【全国百强校】陕西省师范大学附属中学2017届高三上学期第二次模拟考试化学(原卷版)

陕西西安长安一中2017高三上第二次质量检测--化学相对原子质量：C 12 O 16 Na 23 S 32一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分。

每小题只有一个选项符合题意）1.化学与社会、生产、生活密切相关。

下列说法正确的是（）A．明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同B．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化C．煤的干馏和石油的分馏都属于物理变化D．亚硝酸钠是一种食品防腐剂，使用时其用量可以不加限制2.O、Si、Al是地壳中含量最多的三种元素，Na、Mg、Cl是海水中的重要元素。

下列说法正确的是（）A．电解Al2O3和SiO2（少量）的混合物，可以制得较纯净的Al，且有氧气生成B．从海水中制备Na、Mg、Al、Cl四种元素单质的反应都是氧化还原反应C．普通玻璃、水泥成分中都含有O、Si、Al三种元素D．加热蒸干NaCl、MgCl2溶液时可以得到晶体NaCl、MgCl2仅用提供的硅酸盐仪器（非硅酸盐仪器任选），不能达到相应实验目的的是（）A．提纯粗盐：烧杯、玻璃棒、漏斗、酒精灯、蒸发皿B．除去CO2气体中混有的的少量HCl：导管、洗气瓶C．用CCl4提取碘水中的碘：分液漏斗、烧杯D．用18.4 mol·L-1浓硫酸配制100mL 1.0 mol·L-1硫酸：50mL量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAB．1mol/L FeCl3溶液中，阴、阳离子总数大于0.4NAC．12g金刚石中所含的C—C键数为2NAD．18g的D2O与NA个CH3－具有相同的电子数5.某无色透明溶液中，由水电离出来的c(H+)=1×10-3mol/L，在该溶液中一定能够大量共存的离子组是（）A．K+、Na+、SO42-、NO3- B．Fe3+、A13+、Cl-、HS-C．Na+、A1O2-、Na+、HCO3- D．K+、Na+、MnO4-、NO3-下列离子方程式书写正确的是（）A．把Mg粉放入FeCl3溶液中: 2Fe3++ 3Mg+ 6H2O= 2Fe(OH)3↓+3 Mg2++3H2↑B．用漂白粉溶液吸收尾气中SO2：Ca2+＋2ClO-＋SO2＋H2O＝CaSO3↓＋2HClOC．氯化铝溶液中加入偏铝酸钠溶液：Al3+ +3AlO2- +6H2O= 4Al(OH)3 ↓D．碳酸氢钙溶液中加入少量的氢氧化钠溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32－7.常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+=2Y2++X2+，则下列叙述①X被氧化；②X是氧化剂；③Y2+既具有氧化性也具有还原性；④Y2+是氧化产物；⑤Y3+的氧化性比X2+的氧化性强。

．三对基因的遗传遵循基因的自由组合定律aaDd的个体杂交的后代会出现的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生1∶1 B．4种，1∶1∶1∶1D．2种，3∶1H）对矮秆（h）为显性。

现有若干H基因频率不同的玉米群体，在群体足够大且没有其他因素干扰时，每个群体内随机交配一代后获得F1，各F1中基因型频率与H基因频率（时，亲代群体都可能只含有纯合子时，亲代群体才可能只含有杂合子中所占的比例为1 9自交一代，子代中纯合子比例为5 9．某二倍体植物体内常染色体上具有三对等位基因（A和a、B和b、D和分别对A、B、d基因完全显性，但不知这三对等位基因是否独立遗传。

某同学为了探究这三对等位基因在常染色体上的分布情况，做了以下实验：用显性纯合个体与隐性纯合个体杂交得14．下列有关性染色体及伴性遗传的叙述，正确的是（）A．XY型性别决定的生物，Y染色体都比X染色体短小B．在不发生基因突变的情况下，双亲表现正常，不可能生出患红绿色盲的女儿C．含X染色体的配子是雌配子，含Y染色体的配子是雄配子D．各种生物细胞中的染色体都可分为性染色体和常染色体15．某科学兴趣小组偶然发现一突变植株，突变性状是由一条染色体上的某个基因突变产生的（假设突变性状和野生性状由一对等位基因A．a控制）。

为了进一步了解突变基因的显隐性和在染色体中的位置，设计了杂交实验方案：利用该株突变雄株与多株野生纯合雌株杂交，观察并记录子代雌雄植株中野生性状和突变性状的数量，下列说法不正确的是（）A．如果突变基因位于Y染色体上，则子代雄株全为突变性状，雌株全为野生性状B．如果突变基因位于X染色体上且为显性，则子代雄株全为野生性状，雌株全为突变性状C．如果突变基因位于X和Y的同源区段，且为显性，则子代雌、雄株全为野生性状D．如果突变基因位于常染色体上且为显性，则子代雌、雄株各有一半野生性状16．一只突变型雌性果蝇与一只野生型雄性果蝇交配后，产生的F1中野生型与突变型之比为2∶1，且雌雄个体之比也是2∶1，这个结果从遗传学角度做出的合理解释是（）A．该突变基因为常染色体显性基因B．该突变基因为X染色体隐性基因C．该突变基因使得雌配子致死D．该突变基因使得雄性个体致死17．如图为某单基因遗传病在一个家庭中的遗传图谱。

（化学部分）相对原子质量（原子量）：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40第I 卷（42分）选择题（共7小题。

每小题6分，共42分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。

）26. （13 分）（1） 冷凝管（1分） b （1分）.（2）分水器中水面不再升高（2分）.（3）旋 塞（1分）干燥产吊（1分）过滤（1分）・（4） BD （2 分）.正丁瞇（1 分）.（5） 88% （3 分）.27. （14 分）（1）增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分（9） （2）Fe （0H ）, + ⑴C 1+ ⑴H 20===⑵Fe （0H ）3 + （1）C 广（3）Fe0（0H ）（4）8.0< pH < 10.4（5）b 或（b 和 d ）； d （6）蒸发浓缩、冷却结晶（7） 125m 2/81m i28. （16 分）（1） C 02 （g ） ♦ 3H 2 （ g ） = CH 3OH （ g ） ♦ H 2O （g （2） ① 1.5 （2 分）②4/27 （2 分）50% （2 分）反应放热，升高温度，平衡逆向移动（1分）（3）① CH 3OH+H 2O-6e =CO 2+6H + （2 分）35.【化学一选修3物质结构与性质】（15分〉（1） ®3d 24s 2 ②7 （2） （DOXZIX ：②3： 1 sp 2-49kJ/mol（2分）③T|VT2 （1 分）② 13 （2分）不 （2分）36.【化学一选修5有机化学基础】（15分）(1)加成(或还原〉・(n-DH：O (2) n CH5CHCH:COOH(!)H。

