長沙市大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題含解析

湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題含解析湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題含解析PAGE36-湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題含解析湖南省長沙市湖南大學(xué)附屬中學(xué)2020屆高三化學(xué)第3次月考試題(含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Na-23Mg—24Cl—35.5Fe-56Cu—64Zn—65Ag-108一、選擇題1.2018年10月在《自然一催化》雜志上刊登了中科院院士李燦發(fā)表的有關(guān)高效單核催化劑的文章，為實現(xiàn)“液態(tài)陽光”構(gòu)想邁出了關(guān)鍵一步。“液態(tài)陽光”是指由陽光、二氧化碳和水通過人工光合作用得到的綠色液態(tài)燃料。下列有關(guān)“液態(tài)陽光”的說法錯誤的是()A.煤氣化得到的水煤氣不屬于“液態(tài)陽光”B.“液態(tài)陽光”的主要成分可能為甲醇、乙醇和氨基酸C?！耙簯B(tài)陽光”行動有利于可持續(xù)發(fā)展和應(yīng)對氣候的變化D.“液態(tài)陽光”有望解決全球化石燃料面臨枯竭的難題【答案】B【解析】【詳解】A．煤氣化得到的水煤氣主要成分為氫氣和一氧化碳，不屬于“液態(tài)陽光"，故A正確;B．根據(jù)元素守恒，液態(tài)陽光中不可能含有氨基酸，故B錯誤；C．“液態(tài)陽光”是指由陽光、二氧化碳和水通過人工光合得到的綠色液態(tài)燃料，能吸收二氧化碳解決溫室效應(yīng)，且燃燒產(chǎn)物無污染，有利于可持續(xù)發(fā)展并應(yīng)對氣候變化，故C正確；

D．利用陽光、二氧化碳和水合成綠色燃料減少對化石燃料的依賴，有望解決全球化石燃料不斷枯竭的難題，故D正確;故答案為B.2.下列有關(guān)說法正確的是A。電解質(zhì)溶液導(dǎo)電為化學(xué)變化B.Na、SiO2、H2O都稱為分子式C.NH3的水溶液能導(dǎo)電，所以NH3為電解質(zhì)D.HClO、KNO3、H2O2中均含離子鍵【答案】A【解析】【詳解】A.電解質(zhì)在導(dǎo)電的過程中伴隨著化學(xué)反應(yīng)。陰極和陽極上發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，A項正確;B。Na可以表示元素或是原子，但不能表示分子，B項錯誤；C.氨水中電離出陰陽離子的是一水合氨而不是氨氣,所以一水合氨是電解質(zhì)，氨氣是非電解質(zhì),C項錯誤；D.HClO、H2O2中均只含有共價鍵,KNO3含離子鍵、共價鍵,D項錯誤；答案選A?！军c睛】電解質(zhì)導(dǎo)電是本身電離出陰陽離子而能導(dǎo)電，氨氣、二氧化碳、二氧化硫溶于水也能導(dǎo)電，這是氨氣、二氧化碳、二氧化硫和水形成的酸或堿電離出陰陽離子而導(dǎo)電,并非其本身電離出陰陽離子，所以是非電解質(zhì).3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值.下列說法錯誤的是A。46gC2H5OH含有的共價鍵數(shù)目為8NAB.4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）H2和CO混合氣體完全燃燒消耗O2分子數(shù)為0.1NAC。1L0。5mol/L的Na2S溶液中含S的粒子數(shù)目等于0。5NAD.電解精煉銅時，陰極質(zhì)量增重128g，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目大于4NA【答案】CD【解析】【詳解】A.C2H6O可能為乙醇，也可能為甲醚，若為乙醇含有共價鍵的數(shù)目一定為8NA，若為甲醚含有共價鍵鍵的數(shù)目一定為8NA，A項正確;B。標(biāo)況下4。48L混合氣體的物質(zhì)的量為0。2mol，而1mol氫氣和1molCO均消耗0。5mol氧氣，故0。2molH2和CO的混合物燃燒消耗的氧氣為0。1mol，分子為0.1NA個，B項正確；C。硫離子水解生成硫氫根離子和氫氧根離子,陰離子數(shù)目增加，所以1L0.5mol?L?1Na2S溶液中含S粒子數(shù)目大于0。5NA，C項錯誤;D.電解精煉銅時，陰極上電極反應(yīng)為Cu2++2e?=Cu,故當(dāng)陰極質(zhì)量增重128g即有2mol銅析出時，轉(zhuǎn)移電子為4mol即4NA個，D項錯誤；答案選CD.4.下列化學(xué)方程式中，不能正確表示反應(yīng)顏色變化的是A。將盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中，顏色變淺:2NO2N2O4B。用鋁筷摩擦浸泡在NaCl溶液中變黑的銀器(黑色物質(zhì)為Ag2S)，銀器很快恢復(fù)銀白色：Ag2S＋2NaCl===Na2S＋2AgClC.氯化亞鐵溶液遇鐵氰化鉀溶液出現(xiàn)藍色沉淀：3FeCl2+2K3［Fe（CN)6]===Fe3[Fe(CN)6］2↓＋6KClD.FeCl3溶液中加入銅粉,溶液從黃色變?yōu)樗{綠色：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題表示反應(yīng)顏色變化可知，本題考查化學(xué)反應(yīng)中物質(zhì)的顏色變化,運用化學(xué)反應(yīng)方程式分析?！