福建省三明市2019届高三上学期期末考试化学试题(解析版)

福建省三明市2019届高三上学期期末质量检测
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 C1-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题(每小题2分，共44分。

每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）
A. 医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
B. 铁粉和生石灰均可作食品袋内的脱氧剂
C. 纯银器表面在空气中逐渐变暗，是发生了化学腐蚀
D. 聚乙烯、聚氯乙烯塑料制品均可用于食品包装
【答案】C
【详解】A.乙醇能够杀菌消毒，不是利用乙醇的氧化性，A错误；
B.脱氧剂应具有还原性，生石灰不具有还原性，不能做脱氧剂，B错误；
C.纯银器变暗，主要是银与空气中的硫化物发生了反应在银表面生成了硫化银，故发生了化学腐蚀，C正确；
D.聚氯乙烯受热分解产生有毒物质，不能用于食品包装，D错误；
故合理选项是C。

2.晋代《抱扑子》中记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”。

以上变化中没有涉及的反应类型是（）
A. 分解反应
B. 置换反应
C. 化合反应
D. 氧化还原反应
【答案】B
【详解】根据题意，丹砂(HgS)烧之成水银，即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成，反应的化学方程式为：HgS Hg+S，此反应为分解反应，且由于有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应；积变又还成了丹砂——即汞和硫在一起又生成硫化汞，反应的化学方程式为：Hg+S═HgS，该反应为化合反应，可见在整个过程没有涉及到置换反应，故合理选项是B。

3.下列有关实验操作的说法中正确的是（）
A. 用CCl4萃取碘水中的碘单质，振荡过程中需进行放气操作
B. 用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏高
C. 用碱式滴定管量取25.00mL溴水
D. 用pH试纸测得氯水的pH为2
【答案】A
【详解】A.用CCl4萃取碘水中的碘单质，要先平衡气压，再分液。

在振荡过程中有部分易浑发的液体转化为气体，则振荡过程中需进行放气操作，A正确；
B.定容时仰视刻度线，V偏大，由c=可知，所配溶液的物质的量浓度偏低，B错误；
C.溴水具有强的氧化性，能氧化橡胶，故应选酸式滴定管量取25.00mL溴水，C错误；
D.氯水中含HClO，具有强氧化性，可以漂白pH试纸，应选pH计测得氯水的pH，D错误；故合理选项是A。

4.“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。

下列说法不正确的是（）
A. 该反应属于氧化还原反应
B. 配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2
C. 甲和丙中同种元素化合价不可能相同
D. 丁物质一定是非金属单质
【答案】C
【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。

【详解】A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A正确；
B.配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B正确；
C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C错误；
D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D正确；
故合理选项是C。

【点睛】本题主要考查了元素种类、元素的化合价、物质的分类方法等方面的内容，根据图示，结合CO2分子是直线型分子及原子半径大小关系，写出方程式即可解答，本题难度不大。

5.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A. 常温常压下，16gO2和O3混合气体中含有氧原子数为N A
B. 标准状况下，44.8三氯甲烷含有的分子数为2N A
C. 0.1mol·L－1氯化铝溶液中含有A13+数为0.1N A
D. 标准状况下，22.4LO2作氧化剂时转移电子数一定为4N A
【答案】A
【详解】A.氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，则混合气体中含有氧原子数为N A个，A正确；
B.标况下三氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B错误；
C.溶液体积不明确，故溶液中的铝离子的个数无法计算，C错误；
D.标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，而氧气反应后可能变为-2价，也可能变为-1价，因此1mol氧气反应后转移的电子数介于2N A到4N A之间，D错误；
故合理选项是A。

6.下列有关离子检验的方法正确的是（）
A. 加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有C1－
B. 加入氢氧化钠溶液立即有白色沉淀产生，原溶液中一定含有A13+
C. 加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液中一定含有CO32－
D. 加入稀盐酸无现象，再加入氮化钡溶液有白色沉淀产生，原溶液中一定含有SO42－
【答案】D
【分析】A.能够与硝酸银溶液反应生成白色沉淀的离子不一定为氯离子，可能为碳酸根离子、硫酸根离子等；
B.能够与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀的离子不一定为铝离子，也可能含有镁离子；
C.能够使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化硫、二氧化碳，所以溶液中可能存在碳酸氢离子、亚硫酸根离子等；
D.先向溶液中加入稀盐酸，排除了能够与盐酸生成白色沉淀的离子，然后加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有硫酸根离子。

