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辽宁省沈阳市五校协作体2020届高三上学期期中考试化学试题
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2019-2020 学年度(上) 沈阳市五校协作体期中联考高三年级化学试卷
1.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是
A. 切开的苹果和纸张久置在空气中变黄原理一致
B. 铁制品和铜制品均能发生吸氧和析氢腐蚀
C. 高温加热和“84”消毒液均可杀死禽流感病毒
D. 根据我国最新垃圾分类标准，废旧干电池属于可回收垃圾
【答案】C
【解析】
【详解】A. 纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，A错误；
B. 铜活泼性排在氢的后面，不能发生析氢腐蚀，B错误；
C. 84消毒液含有具有强氧化性的次氯酸钠，具有强氧化性的物质以及高温等都可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，C正确；
D. 废弃的电池按照国家现行垃圾分类标准来说属于有害垃圾的，D错误；
答案为C。
2.下列说法正确的是
A. 实验室用加热氯化铵固体制取氨气
B. 漂白粉属于混合物，液氯属于纯净物
C. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物
D. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，A错误；
B. 漂白粉为次氯酸钙和氯化钙的混合物，属于混合物；液氯为液态氯气，属于纯净物，B正确；
C. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和过氧化物，C错误；
D. 煤的气化、液化，煤的干馏均属于化学变化，D错误；
答案为B。
3.下列有关化学用语正确的是
A. 羟基的电子式：
B. Cl－的结构示意图：
C. 二氧化碳分子的比例模型：
D. 葡萄糖的摩尔质量：180
【答案】A
【解析】
【详解】A. 羟基的电子式：，A正确；
B. Cl－的结构示意图：，B错误；
C. 二氧化碳分子的比例模型为直线型：，C错误；
D. 葡萄糖的摩尔质量：180g/mol，D错误；
答案为A。
4.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）
B. 分子数目相等的三种气体，质量最大的是Y
C. 若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D. 20 ℃时，若2 mol Y与1 mol Z体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据密度等于质量比体积计算，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，但温度压强不定，所以密度无法判断，不选A；
B、根据质量等于物质的量乘摩尔质量计算，分子数相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，错误，不选B；
C、气体的物质的量与温度和压强有关，没有说明是在标况下，不能确定22.4升气体就为1摩尔，错误，不选C；
D、若20 ℃时，若2 mol Y与1 mol Z体积相等，则二者的物质的量比是2:1，则同温同压下的气体的物质的量之比等于压强比，所以正确；
答案选D。
【点睛】阿伏加德罗定律
1．内容：在同温同压下，同体积的气体含有相等的分子数。即“三同”定“一等”。
2．推论
（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2；
（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2；
（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；
（4）同温同压同体积时，M1/M2=ρ1/ρ2
5.NH4N3(叠氮化铵)易发生爆炸反应：NH4N32N2↑＋2H2↑，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1.8 g NH4+中含有的质子数为1mol
B. N2既是氧化产物，又是还原产物
C. 6 g NH4N3晶体中含有的阴离子为0.1mol
D. 爆炸反应中，当转移4mol电子时，产生89.6 L混合气体
【答案】C
【解析】
【详解】A. NH4+中含有11个质子，则1.8 g NH4+即0.1mol，其含有的质子数为1.1mol，A错误；
B. NH4N3中，NH4+中N为-3价，N3-整体为-1价，H为+1价，N2为化合价升高的产物，是氧化产物，B错误；
C. NH4N3的摩尔质量为60g/mol，6 g NH4N3晶体即0.1mol，含有的阴离子为N3-，为0.1mol，C正确；
D. 爆炸反应中，当转移4mol电子时，产成标准状况下的89.6 L混合气体，D错误；
答案为C。
6. 下列实验操作或检验正确的是
A. 收集氯气 B. 转移溶液 C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水制少量蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；
B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接倒入容量瓶，避免液体流到容量瓶外，B错误；
C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；
D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确。
答案选D。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离产生的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液：K＋、Na＋、ClO－、I－
B. c(H＋)/c(OH－)＝1×10－12的溶液：K＋、AlO2-、CO32-、Na＋
C. 硫化钠溶液：Cu2＋、SO32-、Br－、H＋
D. pH＝13的溶液：AlO2-、Cl－、HCO3-、SO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水电离产生的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液可能为酸，也可能为碱，酸性时，H＋、ClO－、I－不能大量共存，A错误；
B. c(H＋)/c(OH－)＝1×10－12的溶液呈碱性，OH－、K＋、AlO2-、CO32-、Na＋不反应，能大量共存，B正确；
C. 硫化钠溶液中含有大量的S2-，Cu2＋与S2-反应生成不溶于一般性酸的CuS沉淀，不能大量共存，C错误；
D. pH＝13的溶液呈碱性，OH－与HCO3-不能大量共存，D错误；
答案为B。
【点睛】酸、碱对水电离有抑制作用，水电离产生的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液可能为酸，也可能为碱。
8.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是
A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
B. 氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度
C. 由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干
D. 溴工业中③、④目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、④、⑤中均被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；
B项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应，氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应，从而提高了产品的纯度，故B正确；
C项、氯化镁在溶液中会发生水解，由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干，防止氯化镁发生水解，故C正确；
D项、反应④是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，溴元素被还原，故D错误；
故选D。
【点睛】氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键，也是易错点。
9.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
10.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有
序号
X
Y
Z
W
①
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
CuO
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Al
AlCl3
Al(OH)3
Al2O3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①Cu与浓硫酸在加热时反应产生CuSO4，CuSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解产生CuO，CuO与H2在加热时反应产生Cu单质，可以实现上述转化，①合理；
②Na与H2O反应产生NaOH，NaOH与少量CO2反应产生Na2CO3，Na2CO3与足量HCl反应产生NaCl，电解熔融的NaCl得到金属Na，可以实现上述转化，②合理；
③Al与盐酸反应产生AlCl3，AlCl3与氨水反应产生Al(OH)3， Al(OH)3加热分解产生Al2O3，电解熔融的Al2O3得到金属Al，可以实现上述转化，③合理；
④Fe与氯气反应得到FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能发生反应得到Fe单质，故不会实现上述转化，④不合理；
合理有①②③，选项D正确。
11.将装满气体X的试管倒置于装有液体Y的水槽中，充分振荡试管后，下列说法合理的是
气体X
液体Y
试管内现象
A
SO2
滴有品红的水溶液
无明显现象
B
NO2
水
充满无色溶液
C
NH3
滴有酚酞的水溶液
充满红色溶液
D
C2H4
酸性KMnO4溶液
无明显现象
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. SO2溶于水，与品红反应生成无色物质，与题意不符，A错误；
B. NO2与水反应，生成试管的NO气体，液体进入试管，与题意不符，B错误；
C. NH3溶于水，与水反应生成NH3∙ H2O，其电离，导致溶液呈碱性，酚酞溶液变红，符合题意，C正确；
D. 乙烯与酸性高锰酸钾反应，导致溶液充满整个试管，且高锰酸钾溶液变浅，与题意不符，D错误；
答案为C。
12.下列离子方程式正确的是
A. 实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气：K37ClO3＋6HCl＝3Cl2↑＋3H2O＋K37Cl
B. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋＝3S↓＋SO42－＋2H2O
C. 二氧化硫通入氯化钡溶液中：SO2＋Ba2＋＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋
D. 向l0mL l mol·L－1 KAl(SO4)2的溶液中加入7.5mL 2 mol·L－1Ba(OH)2溶液：2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】D
