【化学】辽宁省铁岭市六校协作体2020届高三第二次联考（解析版）
辽宁省铁岭市六校协作体2020届高三第二次联考
第Ⅰ卷（共54分）
可能用到的相对原子质量：Cu 64 Ba 137 Na 23 O 16 K 39 S 32 Fe 56 Al 27 Cl 35.5
一．选择题(共18小题，每小题3分共54分)
1.2015年8月12日，天津一危险化工品仓库发生爆炸。爆炸区仓库里的危险品主要是氧化物、易燃物和剧毒物三大类。下列有关说法中正确的是( )
A. 化学造成环境污染和严重事故，有媒体打出“我们恨化学”的广告是有道理的
B. 对危险化工品应贴上相应的危险化学品标志，其中标志上的数字表示危险等级
C. 易燃物钠、镁、电石着火，若及早发现，消防员可以用高压水枪将其浇灭
D. 对含剧毒物NaCN的废水，防化部队可用H2O2将之氧化，生成NaHCO3和NH3
【答案】D
【详解】A. 化学研究会造成污染和严重事故，但可以利用化学知识进行环境污染与治理，提高生活质量，打出“我们恨化学”的广告是无道理的，A项错误；
B. 危险化学品标志上的数字表示危险品类别，B项错误；
C. 钠、镁都能够与热水反应生成氢气，电石与水反应生成乙炔，着火后不能用水灭，应用沙土灭火，C项错误；
D. NaCN中C为+2价，N为-3价，H2O2具有氧化性，可氧化NaCN，使之生成NaHCO3和NH3，D项正确；
答案选D。
2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. 8.7 g MnO2与40 mL 10 mol·L－1的浓盐酸充分反应，生成的氯气的分子数为0.1NA
B. 常温常压下，Cu－Zn原电池中，正极产生1.12 L H2时，转移的电子数应为0.1NA
C. 将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Na＋的浓度为2 mol·L－1
D. 1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
【答案】C
【详解】A. 8.7 g MnO2的物质的量为=0.1mol，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则1mol MnO2与4 mol浓盐酸充分反应后生成的Cl2
分子数小于NA，A项错误；
B. 常温常压不等于标准状况，则1.12 L H2不能按标准状况下的气体摩尔体积计算，故转移的电子数不是0.1NA，B项错误；
C. 含3NA个离子的Na2O2固体，物质的量为1mol，含钠离子为2mol，则溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为=2mol/L，C项正确；
D． NaAlO2水溶液溶剂水中也含有氧原子，因此1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数远大于2NA，D项错误；
答案选C。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题B项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。
3.下列各组离子可能大量共存的是( )
A. 遇酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、Ba2＋、CH3COO－
B. 常温下，KW/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：SO42-、Fe2＋、ClO－、NH4+
C. 水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-
D. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
【答案】A
【详解】A. 遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子， Na＋、Cl－、Ba2＋、CH3COO－之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A项正确；
B. 常温下KW/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO−与氢离子反应生成次氯酸，Fe2+、ClO−之间还会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C. 水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液可以为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子， HCO3-与氢离子、氢氧根离子均会发生反应，在溶液中不能大量共存，C项错误；
D. 滴加KSCN溶液显红色的溶液含有Fe3+，I－会与Fe3+发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D项错误；
答案选A。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：C. 水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液，数值小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
4.下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是( )
选项
微粒组
加入的试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3+、I−、Cl−
NaOH溶液
Fe3++3OH−═Fe(OH)3↓
B
K+、NH3⋅H2O、CO32−
通入少量CO2
2OH−+CO2═CO32−+H2O
C
H+,Fe2+、SO42−
Ba(NO3)2溶液
SO42−+Ba2+═BaSO4↓
