2020-2021学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷（含答案）.pdf

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1、2 0 2 0-2 0 2 1学年江苏省无锡市高三（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共 计2 0分。每小题只有一个选项符合题意。1.（2 分）环境保护是当今倍受人们关注的社会问题。下列叙述不正确的是（）A.二氧化硫会形成酸雨B.氮氧化物会形成光化学烟雾C.氟利昂会破坏臭氧层D.一氧化碳会造成温室效应占燃2.（2 分）用化学用语表示2Mg+CCh八 2MgO+C中的相关微粒，其中正确的是（A.中子数为7 的碳原子：（CB.MgO的电子式：M gC.镁原子的结构示意图:D.CO2分子的比例模型:3.（2 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.氨气易溶于水，

2、可用作制冷剂B.氧化铝具有两性，可用作耐高温材料C.浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂D.晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料4.（2 分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.O-lmol.L HC1 Na+、K+SO?Ag（NH3）2+B.O.lmobL N aC lO vO：Fe2+K+、SO42 ClC.O.lm ollTBaCb 溶液：Na+K+、NO3 CO32D.（M m orL/iFeC b溶液：Na+NH4+.S O?NO35.（2 分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）热水冷 水用装置可验证温度对平衡移动的影响由解用装置可实现反应：Cu+2H

3、2O=iCu(OH)2+H2 tDt.氯化亚铁溶液用装置可制备氢氧化亚铁6.（2 分）下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅B.Na、Mg、Fe金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱C.将混有少量S02的 C02气体通入饱和NaHCO3溶液，可达到除杂的目的D.过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有N027.（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（)A.0.010mol*L NH4Fe(SO4)2溶液与 OMOmori/iNaOH 溶液等体积混合:NH4+Fe3+4OH-Fe(OH)3 I+NH3.H2OB.石灰乳中通入 CI2：2OH+

4、C12Cl+C1O+H2OC.过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO t+2H2OD.酸性溶液中 Nai 和 NaK)3反应生成 I2：51+IO+3H2O=3I2+6OH8.(2 分)反应 N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)411=-92.4kJmol”可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入Imol N2和 3mol H2发生反应。下列叙述正确的是()A.该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4kJB.达到平衡后向容器中通入Imol氢气，平衡不移动C.降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大D.常温常压下，有 22.4L的 N2反应时转移了 6moi

5、电子9.(2 分)下列关于Na、C、N、S 元素及其化合物的说法正确的是()A.原子半径：r(Na)r(S)r(C)r(N)B.Na2s2中只含离子键C.N、S 的氧化物对应水化物均为强酸D.Na、S 形成的化合物水溶液呈中性10.(2 分)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是()A.AlMMHGq)A1(OH).HCl(aq)A1C1?0.B.FeFe203H2,。啊(S04)3C.CUOH2QCU(OH)2蚂 1CU20D.CaSQa饱和磨2c。Jaq)cacc)3 HC1(aq)CaCl?二、不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共 计 20分。每小题只有一个或

6、两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得 0 分。11.(4 分)下列叙述正确的是()A.相同温度下，中和pH 与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者B.相同温度下，pH相等的氨水、CH3coONa溶液中，水的电离程度相同C.电解精炼铜时，若阳极质量减少6 4 g,则阴极得到电子的数目为2moiD.TATP（C8Hl8。6）受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应燃显著增加12.（4 分）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的

7、装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法不正确的是（）直流电源A.直流电源的X 极是正极B.电解一段时间后，阳极室的pH 未变C.电解过程中，父 由 a 极区向b 极区迁移D.电解一段时间后，a 极生成的0 2 与 b 极反应的02 等量13.（4 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）操作及现象 结论A加热盛有NH 4cl固体的试管，试管底部固体消失，NH4cl固体可以升华试管口有晶体凝结B用 pH 计测定S02和 CO2饱和溶液的p H,前 者 pH 亚硫酸的酸性强于碳酸小C向 NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶 Br一还原性强于C液上层呈橙红色D 向 2 支均盛

