天津市部分區(qū)高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題

天津市部分區(qū)2017～2018學(xué)年度第一學(xué)期期末考試高三化學(xué)1.使用答題卡的區(qū)，學(xué)生作答時(shí)請(qǐng)將答案寫(xiě)在答題卡上；不使用答題卡的區(qū)，學(xué)生作答時(shí)請(qǐng)將答案寫(xiě)在試卷上。2．本卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共100分，考試時(shí)間90分鐘。3．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫(xiě)在答題卡上，并在規(guī)定位置粘貼考試用條形碼。答卷時(shí)，考生務(wù)必將答案涂寫(xiě)在答題卡上，答在試卷上的無(wú)效。考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。不使用答題卡的將答案寫(xiě)在Ⅱ卷相應(yīng)位置。4．以下數(shù)據(jù)可供答題時(shí)參考：相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Cl35.5K39Fe56Cu64第Ⅰ卷（選擇題，共48分）選擇題（本題包括16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。）1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、社會(huì)密切相關(guān)，下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是A.明礬能用于自來(lái)水的殺菌消毒B.濃硫酸在常溫下能用鋁制容器運(yùn)輸C.化學(xué)藥品著火，都可以用水或泡沫滅火器滅火D.PM2.5是指大氣中直徑接近2.5×10－6m的顆粒物，其分散在空氣中形成膠體【答案】B點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)與生活、物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用等知識(shí)，明確相關(guān)概念、掌握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，A項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，注意明礬凈水的原理，不同于氯氣等強(qiáng)氧化性物質(zhì)，不能殺菌消毒；通過(guò)B項(xiàng)應(yīng)聯(lián)系相關(guān)知識(shí)：常溫下，鐵、鋁遇濃硫酸和濃硝酸發(fā)生反應(yīng)形成致密的氧化膜，阻止了反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)行，稱為“鈍化”；C項(xiàng)考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)安全有關(guān)知識(shí)，注意要根據(jù)化學(xué)藥品的性質(zhì)來(lái)選擇滅火方法。2.下列物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是物質(zhì)的性質(zhì)應(yīng)用A次氯酸有酸性可用于漂白、殺菌消毒B純堿能與酸反應(yīng)可用作治療胃酸過(guò)多的藥物C液氨汽化時(shí)要吸收大量的熱工業(yè)上可用作制冷劑D晶體硅的熔點(diǎn)高、硬度大可用于制作半導(dǎo)體材料A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】試題分析：A、次氯酸的漂白性和殺菌消毒，利用次氯酸的氧化性，故錯(cuò)誤；B、純堿水溶液堿性強(qiáng)，不能用于治療胃酸過(guò)多，故錯(cuò)誤；C、液氨之所以作制冷劑，利用氨氣易液化，故正確；D、晶體硅作半導(dǎo)體，利用處于金屬和非金屬之間，不是利用熔點(diǎn)高、硬度大的特點(diǎn)，故錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查元素及其化合物的性質(zhì)和應(yīng)用等知識(shí)。3.設(shè)N0為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.Na1H與2H2O反應(yīng)生成氫氣，每生成0.6g氫氣中含1H數(shù)目為0.2N0B.42gFe與足量水蒸氣反應(yīng)生成的氫氣為22.4LC.25℃時(shí)，pH＝1的鹽酸溶液中，由水電離出的H+個(gè)數(shù)為1013N0D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCl2溶于水中達(dá)到飽和，可得到HClO分子的數(shù)目是0.1N0【答案】A【解析】A項(xiàng)，Na1H與2H2O發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鈉，氫分子中的兩個(gè)氫原子分別來(lái)自Na1H和2H2O，反應(yīng)化學(xué)方程式可表示為：Na1H+2H2O=NaO2H+1H2H↑，0.6g氫氣的物質(zhì)的量是0.6g÷3g?mol1=0.2mol，所以含1H數(shù)目為0.2N0，故A正確；B項(xiàng)，F(xiàn)e與足量水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2↑，42gFe的物質(zhì)的量為42g÷56g?mol1=0.75mol，所以生成1molH2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為22.4L，若不是標(biāo)準(zhǔn)狀況則不一定為22.4L，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，25℃時(shí)，pH＝1的鹽酸溶液中，由水電離出的H+濃度為1013mol?L1，溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算H+個(gè)數(shù)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCl2的物質(zhì)的量是0.1mol，溶于水中達(dá)到飽和，溶液中既有Cl2又有HClO，所以HClO分子的數(shù)目小于0.1N0，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，“設(shè)N0為阿伏加德羅常數(shù)的值”與NA表示阿伏加德羅常數(shù)在解題思路上其實(shí)是一樣的，以阿伏伽德羅常數(shù)為依托可以考查中學(xué)化學(xué)的很多知識(shí)，所以該題為考試?？