黑龙江省双鸭山市第一中学2020届高三12月月考化学（解析版） 试卷

黑龙江省双鸭山市第一中学2020届高三12月月考
1.十九大报告中指出：“建设美丽中国，为人民创造良好生产生活环境，为全球生态安全作出贡献。”下列行为一般不会引起环境污染的是（ ）
A. 冬季燃煤供暖 B. 废电池深埋降解
C. 利用风能、太阳能发电 D. 节日燃放烟花爆竹
【答案】C
【详解】A.煤燃烧会产生颗粒物、SO2、CO等污染大气的物质，故A不选；
B.废电池中含重金属，深埋会污染土壤和地下水，故B不选；
C.风能、太阳能是绿色能源，利用利用风能、太阳能发电不会引起环境污染，故C选；
D.烟花爆竹燃放会产生SO2等污染物，故D不选。
故选C。
2.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 计算机芯片的材料是经提纯的二氧化硅
B. “地沟油”可以用来制肥皂和生物柴油
C. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
D. 铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单
【答案】B
【详解】A.计算机芯片的主要成分是硅，故A错误；
B.“地沟油”的成分是油脂，在碱性条件下水解发生皂化反应可制肥皂，地沟油中提炼出油脂可作为生物柴油，故B正确；
C.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；
D.铝及其合金具有密度低、强度高、导电性、导热性和抗蚀性优良等特点，所以在电气、工业、家庭中广泛使用，与冶炼难易无关，故D错误。
本题选B。
3.下列化学用语正确的是（ ）
A. 羟基的电子式为：
B. 乙醇的实验式为，CH3CH2OH
C. 四氯化碳的电子式
D. 丙烷分子的球棍模型：
【答案】D
【详解】A. 氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基中的氧原子含有一个未成对电子,电子式为，故A错误；
B. 乙醇的实验式（即最简式）为C2H6O，CH3CH2OH是结构简式，故B错误；
C. 氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳电子式为，故C错误；
D. 丙烷分子中碳原子半径大于氢原子，其球棍模型为：，故D正确；
故选D。
4.下列说法错误的是（ ）
A. “雷雨发庄稼”是自然固氮
B. Na2O2可用作潜水艇供氧剂
C. 铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁
D. 工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石
【答案】C
【详解】A. 雷雨过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3−中化合态的N元素，其中第一个反应是将游离态的氮转化为化合态氮，属于自然界固氮作用，故A正确；
B. 过氧化钠(Na2O2)能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以可用作潜水艇的供氧剂，故B正确；
C. 铝热反应以铝粉和氧化铁为主要反应物的发热反应，铝粉激烈氧化，燃烧而放出大量热。这种放热反应的温度可达3000℃以上使反应产生的铁单质以液态形式存在，可用于焊接钢轨；各种金属对氧的化学亲和力大小各不相同，与氧亲和力较大的金属能够把与氧亲和力较小的金属从它的氧化物中还原出来。铝在足够高的温度下，与氧有很强的化学亲和力，它可以从很多重金属的氧化物中夺取氧，而把重金属还原出来，可用于工业上冶炼高熔点的金属，但是工业上炼铁是用高温下焦炭还原氧化铁的方法，故C错误；
D. 生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石，主要成分为CaCO3，故D正确；
答案选C。
5.下列现象或操作一定与物质的化学性质有关的是（ ）
A. 焰色反应 B. 石油的裂化 C. 萃取 D. 丁达尔效应
【答案】B
【详解】A. 焰色反应是物理变化。它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，故A不符合题意；
B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C. 萃取是利用物质在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从溶解度较小的溶剂内转移到溶解度较大的溶剂中的方法，没有新物质，属于物理变化，故C不符合题意；
D. 丁达尔效是应当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”， 丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，故D不符合题意；
答案选B；
【点睛】化学性质是在化学变化中表现出的性质，分清楚上述变化是物理变化还是化学变化，核心是看有没有新物质生成。
6.下列化学用语正确的是 （ ）
A. NaHCO3的水解：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－
B. CaCO3的电离：CaCO3Ca2+＋CO32-
C. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)
D. Na2S溶液的水解：S2-＋2H2OH2S＋2OH-
【答案】C
【解析】A. HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－是HCO3－的电离方程式，HCO3－的水解方程式为：HCO3－＋H2OOH－＋H2CO3，故A错误；B. CaCO3是强电解质，正确的电离方程式为：CaCO3 = Ca2+ ＋ CO32-，故B错误；C. 碳酸钙难溶于水，在水中存在溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)，故C正确；D. S2-水解分两步，正确的水解方程式为：S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，故D错误；答案选C。
7.下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是 (　　 )
A. Cl2、SO2、NH3的水溶液都能够导电，因此Cl2、SO2、NH3都属于电解质
B. 用醋酸溶液做导电性实验，灯泡很暗说明醋酸为弱酸
C. 将纯水加热到较高温度,水的离子积变大、pH变小
D. 任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大
【答案】C
【详解】A．Cl2、SO2、NH3的水溶液都能够导电，但电离出离子的物质分别是氯化氢和次氯酸、亚硫酸、一水合氨，都不是原来物质，因此SO2、NH3不属于电解质，属于非电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，与酸的强弱无关，故B错误；
C．水的电离是吸热反应，温度升高水的电离程度增大，氢离子、氢氧根离子浓度增大，离子积增大，PH变小，故C正确；
