學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精江蘇省淮安市六校聯(lián)盟2020屆高三第三次學(xué)情調(diào)查化學(xué)試題含解析六校聯(lián)盟2020屆高三年級(jí)第三次學(xué)情調(diào)查化學(xué)試卷試題分值:120分考試時(shí)間100分鐘可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量H-1B11O—16Na-23S-32K—39Ca-40Br—80選擇題(共40分）單項(xiàng)選擇題:本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.習(xí)總書(shū)記在十九大報(bào)告中提出“我們要建設(shè)的現(xiàn)代化是人與自然和諧共生的現(xiàn)代化”，下列說(shuō)法正確的是A。在田間焚燒秸稈,以增加草木灰肥料從而減少化肥的使用B。推廣使用可降解塑料及布袋購(gòu)物,以減少“白色污染"C.用氯氣處理水中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子D。燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放【答案】B【解析】【詳解】A．田間焚燒秸稈雖然能增加草木灰肥料，但燃燒過(guò)程中產(chǎn)生大量二氧化碳、灰塵,易產(chǎn)生環(huán)境污染，且易引起火災(zāi)，故A錯(cuò)誤；B．最理想的“原子經(jīng)濟(jì)”就是反應(yīng)物的原子全部轉(zhuǎn)化為期望的最終產(chǎn)物，推廣使用可降解塑料及布袋購(gòu)物,以減少“白色污染”，從源頭上消除化學(xué)污染，符合綠色化學(xué)的要求，故B正確;C．氯氣可用于水的消毒殺菌，不能與Cu2+、Hg2+反應(yīng)生成沉淀，對(duì)重金屬離子沒(méi)有作用，故C錯(cuò)誤;D．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，減少酸雨的發(fā)生，不能減少溫室氣體(二氧化碳等)的排放，故D錯(cuò)誤；答案選B。2。反應(yīng)2HClO+Mg=Mg(ClO)2+H2↑。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語(yǔ)正確的是A.中子數(shù)為20的氯原子：Cl B.次氯酸的電離方程式：HClO=H++ClO—C.次氯酸的電子式： D.鎂離子的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】A【解析】【詳解】A．中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)為37,該氯原子正確的表示方法為：Cl,故A正確；B．次氯酸是弱電解質(zhì)，存在弱電解質(zhì)的電離平衡，電離方程式：HClO?H++ClO-，故B錯(cuò)誤；C．次氯酸是共價(jià)化合物，氧原子與氫原子、氯原子分別通過(guò)1對(duì)共用電子對(duì)結(jié)合結(jié)構(gòu)式為H?O?Cl，其正確的電子式為，故C錯(cuò)誤；D．Mg2+的核外電子總數(shù)為10，最外層滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),其離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故D錯(cuò)誤；答案選A.3。下列物質(zhì)性質(zhì)與應(yīng)用對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是A。氨氣具有還原性，可用作制冷劑B。Na2O2呈淺黃色，可用作潛水艇中的供氧劑C.二氧化硅能與氫氟酸反應(yīng)，可用于制光導(dǎo)纖維D。明礬水解形成Al(OH）3膠體，可用作水處理中的凈水劑【答案】D【解析】【詳解】A．氨氣易液化，液態(tài)氨氣汽化需要吸收大量的熱，可用作制冷劑，與還原性無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤;B．過(guò)氧化鈉為淡黃色是物理性質(zhì)，能夠與水、二氧化碳反應(yīng)生成氧氣是過(guò)氧化鈉的化學(xué)性質(zhì)，二者無(wú)聯(lián)系，故B錯(cuò)誤；C．二氧化硅具有對(duì)光良好的全反射作用，可用于制光導(dǎo)纖維,與二氧化硅能與氫氟酸反應(yīng)無(wú)因果關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．明礬凈水是利用鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)作用，所以明礬可用作凈水劑,故D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】物質(zhì)的性質(zhì)和用途需要相對(duì)應(yīng)，性質(zhì)決定用途,多關(guān)注生活中的化學(xué)現(xiàn)象和生活常識(shí)，可以有效地答對(duì)題.4。常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.無(wú)色透明的溶液中：Na+、MnO4-、SO32-、Br-B。=1×10—12的溶液中：Na+、K+、CO32-、NO3-C.能使甲基橙變紅的溶液：Mg2+、Na+、HCO3—、Cl—D。0.1mol·L-1Fe（NO3）2溶液：H+、Al3+、SO42—、I—【答案】B【解析】【詳解】A．無(wú)色透明的溶液中:MnO4—為紫紅色,在無(wú)色溶液中不能大量共存,故A錯(cuò)誤；B．常溫下,Kw=c（H+)c（OH—）=10-14，=1×10—12,c(H+)=10—13mol/L，c（OH—）=0.1mol/L，c（OH-)＞c(H+),說(shuō)明溶液為堿性溶液，氫氧根離子與Na+、K+、CO32—、NO3-相互都不反應(yīng)，可以大量共存，故B正確;C．能使甲基橙變紅的溶液中,溶液顯酸性，氫離子與碳酸氫根離子反應(yīng)，不能大量共存,故C錯(cuò)誤;D．0。1mol·L—1Fe（NO3)2溶液中，H+、NO3—與Fe2+、I—都可發(fā)生氧化還原反應(yīng),不能大量共存，故D錯(cuò)誤；答案選B。