辽宁省铁岭市六校协作体2020届高三化学第二次联考试题含解析.doc

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1、-1-辽宁省铁岭市六校协作体辽宁省铁岭市六校协作体 20202020 届高三化学第二次联考试题（含解析届高三化学第二次联考试题（含解析）第第卷（共卷（共 5454 分）分）可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：CuCu 6464BaBa 137137 NaNa 2323 O O 1616 K K 3939S S 3232 FeFe 5656 AlAl 2727ClCl35.535.5一选择题一选择题(共共 1818 小题，每小题小题，每小题 3 3 分共分共 5454 分分)1.2015 年 8 月 12 日，天津一危险化工品仓库发生爆炸。爆炸区仓库里的危险品主要是氧化物、易燃物和剧

2、毒物三大类。下列有关说法中正确的是()A.化学造成环境污染和严重事故，有媒体打出“我们恨化学”的广告是有道理的B.对危险化工品应贴上相应的危险化学品标志，其中标志上的数字表示危险等级C.易燃物钠、镁、电石着火，若及早发现，消防员可以用高压水枪将其浇灭D.对含剧毒物 NaCN 的废水，防化部队可用 H2O2将之氧化，生成 NaHCO3和 NH3【答案】D【解析】【详解】A.化学研究会造成污染和严重事故，但可以利用化学知识进行环境污染与治理，提高生活质量，打出“我们恨化学”的广告是无道理的，A 项错误；B.危险化学品标志上的数字表示危险品类别，B 项错误；C.钠、镁都能够与热水反应生成氢气，电石与

3、水反应生成乙炔，着火后不能用水灭，应用沙土灭火，C 项错误；D.NaCN 中 C 为+2 价，N 为-3 价，H2O2具有氧化性，可氧化 NaCN，使之生成 NaHCO3和 NH3，D项正确；答案选 D。2.用 NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A.8.7 g MnO2与 40 mL 10 molL1的浓盐酸充分反应，生成的氯气的分子数为 0.1NAB.常温常压下，CuZn 原电池中，正极产生 1.12 L H2时，转移的电子数应为 0.1NAC.将含 3NA个离子的 Na2O2固体溶于水配成 1 L 溶液，所得溶液中 Na的浓度为 2 molL1D.1.0 L 1.0 molL1的

4、 NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为 2NA【答案】C【解析】【详解】A.8.7 g MnO2的物质的量为8.7g87g/mol=0.1mol，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，-2-稀盐酸与二氧化锰不反应，则 1mol MnO2与 4 mol 浓盐酸充分反应后生成的 Cl2分子数小于 NA，A 项错误；B.常温常压不等于标准状况，则 1.12 L H2不能按标准状况下的气体摩尔体积计算，故转移的电子数不是 0.1NA，B 项错误；C.含 3NA个离子的 Na2O2固体，物质的量为 1mol，含钠离子为 2mol，则溶于水配成 1L 溶液，所得溶液中 Na+的浓度为2mol1L=2mol/L，

5、C 项正确；D NaAlO2水溶液溶剂水中也含有氧原子，因此 1.0 L 1.0 molL1的 NaAlO2水溶液中含有的氧原子数远大于 2NA，D 项错误；答案选 C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题 B 项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为 22.4 L/mol 的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。3.下列各组离子可能大量共存的是()A.遇酚酞变红的溶液中：Na、Cl、Ba2、CH3COOB.常温下，KW

6、/c(H+)11013molL1的溶液中：SO42-、Fe2、ClO、NH4+C.水电离出的 c(H)1010molL1的溶液中：Na、K、Cl、HCO3-D.滴加 KSCN 溶液显红色的溶液中：NH4+、K、Cl、I【答案】A【解析】【详解】A.遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na、Cl、Ba2、CH3COO之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A 项正确；B.常温下 KW/c(H+)11013molL1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO与氢离子反应生成次氯酸，Fe2+、ClO之间还会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，B项错误；C.水

