吉林省靖宇县一中2020届高三上学期9月月考化学试题

吉林省靖宇县一中2020届高三上学期9月月考化学试题

‎2019-2020学年上学期高三第一次月考 化学 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 Ba 137‎ 一、选择题（每小题3分，共48分）‎ ‎1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. “雾霾积聚，难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. 我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛 C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同 D. 碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．气溶胶为胶体分散系，胶体具有丁达尔效应；B．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；C．活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性；D. 碳素钢是合金，光导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料。‎ ‎【详解】A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，选项A正确；B．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，选项B正确；C．活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故漂白纸浆的原理不相同，选项C正确；D. 碳素钢是合金，光导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料，选项D不正确。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，解题关键在于熟悉常见物质的组成、结构、性质和用途，题目难度不大。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中一定正确的是 (　　)。‎ A. 在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子数为2NA B. 1 mol C4H10分子中共价键总数为13NA C. 0.5 mol·L－1 Ba(NO3)2溶液中，NO3-的数目为NA D. 任何条件下，20 L N2含有的分子数都不可能为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子K+数为NA，错误；B．1 mol C4H10分子中含有C-C共价键是3mol，含有C-H共价键是10mol，所以共价键总数为13NA，正确。C.只有浓度没有体积，不能确定微粒的物质的量的多少及个数，错误。D．在一定条件下， 20 L N2的物质的量可能是1mol，其中含有的分子数可能为NA，错误。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。‎ ‎3.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是 ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2　②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸　③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液　④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故①符合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；答案为C。‎ ‎4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )‎ 选项 离子方程式 评价 A 将2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：‎ ‎2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2‎ 正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化 B Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：‎ Ba2＋＋HCO3-＋OH－===BaCO3↓＋H2O 正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水 C 过量SO2通入NaClO溶液中：‎ SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-‎ 正确；说明酸性：H2SO3强于HClO D ‎1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积混合：‎ ‎2AlO2-＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O 正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；B．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba2＋＋2HCO＋2OH－==BaCO3↓＋2H2O＋CO，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－==2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；D．1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。故选D。‎ 考点：考查离子方程式的正误判断 ‎【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。书写离子方程式一般包括以下步骤：①写：依据事实正确写出化学方程式；②拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；③删：删去方程式两边不参加反应的离子；④查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。特别注意：①没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。如NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。④判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。‎ ‎5.下列除去杂质的方法不正确的是 A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥 B. 用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋‎ C. 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水 D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。‎ 考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。