1、南宁三中2019-2020学年度下学期高二段考理科化学试题可能用到相对原子质量 H1 Li7 N14 O16 Ni59 Cu64一、选择题(每小题只有一个正确答案，本题包括16个小题，每小题3分，共48分)1.下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是A. 电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠B. 铁制容器盛放和运输浓硫酸C. 镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀D. 铝制器皿不宜长期盛放酸性食物【答案】B【解析】【详解】A氢离子的氧化性强于钠离子，金属活动性顺序表中钠比氢活泼，对应阳离子的氧化性越弱，能用金属活动性顺序表解释，A正确；B在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和
2、运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，不能用金属活动性顺序表解释，B错误；C在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，C正确；D在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，能用金属活动性顺序表解释，D正确；故选B。2.下列说法正确的是A. pH 7的溶液一定呈碱性B. 溶液中HCO3，Al3+，AlO2，SO42-可以大量共存C. 加热蒸干Na2CO3溶液，最后得到Na2CO3固体D. 常温下将pH2和pH12的酸、碱溶液等体积混合后，溶液的pH7【答案】C【解析】【详解】A溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小，如果c(
3、OH-)c(H+)，溶液呈碱性，如果c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，如果c(OH-)c(NH4+)c(Cl-)B. 0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中： c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)C. pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=110-7mol/LD. 用0.1mol/L的盐酸滴定未知浓度的氨水时，可用酚酞作指示剂【答案】A【解析】【详解】ApH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液中氨水过量，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，所得溶液中c(N
4、H3H2O)c(NH4+)c(Cl-)，A正确；B0.2 molL-1的醋酸与0.1 molL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液中含有等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为醋酸钠水解，c(CH3COOH)c(Na+)，因此c(CH3COO-)+c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)，B错误；CpH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液显中性，但醋酸铵水解，促进水的电离，所得溶液中由水电离出的c(H+)110-7 molL-1，C错误；D用0.1molL-1的盐酸滴定未知浓度的氨水时，恰好完全反应时生成的
5、氯化铵水解溶液显酸性，应该选用在酸性条件下变色的指示剂，D错误；故选A。8.25 时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)，已知25 时KspMg(OH)21.81011，KspCu(OH)22.21020。下列说法错误的是A. 若向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2)会增大B. 若向Mg(OH)2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动C. 若向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色D. 若向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s)，固体质量将增大【答案】B【解析】【详解】
6、A向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH-)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2+)增大，A正确；B加入少量的水，Ksp保持不变，c(Mg2+)、c(OH-)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，B错误；C向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，由于KspMg(OH)2KspCu(OH)2，则沉淀将由白色转化为蓝色，C正确；D向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根水解呈碱性，使c(OH-)增大，平衡逆向移动，有固体析出，固体质量增大，D正确；故选B9.如图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na、Cl、Ca2、Mg2、S
7、O42-等离子，电极均为石墨电极。下列有关描述正确的是A. A是阳离子交换膜B. 通电后阳极区的电极反应式：2Cl+2e= Cl2C. 阴极不能用铁丝网代替石墨电极D. 阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀【答案】D【解析】【详解】AA膜一侧电极与电源正极相连，阳极是溶液中的阴离子失去电子，故海水中的Cl-向阳极移动，A为阴离子交换膜，A错误；B通电后阳极Cl-失电子生成氯气，电极方程式为2Cl-2e-=Cl2，B错误；C阴极材料在反应中不参加反应，故可以使用铁丝网作为阴极，C错误；D阴极区H+放电，剩余大量OH-，与溶液中的Ca2+、Mg2+反应生成沉淀，D正确；故选D。