D
Na+、Al3+、Cl−
少量澄清石灰水
Al3++3OH−═Al(OH)3↓
【答案】D
【详解】A. Fe3+、I−之间发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，A项错误；
B. 通入少量CO2， NH3⋅H2O优先反应，为弱电解质，在离子方程式中保留化学式，正确的离子方程式为：2NH3⋅H2O +CO2═CO32−+H2O+2NH4+，B项错误；
C. 加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，所以发生反应的离子方程式还有：NO3−+3Fe2++4H+═NO↑+3Fe3++2H2O、SO42−+Ba2+═BaSO4↓，C项错误；
D. Al3+与少量氢氧化钙反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH− ═Al(OH)3↓，D项正确；
答案选D。
5. 用下列实验装置进行相应地实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 图1用于制备并收集少量NO2气体
B. 图2是原电池装置，Fe电极为负极
C. 图3用于提取I2/CCl4溶液中的I2
D. 图4用于检查碱式滴定管是否漏液
【答案】B
【解析】试题分析：A、NO2不能用排水法收集，A错误；B、铁是活泼的金属，可以构成原电池，B正确；C、碘易溶在四氯化碳中，不能分液，C错误；D、该操作属于碱式滴定管排液赶尽气泡，D错误，答案选B。
考点：考查化学实验基本操作
6.X、Y、Z、W、U是分别位于短周期的元素，原子序数依次递增。X与W位于同一主族，Z元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z、W、U原子的最外层电子数之和为13。Y元素的单质在X的某种氧化物中可燃。下列说法正确的是( )
A. W的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸
B. Y、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液环境下构成原电池，Z电极上产生大量气泡
C. 室温下，0．05 mol/L U的气态氢化物的水溶液的pH > 1
D. Y 、Z 、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：Y > Z > U
【答案】C
【解析】试题分析：根据题意可知：X是C；Y是Mg；Z是Al；W是Si；U是S。A．W的最高价氧化物SiO2难溶于水，不能与水反应生成相应的酸，错误；B．Y、Z元素的单质作电极，在NaOH溶液环境下构成原电池，由于Al可以与NaOH溶液发生反应，所以Z作负极，Y作正极，在Y电极上产生大量气泡,错误；C．室温下，0.05 mol/L U的气态氢化物H2S的水溶液呈酸性，由于氢硫酸是弱酸，所以溶液的pH >1，正确；D．对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，对于电子层结构不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。Y 、Z 、U元素的简单离子半径由大到小的顺序：U > Y > Z ，错误。
考点：考查元素的推断、元素的构、位、性的关系的知识。
7.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通过SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
B. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D. 滴加KI溶液时，转移2mole-时生成1mol白色沉淀
【答案】A
【解析】试题分析：硫酸铜和碘化钾反应生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，和硫酸钾，然后二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸。A、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，铜离子做氧化剂，碘做氧化产物，第二个反应中碘做氧化剂，二氧化硫做还原剂，所以氧化性顺序为：铜离子>碘单质>二氧化硫，正确，选A；B、二氧化硫和碘的反应中二氧化硫做还原剂，碘做氧化剂，错误，不选B；C、二氧化硫表现还原性，不是漂白性，错误，不选C；D、每摩尔碘化亚铜生成转移1摩尔电子，所以当有2摩尔电子转移时产生2摩尔白色沉淀，错误，不选D。
考点：氧化还原反应
8.已知高能锂电池的总反应式为：2Li+FeS═Fe+Li2S[LiPF6SO(CH3)2为电解质]，用该电池为电源进行如图的电解实验，电解一段时间测得甲池产生标准状况下H24.48L．下列有关叙述不正确的是( )
A. 从隔膜中通过的离子数目为0.4NA
B. 若电解过程体积变化忽略不计，则电解后甲池中溶液浓度为4mol/L
C. A电极为阳极
D. 电源正极反应式为：FeS+2Li++2e-═Fe+Li2S
【答案】C
【解析】试题分析：A、由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极方程式为FeS+2e-=Fe+S2-，甲连接原电池负极，A为阴极，生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，n（H2）=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4molOH-，则隔膜中通过的K+离子数为0.4mol，通过的离子数目为0.4 NA，A正确；B、甲连接原电池负极，为阴极，生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，n（H2）=0.2mol，转移0.4mol电子，生成0.4molOH-，则隔膜H中通过的K+离子数为0.4mol，c（OH-
