1、辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校 2018 届高三上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量:B:11 O:16 P:31 S:32 Cu:64 Zn:55 Ba:137客观卷 I (50 分)一.选择题(50 分，每题有一个选项符合题意，1-10 每题 2 分，1-20 每题 3 分)1. 化学与社会、生产生活和科技都密切相关。下列说法正确的是A. 在军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被蚀B. “天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D. 维生素 C 易被氧气氧化，用作食品抗氧化剂【答案】D【解析】A锌的活泼性强于铁
2、，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为金属的牺牲阳极的阴极保护法，故 A 错误；B碳纤维成分为碳单质，是无机物，不是有机高分子材料，故 B 错误；C二氧化硫可用于漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性，不是二氧化硫的氧化性，故 C 错误；D维生素 C 具有还原性，则用作食品抗氧化剂，故 D 正确；故选 D。2. 设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 0.1mol 苯乙烯中含有碳碳双键的数目为 0.4NAB. 25，1LpH=7 的 NH4Cl 和 NH3H2O 的混合溶液中，含 OH-的数目为 10-7NAC. 一定条件下，0.1molSO 2与足量氧气反应生成 SO3，转移
3、电子数为 0.2NAD. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为 0.2NA时，阳极质量减少 6.4g【答案】B【解析】A苯环中无双键，故 0.1mol 苯乙烯中含 0.1mol 碳碳双键，故 A 错误；B、25，1LpH=7 的 NH4Cl 和 NH3H2O 的混合溶液中 c(OH-)=10-7mol/L，氢氧根的个数为 10-7NA，故 B正确；CSO 2与足量氧气反应生成 SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于 0.2NA，故 C 错误；D电解精炼铜时，若阳极质量减少 6.4g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少 6.4g，转移的电子的物质的量不是 0
4、.2mol，故 D 错误；故选 B。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为 D，要注意粗铜中含有杂质(铁、锌等)，作阳极时，铁、锌也要放电。3. 下列说法对应的离子方程式合理的是A. 碳酸钙与醋酸反应:CO 32-+2CH3COOH=CO2+H 2O+2CH3COO-B. 明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液:Al 3+SO42-+Ba2+4OH-=BaSO4+AlO 2-+2H2OC. 工业制取漂白液原理: Cl 2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD. 泡沫灭火器的工作原理:2A1 3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3C
5、O 2【答案】C【解析】A碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO 3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH 3COO-，故 A 错误；B向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Al 3+2SO42-+2Ba2+4OH-= 2BaSO4+AlO 2-+2H2O，故 B 错误；C.氯气与 NaOH 溶液反应制备漂白液，则离子反应为Cl2+2OH-Cl -+ClO-+H2O，故 C 正确；D泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳酸氢钠，硫酸铝溶液水解呈酸性，碳酸氢钠溶液水解呈碱性，所以硫酸铝和碳酸氢钠相互促进水解生成氢
6、氧化铝和二氧化碳，水解离子反应为 Al3+3HCO3-Al(OH) 3+3CO 2，故 D 错误；故选 C。点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，要注意检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式。本题的易错点为 D，要知道泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳酸氢钠。4. X、Y、Z、W 为原子序数递增的 4 种短周期元素，其中 Y、Z 为金属元素。X、Y、Z、W 的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种物质能发生反应)。下列判断正确的是A. X 是元素周期表中非金属性最强的元素B. Z 冶炼可通过电解其氯化物的方式获得C. 4 种原子中，Y
7、 离子半径最小D. W 的阴离子可能促进水的电离【答案】D【解析】Y、Z 为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应，则应为氢氧化铝和氢氧化钠的反应，可知 Y 为 Na、Z 为 Al，乙为 NaOH，丙为 Al(OH)3，X 应为 N，甲为HNO3，W 可为为 S、Cl，则丁可能为 H2SO4、HClO 4。由以上分析可知 X 为 N、Y 为 Na、Z 为Al、W 为 S 或 Cl，甲为 HNO3，乙为 NaOH，丙为 Al(OH)3，丁为 H2SO4或 HClO4。AX 为 N，元素周期表中非金属性最强的元素为 F，故 A 错误；BZ 为 Al，位于周期表第三周期A 族，故 B 错
