石家庄市达标名校2019年高考一月仿真备考化学试题含解析

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（ ） A．原子半径大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)

B．沸点：XW2>Y2W

C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：XW

2．室温下，用0.20mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol/L的NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．溶液中水的电离程度：b>a>c B．pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mL C．在室温下K2(H2SO3)约为1.0×10-7

D．c点溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)

3．常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于0.1 mol/L NaHCO3溶液的下列说法错误的是

A．溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1 mol/L B．c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH－)

c(Na+)C．升高温度或加入NaOH固体, 均增大 -c(HCO3)D．将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数KKa1 Ksp4．用98%浓硫酸配制500mL 2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是 A．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线 B．定容时仰视500mL 容量瓶的刻度线 C．量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶 D．摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线 5．对下列实验现象或操作解释错误的是( ) 现象或操作 解释 A KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去 SO2具有还原性 B 配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，抑制Sn2+ 水解， 并防止 最后在试剂瓶中加入少量的锡粒 Sn2+被氧化为Sn4+ 不能说明该溶液中一定含有C 某溶液中加入酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 SO42- D A．A

向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀 B．B

C．C

D．D

Ksp(CuS) < Ksp(ZnS) 6．下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是 选项 实验操作 将甲烷与氯气在光照下反应，反应A 后的混合气体通入紫色石蕊试液中 且不褪色 镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和镀锌铁没有发生原B 食盐水中,一段时间后铁片附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液 向 2mL 0.l mol/L 醋酸溶液和 只有醋酸溶液中产C 2mL0.l mol/L 硼酸溶液中分别滴入少量0.lmol/LNaHCO3 溶液 向 FeCl3 溶液与 NaCl 溶液中分别滴入 30% H2O2 溶液 B．B

只有FeCl3 溶液中迅速产生气体 C．C 生气体 酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸 无蓝色沉淀 电池反应 现象 紫色石蕊试液变红反应产生了HCl 结论 D Fe3+能催H2O2分解 A．A D．D

7．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）

A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液 B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯

D．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋ 8．控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是 选项 A B 装 置 图 现象 结论 选项 右边试管产生气泡较快 催化活性：Fe3+>Cu2+ C 左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色 氧化性：Br2>I2 D 装 置 图 现象 结论 A．A

试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体 Ksp：AgCl>AgBr>AgI B．B

C．C

试管中液体变浑浊 非金属性：C>Si D．D

9．化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是 A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料 B．石墨烯是由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，属于烯烃

C．顾名思义，苏打水就是苏打的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料 D．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度 10．地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好。下列说法错误的是 A．港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物 B．“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2 C．《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3 D．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 11．在NH3、HNO3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是 ( ) A．使用吸收塔设备 C．使用H2作原料

B．使用尾气吸收装置 D．使用催化剂

12．下列各组离子能大量共存的是

A．在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42- B．在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-

C．在加入NH4HCO3产生气体的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3- D．加入Al片能产生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-

13．常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A．0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)

c(X-)B．L1表示-lg与pH的变化关系

c(HX)C．Kb(YOH)=10-10.5

D．a点时两溶液中水的电离程度不相同

14．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是

A．标准状况下，22.4 L的C2H4和C3H6的混合物中含有的碳碳双键数目为NA B．100 g 质量分数17%H2O2溶液中极性键数目为NA C．1 L0.1mol K2Cr2O7溶液中含铬的离子总数为0.2NA D．65 g Zn溶于浓硫酸中得混合气体的分子数为NA 15．甲烷燃烧时的能量变化如图，有关描述错误的是( )

A．反应①和反应②均为放热反应

B．等物质的量时，CO2具有的能量比CO低 C．由图可以推得：2CO(g)+O2(g)→2CO2(g)+283 kJ D．反应②的热化学方程式：CH4(g)+

3O2(g)→CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ 2二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，一种生产NaClO2的工艺如下：

己知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答下列问题：

（1）最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法，该方法的化学方程式为___，该新方法最突出的优点是___。 （2）获得产品NaClO2的“操作”包括以下步骤：

①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③___；④低于60℃干燥，得到产品。

（3）为了测定产品NaClO2的纯度，取上述所得产品12.5g溶于水配成1L溶液，取出10.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶势、充分反应后(ClO2被还原为Cl，杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉

－

溶液，用0.25mol·L1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液20.00mL，试计算产品NaClO2的

－

－

纯度___。(提示：2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2Nal)

（4）NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO2－、Cl－四种含氯微粒。经测定25℃各含氯微粒浓度随pH的变化情况如图所示(Cl－没有画出)。

