四川省内江市第六中学2022-2023学年高三化学上学期第二次月考试题（Word版附解析）

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内江六中2022-2023学年(上)高2023届第二次月考化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
第I卷选择题(满分42分)
一、选择题(每题只有一个正确答案，每题2分，共42分)
1. 成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是
选项
传统文化
化学角度解读
A
兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光
“香”的原因之一是美酒含有酯类物质
B
“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”
司南中“杓”的材质为Fe2O3
C
三月打雷麦谷堆
在雷电作用下N2最终转化成被作物吸收的化合态氮
D
《本草经集注》记载“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起…云是真硝石也
利用物理方法(焰色试验)可以鉴别钾盐
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故A正确；
B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B错误；
C．氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸进一步转化为可以为植物吸收的硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，故C正确；
D．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故D正确；
故选B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. H2SO3的电离方程式：H2SO32H++SO
B. 溴乙烷的比例模型：
C. 乙醇的结构式：C2H5OH
D. HOCH2COOH缩聚产物的结构简式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2SO3是二元素弱酸，应分步电离，H2SO3H++，故A错误；
B．比例模型是用一定大小的球体来表示不同的原子的模型；溴乙烷的比例模型：，故B正确；
C．结构式在表示分子式时采用了分子数量和化学键配合，结构简式可以省略部分化学键直接用化学符号和阿拉伯数字表示分子式的组成；乙醇的结构式为，故C错误；
D．HOCH2COOH缩聚产物的结构简式为，故D错误；
故选B。
3. 下列实验操作规范且能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
操作




