1、湖南省衡阳市第一中学2021届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）1. 化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是( )A. 葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐B. 烧碱、石灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料C. 碳酸氢钠、碳酸钠、碳酸镁、氢氧化铝均可作抗酸药D. 亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用其来浸泡新鲜瓜果【答案】A【解析】【详解】A. 二氧化硫可消耗葡萄酒中的氧，抑制微生物生长，进而防腐，则葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐，A正确；B. 纯碱、石灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料，B错误；C.碳酸钠溶液的碱性太强，不可作抗酸药，C错误；D. 亚硝酸钠有毒，其溶液具有防腐作用，
2、不能用其来浸泡新鲜瓜果，D错误；答案为A。2. 化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是H2O CO32- Al3+ CH3COOH NH4+H2N-CH2COOHA B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，只能接受质子，所以属于碱；只能给出质子，属于酸，既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本
3、题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。3. NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有关说法正确的是A. 1L.0.25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NAB. 1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAC. 生成1mol还原产物时转移电子数为8NAD. 通常状况下，11.2L.CO2中含有的共价键数目为2NA【答案】C【解析】【分析】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：要审清所求粒子的种类，如分子、原
4、子、离子、质子、中子、电子等，涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；要注意审清运算公式。【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误；B项、Na2S溶液中S2-水解：S2H2OHSOH，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C项、由方程式可知反应还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol6-（-2）=8mol，个数为8NA，故C正确；D
5、项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5 mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。4. 室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是A. pH=1的溶液中：CH3CH2OH、K、B. c(Al3+)=0.1molL1的溶液中：、S2、Cl、BrC. pH=12的溶液中：Na、S2、D. 能使甲基橙变为红色的溶液：Na、Cl【答案】C【解析】【详解】ApH=1的溶液显酸性，在酸性条件下CH3CH2OH、会发生氧化还原反应，不能大
6、量共存，A不符合题意；BAl3+与S2会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和H2S气体，不能大量共存，B不符合题意；CpH=12的溶液显碱性，在碱性条件下，选项离子之间不会发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D能使甲基橙变为红色的溶液显酸性，在酸性条件下：H、与会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。5. 下列化学反应对应离子方程式表示正确的是A. FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+B. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：+OH+H2OC. 少量Ca(OH)2和NaHCO3反应Ca2OH=CaCO3H2OD. FeBr2
7、溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+4Cl+Br2【答案】D【解析】【详解】A不符合电荷守恒、电子守恒，离子方程式应该为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，A错误；BOH-不仅与反应，还与反应，离子方程式应该为：+2OH+H2O+NH3H2O，不符合反应事实，B错误；C酸式盐与碱反应时，要以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式应该为：Ca22OH2=CaCO3H2O，不符合反应事实，C错误；D反应符合事实，遵循物质反应的微粒数目比例，D正确；故合理选项是D。6. 下列几种导电性变化图像，其中实验操作与图像序号相符的是选项实验操作图像A向H2SO4溶液中加入等
8、体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液B向氨水中通入HCl直至过量C向NaOH溶液中通入少量Cl2D向饱和石灰水中不断通入CO2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液的化学反应方程式为：可知H2SO4与Ba(OH)2恰好完全反应，故溶液的导电能力会一直减小至零，故A不选；B由于一水合氨为弱电解质，由氨水和氯化氢反应的方程式：,可知氨水中的导电离子增多，故溶液的导电性逐渐增强，故B不选；CNaOH溶液与Cl2发生反应的方程式为：,可知溶液中导电离子数量不变，又由于氯气的量不足所以溶液的导电能力不变，故选C