①酸性条件下NaClO2溶液中存在的Cl－原因是___(用离子方程式解释)。

②pH＝5时，NaClO2溶液中ClO2、HClO2、ClO2－、Cl－四种含氯微粒的浓度由大到小的顺序是___。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C

易溶于水；J是一元含氧强酸。

回答下列问题：

(1)A的化学式为_________。

(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。 (3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。 (4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。

(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．氮及其化合物对环境具有显著影响。

（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：

N2g+O2gN2g+2O2g则2NOg+O2g2NOg △H=+180 kJ·mol−1 2NO2g △H=+68 kJ·mol−1

2NO2g △H=__________ kJ·mol−1

2NO2g的反应历程如下：

（2）对于反应2NOg+O2g第一步：2NOgk1正k1逆N2O2g快速平衡

k2第二步：NOg+Og2NOg慢反应

2222其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：υ正=k1正·c(NO)，υ逆= k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是______(填标号)。 A．整个反应的速率由第一步反应速率决定

B．同一温度下，平衡时第一步反应的k1正／k1逆越大，反应正向程度越大 C．第二步反应速率低，因而转化率也低 D．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高

（3）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为：

2

2NO2g+4COg4CO2g+N2g △H<0。某温度下，向10 L密闭容器中分别充入0.1 mol

NO2和0.2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：

时间／min 0 压强／kPa 75 2 73.4 4 71.95 6 70.7 8 69.7 1

10 68.75 12 68.75 在此温度下，反应的平衡常数Kp=___________kPa−(Kp为以分压表示的平衡常数)；若降低温度，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(P总)减小的原因是____________________。

（4）汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，反应机理如下 I： NO+Pt(s)=NO(*) [Pt(s)表示催化剂，NO(*)表示吸附态NO，下同] Ⅱ：CO+Pt(s)=CO(*) III：NO(*)=N(*)+O(*) IV：CO(*)+O(*)=CO2+2Pt(s) V：N(*)+N(*)=N2+2 Pt(s) VI：NO(*)+N(*)=N2O+2 Pt(s)

尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。

①330℃以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是__________________________。

②反应V的活化能_____反应VI的活化能(填“<”、“>”或“=”)，理由是_________________。 19．（6分）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：

已知：

①4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O2②Na2CO3+Al2O3

一定条件一定条件8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑；

2NaAlO2+CO2↑；

根据题意回答下列问题：

（1）操作I在常温下该反应速度极慢，下列措施中能使反应速率增大的是______． A．升高温度 B．通入过量的空气 C．将原料粉碎 D．增加纯碱的用量 （2）固体X中主要含有______（填写化学式）；

（3）酸化步骤用盐酸调节溶液pH＜5，并煮沸其目的是______．（离子方程式表示）

（4）操作 iv有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、______、洗涤、干燥．

（5）表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl． 该反应在溶液中能发生的理由是______．（文字说明）

溶解度/（g/100g水） 物质 0°C KCl NaCl K2Cr2O7 Na2Cr2O7 28 35.7 4.7 163 40°C 40.1 36.4 26.3 215 80°C 51.3 38 73 376 （6）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取n g样品，加入过量______（填写试剂）、溶解、过滤、再______（填写试剂）、…灼烧、冷却、称量，得干燥固体m g．计算样品中氢氧化铝的质量分数为______（用含m、n的代数式表示）．

参

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．C 【解析】 【分析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。 【详解】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，

A.同周期自左而右原子半径减小、Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：故A错误；

B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2S＞CS2，故B错误；

C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；

D.非金属性Z(P)＜W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3＜H2S，故D错误。 答案选C。 【点睛】

本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。 2．D 【解析】 【详解】

A．b的溶质为亚硫酸钠，亚硫酸钠水解会促进水的电离，a的溶质为NaHSO3，电离大于水解会抑制水的电离，c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，pH=13，对水的电离抑制作用最大，A项正确；

B．当NaHSO3与氢氧化钠恰好完全反应时，形成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)<10.00mL，B项正确；

C．b的溶质为0.1mol/L亚硫酸钠，亚硫酸钠水解为HSO3-和OH-，Kh=

cHSO3cOHcSO32=104104=107，

0.1--+3w2Kh=

cHSO3-cOH-cSO32-=cHSOcOHcH=KKcSOcH2-+3=10-7，解得K2(H2SO3)约为1.0×10-7，C项正确；

D．c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，应为c(OH-)＞c(SO32-)，D项错误； 答案选D。 3．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1 mol/L NaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1 mol/L，A正确；

