【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2021届高三上学期第三次月考化学试卷【精准解析】.doc，共(25)页，1.358 MB，由小赞的店铺上传

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长安一中2020-2021学年度第一学期第三次质量检测高三年级化学试题相对原子质量：H-1C-12O-16N-14S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ce-140一、单选题(每小题2分，共40分。)1.化学与生活紧

密相联。下列有关说法不正确的是()A.氯水和食盐水消毒杀菌的原理不同B.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C.合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率D.侯氏制碱法工艺流程中利用了物

质溶解度的差异【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氯水中的次氯酸有强氧化性，食盐水能使细菌病毒脱水，它们消毒杀菌的原理不同，故A正确；B．镁比铁活泼，易形成原电池负极，可防止电热水器内胆腐蚀,这是利用了栖牲阳极的阴极保护法，故B正确；C

．合成氨的反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，故C不正确；D．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和的氯化钠溶液中，发生以下的

反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，利用了物质溶解度的差异，故D正确；故选C。2.用惰性电极电解某无色溶液时

，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生；阴极附近有白色沉淀生成。则原溶液中可能大量共存的离子组是（）A.23NaBaNOCl++−−、、、B.224HMgNaSO+++−、、、C.23COKClNa−+−+、、、D.3234FeNOSONa

+−−+、、、【答案】B【解析】【分析】【详解】A.23NaBaNOCl++−−、、、，阳极产生氯气，黄绿色气体，A不符合题意；B.224HMgNaSO+++−、、、，阳极产生无色的氧气，阴极产生氢气，阴极附近有白色沉淀生成，故B符合题意；C.23COKClNa−+−+、、、，阳

极产生黄绿色气体，故C不符合题意；D.3Fe+是黄色，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】有颜色的离子：铁离子黄色，亚铁离子浅绿色，铜离子蓝色，高锰酸根紫色。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A.在12.0gNaHS

O4晶体中，所含离子数目为0.2NAB.足量的镁与浓硫酸充分反应，放出2.24L混合气体时，转移电子数为0.2NAC.电解精炼Cu时，导线中通过电子的数目为2NA时，阳极质量一定减少64gD.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA【答案】A【解析】【分析

】【详解】A．12.0gNaHSO4的物质的量为0.1mol，而1molNaHSO4中含1molNa+和1molHS4O−，故0.1molNaHSO4中含0.2mol离子，即0.2NA个，故A正确；B．足量的镁与浓硫酸充分反应，产生气体

为氢气和二氧化硫的混合气体，标准状况下2.24L气体的物质的量为0.1mol，生成0.1mol氢气和二氧化硫的混合气体，转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，由于气体状况不明确，转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；C．由于粗铜中含有比Cu容易失去电子的Ni、Zn、F

e等金属，导线中通过电子的数目为2NA时，阳极质量不一定减少64g，故C错误；D.氢氧燃料电池正极是氧气得电子，1molO2得4mol电子，所以消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为4NA，故D错误；答案选A。4.下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是A

.图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mol−1B.图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C.图3表示一定条件下H2和Cl2生成HCl的反应热与途径无关，则△H1

=△H2+△H3D.图4表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大【答案】C【解析】【分析】【详解】A.图1所示反应生成的水呈气态，燃烧热要求可燃物为1mol，生成的水为液态，所以A项错误；B.图2所示反应，反应物的

总能量大于生成物的总能量，所给反应为放热反应，B项错误；C.据盖斯定律，反应热与途径无关，只与反应的始态和终态有关，C项正确；D.注意物质D为固体，所以该反应是正向气体分子数减小的反应，压强改变时平衡要发生移动，A的体积分数最终一定不相等，D项错误；所以答案选择C项。【点睛】燃烧

热的概念，强调可燃物是1mol，强调必须生成在25℃、101kPa下最稳定的物质，如水为液态、如C元素要生成CO2、S元素要生成SO2、N要生成N2等。5.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是()A.使用环形玻璃棒是

为了使酸碱充分反应，减小实验误差B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C.用0.5mol·L-1NaOH溶液分别与0.5mol·L-1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D.测定中和热实验中需要使用

