【文档说明】山东省济南市莱芜一中2021届高三上学期11月月考化学试卷【精准解析】.doc，共(23)页，1.150 MB，由小赞的店铺上传

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莱芜一中20-21学年度上学期高三第二次质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14Si28O16S32Cl35.5一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1.化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是A.汽车尾气中的氮氧化物与碳氢化合物反应可形成光化学烟雾B.二氧化硫可

做漂白剂、防腐剂，还是一种食品添加剂C.化妆品中添加甘油，是由于甘油难溶于水，因此可以起到保湿作用D.家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故【答案】C【解析】【详解】A．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和氮氧化物

(NOx)等一次污染物在阳光（紫外光）作用下会发生光化学反应生成二次污染物，故A正确；B．二氧化硫可做漂白剂、防腐剂，还具有还原性，还是一种食品添加剂如红酒的生产中会添加少量的二氧化硫，故B正确；C．甘油为丙三醇

，极易溶于水，且具有吸水性，所以化妆品中添加甘油可以起到保湿作用，故C错误；D．次氯酸钠有强氧化性，与盐酸混合，两者会发生氧化还原反应生成氯气，即NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，氯气有毒，会

发生中毒事故，故D正确；答案为C。2.下列化学用语表述正确的是A.氯气通入水中：Cl2＋H2O=2H++Cl-＋ClO-B.电解饱和食盐水：2Cl－+2H+=Cl2↑+H2↑C.向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4

OH-+18O2↑D.向Ba(OH)2中逐滴加入NaHSO4溶液使Ba2+恰好沉淀完全:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯气与水的反应是一个可逆反应，其离子方程式应该使用可逆符号，HClO是弱酸，化学式不拆写，A项错误；B

,.电解饱和食盐水，反应物中有水且不拆写，生成物中还有OH-，漏写反应条件，B项错误；C.Na2O2与H2O的反应是一个歧化反应，O2中的氧原子均来自于Na2O2而不是水，C项错误；D.假设Ba(OH)2为1

mol，其中Ba2+有1mol，完全沉淀需要SO42-1mol，所以需要加入NaHSO41mol，其中H+和OH-反应，OH-剩余1mol，据此写出完整的离子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，D项正确；答案选D项。【点睛】涉及量的离子方程式的书写，通常可设量少

的为1mol。本题中D项，是恰好完全中和至中性，还是恰好完全沉淀某离子，对应的离子方程式不同。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数目为0.1NAB.一定条件下，2molSO2和1molO2发生

反应，转移的电子数为4NAC.1L0.1mol/L葡萄糖溶液中分子总数为0.1NAD.60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4NA【答案】D【解析】【详解】A．pH＝13的Ba(OH)2溶液体积未知，无法计算

溶液中含有OH-的物质的量，其数目无法确定，故A错误；B．SO2和O2发生反应为可逆反应，反应物不能完全消耗，因此，2molSO2和ImolO2发生反应不能全部消耗，转移的电子数小于4NA，故B错误；C．1L0.1m

ol/L葡萄糖溶液中葡萄糖分子总数为0.1NA，没有考虑溶液中还有水分子，即该溶液中分子的总数大于0.1NA，故C错误；D．二氧化硅中1个硅原子形成4个Si-O键，60g石英晶体的物质的量为1mol，含有1mol硅

原子，则含有的Si-O键数目应该是4NA，故D正确；答案选D。4.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A．向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-B．向

盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定C．打开分液漏斗，向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，将产生的气体通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出现白色胶状沉淀证明酸性强弱为：HCl>H2CO3>H2SiO3D．Ca

CO3悬浊液中滴加稀Na2SO4溶液无明显现象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀转化A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误；B.向

盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的H

Cl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误；故选B。5.“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法之一。下列说法正确的是A.证

明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化B.验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取酸性水解液于试管中并加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观察是否出现砖红色沉淀C.向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的

反应为2Al＋3Ag2S===6Ag＋Al2S3D.将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为2∶3【答案】D【解析】A．二者均可氧化KI，试纸均变蓝，不能检验，故

A错误；B．水解后检验葡萄糖，应在碱性溶液中，没有加碱至碱性，不能检验葡萄糖，故B错误；C．发生原电池反应时负极上发生Al-3e-=Al3+，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，电极反应式为Ag2S+2e-+2H2O=2

