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安徽省亳州市第二中学2020届高三上学期第五次月考化学试题
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亳州二中2019-2020学年第五次月考高三化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56
第Ⅰ卷（共48分）
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)
1.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（ ）
A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成
B. “屠苏”中不含非电解质
C. 爆竹爆炸发生了化学变化
D. 早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；
B. “屠苏”药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；
C. 爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；
D. 早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；
故选：B。
2.下列关于化学用语的表示正确的是（ ）
A. 氮气的电子式：N⋮⋮N
B. 熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4K＋＋H＋＋SO42-
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I
D. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】C
【解析】
【详解】A.氮气分子中，每个氮原子都达到了8电子结构，氮气的电子式为，故A错误；
B.熔融状态下硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子，正确的电离方程式为：，故B错误；
C.质子数为53，中子数为78的碘原子其质量为53+78=131，符号为：I，故C正确；
D.丙烯官能团为碳碳双键，不可简写，结构简式为CH3CH=CH2，故D错误；
故答案为C。
3.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A. N2(g)NH3(g)NH4Cl(aq)
B. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s)
C. MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)
D S(s)SO2(g)BaSO3(s)
【答案】A
【解析】
【详解】A、高温、高压、催化剂条件下，N2、H2反应生成氨气，氨气与氯化氢在常温下反应生成氯化铵，故A正确；
B、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，不能实现转化，故B错误；
C、氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，故C错误；
D、硫与氧气反应生成二氧化硫，盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钡不反应，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，因为盐酸酸性强于亚硫酸，因此BaCl2溶液中通入SO2，无沉淀，类似的有CaCl2溶液中通入SO2，也无沉淀，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀，类似的还有CO2分别通入CaCl2、BaCl2、Ca(NO3)2溶液中，均无沉淀。
4.实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是( )
A. 制取Cl2
B. 除去Cl2中的少量HCl
C. 收集Cl2
D. 吸收尾气中的Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A符合题意；
B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；
C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；
D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意。
【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。
5.在探究下列物质性质或组成的实验中，结论不正确的是( )
A. 将二氧化硫通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，证明二氧化硫有还原性
B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+
C. 将铝片放入冷浓硝酸中，无明显现象，证明浓硝酸与铝片不反应
D. 向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中一定有NH4+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化，将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，A项正确；
B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，生成Fe(SCN)3，证明原溶液中含有Fe3+，B项正确；
C. 常温下，铝在浓硝酸中发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，发生钝化现象，并不是不反应，且在加热的条件下，铝与浓硝酸能发生反应，C项错误；
D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明该气体为氨气，原溶液中一定存在铵根离子，D项正确；
答案选C。
【点睛】二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：
1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；
2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、溴水、氯水等强氧化性的物质反应；
3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；
4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质；
性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。
6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－
D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：Al3＋、NH4+、NO3-、HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH=12的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与选项离子Na+、K＋、NO3-、ClO-不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；
B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与CH3COO-会发生反应产生弱酸CH3COOH，不能大量存在，B错误；
C.1.0 mol·L－1的KNO3溶液中，Fe2＋、H＋、NO3-、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中，OH-与Al3＋、NH4+、HCO3-都会发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 1L0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.2NA
B. H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32gO2，转移2NA个电子
C. 3.6gCO和N2的混合气体含质子数为1.8NA
D. 常温常压下，30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCO3−在溶液中既能部分电离为CO32－，又部分能水解为H2CO3，故溶液中的 HCO3−、CO32－、H2CO3的个数之和为0.1NA，故A错误；
B. 在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，氧元素由−1价变为0价，故生成32g氧气，即1mol氧气时，转移2NA个电子，故B正确；