D. 对于放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数变大，反应速率减小，反应物的转化率增大，故D错误；
故选C。
8.下列说法正确的是（ ）
A. Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同
B. NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键
C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物
【答案】D
【详解】A. Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，所含化学键类型不完全相同，故A错误；
B. 物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，故B错误；
C. 化学反应的实质旧的化学键断裂和新的化学键形成，CO2溶于水并可与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在化学键和分子间作用力的改变，干冰升华只是二氧化碳从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，故C错误；
D. 碱性氧化物是指溶于水而成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，碱性氧化物皆为金属的氧化物，它们的碱性差别很大，故D正确；
答案选D。
【点睛】共价化合物的稳定性是由化学键的强弱决定的，熔沸点是分子间作用力决定的，还和分子间氢键有关。
9.下列指定反应的离子方程式正确的是( 　　)
A. 氯气溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B. 向FeSO4溶液中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
C. 向少量澄清石灰水中加入足量的NaHCO3溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D. 用铜做电极电解NaCl溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
【答案】B
【详解】A、HClO是弱电解质，写化学式，离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B、发生氧化还原反应生成铁离子、锰离子和水，离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++ Mn2++4H2O，故B正确；
C、二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O +CO32﹣，故C错误；
D、阳极上Cu失电子发生氧化反应，离子方程式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，学生只注意到电解饱和食盐水的方程式，没注意到电极材料，题中所说，铜作电极，根据电解池的原理，活动性金属作阳极，阳极失电子，即阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，因此总电极反应式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑。
10.［2016·新课标卷Ⅰ］下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 2-甲基丁烷也称为异丁烷
B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应
C. C4H9Cl有3种同分异构体
D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【答案】B
【详解】A．2-甲基丁烷含5个C原子，则2-甲基丁烷也称异戊烷，故A错误；
B．由乙烯生成乙醇，碳碳双键转化为单键，属于加成反应，故B正确；
C．C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3两种结构，均含2种H，C4H9Cl有4种同分异构体，故C错误；
D．蛋白质都属于高分子化合物，而油脂不是，故D错误；
故选B。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定
B. 改燃煤为燃气,可以减少废气中SO2等有害物质的排放量
C. 实验室保存少量液溴时常加少量水液封,并用玻璃塞密封,不能用橡胶塞
D. 水玻璃是混合物,可用于生产黏合剂(矿物胶),做耐火阻燃材料
【答案】A
【详解】A.葡萄酒中含有葡萄糖、乙醇等还原性物质，能够与酸性高锰酸钾反应，用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度，误差偏大，故A不正确；
B.改燃煤为燃气，可减少废气中SO2等有害物质的量，减少环境污染物的排放，可有效减少雾霾发生，故B正确；
C.液溴易挥发、密度大于水，在水中溶解度较小，且生成的次溴酸容易分解，所以少量的液溴通常保存在棕色的玻璃瓶中，并采用水封，但液溴腐蚀橡胶不能用橡胶塞密封，故C正确；
D.硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是建筑行业经常使用的一种黏胶剂，也可做肥皂填料、木材和纺织品的防火剂，故D正确。
故选A。
12.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. 能使pH试纸显蓝色的溶液中：Na+、ClO－、Fe3+、SO42－
B. 含有大量Al3+的溶液中：K+、Mg2+、NO3－、HCO3－
C. ＝1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
D. 常温下由水电离出的c(H+)=10-13 mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、HCO3－、Cl－
【答案】C
【详解】A.能使pH试纸显蓝色的溶液显碱性，Fe3+与OH—发生反应，不能大量共存，A错误；
B.含有Al3+的溶液水解显酸性，含有HCO3－的溶液水解显碱性，二者混合相互促进水解，生成沉淀和气体，不能大量共存，B错误；
C.根据KW=c(H+)×c(OH—)可知，＝1×10－13mol·L－1的溶液c(OH—)= 1×10－13mol·L－1，c(H+)=0.1 mol·L－1的溶液显酸性，H+、NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－离子间均能大量共存，C正确；
D.常温下由水电离出的c(H+)=10-13 mol·L－1的溶液可以为酸溶液，也可以为碱溶液，HCO3－与H+、OH—均能发生反应，不能大量共存，D错误；
故选C。
13.下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（ ）