目的
混合浓硫酸和乙醇
制备氧气并控制反应的发生和停止
制取无水FeCl3
分离碘和酒精

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．混合乙醇和浓硫酸时，乙醇相当于水，所以将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入盛有乙醇的烧杯中，边倒边搅拌，A正确；
B．Na2O2为粉末状固体，会通过塑料板上的小孔进行水中，且极易与水反应，使用此装置不能控制反应的发生与停止，B不正确；
C．加热蒸发FeCl3溶液，随着HCl的不断挥发，FeCl3不断发生水解，最终生成Fe(OH)3固体(若灼烧，还会生成Fe2O3)，C不正确；
D．碘与酒精互溶，不能使用分液漏斗分离，D不正确；
故选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 12g金刚石含有的碳碳键数目为4NA
B. CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NA
C. 78gNa2O2与足量SO2反应转移电子数为2NA
D. 0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石中每个碳原子与周围4个碳原子形成C-C键，而每个C-C键被两个碳原子共用，实际上每个碳原子相当于形成两个共价键，12g金刚石含有1mol碳原子，则含有的碳碳键数目为2 NA，故A错误；
B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1molCH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2 NA和0.3 NA之间，但不一定为0.25NA，故B错误；
C．78gNa2O2即1mol与足量SO2反应时，过氧化钠体现氧化性，氧从-1价降低到-2价，1mol Na2O2参与反应转移电子数为2NA，故C正确；
D．乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，则0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1 NA，故D错误；
故答案选C。
5. 下列反应的离子方程式正确的是
A Fe与稀硝酸反应，当n(Fe):n(HNO3)=1:2时，3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
B. Na2S2O3溶液与稀硫酸共热：+2+6H+=4SO2↑+3H2O
C. 向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液：2+5+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
D. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)=4mol，n(HNO3)=8mol时，Fe过量，发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式为3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，A正确；
B．Na2S2O3溶液与稀硫酸共热，生成Na2SO4和H2S2O3，H2S2O3发生自身氧化还原反应，离子方程式为：+2H+=SO2↑+S↓+H2O，B不正确；
C．向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液，草酸为弱酸，应以化学式表示，则离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，C不正确；
D．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性，采用“以少定多”法，可假设Ba(OH)2为1mol，则需加入2mol NaHSO4，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D不正确；
故选A。
6. 某溶液中可能存在Br-、、、Al3+、I-、Mg2+、Na+7种离子中的几种。现取该溶液进行实验，得到如下实验现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是
A. Al3+、Na+、、I- B. Mg2+、Na+、、I-
C. Al3+、Mg2+、I-、 D. Al3+、、Br-、I-
【答案】C
【解析】
【详解】某溶液中可能存在Br-、、、Al3+、I-、Mg2+、Na+7种离子中的几种。③向所得溶液中滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，则加入氯水后，没有生成I2，原溶液中不含有I-；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，则表明加入氯水后，没有生成，原溶液中不含有；①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出，则生成了Br2、CO2，原溶液中含有Br-、。依据离子共存原则，原溶液中不含有Al3+、Mg2+；原溶液应呈电中性，则原溶液中一定含有Na+。综合以上分析，原溶液中一定含有Br-、、Na+ ，一定不含有Al3+、Mg2+、I-、。故选C。
