【KS5U解析】浙江省温州市平阳中学2020届高三下学期“居家考试”化学试题 Word版含解析

1、平阳中学高三第二学期化学测试卷可能用到的相对原子质量：h-1 li-7 c-12 n-14 o-16 na-23 mg-24 al-27 si-28 s-32 cl-35.5 k-39 ca-40 mn-55 fe-56 cu-64 i-127 ba-137选择题部分一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.不含共价键的分子晶体是（ ）a. h2o2b. hec. ch2cl2d. sic【答案】b【解析】【详解】ah2o2是含有极性键、非极性键的分子晶体；故a不符合题意；bhe是不含共价键的分子晶体，

2、故b符合题意；cch2cl2是含极性键的分子晶体，故c不符合题意；dsic是含极性键的原子晶体，故d不符合题意。综上所述，答案为b。【点睛】注意稀有气体不含化学键。2.灼烧干海带，不需要用到的仪器是（ ）a. 干燥器b. 坩埚c. 泥三角d. 坩埚钳【答案】a【解析】【详解】海带灼烧时放在坩埚中，坩埚放在泥三角上，泥三角放在三脚架上，三脚架下放酒精灯，坩埚钳夹坩埚移动坩埚，故a不符合题意。综上所述，答案为a。3.下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是a. 石墨b. kno3c. h2so4d. 蔗糖【答案】a【解析】【分析】电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导

3、电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。【详解】a项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；b项，kno3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；c项，h2so4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；d项，蔗糖属于非电解质，不导电。综上所述，符合题意的选项为a。4.下列属于氧化还原反应，且为吸热反应的是a. c+h2oco+h2b. 2naoh+h2so4na2so4+2h2oc. zn+2h+=zn2+h2d. ca(oh)2+2nh4cl=cacl2+2nh3+2h2o【答案】a【解析】【详解】a此反应存在元素的化合价变化，故为

4、氧化还原反应，且为以c为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故a正确；b此反应为酸碱中和反应，为复分解反应，既不是氧化还原反应，也不是吸热反应，是放热反应，故b错误；c金属和酸的反应为放热反应，故c错误；d此反应为复分解反应，不是氧化还原反应，故d错误；故选a。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重反应类型判断的考查，注意化合价角度及归纳常见的吸热反应分析。常见的吸热反应有：ba(oh)28h2o与nh4cl反应、大多数的分解反应、c（或氢气）参加的氧化还原反应等。5.下列物质的名称不正确的是（ ）a. na2co3：纯碱b. 2caso4·h2o：生石膏c. hcooh

5、：蚁酸d. ：3甲基己烷【答案】b【解析】【详解】生石膏化学式为caso4·2h2o，熟石膏化学式为2caso4·h2o，故b错误。综上所述，答案为b。6.下列有关化学用语的表示，正确的是（ ）a. 氨基负离子(nh2-)的电子式：b. 钾离子的结构示意图：c. cs2分子的比例模型：d. 碳酸的电离方程式：h2co3co32-+2h+【答案】c【解析】【详解】a氨基负离子(nh2-)的电子式：，故a错误；b钾离子的结构示意图：，核内应该是19，故b错误；ccs2分子的比例模型：，故c正确；d碳酸的电离方程式：h2co3hco3+h+，故d错误。综上所述，答案为c。【点睛】

6、多元弱酸的电离是一步一步电离，多元弱碱的电离是复杂的电离，书写时，为了简化，一步到位。7.下列说法不正确的是a. 硫元素的不同单质s2和s8互为同素异形体b. ch4与c3h8一定互为同系物c. 35cl与37cl是氯元素两种核素，互为同位素d. 与互为同分异构体【答案】d【解析】【详解】a项，s2和s8是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故a正确；b项，ch4和c3h8通式相同均为cnh2n+2，属于烷烃同系列，一定互为同系物，故b正确；c项，35cl与37cl是具有相同质子数和不同中子数的氯原子，互为同位素，故c正确；d项，与表示的是同一种物质：2-甲基丁烷，故d错误。综上所述，符合

7、题意的选项为d。【点睛】本题考查“四同”有关判断，判断同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的方法：化学式为原子，则可能是同位素；化学式为单质，则可能为同素异形体；化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；分子式不同结构相似的有机化合物（同类物质），则为同系物。注意对物质结构的正确判断：如题中b项c3h8一定为丙烷，则与ch4结构是相似的；d项两个结构简式的呈现形式不同，但结构是相同的，为同种物质。8.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是a. 晶体硅熔点高硬度大，可用于制造半导体材料b. 碳酸钠溶液显碱性，可用于除去金属器件表面的油脂c. 碳酸氢钠能与碱反应，可用作焙制糕点的

