银川市达标名校2020年高考一月化学模拟试卷含解析

银川市达标名校2020年高考一月化学模拟试卷
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．有机物X 分子式为C3H6O，有多种同分异构体。

其中之一丙醛(液态)的燃烧热为1815kJ/mol。

下列说法不正确的是
A．X 的同分异构体中，含单官能团的共5 种
B．1mol X 最多能和1mol H2加成
C．表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g) = 3CO2 (g)+3H2O(l) △H=+1815kJ/mol
D．X 的同分异构体其中之一CH2=CHCH2OH 可以发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应2．下列说法正确的是()
A．碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是析氢腐蚀
B．反应Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，△S>0
C．室温时，CaCO3在0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大
D．2 mol SO2和1 mol O2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目为4×6.02×1023
3．下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（）
序号X Y Z W
A S SO3H2SO4H2S
B Cu CuSO4Cu(OH)2CuO
C Si SiO2Na2SiO3H2SiO3
D Al AlCl3Al(OH)3NaAlO2
A．A B．B C．C D．D
4．常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是
A．a=5.6
B．常温下，K sp(CaC2O4)＞K sp(CaCO3)
C．b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)
D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO3
5．化合物(x)、(y)、(z)的分子式均为C5H6。

下列说法正确的是
A．x、y、z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．z的同分异构体只有x和y两种
C．z的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)
D．x分子中所有原子共平面
6．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-
7．利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。

下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。

下列有关这套装置的说法中错误的是
A．循环物质E为水
B．乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应
C．甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=Cu
D．若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g
8．某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：
序号ⅠⅡⅢ
实验
步骤
实验现象得到无色溶液a和白色沉淀b 产生无色气体，遇空气变为红棕色产生白色沉淀
下列说法正确的是
A．透过测Ⅰ中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化
B．实验Ⅱ说明白色沉淀b具有还原性
SO生成
C．实验Ⅲ说明溶液a中一定有2-
4
D．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成
9．2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是（）
A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
B．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用
C．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料
D．铜导线和铝导线缠绕连接处暴露在雨水中比在干燥环境中更快断裂的主要原因是发生了电化学腐蚀10．下列说法正确的是
A．可用金属钠除去乙醇溶液中的水
B．萃取碘水中的碘单质，可用乙醇做萃取剂
C．我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
D．汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，可节省石油资源，减少汽车尾气对空气的污染
11．室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．向0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣）
B．向0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）
C．向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]
D．向0.10mol/L( NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
12．常温下，0.2 mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示（a、b、d、e均为不超过1的正数），则下列说法正确的是
A．该溶液pH=7 B．该溶液中：c（A-）+c（Y）=c（Na+）
C．HA为强酸D．图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+
H SO及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如13．25C时，23
图所示，下列叙述错误的是(
)
A ．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为3HSO -
B ．当溶液恰好呈中性时: c(Na +)>c(HSO 3-)+c(SO 32-)
C ．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，()-32-3c(HSO )c SO 的值增大
D ．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，(
)3
HSO a -
减小
14．某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H +、NH 4+、K +、Mg 2+、 Cu 2+、Br －、AlO 2－、Cl －、SO 42－、CO 32－，现进行如下实验：
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。

将溶液分为3份。

②在第1份溶液中逐滴加入NaOH 溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。

加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。

③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl 4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。

则下列推断正确的是:
A ．溶液中一定有K +、Br －、AlO 2－、CO 32－
B ．溶液中一定没有NH 4+、Mg 2+、Cu 2+、Cl －
C ．不能确定溶液中是否有K +、Cl －、SO 42－
D ．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl － 15．下列有关化学用语表示正确的是 A ．硝基苯
B ．镁离子的结构示图
C ．水分子的比例模型：
D ．原子核内有8个中子的碳原子：
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．一种以NH 4Cl 酸性蚀铜废液[含NH 4Cl 、Cu (NH 3)4Cl 2、CuCl 、CuSO 4及盐酸等]为原料制备CuCl 并回收Cu (OH )2的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“反应1”中，NaCl、Cu、CuSO4反应的离子方程式为____；生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是______。

