1、- 1 -江西省赣州市南康中学 2019 届高三化学上学期第五次月考试题（含解析）总分：100 分 时量：90 分钟 2018 年 12 月本卷可能用到的相对原子质量有：H:1 C:6 O:16 Na:23 Al:27 Si:28 S:32 Cl:35.5 Cu:64 Mg :24一、选择题（本大题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合要求的。 ）1.2018 年全国生态环境保护大会在北京召开，旨在保护环境、造福人类。下列有关说法正确的是A. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B. 用光催化分解代替电解水制氢气，可实现节能环保C.
2、天然气、沼气和太阳能分别属于化石能源、可再生能源和二次能源D. “海水淡化”可以解决“淡水供应危机” ，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化【答案】B【解析】【详解】A.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，反应物的原子全部转化为期望的最终产物，故 A 错误；B.电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，更节约能源，故 B 正确；C.天然气属于化石能源、沼气属于可再生能源、太阳能属于一次能源，故 C 错误；D.明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，明矾不能降低海水的盐离子浓度，不能使海水淡化，故 D 错误。故 B 正确。2.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古
3、代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项 古诗文 化学知识A本草经集注中记载鉴别硝石(KNO 3)和朴硝(Na2SO4)的方法。 “强烧之，紫青烟起，云是真硝石也。 ”利用焰色反应- 2 -B本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”强水为氢氟酸C诗经大雅绵：“堇茶如饴。 ”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。 ”糖类均有甜味D梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A 项，钠的焰色反应是黄色的，钾的焰色反应
4、是紫色的，通过“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应，故 A 正确；B 项，玻璃的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”可判断，强水不可能是氢氟酸，故 B 错误；C 项，糖类不一定都有甜味，例如淀粉属于多糖，没有甜味；D 项，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故 D 错误。点睛：本题以文言文的形式考查了有关物质的性质、鉴别等知识，既考查了化学知识又考查了文学素养。解题时应结合所学知识弄明白文言文中描述的有关物质的性质，然后作出正确判断，注意找准文言文中的关键字眼，如 A 项通过紫青烟判断真硝石，利用了钾元素的焰色反应为紫色；B 项考查了二氧化硅与氢
5、氟酸的反应；D 项注意合金的熔点一般低于其组分中任一种组成金属的熔点，硬度一般比其组分中任一金属的硬度大。3.设 NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述一定正确的是A. 0.1mol 苯完全转化为环己烷,破坏的碳碳双键总数为 0.3NAB. 1molL-1的 CH 3COONH4溶液中含有的氧原子总数大于 2NAC. 4.6g 钠用有小孔的铝箔包裹后与足量水充分反应生成 H2的分子总数为 0.1NAD. 标准状况下,2.24L 由 CO 和 N2成的混合气体中含有的原子总数为 0.2NA【答案】D【解析】- 3 -【详解】A.苯不是单双键交替的结构，在结构中不存在碳碳双键，故 A 错误；B.
6、未知溶液的体积，所以无法计算 CH3COONH4溶液中含有的氧原子总数，故 B 错误；C.4.6g 钠的物质的量为 0.2mol，0.2molNa 与水完全反应生成 0.1mol 氢气，但是钠与水反应会生成氢氧化钠，而氢氧化钠可以与铝箔发生反应：2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO2+3H2，会生成一些氢气，所以生成氢气的分子总数大于 0.1NA，故 C 错误；D.标准状况下，2.24LCO 和 N2的混合气体的物质的量为 0.1mol，依据一氧化碳分子和氮气分子中含有的原子数目相同，所以 0.1mol 混合气体中含原子 0.2mol，含有的原子总数为0.2NA，故 D 正确。故选 D
7、。4.已知 a、b、c 的分子式均为 C4H8O2,其结构简式如下图所示,下列说法正确的是A. a、b 均能使酸性 KMnO4溶液褪色 B. a、b、c 均可与氢氧化钠溶液反应C. a、b、c 中只有 b 的所有原子处于同一平面 D. c 的二氯代物有六种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【详解】A.a 中不含有碳碳双键，不能使酸性 KMnO4溶液褪色；b 中含有碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色，故 A 错误；B.a、c 中含有酯基，可以与氢氧化钠溶液发生水解反应，b 与氢氧化钠溶液不反应，故 B 错误；C.b 中含有饱和的碳原子，所以其分子中所有原子不可能处于同一平面，故 C 错误；D.
