1、高三新起点联考考试化学试题高三新起点联考考试化学试题 注意事项：注意事项： 1 1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2 2答题时请按要求用笔。答题时请按要求用笔。 3 3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试卷上答题无效。稿纸、试卷上答题无效。 4 4保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。保持卡面清洁，不要折
2、叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H1 1，C C1212，O O1616，HgHg200.6200.6 第第卷（选择题，共卷（选择题，共 1616 小题，共小题，共 4848 分）分） 下列各题中只有一个选项是符合题意的。下列各题中只有一个选项是符合题意的。 1.化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是（ ） A. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 B. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅 C. 研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致 D. 港珠澳大桥用到的合金
3、材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能 【答案】B 【解析】 【详解】A地下钢铁管道用导线连接锌块，构成原电池时铁为正极，保护了铁，所以地下钢铁管道用导线 连接锌块可以减缓管道的腐蚀，故 A正确；B制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故 B错误；C研 发新能源汽车，减少化石燃料的使用，可以减少废气、废渣等排放，有利于保护环境，与“绿水青山就是金 山银山”的绿色发展理念一致，故 C 正确；D跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐 蚀等特性，故 D正确；故答案为 B。 2.下列化学用语表达正确的是（ ） A. CaCl2的电子式: B. Cl的结构示意图： C. 乙烯的分子式：C2
4、H4 D. 纯碱溶液呈碱性的原因： CO3 2+2H 2OH2CO3+2OH 【答案】C 【解析】 【详解】ACaCl2是离子化合物，其电子式应为 ，故 A 错误；BCl的核外最外层电 子数为 8，其离子结构示意图为，故 B 错误；C乙烯是最简单的燃烧，其分子式为 C2H4，故 C 正 确；D碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是 CO32-+H2OHCO3-+OH-，故 D 错误；故答案为 C。 【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多 核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“
5、”，没有成键的价电子也要写出 来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如 HClO 应是 HOCl，而不是 HClO） ， 其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大 小及分子的空间结构。 3.下列不涉及氧化还原反应的是（ ） A. 补铁剂（有效成分为 Fe 2+）与含维生素 C 共服效果更佳 B. 雷雨肥庄稼自然固氮 C. 灰肥相混损肥分灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐 D. 从沙滩到用户由二氧化硅制晶体硅 【答案】C 【解析】 【详解】A维生素 C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故 A正确；B放电过程中， 氮气与氧气
6、反应生成 NO，O、N 元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故 B 正确；C碳酸钾与铵 盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应， 故 C 错误；D由二氧化硅制晶体硅，Si 的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故 D 正确；故答案 为 C。 4.下列解释事实的方程式正确的是（ ） A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O32H SO 2S2Na H 2O B. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3 C. 向 Ca(ClO)2溶液中通入过量 CO2制取次氯酸： Ca 2C
7、lOH 2OCO22HClOCaCO3 D. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H + Cl+ ClO 【答案】B 【解析】 【详解】A硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离 子方程式为：S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故 A 错误；B氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁， 反应方程式为 4Fe（OH）2 +O2 +2H2O4 Fe（OH）3，故 B 正确；C二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸 氢钙，则向 Ca（ClO）2溶液中通入过量 CO2制取次氯酸，离子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO32-，故 C错误； D
8、HClO是弱酸， 则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式显Cl2 + H2O H + Cl+ HClO， 故 D 错误；故答案为 B。 5.1mol 白磷（P4，s）和 4mol 红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E 表示能量） 。下列说法正 确的是（ ） A. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) H0 B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等 C. 白磷比红磷稳定 D. 红磷燃烧的热化学方程式是 4P(s，红磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol 【答案】D 【解析】 【详解】A依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则
