清华大学附属中学中学生标准学术能力基础性测试2021届高三9月测试化学试题 Word版含解析

清华大学附属中学中学生标准学术能力基础性测试2021届高三9月测试化学试题 Word版含解析

中学生标准学术能力诊断性测试2020年9月测试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 F19 Cl35.5 K39 Fe56 Cu64 Zn65 Br80 Ag108 Cs133‎ 一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1. 化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是 A. 煤干馏可以得到甲烷、苯和丙烯等重要化工原料 B. 含磷废水的排放能引起水体富营养化 C. 萃取溴水中的溴单质可以用直馏汽油，不能用裂化汽油 D. 利用反渗透膜可从海水中分离出淡水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石油裂解可以得到甲烷和丙烯等，煤干馏可以得到甲烷和苯等，不能得到丙烯，故A错误；‎ B.含磷废水的排放能引起水体富营养化，可能导致微生物和藻类的大量繁殖造成水体污染，故B正确；‎ C.直馏汽油的主要成分是烷烃，不能与溴水反应，能萃取溴水中的溴单质，而裂化汽油含有烯烃，能与溴水反应，不能萃取溴水中的溴单质，故C正确；‎ D.反渗透膜可以除去海水中的盐分，则利用反渗透膜可从海水中分离出淡水，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎2. 下列关于物质分类的说法正确的是 A. 液氯、液氨、液态氯化氢都是非电解质 B. 鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液生成白色沉淀，属于化学变化 C. 古代的陶瓷、砖瓦，现代的玻璃、水泥、光纤等都是硅酸盐产品 D. 电泳现象可证明胶体不同于电解质溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液氯单质，不是非电解质，液氨是氨气，属于非电解质，氯化氢属于电解质，故A错误；‎ - 25 -‎ B．向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液出现白色沉淀是盐析现象，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；‎ C．陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥的主要成分均为硅酸盐，它们都是硅酸盐产品，光导纤维的成分为二氧化硅，不属于硅酸盐，故C错误；‎ D．胶体具有吸附性，胶体的胶粒吸附胶体中带电荷的离子带电，如氢氧化铁胶体的胶粒吸附三价铁离子，带正电荷，通电后，氢氧化铁胶体的胶粒向阴极移动，产生电泳现象，电解质溶液通电会发生电解，现象不同，所以电泳现象可证明胶体不同于电解质溶液，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3. 下列各物质的性质和用途都正确且有因果关系的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硅难溶于水，不具有酸性，故A错误；‎ B. 二氧化硫和O3在水溶液中会发生氧化还原反应，所以两者混合后得到漂白性减弱，故B错误；‎ C. NaClO中氯处于+1价，能降低，所以次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故C正确；‎ D. 碳纳米管比表面积大，这是结构特点，不是性质，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎4. 下列有关能量变化的说法，正确的是 A. 化学变化中的能量转化都是热能和化学能间的相互转化 B. H+(aq)+OH−(aq)＝H2O(l) △H＝-57.3 kJ·mol-1可以表示所有强酸和强碱的中和反应 C. 如果旧化学键断裂吸收的能量大于新化学键形成释放的能量，则该反应为吸热反应 D. 根据CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g) △H＝-890.3 kJ·mol-1，可以得出CH4的燃烧热为890.3 kJ·mol-1‎ ‎【答案】C - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学变化中的能量转化主要是热能和化学能间的相互转化，还有化学能和电能的相互转化，故A错误；‎ B. H+(aq)+OH−(aq)＝H2O(l) △H＝-57.3 kJ·mol-1可以表示稀的强酸和稀的强碱的中和反应并且生成可溶性盐的反应，故B错误；‎ C. 反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，如果旧化学键断裂吸收的能量大于新化学键形成释放的能量，其反应热大于零，则该反应为吸热反应，故C正确；‎ D. 根据CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g) △H＝-890.3 kJ·mol-1，不能得出CH4的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，因为燃烧热生成的水必须是液态水，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎5. 某溶液中可能含有Ba2+、、Na+、、S2−、I−。分别取样：‎ ‎①加足量氯水，无明显现象；‎ ‎②用pH计测试，溶液显弱酸性。为确定该溶液的组成，还需要的试剂或实验是 A. Na2SO4溶液 B. 焰色反应 C. BaCl2溶液 D. 浓氢氧化钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由②可知溶液显弱酸性，上述离子只有能水解使溶液显酸性，则一定含有，而S2−能水解显碱性，即S2−与不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2−；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而①中加氯水无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有，必须同时存在阴离子，即必然存在，而Ba2+、能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，可以通过焰色反应检验，答案选B。