(2)“水解”步骤中，加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是____________(结合离子方程式，从平衡角度分析)。

(3)湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，该反应的化学方程式为____；“洗涤”时稀盐酸和乙醇洗涤的目的是______________。

(4)“反应2”需加入的试剂X是___；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，主要反应的化学方程式为______。

(5)测定产品中CuCl质量分数的步骤如下：称取ag产品，加入稍过量的FeCl3溶液，待溶解后用邻非罗啉作指示剂，立刻用c mol/L的Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL。

则产品中CuCl的质量分数为____(已知滴定反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，列出计算式)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。

X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。

X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。

请写出：
（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。

（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。

（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。

（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。

（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。

①BiY3水解反应的化学方程式为___。

②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。

③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。

___。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．Fe、Ni、Pt在周期表中同族，该族元素的化合物在科学研究和实际生产中有许多重要用途。

(1)①Fe在元素周期表中的位置为________。

②已知FeO晶体晶胞结构如NaCl型，Fe2+的价层电子排布式为________，阴离子的配位数为_______。

③K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期元素的电负性由小到大的顺序是_______。

④把氯气通入黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])，该反应的化学方程式为________。

(2)铂可与不同的配体形成多种配合物。

分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配体是______；该配合物有两种不同的结构，其中呈橙黄色的物质的结构比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质的结构较稳定，在水中的溶解度小，下图图1所示的物质中呈亮黄色的是______(填“A”或“B”)，理由是________。

(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如上图图2所示。

储氢原理为：镧镍合金吸咐H2，H2解离为H储存在其中形成化合物。

若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心，则形成的储氢化合物的化学式为_______。

19．（6分）工业上常利用CO2为初始反应物，合成一系列重要的化工原料。

（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。

在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ：2NH3（g）＋CO2（g）=NH2COONH4（s）ΔH1
反应Ⅱ：NH2COONH4（s）=CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH2＝＋72.49 kJ·mol－1
总反应：2NH3（g）＋CO2（g）=CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH3＝－86.98 kJ·mol－1
请回答下列问题：
①反应Ⅰ的ΔH1＝______________。

②在________（填“高温”或“低温”）情况下有利于反应Ⅱ的自发进行。

③一定温度下，在体积固定的密闭容器中按n（NH3）∶n（CO2）＝2∶1 进行反应Ⅰ。

下列能说明反应Ⅰ达到了平衡状态的是____________（填字母代号）。

A 混合气体的平均相对分子质量不再变化
B 容器内气体总压强不再变化
C NH3与CO2的转化率相等
D 容器内混合气体的密度不再变化
（2）将CO2和H2按质量比25∶3充入一定体积的密闭容器中，在不同温度下发生反应CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）。

测得CH3OH（g）的物质的量随时间的变化如下图所示。

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K（Ⅰ）______（填“>”“<”或“＝”）K（Ⅱ）。

②欲提高CH3OH（g）的平衡产率，可采取的措施除改变温度外，还有__________（任写两种）。

③一定温度下，在容积均为2 L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后反应达到平衡。

容器甲乙
反应物起始投入量1 mol CO2、
3 mol H2
a mol CO2
b mol H2
c mol CH3OH（g）
c mol H2O（g）
（a，b，c均不为0）
若甲容器中反应达平衡后气体的压强为开始时的
6
，则该温度下，反应的平衡常数为______；要使反应达平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则乙容器中c的取值范围为_______________。

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】
【分析】
【详解】
A．X 的同分异构体中，含单官能团的异构体分别为CH3CH2CHO、CH3COCH3、、、共 5 种，A正确；
B．1mol X 中最多含1mol碳氧双键或1mol碳碳双键，最多能和1mol H2加成，B正确；
C．表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g) = 3CO2 (g)+3H2O(l) △H= -1815kJ/mol，C不正确；D．X 的同分异构体之一CH2=CHCH2OH 中-OH可发生取代反应、氧化反应，碳碳双键可发生加成反应、加聚反应，D正确；
故选C。