8、10.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向5 mL 0.1 molL1 KI溶液中加入0.1molL1 FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取23次后，取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色反应Fe3IFe2I2是有一定限度的B向滴有酚酞的1mL 0.1molL1K2CO3溶液中加水稀释至10mL，红色变浅加水稀释时，CO32-的水解平衡向逆反应方向移动C用Zn和稀硫酸反应制取氢气，向反应液中滴入几滴CuSO4溶液，产生气泡的速率明显加快Cu2+是反应的催化剂D向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液，不出现白色沉淀更难溶的物质无法转化为难溶的物质A
9、. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A向KI溶液中加入少量的FeCl3，二者会发生反应，生成Fe2+和I2，向下层溶液中滴加KSCN，溶液变成血红色，说明过量的I-和少量Fe3+反应后Fe3+会有剩余，I-和Fe3+的反应是有一定限度的，A正确；B加水稀释后，碳酸根的水解平衡向正向移动，但生成的OH-的浓度不断变小，故颜色变浅，B错误；CZn可以将Cu2+置换生成Cu，Zn和Cu形成原电池装置加快反应速率，C错误；D氯离子浓度大时，可能反应生成白色沉淀，D错误；故选A。11.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3Cr2Fe2Cr3。下
10、列说法一定正确的是A. 放电时，正极的电极反应式为Cr2e=Cr3B. 电池充电时，阴极的电极反应式为Fe2e=Fe3C. 电池放电时，Cl从正极室穿过选择性透过膜移向负极室D. 放电时，电路中每流过0.1 mol电子，Cr3浓度增加0.1 molL1【答案】C【解析】【详解】A电池放电时，是原电池的工作原理，正极得电子发生还原反应，电极方程式为Fe3+e-=Fe2+，A错误；B充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为Cr3+e-=Cr2+，B错误；C电池放电时，Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，C正确；D放电时，电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的
11、三价铬离子生成，离子的浓度和体积有关，D错误；故选C。12.某温度下，。向物质的量浓度相同的和的混合溶液中滴加溶液产生、两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。图中的，或。下列说法错误的是（ ）A. 曲线表示的是Cu2+与OH-浓度关系的曲线B. 该温度下，C. 升高温度时，b点会向c点移动D. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐固体，d点向b点移动【答案】C【解析】【详解】A.若曲线I表示的是Cu2+与OH-浓度关系，则c(OH-)=c(Cu2+)=1.010-7mol/L，c2(OH-)c(Cu2+)=(1.010-7mol/L)21.010-7mol/L=1.010-21=，
12、故A正确；B.根据A选项分析，曲线II表示CuS的溶解平衡曲线，当达到平衡时，c(S2-)=c(Cu2+)=1.010-18mol/L1.010-18 mol/L=1.010-36, 所以该温度下，故B正确；C.升高温度时，沉淀的溶解平衡向正向移动，c(S2-)、c(Cu2+)都会增大，故C错误；D.该温度下，向d点对应的溶液中加入硫化钠，硫离子的浓度增大，沉淀的溶解平衡向逆向移动(形成沉淀的方向)，c(Cu2+)会减小，d点向b点移动，故D正确；答案选C。【点睛】沉淀溶解平衡常数只受温度影响。温度升高促进沉淀溶解，Ksp增大，与各物质的浓度无关。13.2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开
13、发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为 LixC6 + Li1-xCoO2C6 + LiCoO2(x1)。下列说法正确的是A. 放电时，a极为负极B. 充电时，Li1-xCoO2/LiCoO2电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入C. 放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.21gD. 放电时，Li+在电解质中由a极向b极迁移【答案】B【解析】【分析】根据电池反应式可知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，正极反应式为Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，即b为负极，a为正极，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。【详解】
14、A根据分析可知，a为原电池的正极，A错误；B由电极方程式可知，充电时，Li1-xCoO2/LiCoO2电极发生Li+脱嵌，失去电子；放电时发生Li+嵌入，得到电子，B正确；C放电时，石墨电极发生得电子的反应，若转移0.02mol电子，则石墨电极将减重0.027=0.14g，C错误；D放电时，Li+负极向正极移动，即由b极向a极移动，D错误；故选C。14.丙三酸是一种有机酸，用H3A表示。25时，向1molL-1的H3A溶波中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含A微粒物质的物质的量分数（）随溶液pH的变化曲线如图所示。下列相关说法错误的是（）A. a点溶液中：c（H2A-）c（Na+）c（H+
15、）c（OH-）B. 25时，H3A的第二步电离平衡常数的数量级为10-5C. b点溶液中：c（Na+）+c（H+）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-）D. 当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液中水电离出的c（H+）10-7molL-1【答案】D【解析】【分析】由曲线分析可知，a点溶液中c（H3A）=c（H2A-），b点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），c点溶液中（HA2-）=c（A3-）。【详解】Aa点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中：c（H2A-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故A正确；B.25时，H3A的第二步电离平衡常数K