C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故3.6g混合物的物质的量为，又因1个CO和N2分子中两者均含14个质子，故混合物中含1.8NA个质子，故C正确；
D. 常温常压下，30g乙烷的物质的量是1mol，一个乙烷分子有7个共价键，即30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA，故D正确；
故选：A。
8.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－
C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H＋＋2I－＋H2O2＝I2＋2H2O
D. 向NaOH溶液中通入过量CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 磁性氧化铁应写化学式，故A错误；
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧化硫酸根离子，故B错误；
C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，电子守恒，故C正确；
D. 向NaOH溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠，故D错误；
故选：C。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法正确的是
A. 原子半径:Y W
C. X、Y形成的化合物只含有极性键 D. Y的最高价氧化物对应水化物酸性比Z的强
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子则X为氢元素， Z的单质是空气中含量最高的气体则Z为氮元素，W单质在常温下能被浓硫酸钝化则W为铝元素，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为碳元素。
【详解】A. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故原子半径: Z
C. X、Y形成的化合物如乙烯中含有极性键和非极性键，选项C错误；
D. Y的最高价氧化物对应水化物碳酸酸性比Z的最高价氧化物对应水化物硝酸弱，选项D错误；
答案选B。
10.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示镁条与盐酸反应的能量变化
B. 图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化
C. 图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化
D. 图4表示其他条件一定，反应2SO2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应，与图不相符，故A错误；
B. 图2表示带电性随滴入BaCl2溶液先减小到0后增大，H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；
C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；
D. 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO2转化率不变，与图4不相符，故D错误；
答案选C。
11.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰
该样品含钠元素
B
向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性Cl＞C
C
向酸化的KMnO4溶液通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀
证明SO2被氧化为SO42-
D
常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性
c(NH4+)=c(Cl-)
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，不能用璃棒蘸取某样品进行焰色反应，应该用洁净的铂丝或铁丝蘸取，故A错误；
B选项，盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，无法利用向向NaHCO3溶液中加入过量盐酸产生二氧化碳来证明非金属性Cl＞C，故B错误；
C选项，通常用硫酸酸化高锰酸钾，原溶液中含有硫酸根离子干扰检验，无法证明SO2被氧化为硫酸根，故C错误；
D选项，常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性，根据电荷守恒和呈中性得到c(NH4+)=c(Cl－)，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】比较非金属性强弱，一定要从最高价氧化物对应的水化物酸性强弱来比较。
12.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是( )
A. Al、Ga均处于ⅢA族
B. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；
B. Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，B项正确；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，C项错误；
D. Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；
答案选C。
【点睛】C项是学生们的易错点，学生们对于在NaAlO2溶液中通入过量的CO2所发生的反应NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理，在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的Al(OH)3，此时Al(OH)3相当于弱酸，NaGaO2类似于NaAlO2，在NaGaO2、NaAlO2混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是因为Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜H2CO3
则的等于
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，热化学方程式可以“加减运算”，获得新的热化学方程式。
【详解】已知反应中，（前式－后式）/2得，故＝（－314+292）kJ·mol-1/2＝。
本题选A。
14.海洋电池，是以铝合金为电池负极，金属（Pt、Fe）网为正极，科学家把正极制成仿鱼鳃的网状结构。用海水为电解质溶液，它靠海水中的溶解氧与铝反应产生电能的。海水中只含有0.5%的溶解氧。不放入海洋时，铝极就不会在空气中被氧化，可以长期储存。用时，把电池放入海水中，便可供电， 电池设计使用周期可长达一年以上，避免经常交换电池的麻烦。即使更换，也只是换一块铝合金板，电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓下列说法错误的是
A. 负极铝被氧化
B. 海水温度升高，电池反应速率可能加快
C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积
D. 正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓可推知，铝失电子作负极，被氧化，A项正确；
B. 海水温度升高，化学反应速率加快，电池反应速率可能加快，B项正确；
C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积，C项正确；
D. 正极上通入空气，氧气在正极得电子，发生还原反应，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH－，D项错误；
故选D。
15.向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入a mol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是( )
A. 当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
B. 当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Cu2+
C. 当1≤a＜2时，溶液中 n(Fe2+)＝(2+a)mol
D. 若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜
【答案】C
【解析】
【分析】
因氧化性 Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。
【详解】因氧化性 Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应
A. 加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1mol Fe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；
