还剩26页未读，
继续阅读
河北省辛集中学2020届高三第三次阶段考试化学（解析版）
展开
河北省辛集中学2020届高三第三次阶段考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 Ni 59
第Ⅰ卷
一、选择题
1.《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”下列说法错误的是（ ）
A. “石碱”中含有离子键 B. “石碱”中含有非极性共价键
C. “石碱”是离子化合物 D. “石碱”中含有极性共价键
【答案】B
【详解】A．“石碱”为碳酸钾，属于离子化合物，含有离子键，故A正确；
B．“石碱”为碳酸钾，含有极性共价键，不含有非极性共价键，故B错误；
C．“石碱”为碳酸钾，属于离子化合物，故C正确；
D．“石碱”为碳酸钾，含有极性共价键，故D正确；
故选：B。
2.化学与生活紧密联系在一起，下列说法正确的是（ ）
①天然气、瓦斯等气体及面粉、煤粉等固体粉尘都容易发生爆炸
②医院里的血液透析利用了胶体的性质
③青铜是我国使用最早的合金
④“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
⑤二氧化硫可用于杀菌、消毒
⑥金属的冶炼、电镀、钢铁的锈蚀、制玻璃均发生氧化还原反应。
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤ C. ②⑤⑥ D. ①③④
【答案】A
【详解】①可燃性的气体及粉尘与空气或氧气混合后，浓度达到一定极限后，遇明火或静电或电火花都可能发生爆炸，故①正确；②血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，所以“血液透析”利用了胶体的性质，故②正确；③铜性质不活泼，易冶炼，为最早使用的合金材料，故③正确；④碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维,是一种新型无机非金属材料,故④正确；⑤SO2有毒，能够使蛋白质变性，可用于杀菌、消毒，故⑤正确；⑥制玻璃是二氧化硅与碳酸钠、碳酸钙在高温条件下反应生成硅酸钠、硅酸钙，属于非氧化还原反应，故⑥错误。故选A。
3.设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是（ ）
A. 将 22.4 L Cl2 通入水中，HClO、Cl-、ClO-的粒子数之和为2 NA
B. 1 mol AlCl3 在熔融状态时含有的离子总数为 0.4 NA
C. 1 mol Na2O2 与足量 CO2 充分反应后转移电子数为2 NA
D. 60 g 乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗 O2 分子数为2 NA
【答案】D
【详解】A. 22.4 L Cl2 不能确定是否是标准状态且氯气与水不能完全反应，溶液中存在氯气分子，故A错误；
B. 1 mol AlCl3 在熔融状态时以分子形式存在，故B错误；
C.2Na2O2＋2CO2=2NaCO3＋O2 ，1 mol Na2O2 与足量 CO2 充分反应后转移电子数为1 NA，故C错误；
D. 乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故D正确；
故选：D。
4. 下列各组物质的分类正确的是（ ）
①同位素：1H、2H2、3H ②同素异形体：C80、金刚石、石墨
③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水银、水煤气
⑤电解质：明矾、冰醋酸、石膏 ⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质
A. ②⑤ B. ②⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【详解】①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，2H2是单质，不是核素，①错误；
②由同一种元素形成的不单质互为同素异形体，C80、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确；
③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③错误；
④水银是单质，④错误；
⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、石膏均是电解质，⑤正确；
⑥溶于水和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，⑥错误。
答案选A。
5.资料显示：一定条件下NH3能还原CuO。为了证明资料的真实性，利用下列装置(含药品)进行实验，其中错误的是（ ）
A. 制取氨气 B. 还原氧化铜
C. 干燥氨气 D. 吸收尾气
【答案】A
【详解】A、氯化铵分解生成氮和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氨相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；
B、可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；
C、碱石灰可以干燥氨，选项C正确；
D、氨极易溶于稀硫酸，该装置吸收尾气中的氨可以防止倒吸，选项D正确。
答案选A。
6.能正确表示下列反应离子方程式的是（ ）
A. Ca(HCO3)2 溶液与过量 NaOH 溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－= CaCO3↓＋H2O
B. 少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中反应：2SO2+2H2O+Ca2++2ClO－= CaSO4↓+4H++2Cl－+SO42－
C. 铜溶于稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3－ = Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D. FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl—
【答案】D
【详解】A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应，离子方程式为2HCO3－+Ca2＋+2OH－═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故A错误；
B．次氯酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，正确的离子方程式为SO2+H2O+Ca2＋+3ClO－=CaSO4↓+2HClO+Cl－，故B错误；
C．铜溶于稀硝酸中，离子方程式为：3Cu+8H＋+2NO3－═3Cu2＋+2NO↑+4H2O，故C错误；
D．Fe2＋还原性强于Br-，FeBr2溶液中通入少量的Cl2，离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，故D正确；
故选：D。
7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液在常温下pH=7,W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍，下列说法正确的是（ ）
A. Y的气态氢化物的稳定性强于Z的
B. W与X形成的化合物可能含有共价键
C. 原子半径大小：W
【答案】B
【分析】本题的突破点在短周期主族元素X和Z形成的化合物的水溶液在常温下pH=7，溶液显中性，想到强酸强碱盐，因此确定氯化钠；W、X、Y、Z的原子序数依次递增，所以x为钠，Z为氯。W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，根据X、Z推出W为硫。Y的原子序数是W的2倍，根据W推出Y为硫。结论W为氧、X为钠、Y为硫、Z为氯。
【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，同一周期从左到右非金属增强，所以应该是Y的气态氢化物（H2S）的稳定性弱于Z的气态氢化物（HCl），故A不正确；
B. W与X形成的化合物可能是氧化钠或者过氧化钠，过氧化钠中存在共价键，故B正确；
C.原子半径应该是：W
正确答案：B。
8.下图六个操作是常见物质的分离提纯操作，则有关这的说法不正确的是（ ）
A. 操作1、操作2、操作6都可以是蒸馏，也可以是蒸发
B. 操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C. 操作3可以是洗剂、干燥
D. 操作4、操作5分别是萃取、分液
【答案】A
【分析】操作1将液体分为两种液体，可能的操作为蒸馏或者分液，操作2将液体2分为液体和固体，应为过滤或蒸馏操作，固体经操作3得到固体产品，操作3应为洗涤、干燥。根据操作4前后的物质，可知操作4为萃取，操作5为分液，操作6为蒸馏。
【详解】A. 由于操作2和操作6都要得到固体和液体，而蒸发操作只能得到固体，故不能为蒸发，A错误；
B. 操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，B正确
C. 操作3可以是洗剂、干燥，C正确；
D. 操作4、操作5分别是萃取、分液，D正确；
故答案选A。
9.氢化铝锂（LiAlH4）和硼氢化钠（NaBH4）都是有机合成中非常重要的还原剂，可发生如下反应：① LiAlH4＋4H2O＝LiOH＋Al(OH)3＋4H2↑；② NaBH4＋NH4Cl＝NH3BH3＋NaCl＋H2↑。则下列说法中错误的是（ ）
A. LiAlH4 中 H 元素为－1 价
B. 反应②中，每生成 1mol NH3BH3 会转移 2 mol e－
C. 两个反应中，H2 均既是氧化产物，又是还原产物
D. 两个反应中 LiAlH4 和 NaBH4 均作还原剂
【答案】B
【分析】LiAlH4+4H2O═LiOH+Al（OH）3+4H2↑反应中H的化合价从+1价降低到0价，从-1价升高到0价；NaBH4+NH4Cl═NH3BH3+NaCl+H2↑，反应中H的化合价从+1价降低到0价，从-1价升高到0价。
【详解】A. LiAlH4中Li为+1价，Al为+3价，则H元素均为-1价，故A正确；
B. 反应②中，由NaBH4+NH4Cl═NH3BH3+NaCl+H2↑可知，每生成1mol NH3BH3，同时生成1molH2，转移1mole－，故B错误；
C. 反应生成氢气，H元素化合价分别由+1、-1价变化为0价，则两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D. 两个反应中LiAlH4和NaBH4中H均为-1价，均作还原剂，故D正确。
故选B。
10.X、Y、Z、M 均为中学化学中常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其它产物已略去)。下列说法中不正确的是（ ）
A. 若 M 是单质铁，则 Z 溶液可能是 FeCl2 溶液
B. 若 M 是氢氧化钠，则 X 水溶液呈酸性
C. 若 M 是氧气，则 X、Z 的相对分子质量可能相差 48
D. 若 M 是强氧化性的单质，则 X 可能是金属铝
【答案】D
【详解】A. 若 M 是单质铁，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2Fe+3Cl22FeCl3，则X是氯气，符合题干要求，故A正确；
B. 若 M 是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有两性，则Y是氢氧化铝，X必是含有Al3＋的溶液，Al3＋水解使溶液呈酸性，故B正确；