8、误；C.4 种原子中，半径最小的为 N，Y 为 Na，原子半径最大，故 C 错误；D如 W 为S，对应的离子为 S2-，水解呈碱性，可促进水的电离，故 D 正确；故选 D。5. 研究表明 N2O 与 CO 在 Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是A. 反应总过程Hc(Na+)c(CH3COOH)D. 图丁表示反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)平衡时 NH3体积分数随起始 变化的曲线，则转化率: A(H2)= B(H2)【答案】C【解析】A由图像可知，当 c(S2-)相同时，平衡时 c(Cu2+)c(Fe 2+)，则 c(Fe2+)c(S2-)c(Cu
9、2+)c(S2-)，根据 Ksp(FeS)c(Fe 2+)c(S2)，K sp(CuS)c(Cu 2+)c(S2)，则Ksp(FeS)K sp(CuS)，故 A 错误；B溶液中 pH 值与 c(H+)间的关系为 pH=-lgc(H+)，溶液中c(H+)大，对应的 pH 值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中 H+的物质的量的增量，表现为溶液中 c(H+)减小，pH 值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中 H+的量，也就表现为 c(H+)会较酸性较强的弱酸大些，pH 就
10、较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH 值越大，从图像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸乙酸，故 B 错误；C点时加入 10mL 氢氧化钠溶液和醋酸反应，得到溶液中是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，以醋酸的电离为主，则 c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)，故 C 正确；D由图像可知，A 与 B 状态时 NH3的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使得另一种反应物的转化率增加；A 状态时， 值较小，可认为是增加了 H2的量使得 H2自身的转化率变小，B 状态时， 值较大，可认为是增加了 N2的量
11、，从而提高了 H2的转化率，转化率 A(H 2)不一定等于 B(H 2)，故 D 错误；故选 C。13. 下列类比关系正确的是A. 少量碳酸钠溶液与醋酸反应:2CH 3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2+H 2O，则与次氯酸反应也生成CO2(HC1O Ka=2.9810-8，H 2CO3 K1=4.310-7 K2=5.610-11B. Fe2O3与盐酸反应生成 FeCl3，则与氢碘酸反应也可生成 FeI3C. FeCl3加热蒸干、灼烧得 Fe2O3，则 FeCl2加热蒸干、灼烧得 FeOD. Al 与 Fe2O3能发生铝热反应，则与 MnO2也能发生铝热反应【答案】D【解析】A.
12、根据 HClO Ka=2.9810-8 ，H 2CO3 K1=4.310-7 K2=5.610-11可知，酸性碳酸次氯酸碳酸氢根离子，因此少量碳酸钠溶液与次氯酸不反应，故 A 错误；BFe 2O3与氢碘酸反应生成的铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化生成碘单质，故 B 错误；C. FeCl 3水解生成的氯化氢易挥发，加热蒸干、灼烧得 Fe2O3，而 FeO 不稳定，加热生成四氧化三铁，故 C错误；D、铝热反应是铝在高温下来还原一些高熔点的金属单质，并且放出大量的热，所以Al 与 Fe2O3能发生铝热反应，与 MnO2也能发生铝热反应，故 D 正确；故选 D。14. 下列说法不正确的是A. 干冰升
13、华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力B. N2和 Cl2O 两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构C. HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性和还原性均依次减弱D. 石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成【答案】C【解析】A、干冰和氧气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力，故 A 正确；B、氮气含 NN，Cl 2O 中含 2 个 O-Cl 键，N 原子上存在 1 对孤对电子，O 原子上存在 2 对孤对电子，Cl 原子上存在 3 对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构，故 B 正确；C、同一主族，从上到下
14、，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：FClBrI，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以热稳定性：HFHClHBrHI；还原性：HFHClHBrHI，故 C 错误；D、石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故 D 正确；故选 C。15. 有机物 X 的结构简式如下图，下列说法正确的是A. X 分子式为 C10H20O，它是环己醇的同系物B. X 分子环上的一氯取代物只有 3 种C. X 分子中至少有 12 个原子在同一平面上D. 在一定条件下，X 能发生氧化反应生成醛【答案】A【解析】A根据结构简式，X 分子式为 C10H20O，X 与环己醇
