还剩23页未读，
继续阅读
辽宁省沈阳铁路实验中学2020届高三11月月考化学试题
展开
高三化学
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1
一、选择题（共20小题，每题2分，共40分。每题只有一个正确答案）
1.下列物质分类正确的有几项
①混合物：铝热剂、氯水、水玻璃、漂白粉
②胶体：饱和氯化铁溶液、淀粉溶液、牛奶
③酸性氧化物：Mn2O7、SO2、SiO2、NO2
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
⑤电解质：BaSO4、NH3、NaOH、冰醋酸
⑥硅酸盐产品：水晶、水泥、陶瓷
⑦碱：苛性钠、纯碱、熟石灰 ⑧盐：胆矾、小苏打、铜绿
⑨放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳、甲烷燃烧
A. 2 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物、氯水为氯气溶于水形成的混合物、水玻璃为硅酸钠的水溶液、漂白粉为氯化钙与次氯酸钙的混合物，①正确；
②饱和氯化铁溶液不属于胶体，②错误；
③NO2不属于酸性氧化物，③错误；
④C60、C70、金刚石、石墨都是碳的同素异形体，④正确；
⑤NH3为非电解质，不是电解质，⑤错误；
⑥水晶是氧化物，不是硅酸盐产品，⑥错误；
⑦纯碱的成分为碳酸钠，它不是碱，⑦错误；
⑧胆矾是五水合硫酸铜、小苏打为碳酸氢钠、铜绿为碱式碳酸铜，它们都是盐，⑧正确；
⑨碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳，是吸热反应，⑨错误。
综合以上分析，①④⑧正确。
故选B。
2.NA表示阿伏加徳罗常数的值，下列有关叙述正确的为
A. 1 mol铁粉在1 mol氧气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
B. 标况下，3.36 LSO3含有的电子数为6NA
C. 4.2 g乙烯和丙烯混合气中含有的极性键数目为0.6NA
D. 1L 1mol/L的葡萄糖溶液中，含有的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁与氧气发生的反应为3Fe+2O2Fe3O4，Fe、O2等摩反应后，Fe完全反应，所以1 mol铁粉失去的电子数为NA，A错误；
B. 标况下，SO3为固体，不能利用22.4L/mol计算分子数，B错误；
C. 采用极值法分析，4.2 g乙烯中含有的极性键数目为，4.2 g丙烯含有的极性键数目为，则混合气中含极性键0.6NA，C正确；
D. 1L 1mol/L的葡萄糖溶液中，含有的葡萄糖分子数为NA，另外还含有水分子，D错误；
故选C。
3.CO和H2在ThNi5作用下可以合成CH4。
已知温度为T时：① CO(g)＋H2O(g) === CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ·mol－1
② CH4(g)＋2H2O(g) === 4H2(g) + CO2(g) ΔH＝+165 kJ·mol－1
下列说法不正确的是
A. 催化剂不能改变该反应的ΔH
B. ①中反应物的键能总和小于生成物的键能总和
C. ②中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. CO(g)与H2(g)合成CH4(g)的反应为放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物和生成物的能量，而反应的△H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，故催化剂的使用对反应的△H无影响，故A正确；
B．△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，而由于反应①的△H＜0，故反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故B正确；
C．当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，由于反应②吸热，故反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；
D．由于①CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•mol-1；②CH4(g)+2H2O(g)═4H2(g)+CO2(g)△H=+165kJ•mol-1；将①-②可得：CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)△H=(-41kJ•mol-1)-(+165kJ•mol-1)=-206KJ/mol，故为放热反应，故D正确；
故选C。
4.下列离子方程式书写正确的是
A. 2.24LCO2通入250 mL 0.5 mol/L的 NaOH溶液中：4CO2＋5OH-=CO32-＋3HCO3-＋H2O
B. 在100 mL 2 mol/L的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl2：4Fe2＋＋6I－＋5Cl2=4Fe3＋＋3I2＋10Cl－
C. 100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH：CO32- +2 CH3COOH＝H2O+CO2↑+ CH3COO-
D. 4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合：4AlO2- + 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 没有指明标准状况，不能求出2.24LCO2的物质的量，A错误；
B. I-的还原能力强于Fe2+，所以应为Cl2先与I-发生氧化还原反应，n(Cl2)=0.25mol，n(I-)=0.4mol，则被氧化的Fe2+物质的量n(Fe2+)=0.1mol，离子方程式为2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，B错误；
C. 100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH，离子方程式应为CO32- +CH3COOH＝HCO3-+ CH3COO-，C错误；
D.设溶液的体积都为1L，则NaAlO2为4mol，HCl为7 mol，离子方程式为 4AlO2- + 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+，D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式中的反应产物是否正确时，可从离子共存的角度进行分析。反应的最终产物在反应后的溶液中必须能稳定存在，也就是反应后溶液中的微粒能大量共存。
5.在某种接近中性的含Na＋的溶液中，可能还存在NH4＋、Fe2＋、Br－、CO32－、I－、SO32－6种离子中的几种。
①在原溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色；
②向呈橙黄色的溶液中滴加BaCl2时无沉淀生成；
③橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。则上述溶液中一定不存在的离子是 （ ）
A. NH4＋、Br－、CO32－ B. NH4＋、I－、SO32－
C. Fe2＋、I－、SO32－ D. Fe2＋、Br－、CO32－
【答案】C
【解析】
【详解】①在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有CO32-，则一定不存在Fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成I2或Br2；②向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，说明不含SO32-；③橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含I-，所以溶液中一定不存在Fe2+、I-、SO32-，一定存在Br-、CO32-，阳离子只有Na+、NH4+，若只有Na+，溶液一定显示碱性，而现在溶液显中性，所以溶液中一定含有铵离子，答案选C。
6.“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法之一。下列说法正确的是（ ）
A. 证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI 试纸检验，观察试纸颜色变化
B. 将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为2∶3
C. 验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀
D. 向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为 2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以不能用湿润的淀粉碘化钾试纸区别二氧化氮和溴蒸气，故A错误；
B．反应中被还原的是NO3-，相当于硝酸根离子与二氧化硫之间的氧化还原，3SO2～2NO3-~2NO，故逸出气体和SO2的体积比为2︰3，故B正确；
C．淀粉的水解是在酸性条件下，检验水解产物时需要先中和催化作用的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，故C错误；
D．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故D错误；
答案为B。
7.将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。则下列有关说法不正确的是
A. 图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B. 图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
C. 根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol
D. 根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
氧化性强弱顺序为KMnO4＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题。
【详解】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，故A正确；
B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故B正确；
C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为2KMnO4～10Fe3+～10I-，共消耗的n（I-）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为==0.25mol，故C正确；
D．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.75mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.75mol，故D错误；
故选：D。
8.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH－、SO32-、AlO2-
B. 含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋
C. 含等物质的量的Ba(OH)2、NaAlO2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、NaAlO2、K2CO3、BaCO3
D. 在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H＋、NH4+、Fe3＋
【答案】C
【解析】
【详解】A. 因为OH－能与HSO3-、Al(OH)3反应，所以OH-排在最前面；因为HSO3-能与AlO2-反应，所以SO32-排在最后面，故顺序为OH－、AlO2-、SO32-，A错误；
B. 还原能力I－>Fe2＋>Br－，所以缓慢通入氯气，离子反应的先后顺序为I－、Fe2＋、Br－，B错误；