8、有 2 m L iO m o llT 的 KOH 溶液的试管 KspAl（O H）3 KspFe中，分别加入2 滴浓度均为O.lm okLT的 AlCb和（0H）3FeCb溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀A.A B.B C.C D.D14.(4 分)25时，下列物质的电离平衡常数如下表，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()化学式H2c。3HC10NH3-H2O电离平衡常数-72=4.3 X 1 0K a.=5.6X 10”3.0X 1081.76X10 5A.物质的量浓度相等的NH4cl和 KC1O溶液中：c(C)-c(NH4+)c(K+)-c(CIO)B.向 NaC

9、lO溶液中通入CO2气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略):c(Na+)=c (CIO-)+c(HCO3)+c(CO32)C.将浓度均为0.1molL”的 HC1O溶液与Na2cO3溶液等体积混合的溶液中：c(Na*)c(HC1O)+c(CIO)+c(HCO3)+c(H2co3)+c(CO32)D.O Z m o k L 氨水与0.1m与L/iNaHCCh溶液等体积混合(体积变化可忽略)：c(NH3H2O)。B.若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T i时 CO转化率最大C.I、II、HI三个容器中一定达到化学平衡状态的是I 和01D.若再向容器I I I中充入 O.l m

10、 o l C O、0.2m o l H2 W 0.4 m o l C H3O H,则平衡时 C H3 0H 的体积分数4 0%二、非选择题(共8 0分)16.(12分)化学还原法是处理含C r2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：C r2O72-2 C3+5 C r (OH)3已知I：Na 2s 2C)5+H2O_2Na HS O3“C O D”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则C O D越低，表明水质污染程度越小。(1)取 含C r z C 一的工业废水，分别在不同p H条件下，向每个水样中分别加一定量的F e S 04、Na H

11、S O3,搅拌，充分反应，然后滴加C a (OH)2悬浊液，静置沉淀，测定+6价C r的去除率，实验结果如图1所示。在酸性条件下，请写出Na HS C h与C r。?2 一 反应的离子方程式：。分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价C r的效果。I .亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价C r的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；I I.。(2)用焦亚硫酸钠(Na 2s 2O5)处理废水后，可能会使废水中的C O D增大。在焦亚硫酸钠与废水中铭元素不同质量比的情况下，加H2s 04与未加H2s 04处理含铭废水后其C OD对比变化如图2所示。未 加H2s o 4时，随着Na 2s 2。

12、5质量增大，废水C O D增 大 的 原 因 是。在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2s 04时，与未加H2s 04相比，废水C O D均有所下降，原因可能是 o(3)三价格 C r (I I I)在水溶液中的存在形态随p H的变化如图3所示，为尽可能除去格元素实现达标排放，沉淀过程中pH 要控制在；若 pH 过高，溶液中残留铭量增大，其原因为17.（12分）工业上以石煤（主要成分为V2O3,含有少量SiO2,P2O5等杂质）为原料制备锐的主要流程如图1所示。神 M gS04 NH4a_ r ，工，JL石煤除硅、磷 H沉钮H T灼 烧 还 原I 钿右 图1T-除琳率 e-除硅率已知：N

13、H4V O3难溶于水。Ksp（MgSiO3）=2.4X10-5,KspMg3（PO4）2=2.7X10-27。（1）焙烧。通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将 V 2O3转化为NaVCh的化学方程式为。（2）除硅、磷。用 MgSC）4溶液除硅、磷时，Si、P 会形成M g3（PO4）2、MgSiO3,沉淀。若沉淀后溶液中 c（PO43）=1.0X10 8moi.匚 1,则 c（SiO32）=m o k L、如 图 2 所示，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大、；随着温度升高，除硅率升高，其原因是 o（3）沉帆。此过程反应温度需控制在50C左右，温 度 不 能 过

