精品解析：山东省日照市2020届高三3月实验班联考化学试题(解析版)

1、2019-2020 学年度高三实验班过程检测化学试题2020.031 .答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2 .选择题答案必须使用2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3 .请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Ca-40Ti-48Fe-56Ba-137一、选择题：

2、本题共10 小题，每小题2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。1 .唐代新修本草中有如下描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如王留璃。陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣”。“绛矾”指 ()A. 硫酸铜晶体B. 硫化汞晶体C. 硫酸亚铁晶体D. 硫酸锌晶体【答案】C【解析】【详解】根据 “绛矾 ”本来为绿色，烧之变赤色可知“绛矾 ”的成分是硫酸亚铁晶体，其在空气中灼烧得到红棕色的Fe2O3；硫酸铜晶体为蓝色；硫化汞晶体为红色或黑色；硫酸锌晶体为白色，综上所述答案为Co【点睛】各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐的水合物常称为矶，常见的有绿矶、青矶(FeSO4 7H2O),胆矶、蓝矶、

3、曾青(CuSO4 5H2。)，明矶(KAl(SO 4)2 12H2O ),皓矶(ZnSO4 7H2O)等。2 . 下列说法错误的是()A. 12g石墨中含有b键的物质的量为1.5molB.硫离子电子共有18种运动状态，且其 2P与3P轨道形状和能量相等C.电负性：CvNvOD. I3+离子的几何构型是 V型【解析】【详解】A . 12g石墨的物质的量为1mol,石墨为碳原子的六元环结构，一个碳原子与另外三个碳原子之间1形成er键，属于每个碳原子的(T键数目为3X=1.5故1mol石墨中含1.5mol维，故A正确；2B.每个电子运动状态都不同，硫离子核外有18个电子，故有18种运动状态，但电子层

4、离原子核越远能量越高，故2P与3P轨道形状相同但能量不相等，故 B错误；C.同周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，故电负性：C< NvO,故C正确；D. I3+中心原子的价层电子对数为7 1 2 1 =4,杂化类型为sp3,中心I原子的孤电子对数为 2,其空间2构型为V形，故D正确；故答案选B3.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 14.0gFe发生吸氧腐蚀生成 F&O3XH2O,电极反应转移的电子数为0.5NaB.标准状况下，11.2LH2s溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于 0.5NaC.常温下，0.5LpH=14Ja(OH)2溶液中Ba2+的数目

5、为0.5NaD.向100mL0.5mol- L-1，(NO3)3j中通入足量 SO2气体，转移电子数为 0.05Na【答案】A【解析】【详解】A .铁发生吸氧腐蚀电极反应式：Fe-2e- = Fe2+, 14.0gFe物质的量为 14g =0.25mol,转移电56g/mol子数为：0.25mol >2XNa=0.5Na,故 A 正确；B.硫化氢为弱电解质，水溶液中不能完全电离，依据原子个数守恒可知：标准状况下，11.2LH2s物质的量为0.5mol,溶液中含硫粒子的数目等于0.5Na,故B错误；C. pH= 14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L , 0.5LpH =

6、14的Ba(OH) 2溶液含氢氧根离子物质的量为0.5mol,所以钢离子物质的量为0.25Na,故C错误；D. 100mL0.5mol L-1Fe(NO3)3溶液中 n(Fe3+)=0.05mol , n(NO3-)=0.15mol ,通入足量 SO2气体,Fe3+会被还原为Fe2+, NO3-会被还原为NO,转移电子数大于 0.05Na,故D错误；故答案选Ao4.明矶KAl(SO 4)2 12H2O是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是()A.含明矶 药物不宜与胃药奥美拉陛碳酸氢钠胶囊同时服用B. 0.1mol L-1明矶溶液完全水解生成 Al(OH) 3胶粒数小于6.02 1022C.向含

7、0.1mol明矶的溶液中滴入 Ba(OH)2溶液，当生成沉淀的质量最大时，SO42-和Al3+全部转化为BaSO和Al(OH) 3沉淀D.室温下，0.1mol L-1明矶溶液中水电离出 c(H+)小于10-7mol L-1【答案】A【解析】【详解】A.明矶含有铝离子，胃药奥美拉陛碳酸氢钠含有碳酸氢根离子，二者发生双水解反应， 药物失效，所以二者不能同时服用，故 A正确；B.溶液体积未知，且氢氧化铝胶体微粒是多个铝离子与氢氧根的集合体，无法计算生成氢氧化铝胶体微粒个数，故B错误；C.沉淀质量最大时，硫酸根离子完全反应，此时铝离子转化成偏铝酸根离子，故C错误；D.盐类水解促进水的电离，所以室温下，

