还剩22页未读，
继续阅读
河南省安阳市2020届高三第一次调研考试化学试题
展开
安阳市2020届高三毕业班第一次调研考试化学
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是
A. 漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂
B. 硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂
C. 常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，因为铝与浓硫酸不反应
D. 明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学在生活中的应用，意在考查对物质性质的识记和理解能力。
【详解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，有强氧化性，所以可以漂白，杀菌，故A正确；
B.硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，故B错误；
C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝在浓硫酸中发生钝化，故C错误；
D.明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的能水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附能力很强，故D错误；
答案：A
2.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 2.4 g Mg与足量硝酸反应生成NO和的混合气体，失去的电子数为
B. 1 mol甲苯分子中所含单键数目
C. 的溶液中，由水电离出的H+数目一定是
D. 、和的混合气体中所含分子数为
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。
【详解】A.2.4g Mg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+，失去0.2mol电子，故A错误；
B.甲苯分子中含有9个单键（8个C-H键、1个C-C键），故B错误；
C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误；
D.CO2、N2O和C3H8的摩尔质量相同，均为44g/mol，故混合气体的物质的量为=0.1 mol，所含分子数为0.1NA，故D正确；
答案：D
3.已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：
又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）
A. 物质A一定是单质 B. 物质C可能是淡黄色固体
C. 物质D可能是酸或碱 D. 物质E可能属于盐类
【答案】A
【解析】
【分析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。
【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；
B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；
C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；
D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；
故选A。
4.下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 过量铁粉与氯气反应：
B. 往溶液中通入少量的：
C. 用稀盐酸除去银镜：
D. 溶液与溶液等体积混合：
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学用语，意在考查知识再现及知识迁移能力。
【详解】A.氯气氧化性强，与铁反应的产物是氯化铁，故A错误；
B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故B错误；
C.稀盐酸与银不反应，故C错误；
D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量，故D正确；
答案：D
【点睛】易错选项B，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，SO2具有强还原性，所以要注意氧化还原反应的发生。
5.25℃时，一定量的甲烷与a L（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出b kJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是
A.
B.
C
D.
【答案】C
【解析】
【详解】空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量b kJ，则1 mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；
答案：C
【点睛】考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol （2）完全燃烧 （3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2 ，S→SO2等。
6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是
A. Y元素至少能形成三种单质
B. 简单离子半径：
C. 元素的非金属性：
D. 化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。
根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为H、Y为C；根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z为Na、W为S；据此分析。
【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A正确；
B. ①微粒半径电子层数越多，半径越大；②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2->Na+>H+，故B错误；
C.元素的非金属性：S>C>H，故C错误；
D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不同，故D错误；
答案：A
7.将溶液和盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。
【详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；
B. CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)> c（HCO3-）> c(Cl-)> c（CO32-）> c(OH-)> c(H+)，故B正确；
C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误；
答案：B
【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。
8.下图是有机合成中的部分片段：
下列说法错误的是
A. 有机物a能发生加成、氧化、取代等反应
B. 有机物a~d都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. d中所有原子不可能共平面
D. 与b互为同分异构体、含有1个和2个的有机物有4种
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，意在考查知识迁移能力。
