黑龍江省哈爾濱市第六中學2020屆高三化學上學期第三次調研考試試題【含解析】

1、黑龍江省哈爾濱市第六中學2020屆高三化學上學期第三次調研考試試題（含解析）第卷（選擇題50分）一、單項選擇題（本題包括25小題，共計50分。每小題只有1個選項是正確的。）1.東晉葛洪在抱樸子中寫道“扶南生金剛，生水底石上，如鐘乳狀，體似紫石英，可以刻玉，人沒水取之，雖鐵椎之亦不能傷”文中所述“金剛”可能為A. 結晶氯化鈉B. 金剛石C. 碳酸鈉D. 二氧化硅【答案】B【解析】【詳解】結晶氯化鈉、碳酸鈉硬度小，不符合“雖鐵椎之亦不能傷”的性質，二氧化硅晶體：為無色透明或紫色透明的石英，無定形：為白色固體或粉末狀，不符合如鐘乳狀，體似紫石英特點，似紫石英不是石英，金剛石符合上述特征，所以B符合，

2、故答案為B。2.化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是 ( )A. 鐵水打花是一種古老的煙花，操作是“將生鐵裝進坩泥鍋，并化成沸騰的鐵汁”，其中坩泥鍋的主要成分是硅酸鹽B. 液氨可用作制冷劑是由于液氨汽化吸熱C. 夢溪筆談中“取精鐵鍛之百余火，則純鋼也，雖百煉，不耗矣?！卑贌掍撊埸c比純鐵高D. 華為最新一代旗艦芯片麒麟9905G中半導體材料為硅【答案】C【解析】【詳解】A. 坩泥鍋的主要成分是硅酸鹽產品，故A正確；B. 液氨汽化時能吸收大量的熱，故可用作制冷劑，故B正確；C. 百煉鋼成分為合金鋼，比純鐵的熔點低，故C錯誤；D. 芯片麒麟9905G中半導體材料為導電的硅單質，故D正確；故答案選C。

3、3.分子式為C4H8BrCl的有機物共有（不含立體異構）A. 8種B. 10種C. 12種D. 14種【答案】C【解析】【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2個H原子分別被1個Cl、1個Br原子取代，丁烷只有2種結構，氯原子與溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，據此書寫判斷?！驹斀狻肯确治鎏脊羌墚悩?，分別為 C-C-C-C 與2種情況，然后分別對 2 種碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 種，骨架有和， 4 種，綜上所述，分子式為C4H8BrCl的有機物種類共8+4=12種，C項正確；答案選C。【點睛】本題考查同分異構體的書

4、寫，難度中等，學會利用同分異構體的判斷方法解題是關鍵。4.科學家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數是X核外電子數的一半。下列敘述正確的是A. WZ的水溶液呈堿性B. 元素非金屬性的順序為XYZC. Y的最高價氧化物的水化物是中強酸D. 該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結構【答案】C【解析】【分析】由W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z的核外最外層電子數是X核外電子數的一半可知，Z為Cl、X為Si，由化合價代數和為0可知，Y元素化合價為3價，則Y為P元素；由W的電荷數可知，W為Na元素?！驹斀狻緼項、氯化鈉為強酸強堿鹽，水溶液呈中性，故A錯誤；B

5、項、同周期元素從左到右，非金屬性依次增強，則非金屬性的強弱順序為ClSP，故B錯誤；C項、P元素的最高價氧化物對應水化物為磷酸，磷酸是三元中強酸，故C正確；D項、新化合物中P元素化合價為3價，滿足8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤。故選C。【點睛】本題考查元素周期律的應用，注意分析題給化合物的結構示意圖，利用化合價代數和為零和題給信息推斷元素為解答關鍵。5.下列實驗現象或結果不能證明一元酸HR為弱酸的是()A. 室溫時，NaR溶液的pH大于7B. 向HR溶液中滴加紫色石蕊試液，溶液變紅色C. 向HR溶液中加入少量NaR固體，溶解后溶液的pH變大D. 室溫時，0.01mol/L的HR溶液的pH=4【答案】

6、B【解析】【分析】根據弱酸的電離平衡及其對應鹽的水解平衡，應用平衡移動原理分析判斷。【詳解】A項：室溫NaR溶液pH大于7，則R能水解，HR為弱酸；B項：HR溶液中滴加紫色石蕊試液變紅，只說明HR溶液呈酸性，不能判斷否完全電離；C項：HR溶液中加少量NaR固體pH變大，證明HR在溶液中存在電離平衡，HR為弱酸；D項：室溫時pH=4的溶液中氫離子濃度為0.0001mol/L，則0.01mol/LHR溶液中HR沒有完全電離，HR為弱酸。本題選B。6.下列表達方式錯誤的是（ ）A. 甲烷的電子式 B. CO2的分子模型示意圖：C. 硫離子的核外電子排布式1s22s22p63s23p6D. 碳12原子

