【化学】河南省实验中学2020届高三12月月考（解析版） 22页

河南省实验中学2020届高三12月月考 可能用到的相对原子质量： H:1 O:16 S:32 Sn:119 Ag:108‎ 一、选择题：（每小题3分,15小题，共45分,每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.《经典咏流传》是档用流行音乐演绎经典诗词和文学作品、传承和传播中华优秀传统文化的电视节目。下列有关古诗词中蕴含化学知识的说法，错误的是（ ）‎ A. 《客中行》：兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。但使主人能醉客，不知何处是他乡。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与洒糟分离 B. 《蚕妇》:“昨日入城市，归来泪满巾。遍身罗绮者，不是养蚕人。”丝绸的主要成分是纤维素 C. 《延州诗》：“二郎山下雪纷纷，旋卓穹庐学塞人。化尽素衣冬未老，石烟多似洛阳尘。”石油燃烧产生的黑烟可以用来制墨 D. 《陶者》陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶器的过程中发生了化学变化 ‎【答案】B ‎【详解】A．酒精分离的方法可以利用其沸点低，用蒸馏的方法分离，故A正确； B．丝绸是桑蚕丝属于蛋白质，故B错误； C．石油燃烧产生的黑烟是烃类物质不完全燃烧得到的碳可以用来制墨，故C正确； D．黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质发生了化学变化，故D正确； 故选：B。‎ ‎2.我国科学家研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：‎ 下列关于上述反应的说法不正确的是（ ）‎ A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子 B. MG是中间产物 C. DMO分子断裂的化学键有:C-O和C一H D. 该反应生成物中有一种与乙醇是同系物 ‎【答案】C ‎【详解】A、由图可知，Cu纳米颗粒作催化剂将氢气转化成为H原子，故A说法正确；‎ B、由图可知，DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，反应过程为DMO→MG→EG，MG为中间产物，故B说法正确；‎ C、根据选项B分析，断裂的键是C－O和C=O中的一个键，故C说法错误；‎ D、生成物为乙二醇和甲醇，乙二醇与乙醇不是同系物，甲醇和乙醇互为同系物，故D说法正确。‎ 答案选C。‎ ‎3.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 异丙苯( )中所有碳原子不全在同一平面上 B. 乙烯与乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 与互为同分异构体，且二氯代物均为6种 D. 苯的硝化和乙酸的酯化反应都是取代反应 ‎【答案】C ‎【详解】A．连接两个甲基的C原子采用sp3杂化，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不能全部共平面，故A正确； B．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有碳碳不饱和键的有机物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙烯中含有碳碳不饱和键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确； C．分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，这两种物质的分子式都是C5H6，结构不同，所以属于同分异构体，但的二氯代物有6种，二氯代物有5种，故C错误； D．有机物分子中的原子或原子团被其它原子或原子团所取代的反应为取代反应，苯的硝化反应是苯分子中的H原子被硝基取代，乙酸的酯化反应是乙酸中的羟基被其它原子团取代，所以二者都是取代反应，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 将1 mol NH4Cl与少量的稀氨水混合后，溶液呈中性，则溶液中NH4+数目为NA B. 用浓盐酸分别与MnO2、KClO，反应制备1 mol氯气，转移的电子数均为2NA C. 工业上电解精炼银时，若阳极质量减少10.8 g，则电路中转移电子数不为0.1NA D. 1.0 g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为0.5 NA ‎【答案】B ‎【详解】A.将1 mol NH4Cl溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知：n（NH4+）+n（H+）=n（OH-）+n（Cl-），由于溶液显中性，故有n（H+）=n（OH-），则n（NH4+）=n（Cl-）=1mol，个数为NA个，故A正确；‎ B． ，当生成1 mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO+2HCl（浓）=KCl+Cl2↑+H2O，当生成1 mol氯气，转移的电子数为NA，故B错误；‎ C.  工业上电解精炼银时，阳极因为含有杂质，放电的不止是银，还有比银活泼的金属，故当阳极质量减少10.8g 时，，不能通过单质银转化为银离子来计算电路中转移的电子数，故C正确；‎ D．H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，二者含中子数均为10，则含中子数为×10×NA=0.5NA，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎5.