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辽宁省六校协作体2020届高三上学期期中考试化学试题
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2019——2020学年度上学期省六校协作体高三期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 Si：28 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Co：59
第Ⅰ卷 选择题（42分）
选择题（1－12题每题2分共24分，13－18每题3分共18分，每题只有一个正确选项）
1.化学与材料、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“碱”是K2CO3
B. 利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现了“碳”的循环利用
C. 制备聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃
D. 铅笔的主要成分是石墨与黏土，黏土含量越多，铅笔硬度越大
【答案】C
【解析】
【详解】A、草木灰的主要成分是K2CO3，用水溶解时碳酸根水解显碱性，故A正确；
B、利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现了“碳”循环利用，减少二氧化碳排放，符合节能减排的原则，故B正确；
C、聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，含有F原子，属于卤代烃，故C错误；
D、铅笔的主要成分是石墨与黏土，生产上常在石墨粉末中掺加黏土增加硬度，黏土含量越多，铅笔硬度越大，故D正确；
故选C；
2.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
C. 明矾易溶于水，可用作净水剂
D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化硫可用来漂白是具有漂白性，与氧化性无关，故A错误；
B、石英坩埚的主要成分为二氧化硅，能与烧碱、纯碱反应，故B错误；
C、明矾作净水剂是因为铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附性，与溶解性无关，故C错误；
D、液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故D正确；
故选D；
3.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NA
B. 标准状况下，3.36LHF和3.36LNH3所含的电子数、质子数均为1.5NA
C. 标准状况下，76g 3H2O2中含有6NA共价键
D. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、浓盐酸与MnO2共热反应生成1mol氯气转移电子数2NA电子，与氯酸钾反应制取1mol氯气转移电子数NA，故A错误；
B、标准状况下，HF为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C、3H2O2的摩尔质量为38g/mol，1mol3H2O2含有3mol共价键，所以76g 3H2O2中含有6NA共价键，故C正确；
D、没有具体溶液体积，不能计算溶质的物质的量，故D错误；
故选C；
【点睛】常见标况下不是气体的物质有：HF、H2O、SO3、酒精、苯等。
4.下列实验操作正确的是（ ）
A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C. 做过硫升华实验的试管用酒精洗涤
D. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A、Zn可与加入的CuSO4溶液发生置换反应生成Cu，Cu与锌粒形成Cu-Zn原电池，可以加快Zn与稀硫酸的反应速率，操作得当，故A 正确；
B、HCl滴定NaHCO3达到终点时，溶液中的溶质为NaCl和一定量的H2CO3，溶液显酸性，应选用甲基橙作指示剂，该操作不当，故B错误；
C、做过硫升华实验的试管用二硫化碳或者热的氢氧化钠溶液洗涤，故C错误；
D、检验氨气用湿润的红色湿润试纸，若变蓝，则是氨气，故D错误；
故选A；
5.某有机物的结构如图所示。有关该物质的下列说法正确的是( )
A. 该物质能发生加成反应、取代反应
B. 不能与Br2的CCl4溶液发生反应
C. 该物质中所有原子有可能在同一平面
D. 该化合物的分子式为C18H17O2N2
【答案】A
【解析】
【详解】A、该物质中苯环、碳碳双键等能发生加成反应、苯环上的H和羟基等能发生取代反应，选项A正确；B、碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，选项B错误；C、该物质中有两个亚甲基，即有两个碳是四面体构型，所有原子不可能在同一平面，选项C错误；D、该化合物的分子式为C18H16O2N2，选项D错误。答案选A。
6. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. H2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3
B. NH3NONO2HNO3
C. FeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3
D. AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3
【答案】B
【解析】
解：A．稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3，故A错误；
B．氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸，转化关系正确，故B正确；
C．氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；
D．氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在浓盐酸作用下加热，故D错误．
故选B．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于双基的考查，注意把握物质的性质以及反应条件，难度不大．
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. 1 mol·L-1CaCl2溶液中：K+、Na+、OH－、NO3－
B. 由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Br－、HCO3－
C. 澄清透明的溶液中：H+、Fe3+、SO42－、NO3－
D. 使甲基橙变红的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A、钙离子在碱性时溶解度较小，故不能与氢氧根大量共存，故A正确；
B、由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液可酸可碱，碱性时，不能与Mg2+、HCO3－大量共存，酸性时不能与HCO3－大量共存，故B错误；
C、H+、Fe3+、SO42－、NO3－均不相互反应，可以大量共存，故C正确；
D、使甲基橙变红的溶液显酸性， 不能与CH3COO－大量共存，故D错误；
故选C；
【点睛】虽然在写离子反应方程式时，澄清石灰水需要拆分，但是氢氧化钙微溶于水，所以钙离子不能与氢氧根大量共存。
8.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2+
B
向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有还原性
C
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag+与NH3·H2O能大量共存
D
向10 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液，再加入2 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液
开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成
Ksp(CuS)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，则滴加KSCN溶液，溶液变红，故A错误；
B、KMnO4可氧化乙二酸，乙二酸具有还原性，故B正确；
C、AgNO3 溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3·H2O不能大量共存，故C错误；
D、Na2S溶液过量，均可直接生成沉淀，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选:B；
【点睛】需要验证Ksp大小时，应将硫化钠滴入含有相同浓度的锌离子与铜离子的溶液中，观察沉淀出现的先后顺序，从而判断Ksp大小。
9.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是
A. 检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀
B. 检验试液中的SO32-：试液气体褪色
C. 检验试液中的I－：试液棕黄色溶液蓝色溶液
D. 检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解
【答案】C
【解析】
A、若溶液中含有SO32-，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，选项A错误；B、试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色，该气体也可能是氯气，选项B错误；C、试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，选项C正确；D、若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，选项D错误；答案选C。
点睛：本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断，注意干扰离子的分析，题目难度中等。A、分析亚硫酸根离子的干扰；B、分析氯气的干扰；C、碘单质遇到淀粉变蓝；D、亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。
10.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法正确的是（ ）
A. Y在元素周期表中位置为第三周期第Ⅲ族
B. X2W2中阴、阳离子数之比均为1∶1
C. M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，W只能位于第二周期，族序数为6，则W为O元素；X原子的最外层只有一个电子，其原子序数大于O，则X为Na元素；M介于O、Na之间，且为主族元素，则M为F元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；Z在同周期中原子半径最小，Z位于第三周期，为Cl元素，以此解答该题。
【详解】根据分析可知：W为O，M为F，X为Na，Y为Al，Z为C1元素。
A、Y为Al，在元素周期表中位置为第三周期第ⅢA族，故A错误；
B、X2W2为Na2O2，阴、阳离子数之比为1:2，故B错误；
C、非金属性F> Cl，则气态氢化物的稳定性HF> HCl，故C错误；
