张家口宣化一中2021届高三年级上册期末考试化学试题及答案

2020-2021学年上学期宣化一中高三化学

期末试卷

1.化学与经济发展、社会文明关系密切。下列说法不正确的是（）

A.推广碳捕集和封存技术可缓解温室效应

B.为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C

C.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒

D.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝

2.物质世界丰富多彩，可以分类认识和研究。下列依据不同角度对物质分类正确的是（）

A.金属单质在化学反应中化合价升高，是氧化剂

B.Na.O、CaO与酸反应只生成盐和水，均属于碱性氧化物

C.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体

D.盐酸和熔融的烧碱均能导电，都是电解质

3.依据实验目的，设计实验方案。下列装置或操作合理的是（）

A.留rz蒸r发结晶

CW收集NO。气体

D.团配制一定浓度的溶液

4.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是（

A.浓硝酸热分解生成NO.、N~0,共23g，转移电子数为NA

B.10g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为（）,4NA

C-ILlmol/LNa：CO3溶液中，阴离子总数小于以

D.向100mL01moi八醋酸溶液中加入C^COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分

子数为O.OINA

5.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为Ax丫7W，丫、W、X、Z的原子序数依次增大且

2110ZJ12VV30

均为短周期主族元素，X与丫位于同一主族，丫与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层

电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的

是（）

A.X的单质在氧气中燃烧所得产物中阴、阳离子个数比为1：1

B.单质的熔点x<2

C.X的简单离子半径比W的简单离子半径小

D.Z、W组成的化合物能与强碱溶液反应

6.天然气因含有少量H,s等气体开采应用受限，T,F菌在酸性

溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列

说法不正确的是（）

A.该脱硫过程中Fe一（S0J可循环利用

B.由脱硫过程可知，氧化性强弱Fe_（S（\）3<S<0,

C.脱硫过程中。一间接氧化H.s

D.副产物硫单质可以用来制硫酸、化肥、火柴及杀虫剂等

7.下列叙述中正确的有（）

8.①向高端五该原子的电子排布图’最外层违背了洪特规则

9.②处于最低能量状态原子叫基态原子，is=2s22p：一ls22s二2P/程中形成的是发射光

谱

10.③运用价层电子对互斥理论，co；-离子的空间构型为三角锥型

11.④具有相同核外电子排布的粒子，化学性质相同

12-⑤NC1?中N-C1键的键长比CCL中C-C1键的键长短

A.1个B.2个C.3个D.4个

13.已知氯气与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO.NaClO?'NaClO在加热条件下可分解

生成NaCl和NaClO?'现向氢氧化钠溶液中通入一定量的氯气，加热少许时间后溶液中

形成混合体系，若溶液中只有NaCl、NaClO、NaClO-三种溶质。下列判断不正确的是（）

A.反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比为1：2

B.反应停止后n（NaC10）：n（NaCl：MNaQO?）可能为1：I】：2

C.若反应过程中消耗Imol氯气，则imo]<转移电子数$

<-mol

3

D.溶液中c（Na+）和c（C「）之比可能为5:2

14.实验室中从海带里提取碘的部分流程如图所示，下列说法正确的是（）

A.步骤不灼烧海带需要用蒸发皿

B.步骤③主要操作为分液

C.步骤④在进行氧化操作时，加入的氧化剂可以是新制氯水、双氧水等

D.步骤⑤可以加入酒精作萃取剂

15.在给定条件下物质间转化均能实现的是（）

A.宜辿酸Ca(0H)2漂白粉

Mn02—CL—

H2

B.MNH、—-~>NO9NO2驾HNO3

高温、高压他简I催化剂

Q(g)\也砌

C.喇■^*SQ(g)-〃n2sSO】(/aq)

D.Fe篇FQ/FeChkF«OH).