7. 下列有关实验原理或操作正确的是
A. 用20mL量筒量取15mL酒精，再向量筒中加水5mL，配制质量分数为75%的酒精溶液
B. 某同学用浓硝酸配制稀硝酸，定容时俯视读数，会造成最终配制的稀硝酸浓度偏高
C. 实验中需用0.2mol∙L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为1000mL、201.4g
D. 实验室配制500mL0.2mol∙L-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4∙7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，稀释、定容、摇匀
【答案】B
【解析】
【详解】A．量筒只能用来量取一定体积的液体，不能在量筒内稀释溶液，A不正确；
B．用浓硝酸配制稀硝酸，定容时俯视读数，所配溶液的体积偏小，溶质的物质的量不变，则所配稀硝酸的浓度偏高，B正确；
C．配制0.2mol∙L-1的Na2CO3溶液950mL，需选择1000mL的容量瓶，称取Na2CO3的质量为0.2mol∙L-1×1L×106g/mol=21.2g，C不正确；
D．配制500mL0.2mol∙L-1的硫酸亚铁溶液，需用天平称取绿矾(FeSO4∙7H2O)的质量为0.5L×0.2mol∙L-1×278g/mol=27.8g，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶后，还需洗涤，并将洗涤液转移入容量瓶，D不正确；
故选B。
8. 有关下列图示仪器的说法错误的是

A. 图①所示仪器的名称是球形冷凝管，可用于冷凝回流
B. 图②所示仪器可用于干燥气体，在尾气吸收时可防倒吸
C. 图③所示仪器具有“0”刻度，可以用于盛装纯碱溶液
D. 图④所示仪器中的侧管可平衡漏斗与下方容器内的压强，便于液体滴下
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．图①所示仪器为球形冷凝管，常用于冷凝回流，提高原料的利用率，A正确；
B．图②所示仪器装入干燥剂时可干燥气体，用液体吸收气体时可防倒吸，B正确；
C．图③所示仪器为酸式滴定管，上方具有“0”刻度，纯碱溶液显碱性，易腐蚀玻璃活塞部位，不能用酸式滴定管盛装，C错误；
D．图④所示仪器为恒压漏斗（滴液漏斗），侧管可以平衡该漏斗液面上方与下方容器内的压强，使液体顺利滴下，D正确；
答案选C。
9. 世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种气体单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是
A. 原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞W
B. 化合物YX是一种很好的耐火材料
C. Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应
D. Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【答案】B
【解析】
【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。
【详解】A．通常电子层数越多，原子半径越大，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞ X＞W，故A错误；
B．化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；
C．Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；
D．硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；
故选：B。
10. 水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O+O2+XOH-=Fe3O4+S4O+2H2O，下列说法正确的是
A. 铁元素被氧化，硫元素被还原 B. Fe2+、S2O都是还原剂
C. X=2 D. 每生成1molFe3O4，则转移电子数2mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中S和Fe元素化合价都升高，被氧化，故A错误；
B．S和Fe元素化合价都升高，被氧化，则Fe2+、S2O32-都是还原剂，故B正确；
C．由离子方程式的电荷守恒可知x=4，故C错误；
D．每生成1 mol Fe3O4，有1mol O2参加反应，则转移电子数为4 mol，故D错误；
故答案为B。
11. 下列除去杂质的方法中，正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂和方法
A
苯(苯酚)
加入过量浓溴水，过滤
B
CO2(SO2)
依次通过饱和NaHCO3溶液、浓硫酸，洗气
C
乙酸乙酯(乙酸)
NaOH溶液，分液
D
HNO3溶液(H2SO4)
加适量BaCl2溶液，过滤

