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安徽省芜湖市第一中学2020届高三上学期基础检测化学试题
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芜湖一中2020届新高三基础检测
化学试卷
可能用到的相对原子质量C:12 H:1 O:16 Na:23 Mg:24 A1:27 P:31 Fe:56 Cu:64 Cl:35.5
一、选择题共20小题，每小题2分
1.化学与生活生产密切相关。下列有关说法错误的是（ ）
A. 明矾可作饮用水的消毒剂和净水剂
B. 淀粉，纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物
C. 衣物中的棉、麻、蚕丝灼烧后的产物不同
D. 除去银器表面黑色的Ag2S，可将其放入盛有食盐水的铝容器中煮沸
【答案】A
【解析】
【详解】A. 明矾可以净水，但不能消毒杀菌，A项错误；
B. 淀粉、纤维素和蛋白质的相对分子质量上万，都是天然高分子化合物，B项正确；
C. 棉、麻的主要成分为纤维素，纤维素中含C、H、O三种元素，蚕丝的主要成分为蛋白质，蛋白质中含C、H、O、N等元素，灼烧后产物不同，C项正确；
D. 除去银器表面黑色的Ag2S，可将其放入盛有食盐水的铝容器中煮沸，发生原电池反应，铝是负极、银是正极，正极上Ag2S得电子被还原为银，D项正确；
答案选A。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 用含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数为NA[假设所有的FeCl3都转化为Fe(OH)3胶体]
B. 物质的量浓度为0.5mol·L—1的MgC12液中，含有C1-的个数为NA
C. KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2，生成3mo1I2转移电子的总数为5NA
D. 60gSiO2晶体中含有硅氧键的数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe(OH)3胶体中的胶体粒子是多个Fe(OH)3形成的聚合体，含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数少于NA，A项错误；
B. 未告知溶液的体积，无法计算物质的量浓度为0.5mol·L—1的MgC12液中，含有C1-的个数
C. 在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 + 3H2O 中，每生成3 mol I2，则消耗1mol碘酸钾，I元素的化合价从+5价降低到0价，转移电子的物质的量是5mol，所以转移的电子数是5NA，C项正确；
D. 60gSiO2中含有=1molSi原子，每个Si原子含有4个Si—O键，Si—O键的个数为4NA，D项错误；
答案选C。
【点睛】D项是易错点，注意一些物质中化学键的数目，如1 mol H2O中含有2 mol O—H键；1 mol NH3中含有3 mol N—H键；1 mol CH4中含有4 mol C—H键；1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键；1 mol P4中含有6 mol P—P键；1 mol Si中含有2 mol Si—Si 键；1 mol石墨中含有1.5NA个C—C键；1 mol CnH2n＋2中含有(3n＋1)NA个共价键，(2n＋2)NA个极性键，(n－1)NA个非极性键。
3.在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为g/mL，质量分数为W，其中含有NH4+的物质的量是b mo1，下列叙述正确的是（ ）
A. 溶液中c(OH-)＝mol/L+c(H+)
B. 溶质的物质的量浓度
C. 溶质的质量分数100%
D. 向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数大于0.5W
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溶液中c(NH4+)= = mol/L，根据溶液呈电中性，可知c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，则溶液中c(OH−)=mol/L+c(H+)，A项正确； B. a g NH3的物质的量为 = mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c= = mol/L，B项错误；
C. 氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g⋅cm−3，体积为VmL，所以溶液质量为ρV g，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数W=×100%，C项错误；
D. 水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5W，D项错误；
答案选A。
【点睛】D项是易错点，要注意氨水的密度比纯水的密度小，等体积混合后，溶质的质量分数会发生变化。
4.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）
A. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体
B. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物
C. 氨水、次氯酸都属于弱电解质
D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分散质粒子直径介于1−100nm之间的分散系为胶体，而氯化铁溶液属于溶液，不是胶体，A项错误；
B. 能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物， Al2O3即可以与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，故Al2O3是两性氧化物，B项错误；
C. 在水溶液中只能部分电离的化合物为弱电解质，氨水是一水合氨的水溶液，属于混合物，不是弱电解质，C项错误；
D. Ba(OH)2与碳酸钠反应可生成氢氧化钠与碳酸钡沉淀，D项正确；
答案选D。
【点睛】判断是否是电解质或非电解质，要紧扣定义，前提是先判断是否是化合物，若为单质或混合物，则不是电解质考虑的范围。
5.下列各溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A. Fe3+、Na+、SO42-、H2O2 B. Na+、SO42-、CH3COO—、S2-
C. Pb2+、K+、SO42-、C1— D. C2H5OH、MnO4—、H+、K+
【答案】B
【解析】
【分析】
根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答。
【详解】A. Fe3+会催化H2O2的分解，不能共存，A项错误；
B. 该组离子之间不反应，可大量共存，B项正确；
C. Pb2+与SO42-结合生成沉淀，不能共存，C项错误；
D. C2H5OH、MnO4-、H+会发生氧化还原反应，不能共存，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的考查，如D项乙醇与酸性高锰酸钾的氧化还原反应，利用排除法即可选择正确答案，题目难度不大。
6.下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（ ）
选项
操作和现象
结论
A
分别向苯和甲苯溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，苯中不褪色，甲苯中褪色
苯环对甲基有影响
B
加入AgNO3溶液后生成白色沉淀,加稀盐酸沉淀不溶解
可确定有Cl−存在
C
将某种气体通入酸性KMnO4溶液。溶液褪色
说明该气体一定具有漂白性
D
向某溶液中逐渐通入CO2气体,先出现白色胶状沉淀,继续通入CO2气体,白色胶状沉淀不溶解
证明该溶液中存在AlO2−
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 苯环影响甲基，会使甲基易被氧化，故向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液后溶液会褪色，但苯不易被酸性高锰酸钾溶液氧化，A项正确；
B. 加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，然后加入稀硝酸后白色沉淀不溶解，从而证明原溶液中含有Cl−，而不能用稀盐酸酸化，B项错误；
C. 将某种气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，通入的气体可能为乙炔、乙烯等具有还原性的气体，不一定具有漂白性，C项错误；
D. 向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解，生成的沉淀可能为硅酸，不一定为氢氧化铝，则原溶液中不一定含有偏铝酸根离子，D项错误；
答案选A。
7.下列有关图示装置的叙述不正确的是（ ）
A. ①可用于吸收实验中多余的SO2
B. ②可用于收集H2、NH3、Cl2、NO等
C. ③中X为CC14，可用于吸收NH3或HC1气体
D. ④可用于收集NH3，并吸收多余的NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 二氧化硫有毒，需用氢氧化钠溶液吸收，A项正确；
B. 长导管进气可收集Cl2，短导管进气可收集H2、NH3，但NO的密度与空气的相差不大，且会与空气中氧气反应，则不能用排空气法收集，B项错误；
C. X为CC14，其密度比水的密度大，在水的下层，可隔绝气体与水，起到防倒吸的作用，C项正确；
D. 氨气属于碱性气体，图中碱石灰干燥氨气，且其密度比空气的小，易溶于水，采用向下排空气法收集及尾气处理均合理，D向正确；
答案选B。
【点睛】装置③中若选用密度比水小的有机溶剂，有机层在上方，导管仍能直接接触水，则不能防倒吸。
8.下列实验方法或装置正确的是（ ）
A. 用图1所示装置制取乙烯
B. 用图2所示方法验证S、C、Si的非金属性
C. 用图3所示方法探究固体表面积对反应速率的影响
D. 用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A. 制备乙烯在170℃，测定反应液的温度，图中温度计位置不合理，温度计水银球应在液面下，A项错误；
B. 元素最高价氧化物对应的水化物酸性越强，对应的非金属性越强，实验操作和涉及合理，B项正确；
C. 浓度不同，接触面积不同，则图中不能探究固体表面积对反应速率的影响，C项错误；