7、电离出的 c(H)1010molL1的溶液可以为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子、氢氧根离子均会发生反应，在溶液中不能大量共存，C 项错误；D.滴加 KSCN 溶液显红色的溶液含有 Fe3+，I会与 Fe3+发生氧化还原反应，在溶液中不能大量-3-共存，D 项错误；答案选 A。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如 Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：C.水电离出的 c(H)1

8、010molL1的溶液，数值小于 110-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。4.下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是()选项微粒组加入的试剂发生反应的离子方程式AFe3+、I、ClNaOH 溶液Fe3+3OHFe(OH)3BK+、NH3 H2O、CO32通入少量 CO22OH+CO2CO32+H2OCH+,Fe2+、SO42Ba(NO3)2溶液SO42+Ba2+BaSO4DNa+、Al3+、Cl少量澄清石灰水Al3+3OHAl(OH)3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.Fe3+、I之

9、间发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，A 项错误；B.通入少量 CO2，NH3 H2O 优先反应，为弱电解质，在离子方程式中保留化学式，正确的离子方程式为：2NH3 H2O+CO2CO32+H2O+2NH4+，B 项错误；C.加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，所以发生反应的离子方程式还有：NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O、SO42+Ba2+BaSO4，C 项错误；D.Al3+与少量氢氧化钙反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3+3OHAl(OH)3，D 项正确；答案选 D。-4-5.用下列实验装置进行相应地实验，能达到实验目的的是（）A.图 1 用于制

10、备并收集少量 NO2气体B.图 2 是原电池装置，Fe 电极为负极C.图 3 用于提取 I2/CCl4溶液中的 I2D.图 4 用于检查碱式滴定管是否漏液【答案】B【解析】试题分析：A、NO2不能用排水法收集，A 错误；B、铁是活泼的金属，可以构成原电池，B 正确；C、碘易溶在四氯化碳中，不能分液，C 错误；D、该操作属于碱式滴定管排液赶尽气泡，D 错误，答案选 B。考点：考查化学实验基本操作6.X、Y、Z、W、U 是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增。X 与 W 位于同一主族，Z 元素的单质既能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应，W 原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U

11、原子的最外层电子数之和为 13。Y 元素的单质在 X 的某种氧化物中可燃。下列说法正确的是A.W 的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸B.Y、Z 元素的单质作电极，在 NaOH 溶液环境下构成原电池，Z 电极上产生大量气泡C.室温下，005 mol/L U 的气态氢化物的水溶液的 pH 1D.Y、Z、U 元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y Z U【答案】C【解析】试题分析：根据题意可知：X 是 C；Y 是 Mg；Z 是 Al；W 是 Si；U 是 S。AW 的最高价氧化物SiO2 难溶于水，不能与水反应生成相应的酸，错误；BY、Z 元素的单质作电极，在 NaOH 溶液环境下构成原电池，由于

12、Al 可以与 NaOH 溶液发生反应，所以 Z 作负极，Y 作正极，在 Y 电极上产生大量气泡,错误；C室温下，0.05 mol/L U 的气态氢化物 H2S 的水溶液呈酸性，由于氢硫酸是弱酸，所以溶液的 pH 1，正确；D对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，-5-离子半径就越小，对于电子层结构不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。Y、Z、U 元素的简单离子半径由大到小的顺序：U Y Z，错误。考点：考查元素的推断、元素的构、位、性的关系的知识。7.向 CuSO4溶液中逐滴加入 KI 溶液至过量，观察到产生白色沉淀 CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通过 SO2

13、气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A.上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2B.通入 SO2时，SO2与 I2反应，I2作还原剂C.通入 SO2后溶液逐渐变成无色，体现了 SO2的漂白性D.滴加 KI 溶液时，转移 2mole-时生成 1mol 白色沉淀【答案】A【解析】试题分析：硫酸铜和碘化钾反应生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，和硫酸钾，然后二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸。A、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，铜离子做氧化剂，碘做氧化产物，第二个反应中碘做氧化剂，二氧化硫做还原剂，所以氧化性顺序为：铜离子碘单质二氧化硫，正确，选 A；B、二氧化硫和碘的反应中二氧