C. CO2先与Ba(OH)2反应生成BaCO3和水，然后与KOH反应生成K2CO3和水，再与NaAlO2反应生成Al(OH)3，再与K2CO3反应生成KHCO3，最后与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，C正确；
D. 因为氨水能与Fe3＋反应，所以离子反应的顺序为H＋、Fe3＋、NH4+，D错误。
故选C。
【点睛】在判断离子反应的先后顺序时，若我们弄不清哪种离子先反应，哪种离子后反应，可从共存寻求突破。比如H+与OH-反应完之后，我们假设NH4+先与OH-反应生成一水合氨，一水合氨又会与Mg2+、Al3+反应，分别生成Mg(OH)2、Al(OH)3和NH4+，则表明假设错误，应为Mg2+、Al3+先与OH-反应，而NH4+后发生反应。
9. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中有平衡：Br2+H2OHBr+ HBrO 加入 AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
B. 对CO(g) + NO2 (g)CO2(g)+ NO(g) 平衡体系增大压强可使颜色变深
C. 高压比常压有利于合成SO3的反应
D. 合成 NH3反应，为提高 NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施
【答案】B
【解析】
【详解】A.溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO 加入 AgNO3溶液后，消耗溴离子平衡右移溶液颜色变浅，符合勒夏特列原理，故A不选；
B.CO(g) + NO2 (g)CO2(g)+ NO(g) 平衡体系增大压强平衡不移动，颜色变深是因为体积变小，不符合勒夏特列原理，故B可选；
C.2SO2+O22SO3增加压强向正反应方向移动，符合勒夏特列原理，故C不选；
D.合成 NH3反应，为提高 NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施，因为正反应方向为放热反应，故D不选；
故答案选B
10.在一定温度下，只改变反应物中n(SO2)对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应a、b、c点均为平衡点，且b点时SO2的转化率最高
B. b点时SO2与O2 的物质的之比约为2：1
C. a、b、c 三点平衡常数： Kb>Kc>Ka
D. a、b、c 三点反应速率大小为： vb>vc>va
【答案】B
【解析】
【分析】
分析图像我们可知，在一定范围内，随着二氧化硫起始浓度的提高，平衡时三氧化硫的体积分数也会随之提高，但是当二氧化硫的起始浓度超过一定限度后，平衡时三氧化硫的体积会随着其增大而减小。
【详解】A．曲线上的点为平衡状态，当氧气的量一定时，二氧化硫的起始量越少，则二氧化硫的转化率越大，a点时SO2的转化率最大，故A错误；
B．由2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，b点时SO2与O2的物质的量之比约为2：1，SO3的体积分数最大，故B正确；
C．温度不变，则平衡常数不变，a、b、c三点平衡常数：Kb=Kc=Ka，故C错误；
D．浓度越大，反应速率越快，则a、b、c三点反应速率大小：vc＞vb＞va，故D错误；
故选B。
11.在一个绝热定容的密闭容器中，1molA与2molB发生反应A(g)＋2B(g) xC(g)＋2D(g) △H＝bkJ·mol−1(b＜0)，下列说法不正确的是
A. 平衡时，A和B的转化率相等
B. 若 x=1，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡
C. 当B和D的物质的量之比1:1不变时，表明该反应已达到平衡
D. 达到平衡过程中，正反应速率可能是先增大再减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为A、B起始投入量之比等于化学计量数之比，则A和B的变化量之比等于化学计量数之比，A和B的转化率相等，A正确；
B. 若 x=1，容器中气体分子数始终不变，但容器为绝热容器，只要平衡发生移动，则容器的温度将会发生改变，从而使压强发生改变，压强不变时能判断反应达到平衡，B错误；
C. 当B和D的物质的量之比1:1保持不变，说明平衡不发生移动，此时该反应达到平衡，C正确；
D. 达到平衡过程中，因为容器绝热，且反应为放热反应，所以反应过程中容器的温度升高，正反应速率可能是先增大再减小，D正确。
故选B。
12.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH＞0
B. 图乙表示反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)达到平衡后，增大压强，反应速率和时间的关系，达到新平衡后，氨气浓度不变，压强也不变
C. 图丙向容器中充入 1 mol N2、3 mol H2，充分反应后放出热量 92.2 kJ
D. 图丁可表示在不同压强P1、P2(P1>P2)条件下CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H＜0，甲醇百分含量随温度变化的情况
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知，温度升高，平衡逆向进行，所以该反应的ΔH<0，A错误；
B.反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)达到平衡后，增大压强的瞬间，逆反应速率突然增大，但由于反应物中没有气体，所以正反应速率不变，然后平衡发生逆向移动，使逆反应速率减小，达到新平衡后，氨气浓度不变，压强也不变，B正确；
C. 向容器中充入 1 mol N2、3 mol H2，由于反应可逆，所以充分反应后放出热量小于 92.2 kJ，C错误；
D. 升高温度，CH3OH%减小，则平衡逆向移动，△H＜0；增大压强，平衡正向移动，所以P1
13.如图是一种可充电的锂离子电池充放电的工作示意图。放电时该电池的电极反应式为：负极：LixC6－xe－=C6＋xLi+（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）正极：Li1-xMnO2＋xLi+＋xe－=LiMnO2（LiMnO2表示含锂原子的二氧化锰）。下列有关说法正确的是
A. 该电池的总反应式为Li1-xMnO2＋LixC6LiMnO2＋C6
B. K与M相接时，A是阴极，发生还原反应
C. K与N相接时，Li＋由A极区迁移到B极区
D. 在整个充、放电过程中至少存在3种形式的能量转化
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据题意所知道的正极和负极反应，所以该电池的总反应式为LiMnO2＋C6Li1-xMnO2＋LixC6，A错误；
B. 充电时，K与M相接，A接电源正极，应为电解池的阳极，发生氧化反应，B错误；
C. 充电时，A为阳极，K与N相接，即放电时，A为正极，Li＋由B极区迁移到A极区，C错误；
D. 在充电过程中，存在电能转化为化学能、热能的转换；在放电过程中，存在化学能转化为电能、光能、热能等转换，D正确。
故选D。
14.短周期元素A、B、C、D 原子序数依次增加，X、Y、Z、W是由这四种元素中的两种元素组成的常见化合物，X为有刺激性气味的气体，Y为淡黄色固体，甲是由C元素形成的气体单质，乙为红棕色气体，上述物质之间的转化关系如图所示部分反应物或生成物省略。下列说法不正确的是
A. 离子半径大小顺序：B>C>D>A
B. 最简单气态氢化物的稳定性：B>C
C. 图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应
D. 元素C、D形成的化合物中一定含离子键
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息可知，Y为Na2O2，乙为NO2。由Y(Na2O2)与W反应生成Z单质，可确定Z为O2，W可能为H2O，也可能为CO2；由乙可逆推出Z为NO，则X为NH3。由Y、Z、X可确定四种元素为H、N、O、Na，则W只能为H2O(若为CO2，则含有5种元素，不合题意)。
A. 核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径大小顺序：N3->O2->Na+>H+，A正确；
B. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，最简单气态氢化物的稳定性：NH3
D. 元素O、Na形成的化合物不管是Na2O2还是Na2O，一定含离子键，D正确。
故选B。
15.钠离子电池具有资源广泛、价格低廉、环境友好、安全可靠的特点，特别适合于固定式大规模储能应用的需求。一种以Na2SO4水溶液为电解液的钠离子电池总反应为：NaTi2(PO4)3+2Na2NiFeII(CN)6Na3Ti2(PO4)3+2NaNiFeIII(CN)6（注：其中P的化合价为+5，Fe的上标II、III代表其价态）。下列说法不正确的是
A. 放电时NaTi2(PO4)3在正极发生还原反应
B. 放电时负极材料中的Na＋脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na＋嵌入到正极材料中
C. 充电过程中阳极反应式为：2NaNiFeIII(CN)6＋2Na＋＋2e－＝2Na2NiFeII(CN)6
D. 该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A.由题意可知放电时负极为2Na2NiFeII(CN)6- 2e－＝2NaNiFeIII(CN)6+ 2Na＋，Na2NiFeII(CN)6失电子被氧化发生氧化反应，正极为：2NaTi2(PO4)3＋2Na＋+2e－＝Na3Ti2(PO4)3，NaTi2(PO4)3得电子被还原发生还原反应，故A项正确；
B.放电时负极材料中的Na＋脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na＋嵌入到正极材料中，B项正确；
C.充电过程中阴极极反应式为：2NaNiFeIII(CN)6＋2Na＋＋2e－＝2Na2NiFeII(CN)6，阳极：Na3Ti2(PO4)3-2e－＝2NaTi2(PO4)3＋2Na＋，故C项错误；
D.该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变，D项正确；
本题选C。
16.应用元素周期律的有关知识进行的下列预测中，正确的有几个
①Be的最高价氧化物对应的水化物具有两性
②Tl(铊)与盐酸和NaOH溶液作用均能产生氢气
③At的单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
④Li在氧气中剧烈燃烧的产物为Li2O2
⑤SrSO4(硫酸锶)是难溶于水的白色固体
⑥H2Se是无色、有毒、比H2S稳定的气体
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【详解】①按对角线规则，Be与Al性质相似，则Be的最高价氧化物对应的水化物Be(OH)2具有两性，①正确；
②Tl(铊)的金属性比Al强，只能与盐酸反应产生氢气，但与NaOH溶液不反应，②错误；
③At的单质为有色固体，第ⅦA族元素从上到下，单质由气态到液态再到固态，颜色依次加深，卤代银的溶解度依次减小，且难溶盐都不溶于硝酸，③正确；
④Li在氧气中剧烈燃烧的产物为Li2O，④错误；
⑤按第ⅡA族元素的硫酸盐的递变规律，SrSO4(硫酸锶)的溶解度比BaSO4小，是难溶于水的白色固体，⑤正确；
⑥Se的非金属性比S弱，则H2Se是比H2S稳定性差的气体，⑥错误。
综合以上分析，①③⑤正确。故选B。
17.下列涉及有机物的说法中正确的是
A. 乙烯、氯乙烯都是不饱和烃，均可用于合成有机高分子材料
B. 煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油蒸馏可得到苯、甲苯等芳香烃
C. 在加热条件下，加入适量生石灰以除去乙酸乙酯中含有的乙醇杂质
D. 淀粉和纤维素的水解产物都是葡萄糖，二者互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯乙烯中含有氯元素，不属于烃，A错误；
B. 煤的干馏可得到焦炭、煤焦油等，煤焦油中含有多种苯的同系物，所以蒸馏煤焦油可得到苯、甲苯等芳香烃，B正确；
C. 在加热条件下，加入适量生石灰不能除去乙酸乙酯中含有的乙醇杂质，应使用饱和碳酸钠溶液，C错误；
D. 淀粉和纤维素的化学式中的n不同，二者不互为同分异构体，D错误。
故选B。
18.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是
A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度
B. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用
C. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度
D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸性KMnO4溶液不仅能氧化SO2，还能氧化乙醇，所以不能通过滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度，A错误；
B.用氨水吸收尾气中的SO2，生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，再将吸收液与硫酸反应，又生成SO2，从而实现SO2的富集，B正确；
C.用Ba(OH)2溶液吸收SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥过程中，会有一部分BaSO3被氧化为BaSO4，称重难以测定大气中SO2的浓度，C错误；
D. 常温下石灰石很难吸收尾气中的SO2，应使用高温，D错误。
故选B。
19.下列说法不正确的是
A. 25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL时氨水的浓度是0.01mol/L(氨水的Kb=1×10-5)
B. 室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释，溶液中 不变
C. 现有浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，分别用以上三种酸溶液中和一定量的NaOH溶液,反应后溶液呈中性，需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V3> V1> V2
D. 将等体积pH＝4的盐酸和醋酸稀释到pH＝5的溶液，盐酸所加的水量多，说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 25℃时，10mLpH=11的氨水中c(CH3COOH)===0.1mol/L，加水稀释至100mL时氨水的浓度是0.01mol/L，A正确；
B. 室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释，溶液中=，Ka、Kw只受温度的影响，不受浓度变化的影响，B正确；
C. 浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸，c(H+)分别为0.1mol/L、0.2mol/L、0.1mol/L，中和一定量的NaOH溶液,当溶液呈中性，可得0.1V1=0.2V2<0.1V3(醋酸钠溶液呈碱性，醋酸应过量)，从而得出V3> V1> V2，C正确；
D. 将等体积pH＝4的盐酸和醋酸稀释到pH＝5的溶液，醋酸所加的水量多，说明醋酸加水稀释后，n(H+)增大，从而说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸，D错误。
故选D。
【点睛】pH相同的不同强酸溶液，c(H+)相同，但强酸的浓度不一定相同，体积相同时，中和碱的能力相同；物质的量浓度相同的不同强酸，c(H+)不一定相同，相同体积时，中和碱的能力不一定相同。pH相同的强酸与弱酸，c(H+)相同，但酸的浓度不同，弱酸溶液的浓度远大于强酸，相同体积时，中和碱的能力不同，弱酸的中和能力强。
20. 下列图示与对应的叙述不相符的是
图1 图2 图3 图4
A. 图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
B. 图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C. 图3表示反应aA(g)＋bB(g)cC(g)表示改变某一条件对化学平衡的影响, 若p1>p2此反应自发进行，必须满足的条件是低温
D. 图4 表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故A正确；
B、反应物大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故B正确；
C、从图象可见，随压强增大A的转化率增大，说明加压时平衡正向移动，则a+b＞c，△S＜0，随温度升高A的转化率降低，说明升温时平衡逆向移动，则△H＜0，当△H-T△S＜0时，反应自发进行，低温时，△H-T△S＜0，反应都能自发进行，故C不正确；
D. 向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液时，关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当1molAl3+沉淀完全时需加入3molOH-，即加入1.5molBa（OH）2，加入的Ba2+为1.5mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，共需加入2molBa（OH）2，加入4molOH-，Al3+反应掉3molOH-，生成Al（OH）31mol，剩余1molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使1molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.5molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故D正确；
故答案选C。
二、非选择题（共50分）
21.富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀时
1.9
3.4
7.0
9.1
完全沉淀时
3.2
4.7
9.0
11.1
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有______、_______等。
（2）酸浸时发生反应：2MgO·SiO2 + 2H2SO4=2MgSO4 + SiO2 + 2H2O，2MgO·B2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4。
①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4______H3BO3（填“＞”或“＜”）。
② 酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：______、______。
③ 已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- B(OH)4-。下列关于硼酸的说法正确的是__（填序号）。
a. 硼酸是一元酸
b. 向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
c. 硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3 + H2OB(OH)4-+H+
（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，______（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。
（4）除去浸出液中的杂质离子： 用MgO调节溶液的pH至______以上，使杂质离子转化为______（填化学式）沉淀，过滤。
（5）获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合下图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，______（将方法补充完整）。
【答案】 (1). 研磨 (2). 加热 (3). ＞ (4). Al2O3 + 6H+ === 2Al3+ + 3H2O (5). FeO + 2H+ === Fe2+ + H2O (6). a c (7). 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀（合理答案给分） (8). 4.7 (9). Al(OH)3、Fe(OH)3 (10). 升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【解析】
【详解】（1）由框图可知：研磨可以增大接触面积，加快化学反应速率；酸浸时加热也可以加快化学反应速率，所以答案：研磨；加热。
（2）①根据酸浸时发生反应： 2MgO·B2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4，说明酸性H2SO4大于H3BO3。答案为：＞。
② 酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解生成硫酸铝和硫酸亚铁，相关反应的离子方程式：Al2O3 + 6H+ === 2Al3+ + 3H2O ；FeO + 2H+ === Fe2+ + H2O。答案：Al2O3 + 6H+ === 2Al3+ + 3H2O ；FeO + 2H+ === Fe2+ + H2O。
③ 由硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- B(OH)4-可知硼酸是一元酸，故a正确； b. 因为B和C在同一周期，原子序数逐渐增大，所以非金属性C>B,酸性H2CO3> H3BO3,故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故b错误；c. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3 + H2OB(OH)4-+H+，故c正确；答案：ac。
（3）证明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。答案：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.7
22.随着人们的物质生活水平的不断提高和工业化快速发展，环境污染也日益加重，空气中有毒气体主要包括SO2、CO、NOx、烃类等等。
（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2 和水。已知CH4 和S的燃烧热ΔH分别为-890 kJ /mol 和-297 kJ /mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_______________。
（2）在20 L的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得CO的转化率随温度及不同压强的变化如图所示，P2和195 ℃时n(H2)随时间的变化结果如表所示。
①P2及195℃下，在B点时，v(正)_____v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
②该反应的ΔH_________0（填“>”、“<”或“=”），原因是______________________________。
③在0～2 min，平均反应速率v(H2)＝______________________。（数值用小数形式表示）
④在P2及195 ℃时，该反应的平衡常数Kp=__________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果用含P2的分式表示)。
（3）某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理见图所示。
①气体A中除了O2外，一定还含有的气体是________。
②该电池的负极反应式为__________________________。
【答案】 (1). CH4 (g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H= -296 kJ/mol (2). < (3). < (4). 其他条件不变时，升高温度，一氧化碳的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向为吸热，正反应方向放热 (5). 0.075 mol·L－1 ·min－1 (6). (7). CO2或二氧化碳 (8). CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O
【解析】
【分析】
（1）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ /mol ①
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297 kJ /mol ②