驹斀狻緼。2NO2N2O4為放熱反應(yīng)，將盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中,溫度降低,平衡向放熱方向移動，即向生成無色N2O4的方向移動，顏色變淺，A項正確;B.鋁和Ag2S在氯化鈉電解質(zhì)溶液中形成原電池反應(yīng)，鋁做負(fù)極，表面有硫化銀的銀器做正極,硫化銀被還原成銀,銀器由黑色很快恢復(fù)銀白色，B項錯誤；C。亞鐵離子與鐵氰化鉀反應(yīng)生成帶有特征顏色的鐵氰化亞鐵沉淀，3FeCl2+2K3[Fe（CN）6］===Fe3[Fe（CN)6]2↓＋6KCl，C項正確；D。黃色的鐵離子有強氧化性，與銅單質(zhì)反應(yīng)生成綠色的亞鐵離子和藍色的銅離子，溶液從黃色變?yōu)樗{綠色，D項正確；答案選B。5。S2Cl2和SCl2均為重要的化工原料，都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。已知：①S2(1)+Cl2（g)S2Cl2(g)△H1=xkJ/mol②S2Cl2（g）+Cl2（g)2SCl2（g)△H2=ykJ/mol③相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如下表所示：化學(xué)鍵S-SS-ClCl—Cl鍵能/kJ/molabc下列說法錯誤的是A.SCl2的結(jié)構(gòu)式為C1-S-Cl B。S2Cl2的電子式為:C。y=2b—a-c D。在S2（1)+2Cl2（g）2SCl2(g）的反應(yīng)中,△H=(x+y)kJ/mol【答案】C【解析】【詳解】A。原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，S應(yīng)該形成兩個共價鍵，Cl只能形成1個共價鍵,所以SCl2的結(jié)構(gòu)式為C1—S-Cl，選項A正確；B.原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，S應(yīng)該形成兩個共價鍵，Cl只能形成1個共價鍵，所以S2Cl2的結(jié)構(gòu)式為C1-S—S-Cl，根據(jù)此結(jié)構(gòu)式得到對應(yīng)的電子式為:，選項B正確;C。反應(yīng)的焓變等于反應(yīng)物的鍵能減去生成物的鍵能，根據(jù)上面給出的SCl2和S2Cl2的結(jié)構(gòu)式,反應(yīng)②S2Cl2（g)+Cl2（g)2SCl2（g)的焓變△H2＝y(tǒng)＝a＋2b＋c－4b=a+c-2b，選項C錯誤;D。反應(yīng)①加上反應(yīng)②可以得到:S2(1)+2Cl2（g)2SCl2(g)，所以該反應(yīng)的焓變?yōu)椤鱄=（x+y）kJ/mol，選項D正確；故答案選C。【點睛】化合物中原子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)有如下規(guī)律：原子的成鍵個數(shù)＝8－原子的最外層電子數(shù);計算出原子應(yīng)該形成的共價鍵數(shù)以后，可以書寫化合物的結(jié)構(gòu)式,注意應(yīng)該是成鍵多的原子在中間，成鍵少的在邊上。6。下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液溶液變成血紅色原溶液中一定含有Fe2＋B向H2S溶液中通入O2溶液變渾濁氧化性：O2〉SC向等濃度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中分別滴加2滴酚酞溶液前者紅色更深水解程度：NaHCO3〉Na2CO3D取少量某溶液于試管中，向其中加入NaOH溶液，用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，觀察試紙顏色變化試紙不變藍原溶液中不含NH4+A.A B。B C.C D。D【答案】B【解析】【詳解】A．原溶液中可能含鐵離子,應(yīng)先加KSCN、后加過氧化氫檢驗亞鐵離子,故A錯誤；B．H2S溶液中通入O2溶液變渾濁,發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2H2S+O2=2S↓+2H2O，則氧化性:O2＞S，故B正確；C．等濃度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，后者水解程度大,堿性強，水解程度NaHCO3＜Na2CO3，故C錯誤；D．檢驗溶液中是否含有NH4+時，滴加濃NaOH溶液，同時需要加熱，再用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，觀察試紙顏色變化,故D錯誤；故答案B。7.伏打電堆由幾組鋅和銀的圓板堆積而成，所有的圓板之間夾放著幾張鹽水泡過的布.如圖所示為最初的伏打電堆模型，由八組鋅和銀串聯(lián)組成的圓板堆積而成。下列說法正確的是A.該電池發(fā)生的反應(yīng)為析氫腐蝕B。電池長時間工作后,中間的布上會有白色固體顆粒生成，該固體顆粒為Ag2OC.當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.1mol電子時，消耗鋅板的總質(zhì)量為26gD.該伏打電堆工作時，在銀板附近會有Cl2放出【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題中伏打電堆模型可知，本題考查原電池和電解池的工作原理，運用原電池和電解池的工作原理分析。【詳解】A。電解質(zhì)溶液是食鹽水,不是酸性環(huán)境，則該電池發(fā)生的反應(yīng)為吸氧腐蝕，A項錯誤;B.