【解析】
【详解】A. 实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气，根据价态只靠拢不相交原则，K37ClO3＋6HCl＝37Cl-Cl +2Cl2↑＋3H2O＋KCl，A错误；
B. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O，B错误；
C. 二氧化硫通入氯化钡溶液中无沉淀生成，C错误；
D. l0mL l mol·L－1 KAl(SO4)2与7.5mL 2 mol·L－1Ba(OH)2反应，n[KAl(SO4)2]:n[Ba(OH)2]=2：3，则2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，D正确；
答案为D。
【点睛】盐酸和氯酸钾反应时，根据价态只靠拢不相交原则，氯气由Cl和37Cl组成。
13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，22.4L Cl2与1mol FeI2反应时转移的电子数小于2NA
B. 将1L 0.1 mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，所含胶体粒子数目为0.1NA
C. 120 g NaHSO4与KHSO3的固体混合物中阳离子数目大于NA
D. 标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O－H键数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温常压下，22.4L Cl2的物质的量小于1mol，则与1mol FeI2反应时转移的电子数小于2NA，A正确；
B. 将1L 0.1 mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，每个胶粒不一定为一个Fe(OH)3，则所含胶体粒子数目不一定为0.1NA，B错误；
C. NaHSO4、KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，120 g NaHSO4与KHSO3的固体混合物的物质的量为1mol，阳离子分别为Na+、K+，阳离子数目等于NA，C错误；
D. 标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为0.2mol，其完全燃烧生成0.4mol水，产物中所含O-H键数目为0.8NA，D错误；
答案为A。
14.短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次递增,且Y原子半径在这5种原子中最小,R单质是将太阳能转化为电能的常用材料,X和R原子最外层电子数相同;W2-的最外层为8电子结构,单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是
A. 简单离子半径W>Y>Z
B. 化合物ZY和RY4化学键类型相同
C. W、R最高价氧化物均能与水反应,且生成的酸的酸性W>R
D. W的最高价氧化物对应的水化物在与X单质反应时既显氧化性又显酸性
【答案】A
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、R、W 的原子序数依次增大，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，R为Si元素；X和R原子最外层电子数相同，则X为C元素；W2-的最外层为8电子结构，W为S元素；单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z为钠元素，燃烧生成的产物为过氧化钠；Y原子半径在这5种原子中最小，则Y可能为N、O、F中的一种元素，根据选项B的物质组成，Y为F元素。A. 电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径W>Y>Z，故A正确；B. 化合物ZY和RY4分别为NaF和SiF4，分别为离子化合物和共价化合物，化学键类型不同，故B错误；C. W、R最高价氧化物分别为三氧化硫和二氧化硅，二氧化硅不能与水反应，故C错误；D. W的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，在与C单质反应时只表现氧化性，故D错误；故选A。
点睛：本题考查原子结构与元素周期律，把握元素化合物知识、原子序数和元素的位置来推断元素为解答的关键。本题的难点是Y元素的确定，本题的易错点为D，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，硫酸中硫元素的化合价全部降低，只体现了硫酸的氧化性。
15.水溶液X中可能溶有K+、Mg2+、Al3+、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断不正确的是（ ）
A. 气体甲可能是混合物
B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C. 白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝
D. K+、[Al(OH)4]-和SiO32-一定存在于溶液X中
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲，气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，再根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在唯一的阳离子K+；
加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干的离子可知，溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；
无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；
根据以上分析进行判断。
【详解】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，结合溶液电中性可知，原溶液中一定存在K+；由于加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干中的离子可知，远溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；
A．根据以上分析可知，气体甲可能为二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A正确；
B．由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；
C．根据分析可知，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，而溶液甲中加入过量氨水生成了沉淀乙，沉淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的[Al(OH)4]-与过量酸反应生成铝离子，故C正确；
D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在K+、[Al(OH)4]-和SiO32-，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查离子共存、常见离子的检验方法，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，特别是Al3+和[Al(OH)4]-的判断是解题难点，无色溶液甲中滴加过量的氨水所得沉淀为Al(OH)3，但溶液甲中的Al3+来源于[Al(OH)4]-与过量盐酸反应生成的，而不是原溶液中含有的Al3+。
16.下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
鉴别NO2、溴蒸气
用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝则该气体为溴蒸气
B
验证I－还原性强于Cl－
向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色
C
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成红色
D
检验SO2的漂白性
将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液是否褪色
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、溴蒸气和二氧化氮均为红棕色气体，均能氧化KI，则湿润的淀粉碘化钾试纸插入气体中，试纸变蓝，不能确定气体为二氧化氮还是溴蒸气，故A错误；
B项、向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色说明氯气与碘化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，由还原剂的还原性强于还原产物可知，碘离子的还原性强于氯离子，故B正确；
C项、将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，NO3-离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+，不能检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质，故C错误；
D项、二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，在该反应中，二氧化硫没有表现漂白性，只有其使有机色质褪色时才表现漂白性，故D错误；
故选B。
【点睛】将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸实际上是在酸性溶液中，硝酸根离子将亚铁离子氧化为三价铁离子是解答的易错点。
17.C(s)＋2H2(g)CH4(g) ΔH。在1 L密闭容器中投入1mol碳，并充入2mol H2，测得相关数据如图所示。
（已知：可用平衡分压代替平衡浓度算出平衡常数Kp，分压＝总压×物质的量分数 ）下列有关说法错误的
A. ΔH＜0 B. p1＜6MPa C. T1＜1 000 K D. A点的平衡常数Kp＝
【答案】D
【解析】
【详解】A.有图像1，在等压线下，升高温度，碳的平衡转化率降低，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确；
B.有图像1，向横坐标作垂线，即等温线，该反应正向是体积缩小的反应，碳的转化率越高 ，说明平衡正向进行，压强越大，即p1＜6Mpa，故B正确；
C. 有选项A可知，正反应是放热反应，向横坐标作垂线，即是等压线，保持压强不变，升高温度，平衡逆向进行，碳的转化率降低，故T1＜1 000 K，故C正确；
D.起始C和H2的物质的量分别为1mol和2mol，在A点碳的平衡转化率为50%，
可逆反应C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）
开始（mol）1 2 0
反应（mol）0.5 1 0.5
平衡（mol）0.5 1 0.5
平衡时P（H2）=1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa、P（CH4）=0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa，该反应的平衡常数Kp= P(CH4)÷P2(H2)= （0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa）÷(1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5Mpa)2=2/9，故D错误；
故选D.
