湖北省达标名校2020年高考四月质量检测化学试题含解析

湖北省达标名校2020年高考四月质量检测化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列微粒中，最易得电子的是（）
A．Cl-B．Na+C．F D．S2-
2．下列图示中的实验操作、仪器、试剂（部分夹持装置已略）均正确的是
A．如图为稀释浓硫酸
B．如图可用于验证浓硫酸的脱水性和氧化性
C．如图可用于分离乙酸与CH2Cl2
D．如图可用于测量SO2的体积
3．某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：温度（℃）10 20 30 40
纯水7.30 7.10 6.95 6.74
NaOH溶液13.50 13.11 12.87 12.50
CH3COOH溶液 2.90 2.89 2.87 2.85
CH3COONa溶液9.19 9.00 8.76 8.62
下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中的k w逐渐减小
B．随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响
C．随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离
D．随温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO－)增大
4．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇
B．HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构
C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯
D．一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16种
5．下列实验操作或方法正确的是
A．检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液
B．配制100mL lmol/L NaCl溶液时，用托盘天平称取5.85g NaCl固体
C．将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体
D．用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯
6．向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中
2-
3
3+
c(SO)
c(Fe)
变化的曲线如图所示。

实验发现:
ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;
ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。

取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN 溶液显红色。

下列分析合理的是
A．向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象
B．b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+
C．c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3 SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3
D．向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深
7．如图是H
3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH
的关系。

下列说法错误的是A．NaH2AsO4溶液呈酸性
B．向NaH2AsO4溶液滴加NaOH 溶液过程中，
()
()
-
24
2-
4
c H AsO
c HAsO
先增加后减少
C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存
D．K a3( H3AsO 4) 的数量级为10-12
8．由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验现象结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+ B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4
溶液
生成黑色沉淀K sp(CuS)<K sp(ZnS)
D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
A．A B．B C．C D．D
9．同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）
A．分子大小不同B．分子间的平均距离不同
C．化学性质不同D．物质的量不同
10．在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是
A．Mg2+、Na+、SO42-、Cl-B．K+、CO32-、Cl-、NO3-
C．Na+、Cl-、NO3-、Fe2+D．NH4+、OH-、SO42-、NO3-
11．用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：
下列说法不正确的是
A．用Na2C O3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2 H2O
D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:1
12．将一定量的SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a气体，则产生沉淀。

下列所通a气体和产生沉淀的离子方程式正确的是（）
A．a为H2S，SO2+2H++S2−→3S↓十2H2O
B．a为Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl−
C．a为NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3−→4BaSO4↓+NH4++6H+
D．a为NH3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+
13．在下列各溶液中，一定能
．．．大量共存的离子组是
A．有色透明溶液中：Fe2＋、Ba2＋、[Fe(CN)6]3－、NO3－
B．强酸性溶液中：Cu2＋、K＋、ClO－、SO42－
C．含有大量AlO2－的溶液中：K＋、Na＋、HCO3－、I－
D．常温下水电离的c(H＋)为1×10－12mol/L的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、NO3－
14．下列有关化学用语表示正确的是（）
A．中子数比质子数多1的磷原子：B．Al3+的结构示意图：
C．次氯酸钠的电子式：D．2-丁烯的结构简式：CH2=CH-CH=CH2
15．下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素。

Z 的最高价氧化物对应的水化物为M，
室温下，0. 01 mol/L M 溶液pH<2。

下列说法中错误
．．的是
W X
Y Z
A．原子半径大小：X<W<Y B．Z 的单质易溶于化合物WZ2
C．气态氢化物稳定性：W<X D．含Y 元素的离子一定是阳离子
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。

其制备原理如下：
已知：
①苯胺易被氧化；
②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：
物质熔点沸点溶解度(20 ℃)
乙酰苯胺114.3℃305℃0.46
苯胺－6℃184.4℃ 3.4
醋酸16.6℃118℃易溶
实验步骤如下：
步骤1：在50 mL圆底烧瓶中，加入5 mL苯胺、7.5 mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。

