遼寧省六校協(xié)作體2020屆高三化學上學期期中試題（含解析）

1、遼寧省六校協(xié)作體2020屆高三化學上學期期中試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 Si：28 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Co：59第卷 選擇題（42分）選擇題（112題每題2分共24分，1318每題3分共18分，每題只有一個正確選項）1.化學與材料、生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是（ ）A. 本草綱目中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的“堿”是K2CO3B. 利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，實現(xiàn)了“碳”的循環(huán)利用C. 制備聚四氟乙烯的單體屬于不飽和烴D. 鉛筆的主要成分是石墨與黏土

2、，黏土含量越多，鉛筆硬度越大【答案】C【解析】【詳解】A、草木灰的主要成分是K2CO3，用水溶解時碳酸根水解顯堿性，故A正確；B、利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，實現(xiàn)了“碳”循環(huán)利用，減少二氧化碳排放，符合節(jié)能減排的原則，故B正確；C、聚四氟乙烯的單體為四氟乙烯，含有F原子，屬于鹵代烴，故C錯誤；D、鉛筆的主要成分是石墨與黏土，生產(chǎn)上常在石墨粉末中摻加黏土增加硬度，黏土含量越多，鉛筆硬度越大，故D正確；故選C；2.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是（ ）A. SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿B. 石英坩堝耐高溫，可用來加熱熔化燒堿、純堿等固體C. 明礬易溶于水，可用作凈水劑D. 液氨汽

3、化時吸收大量的熱，可用作制冷劑【答案】D【解析】【詳解】A、二氧化硫可用來漂白是具有漂白性，與氧化性無關(guān)，故A錯誤；B、石英坩堝的主要成分為二氧化硅，能與燒堿、純堿反應，故B錯誤；C、明礬作凈水劑是因為鋁離子水解生成的氫氧化鋁具有吸附性，與溶解性無關(guān)，故C錯誤；D、液氨汽化時吸收大量的熱，具有制冷作用，可用作制冷劑，故D正確；故選D；3.設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（ ）A. 用濃鹽酸分別和MnO2、KClO3反應制備1mol氯氣，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為2NAB. 標準狀況下，3.36LHF和3.36LNH3所含的電子數(shù)、質(zhì)子數(shù)均為1.5NAC. 標準狀況下，76g 3H2O2中

4、含有6NA共價鍵D. 0.1molL-1MgCl2溶液中含有的Mg2+數(shù)目一定小于0.1NA【答案】C【解析】【詳解】A、濃鹽酸與MnO2共熱反應生成1mol氯氣轉(zhuǎn)移電子數(shù)2NA電子，與氯酸鉀反應制取1mol氯氣轉(zhuǎn)移電子數(shù)NA，故A錯誤；B、標準狀況下，HF為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算，故B錯誤；C、3H2O2的摩爾質(zhì)量為38g/mol，1mol3H2O2含有3mol共價鍵，所以76g 3H2O2中含有6NA共價鍵，故C正確；D、沒有具體溶液體積，不能計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量，故D錯誤；故選C；【點睛】常見標況下不是氣體的物質(zhì)有：HF、H2O、SO3、酒精、苯等。4.下列實驗操作正確的是（ ）A.

5、 用稀硫酸和鋅粒制取H2時，加幾滴CuSO4溶液以加快反應速率B. 用標準HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度，選擇酚酞為指示劑C. 做過硫升華實驗的試管用酒精洗滌D. 用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗氨氣【答案】A【解析】【詳解】A、Zn可與加入的CuSO4溶液發(fā)生置換反應生成Cu，Cu與鋅粒形成Cu-Zn原電池，可以加快Zn與稀硫酸的反應速率，操作得當，故A 正確；B、HCl滴定NaHCO3達到終點時，溶液中的溶質(zhì)為NaCl和一定量的H2CO3，溶液顯酸性，應選用甲基橙作指示劑，該操作不當，故B錯誤；C、做過硫升華實驗的試管用二硫化碳或者熱的氫氧化鈉溶液洗滌，故C錯誤；D、檢驗氨氣用濕潤的紅

6、色濕潤試紙，若變藍，則是氨氣，故D錯誤；故選A；5.某有機物的結(jié)構(gòu)如圖所示。有關(guān)該物質(zhì)的下列說法正確的是( )A. 該物質(zhì)能發(fā)生加成反應、取代反應B. 不能與Br2的CCl4溶液發(fā)生反應C. 該物質(zhì)中所有原子有可能在同一平面D. 該化合物的分子式為C18H17O2N2【答案】A【解析】【詳解】A、該物質(zhì)中苯環(huán)、碳碳雙鍵等能發(fā)生加成反應、苯環(huán)上的H和羥基等能發(fā)生取代反應，選項A正確；B、碳碳雙鍵能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，選項B錯誤；C、該物質(zhì)中有兩個亞甲基，即有兩個碳是四面體構(gòu)型，所有原子不可能在同一平面，選項C錯誤；D、該化合物的分子式為C18H16O2N2，選項D錯誤。答案選A。6.

