1、 洛阳市洛阳市 20192020 学年上学期尖子生第一次联考学年上学期尖子生第一次联考 高三化学试卷高三化学试卷 第第卷（选择题）卷（选择题） 注意事项：注意事项： 1答题前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目涂写在答题卷上。答题前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目涂写在答题卷上。 2考试结束，将答题卷交回。考试结束，将答题卷交回。 本试卷可能用到的相对原子质量：本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 P：31 S：32 Mn：55 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 20 小题，每小题小题，每小题
2、只有一个选项只有一个选项 符合题意，每小题符合题意，每小题 2 分，共分，共 40 分）分） 1.菽园杂记对海水提取食盐有如下记载：“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而 复淋”。上述涉及的“灰”作用是（ ） A. 催化剂 B. 吸附剂 C. 氧化剂 D. 还原剂 【答案】B 【详解】烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋是指将稻草麦秆等物燃烧得到草 木灰，将草木灰铺在沙滩上，用海水浸湿，草木灰即可以吸附海盐，所以利用的是草木灰的吸附作用， 故选：B。 2.反应 NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O放热且产生气体， 可用于冬天石油开采。 下列表示反应
3、中相关微 粒的化学用语正确的是 A. 中子数为 18 的氯原子： 18 17Cl B. N2的结构式：N=N C. Na+的结构示意图： D. H2O 的电子式： 【答案】D 【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及 不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。 【详解】A.核素的表达式 A ZX中 A表示 X 原子的质量数，Z表示 X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数 为 18 的氯原子为 35 17Cl，A 项错误； B.氮原子最外层电子数为 5，还需要 3个电子（或形成 3对共用电子对）达到 8 电子稳定结构，所以两个氮 原子共
4、用 3 对电子，氮气的结构式为 NN，B项错误； C.钠原子的核外有 11 个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有 10 个电子，Na+的 结构示意图为，C 项错误； D.氧原子最外层有 6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成 1 对共用电子对，D 项正确。 故选 D。 3.人类已合成的最重元素 Og 中文名称为，是一种稀有气体元素，位于 Rn（氡）元素之下，Og具有放射 性，其原子十分不稳定。下列说法正确的是（ ） A. 核外电子数是 118 B. 其化学性质活泼 C. 截止元素 Og，元素周期表已经彻底完成 D. 在元素周期表中是第六周期 0 族元素 【答案】A 【分析】
5、该元素位于 Rn(氡)元素之下，所以该元素的原子序数为 118。 【详解】A核外电子数=质子数=原子序数=118，故 A 正确； B该元素属于稀有气体元素，化学性质稳定，故 B错误； C元素周期表是不断发展的，随着研究不断深入，仍会有新的元素发现，故 C错误； D该元素在元素周期表第七周期 0 族，故 D错误； 故答案为 A。 4.化学在生产、生活中有着广泛的应用，下列物质性质与实际应用对应关系错误的是 物质性质 实际应用 A 明矾溶于水能生成胶体 明矾用作净水剂 B SiO2熔点高、硬度大 SiO2作光导纤维 C 次氯酸具有强氧化性 漂粉精用于游泳池消毒 D Na2CO3溶液呈碱性 用热的纯
6、碱溶液除去油污 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【详解】 A 明矾电离产生铝离子， 铝离子水解生成氢氧化铝胶体， 胶体具有吸附性， 能够用于水的净化，A 对应关系正确； BSiO2作光导纤维，是因为其良好的光学特性，与其熔点高、硬度大无关，B对应关系错误； C氯酸根离子具有强氧化性，能够使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，C对应关系正确； DNa2CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，加热促进碳酸根离子水解，溶液碱性增强，油脂在碱性环境下水 解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，所以可用热的纯碱溶液除去油污，D对应关系正确； 故合理选项是 B。 5.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变
7、化的是 A. 向 CuSO4溶液中加入足量 Zn 粉，溶液蓝色消失 Zn+CuSO4Cu+ZnSO4 B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体 Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色 2Na2O22Na2O+O2 D. 向 Mg(OH)2悬浊液中滴加足量 FeCl3溶液出现红褐色沉淀 3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2 【答案】C 【详解】A.金属活动性顺序：ZnCu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程 式为：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A 项正确； B. 澄清石灰水久置以后