7、構成 【答案】B【解析】【詳解】A甲烷為共價化合物，甲烷分子中存在4個碳氫共價鍵，甲烷的電子式為，故A正確；B二氧化碳分子為直線型結構，正確的比例模型為，故B錯誤；C硫為16號元素，硫離子最外層達到8電子結構，則硫離子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6，故C正確；D碳-12原子的質子數為6，質量數為12，該碳原子可以表示為，故D正確；答案選B。【點睛】本題的易錯點為B，比例模型要能體現原子的相對大小及分子的空間結構。7.下列說法正確的是A. 使用pH試紙測量氣體的酸堿性時可以潤濕B. 實驗室用氫氧化鈉溶液除去氯氣中的少量HClC. 蒸餾操作時，溫度計水銀球應插入混合液中D. 配

8、制溶液定容時，俯視容量瓶的刻度線，則所配制溶液的濃度偏低【答案】A【解析】【詳解】A測定未知氣體的酸堿性時，pH試紙需要潤濕，故A正確；B氯氣能和氫氧化鈉反應，故用氫氧化鈉溶液除去氯氣中的HCl時，會將氯氣也一起吸收，故B錯誤；C蒸餾時溫度計測定餾分的溫度，則溫度計水銀球應在支管口處，故C錯誤；D配制一定物質的量濃度的溶液，定容時俯視容量瓶的刻度線，會導致溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高，故D錯誤；故選A。8.法國里昂科學家最近發(fā)現一種只由四個中子構成的粒子，這種粒子稱為“四中子”，有人稱之為“零號元素”。有關“四中子”粒子說法不正確的是 ( )A. 該粒子不顯電性B. 在周期表中與氫元素占同一

9、位置C. 該粒子質量數為4D. 一個該粒子質量比一個氫原子質量大【答案】B【解析】【詳解】A、根據題意可知該微粒是由4個中子構成的，所以該粒子不顯電性，A正確；B、該微粒的質子數為0，氫元素的質子數是1，因此在周期表中與氫元素不占同一位置，B錯誤；C、該微粒是由4個中子構成的，所以質量數是4，C正確；D、該微粒的質量數是4，而氫原子中質量數最大的為3，所以一個該粒子質量比一個氫原子質量大，D正確；答案選B。【點睛】本題主要是考查學生對組成原子微粒的熟悉掌握程度，以及這些微粒之間的關系。該題的解題關鍵是記住組成原子微粒之間的關系，并能靈活運用即可。9.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大

10、氣中的氨有關（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A. 霧和霾的分散劑相同B. 霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C. NH3是形成無機顆粒物的催化劑D. 霧霾的形成與過度施用氮肥有關【答案】C【解析】【分析】A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據示意圖分析；C.在化學反應里能改變反應物化學反應速率（提高或降低）而不改變化學平衡，且本身的質量和化學性質在化學反應前后都沒有發(fā)生改變的物質叫催化劑；D.氮肥會釋放出氨氣?！驹斀狻緼. 霧的分散劑是空氣，分散質是水。霾的分散劑是空氣，分散質固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B. 由于氮氧化物和二氧化硫轉化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正

11、確；C. NH3作為反應物參加反應轉化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關，D正確。答案選C。【點睛】結合示意圖的轉化關系明確霧霾的形成原理是解答的關鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯點。本題情境真實，應用導向，聚焦學科核心素養(yǎng)，既可以引導考生認識與化學有關的社會熱點問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識和綠色化學觀念，又體現了高考評價體系中的應用性和綜合性考查要求。10.NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（ ）A. 常溫常壓下，124gP4中所含PP鍵數目4NAB. 100mL

12、1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的數目為0.1NAC. 標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NAD. 密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數為2NA【答案】C【解析】【詳解】A. 常溫常壓下，124 g P4的物質的量是1mol，由于白磷是正四面體結構，含有6個PP鍵，因此其中所含PP鍵數目為6NA，A錯誤；B. 鐵離子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的數目小于0.1NA，B錯誤；C. 甲烷和乙烯分子均含有4個氫原子，標準狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物質的量是0.5mol，其中含氫原子數目為2NA

13、，C正確；D. 反應2SO2+O22SO3是可逆反應，因此密閉容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反應后分子總數大于2NA，D錯誤。答案選C。【點睛】本題主要從物質結構、水解、轉移電子、可逆反應等角度考查，本題相對比較容易，只要認真、細心就能做對，平時多注意這方面的積累。白磷的結構是解答的難點，注意與甲烷正四面體結構的區(qū)別。11.二氧化氯（ClO2）是一種高效消毒劑，下列反應可制得ClO2： 2NaClO3+Na2SO3H2SO42ClO2+2Na2SO4H2O，對于該反應，下列說法正確的是A. 生成1mol ClO2，轉移電子數為NAB. 該反應為復分解反應C. H2SO4發(fā)生氧