‎ ‎6.某溶液可能含有Na＋、Fe2＋、Br－、CO32－、I－、SO32－六种离子中的几种①在该溶液中加入足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色；②向橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；③向淀粉溶液中滴加该橙黄色溶液未变蓝色，则在该溶液中肯定存在的离子组是 A. Fe2＋、CO32－、Br－ B. Na＋、SO32－、I－ C. Fe2＋、I－、SO32－ D. Na＋、Br－、CO32－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在该溶液中加入足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色，说明溶液含有CO32‎ ‎‾、Br‾；Fe2+与CO32‾不能共存，则原溶液一定不含Fe2+；向橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，说明原溶液不含SO32‾；根据溶液呈中性，一定含有阳离子，则一定存在Na+，所以该溶液中肯定存在的离子为：CO32‾、Br‾、Na+，故D项正确。‎ 考点：本题考查离子反应及离子的判断。‎ ‎7.把22．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0．3 mol NO2和0．2 mol NO，下列说法正确的是 A. 反应后生成的盐只为Fe（NO3）3‎ B. 反应后生成的盐只为Fe（NO3）2‎ C. 反应后生成盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3‎ D. 反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】22.4g铁粉的物质的量为22.4g÷56g/mol=0.4mol；收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO过程中得到电子物质的量为：0.3mol×[(+5)-(+4)]+0.2mol×[(+5)-(+2)]=0.9mol；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2mol≠0.9mol，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为0.8mol≠0.9mol， 所以可得22.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=0.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=0.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=0.1mol，n[Fe(NO3)2]=0.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。‎ ‎8.宁夏的硒砂瓜现今已享誉区内外，西瓜富含硒元素，有延年益寿、抗衰老、抗癌作用，因之得名“硒砂瓜”。二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：①SeO2＋4KI＋4HNO3―→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；②Se＋2H2SO4(浓)―→2SO2↑＋SeO2＋2H2O。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A. SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞I2‎ B. ①中Se是氧化产物，I2是还原产物 C. 反应①中KI是氧化剂，SeO2是还原剂 D. 反应①中每有0.6 mol I2生成，转移电子数目为2.4NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的，所以SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)> SeO2> I2，所以A正确；反应①中，Se的化合价降低，I的化合价升高，所以2是氧化剂，是还原剂，是还原产物，2是氧化产物，、都不正确；反应①中每有0.6 mol I2生成，转移电子1.2mol，D不正确，答案选A。‎ ‎9. 下列有关实验装置的说法，正确的是 A. 用图1装置制取干燥纯净的NH3‎ B. 用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色 C. 用图3装置可以完成“喷泉”实验 D. 用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、装置中发生装置可以制备氨气，通过碱石灰干燥氨气，但氨气密度小于空气，收集时需要用向下排空气法收集，选项A错误；B、装置中应把铁做电解池的阳极生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，选项B错误；C、氯气和氢氧化钠溶液反应，烧瓶中压强减小，烧杯中氢氧化钠溶液被压入烧瓶形成喷泉，符合形成条件，选项C正确；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮能与水反应，不能通过装置中排开水的体积测定二氧化氮的体积，选项D错误；答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了实验装置正误判断，主要是制备物质，原理的分析应用，掌握实验基本操作是解题关键。注意利用气体的密度及是否与水反应及水溶性对实验进行判断。‎ ‎10.下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2‎ O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA B. 常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞溶液，碳酸钠溶液中红色更深，证明阴离子水解常数Kh: CO32->HCO3-‎ C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量Zn完全反应，转移的电子数目可能为0.3NA D. 标准状况下，33.6L Cl2与足量CH4在光照条件下充分反应，生成的C－Cl键数目为3.0NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为 37Cl，5mol为35Cl，生成氯气的摩尔质量= g/mol =70.7g/mol，若有212克氯气生成物质的量==3mol，生成3mol氯气电子转移的数目为5NA，选项A正确；B、碳酸钠溶液中红色更深，说明碳酸根离子水解能力大于碳酸氢根离子水解能力，所以阴离子水解常数：Kh: CO32->HCO3-，选项B正确；C、含0.2mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，浓硫酸和锌反应生成二氧化硫气体，随浓度变稀后生成氢气。含1mol H2SO4硫酸转化为硫酸锌和二氧化硫时转移1mol电子，1mol H2SO4硫酸转化为硫酸锌和氢气时转移2mol电子，故0.2mol H2SO4全部反应转移的电子数可能为0.3NA，选项C正确；D、氯气与甲烷发生取代反应，标准状况下，33.6L Cl2与足量CH4在光照条件下充分反应，氯气的物质的量为1.5mol，即使氯气完全参加反应也只能生成1.5mol C－Cl键，由于该反应为可逆反应，故生成C－Cl键的数目一定小于1.5NA，选项D不正确。答案选D。