2019届高三化学9月摸底考试试题含解析.doc

2019届高三化学9月摸底考试试题含解析可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64 Zn65一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1. 化学与社会、科学、技术、环境、生活等有密切关系，下列说法正确的是A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放B. 合成洗涤剂和纯碱溶液都可洗去油污的原理相同C. 纤维素食用后在人体内水解为葡萄糖为人体提供能量D. SO2具有还原性，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量【答案】D【解析】A项，燃煤中加入CaO，可发生反应2CaO+2SO2+O22CaSO4，可减少硫酸型酸雨的形成，不能减少CO2的排放，错误；B项，合成洗涤剂能洗去油污是因为结构中含有亲水基和憎水基，纯碱溶液能洗去油污是因为纯碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，去污原理不同，错误；C项，人体内没有能水解纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解，错误；D项，SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，发生反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，正确；答案选D。2. 下列化学用语表达正确的是A. 丙烷的球棍模型： B. CO2的比例模型：C. 氢氧化钠的电子式： D. 次氯酸的结构式：HClO【答案】A【解析】试题分析：A丙烷为CH3CH2CH3，其中碳原子的原子半径小于氢原子的，如上图所示，故A正确；B二氧化碳的化学式为CO2，碳和氧位于同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，故碳的原子半径较大，故B错误；C氢氧化钠为离子化合物，氢氧根离子应该加括号写成离子的形式，故C错误；D次氯酸的结构式应为氧在中间，H-O-Cl，故D错误；故选A。【考点定位】考查化学用语【名师点晴】本题考查了丙烷、二氧化碳、氢氧化钠、次氯酸的球棍模型、比例模型、电子式和结构式。解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。热化学反应方程式中物质的聚集状态、离子方程式中的电荷守恒、化学反应的客观性是经常出现错误的地方，在判断时需要注意。3. 下列有关物质分离说法正确的是A. 乙酸乙酯与乙醇的分离可用分液操作B. 滴定管、容量瓶、分液漏斗等仪器，在使用前均须洗净并检查是否漏水C. 碘酒中加CCl4振荡静置后，上层几乎为无色，下层为紫色D. 蒸馏、分馏和干馏都是利用物质沸点不同而将物质分离的方法【答案】B【解析】A乙酸乙酯与乙醇相互混溶，分离时不可用分液操作，故A错误；B具有塞子、活塞的仪器使用时需要查漏，则检查是否漏水是滴定管、容量瓶、分液漏斗等仪器使用的第一步操作，故B正确；C酒精与CCl4相互混溶，振荡后不分层，故C错误；D蒸馏、分馏是利用物质沸点不同而将物质分离的方法，而干馏是化学变化，故D错误；故答案为B。4. 下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是.A. 元素的非金属性： XRWB. 简单离子的半径：WRXC. X与W形成的化合物中只有共价键D. X与Z形成的化合物中只有离子键【答案】C【解析】由各原子的最外层电子数和原子序数的关系可推断X、Y、Z、R、W依次为O、F、Na、S、Cl元素。A项，元素的非金属性X（O）R（S）、W（Cl）R（S），错误；B项，根据“层多径大，序大径小”的原则，简单离子半径R（S2-）W（Cl-）X（O2-），错误；C项，O与Cl形成的化合物中只有共价键，正确；D项，X与Z可形成Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既有离子键又有共价键，错误；答案选C。【点睛】微粒半径大小比较的总体原则是：“层多径大，序大径小”，具体规律：同一主族元素原子或离子半径从上而下依次增大同一周期主族元素原子半径从左到右逐渐变小同种元素原子半径大于阳离子半径；原子半径小于阴离子半径电子层结构相同的离子核电荷数越大，离子半径越小(阴前阳下，序大径小)5. 已知20时，饱和NaCl溶液的密度为g/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是A. 温度低于20时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/LB. 此溶液中NaCl的质量分数为C. 20时，密度小于g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D. 20时，饱和NaCl溶液的溶解度【答案】D【解析】A项，NaCl的溶解度随着温度的升高增大不明显，温度低于20，饱和NaCl溶液的浓度小于cmol/L，正确；B项，根据物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式：c=，得此时NaCl的质量分数=，正确；C项，NaCl溶液的密度随着浓度的增大而增大，20时，密度小于g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液，正确；D项，设20时NaCl的溶解度为S，则=，S=g，错误；答案选D。6. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 9 g超重水（3H216O）含中子数为6NAB. 0.1 molH2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2 NAC. 1 L 0.1 molL-1的NaHCO3溶液中和离子数之和为0.1 NAD. 235g核素发生裂变反应：净产生的中子()数为10NA【答案】B【解析】A项，超重水的摩尔质量为22g/mol，n（3H216O）=mol，1个3H216O中含有12个中子，9 g超重水含中子数为12NA=NA，错误；B项，H2与I2发生反应：H2+I22HI，该反应反应前后分子数不变，充分反应后分子物质的量仍为0.2mol，分子总数仍为0.2NA，正确；C项，n（NaHCO3）=0.1mol/L1L=0.1mol，HCO3-在溶液中既存在电离平衡（HCO3-H+CO32-）又存在水解平衡（HCO3-+H2OH2CO3+OH-），根据碳原子守恒，溶液中CO32-、HCO3-和H2CO3三者之和为0.1NA，错误；D项，n（）=1mol，根据裂变反应，净产生9mol中子，错误；答案选B。【点睛】有关阿伏加德罗常数常见的设问方式及陷阱1.与物质的组成有关（1）若求微粒数，要看清所求微粒的种类，以及物质的构成是单原子分子、还是双原子或多原子分子，若是惰性气体，注意为单原子分子；若是气体单质，不一定是双原子分子。（2）关于某些特殊物质的摩尔质量，在计算时要多加注意。如3H216O的摩尔质量为22gmol1，不是18g/mol。（3）分清是核外电子数还是最外层电子数。（4）注意根与基的区别，如OH-为10电子，而-OH为9电子。2.与物质结构有关如Na2O2是由Na和O22-构成的，而不是Na和O2；NaCl为离子化合物，只有离子，没有分子；苯中不含碳碳双键；1 mol SiO2中含4mol SiO键、1 mol晶体硅中含2molSi-Si键；1 mol P4中含有6 mol PP键；1 mol CnH2n2中含有(3n1)mol共价键、(2n2)mol极性键、(n1)mol非极性键。3.与物质的状态有关（1）若给出气体的物质的量或质量，则微粒数与外界条件无关。（2）若给出物质的体积：考查气体时经常给定非标准状况下(如25 、1.01105Pa、常温常压)气体体积，让考生用 22.4 Lmol1 进行换算，误入陷阱；22.4 Lmol1使用对象是气体(包括混合气体)，考查时常用标准状况下非气态的物质来迷惑考生，如H2O、SO3、CCl4、己烷、三氯甲烷等。因此应用气体摩尔体积解题时要注意：一看物质是不是气体，二看气体是不是在标准状况下。4.溶液中粒子数的确定（1）是否指明了溶液的体积（2）是否有弱电解质或可水解的盐，如1 mol CH3COOH溶于水后，溶液中CH3COOH、CH3COO的物质的量都小于1 mol；1 mol FeCl3溶于水时，由于Fe3的水解，溶液中Fe3的物质的量小于1 mol。（3）求溶液中O原子或H原子时不能漏求水中含有的O原子和H原子。（4）物质的存在形态不同，离子的种类、数目不同，如NaHCO3晶体中只含有HCO3-和Na，而溶液中还会因为HCO3-的电离产生少量CO32-，HCO3-的水解产生少量H2CO3；1 mol NaHSO4晶体或熔融状态下存在的离子的物质的量为2 mol，而1 mol NaHSO4溶于水电离出离子物质的量为3 mol。（5）分散系的变化导致微粒数目的变化，如FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体，因为胶体微粒是分子的集合体，所以胶体粒子的数目小于原溶液中Fe3的数目。（6）求H+、OH-时是求溶液中的还是求水电离的。5.与化学反应有关（1）关于氧化还原反应：命题者常用一些反应中转移电子的数目来迷惑考生，如Na2O2与H2O和CO2的反应、Cl2与NaOH溶液反应、Fe与盐酸反应、1 mol氯气与过量铁反应、电解硫酸铜溶液、Fe和稀HNO3的反应（考虑Fe是否过量）、电解精炼铜、KClO3与HCl的归中反应、NO2与水的反应、MnO2和浓盐酸的反应、Cu和浓硫酸的反应、Cu与浓硝酸(考虑浓度)等。（2）反应的可逆性：如2NO2N2O4、Cl2H2OHClHClO、乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯等，NO和O2混合发生反应2NOO2=2NO2、2NO2N2O4等。6.一些巧解（1）等质量的同素异形体、同分异构体、最简式相同的物质所含原子数目一定相同。如16 g O2和O3组成的混合物中原子数目一定是NA个；58 g正丁烷和异丁烷组成的混合物中含4 mol碳原子；46 g NO2和N2O4组成的混合物中所含的原子数是3NA个等。（2）对于相互不反应的可用极限法。7. 25时，向50mL 0.018mol/L溶液中加入50mL 0.02mol/L盐酸生成沉淀。已知:，则生成沉淀后的体系中为（忽略溶液体积变化）A. mol/L B. mol/LC. mol/L D. mol/L【答案】A【解析】n（AgNO3）=0.018mol/L0.05L=910-4mol，n（HCl）=0.02mol/L0.05L=110-3mol，AgNO3与HCl反应的方程式为AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，反应后HCl过量，n（HCl）余=110-3mol-910-4mol=110-4mol，此时c（Cl-）=110-4mol（0.05L+0.05L）=110-3mol/L，Ksp（AgCl）=c（Ag+）c（Cl-），c（Ag+）=1.810-10（110-3）=1.810-7（mol/L），答案选A。【点睛】易错点：两溶液混合后体积发生变化，忽略体积的变化，混合后体积为混合前体积之和。8. 