C. 若 M 是氧气，则X应是能被氧气连续氧化的物质，即一般情况Y和Z都是氧化物，若X是硫，Y是SO2，Z是SO3，则 X、Z 的相对分子质量可能相差 48，故C正确；
D. 若 M 是强氧化性的单质，则X应为有可变价态的元素的物质，所以不可能是金属铝，因为铝没有可变价，故D错误；
故选D。
【点睛】本题根据一个反应线索，去进行各种可能性的设问，考查了对元素及其化合物知识的掌握程度，解题关键在于要掌握系统的相关知识，难点C，若 M 是氧气，则X应是能被氧气连续氧化的物质，即一般情况Y和Z都是氧化物，确定X可以是硫，具有较大的难度。
11.下列各组物质相互混合反应后，最终没有沉淀生成的是（ ）
A. 少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中
B. 向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液
C. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
D. 过量NaOH溶液和明矾溶液混合
【答案】D
【详解】A．少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中只生成白色沉淀碳酸钙，最终有沉淀生成，故A错误；
B．碳酸氢根离子酸性强于氢氧化铝，NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为AlO2－+HCO3－+H2O═Al（OH）3↓+CO32－，故B错误；
C．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故C错误；
D．过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生3OH+Al3＋=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查物质之间的化学反应，解题关键：熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性，易错点C，注意C中虽然方程式中没有沉淀生成，但根据物质的溶解度能判断产生沉淀。
12.下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是（ ）
操作
现象
解释或结论
A
铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加 KSCN溶液
溶液出现血红色
铝热剂中一定含有Fe2O3
B
用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中一定有 Na+
C
充分浸透了 Na2SiO3 饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热
小木条不燃烧
Na2SiO3可用作木材防火剂
D
将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
溶液颜色变蓝
海带中含有碘元素
【答案】C
【详解】A．铝热剂中可能含四氧化三铁，溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，溶液为血红色，故A错误；
B．玻璃棒中含钠元素，选铂丝或铁丝蘸取溶液进行焰色反应，故B错误；
C．Na2SiO3不燃烧，不支持燃烧，则小木条不燃烧，故C正确；
D．海带中碘以离子存在，应氧化后加淀粉检验，故D错误；
故选：C。
13.碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如下图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。
下列有关说法正确的是（ ）
A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c
B. 图中M、N分别Fe2+、Fe3+
C. 步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+
D. 若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗11.2 LO2
【答案】C
【详解】A.根据化合物中正负化合价的代数和等于0，可知：2a=b+c，A错误；
B.根据题干叙述可知反应方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知M是O2，N是H2O，B错误；
C.Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3程度而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；
D.制备1 mol的CuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，由于不清楚氧气所处的条件，所以不能确定气体的体积，D错误；
故合理选项是C。
14.下列说法错误是（ ）
A. 蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸
B. 用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离
C. 可用精密pH试纸区分和的两种氯化铵溶液
D. 在反应中氧化剂与还原剂的质量比为 1：4
【答案】B
【详解】A. 蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸，故A正确；
B. 苯与四氯化碳相互溶解，不能分液法分离，故C错误；
C.可用精密pH试纸区分pH=5.1和pH=5.6的两种NH4Cl溶液，故C正确；
D. 在反应中，NaClO2中Cl元素化合价为+3，降低为NaCl中的-1，同时升高为ClO2中的+4，既为氧化剂也是还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比为 1：4，故D正确；
故选B。
15.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO42-含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
ⅰ. b≈d＞a≈c
ⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水
d
下列说法不正确的是（ ）
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
【答案】C
【详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。
16.一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L O2混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500 mL，此时所得溶液的物质的量浓度为( )
A. 0.5 mol/L B. 1 mol/L
C. 1.2 mol/L D. 2 mol/L
【答案】C
【详解】标准状况下3.36L氧气的物质的量==0.15mol，所以氧气获得电子的物质的量为0.15mol×4=0.6mol。金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子，为0.6mol，向所得硝酸盐溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀最多停止加入，此时溶液为硝酸钠溶液。根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量为0.6mol。所以硝酸钠的物质的量为0.6mol。稀释至500mL，此时所得溶液的物质的量浓度==1.2mol/L，
答案选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关计算，如果利用常规方考虑每个细节的反应将无法解答，根据守恒思想来从总体上分析，再结合转移电子守恒、原子守恒解答，注意守恒思想的运用。
17.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
①常温下pH＝1的溶液中：Fe3＋、SO42-、K＋、MnO4-
②0.1 mol/L Na2S溶液：K＋、NH4+、NO3-、Al3＋
③中性透明溶液中：K＋、SO42-、NO3-、Fe3＋
④加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCO3－、NO3－、NH4+
⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl－、S2－、ClO－
⑥25℃时，Kw/c(H+)＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、AlO2－
A. ②③ B. ①⑥ C. ③④⑤ D. ①⑤⑥
【答案】B
【详解】①常温下pH＝1的溶液中：Fe3＋、SO42-、K＋、MnO4-，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；
②0.1 mol/L Na2S溶液中硫离子水解呈碱性，Al3＋水解呈酸性，两离子相互促进水解，故不选；
③中性透明溶液中：Fe3＋不能存在于中性溶液中，不能大量共存，故不选；
④加入铝粉放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、NO3－发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能存在NH4＋，故不选；
⑤含有大量S2－的溶液，与ClO－发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选；
⑥25℃时，Kw/c(H+)＝0.1 mol·L－1=c(OH-)的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、AlO2－,该组离子之间不反应，可大量共存，故选；
故选B。
18.MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，现用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制备MnO2和Zn的工艺流程如图：
下列说法不正确的是（ ）
A. 干电池是一种将化学能转变为电能的装置
B. 酸溶时，ZnS作还原剂，每析出12.8gS沉淀，共转移0.8mol电子
C. 通电电解时MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+
D. 原料硫酸可以循环使用，且可用盐酸代替硫酸进行酸溶
【答案】D
【详解】A. 干电池是一种化学电源，能将化学能转变为电能，故A正确；
B. 酸溶时，MnO2与ZnS发生氧化还原反应，硫元素化合价由-2升高为0，生成硫单质，所以ZnS作还原剂，每析出12.8gS沉淀，共转移电子，故B正确；
C. 通电电解时Mn 2+失电子生成MnO2，MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，故C正确；
D. 二氧化锰能把氯离子氧化为氯气，不能用盐酸代替硫酸进行酸溶，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查电解原理和氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，应熟练掌握电解池中阴极得电子发生还原反应、阳极失电子发生氧化反应。