【點(diǎn)睛】排除離子共存題中的陷阱，如無(wú)色溶液，需排除高錳酸根，鐵離子，亞鐵離子，銅離子等有色離子，排除能反應(yīng)的離子，排除發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子，=1×10-12的溶液的酸堿性需要利用水的離子積判斷。5.NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的配制和標(biāo)定，需經(jīng)過(guò)NaOH溶液配制、基準(zhǔn)物質(zhì)H2C2O4?2H2O的稱量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A。用圖甲所示操作轉(zhuǎn)移NaOH溶液到容量瓶中B.用圖乙所示裝置準(zhǔn)確稱得0.1575gH2C2O4?2H2O固體C.用圖丙所示操作排除堿式滴定管中的氣泡D.用圖丁所示裝置以NaOH待測(cè)液滴定H2C2O4溶液【答案】C【解析】【詳解】A、轉(zhuǎn)移NaOH溶液到容量瓶中應(yīng)用玻璃棒引流，A錯(cuò)誤；B、托盤天平的精確度為0.1g，不能用托盤天平稱得0.1575gH2C2O4?2H2O固體，B錯(cuò)誤；C、用圖丙所示操作排除堿式滴定管中的氣泡，C正確;D、應(yīng)用堿式滴定管盛裝NaOH溶液待測(cè)液滴定H2C2O4溶液，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)為C.6.下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是A.Fe在稀硝酸中發(fā)生鈍化B。向苯酚鈉溶液中通少量的二氧化碳生成NaHCO3C。AlCl3與過(guò)量氨水反應(yīng)生成NaAlO2D。Fe少量的Cl2在高溫下反應(yīng)生成FeCl2【答案】B【解析】【詳解】A．常溫下，F(xiàn)e在濃硝酸中發(fā)生鈍化，與足量稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵、一氧化氮和水，故A錯(cuò)誤；B．由于碳酸酸性強(qiáng)于苯酚,苯酚酸性強(qiáng)于碳酸氫根離子，向苯酚鈉溶液中通少量的二氧化碳符合強(qiáng)酸制弱酸，生成苯酚和NaHCO3，故B正確；C．AlCl3與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鈉過(guò)量時(shí)，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成AlO2?，但氫氧化鋁與弱堿溶液不反應(yīng),所以AlCl3與過(guò)量NH3·H2O反應(yīng)不能生成AlO2?,故C錯(cuò)誤；D．Cl2具有強(qiáng)氧化性,Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，故D錯(cuò)誤；答案選B。7。下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是(）A.醋酸溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑B。向氨水中通入過(guò)量SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2OC.用石墨作電極電解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－D.等體積等物質(zhì)的量濃度的NH4Fe(SO4）2和Ba(OH)2混合:2Fe3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈣和醋酸都需要保留化學(xué)式，正確的離子方程式為:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO?,故A錯(cuò)誤;B．向氨水中通入過(guò)量SO2,反應(yīng)生成亞硫酸氫銨，正確的離子方程式為：NH3·H2O+SO2═NH4++HSO3?，故B錯(cuò)誤;C．因電解時(shí)在陰極附近產(chǎn)生了大量OH-，OH-能與Mg2+反應(yīng)：Mg2++2OH-=Mg(OH）2↓,離子反應(yīng)：Mg2++2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH）2↓，故C錯(cuò)誤；D．等體積等物質(zhì)的量濃度的NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2混合恰好全部轉(zhuǎn)化為沉淀，離子反應(yīng)為：2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Fe（OH)3↓,故D正確；答案選D。【點(diǎn)睛】C項(xiàng)石墨作電極電解MgCl2溶液時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為：2Cl——2e-=Cl2↑，陰極反應(yīng)式為:2H2O+4e—=2OH—↑+H2↑，陰極區(qū)還要考慮溶液中的離子與原溶液的離子是否發(fā)生反應(yīng).8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰,Z主族序數(shù)是周期序數(shù)的3倍，W是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素。下列說(shuō)法正確的是A.原子半徑：r(X)<r（Y）<r（Z）〈r(W)B。W的最高價(jià)氧化物的水化物是一種弱堿C。Y氫化物的穩(wěn)定性比Z的氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)D。X、Y、Z三種元素可以組成共價(jià)化合物或離子化合物【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，Z主族序數(shù)是周期序數(shù)的3倍，W是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素，則Z是O、W是Na元素,其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數(shù)小于Z，則Y是N元素，X是H元素?！