陕西省西安市2017届高三化学二诊试卷一、本卷共7题，每题6分，共42分．在每题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．Fe2O3常用作红色油漆和涂料B．生物柴油与柴油的化学成分相同C．聚丙烯酸钠可做“尿不湿”原料D．液氯或浓硫酸可用钢瓶储存2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3N AB．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1N AC．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2N AD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75N A3．分子式为C9H10O2的芳香族化合物并且能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（）A．6种B．8种C．12种D．14种4．已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（）A．W的原子序数不可能是X的原子序数的3倍B．Z元素可能是金属元素C．W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强D．四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子5．表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（）编号实验内容实验目的或实验结论①向足量的酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH）将乙二醇转化为乙二酸（H2C2O4）②向5ml 0.1mol/L AgNO3溶液中滴加1ml 0.1mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1ml 0.1mol/L KI溶液，有黄色沉淀验证AgCl的溶解度比AgI大生成．③向KI溶液中滴入CuSO4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色．说明白色沉淀可能为CuI④室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸．研究浓度对反应速率的影响⑤将铁粉投入到盛有稀HNO3的试管中，充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象．说明HNO3将Fe氧化成Fe2+A．①②⑤B．②③⑤C．②③④D．①②③6．H2C2O4为二元弱酸．20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）=0.100mol•L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示．下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）B．c（Na+）=0.100 mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH﹣）+c（C2O42﹣）C．c（HC2O4﹣）=c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol•L﹣1+c（HC2O4﹣）D．pH=7.0的溶液中：c（Na+）=2（C2O42﹣）7．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0 平衡常数K1②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H2＜0 平衡常数K210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10﹣3mol/（L•min）．下列说法不正确的是（）A．反应4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数为K12/K2B．平衡后c（Cl2）=2.5×10﹣2mol/LC．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50%二、非选择题，共58分）8．为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量．有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要．（1）在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质．已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol﹣1②C和C0的燃烧热（△H）分别为﹣393.5kJ•mol﹣1和﹣283kJ•mol﹣1则2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H= kJ•mol﹣1（2）将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图所示．①CO在0﹣9min内的平均反应速率v（CO）= mol•L﹣1•min﹣1（保留两位有效数字）；第12min 时改变的反应条件可能为．A．升高温度 B．加入NO C．加催化剂 D．降低温度②该反应在第24min时达到平衡状态，CO2的体积分数为（保留三位有效数字），化学平衡常数K= （保留两位有效数字）．（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= （用含硫微粒浓度的代数式表示）．（4）通过人工光合作用能将水与燃煤产生的CO2转化成HCOOH和O2．已知常温下0.1mol•L﹣1的HCOONa溶液pH=10，则HCOOH的电离常数K a= ．9．以铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）为原料，可制得液体聚合氯化铝，生产的部分过程如图所示（部分产物和操作已略去）．