广东省佛山市第一中学2020届高三10月月考化学试题

广东省佛山市第一中学2020届高三10月月考化学试题

佛山一中2020届高三10月份月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65‎ 第I卷 选择题 一、选择题：本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（ ）‎ A. 氯气作水杀菌消毒剂 B. 硅胶作袋装食品的干燥剂 C. 二氧化硫作纸浆的漂白剂 D. 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；‎ B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；‎ C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化； ‎ D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。‎ ‎2.分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是（ ）‎ A. 既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应 B. 淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子 C. 根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液 D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，故A错误；B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故B错误；C．根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据丁达尔现象分类的，故C错误；D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如 Al2O3，故D正确；故选D。‎ ‎3.华夏文明源远流长，以下说法从化学视角理解错误的是 A. “日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”，诗中包含了丁达尔现象 B. “甘之如饴”， 说明糖类均有甜味 C. “凡石灰，经火焚炼为用”， 这段记载中涉及分解反应 D. “百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”，制玻璃的某成分可用于制造光导纤维 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈(唐)，雾为气溶胶，能发生丁达尔效应，A项正确；‎ B. 淀粉和纤维素属于糖类，但没有甜味，B项错误；‎ C. 石灰石加热后能制得生石灰，该反应为分解反应，C项正确；‎ D. 制玻璃原料有石灰石、碳酸钠和石英，石英主要成分为二氧化硅，是制造光导纤维主要原料，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【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D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。‎ ‎4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 10 L pH＝1的H2SO4 溶液中含H＋离子数为2NA B. 28 g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键数目为4NA C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数为6NA D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. pH＝1的H2SO4 溶液中c（H＋）=0.1mol/L，n（H＋）=0.1mol/L× 10 L=1mol，含H＋离子数为NA；‎ B. 2乙烯与丙烯的最简式为CH2，28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2，C-H键数目为4NA；‎ C. 氢气与氮气反应为可逆反应，3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n（NH3）<2mol，转移电子数小于6NA；‎ D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，部分氯气发生反应，溶液中2Cl2、Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA；‎ ‎【详解】A. pH＝1的H2SO4 溶液中c（H＋）=0.1mol/L，n（H＋）=0.1mol/L× 10 L=1mol，含H＋离子数为NA，A错误；‎ B. 2乙烯与丙烯的最简式为CH2，28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2，C-H键数目为4NA，B正确；‎ C. 氢气与氮气反应为可逆反应，3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n（NH3）<2mol，转移电子数小于6NA，C错误；‎ D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，部分氯气发生反应，溶液中2Cl2、Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA，D错误；‎ 答案为B ‎【点睛】氯气溶于水，部分发生化学反应，部分为分子形式存在。‎ ‎5.常温下，下列有关溶液组成的描述合理的是 A. 在Fe2(SO4)3溶液中可以大量存在：K＋、Fe2＋、Cl－、Br－、SCN－‎ B. c(H＋)＝1×10－13 mol/L 的溶液中可以大量存在：Mg2＋、Cu2＋、HCO3-、NO3-‎ C. 在碱性溶液中可以大量存在：S2O32-、AlO2-、SiO32-、S2－、Na＋‎ D. 