驹斀狻緼．原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大，原子的電子層數(shù)相同的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序數(shù)Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半徑：r(X)＜r（Z）＜r（Y)＜r（W）,故A錯(cuò)誤；B．W是Na元素，W的最高價(jià)氧化物的水化物是NaOH,NaOH是強(qiáng)堿,故B錯(cuò)誤；C．Y單質(zhì)是氮?dú)?、Z單質(zhì)是氧氣，元素的非金屬性越強(qiáng)，其單質(zhì)的氧化性越強(qiáng),非金屬性O(shè)＞N元素，所以Z單質(zhì)的氧化性大于Y，故C錯(cuò)誤；D．Y是N元素，X是H元素，Z是O元素,X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨，硝酸是共價(jià)化合物、硝酸銨是離子化合物，故D正確;答案選D。9.下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是①FeS2SO2H2SO4②SiO2SiCl4Si③飽和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3④0。1mol·L-1HCl（aq)Cl2Ca(ClO）2⑤CuSO4(aq）Cu（OH)2Cu2OA。①③⑤ B.①③④ C。②④⑤ D.①④⑤【答案】A【解析】【詳解】①FeS2和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫具有還原性，能被氧化劑雙氧水氧化生成硫酸,所以能一步實(shí)現(xiàn)，故①正確;②二氧化硅和HCl不反應(yīng)，所以不能一步實(shí)現(xiàn),故②錯(cuò)誤;③飽和氯化鈉溶液中通入氨氣和二氧化碳，氨氣、二氧化碳和水反應(yīng)生成碳酸氫銨，碳酸氫鈉的溶解度小于氯化鈉；碳酸氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解生成碳酸鈉，所以能一步實(shí)現(xiàn)，故③正確；④實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣，1mol/LHCl是稀鹽酸，所以不能制取氯氣，所以不能一步實(shí)現(xiàn),故④錯(cuò)誤；⑤硫酸銅中加入過(guò)量氫氧化鈉生成氫氧化銅懸濁液，氫氧化銅能檢驗(yàn)醛基，葡萄糖中含有醛基，葡萄糖和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)生成磚紅色氧化亞銅，所以能一步實(shí)現(xiàn)，故⑤正確；答案選A?！军c(diǎn)睛】物質(zhì)的相互轉(zhuǎn)化需要熟悉各物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，包括金屬，非金屬及其化合物的性質(zhì)，硅和二氧化硅的性質(zhì)有特殊,高中階段介紹二氧化硅只能和氫氟酸反應(yīng)，它也不能和水反應(yīng)，但是可以和堿反應(yīng)生成鹽和水，牢記它的特殊性。10。熱激活電池可用作火箭、導(dǎo)彈的工作電源。一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無(wú)水LiCl－KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能。該電池總反應(yīng)為PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A。放電過(guò)程中，Cl-向正極移動(dòng)B.正極反應(yīng)式：PbSO4+2e－=Pb+SO42－C.反應(yīng)每轉(zhuǎn)移0。1mol電子，負(fù)極理論上消耗4gCaD.常溫時(shí)，在正負(fù)極間接上電流表，指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】【分析】由原電池總反應(yīng)可知Ca為原電池的負(fù)極,被氧化，反應(yīng)的電極方程式為Ca-2e—=Ca2+,PbSO4為原電池的正極,發(fā)生還原反應(yīng),電極方程式為PbSO4+2e—=SO42-+Pb，原電池工作時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng),陰離子向負(fù)極移動(dòng),結(jié)合電解方程式計(jì)算?！驹斀狻緼．放電過(guò)程為原電池，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，Cl—向負(fù)極移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．正極發(fā)生還原反應(yīng),正極反應(yīng)式：PbSO4+2e－=Pb+SO42－,故B正確；C．Ca為原電池的負(fù)極，被氧化,根據(jù)電極方程式Ca+2Cl-—2e-=CaCl2，反應(yīng)每轉(zhuǎn)移0。1mol電子，負(fù)極理論上消耗0。05molCa，質(zhì)量m=nM=0.05mol×40g/mol=2g，故C錯(cuò)誤；D．常溫下，電解質(zhì)不是熔融態(tài)，離子不能移動(dòng)，不能產(chǎn)生電流，因此連接電流表或檢流計(jì)，指針不偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】關(guān)于電化學(xué)的試題，需判斷出此電池為原電池，根據(jù)總方程式判斷出正負(fù)極，判斷出兩極的電極反應(yīng)，明確形成原電池的基本條件。不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題,每小題4分，共計(jì)20分.每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意.若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。11。下列說(shuō)法正確的是A.鉛蓄電池放電時(shí),正極每增加96g，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2×6.02×1023B。反應(yīng)2Cu+CO2+O2+H2O=Cu2（OH）2CO3在常溫下可自發(fā)，則該反應(yīng)ΔH＜0C.常溫下，將稀CH3COONa溶液加水稀釋后n(H+)·n（OH-)不變D。保持溫度不變，向稀氨水中緩慢通入CO2，溶液中的值減小【答案】BD【解析】【詳解】A．鉛蓄電池放電時(shí)，正極反應(yīng)為PbO2+4H++SO42?+2e?═PbSO4+2H2O，如1molPbO2參加反應(yīng)，則質(zhì)量增加64g，正極增加96g,則有1.5molPbO2參加反應(yīng),轉(zhuǎn)移3mol電子,數(shù)目為3×6.02×1023,故A錯(cuò)誤；