将①-2×②即得CH4和SO2反应的热化学方程式。
（2）①在B点时，CO的转化率有向A转化的趋势，则由CO的转化率的变化，可推出平衡移动的方向，从而得出v(正)与v(逆)的关系。
②由图中数据可以看出，升高温度，CO的转化率减小，则可推出平衡移动的方向及ΔH。
③在0～2 min，平均反应速率v(H2)＝。
④在P2及195 ℃时，三段式关系为：
该反应的平衡常数Kp=。
（3）①气体A中O2+4e-=2O2-，O2-最终将转化为CO32-，二者的差值为CO2。
②该电池的负极为CH4失电子，需要结合CO32-才能中和电性，生成CO2和H2O。
【详解】（1）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ /mol ①
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297 kJ /mol ②
将①-2×②即得：CH4 (g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H= -296 kJ/mol。答案为：CH4 (g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H= -296 kJ/mol；
（2）①在B点时，CO的转化率有向A转化的趋势，则CO的转化率减小，平衡逆向移动，v(正)
③在0～2 min，平均反应速率v(H2)＝=0.075 mol·L－1 ·min－1。答案为：0.075 mol·L－1 ·min－1；
④在P2及195 ℃时，三段式关系为：
该反应的平衡常数Kp==。答案为：；
（3）①气体A中O2+4e-=2O2-，O2-最终将转化为CO32-，二者的差值为CO2，从而得出一定还含有的气体是CO2。答案为：CO2；
②该电池的负极为CH4失电子，需要结合CO32-才能中和电性，生成CO2和H2O，电极反应式为CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O。答案为：CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O。
【点睛】在书写电极反应式及判断电极反应物时，可借助图中的箭头，由反应物、生成物、电解质溶液进行分析，同时应考虑电性的平衡。如本题中，负极CH4失电子，C元素的化合价升高，C由-4价升高到+4价，从而生成CO2和H2O，产物中的O元素只能来自于电解质CO32-，这样就完成了反应物与生成物的完善，利用守恒法便可书写电极反应式。
23.甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性己检验)。
实验操作和现象：
操作
现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热
A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭
--------------------------------------------------
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸
均未发现白色沉淀溶解
(1)A中反应的化学方程式是__________________________________________。
(2)C中白色沉淀是_________，该沉淀的生成表明SO2具有_________性。
(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是_________________。
(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲同学认为是空气参与反应，乙同学认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上，甲同学在原有操作之前增加一步操作，该操作是_____________;乙同学在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是____________。
②甲、乙两同学分别改进实验后，B装置中现象分别为:
甲
大量白色沉淀
乙
少量白色沉淀
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。请用离子方程式解释甲、乙两同学改进实验后仍然产生沉淀的原因，甲：___________________，乙：__________________。
(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是______________________。
【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). BaSO4 (3). 还原 (4). 2NO+O2=2NO2 (5). 通N2一段时间，排除装置的空气 (6). 饱和亚硫酸氢钠溶液 (7). SO42-+Ba2+=BaSO4↓ (8). 2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+ (9). SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀
【解析】
【分析】
(1)A中发生Cu与浓硫酸的反应，生成硫酸铜、二氧化硫气体和水。
(2)在C中，SO2先被NO3-氧化为SO42-，再与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀。
(3)C中NO3-被SO2还原为NO气体，在液面上方遇空气中的O2，生成NO2。
(4)①甲同学既然认为是空气参与反应，那么就设法去掉空气，即在原有操作之前增加排空气操作；乙同学认为是白雾(SO3)参与反应，在A、B间增加洗气瓶，设置去白雾操作；
②检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸，则沉淀为BaSO4，因为甲同学只排除了装置内的空气而没有排除白雾的干扰，白雾溶于水生成硫酸，与Ba2+反应；乙同学只排除了白雾的干扰而没有排除空气的干扰，在水溶液中亚硫酸被O2氧化为硫酸，与Ba2+反应。
(5)B中无沉淀生成，则表明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
【详解】(1)A中发生Cu与浓硫酸的反应，化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)在C中，发生反应3SO2+3Ba2++2NO3-+3H2O=3BaSO4↓+2NO+6H+，C中白色沉淀是BaSO4，该沉淀的生成表明SO2具有还原性。答案为：BaSO4；还原；
(3)C中反应生成无色的NO气体，在液面上方遇空气中的O2，发生反应生成浅棕色气体NO2，化学方程式是2NO+O2=2NO2。答案为：2NO+O2=2NO2；
(4)①为证实各自的观点，在原实验基础上，甲同学既然认为是空气参与反应，那么就设法去掉空气，即在原有操作之前增加排空气操作，该操作是通N2一段时间，排除装置的空气；乙同学认为是白雾(SO3)参与反应，在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液。答案为：通N2一段时间，排除装置的空气；饱和亚硫酸氢钠溶液；
②检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸，则沉淀为BaSO4，因为甲同学只排除了装置内的空气而没有排除白雾的干扰，而乙同学只排除了白雾的干扰而没有排除空气的干扰，并且白雾的干扰比空气中O2的干扰更大。其原因是:甲为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，乙为2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4+4H+。答案为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4+4H+；
(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。答案为：SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
【点睛】SO2通入BaCl2溶液中，可能发生如下转化：SO2+BaCl2+H2O→BaSO3+2HCl，由于BaSO3为弱酸盐，易溶于强酸(HCl)，所以不能生成沉淀；若想生成BaSO3沉淀，必须改变溶液性质，即往反应后的溶液中加碱中和HCl。若往反应后的溶液中加入强氧化性物质，则BaSO3将转化为BaSO4。
24.丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞(J)的一种路线如下:
已知: R-BrRMgBr
回答下列问题:
（1）A和E的名称分别是___________、____________，E中含有的官能团的名称是_______。
（2）F生成G的反应类型为_____________
（3）B生成A的化学方程式____________________________。
（4）D生成E的化学方程式_______________________________。
（5）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。写出H生成J化学方程式___________。
（6），X的同分异构体中：①能发生银镜反应；②能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的X 的同分异构体共有_____种。其中核磁共振氢谱中有5组峰的有机物的结构简式是___________________。
（7）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和化合物D为原料，合成路线流程图(其它试剂自选)。________________________________。
【答案】 (1). 2-甲基丙烯(或: 2-甲基-1-丙烯) (2). 2-溴甲苯(或邻溴甲苯) (3). 溴原子 (4). 加成反应 (5). C(CH3)3Br+NaOH ↑+NaBr+H2O (6). +Br2+HBr (7). +H2O (8). 13 (9). (10).
【解析】
【分析】
由流程图分析，由G可得出A为CH2=C(CH3)2，B为(CH3)3CBr，C为(CH3)3CMgBr，D为甲苯，E为，F为，H为，J为。
（1）由A和E的结构简式，可进行命名，E中含有的官能团为-Br。
（2）生成，即-CHO转化为。
（3）(CH3)3CBr生成CH2=C(CH3)2，发生消去反应。
（4）生成，发生取代反应
（5）生成，即发生酯化反应。
（6），由E的结构简式可推出X为，它的同分异构体中：①能发生银镜反应，说明含有醛基，由X的结构，可确定其同分异构体中可能含有-CHO，可能含有-CH2CHO；②能与氯化铁溶液发生显色反应，异构体中含有-OH。满足上述条件的X 的同分异构体为(共4种)、(共4种)、
(共2种)、(共3种)。只有核磁共振氢谱中有5组峰。
（7）以甲烷和化合物为原料，合成，可将 先氧化为，再将CH4转化为CH3MgBr，二者再发生加成反应、水解反应，便可获得产品。
【详解】（1）由A和E的结构简式，可进行命名，A为2-甲基丙烯(或2-甲基-1-丙烯)，B为2-溴甲苯(或邻溴甲苯)，E中含有的官能团为溴原子。答案为：2-甲基丙烯(或2-甲基-1-丙烯)；2-溴甲苯(或邻溴甲苯)；溴原子；
（2）生成，发生加成反应。答案为：加成反应；
（3）(CH3)3CBr生成CH2=C(CH3)2，发生反应为C(CH3)3Br+NaOH ↑+NaBr+H2O。答案为：C(CH3)3Br+NaOH ↑+NaBr+H2O；
（4）生成，发生反应为+Br2+HBr。答案为：+Br2+HBr
（5）生成，发生反应+H2O。答案为：+H2O；
（6），由E的结构简式可推出X为，它的同分异构体中：①能发生银镜反应，说明含有醛基，由X的结构，可确定其同分异构体中可能含有-CHO，可能含有-CH2CHO；②能与氯化铁溶液发生显色反应，异构体中含有-OH。满足上述条件的X 的同分异构体为(共4种)、(共4种)、
(共2种)、(共3种)。只有核磁共振氢谱中有5组峰。
满足上述条件的X 的同分异构体共有13种。其中核磁共振氢谱中有5组峰的有机物的结构简式是。答案为：13；；
（7）以甲烷和化合物为原料，合成，可将 先氧化为，再将CH4转化为CH3MgBr，二者再发生加成反应、水解反应，便可获得产品。
从而得出合成路线为。答案为：。
【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键： (1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。
