辽宁省辽河油田第二高级中学2020届高三11月月考化学试题

辽宁省辽河油田第二高级中学2020届高三11月月考化学试题

高三11月考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Mn-55 Fe-56 Cu-64‎ 第Ⅰ卷 （选择题，共60分）‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。本题包括20小题，每小题3分，共60分）‎ ‎1.化学与社会、生产、生活和科技都密切相关,下列说法错误的是(    )‎ A. 古人曾利用明矾溶液的酸性来清洁青铜器上的铜绿 B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色,可用苏打粉检验假葡萄酒 C. 为增强治疗缺铁性贫血效果,可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C D. “天宫二号”使用的碳纤维,是一种新型有机高分子材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.明矾为强酸弱碱盐，水解显酸性，能与碱式碳酸铜反应，可以用来清洗青铜器上的铜锈，故A选项正确。‎ B.假酒不含有花青素，苏打粉为碳酸钠，溶液水解呈碱性，可用苏打粉检验，故B选项正确。‎ C.维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，可在口服硫酸亚铁片时，服用维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C选项正确。‎ D.碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是高分子材料，故D选项错误。‎ 故答案选D。‎ ‎2.下列正确的叙述有(    )‎ A. CO2、NO2均为酸性氧化物,CaO、Na2O2均为碱性氧化物 B. Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3,但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3‎ C. 灼热的炭与CO2反应、与的反应均可设计成原电池 D. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO2不是酸性氧化物，Na2O2 和酸反应生成盐和水的同时生成氧气，发生了氧化还原反应，属于过氧化物，故A错误；‎ B．Fe2O3不溶于水，不与水反应得到Fe(OH)3‎ ‎；氢氧化亚铁与氧气、水共同作用，发生化合反应生成氢氧化铁，氯化铁和氢氧化钠复分解反应来制取Fe(OH)3，故B选项正确。‎ C．与的反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不可设计成原电池，故C选项错误。‎ D．电离是电解质在水溶液或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，不需要通电，故D选项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A选项中，NO2不是酸性氧化物，N元素的常见酸性氧化物为N2O5，Na2O2 和H2O2类似，都属于过氧化物，不属于碱性氧化物。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. Si、P、S、Cl相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强 B. 自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片 C. 工业上通常用电解钠、铁、铜对应的氯化物制得该三种金属单质 D. 品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色,且其实质相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Si、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，所以其相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故A选项正确；‎ B．硅元素在自然界中只能以化合态存在，Si单质为半导体，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片，故B选项错误； ‎ C．活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，较不活泼金属采用热氧化还原法冶炼，所以Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，Fe、Cu采用热还原法冶炼，故C选项错误；‎ D．品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，二氧化硫通入品红溶液褪色是体现了二氧化硫的漂白性；而NaOH溶液与SO2气体发生化学反应生成NaSO3，溶液碱性减弱，红色褪去，体现了二氧化硫的酸性氧化物的性质，故D选项错误；‎ 故答案选A ‎【点睛】本题需要注意金属的制备为一大常考点，活泼金属K到Al可以采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，较不活泼金属采用热氧化还原法冶炼，所以Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，Fe、Cu采用热还原法冶炼相应氧化物得到金属单质。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 8.7 g MnO2与40 mL 10 mol·L－1的浓盐酸充分反应，生成的氯气的分子数为0.1NA B. 常温常压下，Cu－Zn原电池中，正极产生1.12 L H2时，转移的电子数应为0.1NA C. 将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Na＋的浓度为2 mol·L－1‎ D. 1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 8.7 g MnO2的物质的量为=0.1mol，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则1mol MnO2与4 mol浓盐酸充分反应后生成的Cl2分子数小于NA，A项错误；‎ B. 常温常压不等于标准状况，则1.12 L H2不能按标准状况下的气体摩尔体积计算，故转移的电子数不是0.1NA，B项错误；‎ C. 