【化学】辽宁省大连市旅顺口区2020届高三上学期期中考试（解析版）

【化学】辽宁省大连市旅顺口区2020届高三上学期期中考试（解析版）

辽宁省大连市旅顺口区2020届高三上学期期中考试 可能用到的相对原子质量：O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 K 39 Mn 55‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 本卷选择题共20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学深入我们生活，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 食盐可做食物调味剂，也可做食品防腐剂 B. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性 C. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质 D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的 ‎【答案】B ‎【详解】A．食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，食盐能防止食品腐烂、变质，食盐也可作食品防腐剂，选项A正确；‎ B．酒精不具有强氧化性，可使蛋白质发生变性，用于杀菌消毒，选项B错误；‎ C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，可防止食物受潮，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食物氧化变质，选项C正确；‎ D．乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果中的乙烯，可以实现水果保鲜的目的，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点为选项B：酒精不具有强氧化性，通常表现出还原性。‎ ‎2.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 丙烯的实验式：C3H6‎ B. CO2的电子式：‎ C. 镁离子的结构示意图：‎ D. 中子数为18的氯原子符号：Cl ‎【答案】C ‎【详解】A．实验式为最简单的原子个数比，丙烯的实验式应为CH2，选项A错误；‎ B．二氧化碳含有C=O键，电子式为，选项B错误；‎ C．镁离子核外有2个电子层，最外层电子数为8，镁离子的结构示意图为，选项C正确；‎ D．中子数为18 的氯原子，质量数为17+18=35，应为，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA B. 16gO3和O2混合物中氧原子数为NA C. 1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含的电子数均为9NA D. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移电子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【详解】A、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项A错误；‎ B、O3和O2都是氧原子构成的单质分子，则16 gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA，选项B正确；‎ C、羟基是不带电的原子团，而OH－离子是带电原子团，所以1 mol的羟基含有电子数为9NA，而1 mol的氢氧根离子含电子数为10NA，选项C错误；‎ D、0.1mol氯气溶于水，与水反应生成氯化氢和次氯酸的反应是可逆反应，消耗的氯气小于0.1mol，则转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列有关分类的说法正确的是（ ）‎ A. 胶体的本质特征是具有丁达尔效应 B. 阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物 C. 白磷转化为红磷是物理变化 D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物 ‎【答案】D ‎【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1～100 nm之间，选项A错误；‎ B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物，如过氧化钠与氧化钠，选项B错误；‎ C、白磷转化为红磷是化学变化，选项C错误；‎ D、Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.在室温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）‎ A. 滴入石蕊试液显红色的溶液：K+、Mg2+、AlO2−、SO32−‎ B. 1.0mol·L−1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl−、SO42−‎ C. 在＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl－、NO3−‎ D. 通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl−、K+、Na+‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 滴入石蕊试液显红色的溶液呈酸性，H+与AlO2−、SO32−反应而不能大量共存，选项A不符合题意；‎ B. 1.0mol·L−1的KNO3溶液中NO3-与H+、Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B不符合题意；‎ C. ＝1×1012的溶液呈碱性，OH-与NH4+、Fe2+反应而不能大量共存，选项C不符合题意；‎ D. 通入足量CO2的溶液，Ca2+、Cl−、K+、Na+相互之间不反应，与CO2不反应，能大量共存，选项D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎6.下列事实不能用元素周期律解释的是( )‎ A. 气态氢化物的稳定性：HBr > HI ‎ B. 0.1 mol·L－1溶液的pH：NaOH > LiOH C. 向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生 ‎ D. Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈 ‎【答案】C ‎【详解】A.同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性HBr>HI，能用元素周期律解释，A项不选；‎ B.同一主族从上到下，金属性逐渐增强，氢氧化物的碱性逐渐增强，碱性NaOH>LiOH，则同浓度的两种溶液，NaOH溶液的pH较大，能用元素周期律解释，B项不选；‎ C.Na2SO3与盐酸反应生成SO2，能够证明酸性：HCl>H2SO3，但不能体现元素周期律，C项选；‎ D.同周期从左到右，金属性逐渐减弱，金属单质的还原性逐渐减弱，因此Mg比Al与等浓度的盐酸反应更剧烈，能用元素周期律解释，D项不选。‎ 答案选C。‎ ‎7.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：Ba2++2OH−+NH4++HCO3−=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O B. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O C. 用铁电极电解氯化钠溶液：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑‎ D. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO ‎【答案】A ‎【详解】A．等体积等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合，离子方程式：Ba2++2OH−+NH4++HCO3−=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，选项A正确；‎ B．磁性氧化铁中Fe元素的化合价为+2价，为+3价。磁性氧化铁溶于盐酸的离子方程式：Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋+ Fe2＋＋4H2O，选项B错误；‎ C．惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，选项C错误；‎ D．将SO2通入Ca(ClO)2溶液中的离子反应方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3—CH=CH—CH3可简写为，有机物X的键线式为。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. X的分子式为C8H8‎ B. 有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为 C. X能使KMnO4酸性溶液褪色 D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯化物有4种 ‎【答案】D ‎【详解】A、X的化学式为C8H8，选项A正确；‎ B、有机物Y是X的同分异构体，Y的不饱和度为5，Y属于芳香烃，Y的结构中含有1个苯环，则Y的结构简式为，选项B正确；‎ C、X中含碳碳双键，因发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；‎ D、X与足量的H2在一定条件下反应生成的环状饱和烃Z的结构简式为，Z中有2种氢原子，Z的一氯代物有2种，选项D不正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.某溶液中除H+、OH-外，还含有大量的Mg2＋、Fe3＋、Cl－，且这三种离子物质的量浓度之比为1：1：6。下列有关该溶液的判断正确的是（ ）‎ A. 向该溶液中加入KI溶液后，原有的五种离子物质的量不变 B. 向该溶液中滴加稀NaOH溶液，立即出现白色沉淀 C. 若溶液中c(Cl-)＝0.6mol/L，则该溶液的pH为1‎ D. 向该溶液中加入过量铁粉，只发生置换反应 ‎【答案】C ‎【详解】A.向该溶液中加入KI溶液后，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Fe3+物质的量减小，A错误；‎ B.向该溶液中滴加稀NaOH溶液有白色沉淀氢氧化镁和红褐色沉淀氢氧化铁生成，B错误；‎ C.若溶液中c（Cl-）=0.6mol/L，则c（Mg2+）=0.1mol/L、c（Fe3+）=0.1mol/L，根据电荷守恒c（H+）+2c（Mg2+）+3c（Fe3+）=c（Cl-）+c（OH-），解得c（H+）=0.1mol/L，则溶液的pH=1，C正确；‎ D．向该溶液中加入过量铁粉，发生的反应有Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+不是置换反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10. 根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（ ）‎ A. 反应①②③④⑤均属于氧化还原反应，反应③还属于置换反应 B. 反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属 C. 相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1‎ D. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价的升降，均属于氧化还原反应，但③不属于置换反应，故A错误；‎ B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；‎ C．③中O元素化合价由-1价升高为0价，④中O元素的化合价由-2价升高为0价，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；‎ D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0价，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）（ ）‎ A. 10种 B. 9种 C. 8种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【详解】分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4H10中的两个Cl原子被两个H原子取代，C4H10结构中，属于直链正丁烷的结构中，两个氢原子有6个位置；属于支链异丁烷结构中，两个氢原子有3个位置，因此该分子的同分异构体共有9种，因此B正确。‎ ‎12.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是（ ）‎ A. 根据图1可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的 ΔH<0‎ B. 图2可能表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 C. 图3可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化 D. 根据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量Cu至pH在4左右 ‎【答案】A ‎【详解】A．升高温度，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应，即△H<0，选项A正确；‎ B．从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，选项B错误；‎ C.乙酸为弱电解质，向乙酸溶液中通入氨气，二者反应生成的醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，图象不符合，选项C错误；‎ D. CuSO4 溶液中加入适量CuO，发生：CuO+ 2H+=Cu2+ + H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+ 水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，而加入Cu不能和H+发生反应，不能调节溶液的pH，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎13.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是（ ）‎ A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－‎ B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子 ‎【答案】D ‎【详解】A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；‎ B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；‎ C项若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，错误；‎ D项当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。