7、 下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)的是（ ）A. H2SO4（?。㏒O2NH4HSO3（NH4）2SO3B. NH3NONO2HNO3C. FeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3D. AlNaAlO2AlCl3溶液無水AlCl3【答案】B【解析】解：A稀硫酸和銅不反應，可用濃硫酸在加熱條件下與銅反應，二氧化硫與少量氨水反應生成（NH4）2SO3，故A錯誤；B氨氣在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸，轉(zhuǎn)化關(guān)系正確，故B正確；C氯氣具有強氧化性，鐵和氯氣反應生成氯化鐵，故C錯誤；D氯化鋁溶液加熱易水解生成氫氧化鋁，加熱溶液不能得到無水AlCl3，應在濃鹽酸作

8、用下加熱，故D錯誤故選B【點評】本題綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重于雙基的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及反應條件，難度不大7.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. 1 molL-1CaCl2溶液中：K+、Na+、OH、NO3B. 由水電離出的c(H+)=10-12 molL-1的溶液中：Mg2+、K+、Br、HCO3C. 澄清透明的溶液中：H+、Fe3+、SO42、NO3D. 使甲基橙變紅的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO、Cl【答案】C【解析】【詳解】A、鈣離子在堿性時溶解度較小，故不能與氫氧根大量共存，故A正確；B、由水電離出的c(H+)=10-12

9、 molL-1的溶液可酸可堿，堿性時，不能與Mg2+、HCO3大量共存，酸性時不能與HCO3大量共存，故B錯誤；C、H+、Fe3+、SO42、NO3均不相互反應，可以大量共存，故C正確；D、使甲基橙變紅的溶液顯酸性， 不能與CH3COO大量共存，故D錯誤；故選C；【點睛】雖然在寫離子反應方程式時，澄清石灰水需要拆分，但是氫氧化鈣微溶于水，所以鈣離子不能與氫氧根大量共存。8.下列實驗操作、實驗現(xiàn)象和實驗結(jié)論均正確的是（ ）選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液溶液變紅稀硫酸能氧化Fe2+B向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸溶液褪色乙二酸具有還原性C向AgN

10、O3溶液中滴加過量氨水得到澄清溶液Ag+與NH3H2O能大量共存D向10 mL 0.1 molL-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1 molL-1 ZnSO4溶液，再加入2 mL 0.1 molL-1 CuSO4溶液開始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)Ksp(ZnS)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【詳解】A、酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，則滴加KSCN溶液，溶液變紅，故A錯誤；B、KMnO4可氧化乙二酸，乙二酸具有還原性，故B正確；C、AgNO3 溶液中滴加過量氨水，生成銀氨溶液，Ag+與NH3H2O不能大量共存，故C錯誤；D

11、、Na2S溶液過量，均可直接生成沉淀，不能比較Ksp大小，故D錯誤；故選:B；【點睛】需要驗證Ksp大小時，應將硫化鈉滴入含有相同濃度的鋅離子與銅離子的溶液中，觀察沉淀出現(xiàn)的先后順序，從而判斷Ksp大小。9.用下面的方案進行某些離子的檢驗，其中方案設(shè)計嚴密的是A. 檢驗試液中的SO42-：試液無沉淀白色沉淀B. 檢驗試液中的SO32-：試液氣體褪色C. 檢驗試液中的I：試液棕黃色溶液藍色溶液D. 檢驗試液中的CO32-：試液白色沉淀沉淀溶解【答案】C【解析】A、若溶液中含有SO32-，加入硝酸會氧化亞硫酸根離子為硫酸根離子，和氯化鋇反應生成白色沉淀，選項A錯誤；B、試液中加入濃鹽酸產(chǎn)生氣體能使

12、品紅褪色，該氣體也可能是氯氣，選項B錯誤；C、試液加入過氧化氫氧化碘離子為單質(zhì)碘，遇淀粉變藍，選項C正確；D、若原溶液中含有碳酸根離子或亞硫酸根離子，試液中加入氯化鋇溶液生成白色沉淀，可能是碳酸鈣或亞硫酸鈣沉淀，加入鹽酸沉淀溶解，選項D錯誤；答案選C。點睛：本題考查了離子檢驗的方法和實驗現(xiàn)象分析判斷，注意干擾離子的分析，題目難度中等。A、分析亞硫酸根離子的干擾；B、分析氯氣的干擾；C、碘單質(zhì)遇到淀粉變藍；D、亞硫酸根離子也會發(fā)生反應具有此現(xiàn)象。10.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大。W的族序數(shù)是周期數(shù)的3倍，X原子的最外層只有一個電子，Y是地殼中含量最多的金屬元素，Z在同周期中

