浙江省温丽地区2020届高三上学期第一次联考化学试题 26页

‎2019学年第一学期温丽地区第一次联考 高三年级化学学科试题 考生须知：‎ ‎1．本卷共7 页满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。‎ ‎3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；‎ ‎4．考试结束后，只需上交答题纸。‎ ‎5．可能用到的相对原子质量H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Ni-59 Cu-64 I-127 ‎ 选择题部分 一、选择题（本题共20小题，1-12题每小题2分，13-20每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.2019年4月22日是第50个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。下列行为不符合这一活动主题的是（ ）‎ A. 改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放 B. 加快化石燃料的开采与使用，促进社会可持续发展 C. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用 D. 对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，有利于保护环境，符合上述主题，故A不选；‎ B．加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，且化石燃料属于非再生能源，不能促进可持续发展，不符合该主题，故B选；‎ C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，符合该主题，故C不选；‎ D．对工业废水、生活污水进行净化处理，减少污染物的排放，循环高效利用水资源，可以节约资源、减少污染物排放，符合该主题，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列化学用语正确的是 A. 二氧化碳的比例模型： B. 氨基的电子式：‎ C. 二氧化硅的分子式：SiO2 D. 中子数为15的Si原子：Si ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO2分子中C原子与2个O原子在一条直线上，但原子半径C>O，所以原子大小不符合事实，A错误；‎ B.氨基是NH3分子失去一个H原子后剩余的部分，N原子上还有一对孤电子对，应该为，B错误；‎ C.二氧化硅属于原子晶体，由原子构成，在晶体中Si原子与O原子个数比为1：2，不存在分子式，C错误；‎ D.Si原子核内有14个质子，则中子数为15的Si原子，质量数是29，可表示为：Si，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 14C60和石墨互为同素异形体 B. Cl、Cl为不同的核素，化学性质也不同 C. 乙醇和乙醚互为同分异构体 D. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3 是两种不同物质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.14C60和石墨是C元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，A正确；‎ B.Cl、Cl为不同的核素，由于原子核外电子数相同，所以化学性质相同，B错误；‎ C.乙醇分子式是C2H6O，乙醚分子式是C4H10O，二者分子式不同，因此不能互为同分异构体，C错误；‎ D. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3 分子结构相同同，因此是同一物质，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到实验目的的是(　　)‎ A. 制取SO2 B. 验证漂白性 C. 验证还原性 D. 验证氧化性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确； B．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误； C．溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确； D．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。‎ ‎5.下列说法不正确的是 A. 棉花、花生油、蛋白质都属于高分子化合物 B. 蔗糖、麦芽糖均为二糖，互为同分异构体 C. 油脂在热NaOH溶液中完全水解后加入饱和食盐水，可观察到液面上有固体析出 D. 分别向含鸡蛋清的溶液中加入(NH4)2SO4 浓溶液和CuSO4溶液，都产生沉淀，但原理不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.棉花、蛋白质都属于高分子化合物，而花生油不属于高分子化合物，A错误；‎ B.蔗糖、麦芽糖均为二糖，分子式都是C12H22O11，分子结构不同，互为同分异构体，B正确；‎ C.油脂在热NaOH溶液中完全水解后产生高级脂肪酸盐和甘油，加入饱和食盐水，能够降低高级脂肪酸盐的溶解度，而高级脂肪酸盐的密度比水小，在常温下为固体物质，因此可观察到液面上有固体析出，C正确；‎ D.鸡蛋清属于蛋白质，向鸡蛋清的溶液中加入(NH4)2SO4 浓溶液，会降低蛋白质的溶解度而结晶析出，发生的是盐析作用；而向鸡蛋清的溶液中加入CuSO4溶液，由于CuSO4是重金属盐，会使蛋白质发生变性而产生沉淀，因此二者出现沉淀的原理不同，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生。