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2016-2017学年河南省洛阳市高三（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 一、解答题（共10小题，满分30分） 1．下列叙述正确的是（ ） A．氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂 B．长期摄入肉、蛋、鱼偏多易导致血液偏酸性 C．碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用 D．碘盐、铁强化酱油等营养强化剂适合所有人食用 【考点】药物的主要成分和疗效；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；微量元素对人体健康的重要作用． 【分析】A．碳酸钠的腐蚀性过强； B．富含蛋白质的食品被称为酸性食物； C．碘单质有氧化性； D．甲亢病人不能食用碘盐． 【解答】解：A．碳酸钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，故A错误； B．鱼、肉、鸡蛋等富含蛋白质的食品被称为酸性食品，过多摄入易导致血液偏酸性，故B正确； C．碘单质有氧化性，能杀菌消毒，故C错误； D．甲亢病人不能食用碘盐，血色病患者不能食用铁强化酱油，故D错误． 故选B． 2．下列说法不正确的是（ ） A．仅用酸性高锰酸钾溶液可区分苯和甲苯 B．仅用氯化铁溶液可区分苯酚稀溶液和甘油 C．仅用硝酸和硝酸银溶液可验证卤代烃中卤原子的种类 D．仅用溴的四氯化碳溶液可区别液态的植物油和动物油 【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【分析】A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能； B．苯酚与氯化铁发生显色反应； C．卤代烃不能与硝酸银反应； D．植物油含碳碳双键，与溴的四氯化碳发生加成反应，而动物油不含碳碳双键． 【解答】解：A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，则高锰酸钾能鉴别，故A正确； B．苯酚与氯化铁发生显色反应，则利于氯化铁可鉴别，故B正确； C．卤代烃不能与硝酸银反应，则用硝酸和硝酸银溶液不能验证卤代烃中卤原子的种类，故C错误； D．植物油含碳碳双键，与溴的四氯化碳发生加成反应，而动物油不含碳碳双键，则可鉴别，故D正确； 故选C． 3．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D 【考点】物质的组成、结构和性质的关系． 【分析】A．碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解； B．漂白粉变质是因为漂白粉中含有的次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解； C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效； D．三价铁离子与铜反应生成铜离子和二价铁离子． 【解答】解：A．碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，油脂在碱性条件下可水解，故A错误； B．漂白粉在空气中久置变质因为漂白粉中含有的次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，氯化钙与二氧化碳不反应，故B错误； C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确； D．三价铁离子与铜反应生成铜离子和二价铁离子，为化合反应，故D错误； 故选：C． 4．下列关于如图所示电化学装置的分析正确的是（ ） A．若X为直流电源，Y为铜棒接正极，则Fe棒上镀铜 B．若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒被保护 C．若X为电流计，Y为锌棒，则SO42﹣ 移向Fe棒 D．若X为导线，Y为铜棒，则Fe棒发生还原反应 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【分析】A、若X为直流电源，装置为电解池，接正极的为阳极，发生氧化反应； B、若X为直流电源，装置为电解池，接正极的为阳极，发生氧化反应； C、若X为电流计，装置为原电池，活泼金属作负极； D、若X为导线，装置为原电池，活泼金属作负极，发生氧化反应． 【解答】解：A、若X为直流电源，装置为电解池，Y为铜棒接正极，电解质溶液为硫酸铜溶液，为电镀池，Fe棒上镀铜，故A正确； B、若X为直流电源，装置为电解池，Fe接正极的为阳极，发生氧化反应被腐蚀，故B错误； C、若X为电流计，装置为原电池，活泼金属Zn作负极，阴离子SO42﹣ 移向负极Zn，故C错误； D、若X为导线，装置为原电池，活泼金属Fe作负极，Fe棒发生氧化反应，故D错误； 故选A． 5．若往20mL 0.01mol·L﹣l HNO2（弱酸）溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示，下列有关说法不正确的是（ ） A．HNO2的电离平衡常数：c点＞b点 B．b点混合溶液显酸性：c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．c点混合溶液中：c（OH﹣）＞c（HNO2） D．d点混合溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+） 【考点】离子浓度大小的比较． 【分析】A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大； B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，由此分析解答，也可能结合电荷守恒分析； C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主； D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液． 【解答】解：A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c点＞b点，故A正确； B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误； C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（HNO2），故C正确； D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+），故D正确； 故选B． 6．下列化合物的俗称与化学式不一致的是（ ） A．绿矾一FeSO4·7H2O B．芒硝一Na2SO4·10H2O C．明矾一Al（SO4）3·12H2O D．胆矾一CuSO4·5H2O 【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合． 【分析】A．绿矾为硫酸亚铁晶体，含有7个结晶水； B．十水硫酸钠的俗名为芒硝； C．明矾为十二水硫酸铝钾的俗名，其化学式中含有钾元素； D．胆矾为硫酸铜晶体，为含有5个结晶水的硫酸铜． 【解答】解：A．绿矾为含有7个结晶水的硫酸亚铁，其化学式为：FeSO4·7H2O，故A不选； B．芒硝为硫酸钠晶体，含有10个结晶水，其化学式为：Na2SO4·10H2O，故B不选； C．明矾的十二水硫酸铝钾，其正确的化学为：KAl（SO4）2·12H2O，故C选； D．胆矾为五水硫酸铜，胆矾的化学式为：CuSO4·5H2O，故D不选； 故选C． 