【解析】山东省曲阜市高三上学期期中考试化学试题

【全国市级联考】山东省曲阜市2018届高三上学期期中考试化学试题（解析版）山东省曲阜市2018届高三上学期期中考试化学试题1.《诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含含了许多化学知识。下列说法不合理的是A.

李白的诗句:“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川。”生紫烟包含了物理变化。B.

“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应C.

唐末五代时期丹学著作《元妙道要略》中有云“以硫黄、雄黄台硝石并蜜烧之;焰起，烧手面及烬屋舍者”。描述的是丹药的制作过程D.

古剑沈卢“以济钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多折断”。

济钢指的是铁的合金【答案】C【解析】A．水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，是物理变化，故A正确；B．Fe与硫酸铜反应制Cu，又称湿法炼铜，是置换反应，故B正确；C．黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，由题意可知，题中描述的是制备黑火药的过程，故C错误；D．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故D正确；答案为C。2.下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2溶液产生白色沉淀试样已氧化变质B向Co2O3中滴入浓盐水产生黄绿色气体氧化性：Co2O3>Cl2C向待测液中依次滴入氯水喝KSCN溶液溶液变为红色待测液中含有Fe2+D向Na2SO4和Na2CO3混合溶液中逐滴滴入0.1mol/L的AgNO3溶液产生白色浑浊Ksp(Ag2SO4)<Ksp(Ag2CO3)A.

AB.

BC.

CD.

D【答案】B【解析】A.

向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(C1O)2

溶液，Ba(C1O)2

溶液具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，故A错误；B.根据氧化还原反应方程式中氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，向Co2O3中滴入浓盐酸，产生黄绿色气体氯气，说明氧化性：Co2O3>C12，故B正确；C.应该先滴加KSCN

溶液，后滴加氯水，故C错误；D.

向Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴入AgNO3溶液能够反应生成硫酸银和碳酸银沉淀，不能证明Ksp(Ag2SO4)<Ksp(Ag2CO3)，故D错误；故选B。3.将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与消耗的HC1物质的量关系如图所示(忽略气体的溶解和HC1的挥发).下列说法不正确的是A.

0点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B.

0到a点发生反应的离子方程式:H++OH=H2O、CO32+H+=HCO3C.

通入CO2气体的体积在标准状况下为22.4LD.

NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L【答案】C【解析】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，选项A正确；B、根据A分析可知，0到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根，发生的离子反应为：H++OH=H2O、CO32+H+=HCO3，选项B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，选项C不正确；D、加入5molNaCL生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）=5mol2L5mol2L=2.5mol/L，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查混合物的计算，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分。4.下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一项是ABCDXFeCl2溶液FeCl3溶液FeFeSO4溶液YFeC13CuCl2AlFe2(SO4)3ZCl2FeNaOH溶液CuA.

AB.

BC.

CD.

D【答案】C【解析】试题分析：A项氯气会将FeCl2氧化；B项铁能置换出铜从而除杂；C项Al能与NaOH反应，除去Al；D项会引入Cu2+。考点：物质的除杂。5.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的是:选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性:S>C>Si稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液B制备纯净的氯气浓盐酸MnO2饱和食盐水C检验溶液X中含有CO32盐酸溶液X澄清石灰水D除去Na2CO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液A.

AB.

BC.

CD.

D【答案】A【解析】A、装置b中出现气体，说明硫酸的酸性强于碳酸，装置c中出现沉淀，说明碳酸的酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，即S>C>Si，故正确；B、MnO2和浓盐酸反应，需要加热，此装置中没有加热装置，饱和食盐水除去氯气中的HCl，从装置c中出来氯气中混有水蒸气，不是纯净的，故错误；C、装置b中加入盐酸，出现能使澄清石灰水变浑浊的气体，不能说明X中含有CO32－，可能含有HCO3－或SO32－或HSO3－，故错误；D、氯水具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能达到实验目的，故错误。点睛：本题考查实验设计方案的评价，设计过程中注意反应的条件，如选项B，MnO2和浓盐酸反应需要加热，此装置中缺少加热装置，离子检验中要防止其他离子的干扰，故选项C。6.将mg含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mo1/L的2L盐酸中，恰好完全反应，若向等质量的该样品通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是:A.