‎ 故选D。‎ ‎14.已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H1‎ ‎②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H2‎ 下列推断正确的是（ ）‎ A. 若CO的燃烧热为△H3，则H2的燃烧热为△H3−△H1‎ B. 反应CH4(g)+ CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=△H2−△H1‎ C. 若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则△H2＜0‎ D. 若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则△H1＞0‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应①②中的水是气体，A项错误；‎ B．根据盖斯定律，反应CH4(g)+ CO2(g)=2CO (g) +2H2(g)的ΔH=ΔH2—ΔH1，B项正确；‎ C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，C项错误；‎ D．由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH1<0，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.已知常温下反应①NH3＋H＋NH(平衡常数为K1)，②Ag＋＋Cl－AgCl(平衡常数为K2)，③Ag＋＋2NH3Ag(NH3)(平衡常数为K3)。‎ ‎①、②、③的平衡常数关系为K1>K3>K2，据此所做的以下推测合理的是（ ）‎ A. 氯化银不溶于氨水 B. 银氨溶液中加入少量氯化钠有白色沉淀 C. 银氨溶液中加入盐酸有白色沉淀 D. 银氨溶液可在酸性条件下稳定存在 ‎【答案】C ‎【详解】A.根据K3＞K2，说明Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+更容易发生，即氯化银能溶于氨水，A错误；‎ B.根据K3＞K2，说明Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+更容易发生，Ag++Cl-⇌AgCl不容易发生，所以银氨溶液中加入少量氯化钠没有白色沉淀，B错误；‎ C.K1最大，所以NH3+H+⇌NH4+更容易发生，反应后溶液中有较多的Ag+，Ag+与Cl-反应生成AgCl白色沉淀，C正确；‎ D.K1最大，所以NH3+H+⇌NH4+更容易发生，所以银氨溶液在酸性条件下不能稳定存在，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.在3个2L的密闭容器中，在相同的温度下、使用相同的催化剂分别进行反应：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 丙 反应物的投入量 ‎3molH2、2molN2‎ ‎6molH2、4molN2‎ ‎2molNH3‎ 达到平衡的时间/min ‎5‎ ‎8‎ 平衡时N2的浓度/mol·L-1‎ c1‎ ‎1.5‎ NH3的体积分数 ω1‎ ω3‎ 混合气体的密度/g·L-1‎ ρ1‎ ρ2‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 2c1<1.5 B. ρ1=ρ2‎ C. ω1=2ω3 D. 在该温度下甲容器中反应的平衡常数K=‎ ‎【答案】D ‎【详解】A、恒温、恒容条件下，假设乙容器的容积为4L，则达到平衡时甲乙为等效平衡，各组分的含量、浓度相等，此时氮气的浓度为c1，然后将容器的容积缩小到2L，若平衡不移动，则N2的浓度为2c1，由于压强增大，平衡向着正向移动，所以2c1>1.5，选项A错误；‎ B、反应前后都是气体，容器的容积都是2L，乙中混合气体的质量为甲的2倍，根据ρ=可知：2ρ1=ρ2，选项B错误；‎ C、丙中加入2mol氨气相当于加入了1mol氮气、3mol氢气，而甲中加入3mol H2、2mol N2，由于丙中按化学计量数之比投料，达到平衡时NH3的体积分数最大，故ω3>ω1，选项C错误；‎ D、甲容器中，反应前氢气浓度为c（H2）=mol/L=1.5mol/L，氮气的浓度为mol/L=1mol/L，氮气的浓度变化为（1-c1）mol/L，‎ 由化学平衡的三段式可得：‎ ‎ 3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）‎ 起始（mol/L）： 1.5 1 0‎ 浓度变化（mol/L）： 3（1-c1） （1-c1） 2（1-c1）‎ 平衡（mol/L）： 1.5-3（1-c1） c1 2（1-c1）‎ 化学平衡常数K===，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(OH-)‎ B. pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH4＋)大小顺序①＞②＞③‎ C. 常温下，pH为1的0.1mol/L HA溶液与0.1mol/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)‎ D. 常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+c(H2S)‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，反应后为生成NaCl、NaClO，次氯酸根离子水解，则所得溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)，选项A错误；‎ B．相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液，两者都是强酸弱碱盐，两溶液中NH4＋浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4＋的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4＋的浓度小于(NH4)2SO4，则pH相等时溶液中NH4+浓度大小顺序为①=②>③，故B错误；‎ C．常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液，则HA为强酸，与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反应时恰好生成强酸强碱盐NaA，反应后溶液显中性，则c(Na+)= c(A－)、c(OH－)= c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)，选项C正确；‎ D．常温下0.1 mol/L Na2S溶液中，根据质子守恒可得：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+2c(H2S)，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B，从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4NO3溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制。‎ ‎18.常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3－和CO32－存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的质量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. pH=10.25时，c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－)‎ B. 为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为7～9之间 C. 