8、c 的结构简式为： ，如果不考虑立体异构，其二氯代物有 6 种，故 D 正确。故选 D。【点睛】在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。5.下列有关化学用语使用正确的是- 4 -A. 核内质子数为 117、中子数为 174 的核素 Ts 可表示为：B. 甲烷分子的比例模型： C. COCl2的结构式为：D. H2O2的电子式为：H + 2-H+【答案】C【解析】【分析】元素符号左上角是质量数；比例模型是原
9、子大小的关系图，没有成键结构；过氧化氢是共价化合物。【详解】A. 核内质子数为 117、中子数为 174 的核素 Ts 表示为： ，A 错误；B. 球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，B 表示球棍模型，B 错误；C. 根据有机物结构特点，COCl 2的结构式为： ，C 正确；D. H2O2是共价化合物，电子式为：H H，D 错误；答案为 C。6.某工业废气中的 SO2经如图中的两个循环可分别得到 S 和 H2SO4。下列说法正确的是A. 循环中，反应 1 中的氧化产物为 ZnFeO3.5B. 循环中，反应 2 中的还原产物为 ZnFe
10、O4C. Mn 可作为循环中电解过程中的阳极材料D. 循环和循环中消耗同质量的 SO2，理论上得到 S 和 H2SO4的质量之比为 1649【答案】D【解析】【详解】A.反应 1 为 2ZnFeO4+H2 2ZnFeO3.5+H2O，氧化产物为 H2O，故 A 错误；- 5 -B.反应 2 为 4ZnFeO3.5+SO2 4ZnFeO4+S，还原产物为 S，故 B 错误；C.循环中电解时，阳极上 Mn2+放电生成 MnO2，若 Mn 作为循环中电解过程中的阳极材料，则阳极上 Mn 放电，得不到 MnO2，故 C 错误；D.循环 I 中总反应为 2H2+SO2 S+2H2O，循环中电解过程发生反
11、应为MnSO4+2H2O MnO2+H2SO4+H2，吸收过程发生反应为 MnO2+SO2=MnSO4，故循环中总反应为 2H2O+SO2=2H2SO4+H2，循环 I 和循环中消耗同质量的 SO2，理论上得到 S 和 H2SO4的物质的量之比为 1:1，质量之比为 16:49，故 D 正确。故选 D。7. W、X、Y、Z 是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知 W 的一种核素的质量数为 18，中子数为 10；X 和 Ne 原子的核外电子数相差 l；Y 的单质是一种常见的半导体材料；Z 的非金属性在同周期元素中最强下列说法不正确的是( )A. 对应简单离子半径：WXB.