高三化学
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1
一、选择题（共20小题，每题2分，共40分。每题只有一个正确答案）
1.下列物质分类正确的有几项
①混合物：铝热剂、氯水、水玻璃、漂白粉
②胶体：饱和氯化铁溶液、淀粉溶液、牛奶
③酸性氧化物：Mn2O7、SO2、SiO2、NO2
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
⑤电解质：BaSO4、NH3、NaOH、冰醋酸
⑥硅酸盐产品：水晶、水泥、陶瓷
⑦碱：苛性钠、纯碱、熟石灰 ⑧盐：胆矾、小苏打、铜绿
⑨放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳、甲烷燃烧
A. 2 B. 3 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物、氯水为氯气溶于水形成的混合物、水玻璃为硅酸钠的水溶液、漂白粉为氯化钙与次氯酸钙的混合物，①正确；
②饱和氯化铁溶液不属于胶体，②错误；
③NO2不属于酸性氧化物，③错误；
④C60、C70、金刚石、石墨都是碳的同素异形体，④正确；
⑤NH3为非电解质，不是电解质，⑤错误；
⑥水晶是氧化物，不是硅酸盐产品，⑥错误；
⑦纯碱的成分为碳酸钠，它不是碱，⑦错误；
⑧胆矾是五水合硫酸铜、小苏打为碳酸氢钠、铜绿为碱式碳酸铜，它们都是盐，⑧正确；
⑨碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳，是吸热反应，⑨错误。
综合以上分析，①④⑧正确。
故选B。
2.NA表示阿伏加徳罗常数的值，下列有关叙述正确的为
A. 1 mol铁粉在1 mol氧气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
B. 标况下，3.36 LSO3含有的电子数为6NA
C. 4.2 g乙烯和丙烯混合气中含有的极性键数目为0.6NA
D. 1L 1mol/L的葡萄糖溶液中，含有的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁与氧气发生的反应为3Fe+2O2Fe3O4，Fe、O2等摩反应后，Fe完全反应，所以1 mol铁粉失去的电子数为NA，A错误；
B. 标况下，SO3为固体，不能利用22.4L/mol计算分子数，B错误；
C. 采用极值法分析，4.2 g乙烯中含有的极性键数目为，4.2 g丙烯含有的极性键数目为，则混合气中含极性键0.6NA，C正确；
D. 1L 1mol/L的葡萄糖溶液中，含有的葡萄糖分子数为NA，另外还含有水分子，D错误；
故选C。
3.CO和H2在ThNi5作用下可以合成CH4。
已知温度为T时：① CO(g)＋H2O(g) === CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ·mol－1
② CH4(g)＋2H2O(g) === 4H2(g) + CO2(g) ΔH＝+165 kJ·mol－1
下列说法不正确的是
A. 催化剂不能改变该反应的ΔH
B. ①中反应物的键能总和小于生成物的键能总和
C. ②中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. CO(g)与H2(g)合成CH4(g)的反应为放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应物和生成物的能量，而反应的△H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，故催化剂的使用对反应的△H无影响，故A正确；
B．△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，而由于反应①的△H＜0，故反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故B正确；
C．当反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，由于反应②吸热，故反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；
D．由于①CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•mol-1；②CH4(g)+2H2O(g)═4H2(g)+CO2(g)△H=+165kJ•mol-1；将①-②可得：CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)△H=(-41kJ•mol-1)-(+165kJ•mol-1)=-206KJ/mol，故为放热反应，故D正确；
故选C。
4.下列离子方程式书写正确的是
A. 2.24LCO2通入250 mL 0.5 mol/L的 NaOH溶液中：4CO2＋5OH-=CO32-＋3HCO3-＋H2O
B. 在100 mL 2 mol/L的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl2：4Fe2＋＋6I－＋5Cl2=4Fe3＋＋3I2＋10Cl－
C. 100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH：CO32- +2 CH3COOH＝H2O+CO2↑+ CH3COO-
D. 4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合：4AlO2- + 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 没有指明标准状况，不能求出2.24LCO2的物质的量，A错误；
B. I-的还原能力强于Fe2+，所以应为Cl2先与I-发生氧化还原反应，n(Cl2)=0.25mol，n(I-)=0.4mol，则被氧化的Fe2+物质的量n(Fe2+)=0.1mol，离子方程式为2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，B错误；
C. 100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH，离子方程式应为CO32- +CH3COOH＝HCO3-+ CH3COO-，C错误；
D.设溶液的体积都为1L，则NaAlO2为4mol，HCl为7 mol，离子方程式为 4AlO2- + 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+，D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式中的反应产物是否正确时，可从离子共存的角度进行分析。反应的最终产物在反应后的溶液中必须能稳定存在，也就是反应后溶液中的微粒能大量共存。
5.在某种接近中性的含Na＋的溶液中，可能还存在NH4＋、Fe2＋、Br－、CO32－、I－、SO32－6种离子中的几种。
①在原溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色；
②向呈橙黄色的溶液中滴加BaCl2时无沉淀生成；
③橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。则上述溶液中一定不存在的离子是 （ ）
A. NH4＋、Br－、CO32－ B. NH4＋、I－、SO32－
C. Fe2＋、I－、SO32－ D. Fe2＋、Br－、CO32－
【答案】C
【解析】
【详解】①在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有CO32-，则一定不存在Fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成I2或Br2；②向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，说明不含SO32-；③橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含I-，所以溶液中一定不存在Fe2+、I-、SO32-，一定存在Br-、CO32-，阳离子只有Na+、NH4+，若只有Na+，溶液一定显示碱性，而现在溶液显中性，所以溶液中一定含有铵离子，答案选C。
6.“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法之一。下列说法正确的是（ ）
A. 证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI 试纸检验，观察试纸颜色变化
B. 将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为2∶3
C. 验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀
D. 向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为 2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以不能用湿润的淀粉碘化钾试纸区别二氧化氮和溴蒸气，故A错误；
B．反应中被还原的是NO3-，相当于硝酸根离子与二氧化硫之间的氧化还原，3SO2～2NO3-~2NO，故逸出气体和SO2的体积比为2︰3，故B正确；
C．淀粉的水解是在酸性条件下，检验水解产物时需要先中和催化作用的酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，故C错误；
D．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故D错误；
答案为B。
7.将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。则下列有关说法不正确的是
A. 图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B. 图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
C. 根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol
D. 根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
氧化性强弱顺序为KMnO4＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题。
【详解】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，故A正确；
B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故B正确；
C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为2KMnO4～10Fe3+～10I-，共消耗的n（I-）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为==0.25mol，故C正确；
D．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.75mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.75mol，故D错误；
故选：D。
8.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含AlO2-、SO32-、OH－的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH－、SO32-、AlO2-
B. 含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋
C. 含等物质的量的Ba(OH)2、NaAlO2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、NaAlO2、K2CO3、BaCO3
D. 在含Fe3＋、H＋、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H＋、NH4+、Fe3＋
【答案】C
【解析】
【详解】A. 因为OH－能与HSO3-、Al(OH)3反应，所以OH-排在最前面；因为HSO3-能与AlO2-反应，所以SO32-排在最后面，故顺序为OH－、AlO2-、SO32-，A错误；
B. 还原能力I－>Fe2＋>Br－，所以缓慢通入氯气，离子反应的先后顺序为I－、Fe2＋、Br－，B错误；