9、；D向饱和石灰水中不断通入CO2所发生的化学反应方程式为依次为：，,溶液中导电离子先减小，再增大，即溶液的导电能力先减小，再增大，故D不选。答案选C7. 将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为 gcm3，则此溶液的物质的量浓度为A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1【答案】A【解析】【详解】由反应2Na + 2H2O =2NaOH +H2和2Al + 2NaOH + 2H2O =2NaAlO2+ 3H2知，将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中生成NaAlO2a mol，H22amol；溶液的质量为（23a +
10、 27a22a）g=（46a + m）g，溶液的体积为（46a + m ）g/ gcm3=（46a + m ）/1000 L，则此溶液的物质的量浓度为molL1，选A。8. 在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则CO2与CH4的体积比为()A. 31B. 21C. 11D. 任意比【答案】C【解析】【详解】在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m g，若加入足量Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加m g，则混合气体变形能变为(CO)x( H2)y，即可
11、，故CO2：CH4 = 1:1，故C符合题意，故答案为C。【点睛】只要能改写成(CO)x( H2)y的有机物或则其他混合物，m g该混合物充分燃烧后通入到足量过氧化钠中，过氧化钠增加的质量为m g。9. 用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )A. 鉴别纯碱与小苏打B. 证明Na2O2与水反应放热C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应D. 探究钠与Cl2反应【答案】A【解析】【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；C.氯气
12、与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。故答案是A。10. 取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 molL-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0. 5mol/LB. A线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO
13、3,NaHCO3C. B线中消耗盐酸0v(HCl)25mL时发生的离子反应为：OH-+H+=H2O、H+CO32-=HCO3-D. B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为112mL【答案】D【解析】【详解】A.由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，即Na2CO3HCl=NaClNaHCO3、NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，所以根据曲线可知，A中是氢氧化钠和碳酸钠的混合物，B中是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，最终生成氯化钠是0.0075mol，所以根据原子守恒可知氢氧化钠的浓度是0.0075mol0.01L0.75mol/L，A不正确；
14、B.根据以上分析可知B不正确；C.根据以上分析可知B线中消耗盐酸0v(HCl)25mL时发生的离子反应为：H+CO32-=HCO3-，C不正确；D.根据原子守恒可知B中生成的CO2是0.05L0.1mol/L22.4L/mol0.112L，D正确；答案选D。11. 某无色溶液中可能含有Na、K、Ca2、Cu2、Cl、Br、中的若干种，离子浓度都为0.1 molL1。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，设计并完成如图所示实验。则下列关于原溶液的判断正确的是A. 若实验中Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离
15、子的判断无影响B. 原溶液中一定不存在ClC. 原溶液中肯定存在的上述离子是、Br，是否存在Na、K需要通过焰色反应来确定D. 原溶液中肯定不存在的上述离子是Ca2、Cu2、，是否存在另需实验验证【答案】AB【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，说明溶液在无，加足量氯水，无气体，则溶液中无，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则含有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，则原溶液中有，由于Ca2+与会反应产生CaSO3沉淀而不能大量共存，则溶液中无Ca2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1 molL-1，根据电荷守恒，一定
16、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，是过程中加氯水时引入的Cl-，结合溶液为电中性来解答。【详解】A根据BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质检验；氯水检验强氧化性，将转化为，与Ba2+会产生BaSO4沉淀，且加入氯水时溶液中已含有氯离子，所以对Cl-的检验也没有影响，A正确；B根据题目中已知物质的浓度都相等，都等于0.1 mol/L，已经确定含有、Br-、Na+、K+，一定不存在Cl-，B正确；C肯定上述分析可知原溶液中存在的离子是、Br-、Na+、K+，C错误；D根据电荷守恒可以判断出溶液中有，D错误；故合理选项是AB。【点睛】本题考查离子的检验及离子
17、共存，把握常见离子的检验及发生的化学反应为解答的关键，注意常见离子的性质及判断离子检验方法，侧重考查学生的分析能力及思维严密性。12. 含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O46ClF3=6CoF33Cl24X。下列有关该反应的说法，正确的是A. X与O3互为同素异形体B. ClF3中氯元素为3价C. Co3O4在反应中作氧化剂D. 0.5molCo3O4参加反应转移4.5mol电子【答案】AD【解析】【详解】A.由化学方程式2Co3O46ClF3=6CoF33Cl24X可知，Co3O4作还原剂，Co3O4中-2价的O被氧化0价的O2，有元素守恒可知生成物中X为O