16、2=，c（HA2-）=c（H2A-）时，pH=4.58，则K2=10-4.58，数量级为10-5，故B正确；Cb点溶液中c（HA2-）=c（H2A-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2A-）+2c（HA2-）+3c（A3-）+c（OH-）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-），故C正确；D当该溶液中c（HA2-）=c（A3-）时，溶液的pH=5.83，c（H+）=10-5.83，此时溶液中的氢离子主要是HA2-电离产生的，所以c（H+）水=c（OH-）水= =10-8.17molL-110-7molL-1，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】c点溶液中（HA2
17、-）=c（A3-），溶液的pH=5.83，溶液显酸性，说明HA2-电离程度大于A3-的水解程度，所以会抑制水的电离，则25时，由水电离产生的氢离子c（H+）c(SO42-)c(H+)c(OH-) (2). HCO3-+H2OH2CO3+OH- (3). 盐酸 (4). 10-3 (5). 10-11 (6). Cu (7). H2O2 + 2H+ +2e= 2H2O (8). 负 (9). 3.2【解析】【详解】（1）硫酸铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，故溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)；碳酸氢钠溶液呈碱性，其原因是碳酸氢根在水中发生的水解，水
18、解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；Fe3+在水溶液中溶液发生水解，故配制溶液是应加入少量的盐酸抑制水解；（2）由于醋酸根发生水解，故溶液中c(OH-)=10-3mol/L，由于OH-由水电离而来，水电离出的H+的浓度为10-3mol/L；醋酸在水溶液中电离，抑制的水的电离，故水中c(OH-)=10-11mol/L，水电离出的H+浓度为10-11mol/L；（3）方程式中Cu失去电子变成Cu2+，在原电池中做负极，H2O2中O原子得电子变成H2O，故负极材料为Cu，正极反应式为H2O2 + 2H+ +2e= 2H2O；反应过程中负极有大量阳离子生成，需要阴离子平衡电荷，故溶液中硫酸
19、根向负极移动；当电路中转移0.1mol电子，负极减少3.2g，同时总反应未生成气体、沉淀等物质，故电解质溶液质量增加3.2g。18.Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3(aq)S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤：称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉，用3 mL乙醇润湿，加入上述溶液中。安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60 min。趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。回答问题：(1)仪
20、器a的名称是_，其作用是_。(2)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_。检验是否存在该杂质的方法是_。(3)该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：_。测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 molL-1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2O32-I2S4O62-2I-。(4)滴定至终点时的判断依据是_。(5)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_mL。产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M)_。(用含M的式子表达)【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝
21、回流 (3). Na2SO4 (4). 取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 (5). S2O32-2H= SSO2H2O (6). 滴入最后一滴标准液，溶液颜色由无色变蓝色，半分钟内不褪去 (7). 18.10 (8). 100%【解析】【详解】（1）根据题中图示装置图可知，仪器a为球形冷凝管，该实验中球形冷凝管具有冷凝回流水和乙醇的作用；（2）S2O32-具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO
22、4；（3）S2O32-与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32-+2H=S+SO2+H2O；（4）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定至终点时的判断依据是滴入最后一滴标准液，溶液颜色由无色变蓝色，半分钟内不褪去；（5）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL，根据反应2S2O32-+I2S4O62-+2I-可知，n(S2O32-)=2n(I2)，所以W g产品中含有Na2S2O35H2O质量为：0.1000 molL-118.1010-3L2M=3.62010-3M g，则产品
23、的纯度为：100%。19.电镀工业会产生大量的电镀污水处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥，电镀污泥含有多种金属(Ni、Cu、Fe、Cr、Al)的氢氧化物和不溶性杂质。下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程：电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表。（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施有_(写出两条)。（2）在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2+氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为_。（3）假设电解前后Ni2+浓度基本不变，若使Ni2+在除杂过程不损失，则溶液中PO43-浓度不能超过_ mol/ L。(列出计算表达式K
