黑龍江省哈爾濱市第六中學2020屆高三化學上學期第一次調(diào)研考試試題（含解析）.docx

黑龍江省哈爾濱市第六中學2020屆高三化學上學期第一次調(diào)研考試試題（含解析）一、單選題（每題2分）1.下列關于文獻記載的說法正確的是A. 天工開物中“世間絲麻裘褐皆具素質(zhì)”，文中“絲、麻”的主要成分都是蛋白質(zhì)B. 肘后備急方中“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，該提取過程屬于化學變化C. 抱樸子中“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”，描述的是升華和凝華過程D. 本草綱目中“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露”，涉及的實驗操作是蒸餾【答案】D【解析】【詳解】A絲的主要成分是蛋白質(zhì)，麻的主要成分是天然纖維，故A錯誤；B青蒿素提取利用的是萃取原理，該過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B錯誤；C升華屬于物理變化，丹砂（HgS）燒之成水銀，即HgS發(fā)生分解反應生成水銀，此過程為化學變化，不屬于升華，故C錯誤；D白酒的燒制是利用沸點不同進行分離，為蒸餾操作，故D正確；故答案為D。2.化學與生活密切相關。下列敘述不正確的是（ ）A. 二氧化硅是將太陽能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧螧. 中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C. 使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D. 漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土【答案】A【解析】【詳解】A單質(zhì)硅可用于制作太陽能電池的原料，太陽能電池可將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，二氧化硅是光導纖維的成分，故A錯誤；B明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，能夠溶于酸性溶液，可以利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；C含鈣離子濃度較大的地下水能夠與高級脂肪酸鈉反應生成高級脂肪酸鈣沉淀，去污能力減弱，故C正確；D瓷器由黏土燒制而成，瓷器的主要原料為黏土，故D正確；答案選A。3.化學與社會、生產(chǎn)生活和科技都密切相關。下列說法正確的是A. 在軍艦船底鑲嵌鋅塊作正極，以防船體被蝕B. “天宮二號”使用的碳纖維是一種新型有機高分子材料C. SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿D. 維生素C易被氧氣氧化，用作食品抗氧化劑【答案】D【解析】A鋅的活潑性強于鐵，軍艦船底鑲嵌鋅塊作負極，以防船體被腐蝕，為金屬的犧牲陽極的陰極保護法，故A錯誤；B碳纖維成分為碳單質(zhì)，是無機物，不是有機高分子材料，故B錯誤；C二氧化硫可用于漂白紙漿是利用了二氧化硫的漂白性，不是二氧化硫的氧化性，故C錯誤；D維生素C具有還原性，則用作食品抗氧化劑，故D正確；故選D。4.下列有關物質(zhì)、變化的說法中，正確的是（ ）A. 化學變化不產(chǎn)生新元素，產(chǎn)生新元素的變化不是化學變化B. 向煮沸的1molL-1NaOH溶液中滴加FeC13飽和溶液制備Fe(OH)3膠體C. 導電性屬于物質(zhì)的物理性質(zhì)，所以物質(zhì)導電時不可能發(fā)生化學變化D. 液氯、乙醇、NH3均屬于非電解質(zhì)【答案】A【解析】A原子為化學變化中的最小微粒，化學變化中遵循元素守恒，則化學變化不產(chǎn)生新元素，產(chǎn)生新元素的變化不是化學變化，故A正確；BFe(OH)3膠體的制備是將FeCl3飽和溶液滴入沸水中制備的，向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加FeCl3飽和溶液制備Fe(OH)3沉淀，故B錯誤；C導電時可能為自由電子或自由離子的定向移動，如電解時導電發(fā)生化學變化，故C錯誤；D液氯是單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)，也不屬于非電解質(zhì)，故D錯誤；故選A。5.下列說法不正確的是A. 干冰升華和液氧氣化時，都只需克服分子間作用力B. N2和Cl2O兩種分子中，每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構C. HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性和還原性均依次減弱D. 石墨轉(zhuǎn)化金剛石，既有化學鍵的斷裂，又有化學鍵的形成【答案】C【解析】A、干冰和氧氣形成的晶體都是分子晶體，所以干冰升華和液氧氣化時，都只需克服分子間作用力，故A正確；B、氮氣含NN，Cl2O中含2個O-Cl鍵，N原子上存在1對孤對電子，O原子上存在2對孤對電子，Cl原子上存在3對孤對電子，則兩種分子中，每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構，故B正確；C、同一主族，從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，所以非金屬性：FClBrI，元素非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，對應陰離子的還原性越弱，所以熱穩(wěn)定性：HFHClHBrHI；還原性：HFHClHBrHI，故C錯誤；D、石墨轉(zhuǎn)化金剛石是化學變化，既有化學鍵的斷裂，又有化學鍵的形成，故D正確；故選C。6.