河北省保定一中2020届高三化学上学期第二次阶段考试试题（含解析）.docx

河北省保定一中2020届高三化学上学期第二次阶段考试试题（含解析）说明：1本试卷由选择题和非选择题两部分构成，其中选择题60分，非选择题40分，总分100分。考试时间90分钟。2每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3考试过程中考生答题必须使用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡指定区域，在其它区域作答无效。可能用到的原子量：O:16 C:12 N:14 S:32 Cu:64 Cl:35.5 Fe:56 K:39 Na:23 P:31 Mn:55 H:1第卷 选择题（60分）一、选择题（共有30个小题，每题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确答案）1.新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是（ ）A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素B. 用于人民币票面方案等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料D. 某种验钞笔中含有碘酒，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；BFe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；C树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；D葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NAC. 加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子D. 0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】ACl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA， A错误；B标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；C加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；D0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，答案选D。3.2007年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是().A. 使用光催化剂不改变反应速率B. 使用光催化剂能增大NO的转化率C. 升高温度能加快反应速率D. 改变压强对反应速率无影响【答案】C【解析】【详解】A. 使用光催化剂改变反应速率可以加快化学反应速率，A不正确； B. 使用光催化剂对正、逆反应的速率的影响是相同的，不能增大NO的转化率，B不正确；C. 升高温度能提高活化分子的百分数，故能加快反应速率，C正确； D. 该反应中的所有组分均为气体，故改变压强对反应速率有影响，D不正确。故选C。4.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是（ ）A. 2017年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的有机高分子材料B. 离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阴离子交换膜C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的主要材料是经提纯的SiO2D. 用氯气处理饮用水，在冬季的杀菌效果比在夏季好【答案】D【解析】【详解】A碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维，不是有机高分子材料，故A错误；B氯碱工业中需要阳离子交换膜，防止氯气与氢氧根反应，故B错误；CSiO2不导电，Si为半导体材料，计算机芯片的主要材料是Si，不是二氧化硅，故C错误；D温度越低，气体的溶解度越大，溶液中次氯酸的浓度越高，因此用氯气给自来水消毒时，冬季的杀菌效果比在夏季好，故D正确；故选D。5.下列过程中，共价键被破坏的是（ ）碘升华 溴蒸气被木炭吸附 乙醇溶于水 HCl气体溶于水冰融化 NH4Cl受热 氢氧化钠熔化 (NH4)2SO4溶于水A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】碘升华，破坏的是分子间作用力，故不选；溴蒸气被木炭吸附，破坏的是分子间作用力，故不选；酒精溶于水，不发生电离，破坏的是分子间作用力，故不选；HCl气体溶于水，发生电离，H-Cl共价键被破坏，故选；冰融化，破坏的是分子间作用力，故不选；NH4Cl受热发生分解反应，生成氨气和HCl，N-H共价键破坏，同时破坏了离子键，故选；氢氧化钠熔化，破坏的是离子键，故不选；(NH4)2SO4溶于水，发生电离，破坏的是离子键，故不选；共价键被破坏的有，故选D。【点睛】本题的易错点为和，要注意氯化氢为共价化合物，溶解时破坏了H-Cl共价键，(NH4)2SO4属于离子化合物，溶解时破坏了离子键，铵根离子和硫酸根离子中的共价键没有破坏。6.由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 反应生成1molN2时转移4moleB. 反应物能量之和大于生成物能量之和C. N2O(g)NO(g)=N2(g)NO2(g) H139kJmol1D. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和【答案】A【解析】【详解】A根据反应N2O+NO=N2+NO2可知，只有N元素的化合价发生变化，分别由+1价降低到0价，+2价升高到+4价，转移2个电子，因此生成1mol氮气时转移2mol电子，故A错误；B根据图象可知，N2O+NO=N2+NO2反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；C根据图象可知，N2O+NO=N2+NO2反应放热348 kJ -209 kJ =139kJ，故热化学方程式为：N2O(g)+NO(g)= N2(g)+NO2(g) H=-139kJmol-1，故C正确；DH=断键吸收的能量-成键放出的能量，由于此反应放热，即H小于0，故断键吸收的能量小于成键放出的能量，故D正确；故选A。7.