黑龙江省哈尔滨市哈尔滨工业大学附属中学校2020届高三上学期期中考试化学试题 27页

哈工大附中2019-2020学年度第一学期期中考试试题 高 三 化 学 可能用到的相对原子质量：C:12 S:32 Cu:64 H:1 O:16 Ag:108‎ 一、单选题 ‎1. 化学与生产生活、环境保护密切相关。下列说法中不正确的是 A. 食盐既可作调味品也可作食品防腐剂 B. 向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化 C. 加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应不利于“蓝天工程”的建设 D. 高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.食盐有咸味，无毒，生活中常做调味品，是常用的调味剂，食物腐败变质是由于微生物的生长和大量繁殖而引起的，盐渍杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，所以食盐是常用的防腐剂，A项正确；B.明矾溶于水电离出的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，但不能使海水淡化，B项错误；C. “蓝天工程”是为改善空气质量提出的，化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量，不利于“蓝天工程”建设，C项正确；D. 车厢大部分采用铝合金材料制造，这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点，D项正确；选B。‎ 考点：考查生活中的化学常识。‎ ‎2.下列有关实验操作描述正确的是 A. 在沸水中分别滴加浓氢氧化钠、氯化铁溶液,可制备氢氧化铁胶体 B. 用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用胶头滴管吸出多余液体 C. 常见试纸：石蕊试纸、pH试纸、KI淀粉试纸在使用前均需润湿 D. 酸式滴定管装标准液前,必须先用该溶液润洗 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.制备氢氧化铁胶体不能向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠，故A错误；‎ B.用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，应该重新配制，故B错误；‎ C. pH试纸在使用前不能用水润湿，故C错误；‎ D.滴定管装标准液前，必须先用水洗，再用该溶液润洗，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎3.了解化学反应原理，学会健康生活。下列对有关现象及事实的解释不正确的是 选项 现象或事实 主要原因 A 热纯碱溶液比冷纯碱溶液除油污效果好 热溶液中碳酸钠水解程度大，碱性强 B 夏天雷雨过后感觉到空气特别的清新 空气中O3含量增加、尘埃减少 C 使用含氟牙膏能防止龋齿 牙齿中的羟基磷灰石与牙膏里的氟离子转化成更难溶的氟磷灰石 D 铜合金水龙头使用长了会生成铜绿 发生了析氢腐蚀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A. 水解是吸热的，热溶液中碳酸钠水解程度大，碱性强；B.部分氧气在雷达作用下转化成臭氧；C. 牙齿中的羟基磷灰石能与牙膏里的氟离子转化成更难溶的氟磷灰石；D.铜绿的生成是由于发生了吸氧腐蚀。‎ 详解：A. 热溶液中碳酸钠水解程度大，碱性强,因此热纯碱溶液比冷纯碱溶液除油污效果好，A正确；B.雷雨过后空气中O3含量增加、尘埃减少,所以感觉到空气特别清新,B正确；C. 使用含氟牙膏, 牙齿中的羟基磷灰石与牙膏里的氟离子转化成更难溶的氟磷灰石, 能防止龋齿,C正确；D.铜合金水龙头使用长了会生成铜绿,是由于发生了吸氧腐蚀，D错误；答案选D.‎ 点睛：较强的酸性条件下发生析氢腐蚀，弱酸性、中性和碱性条件下发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍。‎ ‎4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）‎ A. 用装罝甲检验溶液中是否有K+ B. 用装置乙验证牺牲阳极的阴极保护法 C. 用装置丙进行中和热测定 D. 用装罝丁加热熔融NaOH固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由图可知，缺少蓝色的钴玻璃，故A错误；B．Fe为正极，锌为负极，铁被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．为了使反应物充分反应，需要环形玻璃搅拌棒，由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒，故C错误；D．瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应，仪器选择不合理，应使用铁坩埚，故D错误；故选B。‎ ‎5.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：‎ B. 的溶液中：‎ C. 的溶液中：‎ D. 溶液中：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中，K+、Na+、NO3-、Cl-相互之间不反应，能大量共存，故选A；‎ B.的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+与反应生成沉淀，不能大量共存，故不选B；‎ C. pH=1的溶液呈酸性， CO32-与H+反应放出二氧化碳气体，不能大量共存，故不选C；‎ D.溶液中，Fe3+、SCN-结合为络合物Fe（SCN）3，不能大量共存，故不选D；‎ 故答案选A。‎ ‎6.下列离子方程式错误的是 A. 向 溶液中滴加稀硫酸：‎ B. 酸性介质中氧化：‎ C. 等物质量的和HCl溶液混合：‎ D. 