操作
现象
解释或结论
A
向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了NaHCO3晶体
B
向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2
溶液红色退去
二氧化硫有漂白性
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中有Na+、无K+
D
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液
有白色沉淀和气体产生
AlO2-与HCO3-发生了双水解反应

【答案】A
【详解】A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时，生成NaHCO3，由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故而有晶体析出，故A正确；
B、向含有酚酞的烧碱（氢氧化钠）溶液中通入SO2，氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，故溶液红色退去，不是利用的二氧化硫的漂白性，故B错误；
C、进行焰色反应时若火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na＋，还可能含有K＋，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K＋，故C错误；
D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故D错误；
综上所述，本题应选A。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）
A. 将1mol氯化铁完全溶于水制成胶体，其中所含胶体粒子数目小于NA
B. 标准状况下22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA
C. 常温下，2.8g C2H4与C3H6的混合物中共价键数为0.6NA
D. 1L含NA个Al3+的Al(NO3)3液中，NO3-物质的量浓度大于3 mol/L
【答案】B
【详解】A. 氢氧化铁胶粒为多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故A正确；
B. 标准状况下，HF不是气态，22.4L不是1mol，氟原子数目不是NA，故B不正确；
C．C2H4和C3H6中，每个C原子平均形成了1个碳碳键、每个H原子平均形成了1个碳氢键，2.8g的C2H4和C3H6的混合物中含有2.814=0.2molCH2，含0.2mol碳碳键、0.4mol碳氢键，所以共价键数为0.6NA个，故C正确；
D.Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故当含NA个Al3+时,溶液NO3-物质的量大于3 mol，其浓度大于3mol/L，故D正确；
故选B。
15.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。Y的一种核素质量数为18，中子数为10。在同周期元素中Z的简单离子半径最小，W的单质是良好的半导体材料。下列说法中正确的是（ ）
A. 简单气态氢化物稳定性：W＞X
B. Y元素的相对原子质量为18
C. X2H4的分子中极性键和非极性键数目比为4：l
D. 电解Z的熔融氯化物可以冶炼单质Z
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氢化物是氨气，则X是N。Y的一种核素质量数为18，中子数为10，质子数是18－10＝8，Y是O。在同周期元素中Z的简单离子半径最小，原子序数大于X与Y，所以Z是Al。W的单质是良好的半导体材料，W是Si，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、O、Al、Si。则
A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属N＞Si，则简单气态氢化物稳定性：W＜X，A错误；
B. 氧元素存在同位素，则氧元素的相对原子质量不是18，B错误；
C. N2H4的电子式为，因此分子中极性键和非极性键数目比为4：l，C正确；
D. 铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝可以冶炼单质Al，熔融的氯化铝不导电，D错误；
答案选C。
16.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（ ）
A. 用于实验室制取少量CO2
B. 用于配制一定物质的量浓度的硫酸
C. 用于模拟生铁的电化学腐蚀
D. 用于蒸干AlCl3溶液制备无水AlCl3
【答案】C
【详解】A．实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，A错误；
B．实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，B错误；
C．装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，C正确；
D．蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解会产生HCl，HCl受热挥发使得水解平衡向右移动，得到的氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，D错误；
故选C。
17.常温下，关于溶液的稀释，下列说法正确的是（ ）
A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1
C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，pH＝13
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】C
【分析】A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；
B.先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度,水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；
C.先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；
D.酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。
【详解】A.如果醋酸是强电解质，则pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍, pH＝5,实际上醋酸是弱电解质,所以稀释后pH<5,故A错误；