15、结构相似，分子式不同，互为同系物，故 A 正确；BX 的结构不同对称，环上的一氯取代物有 6 种，故 B 错误；C含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，最少有 3 个 C 原子共平面，故 C 错误；DX 中含有羟基，一定条件下能够发生氧化反应，但不能生成醛，是生成酮，故 D 错误；故选 A。点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为 CD，C 中要注意 X 中没有苯环结构；D 中要注意羟基发生氧化反应时，CH 2OH 氧化生成醛基， 氧化生成羰基， 不能发生催化氧化。16. 下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是选项实验及现象 结论A在 KSCN 与
16、FeCl3的混合液中再加入 KCl 固体，溶液颜色不变增大 Cl-浓度,平衡不移动B 向 NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生 证明非金属性:ClCC将硫酸酸化的 H2O2溶液滴入 Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色证明氧化性:H 2O2Fe3+D AgCl 的浊液中加入 0.1mol/LK2CrO4溶液，生成 Ag2CrO4 Ag2CrO4的溶度积比 AgCl 的砖红色 小A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】AKCl 对铁离子与 SCN-的络合反应无影响，则无现象，平衡不移动，故 A 正确；BNaHCO 3溶液中加入过量盐酸，可知酸性盐酸大于碳酸，但盐酸为
17、无氧酸，则不能比较Cl、C 的非金属性，故 B 错误；C酸性条件下硝酸根离子也能氧化亚铁离子，不能确定是否为过氧化氢与亚铁离子反应，故 C 错误；D. AgCl 的浊液中加入 0.1mol/LK2CrO4溶液，生成Ag2CrO4砖红色，但 AgCl 和 Ag2CrO4的组成形式不相似，无法比较 Ag2CrO4和 AgCl 的溶度积的大小，故 D 错误；故选 A。17. 在体积恒定的密闭容器中，一定量的 SO2与 1.25molO2在催化剂作用下加热到 600发生反应: 2SO 2(g)+O2(g) 2SO3(g) H3/4【答案】C【解析】由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的
18、碱反应，说明溶液中一定含 OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是 Fe3+、Mg 2+、Al 3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是 AlO2-、SiO 32-和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于 AlO2-与 HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在 HCO3-；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是 CO32-离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有 Na+离子。A溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一
19、定含有 Na2SO4，故 A 错误；B依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH -、SiO 32-、AlO 2-、CO 32-，故 B 错误；C依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为 2 体积，CO 32-+2H+=CO2+H 2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为 4 体积，Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，原溶液中含有 CO32-与 AlO2-的物质的量之比为 3：4，故 C 正确；D根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为 4，假设盐酸的浓度为 1mol/L，则消耗氯化氢 4mol，则溶解的氢氧化铝为 mol，则溶液中含有 mol AlO2-，沉淀 mol AlO2-需要盐酸 mol，a-
20、d 对应于AlO2-和 SiO32-消耗的盐酸大于 mol，即 a-d ，故 D 错误；故选 C。点睛：本题考查了离子检验的方法和应用，题目难度较大，正确分析图像曲线变化为解题关键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易错点为 D，要注意根据反应的方程式分析判断，要知道 a-d 对应于 AlO2-和 SiO32-消耗的盐酸。20. 若用 AG 表示溶液的酸度，其表达式为 AG= 室温下，实验室里用 0.1mol/L 的盐酸滴定 10mL0.1mol/LMOH 溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A. 该滴定过程可选择酚酞作为指示剂B. 若 B 点加入的盐酸
