【文档说明】湖南省衡阳市第一中学2021届高三上学期第一次月考化学试题 【精准解析】.doc，共(23)页，1.212 MB，由小赞的店铺上传

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湖南省衡阳市第一中学2021届高三第一次月考化学试题1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是()A.葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐B.烧碱、石灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料C.碳酸氢

钠、碳酸钠、碳酸镁、氢氧化铝均可作抗酸药D.亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用其来浸泡新鲜瓜果【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硫可消耗葡萄酒中的氧，抑制微生物生长，进而防腐，则葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐，A正确；B.纯碱、石

灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料，B错误；C.碳酸钠溶液的碱性太强，不可作抗酸药，C错误；D.亚硝酸钠有毒，其溶液具有防腐作用，不能用其来浸泡新鲜瓜果，D错误；答案为A。2.化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子

都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOHA.②③B.①⑥C.④⑥D.⑤⑥【答案】B【解析】【详解】凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子

都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，②③只能接受质子，所以属于碱；④⑤只能给出质子，属于酸，①⑥既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念

是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。3.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2C===高温Na2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是A.1L.0.

25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NAB.1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAC.生成1mol还原产物时转移电子数为8NAD.通常状况下，11.2L.CO2中含

有的共价键数目为2NA【答案】C【解析】【分析】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审

清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中

含有的氧原子数目，故A错误；B项、Na2S溶液中S2-水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol×[6-（-2）]=

8mol，个数为8NA，故C正确；D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解

答关键。4.室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中：CH3CH2OH、2-27CrO、K＋、2-4SOB.c(Al3+)=0.1mol·L－1的溶液中：4NH+、S2－、Cl－、Br－C.pH=12的溶液中：Na＋、S2－、2-3SO、-3NOD.能使甲基橙变为红

色的溶液：Na＋、4NH+、2-3CO、Cl－【答案】C【解析】【详解】A．pH=1的溶液显酸性，在酸性条件下CH3CH2OH、2-27CrO会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；B．Al3+与S2－会发生盐的双水解反应产生Al

(OH)3沉淀和H2S气体，不能大量共存，B不符合题意；C．pH=12的溶液显碱性，在碱性条件下，选项离子之间不会发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．能使甲基橙变为红色的溶液显酸性，在酸性条件下：H＋、与2-3CO会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理

选项是C。5.下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是A.FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：-3HCO+OH﹣═2-3CO+H2OC.少量Ca(OH)2和NaHCO3反应Ca2＋＋

OH－＋-3HCO=CaCO3↓＋H2OD.FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2【答案】D【解析】【详解】A．不符合电荷守恒、电子守恒，离子方程式应该为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，A错误；B．OH-不仅与

-3HCO反应，还与4NH+反应，离子方程式应该为：4NH++-3HCO+2OH﹣═2-3CO+H2O+NH3·H2O，不符合反应事实，B错误；C．酸式盐与碱反应时，要以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式应该为：Ca2＋＋2OH－＋2-3HCO=CaCO3↓

＋2-3CO＋H2O，不符合反应事实，C错误；D．反应符合事实，遵循物质反应的微粒数目比例，D正确；故合理选项是D。6.下列几种导电性变化图像，其中实验操作与图像序号相符的是选项实验操作图像A向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液①B向氨水中通入HCl直至过量①C向N

aOH溶液中通入少量Cl2③D向饱和石灰水中不断通入CO2④A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液的化学反应方程式为：()24242H2HOSOBaOHBaSO+=+可知H2SO4与Ba(OH)2恰

好完全反应，故溶液的导电能力会一直减小至零，故A不选；B．由于一水合氨为弱电解质，由氨水和氯化氢反应的方程式：3242·HOHONHHClNHCl+=+,可知氨水中的导电离子增多，故溶液的导电性逐渐增强，故B不选；C．NaOH溶液与Cl2发生反应的方程式为：

222HOClNaOHNaClNaClO+=++,可知溶液中导电离子数量不变，又由于氯气的量不足所以溶液的导电能力不变，故选C；D．向饱和石灰水中不断通入CO2所发生的化学反应方程式为依次为：()2232CaH

OOHCOCaCO+=+，()23232HO=CaCOCOCaHCO++,溶液中导电离子先减小，再增大，即溶液的导电能力先减小，再增大，故D不选。答案选C7.将物质的量均为amol的Na和Al一同投入mg足量水中，所得溶液的密度为ρg·cm－3，则此溶

液的物质的量浓度为A.1000aρ46a+mmol·L－1B.4ρ46a+mmol·L－1C.1000aρ50a+mmol·L－1D.1000aρ45a+mmol·L－1【答案】A【解析】【详解】由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑和2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2

+3H2↑知，将物质的量均为amol的Na和Al一同投入mg足量水中生成NaAlO2amol，H22amol；溶液的质量为（23a+27a－2×2a）g=（46a+m）g，溶液的体积为（46a+m）g/ρg·cm－3=（46a+m）/1000ρL，则此溶液的物质的量浓度为10004

6aam+mol·L－1，选A。8.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则CO2与CH4的体积比为()A.3∶1B.2

∶1C.1∶1D.任意比【答案】C【解析】【详解】在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则混合气体变形能变为(CO)x(H2)y，即可，故CO2：CH4=1:1，故C符合题意，故答案为C。【点睛】只要

能改写成(CO)x(H2)y的有机物或则其他混合物，mg该混合物充分燃烧后通入到足量过氧化钠中，过氧化钠增加的质量为mg。9.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()A.鉴别纯碱与小苏打B.证明Na2O2与水反应放热

C.证明Cl2能与烧碱溶液反应D.探究钠与Cl2反应【答案】A【解析】【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；B.过氧化钠与水反应

放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残

留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。故答案是A。10.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液

体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是（）A.原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol/LB.A线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3,NaHCO3C.B线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO

3-D.B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为112mL【答案】D【解析】【详解】A.由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，即Na2CO3＋HCl=

NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，所以根据曲线可知，A中是氢氧化钠和碳酸钠的混合物，B中是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，最终生成氯化钠是0.0075mol，所以根据原子守

恒可知氢氧化钠的浓度是0.0075mol÷0.01L＝0.75mol/L，A不正确；B.根据以上分析可知B不正确；C.根据以上分析可知B线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：H++CO32-=HCO3-，C不正确；D.根据原子守恒可知B中生成的CO2是0.05

L×0.1mol/L×22.4L/mol＝0.112L，D正确；答案选D。11.某无色溶液中可能含有Na＋、K＋、4NH+、Ca2＋、Cu2＋、2-4SO、2-3SO、Cl－、Br－、2-3CO中的若干种，离子浓度都为0.1mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液

，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如图所示实验。则下列关于原溶液的判断正确的是A.若实验中Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响B.原溶液中一定不存在Cl－C.原溶液

中肯定存在的上述离子是2-3SO、Br－，是否存在Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定D.原溶液中肯定不存在的上述离子是Ca2＋、Cu2＋、2-4SO、2-3CO，是否存在4NH+另需实验验证【答案】AB【解析】【分析】无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混

合溶液，无白色沉淀生成，说明溶液在无2-4SO，加足量氯水，无气体，则溶液中无2-3CO，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则含有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，则原溶液中有2-3SO，由于Ca2+与2-3SO会反应产生CaSO3

沉淀而不能大量共存，则溶液中无Ca2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L-1，根据电荷守恒，一定含有4NH+、Na+、K+，一定不存在Cl-，滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水

时引入的Cl-，结合溶液为电中性来解答。【详解】A．根据BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质检验2-4SO；氯水检验强氧化性，将2-3SO转化为2-4SO，与Ba2+会产生BaSO4沉淀，且加入氯水时溶液中已含有氯离子，所以对Cl-的检验也没有影响，A正确；B．根据题目中已知