13、原子半徑最小。下列說法正確的是（ ）A. Y在元素周期表中位置為第三周期第族B. X2W2中陰、陽離子數(shù)之比均為11C. M、Z兩種元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比較：M Cl，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HF HCl，故C錯誤；D、XZW為NaClO，NaClO與濃鹽酸反應生成氯氣，氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成次氯酸鈉、氯化鈉和水，故D正確；故選D。11.已知：pKalgKa，25時，H2SO3的pKa11.85，pKa27.19。用0.1 molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL1H2SO3溶液的滴定曲線如圖所示(曲線上的數(shù)字為pH)。下列說法正確的是（ ）A. a點所得溶液中：2c(HSO3-)c

14、(SO32-)0.1 mol/LB. b點所得溶液中：c(H)c(SO32-)c(OH)c(H2SO3)C. c點所得溶液中：c(Na)3c(HSO3-)D. d點所得溶液中：c(Na)c(OH) c(SO32-)【答案】C【解析】【詳解】A、 a點溶液pH= 1.85， 即pH= pKa1，所以溶液中c(H2SO3)= c(HSO3-)，根據(jù)物料守恒：c(SO32-)+( HSO3-)+c(H2SO3)=，由于c(H2SO3)= c(HSO3-)，所以2c(HSO3-)c(SO32-)=，故A錯誤；B，b點加入KOH溶液的體積為20mL，恰好反應生成NaHSO3，根據(jù)質(zhì)子守恒：c(H+) +

15、 c(H2SO3)= c(SO32-)+c(OH-)，故B錯誤；C、c點溶液pH= 7.19， 即pH= pKa2，所以溶液中c(HSO3-)= c(SO32-)，溶液為堿性，溶液中c(H+)c(OH- )，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH- )+c(HSO3-) + 2c(SO32-)，由于c(HSO3- ) = c(SO32-)， 所以c(Na+)+c(H+)=c(OH-) + 3 c(HSO3-)，又由于c(H+) 3 c(HSO3-)，故C正確；D、d點加入NaOH溶液體積為40mL，恰好反應生成Na2SO3，Na2SO3水解，水解是微弱的，故c(SO32-)c(

16、OH) ，故D錯誤；答案選C。12.把8.0g鐵粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反應后剩余固體2.4g，產(chǎn)生NO2和NO的混合氣體0.12mol。若不考慮N2O4的存在，則原HNO3溶液的物質(zhì)的量濃度（ ）A. 6.0molL-1B. 7.0molL -1C. 8.0molL -1D. 9.0molL -1【答案】C【解析】【分析】把8g純鐵粉投入到某HNO3溶液中，充分反應后剩余固體2.4g，說明生成硝酸亞鐵，硝酸完全反應，反應中硝酸起氧化劑、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亞鐵，根據(jù)Fe元素守恒計算硝酸亞鐵，起氧化劑作用的硝酸生成NO和NO2，根據(jù)N元素守恒可知n (HNO3) =2

17、nFe (NO3) 2+n (NO+NO2)，據(jù)此解答?！驹斀狻堪?g純鐵粉投入到某HNO3溶液中，充分反應后剩余固體2.4g，說明生成硝酸亞鐵，硝酸完全反應，參加反應的Fe的質(zhì)量= 8g- 2.4g= 5.6g， 其物質(zhì)的量，故nFe (NO3) 2 = 0.1mol，反應中硝酸起氧化劑、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亞鐵,起氧化劑作用的硝酸生成NO和NO2，根據(jù)N元素守恒可知n(HNO3) = 2nFe (NO3) 2 +n(NO+ NO2) = 0.1mol2+0.12mol= 0.32mol，所以原HNO3溶液的物質(zhì)的量濃度=8.0 mol/L。故選C；13.下列指定反應的離子方程

18、式正確的是（ ）A. Ba(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應：Ba2HCO3-OH=BaCO3H2OB. KClO堿性溶液與Fe(OH)3反應：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO42+3Cl+4H+H2OC. 將2 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2D. 將等體積的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1 mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-21H=5Al3Al(OH)39H2O【答案】D【解析】【詳解】A、Ba(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應,離子方程式按照碳酸氫鋇的化學式組成書寫，題中離子方程式錯誤，正確

19、的離子方程式為：Ba2+ + 2HCO3-+2OH- = BaCO3+CO32- + 2H2O，故A錯誤；B、堿性溶液不能生成H+，故B錯誤；C、將2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中氯氣足量，碘離子和亞鐵離子都完全被氧化，題中離子方程式錯誤，正確的離子方程式為：2Fe2+ +4I- +3Cl2 =2Fe3+ +6Cl- + 2I2，故C錯誤；D、1mol/L 的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl等體積互相均勻混合, 設(shè)溶液體積為1L，溶液中含有1mol偏鋁酸根離子、2.5mol氫離子, 1mol偏鋁酸根離子轉(zhuǎn)化成1mol氫氧化鋁沉淀消耗1mol氫離子，剩余的1.5mol氫