(m16)gB.

(m+16)gC.

(m32)gD.

16g【答案】A【解析】试题分析：2L1mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量为：n(HCl)=1mol/L×2L=2mol，Fe2O3、CuO或FeO与盐酸反应分别生成FeCl3、CuCl2、FeCl2，根据化合物中总化合价为0，金属氧化物Fe2O3、CuO和FeO中氧离子所带负电荷一定与FeCl3、CuCl2、FeCl2中氯离子所带负电荷的物质的量相等，即2n(O2)=n(Cl)=2mol，则Fe2O3、CuO和FeO中氧离子的物质的量为：n(O2)=1212n(Cl)=2mol×1212=1mol，金属氧化物中氧元素的质量为：16g/mol×1mol=16g，则Fe2O3、CuO和FeO金属元素的质量为：mg16g=(m16)g，根据质量守恒，该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是(m16)g，故选A。【考点定位】考查混合物的计算【名师点晴】本题考查了混合物的计算。氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应，反应生成氯化铁、氯化亚铁、氯化铜，根据化合物中总化合价为0可知，金属的氯化物中含有的氯离子所带电荷与氧元素所带电荷相等，根据盐酸中氯化氢的物质的量计算出氧原子的物质的量、质量，从而得出金属元素的质量。明确金属氧化物中氧元素与对应的氯化氢中氯离子的物质的量关系为解答本题的关键，注意质量守恒在化学计算中的应用。7.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、A13+、Cl、SO42、CO32、A1O2中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L，某同学进行了如下实验:

下列说法正确的是A.

原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl、SO42B.

滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C.

无法确定沉淀C的成分D.

无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl【答案】A【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明不含碳酸根离子，不含Ba2+，不含AlO2；加入硝酸钡有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，生成的气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入CO2产生沉淀，说明存在Al3+，沉淀C为氢氧化铝。因为存在的离子浓度均为0.1mol•L1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、原溶液中存在Al3+、NH4+、Fe2+、Cl、SO42，选项A正确；B、滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Al3+，选项B错误；C、沉淀C为氢氧化铝，选项C错误；D、原试液中含有Al3+、Cl，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在。8.将0.1mo1镁和铝的混合物溶于100mL2mol/L

稀硫酸中，然后滴加1mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是A.

当V=150mL时，金属粉末中镁粉的质量分数为50%B.

若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=400mL。C.

若其中镁粉的物质的量分数为a,用100mL2mol/L

稀硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol/LNaOH

溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为1/2<a<1D.

若在滴加NaOH溶液的体积为V2

时，溶液中溶质为NaAlO2【答案】B【解析】A、当V1=150mL时，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3

和Na2SO4混合液，由Na＋离子守恒可知，n（Na2SO4）=1/2n（Na＋）=1/2n（NaOH）=1/2×0.15L×1mol·L－1=0.075mol，设MgSO4为xmol，Al2(SO4)3为ymol，根据Mg原子、Al原子守恒可得：x+2y=0.1，根据SO42－离子守恒可知：x+3y=0.20.075，联立方程解得：x=0.05、y=0.025，镁粉的物质的量分数为50%，而不是质量分数，故A错误；B、当溶液中Mg2＋、Al3＋恰好沉淀完全时，此时的溶液为Na2SO4溶液，根据SO42－离子和Na＋离子守恒可得：n（Na＋）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=2×0.1L×2mol·L－1=0.4mol，所以滴入NaOH溶液的体积为V（NaOH）=0.4mol/1mol·L－1=0.4L=400mL，故B正确；C、混合物为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入450mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al(OH)3

沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，结合B选项：v1=400mL，再加入50mL1mol/L氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3

沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，Al(OH)3

+NaOH=NaAlO2+2H2O，Al(OH)3

最大取值0.05mol，即0＜n（Al）≤0.05mol，n（Mg）+n（Al）=0.1mol，则0.5≤n（Mg）＜1，即0.5≤a＜1；D、

若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlO2和Na2SO4混合液，故D错误；故选B。点睛：本题考查图象和混合物反应的计算相结合，题目难度较大，解题关键：明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析。解题技巧：守恒思想在化学计算中的应用方法。试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．对于图象分析题的解题规律：难点是C选项，D选项为易错点。9.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A.

