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辽宁省大连市一〇三中学2020届高三上学期12月月考化学（解析版） 试卷
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辽宁省大连市一〇三中学2020届高三上学期12月月考
可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 P－31 Cl－35.5 Fe－56 Cu－64
第I卷（选择题）
一、选择题
1.分类是化学学习与研究常用方法，下列分类正确的是（ ）
A. Cl2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物
B. Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物
C. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
D. 根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质
【答案】A
【解析】A、 Cl2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物，正确；B、Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，Na2O属于碱性氧化物，Na2O2为过氧化物，但不属于碱性氧化物，错误；C、分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D、根据是否在水溶液中或者熔融状态下完全电离，电解质分为强电解质、弱电解质，错误。答案选A。
2.化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（ ）
①用电子式表示HCl的形成过程：
②MgCl2的电子式：
③质量数为133、中子数为78的铯原子：Cs
④S2﹣的结构示意图：
⑤次氯酸分子的结构式：H-O-Cl
⑥ CO2的分子比例模型示意图:
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【详解】由题意知①用电子式表示HCl的形成过程为：，故①错误。
②氯化镁为离子化合物，氯离子不能合并，MgCl2 的电子式为：，故②错误。
③质量数为133、中子数为78的铯原子，其质子数为55，铯原子表示为：Cs，故③正确。
④硫离子核电荷数为16，核外电子数为18，S2-的结构示意图为：，故④正确。
⑤次氯酸中O原子分别与H原子、Cl原子形成共价键，故⑤正确。
⑥C原子的原子半径＞O原子原子半径，故比例模型中C原子应比O原子更大，故⑥错误。
正确的为③④⑤，故答案选B。
【点睛】该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等。
3.下列各组物质相互混合进行反应，既有气体最终又有沉淀生成的是 ( )
①金属钠投入FeCl2溶液中 ②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应
③少量CaO投入到过量的NaHCO3溶液中 ④Na2O2投入到CuSO4溶液中
A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ①④
【答案】D
【详解】有题意可知①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和FeCl2反应生成沉淀，故①正确。
②过量NaOH溶液和明矾溶液反应中明矾中的铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，无气体生成，故②错误。
③CaO与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成而没有气体生成，故③错误。
④Na2O2投入CuSO4溶液发生反应，首先2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色Cu（OH）2沉淀，既有气体又有沉淀，故④正确。
故答案为①④，故答案选D。
4.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=890.3 kJ/mol
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知中和热为ΔH=-57.3 kJ/mol，则1 mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热
D. 已知S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2
【答案】D
【详解】A．燃烧热：在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水应为液态，故A错误；
B．C(石墨，s)═C(金刚石，s)△H＞0，该反应为吸热反应，故石墨的能量较低，比金刚石稳定，故B错误；
C．1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应生成2mol水，不符合中和热的定义，故C错误；
D．S(g)的能量大于S(s)，故与O2(g)反应生成SO2(g)，S(g)放出的热量多，△H＜0，故放出的热量越多，△H越小，故△H1＜△H2，故D正确；
故选D。
5.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2： 2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O
B. Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O
C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸： Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
D. 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↓
【答案】A
【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；
B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；
C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；
D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+ 2H2O，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。
6.水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为3Fe2++2S2O32－+O2+aOH－=Y+S4O62－+2H2O，下列说法中，不正确的是（ ）
A. a = 4 B. Y的化学式为Fe2O3
C. S2O32－是还原剂 D. 每有1molO2参加反应，转移的电子总数为4mol
【答案】B
【详解】根据电荷守恒知a=4，再根据质量守恒知Y的化学式为Fe3O4；该反应还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂为O2，1 mol O2参加反应得4 mol电子；
答案选B。
7.一定条件下，体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)，经60 s达到平衡，生成0.3 mol Z。下列说法正确的是（ ）
A. 若增大压强，则物质Y的转化率减小
B. 将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的
C. 以X的浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/(L·s)
D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH >0
【答案】C
【解析】一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将1molX和1molY进行如下反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经60s达到平衡生成0.3mol的Z，则：
2X(g)+Y(g)Z(g)
起始量(mol) 1 1 0
变化量(mol) 0.6 0.3 0.3
平衡量(mol) 0.4 0.7 0.3
A．增大压强，平衡正向移动，则物质Y的转化率增大，故A错误；B．将容器体积变为20L，则体积增大，压强减小，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的，故B错误；C．以X浓度变化表示的反应速率为=0.001 mol/(L•s)，故C正确；D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故D错误；故选C。
8.下列实验方案不能达到实验目的的是（ ）
A. 图A装置Cu和浓硝酸制取NO B. 图B装置实验室制备Cl2
C. 图C装置实验室制取乙酸乙酯 D. 图D装置实验室分离CO和CO2
【答案】C
【详解】A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合题意；B．浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气与氢氧化钠反应进行尾气吸收，故B不符合题意；C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C符合题意；D．要将CO和CO2分离，足量纯碱溶液用来吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，收集到纯净的CO2，故D不符合题意．故选C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备及收集、乙酸乙酯的制备以及物质的分离等，侧重实验装置及分离原理的考查，注重实验的评价性和可行性分析，题目难度不大．
9.类推的思维方法可解决不少化学问题,但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中,你认为正确的是（ ）
A. 沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HF
B. Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3
C. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2
D. 惰性电极电解硫酸溶液后,加水可以使电解质溶液完全恢复。则用惰性电极电解硫酸钠溶液后加水也可以使电解质溶液完全恢复
【答案】D
【详解】A．HF分子间存在氢键沸点较高，所以氢化物沸点：HF＞HCl，故A错误；
B．Pb的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；
C．SO2具有还原性，过氧化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；
D．惰性电极电解硫酸、硫酸钠溶液后，都相当于电解水，加入水就可以使电解质复原，故D正确；
故答案选D。
10.短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，C、E同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，E是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是（ ）
A. 由A、D两种元素组成的化合物中只含有离子键