B. 剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；
C. 溶液中铁离子2mol、铜离子为1mol，当1⩽a<2时，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，由方程式比例关系知，铁粉全部参与反应，加入Fe为a mol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C项正确；
D. 若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，D项错误；
答案选C。
16.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH值的变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大
B. 用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性
C. 氨水与HA溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4＋ )>c(A＋)>c(H＋)>c(OH－)
D. 完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积：HA
【解析】
pH相同的一元酸用水稀释相同的倍数，弱酸的pH变化程度小，由图示可知HB的酸性比HA弱；A．向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，最初因生成的NaB水解，促进水的电离，但当NaOH过量后，过量的NaOH将抑制水的电离，故A错误；B．常温下，pH之和等于14的酸和碱等体积混合，混合液的酸碱性是“谁弱显谁性，双强显中性”，如果等常浓度碱的电离程度比HB还小，则混合液显碱性，故B错误；C．氨水与HA溶液混合后的溶液中肯定存在的电荷守恒式是c(NH4＋ )+c(H＋)=c(A-)+c(OH－)，，则c(NH4＋ )>c(A-)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故C错误；D．因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积是HA
二、填空题(每空2分，共52分)
17.纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。
Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示：：
（1）纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为_____。
（2）如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2：____(用简要文字描述)。
（3）生成纳米级Fe的化学方程式为____。
Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用图甲所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。
（4）甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是_____。
（5）甲装置中仪器a的名称为_____。
（6）丁同学称取5.60gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为_____(结果保留三位有效数字)。
【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). 在干燥的HCl气流中加热 (3). FeCl2+H2Fe+2HCl (4). Fe+H2O(g)FeO+H2 (5). 蒸发皿 (6). 67.4%
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
（2）FeCl2•nH2O固体加热脱水时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止水解可以将其在HCl范围中加热；
（3）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级Fe，
Ⅱ.（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气；
（5）根据仪器的结构和性能确定仪器a的名称；
（6）铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，结合固体质量分析判断生成物成分。
【详解】Ⅰ.（1）铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故离子反应方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（2）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热；
（3）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级Fe，反应方程式为 。
Ⅱ. （4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为；
（5）甲装置中仪器a的名称为蒸发皿，故答案为：蒸发皿；
（6）用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O4．反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)=6.88g-5.60g=1.28g，则n(O)==0.08mol。由关系式1 Fe3O4～4 O，可得n（Fe3O4）=0.02mol。所以固体物质中氧化物的质量分数=×100%≈67.4%，故答案为：67.4%。
【点睛】本题考查物质制备，为高频考点，涉及方程式的计算、氧化还原反应、离子反应、反应速率影响，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，把握高温下铁与水反应及实验中装置的作用为解答的关键。
18.NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤如下：
（1）下列有关说法中正确是__(填字母)。
A.“滤液1”中含有K＋、Mg2＋、Cl-
B.“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质
C.“滤渣2”中含有氢氧化铁，氢氧化镁等固体
D.将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱
（2）用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用__方式提高浸出率。
（3）用NaOH溶解“滤渣1”时，可能发生的反应的化学方程式为①__、②_____。
（4）向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反应方程式：__。
【答案】 (1). BD (2). 加热、适当增大NaOH浓度、搅拌 (3). 2Al+2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑ (4). 2Al2O3+2NaOH=2NaAlO2＋H2O (5). AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-
【解析】
【分析】
用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾，铝灰用“水洗”的目的是除去KCl等可溶性杂质，滤渣1为Al、Al2O3、Fe、MgO、Fe2O3等，滤液1为氯化钾溶液，滤渣1用碱溶解，Al、Al2O3反应得到NaAlO2、H2，Fe、MgO、Fe2O3等不与碱反应，过滤得到滤渣2为Fe、MgO、Fe2O3，滤液2中含有NaAlO2及剩余的碱，向滤液2中通入二氧化碳气体和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝沉淀，然后过滤，则滤渣3为氢氧化铝，滤渣氢氧化铝溶于硫酸溶液，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿，配制饱和硫酸铵溶液加入蒸发皿中，蒸发至表面出现晶膜，降温结晶，抽滤得到铵明矾，以此解答该题。
【详解】：（1）A．“滤液1”中是氯化钾溶液，含有K+、Cl-不含镁离子，故A错误；
B．分析可知“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质Fe、Mg、Fe2O3，故B正确；
C．滤渣2为Fe、MgO、Fe2O3，，故C错误；
D．将“滤液3”含有碳酸氢钠，蒸干并灼烧，可得纯碱，故D正确。故答案为：BD；
（2）用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用加热、提高NaOH浓度、搅拌等，故答案为：加热、适当提高NaOH浓度、搅拌等；