2．C
【解析】
【详解】
A. 海水接近中性，碳素钢在海水中发生的腐蚀主要是吸氧腐蚀，故A错误；
B. 反应前后气体体积减少，△S<0，反应Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4 (l) 在室温下能自发进行，则该反应的ΔH>0，故B错误；
C. 室温时，铵根离子水解呈酸性，促进CaCO3的溶解，CaCO3在0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在纯水中的大，故C正确；
D. SO2和O2的反应是可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目小于4×6.02×1023，故D错误；
故选C。

3．B
【解析】
【详解】
A．硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A错误；
B．Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，B正确；
C．硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；
D．NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D错误；
答案选B。

4．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1时，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，K sp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，当
c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1时，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)=
9
5
2.810
5.010
-
-
⨯
⨯
=5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正确；
B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断K sp(CaC2O4)和K sp(CaCO3)的大小，故B错误；
C．从图中当c(CO32-)在0~a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-) 的最大值为5.6×10-5mol·L－1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)，故C正确；
D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=1mol
0.5L
=2mol·L－1，根据K sp（CaC2O4）
=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此时溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根据K sp（CaCO3）
=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）=
9
9
2.810
1.2510
-
-
⨯
⨯
== 2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－
1×0.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；
故选B。

【点睛】
本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、K sp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用K sp进行计算。

5．C
【解析】
【详解】
A. x、y中含碳碳双键，z中不含碳碳双键，则x、y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；
B. C5H6的不饱和度为52+2-6
=3
2
，若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则z的同分异构体不是只
有x和y两种，B项错误；
C. z中三个亚甲基上的H原子属于等效氢原子，因此z只有一类氢原子，则z的一氯代物只有一种，2个Cl可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C项正确；
D. x中含1个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D项错误；
答案选C。

6．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。

7．B
【解析】
【详解】
由阴离子SO42-的移动方向可知：右边Cu电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。

电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。

A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确；
B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；
C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；
D.若外电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差为64g，D正确；
故合理选项是B。

8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；
B．实验Ⅱ中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；
C．实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C错误；
D．由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误；答案选B。

9．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸盐和水，所以光导纤维能够被碱腐蚀而造成断路，故A正确；
B．聚氯乙烯塑料因为含有氯，有毒，不可以代替木材，生产快餐盒，故B错误；
C.碳纳米管表面积大，易吸附氢气，所以可以用作新型储氢材料，故C正确；
D.铜铝两种金属的化学性质不同，在接触处容易电化学腐蚀，故D正确。

答案选B。

10．D
【解析】
【详解】
A.钠与乙醇、水都能发生反应，不能用金属钠除去乙醇溶液中的水，A错误；
B.乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，B错误；
C. “酒曲”为反应的催化剂，可加快反应速率，与平衡移动无关，C错误；
D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，即可满足人类能源的需要，同时减少了石油的使用，因此可节省石油资源，乙醇中含O，提高了汽油中O含量，使汽油燃烧更充分，减少了碳氢化合物、CO、CO2等的排放，减少了汽车尾气对空气的污染，D正确；
故合理选项是D。

11．A
【解析】
【详解】
A.向0.10mol/L CH3COONa 溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道, c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl﹣),由物料守恒可以知道,
c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣），故A正确；
B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1：1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故c(Na+)＞c(NH4+),由物料守恒可以知道, c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得:
c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故B错误;
C. 向0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)<2[c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c（H2SO3）]，故C错误；
D. 向0.10mol/L( NH4)2CO3溶液中通入CO2：发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NH4HCO3，根据电荷守恒，c(NH4+)=c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)，故D错误；
答案为A。