B．如能自發(fā)進(jìn)行,應(yīng)滿足△H?T△S＜0,反應(yīng)2Cu+CO2+O2+H2O═Cu2（OH）2CO3,△S＜0，在常溫下可自發(fā),則該反應(yīng)△H＜0，故B正確；

C．常溫下，將醋酸鈉稀釋后濃度降低，醋酸根離子水解程度增大，但溶液中c(OH?）減小，溫度不變，離子積常數(shù)不變，n(H+)?n（OH?）=c(H+）V×c（OH?)V=Kw×V2，溶液體積增大，所以n(H+）?n(OH?)增大,故C錯(cuò)誤；D．溫度不變電離平衡常數(shù)不變，溶液中=×=，通入二氧化碳時(shí)，二氧化碳和水反應(yīng)生成的碳酸和氫氧根離子結(jié)合生成水而促進(jìn)一水合氨電離，使得銨根離子濃度增大，所以的值減小,故D正確;答案選BD.【點(diǎn)睛】將D項(xiàng)的分析的值轉(zhuǎn)化為分析的值，從而分析銨根離子濃度變化，減小了分析難度。12.合成藥物異搏定路線中某一步驟如下:+下列說(shuō)法正確的是A.物質(zhì)X在空氣中易被氧化B.物質(zhì)Z與氫氣完全加成后的物質(zhì)中含有3個(gè)手性碳原子C。物質(zhì)Y能發(fā)生取代、消去、加成反應(yīng)D.等物質(zhì)的量的X、Y分別與NaOH反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量之比為1∶1【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．X中含有酚羥基,性質(zhì)不穩(wěn)定，易被氧氣氧化,故A正確；B．物質(zhì)Z與氫氣完全加成后的物質(zhì)中含有4個(gè)手性碳原子,如圖所示，故B錯(cuò)誤；C．Y含有酯基、溴原子，可發(fā)生水解反應(yīng)，酯基不能發(fā)生加成反應(yīng),故C錯(cuò)誤；D．X中只有酚羥基能和NaOH反應(yīng)，Y中酯基水解生成的羧基能和NaOH反應(yīng),溴原子水解生成的HBr能和NaOH反應(yīng),所以等物質(zhì)的量的X、Y分別與NaOH反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量之比為1:2,故D錯(cuò)誤；答案選A.13。根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向K2MnO4溶液（墨綠色)中加入醋酸，溶液逐漸變?yōu)樽仙矣泻谏恋泶姿峋哂醒趸訠向Fe（NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液變藍(lán)氧化性：Fe2+＞I2C向苯酚鈉溶液中通入CO2,溶液變渾濁結(jié)合H+能力:C6H5O－＞CO32-＞HCO3—D將K2CrO4滴入AgNO3溶液至不再產(chǎn)生沉淀，再滴加相同濃度的Na2S溶液，沉淀由紅棕色轉(zhuǎn)化為黑色Ksp(Ag2CrO4)＞Ksp（Ag2S)A.A B.B C。C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．高錳酸鉀溶液(墨綠色）中加入醋酸,溶液逐漸變?yōu)樽仙矣泻谏恋?說(shuō)明生成了高錳酸鉀和二氧化錳，錳元素的化合價(jià)既有升高、又有降低，不能說(shuō)明醋酸具有氧化性,故A錯(cuò)誤；B．Fe（NO3)2溶液中滴入HI，碘離子、亞鐵離子均被硝酸氧化，現(xiàn)象不能說(shuō)明Fe2+、I2的還原性強(qiáng)弱，故B錯(cuò)誤;C．苯酚鈉溶液中通入CO2，溶液變渾濁，生成苯酚和碳酸氫鈉,為強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)原理，則結(jié)合H+能力：CO32?＞C6H5O?＞HCO3?,故C錯(cuò)誤；D．將K2CrO4滴入AgNO3溶液至不再產(chǎn)生沉淀,再滴加相同濃度的Na2S溶液，沉淀由紅棕色轉(zhuǎn)化為黑色，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，向Ksp更小的方向進(jìn)行，可知Ksp(Ag2CrO4)＞Ksp(Ag2S)，故D正確;答案選D。14。25℃時(shí)，0。1molNa2CO3與鹽酸混合所得的一組體積為1L的溶液，溶液中部分微粒與pH的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)溶液中離子濃度關(guān)系敘述正確的是A.W點(diǎn)所示的溶液中：c（CO32－)＝c(HCO3－)＞c(OH－）＞c(H+)B。pH＝4的溶液中：c(H2CO3）+c(HCO3－)+c（CO32—)＝0.1mol·L-1C.pH＝8的溶液中：c(Na+)＞c（HCO3－)＞c(H2CO3）＞c(CO32—）D。pH＝11的溶液中：c（Na+）+c（H+)＝c(OH－)+c（Cl－）+c（CO32—）+c（HCO3－)【答案】AC【解析】【詳解】A．W點(diǎn)所示的溶液中c（CO32?)=c（HCO3?），溶液顯堿性,則c（OH?）＞c（H+），所以溶液中離子濃度關(guān)系為：c（CO32－)＝c(HCO3－）＞c（OH－)＞c(H+)，故A正確；B．pH從6到4時(shí)，溶液中含碳微粒的濃度有所減小，說(shuō)明反應(yīng)中有CO2生成.所以根據(jù)物料守恒,pH=4時(shí)，c(H2CO3)+c(HCO3?）+c(CO32?)＜0.1mol?L?1，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖象可知pH=8時(shí)，溶液中碳酸氫鈉的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于碳酸鈉的濃度，這說(shuō)明反應(yīng)中生成的碳酸氫鈉最多，HCO3?