C. CO2先与Ba(OH)2反应生成BaCO3和水，然后与KOH反应生成K2CO3和水，再与NaAlO2反应生成Al(OH)3，再与K2CO3反应生成KHCO3，最后与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，C正确；
D. 因为氨水能与Fe3＋反应，所以离子反应的顺序为H＋、Fe3＋、NH4+，D错误。
故选C。
【点睛】在判断离子反应的先后顺序时，若我们弄不清哪种离子先反应，哪种离子后反应，可从共存寻求突破。比如H+与OH-反应完之后，我们假设NH4+先与OH-反应生成一水合氨，一水合氨又会与Mg2+、Al3+反应，分别生成Mg(OH)2、Al(OH)3和NH4+，则表明假设错误，应为Mg2+、Al3+先与OH-反应，而NH4+后发生反应。
9. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中有平衡：Br2+H2OHBr+ HBrO 加入 AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
B. 对CO(g) + NO2 (g)CO2(g)+ NO(g) 平衡体系增大压强可使颜色变深
C. 高压比常压有利于合成SO3的反应
D. 合成 NH3反应，为提高 NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施
【答案】B
【解析】
【详解】A.溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO 加入 AgNO3溶液后，消耗溴离子平衡右移溶液颜色变浅，符合勒夏特列原理，故A不选；
B.CO(g) + NO2 (g)CO2(g)+ NO(g) 平衡体系增大压强平衡不移动，颜色变深是因为体积变小，不符合勒夏特列原理，故B可选；
C.2SO2+O22SO3增加压强向正反应方向移动，符合勒夏特列原理，故C不选；
D.合成 NH3反应，为提高 NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施，因为正反应方向为放热反应，故D不选；
故答案选B
10.在一定温度下，只改变反应物中n(SO2)对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应a、b、c点均为平衡点，且b点时SO2的转化率最高
B. b点时SO2与O2 的物质的之比约为2：1
C. a、b、c 三点平衡常数： Kb>Kc>Ka
D. a、b、c 三点反应速率大小为： vb>vc>va
【答案】B
【解析】
【分析】
分析图像我们可知，在一定范围内，随着二氧化硫起始浓度的提高，平衡时三氧化硫的体积分数也会随之提高，但是当二氧化硫的起始浓度超过一定限度后，平衡时三氧化硫的体积会随着其增大而减小。
【详解】A．曲线上的点为平衡状态，当氧气的量一定时，二氧化硫的起始量越少，则二氧化硫的转化率越大，a点时SO2的转化率最大，故A错误；
B．由2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知，b点时SO2与O2的物质的量之比约为2：1，SO3的体积分数最大，故B正确；
C．温度不变，则平衡常数不变，a、b、c三点平衡常数：Kb=Kc=Ka，故C错误；
D．浓度越大，反应速率越快，则a、b、c三点反应速率大小：vc＞vb＞va，故D错误；
故选B。
11.在一个绝热定容的密闭容器中，1molA与2molB发生反应A(g)＋2B(g) xC(g)＋2D(g) △H＝bkJ·mol−1(b＜0)，下列说法不正确的是
A. 平衡时，A和B的转化率相等
B. 若 x=1，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡
C. 当B和D的物质的量之比1:1不变时，表明该反应已达到平衡
D. 达到平衡过程中，正反应速率可能是先增大再减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为A、B起始投入量之比等于化学计量数之比，则A和B的变化量之比等于化学计量数之比，A和B的转化率相等，A正确；
B. 若 x=1，容器中气体分子数始终不变，但容器为绝热容器，只要平衡发生移动，则容器的温度将会发生改变，从而使压强发生改变，压强不变时能判断反应达到平衡，B错误；
C. 当B和D的物质的量之比1:1保持不变，说明平衡不发生移动，此时该反应达到平衡，C正确；
D. 达到平衡过程中，因为容器绝热，且反应为放热反应，所以反应过程中容器的温度升高，正反应速率可能是先增大再减小，D正确。
故选B。
12.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH＞0
B. 图乙表示反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)达到平衡后，增大压强，反应速率和时间的关系，达到新平衡后，氨气浓度不变，压强也不变
C. 图丙向容器中充入 1 mol N2、3 mol H2，充分反应后放出热量 92.2 kJ
D. 图丁可表示在不同压强P1、P2(P1>P2)条件下CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H＜0，甲醇百分含量随温度变化的情况
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知，温度升高，平衡逆向进行，所以该反应的ΔH<0，A错误；
B.反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)达到平衡后，增大压强的瞬间，逆反应速率突然增大，但由于反应物中没有气体，所以正反应速率不变，然后平衡发生逆向移动，使逆反应速率减小，达到新平衡后，氨气浓度不变，压强也不变，B正确；
C. 向容器中充入 1 mol N2、3 mol H2，由于反应可逆，所以充分反应后放出热量小于 92.2 kJ，C错误；
D. 升高温度，CH3OH%减小，则平衡逆向移动，△H＜0；增大压强，平衡正向移动，所以P1
13.如图是一种可充电的锂离子电池充放电的工作示意图。放电时该电池的电极反应式为：负极：LixC6－xe－=C6＋xLi+（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）正极：Li1-xMnO2＋xLi+＋xe－=LiMnO2（LiMnO2表示含锂原子的二氧化锰）。下列有关说法正确的是
A. 该电池的总反应式为Li1-xMnO2＋LixC6LiMnO2＋C6
B. K与M相接时，A是阴极，发生还原反应
C. K与N相接时，Li＋由A极区迁移到B极区
D. 在整个充、放电过程中至少存在3种形式的能量转化
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据题意所知道的正极和负极反应，所以该电池的总反应式为LiMnO2＋C6Li1-xMnO2＋LixC6，A错误；
B. 充电时，K与M相接，A接电源正极，应为电解池的阳极，发生氧化反应，B错误；
C. 充电时，A为阳极，K与N相接，即放电时，A为正极，Li＋由B极区迁移到A极区，C错误；
D. 在充电过程中，存在电能转化为化学能、热能的转换；在放电过程中，存在化学能转化为电能、光能、热能等转换，D正确。
故选D。
14.短周期元素A、B、C、D 原子序数依次增加，X、Y、Z、W是由这四种元素中的两种元素组成的常见化合物，X为有刺激性气味的气体，Y为淡黄色固体，甲是由C元素形成的气体单质，乙为红棕色气体，上述物质之间的转化关系如图所示部分反应物或生成物省略。下列说法不正确的是
A. 离子半径大小顺序：B>C>D>A
B. 最简单气态氢化物的稳定性：B>C
C. 图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应
D. 元素C、D形成的化合物中一定含离子键
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息可知，Y为Na2O2，乙为NO2。由Y(Na2O2)与W反应生成Z单质，可确定Z为O2，W可能为H2O，也可能为CO2；由乙可逆推出Z为NO，则X为NH3。由Y、Z、X可确定四种元素为H、N、O、Na，则W只能为H2O(若为CO2，则含有5种元素，不合题意)。
A. 核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径大小顺序：N3->O2->Na+>H+，A正确；
B. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，最简单气态氢化物的稳定性：NH3
D. 元素O、Na形成的化合物不管是Na2O2还是Na2O，一定含离子键，D正确。
故选B。
15.钠离子电池具有资源广泛、价格低廉、环境友好、安全可靠的特点，特别适合于固定式大规模储能应用的需求。一种以Na2SO4水溶液为电解液的钠离子电池总反应为：NaTi2(PO4)3+2Na2NiFeII(CN)6Na3Ti2(PO4)3+2NaNiFeIII(CN)6（注：其中P的化合价为+5，Fe的上标II、III代表其价态）。下列说法不正确的是
A. 放电时NaTi2(PO4)3在正极发生还原反应
B. 放电时负极材料中的Na＋脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na＋嵌入到正极材料中
C. 充电过程中阳极反应式为：2NaNiFeIII(CN)6＋2Na＋＋2e－＝2Na2NiFeII(CN)6
D. 该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A.由题意可知放电时负极为2Na2NiFeII(CN)6- 2e－＝2NaNiFeIII(CN)6+ 2Na＋，Na2NiFeII(CN)6失电子被氧化发生氧化反应，正极为：2NaTi2(PO4)3＋2Na＋+2e－＝Na3Ti2(PO4)3，NaTi2(PO4)3得电子被还原发生还原反应，故A项正确；
B.放电时负极材料中的Na＋脱离电极进入溶液，同时溶液中的Na＋嵌入到正极材料中，B项正确；
C.充电过程中阴极极反应式为：2NaNiFeIII(CN)6＋2Na＋＋2e－＝2Na2NiFeII(CN)6，阳极：Na3Ti2(PO4)3-2e－＝2NaTi2(PO4)3＋2Na＋，故C项错误；
D.该电池在较长时间的使用过程中电解质溶液中Na+的浓度基本保持不变，D项正确；
本题选C。
16.应用元素周期律的有关知识进行的下列预测中，正确的有几个
①Be的最高价氧化物对应的水化物具有两性
②Tl(铊)与盐酸和NaOH溶液作用均能产生氢气
③At的单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
④Li在氧气中剧烈燃烧的产物为Li2O2
⑤SrSO4(硫酸锶)是难溶于水的白色固体
⑥H2Se是无色、有毒、比H2S稳定的气体
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【详解】①按对角线规则，Be与Al性质相似，则Be的最高价氧化物对应的水化物Be(OH)2具有两性，①正确；
②Tl(铊)的金属性比Al强，只能与盐酸反应产生氢气，但与NaOH溶液不反应，②错误；
③At的单质为有色固体，第ⅦA族元素从上到下，单质由气态到液态再到固态，颜色依次加深，卤代银的溶解度依次减小，且难溶盐都不溶于硝酸，③正确；
④Li在氧气中剧烈燃烧的产物为Li2O，④错误；
⑤按第ⅡA族元素的硫酸盐的递变规律，SrSO4(硫酸锶)的溶解度比BaSO4小，是难溶于水的白色固体，⑤正确；
⑥Se的非金属性比S弱，则H2Se是比H2S稳定性差的气体，⑥错误。
综合以上分析，①③⑤正确。故选B。
17.下列涉及有机物的说法中正确的是
A. 乙烯、氯乙烯都是不饱和烃，均可用于合成有机高分子材料
B. 煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油蒸馏可得到苯、甲苯等芳香烃
C. 在加热条件下，加入适量生石灰以除去乙酸乙酯中含有的乙醇杂质
D. 淀粉和纤维素的水解产物都是葡萄糖，二者互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯乙烯中含有氯元素，不属于烃，A错误；
B. 煤的干馏可得到焦炭、煤焦油等，煤焦油中含有多种苯的同系物，所以蒸馏煤焦油可得到苯、甲苯等芳香烃，B正确；
C. 在加热条件下，加入适量生石灰不能除去乙酸乙酯中含有的乙醇杂质，应使用饱和碳酸钠溶液，C错误；
D. 淀粉和纤维素的化学式中的n不同，二者不互为同分异构体，D错误。
故选B。
18.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是
A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度
B. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用
C. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度
D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸性KMnO4溶液不仅能氧化SO2，还能氧化乙醇，所以不能通过滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度，A错误；
B.用氨水吸收尾气中的SO2，生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，再将吸收液与硫酸反应，又生成SO2，从而实现SO2的富集，B正确；
C.用Ba(OH)2溶液吸收SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥过程中，会有一部分BaSO3被氧化为BaSO4，称重难以测定大气中SO2的浓度，C错误；
D. 常温下石灰石很难吸收尾气中的SO2，应使用高温，D错误。
故选B。
19.下列说法不正确的是
A. 25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL时氨水的浓度是0.01mol/L(氨水的Kb=1×10-5)
B. 室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释，溶液中 不变
C. 现有浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，分别用以上三种酸溶液中和一定量的NaOH溶液,反应后溶液呈中性，需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为V3> V1> V2
D. 将等体积pH＝4的盐酸和醋酸稀释到pH＝5的溶液，盐酸所加的水量多，说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 25℃时，10mLpH=11的氨水中c(CH3COOH)===0.1mol/L，加水稀释至100mL时氨水的浓度是0.01mol/L，A正确；
B. 室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释，溶液中=，Ka、Kw只受温度的影响，不受浓度变化的影响，B正确；
C. 浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸，c(H+)分别为0.1mol/L、0.2mol/L、0.1mol/L，中和一定量的NaOH溶液,当溶液呈中性，可得0.1V1=0.2V2<0.1V3(醋酸钠溶液呈碱性，醋酸应过量)，从而得出V3> V1> V2，C正确；
D. 将等体积pH＝4的盐酸和醋酸稀释到pH＝5的溶液，醋酸所加的水量多，说明醋酸加水稀释后，n(H+)增大，从而说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸，D错误。
故选D。
【点睛】pH相同的不同强酸溶液，c(H+)相同，但强酸的浓度不一定相同，体积相同时，中和碱的能力相同；物质的量浓度相同的不同强酸，c(H+)不一定相同，相同体积时，中和碱的能力不一定相同。pH相同的强酸与弱酸，c(H+)相同，但酸的浓度不同，弱酸溶液的浓度远大于强酸，相同体积时，中和碱的能力不同，弱酸的中和能力强。
20. 下列图示与对应的叙述不相符的是
图1 图2 图3 图4
A. 图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
B. 图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C. 图3表示反应aA(g)＋bB(g)cC(g)表示改变某一条件对化学平衡的影响, 若p1>p2此反应自发进行，必须满足的条件是低温
D. 图4 表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故A正确；
B、反应物大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故B正确；
C、从图象可见，随压强增大A的转化率增大，说明加压时平衡正向移动，则a+b＞c，△S＜0，随温度升高A的转化率降低，说明升温时平衡逆向移动，则△H＜0，当△H-T△S＜0时，反应自发进行，低温时，△H-T△S＜0，反应都能自发进行，故C不正确；
D. 向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液时，关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当1molAl3+沉淀完全时需加入3molOH-，即加入1.5molBa（OH）2，加入的Ba2+为1.5mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，共需加入2molBa（OH）2，加入4molOH-，Al3+反应掉3molOH-，生成Al（OH）31mol，剩余1molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使1molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.5molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故D正确；
故答案选C。
二、非选择题（共50分）
21.富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀时
1.9
3.4
7.0
9.1
完全沉淀时
3.2
4.7
9.0
11.1
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有______、_______等。
（2）酸浸时发生反应：2MgO·SiO2 + 2H2SO4=2MgSO4 + SiO2 + 2H2O，2MgO·B2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4。
①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4______H3BO3（填“＞”或“＜”）。
② 酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：______、______。
③ 已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- B(OH)4-。下列关于硼酸的说法正确的是__（填序号）。
a. 硼酸是一元酸
b. 向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
c. 硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3 + H2OB(OH)4-+H+
（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，______（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。
（4）除去浸出液中的杂质离子： 用MgO调节溶液的pH至______以上，使杂质离子转化为______（填化学式）沉淀，过滤。
（5）获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合下图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，______（将方法补充完整）。
【答案】 (1). 研磨 (2). 加热 (3). ＞ (4). Al2O3 + 6H+ === 2Al3+ + 3H2O (5). FeO + 2H+ === Fe2+ + H2O (6). a c (7). 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀（合理答案给分） (8). 4.7 (9). Al(OH)3、Fe(OH)3 (10). 升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【解析】
【详解】（1）由框图可知：研磨可以增大接触面积，加快化学反应速率；酸浸时加热也可以加快化学反应速率，所以答案：研磨；加热。
（2）①根据酸浸时发生反应： 2MgO·B2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4，说明酸性H2SO4大于H3BO3。答案为：＞。
② 酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解生成硫酸铝和硫酸亚铁，相关反应的离子方程式：Al2O3 + 6H+ === 2Al3+ + 3H2O ；FeO + 2H+ === Fe2+ + H2O。答案：Al2O3 + 6H+ === 2Al3+ + 3H2O ；FeO + 2H+ === Fe2+ + H2O。
③ 由硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- B(OH)4-可知硼酸是一元酸，故a正确； b. 因为B和C在同一周期，原子序数逐渐增大，所以非金属性C>B,酸性H2CO3> H3BO3,故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故b错误；c. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3 + H2OB(OH)4-+H+，故c正确；答案：ac。
（3）证明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。答案：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.7
22.随着人们的物质生活水平的不断提高和工业化快速发展，环境污染也日益加重，空气中有毒气体主要包括SO2、CO、NOx、烃类等等。
（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2 和水。已知CH4 和S的燃烧热ΔH分别为-890 kJ /mol 和-297 kJ /mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_______________。
（2）在20 L的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得CO的转化率随温度及不同压强的变化如图所示，P2和195 ℃时n(H2)随时间的变化结果如表所示。
①P2及195℃下，在B点时，v(正)_____v(逆)（填“>”、“<”或“=”）。
②该反应的ΔH_________0（填“>”、“<”或“=”），原因是______________________________。
③在0～2 min，平均反应速率v(H2)＝______________________。（数值用小数形式表示）
④在P2及195 ℃时，该反应的平衡常数Kp=__________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果用含P2的分式表示)。
（3）某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理见图所示。
①气体A中除了O2外，一定还含有的气体是________。
②该电池的负极反应式为__________________________。
【答案】 (1). CH4 (g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H= -296 kJ/mol (2). < (3). < (4). 其他条件不变时，升高温度，一氧化碳的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向为吸热，正反应方向放热 (5). 0.075 mol·L－1 ·min－1 (6). (7). CO2或二氧化碳 (8). CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O
【解析】
【分析】
（1）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ /mol ①
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297 kJ /mol ②
将①-2×②即得CH4和SO2反应的热化学方程式。