‎ ‎6. 用6.02×1023表示阿伏伽德罗常数(NA)的值，下列说法中不正确的是 - 25 -‎ A. 1 L水吸收标准状况下2.24 L Cl2，所得溶液中，N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)＝1.204×1023个 B. 16.85 g CsCl晶体中含有6.02×1022个如图所示的结构单元 C. 6.5 g Zn与足量的浓H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA D. 1 mol-CH3中的电子数为5.418×1024个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1 L水吸收标准状况下2.24 L Cl2，氯气的物质的量是0.1mol，氯原子0.2mol，氯气与水反应是可逆反应，依据氯原子守恒，所得溶液中2N(Cl2)+N(Cl−)+N(ClO−)+N(HClO)＝1.204×1023个，故A错误，符合题意；‎ B. 由图可知，一个氯化铯晶胞有一个氯化铯结构单元，16.85 g CsCl其物质的量0.1mol，则该晶体中含有6.02×1022个如图所示的结构单元，故B正确，但不符合题意；‎ C. 6.5 g Zn与足量的浓H2SO4完全反应，消耗锌的物质的量是0.1mol，则转移的电子数为0.1mol×2×NA=0.2 NA，故C正确，但不符合题意；‎ D.一个 -CH3中含有9个电子，则1 mol-CH3中的电子数为1mol×9×6.02×1023=5.418×1024个，故D正确，但不符合题意；‎ 故选：A。‎ ‎7. 橙花醇具有玫瑰及苹果香气，可作为香料，其结构简式如下图。下列关于橙花醇的叙述，错误的是 A. 在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成2种较稳定的四烯烃 B. 既能发生取代反应，也能发生加成反应 C. 1 mol橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗21.5 mol氧气(标准状况)‎ - 25 -‎ D. 1 mol橙花醇在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，最多消耗480 g溴单质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构简式 可知，与-OH相连的C原子的三个邻位碳原子上均有H原子，均可以发生消去反应，但右边邻位碳原子上的H若消去，则同一个C与2个双键相连，不稳定，转化成其它物质，则在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成2种四烯.烃，A正确； B.由结构简式 可知，因分子中含有-OH、碳碳双键，则既能发生取代反应，也能发生加成反应，B正确； C.由结构简式 可知，分子式为C15H26O，则1mol该物质完全燃烧消耗标况下氧气的体积=（）mol =21mol，C错误； D.由结构简式： 可知，1mol 该物质中含有3mol碳碳双键，则1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗3mol×160g/mol= 480g溴，D正确。 答案选C。‎ ‎【点睛】同一个C原子两端都有双键不稳定。‎ ‎8. HNO2是一种不稳定的弱酸，易分解为NO和NO2；有氧化性和还原性，可以把Fe2+氧化为Fe3+；AgNO2难溶于水。下列说法不正确的是 A. NaNO2溶液加入到新制的氯水中，氯水会褪色 B. AgNO2固体加入到新制的氯水中，发生的离子反应为：2Ag+++Cl2＝+2AgCl↓‎ C. HNO2和浓硝酸都有不稳定性，久置后都会显淡黄色 D. 人若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，会导致血红蛋白中的Fe2+被氧化为Fe3+而中毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HNO2有还原性，因此向新制氯水中滴加NaNO2溶液，氯水褪色，体现HNO2的还原性，故A正确；‎ - 25 -‎ B．AgNO2难溶于水，在离子方程式中保留化学式，故B错误； ‎ C．浓硝酸易分解，分解生成的二氧化氮溶解在溶液中，而使溶液呈黄色；HNO2是一种不稳定的弱酸，易分解为NO和NO2，分解生成的二氧化氮溶解在溶液中，也会使溶液呈黄色，故C正确；‎ D．HNO2有氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，人若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，会导致血红蛋白中的Fe2+被氧化为Fe3+而中毒，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎9. 下列各组澄清溶液中的离子能大量共存，且加入试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子试剂离子方程式 选项 离子 试剂 离子方程式 A ‎、Na+、Fe3+、[Al(OH)4]-‎ 少量铜粉 ‎2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ B ‎、Fe3+、Br-、‎ 过量Na2S ‎2Fe3++S2-=2Fe2++S↓‎ C K+、Na+、ClO-、‎ 足量SO2‎ SO2+2ClO-+H2O=+2HClO D K+、Na+、、[Al(OH)4]-‎ 少量HCl H++[Al(OH)4]-=Al(OH)3↓+H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．、Fe3+都与[Al(OH)4]-发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误； ‎ B．、Fe3+、Br-、之间能够共存，加入过量Na2S发生反应：2Fe3++3S2−=2FeS↓+S↓，故B错误； ‎ C．K+、Na+、ClO-、之间能够共存，SO2少量，反应生成硫酸根离子、氯离子和次氯酸，正确的离子方程式为：SO2+3ClO−+H2O=+Cl−+2HClO，故C错误； ‎ D．K+、Na+、、[Al(OH)4]- 之间能够共存，少量HCl先与[Al(OH)4]-反应生成沉淀，离子方程式为：H++[Al(OH)4]-=Al(OH)3↓+H2O，故D正确；‎ - 25 -‎ 答案选D。