的水解程度大于電離程度,則c(Na+)＞c（HCO3?）＞c（H2CO3）＞c(CO32?），故C正確；D．根據(jù)圖象可知pH=11時(shí)，溶液碳酸鈉的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于碳酸氫鈉的濃度，溶液中電荷守恒為：c(Na+）+c（H+)=c（OH?）+c（Cl?)+2c（CO32?)+c（HCO3?），故D錯(cuò)誤；答案選AC。15.一定溫度下，在三個(gè)體積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：PCl5（g）?PCl3（g）＋Cl2（g）編號(hào)溫度（℃)起始物質(zhì)的量(mol）平衡物質(zhì)的量(mol）達(dá)到平衡所需時(shí)間(s）PCl5（g）PCl3(g）Cl2(g）Ⅰ3200。400.100。10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100。400。150.15t3下列說(shuō)法正確的是A.平衡常數(shù)K:容器Ⅱ＞容器ⅢB.反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC。反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ中的平均速率為v（PCl5)=mol/(L·s）D。起始時(shí)向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.15mol,則反應(yīng)將向逆反應(yīng)方向進(jìn)行【答案】BD【解析】【詳解】A．I、Ⅱ溫度相同,則二者平衡常數(shù)相等，Ⅲ比I相比溫度升高，平衡時(shí)Ⅲ中PCl3比I中的大，說(shuō)明升高溫度平衡正向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大，故平衡常數(shù)K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ，故A錯(cuò)誤;B．恒溫恒容下，Ⅱ等效在I中平衡基礎(chǔ)上壓強(qiáng)增大一倍，平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率減小，PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ，故B正確；C．速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比,則v(PCl5)=v(PCl3)==mol/(L?s），故C錯(cuò)誤；D．410℃平衡時(shí)PCl5為0.4mol?0.15mol=0.25mol，該溫度下平衡常數(shù)K==0.045,濃度商Qc==0。1125＞K=0。045，反應(yīng)向逆反應(yīng)進(jìn)行，故D正確；答案選BD。Ⅱ卷非選擇題16。以鎳礦粉（主要成分為NiS，雜質(zhì)FeS、CuS和SiO2等）為原料可制備NiCO3已知Ni和Fe為變價(jià)金屬，常見(jiàn)化合價(jià)為+2價(jià)、+3價(jià)。(1）在酸浸過(guò)程中，CuS與稀HNO3反應(yīng)生成淡黃色固體,其離子方程式為_(kāi)__________________，濾渣的主要成分為_(kāi)_______________________；(2）在除FeS時(shí),需加入過(guò)量的H2O2氧化，若用過(guò)強(qiáng)的氧化劑，其可能的后果是_______________；反應(yīng)完全后，除去多余H2O2的簡(jiǎn)便方法是______________________；（3)在“沉鎳”工藝中，若將含Ni2+溶液緩慢加入至盛有Na2CO3溶液的反應(yīng)容器中，可能會(huì)形成雜質(zhì),其原因是_______________________（用離子方程式表示）.檢驗(yàn)碳酸鎳沉淀完全的方法是__________________；【答案】（1).3CuS+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O（2）.SiO2（3).NiCO3中可能混有Ni2（CO3)3（4).煮沸（或加熱）(5)。CO32—+H2OHCO3-+OH—,Ni2++2OH-=Ni(OH)2或合并書(shū)寫(6)。靜置,向上層清液中繼續(xù)滴加Na2CO3溶液，若不再產(chǎn)生沉淀，則說(shuō)明碳酸鎳沉淀完全【解析】試題分析：（1）CuS與稀HNO3反應(yīng)生成淡黃色固體，說(shuō)明生成S單質(zhì)；NiS、FeS、CuS和SiO2只有SiO2不與硝酸反應(yīng);(2）強(qiáng)氧化劑能把Ni2+氧化為Ni3+;H2O2加熱易分解；（3)碳酸鈉水解溶液顯堿性,Ni2+與OH-反應(yīng)生成Ni(OH）2沉淀；繼續(xù)滴加Na2CO3溶液，若不再產(chǎn)生沉淀，則說(shuō)明碳酸鎳沉淀完全.解析:（1）CuS與稀HNO3反應(yīng)生成淡黃色固體，說(shuō)明生成S單質(zhì),反應(yīng)的離子方程式為3CuS+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；NiS、FeS、CuS和SiO2只有SiO2不與硝酸反應(yīng)，所以濾渣的主要成分為SiO2；(2）強(qiáng)氧化劑能把Ni2+氧化為Ni3+，若用過(guò)強(qiáng)的氧化劑，其可能的后果是NiCO3中可能混有Ni2(CO3)3雜質(zhì)；H2O2加熱易分解，除去多余H2O2的簡(jiǎn)便方法是煮沸；（3)碳酸鈉水解溶液出堿性CO32—+H2OHCO3—+OH-，Ni2+與OH—反應(yīng)生成Ni(OH）2沉淀Ni2++2OH—=Ni（OH）2;檢驗(yàn)碳酸鎳沉淀完全的方法是靜置、向上層清液中繼續(xù)滴加Na2CO3溶液，若不再產(chǎn)生沉淀，則說(shuō)明碳酸鎳沉淀完全。17。麻黃素是中樞神經(jīng)興奮劑，其合成路線如圖所示。(1）F中的含氧官能團(tuán)名稱為_(kāi)_______和________。(2）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______.