【化学】黑龙江省大庆实验中学2020届高三上学期开学考试（解析版）

【化学】黑龙江省大庆实验中学2020届高三上学期开学考试（解析版）

黑龙江省大庆实验中学2020届高三上学期开学考试 说明：相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64‎ 第I卷 (选择题，共46分)‎ 一、单选题(每小题只有一个正确选项。其中1~14题，每小题2分，共28分；15~20题，每小题3分，共18分。)‎ ‎1.化学与生产生活密切相关。下列说法不正确的是( )‎ A. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质 B. 肥皂水可以作蚊虫叮咬处的清洗剂 C. 二氧化硫可以作纸张的漂白剂，也可用作食品添加剂 D. 泡沫灭火器可以用于一般的起火，也可用于电器起火 ‎【答案】D ‎【详解】A. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质，A正确；‎ B. 肥皂水显碱性，可以作蚊虫叮咬处的清洗剂，B正确；‎ C. 二氧化硫可以作纸张的漂白剂，也可用作食品添加剂，例如葡萄酒中可以添加二氧化硫，C正确；‎ D. 泡沫灭火器可以用于一般的起火，喷出的泡沫中含有水，因此不能用于电器起火，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.阿伏伽德罗常数的值为NA，下列有关说法正确的是( )‎ A. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入29.4 g Cu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移的电子数目为0.6NA B. 15.6 g苯中含有碳碳双键的数目为0.6NA C. 标况下，2.24 L CHCl3中含有C-Cl键的数目大于0.3NA D. 25℃时，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA ‎【答案】C ‎【详解】A. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，加入29.4 g Cu(OH)2能使溶液复原，氢氧化铜的物质的量是0.3mol，这说明电解过程中开始电解硫酸铜，后来电解硫酸（水）。根据阳极产物为0.3mol氧气生成，则电解过程中转移的电子数目为1.2NA，A错误；‎ B. 苯分子中不存在碳碳双键，B错误；‎ C. 标况下CHCl3是液体，2.24 L CHCl3的物质的量大于0.1mol，其中含有C-Cl键的数目大于0.3NA，C正确；‎ D. 溶液体积未知，无法计算25℃时，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项A是解答的易错点和难点，明确电解原理是解答的关键，注意加入Cu(OH)2能使溶液复原，说明阴极产物是铜和氢气，阳极产物只有氧气，根据氧原子守恒可以简化计算过程。‎ ‎3.下列指定反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 少量的SO2通入到Ca(ClO)2溶液中：Ca(ClO)2 + SO2 + H2O ═ CaSO3↓+ 2HClO B. 室温下，测得氯化铵溶液pH<7，因为NH4+ + 2H2O D NH3·H2O + H3O+‎ C. 吸氧腐蚀负极的电极反应式为：Fe - 3e- ═ Fe3+‎ D. 用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. 少量的SO2通入到Ca(ClO)2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钙、氯化钙，A错误；‎ B. 室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，这是由于铵根水解：NH4++2H2ONH3·H2O+H3O+，B正确；‎ C. 吸氧腐蚀负极的电极反应式为：Fe-2e-＝Fe2+，C错误；‎ D. 酚羟基与碳酸氢钠不反应，只有羧基与碳酸氢钠反应生成羧酸钠、二氧化碳和水，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池 B. 半导体器件的研制开始于锗，后来发展到研制与它同族的硅 C. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 D. P2O5可用作食品干燥剂，NO和NO2被碱溶液吸收可制得亚硝酸盐 ‎【答案】B ‎【详解】A. SiO2不导电，可用于制作光导纤维，不能用于光电池，A错误；‎ B. 半导体器件的研制开始于锗，后来发展到研制与它同族的硅，B正确；‎ C. 不能用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，可以用硫化钠，C错误；‎ D. P2O5吸水生成磷酸，不能用作食品干燥剂，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列关于有机化合物的认识不正确的是( )‎ A. 石油裂解和油脂皂化都有高分子生成小分子的过程 B. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去 C. 和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则 D. 若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物可以一致 ‎【答案】A ‎【详解】A. 石油裂解和油脂皂化都不是由高分子生成小分子的过程，A错误；‎ B. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去，B正确；‎ C. 和CO2反应生成可降解聚合物，产物只有一种，该反应符合绿色化学的原则，C正确；‎ D. 