18、2，则X与O3互为同素异形体，故选A；BF元素在化合物中只显示-1价，化合物中各元素的化合价之和为零可知ClF3中氯元素为+3价，故B不选；CCo3O4在反应中作还原剂，故C不选；D由化学方程式2Co3O46ClF3=6CoF33Cl24X可知2molCo3O4转移18，故0.5molCo3O4参加反应转移4.5mol电子，故选D。答案选AD13. 已知：还原性I，氧化性I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是A. 0a间发生反应3=3I3HB. ab间共消耗NaHSO3的物质的量为1.2molC. bc
19、间发生的反应中I2既是氧化产物又是还原产物D. 当溶液中I与I2的物质的量之比为52时，加入的KIO3为1.08mol【答案】B【解析】【详解】A由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0a间发生反应的离子方程式为：3=3I3H，故A不选；B由图示可知a=0.4mol，b为1mol，ab之间共消耗0.6mol且无I2生成，故根据方程式3=3I3H可知，每消耗1mol则有3mol被氧化，则有0.6mol消耗时有1.8mol被氧化，故选B；C由图示bc之间所发生的离子反应方程式，可知I2即是氧化产物又是还原产物，故C不选；D01之
20、间共消耗1mol KIO3，则生成1molI，又由bc之间的方程式为：，所以当溶液中I与I2的物质的量之比为52时，加入的KIO3为1.08mol，故D不选。答案选B。14. 常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是( )A. 每生成1 mol NCl3，理论上有4 mol H经质子交换膜由右侧向左侧迁移B. 可用湿润的KI淀粉试纸检验气体MC. 石墨极的电极反应式为NH4+3Cl6e=NCl34HD. 电解过程中，电子的流动方向为电源负极铂棒石墨棒电源正极【答案】C【解析】【详解】A. 根据图像可知：石墨电极是
21、阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl6e=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜有右侧向左侧迁移，A错误；B. Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应,电极反应式为：2H+2e=H2，不可用湿润的淀粉纸质检验氢气，B错误；C. 石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+3Cl6e=NCl34H，C正确；D. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液中发生反应：NH4+3Cl6e=NCl34H，但是产生的氢离子会移向阴极Pt电极，右侧溶液的pH几乎不变，D错误；答案为C。15. 通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3
22、)纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是A. 量筒用于测二氧化碳的量，干燥管b中装入碱石灰，量筒用于测氧气的量B. Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2C. 测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3D. 读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小【答案】AD【解析】【分析】变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后在Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒中，所以量筒中水的体积即为产生的CO2、O2的
23、体积。反应停止，打开K2，再缓缓打开K1，广口瓶内外相通，气球Q慢慢缩小，混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒中收集的是O2，据此分析选项。【详解】A加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒中用排水法测氧气的量，而量筒中排出的水的体积即为产生的CO2、O2的体积，A错误；B加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，反应产生CO2、O2气体，Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2，B正确；C反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒
24、中，所以量筒中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K1、K2打开K3，C正确；D读取气体总体积后关闭K3缓缓打开K1还要打开K2，才能观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，D错误；故合理选项是AD。【点睛】本题考查混合物含量的测定，掌握过氧化钠、碳酸钠的性质，搞清量筒、的作用，是正确解答的关键。16. NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，广泛应用于工业生产。(1)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为_。(2)NaH能与水剧烈反应：NaHH2O=NaOHH2，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_，生成的H2标准状况下体积为2.24 L时，
25、转移电子的数目_。(3)在高温下氢化钠(NaH)可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，该反应的化学方程式为：_。(4)NaH与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：_。(5)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 1价 (2). 11 (3). 0.1NA (4). 2NaHTiCl4Ti2NaCl2HCl (5). 4NaHAlCl3=NaAlH43NaCl (6). NaAlH42H2O=NaAlO24H2【解析】【分析】(1)根据化合物中元素化合价代数和等于0分析；(2)在NaHH2O=NaOHH2中，应是水中的H元素与NaH中的H元素之间得失电子，