14、化反應D. NaClO3是還原劑【答案】A【解析】【分析】2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2+2Na2SO4+H2O反應中，氯元素化合價由+5價變?yōu)?4價，硫元素化合價由+4價變?yōu)?6價，得電子化合價降低的反應物是氧化劑，失電子化合價升高的反應物是還原劑，據此分析解答。【詳解】A.氯酸鈉中氯元素化合價由+5價變?yōu)?4價，所以生成1mol ClO2，轉移電子數為NA，故A項正確；B.2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2+2Na2SO4+H2O反應中，有化合價的升降，為氧化還原反應，而不是復分解反應，故B項錯誤；C.硫酸在反應前后化合價不變，所以H2SO4沒有參與氧化

15、還原反應，故C項錯誤；D.氯酸鈉中氯元素化合價由+5價變?yōu)?4價，得電子作氧化劑，故D項錯誤；答案選A。【點睛】準確判斷出反應中相關元素的化合價變化情況是解答的關鍵，注意氧化還原反應的規(guī)律口訣為：升失氧，降得還，若說劑，則相反。12.北京大學和中國科學院的化學工作者合作已成功研制出堿金屬與C60形成的球碳鹽K3C60，實驗測知該物質由離子構成，下列有關K3C60的結構和性質的分析正確的是A. 1mol K3C60中含有63mol離子B. K3C60中陽離子與陰離子個數比為3：1C. K3C60的摩爾質量是837D. K3C60應簡化為KC20【答案】B【解析】【詳解】A.該物質的化學式是由3個

16、K+和一個C603構成，所以1mol K3C60中含有的離子數目為4mol離子，故A錯誤；B.該物質的化學式是由3個K+和一個C60 3，K3C60中陽離子與陰離子個數比為3：1，故B正確；C. K3C60的摩爾質量是837g/mol，故C錯誤；D.該物質的化學式是由3個K+和一個C60 3構成的，不能寫成KC20，故D錯誤；答案選B。13.a、b、c、d為原子序數依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數與b原子次外層的電子數相同；c所在周期數與族數相同；d與a同族。下列敘述正確的是（ ）A. 原子半徑：dcbaB. 4種元素中b的金屬性最強C. c的氧化物的水化物是強堿D. d單質的氧化

17、性比a單質的氧化性強【答案】B【解析】【分析】a、b、c、d為原子序數依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數與b原子次外層的電子數相同，則a的核外電子總數應為8，為O元素，則b、c、d為第三周期元素，c所在周期數與族數相同，應為Al元素，d與a同族，應為S元素，b可能為Na或Mg，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律解答該題?！驹斀狻緼、一般電子層數越多，半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，因此半徑大小順序是Na(Mg)AlSO，A錯誤；B、同周期從左向右金屬性減弱，因此Na或Mg在4種元素中金屬性最強，B正確；C、c的氧化物的水化物為氫氧化鋁，為兩性氫氧化物，C錯誤；D、同主族從

18、上到下非金屬性減弱，因此S的氧化性比氧氣弱，D錯誤。答案選B?！军c睛】本題考查元素周期表和元素周期律的知識，首先根據題目信息判斷出元素名稱，再根據元素周期律進行知識的判斷，這就需要掌握（非）金屬性的強弱、微粒半徑的大小比較等知識，因此平時夯實基礎知識是關鍵，同時應注意知識的靈活運用，審清題意。14.已知25時醋酸的電離常數為1.610-5，該溫度下向20 mL 0.01 molL1醋酸溶液中不斷滴入0.01 molL1 NaOH(aq)，溶液pH變化如圖所示。此過程溶液中離子濃度的關系錯誤的是A. a點溶液的c(H)410-4molL1B. 水電離程度：edcbaC. b點：2c(Na)c(C

19、H3COO)c(CH3COOH)D. d點：c(OH)c(CH3COOH)c(H)【答案】B【解析】A根據電離常數計算可得a點溶液的c(H)410-4molL1，A正確；Bd點恰好反應生成的鹽水解，水電離程度最大，B錯誤；Cb點根據物料守恒可得2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，C正確；Dd點溶液中只有醋酸鈉，根據質子守恒可得c(OH)c(CH3COOH)c(H)，D正確。答案選B。15.由下列實驗及現象不能推出相應結論的是實驗現象結論A向2mL0.1molL-1的FeCl3溶液中加足量鐵粉，振蕩，加1滴KSCN溶液黃色逐期消失，加KSCN溶液顏色不變還原性：FeFe2+B將金

