【文档说明】新疆北屯高级中学2021届高三上学期10月月考化学试卷【精准解析】.doc，共(22)页，870.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b03e4e4412812840c4f1e2d31c8eb270.html

以下为本文档部分文字说明：

北屯高级中学2020-2021学年第一学期考试(10月)高三化学试卷注意事项：1.本试卷共6页，答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号、准考证号等信息填写在答题卡上。2.作答非选择题时须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题须用2B铅笔将答题卡上对应题

目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23Mg：24N：14Al：27Ca：40第Ⅰ卷选择题(共

48分)一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共42分)1.下列有关化学用语使用正确的是A.次氯酸的结构式：H—Cl—OB.CO2的结构式：C=O=CC.用电子式表示氯化氢分子的形成过程：D.硫离子的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸分子内存在H—O键和O

—Cl键，其结构式为H—O—Cl，故A错误；B．二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键，其正确的结构式为：O=C=O，故B错误；C．氯化氢是共价化合物，不存在离子键，氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，氯原子最外层有7个电子，氯化氢分子的形成过程为：

，故C错误；D．硫离子的结构示意图为，故D正确；答案为D。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序

（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。④热化学反应方程式中物质的聚集状态、离子方程式中的电荷守恒、化学反应的客观性是经常出现错误

的地方，在判断时需要注意。2.下列说法中正确的是()A.二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质B.硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质C.硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电D.氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同【答案】D

【解析】【详解】A、SO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是SO2电离产生的，因此SO2不是电解质，故错误；B、硫酸钡虽然难容溶于水，但溶于水硫酸钡完全电离，属于强电解质，故错误；C、电解质导电，需要条件，即水溶液或熔融状态，因此纯硫酸不导电，故错误；D、OH－离子浓度相同，溶液中导

电离子的浓度以及所带电荷数相同，因此导电能力相同，故正确；答案选D。3.高铁酸钾(K2FeO4)是一种比Cl2、O3、KMnO4氧化性更强的多功能水处理剂。工业上可先制得高铁酸钠[离子反应为Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→2-4

FeO＋Cl－＋H2O]。然后在高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH。可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是()A.高铁酸钾能除去水中溶解的H2S等B.工业上制备高铁酸钠时每生成1mol还原产物，转移3mol电子C.高铁酸钾中Fe为＋6价，具有强氧化性，能杀菌

消毒D.高铁酸钾的还原产物易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降【答案】B【解析】【详解】A．高铁酸钾具有强氧化性，H2S中S元素化合价为-2价，具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，可用于除去水中溶解的H2S等，故A说法正确；B．工业上制备高铁酸钠方程式中，Cl元素化合价降

低(+1→-1)，每生成1mol还原产物，转移2mol电子，故B说法错误；C．K2FeO4中K元素化合价为+1价，O元素化合价为-2价，根据化合物化合价为0可知，Fe元素化合价为+6价，由题可知，K2FeO4具有强氧化性，因此能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故C说

法正确；D．高铁酸钾的还原产物为Fe3+，易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故D说法正确；答案选B。4.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB.常温下，22gCO2和N2O混合气体

中，含有的原子数目为1.5NAC.物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为0.2NAD.标准状况下，2.24L甲醇中含有C﹣H键的数目为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A、氯气与水的反应是可逆反应,

故0.1molCl2溶于水,转移的电子数目小于0.1NA,故A错误；B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol,故22gCO2和N2O的混合物的物质的量为0.5mol,而CO2和N2O均为三原子分子,故0.5mol混合气体含1.5mol原子,

故原子个数为1.5NA,所以B正确;C.物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液，没有体积无法计算含有的Cl-个数，故C错误；D、标况下甲醇为液态,2.24L甲醇无法计算含有C﹣H键的数目，故D错误；答案：B。5.下列化学用语书写

正确的是（）A.次氯酸的电离方程式：HClO===H++ClO－B.铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH－==AlO2－+H2↑C.电解精炼铜的阴极反应式：Cu－2e－==Cu2+D.已知中和热为57.3kJ·mol－1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热