‎ ‎10. 下列实验中，所选装置或实验设计合理的是 A. 用图①所示装置可以除去甲烷中的乙烯气体 B. 用图②所示装置可以分离乙醇和水的混合液 C. 装置③可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4‎ D. 用装置④将SnCl2溶液蒸干制备SnCl2晶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，违反了除杂原则，故A错误；‎ B. 乙醇与水互溶，沸点不同，但直接蒸馏易形成共沸混合物，不能选图中装置直接蒸馏，应加CaO后蒸馏，故B错误；‎ C. 硫酸钠易溶于水，可用图示过滤操作洗涤BaSO4表面的Na2SO4，故C正确；‎ D. 加热促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎11. X、Y、Z、M、N分别为五种原子序数不大于20的元素，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素形成的化合物在自然界中种类最多，M的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，N的原子序数比M大1。下列说法正确的是 A. 熔点：Y4Z晶体低于单质Z B. X与Al的某些化学性质相似，XO是两性氧化物 C. M的阳离子半径是同周期主族元素的简单离子中半径最大的 D. NZ2仅含离子键，可用于制备乙炔 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为Be；‎ Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，则Y为B；‎ Z元素形成的化合物在自然界中种类最多，则Z为C；‎ M的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，则M为K；‎ N的原子序数比M大1，则N为Ca；‎ 综上所述，X、Y、Z、M、N分别为Be、B、C、K、Ca，结合元素周期表、元素周期律和相关知识解答。‎ ‎【详解】A．Y4Z（B4C）熔点可能高于Z（C）单质的熔点，C的单质有金刚石、石墨、C60等，如B4C熔点为2350℃，C60属于分子晶体，其熔点接近280℃，B4C的熔点高于C60的熔点，A错误；‎ B．Be和Al处于对角线位置，某些化学性质与Al相似，如BeO是两性氧化物，B正确；‎ C．K+的半径小于同周期简单阴离子半径，C错误；‎ D．CaC2既含离子键，又含非极性共价键，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12. 已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag2SO4在不同浓度溶液中的溶解度如图所示。下列说法正确的是 A. 图中a、b两点c(Ag+)相同 B. 把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，可得到b点的溶液 C. 该温度下，Ag2SO4溶度积数量级为10−5‎ D. 在c点的溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液可变为a点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点c(SO42-)不一样，则c(Ag+)不相同，故A错误；‎ B.把a - 25 -‎ 点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍然为饱和溶液，各种微粒的浓度不变，不能使溶液由a点变到b点，故B错误；‎ C.硫酸银饱和溶液中存在如下平衡Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)，由图可知c(SO42-)=1mol/L时，溶液中c(Ag+)为10-2.5mol/L，则Ksp=c2(Ag+)• c(SO42-)=(10-2.5)2×1=10-5，则数量级为10-5，故C正确；‎ D.在c点的溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液中c(SO42-)增大，不能使溶液由a点变到b点，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、不定项选择题：每小题中有一个或二个选项符合题意 ‎13. 氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。模拟工业制备氢溴酸的流程如图所示。下列说法正确的是 A. 混合②加入的试剂a是BaCl2‎ B. 加入的Na2SO3是过量的，以除去粗品中的Br2‎ C. 蒸馏过程中用的冷凝管为球形冷凝管 D. 工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有Br2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室①使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，然后蒸馏得到硫酸和氢溴酸粗品，粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入氯化钡溶液，使反应生成转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaCl，再蒸馏得到精制的氢溴酸，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由流程图可知，混合②后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的，故试剂a为BaCl2溶液，故A正确；‎ B．根据分析可知，加入Na2SO3的目的是以除去粗品中的Br2，但用量需要防止过量，因为Na2SO3过量，能与HBr反应，会导致氢溴酸的产量降低，故B错误；‎ - 25 -‎ C．蒸馏过程中用的冷凝管为直形冷凝管，故C错误；‎ D．溴单质具有挥发性，工业氢溴酸常带有淡淡黄色，可能含有挥发出的Br2，故D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎14. 已知反应：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，在一定压强下，按x＝(A的物质的量始终为1 mol)向密闭容器中充入A气体与B气体。