【3份试卷合集】广东省江门市2019-2020学年高考化学第一次调研试卷 下载本文

【答案】D 【解析】 【详解】

根据流程图,混合物中加入试剂x过滤后得到铁,利用铝与氢氧化钠反应,铁不与氢氧化钠反应,因此试剂x为NaOH,a为NaAlO2,a生成b加入适量的y,因此y是盐酸,b为氢氧化铝,氢氧化铝受热分解成Al2O3,然后电解氧化铝得到铝单质; A.根据上述分析,A正确;

B. a→b发生的反应为:AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,故B正确;

C. 根据上述分析,b→c→Al的反应条件分别为:加热、电解,故C正确; D.a为NaAlO2,NaAlO2与碱不反应,故D错误; 答案选D。

8.以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法,其流程图如下:

相关反应的热化学方程式为:

mol-1 反应I:SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)=2HI(aq) + H2SO4(aq);ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1 反应II:H2SO4(aq) =SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g);ΔH2 = +327 kJ·mol-1 反应III:2HI(aq) =H2(g) + I2(g); ΔH3 = +172 kJ·下列说法不正确的是( )

A.该过程实现了太阳能到化学能的转化 B.SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用

C.总反应的热化学方程式为:2H2O(l)=2H2 (g)+O2(g);ΔH = +286 kJ·mol-1 D.该过程降低了水分解制氢反应的活化能,但总反应的ΔH不变 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A、通过流程图,反应II和III,实现了太阳能到化学能的转化,故A说法正确;

B、根据流程总反应为H2O=H2↑+1/2O2↑,SO2和I2起到催化剂的作用,故B说法正确;

C、反应I+反应II+反应III,得到H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g) △H=(-213+327+172)kJ·mol-1=+286kJ·mol

-1

,或者2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+572kJ·mol-1,故C说法错误;

D、△H只与始态和终态有关,该过程降低了水分解制氢的活化能,△H不变,故D说法正确。 9.25℃,将浓度均为0.1mol/L的HA溶液Va mL和BOH溶液Vb mL混合,保持Va+Vb=100mL,生成物BA

易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是

A.HA一定是弱酸 B.BOH可能是强碱 C.z点时,水的电离被促进

D.x、y、z点时,溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+) 【答案】C 【解析】 【详解】

A. 当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,则HA一定是弱酸,故A正确;

B. 当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱,故B正确;

C. z点时,BOH溶液的体积Vb mL大于HA溶液的体积Va mL,混合溶液的pH大于9,即c(H+)<10-9,25℃时该溶液中水的电离被抑制,故C错误;

D. x、y、z点时,溶液中都存在电荷守恒:c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+),故D正确; 题目要求选择错误的,故选C。

10.中学化学中很多“规律”都有适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( ) 选项 规律 A 较强酸可以制取较弱酸 结论 次氯酸溶液无法制取盐酸 常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓B 反应物浓度越大,反应速率越快 硝酸中铝片先溶解完 结构和组成相似的物质,沸点随相对分子C 质量增大而升高 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀D 转化 A.A 【答案】D

B.B

C.C

D.D

AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀 NH3沸点低于PH3 【解析】 【详解】

A. HClO不稳定,可分解生成HCl,故A错误;

B. 浓硝酸与铝发生钝化反应,在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行,与稀硝酸发生不同的反应,故B错误;

C. 结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高,含有氢键的沸点较高,由于NH3分子间存在氢键,沸点高于PH3,故C错误;

D. AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀,可说明AgI更难溶,故D正确; 故选:D。

11.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是( ) A.分散质粒子直径在1~100 nm间的分散系 B.能使淀粉-KI试纸变色的分散系 C.能腐蚀铜板的分散系 D.能使蛋白质盐析的分散系 【答案】A 【解析】 【分析】

能产生“丁达尔效应”的分散系为胶体,据此分析。 【详解】

A、分散质的粒子直径在1nm~100nm之间的分散系为胶体,胶体具有丁达尔效应,故A符合题意; B、能使淀粉-KI试纸变色,说明该分散系具有强氧化性,能将I-氧化成I2,该分散系可能是溶液,如氯水等,溶液不具有丁达尔效应,故B不符合题意;

C、能腐蚀铜板,如FeCl3溶液,溶液不具有丁达尔效应,故C不符合题意;

D、能使蛋白质盐析的分散系,可能是溶液,如硫酸铵,溶液不具有丁达尔效应,故D不符合题意; 答案选A。

12.AlO2-在水中转化为[Al(OH)4]-。NaAlO2固体混合物溶于适量水中,拉曼光谱证实,将一定量的Na2CO3、再逐滴加入1mol/L盐酸,测得溶液中CO32、HCO3、[Al(OH)4]、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示,则下列说法正确的是

A.CO32-、HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中可大量共存 B.d线表示的反应为:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O C.原固体混合物中CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:1 D.V1=150mL,V2=300mL;M点生成的CO2为0.05mol 【答案】C 【解析】 【分析】

将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中,AlO2-转化为[Al(OH)4]-,除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]-;由于酸性:H2CO3>HCO3->Al(OH)3,则结合H+的能力:[Al(OH)4]->CO32->HCO3-,向

--

溶液中逐滴加入盐酸,[Al(OH)4]首先与H+反应转化为Al(OH)3,因此a线代表[Al(OH)4]减少,发生的反应-+-

为:[Al(OH)4]+H=Al(OH)3↓+H2O,则[Al(OH)4]的物质的量为1mol/L×0.05L=0.05mol,生成的Al(OH)3

也为0.05mol;接下来CO32-与H+反应转化为HCO3-,b线代表CO32-减少,c线代表HCO3-增多,发生的反

---

应为:CO32-+H+=HCO3,可计算出n(CO32-)=n(HCO3)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol;然后HCO3与H+反应

生成H2CO3(分解为CO2和H2O),最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+,d线代表HCO3-减少,e线代表Al3+增多。 【详解】

A.由于酸性:HCO3->Al(OH)3,HCO3-会与[Al(OH)4]-发生反应生成Al(OH)3:HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+ Al(OH)3↓+H2O,HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中不能大量共存,A项错误; B.d线代表HCO3-减少,发生的反应为:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,B项错误;

C.a线代表[Al(OH)4]-与H+反应:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O,b线代表CO32-与H+反应:CO32-+H+=HCO3

,由图象知两个反应消耗了等量的H+,则溶液中CO32-与[Al(OH)4]-的物质的量之比为1:1,原固体混合

物中CO32与AlO2的物质的量之比为1:1,C项正确;

D.d线代表HCO3-与H+的反应:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,n(HCO3-)=0.05mol,消耗H+的物质的量为0.05mol,所用盐酸的体积为50mL,V1=100mL+50mL=150mL;e线代表Al(OH)3与H+反应:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,Al(OH)3的物质的量为0.05mol,会消耗0.15molH+,所用盐酸的体积为150mL,V2=V1+150mL=300mL;M点生成的是HCO3-而非CO2,D项错误; 答案选C。 【点睛】

在判断HCO3-、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时,可用“假设法”:假设HCO3-先与H+反应,生成的H2CO3(分解为CO2和H2O)不与混合物中现存的Al(OH)3反应;假设Al(OH)3先与H+反应,生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3-发生双水解反应,转化为Al(OH)3和H2CO3(分解为CO2和H2O),实际效果还是HCO3-先转化为H2CO3,因此判断HCO3-先与H+反应。

13.I2Cl6晶体在常温下就会“升华”,蒸气冷却可得到晶体ICl3。ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾,