2020届高三化学上学期期中试题（附解析Word版）

高三上学期期中考试高三化学试卷 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Fe 56 I 127 Cu 64 Ag 108 Cl 35.5 Mg 24 Ti 48 N 14 Bi 209 I 卷（选择题共 60 分） 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题 2 分，共 30 分） 1.化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是 A. 氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类 LaNi5 等合金材料是纯净物 B. 硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为 SiO2 是酸性氧化物 C. 油脂水解都得高级脂肪酸和甘油 D. 次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒 【答案】D 【解析】 【详解】A．合金材料是混合物，选项 A 错误； B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体， 与 SiO2 是酸性氧化物无关，选项 B 错误； C．油脂在酸性条件下水解都得高级脂肪酸和甘油，但在碱性条件下得到高级脂肪酸盐和甘油， 选项 C 错误； D．次氯酸具有强氧化性，漂粉精溶液吸收空气中的二氧化碳后可以生成次氯酸，所以可用于 游泳池消毒，选项 D 正确。 答案选 D。 2.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是 A. 双氢青蒿素 B. 全氮阴离子盐C. 聚合氮 D. 砷化铌纳米带 【答案】A 【解析】 【分析】 有机化合物主要是由碳元素、氢元素组成，是一定含碳的化合物，根据结构式找出其组成元 素，据此分析作答。 【详解】A. 根据结构简式可知，双氢青蒿素的组成元素有 C、H、O，属于有机物，A 项正确； B. 全氮阴离子盐中不含 C 元素，不属于有机物，B 项错误； C. 聚合氮中只有氮元素，不含 C 元素，不属于有机物，C 项错误； D. 砷化铌纳米带不含 C 元素，不属于有机物，D 项错误； 答案选 A。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ） A. 1 mol N2 与 4 mol H2 反应生成的 NH3 分子数为 2NA B. 32 g S8（分子结构： ）中的共价键数目为 NA C. 标准状况下，11.2 L Cl2 溶于水，溶液中 Cl－、ClO－和 HClO 的微粒数之和为 NA D. 39g 钾与氧气完全反应，生成 K2O 转移 NA 个电子，生成 KO2 转移 2NA 电子 【答案】B 【解析】 【详解】A．合成氨是可逆反应，N2 的转化率不可能达到 100%，则 1 mol N2 与 4 mol H2 反应 生成的 NH3 分子数小于 2NA，故 A 错误； B．一个 分子中含有 8 个 S-S 键，则 32gS8(分子结构： )中的共价键数目为 /mol=NA，故 B 正确； C．Cl2 溶于水是可逆反应，只有部分 Cl2 与水反应生成 HCl、HClO，其余仍以 Cl2 分子形式存 在于水中，则标准状况下，11.2 L Cl2 的物质的量为 0.5mol，溶于水后溶液中 Cl－、ClO－和 HClO 的微粒数之和小于 NA，故 C 错误； D．39g 钾的物质的量为 1mol，而钾反应后变为+1 价，故 1mol 钾反应后转移 NA 个电子，故 D 错误； 故答案为 B。 4.下列离子方程式正确的是 A. 金属钠和水反应：Na+2H2O =Na++2OH-+H2↑ B. 氢氧化钠溶液中通入少量 SO2：SO2+2OH-= SO32-+H2O C. 大理石与醋酸反应：CaCO3＋2H+＝CO2↑＋H2O + Ca2+ D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO42-=BaSO4 ↓ 【答案】B 【解析】 【详解】A. 金属钠和水反应的离子方程式为 2Na+2H2O =2Na++2OH-+H2↑，故 A 错误； B. 氢氧化钠溶液中通入少量 SO2 的离子方程式为 SO2+2OH-= SO32-+H2O，故 B 正确； C. 大理石与醋酸反应的离子方程式为 CaCO3＋2CH3COOH＝CO2↑＋H2O + Ca2++2CH3COO－， 故 C 错误； D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为 Cu2+＋2OH－＋Ba2＋＋SO42-=BaSO4 ↓+Cu(OH)2↓，故 D 错误； 故答案选 B 5.下列化学用语或模型正确的是 A. 氯化氢的电子式： B. N2 的结构式：N≡N C. 硫离子结构示意图： D. CH4 分子的球棍模型： 【答案】B 【解析】 。 32 8256 / mol A g Ng × ×氯化氢属于共价化合物，电子式为： ，A 不正确；S 元素的质子数是 16， 因此硫离子结构示意图： ，C 不正确； 是甲烷的比例模型，CH4 分子的 球棍模型为： ，所以正确的答案是 B。 6.下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ） A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B. 能使溴水和品红溶液褪色 C. 和 溶液使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去 D. 新制的氨水、氯水放置时间较久而变质 【答案】C 【解析】 【详解】A.浓硫酸的吸水性使浓硫酸中溶剂的量增大，溶质的量不变，导致浓度降低；浓盐酸 有挥发性，使溶质的量减少，溶剂的量不变，导致浓度降低，所以浓硫酸和浓盐酸浓度降低 的原因不同，A 不符合题意； B.SO2 是品红溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其还原性，褪色原理不同，B 不符 合题意； C.SO2、FeSO4 都具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪色，C 符合题意； D.氨水易挥发，浓度降低而变质；而氯水是由于其中的 HClO 不稳定，见光分解而变质，故变 质原理不同，D 不符合题意； 故合理选项是 C。 7.下列事实可依据金属活动性顺序进行解释的是 A. 镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀 B. 铝箔在加热时，熔化的铝不滴落 C. 铁在氧气中燃烧所得氧化物中，铁有两种化合价 D. 