14、化硫做还原剂，碘做氧化剂，错误，不选 B；C、二氧化硫表现还原性，不是漂白性，错误，不选 C；D、每摩尔碘化亚铜生成转移 1 摩尔电子，所以当有 2 摩尔电子转移时产生 2 摩尔白色沉淀，错误，不选 D。考点：氧化还原反应8.已知高能锂电池的总反应式为：2Li+FeSFe+Li2SLiPF6SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状况下 H24.48L下列有关叙述不正确的是A.从隔膜中通过的离子数目为 0.4NAB.若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为 4mol/L-6-C.A 电极为阳极D.电源正极反应式为：FeS+2Li+2e

15、-Fe+Li2S【答案】C【解析】试题分析：A、由反应 FeS+2Li=Fe+Li2S 可知，Li 被氧化，应为原电池的负极，FeS 被还原生成 Fe，为正极反应，正极方程式为 FeS+2e-=Fe+S2-，甲连接原电池负极，A 为阴极，生成氢气，电极方程式为 2H+2e-=H2，n（H2）=4.48L22.4L/mol=0.2mol，转移 0.4mol 电子，生成0.4molOH-，则隔膜中通过的 K+离子数为 0.4mol，通过的离子数目为 0.4 NA，A 正确；B、甲连接原电池负极，为阴极，生成氢气，电极方程式为 2H+2e-=H2，n（H2）=0.2mol，转移 0.4mol电子，生

16、成 0.4molOH-，则隔膜 H 中通过的 K+离子数为 0.4mol，c（OH-）=（0.2L2mol/L+0.4mol）0.2L=4mol/L，即电解后甲池中溶液浓度为 4 mol/L，B 正确；C、A 电极为阴极，C 错误；D、FeS 被还原生成 Fe，为正极反应，正极方程式为 FeS+2e-=Fe+S2-，D 正确，答案选 C。【考点定位】本题主要是考查了电解原理【名师点晴】该题属于为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确离子交换膜的作用及阴阳极上发生的反应是解本题关键，计算量较大，计算时注意守恒法的灵活应用，题目难度中等。9.下列有关分类的说法正确的是A.胶体的本质特

17、征是具有丁达尔效应B.阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物C.白磷转化为红磷是物理变化D.碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物【答案】D【解析】【分析】A分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小；B阴阳离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴阳离子组成的物质不一定是纯净物；C有新物质生成的是化学变化；D金属氧化物可以是酸性氧化物，减性氧化物一定是金属氧化物。【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于 1100 nm 之间，选项 A 错误；B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，则由这样的阴、阳离子组-

18、7-成的物质不一定是纯净物，如过氧化钠与氧化钠，选项 B 错误；C、白磷转化为红磷是化学变化，选项 C 错误；D、Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查了胶体的性质、纯净物、混合物、化学变化以及酸性氧化物和碱性氧化物等概念的辨析，属于基本知识的考查，题目难度不大。10.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下几种可溶性无机离子:Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42-、NO3-、Cl-。某同学收集该雾霾，并经必要的预处理后得试样溶液,设计并完成了如下的实验。请根据以下的实验操作与现象，判断该同学得出的结论不正确的是（）已知:

19、3NO3-+8Al+5OH-+2H2O=3NH3+8AlO2-A.试样中一定存在 NH4+、Mg2+、SO42-和 NO3-B.气体 1 和气体 2 成分一定相同C.试样中可能含有 Al3+D.该雾霾中可能存在 NH4NO3、NaCl 和 MgSO4【答案】B【解析】试样溶液中加入过量 Ba(OH)2并加热，生成的气体 1，气体 1 只能是 NH3，则试样中含有 NH4+；向 滤 液 1 中 通 入 CO2，得 到 溶 液 2、沉 淀 2，溶 液 2 中 加 入 Al 和 碱，根 据3NO3-+8Al+5OH-+2H2O=3NH3+8AlO2-，生成气体 2，该气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝

20、色，气体中一定含有 NH3，如果铝过量，过量的铝会与碱反应生成氢气，因此气体 2 中可能含有氢气，根据已知条件知，溶液 2 中含有 NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有 NO3-；滤液 1 中通入 CO2，得到沉淀 2，向沉淀 2 中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀 2 是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀 1 加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有 SO42-，能和过量 Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀，根据题干离子知，该沉淀为 Mg(OH)2，所以溶液中含有 Mg2+。A根据以上分析可知溶液中含有 NH4+、Mg2+、SO42-和 NO3-，故 A 正确；B.气体 1