12、 对应气态氢化物的稳定性：YZC. 化合物 XZW 既含离子键，又含极性共价键D. Z 的氢化物和 X 的最高价氧化物对应水化物的溶液均能与 Y 的氧化物反应【答案】D【解析】试题分析：W、X、Y、Z 是四种常见的短周期元素，W 的一种核素的质量数为 18，中子数为10，可知 W 的质子数为 8，则 W 是氧元素；X 和 Ne 原子的核外电子数相差 1，且原子半径比W 大，可知 X 为 11 号元素，故 X 为 Na 元素；Y 的原子半径介于 X 和 W 之间，Y 的单质是一种常见的半导体材料，所以 Y 是 Si 元素；Z 的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故 Z 为 Cl 元素
13、；AO 2-、Na +离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：O 2-Na +，故 A 正确；B非金属性 SiCl，非金属性越强，氢化物越稳定，故 B正确；C化合物 NaClO 既含离子键，又含极性共价键，故 C 正确；DY 的氧化物为二氧化硅，Z 的氢化物为 HCl，X 高价氧化物对应的水化物为 NaOH，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，不能与盐酸反应，故 D 错误；故选 D。- 6 -【考点定位】考查结构性质位置关系应用【名师点晴】关键是根据原子半径与原子序数确定元素，W、X、Y、Z 是四种常见的短周期元素，W 的一种核素的质量数为 18，中子数为 10，可知 W 的质子
14、数为 8，则 W 是氧元素；X 和Ne 原子的核外电子数相差 1，且原子半径比 W 大，可知 X 为 11 号元素，故 X 为 Na 元素；Y的原子半径介于 X 和 W 之间，Y 的单质是一种常见的半导体材料，所以 Y 是 Si 元素；Z 的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于 Si，故 Z 为 Cl 元素，据此解答。8.实验室用含有杂质（FeO、Fe 2O3）的废 CuO 制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe 3+在 pH=5 时沉淀完全） 其中分析错误的是A. 步骤发生的主要反应为：2Fe 2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2C
15、. 步骤用 CuCO 3代替 CuO 也可调节溶液的 pHD. 步骤为过滤，步骤蒸发结晶【答案】D【解析】【分析】样品中含有 FeO、Fe 2O3和 CuO，加入足量硫酸后，固体溶解转化为 Cu2+，Fe 2+，Fe 3+，加入过氧化氢溶液后，亚铁离子氧化为 Fe3+，调节 pH=5，铁离子沉淀为氢氧化铁，过滤，蒸发浓缩，冷却结晶后得到胆矾晶体。【详解】A. 步骤中亚铁离子与过氧化氢在酸性环境下发生反应2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，A 正确；B. 步骤若用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2，会引入氯原子、硝酸根新的杂质，不利于胆矾的回收，同时造成环境污染，B 正确；C. 步骤
16、用 CuCO 3代替 CuO 也可调节 pH，碳酸铜与硫酸反应产生硫酸铜，二氧化碳和水，不会引入新的杂质，C 正确；D. 步骤为过滤，步骤为蒸发浓缩，冷却结晶，D 错误；答案为 D。- 7 -9.下列叙述或书写正确的是A. H2(g)+F2 (g)=2HF(g) H=-270 kJmol -1，则相同条件下，2mol HF 气体的能量大于 1mol 氢气和 1mol 氟气的能量之和B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJmol -1,则氢气的燃烧热大于 241.8kJ.mol-1C. 含 20.0gNaOH 的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出 28.7kJ 的热量,则表
17、示该中和反应的热化学方程式为 NaOH+HCl=NaCl+H2O H =-57.4kJmol -1D. 500、30MPa 时,发生反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H =-38.6kJmol -1在此条件下将 1.5molH2和过量 N2充分反应,放出热量 19.3kJ【答案】B【解析】【详解】A.从热化学方程式 H2(g)+F2(g)=2HF(g) H=-270kJmol -1可知，反应放热，即1mol 氢气和 1mol 氟气的总能量大于 2molHF 气体的总能量，故 A 错误；B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJmol -1，水由气体变为液体