D、XZW为NaClO，NaClO与浓盐酸反应生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，故D正确；
故选D。
11.已知：pKa＝－lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是（ ）
A. a点所得溶液中：2c(HSO3-)＋c(SO32-)＝0.1 mol/L
B. b点所得溶液中：c(H＋)＋c(SO32-)＝c(OH－)＋c(H2SO3)
C. c点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HSO3-)
D. d点所得溶液中：c(Na＋)>c(OH－) >c(SO32-)
【答案】C
【解析】
【详解】A、 a点溶液pH= 1.85， 即pH= pKa1，所以溶液中c(H2SO3)= c(HSO3-)，根据物料守恒：c(SO32-)+( HSO3-)+c(H2SO3)=，由于c(H2SO3)= c(HSO3-)，所以2c(HSO3-)＋c(SO32-)=，故A错误；
B，b点加入KOH溶液的体积为20mL，恰好反应生成NaHSO3，根据质子守恒：c(H+) + c(H2SO3)= c(SO32-)+c(OH-)，故B错误；
C、c点溶液pH= 7.19， 即pH= pKa2，所以溶液中c(HSO3-)= c(SO32-)，溶液为碱性，溶液中c(H+) 3 c(HSO3-)，故C正确；
D、d点加入NaOH溶液体积为40mL，恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解，水解是微弱的，故c(SO32-)>c(OH－) ，故D错误；
答案选C。
12.把8.0g铁粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，产生NO2和NO的混合气体0.12mol。若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度（ ）
A. 6.0mol·L-1 B. 7.0mol·L -1 C. 8.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1
【答案】C
【解析】
【分析】
把8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n (HNO3) =2n[Fe (NO3) 2]+n (NO+NO2)，据此解答。
【详解】把8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量= 8g- 2.4g= 5.6g， 其物质的量，故n[Fe (NO3) 2] = 0.1mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁,起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3) = 2n[Fe (NO3) 2] +n(NO+ NO2) = 0.1mol×2+0.12mol= 0.32mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度=8.0 mol/L。
故选C；
13.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2O
B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
C. 将2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2
D. 将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1 mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2+ + 2HCO3-+2OH- = BaCO3↓+CO32- + 2H2O，故A错误；
B、碱性溶液不能生成H+，故B错误；
C、将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2+ +4I- +3Cl2 =2Fe3+ +6Cl- + 2I2，故C错误；
D、1mol/L 的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl等体积互相均匀混合, 设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子, 1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为： 6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；
故选D；
14.某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl-、、、、Na+、Mg2+、Fe3+，为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验（必要时可加热），下列说法不正确的是
A. 气体A可能是CO2或SO2
B. 溶液X中一定存在
C. 溶液X中一定不存在Fe3+和Mg2+，可能存在Na+
D. 向溶液A加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成白色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一种，气体为CO2或SO2：①若气体A是CO2，则溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；③若气体A是CO2、SO2的混合气体，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+，据此分析解答。
【详解】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一种，气体为CO2或SO2：①若气体A是CO2，则溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；③若气体A是CO2、SO2的混合气体，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+；
A．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀为BaSO4、BaSO3或BaCO3的混合物，气体为CO2或SO2，故A正确；
B．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解，则白色沉淀一定含有BaSO4，即溶液X中一定存在SO42-，故B正确；
C．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，若溶液由SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+或Cl-构成，则仍与实验现象吻合，所以Mg2+可能含有，故C错误；
D．由上述分析可知，溶液中可能含有Cl-，所以向溶液1(无SO42-)加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成AgCl白色沉淀，故D正确；
故答案为C。
15.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
【详解】该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。
16.如图为1molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反应生成SOCl2（g）过程中的能量变化示意图，已知E1=xkJ•mol﹣1、E2=ykJ•mol﹣1 ， 下列有关说法中正确的是（ ）
A. 反应的活化能等于ykJ•mol﹣1
B 若对反应体系加热，△H不变
C. 若在反应体系中加入催化剂，E1不变
D. 1 molSO2Cl2（g）和1molSCl2（l）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）kJ•mol﹣1
【答案】B
【解析】
【分析】
催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差，即△H=E1-E2，据此解答。
【详解】催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，但催化剂不会改变化学反应的反应热，所以△H不变，即△H=E1-E2。
A、由图可知，反应的活化能等于E1=xkJ.mol-1，故A错误；
B、对于一个特定的反应，△H不变，故B正确；
C、若在反应体系中加入催化剂，E1变小，故C错误；
D、1 molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）kJ•mol﹣1，故D错误；
故选B；
【点睛】计算△H时注意物质的状态，状态不同，则△H也不相同。
17.已知298 K时，Ksp(NiS)＝1.0×10−21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10−7；p(Ni)＝－lgc(Ni2+)，p(B)＝－lgc(S2−)或－lgc(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是
A. 常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C. 对于曲线Ⅰ，在b点加热，b点向c点移动
D. P为3.5且对应的阴离子是CO32—
【答案】C
【解析】
A，常温下Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项正确；B，Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s）Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）·c（CO32-）=110-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=110-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。
点睛：本题考查与沉淀溶解平衡有关的曲线分析，注意图像中pNi、pB越大，Ni2+、B2-浓度越小是解题的关键。注意溶度积与溶解度的关系，当难溶电解质类型相同时，溶度积大的溶解度大；当难溶电解质类型不同时，溶度积大的溶解度不一定大。
18.正在研制的一种“高容量、低成本”锂——铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O＝2Cu＋2Li++2OH-，下列说法不正确的是（ ）
A. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生CuO
B. 放电一段时间后右侧水溶液电解质中LiOH浓度逐渐增大
C. 放电时，正极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e-＝2Cu+2OH-
D. 整个反应过程中，铜相当于催化剂
【答案】A
【解析】
【分析】
放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e- =Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【详解】A、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为：Cu2O+ H2O+2e-= Cu+ 2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故A错误；
