安徽省怀宁县第二中学2021-2022学年高三化学上学期期末考试试卷（Word版含解析）

安徽省怀宁县第二中学2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题一、单选题(22小题，每题2.5分，共55分)1.化学在生产和日常生活中有着重要的作用。下列有关说法正确的是A.福尔马林可作食品的保鲜剂B.氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应C.“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D.浓硫酸可刻蚀石英制艺术品【答案】C【解析】【详解】A．福尔马林为甲醛的水溶液，对人体有害，不能做食品的保鲜剂，A错误；B．水玻璃是硅酸钠溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，B错误；C．地沟油是废弃的油脂，经过皂化反应可以制取肥皂，与甲醇在催化剂作用下进行酯交换制成生物柴油，C正确；D．浓硫酸和二氧化硅不反应，应该用氢氟酸，D错误；答案选C。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)A.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB.25℃、1.01×105Pa状态下，1molSO2中含有的原子总数为3NAC.常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAD.1L1.0mol·L－1盐酸中含有NA个HCl分子【答案】B【解析】【详解】A.氦气为单原子分子,含有NA个氦原子的氦气，物质的量为1mol，标况下体积为22.4L,故A错误；B.1molSO2中含有的原子总数为1×3×NA=3NA，故B正确；C.常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，11.2LCl2的物质的量不是0.5mol，故C错误；D.HCl溶于水是完全电离的，所以盐酸溶液中不存在HCl分子，故D错误；综上所述，本题选B。3.我国出土的文物呈现了中华民族悠久的历史、灿烂的文化和当时先进的生产技术。下列文物中，主要成分属于合金的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.西夏佛经纸本B.西汉素纱禅衣C.唐兽首玛瑙杯D.东汉青铜奔马A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．西夏佛经纸本主要成分是纤维素，不属于合金，故A不符合题意；B．西汉素纱禅衣是丝绸的一种，主要成分是蛋白质，不属于合金，故B不符合题意；C．唐兽首玛瑙杯主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，不属于合金，故C不符合题意；D．东汉青铜奔马式铜合金，主要成分属于合金，故D符合题意；答案选D。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.无色透明的溶液中：Fe3+、、I-、B.0.1mol·L-1KNO3溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、C.使甲基橙变红的溶液中：Na+、Mg2+、、D.水电离产生的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中：K+、Ca2+、、【答案】B【解析】【分析】【详解】A．无色透明的溶液中不含Fe3+，Fe3+、I-发生氧化还原反应，Fe3+、发生双水解反应，故不选A；B．0.1mol·L-1KNO3溶液中，Na+、Fe2+、Cl-、相互之间不反应，能大量共存，故选B；C．使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下，生成Al3+，故不选C；D．水电离产生的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下，都不能大量存在，故不选D；选B。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 5.下列各项操作或现象能达到预期实验目的的是选项操作或现象实验目的A将铁钉放入试管中，用盐酸浸没验证铁的吸氧腐蚀B向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色证明Br—还原性强于Cl—C将氯化亚铁固体溶于适量蒸馏水中配制FeCl2溶液D将混有氯化氢杂质的氯气通过装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去氯气中的HCl气体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，由于是强酸性环境，发生的是析氢腐蚀，故A错误；B.向NaBr溶液中滴入少量氯水，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生的Br2容易溶于苯，苯与水互不相溶，密度比水小，苯与溴单质不能发生反应，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，故B正确；C.氯化亚铁是强酸弱碱盐，在溶液中容易发生水解反应:Fe2++H2OFe(OH)2+2H+，使溶液显浑浊，因此要将氯化亚铁固体溶于适量稀盐酸中，再加蒸馏水稀释，故C错误；D.除去氯气中的HCl气体，应该把混有氯化氢杂质的氯气通过装有饱和NaCl溶液的洗气瓶，若通入装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，会发生反应产生CO2杂质气体，故错误；故选B。6.下列制备金属单质的方法或原理正确的是(　　)A.在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB.在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC.在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD.加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu【答案】B【解析】【详解】试题分析：A．制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．Al为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C．制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D．制备单质Cu用热还原法制备，第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 故D错误。故选B。考点：考查金属冶炼的一般原理【名师点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法治炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法治炼。