已知某些硫化物的性质如下表：物质性质Fe2S3 Al2S3在水溶液中不存在FeS 黑色，难溶于水，可溶于盐酸CuS 黑色，难溶于水，难溶于盐酸（1）操作I是．Al2O3与盐酸反应的离子方程式是．（2）滤渣2为黑色，该黑色物质的化学式是．（3）向滤液2中加入NaClO溶液至不再产生红褐色沉淀，此时溶液的pH约为3.7．NaClO的作用是．（4）将滤液3的pH调至4.2～4.5，利用水解反应得到液体聚合氯化铝．反应的化学方程式是．（5）将滤液3电解也可以得到液体聚合氯化铝．装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）．①写出阴极室的电极反应：．②简述在反应室中生成聚合氯他铝的原理：．10．某研究性学习小组对Cu与H2SO4反应的产物种类和性质进行探究．Ⅰ．产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料．资料1：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种．资料2：硫酸/mol•L﹣1黑色物质出现的温度/°C黑色物质消失的温度/°C15约150 约23616 约140约25018 约120 不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是（选填下列字母编号）a．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c．该反应发生的条件之一是硫酸浓度＞15mol•L﹣1d．硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）Cu与足量16mol•L﹣1浓硫酸反应时，在80°C以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而CuS却逐渐减少，到达250°C左右时，CuS在反应中完全消失的澄清溶液，CuS消失的化学方程式为．Ⅱ．产物性质探究Cu与浓H2SO4反应生成的CuSO4具有某些特定性质，一定浓度CuSO4溶液与NaHCO3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是CuCO3，Cu（OH）2，或者CuCO3与Cu（OH）2的混合物．（1）若沉淀是Cu（OH）2，生成沉淀的离子方程式是．（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为a．取沉淀样品100克于B中，检查装置的气密性b．打开K1，K3，关闭K2，K4，通入足量空气c．关闭K1，K3，打开K2，K4，充分反应d．反应结束后，关闭K2，打开K1，再通入足量空气e．测得装置D的质量增加了22g①步骤b的作用是②若沉淀样品为CuCO3和Cu（OH）2的混合物，则Cu（OH）2的质量分数为，若不进行步骤d，则会使测得Cu（OH）2的质量分数为（填“偏高”“无影响”“偏低”）【化学-选修5有机化学基础】11．以苯为主要原料，制取高分子材料N和R的流程如下：已知：（1）B中含氧官能团的名称是．（2）由生成的反应类型是．（3）反应Ⅰ的反应条件是．（4）化合物C的结构简式是．（5）反应Ⅱ的化学方程式是．（6）下列说法正确的是（选填序号字母）．a．A可与NaOH溶液反应 b．常温下，A能和水以任意比混溶c．化合物C可使高锰酸钾酸性溶液褪色 d．E存在顺反异构体（7）反应Ⅲ的化学方程式是．（8）符合下列条件的B的同分异构体有种．a．能与饱和溴水反应生成白色沉淀 b．属于酯类 c．苯环上只有两个对位取代基．2017年陕西省西安市电子科大实验中学高考化学二诊试卷参考答案与试题解析一、本卷共7题，每题6分，共42分．在每题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．Fe2O3常用作红色油漆和涂料B．生物柴油与柴油的化学成分相同C．聚丙烯酸钠可做“尿不湿”原料D．液氯或浓硫酸可用钢瓶储存【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．氧化铁为红棕色固体；B．柴油是由多种烃组成的混合物，而生物柴油是含氧量极高的复杂有机成分的混合物；C．聚丙烯酸钠具有强的吸水性；D．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化．【解答】解：A．氧化铁为红棕色固体，常用于做红色油漆和涂料，故A正确；B．柴油是由多种烃组成的混合物，而生物柴油是含氧量极高的复杂有机成分的混合物，二者成分不同，故B错误；C．聚丙烯酸钠具有强的吸水性，可做“尿不湿”原料，故C正确；D．常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故D正确；故选：B．2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3N AB．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1N AC．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2N AD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75N A 【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；B、氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C、氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D、反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素﹣3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中N元素化合价变化计算转移电子物质的量．【解答】解：A．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol×（﹣0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为=mol，生成的H2分子数为N A，故A错误；B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13N A，故B错误；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4N A，故C错误；D．