8、膨松剂d. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒【答案】b【解析】【详解】a. 晶体硅熔点高硬度大与可用于制造半导体材料无关系，因为硅的导电性介于导体与绝缘体之间，晶体硅用于制造半导体材料，a错误；b. 碳酸钠溶液显碱性，可用于除去金属器件表面的油脂，b正确；c. 碳酸氢钠受热分解、以及与酸反应产生二氧化碳，因此可用作焙制糕点的膨松剂，c错误；d. 明矾溶于水能形成胶体，可用于净水，不能用于自来水的杀菌消毒，d错误；答案选b。9.下列物质的制备，不符合工业生产实际的是（ ）a. 电解熔融氯化镁制单质镁b. 用软锰矿和浓盐酸在加热条件下制氯气c. 用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅d.

9、 工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的sio2【答案】b【解析】【详解】实验室制取氯气用二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应，工业生成氯气常用电解饱和食盐水，故b符合题意。综上所述所，答案为b。【点睛】电解熔融氧化铝得到铝，不能电解熔融氯化铝，电解熔融氯化镁得到镁，不能电解熔融氧化镁。10.下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）a. 石油裂解气和水煤气的主要成分都是甲烷b. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油c. 化石燃料所存贮的大量能量，实质是来源于太阳能d. 煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径【答案】c【解析】【详解】a石油裂解气的主要成分是乙烯，水煤气主要成份是co、h2

10、，故a错误；b石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油，故b错误；c化石燃料所存贮的大量能量，实质是来源于太阳能，故c正确；d煤制煤气是化学变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径，故d错误。综上所述，答案为c。【点睛】煤的干馏、煤的液化、煤的气化，石油裂化、石油裂解都是化学变化，石油分馏是物理变化。11.下列有关化学实验说法正确的是（ ）a. 只有有色离子的分离才能用纸层析法，否则无法看到色斑b. 银镜反应、乙醛与新制cu(oh)2反应、实验室制取乙烯都必须用水浴加热c. 为准确测定盐酸与naoh溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量要相等d. 在制备阿司匹林时，可以采用风干的方式干燥产品【答案】d

11、【解析】【详解】a无色离子也可以先用纸层析法，然后再用显色剂来显色，故a错误；b银镜反应必须用水浴加热，乙醛与新制cu(oh)2反应、实验室制取乙烯都是直接加热，故b错误；c为准确测定盐酸与naoh溶液反应的中和热，所用酸或碱的物质的量一者过量，让另外一者充分反应完，故c错误；d在制备阿司匹林时，可以采用风干的方式干燥产品，故d正确。综上所述，答案为d。【点睛】银镜反应、制硝基苯是水浴加热。12. 下列有关说法正确的是a. 在酒精灯加热条件下，na2co3、nahco3固体都能发生分解b. fe(oh)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象c. h2、so2、co2三种气体都可用浓硫酸干燥d. s

12、io2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【答案】c【解析】【详解】a、na2co3固体受热不易分解，故a错误；b、fe(oh)3胶体是红褐色，故b错误；c、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故c正确；d、sio2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故d错误；答案选c。13.下列离子方程式书写正确的是（ ）a. 苯酚与碳酸钠溶液反应：2+co32- +co2+h2ob. 硫酸铜与过量浓氨水反应的离子方程式：cu2+2nh3·h2o =cu(oh)22nh4+c. 向nh4al(so4)2溶液中滴加ba(oh)2溶液使al3+刚好完全沉淀：2a

13、l3+3so42-3ba2+6oh-=2al(oh)33baso4d. 少量so2通入足量ca(clo)2溶液中：so2+ca2+clo+h2o=caso4+2h+cl-【答案】c【解析】【详解】a. 苯酚与碳酸钠溶液反应：+co32 + hco3，故a错误；b. 硫酸铜与过量浓氨水反应的离子方程式：cu2+4nh3·h2o =cu(nh3)42+4h2o，故b错误；c. 向nh4al(so4)2溶液中滴加ba(oh)2溶液使al3+刚好完全沉淀：2al3+3so423ba2+6oh = 2al(oh)33baso4，故c正确；d. 少量so2通入足量ca(clo)2溶液中：so2+