16,2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。高能LiFePO,电

池结构如图所示，电池中间为聚合物的隔膜，其主要作用是反应过程中只让口+通过。

18.己知电池的反应原理：（17）3P。-PQ+3,就5ePS+nC

19.下列说法正确的是（）

A,充电时，Li+向左移动

B.放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极

C.充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCn

D.放电时，正极电极反应式：xLiFePOa-xe-=xFeP（）4+xLi+

20.某溶液中可能含有Na+、NHj、SO：-、C「、Fe〉、Fe?+、CO；-中的若干种，且各离子

浓度均相同。为确定其组成，进行如下实验：

21.①向溶液中加入足量硝酸酸化的BaiNO?）。溶液，产生白色沉淀过滤；

22.②向①中的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成微热，有气体产生。

23.下列说法正确的是()

A.溶液中存在NH。S0『、Fe"、C1-

B.溶液中一定存在Na+和Q-

C.溶液中可能存在Fe“、Fe3+中的一种或两种

D.无法确定溶液中是否存在cor

24.25鼠时，在Fe(OH)；：和Cu(OH)二的饱和溶液中‘金属阳离(3)>>yb

子的物质的量浓度的负对数与溶液P【I的变:口

化关系如图所示，已知该温度下/

Ksp[Cu(OH):]<Ksp[Fe(OH)[。,

678910IIpH

25.下列说法正确的是()

A.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOII,可转化为丫点对应的溶液

13线表示Fe(OH)；：饱和溶液中的变化关系，且KspIFelOH)1：10-151(mol/L)3

C•当Fe(OH)「和Cu(OH)；：沉淀共存时，溶液中：c(Fe,+)：c(Cu：+)=l:lO4^6

D.除去cusoj容液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO

26.研究表明，纳米0价金属能去除地下水中的No*，不同初始pH和不同金属组成对NO：的

去除效果如图所示。图1初始pH=55图2初始pH=2,NO3初始浓度均为50mg•LT，

纳米级金属添加量均为2g,L-L下列说法正确的是()

A.纳米铁的去除效果优于纳米银

B.当加入的金属是FeO/NiO5/l，在不同的初始pH卜，经过60min后，「H=之时NOj的

去除率比pH_5.5时的大

C.图2纳米铁反应60min时NO*去除率为67.2%'则60min内

v(NO^)=0.56mol•L-1-min-1

D.其他条件相同时，若pH过低，可能会导致去除率下降

27.常温下,用O.lmoLL-1的氨水滴定10.00mL0.1mol-LT的酸

HA溶液，所加氨水的体积八^与溶液中丁的关系如图所

31gc（H）

&c（OH-）

示。下列说法不正确的是（）

A.溶液中水的电禺程度x<丫<Z

B.X点：c(A-)>c(H+)>c(NHi)>c(OH-)

C.Y点：v(氨水)<10.00mL

D.Z点:

2c(H+)+c(NH+)=2c(OH-)+c(NH3•H;O)

28.钿(V)为过渡元素，可形成多价态化合物，在工业催化、新材料、新能源等领域有广泛

应用。

29.(1漕属钗熔点很高，可由铝热反应制得。

30.已知25。。101KPa时

S1

31.4Al(s)+3O;(g)=2A12O3()AHx=akj-md-

1

32.4V(s)+5O;(g)=2V.Os(s)AH2=bkj-mol-

33.则用铝热反应冶炼金属v(s)的热化学方程式为。

34.Q)全机液流电池是一种新型的绿色环保储能系统，工作原理如图所示:

个识

36.查阅相关资料可知:

离子种类votV02+V3+V-+

颜色黄色蓝色绿色紫色

①该电池放电时，vot发生还原反应，则正极的反应式是_____。

②当完成储能时，负极溶液的颜色为______.

③电池放电时，负极区溶液的pH将(填“增大”、“减小”或“不变”片

④用该锐电池在铁制品上镀铜，铁制品应与电池的极(填“A”或”B”)相连。

若电镀开始时两电极质量相等，电镀一段时间后，两电极质量之差为128g,此时转移

电子的物质的量为。

37.铁鼠化钾(化学式为K』Fe(CN)6])在工业上主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产，