8、0.1mol?L-1明矶溶液中水电离出 c(H+)大于10-7mol?L-1,故D错误；故答案选Ao5.下列有关说法正确的是二氧化硅可与 NaOH溶液反应，因此可用 NaOH溶液雕刻玻璃；明矶溶于水可水解生成 Al(OH)3胶体，因此可以用明矶对自来水进行杀菌消毒；可用蒸储法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化； 从海带中提取碘只需用到蒸储水、H 2O2溶液和四氯化碳三种试剂；地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；石英玻璃、Na2OCaO-6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A.B.C.除外都正确D.，虽然二氧化硅可与 NaOH溶液反应，但不用 N

9、aOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，错误；明 矶溶于水电离出Al3+, Al 3+水解生成Al (OH) 3胶体，Al (OH) 3胶体吸附水中的悬浮物，明矶用作净水剂,正确；，从不能进行杀菌消毒， 错误；，海水淡化的方法有蒸播法、电渗析法、离子交换法等,溶液H2O2海带中提取碘的流程为：海带黑4海带灰水电口热餐含 厂的水 灼烧过液滴加几滴稀疏酸，再加入且色. I2/H2O加黑；;叫I2的CC14溶液型匚I2,需要用到蒸加K、溶液、稀硫酸、四氯化碳，错误；，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥 皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，正确；，

10、Na2OCaO-6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，错误；正确的有，答案选Do6.司替戊醇（d）用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（）A. b的一氯代物有4种B. c的分子式为 Cl4H14O3C. Imold最多能与4molH2发生加成反应D. d中所有碳原子可能处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A. b的氢原子有2种，所以一氯代物有 2种，故A错误；B.根据结构简式确定 c的分子式为C14H16。3,故B错误；C.苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1: 3反应、碳碳双键和氢气以

11、1: 1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故 C正确；D. d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；故答案选Co【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。7.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20, X与Y相邻，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，Z的最高正价和最低负价代数和为4,化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是A. X和Z的单质均存在多种同素异形体B. Q、丫和Z三种元素只能形成共价化合物C. Q和

12、W形成的化合物的水溶液呈碱性D. WZXY溶液常用于Fe3+的检验【答案】B【分析】主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20, Z的最高正价和最低负价代数和为4,则Z为S元素，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上，则该化合物为N2H4,丫为N元素，Q为H元素，丫、W的最外层电子数之和等于 Z的族序数，则 W为K元素，X与丫相邻，则 X为C元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，Q为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，W为K元素，A. X为C元素，Z为S元素，C元素的单质有金刚石、石墨等，S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等，则C和S的单质均存

13、在多种同素异形体，A项正确；B.Q为H元素，Y为N元素，Z为S元素，Q、Y和Z三种元素还可以形成俊盐，如 (NH4"S、NH4HS,均 属于离子化合物，B项错误；C. Q为H元素，W为K元素，Q和W形成的化合物为 KH ,溶于水发生反应 KH + H 2O=KOH +H 2 T,则生 成KOH溶液，呈碱性，C项正确；D. WZXY 为KSCN, KSCN溶液常用于 Fe3+的检验，D项正确； 答案选B。8 .下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是A. AB. BC. CD. D选项实验现象结论A向发黄的浓硝酸中通入。2更色褪去浓硝酸中混有Fe3+B向无色溶液中滴加

14、 FeCl3溶液和CCl4,振荡、静置下层显紫红色原溶液中含有I-C向无水乙醇中加入浓 H2SO4,加热至170C,产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去乙醇发生了消去反应D向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量 AgNO 3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)<K sp(Agl)【答案】B【解析】A向发黄的浓硝酸中通入 。2,黄色褪去，是由于 4NO+Q+2HO=4HNO故A错误；B、向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CC14,振荡、静置，下层显紫红色，说明原溶液中含有 I，故B正确；C产生的气体中混有 乙醇蒸汽，通入酸性 KMnO4溶液，也能使酸性 KMnO4溶

