河南省南阳一中2020届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）.docx

河南省南阳一中2020届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）一、选择题(每小题3分，共42分)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是( ) A.PM2.5是指粒径不大于2.5um的可吸入悬浮颗粒物B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料2.下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是( ) A.氧化镁中混有氧化铝B.氯化铝溶液中混有氯化铁C.氯化亚铁溶液中混有氯化铜D.氧化铁中混有二氧化硅3.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、AlO3 ， 不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程： 下列说法不正确的是( )A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B.固体1中一定含有SiO2 ， 控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3 ， 进入固体2C.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2OD.从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解4.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32-、Cl-、OH-、NO3-。向该溶液中加入铝粉，只放出H2 ， 则溶液中能大量存在的离子最多有( ) A.4种B.5种C.6种D.7种5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( ) A.NaHCO2(s) Na2CO3(s) NaOH(aq)B.Al(s) NaAlO2(aq) Al(OH)3(s)C.AgNO3 (aq) Ag(NH3)2-（aq） Ag(s)D.Fe2O3(s) Fe(s) FeCl3(aq)6.某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2恰好将Fe2+完全氧化。x值为( ) A.0.78B.0.80C.0.85D.0.907.下列实验操作、现象和结论均正确的是( ) 选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和 NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水生成白色溶液产物三溴苯酚不溶于水C向含I-的无色溶液中滴加少量新氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色还原性性：Cl-I-D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+即有氧化性又有还原性A.AB.BC.CD.D8.下列图示实验合理的是( ) A.图1为证明非金属性强弱SCSiB.图2为制备少量氧气C.图3为配制一定浓度硫酸溶液D.图4为制备并收收集少量NO2气体9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A.0.1 mol C3H6分子中含有的碳碳双键数为0.1NAB.常温下，1LpH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为001NAC.25.6g铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NAD.标准状况下，2.24LS16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA10.下列曲线图(纵轴为沉淀的量，横轴为加入物质的体积与对应的选项相符的是( ) A.向1L浓度均为0.1molL-1的NaAlO2、Ba(OH)2混合溶液中加入0.1molL-1的稀H2SO4B.向1L浓度分别为0.1molL-1和0.3molL-1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1molL-1的稀NaOH溶液C.向烧碱溶液中滴加明矾溶液D.向AlCl3溶液中滴加过量氨水11.我国科学家研发了一种新型液硫二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误是( ) A.放电时，电池左侧为负极，发生氧化反应B.充电时，电解质溶液中K经交换膜向右侧移动C.放电时，电池右侧的电极反应为I3-+2e-=3S2-+I3-D.充电时，电池的总反应为S22-+3I- 2S2-+I3-12.向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240mL NO气体(标准状况)。下列说法中不正确的是(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O)( ) A.