加水稀释时c(OH－)/c(H＋)值增大的溶液中可以大量存在：MnO4-、CO32-、K＋、NH4+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SCN－与Fe2(SO4)3电离出的铁离子反应生成络合物，在溶液中不能大量共存，A项错误；‎ B. c(H＋)＝1×10－13 mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子， Mg2＋、Cu2＋、HCO3-与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，B项错误；‎ C. S2O32-、AlO2-、SiO32-、S2－、Na＋之间不反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，C项正确；‎ D. 加水稀释时c(OH－)/c(H＋)值增大，说明该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. 蒸馏法是海水淡化的常用方法 B. 水垢中的CaSO4可用醋酸除去 C. 糖类、油脂、蛋白质都可以水解 D. 沾附水滴的铁质餐具生锈主要是化学腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换膜法等，A项正确；‎ B. 醋酸与CaSO4不反应，因此不能用醋酸除去水垢中的CaSO4，B项错误；‎ C. 糖类中的单糖不能发生水解，C项错误；‎ D. 沾附水滴的铁质餐具在空气中主要发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎7. 不列离子方程式书写正确的是 A. 铜片与稀硝酸反应:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO2↑+4H2O B. 将磁性氧化铁溶于盐酸:Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O C. 碳酸氢钙溶液中加入少量的氢氧化钠溶液:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O D. 用浓氢氧化钠溶液检验溶液中的NH4+：NH4++OH-NH3·H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.铜片与稀硝酸的还原产物为NO：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O B.磁性氧化铁（Fe2O3·FeO）溶于盐酸:Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O C.正确 D.用浓氢氧化钠溶液检验溶液中的NH4+：NH4++OH-NH3↑+H2O ‎8.下列物质的俗名与主要成分或用途不相符的一项是 选项 俗名 主要成分(化学式)‎ 用途 A 石英 SiO2‎ 制备芯片 B 纯碱 Na2CO3‎ 制备玻璃 C 水玻璃 Na2SiO3‎ 制备硅胶 D 铁红 Fe2O3‎ 制备油漆 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石英的主要成分是二氧化硅，其化学式为SiO2，集成电路板用的是硅单质，A项错误； B．纯碱是碳酸钠的俗称，化学式为Na2CO3，是制造玻璃的原料，B项正确； C．水玻璃是硅酸钠的水溶液，化学式为Na2SiO3，硅酸钠能与酸反应生成硅酸，硅酸可用来制备硅胶，C项正确； D．铁红为氧化铁的俗称，其化学式为Fe2O3，铁红常常用于涂料、油漆中，D项正确； 答案选A。‎ ‎9.环与环之间共用两个或多个碳原子的多环烷烃称为桥环烷烃，其中二环[1.1.0]丁烷 ( )是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是 A. 与C3H4是同系物 B. 一氯代物只有一种 C. 与环丁烯互为同分异构体 D. 所有碳原子可能都处于同一平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二环[1.1.0]丁烷 ( )的分子式为：C4H6，碳碳键均为单键。‎ ‎【详解】A. 同系物为结构相似，分子组成相差若干个CH2结构， C3H4无法确定其结构，不能判断是否为同系物，A错误；‎ B. 含有2中环境的氢原子，一氯代物只有二种，B错误；‎ C. 环丁烯的分子式为C4H6，分子式相同结构不同，互为同分异构体，C正确；‎ D. 中，所有碳原子均为sp3杂化，所有碳原子不可能都处于同一平面，D错误；‎ 答案为C ‎【点睛】同系物为结构相似，分子组成相差若干个CH2结构的有机物。‎ ‎10.铁粉与水蒸气在一定条件下可以反应，下列说法不正确的是 A. 用火柴点燃前需要检验气体的纯度 B. 火焰的颜色为淡蓝色 C. 反应后试管中生成红棕色固体 D. 168g铁粉与足量水蒸气完全反应时，转移8mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁粉与水蒸气在一定条件下可以反应生成四氧化三铁与氢气，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 生成的氢气是可燃性气体，为防止爆炸，点燃前必须检验其纯度，A项正确；‎ B. 氢气在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，B项正确；‎ C. 反应后生成的是黑色的四氧化三铁，而不是红棕色，C项错误；‎ D. 168g铁的物质的量为=3mol，而铁与水蒸气反应后变为+价，故3 mol铁失去8mol电子，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】铁即不与冷水反应，也不与热水反应，但铁可与水蒸气高温下反应，要牢记铁与水蒸气的反应产物。‎ ‎11.关于某无色溶液中所含离子鉴别，下列判断正确的是 A. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不溶解，可确定有Cl－存在 B. 通入Cl2后，溶液变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I－存在 C. 加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不溶解，可确定有SO42-存在 D. 加入稀盐酸，生成的气体能使品红溶液褪色，可确定有SO32-存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，A项错误； B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘水呈黄色，碘单质遇到淀粉变蓝色，B项正确； C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，C项错误； D、能和盐酸反应生成能使品红褪色的二氧化硫气体的可能是亚硫酸根或亚硫酸氢根等离子，D项错误； 答案选B。