有A、B、C、D、E五种金属片，进行如下实验：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极；C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流由D导线C；A、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡；B、D相连后，同时浸入稀硫酸中，D极发生氧化反应用惰性电极电解含B离子、E离子的溶液，E先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是A. BDCAEB. CABDEC. ACDBED. ABCDE【答案】C【解析】【详解】由题意可知：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：AB；原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D导线C，则活泼性：CD；A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：AC；B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：DB；用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出，则金属活泼性：BE；综上可知金属活泼性顺序是：ACDBE，故答案为C。【点睛】原电池正负极的判断方法：根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。8.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是（ ）A. 使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C. 用0.5molL1NaOH溶液分别与0.5molL1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D. 在测定中和热实验中需要使用的仪器有：天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计【答案】A【解析】【详解】A环形玻璃棒搅拌起搅拌作用，能加快反应速率，减小实验误差，故A正确； B温度计测量烧杯内溶液的温度，温度计水银球不能接触烧杯底部，故B错误；C醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，反应放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故C错误；D中和热测定实验中用不到天平和滴定管，故D错误；故选A。9.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2。对该燃料电池的说法正确的是（ ）A. 在熔融电解质中，O2由负极移向正极B. 电池的总反应是2C4H1013O2=8CO210H2OC. 通入空气的一极是负极，电极反应为O24e=2O2D. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为C4H1026e13O2=4CO25H2O【答案】B【解析】【详解】A原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此O2由正极移向负极，故A错误；B电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，故B正确；C通入空气的一极为燃料电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故C错误；D通入丁烷的一极是燃料电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2-26e-=4CO2+5H2O，故D错误；故选B。【点睛】掌握燃料电池的反应原理是解题的关键。本题的难点和易错点为电极反应式的书写，要注意本题中电解质溶液为非水物质，是借助于O2导电的。10.现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是（ ）XL层电子数是K层电子数的3倍Y核外电子层数等于原子序数ZL层电子数是K层和M层电子数之和W共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质A. W原子结构示意图为B. 元素X和Y只能形成原子个数比为12的化合物C. 元素X比元素Z的非金属性强D. X、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物【答案】C【解析】【分析】X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，可知L层为6个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素；Z 元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素；W元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为N元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W为N元素。AW为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故A错误； B元素X和元素Y可以以原子个数比11形成化合物，为H2O2，故B错误；CX为O，Z为S，位于同一主族，非金属性OS，故C正确；DX、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D错误；故选C。11.如图是实验室常用的气体制备、净化和收集装置。若依据反应H2C2O4CO+CO2+H2O制取一氧化碳，则合理的装置组合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】利用反应H2C2O4 CO+CO2+H2O制取CO，采取的是“液+液 气体”的装置，应选用装置作为发生装置；制取的CO中混有CO2，应用浓氢氧化钠溶液除去，选择装置作为除杂装置；由于CO的密度与空气太接近，故应用排水法来收集，选择装置作为收集装置；所选装置，故选D。【点睛】本题的易错点为收集装置的选择，要注意CO的密度与空气接近，不能通过排空气法收集。12.下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2+H2OB. 用CH3COOH溶解CaCO3：CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2C. 强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-：3ClO2Fe(OH)3 +4OH-=2FeO423Cl5H2OD. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO3Ba22OH=BaCO32H2O+CO32-【答案】C【解析】【详解】A.硝酸具有强氧化性，向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液反应生成硫酸，故A错误；B. CaCO3为难溶物质，不能写成离子，故B错误；C. 强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-，离子方程式为：3ClO2Fe(OH)3+4OH-=2FeO423Cl5H2O，故C正确；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液后不能剩余碳酸根离子，故D错误；答案选C。