上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5：1B.若混合物中含0.1 molCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1molC.Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H+2NO3-=6Cu2+2NO+7H2OD.若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g13.室温下，将1mol的 CuSO45H2O（s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1 ， 将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(，热效应为H3。则下列判断正确的是( ) A.H2H3B.H1+H3=H2C.H1H3 D.H1+H2H314.在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁粉和铜粉，反应完全后将固体滤出，下说法中正确的是( ) A.若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+ ， 一定不含Cu2+B.若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+ ， 可能含Cu2+和Fe3+C.若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3+和Fe2+ ， 可能含Cu2+D.若滤出固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+ ， 一定不含Cu2+和Fe3+二、非选择题，共58分。15.现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应： 2Mg+O2 2MgO；3Mg+N2 Mg3N2； 2Mg+CO2 2MgO+CMg+H2O MgO+H2Mg3N2+6H2O 3Mg(OH)2+2NH3可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连)。 回答下列问题：（1）在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置(填字母代号)及其目的分别是_； （2）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填字母代号)_； （3）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响? _，原因是_； （4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：_。 16.氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程： 根据以上信息回答下列问题：（1）生产过程中X的化学式为_。 （2）写出产生CuCl的离子方程式：_。 （3）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示： pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最佳pH为 _，当pH较大时CuCl产率变低原因是_。调节pH时，_(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是_。（4）氯化亚铜的定量分析： 称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。用0.10molL-1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCI+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1)：平行实验次数1230.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为_。(结果保留三位有效数字)。（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)+H2O() CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学：方程式为_。第一步CuCl水解反应的平衡常数足与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K=_。 17.研究含氮污染物的治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物。在生产生活中有重要意义 （1）巳知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJmol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=-221.0kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2 H=393.5 kJmol-1则汽车尾气处理的反应之一：2NO(g)+2CO（g)=N2(g)+2CO2(g) H=_kJmol-1 ， 利于该反应自发进行的条件是 _(选填“高温”或“低温”）（2）将0.20 moI NO和0.10mol CO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g) N2（g）+2CO2(g)反应过程中部分物质的浓度变化如下图所示： 反应从开始到9min时，用CO2表示该反应的速率是_(保留2位有效数字)。