吉林省松原高中2020届高三化学第一次模拟考试题（四）

此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届高三第一次模拟测试卷化 学（四）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Cu 64 Zn 65一选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A砒霜的主要成分是三硫化二砷B氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒D铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强2下列化学用语的表示不正确的是ANa2S的电子式：BHClO 的结构式：HOClC2，2二甲基丙烷的结构简式：D氯离子结构示意图可以表示35Cl，也可以表示37Cl3下列有关实验操作的叙述中正确的是A利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水，进行甘油与乙醇的混合物分离B进行H2，NH3，CO2，Cl2，HCl，NO2等气体收集，也能用于NO气体收集C当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收，并防止倒吸D常用于实验室收集氧气、氢气等4下列说法中正确的是AMg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到B小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂CC、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，三种元素的二氧化物都属于酸性氧化物，故均能与碱反应而不能与酸反应D碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，如Na2O2、Mn2O7、Fe2O3都为碱性氧化物5用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A室温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为5103NAB14g乙烯和14g丙烯中含有的共用电子对数均是3NAC1mol FeI2与一定量氯气反应时，若有0.5mol Fe2+被氧化则转移的电子数为2.5NAD0.4mol AgNO3受热完全分解（2AgNO32Ag+2NO2+O2），用排水法最终收集到气体的分子数为0.1NA6下列各组离子中，在给定条件下能够大量共存的是A通入足量CO2后的溶液中：Na+、SiO、CH3COO、COB无色溶液中：Mg2+、MnO、SO、K+C酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO、IDc(H+)/c(OH)=1012的溶液中：NH、Al3+、NO、Cl7分子式为C9H10O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有(不考虑立体异构) A15种 B14种 C13种 D12种8某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应，反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是A缓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收BA装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C 装置而产生误差C为了防止B 中盐酸挥发产生干扰，必须在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶D若CaCO3样品的质量为x，从C 中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则CaCO3的纯度为9下列说法不正确的是A反应MgO(s)+C(s) =Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的H0B原电池输出电能的能力取决于组成原电池的反应物的氧化还原能力C0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去10根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶非金属性：ClSiC向盛有铜片的容器中加入浓硝酸产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色浓硝酸具有强氧化性和酸性D向NaAlO2溶液中持续通入气体Y出现白色沉淀Y可能是CO2气体11下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是AX所在主族中，X的简单氢化物分子间存在氢键，所以其氢化物稳定性最强BR简单氢化物的酸性弱于W简单氢化物，故元素非金属性R小于WC在同周期中，W的含氧酸酸性最强D已知Z的一种金属储氢材料LiZH4()遇水剧烈反应放出H2，则反应方程式为：LiZH4+2H2O=LiZO2+4H212已知：2Fe3+2I2Fe2+I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验。