图甲表示平衡时，A气体的体积分数(V%)与温度(T)、x的关系。图乙表示x＝2时，正逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法正确的是 A. 图甲中，x2＜1‎ B. 图乙中，A线表示正反应的平衡常数 C. 由图乙可知，T1时，K＝1，B的转化率约为33.3%‎ D. 若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增大B的量，平衡正向移动，A的体积分数减小，则甲中x2＞1，故A错误；‎ B．由图甲可知，升高温度A体积分数增大，可知正反应为放热反应，则升高温度正反应的K减小，乙中线B表示正反应的平衡常数，故B错误；‎ C．由图乙可知，T1时，x＝2，K＝1，设B的转化物质的量为a，容器的体积为VL，列三段式：‎ K= =1，解得a= ，则B的转化率=ｘ100%≈33.3%，故C正确；‎ D．由于正反应为气体分子数不变的放热反应，恒容绝热装置中进行上述反应，体积、物质的量不变，压强随温度的变化而变化，则达到平衡时，装置内的气体压强将增大，故D错误；‎ - 25 -‎ 答案选C。‎ ‎15. 用下列方法制备银锌碱性电池的正极活性物质Ag2O2：向KOH溶液中加入适量AgNO3溶液，保持反应温度为80℃，边搅拌边将一定量K2S2O8(过二硫酸钾，其中部分O为-1价)溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥得到固体样品。反应总方程式为2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2↓+2KNO3+2K2SO4+2H2O。下列说法不正确的是 A. 银锌碱性电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，被还原 B. 该电池充电时阴极的电极反应为：[Zn(OH)4]2−+2e−＝Zn+4OH−‎ C. 银锌碱性电池反应方程式可写为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O＝2K2Zn(OH)4+2Ag D. 上述反应中，1 mol K2S2O8(过二硫酸钾)得2 mol e−(除氧之外，其余元素的化合价都没有变)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 银锌碱性电池中由锌电极和Ag2O2电极组成，电解质溶液通常是KOH溶液，故电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，正极电极反应式为Ag2O2+4e-+2H2O═2Ag+4OH-，负极电极反应式为2Zn-4e-+8OH-═2[Zn(OH)4]2−，反应还应有KOH参加，反应的总方程式为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O═2K2Zn(OH)4+2Ag，据此进行解题。‎ ‎【详解】A．由分析可知，银锌碱性电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，被还原，A正确；‎ B．二次电池充电时发生放电的逆过程，该电池充电时阴极发生的电极反应为充电时负极电极反应的逆过程，故电极反应为：[Zn(OH)4]2−+2e−＝Zn+4OH−，B正确；‎ C．由分析可知，银锌碱性电池反应方程式可写为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O＝2K2Zn(OH)4+2Ag，C正确；‎ D．根据信息可知，上述反应2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2↓+2KNO3+2K2SO4+2H2O是非氧化还原反应，故不存在电子的得失和化合价的改变，D不正确； ‎ 故答案为：D。‎ ‎16. 高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法：向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：‎ ‎①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；‎ ‎②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH＝2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。‎ 下列说法不正确的是 - 25 -‎ A. 反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2‎ B. 若反应①中n(ClO−)：n()＝5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1‎ C. K2FeO4在消毒杀菌过程中还可以净水 D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时最少消耗0.3 mol Cl2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1:1，所以每消耗4molKOH，吸收2molCl2，标况下2mol氯气的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L，故A错误；‎ B. 反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设ClO−为5mol，ClO3−为1mol，氯气转化成ClO−、ClO3−被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol:(5mol+1mol)=5:3，故B错误； ‎ C. 用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，故C正确；‎ D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，故D正确。‎ 答案选AB。‎ ‎17. 在25℃时，将1.0 L y mol·L-1 HF溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HF或加入NaF固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入HF(或加入NaF固体)物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 水的电离程度：c>b>a B. a点对应的混合溶液中，c(Na+)＝c(HF)‎ - 25 -‎ C. 