2017-2018学年湖南省隆回县一中高二优生1月联考化学试题 解析版 20页

湖南省双峰县一中、邵东县一中、邵阳市一中、邵阳市二中、武冈县二中、隆回县一中2017-2018学年高二优生1月联考化学试题 时量：90分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Fe-56 Cu-64 Ag-108‎ 第Ⅰ卷（选择题 共50分）‎ 一、选择题（本题为单选题，共10个小题，每小题2分，共计20分）‎ ‎1. 化学已经渗透到人类生活的方方面面。下列说法正确的是（ ）‎ A. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程属于化学变化 B. 去皮苹果放在空中久置变黄与纸张久置变黄原理相似 C. 高纯硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ D. 酸雨以及光化学烟雾的形成通常都与氮的含氧化合物有关 ‎【答案】D ‎【解析】A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化，类似于过滤，A错误；B．丹去皮苹果放在空气中久置变黄是被空气氧化，与纸张久置变黄原理不相似，B错误；C．二氧化硅广泛用于制作光导纤维，C错误；D．铜酸雨以及光化学烟雾的形成通常都与氮的含氧化合物有关，D正确，答案选D。‎ ‎2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. MgO、Al2O3熔点高，均可用作耐高温材料 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥 C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、MgO和Al2O3熔沸点高，可以做耐高温材料，故正确；B、NH4HCO3作氮肥，是因为含有N，故错误；C、Fe2(SO4)3做净水剂，利用Fe3＋水解成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮杂质，故错误；D、SO2的漂白纸浆，利用SO2的漂白性，故错误。‎ 考点：考查元素及其化合物的性质和应用等知识。‎ ‎3. 下列事实与平衡移动原理无关的是（ ）‎ A. 向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅 B. 加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl C. 将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体 D. NO2气体经过冷凝和加压成无色液体 ‎【答案】C ‎【解析】A. 向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液中生成碳酸钡和氯化钠，溶液的碱性减弱，红色变浅，与水解原理有关，A错误；B. 镁离子水解，水解吸热，加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl，与水解原理有关，B错误；C. 将FeS2矿石粉碎增大反应物的接触面积，更有利于焙烧制备SO2气体，与平衡移动原理无关，C正确；D. NO2气体经过冷凝和加压成无色液体与2NO2N2O4有关系，D错误，答案选C。‎ ‎4. 根据元素周期表和周期律分析下面的推断，其中错误的是（ ）‎ A. 氢氟酸的酸性强于盐酸 B. 氢氧化钡的碱性强于氢氧化钙 C. 硅酸的酸性强于氢氧化铝 D. 砹化氢不稳定.‎ ‎【答案】A ‎【解析】A. 氢氟酸是弱酸，盐酸是强酸，氢氟酸的酸性比盐酸弱，故A错误；B．金属性Ba＞Ca，氢氧化钡比氢氧化钙的碱性强，故B正确；C. 同一周期从左到右，盐酸的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，硅的非金属性大于铝，因此硅酸的酸性强于氢氧化铝，故C正确；D．At在第ⅤⅡA族中非金属性最弱，则砹(At)的氢化物不稳定，故D正确；故选A。‎ ‎5. 下列有关化学用语的表示正确的是（ ）‎ A. 医用“钡餐”的化学式：BaCO3 B. C1－的结构示意图：‎ C. NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na+ + H+ + CO32- D. N2的电子式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．医用“钡餐”为硫酸钡，化学式为BaSO4，故A错误；B．从Cl原子到C1－，质子数不变，所以C1－的结构示意图为，故B错误；C．NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-H++CO32-，故C错误；D．N2的电子式正确。故选D。‎ 考点：化学用语的考查 ‎6. 环辛四烯和立方烷的分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 两者互为同分异构体 B. 立方烷与甲烷互为同系物 C. 环辛四烯与立方烷有相同的官能团 D. 两者都能与溴水发生加成反应 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．环辛四烯和立方烷的分子式都为C8H8，分子式相同但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．立方烷分子式为C8H8，甲烷分子式为CH4，结构不相似，且组成上不相差n个CH2原子团，所以立方烷与甲烷不是互为同系物的关系，故B错误；C．环辛四烯的官能团为碳碳双键，而立方烷则无官能团，故C错误；D．环辛四烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，而立方烷则是饱和的，不能与溴水发生加成反应，故D错误。故选A。‎ 考点：考查有机物的结构与性质 ‎7. 下列指定反应的离子方程式正确的是（  ）‎ A. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu + 4H+ +2NO3- = Cu2+ + 2NO2↑ +H2O B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3+ + Fe = 2Fe2+‎ C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+‎ D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3 + 2H+ = H2SiO3↓ + 2Na+‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、因为是稀硝酸，因此铜和稀硝酸产生NO，故错误；B、电荷不守恒，应是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故错误；C、氢氧化铝溶解于强碱，不溶于弱碱，NH3·H2O是弱碱，故正确；D、Na2SiO3是可溶性盐，需要拆写，故错误。‎ 考点：考查离子反应方程式的正误判断等知识。‎ 视频 ‎8. 设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（  ）‎ A. 7.4 g NH4F和5.6 g C2H4含有的氢原子数均为0.8NA B. 0.5 L 1 mol/L NaHSO3溶液中含有的HSO3-数目为0.5NA C. 标准状况下，11.2 L NO2完全溶于水，转移的电子数为0.5NA D. 在高温高压和催化剂作用的条件下，向一密闭容器中充入28 g N2与足量的H2，充分反应后，转移的电子数为6NA ‎【答案】A ‎【解析】A. 7.4 g NH4F的物质的量为=0.2mol，5.6 g C2H4的物质的量为=0.2mol，含有的氢原子数均为0.8NA，故A正确；B. 0.5 L 1 mol/L NaHSO3‎ 溶液显酸性，存在亚硫酸氢根离子的电离，含有的HSO3-数目少于0.5NA，故B错误；C. 标准状况下，11.2 L NO2的物质的量为0.5mol，溶于水发生反应3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，转移的电子数为NA，故C错误；D. 氮气和氢气的反应属于可逆反应，不能完全进行，因此在高温高压和催化剂作用的条件下，向一密闭容器中充入28 g N2与足量的H2，充分反应后，氮气不可能完全反应，转移的电子数少于6NA，故D错误；故选A。‎ ‎9. 25 ℃时，下列各组数据中比值为2：1的是（ ）‎ A. 0.2 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的CH3COONa溶液中c(CH3COO-)之比 B. pH=7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比 C. 等质量的Na2CO3固体和NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，消耗盐酸的物质的量之比 D. pH均为2的H2SO4溶液与盐酸中c(H+)之比 ‎【答案】B ‎【解析】A．醋酸根离子水解，浓度越大，水解程度越小，0.2 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的CH3COONa溶液相比，前者水解程度小，二者的c(CH3COO-)之比＞2:1，故A错误；B．根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42- )，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)=2c(SO42- )，故B正确；C．等质量的Na2CO3和NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，消耗盐酸的物质的量之比=×2：×1＜2:1，故C错误；D．pH=2的H2SO4溶液与pH=2的盐酸溶液中，溶液中氢离子浓度都是0.01mol/L，故D错误；故选B。‎ ‎10. 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CO2； ②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量稀盐酸；‎ ‎③向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水； ④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以会产生沉淀，最终沉淀不溶解，故选；②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸会出现先凝聚生成Fe(OH)3沉淀，盐酸过量，Fe(OH)3‎ 与盐酸反应生成易溶于水的氯化铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不选；③硝酸银与氨水先反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银再与氨水发生络合反应生成可溶性络合物，所以会出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不选；④硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，硅酸不溶于过量的盐酸，现象是产生沉淀，故选；故选B。‎ 点睛：本题主要考查的是物质的性质，根据物质的性质结合方程式分析即可解答。本题的易错点为③，要注意联系银氨溶液的制备，硝酸银与氨水先反应生成氢氧化银（或氧化银）沉淀，再与氨水发生络合反应而溶解。‎ 二、选择题（本题为单选题，共10个小题，每小题3分，共计30分）‎ ‎11. 电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I2＋6OH－===IO＋5I－＋3H2O。下列说法不正确的是 ( )‎ A. 右侧发生的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－‎ B. 电解结束时，右侧溶液中含IO C. 电解槽内发生反应的总化学方程式：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑‎ D. 如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变 ‎【答案】D ‎【解析】左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧放出氢气，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动。A．左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；B．一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3-，故B正确；C．左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，同时发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑，故C正确；D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2‎ ‎，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH在交换膜两侧，不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查电解原理，根据“左侧溶液变蓝色”判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为D，注意氢氧根不能通过阳离子交换膜，故不能与碘单质发生反应。‎ ‎12. 在不同温度下，向VL密闭容器中加入0.5 mol NO和0.5 mol活性炭，发生反应：2NO(g) + C(s) N2(g) + CO2(g) △H = -Q kJ/mol，达到平衡时的数据如下：‎ 温度/℃‎ n（C）/mol n（CO2）/mol T1‎ ‎0.15‎ T2‎ ‎0.375‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A. 由上述信息可推知：T1＞T2‎ B. T2℃时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c(N2)：c(NO)增大 C. T1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率增大 D. T1℃时，该反应的平衡常数K=9/16‎ ‎【答案】D ‎.....................‎ 考点：考查化学反应速率、化学平衡的移动的知识。‎ ‎13. 往含有0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH) 2混合溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为8.96 L(标准状况)时立即停止。则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2气体的体积关系正确的图像是(气体的溶解和离子的水解忽略不计) ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：n（CO2）==0．4mol，通入含有0．2molNaOH和0．1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓，0．1molBa（OH）2完全反应消耗0．1molCO2，剩余0．2molOH-，生成0．1molBaCO3，然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0．1molCO2，生成0．1molCO32-，上述两阶段共消耗0．2molCO2，剩余0．2molCO2，再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0．1molCO2，最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答．‎ 解答：解：含有0．2mol NaOH和0．1mol Ba（OH）2的溶液中离子总的物质的量为0．2mol×2+0．1mol×3=0．7mol，‎ n（CO2）==0．4mol，‎ 通入含有0．2molNaOH和0．1molBa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓，该阶段0．1molBa（OH）2完全反应消耗0．1molCO2，体积为2．24L，离子物质的量减少0．3mol，溶液中离子物质的量为0．7mol-0．3mol=0．4mol，其中含有0．2molOH-、生成0．1molBaCO3；‎ 然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0．2molOH-完全反应消耗0．1molCO2，体积为2．24L，该阶段离子物质的量减少0．1mol，溶液中剩余离子物质的量为0．4mol-0．1mol=0．3mol，溶液中含有0．2molNa+、0．1molCO32-；‎ 再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0．1molCO2，体积为2．24L，溶液中离子物质的量增大0．1mol，溶液中离子为0．4mol；‎ 最后发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗0．1molCO2，体积为2．24L，溶液中离子物质的量增大0．3mol，溶液中中离子为0．7mol；故图象C符合，故选C．‎ 考点： 考查离子方程式的计算 ‎14. 现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：‎ 已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。该同学得出的结论正确的是( )‎ A. 根据现象1可推出该试液中含有Na＋‎ B. 根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根 C. 根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋‎ D. 根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，故不能确定原试液中是否含有钠离子；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，D错误；故选C。‎ 考点：铁离子的检验、‎ 视频 ‎15. 