（3）滤渣1中与氢氧化钠反应的物质为Al和Al2O3，反应方程式为：2Al+2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3+2NaOH=2NaAlO2＋H2O；
（4）向“滤液2”中通入足量的CO2，主要是和偏铝酸根发生反应，方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
19.聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣(主要成分Fe3O4，含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如下：
（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是_____。
（2）①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为_____。
②酸浸时，通入O2的目的是_____。
（3）滤渣的主要成分为____(填化学式)。
（4）“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，该滴定反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). 提高反应速率、提高铁元素浸取率 (2). Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O (3). 将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3 (4). C和SiO2 (5). 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】
【分析】
（1）为了使原料充分反应，粉碎废铁渣；
（2）①Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁；
②溶液中有亚铁离子，氧气可将亚铁离子氧化为铁离子；
（3）碳和二氧化硅不溶于稀硫酸；
（4）在酸性条件下，Cr2O72-被还原为Cr3+，亚铁离子被氧化为铁离子，再根据得失电子守恒和原子守恒可得．
【详解】：（1）对废铁渣进行粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；故答案为：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；
（2）①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，方程式为： ；
②酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3；
（3）废铁渣（主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅），酸浸，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应，故滤渣的主要成分为碳和二氧化硅；故答案为：C和SiO2；
（4）在酸性条件下，Cr2O72-被还原为Cr3+，亚铁离子被氧化为铁离子，根据电子守恒和元素守恒配平方程式为： 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
20.雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝akJ·mol－1
②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH2＝bkJ·mol－1
③CO(g)＋O2(g)CO2(g) ΔH3＝ckJ·mol－1
④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH4
请回答下列问题：
（1）根据反应①②③，确定反应④中ΔH4＝____kJ·mol－1。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应①的Kp＝__(用表达式表示)。
（3）下列情况能说明反应②已达平衡状态的是__(填字母)。
A.单位时间内生成1molNO2的同时消耗了1molNO
B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D.在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变
（4）试分析高温下不利于反应③自发进行的原因__。
（5）探究反应④中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始的比值、温度的关系，得到如图2所示的曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是__。
【答案】 (1). 2c－a (2). (3). CD (4). 因为该反应的ΔH<0，ΔS<0 (5). Z>Y>X
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算焓变；
（2）根据反应①的方程式得出Kp=；
（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
（4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合△G=△H-T△S＜0自发判断；
（5）温度一定，当CO的量一定时，增大NO的量，平衡右移，CO转换率增大。
【详解】（1）根据盖斯定律，反应②×2-③即得，确定反应④2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H4=(2c-a)KJ/mol，故答案为：2c-a；
（2）根据反应①的方程式得出Kp=；
（3）A．单位时间内生成1mol NO2的同时消耗了lmol NO，都是正反应，故不能说明达到平衡状态，故A错误；
B．总质量一定，体积一定，故密度一定，故混合气体的密质不再发生改变不能说明达到平衡状态，故B错误；
C．该反应平衡移动时会便随能量的变化，绝热容器内的温度会发生变化，温度的变化导致平衡常数的变化，所以当平衡常数不变时说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，则反应达平衡，能说明达到平衡状态，故D正确；
故选：CD；
（4）因为该反应为气体体积减小的放热反应，即△H＜0，△S＜0，所以在高温下△G=△H-T△S＞0非自发，故答案为：因为该反应的ΔH<0，ΔS<0；
（5）温度一定，当CO的量一定时，增大NO的量，平衡右移，CO转换率增大，即的比值越大，CO的转化率越大，故答案为：Z＞Y＞X；
【点睛】判断可逆反应是否达到平衡根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
21.常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）
（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是__。
（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。
（3）点①和点② 所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）
（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。
【答案】 (1). a (2). HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大 (3). c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+) (4). = (5). ④③②
【解析】
【分析】
（1）电离平衡常数越小酸性越弱，同浓度pH值越大；
（2）b为醋酸，先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；
（3）先判断溶质成分，根据各溶液中的物料守恒分析；
（4）酸的电离抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
【详解】（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)> Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH，故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；
（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(Na+) +c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；
（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+ c(CN－)=2 c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；
（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa，只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；