步骤2：控制温度计示数约105 ℃，小火加热回流1 h。

步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。

（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。

（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。

（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是__________________。

抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。

（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某兴趣小组用合金铝、铁、铜的废弃合金为原料制取硝酸铜晶体和氢氧化铝，并测定硝酸铜晶体的结晶水含量和氢氧化铝的纯度，设计的主要流程如下：
已知：
Fe2+沉淀的pH范围为7.0～9.0；Fe3+沉淀的pH范围为1.9～3.2；Cu2+沉淀的pH范围为4.7～6.7
回答下列问题：
（1）写出合金中加入NaOH溶液后所发生的离子反应方程式_______________________。

试剂X的名称为______________。

（2）加入Z的作用是调节溶液的pH，pH范围应为_____；下列可作为试剂Z的是_______。

a．铜粉b．氨水c．氧化铜d．硫酸铜
（3）实验操作①依次是_________、_________、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体。

（4）测定硝酸铜晶体的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是______。

（选填编号）
a．称量样品→加热→冷却→称量CuO
b．称量样品→加热→冷却→称量Cu(NO3)2
c．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量
d．称量样品→加过量已知量的NaOH溶液→选用酚酞指示剂用标准盐酸滴定
（5）根据流程图内数据计算：滤渣C中氢氧化铝的质量分数为______________________。

（用m、n的代数式表示）
（6）按该流程的操作步骤，氢氧化铝质量分数的测定结果偏高的可能性是最大的，原因有
_______________________________；____________________________________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器内，进行反应：
CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g)。

得到如下两组数据：
温度/℃起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需要的实验组
时间/min
H2O CO H2CO
1 650
2 4 1.6 2.4 5
2 900 1 2 0.4 1.6 3
①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为___。

②该反应的逆反应为___（填“吸”或“放”）热反应。

（2）在一容积为2L的密闭容器内加入2mol的CO和6mol的H2，在一定条件下发生如下反应：
CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g) △H＜0该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示：
①由图可知反应在t1、t3、t7时都达到平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试从以下措施中选出适宜的改变条件：t2___、t8___。

（此处两空均填下列选项字母序号）
a．增加CO的物质的量b．加催化剂c．升高温度d．压缩容器体积e．将CH3OH气体液化f．充入氦气
②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4~t6时逆反应速率与时间的关系曲线___。

（3）已知反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在100kPa下△H=-113.0kJ/mol，△S=-145.3J·mol-1·K-1。

理论上，该反应在温度___（填“高于”或“低于”）___时均可自发进行。

19．（6分）化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题：
（1）在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2能看
到沉淀的有___(填序号)。

①NO2②NH3③HCl ④FeCl3溶液⑤CO2
（2）A、B、C、D、E五种物质(或离子)均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：
若A为金属单质，B、C均属于盐类，B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，D是一种白色沉淀，E是一种不溶性碱。