B． NaHCO3溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：②c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①代入②可得c(H+)+c(H2CO3)＝(CO32-)+c(OH-)，B正确；

+c(Na)C．升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，-会

c(HCO3)+c(Na)增大；加入NaOH固体，c(Na+)会增大， HCO3-与OH-反应导致c(HCO3-)减小，会增大，所以C

c(HCO3-)正确；

D．将少量 NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3- H++ CO32-（Ka2）、Ba2++ CO32-= BaCO3↓（

1）、KspH

+

+ HCO3-= H2CO3（

Ka212+-），三式相加可得总反应Ba+2HCO3=BaCO3↓+H2CO3(K)，所以K=，D错Ka1KspKa误； 答案选D。 【点睛】

方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。 4．C 【解析】

A、B、量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的浓硫酸偏小，则浓度偏低，故A错误；定容时仰视500mL 容量瓶的刻度线，定容时加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故B错误；C、量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，所量取的浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸的浓度偏高，故C正确；D、摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线，又加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故D错误；故选C。 5．D 【解析】 【详解】

A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；

B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；

C选项，某溶液中加入酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；

D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化

钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。 综上所述，答案为D。 【点睛】

易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。 6．B 【解析】 【分析】 【详解】

A. 将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，说明生成了HCl，故A不符合题意；

B. 镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中，一段时间后铁片附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀，锌作负极，铁作正极，铁受到了保护，镀锌铁发生了原电池反应，故B符合题意；

C. 向 2mL 0.l mol∙L−1醋酸溶液和 2mL0.l mol∙L−1硼酸溶液中分别滴入少量0.l mol∙L−1 NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中产生气体，说明醋酸和碳酸氢钠反应，硼酸不与碳酸氢钠反应，则得出酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故C不符合题意；

D. 向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入 30% H2O2 溶液，只有FeCl3溶液中迅速产生气体，说明Fe3+对H2O2分解起催化作用，故D不符合题意。 综上所述，答案为B。 7．D 【解析】 【详解】

A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；

B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B错误；

C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故C错误；

D、向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到KSCN溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确； 故选D。 8．A 【解析】

两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+>Cu2+，选项A正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2>I2，选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：AgCl>AgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：AgBr>AgI，选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。 9．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，故A错误；

B．烯烃中含有C、H元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H原子，不属于烯烃，故B错误； C．苏打水为碳酸氢钠的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料，故C错误；

D．洗发水的pH大于7、护发素的pH小于7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D正确； 故选D。 10．B 【解析】 【详解】

A、聚乙烯纤维，由小分子乙烯加聚得到，是有机高分子化合物，A不符合题意； B、太阳能电池的材料是Si，而不是SiO2，B符合题意；

C、石灰石的主要成分为CaCO3，受热分解得到CaO，C不符合题意； D、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，Cu2(OH)2CO3；D不符合题意； 答案选B。 11．D 【解析】 【详解】

A、H2SO4不用H2作原料，错误；

B、SO2到SO3需要催化剂，NH3的合成与氧化需要催化剂，正确； C、NH3的合成不使用吸收塔设备，错误；

D、工业生产中原料充分利用，一般有毒气体较少排放，错误。

答案选D。 12．C 【解析】

A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A错误；B、在新制氯水中，氯水具有强氧化性:Fe2+会被氧化成铁离子，故B错误；C、在加入NH4HCO3产生气体的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均无沉淀、气体或水生成，故C正确；D、加入Al片能产生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性：NH4+、HCO3-在碱性条件下不共存，HCO3-在酸性条件下不共存，故D错误；故选C。 13．A 【解析】 【详解】

c(X-)NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的

c(HX)-

c(X-)值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐

c(HX)c(Y+)c(Y+)Y离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与

c(YOH)c(YOH)+

pH的变化关系。

Khc(X-)A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电

K或Kc(HX)ab离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；

c(X-)B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；

c(HX)c(Y+)c(Y+)C．曲线L2表示-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，与pH的变化关系，-lg

c(YOH)c(YOH)-+c(OH)c(Y)c(OH-)=1×10-10.5mol/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；

c(YOH)D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确； 故答案为A。 14．D

【解析】 【详解】

A. C3H6可以是环烷烃，不含碳碳双键，故A错误；

B. H2O2溶液中含有极性键的是H2O2和H2O，100 g 质量分数17%H2O2溶液中含有极性键的物质的量为(

100g17%100g83%22)mol>1mol，故B错误；

34g/mol18g/mol2 H＋＋2CrO42－，因此溶液中含铬的离子总物质的量不等于

C. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－＋H2O0.2mol，故C错误；

D. 锌和浓硫酸反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，锌和稀硫酸反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，65 g Zn完全溶于浓硫酸中，无论得到SO2还是H2还是混合气体，得到分子数都为NA，故D正确； 答案：D。 15．C 【解析】 【详解】