铅酸蓄电池充电时的正极反应：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向 溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，反应的离子方程式是，故A正确；‎ B. 酸性介质中把氧化成氧气，反应的离子方程式是，故B正确；‎ C. 等物质的量的和HCl溶液混合，生成氢氧化镁沉淀和水，反应的离子方程式是，故C错误；‎ D. 铅酸蓄电池充电时，阳极失电子发生氧化反应，反应的离子方程式是，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎7.下列化学反应的离子方程式中正确的是 A. 向Ca(HCO3)2溶液加入过量的NaOH溶液：‎ B. 向NH4HCO3溶液中滴入少量NaOH溶液：‎ C. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：：‎ D. 少量氢氧化钡溶液与过量硫酸氢钠混合：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向Ca(HCO3)2‎ 溶液加入过量的NaOH溶液，生成碳酸钙、碳酸钠、水，反应的离子方程式是，故A错误；‎ B. 向NH4HCO3溶液中滴入少量NaOH溶液，生成碳酸铵、碳酸钠，反应的离子方程式是，，故B错误；‎ C. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合生成碳酸钙、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是，故C正确；‎ D. 少量氢氧化钡溶液与过量硫酸氢钠混合生成硫酸钡、硫酸钠、水，反应的离子方程式是，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎8.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 在熔融状态下，1molNa2O2完全电离出的离子数目为3NA B. 将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数m NA/14‎ C. 在标准状况下，22.4LCH4与18 gH2O所含有的电子数均为10NA D. 含1mol Cl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．Na2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠能电离出3mol离子即3NA个，故A正确；B．将二氧化碳通过过氧化钠固体，固体增加的质量相当于对已CO的质量反应中转移电子数为mNA/28，故B错误；C．标况下，22.4L甲烷的物质的量是1mol，含有10mol电子，18g水物质的量是1mol，含有10mol电子，所含有的电子数均为10NA，故C正确；D．加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n（H+）=n（OH-），据溶液中的电荷守恒：n（Cl-）+n（OH-）=n（NH4+）+n（H+），所以n(Cl-)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子为NA个，故D正确；故选B。‎ 考点：考查了阿伏伽德罗常数的有关计算 ‎9.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，Y的原子序数是W和Z 的原子序数之和的一半，Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7；W和Z形成的可溶性化合物WZ溶于水中不能促进水的电离；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌．下列说法正确的是 A. 四种元素原子中,原子半径最大的是Z B. X、Y形成的化合物能溶于盐酸 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z强于Y D. 1molW单质与足量X单质反应,转移的电子数为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，则Y是Si元素；Y的原子序数是W和Z 的原子序数之和的一半，W和Z 的原子序数之和为28，WZ溶于水中不能促进水的电离，则W是Na元素、Z是Cl元素；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌，则X是O元素。‎ ‎【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越少，半径越大，四种元素原子中，原子半径最大的是Na，故A错误 ；‎ B. X、Y形成的化合物是SiO2，SiO2是酸性氧化物，不溶于盐酸，故B错误；‎ C. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性HClO4> H2SiO3，故C正确；‎ D. 1molNa与足量氧气反应，钠元素化合价由0升高为+1，所以转移的电子数为，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎10. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 B. 在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2‎ D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题解析：A．二氧化碳溶于水生成碳酸为可逆反应，开启啤酒瓶后，相当于减压，平衡逆向移动，有大量二氧化碳溢出，瓶中立刻泛起大量泡沫；A可以；B．在Fe2+还原性很强，加入铁粉防止Fe2+被氧化，与平衡移动无关；B不可以；C．氯气与水反应为可逆反应，增大氯离子的浓度，平衡左移，有利于氯气的生成；C可以；D．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡右移，提高SO2的利用率；D可以；‎ 考点：勒沙特列原理的应用。‎ ‎11.已知： ‎ ‎ ‎ ‎ 下列说法正确的是 A. 的燃烧热 B. ‎ C. ‎ D. 