B. C、E的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质
C. 微粒半径大小：B+>A-
D. 最高价氧化物对应水化物碱性强弱：B>D
【答案】A
【分析】短周期元素包括1、2、3周期元素，A、B、D同主族，则其只能为ⅠA族元素，从而得出A为H、B为Li、D为Na；E是太阳能转化为电能的常用材料，则其为Si；C、E同主族，则C为C(碳)。从而确定A、B、C、D、E分别 为H、Li、C、Na、Si。
【详解】A. 由A、D两种元素组成的化合物为NaH，只含有离子键，A正确；
B. C、E的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，二者具有不同的物理性质和化学性质，B错误；
C. H-与Li+的电子层结构相同，但H的核电荷数为1，Li的核电荷数为3，对电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以微粒半径：Li+
二、选择题
11.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 ( )
①46g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NA
②常温下，4 g CH4含有NA个C-H共价键
③10 mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%
④标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA
⑤25 ℃时，pH＝12的1.0 L NaClO溶液中水电离出的OH－的数目为0.01NA
⑥1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA
A. ①②④ B. ①②⑤ C. ③⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】B
【详解】由题可知①NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46g NO2中原子数=×3NA=3NA，故①正确。
②4g CH4物质的量为0.25mol，分子中含C-H共价键4×0.25×NA=NA，故②正确。
③加水至100mL溶液的密度变了，无法求出，故③错误。
④四氯化碳是液态不是气态，标准状况下，5.6L四氯化碳的物质的量不是0.25mol，故④错误。
⑤25℃时，pH=12的1.0L NaClO溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的OH-的数目为0.01NA，故⑤正确。
⑥2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时，2molNa2O2与水完反应中转移的电子为2NA，故⑥错误。
故正确的是①②⑤，故答案选B。
【点睛】本题的易错点为③和⑥，③中溶液中加水以后密度有变化，不能进行计算。⑥中过氧化钠中O元素的化合价为-1价，生成1molO2时消耗2molNa2O2与水完反应中转移的电子为2NA，注意方程式书写。
12.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )
①pH = 0的溶液：Na+、C2O42－、MnO4－、SO42－
②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H+浓度c(H+)=10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－
A. ①④ B. ①② C. ②⑤ D. ②④
【答案】D
【详解】由题知①pH=0的溶液呈酸性，MnO4-具有强氧化性，与C2O42-发生氧化还原反应，不能大量共存，故①错误。
②pH=11的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故②正确。
③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液，水的电离收到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下CO32-、SO32-不能大量共存，碱性条件下NH4+不能大量共存，故③错误。
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故④正确；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、MnO4-发生氧化还原反应，不能大量共存，故⑤错误。
故正确的是②④，故答案为D。
【点睛】本题考查离子共存问题，为高频考点，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累，易错点为①，草酸根在酸性条件下会与高锰酸根发生氧化还原反应。
13.下列四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A. 由水电离的c(H+)：①=②>③=④
B. 向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 将②、③两种溶液混合后，若pH=7，则消耗溶液的体积：②>③
【答案】D
【分析】A.温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度；
B.CH3COOH、NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，根据电离平衡移动分析； C.先根据溶液的pH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少；
D.根据HCl是强酸，NH3·H2O是弱碱，二者等体积混合，氨水平衡状态电离产生的OH-与HCl电离产生的H+恰好中和，根据弱电解质的电离平衡判断。
【详解】A.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：①=②=③=④，A错误；
B.CH3COOH、NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中的c(H+)或c(OH-)又略有增大，所以加水稀释相同体积，CH3COOH的pH比HCl小，NH3·H2O的pH比NaOH的大，故加水100mL后溶液的pH：③>④>②>①，B错误；
C.醋酸是弱酸，HCl和NaOH是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①>②=④，根据反应方程式2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑可知等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，②=④，C错误；
D.盐酸是强酸，NH3·H2O是弱碱，二者若等体积混合，NH3·H2O电离的部分与HCl前后中和，过量的NH3·H2O会进一步电离，使溶液显碱性，溶液的pH>7，所以若溶液混合后pH=7，则溶液的体积②>③，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，等浓度的弱电解质稀释时pH变化比强电解质小，盐类的水解能促进水的电离。
14.常温下,向100 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 MOH溶液,所得溶液的pH变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 ( )
A. HA的电离方程式:HAH++A-
B. N点、K点水的电离程度:N
D. K点溶液中:c(OH-)+c(MOH)+c(A-)-c(H+)=0.1 mol·L-1
【答案】D
【分析】分析图像中的pH变化曲线，起始时溶液的pH值为2，说明HA酸为一元弱酸，当加入50mL时，两者恰好完全反应，此时溶液的pH值小于7，说明碱是一元弱碱。
【详解】A．HA酸为一元弱酸，其电离方程式要用可逆符号，不可以用等号，故A选项错误。
B．N点时溶液为中性，K点时碱过量较多，碱能抑制水的电离，故电离程度N＞K，故B选项错误。
C．根据N点溶液中的电荷守恒，可得出：c(A - )= c(M + )＞ c(OH - )= c(H + )，故C选项错误。
D．K点时溶液中的电荷守恒，可得出：c(A - )+ c(OH - )= c(H + )+ c(M + )，溶液中物料守恒可得c(MOH)+c(M + )= 0.1mol/L，联立消去c（M+）可得c(OH-)+c(MOH)+c(A-)-c(H+)=0.1 mol·L-1，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题的难点在于D选项中根据物料守恒与电荷守恒联立得出关系式，这种联立是此类型题中常见的解法。
15.根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O（未配平）设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是( )
A. 石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B. 甲烧杯中的电极反应式：MnO4-＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O
C. 电池工作时，盐桥中的阴阳离子分别向乙甲烧杯中移动，保持溶液中的电荷平衡
D. 忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 mol
【答案】D
【解析】A、根据所给反应方程式，Fe2＋的化合价升高，依据原电池工作原理，因此石墨b为负极，发生氧化反应，故A说法正确；B、石墨a为正极，发生还原反应，电极反应式为MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，故B说法正确；C、盐桥的作用是形成闭合回路，同时保持溶液中电荷平衡，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即K＋向甲烧杯移动，SO42－向乙烧杯移动，故C说法正确；D、生成Fe3＋的物质的量为(200×10－3×1.5×2－200×10－3×1×2)mol=0.2mol，负极反应式为Fe2＋=2e－=Fe3＋，因此电路中转移电子物质的量0.2mol，故D说法错误。
16.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），
下列有关说法正确的是 ( )
A. 第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B. 工业上金属钠是通过氯碱工业制取
C. 在第③④⑤步中溴元素均被氧化
D. 从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩
【答案】D
【详解】A．除去粗盐中的SO 4 2- 、Ca 2+ 、Mg 2+ 等杂质，先除硫酸根离子，需要BaCl 2 溶液，再除镁离子，需要NaOH溶液，最后除钙离子，加入Na 2 CO 3 溶液，故A选项错误。
B．B、工业上采用电解熔融氯化钠方法制取金属钠，故B选项错误。
C．③是溴元素被氧化为溴单质，④是溴单质被还原为溴离子，⑤是溴元素被氧化为溴单质，故C选项错误。
D．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题需要注意A选项中粗盐提纯的过程中加入Na 2 CO 3 溶液要在BaCl 2 溶液之后加入，来除去过量的Ba2+。
17.在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0平衡常数K1
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为
B. 平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/L