下列最有希望的新能源是 ‎①天然气 ②煤 ③石油 ④太阳能 ⑤氢能 ⑥风能 A. ①③⑤ B. ②③④ C. ①④⑤⑥ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①天然气、②煤、③石油都是化石能源，不能再生，因此不属于新能源，而④太阳能、⑤氢能、⑥风能在使用时对环境无污染且可以再生，最有希望的新能源，所以④⑤⑥说法合理，正确选项是D。‎ ‎7.下列说法正确是 A. 石油分馏可获得汽油、煤油等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物 B. (CH3CH2)2CHCH3的正确命名是2－乙基丁烷 C. CH≡CH 通过加聚反应可以得到结构片段为“…－CH＝CH－CH＝CH－…”的高分子化合物 D. 有机物大多是分子晶体，则乙醇的沸点和它相对分子质量相近的烷烃差不多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石油是多种烃的混合物，通过分馏可获得汽油、煤油等矿物油，煤干馏获得煤焦油，通过分馏可获得苯、甲苯等有机物，A错误；‎ B.未选择最长的碳链为主链，该物质名称正确的应为3-甲基戊烷，B错误；‎ C.CH≡CH 发生加聚反应时，断裂碳碳三键中较活泼的一个键，变为碳碳双键，然后这些不饱和的C原子结合，从而可得到结构片段为“…－CH＝CH－CH＝CH－…”的高分子化合物，C正确；‎ D.有机物大多是分子晶体，由于乙醇分子中含有羟基，导致分子间有氢键，使其沸点和它相对分子质量相近的烷烃大得多，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 从海带中提取溴是工业上获取溴的重要途径 B. 我国古代就已采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸 C. 工业上电解熔融氯化铝可得到金属铝 D. 工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和熟石灰 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从海水中提取溴是工业上获取溴的重要途径，A错误；‎ B.我国古代就开始采用加热硫酸盐晶体胆矾或绿矾的方法制取硫酸，B正确；‎ C.氯化铝是共价化合物，不能电解，在工业上采用电解熔融氧化铝可得到金属铝，C错误；‎ D.石灰石造高温下分解产生CaO和CO2，CaO与铁矿石中的杂质SiO2反应产生CaSiO3，从而除去SiO2，不需要熟石灰，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.己知：①C(s) + O2(g)=CO2(g) △H1 ②CO2(g) +C(s)=2CO(g) △H2 ③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3‎ 下列说法不正确的是 A. △H1<0 B. △H2>0 C. 2△H1<△H3 D. △H1 +△H2 +△H3=0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①物质燃烧反应放出热量，所以C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1<0，A正确；‎ B.②CO2(g)+C(s)=2CO(g)的反应是吸热反应，所以 △H2>0，B正确；‎ C.由于C不完全燃烧产生CO会放出一部分热量，所以2molC完全燃烧放出的热量比其不完全燃烧的产物CO发生燃烧反应放出的热量多，反应放出的热量越多，则相应的反应热就越小，所以2△H1<△H3，C正确；‎ D.①+②+③，整理可得2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)，△H=△H1+△H2+△H3=2△H1<0，则△H1=△H2 +△H3，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.某温度下，将一定量碳酸氢铵固体置于容积不变密闭容器中，发生反应：NH4HCO3(s)‎ NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H= a kJ·mol-1（a>0）。下列有关说法不正确的是 A. 若 NH3 体积分数不再发生变化，则说明反应达到平街状态 B. 若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平街状态 C. 若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大 D. 若反应过程中吸收akJ热量，则刚好有lmolNH4HCO3发生分解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于反应物为固体，反应生成的物质都是气体，气体中气体体积分数始终不变，氨的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；‎ B.反应物状态为固体，反应后生成物状态为气体，由于容器的容积不变，所以若化学反应未达到平衡状态，则气体的质量就会发生变化。因此气体质量不变，气体的密度就不变，可以证明反应达到平衡状态，B正确； ‎ C.若升高体系温度，反应速率增大，则正、逆反应速率均增大，C正确；‎ D.