8、会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为： CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O，B项正确； C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉 及的转化关系有：Na2O2NaOHNa2CO3 10H2ONa2CO3，C 项错误； D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确； 答案选 C。 6.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 用经水湿润的 pH试纸测量溶液的 pH B. 将 4.0 g NaOH固体置于 10
9、0 mL容量瓶中，加水至刻度，配制 1.000 mol L1NaOH 溶液 C. 用装置甲蒸干 AlCl3溶液制无水 AlCl3固体 D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量 SO2 【答案】D 【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液 pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质 除杂的原则作答。 【详解】A.用水湿润的 pH试纸测量溶液的 pH所测为稀释液的 pH，不是原溶液的 pH，实验操作错误，不 能达到实验目的，A项错误； B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取） 、溶解（或稀释） 、冷却、转移及洗涤、 定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻
10、度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后 氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误； C.在 AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于 HCl 的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终 AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到 AlCl3固体，C项 错误； D.SO2属于酸性氧化物， 能被 NaOH 溶液吸收， 乙烯与 NaOH 溶液不反应且乙烯难溶于水， 可通过盛有 NaOH 溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的 SO2，D项正确； 故选 D。 【点睛】本题易错选 C 项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的
11、性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的 强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。 7.阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说法正确的是（ ） A. 48g 正丁烷和 10g异丁烷的混合物中共价键数目为 13NA B. 1L0.1mol L-1磷酸钠溶液含有的 PO43-数目为 0.1NA C. 标准状况下，2.24LCl2完全溶于水转移电子数为 0.2NA D. 9NA个羟基和 10NA个氢氧根离子所含电子数相等 【答案】A 【详解】A正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为 13 条，所以 48g 正丁烷和 10g 异丁烷， 即混合物的物质的量为 48g+10g 5
12、8g/mol =1mol， 所以 48g 正丁烷和 10g 异丁烷的混合物中共价键数目为 13NA， 故 A 正确； B 磷酸钠溶液中存在磷酸根的水解， 所以 1L0.1mol L-1磷酸钠溶液含有的 PO43-数目小于 0.1NA， 故 B 错误； C氯气与水反应为可逆反应，所以标准状况下，2.24LCl2完全溶于水转移电子数小于 0.1NA，故 C 错误； D因为每个-OH含 9个电子，所以 9NA个-OH含 81NA个电子，而每个 OH-含 10 个电子，所以 10NA个 OH- 含 100NA个电子，故 D错误； 故答案为 A。 8.ClO2是一种高效水处理剂，实验室通过以下反应制得
13、ClO2： 2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，关于此反应的说法正确的是（ ） A. KClO3中的 Cl化合价降低，失电子 B. 反应中 H2SO4体现了酸性和强氧化性 C. 反应中 H2C2O4被氧化 D. 产物中 Cl与 C 化合价相同，因而氧化性一样强 【答案】C 【分析】该反应中 KClO3中 Cl元素从+5价变为+4价，H2C2O4中 C 元素从+3价变为+4 价，以此来解答。 【详解】A由方程式可知：KClO3中 Cl元素从+5价变为+4 价，化合价降低，得到电子，故 A 错误； B反应中 S 的化合价没有变化，不表现氧化性，故 B错