(3）寫出B—C的反應(yīng)類型：_______。(4）請(qǐng)寫出同時(shí)滿足下列條件的F的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________.①能發(fā)生銀鏡反應(yīng);②水解產(chǎn)物能與FeCl3顯色：③核磁共振氫譜顯示有四組峰.（5）請(qǐng)寫出以乙醇為原料制備強(qiáng)吸水性樹(shù)脂的合成路線流程圖________(可選擇題干中相關(guān)試劑，無(wú)機(jī)試劑任選，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干)。【答案】(1）。羥基（2）。羰基(3).（4）。取代反應(yīng)或水解反應(yīng)（5）?；?6）.CH3CH2OHCH3CHO【解析】【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知,A發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B發(fā)生水解反應(yīng)生成C，C發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成D，E發(fā)生信息中反應(yīng)生成F，由F結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知,E為，F(xiàn)先發(fā)生加成反應(yīng)然后發(fā)生消去反應(yīng)生成G，G發(fā)生加成反應(yīng)生成麻黃素；

(5）乙醇氧化生成乙醛，乙醛與NaC≡CH反應(yīng)后酸化得到，再與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)得到，最后發(fā)生加聚反應(yīng)生成?！驹斀狻?1）根據(jù)流程圖中F結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知,F中的含氧官能團(tuán)名稱為羥基和羰基；(2）通過(guò)以上分析知,E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(3)B中溴原子被羥基取代，該反應(yīng)為取代反應(yīng)或水解反應(yīng)；（4)F的同分異構(gòu)體符合下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基;②水解產(chǎn)物能與FeCl3顯色，說(shuō)明含有酯基且酯基水解生成酚羥基;③核磁共振氫譜顯示有四組峰,說(shuō)明含有4種氫原子，符合條件的同分異構(gòu)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為或;（5)乙醇氧化生成乙醛，乙醛與NaC≡CH反應(yīng)后酸化得到，再與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)得到，最后發(fā)生加聚反應(yīng)生成，其合成路線為：CH3CH2OHCH3CHO.18.工廠化驗(yàn)員檢驗(yàn)?zāi)澈蠯BrO3、KBr及惰性物的樣品?；?yàn)員稱取了該固體樣品1。000g，加水溶解后配成100mL溶液X。Ⅰ.取25。00mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3將BrO還原為Br－；Ⅱ。去除過(guò)量的SO后調(diào)至中性；Ⅲ.加入K2CrO4作指示劑,用0。1000mol·L－1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Br－至終點(diǎn)，消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液11。25mL;Ⅳ。另取25。00mL溶液X,酸化后加熱，再用堿液調(diào)至中性，測(cè)定過(guò)剩Br－，消耗上述AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液3.75mL。已知：①25℃時(shí)，Ag2CrO4（磚紅色）的Ksp＝1。12×10－12,AgBr（淺黃色)的Ksp＝5。0×10－15；②Ⅳ中酸化時(shí)發(fā)生反應(yīng)：BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O請(qǐng)回答：（1）步驟Ⅰ中，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________。（2）步驟Ⅲ中,滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)____________________________________________。（3）步驟Ⅳ中，加熱的目的是________________________.（4）計(jì)算試樣中KBrO3質(zhì)量分?jǐn)?shù).(寫出計(jì)算過(guò)程,結(jié)果保留3位有效數(shù)字)_______________【答案】（1)。3SO32-＋BrO3—===Br－＋3SO42-（2）.當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時(shí)，產(chǎn)生磚紅色沉淀（3）。除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2揮發(fā)）(4).w(KBrO3）＝8。35％第一次所取25。00mL溶液中:n(Br－）總＝n(AgBr）＝0。1000mol·L－1×11.25×10－3L＝1。125×10－3mol所以，n(BrO）＋n（Br－）＝n(Br－)總＝1。125×10－3mol（1分）第二次所取25。00mL溶液，加酸反應(yīng)后：n(Br－）余＝0.1000mol·L－1×3。75×10－3L＝3。75×10－4mol由步驟Ⅳ可知：BrO~5Br－所以，n(BrO）＝×［n（Br－）總－n(Br－）余]＝×（1.125×10－3mol－3。75×10－4mol）＝1.25×10－4mol由1g樣品配成100mL溶液,且每次實(shí)驗(yàn)取的是25mL所以，w（KBrO3)＝×100％＝8.35％【解析】【分析】(1)步驟Ⅰ中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3將BrO還原為Br－”,SO32—是還原劑,其氧化產(chǎn)物是SO42-,BrO3-是氧化劑，還原產(chǎn)物是Br-，再根據(jù)化合價(jià)升降守恒和元素守恒配平其離子方程式。