【详解】A. a中含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，氢原子在一定条件下可以被取代，故不选A；
B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH，它们能被酸性高锰酸钾氧化，故不选B；
C.d中含有四面体结构的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不选C；
D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、、、、、等，故选D；
答案：D
【点睛】易错选项B，能使酸性高锰酸钾褪色的有：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键，醇羟基（和羟基相连的碳上含有C-H键）、酚、醛等。
9.下列说法错误的是
A. 取用固体时动作一定要轻
B. 蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中
C. 容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏
D. 量取5.2 mL硫酸铜溶液用到仪器有10 mL量筒、胶头滴管
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。
【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；
C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；
D.要量取5.2 mL硫酸铜溶液，应选择10 mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL量筒和胶头滴管，故不选D；
答案：B
10.下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是
A. a极的电极反应式为
B. 若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室
C. 根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作
D. 由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。
【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；
B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；
C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；
D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;
答案：C
11.下列实验操作、解释或结论均正确的是
选项
实验目的
操作
结论或解释
A
检验、混合溶液中的
取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液
液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含
B
检验某溶液中有无
取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊，则含
C
检验溶液中的
取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液
溶液变红色，则含
D
检验食盐中是否含
取少量食盐溶于水，加少量淀粉
溶液变蓝色，则含
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。
【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；
B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；
C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；
D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；
答案：A
12.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入溶液的方法制备，发生反应：
①（未配平）；
②。
下列说法正确的是
A. 若反应①中，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
B. 反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下
C. 氧化性：
D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则得到时消耗
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，意在考查对相关规律的理解和运用能力。
【详解】A. 设ClO－为5 mol，ClO3－为1 mol，根据电子守恒，生成的Cl－为10 mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:3，故A错误；
B.由于反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4 mol KOH，吸收2molCl2，标准状况下其体积为44.8 L，故B错误；
C.反应②中K2FeO4是氧化产物，KClO是氧化剂，故氧化性：K2FeO4
答案：D
13.下列对图像的叙述正确的是
甲 乙 丙 丁
A. 图甲可表示压强对反应： 的影响
B. 图乙中，时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C. 若图丙表示反应：，则、
D. 图丁表示水中和的关系，ABC所在区域总有
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。
【详解】A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；
C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；
D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；
答案：C
14.下表是25℃时五种物质的溶度积常数，下列有关说法错误的是
化学式
CuS
溶度积
A. 根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大
B. 向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为
C. 根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成
D. 常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。
【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小，溶度积大的溶解度大，故不选A；
B.Qc>Ksp时有沉淀析出，故不选B；
C.虽然Ksp(BaCO3)> Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)
时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；
D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；
答案：C
【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当Qc>Ksp析出沉淀；当Qc
15.由两种或两种以上金属离子（或铵根离子）和一种酸根离子构成的盐称为复盐。为确定某复盐结晶水合物Q（含有两种金属阳离子）的组成，甲、乙两位同学分别进行了如下实验：
请回答下列问题：
