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湖南省邵阳市邵东县创新实验学校2020届高三上学期第五次月考化学试题
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邵东创新学校2020届高三第五次月考化学试题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12N-14O-16P-31S-32 Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Ba-137K~39
一、选择题：(本题共20小题，每小题3分，共60分,每小题只有一个正确答案)。
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是( )
A. 在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程
B. 利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车
C. 生石灰、硅胶、无水CaCl2、P2O5 等均可作食品干燥剂
D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产生雾霾天气的主要因素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在花生油分子中，含有易被氧化的碳碳双键，添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程，A正确；
B. 乙醇具有还原性，可将Cr2O72-还原为Cr3+，从而发生颜色变化，以此可检验司机是否酒后驾车，B正确；
C. P2O5具有极强的吸水性，且与水反应，但其与水生成的偏磷酸有剧毒，因此其不能作食品干燥剂，C错误；
D. PM2.5是指大气中直径≤2.5微米的颗粒物，能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量越高，空气污染越严重，是产生雾霾天气的主要因素，D正确。
故选C。
2.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是（ ）
A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
B. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化
C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变
D. 《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，……，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”涉及的操作方法是蒸馏
【答案】B
【解析】
【详解】A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，是湿法冶金的先驱，古代文献有记载，说明我国古代已经掌握了反应原理，即掌握了“湿法冶金”技术，故A正确；
B. 蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C. “丹砂(HgS)烧之成水银”的反应为HgSHg+S，是化合物分解生成单质的过程，“积变又还成丹砂”的反应为Hg+S=HgS，是单质转化为化合物的过程，故C正确；
D. 白酒的烧制是利用沸点不同将白酒中的水和酒精分离，为蒸馏操作，故D正确；
答案选B。
【点睛】活性炭或黄泥疏松多孔，可吸附颜色气味，吸附属于物理变化。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
A. 1L含NA个Al3+的Al(NO3)3溶液中，NO3-物质的量浓度等于3 mol/L
B. 31g白磷中含有1.5NA个P-P
C. 标准状况下，22.4L HF含NA个分子
D. 标准状况下，1 molCl2溶于水，转移的电子数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 未知浓度的1L含Al3+的Al(NO3)3溶液中，无法求出NO3-的物质的量浓度，A错误；
B. 白磷的分子结构为，从图中可以看出，平均每个P原子形成1.5个P-P键，则31g白磷中含有1.5NA个P-P，B正确；
C. 标准状况下，HF不是气体，不能利用22.4L/mol进行计算，C错误；
D. Cl2溶于水后，只有一部分与水发生反应，无法计算转移电子数目，D错误。
故选B。
4.在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总质量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量，上述能说明2NO2(g) N2O4(g)达到平衡状态的有( )个
A. 4 B. 6 C. 3 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】①因为反应前后气体的分子数不等，所以当混合气体的压强不变时，反应达平衡状态，①符合题意；
②因为气体的总质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，②不合题意；
③反应物和生成物都呈气态，混合气的总质量始终不变，所以当混合气的总质量不变时，反应不一定达平衡状态，③不合题意；
④因为混合气的总质量不变，反应前后气体分子数不等，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态，④符合题意；
⑤混合气体的颜色取决于c(NO2)，c(NO2)不变时，反应达平衡状态，⑤符合题意；
⑥只有反应物的投入量之比等于化学计量数之比，且反应物的转化率为50%时，各反应物或生成物的浓度之比才等于化学计量数之比，但此时不一定是平衡状态，⑥不合题意；
⑦只有当反应达平衡状态时，某种气体的百分含量才保持不变，⑦符合题意。
综合以上分析，共有4项符合题意。故选A。
5.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业上N2与H2合成NH3，往往需要使用催化剂
B. 密闭容器中2molCO与1molH2O（g）充分反应达平衡后，增大压强CO的反应速率加快
C. SO2与O2催化氧化成SO3是一个放热过程，450℃左右的温度比室温更有利于SO3生成
D. 向1.50mol/L的硝酸铵溶液中加入少量氨水至中性，水的电离程度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 催化剂只能改变反应速率，从而改变反应到达平衡的时间，但不能使平衡发生移动，A不合题意；
B. 密闭容器中2molCO与1molH2O（g）发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达平衡后，增大压强CO的浓度增大，反应速率加快，但平衡不发生移动，B不合题意；
C. SO2与O2催化氧化成SO3是一个放热过程，从平衡移动的角度考虑，应为降低温度有利于SO3生成，但从催化剂的活性考虑，450℃左右的温度比室温更有利于SO3生成，所以不能利用平衡移动原理解释，C不合题意；
D. 向1.50mol/L的硝酸铵溶液中加入少量氨水，将抑制铵根离子水解，从而使水的电离程度减小，D符合题意。
故选D。
6.下列表示相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子： B. Na+的结构示意图：
C. 次氯酸的电子式 D. 丁烷的球棍模型
【答案】D
【解析】
【详解】A. 中子数为18的氯原子，符号应为，A错误；
B. Na+的结构示意图应为，B错误；
C. 次氯酸的电子式应为，C错误；
D. 从结构上看，丁烷分子中的碳原子呈锯齿状排列成链状，每个碳原子形成四个共价单键，故丁烷的球棍模型可以表示为，D正确。
故选D。
7.下列有关实验的选项正确的是
A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项是B。
8.下列描述不正确的是( )
A. 金属元素的单质在化学反应中只能作还原剂，而非金属元素的单质在化学反应中，既可以只作氧化剂，又可以只作还原剂，还可以同时作氧化剂和还原剂，特殊反应中既不作氧化剂也不作还原剂
B. 稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶1
C. Fe与Cl2和Fe与S反应，生成物为1 mol时，电子转移数都是2NA
D. 某化学反应，反应前后共有六种物质：HCl(浓)、H2O、Cl2、KMnO4、MnCl2、KCl，则反应方程式中各自的系数(对应前面顺序)为16、8、5、2、2、2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
【答案】C
【解析】
【详解】A. 金属只能显正价，不能显负价，所以金属元素的单质在化学反应中只能作还原剂；而非金属元素的单质在化学反应中，如C+O2=CO2，O2只作氧化剂，C只作还原剂；氯气与水的反应中，氯气同时作氧化剂和还原剂；石墨转化为金刚石的反应中，石墨既不作氧化剂也不作还原剂，A正确；
B.设稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐为R(NO3)x，当还原产物只有NO时，根据电离转移守恒可得3R(NO3)x ~ xNO，则当参加反应的硝酸的物质的量为4x mol时，还原产物NO物质的量为x mol，故其比值为4∶1，B正确；
C. Fe与Cl2和Fe与S反应，若生成物均为1 mol时，前者电子转移数为3NA，后者为2NA，C错误；
D. 此反应为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10=1:5，D正确。
本题选捆不正确的，故选C。
9.下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是( )
A. n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4↓
B. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
C. 离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应
D. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 设n[NH4Al(SO4)2]=2mol，n[Ba(OH)2] =5mol，则NH4+为2mol，Al3+为2mol，SO42-为4mol，Ba2+为5mol，OH-为10mol。2mol NH4+、2mol Al3+分别消耗OH-为2mol、8mol，生成2mol NH3·H2O、2molAlO2-，4mol SO42-消耗4molBa2+，则发生反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4↓，A表达合理；
B. 中性溶液中，Fe3+不能大量存在，B表达不合理；
C. NH4HCO3与足量的澄清石灰水反应时，NH4+将与OH-反应，生成一水合氨，C表达不合理；
D. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中，溶液可能是酸溶液，可能是碱溶液；在酸溶液中，I-、NO3-不能大量存在，在碱溶液中，Mg2+不能大量存在，D表达不合理。
故选A。
【点睛】在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。MnO4-具有强氧化性，不管在什么环境中，都能氧化Fe2+、S2-、SO32-等，所以与Fe2+、S2-、SO32-不能大量共存。在中性溶液中，易发生水解的离子不能大量存在。如果水的电离受到促进，那是离子水解造成的；如果水的电离受到抑制，那是电解质直接电离出H+或OH-造成的。
10.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用双氧水滴定KI-淀粉溶液
溶液变蓝
达到滴定终点
B
向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置
下层呈紫红色
该食用加碘盐中含有KIO3
C
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
D
最后试管有浅黄色沉淀
有机物中含有溴原子
A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、KI-淀粉溶液一般作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉-KI溶液无法判定终点，因为只要加很少的双氧水溶液就变蓝了，选项A错误；