第12min时改变的条件是_(填“升温”或“降温”)第18min时建立新的平衡，此温度下的平衡常数为_（只列计算式），第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡将_移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。（3）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在t1时刻达到平衡状态的是_(填序号)。 (如图中V正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量) （4）以氨为燃料可以设计制造氨燃料电池，产物无污染。若电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，则该电池负极电极反应式为_。 18.硼、磷元素在化学中有很重要的地位，硼、磷及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题。 （1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得 基态Ti3+的未成对电子数有_个。LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-呈正四面体构型LiBH4中不存在的作用力有_(填标号)。A离子键 B共价键 C金属键 D配位键（2）氨硼烷（NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子结构式为 _，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_(填化学式)。 （3）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连如下图。 读图分析1molH3BO3的晶体中有 _mol氢键。（4）四(三苯基膦)钯分子结构如图： P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为_；判断该物质在水中_(填写“易溶”或者“难溶”)，并加以解释 _。（5）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如右图所示：该晶体中Na+的配位数为_。已知硼氢化钠晶体的密度为g/cm3 ， NA代表阿伏伽德罗常数的值，则a= _(用含、NA的最简式子表示)19.化合物1具有贝类足丝蛋白的功能，可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品等领域。其合成路线如下： 回答下列问题：（1）中含氧官能团的名称为_。 （2）由B生成C的化学方程式为_。 （3）由E和F反应生成D的反应类型为_，由G和H反应生在I的反应类型为_。 （4）仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为 _。 （5）X是的芳香同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2 ， 其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1。写出两种符合要求的X的结构简式_。 （6）参照本题信息，试写出以1-丁烯为原料制取 的合成路线流程图(无机原料任选) _。 合成路线流程图示例如下： H2C=CH2 CH3CH2Br CH3CH2OH答案解析部分一、选择题(每小题3分，共42分) 1.【答案】 B 【考点】常见的生活环境的污染及治理，绿色化学 【解析】【解答】A.PM2.5是指微粒直径小于或等于2.5um的可吸入颗粒物，选项正确，A不符合题意； B.酸雨是由于SO2、氮氧化物溶于雨水形成，温室气体主要成分是CO2 ， 燃煤中加入CaO可吸收SO2 ， 减少酸雨的形成，但不吸收CO2 ， 选项错误，B符合题意；C.绿色化学要求反应物中的原子全部转化为生成物，即原子利用率达到100%，无副产物产生，因此可充公源头上消除或减少污染物，选项正确，C不符合题意；D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料，选项正确，D不符合题意；故答案为：B 【分析】A.根据PM2.5的定义分析； B.根据形成酸雨的气体和温室气体的成分分析；C.根据绿色化学的定义分析；D.天然气和液化石油气属于情节能源；2.【答案】 C 【考点】镁、铝的重要化合物，物质的分离与提纯 【解析】【解答】A.混合物中加入NaOH，Al2O3能与NaOH反应生成可溶性NaAlO2 ， 过滤得到MgO，往NaAlO2溶液中加入稀盐酸至恰好完全沉淀，过滤得到Al(OH)3 ， 加热分解得到Al2O3 ， 因此MgO和Al2O3混合物可用NaOH溶液和稀盐酸分离，A不符合题意； B.混合溶液中先加入NaOH溶液，发生反应Al34OH=AlO22H2O、Fe33OH=Fe(OH)3，过滤得到Fe(OH)3固体，加入稀盐酸得到FeCl3溶液；滤液中加入稀盐酸，发生反应AlO24H=Al32H2O，得到AlCl3溶液，因此可用NaOH溶液和稀盐酸将二者分离，B不符合题意；C.