化学方程式：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)==Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=－114.6kJ·mol－1【答案】D【解析】A项，次氯酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式为：HClOH++ClO-

，故A错误；B项，铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；C项，阴极发生还原反应，电解精炼

铜过程中，阴极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故C错误；D项，已知中和热为57.3kJ·mol-1，根据中和热的概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ•m

ol-1，即H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-114.6kJ•mol-1，故D正确。点睛：本题考查了电离方程式、离子方程式、电极反应式、热化学方程式的书写等基础知识，注意明确：①强弱电解质电离的不同，强电解质完全电离，弱电解质部分电离，

书写电离方程式时，前者用“=”后者用“”；②离子方程式书写原则：可溶性强电解质要拆写成离子，遵循原子守恒和电荷守恒，如题中B项电荷不守恒；③电解原理及电极反应式的书写，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则题中电解精炼铜，阳极为粗铜发生反

应Cu-2e-=Cu2+，电解液为含有Cu2+的溶液，阴极为精铜；④中和热概念，强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。6.ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。用氯化钠电解法生成ClO2的工艺原理示意图如下图，发生器内电解生成ClO2。下列说法正确的是A.a气

体是氯气，b气体是氢气B.氯化钠电解槽内每生成2mola气体，转移2mole-C.ClO2发生器中阴极的电极反应式为：ClO3-+2H++e-ClO2↑+H2OD.为使a、b气体恰好完全反应，理论上每生

产1molClO2需要补充44.8Lb气体（标况下）【答案】C【解析】【详解】A.由图中信息可知，电解食盐水时，阳极生成氯酸钠，阴极生成氢气，所以a为氢气；氯酸钠与盐酸发生反应生成二氧化氯和氯气，所以b为氯气，A不正确；B.氯化钠电解槽内每生成2mol氢气，转移4mole-，B不正确；C

.ClO2发生器中发生的反应是：2ClO3-+4H++2Cl-通电2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，电解时，阴极的电极反应式为ClO3-+2H++e-=ClO2↑+H2O，C正确；D.由C的分析可知，每生成1molC

lO2，消耗1molClO3-同时生成0.5molCl2，电解食盐水时生成1molClO3-同时得到3molH2，为使a、b气体恰好完全反应，3molH2应消耗3molCl2，理论上每生产1molClO2需要补3mol-0.5mol=2.

5molCl2，在标况下其体积为56L，D不正确；本题选C。【点睛】本题考查了电解原理在实际化工生产中的应用，难度较大。解题的关键是能够根据题意仔细分析各步的变化，分析总反应和电极反应，能对相关的反应进行定性和定量

的分析。7.如图是NH3与灼热的CuO反应及有关生成物的实验探究装置。下列有关判断正确的是(已知3223CuO2NH3Cu3HON+++)()A.A中盛有的物质可以是浓氨水与NaOHB.装置Ⅱ中的碱石灰起干燥作用，可用浓硫酸代替C.装置Ⅳ中的试管可以检验水的生成，并

收集冷却的水D.试管中收集的气体能完成水溶性的喷泉实验【答案】C【解析】【详解】A．倾斜向下的试管中只能盛装固体，故A中应盛放铵盐和强碱的混合物作为制备氨气的反应物，故A错误；B．浓硫酸不能干燥3NH，故B错误；C．无水硫酸铜固体遇水变为蓝色，故C正确；D．

E中收集的气体是2N，难溶于水，不能做水溶性的喷泉实验，故D错误；故答案为C。8.化学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法正确的是A.水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B.医用酒精和葡萄糖注射液可用丁达尔效应区分C.氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同D.铵态

氮肥和草木灰混合使用会降低肥效【答案】D【解析】A项：水晶不属于硅酸盐产品，A项错误；B项：医用酒精和葡萄糖注射液均为溶液，不可用丁达尔效应区分，B项错误；C项：氯水消毒杀菌是利用其氧化性，食盐水消毒杀菌是利用其能使细菌细胞失水，二者原理不同，C项错误；D项：铵盐和K2CO3会发生反应，生成的二