嫉囊环N題型，本題各項(xiàng)中都設(shè)計(jì)了一定的陷阱，A項(xiàng)注意Na1H中的H是1價(jià)，Na1H與2H2O的反應(yīng)為氫元素的歸中反應(yīng)；B項(xiàng)在解題時(shí)不需要計(jì)算即可判斷該項(xiàng)錯(cuò)誤，注意氣體摩爾體積的使用條件；C項(xiàng)溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算數(shù)目；D項(xiàng)標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LCl2溶于水并不會(huì)完全反應(yīng)。4.下列離子方程式中正確的是A.向沸水中滴加FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體：Fe3+＋3H2OFe(OH)3↓＋3H+B.小蘇打與氫氧化鈉溶液混合：HCO3－＋OH－＝CO2↑＋H2OC.NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合后呈中性：H+＋SO42－＋Ba2+＋OH－＝BaSO4↓＋H2OD.二氧化錳和濃鹽酸共熱：MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O【答案】D【解析】A項(xiàng)，向沸水中滴加FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體，離子方程式為：Fe3+＋3H2OFe(OH)3（膠體）＋3H+，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，小蘇打與氫氧化鈉溶液混合，反應(yīng)離子方程式為：HCO3－＋OH－＝CO32＋H2O，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合后呈中性，反應(yīng)離子方程式為：2H++SO42+Ba2++2OH=BaSO4↓+2H2O，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，二氧化錳和濃鹽酸共熱，生成氯化錳、氯氣和水，書(shū)寫(xiě)離子方程式時(shí)，可溶性的強(qiáng)電解質(zhì)拆成離子形式，所以離子方程式為：MnO2＋4H+＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，故D正確。5.下列圖示裝置正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.制備少量氧氣B.配制100mL0.1mol·L－1的鹽酸C.提純碘D.蒸餾提純【答案】C【解析】A項(xiàng)，Na2O2為粉末，不適合用如圖帶多孔塑料板的裝置，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，配制溶液不能直接在容量瓶中稀釋，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，碘單質(zhì)易升華，如圖裝置浸入水槽中熱水浴使碘單質(zhì)升華，燒瓶中充入冷水，使碘蒸汽遇冷凝華，實(shí)現(xiàn)提純碘的目的，故C正確；D項(xiàng)，蒸餾時(shí)溫度計(jì)的液泡應(yīng)放在蒸餾燒瓶的支管口處測(cè)量蒸汽溫度，故D錯(cuò)誤。6.某工廠的酸性廢水中含有劇毒的H3AsO3，可加入SnCl2除去H3AsO3并回收As。反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3SnCl2＋12HCl＋2H3AsO3＝2As↓＋3H2SnCl6＋6M。下列關(guān)于該反應(yīng)的說(shuō)法中正確的是A.還原劑是H3AsO3B.還原性：SnCl2＞AsC.M為H2O，是氧化產(chǎn)物D.每生成0.1molAs，還原劑失去的電子為0.6mol【答案】B【解析】A項(xiàng)，As元素的化合價(jià)降低，所以H3AsO3是氧化劑，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，SnCl2是還原劑，As是還原產(chǎn)物，根據(jù)還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性可知，還原性：SnCl2＞As，故B正確；C項(xiàng)，根據(jù)原子守恒可知，M為H2O，既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)得失電子守恒（化合價(jià)升降總數(shù)相等），每生成0.1molAs，還原劑失去的電子=氧化劑得到的電子，為：0.1mol×(30)=0.3mol，故D錯(cuò)誤。7.下列實(shí)驗(yàn)操作或結(jié)論正確的是A.分液漏斗不能將水與乙醇分離，但可以分離苯和四氯化碳B.在蒸餾過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)蒸餾燒瓶中未加沸石或碎瓷片，可以立即補(bǔ)加C.在過(guò)濾和配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液中的玻璃棒作用完全相同D.測(cè)定同溫同濃度NaCl和CH3COONa的pH可比較HC1和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱【答案】D【解析】A項(xiàng)，水與乙醇任意比互溶、苯和四氯化碳互溶，所以分液漏斗不能將其分離，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，在蒸餾過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)蒸餾燒瓶中未加沸石或碎瓷片，要立即停止加熱，待冷卻后補(bǔ)加，不能立即補(bǔ)加，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，在過(guò)濾操作中用到玻璃棒引流，在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液中，兩次用到玻璃棒，一次是攪拌加速溶解、另一次是引流，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，強(qiáng)酸對(duì)應(yīng)的陰離子在其鈉鹽溶液中不水解，溶液顯中性，弱酸對(duì)應(yīng)的陰離子在其鈉鹽溶液中水解，溶液顯堿性，且酸越弱對(duì)應(yīng)的陰離子在其鈉鹽溶液中水解程度越大，溶液堿性越強(qiáng)，所以可通過(guò)測(cè)定同溫同濃度NaCl和CH3COONa的pH的方法比較HC1和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱，故D正確。