常温时浓硝酸可用铁制容器盛放，而不能用铜制容器盛放 【答案】A 【解析】 2SO 2SO 4FeSO【详解】A、镀锌铁因 Zn 比 Fe 活泼，Zn 被腐蚀，镀锡铁因 Fe 比 Sn 活泼，因而是铁被腐蚀， 所以镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀可利用金属活动性顺序解释，故 A 正确； B、氧化铝的熔点高，包裹在 Al 的外面，所以加热铝箔时熔化的铝不滴落，与金属活动性顺 序无关，故 B 错误； C、铁在氧气中燃烧所得氧化物是四氧化三铁，四氧化三铁中铁的化合价有两种：+2 价和+3 价，其中+2 价一个+3 价两个，与金属活动性顺序无关，故 C 错误； D、常温下，铁在浓硝酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硝酸；常温下，浓硝酸能 和铜反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，不能用铜制品容器盛放浓硝酸，不能用金属活动性顺 序解释，故 D 错误。 正确答案选 A。 8.化合物 X 是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物 X 的说法正确的是（ ） A. 分子中两个苯环一定处于同一平面 B. 不能与饱和 Na2CO3 溶液反应 C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种 D. 1 mol 化合物 X 最多能与 2 mol NaOH 反应 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，由于单键可以旋 转，两个苯环不一定共面，A 项错误； B.X 中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B 项错误； C.由于是环酯，在酸性条件下水解，水解产物只有一种，C 项正确； D.X 的酸性水解产物中含有 2 个羧基和 1 个酚羟基，则 1mol 化合物 X 最多能与 3molNaOH 反应，D 项错误； 答案选 C 【点晴】掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，难点是有机物共线共面判断。 。解答该类试题时需要注意：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛 5 种分子中的 H 原子若被其他原 子如 C、O、Cl、N 等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助 C—C 键可以旋转而 —C≡C—键和碳碳双键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键 为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。 9.酸与醇发生酯化反应的过程如下： 下列说法不正确的是 A. ①的反应类型是加成反应 B. ②的反应类型是消去反应 C. 若用 R18OH 作反应物，产物可得 H218O D. 酯化过程中，用浓硫酸有利于②的过程 【答案】C 【解析】 【详解】A、①的反应羧酸的羧基中羰基与醇发生加成反应，故 A 正确； B、②的反应中两个羟基同时连在同一碳原子上发生消去反应脱水，故 B 正确； C、根据酯化反应的过程，若用 R18OH 作反应物，产物是 RˊCO18OR 和 H2O，故 C 错误； D、酯化过程中，用浓硫酸吸收了反应生成的水，使反应朝着有利于生成更多的 RˊCOOR 的 方向移动，有利于②的过程，故 D 正确。 正确答案选 C。 10.用下图所示装置及药品进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 图 1 分离乙醇和乙酸 B. 图 2 除去甲烷中的乙烯 C. 图 3 除去溴苯中的溴单质 D. 图 4 除去工业酒精中的甲醇【答案】D 【解析】 【详解】A.乙酸与乙醇是互溶的液体物质，二者不分层，不能利用图中分液装置分离，应选蒸 馏法，A 错误； B.乙烯能被高锰酸钾氧化产生 CO2 气体，使甲烷中又混入了新的杂质气体，不能用于洗气除 杂，应该使用溴水洗气，B 错误； C.溴和溴苯均可透过滤纸，不能使用过滤分离，应先加 NaOH 溶液、然后分液分离除杂，C 错 误； D.酒精、甲醇互溶，但二者沸点不同，则可利用图中蒸馏装置除杂，D 正确； 故合理选项是 D。 11.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中 和 代表不同元素的 原子。关于此反应说法错误的是 A. 一定属于分解反应 B. 一定属于可逆反应 C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于吸热反应 【答案】D 【解析】 【详解】A. 由图可知，一种物质分解生成两种物质，为分解反应，故 A 正确； B. 由图可知，反应前后均存在反应物分子，该反应为可逆反应，故 B 正确； C. 反应物为化合物，有单质生成，则一定存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，故 C 正 确； D. 由图不能确定反应中能量变化，故 D 错误。答案选 D。 【点睛】本题考查的是化学反应的分类。由图可知，为一种物质分解生成两种物质，且有单 质生成。 12.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示： • 实验 1 实验 2 ①、③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产 生 ③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生 下列说法正确的是 A. 稀硝酸一定被还原为 NO2 B. 实验 1-②中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) ＝c(NO3－) + c(OH－) C. 由上述实验得出结论：常温下，Cu 既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应 D. 实验 1-③、实验 2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 实验 1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和 NO 和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下 能继续氧化铜单质。试管口 NO 均被氧化生成红棕色的二氧化氮。 实验 2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和 NO 和水。试管口 NO 被氧化 生成红棕色的二氧化氮。 