【详解】A.某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，能够与硝酸银生成白色沉淀的离子不一定为Cl-，可能含有SO42-、CO32-，A错误；
B.某溶液中加入氢氧化钠溶液立即有白色沉淀产生，该白色沉淀不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2沉淀，所以原溶液中不一定有Al3+，B错误；
C.某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为CO2或SO2，该溶液中可能存在CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-等，因此不一定含有CO32-，C错误；
D.某溶液中加入稀盐酸无现象，排除了Ag+、CO32-等干扰，加入氯化钡溶液有白色溶液产生，该白色沉淀为BaSO4，则该溶液中一定有SO42-，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】本题考查了常见离子的检验方法的知识，注意掌握常见离子的性质及检验方法，检验离子时一定排除干扰离子，做到检验方案的严密性。

7.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）
A. 加酚酞呈浅红色的溶液中：Ba2+、K+、HCO3-、NO3-
B. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Ca2+、Na+、C1-、HS-
C. 加入铝粉能放出氢气的溶液中：Mg2+、Fe3+、Cl-、NO3-
D. 无色透明的溶液中：A13+、Cu2+、SiO32-、CH3COO-
【答案】A
【详解】A.加酚酞呈浅红色的溶液呈弱碱性，Ba2+、K+、HCO3-、NO3-之间不反应，在弱碱性溶液中能够大量共存，A正确；
B.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HS-与H+产生H2S气体，和OH-会发生反应产生S2-及水，在溶液中不能大量共存，B错误；
C.加入铝粉能放出氢气的溶液可能呈酸性或强碱性，Mg2+、Fe3+与OH-反应；NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成H2，C错误；
D.Cu2+为有色离子，在无色溶液中不能大量存在，A13+、Cu2+与SiO32-发生反应，在溶液中也不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。

8.氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料，常温下可与烧碱溶液发生反应：
AlN+NaOH+3H2O=NaAl(OH)4+NH3↑。

某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量(杂质不反应，量气管为碱式滴定管改造)。

下列说法正确的是（）
A. 量气管中的液体应为水
B. 用长颈漏斗代替分液漏斗，有利于控制反应速率
C. 反应结束时，a、b两管液面的差值即为产生气体的体积
D. 若其它操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得AlN含量偏高
【答案】D
【分析】A.氨气极易溶于水；
B.长颈漏斗不能控制加入溶液的量，不能控制反应速率；
C.量气管需要平衡压强ab两管液面相平读取正确的气体体积；
D.读取体积俯视刻度读取体积数增大。

【详解】A.常温下发生反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，反应生成的气体为氨气，极易溶于水，量气管中的液体不能为水，可以是四氯化碳等，A错误；
B.长颈漏斗无控制液体量的玻璃活塞，不能控制反应速率，B错误；
C.反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平才能读数，依据起始和结束时右侧量气管的液面差计算生成的气体，C错误；
D.图中所示是俯视读数读取气体体积增大，氨气量增大，氮化铝含量增大，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】本题考查了物质含量的测定方法、实验过程分析判断、仪器使用和注意问题，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
【答案】B
【详解】A.少量HA与碳酸钠反应无气泡产生，可能生成碳酸氢钠，则可能酸性HA＞H2CO3，A错误；
B.将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，可知气体被氧化，则石蜡油裂解生成不饱和烃，B正确；
C.蔗糖水解需要硫酸作催化剂，检验葡萄糖应在碱性条件下，水解后没有加碱至溶液呈碱性，因此不能出现砖红色沉淀，C错误；
D.相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液中，分别滴加2滴0.1mo1/LAgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，由现象可知K sp(AgSO4)＞K sp(Ag2CO3)，D错误；
故合理选项是B。

10.下列实验装置能达到实验目的的是（）
A. 用甲装置比较碳、氮和硅三种元素的非金属性强弱
B. 用乙装置分离碘的四氯化碳溶液
C. 用丙装置制取干燥的氨气
D. 用丁装置吸收氨气，并防止倒吸
【答案】D
【分析】A.硝酸易挥发，挥发出的硝酸与硅酸钠反应，干扰了实验结果；
B.温度计水银球的位置错误，应该放在蒸馏烧瓶的支管口处；
C.氨气与氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气；
D.氨气不溶于四氯化碳，可防止倒吸。

