安徽省六校教育研究会2020届高三第一次素质测试化学试题 24页

‎2020 届高三第一次素质测试化学试题 考试时间：100分钟 试卷分值：100 分 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5‎ 一、选择题：（本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意。）‎ ‎1.水对我们的生命起着重要的作用，它是生命的源泉，是人类赖以生存和发展的不可缺少的最重要的物质资源之一。下列关于水的叙述正确的是 A. 水是一种重要的溶剂，能溶解所有的无机物和大多数有机物 B. 在氧化还原反应中，水只能作氧化剂，不能作还原剂 C. 水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应 D. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中都有化学反应发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．部分无机物难溶于水，如硫酸钡等无机物难溶于水，故A错误；‎ B．水中H元素的化合价能降低，O元素的化合价能升高，则水既可作氧化剂，又可作还原剂，故B错误；‎ C．水能与部分金属、金属氧化物、非金属氧化物、部分有机物等反应，所以在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应，故C正确；‎ D．有新物质生成的反应属于化学反应，蒸馏法、电渗析等过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列有关叙述不正确的是 A. 密闭容器中，0.2molNO和0.1 molO2充分反应后，分子总数为0.2NA B. 室温下，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1 NA C. 7.8 gNa2S和7.8 gNa2O2中含有阴、阳离子总数均为0.3 NA D. 1.0 L1.0 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，则最终分子个数小于0.2NA个，故A错误；‎ B．室温下，pH=13的氢氧化钡溶液中，氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L该溶液中氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B正确；‎ C．7.8gNa2S和7.8gNa2O2的物质的量均为0.1mol，且两者均含2个钠离子和1个阴离子，故0.1mol过氧化钠和0.1mol硫化钠中均含0.3NA个离子，故C正确；‎ D．由于NaClO水溶液中的溶剂水中含有氧原子，所以1.0 L1.0 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意水溶液中溶剂水对原子个数的影响。‎ ‎3.某合作学习小组讨论辨析：‎ ‎①氯化钠固体和氯化氢气体都不导电是因为二者中都不存在离子 ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物 ‎③醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物 ‎④氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质 ‎⑤碳酸钠晶体在空气中风化是化学变化，硫酸铜晶体溶于水是物理变化 ‎⑥用玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应实验，火焰呈黄色说明溶液中含有Na+‎ ‎⑦用Ba(NO3)2溶液、品红试液都可以区分CO2和SO2这两种气体 上述说法正确的是 A. ①④⑤⑥ B. ②③⑥⑦ C. ②③④⑤ D. ②④⑤⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①氯化钠固体不能导电，氯化钠固体中的离子不能自由移动，故错误；‎ ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都是由离子构成的，都含有离子键，都属于离子化合物，故正确；‎ ‎③过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气，不是碱性氧化物，故错误；‎ ‎④氨气不能电离是非电解质，水和硫酸钡是电解质，但水难电离，是弱电解质，硫酸钡在水中溶解的部分是完全电离，所以是强电解质，故正确；‎ ‎⑤风化失去结晶水是化学变化，硫酸铜晶体溶于水没有新物质生成，是物理变化，故正确；‎ ‎⑥焰色反应为元素的性质，Na的焰色反应为黄色，则火焰呈黄色，玻璃棒含硅酸钠，则不能说明该溶液中含有Na+，故错误；‎ ‎⑦酸化的Ba(NO3)2溶液能与SO2反应生成沉淀，SO2能使品红褪色，而二氧化碳不能，可以区分，故正确；‎ 正确的有②④⑤⑦，故选D。‎ ‎4.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A ‎ 配制100g4%的NOH溶液 ‎ 称取4.0gNaOH放烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀 B.‎ 分离KClO3与MnO2制取O2后的残渣 溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KClO3‎ C 证明 Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)  ‎ 向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液 D 检验Al和Fe2O3反应后固体中是否含Fe2O3‎ 取样，溶于足量稀硫酸，滴加KSCN溶液不变红，说明不含Fe2O3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、100g4%的NOH溶液，溶质的质量为4.0g，溶剂水的质量为96.0g，称取4.0gNaOH放在烧杯中，再加入96.0mL水，搅拌均匀即可，A正确；B、KClO3与MnO2制取O2后的残渣为不溶水的MnO2和溶于水的KCl，溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KCl，B错误；C、向BaCO3悬浊液中加入足量饱和Na2SO4溶液，当沉淀不再变化时，加入稀盐酸，无明显现象，即可证明Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)，C错误；D、Al和Fe2O3反应后固体中一定含有Fe单质，若含有Fe2O3，与酸发应后生成Fe3+，Fe3+可能与Fe单质反应成Fe2+，加入KSCN溶液也不变红，D错误。正确答案为A。‎ 点睛：本题难点在C和D选项，对C选项：沉淀之间的转化，必须是一种沉淀转化为另外一种沉淀，而不是生成的，如C中应该使用BaCO3悬浊液，一种沉淀转化为另一种沉淀，可通过颜色的改变来观察，如无颜色的变化，则必须通过其他方法来证明确实生成了新的沉淀，如C中BaCO3和BaSO4均为白色沉淀，无法直接观察，可通过向生成的沉淀中加硝酸，看沉淀是否溶解来判断。