同质量的和完全燃烧，放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成液态水放出的能量，的燃烧热，故A错误；‎ B. ① ；② 根据盖斯定律①×－②× 得，故B错误；‎ C. 硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，有沉淀热生成，所以 ，故C错误；‎ D. 1g氢气燃烧放热=142.9KJ ，1g燃烧放热22.69KJ，所以放出的热量多，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎12.一定温度下恒容容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是 ‎ ‎①单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI ‎②单位时间内生成n mol H2的同时，生成n molI2‎ ‎③用HI、I2、H2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶1∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的压强不再改变的状态 A. ①④ . B. ①④⑤ . C. ①②④⑤ . D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI，说明V(正)=V(逆)，反应一定达到平衡状态；‎ ‎②单位时间内生成n mol H2的同时，生成n molI2，都表示正反应速率，不能判断V(正)是否等于V(逆)，反应不一定达到平衡状态；‎ ‎③用HI、I2、H2的物质的量浓度变化表示的反应速率，任意时刻的速率比均为2∶1∶1，反应不一定达到平衡状态；‎ ‎④混合气体的颜色不再改变，说明碘蒸气的浓度不变，反应一定达到平衡状态；‎ ‎⑤反应前后气体系数和不变，压强是恒量，混合气体的压强不再改变，不一定达到平衡状态；‎ 故选A。‎ ‎13.下面有关电化学的图示，完全正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该原电池中，Cu作正极，Zn作负极，故A错误；‎ B. 电解池中，电源正极连接阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，电源负极连接阴极，阴极得到电子，发生还原反应，所以粗铜应该做阳极，失去电子，发生氧化反应，故B错误；‎ C.据图可知，电源正极连接Fe作阳极，Fe失去电子，电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，电源负极连接Zn，Zn阴极，Fe2++2e-=Fe，即在阴极上镀Fe，故C错误；‎ D.电解池中，电流从电源正极流出，即碳棒为阳极，电极方程式：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极附近生成Cl2使淀粉碘化钾溶液变蓝，铁棒为阴极，电极方程式：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，使含有酚酞的溶液变红，故D正确，‎ 故选D。‎ ‎14.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 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水 石灰水变浑浊 该溶液一定是碳酸盐溶液 B 向盛有2mL 0.5mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出现白色沉淀，继续滴加0.2mol/L FeCl3溶液 有红褐色沉淀产生 Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]‎ C 用玻璃棒蘸取溶液X进行焰色反应实验 火焰呈黄色 溶液X中含有Na+‎ D 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性：Fe3+＞I2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明溶液中含有CO32-、HCO3-、SO32-或HSO3-，故A错误；‎ B、向盛有2mL 0.5mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出现白色沉淀，此时氢氧化钠有剩余，继续滴加0.2mol/L FeCl3溶液，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]，故B错误；‎ C、用铂丝蘸取溶液X进行焰色反应实验，火焰呈黄色，溶液X中含有Na+，玻璃中含有钠元素，不能用玻璃棒，故C错误；‎ D、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色，说明Fe3+把I-氧化为碘单质，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎15.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低 D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；‎ B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；‎ C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；‎ D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。‎ ‎16.常温时，下列各溶液中，物质的量浓度关系错误的是（ ）‎ A. 