在含有等物质的量的A1O2、OH、CO32溶液中逐滴加入盐酸:OH、CO32、A1O2B.

在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中缓慢通人氯气:I、Br、Fe2+C.

Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉:Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2D.

在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液:H+、Fe3+、NH4+【答案】D【解析】A、若H+最先与AlO2反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH反应生成AlO2，反应顺序为OH、AlO2、CO32，选项A错误；B、离子还原性I＞Fe2+＞Br，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I、Fe2+、Br，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br，选项B错误；C、氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，选项C正确；D、H+先发生反应，因为H+结合OH的能力最强，然后Fe3+与OH反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为

H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。10.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合有序号XYZW①SiNa2SiO3H2SiO3SiO2②NaNaOHNa2CO3NaCl③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A.

①②③B.

①③④C.

②③D.

①④【答案】A【解析】①硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅在高温条件下与碳反应生成硅单质，选项①符合；②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠，选项②符合；③氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙，次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成盐酸，盐酸浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应制备氯气，选项③符合；④铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不能一步转化为铁，选项④不符合。答案选A。11.右图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是A.

正极反应式为MnO2+4H++2e===Mn2++2H2OB.

微生物所在电极区放电时发生还原反应C.

放电过程中，H+从正极区移向负极区D.

若用该电池给铅蓄电池充电，MnO2电极质量减少8.7g，则铅蓄电池阴极增重9.6g【答案】C【解析】A、MnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，电极方程式为MnO2+4H++2e═Mn2++2H2O，选项A正确；B、形成原电池时，微生物所在电极区发生氧化反应，Cm(H2O)n被氧化生成水和二氧化碳，选项B错误；C、原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，选项C错误；D、给铅蓄电池充电，阴极发生PbSO4

+2e﹣=Pb+SO42﹣，电极质量减小，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查新型电池，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。12.向一定量的NaOH

溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀A1(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如右图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A.

a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42

、HCO3B.

b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42

、Cl－C.

c点对应的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO3

、F－D.

d点对应的溶液中：K＋、NH4+

、I－、

CO32【答案】B【解析】向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，开始时NaOH过量，发生的反应是：AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋2H2O，当NaOH完全反应后再加入AlCl3溶液，反应的方程式是：AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O=4Al(OH)3↓＋3NaCl，所以bc段对应的是AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O=4Al(OH)3↓＋3NaCl，b之前发生的是AlCl3＋4NaOH=NaAlO2＋2H2O。A项，根据上述分析，在a点，NaOH尚未完全反应，有NaOH剩余，会与Fe3+反应生成沉淀、与HCO3−反应生成CO32－和H2O，故不能大量共存，A错误；B项，在b点，NaOH恰好完全反应，溶液中溶质是NaAlO2，与Na+、S2−、SO42−、Cl−互相之间都不反应，故可以大量共存，B正确；C项，在c点，溶液中的NaAlO2恰好与AlCl3完全反应，溶液中的溶质是NaCl，Cl－会和Ag＋反应生成沉淀，故不能大量共存，所以C错误；D项，d点，AlCl3溶液过量，Al3＋会与CO32－发生双水解反应，故不能大量共存，所以D错误。此题答案选B。点睛：离子共存类问题必须从基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件，从复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等几个方面全面考虑、比较、归纳整理得到。因此做此类问题需要心细，考虑周全，然后全面解答。13.常温下，Ksp(CaSO4)=9×104,常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。下列判断中正确的是A.

a点对应的溶液中c(H+)·c(OH)

的数值为1×1014B.

a

点对应的Ksp不等于c点对应的KspC.

b

点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42)=3×103mol/L,而向d

点溶液中加入适量的CaSO4固体可以变到c

点D.