20、離子能夠溶解0.5mol氫氧化鋁，則反應生成的氫氧化鋁和鋁離子的物質(zhì)的量相等，反應的離子方程式為： 6AlO2-21H=5Al3Al(OH)39H2O，故D正確；故選D；14.某溶液X中可能含有下列離子中的若干種：Cl-、Na+、Mg2+、Fe3+，為了確定該溶液的組成，某同學取100mL上述溶液X，進行了如下實驗（必要時可加熱），下列說法不正確的是A. 氣體A可能是CO2或SO2B. 溶液X中一定存在C. 溶液X中一定不存在Fe3+和Mg2+，可能存在Na+D. 向溶液A加入硝酸酸化的硝酸銀溶液可能生成白色沉淀【答案】C【解析】【分析】溶液與Ba(OH)2反應生成白色沉淀，則一定不含F(xiàn)e3+

21、，且產(chǎn)生的白色沉淀與足量鹽酸反應，沉淀部分溶解且產(chǎn)生氣體，則白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一種，氣體為CO2或SO2：若氣體A是CO2，則溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能還含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一種)；若氣體A是SO2，則溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，則溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能還含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；若氣體A是CO2、SO2的混合氣體，則溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能還含有Cl-，一定不存

22、在Mg2+，據(jù)此分析解答?！驹斀狻咳芤号cBa(OH)2反應生成白色沉淀，則一定不含F(xiàn)e3+，且產(chǎn)生的白色沉淀與足量鹽酸反應，沉淀部分溶解且產(chǎn)生氣體，則白色沉淀一定有BaSO4，一定存在SO42-、HCO3-或SO32-中的至少一種，氣體為CO2或SO2：若氣體A是CO2，則溶液中一定存在SO42-、HCO3-，可能還含有Cl-、Na+、Mg2+(Na+、Mg2+至少存在一種)；若氣體A是SO2，則溶液中一定存在SO42-、SO32-，由于SO32-和Mg2+不共存，則溶液中一定存在SO42-、SO32-、Na+，可能還含有Cl-，一定不存在Mg2+、HCO3-；若氣體A是CO2、SO2的混合氣

23、體，則溶液中一定存在SO42-、SO32-、HCO3-、Na+，可能還含有Cl-，一定不存在Mg2+；A溶液與Ba(OH)2反應生成白色沉淀，白色沉淀與足量鹽酸反應，沉淀部分溶解且產(chǎn)生氣體，則白色沉淀為BaSO4、BaSO3或BaCO3的混合物，氣體為CO2或SO2，故A正確；B溶液與Ba(OH)2反應生成白色沉淀，白色沉淀與足量鹽酸反應，沉淀部分溶解，則白色沉淀一定含有BaSO4，即溶液X中一定存在SO42-，故B正確；C溶液與Ba(OH)2反應生成白色沉淀，則一定不含F(xiàn)e3+，若溶液由SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+或Cl-構(gòu)成，則仍與實驗現(xiàn)象吻合，所以Mg2+可能含有，故C錯誤；

24、D由上述分析可知，溶液中可能含有Cl-，所以向溶液1(無SO42-)加入硝酸酸化的硝酸銀溶液可能生成AgCl白色沉淀，故D正確；故答案為C。15.分子式為C5H12O且可與金屬鈉反應放出氫氣的有機化合物有（不考慮立體異構(gòu)）A. 5種B. 6種C. 7種D. 8種【答案】D【解析】【詳解】該分子式符合飽和一元醇和飽和一元醚的通式。醇類可以與金屬鈉反應放出氫氣，而醚不能。根據(jù)碳鏈異構(gòu)，先寫出戊烷的同分異構(gòu)體（3種），然后用羥基取代這些同分異構(gòu)體的不同類的氫原子，就可以得出這樣的醇，戊基共有8種，故這樣的醇共有8種，D正確，選D。16.如圖為1molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反應生成

25、SOCl2（g）過程中的能量變化示意圖，已知E1=xkJmol1、E2=ykJmol1， 下列有關(guān)說法中正確的是（ ）A. 反應的活化能等于ykJmol1B 若對反應體系加熱，H不變C. 若在反應體系中加入催化劑，E1不變D. 1 molSO2Cl2（g）和1molSCl2（l）反應生成SOCl2（g）的H=（xy）kJmol1【答案】B【解析】【分析】催化劑能降低反應的活化能，所以E1變小，反應熱等于反應物的鍵能總和與生成物的鍵能總和之差，即H=E1-E2，據(jù)此解答?！驹斀狻看呋瘎┠芙档头磻幕罨?，所以E1變小，但催化劑不會改變化學反應的反應熱，所以H不變，即H=E1-E2。A、由圖可知，

26、反應的活化能等于E1=xkJ.mol-1，故A錯誤；B、對于一個特定的反應，H不變，故B正確； C、若在反應體系中加入催化劑，E1變小，故C錯誤；D、1 molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反應生成SOCl2（g）的H=（xy）kJmol1，故D錯誤；故選B；【點睛】計算H時注意物質(zhì)的狀態(tài)，狀態(tài)不同，則H也不相同。17.已知298 K時，Ksp(NiS)1.01021，Ksp(NiCO3)1.0107；p(Ni)lgc(Ni2+)，p(B)lgc(S2)或lgc(CO32-)。在含物質(zhì)的量濃度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液產(chǎn)生兩種沉淀，溶液中陽離子