14、误； CH2C2O4中 C 元素从+3价变为+4 价，化合价升高，失去电子，被氧化，故 C正确； D不同元素的化合价相同，其氧化性却不同，ClO2具有强氧化性，CO2具有弱氧化性，故 D错误； 故选：C。 9.分子式为 C4H8BrCl 的有机物共有（不含立体异构） （ ） A. 6种 B. 8种 C. 10 种 D. 12 种 【答案】D 【详解】 C4H8BrCl可以看作 C4H10中 2 个 H原子被 Cl、 Br 原子取代， 而丁烷有 CH3CH2CH2CH3、 CH3CH(CH3)2 两种，先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与 2 种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移
15、一” 的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种， 骨架有、，共 4 种，总共 12 种， 故选：D。 10.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 饱和 Na2CO3溶液与 CaSO4固体反应：CO32-+CaSO4 CaCO3+SO42- B. 用铝粉和 NaOH 溶液反应制取少量 H2：Al+2OH-=AlO2-+H2 C. 室温下用稀 HNO3溶解铜：Cu+2NO3-+2H+=Cu2+2NO2+H2O D. KClO碱性溶液与 Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+4H+H2O 【答案】A 【详解】A饱和 Na2CO3溶液与 CaSO4固
16、体反应生成碳酸钙沉淀和硫酸钠，该反应的离子方程式为： CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，故 A正确； B用铝粉和 NaOH溶液反应制取少量 H2，2mol铝完全反应生成 3mol氢气，正确的离子方程式为： 2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2，故 B错误； C稀硝酸与铜反应生成 NO，反应的离子方程式为 3Cu+2NO3-+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故 C错误； D碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为： 3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故 D错误； 故答案为 A。 【点睛】注意掌握离子方程式的书写原则，
17、明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物 是否正确， 检查各物质拆分是否正确， 如难溶物、 弱电解质等需要保留化学式， 检查是否符合守恒关系 （如： 质量守恒和电荷守恒等） 、检查是否符合原化学方程式等。 11.已知 X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为 0.01mol/L） 溶液的 pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. X、M 简单离子半径大小顺序：XM B. X、Y、Z、W、M 五种元素中只有一种是金属元素 C. Z 的最高价氧化物的化学式为 ZO3 D. X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成 【答案】C 【分析
18、】已知 X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为 0.01mol/L）溶液的 pH和原子半径的关系如图所示。由图可知，原子半径 W， M的半径 最大且其 0.01mol/L最高价氧化物对应的水化物溶液的 pH=12，则 M 为 Na 元素；0.01mol/L W的最高价氧 化物对应的水化物溶液的 pH2，则 W为 S元素； 0.01mol/L Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的 pH=2， 则 Z 为 Cl 元素；X 的半径最小，其 0.01mol/L最高价氧化物对应的水化物溶液的 pH=2，则 X 为 N 元素； 0.01mol/L Y 的最高价氧化物
19、对应的水化物溶液的 2pH7，则 Y为 C元素。 【详解】A. N和 Na的简单离子的电子层结构相同，N 的原子序数较小，故 N3+的半径大于 Na+，A正确； B. X、Y、Z、W、M 五种元素中只有 M是金属元素，B 正确； C. Z 的最高价氧化物的化学式为 Cl2O7，C 不正确； D. X、Z的最简单气态氢化物是氨气和氯化氢，两者反应生成氯化铵小颗粒，故有白烟生成，D正确； 答案选 C。 12.如图是一种新型锂电池装置，电池充、放电反应为 xLi+LiV3O8Li1+xV3O8。放电时，需先引发铁和氯 酸钾反应使共晶盐熔化，下列说法正确的是（ ） A. 整个过程的能量转化只涉及化学能
20、转化为电能 B. 放电时，KClO3在正极发生还原反应 C. 充电时，阳极反应为 Li1+xV3O8-xe-=xLi+LiV3O8 D. 放电时，转移 xmol电子理论上 Li-Si合金净减 7g 【答案】C 【分析】放电时，电池反应式为 xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8，负极反应式为 xLi-xe-xLi+，正极反应式为 xLi+LiV3O8+xe-Li1+xV3O8，充电时，阴离子移向阳极，据此分析解答。 【详解】A整个过程的能量转化涉及化学能转化为电能以及化学能和热能之间的转化，故 A 错误； B根据分析可知放电时，KClO3并不参与电极反应，故 B错误； C充电时阳极失电子发生