D. 溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应，乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能检验乙烯，D项错误；
答案选B。
【点睛】实验方案涉及及评价是高考高频考点，学生要有严谨治学的态度与较强的逻辑思维与动手能力。B项若改为稀盐酸与碳酸钠制备二氧化碳再进行实验，就不能证明结论，因为盐酸易挥发，挥发的HCl也会使烧杯中出现白色胶状沉淀，因此做题时要格外注意。
9.电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容，下列有关溶液的叙述不正确的是（ ）
A. 加热蒸干NaCl、MgCl2溶液时可以得到晶体NaCl、MgCl2
B. 相同条件下，等物质量浓度的溶液导电能力：HCl>NH3·H2O
C. 溶液中离子结合质子(氢离子)的能力：C2O42—＞HC2O4—＞SO42—
D. 水玻璃可存放在橡胶塞的细口瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A. MgCl2水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热氯化氢挥发，最终得到的固体是氢氧化镁，得不到氯化镁，A项错误；
B. HCl是强电解质，NH3⋅H2O是弱电解质，相同条件下，等物质的量浓度的溶液中离子浓度：HCl>NH3⋅H2O，导电能力：HCl>NH3⋅H2O，B项正确；
C. 酸性：HSO4−>H2C2O4>HC2O4−，对应的酸越强，则酸根离子得到质子的能力越弱，则结合质子能力：C2O42-＞HC2O4-＞SO42-，C项正确；
D. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，水解显碱性，不能存放在玻璃塞的细口瓶，而可存放在橡胶塞的细口瓶中，D项正确；
答案选A。
【点睛】A项是学生的易错点，溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况：
1、溶质会发生水解反应的盐溶液，则先分析盐溶液水解生成的酸的性质。若为易挥发性的酸（HCl、HNO3等），则最会蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物。若为难挥发性酸（硫酸等），且不发生任何化学变化，最终才会得到盐溶液溶质本身固体；
2、溶质会发生氧化还原反应的盐溶液，则最终得到稳定的产物，如加热蒸干亚硫酸钠，则最终得到硫酸钠；
3、溶质受热易分解的盐溶液，则最终会得到分解的稳定产物，如加热蒸干碳酸氢钠，最终得到碳酸钠。
学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。
10.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是（ ）
A. N一定是HCl(aq) B. M一定是Al
C. X、Q、Z中的一种必定为A12O3 D. Y一定为NaOH(aq)
【答案】C
【解析】
【分析】
由转化可知，Y能与其它五种物质[Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3]反应，则Y为NaOH，N能与四种物质[Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)]反应，且N与NaOH反应，则N为HCl，M能与三种物质[Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)]反应，且M与HCl反应，可知M为Al，剩余X、Z、Q均与两种物质反应，X与Al、NaOH反应，则X为Cl2，Z、Q均与NaOH、HCl反应，则Z、Q分别为Al2O3或Al(OH)3.
【详解】A．N一定是HCl(aq)，A项正确；
B．M一定是Al，B项正确；
C．由上述分析可知，X只能为Cl2，Q、Z中的一种必定为Al2O3，C项错误；
D．Y一定为NaOH(aq)，D项正确；
答案选C。
11.将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是
A. o—a段反应的化学方程式是：Ba(OH)2+ CO2 =" Ba" CO3↓+ H2O
B. b—c段反应的离子方程式是：2AlO2－+ 3H2O+ CO2=2Al(OH)3↓+ CO32－
C. a—b段与c—d段所发生的反应相同
D. d—e段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致
【答案】C
【解析】
只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，
A．由上述分析可知，o﹣a段发生反应：Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，故A正确；
B．由上述分析可知，b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B正确；
C．由上述分析可知，a﹣b段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，c﹣d段所发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，两阶段反应不相同，故C错误；
D．d﹣e段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；
12.X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2CO3
Na2O2
SO2
Y
FeCl2
CO2
NaOH
Na2SO3
Z
Cl2
CaCO3
Na2CO3
H2SO4
W
FeCl3
Ca（HCO3）2
NaHCO3
NaHSO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A、盐酸和铁反应生成氯化亚铁，盐酸电解产生氯气，氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，正确，不选A；B、碳酸钠和酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙和二氧化碳反应生成碳酸氢钙，正确，不选B；C、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钠不能反应，错误，选C；D、二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，二氧化硫和过氧化氢反应生成硫酸，亚硫酸钠和硫酸反应生成亚硫酸氢钠和硫酸钠，正确，不选D。
考点：无机物的转化
13.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1 mol Ag。则下列结论中不正确的是
A. 向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解
B. 氧化性：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞Zn2＋
C. 反应后溶液的质量减轻
D. 反应后溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁粉可以继续溶解，故A正确；B、根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B正确；C、发生2Ag++Fe═Fe2++2Ag，置换出Ag，0.1molFe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，故C正确；D、由反应2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故D错误。
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。
14.类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论，因此推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确。以下几种类推结论中，正确的是（ ）
A. IVA族元素氢化物沸点顺序GeH4>SiH4＞CH4，则VA族元素氢化物沸点顺序也是AsH3＞PH3>NH3
B. Al和S直接化合时可得到A2S3；Fe与S直接化合时也可得到Fe2S3
C. 不能用电解A1C13制取金属铝；也不能用电解MgCl2来制取金属镁
D. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF>H2O>NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S＞PH3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨气分子间存在氢键，沸点比同族的AsH3、PH3的高，A项错误；
B. 因S的氧化性较弱，不能将Fe氧化成+3价，因此两者化合生成FeS，而Al没有可变化合价，S与Al化合时也只有生成Al2S3，B项错误；
C. Al不能用电解AlCl3的方法制取，是因为氯化铝为共价化合物，而氯化镁为离子化合物，可利用电解MgCl2的方法制取镁，C项错误；
D. 元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越好，第二周期中非金属性：F>O>N，第三周期中非金属性：Cl>S>P，类推结论正确，D项正确；
答案选D。
15. 有关下列图象的说法正确的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H > 0
B. 若图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸
C. 图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应的焓变
D. 图丁可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
【答案】B
【解析】
试题分析：A．由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H < 0,错误；B．盐酸是强酸，完全电离，当加水稀释时溶液的pH变化较大，而醋酸是弱酸，部分电离，当加水稀释时电离平衡正向移动，是溶液中H+的浓度又有所增加，所以溶液的pH变化较小。若图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸，正确；C．图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、但是不能改变反应的焓变，错误；D．向弱酸乙酸溶液中通入氨气时发生反应产生强电解质，溶液中自由移动的离子的浓度增大，所以溶液的导电性逐渐增强，与图像不符合，错误。