1.52 g 铜镁合金完全溶解于50 mL 密度为1.40 g/cm3 ，质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL （标准状况下），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L ‎ NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时 ，得到2.54 g 沉淀。下列说法不正确的是(   )‎ A. 该合金中铜与镁的物质的量之比为2：1‎ B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L C. 得到2.54 g 沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL D. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ ‎【答案】C 考点：考查了有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质的相关知识。‎ ‎16. 下列实验的操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）‎ 选项 操作 现象 解释或结论 A 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中 产生白色沉淀 说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp（CaSO4）‎ B ‎ ‎ 试剂瓶的导管中有一段稳定水柱 装置气密性良好 C 将Al2(SO4)3溶液蒸干 有白色固体生成 Al3+水解生成Al(OH)3‎ D 锥形瓶溶液产生淡黄色沉淀 苯与溴发生取代反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A．Ca(OH)2和CaSO4是两种不同构型的化合物，无法比较同温下，两者溶度积常数的大小，故A错误；B．利用液压原理，当试剂瓶中有一段稳定水柱，可说明其气密性良好，故B正确；C．将Al2(SO4)3溶液蒸干得到的白色固体为Al2(SO4)3，无法说明A13＋水解生成Al(OH)3，故C错误；D．溴有挥发性，挥发出的Br2遇AgNO3溶液也能生成 淡黄色AgBr沉淀 ，无法证明 苯与溴发生取代反应生成了HBr，故D错误；答案为B。‎ ‎17. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01mol·L-1的v溶液中：c（OH-）/c（H+）=1.0×1010。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. 原子半径的大小：W >Z > Y > X B. Z分别与Y、W组成的化合物中化学键类型可能相同 C. v能抑制水的电离而u能促进水的电离 D. 粘有q的试管可用酒精洗涤 ‎【答案】B ‎【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u为形成酸雨的主要物质之一，则u是SO2，所以W是S，Y是O，即n是氧气；25℃时，0.01mol·L-1的v溶液中：c（OH-）/c（H+）=1.0×1010，则氢氧根离子浓度是0.01mol/L，所以v是氢氧化钠，则X是H，Z是Na，m是氢气，r是H2O，p是Na，t是过氧化钠，A. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小：Z>W>Y>X，A错误；B. Na分别与O、S可能组成化合物Na2O2和Na2S2，化学键类型相同，B正确；C.氢氧化钠和SO2的水溶液均能抑制水的电离，C错误；D. 粘有S的试管可用CS2洗涤，S微溶于酒精，D错误，答案选B。‎ ‎18. 在恒温恒容的密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g) xC(g)。‎ Ⅰ.将3 mol A和2 mol B在一定条件下反应，达平衡时C的体积分数为a；‎ Ⅱ.若起始时A、B、C投入的物质的量分别为n(A)、n(B)、n(C)，平衡时C的体积分数也为a。下列说法正确的是 ( )‎ A. 若Ⅰ达平衡时，A、B、C各增加1 mol，则B的转化率将一定增大 B. 若向Ⅰ平衡体系中再加入3 mol A和2 mol B，C的体积分数若大于a，可断定x>4‎ C. 若x＝2，则Ⅱ体系起始物质的量应满足3n(B) > n(A)＋3‎ D. 若Ⅱ体系起始物质的量满足3n(C)＋8n(A)＝12n(B)，则可判断x＝4‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．由于x值不确定，则若Ⅰ达平衡时，A、B、C各增加1mol，B的转化率不能确定，故A错误；B．因容器体积不变，若x=4时，C的体积分数应为a，现大于a，x应小于4，促进平衡正向移动，故B错误；C．由恒温恒容时，当n(A)、n(B)、n(C)为起始物质的量，平衡时n(C)的体积分数仍为a，则n(A)+n(C)=3，n(B)+n(C)=2，若x=2，二者联式可得3n(B)=n(A)+3，故C错误；D．由恒温恒容时，当n(A)、n(B)、n(C)为起始物质的量，平衡时n(C)的体积分数仍为a，n(A)+n(C)=3，n(B)+n(C)=2，若x=4，二者联式可得3n(C)+8n(A)═12n(B)，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查化学平衡的计算，注意从等效平衡的角度解答该题。本题的易错点为A，注意x不确定，A、B、C各增加1mol，无法判断平衡移动的方向，B的转化率可能增加，可能减小，也可能不变。‎ ‎19. 已知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数。下面图像表示常温下稀释CH3COOH，HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+) ＞ c(ClO-) ＞ c(CH3COO-)＞ c(OH-) ＞ c(H+)‎ B. 向NaClO溶液中通少量CO2的离子方程式为：2ClO- + CO2 + H2O = 2HClO + CO32-‎ C. 图像中a、c两点处的溶液中相等（HR代表CH3COOH或HClO）‎ D. 