‎ ‎【点睛】离子的检验方法是常考题型，高中阶段常见阴离子的检验方法与操作如下：‎ ‎1.CO32-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀溶液稀盐酸或稀硝酸，生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明原溶液中有CO32-；‎ ‎2. SO42-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2‎ 溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-；‎ ‎3. Cl-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸，然后加入几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中有Cl-‎ ‎12.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2‎ 紫色褪去 KMnO4在酸性条件下有氧化性 B 常温下将Al片置于浓硫酸中 无明显变化 Al与浓硫酸不反应 C 向未知液中先后滴入足量氯水和几滴KSCN溶液 溶液变血红色 未知液中含有Fe3+‎ D 将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中 溶液变浑浊 某溶液中一定含有CO32﹣‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，由紫色消失可知将MnO4-完全转化为Mn2+，故A正确；‎ B.结论错误，铝遇浓硫酸钝化，生成致密的氧化物保护膜，阻止反应继续进行，故B错误；‎ C.向未知液中先滴入足量氯水，会将Fe2+氧化为Fe3+,故C错误；‎ D.结论错误，和稀盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的离子还有HCO3-、SO32﹣等，所以该实验不一定含有CO32﹣，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】易错选项D，注意HCO3-、SO32﹣、HSO3- 离子的干扰。‎ ‎13.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是 A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 用装置丁测定余酸的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；‎ B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；‎ C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；‎ D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；‎ 选C。‎ ‎14.高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O（未配平）。‎ 下列有关说法不正确的是 A. 高铁酸钾中铁显+6价 B. 由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO42－‎ C. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2‎ D. K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮杂质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 令FeO42−中铁元素的化合价为x，则x+4×(−2)=−2，解得x=+6，A项正确；‎ B. 反应Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O中，氯元素化合价降低，C1O−是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe(OH)3是还原剂，FeO42−是氧化产物，氧化性C1O−>FeO42−‎ ‎，实际氧化性FeO42−>Fe(OH)3，B项错误； ‎ C. Fe(OH)3+C1O－+OH－→FeO42－+C1－ + H2O中，氯元素化合价由+1降低为−1价，C1O−是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(6−3):2=3:2，C项正确；‎ D. K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：‎ ‎（1）电子守恒，即得失电子总数相等；‎ ‎（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；‎ ‎（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。‎ 另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。‎ ‎15.下列实验过程中，始终无明显现象的是 A. SO2通入CaCl2溶液中 B. CO2通入饱和Na2CO3溶液中 C. NH3通入AlCl3溶液中 D. NO2通入FeSO4溶液中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2通入BaCl2溶液中，因为盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则没有明显现象，A项正确；‎ B. CO2通入饱和Na2CO3溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，溶液变浑浊，现象明显，B项错误；‎ C. NH3通入AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀，则现象明显，C项错误；‎ D. NO2通入水中会生成HNO3，因HNO3具有强氧化性，会将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，红棕色气体褪色，且溶液变为黄色，现象明显，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】CO2或SO2通入BaCl2或CaCl2溶液中不发生反应，这是学生的易混点。‎ ‎16.