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是A. 0.1mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的數(shù)目為0.4NAB. 25，1LpH=7的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液中，含OH-的數(shù)目為10-7NAC. 一定條件下，0.1molSO2與足量氧氣反應生成SO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD. 電解精煉銅，當電路中通過電子數(shù)目為0.2NA時，陽極質(zhì)量減少6.4g【答案】B【解析】A苯環(huán)中無雙鍵，故0.1mol苯乙烯中含0.1mol碳碳雙鍵，故A錯誤；B、25，1LpH=7的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液中c(OH-)=10-7mol/L，氫氧根的個數(shù)為10-7NA，故B正確；CSO2與足量氧氣反應生成SO3的反應為可逆反應，不能進行徹底，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.2NA，故C錯誤；D電解精煉銅時，若陽極質(zhì)量減少6.4g，由于陽極有鐵雜質(zhì)存在，鐵的摩爾質(zhì)量小于銅的，所以陽極減少6.4g，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量不是0.2mol，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構是解題關鍵。本題的易錯點為D，要注意粗銅中含有雜質(zhì)(鐵、鋅等)，作陽極時，鐵、鋅也要放電。7.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A. 22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)為NAB. 標準狀況下，38g3H2O2中含有3NA共價鍵C. 常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉(zhuǎn)移0.3NA電子D. 0.1molL-1MgCl2溶液中含有的Mg2+數(shù)目一定小于0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A、非標準狀況下，22.4LCl2的物質(zhì)的量不一定是1mol，故A錯誤；B、1個3H2O2分子中含有3個共價鍵，38g3H2O2中含有共價鍵的數(shù)目是3NA，故B正確；C、常溫下，鐵在濃硝酸中鈍化，故C錯誤；D、根據(jù)n=cV，沒有溶液體積，不能計算溶質(zhì)物質(zhì)的量，故D錯誤。8.K2FeO4 是優(yōu)良的水處理劑，一種制備方法是將 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反應為Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O。下列關于該反應的說法不正確的是A. 鐵元素被氧化，氮元素被還原B. 每生成 1 mol K2FeO4，轉(zhuǎn)移 6 mol eC. K2FeO4 具有氧化殺菌作用D. 該實驗條件下的氧化性：KNO3K2FeO4【答案】B【解析】【詳解】反在應Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中，鐵元素化合價由Fe2O3 中的+3價變?yōu)镵2FeO4中的+6價，化合價升高，F(xiàn)e2O3為還原劑，而N元素則由KNO3中+5價變?yōu)镵NO2中的+3價，化合價降低，做氧化劑。A、氮元素化合價降低，被還原，鐵元素化合價升高被氧化，選項A正確； B、反應Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中鐵元素由+3價變?yōu)?6價，故1molFe2O3轉(zhuǎn)移6mol電子即6NA個，生成2molK2FeO4，故當生成1molK2FeO4時轉(zhuǎn)移3NA個電子，選項B錯誤；C、K2FeO4 中鐵元素為+6價，有強氧化性，能殺菌消毒，選項C正確；D、反應中KNO3為氧化劑，而K2FeO4為氧化產(chǎn)物，而氧化性是氧化劑氧化產(chǎn)物，故氧化性：KNO3K2FeO4，選項D正確；答案選B?！军c睛】本題考查了氧化還原反應方程式的書寫及配平，題目難度較大，明確物質(zhì)的性質(zhì)及題給信息、熟悉化合物中各元素化合價是解本題關鍵。9.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香氣，其結(jié)構簡式如圖。關于該有機物的敘述中正確的是 在Ni催化條件下1mol該有機物可與3mol H2發(fā)生加成； 該有機物不能發(fā)生銀鏡反應； 該有機物分子式為C12H22O2； 該有機物的同分異構體中不可能有酚類； 1 mol該有機物水解時只能消耗1 mol NaOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】分子中含有2個碳碳雙鍵，則1mol該有機物可消耗2mol H2，酯基與氫氣不發(fā)生加成反應，故錯誤；分子中不含醛基，則不能發(fā)生銀鏡反應，故正確；由結(jié)構簡式可知分子中含有12個C原子，20個H原子，2個O原子，則分子式為C12H20O2，故錯誤；分子中含有3個雙鍵，則不飽和度為3，而酚類物質(zhì)不飽和度為4，則它的同分異構體中不可能有酚類，故正確；能與氫氧化鈉反應的官能團只有酯基，水解生成羧基和羥基，只有羧基能與氫氧化鈉反應，則1mol該有機物水解時只能消耗1mol NaOH，故正確；故選C。點睛：本題考查有機物的結(jié)構和性質(zhì)，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的官能團的性質(zhì)，為解答該題的關鍵。10.對甲基苯乙烯（）是有機合成的重要原料。下列對其結(jié)構與性質(zhì)的推斷錯誤的是（）A. 分子式為B. 能發(fā)生加聚反應和氧化反應C. 具有相同官能團的芳香烴同分異構體有5種不考慮立體異構D. 