B、因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，所以右侧水溶液电解质中LiOH浓度逐渐增大，故B正确；
C、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为：Cu2O+H2O+2e-＝2Cu+2OH-，故C正确；
D、铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；
故选A；
第Ⅱ卷 非选择题 (58分)
（本卷包括必做题和选做题两部分。第19-21题为必做题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选做题，考生任选一道作答。）
19.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是___。
（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为___。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是___；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为__。
（4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，___、__、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是___(回答一条原因即可)。
（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为____。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol−1]
【答案】 (1). 将Fe3+、Co3+还原 (2). ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) (8). Co3O4(或CoO·Co2O3)
【解析】
【详解】(1)、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；
(2)、NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O-；
(3)根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液l中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2；
(4)、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)、根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；
(6)、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol×44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290~320℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。
20.某小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I−，完成如下实验：
资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。
（1）Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，检验Ⅱ中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，___。
（2）Ⅲ中的黄色浑浊是__。
（3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。
①对Fe3+产生的原因做出如下假设：
假设a：空气中存在O2，由于___（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设b：酸性溶液中NO3−具有氧化性，可产生Fe3+；
假设c：___；
假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。
②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是___。
（4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。
①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，___。
②为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。
实验1：向1mL0.1 mol·L−1 FeSO4溶液中加入1mL0.1mol·L−1AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如图。
实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。
ⅰ．实验1中发生反应的离子方程式是___。
ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是___。
【答案】 (1). 滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红 (2). AgI (3). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (4). 溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+ (5). Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++I22Fe3++2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+ (6). 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 (7). Fe2++Ag+=Fe3++Ag (8). AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应
【解析】
【分析】
(1)、铁离子遇到KSCN溶液变红色；
(2)、AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸；
(3)①、亚铁离子被氧气氧化生成铁离子；
②、Ag+与I生成了AgI沉淀，降低了I的浓度，使平衡2Fe2++I2=2 Fe3++2I-正向移动；
(4)①、验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是加入硝酸溶解后生成一氧化氮气体遇到空气变红棕色，溶液中加入盐酸生成白色沉淀；
②i向1 mL 0.1 mol/LFeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol/LAgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子，银离子如氧化亚铁离子，则发生Ag++Fe2+=Ag+Fe3+；
ii经检验，IV中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag，ii.IV中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是快速发生反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+。
【详解】(1)、检验II中无Fe3+ 的实验操作及现象是:取少量II中溶液，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；
(2)、分析可知，反应I中的黄色浑浊是AgI ，故答案为：AgI ；
(3)①、空气中存在O2，由于发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，可产生Fe3+，溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+，酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+，该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为: 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+；
②、通过实验进一-步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立，Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是： Ag+与I-生成了AgI沉淀，降低了I-的浓度，使平衡2Fe2++I2=2 Fe3++2I-正向移动，使I2氧化了Fe2+，故答案为：Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++I22Fe3++2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+ ；
(4)①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成。
故答案为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；
②i、实验1中发生反应的离子方程式是：Fe2++Ag+=Fe3++Ag，
故答案为：Fe2++Ag+=Fe3++Ag；
ii、iiIV中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应；
21.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。
(1)该反应的化学方程式为_____________。
Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。
(2)H2S的第一步电离方程式为________。
(3)已知：25 ℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。该温度下，向浓度均为0.1 mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液体积变化忽略不计)。
Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为
ⅰ.COS(g)＋H2(g) H2S(g)＋CO(g) ΔH＝＋7 kJ·mol－1；
ⅱ.CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－42 kJ·mol－1。
(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
H2O(g)
CO2(g)
能量/(kJ·mol－1)
1 319
442
x
678
930
1 606
表中x＝________。
(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。
①随着温度升高，CO的平衡体积分数_____(填“增大”或“减小”)。原因为_______