反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素﹣3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol×=mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为mol×2×=3.75mol，故D正确．故选D．3．分子式为C9H10O2的芳香族化合物并且能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（）A．6种B．8种C．12种D．14种【考点】I4：同分异构现象和同分异构体．【分析】该芳香族化合物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基﹣COOH，还有苯基C6H5﹣，据此判断可能的同分异构体数目．【解答】解：该芳香族化合物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基﹣COOH，还有苯基C6H5﹣，取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为羧基、﹣CH2﹣CH3，有邻间对3种；取代基为乙酸基、﹣CH3，有邻间对3种；取代基为﹣COOH、﹣CH3，﹣CH3，甲基为邻位，2种；间位，3种；对位1种；符合条件的总共有14种．故选D．4．已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（）A．W的原子序数不可能是X的原子序数的3倍B．Z元素可能是金属元素C．W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强D．四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的相对位置知，X和Y位于第二周期、Z和W位于第三周期，如果W是Cl元素，则X、Y、Z分别是N、O、S元素；如果W是S元素，则X、Y、Z分别是C、N、P元素；如果W是P元素，则X、Y、Z分别是B、C、Si元素；结合题目分析解答．【解答】解：X、Y、Z、W四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的相对位置知，X和Y 位于第二周期、Z和W位于第三周期，如果W是Cl元素，则X、Y、Z分别是N、O、S元素；如果W是S元素，则X、Y、Z分别是C、N、P元素；如果W是P元素，则X、Y、Z分别是B、C、Si元素；A．如果W是P、X是B元素，则W原子序数是X的3倍，故A错误；B．Z可能是P、Si元素，所以Z不可能为金属元素，故B错误；C．N元素电负性大于S，则N元素氢化物稳定性大于S元素氢化物，故C错误；D．若X、Y、Z、W分别是N、O、S、Cl元素，那么它们与H原子形成18电子的分子分别是N2H4、H2O2、H2S、HCl，故D正确；故选D．5．表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（）编号实验内容实验目的或实验结论①向足量的酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH）将乙二醇转化为乙二酸（H2C2O4）②向5ml 0.1mol/L AgNO3溶液中滴加1ml 0.1mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1ml 0.1mol/L KI溶液，有黄色沉淀生成．验证AgCl的溶解度比AgI大③向KI溶液中滴入CuSO4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色．说明白色沉淀可能为CuI④室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸．研究浓度对反应速率的影响⑤将铁粉投入到盛有稀HNO3的试管中，充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象．说明HNO3将Fe氧化成Fe2+A．①②⑤B．②③⑤C．②③④D．①②③【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】①KMnO4与乙二醇（HOCH2CH2OH）发生氧化还原反应生成二氧化碳；②硝酸银足量，均为沉淀的生成；③KI溶液中滴入CuSO4溶液中发生氧化还原反应生成CuI、碘；④只有浓度一个变量；⑤Fe与硝酸反应生成硝酸铁，铁过量时，Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁．【解答】解：①KMnO4与乙二醇（HOCH2CH2OH）发生氧化还原反应生成二氧化碳，且高锰酸钾可氧化乙二酸（H2C2O4），结论不合理，故错误；②硝酸银足量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，故错误；③KI溶液中滴入CuSO4溶液中发生氧化还原反应生成CuI、碘，则有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，故正确；④只有浓度一个变量，可研究浓度对反应速率的影响，故正确；⑤Fe与硝酸反应生成硝酸铁，铁过量时，Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，不能说明HNO3将Fe 氧化成Fe2+，故错误；故选A．6．H2C2O4为二元弱酸．20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）=0.100mol•L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示．下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）B．c（Na+）=0.100 mol•L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH﹣）+c（C2O42﹣）C．c（HC2O4﹣）=c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol•L﹣1+c（HC2O4﹣）D．pH=7.0的溶液中：c（Na+）=2（C2O42﹣）【考点】DN：离子浓度大小的比较．【分析】A．依据图象可知pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣）；B．