辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三化学上学期第三次模拟试题(含解析)

辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三上学期第三次模拟
化学试题
1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。

分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间
原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。

下列说法不正确
．．．的是
A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
【答案】B
【解析】
A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；答案为B。

2.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是
A. 氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中:c(Cl－)＞c(NH4＋)
B. pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合:c(OH－)＝c(H＋)
C. 0.1 mol·L－1的硫酸铵溶液中:c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(H＋)
D. 0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中:c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
【答案】C
【解析】
根据电荷守恒，氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：c(Cl－)=c(NH)，故A错误；pH＝2的一元弱酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：c(OH－)<c(H＋)，故B错误；0.1 mol·L－1的硫酸铵溶液，铵根水解溶液呈酸性：c(NH)>c(SO)>c(H＋)，故C正确；根据质子守恒，0.1 mol·L －1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H
S)，故D错误。

2
点睛：
任何溶液一定满足电荷守恒，任意比例的氨水与氯化铵的混合溶液中一定有c(Cl－)＋ c(OH －)= c(H＋)＋c(NH)。

3.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
A、Al2(SO4)3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中两者发生双水解，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，选项A正确；
B、氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，选项B错误；
C、次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，选项C正确；
D、玻璃含有二氧化硅，HF与二氧化硅反应生成SiF4，氢氟酸可用于雕刻玻璃，选项D正确。

答案选B。

点睛：本题考查物质的组成、结构和性质的关系，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累。

视频
4.莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·8H2O]溶液经常用于定量滴定实验。

下列有关说法正确的是
A. 配制0.1mol•L-1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐21.4克
B. 可与含HClO、H+、Clˉ微粒的溶液大量共存
C. 加入过量Ba(OH)2溶液发生反应:2Ba2++2SO42-+Fe2++2OHˉ=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓
D. 取样，加入浓NaOH溶液并加热，生成能使蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH4+
【答案】A
【解析】
【详解】0.1mol•L，，故A正确；
B. HClO有强氧化性，可以氧化摩尔盐中的亚铁离子，，所以在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.加入过量Ba(OH)2溶液，漏写了与铵根离子的反应，离子方程式应为：
2Ba2++2SO42-+Fe2++2NH4++4OHˉ=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3•H2O，故C错误；
D.氨气的检验，应该用红色的石蕊试纸，由红色变为蓝色，故D错误。

故选A。

【点睛】氨气检验时，要注意试纸的颜色变化；在书写离子方程式时，要注意反应物过不过量的问题。

5.20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg·cm－3，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列说法中错误的是
A. 温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L－1
B. 20℃时，饱和NaCl溶液的质量分数为58.5c/（ρ1000）100%
C. 20℃时，密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液
D. 20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度S＝5850c/（ρ-58.5） g水
【答案】D
【解析】
试题分析：A．温度低于20℃时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L，正确；B．1L该温度下的氯化钠饱和溶液中，溶液质量为：1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为：(58.5cg÷1000ρg)×100%={(58.5×c)÷(p×1000)}×100%，正确；C．20℃时，等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液，正确；D．20℃时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000ρ，则该温度下氯化钠的溶解度为：S={58.5cg÷(1000ρg−58.5cg)}×100g=5850c÷(1000ρ−58.5c)g，错误。

考点：考查物质的量浓度与物质的溶解度及溶质质量分数的计算的知识。

6.向BaCl2溶液中通入物质的量之比为1∶2的某混合气体，无沉淀产生，则该混合气体是
A. Cl2和SO2
B. CO2和NH3
C. NO和CO2
D. NO2和SO2
【答案】C
【解析】
【分析】
A．Cl2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸；B．CO2和NH3生成（NH4）2CO3再与BaCl2生成BaCO3沉淀；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸。

【详解】A．发生SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，可生成硫酸钡沉淀，选项A不选；B．CO2和NH3在水溶液中生成CO32-，可生成碳酸钡沉淀，选项B不选；C．NO和SO2不反应，与BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，选项C选；D．NO2和SO2发生氧化还原反应生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀，选项D不选。