27、、陰離子濃度關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A. 常溫下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B. 向d點對應的溶液中加入對應陰離子的鈉鹽，d點向b點移動C. 對于曲線，在b點加熱，b點向c點移動D. P為3.5且對應的陰離子是CO32【答案】C【解析】A，常溫下Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3屬于同種類型，常溫下NiCO3的溶解度大于NiS，A項正確；B，Ksp（NiS）Ksp（NiCO3），則曲線I代表NiS，曲線II代表NiCO3，在d點溶液中存在溶解平衡NiS（s）Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-濃度增大，平衡逆向移動，Ni2+減小，d點向b點

28、移動，B項正確；C，對曲線I在b點加熱，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-濃度增大，b點向a點方向移動，C項錯誤；D，曲線II代表NiCO3， a點c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）c（CO32-）=110-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=110-3.5，pNi=pB=3.5且對應的陰離子為CO32-，D項正確；答案選C。點睛：本題考查與沉淀溶解平衡有關(guān)的曲線分析，注意圖像中pNi、pB越大，Ni2+、B2-濃度越小是解題的關(guān)鍵。注意溶度積與溶解度的關(guān)系，當難溶電解質(zhì)類型相同時，溶度積大的溶解度大；當難溶電解質(zhì)類型不同時，溶度積大的溶解度不一定大。

29、18.正在研制的一種“高容量、低成本”鋰銅空氣燃料電池。該電池通過一種復雜的銅腐蝕“現(xiàn)象”產(chǎn)生電力，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O2Cu2Li+2OH-，下列說法不正確的是（ ）A. 通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生CuOB. 放電一段時間后右側(cè)水溶液電解質(zhì)中LiOH濃度逐漸增大C. 放電時，正極的電極反應式為Cu2O+H2O+2e-2Cu+2OH-D. 整個反應過程中，銅相當于催化劑【答案】A【解析】【分析】放電時，鋰失電子作負極，Cu上O2得電子作正極，負極上電極反應式為Li-e- =Li+，正極上電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極

30、移動，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼、該電池通過一種復雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力，由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電，正極反應為：Cu2O+ H2O+2e-= Cu+ 2OH-，因此通入空氣的目的是讓氧氣與銅反應生成Cu2O，故A錯誤；B、因為原電池放電時，陽離子移向正極，所以Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動，所以右側(cè)水溶液電解質(zhì)中LiOH濃度逐漸增大，故B正確；C、該電池通過一種復雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力，由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電，正極反應為：Cu2O+H2O+2e-2Cu+2OH-，故C正確；D、銅先與氧氣反應生成Cu2O，放電時Cu2O重新生成Cu，則整個反應過程中，銅相當于催化劑，故

31、D正確；故選A；第卷 非選擇題 (58分)（本卷包括必做題和選做題兩部分。第19-21題為必做題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選做題，考生任選一道作答。）19.利用水鈷礦(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多種化工試劑，以下為草酸鈷晶體和氯化鈷晶體的制備流程，回答下列問題：已知：浸出液中含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。沉淀中只含有兩種沉淀。流程中部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開

32、始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出過程中加入Na2SO3目的是_。（2）NaClO3在浸出液中發(fā)生反應的離子方程式為_。（3）加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，目的是_；萃取劑層含錳元素，則沉淀的主要成分為_。（4）操作包括：將水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為23，_、_、過濾、洗滌、減壓烘干等過程。（5）為測定粗產(chǎn)品中CoCl26H2O的含量，稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸銀溶液，過濾、洗滌、干燥，測沉淀質(zhì)量。通過計算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl26H2O質(zhì)量分數(shù)大于100%，其原因可能是_(回答一條原因即可)。（6）將5.49g草酸鈷晶體

33、(CoC2O42H2O)置于空氣中加熱，受熱過程中不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如下表。溫度范圍/固體質(zhì)量/g1502104.412903202.41經(jīng)測定，整個受熱過程，只產(chǎn)生水蒸氣和CO2氣體，則290320溫度范圍，剩余的固體物質(zhì)化學式為_。已知：CoC2O42H2O的摩爾質(zhì)量為183gmol1【答案】 (1). 將Fe3+、Co3+還原 (2). ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸發(fā)濃縮 (6). 冷卻結(jié)晶 (7). 粗產(chǎn)品中結(jié)晶水含量低(或粗產(chǎn)品中混有氯化鈉雜質(zhì)) (8).