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下，COS的平衡转化率为_____；反应ⅰ的平衡常数为_____(保留两位有效数字)。
【答案】 (1). 4SO2＋3CH44H2S＋3CO2＋2H2O (2). H2SH＋＋HS－ (3). 8.0×10－3mol·L－1 (4). 1076 (5). 增大 (6). 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 (7). 20% (8). 0.044
【解析】
【分析】
I．（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO2和H2O，反应产生H2S；
II．（2）H2S的第一步电离产生H+和HS-，是不完全电离；
（3）根据溶度积常数计算；
III．（4）根据盖斯定律计算，△H=反应物总键能-生成物总键能；
（5）①根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行；
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时CO的平衡体积分数为5%，根据方程式计算COS的平衡转化率，将各组分平衡浓度代入平衡常数表达式计算反应i的平衡常数。
【详解】I．（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO2和H2O，反应产生H2S，则该反应的化学方程式为：4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O；
II．（2）H2S的第一步电离产生H+和HS-，是不完全电离，则H2S的第一步电离方程式为：H2S⇌H++HS-；
（3）向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c（S2-）===1.0×10-24mol/L，则溶液中c（Cd2+）===8.0×10-3mol/L；
III．（4）根据反应i：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H=+7kJ/mol，根据盖斯定律，△H=1319+442-678-x=7，可得x=1076；
（5）①根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行，反应i为吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向进行，CO的体积分数增大，反应ii为放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数增大，综合两个反应考虑，CO的体积分数随着温度升高而增大；
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时CO的平衡体积分数为5%，反应起始时，向10L容积不变的密闭容器中充入1mol COS（g）、1mol H2（g）和1mol H2O（g），则COS的平衡转化率为α=×100%=20%；
反应i的方程式：
COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） 0.2 0.2 0.2 0.2
平衡（mol） 0.8 0.8 0.2 0.2
反应ii的方程式：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（mol） 0.2 1 0 0.8
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 0.2-x 1-x x 0.8+x
CO的平衡体积分数为5%，则0.2-x=3×5%，可得x=0.05，则平衡时c（COS）==0.08mol/L，c（H2）=mol/L=0.085mol/L，c（H2S）==0.02mol/L，c（CO）=mol/L=0.015mol/L，因此反应i的化学平衡常数为K1===0.044。
【点睛】本题涉及利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。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。
22.氮和磷元素的单质和化合物在农药生产及工业制造业等领域用途非常广泛，请根据提示回答下列问题：
（1）科学家合成了一种阳离子为“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为___，其中的阴离子的空间构型为___。
（2）2001年德国专家从硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO4)2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+两种离子的形式存在。N4H44+根系易吸收，但它遇到碱时会生成类似白磷的N4分子，不能被植物吸收。1个N4H44+中含有___个σ键。
（3）氨(NH3)和膦(PH3)是两种三角锥形气态氢化物，其键角分别为107°和93.6°，试分析PH3的键角小于NH3的原因___。
（4）P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。
①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为___。
②每个P4S3分子中含孤电子对的数目为___。
（5）某种磁性氮化铁的晶胞结构如图2所示，该化合物的化学式为___。若晶胞底边长为anm，高为cnm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为__g·cm−3(用含a、c和NA的式子表示)
（6）高温超导材料，是具有高临界转变温度(Te)能在液氮温度条件下工作的超导材料。高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+。基态时Cu3+的电子排布式为[Ar]__；化合物中，稀土元素最常见的化合价是+3，但也有少数的稀土元素可以显示+4价，观察下面四种稀土元素的电离能数据，判断最有可能显示+4价的稀土元素是___(填元素符号)。
几种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol−1)
元素
I1
I2
I3
I4
Sc(钪)
633
1235
2389
7019
Y(铱)
616
1181
1980
5963
La(镧)
538
1067
1850
4819
Ce(铈)
527
1047
1949
3547
【答案】 (1). (2). 直线形 (3). 10 (4). N的电负性强于P，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3(或氮原子电负性强于磷原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3的键角小于NH3) (5). sp3 (6). 10 (7). Fe3N (8). ×1021 (9). 3d8 (10). Ce
【解析】
【详解】(1)、N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N=N键，满足条件的结构为，故“Ns”带一个单位正电荷。因此化学式为 “N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，电子式为，其中的阴离子和CO2互为等电子体，则其空间构型为直线形。
(2)、N4与白磷的结构类似，因此N2H44+的结构式为，所以1个N2H44+中含有10个σ键。
(3)由于N的电负性强于P，对成键电子对的吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3。
(4)①、P4S3分子中硫原子的价层电子对数是4，含有2对孤电子对，杂化轨道类型为sp3；
②、分子中每个P含有1对孤对电子，每个S含有2对孤电子对，则每个P4S3分子中含孤电子对的数为4×1+3×2=10。
(5)、根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为，所以氮化铁的化学式Fe3N，若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则晶胞的体积是，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为。
(6)、铜的原子序数是29，基态时Cu3+的电子排布式为[Ar]3d8；根据表中数据可知Ce的第三电离能与第四电离能相差最小，所以最有可能显示+4价的稀土元素是Ce。
【点睛】一般情况下，计算晶胞密度时，当知道一个原子的质量为多少，就很容易计算。一个原子的质量为。
23.高分子H是一种成膜良好的树脂，其合成路线如下：
已知：①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示只有一组峰；
②
（1）A结构简式为___，G中官能团名称为___。
（2）由B生成C的化学方程式为___。
（3）B的系统命名为___。
（4）化合物E的沸点___(选填“>”，“<”或者“=”)2-甲基丙烷。
（5）F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为___。
（6）H的结构简式为___。
（7）的符合下列条件的同分异构体有__种
①分子中无环状结构且无支链②核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。其中官能团能与H2发生加成反应有机物结构简式为___(任写一种)。
【答案】 (1). (2). 羧基 (3). +H2O (4). 2-甲基-2-丙醇 (5). > (6). +Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O (7). (8). 8 (9). 或
【解析】
【分析】
A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，所以氧元素的个数为，即A中含有一个氧原子，剩下为C、H元素，根据相对分子质量关系得出分子式为C2H6O，又因为核磁共振氢谱显示只有一组峰，所以A的结构简为。根据已知②推出B的结构为。醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成烯烃，故C的结构为；烯烃和溴单质发生加成反应生成卤代烃，故D的结构为。D在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解生成E，故E的结构为。在催化剂和氧气条件下发生醇的催化氧化生成醛，故F的结构为。全在新制氢氧化铜溶液中加热并酸化生成羧酸，故G的结构为。G和E发生缩聚生成H。
【详解】(1)、由分析可知A的结构为，G中官能团名称为羧基；
(2)、由B生成C的化学方程式为+H2O；
(3)、B的结构为，根据系统命名法规则，B的名称为2-甲基-2-丙醇；
(4)、化合物E的结构为，相对分子质量大于2-甲基丙醇，所以熔沸点更高，故答案为>；
(5)、F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为：+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；
(6)、H由G、E发缩聚形成，故化学式为：；
(7)、分子中无环状结构且无支链，则含有四个双键或一个三键两盒双键或者两个三键且核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。满足要求的结构有：、、、、、、、。故答案为：8；、。