20、屬鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產生大量白煙，瓶內有黑色顆粒產生CO2具有氧化性C加熱盛有少NH4HCO3固體的試管，并在試管口放置濕潤的紅色石蕊試紙石蕊試紙變藍NH4HCO3顯堿性D向2支盛有2mL相同濃度銀氨溶液的試管中分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液一只試管中產生黃色沉淀，另一支中無明顯現象Ksp(AgI)Fe2，故A說法正確；B、瓶內有黑色顆粒產生，說明生成C，發(fā)生反應是4NaCO22Na2OC，CO2中C的化合價降低，因此CO2作氧化劑，被還原，故B說法正確；C、碳酸氫銨受熱分解，NH4HCO3NH3CO2H2O，碳氨氣使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，而不是

21、碳酸氫銨緣故，故C說法錯誤；D、產生黃色沉淀，說明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度積小的先沉淀，即Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D說法正確。16.鈉熔融鹽燃料電池擁有比鋰電池高一倍的能量密度，在同等電池體積下，可讓電動汽車行駛距離成倍提升。如圖所示是某鈉熔融鹽燃料電池，其中生成物Y是一種氧化物。下列說法不正確的是A. 電池工作時，石墨電極上電極反應式NO2 e +NO3N2O5B. 電池工作時，NO3-向石墨電極移動C. 該電池充電時，石墨電極連接電源的負極D. 電池工作時，外電路中流過1 mol電子，則消耗46 g NO2【答案】C【解析】【詳解】A、生成物Y是氧化物且為N

22、O2被氧化后生成，即為N2O5，電極反應式為2NO2-2e-+O2-N2O5或NO2-e-+NO3-N2O5，故A正確；B、電池工作時，石墨電極為負極，故NO3-向石墨電極移動，故B正確；C、石墨電極為原電池的正極，所以充電時應連接電源的正極，故C錯誤；D、根據N原子守恒關系2NO2N2O52e-可知，轉移1mol電子，消耗1molNO2即46g，故D正確；故答案為C。【點睛】考查原電池，把握圖中物質的性質、電極判斷、電極反應為解答的關鍵，由圖可知，石墨上氧氣得到電子、發(fā)生還原反應，則石墨為正極，石墨I上NO2失去電子、發(fā)生氧化反應，石墨I為負極，電極反應式為2NO2-2e-+O2-N2O5，

23、內電路中陽離子移向正極、陰離子移向負極，特別注意充電時：原電池正極與外加電源正極相接、負極與外加電源負極相接。17.如圖裝置中，容器甲內充入0.1 mol NO氣體。干燥管內裝有一定量Na2O2，從A處緩慢通入CO2氣體。恒溫下，容器甲中活塞緩慢由D處向左移動，當移至C處時容器體積縮至最小，為原體積9/10，干燥管中物質的質量增加了2.24 g。隨著CO2的繼續(xù)通入，活塞又逐漸向右移動。下列說法中正確的是A. 活塞從D處移動到C處的過程中，通入的CO2氣體為2.24 L(標準狀況)B. NO2轉化為N2O4的轉化率為20%C. 容器甲中NO已反應完D. 活塞移至C處后，繼續(xù)通入a mol CO

24、2，此時活塞恰好回至D處，則a小于0.01【答案】D【解析】【分析】本題主要考查過氧化鈉與二氧化碳反應，NO與氧氣反應，2NO2N2O4以及化學平衡的相關計算。CO2通入時，干燥管中發(fā)生反應：2Na2O22CO2=4NaOHO2，C中發(fā)生反應：2NO+O2=2NO2N2O4，導致氣體體積減小。A.根據干燥管中固體物質的質量增加量計算通入的CO2體積；B.根據O2計算出生成的NO2物質的量，再根據體積變化計算出轉化的NO2物質的量，從而計算出轉化率；C.根據O2物質的量計算反應的NO；D.因繼續(xù)通入CO2時，體積不會縮小，即干燥管中Na2O2已反應完，活塞向右移動，2NO2N2O4平衡向左移動，

25、由此判斷a值。【詳解】A.設通入標準狀況下CO2氣體的體積為x，產生氧氣的體積為y，則：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 質量裝置m 222.4 L 22.4 L 56 g x y 2.24 g所以56 g：2.24g=222.4 L：x，解得x=1.792L，56 g：2.24g=22.4 L：y，解得：y=0.896L，即：通入二氧化碳的體積為1.792L，故A錯誤；B.由A計算可知，生成氧氣的物質的量：n（O2）=0.04mol，2NO+O2=2NO2 2 1 20.08mol 0.04 mol0.08 mol0.1 mol0.08 mol，所以NO過量，生成NO2的物質的量