将1000mL 0.1molL BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出a kJ热量；将1000mL 0.5molL HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出b kJ热量（不考虑醋酸钠水解）；将500mL 1molL H2SO4溶液与足量（CH3COO）2Ba（可溶性强电解质）溶液反应放出的热量为A. （5a2b）kJ B. （2b5a）kJ C. （5a+2b）kJ D. （10a+4b）kJ【答案】C【解析】试题分析： 根据题给信息知，BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应的热化学方程式为：Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），H=10akJmol-1，HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应的热化学方程式为：H+（aq） +CH3COO（aq）= CH3COOH（l），H=2bkJmol-1，根据盖斯定律，+2得Ba2+（aq）+SO42-（aq）+2H+（aq） +2CH3COO（aq）=BaSO4（s）+2CH3COOH（l），H=(10a+2b)kJmol-1，则将500 mL 1 molL1H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为(5a2b) kJ，选C。考点：考查热化学方程式的书写和反应热的计算。9. 由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A.向2 mL 0.1 的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：B.将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3分解产生了氨气D.漂白粉在空气中久置变成块状固体漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A项，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，说明足量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，所以还原性：FeFe2+，A正确；B项，白烟是碳酸钠，黑色颗粒是C单质，说明Na被CO2氧化了，所以CO2具有氧化性，B正确；C项，湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了碱性气体，该碱性气体必为氨气，故C正确；D项，漂白粉在空气中久置变成块状固体，因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成CaCO3，故D错误。点睛：本题考查了中学阶段的几种重要物质的性质，A、C、D涉及的知识都是高频考点，注意B项，中学阶段教材没有讨论Na和CO2反应的问题，钠是极活泼金属，在空气中加热得不到正常的氧化物，只有过氧化钠；当在纯净的CO2气体中加热时，会夺取其中的氧生成碳单质和Na2O，Na2O是一种碱性氧化物，会立即与CO2气体反应生成Na2CO3。10. 下列反应的离子方程式表达正确的是A. FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe32HI2Fe22HI2B. 1 molL1 NaAlO2溶液和4 molL1 HCl溶液等体积混合：AlO24HAl32H2OC. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：NH4HSO42Ba22OHBaSO4NH3H2OH2OD. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O322H4S2SO42H2O【答案】B【解析】A. FeC13溶液中滴加HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2，A错误；B. 1molL-1NaA1O2溶液和4 molL-1HCl溶液等体积混合恰好反应生成氯化铝、氯化钠和水：AlO2-+4H+=Al3+2H2O，B正确；C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，C错误；D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，D错误，答案选B。点睛：选项B是易错点，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，反应的先后顺序，注意隐含因素等。11. 某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I、SO32、SO42，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A. 肯定不含I B. 肯定含有SO32、IC. 肯定不含SO42 D. 肯定含有NH4+【答案】C【解析】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。【点睛】1.坚持“四项基本原则”进行离子的推断：（1）肯定原则：根据实验现象推出肯定存在的离子（如题中SO32-）和肯定不存在的离子（如题中Fe2+）；（2）互斥原则：相互能反应的离子不能在同一溶液中大量共存；（3）进出原则：加入试剂带进来的离子和反应生成的离子对后续实验是否有影响；（4）守恒原则：溶液中必然遵循电荷守恒（如题中SO42-的判断）。2.易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。