在0.1 mol·L－1NaClO溶液中，c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)‎ B. 10 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)‎ C. 10 mL pH＝2的HCl溶液与10 mL 0.01 mol·L－1Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的： c(Cl－)+c(OH－)＝c(Ba2＋)＋c(H＋)‎ D. 10 mL 0.5 mol/L Na2CO3溶液中慢慢滴入10 mL 0.5 mol/L盐酸后的溶液：c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、在0.1 mol•L-1NaClO溶液中，存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)，故A正确；B、混合后为氯化钠和氨水，显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(C1-)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故B正确；C、常温下，pH＝2的HCl溶液浓度为0.01 mol•L-1，10 mL 0.01 mol•L-1HCl溶液与10 mL 0.01 mol•L-1Ba(OH)2溶液充分混合后，碱剩余，根据电荷守恒，c(Cl－)+c(OH－)＝2c(Ba2＋)＋c(H＋)，故C错误；D. 10 mL 0.5 mol/L Na2CO3溶液中慢慢滴入10 mL 0.5 mol/L盐酸后的溶液中存在等浓度的氯化钠和碳酸氢钠，溶液显碱性，根据质子守恒，c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，故D正确；故选C。‎ ‎17.25℃时，取浓度均为0.1mol•L-1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L-1NaOH溶液、0.1mol•L-1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时 B. 曲线Ⅱ：滴加溶液到20 mL时：‎ C. 根据滴定曲线,可得 D. 由曲线Ⅱ可知,选用酚酞和选用甲基橙作指示剂，消耗NaOH溶液的体积相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 曲线Ⅰ表示用盐酸滴定氨水，滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质是等物质的量的氨水和氯化铵，溶液呈碱性，氨水电离大于氯化铵水解，所以，故A错误；‎ B. 曲线Ⅱ表示氢氧化钠溶液滴定醋酸，滴加溶液到20 mL时，恰好反应，溶质是醋酸钠，根据物料守恒，根据电荷守，，所以；故B正确 ；‎ C. 根据滴定曲线，0.1mol•L-1的氨水溶液pH=11，所以Kb（NH3∙H2O）= ≈=10-5 ，故C错误；‎ D.曲线Ⅱ表示氢氧化钠溶液滴定醋酸，甲基橙的变色范围是3.1~4.4，酚酞的变色范围是8~10，使酚酞变色需要碱性，选用酚酞作指示剂消耗NaOH溶液的体积大，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查溶液混合后离子浓度的关系，首先判断混合后溶液中的溶质，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断溶液中离子浓度的大小。‎ ‎18.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是 A. pH=1的NaHSO4溶液：‎ B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液： ‎ C. pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中：大小顺序：①>②>③‎ D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液(H2C2O4为二元弱酸)：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的NaHSO4溶液，根据物料守恒，，根据电荷守，所以，故A正确；‎ B. AgCl的溶度积常数大于AgI，含有AgCl和AgI固体的悬浊液， ，所以，故B错误；‎ C.相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液，都是强酸弱碱盐，根据溶液pH相等可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，大小顺序：①=②>③，故C错误；‎ D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液(H2C2O4为二元弱酸)，根据物料守恒，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎19.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是 A. 放电时，a电极反应为 B. 放电时，溶液中离子的数目增大 C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化 D. 充电时，a电极接外电源负极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，充电时，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；‎ B、放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；‎ C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；‎ D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大。‎ ‎20.