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法不正确的是（ ）‎ A. X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂 B. Y、Q形成的化合物是强电解质 C. W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物 D. 电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于实验室制备E单质 ‎【答案】D ‎【分析】‎ 短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，则W是C元素，Z是Si元素；Q是Cl元素；Y、Q形成一种共价化合物，则Y是Al元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X是Na元素，E是H2。‎ ‎【详解】据上所述可知W是C元素，X是Na元素，Y是Al元素，Z是Si元素，Q是Cl元素。‎ A. X、Z的最高价氧化物分别是NaOH、H2SiO3，前者是强碱，后者是弱酸，二者会发生酸碱中和反应，产生Na2SiO3，硅酸钠不能燃烧，也不支持燃烧，因此可用作防火剂，A正确；‎ B. Y是Al元素，Q是Cl元素，二者形成的化合物AlCl3是盐，属于强电解质，B正确；‎ C.W是C元素，可形成氧化物CO、CO2，X是Na元素，可形成氧化物Na2O、Na2O2，Q是Cl元素，可形成氧化物Cl2O、ClO2、Cl2O7等，因此都可形成多种氧化物，C正确；‎ D.X是Na，Q是Cl，电解NaCl饱和溶液，发生反应：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，这在工业上用于制NaOH、H2，由于耗费大量电能，所以不能用于实验室制取H2，在实验室制取H2是用Zn与稀硫酸反应制取的，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查元素及化合物的推断及物质的性质及用途的知识。掌握元素周期表与元素周期律的关系及元素形成的单质及化合物的性质、用途是本题解答的关键。‎ ‎6.学习中经常应用类推法。下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是（　 ）‎ A 向FeCl2溶液中滴入氯水 ‎2Fe2＋+Cl2＝2Fe3＋+2Cl—‎ 向FeCl2溶液中滴入碘水 ‎2Fe2＋+I2＝2Fe3＋+2I—‎ B 向澄清石灰水中通入少量CO2气体 Ca2＋+2OH—+CO2 ＝CaCO3↓+H2O 向澄清石灰水中通入少量SO2 气体 Ca2＋+2OH—+SO2＝CaSO3↓+H2O C 向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3‎ ‎＋2H＋＝CO2↑＋H2O 向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3‎ ‎+2H＋＝SO2↑+H2O D 锌粒放入硫酸亚铁溶液中 Zn+Fe2+=Zn2++Fe 钠投入硫酸铜溶液中 ‎2Na+Cu2+=2Na++Cu ‎【答案】B ‎【分析】A.铁离子氧化性大于碘单质，FeCl2溶液与碘水不反应；B.二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水；C.Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应；D.钠和硫酸铜溶液反应遵循先水后盐 ‎【详解】A. FeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，不能类推，故A错误；B. 二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水，此类推合理，故B正确；C. Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应：2NO3−+3SO32−+2H+=3SO42−+2NO↑+H2O，两个反应的反应原理不同，不能类推，故C错误；D.锌和硫酸亚铁发生置换反应，钠和硫酸铜溶液反应遵循先水后盐，两反应的原理不同，无法类推，故D项错误。综上，本题选B。‎ ‎7.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 二氧化硫通入氯化铁溶液：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO42-＋2Fe2＋＋4H＋‎ B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH 溶液反应：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓‎ C. 向NaAlO2溶液中通入少量CO2：CO2＋AlO2-＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-‎ D. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋Fe(OH)3=FeO42-＋3Cl－＋H2O＋4H＋‎ ‎【答案】A ‎【详解】A．二氧化硫通入氯化铁溶液，离子方程式：SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+，故A正确；‎ B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应，离子方程式：2NH4++Fe2++4OH-═Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故B错误；‎ C．向NaAlO2溶液中通入少量CO2的离子反应为2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-，故C错误；‎ D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，正确的离子方程式为：4OH-+3ClO-+2Fe（OH）3═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误； 故答案为A。