B、在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，选项B正确；
C、NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，选项C错误；
D、加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，选项D错误。
答案选B。
11.鲜花保鲜剂S-诱抗素制剂，可保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如下图，下列关于该物质的说法不正确的是（ ）
A. 其分子式为C15H20O4
B. 既能发生加成反应，又能发生取代反应
C. 1mol该物质完全燃烧，需要消耗403.2L氧气
D. 既能使紫色石蕊试剂显红色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 先数出C原子为15个，O原子为4个，然后进行计算C15H2×15+2-12O4，A正确；
B. S-诱抗素含有碳碳双键和羰基，能发生加成反应；含有羧基的有机物能发生取代反应，B正确；
C. 没有指明是否为标准状况，无法确定消耗氧气的体积是多少，C错误；
D. 羧基能使紫色石蕊试剂显红色，碳碳双键、羟基使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。
故选C。
12.X、Y、Z、M、G五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的氧化物对应的水化物酸性弱
B. ZX与水的反应属于氧化还原反应
C. 化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同
D. 简单离子半径的大小顺序：X＜Y＜Z＜M＜G
【答案】B
【解析】
【详解】X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，则X为H、Z为Na；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则Y为O、M为S；从而得出G为Cl，臭氧、氯气和二氧化氯均可作饮用水的消毒剂。
A. 若元素M的氧化物对应的水化物为H2SO4，G的氧化物对应的水化物为HClO，则前者酸性强，A错误；
B. NaH与水的反应，生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，B正确；
C. 化合物Na2S中只含离子键，SO2中只含共价键，二者的化学键类型不同，C错误；
D. 简单离子半径的大小顺序：Y(O2-)＞Z(Na+)，D错误。
故选B。
13.下列说法不正确的是（ ）
A. 乙烯能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，其反应原理不相同
B. 福尔马林能使蛋白质发生变性，可用浸制动物标本
C. 分子式为C4H10O的有机物与金属Na反应的同分异构体有4种
D. 无机物与有机物之间不可能存在同分异构现象
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烯与溴水中的溴发生加成反应而使溴水褪色，乙烯还原酸性KMnO4溶液使之褪色，其反应原理不相同，A正确；
B. 福尔马林是35~40%的甲醛水溶液，能使蛋白质发生变性，所以可用福尔马林浸制动物标本，B正确；
C. 分子式为C4H10O的有机物与金属Na反应的同分异构体为CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，共4种，C正确；
D. 无机物与有机物之间也可能存在同分异构现象，如CO(NH2)2与NH4CNO，D错误。
故选D。
14.酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3—，下列有关叙述中正确的是( )
①向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32—
②向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成
③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O
A. ②④ B. ①③④ C. ②③ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】①向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，因为HClO＞HCO3-，所以离子方程式为ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-，①错误；
②向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，而Br-与Fe3+不反应，用CCl4萃取后，上层液体含Br-和Cl-，加入AgNO3溶液，有AgBr淡黄色沉淀生成，②正确；
③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2I-＋Cl2=I2＋2Cl－, ③错误；
④卫生间洁厕灵(主要成分HCl)不能跟“84”消毒液(主要成分为NaClO)混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，④正确。
综合以上分析，②④正确。故选A。
15.500 mL KNO3和Cu(NO3）2的混合溶液中c(NO）＝0.6 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A. 原混合溶液中c(K＋）为0.2 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol
D. 电解后溶液中c(H＋）为0.2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol；每生成0.1mol氧气转移0.4mol电子，每生成0.1mol氢气转移0.2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=(0.4-0.2）/2mol=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度为0.1mol÷0.5L=0.2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol•L-1-0.2 mol•L-1×2=0.2mol/L。据此分析解答。
【详解】A、根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2mol•L-1，正确；
B、转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，错误；
C、根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，错误；
D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度为0.8mol/L，错误；
答案选A。
16.甲、乙两个密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g) CO2(g)＋2H2(g) ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
平衡常数
C(s)
H2O(g)
H2(g)
甲
2
T1
2
4
3.2
3.5
K1
乙
1
T2
1
2
1.2
3
K2
下列说法正确的是( )
A. T1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲容器，平衡时c(H2)=1.6mol/L；乙容器，平衡时c(H2)=1.2mol/L ，则表明乙中的平衡相对于甲是逆向移动，从而得出T1＞T2，A错误；
B. 乙容器，假设反应速率恒定，当反应进行到1.5 min时，则n(H2)＝0.6 mol、n(H2O)＝2mol-0.6mol=1.4 mol，但反应速率起初最大，后来逐渐减慢，所以1.5 min时n(H2O)＜1.4mol，B错误；
C. 随着反应的进行，混合气体的质量逐渐增大，体积不变，所以密度逐渐增大，C错误；
D. 乙容器中，各物质的量变化为：
因为容器的体积为1L，且碳为固体，所以，K2＝=1.35，D正确。
故选D。
17.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如下图所示。下列说法中正确是
A. 前8min A的平均反应速率为0.08mol/(L·s)
B. 30min时扩大容器的体积，40min时升高温度
C. 反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D. 30min和54min的反应的平衡常数相等
【答案】B
【解析】
【详解】A项、由图可知，反应从开始到8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08 mol/（L•min），所以A不正确；
B项、由图象可知，30min时正逆反应速率均降低，但正逆反应速率仍然是相等的，说明反平衡没有移动，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由变化量之比等于化学计量数之比可知X＝1，因此30min时改变的条件是扩大容器的容积，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B正确；
C项、由图可知，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；
D项、30min和54min的反应温度不同，因此平衡常数不相等，故D不正确；
答案选B。
【点评】注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件是解答关键。
18.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是( )
已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)
A. 碳棒上发生的电极反应:4OH--4e-O2↑+2H2O
B. 电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
C. 为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水pH
D. 若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应总方程式发生改变
【答案】B
【解析】
【详解】由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH- -4e-=2H2O+O2↑,镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-= Ni。电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大。又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH 。若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-> OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl-- -2e-= Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变。故B错误选B。
19.在一恒容的密闭容器中充入0.1 mol·L－1 CO2、0.1 mol·L－1CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强关系如图。下列有关说法不正确的是( )
A. 压强为p4时，在Y点：v正＜v逆 B. 上述反应的ΔH＞0
C. 压强：p4＞p3＞p2＞p1 D. 1 100 ℃时该反应平衡常数约为1.64
【答案】A
【解析】
【详解】A. 压强为p4时，在Y点，反应将向X点移动，即向CH4的转化率增大的方向(即正反应方向)移动，所以v正＞v逆，A不正确；
B. 由图中曲线可以看出，温度升高，CH4的转化率增大，即平衡向正反应方向移动，所以正反应的ΔH＞0，B正确；
C. 从p1到p4，CH4的转化率减小，即平衡逆向移动，应为增大压强，所以p4＞p3＞p2＞p1，C正确；
D. 1 100 ℃时，三段式关系如下：
该反应平衡常数K==1.64，D正确。