C. 其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大
D. 平衡时NO2的转化率为50％
【答案】C
【详解】A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1=
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2 =
反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；
B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3 mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
xmol 0.5xmol
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
2ymol ymol 2ymol
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)==2.5×10-2mol/L，B正确；
C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；
D.平衡时NO2的转化率为×100%=50%，D正确；
故合理选项是C。
18.某溶液中可能含有H＋、、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、、、中的几种。
①若加入锌粒，用排空气法收集到无色无味气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是( )
A. 溶液中的阳离子有H＋、Mg2＋、Al3＋、
B. 溶液中n(Mg2＋)＝0.1 mol
C. 溶液中一定不含、、Fe3＋
D. n(∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝4∶2∶1
【答案】B
【分析】根据①可知，溶液显酸性，则溶液中一定不存在CO32-和NO3-，根据②可知，产生的是白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在阴离子SO42-。
根据图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol，第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol，最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol，第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）×0.5=0.05mol。
【详解】A．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A选项正确。
B．根据以上分析可知，n（Mg2+）=0.05mol，故B选项错误。
C．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-、Fe3+，故C选项正确。
D．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.2mol：0.1mol：0.05mol=4：2：1，故D选项正确。
故答案选B。
19.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则CO2与CH4的体积比为( )
A. 3∶1 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 任意比
【答案】C
【详解】在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则混合气体变形能变为(CO)x( H2)y，即可，故CO2：CH4 = 1:1，故C符合题意，故答案为C。
【点睛】只要能改写成(CO)x( H2)y的有机物或则其他混合物，m g该混合物充分燃烧后通入到足量过氧化钠中，过氧化钠增加的质量为m g。
20.将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中,生成了6.72LNO(标准状况下),向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀,则沉淀的质量为（ ）
A. 22.1g B. 27.2g C. 30g D. 30.2g
【答案】B
【解析】试题分析：将合金加入热氢氧化钠溶液中，铝发生反应，减少的质量就是铝的质量，n(Al)=m∕M=2.7g∕27g.mol-1=0.1mol。m(氢氧化铝)=n(氢氧化铝)×M=0.1mol×78g∕mol=7.8g。n(NO)总=0.3mol.根据方程式Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O可知铝放出NO气体0.1mol.镁和铝放出的一氧化氮为0.3-0.1=0.2mol.镁和铝质量和为11.9-2.7=9.2g,根据3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2OFe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O就可以求出各自的质量，进而求出它们转化得到的沉淀的质量。求解得n(Mg)=0.15mol,n(Fe)=0.1mol.Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀,则沉淀的质量=0.15mol×58g∕mol+0.1mol×78g∕mol+0.1mol×107g∕mol= 27.2g选项为：B。
考点：考查Mg、Al、Fe等金属与足量的酸、碱反应的计算的相关知识。
第Ⅱ卷 （非选择题）
三、填空题
21.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）如何用实验证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁_______________________________
______________________________________________________________________________
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B名称是____________________。
②将下列实验操作步骤正确排序______________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒
重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．打开K1和K2，缓缓通入N2
c．关闭K1和K2 d．熄灭酒精灯 e．称量A f．冷却到室温
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C中的溶液为BaCl2，其作用是________________________
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_______________________________。
③有同学认为该实验装置存在一定缺陷，请你谈谈完善该试验装置的措施____________________________。
【答案】 (1). 取少量样品溶于水滴加KSCN溶液，若溶液颜色无明显变化，再向溶液中通入空气，溶液变红，证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁 (2). （球形）干燥管 (3). badfce (4). 检验产物中的SO3 (5). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ (6). 需要尾气吸收装置
【详解】（1）根据实验信息可知，可取少量样品溶于水滴加KSCN溶液，若溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+，再向溶液中通入空气，溶液变红，说明产生了Fe3+，证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁，故答案为：取少量样品溶于水滴加KSCN溶液，若溶液颜色无明显变化，再向溶液中通入空气，溶液变红，证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁；
（2）①根据仪器构造可知B为（球形）干燥管。②装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排除装置中的空气，在反应中利用氮气将装置中产生的水完全排净，因此应先熄灭酒精灯，再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确顺序为badfce，故答案为：（球形）干燥管；badfce；
（3）①最终得到红色粉末，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以选用氯化钡检验产物中的SO3。②得到红色粉末为氧化铁，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。③产物中有SO2和三氧化硫气体，故需要尾气吸收装置。故答案为：检验产物中的SO3；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；需要尾气吸收装置。
【点睛】本题主要考查铁盐和亚铁盐相互转变;亚铁离子和三价铁离子的检验以及常用仪器的名称，易错点为化学实验操作的先后顺序；复杂化学式的确定及陌生氧化还原方程式的书写和配平。
22.利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；②沉淀I中只含有两种沉淀；③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为________________________________。
（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为__________________________________。
（3）加入Na2CO3调PH至5.2，目的是____________________________；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为_________________________。
（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2-3，________________、_______________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%,其原因可能是______________________________（回答一条原因即可）。
【答案】(1). Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O (2). ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++ 3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
【分析】在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀。过滤后得到滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，将Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀，加盐酸调节溶液PH值，加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入浓盐酸调整PH为2-3，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、减压烘干等过程，最终得到所制备的产品。