2019——2020学年度上学期省六校协作体高三期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 Si：28 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Co：59
第Ⅰ卷 选择题（42分）
选择题（1－12题每题2分共24分，13－18每题3分共18分，每题只有一个正确选项）
1.化学与材料、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“碱”是K2CO3
B. 利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现了“碳”的循环利用
C. 制备聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃
D. 铅笔的主要成分是石墨与黏土，黏土含量越多，铅笔硬度越大
【答案】C
【解析】
【详解】A、草木灰的主要成分是K2CO3，用水溶解时碳酸根水解显碱性，故A正确；
B、利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现了“碳”循环利用，减少二氧化碳排放，符合节能减排的原则，故B正确；
C、聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，含有F原子，属于卤代烃，故C错误；
D、铅笔的主要成分是石墨与黏土，生产上常在石墨粉末中掺加黏土增加硬度，黏土含量越多，铅笔硬度越大，故D正确；
故选C；
2.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
C. 明矾易溶于水，可用作净水剂
D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化硫可用来漂白是具有漂白性，与氧化性无关，故A错误；
B、石英坩埚的主要成分为二氧化硅，能与烧碱、纯碱反应，故B错误；
C、明矾作净水剂是因为铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附性，与溶解性无关，故C错误；
D、液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故D正确；
故选D；
3.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NA
B. 标准状况下，3.36LHF和3.36LNH3所含的电子数、质子数均为1.5NA
C. 标准状况下，76g 3H2O2中含有6NA共价键
D. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、浓盐酸与MnO2共热反应生成1mol氯气转移电子数2NA电子，与氯酸钾反应制取1mol氯气转移电子数NA，故A错误；
B、标准状况下，HF为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C、3H2O2的摩尔质量为38g/mol，1mol3H2O2含有3mol共价键，所以76g 3H2O2中含有6NA共价键，故C正确；
D、没有具体溶液体积，不能计算溶质的物质的量，故D错误；
故选C；
【点睛】常见标况下不是气体的物质有：HF、H2O、SO3、酒精、苯等。
4.下列实验操作正确的是（ ）
A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C. 做过硫升华实验的试管用酒精洗涤
D. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A、Zn可与加入的CuSO4溶液发生置换反应生成Cu，Cu与锌粒形成Cu-Zn原电池，可以加快Zn与稀硫酸的反应速率，操作得当，故A 正确；
B、HCl滴定NaHCO3达到终点时，溶液中的溶质为NaCl和一定量的H2CO3，溶液显酸性，应选用甲基橙作指示剂，该操作不当，故B错误；
C、做过硫升华实验的试管用二硫化碳或者热的氢氧化钠溶液洗涤，故C错误；
D、检验氨气用湿润的红色湿润试纸，若变蓝，则是氨气，故D错误；
故选A；
5.某有机物的结构如图所示。有关该物质的下列说法正确的是( )
A. 该物质能发生加成反应、取代反应
B. 不能与Br2的CCl4溶液发生反应
C. 该物质中所有原子有可能在同一平面
D. 该化合物的分子式为C18H17O2N2
【答案】A
【解析】
【详解】A、该物质中苯环、碳碳双键等能发生加成反应、苯环上的H和羟基等能发生取代反应，选项A正确；B、碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，选项B错误；C、该物质中有两个亚甲基，即有两个碳是四面体构型，所有原子不可能在同一平面，选项C错误；D、该化合物的分子式为C18H16O2N2，选项D错误。答案选A。
6. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. H2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3
B. NH3NONO2HNO3
C. FeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3
D. AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3
【答案】B
【解析】
解：A．稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3，故A错误；
B．氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸，转化关系正确，故B正确；
C．氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；
D．氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在浓盐酸作用下加热，故D错误．
故选B．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于双基的考查，注意把握物质的性质以及反应条件，难度不大．
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. 1 mol·L-1CaCl2溶液中：K+、Na+、OH－、NO3－
B. 由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Br－、HCO3－
C. 澄清透明的溶液中：H+、Fe3+、SO42－、NO3－
D. 使甲基橙变红的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A、钙离子在碱性时溶解度较小，故不能与氢氧根大量共存，故A正确；
B、由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液可酸可碱，碱性时，不能与Mg2+、HCO3－大量共存，酸性时不能与HCO3－大量共存，故B错误；
C、H+、Fe3+、SO42－、NO3－均不相互反应，可以大量共存，故C正确；
D、使甲基橙变红的溶液显酸性， 不能与CH3COO－大量共存，故D错误；
故选C；
【点睛】虽然在写离子反应方程式时，澄清石灰水需要拆分，但是氢氧化钙微溶于水，所以钙离子不能与氢氧根大量共存。
8.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化Fe2+
B
向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有还原性
C
向AgNO3溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag+与NH3·H2O能大量共存
D
向10 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液，再加入2 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液
开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成
Ksp(CuS)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，则滴加KSCN溶液，溶液变红，故A错误；
B、KMnO4可氧化乙二酸，乙二酸具有还原性，故B正确；
C、AgNO3 溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3·H2O不能大量共存，故C错误；
D、Na2S溶液过量，均可直接生成沉淀，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选:B；
【点睛】需要验证Ksp大小时，应将硫化钠滴入含有相同浓度的锌离子与铜离子的溶液中，观察沉淀出现的先后顺序，从而判断Ksp大小。
9.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是
A. 检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀
B. 检验试液中的SO32-：试液气体褪色
C. 检验试液中的I－：试液棕黄色溶液蓝色溶液
D. 检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解
【答案】C
【解析】
A、若溶液中含有SO32-，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，选项A错误；B、试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色，该气体也可能是氯气，选项B错误；C、试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，选项C正确；D、若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，选项D错误；答案选C。
点睛：本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断，注意干扰离子的分析，题目难度中等。A、分析亚硫酸根离子的干扰；B、分析氯气的干扰；C、碘单质遇到淀粉变蓝；D、亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。
10.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法正确的是（ ）
A. Y在元素周期表中位置为第三周期第Ⅲ族
B. X2W2中阴、阳离子数之比均为1∶1
C. M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，W只能位于第二周期，族序数为6，则W为O元素；X原子的最外层只有一个电子，其原子序数大于O，则X为Na元素；M介于O、Na之间，且为主族元素，则M为F元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；Z在同周期中原子半径最小，Z位于第三周期，为Cl元素，以此解答该题。
【详解】根据分析可知：W为O，M为F，X为Na，Y为Al，Z为C1元素。
A、Y为Al，在元素周期表中位置为第三周期第ⅢA族，故A错误；
B、X2W2为Na2O2，阴、阳离子数之比为1:2，故B错误；
C、非金属性F> Cl，则气态氢化物的稳定性HF> HCl，故C错误；
D、XZW为NaClO，NaClO与浓盐酸反应生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，故D正确；
故选D。
11.已知：pKa＝－lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是（ ）