B溶液呈酸性的原因是___(用离子方程式表示)；选用氢碘酸可与E反应实现E→C的转化，该反应的离子方程式为___。

（3）①通常条件下，未经碾磨的镁粉和未经擦拭的镁条跟冷水不反应，因为表面有一层保护膜。

去除这层氧化膜后，镁与冷水就会发生明显的反应，看到有大量细腻的气泡产生。

在室温条件下，反应生成的难溶于水的氢氧化镁，沉积在表面形成致密薄膜，几分钟后，反应很快停止。

给反应混合液加热，镁跟水的作用又会重新进行，你觉得可能的原因是：___，此时滴加酚酞试液，___(填“会”或“不会”)出现溶液变红的现象。

②取一段擦去表层氧化膜的镁条，卷成螺旋状，插入盛满食盐水的试管中，将试管倒扣在盛有食盐水的烧杯中，可以迅速观察到镁持续不断地跟水反应，你觉得可能的原因是___。

③去除了氧化膜的金属Mg可以与NaHCO3溶液作用析出氢气，溶液中有白色难溶物生成。

这是由于镁直接与水反应，转化为H2和Mg(OH)2。

溶解在水中的少量Mg(OH)2电离生成的OH－与溶液中的HCO3－反应生成CO32－，促使反应生成的Mg(OH)2更多溶解。

溶液中Mg2＋、OH－、CO32－，结合析出白色难溶物
Mg2(OH)2CO3。

请根据以上信息写出Mg与NaHCO3溶液的总反应式：___(用离子方程式表示)。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．C
【解析】
【详解】
氧化性越强的微粒，越容易得到电子。

在四个选项中，氧化性最强的为F，其余微粒均达到稳定结构，化学性质不活泼，C项正确；
答案选C。

2．B
【解析】
【详解】
A. 由于浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，同时要搅动液体，以使热量及时地扩散，图中操作未沿着烧杯内壁缓慢注入，操作不规范，A项错误；
B. 浓硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，生成的C单质继续与浓硫酸反应会生成二氧化硫、二氧化碳和水，生成的二氧化硫会使品红溶液褪色，体现了浓硫酸的氧化性，B项正确；
C. 乙酸与CH2Cl2互溶，沸点不同，可采用蒸馏的方法分离，但冷凝管不能选用球形冷凝管，而应用直形冷凝管，C项错误；
D. 饱和亚硫酸钠会与二氧化硫反应，不能达到实验目的，集气瓶内应改用饱和亚硫酸氢钠溶液，D项错误；
答案选B。

【点睛】
C项是易错点，要注意球形冷凝管与直形冷凝管的区别。

直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的挥发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，K w增大，A项错误；
B. 随温度的升高，水的电离程度增大，K w增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；
C. 随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；
D. 盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；
答案选B。

4．D
【解析】
分析：A．CaO与水反应后生成氢氧化钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B．碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH的位置不同是位置异构；C．乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解；D．可看成二甲苯(、、)苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。

详解：A．CaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A错误；B．-OH的位置不同，属于位置异构，故B错误；
C．乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D．一个苯环上已经连有
-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯(、、)苯环上连有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置，-OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定-OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固体-OH在邻位时乙基有3种位置，固定-OH在间位时乙
基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16种，故D正确；故选D。

5．D
【解析】
【详解】
A．检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；
B．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；
C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；
D．乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；
故选D。

6．C
【解析】
【分析】
根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；
【详解】
根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，
A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；
B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；
C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；
D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；
答案为C。

7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 由图像知，H2AsO4-溶液pH小于7，则NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正确；
B.
()
()
-+
24
2-
a2
4
c H AsO c(H)
=
K
c HAsO
，向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，
()
()
-
24
2-
4
c H AsO
c HAsO
逐
渐减少，故B错误；
C. 由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C正确；
D. 由图知，pH=11.5时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，K a3( H3AsO 4)=
()()
()()
+
+-1
3-
42
2-
4
c AsO c
=c
c HAs
H
H10
O
⋅
≈，故D正
确；
故选B。

8．B
【解析】
【详解】
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，选项A 错误；
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。

如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。

【点睛】
在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。

当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。

例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。

9．D
【解析】
【详解】
对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nV m知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。

10．C
【解析】
【分析】
酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。

【详解】
A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A不符合题意；
B．H+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合题意；
C．H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；
D．NH4+、OH-发生复分解反应生成NH3·H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。

【点睛】
本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。

11．D
【解析】
A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；
B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；
C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；
D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。