混合溶液中加入NaOH溶液，发生反应Fe220H=Fe(OH)2、Cu22OH=Cu(OH)2，二者不可分离，因此不能用NaOH溶液和稀盐酸将二者分离，C符合题意；D.混合物中加入NaOH溶液，发生反应SiO22OH=SiO32H2O，过滤可得Fe2O3 ， 往滤液中加入稀盐酸发生反应SiO322H=H2SiO3，H2SiO3受热分解产生Si2O，因此可用NaOH溶液和稀盐酸将二者分离，D不符合题意；故答案为：C 【分析】根据选项所给物质与NaOH、HCl的反应进行分析即可。3.【答案】 C 【考点】硅和二氧化硅，镁、铝的重要化合物，物质的分离与提纯 【解析】【解答】A.由分析可知，溶解烧渣选用的足量酸为硫酸，试剂X为铁粉，选项正确，A不符合题意； B.由于SiO2与稀硫酸不反应，因此固体1为SiO2 ， 控制pH是为将溶液中的Al3形成Al(OH)3沉淀，选项正确，B不符合题意；C.在溶液1中加入NaOH溶液至过量，发生反应的离子方程式为Al34OH=AlO22H2O、Fe23OH=Fe(OH)2，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化成Fe(OH)3 ， 因此向过滤所得的沉淀加入稀硫酸后得到Fe2(SO4)3 ， 无法得到FeSO47H2O，选项错误，C符合题意；D.由于FeSO47H2O易被空气中的O2氧化，同时结晶水易分解失去，因此在结晶过程中应控制条件防止FeSO47H2O被氧化和分解，选项正确，D不符合题意；故答案为：C 【分析】由于最后要制得FeSO47H2O，因此所加酸应为稀硫酸；由于烧渣中的SiO2与稀硫酸不反应，因此固体1为SiO2 ， 溶液1中含有Fe3、Al3、H和SO42；要将Fe3还原为Fe2 ， 应加入铁粉，因此试剂X为Fe；加入NaOH溶液调节pH是为了将溶液中的Al3形成Al(OH)3沉淀，因此固体2为Al(OH)3 ， 溶液2的主要成分为FeSO4；据此结合选项进行分析。4.【答案】 B 【考点】常见离子的检验，离子共存 【解析】【解答】无色溶液中不存在有色离子Fe3；加入铝粉后，放出H2 ， 说明溶液中可能含有H或OH； 由于反应过程中只放出H2 ， 若含有H ， 则不含有CO32、OH-、NO3- ， 因此溶液中可能存在的离子为：H、NH4、Ba2、Al3、Cl五种； 若含有OH ， 则不含有H、NH4、Al3 ， 则一定含有Ba2 ， 由离子共存可知，一定不含有CO32；因此溶液中可能存在的离子为Ba2、Cl、NO3、OH四种； 综上，溶液中能大量存在的离子共有5种，B符合题意； 故答案为：B 【分析】无色溶液中不存在有色离子，加入铝粉，放出H2 ， 说明溶液中含有H+或OH-；据此结合所给离子进行分析。5.【答案】 A 【考点】钠的重要化合物，镁、铝的重要化合物 【解析】【解答】A.NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3 ， Na2CO3与Ca(OH)2反应的方程式为Na2CO3Ca(OH)2=2NaOHCaCO3，故Na2CO3可转化为NaOH，A符合题意； B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2 ， NaAlO2与过量盐酸反应AlCl3 ， 无法得到Al(OH)3 ， B不符合题意；C.AgNO3与氨水反应生成Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH为络合物，不形成Ag(NH3)2 ， C不符合题意；D.Fe2O3与Al在高温下发生铝热反应，生成Fe和Al2O3 ， 铁与稀盐酸反应生成FeCl2 ， 不生成FeCl3 ， D不符合题意；故答案为：A 【分析】根据所给物质的性质结合反应的方程式进行分析即可得出答案。6.【答案】 B 【考点】复杂化学式的确定，氧化还原反应的电子转移数目计算 【解析】【解答】标准状态下112mLCl2的物质的量 ， 氧化物中铁元素的化合价为 ， 反应过程中被氧化为Fe3+ ， Cl2反应过程中被还原为Cl- ， 整个过程中得失电子守恒，因此可得等式 ， 解得 x=0.80，B符合题意； 故答案为：B 【分析】根据公式计算n(Cl2)，再根据得失电子守恒进行计算。7.【答案】 B 【考点】氧化性、还原性强弱的比较，二价铁离子和三价铁离子的检验，探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质，化学实验方案的评价 【解析】【解答】A.Na2CO3稳定，受热不分解，其加热过程中，产生水珠，是由于固体受潮引起的，A不符合题意； B.苯酚能与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，B符合题意；C.滴加少量氯水后发生反应的离子方程式为Cl22I=I22Cl ， 反应生成I2 ， 淀粉遇碘变蓝色，该反应中还原剂为I ， 还原产物为Cl ， 因此还原性ClH2CO3H2SiO3 ， 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其非金属性越强，因此非金属性SCSi，A符合题意； B.Na2O2与H2O的反应剧烈，不能用“启普发生装置”进行反应，B不符合题意；C.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶液的稀释操作，C不符合题意；D.NO2能与H2O反应，因此不能用排水集气法收集，D不符合题意；故答案为：A 【分析】A.