反应NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=akJ•mol(a>0)，反应为吸热反应，对应的焓变是指1mol碳酸氢铵完全分解吸收的热量，若反应过程中吸收akJ热量，说明刚好有lmolNH4HCO3发生分解反应，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎11.下列有关实验的操作不正确的是 A. 溶剂蒸发的速率越快，或浓缩后的溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小 B. 量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度，使用时滴定管水洗后需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗 C. 蒸馏实验时若温度计的水银球高于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高 D. 用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越大，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，A正确；‎ B.容量瓶、量筒和滴定管上都标有刻度，使用时应避免热胀冷缩，所以标有使用温度。量筒无“0”刻度，容量瓶只有最大容量的一个刻度，所以两者都无“0”刻度。容量瓶是准确配制溶液的仪器，不需润洗；滴定管有“0”刻度，在滴定管的上部，滴定管是用来准确测定溶液浓度的仪器，滴定的溶液浓度不能发生变化，所以使用时滴定管水洗后还需润洗，B正确；‎ C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球低于支管口，收集到的馏分沸点会偏低，温度计的水银球高于支管口，收集到的馏分沸点会偏高，C正确；‎ D.NaClO溶液具有强氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测NaClO溶液pH，D错误；‎ 故合理选项D。‎ ‎12.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法错误的是 A. 原子半径：WBr-，所以溴化亚铁溶液中通少量的氯气，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，B错误；‎ C.Fe过量，反应产生Fe2+，NO和H2O，符合事实，遵循电子守恒、电荷守恒及原子守恒，C正确；‎ D.HClO是弱酸，ClO-与H+不能大量共存，离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎14.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2 +H2SO4(浓)=CaSO4 +Cl2↑+H2O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ A. 混盐CaOCl2 中既含离子键又含共价键 B. 浓硫酸体现氧化性与酸性 C. 每产生1mol氯气，转移电子数为NA D. 1mol混盐CaOCl2中含有离子数为3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.混盐 CaOCl2的阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-、ClO-，阴离子与阳离子之间通过离子键结合，在阴离子ClO-中也含有Cl-O共价键，A正确；‎ B.反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，B错误；‎ C.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl 的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气，转移电子数为NA，C正确； ‎ D.1mol混盐 CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl-、1molClO-，即1mol混盐中含有3NA个离子，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎15.某新型锂空气二次电池放电情况如图所示，关于该电池的叙述正确的是 A. 电解液应选择可传递Li＋的水溶液 B. 充电时，应将锂电极与电源正极相连 C. 放电时，空气电极上发生的电极反应为 2Li＋＋O2＋2e－=Li2O2‎ D. 充电时，若电路中转移0.5mol电子，空气电极的质量将减少3.5g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在锂空气电池中，锂作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，据此解答。‎ ‎【详解】A.Li易与水反应，所以电解液不能选择可传递Li+的水溶液，A错误；‎ B.充电时，电池的负极连接电源的负极，所以应将锂电极与电源负极相连，B错误；‎ C.放电时，空气中的氧气作为正极反应物，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li++O2+2e-=Li2O2，C正确；‎ D.充电时，空气电极反应为Li2O2-2e-=2Li++O2，可见每转移2mol电子，空气电极的质量减少46g，若电路中转移0.5 mol电子，空气电极的质量将减少46g÷4=11.5g，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】 ‎ ‎16.根据下列图示所得出的结论一定错误的是 A. 图甲表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 B. 