‎ ‎【点睛】注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎8.下列关于甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，不正确的是(　　)‎ A. 甲图表示1 L 1 mol·L－1 Na2SO3溶液吸收SO2溶液pH随n(SO2)的变化，则NaHSO3溶液显酸性 B. 由图乙可知，a点Kw的数值与b点Kw的数值相等 C. 图丙表示可得碱的强弱：ROH＞MOH D. 图丁表示某温度BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，则加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点，最终变到c点 ‎【答案】D ‎【详解】A. Na2SO3溶液吸收SO2，发生反应，1 L 1 mol·L－1 Na2SO3溶液中Na2SO3的物质的量为1mol，可吸收1mol SO2，由图可看出但吸收5/6mol SO2时，此时溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液呈酸性，所以但继续吸收SO2溶液中的溶质只有NaHSO3时，溶液呈酸性，故A正确；‎ B. Kw只与温度有关，a、b两点温度相同，故a点Kw的数值与b点相等，故B正确；‎ C.稀释相同的倍数，pH值变化慢的为弱碱，所以碱的强弱：ROH＞MOH，故C正确；‎ D. 硫酸钡溶液中存在溶解平衡：BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，平衡左移，c（SO42-）增大，c（Ba2+）降低，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎9.电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L－1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，常温Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4]。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线 B. b点溶液中：pH<7‎ C. d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]‎ D. c、d、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是d点 ‎【答案】B ‎【分析】电解质溶液电导率越大导电能力越强，电导率与离子浓度成正比，离子浓度越大电导率越大，则溶液导电性越强，在未加HCl溶液时，①的电导率大于②，说明①是强碱、②是弱碱，则①NaOH溶液、②是二甲胺溶液；‎ ‎【详解】A．由分析可知，曲线②为二甲胺溶液的变化曲线，故A正确；‎ B．b点溶液中的溶质为(CH3)2NH·H2O和（CH3）2NH2Cl，且物质的量之比为1:1；Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4，则Kh[(CH3)2NH2+] =KW/Kb=10-14/1.6×10－4=6.25×10－9，故溶液中电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，所以pH>7,故B错误；‎ C. d点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl，根据质子守恒可知：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，故C正确；‎ D.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，c点溶液中溶质为NaCl，d点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl，e点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl和HCl，且二者浓度相等，c对水的电离没有影响、 e抑制水电离、d促进水电离，所以水电离程度最大的是d点，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析、知识综合运用能力，明确图中各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意d点不仅仅有中和反应还有弱电解质电离。‎ ‎10.微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。下图为MFC碳氮联合同时去除的转化系统原理示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 好氧微生物反应器中反应为：NH4++2O2=NO3－+2H++H2O B. B极电势比A极电势低 C. A极的电极反应式CH3COO－+8e－+2H2O=2CO2+7H+‎ D. 当电路中通过9mol电子时，理论上总共生成标况下33.6LN2‎ ‎【答案】A ‎【分析】图示分析可知：酸性介质中，微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，NO3-离子在正极得到电子生成氮气、发生还原反应，CH3COO-在原电池负极失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，结合电子守恒、电荷守恒得到反应的离子方程式为NH4++2O2═NO3-+2H++H2O，故A正确； B．微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，所以B极电势比A极电势高，故B错误； C．酸性介质中，CH3COO-在原电池负极失电子、发生氧化反应生成CO2气体，则A极的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O═2CO2+7H+，故C错误； D．