河北省安平中學(xué)2020屆高三化學(xué)上學(xué)期第二次月考試題【含解析】

1、河北省安平中學(xué)2020屆高三化學(xué)上學(xué)期第二次月考試題（含解析）可能用到的相對分子質(zhì)量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na ： 23 Al：27 Fe：56本試卷分卷和卷，考試時間90分鐘，滿分100分。請將試題答案按要求填涂在答題卡上。第I卷（52分）一選擇題（共26個小題，每小題2分，共52分）1.新版人民幣的發(fā)行,引發(fā)了人們對有關(guān)人民幣中化學(xué)知識的關(guān)注。下列表述不正確的是( )A. 制造人民幣所用的棉花、優(yōu)質(zhì)針葉木等原料的主要成分是纖維素B. 用于人民幣票面文字等處的油墨中所含有的是一種磁性物質(zhì)C. 某種化學(xué)驗鈔筆中含有碘酒溶液,遇假鈔呈現(xiàn)藍色,其中遇碘變藍的是淀粉D. 防偽熒光油

2、墨由顏料與樹脂連接料等制成,樹脂與油脂一樣,屬于高分子化合物【答案】D【解析】【詳解】A. 棉花、優(yōu)質(zhì)針葉木等的主要成分是纖維素，A項正確；B. 用于人民幣票面文字等處的油墨中所含有的具有磁性，是磁性物質(zhì)，B項正確；C. 驗鈔筆中含有碘酒溶液，遇假鈔呈現(xiàn)藍色，遇碘變藍的是淀粉，C項正確；D. 樹脂相對分子質(zhì)量很大，樹脂屬于有機高分子材料，但油脂不屬于高分子化合物，D項錯誤；答案選D。2.關(guān)于氧化還原反應(yīng)，下列說法正確的有（ ）氧化劑發(fā)生氧化反應(yīng)；氧化劑具有氧化性；氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是有化合價升降；物質(zhì)所含元素化合價變化是判斷氧化還原反應(yīng)的依據(jù)；氧化還原反應(yīng)中的任一反應(yīng)物不是氧化劑就是還原劑；當

3、反應(yīng)中有一種元素被氧化時.一定有另一種元素被還原；含有高價態(tài)元素的化合物不一定具有強氧化性；陽離子只能得到電子被還原，陰離子只能失去電子被氧化；在化學(xué)反應(yīng)中，得電子越多的氧化劑，其氧化性越強；在氧化還原反應(yīng)中非金屬單質(zhì)一定是氧化劑A. 2個B. 3個C. 4個D. 5個【答案】B【解析】【詳解】氧化劑發(fā)生還原反應(yīng)，錯誤；氧化劑具有氧化性，正確；氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是電子發(fā)生了轉(zhuǎn)移，錯誤；氧化還原反應(yīng)的特征是物質(zhì)所含元素化合價發(fā)生了變化，正確；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反應(yīng)中，NaOH做反應(yīng)物，既不是氧化劑又不是還原劑，錯誤；同種元素既可以被氧化也可被還原，如Cl2+2NaO

4、H=NaCl+NaClO+H2O反應(yīng)中，氯元素既被氧化，又被還原，錯誤；含有高價態(tài)元素的化合物不一定具有強氧化性，如SO42-中硫元素為+6價，最高價，但是稀硫酸的氧化性很弱，正確；陽離子或陰離子既可得電子也可失電子，如Fe2+既可得電子，又可失電子，SO32-既可得電子，又可失電子，錯誤；得電子能力越強的氧化劑，氧化性就越強，而不是得電子越多氧化劑，其氧化性越強，錯誤；非金屬單質(zhì)在反應(yīng)中可以做還原劑，如H2+Cl2=2HCl反應(yīng)中，氫氣做還原劑，氯氣做氧化劑，故錯誤；結(jié)合以上分析可知，正確的判據(jù)有：，故B正確；故答案選B。3.利用CO和H2在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的反應(yīng)如下：CO(g)

5、+2H2(g) CH3OH(g)在體積一定的密閉容器中按物質(zhì)的量之比1：2充入CO和H2，測得平衡混合物中CH3OH的體積分數(shù)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(yīng)的H0，且p1p2B. 反應(yīng)速率：逆(狀態(tài)A)逆(狀態(tài)B)C. 在C點時，CO轉(zhuǎn)化率為75%D. 在恒溫恒壓條件下向密閉容器中充入不同量的CH3OH，達平衡時CH3OH的體積分數(shù)不同【答案】C【解析】【詳解】A由圖可知，升高溫度，CH3OH的體積分數(shù)減小，平衡逆向移動，則該反應(yīng)的H0，300時，增大壓強，平衡正向移動，CH3OH的體積分數(shù)增大，所以p1p2，故A錯誤；BB點對應(yīng)的溫度和壓強均大于A點，溫度升高