7．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是（ ） A．SO2既是氧化产物又是还原产物 B．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化 C．每生成1mol Cu2S，有4 mol硫被氧化 D．每转移1.2 mol电子，有0.3 mol硫被氧化 【考点】氧化还原反应． 【分析】2CuFeS2+O2→Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，O元素的化合价由0降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，以此来解答． 【解答】解：A．O元素的化合价由0降低为﹣2价，S元素的化合价由﹣2价升高为+4价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确； B．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，S元素被氧化，故B错误； C．由反应可知，生成1 molCu2S，有1mol硫被氧化，故C错误； D．由反应可知，1molS被氧化转移6mol电子，则每转移1.2 mol电子，有0.2mol硫被氧化，故D错误； 故选A． 8．能正确表示下列反应的离子方程式为（ ） A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑ B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O C．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣ D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O 【考点】离子方程式的书写． 【分析】A．硝酸具有强氧化性，能氧化FeS； B．漏写铵根离子与氢氧根离子的反应； C．少量SO2通入苯酚钠溶液生成亚硫酸根离子； D．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳． 【解答】解：A．硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故A错误； B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故B错误； C．SO2不足产物应该是SO32﹣，少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣，故C错误； D．碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正确； 故选D． 9．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A．标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5 NA B．常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为 NA C．50 mL 18.4 mol·L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46 NA D．密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6 NA 【考点】阿伏加德罗常数． 【分析】A、标况下HF为液态； B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2； C、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应； D、氮气和氢气的反应为可逆反应． 【解答】解：A、标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误； B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，则含有氢原子为NA个，故B正确； C、铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，故生成二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故C错误； D、氮气和氢气的反应为可逆反应，不能进行完全，故转移的电子数小于0.6NA个，故D错误． 故选B． 10．有关NaHCO3与Na2CO3的性质，下列叙述中不正确的是（ ） A．Na2CO3和NaHCO3粉末与同浓度的盐酸时，Na2CO3因为碱性强，所以与盐酸反应放出气体速度快 B．等物质的量的两种盐与同浓度的盐酸反应，Na2CO3所消耗盐酸的体积是 NaHCO3的两倍 C．向Na2CO3饱和溶液中通人过量CO2，有NaHCO3结晶析出 D．Na2CO3和NaHCO3溶液分别和BaCl2溶液反应，现象不同 【考点】钠的重要化合物． 【分析】Na2CO3和NaHCO3都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaHCO3不稳定，加热易分解，常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，与酸反应时，碳酸氢钠反应较剧烈，等质量的NaHCO3和Na2CO3，Na2CO3的物质的量较小，等物质的量时，生成二氧化碳相同，结合反应的化学方程式解答该题． 【解答】解：A．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故A错误； B．由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，故B正确； C．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，所以析出的是碳酸氢钠，故C正确； D．Na2CO3和NaHCO3溶液分别和BaCl2溶液反应，只有碳酸钠生成沉淀，二者现象不同，故D正确． 故选A． 二、选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分） 11．1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol·L﹣1，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol·L﹣1氢氧化钠或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（ ） A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠 B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠 C．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸 D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸 【考点】镁、铝的重要化合物． 【分析】若Z为氢氧化钠溶液，根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，不能是铝盐； 所以z是硫酸溶液，根据图象分析． 【解答】解：从图象趋势和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶液，故所加Z为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含Ba2+；故AB错误； 若为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同时生成盐酸氯化氢0.2mol，所以溶液不能为中性，并且不符合第一个拐点，故D不符合； 按图象拐点分成三个阶段． 