图乙表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸至过量的过程中溶液导电性的变化 C. 图丙表示用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1 醋酸的滴定曲线 D. 图丁表示相同温度下，向等体积pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】：A.酶是具有催化活性的蛋白质，在一定温度下催化活性最大，当温度过高，蛋白质会变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，图中能表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化，A正确；‎ B.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸当二者恰好反应时，产生BaSO4沉淀和水，溶液中自由移动的离子几乎为0，导电性最弱，当硫酸过量时，过量的硫酸电离产生的离子导电，图象曲线变化与实际吻合，B正确；‎ C.NaOH溶液体积为0时，溶液的pH=1，此时为醋酸溶液，由于醋酸为弱酸，则0.1000 mol/L醋酸溶液的pH>1，图象曲线变化与实际不符，C错误；‎ D.pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时，由于一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，一水合氨的电离平衡被破坏，继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 含0.1molNH4HSO4溶液中，阳离子数目略大于0.2NA B. 在标准状况下，22.4LH2O中含有氧原子数为NA C. 2.8gN2中含有的共用电子对数为0.1NA D. 25℃时，pH＝1的H2SO4溶液中含H+的数目为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4HSO4是强电解质，完全电离产生NH4+、H+、SO42-，溶液中水电离产生H+和OH-，NH4+水解产生等量的H+，所以含0.1molNH4HSO4溶液中阳离子数目略大于0.2NA，A正确；‎ B.在标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，B错误；‎ C.N2中含有三对共用电子对，2.8gN2的物质的量是0.1mol，所以其中含有的共用电子对数为0.3NA，C错误；‎ D.缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎18.香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：‎ 下列说法正确的是 A. 1mol水杨醛最多能与4molH2发生加成反应 B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛 C. 中间体A、香豆素-3-羧酸互为同系物 D. 1mol香豆素-3-羧酸最多能与2molNaOH发生反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水杨醛分子中苯环、羰基可与氢气发生加成反应，则1 mol水杨醛最多能与4 mol H2发生加成反应，A正确；‎ B.A中含碳碳双键，水杨醛含酚-OH、-CHO，均使高锰酸钾褪色，不能检验，B错误；‎ C.中间体A与香豆素-3-羧酸中含有的官能团的种类和数目都不同，二者不是同系物，C错误；‎ D.香豆素-3-羧酸分子中含有一个羧基和一个酯基，酯基水解产生一个羧基和一个酚羟基。则1mol香豆素3羧酸最多能与3molNaOH反应，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎19.常温下，100mL0.1mol·L-1 的H2A 溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，含A元素相关微粒物质的量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性 B. 等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大 C. X 点溶液中含A元素的相关离子存在以下关系：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1‎ D. Y点溶液中存在以下关系：c(H+) +c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图中曲线分析可知溶液中存在酸H2A的分子，说明H2A为弱酸，则将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，二者恰好发生反应：A2-+H2A=2HA-，根据图示可知NaHA溶液显酸性，A错误；‎ B.酸或碱的电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，反应恰好产生HA-，溶液为酸性，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，抑制水的电离，其溶液中水的电离程度比纯水小，B错误；‎ C.X点溶液中c(H2A)=c(HA-)，根据物料守恒：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=mol/L≠0.1mol/L，C错误， ‎ D.