从b到a的过程中，逐渐减小 D. 该温度下，氢氟酸的电离平衡常数Ka＝‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，在25℃时，将1.0 L y mol·L-1 HF溶液与0.1 mol NaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，溶液显酸性，说明氢氟酸过量，溶液中溶质为HF和NaF；加氢氟酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加NaF时，NaF在溶液中水解使溶液显碱性，氟化钠浓度增大，溶液酸性减弱，c点时溶液呈中性。‎ ‎【详解】A．氢氟酸电离出的氢离子抑制水的电离，氟化钠在溶液中水解促进水的电离，溶液中氢氟酸浓度越大，水的电离程度越小，氟化钠浓度越大，水的电离程度越大，a点氢氟酸浓度最大，c点氟化钠浓度最大，则水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a，故A正确；‎ B.由题意可知，a点和b点溶液中钠离子浓度相等，均为0.1mol/L，a点溶液中Ka＝，则=，a点溶液显酸性，由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（F-）+c（OH-）可知，c（F-）=＞c（Na+）=0.1mol/L，c（HF）＞，因＞1，则c（HF）＞0.1，故B错误；‎ C.a点和b点溶液中钠离子浓度相等，均为0.1mol/L，由==可得，=，从b到a的过程中c（HF）增大，则减小，减小，故C正确；‎ D.c点溶液pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（F-）可知，溶液中c（Na+）=c（F-），由图象可知c（H+）=10-7mol•L-1，c（Na+）=c（F-）=0.2mol/L - 25 -‎ ‎，由物料守恒可知c（HF）=(y+0.1—0.2) mol/L，则Ka＝==，故D错误；‎ 故选AC。‎ 三、非选择题：‎ ‎18. 将硫铁矿(主要成分为FeS2，含有少量的碳)焙烧所得尾气主要含SO2、CO2。为了检验尾气的主要成分并验证尾气的部分性质，设计了以下实验。实验用到的装置和药品如图所示：(实验装置可重复使用)‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)为完成实验目的，请把装置按气流方向进行连接(用小写字母填写)_________。‎ ‎(2)装置D的作用是_________。‎ ‎(3)酸性高锰酸钾溶液的作用有二：其一，验证SO2有还原性；其二，_________。‎ ‎(4)装置E中被氧化的元素是_________。‎ ‎(5)在该实验中，SO2通入FeCl3溶液中反应的离子方程式为_________。取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中_______(填“含有”或“不含有”)Fe3+；再继续滴加少量氯水，溶液也不变红，请分析产生这种现象的原因______。‎ ‎【答案】 (1). i gh ab cd ab ef (2). 安全瓶，防止倒吸 (3). 吸收SO2，以免干扰CO2的检验 (4). S、C和Fe (5). SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+ (6). 不含有 (7). 少量Cl2与溶液中过量的SO2或(H2SO3、)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为了检验尾气中含有SO2、CO2，应在E - 25 -‎ 装置后面连接一个空载仪器做安全瓶，防止二氧化硫易溶于水产生倒吸，由于二氧化硫能使澄清石灰水变混浊，影响二氧化碳气体的检验，实验时应将气体先后通过品红溶液、氯化铁溶液和酸性高锰酸钾溶液和品红溶液，达到检验二氧化硫、吸收二氧化硫和证明二氧化硫被完全吸收，不会干扰二氧化碳检验的目的，最后将气体通过澄清石灰水检验二氧化碳，则装置的连接顺序为E、D、A、B、A、C。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为E、D、A、B、A、C，则装置接口的连接顺序为i gh ab cd ab ef，故答案为：i gh ab cd ab ef；‎ ‎（2）二氧化硫易溶于水，气体通过品红溶液时，可能会产生倒吸，则空载仪器D的主要是做安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；‎ ‎（3）二氧化硫具有还原性，会干扰二氧化碳的检验，则酸性高锰酸钾溶液的作用是验证二氧化硫的还原性，吸收二氧化硫，以免干扰二氧化碳的检验，故答案为：吸收SO2，以免干扰CO2的检验；‎ ‎（4）硫铁矿焙烧时会生成氧化铁、二氧化硫和二氧化碳，反应中铁元素、硫元素和碳元素的化合价升高被氧化，故答案为：S、C和Fe；‎ ‎（5）二氧化硫具有还原性，氯化铁具有氧化性，二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；取反应后的该溶液于一洁净的试管中，滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中被还原铁离子；+4价硫的还原性强于亚铁离子，若二氧化硫或亚硫酸或亚硫酸氢根离子过量，优先与少量氯气反应，不能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液也不变红，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；不含有；少量Cl2与溶液中过量的SO2或(H2SO3、)反应，Cl2量不足，不能把Fe2+氧化为Fe3+，溶液不变红。‎ ‎19. 氢氧化铈是黄色难溶于水、可溶于酸的常用化学试剂。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)为原料提取氢氧化铈的工艺流程如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)CeFCO3中Ce的化合价为____。“酸浸”时，为提高矿石的浸出率，下列措施可采取的是___(‎ - 25 -‎ 填标号)。‎ A.