21、氧化反应，即放电时正极的逆反应，所以电极方程式为： Li1+xV3O8-xe-=xLi+LiV3O8，故 C正确； D放电时，Li-Si合金为负极，根据电极方程式可知转移 xmol电子时，消耗 xmolLi 单质，故减轻的质量为 7xg；故答案为 C。 【点睛】二次电池充电时阳极为放电时的正极，阴极为放电时的负极。 13.常温下 0.1mol/LCH3COOH、NaOH、CH3COONa，下列叙述正确的是（ ） A. 中CH3COOHCH3COO-H+OH- B. 等体积混合后，醋酸根离子浓度小于的二分之一 C. 等体积混合以后，溶液呈酸性，则(Na+)(CH3COO-)(H+) D. 等体积
22、混合以后，水的电离程度比等体积混合的电离程度小 【答案】B 【详解】A.CH3COOH溶液中的 H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以 CH3COOHH+CH3COO-OH-，故 A错误； B. 等体积混合后恰好反应生成 CH3COONa，体积大约为原来的 2倍，如果 CH3COO-不水解，浓度约为 原来的 1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO- +H2O CH3COOH+OH-，水解平衡向正 向移动，因此 CH3COO-浓度小于原来的 1/2，故 B正确； C.等体积混合以后，溶液呈酸性，说明 CH3COOH的电离程度大于 CH3COO- 的水解程度，因此 (CH3
23、COO-)(Na+)(H+)，故 C 错误； D.等体积混合以后恰好反应生成 CH3COONa，CH3COO- 的水解促进水的电离，等体积混合， CH3COOH 电离产生的 H+抑制水的电离，因此总体上看等体积混合后水的电离程度比等体积混和 后水的电离程度大，故 D错误； 答案选 B。 14.将镁铝合金溶于 100mL稀硝酸中，产生 1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入 NaOH溶液， 产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是 A. 不能求出硝酸的物质的量浓度 B. 氢氧化钠溶液浓度为 3mol/L C. 可以求出合金中镁的质量 D. 可以求出沉淀的最大质量 【答案】A 【分析
24、】向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的 NaOH 溶液是 10mL，沉淀达到最大时消耗 NaOH 溶液是 50mL，溶解氢氧化铝消耗 NaOH溶液是 10mL，则生成氢氧化铝 消耗NaOH溶液是30mL， 因此生成氢氧化镁消耗NaOH溶液是20mL， 所以根据方程式Al3+3OH-=Al(OH)3、 Mg2+2OH-=Mg(OH)2可知金属镁铝的物质量之比为 1:1。生成的 NO 为 0.05mol，转移电子 0.15mol，根据 得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量均是 0.15 5 mol =0.03mol。 【详解】A. 沉淀达到最大时所得溶液是硝
25、酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可知能求出硝酸的物质的量 浓度，故 A错误； B.溶解 0.03mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是 0.03mol，氢氧化钠溶液浓度为 0.03 0.01 mol L =3mol/L,故 B 正确； C. 从以上分析可知可以求出合金中镁的质量，故 C正确； D. 从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故 D正确；答案选 A。 【点睛】解此题时，要用好守恒关系，镁铝和稀硝酸反应生成 0.05mol NO，转移电子 0.15mol，根据得失电 子守恒可求出金属镁铝的物质的量均是 0.15 5 mol =0.03mol。沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离 子守恒和硝酸
26、根守恒能求出硝酸的物质的量浓度。 15.某溶液中可能含有 K+、Na+、Mg2+、NH4+、Fe2+、Br-、CO32-、SO42-、SO32-中的若干种离子。某同学做 了如下实验： 取少量溶液，滴加足量氯水，有气泡产生且溶液颜色变成黄色 另取少量溶液，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成 蘸取原溶液，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色。 为进一步确定该溶液的组成，无需进行的实验是 A 上述实验不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色 B. 取少量溶液，滴加氯水和 CCl4，振荡、静置 C. 取少量溶液，滴加适量的稀硫酸和品红溶液 D. 取少量溶液，滴加适量的 NaOH 浓溶液，加热，用湿润的红色
27、石蕊试纸检验气体 【答案】B 【详解】取少量溶液，滴加足量氯水，有气泡产生，说明含有 CO32-，则不含有 Mg2+、Fe2+，溶液颜色变 成黄色，说明含有 Br-； 另取少量溶液，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成，说明没有 SO42-； 蘸取原溶液，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明含有 K+； 溶液中还有 Na+、NH4+、SO32-，无法确定是否存在； A上述实验不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为黄色，则说明含有 Na+，需要进行该操作， A 不符合题意； B通过分析可知，溶液中含有 Br-，不含有 Fe2+，不需要滴加氯水和 CCl4，该步实验无需进行，B符合