下列说法不正确的是A实验i中现象说明有Fe2+生成B实验中现象说明反应后溶液中含有Fe3+C实验水溶液中c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)D实验中再加入4滴0.1molL1FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化13下列各图与表述一致的是A图表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1时A、B饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数BAB用图所示装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3C图可以表示向一定量的明矾溶液中逐滴滴加一定浓度氢氧化钡溶液时产生Al(OH)3沉淀的物质的量变化D图电解饱和食盐水的装置中，溶液B为浓氢氧化钠溶液14将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是A标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体B最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl)+c(OH)C最终得到7.8g的沉淀D最终得到的溶液中c(Na+)=1.5molL115H2S有剧毒，石油化工中常用以下方法处理石油炼制过程中产生的H2S废气。先将含H2S的废气(其它成分不参与反应)通入FeCl3溶液中，过滤后将溶液加入到以铁和石墨棒为电极的电解槽中电解(如图所示)，电解后的溶液可以循环利用。下列有关说法不正确的是A过滤所得到沉淀的成分为S和FeSB与外接电源a极相连的电极反应为Fe2+e=Fe3+C与外接电源b极相连的是铁电极D若有0.20mol的电子转移，得到氢气2.24L(标准状况)16在NaCN溶液中存在水解平衡：CN+H2OHCN+OH，水解常数Kh=(NaCN)是NaCN溶液的起始浓度。25向1molL1的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH pOH=lgc(OH)的关系如右图所示，下列说法错误的是A25时，Kh(CN)的值为104.7B升高温度，可使曲线上a点变到b点C25，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN的水解程度减小Dc点对应溶液中的c(OH)大于a点二、非选择题（共52分）17过碳酸钠俗称固体双氧水，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，它的制备原理和路线如下：已知：2Na2CO3 + 3H2O2=2Na2CO33H2O2 H0请回答下列问题： （1）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是_。 aMnO2 bH2S c稀硫酸 dNaHCO3（2）加入NaCl的作用是_。（3）工业纯碱中含有Fe3+等杂质，加入稳定剂的作用是与Fe3+生成稳定的配合物，Fe3+对反应的不良影响是_。（4）反应的最佳温度控制在1520，温度偏高时造成产率低可能是_。（5）以上流程中遗漏了一步，造成所得产品纯度偏低，该步操作的名称是_。进行该操作的方法是：_。（6）为测定产品的纯度。 准确称取ag产品配成250mL溶液，移取25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释成100mL，作被测试样；用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，MnO的还原产物是Mn2+。用c molL1 KMnO4标准溶液V mL滴定待测液，滴定到达终点的现象是_。重复滴定三次，平均消耗c molL1 KMnO4标准溶液VmL，则产品中过碳酸钠的质量分数为_。配制c molL1 KMnO4标准溶液时，移液时有少量液体溅出，则产品的纯度将_（变大、变小或不变）。18羰基硫（COS）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。（1）羰基硫的结构与二氧化碳相似，电子式为_，硫原子的结构示意图_。（2）羰基硫的氢解和水解反应是两种常用的脱硫方法：氢解反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H1+7 kJmol1水解反应：COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) H2=34 kJmol1已知：2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) H=484 kJmol1表示CO燃烧热的热化学方程式为_。（3）氢解反应平衡后保持温度和压强不变通入适量的He，则正反应速率_，COS的转化率_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量COS(g)和H2(g)，发生氢解反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是_（填字母序号）。（下图中正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（5）某温度下，在体积为2 L密闭的容器中通入2mol COS(g)和4mol H2O(g)发生上述水解反应，5 min后达到平衡，测得COS(g)的转化率是75%，回答下列问题：v(H2S)_ mol(Lmin)1该温度下平衡常数K_。19为了提高资源利用率，减少环境污染，化工集团将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链，如图所示。