对D选项：要考虑反应后固体中加硫酸后，Fe单质可能与Fe3+反应生成Fe2+，溶液也不显色。‎ ‎5.有机物X是某种合成药物的中间体，其结构简式如图，关于有机物X的说法正确的是 A. X的分子式为C16H16O3‎ B. X苯环上的一氯代物同分异构体有2种 C. X既可发生氧化反应，又可发生加成反应 D. X可使酸性KMnO4溶液褪色，不可使溴的CCl4溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知分子式为C16H14O3，故A错误；‎ B．分子中含有2个苯环，两个苯环上共有4种不同化学环境的H，则苯环上的一氯代物有4种，故B错误；‎ C．分子中含有碳碳双键和羟基，故可发生加成反应、氧化反应，故C正确；‎ D．分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意该分子结构不对称，两个苯环上连接的侧链基团不同。‎ ‎6.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入（或滴入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是 选项 离子组 X试剂 离子方程式 A K+、Na+、ClO-、SO42-‎ 少量SO2‎ SO2+ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2H+‎ B NH4+、Fe3+、Br-、SO42-‎ 过量H2S ‎2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+‎ C NH4+、Na+、Fe3+、AlO2-‎ 过量铜粉 ‎2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+‎ D K+、Na+、HCO3-、Al3+‎ 少量HCl H++AlO2-+H2O═Al（OH）3↓‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫少量时，反应产物中的氢离子与剩余的次氯酸根离子反应生成HClO，正确的离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2HClO，故A错误；‎ B．NH4+、Fe3+、Br-、SO42-之间不反应，加入过量H2S后发生反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故B正确；‎ C．NH4+、Fe3+与AlO2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．HCO3-、Al3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法不正确的是 A. 由反应可推断氧化性：HClO4＜HClO3‎ B. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：5Cl2+I2+6H2O═12H++10Cl-+2IO3-‎ C. 若氯酸分解所得混合气体，1 mol混合气体质量为47.6 g，则反应方程式可表示为26HClO3 ═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2O D. 若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中HClO3既是氧化剂又是还原剂，其中Cl由+5价升高到+7价，O由-2价升高到0价，因此HClO4、O2是氧化产物；其中Cl由+5价降低到0价，因此Cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性HClO4＜HClO3，故A正确； ‎ B．淀粉碘化钾试纸先变蓝是因为生成I2：2I-+Cl2=I2+2Cl-，后褪色I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，遵循电子、电荷守恒，故B正确；‎ C．由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则，可得n(Cl2)∶n(O2)=2∶3，由电子守恒得化学反应方程式为：8 HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O，故C错误；‎ D．若化学计量数a=8，b=3，则化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O，还原产物只有Cl2，由HClO3→Cl2，Cl元素化合价由+5价降低为0价，故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol×2×(5-0)=20mol，即该反应中电子转移数目为20e-，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据化合价的变化分析氧化还原反应是解答此类试题的一般方法。本题的易错点为C，注意平均相对分子质量的计算和电子守恒的应用。‎ ‎8.2019年是联合国确立的“国际化学元素周期表年”。X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质。化合物ZYX与化合物XR恰好完全反应后的溶液不能与M单质反应。下列说法正确的是 A. 五种元素分别处于不同主族 B. M与Y、M与R形成化合物中化学键类型相同 C. 简单离子半径： X＜ Z＜M＜ Y＜ R D. Y、R最简单氢化物的沸点为Y＞R ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质，则M为Al，X为H元素，ZYX为NaOH，XR为HCl，则Y为O元素，Z为Na，R为Cl元素；满足化合物NaOH与化合物HCl恰好完全反应后的溶液不能与Al反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Cl元素。‎ A．H、Na元素都位于ⅠA族，故A错误；‎ B．M与Y形成的化合物为氧化铝，为离子化合物，含有离子键；M与R形成的化合物为氯化铝，为共价化合物，含有共价键，化学键类型不同，故B错误；‎ C．一般而言，电子层越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径： X< M < Z < Y< R，故C错误；‎ D．水分子之间存在氢键，导致水的沸点高于氯化氢，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.有关下列四组实验描述不正确的是 A. 加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl B. 利用装置乙可证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si C. 打开丙中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中 D. 向丁中铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，一段时间后，烧杯中不会有蓝色沉淀生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．SiO2受热不分解，而NH4Cl受热分解；B．盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，另外氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4；C．该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀；D．Zn-Fe原电池中Zn为负极，Fe为正极。‎ ‎【详解】A．SiO2受热不分解，而NH4Cl受热分解，利用加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl，故A正确；B．氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，另外盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，无法判断碳酸的酸性比硅酸强，由装置乙无法证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si，故B错误； C．该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀，一段时间内试管内压强减小，烧杯内溶液上升到试管中，故C正确；D．Zn-Fe原电池中Zn为负极，Fe为正极，烧杯内无Fe2+，则滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中不会有蓝色沉淀生成，故D正确；故答案为B。‎ ‎10.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是 A. pH＝12的溶液：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－‎ B. 空气： C2H2、CO2、SO2、NO C. 氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、Br-‎ D. 高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42-、C2H5OH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，与氢氧根离子也不反应，可大量共存，故A正确；‎ B．NO和空气中的氧气反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．H+、S2-反应生成硫化氢气体，不能大量共存，故C错误；‎ D．H+、MnO4-、C2H5OH能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。‎ ‎11.实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：‎ 下列叙述错误的是（ ）‎ A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2‎ B. 铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2‎ C. 与加入锌粉反应的离子为Cu2+、H+‎ D. “过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用废旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收 Cu并制备ZnO，电池铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌。‎ ‎【详解】A．酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜，故A正确；‎ B．铜帽溶解后，溶液中存在过氧化氢，将溶液加热至沸腾，H2O2受热分解，可除去溶液中过量的H2O2，故B正确；‎ C．固体溶解中溶液中存在Cu2＋、H＋，二者都与锌反应，故C正确；‎ D．滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，将滤液蒸干得到ZnSO4和Na2SO4，高温灼烧时硫酸锌分解而硫酸钠，故不能得到纯净的ZnO，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，解题关键：明确制备流程，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，易错点A，酸性条件下，通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜。‎ ‎12.下列关于0.5 mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的是 A. 溶质的电离方程式为NaHCO3＝Na+ + H+ + CO32－‎ B. 温度升高，c(HCO3－)增大 C. 加水稀释后，n(H+)与n(OH－)的乘积变大 D. 离子浓度关系：c(Na+) + c(H+)＝ c(OH－) + c(HCO3－) + c(CO32－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-只能部分电离，故A错误；‎ B．碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生水解，升高温度，水解程度增加，所以c(HCO3-)减小，故B错误；‎ C．加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量会增加，所以溶液中n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故C正确；‎ D．在溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故错D误；‎ 故选C。‎ ‎13.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是(　　)‎ A. 升高温度，平衡常数减小 B. 0-3s内，反应速率V （NO2）=0.2 mol•L-1‎ C.  t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 D. 达到平衡时，仅改变X，则X为C（O2）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，A正确；B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）=0.6mol/L÷3s=0.2mol/（L．s），单位错误，B错误；C、t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C错误；D、达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，D错误。答案选A。‎ 考点：本题考查化学平衡、图像的分析。‎ ‎14.下列各项反应对应的图像正确的是 A. 保持温度不变，向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠固体 B. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉 C. 25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气 D. 向NaAlO2溶液中通入HCl气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，BaSO4Ba2++ SO42-，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，BaSO4溶解度减小，故A错误；‎ B．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，导致溶液的质量增加，而Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故B正确；‎ C．亚硫酸为弱酸，部分电离生成氢离子，溶液显酸性，pH＜7，通入氯气，发生Cl2 + SO2 + 2H2O=H2SO4+2HCl，溶液的酸性增强，pH减小，直至不变，故C错误；‎ D．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++ AlO2-+H2O =Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1∶3，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如下图所示，下列说法正确的是 A. 该装置为电解装置，B为阳极 B. A极的电极反应式为 + e- = Cl－ + ‎ C. 当外电路中有0.1 mol e-转移时，A极区增加的H+的个数为0.1 NA D. 电子从B极沿导线经小灯泡流向A极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置中没有电源，为原电池。原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为 + 2e-+H+ = Cl－ + ，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．该装置中没有电源，为原电池，根据氢离子的移动方向可知，A为正极，B为负极，故A错误；‎ B． + e- = Cl－ + 质量不守恒，A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为 + 2e-+H+ = Cl－ + ，故B错误；‎ C．根据电荷守恒，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生 + 2e-+H+ = Cl－ + ，则A极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；‎ D．原电池中电子从负极B沿导线经小灯泡流向正极A，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意 + e- = Cl－ + 反应前后的H原子不守恒。‎ ‎16.已知：25 ℃时， Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。 该温度下，用 0.100mol·L－1 的氨水滴定 10.00 mL 0.100mol·L－1 的一元酸 HA 的溶液， 滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中 的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. HA 为强酸 B. a＝10‎ C. 25 ℃时，NH4＋的水解平衡常数为 D. 当滴入 20 mL 氨水时，溶液中存在 c(NH4＋)＞c(A－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 水溶液中，所以根据水的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以HA为强酸，A正确；B. 时溶液显中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，则要显中性，则a＞10，B错误；C. 25 ℃时，NH4＋的水解平衡常数为＝，C正确；D. 当滴入20mL氨水时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒可知混合溶液中c(NH4＋)＞c(A－)，D正确，答案选D。‎ 二、非选择题（共四个大题，共52分）‎ ‎17.中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：‎ 已知A是一种单质，将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：‎ ‎(1)写出C的溶液与双氧水反应的离子方程式：_________________。‎ ‎(2)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：________________。‎ ‎(3)F是一种难溶物质，其溶度积常数为1.0×10-39。向D溶液中加碱调节至pH为_______时，铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，即可认为该离子沉淀完全)。 ‎ ‎(4)已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的ΔH= –99 kJ·mol-1，单质硫的燃烧热为296 kJ·mol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H=__________kJ·mol-1。‎ ‎(5)在200 mL 1.5 mol·L-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48L CO2气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe2++ H2O2+2H+ = 2Fe3++ 2H2O (2). 取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在(或用蘸浓盐酸的玻璃棒靠近，若有白烟也可) (3). 2.7 (4). -1185 (5). c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，说明F为Fe(OH)3，D含有铁离子，结合转化关系，可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4，H为H2SO4。据此分析解答。‎ ‎【详解】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，说明F为Fe(OH)3，D含有铁离子，结合转化关系，可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4，H为H2SO4。‎ ‎(1)FeSO4溶液与双氧水反应生成硫酸铁，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；‎ ‎(2)鉴定(NH4)2SO4中阳离子(NH4+)的实验方法和现象为：取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在，故答案为：取少量E于试管中，加入过量氢氧化钠溶液，加热，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NH4+存在；‎ ‎(3)Fe(OH)3溶度积常数为1.0×10-39。