6、、增大壓強均使該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率加快，因此逆（狀態(tài)A）逆（狀態(tài)B），故B錯誤；C設(shè)向密閉容器充入了1molCO和2molH2，CO的轉(zhuǎn)化率為x，則CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0變化 x 2x x結(jié)束 1-x 2-2x x在C點時，CH3OH的體積分數(shù)=0.5，解得x=0.75，故C正確；D由等效平衡可知，在恒溫恒壓條件下向密閉容器中充入不同量的CH3OH，達平衡時CH3OH的體積分數(shù)都相同，故D錯誤；故選C。4.借助堿金屬和鹵族元素性質(zhì)的遞變性分析下面的推斷，其中正確的是()A. 已知Ca是第四周期第A族元素，故Ca(OH)2的堿性比Mg(OH)2的堿性弱B. 已知

7、As是第四周期第A族元素，故AsH3的穩(wěn)定性比NH3的穩(wěn)定性強C. 已知Cs的原子半徑比Na的原子半徑大，故Cs與水反應(yīng)不如Na與水反應(yīng)劇烈D. 已知Cl的核電荷數(shù)比F的核電荷數(shù)多，故Cl的原子半徑比F的原子半徑大【答案】D【解析】【詳解】A金屬性越強，對應(yīng)最高價氧化物水化物堿性越強，則Ca(OH)2的堿性比Mg(OH)2的堿性強，故A錯誤；B非金屬性越強，對應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，則AsH3的穩(wěn)定性比NH3的穩(wěn)定性弱，故B錯誤；C金屬性越強，與水反應(yīng)越劇烈，則Cs與水反應(yīng)比Na與水反應(yīng)劇烈，故C錯誤；D同主族，原子序數(shù)大的原子半徑大，則已知Cl的核電荷數(shù)比F的核電荷數(shù)大，故Cl的原子半比F的原子半徑

8、大，故D正確。答案選D5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A. 18g氨基(ND2)中含有的電子數(shù)為10NAB. 一定質(zhì)量的乙烷與22.4L(標準狀況)Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)，形成CCl鍵的數(shù)目為2NAC. 用惰性電極電解100mL0.1molL1的CuSO4溶液，當陰、陽兩極產(chǎn)生相同條件下等體積的氣體時，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.04NAD. n(H2SO3)和n(HSO3)之和為1mol的KHSO3溶液中，含有的K+數(shù)目為NA【答案】C【解析】【詳解】A18g該氨基的物質(zhì)的量為1mol，含有的電子數(shù)為9NA，A項錯誤；B若形成C-Cl鍵的數(shù)目為2NA，則表示氯氣中所有的氯反

9、應(yīng)后均形成了C-Cl鍵，這顯然是錯誤的，因為每取代一個氫原子，都還要生成一個氯化氫分子，形成H-Cl鍵，B項錯誤；C用惰性電極電解硫酸銅溶液時，電解過程分兩個階段，第一階段是電解硫酸銅2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，第二階段是電解硫酸（實為電解水）：2H2O2H2+O2。陽極始終產(chǎn)生氧氣，陰極先是產(chǎn)生銅，后是產(chǎn)生氫氣，因此當陰、陽兩極產(chǎn)生相同量的氣體時，說明第一階段和第二階段產(chǎn)生的氧氣的量相同，因第一階段硫酸銅完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.02mol，所以兩階段共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.04mol，C項正確；DKHSO3溶液中硫原子有三種存在形式：H2SO3、HSO3-和SO32-，所以

10、該溶液中K+的數(shù)目大于1mol，D項錯誤；所以答案選C項。6.將SO2通入BaCl2溶液至飽和的過程中，始終未觀察到溶液中出現(xiàn)渾濁，若再通入另一種氣體A，則產(chǎn)生白色沉淀。制備氣體A的試劑不能是 A. 大理石和稀鹽酸B. NaOH和NH4ClC. Cu和濃硝酸D. MnO2和濃鹽酸【答案】A【解析】【分析】由強酸制弱酸的原理可知，SO2與BaCl2溶液不反應(yīng)，不可能生成BaSO3沉淀，通入另一種氣體產(chǎn)生白色沉淀，應(yīng)有兩種情況，一是溶液中有較多的SO32-離子，或發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成SO42-離子，否則不生成沉淀?！驹斀狻緼項、大理石和稀鹽酸制得二氧化碳氣體，二氧化碳和二氧化硫與氯化鋇均不反應(yīng)，不

11、會產(chǎn)生沉淀物，故A符合題意；B項、NaOH和NH4Cl共熱反應(yīng)生成氨氣，通入氨氣溶液呈堿性，溶液中生成大量的SO32-離子，生成沉淀BaSO3，故B不符合題意；C項、Cu和濃硝酸生成二氧化氮氣體，NO2與水反應(yīng)生成具有氧化性的硝酸，在溶液中將SO2氧化為SO42-離子，生成沉淀BaSO4，故C不符合題意；D項、MnO2和濃鹽酸共熱反應(yīng)生成氯氣，Cl2具有氧化性，在溶液中將SO2氧化為SO42-離子，生成沉淀BaSO4，故D不符合題意；故選A?！军c睛】本題考查二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)，注意二氧化硫的酸性和還原性的分析是解答關(guān)鍵。7.常溫下，某化學(xué)學(xué)習(xí)小組對某些電解質(zhì)溶液作出如下分析。其中正確的是（ ）