的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计、环形玻璃搅拌棒【答案】A【解析】【分析】【详解】A．使用环形玻璃棒是为了使酸碱充分反应，能加快反应速率，减小实验误差，故A正确；B．温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部接触烧杯底部，故B错误；C．用0.5mol

·L-1NaOH溶液分别与0.5mol·L-1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，故C错误；D．中和热测定用不到天平，故D错误；故选A。6.1934年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核42

He)轰击金属原子WZX，得到核素30Z+2Y，开创了人造放射性核素的先河：WZX+42He→30Z+2Y+10n。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是A.WZX的相对原子质量为26B.X、Y

均可形成三氯化物C.X的原子半径小于Y的D.Y仅有一种含氧酸【答案】B【解析】【分析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=30+1，则W=27，X与Y原子之间质子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且

Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a+2，解得a=3，因此X为Al，Y为P，以此解答。【详解】A．2713Al的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；B．Al元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故B正确；

C．Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数小于P原子序数，故原子半径Al>P，故C错误；D．P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误；故答案为：B。7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且

原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（）A.单质的沸点：W>XB.阴离子的还原性：W>ZC.氧化物对应的水化物的酸性：Y<ZD.X与Z不能存在于同一离子化合物中

【答案】B【解析】【分析】【详解】原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，说明W为只有一个电子层，为氢元素，X为氮元素，四种元素它们的最外层电子数之和为18，则Y和Z的最外层电子数和为18-1-5=12

，则最外层电子数分别为5和7，为磷和氯元素。A.W为氢元素，X为氮元素，氮气的沸点比氢气高，故错误；B.H-还原性大于Cl-，故正确；C.磷和氯非金属性比较，氯非金属性比磷强，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性高氯酸大于磷酸，但选项中没有说明是最高价氧化物

，故错误；D.氮和氯可以存在于氯化铵离子化合物中，故错误；故选B。8.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑

浊有NO2和CO2产生B向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性C向溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应D向FeCl3和BaCl2混合溶液溶液变为浅绿色且有Fe3+被还原为Fe2+，中通入足量SO2白色沉淀生成白色沉淀

为BaSO3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由于碳与浓HNO3反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故不能观察到石灰水变浑浊，故A错误；B.向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化成乙酸，乙醇具有还原性，故B正确；C.向溴水中加入苯，充分振荡、静

置，水层几乎无色，是因为溴水中的Br2转移到苯中，发生了萃取，故C错误；D.向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2，Fe3+与其发生反应，产生SO42-，SO42-再与Ba2+产生白色沉淀，现象是溶液由棕黄色变为浅绿色，产

生白色沉淀，Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO4，故D错误；故选B。【点睛】注意向溴水中加入苯，充分振荡、静置，水层几乎无色，是因为发生了萃取，苯与液溴在催化剂的条件下发生的是取代反应，这两个要注意区分。9.下列说法正确的是()A.第二周期元素随族序数的递增，其最高化合

价也递增B.第ⅥA族元素的最简单氢化物中，稳定性最强的，其沸点也最高；C.Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知Fe(OH)3胶体带正电荷D.1molH3PO3最多可与2molNaOH发

生中和反应，但Na2HPO3属于酸式盐【答案】B【解析】【分析】【详解】A．第二周期元素，O、F没有最高正价，故A错误；B．第ⅥA族元素的最简单氢化物中，稳定性最强的是H2O，因分子中存在氢键，其沸点也最高，故B正确；C．Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深，可知Fe(OH)3

胶体粒子带正电荷，而胶体呈电中性，故C错误；D．1molH3PO3最多可与2molNaOH发生中和反应，说明H3PO3是一种二元酸，因此Na2HPO3属于正盐，故D错误。故选B。10.某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体(4422[NHFeSO)6HO的一种

方案如下：下列说法不正确的是()A.滤渣A的主要成分是4CaSOB.“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等C.相同条件下，(4422[NHFeSO)6HO溶解度Fe2(SO4)3小D.“氧化”反应中