【详解】A.硝酸易挥发，生成的二氧化碳中混有硝酸，挥发出的硝酸与硅酸钠反应，干扰了二氧化碳与硅酸钠的反应，无法比较碳和硅的非金属性，A错误；
B.蒸馏时，温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，图示操作不合理，B错误；
C.干燥氨气应该用碱石灰，不能用氯化钙干燥氨气，C错误；
D.氨气极易溶于水，吸收氨气时需要防止倒吸，图示装置可防止倒吸，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及非金属性强弱比较、气体干燥与尾气吸收、化学实验操作等知识，明确常见化学实验基本方法即可解答，该题有利于提高学生的化学实验能力。

11.下列关于有机物的说法正确的是（）
A. 苯与溴水可发生加成反应
B. 完全燃烧时，等质量的甲烷比乙烷耗氧量大
C. 糖类、油脂和蛋白质都可水解
D. 实验式为CH2O的有机物一定属于糖类
【答案】B
【详解】A.苯与溴水不反应，A错误；
B.等质量的烃燃烧时，物质中H元素的含量越多，燃烧时消耗的氧气越多。

由于甲烷的含氢量比乙烷大，所以相同质量燃烧时消耗的氧气的量较多，B正确；
C.如果糖是单糖，则不能发生水解反应，C错误；
D.实验式为CH2O的有机物不一定是糖类，如分子式为CH2O的有机物为甲醛，不属于糖类，D错误；
故合理选项是B。

12.工业生产苯乙烯是利用乙苯的脱氢反应：
下列说法不正确的是（）
A. 该反应的逆反应属于还原反应
B. 苯乙烯和乙苯都至少有7个碳原子共面
C. 乙苯的一氯代物有3种
D. 煤的干馏可以得到苯和乙苯
【答案】C
【详解】A.逆反应为苯乙烯与氢气的加成反应，该加成反应也属于还原反应，A正确；
B.苯环为平面形结构，苯环直接相连的原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的同一
个平面上，则苯乙烯和乙苯都至少有7个碳原子共面，B正确；
C.乙苯分子中有5种不同的H原子，所以乙苯的一氯代物有5种，C错误；
D.煤的干馏可得到芳香类物质，可得到苯、乙苯等，D正确；
故合理选项是C。

13.下列对三种有机物的叙述不正确的是（）
A. 三种有机物都是芳香族化合物
B. 阿司匹林在酸中水解生成2种含羧基的物质
C. 麻黄碱的分子式是C10H13NO
D. 芬太尼可发生取代、加成、氧化反应
【答案】C
【详解】A.三种有机物分子结构中都含有苯环，因此都为芳香族化合物，A正确；
B.阿司匹林分子中含有酯基，在酸性条件下发生水解反应，生成邻羟基苯甲酸和乙酸，生成了2种含羧基的物质，B正确；
C.麻黄碱的分子式是C10H15NO，C错误；
D.芬太尼分子中含有苯环、酰胺键，可发生取代、加成、氧化反应，D正确；
故合理选项是C。

14.现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且每个甲、乙、丙分子中均含10个电子，Y和Z化合生成丁，有关物质的转化关系如下图所示。

下列说法错误的是（）
A. 原子序数由小到大的顺序是：W<Z<Y<X
B. Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
C. 化合物的沸点由高到低的顺序是：乙>甲>丙
D. Y与W、Z都能形成两种或两种以上的化合物
【答案】B
【分析】甲、乙、丙均为10电子的分子，且X和乙的反应为置换反应，反应为氟气和水的反应，可知X单质为F2，Y单质为O2，乙为H2O，甲为HF，则W为H元素，X为F元素，Y为O元素，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2，Z为C或N元素，以此解答该题。

【详解】由以上分析可知W为H元素，X为F元素，Y为O元素，Z为C或N元素，X 单质为F2，Y单质为O2，甲为HF，乙为H2O，丙是NH3或CH4。

A.W为H元素，X为F元素，Y为O元素，Z为C或N元素，则原子序数由小到大的顺序是：W＜Z＜Y＜X，A正确；
B.Z为C或N元素，如Z为C元素，则对应的最高价氧化物对应的水化物H2CO3为弱酸，B错误；
C.水常温下为液体，沸点最高；HF分子间含有氢键，作用力较强，沸点比甲烷和氨气高，C正确；
D.O与H可生成H2O、H2O2；O与C生成CO、CO2；O与N生成NO、NO2等氧化物，D 正确；
故合理选项是B。