【详解】A．稀硝酸与铜发生 3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 反应，生成硝酸铜溶 液为蓝色，试管口 NO 被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成 NO，故 A 错误； B．实验 1-②中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故 B 错误； C．由上述实验可得出结论：Cu 在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故 C 错 误； D．实验 1-③、实验 2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O ，故 D 正确； 答案选 D。【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成 NO，浓硝酸与铜生成 NO2。 13.某硫酸与硝酸的混合溶液中， H＋、SO42-的物质的量浓度分别为 5.0 mol·L－1 和 2.0 mol·L－ 1。取该溶液 10 mL，加入 1.6 g 铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积 约为 A. 0.56L B. 0.84 L C. 0.224 L D. 0.448 L 【答案】C 【解析】 【详解】在 10mL 溶液中，H+的物质的量为 5.0 mol·L－1×0.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为 2.0 mol·L－1×0.01L=0.02mol。根据电荷守恒，NO3-的物质的量为 0.05mol-0.02mol×2=0.01mol。 1.6g 铜 是 0.025mol ， 根 据 反 应 的 方 程 式 ： 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ， 假 设 0.01molNO3-全部反应，需要 H+0.04mol，铜 0.015mol，所以 H+和铜都是过量的，生成的一氧 化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮 0.01mol，在标况下的体积为 0.224L。 故选 C。 14.下列实验方案设计中，可行的是 ( 　) A. 用溶解和过滤的方法分离硝酸钾和氯化钠固体的混合物 B. 用萃取的方法分离汽油和煤油 C. 加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉 D. 将氧气和氢气的混合气通过炽热的氧化铜，以除去其中的氢气 【答案】C 【解析】 【详解】A、KNO3 和 NaCl 都是易溶的物质，不能用溶解、过滤的方法分离，二者溶解度受 温度影响不同，则选结晶法、过滤分离，A 不可行； B、煤油和汽油的溶解性相似，不能用萃取的方法分离煤油和汽油，B 不可行； C、镁粉可以和盐酸反应，铜粉不和盐酸反应，故可用盐酸除去铜粉中的少量镁粉，C 可行； D、氢气还原 CuO，但生成的 Cu 与氧气反应，不能利用灼热的 CuO 除杂，D 不可行。 答案选 C。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、 实验技能为解答的关键，选项 D 是解答的易错点。 15.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项 实验操作 现象 结论 A 向 BaCl2 溶液中通入 CO2 产生白色沉淀 白色沉淀为 BaCO3 B 向 NaHCO3 溶液中先加入 CaCl2 溶液，再加入 NaOH 溶液 产生白色沉淀 白色沉淀为 CaCO3 C 向某溶液加入 NaOH 溶液，用湿 润的红色石蕊试纸检验产生的 气体 湿润的红色石蕊试纸 未变蓝 该溶液中一定不含有 D 向某溶液中先加入 HNO3 溶液， 再加入 BaCl2 溶液 产生白色沉淀 该溶液中一定含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.氯化钡溶液中通入二氧化碳不反应，不能得到碳酸钡沉淀，故错误； B.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，故正确； C.含有铵根离子的溶液中加入浓的氢氧化钠并加热才能得到碱性的氨气，故错误； D.原溶液中不一定有硫酸根离子，也可能含有亚硫酸根离子，因为被硝酸氧化成硫酸根离子再 生成硫酸钡沉淀，故错误。 故选 B。 二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题 3 分，共 30 分） 16.用铁泥(主要成分为 Fe2O3、FeO 和少量 Fe)制备纳米 Fe3O4，的流程示意图如下： 下列叙述错误的是 A. 为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施 + 4NH 2- 4SOB. 步骤②中，主要反应的离子方程式是 2Fe3++Fe=3Fe2+ C. 步骤④中，反应完成后剩余的 H2O2 无需除去 D. 步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤 【答案】C 【解析】 【分析】 铁泥（主要成分为 Fe2O3、FeO 和少量 Fe）与稀盐酸反应得到的滤液 A 溶质为氯化铁、氯化 亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液 B 的溶质 为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成 Fe（OH）2 浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水 将 Fe（OH）2 浊液氧化成浊液 D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余 H2O2，浊液 D 与滤液 B 加热搅拌发生反应制得 Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品 Fe3O4，据此分析解答。 【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A 正确； B.滤液 A 的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原 Fe3+，即主要的离子反 应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B 正确； C.