A．从图像可以看出，甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应①和反应②均为放热反应，故A正确； B．从图像可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正确； C．CH4(g)+ CO(g)+

3O2(g)=CO(g)+2H2O(l) +607.3 kJ②，CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) +0.3 kJ①，①-②得到21O2(g)=CO2(g)+283 kJ，故C错误； 23O2(g)=CO(g)+2H2O(l)+607.3 kJ，故D正确； 2D．根据图示，反应②的热化学方程式：CH4(g)+ 答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．2NaClO3 ＋H2C2O4＋H2SO4 = 2ClO2↑＋CO2↑＋2H2O 反应中生成的CO2对ClO2起到了稀释作用，提

－＋－

高了生产的安全性能 用38℃—60℃的温水洗涤 90.5% 5ClO2＋ 4H ＝4ClO2 ＋ Cl ＋

2H2O c(HClO2) > c(ClO2－) > c(ClO2) > c(Cl－) 【解析】 【分析】

⑴根据氧化还原反应原理写出新方法制备，由于浓度较大会发生爆炸，因此新方法中二氧化碳对ClO2有稀释作用，降低了浓度，避免安全事故。

3H2O，⑵由于NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，因此避免低于用38℃以下的水，且不能高于60℃的温水洗涤。 ⑶根据方程式建立NaClO2与Na2S2O3关系，列出方程，计算12.5g中NaClO2的物质的量，再计算纯度。 ⑷由于ClO2－自身发生氧化还原，根据氧化还原反应原理写出离子方程式，再根据图像得出微粒的浓度大小，还要根据方程式得出c(ClO2)和c(Cl－)的大小。

【详解】

⑴根据氧化还原反应原理得出该方法的化学方程式为2NaClO3 ＋H2C2O4＋H2SO4 = 2ClO2↑＋CO2↑＋2H2O，反应生成了CO2和ClO2，CO2对ClO2起到了稀释作用，提高了生产的安全性能，因此该新方法最突出的优点是反应中生成的CO2对ClO2起到了稀释作用，提高了生产的安全性能，故答案为：2NaClO3 ＋H2C2O4＋H2SO4 = 2ClO2↑＋CO2↑＋2H2O；反应中生成的CO2对ClO2起到了稀释作用，提高了生产的安全性能。 3H2O，⑵由于NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，因此用38℃—60℃的温水洗涤，故答案为：用38℃—60℃的温水洗涤。

⑶根据方程式得出关系

1mol4mol= xmol0.25molL-10.02L解得x = 0.00125mol，则12.5g样品中NaClO2的物质的量0.00125mol×100 = 0.125 mol，其产品NaClO2的纯

0.125mol90.5gmol1100%90.5%，故答案为：90.5%。 度ω=12.5g⑷①酸性条件下NaClO2溶液要发生自身氧化还原反应生成Cl－和ClO2，其用离子方程式为5ClO2－＋ 4H＋

－－＋－

＝4ClO2 ＋ Cl＋ 2H2O，故答案为：5ClO2＋ 4H ＝4ClO2 ＋ Cl＋ 2H2O。

②pH＝5时，根据图像可以得出NaClO2溶液中c(HClO2) > c(ClO2－) > c(ClO2)，根据第①问在酸性条件下得

－－

c(Cl－) < c(ClO2)，到ClO2和Cl的比例关系，因此四种含氯微粒的浓度由大到小的顺序是c(HClO2) > c(ClO2) >

c(ClO2) > c(Cl－)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．NH4Cl 4NH3+5O2

4NO+6H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 1:2 【解析】 【详解】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。 (1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；

(2)一定条件下，BENO）FH2O）（NH3）和D（O2）反应生成（和（的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； (4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O； (5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．-112 BD 1.14 降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小 CO+2NO就小 【解析】 【分析】

（1）根据盖斯定律解答即可；（2）根据影响化学反应速率因素和化学平衡的条件进行判断反应的问题；（3）运用三段式和Kp的含义计算；（4）根据反应的机理和图像分析。 【详解】

(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应： ① N2(g)+ O2(g)