B.将pH＝4的H2SO4加水稀释100倍,则溶液的pH＝6,溶液中c(OH-)=1×10－8 mol·L－1，所以溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－8mol·L－1,故B错误；
C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，溶液中c(OH-)=0.1×2×1/2=0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－13mol·L－1,所以pH=13,故C正确；
D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH>7,故D错误；
正确选项C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选项为D，注意酸碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离，为易错点，题目难度中等。
18.樱桃是一种抗氧化的水果，对人体有很大的益处，樱桃中含有一种羟基酸具有健脾作用。下列有关说法正确的是（ ）
A. 该羟基酸含有3种不同化学环境的氢原子
B. 通常条件下，该羟基酸可以发生取代、消去和加成反应
C. 该羟基酸可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含1mol该羟基酸的溶液可与含3mol氢氧化钠的溶液恰好完全反应
【答案】C
【详解】A.该羟基酸结构不对称，有5种不同化学环境的氢原子；
B.该羟基酸不能发生加成反应；
C.该羟基酸中的醇羟基可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.只有羧基与NaOH反应，所以含 1 mol 该羟基酸的溶液可与含 2 mol 氢氧化钠的溶液恰好完全反应。
答案选C。
19.以下物质间的每一步转化都能通过一步反应实现的是( )
①Fe → FeCl2 → Fe(OH)2 → Fe(OH)3
②Si → SiO2 → H2SiO3 → Na2SiO3
③Al → Al2O3 → Al(OH) 3 → AlCl3
④NH3 →NO2 → HNO3 → NH4NO3
⑤Na → Na2O → Na2CO3 → NaHCO3 → NaOH
A. ②③⑤ B. ①⑤ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【详解】①.2 FeCl3+Fe= 3FeCl2 、FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，4 Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，都能一步实现，故A正确； 
②.因二氧化硅不溶于水，则SiO2→H2SiO3不能一步实现转化，需要两步实现转化，故②错误； 
③.因氧化铝不溶于水，Al2O3 → Al(OH) 3不能一步实现，需两步转化，故③错误；
④.氨气氧化生成NO，NH3 →NO2不能一步实现，需两步实现转化，故④错误；
⑤. 4Na+O2=2 Na2O，Na2O+CO2= Na2CO3，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3 +Ca(OH)2= NaOH+CaCO3+ H2O，都能一步实现，故⑤正确；
故①⑤正确，选B。
20.下列说法正确的是( )
已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ•mol－1
2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ•mol－1
H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ•mol－1
A. H2(g)的燃烧热为571.6 kJ•mol－1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
C. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ•mol－1
D. 3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135.9 kJ•mol－1
【答案】B
【详解】A. 根据2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ•mol－1可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8 kJ，则氢气燃烧热为285.8 kJ⋅mol−1，故A错误；
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量均为1g。根据热化学方程式，2molH2即4gH2完全燃烧放出的热量为571.6kJ，则1gH2完全燃烧放出的热量为=142.9kJ。同理可计算1g甲醇完全燃烧放出的热量为 22.69kJ，所以H2(g)放出的热量多，故B正确；
C.由H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ•mol－1知，生成1mol水放出57.3KJ热量，而反应H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋H2O(l)生成2mol水，且生成BaSO4沉淀也有热量变化，所以反应热不是－57.3 kJ•mol－1，故C错误；
D. ①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ•mol－1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ•mol－1
按盖斯定律计算①×3−②得到：6H2(g)+2CO2(g)═2CH3OH(l)+2H2O(l) △H=−262.8 kJ⋅mol−1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l) △H=−131.4 kJ⋅mol−1，故D错误；
故选B。
21.在t ℃下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应正反应焓变为正值
B. 恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3
【答案】D
【详解】A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应的焓变为负值，A错误；
B、恒温下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；
C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；
D、根据A中分析D正确；
答案选D。
22.常温下向20mL0.1mol/LHA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化情况如图所示（忽略温度变化）．下列说法中不正确的是（　　）