12、將1mL pH=3的強酸溶液加水稀釋至100mL后，溶液的pH=11L0.50molL-1的NH4Cl溶液與2L0.25molL-1的NH4Cl溶液相比，前者所含NH4+的物質(zhì)的量大pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)pH=4、濃度均為0.1molL-1的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2(10-4-10-10)molL-1A. B. C. D. 【答案】D【解析】【詳解】將1mLpH=3的強酸溶液加水稀釋至100mL后，溶液的pH增加2個單位，即pH=5，錯誤；若不考慮NH4+的水

13、解，則兩種溶液中NH4+物質(zhì)的量相等，但 NH4+在水溶液中發(fā)生水解，且濃度越低水解程度越大，故兩種溶液中NH4+物質(zhì)的量前者大，故正確；NaHCO3溶液的pH=8.3，表明HCO3-的水解程度大于其電離程度，水解生成的H2CO3比電離生成的CO32-多，即c(Na+)c(HCO3-) c(H2CO3) c(CO32-)，錯誤；pH=4的溶液中，c(H+)=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，由物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；又由電荷守恒可得c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，整理可得c(CH3COO-

14、)-c(CH3COOH)=2c(H+)- c(OH-)=2(10-4-10-10)molL-1；故正確。綜上正確，故答案選D。8.已知容器恒壓，容器恒容，其它條件相同時，在、中分別加入3mol Z，起始時容積相同，發(fā)生反應(yīng)2X(g)+2Y(s)3Z(g)并達平衡。下列說法正確的是（ ）A. 從起始到平衡所需時間：B. 平衡后若在中再加入2molZ，則新平衡時Z的體積分數(shù)變小C. 平衡時Z的轉(zhuǎn)化率：D. 平衡后若在中再加入0.1molY，則X的物質(zhì)的量將減少【答案】B【解析】【分析】在、中分別加入3mol Z，起始時容積相同，發(fā)生反應(yīng)3Z(g) 2X(g)+2Y(s)并達平衡；正反應(yīng)是氣體體積減

15、小的反應(yīng)，雖然反應(yīng)的進行，壓強減小，容器為恒壓，體積減小，相比于，壓強增大，平衡正向移動程度更大?！驹斀狻吭?、中分別加入3mol Z，起始時容積相同，發(fā)生反應(yīng)3Z(g) 2X(g)+2Y(s)并達平衡； A、該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，I是恒壓密閉容器，II是恒容密閉容器，反應(yīng)壓強大于反應(yīng)壓強，壓強增大，反應(yīng)速率加快，則從起始到平衡所需時間：，故A錯誤；B、平衡后若在中再加入2molZ ，相當于在原來基礎(chǔ)上縮小體積，壓強增大，則平衡正向移動，則新平衡時Z的體積分數(shù)變小，故B正確；C、反應(yīng)壓強大于反應(yīng)壓強，壓強增大平衡向正反應(yīng)移動，則平衡時Z的轉(zhuǎn)化率： ，故C錯誤；D、Y為固體，增大Y

16、的量，不影響平衡移動，則X的物質(zhì)的量不變，故D錯誤；故答案選B?！军c睛】針對3Z(g) 2X(g)+2Y(s) H Br-，氯氣先氧化亞鐵離子。x0.4a時氯氣只氧化亞鐵離子,2Fe2Cl2=2Fe32Cl，故A正確；x0.6a時氯氣氧化完亞鐵離子又氧化部分溴離子，故B錯誤；xa時氯氣氧化完亞鐵離子又氧化的溴離子,2Fe22Br2Cl2=Br22Fe34Cl，故C正確；x1.5a時氯氣把亞鐵離子、溴離子完全氧化,2Fe24Br3Cl2=2Br22Fe36Cl，故D正確?？键c：本題考查氧化還原反應(yīng)。10.將如圖中的K閉合，下列判斷正確的是（ ）A. 去掉鹽橋，此裝置也能正常工作B. 鹽橋中的K+

17、向盛有硫酸銅溶液的燒杯移動，高錳酸根離子向b移動C. 一段時間后，硫酸銅溶液濃度減小D. C極上的電極反應(yīng)式為Fe3+e-=Fe2+【答案】D【解析】【分析】原電池的構(gòu)造原理要求裝置能夠形成閉合回路，鹽橋在此使兩個燒杯連接，形成閉合回路，據(jù)此分析；該原電池中Cu為負極，失電子形成銅離子，C為正極，鐵離子得電子生成亞鐵離子；因此b為電解池的負極，a為正極，電解池中陽離子向負極移動，陰離子向正極移動，據(jù)以上分析進行解答。【詳解】A、去掉鹽橋，不能形成閉合回路，此裝置不能正常工作，故A錯誤；B、C極為原電池的正極，鉀離子向盛有硫酸鐵溶液的燒杯移動，a為電解池的陽極，高錳酸根離子向a移動，故B錯誤；C