（2）①在B点时，CO的转化率有向A转化的趋势，则由CO的转化率的变化，可推出平衡移动的方向，从而得出v(正)与v(逆)的关系。
②由图中数据可以看出，升高温度，CO的转化率减小，则可推出平衡移动的方向及ΔH。
③在0～2 min，平均反应速率v(H2)＝。
④在P2及195 ℃时，三段式关系为：
该反应的平衡常数Kp=。
（3）①气体A中O2+4e-=2O2-，O2-最终将转化为CO32-，二者的差值为CO2。
②该电池的负极为CH4失电子，需要结合CO32-才能中和电性，生成CO2和H2O。
【详解】（1）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ /mol ①
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297 kJ /mol ②
将①-2×②即得：CH4 (g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H= -296 kJ/mol。答案为：CH4 (g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H= -296 kJ/mol；
（2）①在B点时，CO的转化率有向A转化的趋势，则CO的转化率减小，平衡逆向移动，v(正)
③在0～2 min，平均反应速率v(H2)＝=0.075 mol·L－1 ·min－1。答案为：0.075 mol·L－1 ·min－1；
④在P2及195 ℃时，三段式关系为：
该反应的平衡常数Kp==。答案为：；
（3）①气体A中O2+4e-=2O2-，O2-最终将转化为CO32-，二者的差值为CO2，从而得出一定还含有的气体是CO2。答案为：CO2；
②该电池的负极为CH4失电子，需要结合CO32-才能中和电性，生成CO2和H2O，电极反应式为CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O。答案为：CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O。
【点睛】在书写电极反应式及判断电极反应物时，可借助图中的箭头，由反应物、生成物、电解质溶液进行分析，同时应考虑电性的平衡。如本题中，负极CH4失电子，C元素的化合价升高，C由-4价升高到+4价，从而生成CO2和H2O，产物中的O元素只能来自于电解质CO32-，这样就完成了反应物与生成物的完善，利用守恒法便可书写电极反应式。
23.甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性己检验)。
实验操作和现象：
操作
现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热
A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭
--------------------------------------------------
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸
均未发现白色沉淀溶解
(1)A中反应的化学方程式是__________________________________________。
(2)C中白色沉淀是_________，该沉淀的生成表明SO2具有_________性。
(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是_________________。
(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲同学认为是空气参与反应，乙同学认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上，甲同学在原有操作之前增加一步操作，该操作是_____________;乙同学在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是____________。
②甲、乙两同学分别改进实验后，B装置中现象分别为:
甲
大量白色沉淀
乙
少量白色沉淀
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。请用离子方程式解释甲、乙两同学改进实验后仍然产生沉淀的原因，甲：___________________，乙：__________________。
(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是______________________。
【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). BaSO4 (3). 还原 (4). 2NO+O2=2NO2 (5). 通N2一段时间，排除装置的空气 (6). 饱和亚硫酸氢钠溶液 (7). SO42-+Ba2+=BaSO4↓ (8). 2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+ (9). SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀
【解析】
【分析】
(1)A中发生Cu与浓硫酸的反应，生成硫酸铜、二氧化硫气体和水。
(2)在C中，SO2先被NO3-氧化为SO42-，再与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀。
(3)C中NO3-被SO2还原为NO气体，在液面上方遇空气中的O2，生成NO2。
(4)①甲同学既然认为是空气参与反应，那么就设法去掉空气，即在原有操作之前增加排空气操作；乙同学认为是白雾(SO3)参与反应，在A、B间增加洗气瓶，设置去白雾操作；
②检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸，则沉淀为BaSO4，因为甲同学只排除了装置内的空气而没有排除白雾的干扰，白雾溶于水生成硫酸，与Ba2+反应；乙同学只排除了白雾的干扰而没有排除空气的干扰，在水溶液中亚硫酸被O2氧化为硫酸，与Ba2+反应。
(5)B中无沉淀生成，则表明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
【详解】(1)A中发生Cu与浓硫酸的反应，化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)在C中，发生反应3SO2+3Ba2++2NO3-+3H2O=3BaSO4↓+2NO+6H+，C中白色沉淀是BaSO4，该沉淀的生成表明SO2具有还原性。答案为：BaSO4；还原；
(3)C中反应生成无色的NO气体，在液面上方遇空气中的O2，发生反应生成浅棕色气体NO2，化学方程式是2NO+O2=2NO2。答案为：2NO+O2=2NO2；
(4)①为证实各自的观点，在原实验基础上，甲同学既然认为是空气参与反应，那么就设法去掉空气，即在原有操作之前增加排空气操作，该操作是通N2一段时间，排除装置的空气；乙同学认为是白雾(SO3)参与反应，在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液。答案为：通N2一段时间，排除装置的空气；饱和亚硫酸氢钠溶液；
②检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸，则沉淀为BaSO4，因为甲同学只排除了装置内的空气而没有排除白雾的干扰，而乙同学只排除了白雾的干扰而没有排除空气的干扰，并且白雾的干扰比空气中O2的干扰更大。其原因是:甲为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，乙为2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4+4H+。答案为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4+4H+；
(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。答案为：SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
【点睛】SO2通入BaCl2溶液中，可能发生如下转化：SO2+BaCl2+H2O→BaSO3+2HCl，由于BaSO3为弱酸盐，易溶于强酸(HCl)，所以不能生成沉淀；若想生成BaSO3沉淀，必须改变溶液性质，即往反应后的溶液中加碱中和HCl。若往反应后的溶液中加入强氧化性物质，则BaSO3将转化为BaSO4。
24.丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞(J)的一种路线如下:
已知: R-BrRMgBr
回答下列问题:
（1）A和E的名称分别是___________、____________，E中含有的官能团的名称是_______。
（2）F生成G的反应类型为_____________
（3）B生成A的化学方程式____________________________。
（4）D生成E的化学方程式_______________________________。
（5）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。写出H生成J化学方程式___________。
（6），X的同分异构体中：①能发生银镜反应；②能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的X 的同分异构体共有_____种。其中核磁共振氢谱中有5组峰的有机物的结构简式是___________________。
（7）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和化合物D为原料，合成路线流程图(其它试剂自选)。________________________________。
【答案】 (1). 2-甲基丙烯(或: 2-甲基-1-丙烯) (2). 2-溴甲苯(或邻溴甲苯) (3). 溴原子 (4). 加成反应 (5). C(CH3)3Br+NaOH ↑+NaBr+H2O (6). +Br2+HBr (7). +H2O (8). 13 (9). (10).
【解析】
【分析】
由流程图分析，由G可得出A为CH2=C(CH3)2，B为(CH3)3CBr，C为(CH3)3CMgBr，D为甲苯，E为，F为，H为，J为。
（1）由A和E的结构简式，可进行命名，E中含有的官能团为-Br。
（2）生成，即-CHO转化为。
（3）(CH3)3CBr生成CH2=C(CH3)2，发生消去反应。
（4）生成，发生取代反应
（5）生成，即发生酯化反应。
（6），由E的结构简式可推出X为，它的同分异构体中：①能发生银镜反应，说明含有醛基，由X的结构，可确定其同分异构体中可能含有-CHO，可能含有-CH2CHO；②能与氯化铁溶液发生显色反应，异构体中含有-OH。满足上述条件的X 的同分异构体为(共4种)、(共4种)、
(共2种)、(共3种)。只有核磁共振氢谱中有5组峰。
（7）以甲烷和化合物为原料，合成，可将 先氧化为，再将CH4转化为CH3MgBr，二者再发生加成反应、水解反应，便可获得产品。
【详解】（1）由A和E的结构简式，可进行命名，A为2-甲基丙烯(或2-甲基-1-丙烯)，B为2-溴甲苯(或邻溴甲苯)，E中含有的官能团为溴原子。答案为：2-甲基丙烯(或2-甲基-1-丙烯)；2-溴甲苯(或邻溴甲苯)；溴原子；
（2）生成，发生加成反应。答案为：加成反应；
（3）(CH3)3CBr生成CH2=C(CH3)2，发生反应为C(CH3)3Br+NaOH ↑+NaBr+H2O。答案为：C(CH3)3Br+NaOH ↑+NaBr+H2O；
（4）生成，发生反应为+Br2+HBr。答案为：+Br2+HBr
（5）生成，发生反应+H2O。答案为：+H2O；
（6），由E的结构简式可推出X为，它的同分异构体中：①能发生银镜反应，说明含有醛基，由X的结构，可确定其同分异构体中可能含有-CHO，可能含有-CH2CHO；②能与氯化铁溶液发生显色反应，异构体中含有-OH。满足上述条件的X 的同分异构体为(共4种)、(共4种)、
(共2种)、(共3种)。只有核磁共振氢谱中有5组峰。
满足上述条件的X 的同分异构体共有13种。其中核磁共振氢谱中有5组峰的有机物的结构简式是。答案为：13；；
（7）以甲烷和化合物为原料，合成，可将 先氧化为，再将CH4转化为CH3MgBr，二者再发生加成反应、水解反应，便可获得产品。
从而得出合成路线为。答案为：。
【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键： (1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。
相关资料
更多