18、要放出热量，即 1mol 氢气的燃烧热大于 241.8kJmol-1，故 B 正确；C.热化学方程式没有标明物质的聚集状态，故 C 错误；D.H2的物质的量为 1.5mol，完全消耗 1.5mol 氢气会放出 19.3kJ 的热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化为氨气，所以放出的热量小于 19.3kJ，故 D 错误。故选 B。【点睛】注意 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应，反应物不可能 100%转化为生成物。10.下列离子方程式书写正确的是( )A. Na2S2O3溶液与稀 H2SO4反应的离子方程式：S 2O32- + 6H+ =2S +3H 2OB. 向饱和 N
19、a2CO3溶液中通入过量 CO2，2Na + + CO32-+CO2+H2O2 NaHCO 3C. Fe 与稀硝酸反应，当 n(Fe)n(HNO 3)=12 时，Fe+NO 3-+4H+Fe 3+NO+2H 2OD. Ba(OH)2与等物质的量 NaHSO 4混合：Ba 2+2OH-+2H+SO42-= BaSO4+2H 2O【答案】B【解析】【详解】A.Na 2S2O3溶液与稀 H2SO4反应为氧化还原反应，S 的化合价一部分升高，一部分降低，离子方程式：S 2O32-+2H+S+SO 2+H 2O，故 A 错误；B.因为 Na2CO3溶液是饱和的，通入过量 CO2，发生反应：Na 2CO3
20、+CO2+H2O2NaHCO 3，生成的- 8 -NaHCO3会析出，离子方程式为 CO32-+H2O+CO2+2Na+=2 NaHCO3，故 B 正确；C.Fe 与稀硝酸反应，当 n（Fe）：n（HNO 3）=1：4 时发生反应：Fe+NO 3-+4H+Fe3+NO+2H 2O，n（Fe）：n（HNO 当 3）=3：8 时发生反应：3Fe+2NO 3-+8H+3Fe2+2NO+4H 2O，所以当 n（Fe）：n（HNO 3）=1：2 时应该生成 Fe3+和 Fe2+，故 C 错误；D.Ba(OH)2与等物质的量 NaHSO4混合，反应方程式为：NaHSO 4+Ba（OH）2=BaSO4+Na
21、OH+H 2O，离子方程式为：H +SO42-+Ba2+OH-BaSO 4+H 2O，故 D 错误。故选 B。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。11.已知 100时，水的离子积常数 Kw=110-12,对于该温度下 pH=l1 的氨水，下列叙述正确的是( )A. 温度降低至 25,该氨水溶液中
22、 H2O 电离出的 H+浓度小于 10-11mol/LB. 向该溶液中加入同温同体积 pH=1 的盐酸，反应后溶液呈中性C. 该氨水溶液中加入 NH4Cl 溶液，NH 3H2O 的电离能力增强D. 滴加等浓度等体积的硫酸，得到的溶液中存在电离平衡: NH 4HSO4(aq) NH4+(aq)+H+(aq)+SO42-(aq) 【答案】A【解析】【分析】100时，水的离子积常数 Kw=1l0-12，纯水的 pH=6，该温度下 pH=11 的氨水，c（H +）=10 -11mol/L，据此分析。【详解】A.100时，pH=11 的氨水中 H2O 电离出来的 H+浓度等于 10-11mol/L，温度
23、降低至25时，水的离子积常数变小，氨水的电离程度减小，氢氧根离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则该氨水溶液中 H2O 电离出的 H+浓度小于 10-11mol/L，故 A 正确；B.向该溶液中加入同温同体积 pH=1 的盐酸，氨水过量，反应后溶液显碱性，故 B 错误；C.向该氨水溶液中加入 NH4Cl 溶液，铵根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，NH 3H2O 的电离能力减弱，故 C 错误；- 9 -D.硫酸铵是强酸的酸式盐，是强电解质，电离方程式为：NH 4HSO4(aq)=NH4+(aq)+H+(aq)+SO42-(aq)，故 D 错误。故选 A。12.装置(1)为铁镍(Fe-Ni)可充电
24、电池:Fe+Ni 2O3+3H2O Fe(OH)2+2Ni(OH)2;装置()为电解示意图。当闭合开关 K 时,电极 Y 附近溶液先变红。下列说法正确的是A. 闭合开关 K 时,电极 X 的电极反应式为 2H+2e-=H2B. 闭合开关 K 时,电极 A 的电极反应式为 Ni2O3+2e-+2H+H2O=2Ni(OH)2C. 给装置(I)充电时,电极 B 上参与反应的物质被氧化D. 给装置(I)充电时,OH 通过阴离子交换膜移向电极 A【答案】D【解析】【详解】A.闭合开关 K 时，X 为电解池的阳极，电极反应式为：2Cl -2e-=Cl2，故 A 错误；B.闭合开关 K 时，A 为电池的正极