15、液褪色，故C错误；D向浓度均为0.1mol/LNaCl 和NaI混合溶液中滴加少量 AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明 AgI溶解度小，Ksp(AgCl)>K sp(AgI)，故D错 误；故选Bo9 .某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2,其中实验所用溶液现配现用且蒸储水先加热煮沸。卜列分析正确的是A. X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸B.实验开始时应先关闭止水夹a、打开b,再向烧瓶中加入 XC.反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀D.反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则 Fe(OH)2可较长时间存在【详解】A.稀硝酸会将铁氧化为+3价 铁离子，故A错误;a,利用压强差

16、将烧瓶中生B.实验开始时，应先打开 a、b,利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成Fe(OH”故B错误;C.反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故D.由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，故故选Do【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验日否变质的问题。10.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重C错误;故较长时间存在,Fe(OH)示。下列有关说法正确的是（）A.氧化反应有，加成反应有B.氯乙烯、聚乙烯都能使酸性 KMnO4溶液褪色C.在加热条件下，反应的现象为产生醇红色沉淀D.可用乙醇萃取 Br2的CC14溶液中的Br2【答案】C【解析

17、】【分析】由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛与新制氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成乙酸，以此解答该题。【详解】A.由C-C键生成C=C键，为消去反应，故 A错误；B.聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高镒酸钾溶液不反应，故 B错误；C.乙醛含有醛基，与氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成氧化亚铜，醇红色沉淀，故C正确；D.乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分层，不能用于萃取Br2的CC14溶液中的Br2,故D错误。故答案选Co二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两

18、个选项符合题意， 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.荣获2019年诺贝尔化学奖的吉野彰是最早开发具有商业价值的锂离子电池的日本科学家，他设计的可充电电池的工作原理示意图如图所示。该可充电电池的放电反应为 LixCn+Li（1-x）CoO2=LiCoO2+nC。Na表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.该电池用于电动汽车可有效减少光化学烟雾污染B.充电时，阳极反应为LiCoO 2-xe - = Li（i-x）CoO2 + xLiC.充电时，Li+由A极移向B极D.若初始两电极质量相等，当转移2Na个电子时，两电极质量差为14g【答案】CD【解析】【分析】可充电电

19、池的放电反应为 LixCn+Li（i-x）CoO2=LiCoO 2+ nC,则放电时正极反应为 Li（i-x）CoO2+xLi + +xe-= LiCoO 2,充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO 2-xe- = Li（i-x）CoO2+xLi+,根据得失电子守恒，计算两极质量差，由此分析解答。【详解】A.汽车燃烧汽油等化石燃料，排放的汽车尾气含氮的氧化物，大量氮氧化物排放到空气中，在日 光照射下二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后产生了 一种有毒的烟雾，就是光化学烟雾，电动汽车可有效减少光化学烟雾污染，故A正确；B.可充

20、电电池的放电反应为LixCn+Li（i-x）CoO2=LiCoO 2+nC,则放电时正极反应为Li（i-x）CoO2+xLixe-=LiCoO 2,充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO 2-xe - = Li（i-x）CoO2 +xLi+ ,故B正确；C.由图知，A电极为电解池的阴极， B电极为电解池的阳极，充电时， Li卡由B极移向A极，故C错误； D.若初始两电极质量相等，当转移 2Na个电子时，负极减少 2molLi其质量为i4g,正极有2molLi+迁入， 其质量为i4g,两电极质量差为 28g,故D错误；故答案选CD。【点睛】本题需要明确电池反应中元素的

21、化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，找出电池的正负极。i2.固体粉末 X中可能含有 Fe、F&O3、K2SQ3、K2SO3、KAl（OH）小 MgCl2、K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取 X进行连续实验，实验过程及现象如下:过滤一气体A耻红色溶液根据上述实验，以下说法正确的是()A.气体A 一定只是NOB.由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有K2SO3C.若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加 KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3D.溶液甲中一定含有 K2SQ3,可能含有KAl(OH)小 MgCl

22、2【答案】B【解析】【分析】固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氧化钾显示血红色，K2SQ3、K2SO3、KAl(OH) 4、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有 K2SQ3,则一定不含有MgCl2, K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，KAl(OH) 4和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液 A中加入氯化银，产生沉淀，则原物质中一定 含有K2SO3,可能含有 KAl(OH