其煨烧分解生成KCN、Fee-N~、(CN)-等物质。回答下列问题：

38.(])Fe3+比Fe1+稳定的原因

39.(2)在［Fe(CN)J?-中不存在的化学键为。

40.A.离子键

41.B.配位键

42.C.氢键

43.D.共价键

44.仁)已知(CN).性质与卤素相似，化学上称为类卤化合物。

45.(CN),+2KOH=KCN+KCNO+H:C

46.KCN+HC1=HCN+KC1

47.C;H;+HCN^CH2=CH-C=N

48.①KCNO中各元素原子的第一电离能由大到小排序为。

49.②丙烯旗(CH、=CH-C=N)分子中碳原子轨道杂化类型是，分子中°键和n键

数目之比为。

50.«)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示，该晶体中铁、氮的微粒个数之比为o

52.伊)已知：氧化亚铁晶体的密度为pg.cm-?，NA表示阿伏加德罗常数的值。氧化亚铁晶

体的晶胞如图2所示，该晶胞中，与0:-紧邻且等距离的or-数目为:Fe，+与0：-

的最短核间距为pm。

53.煤的气化和液化是现代能源工业中重点考虑的综合利用技术。最常见的气化方法是用煤

作原料生产水煤气，而比较流行的液化方法是煤在催化剂等条件下生产CMOH。

54.已知制备甲醇的有关化学反应如下：

1

55.(T)CO,(g)+3H,(g)=CHaOH(g)+H;O(g)△H1=-90.8kJ-mol-

1

56.②CO(g)+H;O(g)=C02(g)+H:(g)AH;=-412kJ-mol-

57.@CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H3

58.I.回答下列问题：

59.（1）欲提高甲醇的产率，可以采取的措施有（填字母序号）。

60.A.升高温度

61.B.增大压强

62.C.降低温度

63.D.降低压强

64.（2）提高甲醇反应选择性的关键因素是。

65.⑪）保持温度和容积不变，下列描述能说明反应③达到平衡状态的是（填字母序号

）°

661A:::2:1

-v（CO）V（H2）V（CH3OH）=1

67.B.混合气体的压强不再随时间的变化而变化

68，C.单位时间内断裂2moiH-H键，同时生成3moic-H键

69.D.一段时间内的平均反应速率等于0

70.E.混合气体的平均摩尔质量保持不变

71.II.在一密闭容器中投入imoiC0和2m。凡发生反应③，实验测得平衡时甲醇的物质的

量随温度、压强变化关系如图1所示：

73.（1严强Bp式填“>”、“<“或”="）。

74.⑵乂、N两点的化学反应速率：（填“>"、"<"或"=”）

75.（3产I■于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度C（B）也可表示平衡常

数时），则M点时，平衡常数——5MPa）。

76.（4）甲、乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入ImolCO和2moi向乙中加入

2moic泮测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示，则L、M两点容器内

压强：P（M）------2P（L），平衡常数：K（M）------K（L）（填或"="）。

77.硫代硫酸钠（Na-SQ?HO）俗名“大苏打”，又称为“海波”，易溶于水，难溶于乙

醇，加热，遇酸均易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及

80.I,开启分液漏斗，使浓硫酸慢慢滴下，适当调节分液漏斗的滴速，使反应产生的so”气

体较均匀地通入Na°s和Na-CO?的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，

至微沸。

81.II,直至出现的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通so.气体。

82.（1）仪器A的名称为；B中多孔球泡的作用是；装置C的作用是。

83.（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，装置B中溶液pH不能小于7,请用离子方程式解释原

因_。

84.⑶为了尽可能得到较纯的NaSO?溶液，三颈烧瓶B中Na°S和Na-CO?的物质的量投料

比应该为o

85.（4沙得产品中常含有硫酸钠杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：

86.试剂：稀盐酸、稀H,S（VBad,溶液、Na「COa溶液等

实验步骤现象

①取少量样品，加入除氧蒸僧水②固体完全溶解得无色澄清溶液

③——④有乳黄色沉淀，

⑤静置，取上层清液—⑥——

（5泅用KcCr-O,标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:

①溶液配制：称取i.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸锚水配制成

100mL溶液。

②滴定：取o,00950mol-LT的KrCjO：标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI,

发生反应：口;0尸+6=+14H+=3L+2Cr3++710.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴

定至淡黄绿色，发生反应：1_+2s-01=S4OT+2I-,加入淀粉溶液作为指示剂，继续

滴定，当溶液，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，

则样品纯度为%（保留1位小数）。

一种磁性材料的磨削废料（含保质量分数约21%）主要成分是铁银合金，还含有铜、钙、镁、

硅的氧化物。用该废料制备纯度较高的氢氧化镁，工艺流程如图所示：

H、SO*①H：O：

HNO,②N与83H：SNaFNaOH

废渣黄讷铁矶渣速渣CaF：sMgFj速液

请回答下列问题：

（1）为了提高“酸溶”工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有。

A.搅拌

B.适当升高温度

C.研磨矿石

D.用浓硫酸

（2）“酸溶”时，溶液中有F/+、Fe=+、NF+等生成，废渣的主要成分是；合金中的

银难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N,生

成，金属镁溶解的离子方程式为。

（3）“除铁”时控制温度不超过40。（：的原因是；加入碳酸钠的目的是o

（4）Fef也可以用NaCK）3氧化，生成的Fe“在较小PH条件下水解，最终形成黄钠铁研

[Na.FeJSO.式0H）「]沉淀而被除去，图表示pH—温度关系，图中阴影部分为钠铁机稳定存

20）

160

120

在的区域。«和

40

0

则下列说法不正确的是（填字母）

a.黄钠铁啊NaaFe6岱。4）4（0%]中铁为+2价

b.pH过低或过高均不利于生成黄钠铁机，其原因相同

u氯酸钠在氧化Fe；+时，1molNaClO?得到的电子数为6NA

d工业生产中温度常保持在85毛一95。（？控制溶液的PH为]之〜[8,此时加入Na-SOa后生

成黄钠铁矶

（5）“除铜”时，反应的离子方程式为，若用Na.d弋替H.S除铜，优点是。

（6）已知某温度下Ksp[Ni（OH）J=4.0xlo-is,该流程在“沉银”过程中需调节溶液pH约为

______，NF+才刚好沉淀完全（离子沉淀完全的浓度v10-5mol/L;lg2=030）°

2020-2021学年上学期宣化一中高三化学

期末试卷答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A推广碳捕集和封存技术可以减少二氧化碳的排放，能缓解温室效应，符合“社

会主义生态文明观”要求，故A正确；

B.维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C,可增强

治疗缺铁性贫血效果，故B正确；

C.碳酸钠溶液呈碱性，花青素在碱性环境下显蓝色，向葡萄酒中加入碳酸钠，如果溶液不变

蓝，说明是假葡萄酒，故B正确；

D.焦炭不能还原氧化铝，工业上利用电解熔融的氧化铝的方法，故D错误；

故选：Do

A.推广碳捕集和封存技术可以减少二氧化碳的排放；

B.维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化；

C.碳酸钠溶液呈碱性，花青素在碱性环境下显蓝色；

D.焦炭不能还原氧化铝。

本题考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用

能力的考查，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A金属单质在化学反应中失电子，化合价一定升高，作还原剂，故A错误；

B.Na.o、CaO与酸反应只生成盐和水，反应为复分解反应，均属于碱性氧化物，故B正确；

C.利用分散系微粒直径的大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达

尔现象，故C错误；

D.盐酸是氯化氢气体的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故I）错误；

故选：Bo

A.金属单质在化学反应中只有失电子发生氧化反应；

B.只和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；

C.分散系微粒直径的大小是分散系本质特征，将分散系分为溶液、胶体和浊液；

D.水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质。

本题考查了物质分类、物质性质、分散系本质特征等知识点，掌握基础是解题关键，题目难

度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A蒸发需要蒸发皿，不需要烧杯，故A错误；

B.蒸储时冷凝水应下进上出，图中冷水方向不合理，故B错误；

C.二氧化氮的密度比空气密度大，应长导管进气、向上排空气法收集，故C错误；

D.眼睛应平视观察液面，图中配制溶液的操作合理，故D正确；

故选：Do

A.蒸发需要蒸发皿：

B.蒸储时冷凝水应下进上出；

C.二氧化氮的密度比空气密度大；

D.眼睛应平视观察液面。

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、混合物分离提纯、气体收集、

溶液配制、实验技能为解答关键，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。

4.【答案】AC

【解析】解：A.NO.、N-0&的最简式均为NO,故23g混合物中含有的“NO.”的质量为

0.5mol,而反应中N元素由+5价变为NO；；中的+4价，故生成0.5mol"NO；'转移0.5NA个电

子，故A错误；

B.乙醇水溶液中，除了乙醇外，水也含。原子，i0g46%的乙醇溶液中乙醇的质量为4.6g，

物质的量为O.imol，含°原子为O.lmol；水的电离为5.4g，物质的量为0.3m"含°原子为

0.3mor即此溶液中共含°原子为o.4mor即含0.4NA个，故B正确；

C.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子数目增多，所以ILimol/LNa.CO3

溶液中，阴离子总数大于NA，故C错误；

D•向100mL0.1moI/L醋酸溶液中加入C^COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中存在电荷

守恒：n(H+)+n(Na+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，溶液呈电中性，氢离子与氢氧根离子相