（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，为__________、洗涤，仅由甲的实验能不能确定操作Ⅰ中所得固体的成分？__________（填“能”或“不能”），说明理由：_________。
（2）甲实验中通入过量二氧化碳发生反应生成沉淀的离子方程式为_______。
（3）0.8 g红棕色粉末的物质的量为__________。
（4）乙实验中，若100 mL硝酸钡溶液恰好完全反应，则硝酸钡溶液的物质的量浓度为__________。
（5）Q的化学式为________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 不能 (3). 、在空气中灼烧时均能生成 (4). (5). 0.005 mol (6). (7).
【解析】
【分析】
甲的流程：溶液加入过量氢氧化钠溶液，生成偏铝酸钠和氢氧化铁（或氢氧化亚铁）沉淀，过滤、洗涤，沉淀灼烧得到氧化铁；溶液通入过量二氧化碳，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝。由红棕色固体Fe2O3可知Q中含有或，铁元素的物质的量为=0.01mol，质量为0.01mol×56g/mol=0.56g；由Q与过量氢氧化钠溶液反应得到的溶液中通入过量的二氧化碳后有沉淀Al(OH)3生成，氢氧化铝灼烧生成三氧化二铝，铝元素的物质的量为=0.02mol，质量为0.02mol×27g/mol=0.54g。
乙的流程：溶液中加入硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥得到9.32g的硫酸钡。硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，质量为0.04mol×96g/mol=3.84g；结晶水的质量为7.1g-3.84g-0.54g-0.56g=2.16g，物质的量为=0.12mol；据此分析。
【详解】（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，为过滤、洗涤，仅由甲的实验不能确定操作Ⅰ中所得固体，因为Fe(OH)2、Fe(OH)3在空气中灼烧时均能生成Fe2O3，无法确定是亚铁离子还是铁离子；
答案： 过滤 不能 Fe(OH)2、Fe(OH)3在空气中灼烧时均能生成Fe2O3
（2）甲实验中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－；
答案：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－
（3）0.8 g红棕色粉末（Fe2O3）的物质的量为=0.005mol；
答案：0.005mol
（4）乙实验中，若100 mL硝酸钡溶液恰好完全反应，Ba2++SO42－=BaSO4↓。硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，则硝酸钡溶液的物质的量浓度为=0.4mol/L；
答案：
（5）Q晶体中Al3+的物质的量为0.02mol、Fe元素的物质的量为0.01mol、SO42－的物质的量为0.04mol、H2O的物质的量为0.12mol，物质的量之比为2:1:4:12，故其化学式为Al2Fe (SO4)4 ▪12H2O；
答案：Al2Fe (SO4)4 ▪12H2O
16.在催化剂作用下，氮氧化物与一氧化碳能发生反应，如：
反应Ⅰ
（1）已知： 反应Ⅱ
反应Ⅲ
①__________（用含b、c的代数式表示）。
②温度为时，CO与在密闭容器中发生反应Ⅲ，的体积分数随时间变化的关系如下图所示。请在坐标图中画出温度为时，随时间的变化曲线并进行相应的标注。_______
（2）在恒压条件下，将NO和CO置于密闭容器中发生反应Ⅰ，在不同温度、不同投料比时，NO的平衡转化率见下表：
300K
400K
500K
1
15%
24%
33%
2
10%
18%
25%
a__________（填“＞”“＜”或“＝”）0，理由是_________。试判断反应Ⅰ在常温下能否自发进行并说明理由：___。
②下列措施有利于提高CO平衡转化率的是__________（填字母）。
A．升高温度同时增大压强
B．继续通入CO
C．加入高效催化剂
D．及时将从反应体系中移走
③500 K时，将投料比为2的NO与CO混合气体共0.9 mol，充入一装有催化剂且体积为3 L的密闭容器中，5 min时反应达到平衡，则500 K时该反应的平衡常数K为__________（保留两位小数，下同）；从反应开始到达到平衡时CO的平均反应速率为__________。
【答案】 (1). (2). (3). ＞ (4). 升高温度，NO的平衡转化率增大，平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应， (5). 不能自发进行，因为该反应是吸热，熵减的反应 (6). AD (7). 1.11 (8). 0.01
【解析】
【分析】
本题考查反应热和化学平衡，意在考查对相关原理的理解和运用能力。
（1）①根据盖斯定律计算；
②a：温度越高，化学反应速率越快，达到平衡所需时间越短；b：CO燃烧是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CO2的体积分数减小。
（2））①在投料比不变的情况下，升高温度，NO的转化率增大，说明平衡正向移动，故为吸热反应。因为该反应是吸热/熵减的反应，所以常温下不能自发进行；
②根据反应为体积减小的吸热反应分析；
③利用三行式法计算。
【详解】（1）①根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ×2，即a+b=2c，故有a=2c-b；
答案：2c-b
②升高温度，达到平衡所用的时间缩短；因CO燃烧是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CO2的体积分数减小。
答案：
（2）①在投料比不变的情况下，升高温度，NO的转化率增大，说明平衡正向移动，故为吸热反应。因为该反应是吸热/熵减的反应，所以常温下不能自发进行；
答案：＞ 升高温度，NO的平衡转化率增大，平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，。
②A.2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）是一个体积减小的吸热反应，所以升高温度同时增大压强可使平衡正向移动，增大CO的转化率，故A正确；
B.继续通入CO，CO的转化率减小，故B错误；
C.催化剂对平衡移动无影响，故C错误；
D.及时将CO2从反应体系中移走，可使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D正确。
答案：AD
③ 2NO（g）+ 2CO（g） N2（g） + 2CO2（g）
起始浓度/（） 0.2 0.1 0 0
转化浓度/（） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡浓度/（） 0.15 0.05 0.025 0.05
K=≈1.11；v（CO）==0.01mol▪L-1▪min-1
答案：1.11 0.01
17.过二硫酸铵是一种常用的氧化剂和漂白剂。某小组以辉铜矿（主要成分是）为原料用火法炼铜，并利用尾气制备过二硫酸铵。模拟工艺流程如下：
（1）矿石“粉碎过筛”的目的是_________。
（2）已知常温下的，，的。若浓氨水吸收恰好生成溶液，则该溶液的pH__________（填“＞”“＜”或“＝”）7。
（3）和按一定比例混合，在高温下反应的化学方程式为_______该反应中的氧化剂是_______（填化学式）。
（4）过二硫酸铵常用于检验废水中是否超标，若超标则溶液变为橙色（还原产物为），写出该反应的离子方程式：__________________。
（5）工业上，常采用钛基镀铂电极为阳极，铅锑合金为阴极，用质子交换膜将电解池分成两个室，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，硫酸放入阴极室。写出阳极的电极反应式：___。
【答案】 (1). 增大固体与气体的接触面积，加快反应速率 (2). ＜ (3). (4). 、 (5). (6).