）=（0.2L×2mol/L+0.4mol）÷0.2L=4mol/L，即电解后甲池中溶液浓度为4 mol/L，B正确；C、A电极为阴极，C错误；D、FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极方程式为FeS+2e-=Fe+S2-，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了电解原理
【名师点晴】该题属于为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确离子交换膜的作用及阴阳极上发生的反应是解本题关键，计算量较大，计算时注意守恒法的灵活应用，题目难度中等。
9.下列有关分类的说法正确的是( )
A. 胶体的本质特征是具有丁达尔效应
B. 阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴、阳离子组成的物质一定是纯净物
C. 白磷转化为红磷是物理变化
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物
【答案】D
【分析】A．分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小； B．阴阳离子中均分别只含有一种元素，则由这样的阴阳离子组成的物质不一定是纯净物；C．有新物质生成的是化学变化；D．金属氧化物可以是酸性氧化物，减性氧化物一定是金属氧化物。
【详解】A、胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1～100 nm之间，选项A错误；B、阳离子、阴离子中均分别只含有一种元素，由于元素的价态可能不同，则由这样的阴、阳离子组成的物质不一定是纯净物，如过氧化钠与氧化钠，选项B错误；C、白磷转化为红磷是化学变化，选项C错误；D、Mn2O7是酸性氧化物，也是金属氧化物，选项D正确。答案选D。
【点睛】本题考查了胶体的性质、纯净物、混合物、化学变化以及酸性氧化物和碱性氧化物等概念的辨析，属于基本知识的考查，题目难度不大。
10.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下几种可溶性无机离子:Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42-、NO3-、Cl-。某同学收集该雾霾，并经必要的预处理后得试样溶液,设计并完成了如下的实验。请根据以下的实验操作与现象，判断该同学得出的结论不正确的是（ ）
已知:3NO3-+8Al+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO2-
A. 试样中一定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-
B. 气体1和气体2成分一定相同
C. 试样中可能含有Al3+
D. 该雾霾中可能存在NH4NO3、NaCl和MgSO4
【答案】B
【解析】试样溶液中加入过量Ba(OH)2并加热，生成的气体1，气体1只能是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液1中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al和碱，根据3NO3-+8Al+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO2-，生成气体2，该气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，气体中一定含有NH3，如果铝过量，过量的铝会与碱反应生成氢气，因此气体2中可能含有氢气，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀，根据题干离子知，该沉淀为Mg(OH)2，所以溶液中含有Mg 2+。A．根据以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；B. 气体1为氨气气体2可能含有氢气，故B错误；C．根据实验操作不能确定是否含有Al3+，即试样中可能含有Al3+，故C正确；D．根据以上分析可知溶液中含有NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，则该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B。
点睛：本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键。本题的易错点为B，要注意铝能够与碱溶液反应放出氢气。
11.a、b、c、d为短周期元素,原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍,a和b能组成两种离子化合物,其中一种含两种化学键;d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液,开始没有沉淀;随着bca2溶液的不断滴加,逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是（ ）
A. 简单离子半径：b>c>d>a
B. 最高价氧化物对应水化物碱性：b
O2->Na+>Al3+，A不正确；B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3，B不正确；C. 工业上电解NaCl的饱和溶液可得到氯气，C正确；D. 向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液一定能产生氢氧化铝沉淀，D不正确。本题选C。