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯中混有苯酚，若加入浓溴水，与苯酚反应生成的三溴苯酚仍会溶解在苯中，且过量的溴也会溶解在苯中，应加入NaOH溶液、分液，A不正确；
B．CO2中混有SO2，混合气通过饱和NaHCO3溶液后，SO2被吸收并转化为Na2SO3及CO2，再用浓硫酸洗气，便可得到纯净的CO2，B正确；
C．乙酸乙酯中混有乙酸，若使用NaOH溶液除杂，乙酸乙酯也会发生水解，C不正确；
D．HNO3溶液中混有H2SO4，若加适量BaCl2溶液，又会在硝酸溶液中引入盐酸，D不正确；
故选B。
12. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 的溶液：、、、
B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液：、、、
C. 的溶液：、、、
D. 由水电离出的的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．有强氧化性，可以氧化，不共存，A错误；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，与不共存，B错误；
C．的溶液溶液为酸性溶液，离子不发生反应可以共存，C正确；
D．由水电离的的溶液中水的电离受到抑制，可能是由于外加酸或碱，若为碱溶液，四种离子可以大量共存，若为酸溶液，、不能大量存在，所以不能一定共存，D错误；
答案为：C。
13. 用如图装置制取气体(图中加热及气体收集装置均已略去；必要时可加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂)。利用下列方案可得到干燥、纯净气体的是

选项
制备气体
a
b
c
d
A

浓盐酸

NaOH溶液
碱石灰
B

浓氨水
CaO

固体NaOH
C
NO
稀硝酸
Cu


D

稀硝酸
Zn
NaOH溶液
无水

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．浓盐酸与共热可制备，但NaOH溶液会与反应，应选用饱和食盐水除杂，故A错误；
B．极易溶于水，不能通入水中，故B错误；
C．稀硝酸与铜反应生成NO，NO难溶于水，且不与反应，故可以用水除杂，用干燥，故C正确；
D．稀硝酸与Zn反应生成NO，不生成，故D错误；
故选C。
14. 下列“类比”合理是
A. Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B. NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C. Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D. NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；
B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成，ClO-被还原成Cl-，B不合理；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；
D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；
答案选C。
15. 已知：①SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；③将FeCl3溶液滴在淀粉—KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100mL，向其中通入4.48L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法不正确的是
A. FeI2的物质的量浓度约为1mol•L-1
B. 完全反应时转移电子0.4mol
C. 通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I-
D. 反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、Fe2+、SO、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】由已知①可知，还原性：SO2＞I-；已知②中，产生的白色沉淀为BaSO4，是因为Fe3+和SO2发生氧化还原反应生成了Fe2+和，和Ba2+反应生成不溶于酸的BaSO4沉淀，说明还原性：SO2＞Fe2+；已知③中，淀粉-KI试纸变蓝色，说明有I2生成，是因为Fe3+和I-发生氧化还原反应生成了Fe2+和I2，说明还原性：I-＞Fe2+；综上所述，还原性：SO2＞I-＞Fe2+；向含FeI2、NaHSO3的混合溶液中通入足量的Cl2，Cl2先氧化SO2，再氧化I-，最后氧化Fe2+。
【详解】A．向100mL有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液通入4.48L(标准状况)氯气，Cl2先氧化，再氧化I-，最后氧化Fe2+；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色，说明Cl2恰好将I-氧化完全；FeI2和NaHSO3的物质的量相等，n(I-)=2n()，4.48L(标准状况)氯气的物质的量是0.2mol，根据得失电子守恒可得，n(I-)+2n()=0.4，则n(I-)=0.2mol，故n(FeI2)=0.1mol，c(FeI2)== 1mol•L-1，A正确；
B．由A选项可知，0.2mol Cl2完全参加反应，转移电子0.4mol，B正确；
C．由分析和A选项可知，通入Cl2的过程中，Cl2先氧化，再氧化I-，C错误；
D．通入Cl2的过程中，发生的离子反应依次为Cl2++H2O=2Cl-++3H+、Cl2+2I-=I2+2Cl-，则反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、Fe2+、、Cl-，D正确；
故选C。
16. 某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A. 增大压强，v正＞v逆，平衡常数增大
B. 加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大
C. 恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变
D. 恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)、CH2=CH2(g)的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．增大压强，化学反应速率增大，v正＞v逆，平衡正向移动，但平衡常数不变，A不正确；
B．加入催化剂，平衡不发生移动，则平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变，B不正确；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，C正确；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，虽然平衡正向移动，但CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，D不正确；
故选C。
17. 有一种瓦斯分析仪(如图甲)能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中固体电解质是Y2O3-Na2O，O2- 可以在其中自由移动。下列说法正确的是