根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=10－6.37‎ D. 若是0.1molNaOH反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系： c(Na+)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【详解】A．溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-‎ ‎），pH=10.25时，c（OH-）>c（H+），则c（Na+）>c（HCO3-）+2c（CO32-），故c（Na+）>c（HCO3-）+c（CO32-），A项错误；‎ B．由图像可以看出，pH=8左右，溶液中的含碳微粒主要是HCO3-，所以为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为7～9之间，B项正确；‎ C．根据图像，pH=6.37时，c(H2CO3)=c(HCO3－)，根据H2CO3H＋+HCO3-，Ka1（H2CO3）=[c(H＋)×c(HCO3-)]÷c(H2CO3)=c(H＋)= 10－6.37，C项正确；‎ D．根据图像可知，pH=10溶液中，HCO3-占0.6，CO32－占0.4，溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，则溶液中存在以下关系c(Na+)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H+)，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎19.25 ℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]-Ksp[Fe(OH)2]，下列说法正确的是（ ）‎ A. b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1‎ B. 当Fe(OH)2 和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)= l：104.6‎ C. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液 D. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO ‎【答案】A ‎【解析】A．该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，则c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=10-3.1×(10-6)2=10-15.1，故A正确；B．当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=10-11.7×(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)===，故B错误；C．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2‎ 沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误；故选A。‎ ‎20.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）‎ A. 2.24L B. 4.48L C. 6.72L D. 8.96L ‎【答案】C ‎【详解】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+ 3 H2↑生成的氢气为3.36 L,即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3 mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y 。质量和：2.7 + 56x + 64y =" 17.9" ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x="0.1" mol，y="0.15" molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以转移电子数总的为0.9 mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9 mol电子，则生成NO为0.3 mol，则V（NO）=6．72L。故答案选C。‎ 第Ⅱ卷（选择题共40分）‎ ‎21.下表为元素周期表的一部分。‎ 碳 氮 Y X 硫 ‎ Z 回答下列问题：‎ ‎（1）Z元素在周期表中的位置为_____________________。‎ ‎（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是____________；‎ a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊 b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多 c．Y和S两元素简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 ‎（3）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃‎ ‎，写出该反应的热化学方程式__________________________________________。‎ ‎（4）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的电子式为________________________。Q与水反应的化学方程式为________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 第三周期，ⅦA族 (2). ac (3). Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=-687kJ/mol (4). (5). Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑‎ ‎【分析】由元素在周期表中的位置可知X为Si，Y为O，Z为Cl；‎ ‎(1)根据元素的“构、位、性”进行判断；‎ ‎(2) 根据同主族非金属性强弱判断方法进行分析；‎ ‎(3) 根据书写热化学方程式的方法进行求算；‎ ‎(4)按烃分子中碳氢质量比、物质的量之比进行分析。‎ ‎【详解】由元素在周期表中的位置可知X为Si，Y为O，Z为Cl；‎ ‎(1)Z元素为氯元素，核电荷数为17，原子核外有三个电子层，最外层有7个电子，Z位于周期表中第三周期第ⅤⅡA族；‎ ‎(2) a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强；‎ b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得电子数多少没有必然关系，故不能说明Y与S非金属性的强弱；‎ c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强；‎ 故答案为ac；‎ ‎(3) 根据SiCl4的熔点和沸点，说明其室温下呈液态，根据书写热化学方程式的方法，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=-687kJ/mol；‎ ‎（4）该烃分子中碳氢质量比为9:1，碳氢物质的量之比为=，结合碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，Q的化学式为Mg2C3，烃的化学式为C3H4，电子式为，Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O=2‎ ‎ Mg(OH)2+C3H4↑。‎ ‎【点睛】本题考查了元素周期表的结构以及元素化合物的性质和元素周期律的知识。