为达到预期的实验目的，下列操作中正确的有( )‎ ‎①配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 ‎②用10 mL的量筒量取4.80 mL的浓硫酸 ‎③蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中的液体蒸干 ‎④向无色溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此确定该溶液中一定含有SO ‎⑤为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量 ‎⑥中和热测定实验中使用的玻璃仪器只有2种 ‎⑦实验室可利用浓氨水和碱石灰混合的方法制取少量氨气 ‎⑧除去NO中混有的NO2气体可通过水洗，再干燥后用向上排空气法收集 A. 5项 B. 4项 C. 3项 D. 2项 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：①Fe3+易水解，水解生成H+，配制溶液时加盐酸抑制水解，所以配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，正确；‎ ‎②量筒的精确度为0.1mL，可以用10mL的量筒量取4.8mL的浓硫酸，不能量取4.80m浓硫酸，错误；‎ ‎③蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中含有较多固体时，停止加热，用余热蒸干，错误；‎ ‎④检验SO42-的操作先加HCl，再加氯化钡溶液，稀硝酸酸化，如果含有亚硫酸根离子，也会被氧化为硫酸根离子，错误；‎ ‎⑤NaOH与KCl不反应，NaOH与AlCl3先生成白色沉淀，当氢氧化钠过量时沉淀又溶解，NaOH与MgCl2反应生成白色沉淀，最终沉淀不消失，三种物质的现象不同，可以鉴别，正确；‎ ‎⑥中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒和环形玻璃搅拌棒，错误；⑦碱石灰溶解会放热，浓氨水和碱石灰混合，会有氨气生成，能用于制备氨气，正确；⑧NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，应该用排水法，错误。‎ 答案选C。‎ ‎21.用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、NiO、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的流程如图：‎ ‎(1)滤渣Ⅰ的成分是________；浸钴时Al2O3溶解的离子方程式为__________________；Co2O3溶解的离子方程式为________________________________。‎ ‎(2)滤液Ⅰ加入H2O2的目的是________________________________________；加入CoO产生Fe(OH)3和Al(OH)3的原因是_________________________________________；若要将滤液Ⅰ中Fe3＋和Al3＋全部沉淀，则应将滤液Ⅰ的pH控制在_____________。(已知：溶液中离子浓度小于1×10－5 mol·L－1，则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10－15、1×10－38、1×10－32)‎ ‎(3)加入有机萃取剂的目的是_______________________________。‎ ‎(4)加入(NH4)2C2O4反应的离子方程式为___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). Al2O3+6H+=2 Al3++3H2O (3). Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO32-+2H2O (4). 将Fe2+氧化为Fe3+，以便生成氢氧化铁沉淀而除去 (5). CoO与氢离子反应，降低氢离子浓度，促使Fe3+、Al3+的水解平衡正向移动，从而生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀 (6). 溶解Ni 2＋，使之与水层分离 (7). 5 ，此时溶液的pH>3；当Al3+全部沉淀时，c(OH-)>，此时溶液的pH>5；当Ni 2＋全部沉淀时，c(OH-)> ，此时溶液的pH>9；将滤液Ⅰ中Fe3＋和Al3＋全部沉淀，则应将滤液Ⅰ的pH控制在5”“=”或“<”）在500℃、2L的密闭容器中，进行反应③，测得某时刻H2、CO2、 CH3OH、H2O的物质的量分别为6mol、2 mol、10 mol、10 mol， 此时v(正)___v(逆)（填“>”“=”或“<”）‎ ‎（4）一定温度下，在3 L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知 c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如上图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是________。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是_____________ 。‎ ‎（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸．常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/LBa（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO-），用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为_________．‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). = (3). < (4). < (5). > (6). 加入催化剂 (7). 将容器的体积压缩至2L (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）随温度升高，反应②的平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动。‎ ‎（2）平衡常数只与温度有关；‎ ‎（3）反应①+反应②=反应③，所以K3= K1×K2；分别计算出反应③在500℃、800℃的平衡常数，根据平衡常数判断反应③的焓变；根据Q与K的关系判断反应进行方向。