14、ca2+3clo+h2o=caso4+2hclo+cl，故d错误。综上所述，答案为c。【点睛】少量so2通入足量ca(clo)2溶液，次氯酸根具有强氧化性，将so2氧化，由于生成了h+，因此还要结合多余的clo生成hclo。14.下列说法正确的是（ ）a. 用溴水能除去甲烷中的乙烯b. 向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚c. 乙烯、乙炔、甲苯、油脂均能使酸性kmno4溶液褪色d. 硬脂酸甘油酯在naoh溶液中水解完全后，加入饱和食盐水，下层析出硬脂酸钠【答案】a【解析】【详解】a. 用溴水能除去甲烷中的乙烯，乙烯和溴发生加成反应，故a正确；b. 向鸡蛋清的

15、溶液中加入浓的硫酸钠溶液发生盐析，蛋白质性质没有改变，加入福尔马林，蛋白质的性质发生改变，故b错误；c. 乙烯、乙炔、甲苯、油均能使酸性kmno4溶液褪色，饱和脂肪不能使酸性kmno4溶液褪色，故c错误；d. 上层析出硬脂酸钠，不是下层，故d错误。综上所述，答案为a。【点睛】油脂中油因含有不饱和键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，饱和的脂肪不能使酸性kmno4溶液褪色。15.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是a. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同b. 分子中含有4种官能团，3个手性碳原子c. 可发生消去反应，形成芳香族化合物d. 1mol分枝酸最

16、多可与3mol naoh发生中和反应【答案】c【解析】【详解】a. 可使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故a错误；b. 分子中含有碳碳双键、羟基、羧基、醚键4种官能团，2个手性碳原子，故b错误；c. 分子中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，形成芳香族化合物，故c正确；d. 1mol分枝酸中含2mol羧基，所以最多可与2mol naoh发生中和反应，故d错误。故选c。【点睛】此题易错点在于d项，注意结构中羟基并未连接在苯环上，所以不具备酸性，不能和氢氧化钠发生中和反应。16.已知x、y、z是三种原子序数依次增大的短周期

17、元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，a、b、c、d分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且a与c中均含有10个电子。它们之间转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）a. 原子半径：z>y>xb. x与y形成的化合物只含共价键，能形成原子晶体c. y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大性质d. 气态氢化物的稳定性：a<c【答案】d【解析】【分析】x、y、z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，a、b、c、d分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且a与c中均含有10个电子，a在丙中点燃生成c和b，则a为ch4，c为h2o，b为c

18、o2，b、c都和乙反应，则乙为单质碳，d为co，甲为h2，因此x为h，y为c，z为o。【详解】a. 原子半径：c>o>h，故a错误；b. x与y形成的化合物含有共价键，也可能含有非极性键，只能形成分子晶体，故b错误；c. y有多种同素异形体，石墨具有高熔点，但硬度不大，故c错误；d. 气态氢化物的稳定性：ch4<h2o，故d正确。综上所述，答案为d。17.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）a. 曲线代表溶液b. 溶液中水的电离程度：b点c点c. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应

19、的酸和酸根离子）d. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】c【解析】【分析】电离常数hno2大于ch3cooh，酸性hno2大于ch3cooh；a、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比i的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；b、酸抑制水电离，b点ph小，酸性强，对水电离抑制程度大；c、kw为水的离子积常数，k(hno2)为hno2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；d、体积和ph均相同的hno2和ch3cooh溶液，c（ch3cooh）c（hno2）。【详解】a、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比i的酸性强，代表hno2，i代表ch3coo

20、h，故a错误；b、酸抑制水电离，b点ph小，酸性强，对水电离抑制程度大，故b错误；c、代表hno2，c(hno2)c(oh-)/c(no2-)=c(h+)·c(hno2)c(oh-)/c(h+)·c(no2-)=kw/k(hno2)，kw为水的离子积常数，k(hno2)为hno2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故c正确；d、体积和ph均相同的hno2和ch3cooh溶液，c（ch3cooh）c（hno2），分别滴加同浓度的naoh溶液至恰好中和，ch3cooh消耗的氢氧化钠溶液体积多，hno2消耗的naoh少，故d错误；故选c。【点睛】本题考查酸的稀释及