故选A。
20.已知常温下浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表：
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
8.1
11.6
9.7
8.4
下列有关说法正确的是( )
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF
B. 等体积、等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前 =N后
C. 若将CO2通入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液至溶液呈中性则溶液中2c(CO32—)＋c(HCO3—)＝0.2 mol·L－1
D. 向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋2HF=CO2＋H2O＋2NaF
【答案】C
【解析】
【详解】A.比较NaHCO3、NaClO、NaF三者的pH，可得出酸性HClO
D. 由于HF的酸性比H2CO3强，所以向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋HF=NaHCO3＋NaF，D错误。
故选C。
【点睛】等体积等浓度的NaF、NaClO两溶液中，尽管酸根离子的水解程度不同，但水解达平衡时，酸根离子与酸根水解生成的OH-浓度和相等，所以两份溶液中离子浓度的差异仅为c(H＋)的差异。因为温度相同，所以水的离子积常数相同，溶液的碱性越强，c(H＋)越小。现两份溶液的pH，NaClO>NaF，所以NaClO溶液中c(H＋)小。
二、非选择题：(本题共4小题，除说明外，每空2分，共40分)
21.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：
已知：KSP ( Li2CO3)=2.0×10-3 。部分物质的溶解度（S）如下表所示：
T℃
S(Li2CO3)/g
S(Li2SO4)/g
S(Li3PO4)/g
20
1.33
34.2
0.039
80
0.85
30.5
——
100
0.72
——
（1） 流程中用“热水洗涤”的原因是____________。
（2）写出碱溶时Al箔溶解的化学方程式 ___________。
（3）酸浸时，用H2O2代替HNO3更好，其优点是________。
（4）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生LiFePO4和FePO4的转化，该电池放电时正极的电极反应式为____。
（5）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率达到90%，计算滤液③中c(CO32-)=____mol/L
【答案】 (1). Li2CO3的溶解度随温度升高而減小，热水洗涤可減少Li2CO3的溶解 (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). 不产生污染环境的气体 (4). FePO4+Li++e-= LiFePO4 (5). 0.05
【解析】
【分析】
(1)由题给表格数据可知，温度升高，Li2CO3的溶解度減小，所以热水洗涤可減少Li2CO3的溶解而提高产率。
(2)碱溶时，Al箔与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。
(3)酸浸时，LiFePO4与混酸反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸、一氧化氮和水，若用H2O2代替HNO3，不会产生污染环境的NO气体。
(4) 正极发生LiFePO4和FePO4的转化，则应为FePO4的转化为LiFePO4。
(5)当滤液②中c(Li+)=4mol·L－1，加入等体积的Na2CO3后，c(Li+)=2mol·L－1，若Li+的沉降率达到90%，反应生成Li2CO3后溶液中c(Li+)=2mol·L－1×0.1=0.2 mol·L－1，由碳酸锂溶度积Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)∙c(CO32—)=2.0×10-3，可得c(CO32－)=。
【详解】(1)由题给表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而減小，热水洗涤可減少Li2CO3的溶解而提高产率。答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而減小，热水洗涤可減少Li2CO3的溶解；
(2)碱溶时，Al箔与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
(3)酸浸时，LiFePO4与混酸反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为6LiFePO4+12H2SO4+2HNO3=3Li2SO4+3Fe2(SO4)3+6H3PO4+2NO↑+4H2O，若用H2O2代替HNO3，则不会产生污染环境的NO气体，从而保护了环境。答案为：不产生污染环境的气体；
(4) 正极发生LiFePO4和FePO4的转化，则应为FePO4的转化为LiFePO4，该电池放电时正极的电极反应式为FePO4+Li++e-= LiFePO4。答案为：FePO4+Li++e-= LiFePO4；
(5)当滤液②中c(Li+)=4mol·L－1，加入等体积的Na2CO3后因为溶液的稀释使得c(Li+)=2mol·L－1，若Li+的沉降率达到90%，反应生成Li2CO3后溶液中c(Li+)=2mol·L－1×0.1=0.2 mol·L－1，由碳酸锂溶度积Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)∙c(CO32—)=2.0×10-3，可得c(CO32－)==0.05 mol·L－1，故答案为：0.05。
【点睛】在利用Ksp(Li2CO3)进行计算时，溶液中c(Li+)的计算是关键。我们容易出现的错误是未考虑加入等体积的Na2CO3，c(Li+)应变为原来的一半。
22.冬季是雾霾天气高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
（1）使用甲醇汽油可以减少汽车尾气对环境的污染。工业上在200℃和10MPa的条件下可用甲烷和氧气通过铜制管道反应制得甲醇，已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol ,则CH4(g) +O2(g) = CH3OH(g) △H=___。
（2）二甲醚也是清洁能源。用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为:2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H＜0。
①.某温度下，将2.0molCO(g)和6.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中 CH3OCH3(g) 的物质的量分数变化情况如图所示，关于温度和压强的关系判断正确的是___。
A. P1＞P3, T1＞T3 B. P3＞P2，T3＞T2 C.P2＞P4，T4＞T2 D.P1＞P4，T2＞T3
②在恒容密闭容器里按体积比为1:3充入一氧化碳和氢 气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是___
A．氢气的转化率减小 B．逆反应速率先增大后减小
C．化学平衡常数K值增大 D．某反应物的体积百分含量增大
（3）在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2, 发生反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，CO的平衡转化率[与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______。
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为________L。
【答案】 (1). -156kJ/mol (2). AD (3). B (4). KA=KB＞KC (5). 2
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行分析；
（2）①.由反应方程式知，增大压强，平衡正向移动，则P1＞P2＞P3＞P4；由方程式知，升高温度，平衡逆向移动，则T1＞T2＞T3＞T4。
②根据影响化学平衡移动的外界因素及平衡移动原理、化学平衡状态的特征进行分析；
（3）①根据温度对化学平衡常数的影响进行分析。
② 根据两点温度相同则平衡常数相同进行计算。
【详解】（1）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-784kJ/mol ①
CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-628kJ/mol ②
①-②得：CH4(g) +O2(g) = CH3OH(g) △H=-156kJ/mol。答案为：-156kJ/mol；
（2）①.由反应方程式2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H＜0可知，增大压强，平衡正向移动，则P1＞P2＞P3＞P4；由方程式知，升高温度，平衡逆向移动，则T1＞T2＞T3＞T4。答案为：AD；
②2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H＜0
A．从反应方程式可以看出，若往平衡体系中充入H2，平衡正向移动，但氢气的转化率减小，A不合题意；
B．逆反应速率先增大后减小，则可能是升高温度或往平衡体系中充入CH3OCH3或H2O(g)，平衡逆向移动，B符合题意；
C．化学平衡常数K值增大，只能为降低温度，平衡正向移动，C不合题意；
D．某反应物的体积百分含量增大，可能是往平衡体系中加入该反应物，则平衡正向移动，D不合题意。答案为：B；
（3）①从图中可以看出，升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，△H＜0。在A、B点，温度相同，对应的平衡常数KA=KB；A、C点，T1＜T2，对应的平衡常数KA＞KC，从而得出A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为KA=KB＞KC。
② 在A点，容器体积为10L：
K=；
在B点，设气体的体积为V：
A和B两点的温度相同，则平衡常数相同，故K=，解之得，V=2L。答案为：2。
【点睛】在利用反应体系中的某个量发生改变，判断平衡移动的方向时，通常需考虑增加或减少反应物或生成物的量，升高或降低温度，增大或减小压强，加入催化剂等。需要注意的是，增大反应物的浓度，若反应物有两种，增大某反应物的浓度，平衡正向移动，但该反应物的转化率减小，百分含量增大，另一反应物的转化率增大，百分含量减小；若反应物只有一种，加入反应物，相当于增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
23.二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
－76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解；②S2Cl2+Cl22SCl2
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。下面是制取少量S2Cl2的装置，回答下列问题:
（1）仪器m的名称为______。
（2）S2Cl2的电子式为______。
（3）装置连接顺序：______→E→D。
（4）为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和________。
（5）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状 且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式_______。
（6）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数设计了如下实验方案：
该混合气体中气体X体积分数为_____(用含V、m的式子表示)。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). (3). A→F→C→B (4). 滴入浓盐酸的速率 (5). 2S2Cl2+2H2O=3S+SO2↑+4HCl↑ (6).