NO3-离子在正极得到电子生成氮气，电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O，电路中通过9mol电子时，标准状况下，理论上总共生成0.9mol即20.16LN2，故D错误； 故答案为A。‎ ‎11.下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)(　　)‎ a b c d ‎①‎ Si SiO2‎ H2SiO3‎ Na2SiO3‎ ‎②‎ Al AlCl3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ ‎③‎ Cu CuO Cu(OH)2‎ CuSO4‎ ‎④‎ Fe2O3‎ FeCl3‎ FeCl2‎ Fe A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【详解】①SiO2不能直接转化为H2SiO3；‎ ‎②2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O；‎ ‎③CuO不能直接转化为Cu(OH)2；‎ ‎④Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O，2FeCl3＋Fe3FeCl2，FeCl2+Zn=Fe+ZnCl2。‎ 因此，②④能满足如图所示转化关系，故选D。‎ ‎【点睛】解答本题类型习题需要熟悉常见元素Na、Mg、Al、Fe、Cu、H、C、N、O、Si、S、Cl等形成的单质及其化合物的性质。‎ ‎12.在20 L的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2,发生:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　ΔH。测得CO的转化率随温度的变化及不同压强下CO转化率的变化、p2和195 ℃时n(H2)随时间的变化结果如图表所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 0～3 min,平均速率v(CH3OH)=0.8 mol·L-1·min-1‎ B. p10‎ C. 在p2和195 ℃时,该反应的平衡常数为25（ mol·L-1）-2‎ D. 在B点时,v正>v逆 ‎【答案】C ‎【详解】A. B.0～3 min，n（H2）=8-4=4mol，故n（CH3OH）=4÷2=2mol，v（CH3OH）==0.033mol•L-1•min-1，故A错误；‎ B．该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2，P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；故B错误；‎ C．由表中信息可知，起始时：c（H2）=8mol/20L=0.4mol/L，c（CO）=1/2c（H2）=0.2mol/L；平衡时：c（H2）=4mol/20L=0.2mol/L； ‎ ‎ ‎ ‎=25（ mol·L-1）-2，故C正确；‎ D．根据表中数据知，平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v（正）＜v（逆），故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：‎ ‎ ‎ 相关反应的热化学方程式为：‎ 反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)＝2HI(aq) + H2SO4(aq)；ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1‎ 反应II：H2SO4(aq) ＝SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；ΔH2 = +327 kJ·mol-1‎ 反应III：2HI(aq) ＝H2(g) + I2(g)； ΔH3 = +172 kJ·mol-1‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化 B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用 C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2 (g)+O2(g)；ΔH = +286 kJ·mol-1‎ D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变 ‎【答案】C ‎【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；‎ B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；‎ C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g) △H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ·mol－1，故C说法错误；‎ D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。‎ ‎14.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ 实验编号 温度℃‎ pH ‎①‎ ‎25‎ ‎1‎ ‎②‎ ‎45‎ ‎1‎ ‎③‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎④‎ ‎25‎ ‎1‎ A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10－5mol/（L·min）‎ B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大 C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解 D. 