浙江省温州市平阳中学2025届高三化学下学期“居家考试”试题含解析

PAGE27-浙江省温州市平阳中学2025届高三化学下学期“居家考试”试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Cu-64I-127Ba-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.H2O2 B.He C.CH2Cl2 D.SiC【答案】B【解析】【详解】A．H2O2是含有极性键、非极性键的分子晶体；故A不符合题意；B．He是不含共价键的分子晶体，故B符合题意；C．CH2Cl2是含极性键的分子晶体，故C不符合题意；D．SiC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】留意稀有气体不含化学键。2.灼烧干海带，不须要用到的仪器是（）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.下列物质中在肯定条件下能够导电，但不属于电解质的是A.石墨 B.KNO3 C.H2SO4 D.蔗糖【答案】A【解析】【分析】电解质、非电解质均是化合物，电解质是肯定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不肯定是电解质，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+H2SO4═Na2SO4+2H2OC.Zn+2H+=Zn2++H2↑D.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更，故为氧化还原反应，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，侧重反应类型推断的考查，留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)2•8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参与的氧化还原反应等。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：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：，核内应当是19，故B错误；C．CS2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】多元弱酸的电离是一步一步电离，多元弱碱的电离是困难的电离，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肯定互为同系物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，肯定互为同系物，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，符合题意的选项为D。【点睛】本题考查“四同”有关推断，推断同位素、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；分子式不同结构相像的有机化合物（同类物质），则为同系物。留意对物质结构的正确推断：如题中B项C3H8肯定为丙烷，则与CH4结构是相像的；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.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】试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.石油分馏是化学变更，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.煤制煤气是物理变更，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，故A错误；B．石油分馏是物理变更，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．煤制煤气是化学变更，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更，石油分馏是物理变更。11.下列有关化学试验说法正确的是（）A.只有有色离子的分别才能用纸层析法，否则无法看到色斑B.银镜反应、乙醛与新制Cu(OH)2反应、试验室制取乙烯都必需用水浴加热C.为精确测定盐酸与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，可以采纳风干的方式干燥产品【答案】D【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．银镜反应必需用水浴加热，乙醛与新制Cu(OH)2反应、试验室制取乙烯都是干脆加热，故B错误；C．为精确测定盐酸与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，可以采纳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、透亮，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.SiO2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)2↓＋2NH4+C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液使Al3+刚好完全沉淀：2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓D.少量SO2通入足量Ca(ClO)2溶液中：SO2+Ca2++ClOˉ+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)4]2+＋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+＋3SO42−＋3Ba2+＋6OH−=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，故C正确；D.少量SO2通入足量Ca(ClO)2溶液中：SO2+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，蛋白质的性质发生变更并凝合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.向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液发生盐析，蛋白质性质没有变更，加入福尔马林，蛋白质的性质发生变更，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.分枝酸可用于生化探讨。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分枝酸最多可与3molNaOH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2molNaOH发生中和反应，故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在于D项，留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CO2，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，其随加水体积的变更如图所示。下列叙述正确的是（）A.曲线Ⅰ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，Ⅱ的变更大，则Ⅱ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，Ⅱ的变更大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，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、Ⅱ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图象，明确强酸在稀释时pH变更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，再推断。18.以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的试验装置示意图如图，下列说法不正确的是（）A.在阴极室，发生的电极反应为：2H2O＋2e-=2OH-＋H2↑B.在阳极室，通电后溶液渐渐由黄色变为橙色，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：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑D.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1－0.5d【答案】D【解析】【详解】A.在阴极室，发生的电极反应为：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，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+Cr2O72−＋H2O向右移动，溶液渐渐由黄色变为橙色，故B正确；C.