请填写下列空白：（1）钛铁矿进入氯化炉前通常采取洗涤、粉碎、烘干、预热等物理方法处理，请从原理上解释粉碎的作用_；（2）已知氯化炉中反应氯气和焦炭的理论用料物质的量比为76，则氯化炉中的化学方程为_。（3）TiCl4在常温下为无色液体，在军事上可作为人造烟雾剂，因为它在湿空气中会大冒白烟，水解生成二氧化钛的水凝胶TiO2xH2O（也常写成H2TiO），工业上可也用此反应制备TiO2。请写出该水解方程式_（用TiO2xH2O或H2TiO表示均可），工业上用TiCl4制备TiO2xH2O时要加入大量的水，同时加热，目的是_。（4）Ar气通入还原炉中并不参与反应，通入Ar气的作用是_。（5）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。已知该燃料电池的总反应式为2CH3OH3O24OH=2CO6H2O，工作一段时间后，测得溶液的pH_(填“减小”、“增大”或“不变”)。（6）FeCl3溶液可作为印刷电路铜板的腐蚀液，写出该反应的离子方程式_。20甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单，产物中H2 含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜)，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下：反应(主)：CH3OH(g)+ H2O(g)CO2(g)+ 3H2(g) H1=+49 kJmol1反应(副)：H2(g)+ CO2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41 kJmol1温度高于300则会同时发生反应：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) H3（1）计算反应的H3= _。（2）反应1能够自发进行的原因是_，升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是_。（3）右图为某催化剂条件下，CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。随着温度的升高，CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是_(填标号)。A反应逆向移动B部分CO转化为CH3OHC催化剂对反应的选择性低D催化剂对反应的选择性低随着温度的升高，CH3OH 实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是_。写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施_。（4）250，一定压强和催化剂条件下，1.00mol CH3OH 和1.32mol H2O 充分反应(已知此条件下可忽略反应)，平衡时测得H2为2.70mol，CO有0.030mol，试求反应中CH3OH的转化率_，反应的平衡常数_。(结果保留两位有效数字)21连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是印染工业的一种常用原料，连二亚硫酸钠又称保险粉，可溶于水，但不溶于甲醇，其固体受热、遇水都会发生反应放出大量的热，甚至引起燃烧，工业制备流程如下：请回答下列问题：（1）保存连二亚硫酸钠的注意事项_(任写一项)。（2）向液锌中鼓入M气体，使液态锌雾化，目的是_；鼓入的气体M为空气的一种主要成分，则M的电子式为_；（3）流程的化学方程式为_。（4）流程的分离方法步骤为过滤、洗涤、干燥。其中过滤用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_；洗涤所用试剂是_；实验时加入NaCl固体的作用是_。（5）连二亚硫酸钠可以用于除去废水中的重铬酸根离子(Cr2O被转化为Cr3+，S2O被转化为SO)，写出该反应的离子方程式_。2020届高三第一次模拟测试卷化 学（四）答案1.【答案】C【解析】A砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；B碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；C阿司匹林为感冒用药，但因其含有水杨酸，服用过量易造成酸中毒，可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性，故C正确；D金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；综上所述，本题选C。2.【答案】A【解析】A项，Na2S中存在离子键，Na2S正确的电子式为，错误；B项，HClO的结构式为HOCl，正确；C项，2，2二甲基丙烷的结构简式为，正确；D项，35Cl、37Cl的核电荷数都为17，核外电子数都为18，既可表示35Cl，也可以表示37Cl，正确；答案选A。3.【答案】D【解析】A甘油与乙醇互溶，不能分液分离，A错误；BNO易被氧化为NO2，不能用排空气法收集，B错误；C苯的密度小于水，在上层，不能用于吸收氨气和氯化氢，不能防止倒吸，C错误；D氧气和氢气不溶于水，可以用排水法收集，D正确，答案选D。4.【答案】B【解析】A活泼金属钠、镁、铝的冶炼采用电解法获得，金属铜采用热还原法制得，故A错误； B碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳和水、碳酸钠，可以制作面包等糕点的膨松剂，碳酸氢钠还可以和酸反应生成二氧化碳、盐、水，用来治疗胃酸过多，故B正确；C二氧化硅属于酸性氧化物，能与氢氟酸反应，二氧化硫为酸性氧化物，但是能够与硝酸反应，故C错误；D碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但是由金属元素和氧元素组成的氧化物不一定为碱性氧化物，如过氧化钠不属于碱性氧化物，故D错误；故选：B。