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：‎ 下列分析正确的是 A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水 B. ②中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑‎ C. ③中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClO D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. ①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，故A错误；B. 阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，故B错误；C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，故C错误；D. ②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，故D正确；故选D。‎ ‎17.依据下列方程式得出的结论不正确的是 A. C（石墨，s）＝C（金刚石，s） △H＞0，说明石墨比金刚石稳定 B. NH3＋H3O＋＝NH4＋＋H2O，说明NH3结合H＋能力比H2O强 C. 2HCl＋CaCO3＝CaCl2＋CO2↑＋H2O，说明盐酸是强酸 D. CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，说明CH3COOH是弱电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由C（石墨，s）═C（金钢石，s）△H＞0，石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石的能量，能量越低越稳定，A项正确； B. 氨气分子夺走了水合氢离子中的氢离子，说明氨气分子结合氢离子能力更强，B项正确； C. 2HCl+CaCO3═CaCl2+CO2↑+H2O，只能说明盐酸的酸性大于碳酸的酸性，不能证明盐酸是强酸，C项错误； D. 有弱才水解，醋酸根离子水解，说明醋酸是弱酸，D项正确； 答案选C。‎ ‎18.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Ca(ClO) 2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+H++Cl－+ HClO B. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2++3ClO－+3H2O=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl－‎ C. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO3－＋OH－= CO32－＋H2O D. 向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3＋+2I－ = 2Fe2＋+I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2应为：Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，选项A错误；B、向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液应为：2Fe2++ClO－+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl－，选项B错误；C、 NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO＋OH－===CO＋H2O，选项C正确；D、向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液，漏掉H+、NO与I－的反应，选项D错误。答案选C。‎ ‎19.W、X、Y、Z均为短周期元素，游离态的W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，X原子既不易失去也不易得到电子，X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是 A. X的氢化物常温常压下为液态 B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C. W与Y具有相同的最高化合价 D. W与Z形成的化合物的水溶液呈中性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知，游离态W存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有大量W的化合物，则W为S；X原子既不易失去也不易得到电子，则X为C；X与Y位于同一周期，Y原子最外层电子数为6，则Y为O；Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Z为Na；‎ ‎【详解】A. X氢化物中的甲烷，常温常压下为气态，A错误；‎ B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物，如与碳反应有二氧化碳、一氧化碳；与钠反应有过氧化钠、氧化钠；与硫反应有二氧化硫、三氧化硫，B正确；‎ C. W与Y，氧元素无最高正价，S最高化合价为+6，C错误；‎ D. W与Z形成的化合物为硫化钠，其水溶液呈碱性，D错误；‎ 答案为B ‎20.利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是 A. NH4+由b室向c室迁移 B. c室得到的混合气体是NH3和H2‎ C. 阳极反应式为2H2O -4e-=O2+4H+‎ D. 理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中0.5mol NH4NO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知，硝酸根离子向a室移动，由此可知左室为阳极室，水失电子生成氧气和氢离子；铵根离子向c室移动，右室为阴极室，水得电子生成氢气和氢氧根离子，溶液碱性变强，导致生成氨气；‎ ‎【详解】A. 根据分析可知，NH4+由b室向c室迁移，A正确；‎ B. c室内水得电子产生氢气和氢氧根离子，使溶液碱性增强，产生氨气，则c室得到NH3和H2，B正确；‎ C. 阳极水失电子，产生氧气和氢离子，反应式为2H2O -4e-=O2+4H+，C正确；‎ D. 