根據(jù)電池總反應(yīng)2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2可知電池長時間工作后,中間的布上出現(xiàn)白色固體顆粒應(yīng)是Zn（OH)2，B項錯誤；C.負(fù)極反應(yīng)為Zn?2e?=Zn2+，轉(zhuǎn)移電子0.1mol時，一組鋅消耗的質(zhì)量為0.05mol×65g/mol=3.25g，八組鋅消耗的總質(zhì)量為3.25g×8=26g，C項正確；D.銀作正極,正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，不會有氯氣放出，D項錯誤；答案選C。【點睛】金屬在酸性很弱或中性溶液里發(fā)生吸氧腐蝕,在酸性較強的溶液中發(fā)生析氫腐蝕。8。用下列裝置進行相應(yīng)實驗，不能達到實驗?zāi)康牡氖牵?A.圖1所示裝置可制備氫氧化亞鐵B。圖2所示裝置可電解食鹽水制氯氣和氫氣C.圖3所示裝置可驗證氨氣極易溶于水D.圖4所示裝置與操作可除去苯中的苯酚【答案】B【解析】【詳解】A、苯隔絕空氣，氫氧化鈉的膠頭滴管深入液體中再擠出，都可以防止氫氧化亞鐵被氧化，正確，不選A；B、銅連接電源的正極做陽極，銅失去電子生成銅離子，溶液中的氯離子不放電，錯誤,選B；C、氨氣溶于水，使燒瓶中氣壓減小,氣球膨脹,所以正確,不選C;D、苯與氫氧化鈉不反應(yīng)，且不互溶，苯酚和氫氧化鈉反應(yīng)生成苯酚鈉溶于水中，可以用分液的方法分離,正確，不選D。故答案選B.9.2019年是“國際化學(xué)元素周期表年"。1869年門捷列夫把當(dāng)時已知的元素根據(jù)物理、化學(xué)性質(zhì)進行排列，準(zhǔn)確預(yù)留了甲、乙兩種未知元素的位置，并預(yù)測了二者的相對原子質(zhì)量，部分原始記錄如下所示。下列說法錯誤的是A。甲位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族B。原子半徑比較:甲>乙〉SiC.原子序數(shù)：甲－Ca＝1D。推測乙的單質(zhì)可以用作半導(dǎo)體材料【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題中甲、乙兩種未知元素的位置可知，本題考查元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用,元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用,運用元素周期表和元素周期律分析?！驹斀狻緼。

甲為Ga,位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族，A項正確;B。

電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小,則原子半徑比較：甲〉乙〉Si，B項正確；C。

甲為Ga，位于現(xiàn)行元素周期表第四周期第ⅢA族，原子序數(shù)為31，Ca原子序數(shù)為20,原子序數(shù):甲－Ca＝11，C項錯誤；D。乙為Ge，位于金屬與非金屬的交界處,可用作半導(dǎo)體材料，D項正確。答案選C?！军c睛】位于金屬與非金屬的交界處的元素可用作半導(dǎo)體材料，如Si、Ge。10.氯酸鉀和亞硫酸氫鉀溶液能發(fā)生氧化還原反應(yīng)ClO3-＋3HSO3-=3SO42—＋Cl－＋3H＋。已知該反應(yīng)的反應(yīng)速率隨c（H＋）的增大而增大。如圖所示為用ClO3-在單位時間內(nèi)物質(zhì)的量濃度變化表示的該反應(yīng)的υ－t圖。下列說法不正確的是(）A.反應(yīng)開始時速率增大可能是c(H＋)增大所致B?？v坐標(biāo)為υ（Cl－）的υ－t曲線與圖中曲線完全重合C。圖中陰影部分的面積表示t1～t2時間內(nèi)ClO3-的物質(zhì)的量的減少量D.后期反應(yīng)速率下降的主要原因是反應(yīng)物濃度減小【答案】C【解析】【詳解】A．由方程式:ClO3-+3HSO3—=3SO42-+Cl—+3H+可知，反應(yīng)開始時隨著反應(yīng)的進行,c(H+)不斷增大，由題目信息可知反應(yīng)的速率隨c(H+）的增大而加快,故反應(yīng)開始時速率增大可能是c（H＋）增大所致,故A正確；B．由方程式：ClO3-+3HSO3-=3SO42—+Cl—+3H+可知，υ（ClO3—）:υ(Cl—）=1：1,縱坐標(biāo)為υ（Cl-）的υ—t曲線與圖中曲線重合，故B正確；C．圖中陰影部分“面積”可以表示t1—t2時間內(nèi)ClO3-的物質(zhì)的量濃度的減少量，故C錯誤；D．隨著反應(yīng)的進行，反應(yīng)物的濃度減少，反應(yīng)速率減小,所以后期反應(yīng)速率下降的主要原因是反應(yīng)物濃度減小，故D正確；故答案為C.11。某溶液X中可能含有K＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Cl－、CO32—中的一種或多種，為了定性檢驗溶液X中的部分離子，做了如下實驗：①向溶液X中加入過量濃KOH溶液并加熱，有無色氣體和紅褐色沉淀生成。②取①反應(yīng)后的上層清液，加入NaHCO3溶液，有白色沉淀生成。相關(guān)分析不正確的是()A?？梢杂脻駶櫟募t色石蕊試紙檢驗生成的無色氣體B.向溶液X中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，一定會產(chǎn)生白色沉淀C。步驟②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3＋＋3HCO3—=Al(OH）3↓＋3CO2↑D。