该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑，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(1−x)mol，对应的n(K)=2(1−x)mol，n(Cr)=(1−x)mol，生成的K2Cr2O7为mol，对应的n(K)=xmol，n(Cr)=xmol，依据：K与Cr的物质的量之比为d，，解得x=2−d，转化率为，故D错误。综上所述，答案为D。19.依据能量变更示意图，下列说法正确的是（）A.状态1是液态，则状态3肯定是气态B.状态3是液态，则状态4肯定是气态C.A（状态2）+B（g）═C（状态3）+D（g）△H＝（d﹣a）kJ•mol﹣1D.断裂1molC（状态3）和1molD（g）中的化学键须要汲取的能量为（e﹣d）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，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，则汲取的能量为(d-a)kJ，故C正确；D.未标明C的状态，C不肯定为气体，则汲取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汲取的能量，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6.4g，其中所含硫原子数肯定为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】A．6g石墨烯(单层石墨)即物质的量为0.5mol，依据一个六元环—2个碳原子，0.5molC含有六元环的个数为0.25NA，故A错误；B．S2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肯定为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；D．17g羟基(—OT)中含有的电子数物质的量，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0～2min内，B的反应速率为0.1mol·Lˉ1·minˉ1B.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4～6min内，容器内气体分子的总物质的量不变【答案】D【解析】【详解】A．在0～2min内，Δc(A)=0.2mol·L−1，Δc(B)=0.4mol·L−1，B的反应速率，反应A错误；B．2min时，Δc(A)=0.2mol·L−1，则Δc(A)=0.6mol·L−1，即C的物质的量浓度为0.6mol·L−1，故B错误；C．4min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；D．4min时，反应已达到平衡状态，因此在4～6min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.肯定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，发生反应S2Cl2(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.肯定温度下，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】依据反应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，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，ΔH2＜0。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所须要的能量，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ΔH＜0，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ΔH＜0，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.依据反应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，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.依据反应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，所以变更压强不变更平衡移动，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20mL0.1mol·L-1氨水中滴加肯定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变更如图所示。则下列说法不正确的是()A.常温下，0.1mol·L-1氨水中的电离常数约为B.a、b之间的点肯定满意：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-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）计算；B.a、b之间的随意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒推断离子浓度大小；C.依据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；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，据此推断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）=10−3×10−3/0.1mol/L=1×10-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的随意一点，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-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.依据图知，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.试验室通常采纳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①，涉及的化学反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OB.步骤②，加入适量ZnO的目的是：调整溶液pH，沉淀Fe3+C.步骤④，涉及的操作有：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D.步骤⑤，产物肯定是：ZnO和SO2【答案】D【解析】【分析】步骤①加入足量H2O2将FeSO4完全氧化成Fe2(SO4)3；步骤②加入适量ZnO，调整溶液的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⑤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①，加入足量H2O2将FeSO4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②加入适量ZnO，调整溶液的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④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⑤从硫酸锌晶体制备ZnO，反应中Zn元素的化合价没有变更，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、CO，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可被石灰水汲取，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水汲取的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，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水汲取，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汲取的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；D．NaNO2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.（1）84消毒液的有效成分是_____。（2）O2F2为共价化合物，各原子均满意8电子稳定结构，写出O2F2的电子式_____。（3）NaOH的碱性比Mg(OH)2强，主要缘由是_____。【答案】(1).NaClO(2).(3).Na元素的金属性强于Mg【解析】【分析】依据O2F2为共价化合物，各原子均满意8电子稳定结构，每个原子最外层电子，须要几个达到稳定结构来分析共用电子对。【详解】⑴84消毒液的有效成分是NaClO；故答案为：NaClO。