13.下列关于误差分析的判断正确的是( )A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使测得浓度偏大B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小C. 配制1moI/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小【答案】C【解析】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使终点读数偏小，从而使计算出的标准溶液体积偏小，测得的浓度偏小，故A错误；B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若未使用游码，则结果无影响，故B错误；C. 硝酸铵溶于水吸热，未恢复至室温就转移并定容，最终恢复至室温后溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故C正确；D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，相当于稀释了稀酸，则测得的pH偏大，故D错误；答案选C。14.海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如右图所示。下列说法正确的是A. b膜是阳离子交换膜B. A极室产生气泡并伴有少量沉淀生成C. 淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHApHBpHCD. B极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝【答案】A【解析】【详解】A、因为阴极是阳离子反应，所以b为阳离子交换膜，选项A正确；B、A极室氯离子在阳极失电子产生氯气，但不产生沉淀，选项B错误；C、淡化工作完成后，A室氯离子失电子产生氯气，部分溶于水溶液呈酸性，B室氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，C室溶液呈中性，pH大小为pHApHCpHB，选项C错误；D、B极室氢离子得电子产生氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，选项D错误。答案选A。15.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增加，Z是活泼金属元素，Y的最常用单质与Z的单质在适当条件下可按物质的量之比14或12的比例恰好反应生成Q或M，X、W能形成强含氧酸。下列说法错误的是A. 简单离子半径:ZYXWB. 气态简单氢化物的稳定性：YXC. Q和M中的阴、阳离子个数比均为12，但化学键种类有差异D. Z与W能形成ZW或Z2W型离子化合物【答案】B【解析】【详解】Z是活泼金属元素，Y的最常用单质与Z的单质在适当条件下可按物质的量之比14或12的比例恰好反应生成Q或M，可知Z是Na，Y是O，生成的Q为Na2O，M为Na2O2，X、W能形成强含氧酸，可知X为N，W可能为S或氯；A简单离子的核外电子排布相同时，核电荷数大，离子半径小，则简单离子半径ZYXW，故A正确；B氧的非金属性比N强，简单氢化物的稳定性H2ONH3，故B错误；CNa2O和Na2O2的阴、阳离子个数比均为12，但化学键种类有差异，Na2O2有非极性键，而Na2O只有离子键，故C正确；DNa与Cl能形成NaCl，与S形成Na2S，二者均为离子化合物，故D正确；答案为B。16.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. NaHCO3(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)【答案】A【解析】【分析】A根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B根据铝及其化合物的性质分析判断；C根据银氨溶液的性质分析判断；D根据铁及其化合物的性质分析判断。【详解】ANaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；BNaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；C蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和Ag(NH3)2+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；DFe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；答案选A。17.在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NO3-)6 mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 molB. 向电解后的溶液中加入98 g的Cu(OH)2可恢复为原溶液C. 原混合溶液中c(K)4 mol/LD. 电解后溶液中c(H)2 mol/L【答案】B【解析】【详解】石墨作电极电解500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)阳极产生氧气，阴极开始时生成铜，然后放出氢气，n(O2)= n(H2)=1mol，根据阳极反应式4OH-4e-O2+2H2O可知，转移4mol电子，阴极反应式为Cu2+2e-Cu、2H+2e-H2，生成氢气转移2mol电子，则生成铜也转移2mol电子，即有1mol Cu2+放电。A根据以上分析，电解得到的Cu的物质的量为1mol，故A错误；B由以上分析可知，析出1molCu，1molH2和1molO2，根据少什么加什么，则加入98g即1mol的Cu(OH)2可恢复为原溶液，故B正确；Cc(Cu2+)=2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K+)为6mol/L-2mol/L2=2mol/L，故C错误；D电解后溶液中c(H+)为=4mol/L，故D错误；故选B。18.为减轻温室效应，科学家已致力于研究CO2的捕捉与封存技术，其反应原理之一为：CO2(g)2NH3(g)CO(NH2)2(s)H2O(g) H0，下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是（ ）A 升高温度B. 分离出CO(NH2)2C. 缩小容器体积D. 使用催化剂【答案】C【解析】【详解】A、升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，产率降低，故A错误；B、分离出CO(NH2)2，平衡不移动，故B错误；C、缩小容器体积，相当于增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，产率提高，故C正确；D、使用催化剂，反应速率加快，平衡不移动，产率不变，故D错误；故选C。19.