实验④说明M的浓度越小，降解的速率越快 ‎【答案】D ‎【详解】A．由图中数据，可知15 min内△c（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，则v（M）= =1.33×l0-5mol/（L•min），故A正确； B．由图中曲线变化可看出实验②相对于实验①，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B正确； C．由图中曲线变化可看出实验①相对于实验③，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C正确； D．根据图示可知：M的起始浓度越小，降解速率越小，故D错误， 故选：D。‎ ‎15.25 ℃时,H3A水溶液(一种酸溶液)中含A的各种粒子的分布分数[平衡时某种粒子的浓度占各种粒子浓度之和的分数(α)]与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 根据图,可得Ka1(H3A)≈10-7‎ B. 将等物质的量的NaH2A和Na2HA混合物溶于水,所得的溶液中α(H2A-)=α(HA2-)‎ C. 以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.2～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入H3A溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加,则生成NaH2A D. 在上述含A的各种粒子的体系中,若溶液pH为11.5时，则c(H2A-)+5c(A3-)+c(OH-)=c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．Kal（H3A）=，如果c（H2A-）=c（H3A），则Kal（H3A）=c（H+ ）=10-2.2，故A错误；‎ B．将等物质的量的NaH2A和Na2HA混合物溶于水，初始时溶液中c（H2A-）=c（HA2-），由于H2A-存在电离和水解，HA2-也存在电离和水解，由于Ka2（H3A）=10-7，则H2A-的电离程度等于水解程度，溶液呈中性，根据图象反应的是平衡浓度的关系，则有α（H2A- ）=α（HA 2- ），故B正确；‎ C．将NaOH溶液逐滴加入到H3A溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加，溶液的pH在8.2-10.0，若此时生成NaH2A，由于Ka2（H3A）=10-7，则H2A-的电离程度等于水解程度，溶液呈中性，不到酚酞变色范围，故C错误；‎ D．溶液pH为11.5时，根据图象，溶液中c（HA2-）=c（A3-），由于溶液为碱性，则溶液中c（OH-）＞c（H+），故D错误，‎ 故选：B。‎ 二、（共6小题，55分）‎ ‎16.有机物A的结构简式为，它可通过不间化学反应分別制得B、C、D和E四种物质。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A中含有官能团的名称是_____________。 A生成B的化学方程式_________________________________________。‎ ‎(2) C能形成高聚物，该高聚物的结构简式为_____________。‎ ‎(3)D与NaOH溶液共热的化学方程式：_________________________________。‎ ‎【答案】(1). 羟基、羧基 (2). 2 +O2 2 +2H2O (3). (4). +2NaOH+HCOONa+H2O ‎【详解】A.根据A的结构简式，可知其含有的官能团有羧基、羟基；A到B为羟基被氧化生成醛基，故答案为：羟基、羧基；‎ ‎2 +O22 +2H2O；‎ ‎（2）C中有碳碳双键，故可发生加聚反应，故答案为：‎ ‎（3）D与NaOH溶液共热时酯基会发生水解，同时羧基会和氢氧化钠发生中和，‎ 故答案为：+2NaOH+HCOONa+H2O；‎ ‎17.某5L溶液只可能含有Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、Al3+、Cl-、OH-中的一种或几种。当加入一种淡黄色固体并加热时，有刺激性气味气体和白色沉淀产生，加入淡黄色固体的物质的量(横坐标)与析出沉淀和产生气体的物质的量(纵坐标)的关系如图所示。用该淡黄色物质做焰色反应，火焰呈黄色。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)生成气体的曲线是_____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。‎ ‎(2)ab段发生反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎(3)原溶液中所含阳离子为_______________。（填离子符号）阴离子浓度为________。‎ ‎【答案】(1). I (2). Al(OH)3+OH-=[Al（OH4）]- (3). NH4+、Al3+、Mg2+ (4). c(Cl-)=3.2mol/L ‎【分析】淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则一定没有Fe2+和Cu2+，则淡黄色固体为Na2O2，图象实际为两个图合在一起，较上的是气体，较下的是沉淀，图象中加入8mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，同时有气体产生速率变小，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，则溶液中一定没有OH-，根据电荷守恒可知含有Cl-。