物质的浓度都相等，都等于0.1mol/L，已经确定含有2-3SO、Br-、4NH+、Na+、K+，一定不存在Cl-，B正确；C．肯定上述分析可知原溶液中存在的离子是2-3SO、Br-、4NH+、Na+、K+，C错误；D．根据电荷守恒

可以判断出溶液中有4NH+，D错误；故合理选项是AB。【点睛】本题考查离子的检验及离子共存，把握常见离子的检验及发生的化学反应为解答的关键，注意常见离子的性质及判断离子检验方法，侧重考查学生的分析能力及思维严密性。12.含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co

3O4＋6ClF3===6CoF3＋3Cl2＋4X。下列有关该反应的说法，正确的是A.X与O3互为同素异形体B.ClF3中氯元素为－3价C.Co3O4在反应中作氧化剂D.0.5molCo3O4参加反应转移4.5mol电子【答案】AD【

解析】【详解】A.由化学方程式2Co3O4＋6ClF3===6CoF3＋3Cl2＋4X可知，Co3O4作还原剂，Co3O4中-2价的O被氧化0价的O2，有元素守恒可知生成物中X为O2，则X与O3互为同素异形体，故选A；B．F元素在化合物中只显示-1价，化合物中各元素的

化合价之和为零可知ClF3中氯元素为+3价，故B不选；C．Co3O4在反应中作还原剂，故C不选；D．由化学方程式2Co3O4＋6ClF3===6CoF3＋3Cl2＋4X可知2molCo3O4转移18e−，故0.5molCo3O4参加反应转移4.5mol电子，故选D。答案选AD13.已知：还原性

-3HSO＞I－，氧化性-3IO＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是A.0～a间发生反应3-3HSO＋-3I

O===32-4SO＋I－＋3H＋B.a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.2molC.b～c间发生的反应中I2既是氧化产物又是还原产物D.当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08mol【答案】B【解析】【详解】A．由

图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I－没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0～a间发生反应的离子方程式为：3-3HSO＋-3IO===32-4SO＋I－＋3H＋，故A不选；B．由图示可知a=0.4mol

，b为1mol，a~b之间共消耗0.6mol-3IO且无I2生成，故根据方程式3-3HSO＋-3IO===32-4SO＋I－＋3H＋可知，每消耗1mol-3IO则有3mol-3HSO被氧化，则有0.6mol-3IO消耗时有1.8mol-3HSO被氧

化，故选B；C．由图示b～c之间所发生的离子反应方程式-3225IIO6H3I3HO−+++=+，可知I2即是氧化产物又是还原产物，故C不选；D．0～1之间共消耗1molKIO3，则生成1molI－，又由b～

c之间的方程式为：-3225IIO6H3I3HO15a5513a=0.08mol3a25aa3a−+++=+−=解得，n=1mol0.08mol=1.08mol+，所以当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，

加入的KIO3为1.08mol，故D不选。答案选B。14.常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是()A.每生成1molNCl3，理论上有4molH＋经质子交换膜由右侧向

左侧迁移B.可用湿润的KI－淀粉试纸检验气体MC.石墨极的电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－===NCl3＋4H＋D.电解过程中，电子的流动方向为电源负极→铂棒→石墨棒→电源正极【答案】C【解析】【详解】A.根据图像可知：石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应N

H4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜有右侧向左侧迁移，A错误；B.Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应,电极反应式为：2H++2e−=H2↑，不可用

湿润的淀粉纸质检验氢气，B错误；C.石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋，C正确；D.电解过程中，质子交换膜右侧溶液中发生反应：NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋，但是产生的氢离子会移向阴极Pt电极，右侧溶液的

pH几乎不变，D错误；答案为C。15.通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是A.量筒Ⅰ用于测二氧化碳的量，干燥管b中装入碱石灰，量筒Ⅱ用于测氧气的量B.Q气球中