26、据此分析判断；(3)在高温下氢化钠(NaH)与四氯化钛(TiCl4)反应金属钛和NaCl、HCl，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式；(4)NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，据此书写；(5)NaAlH4与水反应生成H2，应是水中的+1价的H元素与NaAlH4中的-1价的H元素之间得失电子，据此书写；【详解】(1)在化合物中Na元素化合价是+1价，由于化合物中元素化合价代数和等于0，所以NaH中H元素化合价为-1价； (2)在NaHH2O=NaOHH2中，水中的+1价的H得到电子变为H2中0价的H；NaH中的-1价H失去电子被0价的H2，所以NaH作还原剂，H2
27、O作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1；每反应转移1 mol电子，反应产生1 mol H2，若反应生成的H2标准状况下体积为2.24 L时，其物质的量是n(H2)=0.1 mol，所以反应转移电子的数目是0.1NA。(3)在高温下氢化钠(NaH)与四氯化钛(TiCl4)反应金属钛和NaCl、HCl，H元素化合价升高，Ti元素化合价降低，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式：2NaHTiCl4Ti2NaCl2HCl；(4)NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应中无元素化合价的变化，根据原子守恒可知另一种生成物是NaCl，故化学反应方程式为：4NaH+AlCl3=NaAlH4
28、+3NaCl；(5)NaAlH4与水反应生成H2，即NaAlH4中-1价的H化合价升高为H2中的0价，水中+1价的H得到电子变为H2中的0价的H，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2。【点睛】本题主要考查的是常见元素以及其化合物的性质。H元素一般化合价为+1价，在与活泼金属形成的化合物中为-1价，具有强的还原性，在书写化学反应方程式时，要结合电子守恒、原子守恒分析。17. 在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙(粒子直径在110 nm之间)。下图所示AE为实验室常见的仪器装置(部分固定夹持装置略去)，请根据要求
29、回答问题。(1)实验室制取氨气化学方程式：_，选用上图所示装置制取、收集干燥的NH3，接口的连接顺序是：a_h_(填小写字母代号)。(2)向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是_，试写出制纳米级碳酸钙的离子方程式：_。(3)在浓CaCl2溶液和NH3用量正确的情况下，CO2不足或过量都会导致纳米级碳酸钙产量下降，若CO2过量，溶液中大量存在的离子有(不考虑弱电解质的电离和盐类水解产生的少量离子)：_。(4)取反应后去除CaCO3的溶液分别做以下实验，下列实验判断合理的是_(填字母代号)。A滴加少量Na2CO3溶液，若有沉淀生成，说明CO2一定不足B滴加少量
30、盐酸，若有气泡产生，说明CO2一定过量C测量溶液pH，若pH小于7，说明CO2一定过量D滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明CO2一定没有过量【答案】 (1). Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O (2). d、e、g、f (3). NH3 (4). Ca22NH3H2OCO2=CaCO3(胶体)2 (5). Ca2、Cl (6). B【解析】【分析】(1)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙反应制得，生成氯化钙、氨气和水；根据制取装置、净化装置、收集装置尾气处理装置选择装置接口顺序；(2)根据二氧化碳和氨气溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出方程式；(3)在浓C
31、aCl2溶液和NH3用量正确的情况下，若二氧化碳过量，二氧化碳、碳酸钙和水反应生成碳酸氢钙；(4)根据物质的性质及离子检验方法判断合理选项。【详解】(1)在实验室一般是用氯化铵和碱石灰混合加热反应制取氨气，反应化学方程式为Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O；实验室制取氨气采用固体与固体混合加热型装置，所以应选A为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，应选C；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，应选D；氨气是有刺激性气味的气体，所以不能直接排空；可根据氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收
32、即可，故选E；干燥管在使用时是大口进小口出，所以仪器装置的接口连接顺序是d、e、g、f、h；(2)氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，为增大CO2在水中的溶解度，反应产生更多的，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，使溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，制纳米级碳酸钙的离子方程式：Ca22NH3H2OCO2=CaCO3(胶体)2；(3)若二氧化碳过量，二氧化碳、碳酸钙和水反应生成碳酸氢钙导致碳酸钙的量减少，碳酸氢钙是可溶性的强电解质，在水溶液里电离出Ca2+、，溶液中还含有、Cl-，故溶液中含有的离子有：Ca2+、Cl-；(4)
33、根据(3)可知：若CO2过量溶液中大量存在的离子有Ca2、Cl.A滴加少量Na2CO3溶液，若有沉淀，该沉淀为CaCO3，说明有和Ca2的反应，无论CO2是否过量，溶液中都存在Ca2，因此都会产生白色沉淀，A错误；B滴加少量盐酸，若有气泡，为和酸的反应，CO2一定过量，B正确；C未指明测定温度，因此不能根据溶液pH小于7就判断溶液显酸性，指明CO2过量，C错误；DCO2过量溶液中大量存在的离子有Ca2、Cl，滴加少量BaCl2溶液，无沉淀，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了二氧化碳气体的制取及纳米级碳酸钙的实验室制法、溶液成分的判断，明确原理是解题关键，注意根据反应物的状态、反应条件选
34、取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置，侧重考查学生的分析、实验能力。18. 用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li：3.50%，Ni：6.55%，Ca：6.41%，Mg：13.24%)制备Li2CO3，并用其制备锂电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：资料：i滤液1、滤液2中部分离子浓度(gL1)LiNi2Ca2Mg2滤液122.7220.680.3660.18滤液221.947.71030.080.78103iiEDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物iii某些物质的溶解度（S）T/20406080100S(Li2CO3)/g1.331.171.010.850.7
35、2S(Li2SO4)/g34.733.632.731.730.9I.制备Li2CO3粗品(1)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是_（任写一条）。(2)滤渣1的主要成分有_。(3)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是_。(4)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是_g。（摩尔质量：Li：7 g/mol，Li2CO3：74 g/mol)II.纯化Li2CO3粗品(5)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用阳离子交换膜法电解LiHCO3溶液制备高纯
36、度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阴极的电极反应式是：_。.制备LiFePO4(6)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 研磨、加热、增大硫酸浓度（任写一点） (2). CaSO4 (3). 趁热过滤 (4). 185ab (5). 2H2O+2e-=2OH-+H2 (6). Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO【解析】【分析】根据流程：将含锂废渣研磨后，在70条件下用稀硫酸酸浸其中的金属离子，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分C
37、a2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4；向滤液1中加入NaOH调节pH=12可沉淀溶液中的Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2；滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3，将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO，据此分析作答。【详解】(1)流程中
38、为加快化学反应速率而采取的措施有：将含锂废料研磨、70加热、适当增大硫酸的浓度；(2)根据分析可知滤渣1的主要成分是CaSO4；(3)根据表可知Li2CO3随温度的升高而降低，故90充分反应后，通过趁热过滤，可分离出固体Li2CO3粗品；(4)l kg含锂3.50%的废渣，由于锂的浸出率为a，则浸出Li+的物质的量为n(Li+)=5a mol，由于Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是m(Li2CO3)=5a molb74g/mol=185ab g；(5)根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电离子为氢氧根离子，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2；阴极上
39、溶液中水电离产生的氢离子放电，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2；(6) Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则该反应的化学方程式为：Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO。【点睛】本题考查了物质制备流程。涉及反应速率的影响因素、物质成分的判断、物质含量的计算及电化学知识。正确理解题干信息，充分利用已学知识，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生在有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力。19. 甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产。工业上一般以CO和H2为
40、原料合成甲醇。该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H1=116 kJ/mol(1)已知：CO(g)+O2(g)=CO2(g) H2= 283 kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g) H3= 242kJ/mol则表示l mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为：_。(2)下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是_(填字母代号)。A随时将CH3OH与反应混合物分离 B降低反应温度C增大体系压强 D使用高效催化剂(3)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230、250和270三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2和CO的
41、起始组成比(起始时CO的物质的量均为l mol)与CO平衡转化率的关系。请回答：在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是_；利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=_。(4)一氧化碳可将金属氧化物还原为金属单质和二氧化碳。四种金属氧化物(Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳还原时，lg与温度(T)的关系如图。700时，其中最难被还原的金属氧化物是_(填化学式)。(5)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.810-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，