氧化碳、氨气挥发而降低肥效，D项正确。9.经过多方努力，郑州市的空气质量有明显改善。造成雾霾的重要原因之一是汽车尾气的排放，汽车加装尾气处理装置可以减少有害尾气的排放。在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面

吸附与解吸作用的过程如下图所示。下列说法错误的是A.NO2是该过程的中间产物B.汽车尾气的主要污染成分为CO和NOC.NO和O2必须在催化剂表面才能反应D.该催化转化的总反应方程式：2NO＋O2＋4CO催化剂4CO2＋N2【答案】C【解析】【详解】A.由题目提供的图可知：2NO+O2=2NO2，

2NO2+4CO催化剂4CO2+N2，NO2是该过程的中间产物，故A正确；B.汽油不完全燃烧可生成CO，空气中的氮气在气缸中放电条件下可生成NO，汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等，故B正确；C.NO和O2在常温下

就能反应生成NO2，故C错误；D.该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO＋O2＋4CO催化剂4CO2＋N2，故D正确。故选C。10.化学与环境、材料、信息、生活关系密切,下列说法正确的是()A.硫、氮、碳的氧化物是形成酸雨的主

要物质B.“山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效,这与蛋白质变性有关C.刚玉主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛主要成分是硅酸盐D.乳酸铁是某些补铁口服液的有效成分【答案】B【解析】【详解】A.硫、氮的氧化物SO2、NO2是形成酸雨的主要物质,CO2不是形

成酸雨的主要物质,故A错误；B.因为蛋白质高温会变性失去蛋白质的活性，故B正确；C.刚玉、红宝石主要成分是氧化铝,玛瑙主要成分是二氧化硅，分子筛主要成分是硅酸盐，故C错误；D.乳酸亚铁是某些补铁口服液的有效成分，故D错误；答案：B。11.如下为火山喷发

时硫元素的转化示意图，其中甲、乙在常温下均为气体，丙为液体，丁为固体。下列关于甲、乙，丙、丁的判断不正确的是A.甲只具有还原性B.乙、丙均为酸性氧化物C.乙既有氧化性，又有还原性D.丁为黄色或淡黄色固体【

答案】A【解析】【分析】根据转化关系，乙与水反应生成亚硫酸，则乙为二氧化硫；二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，则丙为三氧化硫；甲可与亚硫酸反应生成丁，且甲、丁为火山喷发的产物，则甲为硫化氢，丁为单质硫。【详解】A．甲为H2S，S为-2价，只有还原性，但其中的H为+1价，具有氧化性，H2

S既有氧化性，又有还原性，A判断错误；B．乙、丙分别为二氧化硫、三氧化硫，均能与碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，B判断正确；C．乙为二氧化硫，含有的S为+4价，处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，C判断

正确；D．丁为单质S，其为黄色或淡黄色固体，D判断正确；答案为A。12.工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下：已知：流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是A.电弧炉中发生的反应为C＋

SiO2CO2↑＋SiB.SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯C.每生产lmol高纯硅，需要44.8LCl2（标准状况）D.该工艺Si的产率高，符合绿色化学要求【答案】B【解析】【详解】A、二氧化碳与碳在高温下生成粗硅和一氧化碳，电弧炉中发生的反应

为2C+SiO22CO↑+Si，选项A错误；B、SiCl4进入还原炉之前在流化床反应器中除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，需要利用相互溶解的物质沸点不同，经过蒸馏提

纯，选项B正确；C、根据转化关系Si→SiCl4→Si，每生产lmol高纯硅，需要22.4LCl2（标准状况），选项C错误；D、该工艺中产生氯化氢气体且有氯气的参与，容易引起空气污染，不符合绿色化学要求

，选项D错误；答案选B。13.下列关于金属说法正确的是A.自然界中的金属元素都以化合态存在B.金属钠着火，可以用水灭火C.铁在潮湿的空气中很稳定，但红热的铁丝可与水蒸气反应D.Al与NaOH溶液的反应中，每转移3mole-，就生成1.5molH2【答案】D【解析】【详解】