分子中所有原子可能處于同一平面【答案】D【解析】【分析】對甲基苯乙烯（）含有甲基、苯環(huán)和碳碳雙鍵，具有苯、乙烯的結(jié)構特點和性質(zhì)?！驹斀狻緼項、對甲基苯乙烯（）含有9個碳和10個氫，分子式為C9H10，故A正確；B項、含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應和氧化反應，故B正確；C項、含有兩個支鏈時，有鄰間對三種結(jié)構，含有一個支鏈時：支鏈為-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5種同分異構體，故C正確；D項、含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，都為平面形結(jié)構，處于同一平面，分子中含有-CH3，甲基為四面體結(jié)構，所以分子中所有原子不可能處于同一平面，故D錯誤。故選D?！军c睛】本題考查有機物的結(jié)構與性質(zhì)，側(cè)重分析與應用能力的考查，把握有機物的結(jié)構、苯環(huán)與H原子的判斷為解答的關鍵。11.分子式為C4H8BrCl的有機物共有（不含立體異構）A. 8種B. 10種C. 12種D. 14種【答案】C【解析】【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2個H原子分別被1個Cl、1個Br原子取代，丁烷只有2種結(jié)構，氯原子與溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，據(jù)此書寫判斷?！驹斀狻肯确治鎏脊羌墚悩嫞謩e為 C-C-C-C 與2種情況，然后分別對 2 種碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 種，骨架有和， 4 種，綜上所述，分子式為C4H8BrCl的有機物種類共8+4=12種，C項正確；答案選C?！军c睛】本題考查同分異構體的書寫，難度中等，學會利用同分異構體的判斷方法解題是關鍵。12.X、Y、Z、W為原子序數(shù)遞增的4種短周期元素，其中Y、Z為金屬元素。X、Y、Z、W的最高價氧化物對應的水化物甲、乙、丙、丁之間存在如圖所示反應關系(圖中“一”相連的兩種物質(zhì)能發(fā)生反應)。下列判斷正確的是A. X是元素周期表中非金屬性最強的元素B. Z冶煉可通過電解其氯化物的方式獲得C. 4種原子中，Y離子半徑最小D. W的陰離子可能促進水的電離【答案】D【解析】Y、Z為金屬元素，對應的最高價氧化物對應的水化物可發(fā)生反應，則應為氫氧化鋁和氫氧化鈉的反應，可知Y為Na、Z為Al，乙為NaOH，丙為Al(OH)3，X應為N，甲為HNO3，W可為為S、Cl，則丁可能為H2SO4、HClO4。由以上分析可知X為N、Y為Na、Z為Al、W為S或Cl，甲為HNO3，乙為NaOH，丙為Al(OH)3，丁為H2SO4或HClO4。AX為N，元素周期表中非金屬性最強的元素為F，故A錯誤；BZ為Al，位于周期表第三周期A族，故B錯誤；C.4種原子中，半徑最小的為N，Y為Na，原子半徑最大，故C錯誤；D如W為S，對應的離子為S2-，水解呈堿性，可促進水的電離，故D正確；故選D。13.X、Y、Z、W是第三周期元素，它們最高價氧化物對應的水化物溶于水，得到濃度均為0.010mol/L的溶液，其pH（25）與對應元素原子半徑的關系如圖所示。下列說法正確的是（ ）A. 簡單離子的半徑：XZWB. 簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：ZWYC. Y單質(zhì)可用于制作半導體材料D. n =2-lg2【答案】D【解析】【分析】第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液pH為12，氫氧根濃度為0.01mol/L，故為一元強堿，則X為Na；Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故為一元強酸，則W為Cl元素；最高價含氧酸中，Z對應的酸性比W的強、Y對應的酸性比W的弱，而原子半徑Y(jié) Z Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素，以此來答題?！驹斀狻緼.比較半徑，首先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大；電子層結(jié)構相同的離子，原子序數(shù)大，半徑小，故離子的半徑：ZWX，故A錯誤；B.非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，故簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WZY，故B錯誤；C.Y為P元素，單質(zhì)不可用于制作半導體材料，故C錯誤；D. Z為S元素，形成的最高價氧化物對應的水化物為H2SO4，由于PH=-lgc(H+)=-lg0.02=n，故n =2-lg2，故D正確；故選D。【點睛】比較半徑，首先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大；電子層數(shù)相同時，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)越多，半徑越小；電子層數(shù)和質(zhì)子數(shù)都相同時，核外電子數(shù)越多，半徑越大。據(jù)此，同種元素的原子半徑大于陽離子半徑，小于陰離子半徑。14.下列類比關系正確的是A. 少量碳酸鈉溶液與醋酸反應:2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2+H2O，則與次氯酸反應也生成CO2(HC1O Ka=2.9810-8，H2CO3 K1=4.310-7 K2=5.610-11B. Fe2O3與鹽酸反應生成FeCl3，則與氫碘酸反應也可生成FeI3C. FeCl3加熱蒸干、灼燒得Fe2O3，則FeCl2加熱蒸干、灼燒得FeOD. Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，則與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應【答案】D【解析】A.