若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物可以一致，例如1分子甘氨酸和1分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但其水解产物相同，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】选项D是解答的易错点，明确氨基酸形成二肽的反应特点是解答的关键，注意学会举例排除法在化学单选题中的灵活应用。‎ ‎6.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是( )‎ A. HF是卤族元素的氢化物中沸点最高的，因为HF分子间存在氢键，所以CH4也是同族元素氢化物中沸点最高的 B. NaCl与浓硫酸加热可制得HCl，推测NaI与浓硫酸加热可制得HI C. 因为AgCl、AgBr、AgI均难溶，推测AgF也难溶于水 D. 由于还原性HBr＜HI，推测还原性H2S＜H2Se ‎【答案】D ‎【详解】A.CH4分子间不存在氢键，是同族元素氢化物中沸点最低的，A错误；‎ B. 碘离子具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，不能用NaI与浓硫酸加热制备HI，B错误；‎ C. AgF能溶于水，C错误；‎ D. 同主族从上到下非金属性逐渐减弱，相应阴离子的还原性逐渐增强，因此根据还原性HBr＜HI，可推测还原性H2S＜H2Se，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是( )‎ ‎① ②③ ④‎ A. 利用①配制一定物质的量浓度的溶液 B. 利用②制取干燥的氨气 C. 利用③进行酸碱中和滴定 D. 利用④制取SO2‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 定容时应该用胶头滴管，A错误；‎ B. 氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口又重新化合生成氯化铵，因此不能利用②制取干燥的氨气，B错误；‎ C. 酸应该用酸式滴定管盛装，C错误；‎ D. 常温下亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，因此可以利用④制取SO2，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是( )‎ A. b能在NaOH醇溶液条件下发生消去反应 B. 与a互为同分异构体的二元取代的芳香化合物有9种 C. b分子中所有碳原子可能均处于同一平面上 D. a、c均能与溴水发生加成反应，且1mol 分子分别最多消耗3 mol、1 mol Br2‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. b分子中含有羟基，在浓硫酸的作用下加热发生消去反应，A错误；‎ B.‎ ‎ 与a互为同分异构体的二元取代的芳香化合物有9种，即2个取代基可以是甲基和正丙基、甲基和异丙基、乙基和乙基，均有邻间对三种，B正确；‎ C. b分子中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能均处于同一平面上，C错误；‎ D. c不能与溴水发生加成反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项C为解答的难点和易错点，答题时注意从甲烷、乙烯和苯的结构分析判断。‎ ‎9.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是( )‎ 选项 实验操作 实验目的或结论 A 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)‎ B 向20%蔗糖溶液中加入足量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜 蔗糖未水解 C 向久置的FeCl2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液 检验Fe2+是否完全被氧化 D 在相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5%H2O2和1 mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象 探究催化剂对H2O2分解速率的影响 ‎【答案】D ‎【详解】A、向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成，由于不能确定起始时氯离子和碘离子的浓度大小关系，因此不能据此得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；‎ B、向20%蔗糖溶液中加入足量稀H2SO4，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜不能说明蔗糖未水解，因为没有加入碱中和稀硫酸，B错误；‎ C、向久置的FeCl2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液不能检验Fe2+是否完全被氧化，因为氯离子也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；‎ D、在相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5%H2O2和1 mL FeCl3‎ 溶液，实验中变量为氯化铁，因此通过观察并比较实验现象可以探究催化剂对H2O2分解速率的影响，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】掌握物质的性质特点、性质差异是解答的关键，选项C是解答的易错点，学生容易忽略氯离子也具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。‎ ‎10.下列有关实验原理或操作正确的是( )‎ A. 用20 mL量筒量取15 mL 酒精，加水5 mL ，配制质量分数75%酒精溶液 B. 