产生的气体主要成分为O2、CO2C.测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3D.读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小【答案】AD【解析】【分析】变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后在Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑

；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积。反应停止，打开K2，再缓缓打开K1，广口瓶内外相

通，气球Q慢慢缩小，混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒Ⅱ中收集的是O2，据此分析选项。【详解】A．加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中用排水法测氧气的量，而量筒

Ⅰ中排出的水的体积即为产生的CO2、O2的体积，A错误；B．加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生CO2、O2气体，Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2，B正确；C．反应

产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K1、K2打开K3，C正确；D．读取气体总体积后关闭K3缓缓打开K1还要打开K2，才能观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的

，气球体积无法减小，D错误；故合理选项是AD。【点睛】本题考查混合物含量的测定，掌握过氧化钠、碳酸钠的性质，搞清量筒Ⅰ、Ⅱ的作用，是正确解答的关键。16.NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，广泛应用于工业生产。(1

)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为________________。(2)NaH能与水剧烈反应：NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_________，生成的H2标准状况下体积为2.24L时，转移电子的数目________。(3)在高温下氢

化钠(NaH)可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，该反应的化学方程式为：______________。(4)NaH与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：_________________。(5)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：_____

________________。【答案】(1).－1价(2).1∶1(3).0.1NA(4).2NaH＋TiCl4Ti＋2NaCl＋2HCl↑(5).4NaH＋AlCl3=NaAlH4＋3NaCl(6).Na

AlH4＋2H2O=NaAlO2＋4H2↑【解析】【分析】(1)根据化合物中元素化合价代数和等于0分析；(2)在NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，应是水中的H元素与NaH中的H元素之间得失电子，据此分析判断；(3)在高温下氢化钠(NaH)与四氯化钛(TiCl4)反应

金属钛和NaCl、HCl，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式；(4)NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，据此书写；(5)NaAlH4与水反应生成H2，应是水中的+1价的H元素与NaAlH4中的-1价的H元素之间得失电子

，据此书写；【详解】(1)在化合物中Na元素化合价是+1价，由于化合物中元素化合价代数和等于0，所以NaH中H元素化合价为-1价；(2)在NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，水中的+1价的H得到电子变为H2中0价的H；NaH中的-1价H失去电子被

0价的H2，所以NaH作还原剂，H2O作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1；每反应转移1mol电子，反应产生1molH2，若反应生成的H2标准状况下体积为2.24L时，其物质的量是n(H2)

=2.24L22.4L/mol=0.1mol，所以反应转移电子的数目是0.1NA。(3)在高温下氢化钠(NaH)与四氯化钛(TiCl4)反应金属钛和NaCl、HCl，H元素化合价升高，Ti元素化合价降低，根据电子守恒、原

子守恒，可得反应方程式：2NaH＋TiCl4Ti＋2NaCl＋2HCl↑；(4)NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应中无元素化合价的变化，根据原子守恒可知另一种生成物是NaCl，故化学反应方程式为：4NaH+AlC

l3=NaAlH4+3NaCl；(5)NaAlH4与水反应生成H2，即NaAlH4中-1价的H化合价升高为H2中的0价，水中+1价的H得到电子变为H2中的0价的H，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学反应方

程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑。【点睛】本题主要考查的是常见元素以及其化合物的性质。H元素一般化合价为+1价，在与活泼金属形成的化合物中为-1价，具有强的还原性，在书写化学反应方程式时，要结合电子守恒、原子守

恒分析。17.在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙(粒子直径在1～10nm之间)。下图所示A～E为实验室常见的仪器装置(部分固定夹持装置略去)，请根据要求回答问题。(1)实验室制取氨气的化学方程式：________________________

____，选用上图所示装置制取、收集干燥的NH3，接口的连接顺序是：a→_____→_____→_____→_____→h________(填小写字母代号)。(2)向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是______，试写出制纳