提高浸出温度 B.延长浸出时间 C.用98%的硫酸 ‎(2)氧化焙烧发生的反应方程式为__________。‎ ‎(3)H2O2的作用是__________。‎ ‎(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)。操作I的名称是________，操作III的步骤是_______。‎ ‎(5)从平衡的角度解释加碱调pH值生成Ce(OH)3悬浊液的原因________。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). AB (3). 4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2 (4). 把CeO2还原为Ce3+ (5). 分液（或萃取分液） (6). 过滤、洗涤、干燥 (7). 在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加碱后与H+反应，使c(H+)减小，水解平衡向右移动，生成Ce(OH)3沉淀（或加碱后，溶液中c(OH-)变大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，从而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移动，产生Ce(OH)3沉淀）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)根据化学式书写原则，F显-1价，碳酸根整体为-2价，则CeFCO3中Ce的化合价为+3 价；酸浸时，升高温度、延长浸出时间可提高矿石的浸出率，故答案为:+3；AB；‎ ‎(2)氧化焙烧过程中氧气参与反应，生成无色无味酸性气体CO2，故发生的反应方程式为：4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2；‎ ‎(3)H2O2是常见的氧化剂，在反应中的作用是：把CeO2还原为Ce3+；‎ ‎(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)，操作I的名称是分液（或萃取分液）；Ce(OH)3沉淀在氧气的作用下氧化为Ce(OH)4，操作III的步骤是：过滤、洗涤、干燥；‎ 故答案为：分液（或萃取分液）；过滤、洗涤、干燥；‎ ‎(5)在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加碱后与H+反应，使c(H+)‎ - 25 -‎ 减小，水解平衡向右移动，生成Ce(OH)3沉淀（或加碱后，溶液中c(OH-)变大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，从而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移动，产生Ce(OH)3沉淀），故加碱调pH值可生成Ce(OH)3悬浊液。‎ ‎20. 高铁电池作为新型可充电电池，具有放电曲线平坦，高能高容量，原料丰富，绿色无污染等优点。‎ I.下图为简易的高铁电池的工作装置。已知：放电后，两极都产生红褐色悬浮物。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)该电池放电时的总反应为___________。‎ ‎(2)放电时，此盐桥中阴离子的运动方向是__________(填“从左向右”或“从右向左”)。‎ ‎(3)该电池充电时阳极反应的电极反应方程式为___________。‎ II.现用蓄电池Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2为电源，制取少量高铁酸钾。反应装置如下图所示：‎ ‎(1)电解时，石墨电极连接的a极上放电的物质为__________(填“Fe”或“NiO2”)。‎ ‎(2)写出电解池中铁电极发生的电极反应式__________。‎ ‎(3)当消耗掉0.1 mol NiO2时，生成高铁酸钾__________g。‎ ‎(4)Mg和Fe都是生产生活中的常用金属。加热锅炉时，水中的MgCO3可以先转化为Mg(HCO3)2，然后转化为Mg(OH)2，求MgCO3+H2OMg2+++OH-在80℃时的平衡常数__________。(已知：80℃时H2O的KW＝2.5×10−13，Ksp(MgCO3)＝8.4×10−6，Ka1(H2CO3)＝4.2×10−7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10−11)。‎ - 25 -‎ ‎【答案】 (1). Fe+K2FeO4+4H2O=2Fe(OH)3+2KOH (2). 从右向左 (3). Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O (4). Fe (5). Fe-6e-+8OH-=+4H2O (6). 6.6 (7). 3.75×10-8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I.(1)由装置图可知，左侧铁作负极，右侧石墨为正极，高铁酸钾为正极反应物，放电后，两极都产生红褐色悬浮物可知，两电极产物均为氢氧化铁，则总反应为Fe+K2FeO4+4H2O=2Fe(OH)3+2KOH，故答案为：Fe+K2FeO4+4H2O=2Fe(OH)3+2KOH；‎ ‎(2)原电池电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则盐桥中的阴离子向负极铁移动，即由右向左移动，故答案为：由右向左；‎ ‎(3)充电时阳极为原电池正极的逆过程，电极方程式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O，故答案为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O；‎ II.(1)由题意可知，通过电解制备高铁酸钾，铁应作电解池的阳极失电子，产生高铁酸根离子，则石墨作阴极，石墨所连电极为原电池的负极，结合原理反应可知，负极Fe失电子，故答案为：Fe；‎ ‎(2)由题意可知铁电极失电子应得到高铁酸根，电极反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O ‎，故答案为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；‎ ‎(3)当消耗掉0.1 mol NiO2时，转移电子物质的量为0.2mol，结合阳极反应Fe-6e-+8OH-=+4H2O，转移0.2mol电子时，产生的高铁酸根离子为，产生的高铁酸钾的质量为：，故答案为：6.6g；‎ ‎(4)MgCO3+H2OMg2+++OH-在80℃时的平衡常数K==，故答案为：3.75×10-8‎ ‎21. 