【解析】
【分析】
（1）仪器m的名称为三颈烧瓶。
（2）S2Cl2中，为达8电子相对稳定结构，S应形成2对共用电子，Cl应形成1对共用电子，所以Cl原子在电子式的两边，S在中间，且两个S原子间形成一对共用电子，S、Cl间形成一对共用电子。
（3）连接装置时，需考虑制Cl2，Cl2中HCl、H2O的去除，Cl2与S的反应，产品的收集和尾气处理。根据已知信息可知，参加反应的氯气必须是干燥纯净的，利用F除去氯化氢，利用C干燥氯气，从而得出装置连接顺序。
（4）由于氯气过量会生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率。
（5）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，此气体为SO2，则另一产物为S，从而得出该反应的化学方程式。
（6）mg固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为。
【详解】（1）仪器m的名称为三颈烧瓶。答案为：三颈烧瓶；
（2）S2Cl2中，为达8电子相对稳定结构，S应形成2对共用电子，Cl应形成1对共用电子，所以Cl原子在电子式的两边，S在中间，且两个S原子间形成一对共用电子，S、Cl间形成一对共用电子，电子式为。答案为：；
（3）连接装置时，需考虑制Cl2，Cl2中HCl、H2O的去除，Cl2与S的反应，产品的收集和尾气处理。根据已知信息可知，参加反应的氯气必须是干燥纯净的，利用F除去氯化氢，利用C干燥氯气。装置连接顺序：A→F→C→B→E→D。答案为：A→F→C→B；
（4）由于氯气过量会生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率。答案为：滴入浓盐酸的速率；
（5）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，此气体为SO2，则另一产物为S，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=3S+SO2↑+4HCl↑。答案为：2S2Cl2+2H2O=3S+SO2↑+4HCl↑；
（6）mg固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为。答案为：。
【点睛】在进行仪器连接时，我们首先想到发生的反应，两种反应物是在哪些装置中生成或添加的；同时需考虑反应产物中杂质的去除，反应的速率控制，大气的防护等。如本实验中制取S2Cl2，S是在B装置中直接加入的，则主要是Cl2的制备，只能利用A装置制取Cl2，同时考虑用F装置除去Cl2中的HCl，用C装置干燥Cl2，这样才完成Cl2的制备，然后Cl2进入B装置，与S反应，最后再考虑蒸馏提纯产品，在尾气处理中，还需考虑大气的防护，同时还要考虑产品的保护。
24.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，热分解产生锰酸钾、二氧化锰、氧气。完成下列填空：
I.已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-298kJ/mol，③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1068kJ/mol。
（1）固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为_____。
Ⅱ.草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数涉及到的反应：C2O42-+2H+→H2C2O4（草酸），5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
（2）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是_______。
Ⅲ.KMnO4是一种常用消毒剂。
（3）KMnO4消毒机理与下列物质相似的是____（填序号）。
A.消毒酒精（75%） B. 双氧水 C. 84消毒液 D. 肥皂水 E.活性炭 F.SO2
（4）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液滴定。
①配制500ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和___。
②取KMnO4粗产品0.7000g溶于水，并加入稀硫酸进行酸化，将所得溶液用0.1000mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2S2O3溶液的体积。重复步骤②、③，三次平行实验数据如表：
实验次数
1
2
3
消耗Na2SO3溶液体积/ml
19.30
20.98
21.02
（已知：S2O32-被MnO4-氧化为SO42- ）
计算该KMnO4产品的纯度为___。（保留三位有效数字）
【答案】 (1). MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1 (2). 随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好 (3). BC (4). 500mL容量瓶、胶头滴管 (5). 75.8%
【解析】
【分析】
I. ①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol ①
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-298kJ/mol ②
③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1068kJ/mol ③
（1）将①+③-②得，固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1。
Ⅱ.（2）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好
Ⅲ.（3）KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液。
（4）①配制500ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管。
②从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据。后两组数据的平均值为21mL。
滴定过程中发生反应的离子方程式为8MnO4- + 5S2O32- + 14H+ = 10SO42- + 8Mn2+ + 7H2O
设KMnO4质量为x
则x=
该KMnO4产品的纯度为
【详解】I. ①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol ①
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-298kJ/mol ②
③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1068kJ/mol ③
（1）将①+③-②得，固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1。答案为：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1；
Ⅱ.（2）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好。答案为：随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好；
Ⅲ.（3）KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液。答案为：BC；
（4）①配制500ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管。答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
②从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据。后两组数据的平均值为21mL。
滴定过程中发生反应的离子方程式为8MnO4- + 5S2O32- + 14H+ = 10SO42- + 8Mn2+ + 7H2O
设KMnO4的质量为x
则x=
该KMnO4产品的纯度为=75.8%。答案为：75.8%。
【点睛】在一个反应中，当一种物质的加入或一种物质的生成(达到一定浓度)，能使反应速率突然加快，我们就需考虑此物质可能是催化剂。
邵东创新学校2020届高三第五次月考化学试题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12N-14O-16P-31S-32 Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Ba-137K~39
一、选择题：(本题共20小题，每小题3分，共60分,每小题只有一个正确答案)。
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是( )
A. 在花生油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程
B. 利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车
C. 生石灰、硅胶、无水CaCl2、P2O5 等均可作食品干燥剂
D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产生雾霾天气的主要因素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在花生油分子中，含有易被氧化的碳碳双键，添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程，A正确；
B. 乙醇具有还原性，可将Cr2O72-还原为Cr3+，从而发生颜色变化，以此可检验司机是否酒后驾车，B正确；
C. P2O5具有极强的吸水性，且与水反应，但其与水生成的偏磷酸有剧毒，因此其不能作食品干燥剂，C错误；
D. PM2.5是指大气中直径≤2.5微米的颗粒物，能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量越高，空气污染越严重，是产生雾霾天气的主要因素，D正确。
故选C。
2.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是（ ）
A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
B. “墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化
C. “丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变
D. 《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，……，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”涉及的操作方法是蒸馏