21、为氨气气体 2 可能含有氢气，故 B 错误；C根据实验操作不能确定是否含有 Al3+，即试样中可能含有 Al3+，故 C 正确；D根据以上分析可知溶液中含有 NH4+、Mg2+、SO42-和 NO3-，则该雾-8-霾中可能存在 NaNO3、NH4Cl 和 MgSO4，故 D 正确；故选 B。点睛：本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键。本题的易错点为 B，要注意铝能够与碱溶液反应放出氢气。11.a、b、c、d 为短周期元素,原子序数依次增大。a 原子最外层电子数等于电子层数的 3 倍,a和b能组成两种离子化合物,其中一种含两种化学键;d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢

22、化物都是强酸。向 d 的氢化物的水溶液中逐滴加入 bca2溶液,开始没有沉淀;随着 bca2溶液的不断滴加,逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是（）A.简单离子半径：bcdaB.最高价氧化物对应水化物的碱性：bO2-Na+Al3+，A不正确；B.最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOHAl(OH)3，B 不正确；C.工业上电解 NaCl的饱和溶液可得到氯气，C 正确；D.向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液一定能产生氢氧化铝沉淀，D 不正确。本题选 C。点睛：Cl 元素的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，其气态氢化物的水溶液是盐酸，故两者均为强酸。向盐酸中加入少量的偏铝酸钠溶液时生成氯化铝，没有沉淀生

23、成，当加入足量的偏铝酸钠溶液后，可以生成氢氧化铝沉淀。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，加入少量氯化铝溶液时生成偏铝酸钠，没有沉淀生成，当加入足量氯化铝溶液时，可以生成氢氧化铝沉淀。12.向 1L 含 0.01molNaAlO2和 0.02molNaOH 的溶液中缓慢通入二氧化碳，随 n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当 0.01molc(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)c(AlO2-)c(OH-)c(CO32-)C0.015c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)D0.03c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)A.AB.BC.CD.D【答案】D

24、【解析】【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 mol 氢氧化钠消耗 0.01 mol 二氧化碳，生成 0.01 mol 碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol 偏铝酸钠消耗 0.005 mol 二氧化碳，生成 0.005 mol 碳酸钠然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗 0.015 mol 的二氧化碳，生成0.03 mol 的碳酸氢钠，由此分析各选项。【详解】A.未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有 c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)c(AlO2-)+

25、c(OH-)，故 A 项错误；B.当通入的二氧化碳为 0.01mol 时，则溶液为含有 0.01mol 碳酸钠和 0.01mol 偏铝酸钠的混合液，因为 HCO3-Al(OH)3，所以水解程度 CO32-c(AlO2-)，故 B 项错误；C.形成碳酸钠溶液，23CO+H2O3HCO+OH，H2OH+OH，离子浓度的关系为-10-c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)，故 C 项错误；D.形成碳酸氢钠溶液，3HCO+H2OH2CO3-+OH，溶液显碱性，离子浓度关系为 c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)，故 D 项正确；答案选 D。13.一定温度下，在密闭容器中

26、 X、Y、Z、W 四种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示，下列说法不正确的是物质XYZW初始浓度/molL10.50.500平衡浓度/molL10.10.10.40.4A.反应达到平衡时，X 的体积分数为 10%B.该温度下反应的平衡常数 K16C.保持温度不变增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动D.若 X、Y的初始浓度均为 0.8 molL1，则达到平衡时，W 的浓度为 0.64 molL1【答案】C【解析】【详解】达到平衡状态各物质反应量 X、Y、Z、W 物质的量为 0.4，04，0.4，0.4，反应的化学方程式为 X+YZ+W。A.平衡后体积分数=平衡气体体积平衡混合气体总体积10