等，则钠离子与醋酸根离子个数相等，可以考虑为醋酸不电离，醋酸钠不水解，则醋酸分子

浓度为：01mol/Lx0.1L=0.01moF故D正确；

故选：AC。

A.NO.、LO4的最简式均为NO/根据混合物的质量求出含有的“NO「的质量，从而求出

化合价的变化；

B.乙醇水溶液中，除了乙醇外，水也含0原子；

C.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；

D.依据溶液中存在电荷守恒计算解答。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结

构是解题关键。

5.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元

素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。

【解答】

一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X丫7W，丫、归X、Z的原子序数依次增大且均为

110^12**30

短周期主族元素，W是地壳中含量最多的元素，则W为0元素；X与丫位于同一主族，X、丫、

Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，当X、丫位于IA族时，Z位于IVA族，Y

与W(0)位于同一周期，则丫为Li，X为Na，Z为Si元素；当X、丫位于IIA族时，Z位于HA

族，短周期不可能存在3种元素同主族，不满足条件，据此解答。

根据分析可知，丫为Li元素、W为0元素、X为Na元素、Z为Si元素。

A.X的单质是Na,Na在氧气中燃烧生成Na.o”，过氧化钠中存在Na+和0厂，其阴阳离子之

比为1：2,故A错误；

B.钠的熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点：x<z，故B

正确；

C.钠离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则X的简单离子半径比

N的简单离子半径小，故C正确；

D.Z、W组成的化合物SR〜是酸性氧化物，能与强碱反应，故D正确；

故选：Ao

6.【答案】B

【解析】解：A.T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，FeMSOJa氧化硫化氢，自身

被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe-(SOD、为催化剂，该脱硫过程

FeMSO,b溶液可循环利用，故A正确；

B、脱硫过程0c直接氧化Feso」生成Fe.(SOjfFeNSOaK氧化硫化氢生成S，氧化性强弱:

02>Fe,(S04)3>S,故B错误；

C、脱硫过程：FeMSO.3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸

铁，脱硫过程①间接氧化H.S，故C正确；

D、副产物硫单质可以用来制硫酸、化肥、火柴及杀虫剂等，故D正确；

故选：B»

A、催化剂在反应前后质量、化学性质不变，该脱硫过程Fe.(so«%为催化剂；

B、脱硫过程仇直接氧化FeSOj生成Fe式SO./Fe式SO—?氧化硫化氢生成

C、脱硫过程0“直接氧化peso/Fe-(S(\)3氧化硫化氢；

D、根据S单质的用途分析。

本题考查天然气催化脱硫，通过读图可知脱硫过程：FeMSOD,氧化硫化氢，自身被还原成

硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程6间接氧化H_S是解答关键，题目难度

不大。

7.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查核外电子排布，掌握相关的物质结构知识是解本题关键，侧重考查学生的分析能力，

注意对知识的迁移应用，题目难度不大。

【解答】

①2P能层有4个电子，应在3个不同的轨道，每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态

相反的电子，电子尽可能自旋平行地多占不同的轨道，则该排布图违反了洪特规则，故①正

确；

②处于最低能量的原子叫做基态原子，但排布式为is「2s”p?Is22522P/电子能量相同，

IsKsDp；-IsKs,Zp产程中没有能量释放，故②错误；

Gcoa-中中心原子价层电子对个数,.，碳原子⑪「杂化，轨道构型为平面三

33+4+―又一3*

e

角形，成键原子有3个，分子空间构型为平面三角形，故③错误；

④0。-、Mga+核外都有10个电子，其电子层结构相同，前者具有还原性，后者具有氧化性，

两者化学性质不同，故④错误；

⑤C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以“L中C-C1键犍长比NC)中N-C1键键

长，故⑤正确。

故选Bo

8.【答案】D

【解析】解：氏根据NaCl、NaClO、NaClO?可知，钠离子和氯原子的物质的量之比为/

则参加反应所需氯气与NaOH的物质的量之比为1：2,故A正确；

B•设n(NaCl)=llmol、n(NaC10)=lmo「n(NaCK)3)=2mop生成NaCl获得的电子为：

llmolx1=llmoF生成NaClO、NaClO?失去的电子为Imolx1+2molx5=llmoP得

失电了•相等，故反应体系中n(NaC10)：n(NaCl)：n(NaC10.(物质的量之比)可能为1：I］：2,

故B正确；

C.若amol氯气参与反应，发生反应有：Ck+2NaOH=NaCl+NaQO+HaO、

3CU+6NaOH=5NaCl+NaC103+3H=0,若氧化产物只有NaClO,转移电子数最少，为

；氧化产物只有NaClO,转移电子数最多，为

amolx2x=x1=amol

,所以反应转移电子为：amol(转移电子数，当反应过程

amolx2x-xl=—mol<—mol

633

中消耗Imol氯气，则imol<转移电子数$，故C正确；

<-mol

3

D.根据化合价变化可知，反应中NaClO和NaClO?为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算