21、体积为 5mL,所得溶液中:c(M +)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)C. 水的电离程度:AD. MOH 的电离平衡常数为 110-17【答案】B【解析】A用 0.1mol/L 的盐酸溶液滴定 10mL 0.1mol/L MOH 溶液，AG=-8，AG=lg ，=10-8，c(H +)c(OH-)=10-14，c(OH-)=10 -3mol/L，说明 MOH 为弱碱，恰好反应溶液显酸性，选择甲基橙判断反应终点，故 A 错误；B若 B 点加入的盐酸溶液体积为 5 mL，得到等浓度的 MCl 和 MOH 混合溶液，溶液中存在电荷守恒 c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
22、，物料守恒为：c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)，消去氯离子得到：c(M +)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)，故 B 正确；C滴定过程中从 A 点到 D 点溶液中水的电离程度，A-B 滴入盐酸溶液中氢氧根离子浓度减小，对水抑制程度减小，到恰好反应 MCl，M +离子水解促进水电离，电离程度最大，继续加入盐酸抑制水电离，滴定过程中从 A 点到 D 点溶液中水的电离程度，DABC，故 C 错误；D室温下，0.1mol/L MOH 溶液，AG=-8，即 AG=lg =-8，即 =10-8，而水的离子积 K=c(H+)c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H +)=10-11，
23、c(OH -)=10-3，在 MOH 溶液中，c(M +)c(OH -)=10-3，故电离平衡常数 K= =10-5，故 D 错误；故选 B。主观卷 II (50 分)二、必做题(38 分)21. 平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含 SiO2、Fe 2O3、CeO 2、FeO 等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到 Ce(OH)4。己知:CeO 2不溶于强酸或强碱；Ce 3+易水解，酸性条件下，Ce 4+有强氧化性。(1)废玻璃在 NaOH 溶液浸洗前往往要进行的操作_，反应的离子方程式_。(2)反应的离子方程武是_。(3)为了得到较纯的 Ce3+溶液
24、，反应之前要进行的操作是_。(4)反应需要加入的试剂 X 可以是_。(5)用滴定法测定制得的 Ce(OH)4产品纯度。用 FeSO4溶液滴定用_做指示剂，滴定终点的现象_若所用 FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该 Ce(OH)4产品的质量分数_(填“偏大” 、 “偏小”或“无影响”)。【答案】 (1). 粉碎 (2). SiO 2+2OH-=SiO32-+H2O (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H 2O (4). 洗涤 (5). O 2或其它合理答案 (6). K3Fe(CN)6 (7). 最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失 (8
25、). 偏大(1)废玻璃在 NaOH 溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反应中二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，反应的离子方程式为 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反应为 CeO2与 H2O2和稀 H2SO4反应生成 Ce3+和 O2，反应为：2CeO 2+H2O2+6H+= 2Ce3+O2+4H 2O；故答案为：2CeO 2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H 2O；(3)为了得到较纯的 Ce3+溶液，反应之前需要滤渣 B 进行洗涤，故答案为：洗涤；(4)根据上述分析，反应中 Ce(OH)3悬浊液被氧
26、化生成 Ce(OH)4，需要加入的试剂 X 可以是O2，故答案为：O 2；(5) K3Fe(CN)6能够与硫酸亚铁反应生成特征的蓝色沉淀，用 FeSO4溶液滴定可以用K3Fe(CN)6 做指示剂，滴定终点的现象为最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；所用 FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，部分亚铁离子被氧化生成铁离子，则硫酸亚铁浓度降低，导致硫酸亚铁溶液体积增大，所以测得该 Ce(OH)4产品的质量分数偏大；故答案为：K 3Fe(CN)6；最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；偏大。22. CO、CO 2的转化再利用能够很好的减少温室效应，给环境问题的解决
27、提供了一个很好的方法。其中用有机合成的方式可以合成醋酸、甲醇等，用无机方式转化为碳酸盐或者碳酸氢盐。I.(1)土壤中也含有碳酸盐，土壤中 Na2CO3含量较高时，pH 可高达 10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因:_。加入石膏(CaSO 45H2O)可以使土壤碱性降低，原因是(用化学用语表达)_。(2)常温下在 20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入 40mL0.1mol/LHCl 溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO 2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液 pH 变化的部分情况如图所示。回答下列问题:在同一溶液中，H 2CO3、HCO 3-、CO 32-_(填“能”或
