应，故A错误；
B. 碳与氧气燃烧生成二氧化碳；碳和水蒸气反应生成一氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，根据盖斯定律，能量变化与反应的途径无关，则碳燃烧放出的热量不变，结论不合理，故B错误；
C. 加热，体系温度升高，颜色加深，说明反应2NO2(g) N2O4(g) 平衡逆向移动，升高温度反应向吸热的方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应放热，故C正确；
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，Na2SO3的S不是最高价，则室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH后者较大，不能证明非金属性S＞C，故D错误；
答案选C
18.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法不正确的是
A. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
B. 侯氏制碱应先通NH3再通CO2
C. 在第②、③、④步骤中，溴元素均被氧化
D. ③④的目的是进行溴的富集
【答案】C
【解析】
【详解】A. 往精盐溶液中通入氨气和二氧化碳，得到碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；
B. 由于CO2在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少，故B正确；
C. 在第②、④步骤中溴离子转化为溴单质，溴的化合价升高失电子，被氧化，步骤③中溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，溴元素化合价降低得电子被还原，故C错误；
D. 浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生2Br-+C12=Br2+2CI-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+ 2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，④中发生Cl2+ 2HBr=Br2+ 2HCI，则③④的目的是进行溴的富集，故D正确；
答案选C。
19.将4 mol A(g)和2 mol B(g)在2 L的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g) ⇌2C(g) ΔH<0，反应2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L-1。下列说法正确的是
A. 2 s后物质A的转化率为70%
B. 当各物质浓度满足c(A)=2c(B)=c(C)时，该反应达到了平衡状态
C. 达到平衡状态时，增加A的物质的量，A和B的转化率都提高
D. 达到平衡状态时，升高温度，平衡逆向移动，同时化学平衡常数K减小
【答案】D
【解析】
【分析】
起始时，A的浓度为=2 mol/L，B的浓度为=1 mol/L，反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol/L） 2 1 0
转化（mol/L） 0.6 0.3 0.6
2s （mol/L） 1.4 0.7 0.6
【详解】A. 2s后物质A的转化率为×100%=30%，故A错误；
B. c(A)=2c(B)=c(C)时，不能判定平衡状态，与起始浓度、转化率有关，故B错误；
C. 达到平衡状态时，增加A物质的量，促进B的转化，平衡正向移动，B的转化率增大，而A的转化率减小，故C错误；
D. △H<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则同时化学平衡常数K减小，故D正确；
答案选D。
20.100℃时，向某恒容密闭容器中加入1.6 mol ·L－1的Q后会发生如下反应：2Q(g) M(g) 。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示。
下列说法错误的是
A. 从反应开始到刚达到平衡时间段内，v(Q)＝0.02 mol·L－1·s－1
B. a、b两时刻生成Q的速率：v(a)＜v(b)
C. 用Q浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率：v(ab)＞v(bc)＝0
D. 其他条件相同，起始时将0. 2 mol·L－1氦气与Q混合，则反应达到平衡所需时间少于60 s
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像可得，该反应60s时反应达到平衡状态，平衡时，M的浓度为0.6
mol/L，根据反应列“三段式”：
2Q(g) ⇌M(g)
开始（mol/L） 1.6 0
转化（mol/L） 1.2 0.6
60s （mol/L） 0.4 0.6
【详解】A. 根据分析，从反应开始到刚达到平衡时间段内，v(Q)＝=0.02 mol·L－1·s－1，故A正确；
B. Q为反应物，初始时浓度最大，消耗速率最大，生成速率最小，随着反应的进行，Q的浓度逐渐减小，消耗速率逐渐减慢，生成速率逐渐增大，则a、b两时刻生成Q的速率：v(a)＜v(b)，故B正确；
C. ab段M的浓度变化量为0.6-0.3=0.3 mol/L，则Q的物质的量浓度变化量为M的两倍=0.3 mol/L×2=0.6mol/L，，反应时间为60s-20s=40s, v(ab)==0.015 mol·L－1·s－1，bc段反应达到平衡状态，M、Q的物质的量浓度变化量为0，则v(bc)＝0，则用Q浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率：v(ab)＞v(bc)＝0，故C正确；
D. 其他条件相同，向某恒容密闭容器中通入0. 2 mol·L－1氦气与Q混合，容器体积不变，Q、M的浓度不变，与原平衡体系等效，则反应达到平衡所需时间仍等于60s，故D错误；
答案选D。
21.在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NO3-)＝6 mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
B. 向电解后的溶液中加入98 g的Cu(OH)2可恢复为原溶液
C. 原混合溶液中c(K＋)＝4 mol/L
D. 电解后溶液中c(H＋)＝2 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】石墨作电极电解500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)阳极产生氧气，阴极开始时生成铜，然后放出氢气，n(O2)=
n(H2)==1mol，根据阳极反应式4OH--4e-═O2↑+2H2O可知，转移4mol电子，阴极反应式为Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，生成氢气转移2mol电子，则生成铜也转移2mol电子，即有1mol Cu2+放电。
A．根据以上分析，电解得到的 Cu 的物质的量为1mol，故A错误；
B．由以上分析可知，析出1molCu，1molH2 和1molO2，根据少什么加什么，则加入 98 g 即1mol的 Cu(OH)2 可恢复为原溶液，故B正确；
C．c(Cu2+)==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K+)为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故C错误；
D．电解后溶液中c(H+)为=4mol/L，故D错误；
故选B。
22.2016年8月,联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，甲电极为正极，OH-移向乙电极
B. 放电时，乙电极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O
C. 充电时，电池的甲电极与直流电源的正极相连
D. 电池总反应为H2+2NiOOH2Ni(OH)2
【答案】D
【解析】
【分析】
开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2
O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答。
【详解】A.放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，A错误；