二者的物质的量之比，故D错误；

故选：D。

发生反应有：Cl,+2NaOH=NaCI+NaC10+H20、

3ch+6NaOH=5NaCl+NaC103+3H二。’

A.根据钠离子和氯原子质量守恒分析参加反应的氢氧化钠和氯气的物质的量之比；

B.根据氧化还原反应中得失电子相等判断；

C.根据极值法及电子守恒计算出转移电子的范围：

D.题中缺少次氯酸钠、氯酸钠的量，无法计算二者的物质的量之比。

本题考查了氧化还原反应的有关计算，为高频考点，题目难度中等，根据原子守恒及转移电

子守恒是解本题关键，并结合极限法分析解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

9.【答案】C

【解析】解：A步骤①灼烧海带需要用生土品，不需要蒸发皿，故A错误；

B.步骤③主要操作为过滤，分离悬浊液，故B错误；

C.步骤④在进行氧化操作时，加入的氧化剂可以是新制氯水、双氧水等，可均可生成碘单

质，故C正确；

D.步骤⑤中有机层与水溶液分层，而酒精易溶于水不能分层，不能作萃取剂，故D错误；

故选:C«

由流程可知，海带在生埸中灼烧后，②为浸泡，③为过滤，分离出含碘离子的水溶液，含

碘离子的溶液加入氧化剂（如氯气、双氧水等）可氧化碘离子为碘单质，发生

+,

2I-+a2=2a-+l2^2I-+H,02+2H=2H:0+I2得到含碘的水溶液，再向含碘单质

的水溶液中加入有机溶剂（苯或四氯化碳），萃取分液得到含碘的有机溶液，通过蒸储得到碘

单质，以此来解答。

本题考查海带提碘的实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、

实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度

不大。

10.【答案】B

【解析】解：A二氧化镐与稀盐酸不反应，则稳过/不能实现，故A错误；

MnO2tCl2

B.氮气与氢气合成氨气，氨气催化氧化生成NO,NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与

水反应生成硝酸，图中转化均可实现，故B正确；

CS燃烧生成二氧化硫,则S(s)"叫SQi(g)不能实现，故C错误；

D.Fe与氯气反应生成氯化铁，则Ft会力不能实现，故D错误；

故选：Bo

A.二氧化镭与稀盐酸不反应；

B.氮气与氢气合成氨气，氨气催化氧化生成NO,NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与

水反应生成硝酸；

C.S燃烧生成二氧化硫；

D.Fe与氯气反应生成氯化铁。

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.

11.【答案】BC

【解析】解：A充电过程是电解池，阳离子移向阴极，所以口+向右移动，故A错误；

B.原电池中电子流向是负极—导线—用电器—导线_正极，放电时，电子由负极经导线、用电

器、导线到正极，故B正确；

C.充电时，C变化为则阴极电极反应式：XLi++xe-+nC=LixCn,故C正确；

D.放电正极上Fepo,得到电子发生还原反应生成LiFePOJ正极电极反应式：

D

xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO/故错误；

故选：BC。

A.充电过程是电解池，阳离子移向阴极；

B.原电池中电子流向是负极—导线—用电器—导线_正极；

放电

C.根据原理(1-^LiFcPO,.xFePO^+LijCn—二LiFePO^nC,充电过程阴极C变

充电

化为Lg；

D.放电正极上Fepo&得到电子风扇还原反应生成LiFePO/

本题考查了原电池和电解池原理、电极反应书写、电子流向判断等知识点，掌握基础是解题

关键，题目难度不大。

12.【答案】A

【解析】解：人由上分析，溶液中存在NH「SO。、Fe:+、C\-'故A正确；

B.由上分析，原溶液中一定存在Q-，不存在Na+，故B错误；

C.由上分析，co/-肯定不存在，存在F/+，不存在F/+，故C错误；

D.由上分析，不存在Na+、pg3+-＞QQ2-＞故D错误。

故选：Ao

①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba（NOc）_溶液，产生白色沉淀，说明沉淀不溶于硝酸，为