点睛：Cl元素的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，其气态氢化物的水溶液是盐酸，故两者均为强酸。向盐酸中加入少量的偏铝酸钠溶液时生成氯化铝，没有沉淀生成，当加入足量的偏铝酸钠溶液后，可以生成氢氧化铝沉淀。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，加入少量氯化铝溶液时生成偏铝酸钠，没有沉淀生成，当加入足量氯化铝溶液时，可以生成氢氧化铝沉淀。
12.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01molc(AlO2-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)>c(AlO2-)> c(OH-)>c(CO32-)
C
0.015
c(Na+)> c(HCO3-)>c(CO32-)> c(OH-)
D
0.03
c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 mol氢氧化钠消耗0.01 mol二氧化碳，生成0.01
mol碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol偏铝酸钠消耗0.005 mol二氧化碳，生成0.005 mol碳酸钠．然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 mol的二氧化碳，生成0.03 mol的碳酸氢钠，由此分析各选项。
【详解】A. 未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，故A项错误；
B. 当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，因为HCO3- > Al(OH)3，所以水解程度CO32-< AlO2-，因此c(CO32-) >c(AlO2-)，故B项错误；
C. 形成碳酸钠溶液，+H2O+OH－，H2O H++OH－，离子浓度的关系为c(Na+)> c(CO32-) > c(OH-)> c(HCO3-)，故C项错误；
D. 形成碳酸氢钠溶液， + H2OH2CO3-+ OH－，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)，故D项正确；
答案选D。
13.一定温度下，在密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示，下列说法不正确的是( )
物质
X
Y
Z
W
初始浓度/mol·L－1
0.5
0.5
0
0
平衡浓度/mol·L－1
0.1
0.1
0.4
0.4
A. 反应达到平衡时，X的体积分数为10%
B. 该温度下反应的平衡常数K＝16
C. 保持温度不变增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动
D. 若X、Y初始浓度均为0.8 mol·L－1，则达到平衡时，W的浓度为0.64 mol·L－1
【答案】C
【详解】达到平衡状态各物质反应量X、Y、Z、W物质的量为0.4，04，0.4，0.4，反应的化学方程式为X+YZ+W。
A.平衡后体积分数=×100%=
，正确；
B.平衡常数等于生成物平衡浓度幂之积除以反应物平衡浓度幂之积，K=，正确；
C.依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式为X+YZ+W，依据化学平衡移动原理分析，增大压强反应速率增大，平衡不移动，错误；
D.反应前后气体体积不变，同倍数增大起始量，平衡量同倍数增加，若X、Y的初始浓度均为0.8 mol•L-1，相同条件下达到平衡，W的浓度为0.64 mol•L-1 ，正确。
14. 下列有关说法正确的是( )
A. 已知：HI(g)H2(g)+I2(s) △H ＝－26.5kJ/mol，由此可知1mol HI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量
B. 已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8 kJ/mol
C. 肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O(g)+ O2(g)＝2H2O2(l)△H＝+108.3kJ/mol①N2H4(l) + O2(g)＝N2(g) + 2H2O(g)△H＝－534.0kJ/mol②则有反应：N2H4(l) + 2 H2O2(l) ＝N2(g)+ 4H2O(l)△H＝－642.3kJ/mol
D. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq) ＝ CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4 kJ/mol
【答案】B
【解析】试题分析：A.由于该反应是可逆反应，所以将1mol HI气体在密闭容器中充分分解也不能完全反应，故放出热量小于26.5kJ，错误；B．由于燃烧热是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol，可知氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8 kJ/mol，正确；②—①，整理可得N2H4(l) + 2 H2O2(l) ＝ N2(g)+ 4H2O(g) △H＝－642.3kJ/mol，错误；D．NaOH是强碱，20.0 g NaOH的物质的量是0.5mol，含20.0 g NaOH的稀溶液与强酸稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，中和热是57.4 kJ/mol，由于醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为： NaOH(aq)＋CH3COOH(aq) ＝ CH3COONa(aq)＋H2O(l) ；ΔH>－57.4 kJ/mol，错误。
考点：考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写和反应热的计算的知识。
