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2018-2019学年新疆奎屯市第一高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版
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2018-2019第二学期化学期末试卷
1.下列实验中所选用的仪器合理的是
①用50 mL量筒量取5.2 mL 稀硫酸 ②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物
③用托盘天平称量11.7 g 氯化钠晶体 ④用碱式滴定管量取23.10 mL溴水
⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物 ⑥用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液
A. ①②④ B. ②③④⑥ C. ③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①用量筒量取液体时，若量程太大，最小刻度值增大，会加大误差；若量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，不能用50mL量筒取5.2 mL稀硫酸，故不选①；
②苯和四氯化碳能相互溶解，不能用分液漏斗分离，故不选②；
③托盘天平精确到0.1g，可用托盘天平称量11.7 g氯化钠晶体，故选③；
④溴水有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故不选④；
⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，会与氢氧化钠在加热下反应，故不选⑤；
⑥配制250 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液用250 mL容量瓶，故选⑥。
故正确序号为③⑥。
综上所述，本题应选C。
2.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Mg 电极是该电池的正极
B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的pH 增大
D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.组成原电池负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；
B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；
C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；
D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误。
答案选C。
【点睛】本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-═Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液pH的变化。
3. 下列说法中正确的是
A. 能使石蕊溶液呈红色的溶液：Fe2+、Na＋、Ba2+、Cr2O72-可以大量共存
B. 氢氧化钡溶液与等物质的量的稀硫酸混合，离子方程式为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42- ＝BaSO4↓＋H2O
C. 50℃，pH=1的硫酸溶液中：c(H+)=0.1mol/L
D. 25℃，pH相同的NaOH、CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c (NaHCO3)＜c(Na2CO3)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．使石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、Cr2O72-发生氧化还原反应，故A错误；B．离子配比数不正确，应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．pH=-lgc(H+)=1，则c(H+)=0.1mol/L，故C正确；D．NaHCO3水解程度最小，CH3COONa浓度应最大，故D错误；故选C。
考点：考查了离子共存，离子方程式的书写以及pH的计算等相关知识。
4.NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（ ）
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA
③3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NA
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3NA
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
⑧高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
A. ①④⑦ B. ②⑤⑧ C. ②③④⑥ D. ①②④⑤⑦
【答案】B
【解析】
试题分析：①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1NA，故错误；②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故正确；③3.4gNH3物质的量==0.2mol，含N-H键数目为0.6NA，故错误；④浓度越大水解程度越小，1L 0.50mol•L-1 NH4Cl溶液与2L 0.25mol•L-1 NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3NA个，故正确；⑥盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故B误；⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故错误；⑧n=计算得到物质的量==0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转移数，3Fe～Fe3O4～8e-，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故正确；故选B。
考点：考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。
5.雌二醇的结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 能与Na、NaOH溶液、Na2CO3溶液反应
B. 能发生加成反应、取代反应、消去反应
C. 该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内
D. 可与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生氧化反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．该物质含有醇羟基、酚羟基，可以与Na发生反应产生氢气；含有酚羟基，可以与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，正确；B．该物质含有苯环，能发生加成反应；含有酚羟基，所以可以发取代反应；由于醇羟基连接的碳原子的邻位碳原子上含有H原子，所以可以发生消去反应，正确；C．该物质含有饱和碳原子，由于饱和碳原子是四面体结构，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，正确；D．由于物质分子中含有酚羟基，所以可与FeC13溶液发生显色反应，也能发生氧化反应，错误。