硫酸饮，所以原溶液中存在so：-：

②向①中的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，此沉淀为氢氧化铁，由于硝酸能将氧化

Fea+为Fe?+，不能确定氢氧化铁中三价铁的来源，原溶液中微热，有气体产生，此气体为氨

气，说明原溶液中含有NH}

由②分析原溶液中含有NH}最少含有F/+、Fe“中的一种，由于和co厂互相促进水解，

所以原溶液中无Co/-；

又各离子浓度均相同，根据电荷守恒，所以溶液中肯定存在so：-、NHTFe"、Cl一不存

在Na+'Fe'+、CO；-据此分析解答。

本题考查物质或离子的检验，把握离子之间的反应及反应现象推断离子为解答的关键，侧重

分析与推断能力的考查，注意利用电荷守恒分析钠离子为解答的难点，题目难度中等。

13.【答案】B

【解析】解：A、向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH,溶液中会生成Cu（OH）.沉淀，溶

液中铜离子的浓度会减小，而图中从X点到丫点铜离子浓度不变，不相符，故A错误；

B该温度下，Ksp[Cu（OH）J＜Ksp[Fe（0H）丁则溶液酸碱性相同时，c（Fe2+）＞c（Cu2+y

离子浓度越大，_]gc（M"）值越小，则相同条件下，饱和溶液中c（Fe＞）较大，所以Fe（OH”

饱和溶液中_]gC（FM+）较小，则b线表示Fe（OH）-饱和溶液中的变化关系，由图象可知，

2+3162B

pH=8时，-lgC(Fe)=3.1'Ksp[Fe(0H)2]=IO-x(IO-)=故正确;

C、当pH=10时，-lgC(Cu=+)=11.7;则Ksp[Cu(OH)[=1077x(IO-，)：：=10-297，

a+:2+:

c(Fe)c(Cu)=K3p[Fe(OH);]Ksp[Cu(OH):]=10-3：10Tg'_=时：

1,故c错误；

D、Ksp[Cu(OH)/<Ksp[Fe(OH)JCu(OH)二更易生成沉淀，在含有Fe”"的CuSO,溶液中，

加入适量CuO,不能生成Fe(OH)~沉淀，所以F/+浓度不变，故D错误。

故选：B»

A、向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH,金属离子的浓度会减小；

B、该'温度下，Ksp[Cu(OH)]<Ksp[Fe(OH)j则溶液酸碱性相同时，c(Fe")>c(Cu”

离子浓度越大，—]gC(M，+)值越小；

C、当Fe(OH)；：和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：《Fe〉)：c(Cu，+)=Ksp[Fe(OH)J

Ksp[Cu(OH),]=

D、除去CuSOa溶液中含有的少量Fe，+，加入适量CuO,F/+不变。

本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离与提纯，题目难度中等，

注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法.

14.【答案】BD

【解析】

【分析】

本题考查图象问题，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，且能较好的培养学

生的自学能力，注意把握题给信息以及图象的分析和认知，题目难度中等.

【解答】

A.由图象中NO1浓度的变化可知纳米像的去除效果优于纳米铁，故A错误；

B.加入的金属是Fe<)/NF5/r在不同的初始pH下，相同时间内△c(N00变化量越大，N0J

的去除效果越好，经过60min后，△c(NO,)：pH=5.5时小于pH=2时，则pH=2时NO*的

去除率比pH=5.5时的大，故B正确；

C.60min内50xl0~3xc7,-%，故C错

v(NO^)=——eg--mol-L-1-min-1a9.03x10-6mol-L-1-min-1

误；

D.若pH过低，氢离子可与金属反应，则可能会导致去除率下降，故D正确。

故选：BDo

15.【答案】AC

14

【解析】解：O.imol/LHA溶液中c(H*)_'c(H+)xc(OH-)=10~，则

gc(OH-)—

c(H+)=0.1mol/L则HA是强酸，

A.酸或碱抑制水电离，NH/促进水电离，X点溶质为等物质的量浓度的HA和NHAA，丫点溶

液中呈中性，溶液中溶质为IIA和NH/、Z点溶质为等物质的量浓度的NH-.

