黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2020届高三上学期月考化学试题

黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2020届高三上学期月考化学试题

黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2020届高三上学期月考 化学试题 可能用到得相对原子质量：H:1 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Zn:65 C:12 Mg:24 Al:27 Cu:64 Mn:55‎ 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题 ‎1.下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是 世界最大射电望远镜 中国第一艘国产航母 中国大飞机C919‎ 世界最长的港珠澳大桥 A.钢索 B.钢材 C.铝合金 D.硅酸盐 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A不符合；‎ B．中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B不符合；‎ C．中国大飞机C919主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；‎ D．世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D符合；‎ 故答案为D。‎ ‎2.垃圾分类有利于资源回收利用，下列垃圾归类不合理的是（）‎ ‎ ‎ A B C D 垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸 垃圾分类 可回收物 其他垃圾 有害垃圾 可燃垃圾 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、废易拉罐为金属铝制品或铁制品，可加工回收金属铝或铁，为可回收物，故A正确；‎ B、废塑料瓶目前大部分是聚对苯二甲酸乙二酯或聚乙烯制品，可以回收利用重新制造塑料瓶，为可回收物，故B错误；‎ C、废荧光灯管中含有微量元素汞，散入大气危害人的健康，因此属于有害垃圾，故C正确；‎ D、废纸的主要成分是纤维素，不可再生废纸是可燃垃圾，故D正确；‎ 所以答案：选B。‎ ‎3.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。‎ ‎4.磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子的直径为5.5～36 nm的磁流体。下列说法中正确是（ ）‎ A. 所得到的分散系属于溶液 B. 用一束光照射该分散系时，可以看到一条光亮的“通路”‎ C. 该分散系不能透过滤纸 D. 该分散系的分散质为Fe(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.5～36nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；‎ A．分散质粒子直径在5.5～36nm的磁流体，属于胶体（1～100nm）的范围，故A错误；‎ B．磁流体分散系属于胶体，具有丁达尔现象，故B正确；‎ C．该分散系属于胶体，胶体可以透过滤纸，故C错误；‎ D．根据题给信息可知，生成黑色磁流体，而氢氧化铁为红褐色，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎5.下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 水、乙醇、乙酸都属于弱电解质 B. 苯与氯气生成的反应属于取代反应 C. 分子式为C9H12的芳香烃共有8种 D. 淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇在水溶液和熔融状态下均不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故A项错误；‎ B. 苯与氯气反应生成，反应前后氢原子数不变，且不饱和度降低，不是取代反应，而是加成反应，故B项错误；‎ C. 分子式为C9H12的芳香烃，可以是:①苯环上含有1个—C3H7，—C3H7有—CH2CH2CH3、两种结构，共2种，②苯环上含有1个—CH3、1个—CH2CH3，二者在苯环上有邻、间、对三种位置关系，共3种，③苯环上含有3个—CH3，共3种，故总共有2+3+3 = 8种，故C项正确；‎ D. 油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，不属于高分子化合物，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的B选项显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。‎ ‎6.下列有机反应属于取代反应的是(     )‎ A. CH2=CH2+HClCH3CH2Cl B. 2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O C. +3H2 D. CH4+Cl2CH3Cl+HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，CH2=CH2+HClCH3CH2Cl属于加成反应，故A错误；‎ B选项，2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应，故B错误；‎ C选项，+3H2属于加成反应，故C错误；‎ D选项，CH4+Cl2CH3Cl+HCl是取代反应，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）‎ A. NaNa2O2 Na2CO3 B. FeS2SO3H2SO4‎ C. NaCl(aq) Cl2 FeCl2(s) D. SiO2H2SiO3 Na2SiO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠在氧气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以能实现NaNa2O2 Na2CO3各步转化，故A正确；‎ B．FeS2在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；‎ C．电解氯化钠水溶液生成氯气，铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；‎ D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎8.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是 ‎①实验室收集氨气采用图1所示装置 ‎②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置 ‎③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 ‎④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应 A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。‎ ‎【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；‎ ‎②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；‎ ‎③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；‎ ‎④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；‎ 故符合“绿色化学”的为①②④。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。‎ ‎9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 氨水的饱和溶液中:Ca2+、NH4+、Cl-、HCO3-‎ B. 0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中:Na+、Mg2+、CO32-、NO3-‎ C. 漂白粉的溶液中:Ba2+、K+、OH-、I-‎ D. 