黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三12月月考化学试题 24页

鹤岗一中高三第三次月份 化学试题 可能用到的原子量：H：1 N：14 O：16 S：32 Na：23 B：11 Cl：35.5‎ 一：选择题（1－8题每小题2分，9－19每小题3分，本题共49分）‎ ‎1.化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是 A. 蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同 B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取之”，上述提取青蒿素的过程中发生了化学变化 C. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 D. 用浸泡过酸性KMnO4溶液硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、蚕丝的组成元素C、H、O、N，棉花的组成元素为C、H、O，蚕丝和棉花的组成元素不相同，结构不同，因而性质不同，故A错误；B、“青蒿一握，以水二升渍，绞取之”，上述提取青蒿素的过程中发生了物理变化，利用青蒿素在水中的溶解性来提取，故B错误；C、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故C错误；D、乙烯是果实的催熟剂，用浸泡过酸性KMnO4溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故D正确。故选D。‎ ‎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.钠熔融盐燃料电池拥有比锂电池高一倍的能量密度，在同等电池体积下，可让电动汽车行驶距离成倍提升。如图所示是某钠熔融盐燃料电池，其中生成物Y是一种氧化物。下列说法不正确的是 A. 电池工作时，石墨电极Ⅰ上电极反应式为2NO2 −2e− +O2−N2O5‎ B. 电池工作时，向石墨电极Ⅰ移动 C. 该电池充电时，石墨电极Ⅱ连接电源的负极 D. 电池工作时，外电路中流过1 mol电子，则消耗46 g NO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 生成物Y是氧化物且为NO2被氧化后生成，即为N2O5，燃料电池中通入O2的一极是正极，发生还原反应，则A正确；电池工作时，石墨电极Ⅰ为负极，故向石墨电极Ⅰ移动，B正确；石墨电极Ⅱ为原电池的正极，故充电时应连接电源的正极，C错误；根据转化关系NO2→N2O5可知转移1 mol电子，消耗 1 mol NO2，即46 g，D正确。‎ ‎4.已知25℃时醋酸的电离常数为1.6×10-5，该温度下向20 mL 0.01 mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.01 mol·L−1 NaOH(aq)，溶液pH变化如图所示。此过程溶液中离子浓度的关系错误的是 A. a点溶液的c(H＋)＝4×10-4mol·L－1‎ B. 水电离程度：e＞d＞c＞b＞a C. b点：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)‎ D. d点：c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电离常数计算可得a点溶液的c(H＋)＝＝4×10-4mol·L－1，A正确；‎ B．d点恰好反应生成的盐水解，水电离程度最大，B错误；‎ C．b点溶液中的溶质是等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，根据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；‎ D．d点溶液中只有醋酸钠，根据质子守恒可得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎5.短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中Q是无机非金属材料的主角。下列判断正确的是(　　)‎ A. 离子半径：T＜W＜G B. 等物质的量的W、G单质分别与足量铁粉反应，后者消耗的铁粉多 C. 最简单气态氢化物热稳定性：Q＜R D. T和G组成的化合物溶于水，其水溶液呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【试题分析：】Q是无机非金属材料的主角，则Q为Si元素，根据短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的位置，可知R为氮元素，T为Al元素，W为S元素，G为Cl元素。A、根据离子半径变化规律，离子半径：T< G < W，错误；B、S与Fe反应的化学方程式为：Fe+SFeS，Cl2与Fe反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，所以等物质的量的W、G单质分别与足量铁粉反应，前者消耗的铁粉多，错误；D、T和G组成的化合物为AlCl3，为强酸弱碱盐，其溶液发生水解反应呈酸性，错误。‎ 考点：本题考查元素的推断、元素周期律和元素周期表、盐类的水解。‎ ‎6.