12．B
【解析】
【分析】
【详解】
常温下，0.2 mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后得到物质的量浓度为0.1 mol/L的NaA 溶液；
A.由c(A-)＜0.1mol/L，表示HA是弱酸，NaA溶液显碱性，pH>7，A错误；
B.A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)> c(A-)>c(OH-）>c(HA)> c(H+)，所以X 是OH-，Y是HA，Z表示H+，溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=c（Na+），B正确；
C.0.1mol/LNaA 溶液中c(A -)＜0.1mol/L ，说明A -发生水解，则HA 为弱酸，C 错误；
D. A -水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na +)> c(A -)>c(OH -）>c(HA)> c(H +)，所以X 是OH -，Y 是HA ，Z 表示H +，D 错误； 答案选B 。

13．C 【解析】 【详解】
A.根据图示可知：溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO 3-，A 正确；
B.根据图示可知：溶液的pH=7时，溶液中c （H +）=c （OH -），溶液中的电荷守恒：c （Na +）+c （H +）=c （OH -）+c （HSO 3-）+2c （SO 32-），则c(Na +)=c(HSO 3-)+2c(SO 32-)，c(Na +)>c(HSO 3-)+c(SO 32-)，B 正确；
C.当向pH=8的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH 的增大，α（SO 32-）增大，α（HSO 3-）
减小，因此()-32-3c(HSO )c SO 的值减小，C 错误；
D.在pH=3的溶液中滴加少量硫酸，溶液中c(H +)增大，根据图像可知α (HSO 3-)减小，D 正确； 故合理选项是C 。

14．A 【解析】 【分析】
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO 32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO 2-，由离子共存的条件可知，一定不含H +、Mg 2+、Cu 2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH 溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH 4+
；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl 4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br -，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K +，不能确定是否含Cl -、SO 42-。

【详解】
A 项、由实验现象可知，溶液中一定存在K +
、Br -、CO 32-、AlO 2-，故A 正确；
B 项、由实验操作可知，一定不含NH 4+、H +、Mg 2+、Cu 2+，不能确定溶液中是否含Cl -，故B 错误；
C 项、溶液中一定含K +，不能确定是否含Cl -、SO 42-，故C 错误；
D 项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl －，故D 错误。

故选A 。

【点睛】
本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。

15．A
【解析】
【详解】
A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A正确；
B. 镁离子的结构示图为故B错误；
C.水分子空间构型是V型的，所以水分子的比例模型为，故C错误；
D. 原子核内有8个中子的碳原子质量数是14，应写为14
6
C，故D错误；
故答案为：A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Cu+8Cl-+Cu2+=2CuCl43-提高铜元素的利用率uCl43-⇌CuCl+3Cl-，稀释时平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2)
稀盐酸抑制其氧化和水解，用乙醇洗涤可以促使其快速干燥氢氧化钠(或其他合理答案)
CO2+NH3+H2O=NH4HCO3
3
cV0.5
a
199
-
⨯⨯
×100%
【解析】
【分析】
向废液中加入足量的铜和NaCl，将废液中的Cu2+转化为CuCl43-，过滤得到含有CuCl43-、SO42-、NH4+等离子的滤液，由于加入的铜足量，则滤渣中含有铜单质，向滤液中加入大量水稀释，使CuCl43-部分转化为CuCl 晶体，对“水解”后的溶液过滤，分离出CuCl晶体，用盐酸和乙醇进行洗涤干燥，得到纯净的CuCl，向过滤后的溶液中加入足量氢氧化钠调节pH值，使剩余CuCl43-、NH4+分别转化为Cu(OH)2沉淀和一水合氨，过滤后可得Cu(OH)2，对滤液加热使一水合氨分解生成氨气并吹出，获得氨气，据此分析解答。