14、 高 的 原 因 为。（4）灼烧。在灼烧NH4V 0 3 的过程中，固体的残留率（鹭雪 磐 薯 X 100%）随温原 始 固 体 质 量度变化的曲线如图3 所示，则 AB 段 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 为。18.（12分）高碘酸钾（KIO4）为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。I.高碘酸钾的制备步骤：将碘溶于适量的水中，通入足量氯气将12氧化为高碘酸（HIO4）。步骤：向步骤所得溶液中加入适量氢氧化钾溶液中和，蒸发浓缩、冷却结晶等操作得 KI04晶体。（1）步 骤 中 反 应 的 化 学 方 程 式 为。（2）室温下，向高氯酸钠中加入饱和KNO3溶液进行复分解反应，也可以得到K

15、C104晶体，分析反应能进行的原因是 oI I.用高碘酸钾测定甘油的含量步骤：准确称取0.1500g甘油试样溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，盐酸酸化后，加入0.0230molLTKI04溶液25.00m L,充分反应；步骤：向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，振荡摇匀、静置；步骤：加入少量淀粉作指示剂，用 0.2000mol-LTNa2s2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2s2O3溶液的体积为20.00mLo已知：C3H8。3（甘油）+2HIO42HCHO+HCOOH+2HIO3+H2OHIO3+5KI+5HC1-3I2+5KC1+3H2OHIO4+7KI+7HC=

16、4b+7KCl+4H2OI2+2Na2s2C）32NaI+Na2s4。6（3）达 到 滴 定 终 点 的 现 象 为。（4）计算甘油试样的纯度（请写出计算过程）o19.（12分）工业上由粗镭粉（主要杂质为Fe、Ni、P b等金属单质）制备高纯碳酸镭。其主要工艺流程如图1所示。粗铳粉f 酸 浸 一 氧 化 一*除 铁 f 除镶、铅-MnCOj图2己知：金属活动性M nFeNiPb图3流程中各步骤中对杂质离子的去除情况如下表所示:匚2+FeNi2+Pb2+初始浓度/m g ”21.024.955.86酸浸后/mgL 112.853.803.39除铁后/mgL0.253.763.38除银、铅后/mg

17、L”0.10(达标)3.19(未达标)0.12(达标)(1)酸浸：向粗镒粉中加入一定浓度的硫酸，控制溶液的pH 约 为 5,测定离子的初始浓度。静置一段时间后镐粉仍略有剩余，过滤;此时Fe?+浓 度 降 低,可 能 的 原 因 为。(2)氧化：向“酸浸”后的滤液中加入MnCh，使溶液中的Fe?+转化为Fe3+,反应的离子方程式为。(3)除铁：向“氧化”后的滤液中加入物质X,是为了调节溶液的p H,使 Fe3+转化为沉淀而除去。下列可以作为物质X 的是(填序号)。A.MnCOsB.Mn(OH)2C.NH3*H2O(4)除银、铅。向“除 铁”后的滤液中通入H2 s气体，待充分反应后加热一段时间，冷

18、却后过滤；此时 第十不达标而Pb2+达标。推测溶解度：PbS NiS(填“”或 V”)。(5)制备碳酸锌。已知溶液pH 和反应温度对MnCO3的产率影响分别如图2、图 3 所示。请设计从提纯后的M11SO4溶液制备MnCO3沉淀的实验方案：(实验中须使用的试剂有：氨 水-(NHQ 2CO3混合溶液)20.(12分)脱除烟气中的氮氧化物(主要是指NO和 NO2)可以净化空气、改善环境，是科学家研究的重要课题。(1)C&催化还原法。主要发生以下反应：反应 I CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)A H=-574kJ.mor反应HCH4(g)+4NO(g)2N2(

19、g)+CO2(g)+2H2O(g)AH2=-lieOkJ.mol-1反应n icm (g)+2N O2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)A H3%=W m o l1在一恒容装置中，通入一定量C E 和NC)2发生反应n i,测得在相同时间内和不同温度下 NO2的转化率a(NO2)如 图 1。下 列 叙 述 正 确 的 是。1008060402080图1图2A.若温度维持在200c更长时间，NO2的转化率将大于19%B.反应速率：b 点的v(逆)e 点的v(逆)C.平衡常数：c 点=SO42 Ag（NH3）2+B.0.1molLTNaClO 溶液：Fe2+K+、SO?-ClC.O.