23、) 4、K2CO3,则一定不含有 MgCl2,据此回答判断。【详解】固体粉末 X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液 B中含有硝酸铁，遇到硫氧化钾显示血红色，K2SQ3、K2SO3、KAl(OH)小 MgCl 2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3,则一定不含有MgCl2, K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，KAl(OH) 4和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl 2 不和硝酸反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液 A中加入氯化银，产生沉淀，则原物

24、质 中一定含有K2SO3,可能含有KAl(OH) 4、K2CO3,则一定不含有 MgCl 2；综上可知：原物质中一定含有： Fe、K2SQ3、K2SO3,可能含有：KAl(OH) 4、K2CO3, Fe2O3；A.气体A中含有NO,还可能含有 CO2,故A错误；B.溶液A中加入氯化银，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3,故B正确；C.若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加 KSCN溶液，没有血红色，可能是 Fe2O3和盐酸反应生成的铁离子 和含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加KSCN溶液，没有血红色，不能证明原混合物中一定没有Fe2O3,故C错误；D.溶液甲中一定含有 K2SiO3,

25、一定不含有 MgCl2,可能含有KAl(OH) 4、K2CO3,故D错误；故答案选B。【点睛】本题需要注意把握反应的现象，根据实验现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D。13.四硼酸钠的阴离子 Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是()A.阴离子中三种元素的第一电离能：O>B>HB.在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3C.配位键存在于 4、5原子之间和4、6原子之间D. m=2, NamX 的化学式为 Na2B4O5(OH)4【答案】AC【解析】【分析】由图示可以看出该结构可以表示为H4B4O9m-,其中B为+3价，。为-2价，H为+

26、1价，根据化合价判断m值求解Xm-的化学式；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数1 .=b键个数十孤电子对个数，b键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb) , a指中心原子价电子个数，2x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1, 3, 5, 6代表氧原子，2, 4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，阴离子中含配位键，不 含离子键，以此来解答。【详解】A. H电子轨道排布式为1s1,处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O>H>B,故A错误；B. 2, 4代表B原子，2号

27、B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化， 故B正确；C. 2号B形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4、5原子之间或4、6原子之间，故C错误；D.观察模型，可知 Xm-是H4B4O9m-,依据化合价 H为+1, B为+3, O为-2 ,可得m=2, NamX的化学 式为Na2B4O5(OH)4,故D正确；故答案选AC。14.对于反应2N2O5（g） 一 4NO（g）+O2（g）, R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步N2O5=NO2+NO3AH1快速平衡第二步NO2+NO3-NO+NO2+O2AH2慢反应第三步NO+NO3-2

28、NO2AH3快反应下列说法正确的是（）A.使用催化剂可以改变第一步中NO2平衡产量B.第二步NO2和NO3的碰撞都是有效的C.反应 2N2O5（g） 一 4NO（g）+O2（g）的 AH=2 AH1+AH2+AH3D.第二步反应的活化能小于第三步反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A .催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学平衡进行的限度，不能改变第一步中 NO2平衡产量，故A错误；B.第二步反应生成物中有 NO2,说明NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故 B错误；C.由 N2O5NO2+NO3 川1NO2+NO3f NO+NO 2+O2 AH2 NO+NO3-2NO2 AH3可知 2XD

29、+ + 得 2N2O5（g） 4NO（g）+O2（g）,故该反应 AH=2 AH1 + AH2+ AH3,故 C 正确；D.第二步属于慢反应，说明反应不容易进行，第三步属于快反应，说明反应容易进行，则第二步反应的活化能大于第三步反应的活化能，故D错误；故答案选Co15.亚磷酸（H 3P03）是二元弱酸，可用于农药中间体以及有机磷水处理剂原料。常温下向1L0.5mol L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的 NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数（8与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（）A. a、b两点，水分别电离出的c(OH-)水之比为10654： 10-1.43B. b点对应溶液

30、中存在：c(Na+)>3c(HPO32)C.当 V(NaOH)=1L 时，c(Na+)>c(H 2PO3-)>c(H 3PO3)>c(HPO 32-)D.反应 H3PO3+HPO32-h2H2P03-的平衡常数为 105.1110 1410 654【答案】ADA. a点、b点水电离出的c水(OH-)之比=其妻10 1.43B. b 点 c(H2PO3-)=c(HPO32-),溶液 pH= 6.54V 7,溶液呈酸性，则 c(OH-)< c(H+),根据电荷守恒得 c(Na + )< 2c(HPO32-) + c(H2PO3-)；10 14C. V(NaOH)