A. a点所得溶液中：2c(HSO3-)＋c(SO32-)＝0.1 mol/L
B. b点所得溶液中：c(H＋)＋c(SO32-)＝c(OH－)＋c(H2SO3)
C. c点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HSO3-)
D. d点所得溶液中：c(Na＋)>c(OH－) >c(SO32-)
【答案】C
【解析】
【详解】A、 a点溶液pH= 1.85， 即pH= pKa1，所以溶液中c(H2SO3)= c(HSO3-)，根据物料守恒：c(SO32-)+( HSO3-)+c(H2SO3)=，由于c(H2SO3)= c(HSO3-)，所以2c(HSO3-)＋c(SO32-)=，故A错误；
B，b点加入KOH溶液的体积为20mL，恰好反应生成NaHSO3，根据质子守恒：c(H+) + c(H2SO3)= c(SO32-)+c(OH-)，故B错误；
C、c点溶液pH= 7.19， 即pH= pKa2，所以溶液中c(HSO3-)= c(SO32-)，溶液为碱性，溶液中c(H+)
D、d点加入NaOH溶液体积为40mL，恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解，水解是微弱的，故c(SO32-)>c(OH－) ，故D错误；
答案选C。
12.把8.0g铁粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，产生NO2和NO的混合气体0.12mol。若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度（ ）
A. 6.0mol·L-1 B. 7.0mol·L -1 C. 8.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1
【答案】C
【解析】
【分析】
把8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n (HNO3) =2n[Fe (NO3) 2]+n (NO+NO2)，据此解答。
【详解】把8g纯铁粉投入到某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体2.4g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量= 8g- 2.4g= 5.6g， 其物质的量，故n[Fe (NO3) 2] = 0.1mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁,起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知n(HNO3) = 2n[Fe (NO3) 2] +n(NO+ NO2) = 0.1mol×2+0.12mol= 0.32mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度=8.0 mol/L。
故选C；
13.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2O
B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2O
C. 将2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2
D. 将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1 mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2+ + 2HCO3-+2OH- = BaCO3↓+CO32- + 2H2O，故A错误；
B、碱性溶液不能生成H+，故B错误；
C、将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2+ +4I- +3Cl2 =2Fe3+ +6Cl- + 2I2，故C错误；
D、1mol/L 的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl等体积互相均匀混合, 设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子, 1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为： 6AlO2-＋21H＋=5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；
故选D；
14.某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl-、、、、Na+、Mg2+、Fe3+，为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验（必要时可加热），下列说法不正确的是
A. 气体A可能是CO2或SO2
B. 溶液X中一定存在
C. 溶液X中一定不存在Fe3+和Mg2+，可能存在Na+
D. 向溶液A加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成白色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一种，气体为CO2或SO2：①若气体A是CO2，则溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；③若气体A是CO2、SO2的混合气体，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+，据此分析解答。
【详解】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一种，气体为CO2或SO2：①若气体A是CO2，则溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能还含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一种)；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；③若气体A是CO2、SO2的混合气体，则溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能还含有Cl-，一定不存在Mg2+；
A．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀为BaSO4、BaSO3或BaCO3的混合物，气体为CO2或SO2，故A正确；
B．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解，则白色沉淀一定含有BaSO4，即溶液X中一定存在SO42-，故B正确；
C．溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，若溶液由SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+或Cl-构成，则仍与实验现象吻合，所以Mg2+可能含有，故C错误；
D．由上述分析可知，溶液中可能含有Cl-，所以向溶液1(无SO42-)加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成AgCl白色沉淀，故D正确；
故答案为C。
15.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
【详解】该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。
16.如图为1molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反应生成SOCl2（g）过程中的能量变化示意图，已知E1=xkJ•mol﹣1、E2=ykJ•mol﹣1 ， 下列有关说法中正确的是（ ）
A. 反应的活化能等于ykJ•mol﹣1
B 若对反应体系加热，△H不变
C. 若在反应体系中加入催化剂，E1不变
D. 1 molSO2Cl2（g）和1molSCl2（l）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）kJ•mol﹣1
【答案】B
【解析】
【分析】
催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差，即△H=E1-E2，据此解答。
【详解】催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，但催化剂不会改变化学反应的反应热，所以△H不变，即△H=E1-E2。
A、由图可知，反应的活化能等于E1=xkJ.mol-1，故A错误；
B、对于一个特定的反应，△H不变，故B正确；
C、若在反应体系中加入催化剂，E1变小，故C错误；
D、1 molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）kJ•mol﹣1，故D错误；
故选B；
【点睛】计算△H时注意物质的状态，状态不同，则△H也不相同。
17.已知298 K时，Ksp(NiS)＝1.0×10−21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10−7；p(Ni)＝－lgc(Ni2+)，p(B)＝－lgc(S2−)或－lgc(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是
A. 常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C. 对于曲线Ⅰ，在b点加热，b点向c点移动
D. P为3.5且对应的阴离子是CO32—
【答案】C
【解析】
A，常温下Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项正确；B，Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s）Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）·c（CO32-）=110-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=110-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。
点睛：本题考查与沉淀溶解平衡有关的曲线分析，注意图像中pNi、pB越大，Ni2+、B2-浓度越小是解题的关键。注意溶度积与溶解度的关系，当难溶电解质类型相同时，溶度积大的溶解度大；当难溶电解质类型不同时，溶度积大的溶解度不一定大。
18.正在研制的一种“高容量、低成本”锂——铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O＝2Cu＋2Li++2OH-，下列说法不正确的是（ ）
A. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生CuO
B. 放电一段时间后右侧水溶液电解质中LiOH浓度逐渐增大
C. 放电时，正极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e-＝2Cu+2OH-
D. 整个反应过程中，铜相当于催化剂
【答案】A
【解析】
【分析】
放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e- =Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【详解】A、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为：Cu2O+ H2O+2e-= Cu+ 2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故A错误；