18.下列有关离子检验的描述正确的是
①向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解,则部分Na2SO3被氧化
②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,则该溶液中一定含有CO32-
③向某溶液中加稀硫酸和单质铜，溶液变蓝色，有无色、刺激性气味的气体生成，遇空气后变红棕色，说明原溶液含NO3-
④检验溶液中是否含有Fe2+:取少量待检验溶液,向其中加入少量新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察实验现象
⑤向某溶液中加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明原溶液中含有SO32-
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，一定有BaSO3，再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，未溶解的沉淀为BaSO4，则部分Na2SO3被氧化，符合题意，正确；
②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则该溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-等，与题意不符，错误；
③向某溶液中加稀硫酸和单质铜，溶液变蓝色，有无色、刺激性气味的气体生成，遇空气后变红棕色，则该气体为NO，说明原溶液含NO3-，符合题意，正确；
④检验溶液中是否含有Fe2+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，可能原溶液中含有Fe3+，与题意不符，错误；
⑤向某溶液中加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明原溶液中可能含有SO32-、HSO3-，与题意不符，错误；
综上所述，答案为C。
19.下图是用于航天飞行器中的一种全天候太阳能电化学电池在光照时的工作原理。下列说法正确的是
A. 夜间无光照时，a电极流出电子
B. 光照时，H+由a极室通过质子膜进入b极室
C. 光照时，b极反应式是VO2++2OH--e-=VO2++H2O
D. 该电池与硅太阳能电池供电原理相同
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图像可知，光照时，b极为电子流出的一极，则a极为电子流入的一极，a极区，阳离子电荷数减小，则氢离子向a极区移动。
【详解】A. 夜间无光照时，与光照时电子流向相反，a电极流出电子，A正确；
B. 分析可知，光照时，H+由b极室通过质子膜进入a极室，B错误；
C. 光照时，b极生成氢离子，则反应式是VO2++ H2O -e-=VO2++2H+，C错误；
D. 硅太阳能电池为半导体原理将太阳能转化为电能，该电池为将太阳能转化为化学能和电能，供电原理不相同，D错误；
答案为A。
【点睛】该装置为将太阳能转化为化学能和电能的装置，光照时与夜间无光时电流方向相反。
20.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. a点时，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1
B. 电离平衡常数：Ka(HA)< Ka(HB)
C. b点时，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B-)> c(HB)
【答案】B
【解析】
【详解】A. a点时，=0，c(A-)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1，选项A正确；
B. =0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)===10-4mol/L；=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)===10-5mol/L，Ka(HA)> Ka(HB)，选项B错误；
C. b点时，=0，c(B-)=c(HB)，pH=5，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，>0，c(B-)> c(HB)，选项D正确。
答案选B。
21.（1）将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式为_________。向反应后的溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 _______________。
（2）在100mLFeBr2溶液中通入标准状况下2.24LCl2，溶液中有1/4的Br- 被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为 ______________ （结果保留两位小数）。
（3）三氟化氮(NF3)是一种无色无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
①写出该反应的化学方程式___________________，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为__________ 。
②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是 __________。
【答案】 (1). NaAlO2 (2). 2AlO2- + CO2 + 3H2O====2 Al（OH）3 ↓ + CO32- (3). 1.33mol/L (4). 3NF3+5H2O====9HF+2NO+HNO3 (5). 0.4NA或2.408×1023 (6). 产生红棕色气体
【解析】
【分析】
（1）Al、Al2O3和Al(OH)3与NaOH反应的产物均为偏铝酸钠；偏铝酸钠与少量的二氧化碳和水反应生成氢氧化铝和碳酸钠；
（2）还原性：Fe2+>Br-，则首先反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，然后为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2利用数据进行计算；
（3）①三氟化氮(NF3)中，F为-1价，N为+3价，与水蒸气反应，N的化合价部分升高为+5价，部分降低为+2价，则NO的系数为HNO3的2倍；
②NF3气体泄漏时，与空气中的水蒸气反应生成的NO，在空气中生成红棕色的NO2，易于发现。
【详解】（1）Al、Al2O3和Al(OH)3与NaOH反应的产物均为偏铝酸钠，其化学式为NaAlO2；偏铝酸钠与少量的二氧化碳和水反应生成氢氧化铝和碳酸钠，离子方程式为2AlO2- + CO2 + 3H2O==2 Al（OH）3 ↓ + CO32-；
（2）还原性：Fe2+>Br-，则首先反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，然后为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，标准状况下2.24LCl2，即0.1mol，得到0.2mol电子，n(Fe2+):n(Br-)=1：2，则n+=0.2，求解n=mol，c(FeBr2)=mol/L，即1.33mol/L；
（3）①三氟化氮(NF3)中，F为-1价，N为+3价，与水蒸气反应，N的化合价部分升高为+5价，部分降低为+2价，则NO的系数为HNO3的2倍，方程式为3NF3+5H2O==9HF+2NO +HNO3；生成0.2mol HNO3，转移0.4mol电子，即0.4NA；
②NF3气体泄漏时，与空气中的水蒸气反应生成的NO，在空气中生成红棕色的NO2，易于发现。
【点睛】三氟化氮(NF3)中，F为-1价，N为+3价，与水蒸气反应时发生歧化反应，生成HF、NO和HNO3。
22.某研究小组模拟工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的第一步反应如下：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2进行以下实验，并测定该样品中FeS2样品的纯度（假设其它杂质不参与反应）。
实验步骤：称取研细的样品4.000g放入上图b装置中，然后在空气中进行煅烧。为测定未反应高锰酸钾的量（假设其溶液体积保持不变），实验完成后取出d中溶液10mL置于锥形瓶里，用0.1000mol/L草酸(H2C2O4)标准溶液进行滴定。（已知：5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O = K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 ）请回答下列问题：
（1）称量样品质量能否用托盘天平_______（填“能”或“不能”），取出d中溶液10mL需要用______准确量取(填序号)
A．容量瓶 B．量筒 C．碱式滴定管 D．酸式滴定管
（2）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是__________
（3）已知草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为_______________﹔判断滴定到达终点的方法是___________。
（4）已知滴定管初读数为0.10mL，末读数如图所示，消耗草酸溶液的体积为___________mL。
下列操作会导致该样品中FeS2的纯度测定结果偏高的是_________(填序号)
A.盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定
B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗
C.读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视
D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
（5）该样品中FeS2的纯度为__________________
（6）若用下图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_______（填编号）。
【答案】 (1). 不能 (2). D (3). 促进装置中的二氧化硫气体全部吸收 (4). 2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (5). 滴入最后一滴草酸溶液, 溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复 (6). 15.00 (7). C (8). 90％ (9). ②
【解析】
【分析】
将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O2 2CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；
(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取；
(2)为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以实验中应将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中；
(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；
(4)依据滴定管的结构，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积；滴定过程中如果使用的草酸体积偏大，未与SO2反应的高锰酸钾偏大，则测定的二硫化亚铁的质量分数就偏小；
(5)依据灼烧反应和滴定反应的定量关系计算二硫化亚铁的质量分数；
(6)装置d是用于吸收并测定产物中二氧化硫的含量，根据二氧化硫的化学性质进行判断。
【详解】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；
(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g，所以不能用托盘天平称量样品质量；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故答案为D；