考点：考查图象法在不是化学反应速率、反应热、溶液稀释的pH变化及溶液的导电性的关系的知识。
16.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）
A. 电池内的O2—由电极甲移向电极乙
B. 电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C. 当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有224LO2参与反应
D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】C
【解析】
【分析】
该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。
【详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2−由电极乙移向电极甲，A项错误；
B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项错误；
C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；
D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；
答案选C。
17.某工厂采用电解法处理含铬废水，利用耐酸电解槽阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意如图，下列说法不正确的是（ ）
A. a为电源正极
B. 阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72—+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O
C. 若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况)时，有0.2 molCr2O72—被还原
D. 阴极区附近溶液pH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故a为电源正极，A项正确；
B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，B项正确；
C．13.44 L氢气的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）==0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为0.6mol×=0.1mol，C项错误；
D. 阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确；
答案选C。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 将Ca(OH)2饱和溶液加热，溶液的pH增大
B. 常温下，pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合后，溶液的pH>7
C. 将0．1mol·L—1的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小
D. 两种酸溶液的pH分别为a和(a+1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则c1＝10c2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca(OH)2饱和溶液加热Ca(OH)2析出，溶液的pH减小，A项错误；
B．pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，B项正确；
C．HI为强电解质，将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，根据KW=c（H+）×c（OH-）可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，C项错误；
D．若为弱酸，则因醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，故当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞10c2，D项错误；
答案选B。
19.在不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH+)有如图所示关系下列关于离子共存的说法中正确的是（ ）
A. a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na+、Cl-、SO42-
B. b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2+、K+、NO3—
C. c点对应溶液中大量存在：Na+、Ba2+、C1—、Fe3+
D. d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、ClO—、Cl—
【答案】D
【解析】
【详解】A. a点为25℃，c(OH−)=c(H+)，溶液显中性，CO32−在溶液中水解，溶液显示碱性，不可能大量共存，A项错误；
B. b点为25℃，c(OH−)
D. d点温度高于25℃，c(OH−)>c(H+)，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，D项正确；
答案选D。
20.298k时，向20.0mL0.10mol/LH2A溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该滴定过程应该选择石蕊试液作指示剂
B. W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A+2OH-=A2-+2H2O
C. Y点对应的溶液中c(Na+)+(H+)=c(OH—)+2c(A2-)
D. 反应H2A+A2-2HA—的平衡常数K=1.0×107.4
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据第二反应，终点溶液显碱性可知，H2X为弱酸，强碱滴定弱酸需用在碱性条件下变色的酚酞作指示剂，A项错误；
B. X点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W点到X点发生的主要反应为：H2A+OH-=HA-+H2O，B项错误；
C. 根据电荷守恒规律可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+2c(A2-) + c(HA-)，因为Y点对应的溶液中c(HA-)= c(A2-)，所以整理可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(A2-)，C项错误；
D. H2A HA-+ H+①，则Ka1= ，根据图像可以看出，W点对应的溶液中c(HA-)= c(H2A)，故Ka1= c(H+)=1.0×10-2.3，HA- A2-+ H+②，则Ka2= ，根据图像可以看出，Y点对应的溶液中c(HA-)= c(A2-)，故Ka2= c(H+)=1.0×10-9.7，联立①②得，H2A+A2-2HA—的平衡常数K===1.0×107.4，D项正确；
答案选D。
21. 位于前四周期的6种主族元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其中B、D同主族， D、E同周期。A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18。F是其所在周期中最活泼的金属元素。根据推断回答下列问题：
（1）A在周期表中的位置 ；写出D与F形成的最简单离子化合物的电子式 。
（2）用“＞”或“＜”填空：
离子半径
非金属性
酸性
沸点
F+ D2—
A B
D的最高价氧化物的水化物
E的最高价氧化物的水化物
C的氢化物 E的氢化物
（3）—定条件，在水溶液中1molE—、EBx—（x＝1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示。
①d点对应的微粒是 （填离子符号）。
②b→a+c反应的离子方程式为 ，该反应是 反应（填“吸热”或“放热”）
【答案】（1）第二周期VA族
（2）＜ ＜ ＜ ＞
（3）①C1O4—②3C1O—＝C1O3—+2Cl—放热
【解析】
试题分析：F是其所在周期中最活泼的金属元素，F一定是第4周期ⅠA族元素，是K元素；A、B、C、D、E属于前3周期；A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18，A、B、C分别是N、O、F元素，B、D同主族，D是S元素，D、E同周期，E是Cl元素。（1）N元素在周期表中的位置第二周期VA族；S与K形成的最简单离子化合物K2S的电子式；（2）K+、S2-电子层数相同、钾离子质子数大于硫离子，半径K+HCl；（3）①d点氯元素化合价为+7,对应的微粒是C1O4—；②a、b、c点对应的离子符号是Cl—、C1O—、C1O3—，b→a+c反应的离子方程式为3C1O—＝C1O3—+2Cl—；反应物的总能量为180，生成物的总能量为63，反应放热。
考点：本题考查元素周期表、氧化还原反应、反应热。
22.聚合硫酸铁(PFS)是一种高效水处理剂广泛应用于工业废水城市污水，工业用水及生活饮用水等的净化处理。其一种合成方法流程如下：
回答下列问题：
（1）聚合硫酸铁分子式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)x]m，其中Fe化合价为+3，则x＝___(用含n的代数式表示)
（2）分离阶段通常使混合物经静置后倾上层清液即可清液中所含的主要离子是___。
（3）在自然氧化阶段，经分离得到的状沉淀会被空气氧化该阶段完成发生反应的化学方程式为_____，为了使反应充分，还可以采取的措施有____(写一条即可)。
（4）在氧化阶段，发生的主要反应的离子方程式为_________。反应要求必须在搅拌下缓缓加入双氧水，除了因为该反应放热，反应剧烈，为防止危险外，还因为_____。
（5）为了检验所得产品中是否含有Fe2+(不含其他还原性物质)，取少量样品完全溶于水，并加水稀释，此时溶液几乎无色。然后用0.01mol/L的酸性高锰酸钾标准溶液滴定。则滴定至终点时的实验现象是___________。