Ag+2OH-+H2S↑，故C错误；D．SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液中，硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，逸出气体为NO，由电子守恒可知，同温同压下，逸出气体和SO2的体积比为6452−−=2：3，故D正确；故选D。点睛：本

题考查化学实验方案的评价与评价，把握物质的性质为解答的关键。本题的易错点为C，要注意Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3。6.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期

元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由C元素形成的单质，已知：甲十乙=丁十辛，甲十丙=戊+辛；常温0.1mol/L丁溶液的pH为13，则下列说法正确的是A.元素C形成的单质可以在点燃条件分别与元素A、B、D形成的单质化合，所得化合物均存

在共价键B.元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D)>rC)>r(B)C.1.0L0.1mol／L戊溶液中含阴离子总的物质的量小于0.lmolD.1mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.204xl02

4个电子【答案】A【解析】【分析】根据丁溶液的pH为13，则丁为强碱，短周期内形成的只有NaOH，根据甲＋乙=NaOH＋辛，且辛为单质，则联想到过氧化钠的反应，即2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O

2↑，则另一个反应为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑，A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，即A、B、C、D四种元素分别为H、C、O、Na，甲、乙、丙、丁、戊分别为：Na2O2、H2O、CO2、NaOH、Na2CO3；据以上分析进行解答。【

详解】A．A、B、D形成的单质分别与氧气反应，形成的化合物为H2O、CO2、Na2O2，都含共价键，故A正确；B．Na有三个电子层，半径最大，同周期从左向右原子半径减小，即r(Na)>r(C)>r(O)，故错误；C．戊是碳酸钠，1.0L0.1mol／L碳酸钠

溶液中，CO32-离子水解生成HCO3-离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故错误；D．根据反应方程式，2molNa2O2参加反应转移2mole－，则1molNa2O2参加反应，转移电子1mole－，故错误；故答案选A。

7.T℃时，将2.0molA(g)和2.0molB(g)充入体积为1L的密闭容器中，在一定条件发生下述反应：A(g)+B(g)2C(g)+D(s)△H<0；t时刻反应达到平衡时，C(g)为2.0mol。下列说法正确的是（）A.t时刻反应达到平衡

时，A(g)的体积分数为20%B.T℃时该反应的化学平衡常数K=2C.t时刻反应达到平衡后，缩小容器体积，平衡逆向移动D.T℃时，若将A(g)、B(g)各1.0mol充入同样容器，平衡后，a(A)为50%【答案】D【解析】【详解】t时刻反应达到平衡时，C

(g)为2.0mol，则()()()()()()()220011211AgBg2CgDsmolmol121mol++起始转化平衡A．t时刻反应达到平衡时，A(g)的体积分数为1.01.01.02.0++×100%=25%，故A错误；B．T℃时该反应的化学平衡常数Kc=2201.01.

0．=4，故B错误；C．反应前后体积不变，增大压强，平衡不移动，故C错误；D．相同条件下，若将1.0molA(g)和1.0molB(g)充入同样容器，达到平衡后，假设A的转化率为x，则()()()()()()()1100

xx2xx1x1x2AgBg2CgDsmolmomlxoxl++−−起始转化平衡则222x1((.0)x)−=4，x=0.5，A(g)的转化率为50%，故D正确；故选D。8.2019年12月17日，中国首艘国产航母山东舰正式列装服役，山东舰所用特

种钢材全部国产，研发过程中重点提高了材料的耐腐蚀性。在一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如表所示，下列说法正确的是pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2−A.当pH＜6.5时，碳钢主要发生化学腐蚀B.当pH＜4和pH＞13.5时

，碳钢主要发生析氢腐蚀C.pH越大，碳钢的腐蚀速率越慢D.pH＝14时，负极反应为4OH-+Fe-3e-=-2FeO+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．当pH＜4时，碳钢主要发生化学腐蚀，当4＜pH＜6.5时，主要发生电化学腐蚀，A不正

确；B．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀，当pH＞13.5，碳钢主要发生吸氧腐蚀，B不正确；C．从表中信息可以得出，pH在6~8之间时，碳钢的腐蚀速率慢，但pH＞8时，碳钢的腐蚀速率加快，C不正确；D．pH＝14时，在负极，Fe失电子的产物与OH-反应生成-2FeO等，电极反应

式为4OH-+Fe-3e-=-2FeO+2H2O，D正确；故选D。9.有研究发现：某温度下，钠完全燃烧的产物是白色的过氧化钠固体，极少量的超氧化钠的生成使产物表现为淡黄色固体。有学习小组设计了一套基于“烟囱效应