(2) 实验的目的是测量FeS2的纯度，为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是：将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中，使SO2被完全吸收；
(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；
(4)依据滴定管的结构，末读数为15.10mL，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积为：15.10mL-0.10mL=15.00mL；
A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，导致草酸浓度降低，则使用的草酸体积偏大，导致未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁测定值偏低；
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，不影响测定；
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，导致草酸体积偏小，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏小，二硫化亚铁测定值偏高；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，导致草酸体积偏大，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁的测定值偏低；
故答案为C；
(5)根据离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，100mL溶液中剩余高锰酸钾物质的量为：×0.01500L×0.1000mol/L×=0.006mol，与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量为：0.3000mol/L×0.1000L-0.006mol=0.024mol，结合反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可得：
5FeS2～10SO2～4KMnO4
5 4
n(FeS2) 0.024mol
，解得n(FeS2)=0.03mol，则样品中FeS2的纯度为：×100%=90%；
(6)①中溶液不能吸收SO2，无法测定SO2；②中溶液吸收二氧化硫生成硫酸钡沉淀，可测定SO2，可以替代装置d；③SO2中混有的N2等不溶于水，干扰了二氧化硫的测定；故答案为②。
【点睛】考查滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
23.利用钛白粉厂废酸（主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+）制备过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，同时回收TiO(OH)2简要流程如下：
已知：i.部分离子完全生成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的PH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ii.pH>7时，Fe2+部分生成Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+。
请回答下列问题：
（1）加入适量铁的作用是________________________。
（2）生成TiO(OH)2的化学方程式是____________________。
（3）滤渣I、滤渣Ⅱ中均含有的物质的化学式是________
（4）加入H2O2的目的是氧化除掉Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，配平下列离子方程式：2[Fe(NH3)2]2+ +____________+4H2O +H2O2 =___________ + 4NH3·H2O 。
（5）常温下，电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。
在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为_________
（6）已知Ksp[Al(OH)3]=3.2×10-34 ，当pH=10 时，求溶液中c(Al3+)=___________
（7）25℃，pH=3的(NH4)2SO4溶液中，计算2c(SO42-)- c(NH4+) =___________（列式即可）
【答案】 (1). 将Fe3+ 还原到Fe2+，避免Fe3+ 和TiO2+ 同时沉淀 (2). TiOSO4+2 NH3·H2O=(NH4)2SO4 +TiO(OH)2 ↓ (3). Fe(OH)3 (4). 4OH- (5). 2Fe(OH)3 (6). 0≤PH≤2 (7). 3.2×10-22 (8). 10-3-10-11
【解析】
【分析】
根据流程结合题干信息，废酸液与铁粉反应生成Fe2+，调节pH=3使TiO2+生成TiO(OH)2沉淀；在调节pH=10，使Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，沉淀与空气接触有氢氧化铁生成；pH>7时，Fe2+部分生成Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，加入过氧化氢，氧化为氢氧化铁沉淀；加入硫酸，电解生成(NH4)2S2O8。
【详解】（1）废酸液中含有Fe3+，加入适量铁可与Fe3+反应生成Fe2+，避免Fe3+ 和TiO2+ 同时沉淀；
（2）TiO2+与氨水反应生成TiO(OH)2沉淀和铵根离子，方程式为TiOSO4+2 NH3·H2O =(NH4)2SO4 +TiO(OH)2 ↓；
（3）调节pH为10时，溶液中的Fe2+变为氢氧化亚铁沉淀，遇到空气，部分被氧化为氢氧化铁，则滤渣I为氢氧化亚铁、氢氧化铁；pH>7时，Fe2+部分生成Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，加入过氧化氢时，+2的Fe变为+3，生成氢氧化铁沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铁，则滤渣I、滤渣Ⅱ中均含有的物质为Fe(OH)3；
（4）H2O2与Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+反应生成氢氧化铁沉淀和一水合氨，方程式为2[Fe(NH3)2]2+ +4OH-+4H2O +H2O2 = 2Fe(OH)3 + 4NH3·H2O；
（5）根据流程可知，阳极区电解的产物为(NH4)2S2O8，且HSO4-放电，结合图像可知，pH的范围为0≤pH≤2；
（6）已知Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=3.2×10-34 ，pH=10时，c(OH-)=×10-4 mol/L，带入关系式，则c(Al3+)=3.2×10-22 mol/L；
（7）根据溶液呈电中性，c(NH4+) +c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，则2c(SO42-)- c(NH4+) = c(H+)- c(OH-)=10-3-10-11 mol/L。
24.氮氧化物NOx（主要指NO和NO2）会形成酸雨、光化学烟雾，破坏臭氧层，是大气主要污染物之一，有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应:
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ΔH1<0 (Ⅰ)
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K2 ΔH2<0 (Ⅱ)
①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=____(用K1、K2表示)。
②为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内υ(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1，则平衡后NO的转化率α1=____。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2____α1(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K2____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)NO能与N2O反应生成N2和NO2，反应的能量变化如下图所示，若生成1 mol N2，其ΔH=____kJ·mol-1。
(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。
①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为_____________。当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为______________。
②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业选取的最佳催化剂为________。
(4)利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。图丙装置实现的能量转化形式是_______。图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，该装置中阳极的电极反应式为___________________。
【答案】 (1). K12/K2 (2). 75% (3). > (4). 不变 (5). -139 (6). NO2、NO (7). 2NH3＋NO2＋NO2N2＋3H2O (8). Mn (9). 化学能转化为电能 (10). NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H+
【解析】
【分析】
(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) K1 △H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) K2 △H2＜0，根据盖斯定律Ⅰ×2-Ⅱ可得；
②根据消耗的c(NO)=生成的c(ClNO)计算消耗的c(NO)，结合转化率=×100%可得；若在恒压条件下进行，根据反应的特点，相对于恒容相当于增大压强；
(2)根据图1molN2O(g)和1molNO(g)到过渡态吸收209kJ能量，该过渡态生成1molN2(g)和1molNO2(g)放出热量348kJ，写出热化学方程式可得；
(3)①根据氧化剂得到电子元素化合价降低分析可得；结合得失电子守恒书写方程式；
②选择催化剂需要的温度低，更经济的；
(4)图丙为原电池装置；图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，结合酸性环境书写可得。
【详解】(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) K1 △H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) K2 △H2＜0，根据盖斯定律Ⅰ×2-Ⅱ可得4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则其平衡常数K=；
②测得10 min内υ(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则10min内生成的c(ClNO)=7.5×10-2mol•L-1，消耗的c(NO)=7.5×10-2mol•L-1，故平衡后NO的转化率α1=×100%=75%；其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，该反应的正反应为气体体积减小的反应，则恒压条件下相对于恒容压强大，平衡正向移动，则恒压条件下NO的平衡转化率较恒容大，故α2＞α1；化学平衡常数与温度相关，温度不变，K不变，故K2不变；
(2)根据题可知，1molN2O(g)和1molNO(g)到过渡态吸收209kJ能量，该过渡态生成1molN2(g)和1molNO2(g)放出热量348kJ，可得热化学方程式：N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)△H=-139kJ•mol-1；
(3)①由图甲可以知道SCR技术中NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，NO、NO2中N元素化合价降低，故氧化剂为NO、NO2；脱氮效果最佳时n(NO2)：n(NO)=1：1，反应的化学方程式为：2NH3+NO2+NO2N2+3H2O；
②根据图乙知Mn催化剂时，200℃左右脱氮率最高，Cr作催化剂，500℃左右脱氮率最高，但二者的最高脱氮率差不多，使用Mn作催化剂需要的温度低，更经济，因此使用的最佳的催化剂为Mn；
(4)图丙为原电池装置，能量转化形式为：化学能转化为电能；图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，则为NO放电生成NO3-，电极反应为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
2019-2020 学年度(上) 沈阳市五校协作体期中联考高三年级化学试卷
1.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是
A. 切开的苹果和纸张久置在空气中变黄原理一致
B. 铁制品和铜制品均能发生吸氧和析氢腐蚀
C. 高温加热和“84”消毒液均可杀死禽流感病毒
D. 根据我国最新垃圾分类标准，废旧干电池属于可回收垃圾
【答案】C
【解析】
【详解】A. 纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，A错误；
B. 铜活泼性排在氢的后面，不能发生析氢腐蚀，B错误；
C. 84消毒液含有具有强氧化性的次氯酸钠，具有强氧化性的物质以及高温等都可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，C正确；
D. 废弃的电池按照国家现行垃圾分类标准来说属于有害垃圾的，D错误；
答案为C。
2.下列说法正确的是
A. 实验室用加热氯化铵固体制取氨气
B. 漂白粉属于混合物，液氯属于纯净物
C. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物
D. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，A错误；
B. 漂白粉为次氯酸钙和氯化钙的混合物，属于混合物；液氯为液态氯气，属于纯净物，B正确；
C. 醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和过氧化物，C错误；
D. 煤的气化、液化，煤的干馏均属于化学变化，D错误；
答案为B。
3.下列有关化学用语正确的是
A. 羟基的电子式：
B. Cl－的结构示意图：
C. 二氧化碳分子的比例模型：
D. 葡萄糖的摩尔质量：180
【答案】A
【解析】
【详解】A. 羟基的电子式：，A正确；
B. Cl－的结构示意图：，B错误；
C. 二氧化碳分子的比例模型为直线型：，C错误；
D. 葡萄糖的摩尔质量：180g/mol，D错误；
答案为A。
4.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）
B. 分子数目相等的三种气体，质量最大的是Y
C. 若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D. 20 ℃时，若2 mol Y与1 mol Z体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据密度等于质量比体积计算，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，但温度压强不定，所以密度无法判断，不选A；
B、根据质量等于物质的量乘摩尔质量计算，分子数相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，错误，不选B；
C、气体的物质的量与温度和压强有关，没有说明是在标况下，不能确定22.4升气体就为1摩尔，错误，不选C；
D、若20 ℃时，若2 mol Y与1 mol Z体积相等，则二者的物质的量比是2:1，则同温同压下的气体的物质的量之比等于压强比，所以正确；
答案选D。
【点睛】阿伏加德罗定律
1．内容：在同温同压下，同体积的气体含有相等的分子数。即“三同”定“一等”。
2．推论
（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2；
（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2；
（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；
（4）同温同压同体积时，M1/M2=ρ1/ρ2
5.NH4N3(叠氮化铵)易发生爆炸反应：NH4N32N2↑＋2H2↑，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1.8 g NH4+中含有的质子数为1mol
B. N2既是氧化产物，又是还原产物
C. 6 g NH4N3晶体中含有的阴离子为0.1mol
D. 爆炸反应中，当转移4mol电子时，产生89.6 L混合气体
【答案】C
【解析】
【详解】A. NH4+中含有11个质子，则1.8 g NH4+即0.1mol，其含有的质子数为1.1mol，A错误；
B. NH4N3中，NH4+中N为-3价，N3-整体为-1价，H为+1价，N2为化合价升高的产物，是氧化产物，B错误；
C. NH4N3的摩尔质量为60g/mol，6 g NH4N3晶体即0.1mol，含有的阴离子为N3-，为0.1mol，C正确；
D. 爆炸反应中，当转移4mol电子时，产成标准状况下的89.6 L混合气体，D错误；
答案为C。
6. 下列实验操作或检验正确的是
A. 收集氯气 B. 转移溶液 C. 模拟工业制备并检验氨气 D. 用海水制少量蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；
B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接倒入容量瓶，避免液体流到容量瓶外，B错误；
C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；
D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确。
答案选D。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 水电离产生的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液：K＋、Na＋、ClO－、I－
B. c(H＋)/c(OH－)＝1×10－12的溶液：K＋、AlO2-、CO32-、Na＋
C. 硫化钠溶液：Cu2＋、SO32-、Br－、H＋
D. pH＝13的溶液：AlO2-、Cl－、HCO3-、SO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水电离产生的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液可能为酸，也可能为碱，酸性时，H＋、ClO－、I－不能大量共存，A错误；
B. c(H＋)/c(OH－)＝1×10－12的溶液呈碱性，OH－、K＋、AlO2-、CO32-、Na＋不反应，能大量共存，B正确；
C. 硫化钠溶液中含有大量的S2-，Cu2＋与S2-反应生成不溶于一般性酸的CuS沉淀，不能大量共存，C错误；
D. pH＝13的溶液呈碱性，OH－与HCO3-不能大量共存，D错误；
答案为B。
【点睛】酸、碱对水电离有抑制作用，水电离产生的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液可能为酸，也可能为碱。
8.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是
A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
B. 氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度
C. 由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干
D. 溴工业中③、④目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、④、⑤中均被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；
B项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应，氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应，从而提高了产品的纯度，故B正确；
C项、氯化镁在溶液中会发生水解，由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干，防止氯化镁发生水解，故C正确；
D项、反应④是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，溴元素被还原，故D错误；
故选D。
【点睛】氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键，也是易错点。
9.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
10.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有
序号
X
Y
Z
W
①
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
CuO
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Al
AlCl3
Al(OH)3
Al2O3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①Cu与浓硫酸在加热时反应产生CuSO4，CuSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解产生CuO，CuO与H2在加热时反应产生Cu单质，可以实现上述转化，①合理；
②Na与H2O反应产生NaOH，NaOH与少量CO2反应产生Na2CO3，Na2CO3与足量HCl反应产生NaCl，电解熔融的NaCl得到金属Na，可以实现上述转化，②合理；
③Al与盐酸反应产生AlCl3，AlCl3与氨水反应产生Al(OH)3， Al(OH)3加热分解产生Al2O3，电解熔融的Al2O3得到金属Al，可以实现上述转化，③合理；
④Fe与氯气反应得到FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能发生反应得到Fe单质，故不会实现上述转化，④不合理；
合理有①②③，选项D正确。
11.将装满气体X的试管倒置于装有液体Y的水槽中，充分振荡试管后，下列说法合理的是
气体X
液体Y
试管内现象
A
SO2
滴有品红的水溶液
无明显现象
B
NO2
水
充满无色溶液
C
NH3
滴有酚酞的水溶液
充满红色溶液
D
C2H4
酸性KMnO4溶液
无明显现象
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. SO2溶于水，与品红反应生成无色物质，与题意不符，A错误；
B. NO2与水反应，生成试管的NO气体，液体进入试管，与题意不符，B错误；
C. NH3溶于水，与水反应生成NH3∙ H2O，其电离，导致溶液呈碱性，酚酞溶液变红，符合题意，C正确；
D. 乙烯与酸性高锰酸钾反应，导致溶液充满整个试管，且高锰酸钾溶液变浅，与题意不符，D错误；
答案为C。
12.下列离子方程式正确的是
A. 实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气：K37ClO3＋6HCl＝3Cl2↑＋3H2O＋K37Cl
B. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋＝3S↓＋SO42－＋2H2O
C. 二氧化硫通入氯化钡溶液中：SO2＋Ba2＋＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋
D. 向l0mL l mol·L－1 KAl(SO4)2的溶液中加入7.5mL 2 mol·L－1Ba(OH)2溶液：2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】D
【解析】
【详解】A. 实验室可以用浓盐酸和氯酸钾反应制氯气，根据价态只靠拢不相交原则，K37ClO3＋6HCl＝37Cl-Cl +2Cl2↑＋3H2O＋KCl，A错误；
B. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O，B错误；
C. 二氧化硫通入氯化钡溶液中无沉淀生成，C错误；
D. l0mL l mol·L－1 KAl(SO4)2与7.5mL 2 mol·L－1Ba(OH)2反应，n[KAl(SO4)2]:n[Ba(OH)2]=2：3，则2Al3＋＋3SO42－＋6OH－＋3Ba2＋＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，D正确；
答案为D。
【点睛】盐酸和氯酸钾反应时，根据价态只靠拢不相交原则，氯气由Cl和37Cl组成。
13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，22.4L Cl2与1mol FeI2反应时转移的电子数小于2NA
B. 将1L 0.1 mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，所含胶体粒子数目为0.1NA
C. 120 g NaHSO4与KHSO3的固体混合物中阳离子数目大于NA
D. 标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O－H键数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温常压下，22.4L Cl2的物质的量小于1mol，则与1mol FeI2反应时转移的电子数小于2NA，A正确；
B. 将1L 0.1 mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得胶体，每个胶粒不一定为一个Fe(OH)3，则所含胶体粒子数目不一定为0.1NA，B错误；
C. NaHSO4、KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，120 g NaHSO4与KHSO3的固体混合物的物质的量为1mol，阳离子分别为Na+、K+，阳离子数目等于NA，C错误；
D. 标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为0.2mol，其完全燃烧生成0.4mol水，产物中所含O-H键数目为0.8NA，D错误；
答案为A。
14.短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次递增,且Y原子半径在这5种原子中最小,R单质是将太阳能转化为电能的常用材料,X和R原子最外层电子数相同;W2-的最外层为8电子结构,单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是
A. 简单离子半径W>Y>Z
B. 化合物ZY和RY4化学键类型相同
C. W、R最高价氧化物均能与水反应,且生成的酸的酸性W>R
D. W的最高价氧化物对应的水化物在与X单质反应时既显氧化性又显酸性
【答案】A
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、R、W 的原子序数依次增大，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，R为Si元素；X和R原子最外层电子数相同，则X为C元素；W2-的最外层为8电子结构，W为S元素；单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z为钠元素，燃烧生成的产物为过氧化钠；Y原子半径在这5种原子中最小，则Y可能为N、O、F中的一种元素，根据选项B的物质组成，Y为F元素。A. 电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径W>Y>Z，故A正确；B. 化合物ZY和RY4分别为NaF和SiF4，分别为离子化合物和共价化合物，化学键类型不同，故B错误；C. W、R最高价氧化物分别为三氧化硫和二氧化硅，二氧化硅不能与水反应，故C错误；D. W的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，在与C单质反应时只表现氧化性，故D错误；故选A。
点睛：本题考查原子结构与元素周期律，把握元素化合物知识、原子序数和元素的位置来推断元素为解答的关键。本题的难点是Y元素的确定，本题的易错点为D，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，硫酸中硫元素的化合价全部降低，只体现了硫酸的氧化性。
15.水溶液X中可能溶有K+、Mg2+、Al3+、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断不正确的是（ ）
A. 气体甲可能是混合物
B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C. 白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝
D. K+、[Al(OH)4]-和SiO32-一定存在于溶液X中
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲，气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，再根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在唯一的阳离子K+；
加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干的离子可知，溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；
无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；
根据以上分析进行判断。
【详解】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，结合溶液电中性可知，原溶液中一定存在K+；由于加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干中的离子可知，远溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；
A．根据以上分析可知，气体甲可能为二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A正确；
B．由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；
C．根据分析可知，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，而溶液甲中加入过量氨水生成了沉淀乙，沉淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的[Al(OH)4]-与过量酸反应生成铝离子，故C正确；
D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在K+、[Al(OH)4]-和SiO32-，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查离子共存、常见离子的检验方法，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，特别是Al3+和[Al(OH)4]-的判断是解题难点，无色溶液甲中滴加过量的氨水所得沉淀为Al(OH)3，但溶液甲中的Al3+来源于[Al(OH)4]-与过量盐酸反应生成的，而不是原溶液中含有的Al3+。
16.下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
鉴别NO2、溴蒸气
用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝则该气体为溴蒸气
B
验证I－还原性强于Cl－
向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色
C
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成红色
D
检验SO2的漂白性
将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液是否褪色
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、溴蒸气和二氧化氮均为红棕色气体，均能氧化KI，则湿润的淀粉碘化钾试纸插入气体中，试纸变蓝，不能确定气体为二氧化氮还是溴蒸气，故A错误；
B项、向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色说明氯气与碘化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，由还原剂的还原性强于还原产物可知，碘离子的还原性强于氯离子，故B正确；
C项、将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，NO3-离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+，不能检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质，故C错误；
D项、二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，在该反应中，二氧化硫没有表现漂白性，只有其使有机色质褪色时才表现漂白性，故D错误；
故选B。
【点睛】将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸实际上是在酸性溶液中，硝酸根离子将亚铁离子氧化为三价铁离子是解答的易错点。
17.C(s)＋2H2(g)CH4(g) ΔH。在1 L密闭容器中投入1mol碳，并充入2mol H2，测得相关数据如图所示。
（已知：可用平衡分压代替平衡浓度算出平衡常数Kp，分压＝总压×物质的量分数 ）下列有关说法错误的
A. ΔH＜0 B. p1＜6MPa C. T1＜1 000 K D. A点的平衡常数Kp＝
【答案】D
【解析】
【详解】A.有图像1，在等压线下，升高温度，碳的平衡转化率降低，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确；
B.有图像1，向横坐标作垂线，即等温线，该反应正向是体积缩小的反应，碳的转化率越高 ，说明平衡正向进行，压强越大，即p1＜6Mpa，故B正确；
C. 有选项A可知，正反应是放热反应，向横坐标作垂线，即是等压线，保持压强不变，升高温度，平衡逆向进行，碳的转化率降低，故T1＜1 000 K，故C正确；
D.起始C和H2的物质的量分别为1mol和2mol，在A点碳的平衡转化率为50%，
可逆反应C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）
开始（mol）1 2 0
反应（mol）0.5 1 0.5
平衡（mol）0.5 1 0.5
平衡时P（H2）=1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa、P（CH4）=0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa，该反应的平衡常数Kp= P(CH4)÷P2(H2)= （0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa）÷(1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5Mpa)2=2/9，故D错误；
故选D.