7.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是RXTZQA.简单离子半径：R＜T＜XB.X元素在自然界中只存在化合态C.气态氢化物的稳定性：R＜T＜QD.最高价氧化物的水化物的酸性：T＜X【答案】A【解析】【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，生成HR，则R是F。因此根据元素在周期表中的位置可知X是S，T是Cl，Q是Br，Z是Ar。可在此基础上对各选项作出判断。【详解】根据分析可知，R、X、T、Z、Q分别是F、S、Cl、Ar、Br。A．卤离子均带一个负电荷，同主族元素的阴离子半径随原子序数的增大而增大，所以，简单离子半径：R＜T＜X，A选项正确；B．S元素在自然界中有游离态的单质存在，B选项错误；C．非金属性越强，气态氢化物越稳定性，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，因此氢化物的稳定性也逐渐减弱，所以，气态氢化物的稳定性：R＞T＞Q，C选项错误；D．非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，同周期元素的非金属性随原子序数的增大而增大，所以，最高价氧化物的水化物的酸性：T＞X，D选项错误；答案选A。8.下列离子方程式中正确的是A.用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑B.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 C.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClOD.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O【答案】D【解析】【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，阳极Fe要溶解，发生的离子反应为Fe＋2H2OFe(OH)2↓+H2↑，故A错误；B．NO3-在酸性条件下也有强氧化性，能氧化I-，则Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，发生的离子方程式为12H＋+3NO3－+Fe3＋+10I－=3NO↑+Fe2＋+5I2+6H2O，故B错误；C．SO2有较强还原性，HClO有强氧化性，则少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中发生的离子反应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液发生的离子反应方程式为Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O，故D正确；故答案为D。9.一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的甲醇－燃料电池的工作原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A.该电池工作时，每消耗22.4LCH3OH转移6mol电子B.电子由电极a经负载流向电极b，再经过氢氧化钠溶液返回电极a，形成闭合回路C.电池工作时，OH-向电极a移动，溶液的pH减小D.电极b上发生的电极反应为O2+4H++4e-=2H2O【答案】C【解析】【详解】A．缺少条件，气体存在的状态不一定为标况下，甲醇的物质的量不一定为1mol，也就不能计算转移的电子数目，A错误；B．根据图示可知电极a上甲醇失去电子，发生氧化反应，所以a电极为负极；电极b上O2得到电子，发生还原反应，则电极b为正极；电子由负极a经负载流向正极b，而不能第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 经过氢氧化钠溶液返回电极a，B错误；C．电池工作时，“同性相吸”原理，OH-向负极a移动，负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=6H2O+CO32-，反应消耗OH-，使c(OH-)降低，溶液的pH减小，C正确；D．碱性环境下，电极b上O2得到电子变为OH-，正极的电极电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，D错误；故合理选项是C。10.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，对此反应下列说法中正确的是A.Na2O2只作氧化剂B.2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移C.每生成22.4L氧气就有2molFe2＋被氧化D.Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物【答案】D【解析】【详解】从反应可以看出，Fe由+2价升高到+6价，氧元素部分由-1价降低到-2价，部分升高到0价，根据方程式的关系看出，失电子总数为2×（6-2）+2×（0-（-1））=10，失电子总数为2×（（-1）-2）×5=10，也就是说，2molFeSO4、1molNa2O2做还原剂，5molNa2O2做氧化剂；综上所述，A错误；2molFeSO4发生反应时，反应中共有10mol电子转移，B错误；没有给定气体所处的条件，无法计算，C错误；Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物，D正确；正确选项D。11.进行下列实验，相关说法正确的是A.图：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体B.图：形成美丽的红色喷泉，证明HCl极易溶于水第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 C.图：配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如图则所配NaOH溶液浓度偏低D.图：所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【答案】B【解析】【详解】A.蒸干NH4Cl饱和溶液后氯化铵受热易分解，故A错误；B.氯化氢溶于水得到盐酸，石蕊遇酸变红，形成美丽的红色喷泉，证明HCl极易溶于水，故B正确；C.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如果俯视，溶液体积偏小，则所配NaOH溶液浓度偏高，故C错误；D.用所示装置不能除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠，反而使碳酸氢钠分解了，故D错误；故选B。12.已知反应：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH1②N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)　ΔH2③N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)　ΔH3，则反应4NH3(g)＋7O2(g)=4NO2(g)＋6H2O(g)的ΔH为A.2ΔH1＋2ΔH2-2ΔH3B.