28、题 意； C取少量溶液，滴加适量的稀硫酸，产生的气体通入品红溶液，若品红溶液褪色，说明含有 SO32-，否则 不含有，需要进行该步实验操作，C不符合题意； D取少量溶液，滴加适量的 NaOH浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若变蓝色，说明含有 NH4+，否则不含有，需要进行该步实验操作，D不符合题意； 故合理选项是 B。 16.一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分 MnO2、炭粉及少量 Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备 MnSO4晶体 的工艺流程如图： 下列说法错误的是（ ） A. 反应中 1molFe 至多还原 1.5molMnO2 B. 重金属主要在滤渣 2 中 C. 步骤煮沸
29、可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离 D. 合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染 【答案】B 【详解】黑色粉末(主要成分 MnO2、炭粉及少量 Hg2+、Pb2+等重金属盐)用浓硫酸溶解，并加入适量铁粉， 过滤后所得滤渣 1中主要是不溶于水的炭粉、和置换出的 Hg、Pb等，滤液中主要含有 MnSO4、Fe2(SO4)3， 加入CaCO3并调节溶液pH=5左右， 并加热煮沸， 促进Fe3+水解生成Fe(OH)3， 则过滤后滤渣2主要为Fe(OH)3， 滤液主要含有 MnSO4，滤液经蒸发浓缩并冷却结晶、过滤即可得到 MnSO4nH2O； A 用 Fe和浓 H2SO4溶解 Mn
30、O2时发生反应的化学方程式为 2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O， 反应中 1molFe 参加反应，被还原的 MnO2是 1.5mol，故 A 正确； B步骤中同时发生 Fe+Hg2+=Fe2+Hg、Fe+Pb2+=Fe2+Pb，则重金属 Hg、Pb主要在滤渣 1中，故 B错误； C悬浊液中 Fe(OH)3颗粒越大，越易与 MnSO4溶液过滤分离，则步骤煮沸使 Fe(OH)3沉淀颗粒长大，目 的是便于固液分离，故 C正确； D锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能来得污染环境，则合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止 汞、铅等重金属污染，故 D正确； 故
31、答案为 B。 17.金合欢烯常用于皂用、洗涤剂香精中和日化香精中。主要存在于甜橙油、玫瑰油、依兰油和桔子油等精 油中。有 A、B、C 等几种结构，其结构简式如下： 下列说法不正确的是（ ） A. 有机物 A、B、C 互同分异构体 B. 有机物 A分子中所有的碳原子一定在同一平面上 C. 一定条件下，三种有机物都可以发生 1，4加成、取代、氧化反应 D. 金合欢烯的同分异构体中可能含有与乙苯互为同系物的物质 【答案】B 【详解】A三种有机物的分子式均为 C15H24，但结构不同互为同分异构体，故 A正确； B碳碳单键可以旋转，所以 A 分子中所有的碳原子不一定在同一平面上，故 B错误； C三种有
32、机物均含有共轭双键，都可以进行 1，4加成，都含有具有碳氢键的饱和碳原子可以发生取代 反应，碳碳双键可以被氧化，故 C 正确； D金合欢烯的分子式为 C15H24，不饱和度为 4，故其有含有苯环且苯环上支链为烷基的同分异构体，该同 分异构体和乙苯互为同系物，故 D 正确； 故答案为 B。 18.MgCO3和 CaCO3的能量关系如图所示(MCa、Mg)： M2+(g)CO32- (g) M2+(g)O2(g)CO2(g) 已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确 的是 A. H1(MgCO3)H1(CaCO3)0 B. H2(MgCO3)H2(CaCO3)0 C. H1(Ca
33、CO3)H1(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO) D. 对于 MgCO3和 CaCO3，H1H2H3 【答案】C 【详解】根据盖斯定律，得 H=H1+H2+H3,又易知 Ca2+半径大于 Mg2+半径，所以 CaCO3的离子键强度 弱于 MgCO3,CaO 的离子键强度弱于 MgO。 A. H1表示断裂 CO32-和 M2+的离子键所吸收的能量， 离子键强度越大， 吸收的能量越大， 因而 H1(MgCO3) H1(CaCO3)0，A项正确； B. H2表示断裂 CO32-中共价键形成 O2和 CO2吸收的能量，与 M2+无关，因而 H2(MgCO3)H2(CaCO3) 0，B项正确； C
34、.由上可知 H1(CaCO3)-H1(MgCO3)H3(MgO)，H3(CaO)-H3(MgO)0，C项错误； D.由上分析可知 H1+H20，H30，故 H1H2H3，D项正确。 故答案选 C。 19.下列说法正确的是 A. H(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变 B. C(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化能说明反应 2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，则 A、C不能同时是气体 D. 1 mol N2和 3 mol H2反应达到平衡时 H2转化率为 10%， 放出的热量为 Q1