下列说法正确的是 ‎①合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料 ‎②硅酸可制备硅胶，硅胶可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂 ‎③Mg2＋、H＋、SiO32-、SO42-在水溶液中能大量共存 ‎④向含K＋、Na＋、Br－、SiO32-的溶液中通入CO2后仍能大量共存 ‎⑤SiO2不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器 ‎⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可用于制备硅酸胶体 ‎⑦Si→SiO2→H2SiO3均能一步转化 A. ①⑤⑥ B. ①②⑥⑦ C. ②⑥ D. ③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①合成纤维是有机高分子材料，错误；‎ ‎②硅酸可制备硅胶，硅胶有吸水性，可用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂，正确；‎ ‎③Mg2＋和SiO32-、H＋和SiO32-都能发生反应而不能大量共存，错误；‎ ‎④通入的CO2可以和溶液中的SiO32-发生反应：CO2+H2O+ SiO32-= H2SiO3↓+CO32-，错误；‎ ‎⑤SiO2可以和氢氟酸反应，错误；‎ ‎⑥硅酸钠可制备木材防火剂，也可以和盐酸反应制备硅酸胶体，正确；‎ ‎⑦SiO2不能一步转化为H2SiO3，错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】绝大多数的酸性氧化物都可以和水生成相应的酸，SiO2是高中化学里唯一的不能和水生成相应酸的酸性氧化物。‎ ‎7.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. MnO2与足量浓盐酸反应,当生成4.48LCl2时，转移电子数目为0.4NA B. 7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含离子数目为0.3NA C. 铜的电解精炼过程中,当阳极消耗1molCu时，外电路通过电子数目为2NA D. 将1mL0.1mol/LFeCl3溶液加入沸水中,形成的Fe(OH)3胶体粒子数目为10-4NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、气体的体积没有标明温度和压强，则数据无意义，故A错误；B、Na2S与Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，所以7.8g Na2S与Na2O2的总物质的量为1mol，Na2S是2个Na+和1个S2－构成，Na2O2是2个Na+和1个O22－构成，则离子总数为0.3NA，故B正确；C、电解精炼铜时，粗铜作阳极，若粗铜中含有比铜活泼的杂质金属，这些金属先失电子，然后再铜失电子，所以当阳极反应1 molCu时，电路中已转移的电子数大于2 NA，故C错误；D、0.1mol FeCl3‎ 完全水解能得到1mol Fe(OH)3分子，而若干Fe(OH)3分子聚集形成一个Fe(OH)3胶粒，所以Fe(OH)3胶体粒子数目小于10-4NA，故D错误。故选B。‎ ‎8.下列离子方程式书写正确是（ ）‎ A. 碘化亚铁中通入过量氯气：2Fe2+＋2I－＋2Cl2＝2Fe3+＋I2＋4Cl－‎ B. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-＝2BaSO4↓＋Al(OH)3↓‎ C. 1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O D. 用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碘化亚铁中通入过量氯气，反应离子方程式为：2Fe2+＋4I－＋3Cl2＝2Fe3+＋2I2＋6Cl－，故A错误；‎ B. 明矾溶液的溶质为KAl(SO4)2，向其中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，铝元素以偏铝酸根离子形式存在，其离子方程式为：2Ba2+＋4OH－＋Al3+＋2SO42-＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O，故B错误；‎ C. 1mol•L-1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，两者的物质的量之比为：2:5，反应的离子方程式为：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，故C正确；‎ D. 用铜作电极电解CuSO4溶液与电解精炼铜的原理相同，阳极铜失电子生成Cu2＋，阴极Cu2＋得电子生成铜单质，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取“以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论，B项是易错点。‎ ‎9.在C(s)＋CO2(g)2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是(　　)‎ ‎①升高温度　②增加碳的量　③恒容通入CO2　④恒压下充入N2 ⑤恒容下充入N2 ⑥恒容通入CO A. ①③④ B. ②④⑥ C. ①③⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①升高温度反应速率一定加快；②碳是固体，增加碳的量反应速率不变；③恒容通入CO2气体，CO2浓度增大，反应速率加快；④恒压下充入N2，容器容积增大，浓度降低，反应速率减小；⑤恒容下充入N2，浓度不变，反应速率不变；⑥恒容通入CO，增大CO浓度，反应速率加快，答案选C。‎ ‎10. 常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是 A. HA是强酸 B. 该混合液pH=7‎ C. 图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+‎ D. 该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH>7，错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH－）>c(HA)> c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），正确，答案选D。‎ 考点：考查溶液的混合计算，溶液酸碱性的判断，离子浓度的比较，图像分析 ‎11.向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是 A. M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ B. N点对应的溶液中：K+、NH4+、Cl-、CO32-‎ C. S点对应的溶液中：Na+、SO42-、HCO3-、NO3-‎ D. R点对应的溶液中：Na+、SO42-、Cl-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；‎ B．N点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；‎ C．S点AlCl3没有完全反应，Al3+、HCO3-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；‎ D．R点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），已知电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，其中不正确的是（ ）‎ A. pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．C6H5ONa c．NaHCO3 d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：db>c>a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为dc(CH3COOH)，根据电荷守恒规律可知，c(CH3COO－)＋c(OH－)= c(Na+)＋c(H+)，则c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)，故B正确；‎ C. pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸，若为强酸，则呈中性，即c(OH－)=c(H＋)；若为弱酸，则呈酸性，即c(OH－)＜c(H＋)，故C正确；‎ D. pH=8.3，溶液呈碱性，说明HCO3−水解程度大于其电离程度，水解生成H2CO3而电离产生CO32−，又钠离子不水解，HCO3−存在两种趋势，但两种趋势都极其微弱，故离子浓度大小顺序为：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎13.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）‎ A. H2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3‎ B. NH3NONO2HNO3‎ C. FeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3‎ D. AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3，故A错误；‎ B．氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，转化关系正确，故B正确；‎ C．氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；‎ D．氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在HCl气流中加热，故D错误．‎ 故选B。‎ ‎14.下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极 B. 反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0‎ C. CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小 D. Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、电解法精炼铜时，阳极逐渐溶解，则粗铜作阳极，阴极析出Cu，纯铜作阴极，故A错误；B、当△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，已知反应NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)在室温下可自发进行，该反应为△G＜0的反应，所以反应的△H＜0，故B正确；C、==，温度不变，比值不变，故C错误；D、Na2CO3溶液中存在碳酸根的水解平衡，加入Ca(OH)2 固体，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸根的水解平衡逆移，CO32-水解程度减小，加Ca(OH)2 固体溶液中氢氧根离子浓度增大，所以pH增大，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了反应自发性的判断、电解原理的应用、弱酸的电离、盐的水解等。本题的易错点为C，要注意浓度比值的变换，分子分母同时乘以c(H+)或c(OH-)，尽量与一些常数联系起来，是分析的一般方法。‎ ‎15.