12. 萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是A. a和b都属于芳香族化合物B. a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色C. a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上D. b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀【答案】B【解析】A项，a中没有苯环，不属于芳香族化合物，错误；B项，a中含碳碳双键，b中含-OH以及苯环上连有-CH3，c中含醛基，a、b、c都能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4被还原而褪色，正确；C项，a（如图）中“*”标志的碳原子（称之为叔碳原子），与其直接相连的3个碳原子和1个H原子构成四面体，该碳原子位于四面体中间，所有碳原子不能都在同一平面上，c中含有2个叔碳原子和2个季碳原子，所有碳原子不可能都在同一平面上，错误；D项，b中官能团为-OH，属于醇类，不能与新制Cu（OH）2反应，c中官能团为-CHO，与新制Cu（OH）2共热可产生红色沉淀，错误；答案选B。【点睛】判断分子中共线、共面原子数的技巧1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。2.任何满足炔烃结构的分子，其所有4个原子在同一直线上。3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CHCH=CH2、。5.只要出现CH4、CH3或CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。13. 某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是A. 图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应B. 实验过程中，甲池左侧烧杯中的浓度不变C. 若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小D. 若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液【答案】D【解析】A项，甲池有盐桥，乙池中两电极材料相同，甲池为原电池，乙池为电解池，因为活泼性CuAg，所以甲池中Cu电极为负极，负极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，为氧化反应，错误；B项，NO3-离子由甲池右侧烧杯向左侧烧杯定向移动，左侧烧杯中NO3-的浓度增大，错误；C项，若用铜制U形物代替“盐桥”，甲池的左侧烧杯为电解池，右侧烧杯为原电池，U形物插入右侧烧杯中的Cu为负极，其上发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，插入左侧烧杯中的Cu为阴极，其上发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu，根据电子守恒，工作一段时间后取出U形物称量，质量不变，错误；D项，甲池中Ag电极的电极反应式为Ag+e-=Ag，若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，电路中通过的电子物质的量为n（e-）=n（Ag）=5.4g108g/mol=0.05mol，乙池某电极析出1.6g金属，乙池中盐溶液的阳离子应为不活泼金属的阳离子，若乙中的某盐溶液是AgNO3溶液，根据电子守恒，乙池中阴极先后发生的电极反应为Ag+e-=Ag、2H+2e-=H2，正确；答案选D。【点睛】1.多池串联装置的分析（1）原电池和电解池的判断：直接判断：非常直观明显的装置，如燃料电池等在电路中为原电池，其他装置为电解池。根据电池中的电池材料和电解质溶液判断：原电池一般是两种不同的金属电极或一种金属电极一个碳棒电极；而电解池则一般都是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能自发发生氧化还原反应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。根据电极反应现象判断。（2）多池串联装置中的计算原则是得失电子守恒，常用关系式法。2.易错点：C项中铜制U形物代替“盐桥”时，铜制U形物与盐桥的作用不同，是在甲池的左、右两烧杯中分别组成电解池和原电池；D项中易忽视乙池中AgNO3溶液浓度低时，其阴极是分阶段发生还原反应。14. 如图所示，隔板I固定不动，活塞II可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+2B（g）xC（g），向M、N中通入1mol A和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是A. 若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：（M）（N）B. 若x3，C的平衡浓度关系为：c（M）c（N）C. 若x3，达到平衡后B的转化率关系为：（M）（N）D. x不论为何值，平衡时M、N中的平均相对分子质量都相等【答案】B【解析】试题分析：M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡。A若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：(M)=(N)，故A错误；B若x3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c(M)c(N)，故B正确；C若x3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：(M)(N)，故C错误；D若x=3，M、N中平衡状态相同，平衡时M、N中的平均相对分子质量都相等，若x3或3，两者的平衡状态不同，平衡时M、N中的平均相对分子质量不等，故D错误；故选B。