A.金的活动性较弱，在常温下不与氧气反应，以单质形式存在于自然界中，故A错误；B.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠燃烧，故B错误；C.铁在潮湿的空气中会生锈，故C错误；D.由2Al+2NaOH+2H2O=2

NaAlO2+3H2↑可知，每转移3mole-，就生成1.5molH2，故D正确；故选D。14.下列各组物质稀溶液相互反应。无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是A.Na2CO3溶液与HCl溶液B.AlCl3溶液与NaOH溶液C.KA

lO2溶液与HCl溶液D.Na2SiO3溶液和HCl溶液【答案】D【解析】【详解】A、Na2CO3溶液滴入HCl溶液开始就产生气泡，反应为：Na2CO3+2HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，HCl溶液滴入Na2CO3溶液，开始时无气泡产生，反应为：Na2CO3+H

Cl＝NaCl+NaHCO3，当Na2CO3反应完后，继续滴入盐酸，NaHCO3与盐酸反应产生气泡，反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，现象不同，错误；B、AlCl3溶液滴入NaOH溶液开始时无沉淀产生，反应为：AlC

l3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，后产生白色沉淀，反应为：3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，NaOH溶液滴入AlCl3溶液开始时产生白色沉淀，反应为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓

+3NaCl，后沉淀溶解，现象不同，错误；C、KAlO2溶液滴入HCl溶液，开始时无沉淀生成，反应为：KAlO2+4HCl＝KCl+AlCl3+2H2O，后产生白色沉淀，反应为：3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，HCl溶液滴入KAl

O2溶液，开始时产生白色沉淀，反应为：KAlO2+HCl+H2O＝Al(OH)3↓+KCl，后沉淀不溶解，现象不同，错误；D、无论是Na2SiO3溶液滴入HCl溶液，还是HCl溶液滴入Na2SiO3溶液，都产生白色胶状沉淀，反应是：Na2S

iO3+2HCl＝2NaCl+H2SiO3↓，现象相同，正确。答案选D。15.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaC

O3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜

溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与

空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3M

gCl2，D项正确；答案选C。16.工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度的发挥原材料的价值，以下是工业生产纳米磁性氧化铁的流程，下列说法不正确的是A.用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈B.加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+C.

若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品D.溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2【答案】A【解析】【详解】A、碳酸钠溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污，故A说法错误；B、Fe3O4中认为含有Fe3＋，因此加入H2O

2的目的是氧化部分Fe2＋转化成Fe3＋，故B说法正确；C、通入N2的目的是防止Fe2＋被空气中的氧气氧化成Fe3＋，若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将把Fe2＋氧化成Fe3＋，不能得到高纯度的产品，故C说法正

确；D、Fe3O4认为有1/3的Fe2＋和2/3的Fe3＋，因此溶液A中Fe2＋和Fe3＋的浓度之比为1：2，故D说法正确；答案选A。17.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（）A.P4(s，白磷)=4P(s

，红磷)ΔH＞0B.以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等C.白磷比红磷稳定D.红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，

白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A错误；B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的

热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。18.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】【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。19.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

铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D

【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污

染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀

”反应的金属离子是Fe3＋，C正确；D、碳酸锂沉淀，硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不大。20.科

学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法正确的是（）A.电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝

电极B.三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动C.在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原D.液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极【答案】A【解析】【分析】由图可知该装置为电解池，Si4＋在液态铝电极得电子转化成Si，因此

液态铝电极为阴极，连接电源负极，Cu－Si合金所在电极为阳极，与电源正极相连，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，据此分析；【详解】由图可知该装置为电解池，Si4＋在液态铝电极得电子转化成Si，因此液态铝电极为阴极，连

接电源负极，Cu－Si合金所在电极为阳极，与电源正极相连，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，A、根据上述分析，液态铝为阴极，连接电源负极，电子流入液态铝，液态Cu－Si合