A. 由题可知HA为弱酸
B. 滴定终点不位于b和c点之间
C. 滴定到b点时：n（Na+）+n（H+）-n（OH-）+n（HA）=0.002mol
D. 滴定到d点时：c（OH-）＞c（Na+）＞c（A-）＞c（H+）
【答案】D
【详解】A. 20mL0.1mol/LHA溶液pH=3，所以酸是弱酸，故A正确；
B. 向20mL0.1mol/LHA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，恰好中和时溶液呈碱性，pH>7，溶液呈中性时，需要酸稍过量，滴定终点位于c的右边，故B正确；
C. 滴定到b点时,根据电荷守恒：n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(A−)，原子守恒n(A−)+n(HA)=0.002mol，即n(Na+)+n(H+)−n(OH−)+n(HA)=0.002mol，故C正确；
D. d点所的溶液是等物质的量氢氧化钠和NaA溶液的混合物，所以c(Na+)>c(A−)、c(Na+)>c(OH−)，故D错误，
故选D。
23.室温时，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知CaCO3的溶度积（室温）为2.8×10-9，下列说法中不正确的是（ ）

A. x的数值为2×10-5
B. c点时有CaCO3生成
C. 加入蒸馏水可使溶液由d点变成 a点
D. b点与d点对应的溶度积相等
【答案】C
【分析】CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），图象中位于曲线上的b、d点为饱和溶液，处于溶解平衡状态，a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液，c点为过饱和溶液，以此解答该题。
【详解】A.在d点c（CO32-）=1.4×10-4mol/L，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9，所以c（Ca2+）=2×10-5mol/L，故x的数值为2×10-5，故A正确；
B.在c点c（Ca2+）＞2×10-5mol/L，即相当于增大c（Ca2+），平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；
C.d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c（Ca2+）、c（CO32-）都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，故C错误；
D.b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故D正确。
故选C。
24.某微生物电解池(MEC)制氢工作原理如右图所示。用该电解池电解0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，下列说法正确的是（ ）