【详解】(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式: Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O。
答案为：Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O；
(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为: ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O。
答案为： ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。
答案为：使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2
(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。
答案为：蒸发浓缩 ；冷却结晶
(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
答案为：产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
23.甲醇（CH3OH）和二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，具有清洁、高效等性能。
（1）CO2可用于合成二甲醚（CH3OCH3），有关反应的热化学方程式如下：
CO2(g) + 3H2(g)＝CH3OH(g) + H2O(g) △H=－49.0 kJ·mol-1
2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g) + H2O(g) △H=－23.5 kJ·mol-1
H2O(l)＝H2O(g) △H= + 44 kJ·mol-1
则CO2与H2反应合成二甲醚生成液态水的热化学方程式为：__________________________________________________。
（2）工业上合成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H=－90.8 kJ·mol-1。 下列不能说明该反应在恒温恒容条件下已达化学平衡状态的是___________
A．v正(H2) = 2v逆(CH3OH) B．n(CO):n(H2):n(CH3OH)=1:2:1
C．混合气体的密度不变 D．混合气体的平均相对分子质量不变 E．容器的压强不变
（3）若反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)在某温度下的化学平衡常数为400，此温度下，在密闭容器中加入一定量甲醇，反应进行到某时刻，测得各物质的浓度如下表所示：
物质
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
浓度（mol·L-1）
0.44
0.60
0.60
①比较该时刻正、逆反应速率的大小：v(正)_____v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
②若加入甲醇后，经10 min反应达到平衡，则平衡后c(CH3OH)=______________，
该时间内反应速率v(CH3OCH3)=_____________。
（4）利用二甲醚（CH3OCH3）设计一个燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，石墨做电极，该电池负极电极反应式为___________________________。以此燃料电池作为外接电源按如图所示电解硫酸铜溶液，如果起始时盛有1000mLpH=5的硫酸铜溶液（25℃，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入______其质量约为_____g。
【答案】(1). 2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1 (2). BC (3). ＞ (4). 0.04 mol•L-1 (5). 0.08 mol•L-1•min-1 (6). CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O (7). CuO (8). 4g
【分析】（1）根据盖斯定律分析作答；
（2）变量不变时，可以说明反应达到平衡状态；
（3）①根据各组分的浓度商与平衡常数的大小进行判断反应方向及正逆反应速率大小；
②设达到平衡时又消耗了xmol甲醇，利用三段式及平衡常数列出方程式进行计算平衡时甲醇浓度及二甲醚的反应速率；
（4）燃料电池中，负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，正极反应为氧气得到电子发生还原反应，在碱性环境中生成氢氧根离子；电解池中，根据电解原理反应，结合电子转移数相等找出关系式分析计算。
【详解】（1）已知①CO2(g) + 3H2(g)＝CH3OH(g) + H2O(g) △H=－49.0 kJ·mol-1
②2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g) + H2O(g) △H=－23.5 kJ·mol-1
③H2O(l)＝H2O(g) △H= + 44 kJ·mol-1
根据盖斯定律①×2＋②-③×3得出CO2与H2反应合成二甲醚生成液态水的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1，故答案为：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1；
（2）A．v正（H2）=2v逆（CH3OH），表示的是正逆反应速率，且满足二者计算量关系，说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）=1：2：1，物质的量之比，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故B正确；
C．混合气体的密度不变，反应前后都是气体，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，密度不能作为判断平衡状态的依据，故C正确；
D．该反应是气体体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量发生变化，混合气体的平均分子量发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不变，说明达到了平衡状态，故D错误；
E．该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量在反应中发生变化，若容器的压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故E错误；
故答案为：BC；
（3）①此时的浓度商为：Qc= =1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
②设达到平衡时据此又消耗了xmol，则
则K= =400，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L-0.2mol/L×2= 0.04mol/L，则10min生成二甲醚的浓度为：0.6mol/L+0.2moL/L=0.8mol/L，
所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）= =0.08 mol/（L•min），
故答案为：0.04 mol•L-1；0.08 mol•L-1•min-1；
（4）燃料电池中，负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，即为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O，正极反应为氧气得到电子发生还原反应，在碱性环境中生成氢氧根离子，正极反应为3O2+12e-+6H2O=12OH-。
下半部分为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu，阴极反应式：Cu2+ +2e-==Cu 阳极反应式：4OH- -4e-==2H2O+O2↑，从体系中脱离的是Cu和O，且原子比例为1:1，所以向溶液中加入CuO，pH=1时H+浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，故H+的物质的量为0.1mol，因为反应前H+较少，可以认为0.1molH+全部来自于电解2H2O-4e-=O2+4H+，故产生0.1molH+就会产生0.025molO2，含有0.05molO原子，根据原子守恒，需要补充0.05mol CuO，CuO的质量为0.05mol×80g/mol= 4g。
故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；CuO；4g。
24.以苯为主要原料，制取高分子材料N和R的流程如下：
已知：
（1）B中含氧官能团的名称是_____________。
（2）由生成的反应类型是_____________。
（3）一定条件下，发生反应Ⅰ所需的其他反应试剂是_____________。
（4）化合物C的结构简式是_____________。
（5）反应Ⅲ的化学反应方程式是________________________________________________。
（6）下列说法正确的是_____________。(填字母)。
a．A可与NaOH溶液反应 b．常温下，A能和水以任意比混溶
c．化合物C可使酸性高锰酸钾溶液褪色 d．E存在顺反异构体
（7）符合下列条件的B的同分异构体有____________种。
a．能与饱和溴水反应生成白色沉淀
b．属于酯类
c．苯环上只有两个对位取代基
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 取代反应 (3). NaOH溶液 (4). (5). (6). ACD (7). 6
【分析】苯与氯气发生取代反应生成氯苯，氯苯反应得到A，A与C反应得到N，结合N的结构及信息反应Ⅱ可知，A的结构简式为，C的结构简式为：；反应①应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解后酸化；苯与CH3COCl发生取代反应生成，由反应信息Ⅰ可知B为，B与甲醇发生酯化反应生成D为，D发生消去反应生成E为，E发生加聚反应生成R为。
【详解】（1）B为，含氧官能团的名称是：羧基、羟基 ，故答案为：羧基、羟基；
（2）由生成是氯原子取代了苯环上的H，故反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（3）反应Ⅰ应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解后酸化，则还需要的试剂是NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；
（4）由分析可知，化合物C的结构简式是：，故答案为：；
（5）反应Ⅲ为E发生加聚反应生成R为，化学反应方程式为：，故答案为：；
（6）A的结构简式为，A为苯酚。
A．A为，含有酚羟基，可与NaOH溶液反应，故A正确；
B．在常温下微溶于水，高于65℃时，能和水混溶，故B错误；
C．化合物C为，含有醛基、碳碳双键，可使高锰酸钾酸性溶液褪色，故C正确；
D．R为，其分子中含有酯基，在一定条件下可以发生水解反应，故D正确；
故选ACD，故答案为：ACD；