易错点是元素非金属性的比较，要注意归纳常见的比较方法，如元素非金属性强弱的判断依据：①同周期中，从左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族中，由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱；②依据最高价氧化物的水化物酸性的强弱：酸性越强，其元素的非金属性也越强；③依据其气态氢化物的稳定性：稳定性越强，非金属性越强；④与氢气化合的条件；⑤与盐溶液之间的置换反应；⑥、其他，例：2Cu＋SCu2S 、Cu＋Cl2CuCl2 所以，Cl的非金属性强于S。‎ ‎22.研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。‎ ‎（1）现有反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0。在850℃时，K=1。‎ ‎①如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应______(填字母)。‎ a.一定向正反应方向移动 b.在平衡移动过程中正反应速率先增大后减小 c.一定向逆反应方向移动 d.在平衡移动过程中逆反应速率先减小后增大 ‎②若反应容器的容积为2.0L，反应时间4.0min，容器内气体的物质的量减小了0.8mol，在这段时间内CO2的平均反应速率为__________________。‎ ‎③在850℃时，若向1L的密闭容器中同时充入3.0mol CO2、1.0molH2、1.0molCH3OH、5.0molH2O(g)，上述反应向____________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。‎ ‎（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。‎ ‎①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是__________________________________________。‎ ‎②为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是__________________。（写一条即可）‎ ‎【答案】(1). ad (2). 0.05mol·L-1·min-1 (3). 逆反应 (4). 温度超过250℃，催化剂的催化效率降低 (5). 增大反应压强(或增大CH4的浓度)‎ ‎【分析】（1）①如果反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0的平衡常数K值变大，说明降低温度；‎ ‎②根据差量法、结合化学反应速率的公式进行计算；‎ ‎③根据浓度商与K的大小进行判断；‎ ‎（2）①先弄清两条曲线的含义，这里涉及到影响反应速率的两个因素：催化剂和温度，从图像上看出100～250 ℃，温度升高，催化效率提高，而250～300 ℃，升高温度，催化效率下降，因而乙酸的生成速率下降；‎ ‎②利用平衡原理进行分析。‎ ‎【详解】（1）①如果反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0的平衡常数K值变大，说明降低温度，‎ a．降低温度，平衡一定向着正向移动，选项a正确；‎ b．降低温度后，正逆反应速率都减小，正反应速率在达到平衡前始终在减小，选项b错误；‎ c．降低温度，平衡一定向着正向移动，选项c错误；‎ d．化学平衡常数变大，说明降低温度，则正逆反应速率都减小，由于平衡向着正向移动，则逆反应速率先减小后增大，选项d正确；‎ 答案选ad；‎ ‎②若反应的容器容积为2.0L，反应时间4.0min，容器内气体的物质的量减小了0.8mol，则 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 气体减少的物质的量△n ‎1mol 2mol ‎ n 0.8mol 反应消耗的二氧化碳的物质的量为：n==0.4mol，‎ 在4min内CO2的平均反应速率为：=0.05 mol·L-1·min-1；‎ ‎③在850℃时，若向1L的密闭容器中同时充入3.0mol CO2、1.0molH2、1.0molCH3OH、5.0molH2O(g)，Qc==1.67>K=1，故反应向逆反应方向进行；‎ ‎（2）①由于催化剂的催化效率受温度影响大，根据图像，250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；‎ ‎②该反应的正反应是体积减小的可逆反应，所以为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是增大反应压强或增大CH4的浓度。‎ ‎23.（І）下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。‎ 化学式 CH3COOH HClO H2CO3‎ H2C2O4‎ Ka Ka＝1.8×10－5‎ Ka＝3.0×10－8‎ Ka1＝4.1×10－7‎ Ka2＝5.6×10－11‎ Ka1＝5.9×10－2‎ Ka2＝6.4×10－5‎ ‎（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______________________________________。‎ ‎（2）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是(填“>”、“<”或“＝”)：CH3COOK___NaClO，两溶液中：[c(Na＋)－c(ClO－)]___[c(K＋)－c(CH3COO－)]。‎ ‎（3）向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝______。‎ ‎（4）碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为____________________________________。‎ ‎（Ⅱ）H3PO2也可用电渗析法制备。 “四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：‎ ‎（1）写出阳极的电极反应式________________________。‎ ‎（2）分析产品室可得到H3PO2的原因_____________________________________________。‎ ‎【答案】(1). c(K＋)>c(HC2O4-)>c(H＋)>c(C2O42-)>c(OH－) (2). > (3). = (4). 5 (5). 2CO32-＋Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋2HCO3- (6). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋ (7). 阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2‎ ‎【分析】（І）（1）反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，又氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则：c(H＋)＞c(C2O42-)>c(OH－)；‎ ‎（2）根据醋酸和次氯酸的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越弱，据此判断pH相同时醋酸钾和次氯酸钠的浓度大小；根据电荷守恒判断浓度关系；‎ ‎（3）根据醋酸的电离平衡常数进行计算；‎ ‎（4）依据电离平衡常数判断出的酸性H2CO3 >HClO>HCO3-，依据酸性强弱分析反应产物，然后写出反应的离子方程式；‎ ‎（Ⅱ）（1）阳极发生氧化反应，水电离的OH－失去电子；‎ ‎（2）阳极室产生H＋，H＋通过阳膜进入产品室，原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2。