金为阳极，电子由液态Cu－Si合金流出，故A正确；B、根据装置图，三层液熔盐中没有电子通过，三层液熔盐的作用是可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，故B错误；C、由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化Si4＋，阴极反应Si4＋得电子转化为Si，因此Si优先于Cu被氧化，

故C错误；D、根据上述分析，液态铝电极为阴极，连接电源负极，故D错误；答案为A。【点睛】该题为电解装置，应从电解原理角度入手进行分析，连接电源正极的一极为阳极，该电极上失电子发生氧化反应，连接电源负极的一极为负极，该电极上得电子发生还原反应，电解质内部是阴阳

离子通过，没有电子通过。21.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵(44NHClO)等。制备44NHClO的工艺流

程如下：饱和食盐水423444NHClNaClONaClONaClONHClO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→电解电解除杂反应结晶粗品下列说法错误的是A.44NHClO属于离子化合物B.该条件下溶解度：444N

aClONHClOC.电解3NaClO溶解时阳极反应式为324ClOHO2eC1O2H−−−++−=+D.该流程中可循环利用的物质是4NHCl【答案】D【解析】【详解】A.NH4ClO4是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；B.4444

NHClNaClONHClO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→反应结晶当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；C.电解NaClO3溶液得到NaClO4，阳极失去电子，发生氧化反应，化合价升高，电极反应为：324ClOHO2eC1O2H−−−++−=+，故C正确；D.最后的母

液中含有的NaCl可循环利用，故D错误；故答案选D。第Ⅱ卷非选择题(共58分)22.如图所示，U形管内盛有150mL的溶液，按要求回答下列问题：(1)打开K2，闭合K1，若所盛溶液为稀硫酸，则B极为___极(填电极名称)，A极的电极反应式为：______。(2)

打开K1，闭合K2，若所盛溶液为NaCl溶液，一段时间后U形管内溶液的pH___________(填“变大”、“不变”或“变小”)，A极的电极反应式为：____________________________。若要使U形管内溶液恢复到起始状态，应向U形管内的溶液加入(或通入)__________

_。（填化学式）(3)如果要在铁块上镀上铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，则A电极的材料应换成是___(填“铁块”或“纯铜”)。【答案】(1).正(2).Zn-2e-=Zn2+(3).变大(4).2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2

↑）(5).HCl(6).铁块【解析】【分析】(1)原电池化学能转化为电能，打开K2，闭合K1，该装置为原电池，A极的Zn易失电子作负极、B极的C作正极，B电极上氢离子得电子发生还原反应；(2)打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A为阴极、B为阳极，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，溶液中生

成OH-，溶液碱性增强，若要使电解质溶液恢复到原状态，根据“析出什么加入什么”原则加入物质；(3)如果要在铁块上镀上铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，铜块作阳极、铁块作阴极，阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应，溶解的Cu等于析出的Cu。【详解】(1)打开K2，闭合K1，该

装置为原电池，A极的Zn易失电子作负极、B极的C作正极，A电极发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2+；(2)打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A为阴极、B为阳极，若所盛溶液为NaCl溶液，A电极上H+得电子被还原，生成氢气，同

时溶液中还生成OH-，B电极上氯离子放电生成氯气，电解反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，导致溶液碱性增强，溶液pH增大，A电极发生的电极反应式为2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑

+2OH-)；电解过程中阳极上析出氯气、阴极上析出氢气，所以相当于析出HCl，若要使电解质溶液恢复到原状态，根据“析出什么加入什么”原则加入物质应该是适量的HCl气体；(3)如果要在铁块上镀上铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，铜块作阳极、铁块作阴极，所以A电极应该是铁块、B

电极应为铜块。【点睛】分析电解过程的思维程序：①首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；②再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；③然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+

>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；电解原理的应用中包含铜的精炼，注意粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质。23.I．用50mL0.50mol·L-1的盐酸

与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是___________。(2)若大

烧杯上改用薄铁板，求得的反应热将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)若通过测定计算出产生的热量为1.42kJ，请写出该反应的热化学方程式：___________。II．取50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和50mL0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热测定实验

，实验数据如下表：(1)请填写表中的空白(取小数点后一位)：温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1___________227.