19.用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法。如下实验中(必要时可加热)，试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是（ ）
选项
试剂B
湿润的试纸A
现象
结论
A
碘水
淀粉试纸
变蓝
碘具有氧化性
B
浓氨水，生石灰
蓝色石蕊试纸
变红
氨气为碱性气体
C
Na2SO3，硫酸
品红试纸
退色
SO2具有漂白性
D
Cu，浓硝酸
淀粉KI试纸
变蓝
NO2为酸性气体
【答案】C
【详解】A、碘水使淀粉碘化钾试纸变蓝，不体现碘的氧化性，故A错误；
B、氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊石蕊试纸变蓝，故B错误；
C、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故C正确；
D、Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，NO2与水反应生成硝酸，碘化钾被硝酸氧化为碘单质，溶液变蓝，不能体现NO2为酸性气体，故D错误；
故答案选C。
20.下图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图。下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程是电能转化为化学能的过程
B. 铜电极为阴极，发生还原反应
C. 一段时间后，①池中n(KHCO3)不变
D. 一段时间后，②池中溶液的pH一定下降
【答案】C
【详解】A、装置中有外电源，属于电解装置，该过程是电能转化为化学能的过程，故A正确；
B、Cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷，则铜电极的电极反应式为 CO2+8H＋+8e－=CH4+2H2O，铜电极为阴极，发生还原反应，故B正确；
C、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H＋+8e－═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故C错误；
D、在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以氢氧根离子的浓度减小，则pH一定下降，故D正确。
故选：C。
21.锌银电池的负极为锌，正极为氧化银，电解质是KOH，电池反应为Zn＋Ag2O＋H2O=Zn(OH)2＋2Ag。以锌银电池为电源，电解硫酸镍溶液冶炼纯镍，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 装置中使用阳离子交换膜
B. 锌银电池a极反应式为Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－
C. 左侧若加入稀盐酸，电解后得到比较浓的盐酸
D. 若锌银电池溶解13 g锌，则镍极净增质量最多为5.9 g
【答案】B
【详解】A. 根据左侧是稀硫酸进，较浓的硫酸流出，装置中使用阴离子交换膜，故A错误；
B. b是负极，a是正极，得电子，发生还原反应，锌银电池a极反应式为Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，故B正确；
C. 左侧若加入稀盐酸，Cl-的还原性比OH-强，电解后得不到比较浓的盐酸，故C错误；
D. 由电子守恒得关系式：Zn~2e－~Ni，若锌银电池溶解13 g锌，则镍极净增质量最多为=11.8 g，故D错误；
故选B。
22.已知：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝ akJ•mol﹣1
②S（s）+2K（s）＝K2S（s）△H2＝ bkJ•mol﹣1
③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）△H3＝ ckJ•mol﹣1
则S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）的热效应△H为（ ）
A. （a+b﹣c）kJ•mol﹣1 B. （3a+b﹣c）kJ•mol﹣1
C. （c﹣a﹣b）kJ•mol﹣1 D. （c﹣3a﹣b）kJ•mol﹣1
【答案】B
【详解】①C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝ akJ•mol﹣1
②S（s）+2K（s）＝K2S（s）△H2＝ bkJ•mol﹣1
③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）△H3＝ ckJ•mol﹣1
结合盖斯定律可知，②+①×3-③得到S（s）+2KNO3（s）+3C（s）=K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=(3a+b-c) kJ•mol﹣1，
故选B。
23.已知反应H2(g)+½O2(g)=H2O(g)的能量变化如图所示，a、b、c表示能量变化，为正值，单位为kJ，下列说法正确的是（ ）
A. 形成1 mol H2O(g)中的化学键需要吸收bkJ的能量
B. 2H2O(g)==2H2(g)+O2(g) ΔH=-2(a-b) kJ•mol-1
C. H2O(l)==H2(g)＋½O2(g) ΔH＝ckJ·molˉ1
D. 2molH2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molH2O(l)放出的热量小于2(b-a) kJ
【答案】B
【解析】分析：A项，2molH（g）和1molO（g）形成1molH2O（g）中的化学键释放bkJ的能量；B项，根据图示H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH=（a-b）kJ/mol；C项，H2O（l）→H2O（g）吸收能量；D项，H2O（g）→H2O（l）放出能量。
详解：A项，2molH（g）和1molO（g）形成1molH2O（g）中的化学键释放bkJ的能量，A项错误；B项，根据图示H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH=（a-b）kJ/mol，则2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）ΔH=-2（a-b）kJ/mol，B项正确；C项，根据图示，H2O（g）=H2（g）+1/2O2（g）ΔH=ckJ/mol，H2O（l）→H2O（g）吸收能量，H2O（l）=H2（g）+1/2O2（g）ΔHckJ/mol，C项错误；D项，2molH2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molH2O（g）放出的热量为2（b-a）kJ，H2O（g）→H2O（l）放出能量，2molH2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molH2O（l）放出的热量大于2（b-a）kJ，D项错误；答案选B。
24.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H 前者小于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1 C（s）+O2═CO（g）△H2
②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H3 S（s）+O2（g）═SO2（g）△H4
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H5 H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H6
④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H7 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H8
A. ①④ B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】D
【详解】①前者为完全燃烧，放热多，燃烧反应的焓变为负，则△H1＜△H2，故①正确；
②生成物相同，反应物中气态S比固态S的能量大，且为放热反应，则前者放热多，可知△H3＜△H4，故②正确；
③物质的量与热量成正比，放热反应的焓变为负，前者放热多，则△H5＜△H6，故③正确；
④碳酸钙分解为吸热反应，CaO与水反应为放热反应，则△H7＞△H8，故④错误；
故选：D。
25.已知：①2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）△H1＝﹣154 kJ•mol﹣1
②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2＝﹣297 kJ•mol﹣1
③2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）△H3
④2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（l）△H4
下列说法正确的是（ ）
A. △H3＞△H4 B. △H3＝+143 kJ•mol﹣1
C. 无法计算△H4的值 D. H2S 燃烧热为 1045 kJ•mol﹣1
【答案】A
【详解】根据盖斯定律：
①+②得到③2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）△H3=（-154 kJ·mol－1）+（-297kJ·mol－1）=-451 kJ·mol－1，
①+3×②得到④2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H4=（-154 kJ·mol－1）+3×（-297kJ·mol－1）=-1045 kJ·mol－1，即H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=（-1045 kJ·mol－1）× =-522.5 kJ·mol－1，
A、△H3=-451 kJ·mol－1，△H4=-1045 kJ·mol－1，所以△H3＞△H4，故A正确；
B、△H3=-451 kJ·mol－1，故B错误；
C、①+3×②得到△H4=-1045 kJ·mol－1，故C错误；
D、H2S 燃烧热的热化学方程式为H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-522.5 kJ·mol－1，所以H2S 燃烧热为522.5kJ·mol－1，故D错误；
故选：A。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用，侧重于反应热计算考查，把握好计算过程是关键，易错点D注意燃烧热概念理解，可燃物是1mol。
第Ⅱ卷（非选择题）
三．填空题
26.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH=–511kJ∙mol-1
可能用到的有关数据如下：
物质
Sn
SnCl4
CuCl2
熔点/℃
232
-33
620
沸点/℃
2260
114
993
制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：
（1）a的作用是____________________________________。
（2）A中反应的化学方程式是________________________________________________。
（3）B的作用是________________________________________________。
（4）E中冷却水的作用是______________________________________________________。
（5）尾气处理时，可选用的装置是_______________（填序号）。
（6）锡粒中含铜杂质致 E 中产生 CuCl2，但不影响 F 中产品的纯度，原因是________________________________________________________________________。
（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有_______________(填序号)
A．分液漏斗 B．温度计 C．吸滤瓶 D．冷凝管 E．蒸馏烧瓶
【答案】(1). 平衡压强，使浓盐酸顺利流下 (2). 2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (3). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (4). 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 (5). 乙 (6). CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 (7). A、C
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。
【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为平衡压强，使浓盐酸顺利流下；
（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为除去氯气中混有的氯化氢气体；
（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；
（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为乙；
（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；
（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为A、C。
【点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
27.Ⅰ.宜城市鄂西化工厂以铬铁矿(主要成分为 FeO 和 Cr2O3，含有 Al2O3、SiO2 等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如下图：
i.常温，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将Cr3+转化为 CrO42－。ii．
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Bi3+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
0.7
沉淀完全的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
45
(1)步骤③需加氢氧化钠溶液，此时pH要调到5的目的是__________________。
(2)写出④反应的离子方程式____________________________________。
(3)将溶液 H 经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是______________(填操作名称)。
Ⅱ.经检测鄂西化工厂的工业废水中含 5.00×10-3 mol·L-1 的 Cr2O72-，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料 Cr0.5Fe1.5FeO4（Fe 的化合价依次为+3、+2），又设计了如下工艺流程：
(1)第①步反应的离子方程式是_________________________________________。
(2)欲使 1L 该废水中的 Cr2O72-完全转化为 Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为_________g (已知 FeSO4·7H2O 的摩尔质量为 278 g/mol)。
【答案】(1). 使 Fe3+、Al3+均完全转化为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3 沉淀而除去 (2). 3NaBiO3+2Cr3+ +7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+ (3). 重结晶 (4). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (5). 13.9
【分析】I.由流程图可知，铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）加过量硫酸FeO、Cr2O3和Al2O3都溶解，SiO2不溶，经过滤分离得到固体A和溶液B，则固体A为SiO2；溶液B中含有Fe2＋、Al3＋、Cr3＋，加入H2O2目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，第③步是调溶液pH，使Fe3＋形成氢氧化铁沉淀，同时Al3＋变成氢氧化铝沉淀而除去，固体D为氢氧化铁和氢氧化铝混合物；第④步加入NaBiO3和少量NaOH溶液将Cr3＋转化为CrO42－；第⑤步中酸化是使CrO42－转化为Cr2O72－；第⑥步经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠
Ⅱ.（1）第①步反应中Cr2O72－在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋；
（2）根据Cr原子计算Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，结合Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量利用Fe原子守恒计算FeSO4·7H2O质量。
【详解】（1）从氢氧化物形成沉淀的pH表格可知，③为加入物质来调节溶液的pH，使 Fe3＋、Al3＋均完全转化为 Fe（OH）3 和 Al（OH）3 沉淀而除去；
（2）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3＋转化为CrO42－，则反应④的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3＋+7OH－+H2O=2CrO42－+3Na＋+3Bi（OH）3↓；
（3）精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是重结晶；
Ⅱ.（1）Cr2O72－有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2＋有一定的还原性，Cr2O72－在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72－+14H＋+6Fe2＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O；
（2）1 L废水中含n（Cr2O72－）=5.00×10-3 mol．根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：
Cr2O72－～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，
所以理论上n（FeSO4·7H2O）=10n（Cr2O72－）=5.00×10-3 mol×10=0.05 mol，
所以m（FeSO4·7H2O）=0.05 mol×278 g·mol－1=13.9 g。
【点睛】本题Ⅱ以工业废水处理为载体，考查氧化还原反应计算，侧重考查分析能力和计算能力，解题关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，难点Ⅱ（2）根据Cr原子、Fe原子守恒，用关系式计算。
28.沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）在临床上使用广泛。如图所示是其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）。
已知：，完成下列填空：
（1）⑤的反应试剂和反应条件是___________；③的反应类型是___________。
（2）已知反应④所需的试剂是甲醇，则该反应的化学方程式是______________________________________。
（3）写出结构简式：A________________；B________________。
（4）反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和____________；防止___________________________________。
（5）写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式：_____________________、____________________。
【答案】(1). 溴、FeBr3或Fe (2). 还原反应 (3). +CH3OH+ H2O (4). (5). (6). HCl (7). 氨基和盐酸发生反应 (8). (9). (或)
【分析】结合产物的结构简式，利用流程图和起始原料的分子式知，起始原料为甲苯，所以反应①是甲苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成邻硝基甲苯，根据题意知，反应②是邻硝基甲苯和高锰酸钾在加热条件下发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基，所以A的结构简式为：，反应④是A和甲醇发生酯化反应生成，然后在溴化铁作催化剂作用下，与溴发生取代反应（反应⑤），利用取代基的④定位效应知，溴原子取代氨基的邻、对位上氢原子，因此反应⑤生成物的结构简式为：，
结合流程图中B物质反应前后物质的结构简式，利用B的分子式可推知B的结构简式为：，反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和-C（CH3）3，由此可写出满足条件的两种同分异构体的结构简式．
【详解】（1）在溴化铁作催化剂条件下，和溴发生取代反应生成,⑤的反应试剂和反应条件是溴、FeBr3或Fe；
邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基③的反应类型是还原反应。
（2）反应④所需的试剂是甲醇，与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，则该反应的化学方程式是+CH3OH+ H2O。
（3）结构简式：A；B。
（4）反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应；
（5）C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和-C（CH3）3，所以其同分异构体为：、 (或)。
【点睛】本题考查了有机物的推断、结构和性质，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难点（5）同分异构体的书写，注意结合题给信息进行分析解答，可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子。
河北省辛集中学2020届高三第三次阶段考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 Ni 59