A. 瓦斯分析仪工作时，电池外电路中电流由电极a流向电极b
B. 电极b是正极，O2-由电极a流向电极b
C. 电极a的反应式为CH4 +5O2-－8e- =CO +2H2O
D. 当固体电解质中有1molO2-通过时，转移电子2mol
【答案】D
【解析】
【分析】CH4是燃料，发生失电子的氧化反应，a极通CH4，是负极，b极通空气，为正极，据此分析解答。
【详解】A．电池外电路中电流由正极流向负极，b为正极，则电流由电极b流向电极a，故A错误；
B．电极b氧气得电子生成O2-，O2-由正极（电极b）流向负极（电极a），故B错误；
C．甲烷所在电极a为负极，电极反应式为CH4 +4O2-－8e- =CO2 +2H2O，故C错误；
D．1molO2得4mol电子，生成2molO2-，当固体电解质中有1molO2-通过时，转移2mol电子，故D正确；
答案选D。
18. 下列关于下图叙述正确的是

①装置甲是利用外接电源的阴极保护法来防止铁钉生锈
②实验室常用装置乙来做NaCl溶液蒸发结晶的实验
③装置丙可除去乙烷中混有的乙烯
④装置丁可用于收集一氧化氮
⑤装置戊可用来验证在水中的溶解性
A. ①③⑤ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ①②④
【答案】B
【解析】
【详解】在装置中，金属Fe作电解池的阴极，被保护，①正确；蒸发结晶NaCl应该在蒸发皿中进行，②错误；高锰酸钾具有氧化性，可以将乙烯氧化为二氧化碳，带入新的杂质气体，故不能用装置丙除去乙烷中混有的乙烯，③错误；一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，因此用排水法收集，④正确；氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，则平底烧瓶中压强减小，所以气球鼓起来，可以使用该装置验证在水中的溶解性，⑤正确；综上分析可知，①④⑤正确；
故答案为：B。
19. 向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol•L-1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，下列有关说法不正确的是
A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1
B. 硝酸的物质的量浓度为2.4mol•L-1
C. 产生的NO在标准状况下的体积为6.72L
D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】C
【解析】
【分析】n[Cu(OH)2]==0.4mol，m(Cu元素)=0.4mol×64g/mol=25.6g，n(O)=n(Cu2O)==0.1mol，n(Cu单质)=0.4mol-0.1mol×2=0.2mol，依据得失电子守恒，可求出n(NO)==0.2mol。
【详解】A．由分析可知，n(Cu单质)=0.2mol，n(Cu2O)=0.1mol，则Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2mol : 0.1mol=2 : 1，A正确；
B．n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)=1.0mol•L-1×1.0L+0.2mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为=2.4mol∙L-1，B正确；
C．产生的NO在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，C不正确；
D．加入NaOH，与Cu(NO3)2和过量HNO3反应，则Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol∙L-1×1.0L-0.4mol×2=0.2mol，D正确；
故选C。
20. 下列各组物质相互混合反应，既有气体生成又有沉淀或晶体生成的是
①碳酸氢钡溶液中加入稀硫酸
②过量的NaOH溶液和FeCl3溶液
③保持温度不变，金属钠加到饱和NaOH溶液中
④过量的过氧化钠投入FeCl3溶液中
⑤过量NaOH和Ca(HCO3)2溶液混合
A. ①②④ B. ①④ C. ①③④ D. ①②⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①碳酸氢钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳气体和水，故符合题意；
②过量的氢氧化钠溶液和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，无气体生成，故不符合题意；
③保持温度不变，金属钠加到饱和氢氧化钠溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应消耗水且生成氢氧化钠，使饱和氢氧化钠溶液转化为过饱和氢氧化钠溶液，会有氢氧化钠析出，故符合题意；
④过量的过氧化钠投入氯化铁溶液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成的氢氧化钠溶液与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，故符合题意；
⑤过量氢氧化钠溶液和碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，无气体生成，故不符合题意；
①③④符合题意，故选C。
21. 常温下，往20mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离的c水(H+)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(假设：混合后溶液体积的变化忽略不计，整个过程无氨气的逸出)。下列分析正确的是

A. a~c之间，主要反应为NH+OH—=NH3·H2O
B. b点、d点对应溶液的pH均为7
C. d~e之间，溶液中c(Na+)+c(SO)=0.05mol/L
D. pH=7时，溶液中c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a点为硫酸氢铵溶液，向a点溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢离子先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为H++OH—= H2O，则b点为硫酸钠、硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液，溶液呈酸性；氢氧化钠溶液体积为20mL的c点，硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应得到硫酸铵、硫酸钠的混合溶液；c点后再加入氢氧化钠溶液时，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为NH+OH—=NH3·H2O，则d点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性；氢氧化钠溶液体积为35mL的e点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。
【详解】A．由分析可知，a~c之间，主要反应为溶液中氢离子先与氢氧根离子反应，反应离子方程式为H++OH—= H2O，故A错误；
B．由分析可知，b点为硫酸钠、硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液，溶液呈酸性，溶液pH小于7，故B错误；
C．设d~e之间某一点加入氢氧化钠溶液体积为xmL，由题意可得溶液中c(Na+)+c(SO)==0.1mol/L，故C错误；
D．硫酸铵溶液与氢氧化钠溶液反应的过程中始终存在物料守恒关系c(SO)= c(NH)+ c(NH3·H2O)，则溶液中c(SO)>c(NH)；pH为7的中性溶液中c(OH—)=c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(NH)+ c(H+)=2c(SO)+ c(OH—)可得：c(Na+)+ c(NH)=2c(SO)，由溶液中c(SO)>c(NH)可知，溶液中c(Na+)>c(SO)，则溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)，故D正确；
故选D。
第II卷非选择题(满分58分)
22. 利用Cl2氧化绿色的K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如图所示(加热、夹持装置略)：

（1）仪器a的名称为____，d中的溶液是____。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a的玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作____(填“能”或“不能”)检验装置A的气密性。
（2）装置B中Cl2氧化K2MnO4的化学方程式为____。
（3）实验过程中，当仪器B中出现____即停止通氯气，单向阀(只允许气体从左流向右)可以起到的作用是___。
（4）锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2+4OH¯。根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是____。
（5）某兴趣小组同学用0.1000mol•L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示，其中第四次滴定后的读数如图所示(假设滴定前滴定管读数位于“0”刻度线)，则第四次消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的体积为____mL，计算试样中H2O2的浓度为____mol•L-1。