根据图象分析，Y点溶液中c(HA-)=c(A2-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(HA-)+2c(A2-)，则有c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+3c(HA-)，D正确； ‎ 故合理选项是D。‎ ‎20.常温下，pH=1的某溶液中还含有 Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的若干种，现取100mL 该溶液进行实验(不考虑实验操作过程中物质质量的损失，忽略溶液体积变化)：①向该溶液中通入过量氯气，充分反应后加入CCl4进行萃取分液，得到水层和紫色有机层；②向实验①得到的水层，加入足量的NaOH溶液，产生沉淀，过滤，得到的沉淀进行洗涤、灼烧后得到1.60g固体；③向实验②所得滤液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，产生白色沉淀；④向实验①所得到的紫色有机层，进行一系列操作后，得到2.54g紫黑色固体。根据实验结果，下列判断正确的是 A. 不能确定Na+和Cl-是否存在，CO32-一定不存在 B. Fe2+、I-、Cl-三种离子一定存在 C. Fe3+、Fe2+至少有一种 D. 该溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=1的溶液中存在大量氢离子，则一定不存在CO32-；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则一定不存在Fe3+；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化铁，灼烧固体得到的1.60g为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2+，然后结合碘单质的质量、氧化铁的质量及电荷守恒判断氯离子的存在情况及浓度。‎ ‎【详解】pH=1的溶液中氢离子浓度c(H+)=0.1mol/L，该溶液中含有大量H+，则一定不存在CO32-；‎ 向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，其物质的量n(I2)==0.01mol，则原溶液中含有I-的物质的量为n(I-)=2n(I2)=0.02mol；‎ 水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为Fe(OH)3，灼烧固体得到的1.60g固体为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知n(Fe2+)=2n(Fe2O3)×2=0.02mol，根据电荷守恒，0.02mol Fe2+带有正电荷为0.04mol，0.02mol I-带有0.02mol电荷，H+还带有0.01mol正电荷，0.04mol+0.01mol>0.02mol，所以原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol-0.02mol+0.01mol=0.03mol，氯离子的浓度最小为=0.3mol/L。‎ A.原溶液中一定不存CO32-，一定含有Cl-，A错误； ‎ B.根据上述分析计算可知，原溶液中一定有Fe2+、I-、Cl-三种离子，B正确； ‎ C.原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，C错误；‎ D.根据分析可知该溶液中c(Cl-)≥0.3nol/L，D错误；‎ 故合理选项B。‎ 非选择题部分 二、非选择题（本大题共5小题，共52分）‎ ‎21.为探究无机盐X(仅含三种元素，摩尔质量为270g·mol-1)的组成和性质，某学习小组进行了如下实验，其中气体单质A能使带火星的木条复燃。‎ ‎(1)X的组成元素为O和______（用元素符号表示）。‎ ‎(2)写出X与水反应的化学反应方程式__________。‎ ‎(3)X氧化能力极强，且对环境友好，可用于脱硫、脱硝。在碱性条件下，X氧化SO32-的离子方程式__________。‎ ‎【答案】 (1). S和K (2). 2K2S2O8+2H2O=4KHSO4+O2↑ (3). S2O82-+SO32-+2OH-=3SO42-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据气体单质A能使带火星的木条复燃，说明A是O2，根据焰色反应呈紫色，判断含有K元素，根据n=计算X的物质的量及BaSO4的物质的量，根据H++ OH-=H2O计算B溶液中H+的物质的量，利用元素守恒、结合元素化合价确定X中含有的元素及原子个数，确定化学式，利用氧化还原反应规律书写X与SO32-的反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)X与水反应产生的B溶液进行焰色反应，火焰呈紫色，说明B溶液中含有K+，B溶液显酸性，说明含有大量的H+；向该酸性溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀是BaSO4，说明B溶液中含有SO42-离子，结合元素守恒，可判断X中含有的元素有K、S、O三种元素；‎ ‎(2)13.5gX的物质的量n(X)==0.05mol，n(SO42-)=n(BaSO4)==0.1mol，根据H++ OH-=H2O可知n(H+)=n(OH-)=0.1mol，则B中n(H+)：n(SO42-)=0.1mol：0.1mol=1：1，该溶液中还含有K+，根据电荷守恒可知B为KHSO4，气体单质A能使带火星的木条复燃，说明A是O2，0.05molX与水反应产生0.5molSO42-‎ ‎，则X中含有2个S原子，结合氧化还原反应规律，结合其含有的元素，可知X 为K2S2O8，则X与H2O反应的化学方程式为2K2S2O8+2H2O=4KHSO4+O2↑；‎ ‎(3)K2S2O8具有强的氧化性，在碱性条件下，X氧化SO32-为SO42-，S2O82-被还原产生SO42-，反应的离子方程式为：S2O82-+SO32-+2OH-=3SO42-+H2O。