【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识，把握氟单质与水的置换反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意常见的含有10个电子的物质，题目难度较大。

15.利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：
下列说法错误的是（）
A. 向大气中排放SO2可能导致酸雨发生
B. 中和器中发生反应的离子方程式为HSO3-+OH-=SO32-+H2O
C. 进入离心机的分散系是悬浊液
D. 检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液
【答案】D
【详解】A.二氧化硫与水反应生成H2SO3，H2SO3又被空气中的氧气氧化为H2SO4，反应产生的硫酸进入水中形成酸雨，故SO2形成的硫酸型酸雨，A正确；
B.在中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，离子方程式为HSO3-+OH-=SO32-+H2O，B正确；
C.经过中和器后的物质既有形成的结晶状的固态物质，也有溶液，在离心机中进行混合物的分离，因为形成的固态颗粒小，因此有胶体存在，进入离心机的分散系是悬浊液，C正确；
D.检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，若用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液，H+、SO32-、NO3-会发生氧化还原反应，使SO32-转化为SO42-，因此不能检验其中是否含有Na2SO4，要用稀HCl 和BaCl2溶液检验，D错误；
故合理选项是D。

16.下列反应的离子方程式正确的是（）
A. 将SO2气体通入NaC1O溶液中：SO2+2C1O-+H2O=SO32-+2HC1O
B. 向明矾溶液中滴加Na2S溶液：2A13++3S2-=A12S3↓
C. 向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
D. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4++OH-=NH3·H2O
【答案】C
【分析】A.次氯酸根离子，具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
B.铝离子、硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢；
C.向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性，反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钾和水；
D.氢氧化钠过量，碳酸氢根离子、氨根离子都参加反应。

【详解】A.SO2气体通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应，离子反应为
SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-，A错误；
B.向明矾溶液中滴加Na2S溶液，发生盐的双水解反应，离子方程式：
6H2O+2A13++3S2-=2A1(OH)3↓+3H2S↑，B错误；
C.向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性，二者反应的物质的量的比是2：1，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C正确；
D.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应，产生碳酸钠、一水合氨和水，离子方程式：HCO3-+NH4++2OH-=NH3•H2O+H2O+CO32-，D错误；
故合理选项是C。

【点睛】本题考查了离子方程式的书写正误判断的知识。

明确物质的性质及发生反应时的物质的量的关系是解题关键，注意氧化还原反应要遵循得失电子守恒规律，题目难度中等。

17.在一密闭的容器中充入2molA和1molB发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为w%；若维持容器的容积和温度不变，按起始物质的量A：0.6mol、B：0.3mol、C：1.4mo1充入容器，达到平衡后，C的体积分数仍为w%，则x的值为（）
A. 2
B. 3
C. 2或3
D. 无法确定
【答案】C
【详解】在恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC 达到平衡后，C的体积分数为W%，说明二者为等效平衡状态，按化学计量数转化到左边，满足n(A)=2mol、n(B)=1mol，故0.6mol+=2mol，解得x=2；对于反应前后气体系数和相等的反应，若开始加入的反应物的物质的量的比相同，即物质的投料等比相同也是等效平衡状态，所以x=3也是正确的。

故合理选项是C。

18.已知：N2O4(g)2NO2(g) △H=+QkJ/mol (Q>0)，80℃时在2L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应获得如下数据：
下列判断正确的是（）
A. 升高温度会使混合气体的颜色变浅
B. 反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJ
C. 20~40s内，v(N2O4)=0.004mol/(L·s)
D. 100s时再充入0.40mo1N2O4，达到新平衡时N2O4的转化率增大
【答案】B
【详解】A.△H=+QkJ/mol(Q＞0)，表明该反应的正反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，则c(NO2)增大，平衡混合气体的颜色加深，A错误；
B.由表格中数据可知，当反应进行到80s时达到平衡状态，生成NO2的物质的量
n(NO2)=0.3mol/L×2L=0.6mol，由于反应的物质的量与热量变化成之比，则反应吸收热量为
0.6mol×kJ/mol=0.30QkJ，B正确；
C.20～40 s内，v(NO2)==0.004 mol/(L•s)，根据速率之比等于化学计量数之比，则20～40 s内v(N2O4)=0.002 mol/(L•s)，C错误；
D.100 s时再充入0.40 mol N2O4，由于容器的容积不变，气体的物质的量增多，气体压强增大。