第Ⅰ卷
一、选择题
1.《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”下列说法错误的是（ ）
A. “石碱”中含有离子键 B. “石碱”中含有非极性共价键
C. “石碱”是离子化合物 D. “石碱”中含有极性共价键
【答案】B
【详解】A．“石碱”为碳酸钾，属于离子化合物，含有离子键，故A正确；
B．“石碱”为碳酸钾，含有极性共价键，不含有非极性共价键，故B错误；
C．“石碱”为碳酸钾，属于离子化合物，故C正确；
D．“石碱”为碳酸钾，含有极性共价键，故D正确；
故选：B。
2.化学与生活紧密联系在一起，下列说法正确的是（ ）
①天然气、瓦斯等气体及面粉、煤粉等固体粉尘都容易发生爆炸
②医院里的血液透析利用了胶体的性质
③青铜是我国使用最早的合金
④“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
⑤二氧化硫可用于杀菌、消毒
⑥金属的冶炼、电镀、钢铁的锈蚀、制玻璃均发生氧化还原反应。
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤ C. ②⑤⑥ D. ①③④
【答案】A
【详解】①可燃性的气体及粉尘与空气或氧气混合后，浓度达到一定极限后，遇明火或静电或电火花都可能发生爆炸，故①正确；②血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，所以“血液透析”利用了胶体的性质，故②正确；③铜性质不活泼，易冶炼，为最早使用的合金材料，故③正确；④碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维,是一种新型无机非金属材料,故④正确；⑤SO2有毒，能够使蛋白质变性，可用于杀菌、消毒，故⑤正确；⑥制玻璃是二氧化硅与碳酸钠、碳酸钙在高温条件下反应生成硅酸钠、硅酸钙，属于非氧化还原反应，故⑥错误。故选A。
3.设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是（ ）
A. 将 22.4 L Cl2 通入水中，HClO、Cl-、ClO-的粒子数之和为2 NA
B. 1 mol AlCl3 在熔融状态时含有的离子总数为 0.4 NA
C. 1 mol Na2O2 与足量 CO2 充分反应后转移电子数为2 NA
D. 60 g 乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗 O2 分子数为2 NA
【答案】D
【详解】A. 22.4 L Cl2 不能确定是否是标准状态且氯气与水不能完全反应，溶液中存在氯气分子，故A错误；
B. 1 mol AlCl3 在熔融状态时以分子形式存在，故B错误；
C.2Na2O2＋2CO2=2NaCO3＋O2 ，1 mol Na2O2 与足量 CO2 充分反应后转移电子数为1 NA，故C错误；
D. 乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故D正确；
故选：D。
4. 下列各组物质的分类正确的是（ ）
①同位素：1H、2H2、3H ②同素异形体：C80、金刚石、石墨
③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水银、水煤气
⑤电解质：明矾、冰醋酸、石膏 ⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质
A. ②⑤ B. ②⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【详解】①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，2H2是单质，不是核素，①错误；
②由同一种元素形成的不单质互为同素异形体，C80、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确；
③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③错误；
④水银是单质，④错误；
⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、石膏均是电解质，⑤正确；
⑥溶于水和熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，⑥错误。
答案选A。
5.资料显示：一定条件下NH3能还原CuO。为了证明资料的真实性，利用下列装置(含药品)进行实验，其中错误的是（ ）
A. 制取氨气 B. 还原氧化铜
C. 干燥氨气 D. 吸收尾气
【答案】A
【详解】A、氯化铵分解生成氮和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氨相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；
B、可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；
C、碱石灰可以干燥氨，选项C正确；
D、氨极易溶于稀硫酸，该装置吸收尾气中的氨可以防止倒吸，选项D正确。
答案选A。
6.能正确表示下列反应离子方程式的是（ ）
A. Ca(HCO3)2 溶液与过量 NaOH 溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－= CaCO3↓＋H2O
B. 少量 SO2 通入 Ca(ClO)2 溶液中反应：2SO2+2H2O+Ca2++2ClO－= CaSO4↓+4H++2Cl－+SO42－
C. 铜溶于稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3－ = Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
D. FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl—
【答案】D
【详解】A．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应，离子方程式为2HCO3－+Ca2＋+2OH－═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故A错误；
B．次氯酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，正确的离子方程式为SO2+H2O+Ca2＋+3ClO－=CaSO4↓+2HClO+Cl－，故B错误；
C．铜溶于稀硝酸中，离子方程式为：3Cu+8H＋+2NO3－═3Cu2＋+2NO↑+4H2O，故C错误；
D．Fe2＋还原性强于Br-，FeBr2溶液中通入少量的Cl2，离子方程式为2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，故D正确；
故选：D。
7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液在常温下pH=7,W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍，下列说法正确的是（ ）
A. Y的气态氢化物的稳定性强于Z的
B. W与X形成的化合物可能含有共价键
C. 原子半径大小：W
【答案】B
【分析】本题的突破点在短周期主族元素X和Z形成的化合物的水溶液在常温下pH=7，溶液显中性，想到强酸强碱盐，因此确定氯化钠；W、X、Y、Z的原子序数依次递增，所以x为钠，Z为氯。W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，根据X、Z推出W为硫。Y的原子序数是W的2倍，根据W推出Y为硫。结论W为氧、X为钠、Y为硫、Z为氯。
【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，同一周期从左到右非金属增强，所以应该是Y的气态氢化物（H2S）的稳定性弱于Z的气态氢化物（HCl），故A不正确；
B. W与X形成的化合物可能是氧化钠或者过氧化钠，过氧化钠中存在共价键，故B正确；
C.原子半径应该是：W
正确答案：B。
8.下图六个操作是常见物质的分离提纯操作，则有关这的说法不正确的是（ ）
A. 操作1、操作2、操作6都可以是蒸馏，也可以是蒸发
B. 操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C. 操作3可以是洗剂、干燥
D. 操作4、操作5分别是萃取、分液
【答案】A
【分析】操作1将液体分为两种液体，可能的操作为蒸馏或者分液，操作2将液体2分为液体和固体，应为过滤或蒸馏操作，固体经操作3得到固体产品，操作3应为洗涤、干燥。根据操作4前后的物质，可知操作4为萃取，操作5为分液，操作6为蒸馏。
【详解】A. 由于操作2和操作6都要得到固体和液体，而蒸发操作只能得到固体，故不能为蒸发，A错误；
B. 操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，B正确
C. 操作3可以是洗剂、干燥，C正确；
D. 操作4、操作5分别是萃取、分液，D正确；
故答案选A。
9.氢化铝锂（LiAlH4）和硼氢化钠（NaBH4）都是有机合成中非常重要的还原剂，可发生如下反应：① LiAlH4＋4H2O＝LiOH＋Al(OH)3＋4H2↑；② NaBH4＋NH4Cl＝NH3BH3＋NaCl＋H2↑。则下列说法中错误的是（ ）
A. LiAlH4 中 H 元素为－1 价
B. 反应②中，每生成 1mol NH3BH3 会转移 2 mol e－
C. 两个反应中，H2 均既是氧化产物，又是还原产物
D. 两个反应中 LiAlH4 和 NaBH4 均作还原剂
【答案】B
【分析】LiAlH4+4H2O═LiOH+Al（OH）3+4H2↑反应中H的化合价从+1价降低到0价，从-1价升高到0价；NaBH4+NH4Cl═NH3BH3+NaCl+H2↑，反应中H的化合价从+1价降低到0价，从-1价升高到0价。
【详解】A. LiAlH4中Li为+1价，Al为+3价，则H元素均为-1价，故A正确；
B. 反应②中，由NaBH4+NH4Cl═NH3BH3+NaCl+H2↑可知，每生成1mol NH3BH3，同时生成1molH2，转移1mole－，故B错误；
C. 反应生成氢气，H元素化合价分别由+1、-1价变化为0价，则两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D. 两个反应中LiAlH4和NaBH4中H均为-1价，均作还原剂，故D正确。
故选B。
10.X、Y、Z、M 均为中学化学中常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系(其它产物已略去)。下列说法中不正确的是（ ）
A. 若 M 是单质铁，则 Z 溶液可能是 FeCl2 溶液
B. 若 M 是氢氧化钠，则 X 水溶液呈酸性
C. 若 M 是氧气，则 X、Z 的相对分子质量可能相差 48
D. 若 M 是强氧化性的单质，则 X 可能是金属铝
【答案】D
【详解】A. 若 M 是单质铁，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2Fe+3Cl22FeCl3，则X是氯气，符合题干要求，故A正确；
B. 若 M 是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有两性，则Y是氢氧化铝，X必是含有Al3＋的溶液，Al3＋水解使溶液呈酸性，故B正确；
C. 若 M 是氧气，则X应是能被氧气连续氧化的物质，即一般情况Y和Z都是氧化物，若X是硫，Y是SO2，Z是SO3，则 X、Z 的相对分子质量可能相差 48，故C正确；