34、 Co3O4(或CoOCo2O3)【解析】【詳解】(1)、浸出過程中，Co2O3、Fe2O3與鹽酸、Na2SO3發(fā)生反應，Co2O3轉(zhuǎn)化為Co2+，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化為Fe2+，Co、Fe元素化合價降低，則S元素化合價升高，SO32-轉(zhuǎn)化為SO42-，故答案為：將Fe3+、Co3+還原；(2)、NaClO3加入浸出液中，將Fe2+氧化為Fe3+，ClO-被還原為Cl-，反應的離子方程式為：ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O-；(3)根據(jù)工藝流程圖結(jié)合表格中提供的數(shù)據(jù)可知，加Na2CO3調(diào)pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。濾液l中含有的金屬陽離子為Co2+、Mn2+、

35、Mg2+、Ca2+等，萃取劑層含錳元素,結(jié)合流程圖中向濾液1中加入了NaF溶液，知沉淀為MgF2、CaF2；(4)、經(jīng)過操作I由溶液得到結(jié)晶水合物，故除題中已知過程外，操作I還包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(5)、根據(jù)CoCl26H2O的組成及測定過程分析，造成粗產(chǎn)品中CoCl26H2O的質(zhì)量分數(shù)大于100%的原因可能是：含有氯化鈉雜質(zhì)，使氯離子含量增大或結(jié)晶水合物失去部分結(jié)晶水，導致相同質(zhì)量的固體中氯離子含量變大；(6)、整個受熱過程中只產(chǎn)生水蒸氣和CO2氣體，5.49 g CoC2O42H2O為0.03mol，固體質(zhì)量變?yōu)?.41 g時，質(zhì)量減少1.08g，恰好為0.06 mol H2O的質(zhì)量，

36、因此4.41 g固體為0.03 mol CoC2O4。依據(jù)元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol44 g/mol=2.64 g。而固體質(zhì)量由4.41 g變?yōu)?.41 g時，質(zhì)量減少2 g，說明290320內(nèi)發(fā)生的不是分解反應，參加反應的物質(zhì)還有氧氣。則參加反應的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依據(jù)原子守恒，配平化學方程式，故290320溫度范圍，剩余固體物質(zhì)的化學式為Co3O4或CoOCo2O3。20.

37、某小組欲探究反應2Fe2+I22Fe3+2I，完成如下實驗：資料：AgI是黃色固體，不溶于稀硝酸。新制的AgI見光會少量分解。（1）、均未檢出Fe3+，檢驗中有無Fe3+的實驗操作及現(xiàn)象是：取少量中溶液，_。（2）中的黃色渾濁是_。（3）經(jīng)檢驗，的過程中產(chǎn)生了Fe3+。對Fe3+產(chǎn)生的原因做出如下假設(shè)：假設(shè)a：空氣中存在O2，由于_（用離子方程式表示），可產(chǎn)生Fe3+；假設(shè)b：酸性溶液中NO3具有氧化性，可產(chǎn)生Fe3+；假設(shè)c：_；假設(shè)d：該條件下，I2溶液可將Fe2+氧化為Fe3+。通過實驗進一步證實a、b、c不是產(chǎn)生Fe3+的主要原因，假設(shè)d成立。的過程中I2溶液氧化Fe2+的原因是_。（

38、4）經(jīng)檢驗，中灰黑色渾濁中含有AgI和Ag。驗證灰黑色渾濁含有Ag的實驗操作及現(xiàn)象是：取洗凈后的灰黑色固體，_。為探究出現(xiàn)灰黑色渾濁的原因，完成了實驗1和實驗2。實驗1：向1mL0.1 molL1 FeSO4溶液中加入1mL0.1molL1AgNO3溶液，開始時，溶液無明顯變化。幾分鐘后，出現(xiàn)大量灰黑色渾濁。反應過程中溫度幾乎無變化。測定溶液中Ag+濃度隨反應時間的變化如圖。實驗2：實驗開始時，先向試管中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，重復實驗1，實驗結(jié)果與實驗1相同。實驗1中發(fā)生反應的離子方程式是_。中迅速出現(xiàn)灰黑色渾濁的可能的原因是_。【答案】 (1). 滴加幾滴KSCN溶液，溶液不變紅

39、(2). AgI (3). 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (4). 溶液中Ag+具有氧化性，可產(chǎn)生Fe3+ (5). Ag+與I生成了AgI沉淀，降低了I的濃度，使平衡2Fe2+I22Fe3+2I正向移動，使I2氧化了Fe2+ (6). 加入足量稀硝酸，振蕩，固體部分溶解，產(chǎn)生無色氣泡，遇空氣變紅棕色。靜置，取上層清液加入稀鹽酸，有白色沉淀生成 (7). Fe2+Ag+=Fe3+Ag (8). AgI分解產(chǎn)生的Ag催化了Fe2+與Ag+的反應【解析】【分析】(1)、鐵離子遇到KSCN溶液變紅色；(2)、AgI是黃色固體，不溶于稀硝酸；(3)、亞鐵離子被氧氣氧化生成鐵離子；、Ag+