【点睛】明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。
亳州二中2019-2020学年第五次月考高三化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56
第Ⅰ卷（共48分）
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)
1.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（ ）
A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成
B. “屠苏”中不含非电解质
C. 爆竹爆炸发生了化学变化
D. 早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；
B. “屠苏”药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；
C. 爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；
D. 早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；
故选：B。
2.下列关于化学用语的表示正确的是（ ）
A. 氮气的电子式：N⋮⋮N
B. 熔融状态下硫酸氢钾的电离方程式：KHSO4K＋＋H＋＋SO42-
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I
D. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】C
【解析】
【详解】A.氮气分子中，每个氮原子都达到了8电子结构，氮气的电子式为，故A错误；
B.熔融状态下硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子，正确的电离方程式为：，故B错误；
C.质子数为53，中子数为78的碘原子其质量为53+78=131，符号为：I，故C正确；
D.丙烯官能团为碳碳双键，不可简写，结构简式为CH3CH=CH2，故D错误；
故答案为C。
3.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A. N2(g)NH3(g)NH4Cl(aq)
B. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s)
C. MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)
D S(s)SO2(g)BaSO3(s)
【答案】A
【解析】
【详解】A、高温、高压、催化剂条件下，N2、H2反应生成氨气，氨气与氯化氢在常温下反应生成氯化铵，故A正确；
B、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，不能实现转化，故B错误；
C、氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，故C错误；
D、硫与氧气反应生成二氧化硫，盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钡不反应，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，因为盐酸酸性强于亚硫酸，因此BaCl2溶液中通入SO2，无沉淀，类似的有CaCl2溶液中通入SO2，也无沉淀，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀，类似的还有CO2分别通入CaCl2、BaCl2、Ca(NO3)2溶液中，均无沉淀。
4.实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是( )
A. 制取Cl2
B. 除去Cl2中的少量HCl
C. 收集Cl2
D. 吸收尾气中的Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A符合题意；
B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；
C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；
D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意。
【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。
5.在探究下列物质性质或组成的实验中，结论不正确的是( )
A. 将二氧化硫通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，证明二氧化硫有还原性
B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+
C. 将铝片放入冷浓硝酸中，无明显现象，证明浓硝酸与铝片不反应
D. 向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中一定有NH4+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化，将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，A项正确；
B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，生成Fe(SCN)3，证明原溶液中含有Fe3+，B项正确；
C. 常温下，铝在浓硝酸中发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，发生钝化现象，并不是不反应，且在加热的条件下，铝与浓硝酸能发生反应，C项错误；
D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明该气体为氨气，原溶液中一定存在铵根离子，D项正确；
答案选C。
【点睛】二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：
1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；
2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、溴水、氯水等强氧化性的物质反应；
3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；
4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质；
性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。
6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－
D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：Al3＋、NH4+、NO3-、HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH=12的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与选项离子Na+、K＋、NO3-、ClO-不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；
B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与CH3COO-会发生反应产生弱酸CH3COOH，不能大量存在，B错误；
C.1.0 mol·L－1的KNO3溶液中，Fe2＋、H＋、NO3-、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中，OH-与Al3＋、NH4+、HCO3-都会发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 1L0.2mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.2NA
B. H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32gO2，转移2NA个电子
C. 3.6gCO和N2的混合气体含质子数为1.8NA
D. 常温常压下，30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCO3−在溶液中既能部分电离为CO32－，又部分能水解为H2CO3，故溶液中的 HCO3−、CO32－、H2CO3的个数之和为0.1NA，故A错误；
B. 在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，氧元素由−1价变为0价，故生成32g氧气，即1mol氧气时，转移2NA个电子，故B正确；
C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故3.6g混合物的物质的量为，又因1个CO和N2分子中两者均含14个质子，故混合物中含1.8NA个质子，故C正确；