米级碳酸钙的离子方程式：_____________________________。(3)在浓CaCl2溶液和NH3用量正确的情况下，CO2不足或过量都会导致纳米级碳酸钙产量下降，若CO2过量，溶液中大量存在的离子有(不考虑弱电解质的电离和盐类水解产生的少量离子)：_____

_____________。(4)取反应后去除CaCO3的溶液分别做以下实验，下列实验判断合理的是_____(填字母代号)。A．滴加少量Na2CO3溶液，若有沉淀生成，说明CO2一定不足B．滴加少量盐酸，若有气泡产生，说明CO2一定过量C．测量溶液pH

，若pH小于7，说明CO2一定过量D．滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明CO2一定没有过量【答案】(1).Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2).d、e、g、f(3).NH3(4).Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2=CaCO3(胶体)＋2+4NH(5).C

a2＋、3HCO−、+4NH、Cl－(6).B【解析】【分析】(1)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙反应制得，生成氯化钙、氨气和水；根据制取装置、净化装置、收集装置尾气处理装置选择装置接口顺序；(2)根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写

出方程式；(3)在浓CaCl2溶液和NH3用量正确的情况下，若二氧化碳过量，二氧化碳、碳酸钙和水反应生成碳酸氢钙；(4)根据物质的性质及离子检验方法判断合理选项。【详解】(1)在实验室一般是用氯化铵和碱石灰

混合加热反应制取氨气，反应化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；实验室制取氨气采用固体与固体混合加热型装置，所以应选A为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，应选C；氨气极易溶于水，且氨

气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，应选D；氨气是有刺激性气味的气体，所以不能直接排空；可根据氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，故选E；干燥管在使用时是大口进小口出，所以

仪器装置的接口连接顺序是d、e、g、f、h；(2)氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，为增大CO2在水中的溶解度，反应产生更多的23CO−，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，使溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和

氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，制纳米级碳酸钙的离子方程式：Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2=CaCO3(胶体)＋2+4NH；(3)若二氧化碳过量，二氧化碳、碳酸钙和水反应生成碳酸氢钙导致碳酸钙的量减少，碳酸氢钙是可溶性的强电解质，在水溶液里电离出Ca2+、3HCO−，溶液中还含有

+4NH、Cl-，故溶液中含有的离子有：Ca2+、3HCO−、+4NH、Cl-；(4)根据(3)可知：若CO2过量溶液中大量存在的离子有Ca2＋、3HCO−、+4NH、Cl－.A．滴加少量Na2CO3溶液，

若有沉淀，该沉淀为CaCO3，说明有23CO−和Ca2＋的反应，无论CO2是否过量，溶液中都存在Ca2＋，因此都会产生白色沉淀，A错误；B．滴加少量盐酸，若有气泡，为3HCO−和酸的反应，CO2一定过量，B正确；C．未指明测定温度，因此不能根据溶液pH小于7就判断溶液显酸性，指

明CO2过量，C错误；D．CO2过量溶液中大量存在的离子有Ca2＋、3HCO−、+4NH、Cl－，滴加少量BaCl2溶液，无沉淀，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了二氧化碳气体的制取及纳米级碳酸钙的实验室制法、溶液成分的判断，明确原理是解题关键，注意根

据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置，侧重考查学生的分析、实验能力。18.用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li：3.50%，Ni：6.55%，Ca：6.41%，Mg

：13.24%)制备Li2CO3，并用其制备锂电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：资料：i滤液1、滤液2中部分离子浓度(g·L－1)Li＋Ni2＋Ca2＋Mg2＋滤液122.7220.680.3660.18滤液2

21.947.7×10－30.080.78×10－3ii．EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物iii．某些物质的溶解度（S）T/℃20406080100S(Li2CO3)/g1.331.171.