（7）根据同分异构体的要求，含有，且酚羟基对位的取代基由：-OOCCH2CH3、或-CH2OOCCH3、或-COOCH2CH3、或-CH2CH2OOCH、或-CH（CH3）OOCH、或-CH2COOCH3，总共有6种，故答案为：6。
可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 P－31 Cl－35.5 Fe－56 Cu－64
第I卷（选择题）
一、选择题
1.分类是化学学习与研究常用方法，下列分类正确的是（ ）
A. Cl2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物
B. Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物
C. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
D. 根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质
【答案】A
【解析】A、 Cl2O7、P2O5、SO3、CO2均属于酸性氧化物，正确；B、Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，Na2O属于碱性氧化物，Na2O2为过氧化物，但不属于碱性氧化物，错误；C、分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D、根据是否在水溶液中或者熔融状态下完全电离，电解质分为强电解质、弱电解质，错误。答案选A。
2.化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（ ）
①用电子式表示HCl的形成过程：
②MgCl2的电子式：
③质量数为133、中子数为78的铯原子：Cs
④S2﹣的结构示意图：
⑤次氯酸分子的结构式：H-O-Cl
⑥ CO2的分子比例模型示意图:
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【详解】由题意知①用电子式表示HCl的形成过程为：，故①错误。
②氯化镁为离子化合物，氯离子不能合并，MgCl2 的电子式为：，故②错误。
③质量数为133、中子数为78的铯原子，其质子数为55，铯原子表示为：Cs，故③正确。
④硫离子核电荷数为16，核外电子数为18，S2-的结构示意图为：，故④正确。
⑤次氯酸中O原子分别与H原子、Cl原子形成共价键，故⑤正确。
⑥C原子的原子半径＞O原子原子半径，故比例模型中C原子应比O原子更大，故⑥错误。
正确的为③④⑤，故答案选B。
【点睛】该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等。
3.下列各组物质相互混合进行反应，既有气体最终又有沉淀生成的是 ( )
①金属钠投入FeCl2溶液中 ②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应
③少量CaO投入到过量的NaHCO3溶液中 ④Na2O2投入到CuSO4溶液中
A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ①④
【答案】D
【详解】有题意可知①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和FeCl2反应生成沉淀，故①正确。
②过量NaOH溶液和明矾溶液反应中明矾中的铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，无气体生成，故②错误。
③CaO与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成而没有气体生成，故③错误。
④Na2O2投入CuSO4溶液发生反应，首先2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色Cu（OH）2沉淀，既有气体又有沉淀，故④正确。
故答案为①④，故答案选D。
4.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=890.3 kJ/mol
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知中和热为ΔH=-57.3 kJ/mol，则1 mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热
D. 已知S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1；S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2
【答案】D
【详解】A．燃烧热：在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水应为液态，故A错误；
B．C(石墨，s)═C(金刚石，s)△H＞0，该反应为吸热反应，故石墨的能量较低，比金刚石稳定，故B错误；
C．1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应生成2mol水，不符合中和热的定义，故C错误；
D．S(g)的能量大于S(s)，故与O2(g)反应生成SO2(g)，S(g)放出的热量多，△H＜0，故放出的热量越多，△H越小，故△H1＜△H2，故D正确；
故选D。
5.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2： 2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O
B. Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O
C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸： Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
D. 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↓
【答案】A
【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；
B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；
C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；
D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+ 2H2O，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。
6.水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为3Fe2++2S2O32－+O2+aOH－=Y+S4O62－+2H2O，下列说法中，不正确的是（ ）
A. a = 4 B. Y的化学式为Fe2O3
C. S2O32－是还原剂 D. 每有1molO2参加反应，转移的电子总数为4mol
【答案】B
【详解】根据电荷守恒知a=4，再根据质量守恒知Y的化学式为Fe3O4；该反应还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂为O2，1 mol O2参加反应得4 mol电子；
答案选B。
7.一定条件下，体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)，经60 s达到平衡，生成0.3 mol Z。下列说法正确的是（ ）
A. 若增大压强，则物质Y的转化率减小
B. 将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的
C. 以X的浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/(L·s)
D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH >0
【答案】C
【解析】一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将1molX和1molY进行如下反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经60s达到平衡生成0.3mol的Z，则：
2X(g)+Y(g)Z(g)
起始量(mol) 1 1 0
变化量(mol) 0.6 0.3 0.3
平衡量(mol) 0.4 0.7 0.3
A．增大压强，平衡正向移动，则物质Y的转化率增大，故A错误；B．将容器体积变为20L，则体积增大，压强减小，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的，故B错误；C．以X浓度变化表示的反应速率为=0.001 mol/(L•s)，故C正确；D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故D错误；故选C。
8.下列实验方案不能达到实验目的的是（ ）
A. 图A装置Cu和浓硝酸制取NO B. 图B装置实验室制备Cl2
C. 图C装置实验室制取乙酸乙酯 D. 图D装置实验室分离CO和CO2
【答案】C
【详解】A．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合题意；B．浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气与氢氧化钠反应进行尾气吸收，故B不符合题意；C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C符合题意；D．要将CO和CO2分离，足量纯碱溶液用来吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，收集到纯净的CO2，故D不符合题意．故选C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备及收集、乙酸乙酯的制备以及物质的分离等，侧重实验装置及分离原理的考查，注重实验的评价性和可行性分析，题目难度不大．
9.类推的思维方法可解决不少化学问题,但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中,你认为正确的是（ ）
A. 沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HF
B. Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3
C. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2
D. 惰性电极电解硫酸溶液后,加水可以使电解质溶液完全恢复。则用惰性电极电解硫酸钠溶液后加水也可以使电解质溶液完全恢复
【答案】D
【详解】A．HF分子间存在氢键沸点较高，所以氢化物沸点：HF＞HCl，故A错误；
B．Pb的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；
C．SO2具有还原性，过氧化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；
D．惰性电极电解硫酸、硫酸钠溶液后，都相当于电解水，加入水就可以使电解质复原，故D正确；
故答案选D。
10.短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，C、E同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，E是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是（ ）
A. 由A、D两种元素组成的化合物中只含有离子键
B. C、E的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质
C. 微粒半径大小：B+>A-