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理和化学平衡对于消除环境污染有重要意义。‎ ‎(1)NO在空气中存在如下反应2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g) △H 上述反应分两步完成，其反应历程如图所示。‎ - 25 -‎ 请回答下列问题：‎ ‎①写出反应II的热化学方程式____________。‎ ‎②反应I和反应II中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)反应速率的是_______(填“反应I”或“反应II”)，请写出判断的理由__________。‎ ‎(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g) ⇌ N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及12min和15min时各物质的平衡浓度如表所示：‎ ‎①T℃时，该反应的平衡常数为________。‎ ‎②在12min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，15min时重新达到平衡，则改变的条件是_______。‎ ‎③在15min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正______ v逆(填“＞”、“＜”或“＝”)。‎ ‎(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g) ⇌ N2O4(g) △H＜0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压＝总压×物质的量百分数)有如下关系：v正(NO2)＝k1·p2(NO2)，v逆(N2O4)＝k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如下图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是Kp＝______(用k1、k2表示)；图中标出的点0、A、B、C、D中，能表示反应达到平衡状态的点是________。‎ - 25 -‎ ‎【答案】 (1). N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=(E1-E2)kJ·mo1-1 (2). 反应Ⅱ (3). 反应Ⅱ的活化能大于反应I的活化能，反应Ⅱ断键时需要更多的能量，反应速率慢 (4). 2.25 (5). 增大N2的浓度 (6). ＞ (7). (8). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据能量关系图，反应Ⅱ为放热反应，结合△H=正反应的活化能-逆反应的活化能计算；②反应活化能越大，反应速率越慢；‎ ‎(2)①根据K=计算；②根据表中数值知，15min时重新达到平衡时，NO、氮气的浓度增大，二氧化碳的浓度减小，说明平衡逆向移动，据此判断改变的条件；③根据Qc与K的关系分析；‎ ‎(3)反应达到平衡时v正=v逆，即v逆(N2O4)= v正(NO2)，结合Kp=以及NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压的关系计算，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点。‎ ‎【详解】(1)①根据能量关系图，反应Ⅱ为放热反应，热化学方程式为：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=(E1-E2)kJ/mo1，故答案为：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=(E1-E2)kJ/mo1；‎ ‎②反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，故答案为：反应Ⅱ；反应Ⅱ的活化能大于反应I的活化能，反应Ⅱ断键时需要更多的能量，反应速率慢；‎ ‎(2)①根据表格数据，T℃时，12min 时为平衡状态，K===2.25，故答案为：2.25；‎ ‎②根据表中数值知，15min时重新达到平衡时，NO、氮气的浓度增大，二氧化碳的浓度减小，说明平衡逆向移动，说明改变条件是增大N2的浓度，故答案为：增大N2的浓度；‎ - 25 -‎ ‎③原先达到平衡时，Qc==K=2.25，在15min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，Qc'===1.125＜K，所以反应正向移动，v正＞v逆，故答案为：＞；‎ ‎(3) v正(NO2)＝k1·p2(NO2)，v逆(N2O4)＝k2·p(N2O4)，平衡时需要满足v逆(N2O4)= v正(NO2)，即k1•p2(NO2)=k2•p(N2O4)，Kp==；满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，根据图象，B、D所对应的速率刚好为1∶2的关系，所以B、D两点为平衡点，故答案为：；BD。‎ ‎22. 常见的太阳能电池有硅太阳能电池、镓(Ga)砷(As)太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。下列有关它们的化合物的问题，请回答：‎ ‎(1)基态Ga原子的电子排布式为________；H2O的沸点高于H2Se的沸点(-42℃)，其原因是__________。‎ ‎(2)Na3AsO4中阴离子的空间构型为________，As原子采取________杂化。‎ ‎(3)晶体Si、SiC、SiO2都属于原子晶体，请写出它们的熔点从高到低的顺序排列________。‎ ‎(4)高温下CuO容易转化为Cu2O，试从原子结构角度解释原因______________。‎ ‎(5)银与铜位于同一副族。氟化银具有氯化钠型结构，其中的阴离子采用面心立方最密堆积方式，氯化钠的晶胞结构如图所示。则Ag+周围等距离且最近的F−在空间围成的几何构型为_______，已知氟化银的密度为d g·cm−3，则氟化银晶胞的晶胞参数为_______nm(不必简化)。