根據(jù)HClO Ka=2.9810-8 ，H2CO3 K1=4.310-7K2=5.610-11可知，酸性碳酸次氯酸碳酸氫根離子，因此少量碳酸鈉溶液與次氯酸不反應，故A錯誤；BFe2O3與氫碘酸反應生成的鐵離子具有氧化性，能夠?qū)⒌怆x子氧化生成碘單質(zhì)，故B錯誤；C. FeCl3水解生成的氯化氫易揮發(fā)，加熱蒸干、灼燒得Fe2O3，而FeO不穩(wěn)定，加熱生成四氧化三鐵，故C錯誤；D、鋁熱反應是鋁在高溫下來還原一些高熔點的金屬單質(zhì)，并且放出大量的熱，所以Al與Fe2O3能發(fā)生鋁熱反應，與MnO2也能發(fā)生鋁熱反應，故D正確；故選D。15.下列說法對應的離子方程式合理的是A. 碳酸鈣與醋酸反應:CO32-+2CH3COOH=CO2+H2O+2CH3COO-B. 明礬溶液中加入過量的氫氧化鋇溶液:Al3+SO42-+Ba2+4OH-=BaSO4+AlO2-+2H2OC. 工業(yè)制取漂白液原理: Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD. 泡沫滅火器的工作原理:2A13+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2【答案】C【解析】A碳酸鈣與醋酸反應生成醋酸鈣、二氧化碳氣體和水，醋酸和碳酸鈣都需要保留化學式，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故A錯誤；B向明礬溶液中加入過量的氫氧化鋇溶液反應的離子方程式為：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-= 2BaSO4+AlO2-+2H2O，故B錯誤；C.氯氣與NaOH溶液反應制備漂白液，則離子反應為Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故C正確；D泡沫滅火器中藥品是硫酸鋁和碳酸氫鈉，硫酸鋁溶液水解呈酸性，碳酸氫鈉溶液水解呈堿性，所以硫酸鋁和碳酸氫鈉相互促進水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解離子反應為Al3+3HCO3-Al(OH)3+3CO2，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了離子方程式的正誤判斷，要注意檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學式。本題的易錯點為D，要知道泡沫滅火器中藥品是硫酸鋁和碳酸氫鈉。16.室溫下，由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=10-11mol/L的溶液中，一定大量共存的離子組（ ）A. Na+ 、 NH4+ 、Cl- 、SO42-B. S2- 、CH3COO- 、Na+ 、Cs+C. K+ 、 Na+ 、 I- 、NO3-D. K+ 、 Na+ NO3- 、SO42-【答案】D【解析】常溫時，若由水電離產(chǎn)生c（OH-）為110-11molL-1，說明可能為酸性溶液也可能是堿性溶液。A. 在堿性條件下NH4+不能大量共存，故A錯誤；B. 酸性條件下，S2、CH3COO不能大量存在，都與氫離子反應，故B錯誤；C. 若為酸性溶液，則H、NO3和I會發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故C錯誤；D. 無論酸或堿溶液中，該組離子之間均不反應，一定大量共存，故D正確。故答案選D。17.某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等離子。當向該溶液中逐滴加入一定物質(zhì)的量濃度的鹽酸溶液時，發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨鹽酸溶液的體積變化如下圖所示。下列說法正確的是A. 原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-B. 原溶液中一定含有的陰離子只有:OH-、A1O2-、CO32-C. 原溶液中含CO32-與A1O2-的物質(zhì)的量之比為3:4D. a-d3/4【答案】C【解析】由圖象分析可知，開始無沉淀生成說明加入的鹽酸和溶液中的堿反應，說明溶液中一定含OH-離子，則與氫氧根離子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；隨后反應生成沉淀逐漸增大，說明是AlO2-、SiO32-和氫離子反應生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-與HCO3-發(fā)生反應生成氫氧化鋁沉淀，則溶液中一定不存在HCO3-；繼續(xù)加入鹽酸沉淀量不變，消耗鹽酸的離子只能是CO32-離子，反應完后繼續(xù)加入鹽酸，沉淀逐漸減小，到不再改變，進一步證明沉淀是氫氧化鋁和硅酸沉淀，氫氧化鋁沉淀溶于鹽酸，最后剩余沉淀為硅酸；硫酸根離子不能確定是否存在，但根據(jù)溶液的電中性可知，溶液中一定含有Na+離子。A溶液中硫酸根離子不能確定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A錯誤；B依據(jù)判斷原溶液中一定含有的陰離子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B錯誤；C依據(jù)圖像可知和碳酸根離子反應的鹽酸為2體積，CO32-+2H+=CO2+H2O 氫氧化鋁溶解消耗的鹽酸體積為4體積，Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，原溶液中含有CO32-與AlO2-的物質(zhì)的量之比為3：4，故C正確；D根據(jù)圖像溶解氫氧化鋁消耗的鹽酸體積為4，假設鹽酸的濃度為1mol/L，則消耗氯化氫4mol，則溶解的氫氧化鋁為mol，則溶液中含有mol AlO2-，沉淀mol AlO2-需要鹽酸mol，a-d對應于AlO2-和SiO32-消耗的鹽酸大于mol，即a-d，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了離子檢驗的方法和應用，題目難度較大，正確分析圖像曲線變化為解題關鍵。