图像中a点对应酸的总浓度大于b点酸的总浓度 ‎【答案】C ‎【解析】A、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸根的水解程度小于次氯酸根，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B、碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故B错误；C、在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故C正确；D、pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲线表示CH3COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度较小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即图像中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故D错误；故选C。‎ ‎20. H2C2O4为二元弱酸，20 ℃时，配制一组c(H2C2O4) + c(HC2O4-) + c(C2O42-)= 0.100mol/L的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）‎ A. pH = 2.5的溶液中：c(H2C2O4) +c(C2O42-) ＞ c(HC2O4-)‎ B. c(Na+) = 0.100 mol/L的溶液中：c(H+) +c(H2C2O4) = c(C2O42-)+ c(OH-)‎ C. c(HC2O4-) = c(C2O42-)的溶液中：c(Na+) ＞ 0.100 mol/L + c(HC2O4-)‎ D. pH = 7.0 的溶液中，2c(Na+) = c(C2O42-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．由图象可知，pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O42-)浓度之和小于c(HC2O4-)，则c(H2C2O4)+c(C2O42-)＜c(HC2O4-)，故A错误；B．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c(Na+)=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，代入计算得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，故B正确；C．c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol•L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，电荷守恒(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c(Na+)＜0.100 mol•L-1+c(HC2O4-)，故C错误；D．20℃时，pH=7的溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(OH-)，所以c(Na+)=2c(C2O42-)，故D错误；故选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共50分）‎ 三、填空题（共4个小题，每空2分，共计50分）‎ ‎21. 下表为元素周期表的一部分 ‎（1）⑤⑥⑦⑨⑩的离子半径由大到小的顺序为______________________（用离子符号表示）。‎ ‎（2）③与⑩形成的一种化合物每个原子最外层都满足8e-结构，写出该化合物的电子式________。‎ ‎（3）①②两种元素以原子个数比为3:1形成的一种化合物，写出其二氯取代物的结构简式：_____。‎ ‎（4）与③同主族的元素的化合物亚磷酸H3PO3是二元弱酸，写出H3PO3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式__________________________________。‎ ‎（5）由④⑥两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，产生红褐色沉淀，但无气体产生，写出该反应的离子方程式__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 略 (2). 略 (3). 略 (4). 略 (5). 略 ‎【解析】结合元素周期表可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Al、⑧为Si、⑨为S、⑩为Cl；‎ ‎（1）F-、Na+与Al3+的离子结构排布相同，S2-与Cl-的离子结构排布相同，通常离子结构排布相同时核电荷数越大，离子半径越小，另外离子核外电子层数多，离子半径大，则离子半径由大到小的顺序为S2->Cl->F->Na+>Al3+ ；‎ ‎（2）N与Cl形成的一种化合物每个原子外层电子都满足8e结构，说明N原子分别与三个氯原子形成三个电子对，该化合物的电子式为；‎ ‎（3）H与C两种元素以原子个数比3：1形成的一种化合物为C2H6，其二氯取代物共有2种，它们的结构简式分别为CH3CHCl2 、 CH2ClCH2Cl；‎ ‎（4）亚磷酸H3PO3是二元弱酸，说明其分子最多可电离出2个H＋，则H3PO3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO3+2OH-=2H2O+HPO32- ；‎ ‎（5）由Na和O两种元素组成的一种化合物加入到硫酸亚铁溶液中，产生红褐色沉淀4Fe(OH)3，说明此化合物有强氧化性，应为Na2O2，但无氧气产生，根据电子守恒和电荷守恒，可知该反应的离子方程式为3Na2O2+6Fe2++6H2O=6Na+ +4Fe(OH)3↓+2Fe3+。‎ 点睛：本题考查的是学生对元素周期表与元素周期律的熟练理解程度，能结合题中条件快速确定元素的名称是解答的前提，这对学生基础要求比较高，建议复习时要重视双基的学习与检测，提高自己分析问题解决问题的能力，本题解答的关键点是（1）短周期的主族元素最高价等于族序数；（2）同周期元素原子半径随核电荷数递增而减小，同族元素的原子半径随周期数增大半径增大，结合这二点可准确确定元素，再结合元素周期表的位、构、性解题，就容易多了。‎ ‎22. 从含铜丰富的自然资源黄铜矿（主要成分为CuFeS2）中冶炼铜的工艺流程如下：‎ 已知：。