20、lmoKLTBaCb 溶液：Na+K+、NO3 CO32-D.O.lm olLiFeC”溶液：Na+NH4+，SO42 NO3-【分析】A.银氨络离子与氢离子反应；B.次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；C.碳酸根离子与钢离子反应生成碳酸钢沉淀；D.四种离子之间不反应，都不与氯化铁反应。【解答】解：A.H Ag（NH3）2;之间发生反应，不能大量共存，故 A 错误；B.Fe2 C IO 之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故 B 错误；C.Ba2 CO32一之间反应生成难溶物碳酸钢，不能大量共存，故 C 错误；D.Na+、NH4+、SO42 NO3一 之间不反应，都不与FeCb反应，能够大量共存，故

21、 D 正确；故选：D。【点评】本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。5.（2 分）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）A.用装置可完成喷泉实验B.热水 冷水用装置可验证温度对平衡移动的影响C.NazSOi溶 液 用 装 置 可 实 现 反 应:由解Cu+2H2。.Cu(OH)2+H2 t氯化亚铁溶液用装置可制备氢氧化亚铁【分析】A.NO不溶于水;B.

22、只有温度不同;C.Cu与电源负极相连，作阴极；D.生成氢氧化亚铁易被氧化。【解答】解：A.NO不溶于水，不能形成喷泉实验，故 A 错误;B.只有温度不同，可验证温度对平衡移动的影响，故 B 正确；C.Cu与电源负极相连，作阴极，则 C u不能失去电子，故 C 错误；D.生成氢氧化亚铁易被氧化，应隔绝空气，故 D 错误；故选：B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.（2 分）下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅B.N

23、a、Mg、F e金属单质在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱C.将混有少量SO2的 C02气体通入饱和NaHCCh溶液，可达到除杂的目的D.过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有NO2【分析】A.二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅；B.铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；C.二氧化硫可以和碳酸氢钠反应，但是二氧化碳和碳酸氢钠之间不反应；D.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮。【解答】解：A.工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅，故 A 错误；B.铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，故 B 错误；C.二氧化硫可以和碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠溶液和二氧化碳，但是二氧

24、化碳和碳酸氢钠之间不反应，混有少量S02的二氧化碳气体可以用亚硫酸氢钠来除，故 C 正确；D.过量的铜与浓硝酸反应，开始生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度降低变为稀硝酸,反应生成一氧化氮，故 D 错误。故选：C【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。7.（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.0.010molLNH4Fe（SO4）2 溶液与（HMOmokl/iNaOH 溶液等体积混合：NH4+Fe3+4OH-=Fe（OH）3 I+NH3*H2OB.石灰乳中通入 CI2：2OH+C12Cl-+C1O+H2OC.过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO3+4

25、H+Fe3+NO t+2H2OD.酸性溶液中 Nai 和 NaIO3 反应生成 I2：51+IO+3H2O=3b+6OH-【分析】A.硫酸铁镂与氢氧化钠物质的量之比1：4 反应生成氢氧化铁和一水合氨、硫酸钠；B.石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；C.铁粉过量反应生成硝酸亚铁和一氧化氮和水；D.酸性溶液中不能生成氢氧根离子。【解答】解:A.0.010molL lNH4Fe(SO4)2溶液与0.040molLTNaOH溶液等体积混合，离子方程式：NH4+Fe3+4OH Fe(OH)3 I+NH3.H2O,故 A 正确；B.石灰乳中通入CI2反应离子方程式：Ca(OH)2+CI2Cl+Ca2+C10+H