‎ ‎（4）曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，缩短达到平衡的时间，但平衡没移动；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，CO的浓度突然变为原来的1.5倍，缩短达到平衡的时间，但平衡没移动；‎ ‎（5）醋酸的电离常数，根据电荷守恒、物料守恒计算c（CH3COO-）、c（CH3COOH）；根据电荷守恒，可判断此时溶液呈中性。‎ ‎【详解】（1）随温度升高，反应②的平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应吸热。‎ ‎（2）平衡常数只与温度有关，某温度下反应①，平衡常数不变，所以K(A) =K(B)；‎ ‎（2）K3= K1×K2；在500℃时K3=2.5，800℃时K3=0.375，随温度升高，反应③的平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，△H<0；3H2(g)+ CO2(g)CH3OH(g)+H2O (g)正方向气体物质的量减小，△S<0；在500℃、2L的密闭容器中，进行反应③，测得某时刻H2、CO2、 CH3OH、H2O的物质的量分别为6mol、2 mol、10 mol、10 mol， 0.93<2.5，此时反应正向进行，v(正)>v(逆)。‎ ‎（4）反应②前后气体系数和不变，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，缩短达到平衡的时间，但平衡没移动，所以改变的条件是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，CO的浓度突然变为原来的1.5倍，缩短达到平衡的时间，但平衡没移动，改变的条件是将容器的体积压缩至2L；‎ ‎（5）常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/LBa（OH）2溶液等体积混合， 2c（Ba2+）=c（CH3COO-）=b mol/L，根据电荷守恒2c（Ba2+）+ c（H+）=c（CH3COO-）+ c（OH-），可知c（H+）= c（OH-）=，根据物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=  mol/L，c（CH3COOH）= ，醋酸的电离常数= =。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡图像分析、平衡常数的应用，会根据Q、K的关系判断反应方向；根据溶液中的离子浓度计算弱电解质的电离平衡常数。‎ ‎24.黑龙江省作为我国粮食大省，对国家的粮食供应做出了突出贡献。农作物区有很多废弃秸秆（含多糖类物质），直接燃烧会加重雾霾，故秸秆的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）下列关于糖类的说法正确的是__________。（填字母）‎ a．糖类都有甜味，具有的通式 b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全 d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物 ‎（2）B生成C的反应类型为__________。‎ ‎（3）D中的官能团名称为__________，D生成E的反应类型为__________。‎ ‎（4）F的化学名称是__________，由F生成G的化学方程式为__________。‎ ‎（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，W与足量碳酸氢钠溶液反应生成1mol，W共有__________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为__________。‎ ‎（6）参照上述合成路线，以,和为原料（无机试剂任选），设计制备对苯二甲酸的合成路线________________________________________。（请用流程图表示）‎ ‎【答案】 (1). cd (2). 取代反应 (3). 酯基、碳碳双键 (4). 氧化反应 (5). 己二酸 (6). (7). 12 (8). (9). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm形式，如脱氧核糖（C6H10O4）； b．麦芽糖水解生成葡萄糖； c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解； d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物；‎ ‎（2）B与甲醇发生酯化反应生成C；‎ ‎（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键；D脱去2分子氢气形成苯环得到E，属于消去反应；‎ ‎（4）己二酸与1，4-丁二醇发生缩聚反应生成；‎ ‎（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为-COOH、‎ ‎-CH2CH2COOH，或者为-COOH、-CH（CH3）COOH，或者为-CH2COOH、-CH2COOH，或者-CH3、-CH（COOH）2，各有邻、间、对三种；‎ ‎（6）（反，反）-2，4-己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成。‎ ‎【详解】(1)a.糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm形式，如脱氧核糖(C6H10O4)，故a错误； ‎ b.麦芽糖水解只能生成葡萄糖，故b错误；‎ c.淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，故c正确； ‎ d.淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故d正确；‎ ‎（2）B生成C的反应是，属于取代反应(酯化反应)；‎ ‎（3）中的官能团名称酯基、碳碳双键，D生成是分子中去掉了4个氢原子，反应类型为氧化反应；‎ ‎（4）含有2个羧基，化学名称是己二酸，由与1,4-丁二醇发生缩聚反应生成，反应的化学方程式为；‎ ‎（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，W与足量碳酸氢钠溶液反应生成1mol，说明W中含有2个羧基；2个取代基为-COOH、-CH2CH2COOH，或者为-COOH、-CH(CH3)COOH，或者为-CH2COOH、-CH2COOH，或者-CH3、-CH(COOH)2，各有邻、间、对三种，共有12种；其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为；‎ ‎（6）,和发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用高锰酸钾氧化，得到，合成路线是。‎ ‎25.有A、B、C、D、E、F、G、H八种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）．A原子的核外电子数与电子层数相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，A、E同主族，F的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，B、G同族，H的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍．请回答下列问题： ‎ ‎（1）H元素在周期表中属于 ______ 区．G的基态原子电子排布式为 ______ CD2+中C的杂化类型是 ______ ‎ ‎（2）下列说法不正确的是 ______ ． ‎ a．B2A2分子中含有σ键和π键 b．B2A2分子的沸点明显低于A2D2分子 ‎ c．A2D2分子的空间构型为直线形 d．B、C、D的电负性由大到小的顺序为D＞C＞B ‎ e．B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为D＞C＞B ‎ f．H2+能与BD分子形成[H（BD）]2+，其原因是BD分子中含有空轨道 ‎ g．B和G的单质能形成相同类型的晶体，其熔点B＞G ‎ ‎（3）由B、F、H三种元素形成的一种具有超导性的晶体，B位于F和H原子紧密堆积所形成的空隙当中．晶胞如图1所示，该晶体的化学式为 ______ ‎ ‎（4）CD2、D2和熔融ECD3可制作燃料电池，其原理如图2所示．该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，石墨Ⅰ电极反应式为 ______ ‎ ‎【答案】 (1). d (2). 1s22s22p63s23p2 (3). sp杂化 (4). cef (5). MgNi3C (6). NO2+NO3--e-=N2O5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F、G、H八种元素的原子序数依次增大，B的基态原子有3个不同的能级，且各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故B为C元素；B、G同族，则G为Si元素；H的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，4s电子只能有2个电子，故原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2， H为Ni； F的基态原子的s能级的电子总数与p能级的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2；D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，D的原子序数小于E，原子核外电子排布只能为1s22s22p4，则D为O元素、故F为Mg； C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素； A原子的核外电子数与电子层数相等，其原子序数在8种元素中最小，则A为H，又A、E同主族， E为Na元素，据此进行解答。‎ ‎【详解】（1）H为Ni元素，Ni的基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，在周期表中属于d区；G为Si元素，其原子核外电子总数为14，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p2；CD2+为NO2+，NO2+中价层电子对个数分别是2，所以中心原子N原子采取sp杂化；‎ ‎（2）a．B2A2分子为C2H2，乙炔分子中含有3个σ键和2个π键，故a正确； b．B2A2分子为乙炔，A2D2为双氧水，双氧水分子间存在氢键，则乙炔沸点明显低于双氧水，故b正确； c．A2D2分子为H2O2‎ ‎，双氧水分子是每个氧原子含有2个共用电子对且含有2个孤电子对，所以其价层电子对数是4，氧原子采用sp3杂化，所以其空间构型为V型，故c错误； d．B、C、D分别为C、N、O，非金属性越强，电负性越强，则电负性大小为：O＞N＞C，故d正确； e． C、N、O同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故e错误； f．H2+为Ni2+，BD为CO，由于Ni2+含有空轨道，所以二者能够形成配离子[Ni（CO）]2+，故f错误； g．B和G的单质分别为金刚石、晶体Si，二者形成的晶体为原子晶体，晶体类型相同，由于共价键碳碳键较短，则沸点：C＞Si，故g正确； 故答案为：cef； （3）B为C、F为Mg、H为Ni元素，根据均摊原则，晶胞中C原子数目=1、Ni元素数目=6×=3、Mg原子数目=8×=1，故该晶体的化学式为MgNi3C；‎ ‎（4）根据图示可知，通O2一极为正极，石墨Ⅱ电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4NO3-；通NO2一极为负极，石墨Ⅰ电极反应为：NO2+NO3--e-=N2O5；‎ ‎【点睛】本题考查位置、结构与性质关系的综合应用，正确推断各元素名称为解答关键，充分考查了学生的分析、理解能力，熟练掌握原子结构与元素周期表结构、元素周期律的关系。‎ ‎ ‎ ‎ ‎