9、 H0， 故 A 错误； B依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故 B 错误；C依 据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故 C 错误；D依据图象分析，红磷燃烧是 放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)5O2(g)P4O10(s) H=(E2E3)kJ/mol，故 D 正确；故 答案为 D。 6.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 100g 质量分数为 46%C2H5OH 溶液中所含 OH 数目约为 7NA B. 质量为 12g 的 12C 含有的中子数为 12N A C. 将 0.1molCH3COONa 溶于稀醋
10、酸中使溶液呈中性，溶液中 CH3COO 数目小于 0.1N A D. 氢氧燃料电池正极消耗 22.4 L 气体时，电路中通过的电子数目为 4NA 【答案】A 【解析】 【详解】A乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有 O-H键，所以 100g46%乙醇溶液含有乙醇 46g，物质的量为 1mol，含有 1molO-H 键，含有水 54g，物质的量为 3mol，含有 O-H键 6mol，所以共含 O-H 数目 7NA，故 A 正确；B12g 的 12C 的物质的量为： 12 12/ mol g g =1mol，含有中子的物质的量为：1mol 6=6mol，含有的 中子数为 6NA ，故 B 错误；C将 0
11、.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n （CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+） ，而由于溶液显中性，故 n（OH-）=n（H+） ，则有 n（CH 3COO -） =n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为 NA个，故 C错误； D氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法 计算，故 D错误；故答案为 A。 【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为 标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子 数目的判断；注意物质的结构：如 Na2O2是由 Na+和
12、O22-构成，而不是有 Na+和 O2-构成；SiO2、SiC 都是 原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为 4NA，1molP4 含有的共价键为 6NA等。 7.下列叙述正确的是（ ） A. 2甲基丁烷也称为异丁烷 B. 分子式为 C4H9Cl 的同分异构体共有 4 种（不考虑立体异构） C. 等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应能制得纯净的一氯甲烷 D. 葡萄糖、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同 【答案】B 【解析】 【详解】A2-甲基丁烷含 5个 C，则 2-甲基丁烷也称异戊烷，故 A错误；B丙烷只有 2种 H，一氯代烃 有 2
13、 种，判断二氯代烃时一氯定位、另一氯转位，则分子式为 C3H6Cl2的同分异构体有 CH3CH2CHCl2、 CH3CHClCH2Cl、ClCH2CH2CH2Cl、CH3CCl2CH3，共 4种，故 B 正确；C光照下取代反应为链锁反应，等 物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应可得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷的混合物，故 C 错误；D葡萄糖是单糖不水解，油脂和蛋白质能水解，水解产物也不同，故 D 错误；故答案为 B。 8.四种主族元素 a、b、c、d 分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d 的简单离子具有相同电子层 结构，d 的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素
14、原子的最外层电子数之和为 15，下列叙述 正确的是（ ） A. b 元素最高价氧化物对应的水化物为强酸 B. 最简单气态氢化物的热稳定性：bc C. c 为第二周期第 VIIA 族元素 D. 原子半径：dcba 【答案】A 【解析】 【分析】 四种主族元素 a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则 a为 H；b、d的简单离子具有相 同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为 Al，四种元素原子的最外层电子数之和 为 15，b、c 为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为 15-1-3=11，b为 N，c 为 O 符合题意，以此来解 答 【详解】由上述分析可知
15、，a为 H，b 为 N，c为 O，d为 Al；Ab 元素为氮元素，其最高价氧化物对应的 水化物硝酸为强酸，故 A 正确；B非金属性 ON，则气态氢化物的热稳定性：bc，故 B 错误；Cc 为 O 元素，核电荷数为 8，为第二周期第 VIA 族元素，故 C 错误；D短周期主族，电子层越多，原子半 径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：AlNOH，故 D错误；故答案为 A。 9.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ） 实验操作 现象 解释或结论 A 向酸性 KMnO4溶液中通入 SO2 溶液紫红色褪去 SO2具有漂白性 B 在镁、 铝为电极， 氢氧化钠为电解质的原电 池装置 镁