‎ ‎【详解】（1）根据分析可知答案为：I ‎（2）ab段为氢氧化铝沉淀和氢氧化钠反应，沉淀溶解，故答案为：Al(OH)3+OH-=[Al（OH4）]-；‎ ‎（3）根据分析可知原溶液中所含阳离子为NH4+、Al3+、Mg2+；阴离子为Cl-,原溶液中加入8 mol Na2O2之后，生成气体减少，故加入8 mol Na2O2时，NH4+完全反应，由纵坐标可知： n（Mg2+）=2 mol，n（Al3+）=4 mol-2 mol=2 mol．当n（Na2O2）=8 mol时，由2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，可知n（O2）=8 mol×1/2=4 mol，所以n（NH4+）=n（NH3）=10 mol-n（O2）=6 mol，根据电荷守恒可知n（Cl-）=2n（Mg2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）= 2×2+2×3+6=16mol，故c（Cl-）=16mol/5L=3.2mol/L；‎ 故答案为：NH4+、Al3+、Mg2+；c(Cl-)=3.2mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查无机离子推断、化学图象计算等，综合性很强，根据图象结合离子反应判断含有的离子是关键，难度很大，注意开始阶段加热，会生成氨气逸出。‎ ‎18.下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4∶‎ ‎5，化合物D是重要的工业原料。‎ ‎(1)写出B与足量硝酸钡溶液反应的离子方程式：___________________________________。‎ ‎(2)写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：__________________________。‎ ‎(3)将5 mL 0.10 mol·L－1的E溶液与10 mL 0.10 mol·L－1的NaOH溶液混合。反应后溶液的pH______7(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由用离子方程式表示_____________________；‎ ‎【答案】(1). 3SO2 ＋2H2O +3Ba2++2NO3- =2NO↑＋3BaSO4↓＋4H+ (2). H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O (3). 大于 (4). SO32-+ H2OHSO3-+OH-‎ ‎【分析】固态单质A能与空气中的氧气反应生成气体物质B，则A可能为C或S等，假定为S，则B为SO2，C为SO3，它们的相对分子质量为64：80=4：5，恰好与题意相符（同时也证明A不是C），则D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S，E为H2SO3，结合物质的性质以及题目要求可解答该题。‎ ‎【详解】（1）B为SO2，与足量硝酸钡反应会被氧化成硫酸根，继而生成硫酸钡沉淀，‎ 故答案为：3SO2 ＋2H2O +3Ba2++2NO3- =2NO↑＋3BaSO4↓＋4H+；‎ ‎（2）H2SO3与H2S反应生成S，反应的方程式为H2SO3+2H2S═3S↓+3H2O，故答案为：H2SO3+2H2S═3S↓+3H2O；‎ ‎（3）反应生成Na2SO3，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液pH＞7，‎ 故答案：大于；SO32-+ H2OHSO3-+OH-；‎ ‎【点睛】能与氧气反应生成气体固体单质有C、S等元素，可以此作为该题的突破口进行推断。‎ ‎19.用含锂废渣(主要金属元素的含量：Li3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%)制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：‎ 资料：i. 滤液1，滤液2中部分离子的浓度(g·L-1)：‎ ii. EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。‎ iii.某些物质的溶解度(S)：‎ I.制备Li2CO3粗品 ‎(1)滤渣2的主要成分有____________。‎ ‎(2)向滤液2中先加入EDTA目的是：_____________________________，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是_________________。‎ ‎(3)处理1 kg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a, Li+转化为Li2CO3的转化率为b,则粗品中含Li2CO3的质量是________g。(用a,b表示需化简，摩尔质量：Li 7g·mol-1 Li2CO3 74 g·mol-1 )‎ II.纯化Li2CO3粗品 ‎(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是_____________________________，该池使用了________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。‎ III.制备LiFePO4‎ ‎(5)将电池级Li2CO3和C、 FePO4高温下反应，共生成2种产物其中有一种为可燃性气体，该反应的化学方程式是____________________________________。‎ ‎【答案】(1). Mg(OH)2 、Ni(OH)2 和Ca(OH)2 (2). 除去钙离子 (3). 趁热过滤 (4). 185ab (5). 4OH—- 4e- = O2↑+2H2O (6). 阳 (7). LiCO3 + 2C + 2FePO4 = 2LiFePO4 + 3CO↑‎ ‎【分析】根据流程：将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属离子，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4‎ 沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni（OH）2、Mg（OH）2还有极少量的Ca（OH）2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3．