‎ ‎（1）若“过滤1”所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为______。‎ ‎（2）“除硫”时加入浓盐酸发生反应的离子方程式为_____________________________。‎ ‎（3）“过滤3”所得滤液中可以循环使用的物质为______________、_____________。‎ ‎（4）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，发生的反应为、。此工艺与前一工艺相比主要缺点有______________________（任答一点）。‎ ‎（5）铜溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液中可制备CuSO4。测定溶液中Cu2+浓度的方法：准确量取V1 mL溶液于锥形瓶中，调节pH至3~4，加入过量KI溶液，充分反应后，滴加2滴淀粉溶液，再慢慢滴加c mol/L的Na2S2O3标准溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3标准溶液V2 mL。上述过程中发生的反应为、。‎ ‎①“恰好完全反应”时溶液的颜色变化为___________________。‎ ‎②溶液中Cu2+的物质的量浓度为________________________（用含c、V1、V2的代数式表示）mol/L。‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3 (2). (3). HCl (4). CuCl2 (5). 会产生污染环境的SO2气体（或能耗高等合理答案） (6). 溶液由蓝色变为无色并且半分钟内不恢复蓝色 (7). cV2/V1‎ ‎【解析】CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl↓+FeCl2+2S↓，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入浓盐酸将CuCl溶解，硫不溶，达到除硫目的，过滤得到滤液含有[CuCl2]-，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有HCl和CuCl2。‎ ‎(1)过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，加入发生中发生水解上火车氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；‎ ‎(2)根据流程图，“除硫”时加入的浓盐酸与CuCl反应生成[CuCl2]-，过滤可以除去硫，反应的离子方程式为CuCl+ Cl-=[CuCl2]-，故答案为：CuCl+ Cl-=[CuCl2]-；‎ ‎(3)“过滤3”所得滤液中，可以循环使用，故答案为：HCl和CuCl2；‎ ‎(4)将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，反应会生成二氧化硫气体，污染空气，且能耗较高，故答案为：会产生污染环境的气体SO2(或能耗高等)；‎ ‎(5)①“恰好反应”时即溶液中的I2恰好与Na2S2O3完全反应，此时溶液的颜色变化为蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；‎ ‎②根据反应2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，2Cu2+～I2～2S2O32-，所以Cu2+离子的物质的量与S2O32-的物质的量相等，为cV2×10-3 mol，根据c=可知，Cu2+离子的物质的量浓度为mol/L，故答案为：。‎ ‎23. 研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。‎ ‎（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。‎ ‎①已知： ‎ 则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为________________________________。‎ ‎（2）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液。已知常温下：NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11。在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)______c(HCO3-)（填“＞”“＜”或“=”），计算反应NH4+ + HCO3- + H2O ⇌ NH3·H2O + H2CO3的平衡常数K=______________，物料守恒表达式为__________________________。‎ ‎（3）以CO2为原料还可以合成多种物质。‎ ‎①如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。操作中先在_______处向饱和NaCl溶液中通入_________气体（填NH3或CO2），然后再在通入另一种气体。请写出反应的化学方程式_______________________。‎ ‎ ‎ ‎②人工光合作用能够借助太阳能用CO2和水制备化学原料，如图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，请写出催化剂b处的电极反应式：____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). ＞ (3). 