28、“不能”)大量共存。溶液中各种粒子的物质的量浓度关系正确的是为_。A.pH=11 时:c(Na +)c(H2CO3)c(CO32-)c(OH-)c(H+)B.pH=11 时:c(HCO 3-)c(Cl-)C.pH=7 时: c(Na +)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)=c(H+)D.pH=11 时: c(Na +)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)计算出碳酸钠的水解平衡常数为_。II.醋酸成本低，在生产中被广泛应用。(1)若某温度下,CH 3COOH(aq)与 NaOH(aq)反应的H=-46.8kJ/mol，则 H2SO4(aq)与 NaOH(aq)的中和热为 57
29、.3kJ/mol，则 CH3COOH 在水溶液中电离的H=_。(2)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛做中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势.其合成的基本反应如下： CH 2=CH2（g）+CH 3COOH(l) CH3COOC2H5(l) 该反应类型是_，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有_(任写出一条)。(3)在 n(乙烯)与 n(乙酸)物料比为 1 的条件下，某研究小组在保持不同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题:温度在 6080范围内，乙烯与乙酸酯化
30、合成反应速率由大到小的顺序是_用 v(P1).v(P2)、v(P 3)分别表示不同压强下的反应速率；a、b、c 三点乙烯的转化率从大到小顺序_。P 1下乙酸乙酯的产率 6090时，先升高后降低的原因是_，根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是_(合适的压强和温度)。【答案】 (1). CO 32-+H2O HCO3-+OH- (2). CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42- (3). 不能 (4). B (5). 110 -3 (6). +10.5kJ/mol (7). 加成反应 (8). 通入乙烯气体或增大压强 (9). v(P 1)v(P2)v(P3) (10
31、). cba (11). 6080反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；80时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降 (12). P 1MPa、80【解析】I.(1)Na 2CO3为强碱弱酸盐，CO 32-结合水电离的氢离子，生成 HCO3-、H 2CO3，破坏水的电离平衡，使土壤呈碱性，离子方程式 CO32-+H2O HCO3-+OH-，加入石膏(CaSO 42H2O)后，与 Na2CO3反应生成 CaCO3，CO 32-浓度降低，CO 32-水解平衡向左移动，OH - 浓度降低，反应方程式为 CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3
32、(s)+SO42-，故答案为：CO 32-+H2O HCO3-+OH-；CaSO 4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-； (2)常温下在 20mL0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入 0.1mol/L HCl 溶液 40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，结合图像可知，曲线 a 为 CO32-，曲线 b 为 HCO3-，曲线 c 为 H2CO3。由反应及图像可知，在同一溶液中，H 2CO3、HCO 3-、CO 32-不能大量共存，故答案为：不能；A. pH=11 时，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，溶液中几乎没有 H2CO3，因此
33、c(CO32-)c(H2CO3)，故 A 错误；B.pH=11 时，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性，以碳酸钠水解为主，因此 c(HCO3-)c(Cl-)，故 B 正确；C.当 pH=7 时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠水解溶液显碱性，溶液中几乎没有 CO32-，因此c(OH-)=c(H+)c(CO32-)，故 C 错误；D.pH=11 时，c(CO 32-)=c(HCO3-)，溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠和氯化钠，根据电荷守恒， c(Na +)+ c(H+)=2c(CO32-)+ c(OH-)+ c(HCO3-)+ c(Cl-)=3 c(CO32-)+