1：硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和．同时Ba2+和SO42﹣，1：1反应生成硫酸钡沉淀． 2：氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于H+和AlO2﹣是1：1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：2． 3：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al（OH）3，因此硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4．符合图象的数值变化；故C符合； 故选C． 12．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L﹣1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物．上述物质的转化关系如图所示．下列说法正确的是（ ） A．原子半径的大小W＜X＜Y B．元素的非金属性Z＞X＞Y C．Y的氢化物常温常压下为液态 D．X的最高价氧化物的水化物为强酸 【考点】无机物的推断． 【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，0.01mol·L﹣1r溶液的pH为2，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，结合元素周期律解答． 【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，0.01mol·L﹣1r溶液的pH为2，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素． A．所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W（H）＜Y（O）＜X（C），故A错误； B．氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y（O）＞Z（Cl）＞X（C），故B错误； C．氧元素氢化物为水，常温下为液态，故C正确； D．X的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误． 故选：C． 13．已知：Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ·mol﹣1 C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ·mol﹣1 则2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H是（ ） A．﹣824.4 kJ·mol﹣1 B．﹣627.6kJ·mol﹣1 C．﹣744.7kJ·mol﹣1 D．﹣168.4kJ·mol﹣1 【考点】反应热和焓变． 【分析】运用盖斯定律，用已知化学反应通过相互加减得到待求反应，相应的△H也同时相互加减即可． 【解答】解：已知①Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ·mol﹣1 ②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ·mol﹣1 据盖斯定律，②﹣①得：2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）△H=627.6KJ/mol， 故选A． 14．金属镍有广泛的用途．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（ ） A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e﹣═Ni B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+ D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt 【考点】电解原理． 【分析】A、阳极失去电子发生氧化反应； B、阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析； C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni2+； D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥； 【解答】解：A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni﹣2e﹣=Ni2+，Fe﹣2e﹣=Fe2+；Zn﹣2e﹣=Zn2+；故A错误； B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误； C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+；故C错误； D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确； 故选D． 15．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（ ） A．该装置将化学能转化为光能和电能 B．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移 C．每生成1mol O2，有44g CO2被还原 D．a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O 【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃． 【分析】A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能； B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动； C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O． 【解答】解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误； B、a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确； C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O，故D错误； 故选B． 16．将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应： 2A（g）+B（g）⇌3C（g）+4D（s），若经 2s后测得 C 的浓度为 0.9mol·L﹣1，现有下列几种说法： ①用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3mol·L﹣1·s﹣1 ②用物质 D 表示的反应的平均速率为 0.6mol·L﹣1·s﹣1 ③2s 时物质 A 的转化率为30% ④用A、B、C来表示反应速率，其速率之比=2：1：3 其中正确的是（ ） A．①③④ B．①②③④ C．①②③ D．③④ 【考点】反应速率的定量表示方法；化学平衡的计算． 