8.對(duì)分別盛有不同無(wú)色溶液①②③④四支試管進(jìn)行如下操作，現(xiàn)象和結(jié)論對(duì)應(yīng)正確的是操作現(xiàn)象結(jié)論A向①中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B向②中滴加氯水和CCl4，振蕩?kù)o置下層溶液呈橙色原溶液中有I－C向③中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成原溶液中有AlO2－D向④中滴加NaOH溶液，加熱，將濕潤(rùn)紅色石蕊試紙置于試管口試紙變藍(lán)原溶液中有NH4＋A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A項(xiàng)，向某溶液中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，若有白色沉淀，該沉淀可能為BaSO4或AgCl等，不能排除Ag+的干擾，應(yīng)先加足量鹽酸酸化，如無(wú)沉淀，然后加入BaCl2溶液，若有白色沉淀，說(shuō)明原溶液中一定含SO42，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，因?yàn)槁人械穆葰夂弯咫x子反應(yīng)生成溴單質(zhì)、和碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì)，CCl4可把溴單質(zhì)、碘單質(zhì)從水溶液中萃取出來(lái)，CCl4密度比水大，在下層，溴單質(zhì)的CCl4溶液呈橙色、碘單質(zhì)的CCl4溶液呈紫色，滴加氯水和CCl4，下層溶液呈橙色，說(shuō)明原溶液中有溴離子，而不是碘離子，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，原溶液中不一定有AlO2－，例如NaHCO3溶液與Ca(OH)2、Ba(OH)2溶液反應(yīng)都會(huì)生成白色沉淀，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，NH4＋與OH反應(yīng)生成NH3?H2O，加熱時(shí)NH3?H2O分解放出氨氣，氨氣遇到濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙，又會(huì)反應(yīng)生成NH3?H2O，NH3?H2O電離產(chǎn)生OH，溶液顯堿性，所以試紙變藍(lán)，故D正確。9.下列說(shuō)法不正確的是A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HCl>HFB.通入CO2可使漂白粉溶液漂白性增強(qiáng)C.Al(OH)3、Fe(OH)3受熱都易分解D.Na在空氣中燃燒會(huì)生成Na2O2【答案】A【解析】A項(xiàng)，同一主族，從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，所以非金屬性：F＞Cl，元素非金屬性越強(qiáng)，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，所以穩(wěn)定性：HF＞HCl，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，漂白粉在溶液中存在下列平衡：ClO+H2OHClO+OH，HClO具有漂白性，增加HClO濃度可提高漂白粉在溶液中的漂白能力，通入CO2，消耗氫氧根離子，則平衡正向移動(dòng)，HClO的濃度增大，故B正確；C項(xiàng)，一般難溶于水的氫氧化物受熱易分解，Al(OH)3受熱分解生成Al2O3和H2O，F(xiàn)e(OH)3受熱分解生成Fe2O3和H2O，故C正確；D項(xiàng)，鈉是很活潑的金屬，在空氣中燃燒產(chǎn)物是Na2O2，故D正確。10.下列離子組能夠大量共存的是A.Fe3＋、SO42－、NH4+、SCN－B.Fe2＋、Cl－、Ba2＋、OH－C.Na＋、Mg2+、Cl－、SO42－D.H＋、Fe2＋、Cl－、NO【答案】C11.一定條件下，在水溶液中1molCl－、ClOx－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相對(duì)大小如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A.a、b、c、d、e中，c最穩(wěn)定B.b→a＋c反應(yīng)的活化能為反應(yīng)物能量減生成物能量C.b→a＋d反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：3ClO－(aq)＝ClO3－(aq)＋2Cl－(aq)ΔH＝＋116kJ·mol－1D.一定溫度下，Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成的產(chǎn)物有a、b、d，溶液中a、b、d的濃度之比可能為11∶1∶2【答案】D【解析】根據(jù)氯元素的化合價(jià)，a、b、c、d、e依次代表Cl、ClO、ClO2、ClO3、ClO4。A項(xiàng)，物質(zhì)能量越低越穩(wěn)定，由圖可得a、b、c、d、e中，a最穩(wěn)定，c最不穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，反應(yīng)物能量生成物能量=ΔH，依據(jù)圖中數(shù)據(jù)無(wú)法判斷b→a+c反應(yīng)的活化能，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，a為Cl、b為ClO、d為ClO3，B→A+D的化學(xué)方程式為3ClO=ClO3+2Cl，結(jié)合曲線提供的數(shù)據(jù)，反應(yīng)熱為：ΔH=64kJ?mol1+2×0kJ?mol13×60kJ?mol1=116kJ?mol1，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，氧化還原反應(yīng)遵循電子守恒，Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成的產(chǎn)物有a(Cl)、b(ClO)、d(ClO3)，氯元素化合價(jià)由0價(jià)將為1價(jià)、升為+1價(jià)和+5價(jià)，由電子守恒得：n(Cl)=n(ClO)+5n(ClO3)，當(dāng)溶液中a、b、d的濃度之比為11：1：2時(shí)上述電子守恒式成立，故D正確。