”(促进空气流动)的实验装置(如图所示)来探究钠的燃烧反应。下列关于该实验的说法错误的是A.管内的空气被加热，密度降低，从玻璃管右侧逸出，产生压力差，促进外部空气从左管道进入B.加热过程中，先观察到产生白色气体，之后在右侧玻璃管中出现白色固体，

这是产生的过氧化钠气体遇冷凝华为固体C.基于“烟囱效应”，右侧玻璃管越短越好D.最终玻璃管中残留的固体可以用水进行清洗【答案】C【解析】【详解】A．管内的空气被加热，密度降低小于空气的密度，从玻璃管上口即右侧逸出，产生压力差，促进外部空气从下口即左管道进入，

A正确；B．结合题意可知，钠在水平管内燃烧生成白色的过氧化钠气体，流动的空气将过氧化钠气体带到右侧，在右侧遇冷凝华为固体，所以加热过程中，先观察到产生白色气体，之后在右侧玻璃管中出现白色固体，B正确；C．“烟

囱效应”的原理是产生压强差促进空气流动，则右侧玻璃管较长更容易观察到右侧有白色的过氧化钠生成，即右侧玻璃管应当较长才好，C错误；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气而溶解，故最终玻璃管中残留的固体可以用水进行清洗，D正确

。答案选C。10.向1L0.3mol/L的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是（）A.通入二氧化碳为0.15mol时，2c(Na+)=c(H2CO3)+c(-3HCO)+c(2-3CO)B.

通入二氧化碳为0.15mol时，c(Na+)＞c(2-3CO)＞c(OH-)＞c(-3HCO)C.通入二氧化碳为0.2mol时，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(-3HCO)+2c(2-3CO)D.向A选项反应后溶液中通入0.3molHCl，加热，c(Na+)

=c(Cl-)=0.3mol/L【答案】A【解析】【分析】1.00L0.3mol•L-1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.3mol/L×1L=0.3mol，向1L0.3mol/L的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，过程中发生的反应

有CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，根据反应可知，当通入CO2的物质的量为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，当通入CO2的物质的量大于0.15mol小于0.3mol时，溶液中为碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，当通入CO2的物质的量为0.3mol时

，全部转化为碳酸氢钠，据此分析解答。【详解】A．通入二氧化碳为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(H2CO3)+c(-3HCO)+c(2-3CO)]，

故A错误；B．通入二氧化碳为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，碳酸根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，则c(Na+)＞c(2-3CO)＞c(OH-)＞c(-3HCO)，故B正确；C．结合分析，通入二氧化碳为0.2mol

时，溶液中为碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，且二者的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(-3HCO)+2c(2-3CO)，故C正确；D．根据分析，A选项发生反应CO2+2NaOH=

Na2CO3+H2O后溶液为碳酸钠溶液，其物质的量为0.15mol，向其中通入0.3molHCl，加热，发生反应为Na2CO3+2HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据反应可知，二者恰好完全反应，溶液体积为1L，根据氯原子守恒，c(Na+

)=c(Cl-)=0.3mol/L，故D正确；答案选A。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意11.CO甲烷化反应为：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)。如图是使用某种催化剂时转化

过程中的能量变化(部分物质省略)，其中步骤②反应速率最慢。下列说法正确的是CO(g)+H2(g)①⎯⎯⎯⎯→CO(g)+·H②⎯⎯⎯⎯→·CHO③⎯⎯→·CH+H2O(l)→CH4(g)A.步骤①只有非

极性键断裂B.步骤②速率最慢的原因可能是其活化能最高C.步骤③需要吸收热量D.使用该催化剂能有效提高CO的平衡转化率【答案】AB【解析】【详解】A．由题意可知步骤①为CO(g)+H2(g)→CO(g)+·H，H-H键断裂，即只有非极性键断裂，A正确；B．由图可知

，设第一步的活化能（kJ·mol-1）为1，则四个步骤活化能大约分别为1、3、2、1.3，步骤②的活化能最高，导致其速率最慢，B正确；C．由图可知，步骤③反应物的总能量高于生成物的总能量，放出热量，C错误；D．使用催化剂能加快化学反应速率，但不能使平衡发生移动

，无法提高CO的平衡转化率，D错误。答案选AB。12.实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2下列说法不正确的是已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。A.实验开始至5s，2-27CrO发生了氧化还原反应B.实验开始至