D. 若 M 是强氧化性的单质，则X应为有可变价态的元素的物质，所以不可能是金属铝，因为铝没有可变价，故D错误；
故选D。
【点睛】本题根据一个反应线索，去进行各种可能性的设问，考查了对元素及其化合物知识的掌握程度，解题关键在于要掌握系统的相关知识，难点C，若 M 是氧气，则X应是能被氧气连续氧化的物质，即一般情况Y和Z都是氧化物，确定X可以是硫，具有较大的难度。
11.下列各组物质相互混合反应后，最终没有沉淀生成的是（ ）
A. 少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中
B. 向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液
C. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
D. 过量NaOH溶液和明矾溶液混合
【答案】D
【详解】A．少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中只生成白色沉淀碳酸钙，最终有沉淀生成，故A错误；
B．碳酸氢根离子酸性强于氢氧化铝，NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为AlO2－+HCO3－+H2O═Al（OH）3↓+CO32－，故B错误；
C．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故C错误；
D．过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生3OH+Al3＋=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故D正确；
故选：D。
【点睛】本题考查物质之间的化学反应，解题关键：熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性，易错点C，注意C中虽然方程式中没有沉淀生成，但根据物质的溶解度能判断产生沉淀。
12.下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是（ ）
操作
现象
解释或结论
A
铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加 KSCN溶液
溶液出现血红色
铝热剂中一定含有Fe2O3
B
用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中一定有 Na+
C
充分浸透了 Na2SiO3 饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热
小木条不燃烧
Na2SiO3可用作木材防火剂
D
将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
溶液颜色变蓝
海带中含有碘元素
【答案】C
【详解】A．铝热剂中可能含四氧化三铁，溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，溶液为血红色，故A错误；
B．玻璃棒中含钠元素，选铂丝或铁丝蘸取溶液进行焰色反应，故B错误；
C．Na2SiO3不燃烧，不支持燃烧，则小木条不燃烧，故C正确；
D．海带中碘以离子存在，应氧化后加淀粉检验，故D错误；
故选：C。
13.碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如下图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。
下列有关说法正确的是（ ）
A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c
B. 图中M、N分别Fe2+、Fe3+
C. 步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+
D. 若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗11.2 LO2
【答案】C
【详解】A.根据化合物中正负化合价的代数和等于0，可知：2a=b+c，A错误；
B.根据题干叙述可知反应方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知M是O2，N是H2O，B错误；
C.Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3程度而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；
D.制备1 mol的CuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，由于不清楚氧气所处的条件，所以不能确定气体的体积，D错误；
故合理选项是C。
14.下列说法错误是（ ）
A. 蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸
B. 用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离
C. 可用精密pH试纸区分和的两种氯化铵溶液
D. 在反应中氧化剂与还原剂的质量比为 1：4
【答案】B
【详解】A. 蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸，故A正确；
B. 苯与四氯化碳相互溶解，不能分液法分离，故C错误；
C.可用精密pH试纸区分pH=5.1和pH=5.6的两种NH4Cl溶液，故C正确；
D. 在反应中，NaClO2中Cl元素化合价为+3，降低为NaCl中的-1，同时升高为ClO2中的+4，既为氧化剂也是还原剂，所以氧化剂与还原剂的质量比为 1：4，故D正确；
故选B。
15.空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下：
反应室
载气
吸收液
SO42-含量
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
ⅰ. b≈d＞a≈c
ⅱ.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-
②
3%氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
3%氨水
d
下列说法不正确的是（ ）
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
【答案】C
【详解】A. 因为空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室①中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。
16.一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L O2混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500 mL，此时所得溶液的物质的量浓度为( )
A. 0.5 mol/L B. 1 mol/L
C. 1.2 mol/L D. 2 mol/L
【答案】C
【详解】标准状况下3.36L氧气的物质的量==0.15mol，所以氧气获得电子的物质的量为0.15mol×4=0.6mol。金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子，为0.6mol，向所得硝酸盐溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀最多停止加入，此时溶液为硝酸钠溶液。根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量为0.6mol。所以硝酸钠的物质的量为0.6mol。稀释至500mL，此时所得溶液的物质的量浓度==1.2mol/L，
答案选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关计算，如果利用常规方考虑每个细节的反应将无法解答，根据守恒思想来从总体上分析，再结合转移电子守恒、原子守恒解答，注意守恒思想的运用。
17.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
①常温下pH＝1的溶液中：Fe3＋、SO42-、K＋、MnO4-
②0.1 mol/L Na2S溶液：K＋、NH4+、NO3-、Al3＋
③中性透明溶液中：K＋、SO42-、NO3-、Fe3＋
④加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCO3－、NO3－、NH4+
⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl－、S2－、ClO－
⑥25℃时，Kw/c(H+)＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、AlO2－
A. ②③ B. ①⑥ C. ③④⑤ D. ①⑤⑥
【答案】B
【详解】①常温下pH＝1的溶液中：Fe3＋、SO42-、K＋、MnO4-，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；
②0.1 mol/L Na2S溶液中硫离子水解呈碱性，Al3＋水解呈酸性，两离子相互促进水解，故不选；
③中性透明溶液中：Fe3＋不能存在于中性溶液中，不能大量共存，故不选；
④加入铝粉放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、NO3－发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能存在NH4＋，故不选；
⑤含有大量S2－的溶液，与ClO－发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选；
⑥25℃时，Kw/c(H+)＝0.1 mol·L－1=c(OH-)的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、AlO2－,该组离子之间不反应，可大量共存，故选；
故选B。
18.MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，现用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制备MnO2和Zn的工艺流程如图：
下列说法不正确的是（ ）
A. 干电池是一种将化学能转变为电能的装置
B. 酸溶时，ZnS作还原剂，每析出12.8gS沉淀，共转移0.8mol电子
C. 通电电解时MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+
D. 原料硫酸可以循环使用，且可用盐酸代替硫酸进行酸溶
【答案】D
【详解】A. 干电池是一种化学电源，能将化学能转变为电能，故A正确；
B. 酸溶时，MnO2与ZnS发生氧化还原反应，硫元素化合价由-2升高为0，生成硫单质，所以ZnS作还原剂，每析出12.8gS沉淀，共转移电子，故B正确；
C. 通电电解时Mn 2+失电子生成MnO2，MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，故C正确；
D. 二氧化锰能把氯离子氧化为氯气，不能用盐酸代替硫酸进行酸溶，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查电解原理和氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，应熟练掌握电解池中阴极得电子发生还原反应、阳极失电子发生氧化反应。