點(diǎn)睛：本題以鹵族元素為載體考查了化學(xué)反應(yīng)與能量變化、熱化學(xué)反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)、氧化還原反應(yīng)等知識(shí)，關(guān)鍵是弄清a、b、c、d、e所代表的離子并正確書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的離子方程式，并結(jié)合ΔH=生成物的總能量反應(yīng)物的總能量進(jìn)行計(jì)算，D項(xiàng)注意氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒(化合價(jià)升降總數(shù)相等)的應(yīng)用。12.下列說(shuō)法正確的是A.兩種醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，pH分別為a和a＋1，則c1<10c2B.地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接直流電源的正極可以減緩管道的腐蝕C.常溫下，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，pH＝10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10－4mol·L－1D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H+)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)【答案】C【解析】A項(xiàng)，醋酸是弱酸，在水溶液中不完全電離，所以醋酸的濃度大于氫離子濃度，兩種醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，pH分別為a和a+1，則兩種醋酸溶液中氫離子濃度之比為10：1，當(dāng)兩種酸的電離程度相同時(shí)，c1=10c2，而兩種酸的濃度不相等，且濃度越大酸的電離程度越小，所以c1＞10c2，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接直流電源的正極，則鐵作陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，加速了管道的腐蝕，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，常溫下，pH＝10的含Mg2+溶液中，c(H+)=1010，c(OH－)=Kw/c(H+)=104，因?yàn)镵sp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，所以c(Mg2+)最大為：Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH－)=5.6×104mol·L1，故C正確；D項(xiàng)，水電離的氫離子的濃度等于水電離的氫氧根離子的濃度，所以Na2CO3溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒得：c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)，故D錯(cuò)誤。13.新型鋰空氣電池具有能量密度高的優(yōu)點(diǎn)，可以用作新能源汽車(chē)的電源，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中固體電解質(zhì)只允許Li+通過(guò)。下列說(shuō)法正確的是A.Li+穿過(guò)固體電解質(zhì)向正極移動(dòng)而得到LiOH溶液B.放電時(shí)，當(dāng)外電路中有1mole－轉(zhuǎn)移時(shí)，水性電解液離子總數(shù)增加NAC.應(yīng)用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64g，理論上將消耗11.2LO2D.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式：Li－e－＋OH－＝LiOH【答案】A【解析】A項(xiàng)，由圖示可得，放電時(shí)鋁在負(fù)極失電子，氧氣在正極得電子，固體電解質(zhì)只允許Li+通過(guò)，所以Li+穿過(guò)固體電解質(zhì)向正極移動(dòng)而得到LiOH溶液，故A正確；B項(xiàng)，放電時(shí)正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e=4OH，當(dāng)外電路中有1mole－轉(zhuǎn)移時(shí)，生成1molOH，同時(shí)1molLi+穿過(guò)固體電解質(zhì)進(jìn)入水性電解液，所以離子總數(shù)增加2NA，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)電子守恒，應(yīng)用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64g，即生成1mol銅，則電路中通過(guò)2mol電子，理論上消耗0.5molO2，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為11.2L，若不是標(biāo)準(zhǔn)狀況則不一定，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，因?yàn)楣腆w電解質(zhì)只允許Li+通過(guò)，所以放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式：Li－e－＝Li+，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：本題通過(guò)新型鋰空氣電池考查原電池原理，涉及正負(fù)極判斷、離子移動(dòng)方向、電極反應(yīng)式書(shū)寫(xiě)、有關(guān)計(jì)算等，注意根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)判斷原電池的正負(fù)極；根據(jù)“固體電解質(zhì)只允許Li+通過(guò)”這個(gè)條件書(shū)寫(xiě)負(fù)極電極反應(yīng)式；B項(xiàng)易錯(cuò)，注意水性電解質(zhì)溶液中增多的是OH和遷移過(guò)去的Li+，不要忽略了后者；C項(xiàng)易錯(cuò)，要養(yǎng)成見(jiàn)到氣體的體積首先想到是否需要注明標(biāo)準(zhǔn)狀況的習(xí)慣，防止出錯(cuò)。