考点：考查有机物的结构与性质的关系的知识。
6.常温下，将amol•L-1CH3COOH溶液与bmol•L-1NaOH溶液(0＜a＜0.2，0＜b＜0.2)等体积混合。下列有关推论不正确的是（ ）
A. 若混合后溶液的pH=7，则c(Na+)=c(CH3COO-)，且a略大于b
B. 若a=2b，则c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. 若2a=b，则c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
D. 若混合溶液满足：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，则可推出a=b
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若混合后溶液的pH=7，则溶液呈中性，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中有存在CH3COOH，故a略大于b，A正确；
B. 若a=2b，则混合后的溶液中含有等物质的量的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，由于醋酸是弱电解质，而醋酸钠是强电解质，故c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C. 若2a=b，则混合后的溶液中含有等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，溶液呈碱性，水也电离出OH-，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，C不正确；
D. 若混合溶液满足c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，此式表示的是醋酸钠溶液中的质子守恒式，说明该溶液是醋酸钠溶液，则可推出a=b，D正确。
有关推论不正确的是C，本题选 C。
【点睛】本题要求学生能掌握电解质溶液中的物料守恒、电荷守恒和质子守恒，并能根据这些守恒关系判断、比较溶液中相关离子浓度的大小关系。要注意分析溶液中存在的各种平衡，如电离平衡、水解平衡等等。
7.下列有关实验的选项正确的是 （ ）
A. X若为苯，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸
B. 除去CO中的CO2
C. 可用于分离C2H5OH和H2O的混合物
D. 记录滴定终点读数为12.20 mL
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH3和HCl均为极性分子，而苯和四氯化碳是非极性分子，根据相似相溶原理可知，NH3和HCl均不溶于苯、四氯化碳中，故若X为密度比水大的四氯化碳，该装置可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，但是，若X为苯，则水在下层，易引起倒吸，A不正确；
B. CO不溶于NaOH溶液，CO2可溶于NaOH溶液，故可以用该装置除去CO中的CO2，B正确；
C. C2H5OH和H2O可以任意比互溶，不能用分液法分离C2H5OH和H2O的混合物，C不正确；
D. 滴定管的0刻度在上方，故该滴定终点读数为11.80 mL，D不正确。
综上所述，有关实验的选项正确的是B，故选B。
8.X、Y、Z、W、M五种短周期元素，X、Y同周期，X、Z同主族，Y形成化合物种类最多，X2-、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法正确的是
A. 原子半径大小顺序为M>W>X>Z>Y
B. W元素形成的可溶性盐溶液一定显碱性
C. M、X只能形成离子化合物，且形成的离子化合物中只含离子键
D. W的氧化物与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应
【答案】D
【解析】
试题分析：Y形成化合物种类最多，故Y是碳，X、Y同周期且X2-，故X是氧，X2-、W3+具有相同的电子层结构，故W是铝，X、Z同主族，故Z是硫，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素，M是钠，A、原子半径大小顺序为W> Z>Y > X，A项错误；B、氯化钠显中性，B项错误；C、过氧化钠中有共价键，C项错误；D、W的最高价氧化物是两性氢氧化物，D项正确；答案选D。
考点：考查元素推断
9.下列关于各图像的解释或结论不正确的是
A. 由甲可知：使用催化剂不影响反应热
B. 由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2 (g)N2O4(g)，A点为平衡状态
C. 由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者
D. 由丁可知：将T1 ℃ 的A、B饱和溶液升温至T2 ℃时，A与B溶液的质量分数相等
【答案】B
【解析】
试题分析：A.可以明确传达一个讯息就是，反应过程中使用催化剂并不会对反应热的量产生影响。B.A点所传达的讯息就是，在A点处，二氧化氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致，而事实上当反应进行的过程中二氧化的氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致的时候恰恰说明反应还没有达到平衡。C.由图可知，酸HA的酸性要比酸HB的酸性强，所以同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的碱性要比前者强，所以C说法正确。D.随着温度的升高，溶液的质量分数是不会改变的，因为溶液的质量与溶质的质量是不会随着温度的改变而改变。故选B。
考点：考查了化学反应速率与化学平衡图像的相关知识。
10.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g) ＋ O2(g) △H ＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：
时间/s
0
500
1000
1500
c(N2O5)/(mol·L－1)
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法正确的是
A. 500 s内NO2的生成速率为2．96×10－3mol·L－1·s－1
B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%
C. 达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)﹤5.00mol/L
D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K2
【答案】D
【解析】
