发布时间 : 星期六 文章【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更新完毕开始阅读
【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，