Z点都抑制水电离，丫点不影响水电离，C(NH&A)：x<Y<Z，X点呈酸性、丫点呈中性、Z

点呈碱性，则水电离程度：Y>Z>X，故A错误；

B.X点溶质为等物质的量浓度的HA和NHJ，溶液中溶液呈酸性则

>0

c(OH-)

c(H+)>c(OH-y说明HA电离程度大于NH&A水解程度，但是其电离和水解程度都较小，根

据电荷守恒得«A-)>c(NHj)，水也电离出氢离子，所以存在

c(A-)>c(H+)>c(NH+)>c(OH-丫故B正确；

C.Y点口.，溶液呈中性，一水合氨是弱碱，要使混合溶液呈酸性，氨水应该稍微过

lg^L=O

量，则V(氨水)>10.00mL，故C错误；

D.Z点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH..H_0和NH«A溶液中存在电荷守恒和物料守恒，

根据电荷守恒c(H+)+C(NH+)=c(OH-)+c(A-)、存在物料守恒

D

C(NH+)+C(NH3-H;O)=2c(A-y所以2c(H+)+c(NHt)=2c(0H-)+c(NH3-H.Op故

正确；

故选:AC。

+14HA

O.lmol/LHA溶液中cCH*)_、c(H)xc(OH-)=IO-'则c(H+)=O.lmol/L，则

gc(OH-)一

是强酸，

A.酸或碱抑制水电离，NH/促进水电离，X点溶质为等物质的量浓度的HA和NH丫点溶

液中呈中性，溶液中溶质为HA和NH/、Z点溶质为等物质的量浓度的NH一.H.0和NH/X'

Z点都抑制水电离，丫点不影响水电离；

B.X点溶质为等物质的量浓度的HA和NHA，溶液中工.，溶液呈酸性，说明HA电

NH4A!con>0

5C(0H*)

离程度大于NH/水解程度，但是其电离和水解程度都较小；

C.Y点口.，溶液呈中性，一水合氨是弱碱，要使混合溶液呈酸性，氨水应该稍微过

lg-^=0

ja

里；

D.Z点溶液中溶质为等物质的量浓度的N&.H-0和NH«A溶液中存在电荷守恒和物料守恒,

根据电荷守恒和物料守恒判断。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及计算能力，明确HA强弱及各点溶液

中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，A为解答易错点。

16.【答案】

1

10Al(s)+SV,Osfs)=5A1;O3(S)+6V(s)△H=(2.5a-1.5b)kJ-mol-

VOt+2H++e-=VO=++H；：。紫色增大B2moi

1

【解析】解：(I)Q4A1(S)+3O2(g)=2A1:O3(s)△Hx=akj-mor

1

②4V(s)+50;(g)=2V205(S)AH2=bkj-mol-

盖斯定律计算，得到用铝热反应冶炼金属vrr的热化学方程式为：

(①x5-②x3)x；㈠

10Al(s)+3V205(S)=5A1203(S)+6V(s)△H=(2.5a-1.5b)kJ•moL'

1;

故答案为：10A1(S)+3V「()5(S)=5A1;O3(S)+6V(S)AH=(2.5a-1.5b)kJ-mor

(2)该电池放电时，右槽中的电极反应为：v：+_e-=V3+，为被氧化的过程，应为原电池

负极反应，则左槽为原电池正极，发生还原反应，电极方程式应为

yQ++2H++©-=V0二++H^0,充电时电极反应为放电电极反应的逆反应，

①放电时溶液中的H+向正极移动，结合vo士和丫0二+中钢元素的化合价，可写出其电极反应

2+

为VO1+2H++e-=V0+H:0,

故答案为：V0$+2H++e-=VO1+H：。；

②该电池放电时，原电池负极反应为：v「+_e-=V3+，当完成储能时，负极溶液的颜色为

紫色，

故答案为：紫色；

③已知电池放电时右槽中的电极反应为V>_e-=v"，v=+失去电子，作电池的负极，发

生氧化反应，H+向正极移动，PH将增大，

故答案为：增大;

:④电镀池为电解池，阳极为镀层金属，阴极为镀件，铁制品上镀铜铁制品应与电池的负极

相连为电解池的阴极；镀铜时，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得到电子，电镀前铁、铜两

电极的质量相等，完成后二者质量差为512g则溶解的Cu为物质的量为

128u

­=64Ag

由Cu—2e-=Cu'+，转移电子为molx2=2moP

Imol

64g/mol

故答案为：B；2mol。