1.25×10-3 (4). c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) (5). a (6). NH3 (7). NaCl + CO2 + NH3 + H2O = NaHCO3 + NH4Cl (8). ‎ ‎【解析】(1)①Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=akJ•mol-1，②C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H2=bkJ•mol-1，依据盖斯定律①-②×3得到热化学方程式为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=(a-3b) kJ•mol-1，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=(a-3b) kJ•mol-1；‎ ‎(2)根据NH3·H2O的电离平衡常数K=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11可知，铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，因此c(NH4+)＞c(HCO3-)；反应NH4++HCO3-+H2O═NH3．H2O+H2CO3的平衡常数K= ===1.25×10-3；NH4HCO3溶液中的物料守恒表达式为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，故答案为：＞；1.25×10-3；c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)。‎ ‎(3)①二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，因此实验时先向饱和氯化钠溶液中通入氨气，再通入二氧化碳，为了防止倒吸，应从a口通入氨气，b口通入二氧化碳，反应的方程式为NaCl + CO2 + NH3 + H2O = NaHCO3 + NH4Cl，故答案为：a；NH3；NaCl + CO2 + NH3 + H2O = NaHCO3 + NH4Cl；‎ ‎②根据装置图中电子的流向，判断催化剂a为阳极电极反应：2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增强；催化剂b为阴极，电极反应：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性减弱，总的电池反应为2H2O+2CO2═2 HCOOH+O2，故答案为：CO2+2H++2e-═HCOOH；‎ ‎24. 亚硝酸钠（NaNO2）是一种重要的工业盐，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐，易溶于水，微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：‎ Ⅰ.亚硝酸钠的制备 ‎（1）实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是____________________。‎ ‎（2）D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为___________________。‎ Ⅱ.探究亚硝酸钠与硫酸反应气体产物成分。‎ 已知：①NO + NO2 + 2OH﹣ ═ 2NO2﹣ + H2O  ②气体液化的温度：NO2：21℃，NO：﹣152℃‎ ‎（3）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是_____________________。‎ ‎（4）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左→右连接）：A、C、___、___、___。‎ ‎（5）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。‎ ‎①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是_________________。‎ ‎②装置B的作用是____________________。‎ Ⅲ.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性。（供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液）‎ ‎（6）_____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于硝酸流下 (2). 4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2 (3). 排尽装置中空气，防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验 (4). E D B (5). D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色 (6).‎ ‎ 尾气处理，吸收氮氧化物，防止空气污染 (7). 取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性;（或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性）‎ ‎【解析】（1）恒压滴液漏斗可以内外压强相等，因此相比普通分液漏斗，显著的优点是平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于硝酸流下；（2）D中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，反应物是NO、氧气和碳酸钠，则C中制备NaNO2的离子方程式为4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2。‎ ‎（3）NO很容易被氧气氧化，装置中有空气，无法检验有NO生成，所以通氮气的目的是排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2；（4）C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，用来检验NO，所以装置的连接为A→C→E→D→B；（5）①D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，因此确认A中产生的气体含有NO所依据的现象是D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色；②根据以上分析可知装置B的作用是尾气处理，吸收氮氧化物，防止空气污染；（6）利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性。‎ ‎ ‎ ‎ ‎