26、20,故 B 错误；C.过量铁粉与稀硝酸反应，离子方程式：3Fe+2NO3+8H+=2Fe2+2NO t+4H2O,故 C错误；D.酸性溶液中KIO3与 K I反应生成b 的离子反应为：103+51+6H+=3b+3H2O，故 D错误。故选：A。【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意与量有关的离子反应及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。8.(2 分)反应 N2(g)+3H2(g)#2NH3(g)A H=-92.4kJmoi 可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入Imol N2和 3mol H2发生反应。下列叙述正

27、确的是()A.该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4kJB.达到平衡后向容器中通入Imol氮气，平衡不移动C.降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大D.常温常压下，有 22.4L的 N2反应时转移了 6mol电子【分析】A.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物；B.达到平衡后向容器中通入H e,容器体积不变则反应物和生成物浓度不变；C.化学平衡常数只与温度有关；D.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/molo【解答】解：A.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时放出的热量小于92.4kJ,故 A 错误；B.达到平衡后向容器中通入H e,容器体积不变则

28、反应物和生成物浓度不变，则平衡不移动，故 B 正确；C.化学平衡常数只与温度有关，降低温度平衡正向移动，则平衡常数增大，缩小容器体积平衡正向移动但平衡常数不变，故 C 错误；D.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol,所以常温常压下22.4L氮气的物质的量小于 Im o l,转移电子小于6m oL 故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡影响因素、物质的量的有关计算等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确可逆反应特点、外界条件对平衡移动影响原理内涵、气体摩尔体积适用范围和适用条件是解本题关键，D 为解答易错点。9.(2 分)下列关于Na、C、N、S 元素及其化合物的说

29、法正确的是()A.原子半径：r(Na)r(S)r(C)r(N)B.Na2s2中只含离子键C.N、S 的氧化物对应水化物均为强酸D.Na、S 形成的化合物水溶液呈中性【分析】A.一般来讲，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大;B.S2?一离子中含有共价键；C.亚硝酸、亚硫酸为弱酸；D.硫化钠为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性。【解答】解：A.Na、C、N、S 的原子半径大小为：r(Na)r(S)r(C)r(N),故 A 正确:B.Na2s2中含有离子键和共价键，故 B 错误；C.N、S 的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸、亚硫酸为弱酸，故 C 错误；D.Na、S 形成的化合物

30、为硫化钠，硫离子部分水解，溶液呈碱性，故 D 错误：故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律的内容为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析与应用能力。10.(2 分)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是()A.A悭 更 .Al(OH)3HCl(aq)A|C 1?B.F e _ F e2O 3kiFe2(S04)3点燃C.CUOH2CU(OH)2葡萄臂Ci”。D.CaSOa饱和N%C。CaCO?HC1 CaCU【分析】A.A1与 NaOH反应生成偏铝酸钠；B.铁燃烧生成四氧化三铁；C.CuO与水不反应；D.硫酸钙与

31、碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙。【解答】解：A.A1与 NaOH反应生成偏铝酸钠，则 AlHH(a q).Al(OH)3不能实现，故 A 错误;B.铁燃烧生成四氧化三铁，则 Fe0.其 2。3不能实现,故 B 错误;C.CuO与水不反应，则 CuO吧Cu(OH)2不能实现，故 C 错误;D.硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙，图中转化均可实现,故 D 正确：故选：D。【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、转化关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。二、不定项选择题：本题包括

32、5小题，每小题4分，共 计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.(4 分)下列叙述正确的是()A.相同温度下，中和pH 与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者B.相同温度下，pH 相等的氨水、CH3coONa溶液中，水的电离程度相同C.电解精炼铜时，若阳极质量减少6 4 g,则阴极得到电子的数目为2moiD.TATP(C8Hl8。6)受撞击分解爆炸，且无明显热效应，说明该分解反应燃显著增加【分析】A.相同温度下pH、体