要使铁离子刚好沉淀完全，则需要满足c(Fe3+)c3(OH-)=1.0×10-39，即c(OH-)==×10-11mol/L≈0.5×10-11mol/L，此时pH=2.7，故答案为：2.7；‎ ‎(4)①1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g) ΔH= –99 kJ·mol-1，即SO2(g)+O2(g)=SO3(g) △H2=-99 kJ•mol-1；②单质硫的燃烧热为296 kJ·mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1=-296 kJ•mol-1，根据盖斯定律将②×3+①×3可得3 S(s)+O2(g)=3SO3(g) △H3=3×(△H1+△H2)=-1185 kJ•mol-1，故答案为：-1185 ；‎ ‎(5)4.48L CO2通入到200mL 1.5mol/LNaOH溶液中，二氧化碳物质的量=‎ ‎=0.2mol，氢氧化钠的物质的量1.5mol/L×0.2L=0.3mol。当1＜=1.5＜2时，生成物是碳酸钠和碳酸氢钠，根据二氧化碳和氢氧化钠物质的量之间的关系得方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，根据方程式知，碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解而使溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，碳酸根离子的水解能力大于碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)，钠离子不水解，离子浓度最大，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。‎ ‎18.（NH4)2Cr2O7可用作有机合成催化剂、媒染剂、显影液等。某化学兴趣小组对(NH4 )2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72-(橙色）+ H2O 2CrO42-（黄色）+ 2H+。请回答下列问题：‎ ‎（1）取少量(NH4)2Cr2O7浓溶液于试管中，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是______________。‎ ‎（2）为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252 g/mol)加热的分解产物，按下图连接好仪器，加热装置略去，在A中加入5.040 g样品进行实验。‎ ‎①仪器A的名称是______________。‎ ‎②连接好装置，点燃酒精灯之前，先通入一段时间N2其目的为___________。‎ ‎③反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是________________________。‎ ‎④加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44 g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式：____________________。‎ ‎（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数（杂质不发生反应），其反应原理为 2Ba2++Cr2O72- + H2O = 2BaCrO 4↓+2H+、4NH4++6HCHO =3H++6H2O+(CH2)6N4H+ [滴定时，‎ ‎1 mo1 (CH2)6N4H+ 与 1 mo1 H+ 相当]，然后用 NaOH 标准溶液滴定反应生成的酸。‎ 实验步骤：称取样品5.600 g，配成500 mL溶液，移取25.00 mL样品溶液于 250 mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入10 mL 20.00 mol·L－1的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1〜2滴酚酞试液，用0.200 mo1 • L-1 NaOH 标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为16.00 mL。‎ ‎①若滴定终点时，俯视读数，则测定结果_____(填“偏大” “偏小”或“无影响”)。‎ ‎②滴定计算得该样品中氮的质量分数为___________。‎ ‎【答案】 (1). 产生无色、有刺激性气味气体；溶液由橙色变为黄色 (2). 硬质玻璃管 (3). 将装置内空气排尽 (4). 将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差 (5). (NH4)2Cr2O7 = Cr2O3+N2↑+4H2O (6). 偏小 (7). 8.00%‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据加入碱对平衡Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+的影响，结合铵根离子的性质分析解答；‎ ‎(2)①根据仪器A的结构分析判断；②根据装置内存在空气分析解答；③反应结束后，装置中仍残留少量生成的气体；④加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气，结合定量关系计算写出化学方程式；‎ ‎(3)根据沉淀重铬酸根离子生成氢离子2xmol，铵根离子和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，利用氢离子物质的量和氢氧根物质的量相同计算解答。‎ ‎【详解】(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，溶液中存在滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，铵根离子与碱反应放出氨气、氢离子浓度减小，溶液中的Cr2O72-(橙色)+H2O ⇌ 2CrO42-(黄色)+2H+平衡正向进行，溶液显黄色，因此观察到的主要现象是：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体；溶液由橙色变为黄色，故答案为：固体溶解；产生无色、有刺激性气味的气体，溶液由橙色变为黄色；‎ ‎(2)①根据装置图，仪器A为硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管；‎ ‎②连接好装置，点燃酒精灯之前，需进行的必要操作是：检查装置的气密性后通入一段时间氮气，将装置内空气排尽，故答案为：将装置内空气排尽；‎ ‎③反应结束后，依然要通一段时间的氮气的原因是：将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差，故答案为：将A中分解产生的气体全部赶入B中，防止产生实验误差；‎ ‎④(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252g/mol)的分解产物，在A中加入5.040g样品，物质的量==0.02mol，加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，说明无氨气生成，生成的是氮气，同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g，为吸收的水蒸气物质的量==0.08mol，据此定量关系，反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；‎ ‎(3)①若滴定终点时，俯视读数，读取消耗氢氧化钠溶液增小，则测定结果偏小，故答案为：偏小；‎ ‎②反应原理为2Ba2++Cr2O72-+H2O=2BaCrO 4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+ [滴定时，1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，设25.00 mL样品溶液中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为x，则沉淀重铬酸根离子时生成氢离子2xmol，铵根和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+，用0.200mo1•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次，最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为16.00mL，2x+2x=0.016L×0.200mol/L，解得：x=0.0008mol，则原样品中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为0.0008mol×=0.016mol，该样品中氮的质量分数=×100%=8.00%，故答案为：8.00%。‎ ‎19.我国是干电池的生产和消费大国。某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：‎ 已知：经过反应Ⅰ后，所有金属元素均以离子形式存在。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）碱性锌锰干电池是以锌粉为负极，二氧化锰为正极，氢氧化钾溶液为电解质。电池总反应为2MnO2+Zn+2KOH=2MnOOH+K2ZnO2，请写出电池的正极反应式__________。‎ ‎（2）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应化学方程式________________。‎ ‎（3）反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，请写出该反应的离子方程式______。‎ ‎（4）反应Ⅲ中X可以是______。（填字母代号）‎ a．MgO b．Zn(OH)2 c．Cu2(OH)2CO3 d．MnCO3‎ ‎（5）已知：H2S的电离常数K1=1.0×10−7，K2=7.0×10−15。0.1 mol/L NaHS的pH___7(填“＞”“＝”或“＜”）。‎ ‎（6）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 mol·L−1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS−浓度为1.0×10−4 mol·L−1时，Mn2+开始沉淀，则a=________。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10−15]‎ ‎【答案】 (1). MnO2 + e- + H2O = MnOOH + OH— (2). MnO2+CuS +2H2SO4 = MnSO4 + CuSO4 + S + 2H2O (3). Cu2＋＋Zn = Cu+ Zn2＋ (4). bd (5). ＞ (6). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图：软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)加入硫酸酸浸，发生反应：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O、3MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S+6H2O、MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O酸浸后的过滤液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+、Al3+，浸取渣为S和SiO2，加入适量的Zn和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜单质，过滤除去Cu，向滤液加入MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加入Zn(OH)2或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+转化为沉淀，Fe3+和Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤除去，得到的滤液中含硫酸锰、硫酸锌，电解，阳极生成二氧化锰，阴极生成锌，同时得到硫酸，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)电池总反应为2MnO2+Zn+2KOH=2MnOOH+K2ZnO2，锌为负极发生氧化反应，正极为二氧化锰生成MnOOH的过程，结合电解质为碱溶液和电荷守恒、原子守恒，正极反应式为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，故答案为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-；‎ ‎(2)滤渣1中除SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2‎ ‎、CuS与硫酸共热时产生的S单质，反应的方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O，故答案为： M nO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O；‎ ‎(3)反应Ⅱ中加入适量金属锌可以置换出Cu进而回收Cu，反应的离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；‎ ‎(4)反应Ⅲ中X的作用是调节溶液pH，使Fe3+和Al3+转化为沉淀，得到的含硫酸锰、硫酸锌的溶液，abcd均可调节pH，为不引入杂质可以选择Zn(OH)2或MnCO3，故答案为：bd；‎ ‎(5)已知：H2S的K2=7.0×10-15，HS-的水解平衡常数==＞K2，说明HS-的水解平衡常数大于其电离平衡常数，故溶液显碱性，pH＞7；故答案为：＞；‎ ‎(6)当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，调节溶液的pH=a，H2S电离常数：K2=7.0×10-15，HS-浓度为1.0×10-4mol•L-1时，K2=，则7.0×10-15=，则c(S2-)=7×10a-19mol•L-1，所以Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)=7×10a-19mol•L-1×0.020mol•L-1=1.4×10-15，解得a=5，故答案为：5。