ΔH1＋ΔH2-ΔH3C.3ΔH1＋2ΔH2-2ΔH3D.3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3【答案】C【解析】【详解】已知反应：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH1②N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)　ΔH2③N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)　ΔH3，根据盖斯定律，将①×3+②×2-③×2，整理可得4NH3(g)＋7O2(g)=4NO2(g)＋6H2O(g)的ΔH=3ΔH1＋2ΔH2-2ΔH3，故合理选项是C。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 13.LiFePO4电池有稳定性高、安全、环境友好等优点。电池反应为FePO4+LiLiFePO4：电池正极材料为LiFePO4，负极材料是石墨烯和锂，含Li+导电固体为电解质，下列有关此电池说法正确的是A.放电时正极反应为FePO4+Li++e-=LiFePO4B.放电时电池内部Li+向负极移动C.放电过程中，电池负极材料质量增加D.可加入稀硫酸以提高电解质的导电性【答案】A【解析】【分析】根据电池反应可知，Li被氧化为负极，则放电时LiFePO4电池负极反应为Li-e-=Li+，正极反应为FePO4+Li++e-=LiFePO4。【详解】A．放电时FePO4被还原为正极，根据总反应可知电极方程式为FePO4+Li++e-=LiFePO4，故A正确；B．放电时为原电池，原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C．放电过程中Li为负极，发生反应Li-e-=Li+，电极质量减少，故C错误；D.金属锂可以和硫酸发生化学反应，所以不能加入硫酸以提高电解质的导电性，故D错误；故答案为A。【点睛】书写较为复杂的电极方程式时，可以先写出简单的一极的方程式，再用总反应减去简单一极的反应，即得另一极反应，如本题中，负极反应很好写，为Li-e-=Li+，则正极就用总反应减去该反应即可得为FePO4+Li++e-=LiFePO4。14.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。五种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是A.原子半径：X＞Y＞Z＞WB.QZ2所形成的分子空间构型为直线形C.Q和W可形成原子个数比为1:1和2:1的化合物D.X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al；W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，W、Z均为第ⅥA族元素，所以W为O，Z为S；所以Q的核电荷数为54-11-13-8-16=6，即Q为C第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答．【详解】A、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，所以原子半径为X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、QZ2所形成分子CS2，C与S形成C=S双键，为sp杂化，空间构型为直线形，故B正确；C、Q和W可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物分别为CO、CO2，故C错误；D、X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性，如Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故D正确。故选C。【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，解题关键：元素的推断，并熟悉元素化合物的性质、水解、物质的组成和结构等知识，易错点为D选项，注意亚硫酸钠水解、硫酸钠不水解。15.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，下列描述正确的是A.反应的化学方程式为X(g)+Y(g)=Z(g)B.反应开始到10s时Y的转化率为79.0%C.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LD.反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)【答案】B【解析】【详解】A.反应进行到10s时达到平衡状态，X和Y均减少了0.79mol，Z增加了1.58mol，所以反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，A错误；B.反应开始到10s时Y的转化率为×100%＝79.0%，B正确；C.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了(1.20mol-0.41mol)÷2L＝0.395mol/L，C错误；D.反应开始到10s，用Z表示的反应速率为＝0.079mol/(L·s)，D错误；答案选B。16.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 法中，正确的是A.a，b，c三点溶液的n(H+)：c＜a＜bB.a，b，c三点醋酸的电离程度：a＜b＜cC.用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏大D.a，b，c三点溶液用1mol•L-1的氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液的体积：c＜a＜b【答案】B【解析】【详解】A．加水促进醋酸的电离，随着加入水的量增大，醋酸电离出的氢离子的物质的量越大，则a、b、c三点溶液的n(H+)为a＜b＜c，故A错误；B．随水的增多，醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B正确；C．用湿润的pH试纸测量酸性的pH，a处溶液溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，所以测量结果偏小，故C错误；D．a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，故D错误；故选B17.现有下列三个图像：下列反应中全部符合上述图像的反应是A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H>0C.2HI(g)H2(g)+I2(g)　△H>0第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 D.