21、图象，明确强酸在稀释时ph变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点c，要将已知的c(hno2)c(oh-)/c(no2-)分子和分值母同乘以c(h+)，变成与kw为水的离子积常数和k(hno2)为hno2的电离常数相关的量，再判断。18.以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如图，下列说法不正确的是（ ）a. 在阴极室，发生的电极反应为：2h2o2e-=2oh-h2b. 在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区h浓度增大，使平衡2cro42-+2h+cr2o72-h2o向右移动c. 该制备过程总反应的化学方程式为：4k2cro44h2o2k2cr

22、2o74koh2h2o2d. 测定阳极液中k和cr的含量，若k与cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为10.5d【答案】d【解析】【详解】a. 在阴极室，发生的电极反应为：2h2o2e = 2ohh2，故a正确；b. 在阳极室，oh放电，阳极区h浓度增大，使平衡2cro42+2h+cr2o72h2o向右移动，溶液逐渐由黄色变为橙色，故b正确；c. 该制备过程总反应的化学方程式为：4k2cro44h2o2k2cr2o74koh2h2o2，故c正确；d. 设加入反应容器内的k2cro4为1mol，反应过程中有xmolk2cro4转化为k2cr2o7，则阳极区剩余k2cro4为(1x)mol

23、，对应的n(k)=2(1x)mol，n(cr)=(1x)mol，生成的k2cr2o7为mol，对应的n(k)=xmol，n(cr)=xmol，根据：k与cr的物质的量之比为d，解得x=2d，转化率为，故d错误。综上所述，答案为d。19.根据能量变化示意图，下列说法正确的是（ ）a. 状态1是液态，则状态3一定是气态b. 状态3是液态，则状态4一定是气态c. a（状态2）+b（g）c（状态3）+d（g）h（da）kjmol1d. 断裂1molc（状态3）和1mold（g）中的化学键需要吸收的能量为（ed）kj【答案】c【解析】【详解】a.a与b生成c和d的反应中，a和b的总能量小于c和d的总能量

24、，为吸热反应，若状态1为液体，状态3可能为气体，也可能为液体， 故a错误；b.c（状态3）+d（g）的总能量高于c（状态4）+d（g）的总能量，若状态3为液体，则状态4为液体或固体，故b错误；c. a（状态2）+b（g）c（状态3）+d（g），反应物总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，则吸收的能量为(d-a)kj，故c正确；d.未标明c的状态，c不一定为气体，则吸收的总能量不全是断键消耗的，还可能包含其他状态转化为气体所吸收的能量，故d错误。答案选c。20.设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）a. 6g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为1nab. s2和s8的混合物共6.4

25、g，其中所含硫原子数一定为0.2nac. 将1molcl2通入水中，溶液中hclo、cl-、clo-粒子数之和为2nad. 17g羟基(-ot)中含有的电子数为9na【答案】b【解析】【详解】a6g石墨烯(单层石墨)即物质的量为0.5mol，根据一个六元环 2个碳原子，0.5molc含有六元环的个数为0.25na，故a错误；bs2和s8的混合物共6.4g，通式为sa，其中所含硫原子的物质的量，因此含有的硫原子数目一定为0.2na，故b正确；c将1molcl2通入水中，cl2和水反应是可逆反应，因此溶液中hclo、cl、clo粒子数之和小于2na，故c错误；d17g羟基(ot)中含有的电子数物质

26、的量，因此电子数目不等于9na，故d错误。综上所述，答案为b。【点睛】石墨烯(单层石墨)中，一个六元环中一个碳原子是三个六元环共用，每个环占有，因此一个六元环有2个碳原子。21.在一体积固定的密闭容器中加入反应物a、b，发生如下反应：a(g)2b(g)3c(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：下列说法正确的是（ ）a. 在02min内，b的反应速率为0.1mol·l1·min1b. 2min时，c的物质的量浓度为0.4mol·l-1c. 4min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0d. 在46min内，容器内气体分子的总物质的量不变【答案】d【解析

27、】【详解】a在02min内，c(a) = 0.2 mol·l1，c(b) = 0.4 mol·l1，b的反应速率，反应a错误；b2min时，c(a) = 0.2 mol·l1，则c(a) = 0.6 mol·l1，即c的物质的量浓度为0.6mol·l1，故b错误；c4min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率不为0，故c错误；d4min时，反应已达到平衡状态，因此在46min内，容器内气体分子的总物质的量不变，故d正确。综上所述，答案为d。22.一定压强下，向10 l密闭容器中充入1 mol s2cl2和1 mol cl2，发生反应s2