【分析】将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应 2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经 2s（秒）后测得 C 的浓度为0.9mol·L﹣1·s﹣1 ，依据化学平衡三段式列式分别计算即可． 【解答】解：将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应 2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经 2s（秒）后测得 C 的浓度为0.9mol·L﹣1·s﹣1 ，依据化学平衡三段式列式计算 2A（g）+B（g）⇌3C（g）+4D（g） 起始量（mol） 4 2 0 0 变化量（mol） 1.2 0.6 1.8 2.4 2s末（mol） 2.8 1.4 2L×0.9mol/L=1.8mol ①用物质A表示反应的平均速率= ②用物质D表示反应的平均速率= ③2s末物质A的转化率= ④化学反应速率之比等于化学计量数之比，故④正确； 故正确的是①③④，故选A． 17．40℃时，在氨﹣水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．在pH=9.0时，c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH2COO﹣）＞c（CO32﹣） B．不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（NH2COO﹣）+c（OH﹣） C．随着CO2的通入， D．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO﹣的中间产物生成 【考点】真题集萃；离子浓度大小的比较． 【分析】A．根据pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析； B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度； C．根据Kb= D．根据图象可知开始没有NH2COO﹣，后来也不存在NH2COO﹣． 【解答】解：A．pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（NH2COO﹣）＞c（CO32﹣），故A正确； B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（NH2COO﹣）+c（OH﹣），故B正确； C．已知Kb= D．由图象可知开始没有NH2COO﹣，后来也不存在NH2COO﹣，所以NH2COO﹣为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO﹣的中间产物生成，故D正确． 故选C． 18．常温时向20mL 0.1mol·L﹣1 HA溶液中不断滴入0.1mol·L﹣1 NaOH溶液，pH变化如图．下列叙述正确的是（ ）
A．HA的电离方程式：HA═H++A﹣ B．水的电离程度：a点＞b点 C．c点溶液：c（H+）+c（Na+）═c（A﹣）+c（HA） D．d点溶液：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【分析】A．c点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸； B．a点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用； C．c点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒； D．d点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性． 【解答】解：A．c点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸，HA的电离方程式：HA⇌H++A﹣，故A错误； B．a点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，水的电离程度：a点＜b点，故B错误； C．c点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒c（Na+）═c（A﹣）+c（HA），故C错误； D．d点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性，故离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确； 故选D． 19．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（ ） 提示BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）的平衡常数Ksp=[Ba2+]·[SO42﹣]，称为溶度积常数．
A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点 B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点 C．d点无BaSO4沉淀生成 D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态， A、加入Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动； B、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点； C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和； D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等． 【解答】解：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42﹣），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A错误； B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42﹣）、c（Ba2+）均增大，故B错误； C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确； D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误． 故选：C． 20．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
下列判断不正确的是（ ） A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）= C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+） 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较． 【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸， A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小； B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度； C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度； D．根据电荷守恒确定离子浓度关系． 【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸， A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）= C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱， 根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L，故C正确； D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确； 故选B． 三、解答题（共3小题，满分40分） 21．某实验小组利用如图装置（部分固定装置略）制备氮化钙（Ca3N2），并探究其实验式．