增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，因此达到新平衡时N2O4的转化率减小，D错误；
故合理选项是B。

19.某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。

下列说法正确的是（）
A. 放电时，正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++ 6e-=2Fe+3Li2O
B. 该电池可以用水溶液做电解质溶液
C. 放电时，Fe作电池的负极，Fe2O3作电池的正极
D. 充电完成后，电池被磁铁吸引
【答案】A
【分析】由图可知该电池放电时负极反应式为Li-e-═xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li++6e-=3Li2O+2Fe；充电时，阳极、阴极电极反应式与放电时负极、正极电极反应式正好相反，以此解答该题。

【详解】A.正极发生还原反应，Fe2O3得电子被还原，所以放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++6e-═3Li2O+2Fe，A正确；
B.锂和水能发生反应，所以不可以用水溶液为电解质溶液，B错误；
C.放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，C错误；
D.充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，D错误；
故合理选项是A。

【点睛】本题考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道正负极与阴阳极电极反应式之间的关系，难点是电极反应式的书写。

本题侧重考查学生的分析能
力和应用能力。

20.下列图示与对应的叙述相符的是（）
A. 若图1表示0.2mo1MgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化，则a为19.0
B. 若图2表示常温下用0.1000mo1/L NaOH溶液滴定25.00mL CH3COOH溶液的滴定曲线，则c(CH3COOH)=0.1000mo1/L
C. 若图3表示常温下稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则常温下，NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
D. 若图4表示恒温恒容条件下，反应2NO2(g)N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，则b点对应的状态为化学平衡状态
【答案】C
【详解】A.MgCl2为强酸弱碱盐，其结晶水合物在空气中加热最终转化为氧化镁，根据Mg 元素守恒，0.2mo1MgCl2·6H2O 分解产生0.2molMgO，其质量m(MgO)=0.2mol×40g/mol=8.0g，最终生成质量应为8.0g，A错误；
B.0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定25.00 mLCH3COOH，当溶液pH=7时，溶液中
c(H+)=c(OH-)，若酸碱恰好中和，溶液为醋酸钠溶液，由于醋酸是一元弱酸，醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解使溶液呈碱性，实际上溶液为中性，说明此时溶液中应同时存在醋酸和醋酸钠，由于醋酸并未完全反应，所以无法计算醋酸的浓度，B错误；
C.常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液，溶液酸性越强，溶液稀释时，其pH变化幅度越大，根据图象可知，酸性：HA>HB。

酸的酸性越强，其对应的强碱盐的碱性就越弱，则NaA 的碱性比NaB弱，则同浓度的两溶液的pH：NaA<NaB，C正确；
D.恒温恒容条件下，发生可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)，根据图象，b点表示消耗N2O4的速率等于NO2的消耗速率，表明逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行，不是化学平衡状态，D错误；
故合理选项是C。

21.下图是某元素的价类二维图，其中X是一种强碱，A为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对分子质量比E小16，各物质转化关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A. A是可与草木灰混合使用的肥料
B. C可用排空气法收集
C. F和B能发生复分解反应生成盐
D. B在一定条件下可直接与Y反应生成D
【答案】D
【分析】A为正盐，X是一种强碱，二者反应生成氢化物B，则A为铵盐、B为NH3，B连续与Y反应得到氧化物D与氧化物E，且E的相对分子质量比D大16，则Y为O2、C为N2、D为NO、E为NO2，通常条件下Z是无色液体，E与Z反应得到含氧酸F，则Z为H2O、F为HNO3，F与强碱X发生酸、碱中和反应得到G为硝酸盐，以此解答该题。

【详解】A.物质A为铵盐，草木灰主要成分是K2CO3，水溶液呈碱性，二者混合会发生反应放出氨气，使肥效降低，A错误；
B.C是N2，氮气的密度与空气接近，不宜采取排空气法收集，可以利用N2难溶于水的性质，用排水法收集，B错误；
C.B是NH3，F是HNO3，二者发生化合反应生成NH4NO3，该反应是化合反应，不是复分解反应，C错误；
D. B是NH3，Y为O2，NH3在催化剂存在并加热的条件下，与O2反应生成NO和H2O，D 正确；
故合理选项是D。