5.【答案】A【解析】A项，室温下pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH)=0.01molL1，Ba(OH)2属于二元强碱，c(Ba2+)=0.005molL1，由于溶液体积未知无法计算n(Ba2+)，A项错误；B项，n(C2H4)= =0.5mol，1个乙烯分子中含6对共用电子对，14g乙烯中含共用电子对物质的量为3mol，n(C3H6)= mol，1个丙烯分子中含9对共用电子对，14g丙烯中含共用电子对物质的量为3mol，B项正确；C项，1mol FeI2中含1mol Fe2+和2mol I，还原性IFe2+，Cl2先与I反应，I完全反应后与Fe2+反应，若有0.5mol(Fe2+被氧化，则2mol I被完全氧化，转移电子物质的量为2mol1+0.5mol1=2.5mol，C项正确；D项，根据反应2AgNO32Ag+2NO2+O2，0.4mol AgNO3受热完全分解生成0.4mol NO2和0.2mol O2，用排水法收集气体时发生的反应为：3NO2+H2O=NO+2HNO3、2NO+O2=2NO2，总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，0.4mol NO2和0.2mol O2用排水法收集时NO2完全反应，消耗了0.1mol O2，最终收集到0.1mol O2，D项正确；答案选A。6.【答案】D【解析】A足量的二氧化碳显酸性，不能大量存在CO、SiO，故A错误；BMnO为紫色，与无色不符，故B错误；C酸性溶液中ClO、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；Dc(H+)/c(OH)=1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确。7.【答案】B【解析】该有机物能与NaHCO3发生反应产生二氧化碳气体，说明含有羧基COOH。取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为COOH、CH2CH3，有邻、间、对3种；取代基为乙酸基、CH3，有邻、间、对3种；取代基为COOH、CH3，CH3，2个甲基邻位，2种；2个甲基间位，3种；2个甲基对位，1种；符合条件的总共有14种，故选B。8.【答案】C【解析】根据实验装置图分析，该测定装置的原理是：CaCO3与HCl反应生成CO2，用足量Ba(OH)2溶液吸收反应生成的CO2，由测量的BaCO3沉淀的质量计算CaCO3的纯度。A，为了确保反应生成的CO2全部被Ba(OH)2溶液吸收，实验结束要缓入空气将装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收，A项正确；B，A中的NaOH溶液、D中的碱石灰都能吸收空气中CO2，防止空气中的CO2气体进入C装置中产生误差，B项正确；C，因为测量的是BaCO3的质量，所以不必除去HCl，一方面HCl与Ba(OH)2反应不会形成沉淀，另一方面若用NaHCO3吸收HCl会使测得的CO2偏高，产生误差，C项错误；D，根据C守恒，样品中CaCO3的质量=M（CaCO3），则CaCO3的纯度为100%，D项正确；答案选C。9.【答案】C【解析】A由反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)可知，S0，如反应能自发进行，则应满足H-TS0，而常温下不能进行，则该反应的H0，A项正确；B原电池输出电能的能力与组成原电池的反应物的氧化还原能力和装置的设计的和理性等因素有关，发生氧化还原反应能力越强，输电能力越强，B项正确；C醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO)增大，故溶液中的值增大，C项错误；D锅炉长期使用，需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率，水垢中含有CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，使CO与CaSO4转化为CaCO3，再将不溶物用稀盐酸溶解除去，D项正确。答案选C。10.【答案】B【解析】A浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，该实验中浓硫酸将蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳，说明有碳、水及气体生成，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故A正确；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故B错误；C将盛有铜片的容器中加入浓硝酸，产生的大量红棕色气体为二氧化氮，溶液变为蓝绿色说明生成铜离子，据此可知铜被浓硝酸氧化，证明浓硝酸具有强氧化性，故C正确；D反应生成氢氧化铝沉淀，发生强酸制取弱酸的反应，向NaAlO2溶液中持续通入气体Y，Y可能为二氧化碳，故D正确。故选B。11.