【答案】 (1). 3-0.5n (2). NH4+、SO42- (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). 通入空气，不断搅拌，延长曝气时间等 (5). 2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O (6). H2O2受热分解，造成原料浪费 (7). 溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
【解析】
【分析】
废铁屑的主要成分是Fe和氧化铁，用过量稀硫酸溶解后，过滤除去不溶酸的固体残渣，所得滤液主要含有Fe2+、SO42-及H+，其中一份滤液加入氨水调节溶液pH得Fe(OH)2白色沉淀，经过滤并自然氧化得到Fe(OH)3红褪色沉淀；另一份滤液中加入H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，并将所得溶液与Fe(OH)3混合，经蒸发浓缩并冷却结晶得到聚合硫酸铁，据此分析解题。
【详解】(1)聚合硫酸铁分子式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)x]m，其中Fe化合价为+3，根据化合物中所有元素正负化合价代数和为0，则(+3)×2+(-1)×n+(-2)×x=0，解得：x=3-0.5n；
(2)滤液中滴加氨水，分别与Fe2+、H+反应，生成Fe(OH)2白色沉淀，同时得到NH4+，另外原溶液中含有大量SO42-，分离所得清液中所含的主要离子是NH4+、SO42-；
(3) Fe(OH)2白色沉淀在空气中被氧气氧化，先变为灰绿色，最终变为红褪色Fe(OH)3沉淀，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)4，氧化阶段可通过搅拌增大反应接触面积，通入足量的空气或延长曝气时间等措施使反应更充分，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；通入空气，不断搅拌，延长曝气时间等；
(4) 酸性的滤液中加入H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，发生的主要反应的离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；因H2O2受热分解，反应过程中必须在搅拌下缓缓加入双氧水，避免造成原料浪费，故答案为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；H2O2受热分解，造成原料浪费；
(5) Fe2+有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液紫色会褪去，则滴定时当观察到溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时即可判断滴定至终点。
23.POC13是重要的基础化工原料，某兴趣小组准备用三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POC13，产物中还有一种遇水强烈水解的物质SOCl2(查资料可知PCl3遇水强烈水解，易与氧气反应；POCl3遇水强烈水解，能溶于PCl3)
（1）已知装置A制备Cl2，装置C制备SO2，装置B制备POCl3，以上仪器接口连接的顺序为a___________d，装置B中发生反应的化学方程式为______________________。
（2）装置F中试剂的名称为___________，装置D的作用是___________，仪器乙的名称为___________，甲的作用是______________________。
（3）此实验设计中有一不足之处是_________________________________，改进的方案是____________________________________________。
（4）测定POC13含量。准确称取12.0 g POCl3产品，置于盛有100mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，取10.0mL水解液于烧杯中，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，充分反应得到白色沉淀过滤、洗涤、烘干，称重为2.87g。检验沉淀是否洗净的操作方法是_________________________________，产品中POCl3的百分含量为_______________。
【答案】 (1). j i e f b c g h (2). PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2 (3). 饱和食盐水 (4). 干燥Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 (5). 球形干燥管 (6). 冷凝回流 (7). 缺少尾气处理装置 (8). 在装置甲上添加装有碱石灰的装置 (9). 取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净 (10). 85.3%
【解析】
【详解】(1) 装置A制得的Cl2中混有挥发的HCl和水蒸气，需要经过F装置内的饱和食盐水除去HCl、再利用D装置内的浓硫酸干燥，然后才可通入装置B中，装置C中制得的SO2，需要通过E中P2O5或硅胶干燥后再通入装置B中制备POCl3，则以上仪器接口连接的顺序为a→j→i→e→f→b→c→g←h←d，装置B中生成POCl3时发生反应的化学方程式为PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2； (2)装置F是除去氯气中混有的HCl，应盛装饱和食盐水；装置D的浓硫酸既干燥氯气，又能平衡压强，作安全瓶，防止发生堵塞；根据仪器的结构和性能可知仪器乙的名称为球形干燥管，甲为冷凝管，其作用是冷凝回流；(3)本实验尾气中含有的氯气和SO2均污染环境，需要进行尾气处理，应在装置甲上添加装有碱石灰的装置吸收氯气和SO2；(4)洗涤AgCl的最初洗涤液中含有Ag+，则当取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，即可说明沉淀已洗涤干净；2.87gAgCl的物质的量为0.02mol，根据原子守恒样品中POCl3的物质的量为0.02mol××=mol，则产品中POCl3的百分含量为×100%=85.3%。
24.CO2等温室气体的排放所带来的温室效应已经对人类的生存环境产生很大影响。CO2的利用也成为人们研究的热点。以CO2和H2为原料合成甲醇技术获得应用。
（1）已知CH3OH (g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l ) △H1=－363 kJ/mol
2H2(g)+O2(g)===2H2O(1) △H2=－571.6kJ/mol
H2O(1)====H2O(g) △H3=+44 kJ/ mol
则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应热△H=___________。
（2）该反应常在230~280℃、1.5MPa条件下进行。采用催化剂主要组分为CuO-ZnO-Al2O3。催化剂活性组分为单质铜，因此反应前要通氢气还原。写出得到活性组分的反应的化学方程式：__________________________________________。使用不同催化剂时，该反应反应热△H__________(填“相同”或“不同”)
（3）该反应可以看作以下两个反应叠加：
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K1；
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡常数K2；
则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)
（4）反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的CO，为了减少其浓度，可以采取的措施为_________________________________(写一条即可)
（5）为了提高反应速率，采取的措施可以有___________。
A.使用高效催化剂 B.在较高压强下进行 C.降低压强 D.充入高浓度CO2
（6）有人研究了用电化学方法把CO2转化为CH3OH，其原理如图所示：
则图中A电极接电源___________极。已知B电极为惰性电极，则在水溶液中，该极的电极反应为______________________。
【答案】 (1). -450.4kJ/mol (2). H2+CuOCu+H2O (3). 相同 (4). K1K2 (5). 增大氢气的浓度、分离出甲醇或水蒸气等（合理即可） (6). ABD (7). 负 (8). 2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【详解】(1)已知①CH3OH (g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l ) △H1=－363 kJ/mol、②2H2(g)+O2(g)===2H2O(1) △H2=－571.6kJ/mol、③H2O(1)====H2O(g) △H3=+44 kJ/ mol，根据盖斯定律可知，②×+③-①可得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应热△H=(－571.6kJ/mol)×+(+44 kJ/ mol)-(－363 kJ/mol)=-450.4kJ/mol；(2)催化剂活性组分为单质铜，并且反应前要通氢气还原，说明氢气还原氧化铜生成铜和水，发生反应的化学方程式为H2+CuOCu+H2O；使用不同催化剂时，能改变反应的活化能，但不改变反应的热效应，即该反应反应热△H相同；(3)已知反应：①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡常数K2；由盖斯定律可知，①+②可得总反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则K=K1•K2；(4)反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的CO，为了减少其浓度，可以设法让平衡CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)向正反应方向移动，可采取的措施有：增大氢气的量、分离出CH3OH(g) 或水蒸气等，促进反应②平衡正向移动，提高CO的利用率即可；(5)A.使用高效催化剂可提高反应速率，故A正确；B.增大压强，可提高反应速率，故B正确；C.降低压强，反应速率减慢，故C错误；D.充入高浓度CO2，可提高反应速率，故D正确；故答案为ABD；(6)CO2转化为CH3OH发生还原反应，说明A电极为阴极，连接电源的负极，B为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