‎ ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物 ‎②砹(At) 是第ⅦA族，AgAt 易溶于水 ‎③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液 ‎④Cs2CO3加热时不能分解为CO2和Cs2O ‎⑤纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子 ‎⑥根据反应SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑可推知硅酸酸性比碳酸强 A. ①③④⑤ B. ①④⑤ C. ③④⑤⑦ D. ①③⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液，都是混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故①正确；②氯、溴、碘、砹均为第ⅦA族元素，根据卤素元素及其化合物的性质递变规律可知，氯化银、溴化银和碘化银等都是不溶于水的，则AgAt也不溶于水，故②错误；③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定含有钠元素，但是不一定是钠盐溶液，也可能是氢氧化钠溶液，错误；④碳酸钠加热不分解，同主族元素的化合物性质相似，则加热时CS2CO3也不分解，故④正确；⑤纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的 Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是金属离子与Fe发生了还原反应，故⑤正确；⑥反应只有在高温条件下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，故⑥错误。答案选B。‎ ‎12.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是 选项 气体 a b c d A CO2‎ 盐酸 CaCO3‎ 饱和Na2CO3溶液 浓硫酸 B Cl2‎ 浓盐酸 MnO2‎ NaOH溶液 浓硫酸 C NH3‎ 饱和NH4Cl溶液 消石灰 H2O 固体NaOH D NO 稀硝酸 铜屑 H2O 浓硫酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体。所以答案选D。‎ ‎13.下列关于铁的叙述正确的是( )‎ ‎①铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀　②在人体内的血红蛋白中含有铁元素　③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族　④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧　⑤铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3　⑥不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3‎ A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；铁位于元素周期表的第Ⅷ族，而不是第ⅧB族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe3＋，但若铁过量，则Fe3＋被Fe还原为Fe2＋，所以，Fe与HNO3反应的产物可能因铁过量而生成Fe(NO3)2；FeCl2、Fe(OH)3可分别通过化合反应Fe＋2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3制得。故选项B正确。‎ ‎14.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4＋5FeS2＋12H2O = 7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4下列说法正确的是 A. Cu2S是还原产物,反应中1 mol CuSO4失1 mol电子 B. 5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移 C. 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物 D. FeS2只作还原剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、CuSO4转化为Cu2S，Cu元素由+2价降低为+1价，所以反应中1 molCuSO4得1 mol电子，故A错误；B、5FeS2中7个S原子转化为Cu2‎ S，S元素由-1价降低为-2价，3个S原子转化为SO42‾，S元素由-1价升高到+6价，所以5 mol FeS2发生反应，有21 mol电子转移，故B错误；C、CuSO4中含有SO42‾，部分FeS2中S元素转化为SO42‾，所以产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，故C正确；D、部分FeS2中S元素转化为SO42‾，S元素化合价升高；部分FeS2中S元素转化为Cu2S，S元素化合价降低，所以FeS2既是氧化剂也是还原剂，故D错误。‎ 考点：本题考查氧化还原反应原理。‎ ‎15.将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉 淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述不正 确的是 A. O～A段反应的化方程式是Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O B. B～C段反应的离子方程式是2AlO2－ ＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO32－‎ C. A～B段与C～D段所发生的反应相同 D. D～E段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将 Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+ H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生CO32-+ H2O+CO2=2HCO3-，最后发生反应BaCO3+ H2O+CO2=Ba(HCO3)2,沉淀部分溶解，以此来解答。‎ ‎【详解】只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将 Ba(OH)消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+ H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再发生CO32-+ H2O+CO2=2HCO3-，最后发生反应BaCO3+ H2O+CO2=Ba(HCO3)2,沉淀部分溶解，‎ A. 由上述分析可以知道，O～A段反应的化方程式是Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，A正确；‎ B. 由上述分析可以知道，B～C段反应离子方程式是2AlO2－＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO3‎ ‎2－，B正确；‎ C. 由上述分析可以知道C～D段所发生的反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，A～B段所发生的反应：2OH-+CO2 =CO32-+H2O，所以A～B段与C～D段所发生的反应不相同，C错误；‎ D. D～E段发生 BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2反应，导致沉淀的减少，D正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎16.