【答案】B
【解析】
【详解】A. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，是湿法冶金的先驱，古代文献有记载，说明我国古代已经掌握了反应原理，即掌握了“湿法冶金”技术，故A正确；
B. 蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C. “丹砂(HgS)烧之成水银”的反应为HgSHg+S，是化合物分解生成单质的过程，“积变又还成丹砂”的反应为Hg+S=HgS，是单质转化为化合物的过程，故C正确；
D. 白酒的烧制是利用沸点不同将白酒中的水和酒精分离，为蒸馏操作，故D正确；
答案选B。
【点睛】活性炭或黄泥疏松多孔，可吸附颜色气味，吸附属于物理变化。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
A. 1L含NA个Al3+的Al(NO3)3溶液中，NO3-物质的量浓度等于3 mol/L
B. 31g白磷中含有1.5NA个P-P
C. 标准状况下，22.4L HF含NA个分子
D. 标准状况下，1 molCl2溶于水，转移的电子数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 未知浓度的1L含Al3+的Al(NO3)3溶液中，无法求出NO3-的物质的量浓度，A错误；
B. 白磷的分子结构为，从图中可以看出，平均每个P原子形成1.5个P-P键，则31g白磷中含有1.5NA个P-P，B正确；
C. 标准状况下，HF不是气体，不能利用22.4L/mol进行计算，C错误；
D. Cl2溶于水后，只有一部分与水发生反应，无法计算转移电子数目，D错误。
故选B。
4.在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总质量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量，上述能说明2NO2(g) N2O4(g)达到平衡状态的有( )个
A. 4 B. 6 C. 3 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】①因为反应前后气体的分子数不等，所以当混合气体的压强不变时，反应达平衡状态，①符合题意；
②因为气体的总质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，②不合题意；
③反应物和生成物都呈气态，混合气的总质量始终不变，所以当混合气的总质量不变时，反应不一定达平衡状态，③不合题意；
④因为混合气的总质量不变，反应前后气体分子数不等，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态，④符合题意；
⑤混合气体的颜色取决于c(NO2)，c(NO2)不变时，反应达平衡状态，⑤符合题意；
⑥只有反应物的投入量之比等于化学计量数之比，且反应物的转化率为50%时，各反应物或生成物的浓度之比才等于化学计量数之比，但此时不一定是平衡状态，⑥不合题意；
⑦只有当反应达平衡状态时，某种气体的百分含量才保持不变，⑦符合题意。
综合以上分析，共有4项符合题意。故选A。
5.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业上N2与H2合成NH3，往往需要使用催化剂
B. 密闭容器中2molCO与1molH2O（g）充分反应达平衡后，增大压强CO的反应速率加快
C. SO2与O2催化氧化成SO3是一个放热过程，450℃左右的温度比室温更有利于SO3生成
D. 向1.50mol/L的硝酸铵溶液中加入少量氨水至中性，水的电离程度减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 催化剂只能改变反应速率，从而改变反应到达平衡的时间，但不能使平衡发生移动，A不合题意；
B. 密闭容器中2molCO与1molH2O（g）发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达平衡后，增大压强CO的浓度增大，反应速率加快，但平衡不发生移动，B不合题意；
C. SO2与O2催化氧化成SO3是一个放热过程，从平衡移动的角度考虑，应为降低温度有利于SO3生成，但从催化剂的活性考虑，450℃左右的温度比室温更有利于SO3生成，所以不能利用平衡移动原理解释，C不合题意；
D. 向1.50mol/L的硝酸铵溶液中加入少量氨水，将抑制铵根离子水解，从而使水的电离程度减小，D符合题意。
故选D。
6.下列表示相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子： B. Na+的结构示意图：
C. 次氯酸的电子式 D. 丁烷的球棍模型
【答案】D
【解析】
【详解】A. 中子数为18的氯原子，符号应为，A错误；
B. Na+的结构示意图应为，B错误；
C. 次氯酸的电子式应为，C错误；
D. 从结构上看，丁烷分子中的碳原子呈锯齿状排列成链状，每个碳原子形成四个共价单键，故丁烷的球棍模型可以表示为，D正确。
故选D。
7.下列有关实验的选项正确的是
A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项是B。
8.下列描述不正确的是( )
A. 金属元素的单质在化学反应中只能作还原剂，而非金属元素的单质在化学反应中，既可以只作氧化剂，又可以只作还原剂，还可以同时作氧化剂和还原剂，特殊反应中既不作氧化剂也不作还原剂
B. 稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶1
C. Fe与Cl2和Fe与S反应，生成物为1 mol时，电子转移数都是2NA
D. 某化学反应，反应前后共有六种物质：HCl(浓)、H2O、Cl2、KMnO4、MnCl2、KCl，则反应方程式中各自的系数(对应前面顺序)为16、8、5、2、2、2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
【答案】C
【解析】
【详解】A. 金属只能显正价，不能显负价，所以金属元素的单质在化学反应中只能作还原剂；而非金属元素的单质在化学反应中，如C+O2=CO2，O2只作氧化剂，C只作还原剂；氯气与水的反应中，氯气同时作氧化剂和还原剂；石墨转化为金刚石的反应中，石墨既不作氧化剂也不作还原剂，A正确；
B.设稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐为R(NO3)x，当还原产物只有NO时，根据电离转移守恒可得3R(NO3)x ~ xNO，则当参加反应的硝酸的物质的量为4x mol时，还原产物NO物质的量为x mol，故其比值为4∶1，B正确；
C. Fe与Cl2和Fe与S反应，若生成物均为1 mol时，前者电子转移数为3NA，后者为2NA，C错误；
D. 此反应为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10=1:5，D正确。
本题选捆不正确的，故选C。
9.下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是( )
A. n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2] =2 : 5 时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4↓
B. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-
C. 离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应
D. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 设n[NH4Al(SO4)2]=2mol，n[Ba(OH)2] =5mol，则NH4+为2mol，Al3+为2mol，SO42-为4mol，Ba2+为5mol，OH-为10mol。2mol NH4+、2mol Al3+分别消耗OH-为2mol、8mol，生成2mol NH3·H2O、2molAlO2-，4mol SO42-消耗4molBa2+，则发生反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4↓，A表达合理；
B. 中性溶液中，Fe3+不能大量存在，B表达不合理；
C. NH4HCO3与足量的澄清石灰水反应时，NH4+将与OH-反应，生成一水合氨，C表达不合理；
D. 由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中，溶液可能是酸溶液，可能是碱溶液；在酸溶液中，I-、NO3-不能大量存在，在碱溶液中，Mg2+不能大量存在，D表达不合理。
故选A。
【点睛】在酸性条件下，NO3-能表现出强氧化性，与Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。MnO4-具有强氧化性，不管在什么环境中，都能氧化Fe2+、S2-、SO32-等，所以与Fe2+、S2-、SO32-不能大量共存。在中性溶液中，易发生水解的离子不能大量存在。如果水的电离受到促进，那是离子水解造成的；如果水的电离受到抑制，那是电解质直接电离出H+或OH-造成的。
10.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用双氧水滴定KI-淀粉溶液
溶液变蓝
达到滴定终点
B
向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置
下层呈紫红色
该食用加碘盐中含有KIO3
C
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
D
最后试管有浅黄色沉淀
有机物中含有溴原子
A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、KI-淀粉溶液一般作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉-KI溶液无法判定终点，因为只要加很少的双氧水溶液就变蓝了，选项A错误；
B、在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，选项B正确；
C、NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，选项C错误；
D、加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，选项D错误。
答案选B。
11.鲜花保鲜剂S-诱抗素制剂，可保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如下图，下列关于该物质的说法不正确的是（ ）
A. 其分子式为C15H20O4
B. 既能发生加成反应，又能发生取代反应
C. 1mol该物质完全燃烧，需要消耗403.2L氧气
D. 既能使紫色石蕊试剂显红色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 先数出C原子为15个，O原子为4个，然后进行计算C15H2×15+2-12O4，A正确；