芜湖一中2020届新高三基础检测
化学试卷
可能用到的相对原子质量C:12 H:1 O:16 Na:23 Mg:24 A1:27 P:31 Fe:56 Cu:64 Cl:35.5
一、选择题共20小题，每小题2分
1.化学与生活生产密切相关。下列有关说法错误的是（ ）
A. 明矾可作饮用水的消毒剂和净水剂
B. 淀粉，纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物
C. 衣物中的棉、麻、蚕丝灼烧后的产物不同
D. 除去银器表面黑色的Ag2S，可将其放入盛有食盐水的铝容器中煮沸
【答案】A
【解析】
【详解】A. 明矾可以净水，但不能消毒杀菌，A项错误；
B. 淀粉、纤维素和蛋白质的相对分子质量上万，都是天然高分子化合物，B项正确；
C. 棉、麻的主要成分为纤维素，纤维素中含C、H、O三种元素，蚕丝的主要成分为蛋白质，蛋白质中含C、H、O、N等元素，灼烧后产物不同，C项正确；
D. 除去银器表面黑色的Ag2S，可将其放入盛有食盐水的铝容器中煮沸，发生原电池反应，铝是负极、银是正极，正极上Ag2S得电子被还原为银，D项正确；
答案选A。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 用含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数为NA[假设所有的FeCl3都转化为Fe(OH)3胶体]
B. 物质的量浓度为0.5mol·L—1的MgC12液中，含有C1-的个数为NA
C. KIO3+6HI=KI+3H2O+3I2，生成3mo1I2转移电子的总数为5NA
D. 60gSiO2晶体中含有硅氧键的数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe(OH)3胶体中的胶体粒子是多个Fe(OH)3形成的聚合体，含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含胶粒数少于NA，A项错误；
B. 未告知溶液的体积，无法计算物质的量浓度为0.5mol·L—1的MgC12液中，含有C1-的个数
C. 在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 + 3H2O 中，每生成3 mol I2，则消耗1mol碘酸钾，I元素的化合价从+5价降低到0价，转移电子的物质的量是5mol，所以转移的电子数是5NA，C项正确；
D. 60gSiO2中含有=1molSi原子，每个Si原子含有4个Si—O键，Si—O键的个数为4NA，D项错误；
答案选C。
【点睛】D项是易错点，注意一些物质中化学键的数目，如1 mol H2O中含有2 mol O—H键；1 mol NH3中含有3 mol N—H键；1 mol CH4中含有4 mol C—H键；1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键；1 mol P4中含有6 mol P—P键；1 mol Si中含有2 mol Si—Si 键；1 mol石墨中含有1.5NA个C—C键；1 mol CnH2n＋2中含有(3n＋1)NA个共价键，(2n＋2)NA个极性键，(n－1)NA个非极性键。
3.在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为g/mL，质量分数为W，其中含有NH4+的物质的量是b mo1，下列叙述正确的是（ ）
A. 溶液中c(OH-)＝mol/L+c(H+)
B. 溶质的物质的量浓度
C. 溶质的质量分数100%
D. 向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数大于0.5W
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溶液中c(NH4+)= = mol/L，根据溶液呈电中性，可知c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，则溶液中c(OH−)=mol/L+c(H+)，A项正确； B. a g NH3的物质的量为 = mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c= = mol/L，B项错误；
C. 氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g⋅cm−3，体积为VmL，所以溶液质量为ρV g，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数W=×100%，C项错误；
D. 水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5W，D项错误；
答案选A。
【点睛】D项是易错点，要注意氨水的密度比纯水的密度小，等体积混合后，溶质的质量分数会发生变化。
4.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）
A. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液都属于胶体
B. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物
C. 氨水、次氯酸都属于弱电解质
D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分散质粒子直径介于1−100nm之间的分散系为胶体，而氯化铁溶液属于溶液，不是胶体，A项错误；
B. 能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物， Al2O3即可以与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，故Al2O3是两性氧化物，B项错误；
C. 在水溶液中只能部分电离的化合物为弱电解质，氨水是一水合氨的水溶液，属于混合物，不是弱电解质，C项错误；
D. Ba(OH)2与碳酸钠反应可生成氢氧化钠与碳酸钡沉淀，D项正确；
答案选D。
【点睛】判断是否是电解质或非电解质，要紧扣定义，前提是先判断是否是化合物，若为单质或混合物，则不是电解质考虑的范围。
5.下列各溶液中，一定能大量共存的是（ ）
A. Fe3+、Na+、SO42-、H2O2 B. Na+、SO42-、CH3COO—、S2-
C. Pb2+、K+、SO42-、C1— D. C2H5OH、MnO4—、H+、K+
【答案】B
【解析】
【分析】
根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答。
【详解】A. Fe3+会催化H2O2的分解，不能共存，A项错误；
B. 该组离子之间不反应，可大量共存，B项正确；
C. Pb2+与SO42-结合生成沉淀，不能共存，C项错误；
D. C2H5OH、MnO4-、H+会发生氧化还原反应，不能共存，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的考查，如D项乙醇与酸性高锰酸钾的氧化还原反应，利用排除法即可选择正确答案，题目难度不大。
6.下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（ ）
选项
操作和现象
结论
A
分别向苯和甲苯溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，苯中不褪色，甲苯中褪色
苯环对甲基有影响
B
加入AgNO3溶液后生成白色沉淀,加稀盐酸沉淀不溶解
可确定有Cl−存在
C
将某种气体通入酸性KMnO4溶液。溶液褪色
说明该气体一定具有漂白性
D
向某溶液中逐渐通入CO2气体,先出现白色胶状沉淀,继续通入CO2气体,白色胶状沉淀不溶解
证明该溶液中存在AlO2−
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 苯环影响甲基，会使甲基易被氧化，故向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液后溶液会褪色，但苯不易被酸性高锰酸钾溶液氧化，A项正确；
B. 加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，然后加入稀硝酸后白色沉淀不溶解，从而证明原溶液中含有Cl−，而不能用稀盐酸酸化，B项错误；
C. 将某种气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，通入的气体可能为乙炔、乙烯等具有还原性的气体，不一定具有漂白性，C项错误；
D. 向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解，生成的沉淀可能为硅酸，不一定为氢氧化铝，则原溶液中不一定含有偏铝酸根离子，D项错误；
答案选A。
7.下列有关图示装置的叙述不正确的是（ ）
A. ①可用于吸收实验中多余的SO2
B. ②可用于收集H2、NH3、Cl2、NO等
C. ③中X为CC14，可用于吸收NH3或HC1气体
D. ④可用于收集NH3，并吸收多余的NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 二氧化硫有毒，需用氢氧化钠溶液吸收，A项正确；
B. 长导管进气可收集Cl2，短导管进气可收集H2、NH3，但NO的密度与空气的相差不大，且会与空气中氧气反应，则不能用排空气法收集，B项错误；
C. X为CC14，其密度比水的密度大，在水的下层，可隔绝气体与水，起到防倒吸的作用，C项正确；
D. 氨气属于碱性气体，图中碱石灰干燥氨气，且其密度比空气的小，易溶于水，采用向下排空气法收集及尾气处理均合理，D向正确；
答案选B。
【点睛】装置③中若选用密度比水小的有机溶剂，有机层在上方，导管仍能直接接触水，则不能防倒吸。
8.下列实验方法或装置正确的是（ ）
A. 用图1所示装置制取乙烯
B. 用图2所示方法验证S、C、Si的非金属性
C. 用图3所示方法探究固体表面积对反应速率的影响
D. 用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A. 制备乙烯在170℃，测定反应液的温度，图中温度计位置不合理，温度计水银球应在液面下，A项错误；
B. 元素最高价氧化物对应的水化物酸性越强，对应的非金属性越强，实验操作和涉及合理，B项正确；
C. 浓度不同，接触面积不同，则图中不能探究固体表面积对反应速率的影响，C项错误；
D. 溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应，乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能检验乙烯，D项错误；