答案选C。

【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握二氧化硫的还原性，题目难度不大。

7.下列实验操作所得的现象及结论均正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.将AlCl3溶液加热蒸干，由于HCl易挥发，加热促进了铝离子的水解，则最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯净的AlCl3，故A错误；
B.由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故B错误；
C.向Na2SiO3溶液中通入CO2，有白色沉淀产生此沉淀为硅酸，根据强酸制弱酸的规律，则碳酸的酸性比硅酸强，故C正确；
D.向FeI2溶液中通入少量C12，被氧化的为碘离子，无法比较氯气与铁离子的氧化性强弱，故D错误。

故选C。

【点睛】硅酸是难溶于水的白色沉淀；碘离子和亚铁离子还原性比较碘离子更强些。

8.用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
① 31g白磷中含有1.5N A个P-P
② 1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1N A个
③标准状况下，22.4L HF含N A个分子
④电解精炼铜时转移了N A个电子，阳极溶解32g铜
⑤标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A
⑥常温下，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1 N A
⑦ 142g Na2SO4 和Na2HPO4 固体混合物中，阴、阳离子总数为3N A
⑧ N A个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g
A. ①③④⑧
B. ①⑥⑦
C. ③⑤⑦
D. ①⑥⑧
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点，注意气体摩尔体积的使用范围，和物质中微粒数目或氧化还原中转移电子数等。

详解：①31g白磷的物质的量为31/124=0.25mol，每个白磷分子含有6个磷磷键，故0.25mol 含有0.25*6=1.5mol，即1.5N A个P-P，故正确；②碳酸根离子发生水解，所以不能计算
1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数，故错误；③标准状况下， HF不是气体，不能计算其物质的量，故错误；④电解精炼铜时阳极首先是锌铁等活泼金属溶解，然后是铜溶解，所以不能计算铜的质量，故错误；⑤标准状况下，2.24LCl2即0.1mol，与水反应生成盐酸和次氯酸，转移的电子数目为0.1N A，故正确；⑥常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应时随着反应的进行硫酸变稀，反应停止，所以生成的二氧化硫的物质的量小于0.1mol，故正确；⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，所以阴、阳离子总数为3N A，故正确；⑧胶体粒子是很多个分子的集合体，不能计算其质量，故错误；故选B。

9.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。

利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。

下列判断正确的是
A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
C. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】
SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32-或SO42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。

【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A 正确；
B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产生的气体顺利导入，故 B错误；
C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；
D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；
综上所述，本题选A。

【点睛】SO2与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。

10.下列相关离子方程式书写正确的是
A. 氯化铝中加入足量的氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
B. 钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+=2Na++Cu
C. 铁与盐酸反应:2Fe + 6H+ =2Fe3+ + 3H2↑
D. 次氯酸钙溶液中通入足量的二氧化硫:H2O+SO2 + 3ClOˉ=+2HClO+Clˉ
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯化铝溶液和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于弱碱，则氯化铝溶液中加入过量氨水反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A正确；
B.钠与硫酸铜溶液反应，因为钠非常活泼，与溶液中的水反应，而后生成氢氧化铜沉淀，故B 错误；
C.铁和盐酸反应，因为氢离子的氧化性不够强，反应生成亚铁离子：Fe +2H+ =Fe2+ +H2↑，故C错误；
D次氯酸有强氧化性，可以将二氧化硫氧化，故向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO-+H2O+SO2═CaSO4↓+H++Cl-+HClO，故D错误。

故选A。

【点睛】在分析反应产物时要考虑是否发生氧化还原反应。

11.根据下表信息，下列叙述中正确的是
A. 表中①反应的氧化产物只能有FeCl3
B. 表中②生成1mol的O2将有4mol的电子转移
C. 表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16
D. 表中③还原产物是KCl
【答案】C
【解析】
【详解】A、氯气具有强氧化性，可氧化Fe2＋和Br－，当氯气足量时，氧化产物有FeCl3和Br2，故A错误；
B、表中②H2O2中O元素化合价由－1升高到0，生成1mol的O2将有2mol的电子转移，故B错误；
C、表中④的离子方程式为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，H＋的化学计量数为16，故C正确；
D、表中③Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误。