25、，电极反应式为：NiO 2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-，故 B 错误；C.电极 B 为电池的负极，给装置(I)充电时，B 极应与外电源的负极相连，作电解池的阴极，参与反应的物质被还原，故 C 错误；D.给装置(I)充电时，A 为电解池的阳极，OH 通过阴离子交换膜移向 A 电极，故 D 正确。故选 D。13.下列实验的操作、现象与对应结论均正确的是选项 操作 现象 结论A向 AgCl 悬浊液中滴加几滴 NaI 溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）- 10 -B将溴乙烷与 NaOH 乙醇溶液共热逸出气体通入到酸性 KMnO 4 溶液中KMnO4 溶液紫红色褪去溴乙烷
26、与 NaOH 乙醇溶液共热产生了乙烯C.向待测液中依次滴入氯水和 KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有 Fe 2D 将水蒸气通过灼热的铁粉 粉末变红铁与水在高温下发生反应生成了三氧化二铁A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A.向 AgCl 悬浊液中滴加几滴 NaI 溶液，先生成更难溶的淡黄色沉淀 AgI，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI） ，故 A 正确；B.反应产生的气体混有乙醇蒸汽，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 B 错误；C.向少许待测液中滴加 KSCN 溶液无明显变化，说明溶液中不存在铁离子，再滴入氯水，溶液呈红色，说明此时溶液中存在铁离子，则证明待测
27、液中含有 Fe2+，故 C 错误；D.将高温水蒸气通过炽热的铁粉生成四氧化三铁和氢气，铁粉变黑色，故 D 错误。故选 A。14.碳酸二甲酯（CH 3OCOOCH3，简称 DMC）是一种应用前景广泛的新材料。在密闭容器中按n(CH3OH)n(CO 2)=21 投料直接合成 DMC，反应方程式为2CH 3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)。一定条件下， 平衡时 CO 2 的转化率如图所示。下列说法中不正确的是A. 该反应的正反应为放热反应B. 压强 p 2p 1C. X 点对应的平衡常数为 0.L/mol- 11 -D. X、Y、Z 三点对应的初始反应速率的关系为 Z
28、 Y X【答案】C【解析】【详解】A.根据图像分析可知，随温度的升高，二氧化碳的转化率减小，因此该反应的正反应为放热反应，故 A 正确；B.在相同的温度下，p 2时二氧化碳的转化率大于 p1状态下的转化率，因此 p2p 1，故 B 正确；C.反应前后系数不同，无法求算该反应的平衡常数，故 C 错误；D.X、Y、Z 三点对应的初始反应速率的关系为 ZYX，故 D 正确。故选 C。15.将 15.2 g 铜和镁组成的混合物加入 250 mL4.0 mol L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有 NO。向所得溶液中加入 1.0 L NaOH 溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为 25.
29、4 g，下列说法不正确的是A. 原固体混合物中，Cu 和 Mg 的物质的量之比为 2：1B. 氢氧化钠溶液的浓度为 0.8 molL-1C. 固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为 0.1molD. 生成的 NO 气体在标况下的体积为 4.48L【答案】C【解析】【详解】将 15.2 g 铜和镁组成的混合物加入 250 mL4.0 mol L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有 NO，发生反应：3Mg+8HNO 3 （稀）=3Mg(NO 3)2+2NO+4H 2O、3Cu+8HNO 3 （稀）=3Cu(NO 3)2+2NO+4H 2O；向所得溶液中加入 1.0 L NaOH 溶液，此时金属