能表示H2(g)+ I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志有几个( )‎ ‎①c(H2)=c(I2)=c(HI)时②c(H2):c(I2):c(HI)=1:1:2时③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变④单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2 ⑥反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI) ⑦一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①平衡时c(H2)、c(I2)、c(HI)三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；‎ ‎②平衡时浓度c(H2):c(I2):c(HI)可能为1:1:2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；‎ ‎③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故正确；‎ ‎④单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故正确；‎ ‎⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2，都体现逆反应方向，故错误；‎ ‎⑥只要反应发生,就符合反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)，故错误；‎ ‎⑦一个H−H键断裂等效于两个H−I键形成同时有两个H−I键断裂，正逆反应速率相等，故正确；‎ ‎⑧该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和体积一定时，容器内压强一直不再变化，故错误；‎ ‎⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；‎ ‎⑩该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故错误；‎ ‎⑪该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎16.根据下列实验操作和实验现象所得到的实验结论正确的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．亚硫酸根离子、与HClO发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成白色沉淀，不能说明变质，故A错误； B．氯仿(CHCl3)不能电离出氯离子，与硝酸银不反应，由现象可知样品已变质，故B正确； C．先加氯水可氧化亚铁离子，则检验亚铁离子应先加KSCN无现象，后加氯水变为血红色，故C错误； D．NaHCO3溶液中滴加 NaAlO2溶液，生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，AlO2−促进HCO3−的电离，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D项是易错点，要注意碳酸氢根离子存在电离和水解两种平衡。AlO2−与其生成沉淀而不共存是因为破坏了HCO3−的电离平衡；而Al3＋与HCO3−也可生成沉淀而不共存，是因为发生了双水解，相互促进。‎ ‎17.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2==NH4BO2＋4H2O 。已知H2O2足量，下列说法正确的是(　　)‎ A. 正极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑‎ B. 电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动 C. 电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3‎ D. 工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2‎ O，故A错误；‎ B．放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；‎ C．电池工作时，负极的电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，不能放出H2和NH3，故C错误；‎ D．未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入氨硼烷后，负极的电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极的电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定转移6mol电子，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g，则理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.有关反应的叙述正确的为 A. 还原剂与氧化剂物质的量之比为5:3‎ B. 生成lmolO2，反应共转移4mol电子 C. 若有5mol水做还原剂时，被BrF3还原的BrF3为mol D. 若有5mol水参与反应时，被水还原的BrF3为2mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0，以此来解答。‎ ‎【详解】A、由反应可知，2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之为3:2，故A错误；‎ B.