12．C
A ．H 2S 为弱电解质，反应的离子方程式为SO 2+2H 2S→3 S↓+2H 2O ，故A 错误；
B ．氯气具有强氧化性，应生成BaSO 4沉淀，反应的离子方程式为Ba 2++SO 2+2 H 2O+Cl 2→BaSO 4↓+4H ++2Cl -，故B 错误；
C ．NO 2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为
4Ba 2++4SO 2+5H 2O+NO 3-→4 BaSO 4↓+NH 4++6 H +，故C 正确；
D ．通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO 3沉淀，反应的离子方程式为
Ba 2++SO 2+2 NH 3+H 2O→BaSO 3↓+2NH 4+，故D 错误；
故选C 。

【点睛】
本题的易错点为C ，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N 元素的化合价降低，可以生成NH 4+。

13．D
【解析】
【详解】
A. Fe 2＋与[Fe(CN)6]3－产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A 错误；
B.强酸性溶液中H +与ClO －反应产生HClO 弱电解质而不能大量共存，选项B 错误；
C. AlO 2－与HCO 3－会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C 错误；
D.常温下水电离的c(H +)为1×10－12mol/L 的溶液可能显酸性或碱性，但与K ＋、Na ＋、Cl －、NO 3－均不发生反应，能大量共存，选项D 正确。

答案选D 。

14．A
【解析】
【分析】
本题主要考查化学用语的书写。

【详解】
A. 磷原子核电荷数为15，中子数比质子数多1的磷原子：31
15P ，故A 项正确；
B.铝原子核电荷数为13， Al 3+核外有10个电子，其结构示意图：，故B 项错误；
C. 次氯酸钠属于离子化合物，电子式为：，故C 项错误；
D. 2-丁烯的结构中，碳碳双键在2号碳上，主碳链有4个碳，其结构简式为：33CH CH=CH-CH - ，故D 项错误；
【解析】
【分析】
【详解】
根据元素在周期表位置关系，四种元素位于第二三周期，且Z 的最高价氧化物对应的水化物为 M ，室温下，0. 01 mol/L M 溶液 pH<2。

则Z 为S ，W 、X 、Y 分别为C 、N 、Al 。

A ．原子半径大小：N ＜C ＜Al ，故A 正确；
B ．Z 元素为S ，其单质易溶于CS 2，故B 正确；
C ．W 、X 分别为C 、N ，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C ＜N ，则气态氢化物稳定性：CH 4＜NH 3，故C 正确；
D ．Y 为Al 元素，含Al 元素的离子有Al 3+、AlO 2－或[Al(OH)4]－，故D 错误；
答案选D 。

【点睛】
根据相似相容原理，S 易溶于CS 2。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用 温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水 若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理 吸滤瓶 布氏漏斗 重结晶
【解析】
【分析】
【详解】
（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；
（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100℃，太低时水不易蒸发除去；
（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；
（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．2Al + 2OH ¯+ 2H 2O =2 AlO 2¯+ 3 H 2↑ 稀硝酸（或硝酸） 3.2≤pH ＜4.7 c 蒸发浓缩 降温结晶 bd ()
26m n 9m － 滤渣C 没有洗涤，混有NaHCO 3，煅烧后失重偏大 滤渣C 洗涤后未烘
干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大
【解析】
【分析】
2OH¯+ 2H2O →2 AlO2¯+ 3 H2↑。

由于最终要制备硝酸铜晶体，则试剂X的名称为稀硝酸；
（2）加入Z的作用是调节溶液的pH，根据金属阳离子沉淀时的pH值可知，要沉淀铁离子，而保留铜离子，则pH范围应为3.2≤pH＜4.7；由于不能引入杂质，且能消耗氢离子，则Z可以是氧化铜；
答案选c；
（3）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤；
（4）硝酸铜晶体受热易分解生成氧化铜、水、NO2和氧气，则
a、称量样品→加热→冷却→称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu（NO3）2•nH2O 的结晶水含量，a正确；
b．因硝酸铜易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，b错误；
c．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，c正确；
d．称量样品→加过量已知量的NaOH溶液→选用酚酞指示剂用标准盐酸滴定，产生的氢氧化铜也能与盐酸反应，方案错误，d不正确；
答案选bd；
（5）煅烧后失去水的质量水mg—ng，则氢氧化铝的质量是，所以滤渣C中氢氧化铝的质
量分数为
() 26m n
9m
－
；
（6）如果氢氧化铝质量分数的测定结果偏高，这说明mn偏大，因此可能性是最大的原因有滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，煅烧后失重偏大；滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．0.16mol/（L•min）放 c b低于777.7K
【解析】
【分析】
（1）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，根据v=
n
V
t
计算v(CO)，再利用
速率之比等于化学计量数之比计算v(CO2)；
②第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；
（3）依据△G=△H-T△S计算判断，若△G＜0，反应自发进行，若△G＞0，反应非自发进行。