14.A、B、C是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，三種元素原子序數(shù)之和為35，且C的原子序數(shù)是A的2倍。A、B、C三種元素的單質(zhì)在適當(dāng)條件下可發(fā)生如圖所示的變化。下列說(shuō)法正確的是A.甲、乙、丙三種物質(zhì)的水溶液均顯堿性B.甲是堿性氧化物，乙是酸性氧化物C.甲、乙可能都有漂白性，其漂白原理相同D.丙的水溶液在空氣中長(zhǎng)期放置，溶液可能會(huì)變渾濁【答案】D【解析】A、B、C是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，則C原子序數(shù)小于17，C的原子序數(shù)是A的2倍，所以A的原子序數(shù)小于9且A原子序數(shù)的2倍大于B的原子序數(shù)，結(jié)合三種元素原子序數(shù)之和為35，可推出：A為O元素、B為Na元素、C為S元素；由如圖A、B、C三種元素的單質(zhì)的變化可得：甲為Na2O或Na2O2，乙為SO2，丙為Na2S。A項(xiàng)，Na2O、Na2O2、Na2S的水溶液都顯堿性，而SO2的水溶液顯酸性，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，SO2是酸性氧化物，Na2O是堿性氧化物、Na2O2不是堿性氧化物，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，Na2O2具有漂白性是因?yàn)榫哂袕?qiáng)氧化性，而SO2漂白原理是相當(dāng)于發(fā)生化合反應(yīng)生成了無(wú)色物質(zhì)，所以二者漂白原理不同，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Na2S溶液在空氣中長(zhǎng)期放置，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2S2+O2+H2O=2S↓+4OH，所以溶液會(huì)變渾濁，故D正確。點(diǎn)睛：本題考查元素周期表的推斷，首先根據(jù)原子序數(shù)依次增大的三種短周期元素原子序數(shù)之間的關(guān)系推出各元素，然后應(yīng)用元素周期律和元素化合物的性質(zhì)解決各選項(xiàng)。B項(xiàng)注意堿性氧化物的概念：堿性氧化物是指溶于水化合成堿或與酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物，所以Na2O2不是堿性氧化物；C項(xiàng)明確SO2漂白原理與Na2O2漂白原理的不同。15.在容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)xA(g)＋yB(g)zC(g)。圖甲表示200℃時(shí)容器中A、B、C物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化關(guān)系，圖乙表示不同溫度下平衡時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)隨起始n(A)∶n(B)的變化關(guān)系。則下列結(jié)論正確的是A.200℃時(shí)，反應(yīng)從開(kāi)始到平衡的平均速率v(A)＝v(B)B.200℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為25C.當(dāng)外界條件由200℃降溫到100℃，原平衡一定被破壞，且正逆反應(yīng)速率均增大D.由圖乙可知，反應(yīng)xA（g）＋yB（g）zC（g）的ΔH<0，且a＝2【答案】B【解析】A項(xiàng)，由圖甲，200℃時(shí)，反應(yīng)從開(kāi)始到平衡的平均速率v(A)＝(0.80.4)÷2L÷5min=0.04mol?L1?min1，v(B)=(0.40.2)mol÷2L÷5min=0.02mol?L1?min1，所以v(A)≠v(B)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由圖甲數(shù)據(jù)可知反應(yīng)的A、B與生成的C的物質(zhì)的量之比為=(0.80.4)：(0.40.2)：0.2=2:1:1，所以該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2A+BC，A、B、C的平衡濃度分別為：c(A)＝(0.80.4)÷2L=0.2mol?L1，c(B)＝(0.40.2)÷2L=0.1mol?L1，c(C)＝0.2÷2L=0.1mol?L1，K===25，故B正確；C項(xiàng)，當(dāng)外界條件由200℃降溫到100℃，化學(xué)平衡常數(shù)發(fā)生變化，原平衡一定被破壞，正逆反應(yīng)速率均減小，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，前面已推出該反應(yīng)的方程式為2A+BC，只有當(dāng)兩種反應(yīng)物按照化學(xué)方程式的計(jì)量數(shù)之比加入時(shí)生成物C達(dá)到平衡時(shí)含量才會(huì)最高，故a=2，由圖乙可知：升高溫度，平衡時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)增大。說(shuō)明升高溫度化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H>0，故D錯(cuò)誤。16.常溫下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐漸通入氨氣［已知常溫下NH3·H2O電離平衡常數(shù)K＝1.76×10－5］，使溶液溫度和體積保持不變，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如下圖所示。下列敘述正確的是A.0.1mol·L－1B.HR為弱酸，常溫時(shí)隨著氨氣的通入，逐漸增大C.當(dāng)通入0.1molNH3時(shí)，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)D.