实验中需用2.0 mol/L 的碳酸钠溶液950 mL ，配制时应称取碳酸钠的质量为201.4g C. 取某溶液少量于试管中，向其中加入稀NaOH溶液，再将湿润的蓝色石蕊试纸放于试管口，若变红则证明该溶液中存在NH4+‎ D. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，选用甲基橙作指示剂比酚酞更准确 ‎【答案】D ‎【详解】A. 用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，均是体积，得到的是体积分数为75%酒精溶液，A错误；‎ B. 实验中需用2.0 mol/L的碳酸钠溶液950 mL，配制时应选择1000mL容量瓶，所以称取碳酸钠的质量为1L×2.0mol/L×106g/mol＝212g，B错误；‎ C. 由于加入的是稀NaOH溶液，因此反应中可能不会放出氨气，所以不能检验溶液中是否存在NH4+，C错误；‎ D. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，恰好反应时溶液显酸性，因此选用甲基橙作指示剂比酚酞更准确，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.A、B、C、X均为中学化学常见物质，它们之间有如下转化关系(副产物已略去)，‎ 下列相关叙述错误的是( )‎ A. 若X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，则A可以是C、Na、S、N2‎ B. 若X是黄绿色气体单质，则A可以是Fe，且B的水溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀。‎ C. 若X是一种温室气体，单质A被誉为国防金属，则反应①的化学方程式为2Mg+CO2点燃2MgO+C D. 若X为一种混合物，其中一种溶质常做制冷剂，A能使品红褪色，加热后又回复原色，则反应①的离子方程式为SO2+NH3·H2O ═ NH4++HSO3-‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. 若X是空气中存在的强氧化性无色气体单质，X是氧气，则A可以是C、Na、S、N2，A正确；‎ B. 若X是黄绿色气体单质，X是氯气，氯气与铁反应生成氯化铁，氯化铁与氯气不反应，B错误；‎ C. 若X是一种温室气体，单质A被誉为国防金属，X是二氧化碳，A是镁，则反应①的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C，C正确；‎ D. 若X为一种混合物，其中一种溶质常做制冷剂，A能使品红褪色，加热后又回复原色，A是二氧化硫，X是氨水，则反应①的离子方程式为SO2+NH3·H2O＝NH4++HSO3-，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，在海洋循环中，通过下图所示的途径固碳。以下选项中相关说法不正确的是( )‎ A. NaHCO3溶液中存在：c(H2CO3)+c(HCO3- )+c(OH-)=c(H+)‎ B. 钙化作用的离子方程式为Ca2+ + 2HCO3- ═ CaCO3↓+ CO2↑ + H2O C. Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3- )>c(H+)‎ D. 若将标况下2.24 L CO2气体通入足量的NaOH溶液，所得溶液中存在：n(H2CO3)+n(HCO3- )+n(CO32-)=0.1 mol ‎【答案】A ‎【详解】A. 根据质子守恒可知NaHCO3溶液中存在：c(HCO3-)+c(OH-)＝c(H2CO3)+c(H+)，A错误；‎ B. 钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO3-＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，B正确；‎ C. 碳酸根水解，溶液显碱性，Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+‎ ‎)，C正确；‎ D. 若将标况下2.24 L CO2气体通入足量的NaOH溶液生成0.1mol碳酸钠，根据物料守恒可知所得溶液中存在：n(H2CO3)+n(HCO3-)+n(CO32-)=0.1 mol，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎13.短周期五种主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1 mol DAx与足量的A2C反应生成22.4 L(标准状况)A气体。下列选项中说法正确的是( )‎ A. A、B、C、D、E五种元素的简单离子半径大小关系为：A＜C＜B＜D＜E B. A和B可以组成既含有极性键又含有非极性键的共价化合物 C. B和D可以形成共价化合物 D. 由A、C、D、E四种元素组成的盐溶于水，水溶液显碱性 ‎【答案】B ‎【详解】短周期五种主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C是O，C和E位于同主族，E是S，因此A是H，B是N。1 mol DAx与足量的H2O反应生成22.4 L(标准状况)A气体，因此D是Na。‎ A. 离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，A、B、C、D、E五种元素的简单离子半径大小关系为：A＜D＜C＜B＜E，A错误；‎ B. H和N可以组成既含有极性键又含有非极性键的共价化合物，例如NH3、N2H4，B正确；‎ C. N和Na可以形成离子化合物，C错误；‎ D. 由H、O、Na、S四种元素组成的盐溶于水，水溶液显酸性，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】准确判断出元素是解答的关键，D元素的判断是解答的难点，注意金属氢化物与水反应的实质是－1价的H和水中+1价的H之间发生氧化还原反应生成氢气。‎ ‎14.