试剂B可选NaClO【答案】C【解析】【分析】硫酸钙微溶于水，在硫酸亚铁（含有硝酸钙）溶液中，加入硫酸既抑制硫酸亚铁水解，又将硝酸钙转化为硫酸钙、过滤除去，加入H2O2将硫酸亚铁氧化生成三价铁，加入硫酸铵形成硫酸铁铵，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥

得到硫酸铁铵晶体。【详解】A.硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B.硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，所以“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，故B正确；C.NH4+水解生成H+，抑制Fe3+的水解生成氢氧化

铝胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故C错误；D.“氧化”反应中试剂B可选NaClO，次氯酸钠具有氧化性，可以氧化亚铁离子，故D正确；答案选C。【点睛】本题考察物质的分离与提纯，为高频考点，涉及物质分离和提纯方法选取，晶体获取方法，氧

化还原反应等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图发生的反应及基本操作方法，题目难度适中。11.“天宫一号”飞行器在太空工作期间必须有源源不断的电源供应。其供电原理是：白天太阳能帆板发电，将一部分电量直接供

给天宫一号，另一部分电量储存在镍氢电池里，供黑夜时使用。如图为镍氢电池构造示意图(氢化物电极为储氢金属，可看做H2直接参加反应)。下列说法正确的是()A.充电时阴极区电解质溶液pH降低B.充电时阳极反应为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2OC.放电时NiOOH在电极上发生氧化反应D.

在使用过程中此电池要不断补充水【答案】B【解析】【分析】【详解】A．充电时阴极是水得到电子，生成OH-和氢气，所以溶液的pH增大，故A错误；B．阳极是得到电子的，所以充电时阳极反应为Ni(OH)2-e-+OH-=

NiOOH+H2O，故B正确；C．放电氢气在负极失去电子，发生氧化反应，NiOOH在正极得到电子，发生还原反应，故C错误；D．在反应中水是循环利用的，所以不需要补充水，故D错误；故选B。12.利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的

装置如下图所示,下列说法正确的是()A.该装置工作时的能量形式只有两种B.石墨电极发生反应：Ce4++e-=Ce3+C.该离子交换膜为阴离子交换膜，SO42-由左池向右池迁移D.由P电极向N电极转移0.1mol电子时，阳极室生成33.2gCe(SO4)

2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.该装置工作时的能量转化形式：热能、电能、化学能和光能，故A错误；B.石墨是阳极，电极反应式Ce3+-e-=Ce4+，故B错误；C.溶液在左侧石墨电极附近电极发生反应：Ce3+-e-=Ce4+，石墨是阳极，所以硫酸根离子移向石墨电极，离子交换膜

为阴离子交换膜，SO42-由右池向左池迁移，故C错误；D.由P电极向N电极转移0.1mol电子时，根据电极反应：Ce3+-e-=Ce4+，阳极室生成0.1molCe(SO4)2，即33.2gCe(SO4)2，故D正确；答案选D。13

.用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入()A.0.1molCuOB.0.1molCuCO3C.0.1molCu(OH)2D.0.05molCu2(OH)2CO3【答案】

D【解析】【分析】【详解】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2(阴极无气体生成)，PQ段阴、阳两极都产生气体。因此，整个过程发生的反应为①2CuSO

4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1molCu和0.05molO2，反应②消耗0.05molH2O。根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起

始状态，应向溶液中加入0.1molCuO和0.05molH2O。而0.05molCu2(OH)2CO3恰好相当于0.1molCuO和0.05molH2O(生成0.05molCO2无影响)，故D正确，故答案为D。【点睛】本题考查图像分析与相关计算，意在考查考生通过对实际事物、实验现象、实物、模型

、图形、图表的观察，以及对自然界、社会、生产、生活中的化学现象的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力。14.下列说法或表示方法正确的是()A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完

全燃烧，后者放出的能量多B.由C(石墨)→C(金刚石)ΔH=+1.9kJ•mol-1可知，金刚石比石墨稳定C.在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，若将含0.5

molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJD.干燥环境中，所有金属都不能被腐蚀【答案】C【解析】【分析】【详解】A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸汽放热后会变为固态，说明硫蒸汽所含能量比硫固体的多，则硫蒸汽燃烧放出的能量多，A错误；B．该反应是吸