19.用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法。如下实验中(必要时可加热)，试纸的选用、现象、对应结论都正确的一项是（ ）
选项
试剂B
湿润的试纸A
现象
结论
A
碘水
淀粉试纸
变蓝
碘具有氧化性
B
浓氨水，生石灰
蓝色石蕊试纸
变红
氨气为碱性气体
C
Na2SO3，硫酸
品红试纸
退色
SO2具有漂白性
D
Cu，浓硝酸
淀粉KI试纸
变蓝
NO2为酸性气体
【答案】C
【详解】A、碘水使淀粉碘化钾试纸变蓝，不体现碘的氧化性，故A错误；
B、氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊石蕊试纸变蓝，故B错误；
C、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故C正确；
D、Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，NO2与水反应生成硝酸，碘化钾被硝酸氧化为碘单质，溶液变蓝，不能体现NO2为酸性气体，故D错误；
故答案选C。
20.下图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图。下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程是电能转化为化学能的过程
B. 铜电极为阴极，发生还原反应
C. 一段时间后，①池中n(KHCO3)不变
D. 一段时间后，②池中溶液的pH一定下降
【答案】C
【详解】A、装置中有外电源，属于电解装置，该过程是电能转化为化学能的过程，故A正确；
B、Cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷，则铜电极的电极反应式为 CO2+8H＋+8e－=CH4+2H2O，铜电极为阴极，发生还原反应，故B正确；
C、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H＋+8e－═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故C错误；
D、在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以氢氧根离子的浓度减小，则pH一定下降，故D正确。
故选：C。
21.锌银电池的负极为锌，正极为氧化银，电解质是KOH，电池反应为Zn＋Ag2O＋H2O=Zn(OH)2＋2Ag。以锌银电池为电源，电解硫酸镍溶液冶炼纯镍，装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 装置中使用阳离子交换膜
B. 锌银电池a极反应式为Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－
C. 左侧若加入稀盐酸，电解后得到比较浓的盐酸
D. 若锌银电池溶解13 g锌，则镍极净增质量最多为5.9 g
【答案】B
【详解】A. 根据左侧是稀硫酸进，较浓的硫酸流出，装置中使用阴离子交换膜，故A错误；
B. b是负极，a是正极，得电子，发生还原反应，锌银电池a极反应式为Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，故B正确；
C. 左侧若加入稀盐酸，Cl-的还原性比OH-强，电解后得不到比较浓的盐酸，故C错误；
D. 由电子守恒得关系式：Zn~2e－~Ni，若锌银电池溶解13 g锌，则镍极净增质量最多为=11.8 g，故D错误；
故选B。
22.已知：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝ akJ•mol﹣1
②S（s）+2K（s）＝K2S（s）△H2＝ bkJ•mol﹣1
③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）△H3＝ ckJ•mol﹣1
则S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）的热效应△H为（ ）
A. （a+b﹣c）kJ•mol﹣1 B. （3a+b﹣c）kJ•mol﹣1
C. （c﹣a﹣b）kJ•mol﹣1 D. （c﹣3a﹣b）kJ•mol﹣1
【答案】B
【详解】①C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝ akJ•mol﹣1
②S（s）+2K（s）＝K2S（s）△H2＝ bkJ•mol﹣1
③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）△H3＝ ckJ•mol﹣1
结合盖斯定律可知，②+①×3-③得到S（s）+2KNO3（s）+3C（s）=K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=(3a+b-c) kJ•mol﹣1，
故选B。
23.已知反应H2(g)+½O2(g)=H2O(g)的能量变化如图所示，a、b、c表示能量变化，为正值，单位为kJ，下列说法正确的是（ ）
A. 形成1 mol H2O(g)中的化学键需要吸收bkJ的能量
B. 2H2O(g)==2H2(g)+O2(g) ΔH=-2(a-b) kJ•mol-1
C. H2O(l)==H2(g)＋½O2(g) ΔH＝ckJ·molˉ1
D. 2molH2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molH2O(l)放出的热量小于2(b-a) kJ
【答案】B
【解析】分析：A项，2molH（g）和1molO（g）形成1molH2O（g）中的化学键释放bkJ的能量；B项，根据图示H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH=（a-b）kJ/mol；C项，H2O（l）→H2O（g）吸收能量；D项，H2O（g）→H2O（l）放出能量。
详解：A项，2molH（g）和1molO（g）形成1molH2O（g）中的化学键释放bkJ的能量，A项错误；B项，根据图示H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH=（a-b）kJ/mol，则2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）ΔH=-2（a-b）kJ/mol，B项正确；C项，根据图示，H2O（g）=H2（g）+1/2O2（g）ΔH=ckJ/mol，H2O（l）→H2O（g）吸收能量，H2O（l）=H2（g）+1/2O2（g）ΔHckJ/mol，C项错误；D项，2molH2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molH2O（g）放出的热量为2（b-a）kJ，H2O（g）→H2O（l）放出能量，2molH2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molH2O（l）放出的热量大于2（b-a）kJ，D项错误；答案选B。
24.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H 前者小于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1 C（s）+O2═CO（g）△H2
②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H3 S（s）+O2（g）═SO2（g）△H4
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H5 H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H6
④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H7 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H8
A. ①④ B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】D
【详解】①前者为完全燃烧，放热多，燃烧反应的焓变为负，则△H1＜△H2，故①正确；
②生成物相同，反应物中气态S比固态S的能量大，且为放热反应，则前者放热多，可知△H3＜△H4，故②正确；
③物质的量与热量成正比，放热反应的焓变为负，前者放热多，则△H5＜△H6，故③正确；
④碳酸钙分解为吸热反应，CaO与水反应为放热反应，则△H7＞△H8，故④错误；
故选：D。
25.已知：①2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）△H1＝﹣154 kJ•mol﹣1
②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2＝﹣297 kJ•mol﹣1
③2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）△H3
④2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（l）△H4
下列说法正确的是（ ）
A. △H3＞△H4 B. △H3＝+143 kJ•mol﹣1
C. 无法计算△H4的值 D. H2S 燃烧热为 1045 kJ•mol﹣1
【答案】A
【详解】根据盖斯定律：
①+②得到③2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（l）△H3=（-154 kJ·mol－1）+（-297kJ·mol－1）=-451 kJ·mol－1，
①+3×②得到④2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H4=（-154 kJ·mol－1）+3×（-297kJ·mol－1）=-1045 kJ·mol－1，即H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=（-1045 kJ·mol－1）× =-522.5 kJ·mol－1，
A、△H3=-451 kJ·mol－1，△H4=-1045 kJ·mol－1，所以△H3＞△H4，故A正确；
B、△H3=-451 kJ·mol－1，故B错误；
C、①+3×②得到△H4=-1045 kJ·mol－1，故C错误；
D、H2S 燃烧热的热化学方程式为H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-522.5 kJ·mol－1，所以H2S 燃烧热为522.5kJ·mol－1，故D错误；
故选：A。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用，侧重于反应热计算考查，把握好计算过程是关键，易错点D注意燃烧热概念理解，可燃物是1mol。
第Ⅱ卷（非选择题）
三．填空题
26.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH=–511kJ∙mol-1
可能用到的有关数据如下：
物质
Sn
SnCl4
CuCl2
熔点/℃
232
-33
620
沸点/℃
2260
114
993
制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：
（1）a的作用是____________________________________。
（2）A中反应的化学方程式是________________________________________________。
（3）B的作用是________________________________________________。
（4）E中冷却水的作用是______________________________________________________。