027.427.231.3325.925.925.929.9426.426.226.330.3(2)近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容

c=4.18J·g-1·℃-1，则中和热△H=___________(取小数点后一位)。(3)上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是___________(填字母)。a．实验装置保温

、隔热效果差b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【答案】(1).隔热、保温，减少热量损失(2).偏大(3).H+(aq)+OH-(aq)=H2O

(l)ΔH=-56.8kJ·mol-1(4).4.0(5).-66.9kJ/mol(6).b【解析】【详解】I．(1)中和热测定关键是保温工作，在烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是隔热、保温，减少热量损失；(2)若大烧杯上改用薄铁板，由于Fe易导

热，导致热量的散失，该反应为放热反应，反应热小于零，所以最终使求得的反应热偏大；(3)HCl与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，

50mL0.50mol/L盐酸中含有H+的物质的量为n(H+)=0.50mol/L×0.05L=0.025mol，50mL0.55mol/LNaOH中含有OH-的物质的量为n(OH-)=0.55mol/L×0.05L=0.0275mol＞

n(H+)，则反应产生水要以不足量的H+为标准计算，n(H2O)=n(H+)=0.025mol，放出热量是1.42kJ，则产生1molH2O放出热量为Q=1.42kJ÷0.025=56.8kJ，所以该反应的热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O

(l)ΔH=-56.8kJ·mol-1；II．(1)各个实验反应前后的平均温度分别是4.0℃、4.1℃、4.0℃、4.0℃、可见平均温度差为4.0℃；(2)硫酸与NaOH发生反应，方程式为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，二者反应的物质的量的比是1：2，题目给出的NaOH为标

准计算二者的物质的量相等，则NaOH不足量，以NaOH为标准计算H2O的物质的量，n(H2O)=n(NaOH)=0.50mol/L×0.05L=0.025mol，溶液的质量m=(50+50)mL×1g/cm3=10

0g，反应放出热量Q=c·m·△t=4.18J·g-1·℃-1×100g×4℃=1672J=1.672J，则该反应的反应热△H=-1.672kJ0.025mol=-66.9kJ/mol；(3)a．实验装置保温、隔热效果差，则溶液温度升高偏低，会导致中和热偏大，a

不符合题意；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，NaOH的物质的量偏多，以此为标准计算放出的热量偏大，最终使反应热偏小，b符合题意；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致反应放出热量损失，则溶液温度升高偏低，会导致中和热偏大，c不符合题意；d．用温

度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，会导致起始温度偏高，则反应后温度差偏小，计算放出的热量偏少，最终会使中和热偏大，d不符合题意；故合理选项是b。【点睛】本题考查中和热的测定及误差分析。中和热测定关键是

保温工作，反应混合物要快速混合，减少实验过程中的热量损失；若操作使放出的热量偏大或水的物质的量偏小，则中和热就偏低，反之就偏高。24.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合

物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化如图所示（某些反应条件和部分反应产物已略去）。（1）写出下列物质的化学式：D___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是___（填数字编号）。（

3）反应⑥的离子方程式为：___。（4）反应⑦的化学方程式为___；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。（5）除去D溶液中混有的少量G的方法是：___。（6）检验G溶液中阳离子的方法是：___。【答

案】(1).FeCl3(2).HCl(3).③⑥(4).Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(5).3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2(6).0.8(7).向混合液中通入足量氯气（或氯水）（或加入足量H2O2）(8).取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶

液不变色，再加新制氯水，溶液变为红色【解析】【分析】单质A和C反应生成黑色晶体E，E和X酸反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，

H在常温下为液体，H为H2O；B为黄绿色气体，B是氯气，依据G+B=D判断D为FeCl3、G为FeCl2、X为HCl。据此解答。【详解】根据以上分析，（1）D是氯化铁，化学式是FeCl3，X是盐酸，化学式是HCl。（2）反应①是铁与氯