35、； 在相同温度和压强下， 当 2 mol NH3分解为 N2和 H2的转化率为 10%时，吸收的热量为 Q2，Q2不等于 Q1 【答案】B 【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应 速率同等程度增加，A项错误； B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡， B项正确； C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故 A、C不可能均为气体，C项错 误； D.易知 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H，合成氨气实际参与反应 n(H2)=3 10=0.3mol，因而
36、Q1=0.3/3|H|=0.1|H|，分解氨气时实际消耗的 n(NH3)=2 10=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|H|，则 Q1=Q2， D 项错误。 故答案选 B。 20.常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示， 下列有关说法错误 的是 A. 曲线 M 表示 pH 与 lg 2 c HY c H Y 的变化关系 B. a 点溶液中：c(H +) c(OH-)2c(Y2)c(HY-) c(K+) C. H2Y 的第二级电离常数Ka2(H2Y)10 4.3 D. 交点 b 的溶液中：c(H2Y)c(Y 2-)c(H
37、Y-)c(H+)c(OH-) 【答案】D 【详解】详解：A.随着 pH 的增大，H2Y 的电离程度逐渐增大，溶液中 2 c HY c H Y 逐渐增大， 2 c HY c Y 逐渐 减小，lg 2 c HY c H Y 逐渐增大，lg 2 c HY c Y 逐渐减小，因此曲线 M表示 pH与 2 c HY c H Y 的关系，故 A正确； B. a 点溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(K+)2c(Y2)c(HY-)+c(OH-)，因此 c(H+) c(OH-)2c(Y2) c(HY-) c(K+)，故 B 正确； CpH=3 时，lg 2 c HY c Y =1.3，则 Ka2(H2Y)
38、2 c Yc H c HY = 3 1.3 10 10 =104.3,故 C正确； D. 交点 b 的溶液中存在： lg 2 c HY c H Y = lg 2 c HY c Y 1.3， 因此 2 c HY c Y 101.3,即 c(Y2-)c(HY-),故 D错误； 综合以上分析，本题选 D。 第第卷（非选择题卷（非选择题） 二、填空题（本题共二、填空题（本题共 5 小题，共小题，共 60分）分） 21.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量 NOSO4H， 并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。 （1）装
39、置 A制取 SO2，反应的化学方程式为_。 （2）装置 B中浓 HNO3与 SO2在浓 H2SO4作用下反应制得 NOSO4H。 装置 B 应该使用的是_（填“冷水”或“温水”）浴。 开始反应缓慢，待生成少量 NOSO4H 后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是_。 （3）该实验装置存在可能导致 NOSO4H 产量降低的缺陷是_。 （4）测定亚硝酰硫酸的纯度： 准确称取 1.380g 产品放入 250mL的碘量瓶中，加入 0.1000mol L-1、60.00mL的 KMnO4标准溶液和 10mL25%H2SO4溶液， 然后摇匀。 用 0.2500mol L-1草酸钠标准溶液滴定， 消
40、耗草酸钠溶液的体积为 20.00mL。 已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 配平：_MnO4-+_C2O42-+_=_Mn2+_+_H2O 滴定终点时的现象为_。 亚硝酰硫酸纯度=_。M(NOSO4H)=127g mol-1 【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2 (2). 冷水 (3). 生成的 NOSO4H 作为该反应的催 化剂 (4). C装置中的水蒸气会进入 B 中使 NOSO4H水解 (5). 2 (6). 5 (7). 16H+ (8). 2 (9). 10CO2 (10). 8 (1
41、1). 溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复 (12). 92.02% 【分析】该实验中 A 装置制取 SO2，实验室常用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，装置 B 中浓 HNO3 与 SO2在浓 H2SO4作用下反应制得 NOSO4H，为减少浓硝酸的挥发，应尽量降低体系温度，装置 C 处理未 反应的二氧化硫和挥发出的 HNO3。 【 详 解 】 (1) 实 验 室 利 用 亚 硫 酸 钠 和 浓 硫 酸 反 应 制 取SO2， 反 应 的 化 学 方 程 式 ： Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；