综上所述，本题应选C。

【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。

在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。

12.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡。

六种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。

下列推断正确的是
A. 最简单氢化物的沸点排序:Y＞T＞R
B. 原子半径和离子半径均满足:Y＜Z
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性:T＜R
D. 单质氧化性:Y＞R＞T
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题干信息分析元素的种类，再根据元素周期律比较相关物质的性质。

【详解】短周期主族元素中，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，可能为C或S，由图中原子半径和原子序数关系可知R应为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O，Z为Na；Y与T同主族，则T应为S，X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H 元素；
A. 根据上述分析，最简单氢化物对应的物质为：H20、H2S、CH4，沸点的大小和分子间作用力有关，分子间的相互作用力又取决于分子的相对分子质量，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，又因为水分子间存在氢键，故沸点：H20>H2S> CH4，即Y＞T＞R，故A正确；
B. 原子半径氧原子小于于钠原子，氧离子和钠离子核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，钠离子小于阳离子，故错误；
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性，硫酸的酸性比碳酸强，故C错误；
D. 非金属性越强，其单质氧化性越强，O＞S＞C，即Y＞T＞R，故D错误。

故选A。

【点睛】比较微粒半径时，先比较电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小；核电荷数相同时，比较核外电子数，核外电子数越多，半径越大。

13.某小组为探究草酸亚铁(FeC2O4)的热分解产物，按下面所示装置进行实验。

以下说法错误的是
A. 实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和CO气体
B. 反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，
证明分解产物中不含Fe2O3
C. 装置C的作用是除去混合气中的CO2
D. 反应结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温
【答案】B
【解析】
【详解】A. B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，故A正确；B.由于反应中生成了一氧化碳，可能将部分铁的氧化物还原成了铁，反应结束后，用稀硫酸溶解A中固体，铁将Fe2O3溶解生成的铁离子还原，故再向其中滴加KSCN溶液，溶液无颜色变化，因此不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C.E和F是检验生成物是否含有一氧化碳，二氧化碳会干扰检验，因此需要装置C除去混合气中的CO2，故C正确；D. 反应结束后，为了防止倒吸，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温，故D正确；故选B。

【点睛】本题考查物质组成的探究，题目难度较大，明确实验原理、实验目的为解答关键。

本题的易错点为B，要注意草酸亚铁(FeC2O4)的热分解产物的可能性的思考。

14.利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。

下列说法正确的是
A. C膜可以为质子交换膜
B. 阴极室的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. 每转移2 mol e-，阳极室中c(Ca2+)降低1 mol/L
【答案】C
【解析】
A.通过图示分析C膜只能是阳离子交换膜，故A项错误；
B.阴极室的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B项错误；
C.阴极电极不参与反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C项正确；
D.未给出溶液体积，无法计算浓度，故D项错误。

点睛：具有隔膜的电解池，膜的作用是让特定的离子单向移动，防止副反应的发生。

15.将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
CO2，依次发生反应①CO2＋2OH
－+Ba2—=== BaCO
3↓＋H2O，②CO2＋2OH －===CO
3
2－＋H
2O，③2AlO2
－＋3H
2O＋CO2===2Al(OH)3↓＋CO3
2
－，④CO
32－＋CO
2＋H2O===2HCO3
－，⑤BaCO
3＋CO2＋H2O="=" Ba
2—＋2HCO
3
－，故选C正确。

考点：元素及其化合物知识
16.已知: ①CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g) ∆H1；
②CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g) ∆H2。

下列推断正确的是
A. 若CO的燃烧热为∆H3，则H2的燃烧热为∆H3-∆H1
B. 反应CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)的∆H=∆H2-∆H1
C. 若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则∆H2＜0
D. 若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则∆H1＞0
【答案】B
【解析】
试题分析：A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应①中的水是气体，A项错误；B．根据盖斯定律，反应CH4(g)+ CO2(g)=2CO (g) +2H2(g)的ΔH=ΔH2—ΔH1，B项正确；C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，C项错误；D．由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH1<0，D项错误；答案选B。