33、积都相同的硫酸和醋酸，最终电离出的n(H+)：醋酸硫酸，消耗N a O H 的量与n (H+)成正比；B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；C.电解精炼粗铜时，阳极上C u 和比C u 活泼的金属失电子，阴极上析出Cu；D.物质的混乱程度越大其煽越大。【解答】解：A.相同温度下p H、体积都相同的硫酸和醋酸，最终电离出的n (H+)：醋酸硫酸，消耗N a O H 的量与n (H+)成正比，则消耗N a O H 的量：醋酸硫酸，故 A正确；B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，一水合氨抑制水电离、醋酸钠促进水电离，所以两种溶液中水电离程度不同，故 B 错误；C.电解精炼粗铜时，阳极上C u

34、和比C u 活泼的金属失电子，阴极上析出C u,所以如果阳极质量减少6 4 g,阴极得到的电子数目不一定是2 m o l,故 C 错误；D.T AR P (C8 H l8。6)受撞击分解爆炸，其混乱程度增大，所以该分解反应燧增加，故 D正确；故选：AD o【点评】本题考查弱电解质的电离、电解原理等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、水电离影响因素、电解原理内涵是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。1 2.(4 分)采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法不正确的是()直流电源A.直流电源的X极是正

35、极B.电解一段时间后，阳极室的p H 未变C.电解过程中，1 由 a 极区向b极区迁移D.电解一段时间后，a 极生成的O2与 b 极反应的O2等量【分析】由装置图可知a 极生成氧气，发生氧化反应，为电解池阳极，电极方程式为2H2。-4e-4 H+O2t,b 为阴极，发生还原反应，电极方程式为02+2屋+2=七 0 2,以此解答该题。【解答】解：A.a极生成氧气，发生氧化反应，为电解池阳极，电极反应式为：2H2。-4e 4H+O2 t,所以直流电源的X 极是正极，故 A 正确；B.阳极反应为：2H2。-4e 4H+O2 t，H*由 a 极区向b 极区迁移，根据电荷守，阳极生成氢离子的量与移入阴极

36、氢离子一样多，所以电解一段时间后，阳极室的pH 未变，故B 正确；C.电解池中阳离子向阴极移动，所以电解过程中，1 由a 极区向b 极区迁移，故 C 正确；D.a极电极反应式为：2H2O-4e 4H+O2 t，b 极 02+2e+2H+=H2C）2,根据得失电子守恒，a 极生成的。2与 b 极反应的。2的量不相等，故 D 错误。故选：D。【点评】本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应以及电解的原理为解答本题关键，注意把握电极方程式的书写，题目难度不大。13.（4 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）操作及现象 结论A加热盛有NH 4cl固体的

37、试管，试管底部固体消失，NH4cl固体可以升华试管口有晶体凝结B 用 pH 计测定S02和 C02饱和溶液的p H,前 者 pH 亚硫酸的酸性强于碳酸小C向 NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶 Br一还原性强于C液上层呈橙红色D 向 2 支均盛有 2mLl.OmokL/i 的 K0H 溶液的试管 KspAl（OH）3 KsplFe中，分别加入2 滴浓度均为0.1molL T 的 A1C”和（0H）3FeCb溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀A.A B.B C.C D.D【分析】A.加热氯化钱分解，在试管口化合生成氯化镂;B.饱和溶液的浓度不同；C.氯水与NaBr反应

38、生成嗅，澳易溶于苯；D.KOH过量，氢氧化铝与KOH反应。【解答】解：A.加热氯化镇分解，在试管口化合生成氯化钱，为化学变化，而升华为物理变化，故 A 错误；B.饱和溶液的浓度不同，则由溶液的pH不能比较酸性，故 B 错误；C.氯水与NaBr反应生成漠，漠易溶于苯，由现象可知B r 还原性强于C1，故 C 正确：D.KOH过量，氢氧化铝与KOH反应，由操作和现象不能比较KspAl(OH)3、KspFe(OH)3，故 D 错误；故选：Co【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目