（1）按图连接好实验装置，检查装置的气密性，方法是 关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热．冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，则说明装置气密性良好 ． （2）反应过程中末端导管必须始终插入试管A的水中，目的是 防止反应过程中空气进入反应管 ． （3）制备氮化钙的操作步骤是：①打开活塞K并通入N2；②点燃酒精灯，进行反应； ③反应结束后， 防止反应过程中空气进入反应管 ；④拆除装置，取出产物． （4）上述步骤①中通入N2﹣段时间后再点燃酒精灯原因是 氮气排尽装置中的空气，可以防止钙与装置中的氧气或二氧化碳、水等反应 ，装置中干燥管后的U形管的作用是 防倒吸 ． （5）数据记录如表：
①计算得到实验式CaxN2，其中x= ②若通入的N2中混有少量O2，请比较x与3的大小，并给出判断依据：
O2和N2分别与等量的Ca反应，生成CaO的质量高于Ca3N2．若通入的N2中混有少量的O2，会导致计算出n（N）偏大，所以 【考点】制备实验方案的设计． 【分析】（1）根据检查装置的气密性的常用方法； （2）要保证整个装置不能混入其他气体； （3）一定要使玻璃管冷却后再停止通入气流； （4）钙是活泼金属，能与空气中的水、二氧化碳等反应，装置中干燥管后的U形管可防倒吸，据此答题； （5）要确定X值必须求出钙和氮的原子个数比，根据题目给的数据可做如下计算
①m（Ca）=（15.08﹣14.80）g=0.28g，m（N）=（15.15﹣15.08）g=0.07g，则n（Ca）：n（N）= ②若通入的N2中混有少量O2，则产物中就有可能混有了CaO，而Ca3N2中钙的质量分数为81.08%，CaO中钙的质量分数为71.43%，所以产物中混有了CaO会导致钙的质量分数减小，x的值偏小． 【解答】解：（1）关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热．冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，则说明装置气密性良好， 故答案为：关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热．冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，则说明装置气密性良好； （2）防止反应过程中空气进入反应管，故答案为：防止反应过程中空气进入反应管； （3）熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入N2，并关闭活塞K，故答案为：熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入N2，并关闭活塞K； （4）钙是活泼金属，能与空气中的水、二氧化碳等反应，所以在通入N2﹣段时间后再点燃酒精灯，用氮气排尽装置中的空气，可以防止钙与装置中的氧气或二氧化碳、水等反应，装置中干燥管后的U形管可防倒吸， 故答案为：氮气排尽装置中的空气，可以防止钙与装置中的氧气或二氧化碳、水等反应；防倒吸；
（5）①m（Ca）=（15.08﹣14.80）g=0.28g，m（N）=（15.15﹣15.08）g=0.07g，则n（Ca）：n（N）= 故答案为：
②O2和N2分别与等量的Ca反应，生成CaO的质量高于Ca3N2．若通入的N2中混有少量的O2，会导致计算出n（N）偏大，所以
故答案为：O2和N2分别与等量的Ca反应，生成CaO的质量高于Ca3N2．若通入的N2中混有少量的O2，会导致计算出n（N）偏大，所以 22．研究催化剂对化学反应有重要意义．为探究催化剂对双氧水分解的催化效果，某研究小组做了如下实验： （1）甲同学欲用图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂．该实验 不能 （填“能”或“不能”）达到目的，原因是 因为没有确认MnO2的质量和性质是否改变 ． （2）为探究MnO2的量对催化效果的影响，乙同学分别量取50mL 1% H2O2加入容器中， 在一定质量范围内，加入不同质量的MnO2，测量所得气体体积，数据如下：
由此得出的结论是 在一定质量范围内，MnO2质量越大，反应速率越快 ，原因是 固体质量越大，其表面积也越大，故反应速率加快，催化效果更好 ． （3）为分析Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，丙同学设计如下实验（三支试管中均盛有10mL 5% H2O2 ）：
结论是 Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用，且Fe3+比Cu2+催化效果好 ，实验Ⅲ的目的是 对比实验，证明Cl﹣对H2O2的分解没有催化作用 ． （4）①查阅资料得知：将作为催化剂的FeCl3溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个 氧化还原反应的化学方程式分别是 2FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl 和 2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O （按反应发生的顺序写）． ②在上述实验过程中，分别检测出溶液中有二价锰、二价铁和一价铜，由此得出选择作为H2O2分解反应的催化剂需要满足的条件是 H2O2分解反应的催化剂具有氧化性，且其氧化性强于H2O2；催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂 ．
【考点】探究影响化学反应速率的因素． 【分析】（1）要证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂，必须证明催化剂在反应前后的性质和质量不改变； （2）根据表格中数据，二氧化锰质量的增加，相同时间内收集到氧气的体积也相应增加，说明反应速率加快，从而得出结论； （3）从所给的数据可知：试管Ⅰ、试管Ⅱ所用试剂的浓度、用量完全一样，产生气泡的快慢不一样，说明不同催化剂对反应的催化效果不一样，要对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，必须排除溶液中的阴离子是否有催化作用，试管Ⅲ就很好的解决了这个问题； （4）①根据化合价的升降和催化剂会参加反应，但最终性质和质量不改变写出反应方程式； ②二价锰、二价铁和一价铜都是化合价降低得到的，说明二氧化锰、Fe3+、Cu2+得到电子，作氧化剂，将双氧水氧化，还原得到的二价锰、二价铁和一价铜又被双氧水氧化成二氧化锰、Fe3+、Cu2+． 