15.25 ℃时，用Na2S沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属阳离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2＋)的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 向Cu2＋浓度为1×10－5 mol·L－1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出
B. 25 ℃时，Ksp(CuS)约为1×10－35
C. 向100 mL Zn2＋、Cu2＋浓度均为1×10－5 mol·L－1的混合溶液中逐滴加入1×10－4 mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀
D. Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
【答案】D
【详解】A. 在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2−)=10−25×10−10=1×10－35，小于ZnS溶度积，故向Cu2＋浓度为1×10－5 mol·L－1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，A项正确；
B. 在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2−)=10−25×10−10=1×10－35，B项正确；
C. 依据此图可知，CuS的Ksp较小，故CuS最难溶，那么首先出现的沉淀是CuS，即Cu2+先沉淀，C项正确；
D. 硫化钠溶液中的物料守恒为：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，D项错误；
答案选D。
【点睛】D项是常考点，解答这类复杂守恒关系式的题型时，首先通过分析得出所得溶液溶质，再列出电荷守恒与物料守恒，最后推出质子守恒式，这也是解题的一种方法，可以提高准确率与解题效率。
16.下列说法错误的是( )
①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na＋)/c(HCO3-)的值增大
②浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na＋)＝3[c(CO32-)＋c(HCO3-)]
③在0.1 mol·L－1氨水中滴加0.1 mol·L－1
盐酸，恰好完全反应时溶液的pH＝a，则由水电离产生的c(OH－)＝10－a mol·L－1
④向0.1 mol·L－1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na＋)、c(NH4+)、c(SO32-)均增大
⑤在Na2S稀溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)
A. ①④ B. ②④
C. ①③ D. ②⑤
【答案】B
【详解】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n(HCO3-)较小，n(Na+)不变，则c(Na+)/ c(HCO3－)的比值保持增大，①项正确；
②浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n(Na+)＝0.3mol，根据物料守恒可知c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)＝0.2mol，则2c(Na＋)＝3[c(CO32-)＋c(HCO3-)+ c(H2CO3)]，②项错误；
③在0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L盐酸，刚好完全中和时pH＝a，由于铵根水解溶液显酸性，则溶液中由水电离出产生的c(OH-)＝c(H+)＝10-amol/L，③项正确；
④向0.1 mol·L－1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，抑制亚硫酸钠的水解，而NH4+会与OH-离子发生反应，所以c(Na+)、c(SO32-)均增大，c(NH4+)则减小，④项错误；
⑤在Na2S稀溶液中根据质子守恒可知c(OH-)= c(H+) +2c(H2S)+c(HS-)，⑤项正确，
综上所述，②④符合题意，B项正确；
答案选B。
17.将E(g)和F(g)加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(s)＋4F(g)⇌G(g)，已知该反应的平衡常数如表所示。下列说法正确的是( )
温度/℃
25
80
230
平衡常数/(L3·mol－3)
5×104
2
1.9×10－5
A. 上述反应是熵增反应
B. 25 ℃时，反应G(g)⇌E(s)＋4F(g)的平衡常数是0.5 mol3·L－3
C. 在80 ℃时，测得某时刻，F、G的浓度均为0.5 mol·L－1，则此时v正＞v逆
D. 恒温恒容下，向容器中再充入少量G(g)，达新平衡时，G的体积百分含量将增大
【答案】D
【详解】A.
根据反应方程式中物质的存在状态及序数关系可知上述反应是熵减的反应，A项错误；
B. 25℃时，反应G(g)E(s)+4F(g)的平衡常数与E(s)+4F(g)G(g)互为倒数，则反应G(g)E(s)+4F(g)的平衡常数值是=2×10-5，B项错误；
C．在80℃时，测得某时刻，F、G浓度均为0.5 mol·L﹣1，则，所以此时v(正)＜v(逆)，C项错误；
D．恒温恒容下，向容器中再充入少量G(g)，相当于是使体系的压强增大，平衡正向移动，达新平衡时，G的体积百分含量将增大，D项正确；
答案选D。
18. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1 mol/L pH=3的H2A溶液与0.01 mol/L pH=11的MOH溶液任意比混合： c（H＋）＋c（M＋）＝c（OH－）＋2c（A2－）