【解析】
【分析】
流程分析：将粉碎的辉铜矿在空气中高温煅烧得氧化亚铜和二氧化硫，氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，将二氧化硫净化后用浓氨水吸收得到NH4HSO3，NH4HSO3在空气中被氧化为硫酸铵，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，据此分析。
【详解】（1）粉碎矿石过筛，可以增大固体与气体的接触面积，加快固体与气体的反应速率；
答案：增大固体与气体的接触面积，加快反应速率
（2）的pKh=14-pKa1=12.19>pK a2，故其电离程度大于水解程度，又由于NH4+水解呈酸性，所以NH4HSO3溶液呈酸性；
答案：＜
（3）氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu2O、Cu2S中铜的化合价都降低，它们都是氧化剂；
答案：Cu2O、Cu2S
（4）由题意，反应物为Cr3+、S2O82-和H2O，生成物为Cr2O72-、SO42-和。根据得失电子守恒，电荷守恒和元素守恒书写离子方程式2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+；
答案： 2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+
（5）阳极上硫酸根离子被氧化为S2O82-，电极反应式为2SO42—2e-= S2O82-；
答案：2SO42—2e-= S2O82-
18.某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。
方案一、实验装置如图1所示。
已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。
（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。
（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_______。
（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。
方案二、实验装置如图2所示。
加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。
（4）通入氧气的目的是______________、____________。
（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】 (1). (2). 吸收尾气中的 (3). 酸式滴定管 (4). 11.0 (5). 使产生的全部被NaOH溶液吸收 (6). 将最终转化为 (7). 偏大
【解析】
【分析】
反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。
【详解】（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境，所以必须用碱溶液吸收。
答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O 吸收尾气中的SO2
（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。
答案：酸式滴定管
（3）当入浓硫酸的体积为20.0 mL时溶液的总体积为33.45 ml，硫酸的浓度为=11.0mol/L；
答案：11.0
（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；
答案：使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收 将SO2最终转化为Na2SO4
（5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的硫酸的最低浓度偏大。
答案：偏大
19.硼元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学知识认识和理解它们。
（1）硼元素位于元素周期表的__________区；硼元素的价电子排布式为_________。
（2）B、C、Si与H、O原子形成的单键和B、C、Si原子自成单键的键能如下表所示：
化学键
键能
389
411
318
561
358
452
293
346
222
①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是_____________。
②类似于烷烃，B、Si也有一系列氢化物，但从物质数量角度看：硅烷＜硼烷＜烷烃。原因是_________。
③推测晶体B的晶体类型是__________。
（3）乙硼烷具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂，硼氢化锂常用于有机合成。由和构成。中B原子的杂化轨道类型为_______；中三种元素电负性由大到小的顺序是__________（写元素符号）。
（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到：
①□内物质的空间构型为__________。
②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，晶体的层间距为a pm，键键长为b pm，则六方氮化硼晶体的密度为__________（用表示阿伏加德罗常数的值）。
【答案】 (1). p (2). (3). 键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在 (4). 、键的键能比、键的键能大，但比、键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷 (5). 原子晶体 (6). (7). (8). 三角锥形 (9).
【解析】
【分析】
（1）根据B的核外电子排布式可知；
（2）根据键能判断；
（3）根据价层电子对数判断杂化轨道类型；根据LiBH4中B和H的化合价判断电负性；
（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②计算六棱柱体积和一个六棱柱的质量即可计算密度。
【详解】（1）硼元素位于第ⅢA族，位于元素周期表的p区；硼元素的核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1。
答案：p 2s22p1
（2）①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在；
答案：B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在
②B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷；
答案：B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷
③B-B的键能比Si-Si的键能还大，根据键能数据可判断出B是原子晶体；
答案：原子晶体
（3）BH4－中B原子的价层电子对数为4，则其杂化轨道类型为sp3杂化。LiBH4中阴离子为BH4－，显然B是价，H是价，所以H的电负性大于B。而Li是金属元素，其电负性必定小于B的电负性。
答案：sp3 H>B>Li
（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②以一个六棱柱为研究对象，每一层的底面为正六边形，其面积为6×1/2×b2×sin60°=b2pm2，六棱柱的高为a pm，六棱柱的体积为V=ab2pm3。一个六棱柱中平均拥有1个B原子、1个N原子，一个六棱柱的质量m=g，所以晶体的密度为m/V=；
答案：三角锥形
20.丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：
已知：Bn－代表苄基（）
请回答下列问题：
（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。
（2）的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。
（3）A的名称是__________，写出的化学方程式：________。
（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大14．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。
①苯环只有两个取代基
②能与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
④红外光谱表明分子中不含醚键
（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：____________________。
【答案】 (1). (2). 醚键、羟基、羧基 (3). 取代反应 (4). 保护（酚）羟基 (5). 乙二醛 (6). +O2→ (7). 18 (8). (9).