B. S-诱抗素含有碳碳双键和羰基，能发生加成反应；含有羧基的有机物能发生取代反应，B正确；
C. 没有指明是否为标准状况，无法确定消耗氧气的体积是多少，C错误；
D. 羧基能使紫色石蕊试剂显红色，碳碳双键、羟基使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。
故选C。
12.X、Y、Z、M、G五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的氧化物对应的水化物酸性弱
B. ZX与水的反应属于氧化还原反应
C. 化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同
D. 简单离子半径的大小顺序：X＜Y＜Z＜M＜G
【答案】B
【解析】
【详解】X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，则X为H、Z为Na；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则Y为O、M为S；从而得出G为Cl，臭氧、氯气和二氧化氯均可作饮用水的消毒剂。
A. 若元素M的氧化物对应的水化物为H2SO4，G的氧化物对应的水化物为HClO，则前者酸性强，A错误；
B. NaH与水的反应，生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，B正确；
C. 化合物Na2S中只含离子键，SO2中只含共价键，二者的化学键类型不同，C错误；
D. 简单离子半径的大小顺序：Y(O2-)＞Z(Na+)，D错误。
故选B。
13.下列说法不正确的是（ ）
A. 乙烯能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，其反应原理不相同
B. 福尔马林能使蛋白质发生变性，可用浸制动物标本
C. 分子式为C4H10O的有机物与金属Na反应的同分异构体有4种
D. 无机物与有机物之间不可能存在同分异构现象
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烯与溴水中的溴发生加成反应而使溴水褪色，乙烯还原酸性KMnO4溶液使之褪色，其反应原理不相同，A正确；
B. 福尔马林是35~40%的甲醛水溶液，能使蛋白质发生变性，所以可用福尔马林浸制动物标本，B正确；
C. 分子式为C4H10O的有机物与金属Na反应的同分异构体为CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，共4种，C正确；
D. 无机物与有机物之间也可能存在同分异构现象，如CO(NH2)2与NH4CNO，D错误。
故选D。
14.酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3—，下列有关叙述中正确的是( )
①向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32—
②向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成
③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
④卫生间洁厕灵不能跟“84”消毒液混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O
A. ②④ B. ①③④ C. ②③ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】①向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，因为HClO＞HCO3-，所以离子方程式为ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-，①错误；
②向KI和KBr混合溶液中，加入足量FeCl3溶液，发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，而Br-与Fe3+不反应，用CCl4萃取后，上层液体含Br-和Cl-，加入AgNO3溶液，有AgBr淡黄色沉淀生成，②正确；
③向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2I-＋Cl2=I2＋2Cl－, ③错误；
④卫生间洁厕灵(主要成分HCl)不能跟“84”消毒液(主要成分为NaClO)混用，其离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，④正确。
综合以上分析，②④正确。故选A。
15.500 mL KNO3和Cu(NO3）2的混合溶液中c(NO）＝0.6 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A. 原混合溶液中c(K＋）为0.2 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol
D. 电解后溶液中c(H＋）为0.2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol；每生成0.1mol氧气转移0.4mol电子，每生成0.1mol氢气转移0.2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=(0.4-0.2）/2mol=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度为0.1mol÷0.5L=0.2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol•L-1-0.2 mol•L-1×2=0.2mol/L。据此分析解答。
【详解】A、根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2mol•L-1，正确；
B、转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，错误；
C、根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，错误；
D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度为0.8mol/L，错误；
答案选A。
16.甲、乙两个密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g) CO2(g)＋2H2(g) ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：
容器
容积/L
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
平衡常数
C(s)
H2O(g)
H2(g)
甲
2
T1
2
4
3.2
3.5
K1
乙
1
T2
1
2
1.2
3
K2
下列说法正确的是( )
A. T1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲容器，平衡时c(H2)=1.6mol/L；乙容器，平衡时c(H2)=1.2mol/L ，则表明乙中的平衡相对于甲是逆向移动，从而得出T1＞T2，A错误；
B. 乙容器，假设反应速率恒定，当反应进行到1.5 min时，则n(H2)＝0.6 mol、n(H2O)＝2mol-0.6mol=1.4 mol，但反应速率起初最大，后来逐渐减慢，所以1.5 min时n(H2O)＜1.4mol，B错误；
C. 随着反应的进行，混合气体的质量逐渐增大，体积不变，所以密度逐渐增大，C错误；
D. 乙容器中，各物质的量变化为：
因为容器的体积为1L，且碳为固体，所以，K2＝=1.35，D正确。
故选D。
17.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如下图所示。下列说法中正确是
A. 前8min A的平均反应速率为0.08mol/(L·s)
B. 30min时扩大容器的体积，40min时升高温度
C. 反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D. 30min和54min的反应的平衡常数相等
【答案】B
【解析】
【详解】A项、由图可知，反应从开始到8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08 mol/（L•min），所以A不正确；
B项、由图象可知，30min时正逆反应速率均降低，但正逆反应速率仍然是相等的，说明反平衡没有移动，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由变化量之比等于化学计量数之比可知X＝1，因此30min时改变的条件是扩大容器的容积，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B正确；
C项、由图可知，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；
D项、30min和54min的反应温度不同，因此平衡常数不相等，故D不正确；
答案选B。
【点评】注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件是解答关键。
18.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是( )
已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)
A. 碳棒上发生的电极反应:4OH--4e-O2↑+2H2O
B. 电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
C. 为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水pH
D. 若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应总方程式发生改变
【答案】B
【解析】
【详解】由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH- -4e-=2H2O+O2↑,镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e-= Ni。电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大。又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH 。若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-> OH-，则Cl-移向阳极放电：2Cl-- -2e-= Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变。故B错误选B。
