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）

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-o2