30、离子恰好沉淀完全，发生反应：Mg(NO 3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO 3、Cu(NO 3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO 3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，沉淀质量为 25.4 g，生成沉淀的质量比原合金的质量增加 10.2g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为 10.2g，氢氧根的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为 0.3mol， A设 Cu 和 Mg的物质的量分别为 x、y，则有： ，解得， x=0.2mol，y=0.1mol，故 Cu 和Mg 的物质的量之比为 2：1，选项 A 正确；B硝酸剩余 0.2mol(见选项 C 分
31、析)，则参加反应氢氧化钠的物质的量为 0.2mol+0.6mol=0.8mol，需要氢氧化钠溶液的浓度为- 12 -=0.8mol/L，选项 B 正确；C根据方程式可知参加反应的 n 反应 （HNO 3）= n（金属）=0.3mol =0.8mol，固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为 0.25L4.0mol/L-0.8mol=0.2mol，选项 C 不正确；D根据电子转移守恒可知生成的 NO 物质的量为=0.2mol，标准状况下，生成 NO 的体积为 0.2mol22.4L/mol=4.48L，选项 D 正确；答案选 C。16.25时,向 20mL0.1molL-1四氯金酸( HAuCl 4)
32、溶液中滴加 0.1molL-1NaOH 溶液,滴定曲线如图 1,含氯微粒的物质的量分数()随 pH 变化关系如图 2,则下列说法不正确的是A. b 点溶液中存在关系:2c(H +)+ c(HAuCl4)=2c(OH-)+ c(AuCl4-)B. X 点描述的是滴定曲线中 b 点含氯微粒的物质的量分数 与 pH 的关系C. c 点溶液中存在关系:c(Na +)=c(AuCl4-)D. d 点时,溶液中微粒浓度的大小关系为 c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A.b 点溶液为物质的量浓度相等的 HAuCl4和 NaAuCl4混合溶液，由电子守恒可知2c(H
33、+)+2c(Na+)=2c(OH-)+ 2c(AuCl4-)，由物料守恒可知：2c(Na +) =c(AuCl4-)+c(HAuCl4)，由-得 2c(H+)+c(HAuCl4)=2c(OH-)+c(AuCl4-)，故 A 正确；B.由题图 1 可知，起始 20mL0.1molL-1HAuCl4溶液的 pH=3，说明酸为弱酸，b 点酸恰好反应掉一半，pH=5，说明酸的电离程度大于其酸根离子的水解程度，则 b 点两种含氯微粒的物质的量分数不可能相等，故 B 错误。C.c 点溶液的 pH=7，根据电荷守恒可知，c(Na +)=c(AuCl4-)，故 C 正确；D.d 点时，HAuCl 4与 NaO
34、H 恰好完全反应，此时溶液的溶质为 NaAuCl4，AuCl 4-水解，溶液显碱性，所以 c(Na+)c(AuCl4-)c(OH-)c(H+)，故 D 正确。故选 B。第卷（非选择题 共 52 分)二、填空题（包括必考题和选考题两部分，第 1720 题为必考题，每个试题考试都必须作- 13 -答。第 2122 题为选考题，考试根据要求作答。 ）（一）必考题17.现有 A、B、C、D、E、F、G 七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已知 A、D 位于同一主族，D 是短周期中原子半径最大的。B、E 最外层电子数是最内层电子数的 2 倍。C、F的最外层电子数相等，且 C、F 的原子序数之和为 A
35、、D 原子序数之和的两倍。请回答下列问题：(1) C、D、F 形成的简单离子半径由大到小的顺序是_(用元素符号填写)。(2)B、E、F、G 最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是_(用化学式填写)。(3)由 A、C、D 形成的化合物所含的化学键类型有_。(4)化合物 M 和 N 都由 A、C、D、F 四种元素组成，它们在溶液中相互反应的离子方程式是_(5)G 单质的水溶液可吸收 F 的常见污染性氧化物气体，其反应的化学方程式为_。【答案】 (1). S2- O2-Na+ (2). HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3 (3). 离子键和共价键 (4). H + HSO3-=SO
36、2+H 2O (5). SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4【解析】【分析】现有 A、B、C、D、E、F、G 七种短周期主族元素，D 是短周期中原子半径最大的，则 D 为Na，已知 A、D 位于同一主族，则 A 为 H，B、E 最外层电子数是最内层电子数的 2 倍，则 B为 C，E 为 Si，C、F 的最外层电子数相等，且 C、F 的原子序数之和为 A、D 原子序数之和的两倍，C、F 的原子序数之和为 24，C 的原子序数小于 D，F 的原子序数大于 D，所以 C 为O，F 为 S，G 为 Cl，据此答题。【详解】 （1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越