010.850.72S(Li2SO4)/g34.733.632.731.730.9I.制备Li2CO3粗品(1)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是_______________（任写一条）。(2)滤渣1的主要成分有_____________。(3)向滤液2中先加入ED

TA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是_____________________________________。(4)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是_____

___g。（摩尔质量：Li：7g/mol，Li2CO3：74g/mol)II.纯化Li2CO3粗品(5)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用阳离子交换膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阴极的电极反应式是：________

______________________。Ⅲ.制备LiFePO4(6)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是__________________________________________。【答案】(1).研磨、加

热、增大硫酸浓度（任写一点）(2).CaSO4(3).趁热过滤(4).185ab(5).2H2O+2e-=2OH-+H2↑(6).Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO↑【解析】【分析】根据流程：将含锂废渣

研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属离子，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4；向滤液1中加入NaOH调节pH=12可沉淀溶

液中的Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2；滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解

LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3，将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO↑，据此分析作答。【详解】(1)流程中为加快化学反应速率而采取的措施有：将含锂废料研磨、70℃加热、适当增大硫酸的浓度；(2)

根据分析可知滤渣1的主要成分是CaSO4；(3)根据表可知Li2CO3随温度的升高而降低，故90℃充分反应后，通过趁热过滤，可分离出固体Li2CO3粗品；(4)lkg含锂3.50%的废渣，由于锂的浸出率为a，则浸出Li+的物质的量为n(Li+)=1?000?g3.5%a7?g/mol

=5amol，由于Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是m(Li2CO3)=5amol×12×b×74g/mol=185abg；(5)根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电离子为氢氧根离子，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极上溶液中水

电离产生的氢离子放电，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；(6)Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则该反应的化学方程式为：Li2CO3+2C+2FePO42LiFeP

O4+3CO↑。【点睛】本题考查了物质制备流程。涉及反应速率的影响因素、物质成分的判断、物质含量的计算及电化学知识。正确理解题干信息，充分利用已学知识，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生在有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。19.甲醇是一种新

型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产。工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇。该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=‒116kJ/mol(1)已知：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H2=‒283kJ/molH2(g)+12O2(g)=H

2O(g)△H3=‒242kJ/mol则表示lmol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为：_______________。(2)下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是_______(填字母代号)。A．随时将CH3OH与反应混合物分离B．降低反应温度C．增大体系压强D．使用高效催

化剂(3)在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为lmol)与CO平衡转化率的关系。请回答：

①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是_________；②利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=__________。(4)一氧化碳可将金属氧化物还原为金属单质和二氧化碳。

四种金属氧化物(Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳还原时，lg2c(CO)c(CO)与温度(T)的关系如图。700℃时，其中最难被还原的金属氧化物是________(填化学式)。(5)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×1

0-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10-5mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______________mol/L。【

答案】(1).CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-651kJ/mol(2).CD(3).270℃(4).4(5).Cr2O3(6).2×10-4【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将题中热化学方程式叠加，可得出甲醇完全燃烧生成二氧

化碳的热化学方程式；(2)根据平衡移动原理进行判断，温度升高，反应速率加快，使用催化剂，反应速率加快；(3)①合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，转化率降低；②先确定a点时的各种物质的浓度，再根据平衡常数表达式K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；(4

)物质越难被还原，反应产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，lg2c(CO)c(CO)越大；(5)计算平衡时钙离子、碳酸根离子的浓度，利用碳酸钙沉淀的溶度积计算生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度。【详解】(1)已知：①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H2=

‒283kJ/mol②H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H3=‒242kJ/mol③CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=‒116kJ/mol根据盖斯定律：①+②×2-③，整理可得：CH

3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-651kJ/mol；(2)A．随时将CH3OH与反应混合物分离，CH3OH的浓度减小，反应速率降低，A不符合题意；B．温度降低，反应速率变小，B不符合题意；C．体系压强增