(2)步驟Ⅲ中，待測(cè)溶液中的Br—與標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)：Ag++Br-=AgBr↓生成淺黃色沉淀，當(dāng)Br-耗盡，再多一滴AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液即發(fā)生2Ag++CrO42—=Ag2CrO4↓,產(chǎn)生磚紅色沉淀，即表示達(dá)到滴定終點(diǎn)。（3）步驟Ⅳ中，酸化時(shí)使KBrO3與KBr反應(yīng)：BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，再測(cè)定剩余的Br-,而溶液中溶解的Br2會(huì)干擾Br-的測(cè)定,通過(guò)加熱讓Br2揮發(fā)而除去。（4)由步驟III消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液11。25mL可計(jì)算25。00mL溶液X中KBrO3和KBr中溴元素總物質(zhì)的量；由反應(yīng)式BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知,其中BrO3-與參加反應(yīng)的Br—的物質(zhì)的量之比為1:5,再由步驟IV的數(shù)據(jù)計(jì)算25。00mL溶液X中KBrO3的物質(zhì)的量?！驹斀狻浚?)步驟Ⅰ中,“加入稀硫酸,然后用Na2SO3將BrO還原為Br－”，SO32—是還原劑，其氧化產(chǎn)物是SO42-,BrO3—是氧化劑，還原產(chǎn)物是Br-，根據(jù)化合價(jià)升降守恒和元素守恒配平，其反應(yīng)的離子方程式為：3SO32-＋BrO3—===Br－＋3SO42-.(2)步驟Ⅲ中,待測(cè)溶液中的Br—與標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng):Ag++Br-=AgBr↓，生成淺黃色沉淀，當(dāng)Br-耗盡，再多一滴AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液即發(fā)生2Ag++CrO42—=Ag2CrO4↓,產(chǎn)生磚紅色沉淀，即表示達(dá)到滴定終點(diǎn)。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時(shí)，產(chǎn)生磚紅色沉淀。（3）步驟Ⅳ中，酸化時(shí)使KBrO3與KBr反應(yīng)：BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O,再測(cè)定剩余的Br-，而溶液中溶解的Br2會(huì)干擾Br—的測(cè)定，通過(guò)加熱讓Br2揮發(fā)而除去。所以加熱的目的是除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2揮發(fā))。(4）根據(jù)反應(yīng)方程式Ag++Br-=AgBr↓，25。00mL溶液X中KBrO3和KBr中的溴元素總物質(zhì)的量=n（Br－)總=n(AgNO3）=0。1000mol·L－1×11.25×10－3L＝1.125×10－3mol，即n（BrO)＋n（Br－)＝n（Br－）總＝1。125×10－3mol。由步驟IV可知，第二次取25。00mL樣品溶液加酸反應(yīng)完全后剩余Br-的物質(zhì)的量n(Br－）余＝0。1000mol·L－1×3。75×10－3L＝3.75×10－4mol。由反應(yīng)方程式BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知，其中BrO3—與參加反應(yīng)的Br-的物質(zhì)的量之比為1：5，所以25.00mL溶液X中含BrO3—的物質(zhì)的量n（BrO）＝×[n（Br－）總－n（Br－)余］＝×（1。125×10－3mol－3.75×10－4mol）＝1。25×10－4mol.由1g樣品配成100mL溶液,且每次實(shí)驗(yàn)取的是25mL，所以試樣中KBrO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(KBrO3）＝×100%＝8.35%。19.實(shí)驗(yàn)室用硼鎂泥為原料制取MgSO4·7H2O粗產(chǎn)品的過(guò)程如下：硼鎂泥的主要成分如下表：MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%～40%20%~25%5%～15％2%～3％1％～2%1%～2％（1)“酸解”時(shí)為提高M(jìn)g2＋的浸出率，可采用的措施是_____(寫一種)。所加酸不宜過(guò)量太多的原因是_____。（2）“氧化”步驟中，若用H2O2代替Ca(ClO）2，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________。實(shí)際未使用H2O2，除H2O2成本高外，還可能的原因是______________________________________.（3）“調(diào)pH"時(shí)用MgO而不用NaOH溶液的原因是________________________.（4）結(jié)合附表信息，由MgSO4·7H2O粗產(chǎn)品（含少量CaSO4）提純獲取MgSO4·7H2O實(shí)驗(yàn)方案如下：將粗產(chǎn)品溶于水，_________________________________________________，室溫下自然揮發(fā)干燥。（實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑有：飽和MgSO4溶液，乙醇）附：兩種鹽的溶解度(g/100g水）溫度℃10304050CaSO40.190。210。210.20MgSO4·7H2O30.935.540。845.6【答案】(1）。加熱(攪拌、提高酸液濃度等)（2）.