37、大，离子半径越小，因此离子半径由大到小的顺序是：S 2-O 2-Na +，故答案为：S 2-O 2-Na +。（2）B、E、F、G 最高氧化物对应的水化物为 H2CO3、H 2SiO3、H 2SO4、HClO 4，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，因此非金属性：ClSCSi，所以最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是 HClO4H 2SO4H 2CO3H 2SiO3，故答案为：HClO4H 2SO4H 2CO3H 2SiO3。（3）由 A、C、D 形成的化合物为 NaOH，它属于离子化合物，所含的化学键类型有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键。- 14 -（4）A、C、D
38、、F 四种元素组成化合物 M 和 N 分别为：NaHSO 4和 NaHSO3，它们在溶液在相互反应的离子方程式是：H +HSO3-=SO2+H 2O，故答案为：H +HSO3-=SO2+H 2O。（5）二氧化硫通入氯气的水溶液中发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4，故答案为：SO 2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4。【点睛】同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元
39、素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。18.金属铟主要用于生产液晶显示器和平板屏幕。从 LCD 废料(主要成分是含铟、锡的氧化物)中回收铟的工艺流程如下:(1)步骤中用盐酸酸浸时浸出率随温度变化关系如图所示,则最适宜的温度是_,温度升高浸出率下降的原因是_(2)酸浸时铟的氧化物转化成 In3+的离子方程式是_(3)提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似,则粗铟为_(填“阴极”或“阳极”),写出阴极的电极反应式: _(4)步骤中所发生氧化还原反应的氧化剂是_(填化学式),步骤中所发生氧化还原反应的氧化产物与还原产物系数之比是_【答案】 (1). 50 或 5070 (2). 温度升高
40、,盐酸挥发 (3). In2O3+6H+=2In3+3H2O (4). 阳极 (5). In 3+3e-=In (6). H2O (7). 1:1【解析】【分析】由流程图可知，向废料中加盐酸，铟、锡的氧化物溶解生成 In3+、Sn 2+，加入过量的 In，滤- 15 -渣 a 中含为铟、锡的混合物，步骤中加入过量的氢氧化钠溶液，可以将锡单质转化为易溶于水的 SnO22-，滤渣 b 中含为铟、锌的混合物，步骤中加入过量的氢氧化钠溶液，可以将锌单质转化为易溶于水的 ZnO22-，据此分析。【详解】 （1）根据物质的浸出率与温度的关系可知：温度在 5070时，浸出率最高，所以“酸浸”的适宜温度为 5
41、070；因为温度升高，盐酸挥发，所以随着温度的升高，浸出率降低，故答案为：50或 5070；温度升高，盐酸挥发。（2）向废料中加盐酸，铟、锡的氧化物溶解生成 In3+、Sn 2+，则铟的氧化物中 In 为+3 价，其氧化物的化学式为 In2O3，氧化物转化为 In3+，离子方程式为：In 2O3+6H+=2In3+3H2O，故答案为：In 2O3+6H+=2In3+3H2O。（3）电解粗铟时，粗铟为阳极，阴极 In3+发生还原反应的电极方程式为 In3+3e-=In，故答案为：阳极，In 3+3e-=In。（4）Sn 为两性金属，因此与铝相似，类比铝与氢氧化钠反应：2Al+2H2O+2NaOH
42、=2NaAlO2+3H2，则锡也生成类似的 Na2SnO2，所以反应方程式为：Sn+2NaOHNa 2SnO2+H2或 Sn+2NaOH+2H2ONa 2Sn(OH)4+H2，H 2O 中氢元素的化合价由1 价降到 0 价，故氧化剂为 H2O；Zn 为两性金属，因此与铝相似，反应方程式为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2或 Sn+2NaOH+2H2ONa 2Zn(OH)4+H2，反应中 Na2ZnO2为还原产物，H 2为氧化产物，系数之比是 1:1，故答案为：H 2O，1:1。19.草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H 2C2O42H