‎ ‎22.在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：各取200mL同浓度的盐酸，加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据记录如下：‎ 实验序号 甲 乙 丙 合金质量/g ‎2.55‎ ‎3.85‎ ‎4.59‎ 生成气体体积/L ‎2.80‎ ‎3.36‎ ‎3.36‎ 试回答：‎ ‎(1)盐酸的物质的量浓度为________。（保留三位有效数字）‎ ‎(2)合金中镁铝的物质的量之比_______。‎ ‎【答案】 (1). 1.50mol/L (2). 1：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，盐酸完全反应生成氢气3.36L，根据n=计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n(HCl)=2n(H2)，据此计算盐酸的物质的量浓度；‎ ‎(2)盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，此时生成氢气2.80L，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比。‎ ‎【详解】(1)乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，盐酸完全反应生成氢气3.36L，n(H2)==0.15mol，根据氢元素守恒可知：n(HCl)=2n(H2‎ ‎)=2×0.15mol=0.30mol，则该盐酸的物质的量浓度c(HCl)=0.30mol÷0.2L=1.50mol/L；‎ ‎(2)盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，此时生成氢气2.80L，可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，假设甲中镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=2.55，根据电子转移守恒有2x+3y=×2=0.25，联立方程解得：x=0.0500mol、y=0.0500mol，则合金中镁与铝的物质的量之比为0.0500mol：0.0500mol=1：1。‎ ‎【点睛】本题考查混合物反应的计算，明确反应原理，正确判断金属、盐酸是否过量为解答关键，注意掌握守恒思维在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。‎ ‎23.甲醇来源丰富，有广泛的用途和广阔的应用前景，工业上可以利用CO和CO2生产甲醇，同时可以利用甲醇生产丙烯。制备甲醇，丙烯过程可能涉及的反应如下：‎ 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=－49.0kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2‎ 反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=－90.0kJ/mol 反应Ⅳ：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g) △H4=－31.0kJ/mol 回答下列问题：‎ ‎(1)反应Ⅱ的ΔH2=________。‎ ‎(2)反应Ⅲ能够自发进行的条件是________(填“较低温度”“较高温度”或“任何温度”)，据研究该反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于保持催化剂Cu2O的量不变，原因是________(用化学方程式表示)。‎ ‎(3)恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。‎ A.混合气体的密度不再变化 B.混合气体的平均相对分子质量不再变化 C.CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等 D.容器的压强不再变化 ‎(4)甲醇生产丙烯的同时，还生成乙烯。在某催化剂作用下，2L密闭容器中加入0.5mol甲醇，经过相同时间后测得甲醇转化率及丙烯的选择性(生成丙烯的甲醇与甲醇转化量的比值)与反应温度之间的关系如图所示。计算600℃时反应甲醇生产丙烯的反应Ⅳ平衡常数________。若将容器体积压缩为1L，其他条件不变，在如图中作出甲醇平衡转化率随温度的变化曲线。________。‎ ‎ ‎ ‎(5)研究表明，甲醇可由CO2在强酸性水溶液中通过电解合成，则生成甲醇的反应电极反应式：_______。‎ ‎【答案】 (1). +41.0kJ/mol (2). 较低温度 (3). Cu2O+CO2Cu+CO2 (4). BCD (5). 0.16875 (6). (7). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律计算待求反应的反应热；‎ ‎(2)根据反应自发性判断依据分析，从平衡移动角度分析CO2存在对催化剂的影响；‎ ‎(3)根据平衡状态时任何物质的物质的量、浓度及含量保持不变，分析判断；‎ ‎(4)根据图示可知反应在600℃时甲醇转化率是60%，根据反应开始时的物质的量浓度，物质的反应关系计算平衡常数，利用该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动分析；‎ ‎(5)根据反应中元素化合价的变化及物质书写电极反应式；‎ ‎【详解】(1)由于反应热与反应途径无关，只与反应的物质的始态和终态有关，所以反应I-反应III，整理可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=△H1-△H1=－49.0kJ/mol-(-90.0kJ/mol)=+41.0kJ/mol；‎ ‎(2)反应III的正反应是气体体积减小的放热反应，根据反应自发进行的判断依据△G=△H-T△S<0，反应可自发进行，则若反应自发进行，由于△H<0，△‎ S<0，所以反应温度要在低温条件下才符合△G<0的条件；‎ 反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在催化剂Cu2O存在条件下进行，体系中同时存在反应Cu2O+CO2Cu+CO2，若反应体系中含少量CO2，则增大了生成物的浓度，平衡逆向移动，可以产生该反应的催化剂Cu2O，使催化剂的量保持不变，因而可使反应速率可大大加快；‎ ‎(3)对于反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。‎ A.反应混合物都是气体，气体的质量、体积都不变，因此密度始终不变，因此不能据此判断反应为平衡状态，A错误；‎ B.反应前后气体的物质的量改变，而气体的质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应处于平衡状态，B正确；‎ C.CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等，则任何一种物质的浓度不变，反应达到平衡，C正确；‎ D.容器的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，D正确；‎ 故合理选项是BCD；‎ ‎(4)根据图示可知反应在600℃时甲醇转化率是60%，在反应开始时c(CH3OH)=0.25mol/L，达到平衡时c(CH3OH)=0.25mol/L(1-60%)=0.10mol/L，c(C3H6)=0.25mol/L×60%×=0.050mol/L，c(C3H6)=0.25mol/L×60%=0.15mol，则该反应的化学平衡常数K==0.16875；由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以在其它条件不变时，若将容器的体积由2L变为1L，即增大了体系的压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致甲醇平衡转化率降低，用图像表示为：；‎ ‎(5)CO2在酸性条件下，在阴极被还原产生CH3OH，反应方程式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。‎ ‎【点睛】。‎ ‎24.某兴趣小组用粗CuO(仅含杂质FeO)制备氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)并进一步测定纯度，具体流程如下：‎ 相关信息如下：‎ ‎①氯化铜从水溶液中结晶时，在15℃以下得到四水物，在15～25.7℃得到三水物，在26～42℃得到二水物，在42℃以上得到一水物，在100℃得到无水物。‎ ‎②金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围。‎ 金属离子 pH 开始沉淀 ‎ 完全沉淀 ‎ Fe3+‎ ‎1.5‎ ‎2.8‎ Fe2+‎ ‎5.5‎ ‎8.3‎ Cu2+‎ ‎5.2‎ ‎6.4‎ ‎(1)步骤II加入稍过量的双氧水的目的是___。‎ ‎(2)步骤III，需要用到下列所有的操作：‎ a.用盐酸溶解 b.调pH=3.0 c.调pH=7.0 d.洗涤 e.过滤。‎ 请给出上述操作的正确顺序________(操作可重复使用)。‎ ‎(3)步骤IV的装置图如图：‎ ‎①持续通入HCl的作用是________。‎ ‎②加热蒸发浓缩，当溶液体积减少到原来的时，调整水浴温度控制在_______时析出晶体，抽滤，洗涤，干燥。‎ ‎③关于上述操作的说法不合理的是________。‎ A.抽滤时，需用玻璃纤维替代滤纸 B.洗涤晶体时应先关闭水龙头，再加入洗涤剂 C.抽滤完毕时，断开水泵和吸滤瓶之间的橡胶管，再关闭水龙头 D.为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体宜采用低温干燥 ‎(4)用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.4000g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。(滴定反应为I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)‎ ‎①写出生成白色CuI沉淀的离子方程式________。‎ ‎②该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为________。‎ ‎【答案】 (1). 将Fe2+完全氧化成Fe3+ (2). beceda (3). 抑制Cu2+水解，增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶 (4). 26～42℃ (5). B (6). 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 (7). 85.50%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CuO(FeO)与HCl反应产生CuCl2、FeCl2，然后向反应后的溶液中加入H2O2，FeCl2被氧化产生FeCl3，然后调节溶液的pH至2.8