24、spNi3(PO4)2=510-31)（4）滤液中的_可回收循环使用；研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因为_ (用离子方程式解释)。（5）Ni(OH)2是镍氢蓄电池的正极材料，在碱性电解质中，电池充电时Ni(OH)2变为NiOOH，则电池放电时正极的电极反应式为_。（6）电镀污水中的Cr元素也可以用铁氧体法处理，原理为在废水中加入过量的FeSO4，在酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；加入过量的强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4沉淀，写出加入过量强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4)沉淀的离子方程式_。【答案
25、】 (1). 加热、增大硫酸浓度、搅拌等 (2). FePO4、CrPO4、AlPO4 (3). (4). Na3PO4 (5). Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O (6). NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH- (7). xCr3+Fe2+ (2-x) Fe3+ +8OH-=CrxFe3-xO4+ 4H2O【解析】【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素，硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施有加热、增大硫酸浓度、搅拌等，故答案为加热、增大硫酸浓度、搅拌等。（2）根据常见酸碱盐是溶解性规律，可知，磷酸盐沉淀中含有的物质有FePO4、CrPO4、AlPO4，故
26、答案为FePO4、CrPO4、AlPO4。（3）根据KspNi3(PO4)2=510-31，要使Ni2+在除杂过程不损失，需要QcKspNi3(PO4)2，溶液中c(Ni2+)=7000mg/L=mol/ L，则溶液中PO43-浓度不能超过=mol/ L，故答案为。（4） 根据流程图，氢氧化钠溶解部分沉淀物生成的Na3PO4可回收循环使用；研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因是氢氧化钠将氢氧化铝溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O，故答案为Na3PO4；Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O；（5） Ni
27、(OH)2是镍氢蓄电池的正极材料，在碱性电解质中，电池充电时Ni(OH)2发生氧化反应生成NiOOH，则电池放电时正极上NiOOH发生还原反应生成Ni(OH)2，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故答案为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-；（6）在废水中加入过量的FeSO4，在酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；加入过量的强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4沉淀，加入过量强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4沉淀的离子方程式为xCr3+Fe2+ (2-x) Fe3+ +8OH-=CrxFe3-xO4+ 4H2O，故答案为xCr
28、3+Fe2+ (2-x) Fe3+ +8OH-=CrxFe3-xO4+ 4H2O。20.化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)B的结构简式为_；E中官能团的名称为_。(2)1mol D与足量氢氧化钠反应，最多可以消耗氢氧化钠的物质的量为_mol。(3)下列有关说法正确的是_。A用高锰酸钾溶液可以鉴别B和CBD含有3个官能团C等物质的量的A和C完全燃烧的耗氧量一样多DM可以发生的反应类型有：取代、加成、氧化、水解、酯化(4)由F生成M的化学方程式为_。(5)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_种。属于芳香族
29、化合物，且分子中含有的环只有苯环能发生银镜反应和水解反应(6)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料无机试剂任选，设计制备聚丁烯的合成路线_。【答案】 (1). (2). 碳碳双键、羧基 (3). 2 (4). C (5). (6). 5 (7). 【解析】【分析】A分子式为C7H8，结合物质反应转化产生的C的结构可知A是，A与CO在AlCl3及HCl中发生反应生成B，B为，B催化氧化产物为C，C与氯气在光照条件下生成D（），D与HCHO反应生成E（），E与I2在一定条件下发生信息中反应生成F（），F与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应生成M（），据此答题。【详解】（1）根据分析，B的结构
30、简式为，E中含有的官能团为羧基、碳碳双键；（2）根据D的结构，羧基可以和NaOH发生反应生成羧酸钠，溴甲基中的溴原子可以和NaOH发生反应生成-CH2OH，故1mol B可以和2mol NaOH反应；（3）AB、C两种有机物均含有甲基连接在苯环上，故均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；BD中含有两个官能团，分别为羧基和溴原子，B错误；C根据分子式，1mol A、C两种物质分别在氧气中燃烧均消耗9mol氧气，C正确；DM结构中不含有羧基或羟基，不能发生酯化反应，D错误；故选D；（4）根据分析，F到M的化学方程式为；（5）根据题目所给信息，能发生银镜反应的官能团为醛基，能发生水解反应的官能团为酯基，同时满足两种条件的结构为，故满足题目条件的同分异构体有5种，分别为、；（6）聚2-丁烯的单体为CH3CH=CHCH3，该单体可用CH3CH2Br和CH3CHO利用信息原理制备，CH3CH2Br可用CH2=CH2与HBr加成制得，故合成路线为【点睛】解题时应该注意，（1）苯环不算官能团；（2）不仅羧基可以和NaOH发生反应，同时卤代烃中的卤素原子也可以和NaOH发生反应。