【解析】
【分析】
根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。
【详解】（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；
答案： 醚键、羟基、羧基
（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。
答案：取代反应 保护（酚）羟基
（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；
答案： 乙二醛 +O2→
（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；
答案： 18
（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；
答案：
【点睛】本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。
安阳市2020届高三毕业班第一次调研考试化学
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是
A. 漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂
B. 硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂
C. 常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，因为铝与浓硫酸不反应
D. 明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学在生活中的应用，意在考查对物质性质的识记和理解能力。
【详解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，有强氧化性，所以可以漂白，杀菌，故A正确；
B.硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，故B错误；
C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝在浓硫酸中发生钝化，故C错误；
D.明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的能水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附能力很强，故D错误；
答案：A
2.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 2.4 g Mg与足量硝酸反应生成NO和的混合气体，失去的电子数为
B. 1 mol甲苯分子中所含单键数目
C. 的溶液中，由水电离出的H+数目一定是
D. 、和的混合气体中所含分子数为
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。
【详解】A.2.4g Mg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+，失去0.2mol电子，故A错误；
B.甲苯分子中含有9个单键（8个C-H键、1个C-C键），故B错误；
C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误；
D.CO2、N2O和C3H8的摩尔质量相同，均为44g/mol，故混合气体的物质的量为=0.1 mol，所含分子数为0.1NA，故D正确；
答案：D
3.已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：
又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）
A. 物质A一定是单质 B. 物质C可能是淡黄色固体
C. 物质D可能是酸或碱 D. 物质E可能属于盐类
【答案】A
【解析】
【分析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。
【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；
B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；
C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；
D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；
故选A。
4.下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 过量铁粉与氯气反应：
B. 往溶液中通入少量的：
C. 用稀盐酸除去银镜：
D. 溶液与溶液等体积混合：
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学用语，意在考查知识再现及知识迁移能力。
【详解】A.氯气氧化性强，与铁反应的产物是氯化铁，故A错误；
B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故B错误；
C.稀盐酸与银不反应，故C错误；
D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量，故D正确；
答案：D
【点睛】易错选项B，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，SO2具有强还原性，所以要注意氧化还原反应的发生。
5.25℃时，一定量的甲烷与a L（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出b kJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是
A.
B.
C
D.
【答案】C
【解析】
【详解】空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量b kJ，则1 mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；
答案：C
【点睛】考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol （2）完全燃烧 （3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2 ，S→SO2等。
6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是
A. Y元素至少能形成三种单质
B. 简单离子半径：
C. 元素的非金属性：
D. 化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。
根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为H、Y为C；根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z为Na、W为S；据此分析。
【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A正确；
B. ①微粒半径电子层数越多，半径越大；②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2->Na+>H+，故B错误；
C.元素的非金属性：S>C>H，故C错误；
D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不同，故D错误；
答案：A
7.将溶液和盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。
【详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；
B. CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)> c（HCO3-）> c(Cl-)> c（CO32-）> c(OH-)> c(H+)，故B正确；
C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误；
答案：B