考点：考查燃烧热，化学反应中的热效应等知识。

17.一定量的某磁黄铁矿(主要成分Fe x S，S为-2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。

则下列说法正确的是
A. 该盐酸的物质的量浓度为4.25 mol·L-1
B. 该磁黄铁矿Fe x S中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3∶1
C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 L
D. 该磁黄铁矿中Fe x S的x=0.85
【答案】D
【解析】
【详解】n(S)=2.4/32=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=[0.075×(2-0)]/(3-2)=0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6；
A.盐酸恰好反应生成FeCl2的量为0.425mol，根据氯原子守恒得
c(HCl)=0.425×2/0.1=8.5mol/L，故A错误；
B.根据转移电子守恒得n(Fe3+)=[0.075×(2-0)]/(3-2)=0.15mol，则
n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故B错误；
C．根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，
V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，故C错误；
D．Fe x S中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故D正确；
综上所述，本题选D。

【点睛】本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算是关键；本题中根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比。

18.某废水中可能存在的离子如下:Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO2-、CO32-、S2－、SO32-、SO42-。

现取该溶液进行有关实验，实验过程及现象如下:
下列说法正确的是
A. 根据实验①中的现象可推出，气体A一定是纯净物，淡黄色沉淀A一定是AgBr
B. 根据实验②中现象可推出气体B是CO2，沉淀B是Al(OH)3，原溶液中一定含有Al3＋
C. 根据实验③中的现象可推出，气体C是NH3，沉淀C一定含有BaCO3，可能含有BaSO4
D. 原溶液中肯定含有Na＋、AlO2-、S2－，不能确定是否含有SO32-、SO42-
【答案】C
【解析】
试题分析：A、某无色溶液中加入过量的HBr溶液并加热，产生淡黄色沉淀，则说明可能含有Ag+，发生反应：Ag++Br-=AgBr↓，淡黄色沉淀为AgBr；也可能含有S2一、SO32－，发生反应：2S2
一+SO
32－+6H+=3S↓+3H
2
O，淡黄色沉淀为S。

产生气体A，证明含有CO32－、S2一、SO32－中至少1种，
A错误；B、溶液A中加入过量的NH4HCO3溶液，得到气体B为CO2；NH4HCO3溶液显碱性，所以产生的白色沉淀B可能为Al(OH)3,则原溶液中含有AlO2-,在加过量的HBr时发生反应：4H++ AlO2-= Al3++2H2O，B错误；C、溶液B中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生气体C，为NH3；反应的方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；沉淀C一定含有BaCO3。

发生反应HCO3-+ OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O。

若原溶液中含有SO42－，则沉淀C中就含有BaSO4，沉淀反应为SO42－+Ba2+=BaSO4↓，C正确；D、根据上述分析可知原溶液一定含有AlO2-，，由于Al3+、AlO2一会发生离子反应而不能共存。

因此一定不含有Al3+。

但是其它离子如S2－不能确定其存在，D错误；答案选C
考点：元素化合物的性质，离子共存
19.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
2OH
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应是先与水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；B、同时和亚硫酸的酸性均强于次氯酸，但SO2具有还原性，次氯酸钙含有氧化性，二者混合发生氧化还原反应，B 错误；C、惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和溴，C错误；D、盐酸与氢氧化钠、稀硝酸与氢氧化钡反应均可用H++OH-=H2O不是，D正确，答案选D。