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液： c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）
C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合： c（CH3COO－）＋2c（OH－）＝2c（H＋）＋c（CH3COOH）
D. 0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c（HA－）＞c（H＋）＞c（H2A）＞c（A2－）
【答案】C
【解析】试题分析：A．根据溶液呈电中性原理可知：c（H＋）＋c（M＋）＝c（OH－）＋2c（A2－）+ c（HA－）,错误； B．NaOH是强碱，电离使溶液显碱性，而CH3COONa和Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解程度是微弱的，所以当溶液的pH 相等时，盐的浓度远大于碱的浓度，根据盐的水解规律：越弱越水解，盐的水解程度大，所以盐的浓度c（CH3COONa）>c（Na2CO3）.故pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液： c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），错误； C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：根据物料守恒可得c（CH3COO－）+ c（CH3COOH）=2c(Na+)， c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c(Na+)，将第二个式子代入第一个式子可得：c（CH3COO－）＋2c（OH－）＝2c（H＋）＋c（CH3COOH），正确。D．0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4,说明HA－的电离作用大于水解作用，但是盐的水解作用是微弱的，所以c（HA－）＞c（A2－）＞c（H2
A），在溶液中除了HA-电离外，还存在水的电离，所以c（H＋）＞c（A2－），所以溶液在离子浓度关系是：c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（H2A），错误。
考点：考查溶液中微粒浓度的大小比较的知识。
第Ⅱ卷 非选择题(共46分)
二．非选择题
19. 已知X、Y是阳离子，Z是阴离子，M、N是分子，它们都由短周期元素组成，且具有
以下结构特征和性质：
①X、Y、M、N的核外电子总数相等；②常温下，M是极易溶于N的气体；③X与M均由相同的元素组成；④Y为单核离子，其与Z组成的物质可用于净水；⑤Z由同主族元素组成。请回答下列问题：
(1)X的电子式为 ，Z的离子符号为 。
(2)X与Z形成的化合物中所含有的化学键类型为 。
(3)写出Y与M、N形成的混合物发生反应的离子方程式： 。
【答案】(1) SO42-
(2)离子键和共价键
(3)Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+
【解析】根据题意可判断出X、Y、Z、M、N依次是NH4+、Al3＋、SO42-、NH3、H2O。
(1)NH4+的电子式是，Z的离子符号是SO42-。
(2)X与Z形成的化合物是(NH4)2SO4，其中含有离子键和共价键。(3)M、N形成的混合物是氨水，Al3＋与氨水反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+。
20.Ⅰ.甲同学用含少量铁的氧化物的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)并测量其结晶水含量。已知：在pH为4～5时，Fe3＋几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2＋却几乎不水解。制取流程如下：
请回答下列问题：
(1)溶液A中的金属离子有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋。能检验溶液A中Fe2＋的试剂为________(填编号)。
①KMnO4 ②K3[Fe(CN)6] ③NaOH ④KSCN
(2)试剂①是________，试剂②是________。(填化学式)
(3)为了测定制得的氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：
称取m g晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得黑色固体的质量为n g。沉淀洗涤的操作方法是_________________
_____________________________________________________________________，根据实验数据测得x＝________(用含m、n的代数式表示)。
Ⅱ.乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某些性质和测定产生的氢气的体积。
(4)所选仪器接口的连接顺序是A接________，________接________；B接________，________接________。
(5)若装入的饱和食盐水为75 mL(氯化钠足量，电解前后溶液体积变化可忽略，假设两极产生的气体全部逸出)，当测得氢气为8.4 mL(已转换成标准状况下的体积)时停止通电。将U形管内的溶液倒入烧杯，常温时测得溶液的pH约为________。
【答案】 (1). ①② (2). H2O2(或Cl2等合理答案) (3). CuO[或Cu2(OH)2CO3等合理答案] (4). 向过滤器中加入适量的蒸馏水使其刚好浸没沉淀，待水流下后，再次加入蒸馏水，重复2～3次 (5). (80m-135n)/18n (6). GFHDEC (7). 12