【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。
8.下图是有机合成中的部分片段：
下列说法错误的是
A. 有机物a能发生加成、氧化、取代等反应
B. 有机物a~d都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. d中所有原子不可能共平面
D. 与b互为同分异构体、含有1个和2个的有机物有4种
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构与性质，意在考查知识迁移能力。
【详解】A. a中含有碳碳双键，可以发生加成反应，氧化反应，氢原子在一定条件下可以被取代，故不选A；
B.a含有碳碳双键和醛基、b中含有碳碳双键、c、d中均含有-CH2OH，它们能被酸性高锰酸钾氧化，故不选B；
C.d中含有四面体结构的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不选C；
D.与b互为同分异构体、含有1个-COOH和2个-CH3的有机物有、、、、、等，故选D；
答案：D
【点睛】易错选项B，能使酸性高锰酸钾褪色的有：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有C-H键，醇羟基（和羟基相连的碳上含有C-H键）、酚、醛等。
9.下列说法错误的是
A. 取用固体时动作一定要轻
B. 蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于被加热的酒精中
C. 容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏
D. 量取5.2 mL硫酸铜溶液用到仪器有10 mL量筒、胶头滴管
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。
【详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；
C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；
D.要量取5.2 mL硫酸铜溶液，应选择10 mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL量筒和胶头滴管，故不选D；
答案：B
10.下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是
A. a极的电极反应式为
B. 若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室
C. 根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作
D. 由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。
【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；
B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；
C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；
D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;
答案：C
11.下列实验操作、解释或结论均正确的是
选项
实验目的
操作
结论或解释
A
检验、混合溶液中的
取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液
液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含
B
检验某溶液中有无
取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊，则含
C
检验溶液中的
取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液
溶液变红色，则含
D
检验食盐中是否含
取少量食盐溶于水，加少量淀粉
溶液变蓝色，则含
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。
【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；
B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；
C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；
D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；
答案：A
12.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入溶液的方法制备，发生反应：
①（未配平）；
②。
下列说法正确的是
A. 若反应①中，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
B. 反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下
C. 氧化性：
D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则得到时消耗
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，意在考查对相关规律的理解和运用能力。
【详解】A. 设ClO－为5 mol，ClO3－为1 mol，根据电子守恒，生成的Cl－为10 mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:3，故A错误；
B.由于反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4 mol KOH，吸收2molCl2，标准状况下其体积为44.8 L，故B错误；
C.反应②中K2FeO4是氧化产物，KClO是氧化剂，故氧化性：K2FeO4
答案：D
13.下列对图像的叙述正确的是
甲 乙 丙 丁
A. 图甲可表示压强对反应： 的影响
B. 图乙中，时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C. 若图丙表示反应：，则、
D. 图丁表示水中和的关系，ABC所在区域总有
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。
【详解】A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；
C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；
D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；
答案：C
14.下表是25℃时五种物质的溶度积常数，下列有关说法错误的是
化学式
CuS
溶度积
A. 根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大
B. 向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为
C. 根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成
D. 常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。
【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度的大小，溶度积大的溶解度大，故不选A；
B.Qc>Ksp时有沉淀析出，故不选B；
C.虽然Ksp(BaCO3)> Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)
时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；
D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；
答案：C
【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当Qc>Ksp析出沉淀；当Qc