A. Y为电源的正极
B. 该电解装置中，阳极的电极反应式为：CH3COOH+2H2O+8e-= 2CO2↑+8H+
C. 当2mol H＋通过质子交换膜时，则标准状况下产生22.4L H2
D. 电解一段时间后，溶液中的值变小
【答案】C
【详解】用该电解池电解0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，电源Y为负极，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+，电源X为负极，质子交换膜允许阳离子通过；
A、分析可知Y为电源负极，故A错误；
B、电解池电解0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+，故B错误；
C、当2 molH+通过质子交换膜时，电子转移2mol，则标准状况下产生22.4L H2，故C正确；
D、c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=c(CH3COO-)/c(CH3COOH)×c(H+)/c(H+)=Ka/c(H+)，电极反应分析阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阳极电极反应CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+，电子守恒可知氢离子浓度基本不变，比值基本不变，故D错误；
故选C。
第Ⅱ卷 非选择题（共42分）
25.回答下列问题：
（1）泡沫灭火器原理(用离子方程式表示)_________________________________________
（2）碳酸钠溶液蒸干灼烧得到的固体是___________， 原因是________________________
__________________________________
（3）已知NaHR溶液中c（H2R）＜c（R2－），则该溶液中c（H+）________c（OH－）（填写“＜”或“＝”或“＞”）
（4）相同条件下，同浓度的NH3•H2O ， NH4Cl，NH4Al(SO4)2，NH4HSO4水溶液，NH4+浓度分别为a,b,c,d，则几种物质NH4+浓度由大到小的顺序为___________________ （用a,b,c,d,表示）
（5）二氯亚砜（SOCl2）是一种无色易挥发液体，与水剧烈水解生成两种气体，常做脱水剂。用硫磺（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件下合成二氯亚砜，原子利用率达到百分之百，则三者的物质的量之比为____________ 写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式_______________________________________________________________________
【答案】(1). Al3+ +3 HCO3- = Al(OH)3↓+3CO2↑ (2). 碳酸钠 (3). 碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，蒸干后又反应生成碳酸钠 (4). ＞ (5). d＞c＞b＞a (6). 2:3:1 (7). SOCl2+H2O=SO2+2HCl
【分析】（1）泡沫灭火器原料是硫酸铝和碳酸氢钠，铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳灭火；
（2）碳酸钠中的碳酸根可以水解，尽管加热过程能促进碳酸钠水解，但蒸干后生成的碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠；
（3）NaHR溶液中有HR-H++R2-，也有HR-+H2OH2R+OH-；
（4）溶液酸性越强，NH4+水解程度越小，浓度越大；
（5）利用原子守恒写出方程式，进行判断。
【详解】（1）泡沫灭火器原料是硫酸铝和碳酸氢钠，铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳灭火，所以反应离子方程式为：Al3+ +3 HCO3- == Al(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：Al3+ +3 HCO3- = Al(OH)3↓+3CO2↑
（2）碳酸钠中的碳酸根可以水解，尽管加热过程能促进碳酸钠水解，但蒸干后生成的碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠，
故答案为：碳酸钠；碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，蒸干后又反应生成碳酸钠。
（3）NaHR溶液中有HR-H++R2-，也有HR-+H2OH2R+OH-，c（H2R）＜c（R2－）说明电离大于水解，所以c（H+）>c（OH－），
故答案为：>；
（4）设各种溶液的浓度均为1mol/L，b、c、d都是铵盐，是强电解质，在水溶液中完全电离，电离产生的c(NH4+)约为1mol/L，b中NH4+水解不受影响，c溶液中铝离子产生的H+、d中NH4HSO4电离产生的H+抑制NH4+的水解，但d中H+浓度大抑制程度大，所以c(NH4+)：d＞c＞b；a是弱电解质只有小部分电离，c(NH4+)远远小于1mol/L，所以c(NH4+)由大到小的顺序是：d＞c＞b＞a；
故答案为：d＞c＞b＞a；
（5）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应为化合反应，方程式为2S+3Cl2+SO3= 3SOCl2，所以三者的物质的量比为2：3：1，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，反应方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，
故答案为：2：3：1；SOCl2+H2O=SO2+2HCl。
26.某探究性学习小组设计如图所示装置分别进行如下探究实验，请回答下列问题：

实验
药品
制取气体
量气管中的液体
Ⅰ
Cu、稀HNO3

H2O
Ⅱ
Na OH固体、浓氨水
NH3

Ⅲ
镁铝合金、足量NaOH溶液
H2
H2O

（1）实验I通过收集并测量NO气体的体积来探究铜样品的纯度，有的同学认为该实验设计不可行，主要原因是__________________________________________________；
（2）实验Ⅱ中量气管中的液体最好是_______（填字母编号, 下同）
A．NaOH溶液    B．氨水       C．煤油     D．氯化铵溶液
实验剩余的NH3需吸收处理，以下各种尾气吸收装置中，不能防止倒吸的是________；

（3）①写出实验Ⅲ中涉及的离子反应方程式_________________________；
②反应前，先对量气管进行第一次读数。读数时，应注意的操作是______________________，并使视线与凹液面最低处相平；反应后，待装置温度冷却到室温时，再对量气管进行第二次读数。
③实验Ⅲ在25℃、1.01×105Pa条件下获得以下数据：
编号
镁铝合金质量
量气管第一次读数
量气管第二次读数
①
1.0g
10.0mL
376.6mL
②
1.0g
10.0mL
364.7mL
③
1.0g
10.0mL
377.0mL