40、與I生成了AgI沉淀，降低了I的濃度，使平衡2Fe2+I2=2 Fe3+2I-正向移動；(4)、驗證灰黑色渾濁含有Ag的實驗操作及現(xiàn)象是加入硝酸溶解后生成一氧化氮氣體遇到空氣變紅棕色，溶液中加入鹽酸生成白色沉淀；i向1 mL 0.1 mol/LFeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol/LAgNO3溶液，開始時，溶液無明顯變化。幾分鐘后，出現(xiàn)大量灰黑色渾濁，說明銀離子氧化亞鐵離子生成鐵離子，銀離子如氧化亞鐵離子，則發(fā)生Ag+Fe2+=Ag+Fe3+；ii經(jīng)檢驗，IV中灰黑色渾濁中含有AgI和Ag，ii.IV中迅速出現(xiàn)灰黑色渾濁的可能的原因是快速發(fā)生反應Ag+Fe2+=Ag+Fe3+。【詳解】(

41、1)、檢驗II中無Fe3+ 的實驗操作及現(xiàn)象是:取少量II中溶液，滴加幾滴KSCN溶液，溶液不變紅，故答案為：滴加幾滴KSCN溶液，溶液不變紅；(2)、分析可知，反應I中的黃色渾濁是AgI ，故答案為：AgI ；(3)、空氣中存在O2，由于發(fā)生反應4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，可產(chǎn)生Fe3+，溶液中Ag+具有氧化性，可產(chǎn)生Fe3+，酸性溶液中NO3-具有氧化性，可產(chǎn)生Fe3+，該條件下，I2溶液可將Fe2+氧化為Fe3+，故答案為: 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；溶液中Ag+具有氧化性，可產(chǎn)生Fe3+；、通過實驗進一-步證實a、b、c不是產(chǎn)生Fe3+的主要原因，假設(shè)

42、d成立，的過程中I2溶液氧化Fe2+的原因是： Ag+與I-生成了AgI沉淀，降低了I-的濃度，使平衡2Fe2+I2=2 Fe3+2I-正向移動，使I2氧化了Fe2+，故答案為：Ag+與I生成了AgI沉淀，降低了I的濃度，使平衡2Fe2+I22Fe3+2I正向移動，使I2氧化了Fe2+ ；(4)驗證灰黑色渾濁含有Ag的實驗操作及現(xiàn)象是：取洗凈后的灰黑色固體，加入足量稀硝酸，振蕩，固體部分溶解，產(chǎn)生無色氣泡，遇空氣變紅棕色。靜置，取上層清液加入稀鹽酸，有白色沉淀生成。故答案為：加入足量稀硝酸，振蕩，固體部分溶解，產(chǎn)生無色氣泡，遇空氣變紅棕色。靜置，取上層清液加入稀鹽酸，有白色沉淀生成；i、實驗1

43、中發(fā)生反應的離子方程式是：Fe2+Ag+=Fe3+Ag，故答案為：Fe2+Ag+=Fe3+Ag；ii、iiIV中迅速出現(xiàn)灰黑色渾濁的可能的原因是：AgI分解產(chǎn)生的Ag催化了Fe2+與Ag+的反應。故答案為：AgI分解產(chǎn)生的Ag催化了Fe2+與Ag+的反應；21.H2S在金屬離子的鑒定分析、煤化工等領(lǐng)域都有重要應用。請回答：.工業(yè)上一種制備H2S的方法是在催化劑、高溫條件下，用天然氣與SO2反應，同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的氧化物。(1)該反應的化學方程式為_。.H2S可用于檢測和沉淀金屬陽離子。(2)H2S的第一步電離方程式為_。(3)已知：25 時，Ksp(SnS)1.01025，Ksp(C

44、dS)8.01027。該溫度下，向濃度均為0.1 molL1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，當Sn2開始沉淀時，溶液中c(Cd2)_(溶液體積變化忽略不計)。.H2S是煤化工原料氣脫硫過程的重要中間體。反應原理為.COS(g)H2(g) H2S(g)CO(g)H7 kJmol1；.CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)H42 kJmol1。(4)已知：斷裂1 mol分子中的化學鍵所需吸收的能量如表所示。分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)H2O(g)CO2(g)能量/(kJmol1)1 319442x6789301 606表中x_。(5)向10 L容積不變的

45、密閉容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，進行上述兩個反應。其他條件不變時，體系內(nèi)CO的平衡體積分數(shù)與溫度(T)的關(guān)系如圖所示。隨著溫度升高，CO的平衡體積分數(shù)_(填“增大”或“減小”)。原因為_T1時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)的量為0.80 mol。則該溫度下，COS的平衡轉(zhuǎn)化率為_；反應的平衡常數(shù)為_(保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?(1). 4SO23CH44H2S3CO22H2O (2). H2SHHS (3). 8.0103molL1 (4). 1076 (5). 增大 (6). 反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CO的平衡體積

46、分數(shù)增大；反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CO的平衡體積分數(shù)也增大 (7). 20% (8). 0.044【解析】【分析】I（1）工業(yè)上一種制備H2S的方法是在催化劑、高溫條件下，用天然氣與SO2反應，同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的氧化物，從元素角度考慮，這兩種氧化物為CO2和H2O，反應產(chǎn)生H2S；II（2）H2S的第一步電離產(chǎn)生H+和HS-，是不完全電離；（3）根據(jù)溶度積常數(shù)計算；III（4）根據(jù)蓋斯定律計算，H=反應物總鍵能-生成物總鍵能；（5）根據(jù)方程式和圖象分析，升高溫度，CO的平衡體積分數(shù)增大，升高溫度使化學反應平衡向吸熱方向進行；T1時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)的量為0