26、為0.08 mol，2NO2N2O4 物質的量減少n 2 1 10.02 mol 0.1 mol（1-）=0.01mol所以NO2轉化為N2O4的轉化率為：100%=25%，故B錯誤；C.根據B的計算可知，NO還剩余：0.1mol-0.08mol=0.02mol，故C錯誤；D.活塞移至C，體積不會再減少，則干燥管中Na2O2已反應完，活塞由C向D移動，體積擴大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物質的量增多，活塞移至D時，氣體物質的量共增加0.01 mol，因此所需CO2必小于0.01 mol，故D正確。【點睛】本題試題綜合性強，過程復雜，計算量很大，難度很大，為易錯題目，旨在考查學生靈活運用基

27、礎知識解決實際問題的能力，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力和發(fā)散思維能力，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練。18.新型可充電鈉離子電池因具有原料儲量豐富，價格低廉，安全性高等優(yōu)點而備受青睞，而因理論比容量較高，充放電過程中材料結構穩(wěn)定，有利于的可逆脫嵌，可以作為一種非常有潛力的正極材料，下列說法不正確的是A. 放電時，上的電勢比Zn片上的高B. 放電時，正極反應為C. 充電時，外電路中通過0.2 mol電子時，陰極質量增加6.5 gD. 對于正極材料，充電可實現的嵌入，放電可實現的脫嵌【答案】D【解析】【詳解】A項，根據題意，作為一種非常有潛力的正極材料，在原電池中作正極，電勢高于負極Z

28、n片，不符合題意；B項，放電時作為正極材料發(fā)生還原反應，該材料充放電過程中有利于鈉離子的可逆脫嵌，因此其正極反應式為，不符合題意；C項，充電時，陰極反應為=Zn，外電路轉移0.2 mol電子，陰極棒上沉積6.5 g Zn，不符合題意；D項，放電時，作為正極材料發(fā)生還原反應，實現嵌入，充電時，作為陽極材料發(fā)生氧化反應，實現脫嵌，符合題意。故答案選D。19.已知電離常數如下表，則常溫下，下列說法正確的是弱酸HFHCNH2CO3NH3H2O電離常數（25）3.5310-44.910-10K1=4.410-7K2=4.710-111.810-5A. 2CN-+ H2O + CO2 2HCN + CO3

29、2B. 中和等體積等pH的HF溶液和HCN溶液消耗NaOH的量:前者大于后者C. 等濃度的HF溶液和HCN溶液稀釋相同倍數后c(H+)：前者小于后者D. 等濃度的NaCN和NH4Cl溶液中所含陽離子的物質的量濃度之和：前者小于后者【答案】D【解析】【詳解】A.由電離常數的數據可知酸性強弱的關系為：HFH2CO3HCNHCO3-，根據強酸制弱酸原理可知反應CN-+ H2O + CO2HCN +HCO3,A項錯誤；B. HF的酸性大于HCN，pH相同的兩種酸，HF濃度小于HCN的濃度，因此中和等體積等pH的HF溶液和HCN溶液消耗NaOH的量：前者小于后者，B項錯誤；C. HF的酸性大于HCN，稀

30、釋相同倍數后HF中c(H+)大于HCN中c(H+)，C項錯誤；D. 設二者的濃度均是c，電離平衡常數越大，其離子水解程度越小，根據電離平衡常數知，其離子水解程度：CNNH4+，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（CN）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）=c+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）=c+c（OH-），水解程度CNNH4+，所以前者c（H+）小于后者c（OH-），陽離子的物質的量濃度之和：前者小于后者，D項正確；答案選D。20.常溫下分別向20.00 mL 0.1000 molL1的氨水、醋酸銨溶液中滴加0.1000molL1的鹽酸，溶液p

31、H與加入鹽酸體積的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A. M點溶液中c (OH)c(NH4)c(NH3H2O)c(H)B. N點溶液中c(NH4)c(NH3H2O)c(Cl)c(OH)C. P點溶液中c(NH4)2c(CH3COO)c(NH3H2O)D. Q點溶液中2c(Cl)c(CH3COOH)c(NH4)【答案】D【解析】【詳解】A.根據圖像可知，M點溶液為氨水，一水合氨為弱電解質，少量電離，則c(NH3H2O)c(OH)c(NH4)c(H)，A錯誤；B.N點溶液為等物質的量的NH3H2O、NH4Cl的混合液，根據圖像可知，溶液顯堿性，電離程度大于水解程度，則c(NH4)c(Cl)c(NH

32、3H2O)c(OH)，B錯誤；C. P點溶液為等物質的量的CH3COOH、CH3COONH4、NH4Cl，c(Cl)=1/2c(NH4)c(NH3H2O)，溶液呈電中性c(NH4)+c(H)=c(Cl)+c(CH3COO)+c(OH)，帶入化簡可得c(NH4)+2c(H)=c(NH3H2O)+2c(CH3COO)+2c(OH)，根據圖像可知，溶液呈酸性，則c(H)c(OH)，則c(NH4)c(NH3H2O)+2c(CH3COO)，C錯誤；D. Q點溶液為等物質的量的CH3COOH、NH4Cl，根據物料守恒，2c(Cl)=c(CH3COOH)c(CH3COO)c(NH3H2O)c(NH4)，則2