日本产业技术综合研究所发布锂空气电池的设计构思是负极采用金属锂条，中间设有用于隔开正极和负极的锂离子固体电解质，正极的水性电解液使用碱性水溶性凝胶，与由微细化碳和廉价氧化物催化剂形成的正极组合，既可以用作充电电池也可用作燃料电池使用，结构如图所示。下列有关该锂空气电池说法不正确的是( )‎ A. 电池放电时，Li+穿过隔膜向b极移动得到LiOH溶液 B. 放电时，外电路的电子由a经外电路流向b C. 充电时，a电极的电极反应为：Li+ + e- ═ Li D. 放电时，b极发生的电极反应为O2 - 4e- + 2H2O ═ 4OH-‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 电池放电时是原电池，a电极是负极，因此Li+穿过隔膜向b极移动得到LiOH溶液，A正确；‎ B. 放电时a电极是负极，b电极是正极，外电路的电子由a经外电路流向b，B正确；‎ C. 充电时是电解池，a电极是阴极，电极反应为：Li++e-＝Li，C正确；‎ D. 放电时，b极是正极，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O＝4OH-，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.根据下列图示所得出的结论正确的是( )‎ 图 1 图 2 ‎ 图 3 图 4 ‎ A. 由图1可知反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率快 B. 若图2为1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，则说明该酸是强酸 C. 由图3知反应3A(g)＋2B(g) D 2C(g) 的 ΔH>0，且a＝1.5‎ D. 若图4表示常温下用0.1000mo1/L NaOH溶液滴定25.00mL CH3COOH溶液的滴定曲线，则c(CH3COOH)=0.1000mo1/L ‎【答案】C ‎【详解】A. 由图1可知第I步比第Ⅱ步活化能高，因此反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢，A错误；‎ B. 若图2为1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，根据图像可知稀释100倍时pH＜4，则说明该酸是弱酸，B错误；‎ C. 由图3知温度越高，平衡时C的体积分数越大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，ΔH＞0。A和B按照化学计量数比反应平衡时C的体积分数最大，因此反应3A(g)＋2B(g)2C(g)的ΔH＞0，且a＝1.5，C正确；‎ D. 恰好反应时溶液显碱性，因此根据图4无法计算醋酸的浓度，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.某小组为探究三草酸合铁酸钾[K3[Fe(C2O4)3]·3H2O]的热分解产物，按下图所示装置进行实验。下列选项有关该实验的描述错误的是( )‎ A. 通入N2的目的是隔绝空气、使反应产生的气体全部进入到后续装置 B. 装置E中现象若为黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊，则证明分解产物中含有CO C. 停止实验时操作，应先熄灭装置A和E的酒精灯，再停止通入N2‎ D. 结束实验后，待A中固体冷却至室温，取少量于试管中，加稀硫酸溶解，滴加1-2滴KSCN溶液，溶液变红，证明含有Fe2O3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 空气中的氧气和二氧化碳会干扰实验，因此通入N2的目的是隔绝空气、使反应产生的气体全部进入到后续装置，A正确；‎ B. 装置E中现象若为黑色固体变红，说明氧化铜被还原为铜，F中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明分解产物中含有CO，B正确；‎ C. 为防止倒吸，停止实验时操作，应先熄灭装置A和E的酒精灯，再停止通入N2，C正确；‎ D. 结束实验后，待A中固体冷却至室温，取少量于试管中，加稀硫酸溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，溶液变红，只能说明溶液中含有铁离子，但不能证明含有Fe2O3，也可能是四氧化三铁，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确实验原理和实验目的是解答的关键，注意元素化合物知识的灵活应用。选项D是解答的易错点，注意含有+3价铁的氧化物不止氧化铁，还有四氧化三铁。‎ ‎17.葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量(通常以酒样中的SO2的量计)。某研究小组设计了如下实验：‎ 已知：少量碘酸钾：3Na2SO3 + KIO3 = KI + 3Na2SO4 ‎ 过量碘酸钾：5Na2SO3 + 2KIO3 + H2SO4 = I2 + 5Na2SO4 + K2SO4 + H2O 以下选项中有关该实验的说法错误的是( )‎ A. 葡萄酒中添加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性 B. 边通氮气边煮沸的目的是降低SO2的溶解度，让其全部逸出被吸收液X吸收 C. 若吸收液选择Cl2，则标准液Y可以选择NaOH标准溶液 D. 若吸收液选择NaOH溶液，则滴定前，可先向溶液A中滴加稀硫酸调制微酸性，利用淀粉作指示剂、KIO3作标准溶液Y进行滴定。‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 葡萄酒中添加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性，A正确；‎ B. 亚硫酸盐和硫酸反应产生二氧化硫，因此边通氮气边煮沸的目的是降低SO2的溶解度，让其全部逸出被吸收液X吸收，B正确；‎ C. 若吸收液选择Cl2，则溶液A中含有硫酸和盐酸，所以标准液Y不能选择NaOH标准溶液，C错误；‎ D. 