18、、因為銅極發(fā)生氧化反應(yīng)，極反應(yīng)為Cu-2e-=Cu2+，所以溶液中銅離子濃度增大，故C錯誤；D、C極為原電池正極，發(fā)生還原反應(yīng)，極反應(yīng)為Fe3+e-=Fe2+，故D正確；故答案選D。11.常溫下，體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，n(Cl-)=n(CH3COO-)=0.01mol，下列敘述錯誤的是A. 與NaOH完全中和時，醋酸所消耗的NaOH多B. 分別與足量CaCO3反應(yīng)時，放出的CO2一樣多C. 兩種溶液的pH相等D. 分別用水稀釋相同倍數(shù)時，n(Cl-)n(CH3COO-)【答案】B【解析】【詳解】A.醋酸是弱酸，電離不完全，若n(Cl-)=n(CH3COO-)，醋酸的濃度大，所以消耗的氫

19、氧化鈉也多，故A不選；B.同理可得，二者分別與足量CaCO3反應(yīng)時，醋酸放出的CO2多，故B選；C.根據(jù)電荷守恒，鹽酸中：n(H+)=n(OH-)+n(Cl-)，醋酸中：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)。由于n(Cl-)=n(CH3COO-)，所以n(H+)相等，溶液的pH也相等，故C不選；D.用水稀釋后，醋酸可以繼續(xù)電離，所以n(Cl-)n(CH3COO-)，故D不選；故選B。12.已知酸性H2CO3HClOHCO3-，下列有關(guān)敘述中正確的是（ ）向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-向KI和KBr的混合溶液中加

20、入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后取上層中的液體少許并加入AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成向FeI2溶液中滴加少量氯水，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2+CI2=2Fe3+2Cl-84消毒液(有效成分為NaClO)和“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)混合使用時會放出氯氣，其離子方程式為ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O在海帶灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2溶液得到I2：2I-+3H2O2+2H+=I2+O2+4H2OA. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】已知酸性H2CO3HClOHCO3-，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為ClO-+CO2+H2O=HClO+

21、HCO3-，故錯誤；鐵離子只能把碘離子氧化為碘單質(zhì)，四氯化碳萃取了碘，在下層，上層中的液體中含有溴離子，加入AgNO3溶液，有淡黃色溴化銀沉淀生成，故正確；還原性：I-Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯氣氧化碘離子，反應(yīng)的離子方程式為2I-+CI2=I2+2Cl-，故錯誤；84消毒液(有效成分為NaClO)和“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)混合使用時會放出氯氣，其離子方程式為ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，故正確；在海帶灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2溶液得到I2，雙氧水的還原產(chǎn)物為水，不會產(chǎn)生氧氣，故錯誤；結(jié)合以上分析可知，只有選項正確；故答案選A?！军c睛】還原性：I-Fe

22、2+Br-，所以向含有三種離子的混合物中通入氯氣（或滴加氯水），先被氧化的是碘離子，接著被氧化的是亞鐵離子，最后被氧化的為溴離子；如果向含有三種離子的混合物中加入鐵離子，只有碘離子被氧化為碘單質(zhì)；選項在處理時要把握住三種離子的還原性順序，才能準確把握反應(yīng)的規(guī)律。13. 下列說法錯誤的是NaHCO3溶液加水稀釋，c(Na+)/c(HCO3)的比值保持增大濃度均為0.1 mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3c(CO32)+c(HCO3)在0.1 mol/L氨水中滴加0.l mol/L鹽酸，恰好完全中和時溶液的pH=a，則由水電離產(chǎn)生的c(OH)=l0a mol/L向0

23、.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固體，c(Na+)、c(SO32)均增大在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH)+c(H2S)+c(HS)A. B. C. D. 【答案】D【解析】試題分析：NaHCO3溶液加水稀釋，鈉離子的物質(zhì)的量不變，碳酸氫根的物質(zhì)的量減少，則c(Na+)/c(HCO3)的比值保持增大，正確；濃度均為0.1 mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中根據(jù)物料守恒可知2c(Na+)3c(CO32)+c(HCO3) +c(H2CO3)，錯誤；在0.1 mol/L氨水中滴加0.l mol/L鹽酸，恰好完全中和時生成的氯化銨水解，溶液顯酸性，促進水的電離。因

24、此如果溶液的pHa，則由水電離產(chǎn)生的c(OH)l0a mol/L，正確；向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固體抑制亞硫酸根的水解，所以溶液中c(Na+)、c(SO32)均增大，正確；在Na2S稀溶液中根據(jù)質(zhì)子守恒可知c(OH)c(H+) +2c(H2S)+c(HS)，錯誤，答案選D?？键c：考查溶液中離子濃度大小比較14.CuCl晶體呈白色，見光易分解，在潮濕空氣中易被氧化，難溶于水、稀鹽酸和乙醇。實驗室用如圖所示裝置制取CuCl。以下說法正確的是（ ）A. 裝置A中發(fā)生的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)B. 裝置B中的攪拌子是由鐵直接鑄造C. 裝置B中反生反應(yīng)的離子方程式是SO2+2Cu2