當(dāng)c(R－)＝c(HR)時(shí)，溶液必為中性【答案】C【解析】A項(xiàng)，pH=5時(shí)c(H+)=105，由圖可得此時(shí)=0，又因?yàn)橐辉酘R溶液為0.1mol·L1，所以c(R)＝c(HR)=0.05mol·L1，所以此時(shí)c(R)≠c(H+)，則0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由已知HR溶液中存在著HR分子，所以HR為弱酸，==Ka/Kw，溫度不變時(shí)Ka/Kw的值不變，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，pH=5時(shí)c(H+)=105，由圖可得此時(shí)=0，則Ka==105，當(dāng)通入0.1molNH3時(shí)，恰好反應(yīng)生成NH4R，又因?yàn)槌叵翹H3·H2O電離平衡常數(shù)K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈堿性，則c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正確；D項(xiàng)，由前面對(duì)A項(xiàng)的分析知，當(dāng)c(R)＝c(HR)時(shí)，pH=5，所以溶液顯酸性，故D錯(cuò)誤。第Ⅱ卷（非選擇題，共52分）17.八種短周期元素x、y、z、d、e、f、g、h原子序數(shù)依次遞增，其原子半徑、最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)如下表所示。xyzdefgh原子半徑/nm0.0370.0770.0750.0740.1860.1430.1020.099最高正化合價(jià)或最低負(fù)化合價(jià)+1+4+52+1+321回答下列問(wèn)題：（1）比較d、f常見(jiàn)離子的半徑大?。ㄓ没瘜W(xué)式表示，下同）：_______>________；比較g、h的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱：________>__________。（2）由x、d兩種元素組成18電子的分子，其電子式為_(kāi)___________，經(jīng)測(cè)定其為二元弱酸，其酸性比碳酸弱，寫(xiě)出其第一步電離的電離方程式____________。（3）y、d、e組成物質(zhì)e2yd3的水溶液呈堿性，其原因是____________________（用離子方程式表示），電解該物質(zhì)e2yd3的溶液，原理如圖所示。其中，離子交換膜使用的是__________（填“陽(yáng)離子交換膜”或“陰離子交換膜”），陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為_(kāi)___________。（4）f的粉末在1000℃時(shí)可與N2反應(yīng)制備fN。在f的粉末中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于fN的制備，其主要原因是____________________________________?！敬鸢浮?1).O2－(2).Al3+(3).HClO4(4).H2SO4(5).(6).H2O2H＋＋HO2－(7).CO32+H2OHCO3+OHHCO3+H2OH2CO3+OH(8).陽(yáng)離子交換膜(9).H2(10).NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜【解析】八種短周期元素x、y、z、d、e、f、g、h原子序數(shù)依次遞增，結(jié)合原子半徑、最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)數(shù)據(jù)可得：x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素。（1）d是O元素、f是Al元素，O2與Al3+具有相同電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)O2小于Al3+，所以半徑O2>Al3+；g是S元素、h是Cl元素，非金屬性Cl>S，所以最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：HClO4>H2SO4。（2）x是H元素、d是O元素，組成的18電子分子為H2O2，屬于共價(jià)化合物，電子式為：；其為二元弱酸，則存在電離平衡，第一步電離生成H+和HO2，故電離方程式為：H2O2H+＋HO2。（3）y是C元素、d是O元素、e是Na元素，e2yd3為Na2CO3，屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，CO32水解使溶液呈堿性，離子方程式為：CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH；由電解Na2CO3溶液的原理圖可得，左邊為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，右邊為陰極，水中+1價(jià)H發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，同時(shí)得到NaOH溶液，所以離子交換膜允許Na+通過(guò)移向右邊，阻止OH向左移動(dòng)，故應(yīng)為陽(yáng)離子交換膜；陰極產(chǎn)生氫氣，化學(xué)式為H2。（4）f是Al元素，所以fN為AlN，Al單質(zhì)是活潑金屬，在空氣中易形成Al2O3薄膜，NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜，所以在Al的粉末中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備。18.工業(yè)燃燒煤、石油等化石燃料釋放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等氣體，嚴(yán)重污染空氣。通過(guò)對(duì)廢氣進(jìn)行脫硝、脫碳和脫硫處理可實(shí)現(xiàn)綠色環(huán)保、廢物利用。（1）已知：H2的燃燒熱為285.8kJ·mol－1H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝－44kJ/molN2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)ΔH＝＋133kJ/mol①在催化劑存在下，H2還原NO2生成水蒸氣和另一種無(wú)毒物質(zhì)的熱化學(xué)方程式為：___________________________________。②反應(yīng)2NO2(g)＝N2(g)＋2O2(g)，設(shè)起始時(shí)容器中只有NO2，平衡時(shí)三種物質(zhì)的物質(zhì)的量與溫度關(guān)系如圖所示。