将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）根据分析滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni（OH）2、Mg（OH）2还有极少量的Ca（OH）2；‎ 故答案为：Ni（OH）2、Mg（OH）2、Ca（OH）2；‎ ‎（2）在第二次过滤之后溶液中还有部分钙离子没有除去，EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物，所以先加入EDTA可以防止后续得到的Li2CO3中混有碳酸钙；根据表可知Li2CO3高温溶解度小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；‎ 故答案为：除去钙离子；趁热过滤；‎ ‎（3）lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的n（Li+）=1000g×3.5%×a/7mol=5amol，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是5amol×1/2×b×74g/mol=185ab g；‎ 故答案为：185ab；‎ ‎（5）根据电解原理图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极放电的是氢离子，阴极生成OH-，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，为阳离子交换膜；‎ 故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阳；‎ ‎（6）Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为：LiCO3 + 2C + 2FePO4 2LiFePO4 + 3CO↑；‎ 故答案为：LiCO3 + 2C + 2FePO4 2LiFePO4 + 3CO↑。‎ ‎20.无水四氯化锡常用作媒染剂和有机合成中的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232℃)与Cl2反应制备SnCl4，装置如图。‎ 已知：①SnCl2、SnCl4有关物理性质：‎ ‎②SnCl4极易水解生成SnO2·xH2O。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)导管a的作用是_________________________________，装置A中发生反应的离子方程式为_________________________________________。‎ ‎(2)当观察到装置F液面上方___________时才开始点燃D处的酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的是①_________________________________；②____________________________________。‎ ‎(3)若上述装置中缺少装置C(其它均相同)，则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为_________________________________。‎ ‎(4)Cl2和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入过多的SnCl2，可采取的措施是____________________________________________。‎ ‎(5)滴定分析产品中2价Sn(Ⅱ)的含量：用分析天平称取5.000g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，加入淀粉溶液，用0.1000mol·L－1的碘标准溶液滴定至终点时消耗20.00mL，则产品中Sn(Ⅱ)的含量为___________。(已知Sn2++I2=2I－+Sn4+)‎ ‎【答案】(1). 使分液漏斗内液体顺利流下 (2). (3). 出现黄绿色气体 (4).‎ ‎ 加快氯气与锡的反应速率 (5). 使SnCl4汽化，利于其从混合物中分离出来 (6). (7). 控制Sn与Cl2反应温度在232℃到652℃之间，通入过量的氯气 (8). 4.76%‎ ‎【分析】A装置中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；C中的浓硫酸干燥氯气；D是氯气与锡反应的容器；E装置冷凝收集SnCl4；G装置吸收氯气防止污染；SnCl4极易水解生成SnO2·xH2O，F装置中浓硫酸的作用是防止水蒸气进入E。‎ ‎【详解】根据以上分析，(1)导管a连接烧瓶与分液漏斗上口，作用是平衡压强，使分液漏斗内液体顺利流下，装置A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，发生反应的离子方程式为。‎ ‎(2)为防止锡与氧气反应，要用氯气把空气排出后再加热锡，所以当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时才开始点燃D处的酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。温度升高反应速率加快，SnCl4的沸点是114℃，加热使SnCl4汽化，利于其从混合物中分离出来，所以继续加热的目的是①加快氯气与锡的反应速率；②使SnCl4汽化，利于其从混合物中分离出来。‎ ‎(3)若上述装置中缺少装置C，水蒸气进入D中，造成SnCl4水解，则D处发生的主要副反应化学方程式为。‎ ‎(4)Cl2和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2，锡的熔点是232℃，SnCl2的沸点为652℃ ，为防止产品中带入过多的SnCl2，可采取的措施是控制反应温度在232℃到652℃之间，通入过量的氯气。