25、+2Cl-+2H2O=2CuCl+4H+SO42-D. 裝置C中用干燥管替代導(dǎo)管的主要目的是使剩余的SO2能被充分吸收【答案】C【解析】【詳解】A.濃硫酸與亞硫酸鈉固體反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫和水，各元素的化合價均未發(fā)生變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B.鐵的活潑性大于銅，鐵能夠與氯化銅溶液反應(yīng)置換出單質(zhì)銅，因此 裝置B中的攪拌子不能是由鐵直接鑄造的，故B錯誤；C.銅離子具有氧化性，二氧化硫具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl和SO42-，裝置B中反生反應(yīng)的離子方程式是：SO2+2Cu2+2Cl-+2H2O=2CuCl+4H+SO42-；故C正確；D.C裝置盛放氫氧化鈉溶液，吸收S

26、O2尾氣，防止污染空氣，干燥管替代導(dǎo)管，能夠起到防倒吸的作用，故D錯誤；故答案選C。15. 標準狀況下兩種等物質(zhì)的量的可燃氣體共1.68L，其中一種是烴，在足量氧氣中完全燃燒。若將產(chǎn)物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀質(zhì)量為15.0g；若用足量堿石灰吸收燃燒產(chǎn)物，增重9.3g。則這兩種混合氣體可能為A. H2與C2H4B. CO與C2H4C. CO 與C36 D. H2與C4H6 【答案】D【解析】試題分析：澄清石灰水：n(CO2)=n(CaCO3)=15/100mol=0.15mol，堿石灰吸收水和CO2，則n(H2O)=(9.30.1544)/18mol=0.15mol，n(C)：n(H)

27、=0.15：0.152=1：2，混合氣體的物質(zhì)的量為1.68/22.4mol=0.075mol，即混合氣體中含有0.15molC、0.3molH，因此1mol氣體中含有2molC和4molH，故選項D正確。考點：考查有機物的推斷和計算等知識。16.NaCl是我們生活中必不可少的物質(zhì)。將NaCl溶于水配成1 molL-1的溶液，溶解過程如圖所示，下列說法正確的是 A. a離子為Na+B. 溶液中含有NA個Na+C. 水合b離子的圖示不科學(xué)D. 室溫下測定該NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解導(dǎo)致【答案】C【解析】【分析】根據(jù)半徑大小比較的方法，a離子為Cl，b離子為Na，然后溶解過程圖示進

28、行分析?！驹斀狻緼、Na核外有2個電子層，Cl核外有3個電子層，即Cl的半徑大于Na，a離子為Cl，b為Na，故A錯誤；B、題目中沒有說明溶液的體積，無法計算NaCl的物質(zhì)的量，即無法判斷Na的數(shù)目，故B錯誤；C、H2O中H顯1價，b為Na，根據(jù)同電相斥異電相吸的原理，Na應(yīng)被氧原子“包圍”，即水合b離子的圖示不科學(xué)，故C正確；D、NaCl是強酸強堿鹽，水溶液顯中性，即pH=7，故D錯誤?！军c睛】易錯點是選項B，學(xué)生仍為NaCl物質(zhì)的量濃度為1molL1，則溶液Na的物質(zhì)的量為1mol，忽略了物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度之間的關(guān)系，即n=Vc。17. 下列有關(guān)同分異構(gòu)體數(shù)目的敘述中，正確的是A. 甲

29、苯苯環(huán)上的一個氫原子被含4個碳原子的烷基取代，所得產(chǎn)物有12種B. 等物質(zhì)的量的氯氣與乙烷在光照條件下反應(yīng)得到9種產(chǎn)物C. 已知二氯苯有3種同分異構(gòu)體，則四氯苯的同分異構(gòu)體的數(shù)目為6種D. 苯乙烯和氫氣完全加成的產(chǎn)物的一溴取代物有5種【答案】A【解析】試題分析：A.4個碳原子的烷基存在四種同分異構(gòu)體，分別為正丁基、異丁基、仲丁基、叔丁基；當為正丁基，甲苯苯環(huán)上的H原子種類有3種，所以有3種同分異構(gòu)體；當為異丁基，甲苯苯環(huán)上的H原子種類有3種，所以有3種同分異構(gòu)體；當為仲丁基，甲苯苯環(huán)上的H原子種類有3種，所以有3種同分異構(gòu)體；當為叔丁基，甲苯苯環(huán)上的H原子種類有3種，所以有3種同分異構(gòu)體，故甲