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，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. 为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为7～9之间 B. pH=10.25时，c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－)‎ 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0.1mol NaOH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】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示可知，pH在7～9之间，溶液中主要存在HCO3-，该pH范围内和获得较纯的NaHCO3，选项A正确；B．pH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：c（Na+）═2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），则混合液中c（Na+）>c（CO32-）+c（HCO3-），选项B错误；C．根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和HCO3-的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）==10-6.37，选项C正确；D．pH=10时的溶液为碱性，则c（OH-）>c（H+），溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c（Na+）离子浓度最大，结合图象曲线变化可知：c（HCO3-）>c（CO32-），此时离子浓度大小为：c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-‎ ‎）>c（OH-）>c（H+），选项D正确；答案选B。‎ 二、非选择题（共5小题，52分）‎ ‎17.现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Al3＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、K＋和五种阴离子NO、OH－、Cl－、CO、Xn-(n=1或2)中的一种。‎ ‎（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是_____和_____。‎ ‎（2）物质C中含有离子Xn-。为了确定Xn-，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为________(填字母)。‎ A．Br－ B．CH3COO－ C．SO D．HCO ‎（3）将38.4 g Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________(填相应的离子符号)，写出Cu溶解的离子方程式____________________________________________，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是_____________。‎ ‎（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，该反应的离子方程式为___________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba(OH)2 (3). C (4). )NO (5). 3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (6). 0.8 mol (7). 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）碳酸根离子只有和钾离子结合物质为可溶性物质，所以一定含有Ka2CO3；除钾离子外，氢氧根离子只有和钡离子结合生成的物质具有可溶性，所以一定含有Ba（OH）2；（2）根据C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，可知沉淀为氢氧化铜，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2；向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铜，另两种物质为氯化铁、硝酸铝或氯化铝、硝酸铁；（3）Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，说明D中不含Fe3＋，含有Al3＋；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中的阴离子一定是NO3-，则D为硝酸铝，E为氯化铁。‎ ‎【详解】（1）因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质Na2CO3‎ ‎，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba（OH）2。（2）根据C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，可知沉淀为氢氧化铜，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2；向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铜，因C为CuSO4，则阴离子有SO42-，则X为SO42-，则另两种物质为氯化铁、硝酸铝或氯化铝、硝酸铁。（3）Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，说明D中的阴离子一定是NO3-，则D为硝酸铝，E为氯化铁；管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以Cu溶解的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。（4）氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。‎ ‎【点睛】本题考查物质检验实验方案设计，确常见物质的性质、物质的溶解性、物质物质的量关系是解本题关键，注意离子检验方法及现象，易错点是（3）题，铜和稀硫酸不反应，但酸性条件下铜和硝酸根离子发生氧化还原反应。‎ ‎18.“低碳”在工业生产中意义重大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几家工厂利用废气、废液、废渣联合生产化肥硫酸铵的工艺：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）操作②为______________________________________________________。‎ ‎（2）工业合成氨的化学方程式为_____________________。‎ ‎（3）沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式________________________________________。