第一次
第二次
第三次
第四次
V(KMnO4溶液)/mL
15.30
15.90
16.00
____

【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. NaOH溶液 ③. 不能
（2）Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4
（3） ①. 溶液由绿色完全转变为紫红色 ②. 防止倒吸
（4）在A、B装置之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢气体
（5） ①. 16.10 ②. 0.1600
【解析】
【小问1详解】
仪器a的名称为恒压滴液漏斗；根据题意，该装置尾气中可能有Cl2，d中应盛装NaOH溶液来吸收尾气；恒压滴液漏斗中液体的上下液面压强始终相等，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，液体仍然能顺利滴下，不能用此方法检验装置A的气密性，故答案为：恒压滴液漏斗；NaOH溶液；不能；
【小问2详解】
根据题意，K2MnO4被氧化为KMnO4，Cl2被还原为KCl，结合电子得失守恒和原子守恒，可写出化学方程式Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4，故答案为：Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4；
【小问3详解】
当绿色的K2MnO4完全转化为紫红色的KMnO4时停止通氯气；单向阀只允许气体从左向右流动，可以防止倒吸，故答案为：溶液由绿色完全转变为紫红色；防止倒吸；
【小问4详解】
浓盐酸有较强的挥发性，挥发出的HCl气体进入B装置会使溶液的碱性减弱，导致KMnO4的产率降低，因此可在A、B装置之间增加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶，以除去Cl2中混有的HCl气体，故答案为：在A、B装置之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢气体；
【小问5详解】
读数时视线应与滴定管中凹液面的最低点相平，因此读数为16.10mL，则第四次消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的体积为16.10mL；表中第一次数据偏差较大，应舍去，则第二、三、四次实验中消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积平均值=，根据反应方程式可知，c(H2O2)= ，故答案为：16.10；0.1600。
【点睛】多次实验取平均值时，一定要注意有没有偏差大的数据，有的话要把偏差大的数据去掉再求平均值，否则误差太大。
23. CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40-50% CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH已知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1 =a kJ·mol-1
H2(g)＋O2(g)=H2O(g)　ΔH2 =b kJ·mol-1
H2O(g) = H2O(l) ΔH3=c kJ·mol-1
则CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g) ΔH=_______
(2)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)⇌2CO(g)　ΔH， 反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数的影响如图1所示。

回答下列问题：
①压强P1、P2、P3的大小关系是_______；Ka、K b、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是_______。
②900℃、1.0MPa时，足量碳与amol CO2反应达平衡后，CO2的转化率为_______(保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，CO2(g)＋CH4(g)⇌CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2所示。250~300℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_______。
(3)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图3所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为_______；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_______mol硫酸。
【答案】 ①. ②. ③. ④. ⑤. ⑥. 催化剂的催化效率降低 ⑦. ⑧. 6
【解析】
【分析】(2)①温度相同时增大压强平衡逆向移动，CO体积分数减小；该反应的正反应是吸热反应，升高温度化学平衡常数增大；
(3)根据图知，阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水；阴极反应式为2CO2+12H++12e-═C2H4+4H2O，铅蓄电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，串联电路中转移电子相等，据此计算消耗硫酸物质的量。
【详解】(1)由盖斯定律：3×②-①-③得 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=(3b-a-c)kJ/mol，故答案为：3b-a-c；
(2)①温度相同时增大压强平衡逆向移动，CO体积分数减小，根据图知，相同温度时CO体积分数：p1＞p2＞p3，则压强：p1＜p2＜p3；该反应的正反应是吸热反应，升高温度化学平衡常数增大，温度a=b＜c，则Ka=Kb＜Kc，故答案为：p1＜p2＜p3；Ka=Kb＜Kc；
②900℃、1.0 MPa时，CO的体积分数80%，设混合气体总体积为100L，则CO体积为80L、二氧化碳体积为20L，生成80LCO需要二氧化碳40L，则原来二氧化碳总体积为60L，二氧化碳转化率为；气体总压强为1.0MPa，则P(CO)=0.8MPa、P(CO2)=0.2MPa，该反应的平衡常数，故答案为：66.7%；3.2MPa；
③ 250～300℃时，催化剂的催化效率降低，所以乙酸的生成速率降低；温度升高，化学反应速率加快，导致乙酸生成速率加快，故答案为：催化剂的催化效率降低；
(3)根据图知，阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；阴极反应式为2CO2+12H++12e-═C2H4+4H2O，铅蓄电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，串联电路中转移电子相等，生成1mol乙烯转移12mol电子，转移2mol电子消耗2mol硫酸，则生成0.5mol乙烯转移6mol电子，转移6mol电子消耗6mol硫酸，故答案为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O； 6。
24. 全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。