30、苯苯環(huán)上的一個氫原子被含4個碳原子的烷基取代，所得產(chǎn)物有12種，故A正確；B乙烷的一氯取代物有1種，二氯取代物有2種，三氯取代物有2種，四氯取代物有2種(與二溴取代物個數(shù)相同)，五氯取代物有1種(與一溴取代物個數(shù)相同)，六氯取代物1種，所以氯代產(chǎn)物總共有9種，含有氯化氫，所以產(chǎn)物為10種，故B正確；C由于苯環(huán)含有6個H原子，二氯苯與四氯苯的同分異構(gòu)體數(shù)目相同，若二氯苯有3種同分異構(gòu)體，則四氯苯的同分異構(gòu)體的數(shù)目為3種，故C錯誤；D乙基環(huán)己烷中氫原子的種類有6種，一溴代物的種類取決于氫原子的種類，所以乙基環(huán)己烷中與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)時，生成的一溴代物有6種，故D錯誤；故選AB?？键c：考查同分異構(gòu)體

31、數(shù)目的計算，明確同分異構(gòu)體的概念及書寫原則為解答關(guān)鍵。18.含鉻()廢水用硫酸亞鐵銨FeSO4(NH4)2SO46H2O處理，反應(yīng)中鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀。該沉淀經(jīng)干燥后得到nmol FeOFeyCrxO3。不考慮處理過程中的實際損耗，下列敘述錯誤的是()A. 消耗硫酸亞鐵銨的物質(zhì)的量為n(2x)molB. 處理廢水中的物質(zhì)的量為molC. 反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmolD. 在FeO FeyCrxO3中，3xy【答案】A【解析】【詳解】具有強氧化性，F(xiàn)eSO4(NH4)2SO46H2O具有強還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，F(xiàn)e2被氧化成Fe3，中6價Cr被還原成3價Cr。該反應(yīng)中，

32、Fe失電子的物質(zhì)的量等于Cr得電子的物質(zhì)的量，則有nymol3nxmol，即3xy。據(jù)Cr、Fe原子守恒可知，生成nmol FeOFeyCrxO3時，消耗mol，消耗n(y1) mol硫酸亞鐵銨，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol63nxmol，又知3xy則消耗硫酸亞鐵銨的物質(zhì)的量為n(3x1) mol，所以正確的答案選A?！敬颂幱幸曨l，請去附件查看】19.向18.4 g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，合金完全溶解，同時生成NO2、NO混合氣體，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀。另取等質(zhì)量的合金，使其與一定量的氯氣恰好完全反應(yīng)，則氯氣的體積在標準狀況下為（ ）A.

33、 7.84LB. 6.72LC. 4.48LD. 無法計算【答案】A【解析】【詳解】向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，反應(yīng)生成了鐵離子和銅離子，加入足量氫氧化鈉溶液生成的沉淀為Fe（OH）3、Cu（OH）2，則氫氧化鐵和氫氧化鐵中含有的氫氧根離子的質(zhì)量為：30.3g-18.4g=11.9g，氫氧根離子的物質(zhì)的量為：n（OH-）=11.9g17g/mol=0.7mol；Cl2與銅、鐵反應(yīng)產(chǎn)物為：FeCl3、CuCl2，根據(jù)化合物總電荷為0可知，F(xiàn)eCl3、CuCl2中n（Cl-）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，根據(jù)質(zhì)量守恒，消耗Cl2

34、的物質(zhì)的量為：n（Cl2）=n（Cl-）/2=0.35mol，標況下0.35mol氯氣的體積為：22.4L/mol0.35mol=7.84L，答案為A?！军c晴】本題是有關(guān)混合物的計算，題目難度中等，解題關(guān)鍵需要根據(jù)電荷守恒定律和電子守恒定律明確鐵銅混合溶于過量硝酸被氧化失去的電子的物質(zhì)的量，與所得氫氧化鐵、氫氧化銅中氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，氯氣氧化等量混合物所得電子的物質(zhì)的量相等，搞清了本題的本質(zhì)因素，難度明顯降低，也簡化了解題過程，事實上選擇型的計算題基本上都適用于原子守恒、電子守恒及電荷守恒關(guān)系的，將這三個守恒分析清楚了，相信一定能快速確定正確選項。20.2017年1月，南京理工大學(xué)胡炳

35、成教授團隊成功合成世界首個全氮陰離子鹽，全氮陰離子化學(xué)式為N5-。下列關(guān)于全氮陰離子鹽的說法正確的是A. 每個N5-含有26個電子B. N5-的摩爾質(zhì)量為71gmol-1C. 全氮陰離子鹽既含離子鍵又含共價鍵D. 全氮陰離子鹽可能屬于電解質(zhì)，也可能屬于非電解質(zhì)【答案】C【解析】每個N5- 含有36個電子，故A錯誤；N5-的摩爾質(zhì)量為70gmol-1，故B錯誤；N5-含有共價鍵，全氮陰離子與金屬離子之間存在離子鍵，故C正確；鹽都是電解質(zhì)，所以全氮陰離子鹽屬于電解質(zhì)，故D錯誤。21.“侯氏制堿法”是我國化工專家候德榜為世界制堿工業(yè)作出的突出貢獻。某實驗小組模擬“侯氏制堿法”的工藝流程及實驗裝置（部