33、c(Cl)c(CH3COOH)c(NH4)，D正確；答案為D。21.利用CH4可消除NO2的污染，反應原理為：CH4(g)+2NO2(g)N2(g) + CO2(g) +2H2O(g)，在10L密閉容器中分別加入0.50mol CH4和1.2molNO2，測得不同溫度下n(CH4)隨時間變化的有關實驗數據如表所示：下列說法正確的是A. 組別中0 20 min內，NO2降解速率為0.0125molL1min1B. 由實驗數據可知溫度T1T2C. 40min時，表格中M對應的數據為0.18D. 該反應只有在高溫下才能自發(fā)進行【答案】B【解析】【詳解】A. 第組實驗中，020min內，CH4的物質的

34、量減少0.25mol，則NO2的物質的量減少0.50mol，NO2的降解速率v(NO2)=0.0025molL-1min-1，A錯誤；B. 對比實驗數據發(fā)現，反應物起始濃度相同，T2比T1對應的反應速率大，說明實驗控制的溫度：T1T2，B正確；C. 溫度為T1，40min時該反應已達到平衡狀態(tài)，而溫度升高，反應速率增大，到達平衡所需時間少，即溫度T2時40min必然達到平衡狀態(tài)，則n(CH4)=0.15mol，C錯誤；D. 由于反應溫度T1c(OH)B. 隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH)減小C. 隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果D. 隨溫度

35、升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO、Cu2+水解平衡移動方向不同【答案】C【解析】【分析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據此解題；【詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合題意；B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意；C.升高溫度

36、，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意；綜上所述，本題應選C?！军c睛】本題考查弱電解質在水中的電離平衡，明確化學平衡常數只是溫度的函數，溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關鍵，鹽類水解是高頻考點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎題。23.已知：pAg-lgc(Ag+)，pX-lg c(Xn-)。298K時，幾種物質的Ksp如下表：化學式AgClAgSCNAg2CrO4顏色白淺黃紅Ksp1.8101

37、01.010122.01012AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的飽和溶液中，陽離子和陰離子的濃度關系如圖所示。下列說法正確的是A. 圖中x代表AgCl曲線，z代表AgSCN曲線B. 298K時，在Cl和CrO42的物質的量濃度均為0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先產生的是紅色沉淀C. 298K時若增大p點的陰離子濃度，則y上的點沿曲線向上移動D. 298K時Ag2CrO4(s)2SCN(aq) 2AgSCN(s)CrO42- (aq)的平衡常數K2.01012【答案】D【解析】【詳解】A、根據圖中曲線x的數據知pAg-lgc(Ag+)=6，c(Ag+)

38、=10-6mol/L，pX-lg c(Xn-)=0，則c(Cl-)=1mol/L，Ksp(AgCl)= 10-6，與表中數據不符，選項A錯誤；B、析出沉淀時，AgCl溶液中c（Ag+）=mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，則首先產生白色沉淀，選項B錯誤；C、298K時若增大p點的陰離子濃度，由圖可知，若沿曲線向上移動，c(Ag+)減小，選項C錯誤；D、298K時Ag2CrO4(s)2SCN(aq) 2AgSCN(s)CrO42- (aq)的平衡常數K=2.01012，選項D正確。答案選D【點睛】本題考查沉淀的溶度積的應用，注意的含義pAg-l

39、gc(Ag+)、pX-lg c(Xn-)、Ksp，易錯點為選項D：K=，結合表中數據進行計算求解。24.我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產品CH3COOH的催化反應歷程，該歷程示意圖如下所示。下列說法不正確的是A. 生成CH3COOH總反應的原子利用率為100%B. CH4CH3COOH過程中，有CH鍵發(fā)生斷裂C. 放出能量并形成了CC鍵D. 該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率【答案】D【解析】分析：A項，生成CH3COOH的總反應為CH4+CO2CH3COOH，原子利用率為100%；B項，CH4選擇性活化變?yōu)檫^程中，有1個C-H鍵發(fā)生斷裂；C項，根據圖示，的總能量高于的總能

40、量，放出能量并形成C-C鍵；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高平衡轉化率。詳解：A項，根據圖示CH4與CO2在催化劑存在時生成CH3COOH，總反應為CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一種生成物，原子利用率為100%，A項正確；B項，CH4選擇性活化變?yōu)檫^程中，有1個C-H鍵發(fā)生斷裂，B項正確；C項，根據圖示，的總能量高于的總能量，放出能量，對比和，形成C-C鍵，C項正確；D項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高反應物的平衡轉化率，D項錯誤；答案選D。點睛：本題考查原子利用率、化學反應的實質、化學反應中的能量變化、催化劑對化學反應的影響，解題