43、2O)无色，熔点为 101，易溶于水，受热易脱水、升华，175时分解。用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度，制备装 置如图所示(加热、固定等装置略去)。实验步骤如下糖化：先将淀粉水解为葡萄糖；氧化：在淀粉水解液中加入混酸(质量之比为 3：2 的65%HNO3与 98%HSO4的混合物)，在 5560下水浴加热发生反应；结晶、蒸发、干燥：反应后溶液经冷却、减压过滤， 即得草酸晶体粗产品。- 16 -（1）装混酸的仪器名称为_；步骤中,水浴加热的优点为_。（2） “氧化”时发生的主要反应如下，完成下列化学方程式：_C6H12O6+_HNO3 _H2C2O4+9NO2+3NO+_ _（3）称取 mg
44、 草酸晶体粗产品，配成 100mL 溶液。取 20.00mL 于锥形瓶中，用 amoLL-1KMnO4标准液标定，只发生 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H 2O 反应，消耗 KMnO4标准液体积为 VmL，则所得草酸晶体(H 2C2O42H2O)的纯度为_。 （代数式用 a、V、m 表示）证明草酸晶体分解得到的产物（4）甲同学选择上述装置验证产物 CO2，装置 B 的主要作用是_。（5）乙同学认为草酸晶体分解的产物中除了 CO2、H 2O 应该还有 CO，为进行验证，选用甲同学实验中的装置 A、B 和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。- 17 -乙同学
45、的实验装置中，依次连接的合理顺序为 A、B、_。其中装置 H 反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有 CO 的现象是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 使受热均匀，便于控制温度 (3). 1C6H12O6+12HNO3 3H2C2O4+9NO2+3NO+9_ H2O (4). 12.6aV/8m100% (5). 使升华的草酸冷凝，避免对 CO2检验的干扰 (6). FDGHDI (7). CuO (8). H中黑色固体变红色，第一个 D 装置无现象，第二个 D 装置出现白色浑浊，即可证明【解析】分析：.（1）仪器识别；水浴加热的优点；（2）缺项配平；（3）根据反应关系计算
46、纯度；. (4)冰水混合物能够起到降温的作用；(5)草酸晶体分解生成三种氧化物,分别是水、二氧化碳和一氧化碳，加热条件下,氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，以此解题。详解: . (1) 装混酸的仪器名称为分液漏斗；水浴加热的优点是使受热均匀，便于控制温度。根据得失电子守恒配平，根据原子守恒确定缺项为 H2O,配平后得到 1C6H12O6+12HNO3 3H2C2O4+9NO2+3NO+9_ H 2O 。根据关系式：5H 2C2O4 2MnO4-，n(H 2C2O4)= n(MnO4-)= aV10-3mol,草酸粗晶体中含草酸晶体的质量= aV10-3 126g，草酸晶体(H 2C2O42
47、H2O)的纯度为= 100%。. (4)装置 B 的主要作用是使草酸气体降温液化,避免对二氧化碳检验产生干扰，故填:使升华的草酸冷凝，避免对 CO2检验的干扰。(5)乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为 A、B、F、D、G、H、D、I。检验 CO 可利用加热条件下,氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，再检验 CO2，所以装置 H 反应管中盛有的物质是 CuO。故填:FDGHDI ；CuO ；能证明有 CO 的现象是 H 中黑色固体变红色，第一个 D 装置无现象，第二个 D 装置出现白色浑浊，即可证明。故填:H 中黑色固体变红色，第一个 D 装置无现象，第二个 D 装置出现白色浑浊，即可证明。20.丙烯是重要的有机化工原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷等(1)以丁烯和乙烯为原料反应生成丙烯的方法被称为“烯烃歧化法”,反应为:C 4H8（g）- 18 -+C2H4（g） 2C3H6（g） 。已知：C 2H4（g）+3O 2（g）2CO 2（g）+2H 2O（l）H 1=1411KJmol 1C 3H6（g）+ O2（g）3CO 2（g）+3H 2O（l）H 2=2049KJmol 1C 4H8（g）+6O 2（g）4CO 2（g）+4H 2O（l）H 3=2539KJmol 1“烯烃歧化法”的反应的热化学方程式为_