理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中1mol NH4NO3，D错误；‎ 答案为D ‎【点睛】根据图像可知，a室产生硝酸，则硝酸根离子向a室移动，a室温阳极室。‎ 第II卷 非选择题 二、非选择题，本题包括四小题，共60分。‎ ‎21.无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高纯高温不分解杂质)。实验装置如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为_____。‎ ‎(2)除水阶段：打开K1，K2。将管式炉I、II升温至150 ℃，反应一段时间后将管式炉I、II的温度升至350 ℃，保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为 ____。‎ ‎(3)升华阶段：撤去管式炉II，将管式炉I迅速升温至750℃，升温的目的是_____。一段时间后关闭管式炉I并关闭 ____(填K1或K2)，待冷却后关闭 ____(填K1或K2)。最后将_____(填A或B)区的氯化锌转移、保存。‎ ‎(4)除水阶段HCl与 N2流速要快，有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢，其原因是_____。‎ ‎(5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下：‎ ‎① 溶液配制：称取m g样品，加水和盐酸至样品溶解，转移至250 mL ____中，加蒸馏水至刻度线，摇匀。‎ ‎② 滴定：取25.00mL待测液于锥形瓶中，用c mol·L－1K4[Fe(CN)6]标准溶液滴定至终点，消耗V mL。滴定反应为：2K4[Fe(CN)6]+3ZnCl2=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓+6KCl该样品中锌的质量分数为 ____。‎ ‎【答案】 (1). ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl (2). Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O (3). 使无水ZnCl2升华与杂质分离 (4). K2 (5). K1 (6). B (7). 流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区 (8). 容量瓶 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和氯化氢，反应的方程式为：ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl；‎ ‎(2)除水阶段，潮解生成的Zn(OH)Cl与HCl在150 ℃反应生成氯化锌和水，反应的方程式为：Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O；‎ ‎(3)升华阶段，迅速升温至750℃，使氯化锌升华变为气体与杂质分离；一段时间后，关闭管式炉I及K2，降低温度时使氯化锌在B区凝华后关闭K1；‎ ‎(4) 升华阶段HCl与N2流速要慢，若气流过快则导致氯化锌从B区移出；‎ ‎(5)精确配置溶液的浓度需用容量瓶；n{K4[Fe(CN)6]}：n（ZnCl2）=2:3，n（ZnCl2）= 3n{K4[Fe(CN)6]}/2= 3c×V mL/2，则250mL溶液中m（ZnCl2）= 3c×V mL×10×65/2=；‎ ‎【详解】(1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和氯化氢，反应的方程式为：ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl；‎ ‎(2)除水阶段，潮解生成的Zn(OH)Cl与HCl在150 ℃反应生成氯化锌和水，反应的方程式为：Zn(OH)Cl+HCl ZnCl2+H2O；‎ ‎(3)升华阶段，迅速升温至750℃，使氯化锌升华变为气体与杂质分离；一段时间后，关闭管式炉I及K2，降低温度时使氯化锌在B区凝华后关闭K1，答案为：K2；K1；B；‎ ‎(4) 升华阶段HCl与N2流速要慢，若气流过快则导致氯化锌从B区移出，答案为：流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区；‎ ‎(5)精确配置溶液的浓度需用容量瓶；n{K4[Fe(CN)6]}：n（ZnCl2）=2:3，n（ZnCl2）= 3n{K4[Fe(CN)6]}/2= 3c×V mL/2，则250mL溶液中m（ZnCl2）= 3c×V mL×10×65/2=；‎ ‎22.三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子，某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行了探究性实验。‎ 实验Ⅰ．探究Na2CS3的性质：‎ 步骤 操作及现象 ‎①‎ 取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份 ‎②‎ 向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变成红色 ‎③‎ 向另一份溶液中滴加用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去 ‎（1）H2CS3是___（填“强”或“弱”）酸。‎ ‎（2）已知步骤③中反应的氧化产物是SO42-，则该反应的离子方程式为：____。‎ ‎（3）某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量。你是否同意他的观点，并说明理由：___。‎ 实验Ⅱ．测定Na2CS3溶液的浓度：‎ 按如图所示装置进行实验：将50.0mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴入足量2.0mol·L-1的稀H2SO4，关闭活塞。‎ 已知：CS32- +2H+＝CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒。（CS2不溶于水，沸点为46℃，与CO2的某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O）‎ ‎（4）仪器M的名称是___。反应开始前需要先通入一段时间N2，其作用为____。‎ ‎（5）B中发生反应的离子方程式为：____。‎ ‎（6）为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可通过测定B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是___。