某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：mCeO2(m-x)CeO2xCe+xO2，(m-x)CeO2xCe+xH2O+ xCO2 mCeO2+ xH2+ xCO下列说法不正确的是A. 该过程中CeO2没有消耗B. 该过程实现了太阳能向化学能的转化C. 右图中H1=H2+H3D. 以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH-2e-=CO32-+2H2O【答案】C【解析】【详解】A通过太阳能实现总反应：H2O+CO2H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，A正确；B该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，B正确；C由图可知，根据盖斯定律，应该是：-H1=H2+H3，C错误；DCO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH-生成CO32-，故负极反应式正确，D正确；答案选C【此处有视频，请去附件查看】20.已知几种化学键的键能和热化学方程式如下：化学键HNNNClClNNHCl键能/(kJmol1)391193243946432N2H4(g)2Cl2(g)=N2(g)4HCl(g) H，下列推断正确的是（ ）A. H(g)Cl(g)=HCl(g) H432kJmol1B. 断裂1molClCl键吸收能量比断裂1molNN键多703kJC. 上述反应中，H431kJmol1D. 上述反应中，断裂极性键和非极性键，只形成极性键【答案】C【解析】【详解】AH(g)+Cl(g)=HCl(g)是形成化学键的过程，是放热过程，H=-432kJ/mol，故A错误；B断裂1molClCl键吸收能量为243 kJ，断裂1molNN键吸收能量为946 kJ，因此断裂1molClCl键吸收能量比断裂1molNN键少703kJ，故B错误；C焓变H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=4(391 kJ/mol)+(193 kJ/mol)+2(243 kJ/mol)-(946 kJ/mol)-4(432 kJ/mol)=431kJ/mol，故C正确；D上述反应中，断裂了N-H极性键和Cl-Cl、N-N非极性键，形成了H-Cl极性键和NN非极性键，故D错误；故选C。21.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法不正确的是A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B. A电极上发生氧化反应，B为正极C. 电极A极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+D. 当有2.24LNO2(标准状况) 被处理时，转移电子为0.4mol【答案】C【解析】【详解】A、根据反应的化学方程式可知N元素的化合价升高，被氧化，所以通入氨气的一极为负极，右端为正极，所以电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A正确；B、A为负极，发生氧化反应，B是正极，发生还原反应，B正确；C、电极A是氨气失去电子生成氮气，由于电解质溶液为KOH溶液，所以氨气失去电子与氢氧根离子结合生成水，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，C错误；D、标准状况下2.24L二氧化氮的物质的量是0.1mol，N元素的化合价从+4价降低到0价，则0.1mol二氧化氮参加反应时转移电子的物质的量是0.4mol，D正确。答案选C。22.将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、NO2、N2O4)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被600mL 2.0molL1NaOH溶液完全吸收，溶液中生成NaNO3和NaNO2，则被Cu还原的硝酸的物质的量为A. 0.6 molB. 0.8 molC. 1 molD. 1.2 mol【答案】D【解析】【详解】将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮氧化物(含NO、NO2、N2O4)的混合物共0.8 mol，混合气体中的NO、NO2、N2O4均为硝酸的还原产物，则被还原的硝酸的物质的量即为混合气体中氮元素的物质的量，恰好能被600mL 2.0molL1NaOH溶液完全吸收，溶液中生成NaNO3和NaNO2，则n(N)=n(NaNO3)+n(NaNO2)=n(Na+)=0.6L2.0molL1=1.2mol，即被Cu还原的硝酸的物质的量为1.2 mol，故答案为D。23.向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是A. 图中C点铝元素存在形式是B. 向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C. 原混合液中cAl2(SO4)3c(AlCl3)=12D. OA段反应的离子方程式为：3Ba2+2Al3+8OH+33BaSO4+2+4H2O【答案】D【解析】【详解】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH、Ba2+与之间的离子反应，如下：Ba2+BaSO4，Al3+3OHAl(OH)3，Al(OH)3+OH+2H2O，假设1 mol Al2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3 mol，提供6 mol OH，1 mol Al2(SO4)3中含有2 mol Al3+，由反应Al3+3OHAl(OH)3可知，2 mol Al3+完全沉淀，需要6 mol OH，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，AB为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，BC为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；B、D点的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；C、前3 L Ba(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3 L6 L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3 L1 mol/L=3 mol，由生成硫酸钡可知3nAl2(SO4)3=nBa(OH)2，故nAl2(SO4)3=1 mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)2nBa(OH)26mol，故n(AlCl3)2mol，故原溶液中原混合液中cAl2(SO4)3c(AlCl3)12，C正确；D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2+2Al3+6OH+33BaSO4+2Al(OH)3，D错误；答案选D。