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s24p1 (2). 水分子之间存在氢键，克服分子间作用时，需要的能量高，H2Se分子之间不存在氢键 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). SiC>SiO2>晶体Si (6). Cu2O中Cu+价层电子排布为3d10，处于稳定的全充满状态 (7). 正八面体 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 25 -‎ ‎(1)Ga为第四周期ⅢA族元素，为p区元素，据此书写价电子排布式，依据氢键对分子晶体熔沸点影响解答；‎ ‎(2)计算As价层电子对数，孤电子对数，依据价电子互斥理论判断离子空间构型；‎ ‎(3)根据原子晶体的熔沸点的影响因素和规律进行解题；‎ ‎(4)根据洪特规则特例，处于半充满、全充满为稳定状态，反应向稳定状态进行；‎ ‎(5)根据题干已知，AgF晶胞与NaCl晶胞一样，根据晶胞图示判断Ag+周围等距离且最近的F−的空间构型，依据ρ=，分别计算1mol晶胞质量和1mol晶胞体积，依据公式计算密度，来求算晶胞参数。‎ ‎【详解】(1) Ga是31号元素，故基态Ga原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，水分子、硒化氢都是分子晶体，水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，所以水分子熔沸点高于硒化氢，故答案为：[Ar]3d104s24p1；水分子之间存在氢键，克服分子间作用时，需要的能量高，H2Se分子之间不存在氢键；‎ ‎(2)计算As价层电子对数：=4，则中心原子采取sp3杂化，孤电子对数为：=0，所以空间构型为正四面体；故答案为：正四面体；sp3；‎ ‎(3)晶体Si、SiC、SiO2都属于原子晶体，对于结构相似的原子晶体熔、沸点与共价键的键长成反比，即核间距越小共价键越强，熔沸点越高，由于原子半径：Si＞C＞O，故Si-Si＞Si-C＞Si-O,但由于SiO2的结构与其他两种晶体不同，共价键不如另两种晶体稠密，故熔点反而小于碳化硅，故它们的熔点从高到低的顺序为SiC>SiO2>晶体Si，故答案为：SiC>SiO2>晶体Si；‎ ‎(4)基态 Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，其价电子排布式为：3d10，结构上Cu2+价电子排布式为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定，在高温下CuO 能分解生成Cu2O，故答案为：Cu2O中Cu+的价层电子排布处于稳定的全充满状态；‎ ‎(5)从晶胞图中可知，将NaCl晶胞中Na+换成Ag+，将Cl-换成F-即成为AgF晶胞，故Ag+周围等距离且最近的F−，以体心上的Ag+为基点考虑，该Ag+周围等距离且最近的F−在晶胞的六个面心上，故空间围成的几何构型为正八面体，设氟化银晶胞的晶胞参数为a nm，则一个晶胞的体积为a3×10-21cm3，又一个晶胞中有Ag+个数为：，F-个数为：，故晶胞的密度为：，解得：a=,故答案为：‎ - 25 -‎ ‎。‎ ‎23. 有机化合物H是化学合成中的一种中间产物。合成H的一种路线如下：‎ 已知：A为芳香族化合物，分子式为C7H8O。‎ ‎①CH2=CH2+CH≡CH ‎②R1CHO+R2CH2CHO 请回答下列问题：‎ ‎(1)芳香化合物A的名称为_________，B中官能团的名称为_________。‎ ‎(2)写出E→F的反应类型_________，写出X的结构简式(或键线式)_________。‎ ‎(3)写出由D→E的第①步反应的化学方程式_________。‎ ‎(4)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，写出符合下列条件的物质的结构简式_________。‎ ‎①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2‎ ‎②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1‎ ‎③苯环上的一元代物只有一种结构 ‎(5)写出以丙烯为原料合成化合物的路线流程图_______(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 醛基 (3). 加成反应 (4). (5). +2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O (6). 、 ‎ - 25 -‎ ‎(7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干流程图中，D的分子式为C9H8O，A的分子式为C7H8O，A→C的条件为醇的催化氧化，B+C→D的条件为结合信息②可推知：A为，B为CH3CHO，C为，D为，在结合D→E的反应条件可知，E为，结合E→F的反应条件可知，F为，根据F→G的反应条件可知，G为，根据F→G的反应条件结合信息①可知：X为，据此解题。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，芳香化合物A的结构简式为，故名称为苯甲醇，B为CH3CHO，故B中官能团的名称为醛基，故答案为：苯甲醇；醛基；‎ ‎(2)由分析可知：E→F即与溴水反应生成，故该反应的反应类型为加成反应，由分析可知X的结构简式(或键线式)为，故答案为：加成反应；；‎ ‎(3)写出由D即→E即的第①步反应的化学方程式+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O - 25 -‎ ‎，故答案为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O；‎ ‎(4)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y即，Y有多种同分异构体，①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明Y中含有羧基，②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1，说明Y中高度对称，③苯环上的一元代物只有一种结构，说明Y中含有苯环且高度对称，故符合条件的Y的同分异构体有、，故答案为：、；‎ ‎(5)根据题干信息①可知，写出以丙烯为原料合成化合物的路线流程图为：，故答案为：。‎ - 25 -‎