【分析】Ⅰ．根据Fe2+和Fe3+的特点分析作答；
（2）根据题意，试剂①应为氧化剂，目的是把Fe2+氧化成Fe3+，且不能引入新杂质原则加入试剂；
（3）根据洗涤沉淀规范模板描述答题；根据铜元素守恒，进行计算；
Ⅱ．（4）根据实验目的知，铁棒只能作阴极，碳棒作阳极，根据产生气体的性质或收集方式连接仪器；
（5）由知，通过氢气的量根据方程式计算溶液中氢氧根离子的浓度，再计算氢离子浓度及pH。
【详解】Ⅰ．（1）①Fe2+具有还原性，其能与高锰酸钾溶液反应而使高锰酸钾溶液褪色，①符合题意；
②Fe2+与K3[(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，②符合题意；
③Fe2+、Fe3+、Cu2+都可以与OH-结合生成沉淀，且不易观察沉淀颜色，③不符合题意；
④Fe2+不能使KSCN溶液发生颜色变化，而Fe3+可使KSCN溶液变为红色，④不符合题意，
故答案为：①②；
（2）根据题意，试剂①应为氧化剂，目的是把Fe2+氧化成Fe3+，且不能引入新杂质，所以试剂①可以为H2O2或Cl2；为得到较纯的产品，需要调节pH使Fe3+转化为沉淀，则试剂②可以是CuO[或Cu2(OH)2CO3等合理答案]，故答案为：H2O2(或Cl2等合理答案)；CuO[或Cu2(OH)2CO3等合理答案]；
（3）沉淀洗涤的操作方法向过滤器中加入适量的蒸馏水使其刚好浸没沉淀，待水流下后，再次加入蒸馏水，重复2～3次；根据铜元素守恒，有
CuCl2→Cu(OH)2→CuO
1 1
m/(135+18x) n/80
即m/(135+18x)=n/80，解得x=(80m-135n)/18n；
Ⅱ．（4）根据实验目的知，铁棒只能作阴极，产生H2，碳棒作阳极，产生Cl2；产生的氢气的体积用排水量气法测定，排水时导管应短进长出，所以A接G，F接H；用装有淀粉KI溶液的洗气瓶检验氯气时，导管应长进短出，氯气有毒，要进行尾气处理，所以B接D，E接C；淀粉KI溶液变蓝的原因是Cl2+2I-=I2+2Cl-，故答案为：G；F；H；D；E；C；
（5）由知，当产生的H2的体积为8.4mL，即3.75×10-4mol时，生成NaOH的物质的量为7.5×10-4mol，所以溶液中c(OH-)=c(NaOH)==0.01mol/L，所以c(H+)= mol/L =10-12 mol/L，则pH=12。
【点睛】关于电解池原理的应用是常考点，本题中铁棒作电解饱和盐水的电极，且不影响电解产物，则铁电极只能做电解池的阴极，起导电作用，该电极产生氯气。
21.已知(Ⅰ)、(Ⅱ)反应在一定条件下焓变及平衡常数如下：
2H2(g)＋S2(g)⇌2H2S(g) ΔH1 K1 (Ⅰ)
3H2(g)＋SO2(g)⇌2H2O(g)＋H2S(g) ΔH2 K2 (Ⅱ)
(1)用ΔH1、ΔH2表示反应4H2(g)＋2SO2(g)=S2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________。
(2)回答下列反应(Ⅰ)的相关问题：
①温度为T1，在1 L恒容容器中加入1.8 mol H2、1.2 mol S2,10 min时反应达到平衡。测得10 min内v(H2S)＝0.08 mol·L－1·min－1，则该条件下的平衡常数为________。
②温度为T2时(T2＞T1)，在1 L恒容容器中也加入1.8 mol H2、1.2 mol S2，建立平衡时测得S2的转化率为25%，据此判断ΔH1________0(填“＞”或“＜”)，与T1时相比，平衡常数K1__(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)常温下，用SO2与NaOH溶液反应可得到NaHSO3、Na2SO3等。
①已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是_____________________________________(写出主要反应的离子方程式)，该溶液中，c(Na＋)______2c(SO32-)＋c(HSO3-)(填“＞”“＜”或“＝”)。
②在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO3-、SO32-物质的量分数随pH变化曲线如图所示(部分)，根据图示，则SO32-的水解平衡常数＝________。
【答案】(1). 2ΔH2－ΔH1 (2). 0.8 (3). ＜ (4). 减小 (5). SO32-＋H2O⇌HSO3-＋OH－ (6). ＞ (7). 10－6.8
【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；
（2）①计算硫化氢物质的量变化量，利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，由于容器体积为1L，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=计算；
②根据①中的计算数据，可以计算①中平衡时S2（g）的转化率，再根据转化率判断平衡移动方向，升高温度平衡向吸热反应方向移动，据此分析解答；
（3）①Na2SO3水溶液中亚硫酸根水解，使溶液显碱性；根据电荷守恒判断离子浓度关系；
②亚硫酸根离子的水解平衡常数K=，当pH=7.2时，SO32-、HSO3-浓度相等，据此计算。
【详解】（1）2H2(g)＋S2(g)⇌2H2S(g) ΔH1 K1 (Ⅰ)
3H2(g)＋SO2(g)⇌2H2O(g)＋H2S(g) ΔH2 K2 (Ⅱ)
根据盖斯定律，由(Ⅱ)×2−(Ⅰ)可得：4H2(g)+2SO2(g)⇌S2(g)+4H2O(g)，故△H=2ΔH2－ΔH1，故答案为：2ΔH2－ΔH1；
（2）①10min时反应达到平衡。测得10min内v(H2S)=0.08mol⋅L−1⋅min−1，故△n(H2S)=0.08mol⋅L−1⋅min−1×10min×1L=0.8mol，则：
2H2(g)+S2(g)⇌2H2S(g)
起始(mol): 1.8 1.2 0
变化(mol): 0.8 0.4 0.8