热反应，说明金刚石的能量更高一些，则石墨比金刚石稳定，B错误；C．浓硫酸的稀释是放热过程，将含0.5molH2SO4的浓硫酸和含1molNaOH溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，C正确；D．在干燥的环境中，金属可能发生化学腐蚀，D错误；故选C。15.对于平衡体系mA(g)＋

nB(g)pC(g)＋qD(g)ΔH＜0。下列结论中错误的是A.若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m＋n＜p＋qB.若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶nC.若m＋n＝p＋q，则往含有amol气体的平衡体系中再加

入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD.若温度不变时压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的12要小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．容器体积缩小到原来一半（即加压）的瞬间，A的浓度为原来的2倍。新平衡时A的浓度为原来的2.1倍，即平衡左移。据

平衡移动原理，有m＋n＜p＋q，选项A正确；B．设起始时A、B的物质的量分别为x、y，平衡时A、B的转化率分别为α、β。则(xα)∶(yβ)＝m∶n。当α＝β时，x∶y＝m∶n，选项B正确；C．m＋n＝p＋q时，反应中气体分子总数不变。往含有amo

l气体的平衡体系中再加入amolB，不论是否达到新平衡，气体总物质的量都等于2amol，选项C正确；D．若缩小容器体积使新平衡压强是原来的2倍，则新平衡体积小于原来的12。若通入与反应无关的气体使压强变成原来

的2倍，则体积可以不变，选项D错误。答案选D。16.已知反应S2O2-8(aq)＋2I－(aq)2SO2-4(aq)＋I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3＋的某溶液，反应机理如下图所示。下列有关该反应的说法不正确的是()①2Fe3＋(aq)＋2I－(ag)I2(aq)＋2F

e2＋(aq)②2Fe2＋(aq)＋S2O2-8(aq)2Fe3＋(aq)＋2SO2-4(aq)A.Fe3＋是该反应的催化剂，加入Fe3＋后降低了该反应的活化能B.反应①比反应②所需活化能大C.向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深D.该反应可

设计成原电池【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Fe3+参与反应①的反应，但在反应②中又生成Fe3+，说明Fe3+是该反应的催化剂；催化剂能降低反应所需的活化能；故A正确；B．由图可知，反应①比反应②所需活化能大，故B正确；C．由题意可知：S2O2-8(a

q)＋2I－(aq)2SO2-4(aq)＋I2(aq)是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(I2)减小，蓝色变浅，故C错误；D．该反应是氧化还原反应，涉及到电子的转移，且为放热反应,故可设计成原电池，D正确；答案选C。17.在密闭容器中充入一定量的NO

2，发生反应2NO2（g）N2O4（g）ΔH=﹣57kJ•mol﹣1在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A.a、c两点的反应速率：a＞cB.a、b两点的转化率：a＜bC.a

、c两点气体的颜色：a深，c浅D.由a点到b点，可以用加热的方法【答案】B【解析】【分析】2NO2(g)N2O4(g)△H=-57kJ•mol-1，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；增大压强，平衡正向移动，混合气体中NO2的

体积分数减小，然后结合图象分析解答。【详解】A．由图像可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A错误；B．由图像可知，a点二氧化氮的体积分数高，所以转化率a＜b，故B正确；C．a、c两点温度相同，c点压

强大，c点容器体积小，则二氧化氮浓度大，因此a、c两点气体的颜色：a浅、c深，故C错误；D．升高温度，平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，a点到b点，二氧化氮的体积分数减少，说明是降低了温度，所以不能用加

热的方法实现由a点到b点的转变，故D错误；答案选B。【点睛】明确外界条件对化学平衡的影响及图像中纵横坐标的含义是解题的关键。本题的易错点为C，要注意气体的压强增大，容器的体积减小，无论平衡如何移动，气体物质的浓度均会增大。18.在一定温度下，CO和水蒸气分

别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，再通入6mol水蒸气，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和可能为A.1.2molB.1.8molC.2.5molD.1.5mol【答案】B【