根据强酸制弱酸的原理确定酸性强弱，从而得出非金属性强弱； B.反应剧烈，不能用该装置制备；C.容量瓶不能用于溶液稀释操作；D.NO2能与水反应；9.【答案】 C 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，气体摩尔体积，氧化还原反应的电子转移数目计算，物质结构中的化学键数目计算，物质的量的相关计算 【解析】【解答】A.分子式为C3H6的有机物，其结构可能为CH2=CHCH3或， 因此其所含的碳碳双键不一定为0.1NA ， A不符合题意； B.1LpH=2的CH3COOH溶液中，n(H+)=1L0.01mol/L=0.01mol，溶液中的H+来自于CH3COOH和H2O的电离，因此溶液中n(CH3COO-)小于0.01NA ， B不符合题意；C.25.6g铜的物质的量 ， 反应过程中，Cu失去两个电子转化为Cu2+ ， 因此0.4molCu完全反应，转移电子数为0.8NA ， C符合题意；D.标准状态下，SO3不是气体，因此不能应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意；故答案为：C 【分析】A.根据C3H6的结构进行分析； B.CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH和H2O的电离；C.根据公式计算n(Cu)，结合反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数；D.标准状态下，SO3不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算；10.【答案】 A 【考点】镁、铝的重要化合物 【解析】【解答】A.滴加硫酸的过程中发生反应的离子方程式为：Ba2SO42=BaSO4、 AlO2HH2O=Al(OH)3、Al(OH)33H=Al33H2O，因此加入1L稀硫酸时产生0.1molBaSO4沉淀，再加入0.5L稀硫酸产生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入1.5L稀硫酸，Al(OH)3沉淀完全溶解，A符合题意； B.混合溶液中n(Al3)=0.1mol、n(NH4)=0.3mol，加入NaOH溶液后，发生反应的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3、NH4OH=NH3H2O、Al(OH)3OH=AlO22H2O；因此加入3LNaOH溶液后，产生0.1molAl(OH)3沉淀，再加入3LNaOH溶液后， 发生反应NH4OH=NH3H2O，溶液中沉淀的量保持不变，再加入1LNaOH溶液后，Al(OH)3沉淀完全溶解，B不符合题意；C.向烧碱溶液中加入明矾，由于OH-量大，Al3+量少，因此发生反应Al34OH=AlO22H2O，当溶液中的OH完全反应后，继续加入明矾溶液，发生反应3AlO2Al36H2O=4Al(OH)3，因此加入明矾溶液的体积比为3:1，C不符合题意；D.向AlCl3溶液中滴加过量氨水，发生反应Al33NH3H2O=3NH4Al(OH)3，反应生成的Al(OH)3沉淀不溶于过量的氨水，D不符合题意；故答案为：A 【分析】根据溶液加入过程中发生的反应，结合图像进行分析。11.【答案】 B 【考点】电极反应和电池反应方程式，化学电源新型电池，原电池工作原理及应用，电解池工作原理及应用 【解析】【解答】A.由分析可知，放电过程中，电池左侧为负极，发生失电子的氧化反应，选项正确，A不符合题意； B.充电时为电解池，在电解池中，阳离子移向阴极，因此电解质溶液中的K+经离子交换膜向左侧移动，选项错误，B符合题意；C.由分析可知，放电时，电池右侧（正极）的电极反应式为I32e=3I ， 选项正确，C不符合题意；D.有正负极的电极反应可得放电过程的总反应为：2S2I3=S223I ， 因此充电过程的总反应为：S223I=2S2I3 ， 选项正确，D不符合题意；故答案为：B 【分析】由图可知，该新型液硫二次电池放电时，电极左侧为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2S22e=S22；电池右侧为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：I32e=3I；二次电池充电时，原电池的负极为电解池的阴极，原电池的正极为电解池的阳极；据此结合选项进行分析。12.【答案】 D 【考点】离子方程式的书写，氧化还原反应的电子转移数目计算，离子方程式的有关计算 【解析】【解答】A.所用硝酸溶液中n(HNO3)=0.6mol/L1L=0.6mol，反应生成 ， 因此反应过程中体现氧化性的n(HNO3)=0.1mol，体现酸性的n(HNO3)=0.6mol-0.1mol=0.5mol，因此体现酸性的硝酸和体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5:1，选项正确，A不符合题意； B.