注意掌握硅酸根離子、偏鋁酸根離子、氫氧化鋁的化學性質(zhì)及檢驗方法。本題的易錯點為D，要注意根據(jù)反應的方程式分析判斷，要知道a-d對應于AlO2-和SiO32-消耗的鹽酸。18.從廢鉛蓄電池鉛膏（含PbSO4、PbO2和Pb等）中回收鉛的一種工藝流程如下：已知：濃硫酸不與PbO2反應，Ksp（PbCl2）2.0105，Ksp（PbSO4）1.5108，PbCl2（s）2Cl（aq）=PbCl42（aq）。下列說法錯誤的是A. 合理處理廢鉛蓄電池有利于資源再利用和防止重金屬污染B. 步驟中可用濃硫酸代替濃鹽酸C. 步驟、中均涉及過濾操作D. PbSO4（s）2Cl（aq）PbCl2（s）SO42（aq）的平衡常數(shù)為7.5104【答案】B【解析】【分析】B、D選項均利用到已知信息，C項注意看流程圖中分離出固體和液體可知均涉及過濾操作?！驹斀狻緼. 鉛會使蛋白質(zhì)變性，造成人體重金屬中毒，所以合理處理廢鉛蓄電池有利于資源再利用和防止重金屬污染，故A正確；B. 濃硫酸不與PbO2反應，步驟中若用濃硫酸代替濃鹽酸，則鉛無法反應到濾液中，故B錯誤；C. 步驟、中均需要分離液體與不溶性固體，都涉及過濾操作，故C正確；D. PbSO4（s）2Cl（aq）PbCl2（s）SO42（aq）的平衡常數(shù)為：7.5104，故D正確；答案選B?！军c睛】計算平衡常數(shù)，寫出該反應平衡常數(shù)表達式，注意利用給出的已知信息，可知該平衡常數(shù)等于兩Ksp相除。19.海洋中有豐富的食品、礦產(chǎn)、能源、藥物和水產(chǎn)資源，如圖為海水利用的部分過程。下列有關說法正確的是A. 制取NaHCO3的反應是利用其溶解度比較小B. 除去粗鹽中雜質(zhì)(Mg2+、SO42-、Ca2+),加入的藥品順序為:NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液過濾后加鹽酸C. 在第、步驟中，溴元素均被氧化D. 工業(yè)上通過電解飽和MgCl2溶液制取金屬鎂【答案】A【解析】A碳酸氫鈉在反應涉及物質(zhì)中溶解度最小，向飽和食鹽水中通入氨氣以及二氧化碳，溶解度較小的碳酸氫鈉會先析出，制取NaHCO3的反應是利用其溶解度小于NaCl，故A正確；B除去粗鹽中雜質(zhì)(Mg2+、SO42-、Ca2+)，BaCl2溶液需要在碳酸鈉之前加入，便于過量的氯化鋇被碳酸鈉除去，故B錯誤；C海水提溴是先通入足量氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，然后將溴單質(zhì)還原為溴化氫，再通入適量氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，其中中溴得電子化合價降低，所以溴元素被還原，故C錯誤；D鎂為活潑金屬，電解氯化鎂溶液，在陽極生成氯氣，在陰極生成氫氣和氫氧化鎂沉淀，不能得到鎂，應用電解熔融氯化鎂的方法冶煉，故D錯誤；故選A。點睛：本題考查海水資源的綜合應用，把握金屬冶煉、氧化還原反應及海水提碘、海水提溴的反應原理為解答的關鍵。本題的易錯點為C，要熟悉海水提溴的流程，溴化鈉溶液中通入氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，溴單質(zhì)被二氧化硫溶液吸收，再通入氯氣得到溴單質(zhì)。20.對分別盛有不同無色溶液四支試管進行如下操作，現(xiàn)象和結(jié)論對應正確的是 操作現(xiàn)象結(jié)論A向中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B向中滴加氯水和CCl4，振蕩靜置下層溶液呈橙色原溶液中有IC向中滴入NaHCO3溶液有白色沉淀生成原溶液中有AlO2D向中滴加NaOH溶液，加熱，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙變藍原溶液中有NH4A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A項，向某溶液中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，若有白色沉淀，該沉淀可能為BaSO4或AgCl等，不能排除Ag+的干擾，應先加足量鹽酸酸化，如無沉淀，然后加入BaCl2溶液，若有白色沉淀，說明原溶液中一定含SO42-，故A錯誤；B項，因為氯水中的氯氣和溴離子反應生成溴單質(zhì)、和碘離子反應生成碘單質(zhì)，CCl4可把溴單質(zhì)、碘單質(zhì)從水溶液中萃取出來，CCl4密度比水大，在下層，溴單質(zhì)的CCl4溶液呈橙色、碘單質(zhì)的CCl4溶液呈紫色，滴加氯水和CCl4，下層溶液呈橙色，說明原溶液中有溴離子，而不是碘離子，故B錯誤；C項，原溶液中不一定有AlO2，例如NaHCO3溶液與Ca(OH)2、Ba(OH)2溶液反應都會生成白色沉淀，故C錯誤；D項，NH4與OH-反應生成NH3H2O，加熱時NH3H2O分解放出氨氣，氨氣遇到濕潤的紅色石蕊試紙，又會反應生成NH3H2O，NH3H2O電離產(chǎn)生OH-，溶液顯堿性，所以試紙變藍，故D正確。21.利用圖示裝置進行實驗，反應進行足夠長時間后裝置II中實驗現(xiàn)象正確的是II中實驗現(xiàn)象A濃鹽酸碳酸鈣滴有酚酞的稀碳酸鈉溶液溶液由紅色變?yōu)闇\紅色B濃氨水氧化鈣硫酸亞鐵溶液產(chǎn)生大量白色沉淀C冰醋酸乙醇和濃硫酸飽和碳酸鈉溶液溶液分層，上層為油狀液體DNH4Cl溶液NaAlO2溶液紫色石蕊試液溶液由紫色變?yōu)樗{色A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A反應生成二氧化碳氣體，且鹽酸易揮發(fā)，二氧化碳、鹽酸均與碳酸鈉反應，則堿性減弱，觀察到中溶液由紅色最終變?yōu)闊o色，故A錯誤；B反應生成氨氣，氨氣與硫酸亞鐵溶液反應生成Fe(OH)2白色沉淀，然后變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色Fe(OH)3沉淀，故B錯誤；C酯化反應需要加熱，則圖中裝置沒有加熱裝置，不能生成乙酸乙酯，故C錯誤；DNH4Cl溶液和NaAlO2溶液混合后生成Al(OH)3白色沉淀，同時逸出氨氣，氨氣的水溶液顯堿性，遇紫色石蕊試液顯藍色，故D正確；故答案為D。