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）=0.100mol/L的溶液中c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH﹣）+c（C2O42﹣）；C．c（HC2O4﹣）=c（C2O42﹣）的溶液中c（Na+）＜0.100 mol•L﹣1+c（HC2O4﹣）；D．pH=7的溶液中，（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断．【解答】解：A．由图象可知，pH=2.5的溶液中c（H2C2O4）和c（C2O42﹣）浓度之和小于c（HC2O4﹣），则c（HC2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣），故A错误；2B．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒（H+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4），代入计算得到c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH﹣）+c（C2O42﹣），故B正确；C．c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）=0.100mol•L﹣1，c（HC2O4﹣）=c（C2O42﹣），电荷守恒（H+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c（Na+）＜0.100 mol•L﹣1+c（HC2O4﹣），故C错误；D．pH=7，根据电荷守恒（H+）+c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），因草酸根会水解，所以c（Na+）＞2c（C2O42﹣），故D错误；故选B．7．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0 平衡常数K1②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H2＜0 平衡常数K210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10﹣3mol/（L•min）．下列说法不正确的是（）A．反应4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数为K12/K2B．平衡后c（Cl2）=2.5×10﹣2mol/LC．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50%【考点】CP：化学平衡的计算．【分析】A．①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），平衡常数K1=，②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），平衡常数K2 =，2×①﹣②可得4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），进而计算平衡常数；B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v （ClNO）=7.5×10﹣3mol•L•min﹣1，则平衡时n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L•min﹣1×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）xmol 0.5xmol2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）2ymol ymol 2ymol再根据ClNO物质的量与平衡时混合气体总物质的量列方程计算解答；C．平衡常数只受温度影响，温度不变，则为平衡常数不变；D．根据C中的计算结果，可以计算二氧化氮的转化率．【解答】解：A．①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），平衡常数K1=；②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），平衡常数K2 =4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，则[]2÷=，即K=，故A正确；B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v （ClNO）=7.5×10﹣3mol•L•min﹣1，则平衡时n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L•min﹣1×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）xmol 0.5xmol2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）2ymol ymol 2ymol则0.5x+2y=0.15，（0.2﹣x+0.2﹣2y+0.1﹣y）+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c（Cl2）==2.5×10﹣2mol•L﹣1，故B正确；C．平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，故C错误；D．平衡时NO2的转化率为×100%=50%，故D正确，故选C．二、非选择题，共58分）8．为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量．有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要．（1）在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质．已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol﹣1②C和C0的燃烧热（△H）分别为﹣393.5kJ•mol﹣1和﹣283kJ•mol﹣1则2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H= ﹣746.5 kJ•mol﹣1（2）将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图所示．