34、c(OH-)+ c(Cl-)，故 D 错误；故选 B；碳酸钠的水解常数 Kh= ，根据图像，pH=11 时，c(CO 32-)=c(HCO3-)，则 Kh= c(OH-)= = =110-3，故答案为：110 -3；II.(1)醋酸是弱酸存在电离平衡，电离方程式为：CH 3COOHCH3COO-+H+，CH 3COOH(aq) +OH-(aq)CH 3COO-(aq)+H2O(l) H=-46.8kJmol -1，H +(aq)+OH-(aq)H 2O(l) H=-57.3kJmol-1，用-可得 CH3COOH 电离的热化学方程式为：CH 3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq
35、) H=-46.8kJmol -1-(-57.3kJmol-1)=+10.5kJmol-1，故答案为：+10.5kJmol -1；(2)根据 CH2=CH2(g)+CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，该反应为加成反应，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等，故答案为：加成反应；通入乙烯气体或增大压强；(3)CH 2CH 2(g)+CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图像分析可知 P1P 2P 3，则温度在 6080范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是
36、 v(P1)v(P 2)v(P 3)，故答案为：v(P 1)v(P 2)v(P 3)；根据 CH2CH 2(g)+CH3COOH(l) CH3COOC2H5(l)，压强越大，乙烯的转化率越大，根据的分析，P 1P 2P 3，则转化率 cba，故答案为：cba；由图象可知，6080反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；P 1 MPa、80时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，图像中乙酸乙酯产率最大的条件是：P 1 MPa、80，故答案为：6080反应从正方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高
37、；80时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；P 1 MPa、80。23. 土法酿造葡萄酒(只加糖的纯天然酿酒法)容易出问题，有报道说，喝了自制葡萄酒差点失明。主要原因是发酵过程产生的菌种多达百种，难以控制，而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒加 SO2等辅料。我国国家标准（GB2760-2014）规定葡萄酒中 SO2的残留量0.25g/L。(1)葡萄酒中添加 SO2的作用可能是_。A.氧化细菌 B.抗氧化 C.漂白 D.增酸作用I.实验方案一利用 SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的 SO2或 HSO3。设计如图 1 的实验:(2)甲同学得出实验结论:
38、 干白葡萄酒中不含 SO2或 HSO3。这个结论是否合理?说明理由_。.实验方案二如图 2 是在实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。(3)关闭弹簧夹 2，打开弹簧夹 1，注入硫酸至浸没瓶中固体，写出 C 装置反应的方程式_，每消耗 1molNa2O2，则转移电子数_。(4)关闭弹簧夹 1 后，打开弹簧夹 2，残余气体进入 E、F 中，为了证明 SO2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则 Z 试剂可以是_，现象是_。.实验方案三用电化学法模拟工业处理 SO2。将硫酸工业尾气中的 SO2通入图 3 装置(电极均为惰性材料) 进行实验，可用于制备硫酸，同时获得电能:(5)
39、M 极发生的电极反应式为_。N 极区溶液 pH_(变大、变小、不变)。(6)若使该装置的电流强度达到 2.0A，理论上 8 分钟应向负极通入标准状况下气体的体积为_L (已知: 1 个 e 所带电量为 1.610-19C，阿伏伽德罗常数 61023)。【答案】 (1). BD (2). 不合理，实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的 SO2含量很低，所以也不能使品红褪色 (3). SO 2+Na2O2=Na2SO4 (4). 2NA (5). 酸性 KMnO4 (6). 红色溶液变浅或褪色(FeCl 3溶液，溶液由棕黄色变为浅绿色) (7). SO2+2H2O-2e-=SO42-
40、+4H+ (8). 变大 (9). 0.112【解析】(1)二氧化硫具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，二氧化硫的水溶液显酸性，可以增强葡萄酒的酸性，二氧化硫有漂白性，但二氧化硫的含量很少，没有将葡萄酒漂白，故选 BD；I.(2)1 滴饱和亚硫酸溶液滴入 3mL 品红溶液中不褪色，而 1 滴品红溶液滴入 3mL 饱和亚硫酸溶液中褪色，说明二氧化硫或亚硫酸的含量会影响漂白效果，干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少，故答案为：不合理，实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的 SO2含量很低，所以也不能使品红褪色；实验方案二：装置 A 中制备二氧化硫，
41、X 干燥二氧化硫，C 中检验 SO2与 Na2O2反应是否有氧气，D 中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气E 装置验证二氧化硫的还原性，F 装置验证二氧化硫为酸性气体，并吸收二氧化硫，防止污染空气。(3)关闭弹簧夹 2，打开弹簧夹 1，注入硫酸至浸没瓶中固体，A 装置中亚硫酸钠与浓硫酸反应放出二氧化硫，二氧化硫被干燥后与过氧化钠反应生成硫酸钠，反应的方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4，根据方程式，每消耗 1molNa2O2，转移 2mol 电子，故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4；2N A；(4)关闭弹簧夹 1 后，打开弹簧夹 2，残余气体进入 E、F 中，为了证明 S