答案选B。
【点睛】实验方案涉及及评价是高考高频考点，学生要有严谨治学的态度与较强的逻辑思维与动手能力。B项若改为稀盐酸与碳酸钠制备二氧化碳再进行实验，就不能证明结论，因为盐酸易挥发，挥发的HCl也会使烧杯中出现白色胶状沉淀，因此做题时要格外注意。
9.电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容，下列有关溶液的叙述不正确的是（ ）
A. 加热蒸干NaCl、MgCl2溶液时可以得到晶体NaCl、MgCl2
B. 相同条件下，等物质量浓度的溶液导电能力：HCl>NH3·H2O
C. 溶液中离子结合质子(氢离子)的能力：C2O42—＞HC2O4—＞SO42—
D. 水玻璃可存放在橡胶塞的细口瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A. MgCl2水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热氯化氢挥发，最终得到的固体是氢氧化镁，得不到氯化镁，A项错误；
B. HCl是强电解质，NH3⋅H2O是弱电解质，相同条件下，等物质的量浓度的溶液中离子浓度：HCl>NH3⋅H2O，导电能力：HCl>NH3⋅H2O，B项正确；
C. 酸性：HSO4−>H2C2O4>HC2O4−，对应的酸越强，则酸根离子得到质子的能力越弱，则结合质子能力：C2O42-＞HC2O4-＞SO42-，C项正确；
D. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，水解显碱性，不能存放在玻璃塞的细口瓶，而可存放在橡胶塞的细口瓶中，D项正确；
答案选A。
【点睛】A项是学生的易错点，溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况：
1、溶质会发生水解反应的盐溶液，则先分析盐溶液水解生成的酸的性质。若为易挥发性的酸（HCl、HNO3等），则最会蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物。若为难挥发性酸（硫酸等），且不发生任何化学变化，最终才会得到盐溶液溶质本身固体；
2、溶质会发生氧化还原反应的盐溶液，则最终得到稳定的产物，如加热蒸干亚硫酸钠，则最终得到硫酸钠；
3、溶质受热易分解的盐溶液，则最终会得到分解的稳定产物，如加热蒸干碳酸氢钠，最终得到碳酸钠。
学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。
10.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是（ ）
A. N一定是HCl(aq) B. M一定是Al
C. X、Q、Z中的一种必定为A12O3 D. Y一定为NaOH(aq)
【答案】C
【解析】
【分析】
由转化可知，Y能与其它五种物质[Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3]反应，则Y为NaOH，N能与四种物质[Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)]反应，且N与NaOH反应，则N为HCl，M能与三种物质[Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)]反应，且M与HCl反应，可知M为Al，剩余X、Z、Q均与两种物质反应，X与Al、NaOH反应，则X为Cl2，Z、Q均与NaOH、HCl反应，则Z、Q分别为Al2O3或Al(OH)3.
【详解】A．N一定是HCl(aq)，A项正确；
B．M一定是Al，B项正确；
C．由上述分析可知，X只能为Cl2，Q、Z中的一种必定为Al2O3，C项错误；
D．Y一定为NaOH(aq)，D项正确；
答案选C。
11.将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是
A. o—a段反应的化学方程式是：Ba(OH)2+ CO2 =" Ba" CO3↓+ H2O
B. b—c段反应的离子方程式是：2AlO2－+ 3H2O+ CO2=2Al(OH)3↓+ CO32－
C. a—b段与c—d段所发生的反应相同
D. d—e段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致
【答案】C
【解析】
只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，
A．由上述分析可知，o﹣a段发生反应：Ba（OH）2+CO2="Ba" CO3↓+H2O，故A正确；
B．由上述分析可知，b﹣c段反应的离子方程式是：2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B正确；
C．由上述分析可知，a﹣b段发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，c﹣d段所发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，两阶段反应不相同，故C错误；
D．d﹣e段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；
12.X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2CO3
Na2O2
SO2
Y
FeCl2
CO2
NaOH
Na2SO3
Z
Cl2
CaCO3
Na2CO3
H2SO4
W
FeCl3
Ca（HCO3）2
NaHCO3
NaHSO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A、盐酸和铁反应生成氯化亚铁，盐酸电解产生氯气，氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，正确，不选A；B、碳酸钠和酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙和二氧化碳反应生成碳酸氢钙，正确，不选B；C、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钠不能反应，错误，选C；D、二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，二氧化硫和过氧化氢反应生成硫酸，亚硫酸钠和硫酸反应生成亚硫酸氢钠和硫酸钠，正确，不选D。
考点：无机物的转化
13.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1 mol Ag。则下列结论中不正确的是
A. 向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解
B. 氧化性：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞Zn2＋
C. 反应后溶液的质量减轻
D. 反应后溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【解析】
试题分析：A、各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁粉可以继续溶解，故A正确；B、根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B正确；C、发生2Ag++Fe═Fe2++2Ag，置换出Ag，0.1molFe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，故C正确；D、由反应2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故D错误。
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。
14.类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论，因此推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确。以下几种类推结论中，正确的是（ ）
A. IVA族元素氢化物沸点顺序GeH4>SiH4＞CH4，则VA族元素氢化物沸点顺序也是AsH3＞PH3>NH3
B. Al和S直接化合时可得到A2S3；Fe与S直接化合时也可得到Fe2S3
C. 不能用电解A1C13制取金属铝；也不能用电解MgCl2来制取金属镁
D. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF>H2O>NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S＞PH3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨气分子间存在氢键，沸点比同族的AsH3、PH3的高，A项错误；
B. 因S的氧化性较弱，不能将Fe氧化成+3价，因此两者化合生成FeS，而Al没有可变化合价，S与Al化合时也只有生成Al2S3，B项错误；
C. Al不能用电解AlCl3的方法制取，是因为氯化铝为共价化合物，而氯化镁为离子化合物，可利用电解MgCl2的方法制取镁，C项错误；
D. 元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越好，第二周期中非金属性：F>O>N，第三周期中非金属性：Cl>S>P，类推结论正确，D项正确；
答案选D。
15. 有关下列图象的说法正确的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H > 0
B. 若图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸
C. 图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应的焓变
D. 图丁可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
【答案】B
【解析】
试题分析：A．由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H < 0,错误；B．盐酸是强酸，完全电离，当加水稀释时溶液的pH变化较大，而醋酸是弱酸，部分电离，当加水稀释时电离平衡正向移动，是溶液中H+的浓度又有所增加，所以溶液的pH变化较小。若图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸，正确；C．图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、但是不能改变反应的焓变，错误；D．向弱酸乙酸溶液中通入氨气时发生反应产生强电解质，溶液中自由移动的离子的浓度增大，所以溶液的导电性逐渐增强，与图像不符合，错误。