生成0.1molNO的过程中，得到的电子数为0.1mol(5-2)=0.3mol，0.1molCu反应失去电子数为0.2mol，因此Cu2O失去的电子数为0.1mol，故n(Cu2O)=0.05mol，由于体现酸性的n(HNO3)=0.5mol，因此反应后生成nCu(NO3)2=0.25mol，结合铜守恒可得，混合物中n(CuO)=0.05mol，故0.05molCuO、0.05molCu2O完全反应，需要消耗n(H2SO4)=0.1mol，选项正确，B不符合题意；C.Cu2O与HNO3反应过程中，Cu2O中Cu由1价变为2价，失去2个电子，HNO3中N由5价变为2价，得到3个电子，根据得失电子守恒可得，Cu2O的系数为3，Cu2的系数为6、NO3的系数为2、NO的系数为2；根据电荷守恒可得，H的系数为14；根据H守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为7，因此可得该反应的离子方程式为：3Cu2O14H2NO3=6Cu22NO7H2O，选项正确，C不符合题意；D.由B选项的分析可知，反应后所得溶液中nCu(NO3)2=0.25mol，因此n(Cu)=0.25mol，结合铜元素守恒可得，若将上述混合物用足量H2加热还原，所得铜的质量为0.25mol64g/mol=16g，选项错误，D符合题意；故答案为：D 【分析】A.硝酸在反应过程中，体现氧化性和酸性，结合反应消耗n(HNO3)和生成n(NO)进行计算； B.根据得失电子守恒进行计算；C.结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行分析；D.根据铜元素守恒进行分析；13.【答案】 C 【考点】盖斯定律及其应用，反应热的大小比较 【解析】【解答】A.由分析可知，H2H3 ， A不符合题意； B.由分析可知，H3=H1-H2 ， B不符合题意；C.由分析可知，H1H3 ， C符合题意；D.由分析可知，H3=H1-H2 ， 则H3+2H2=H1-H2+2H2 ， 因此H1+H2=H3+2H2 ， 由于H20，因此H1+H20，H20，据此结合选项进行分析。 14.【答案】 D 【考点】常见金属的活动性顺序及其应用，铁盐和亚铁盐的相互转变，铜及其化合物 【解析】【解答】A.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2 ， 不含有Fe3 ， 但不能确定溶液中是否含有Cu2 ， A不符合题意； B.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2 ， 不含有Fe3 ， B不符合题意；C.若滤出固体中含有Cu，则说明Fe完全反应，溶液中一定含有Fe2 ， 不含有Fe3 ， 可能含有Cu2 ， C不符合题意；D.若滤出固体中含有Fe和Cu，说明Fe过量，则滤液中一定不含有Fe3、Cu2 ， 一定含有Fe2 ， D符合题意；故答案为：D 【分析】由于还原性FeCu，氧化性Fe3Cu2 ， 因此铁粉先与Fe3反应，F3完全反应后，Cu2再与Fe反应；铁粉完全反应后，若Fe3有剩余，则Cu再与Fe3反应；Fe3完全反应后，Cu2才与Fe反应；据此结合选项进行分析。二、非选择题，共58分。 15.【答案】 （1）B目的是除气流中的水蒸汽，避免反应发生 D目的是除空气中的CO2 ， 避免反应发生F目的是除空气中的氧气，避免反应发生（2）jh-gdcki(或ik)ab(或ba)（3）使氮化镁不纯；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁（4）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成 【考点】实验装置综合，制备实验方案的设计 【解析】【解答】（1）空气中含有H2O、CO2和O2 ， 都能与Mg反应，因此要制得纯净的Mg3N2 ， 需先将空气中含有的H2O、CO2和O2除去，因此需选用B装置，用于吸收空气中的H2O，需选用D装置，用于除去空气中的CO2 ， 需选用F装置，用于除去空气中的O2； （2）除去空气中的H2O、CO2和O2时，应先除去CO2、再除去H2O，最后除去O2 ， 因此装置的链接顺序为：jh-gdcki(或ik)ab(或ba)； （3）若通气后同时点燃A、F装置的酒精灯，由于铁粉与O2的反应需要一定的温度，会导致空气中的O2没有完全除去，就进入装置A中，参与反应，使得生成的Mg3N2中含有MgO杂质； （4）由题干信息可知，Mg3N2和H2O反应生成Mg(OH)2和NH3 ， 因此检验Mg3N2固体的生成，可取用适量产物于试管中，加入蒸馏水，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试管找那个的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝色，则说明有Mg3N2生成； 【分析】（1）根据题干信息镁与空气成分的反应进行分析； （2）根据除杂的先后顺序确定装置的链接顺序； （3）铁与O2的反应需要一定温度，同时点燃，空气中的O2没有完全除去； （4）结合Mg3N2和H2O的反应分析；16.【答案】 （1）Fe（2）2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl+4H+SO42-（3）2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应（4）955%（5）2CuOH Cu2O+H2O；KWKSP( CuCl)KSP(CuOH) 【考点】化学平衡常数，物质的分离与提纯，离子方程式的书写，化学方程式的有关计算 【解析】【解答】（1）由分析可知，X为Fe； （2）由流程可知，生成CuCl的过程中，其反应物为SO2、CuSO4和CuCl2 ， 