【点睛】本题考查无机物的推断的知识。

“盐与碱反应生成氢化物以及氢化物连续反应生成氧化物”等是推断的突破口，熟练掌握中学常见连续反应、三角转化以及特殊的置换反应、特殊现象反应等特殊转化是解答本题的基础。

该题为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用。

22.常温下，用0.1000mol/L的AgNO3溶液滴定50.00mL0.0500mol/LKC1溶液，以K2CrO4为指示剂，测得溶液中pCl=-1gc(C1-)、pAg=-1gc(Ag+)随加入AgNO3溶液的体积变化如图所
示。

已知：K sp(Ag2CrO4)=2.0×10－12，K sp(Ag2SO4)=1.4×10－5，溶液中离子浓度小于或等于1.0×10－5mol/L则沉淀完全，下列说法错误的是（）
A. Ag2CrO4沉淀一定不是白色
B. AgC1的溶度积常数K sp数量级为10－10
C. Cl-恰好完全沉淀时，指示剂的浓度应维持在2.0×10-2mol/L
D. 加入50 mLAgNO3溶液后再加入1mL0.01mol/LH2SO4会产生新的沉淀
【答案】D
【详解】A.若溶液中Cl-反应完全后，再滴入AgNO3溶液，溶液中的Ag+与K2CrO4电离产生的CrO42-形成Ag2CrO4砖红色沉淀，故可用K2CrO4为指示剂。

若Ag2CrO4沉淀也是白色，AgCl沉淀也是白色，就不能很好的判断滴定终点，A正确；
B.根据AgCl的溶度积常数表达式K sp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，结合图象可知，当pCl=pAg时，溶液中c(Ag+)=c(Cl-)=10-5mol/L，则AgCl的沉淀溶解平衡常数K sp数量级为10-10，B正确；
C.溶液中Ag+沉淀完全时c(Ag+)=10-5mol/L，形成Ag2CrO4时，所需
c(CrO42-)==2.0×10-2mol/L，C正确；
D.50.00mL0.0500mol/LKC1溶液中n(KCl)=0.050L×0.0500mol/L=2.5×10-3mol，根据
KCl+AgNO3=KNO3+AgCl↓，二者反应的物质的量相等，加入50 mL0.1000mol/L AgNO3溶液中含溶质的物质的量为n(AgNO3)= 0.050 L×0.1000mol/L=5×10-3mol，所以AgNO3溶液过量，滴定反应完后，溶液中c(Ag+)=(5×10-3mol -2.5×10-3mol )÷0.100L=2.5×10-2mol/L，若再加入
1mL 0.01mol/L H2SO4，则产生Ag2SO4时需要
c(SO42-)===2.24×10-2mol/L，显然H2SO4的量是不够的，所以不能产生新的沉淀，D错误；
故合理选项是D。

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第23-25题为必考题，每道试题考生都必须作答。

第26-27题为选考题，考生根据要求作答。

(二)必考题(共3题，共41分)
23.I.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，工业上以CO和H2为原料生产二甲醚。

已知：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=－99kJ/mol
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=－24 kJ/mol
③CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H=－41 kJ/mol
(1)反应4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=___________。

(2)某温度下，将4.0molH2和4.0molCO充入容积为1L的密闭容器中，发生反应
3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)，5min时CO2的物质的量浓度为0.5mo1/L，10min 后反应达到平衡状态，测得二甲醚的体积分数为25%。

①5min时CO的转化率=___________；
②该温度下此反应的平衡常数K=___________；
③下列措施能提高CH3OCH3平衡产率的有___________(填标号)。

A.分离出CH3OCH3
B.升高温度
C.增大压强
D.改用高效催化剂
Ⅱ.液氨是一种良好的储氢物质
已知：2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.4 kJ/mol
其他条件相同时，反应在不同金属催化剂作用下进行相同时间后，氨的转化率[a(NH3)]随反应温度的变化情况如图所示。

(1)用___________作催化剂时，氨气分解反应的活化能最大。

(2)a点所代表的状态___________(填“是”或“不是”)平衡状态。

(3)c点时NH3的转化率高于b点时NH3的转化率，原因是______________________。

【答案】(1). -222kJ/mol (2). 37.5% (3). 1 (4). AC (5). Fe (6). 是(7). b、。