B、因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，所以右侧水溶液电解质中LiOH浓度逐渐增大，故B正确；
C、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为：Cu2O+H2O+2e-＝2Cu+2OH-，故C正确；
D、铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；
故选A；
第Ⅱ卷 非选择题 (58分)
（本卷包括必做题和选做题两部分。第19-21题为必做题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选做题，考生任选一道作答。）
19.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是___。
（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为___。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是___；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为__。
（4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，___、__、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是___(回答一条原因即可)。
（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为____。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol−1]
【答案】 (1). 将Fe3+、Co3+还原 (2). ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) (8). Co3O4(或CoO·Co2O3)
【解析】
【详解】(1)、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；
(2)、NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O-；
(3)根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液l中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2；
(4)、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)、根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；
(6)、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol×44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290~320℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。
20.某小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I−，完成如下实验：
资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。
（1）Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，检验Ⅱ中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，___。
（2）Ⅲ中的黄色浑浊是__。
（3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。
①对Fe3+产生的原因做出如下假设：
假设a：空气中存在O2，由于___（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设b：酸性溶液中NO3−具有氧化性，可产生Fe3+；
假设c：___；
假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。
②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是___。
（4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。
①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，___。
②为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。
实验1：向1mL0.1 mol·L−1 FeSO4溶液中加入1mL0.1mol·L−1AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如图。
实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。
ⅰ．实验1中发生反应的离子方程式是___。
ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是___。
【答案】 (1). 滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红 (2). AgI (3). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (4). 溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+ (5). Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++I22Fe3++2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+ (6). 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 (7). Fe2++Ag+=Fe3++Ag (8). AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应
【解析】
【分析】
(1)、铁离子遇到KSCN溶液变红色；
(2)、AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸；
(3)①、亚铁离子被氧气氧化生成铁离子；
②、Ag+与I生成了AgI沉淀，降低了I的浓度，使平衡2Fe2++I2=2 Fe3++2I-正向移动；
(4)①、验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是加入硝酸溶解后生成一氧化氮气体遇到空气变红棕色，溶液中加入盐酸生成白色沉淀；
②i向1 mL 0.1 mol/LFeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol/LAgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子，银离子如氧化亚铁离子，则发生Ag++Fe2+=Ag+Fe3+；
ii经检验，IV中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag，ii.IV中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是快速发生反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+。
【详解】(1)、检验II中无Fe3+ 的实验操作及现象是:取少量II中溶液，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；
(2)、分析可知，反应I中的黄色浑浊是AgI ，故答案为：AgI ；
(3)①、空气中存在O2，由于发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，可产生Fe3+，溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+，酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+，该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为: 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+；
②、通过实验进一-步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立，Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是： Ag+与I-生成了AgI沉淀，降低了I-的浓度，使平衡2Fe2++I2=2 Fe3++2I-正向移动，使I2氧化了Fe2+，故答案为：Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++I22Fe3++2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+ ；
(4)①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成。
故答案为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；
②i、实验1中发生反应的离子方程式是：Fe2++Ag+=Fe3++Ag，
故答案为：Fe2++Ag+=Fe3++Ag；
ii、iiIV中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应；
21.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。
(1)该反应的化学方程式为_____________。
Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。
(2)H2S的第一步电离方程式为________。
(3)已知：25 ℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。该温度下，向浓度均为0.1 mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液体积变化忽略不计)。
Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为
ⅰ.COS(g)＋H2(g) H2S(g)＋CO(g) ΔH＝＋7 kJ·mol－1；
ⅱ.CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－42 kJ·mol－1。
(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
H2O(g)
CO2(g)
能量/(kJ·mol－1)
1 319
442
x
678
930
1 606
表中x＝________。
(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。
①随着温度升高，CO的平衡体积分数_____(填“增大”或“减小”)。原因为_______