【解答】解：（1）要证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂，必须证明催化剂在反应前后的性质和质量不改变，而甲同学没有做这方面的实验，所以不能达到目的， 故答案为：不能；因为没有确认MnO2的质量和性质是否改变； （2）根据表格中数据，在一定质量范围内，二氧化锰质量的增加，相同时间内收集到氧气的体积也相应增加，说明反应速率加快，原因是在一定质量范围内，固体质量越大，其表面积也越大，故反应速率加快，催化效果更好， 故答案为：在一定质量范围内，MnO2质量越大，反应速率越快；固体质量越大，其表面积也越大，故反应速率加快，催化效果更好； （3）从所给的数据可知：试管Ⅰ、试管Ⅱ所用试剂的浓度、用量完全一样，产生气泡是试管Ⅰ快，试管Ⅱ慢，试管Ⅲ无气泡产生，试管Ⅲ是一个对比实验，说明Cl﹣对H2O2的分解没有催化作用，从而得到Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用，且Fe3+比Cu2+催化效果好的结论， 故答案为：Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用，且Fe3+比Cu2+催化效果好；对比实验，证明Cl﹣对H2O2的分解没有催化作用； （4）①根据化合价的升降和催化剂会参加反应，但最终性质和质量不改变写出反应方程式，FeCl3和H2O2反应，FeCl3中铁元素化合价降低，生成氯化亚铁，双氧水中氧元素化合价升高，生成氧气，方程式为：2FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl；FeCl3作催化剂，在第二个反应中重新生成，氯化亚铁又被双氧水氧化成氯化铁，方程式为：2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O， 故答案为：2FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl 2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O； ②二价锰、二价铁和一价铜都是化合价降低得到的，说明二氧化锰、Fe3+、Cu2+得到电子，作氧化剂，将双氧水氧化，还原得到的二价锰、二价铁和一价铜又被双氧水氧化成二氧化锰、Fe3+、Cu2+，由此得出选择作为H2O2分解反应的催化剂需要满足的条件是H2O2分解反应的催化剂具有氧化性，且其氧化性强于H2O2；催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂， 故答案为：H2O2分解反应的催化剂具有氧化性，且其氧化性强于H2O2；催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂． 23．硅单质及其化合物应用范围很广．请回答下列问题 （1）制备硅半导体材料必须先得到高纯硅的主要方法，其生产过程示意图如图所示．
①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式
SiHCl3+H2 ②整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式，H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果是 高温下，H2遇O2发生爆炸 ． （2）硅酸钠水溶液俗称水玻璃．取少量硅酸钠溶液于试管中，逐滴加入饱和氯化铵溶液，振荡．写出实验现象其产生原因： 生成白色絮状沉淀，又刺激性气味的气体生成，SiO32﹣与NH4+发生双水解反应，生成氨气和硅酸沉淀 ． ①2O2（g）+N2（g）=N2O4，（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）△H3 ④2N2 H4 （1）+N2O4 （1）=3N2 （g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ/mol 上述反应热效应之间的关系式为△H4= 2△H3﹣2△H2﹣△H1 ，联氨和N2O4可作为火箭助推剂，折算在标准状况下的数据，燃爆后气体的体积与燃爆前的体积之比为： 1228.6 ．
（4）联氨为二元弱減，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为（已知：N2H4+H+⇌N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10﹣14），．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 N2H6（HSO4）2 ． （5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是 固体逐渐变黑，并有气泡产生 ．联氨可用于处理锅炉水中的氧；防止锅炉被腐蚀，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2 1 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 N2H4的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4 ． 【考点】制备实验方案的设计． 【分析】（1）二氧化硅和焦炭反应制取粗硅SiO2+2C （2）SiO32﹣与NH4+发生双水解反应，生成氨气和硅酸沉淀； （3）依据热化学方程式和盖斯定律计算，③×2﹣②×2﹣①得目标方程式，据此计算△H4，同一条件下，体积比等于物质的量之比，根据2N2 H4 （1）+N2O4 （1）=3N2 （g）+4H2O（g）以及N2H4、N2O4的密度计算；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，平衡常数Kb= （5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质解答．
【解答】解；（1）①在1357K的条件下，氢气和纯SiHCl3反应生成高纯硅和氯化氢：SiHCl3+H2 故答案为：SiHCl3+H2 ②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：SiHCl3+3H2O═H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑，H2还原SiHCl3过程中若混入O2，高温下，可能引起爆炸， 故答案为：SiHCl3+3H2O═H2SiO3↓+3HCl↑+H2↑；高温下，H2遇O2发生爆炸； （2）SiO32﹣与NH4+发生双水解反应生成白色絮状沉淀，又刺激性气味的气体生成，方程式为：SiO32﹣+2NH4++2H2O═2NH3·H2O+H2SiO3↓， 故答案为：生成白色絮状沉淀，又刺激性气味的气体生成，SiO32﹣与NH4+发生双水解反应，生成氨气和硅酸沉淀； （3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根据反应④可知，折算在标准状况下的数据，燃爆后气体的体积与燃爆前的体积之比为： 故答案为：2△H3﹣2△H2﹣△H1；1228.6；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，平衡常数Kb= 故答案为：8.7×10﹣7；N2H6（HSO4）2； （5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，﹣2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4→N2失去4e﹣，O2→O2﹣得到4e﹣，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4， 故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N2H4的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4． 2016年11月23日 |
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