27、0%=0.1mol/L100%=10%0.5mol/L+0.5mol/L，正确；B.平衡常数等于生成物平衡浓度幂之积除以反应物平衡浓度幂之积，K=0.4 0.4=160.1 0.1，正确；C.依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式为 X+YZ+W，依据化学平衡移动原理分析，增大压强反应速率增大，平衡不移动，错误；D.反应前后气体体积不变，同倍数增大起始量，平衡量同倍数增加，若 X、Y 的初始浓度均为0.8molL-1，相同条件下达到平衡，W 的浓度为 0.64molL-1，正确。14.下列有关说法正确的是-11-A.已知：HI(g)H2(g)+I2(s)H 26.5kJ/

28、mol，由此可知 1mol HI 气体在密闭容器中充分分解后可以放出 26.5kJ 的热量B.已知：2H2(g)O2(g)2H2O(l)H571.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为H285.8kJ/molC.肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知 2H2O(g)+O2(g)2H2O2(l)H+108.3kJ/molN2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)H534.0kJ/mol则有反应：N2H4(l)+2 H2O2(l)N2(g)+4H2O(l)H642.3kJ/molD.含 20.0 g NaOH 的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出 28.7 kJ 的热量，则稀醋酸和稀

29、NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)CH3COOH(aq)CH3COONa(aq)H2O(l)H57.4kJ/mol【答案】B【解析】试题分析：A.由于该反应是可逆反应，所以将 1mol HI 气体在密闭容器中充分分解也不能完全反应，故放出热量小于 26.5kJ，错误；B由于燃烧热是 1mol 的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据 2H2(g)O2(g)2H2O(l)H571.6 kJ/mol，可知氢气的燃烧热为H285.8 kJ/mol，正确；，整理可得 N2H4(l)+2 H2O2(l)N2(g)+4H2O(g)H642.3kJ/mol，错误；DNaOH 是强碱

30、，20.0 g NaOH 的物质的量是 0.5mol，含 20.0 gNaOH 的稀溶液与强酸稀盐酸完全中和，放出 28.7 kJ 的热量，中和热是 57.4 kJ/mol，由于醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以稀醋酸和稀 NaOH 溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)CH3COOH(aq)CH3COONa(aq)H2O(l)；H57.4 kJ/mol，错误。考点：考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写和反应热的计算的知识。15.25 时，用 Na2S 沉淀 Cu2、Zn2两种金属阳离子(M2)，所需 S2最低浓度的对数值 lgc(S2)与 lgc(M2)的关系如图所示。下列说法不正确的

31、是()-12-A.向 Cu2浓度为 1105molL1的工业废水中加入 ZnS 粉末，会有 CuS 沉淀析出B.25 时，Ksp(CuS)约为 11035C.向 100 mL Zn2、Cu2浓度均为 1105molL1的混合溶液中逐滴加入 1104molL1的 Na2S 溶液，Cu2先沉淀D.Na2S 溶液中：c(S2)c(HS)c(H2S)2c(Na)【答案】D【解析】【详解】A.在 25时，CuS 饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2(aq)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2)=10251010=11035，小于 ZnS 溶度积，故向 Cu2浓度为 110

32、5molL1的工业废水中加入 ZnS 粉末，会有 CuS 沉淀析出，A 项正确；B.在 25时，CuS 饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2(aq)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2)=10251010=11035，B 项正确；C.依据此图可知，CuS 的Ksp较小，故 CuS 最难溶，那么首先出现的沉淀是 CuS，即 Cu2+先沉淀，C 项正确；D.硫化钠溶液中的物料守恒为：2c(S2)2c(HS)2c(H2S)c(Na)，D 项错误；答案选 D。【点睛】D 项是常考点，解答这类复杂守恒关系式的题型时，首先通过分析得出所得溶液溶质，再列出电荷守恒与物料守恒，

33、最后推出质子守恒式，这也是解题的一种方法，可以提高准确率与解题效率。16.下列说法错误的是()NaHCO3溶液加水稀释，c(Na)/c(HCO3-)的值增大浓度均为 0.1 molL1的 Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na)3c(CO32-)c(HCO3-)在 0.1 molL1氨水中滴加 0.1 molL1盐酸，恰好完全反应时溶液的 pHa，则由水电离产生的 c(OH)10amolL1向 0.1 molL1(NH4)2SO3溶液中加入少量 NaOH 固体，c(Na)、c(NH4+)、c(SO32-)均增大在 Na2S 稀溶液中，c(OH)c(H)2c(H2S)c(HS)A.B.C