31、 = 1L时，二者恰好完全反应生成NaH2P。3, H2PO3-水解平衡常数= 一= 10-7.46 v Ka2,说10明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其电离程度较小;D. c(H2PO3-)=c(H3PO3)时 Ka1=c(H+)=10-1.43, c(H2PO3-)=c(HPO32-)时，Ka2= c(H+) = 10-6.54 , H3PO3+HPO32- ? 2H2PO3-的平衡常数为2-c2 H2PO32-c H3PO3 gc HPO3c H 2 PO3-c H3PO31xc HPO32-c(H2 PO3-)Ka1xc(H + )c(H+)Ka2Ka1Ka210 14Un4

32、 =104： 10-1.43, 10 6.54故A正确;10 14【详解】A. a点、b点水电离出的 c 1k(OH-)之比=0 1 43 ：B. b 点 c(H2PO3-)=c(HPO32-),溶液 pH=6.54< 7,溶液呈酸性，则 c(OH-)< c(H+),根据电荷守恒得 c(Na+ )<2c(HPO32-) + c(H2PO3-),则 c(Na+)<3c(HPO32-),故 B 错误；C. V(NaOH) = 1L时，二者恰好完全反应生成NaH2P。3, H2PO3-水解平衡常数=101410 6.54= 10-7.46<Ka2,说明其电离程度大于水解

33、程度，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得 c(Na*)>c(H2PO3-),但是其水解程度较小，所以存在c(Na +) > c(H 2PO3-) > c(HPO 32-) > c(H 3PO3),故 C 错误；D. c(H2PO3-)=c(H3PO3)时 Ka1=c(H+)=10-1.43, c(H2PO3-)=c(HPO32-)时，Ka2= c(H+) = 10-6.54 , H3PO3+HPO32- ? 2H2PO3-的平衡常数为c2 H2PO3-_2-c H3PO3 gc HPO3c H2Po3c H3PO31xc HPO32-C(H2 P

34、。3-)Ka1 XC(H + ) c(H+) FK1.43-= 105.11,故 D 正确;Ka2 10 654故答案选AD。D式的灵活变形；通过判断【点睛】明确图中a和b点含义及电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意 电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系，分析溶液中的微粒浓度。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.SiC纤维单向增强的TixAly基复合材料可作为高超音速飞行器表面的放热材料。回答下列问题:(1) C元素所在周期中，第一电离能最大的元素是(填元素符号)。(2)基态Ti原子的价电子排布式为,能量最高的能级有个空轨道。(3)甲基硅油结构如图所示，其中Si原子的杂化方式为,以甲

35、基硅油为主要成分的硅橡胶能够耐高温的原因是CH, CHa CH3 CHi"firO-Si-Q- Si- 0- SrO-CH$ CH. CHCH3(4) Li2CO3、Li2TiO3是锂离子电池中的常用材料，其中CO32-的空间构型为,其含有的共价键类型有(5)TixAly合金的一种结构单元如图所示( Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，该合金的化学式为apm,底面边长为 bpm,该合金的密度为g cm-3。,其结构单元棱长为(2). 3d24s2(3). 3(4). sp3 杂化(5). Si-O键的键能大 (6).平面三角形 (7). (T键和冗键442、. 3(8). T

36、iiiA15或 Al 5Ti11(9). 29ab NaX1030(1)根据第一电离能的周期性变化规律分析解答;(2)根据电子排布规律、Ti的原子序数可以得出基态 Ti原子价电子排布式、能量最高的能级空轨道数目；(3)按Si原子形成的共价键种类和数目，确定Si原子的杂化方式；硅橡胶能够耐高温反化学键牢固程度来分析；(4)根据价电子对互斥理论来确定C原子的杂化方式以及 C原子与O原子之间的化学键类型；(5)用均摊法计算晶胞的化学式，按合金的密度即晶胞密度、应用密度的定义计算。【详解】(1)随着原子序数的递增，同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势，碱金属的第一电离能最小，而稀有气体的第一电离能最