用潔凈的鉑絲蘸取少量①反應(yīng)后的上層清液并灼燒，透過藍色鈷玻璃一定會看到紫色火焰【答案】C【解析】【詳解】①向溶液X中加入過量濃KOH溶液并加熱，有無色氣體和紅褐色沉淀生成，說明溶液中含有NH4+和Fe3+，則一定不含有CO32-，由溶液電荷守恒可知一定含有Cl-；②?、俜磻?yīng)后的上層清液，加入NaHCO3溶液，有白色沉淀生成，說明①反應(yīng)后的上層清液中含有AlO2-，反應(yīng)為AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32—，則原溶液中一定含有Al3+;A．滴加濃KOH溶液并加熱，有無色氣體生成，可以用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗生成的無色氣體,若變藍色,則為NH3，溶液中含有NH4+，故A正確；B．原溶液中一定含有Cl—，則向溶液X中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，一定會產(chǎn)生AgCl白色沉淀，故B正確；C．步驟②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為AlO2-＋H2O+HCO3—=Al(OH)3↓＋CO32—，故C錯誤；D．步驟①為向溶液X中加入過量濃KOH溶液并加熱，則反應(yīng)后的溶液中一定含有K+,用潔凈的鉑絲蘸取少量①反應(yīng)后的上層清液并灼燒，透過藍色鈷玻璃一定會看到紫色火焰,故D正確；故答案為C.【點睛】破解離子推斷題的幾種原則：①肯定性原則:根據(jù)實驗現(xiàn)象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的離子；(記住幾種常見的有色離子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－);②互斥性原則：在肯定某些離子的同時，結(jié)合離子共存規(guī)律，否定一些離子的存在；(要注意題目中的隱含條件，如：酸性、堿性、指示劑的變化、與鋁反應(yīng)產(chǎn)生H2、水的電離情況等)；③電中性原則：溶液呈電中性，一定既有陽離子，又有陰離子,且溶液中正電荷總數(shù)與負(fù)電荷總數(shù)相等；(這一原則可幫助我們確定一些隱含的離子）;④進出性原則:通常是在實驗過程中使用，是指在實驗過程中反應(yīng)生成的離子或引入的離子對后續(xù)實驗的干擾。12.類推（類比遷移）的思維方法可以預(yù)測許多物質(zhì)的性質(zhì).但類比是相對的，不能違背客觀事實。下列類比分析結(jié)果正確的是A。Fe3O4根據(jù)化合價規(guī)律可表示為FeO?Fe2O3，則Pb3O4也可表示為PbO?Pb2O3B.CaC2能水解：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，則Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4A1(OH)3↓+3CH4↑C.Cl2與Fe加熱生成FeCl3,則I2與Fe加熱生成FeI3DSO2通入BaCl2溶液不產(chǎn)生沉淀，則SO2通入Ba(NO3)2溶液也不產(chǎn)生沉淀【答案】B【解析】【詳解】A。Fe3O4中的Fe的化合價可以認(rèn)為是+2，+3，則表示為FeO?Fe2O3，但是Pb常見的化合價為+2、+4，則Pb3O4應(yīng)表示為2PbO?PbO2，A錯誤;B.水解反應(yīng)為物質(zhì)與水電離出來的H＋和OH－結(jié)合的反應(yīng),Al4C3中的Al與OH－結(jié)合生成Al(OH）3，C與H結(jié)合生成甲烷,化學(xué)方程式為Al4C3+12H2O=4A1(OH）3↓+3CH4↑,B正確;C.碘單質(zhì)的氧化性比氯氣弱，只能將Fe氧化成＋2價,則I2與Fe加熱生成FeI2,C錯誤；D。SO2通入BaCl2溶液不產(chǎn)生沉淀，是因為弱酸不能制取強酸,但SO2通入Ba(NO3）2溶液中,SO2溶于水,生成亞硫酸使溶液呈現(xiàn)酸性，溶液中存在硝酸根離子，將SO2氧化成SO42－，會生成硫酸鋇沉淀，D錯誤;答案為B?！军c睛】類推時，要根據(jù)實際情況推測，Pb的化合價為+2、+4價,其氧化物為PbO、PbO2兩種和鐵的不同。13。由相同金屬電極及其不同濃度的鹽溶液組成的電池稱為濃差電池，電子由溶液濃度較小的一極流向濃度較大的一極。如圖所示裝置中,X電極與Y電極初始質(zhì)量相等。進行實驗時，先閉合K2，斷開K1，一段時間后，再斷開K2，閉合K1，即可形成濃差電池,電流計指針偏轉(zhuǎn)。下列不正確的是A。充電前,該電池兩電極不存在電勢差B。放電時，右池中的NO3-通過離了交換膜移向左池C。充電時，當(dāng)外電路通過0.1mol電子時，兩電極的質(zhì)量差為10.8gD。放電時，電極Y為電池的正極【答案】C【解析】【分析】由題意可知，本題考查電化學(xué)原理的應(yīng)用，運用電解池和原電池原理分析?！驹斀狻緼.充電前，左右兩池濃度相等，則兩極不存在電勢差,A項正確；B.由以上分析可知形成原電池時X為負(fù)極，Y為正極，陰離子向負(fù)極移動,則右池中的NO3—通過離了交換膜移向左池，B項正確;C.當(dāng)外電路通過0。1mol電子時，陽極有0。1molAg被氧化，而陰極析出0.1molAg，質(zhì)量都為10。8g，則兩電極的質(zhì)量差為21。6g，C項錯誤；D。放電時，右池硝酸銀濃度較大，則電極Y為電池的正極，D項正確;答案選C?！军c睛】在原電池中,陰離子向負(fù)極移動,陽離子移向正極。14.溫度為T1時，在三個容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng)2NO2（g)?2NO（g)＋O2(g）ΔH〉0。