34、.D.【答案】B【解析】-13-【详解】NaHCO3溶液加水稀释，促进 HCO3-的水解，n(HCO3-)较小，n(Na+)不变，则 c(Na+)/c(HCO3)的比值保持增大，项正确；浓度均为 0.1mol/L 的 Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为 1L，则 n(Na+)0.3mol，根据物料守恒可知 c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)0.2mol，则 2c(Na)3c(CO32-)c(HCO3-)+c(H2CO3)，项错误；在 0.1mol/L 氨水中滴加 0.1mol/L 盐酸，刚好完全中和时 pHa，由于铵根水解溶液显酸性，则溶液中由水电离出产生的 c(

35、OH-)c(H+)10-amol/L，项正确；向 0.1 molL1(NH4)2SO3溶液中加入少量 NaOH 固体，抑制亚硫酸钠的水解，而 NH4+会与 OH-离子发生反应，所以 c(Na+)、c(SO32-)均增大，c(NH4+)则减小，项错误；在 Na2S 稀溶液中根据质子守恒可知 c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)，项正确，综上所述，符合题意，B 项正确；答案选 B。17.将 E(g)和 F(g)加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(s)4F(g)G(g)，已知该反应的平衡常数如表所示。下列说法正确的是()温度/2580230平衡常数/(L3mol3)51042

36、1.9105A.上述反应是熵增反应B.25 时，反应 G(g)E(s)4F(g)的平衡常数是 0.5 mol3L3C.在 80 时，测得某时刻，F、G 的浓度均为 0.5 molL1，则此时 v正v逆D.恒温恒容下，向容器中再充入少量 G(g)，达新平衡时，G 的体积百分含量将增大【答案】D【解析】【详解】A.根据反应方程式中物质的存在状态及序数关系可知上述反应是熵减的反应，A 项错误；B.25时，反应 G(g)E(s)+4F(g)的平衡常数与 E(s)+4F(g)G(g)互为倒数，则反应G(g)E(s)+4F(g)的平衡常数值是415 10=210-5，B 项错误；-14-C在 80时，测得

37、某时刻，F、G 浓度均为 0.5 molL1，则44()0.582()0.5cc GQcF，所以此时 v(正)v(逆)，C 项错误；D恒温恒容下，向容器中再充入少量 G(g)，相当于是使体系的压强增大，平衡正向移动，达新平衡时，G 的体积百分含量将增大，D 项正确；答案选 D。18.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1 mol/L pH=3 的 H2A 溶液与 0.01 mol/L pH=11 的 MOH 溶液任意比混合：c（H）c（M）c（OH）2c（A2）B.pH 相等的 CH3COONa、NaOH 和 Na2CO3三种溶液：c（NaOH）c（CH3COONa）c（Na2C

38、O3）C.物质的量浓度相等 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液等体积混合：c（CH3COO）2c（OH）2c（H）c（CH3COOH）D.0.1 molL1的 NaHA 溶液，其 pH4：c（HA）c（H）c（H2A）c（A2）【答案】C【解析】试题分析：A根据溶液呈电中性原理可知：c（H）c（M）c（OH）2c（A2）+c（HA）,错误；BNaOH 是强碱，电离使溶液显碱性，而 CH3COONa 和 Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解程度是微弱的，所以当溶液的 pH 相等时，盐的浓度远大于碱的浓度，根据盐的水解规律：越弱越水解，盐的水解程度大，所以盐的浓度 c（CH

39、3COONa）c（Na2CO3）.故 pH 相等的 CH3COONa、NaOH 和 Na2CO3三种溶液：c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa），错误；C 物质的量浓度相等 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液等体积混合：根据物料守恒可得 c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c(Na+)，c（CH3COO）c（OH）c（H）c(Na+)，将第二个式子代入第一个式子可得：c（CH3COO）2c（OH）2c（H）c（CH3COOH），正确。D0.1 molL1的 NaHA 溶液，其 pH4,说明 HA的电离作用大于水解作用，但是盐的水解作用是微弱的，所以 c（HA）c