‎ ‎（4）在实验室中检验氨气方法是_________________________________。‎ ‎（5）副产品的化学式为________。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). N2＋3H22NH3 (3). CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3↓＋(NH4)2SO4 (4). 用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有NH3(或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验，若产生白烟，则含有NH3)(其他合理答案均可) (5). CaO (6). CO2‎ ‎(若有NH3，均可)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 煤和水蒸气反应生成氢气，利用空气中氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气镁燃烧生成的二氧化碳、生成的氨气和硫酸钙仪器进入沉淀池中发生反应生成碳酸钙沉淀和产品，碳酸钙煅烧得到副产品氧化钙，生成的二氧化碳进入沉淀池循环使用。（1）操作②为分离固体与溶液；（2）工业合成氨是高温高压催化剂条件下反应生成氨气；（3）“产品”为（NH4）2SO4，反应物为CaSO4悬浊液、CO2、NH3等，产物除（NH4）2SO4外还有CaCO3，据此写出反应方程式；（4）通常用湿润的红色石蕊试纸检验NH3；（5）煅烧碳酸钙后可生成二氧化碳和氧化钙，氧化钙为副产品，二氧化碳可循环利用。‎ ‎【详解】（1）将沉淀池中的混合物经过滤可得到产品和沉淀，则操作②为过滤；‎ ‎（2）工业合成氨的化学方程式为：N2+3H2 2NH3；‎ ‎（3）“产品”是（NH4）2SO4，反应物是CaSO4悬浊液、CO2、NH3等，产物除（NH4）2SO4外还有CaCO3，其中离子方程中CaSO4悬浊液要写分子式，沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式为：CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋(NH4)2SO4；‎ ‎（4）利用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，操作方法为：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有NH3或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验，若产生白烟，则含有NH3；‎ ‎（5）CaCO3煅烧可生成CO2和CaO，其中CO2可循环使用，CaO为副产品。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，明确制备流程及发生反应原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎19.某一化工厂以废铁屑为原料制备FeCl3溶液，用作印刷电路铜板腐蚀剂，并对溶液B进行电解处理的实验流程如图：‎ ‎(1)试剂a应选用________(填写名称)；‎ ‎(2)步骤Ⅰ用到的主要玻璃仪器有漏斗、________(填写仪器名称)；‎ ‎(3)写出步骤Ⅱ中主要反应的化学方程式____________________；‎ ‎(4)实验室制取气体E的离子方程式是________________________，欲对气体E进行干燥和吸收，需选用下列装置中的________(填写序号)；‎ ‎(5)如何用化学方法检验气体E？______________________________。‎ ‎【答案】(1)稀盐酸 ‎(2)烧杯、玻璃棒 ‎(3)2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2‎ ‎(4) MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②④‎ ‎(5)将湿润的KI淀粉试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl2。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)铁与盐酸反应生成氯化亚铁，故答案为：稀盐酸；‎ ‎(2)过滤用到的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：烧杯、玻璃棒；‎ ‎(3)三氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；‎ ‎(4)二氧化锰与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；氯气与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥氯气；氯气有毒不能直接排放到空气中，尾气用氢氧化钠吸收；故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②④；‎ ‎(5)氯气具有强氧化性能氧化碘化钾生成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝，所以将湿润淀粉KI试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl2，故答案为：将湿润的淀粉KI试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl2。‎ 点睛：本题考查了铁盐、亚铁盐、氯气的性质，注意不同价态铁元素之间的转化是高考的热点。本题的易错点为氯气的检验，要注意与氯离子的检验的区别，不要混淆。‎ ‎20.铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐，广泛应用于工业生产。‎ I. CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。‎ ‎（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：____，装置C的作用是____‎ ‎（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a→___。（每种仪器限使用一次）‎ ‎（3）上述D装置的作用是____‎ Ⅱ. CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。‎ 方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：___。‎ 方法二：铜粉还原CuSO4溶液 已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl－[CuCl3]2－(无色溶液)。‎ ‎（1）①中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是___，当观察到__现象，即表明反应已经完全。‎ ‎（2）②中，加入大量水的作用是___。（从平衡角度解释）‎ ‎【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2 (2). 除去氯气中混有的HCl (3). d e j h (b c) g f (4). 吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解 (5). 2Cu2+＋2Cl−＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H+＋SO42- (6). 