若吸收液选择NaOH溶液，溶液A中含有亚硫酸钠以及过量的氢氧化钠，则滴定前，可先向溶液A中滴加稀硫酸调制微酸性，利用淀粉作指示剂、KIO3作标准溶液Y进行滴定，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎18.我国科学家成功实现了电解气态HCl制备Cl2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. a为外接直流电源的负极 B. 阳极的电极反应为2HCl - 2e- ═ Cl2 + 2H+‎ C. 通电后H+从左室迁移至右室 D. 左室中发生反应为4Fe2+ + O2 + 4H+ ═ 4Fe3+ + 2H2O，实现了Fe3+的再生 ‎【答案】C ‎【详解】A. 右侧氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则a为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极，A正确；‎ B. 阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应为2HCl-2e-＝Cl2+2H+，B正确；‎ C. 电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H+从右室迁移至左室，C错误；‎ D. 根据装置图可判断左室中发生反应为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，实现了Fe3+的再生，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎19.已知：p(Ba2+) ═ -lgc(Ba2+)，p(X2-) ═ -lgc(X2-) ，Ksp(BaSO4) 10-(1+a) ‎ D. BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)的K=0.1‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. p(Ba2+)＝-lgc(Ba2+)，因此当阴离子浓度相等时，溶度积常数越大p(Ba2+)越小，所以N线为BaCO3的溶解平衡曲线，M线为BaSO4的溶解平衡曲线，A错误；‎ B. b点位于M曲线的下侧，浓度熵大于溶度积常数，所以对应的溶液中Ba2+、SO42-能形成BaSO4沉淀，B错误；‎ C. 根据图像可知Ksp(BaSO4)＝10－a×10－2＝10－(2+a)＜10-(1+a)，C错误；‎ D. 根据图像可知Ksp(BaSO4)＝10－(2+a)，Ksp(BaCO3)＝10-(1+a)，所以BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)的K＝Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)＝0.1，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确图像中纵、横坐标含义，理解图像中线上的点、线的含义是解答的关键，选项B是解答的易错点，注意浓度熵和溶度积常数关系的应用。‎ ‎20.8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法不正确的是( )‎ A. 温度为78 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·4H2O B. 取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3‎ C. 在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O D. 温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O ‎【答案】D ‎【分析】8.34 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为8.34 g÷278 g/mol＝0.03 mol，其中m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g/mol＝3.78 g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，据此解答。‎ ‎【详解】A．温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中 m(FeSO4)＝0.03 mol×152‎ ‎ g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝2.16 g÷18 g/mol＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，A正确；‎ B．加热至650 ℃时，固体的质量为2.40 g，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g/mol＝1.68 g，则固体中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.72 g÷16 g/mol＝0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶0.045 mol＝2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，B正确；‎ C．固体N的质量为5.10 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g/mol＝4.56 g，m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.54 g÷18 g/mol＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，C正确；‎ D．