41、的關鍵是準確分析示意圖中的信息。注意催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，催化劑不能改變H、不能使化學平衡發(fā)生移動。25.利用CO和H2在催化劑的作用下合成甲醇，反應如下：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），在2L密閉容器中充入物質的量之比為1：2的CO和H2，在催化劑作用下充分反應，測得平衡混合物中CH3OH的體積分數在不同壓強下隨溫度的變化如圖所示，下列說法正確的是（）A. 該反應的H0，且p1p2p3B. 在C點時，H2轉化率為75%C. 反應速率：逆（狀態(tài)A）逆（狀態(tài)B）D. 在恒溫恒壓條件下，向該密閉容器中再充入1molCH3OH，達平衡時CH3OH的體積分數增大【答案】B

42、【解析】試題分析：A升高溫度，CH3OH的體積分數減小，平衡逆向移動，說明正反應為放熱反應，H0，該反應為氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，可以提高CH3OH的體積分數，則p2p1，A項錯誤；B在C點，假設反應的CO的物質的量為xCO(g)+2H2(g)CH3OH(g）起始120反應x2xx平衡1-x2-2xx則x/(1-x)+(2-2x)+x100%=50%，解得x=075，因此CO轉化率為75%，B項正確；C溫度越高，反應速率越快，B的反應溫度高，反應速率：逆(狀態(tài)A)逆(狀態(tài)B)，C項錯誤；D在恒溫恒壓條件下向密閉容器中充入不同量的CH3OH，根據等效平衡的建立條件，達平衡時C

43、H3OH的體積分數相同，D項錯誤；答案選B考點：考查了化學平衡圖像的相關知識。第卷（非選擇題50分）26.高錳酸鉀是中學化學常用的試劑。主要用于防腐、化工、制藥等。實驗室模擬工業(yè)上用軟錳礦制備高錳酸鉀的流程如下：（1）實驗室熔融二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀時應選擇哪一種儀器_a.普通玻璃坩堝 b.石英坩堝 c.陶瓷坩堝 d.鐵坩堝（2）第一步熔融時生成K2MnO4的化學方程式：_（3）操作中根據KMnO4和K2CO3兩物質在_ (填性質)上的差異，采用濃縮結晶、趁熱過濾得到KMnO4。趁熱過濾的原因是_（4）反應b是電解法制備KMnO4，其裝置如圖所示，a作_極(填“陽”或“陰”)，中間的離子交

44、換膜是_ (填“陽”或“陰”)離子交換膜。陽極的電極反應式為_（5）KMnO4稀溶液是一種常用的消毒劑。其消毒原理與下列物質相同的_(填標號)。a.雙氧水 b.84消液(NaClO溶液) c.75酒精【答案】 (1). d (2). 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O (3). 溶解性 (4). 避免溫度下降，造成主產品的純度降低 (5). 陽 (6). 陽 (7). MnO42-e-=MnO4- (8). ab【解析】【分析】根據流程：二氧化錳與氫氧化鉀粉碎在空氣中熔融：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O，加水溶解分離出去KCl得

45、到K2MnO4溶液；途徑1：向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2，過濾除去濾渣(MnO2)，濾液為KMnO4、K2CO3溶液，濃縮結晶，趁熱過濾得到KMnO4晶體，濾液中含有K2CO3，途徑2：電解K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+2KOH+H2，a為陽極，電極反應為：MnO42-e-=MnO4-，據此分析作答?！驹斀狻?1)實驗室熔融二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀時應選擇鐵坩堝，因為普通玻璃坩堝、石英坩堝、陶瓷坩堝中含有二氧化硅，能與KOH反應，故答案為d；(2)第一步熔融時二氧

46、化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀生成K2MnO4的化學方程式為：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；(3)采用濃縮結晶、趁熱過濾得到KMnO4，說明高錳酸鉀的溶解性隨溫度影響較大，操作中根據KMnO4和K2CO3兩物質在溶解性上的差異，采用濃縮結晶、趁熱過濾得到KMnO4，趁熱過濾的原因是避免溫度下降，造成主產品純度降低；(4)反應b是電解法制備KMnO4，a為陽極，K2MnO4生成KMnO4，發(fā)生反應：MnO42-e-=MnO4-，陰極為b，由氫離子放電，得到KOH，故離子交換膜為陽離子交換膜，交換鉀離子；(5)KMnO4稀溶液因為其強氧化性是一種常用的消毒劑，雙氧水、8