大，单位体积内反应物分子数增加，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，C符合题意；D．使用催化剂，反应速率加快，D符合题意；故合理选项是CD；(3)①根据反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=‒116kJ

/mol可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应分析移动，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是270℃；②CO起始时物质的量是1mol，n(H2)=32n(CO)=1.5mol，在a点时CO的转化

率是50%，反应消耗了1mol×50%=0.5molCO，消耗氢气1mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(CO)=0.5mol，n(H2)=1.5mol-2×0.5mol=0.5mol，n(CH3OH)=0.5mol，由于容积为1L，所以物质的平衡浓度：c(CO

)=c(H2)=c(CH3OH)=0.5mol/L，故该反应的平衡常数K=20.50.50.5=4；(4)物质越难被还原，反应达到平衡产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，平衡时lg2c(CO)c(CO)越大。根据图象可知：在这几种金属氧化物还原与lg2c(CO)c(CO)的关

系可知：Cr2O3最难被还原；(5)根据碳酸钙沉淀的溶度积表达式Ksp=c(Ca2+)·c(23CO−)，混合溶液中c(23CO−)=12×5.6×10-5mol/L=2.8×10-5mol/L，则生成沉淀所需Ca2+的最小浓度c(Ca2+)=()9sp523K2.8102.8

10cCO−−−=mol/L=1.0×10-5mol/L，则原溶液中Ca2+的最小浓度c(Ca2+)=1×10-4mol/L×2=2×10-4mol/L。【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学反应速率的影响因素及反应平衡常数和溶度积常数计算，掌握有关概念及盖斯定律

和平衡移动原理是解题关键，侧重考查学生对所学知识的掌握及综合应用能力。20.目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显

示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的结构简式为___________。B的官能团名称___________。（2）上述转化过程中属于取代反应的有___________。A．①③④B．①③④C．②③④D．①②③④（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式__

_______________________________。（4）下列关于化合物D的说法正确的是___________（填字母）。A.属于酯类化合物B.1molD最多能与4molH2发生加成反应C.一定条件下发生加聚反应D.核磁共振氢谱有5组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异

构体的结构简式_______(任写一种)。①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基【答案】(1).(2).碳碳双键、溴原子(3).D(4).CH2=CH-CH2Br+NaOH⎯⎯⎯→水加热CH2=CH-CH2

OH+NaBr(5).BC(6).、(任写一种)【解析】【详解】（1）有机物C的分子式为763CHO，结合D的结构，可推知C为：，丙烯与溴单质在光照条件下取代反应生成B为22CH=CHCHBr，故答案为：，碳碳双键、溴原子；（2）反应①为丙烯与溴单质在光照条件下发生取代反应B22CH

=CHCHBr；反应②为22CH=CHCHBr与在一定条件下发生取代反应生成D；反应③为D与2SOCl在一定条件下发生取代反应生成E，反应④为E与在一定条件下反应生成F，综上分析上述转化过程中①②③④都属于取代反应，故答案为D；（3）22CH=CHCHBr属于卤代烃

，则卤代烃在加热条件下与氢氧化钠水溶液发生取代反应，则其反应方程式为：CH2=CH-CH2Br+NaOH⎯⎯⎯→水加热CH2=CH-CH2OH+NaBr；（4）A．化合物D不含酯基，不属于酯类化合物，D含有羧基和酚羟基，故D应属于羧酸或酚类化合物，故A不选；B．1molD含有1

mol碳碳双键和1mol苯环，故最多能与4molH2发生加成反应，故选B；C．D含碳碳双键在一定条件下能发生加成聚合反应，故选C；D．D的核磁共振氢共有6组谱峰，故D不选；故答案选BC；（5）①苯环上一溴代物只有2种，说明苯环上由两种环境的氢，②能发生银镜反应，说明

含有醛基，③苯环上有3个取代基，则取代基应为：－CHO、2个－OH且存在对称结构，符合条件的同分异构体的结构简式为：或，故答案为：或。