解析】在一定温度下，CO和水蒸气分别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，则H2的物质的量也是0.75mol，CO2和H2的物质的量之和是1.5mol。向体系中再通入6m

ol水蒸气，化学平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和会有所增大，但一定小于极限值2mol，所以可能为B，本题选B。点睛：可逆反应的特点是不能向任何一个方向进行到底。19.将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G

(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：压强/Mpa体积分数/%温度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b＜f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③增大压强平

衡左移④K(1000℃)＞K(810℃)上述①～④中正确的有A.4个B.3个C.2个D.1个【答案】A【解析】【分析】利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移

动，G的体积分数减小，b＜a，c＞75%，e＞83%；c、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，据此分析解答。【详解】①根据表格数据，f的温度比b的高，压强比b的小，平衡逆向移动，所以平衡时G的体积分数(%)b＜f，故①正确；②设E的起始量为

amol，转化率为x，根据反应：E(g)＋F(s)2G(g)，则平衡时G的物质的量为2ax，E平衡时的物质的量为a-ax，由题意得2axa-ax+2ax=75%，解得x=0.6a，E的转化率为=0.6aaｘ100%=60%，故②正确；③该反应是一个

气体分子增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，即平衡左移，故③正确；④该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K(1000℃)＞K(810℃)，故④正确；答案选D。20.T℃时，体积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H

="—Q"kJ/mol(Q>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化ABC①2100.75QkJ②0.40.21.6下列叙述中正确的是A.容器

①、②中反应的平衡常数均为18B.容器②中达到平衡时放出的热量为0.05QkJC.向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变D.其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于2/3【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．

容器①，根据反应方程式可知，每有2mol的A发生反应，产生2molC，会放出热量是Q，现在加入2molA、1molB，当反应达到平衡，放出热量是0.75QkJ，则说明有2mol×0.75=1.5mol发生反应，则平衡时含有A:0.5mol、B:0.25mol、

C:1.5mol，由于容器的容积是0.5L，所以平衡时各种物质的浓度分别是：c(A)=1mol/L；c(B)=0.5mol/L；c(C)=3mol/L，平衡常数是：2222()318()()10.5cCKcAcB===。化学平衡常数只与温度有关，②的温度与①中相同

，所以反应的平衡常数均为18，正确；B．容器②中物质投料方式一边倒转化，由于与①相同，所以反应为等效平衡，由于平衡时C的物质的量应该是1.5mol，而②开始加入了1.6mol，所以反应逆向进行，消耗C0.1mol，根据题意可知每消耗2molC，反应吸收热量QkJ，所以反应消耗C的物

质的量是0.1mol，则达到平衡时吸收的热量为0.05QkJ，错误；C．向容器①中通入氦气，由于反应混合物的物质的浓度不变，平衡不发生移动，平衡时A的转化率不变，正确；D．对于①来说，达到平衡时C的含量是1.5mol÷(1.5mol+0.5m

ol+0.25mol)=2/3。容器①、②等效平衡，所以原来②中C的含量为2/3。若容器②保持恒容绝热，由于反应逆向进行，逆反应是吸热反应，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，所以达到平衡时C的体积分数大于2/3，错误。答案选AC。第二部分(非选择题共6

0分)21.铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为__。(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加

入NaHCO3溶液，溶液的pH__(填“增大”、“不变”或“减小”)。(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为__，阴极产生的物质A的化学式为__

。【答案】(1).Al2O3+2OH-=2AlO2−+H2O(2).减小(3).石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4).4CO23−+2H2O-4e-=4HCO3−+O2↑(5).H2【解析】【分析】铝土矿在碱溶时，其中的Al2O

3和SiO2可与强碱溶液反应，二氧化硅和强碱溶液反应后转化为沉淀，氧化铝和氢氧化钠反应后得到可溶于水的偏铝酸钠，Fe2O3不与强碱反应，则滤渣为Fe2O3；过滤后，滤液中的NaAlO2与NaHCO3反应生成氢氧化铝沉淀和Na2CO3，氢氧化铝经灼烧后得到Al2O3，最后电解熔融的Al2O3得到铝。

Na2CO3溶液经电解后可以再生成NaHCO3和NaOH进行循环利用。【详解】(1)“碱溶”时，铝土矿中的Al2O3和SiO2能够与氢氧化钠反应，其中生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2−+H2O；(2)“过滤I”所得滤液中主