根据上述数据，计算出镁铝合金中铝的质量分数为_______________。
【答案】(1). NO会与装置中空气反应，生成NO2溶于水，使测得的NO气体体积不准 (2). C (3). BE (4). 2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑ (5). 保持装置B与装置C液面相平 (6). 29.5%.
【分析】(1）实验Ⅰ装置中有空气，一氧化氮与空气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水；
（2）氨气极易溶于水，量气管中的液体应该不含水且不与氨气反应，最好用煤油；
（3）①铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
②在对量气管进行每一次读数时，都应注意保持装置B与装置C液面相平，并使视线与凹液面最低处相平；
③实验Ⅲ，铝和氢氧化钠反应，根据量气管的第二次读数-第一次读数=生成氢气的体积，求出生成氢气的平均值，再求出合金中铝的质量，最后计算出镁铝合金中铝的质量分数．
【详解】(1)一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成一氧化氮和硝酸；装置Ⅰ中有空气，一氧化氮会与装置中的空气反应，生成的二氧化氮溶于水并与水反应，使测得的一氧化氮体积不准，所以不可以通过实验I收集并测量NO气体的体积来探究铜样品的纯度，
故答案为：NO会与装置中空气反应,生成NO2溶于水，使测得的NO气体体积不准；
(2)氨气为碱性气体，极易溶于水，量气管中的液体应该不含水且不与氨气反应，浓NaOH溶液、氨水、氯化铵溶液中含有水，氨气被水吸收，而氨气不溶于煤油，所以量气管中液体最好是煤油，故选C；
A. 对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管外联双球状导管内伸入到液体中，液体进入双球内，防止进入前端装置，能防止倒吸，故A正确；
B. 吸收装置中的导管下连漏斗，漏斗口伸入液面以下，易吸收易溶性气体，不能防止倒吸，故B错误；
C. 对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管与干燥管连接，当水进入干燥管内，烧杯内液面下降低于导管口，液体又流落到烧杯中，能防止倒吸，故C正确；
D. 氨气极易溶于水，不溶于四氯化碳，所以导管通入四氯化碳中，气泡向上到水层溶解，能防止倒吸，故D正确；
E. 氨气极易溶于水，导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶口，液体经进气管倒流入前端装置，产生倒吸，故E错误；
F. 氨气极易溶于水，导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶底部，液体不能流入前端装置，能防止倒吸，故F正确；
所以能防倒吸的吸收装置有ACDF，不能防倒吸的为BE，
故答案为：C；BE；
(3)①铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,离子反应方程式2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，
故答案为：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑；
②在对量气管进行每一次读数时，都应注意保持装置B与装置C液面相平，并使视线与凹液面最低处相平；
故答案为：保持装置B与装置C液面相平；
③第2次测量数据误差较大,应该舍弃,铝和氢氧化钠反应生成氢气的体积为：［(376.6−10.0)+(377.0−10)］2=366.8mL=0.3668L，
设生成0.3668L氢气，需铝的质量为x

则：x=54g×0.3668L3×22.4L=0.295g，
铝的质量分数为：0.295g÷1.0g×100%=29.5%，
故答案为：29.5%。
27.氧化锆(ZrO2)材料具有高硬度、高熔点、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：