40、（A2）c（H2A），在溶液中除了 HA-电离外，还存在水的电离，所以 c（H）c（A2），所以溶液在离子浓度关系是：c（HA）c（H）c（A2）c（H2A），错误。考点：考查溶液中微粒浓度的大小比较的知识。第第卷卷非选择题非选择题(共共 4646 分分)二非选择题二非选择题19.已知 X、Y 是阳离子，Z 是阴离子，M、N 是分子，它们都由短周期元素组成，且具有-15-以下结构特征和性质：X、Y、M、N 的核外电子总数相等；常温下，M 是极易溶于 N 的气体；X 与 M 均由相同的元素组成；Y 为单核离子，其与 Z 组成的物质可用于净水；Z 由同主族元素组成。请回答下列问题：(1)X 的电子

41、式为，Z 的离子符号为。(2)X 与 Z 形成的化合物中所含有的化学键类型为。(3)写出 Y 与 M、N 形成的混合物发生反应的离子方程式：。【答案】(1)SO42-(2)离子键和共价键(3)Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+【解析】根据题意可判断出 X、Y、Z、M、N 依次是 NH4+、Al3、SO42-、NH3、H2O。(1)NH4+的电子式是，Z 的离子符号是 SO42-。(2)X 与 Z 形成的化合物是(NH4)2SO4，其中含有离子键和共价键。(3)M、N 形成的混合物是氨水，Al3与氨水反应的离子方程式为 Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+。20.甲同学用含

42、少量铁的氧化物的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2xH2O)并测量其结晶水含量。已知：在 pH 为 45 时，Fe3几乎完全水解而沉淀，而此时 Cu2却几乎不水解。制取流程如下：请回答下列问题：(1)溶液 A 中的金属离子有 Fe3、Fe2、Cu2。能检验溶液 A 中 Fe2的试剂为_(填编号)。KMnO4K3Fe(CN)6NaOHKSCN(2)试剂是_，试剂是_。(填化学式)(3)为了测定制得的氯化铜晶体(CuCl2xH2O)中 x 的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：称取 m g 晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减-16-轻为止，冷却，称量所得黑色固体的

43、质量为 n g。沉淀洗涤的操作方法是_，根据实验数据测得 x_(用含 m、n 的代数式表示)。.乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某些性质和测定产生的氢气的体积。(4)所选仪器接口的连接顺序是 A 接_，_接_；B 接_，_接_。(5)若装入的饱和食盐水为 75 mL(氯化钠足量，电解前后溶液体积变化可忽略，假设两极产生的气体全部逸出)，当测得氢气为 8.4 mL(已转换成标准状况下的体积)时停止通电。将 U 形管内的溶液倒入烧杯，常温时测得溶液的 pH 约为_。【答案】(1).(2).H2O2(或 Cl2等合理答案)(3).CuO或 Cu2(OH)2CO3等合理答案(4)

44、.向过滤器中加入适量的蒸馏水使其刚好浸没沉淀，待水流下后，再次加入蒸馏水，重复 23 次(5).(80m-135n)/18n(6).GFHDEC(7).12【解析】【分析】根据 Fe2+和 Fe3+的特点分析作答；（2）根据题意，试剂应为氧化剂，目的是把 Fe2+氧化成 Fe3+，且不能引入新杂质原则加入试剂；（3）根据洗涤沉淀的规范模板描述答题；根据铜元素守恒，进行计算；（4）根据实验目的知，铁棒只能作阴极，碳棒作阳极，根据产生气体的性质或收集方式连接仪器；（5）由2222NaCl+2H O2NaOH+H+Cl通电知，通过氢气的量根据方程式计算溶液中氢氧根离子的浓度，再计算氢离子浓度及 pH