實驗測得：υ正＝υ(NO2)消耗＝k正c2（NO2），υ逆＝υ（NO）消耗＝2υ（O2)消耗＝k逆c2（NO）·c（O2），k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響.下列說法正確的是()容器編號物質(zhì)的起始濃度(mol·L－1)物質(zhì)的平衡濃度（mol·L－1）c(NO2)c（NO)c(O2）c(O2）Ⅰ0。6000.2Ⅱ0。30。50。2Ⅲ00。50.35A.反應(yīng)達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為1∶1B.反應(yīng)達平衡時，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大C.反應(yīng)達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)大于50％D。當(dāng)溫度改變?yōu)門2時，若k正＝k逆，則T2〉T1【答案】D【解析】【詳解】A．容器I中的反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)K===0.8；容器II中開始時濃度商Qc===＜0.8，則反應(yīng)正向進行,平衡時混合氣體的物質(zhì)的量濃度之和大于1mol/L，所以達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比小于0。8mol/L：1mol/L=4:5，故A錯誤；B．容器I中反應(yīng)平衡時c（O2)=c（NO2)，如果容器II中平衡時c(NO2）=c(O2)，設(shè)參加反應(yīng)的c（NO2)=xmol/L，則0。3-x=0。2+0。5x，解得x=，平衡時c(NO2）=c（O2）=mol/L，c（NO)=0.5mol/L+mol/L=mol/L，II中Qc==≈1。4＞0。8，說明II中平衡時應(yīng)該存在c（NO2)＞c（O2），即容器Ⅱ中〈1，而容器I中=1，所以達平衡時，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小,故B錯誤；C．若容器Ⅲ在某時刻，NO的體積分?jǐn)?shù)為50％,可得反應(yīng)的三段式：2NO2（g)?2NO（g)＋O2(g)起始量（mol/L）00。50。35變化量(mol/L)2y2yy平衡量（mol/L)2y0。5－2y0。35－y若0.5－2y＝2y＋0.35－y，解得y＝0.05，求出此時濃度商Qc＝＝4.8>K，說明此時反應(yīng)未達平衡，反應(yīng)繼續(xù)向逆反應(yīng)方向進行，NO進一步減少，平衡時NO的體積分?jǐn)?shù)小于50%,故C錯誤；D．υ正=υ（NO2）消耗=k正c2(NO2)，υ逆=υ(NO）消耗=2υ（O2）消耗=k逆c2（NO)?c（O2),達到平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速率相等，則k正c2（NO2）=k逆c2(NO）?c(O2），T2時若k正=k逆,則c2(NO2)=c2（NO)?c（O2），化學(xué)平衡常數(shù)K=1>0.8,該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，化學(xué)平衡常數(shù)增大，則T2＞T1，故D正確;故答案為D。【點睛】考查化學(xué)平衡計算，側(cè)重考查學(xué)生分析、計算及靈活運用知識解答問題能力，如果單純的根據(jù)設(shè)未知數(shù)計算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學(xué)生靈活運用知識巧妙的避開一元三次方程而解答問題。二、非選擇題15。圖1是部分短周期元素的常見化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖：請回答下列問題：(1)元素F在周期表中的位置為________________（2)C、D、E、G的簡單離子半徑由大到小的順序為_______________（用離子符號表示）.（3）二元化合物X是含有元素A的18電子分子，3gX（g)在25℃101kPa下完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時放出QkJ的熱量，寫出表示X燃燒熱的熱化學(xué)方程式：________________(4)某同學(xué)設(shè)計實驗用圖2所示裝置證明元素A、B、F的非金屬性強弱(其中溶液b和溶液c均足量）。①溶液b為_________________②溶液c中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________________【答案】(1)。第三周期第ⅣA族（2)。S2－〉O2－>Na＋>Al3＋(3）。C2H6(g)＋7/2O2(g）===2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－10QkJ/mol(4）。飽和NaHCO3溶液(5）。SiO32—＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32—【解析】【分析】根據(jù)題意可知，本題考查元素周期表，元素化合價、離子半徑大小、熱化學(xué)方程式的書寫，運用元素周期律、離子半徑大小比較方法、熱化學(xué)方程式書寫步驟分析?！驹斀狻浚?)