18.下列有关离子检验的描述正确的是
①向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解,则部分Na2SO3被氧化
②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊,则该溶液中一定含有CO32-
③向某溶液中加稀硫酸和单质铜，溶液变蓝色，有无色、刺激性气味的气体生成，遇空气后变红棕色，说明原溶液含NO3-
④检验溶液中是否含有Fe2+:取少量待检验溶液,向其中加入少量新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察实验现象
⑤向某溶液中加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明原溶液中含有SO32-
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，一定有BaSO3，再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，未溶解的沉淀为BaSO4，则部分Na2SO3被氧化，符合题意，正确；
②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则该溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-等，与题意不符，错误；
③向某溶液中加稀硫酸和单质铜，溶液变蓝色，有无色、刺激性气味的气体生成，遇空气后变红棕色，则该气体为NO，说明原溶液含NO3-，符合题意，正确；
④检验溶液中是否含有Fe2+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，可能原溶液中含有Fe3+，与题意不符，错误；
⑤向某溶液中加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明原溶液中可能含有SO32-、HSO3-，与题意不符，错误；
综上所述，答案为C。
19.下图是用于航天飞行器中的一种全天候太阳能电化学电池在光照时的工作原理。下列说法正确的是
A. 夜间无光照时，a电极流出电子
B. 光照时，H+由a极室通过质子膜进入b极室
C. 光照时，b极反应式是VO2++2OH--e-=VO2++H2O
D. 该电池与硅太阳能电池供电原理相同
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图像可知，光照时，b极为电子流出的一极，则a极为电子流入的一极，a极区，阳离子电荷数减小，则氢离子向a极区移动。
【详解】A. 夜间无光照时，与光照时电子流向相反，a电极流出电子，A正确；
B. 分析可知，光照时，H+由b极室通过质子膜进入a极室，B错误；
C. 光照时，b极生成氢离子，则反应式是VO2++ H2O -e-=VO2++2H+，C错误；
D. 硅太阳能电池为半导体原理将太阳能转化为电能，该电池为将太阳能转化为化学能和电能，供电原理不相同，D错误；
答案为A。
【点睛】该装置为将太阳能转化为化学能和电能的装置，光照时与夜间无光时电流方向相反。
20.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. a点时，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1
B. 电离平衡常数：Ka(HA)< Ka(HB)
C. b点时，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B-)> c(HB)
【答案】B
【解析】
【详解】A. a点时，=0，c(A-)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1，选项A正确；
B. =0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)===10-4mol/L；=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)===10-5mol/L，Ka(HA)> Ka(HB)，选项B错误；
C. b点时，=0，c(B-)=c(HB)，pH=5，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，>0，c(B-)> c(HB)，选项D正确。
答案选B。
21.（1）将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式为_________。向反应后的溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 _______________。
（2）在100mLFeBr2溶液中通入标准状况下2.24LCl2，溶液中有1/4的Br- 被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为 ______________ （结果保留两位小数）。
（3）三氟化氮(NF3)是一种无色无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
①写出该反应的化学方程式___________________，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为__________ 。
②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是 __________。
【答案】 (1). NaAlO2 (2). 2AlO2- + CO2 + 3H2O====2 Al（OH）3 ↓ + CO32- (3). 1.33mol/L (4). 3NF3+5H2O====9HF+2NO+HNO3 (5). 0.4NA或2.408×1023 (6). 产生红棕色气体
【解析】
【分析】
（1）Al、Al2O3和Al(OH)3与NaOH反应的产物均为偏铝酸钠；偏铝酸钠与少量的二氧化碳和水反应生成氢氧化铝和碳酸钠；
（2）还原性：Fe2+>Br-，则首先反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，然后为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2利用数据进行计算；
（3）①三氟化氮(NF3)中，F为-1价，N为+3价，与水蒸气反应，N的化合价部分升高为+5价，部分降低为+2价，则NO的系数为HNO3的2倍；
②NF3气体泄漏时，与空气中的水蒸气反应生成的NO，在空气中生成红棕色的NO2，易于发现。
【详解】（1）Al、Al2O3和Al(OH)3与NaOH反应的产物均为偏铝酸钠，其化学式为NaAlO2；偏铝酸钠与少量的二氧化碳和水反应生成氢氧化铝和碳酸钠，离子方程式为2AlO2- + CO2 + 3H2O==2 Al（OH）3 ↓ + CO32-；
（2）还原性：Fe2+>Br-，则首先反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，然后为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，标准状况下2.24LCl2，即0.1mol，得到0.2mol电子，n(Fe2+):n(Br-)=1：2，则n+=0.2，求解n=mol，c(FeBr2)=mol/L，即1.33mol/L；
（3）①三氟化氮(NF3)中，F为-1价，N为+3价，与水蒸气反应，N的化合价部分升高为+5价，部分降低为+2价，则NO的系数为HNO3的2倍，方程式为3NF3+5H2O==9HF+2NO +HNO3；生成0.2mol HNO3，转移0.4mol电子，即0.4NA；
②NF3气体泄漏时，与空气中的水蒸气反应生成的NO，在空气中生成红棕色的NO2，易于发现。
【点睛】三氟化氮(NF3)中，F为-1价，N为+3价，与水蒸气反应时发生歧化反应，生成HF、NO和HNO3。
22.某研究小组模拟工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的第一步反应如下：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2进行以下实验，并测定该样品中FeS2样品的纯度（假设其它杂质不参与反应）。
实验步骤：称取研细的样品4.000g放入上图b装置中，然后在空气中进行煅烧。为测定未反应高锰酸钾的量（假设其溶液体积保持不变），实验完成后取出d中溶液10mL置于锥形瓶里，用0.1000mol/L草酸(H2C2O4)标准溶液进行滴定。（已知：5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O = K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 ）请回答下列问题：
（1）称量样品质量能否用托盘天平_______（填“能”或“不能”），取出d中溶液10mL需要用______准确量取(填序号)
A．容量瓶 B．量筒 C．碱式滴定管 D．酸式滴定管
（2）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是__________
（3）已知草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为_______________﹔判断滴定到达终点的方法是___________。
（4）已知滴定管初读数为0.10mL，末读数如图所示，消耗草酸溶液的体积为___________mL。
下列操作会导致该样品中FeS2的纯度测定结果偏高的是_________(填序号)
A.盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定
B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗
C.读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视
D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
（5）该样品中FeS2的纯度为__________________
（6）若用下图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_______（填编号）。
【答案】 (1). 不能 (2). D (3). 促进装置中的二氧化硫气体全部吸收 (4). 2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (5). 滴入最后一滴草酸溶液, 溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复 (6). 15.00 (7). C (8). 90％ (9). ②
【解析】
【分析】
将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O2 2CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；
(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取；
(2)为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以实验中应将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中；
(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；
(4)依据滴定管的结构，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积；滴定过程中如果使用的草酸体积偏大，未与SO2反应的高锰酸钾偏大，则测定的二硫化亚铁的质量分数就偏小；
(5)依据灼烧反应和滴定反应的定量关系计算二硫化亚铁的质量分数；
(6)装置d是用于吸收并测定产物中二氧化硫的含量，根据二氧化硫的化学性质进行判断。
【详解】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；
(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g，所以不能用托盘天平称量样品质量；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故答案为D；
(2) 实验的目的是测量FeS2的纯度，为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是：将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中，使SO2被完全吸收；
(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；
(4)依据滴定管的结构，末读数为15.10mL，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积为：15.10mL-0.10mL=15.00mL；