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)　△H<0【答案】B【解析】【详解】A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0；增大压强，平衡正向移动；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1、图3不符；故A错误；B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H>0；正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，生成物浓度增大、平均相对分子质量减小；增大压强，平衡逆向移动，生成物浓度减小，平均相对分子质量增大，全部符合上述图象，故B正确；C．2HI(g)H2(g)+I2(g)△H>0；反应前后气体系数和相同，增大压强平衡不移动，与图2、3不符，故C错误；D．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H<0；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1不符，故D错误；故选B。18.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A.CO和O生成CO2是吸热反应B.在该过程中，CO断键形成C和OC.CO和O生成了具有极性共价键的CO2D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应过程【答案】C【解析】【详解】A.根据能量--反应过程的图象知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。19.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=，恒容时，温度升高，H2浓度减小，下列说法正确的是（）A.该反应的焓变为正值B.恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C.升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小D.该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2【答案】A【解析】【分析】平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比，根据平衡常数K=可知，该反应化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，恒容时，温度升高，H2浓度减小，即平衡正向移动，说明该反应正向为吸热反应，然后结合化学平衡知识解答。【详解】A．由分析可知，该反应正向为吸热反应，因此焓变为正值，故A项说法正确；B．该反应为气体等体积反应，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，H2浓度不变，故B项说法错误；C．升高温度，正逆反应速率均增大，故C项说法错误；D．由上述分析可知，该反应化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是A项，故答案为A。20.下列说法正确的是A.3C(s)+CaO(s)=CaC2(s)+CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0B.0.1mol/L氨水加水稀释后，溶液中的值减小C.常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.02×1023个D.合成氨时,其他条件不变,升高温度,氢气的反应速率和平衡转化率均增大【答案】A第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A.反应：3C(s)+CaO(s)=CaC2(s)+CO(g)正向为气体物质的量增大的熵增加反应，△S＞0，在常温下不能自发进行，△H-T△S＞0，说明该反应的△H＞0，正确；B.0.1mol/L氨水加水稀释后，促进一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，溶液中的值增大，错误；C.条件不是标准状况，常温常压下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，含有的分子数小于6.02×1023个，错误；D.合成氨的反应正向为放热反应，,其他条件不变,升高温度，平衡逆向移动，氢气的平衡转化率减小，错误。21.下列叙述正确的是A.常温下pH=1的盐酸与pH=13的Ba(OH)2溶液中水的电离程度相等B.物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的H2SO4和NaOH溶液等体积混合后pH＞7C.分别将pH=3的盐酸、醋酸稀释100倍后，pH都为5D.pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，c(H+)=(10﹣14+10﹣12)【答案】A【解析】【详解】A．酸和碱均能抑制水的电离，由于pH=1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故盐酸和氢氧化钡溶液对水的电离的抑制相当，则两溶液中水的电离程度相等，故A正确；B．硫酸为二元强酸，故0.1mol/L的硫酸溶液中的氢离子浓度为0.2mol/L，而0.1mol/L氢氧化钠溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，故当等体积混合时，酸过量，故溶液的pH＜7，故B错误；C．醋酸是弱酸，加水稀释后电离平衡被促进，氢离子浓度下降比较缓慢，故将pH=3的醋酸稀释100倍后，溶液pH＜5，故C错误；D．pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，溶液显碱性，溶液中的氢氧根的浓度c(OH﹣)==mol/L≈0.5mol/L，故c(H+)=2×10﹣14mol/L，故D错误；故选A。22.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.在0-50min之间，pH=2和PH=7时R的降解百分率相等B.溶液酸性越强，R的降解速率越小C.R的起始浓度越小，降解速率越大D.在20-25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04mol·L-1·min-1【答案】A【解析】【详解】A项：根据图示可知：在0-50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率都是100%，故A正确；B项：溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误；C项：根据图示可知：R的起始浓度越小，降解速率越小，故C错误；D项：pH=10时，在20-25min，R平均降解速率为=0.04×10-4mol∙L-1min-1，D错误；故选A。二、填空题(共45分)23.