CaSO4的饱和溶液中c(SO42)>c(Ca2+)>c(H+)>c(OH)【答案】A【解析】A、常温下，水的离子积常数为1×1014，故a点对应的溶液中c(H+)·c(OH)

=Kw=1×1014，选项A正确；B、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，选项B错误；C、d根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l05＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42）会小于4×l03mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42），则c（SO42）小于3×l03mol/L；升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，向d点溶液中加入适量的CaSO4固体不能变到c

点，选项C错误；D、CaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故CaSO4的饱和溶液中c(SO42)=c(Ca2+)>c(H+)=c(OH)，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度。14.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.

KClO3+6HC1=KCl+3C12↑+3H2O

中，生成13.44L(标准状况)C12转移电子数为1.2NAB.

标准状况下，22.4LC12通入足量水中转移电子数为NAC.

足量的MnO2与一定量的浓盐酸反应得到1molCl2,若向反应后的溶液中加入足量的AgNO3,则生成AgC1的物质的量为2molD.

5.6gFe

与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为0.26NA【答案】D【解析】A、13.44L(标准状况)C12的物质的量为13.44L22.4L/mol13.44L22.4L/mol=0.6mol，反应KClO3+6HC1=KCl+3C12↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，当有0.6molCl2生成时，转移1mol电子，转移电子数为NA，选项A错误；B、A．标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应转移的电子少于1mol，转移的电子数小于NA，选项B错误；C、足量的MnO2与一定量的浓盐酸反应得到1molCl2，根据反应式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，因稀盐酸不反应，故盐酸的物质的量大于4mol，反应后溶液中氯离子的物质的量大于2mol，，若向反应后的溶液中加入足量的AgNO3，则生成AgC1的物质的量大于2mol，选项C错误；D、铁不足时，全部生成Fe3+，5.6g铁与稀硝酸反应失去的电子数为0.3NA，如果铁过量，将有部分生成Fe2+，失去的电子数大于0.2NA，小于0.3NA，选项D正确。答案选D。15.部分弱酸的电离常数如下表:弱酸HCOOHHCNH2S电离平衡常数(25℃)Ka=1.8×104Ka=4.9X1010Ka1=1.3×107Ka2=7.1×1015下列有关说法正确的是A.

恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者B.

HCOO、CN、HS在溶液中不可以大量共存C.

NaHS溶液中加入适量KOH后:c(Na+)=c(H2S)+c(HS)+2c(S2)D.

等体积、等浓度的HCOONa和NaCN两溶液中所含离子总数目HCOONa大于NaCN【答案】D【解析】A．等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，HCN溶液溶质浓度大，恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故A错误；B．酸性HCOOH＞HS，离子间不发生反应，HCOO、CN、HS在溶液中可以大量共存，故B错误；C．NaHS溶液中加入适量KOH后反应生成硫化钾和硫化钠，但硫化钠溶液中存在物料守恒，：c（Na+）═c（H2S）+c（HS）+C（S2），故C错误；D．根据电荷守恒，c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D正确；答案为D。16.25℃时，在25mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，液pH与CH3COOH溶液体积关系如下图所示，下列有关粒子浓度大小关系正确的是A.

a＝12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)B.

C点时溶液中有:c(Na+)＞

c(CH3COO－)＞c(H+)>c(OH－)C.

D点时溶液中有:c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)D.

曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有:c(Na+)>c(CH3COO)>c(H+)>c(OH)【答案】C【解析】A、反应至溶液显中性时，即c（OH）=c（H+），醋酸应稍过量，a＞12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)>c(OH－)=c(H+)，选项A错误；B、在C点，溶液显酸性，醋酸过量，溶液中有c（OH）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）＜c（CH3COO），溶液中离子浓度大小关系为：c（CH3COO）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH），选项B错误；C、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒可得：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，而c（Na+）=0.05mol/L，所以c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+），选项C正确；D、曲线上A、B间的任意一点，溶液显示碱性，c（OH）＞c（H+），根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），所以c（Na+）＞c（CH3COO），溶液中一定满足：c（Na+）＞c（CH3COO）＞c（OH）＞c（H+），选项D错误。答案选C。17.孔雀石主要成分是Cu2(OH)2CO3,还含少量FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下:（1）步骤I中涉及的主要反应用离子方程式表示为.（2）步骤Ⅱ中试剂①是(填代号).a.KMnO4b.H

b.H2O2

c.Fe粉

d.KSCN（3）步骤Ⅲ加入CuO

的目的是（4）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过冷却结晶、过滤等操作.（5）测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水的x值:称取2.41g硫酸铜晶体，在(填实验仪器名称)中加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g.则计算得x=(计算结果精确到0.1)【答案】Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2Ob消耗酸使溶液pH升高(或调节溶液pH)，便于Fe3+(水解)形成沉淀除去加热浓缩(或蒸发浓缩)坩埚4.5【解析】（1）步骤I反应涉及的主要反应是孔雀石与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，用离子方程式表示为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；（2）实验过程中先将矿石溶解，所以加入稀硫酸溶解碱式碳酸铜和碳酸亚铁，因将Fe2+氧化为Fe3+，而不引入杂质，选用过氧化氢，答案选b；（3）步骤Ⅲ溶液2中加入CuO

，消耗酸使溶液pH升高(或调节溶液pH)，便于Fe3+(水解)形成沉淀除去；（4）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过加热浓缩(或蒸发浓缩)、冷却结晶、过滤等操作；（5）在坩埚中加热硫酸铜晶体至质量不再改变时，所得粉末为CuSO4，计算其物质的量：n(CuSO4)=mMmM=1.6g160g/mol1.6g160g/mol=0.01mol，而减少的水的质量m(H2O)=2.41g1.6g=0.81g，n(H2O)=0.81g18g/mol0.81g18g/mol=0.045mol，CuSO4·xH2O

CuSO4+xH2O

1

x

0.01mol

0.045mol10.01mol10.01mol=x0.045molx0.045mol，解得x=4.5。18.重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:（1）步骤国的主要反应为:FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3

Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是。（2）滤渣1中含量最多的金属元素是，滤渣2的主要成分是及含硅杂质。（3）步骤④调滤液2的pH使之变（填“大”或“小”），原因是（用离子方程式表示）。（4）某工厂用76

kg

铬铁矿粉（含Cr2O3

40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品41.16kg，则产率为。【答案】7：2不能FeA1(OH)3小2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O70%【解析】(1)FeOCr2O3是还原剂，完全氧化为Na2CrO4和Fe2O3，每mol转移7mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO3，每mol转移2mol电子，根据电子守恒可知，FeOCr2O3和NaNO3的系数比为

2:7，陶瓷在高温下会与Na2CO3反应，则熔融时不能使用淘瓷容器；(2)烤块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁，滤液1中含有AlO2、SiO32及CrO42，调节溶液pH并过滤后得滤渣2为A1(OH)3；（3）滤液2调节pH的目的是提高溶液的酸性，pH变小；因为溶液中存在2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O，增大溶液中H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中Cr2O72的浓度；(4)样品中Cr2O3的质量为76

kg

×40%=30.4kg，则生成K2Cr2O7

的理论质量为30.4kg×294152294152=58.8kg，则所得产品的产率为41.16kg58.8kg41.16kg58.8kg×100%=70%。点睛：本题考查制备实验方案的设计与评价，涉及氧化还原反应离子方程式配平、盐类水解的应用及混合物的分离与提纯等，解题时要求对整个流程进行认识分析，对流程中每一个反应池或操作中出现的箭头要理解清楚，通常箭头指向反应池或容器的代表参加反应的物质，箭头背离的为生成物，再结合包括酸碱性、有无空气中氧气参与反应的环境，并借助于质量守恒及氧化还原反应的理论知识判断反应原理，写出反应方程式或离子反应式。19.从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，其主要成分是(填字母序号)A.Fe