（5）尾气处理时，可选用的装置是_______________（填序号）。
（6）锡粒中含铜杂质致 E 中产生 CuCl2，但不影响 F 中产品的纯度，原因是________________________________________________________________________。
（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有_______________(填序号)
A．分液漏斗 B．温度计 C．吸滤瓶 D．冷凝管 E．蒸馏烧瓶
【答案】(1). 平衡压强，使浓盐酸顺利流下 (2). 2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (3). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (4). 避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降 (5). 乙 (6). CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出 (7). A、C
【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。
【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为平衡压强，使浓盐酸顺利流下；
（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为除去氯气中混有的氯化氢气体；
（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；
（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为乙；
（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；
（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为A、C。
【点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
27.Ⅰ.宜城市鄂西化工厂以铬铁矿(主要成分为 FeO 和 Cr2O3，含有 Al2O3、SiO2 等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如下图：
i.常温，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，碱性条件下，能将Cr3+转化为 CrO42－。ii．
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Bi3+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
0.7
沉淀完全的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
45
(1)步骤③需加氢氧化钠溶液，此时pH要调到5的目的是__________________。
(2)写出④反应的离子方程式____________________________________。
(3)将溶液 H 经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是______________(填操作名称)。
Ⅱ.经检测鄂西化工厂的工业废水中含 5.00×10-3 mol·L-1 的 Cr2O72-，其毒性较大。该化工厂的科研人员为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料 Cr0.5Fe1.5FeO4（Fe 的化合价依次为+3、+2），又设计了如下工艺流程：
(1)第①步反应的离子方程式是_________________________________________。
(2)欲使 1L 该废水中的 Cr2O72-完全转化为 Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为_________g (已知 FeSO4·7H2O 的摩尔质量为 278 g/mol)。
【答案】(1). 使 Fe3+、Al3+均完全转化为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3 沉淀而除去 (2). 3NaBiO3+2Cr3+ +7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+ (3). 重结晶 (4). Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (5). 13.9
【分析】I.由流程图可知，铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）加过量硫酸FeO、Cr2O3和Al2O3都溶解，SiO2不溶，经过滤分离得到固体A和溶液B，则固体A为SiO2；溶液B中含有Fe2＋、Al3＋、Cr3＋，加入H2O2目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，第③步是调溶液pH，使Fe3＋形成氢氧化铁沉淀，同时Al3＋变成氢氧化铝沉淀而除去，固体D为氢氧化铁和氢氧化铝混合物；第④步加入NaBiO3和少量NaOH溶液将Cr3＋转化为CrO42－；第⑤步中酸化是使CrO42－转化为Cr2O72－；第⑥步经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠
Ⅱ.（1）第①步反应中Cr2O72－在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋；
（2）根据Cr原子计算Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，结合Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量利用Fe原子守恒计算FeSO4·7H2O质量。
【详解】（1）从氢氧化物形成沉淀的pH表格可知，③为加入物质来调节溶液的pH，使 Fe3＋、Al3＋均完全转化为 Fe（OH）3 和 Al（OH）3 沉淀而除去；
（2）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3＋转化为CrO42－，则反应④的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3＋+7OH－+H2O=2CrO42－+3Na＋+3Bi（OH）3↓；
（3）精制红矾钠粗晶体需要采用的操作是重结晶；
Ⅱ.（1）Cr2O72－有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2＋有一定的还原性，Cr2O72－在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cr3＋，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72－+14H＋+6Fe2＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O；
（2）1 L废水中含n（Cr2O72－）=5.00×10-3 mol．根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：
Cr2O72－～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，
所以理论上n（FeSO4·7H2O）=10n（Cr2O72－）=5.00×10-3 mol×10=0.05 mol，
所以m（FeSO4·7H2O）=0.05 mol×278 g·mol－1=13.9 g。
【点睛】本题Ⅱ以工业废水处理为载体，考查氧化还原反应计算，侧重考查分析能力和计算能力，解题关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，难点Ⅱ（2）根据Cr原子、Fe原子守恒，用关系式计算。
28.沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）在临床上使用广泛。如图所示是其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）。
已知：，完成下列填空：
（1）⑤的反应试剂和反应条件是___________；③的反应类型是___________。
（2）已知反应④所需的试剂是甲醇，则该反应的化学方程式是______________________________________。
（3）写出结构简式：A________________；B________________。
（4）反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和____________；防止___________________________________。
（5）写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式：_____________________、____________________。
【答案】(1). 溴、FeBr3或Fe (2). 还原反应 (3). +CH3OH+ H2O (4). (5). (6). HCl (7). 氨基和盐酸发生反应 (8). (9). (或)
【分析】结合产物的结构简式，利用流程图和起始原料的分子式知，起始原料为甲苯，所以反应①是甲苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成邻硝基甲苯，根据题意知，反应②是邻硝基甲苯和高锰酸钾在加热条件下发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基，所以A的结构简式为：，反应④是A和甲醇发生酯化反应生成，然后在溴化铁作催化剂作用下，与溴发生取代反应（反应⑤），利用取代基的④定位效应知，溴原子取代氨基的邻、对位上氢原子，因此反应⑤生成物的结构简式为：，
结合流程图中B物质反应前后物质的结构简式，利用B的分子式可推知B的结构简式为：，反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和-C（CH3）3，由此可写出满足条件的两种同分异构体的结构简式．
【详解】（1）在溴化铁作催化剂条件下，和溴发生取代反应生成,⑤的反应试剂和反应条件是溴、FeBr3或Fe；
邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基③的反应类型是还原反应。
（2）反应④所需的试剂是甲醇，与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，则该反应的化学方程式是+CH3OH+ H2O。
（3）结构简式：A；B。
（4）反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应；
（5）C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和-C（CH3）3，所以其同分异构体为：、 (或)。
【点睛】本题考查了有机物的推断、结构和性质，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难点（5）同分异构体的书写，注意结合题给信息进行分析解答，可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子。
相关资料
更多