D. 最高价氧化物对应水化物碱性强弱：B>D
【答案】A
【分析】短周期元素包括1、2、3周期元素，A、B、D同主族，则其只能为ⅠA族元素，从而得出A为H、B为Li、D为Na；E是太阳能转化为电能的常用材料，则其为Si；C、E同主族，则C为C(碳)。从而确定A、B、C、D、E分别 为H、Li、C、Na、Si。
【详解】A. 由A、D两种元素组成的化合物为NaH，只含有离子键，A正确；
B. C、E的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，二者具有不同的物理性质和化学性质，B错误；
C. H-与Li+的电子层结构相同，但H的核电荷数为1，Li的核电荷数为3，对电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以微粒半径：Li+
二、选择题
11.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 ( )
①46g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NA
②常温下，4 g CH4含有NA个C-H共价键
③10 mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%
④标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA
⑤25 ℃时，pH＝12的1.0 L NaClO溶液中水电离出的OH－的数目为0.01NA
⑥1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA
A. ①②④ B. ①②⑤ C. ③⑤⑥ D. ④⑤⑥
【答案】B
【详解】由题可知①NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46g NO2中原子数=×3NA=3NA，故①正确。
②4g CH4物质的量为0.25mol，分子中含C-H共价键4×0.25×NA=NA，故②正确。
③加水至100mL溶液的密度变了，无法求出，故③错误。
④四氯化碳是液态不是气态，标准状况下，5.6L四氯化碳的物质的量不是0.25mol，故④错误。
⑤25℃时，pH=12的1.0L NaClO溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的OH-的数目为0.01NA，故⑤正确。
⑥2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时，2molNa2O2与水完反应中转移的电子为2NA，故⑥错误。
故正确的是①②⑤，故答案选B。
【点睛】本题的易错点为③和⑥，③中溶液中加水以后密度有变化，不能进行计算。⑥中过氧化钠中O元素的化合价为-1价，生成1molO2时消耗2molNa2O2与水完反应中转移的电子为2NA，注意方程式书写。
12.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( )
①pH = 0的溶液：Na+、C2O42－、MnO4－、SO42－
②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H+浓度c(H+)=10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－
A. ①④ B. ①② C. ②⑤ D. ②④
【答案】D
【详解】由题知①pH=0的溶液呈酸性，MnO4-具有强氧化性，与C2O42-发生氧化还原反应，不能大量共存，故①错误。
②pH=11的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故②正确。
③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液，水的电离收到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下CO32-、SO32-不能大量共存，碱性条件下NH4+不能大量共存，故③错误。
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故④正确；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、MnO4-发生氧化还原反应，不能大量共存，故⑤错误。
故正确的是②④，故答案为D。
【点睛】本题考查离子共存问题，为高频考点，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累，易错点为①，草酸根在酸性条件下会与高锰酸根发生氧化还原反应。
13.下列四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A. 由水电离的c(H+)：①=②>③=④
B. 向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 将②、③两种溶液混合后，若pH=7，则消耗溶液的体积：②>③
【答案】D
【分析】A.温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度；
B.CH3COOH、NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，根据电离平衡移动分析； C.先根据溶液的pH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少；
D.根据HCl是强酸，NH3·H2O是弱碱，二者等体积混合，氨水平衡状态电离产生的OH-与HCl电离产生的H+恰好中和，根据弱电解质的电离平衡判断。
【详解】A.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：①=②=③=④，A错误；
B.CH3COOH、NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中的c(H+)或c(OH-)又略有增大，所以加水稀释相同体积，CH3COOH的pH比HCl小，NH3·H2O的pH比NaOH的大，故加水100mL后溶液的pH：③>④>②>①，B错误；
C.醋酸是弱酸，HCl和NaOH是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①>②=④，根据反应方程式2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑可知等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，②=④，C错误；
D.盐酸是强酸，NH3·H2O是弱碱，二者若等体积混合，NH3·H2O电离的部分与HCl前后中和，过量的NH3·H2O会进一步电离，使溶液显碱性，溶液的pH>7，所以若溶液混合后pH=7，则溶液的体积②>③，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，等浓度的弱电解质稀释时pH变化比强电解质小，盐类的水解能促进水的电离。
14.常温下,向100 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 MOH溶液,所得溶液的pH变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 ( )
A. HA的电离方程式:HAH++A-
B. N点、K点水的电离程度:N
D. K点溶液中:c(OH-)+c(MOH)+c(A-)-c(H+)=0.1 mol·L-1
【答案】D
【分析】分析图像中的pH变化曲线，起始时溶液的pH值为2，说明HA酸为一元弱酸，当加入50mL时，两者恰好完全反应，此时溶液的pH值小于7，说明碱是一元弱碱。
【详解】A．HA酸为一元弱酸，其电离方程式要用可逆符号，不可以用等号，故A选项错误。
B．N点时溶液为中性，K点时碱过量较多，碱能抑制水的电离，故电离程度N＞K，故B选项错误。
C．根据N点溶液中的电荷守恒，可得出：c(A - )= c(M + )＞ c(OH - )= c(H + )，故C选项错误。
D．K点时溶液中的电荷守恒，可得出：c(A - )+ c(OH - )= c(H + )+ c(M + )，溶液中物料守恒可得c(MOH)+c(M + )= 0.1mol/L，联立消去c（M+）可得c(OH-)+c(MOH)+c(A-)-c(H+)=0.1 mol·L-1，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题的难点在于D选项中根据物料守恒与电荷守恒联立得出关系式，这种联立是此类型题中常见的解法。
15.根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O（未配平）设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是( )
A. 石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B. 甲烧杯中的电极反应式：MnO4-＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O
C. 电池工作时，盐桥中的阴阳离子分别向乙甲烧杯中移动，保持溶液中的电荷平衡
D. 忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 mol
【答案】D
【解析】A、根据所给反应方程式，Fe2＋的化合价升高，依据原电池工作原理，因此石墨b为负极，发生氧化反应，故A说法正确；B、石墨a为正极，发生还原反应，电极反应式为MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，故B说法正确；C、盐桥的作用是形成闭合回路，同时保持溶液中电荷平衡，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即K＋向甲烧杯移动，SO42－向乙烧杯移动，故C说法正确；D、生成Fe3＋的物质的量为(200×10－3×1.5×2－200×10－3×1×2)mol=0.2mol，负极反应式为Fe2＋=2e－=Fe3＋，因此电路中转移电子物质的量0.2mol，故D说法错误。
16.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），
下列有关说法正确的是 ( )
A. 第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B. 工业上金属钠是通过氯碱工业制取
C. 在第③④⑤步中溴元素均被氧化
D. 从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩
【答案】D
【详解】A．除去粗盐中的SO 4 2- 、Ca 2+ 、Mg 2+ 等杂质，先除硫酸根离子，需要BaCl 2 溶液，再除镁离子，需要NaOH溶液，最后除钙离子，加入Na 2 CO 3 溶液，故A选项错误。
B．B、工业上采用电解熔融氯化钠方法制取金属钠，故B选项错误。
C．③是溴元素被氧化为溴单质，④是溴单质被还原为溴离子，⑤是溴元素被氧化为溴单质，故C选项错误。
D．从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题需要注意A选项中粗盐提纯的过程中加入Na 2 CO 3 溶液要在BaCl 2 溶液之后加入，来除去过量的Ba2+。
17.在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0平衡常数K1
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为
B. 平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/L
C. 其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大
D. 平衡时NO2的转化率为50％
【答案】C