含3NA个离子的Na2O2固体，物质的量为1mol，含钠离子为2mol，则溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为=2mol/L，C项正确； D． NaAlO2水溶液溶剂水中也含有氧原子，因此1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数远大于2NA，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题B项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。‎ ‎5.将0.1mol明矾溶于水形成100mL溶液,以下说法正确的是(　　)‎ A. 明矾净水是利用了明矾的强氧化性 B. 溶液的焰色反应为紫色,这是化学性质 C. 加入Ba(OH)2溶液至沉淀物质的量达到最大,消耗Ba(OH)2溶液0.2mol D. 加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀,Al3+全部转化为AlO2-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明矾的化学成分十二水合硫酸铝钾（KAl（SO4）2·12H2O），明矾电离的铝离子在溶液中发生水解，生成氢氧化铝胶体，能吸附水里悬浮的杂质，从而起到净水的作用。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A．明矾在水中电离的铝离子发生水解，生成了氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大的接触面积，能吸附水里悬浮的杂质，起到净水的作用，不是利用强氧化性，故A选项错误；‎ B．焰色反应为物理性质，故B选项错误；‎ C．消耗Ba(OH)20.2mol时，氢氧化铝沉淀会全部反应变为AlO2-，此时沉淀不是最大量，故C选项错误；‎ D．KAl（SO4）2·12H2O中Al3+~SO42-为1:2，故加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀,Al3+全部转化为AlO2-，故D选项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎6.反应A（g）+3B（s）⇌2C（g）+2D（g），在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（　　）‎ A. v（C）=0.04mol/（L•s） B. v（B）=0.06mol/（L•min）‎ C. v（A）=0.05mol/（L•min） D. v（D）=0.01mol/（L•s）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把所有速率都换算成v（A），根据同一反应中，速率之比等于计量数之比，据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A．当v（C）=0.04 mol/（L•s）时，v（A）=0.02mol/（L•s）=1.2mol/（L•min）；‎ B．当v（B）=0.06mol/（L•min）时，v（A）=0.02mol/（L•min）；‎ C．v（A）=0.05mol/（L•min）；‎ D．当v（D）=0.01mol/（L•s）时，v（A）=0.005mol/（L•s）=0.3mol/（L•min）‎ 故A选项正确。‎ ‎【点睛】此类题需要选定一个物质的反应速率后，根据化学计量数之比等于速率之比，将其他物质的反应速率转化即可，需要注意单位换算。‎ ‎7.下列各组离子可能大量共存的是(　　)‎ A. 遇酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、Ba2＋、CH3COO－‎ B. 与Al反应放出氢气的溶液中：SO42-、Fe2＋、ClO－、NH4+‎ C. 水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-‎ D. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使酚酞变红的溶液显碱性，给定条件下组内离子间不反应，能大量共存，故A选项正确。‎ B．加入Al能放出H2的溶液既可能为强酸性溶液，又可能为强碱性溶液，强碱性溶液中OH-和 NH4+反应生成弱电解质一水合氨不能大量共存，Fe2+与OH-反应生成沉淀不能大量共存，强酸性溶液中，H+与ClO-反应生成弱电解质，不能大量共存，故B选项错误。‎ C．水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液中水的电离受到抑制，故反应可能为酸性或碱性， HCO3-不能大量共存，故C选项错误。‎ D．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，会与I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D选项错误。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎8.原电池的电极反应不仅与电极材料的性质有关,还与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是 A. 由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池,其负极反应式为Al-3e-=Al3+‎ B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,其负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+‎ D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+，故A正确；由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，故B正确；由Fe、Cu、FeCl3‎ 溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁是负极，其负极反应式为：Fe－2e－＝Fe 2+，故C错误；由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，故D正确。‎ 考点：本题考查原电池原理。‎ ‎9.类推的思维方法可解决不少化学问题,但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中,你认为正确的是(    )‎ A. 沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HF B. Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3‎ C. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2‎ D. 惰性电极电解硫酸溶液后,加水可以使电解质溶液完全恢复。则用惰性电极电解硫酸钠溶液后加水也可以使电解质溶液完全恢复 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HF分子间存在氢键沸点较高，所以氢化物沸点：HF＞HCl，故A错误； ‎ B．Pb的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；‎ C．SO2具有还原性，过氧化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；‎ D．惰性电极电解硫酸、硫酸钠溶液后，都相当于电解水，加入水就可以使电解质复原，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.向含有c(FeCl3)＝0.2 mol·L－1、c(FeCl2)＝0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是(　　)‎ A. 该分散系的分散质为Fe2O3‎ B. 该分散系属于溶液 C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B．该分散系中分散质粒子是直径约为9.3‎ ‎ nm的金属氧化物，则该分散系为胶体，故B错误；C．氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O，故C正确；D．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误；故答案为C。‎ ‎11.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A. WZ的水溶液呈碱性 B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。‎ ‎【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；‎ B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；‎ C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；‎ D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。‎ ‎12.甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（　　）‎ A. Al2（SO4）3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案选D。‎ ‎13.下列实验装置正确且能完成实验目的是（　　）‎ A. 测定一定时间内生成H2的反应速率：‎ B. 提取海带中的碘：‎ C. 检验火柴燃烧产生的SO2：‎ D. 证明非金属性Cl＞C＞Si：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、此装置能够测定一定时间内生成H2的反应速率，能够完成实验，故A正确；‎ B、分液漏斗上端活塞没有打开，分液漏斗下端应紧靠烧杯内壁，不能完成实验，故B错误；‎ C、拉动注射器的活塞，酸性高锰酸钾溶液进入注射器，试管中应是长管进气，不能完成实验，故C错误；‎ D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中产生CO2中混有HCl，干扰实验，同时比较非金属性强弱，需要比较最高价氧化物对应水化物的酸性，但HCl中Cl不是最高价，不能完成实验，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.某离子反应涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该反应中Cl-为氧化产物 B. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子 C. 反应后溶液的酸性减弱 D. 氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，根据以此分析进行题目解答。‎ ‎【详解】A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A选项错误。 B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B选项错误。 C．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故C选项错误。‎ D．由方程式可知，3ClO-~2NH4+，故氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故D选项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎15.下列有关热化学方程式的叙述正确的是(    )‎ A. 已知甲烷的燃烧热为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)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3kJ/mol B. 已知C(石墨,s)=C(金刚石,s>ΔH,则金刚石比石墨稳定 C.‎ ‎ 已知中和热为ΔH=-57.4kJ/mol,则1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热 D. 已知S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2；‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ/mol，故A选项错误。‎ B.已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H>0，说明石墨的能量较低，金刚石的能量高，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B选项错误。‎ C.在稀溶液中，稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热是2mol水，不是中和热，故C选项错误。‎ D.