‎ ‎【详解】（І）（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，则HC2O4-的电离程度大于其水解程度，再结合氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则：c(H＋)＞c(C2O42-)>c(OH－)，溶液中离子浓度由大到小顺序为：c(K＋)>c(HC2O4-)> c(H＋)>c(C2O42-)>c(OH－)；‎ ‎（2）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH＞HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；‎ 由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：[c(Na+)-c(ClO-)]= [c(K＋)-c(CH3COO-)]，‎ 故答案为：＞；=；‎ ‎（3）醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5=，已知c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9，则c(H＋)=1.8×10-5×=1×10-5mol/L，则该溶液的pH=5；‎ ‎（4）将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中，氯气和水反应生成的盐酸反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2CO32-＋Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋2HCO3-；‎ ‎（Ⅱ）（1）阳极发生氧化反应，水电离的OH－失去电子，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；‎ ‎（2）阳极室产生H＋，H＋通过阳膜进入产品室，原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡常数的有关计算和应用、离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡、盐的水解原理为解答关键，注意明确电离平衡常数的概念及计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎24.某工厂对制革工业污泥中Cr元素的回收与再利用工艺如下(硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋)：‎ 常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：‎ 阳离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Mg2＋‎ Al3＋‎ Cu2＋‎ Cr3＋‎ 开始沉淀时的pH ‎1.9‎ ‎7.0‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎4.7‎ ‎－‎ 沉淀完全时的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎11.1‎ ‎8‎ ‎6.7‎ ‎9(＞9溶解)‎ ‎（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是___________________________(写一条即可)。‎ ‎（2）调pH＝8是为了除去_______________(填Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋)。‎ ‎（3）试配平氧化还原反应方程式：____Na2Cr2O7＋____SO2＋____H2O=___Cr(OH)(H2O)5SO4＋____Na2SO4；每生成1molCr(OH)(H2O)5SO4消耗SO2的物质的量为_________。‎ ‎（4）印刷电路铜板腐蚀剂常用FeCl3。腐蚀铜板后的混合溶液中，若Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋的浓度均为0.10mol/L，请参照上表给出的数据和提供的药品，简述除去CuCl2溶液中Fe3＋ 和Fe2＋的实验步骤：①___________________________；②______________________________；③过滤。(提供的药品：Cl2、浓H2SO4、NaOH溶液、CuO、Cu)。‎ ‎【答案】(1). 升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸(多次浸取)、适当延长浸取时间 (2). Fe3＋、Al3＋ (3). 1 (4). 3 (5). 11 (6). 2 (7). 1 (8). 1.5mol (9). 通入足量氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋ (10). 加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7‎ ‎【分析】硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离；加入NaOH溶液调pH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；最后钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，据此分析。‎ ‎【详解】硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离；加入NaOH溶液调pH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；最后钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子。‎ I、（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：升高温度、适当延长浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，‎ 故答案为：升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸(多次浸取)、适当延长浸取时间；‎ ‎（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入H2O2将Fe2+和Cr3+氧化，加入NaOH溶液调pH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；‎ 故答案为：Fe3+、Al3+；‎ ‎（3）反应中，Na2Cr2O7中Cr元素的化合价由+6价降至Cr(OH)(H2O)5SO4中+3价，1molNa2Cr2O7得到6mol电子，S元素的化合价由+4价升至+6价，1molSO2失去2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后的方程式为：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2Cr（OH）（H2O）5SO4+Na2SO4，‎ 根据方程式：3SO2～2 Cr(OH)(H2O)5SO4‎ ‎ 3 mol 2mol n（SO2） 1mol 所以n（SO2）=1.5mol；‎ ‎（4）根据上表给出的数据和提供的药品，除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤是：通入足量的氯气将Fe2+氧化为Fe3+、加入CuO调节溶液pH值3.2~4.7使铁离子沉淀完全，然后过滤，‎ 故答案为：①通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；②加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7。 ‎