28、cl2(g)cl2(g) 2scl2(g)。cl2与scl2的消耗速率(v)与温度(t)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（ ）a. 正反应的活化能大于逆反应的活化能b. 达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动c. a、b、c、d四点对应状态下，达到平衡状态的为b、dd. 一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，cl2的平衡转化率不变【答案】a【解析】分析】根据反应s2cl2 (g) +cl2 (g)2scl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用scl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态

29、，由图像可知b、d点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；b、d点为平衡点，由图中数据可知，b、d点的状态对应的温度为250，300时，scl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，h20。【详解】a. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知h0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故a错误；b. 由分析可知h0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故b正确；c. 根据反应s2cl2 (g) +cl2 (g)2scl2

30、 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用scl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知b、d点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；b、d点为平衡点，故c正确；d. 根据反应s2cl2 (g) +cl2 (g)2scl2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，cl2的平衡转化率不变，故d正确；答案选a。23.常温下，向20 ml 0.1 mol·l-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如

31、图所示。则下列说法不正确的是()a. 常温下，0.1 mol·l-1氨水中的电离常数约为b. a、b之间的点一定满足：c(nh4+)>c(cl-)>c(oh-)>c(h+)c. c点溶液中c(nh4+)<c(cl-)d. b点代表溶液呈中性【答案】b【解析】【分析】a.常温下，0.1mol/l的氨水溶液中c（h+）=10-11mol/l，则c（oh-）=1014/1011mol/l=0.001mol/l，结合kb=c（nh4+）c（oh）/c（nh3h2o）计算；b.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；c.根据图知，c点水电离出的

32、氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；d. b点溶液中c点水电离出的c（h+）=10-7mol/l，常温下c（h+）·c（oh-）=kw=10-14，据此判断。【详解】a.常温下，0.1mol/l的氨水溶液中c（h+）=10-11mol/l，则c（oh-）=1014/1011mol/l=0.001mol/l，kb=c（nh4+）c（oh）/c（nh3h2o）=103×103/0.1mol/l=1×10-5mol/l，故a正确；b.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（h+）c（oh-），结合电荷守恒得c（cl-）c（nh4+），而c（cl-）和c（oh-）的相对

33、大小与所加盐酸的量有关，故b错误；c.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（nh4+）c（cl-），故c正确；d.b点溶液中c（h+）=10-7mol/l，常温下c（h+）·c（oh-）=kw=10-14，所以c（h+）=c（oh-），溶液呈中性，故d正确。故选b。24.实验室通常采用粗锌与稀硫酸制氢气，因此制氢废液中含有大量的硫酸锌，同时含少量硫酸亚铁、硫酸铅等杂质。由制氢废液制备硫酸锌晶体（znso4·7h2o）的流程如下：下列说法不正确的是a. 步骤，涉及的化学反应为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+

34、2 h2ob. 步骤，加入适量zno的目的是：调节溶液ph，沉淀fe3+c. 步骤，涉及的操作有：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥d. 步骤，产物一定是：zno和so2【答案】d【解析】【分析】步骤加入足量h2o2将feso4完全氧化成fe2(so4)3；步骤加入适量zno，调节溶液的ph，使fe3+完全转化成fe(oh)3沉淀；经过滤除去fe（oh）3和pbso4得到znso4溶液；从znso4溶液中获得硫酸锌晶体的操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；步骤用硫酸锌晶体制备zno。【详解】a制氢废液中含大量的znso4，同时含少量feso4、硫酸铅等杂质，步骤，加入足量h2o2将f

35、eso4完全氧化成fe2(so4)3，反应的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，a项正确；b步骤加入适量zno，调节溶液的ph，使fe3+完全转化成fe(oh)3沉淀，b项正确；c经过滤除去fe(oh)3和pbso4得到znso4溶液，步骤从znso4溶液中获得硫酸锌晶体的操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，c项正确；d步骤从硫酸锌晶体制备zno，反应中zn元素的化合价没有变化，产物可能是zno和so3或zno、so2和o2或它们的混合物，d项错误；答案选d。25.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含nh4+废水和工业废气（主要含n2、co2、so2、no、c