温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发 (7). 溶液由蓝色变为无色 (8). 稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl−[CuCl3]2−（无色溶液）逆向移动，生成CuCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.（1）装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水；‎ ‎（2）用干燥、纯净的氯气制备氯化铜，实验顺序是氯气制取、除杂、干燥、与铜反应、尾气处理；‎ ‎（3）装置D中的碱石灰可以吸收氯气、水蒸气；‎ Ⅱ. 氯化铜溶液中通入SO2，氯化铜被还原为CuCl，SO2被氧化为硫酸；‎ ‎（1）温度过低，反应速率慢；温度过高， HCl易挥发。CuSO4溶液呈蓝色、[CuCl3]2－呈无色；‎ ‎（2）加水稀释CuCl（白色）+2Cl−[CuCl3]2−平衡逆向移动。‎ ‎【详解】I.（1）装置A中，高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水，所以装置C中装有饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的HCl；‎ ‎（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过d e j h 除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后用碱石灰处理尾气，则依次再通过b c g f，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→b→c →g→f；‎ ‎（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；‎ Ⅱ. 向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+＋2Cl−＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H+＋SO42-；‎ ‎（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故①中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；‎ ‎（2）②中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl− [CuCl3]2−逆向移动，生成CuCl沉淀。‎ ‎21.过碳酸钠俗称固体双氧水，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，它的制备原理和路线如下：‎ 已知：2Na2CO3 + 3H2O2 =2Na2CO3·3H2O2 △H<0‎ 请回答下列问题： （1）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是_________________。 ‎ ‎ a．MnO2 b．H2S c．稀硫酸 d．NaHCO3‎ ‎（2）加入NaCl的作用是_________________。‎ ‎（3）工业纯碱中含有Fe3+等杂质，加入稳定剂的作用是与Fe3+生成稳定的配合物，Fe3+对反应的不良影响是_________________。‎ ‎（4）反应的最佳温度控制在15℃～20℃，温度偏高时造成产率低可能是_________________。‎ ‎（5）以上流程中遗漏了一步，造成所得产品纯度偏低，该步操作的名称是_________________。进行该操作的方法是：_________________。‎ ‎（6）为测定产品的纯度。 ‎ 准确称取ag产品配成250mL溶液，移取25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释成100mL，作被测试样；用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，MnO4-的还原产物是Mn2+。用cmol/L KMnO4标准溶液VmL滴定待测液，滴定到达终点的现象是________________。‎ 重复滴定三次，平均消耗cmol/L KMnO4标准溶液VmL，则产品中过碳酸钠的质量分数为______________。配制cmol/L KMnO4标准溶液时，移液时有少量液体溅出，则产品的纯度将_________（变大、变小或不变）。‎ ‎【答案】 (1). abc (2). 使2Na2CO3·3H2O2在水中的溶解降低，析出更多晶体 (3). 催化双氧水的分解 (4). 温度高时双氧水易分解 (5). 晶体的洗涤 (6). 向置于过滤器上的沉淀加蒸馏水至刚好淹没沉淀，静置，待水自然流出后，再重复操作两到三次 (7). 酸性高锰酸钾溶液滴入最后一滴时，溶液有无色变为浅红色，且30s不回复原色 (8). (9). 变大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)二氧化锰能够做催化剂，促进固体双氧水分解；硫化氢具有还原性，能够与固体双氧水反应；稀硫酸能够与过碳酸钠反应；碳酸氢钠不与固体双氧水反应；‎ ‎(2)根据饱和溶液中的溶解平衡进行分析；‎ ‎（3）铁离子能够做催化剂，促进双氧水的分解；‎ ‎（4）双氧水不稳定，温度高了容易分解；若是温度低了，反应速率太慢；‎ ‎（5）生成流程中还需要洗涤操作；‎ ‎（6）滴定到达终点的现象是：酸性高锰酸钾溶液滴入最后一滴时，溶液有无色变为浅红色，且30s不回复原色；‎ 根据过碳酸钠样品与KMnO4 的关系求出参加反应的过碳酸钠的质量，再求出其在样品中的含量．‎ 移液时有少量液体溅出，使标准液浓度偏小，消耗的标准液体积偏大。‎ ‎【详解】(1)a、二氧化锰能够做催化剂，促进固体双氧水分解，使固体双氧水失效，故A正确；‎ b、硫化氢具有还原性，能够与固体双氧水反应，使固体双氧水失效，故B正确；‎ c、稀硫酸能够与过碳酸钠反应，使固体双氧水失效，故C正确；‎ d、碳酸氢钠与固体双氧水不反应，不会使固体双氧水失效，故D错误；‎ 所以正确的有abc ‎(2)加入了氯化钠盐析，溶液中钠离子浓度增大，降低了固体双氧水的溶解度，会析出更多晶体。‎ ‎（3）铁离子能够做催化剂，促进双氧水的分解；‎ ‎（4）由于双氧水不稳定，温度高了容易分解；若是温度低了，反应速率太慢；‎ ‎（5）生成流程中需要洗涤操作，具体操作方法为：向置于过滤器上的沉淀加蒸馏水至刚好淹没沉淀，静置，待水自然流出后，再重复操作两到三次；‎ ‎（6）滴定到达终点的现象是：酸性高锰酸钾溶液滴入最后一滴时，溶液有无色变为浅红色，且30s不回复原色；‎ 设参加反应的2Na2CO3·3H2O2为nmol．‎ ‎ 根据关系式：‎ ‎6KMnO4～～～～～～～～～～～～5（2Na2CO3·3H2O2）‎ ‎6mol 5mol ‎（c mol·L-1×v mL×10-3 L·mL－1） n ‎ 所以 n （2Na2CO3·3H2O2）=cV5/6×10-3mol ‎ 则m （2Na2CO3·3H2O2）=cV5/6×10-3mol×314g·mol－1‎ ‎ 故w（2Na2CO3·3H2O2‎ ‎）= 。‎ 配制cmol/L KMnO4标准溶液时，移液时有少量液体溅出，使标准液浓度偏小，消耗的标准液体积偏大，则产品的纯度将变大。‎ ‎【点睛】本题考查了固体双氧水过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2）的制取方法，及其性质，难点：（6）产品中过碳酸钠的质量分数的计算，注意题中：“加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释成100mL，作被测试样”100mL是不要用的数据。‎ ‎ ‎