16、表面有气泡 金属活动性：AlMg C 测定等物质的量浓度的 NaCl 与 Na2CO3溶液 的 pH 后者较大 非金属性：ClC D 等体积pH3的HA和HB两种酸分别与足量 的锌反应，排水法收集气体 HA 放出的氢气多且 反应速率快 HB 酸性比 HA 强 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫， 溶液褪色，说明二氧化硫将酸性高锰酸钾溶液还原，二氧化硫体现还原性，故 A 错误；BAl 与 NaOH 溶 液反应，Al为负极，但金属性 Mg大于 Al，故 B错误；C常温下，测定等浓度
17、的 Na2CO3和 NaCl的溶液 的 pH，Na2CO3溶液大，可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金 属性强弱，故 C 错误；DHA 放出氢气多，等 pH时，HA 的浓度大，HA 为弱酸，则 HB 酸性比 HA强， 故 D 正确；故答案为 D。 10.下列有关实验操作的叙述错误的是（ ） A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大 C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置 D. 用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂 【答案】A 【解析】 【详解】A
18、锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有少量水对实验无影响，故 A 错误；B用容量瓶配制溶液，定 容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则所配溶液浓度偏大，故 B正确；C蒸馏完毕后，还需充分冷凝，则 先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故 C正确；D用标准盐酸溶液滴定氨水来测定 其浓度，滴定终点时恰好生成 NH4Cl，溶液显酸性，则应选择甲基橙为指示剂，故 D 正确；答案为 A。 11.已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ） A. 分子式为 C10H14O6 B. 含有的官能团为羟基、羧基和酯基 C. 该分子不能发生取代反应 D. 它属于芳香烃 【答案】B 【解析】 【详
19、解】A的分子式为 C10H10O6，故 A 错误；B中 含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故 B正确；C分子结构中含有羟基、 、羧基 和 酯 基 三 种 官 能 团 ， 均 能 发 生 取 代 反 应 ， 如 发 生 酯 的 水 解 、 酯 化 反 应 等 ， 故 C 错 误 ； D 除含有苯环外，还含有氧元素，只能属芳香族化合物，不是芳香烃，故 D 错 误；故答案为 B。 12.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ） A. 将 FeCl3溶液加热蒸干最终得不到无水 FeCl3固体 B. 实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出 C. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 D. 使用催化剂，提高
20、合成氨的生产效率 【答案】D 【解析】 【分析】 勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等） ，平衡就向能够减弱这种改变的方 向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙 特列原理解释。 【详解】A加热会促进 FeCl3的水解，蒸干产物不是氯化铁，是氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，能用勒 夏特列原理解释，故 A错误；B实验室制乙酸乙酯的反应为可逆反应，减少生成物浓度导致平衡向正反应 方向移动，从而提高乙酸乙酯产率，可以用平衡移动原理解释，故 B 正确；C氯气和水反应生成盐酸和次 氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠
21、电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解， 所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故 C错误；D使用催化剂，缩短 到达平衡时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故 D 错误；故答案为 B。 【点睛】考查勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。特别要注意改变 平衡移动的因素需与平衡移动原理一致，否则不能使用该原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率， 不改变平衡移动，再如工业合成氨和硫酸工业的条件选择等。 13.高炉炼铁过程中发生反应： 1 3Fe2O3(s)CO(g) 2 3 Fe(s)CO2(g)， 该反应在不同温度下的平衡常数
22、见右 表。下列说法正确的是（ ） 温度T/ 1000 1150 1300 平衡常数K 4.0 3.7 3.5 A. 由表中数据可判断该反应：反应物的总能量生成物的总能量 B. 1000下 Fe2O3与 CO 反应，t min 达到平衡时c(CO) =210 -3 mol/L，则用 CO 2表示该反应的平均速率为 210 3/t molL1min1 C. 为了使该反应K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO) D. 其他条件不变时，增加 Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中 CO 的含量 【答案】D 【解析】 【详解】A由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，该反应：
23、反应物的总能 量生成物的总能量，故 A错误；B1000下 Fe2O3与 CO 反应，tmin 达到平衡时 c（CO）=2 10-3 mol/L， 设 CO起始浓度 x， 1 3 Fe2O3（s）+CO（g） 2 3 Fe（s）+CO2（g） ， 起始量（mol/L） x 0 变化量（mol/L）x-2 10-3 x-2 10-3 平衡量（mol/L）2 10-3 x-2 10-3 K= 3 3 2 10 2 10 x =4， x=10-2mol/L； 用 CO表示该反应的平均速率为 23 102 10/mol L tmin ， 故 B 错误； C 平 衡常数只受温度影响，增大 c（CO）不能改