42、O2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则 Z 试剂选择酸性 KMnO4，高锰酸钾具有强氧化性，被二氧化硫还原褪色，故答案为：酸性 KMnO4；红色溶液变浅或褪色；(5)本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M 电极为负极，N 电极为正极，M 电极上二氧化硫失去电子氧化生成 SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：SO 2+2H2O-2e -SO 42-+4H+，N 电极的反应式为 O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O，N 极区溶液 pH 变大，故答案为：SO 2+2H2O-2e -SO 42-+4H+；变大；(6)8 分钟转移电子物质的量为 =0
43、.01mol，则需要二氧化硫体积为：22.4L/mol0.112L ，故答案为：0.112。点睛：本题考查物质性质探究实验、原电池原理及计算等，掌握物质的性质理解原理是解题的关键。本题的难点是(6)，需要根据电流计算电量，再计算转移电子物质的量，结合电子转移守恒计算通入二氧化硫物质的量。三、选做题: 请在 24、25 两题中选择一题做答，并在答题卡上涂黑24. 磷是生物体中不可缺少的元素之一它能形成多种化合物。(1)磷元素位于周期表的_区，基态磷原子价层电子排布图_。(2)第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素有_种。(3)白磷(P 4)分子是正四面体结构，磷原子杂化方式为_，3.1
44、g 白磷中 键的数目为_。P 4易溶于二硫化碳，难溶于水，原因是_。(4)磷酸与 Fe3+可形成 H3FePO4)2，基态 Fe3+的核外电子排布式为_，Fe、P、O 电负性由大到小的顺序是_。(5)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，下图为其晶胞结构，阿伏伽德罗常数为 NA，磷化硼晶体的密度为 g/cm 3，B 与 P 最近距离为_cm(列出计算式即可)，估测该晶体的熔点_（填“高于”或“低于”)金刚石。【答案】 (1). p (2). (3). 2 (4). sp3 (5). 0.15NA (6). P4和 CS2是非极性分子，H 2O 是极性分子，根据相似相溶的原理，P 4易溶于 CS2，难溶
45、于水 (7). 1s 22s22p63s23p63d5 (8). OPFe (9). (10). 低于【解析】(1)P 原子核外有 15 个电子，分三层排布，即有三个能层，所以电子占据的最高能层符号为 M；最外层为 3s2p3，则磷元素位于周期表的 p 区，基态磷原子价层电子排布图为，故答案为：p； ；(2)同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但 P 元素原子 3p 能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故铝到磷元素的第一电离能 PSSiAl，所以第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的有 2 种，故答案为：2；(3)P4分子为正四面体构型，键角为 60，P 4
46、分子中每个 P 原子与相邻的 3 个 P 原子形成 3个 键、含有 1 对孤对电子，杂化轨道数目为 4，则 P 原子采取 sp3杂化；因为 P4分子中每个 P 原子与相邻的 3 个 P 原子形成 3 个 键，则平均每个 P 原子形成 1.5 个 键，所以3.1g 白磷中 键的数目为 1.5=0.15mol，数目为 0.15NA；相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，P 4和 CO2是非极性分子，H 2O 是极性分子，根据相似相溶的原理，P 4
47、易溶于CO2，难溶于水，故答案为：sp 3；0.15 N A；P 4和 CO2是非极性分子，H 2O 是极性分子，根据相似相溶的原理，P 4易溶于 CO2，难溶于水；(4)Fe 原子核外有 26 个电子，核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe 原子失去 4s 能级2 个电子、3d 能级 1 个电子形成 Fe3+，Fe 3+电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：SP，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：OS，所以电负性 OP，又 Fe 为金属元素，则电负性由大到小的顺序是OPFe，故答案为：1s 22s22p63s23p63d5；OPFe；(5)该晶胞中 P 原子个数=8 +6 =4，B 原子个数为 4，化学式为 BP，设晶胞边长=acm，则晶胞的体积 V=(acm)3，= = gcm3，解得 a= cm，根据图像，B 与 P 最近距离为体对角线的 ，则 B 与 P 最近距离= cm= cm；P-B 的键长比 C-C 键长大，熔点比金刚石低，故答案为： ；低于。25. 高分子材料 PET 聚酯树脂和 PMMA 的合成路线如下图:已知:I.RCOOR+R “OH RCOOR “+ROH (R.R、R“代表烃基)II. (R 代表烃基)。(1)PMMA 单体的结构简式为_，PET 单体中的