24.如下图所示操作能实现实验目的的是（ ）A. 用图甲装置分离碘和四氯化碳，在锥形瓶中收集到碘单质B. 用图乙装置收集NO气体C. 用图丙装置验证牺牲阳极阴极保护法D. 用图丁装置测定待测液中I2的含量【答案】B【解析】A. 用图甲装置分离碘和四氯化碳，在锥形瓶中收集到四氯化碳，选项A错误；B. NO遇空气能与氧气反应，不能排空气法收集，但密度比二氧化碳小且不反应，可用图乙装置收集NO气体，选项B正确；C、原电池锌做负极失电子发生氧化反应，铁做正极被保护，检验亚铁离子生成的试剂铁氰酸钾而不应用KSCN，所以装置不能验证牺牲阳极的阴极保护法，选项C错误；D、硫代硫酸钠呈碱性，必须装在碱式滴定管，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查物质的分离及电化学基础，注意化学仪器使用的注意事项。如酸式滴定管、碱式滴定管的使用范围，气体的收集与性质密切联系。25.某研究小组为了探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验，并记录实验现象。实验装置实验序号滴管试剂试管试剂实验现象0.2 mol/LNaClO溶液饱和Ag2SO4溶液产生白色沉淀CH3COOH溶液光照管壁有无色气泡0.2mol/LFeSO4酸性溶液和KSCN溶液溶液变红0.2mol/L的AlCl3溶液产生白色沉淀则以下判断不正确的是A. 实验：发生的反应为Ag+ClO-+H2O=AgCl+2OH-B. 实验：无色气体为O2C. 实验：还原性强弱顺序Fe2+Cl-D. 实验：ClO-与Al3+的水解相互促进【答案】A【解析】【详解】A、根据水解原理可知NaClO溶液与饱和Ag2SO4溶液反应：2Ag+2ClO-+H2OAg2O+2HClO，A错误；B、醋酸酸性大于次氯酸，所以NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成氧气，B正确；C、ClO-具有氧化性，Fe2+具有还原性，被氧化为Fe3+，遇KSCN溶液，溶液变红，所以还原性Fe2+Cl-，C正确；D、NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，D正确；答案选A。26.中国科学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点（CQDS）/氮化碳（C3N4）纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。说法不正确的是（ ）A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B. 每生成1molO2，阶段II中转移电子2molC. 阶段中，H2O2既是氧化剂又是还原剂D. 反应的两个阶段均为吸热过程【答案】D【解析】【详解】A根据图示，该过程是利用太阳光分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，故A正确；B根据图示，阶段中发生双氧水的分解反应，氧由-1价变成0价和-2价，所以每生成1molO2，阶段中转移电子2 mol，故B正确； C根据图示，阶段中发生双氧水的分解反应，H2O2分解生成氧气和水，反应中H2O2既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D水转化为过氧化氢和氢气是吸热反应，但H2O2能量高，不稳定，易分解，所以双氧水分解的反应为放热反应，即第II个过程为放热反应，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意多数分解反应为吸热反应，但过氧化氢的分解为放热反应。27.通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2 (含Na2CO3) 纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是A. 干燥管b中装入碱石灰B. Q气球中产生的气体主要成份O2、CO2C. 测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3D. 读完气体总体积后，关闭K3,缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小【答案】D【解析】【详解】A、加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒中排水测氧气的量，进而计算过氧化钠的量，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3，C正确；D、读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1，还要再打开K2，才可观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，D错误。答案选D。28.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物（含Al2O3、MgO），过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下：下列有关说法不正确的是A. NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8 mol/LB. b点与c点溶液所含微粒种类相同C. a点溶液中存在的离子是Na、AlO2、OH、H+D. 生成沉淀的离子方程式为：HCO3+AlO2H2OAl(OH)3CO32【答案】A【解析】【详解】A. 前8 mL碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，最终生成氢氧化铝是0.032 mol，消耗碳酸氢钠是32 mL，根据NaAlO2NaHCO3H2OAl(OH)3Na2CO3可知消耗碳酸氢钠是0.032 mol，溶液中偏铝酸钠是0.032 mol，NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.032 mol0.032 L1.0 molL1，A错误；B.b点与c点发生偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，且偏铝酸钠过量，因此溶液所含微粒种类相同，B正确；C.氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，所以a点溶液中存在的离子是Na、AlO2、OH、H+，C正确；D.生成沉淀的离子方程式为：HCO3+AlO2H2OAl(OH)3CO32，D正确；答案选A。29.电解质溶液导电的本质是阴阳离子在电场作用下迁移，通过实验探究同一溶液中不同离子的迁移差异。将pH试纸用不同浓度Na2SO4的溶液充分浸湿，进行如下实验：a，b，c，d均是石墨电极，电极间距4cm，电极电流0.20mA。实验现象：时间试纸试纸1mina极试纸附近变红，b极附近试纸变蓝c极附近试纸变红，d极附近变蓝10min红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色对实验现象解释及预测不合理的是（ ）A. b、d两极附近变蓝的原因：2H2O+2e-=H2+2OH-B. 