温度为159℃时，由C项可知N的化学式为FeSO4·H2O，D错误。‎ 答案选D。‎ 第II卷 (非选择题，共54分)‎ ‎21.氯化镁纯品为无色单斜晶体，工业品通常呈黄褐色，有苦咸味。该物质可以形成六水合物，即六水氯化镁(MgCl2·6H2O)，以下流程为由某混合物，制取纯净MgCl2·6H2O的生产过程：‎ 已知：在本流程中，‎ Fe3+‎ Fe2+‎ Al3+‎ Mg2+‎ 开始沉淀pH ‎1.5‎ ‎6.5‎ ‎3.3‎ ‎8.4‎ 完全沉淀pH ‎4.1‎ ‎9.7‎ ‎5.5‎ ‎10.9‎ 试回答下列问题： ‎ ‎(1)操作1所需玻璃仪器为____________________。‎ ‎(2)流程中加入试剂2调节pH的范围是______________；加入试剂2能形成沉淀的原因是_________________________________________________。‎ ‎(3)操作3为加入足量的盐酸，然后经过___________、____________，过滤，洗涤，干燥；在操作不当的情况下，若MgCl2·6H2O受热则会发生水解形成碱式盐，则该反应的化学方程式为__________________________________________________。‎ ‎(4)若25℃下，Ksp[Mg(OH)2]=4×10-12，则该温度下，将Mg(OH)2溶于水形成饱和溶液，则其饱和溶液的pH=_________。(已知：lg5=0.7)‎ ‎【答案】(1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). 5.5≤pH＜8.4 (3). 试剂2与H＋反应，使溶液的pH 值升高，促进了Al3+、Fe3+的水解，完全水解生成Fe(OH)3和Al(OH)3 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O (7). 10.3‎ ‎【分析】固体混合物溶于盐酸得到氯化镁、氯化铝、氯化铁、氯化亚铁和盐酸的混合液，二氧化硅不溶，因此过滤得到的滤渣1是二氧化硅，滤液1中加入过氧化氢将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，通过调节pH得到氢氧化铝和氢氧化铁，滤液3中含有氯化镁，经过操作3得到MgCl2·6H2O，据此解答。‎ ‎【详解】(1)操作1是过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒。‎ ‎(2)流程中加入试剂2调节pH时得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，镁离子不沉淀，因此根据表中数据，范围是5.5≤pH＜8.4；加入试剂2能形成沉淀的原因是试剂2与H＋反应，使溶液的pH值升高，促进了Al3+、Fe3+的水解，完全水解生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。‎ ‎(3)操作3得到MgCl2·6H2O，由于镁离子水解，则操作为加入足量的盐酸，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；在操作不当的情况下，若MgCl2·6H2O受热则会发生水解形成碱式盐，则该反应的化学方程式为MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O。‎ ‎(4)若25℃下，Ksp[Mg(OH)2]=4×10-12，则该温度下，将Mg(OH)2溶于水形成饱和溶液，设其饱和溶液中氢氧根的浓度是x mol/L，则0.5x×x2＝4×10-12，解得x＝2×10-4，氢离子浓度是5×10－11 mol/L，所以溶液的pH=10.3。‎ ‎22.以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。‎ I．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。‎ ‎(1)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：‎ 第一步I2(g)2I(g)(快反应)‎ 第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)‎ 第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)‎ 实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是__________。‎ A．N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气有关 B．第三步对总反应速率起决定作用 C．第二步活化能比第三步小 D．IO为反应的催化剂 Ⅱ．汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如，‎ 反应I：2CO +2NON2+2CO2 △H1；反应II：4CO +2NO2N2+4CO2 △H2<0。 ‎ ‎(2)针对反应I:‎ ‎①已知：反应N2(g)+O2(g)2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol−1，若CO的燃烧热为-283.5kJ·mol−l 则反应I的△H1=_________kJ·mol−1。‎ ‎②若在恒容的密闭容器中，充入2molCO和1molNO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_______。‎ A.CO和NO的物质的量之比不变 B.混合气体的密度保持不变 ‎ C.混合气体的压强保持不变 D.2v（N2）正=v（CO）逆 ‎(3)在2L密闭容器中充入2 mol CO和1 molNO2，发生上述反应II。‎ ‎①若在某温度下，该反应达平衡时CO的转化率为40%，则该反应的平衡常数为________。