22.針對下列實驗現(xiàn)象表述不正確的是A. 用同一針筒先后抽取80 mL氯氣、20 mL水，振蕩，氣體完全溶解，溶液變?yōu)辄S綠色B. 在表面皿中加入少量膽礬，再加入3 mL濃硫酸，攪拌，固體由藍色變白色C. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化鋇溶液，再滴加雙氧水，產(chǎn)生白色沉淀D. 將點燃后的鎂條伸入充滿二氧化碳的集氣瓶，鎂條劇烈燃燒，有白色、黑色固體生成【答案】A【解析】【詳解】A.氯氣可溶于水，在常溫時，1體積水大約能溶解2體積氯氣，因而20mL水大約能溶解40mL氯氣，氣體大約剩余40mL未溶解，A項錯誤；B.膽礬指的是五水合硫酸銅（CuSO45H2O），其顯藍色，而濃硫酸具有吸水性，CuSO45H2O變?yōu)镃uSO4，CuSO4為白色固體，B項正確；C.雙氧水將SO2氧化，離子方程式為H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化鋇溶液中Ba2+與SO42-生成BaSO4白色沉淀，C項正確；D.將點燃后的鎂條伸入充滿二氧化碳的集氣瓶，發(fā)生反應的化學方程式為，MgO為白色固體，C是黑色固體，D項正確。故答案選A23.下列所示物質(zhì)的制備方法合理的是A. 實驗室從海帶中提取單質(zhì)碘取樣灼燒溶解過濾萃取蒸餾B. 金紅石(主要成分TiO2)為原料生產(chǎn)金屬Ti：金紅石、焦炭TiCl4TiC. 從鹵水中(溶質(zhì)主要是MgCl2)提取Mg鹵水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl(s) MgD. 由食鹽制取漂粉精NaCl(ag) Cl2漂粉精【答案】B【解析】【詳解】A.海帶中的碘元素以I形式存在，從海帶中提取單質(zhì)碘時，過濾后要加入氧化劑將碘離子氧化為碘單質(zhì)，再加入萃取劑進行萃取、分液，最后經(jīng)蒸餾獲得單質(zhì)碘，故A錯誤；B.二氧化鈦和焦炭、氯氣反應，產(chǎn)物是四氯化鈦和一氧化碳；鎂與TiCl4置換反應得到鈦和氯化鎂，稀有氣體化學性質(zhì)穩(wěn)定，不會參與化學反應，常做保護氣，故B正確；C.直接加熱蒸干水分得不到氯化鎂固體，會促進氯化鎂水解，最后得到氫氧化鎂；應該蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得MgCl26H2O晶體，然后在HCl氣體環(huán)境中加熱MgCl26H2O可得MgCl2固體，故C錯誤；D.澄清石灰水濃度較低，用其制備次氯酸鈣效率較低，應用石灰乳，故D錯誤；答案：B24.過氧化鈣(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析試劑、醫(yī)用防腐劑、消毒劑。實驗室常用CaCO3為原料制備過氧化鈣，流程如下：CaCO3濾液白色結(jié)晶(CaO2)。下列說法不正確的是()A. 逐滴加入稀鹽酸后，將溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HClB. 加入氨水和雙氧水后的反應為：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2OC. 生成CaO2的反應需要在冰浴下進行的原因是溫度過高時過氧化氫分解D. 過濾得到的白色結(jié)晶用蒸餾水洗滌后應再用乙醇洗滌以去除結(jié)晶表面水分【答案】A【解析】【分析】根據(jù)過程，碳酸鈣與鹽酸反應后，過濾，推出溶液中有固體剩余，即碳酸鈣過量，CaCO3與鹽酸反應，發(fā)生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液顯酸性，過氧化鈣溶于酸，加熱煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和雙氧水時發(fā)生的反應是CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，然后過濾，得到過氧化鈣，據(jù)此分析；【詳解】A、根據(jù)過程，碳酸鈣與鹽酸反應后，過濾，推出溶液中有固體剩余，即碳酸鈣過量，CaCO3與鹽酸反應，發(fā)生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液顯酸性，過氧化鈣溶于酸，加熱煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故A說法錯誤；B、加入氨水和雙氧水后發(fā)生的反應方程式為CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，故B說法正確；C、雙氧水不穩(wěn)定，受熱易分解，需要在冰浴下進行的原因是防止雙氧水分解，故C說法正確；D、過氧化鈣在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗滌的目的是去除結(jié)晶表面的水分，故D說法正確；答案選A?！军c睛】易錯點是選項A，學生注意到CaO2溶于酸，需要將過量HCl除去，但是忽略了流程，碳酸鈣加入鹽酸后過濾，這一操作步驟，碳酸鈣與鹽酸反應：CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，沒有沉淀產(chǎn)生，為什么過濾呢？只能說明碳酸鈣過量，鹽酸不足，還要注意到CO2能溶于水，反應后溶液顯酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。25.探索二氧化碳在海洋中轉(zhuǎn)移和歸宿，是當今海洋科學研究的前沿領域。研究表明，溶于海水的二氧化碳主要以無機碳形式存在，其中HCO3-占95%。科學家利用下圖所示裝置從海水中提取CO2，有利于減少環(huán)境溫室氣體含量。下列說法不正確的是A. a室中OH-在電極板上被氧化B. b室發(fā)生反應的離子方程式為：H+ + HCO3- = CO2 + H2OC. 電路中每有0.2mol 電子通過時，就有0.2mol陽離子從c室移至b室D. 