19.在一恒容的密闭容器中充入0.1 mol·L－1 CO2、0.1 mol·L－1CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强关系如图。下列有关说法不正确的是( )
A. 压强为p4时，在Y点：v正＜v逆 B. 上述反应的ΔH＞0
C. 压强：p4＞p3＞p2＞p1 D. 1 100 ℃时该反应平衡常数约为1.64
【答案】A
【解析】
【详解】A. 压强为p4时，在Y点，反应将向X点移动，即向CH4的转化率增大的方向(即正反应方向)移动，所以v正＞v逆，A不正确；
B. 由图中曲线可以看出，温度升高，CH4的转化率增大，即平衡向正反应方向移动，所以正反应的ΔH＞0，B正确；
C. 从p1到p4，CH4的转化率减小，即平衡逆向移动，应为增大压强，所以p4＞p3＞p2＞p1，C正确；
D. 1 100 ℃时，三段式关系如下：
该反应平衡常数K==1.64，D正确。
故选A。
20.已知常温下浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如表：
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
8.1
11.6
9.7
8.4
下列有关说法正确的是( )
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF
B. 等体积、等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N前 =N后
C. 若将CO2通入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液至溶液呈中性则溶液中2c(CO32—)＋c(HCO3—)＝0.2 mol·L－1
D. 向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋2HF=CO2＋H2O＋2NaF
【答案】C
【解析】
【详解】A.比较NaHCO3、NaClO、NaF三者的pH，可得出酸性HClO
D. 由于HF的酸性比H2CO3强，所以向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，化学方程式为Na2CO3＋HF=NaHCO3＋NaF，D错误。
故选C。
【点睛】等体积等浓度的NaF、NaClO两溶液中，尽管酸根离子的水解程度不同，但水解达平衡时，酸根离子与酸根水解生成的OH-浓度和相等，所以两份溶液中离子浓度的差异仅为c(H＋)的差异。因为温度相同，所以水的离子积常数相同，溶液的碱性越强，c(H＋)越小。现两份溶液的pH，NaClO>NaF，所以NaClO溶液中c(H＋)小。
二、非选择题：(本题共4小题，除说明外，每空2分，共40分)
21.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：
已知：KSP ( Li2CO3)=2.0×10-3 。部分物质的溶解度（S）如下表所示：
T℃
S(Li2CO3)/g
S(Li2SO4)/g
S(Li3PO4)/g
20
1.33
34.2
0.039
80
0.85
30.5
——
100
0.72
——
（1） 流程中用“热水洗涤”的原因是____________。
（2）写出碱溶时Al箔溶解的化学方程式 ___________。
（3）酸浸时，用H2O2代替HNO3更好，其优点是________。
（4）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生LiFePO4和FePO4的转化，该电池放电时正极的电极反应式为____。
（5）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率达到90%，计算滤液③中c(CO32-)=____mol/L
【答案】 (1). Li2CO3的溶解度随温度升高而減小，热水洗涤可減少Li2CO3的溶解 (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). 不产生污染环境的气体 (4). FePO4+Li++e-= LiFePO4 (5). 0.05
【解析】
【分析】
(1)由题给表格数据可知，温度升高，Li2CO3的溶解度減小，所以热水洗涤可減少Li2CO3的溶解而提高产率。
(2)碱溶时，Al箔与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。
(3)酸浸时，LiFePO4与混酸反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸、一氧化氮和水，若用H2O2代替HNO3，不会产生污染环境的NO气体。
(4) 正极发生LiFePO4和FePO4的转化，则应为FePO4的转化为LiFePO4。
(5)当滤液②中c(Li+)=4mol·L－1，加入等体积的Na2CO3后，c(Li+)=2mol·L－1，若Li+的沉降率达到90%，反应生成Li2CO3后溶液中c(Li+)=2mol·L－1×0.1=0.2 mol·L－1，由碳酸锂溶度积Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)∙c(CO32—)=2.0×10-3，可得c(CO32－)=。
【详解】(1)由题给表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而減小，热水洗涤可減少Li2CO3的溶解而提高产率。答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而減小，热水洗涤可減少Li2CO3的溶解；
(2)碱溶时，Al箔与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
(3)酸浸时，LiFePO4与混酸反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为6LiFePO4+12H2SO4+2HNO3=3Li2SO4+3Fe2(SO4)3+6H3PO4+2NO↑+4H2O，若用H2O2代替HNO3，则不会产生污染环境的NO气体，从而保护了环境。答案为：不产生污染环境的气体；
(4) 正极发生LiFePO4和FePO4的转化，则应为FePO4的转化为LiFePO4，该电池放电时正极的电极反应式为FePO4+Li++e-= LiFePO4。答案为：FePO4+Li++e-= LiFePO4；
(5)当滤液②中c(Li+)=4mol·L－1，加入等体积的Na2CO3后因为溶液的稀释使得c(Li+)=2mol·L－1，若Li+的沉降率达到90%，反应生成Li2CO3后溶液中c(Li+)=2mol·L－1×0.1=0.2 mol·L－1，由碳酸锂溶度积Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)∙c(CO32—)=2.0×10-3，可得c(CO32－)==0.05 mol·L－1，故答案为：0.05。
【点睛】在利用Ksp(Li2CO3)进行计算时，溶液中c(Li+)的计算是关键。我们容易出现的错误是未考虑加入等体积的Na2CO3，c(Li+)应变为原来的一半。
22.冬季是雾霾天气高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
（1）使用甲醇汽油可以减少汽车尾气对环境的污染。工业上在200℃和10MPa的条件下可用甲烷和氧气通过铜制管道反应制得甲醇，已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol ,则CH4(g) +O2(g) = CH3OH(g) △H=___。
（2）二甲醚也是清洁能源。用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为:2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H＜0。
①.某温度下，将2.0molCO(g)和6.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中 CH3OCH3(g) 的物质的量分数变化情况如图所示，关于温度和压强的关系判断正确的是___。
A. P1＞P3, T1＞T3 B. P3＞P2，T3＞T2 C.P2＞P4，T4＞T2 D.P1＞P4，T2＞T3
②在恒容密闭容器里按体积比为1:3充入一氧化碳和氢 气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是___
A．氢气的转化率减小 B．逆反应速率先增大后减小
C．化学平衡常数K值增大 D．某反应物的体积百分含量增大
（3）在一容积可变的密闭容器中充有10 mol CO和20 mol H2, 发生反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，CO的平衡转化率[与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______。
②若达到平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积为________L。
【答案】 (1). -156kJ/mol (2). AD (3). B (4). KA=KB＞KC (5). 2
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行分析；
（2）①.由反应方程式知，增大压强，平衡正向移动，则P1＞P2＞P3＞P4；由方程式知，升高温度，平衡逆向移动，则T1＞T2＞T3＞T4。
②根据影响化学平衡移动的外界因素及平衡移动原理、化学平衡状态的特征进行分析；
（3）①根据温度对化学平衡常数的影响进行分析。
② 根据两点温度相同则平衡常数相同进行计算。
【详解】（1）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-784kJ/mol ①
CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-628kJ/mol ②
①-②得：CH4(g) +O2(g) = CH3OH(g) △H=-156kJ/mol。答案为：-156kJ/mol；
（2）①.由反应方程式2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H＜0可知，增大压强，平衡正向移动，则P1＞P2＞P3＞P4；由方程式知，升高温度，平衡逆向移动，则T1＞T2＞T3＞T4。答案为：AD；
②2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H＜0
A．从反应方程式可以看出，若往平衡体系中充入H2，平衡正向移动，但氢气的转化率减小，A不合题意；
B．逆反应速率先增大后减小，则可能是升高温度或往平衡体系中充入CH3OCH3或H2O(g)，平衡逆向移动，B符合题意；
C．化学平衡常数K值增大，只能为降低温度，平衡正向移动，C不合题意；
D．某反应物的体积百分含量增大，可能是往平衡体系中加入该反应物，则平衡正向移动，D不合题意。答案为：B；