‎ 图 1 图 2 ‎ ‎②图1为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度：T1____T2(填“<”或“>”)；若 在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的____点。‎ ‎(4)某研究小组探究催化剂对CO、NO2转化的影响。将NO2和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO2含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO2的转化率)，结果如图2所示。若高于450℃‎ ‎，图2中曲线中脱氮率随温度升高而降低的主要原因是___________________________；a点 ______ (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). A (2). -747.0 kJ·mol−1 (3). B (4). 0.22 L/mol (5). < (6). E (7). 温度太高，催化剂的活性降低，反应放热，平衡向逆反应方向移动 (8). 不是 (9). 因为该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高 ‎【详解】(1)A．由含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)，所以N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气有关，A正确；‎ B．第二步是慢反应，则第二步对总反应速率起决定作用，B错误；‎ C．第二步是慢反应，则第二步活化能比第三步大，C错误；‎ D．IO为反应的中间产物，不是催化剂，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎(2)①CO的燃烧热为-283.5kJ·mol−l，则2CO(g)+O2(g)＝CO2(g) △H＝－567 kJ·mol−l，又因为N2(g)+O2(g)＝2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol−1，则两式想减即得到反应I的△H1=－747.0 kJ·mol−1。‎ ‎②A.起始时CO和NO的物质的量之比不满足化学计量数之比，所以CO和NO的物质的量不变能说明反应达到平衡状态，A不选；‎ B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，B选；‎ C.正反应体积减小，则混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡状态，C不选；‎ D.2v（N2）正=v（CO）逆说明正逆反应速率相等，D不选；‎ 答案选B。‎ ‎(3)① 4CO+2NO2N2+4CO2‎ 起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.4 0.2 0.1 0.4‎ 平衡浓度（mol/L）0.6 0.3 0.1 0.4‎ 则该反应的平衡常数为=0.22。‎ ‎②正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，CO2体积分数减小，所以T1＜T2；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，由于正反应是体积减小的放热的可逆反应，则平衡向逆反应方向进行，所以重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的E点。‎ ‎(4)由于温度太高，催化剂的活性降低，反应放热，平衡向逆反应方向移动，所以曲线中脱氮率随温度升高而降低；因为该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高，所以a点不是对应温度下的平衡脱氮率。‎ ‎23.磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体 PH3(沸点－89.7℃，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.0500 mg/kg时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品中残留磷化物的质量以判断是否合格。‎ 在C中加入100g原粮，E中加入20.00 mL 2.50×10-4 mol/ L KMnO4溶液(H2SO4酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。回答下列问题：‎ ‎(1)PH3的电子式为___________。仪器C的名称是___________。‎ ‎(2)A中酸性高锰酸钾溶液的作用是________________________________，通入空气的作用是_______________________________。‎ ‎(3)PH3也可被NaClO氧化可用于制备NaH2PO2，制得的NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍，同时生成磷酸和氯化物，请写出化学镀镍的化学方程式为_____________________________________________。‎ ‎(4)装置E中PH3被氧化成磷酸，充分反应后的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10－5mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：SO32－+MnO4－+H+→SO42－+Mn2++H2O(未配平)，则滴定终点的现象为________________________________________。‎ 该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为__________________mg/kg。（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). (2). 三颈烧瓶 (3).