25℃时，有关离子在水溶液中沉淀时pH数据：

Fe(OH)3
Zr(OH)4
Al(OH)3
开始沉淀时pH
1.9
2.2
3.4
沉淀完全时pH
3.2
3.2
4.7

请回答下列问题：
(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有________________________________。
(2)操作I的名称是__________________，滤渣1成分为_________，滤渣2的成分为_____________。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：____________________。
(4)“调节pH”时，合适的pH范围是__________________。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是__________________。
(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式________________________________。根据ZrO2的性质，推测其一种用途________________________________。
【答案】 (1). 粉碎、高温 (2). 过滤 (3). Fe2O3 (4). H2SiO3 (5). 4NaOH+ZrSiO4Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (6). 3.2~3.4 (7). 取最后一次洗涤液加入硝酸银溶液和稀硝酸，没有白色沉淀证明洗涤干净 (8). Zr（OH）4ZrO2+2H2O (9). 耐火材料、坩埚、打磨材料牙齿材料等
【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，二氧化硅反应转化为硅酸钠，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，水浸过滤，滤渣1为Fe2O3，得到滤液1中加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠和过量盐酸反应得到氯化铝，滤渣2为H2SiO3，滤液中含有ZrO2＋、Al3＋，加氨水调节pH为3.2～3.4使ZrO2＋转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2。
【详解】(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有粉碎固体，升高温度。
(2)操作Ⅰ用于分离固体和液体，操作I的名称是过滤，滤渣1成分为Fe2O3，滤渣2的成分为H2SiO3。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，该反应的化学方程式：4NaOH+ZrSiO4Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。
(4)“调节pH”时，合适的pH范围是3.2～3.4使ZrO2＋完全转化为Zr（OH）4沉淀，且避免生成Al（OH）3；Zr（OH）4表面为附着Cl－等，为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净。
(5)“高温煅烧”过程的化学方程式Zr（OH）4ZrO2+2H2O。根据ZrO2的性质，推测其一种用途，推测其两种用途有耐火材料、磨料等。
【点睛】本题考查物质制备工艺流程，题目涉及陌生方程式书写、条件控制、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解题关键：理解工艺流程中试剂作用、物质转化、分离提纯等。
28.研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
（1）将燃煤废气中CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(l)，该反应化学平衡常数表达式K = ________________________。
（2）已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，达平衡时CO2的转化率如图

①该反应的ΔH ________ 0（填“>"或“<”）。
②若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，K值将________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2(g)与H2(g)发生上述反应，下列物理量不再发生变化时，能说明反应达到平衡状态的是__________。
A. 混气的颜色         B. 容器中的压强        
C. 气体的密度         D. CH3OCH3与H2O的物质的量之比
（4）某温度下，在体积可变的密闭容器中，改变起始时加入各物质的量，在不同的压强下，平衡时CH3OCH3(g)的物质的量如下表所示：

P1
P2
P3
I．2.0 mol CO2  6.0 mol H2
0.10 mol
0.04 mol
0.02 mol
II．1.0 mol CO2  3.0 mol H2
X1
Y1
Z1
III．1.0 mol CH3OCH3  3.0 mol H2O
X2
Y2
Z2

①P1 ________ P3（填“>”“<”或“=”）；
②P2下，III中CH3OCH3的平衡转化率为__________。
【答案】(1). (2). ＜ (3). 不变 (4). B,C (5). ＞ (6). 96%
【分析】（1）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积写表达式；
（2）①根据温度对平衡的影响分析△H的符号；
②平衡常数K只与温度有关；
（3）当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体现中各物质的物质的量、物质的量浓度及百分含量都不变，以及由此引起的一些物理量不变，据此分析解答；
（4）反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行；
②1.0molCH3OCH3、3.0molH2O和起始量2.0molCO2、6.0molH2 相比达到相同的平衡状态，据此列式计算．
【详解】(1)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,所以平衡常数K= ，故答案为：；
(2)①因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆向移动，所以该反应正方向为放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；
②K只受温度影响，若温度不变，减小投料比，则K不变，故答案为：不变；
(3)A.反应体系中没有有色气体，故混合气的颜色始终不变，故A不选；
B. 反应前后气体的系数和不相等，当容器内压强不再改变，则达到了平衡，故B选；
C. 该反应是一个反应前后气体体积变化的可逆反应，容器的体积不变，但反应前后气体质量变化，气体的密度不发生变化，则达到了平衡，故C选；
D. 任何时候CH3OCH3与H2O的物质的量之比不变，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故答案为：BC；
(4)①2CO2(g)+ 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(l),反应为气体体积减小的反应,增大压强平衡正向进行，CH3OCH3的物质的量增大，据图表中平衡时CH3OCH3(g)的物质的量可知P1>P2，
故答案为：>；
③I起始量：2.0molCO2，6.0molH2，P2下平衡三行计算，

平衡时CO2的转化率为4%。起始量1.0molCH3OCH3、3.0molH2O和起始量2.0molCO2、6.0molH2 相比达到相同的平衡状态，两次投料达到平衡时反应物的转化率之和为1，所以P2下Ⅲ中CH3OCH3的平衡转化率=1-4%=96%，
故答案为：96%。