37、大，C元素所在的周期为第二周期，则该周期Ne的第一电离能最大；(2)Ti的原子序数为22,基态Ti原子的电子排布式为Ar3d 24s2,价电子排布式为3d24s2,能量最高的能级为3d, 3d轨道共有五个，按洪特规则，其中有2个轨道分别被2个电子占据，还含有 3个空轨道；(3)甲基硅油结构中Si原子形成4个单键，故Si原子的杂化方式为 sp3杂化，硅橡胶能够耐高温，原因是共价键牢固，硅橡胶中含 Si-O和Si-C , Si-O更牢固；44 2 3 2(4)CO32-中C原子价电子对数=3+=3,且不含孤电子对，CO32-空间构型为平面三角形，C原2子的杂化方式为sp2杂化，由于CO32-空间构

38、型为平面三角形，则 C原子与O原子之间存在3个b键和1个大冗键；(5)Ti原子在结构单元中的位置：顶点 8个、面心2个、棱上1个、体内1个，则一个晶胞中，含有 Ti的数目为1X8+ 1 X2+1 X1+1= U, ai原子在顶点有4个，体内1个，则一个晶胞中含有 Al的数目为1>462336+ 1=9,则化学式为：Ti iiA15或Al 5Ti11,则晶胞的密度为p= m =3V663_X1030g/cm3。3NA g 442 33，32-303 9ab Naab 10 cm2CH4(g)+H2O(g) CO(g) +17.甲烷水蒸气的重整反应是工业制备氢气的重要方式，其化学反应方程式为

39、 3H2(g)。回答下列问题：(1)已知 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH1=-890.3kJ mol-1CO(g) + 0.5O2(g)=CO2(g)AH2=-283.0kJ mol-1H2(g) + 0.5O2(g)=H2O(l)AH3=-285.8kJ mol-1CO(g) + H2O(g尸CO2(g)+H2(g)AH4=-41.0kJ mol-1则甲烷水蒸气重整反应的AH=kJ mol-1。(2)通过计算机模拟实验，对 4001200C、操作压强为 0.1MPa条件下，不同水碳比(110)进行了热力学计算，反应平衡体系中 H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度

40、的关系如图所示。温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比(110)的关系是 ,产生该结论的原因是 。 据模拟实验可知， 平衡温度为900C,水碳比为1.0时，H2的物质的量分数为 0.6, CH4的转化率为 其压强平衡常数为 ;反应速率方程为 v=kp(CH 4)p-1(H2),此时反应速率v=。(已知：气体分压=气体的物质的量分数 X总压，速率方程中 k为速率常数)。(3)厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2, pH为5.5时不同热预处理温度和时间下的甲烷和氢气的产率如图所示，若要提高 H2的产率，最佳温度为 。量气产*I砺* F-气评=一百那f-里就产串W分仲*甲桃产型内分钟【答案】(1).

41、 +206.3(2).水碳比越大，H2的物质的量分数越大(3).水碳比较大时，CO会与H2O进一步反应生成 H2,使H2的物质量分数增大(4). 66.7%(5). 4.32 10-2(Mpa)2(6).-.680 c【解析】【分析】(1)+-2 X2)-2 XD即得甲烷水蒸气的重整反应方程式，用盖斯定律求甲烷水蒸气重整反应的4H；(2)H2的物质的量分数与水碳比(110)的关系由图知；原因从生成氢气的反应角度来回答；平衡温度为900 C,水碳比为1.0时，出的物质的量分数为0.6,列三段式求解CH4的转化率、压强平衡常数；根据压强与气体物质的量成正比，结合三段式计算；(3)厌氧细菌可将葡萄糖

42、转化为CH4和H2,提高H2的产率的最佳温度，由图可知。【详解】(1)已知: CH4(g)+2O2(g)=CO2(g) + 2H2O(l) AHi=-890.3kJ mol-1CO(g) + 0.5O2(g)=CO2(g) AH2=-283.0kJ mol-1H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l)AH3=-285.8kJ mol-1CO(g) + H2O(g尸CO2(g) + H2(g) AH4=-41.0kJ mol-1根据盖斯定律，+-2 X-2 X即得甲烷水蒸气的重整反应方程式为CH4(g)+H 20(g)? CO(g) + 3H2(g),则甲烷水蒸气的重整反应AH = AH1 +