42、(2)为减少浓硝酸的挥发，应尽量降低体系温度，故使用冷水浴，故答案为：冷水； 影响反应速率的主要因素有浓度、温度、催化剂，该反应中温度变化不大，而浓度随反应进行会减小， 所以可以使速率加快的因素只能是催化剂，故答案为：生成的 NOSO4H作为该反应的催化剂； (3)NOSO4H 遇水分解，装置 C 中的水蒸气有可能进入 B 使 NOSO4H水解导致产率降低，故答案为：C装置 中的水蒸气会进入 B中使 NOSO4H 水解； (4)酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价+7 价降低到+2价，电 子转移 5e-，碳元素化合价+3价变化为+4 价，电子转移 e-，电子守恒
43、、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方 程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2；5；16H+；2；10CO2；8； 用 0.2500molL-1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不 变说明反应达到终点，故答案为：溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复； 根据反应 2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O 可知存在数量关系：2MnO4-5C2O42-，所以剩余的 n(MnO4-)= 2 0.25mol/L0.020L 5 =0.002mol，则与 NOSO4H反应的 n(MnO4
44、-)=0.1000mol L-1 0.060L-0.002mol=0.004mol，根据反应 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知存在数量关系 2KMnO45NOSO4H，所以 n(NOSO4H)=0.004mol 5 2 =0.01mol，所以亚硝酰硫酸的纯度= 0.01mol 127g/mol = 13.80g 92.02% ，故答案为： 92.02%。 【点睛】实验室制取二氧化硫用浓硫酸而不用稀硫酸为了防止二氧化硫溶于水；影响反应速率的主要因素 有浓度、温度、催化剂(压强是否影响速率还是要看压强的改变是否改变了浓度)，所以当速率发
45、生变化时先 从这三个方面考虑。 22.研究 CO、CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题： （1）二甲醚（CH3OCH3）被誉为“21 世纪的清洁燃料”，由 CO和 H2制备二甲醚的反应原理如下： CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H-90.1kJ/mol 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H-24.5kJ/mol 已知：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H-41.0kJ/mol 则 2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)的 H=_， 有利于提高该反应中 CO2平衡转化率的条件是_ （填字母） 。 A高温低压 B高
46、温高压 C低温低压 D低温高压 （2）T1K时，将 1mol二甲醚引入一个的 150L恒容密闭容器中，发生分解反应：CH3OCH3(g) CH4(g) H2(g)CO(g)，在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表： 反应时间 t/min 0 6.5 13.0 26.5 52.6 气体总压 p总/kPa 50.0 55.0 65.0 83.2 103.8 125.0 由表中数据计算：06.5min 内的平均反应速率 v(CH3OCH3)=_，反应达平衡时，二甲醚的分解率为_。 若要缩短该反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。 （3）在 T2K、1.0 104kPa下，等物质的量的 CO与
47、 CH4混合气体发生如下反应：CO(g) CH4(g)CH3CHO(g)，反应速率 vv正v逆k正p(CO) p(CH4)k逆p(CH3CHO)，k正、k逆分别为正、逆 向反应速率常数，p 为气体的分压（气体分压 p=气体总压 p总 体积分数） 。用气体分压表示的平衡常数 Kp 4.5 10-5(kPa)-1，则 CO转化率为 20%时 v v 正 逆 =_。 【答案】 (1). -122.7kJ/mol (2). D (3). 5.13 10-5mol/(L min) (4). 75% (5). 增大压强、升高 温度 (6). 改进催化剂、增大反应物浓度 (7). 4：5（或 0.8） 【详
48、解】(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-90.1 kJ/mol 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H=-24.5 kJ/mol CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.0 kJ/mol 由盖斯定律 2 +-2 可得 2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) 的H=2 (-90.1 kJ/mol)+(-24.5 kJ/mol)-2 (-41.0 kJ/mol)=-122.7 kJ/mol；反应 2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) 的H=-122.7 kJ/mol， 即反应正向是体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、增大 c(H