36、o，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是a. 固体1中主要含有ca(oh)2、caco3、caso3b. x可以是空气，且需过量c. 捕获剂所捕获的气体主要是cod. 处理含nh4+废水时，发生反应的离子方程式为：nh4+no2-=n2+2h2o【答案】b【解析】【详解】工业废气中co2、so2可被石灰水吸收，生成固体1为caco3、caso3，气体1是不能被过量石灰水吸收的n2、no、co，气体1通入气体x，用氢氧化钠溶液处理后到的nano2，x可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，nano2与含有nh4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有co、n2，捕获剂所

37、捕获的气体主要是co。a工业废气中co2、so2可被石灰水吸收，生成caco3、caso3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有ca(oh)2、caco3、caso3，故a正确；b由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的n2、no、co，气体1通入气体x，用氢氧化钠溶液处理后到的nano2，x可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故b错误；c气体2含有co、n2，经捕获剂得到氮气和co，所捕获的气体主要是co，防止污染空气，故c正确；dnano2与含有nh4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为nh4+no2-=n2+2h2o，故d正确；故选b。非选择题部分26

38、.（1）84消毒液的有效成分是_。（2）o2f2为共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，写出o2f2的电子式_。（3）naoh的碱性比mg(oh)2强，主要原因是_。【答案】 (1). naclo (2). (3). na元素的金属性强于mg【解析】【分析】根据o2f2为共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，每个原子最外层电子，需要几个达到稳定结构来分析共用电子对。【详解】84消毒液的有效成分是naclo；故答案为：naclo。o2f2为共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，o最外层有6个电子，需要共用两对电子，f最外层7个电子，需要共用1对电子，因此o2f2的电子式；故答案为：。 na

39、元素的金属性强于mg，因此naoh的碱性比mg(oh)2强；故答案为：na元素的金属性强于mg。27.取0.592gna2co3和nahco3的混合物溶于水配成50ml溶液，往溶液中加入50mlba(oh)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多。常温下测得反应后溶液的ph=13(混合溶液体积改变忽略不计)。原混合物中n(na2co3)n(nahco3)=_。写出简要计算过程_。【答案】 (1). 21 (2). na2co3 ba(oh)2 = baco3 2naoh，nahco3ba(oh)2 = baco3 h2o naoh，根据方程式可知，n(na2co3)m(na2co3) n(nahco3

40、)m(nahco3) =0.592g即106n(na2co3) 84n(nahco3)=0.592g，2n(na2co3)n(nahco3)= n(naoh)=cv(aq)=0.1mol·l1×0.1l = 0.01mol，n(na2co3) =0.004mol，n(nahco3)= 0.002mol，n(na2co3)n(nahco3)=0.004mol：0.002mol = 2:1【解析】【分析】根据反应方程式分析建立质量关系和naoh的物质的量的关系进行计算。【详解】na2co3 ba(oh)2 = baco3 2naoh，nahco3ba(oh)2 = baco3

41、h2o naoh，根据方程式可知，n(na2co3)m(na2co3) n(nahco3)m(nahco3) =0.592g即106n(na2co3) 84n(nahco3)=0.592g，2n(na2co3)n(nahco3)= n(naoh)=cv(aq)=0.1mol·l1×0.1l = 0.01mol，n(na2co3) =0.004mol，n(nahco3)= 0.002mol，n(na2co3)n(nahco3)=0.004mol：0.002mol = 2:1，故答案为：2:1，过程如上。28.为探究某矿物x(仅含三种元素)的组成与性质，设计并完成了如图实验：请

42、回答：（1）x的化学式为_。（2）x与空气中o2反应生成a和b的化学方程式为_。（3）写出气体a与溶液d反应离子方程式：_。【答案】 (1). cufe2s3 (2). cufe2s3+5o2cuo+fe2o3+3so2 (3). so2+2fe3+2h2o=so42-+2fe2+4h+【解析】【分析】根据生成的红色固体为铜，计算物质的量，再根据硫酸亚铁物质的量、氢气物质的量、置换铜生成的硫酸亚铁物质的量，计算d中原溶液中的铁的物质的量，再根据总质量减去铁和铜的质量得到另一种元素的质量，根据a和双氧水反应生成c，c和氯化钡反应生成白色沉淀，得到a为二氧化硫，x含s元素，计算物质的量，根据三者物