‎ ‎ 吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高。 (4). 排出装置中空气；保证生成的PH3全部被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收 (5). 2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl (6). 滴最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色 (7). 0.383‎ ‎【分析】(1)根据P、H原子结构，分析书写出PH3的电子式；结合示意图辨析仪器；‎ ‎(2)根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性分析；根据PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；‎ ‎(3)根据电子得失守恒分析解答；‎ ‎(4)根据KMnO4溶液的颜色判断，根据氧化还原反应中电子守恒计算。‎ ‎【详解】(1)由于P、H两元素通过共价键结合形成化合物，H原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P原子最外层有5个电子，可结合3个H原子形成三对共用电子对，达到8电子的稳定结构，PH3的电子式是；由示意图可知仪器C的名称是三颈烧瓶；‎ ‎(2)由于空气中也含有还原性气体会干扰后续的实验，因此A中酸性高锰酸钾溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高；AlP与水发生反应产生Al(OH)3和PH3，PH3是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的PH3全部赶到E内，被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收，以减小实验误差；‎ ‎(3)NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍，同时生成磷酸和氯化物，反应中Ni元素化合价从+2价降低到0价，P元素化合价从+1价升高到+5价，所以根据电子得失守恒可知化学镀镍的化学方程式为2NiCl2+NaH2PO2+2H2O＝2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl。‎ ‎(4)由于酸性高锰酸钾溶液显紫色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；根据题意可知KMnO4得到电子的物质的量与PH3、Na2SO3失去的电子的物质的量相等，2n(Na2SO3)+8n(PH3)=5n(KMnO4)，带入数值：2×10×4.0×10－5mol/L×0.02L+8 n(PH3)=5×2.50×10－4mol/L×0.02L，解得n(PH3)=1.125×10-6mol，m(PH3)=1.125×10-6mol×34g/mol=3.825×10-5g=0.03825mg；则该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为0.03825mg÷0.1kg＝0.383mg/kg。‎ ‎【点睛】明确实验原理和相关物质性质是解答的关键，注意守恒法的硫化银。滴定操作中物质稀释倍数的换算是本题解答的易错点。‎ ‎24.十九大报告中指出，“大力保障和改善民生，让广大人民群众病有所医、老有所养。”茜草素H()对金黄色葡萄球菌的生长有抑制作用，一种合成茜草素的线路设计如下：‎ 请回答下列问题：‎ 已知： ‎ ‎(1)H中所含官能团的名称是__________________，C的名称是_________________。‎ ‎(2)A→B反应类型是_______________。C→D反应类型是_______________。‎ ‎(3)写出C→D的化学方程式：______________________________________________________。‎ ‎(4)G的结构简式为____________X是A的加聚产物，则其顺式结构的结构简式为__________。‎ ‎(5)写出E与乙二醇的缩聚反应的化学方程式：_____________________________________。‎ ‎(6)芳香族化合物Y是B的同分异构体，同时符合下列条件的Y共有_______种。‎ A.1 mol Y能消耗 1 mol NaOH B.Y能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎ C.苯环上有3个取代基 ‎【答案】(1). 羟基、羰基 (2). 邻苯二甲醛 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). (6). ‎ ‎ (7). (8). (9). 20‎ ‎【分析】根据已知信息结合A的分子式可知A是1，3－丁二烯，B的结构简式为。B发生已知信息②的反应生成C，则C的结构简式为。C与新制氢氧化铜悬浊液反应生成D，D酸化得到E，则E的结构简式为。E发生已知信息③的反应生成F，则F的结构简式为，根据H的结构简式结合G的分子式可知G的结构简式为，据此解答。‎ ‎【详解】(1)根据H的结构简式可知H中所含官能团的名称是羟基、羰基，C的结构简式为，名称是邻苯二甲醛。‎ ‎(2)根据以上分析可知A→B反应类型是加成反应。C→D反应类型是氧化反应。‎ ‎(3)C→D的化学方程式为。‎ ‎(4)G的结构简式为 ‎。A是1，3－丁二烯，X是A的加聚产物，则其顺式结构的结构简式为。‎ ‎(5)E与乙二醇的缩聚反应的化学方程式为。‎ ‎(6)芳香族化合物Y是B的同分异构体，B的结构简式为，其中Y能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1 mol Y能消耗 1 mol NaOH，因此另一个氧原子只能是羟基或醚键，苯环上有3个取代基，则3个取代基是－OH、－CH2OH、－CH3或－OH、－OCH3、－CH3，合计是2×10＝20种。 ‎