由圖1分析可得，A為C，B為N、C為O、D為Na、E為Al、F為Si、G為S，因此F在周期表中的位置為第三周期第ⅣA族；故答案為：第三周期第ⅣA族;(2）電子層越多，離子半價越大，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小,則S2－〉O2－>Na＋〉A(chǔ)l3＋，故答案為：S2－〉O2－>Na＋>Al3＋；（3)二元化合物X是含有元素A的18電子分子，X為C2H6，3gX（g)在25℃101kPa下完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時放出QkJ的熱量,則X燃燒熱的熱化學(xué)方程式為C2H6（g)＋O2(g)===2CO2（g）＋3H2O(l）ΔH＝－10QkJ/mol；故答案為：C2H6(g)＋O2(g)===2CO2（g）＋3H2O(l）ΔH＝－10QkJ/mol；(4）①證明元素A、B、F的非金屬性強弱,則應(yīng)用A、B、F對應(yīng)的最高價氧化物的水化物和其相應(yīng)鹽進行反應(yīng)來驗證，因此溶液a和b、c分別為HNO3、飽和NaHCO3、Na2SiO3溶液;故答案為:飽和NaHCO3溶液;溶液b中產(chǎn)生的二氧化碳通入c中Na2SiO3溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-；故答案為：SiO32—＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32—。16.電鍍行業(yè)產(chǎn)生的酸性含鉻廢水對環(huán)境有污染，其中所含的Cr（Ⅵ)是主要污染物,可采用多種處理方法將其除去。查閱資料可知：①在酸性環(huán)境下,Cr（Ⅵ)通常以Cr2O72-的形式存在；②Cr2O72—的氧化能力強于CrO42—；③常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下表所示：陽離子Fe3＋Fe2＋Cr3＋開始沉淀的pH1.97。04.3沉淀完全的pH3。29.05。6Ⅰ.腐蝕電池法（1）向酸性含鉻廢水中投放廢鐵屑和焦炭，利用原電池原理還原Cr(Ⅵ）。下列關(guān)于焦炭的說法正確的是_______(填字母代號）。a．作原電池的正極b．在反應(yīng)中作還原劑c．表面可能有氣泡產(chǎn)生Ⅱ.電解還原法向酸性含鉻廢水中加入適量NaCl固體，以Fe為電極電解,經(jīng)過一段時間，有Cr(OH)3和Fe(OH）3沉淀生成排出，從而使廢水中鉻含量低于排放標(biāo)準(zhǔn).電解裝置如圖1所示。(2)A極連接電源的______________極，A極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為_______________（3)電解開始時,B極上除了發(fā)生產(chǎn)生H2的反應(yīng)外，還有少量Cr2O72—在B極上直接放電，該反應(yīng)的電極反應(yīng)式為_________________(4）電解過程中，溶液的pH不同時，通電時間（t）與溶液中鉻元素去除率的關(guān)系如圖2所示.①由圖可知，電解還原法應(yīng)采取的最佳pH范圍為____(填字母代號）。a．2~4b．4～6c．6～10②解釋曲線Ⅰ和曲線Ⅳ去除率低的原因：________________【答案】(1）。ac(2）。正（3）.Fe－2e－===Fe2＋(4).Cr2O72-＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O（5).b(6)。曲線Ⅰ的pH較小，此時Cr(Ⅵ）被還原生成的Cr3＋難以生成Cr（OH）3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，導(dǎo)致去除率較低；曲線Ⅳ的pH較大，鉻元素主要以CrO42—形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72—，Cr（Ⅵ)難以被還原并生成沉淀，導(dǎo)致去除率較低【解析】【分析】根據(jù)題意可知，本題考查電解原理及其應(yīng)用、“三廢”處理與環(huán)境保護，運用電化學(xué)原理和除雜原理分析?！驹斀狻浚?）向酸性含鉻廢水中投放廢鐵屑和焦炭，形成原電池，鐵作原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Fe－2e－===Fe2＋；焦炭作正極，但焦炭是惰性材料，本身不能被還原，由于廢水呈酸性，正極上可能發(fā)生反應(yīng)2H＋＋2e－===H2↑，觀察到焦炭表面有氣泡產(chǎn)生，則a、c正確，故答案為：ac；(2）由圖可知,與電源的B極相連的一極表面產(chǎn)生H2，該電極的電極反應(yīng)為2H＋＋2e－===H2↑,則B是電源負(fù)極，A是電源正極；與A極相連的電極為電解池的陽極,電極材料是Fe,Fe發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式為Fe－2e－===Fe2＋。故答案為：Fe－2e－===Fe2＋；（3)B極是陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，少量Cr2O在B極上直接放電被還原為Cr3＋，電解質(zhì)溶液呈酸性，則電極反應(yīng)式為Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O。故答案為：Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O；(4)①由圖可知，曲線Ⅱ?qū)?yīng)pH＝4時，溶液中鉻元素去除率最大，且所用時間最短,反應(yīng)速率快;曲線Ⅲ對應(yīng)pH＝6時,鉻元素去除率最終與pH＝4相同，但所用時間較長,反應(yīng)速率比pH＝4慢;圖中曲線Ⅰ、Ⅳ對應(yīng)的鉻元素去除率偏低，故最佳pH范圍為4～6,答案選b。