36、分夾持裝置省略）如下：下列敘述錯誤的是A. 實驗時先點燃裝置酒精燈，過一段時間后再打開裝置中分液漏斗的旋塞B. 裝置的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脫脂棉，作用是吸收多余的NH3C. 向步驟所得濾液中通入氨氣，加入細小的食鹽顆粒并降溫，可析出NH4ClD. 用裝置加熱碳酸氫鈉可實現(xiàn)步驟的轉(zhuǎn)化，所得CO2可循環(huán)使用【答案】D【解析】【分析】侯氏制堿法中，制取碳酸氫鈉時先要得到含氨的飽和食鹽水，氨氣極易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以應(yīng)先通入氨氣，通氨氣時要防止倒吸，導(dǎo)管不能插入液面以下，碳酸氫鈉的溶解度相對于氯化銨來說碳酸氫鈉的溶解度更小一些，所以在溶液中首先結(jié)晶析出碳酸氫鈉晶體，過濾后的母液中含有氯化

37、銨，在母液中通入氨氣可以增大溶液中銨根離子的濃度，使NH4Cl以晶體的形式析出?！驹斀狻緼. 因為氨氣極易溶于水，而二氧化碳在水中溶解度非常小，所以應(yīng)該先通入氨氣，故不選A；B. 過量氨氣擴散到空氣中會造成污染，所以要進行尾氣吸收，2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故不選B；C.過濾碳酸氫鈉晶體后，母液中含有氯化銨，在母液中通入氨氣可以增大溶液中銨根離子的濃度，使NH4Cl以晶體的形式析出，故不選C；D.固體加熱不可用燒杯，也實現(xiàn)不了二氧化碳循環(huán)利用，故選D；答案：D【點睛】本題主要考查“侯氏制堿法”反應(yīng)原理，解答本題需明確制堿的原理。22.用電解法處理含Cr2O72的廢水，探究不同因

38、素對含Cr2O72廢水處理的影響，結(jié)果如表所示Cr2O72的起始濃度、體積、電壓、電解時間均相同)。下列說法錯誤的是實驗iiiiiiiv是否加入Fe2(SO4)3否否加入30g否是否加入H2SO4否加入1 mL加入1 mL加入1 mL陰極村料石墨石墨石墨石墨陽極材料石墨石墨石墨鐵Cr2O72的去除率0.092%12.7%20.8%57.3%實驗iii中Fe3+去除Cr2O72的機理A. 實驗與實驗i對比，其他條件不變，增加c(H+)有利于Cr2O72的去除B. 實驗與實驗對比，其他條件不變，增加c(Fe3+)有利于Cr2O72的去除C. 實驗中Fe2+循環(huán)利用提高了Cr2O72的去除率D. 若

39、實驗中去除0.01 mol Cr2O72，生成的陽離子全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則沉淀的質(zhì)量是2.06g【答案】D【解析】【詳解】A實驗與實驗i對比，差別在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明顯提升，所以增加c(H+)有利于Cr2O72的去除，A項正確；B實驗與實驗對比，差別在于是否加入30gFe2(SO4)3，增加c(Fe3+),Cr2O72的去除率明顯提升，B項正確；C實驗中，在陰極，F(xiàn)e3+得電子產(chǎn)生Fe2+，F(xiàn)e2+被Cr2O72氧化后再產(chǎn)生Fe3+,Fe2+循環(huán)利用提高了Cr2O72的去除率，C項正確；D實驗中,鐵作陽極先失電子變成Fe2+，然后發(fā)生反應(yīng)：14H+6Fe2+Cr2O72-

40、=2Cr3+6Fe3+7H2O，去除0.01molCr2O72，生成的陽離子0.06molFe3+、0.02molCr3+，若全部轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀，則沉淀的質(zhì)量是6.42g+2.06g=8.48g，D項錯誤；所以答案選D項?！军c睛】D項中，題給數(shù)據(jù)只是計算生成的Cr(OH)3的量，漏掉了生成Fe(OH)3的量。23.下列圖示與對應(yīng)的敘述符合的是A. 用甲實線、虛線分別表示某可逆反應(yīng)未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應(yīng)速率隨時間的變化B. 圖乙表示反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0的平衡常數(shù)K與溫度和壓強的關(guān)系C. 圖丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液

41、中滴加0.1mol/L的HCl溶液時，溶液中隨HCl溶液體積變化關(guān)系D. 圖丁表示常溫下向20mL pH=3的醋酸中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關(guān)系【答案】C【解析】A、催化劑能同時加快正、逆反應(yīng)速率，圖中速率不變，故A錯誤；B、平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)與壓強無關(guān)。故B錯誤。C、圖丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液時，H 濃度增大，NH4 水解程度變小，但隨體積增大而減小，故增大，故C正確；D、弱酸發(fā)生中和反應(yīng)時，突變范圍變小，故D錯誤；故選C。24.周禮考工記記載“凡鑄金之狀，金與錫，黑濁之氣竭，黃白次之，黃白之氣竭，