若用氫氧燃料電池供電，則電池負極可能發(fā)生的反應為：H2 + 2OH- - 2e- =2H2O【答案】C【解析】【詳解】A. a室是陽極室，OH-在電極板上失電子被氧化生成氧氣，故A正確；B. a室中生成的氫離子移入b室， b室發(fā)生反應的離子方程式為：H+ + HCO3-CO2 + H2O，故B正確；C. 陽離子由陽極移向陰極，所以陽離子從b室移至c室，故C錯誤；D. 堿性氫氧燃料電池的負極反應為：H2 + 2OH- - 2e-2H2O，故D正確。二、綜合題26.平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì))。某小組以此廢玻璃為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于強酸或強堿；Ce3+易水解，酸性條件下，Ce4+有強氧化性。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要進行的操作_，反應的離子方程式_。(2)反應的離子方程武是_。(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應之前要進行的操作是_。(4)反應需要加入的試劑X可以是_。(5)用滴定法測定制得的Ce(OH)4產(chǎn)品純度。用FeSO4溶液滴定用_做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象_若所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則測得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)_(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。【答案】 (1). 粉碎 (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O (4). 洗滌 (5). O2或其它合理答案 (6). K3Fe(CN)6 (7). 最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失 (8). 偏大【解析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì))加氫氧化鈉溶液，二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，F(xiàn)e2O3、CeO2、FeO不溶，過濾，得到濾液A的主要成分為硅酸鈉，濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，濾渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后過濾得濾液B是硫酸亞鐵、硫酸鐵的混合溶液，濾渣B的成分是CeO2，CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；Ce3+加堿生成Ce(OH)3懸濁液；Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反應中二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為：粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反應為CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+= 2Ce3+O2+4H2O；故答案為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應之前需要濾渣B進行洗滌，故答案為：洗滌；(4)根據(jù)上述分析，反應中Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的試劑X可以是O2，故答案為：O2；(5) K3Fe(CN)6能夠與硫酸亞鐵反應生成特征的藍色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3Fe(CN)6 做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象為最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進行滴定，部分亞鐵離子被氧化生成鐵離子，則硫酸亞鐵濃度降低，導致硫酸亞鐵溶液體積增大，所以測得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)偏大；故答案為：K3Fe(CN)6；最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；偏大。27.重金屬元素鉻的毒性較大，含鉻廢水需經(jīng)處理達標后才能排放。.某工業(yè)廢水中主要含有Cr3，同時還含有少量的Fe2、Fe3、Al3、Ca2和Mg2等，且酸性較強。為回收利用，通常采用如下流程處理：注：常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時所需的pH，如下表：氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189（1）氧化過程中可代替H2O2加入的試劑是_(填字母，下同)。A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4（2）加入NaOH溶液調(diào)整溶液pH8時，除去的離子是_；已知鈉離子交換樹脂的原理：MnnNaRMRnnNa，此步操作被交換除去的雜質(zhì)離子是_。A.Fe3 B.Al3 C.Ca2 D.Mg2（3）還原過程在酸性條件下進行，每消耗0.8 mol Cr2O轉(zhuǎn)移4.8 mol e，該反應離子方程式為_。.酸性條件下，六價鉻主要以Cr2O形式存在，工業(yè)上常用電解法處理含Cr2O的廢水，該法用Fe作電極電解含Cr2O的酸性廢水，隨著電解進行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr(OH)3溶液。