【详解】
（1）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，v(CO)=
n
V
t
=
1.6
2
5min
mol
L=0.16mol/
（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（CO2）=v（CO）=0.16mol/(L•min)；故答案为：0.16mol/(L•min)；
②由表中数据可知，实验1中CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，实验1中CO的转化率为
1.6mol
4mol
×100%=40%，实验2中CO的物质的量变化量为2mol-1.6mol=0.4mol，实验2中CO的转化率为
0.4 2mol
mol
×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热；故答案为“放”；
（2）①根据图可知，t2速率加快，平衡逆向移动，根据反应特点，改变的条件为：升高温度，答案选：c；t8时反应速率加快，但平衡未移动，故使用了催化剂，答案选：b；
②t4时降压，速率减慢，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，反应速率加快，故t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线为：；故答案为：；
（3）已知：在100kPa下该反应的△H=-113.0kJ•mol-1，△S=-145.3J•mol-1•K-1，反应自发进行，
△G=△H-T△S=-113.0 kJ•mol-1-T ×(-145.3 J•mol-1•K-1)×10-3＜0，计算出T<777.7K，故答案为：低于；777.7K。

【点睛】
本题考查了影响化学反应速率的因素，平衡常数概念计算应用，反应自发性的判断等知识，理解掌握平衡移动原理是解答关键，侧重分析应用能力的考查。

19．①②④Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ 2 Fe(OH)3+6 H++2I-=2Fe2++I2+6H2O加热促进了水的电离使H+浓度增大或加热增大了Mg(OH)2的溶解度会Cl-促进了反应的发生
2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3
【解析】
【分析】
(1)BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成的原因是BaSO3易溶于盐酸，故有以下两种思路：①将其氧化为硫酸与BaCl2反应；②将其转化为SO32-与BaCl2反应，据以上分析解答；
(2) Fe(OH)3溶于氢碘酸时产生的Fe3+与I-会发生氧化还原反应；
(3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的也离使H+浓度增大会加快反应述率。

同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强
③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠。

【详解】
（1）①NO2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①选；
②NH3与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故②选；
③HCl与SO2都不与BaCl2反应，通入SO2与HCl都不会生成沉淀，故③不选；
④FeCl3溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故④选；
⑤SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故⑤不选；
答案选①②④；
（2）B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，说明B中含有Fe3+，A为Fe，结合E是一种不溶性碱可知C中含Fe2+，D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3，B中含有Fe3+，B溶液呈酸性的原因是
Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+；E→C的离子方程式为2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O；
(3)①阻碍镁与水反应进行的主要因素是沉积在表面的致密薄膜Mg(OH)2，加热后促进了水的点离，使H+浓度增大，加快了反应述率。

同时升温会使它的溶解度增大使之溶解，反应得以继续下去；Mg(OH)2属于中强碱，室温下其悬浊液的pH约为11左右，可以使酚酞变红。

②在食盐水中反应速率加快可能的原因：Cl-促进了反应的发生等；
③Mg与NaHCO3溶液反应生成氢气、碱式碳酸镁和碳酸钠，反应的离子方程式为
2Mg+2HCO3-+2H2O=2H2↑+CO32-+Mg2(OH)2CO3。