43、AH4-2 AH2-2 +3= (-890.3-41 + 2X283.0+ 2X285.8)kJ?mol-1 = + 206.3kJ?mol-1 ；(2)平衡温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比(110)的关系，由图中曲线走势可知，水碳比越大，H2的物质的量分数越大的原因，从生成氢气的反应可知，除了甲烷水蒸气的重整反应生成氢气外，一氧化碳 和水也会反应产生氢气;操作压强为0.1MPa、平衡温度为900c条件下，水碳比为 1.0时，出的物质的量分数为 0.6,设甲烷和xmol ,则:H2O的物质的量均为3mol,达化学平衡时，甲烷消耗起始量(mol):转化量(mol):平衡量(mol):CH4

44、(g)33-xH2的物质的量分数=H2O(g)33-xn(H2)CO(g)03H2(g)03x3x3xn CH4 +n H2O +n CO +n H23-x + 3-x + x + 3x=。6,解得x= 2mol,，变化量2mol一“ p CO p3 %转化率 a (CH)=谢旬 M00%= X100% = 66.67%,平衡常数 K=3molp CH4 p H2OCH4n H2(120 0.D (10 0.1)3p CH4010(Mpa)2= 4.32 M0-2(Mpa)2;反应速率 v=kp(CH4)p-1(H2)= k(0.1) ( 0.1)p H21010,1 kk x-=；66(3)

45、厌氧细菌可将葡萄糖转化为CH4和H2,由图可知，pH为5.5时，若要提高H2的产率，降低甲烷产率,最佳温度为80 Co【点睛】本题关键是理解图中给出的信息，注意(2)根据“ H2的物质的量分数为0.6”这一条件，可以列三段式求解CH4的转化率、压强平衡常数。18. EDTA(乙二胺四乙酸)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂。某高三研究性学习小组在实验室制备EDTA,并用其测定某地下水的硬度。制备 EDTA的实验步骤如下:以度i飞 於丫搅拌器步骤1:称取94.5g(1.0mol)ClCH 2COOH于1000mL三颈烧瓶中(如图)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再 产生无色气泡；步

46、骤2：加入15.6g(0.26mol)H 2NCH2CH2NH2,摇匀，放置片刻，加入 2.0mol L-1NaOH溶液90mL ,加水至 总体积为600mL左右，温度计50c加热2h;步骤3：冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1 ,有白色沉淀生成，抽滤，干燥，制得 EDTA。测地下水硬度：取地下水样品250mL进行预处理后，用 EDTA进行检测。实验中涉及的反应有 M2+(金属离子)+Y4-(EDTA尸MY 2-; M2+(金属离子)+EBT(铭黑T,蓝色尸MEBT(酒红色)； MEBT+Y 4-(EDTA)=MY 2-+EBT(铭黑 T)。回答下列问

47、题：(1)步骤1中发生反应的离子方程式为 。(2)仪器Q的名称是,冷却水从 接口(填"x或"ylMH。(3)用NaOH固体配制上述 NaOH溶液，配制时使用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、 和,需要称量NaOH固体的质量为。(4)将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水-氯化钱缓冲溶液调节 pH为10,滴加几滴铭黑T溶液，用0.0100mol L-1EDTA标准溶液进行滴定。确认达到滴定终点的现象是 。滴定终点时共消耗 EDTA溶液15.0mL,则该地下水的硬度 =度(水硬度的表示方法是将水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+,并将其折算成 CaO的质量，通常把1L水中

48、含有10mgCaO称为1度)。若实验时装有 EDTA标准液的滴定管只用蒸储水洗涤而未用标准液润洗，则测定结果将 (填褊大偏小”或无影响” J(3). x (4).(1). 2ClCH 2COOH + CO32-=2ClCH 2COO-+ CO2 U H2O(2).球形冷凝管胶头滴管(5). 100mL容量瓶 (6). 8.0g(7).溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色(8). 3.36(9).偏大【分析】(1)ClCH2COOH含-COOH ,与碳酸钠反应；(2)Q为球形冷凝管，冷水下进上出可充满冷凝管；(3)溶解后转移到250mL容量瓶中定容；结合 m=cVM计算；(4)滴定前溶液为