‎ ‎(5) 设样品中Sn(Ⅱ)的质量为xg，‎ Sn2+ + I2=2I－+Sn4+‎ ‎119g 1mol ‎ xg 0.02L×0.1mol·L－1‎ ‎ ‎ x=0.238‎ 产品中Sn(Ⅱ)的含量为 。‎ ‎21.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。‎ ‎(1)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH1=－566kJ/molS(l)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2=－296kJ/mol 一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S(1)和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的热化学方程式_______________________________。‎ ‎(2)在500℃下合成甲醇的反应原理为：‎ CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)；在1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，压强为p0 kpa，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。(可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算，也可以用平衡分压Kp代替平衡浓度，计算分压=总压×物质的量分数)‎ ‎①0~4min，H2的平均反应速率v(H2)=________mol·L−1·min−1。‎ ‎②CO2平衡时的体积分数为______________，该温度下Kp为_________kPa-2 (用含有p0的式子表示，小数点后保留1位)。‎ ‎③下列能说明该反应已达到平衡状态的是______________。‎ A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)‎ B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1‎ C．恒温恒压下，气体的体积不再变化 D．恒温恒容下，气体的密度不再变化 ‎④500℃、在2个容积都是2L的密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 容器甲 容器乙 反应物起始投入量 ‎1mol CO2，3mol H2‎ ‎0.5mol CO2，1mol H2‎ ‎1mol CH3OH，1mol H2O CH3OH的平衡浓度/mol·L−1‎ C1‎ C2‎ 则乙容器中反应起始向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行；c1_______(填“>”“<”或“=”)c2。‎ ‎【答案】(1). 2CO(g)＋SO2(g)=S(l)＋2CO2(g) ΔH=－270kJ/mol (2). 0.375 (3). 10% (4). 256/3p02 (5). C (6). 逆反应 (7). <‎ ‎【分析】（1）根据原子守恒，CO与SO2反应生成S（1）和一种无毒的气体是CO2，化学方程式为2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g），利用题给两个热化学方程式结合盖斯定律进行求算。‎ ‎（2）①结合计算； ②反应进行到15min时，各组分浓度不变，此时达到平衡状态，根据三段式计算各物理量； ③达到平衡时，正逆反应速率相等，且各物质的浓度不变，以此判断是否平衡状态； ④可根据曲线图算出反应的平衡常数，将容器甲的投料归到右边相当于是1mol甲醇和1mol水蒸气；‎ ‎【详解】：（1）根据原子守恒，生成的无毒气体是二氧化碳，发生的反应为2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）。将题给两个热化学方程式由上至下依次编号为①和②，根据盖斯定律①-②可得所求反应的热化学方程式，即2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-566kJ/mol-（-296kJ/mol）=-270kJ/mol。 故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-270kJ/mol；‎ ‎（2）①0～4 min，CO的浓度减少了0.5mol/L，则氢气的浓度减少了1.5mol/L，H2的平均反应速率v（H2）=1.5mol/L÷4min=0.375mol•L-1•min-1，‎ 故答案为：0.375；‎ ‎②反应 ‎ ‎ CO2平衡时的体积分数等于浓度百分比，即，起始时充入1 mol CO2和3 mol H2，压强为p0 ，平衡时，气体总物质的量为2.5mol，压强为0.625p0 ，‎ ‎，‎ 故答案为：10%；256/3p02；‎ ‎③A．v正（CH3OH）=3v逆（H2）说明正逆反应速率不相等，故不能说明反应已达平衡，故A错误； B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1：3：1：1，与投料有关，不能说明反应已达平衡，故B错误； C．恒温恒压下，气体的体积不再变化，说明反应已达平衡，故C正确； D．恒温恒容下，气体的密度不是一个变量，当其不再变化，不能说明反应达到平衡，故D错误； 故答案为：C；‎ ‎④容器乙Qc==8，可根据曲线图算出反应的平衡常数=5.3，Qc＞K，平衡逆向进行。将容器甲的投料归到右边相当于是1mol甲醇和1mol水蒸气，所以最终平衡时c1＜c2， 故答案为：逆反应；＜；‎ ‎【点睛】本题考查热化学反应、化学平衡的计算。在理解所学各部分化学知识的本质区别与内在联系的基础上，运用所掌握的知识进行必要的分析、类推或计算，解释、论证一些具体化学问题。 ‎