【答案】D【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素，W为Cl元素，AX 为氧元素，所在主族中非金属性最强，所以其氢化物稳定性最强，选项A错误；B简单氢化物的酸性强弱不能用于判断元素非金属性强弱，应该是R的最高价氧化物的水化物H2SO4性弱于W最高价氧化物的水化物HClO4，故元素非金属性R小于W，选项B错误；C在同周期中，W的最高价含氧酸HClO4酸性最强，选项C错误；D已知Z的一种金属储氢材料LiZH4()遇水剧烈反应放出H2，则反应方程式为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2，选项D正确。答案选D。12.【答案】D【解析】A项，实验i向混合液中加入K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀，说明混合液中有Fe2+，说明FeCl3与KI反应生成Fe2+，正确；B项，实验ii向混合液中加入KSCN溶液，溶液变红说明混合液中含有Fe3+，正确；C项，实验i中加入K3Fe(CN)6溶液发生反应：3Fe2+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62，Fe2+浓度减小，实验iii中加入CCl4，CCl4将I2从水溶液中萃取出来，平衡向正反应方向移动，Fe2+浓度增大，实验iii水溶液中c(Fe2+)大于实验i中c(Fe2+)，正确；D项，实验iii中再加入4滴0.1molL1 FeCl2溶液，Fe2+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，I2浓度减小，振荡静置，CCl4层溶液颜色变浅，错误；答案选D。13.【答案】C【解析】A由图可知，将t1时A、B的溶解度相同，故其饱和溶液的质量分数相同。分别升温至t2时，A和B的溶解度都增大，所以其饱和溶液的溶质的质量分数保持不变，即B=A，A不正确；B蒸发FeCl3溶液时，氯化铁发生水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，水解平衡向正反应方向移动，故无法得到无水氯化铁， B不正确；C向一定量的明矾溶液中逐滴滴加一定浓度氢氧化钡溶液时，溶液中的铝离子先逐渐沉淀为氢氧化铝，氢氧化钡过量后，氢氧化铝又逐渐溶解，C正确；D 由图中钠离子的迁移方向可知，电解池的右池为阳极室，溶液A为浓氢氧化钠溶液，溶液B为稀氯化钠溶液，D不正确。本题选C。14.【答案】C【解析】15.6g Na2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4g Al的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl。A过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）22.4Lmol1=8.96L，故A错误；B反应后溶液的成分是NaCl和NaAlO2，由电荷守恒可知c(Na+)=c(Cl)+c(OH)+c(AlO)-c(H+)，故B错误；C最终生成Al(OH)3为0.1mol，质量为0.1mol78gmol1=7.8g，故C正确；D根据钠离子守恒可知，反应后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=20.2mol=0.4mol，故溶液钠离子的物质的量浓度为=2molL1，故D错误；故选C。15.【答案】A【解析】A将H2S通入FeCl3溶液中，H2S被铁离子氧化为S，即发生2Fe3+H2S=S+2Fe2+2H+，所以过滤得到的沉淀是S沉淀，故A错误；B与b相连的电极上氢离子得电子生成氢气，故为阴极，所以与a极相连的电极为阳极，阳极上亚铁离子失电子生成铁离子，即电极反应式为Fe2+e=Fe3+，所以B选项是正确的；C如果Fe与外接电源的a极相连，Fe作阳极失电子，而溶液中的亚铁离子不反应，所以不能用Fe作阳极与a相连，铁电极只能和b相连。故C正确；D电极反应2H+2e=H2，有0.20mol电子发生转移，会生成0.1mol氢气，在标准状况下，氢气的体积为2.24L，故D正确。所以A选项是正确的。16.【答案】B【解析】A.当lgc0=0时，(NaCN)=1molL1，此时c2(OH)=10-4.7(molL1)2故由Kb得Kh(CN)=10 4.7，A正确B.随着竖坐标的值增大，c(OH)降低，即b点c(OH)小于a点，而升高温度加速盐类水解，所以B错误；C.向a点对应的溶液中加入固体NaCN，相当减少水的添加量，会降低CN的水解程度，C正确；D.随着竖坐标的值增大，c(OH)降低，故c点对应溶液中c(OH)大于a点，D正确，所以选择B。17.【答案】（1）abc （2）使2Na2CO33H2O2在水中的溶解降低，析出更多晶体 （3）催化双氧水的分解 （4）温度高时双氧水易分解 （5）晶体的洗涤；向置于过滤器上的沉淀加蒸馏水至刚好淹没沉淀，静置，待水自然流出后，再重复操作两到三次（6）酸性高锰酸钾溶液滴入最后一滴时，溶液由无色变为浅红色，且30s不恢复原色； %；变大【解析】（1）a、二氧化锰能够做催化剂，促进固体双氧水分解，使固体双氧水失效，故A正确； b、硫化氢具有还原性，能够与固体双氧水反应，使固体双氧水失效，故B正确；c、稀硫酸能够与过碳酸钠反应，使固体双氧水失效，故C正确；d、碳酸氢钠与固体双氧水不反应，不会使固体双氧水失效，故D错误；所以正确的有abc；（2）加入了氯化钠盐析，溶液中钠离子浓度增大，降低了固体双氧水的溶解度，会析出更多晶体。（3）铁离子能够做催化剂，促进双氧水的分解；（4）由于双氧水不稳定，温度高了容易分解；若是温度低了，反应速率太慢；（5）生成流程中需要洗涤操作，具体操作方法为：向置于过滤器上的沉淀加蒸馏水至刚好淹没沉淀，静置，待水自然流出后，再重复操作两到三次；（6）滴定到达终点的现象是：酸性高锰酸钾溶液滴入最后一滴时，溶液有无色变为浅红色，且30s不恢复原色；设参加反应的2Na2CO33H2O2为n mol，根据关系式：6KMnO45(2Na2CO33H2O2)，所以n(2Na2CO33H2O2)=cV5/6103mol；则m(2Na2CO33H2O2)= cV5/610-3mol314gmol1；故w(2Na2CO33H2O2)= 。