通入过量CO2的溶液中:Na+、NH4+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水的饱和溶液中HCO3-与氢氧根反应生成CO32-，CO32-与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A项错误；‎ B. 0.1mol͘·L-1的AlCl3溶中，Al3+与CO32-因发生双水解不能大量共存，Mg2+与CO32-生成沉淀不能大量共存，B项错误；‎ C. ClO-与I-发生氧化还原反应，不能大量共存，C项错误；‎ D. 通入过量CO2的溶液中离子之间互不反应，可以大量共存，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ 还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎10.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：①Cu和HNO3溶液 ②Cu和FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe和HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是 A. ③④ B. ①③ C. ①② D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cu与HNO3溶液反应时，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，与浓度有关，故选①；‎ ‎②Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2，与浓度无关，故不选②；‎ ‎③Zn与H2SO4溶液反应时，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，与浓度有关，故选③；‎ ‎④Fe与HCl溶液发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，与浓度无关，故不选④‎ 答案：B ‎11.某温度下，在一个2 L的密闭容器中加入4 mol A和2 mol B进行反应：3A(g)＋2B(g) 4C(？)＋2D(？)。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应前后的压强之比为5∶4(相同的温度下测量)，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝ B. 此时，B的平衡转化率是35%‎ C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D. 增加C，B的平衡转化率不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为物质的量不受状态的影响，所以我们可以利用物质的量建立三段式，然后利用反应前后的压强之比为5∶4进行物质状态的判断。‎ ‎【详解】设参加反应的A的物质的量为3x ‎3A(g)＋2B(g) 4C(？)＋2D(？)‎ 起始量 4mol 2mol 0 0‎ 变化量 3x 2x 4x 2x 平衡量 4-3x 2-2x 4x 2x 因为4x=1.6mol，所以x=0.4mol ‎ 2.8mol 1.2mol 1.6mol 0.8mol 设平衡时气体的总物质的量为y ‎ y=4.8mol ‎4.8-(2.8 +1.2)=0.8‎ 从而得出D为气体，C为液体或固体 A. 因为C是非气体，所以该反应的化学平衡常数表达式是K＝，A错误；‎ B. B的平衡转化率是，B错误；‎ C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，但温度不变，所以化学平衡常数不变，C错误；‎ D. 增加C，各气体的浓度都不变，平衡不发生移动，B的平衡转化率不变，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】对于一个反应前后气体分子数不等的化学平衡体系，当压强改变时，平衡会向气体分子数减小的方向移动；虽然此时反应物和生成物的浓度发生了改变，但平衡常数不发生改变，因为平衡常数只受温度变化的影响。‎ ‎12.下列装置或操作能达到目的是 A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B. 装置②可用于测定中和热 C. 装置③测定O2的生成速率 D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；‎ B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；‎ C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，且应该用分液漏斗，不能测定O2的反应速率，故C错误；‎ D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如下图所示(a、b为石墨电板，c、d、e为离子交换膜)，下列说法正确的是 A. M为正极 B. c、e均为阳离子交换膜 C. b极电极反应式：2H2O－4e－=O2↑+4H+‎ D. 制备1mol(CH3)4NOH，a、b两极共产生0.5mol气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4‎ NOH的过程中，根据氯离子的移动方向可知，a为阴极，b为阳极，又据图分析，生成氯化钠浓溶液，说明阳极上不是氯离子放电，则e不是阴离子交换膜，是阳离子交换膜，阳极电极反应式为4OH－－4e-＝2H2O+O2↑，据左池产物分析，c也是阳离子交换膜，a电极为氢离子放电生成氢气 ‎【详解】A、a为阴极，b为阳极，所以M为负极，A错误；‎ B、根据以上分析可知c、e均为阳离子交换膜，B正确；‎ C、根据以上分析可知阳极电极反应式为4OH－－4e-=2H2O+O2↑，C错误；‎ D、a电极为氢离子放电生成氢气，b电极氢氧根放电生成氧气。制备1mol(CH3)4NOH，转移1mol电子，根据电子得失守恒可知a、b两极共产生0.5mol+0.25mol＝0.75mol气体，D错误，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了电解池的相关知识，注意根据离子的移动方向判断阴阳极是解决本题的关键，注意正负极、阴阳极的判断。难点是电极反应式的书写，书写要注意结合离子的放电顺序、电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等分析解答。‎ ‎14. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是 A. 在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH－、AlO2-、SO32-‎ B. 含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋‎ C. 含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3‎ D. 在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H＋、NH4+、Fe3＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，首先是OH－与盐电离产生的H+发生酸碱中和反应，然后是AlO2-与H+及H2O反应产生Al（OH）3，最后是SO32-与H+结合形成HSO3-及H2SO3，正确；‎ B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由于微粒的还原性：I－> Fe2+>Br－，所以还原性强的首先发生反应，反应的先后顺序是I－、Fe2＋、Br－，错误；‎ C．含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，首先发生反应Ba（OH）2+ CO2= BaCO3↓+H2O；然后发生反应：CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O，后发生K2CO3+CO2+ H2O=2KHCO3；最后发生反应BaCO3+CO2+ H2O=Ba（HCO3）2，错误；‎ D．