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(5)、(6)，(5)中要注意根据计算判断HS-的水解平衡常数和电离平衡常数的大小；(6)中要注意结合电离平衡常数和溶度积计算。‎ ‎20.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+ O2(g)2NO2(g) △H，上述反应分两步完成，如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出反应①的热化学方程式(△H用含物理量E的等式表示)：___________。‎ ‎（2）反应①和反应②中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是____(填“反应①”或“反应②”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是_________(反应未使用催化剂)。‎ ‎（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中只充入1.00molNO2气体发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。实验测得：v正=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO2)如表：‎ 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n(NO2)/mol ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.55‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎①从0～2s该反应的平均速率v(NO2)=___________mol/(L·s)。‎ ‎②T1温度时化学平衡常数K=___________mol－1·L。‎ ‎③化学平衡常数K与速率常数、的数学关系是K=___________。若将容器的温度改变为T2时其=，则T1__________T2 (填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎(4)水能部分吸收NO、NO2混合气体得到HNO2溶液。向20 mL 0.10 mol/LHNO2溶液中逐滴加入0.10 mol·L-1 NaOH溶液，所得pH曲线如图所示。则A点对应的溶液中 =_______。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g) N2O2(g) △H = -(E3-E4) kJ/ mol (2). 反应② (3). 决定总反应速率的是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢 (4). 0.0875 (5). 8 (6). (7). ＜ (8). 10-3.70‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图像分析反应①为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变，写出热化学方程式；‎ ‎(2)根据图像可知，反应①的活化能＜反应②的活化能，反应①为快反应，反应②为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应②，结合升高温度对反应①和②的影响分析可能的原因；‎ ‎(3)①根据v=结合表格数据计算；②根据表格数据，计算出平衡时的c(NO2)、c(NO)和c(O2)结合K=计算；③平衡时v正=v逆，结合速率方程和化学平衡常数表达式分析计算；根据图像，该反应是放热反应，若将容器的温度改变为T2时其=，则K=1＜8，说明平衡逆向移动，结合温度对平衡的影响分析判断；‎ ‎(4)根据图象可知，0.10mol•L-1HNO2溶液的pH=2.15，据此可计算出HNO2的电离平衡常数Ka，A点溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，溶液中电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-)，则A点溶液中c(Na+)=c(NO2-)，A点对应的溶液中==，据此计算。‎ ‎【详解】(1)根据图像可知，反应①的化学方程式为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4) kJ/ mol，故答案为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4) kJ/ mol；‎ ‎(2)根据图像可知，反应①的活化能＜反应②的活化能，反应①为快反应，反应②为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应②；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应②，升高温度后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢，故答案为：反应②；决定总反应速率的是反应②，升高温度后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢；‎ ‎(3)①从0～2s该反应的平均速率v(NO2)== 0.0875mol/(L·s)，故答案为：0.0875；‎ ‎②根据表格数据，平衡时，c(NO2)==0.25mol/L，反应的二氧化氮浓度c(NO2) =0.25mol/L，根据2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，平衡时c(NO)= 0.25mol/L，c(O2) =0.125mol/L，则T1温度时化学平衡常数K===8mol－1·L，故答案为：8；‎ ‎③平衡时v正=v逆，即k正c2(NO)·c(O2)=k逆c2(NO2)，化学平衡常数K==；若将容器的温度改变为T2时其=，K=1＜8，说明平衡逆向移动，因为该反应是放热反应，说明T1＜T2 ，故答案为：；＜；‎ ‎(4)根据图象可知，0.10mol•L-1HNO2溶液的pH=2.15，则HNO2的电离平衡常数Ka=，A点溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，溶液中电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-)，则A点溶液中c(Na+)=c(NO2-)，A点对应的溶液中====103.70，则=10-3.70，故答案为：10-3.70。‎ ‎ ‎