要含有偏铝酸钠和氢氧化钠，加入NaHCO3溶液，三者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，溶液的碱性减弱，pH减小；(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中，阳极上生成氧气，能够氧化石墨生成二氧化碳，因此作阳极的石墨易消耗；(4)“电解II”是电解Na2CO3溶液

，阳极上是溶液中的水失电子生成氧气，产生的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，电极反应为4CO23−+2H2O-4e-=4HCO3−+O2↑；阴极上是溶液中的水得电子，生成氢气和氢氧根离子，则气体A为氢气。22.钢材在社会发展中应用广泛

。为研究某种碳索钢(含少量碳和硫)的成分，科研小组进行了如下探究活动。称取碳素钢(已除表面氧化物)24.Og放人耐高温反应管中与O2反应，除去未反应的O2，收集到干燥混合气体X1.12L(已折算成标准状况下的体积)。(1)科研小组用如图所示实验装置检

验混合气体X的组成。①装置B中的试剂是___________，装置C的作用是_________。②若观察到________(填实验现象)，证明X中含有CO。(2)反应后，耐高温反应管内固体中除含有Fe3+之外，还

可能含有Fe2+。要确定其中的Fe2+，可选用_______(填序号)。aKSCN溶液和氯水bKSCN溶液和铁粉c稀盐酸和K3[Fe(CN)6]溶液d稀H2SO4和KMnO4溶液(3)科研小组用如图所示装置(部

分)测定SO2的体积分数，并计算碳素钢的含碳量。将气体X缓慢通过实验装置，当观察到_____(填实验现象)时，停止通气，此时气体流量仪显示的流量为112mL(已换算成标准状况)。则气体X中SO2的体积分数为_____，碳素钢中碳元素的质量分数

为_________(保留1位小数)。【答案】(1).品红溶液(2).验证X中是否含有CO2(3).E中黑色固体逐渐变红，F中澄清石灰水变浑浊(4).cd(5).Ⅲ中溶液由蓝色突变为无色(6).5%(7).2.4%【解析】

（1）①X中的气体可能是CO、CO2、SO2，酸性高锰酸钾可以除去SO2，B装置装品红溶液检验SO2是否除干净，装置C可以用来检验CO2气体，故答案为品红溶液；验证X中是否含有CO2。②装置E和F用来检验CO，如果观

察到E中黑色固体逐渐变红，F中澄清石灰水变浑浊，说明X中有CO。（2）首先用酸将耐高温管中的Fe的氧化物转化为离子，K3[Fe(CN)6]溶液遇到亚铁离子会产生蓝色沉淀，KMnO4溶液会将亚铁离子氧化，紫色褪去，

故选cd。（3）该实验是通过二氧化硫与碘单质反应测定二氧化硫的含量，碘遇淀粉变蓝，当Ⅲ中溶液由蓝色突变为无色时说明碘恰好反应完了，测试可以测得消耗二氧化硫的量。发生反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，参与反应的二

氧化硫的量为n(SO2)=n(I2)=0.01×0.025=0.00025mol，n(X)=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，二氧化硫体积分数为0.00025÷0.005=0.05，体积分数为5%。混合气体的物质的量为1.12L÷22.4L/mol

=0.05mol，X中C原子的物质的量为0.05mol×(1-0.05)=0.0475mol，碳素钢中碳元素的质量分数为(12g/mol×0.0475mol)÷24g×100%=2.4%，故答案为Ⅲ中溶液由蓝色突变为无色；5%；2.4

%。点睛：碳素钢高温与氧气反应后生成的气体中包含了SO2、CO或者CO2，计算出SO2后剩余气体可能为CO、CO2、或者二者混合气。23.铁是生产生活中应用最广泛的金属，炼铁技术备受关注，已知：①2Fe2O3(s)+3C(s)垐?噲?4Fe(s)+3CO2(g)△H=+460.5kJ/mo

l②Fe2O3(s)+3CO(g)垐?噲?2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol请回答下列问题：(1)T1℃时，向密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应①，达到平衡后，CO2的浓度为amol/L；若其他条件不变，缩小容器容积再次达到平衡时，CO2的浓度为bmol/L，则a