时相关物质的参数如下：
的溶解度：
化合物










回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
（3）为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
（5）他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3） ①. 蒸发浓缩 ②. 趁热过滤
（4） ①. 不稳定 ②. Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】
【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
【小问1详解】
浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；
【小问2详解】
滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
【小问3详解】
由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
【小问4详解】
饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
【小问5详解】
“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。

25. Mg、Zn、V、B等元素在医药、国防、材料领域应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态Zn原子的价电子排布式为____。
（2）三氯化硼是一种重要的化工原料。制备BCl3的原理为B2O3+3C+3Cl2=2BCl3，BCl3分子的空间构型为____，形成BCl3分子时，基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，激发时B原子的价电子轨道表示式为____(填序号)。
A. B. C. D.
（3）已知元素呈气态时，从它的阳离子中将一个电子移至无穷远处时所需做的功，称为该元素的电离势，单位为电子伏特(ev)。Sc的三种气态离子Sc+、Sc2+、Sc3+的电离势分别为6.54ev、12.80ev、24.76ev，上述三种气态离子的电离势依次增大的原因为____。催化剂V2O5可溶于NaOH溶液中，可得到钒酸钠或偏钒酸钠，偏钒酸钠的阴离子呈如图所示的无限链状结构，写出偏钒酸钠的化学式____。

（4）人体内碳酸酐酶能使CO2水合和脱水的速率都加快，碳酸酘酶的部分结构如图所示。中心原子(离子)的配位数为____，碳原子的杂化类型为____。

（5）一种锌镁合金的六方晶胞如图所示，除棱心和顶角外，晶胞内还有六个Zn原子，所有的Mg均在晶胞内部。则合金密度为____g•cm-3(写出计算式即可，阿伏加德常数用NA表示)。

【答案】（1）3d104s2
（2） ①. 平面三角形 ②. C
（3） ①. 随着气态离子所带正电荷数的增多，核外电子距离原子核的距离减小，原子核对核外电子的引力增大 ②. NaVO3
（4） ①. 4 ②. sp2、sp3
（5）
【解析】
【小问1详解】
锌的原子序数是30，所以基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2。
【小问2详解】
BCl3的中心原子B的价层电子对数为3+×（3-3×1）=3，根据价层电子对互斥理论可知，BCl3的空间构型为平面三角形；BCl3中B采取sp2杂化，故激发时B原子的价电子轨道表示式可能为，答案选C。
【小问3详解】
由于随着气态离子所带正电荷数的增多，核外电子距离原子核的距离减小，原子核对核外电子的引力增大，所以三种气态离子的电离势依次增大；每个V原子和2+2×=3个氧原子形成阴离子，而且化合价V元素呈+5价，所以偏钒酸钠的化学式为NaVO3；
【小问4详解】
根据结构图可判断中心原子(离子)的配位数为4，饱和碳原子的杂化类型为sp3，环上碳原子的杂化类型为sp2。
【小问5详解】
根据晶胞结构可判断晶胞中含有8个锌原子，4个镁原子，体积是 cm-3，所以合金密度为g•cm-3。