产物为H2SO4和CuCl，该反应的离子方程式为：2Cu22ClSO22H2O=2CuCl4HSO42； （3）由表格数据可知，当溶液的pH=2时，CuCl的产率为90%，为最大值，因此析出CuCl晶体的最佳pH为2；若溶液中pH较大，即c(H+)较小，溶液中Cu2+的水解程度较大，反应生成CuCl的量减小，产率减小；由于硝酸具有氧化性，能将CuCl氧化，因此不能用硝酸代替硫酸； （4）由于第一次实验数据与其余两次实验数据相差较大，因此应舍去，因此反应过程中消耗硫酸铈标准溶液的体积为 ， 由反应的方程式可得关系式CuClCe4+ ， 因此0.25g样品中所含CuCl的物质的量为：0.10mol/L0.024L=0.0024mol，因此样品中CuCl的纯度为：； （5）CuOH受热分解产生Cu2O和H2O，该反应的化学方程式为：2CuOHCu2OH2O； CuCl水解反应的平衡常数的表达式为Kh=c(H+)c(Cl-)，水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)、CuOH的溶度积Ksp(CuOH)=c(Cu+)c(OH-)、CuCl的溶度积Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-)，因此可得； 【分析】废液中加入过量的X后过滤得到滤渣，由滤渣最后得到CuCl晶体，因此滤渣中应含有Cu，则所加入的过量X为Fe，充分反应后所得滤液为FeCl2 ， 滤渣为Fe和Cu；滤渣中加入过量的Y后得到滤液和滤渣，滤液和滤液的成分相同，均为FeCl2 ， 因此Y为HCl，则滤渣为Cu；滤渣（Cu）与Z反应后得到CuCl2 ， 因此Z为Cl2；则刻蚀液为FeCl3；据此分析作答。17.【答案】 （1）H=-746.5kJ/mol；低温（2）0.0044mol/(Lmin)(不带单位不给分)；升温；逆向（3）BD（4）2NH3-6c-+6OH-=N2+6H2O 【考点】电极反应和电池反应方程式，焓变和熵变，化学反应速率与化学平衡的综合应用，化学平衡的计算，有关反应热的计算 【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热H=-(180.5kJ/mol)+2(-393.5kJ/mol)-(-221.0kJ/mol)=-746.5kJ/mol； 该反应为放热反应，其H0，正反应为气体分子数减小的反应，因此S0，要使反应自发进行，则H-TS0，因此反应需要低温条件下进行； （2）由图可知，当反应到9min时，参与反应的c(NO)=0.20mol/L-0.16mol/L=0.04mol/L，由反应的化学方程式可知，反应生成c(CO2)=0.04mol/L，因此用CO2表示的反应速率； 由图可知，反应至12min后，条件的改变使得c(NO)、c(CO)增大，c(N2)减小，则平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，因此改变的条件为升高温度； 当反应到18min时，体系内c(NO)=0.18mol/L、c(CO)=0.08mol/L、c(N2)=0.01mol/L，则体系内c(CO2)=0.02mol/L，因此此温度下该反应的平衡常数； 再充入CO和N2各0.060mol后，体系内各物质的浓度商 ， 因此反应逆向进行，则平衡将逆向移动； （3）A、达到平衡后，正逆反应速率相等，不再变化，t1时v正最大，之后随着反应的进行，速率减小，说明反应为达到平衡状态，A不符合题意； B、该反应为放热反应，且反应容器绝热，随着反应的进行，温度升高，化学平衡常数减小，达到平衡后，温度为定值，平衡常数不变，B符合题意； C、t1时刻后n(CO2)、n(NO)发生变化，则未达到平衡状态，C不符合题意； D、NO的质量为定值，说明反应处于平衡状态，D符合题意； 故答案为：BD （4）NH3在负极发生失电子的氧化反应，生成N2 ， 过程中失去6个电子，结合电荷守恒可得反应物中含有6个OH- ， 结合H原子个数守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为6，因此可得该电极反应式为：2NH36e6OH=N26H2O； 【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热； 结合反应自发进行的条件H-TS0分析反应自发进行的温度； （2）根据图像确定到9min时，参与反应的c(CO2)，结合公式计算反应速率； 根据图像浓度的变化分析改变的条件； 根据图像确定平衡时各物质的浓度，结合平衡常数的表达式列式； 根据容器内浓度商与平衡常数的相对大小，确定反应进行的方向； （3）绝热体系中，热量不会向周围扩散，该反应为放热反应，因此体系温度升高，结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析； （4）NH3在负极发生失电子的氧化反应，生成N2 ， 据此书写电极反应；18.【答案】 （1）1；C（2）；C2H6（3）3（4）sp3；难溶；水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶（5）8； 【考点】原子结构的构造原理，配合物的成键情况，“等电子原理”的应用，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【解析】【解答】（1）Ti的原子序数为22，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2；基态Ti3+是由Ti原子失去三个电子形成的，因此Ti3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1 ， 因此其未成对电子数有1个； LiBH4中含有Li+和BH4