气态硫比固态硫能量大，故燃烧时要放出更多的热量，所以ΔH1的绝对值大。 但是燃烧放热，所以两个焓变都是负值，绝对值越大，负数反而越小，所以ΔH1<ΔH2 ，故D选项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题需要注意B选项，△H>0，说明石墨的能量较低，金刚石的能量高，石墨比金刚石稳定，稳定性与宏观印象中的硬度无关；D选项，相同物质的气态比固态能量大，故燃烧时要放出更多的热量。‎ ‎16.对于300ml 1mol/L的盐酸与铁片的反应,采取下列措施： ①升高温度②改用100mL 4mol/L  盐酸③再加300mL 1mol/L 盐酸 ④用等量铁粉代替铁片⑤改用100mL 98%的硫酸 其中能使反应速率加快的是（ ）‎ A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确； ②改用100mL 4mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确； ③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；‎ ‎④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确； ⑤改用98%‎ 的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误； 综上所述，①②④正确； 故答案选A。‎ ‎17.在 500mL NaNO3和 Cu(NO3)2 的混合溶液中,c(NO3-)=6mol/L用石墨电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到 22.4L 气体(标准状况)假定电解后溶液体积仍为 500mL,下列说法正确的是( )‎ A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5mol B. 向电解后的溶液中加入98g的Cu(OH)2可恢复为原溶液 C 原混合溶液中c(Na+)=4mol/L D. 电解后溶液中c(H+)=2mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 阳极阴离子放电(放电能力：OH－>NO3- )，根据题给信息，阳极一定是OH－放电，生成1mol氧气，转移4 mol电子；阴极离子放电能力：Cu2＋>H＋>Na＋，所以Cu2＋先放电，然后是H＋放电，阴极生成1mol氢气时，转移2 mol电子，根据得失电子守恒知，Cu2＋转移2mol电子，n(Cu2＋)＝1mol，根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A. n(Cu2＋)＝1 mol,故电解得到的Cu的物质的量为1mol，故A选项错误；‎ B.电解过程中消耗Cu2+与OH-，故向电解后的溶液中加入98g的Cu(OH)2可恢复为原溶液，故B选项正确；‎ C.n(Cu2＋)＝1 mol。所以原溶液中n[Cu(NO3)2]＝1mol，n(NO3- )＝6 mol/L×0.5 L＝3 mol，n(Na+)＝1 mol,原混合溶液中c(Na＋)＝2mol·L－1,故C选项错误；‎ D.电解后c(Na＋)＝2mol·L－1，c(NO3-)=6mol/L，故电解后溶液中c(H+)=4mol/L，故D选项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题需要注意①阴离子放电(放电能力：OH－>NO3- )，阴极离子放电能力：Cu2＋>H＋>Na＋。②溶液都呈电中性，无论反应前后，阴阳离子电荷数都相等，符合电荷守恒，以此为此题的突破点。‎ ‎18.硼酸(H3BO3)为一元弱酸，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列说法错误的是 A. b膜为阴离子交换膜 B. 阳极的电极反应式为：2H2O-4e- = O2↑+4H+‎ C. N室中：a%＜b%‎ D. 理论上每生成1mol产品，阴极室可生成5.6L（标准状况）气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，通过电解NaB（OH）4溶液的方法制备硼酸，右边为阴极室，发生还原反应，2H2O+2e- = H2↑+2OH-，左边为阳极室，发生氧化反应2H2O-4e- = O2↑+4H+。故a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，c为阳离子交换膜，所以反应后NaOH溶液浓度变大。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】A．由题意可知，b为阴离子交换膜，H+与NaB（OH）4在产品室反应生成硼酸(H3BO3)和水，故A选项正确。‎ B．阳极室，发生氧化反应2H2O-4e- = O2↑+4H+，故B选项正确。‎ C．N室中发生还原反应生成OH-，反应以后NaOH溶液浓度变大，故a%＜b%，故C选项正确。‎ D．每生成1mol产品，转移1mol电子，阴极室可生成0.5mol H2，为11.2L（标准状况）气体，故D选项错误。‎ 故答案选D。‎ ‎19.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+‎ B. 充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+‎ C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池 D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，b池生成17.40gNa2S4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。‎ ‎【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－ =Na2S4+2Na＋，故A错误；‎ B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3，电极反应式为：3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；‎ C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；‎ D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.反应4NH3 (g) +5O2(g)4NO(g) +6H2O(g) ΔH=-a kJ•mol-1，在5L密闭容器中投入1molNH3和1molO2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是 A. 2分钟反应放出的热量值小于0.1akJ B. 