【详解】A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1=
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2 =
反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；
B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3 mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
xmol 0.5xmol
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
2ymol ymol 2ymol
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)==2.5×10-2mol/L，B正确；
C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；
D.平衡时NO2的转化率为×100%=50%，D正确；
故合理选项是C。
18.某溶液中可能含有H＋、、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、、、中的几种。
①若加入锌粒，用排空气法收集到无色无味气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是( )
A. 溶液中的阳离子有H＋、Mg2＋、Al3＋、
B. 溶液中n(Mg2＋)＝0.1 mol
C. 溶液中一定不含、、Fe3＋
D. n(∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝4∶2∶1
【答案】B
【分析】根据①可知，溶液显酸性，则溶液中一定不存在CO32-和NO3-，根据②可知，产生的是白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在阴离子SO42-。
根据图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol，第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol，最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol，第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）×0.5=0.05mol。
【详解】A．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A选项正确。
B．根据以上分析可知，n（Mg2+）=0.05mol，故B选项错误。
C．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-、Fe3+，故C选项正确。
D．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.2mol：0.1mol：0.05mol=4：2：1，故D选项正确。
故答案选B。
19.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则CO2与CH4的体积比为( )
A. 3∶1 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 任意比
【答案】C
【详解】在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则混合气体变形能变为(CO)x( H2)y，即可，故CO2：CH4 = 1:1，故C符合题意，故答案为C。
【点睛】只要能改写成(CO)x( H2)y的有机物或则其他混合物，m g该混合物充分燃烧后通入到足量过氧化钠中，过氧化钠增加的质量为m g。
20.将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中,生成了6.72LNO(标准状况下),向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀,则沉淀的质量为（ ）
A. 22.1g B. 27.2g C. 30g D. 30.2g
【答案】B
【解析】试题分析：将合金加入热氢氧化钠溶液中，铝发生反应，减少的质量就是铝的质量，n(Al)=m∕M=2.7g∕27g.mol-1=0.1mol。m(氢氧化铝)=n(氢氧化铝)×M=0.1mol×78g∕mol=7.8g。n(NO)总=0.3mol.根据方程式Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O可知铝放出NO气体0.1mol.镁和铝放出的一氧化氮为0.3-0.1=0.2mol.镁和铝质量和为11.9-2.7=9.2g,根据3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2OFe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O就可以求出各自的质量，进而求出它们转化得到的沉淀的质量。求解得n(Mg)=0.15mol,n(Fe)=0.1mol.Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀,则沉淀的质量=0.15mol×58g∕mol+0.1mol×78g∕mol+0.1mol×107g∕mol= 27.2g选项为：B。
考点：考查Mg、Al、Fe等金属与足量的酸、碱反应的计算的相关知识。
第Ⅱ卷 （非选择题）
三、填空题
21.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）如何用实验证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁_______________________________
______________________________________________________________________________
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B名称是____________________。
②将下列实验操作步骤正确排序______________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒
重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．打开K1和K2，缓缓通入N2
c．关闭K1和K2 d．熄灭酒精灯 e．称量A f．冷却到室温
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C中的溶液为BaCl2，其作用是________________________
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_______________________________。
③有同学认为该实验装置存在一定缺陷，请你谈谈完善该试验装置的措施____________________________。
【答案】 (1). 取少量样品溶于水滴加KSCN溶液，若溶液颜色无明显变化，再向溶液中通入空气，溶液变红，证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁 (2). （球形）干燥管 (3). badfce (4). 检验产物中的SO3 (5). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ (6). 需要尾气吸收装置
【详解】（1）根据实验信息可知，可取少量样品溶于水滴加KSCN溶液，若溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+，再向溶液中通入空气，溶液变红，说明产生了Fe3+，证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁，故答案为：取少量样品溶于水滴加KSCN溶液，若溶液颜色无明显变化，再向溶液中通入空气，溶液变红，证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁；
（2）①根据仪器构造可知B为（球形）干燥管。②装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排除装置中的空气，在反应中利用氮气将装置中产生的水完全排净，因此应先熄灭酒精灯，再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确顺序为badfce，故答案为：（球形）干燥管；badfce；
（3）①最终得到红色粉末，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以选用氯化钡检验产物中的SO3。②得到红色粉末为氧化铁，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。③产物中有SO2和三氧化硫气体，故需要尾气吸收装置。故答案为：检验产物中的SO3；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；需要尾气吸收装置。
【点睛】本题主要考查铁盐和亚铁盐相互转变;亚铁离子和三价铁离子的检验以及常用仪器的名称，易错点为化学实验操作的先后顺序；复杂化学式的确定及陌生氧化还原方程式的书写和配平。
22.利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；②沉淀I中只含有两种沉淀；③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为________________________________。
（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为__________________________________。
（3）加入Na2CO3调PH至5.2，目的是____________________________；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为_________________________。
（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2-3，________________、_______________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%,其原因可能是______________________________（回答一条原因即可）。
【答案】(1). Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O (2). ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++ 3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
【分析】在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀。过滤后得到滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，将Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀，加盐酸调节溶液PH值，加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入浓盐酸调整PH为2-3，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、减压烘干等过程，最终得到所制备的产品。