則A點(diǎn)時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)______________。B點(diǎn)時(shí)，設(shè)容器的總壓為aPa，則平衡常數(shù)Kp為_(kāi)___（用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。（2）向2L密閉容器中加入2molCO2和6molH2，在適當(dāng)?shù)拇呋瘎┳饔孟拢铝蟹磻?yīng)能自發(fā)進(jìn)行：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。①該反應(yīng)ΔH_______0（填“>”、“<”或“=”）②下列敘述能說(shuō)明此反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____________。（填字母）a.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變b.1molCO2生成的同時(shí)有3molH—H鍵斷裂c.CO2的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率相等d.混合氣體的密度保持不變③反應(yīng)CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，在起始溫度（T1℃）、體積相同（2L）的兩密閉容器中，改變條件，反應(yīng)過(guò)程中部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表：反應(yīng)時(shí)間CO2/molH2/molCH3OH/molH2O/mol反應(yīng)Ⅰ：恒溫恒容0min260010min4.520min130min1反應(yīng)Ⅱ：絕熱恒容0min0022反應(yīng)Ⅰ，前10min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CH3OH)＝____________。達(dá)到平衡時(shí)，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ?qū)Ρ龋浩胶獬?shù)K(I)____________K(II)（填“>”、“<”或“＝”）；平衡時(shí)CH3OH的濃度c(I)____________c(II)（填“>”、“<”或“＝”）。【答案】(1).4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g)△H＝1100.2kJ·mol1(2).50%(3).aPa(4).<(5).ab(6).0.025mol·L1·min1(7).>(8).>【解析】（1）①已知：H2的燃燒熱為285.8kJ?mol1，則H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=285.8kJ?mol1，又因?yàn)镠2O(g)＝H2O(l)ΔH＝－44kJ/mol，N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)ΔH＝＋133kJ/mol，上述三個(gè)方程式分別標(biāo)為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×4Ⅱ×4Ⅲ可得到在催化劑存在下H2還原NO2生成水蒸氣和其它無(wú)毒物質(zhì)的熱化學(xué)方程式4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g)△H＝1100.2kJ?mol1。②根據(jù)化學(xué)方程式及圖示數(shù)據(jù)，A點(diǎn)時(shí)NO2是10mol，O2是10mol，N2是5mol，所以NO2初始物質(zhì)的量是20mol，則NO2的轉(zhuǎn)化率為50%；B點(diǎn)時(shí)NO2和N2物質(zhì)的量相等，設(shè)為xmol，則O2是2xmol，因?yàn)槿萜鞯目倝簽閍Pa，所以NO2和N2的分壓都是aPa，O2的分壓是aPa，則平衡常數(shù)Kp===aPa。（2）①由方程式可看出該反應(yīng)?S<0，因?yàn)榉磻?yīng)能自發(fā)進(jìn)行，所以?HT?S<0，則?H<0。②a項(xiàng)，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量=氣體總質(zhì)量÷物質(zhì)的量，該反應(yīng)的反應(yīng)物和生成物都是氣體，物質(zhì)的量變化，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，所以混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量變化，則當(dāng)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變時(shí)，達(dá)到了平衡狀態(tài)，故a正確；b項(xiàng)，1molCO2生成同時(shí)有3molHH鍵斷裂，即消耗3molH2，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式，能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，則達(dá)到了平衡狀態(tài)，故b正確；c項(xiàng)，開(kāi)始充入2molCO2和6molH2，投料比等于化學(xué)方程式系數(shù)比，CO2和H2的轉(zhuǎn)化率始終相等，不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，不一定達(dá)到平衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；d項(xiàng)，混合氣體的密度等于氣體質(zhì)量和體積的比值，反應(yīng)前后質(zhì)量守恒，體積不變，所以密度始終不變，密度保持不變時(shí)不一定是平衡狀態(tài)，故d錯(cuò)誤。