B.FeO

C.Fe3O4

D.Fe2O3（2）现代利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程如下图所示。整个过程与温度密切相关,当温度低于570℃时,Fe3O4(s)和CO(g)反应得到的产物是Fe(s)和CO2(g),阻碍循环反应的进行。

①已知:Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)

ΔH1=+19.3kJ·mol1

3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)

ΔH2=57.2kJ·mol1

C(s)+CO2(g)2CO(g)

ΔH3=+172.4kJ·mol1

铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是。

②下图表示其他条件一定时,Fe3O4(s)和CO(g)反应达平衡时CO(g)的体积百分含量随温度(T)的变化关系。i.

当温度低于570℃时,对于反应Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)

，温度降低，CO的转化率

(填“增大”、“减小”或“不变”)。

ii.

当温度高于570℃时，随温度升高,反应Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)平衡常数的变化趋势是（填“增大”、“减小”或“不变”);1000℃时,该反应的化学平衡常数的数值是。（3）①古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下:

复分解反应ii的离子方程式是。

②基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN,方案如下:

若试纸变蓝则证明食品中含有CN,请解释检测时试纸中FeSO4的作用。【答案】CC(s)+H2O(g)=H2(g)十CO(g)

ΔH=+134.5kJ/mo1增大增大43[Fe(CN)6]4+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓碱性条件下，Fe2+与CN结合生成[Fe(CN)6]4,Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+,Fe3+与[Fe(CN)6]4反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色【解析】（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，答案选C；（2）①Ⅰ．Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）△H1═+19.3kJ•mol1Ⅱ.3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H2═57.2kJ•mol1Ⅲ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H3═+172.4kJ•mol1依据盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式；C（s）+H2O（g）═H2（g）+CO（g）△H═+134.5kJ•mol1；②i.

根据图中信息可知，当温度低于570℃时，对于反应Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)，温度降低，CO的体积分数降低，平衡正向移动，CO的转化率增大；ii．当温度高于570°C，随温度升高，反应Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）平衡正向进行，平衡常数的变化趋势增大，1000℃时CO体积分数为20%，结合三行计算列式计算得到平衡浓度，设起始浓度CO为1mol/L，消耗CO浓度为x

Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）起始量（mol/L）

1

0变化量（mol/L）

x

x平衡量（mol/L）

1x

x1−x11x1=20%，解得：x=0.8mol/L，K=0.81−0.80.810.8=4；（3）①[Fe(CN)6]4和Fe3+反应生成Fe4[Fe(CN)6]3蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3[Fe(CN)6]4+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓；②基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN，碱性条件下，Fe2+与CN结合生成[Fe(CN)6]4；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。20.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题:（1）H3PO2是一元中强酸，则H3PO2(aq)中离子浓度的顺序为:。（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银①H3PO2中，磷元素的化合价为②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,则氧化产物为(填化学式);③NaHPO2为(填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显（“弱酸性”，“中性”或“弱碱性”).（3）H3PO2的工业制法是将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H3PO2),后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:。（4）H3PO2也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子，阴离子通过):①写出阳极的电极反应式：②分析产品室可得到H3PO2的原因:（5）磷酸(H3PO4)

在水溶液中各种存在形式物质的量分数δ随pH的变化曲线如图:①向Na3PO4溶液中滴入稀盐酸后，pH从10降低到5的过程中发生的主要反应的离子方程式为。②从图中推断NaH2PO4溶液中各种微粒浓度大小关系正确的是。(填选项字母)A、c(Na+)>c(H2PO4)>c(H+)>c(HPO42)>c(H3PO4)B、c(Na+)>c(H2PO4)>c(OH)>c(H3PO4)>c