43、质的量关系，得出比例关系，确定出化学式。【详解】得到红色固体6.4g即cu物质的量为0.1mol，根据方程式fe cu2+ = fe2+ cu，则消耗得铁的物质的量为0.1mol，生成的fe2+物质的量为0.1mol，feso4物质的量为0.5mol，又由于生成了氢气，则硫酸与铁反应生成氢气，生成fe2+物质的量为0.1mol，则还有0.3mol fe2+是fe和fe3+反应得到，即fe + 2fe3+ = 3fe2+，因此n(fe3+)=0.2mol，所以固体b中含有n(cuo) = 0.1mol，n(fe2o3) = 0.1mol，气体a和双氧水反应生成c，c和氯化钡反应生成白色沉淀即ba

44、so4，气体a为so2，因此m(s) = 27.2g 0.1mol×64gmol1 0.2mol×56 gmol1 = 9.6g，硫的物质的量，因此n(fe): n(cu): n(s)=0.2:0.1:0.3，x化学式为cufe2s3，故答案为：cufe2s3。x与空气中o2反应生成氧化铁、氧化铜和二氧化硫，其化学方程式为cufe2s3+5o2 cuo+fe2o3+3so2；故答案为：cufe2s3+5o2 cuo+fe2o3+3so2。二氧化硫与溶液硫酸铁反应的离子方程式：so2+2fe3+2h2o=so42+2fe2+4h+；故答案为：so2+2fe3+2h2o=so4

45、2+2fe2+4h+。29.工业上常用水合肼（n2h4h2o）还原法制取碘化钠，工艺流程如图：已知：i2与naoh溶液反应，其氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：5（1）写出水合肼还原过程的化学反应方程式_。（2）若加入的水合肼已过量，请设计实验方案检验_。【答案】 (1). 3n2h4h2o2naio3=3n22nai9h2o (2). 取少量反应后溶液，加入少量淀粉溶液，再加入稀硫酸至溶液呈酸性，若没有出现蓝色，则加入的水合肼已过量【解析】【分析】i2与naoh溶液反应，其氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：5，则反应方程式为：3i2 3naoh =5 nai naio3 3h2o，

46、naio3被水合肼还原为nai，水合肼变为n2，再结晶得到nai。【详解】 naio3被水合肼还原为nai，水合肼变为n2，因此水合肼还原过程的化学反应方程式3n2h4h2o2naio3=3n22nai9h2o；故答案为：3n2h4h2o2naio3=3n22nai9h2o。利用naio3、nai在酸性条件下反应生成i2，i2遇见淀粉变蓝的特性，因此设计实验方案为取少量反应后溶液，加入少量淀粉溶液，再加入稀硫酸至溶液呈酸性，若没有出现蓝色，则加入的水合肼已过量；故答案为：取少量反应后溶液，加入少量淀粉溶液，再加入稀硫酸至溶液呈酸性，若没有出现蓝色，则加入的水合肼已过量。30.氮及其化合物的转化

47、是资源利用和环境保护的重要研究课题。（1）合成氨工业是最基本的无机化工之一，氨是化肥工业和基本有机化工的主要原料。合成氨反应中有关化学键键能数据如下表：化学键hhnnnhe/kjmol-1436946391已知：合成氨反应：n2(g)+3h2(g)2nh3(g)的活化能ea=508kjmol-1，则氨分解反应：nh3(g)n2(g)+h2(g)的活化能ea=_。图1表示500、60.0mpa条件下，原料气投料比与平衡时nh3体积分数的关系。根据如图中a点数据计算n2的平衡体积分数：_（保留3位有效数字）。依据温度对合成氨反应的影响，在如图坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，

48、随温度不断升高，n2物质的量变化的曲线示意图_。（2）选择性催化还原脱硝技术(scr)是目前较成熟的烟气脱硝技术，该技术是指在温度300420之间和催化剂条件下，用还原剂(如nh3)选择性地与nox反应。scr脱硝技术中发生的主要反应为：4nh3(g)+4no(g)+o2(g)4n2(g)+6h2o(g) h=-1625.5kjmol-1；氨氮比会直接影响该方法的脱硝率。350时，只改变氨气的投放量，氨气的转化率与氨氮比的关系如图所示。当1.0时，烟气中no浓度反而增大，主要原因是_。碱性溶液处理烟气中的氮氧化物也是一种脱硝的方法，写出no2被na2co3溶液吸收生成三种盐的化学反应方程式_。