气反应生成氯化铁，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应②是铁与氧气反应生成Fe3O4，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应③是Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和水，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；反应④是

FeCl3与铁反应生成FeCl2，铁元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑤是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，元素化合价改变，属于氧化还原反应；反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；

反应⑦是铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，元素化合价改变，属于氧化还原反应；在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。（3）反应⑥是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。（4）反应⑦是

铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2；3mol铁反应转移8mol电子，所以反应中每消耗0.3mol的铁，可转移电子0.8mol。（5）FeCl2与氯气反应生成FeCl3，除去FeCl3溶液中混有的少量

FeCl2的方法是通入过量的氯气。（6）Fe3+与SCN-反应生成血红色Fe(SCN)3，Fe2+与SCN-作用不显红色，所以检验Fe2+的方法是：取少量G溶液于试管中，滴2滴KSCN溶液，溶液不变色，再加新制氯水，溶液变为红

色，说明含有Fe2+。25.用钒钛磁铁为原料冶炼铁，产生一种固体废料，主要成分如下表。物质TiO2MgOSiO2CaOAl2O3质量百分含量/%51.0012.525.394.0019.34通过下列工艺流程可以

实现元素Ti、Al、Si的回收利用，并得到纳米二氧化钛和分子筛。请回答下列问题：(1)步骤①②③中进行分离操作的名称是_____________________。(2)下列固体废料的成分中，不属于碱性氧化物的是___________________(填字母序号)。a.TiO2b.MgOc.

SiO2d.CaO(3)熔融温度和钛的提取率关系如下图，适宜温度为500℃，理由__________________。(4)滤液①中溶质的成分是_______________________。(5)步骤②中发生反应的离子方程式是______________________

_____。(6)将步骤③中制取分子筛的化学方程式补充完整：_______□____+6Na2SiO3+8H2O=Na8Al6Si6O24(OH)2·2H2O+□根据成分表中数据，计算10kg固体废料，理论

上应再加入Na2SiO3物质的量的计算式是n(Na2SiO3)=______mol(摩尔质量/g/mol：SiO260Al2O3102)。【答案】(1).过滤(2).a、c(3).400℃钛的提取率太低，600℃钛的提取率提高不多

，从节约能源，降低生产成本角度考虑，500℃最适宜(4).NaAlO2、Na2SiO3、NaOH(5).Na2TiO3+2H+=H2TiO3+2Na+(6).6NaAlO210NaOH(7).【解析】(1)根

据流程图可知，步骤①②③操作后都得到滤渣和滤液，因此操作的名称是过滤。正确答案：过滤。2)碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水，题中TiO2和SiO2一般不与酸反应，不属于碱性氧化物；正确选项a、c。(3)从图

像可以看出400℃，钛的提取率太低，600℃钛的提取率提高不多，从节约能源、降低生产成本角度考虑，500℃最适宜；正确答案：400℃钛的提取率太低，600℃钛的提取率提高不多，从节约能源，降低生产成本角度考虑，500℃最适宜。

(4)二氧化硅和氧化铝与过量的氢氧化钠反应生成的产物分别为硅酸钠和偏铝酸钠，因此滤液①中溶质的成分是：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；正确答案：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH。(5)步骤②是由于加入了稀盐酸使N

aTiO3转化为H2TiO3，NaTiO3为固体，所以利用强酸制备弱酸规律，该反应的离子方程式：Na2TiO3+2H+=H2TiO3+2Na+；正确答案：Na2TiO3+2H+=H2TiO3+2Na+。6)根据元素守恒配平

，所缺的物质为6NaAlO2、10NaOH；根据反应可知：上一问的方程式硅酸钠与偏铝酸钠的比为1;1,根据图表的数据，偏铝酸钠的物质的量为（2×10000×19.34%）/102mol,硅酸钠的物质的量为（10000×5.39%

）/60mol，所以需要加入的硅酸钠的物质的量为两者的差值：100×([2×19.31/102]-[5.39/60])；正确答案：6NaAlO2、10NaOH；100×([2×19.31/102]-[5.39/60])。