30s，溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为：2-27CrO+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑C.30s至80s的过程，不一定是氧气氧化了Cr3+D.80s时，溶液中又生成了2-27CrO，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致【答案】AD【解析】【分析

】对照图1和图2，0s~5s，Cr元素的化合价仍为+6价；5s~30s，Cr元素的化合价由+6价降为+3价；30s~80s，Cr元素的化合价又由+3价升高为+6价，由此分析。【详解】A．实验开始至5s，铬元素的价态没有改变，所以铬元素没有被氧化，故A符合题意；B

．实验开始至30s，溶液中2-27CrO被H2O2还原，生成Cr3+和O2，总反应离子方程式为2-27CrO+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，故B不符合题意；C．30s至80s的过程，由于溶液中H2O2过量，所以可能是H2O2氧化了Cr3+，不一定是氧气氧化了Cr3+

，故C不符合题意；D．80s时，溶液呈碱性，此时存在2-27CrO+2OH-22-4CrO+H2O的平衡体系，2-27CrO为橙色，而2-4CrO呈黄色，颜色相比于开始时浅，故D符合题意；答案选AD。13.如图是一个甲烷燃料电池工作

时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时，M、N两个电极的质量都不减少，下列说法正确的是（）A.N电极的材料是FeB.甲烷在电极上发生的反应为CH4+8OH--8e-═CO2+6H2OC.乙池的总反应是4Ag++4OH-4Ag+2H2O+O2↑D.乙池中电

极析出金属银0.02mol时，甲池中理论上消耗氧气为112mL(标准状况下)【答案】D【解析】【分析】根据电池装置分析可知，甲池为甲烷燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，甲烷一极为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e-═CO2-3+7H2O，O2

一极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，M为阴极，N为阳极，由于M、N两个电极的质量都不减少，因此Fe做阴极，阳极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应式为Ag++e-=Ag，据此分析解答。【详解】A．

根据分析可知，N极的电极材料为石墨，A错误；B．甲烷为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e-═CO2-3+7H2O，B错误；C．乙池中电解质溶液为AgNO3，总反应方程式为4Ag++2H2O4H++4Ag+O2↑，C错误；D．根据电极反应式，乙池中电极析出金属银0.

02mol时，转移0.02mol电子，则消耗0.005molO2，在标准状况下的体积为0.112L，即112mL，D正确；答案选D。14.向含有xmolHNO3和ymolH2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的

量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是A.a表示Fe3+的关系曲线，且满足n1：n3=2:1B.当x=y时，n1=0.75C.y≤1.5xD.向P点溶液中加入铜粉，最多

可溶解铜粉19.2xg【答案】AB【解析】【分析】混合液中加入铁粉，先发生Fe＋4H＋＋-3NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，当-3NO消耗完后，再加入铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因此可以推出a表示Fe3＋的关系曲线，b线表示Fe2＋的关

系曲线，根据图像，当Fe3＋恰好完全消耗完时，Fe2＋的物质的量达到最大，说明n1时，H＋消耗完，据此分析；【详解】A.根据上述分析，a表示Fe3＋的关系曲线，根据图像，0～n1段发生Fe＋4H＋＋-3NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗n1mol的Fe，产生n1molFe3＋，n1～n3段

发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，这段消耗Fe的物质的量为1n2mol，n3=n1＋1n2=13n2，n1：n3=2：3，也可以这样分析，0～n1段发生Fe＋4H＋＋-3NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，n1～

n3段发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，两段消耗Fe的物质的量为2：1，即n1：n3=2：3，故A错误；B.0～n1段发生Fe＋4H＋＋-3NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，根据上述分析，该阶段H＋消耗完，因为x=y，则混合液中n(H＋)=(x＋2y)=3xmol，消耗Fe的物质的量

为3x4mol，故B错误；C.根据上述分析混合液中H＋消耗完，-3NO可能消耗完，也可能有剩余，依据离子方程式4x≥(x＋2y)，推出y≤1.5x，故C正确；D.P点是两个线的交点，说明溶液中n(Fe2＋)=n

(Fe3＋)，P点溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，溶解Cu的质量最多，溶液中Fe3＋物质的量最多，也就是0～n1段-3NO全部参与反应，此时n(Fe3＋)=n(-3NO)=xmol，令n1～n2段反应了amol