故答案選:b；②由題給信息可知，去除廢水中的鉻元素,最終要生成Cr(OH）3和Fe（OH)3沉淀排出。曲線Ⅰ的pH＝2，酸性較強，此時Cr（Ⅵ)被還原生成的Cr3＋難以生成Cr（OH）3沉淀,仍以Cr3＋形式存在于溶液中，導(dǎo)致鉻元素去除率較低；曲線Ⅳ的pH＝10，溶液呈堿性，促使平衡Cr2O3-＋H2O2CrO＋2H＋正向移動，鉻元素主要以CrO形式存在，其氧化能力弱于Cr2O，Cr(Ⅵ)難以被還原并生成沉淀，導(dǎo)致鉻元素去除率較低。故答案為：曲線Ⅰ的pH較小,此時Cr(Ⅵ）被還原生成的Cr3＋難以生成Cr（OH）3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，導(dǎo)致去除率較低；曲線Ⅳ的pH較大,鉻元素主要以CrO42-形式存在,其氧化能力弱于Cr2O72—,Cr（Ⅵ）難以被還原并生成沉淀，導(dǎo)致去除率較低。17.鎂是一種銀白色的堿土金屬，鎂元素在地殼中的含量約為2。00％，位居第八位，鎂及其化合物在研究和生產(chǎn)中具有廣泛用途。請回答下列問題：(1)在室溫下，純凈的氮化鎂(Mg3N2）為黃綠色的粉末，能與水反應(yīng)，常用作觸媒，實驗室用如圖1所示裝置和藥品制備少量氮化鎂。①A中盛裝的是____，B中可盛裝堿石灰，二者混合可制取氨氣.②按照氣流的方向從左至右連接裝置:a接____、____接____、_b__接____.③氣體通過CuO這一裝置的目的是什么？用化學(xué)方程式回答：______.④無水氯化鈣裝置可防止外界空氣中的水進入，以防_____________（化學(xué)方程式表示)的發(fā)生。（2)碳酸鎂可用作耐火材料、鍋爐和管道的保溫材料，以及食品、藥品、化妝品、橡膠、墨水等的添加劑.Ⅰ.合成碳酸鎂晶體的步驟如下：步驟1：配制0.5mol·L－1MgSO4溶液和0.5mol·L－1NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL四口燒瓶中，開啟攪拌器，溫度控制在50℃。步驟3：將250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內(nèi)滴加完畢，然后用氨水調(diào)節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后,過濾，洗滌。步驟5:在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得到產(chǎn)品碳酸鎂晶體（MgCO3·nH2O，n＝1~5）。①配制0.5mol·L－1MgSO4溶液500mL,需要的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、____。②步驟3中加氨水后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________Ⅱ.測定合成的MgCO3·nH2O中的n值.稱量1。000g碳酸鎂晶體，放入圖2所示的廣口瓶中,加入適量水，滴入稀硫酸與晶體反應(yīng),生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應(yīng)4~5h,后期將溫度升到30℃，最后燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得生成CO2的總量；重復(fù)上述操作2次。③上述反應(yīng)后期要升溫到30℃,主要目的是_____________________④若實驗測得1。000g碳酸鎂晶體產(chǎn)生CO2的平均物質(zhì)的量為amol，則n為__________（用含a的表達式表示)。⑤若稱取100g上述晶體進行熱重分析，得到的熱重曲線如圖3所示,則合成的晶體中n＝____(取整數(shù)）。【答案】(1)。濃氨水（2）。d（3）.e(4)。c（5）。b(6）。f(7).2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu(8）.Mg3N2＋6H2O===3Mg（OH）2＋2NH3↑（9）.500mL容量瓶(10）.Mg2＋＋HCO3—＋NH3·H2O＋(n－1)H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+.(11）。升高溫度，氣體溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全(12）。1-84a/18a(13）。1【解析】【分析】根據(jù)題意可知，本題考查了物質(zhì)含量的實驗探究過程分析、實驗裝置的連接，運用各物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和裝置連接步驟分析。【詳解】（1）①A、B二者混合可制取氨氣，而濃氨水和生石灰或氫氧化鈉固體混合放熱，可使一水合氨分解生成氨氣。因此A中盛裝的是濃氨水;故答案為:濃氨水；②根據(jù)實驗?zāi)康募邦}給裝置可知，按照氣流的方向從左向右連接裝置的順序為:a接d，e接c，b接f；故答案為：d;e；c；b；f；③氣體通過CuO這一裝置的目的是氨氣有還原性,能還原氧化銅,生成氮氣，則氣體通過CuO這一裝置的目的用化學(xué)方程式表示為:2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；故答案為：2NH3＋3CuON2＋3H2O＋3Cu;④無水氯化鈣裝置可防止外界空氣中的水進入，以防氮化鎂和水發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鎂和氨氣，化學(xué)方程式為:Mg3N2+6H2O3Mg(OH）2+2NH3↑；故答案為:Mg3N2+6H2O3Mg（OH)2+2NH3↑；（2)①配制0。5mol·L—1