①CO在0﹣9min内的平均反应速率v（CO）= 4.4×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1（保留两位有效数字）；第12min时改变的反应条件可能为 D ．A．升高温度 B．加入NO C．加催化剂 D．降低温度②该反应在第24min时达到平衡状态，CO2的体积分数为22.2% （保留三位有效数字），化学平衡常数K= 3.4 （保留两位有效数字）．（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（Na+）= 2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）（用含硫微粒浓度的代数式表示）．（4）通过人工光合作用能将水与燃煤产生的CO2转化成HCOOH和O2．已知常温下0.1mol•L﹣1的HCOONa溶液pH=10，则HCOOH的电离常数K a= 1.0×10﹣7．【考点】BE：热化学方程式；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；CP：化学平衡的计算；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）写出C和CO燃烧热的热化学方程式，结合盖斯定律计算所需要的热化学方程式；（2）①分析图象浓度变化，结合反应速率概念计算V=得到，第12min时一氧化碳和一氧化氮减小，氮气浓度增大，说明平衡正向进行，依据化学平衡移动原理分析判断选项对平衡的影响；②依据图象分析判断，平衡状态时一氧化碳一氧化氮和氮气浓度，结合化学平衡三段式列式计算平衡百分含量和平衡常数；（3）依据溶液中存在的电荷守恒分析；（4）计算水解平衡常数Kh，再根据Ka=计算．【解答】解：（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol﹣1②C的燃烧热（△H）为﹣393.5kJ•mol﹣1，热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；③C0的燃烧热283kJ•mol﹣1 ，热化学方程式为CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283kJ•mol ﹣1；依据盖斯定律计算③×2﹣①得到，2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H=﹣746.5KJ/mol 故答案为：﹣746.5；（2）①图象分析一氧化碳浓度变化=0.10mol/L﹣0.06mol/L=0.04mol/L，CO在0﹣9min内的平均反应速率v（CO）==4.4×10﹣3，第12min时，一氧化碳和一氧化氮浓度减小，浓度增大说明平衡正向进行；A．反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，故A不符合；B．加入NO，平衡正向进行，一氧化氮浓度大于原平衡，故B不符合；C．加催化剂改变反应速率不改变化学平衡，故C不符合；D．反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，故D符合；改变的反应条件可能是降低温度；故答案为：4.4×10﹣3；D；②该反应在第24min时达到平衡状态，平衡浓度c（N2）=0.03mol/L，c（NO）=0.14mol/L，c （CO）=0.04mol/L，依据化学平衡三段式列式计算2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）起始量（mol/L） 0.2 0.1 0 0变化量（mol/L） 0.06 0.06 0.03 0.06平衡量（mol/L） 0.14 0.04 0.03 0.06CO2的体积分数=×100%=22.2%平衡常数K==3.4故答案为：22.2%；3.4；（3）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），得到（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故答案为：2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）；（4）常温下，0.1mol/L的HCOONa溶液pH为10，溶液中存在HCOO﹣水解HCOO﹣+H2O⇌HCOOH+OH﹣，故K==10﹣7，则HCOOH的电离常数Ka===1 h×10﹣7，故答案为：1.0×10﹣7．9．以铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）为原料，可制得液体聚合氯化铝，生产的部分过程如图所示（部分产物和操作已略去）．已知某些硫化物的性质如下表：物质性质Fe2S3 Al2S3在水溶液中不存在FeS 黑色，难溶于水，可溶于盐酸CuS 黑色，难溶于水，难溶于盐酸（1）操作I是过滤．Al2O3与盐酸反应的离子方程式是Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ．（2）滤渣2为黑色，该黑色物质的化学式是CuS ．（3）向滤液2中加入NaClO溶液至不再产生红褐色沉淀，此时溶液的pH约为3.7．NaClO的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．（4）将滤液3的pH调至4.2～4.5，利用水解反应得到液体聚合氯化铝．反应的化学方程式是mAlCl3+nH2O⇌Al m（OH）n Cl3m﹣n+nHCl ．（5）将滤液3电解也可以得到液体聚合氯化铝．装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）．①写出阴极室的电极反应：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣．②简述在反应室中生成聚合氯他铝的原理：电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合氯化铝．【考点】U3：制备实验方案的设计；DI：电解原理．【分析】铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）加过量盐酸，过滤滤渣1为SiO2，滤液1中含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+等，滤液中加硫化钠，Cu2+转化为CuS 沉淀；过滤，滤液2中加NaClO把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液3中为氯化铝；（1）操作I是分离固体和液体混合物的操作；Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水；（2）铜离子与硫离子结合生成CuS沉淀；（3）亚铁离子被NaClO氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀；（4）AlCl3水解生成Al m（OH）n Cl3m﹣n和HCl，根据原子守恒配平方程式；（5）①阴极上水电离的氢离子得电子生成氢气；②阴离子交换膜只允许阴离子通过，则阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成Al m（OH）n Cl3m．