⑵O2F2为共价化合物，各原子均满意8电子稳定结构，O最外层有6个电子，须要共用两对电子，F最外层7个电子，须要共用1对电子，因此O2F2的电子式；故答案为：。⑶Na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(混合溶液体积变更忽视不计)。原混合物中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)=_____。写出简要计算过程_____。【答案】(1).2∶1(2).Na2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋2NaOH，NaHCO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋H2O＋NaOH，依据方程式可知，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·L−1×0.1L=0.01mol，n(Na2CO3)=0.004mol，n(NaHCO3)=0.002mol，n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)=0.004mol：0.002mol=2:1【解析】【分析】依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，NaHCO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋H2O＋NaOH，依据方程式可知，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·L−1×0.1L=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，设计并完成了如图试验：请回答：（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】依据生成的红色固体为铜，计算物质的量，再依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，再依据总质量减去铁和铜的质量得到另一种元素的质量，依据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，依据三者物质的量关系，得出比例关系，确定出化学式。【详解】⑴得到红色固体6.4g即Cu物质的量为0.1mol，依据方程式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0.3molFe2+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BaSO4，气体A为SO2，因此m(S)=27.2g−0.1mol×64g‧mol−1−0.2mol×56g‧mol−1=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。⑵X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+5O2CuO+Fe2O3+3SO2；故答案为：CuFe2S3+5O2CuO+Fe2O3+3SO2。⑶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=SO42−+2Fe2++4H+。29.工业上常用水合肼（N2H4∙H2O）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，请设计试验方案检验_____。【答案】(1).3N2H4∙H2O＋2NaIO3=3N2↑＋2NaI＋9H2O(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=5NaI＋NaIO3＋3H2O，NaIO3被水合肼还原为NaI，水合肼变为N2，再结晶得到NaI。【详解】⑴NaIO3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3N2H4∙H2O＋2NaIO3=3N2↑＋2NaI＋9H2O；故答案为：3N2H4∙H2O＋2NaIO3=3N2↑＋2NaI＋9H2O。⑵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，因此设计试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是资源利用和环境爱护的重要探讨课题。（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H—HN≡NN—HE/kJ•mol-1436946391①已知：合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的活化能Ea=508kJ•mol-1，则氨分解反应：NH3(g)N2(g)+H2(g)的活化能Ea=_____。②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。依据如图中a点数据计算N2的平衡体积分数：_____（保留3位有效数字）。③依据温度对合成氨反应的影响，在如图坐标系中，画出肯定条件下的密闭容器内，从通入原料气起先，随温度不断上升，N2物质的量变更的曲线示意图_____。（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300~420℃之间和催化剂条件下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应。①SCR脱硝技术中发生的主要反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)△H=-1625.5kJ•mol-1；氨氮比会干脆影响该方法的脱硝率。350℃时，只变更氨气的投放量，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，主要缘由是_____。②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溶液汲取生成三种盐的化学反应方程式_____。【答案】(1).300kJ•mol-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】⑴①先依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，留意可逆反应方程式变更；②图1表示500℃、60.0MPa条件下，假设放入1molN2，3molH2，建立三段式进行计算；③依据温度对合成氨反应的影响，从通入原料气起先，随温度不断上升，N2物质的量先不变，当温度达到反应温度时，起先反应，不断减小，建立平衡，温度接着增加，平衡逆向移动，氮气物质的量增加。⑵①4NH3(g)+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；②NO2被Na2CO3溶液汲取生成三种盐，NO2中氮化合价既上升又降低，形成两种盐NaNO3和NaNO2，则另一种盐则为碳酸氢钠。【详解】⑴①已知：合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的活化能Ea=508kJ•mol-1，ΔH=946kJ‧mol−1＋3×436kJ‧mol−1−6×391kJ‧mol−1=−92kJ‧mol−1，ΔH=Ea–E(逆)=−92kJ‧mol−1，E(逆)=−Ea−92kJ‧mol−1=−600kJ‧mol−1，则氨分解反应：NH3(g)N2(g)+H2(g)的活化能Ea=300kJ‧mol−1；故答案为：300kJ‧mol−1。②图1表示500℃、60.0MPa条件下，假设放入1molN2，3molH2，，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%。③依据温度对合成氨反应的影响，从通入原料气起先，随温度不断上升，N2物质的量先不变，当温度达到反应温度时，起先反应，不断减小，建立平衡，温度接着增加，平衡逆向移动，氮气物质的量增加，其变更的曲线示意图为；故答案为：。⑵①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)，氧气参与了反应，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，故答案为：过量氨气与氧气反应生成NO。②NO2被Na2CO3溶液汲取生成三种盐，NO2中氮化合价既上升又降低，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”，应用特别广泛。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，硫粉的量渐渐削减。当C中溶液的pH接近7时，打开K2、关闭K1并停止加热；C中溶液要限制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溶液，视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，限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).用来汲取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).2.4×10-3mol·L-