（1）電解時能否用Cu電極來代替Fe電極？_(填“能”或“不能”)，理由是_。（2）常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp11020，假設溶液的c(Cr3)=0.01mol/L，當pH應為_時開始生成沉淀?！敬鸢浮?(1). A (2). AB (3). CD (4). 3S2O4Cr2O26H=6SO8Cr313H2O (5). 不能 (6). 因陽極產(chǎn)生的Cu2不能使Cr2O還原到低價態(tài) (7). 8【解析】I.某工業(yè)廢水中主要含有Cr3+,同時還含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子,同時Cr3+被氧化為Cr2O72-,加氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=8,則Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀,過濾,濾液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通過鈉離子交換樹脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-還原為Cr3+,再調(diào)節(jié)pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4，(1)加氧化劑主要目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子,同時不能引入新的雜質(zhì),所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案為：A；(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知,pH=8時,Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀,則Fe3+、Al3+被除去;通過鈉離子交換樹脂,除去Ca2+和Mg2+；故答案為：AB；CD；(3)每消耗0.8molCr2O72-轉(zhuǎn)移4.8mole,則1molCr2O72-轉(zhuǎn)移6mol電子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化為SO42-,則反應的離子方程式為：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+6SO42-+8Cr3+13H2O；故答案為：3S2O32-4Cr2O72-26H=6SO42-8Cr313H2O II.(1)若用Cu電極來代替Fe電極，在陽極上銅失去電子得到的陽離子是銅離子，該離子不具有還原性，不能和重鉻酸根之間發(fā)生反應，故答案為：不能;因陽極產(chǎn)生的Cu2+不能使Cr2O72-還原到低價態(tài)；(2)由Cr(OH)3的溶度積Ksp11020可得Kspc(Cr3+)c3(OH)=0.01c3(OH)=11020，c(OH)=1106，所以c(H+)=1108，pH=8，故答案為：828.ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑，常將其制成NaClO2固體，以便運輸和貯存，過氧化氫法備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示。已知：2NaC1O3+H2O2+H2SO4=2C1O2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2OClO2熔點-59、沸點11，濃度過高時易發(fā)生分解；H2O2沸點150（1）儀器C的名稱是_，儀器A的作用是_，冰水浴冷卻的目的是_和_。（2）該裝置不完善的方面是_。（3）空氣流速過快或過慢，均降低NaClO2產(chǎn)率，試解釋其原因，空氣流速過慢時，_；空氣流速過快時，_。（4）Cl-存在時會催化ClO2的生成。反應開始時在C中加入少量鹽酸，ClO2的生成速率大大提高，并產(chǎn)生微量氯氣。該過程可能經(jīng)兩步完成，請將其補充完整：_（用離子方程式表示）H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+（5）NaClO2純度測定：準確稱取所得NaClO2樣品10.0g于燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應（C1O2-的產(chǎn)物為Cl-），將所得混合液配成250mL待測溶液；取25.00mL待測液，用2.0molL-1Na2S2O3標準液滴定(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，以淀粉溶液做指示劑，達到滴定終點時的現(xiàn)象為_，重復滴定3次，測得Na2S2O3標準液平均用量為20.00mL，則該樣品中NaClO2的質(zhì)量分數(shù)為_。（M(NaClO2)=90.5g/mol）【答案】 (1). 三頸燒瓶 (2). 防止倒吸 (3). 降低NaClO2的溶解度 (4). 減少H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、減少ClO2的分解 (5). 沒有尾氣處理裝置 (6). 空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解 (7). 空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，導致浪費原料，產(chǎn)率降低 (8). 2ClO3-+2Cl-+4H+=2C1O2+Cl2+2H2O (9). 當最后一滴滴定液滴下后，溶液由藍色變無色，且30秒內(nèi)不恢復 (10). 90.5%【解析】（1）儀器C的名稱是三頸燒瓶；儀器A為安全瓶，可以防止倒吸；雙氧水易分解，ClO2濃度過高時易發(fā)生分解，因此冰水浴冷卻的目的是為降低NaClO2的溶解度，減少H2O2的分解，增加ClO2的溶解度，減少ClO