、当生成lmolO2时，转移6mol电子，故B错误；‎ C、当有5mol水做还原剂时时，O元素化合价由-2价升高到0价，失去10mol电子， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移5mol电子，5mol BrF3被还原，被BrF3还原的BrF3为，故C正确；‎ D、当有5mol水参加反应时，O元素化合价由-2价升高到0价，2mol水被氧化，失去4mol电子，Br 元素化合价由+3价降低到0价， Br元素的化合价由+3价升高为+5价，转移2mol电子，被水还原的BrF3的物质的量为，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】在此题中H2O和BrF3均作还原剂，所以BrF3转变为Br2时，被H2O和BrF3一起还原，当计算应被其中一部分所还原时，应计算其失去电子所占比例。如CD选项。‎ ‎19.改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。下列叙述不正确的是( )‎ A. NaHA溶液中，HA－的水解能力小于HA－的电离能力 B. lg[K2(H2A)]＝－4.2‎ C. 将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＝α(A2－)‎ D. 0.1 mol·L−1 NaHA溶液中：c(Na+)+c(A2−)+c(H2A)+c(HA−)=0.2 mol·L−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=4.2时，c（H＋）=10-4.2mol·L－1，c（HA－）=c（A2－），K2（H2A）=c(A2－)·c(H＋)/c(HA－)=10-4.2；pH=1.2时c（H2A）=c（HA－），则Kh（HA－）=c(OH－)·c(H2A)/c(HA－)=c（OH－）=10-12.8＜10-4.2，说明HA－的水解能力小于HA－的电离能力，故A正确；‎ B．pH=4.2时，c（H＋）=10-4.2mol·L－1，c（HA－）=c（A2－），K2（H2A）=c(A2－)·c(H＋)/c(HA－)=10-4.2，则lg[K2（H2A）]=-4.2，故B正确；‎ C．将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，由于NaHA的电离程度和Na2A的水解程度不同，所得的溶液中α（HA－）与α（A2－）不相等，故C错误；‎ D．根据0.1 mol·L-1 NaHA溶液中的物料守恒可知：c（Na＋）+c（A2－）+c（H2A）+c（HA－）=0.2 mol·L-1，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，解题关键：明确图象曲线变化，注意把握弱电解质的电离特点，难点为A项和B项，要充分利用pH=4.2的特殊点。‎ 二：非选择题（本题共51分）‎ ‎20.氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因。人们研究了诸多有关氮氧化物的性质，请回答下列问题：‎ ‎（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx。‎ CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) K1‎ CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) K2‎ CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) K3‎ K1、K2、K3依次为三个反应的平衡常数，则K3=__（用K1、K2表示）。‎ ‎（2）在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO和NO，在一定条件下发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：‎ ‎①对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数kp，如果p1=1.65MPa，求a点的平衡常数kp=__（MPa）−1(结果保留3位有效数字，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎②为探究速率与浓度的关系，该实验中，根据相关实验数据，粗略绘制了2条速率—浓度关系曲线：v正～c(NO)和v逆～c(CO2)则：与曲线v正～c(NO)相对应的是图中曲线__(填“甲”或“乙”)。当降低反应体系的温度，反应一段时间后，重新达到平衡，v正和v逆相应的平衡点分别为___(填字母)。‎ ‎（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72−的废水，如图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。甲电池工作时，Y是气体，可循环使用。则石墨I附近发生的电极反应式为___。‎ ‎（4）已知H3PO4为三元酸，Ka1=7.0×10−3mol·L−1，Ka2=6.2×10−8mol·L−1，Ka3=4.5×10−13mol·L−1。则Na2HPO4水溶液呈__。‎ ‎【答案】 (1). (2). 21.2 (3). 乙 (4). D、H (5). NO2+NO3--e-=N2O5 (6). 碱 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对已知热化学方程式编号，依据已知的热化学方程式利用盖斯定律构造CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，然后根据关系式得到平衡常数的关系；‎ ‎（2）①对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数（记作Kp），平衡常数等于生成物平衡分压幂次方乘积除以反应物平衡分压幂次方乘积得到，结合化学平衡三段式列式计算，设体积为1L，a点NO转化率为70%，据此计算；‎ ‎②由三段式得的物质的物质的量分数，带入公式计算可得；‎ ‎③NO是反应物，CO2是生成物，随反应进行，NO浓度减小，CO2浓度增大，降低反应体系的温度，v正～c(NO)和v逆～c(CO2)均减小，该反应为放热反应，平衡向正反应方向移动；‎ ‎（3）由题给示意图可知，甲电池工作时，通入二氧化氮的一极为燃料电池的负极；‎ ‎（4）根据Na2HPO4的电离常数和水解常数的相对大小判断Na2HPO4在水溶液的酸碱性。