24、变化学平衡常数，故 C错误；D增大固体的量，不改变平衡的 移动，则其他条件不变时，增加 Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中 CO 的含量，故 D正确；答案为 D。 14.以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下： 上述装置工作时，下列有关说法正确的是（ ） A. 乙池电极接电池正极，气体 X 为 H2 B. Na +由乙池穿过交换膜进入甲池 C. NaOH 溶液 Z 比 NaOH 溶液 Y 浓度小 D. 甲池电极反应：4OH -4e-=2H 2O+O2 【答案】C 【解析】 分析】 装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，
25、碳酸根 离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2，气体 X 为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根 离子，据此分析判断。 【详解】A乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故 A错误；B电解 池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故 B错误；C阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附 近氢氧根离子浓度增大，NaOH 溶液 Y 比 NaOH 溶液 Z 浓度大，故 C 正确；D放出氧气的电极为阳极， 电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳
26、酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口 为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2，故 D 错误；故答案为 C。 15.常温下，下列说法不正确 的是（ ） A. 0.1molL 1K 2CO3溶液中：c(H +)+c(HCO 3 )+2c(H 2CO3)=c(OH ) B. 已知 Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)， 将 AgCl 和 AgBr 的饱和溶液等体积混合， 再加入足量的浓 AgNO3溶液， AgCl 沉淀多于 AgBr 沉淀 C. 常温下， pH=4.75、 浓度均为 0.1mol/L 的 CH3COOH、 CH3COONa 混合溶液： c(CH3
27、COO )c(OH)c(CH 3COOH) c(H ) D. 已知 Ksp(AgCl)1.810 10，Ksp(Ag 2CrO4)2.010 12，向浓度均为 1103mol/L 的 KCl 和 K 2CrO4混 合液中滴加 110 3mol/LAgNO 3溶液，Cl 先形成沉淀 【答案】C 【解析】 【详解】A在 0.1mol L 1K 2CO3溶液中存在质子守恒，即 c(H +)+c(HCO 3 )+2c(H 2CO3)=c(OH )，故 A正确； B由 Ksp（AgCl）Ksp（AgBr） ，将 AgCl和 AgBr饱和溶液等体积混合，c（Cl-）大，再加入足量浓的 AgNO3溶液， 则
28、最先析出 AgBr沉淀， 但其沉淀量小于 AgCl 沉淀， 故 B正确； C pH=4.75 浓度均为 0.1molL-1 的 CH3COOH、CH3COONa 混合溶液，说明醋酸的电离程度大于 CH3COO-的水解程度，则：c（CH 3COO -） c（Na+）c（CH3COOH） ，根据电荷守恒 c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）可知：c（CH3COO-） +c（OH-）c（CH3COOH）+c（H+） ，故 C 错误；混合溶液中生成氯化银需要的 c（Ag+） = sp AgClK c Cl = 10 3 1.8 10 1 10 =1.8 10-7mol/L，生成
29、Ag2CrO4需要的c（Ag+） = 24 2 4 Ksp Ag CrO c CrO = 12 3 2.0 10 1 10 mol/L=4.47 10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故 D 正确；故答案为 C。 【点睛】注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为 D，组成不相似的物质，不能直接根据溶度 积判断。溶度积 Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度 的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积 Ksp的大小；溶度积 Ksp反映了难溶电解质在水中的溶 解能力的大小，相同类型的难溶电解质的 Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之 Ksp越大
30、，溶解度越大， 不同类型的难溶电解质，不能简单地根据 Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。 16.25时，向浓度均为 0.1molL 1、体积均为 100mL 的两种一元酸 HX、HY 溶液中分别加入 NaOH 固体，溶 液中 lg () c H c OH 随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是（ ） A. HX 为弱酸，HY 为强酸 B. 水的电离程度：dcb C. c 点对应的溶液中：c(Y )c(Na)c(H)c(OH) D. 若将 c 点与 d 点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na )c(X)c(Y)c(H)c(OH) 【答案】C 【解析】 【详解】Alg c
31、H c OH 越大，溶液中氢离子浓度越大，未加 NaOH 时，HX 溶液中 lg c H c OH 的值大， 所以 HX的酸性大于 HY，加入氢氧化钠物质的量 10 10-3mol，lg c H c OH =1，c（H+）=c（OH-）酸和氢氧 化钠溶液恰好反溶液呈中性，HX 为强酸，HY 为弱酸，故 A 错误；Bd 点是强酸 HX 的溶液中滴加少量 NaOH 溶液，当溶液的 pH=5时，HX过量，水的电离被抑制；c点加入的氢氧化钠的物质的量为 5 10-3mol， 所得的溶液为 NaY和 HY的等浓度的混合溶液， 而 lg c H c OH =6， 水的离子积 Kw=c （H+） c （OH