考点：考查图象法在不是化学反应速率、反应热、溶液稀释的pH变化及溶液的导电性的关系的知识。
16.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）
A. 电池内的O2—由电极甲移向电极乙
B. 电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C. 当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有224LO2参与反应
D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】C
【解析】
【分析】
该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。
【详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2−由电极乙移向电极甲，A项错误；
B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项错误；
C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；
D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；
答案选C。
17.某工厂采用电解法处理含铬废水，利用耐酸电解槽阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意如图，下列说法不正确的是（ ）
A. a为电源正极
B. 阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72—+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O
C. 若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况)时，有0.2 molCr2O72—被还原
D. 阴极区附近溶液pH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故a为电源正极，A项正确；
B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，B项正确；
C．13.44 L氢气的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）==0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为0.6mol×=0.1mol，C项错误；
D. 阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确；
答案选C。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 将Ca(OH)2饱和溶液加热，溶液的pH增大
B. 常温下，pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合后，溶液的pH>7
C. 将0．1mol·L—1的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小
D. 两种酸溶液的pH分别为a和(a+1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则c1＝10c2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca(OH)2饱和溶液加热Ca(OH)2析出，溶液的pH减小，A项错误；
B．pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，B项正确；
C．HI为强电解质，将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，根据KW=c（H+）×c（OH-）可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，C项错误；
D．若为弱酸，则因醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，故当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞10c2，D项错误；
答案选B。
19.在不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH+)有如图所示关系下列关于离子共存的说法中正确的是（ ）
A. a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na+、Cl-、SO42-
B. b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2+、K+、NO3—
C. c点对应溶液中大量存在：Na+、Ba2+、C1—、Fe3+
D. d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、ClO—、Cl—
【答案】D
【解析】
【详解】A. a点为25℃，c(OH−)=c(H+)，溶液显中性，CO32−在溶液中水解，溶液显示碱性，不可能大量共存，A项错误；
B. b点为25℃，c(OH−)
D. d点温度高于25℃，c(OH−)>c(H+)，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，D项正确；
答案选D。
20.298k时，向20.0mL0.10mol/LH2A溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该滴定过程应该选择石蕊试液作指示剂
B. W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A+2OH-=A2-+2H2O
C. Y点对应的溶液中c(Na+)+(H+)=c(OH—)+2c(A2-)
D. 反应H2A+A2-2HA—的平衡常数K=1.0×107.4
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据第二反应，终点溶液显碱性可知，H2X为弱酸，强碱滴定弱酸需用在碱性条件下变色的酚酞作指示剂，A项错误；
B. X点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W点到X点发生的主要反应为：H2A+OH-=HA-+H2O，B项错误；
C. 根据电荷守恒规律可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+2c(A2-) + c(HA-)，因为Y点对应的溶液中c(HA-)= c(A2-)，所以整理可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(A2-)，C项错误；
D. H2A HA-+ H+①，则Ka1= ，根据图像可以看出，W点对应的溶液中c(HA-)= c(H2A)，故Ka1= c(H+)=1.0×10-2.3，HA- A2-+ H+②，则Ka2= ，根据图像可以看出，Y点对应的溶液中c(HA-)= c(A2-)，故Ka2= c(H+)=1.0×10-9.7，联立①②得，H2A+A2-2HA—的平衡常数K===1.0×107.4，D项正确；
答案选D。
21. 位于前四周期的6种主族元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其中B、D同主族， D、E同周期。A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18。F是其所在周期中最活泼的金属元素。根据推断回答下列问题：
（1）A在周期表中的位置 ；写出D与F形成的最简单离子化合物的电子式 。
（2）用“＞”或“＜”填空：
离子半径
非金属性
酸性
沸点
F+ D2—
A B
D的最高价氧化物的水化物
E的最高价氧化物的水化物
C的氢化物 E的氢化物
（3）—定条件，在水溶液中1molE—、EBx—（x＝1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示。
①d点对应的微粒是 （填离子符号）。
②b→a+c反应的离子方程式为 ，该反应是 反应（填“吸热”或“放热”）
【答案】（1）第二周期VA族
（2）＜ ＜ ＜ ＞
（3）①C1O4—②3C1O—＝C1O3—+2Cl—放热
【解析】
试题分析：F是其所在周期中最活泼的金属元素，F一定是第4周期ⅠA族元素，是K元素；A、B、C、D、E属于前3周期；A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18，A、B、C分别是N、O、F元素，B、D同主族，D是S元素，D、E同周期，E是Cl元素。（1）N元素在周期表中的位置第二周期VA族；S与K形成的最简单离子化合物K2S的电子式；（2）K+、S2-电子层数相同、钾离子质子数大于硫离子，半径K+
考点：本题考查元素周期表、氧化还原反应、反应热。
22.聚合硫酸铁(PFS)是一种高效水处理剂广泛应用于工业废水城市污水，工业用水及生活饮用水等的净化处理。其一种合成方法流程如下：
回答下列问题：
（1）聚合硫酸铁分子式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)x]m，其中Fe化合价为+3，则x＝___(用含n的代数式表示)
（2）分离阶段通常使混合物经静置后倾上层清液即可清液中所含的主要离子是___。
（3）在自然氧化阶段，经分离得到的状沉淀会被空气氧化该阶段完成发生反应的化学方程式为_____，为了使反应充分，还可以采取的措施有____(写一条即可)。
（4）在氧化阶段，发生的主要反应的离子方程式为_________。反应要求必须在搅拌下缓缓加入双氧水，除了因为该反应放热，反应剧烈，为防止危险外，还因为_____。
（5）为了检验所得产品中是否含有Fe2+(不含其他还原性物质)，取少量样品完全溶于水，并加水稀释，此时溶液几乎无色。然后用0.01mol/L的酸性高锰酸钾标准溶液滴定。则滴定至终点时的实验现象是___________。
【答案】 (1). 3-0.5n (2). NH4+、SO42- (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). 通入空气，不断搅拌，延长曝气时间等 (5). 2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O (6). H2O2受热分解，造成原料浪费 (7). 溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