‎ ‎【详解】（1）①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) K1‎ ‎②CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) K2‎ ‎③CH4(g)+4NO(g)=2N2 (g)+CO2(g)+2H2O(g) K3‎ 由盖斯定律得到②2-①可得③，故对应的三个反应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系为：K3=；‎ ‎（2）①根据上述分析可知，‎ 平衡气体总物质的量=0.3 mol +0.3 mol +0.35 mol +0.7 mol=1.65mol，因该反应的平衡常数的表达式Kp=，若P1=1.65MPa，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，则a点的平衡常数kp=，故答案为：21.2；‎ ‎③NO是反应物，CO2是生成物，随反应进行，NO浓度减小，CO2浓度增大，则由图可知，与曲线v正～c(NO)相对应的是图中曲线乙；降低反应体系的温度，v正～c(NO)和v逆～c(CO2)均减小，该反应为放热反应，平衡向正反应方向移动，c(NO)减小、c(CO2)增大，则v正和v逆相应的平衡点分别为D和H，故答案为：乙；D、H；‎ ‎（3）由题给示意图可知，甲电池工作时，通入二氧化氮的一极为燃料电池的负极，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5；‎ ‎（4）Na2HPO4在水溶液中发生水解反应，水解平衡为HPO42—+H2OH2PO4—+OH—，水解平衡常数Kh2====1.6×10—7＞Ka3=4.5×10−13，HPO42-的水解程度大于电离程度，故溶液显碱性，故答案为：碱。‎ ‎【点睛】由水解常数公式换算出与水的离子积和电离常数的关系是解答难点，由水解常数和电离常数的大小确定溶液酸碱性是解答关键。‎ ‎21.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是印染工业的一种常用原料，连二亚硫酸钠又称保险粉，可溶于水，但不溶于甲醇，其固体受热、遇水都会发生反应放出大量的热，甚至引起燃烧，工业制备流程如图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）保存连二亚硫酸钠的注意事项___(任写一项)。‎ ‎（2）鼓入的气体M为空气的一种主要成分，则M的电子式为___；‎ ‎（3）流程②的化学方程式为__。‎ ‎（4）流程③的分离方法步骤为过滤、洗涤、干燥。其中洗涤所用试剂是___；实验时加入NaCl固体的作用是__。‎ ‎（5）连二亚硫酸钠可以用于除去废水中的重铬酸根离子(Cr2O72-被转化为Cr3+，S2O42-被转化为SO42-)，写出该反应的离子方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 密封、阴凉处保存 (2). (3). Zn+2SO2=ZnS2O4 (4). 甲醇 (5). 降低Na2S2O4的溶解度或增大Na+浓度，便于Na2S2O4结晶析出 (6). Cr2O72-+S2O42-+6H+=2Cr3++2SO42- +3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌块加热融化，向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4，最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4，溶液D中含有NaCl，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）因为题目中关于保险粉说明为：其固体受热、遇水都会发生反应放出大量的热，甚至引起燃烧。所以保存时应该密封保存，避免受热，同时也应该与其他易燃物分离；‎ ‎（2）鼓入的气体M为空气的一种主要成分，则M只能是氮气，其电子式为；‎ ‎（3）流程②的目的是将单质锌转化为ZnS2O4，所以向Zn粉中通入SO2，其化学方程式为：Zn+2SO2 = ZnS2O4；‎ ‎（4）洗涤产品时，考虑到题目中对于保险粉的描述：可溶于水，但不溶于甲醇，所以用甲醇洗涤可以防止产品的损失；实验中加入氯化钠的目的是利用同离子效应，降低Na2S2O4的溶解度，以便于其析出，故答案为：甲醇；降低Na2S2O4的溶解度或增大Na+浓度，便于Na2S2O4结晶析出；‎ ‎（5）连二亚硫酸钠可以用于除去废水中的重铬酸根离子(Cr2O72-被转化为Cr3+，S2O42-被转化为SO42-)，由上得到部分反应：Cr2O72-+S2O42- → Cr3+ +SO42-，Cr2O72-化合价降低6价（2个Cr，每个降低3价），S2O42-化合价升高6价（2个S，每个升高3价），所以两个离子的系数都是1，方程式变为Cr2O72-+S2O42- → 2Cr3+ + 2SO42-，再根据原子个数守恒和电荷守恒得到：Cr2O72-+S2O42-+6H+ = 2Cr3+ +2SO42- +3H2O。‎ ‎22.已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO‾+H+ ΔH＞0。‎ ‎（1）常温常压下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c(CH3COO‾）=__；（精确值）下列方法中，可以使0.10mol·L－1CH3COOH的电离程度增大的是___。