③由表中數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)Ⅰ前10min內(nèi)反應(yīng)的H2為：(64.5)mol=1.5mol，根據(jù)化學(xué)方程式可得，生成CH3OH為：1.5mol÷3=0.5mol，前10min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CH3OH)=0.5mol÷2L÷10min=0.025mol?L1?min1；前面已知該反應(yīng)?H<0，為放熱反應(yīng)，又因?yàn)榉磻?yīng)Ⅰ為恒溫恒容條件，反應(yīng)Ⅱ?yàn)榻^熱恒容條件，所以反應(yīng)Ⅱ相當(dāng)于升溫，化學(xué)平衡常數(shù)減小，故K(I)>K(II)；反應(yīng)Ⅱ中若把CH3OH和H2O(g)的初始物質(zhì)的量全部轉(zhuǎn)化為CO2和H2，與反應(yīng)Ⅰ初始物質(zhì)的量對(duì)應(yīng)相等，但反應(yīng)Ⅱ溫度高于反應(yīng)Ⅰ，所以反應(yīng)Ⅱ相當(dāng)于在和反應(yīng)Ⅰ等效的基礎(chǔ)上又升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，故平衡時(shí)CH3OH的濃度c(I)>c(II)。點(diǎn)睛：本題是一道有關(guān)化學(xué)平衡的綜合題，主要考查了熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)、化學(xué)平衡影響因素的分析判斷、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷、化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算等。注意①根據(jù)蓋斯定律書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式、計(jì)算ΔH；②明確用平衡分壓代替平衡濃度表示化學(xué)平衡常數(shù)(Kp)的方法；③注意恒溫恒容和恒容絕熱容器的分析判斷，對(duì)放熱反應(yīng)，絕熱恒容條件，溫度升高則化學(xué)平衡常數(shù)減小、正反應(yīng)程度減小。19.十九大報(bào)告中指出“持續(xù)實(shí)施大氣污染防治行動(dòng)，打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)”。SO2為大氣污染物，研究它的性質(zhì)對(duì)治理具有重要意義。在鋁基氧化銅作催化劑時(shí)，可利用天然氣脫除二氧化硫，并回收單質(zhì)硫（熔點(diǎn)為112.8℃，沸點(diǎn)為444.6℃）。（1）①裝置中導(dǎo)管X的作用是：______________________________。②用裝置A制取SO2，則試劑的組合最好是_________（填字母）。a.18.4mol/LH2SO4＋Cub.4mol/LHNO3＋Na2SO3c.60%H2SO4＋K2SO3③水與Al4C3在裝置A中制取甲烷，其化學(xué)方程式為：________________。（2）利用制得的CH4和SO2并結(jié)合B～G裝置驗(yàn)證反應(yīng)：CH4＋2SO2.2S＋CO2＋2H2O生成的單質(zhì)S和CO2。①B裝置有三個(gè)作用，分別是________________________、充分混合CH4和SO2、觀察氣泡以便調(diào)節(jié)CH4和SO2的流速比約為1∶2。②實(shí)驗(yàn)裝置依次連接的合理順序?yàn)锽、_____________________（每個(gè)裝置只用一次）。③證明有CO2產(chǎn)生的現(xiàn)象為_(kāi)____________________________。④G裝置中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____________________________。【答案】(1).使液體順利滴入燒瓶中(2).c(3).Al4C3+12H2O==4Al(OH)3↓+3CH4↑(4).干燥CH4、SO2(5).D、C、G、F、E(6).F中品紅不褪色，澄清石灰水變渾濁(7).2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42+4H+【解析】（1）①由于裝置A的蒸餾燒瓶中產(chǎn)生氣體，使其中的壓強(qiáng)增大，在分液漏斗與蒸餾燒瓶之間連接的導(dǎo)管所起的作用是平衡壓強(qiáng)，使液體順利滴入燒瓶中。②a項(xiàng)，裝置A為固液不加熱裝置，“18.4mol/LH2SO4＋Cu”制取SO2需要加熱，故不適合；b項(xiàng)，“4mol/LHNO3＋Na2SO3”發(fā)生氧化還原反應(yīng)，+4價(jià)S被氧化成+6價(jià)，得不到SO2，故不適合；c項(xiàng)，“60%H2SO4＋K2SO3”制取SO2適合強(qiáng)酸制弱酸原理，故合適。③水與Al4C3制取甲烷，根據(jù)原子守恒還生成Al(OH)3，故化學(xué)方程式為：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3↓+3CH4↑。（2）①如圖CH4和SO2的反應(yīng)需要高溫條件下在硬質(zhì)玻璃管中進(jìn)行，所以B中濃硫酸除了充分混合CH4和SO2、觀察氣泡以便調(diào)節(jié)CH4和SO2的流速比約為1∶2之外，還有干燥CH4和SO2的作用。②根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證CH4和SO2反應(yīng)生成的單質(zhì)S和CO2，裝置C冷卻得到固體S單質(zhì)，用E裝置中澄清石灰水驗(yàn)證CO2，為防止SO2對(duì)驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)的干擾，必須先依次通過(guò)酸性高錳酸鉀和品紅溶液，將其除盡，綜上分析實(shí)驗(yàn)裝置依次連接的合理順序?yàn)锽、D、C、G、F、E。③若F中品紅不褪色，則說(shuō)明SO2已經(jīng)被除盡，E中澄清石灰水變渾濁則能證明該實(shí)驗(yàn)有CO2產(chǎn)生。④G裝置中，酸性高錳酸鉀與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，+7價(jià)Mn被還原為+2價(jià)，+4價(jià)S被氧化為+6價(jià)，離子方程式為：2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42+4H+。20.高氯酸鉀是一種白色粉末，可用作發(fā)煙劑、引火劑、氧化劑和化學(xué)分析試劑，醫(yī)藥工業(yè)用作解熱和利尿等藥劑。用PbO2來(lái)制備KClO4的工業(yè)流程如下：（1）如圖過(guò)濾裝置中有兩處明顯錯(cuò)誤，一處是未用玻璃棒引流，另一處是__。（2）寫(xiě)出NaClO3與PbO2反應(yīng)的離子方程式_______________（3）工業(yè)上可以利用濾液Ⅰ與KNO3發(fā)生反應(yīng)制備KClO4的原因是______