MgSO4溶液500mL，除提供的儀器外，還需要的儀器為500mL容量瓶；故答案為:500mL容量瓶;②步驟3中加氨水后反應(yīng)生成碳酸鎂結(jié)晶水合物,反應(yīng)的離子方程式為Mg2＋＋HCO3-＋NH3·H2O＋(n－1）H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；故答案為：Mg2＋＋HCO3—＋NH3·H2O＋(n－1）H2OMgCO3·nH2O↓＋NH4+；③題述反應(yīng)后期將溫度升到30℃，是為了使生成的二氧化碳全部逸出，便于其被氫氧化鈉溶液完全吸收，從而減小測定產(chǎn)生的誤差;故答案為:升高溫度,氣體溶解度減小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；④若實驗測得1。000g碳酸鎂晶須產(chǎn)生的CO2的平均物質(zhì)的量為a

mol,依據(jù)碳元素守恒可知,晶須中碳酸鎂的物質(zhì)的量為a

mol，根據(jù)MgCO3·nH2O中碳酸鎂和結(jié)晶水的物質(zhì)的量之比為1∶n,得到,得到；故答案為:；⑤由題圖3知400℃時剩余質(zhì)量為82。3g,這是該晶須失去結(jié)晶水后的質(zhì)量，則有，解得n=1;故答案為：1。18。高氯酸銅易溶于水，在130℃時會發(fā)生分解反應(yīng)，是一種燃燒催化劑。以食鹽等為原料制備高氯酸銅［Cu（ClO4)2·6H2O］的一種工藝流程如圖1所示：（1)發(fā)生“電解Ⅰ”時，所用的交換膜是____（填“陽”或“陰")離子交換膜。(2）歧化反應(yīng)是同一種物質(zhì)中同種元素自身的氧化還原反應(yīng)。已知上述工藝流程中“歧化反應(yīng)"的產(chǎn)物之一為氯酸鈉，則“歧化反應(yīng)”的化學(xué)方程式為________。(3）“電解Ⅱ”主要的陽極產(chǎn)物是_________(填離子符號)。（4）操作a的名稱是____.（5）用該工藝流程制備高氯酸銅時，若起始時NaCl的質(zhì)量為at,最終制得Cu（ClO4）2·6H2O為bt,則產(chǎn)率為____（用含a,b的代數(shù)式表示）。(6)某溫度下，高氯酸銅[Cu（ClO4)2］按A、B兩種方式同時分解，分解過程中銅的化合價不發(fā)生改變。方式A為Cu（ClO4）2CuCl2＋4O2↑，若4mol高氯酸銅在該溫度下按A、B各占50％的方式完全分解，且A、B兩種方式轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為8∶7,則方式B為____（用化學(xué)方程式表示)?！敬鸢浮浚?)。陽（2)。3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2（3）.ClO4—（4）。蒸發(fā)濃縮(5).100％（6).2Cu（ClO4）22CuO＋7O2↑＋2Cl2↑【解析】【分析】根據(jù)題意可知,本題考查電化學(xué)原理，運用原電池和電解池原理分析?！驹斀狻浚?）“電解I”所發(fā)生的反應(yīng)是電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，需要防止氫氧根離子與氯氣反應(yīng)，所以用的交換膜是陽離子交換膜;

故答案為：陽；（2）“歧化反應(yīng)”是碳酸鈉與氯氣反應(yīng)生成氯化鈉和NaClO3，氯元素從0價變?yōu)?1價和+5價，同時生成二氧化碳,反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2;故答案為：3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2;（3）通過電解，溶液中氯酸根離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)在陽極生成高氯酸根離子，“電解II”的陽極的氯離子失電子產(chǎn)物為ClO4-；

故答案為：ClO4—；(4)加入鹽酸，過濾除去氯化鈉晶體，通過蒸發(fā)濃縮即可得到60％以上的高氯酸，

故答案為：蒸發(fā)濃縮；(5）根據(jù)流程圖，氯化鈉電解生成的氯氣與碳酸鈉反應(yīng)生成氯酸鈉和氯化鈉，電解后氯酸鈉變成高氯酸鈉,加入鹽酸反應(yīng)生成高氯酸，最后與Cu2（OH)2CO3反應(yīng)生成Cu（ClO4）2?6H2O,假設(shè)起始是氯化鈉為6mol，則生成的氯氣為3mol,得到1mol氯酸鈉，根據(jù)氯元素守恒最終可以得到0。5molCu(ClO4）2?6H2O，因此產(chǎn)率為；故答案為：100％；(6）在A方式：中CuCl2是還原產(chǎn)物，O2是氧化產(chǎn)物，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為16e?，若4mol高氯酸銅在該溫度下按A、B各占50%的方式完全分解，則方式A共轉(zhuǎn)移4mol×16e?＝64mole?，A、B兩種方式轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為8：7,則B中轉(zhuǎn)移電子64mole?×=56mole?，Cu(ClO4)2分解時Cu元素化合價不變，則B方式中O2是氧化產(chǎn)物，生成O2的物質(zhì)的量為，若Cl元素還原產(chǎn)物中價態(tài)為x價,則8（7?x)＝56，解得：x＝0,可知還原產(chǎn)物為Cl2，且其物質(zhì)的量為,則結(jié)合原子守恒，B方式發(fā)生反應(yīng)