用氧气表示2分钟的反应速率：υ(O2)=0.05mol•L -1•min-1‎ C. 2分钟内NH3的转化率是50％‎ D. 2分钟末c(H2O)=0.6 mol•L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ 4NH3 (g) +5O2(g)4NO(g) +6H2O(g)‎ 起始物质的量（mol） 1 1 0 0‎ 变化物质的量（mol） 0.4 0.5 0.4 0.6‎ 终了物质的量（mol） 0.6 0.5 0.4 0.6‎ A．2分钟时参加反应的NH3的物质的量为0.4mol，反应放出的热量值等于0.1a kJ，故A错误；B．用氧气表示2分钟的反应速率：v(O2)==0.05mol ·L-1·min-1，故B正确；C．2分钟内NH3的转化率==40％，故C错误；D．2分钟末 c(H2O)==0.12mol ·L-1，故D错误；答案为B。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题，共40分）‎ 二. 填空题（包括21-24小题, 共40分）‎ ‎21.铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。‎ ‎(1)在滤液A中加入漂白液，所得滤液B显酸性。‎ ‎①滤液A中加入漂白液的目的是：________________________（用离子方程式表示）。‎ ‎②将滤液B中铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为（填代号）___________。‎ A．氢氧化钠溶液    B．硫酸溶液        C．氨水      D．二氧化碳 ‎ 发生反应的离子方程式为____________‎ ‎(2)检验滤液B中是否还含有Fe2+的选择的试剂及现象为：_______________________________________‎ ‎(3)若将铝土矿溶于足量的氢氧化钠溶液，则对应的离子方程式为________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1-+4H+ (2). C (3). Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (4). 铁氰化钾产生蓝色沉淀或酸性高锰酸钾紫色褪去 (5).‎ ‎ SiO2 +2OH- = SiO32- + H2O、Al2O3 + 2 OH- = 2 AlO2- + H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿与稀盐酸反应，过滤后得到SiO2和滤液A，滤液A中含有Al3+、Fe3+、Fe2+,在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性,氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去，所得滤液B显酸性,含有Al3+。根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】（1）滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去，离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1-+4H+；铝元素即Al3+以沉淀形式析出，也就是析出Al（OH）3，可选用的最好试剂为氨水，可以加过量氨水，发生的离子方程为：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；‎ 故答案为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1-+4H+ ；C ； Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+‎ ‎（2）滤液B中是否还含有Fe2+的方法为滴入铁氰化钾产生蓝色沉淀或滴入酸性高锰酸钾紫色褪去，若没有蓝色沉淀或紫色不褪去，说明滤液B中不含有Fe2+；‎ 故答案为： 铁氰化钾产生蓝色沉淀或酸性高锰酸钾紫色褪去；‎ ‎（3）铝土矿主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2，足量的氢氧化钠溶液会与Al2O3和SiO2发生反应，溶解Al2O3和SiO2，反应方程式为SiO2 +2OH- = SiO32- + H2O、Al2O3 + 2 OH- = 2 AlO2- + H2O。‎ 故答案为： SiO2+2OH-= SiO32- + H2O； Al2O3 + 2 OH- = 2 AlO2- + H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了铁、铝性质的综合应用和氧化铝提纯制备流程分析应用，注意①氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体。②检验Fe2+的方法为铁氰化钾产生蓝色沉淀或酸性高锰酸钾紫色褪去。‎ ‎22.如图所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaCl溶液、AgNO3溶液、x溶液,a、b、c、d电极均为石墨电极接通电源,经过一段时间后,乙中c电极质量增加据此回答问题： ‎ ‎(1)电源的M端为_____________极； ‎ ‎(2)电极d上发生的电极反应式为__________； 乙池溶液PH__________填（“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎(3)甲池中的总反应式为___________________________________； ‎ ‎(4)当电路中有0.04mol电子通过时,a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是____________； ‎ ‎(5)若利用丙池实现铁上镀铜,则“e-f-x”溶液是__________________________；(要求e、f、x用具体物质回答,下同),若利用丙池实现电解精炼铜,则f电极材料是_______________________‎ ‎(6) 实验测得, 1g甲醇（CH3OH）液体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出22.68kJ的热量,则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：_____________________________________________________‎ ‎(7)亚硝酸氯结构式为是有机合成中的重要试剂,可由和在通常反应条件下制得,反应方程式为。