步骤④中，浊液 C 中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液 D，为了提高 Fe3O4 的产率需要控 制浊液 D 与滤液 B 中 Fe2+的比例，为防止滤液 B 中 Fe2+在步骤⑤中被 H2O2 氧化，步骤④中反应 完成后需再加热一段时间除去剩余 H2O2，C 错误； D.步骤⑤为浊液 D 与滤液 B 加热搅拌发生反应制得 Fe3O4，使 Fe3O4 分离出来需经过过滤、洗涤、 干燥，D 正确； 故答案选 C。 【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选 择与理解等，需要学生具备扎实的基础。 17.探究 Na2O2 与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下 列分析不正确的是 A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应 C. ②、⑤中 KMnO4 与 MnO2 的作用不同，产生气体的量也不同 D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾 具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化 钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化 氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此 分析作答。 【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧 化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A 项正确； B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成 水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化 氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分 解反应，B 项正确； C. ②中 KMnO4 与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4 体现氧化性，而⑤中 MnO2 则起催化作用， 两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被 氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C 项正确； D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了 过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D 项错误； 答案选 D。 18.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾， 是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热 易分解，但在 198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有：①蛋白质的 变性 ②蛋白质的盐析 ③胶体聚沉 ④盐类水解 ⑤焰色反应 ⑥氧化还原反应 A. ①②③④⑤ B. ①③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥ 【答案】B 【解析】【详解】高铁酸钾有强氧化性，可以使水中的细菌、病毒的蛋白质变性，高铁酸钾被还原为+3 价铁，Fe3+可以发生水解，生成 Fe(OH)3 胶体，Fe(OH)3 胶体可以和水中的悬浮杂质发生胶体 的聚沉而达到净水的目的，所以选 B。 19.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。 实验 操作 现象 Ⅰ 向盛有 Na2S 溶液的①中持续通入 CO2 至过量 ②中产生黑色沉淀，溶液的 pH 降低； ③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡 Ⅱ 向盛有 NaHCO3 溶液的①中持续通 入 H2S 气体至过量 现象同实验Ⅰ 资料：CaS 遇水完全水解 由上述实验得出的结论不正确的是 A. ③中白色浑浊是 CaCO3 B. ②中溶液 pH 降低的原因是：H2S+Cu2+ == CuS↓+2H+ C. 实验Ⅰ①中 CO2 过量发生 反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2S D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较 H2CO3 和 H2S 酸性的强弱 【答案】C 【解析】 【分析】 实验Ⅰ.向①的 Na2S 溶液中持续通入 CO2 至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的 pH 降低，说明 生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化 碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀； 实验Ⅱ. 向盛有 NaHCO3 溶液的①中持续通入 H2S 气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的 pH 降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了 CuS 黑色沉淀，同时生成了硫酸；③ 中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成 的了碳酸钙沉淀；据此分析解答。 【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是 CaCO3，不可能是 CaS，因为 CaS 遇水完全水解， 故 A 正确； B. ②中反应生成的硫化氢与硫酸铜反应： H2S+Cu2+ = CuS↓+2H+，使得溶液的 pH 降低，故 B 正确； C. CO2 过量反应生成 HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故 C 错误； D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有 H2S 生成，Ⅱ中通 H2S 有二氧化碳生成，不能 比较 H2CO3 和 H2S 酸性的强弱，故 D 正确； 答案选 C。 20.