‎ a.加入少量0.10mol·L‾1的稀盐酸 b.加热CH3COOH溶液 c.加入少量冰醋酸 d.加水稀释至0.010mol·L－1 e.加入少量氯化钠固体 f.加入少量0.10mol·L－1的NaOH溶液 ‎（2）已知：90℃时，水的离子积常数为Kw=38×10－14，在此温度下，将pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的c(H+)=___（保留三位有效数字）。‎ ‎（3）现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵 ⑤醋酸铵 ⑥硫酸铵 ⑦硫酸氢铵 ⑧氨水，请回答下列问题：‎ ⅰ.①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋的浓度由大到小的顺序是(填序号)__。‎ ⅱ.④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是(填序号)___。‎ ‎（4）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). （10－5－10－9）mol·L－1 (2). bdf (3). 2.05×10－11mol·L-1 (4). ④②③① (5). ⑥⑦④⑤⑧ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）溶液中H＋包括醋酸电离产生的还有水电离产生的。根据水的离子积可知，水电离产生的c（H＋）=c（OH－）==10－9mol·L－1，因此醋酸电离产生的c（H＋）=c（CH3COO－）=（10－5－10－9）mol·L－1；醋酸存在的电离平衡为CH3COOHCH3COO－＋H＋，则 a、加入盐酸增大了溶液c(H＋)，对醋酸的电离起抑制作用，a错误；‎ b、弱电解质的电离是吸热反应，升高温度，有利于向电离方向进行，b正确；‎ c、加入冰醋酸，电离程度降低，c错误；‎ d、加水稀释，降低了浓度，根据勒夏特列原理，平衡向浓度增大的方向进行，即向电离方向进行，d正确；‎ e、加入氯化钠固体，对电离无影响，e错误；‎ f、加入氢氧化钠，消耗H＋，促使平衡向电离方向进行，f正确，故答案选bdf；‎ ‎（2）pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）==38×10-3mol/L，混合后：H++OH-=H2O，所以碱剩余，剩余的氢氧根的浓度为c（OH-）==0.0185mol/L，所以c（H+）=≈2.05×10-11 mol·L-1；‎ ‎（3）ⅰ.硫酸和醋酸、氢氧化钠均抑制水的电离，等浓度的硫酸和醋酸、氢氧化钠在溶液中电离出的H+或OH-浓度大小关系：H2SO4＞NaOH＞CH3COOH，因此对水的电离抑制作用强弱关系为：H2SO4＞NaOH＞CH3COOH，则水电离出来的H+浓度大小关系：CH3COOH＞NaOH＞H2SO4，又因为NH4Cl能够水解，对水的电离起促进作用，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序：NH4Cl＞CH3COOH＞NaOH＞H2SO4，即④②③①。‎ ⅱ.氯化铵和硫酸铵溶液中存在着NH4Cl=NH4++Cl-，NH4++H2ONH3H2O+H+，醋酸铵溶液中CH3COONH4=CH3COO-+NH4+，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，NH4++H2ONH3H2O+H+；硫酸氢铵溶液中NH4HSO4=NH4++H++SO42-，NH4++H2ONH3H2O+H+；氨水中NH3H2ONH4++OH-，等浓度的五种溶质，硫酸铵中NH4+的初始浓度最大，氯化铵溶液、醋酸铵溶液、硫酸氢铵溶液中NH4+的初始浓度相同，醋酸铵中CH3COO-水解生成的OH-对NH4+的水解起促进作用，硫酸氢铵中H+对NH4+的水解起抑制作用，故三者之间NH4+浓度大小为：NH4HSO4＞NH4Cl＞CH3COONH4，又因为氨水只能部分电离，在这四种溶液中含有的NH4+浓度最小，所以上述五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是：⑥⑦④⑤⑧；‎ ‎（4）常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，根据溶液呈现电中性：2c(Ba2＋)+c(H+)＝c(CH3COO－)+c(OH—)，又2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＝b mol/L，则溶液呈现中性，即c(H+)=c(OH—)=1×10-7mol/L，根据醋酸与氢氧化钡溶液反应的化学方程式确定混合液中c(CH3COOH)=mol/L，该混合溶液中醋酸的电离常数为。‎ ‎23.ClO2是一种优良的消毒剂，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法备NaClO2固体的实验装置如图所示。‎ 已知：①2NaC1O3+H2O2+H2SO4=2C1O2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O ‎2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O ‎②ClO2熔点-59℃、沸点11℃，浓度过高时易发生分解；‎ ‎③H2O2沸点150℃‎ ‎（1）冰水浴冷却的目的是___。‎ ‎（2）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因，空气流速过慢时，__。