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下，COS的平衡转化率为_____；反应ⅰ的平衡常数为_____(保留两位有效数字)。
【答案】 (1). 4SO2＋3CH44H2S＋3CO2＋2H2O (2). H2SH＋＋HS－ (3). 8.0×10－3mol·L－1 (4). 1076 (5). 增大 (6). 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 (7). 20% (8). 0.044
【解析】
【分析】
I．（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO2和H2O，反应产生H2S；
II．（2）H2S的第一步电离产生H+和HS-，是不完全电离；
（3）根据溶度积常数计算；
III．（4）根据盖斯定律计算，△H=反应物总键能-生成物总键能；
（5）①根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行；
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时CO的平衡体积分数为5%，根据方程式计算COS的平衡转化率，将各组分平衡浓度代入平衡常数表达式计算反应i的平衡常数。
【详解】I．（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO2和H2O，反应产生H2S，则该反应的化学方程式为：4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O；
II．（2）H2S的第一步电离产生H+和HS-，是不完全电离，则H2S的第一步电离方程式为：H2S⇌H++HS-；
（3）向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c（S2-）===1.0×10-24mol/L，则溶液中c（Cd2+）===8.0×10-3mol/L；
III．（4）根据反应i：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H=+7kJ/mol，根据盖斯定律，△H=1319+442-678-x=7，可得x=1076；
（5）①根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行，反应i为吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向进行，CO的体积分数增大，反应ii为放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数增大，综合两个反应考虑，CO的体积分数随着温度升高而增大；
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时CO的平衡体积分数为5%，反应起始时，向10L容积不变的密闭容器中充入1mol COS（g）、1mol H2（g）和1mol H2O（g），则COS的平衡转化率为α=×100%=20%；
反应i的方程式：
COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） 0.2 0.2 0.2 0.2
平衡（mol） 0.8 0.8 0.2 0.2
反应ii的方程式：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（mol） 0.2 1 0 0.8
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 0.2-x 1-x x 0.8+x
CO的平衡体积分数为5%，则0.2-x=3×5%，可得x=0.05，则平衡时c（COS）==0.08mol/L，c（H2）=mol/L=0.085mol/L，c（H2S）==0.02mol/L，c（CO）=mol/L=0.015mol/L，因此反应i的化学平衡常数为K1===0.044。
【点睛】本题涉及利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。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。
22.氮和磷元素的单质和化合物在农药生产及工业制造业等领域用途非常广泛，请根据提示回答下列问题：
（1）科学家合成了一种阳离子为“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为___，其中的阴离子的空间构型为___。
（2）2001年德国专家从硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO4)2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+两种离子的形式存在。N4H44+根系易吸收，但它遇到碱时会生成类似白磷的N4分子，不能被植物吸收。1个N4H44+中含有___个σ键。
（3）氨(NH3)和膦(PH3)是两种三角锥形气态氢化物，其键角分别为107°和93.6°，试分析PH3的键角小于NH3的原因___。
（4）P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。
①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为___。
②每个P4S3分子中含孤电子对的数目为___。
（5）某种磁性氮化铁的晶胞结构如图2所示，该化合物的化学式为___。若晶胞底边长为anm，高为cnm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为__g·cm−3(用含a、c和NA的式子表示)
（6）高温超导材料，是具有高临界转变温度(Te)能在液氮温度条件下工作的超导材料。高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+。基态时Cu3+的电子排布式为[Ar]__；化合物中，稀土元素最常见的化合价是+3，但也有少数的稀土元素可以显示+4价，观察下面四种稀土元素的电离能数据，判断最有可能显示+4价的稀土元素是___(填元素符号)。
几种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol−1)
元素
I1
I2
I3
I4
Sc(钪)
633
1235
2389
7019
Y(铱)
616
1181
1980
5963
La(镧)
538
1067
1850
4819
Ce(铈)
527
1047
1949
3547
【答案】 (1). (2). 直线形 (3). 10 (4). N的电负性强于P，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3(或氮原子电负性强于磷原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3的键角小于NH3) (5). sp3 (6). 10 (7). Fe3N (8). ×1021 (9). 3d8 (10). Ce
【解析】
【详解】(1)、N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N=N键，满足条件的结构为，故“Ns”带一个单位正电荷。因此化学式为 “N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，电子式为，其中的阴离子和CO2互为等电子体，则其空间构型为直线形。
(2)、N4与白磷的结构类似，因此N2H44+的结构式为，所以1个N2H44+中含有10个σ键。
(3)由于N的电负性强于P，对成键电子对的吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3。
(4)①、P4S3分子中硫原子的价层电子对数是4，含有2对孤电子对，杂化轨道类型为sp3；
②、分子中每个P含有1对孤对电子，每个S含有2对孤电子对，则每个P4S3分子中含孤电子对的数为4×1+3×2=10。
(5)、根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为，所以氮化铁的化学式Fe3N，若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则晶胞的体积是，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为。
(6)、铜的原子序数是29，基态时Cu3+的电子排布式为[Ar]3d8；根据表中数据可知Ce的第三电离能与第四电离能相差最小，所以最有可能显示+4价的稀土元素是Ce。
【点睛】一般情况下，计算晶胞密度时，当知道一个原子的质量为多少，就很容易计算。一个原子的质量为。
23.高分子H是一种成膜良好的树脂，其合成路线如下：
已知：①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示只有一组峰；
②
（1）A结构简式为___，G中官能团名称为___。
（2）由B生成C的化学方程式为___。
（3）B的系统命名为___。
（4）化合物E的沸点___(选填“>”，“<”或者“=”)2-甲基丙烷。
（5）F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为___。
（6）H的结构简式为___。
（7）的符合下列条件的同分异构体有__种
①分子中无环状结构且无支链②核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。其中官能团能与H2发生加成反应有机物结构简式为___(任写一种)。
【答案】 (1). (2). 羧基 (3). +H2O (4). 2-甲基-2-丙醇 (5). > (6). +Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O (7). (8). 8 (9). 或
【解析】
【分析】
A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，所以氧元素的个数为，即A中含有一个氧原子，剩下为C、H元素，根据相对分子质量关系得出分子式为C2H6O，又因为核磁共振氢谱显示只有一组峰，所以A的结构简为。根据已知②推出B的结构为。醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成烯烃，故C的结构为；烯烃和溴单质发生加成反应生成卤代烃，故D的结构为。D在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解生成E，故E的结构为。在催化剂和氧气条件下发生醇的催化氧化生成醛，故F的结构为。全在新制氢氧化铜溶液中加热并酸化生成羧酸，故G的结构为。G和E发生缩聚生成H。
【详解】(1)、由分析可知A的结构为，G中官能团名称为羧基；
(2)、由B生成C的化学方程式为+H2O；
(3)、B的结构为，根据系统命名法规则，B的名称为2-甲基-2-丙醇；
(4)、化合物E的结构为，相对分子质量大于2-甲基丙醇，所以熔沸点更高，故答案为>；
(5)、F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为：+Cu(OH)2+2NaOH+2Cu2O↓+6H2O；
(6)、H由G、E发缩聚形成，故化学式为：；
(7)、分子中无环状结构且无支链，则含有四个双键或一个三键两盒双键或者两个三键且核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为3∶2。满足要求的结构有：、、、、、、、。故答案为：8；、。
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