电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图 1 为相 同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图 2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶 液升温过程中电导率变化曲线，温度均由 22℃上升到 70℃。下列判断不正确的是 A. 由曲线 1 可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率 B. 由曲线 4 可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关 C. 由图 1 和图 2 可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是 Cl- 的迁移速率大于 CH3COO-的迁移速率 D. 由图 1 和图 2 可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中 H+、OH-的浓度和迁移速率 无关 【答案】D 【解析】 【详解】A．曲线 1 中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明 温度升高可以提高离子的迁移速率，故 A 正确；B．温度升高，促进 CH3COONa 溶液中 CH3COO-的水解，则由曲线 3 和曲线 4 可知，温度升 高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故 B 正确； C．曲线 1 和曲线 2 起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加， 但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是 Cl-的迁移速率大于 CH3COO-的迁移速率， 故 C 正确； D．曲线 1 和曲线 2 起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括 H+和 OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的 H+和 OH-浓度不 再和盐酸溶液的 H+和 OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中 H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故 D 错误； 故答案为 D。 21.水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有广泛应用。由 N- 乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸 －羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物 A 的路 线如图： 下列说法正确的是 A. NVP 具有顺反异构 B. 高聚物 A 因含有-OH 而具有良好的亲水性 C. HEMA 和 NVP 通过缩聚反应生成高聚物 A D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好 【答案】B 【解析】 【分析】 β如图，HEMA 和 NVP 通过加聚反应生成高聚物 A，聚合过程中引发剂的浓度为 1.6 含水率最 高。 【详解】A. NVP 中碳碳双键的其中一个碳原子的另外两个键均是 C-H 键，故不具有顺反异构， 故 A 错误； B. –OH 是亲水基，高聚物 A 因含有-OH 而具有良好的亲水性，故 B 正确； C. HEMA 和 NVP 通过加聚反应生成高聚物 A，故 C 错误； D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度为 1.6 含水率最 高，并不是引发剂的浓度越高越好，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】常见亲水基：羟基、羧基等。含这些官能团较多的物质一般具有良好的亲水性。 22.某学生探究 0.25mol/LAl2(SO4)3 溶液与 0.5mol/LNa2CO3 溶液的反应，实验如下。 实验 1 实验 2 下列分析正确的是（ ） A. 实验 1 中，白色沉淀 a 是 Al2(CO3)3 B. 实验 2 中，白色沉淀 b 一定是 Al2(OH)2(CO3)2 C. 检验白色沉淀 a、b 是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的 BaCl2 溶液 D. 实验 1、2 中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的 pH 无关 【答案】C 【解析】 【分析】 由现象可知：实验 1 发生完全双水解反应生成 Al(OH)3，实验 2 过量的 Na2CO3 与完全双水解 反应生成 Al(OH)3 发生反应。 【详解】A. 实验 1 中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀 a 是 Al(OH)3，故 A 错误；B. 实验 2 中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是 CO2，但不能说明白色沉淀 b 一定是 Al2(OH)2(CO3)2，故 B 错误； C. 检验白色沉淀 a、b 是否洗涤干净，即可检验有无 SO42-，均可用盐酸酸化的 BaCl2 溶液检 验，故 C 正确； D. 实验 1、2 中，过量 Al2(SO4)3 溶液显酸性，过量 Na2CO3 溶液显碱性，不能确定白色沉淀成 分不同的原因与混合后溶液的 pH 有关，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】注意 D 项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。 23.我国科研人员使用催化剂 CoGa3 实现了 H2 还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 肉桂醛分子中不存在顺反异构现象 B. 苯丙醛分子中有 6 种不同化学环境的氢原子 C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂 D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基 【答案】A 【解析】 【详解】A. 肉桂醛( )分子中碳碳双键两端分别连接 2 个不同的基团，存在顺 反异构现象，故 A 错误； B. 苯丙醛( )分子中有 6 种不同化学环境的氢原子，如图示： ，故 B 正确； C. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了 H-H 键和 C＝ O 键，发生了极性键和非极性键的断裂，故 C 正确； D. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了苯丙醛和肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现 了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故 D 正确；答案选 A 【点睛】本题的易错点为 C，要注意肉桂醛转化成肉桂醇的过程中仅断开了极性键，非极性键 是断开的氢气分子中的 H-H。 24.某无色溶液中可能含有 Na＋、K＋、NH4+、Ca2＋、Cu2＋、SO42-、SO32-、Cl－、Br－、CO32- 中的若干种，离子浓度都为 0.1 mol·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，设计并完成如右实验：则下列关于原溶液的判断 正确的是（ ） A. 若步骤中 Ba(NO3)2 和 HNO3 的混合溶液改用 BaCl2 和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的 判断无影响 B. 无法确定原溶液中是否存在 Cl－ C. 肯定存在的离子是 SO32-、Br－，是否存在 Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定 D. 肯定不存在的离子是 Ca2＋、Cu2＋、SO42-、CO32-，是否含 NH4+另需实验验证 【答案】A 【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, 说明无 ,加足量氯水,无气体产生,则无 ,溶液加四氯化碳分液,下层橙黄色,则有 Br-,上 层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀生成,则有 ,无 Mg2+。溶液中离子浓度都为 0.1 mol·L-1,根 据电荷守恒,一定含有 、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 产生,是因为加氯水时引入了氯离子。 【详解】A. 注意检验是否有硫酸根离子，根据硫酸钡不溶于酸的特点进行判断，溶液中已含 有氯离子，所以没有关系，故 A 符合题意； B. 根据题目中浓度都相等利用电荷守恒可以判断出是否有氯离子，故 B 错误； C. 肯定存在的离子是 、Br-、 、Na+、K+,故 C 错误； D. 根据电荷守恒可以判断出溶液中有铵根离子，故 D 错误； 。 【 2 4SO − 2 3CO − 2 3SO − 4NH + 2 3SO − 4NH +故正确答案为：A。 25.工业上用铝土矿(主要成分为 Al2O3，含 Fe2O3 杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下： 下列叙述正确的是 A. 按上述流程，试剂 X 可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁 C. 图中所有的转化反应都不是氧化还原反应 D. 反应②的离子方程式为 2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－ 【答案】B 【解析】 【分析】 综合分析工艺流程图可知，试剂 X 是氢氧化钠溶液，Al2O3 溶于氢氧化钠溶液得到 NaAlO2 溶 液，Fe2O3 与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为 NaAlO2 溶液，沉淀为 Fe2O3； Y 为 CO2，向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2 生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电 解熔融 Al2O3 得到金属铝，以此解答该题。 【详解】A．由溶液乙通入过量的 Y 生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体 Y 为二氧化碳，故试剂 X 为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故 A 错误； B．Al2O3 溶于氢氧化钠溶液得到 NaAlO2 溶液，Fe2O3 与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得 沉淀为 Fe2O3，故 B 正确； C．电解熔融 Al2O3 冶炼金属铝属于氧化还原反应，故 C 错误； D．反应①过滤后所得溶液乙为 NaAlO2 溶液，向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2 生成 Al（OH） 3 沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为 NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故 D 错误； 故答案选 B。 【点睛】本题是一道综合考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等知识题目，侧重于考查学 生分析和解决问题的能力，综合性强，注意把握制备原理和反应的流程分析。 II 卷（非选择题共 40 分）26.碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应 2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置模拟制 备碳酸镧。 (1)盛放稀盐酸的仪器名称为________________。 (2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为 F→____→____→____→____→______。 (3)W 中发生反应的离子方程式为_______Y 中发生反应的化学反应方程式为__________ (4)X 中盛放的试剂是_________，干燥管的作用为_________________。 (5)Z 中通入气体的方式________ A.先通入足量 NH3，后通入过量的 CO2 B.先通入足量 CO2，后通入过量的 NH3 C.NH3 和 CO2 同时通入 (6)该化学兴趣小组为探究 La2(CO3)3 和 La(HCO3)3 的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则 甲试管中盛放的物质为________________，实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间 的关系曲线如图所示，则关于两种物质稳定性实验结论为_____。 A.稳定性 La2(CO3)3>La(HCO3)3 B.稳定性 La2(CO3)3