39、难度不大。14.(4 分)25时，下列物质的电离平衡常数如下表，下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()化学式H2c。3HC1ONH3-H2O电离平衡常数Kax=4.3X10 7K a.=5.6X10 113.0X 1081.76X IO 5A.物质的量浓度相等的NH4cl和 KC1O溶液中：c(C)-c (NH4+)c(K+)-c(CIO-)B.向 NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)：c(Na+)c(CIO)+c(HCO3)+c(CO32)C.将浓度均为0.1molL T 的 HC1O溶液与Na2cO3溶液等体积混合的溶液中：c(Na.)=c

40、(HC1O)+c(CIO)+c(HCO3)+c(H2CO3)+c(CO32-)D.0.2molL T 氨水与0.1molLTNaHCO3溶液等体积混合(体积变化可忽略)：c(NH3H2O)C(K+)-c (CIO)=c(OH)-c (H+),结合水解程度大小分析；B.pH=7的溶液中c(OH)=c(H+),结合电荷守恒分析；c.结合混合液中的物料守恒分析；D.混合液呈碱性，结合混合液中的物料守恒、电荷守恒分析。【解答】解：A.Kb(NH3*H2O)Ka(H C 1 0),则水解程度：NH4+C1O,NH4cl 溶液中的c(H+)-c (OH)小 于 KC1O溶液溶液中的c(OHD-C(H+),

41、结合电荷守恒可知 c(C)-c (NH4+)=C(H+)-c(OH),c(K+)-c(CIO)=c(OH)-c(H+),即 c(C l)-c(NH4+)c(H+),结合 c(Na+)=0.05mol/L 可知：c(NH3H2O)L l,故 D 正确；故选：CD。【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力。15.(4 分)在 I、II、川三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入Imol CO 和 2moi H2,三个容器的反应温度分别为Ti、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO(g

42、)+2H2(g)=CH30H(g),在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时 C O 的体积分数如图所示，下列说法正确的是()A.反应 CO(g)+2H?(g)CH3OH(g)的HAOB.若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T|时 CO转化率最大c.I、II、in三个容器中一定达到化学平衡状态的是II和mD.若再向容器HI中充入 O.lmolCO、0.2mol H2 0.4mol CH3OH,则平衡时 CH30H 的体积分数40%【分析】由图可知，T|T2T3,12时 C O 的体积分数最小，13时 C O 的体积分数增大，则 T3时容器内反应达到平衡状态，并且平衡发生了逆

43、向移动，所以正反应是放热反应，T2时容器内反应可能达到平衡状态，TJC时容器内反应一定没有达到平衡状态,结合温度、压强对该反应的影响和等效平衡分析解答。【解答】解：由图可知，T1 T2 T3,时 C O 的体积分数最小，时 C O 的体积分数增大，则 T3时容器内反应达到平衡状态，T2时容器内反应可能达到平衡状态，TfC时容器内反应一定没有达到平衡状态，A.由图可知，TI T2 4 0%,故 D 正确；故选：BD【点评】本题考查化学平衡计算与化学平衡影响因素、化学平衡图象等知识，把握平衡状态的判断是解题关键，注意化学平衡的计算方法、等效平衡和化学平衡影响因素，试题侧重于考查学生的分析能力、计算

44、能力和灵活运用能力，题目难度中等。二、非 选择题(共80分)1 6.(1 2分)化学还原法是处理含C n O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：C r2O72-2 C3+r S C r (O H)3已知：N a 2 S 2 O5+H2O=2 N a H S O3“C O D”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则C O D越低，表明水质污染程度越小。(1)取 含C r z C 一的工业废水，分别在不同p H条件下，向每个水样中分别加一定量的F e S C U、N a H S O3,搅拌，充分反应，然后滴加C a (O H)2悬浊液，静置沉