B.放电时，乙电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，B错误；
C.放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极；充电时，碳电极发生还原反应，作阴极，应与电源的负极相连，C错误；
D.放电时，正极电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O，两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，明确正、负极上发生的电极反应及溶液中阴、阳离子的移动方向即可解答，易错选项是C，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点。放电时原电池的负极与电解时阳极都发生氧化反应，原电池的正极与电解时阴极都发生还原反应。
23.电－Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基（·OH）能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是
A. 电源的A极为负极
B. 与电源B极相连电极的电极反应式为H2O－e- ＝H+＋·OH
C. Fenton反应为：H2O2＋Fe2+＝Fe(OH)2+＋·OH
D. 每消耗2.24LO2（标准状况），整个电解池中理论上可产生的·OH为0.2mol
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，三价铁离子在左端电极得到电子转化为亚铁离子，发生还原反应，左端电极为阴极，则A为电源负极，B为电源正极，右端电极为阳极。
【详解】A. 根据上述分析，电源的A极为负极，故A正确；
B. 与电源B极相连电极为阳极，根据图示，水在阳极上失电子产生羟基自由基（·OH），电极反应式为H2O－e- ＝H+＋·OH，故B正确；
C. 电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基（·OH），由图示装置可知，H2O－e- ＝H+＋·OH，Fe3++e-=Fe2+，O2+2e- +2H+=H2O2；则H2O2+Fe2+ =Fe(OH)2++·OH， Fenton反应为：H2O2＋Fe2+＝Fe(OH)2+＋·OH，故C正确；
D. D.每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+ =Fe(OH)2+ +·OH反应看出转移1 mol电子，生成1mol·OH ，所以应当生成4 mol·OH，故D错误；
答案选D。
24.已知SO2通入BaCl2溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究SO2与BaCl2溶液反应生成白色沉淀的条件。下列判断正确的是
A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B. 乙中产生的一定为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀
C. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
D. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
【答案】A
【解析】
【分析】
SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的SO32-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，若是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，若是氧化性气体，溶液中可生成SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
【详解】A. 若是碱性气体，溶液中存在大量的SO32−
，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生氨气碱性气体，故A正确；
B. SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故B错误；
C. 玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D. 如果产生氨气，氨气极易溶于水，为防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误；
答案选A。
25.一定温度下，在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。
编号
温度
/℃
起始物质
的量/mol
平衡物质
的量/mol
达到平衡
所需时间/s
PCl5(g)
PCl3(g)
Cl2(g)
Ⅰ
320
0.40
0.10
0.10
t
Ⅱ
320
0.80
t1
Ⅲ
410
0.40
0.15
0.15
t2
下列说法正确的是
A. 平衡常数K：容器Ⅱ>容器Ⅲ
B. 反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ>容器Ⅰ
C. 反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为v(PCl5)=mol·L-1·s-1
D. 起始时向容器Ⅲ中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；
B.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
C.根据v=进行计算；
D.计算出此时的Qc与K比较，判断反应进行的方向。
【详解】PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，
A.I中K=≈0.03mol/L，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则容器Ⅱ中得到平衡常数与容器I中相同，容器III中K==0.045mol/L，即平衡常数K：容器Ⅱ<容器Ⅲ，A错误；
B.容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于增大压强，增大压强，化学平衡气体体积减小的逆反应方向移动，PCl5的转化率减小，即PCl5的转化率：容器Ⅱ<容器Ⅰ，B错误；
C.对于容器I，反应到达平衡时，反应的PCl5的物质的量为0.1mol，故v(PCl5)==mol/(L•s)，C错误；
D.起始时向容器Ⅲ中充入PCl5 0.30 mol、PCl30.45 mol和Cl20.10 mol，则此时Qc==0.075mol/L>0.045mol/L，所以化学平衡向逆反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理及平衡常数的计算。掌握有关概念和化学平衡移动原理是判断和计算的理论依据，在根据平衡常数的含义计算时，清楚化学平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同。可结合浓度商与平衡常数的相对大小判断反应进行的方向。
二、填空题
26.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下:
回答下列问题：
（1）若“熔融”在坩埚中进行，其材质可以是____(填“铁”、“陶瓷”或“SiO2”)。
（2） FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为____________________________。
（3）熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等, 步骤①包含两次过滤操作：一是水浸后过滤；二是调节所得滤液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______，第二次过滤滤渣的主要成分为_________。
（4）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___________。
（5）步骤④包含的具体操作有_____、_____，过滤、洗涤，再经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)
（6） 已知K[Cr(C2O4)2]的相对分子质量为267。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=____。