配制c molL1 KMnO4标准溶液时，移液时有少量液体溅出，使标准液浓度偏小，消耗的标准液体积偏大，则产品的纯度将变大。18.【答案】（1）； （2）CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H=-283 kJmol1 （3）减小；不变 （4）bd （5）0.15；1.8【解析】（1）羰基硫的结构与二氧化碳相似，二氧化碳的电子式为：，所以羰基硫的电子式为：，硫是16号元素，硫原子的结构示意图为：，故答案为：；（2）已知： COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) H1+7kJmol1，COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) H2=34 kJmol1， 2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) H=484 kJmol1，根据盖斯定律，+2得：CO(g)+1/2O2(g) = CO2(g) H=-283 kJmol1，故答案为：CO(g)+1/2O2(g) =CO2(g) H=-283 kJmol1；（3）氢解反应COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)为反应前后气体分子数不变的可逆反应，平衡后保持温度和压强不变通入适量的He，容器体积增大，相当于减小压强，则正反应速率减小，因平衡不移动，所以COS的转化率不变，故答案为：减小；不变；（4）a. t1时刻正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故a错误；b. 在绝热、恒容的密闭体系中发生氢解反应，t1时刻平衡常数不再变化，说明反应体系的温度不再变化，反应达到了平衡状态，故b正确；c. t1时刻氢气和硫化氢的物质的量相等，t1时刻之后二者的物质的量还在变化，说明反应没有达到平衡状态，故c错误；d. t1时刻COS的质量不再变化，说明反应达到了平衡状态，故d正确；答案选：bd；（5）某温度下，在体积为2L密闭的容器中通入2mol COS(g)和4mol H2O(g)发生上述水解反应，5min后达到平衡，测得COS(g)的转化率是75%，由反应方程式COS(g)+ H2O(g)H2S(g) +CO2(g)可知，达到平衡时生成H2S的物质的量为：n(H2S)=2mol75%=1.5mol，则用H2S表示的反应速率为：v(H2S)1.5mol2L5min=0.15 mol(Lmin)1，故答案为：0.15；根据平衡三段式法有： COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)起始浓度(molL1)： 1 2 0 0转化浓度(molL1)：0.75 0.75 0.75 0.75平衡浓度(molL1)：0.25 1.25 0.75 0.75则该温度下平衡常数K=1.8，故答案为：1.8。19.【答案】（1）增大反应物间接触面积，提高化学反应速率（2）2FeTiO3+6C+7Cl26CO+2TiCl4+2FeCl3 （3）TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl；促进Ti4+水解 （4）Ar气氛可防止Mg、Ti与氧气或氮气反应；减小 （5）2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+【解析】（1）粉碎反应物，可以增大其表面积，从而增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，因此，本题正确答案是：增大反应物间接触面积，提高反应速率；（2）根据物质的量之比等于化学方程式的系数之比，则Cl2、C的系数分别为7、6，读图可知，氯化炉中氯元素由0降为-1价，则降低总数为127=14，碳元素由0升为+2价，升高总数为26=12，由于碳元素化合价升高总数不等于氯元素化合价降低总数，说明铁元素一定由+2升为+3价，且其系数为2，则该反应为： 2FeTiO3+6C+7Cl26CO+2TiCl4+2FeCl3，（3）根据题中信息，TiCl4水解生成二氧化钛的水凝胶TiO2xH2O，根据原子守恒反应方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl；工业上用TiCl4制备TiO2xH2O时要加入大量的水，同时加热，目的是：促进Ti4+水解。（4）还原炉中反应为2Mg(s)+TiCl4(s) =2MgCl2(s)+Ti(s)，Mg、Ti的还原性都强，容易被氧气、水、二氧化碳、氮气等气体氧化，降低钛的产率，而氩气是惰性气体，能防止镁、钛氧化，提高钛的产率，因此，本题正确答案是：Ar气氛可防止Mg、Ti与氧气或氮气反应；（5）该燃料电池的总反应式为：2CH3OH3O24OH=2CO6H2O，工作一段时间后，氢氧根离子被消耗，且水的量增大，则氢氧根离子浓度一定减小，电解质溶液的碱性减弱，pH减小。（6）铜和氯化铁溶液反应离子方程式为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+。20.【答案】（1）+90 kJmol1 （2）反应为熵增加的反应；CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 （3）C；升温反应速率加快 其它条件不变，提高n(水)/n(甲醇)的比例 (或