D. 常温常压下，30g乙烷的物质的量是1mol，一个乙烷分子有7个共价键，即30g乙烷气体中所含共价键的数目为7NA，故D正确；
故选：A。
8.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O＝HClO＋HSO3－
C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H＋＋2I－＋H2O2＝I2＋2H2O
D. 向NaOH溶液中通入过量CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 磁性氧化铁应写化学式，故A错误；
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧化硫酸根离子，故B错误；
C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，电子守恒，故C正确；
D. 向NaOH溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠，故D错误；
故选：C。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W单质在常温下能被浓硫酸钝化。下列说法正确的是
A. 原子半径:Y
C. X、Y形成的化合物只含有极性键 D. Y的最高价氧化物对应水化物酸性比Z的强
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子则X为氢元素， Z的单质是空气中含量最高的气体则Z为氮元素，W单质在常温下能被浓硫酸钝化则W为铝元素，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为碳元素。
【详解】A. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故原子半径: Z
C. X、Y形成的化合物如乙烯中含有极性键和非极性键，选项C错误；
D. Y的最高价氧化物对应水化物碳酸酸性比Z的最高价氧化物对应水化物硝酸弱，选项D错误；
答案选B。
10.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示镁条与盐酸反应的能量变化
B. 图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化
C. 图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化
D. 图4表示其他条件一定，反应2SO2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应，与图不相符，故A错误；
B. 图2表示带电性随滴入BaCl2溶液先减小到0后增大，H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；
C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；
D. 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO2转化率不变，与图4不相符，故D错误；
答案选C。
11.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰
该样品含钠元素
B
向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性Cl＞C
C
向酸化的KMnO4溶液通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀
证明SO2被氧化为SO42-
D
常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性
c(NH4+)=c(Cl-)
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，不能用璃棒蘸取某样品进行焰色反应，应该用洁净的铂丝或铁丝蘸取，故A错误；
B选项，盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，无法利用向向NaHCO3溶液中加入过量盐酸产生二氧化碳来证明非金属性Cl＞C，故B错误；
C选项，通常用硫酸酸化高锰酸钾，原溶液中含有硫酸根离子干扰检验，无法证明SO2被氧化为硫酸根，故C错误；
D选项，常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性，根据电荷守恒和呈中性得到c(NH4+)=c(Cl－)，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】比较非金属性强弱，一定要从最高价氧化物对应的水化物酸性强弱来比较。
12.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是( )
A. Al、Ga均处于ⅢA族
B. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
C. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；
B. Ga(OH)3与Al(OH)3的性质相似，属于两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，B项正确；
C. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，C项错误；
D. Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；
答案选C。
【点睛】C项是学生们的易错点，学生们对于在NaAlO2溶液中通入过量的CO2所发生的反应NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3理解不透彻，该反应的发生遵循了强酸制弱酸的原理，在这个反应中，AlO2-是弱酸根离子，AlO2-结合了碳酸的氢离子生成了更弱的Al(OH)3，此时Al(OH)3相当于弱酸，NaGaO2类似于NaAlO2，在NaGaO2、NaAlO2混合液中通入CO2，只生成Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，是因为Ga(OH)3酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3＜H2CO3
则的等于
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，热化学方程式可以“加减运算”，获得新的热化学方程式。
【详解】已知反应中，（前式－后式）/2得，故＝（－314+292）kJ·mol-1/2＝。
本题选A。
14.海洋电池，是以铝合金为电池负极，金属（Pt、Fe）网为正极，科学家把正极制成仿鱼鳃的网状结构。用海水为电解质溶液，它靠海水中的溶解氧与铝反应产生电能的。海水中只含有0.5%的溶解氧。不放入海洋时，铝极就不会在空气中被氧化，可以长期储存。用时，把电池放入海水中，便可供电， 电池设计使用周期可长达一年以上，避免经常交换电池的麻烦。即使更换，也只是换一块铝合金板，电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓下列说法错误的是
A. 负极铝被氧化
B. 海水温度升高，电池反应速率可能加快
C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积
D. 正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据电池总反应式：4Al+3O2十6H2O=4Al(OH)3↓可推知，铝失电子作负极，被氧化，A项正确；
B. 海水温度升高，化学反应速率加快，电池反应速率可能加快，B项正确；
C. 正极制成仿鱼鳃的网状结构的目的是增大正极材料和氧气接触面积，C项正确；
D. 正极上通入空气，氧气在正极得电子，发生还原反应，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH－，D项错误；
故选D。
15.向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入a mol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是( )
A. 当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
B. 当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Cu2+
C. 当1≤a＜2时，溶液中 n(Fe2+)＝(2+a)mol
D. 若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜
【答案】C
【解析】
【分析】
因氧化性 Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。
【详解】因氧化性 Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应
A. 加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1mol Fe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；