试纸红色区长度大于蓝色区：说明单位时间内OH-的迁移速度快于H+C. 试纸中的现象说明此浓度下迁移的主要离子是Na+和SO42-D. 预测10min后，试纸红蓝区之间又会出现黄色区域【答案】B【解析】【分析】电解硫酸钠溶液，在阳极a、c上是氢氧根离子放电，溶液显示酸性，试纸显示红色，在阴极b、d上是氢离子得电子的还原反应，溶液显示碱性，试纸显示蓝色，对比试纸I和试纸的现象分析解答。【详解】Ab、d极均为阴极，H+在阴极上发生还原反应生成氢气，促进水的电离，溶液中OH-浓度增大，pH试纸变蓝，故A不选；B试纸I红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm，此现象说明此环境中H+的迁移速率比OH-快，故B错误； C试纸中c极上是氢氧根离子放电，溶液显示酸性，附近试纸变红，d极上是氢离子放电，溶液显示碱性，附近试纸变蓝，一段时间后，两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色，此现象说明此浓度下迁移的主要离子不是H+、OH-，可能是Na+和SO42-，故C正确；D10min后，试纸中H+和OH-向两边继续迁移，氢离子和氢氧根离子反应生成水，溶液显中性，红蓝区之间又会出现黄色区域，故D正确；故选B。30.在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是A. Ir的表面发生反应：H2 + N2ON2 + H2OB. 导电基体上的负极反应：H22e2H+C. 若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D. 若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量【答案】C【解析】【详解】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2ON2 + H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H22e2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。第II卷 非选择题二、非选择题31.金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。（1）在通常状况下，金刚石和石墨相比较，_(填“金刚石”或“石墨”)更稳定。（2）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJmol1、497kJmol1。N2(g)O2(g)=2NO(g) H180.0kJmol1。NO分子中化学键的键能为_kJmol1。（3）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：_。【答案】 (1). 石墨 (2). 631.5 (3). 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) H-746.0kJmol1【解析】【分析】(1)物质的能量越高，越不稳定；(2)根据焓变H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，计算NO分子中化学键的键能；(3)利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热，再写出热化学方程式。【详解】(1)根据图象，金刚石能量高于石墨，能量越低，越稳定，所以石墨稳定，故答案为：石墨；(2)根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJmol-1、497kJmol-1以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJmol-1可设NO分子中化学键的键能为x，根据焓变H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，有：946kJmol-1+497kJmol-1-2x=180kJmol-1 ，解得：x=631.5kJmol-1，故答案为：631.5；(3)根据图像，C(石墨，s)+O2(g)CO2(g)H=-393.5 kJmol-1 ，C(石墨，s)+O2(g)CO(g)H=-110.5 kJmol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJmol-1，根据盖斯定律，将2-2-得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=(-393.5 kJmol-1)2-(-110.5 kJmol-1)2-(+180kJmol-1)=-746.0kJmol-1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.0kJmol-1。32.A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A、E在元素周期表中的相对位置如图，A与氧元素能形成两种无色气体，C是地壳中含量最多的元素，D是地壳中含量最多的金属元素。AE（1）C在元素周期表中的位置为_。（2）AE2的电子式为_。（3）C、E、F的单质沸点最低的是_(填化学式)。（4）C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是_(填离子符号)。（5）实验室制取F2气体的离子方程式为_。（6）在微电子工业中，B的最简单气态氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). (3). O2 (4). S2-Cl-O2-Al3+ (5). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O (6). 2NH3H2O+3H2O2=N2+8H2O或2NH3+3H2O2=N2+6H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A与氧元素能形成两种无色气体，为CO、CO2，则A为C元素；结合A、E在元素周期表中的相对位置可知E为S元素；C是地壳中含量最多的元素，C为O元素，则B只能为N元素；D是地壳中含量最多的金属元素，D为Al元素，F的原子序数最大，F只能为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为S元素，F为Cl元素。(1)C为O，在元素周期表中位于第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；(2)AE2的分子式为CS2，与二氧化碳结构相似，电子式为，故答案为：；(3)常温下S为固体，氧气与氯气均为气体，相对分子质量大的沸点高，则C、E、F的单质沸点最低的是O2，故答案为：O2；(4)电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是S2-Cl-O2-Al3+，故答案为：S2-Cl-