45、。【详解】（1）Fe2+具有还原性，其能与高锰酸钾溶液反应而使高锰酸钾溶液褪色，符-17-合题意；Fe2+与 K3(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，符合题意；Fe2+、Fe3+、Cu2+都可以与 OH-结合生成沉淀，且不易观察沉淀颜色，不符合题意；Fe2+不能使 KSCN 溶液发生颜色变化，而 Fe3+可使 KSCN 溶液变为红色，不符合题意，故答案为：；（2）根据题意，试剂应为氧化剂，目的是把 Fe2+氧化成 Fe3+，且不能引入新杂质，所以试剂可以为 H2O2或 Cl2；为得到较纯的产品，需要调节 pH 使 Fe3+转化为沉淀，则试剂可以是CuO或 Cu2(OH)2CO3等合理答案，故答案为

46、：H2O2(或 Cl2等合理答案)；CuO或 Cu2(OH)2CO3等合理答案；（3）沉淀洗涤的操作方法向过滤器中加入适量的蒸馏水使其刚好浸没沉淀，待水流下后，再次加入蒸馏水，重复 23 次；根据铜元素守恒，有CuCl2Cu(OH)2CuO11m/(135+18x)n/80即 m/(135+18x)=n/80，解得 x=(80m-135n)/18n；（4）根据实验目的知，铁棒只能作阴极，产生 H2，碳棒作阳极，产生 Cl2；产生的氢气的体积用排水量气法测定，排水时导管应短进长出，所以 A 接 G，F 接 H；用装有淀粉 KI 溶液的洗气瓶检验氯气时，导管应长进短出，氯气有毒，要进行尾气处理，所

47、以 B 接 D，E 接 C；淀粉 KI 溶液变蓝的原因是 Cl2+2I-=I2+2Cl-，故答案为：G；F；H；D；E；C；（5）由2222NaCl+2H O2NaOH+H+Cl通电知，当产生的 H2的体积为 8.4mL，即3.7510-4mol 时，生成 NaOH 的物质的量为 7.510-4mol，所以溶液中c(OH-)=c(NaOH)=-47.5 10 mol/L0.075L=0.01mol/L，所以 c(H+)=14-100.01OHWKcmol/L=10-12mol/L，则 pH=12。【点睛】关于电解池原理的应用是常考点，本题中铁棒作电解饱和盐水的电极，且不影响电解产物，则铁电极只

48、能做电解池的阴极，起导电作用，该电极产生氯气。21.已知()、()反应在一定条件下焓变及平衡常数如下：2H2(g)S2(g)2H2S(g)H1K1()3H2(g)SO2(g)2H2O(g)H2S(g)H2K2()-18-(1)用H1、H2表示反应 4H2(g)2SO2(g)=S2(g)4H2O(g)的H_。(2)回答下列反应()的相关问题：温度为 T1，在 1 L 恒容容器中加入 1.8 mol H2、1.2 mol S2,10 min 时反应达到平衡。测得10 min 内 v(H2S)0.08 molL1min1，则该条件下的平衡常数为_。温度为 T2时(T2T1)，在 1 L 恒容容器中也

49、加入 1.8 mol H2、1.2 mol S2，建立平衡时测得S2的转化率为 25%，据此判断H1_0(填“”或“”)，与 T1时相比，平衡常数K1_(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)常温下，用 SO2与 NaOH 溶液反应可得到 NaHSO3、Na2SO3等。已知 Na2SO3水溶液显碱性，原因是_(写出主要反应的离子方程式)，该溶液中，c(Na)_2c(SO32-)c(HSO3-)(填“”“”或“”)。在某 NaHSO3、Na2SO3混合溶液中 HSO3-、SO32-物质的量分数随 pH 变化曲线如图所示(部分)，根据图示，则 SO32-的水解平衡常数_。【答案】(1).2H2H1

50、(2).0.8(3).(4).减小(5).SO32-H2O HSO3-OH(6).(7).106.8【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；（2）计算硫化氢物质的量变化量，利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，由于容器体积为 1L，用物质的量代替浓度代入平衡常数 K=22222cH SHcc S计算；根据中的计算数据，可以计算中平衡时 S2（g）的转化率，再根据转化率判断平衡移动-19-方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动，据此分析解答；（3）Na2SO3水溶液中亚硫酸根水解，使溶液显碱性；根据电荷守恒判断离子