15.由两种或两种以上金属离子（或铵根离子）和一种酸根离子构成的盐称为复盐。为确定某复盐结晶水合物Q（含有两种金属阳离子）的组成，甲、乙两位同学分别进行了如下实验：
请回答下列问题：
（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，为__________、洗涤，仅由甲的实验能不能确定操作Ⅰ中所得固体的成分？__________（填“能”或“不能”），说明理由：_________。
（2）甲实验中通入过量二氧化碳发生反应生成沉淀的离子方程式为_______。
（3）0.8 g红棕色粉末的物质的量为__________。
（4）乙实验中，若100 mL硝酸钡溶液恰好完全反应，则硝酸钡溶液的物质的量浓度为__________。
（5）Q的化学式为________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 不能 (3). 、在空气中灼烧时均能生成 (4). (5). 0.005 mol (6). (7).
【解析】
【分析】
甲的流程：溶液加入过量氢氧化钠溶液，生成偏铝酸钠和氢氧化铁（或氢氧化亚铁）沉淀，过滤、洗涤，沉淀灼烧得到氧化铁；溶液通入过量二氧化碳，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝。由红棕色固体Fe2O3可知Q中含有或，铁元素的物质的量为=0.01mol，质量为0.01mol×56g/mol=0.56g；由Q与过量氢氧化钠溶液反应得到的溶液中通入过量的二氧化碳后有沉淀Al(OH)3生成，氢氧化铝灼烧生成三氧化二铝，铝元素的物质的量为=0.02mol，质量为0.02mol×27g/mol=0.54g。
乙的流程：溶液中加入硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥得到9.32g的硫酸钡。硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，质量为0.04mol×96g/mol=3.84g；结晶水的质量为7.1g-3.84g-0.54g-0.56g=2.16g，物质的量为=0.12mol；据此分析。
【详解】（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，为过滤、洗涤，仅由甲的实验不能确定操作Ⅰ中所得固体，因为Fe(OH)2、Fe(OH)3在空气中灼烧时均能生成Fe2O3，无法确定是亚铁离子还是铁离子；
答案： 过滤 不能 Fe(OH)2、Fe(OH)3在空气中灼烧时均能生成Fe2O3
（2）甲实验中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－；
答案：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－
（3）0.8 g红棕色粉末（Fe2O3）的物质的量为=0.005mol；
答案：0.005mol
（4）乙实验中，若100 mL硝酸钡溶液恰好完全反应，Ba2++SO42－=BaSO4↓。硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，则硝酸钡溶液的物质的量浓度为=0.4mol/L；
答案：
（5）Q晶体中Al3+的物质的量为0.02mol、Fe元素的物质的量为0.01mol、SO42－的物质的量为0.04mol、H2O的物质的量为0.12mol，物质的量之比为2:1:4:12，故其化学式为Al2Fe (SO4)4 ▪12H2O；
答案：Al2Fe (SO4)4 ▪12H2O
16.在催化剂作用下，氮氧化物与一氧化碳能发生反应，如：
反应Ⅰ
（1）已知： 反应Ⅱ
反应Ⅲ
①__________（用含b、c的代数式表示）。
②温度为时，CO与在密闭容器中发生反应Ⅲ，的体积分数随时间变化的关系如下图所示。请在坐标图中画出温度为时，随时间的变化曲线并进行相应的标注。_______
（2）在恒压条件下，将NO和CO置于密闭容器中发生反应Ⅰ，在不同温度、不同投料比时，NO的平衡转化率见下表：
300K
400K
500K
1
15%
24%
33%
2
10%
18%
25%
a__________（填“＞”“＜”或“＝”）0，理由是_________。试判断反应Ⅰ在常温下能否自发进行并说明理由：___。
②下列措施有利于提高CO平衡转化率的是__________（填字母）。
A．升高温度同时增大压强
B．继续通入CO
C．加入高效催化剂
D．及时将从反应体系中移走
③500 K时，将投料比为2的NO与CO混合气体共0.9 mol，充入一装有催化剂且体积为3 L的密闭容器中，5 min时反应达到平衡，则500 K时该反应的平衡常数K为__________（保留两位小数，下同）；从反应开始到达到平衡时CO的平均反应速率为__________。
【答案】 (1). (2). (3). ＞ (4). 升高温度，NO的平衡转化率增大，平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应， (5). 不能自发进行，因为该反应是吸热，熵减的反应 (6). AD (7). 1.11 (8). 0.01
【解析】
【分析】
本题考查反应热和化学平衡，意在考查对相关原理的理解和运用能力。
（1）①根据盖斯定律计算；
②a：温度越高，化学反应速率越快，达到平衡所需时间越短；b：CO燃烧是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CO2的体积分数减小。
（2））①在投料比不变的情况下，升高温度，NO的转化率增大，说明平衡正向移动，故为吸热反应。因为该反应是吸热/熵减的反应，所以常温下不能自发进行；
②根据反应为体积减小的吸热反应分析；
③利用三行式法计算。
【详解】（1）①根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ×2，即a+b=2c，故有a=2c-b；
答案：2c-b
②升高温度，达到平衡所用的时间缩短；因CO燃烧是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CO2的体积分数减小。
答案：
（2）①在投料比不变的情况下，升高温度，NO的转化率增大，说明平衡正向移动，故为吸热反应。因为该反应是吸热/熵减的反应，所以常温下不能自发进行；
答案：＞ 升高温度，NO的平衡转化率增大，平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，。
②A.2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）是一个体积减小的吸热反应，所以升高温度同时增大压强可使平衡正向移动，增大CO的转化率，故A正确；
B.继续通入CO，CO的转化率减小，故B错误；
C.催化剂对平衡移动无影响，故C错误；
D.及时将CO2从反应体系中移走，可使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D正确。
答案：AD
③ 2NO（g）+ 2CO（g） N2（g） + 2CO2（g）
起始浓度/（） 0.2 0.1 0 0
转化浓度/（） 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡浓度/（） 0.15 0.05 0.025 0.05
K=≈1.11；v（CO）==0.01mol▪L-1▪min-1
答案：1.11 0.01
17.过二硫酸铵是一种常用的氧化剂和漂白剂。某小组以辉铜矿（主要成分是）为原料用火法炼铜，并利用尾气制备过二硫酸铵。模拟工艺流程如下：
（1）矿石“粉碎过筛”的目的是_________。
（2）已知常温下的，，的。若浓氨水吸收恰好生成溶液，则该溶液的pH__________（填“＞”“＜”或“＝”）7。
（3）和按一定比例混合，在高温下反应的化学方程式为_______该反应中的氧化剂是_______（填化学式）。
（4）过二硫酸铵常用于检验废水中是否超标，若超标则溶液变为橙色（还原产物为），写出该反应的离子方程式：__________________。
（5）工业上，常采用钛基镀铂电极为阳极，铅锑合金为阴极，用质子交换膜将电解池分成两个室，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，硫酸放入阴极室。写出阳极的电极反应式：___。
【答案】 (1). 增大固体与气体的接触面积，加快反应速率 (2). ＜ (3). (4). 、 (5). (6).