Fe3＋，则生成n(Fe2＋)=1.5amol，从而推出x－a=1.5a，解得a=0.4xmol，P点溶液中n(Fe3＋)=1.5×0.4xmol=0.6xmol，最多消耗Cu的质量为0.6xmol64g/mol2=19.2xg，故D正确；故答案为AB。15.已知：常温下邻苯二甲酸H2A的K

a1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6。用NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液，混合溶液的相对导电能力变化如图所示（忽略混合时溶液温度的变化），其中N点为反应终点。下列说法正确的是（）A.M点离子浓度：c（K+）＞c（HA-）＞c（H2A）＞

c（A2-）B.N点溶液中存在：c（Na+）+c（K+）＞2c（A2-）+2c（HA-）C.P点溶液中一定存在：c（Na+）＞c（K+）＞c（OH-）＞c（A2-）D.从M到P之间的任一点均存在：c（Na+）+c（K+）+c（

H+）=c（A2-）+c（HA-）+c（OH-）【答案】B【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾KHA与氢氧化钠反应，HA-+OH-=A2-+H2O，到达N点后，溶液变为K2A和NaOH的混合溶液。【详解】A.M点

时，溶液为KHA，水解平衡常数Kb=141231109.1101.110waKK−−−==<Ka2，离子电离大于水解，即离子浓度：c（K+）＞c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），A错误；B.N点溶液为Na2A，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c(

K+)+c(H+)=2c（A2-）+2c（HA-）+c(OH-)，溶液显碱性，c(H+)<c(OH-)，故c（Na+）+c（K+）＞2c（A2-）+2c（HA-），B正确；C.P点氢氧化钠过量，溶液中存在：c（Na+）＞c

（OH-）＞c（K+）＞c（A2-），C错误；D.根据电荷守恒可知，溶液中恒存在c（Na+）+c（K+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），D错误。答案为B。【点睛】本题易错点在B、C。要注意比较离子加和关系时，应用电荷守恒进行判断；溶液离子浓度大小

判断时，明确阴、阳离子结合关系，作为初始判断依据。三、非选择题16.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：已知：①常温下几种物质开始

形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀7.52.75.68.3完全沉淀9.03.76.79.8②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10−38(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有______(任写一种)

。(2)滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式：_________。(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用____，若加A后溶液的pH调为5，则溶液中Fe3+的浓度为_____mol•L-1。(4)滤液Ⅱ经

蒸发结晶得到的盐主要是_______(写化学式)。(5)过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是_______。【答案】(1).适当提高硫酸浓度或适当加热或搅拌(2).2MnO2+Cu2S+4H+=S+2Cu2

++2Mn2++2H2O(3).氧化铜(氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜均可)(4).4×10-11(5).(NH4)2SO4(6).取最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净【解析】【分析】经过第

一步浸取，金属元素转化为相应硫酸盐，Cu2S被MnO2氧化CuSO4和S（第（2）问信息），SiO2未溶解，故滤渣I为过量的MnO2、S、SiO2，滤液中含有CuSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4，经过除铁步骤Fe3+被转化为沉淀除去，CuSO4和MnSO4进入沉锰步骤，M

n2+转化为沉淀除去，同时反应生成碱式碳酸铜。【详解】(1)加快浸取速率措施有：适当升温、适当增大硫酸浓度、搅拌等；(2)根据元素守恒确定浸取时生成的S来源于Cu2S，说明Cu2S被MnO2氧化，结合后续流程推断此时Cu元素也被氧化，MnO2被还原为Mn2+，初步确定反应

为：MnO2+Cu2S+H+→S↓+Mn2++Cu2++H2O，结合得失电子守恒确定2MnO2~1Cu2S，再利用电荷守恒、元素守恒配平得最终方程式为：2MnO2+Cu2S+4H+=S+2Cu2++2Mn2++2H2O；(3)铁离子水解后溶液显酸性，加入的试剂既能减弱酸性

，同时又不引入杂质离子，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3等调节pH3.7~5.6即可；pH=5时，此时溶液中c(OH-)=-14-9-510mol/L=10mol/L10，由3+3-sp3(Fe(OH))=c(Fe)?c(OH)K得-38sp33+-113--93(Fe(OH))

4?10c(Fe)==mol/L=4?10mol/Lc(OH)(10)K；(4)沉锰步骤中反应物由MnSO4、NH4HCO3、CuSO4等，根据元素守恒可推知，滤液II中主要含有盐为(NH4)2SO4；(5)根据元素守恒知沉淀上会附着