49、酒红色，滴定结束后为蓝色，所以溶液颜色变化为酒红色变为蓝色；用0.0100mol?L-1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗 EDTA溶?夜15.00mL ,则n(M2+)= n(EDTA) = 0.0100mol?L-1 X15.00 10-3 L = 1.5 10-4 mol,则 25mL 水中 m(CaO) = nM = 56g/mol 1.5 10-4 mol= 8.2mg ,且1L水中含有10mg CaO称为1度，以此计算该地下水的硬度；实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸储水洗涤而未用标准液润洗，消耗标准液体积偏大。【详解】(1)步骤1中发生反应的离子方程式为2ClCH2

50、COOH + CO32-=2ClCH 2COO'+ CO2T+ H2O;(2)仪器Q的名称是球形冷凝管，冷却水从x接口流出；用NaOH固体配制上述 NaOH溶液，配制时使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，需要称量 NaOH固体的质量为 0.1L >2.0mol/L >40g/mol = 8.0g ；(4)滴定前溶液为酒红色，滴定结束后为蓝色，则滴定终点现象为滴入最后一滴EDTA溶液，溶液颜色由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色；用0.0100mol?L-1的EDTA标准溶液进行滴定，滴定终点时共消耗 EDTA溶?夜15.00mL ,则n(M2+)=

51、 n(EDTA) = 0.0100mol?L-1 X15.00 10-3 L = 1.5 10-4 mol,则 25mL 水中 m(CaO) = nM = 56g/mol 1.5 10-4 mol= 8.2mg ,所 以1L水中m(CaO) = 8.2mgX1000 = 336mg ,通常把1L水中含有10mg CaO称为1度，所以该地下水的硬度 25为 336 = 3.36 度；100实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸储水洗涤而未用标准液润洗，消耗标准液体积偏大，则测定结果将偏大。19.磷酸铝(AlPO 4)是一种用途广泛的材料，在建筑、耐火材料、化工等方面具有广泛的应用前景。以磷硅渣(

52、主要成分为 Ca3(PO4)2、Al2O3、SiO2和V2O5等)为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：浓厚愤生.石灰NaOH溶液NKtH溶液JL 1厂,7.1脩理清酸段液T 调步pll 一能液一4屏铝钮分枣 J月做醒铝一A】PO,1工 ,浸渣潴渣I含巩液港诜2回答下列问题:(1)酸浸液中含磷元素的主要粒子是 (填化学式，下同)，浸渣中的主要化学成分是 生石灰除了调节 pH外，另一作用是(3)滤液中锂元素以 V3O93-形式存在，V3O93-易水解为VO3(OH)，该水解反应的离子方程式为(4)碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是(填化学式)。实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时

53、固相中P、Al含量的影响如图所示:16154134 P A20 -C-40 *C.端C1011pH则最优反应条件是(6)固相反应制备磷酸铝的方法之一是在900 c的焙烧炉内加热磷酸二氢俊与氧化铝混合物，写出该反应的化学方程式:+ 3H+(5). NaAl(OH) 4、Na3PO4(1). H3PO4(2). SiO2、CaSO4(3).除去过量的 SO42-(4). V3O93-+3H2O?3VO 3(OH) 2-(6). pH=12、温度为 80C、时间为 1h.Al 2O3 +900 c2NH 4H2PO42AlPO4 + 2NH 3 T+ 3H2O磷硅渣的主要成分为 Ca3(PO4)2、

54、AI2O3、SiO2和V2O5等，加浓硫酸分离出滤渣为SiO2、CaSO4,酸浸液中加CaO可调节pH且除去过量硫酸根离子，滤渣1为CaSO4,滤液中锂元素以 V3O93-形式存在，加NaOH分离出Na2VO 3(OH),再加NaOH时粗磷酸铝溶解生成可溶性溶质为NaAlO 2、Na3P。4,由图可知，pH = 12、温度为80C、时间为1h时碱浸时固相中P、Al含量w%小，为最优反应条件，然后过滤分离出AlPO4；(2)加浓硫酸引人过量的硫(1)SiO2为酸性氧化物，不04微溶于水，据此回答;3O93-易水解为VO 3(0H) 2- ;滤液中锂元素以V30(4)力口 NaOH时粗磷酸铝(5)在pH、反应温度与时时就为最优反应条件;(6)加热磷酸二氢俊与氧化A1PO4、NH3 和 H2。容质为 NaAlO 2、Na3P。4；S04微溶于水，据此回答;中 P、Al含量的影响如图中，寻找碱浸时固相中