﹣n【解答】解：铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）加过量盐酸，过滤滤渣1为SiO2，滤液1中含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+等，滤液中加硫化钠，Cu2+转化为CuS沉淀；过滤，滤液2中加NaClO把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液3中为氯化铝；（1）操作I是分离固体和液体混合物的操作是过滤；Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，其反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案为：过滤；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；（2）溶液中含有铜离子，加入硫化钠，生成CuS黑色沉淀；故答案为：CuS；（3）向滤液2中含有亚铁离子，加入NaClO溶液，亚铁离子被NaClO氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；（4）AlCl3水解生成Al m（OH）n Cl3m﹣n和HCl，根据原子守恒配平方程式为：mAlCl3+nH2O⇌Al m （OH）n Cl3m﹣n+nHCl；故答案为：mAlCl3+nH2O⇌Al m（OH）n Cl3m﹣n+nHCl；（5）①阴极上水的电离的氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH ﹣；故答案为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；②阴离子交换膜只允许阴离子通过，电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成Al m（OH）n Cl3m﹣n；故答案为：电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合氯化铝．10．某研究性学习小组对Cu与H2SO4反应的产物种类和性质进行探究．Ⅰ．产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料．资料1：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种．资料2：硫酸/mol•L﹣1黑色物质出现的温度/°C黑色物质消失的温度/°C15约150 约23616 约140约25018 约120 不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是abd （选填下列字母编号）a．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c．该反应发生的条件之一是硫酸浓度＞15mol•L﹣1d．硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）Cu与足量16mol•L﹣1浓硫酸反应时，在80°C以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而CuS却逐渐减少，到达250°C左右时，CuS在反应中完全消失的澄清溶液，CuS消失的化学方程式为CuS+4H2SO4=CuSO4+4SO2↑+4H2O ．Ⅱ．产物性质探究Cu与浓H2SO4反应生成的CuSO4具有某些特定性质，一定浓度CuSO4溶液与NaHCO3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是CuCO3，Cu（OH）2，或者CuCO3与Cu（OH）2的混合物．（1）若沉淀是Cu（OH）2，生成沉淀的离子方程式是Cu2++2HCO3﹣=Cu （OH）2↓+2CO2↑．（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为a．取沉淀样品100克于B中，检查装置的气密性b．打开K1，K3，关闭K2，K4，通入足量空气c．关闭K1，K3，打开K2，K4，充分反应d．反应结束后，关闭K2，打开K1，再通入足量空气e．测得装置D的质量增加了22g①步骤b的作用是排尽装置中空气中的CO2使测定结果准确②若沉淀样品为CuCO3和Cu（OH）2的混合物，则Cu（OH）2的质量分数为38% ，若不进行步骤d，则会使测得Cu（OH）2的质量分数为偏低（填“偏高”“无影响”“偏低”）【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量；U2：性质实验方案的设计．【分析】Ⅰ、（1）图表数据分析铜和浓硫酸反应过程中会生成黑色物质证明有副反应，浓度合适会避免黑色固体出现，浓度越大，温度越高黑色越难消失；（2）CuS消失是和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；Ⅱ、（1）沉淀为氢氧化铜的是碳酸氢钠和硫酸铜在水溶液中发生双水解生成分析；（2）①空气中含有二氧化碳，空气通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气，打开K1、K3，关闭K2、K4，排除装置中的含二氧化碳气体的空气，避免测定误差的产生；②若沉淀样品的质量为m g，若沉淀样品为纯净物，则判断沉淀为CuCO3，装置D的质量增加了n g，为二氧化碳气体质量，依据碳元素守恒得到mn的关系；若假设三正确，依据生成的二氧化碳物质的量减少碳酸铜质量，根据样品质量计算得到氢氧化铜的质量分数．【解答】解：Ⅰ、（1）依据图表数据分析可知，浓度不同时出现黑色物质的时间随浓度增大减小，浓度为18mol/L时生成的黑色物质不能消失；a．分析过程可知．发生的反应过程中生成二氧化硫和硫酸铜的反应过程中有奇谈反应发生生成黑色物质，铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个，故A符合；。