有硫酸根杂质，故只需验证硫酸根是否洗净即可说明问题，具体操作为：取最后一次洗涤液于试管中，加入足量稀HCl酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗净。17.NO是大气污染物之一，能催化O3分解，破坏大气臭氧层，在空气中参与产生

光化学烟雾。科学家研究用负载Cu的ZSM-5分子筛作催化剂对NO催化分解，获得了良好效果，利用催化剂分解NO进行脱硝的原理为2NO(g)催化剂ΔN2(g)+O2(g)∆H回答下列问题：(1)已知：NO(g)=N(g)+O(g)ΔH1=+631.8kJ•mol-1N2

(g)=2N(g)ΔH2=+941.7kJ•mol-1O2(g)=2O(g)ΔH3=+493.7kJ•mol-1则NO分解反应的ΔH=_______。(2)由NO和He组成的实验混合气112mL(标况)，其中NO体积分数为4.0%，在催化剂作用下

于密闭容器中，在50kPa恒压条件下进行反应，催化剂表面活性中心(M)的含量为8×10-6mol。如图是NO平衡转化率和分解反应选择性随温度的变化曲线。①脱硝反应的温度选定在300℃，原因是_________。②反应20s，测得平均每个活性中心上NO分解的分子数

为5.25，此时分解反应的转化率为_______。③研究表明，脱硝分解反应中，正反应速率()2=kNOυp正正，逆反应速率()()22=kpN?pO逆逆。300℃时，分解反应达到平衡，此时kk正逆=______(p分=p总×物质的量分数)。(3)研

究者对NO在该催化剂上的分解反应提出如下反应机理，分解产生的O2浓度增大易占据催化剂活性中心M。Ⅰ：NO+M→NO-M快Ⅱ：2NO-M→N2+2O-M慢Ⅲ：2O-MO2+2M快三个反应中，活化能较高的是______(填“Ⅰ”、“Ⅱ

”或“Ⅲ”)，反应要及时分离出O2，目的是_______。【答案】(1).-171.8kJ•mol-1(2).300℃时NO平衡转化率和分解反应选择性均较高，且继续升温变化不大，成本会提高(3).21%(4).81/4(或20.25)(5).Ⅱ(6).保持催化剂活性，分离产

物使平衡正向移动【解析】【详解】（1）题目所给过程即分子断键过程，故NO中的键能为631.8kJ/mol，N2中的键能为941.7kJ/mol，O2中的键能为493.7kJ/mol，根据键能与反应热关系得：△H=2×631.

8kJ/mol-（941.7kJ/mol+493.7kJ/mol）=-171.8kJ/mol；（2）①300℃时NO平衡转化率和分解反应选择性均较高，且继续升温变化不大，但成本会提高，若温度低于300℃，NO转化率低且反应速率慢；②总共分解的NO：n(

NO)=5.25×8×10-6mol=4.2×10-5mol；原本NO总量为：-3-4112mL?10L/mL×4%=2?10mol22.4L/mol，故NO转化率=-5-44.2?10mol×100%=21%2?10mol，即此时分解反

应的转化率为21%；③当达到平衡时，υ正=υ逆，即k正p2(NO)=k逆p(N2)•p(O2)，故222p(N)?p(O)=p(NO)kk正逆；由图像可知300℃时NO平衡转化率为90%，转化的NO=2×10-4mol×90%=1.8×10-4mol；列三段式如下：22-4-

4-5-5-5-5-52NON+O(mol)2?1000(mol)1.8?109?109?10(mol)2?109?109?10起始转化平衡平衡时各自分压为：-5-42?10p(NO)=?50kPa=5kPa2?10，-522-49?10p(N)=p(O)=?50kPa=22.5kPa2?

10；所以：222p(N)?p(O)=p(NO)kk正逆=20.25；（3）在其他条件相同时，活化能大，普通分子就不容易变为活化分子，导致反应速率慢，故反应II的活化能最大；及时分离出O2，可防止催化剂中心被O2占据而导

致催化剂活性降低，反应变慢，同时也能促进平衡正向移动，提高NO转化率。18.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248g∙mol−1)是重要的化工原料，易溶于水，不溶于乙醇，具有较强的还原性和配位能力，在中性或碱性环境中稳定。某兴趣小组用如图装

置制备2232NaSO5HO。I．制备Na2S2O3∙5H2O合成反应：223232SO+NaCO=NaSO+CO、22232NaS+3SO=2NaSO+3S、23223ΔNaSO+SNaSO实验步骤：装置A制备的2SO通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为8时，停止通入2