32、-） =10-14， 故可知 c（H+）2=10-8，则 c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即 HY的电离大于 Y-的水解，水的电离也被抑 制； 而在 b点， 加入的氢氧化钠的物质的量为 8 10-3mol， 所得的溶液为大量的 NaY和少量的 HY混合溶液， 而 lg c H c OH =0，离子积 Kw=c（H+）c（OH-）=10-14，故可知 c（H+）=10-7，溶液显中性，即 HY 的电 离程度等于 Y-的水解程度，水的电离没有被促进也没有被抑制，故水的电离程度 dcb，故 B 错误；Cc 点加入的氢氧化钠的物质的量为 5 10-3mol，所得的溶液为 NaY 和 HY
33、的等浓度的混合溶液，而 lg c H c OH =6，水的离子积 Kw=c（H+）c（OH-）=10-14，故可知 c（H+）2=10-8，则 c（H+）=10-4mol/L， 溶液显酸性，即 HY 的电离大于 Y-的水解，故 c（Y-）C（Na+）c（HY）c（H+）c（OH-） ，故 C 正确；D若将 c 点与 d 点的溶液全部混合，所得溶液等同 NaX、HY等物质的量的混合液，其中 X-不水解， HY 部分电离，则溶液中离子浓度大小为 c(Na)=c(X)c(H)c(Y)c(OH)，故 D 错误；答案为 C。 第第卷（非选择题，共卷（非选择题，共 5252 分）分） 17.（1）钠米材料
34、二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。工业上二氧化钛的制备 是： 资料卡片 物质 熔点 沸点 SiCl4 -70 57.6 TiCl4 -25 136.5 I. 将干燥后的金红石（主要成分 TiO2，主要杂质 SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入 Cl2反应 制得混有 SiCl4杂质的 TiCl4。 II. 将 SiCl4分离，得到纯净的 TiCl4。 III. 在 TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀 TiO2xH2O。 IV. TiO2xH 2O 高温分解得到 TiO2。 TiCl4与 SiCl4在常温下的状态是_。II 中所采取的操作名称是_。 III
35、中反应的化学方程式是_。 如 IV 在实验室完成，应将 TiO2xH2O 放在_（填仪器编号）中加热。 （2）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。 废水 I 若采用 CO2处理，离子方程式是_。 废水常用明矾处理。实践中发现废水中的 c(HCO3 )越大，净水效果越好，这是因为_。 废水 III 中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式） ：Hg 2+_=CH 3Hg +H+，我国规定，Hg2+ 的排放标准不能超过 0.05 mgL。若某工厂排放的废水 1 L 中含 Hg 2+ 310-7mo1，是否达到了排放标准_ （填“是”或“否”） 。 废水常用 C12氧化
36、CN 成 CO 2和 N2，若参加反应的 C12 与 CN -的物质的量之比为 52，则该反应的离子方 程式为_。 【答案】 (1). 液态 (2). 蒸馏 (3). TiCl4+(x+2)H2OTiO2 xH2O+4HCl (4). b (5). OH +CO2=HCO3 (6). HCO3会促进 Al3+的水解， 生成更多的 Al(OH)3， 净水效果增强 (7). CH4 (8). 否 (9). 5Cl2+2CN+4H2O=10Cl+2CO2+N2+8H+ 【解析】 【分析】 （1）根据资料卡片中的 TiCl4与 SiCl4熔点、沸点判断 TiCl4与 SiCl4在常温下的状态；分离沸点
37、相差较大 的互溶液体常采取蒸馏方法； 由信息可知 TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀 TiO2xH2O与 HCl； 为高温分解固体物质，通常在坩埚中进行； （2）中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去 OH-； HCO3-可与 Al3+发生互促水解反应； 由质量守恒可知，应为甲烷与 Hg2+的反应； 根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平。 【详解】 （1）根据资料卡片中的 TiCl4与 SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与 SiCl4在常温下的状态是液态；分 离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法； 由信息可知 TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀 TiO2xH2O与 HCl，
38、反应方程式为：TiCl4+（x+2） H2OTiO2xH2O+4HCl； 为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以 b正确； （2）pH接近 7，用 CO2处理，生成 HCO3-，则反应的离子方程式为 OH-+CO2=HCO3-； HCO3-和 Al3+发生相互促进的水解，生成 CO2和 Al（OH）3，从而增强净水效果； 根据电荷守恒可质量守恒可知，应为 Hg2+和 CH4的反应，1L水中，n（Hg2+）=3 10-7mol，则 m（Hg2+） =3 10-7mol 200.6g/mol=6.02 10-5g=0.06mg0.05mg，所以没有达到排放标准； 废水
39、常用 C12氧化 CN-成 CO2和 N2，若参加反应的 C12与 CN-的物质的量之比为 5:2，则反应的离子方 程式为 5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+。 18.以铬铁矿(主要成分为 FeO 和 Cr2O3，含有 Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分 Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下： 查阅资料得知: 常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将 Cr 3+转化为 CrO 4 2。 金属离子 Fe 3+ Al 3+ Cr 3+ Fe 2+ Bi 3+ 开始沉淀的 pH 2.7 3.4 5.0 7.5
40、 0.7 沉淀完全的 pH 3.7 4.9 5.9 9.7 4.5 回答下列问题： （1）反应之前先将矿石粉碎的目的是_。 （2）步骤加的试剂为_，此时溶液 pH 要调到 5 的目的_ 。 （3）写出反应的离子反应方程式_。 （4）中酸化是使 CrO4 2转化为 Cr 2O7 2，写出该反应的离子方程式_。 （5）将溶液 H 经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需 要采用的操作是_(填操作名称)。 【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 (2). 氢氧化钠溶液或 NaOH 溶液 (3). 使 Fe 3+、Al3+均完