（3）①从图中可以看出，升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，△H＜0。在A、B点，温度相同，对应的平衡常数KA=KB；A、C点，T1＜T2，对应的平衡常数KA＞KC，从而得出A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为KA=KB＞KC。
② 在A点，容器体积为10L：
K=；
在B点，设气体的体积为V：
A和B两点的温度相同，则平衡常数相同，故K=，解之得，V=2L。答案为：2。
【点睛】在利用反应体系中的某个量发生改变，判断平衡移动的方向时，通常需考虑增加或减少反应物或生成物的量，升高或降低温度，增大或减小压强，加入催化剂等。需要注意的是，增大反应物的浓度，若反应物有两种，增大某反应物的浓度，平衡正向移动，但该反应物的转化率减小，百分含量增大，另一反应物的转化率增大，百分含量减小；若反应物只有一种，加入反应物，相当于增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
23.二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
－76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解；②S2Cl2+Cl22SCl2
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。下面是制取少量S2Cl2的装置，回答下列问题:
（1）仪器m的名称为______。
（2）S2Cl2的电子式为______。
（3）装置连接顺序：______→E→D。
（4）为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和________。
（5）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状 且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式_______。
（6）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数设计了如下实验方案：
该混合气体中气体X体积分数为_____(用含V、m的式子表示)。
【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). (3). A→F→C→B (4). 滴入浓盐酸的速率 (5). 2S2Cl2+2H2O=3S+SO2↑+4HCl↑ (6).
【解析】
【分析】
（1）仪器m的名称为三颈烧瓶。
（2）S2Cl2中，为达8电子相对稳定结构，S应形成2对共用电子，Cl应形成1对共用电子，所以Cl原子在电子式的两边，S在中间，且两个S原子间形成一对共用电子，S、Cl间形成一对共用电子。
（3）连接装置时，需考虑制Cl2，Cl2中HCl、H2O的去除，Cl2与S的反应，产品的收集和尾气处理。根据已知信息可知，参加反应的氯气必须是干燥纯净的，利用F除去氯化氢，利用C干燥氯气，从而得出装置连接顺序。
（4）由于氯气过量会生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率。
（5）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，此气体为SO2，则另一产物为S，从而得出该反应的化学方程式。
（6）mg固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为。
【详解】（1）仪器m的名称为三颈烧瓶。答案为：三颈烧瓶；
（2）S2Cl2中，为达8电子相对稳定结构，S应形成2对共用电子，Cl应形成1对共用电子，所以Cl原子在电子式的两边，S在中间，且两个S原子间形成一对共用电子，S、Cl间形成一对共用电子，电子式为。答案为：；
（3）连接装置时，需考虑制Cl2，Cl2中HCl、H2O的去除，Cl2与S的反应，产品的收集和尾气处理。根据已知信息可知，参加反应的氯气必须是干燥纯净的，利用F除去氯化氢，利用C干燥氯气。装置连接顺序：A→F→C→B→E→D。答案为：A→F→C→B；
（4）由于氯气过量会生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率。答案为：滴入浓盐酸的速率；
（5）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，此气体为SO2，则另一产物为S，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=3S+SO2↑+4HCl↑。答案为：2S2Cl2+2H2O=3S+SO2↑+4HCl↑；
（6）mg固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为。答案为：。
【点睛】在进行仪器连接时，我们首先想到发生的反应，两种反应物是在哪些装置中生成或添加的；同时需考虑反应产物中杂质的去除，反应的速率控制，大气的防护等。如本实验中制取S2Cl2，S是在B装置中直接加入的，则主要是Cl2的制备，只能利用A装置制取Cl2，同时考虑用F装置除去Cl2中的HCl，用C装置干燥Cl2，这样才完成Cl2的制备，然后Cl2进入B装置，与S反应，最后再考虑蒸馏提纯产品，在尾气处理中，还需考虑大气的防护，同时还要考虑产品的保护。
24.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，热分解产生锰酸钾、二氧化锰、氧气。完成下列填空：
I.已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-298kJ/mol，③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1068kJ/mol。
（1）固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为_____。
Ⅱ.草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数涉及到的反应：C2O42-+2H+→H2C2O4（草酸），5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
（2）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是_______。
Ⅲ.KMnO4是一种常用消毒剂。
（3）KMnO4消毒机理与下列物质相似的是____（填序号）。
A.消毒酒精（75%） B. 双氧水 C. 84消毒液 D. 肥皂水 E.活性炭 F.SO2
（4）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液滴定。
①配制500ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和___。
②取KMnO4粗产品0.7000g溶于水，并加入稀硫酸进行酸化，将所得溶液用0.1000mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2S2O3溶液的体积。重复步骤②、③，三次平行实验数据如表：
实验次数
1
2
3
消耗Na2SO3溶液体积/ml
19.30
20.98
21.02
（已知：S2O32-被MnO4-氧化为SO42- ）
计算该KMnO4产品的纯度为___。（保留三位有效数字）
【答案】 (1). MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1 (2). 随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好 (3). BC (4). 500mL容量瓶、胶头滴管 (5). 75.8%
【解析】
【分析】
I. ①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol ①
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-298kJ/mol ②
③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1068kJ/mol ③
（1）将①+③-②得，固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1。
Ⅱ.（2）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好
Ⅲ.（3）KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液。
（4）①配制500ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管。
②从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据。后两组数据的平均值为21mL。
滴定过程中发生反应的离子方程式为8MnO4- + 5S2O32- + 14H+ = 10SO42- + 8Mn2+ + 7H2O
设KMnO4质量为x
则x=
该KMnO4产品的纯度为
【详解】I. ①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol ①
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-298kJ/mol ②
③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1068kJ/mol ③
（1）将①+③-②得，固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1。答案为：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H=－250KJ· mol -1；
Ⅱ.（2）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好。答案为：随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好；
Ⅲ.（3）KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液。答案为：BC；
（4）①配制500ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管。答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
②从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据。后两组数据的平均值为21mL。
滴定过程中发生反应的离子方程式为8MnO4- + 5S2O32- + 14H+ = 10SO42- + 8Mn2+ + 7H2O
设KMnO4的质量为x
则x=
该KMnO4产品的纯度为=75.8%。答案为：75.8%。
【点睛】在一个反应中，当一种物质的加入或一种物质的生成(达到一定浓度)，能使反应速率突然加快，我们就需考虑此物质可能是催化剂。
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