__b(填“>”“<”或“=”)。(2)起始温度均为T2℃时，向容积为10L的三个恒容密闭容器中，分别加入一定量的Fe2O3和CO发生反应②，测得相关数据如表所示：编号容器起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol平衡常数(K)Fe2O3COFe1恒温0.5

1.50.8K12恒温23mK23绝热11.5nK3①T2℃时，容器1中反应的平衡常数Kl=__。②容器2中，5min达到平衡，则0～5min内以CO2表示该反应的速率v(CO2)=__。③对于三个容器中的反应，下列说法正

确的是(填选项字母)__。A.m>2nB.容器1和容器2中CO的平衡转化率al<a2C.K1=K3D.平衡时气体压强：P3>Pl(3)T2℃时，向恒压密闭容器中充入0.5molFe2O3和1.0molCO，发生反应②，CO和

CO2的物质的量浓度(c)与时间(t)的关系如图所示。6min时，改变的外界条件为__，理由为__。【答案】(1).=(2).64(3).0.048mol/(L▪min)(4).AD(5).升温(6).升温平衡逆移【解

析】【分析】【详解】(1)平衡常数只与温度有关，T1℃时，K=c(CO2)=amol/L，故其他条件不变，缩小容器容积，再次达到平衡时，CO2的浓度为bmol/L，K=bmol/L，故a=b；(2)①依据反应②热化学方程式计算()()()()()()()232F

eOs+3COg2Fes+3COg0.51.50.41.20.81.20.10.30.81.2molmolmol初反平K1=()()323cCOcCO=331.2100.310=64；②设5min达到平衡时CO2的物质的量

为xmol()()()()()()()232FeOs+3COg2Fes+3COg23x3x2x3x2-x3-3x2x3xmolmolmol初反平温度未变，则K2=K1=()()323cCOcCO=64=333x1033x10−，解

得：x=0.8mol；v(CO2)=2.4105molLmin=0.048mol/(L•min)；③A．编号3中反应物是编号2的一半，且反应前后体积不变，如果编号3中仍是恒温条件，平衡时n=12m，但容器是绝热装置，此反应是放

热反应，容器内温度升高，平衡逆向移动，则n＜12m，即m＞2n，A说法正确；B．根据①②的数据分析如下：al=1.21.5×100%=80%；a2=2.43×100%=80%；容器1和容器2中CO的平衡转化率al=a2，B说法错误；C．编号3中温度高，则平衡常数发生改变

，平衡逆向移动，K1＞K3，C说法错误；D．n=1.2mol＞0.8mol，则平衡时气体压强：P3＞P1，D说法正确；答案为AD；(3)①依据勒夏特列原理，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO浓度增大，CO2浓度减小。24.1，2—二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料

，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3—氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：Ⅰ.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)垐?噲?CH2ClCHClCH3(g)△H1=-134kJ/molⅡ.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)垐?噲?CH2=CHCH2Cl(g)+

HCl(g)△H2=-102kJ/mol请回答下列问题：(1)已知CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)垐?噲?CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(逆)为164kJ/mol-1，则该反应的活化能Ea(正)为__

kJ/mol-1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化剂作用下发生反应Ⅰ、Ⅱ，容器内气体的压强随时间的变化如表所示：时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.4

65.261.657.657.6①若用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即v=ΔpΔt，则前60min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)=__kPa∙min-1(保留小数点后3位)。②该温度下，若平衡时HCl的

分压为9.6kPa，则丙烯的平衡总转化率α=__；反应Ⅰ的平衡常数Kp=__kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)。(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2ClCHClC

H3(g)的产率与温度的关系如图所示。①下列说法错误的是__(填代号)a.使用催化剂A的最佳温度约为250℃b.相同条件下，改变压强会影响CH2ClCHClCH3(g)的产率c.点p是对应温度下CH2ClCHC

lCH3(g)的平衡产率d.提高CH2ClCHClCH3(g)反应选择性的关键因素是控制催化剂的种类②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2ClCHClCH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是__。【答案】(1).132(