B. 剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；
C. 溶液中铁离子2mol、铜离子为1mol，当1⩽a<2时，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，由方程式比例关系知，铁粉全部参与反应，加入Fe为a mol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C项正确；
D. 若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，D项错误；
答案选C。
16.常温下，等体积、pH均为3的HA和HB溶液分别加水稀释，溶液pH值的变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大
B. 用pH为11的某碱与pH为3的HB溶液等体积混合后，溶液不可能显碱性
C. 氨水与HA溶液混合后的溶液中可能存在：c(NH4＋ )>c(A＋)>c(H＋)>c(OH－)
D. 完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积：HA
【解析】
pH相同的一元酸用水稀释相同的倍数，弱酸的pH变化程度小，由图示可知HB的酸性比HA弱；A．向HB溶液中滴加NaOH溶液的过程中，最初因生成的NaB水解，促进水的电离，但当NaOH过量后，过量的NaOH将抑制水的电离，故A错误；B．常温下，pH之和等于14的酸和碱等体积混合，混合液的酸碱性是“谁弱显谁性，双强显中性”，如果等常浓度碱的电离程度比HB还小，则混合液显碱性，故B错误；C．氨水与HA溶液混合后的溶液中肯定存在的电荷守恒式是c(NH4＋ )+c(H＋)=c(A-)+c(OH－)，，则c(NH4＋ )>c(A-)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故C错误；D．因HB比HA弱，pH相等的HA和HB中未电离的HB的物质的量比HA的物质的量大，则完全中和等体积等pH的HA、HB两溶液时，消耗同浓度NaOH溶液的体积是HA
二、填空题(每空2分，共52分)
17.纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。
Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示：：
（1）纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为_____。
（2）如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2：____(用简要文字描述)。
（3）生成纳米级Fe的化学方程式为____。
Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用图甲所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。
（4）甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是_____。
（5）甲装置中仪器a的名称为_____。
（6）丁同学称取5.60gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为_____(结果保留三位有效数字)。
【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). 在干燥的HCl气流中加热 (3). FeCl2+H2Fe+2HCl (4). Fe+H2O(g)FeO+H2 (5). 蒸发皿 (6). 67.4%
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
（2）FeCl2•nH2O固体加热脱水时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止水解可以将其在HCl范围中加热；
（3）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级Fe，
Ⅱ.（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气；
（5）根据仪器的结构和性能确定仪器a的名称；
（6）铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，结合固体质量分析判断生成物成分。
【详解】Ⅰ.（1）铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故离子反应方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（2）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热；
（3）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级Fe，反应方程式为 。
Ⅱ. （4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为；
（5）甲装置中仪器a的名称为蒸发皿，故答案为：蒸发皿；
（6）用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O4．反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)=6.88g-5.60g=1.28g，则n(O)==0.08mol。由关系式1 Fe3O4～4 O，可得n（Fe3O4）=0.02mol。所以固体物质中氧化物的质量分数=×100%≈67.4%，故答案为：67.4%。
【点睛】本题考查物质制备，为高频考点，涉及方程式的计算、氧化还原反应、离子反应、反应速率影响，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，把握高温下铁与水反应及实验中装置的作用为解答的关键。
18.NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤如下：
（1）下列有关说法中正确是__(填字母)。
A.“滤液1”中含有K＋、Mg2＋、Cl-
B.“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质
C.“滤渣2”中含有氢氧化铁，氢氧化镁等固体
D.将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱
（2）用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用__方式提高浸出率。
（3）用NaOH溶解“滤渣1”时，可能发生的反应的化学方程式为①__、②_____。
（4）向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反应方程式：__。
【答案】 (1). BD (2). 加热、适当增大NaOH浓度、搅拌 (3). 2Al+2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑ (4). 2Al2O3+2NaOH=2NaAlO2＋H2O (5). AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-
【解析】
【分析】
用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾，铝灰用“水洗”的目的是除去KCl等可溶性杂质，滤渣1为Al、Al2O3、Fe、MgO、Fe2O3等，滤液1为氯化钾溶液，滤渣1用碱溶解，Al、Al2O3反应得到NaAlO2、H2，Fe、MgO、Fe2O3等不与碱反应，过滤得到滤渣2为Fe、MgO、Fe2O3，滤液2中含有NaAlO2及剩余的碱，向滤液2中通入二氧化碳气体和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝沉淀，然后过滤，则滤渣3为氢氧化铝，滤渣氢氧化铝溶于硫酸溶液，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿，配制饱和硫酸铵溶液加入蒸发皿中，蒸发至表面出现晶膜，降温结晶，抽滤得到铵明矾，以此解答该题。
【详解】：（1）A．“滤液1”中是氯化钾溶液，含有K+、Cl-不含镁离子，故A错误；
B．分析可知“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质Fe、Mg、Fe2O3，故B正确；
C．滤渣2为Fe、MgO、Fe2O3，，故C错误；
D．将“滤液3”含有碳酸氢钠，蒸干并灼烧，可得纯碱，故D正确。故答案为：BD；
（2）用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用加热、提高NaOH浓度、搅拌等，故答案为：加热、适当提高NaOH浓度、搅拌等；
（3）滤渣1中与氢氧化钠反应的物质为Al和Al2O3，反应方程式为：2Al+2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、2Al2O3+2NaOH=2NaAlO2＋H2O；