SO气体，得产品混合溶液。产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到2232NaSO5HO产品。(1)装置B中长颈漏斗的作用是__，另外可以通过装置B观察SO2的生成速率，其中的液体可以选择_。a．浓H2SO4b．饱和Na2SO3溶液c．饱

和NaHSO3溶液d．饱和NaCl溶液(2)仪器C的名称是___，该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因：__。(3)下列说法正确的是____。A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时

，停止加热C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D．可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂II.测定产品纯度利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：(4)称取1.5000g某硫代硫酸钠晶体样品溶于水配成100.00mL溶液，取0.00900mol∙L−1的K2

Cr2O7标准溶液25.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：2-27CrO+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+22-23SO=2-46SO+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定至终点。平行滴定3次，样品

溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。III.Na2S2O3的应用(5)Na2S2O3溶液常用作定影剂，溶去胶片上未感光的AgBr，该反应的离子方程式_______。【答案】(1).平衡压强，防止B中压强

过大(2).ac(3).三颈烧瓶(4).2-23SO+2H+=S↓+SO2↑+H2O(5).BC(6).90.0(7).AgBr+22-23SO=[Ag(S2O3)2]3-+Br-【解析】【分析】A装置中用亚

硫酸钠和70%的硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，装置B是缓冲装置，可以通过装置B观察2SO生成速率，2SO通入装置C的混合溶液中，加热、搅拌，至溶液pH约为8时，发生反应：223232SO+NaCO=NaSO+CO、2

2232NaS+3SO=2NaSO+3S、亚硫酸钠和硫发生反应：23223ΔNaSO+SNaSO，当C中的溶液pH约为8时，停止通入2SO气体，得产品混合溶液。产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到2232NaSO5HO产品，由

此分析。【详解】I．(1)装置B中长颈漏斗的作用是平衡压强，防止B中压强过大；a．浓H2SO4和SO2不反应，装置B中盛放浓硫酸时可观察SO2的生成速率，故a符合题意；b．饱和Na2SO3溶液可以吸收SO2，和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故装置B中盛放饱和亚硫酸钠溶液时不能观察SO

2的生成速率，故b不符合题意；c．饱和NaHSO3溶液和SO2不反应，装置B中盛放饱和亚硫酸氢钠溶液时可观察SO2的生成速率，故c符合题意；d．饱和NaCl溶液可以吸收SO2，故装置B中盛放饱和氯化钠溶液时不能观察SO2的生成速率，故d不符合题意；答案选ac；(2)仪器C

的名称是三颈烧瓶，该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，是2-23SO和H+发生氧化还原反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2-23SO+2H+=S↓+SO2↑+H2O；(3)A．快速蒸发溶液中的水分，得到的是细小

的晶体，故A不正确；B．得到的Na2S2O3·5H2O在加热时易失去结晶水，所以蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时停止加热，故B正确；C．根据题干信息可知，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可以减小硫代硫酸钠的溶解度，提高产率，

故C正确；D．产物易溶于水，不溶于乙醇，所以可用乙醇洗涤，故D不正确；答案选BC；II.(4)根据2-27CrO+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O和I2+22-23SO=2-46SO+2I-可得关系式：2-27

CrO~3I2~62-23SO，n(K2Cr2O7)=0.00900mol/L×25.00×10−3mol=0.000225mol，则n(Na2S2O3)=6×0.00900×25.00×10−3mol=0.0013

5mol，m(Na2S2O3∙5H2O)=0.00135mol×248g/mol=0.3348g，100mL溶液中含有硫代硫酸钠晶体样品的质量为0.3348g×10024.80mLmL=1.35g，样品纯度

为1.35g1.5g×100%=90.0%；III.(5)Na2S2O3溶液常用作定影剂，溶去胶片上未感光的AgBr，2-23SO和银离子生成[Ag(S2O3)2]3-，反应的离子方程式AgBr+22-23SO

=[Ag(S2O3)2]3-+Br-。19.自然界中存在大量的碳、氮、铜及其它们形成的化合物。请结合物质的结构与性质的知识，回答下列问题:(1)下列表示处于激发态C原子的电子排布图是________。A．B.C.D.(2)N元素可以形成叠氮酸根离子(-3

N)，-3N的空间构型为_______。(3)Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是____(填“极性”或“非极性”)分子。(4)①基态Cu2+的价电子轨道表达式为_______，第四周期基态原子未成对电子数与Cu2+相同且电负性最大的