47、4消液(NaClO溶液)具有氧化性，能消毒，故答案為：ab。27.硫代硫酸鈉俗稱保險粉，實驗室用SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中來制備硫代硫酸鈉。(1)用圖2所示裝置制取Na2S2O3，其中盛放Na2SO3固體的玻璃儀器名稱是_，三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式_。(2)保險粉樣品中Na2S2O35H2O的純度(質量分數)可通過氧化還原滴定法測定，相關反應方程式為2Na2S2O3I22NaINa2S4O6。準確稱取W g樣品于錐形瓶中，用適量蒸餾水溶解，并滴加淀粉溶液作指示劑。用0.1000 molL1碘的標準溶液進行滴定。請回答：到達滴定終點的標志_。滴定起始和終點的液面位置如圖3

48、，則消耗碘的標準溶液體積為_mL，產品的純度為_(設Na2S2O35H2O相對分子質量為M)。若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則會使樣品中Na2S2O35H2O的純度的測量結果_(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。(3)某研究小組以硫代硫酸鈉與硫酸反應來探究外界條件對反應速率的影響，設計實驗如下：下列有關說法不正確的是_A.該同學在實驗中采用的研究方法是實驗比較法B實驗和探究其他條件不變時Na2S2O3濃度對相關反應速率的影響C.實驗和溶液變渾濁的時間相同D.其他條件不變時，探究溫度對化學反應速率的影響，應選擇實驗和【答案】 (1). 蒸餾燒瓶 (2). 2Na2S+Na2C

49、O3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (3). 溶液變?yōu)樗{色，且30s內不恢復原色 (4). 18.10 (5). (6). 偏低 (7). CD【解析】【分析】(1)根據儀器的結構和性能確定盛放Na2SO3固體的玻璃儀器名稱；三頸燒瓶中發(fā)生的反應是SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸鈉；(2)用配制的碘溶液滴定硫代硫酸鈉，利用碘單質遇淀粉變藍指示反應終點；終點讀數與起點讀數之差為消耗碘的標準溶液體積，根據方程式計算；局部變色就停止滴定，消耗標準溶液體積偏小，測定結果偏低；(3)A采取控制變量法對比實驗探究外界條件對反應速率的影響；B實驗、的溫度相等，c(H2SO4)相

50、等，c(Na2S2O3)不相等，故實驗、是探究濃度對化學反應速率的影響；C實驗、的溫度相等，c(Na2S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，反應速率不相等；D實驗、溫度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等?！驹斀狻?1) 盛放Na2SO3固體的玻璃儀器是蒸餾燒瓶，三頸燒瓶中SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸鈉時發(fā)生反應的化學方程式為2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；(2)用配制的碘溶液滴定硫代硫酸鈉，滴入最后一滴碘的標準溶液，溶液變?yōu)樗{色，且30s內不恢復原色，說明反應到達終點；終點讀數為18.10mL，起點讀數為0.00

51、mL，故消耗碘的標準溶液體積為18.10mL，設Na2S2O35H2O的純度為x，則：2Na2S2O35H2O2Na2S2O3I22Mg 1molWxg 18.1010-3L0.1000molL-1故2Mg：Wxg=1mol：18.1010-3L0.1000molL-1，解得x=%；局部變色就停止滴定，消耗標準溶液體積偏小，會使樣品中Na2S2O35H2O的純度的測量結果偏低；(3)A采取控制變量法對比實驗探究外界條件對反應速率的影響，故A正確，B實驗、的溫度相等，c(H2SO4)相等，c(Na2S2O3)不相等，故實驗、是探究濃度對化學反應速率的影響，故B正確；C實驗、的溫度相等，c(Na2

52、S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，中c(H2SO4)較大，反應速率較快，變渾濁時間較短，故C錯誤；D探究溫度對化學反應速率的影響，應保證物質的濃度相等，而實驗、溫度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等，實驗、中c(H2SO4)和c(Na2S2O3)均相等，但溫度不等，故實驗、是探究溫度對化學反應速率的影響，故D錯誤；故答案為CD。28.金屬錳及化合物廣泛應用于工業(yè)生產、制造業(yè)等領域。（1）科研人員將錳粉碎后加入到溶液中使其浸出（假定雜質不反應，溶液體積不變），發(fā)生反應（已知含水溶液為米黃色）為加快上述反應速率可以采取的措施有_（寫出一條即可）。下列說明反應已達平衡的有_（填編號）。A溶液的顏色不發(fā)生變化B溶液中 C體系中固體的質量不變D與濃度的比值保持不變室溫下，測得溶液中陽離子濃度 隨時間的變化情況如下圖所示，則上述反應的平衡常數K=_，的轉化率為_。若其他條件不變，10mim后向容器中迅速加入蒸餾水至溶液體積變?yōu)樵瓉淼?倍，則再次平衡時 =_（不考慮離子水解的影響）。（2）電解制錳后的廢水中含有Mn2+，常用石灰乳進行一級沉降得到Mn(OH)2沉淀，過濾后再向濾液中加入等體積的Na2S溶液，進行二級沉降，為了將Mn2+的