42、青白次之，青白之氣竭，青氣次之，然后可鑄也?！睜t火純青指的就是青銅冶煉成功的火候。下列說法不正確的是A. 黑濁之氣是金屬表面附著的碳氫化合物燃燒的火焰B. 黃白、青白之氣是金屬中氧化物、硫化物燃燒的火焰C. 青色火焰是青銅燃燒的焰色反應(yīng)D. 上述方法冶煉得到的青銅為純凈的單質(zhì)銅【答案】D【解析】【詳解】A黑濁之氣主要是溫度不太高時，金屬表面附著的碳氫化合物燃燒的火焰顏色，故A正確；B黃白、青白之氣主要是金屬中的氧化物、硫化物燃燒的火焰顏色，故B正確；C青色火焰是青銅中銅的焰色反應(yīng)，故C正確；D青銅是銅與錫的合金，屬于混合物，故D錯誤；故選D。25.常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液

43、中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）A. Ka2(H2X)的數(shù)量級為10-6B. 曲線N表示pH與lg的變化關(guān)系C. NaHX溶液中c(H+)c(OH-)D. 當混合溶液呈中性時，c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(H+)=c(OH-)【答案】D【解析】【詳解】H2X的電離方程式為H2XH+HX-，HX-H+X2-；當=1時，即橫坐標為0，0時，Ka1=c(H+)，Ka2=c(H+)，因為Ka1Ka2，故c(H+)c(H+)，即pHpH，結(jié)合圖象知，曲線N代表第一步電離，曲線M代表第二步電離。Ka210-5.4，A項正確；由上述分析知，B項正確；選擇曲線M

44、分析，當NaHX、Na2X濃度相等時，溶液pH約為5.4，溶液呈酸性，所以NaHX溶液中c(H+)c(OH-)，C項正確；電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，中性溶液中存在c(H+)=c(OH-)，故有c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)，假設(shè)c(HX-)=c(X2-)或c(HX-)c(X2-)(見C項分析)，則溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX-)c(X2-)，D項錯誤；故答案選D。26.實驗研究發(fā)現(xiàn)，硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)時，硝酸的濃度越稀，對應(yīng)還原產(chǎn)物中氮元素的化合價越低。現(xiàn)有一定量鋁粉和鐵粉的混合物與一定量很稀的硝酸充分反應(yīng)，反應(yīng)過程中

45、無氣體放出。在反應(yīng)結(jié)束后的溶液中，逐滴加入5 molL-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的體積與產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量關(guān)系如圖所示。則下列說法不正確的是A. 稀硝酸與鋁粉、鐵粉反應(yīng)，其還原產(chǎn)物為硝酸銨B. c點對應(yīng)NaOH溶液的體積為48mlC. b點與a點的差值為0.05molD. 樣品中鋁粉和鐵粉的物質(zhì)的量之比為5:3【答案】B【解析】【詳解】鋁粉和鐵粉的混合物與一定量很稀HNO3充分反應(yīng)，被氧化為Al3+、Fe3+，通過題意，反應(yīng)始終沒有氣體生成，可以得出不會有氮的氧化物生成，又有硝酸的濃度越稀，對應(yīng)還原產(chǎn)物中氮元素的化合價越低，可以推測N元素由+5變成了-3價，由圖可得硝酸過量，加入氫氧化

46、鈉溶液應(yīng)先與硝酸反應(yīng)，再生成沉淀，當沉淀完全后，由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀量不變，可得與NH4+發(fā)生了反應(yīng)，則隨著NaOH的滴加，發(fā)生的反應(yīng)依次有：H+OH-=H2O，F(xiàn)e3+3OH-=Fe(OH)3，Al3+3OH-=Al(OH)3，NH4+OH-NH3H2O，Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O，B與A的差值為氫氧化鋁的物質(zhì)的量，由圖可知，EF段消耗的氫氧化鈉溶液為：104mL-94m=10mL，故該階段參加反應(yīng)的氫氧化鈉為：0.01L5mol/L=0.05mol，根據(jù)Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3的物質(zhì)的量為0.05mol，根據(jù)鋁元素守

47、恒，故混合金屬中n(Al)=0.05mol。由圖可知DE段消耗的氫氧化鈉的體積為：94mL-88mL=6mL，故該階段參加反應(yīng)的氫氧化鈉為：0.006L5mol/L=0.03mol，根據(jù)NH4+OH-NH3H2O 可知，計算溶液中n(NH4+)=0.03mL，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH4+)，即3n(Fe)+30.05mol=80.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反應(yīng)過程可知，到加入氫氧化鈉為88mL時，溶液中溶質(zhì)為硝酸鈉與硝酸銨，n(NH4NO3)=n(NH4+)=0.03mol，根據(jù)鈉元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L5m