（4）向“滤液2”中通入足量的CO2，主要是和偏铝酸根发生反应，方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
19.聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣(主要成分Fe3O4，含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如下：
（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是_____。
（2）①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为_____。
②酸浸时，通入O2的目的是_____。
（3）滤渣的主要成分为____(填化学式)。
（4）“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，该滴定反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). 提高反应速率、提高铁元素浸取率 (2). Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O (3). 将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3 (4). C和SiO2 (5). 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】
【分析】
（1）为了使原料充分反应，粉碎废铁渣；
（2）①Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁；
②溶液中有亚铁离子，氧气可将亚铁离子氧化为铁离子；
（3）碳和二氧化硅不溶于稀硫酸；
（4）在酸性条件下，Cr2O72-被还原为Cr3+，亚铁离子被氧化为铁离子，再根据得失电子守恒和原子守恒可得．
【详解】：（1）对废铁渣进行粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；故答案为：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；
（2）①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，方程式为： ；
②酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3；
（3）废铁渣（主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅），酸浸，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应，故滤渣的主要成分为碳和二氧化硅；故答案为：C和SiO2；
（4）在酸性条件下，Cr2O72-被还原为Cr3+，亚铁离子被氧化为铁离子，根据电子守恒和元素守恒配平方程式为： 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
20.雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝akJ·mol－1
②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH2＝bkJ·mol－1
③CO(g)＋O2(g)CO2(g) ΔH3＝ckJ·mol－1
④2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH4
请回答下列问题：
（1）根据反应①②③，确定反应④中ΔH4＝____kJ·mol－1。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应①的Kp＝__(用表达式表示)。
（3）下列情况能说明反应②已达平衡状态的是__(填字母)。
A.单位时间内生成1molNO2的同时消耗了1molNO
B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D.在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变
（4）试分析高温下不利于反应③自发进行的原因__。
（5）探究反应④中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始的比值、温度的关系，得到如图2所示的曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是__。
【答案】 (1). 2c－a (2). (3). CD (4). 因为该反应的ΔH<0，ΔS<0 (5). Z>Y>X
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算焓变；
（2）根据反应①的方程式得出Kp=；
（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
（4）根据该反应为气体体积减小的放热反应结合△G=△H-T△S＜0自发判断；
（5）温度一定，当CO的量一定时，增大NO的量，平衡右移，CO转换率增大。
【详解】（1）根据盖斯定律，反应②×2-③即得，确定反应④2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H4=(2c-a)KJ/mol，故答案为：2c-a；
（2）根据反应①的方程式得出Kp=；
（3）A．单位时间内生成1mol NO2的同时消耗了lmol NO，都是正反应，故不能说明达到平衡状态，故A错误；
B．总质量一定，体积一定，故密度一定，故混合气体的密质不再发生改变不能说明达到平衡状态，故B错误；
C．该反应平衡移动时会便随能量的变化，绝热容器内的温度会发生变化，温度的变化导致平衡常数的变化，所以当平衡常数不变时说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，则反应达平衡，能说明达到平衡状态，故D正确；
故选：CD；
（4）因为该反应为气体体积减小的放热反应，即△H＜0，△S＜0，所以在高温下△G=△H-T△S＞0非自发，故答案为：因为该反应的ΔH<0，ΔS<0；
（5）温度一定，当CO的量一定时，增大NO的量，平衡右移，CO转换率增大，即的比值越大，CO的转化率越大，故答案为：Z＞Y＞X；
【点睛】判断可逆反应是否达到平衡根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
21.常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）
（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是__。
（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。
（3）点①和点② 所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）
（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。
【答案】 (1). a (2). HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大 (3). c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+) (4). = (5). ④③②
【解析】
【分析】
（1）电离平衡常数越小酸性越弱，同浓度pH值越大；
（2）b为醋酸，先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；
（3）先判断溶质成分，根据各溶液中的物料守恒分析；
（4）酸的电离抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
【详解】（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)> Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH，故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；
（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(Na+) +c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；
（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+ c(CN－)=2 c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；
（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa，只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；
【点睛】明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。
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