在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液，首先是H＋与OH-反应产生水，然后是Fe3＋与OH-反应产生Fe（OH）3沉淀，最后是NH4+与OH-发生反应产生NH3·H2O，错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。Y与Z同周期且相邻；X与W同族；X、W与Y处于不同周期；Y、Z的电子总数与X、W的电子总数之比为5:4。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 原子半径由大到小的顺序为W＞Z＞Y＞X B. Y的简单氢化物的热稳定性比Z的强 C. 由X、Z组成的化合物与Z、W组成的化合物只能发生化合反应 D. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、W同主族且与Y处于不同周期，则X为H元素、W为Na元素；Y、Z同周期且相邻，且不与X、W不同周期，则二者位于第二周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和之比为5：4，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，则（x+x+1）：（1+11）=5：4，解得：x=7，则Y为N元素、Z为O元素。‎ ‎【详解】A项、电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径由大到小的顺序为Na＞N＞O＞H，故A错误；‎ B项、Y为N、Z为O元素，N的非金属性小于O，则热稳定性NH3＜H2O，故B错误；‎ C项、由H、O组成的化合物有H2O、H2O2，由O、Na组成的化合物有Na2O、Na2O2，其中H2O与Na2O2的反应不是化合反应，故C错误；‎ D项、由H、N、O 三种元素组成的化合物可以是酸 （HNO3、HNO2）、碱（NH3 • H2O）或盐（NH4NO3、NH4NO2），故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素的推断和元素周期律的应用，注意把握原子结构特点以及元素在周期表中的位置，应用信息推断元素为解答关键。‎ ‎16.我国科学家研发了一种新型液硫二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，电池左侧为负极，发生氧化反应 B. 充电时，电解质溶液中K+经交换膜向右侧移动 C. 放电时，电池右侧电极反应为I3-+2e-=3I-‎ D. 充电时，电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，新型液硫二次电池放电时，电池左侧为负极，S2-在负极上放电发生氧化反应生成S22-，电极反应式为2S2-—2e-= S22-，电池右侧为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应式为I3-+2e-=3I-，充电时，原电池负极为电解池的阴极，正极为阳极。‎ ‎【详解】A项、放电时，电池左侧为负极，S2-在负极上放电发生氧化反应生成S22-，故A正确；‎ B项、充电时，阳离子向阴极移动，电池左侧为阴极，K+经交换膜向左侧移动，故B错误；‎ C项、放电时，电池右侧为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应为I3-+2e-=3I-，故C正确；‎ D项、放电时电池的总反应为2S2-+I3-=S22-+3I-，则充电时电池的总反应为S22-+3I-2S2-+I3-，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查新型二次电池，注意把握原电池的工作原理和电极反应的判断，掌握放电和充电的联系是解答关键。‎ ‎17.下列事实与对应的方程式不符合的是 A. 硫化氢溶液呈酸性：H2S 2H+＋S2–‎ B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g) (红棕色) N2O4 (g) (无色) ΔH＜0‎ C. 甲烷的燃烧热ΔH＝–890.3 kJ·mol–1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4‎ ‎(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–890.3 kJ·mol–1‎ D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32–＋2H+＝S ¯＋SO2 ＋H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫化氢溶液呈弱酸性，电离是分步进行的，H2S H+＋HS–，故A错误；‎ B. 2NO2(g) (红棕色) N2O4 (g) (无色) ΔH＜0，该反应是放热反应，因此“NO2球”浸泡在冷水中，平衡正向移动，颜色变浅，故B正确；‎ C. 1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量为燃烧热，则甲烷的热化学方程式可表示为： CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–890.3 kJ·mol–1，故C正确；‎ D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合后会反应生成硫和二氧化硫，溶液出现浑浊，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎18.下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g B. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 C. 在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ D. 常温下，。欲使溶液中，需调节溶液的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；‎ B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；‎ C．，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T△S＜0，则△H＜0，为放热反应，故C错误；‎ D．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6 mol•L-1，c(OH-)≥=10-9 mol•L-1，即调节溶液的pH≥5，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。‎ ‎19.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 ‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 蒸干并灼烧AlCl3溶液获得Al2O3固体 AlCl3溶液中存在 水解平衡 B 等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 酸性A比B强 C 向浓度均为0.1 mol•L-1KCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1 mol•L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色 Ksp（AgI）＞Ksp（AgCl）‎ D 室温下，用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8‎ HNO2电离H＋的能力比CH3COOH的强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸干并灼烧AlCl3溶液获得Al2O3固体，说明AlCl3生成的Al(OH)3受热分解为Al2O3，‎ 从而说明AlCl3溶液中存在水解平衡，A正确；‎ B．等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多，说明HA的物质的量比HB大，从而说明HA的电离程度小，酸性A比B弱，B错误；‎ C．向浓度均为0.1 mol•L-1KCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1 mol•L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明先生成AgI沉淀，从而说明Ksp(AgI)

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