41、全转化为 Fe(OH) 3和 Al(OH)3沉淀而除去 (4). 3NaBiO3+2Cr 3+7OH +H2O=3Bi(OH)3+2CrO4 2+3Na+ (5). CrO 4 2+2H+ Cr2O7 2+H 2O (6). 重结晶 【解析】 【分析】 铬铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体 A 为二氧 化硅，溶液 B中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节 pH 使铁离子和铝离子沉淀，根据表 格数据分析，控制 pH到 5，固体 D为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液 E 中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液，反 应生成 Na2CrO4，酸化将其变成重铬
42、酸钠，最后重结晶得到红矾钠，据此解答。 【详解】(1) 为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎， 故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率； (2) 根据表格数据分析， 步骤加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液； 此时溶液 pH要调到 5的目的使 Fe3+、 Al3+均完全转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀； 故答案为：NaOH溶液；使 Fe3+、Al3+均完全转化为 Fe(OH)3和 Al(OH)3沉淀而除去； (3) 反应中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为 3Na
43、BiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+， 故答案为：3NaBiO3+2Cr3+7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+； (4) 中酸化是使 CrO42转化为 Cr2O72，离子方程式 2CrO42+2H+Cr2O72+H2O， 故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O； (5) 将溶液 H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶， 故答案为：重结晶。 【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，侧重于学生的分析能力、实验能 力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤
44、的注意问题和基本操作方法是解题关键。 19.科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1 90.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H231.0kJ/mol，CO 与 H2合成 CH3CH=CH2的热化 学方程式为_。 （2）现向三个体积均为 2L 的恒容密闭容器 I、II、中，均分别充入 1molCO 和 2mo1H2发生反应： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为 Tl、T2、T3且恒定不变。当反 应均进行到 5min 时 H2的
45、体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。 5min 时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_（填序号） 。 0-5 min 内容器 I 中用 CH3OH 表示的化学反应速率v(CH3OH)=_。 （保留两位有效数字） 当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器_。 （填序号） （3）CO 用于工业冶炼金属，在不同温度下用 CO 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中 lg 2 () () c CO c CO 与温度 （T）的关系如图所示。下列说法正确的是_（填字母） 。 A工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和 CO 接触面积，减少尾气中 CO 的含量 BC
46、O 用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高 C工业冶炼金属铜(Cu) 时，600下 CO 的利用率比 1000下 CO 的利用率更大 DCO 还原 PbO2的反应H0 （4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是 2molL 1的 KOH 溶液。 请写出加入(通入)a 物质一极的电极反应式_；每消耗 6.4g 甲醇转移的电子数为_。 （5）一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将 a mol/L 的醋酸与 b mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含 a 和 b 的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数 Ka 为_。 【答案】 (1). 3C
47、O(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H-301.3kJ/mol (2). (3). 0.067 mol/(L min) (4). (5). BC (6). CH3OH6e+8OH=CO32-+6H2O (7). 1.2NA(1.2 6.02 1023) (8). 2 10-7b/(a-2b) 【解析】 【分析】 （1）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=-90.1kJ/mol；3CH3OH（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g） H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算 3+得到 CO与 H 2合成 CH3CH=CH2的热化学方程式； （2）温度越高反应速率越快，达到平衡状态时需要时间越短，反应已经达到平