45、淀，测定+6价C r的去除率，实验结果如图1所示。在酸性条件下，请写出N a H S O3与C r Q?一反应的离子方程式：3 H s e)3一+2。2 +5 H+=2 C r 3+3 S O 4 2-+4 H 2。分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价C r的效果。I .亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价C r的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；I I.在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价C r的去除效果明显优于亚铁盐对+6价C r的去除效 果。(2)用焦亚硫酸钠(N a 2 s 2 O 5)处理废水后，可能会使废水中的C O D增大。在焦亚硫酸钠与废水中铭元素不同质量比的情况下，加H

46、2s。4与未加H2s 0 4处理含铭废水后其CO D对比变化如图2所示。未 加H2s o 4时,，随 着N a2s 2。5质量增大，废 水C O D增 大 的 原 因 是N a2s 20 s质量越大，反应后废水中剩余的HS O.;/(或S 2。/-)的量就越多，H SOJ(或S 2。/-)具有较强的还原性，所以废水的C O D增 大。在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2s 0 4时，与 未 加H2s 0 4相比，废水C O D均有所下降，原因可能是 废水酸性增强，促进HS O 3(或与Cr zCH?充分反应，还原性的HS O L（或S 2。/-）转化更完全，含量减少（或废水酸性增强，H

47、+将H S O L转化为S O 2 气体逸出，还原性的HS O 3一 减少）。（3）三价铭 Cr （III）在水溶液中的存在形态随p H的变化如图3所示，为尽可能除去铭元素实现达标排放，沉淀过程中P H要 控 制 在6.0中；若p H过高，溶液中残留倍量增大，其原因为 Cr （O H）支转化为可溶性的Cr （O H）4一 。【分析】（1）在酸性条件下，N aHS O 3使SC万 一还原成为CJ+,N aHS Ch被氧化为硫酸钠；II.由图中曲线变化可知，中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价C r的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价C r的去除效果明显优于亚铁盐对+6

48、价Cr的去除效果；（2）未 加H2s。4时，随着N a2s 2。5质量增大，废水C O D增大的原因是N a2s 2O 5质量越大，反应后废水中剩余的HS O 3-（或的量就越多；废水酸性增强，促进HS O 3-（或S 2O 5 2D与Cr zCp一充分反应，据此分析；（3）根据图2所示可知，当溶液的p H在6。1 2时，铭以氢氧化珞的形式存在，可以除去溶液中的倍元素，再增大溶液的p H值时，铝元素以Cr （O H）4一形式存在。【解答】解：（1）在酸性条件下，N aHS C 3使Cr zC一还原成为C产，N aHS Ch被氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为：3 HS O3+Cr2O72-+5

49、H+=2Cr3+3 S O42+4H2O,故答案为：3 HS O3+Cr2O72-+5 H+=2Cr3+3 S O42+4H2O；II.由图中曲线变化可知，中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下，亚硫酸盐对+6价C r的去除效果明显优于亚铁盐对+6价Cr的去除效果，故答案为：中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反；（2）未 加H 2 s时，随着N a2s 2。5质量增大，废水C O D增大的原因是N a2s 2。5质量越大，反应后废水中剩余的HS O 3-（或S 2O 5 2D的量就越多，HS

50、（V（或S 2O 5 2D具有较强的还原性，所以废水的C O D增大，故答案为：N a2s 2O 5质量越大，反应后废水中剩余的HS O 3-（或S 2O 5 2-）的量就越多，HS O3（或S 2O 5 2D具有较强的还原性，所以废水的C O D增大；在焦亚硫酸钠与废水中铭元素质量比相同的情况下，加H2s 0 4时，与未加H2s 0 4相比，废水C O D均有所下降，原因可能是废水酸性增强，促进HS O 3-(或5 2。5 )与Cr zC一充分反应，还原性的HS O 3-(或转化更完全，含量减少(或废水酸性增强，H卡 将HS O3转化为S O2气体逸出，还原性的HS O3减少),故答案为：废