【解析】
【分析】
废铁屑的主要成分是Fe和氧化铁，用过量稀硫酸溶解后，过滤除去不溶酸的固体残渣，所得滤液主要含有Fe2+、SO42-及H+，其中一份滤液加入氨水调节溶液pH得Fe(OH)2白色沉淀，经过滤并自然氧化得到Fe(OH)3红褪色沉淀；另一份滤液中加入H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，并将所得溶液与Fe(OH)3混合，经蒸发浓缩并冷却结晶得到聚合硫酸铁，据此分析解题。
【详解】(1)聚合硫酸铁分子式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)x]m，其中Fe化合价为+3，根据化合物中所有元素正负化合价代数和为0，则(+3)×2+(-1)×n+(-2)×x=0，解得：x=3-0.5n；
(2)滤液中滴加氨水，分别与Fe2+、H+反应，生成Fe(OH)2白色沉淀，同时得到NH4+，另外原溶液中含有大量SO42-，分离所得清液中所含的主要离子是NH4+、SO42-；
(3) Fe(OH)2白色沉淀在空气中被氧气氧化，先变为灰绿色，最终变为红褪色Fe(OH)3沉淀，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)4，氧化阶段可通过搅拌增大反应接触面积，通入足量的空气或延长曝气时间等措施使反应更充分，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；通入空气，不断搅拌，延长曝气时间等；
(4) 酸性的滤液中加入H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，发生的主要反应的离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；因H2O2受热分解，反应过程中必须在搅拌下缓缓加入双氧水，避免造成原料浪费，故答案为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；H2O2受热分解，造成原料浪费；
(5) Fe2+有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液紫色会褪去，则滴定时当观察到溶液颜色由几乎无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时即可判断滴定至终点。
23.POC13是重要的基础化工原料，某兴趣小组准备用三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POC13，产物中还有一种遇水强烈水解的物质SOCl2(查资料可知PCl3遇水强烈水解，易与氧气反应；POCl3遇水强烈水解，能溶于PCl3)
（1）已知装置A制备Cl2，装置C制备SO2，装置B制备POCl3，以上仪器接口连接的顺序为a___________d，装置B中发生反应的化学方程式为______________________。
（2）装置F中试剂的名称为___________，装置D的作用是___________，仪器乙的名称为___________，甲的作用是______________________。
（3）此实验设计中有一不足之处是_________________________________，改进的方案是____________________________________________。
（4）测定POC13含量。准确称取12.0 g POCl3产品，置于盛有100mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，取10.0mL水解液于烧杯中，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，充分反应得到白色沉淀过滤、洗涤、烘干，称重为2.87g。检验沉淀是否洗净的操作方法是_________________________________，产品中POCl3的百分含量为_______________。
【答案】 (1). j i e f b c g h (2). PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2 (3). 饱和食盐水 (4). 干燥Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 (5). 球形干燥管 (6). 冷凝回流 (7). 缺少尾气处理装置 (8). 在装置甲上添加装有碱石灰的装置 (9). 取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净 (10). 85.3%
【解析】
【详解】(1) 装置A制得的Cl2中混有挥发的HCl和水蒸气，需要经过F装置内的饱和食盐水除去HCl、再利用D装置内的浓硫酸干燥，然后才可通入装置B中，装置C中制得的SO2，需要通过E中P2O5或硅胶干燥后再通入装置B中制备POCl3，则以上仪器接口连接的顺序为a→j→i→e→f→b→c→g←h←d，装置B中生成POCl3时发生反应的化学方程式为PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2； (2)装置F是除去氯气中混有的HCl，应盛装饱和食盐水；装置D的浓硫酸既干燥氯气，又能平衡压强，作安全瓶，防止发生堵塞；根据仪器的结构和性能可知仪器乙的名称为球形干燥管，甲为冷凝管，其作用是冷凝回流；(3)本实验尾气中含有的氯气和SO2均污染环境，需要进行尾气处理，应在装置甲上添加装有碱石灰的装置吸收氯气和SO2；(4)洗涤AgCl的最初洗涤液中含有Ag+，则当取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸，若无白色沉淀生成，即可说明沉淀已洗涤干净；2.87gAgCl的物质的量为0.02mol，根据原子守恒样品中POCl3的物质的量为0.02mol××=mol，则产品中POCl3的百分含量为×100%=85.3%。
24.CO2等温室气体的排放所带来的温室效应已经对人类的生存环境产生很大影响。CO2的利用也成为人们研究的热点。以CO2和H2为原料合成甲醇技术获得应用。
（1）已知CH3OH (g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l ) △H1=－363 kJ/mol
2H2(g)+O2(g)===2H2O(1) △H2=－571.6kJ/mol
H2O(1)====H2O(g) △H3=+44 kJ/ mol
则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应热△H=___________。
（2）该反应常在230~280℃、1.5MPa条件下进行。采用催化剂主要组分为CuO-ZnO-Al2O3。催化剂活性组分为单质铜，因此反应前要通氢气还原。写出得到活性组分的反应的化学方程式：__________________________________________。使用不同催化剂时，该反应反应热△H__________(填“相同”或“不同”)
（3）该反应可以看作以下两个反应叠加：
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K1；
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡常数K2；
则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)
（4）反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的CO，为了减少其浓度，可以采取的措施为_________________________________(写一条即可)
（5）为了提高反应速率，采取的措施可以有___________。
A.使用高效催化剂 B.在较高压强下进行 C.降低压强 D.充入高浓度CO2
（6）有人研究了用电化学方法把CO2转化为CH3OH，其原理如图所示：
则图中A电极接电源___________极。已知B电极为惰性电极，则在水溶液中，该极的电极反应为______________________。
【答案】 (1). -450.4kJ/mol (2). H2+CuOCu+H2O (3). 相同 (4). K1K2 (5). 增大氢气的浓度、分离出甲醇或水蒸气等（合理即可） (6). ABD (7). 负 (8). 2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【详解】(1)已知①CH3OH (g)+O2(g)===CO2(g)+2H2O(l ) △H1=－363 kJ/mol、②2H2(g)+O2(g)===2H2O(1) △H2=－571.6kJ/mol、③H2O(1)====H2O(g) △H3=+44 kJ/ mol，根据盖斯定律可知，②×+③-①可得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应热△H=(－571.6kJ/mol)×+(+44 kJ/ mol)-(－363 kJ/mol)=-450.4kJ/mol；(2)催化剂活性组分为单质铜，并且反应前要通氢气还原，说明氢气还原氧化铜生成铜和水，发生反应的化学方程式为H2+CuOCu+H2O；使用不同催化剂时，能改变反应的活化能，但不改变反应的热效应，即该反应反应热△H相同；(3)已知反应：①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，平衡常数K2；由盖斯定律可知，①+②可得总反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，则总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则K=K1•K2；(4)反应过程中，发现尾气中总会含有一定浓度的CO，为了减少其浓度，可以设法让平衡CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)向正反应方向移动，可采取的措施有：增大氢气的量、分离出CH3OH(g) 或水蒸气等，促进反应②平衡正向移动，提高CO的利用率即可；(5)A.使用高效催化剂可提高反应速率，故A正确；B.增大压强，可提高反应速率，故B正确；C.降低压强，反应速率减慢，故C错误；D.充入高浓度CO2，可提高反应速率，故D正确；故答案为ABD；(6)CO2转化为CH3OH发生还原反应，说明A电极为阴极，连接电源的负极，B为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
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