【解析】
【分析】
流程分析：将粉碎的辉铜矿在空气中高温煅烧得氧化亚铜和二氧化硫，氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，将二氧化硫净化后用浓氨水吸收得到NH4HSO3，NH4HSO3在空气中被氧化为硫酸铵，将硫酸铵和硫酸分别加入到两个电极室进行电解制备过二硫酸铵，据此分析。
【详解】（1）粉碎矿石过筛，可以增大固体与气体的接触面积，加快固体与气体的反应速率；
答案：增大固体与气体的接触面积，加快反应速率
（2）的pKh=14-pKa1=12.19>pK a2，故其电离程度大于水解程度，又由于NH4+水解呈酸性，所以NH4HSO3溶液呈酸性；
答案：＜
（3）氧化亚铜和辉铜矿反应生成铜和二氧化硫，方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，Cu2O、Cu2S中铜的化合价都降低，它们都是氧化剂；
答案：Cu2O、Cu2S
（4）由题意，反应物为Cr3+、S2O82-和H2O，生成物为Cr2O72-、SO42-和。根据得失电子守恒，电荷守恒和元素守恒书写离子方程式2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+；
答案： 2Cr3++3 S2O82-+7H2O= Cr2O72-+6 SO42-+14H+
（5）阳极上硫酸根离子被氧化为S2O82-，电极反应式为2SO42—2e-= S2O82-；
答案：2SO42—2e-= S2O82-
18.某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。
方案一、实验装置如图1所示。
已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。
（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。
（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_______。
（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。
方案二、实验装置如图2所示。
加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。
（4）通入氧气的目的是______________、____________。
（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】 (1). (2). 吸收尾气中的 (3). 酸式滴定管 (4). 11.0 (5). 使产生的全部被NaOH溶液吸收 (6). 将最终转化为 (7). 偏大
【解析】
【分析】
反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。
【详解】（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境，所以必须用碱溶液吸收。
答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O 吸收尾气中的SO2
（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。
答案：酸式滴定管
（3）当入浓硫酸的体积为20.0 mL时溶液的总体积为33.45 ml，硫酸的浓度为=11.0mol/L；
答案：11.0
（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；
答案：使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收 将SO2最终转化为Na2SO4
（5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的硫酸的最低浓度偏大。
答案：偏大
19.硼元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学知识认识和理解它们。
（1）硼元素位于元素周期表的__________区；硼元素的价电子排布式为_________。
（2）B、C、Si与H、O原子形成的单键和B、C、Si原子自成单键的键能如下表所示：
化学键
键能
389
411
318
561
358
452
293
346
222
①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是_____________。
②类似于烷烃，B、Si也有一系列氢化物，但从物质数量角度看：硅烷＜硼烷＜烷烃。原因是_________。
③推测晶体B的晶体类型是__________。
（3）乙硼烷具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂，硼氢化锂常用于有机合成。由和构成。中B原子的杂化轨道类型为_______；中三种元素电负性由大到小的顺序是__________（写元素符号）。
（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到：
①□内物质的空间构型为__________。
②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，晶体的层间距为a pm，键键长为b pm，则六方氮化硼晶体的密度为__________（用表示阿伏加德罗常数的值）。
【答案】 (1). p (2). (3). 键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在 (4). 、键的键能比、键的键能大，但比、键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷 (5). 原子晶体 (6). (7). (8). 三角锥形 (9).
【解析】
【分析】
（1）根据B的核外电子排布式可知；
（2）根据键能判断；
（3）根据价层电子对数判断杂化轨道类型；根据LiBH4中B和H的化合价判断电负性；
（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②计算六棱柱体积和一个六棱柱的质量即可计算密度。
【详解】（1）硼元素位于第ⅢA族，位于元素周期表的p区；硼元素的核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1。
答案：p 2s22p1
（2）①自然界中硼主要以含氧化合物的形式存在的原因是B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在；
答案：B-O键键能很大，导致B主要以含氧化合物的形式存在
②B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷；
答案：B-B、B-H键的键能比Si-Si、Si-H键的键能大，但比C-C、C-H键的键能小，因此硼烷虽有一定数量，但少于烷烃，多于硅烷
③B-B的键能比Si-Si的键能还大，根据键能数据可判断出B是原子晶体；
答案：原子晶体
（3）BH4－中B原子的价层电子对数为4，则其杂化轨道类型为sp3杂化。LiBH4中阴离子为BH4－，显然B是价，H是价，所以H的电负性大于B。而Li是金属元素，其电负性必定小于B的电负性。
答案：sp3 H>B>Li
（4）①根据元素守恒可知方框内的物质是，其空间构型为三角锥形。②以一个六棱柱为研究对象，每一层的底面为正六边形，其面积为6×1/2×b2×sin60°=b2pm2，六棱柱的高为a pm，六棱柱的体积为V=ab2pm3。一个六棱柱中平均拥有1个B原子、1个N原子，一个六棱柱的质量m=g，所以晶体的密度为m/V=；
答案：三角锥形
20.丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：
已知：Bn－代表苄基（）
请回答下列问题：
（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。
（2）的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。
（3）A的名称是__________，写出的化学方程式：________。
（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大14．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。
①苯环只有两个取代基
②能与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
④红外光谱表明分子中不含醚键
（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：____________________。
【答案】 (1). (2). 醚键、羟基、羧基 (3). 取代反应 (4). 保护（酚）羟基 (5). 乙二醛 (6). +O2→ (7). 18 (8). (9).
【解析】
【分析】
根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。
【详解】（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；
答案： 醚键、羟基、羧基
（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。
答案：取代反应 保护（酚）羟基
（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；
答案： 乙二醛 +O2→
（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；
答案： 18
（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；
答案：
【点睛】本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。
相关资料
更多