2).0.097(3).80%(4).0.35(5).c(6).温度较低，催化剂的活性较低，化学反应速率过慢【解析】【分析】【详解】(1)已知：Ⅰ.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)垐?噲?CH2ClCHClCH

3(g)ΔH1=-134kJ/molⅡ.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)垐?噲?CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH2=-102kJ/mol由盖斯定律可知，I-Ⅱ得到CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)垐?噲?CH2ClCHClCH

3(g)ΔH=-134kJ•mol-1-（-102kJ•mol-1）=-32kJ/mol，焓变等于正逆反应的活化能之差，该反应的Ea(逆)为164kJ/mol-1，则该反应的Ea(正)为164kJ/mol+（-32kJ/mol）=1

32kJ/mol；(2)①前60min内，压强减少80kPa-74.2kPa=5.8kPa，由于反应Ⅱ反应前后压强不变，则根据反应Ⅰ可知减少的压强就是CH2ClCHClCH3的分压，所以v(CH2ClCHClCH3)=5.860kPa∙min-1≈0.097kPa∙min-1；②该温度下，若平衡时

HCl的分压为9.6kPa，平衡时压强为57.6kPa，平衡时压强减少80kPa-57.6kPa=22.4kPa，由于反应Ⅱ反应前后压强不变，则根据反应Ⅰ可知减少的压强就是CH2ClCHClCH3的分压，也是反应Ⅰ中消耗的丙烯

和氯气的分压，均为22.4kPa。根据反应Ⅱ可知该反应中消耗的丙烯和氯气以及生成的CH2=CHCH2Cl的分压均是9.6kPa，由于反应前CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量相等，因此反应前二者的分压均是40kPa，所以丙烯的平衡总转化率α=22.49.6100%80%40+

=；平衡时丙烯和氯气的分压均是40kPa－22.4kPa－9.6kPa＝8kPa，所以反应Ⅰ的平衡常数Kp=122.4kPa88−＝0.35kPa-1。(3)①a．A曲线的最高产率对应的温度是250℃，则催化剂A的最佳温度约为250℃，故正确；b．反应I是体积减小的可逆反应，相同条

件下，改变压强会影响CH2ClCHClCH3(g)的产率，故正确c．正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，p点平衡产率应高于B催化剂作用下450℃时的产率，因此点p不是对应温度下CH2ClCHClCH3(g)的平衡产率，故错误；d．由图可知，催化剂影响CH2ClCHClCH3的产率，因此提高CH

2ClCHClCH3(g)反应选择性的关键因素是控制催化剂的种类，故正确；故答案为c；②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2ClCHClCH3的产率随温度升高变化不大，主要原因为温度较低、催化剂的活性较低

，对化学反应速率影响较小。25.为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L−1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择，写出名称)。(2)电池装置中，盐桥连

接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。阳离子u∞×108/(m2·s−1·V−1)阴离子u∞×108/(m2·s−1·V−1

)Li+4.073HCO−4.61Na+5.193NO−7.40Ca2+6.59Cl−7.91K+7.6224SO−8.27(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。(4)电池反应

一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L−1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应

式为_______。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检

验活化反应完成的方法是_______。【答案】(1).烧杯、量筒、托盘天平(2).KCl(3).石墨(4).0.09mol/L(5).Fe3++e-=Fe2+(6).Fe-2e-=Fe2+(7).Fe3+(8).Fe(9).取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若

溶液不出现血红色，说明活化反应完成【解析】【分析】(1)根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器；(2)~(5)根据题给信息选择合适的物质，根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧化性、还原性的

强弱；(6)根据刻蚀活化的原理分析作答。【详解】(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平

、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。(2)Fe2+、Fe3+能与-3HCO反应，Ca2+能与2-4SO反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性

条件下-3NO能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择-3HCO、-3NO，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中

应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl。(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-

2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增

加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：0.09mol/L。(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-

2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3++e-=Fe2+，Fe-2e-=Fe2+

，Fe3+，Fe。(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液

，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。【点睛】本题的难点是第(2)题盐桥中电解质的选择和第(6)实验方法的设计，要充分利用题

给信息和反应的原理解答。