2NO(g) △H=+181 kJ·mol-1 ② N2(g)+ 2O2(g)

2NO2(g) △H=+68 kJ·mol-1，运用

CO2+N2O > 生成N2O的选择性高，说明反应VI的化学反应速率大，该反应的活化能

盖斯定律将②-①得，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）∆H=+68 kJ·mol-1-181 kJ·mol-1=-112 kJ·mol-1；答案：-112。

(2) A项，对于反应2NO(g)+ O2(g)

2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)

N2O2(g)（快速

平衡）；第二步：N2O2(g)+ O2(g) 2NO2(g)（慢反应），决定总反应速率的是第二步，故A错误；B项，

υ逆=k1逆·c(N2O2)，因为υ正=k1正·c2(NO)，同一温度下达到平衡时υ正=υ逆，即k1正／k1逆= c(N2O2)/ c2(NO)=反应的平衡常数，k1正／k1逆越大，反应正向程度越大，故B正确；C项，化学反应速率快慢，与转化率没有关系，故C错误；D项，化学反应的活化能越高，活化分子数目越越少，有效碰撞次数越少，化学反应速率越慢，所以第二步比第一步反应的活化能高，故D正确；答案：BD。

（3）向11L密闭容器中分別充入1．1 mol NO2和1．2 mol CO，反应11min达到平衡，体系内圧強由75kPa减少到68.75kPa，则反应该中转化N2的浓度为xmol/L 2NO2(g)+ 4CO(g)

4CO2(g) + N2(g)

幵始(mo/L) 1.11 1.12 1 O 变化(mo/L) 2x 4x 4x x 平衡(mol/L)1.11-2x 1.12-4x 4x x

根据压强比就等于物质的量之比：75kPa/68.75kPa=（1.11+1.12）/(1.11-2x+1.12-4x+4x+x)，解得

x=1.1125；

Kp=[(68.751.11/1.1275)468.75×1.1125/1.1275]/[(68.75×1.115/1.1275)2×(68.75×1.11/1.1275)4]=1.14；因为该反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动，气体的总物质的量减小，压强减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。答案：1.14；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。

（4）①由图可知331℃以下的低温区中CO2、N2O含量较高，故发生的主要反应的化学方程式是CO+2NO

CO2+N2O；答案：CO+2NO

CO2+N2O。

②低温区N2O选择性高于N2 ，由此可推断出: V反应的活化能 > VI反应的活化能，理由是反应的活化能小，化学反应速率大，选择性高；答案：> ；生成N2O的选择性高，说明反应VI的化学反应速率大，该反应的活化能就小。 【点睛】

本題考査了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡的有关知识。反应热与反应途径无关，対于有多步反应的化学反应，反应的快慢由慢反应决定，可根据化学平衡常数与速率常数关系，判断反应迸行的程度。 19．ABC Fe2O3、MgO Cr2O72﹣+H2O═2CrO42﹣+2H+ 冷却结晶 过滤 K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小） NaOH溶液 二氧化碳 【解析】 【分析】

铬铁矿通过焙烧4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O2Na2CO3+Al2O3

一定条件一定条件26m 17n8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑，

2NaAlO2+CO2↑，生成Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2的混合体系，然后加水溶解经

操作Ⅱ得固体X为：Fe2O3、MgO和溶液Na2CrO4、NaAlO2，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀，操作Ⅲ得到Y为氢氧化铝，继续调节溶液的PH使CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，最后向所得溶液中加入氯化钾，Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，生成溶解度极小的K2Cr2O7，结晶得到晶体。 【详解】

(1)A．升高温度，可以加快反应速率，故A正确；

B．通入过量的空气，增大了氧气的量，可以加快反应速率，故B正确； C．将原料粉碎，增大了接触面积，可以加快反应速率，故C正确；

D．纯碱是固体，不涉及浓度问题，所以改变纯碱的量，不能改变反应速率，故D错误；

(2)铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O2

一定条件8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑；Na2CO3+Al2O3

一定条件2NaAlO2+CO2↑；

Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，操作Ⅰ是过滤得到固体X为Fe2O3、MgO；

(3)酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O72﹣

+H2O⇌2CrO42﹣+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO42﹣转化为Cr2O72﹣；

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；

(5)依据图表物质的溶解度分析对比，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl；说明K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）；

(6)副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体m g，依据铝元素守恒计算，2Al(OH)3~Al2O3，样品中氢氧化铝

mg278g/mol26m×100%=的质量分数=102 g/mol。

17nn