短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，B为地壳中含量最多的元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品。填写下列空白：（1）C元素在周期表中的位置是_______。（2）B、C组成的一种化合物与水发生反应生成气体，其化学方程式为：_______。（3）如图所示，电解质a溶液为含有CD的饱和溶液。X、Y均为石墨电极，接通直流电源。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 X电极的电极反应式为_______。电解池总反应的离子方程式为：_______。【答案】（1）第三周期ⅠA族（2）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）①.(或)②.2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，最外层最多含有8个电子，则A含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；B为地壳中含量最多的元素，则B为O元素；C是原子半径最大的短周期主族元素，则C为Na元素；C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品，CD为NaCl，则D为Cl元素，据此解答。【小问1详解】C为Na元素，在周期表中的位置为第三周期ⅠA族；【小问2详解】B、C组成的一种化合物与水发生反应生成气体，该化合物为Na2O2，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；【小问3详解】电解NaCl的饱和溶液，X为石墨电极，与电源负极相连，作阴极；X电极的电极反应式为：(或)；电解池总反应的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-。24.碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。某中学科研小组根据该原理设计如下装置图进行相关实验，装置C中CuO的质量为8.0g。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为：_______。（2）装置D中生成沉淀，发生反应的离子方程式为_______。（3）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是：将装置A中产生的氨气完全导出，二是：_______。（4）反应完毕，装置C中的氧化铜全部由黑色变为红色，称其质量为4.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，该反应中转移电子的物质的量为_______mol。（5）请你设计一个实验方案证明装置C中的氧化铜反应完全后得到的红色固体中含有氧化亚铜。已知：①Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O②限选试剂：2mol·L-1H2SO4溶液、浓硫酸、2mol·L-1HNO3溶液、10mol·L-1HNO3溶液实验步骤预期现象和结论步骤1：取反应后装置C中的少许固体于试管中步骤2：______________【答案】（1）Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O（2）Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH（3）防止倒吸（4）0.15（5）①.向试管中加入2mol/LH2SO4溶液②.溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O【解析】【分析】利用氢氧化镁与氯化铵热分解制NH3，并得到碱式氯化镁(MgOHCl)，为了使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C，反应过程中持续通入N2，NH3极易溶于水，碱石灰吸收水蒸气，可以用碱石灰来干燥NH3，氨水可以和AlCl3之间反应生成Al(OH)3沉淀，氨气的尾气处理用水吸收。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】根据题意：利用Mg(OH)2与NH4Cl热分解制NH3，并得到碱式氯化镁(MgOHCl)，发生的反应为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O；【小问2详解】氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH；【小问3详解】由于氨气是极易溶于水，反应过程中持续通入N2，可以使反应产生的氨气完全导出并被水充分吸收，并且还能稀释氨气，防止装置C中的氯化铝溶液倒吸入装置B；【小问4详解】红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为m(O)=8g-6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g×=1.6g＞1.2g，故红色固体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则x+2y=mol；64x+144y=6.8g，解得x=0.05mol，y=0.025mol，则转移电子为n(e-)=0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol；【小问5详解】Cu能与浓硫酸反应，与稀硫酸不能发生反应，Cu2O能与稀硫酸发生歧化反应得到Cu2+，Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O，故实验步骤1：取装置C中反应后的少许固体于试管中，步骤2：向试管中加入2mol/LH2SO4溶液，充分振荡，若溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O。25.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下图所示：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②酸性条件下，ClO3-不会氧化Co2+，ClO3-转化为Cl-；③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要目的是_______________________。(2)向浸出液中加入NaClO3的离子反应方程式：_____________________。(3)已知：常温下NH3·H2ONH4++OH-　Kb=1.8×10-5H2C2O4H＋+HC2O4-　Ka1=5.4×10-2HC2O4-H＋+C2O42-　Ka2=5.4×10-5则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH____7(填“>”或“<”或“=”)。(4)加入(NH4)2C2O4溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时可选试剂_____(填字母代号)。A.蒸馏水B.自来水C.饱和的(NH4)2C2O4溶液D.