‎ ‎（3）Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在C中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步完成，请将其补充完整：‎ ‎①___（用离子方程式表示）②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+‎ ‎（4）NaClO2纯度测定：‎ ‎①准确称取所得NaClO2样品10.0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（C1O2-的产物为Cl-），将所得混合液配成250mL待测溶液；‎ ‎②取25.00mL待测液，用2.0mol·L-1Na2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为__，重复滴定3次，测得Na2S2O3标准液平均用量为20.00mL，则该样品中NaClO2的质量分数为___。（M(NaClO2)=90.5g/mol）‎ ‎【答案】 (1). 降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解 (2). 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解率降低 (3). 2ClO3-+2Cl-+4H+=2C1O2↑+Cl2↑+2H2O (4). 当最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复 (5). 90.5%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯酸钠在酸性条件下与过氧化氢生成二氧化氯，二氧化氯与氢氧化钠容易和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体，据此分析（1）-（3）问。（4）根据碘遇淀粉变蓝色，Na2S2O3标准液消耗碘单质，根据颜色变化说明滴定终点；根据电子转移数守恒结合关系式NaClO2～2I2～4S2O32-‎ 进行求解。‎ ‎【详解】（1）冰水浴冷却的目的是降低NaClO2的溶解度，低温可以减少H2O2的分解；ClO2熔点－59℃、沸点11℃，所以低温可以增加ClO2的溶解度，减少ClO2的分解，故答案为：降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解；‎ ‎（2）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高ClO2易分解，最终导致NaClO2产率降低，故答案为：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高ClO2易分解，最终导致NaClO2产率降低；‎ ‎（3）氯离子存在是会催化二氧化氯的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，二氧化氯的生成速率大大提高，并产生微量的氯气，方程式为2ClO3-+2Cl-+4H+=2C1O2↑+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（4）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，因此当最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复，说明到达滴定终点；因溶液中n(S2O32-)=2mol•L-1×0.02L×=0.4mol，令样品中NaClO2质量分数为x，则：‎ 所以90.5g：10.0 xg=4mol：0.4mol，解得x=90.5%，故答案为：当最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复；90.5%。‎ ‎24.有机物F用于制造香精，可利用下列路线合成。回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）A的化学名称是___。‎ ‎（2）B的结构简式是___。‎ ‎（3）①～⑥中属于取代反应的有___(填序号)。‎ ‎（4）反应⑥的化学方程式为___。‎ ‎（5）C有多种同分异构体，与C具有相同官能团的有__种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为___(任写一种)。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基-1-丁烯 (2). CH3CH2C(CH3)OHCH2OH (3). ②⑤⑥ (4). +H2O (5). 11 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图和各物质之间的反应条件可推知：由反应①的产物可推知A是；B是，C是，D是，E是，F是。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知A的结构简式为，其化学名称是2-甲基-1-丁烯，故答案为：2-甲基-1-丁烯；‎ ‎（2）由上述分析可知B的结构简式是CH3CH2C(CH3)OHCH2OH； ‎ ‎（3）根据产物和反应条件知①为加成反应，②为卤代烃的取代反应，③氧化反应，④为消去反应，⑤为取代反应，⑥酯化反应。其中属于取代反应的有②⑤⑥；答案：②⑤⑥。‎ ‎（4）E为苯甲醇，D是，反应⑥是E和D发生的酯化反应，其化学方程式为+H2O。‎ ‎（5）C是，C中含有羟基和羧基，与C具有相同官能团的同分异构体有：(移动-OH位置共有4种)，（移动-OH位置共有3种）(移动-OH位置共有3种)，‎ ‎（1种），所以符合条件的同分异构体共11种(不包括C)，其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式可以为。‎ ‎【点睛】同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。如本题最后一问，可以利用定一移二法，根据碳骨架先确定羧基的位置，再移动羟基位置。‎ ‎ ‎