【答案】 (1). 铁 (2). 6FeO·Cr2O3+12Na2CO3+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12CO2↑ (3). Fe2O3 (4). Al(OH)3和H2SiO3 (5). 2CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 3
【解析】
【分析】
铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料，加入氯酸钾、碳酸钠和氢氧化钠在坩埚中熔融发生氧化还原反应，熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等, 步骤①包含两次过滤操作：一是水浸后过滤，氧化铁不溶于水，其他物质都为钾盐和钠盐，都可溶于水，则第一次过滤滤渣中的主要成分为Fe2O3；根据步骤①最后得到的为氯化钾和铬酸钠，二是调节所得滤液pH为7~8，加热煮沸半小时，使Na2SiO3、NaAlO2转化为硅酸和氢氧化铝沉淀，趁热过滤。则第二次过滤滤渣的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3
；过滤后获得含有氯化钾和铬酸钠溶液，调节溶液pH值，加入适量的酸，使溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，向溶液中氯化钾粉末，转化为重铬酸钾和氯化钠的混合溶液，利用重铬酸钾和氯化钠的溶解度不同，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用无水乙醇对晶体洗涤，再经干燥得到K2Cr2O7晶体。
【详解】（1）熔融操作一般在坩埚中进行，由于熔融过程加入氢氧化钠和碳酸钠，高温下可与二氧化硅反应，故不能选用瓷坩埚或SiO2坩埚，应选用铁坩埚。
答案为：铁；
（2） 利用氧化还原反应得失电子守恒，化学方程式为6FeO·Cr2O3+12Na2CO3+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12CO2↑，
答案为：6FeO·Cr2O3+12Na2CO3+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12CO2↑；
（3）步骤①包含两次过滤操作：一是水浸后过滤，氧化铁不溶于水，其他物质都为钾盐和钠盐，都可溶于水，则第一次过滤滤渣中的主要成分为Fe2O3；根据步骤①最后得到的为氯化钾和铬酸钠，二是调节所得滤液pH为7~8，加热煮沸半小时，使Na2SiO3、NaAlO2转化为硅酸和氢氧化铝沉淀，趁热过滤。则第二次过滤滤渣的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3；
答案为： Fe2O3；Al(OH)3和H2SiO3；
（4）根据分析，步骤②需加入酸，目的是在酸性条件下，使溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为2CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O ，
答案为：2CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O；
（5）如图所示，重铬酸钾和氯化钠在一定温度下的溶解度差别较大，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可将重铬酸钾和氯化钠分离，再用无水乙醇对晶体洗涤，再经干燥得到K2Cr2O7晶体。
答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
（6） 已知K[Cr(C2O4)2]的相对分子质量为267。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%，，相对分子质量在数值上等于摩尔质量，则失去的结晶水的摩尔质量分数==16.8%，解得n=3。
答案为：3。
27.机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。
I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。
（1）已知： C(s)+O2(g) =CO2(g) △H1 ＝− 393.5kJ·mol−1
2C(s)+O2(g) =2CO(g) △H2 ＝− 221.0 kJ·mol−1
N2(g)+O2(g) =2NO(g) △H 3 ＝+180.5 kJ·mol−1
CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_________________________。
（2）研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c(NO)/（10−4mol·L−1)
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/（10−3mol·L−1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
① 前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝______mol·L−1·s−1。
② L、X可分别代表压强或温度。下图A表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小关系______，并简述理由：______________________________。
（3）实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2) ·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数。
②若在2 L的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol
NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆 =___________。（保留一位小数）
II. 有人利用反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH = −34.0 kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应，经相同时间测得NO的转化率随温度的变化如图B所示。由图可知最高转化率对应温度为450℃。低于450℃时，NO的转化率______（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是________________________；高于450OC时，NO的转化率降低的可能原因是___________（填标号）
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变小 C． 反应活化能增大
【答案】 (1). 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H═-746.5 kJ•mol-1 (2). 2.25×10-4 (3). 温度 (4). L2>L1 (5). 该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大 (6). < (7). 0.5 (8). 不是 (9). 该反应是放热反应，平衡转化率随温度升高而降低 (10). AB
【解析】
【分析】
I．(1)根据已知热化学方程式，利用盖斯定律的计算方法，进行已知反应方程式的加减，得到目标反应，方程式相加减的同时，焓变也进行相加减。
(2)①利用题中已给表格数据找出前4 s内CO的物质的量浓度变化数据，利用反应速率计算公式求解。
②由图象可知随着x的增大，NO的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，可为升高温度，L为不同的压强，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则L2>L1。
(3)①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大，
故答案为：温度；L2>L1；该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大；
（3）①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数
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