已知几种化学键的键能数据如下表所示：‎ 化学键 键能 ‎243‎ a ‎607‎ ‎630‎ 当与NO反应生成ClNO的过程中转移了4mol电子,理论上放出的热量为______kJ。(用数字和字母表示)‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (3). 减小 (4). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (5). ：2：4：1 (6). Fe-Cu-CuSO4 (7). 粗铜 (8). CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•mol-1 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Ag++e-=Ag，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极，f为阳极，e为阴极，d 为阳极，甲池是电解饱和氯化钠溶液；②依据电极反应电子守恒计算，乙中为AgNO3溶液，c为阴极电极反应Ag++e-=Ag，d电极为阳极，氢氧根离子失电子发生氧化反应。③若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜，若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜，根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】（1）接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c是银离子放电生成单质银，所以c是阴极，则M是负极，则N是正极。‎ 故答案为： 负；‎ ‎（2）电极d是阳极，氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极上发生的电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，‎ 故答案为 4OH--4e-═2H2O+O2↑；‎ ‎（3）甲池是电解饱和氯化钠溶液，总反应式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；‎ ‎（4）当电路中有0.04mol电子通过时，a是氢离子放电，生成氢气，b是氯离子放电生成氯气、c极是银离子放电生成单质银、d电极是氢氧根离子放电生成氧气，所以有0.04mol电子通过时产生的气体或固体的物质的量分别是0.02mol、0.02mol、0.04mol、0.01mol，所以a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是2：2：4：1。‎ 故答案为 2：2：4：1 ‎ ‎（5）若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜溶液。若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜溶液；‎ 故答案为：Fe-Cu-CuSO4 ；粗铜； ‎ ‎（6）燃烧热指的是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇燃烧放的热量为725.8kJ，其燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•mol-1；‎ 故答案为 CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725．76kJ•mol-1‎ ‎（7）在化学反应过程中，反应物断键会吸收能量，生成物成键会释放能量。反应中，每反应2molNO，转移2mol电子，吸收的能量=2×+=1503 kJ•mol-1，释放的能量=2×+2×=2a+1214 kJ•mol-1,故放出的能量为2a-289 kJ•mol-1。若转移4mol电子,理论上放出的热量为2×（2a-289）=‎ ‎ kJ•mol-1；‎ 故答案为 ‎【点睛】本题为电化学知识的综合应用，做题时要注意根据电极反应现象判断出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电路，各电极上得失电子的数目相等．做题时要正确写出电极方程式，准确判断两极上离子的放电顺序。‎ ‎※选做题(两题任选其一.如果多做,则按第一题计分)‎ ‎[化学-选修3:物质结构与性质]‎ ‎23.黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由锌和铜组成。回答下列问题： ‎ ‎(1) 基态锌原子的核外价电子排布式为_______________,属于周期表__________区元素。电子占据最高能层的符号是_______________占据该能层电子的电子云轮廓图形状为______________‎ ‎(2)第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”) ‎ ‎(3)向蓝色 硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水,溶液变为深蓝色[Cu(NH3)4] 2+。‎ ‎①下列微粒中与SO42-互为等电子体的是__________(填序号)。‎ A.H2SO4 B.CO32- C.PO43- D.CCl4‎ ‎②H2O分子中心原子的杂化类型为______；NH3分子的空间构型为________。‎ 分子中的键角：H2O_______ NH3(填“大于”或“小于”)。‎ ‎③通过上述实验现象可知：与Cu2+与的配位能力H2O_________NH3 (填“大于”或“小于”)。‎ ‎④极具应用前景的氨硼烷（BH3·NH3）与乙烷互为等电子体。写出BH3·NH3的结构式（结构中若含配位键用“”表示）_______________________‎ ‎(4)金属Cu晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为_____________。‎ ‎ ‎ ‎(5)若Cu晶体的密度为ρg/cm3,表示阿伏加德罗常数的值,列式表示Cu晶体中最近的两个Cu原子之间的距离________nm(不必化简)‎ ‎【答案】 (1). (2). ds (3). N (4). 球形 (5). 大于 (6). CD ‎ ‎ (7). sp3 (8). 三角锥形 (9). 小于 (10). 小于 (11). (12). 面心立方最密堆积 (13). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）基态锌原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则核外价电子排布式为，据此推知其属于周期表中哪一区元素；电子层由里向外，能量增大；‎ ‎ ‎ ‎（2）锌的价电子是3d104s2而铜的是3d104s1，故铜的最外层更容易失去一个电子，第一电离比锌的大； ‎ ‎（3）①等电子体指两个或两个以上的分子或离子，它们的原子数目相同，价电子数目也相同，据此进行分析； ‎ ‎②根据水分子、氨分子中含有的σ键和孤电子对情况分析中心原子杂化规律；孤对子对数越多，键角越小，据此分析两种分子的键角大小；‎ ‎③在[Cu（NH3）4]2+中Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，两者之间形成配位键；‎ ‎④氨硼烷（BH3·NH3）与乙烷互为等电子体，即分子结构相似，是四面体结构的分子晶体，氨硼烷分子中N、B原子均有三个电子，N原子有孤对电子，B原子有空轨道，据此写出其结构式；‎ ‎（4）铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方密堆积；‎ ‎（5）根据均摊法计算出晶胞中含有Cu原子数目，计算出晶胞质量，从而计算出晶体密度；根据ρ= ,V=a3×10-21进行计算；‎ ‎【详解】（1）基态锌原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则核外价电子排布式为，属于周期表ds区元素，电子层符号分别为K,L,M,N,O,P,Q，则锌原子能量最高的是最外层N层，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形。‎ 故答案： ；ds ；N；球形；‎ ‎（2）锌的价电子是3d104s2而铜的是3d104s1，故铜的最外层更容易失去一个电子，第一电离能I1(Zn)＞I1(Cu)。‎ 故答案为：大于；‎ ‎（3）①等电子体指两个或两个以上的分子或离子，它们的原子数目相同，价电子数目也相同，常具有相似的电子结构，相似的几何构型，而且有时在性质上也有许多相似之处， SO42-含有5个原子，32个价电子，故在CD中选择，后发现PO43- 的价电子为5+24+3=32，CCl4的价电子为4＋4×7=32；‎ ‎②H2O中只含有单键为σ键，分子中O原子含有2个σ键电子对和2对孤电子对，杂化类型为sp3，分子构型为V型，NH3分子的空间构型是三角锥，中心原子N原子采取SP3不等性杂化，NH3和H2O三分子中心原子都是SP3杂化，轨道构型为正四面体，键角相等，NH3中存在1对孤电子对，H2O中存在2对孤电子对，孤对子对数越多，键角越小，所以键角NH3>H2O；‎ ‎③向[硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水,溶液变为深蓝色[Cu(NH3)4] ，则氨分子配位键较强；‎ ‎④氨硼烷（BH3·NH3）与乙烷互为等电子体，即分子结构相似，是四面体结构的分子晶体，氨硼烷分子中N、B原子均有三个电子，N原子有孤对电子，B原子有空轨道，故结构式为；‎ 故答案为：CD；sp3； 三角锥形；小于；小于；；‎ ‎（4）由铜晶体中铜原子的堆积方式图可知，铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方密堆积；‎ 故答案为：面心立方密堆积；‎ ‎（5）设晶胞棱长为a nm，晶胞中Cu原子数目为4，晶胞质量为g，可计算，则。最近两个铜原子之间的距离为面对角线长度的一半，即最近两个铜原子之间的距离为；‎ 故答案为：。‎ ‎[化学-选修5:有机化学基础]‎ ‎24.某医药中间体G的一种合成路线如下：‎ 已知：(1)A(C4H8)的核磁共振氢谱有两组峰,且峰面积之比为3：1；D的分子式为(C4H8O3)‎ ‎(2)G的结构简式为：；‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)B→C的反应类型是______。‎ ‎(2) G 的分子式为______；G中官能团名称是______；1molG与NaOH溶液反应最多消耗______molNaOH。‎ ‎(3)H的结构简式为______。‎ ‎(4)D在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物,写出该反应的化学方程式：_____。‎ ‎(5)I与F互为同分异构体,则满足下列条件的I的结构有______种(不包括F)。‎ ‎①苯环上有两个取代基；②遇FeCl3溶液显紫色；③能与NaOH反应。 ‎ ‎(6)根据题中所给信息,写出由苯酚、甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯的合成路线，已知：RCOOHRCOCl（其它无机试剂任选）：______。‎ ‎【答案】 (1). 水解反应或取代反应 (2). (3). 酯基、羟基 (4). 3 (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，A(C4H8)的核磁共振氢谱有两组峰,且峰面积之比为3：1，故A为 ，与Br2发生加成反应得到B ,B发生水解反应或者取代反应得到C，C为，发生氧化反应后得到D ，D继续进行反应发生缩聚反应得到H ，D发生取代反应得到E，E与F发生取代反应生成G，G为，根据此分析进行解答。‎ ‎【详解】（1）结合以上分析可知，B为，B发生水解反应或者取代反应得到C 。‎ 故答案为； 水解反应或取代反应；‎ ‎（2）G的结构简式为，由结构简式可知G的分子式为，G中含有两个酯基和一个羟基，所以1molG水解得到1mol羧基和2mol羟基，与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH溶液。‎ 故答案为： ；酯基、羟基； 3；‎ ‎（3）D 为继续进行反应发生缩聚反应可得到H 。‎ 故答案为 ‎ ‎（4）D在浓硫酸加热的条件下会发生酯化反应，生成一种含六元环的环状酯，反应方程式为 ‎ ；‎ 故答案为： ‎ ‎（5）由要求可知①苯环上有两个取代基②遇FeCl3溶液显紫色，则其中一个取代基为酚羟基③能与NaOH反应，则含有羧基或酯基。即有HOC6H4COOCH3（邻、间）、HOC6H4CH2OOCH（邻、间、对）、 HOC6H4CH2OOCCH3 （邻、间、对）、HOC6H4CH2COOH（邻、间、对）共有11种同分异构体， ‎ 故答案为 ：11；‎ ‎（6）根据RCOOHRCOCl，先将甲基苯酸化氧化为苯甲酸，之后与PCl3反应，最后与苯酚反应制备出苯甲酸苯酚酯。合成路线为。‎ 故答案为 ‎ ‎【点睛】本题中思路要开阔，打破定势。应该考虑到某有机物可能不止一种官能团，或者只有一种但不止一个官能团。注意可能会根据链状结构想到环状结构等。突破口也有可能不止一个，更多的是多种突破口的融合，这样疑难问题就可迎刃而解了。‎ ‎ ‎ ‎ ‎