避免調(diào)pH時(shí)消耗過(guò)多的MgO(3）.H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(4).H2O2不穩(wěn)定易分解或Fe3＋等金屬離子會(huì)催化H2O2的分解（5）。防止加入的NaOH引入Na＋雜質(zhì)（6）。加熱濃縮，趁熱過(guò)濾；將濾液冷卻結(jié)晶,過(guò)濾，用飽和MgSO4溶液洗滌，再用乙醇洗滌【解析】【詳解】（1)為加快反應(yīng)速率，可以采用升高溫度、適當(dāng)增大反應(yīng)物濃度、增大反應(yīng)物接觸面積等方法,如適當(dāng)升高溫度、把硼鎂泥粉碎、或攪拌、或適當(dāng)增加硫酸濃度；另外所加酸過(guò)量太多，在后續(xù)操作中消耗過(guò)多的MgO，故答案為加熱(攪拌、提高酸液濃度等)；避免調(diào)pH時(shí)消耗過(guò)多的MgO;(2）“氧化"步驟主要是氧化亞鐵離子，方便通過(guò)調(diào)節(jié)pH將鐵元素除去，方程式為：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；但雙氧水不穩(wěn)定，易分解，其中Fe3+為其分解的催化劑，因此不宜用H2O2代替Ca（ClO）2，故答案為H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；H2O2不穩(wěn)定易分解或Fe3＋等金屬離子會(huì)催化H2O2的分解；（3）用MgO來(lái)調(diào)節(jié)溶液的pH時(shí)，即使過(guò)量，也易通過(guò)過(guò)濾而除去，且不引入新的雜質(zhì)，而加入的NaOH會(huì)引入Na＋雜質(zhì)，故答案為防止加入的NaOH引入Na＋雜質(zhì)；(4）由CaSO4和MgSO4·7H2O溶解的特點(diǎn)可知，宜采用加熱濃縮，趁熱過(guò)濾的辦法來(lái)除去CaSO4，然后用飽和MgSO4溶液洗滌除去雜質(zhì)，用乙醇洗滌利于去除水分，故答案為加熱濃縮，趁熱過(guò)濾；將濾液冷卻結(jié)晶，過(guò)濾，用飽和MgSO4溶液洗滌，再用乙醇洗滌。20。二氧化碳的捕集、利用與封存（CCUS）是我國(guó)能源領(lǐng)域的一個(gè)重要戰(zhàn)略方向,CCUS或許發(fā)展成一項(xiàng)重要的新興產(chǎn)業(yè)。（1)國(guó)外學(xué)者提出的由CO2制取C的太陽(yáng)能工藝如圖所示：①“熱分解系統(tǒng)”發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3O46FeO+O2↑，每分解lmolFe3O4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_(kāi)__________。②“重整系統(tǒng)”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________。（2）二氧化碳催化加氫合成低碳烯烴是目前研究的熱門課題,起始時(shí)以0.1MPa,n(H2）：n（CO2)=3:1的投料比充入反應(yīng)器中，發(fā)生反應(yīng)：2CO2(g）+6H2（g)?C2H4（g）+4H2O(g）△H，不同溫度下平衡時(shí)的四種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量如圖所示：①曲線b表示物質(zhì)為_(kāi)______（寫化學(xué)式)。②該反應(yīng)△H________0(填：“〉”或“〈").（3）一種以銅作催化劑脫硫有如下兩個(gè)過(guò)程：①在銅的作用下完成工業(yè)尾氣中SO2的部分催化氧化，所發(fā)生反應(yīng)為：2SO2+2nCu+（n+1）O2+（2-2n）H2O═2nCuSO4+(2—2n)H2SO4。從環(huán)境保護(hù)的角度看，催化脫硫的意義為_(kāi)___;每吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下11。2LSO2,被SO2還原的O2的質(zhì)量為_(kāi)____g②利用如圖所示電化學(xué)裝置吸收另一部分SO2,并完成Cu的再生。寫出裝置內(nèi)所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式______?！敬鸢浮?1)。2mol(2)。6FeO+CO22Fe3O4+C(3）。H2O(4）.＜（5).防止酸雨的發(fā)生（6）。8(7).SO2+2H2O+Cu2+4H++SO42﹣+Cu【解析】【分析】(1）①反應(yīng)2Fe3O46FeO+O2↑中O元素化合價(jià)由—2價(jià)升高到0價(jià)，結(jié)合元素化合價(jià)以及方程式計(jì)算；②由示意圖可知，重整系統(tǒng)中CO2和FeO反應(yīng)生成Fe3O4和C；(2）由曲線變化可知隨著溫度升高，氫氣的物質(zhì)的量逐漸增多,說(shuō)明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，則正反應(yīng)放熱；可知a為CO2的變化曲線，結(jié)合計(jì)量數(shù)關(guān)系可知b為水，c為C2H4的變化曲線；（3）①二氧化硫是一種有毒的氣體，排放到空氣中可引起酸雨的發(fā)生，對(duì)環(huán)境和人類健康有害，脫硫可以防止酸雨的發(fā)生；依據(jù)二氧化硫和氧氣反應(yīng)方程式，找出二氧化硫和氧氣量的關(guān)系；②利用電解原理將二氧化硫轉(zhuǎn)化成硫酸吸收，先寫出兩個(gè)電極上上發(fā)生的電極反應(yīng)式，加和就可得到總的離子方程式?！驹斀狻浚?）①反應(yīng)2Fe3O46FeO+O2↑中O元素化合價(jià)由-2價(jià)升高到0價(jià),由方程式可知，2molFe3O4參加反應(yīng)，生成1mol氧氣，轉(zhuǎn)移4mol電子，則每分解lmolFe3O4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol；②由示意圖可知，重整系統(tǒng)中CO2和FeO反應(yīng)生成Fe3O4和C,反應(yīng)的方程式為6FeO+CO22Fe3O4+C；（2)①隨著溫度升高，氫氣的物質(zhì)的量逐漸增多，因氫氣為反應(yīng)物，則另一條逐漸增多的曲線為CO2,由計(jì)量數(shù)關(guān)系可知b為水，c為C2H4的變化曲線；②由曲線變化可知隨著溫度升高，氫氣物質(zhì)的量逐