平衡(mol): 1.0 0.8 0.8
由于容器体积为1L，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数K==0.8；故答案为：0.8；
②根据①中数据，可知温度为T1时S2的转化率==33.3%＞25%，说明升温平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即△H1＜0，平衡常数减小，故答案为：＜；减小；
（3）①溶液中SO32−会发生水解反应，其离子方程式为：SO32-＋H2O⇌HSO3-＋OH－，破坏水的电离平衡，导致溶液显示碱性；根据电荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)＋c(HSO3-)+c(OH−)，因c(H+)＜c(OH−)，故c(Na+)＞2c(SO32-)＋c(HSO3-)，故答案为：SO32-＋H2O⇌HSO3-＋OH－；＞；
②亚硫酸根离子水解平衡常数K=，当pH=7.2时，SO32-、HSO3-浓度相等，所以K=c(OH−)==10-6.8，故答案为：10−6.8。
22.I.髙锰酸钾在实验室和工农业生产中有广泛的用途，实验室以二氧化锰为主要原料制备高锰酸钾，其部分流程如下：
(1)第①步加热熔融应在铁坩埚中进行，而不用瓷坩埚的原因是_______________________________(用化学方程式表示)。
(2)第④步通人适量CO2，发生反应生成MnO4-、MnO2和碳酸盐，则发生反应的离子方程式为_______________________________________。
(3)第⑥步加热浓缩至液面有细小晶体析出时，停止加热，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，干燥过程中，温度不宜过高，其原因是_________________(用化学方程式表)。
(4)H2O2和KMnO4都是常用的强氧化剂，若向H2O2溶液中滴加酸性髙锰酸钾溶液，则酸性髙锰酸钾溶液会褪色，写出该反应的离子方程式:________________________________。
II.某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究SO2和C12的性质。
(5)若从左端分别通入SO2和C12，装置A中观察到的现象是否相同_________(填“相同”或“不相同”)。
(6)若装置B中装有5.0 mL 1.0 mol • L-1的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了5.0×10-2 mol电子，则该反应的化学方程式为____________________________。
(7)若由元素S和O组成-2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4 : 3；当Cl2与含有X的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加人氯化钡溶液，有白色沉淀产生。 写出Cl2与含有X的溶液反应的离子方程式: ______________________________________。
【答案】 (1). SiO2+ 2KOHK2SiO3+H2O (2). 3MnO42-+2CO2 =2MnO4-+MnO2↓+2CO32- (3). 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ (4). 2MnO4-+6H++5H2O2==2Mn2++5O2↑十+8H2O (5). 相同 (6). 5Cl2+I2+6 H2O =2 HIO3+10HCl (7). S2O32-+Cl2+ H2O=SO42-+S↓+2C1- +2H+
【解析】试题分析：（1）由于KOH是强碱，在加热及高温时容易与玻璃、陶瓷中的SiO2发生反应，该反应的方程式为SiO2+2KOHK2SiO3+H2O ,所以加热熔融KClO3和KOH的混合物应在铁坩埚中进行。
（2）根据题意结合原子守恒和电荷守恒，可得该反应的方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-；
（3）由于KMnO4受热容易发生分解反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，为了防止KMnO4的分解，所以在干燥时温度不宜过高。
（4）KMnO4和H2O2都有强的氧化性，但KMnO4的氧化性更强，所以二者发生反应时H2O2作还原剂，把KMnO4还原为无色的Mn2＋，而使溶液褪色，反应的离子方程式为2MnO4-+6H＋+5H2O2=2Mn2＋+5O2↑+8H2O；
（5）SO2具有漂白性，能使品红褪色，Cl2具有强氧化性，能将品红氧化而使品红褪色，所以若从左端分别通人SO2和Cl2，装置A中观察到的现象相同；
（6）根据题意，氯气和碘水反应，氯气的氧化性强于碘，在反应中得电子，碘的物质的量为0．005×1=0．005mol，转移的电子数为5．0×10-2 mol，则1molI2转移10mol电子，即碘由0价失电子生成+5价碘酸，所以该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O =2HIO3+10HCl；
（7）若由元素S和O组成-2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3，则X为S2O32-，当Cl2与含X的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，说明有S生成，取上层清液加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明有SO42-生成，则Cl2与含S2O32-的溶液反应的离子方程式为S2O32-+Cl2+H2O =SO42-+S↓+2Cl－+2H＋。
考点：考查化学实验基本操作、方程式的书写、高锰酸钾的制备、性质，SO2和Cl2的性质等知识。