稀盐酸(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂的作用是除去锰离子，其使用的适宜pH范围是_________(填字母代号)。A.2.0～2.5　　　　B.3.0～3.5　　　　C.4.0～4.5(6)CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物；C点所示产物的化学式是_____________。【答案】①.将Co3+还原为Co2+②.ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O③.<④.A⑤.B⑥.Co2O3【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。(1)Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水；(3)根据草酸的二级电离大于氨水的电离常数以及盐类水解的规律分析；(4)(NH4)2C2O4为晶体表面的附着液，需要对晶体进行洗涤，洗涤时不能再引入新的杂质离子，据此分析判断；(5)滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn的萃取率增大很多，而pH=5时，Co2+的萃取率比较大，损失严重；(6)由图可知，C点钴氧化物质量为8.30g，氧化物中氧元素质量为8.30g-5.9g=2.40g，据此求算氧化物中Co原子与O原子物质的量之比，确定Co的氧化物化学式。【详解】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。(1)Na2SO3具有强的还原性，浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(3)根据盐类水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，NH3·H2ONH4++OH-　Kb=1.8×10-5，H2C2O4H＋+HC2O4-　Ka1=5.4×10-2HC2O4-H＋+C2O42-　Ka2=5.4×10-5所以(NH4)2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解，溶液呈酸性，即pH<7；(4)为洗涤晶体附着的离子，同时不引入新的杂质离子，过滤获得晶体洗涤时，可直接选用蒸馏水洗涤，故合理选项是A；(5)滤液中加入萃取剂的作用是除去Mn2+；pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn2+的萃取率增大很多，而pH=5时，Co2+的萃取率比较大，损失严重，故pH=3时最佳，故合理选项是B；(6)由图可知，C点钴氧化物质量为8.30g，0.1molCo元素质量为5.9g，氧化物中氧元素质量为8.30g-5.9g=2.40g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈2：3，故C点所示的Co产物化学式为Co2O3。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查物质分离和提纯，涉及氧化还原反应、溶度积常数、电离平衡常数的应用、沉淀与pH的关系、盐类水解等知识点，明确实验原理是解本题关键，掌握各种物质的性质，知道涉及的操作方法及发生的反应，学会分析图象中数值变化规律，题目考查了学生接受信息、分析问题、解决问题的能力。26.液氨常用作制冷剂，回答下列问题（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：a.NH4I(s)NH3(g)+HI(g)b.2HI(g)H2(g)+I2(g)①写出反应a的平衡常数表达式_______。②达到平衡后，扩大容器体积，达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化_______(填“加深”、“变浅”或“不变”)（2）工业上合成氨的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.60kJ·mol-1，下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是_______(填序号)。a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2b.单位时间内生成6nmolN-H键的同时生成2nmolH-H键c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2d.混合气体的平均摩尔质量增大e.容器内的气体密度不变（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行，测得如下数据：时间(h)物质的量(mol)01234N21.50n11.20n31.00H24.504.203.60n43.00NH300.20n21.001.00根据表中数据计算：①反应进行到2h时放出的热量为_______kJ。②0～1h内N2的平均反应速率为_______。【答案】（1）①.k=c(NH3)∙c(HI)②.变浅（2）b、d（3）①.27.78②.0.05mol/(L∙h)【解析】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】①反应a的平衡常数表达式：k=c(NH3)∙c(HI)；②方程式a是反应前后气体体积增大的反应，b方程式反应前后气体体积不变，增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，故平衡向正反应方向移动，容器体积增大，平衡时气体颜色变浅；【小问2详解】a．单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗3nmolH2同时生成3nmolH2，则氢气的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故错误；b．单位时间内生成6nmolN-H键时消耗3nmolH-H键实际上同时生成2nmolH-H键则v(正)>v(逆)，则平衡向在反应方向移动，故正确；c．用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2，无论该反应是否达到平衡状态都存在反应速率之比为1:3:2，所以不能确定该反应向正反应方向移动，故错误；d．混合气体质量不变，如果混合气体的平均摩尔质量增大，则平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故正确；故选bd；【小问3详解】①该反应有1mol氮气参加反应放出92.60kJ热量则生成(1.50-1.20)mol氮气参加反应放出的热量92.60kJ÷1mol×(1.50-1.20)mol=27.78kJ；②2h内，v(NH3)==0.1mol/(L·h)，同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(N2)=v(NH3)=0.05mol/(L·h)。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司