A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，导致草酸浓度降低，则使用的草酸体积偏大，导致未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁测定值偏低；
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，不影响测定；
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，导致草酸体积偏小，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏小，二硫化亚铁测定值偏高；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，导致草酸体积偏大，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁的测定值偏低；
故答案为C；
(5)根据离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，100mL溶液中剩余高锰酸钾物质的量为：×0.01500L×0.1000mol/L×=0.006mol，与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量为：0.3000mol/L×0.1000L-0.006mol=0.024mol，结合反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可得：
5FeS2～10SO2～4KMnO4
5 4
n(FeS2) 0.024mol
，解得n(FeS2)=0.03mol，则样品中FeS2的纯度为：×100%=90%；
(6)①中溶液不能吸收SO2，无法测定SO2；②中溶液吸收二氧化硫生成硫酸钡沉淀，可测定SO2，可以替代装置d；③SO2中混有的N2等不溶于水，干扰了二氧化硫的测定；故答案为②。
【点睛】考查滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
23.利用钛白粉厂废酸（主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+）制备过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，同时回收TiO(OH)2简要流程如下：
已知：i.部分离子完全生成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的PH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ii.pH>7时，Fe2+部分生成Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+。
请回答下列问题：
（1）加入适量铁的作用是________________________。
（2）生成TiO(OH)2的化学方程式是____________________。
（3）滤渣I、滤渣Ⅱ中均含有的物质的化学式是________
（4）加入H2O2的目的是氧化除掉Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，配平下列离子方程式：2[Fe(NH3)2]2+ +____________+4H2O +H2O2 =___________ + 4NH3·H2O 。
（5）常温下，电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。
在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为_________
（6）已知Ksp[Al(OH)3]=3.2×10-34 ，当pH=10 时，求溶液中c(Al3+)=___________
（7）25℃，pH=3的(NH4)2SO4溶液中，计算2c(SO42-)- c(NH4+) =___________（列式即可）
【答案】 (1). 将Fe3+ 还原到Fe2+，避免Fe3+ 和TiO2+ 同时沉淀 (2). TiOSO4+2 NH3·H2O=(NH4)2SO4 +TiO(OH)2 ↓ (3). Fe(OH)3 (4). 4OH- (5). 2Fe(OH)3 (6). 0≤PH≤2 (7). 3.2×10-22 (8). 10-3-10-11
【解析】
【分析】
根据流程结合题干信息，废酸液与铁粉反应生成Fe2+，调节pH=3使TiO2+生成TiO(OH)2沉淀；在调节pH=10，使Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，沉淀与空气接触有氢氧化铁生成；pH>7时，Fe2+部分生成Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，加入过氧化氢，氧化为氢氧化铁沉淀；加入硫酸，电解生成(NH4)2S2O8。
【详解】（1）废酸液中含有Fe3+，加入适量铁可与Fe3+反应生成Fe2+，避免Fe3+ 和TiO2+ 同时沉淀；
（2）TiO2+与氨水反应生成TiO(OH)2沉淀和铵根离子，方程式为TiOSO4+2 NH3·H2O =(NH4)2SO4 +TiO(OH)2 ↓；
（3）调节pH为10时，溶液中的Fe2+变为氢氧化亚铁沉淀，遇到空气，部分被氧化为氢氧化铁，则滤渣I为氢氧化亚铁、氢氧化铁；pH>7时，Fe2+部分生成Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，加入过氧化氢时，+2的Fe变为+3，生成氢氧化铁沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铁，则滤渣I、滤渣Ⅱ中均含有的物质为Fe(OH)3；
（4）H2O2与Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+反应生成氢氧化铁沉淀和一水合氨，方程式为2[Fe(NH3)2]2+ +4OH-+4H2O +H2O2 = 2Fe(OH)3 + 4NH3·H2O；
（5）根据流程可知，阳极区电解的产物为(NH4)2S2O8，且HSO4-放电，结合图像可知，pH的范围为0≤pH≤2；
（6）已知Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=3.2×10-34 ，pH=10时，c(OH-)=×10-4 mol/L，带入关系式，则c(Al3+)=3.2×10-22 mol/L；
（7）根据溶液呈电中性，c(NH4+) +c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，则2c(SO42-)- c(NH4+) = c(H+)- c(OH-)=10-3-10-11 mol/L。
24.氮氧化物NOx（主要指NO和NO2）会形成酸雨、光化学烟雾，破坏臭氧层，是大气主要污染物之一，有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应:
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ΔH1<0 (Ⅰ)
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K2 ΔH2<0 (Ⅱ)
①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=____(用K1、K2表示)。
②为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内υ(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1，则平衡后NO的转化率α1=____。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2____α1(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K2____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)NO能与N2O反应生成N2和NO2，反应的能量变化如下图所示，若生成1 mol N2，其ΔH=____kJ·mol-1。
(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。
①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为_____________。当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为______________。
②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业选取的最佳催化剂为________。
(4)利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。图丙装置实现的能量转化形式是_______。图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，该装置中阳极的电极反应式为___________________。
【答案】 (1). K12/K2 (2). 75% (3). > (4). 不变 (5). -139 (6). NO2、NO (7). 2NH3＋NO2＋NO2N2＋3H2O (8). Mn (9). 化学能转化为电能 (10). NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H+
【解析】
【分析】
(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) K1 △H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) K2 △H2＜0，根据盖斯定律Ⅰ×2-Ⅱ可得；
②根据消耗的c(NO)=生成的c(ClNO)计算消耗的c(NO)，结合转化率=×100%可得；若在恒压条件下进行，根据反应的特点，相对于恒容相当于增大压强；
(2)根据图1molN2O(g)和1molNO(g)到过渡态吸收209kJ能量，该过渡态生成1molN2(g)和1molNO2(g)放出热量348kJ，写出热化学方程式可得；
(3)①根据氧化剂得到电子元素化合价降低分析可得；结合得失电子守恒书写方程式；
②选择催化剂需要的温度低，更经济的；
(4)图丙为原电池装置；图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，结合酸性环境书写可得。
【详解】(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) K1 △H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) K2 △H2＜0，根据盖斯定律Ⅰ×2-Ⅱ可得4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则其平衡常数K=；
②测得10 min内υ(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则10min内生成的c(ClNO)=7.5×10-2mol•L-1，消耗的c(NO)=7.5×10-2mol•L-1，故平衡后NO的转化率α1=×100%=75%；其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，该反应的正反应为气体体积减小的反应，则恒压条件下相对于恒容压强大，平衡正向移动，则恒压条件下NO的平衡转化率较恒容大，故α2＞α1；化学平衡常数与温度相关，温度不变，K不变，故K2不变；
(2)根据题可知，1molN2O(g)和1molNO(g)到过渡态吸收209kJ能量，该过渡态生成1molN2(g)和1molNO2(g)放出热量348kJ，可得热化学方程式：N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)△H=-139kJ•mol-1；
(3)①由图甲可以知道SCR技术中NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，NO、NO2中N元素化合价降低，故氧化剂为NO、NO2；脱氮效果最佳时n(NO2)：n(NO)=1：1，反应的化学方程式为：2NH3+NO2+NO2N2+3H2O；
②根据图乙知Mn催化剂时，200℃左右脱氮率最高，Cr作催化剂，500℃左右脱氮率最高，但二者的最高脱氮率差不多，使用Mn作催化剂需要的温度低，更经济，因此使用的最佳的催化剂为Mn；
(4)图丙为原电池装置，能量转化形式为：化学能转化为电能；图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，则为NO放电生成NO3-，电极反应为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
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