考点：考查了影响化学平衡移动的因素的相关知识。15. 常温下，不考虑混合后溶液体积的变化，下列说法错误的是A. 0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值增大B. pH=4的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，则原CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度为1%C. amolL1H2C2O4溶液与2amolL1的NaOH溶液等体积混合后，c（）c（）c（）c（）D. 0.1molL1的下列溶液中：NH4Al（SO4）2溶液 NH4Cl溶液、CH3COONH4溶液，c（NH4+）的大小顺序为【答案】C【解析】试题分析：A加水稀释促进醋酸的电离，使溶液中n(CH3COO-)增大，所以增大，正确；B酸碱恰好中和说明二者的物质的量相等。pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，pH=4的CH3COOH溶液中c(H+)=10-4mol/L；由于二者等体积混合，所以c(CH3COOH)=0.01mol/L，故醋酸的电离度是(10-4mol/L0.01mol/L)100%=1%，正确；C两者恰好反应生成Na2C2O4， C2O42-水解生成HC2O4-和OH-，HC2O4-进一步水解生成H2C2O4和OH-，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以溶液中微粒浓度大小比较是c(C2O42-)c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(OH-)，正确；DAl3+水解使溶液显酸性会抑制NH4+的水解，CH3COO-水解显碱性会促进NH4+的水解，所以溶液中c(CH3COO-)的大小顺序是，正确。考点：考查弱电解质的电离平衡及溶液中离子浓度大小比较的知识。16. 在100mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A. 0.225mol/L B. 0.30mol/LC. 0.36mol/L D. 0.45mol/L【答案】C【解析】试题分析：反应离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3-和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3-）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0601，联立解得x=0024mol、y=0036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0024mol=0036mol，故铜离子的最大浓度为=036mol/L，故选C。考点：考查了有关混合物反应的计算的相关知识。第卷（非选择题，共52分）二、填空题（本题包括3小题，共37分）17. 某兴趣小组欲制备漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）。甲同学通过查阅文献发现：NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。实验I 乙同学利用下图所示装置制取NaClO2晶体（l）装置B中盛装浓硫酸的仪器名称是_，装置A和E的作用是_。（2）装置D中发生反应的化学方程式为_。（3）反应结束后，先将装置D反应后的溶液在55条件下减压蒸发结晶，然后进行的操作是_，再用3860的温水洗涤，最后在低于60条件下干燥，得到NaClO2晶体。实验 丙同学设计实验测定制得NaClO2样品的纯度其实验步骤如下： 称取所得亚氯酸钠样品ag于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应后，配成100mL混合液。 取25.00 mL待测液于锥形瓶中，用bmol/LNa2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）。（4）步骤 反应的离子方程式为_。（5）步骤 滴定中使用的指示剂是_。（6）样品中NaClO2的质最分数为_（用含a、b、V的代数式表示）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 吸收ClO2，防止污染空气 (3). 2NaOH +2ClO2+ H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 (4). 趁热过滤 (5). ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl- (6). 淀粉溶液 (7). 【解析】试题分析：本题考查NaClO2晶体的制备，物质纯度的测定和滴定实验。（1）装置B中盛浓H2SO4的仪器为分液漏斗。装置B用于制备ClO2，装置B中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，装置A和E中的NaOH用于吸收ClO2，防止污染空气。（2）装置D中ClO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应制备NaClO2，ClO2被还原成NaClO2，则H2O2被氧化成O2，写出反应ClO2+NaOH+H2O2NaClO2+O2+H2O，用化合价升降相等和原子守恒可配平得化学方程式为2NaOH +2ClO2+ H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。（3）由于NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，所以反应结束后，先将装置D反应后的溶液在55条件下减压蒸发结晶（温度控制55的目的是防止温度高于60NaClO2分解成NaClO3和NaCl），然后进行的操作是趁热过滤（防止温度低于38时析出NaClO23H2O）。（4）根据实验步骤分析，步骤为NaClO2在酸性条件下将KI氧化成I2，自身还原成Cl-，反应为ClO2-+I-+H+Cl-+I2+H2O，用化合价升降相等可得ClO2-+4I-+H+Cl-+2I2+H2O，结合原子守恒和电荷守恒，写出离子方程式为ClO2-+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O。（5）由于用Na2S2O3滴定I2，I2遇淀粉呈特征的蓝色，所以选用淀粉溶液作指示剂，实验终点的实验现象为：滴入一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色褪为无色且在30s内不恢复。（6）根据反应写出关系式：NaClO22I24Na2S2O3，n（NaClO2）=n（Na2S2O3）/4=bV10-3/4mol，原样品中NaClO2物质的量为bV10-3/4mol= bV10-3mol，质量为90.5bV10-3g，样品中NaClO2的质量分数为=。【点睛】易错点：依据题给信息，NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，所以减压蒸发结晶后应使用趁热过滤，不能写成“过滤”。18. 某工业废料中主要含有Al2O3、Co2O3CoO、少量Fe3O4等金属氧化物（Co2O3CoO不与强碱反应）实验室科技人员欲将之分离并制备相关物质，设计流程如下： （1）过程中的操作名称是_，写出过程发生反应的化学方程式_（2）溶液a中含有金属离子有 _（3）溶液a中逸出的黄绿色气体是氯气，下列说法不正确的是_氯气是有漂白性的酸性气体液氯和氯水均为液体，且都含有氯分子将氯气通入碱液时，氯气既是氧化剂，又是还原剂次氯酸见光易分解，说明次氯酸是弱酸向氯水中滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成，说明氯水中含Cl（4）写出过程发生反应的离子方程式：_高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH则充电时阳极反应式为_（5）Co可以形成CoC2O42H2O（M为183g/mol），5.49g该晶体在空气中加热，在不同温度下分别得到一种固体物质，其质量如表：温度范围（）固体质量（g）1502104.412903202.418909202.25经测定，210290过程中，产生的气体只有CO2，则此过程发生的化学反应方程式为：_【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O (3). Co2+、Fe3+ (4). 、 (5). 2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+5H2O+3Cl (6). Fe（OH）33e+5OHFeO42+4H2O (7). 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】试题分析：本题以含有Al2O3、Co2O3CoO、少量Fe3O4等金属氧化物的工业废料为原料进行物质的分离和制备为载体，考查工业流程的分析、Cl2的性质、二次电池电极反应式的书写、热重分析的计算。废料样品中加入足量的NaOH溶液，其中Al2O3发生反应而溶解，Co2O3CoO、Fe3O4不溶，过程I为过滤操作，得到的滤渣中主要含Co2O3CoO、Fe3O4；滤渣中加入足量HCl，由流程知，Co2O3CoO与HCl反应生成CoCl2和Cl2（黄绿色气体），反应的方程式为Co2O3CoO+8HCl=3CoCl2+Cl2+4H2O，通过此反应说明Co2O3CoO具有强氧化性（氧化性比Cl2强），在此过程中Fe3O4也发生反应转化成FeCl3，溶液a中的溶质为CoCl2、FeCl3和HCl；将溶液a的pH调至3.78产生红褐色沉淀，FeCl3转化成Fe（OH）3沉淀而分离出来，此时得到的滤液的主要成分为CoCl2；过程II用Fe（OH）3与KClO、KOH反应制备K2FeO4，此反应中Fe（OH）3被氧化成FeO42-，ClO-被还原成Cl-，反应的化学方程式为3KClO+2Fe（OH）3+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O；滤液中加入Na2CO3产生CoCO3沉淀，CoCO3在高温下分解产生CoO。（1）过程I的操作是过滤。过程I中Al2O3与NaOH反应的方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O。（2）根据上述分析，溶液a中的金属离子有Co2+、Fe3+。（3）Cl2没有漂白性，错误；液氯为纯净物，只有氯气分子，氯水为混合物，其中含Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、少量OH-，正确；将氯气通入碱液时，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，氯气既是氧化剂又是还原剂，正确；次氯酸见光易分解，说明次氯酸具有不稳定性，不是弱酸性，错误；向氯水中滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成，说明氯水中含Cl，正确；答案选、。