考点：考查离子方程式书写知识
20.已知可逆反应X(g)＋2Y(g)Z(g) ΔH ＜0，一定温度下，在体积为2 L的密闭容器中加入4 mol Y和一定量的X后，X的浓度随时间的变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 若向该容器中加入1molX、2molY，达平衡时，X的平衡浓度小于0.125mol/L
B. a点正反应速率大于逆反应速率
C. 反应达平衡时，降低温度可以实现c到d的转化
D. 该条件下，反应达平衡时，平衡常数K=3
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据图像可知，在反应开始时加入2molX 、4molY，二者的物质的量的比是1:2，若向该容器中加入1molX、2molY，二者的物质的量的比也是1:2，该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以改变压强，化学平衡不发生移动，则当达到平衡时X的浓度是原来的1/2，c(X)=0.125mol/L，错误；B．根据题意可知反应从正反应方向开始，到c点时达到化学化学平衡，此时正反应速率与逆反应速率相等，所以在达到平衡前的a点，正反应速率大于逆反应速率，正确；C．反应达平衡时，降低温度化学平衡向放热的正反应方向移动，反应物的浓度会降低，所以不可能实现c到d的转化，错误；D．该条件下，反应达平衡时，平衡常数，各种物质的浓度分别是c(X)=0.25mol/L，c(Y)=0.5mol/L，c(Z)=0.75mol/L，所以该反应的化学平衡常数K= c(Z)÷[c(X)×c2(Y)]= 0.75÷[0.25×0.52]=12，错误。

考点：考查图像方法在化学反应速率和化学平衡移动的应用的知识。

21.随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断回答下列问题:
（1）f在周期表中的位置是__________。

（2）比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示,下同):_______>__________；________比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:_______>__________。

____________ （3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式:_________________。

（4）写出e的单质在足量d2中燃烧反应的化学方程式:____________________________。

（5）上述元素可组成盐R:zx4f(gd4)2。

向盛有10 mL 1 mol·L－1R溶液的烧杯中逐滴加入1 mol·L－1NaOH溶液，沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化示意图如下:
①写出m点反应的离子方程式:____________________________。

②若在R溶液中改加20 mL1.2 mol·L－1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为_______mol。

【答案】 (1). 第3周期ⅢA族 (2). r(O2－) (3). r(Na＋) (4). HClO4 (5). H2SO4 (6). (或或等其他合理答案均可) (7). 2Na ＋O2
Na2O2 (8). NH4+＋OH－NH3·H2O (9). 0.022
【解析】
本题分析：本题主要考查元素的性质。

(1)从原子半径的相对大小和化合价判断f是铝，f在周期表中的位置是第3周期ⅢA族。

(2) 从原子半径的相对大小和化合价判断d是氧，e是钠，O2－与Na＋的电子层结构相同，离子半径随着核电荷数增多而减小，离子的半径r(O2－) > r(Na＋) ；从原子半径的相对大小和化合价判断g是硫，h是氯，g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：HClO4> H2SO4。

(3)上述元素组成的四原子共价化合物的电子式： (或或等其他合理答案均可)。

(4)e的单质在足量d2中燃烧反应的化学方程式：2Na ＋O2Na2O2。

(5)R是NH4Al(SO4)2，图中依次发生反应：Al3++3OH－Al(OH)3－NH3·H2O、
Al(OH)3+OH－2O。

①m－NH3·H2O。

②消耗NaOH0.05mol，0.024molBa(OH)2含有0.048molOH－和0.024molBa2+，0.01molR含有
Ba(OH)2提供的OH－比NaOH减少0.002mol，反应Al(OH)3+OH－2O
因为减少0.002 molOH－而剩余0.002mol Al(OH)3，反应Ba2+BaSO4
BaSO40.02mol，沉淀的物质的量为0.022mol。

22.（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。

2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。

N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g） NH3（g）△H(298K)= - 46.2KJ•mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）
化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；
表面反应：N*+ H* NH*；NH*+ H* NH2*；NH2* + H*NH3*
脱附：NH3* NH3（g）
其中， N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。

请回答：（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。

A．低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
（2）标准平衡常数KΘpΘ为标准压强（1X105Pa），p NH3、 p N2和p H2为各组分的平衡分压，如p NH3=x NH3 p，p为平衡总压，x NH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。

①起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则
KΘ=_____________（用含w的最简式表示）
②下图中可以示意标准平衡常数KΘ随温度T变化趋势的是_______。

（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。

①分析说明原料气中N2过量的理由________________________。

②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。

A.合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
B.控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率
C.当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。

（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。

某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。

接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。

（1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。

（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-）___________________________________。

【答案】原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。

(5). ADE (6). 2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O (7). Fe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O
【解析】。