若B中生成沉淀的质量为8.4g，则Na2CS3溶液的物质的量浓度是____。‎ ‎【答案】 (1). 弱 (2). 5CS32-+24MnO4-+52H+=15SO42-+5CO2↑+24Mn2++26H2O (3). 不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-‎ ‎，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大 (4). 分液漏斗 (5). 排尽装置中的空气,防止生成的H2S被氧化 (6). Cu2++H2S=CuS↓+2H+ (7). 过滤、洗涤、干燥 (8). 1.75mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐； （2）根据氧化还原反应的规律分析作答； （3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化； （4）根据仪器的图形判断仪器的名称；A中发生Na2CS3 +H2SO4=Na2SO4 +CS2 +H2S↑，生成的硫化氢可与B中的硫酸铜反应生成CuS沉淀； （5）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2 一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收； （6）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4黑色固体，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS分析计算求得。‎ ‎【详解】（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸，‎ 故答案为：弱；‎ ‎（2）步骤③的氧化产物是SO42−，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为5CS32-+24MnO4-+52H+=15SO42-+5CO2↑+24Mn2++26H2O；‎ ‎（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，所以不能通过计算白色沉淀计算Na2CS3的量，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大，‎ 故答案为：不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大；‎ ‎（4）仪器M的名称为分液漏斗；因H2S为还原性气体，易被空气氧化，故反应开始前需要先通入一段时间N2，排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化，故答案为：分液漏斗; 排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化；‎ ‎（5）A中发生Na2CS3 +H2SO4=Na2SO4 +CS2 +H2S↑，生成的硫化氢可与B中的硫酸铜反应生成CuS沉淀，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+； ‎ ‎(6)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4黑色固体，n(CuS)=，根据关系式Na2CS3∼H2S∼‎ CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol，c(Na2CS3)= = 1.75mol·L-1，‎ 故答案为：过滤、洗涤、干燥；1.75mol·L-1。‎ ‎23.我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉，现以白钨矿（主要成分为CaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质）为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如图：‎ 已知：①钨酸酸性很弱，难溶于水；‎ ‎②完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8，WO42﹣为5；‎ ‎③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）工业上生产纯碱常先制得碳酸氢钠，此法叫“联碱法”，为我国化工专家侯德榜创立，即向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，最终生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，写出该化学反应方程式：____。‎ ‎（2）流程中白钨矿CaWO4和纯碱发生的化学反应方程式是：____。‎ ‎（3）滤渣B的主要成分是（写化学式）___。调节pH可选用的试剂是：__（填选项）。‎ A．氨水 B．盐酸 C．NaOH溶液 D．Na2CO3溶液 ‎（4）检验沉淀C已经洗涤干净的操作是____。‎ ‎（5）为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是：___。‎ ‎（6）将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙，已知某温度时，Ksp(CaWO4)＝1×10﹣10，Ksp[Ca(OH)2]＝4×10﹣7，当溶液中WO42﹣恰好沉淀完全（离子浓度等于10﹣5mol/L）时，溶液中c(OH﹣)＝____。‎ ‎【答案】 (1). NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl (2). CaWO4+Na2CO3‎ Na2WO4+CaO+CO2↑ (3). H2SiO3 (4). B (5). 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净。 (6). 碳为固体，难以与钨分离，且碳和钨在高温下会反应生成碳化钨 (7). 