（4）过程II反应的化学方程式为3KClO+2Fe（OH）3+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+5H2O+3Cl。充电时的反应方程式为3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH =3Zn+2K2FeO4+8H2O，充电时阳极发生失电子的氧化反应，则充电时阳极反应式为Fe（OH）33e+5OHFeO42+4H2O。（5）n（CoC2O42H2O）=5.49g183g/mol=0.03mol，其中含有结晶水的质量为0.06mol18g/mol=1.08g；210时固体的质量为4.41g，固体质量减少5.49g-4.41g=1.08g，则210时固体为CoC2O4；210290过程中产生的气体只有CO2，则290固体为Co的氧化物，290时固体的质量为2.41g，根据Co守恒，其中n（Co）=0.03mol，m（Co）=0.03mol59g/mol=1.77g，n（O）=0.04mol，n（Co）：n（O）=3:4，则290时固体为Co3O4，210290反应过程中Co的化合价升高，所以有O2参与反应，则210290过程中反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【点睛】热重分析的计算思路：一般是先逐步失去结晶水物质分解最后通常变成金属的氧化物，计算时抓固体中金属元素的守恒列式。19. 研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1 H 0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2 H ”“ (5). 不变 (6). 升高温度 (7). c() c() c(CH3COO) (8). b、c【解析】试题分析：本题考查化学平衡常数表达式的书写和影响因素，化学反应速率和化学平衡的计算，外界条件对化学平衡的影响，盐类水解的规律和溶液中离子浓度大小的比较。（1）由化学平衡常数的概念写出K1=c(ClNO)/c2(NO2)，K2=c2(ClNO)/c2(NO)c(Cl2)，反应4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K= c2(NO)c(Cl2)/c4(NO2)=。（2）反应起始到平衡时转化的ClNO物质的量为7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，用三段式计算2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）n（起始）（mol） 0.2 0.1 0n（转化）（mol） 0.15 0.075 0.15n（平衡）（mol） 0.05 0.025 0.15则平衡后n（Cl2）=0.025mol。NO的转化率a1=0.15mol0.2mol=0.75。该反应的正反应为气体分子数减小的反应，该反应若在其他条件不变，恒压条件下进行，相当于在恒容条件下达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，平衡时NO的转化率增大，a2a1。平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，K2不变。要使K2减小只能改变温度，由于该反应的正反应为放热反应，所以使K2减小只能升高温度。（3）根据方程式2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，0.2mol NaOH与0.2mol NO2恰好完全生成0.1molNaNO3和0.1molNaNO2，所得溶液中NaNO3、NaNO2物质的量浓度都为0.1mol/L，NaNO3属于强酸强碱盐不发生水解，NaNO2、CH3COONa都属于强碱弱酸盐，NO2-、CH3COO-都发生水解使溶液呈碱性，则NO3-的浓度最大；HNO2的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数，酸性：HNO2CH3COOH，则CH3COO-的水解能力强于NO2-，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）、c（CH3COO-）由大到小的顺序为c（NO3-） c（NO2-） c（CH3COO-）。CH3COO-的水解能力强于NO2-，CH3COONa溶液的碱性大于混合液，溶液A的pH小于溶液B。a项，向溶液A中加适量水，溶液A的pH减小，不能使两者pH相等，错误；b项，向溶液A中加入适量NaOH，溶液A的pH增大，可使两者pH相等，正确；c项，向溶液B中加适量水，溶液B的pH减小，可使两者pH相等，正确；d项，向溶液B中加适量NaOH，溶液B的pH增大，不能使两者pH相等，错误；答案选b、c。三、选做题（考生从20题、21题中任选一题作答，并在答题卡上将所选题的题号涂黑）20. 目前半导体生产正在进行一场“铜芯片”革命：在硅芯片上用铜代替铝布线。古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破。用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下：（1）基态铜原子的价电子排布式为_，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是_(填元素符号)。（2）反应、中均生成有相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是_，其立体结构是_，与该分子互为等电子体的单质气体的化学式是_。（3）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液蓝