【详解】
(1)“反应1”中，铜和NaCl，将废液中的铜离子转化为CuCl43-，离子方程式为Cu+8Cl-+Cu2+= 2CuCl43-；根据分析，滤渣中含有铜单质，生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，可提高铜元素的利用率；
(2)“水解”步骤中，CuCl43-不稳定，可发生CuCl43-⇌CuCl+3Cl-，加入大量水稀释，使溶液中离子浓度降低，促使平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移，可析出CuCl；
(3)湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，CuCl与水和氧气发生氧化还原反应，化学方程式为
4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2)；CuCl不稳定易被氧化和水解，“洗涤”时稀盐酸可以防止CuCl氧化和水解，用乙醇洗涤可以使其快速干燥；
(4)根据分析，“反应2”需加入的试剂X是氢氧化钠；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，碳铵化肥主要成分为碳酸氢铵，主要反应的化学方程式为CO2+NH3+H2O=NH4HCO3；
(5)CuCl加入稍过量的FeCl3溶液，三价铁具有氧化性可将亚铜氧化为2价铜，发生反应CuCl+Fe3+=
Fe2++Cu2++Cl-，滴定时发生反应：Ce4++ Fe2+=Ce3++Fe3+，则转化关系为：CuCl～Fe2+～Ce4+～Ce(SO4)2，n(CuCl)
= n[Ce(SO4)2]= cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则产品中CuCl的质量分数=
3
cV0.5
a
199
-
⨯⨯
×100%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．O 8 H-O-O-H V型 3 NH 4++H2O NH3·H2O+H+
BiCl 3+H2O BiOCl↓+2HCl 盐酸能抑制BiCl3的水解不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1 【解析】
【分析】
W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。

【详解】
由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；
(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；
(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；
(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；
(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH 4++H2O NH3·H2O+H+；
(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；
①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为
BiCl 3+H2O BiOCl↓+2HCl；
②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；
③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．第四周期Ⅷ族3d6 6 C<N<O 2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl NH3、Cl- A A 的结构对称程度高，较稳定，为非极性分子，根据相似相溶原理，A在水中的溶解度小LaNi5H3
【解析】
【分析】
(1)①Fe是26号元素，根据核外电子排布规律，结合原子结构与元素在周期表的位置判断其位置；
②Fe2+是Fe原子失去2个电子形成的，根据原子的构造原理可得其价层电子排布式；
③K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期元素有C、N、O，根据元素的非金属性越强，其电负性就越大分析比较元素的电负性的大小；
④氯气有氧化性，会把黄血盐(K4[Fe(CN)6])氧化为得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])；
(2)分子式为Pt(NH3)2Cl4的配合物的配体是NH3、Cl-；
结构对称正负电荷中心重合的A为非极性分子、正负电荷中心不重合的B为极性分子，水是极性分子，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂；
(3)用均摊法计算每个晶胞中含有的各种元素的原子个数，得到其化学式。

【详解】
(1)①Fe是26号元素，核外电子排布是2、8、14、2，因此其在元素周期表的位置是第四周期第VIII族；
②Fe2+是Fe原子失去2个电子形成的，根据原子的构造原理可得Fe2+的核外电子排布式是
1s22s22p63s23p63d6，所以其价层电子排布式为3d6；FeO晶体晶胞结构如NaCl型，在O2-周围距离相等且最近的有6个Fe2+，在Fe2+周围距离相等且最近的有6个O2-，所以O2-的配位数是6；
③在K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中，属于第二周期元素有C、N、O，由于元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性O>N>C，所以元素的电负性由小到大的顺序是C<N<O；
④氯气有氧化性，会把黄血盐(K4[Fe(CN)6])氧化为得到赤血盐(K3[Fe(CN)6])，该反应的化学方程式为：
2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl；
(2)根据图1，可知该物质的配体为NH3和Cl-，橙黄色在水中的溶解度较大，水为极性分子，根据相似相溶，橙黄色也为极性分子，A为对称结构，属于非极性分子；B为非对称结构，属于极性分子，则橙黄色的配合物为B，亮黄色的为A；
(3)根据晶胞结构，可用均摊法计算其化学式，La：8
1
8
⨯=1，Ni的原子个数为8
1
2
⨯+1=5，H原子的个数为
8
1
4
⨯+2
1
2
⨯=3，所以其化学式为LaNi5H3。

【点睛】
本题考查物质结构和性质的知识，涉及晶胞化学式的确定、配合物的判断等知识点，注意(2)根据物质的对称性，用相似相容原理分析判断，(3)中要用均摊方法计算，为易错点。

19．－159.47 kJ·mol－1高温BD > 增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物（任写两种）
1 121
3
<c<1。