47、.80mol，此時CO的平衡體積分數(shù)為5%，根據(jù)方程式計算COS的平衡轉(zhuǎn)化率，將各組分平衡濃度代入平衡常數(shù)表達式計算反應i的平衡常數(shù)?！驹斀狻縄（1）工業(yè)上一種制備H2S的方法是在催化劑、高溫條件下，用天然氣與SO2反應，同時生成兩種能參與大氣循環(huán)的氧化物，從元素角度考慮，這兩種氧化物為CO2和H2O，反應產(chǎn)生H2S，則該反應的化學方程式為：4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O；II（2）H2S的第一步電離產(chǎn)生H+和HS-，是不完全電離，則H2S的第一步電離方程式為：H2SH+HS-；（3）向濃度均為0.1mol/L的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，當Sn2+開始沉淀時

48、，溶液中c（S2-）=1.010-24mol/L，則溶液中c（Cd2+）=8.010-3mol/L；III（4）根據(jù)反應i：COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）H=+7kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，H=1319+442-678-x=7，可得x=1076；（5）根據(jù)方程式和圖象分析，升高溫度，CO的平衡體積分數(shù)增大，升高溫度使化學反應平衡向吸熱方向進行，反應i為吸熱反應，升高溫度，化學平衡向正反應方向進行，CO的體積分數(shù)增大，反應ii為放熱反應，升高溫度化學平衡向逆反應方向移動，CO的體積分數(shù)增大，綜合兩個反應考慮，CO的體積分數(shù)隨著溫度升高而增大；T1時，測得平衡時體系中COS的物質(zhì)

49、的量為0.80mol，此時CO的平衡體積分數(shù)為5%，反應起始時，向10L容積不變的密閉容器中充入1mol COS（g）、1mol H2（g）和1mol H2O（g），則COS的平衡轉(zhuǎn)化率為=100%=20%；反應i的方程式：COS（g）+H2（g）H2S（g）+CO（g）起始（mol） 1 1 0 0轉(zhuǎn)化（mol） 0.2 0.2 0.2 0.2平衡（mol） 0.8 0.8 0.2 0.2反應ii的方程式：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始（mol） 0.2 1 0 0.8轉(zhuǎn)化（mol） x x x x平衡（mol） 0.2-x 1-x x 0.8+xCO的平衡體積分數(shù)為5

50、%，則0.2-x=35%，可得x=0.05，則平衡時c（COS）=0.08mol/L，c（H2）=mol/L=0.085mol/L，c（H2S）=0.02mol/L，c（CO）=mol/L=0.015mol/L，因此反應i的化學平衡常數(shù)為K1=0.044?！军c睛】本題涉及利用蓋斯定律計算反應熱，熟悉已知反應與目標反應的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵。應用蓋斯定律進行簡單計算的基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式)，結(jié)合原熱化學方程式(一般23個)進行合理“變形”，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式，求出目標熱化學方程式的H與原熱化學方程式之間H的換算

51、關(guān)系。22.氮和磷元素的單質(zhì)和化合物在農(nóng)藥生產(chǎn)及工業(yè)制造業(yè)等領(lǐng)域用途非常廣泛，請根據(jù)提示回答下列問題：（1）科學家合成了一種陽離子為“N5n+”，其結(jié)構(gòu)是對稱的，5個N排成“V”形，每個N原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，且含有2個氮氮三鍵；此后又合成了一種含有“N5n+”化學式為“N8”的離子晶體，其電子式為_，其中的陰離子的空間構(gòu)型為_。（2）2001年德國專家從硫酸銨中檢出一種組成為N4H4(SO4)2的物質(zhì)，經(jīng)測定，該物質(zhì)易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+兩種離子的形式存在。N4H44+根系易吸收，但它遇到堿時會生成類似白磷的N4分子，不能被植物吸收。1個N4H44+中含有_個鍵。（3）氨(NH3)和膦(PH3)是兩種三角錐形氣態(tài)氫化物，其鍵角分別為107和93.6，試分析PH3的鍵角小于NH3的原因_。（4）P4S3可用于制造火柴，其分子結(jié)構(gòu)如圖1所示。P4S3分子中硫原子的雜化軌道類型為_。每個P4S3分子中含孤電子對的數(shù)目為_。（5）某種磁性氮化鐵的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，該化合物的化學式為_。若晶胞底邊長為anm，高為cnm，則這種磁性氮化鐵的晶體密度為_gcm3(用含a、c和NA的式子表示)（6）高溫超導材料，是具有高臨界轉(zhuǎn)變溫度(Te)能在液氮溫度條件下工作的超導材料。高溫超導材料鑭鋇銅氧化物中含有Cu3+?；鶓B(tài)時Cu3+的電子排布式為Ar_；化合物中，