元素是_______。②铜可以与氧气形成Cu2O晶体，其立方晶胞参数为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，该晶胞中部分O原子的坐标参数为：(0，0，0)、(12，12，12)、(1，0，0)、(0，1，0)；全部Cu原子的坐标参数为

：(14，14，14)、(14，34，34)、(34，14，34)、(34，34，14)。该立方晶胞中Cu原子构成的空间构型为_____，晶体密度可表示为_______g·cm-3。【答案】(1).CD(2).直线形(3).极性(4).(5).；(6).正四面体形(7).303A28810a

?N【解析】【分析】（4）②根据晶胞参数知，O原子位于顶点和体心上，Cu原子位于晶胞内部，该立方晶胞中Cu原子构成的空间构型为正四面体形；该晶胞中Cu原子个数是4、O原子个数=8×18+1=2，晶胞体积=（a×10-10cm）3，晶胞密度=mV计算。【详解】(1)基态碳原子的电子排

布式是1s22s22p2，由基态到激发态，电子发生跃迁，有低能量到高能量，所以处于激发态C原子的电子排布图是：CD。(2)N元素的孤电子对数=12（5+1-2×3）=0，价层电子对数=0+2=2，则-3N的空间构型为直线形；（3）Cu(NH3)2Cl2有两种

同分异构体，其中一种可溶于水，水是极性分子，依据相似相溶原理，可知此种化合物是极性分子；(4)①基态Cu2+的价电子轨道表达式为，有一个未成对的电子，则第四周期基态原子未成对电子数与Cu2+相同且电负性最大的元素是Br；②根据晶胞参数知，O原子位于

顶点和体心上，Cu原子位于晶胞内部，该立方晶胞中Cu原子构成的空间构型为正四面体形；该晶胞中Cu原子个数是4、O原子个数=8×18+1=2，晶胞体积=（a×10-10cm）3，晶胞密度-1AA103M1

44g/mol22NNmolV(10cm)a−==303A28810aNg·cm-3。20.氯贝特的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯()，是一种降血脂药，其合成路线如图：已知：①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。②③(R代表H原子或其他原子团)回答下列问题：(1)A的

化学名称是______，E中官能团的名称为________，G→H的反应类型为_____。(2)由B生成C的化学方程式为________。(3)氯贝特在酸性条件下的水解产物F是一种芳香族化合物，F有多种同分异构体，符合下列条件的F的同分异构体有

______种。①苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种②遇氯化铁溶液显紫色③可与碳酸氢钠溶液反应生成气体其中核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积比为3:2:2:2:1:1的结构简式为_________(写出一种)。(4)参照上述合成路

线，以苯和2-甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()_______。【答案】(1).丙酮(2).酯基、碘原子(3).取代反应(4).浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O(5).13(6).或或或(7).【解析】【分析】由核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子

可知，A为；发生信息②反应生成，则B为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，则C为；在浓硫酸作用下，与乙醇发生酯化反应生成，则D为；在催化剂作用下，与HI发生加成反应生成，则E为；在苯作用下，与氯气发生取代反应生成，则G为、H为；与钠反应生成，则I为；与发生信息③反应生成。【详解】（1）A的

结构简式为，名称为丙酮；E的结构简式为，官能团为酯基、碘原子；G→H的反应为在苯作用下，与氯气发生取代反应生成，故答案为：丙酮；酯基、碘原子；取代反应；(2)由B生成C的反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，，反应的化学方程式为浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O；（

3）在酸性条件下的水解芳香族产物为，则F为，F的同分异构体苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基处于对位，遇氯化铁溶液显紫色说明分子中含有酚羟基，可与碳酸氢钠溶液反应生成气体说明分子中含有

羧基，则F的同分异构体一定含有，则F的同分异构体可以视作丙烷分子中的氢原子被、Cl和—COOH取代的衍生物，共有13种；核磁共振氢谱为6组峰，且峰面积比为3:2:2:2:1:1的结构简式为、、、，故答案为：13；或或或；（4）由题给合成路线可知，苯和2-甲基丙烯制备苯叔丁醚的步骤为苯与

氯气在光照条件下发生取代反应生成氯苯，氯苯在氢氧化钠溶液中共热发生反应生成苯酚钠，在催化剂作用下，2-甲基丙烯与HI发生加成反应生成，与苯酚钠发生信息反应生成，合成路线为，故答案为：。