【详解】(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式: Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O。
答案为：Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O；
(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为: ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O。
答案为： ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。
答案为：使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2
(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。
答案为：蒸发浓缩 ；冷却结晶
(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
答案为：产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
23.甲醇（CH3OH）和二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，具有清洁、高效等性能。
（1）CO2可用于合成二甲醚（CH3OCH3），有关反应的热化学方程式如下：
CO2(g) + 3H2(g)＝CH3OH(g) + H2O(g) △H=－49.0 kJ·mol-1
2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g) + H2O(g) △H=－23.5 kJ·mol-1
H2O(l)＝H2O(g) △H= + 44 kJ·mol-1
则CO2与H2反应合成二甲醚生成液态水的热化学方程式为：__________________________________________________。
（2）工业上合成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H=－90.8 kJ·mol-1。 下列不能说明该反应在恒温恒容条件下已达化学平衡状态的是___________
A．v正(H2) = 2v逆(CH3OH) B．n(CO):n(H2):n(CH3OH)=1:2:1
C．混合气体的密度不变 D．混合气体的平均相对分子质量不变 E．容器的压强不变
（3）若反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)在某温度下的化学平衡常数为400，此温度下，在密闭容器中加入一定量甲醇，反应进行到某时刻，测得各物质的浓度如下表所示：
物质
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
浓度（mol·L-1）
0.44
0.60
0.60
①比较该时刻正、逆反应速率的大小：v(正)_____v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
②若加入甲醇后，经10 min反应达到平衡，则平衡后c(CH3OH)=______________，
该时间内反应速率v(CH3OCH3)=_____________。
（4）利用二甲醚（CH3OCH3）设计一个燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，石墨做电极，该电池负极电极反应式为___________________________。以此燃料电池作为外接电源按如图所示电解硫酸铜溶液，如果起始时盛有1000mLpH=5的硫酸铜溶液（25℃，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入______其质量约为_____g。
【答案】(1). 2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1 (2). BC (3). ＞ (4). 0.04 mol•L-1 (5). 0.08 mol•L-1•min-1 (6). CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O (7). CuO (8). 4g
【分析】（1）根据盖斯定律分析作答；
（2）变量不变时，可以说明反应达到平衡状态；
（3）①根据各组分的浓度商与平衡常数的大小进行判断反应方向及正逆反应速率大小；
②设达到平衡时又消耗了xmol甲醇，利用三段式及平衡常数列出方程式进行计算平衡时甲醇浓度及二甲醚的反应速率；
（4）燃料电池中，负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，正极反应为氧气得到电子发生还原反应，在碱性环境中生成氢氧根离子；电解池中，根据电解原理反应，结合电子转移数相等找出关系式分析计算。
【详解】（1）已知①CO2(g) + 3H2(g)＝CH3OH(g) + H2O(g) △H=－49.0 kJ·mol-1
②2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g) + H2O(g) △H=－23.5 kJ·mol-1
③H2O(l)＝H2O(g) △H= + 44 kJ·mol-1
根据盖斯定律①×2＋②-③×3得出CO2与H2反应合成二甲醚生成液态水的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1，故答案为：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=-253.5kJ•mol-1；
（2）A．v正（H2）=2v逆（CH3OH），表示的是正逆反应速率，且满足二者计算量关系，说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）=1：2：1，物质的量之比，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故B正确；
C．混合气体的密度不变，反应前后都是气体，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，密度不能作为判断平衡状态的依据，故C正确；
D．该反应是气体体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量发生变化，混合气体的平均分子量发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不变，说明达到了平衡状态，故D错误；
E．该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量在反应中发生变化，若容器的压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故E错误；
故答案为：BC；
（3）①此时的浓度商为：Qc= =1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
②设达到平衡时据此又消耗了xmol，则
则K= =400，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L-0.2mol/L×2= 0.04mol/L，则10min生成二甲醚的浓度为：0.6mol/L+0.2moL/L=0.8mol/L，
所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）= =0.08 mol/（L•min），
故答案为：0.04 mol•L-1；0.08 mol•L-1•min-1；
（4）燃料电池中，负极上是燃料甲醚发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，即为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O，正极反应为氧气得到电子发生还原反应，在碱性环境中生成氢氧根离子，正极反应为3O2+12e-+6H2O=12OH-。
下半部分为电解池，由电子流向可知，Fe为阴极，铜离子得到电子生成Cu，阴极反应式：Cu2+ +2e-==Cu 阳极反应式：4OH- -4e-==2H2O+O2↑，从体系中脱离的是Cu和O，且原子比例为1:1，所以向溶液中加入CuO，pH=1时H+浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，故H+的物质的量为0.1mol，因为反应前H+较少，可以认为0.1molH+全部来自于电解2H2O-4e-=O2+4H+，故产生0.1molH+就会产生0.025molO2，含有0.05molO原子，根据原子守恒，需要补充0.05mol CuO，CuO的质量为0.05mol×80g/mol= 4g。
故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；CuO；4g。
24.以苯为主要原料，制取高分子材料N和R的流程如下：
已知：
（1）B中含氧官能团的名称是_____________。
（2）由生成的反应类型是_____________。
（3）一定条件下，发生反应Ⅰ所需的其他反应试剂是_____________。
（4）化合物C的结构简式是_____________。
（5）反应Ⅲ的化学反应方程式是________________________________________________。
（6）下列说法正确的是_____________。(填字母)。
a．A可与NaOH溶液反应 b．常温下，A能和水以任意比混溶
c．化合物C可使酸性高锰酸钾溶液褪色 d．E存在顺反异构体
（7）符合下列条件的B的同分异构体有____________种。
a．能与饱和溴水反应生成白色沉淀
b．属于酯类
c．苯环上只有两个对位取代基
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 取代反应 (3). NaOH溶液 (4). (5). (6). ACD (7). 6
【分析】苯与氯气发生取代反应生成氯苯，氯苯反应得到A，A与C反应得到N，结合N的结构及信息反应Ⅱ可知，A的结构简式为，C的结构简式为：；反应①应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解后酸化；苯与CH3COCl发生取代反应生成，由反应信息Ⅰ可知B为，B与甲醇发生酯化反应生成D为，D发生消去反应生成E为，E发生加聚反应生成R为。
【详解】（1）B为，含氧官能团的名称是：羧基、羟基 ，故答案为：羧基、羟基；
（2）由生成是氯原子取代了苯环上的H，故反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（3）反应Ⅰ应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解后酸化，则还需要的试剂是NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；
（4）由分析可知，化合物C的结构简式是：，故答案为：；
（5）反应Ⅲ为E发生加聚反应生成R为，化学反应方程式为：，故答案为：；
（6）A的结构简式为，A为苯酚。
A．A为，含有酚羟基，可与NaOH溶液反应，故A正确；
B．在常温下微溶于水，高于65℃时，能和水混溶，故B错误；
C．化合物C为，含有醛基、碳碳双键，可使高锰酸钾酸性溶液褪色，故C正确；
D．R为，其分子中含有酯基，在一定条件下可以发生水解反应，故D正确；
故选ACD，故答案为：ACD；
（7）根据同分异构体的要求，含有，且酚羟基对位的取代基由：-OOCCH2CH3、或-CH2OOCCH3、或-COOCH2CH3、或-CH2CH2OOCH、或-CH（CH3）OOCH、或-CH2COOCH3，总共有6种，故答案为：6。
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