0.2mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000℃温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在5～8之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，最终生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，反应的方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl；‎ ‎（2）CaWO4与纯碱反应生成Na2WO4、CaO与二氧化碳，反应方程式为CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；‎ ‎（3）滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，应加入盐酸，‎ 故答案为：H2SiO3；B；‎ ‎（4）检验沉淀C是否洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；‎ ‎（5）如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，用氢气作还原剂可避免产生以上问题，‎ 故答案为：碳为固体，难以与钨分离，且碳和钨在高温下会反应生成碳化钨；‎ ‎(6)当溶液中WO42−恰好沉淀完全，其离子浓度等于10−5 mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+) c(WO42−)=1×10−10，则溶液中c(Ca2+)=1×10−5 mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)c2(OH−)=4×10−7，可知c(OH−)=0.2 mol/L，故答案为：0.2mol/L。‎ ‎24.以铜为原料可制备应用广泛的氧化亚铜。‎ ‎（1）向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl沉淀，发生反应的化学方程式为：____。‎ ‎（2）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。CuCl水解为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl－(aq)＋H＋(aq)。该反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K=___。‎ ‎（3）用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，阳极及其溶液中有关转化如图1所示。溶液中③、④二步总反应的离子方程式为：___。‎ ‎（4）Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＝a kJ·mol－1。按n(H2)/n(CO)＝2：1投料比将H2与CO充入V L恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。‎ ‎①该反应的ΔH___0（填“<”或“>”），图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是___。‎ ‎②起始时，容器中c(H2)＝0.20mol·L－1，c(CO)＝0.10mol·L－1，在P3及T1℃下反应达到平衡，此时反应的平衡常数为___。（保留一位小数）‎ 起始时，若容器中c(H2)＝0.40mol·L－1，c(CO)＝0.20mol·L－1，T1℃下反应达到平衡，CO的平衡转化率____。‎ A．大于40% B．小于40% C．等于40% D．等于80%‎ ‎【答案】 (1). 2CuCl2＋SO2+2H2O=2CuCl↓＋2HCl＋H2SO4 (2). Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH) (3). 2CuCl2-＋2OH－===Cu2O↓＋H2O＋4Cl－ (4). ＜ (5). P1>P2>P3 (6). 46.3 (7). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸；‎ ‎（2）CuCl(s)+H2O(l)⇌CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq)，平衡常数K=c(H+) c(Cl-)，可变形成K=;‎ ‎（2）据图1循环流程分析方程式，反应物是CuCl2和OH-，生成物是Cu2O、Cl-，再根据原子守恒配平； （3）①根据图示信息，结合方程式判断压强和温度对平衡移动的影响进行解答； ②列出三段式，根据K=进行计算；起始时，若容器中c(H2)＝0.40mol·L－1，c(CO)＝0.20mol·L－1，则相当于加压，利用压强对平衡的影响作答。‎ ‎【详解】（1）氯化铜溶液中通入二氧化硫具有还原性，还原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化为硫酸，反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O═2CuCl↓+4H++SO42-；‎ ‎（2）CuCl(s)+H2O(l)⇌CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq)，平衡常数K=平衡常数K=c(H+) c(Cl-)== Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)； （3）图中③、④二步循环流程分析可知，反应物是CuCl2和OH-，生成物是Cu2O、Cl-和H2O，其离子方程式为：2CuCl2-＋2OH－=Cu2O↓＋H2O＋4Cl－；‎ ‎（4）①由图可知，压强一定时，升高温度，CO的平衡转化率降低，不利于平衡向正向移动，说明该反应为放热反应，ΔH＜0；；温度一定时，CO的转化率α（P3）<α（P2）<α（P1），该正反应是气体物质的量减小的反应，增大压强平衡向正反应进行，CO的转化率升高，故压强P1>P2>P3， 故答案为：＜；P1>P2>P3； ②c变（CO）=0.1mol/L×40%=0.04mol/L，                        CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g) 开始（mol/L） 0.10      0.20            0 变化（mol/L）   0.04     0.08        0.04 结束（mol/L） 0.06       0.12          0.04 化学平衡常数K===46.3； 恒容密闭容器内，起始时若容器中c(H2)＝0.40mol·L－1，c(CO)＝0.20mol·L－1与原体系相比，相当于增大一倍压强，该反应时气体分子数减小的反应，则增大压强平衡会向正反应方向移动，有利于提高CO的平衡转化率，T1℃下反应达到平衡，CO的平衡转化率大于40%，A项正确，故答案为：46.3； A。‎ ‎ ‎