49、【答案】 (1). 300kjmol-1 (2). 14.5%或0.145 (3). (4). 过量氨气与氧气反应生成no (5). 2no2+2na2co3+h2o=nano3+nano2+2nahco3【解析】【分析】先根据化学键能计算焓变，焓变又等于正反应活化能减去逆反应活化能，注意可逆反应方程式变化；图1表示500、60.0mpa条件下，假设放入1mol n2，3mol h2，建立三段式进行计算；依据温度对合成氨反应的影响，从通入原料气开始，随温度不断升高，n2物质的量先不变，当温度达到反应温度时，开始反应，不断减小，建立平衡，温度继续增加，平衡逆向移动，氮气物质的量增加。4nh3(g

50、)+4no(g)+o2(g)4n2(g)+6h2o(g)，反应中有氧气参与反应，当1.0时，烟气中no浓度反而增大，剩余氨气，氨气可能与氧气反应生成no；no2被na2co3溶液吸收生成三种盐，no2中氮化合价既升高又降低，形成两种盐nano3和nano2，则另一种盐则为碳酸氢钠。【详解】已知：合成氨反应：n2(g)+3h2(g)2nh3(g)的活化能ea=508kjmol-1，h = 946 kjmol1 3×436kjmol1 6×391 kjmol1 = 92 kjmol1，h = ea e(逆) = 92 kjmol1，e(逆) = ea 92 kjmol1= 60

51、0 kjmol1，则氨分解反应：nh3(g)n2(g)+h2(g)的活化能ea = 300 kjmol1；故答案为：300 kjmol1。图1表示500、60.0mpa条件下，假设放入1mol n2，3mol h2， ，解得x = 0.592，a点数据计算n2的平衡体积分数，故答案为14.5%。依据温度对合成氨反应的影响，从通入原料气开始，随温度不断升高，n2物质的量先不变，当温度达到反应温度时，开始反应，不断减小，建立平衡，温度继续增加，平衡逆向移动，氮气物质的量增加，其变化的曲线示意图为；故答案为：。4nh3(g)+4no(g)+o2(g)4n2(g)+6h2o(g)，氧气参与了反应，当1

52、.0时，烟气中no浓度反而增大，剩余氨气，氨气可能与氧气反应生成no，故答案为：过量氨气与氧气反应生成no。no2被na2co3溶液吸收生成三种盐，no2中氮化合价既升高又降低，形成两种盐nano3和nano2，则另一种盐则为碳酸氢钠，因此化学反应方程式2no2+2na2co3+h2o = nano3+nano2+2nahco3；故答案为：2no2+2na2co3+h2o=nano3+nano2+2nahco3。31.硫代硫酸钠(na2s2o3·5h2o)俗称“海波”，应用非常广泛。工业上可以用亚硫酸钠法(亚硫酸钠和硫粉通过化合反应)制得，装置如图(a)所示。已知：na2s2o3在酸

53、性溶液中不能稳定存在，有关物质的溶解度曲线如图(b)所示。（1）na2s2o3·5h2o的制备：步骤1：如图连接好装置后，检查a、c装置气密性的操作是_。步骤2：加入药品，打开k1、关闭k2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸并加热。装置b、d的作用是_。步骤3：c中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。当c中溶液的ph接近7时，打开k2、关闭k1并停止加热；c中溶液要控制ph的理由是_。步骤4：过滤c中的混合液，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品。（2）na2s2o3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加na2s2o3溶液，氯水颜色变浅，再向溶液中滴加硝酸银

54、溶液，观察到有白色沉淀产生，据此认为na2s2o3具有还原性。该方案是否正确并说明理由：_。（3）常用na2s2o3溶液测定废水中ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00ml，控制适当的酸度加入足量k2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时cro42-全部转化为cr2o72-；再加过量ki溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010mol·l-1的na2s2o3溶液进行滴定，反应完全时，消耗na2s2o3溶液18.00ml。部分反应的离子方程式为：a.cr2o72-+6i-+14h+=2cr3+3i2+7h2o；b.i2+2s2o32-=2i-+s4o62-。则该废水中ba2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 关闭分液漏斗活塞，往d广口瓶中加水至浸没长导管，打开k1、关闭k2，用酒精灯微热圆底烧瓶，若d中长导管口有气泡产生，停止加热后长导管内形成一段水柱，说明气密性良好 (2). 用来吸收so2，防止污染环境 (3). 由于na2s2o3在酸性溶液中不能稳定存在 (4). 不正确 (5). 因为氯水中含有cl-，加入硝酸银生成沉淀，不能证明na2s2o3具有还原性 (6). 2