42、现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.610-5 mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_mol/L。【答案】 (1). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=-651 kJ/mol (2). CD (3). 270 (4). 4 (5). Cr2O3 (6). 210-4【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将题中热化学方程式叠加，可得出甲醇完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；(2)根据平衡移动原理进行判断，温度升高，反应速率加快，使用催化剂，反应速率加快；(3)合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，转化率降低；先
43、确定a点时的各种物质的浓度，再根据平衡常数表达式K=；(4)物质越难被还原，反应产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，lg越大；(5)计算平衡时钙离子、碳酸根离子的浓度，利用碳酸钙沉淀的溶度积计算生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度。【详解】(1)已知：CO(g)+O2(g)=CO2(g) H2= 283 kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g) H3= 242 kJ/molCO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H1= 116 kJ/mol 根据盖斯定律：+2-，整理可得：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=-651 kJ/mol；(2)A随时将CH3O
44、H与反应混合物分离，CH3OH的浓度减小，反应速率降低，A不符合题意；B温度降低，反应速率变小，B不符合题意；C体系压强增大，单位体积内反应物分子数增加，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，C符合题意；D使用催化剂，反应速率加快，D符合题意；故合理选项是CD；(3)根据反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H1= 116 kJ/mol可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应分析移动，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是270；CO起始时物质的量是1 mol， n(H2)=n(CO)=1.5 mol，在a点时CO的转化率是50%，反
45、应消耗了1 mol50%=0. 5mol CO，消耗氢气1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(CO)=0.5 mol，n(H2)=1.5 mol-20.5 mol=0.5 mol，n(CH3OH)=0.5 mol，由于容积为1 L，所以物质的平衡浓度：c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)=0.5 mol/L，故该反应的平衡常数K=4；(4)物质越难被还原，反应达到平衡产生的CO2浓度越小，CO浓度越大，平衡时lg越大。根据图象可知：在这几种金属氧化物还原与lg的关系可知：Cr2O3最难被还原；(5)根据碳酸钙沉淀的溶度积表达式Ksp=c(Ca2+)c()，混合溶液中c()=5.6
46、10-5 mol/L=2.810-5 mol/L，则生成沉淀所需Ca2+的最小浓度c(Ca2+)= mol/L=1.010-5 mol/L，则原溶液中Ca2+的最小浓度c(Ca2+)=110-4 mol/L2=210-4 mol/L。【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学反应速率的影响因素及反应平衡常数和溶度积常数计算，掌握有关概念及盖斯定律和平衡移动原理是解题关键，侧重考查学生对所学知识的掌握及综合应用能力。20. 目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的
47、结构简式为_。B的官能团名称_。（2）上述转化过程中属于取代反应的有_。ABCD（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式_。（4）下列关于化合物D的说法正确的是_（填字母）。A.属于酯类化合物B.1molD最多能与4molH2发生加成反应C.一定条件下发生加聚反应D.核磁共振氢谱有5组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式_(任写一种)。苯环上一溴代物只有2种能发生银镜反应苯环上有3个取代基【答案】 (1). (2). 碳碳双键、溴原子 (3). D (4). CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr (5). BC (6). 、(任写一种)
48、【解析】【详解】（1）有机物C的分子式为，结合D的结构，可推知C为：，丙烯与溴单质在光照条件下取代反应生成B为，故答案为：，碳碳双键、溴原子；（2）反应为丙烯与溴单质在光照条件下发生取代反应B；反应为与在一定条件下发生取代反应生成D；反应为D与在一定条件下发生取代反应生成E，反应为E与在一定条件下反应生成F，综上分析上述转化过程中都属于取代反应，故答案为D；（3）属于卤代烃，则卤代烃在加热条件下与氢氧化钠水溶液发生取代反应，则其反应方程式为：CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr；（4）A化合物D不含酯基，不属于酯类化合物，D含有羧基和酚羟基，故D应属于羧酸或酚类化合物，故A不选；B1molD含有1mol碳碳双键和1mol 苯环，故最多能与4molH2发生加成反应，故选B；CD含碳碳双键在一定条件下能发生加成聚合反应，故选C；DD的核磁共振氢共有6组谱峰，故D不选；故答案选BC；（5）苯环上一溴代物只有2种，说明苯环上由两种环境的氢，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上有3个取代基，则取代基应为：CHO、2个OH且存在对称结构，符合条件的同分异构体的结构简式为：或，故答案为：或。