试题分析：A．依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3mol/(L•s)则NO2的生成速率为2×2．96×10－3mol·L－1·s－1，故A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，转化率为×100%=50%，故B错误；C．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，压强增大，氨气浓度会增大一倍，反应前后气体体积增大，平衡逆向进行，则再平衡时C(N2O5)＞5.00mol/L，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，反应吸热反应，则T1＞T2，故D正确；故选D。
考点：考查了化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数的相关知识。
11.四种短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如图所示，其中W的一种单质是常见的半导体材料，由此推知下列选项正确的是
X
Y
Z
W
A. X、Y、W的简单气态氢化物的稳定性强弱关系为W>X>Y
B. X、Y、Z的简单离子的半径大小关系为Z>X>Y
C. Z、Y形成的化合物能与酸反应，但不能与碱反应
D. W的单质与氧化物均能与NaOH溶液反应，且有相同的生成物
【答案】D
【解析】
根据X、Y、Z、W均为短周期元素，且W的一种单质是常见的半导体材料可知，W为Si，由四种元素在周期表中的位置关系可知X、Y、Z分别为N、O、Al。非金属性：Y>X>W，非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，A项错误；X、Y、Z的简单离子分别为N3−、O2−、Al3+，这三种离子具有相同的核外电子数，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子的半径大小关系为X>Y>Z，B项错误；Z、Y形成的化合物为Al2O3，Al2O3 是两性氧化物，与酸、碱均能反应，C项错误；Si、SiO2均能与NaOH溶液反应，都生成Na2SiO3，D项正确。
12.在电解液不参与反应情况下，采用电化学法还原CO2可制备ZnC2O4，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电解结束后电解液Ⅱ中c(Zn2+)增大
B. 电解液Ⅰ应为ZnSO4溶液
C. Pt极反应式为2CO2+2e−=
D. 当通入44 g CO2时，溶液中转移1 mol电子
【答案】C
【解析】
因为右室Zn失去电子生成Zn2+，溶液中的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室，根据电荷守恒，阴离子浓度不变，c(Zn2+)不变，A项错误；右室生成的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室与生成的 结合为ZnC2O4，因此，电解液Ⅰ为稀的ZnC2O4溶液，不含杂质，电解液Ⅱ只要是含Zn2+的易溶盐溶液即可，B项错误；Pt极反应式为2CO2+2e− ，C项正确；当通入44 g CO2时，外电路中转移1 mol电子，溶液中不发生电子转移，D项错误。
13.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg 的变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )
A. 常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B. HC的电离度：a点
D. 当lg=5时，HA溶液的pH为7
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大小于2，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC，据此分析解答。
【详解】A．酸性HB＞HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，故A正确；
B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点
D．当lg=5时，HA电离出的c(H+)=10-7 mol/L，此时，不能忽略水的电离，溶液中c(H+)略大于10-7 mol/L，pH略小于7，仍显酸性，故D错误；
故选D。
14.历史上最早使用的还原性染料是靛蓝，其结构式如图所示，下列关于它的性质的叙述中错误的是
A. 它的苯环上的一氯取代产物有4种 B. 它的化学式是C14H10N2O2
C. 它不属于高分子化合物 D. 它可以使溴水褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该分子呈中心对称，故其苯环上的一氯取代产物有4种，A正确；
B. 根据其结构简式可以确定其分子式是C16H10N2O2，B错误；
C. 根据其分子式可以判断它不属于高分子化合物，C正确；
D. 该分子中有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，D正确。
综上所述，关于它的性质的叙述中错误的是B，选B.
15. 有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应
C. 苯酚与溴水直接就可反应，苯与液溴反应还需要三溴化铁作催化剂
D. 乙醇没有酸性，苯酚、乙酸有酸性
【答案】B
【解析】
A正确，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是甲基受苯环的影响，使其易被酸性高锰酸钾溶液所氧化，生成苯甲酸；而甲烷属于烷烃，性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B错，乙烯能发生加成反应是分子结构中存在碳碳双键官能团，而乙烷是饱和烃不能再发生加成反应；
C正确，苯酚能与溴水直接发生取代反应的原因是苯环受羟基的影响，使得位于酚羟基的邻、对位上的氢原子活动能力加强，易被溴原子所取代；而苯因没有受到其他原子或原子团的影响，不能与液溴发生加成反应。
D正确，苯酚显弱酸性的原因是苯环影响了羟基，使得羟上的氢易电离而呈弱酸性，同样的乙醇显酸性也是受到影响，使得羧基上的羟基更易电离出氢离子；
16.下列实验装置不能达到实验目的的是
选项
实验目的
反应试剂及所需物质
选择装置
A
制乙酸乙酯
无水乙醇、冰醋酸、浓硫酸、碎瓷片
Ⅰ
B
进行银镜实验
银氨溶液、乙醛
Ⅱ
C
制葡萄糖酸
葡萄糖、3%溴水
Ⅲ
D
制乙烯
无水乙醇、浓硫酸、碎瓷片
Ⅳ
[注:葡萄糖与3%溴水在55 ℃左右反应]
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、无水乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下，加热时可反应生成乙酸乙酯，用Ⅰ装置可以达到实验目的，故A能达到实验目的；B、银氨溶液与乙醛在水浴加热条件下发生银镜反应，可用Ⅱ装置达到实验目的，故B能达到实验目的；C、葡萄糖与3%溴水在55 ℃左右反应，应该用水浴加热且需要温度计测量反应温度，Ⅲ装置无法达到实验目的，故C不能达到实验目的；D、无水乙醇、浓硫酸在170 ℃时反应可生成乙烯，用Ⅳ装置可以达到实验目的，故D能达到实验目的。
17. 某有机物在酸性条件下发生水解反应时，生成两种不同有机物，且这两种有机物的相对分子质量相等。则水解前的这种有机物是（ ）
A. 甲酸甲酯 B. 乙酸异丙酯 C. 麦芽糖 D. 葡萄糖
【答案】B
【解析】
A中水解产物是甲酸和甲醇，相对分子质量不等。B中水解生成乙酸和异丙醇，相对分子质量相等。麦芽糖的水解产物只有葡萄糖，D中葡萄糖不能水解，答案选B。
18.有一种脂肪醇，通过一系列反应可变为丙三醇，这种脂肪醇通过消去、氧化、酯化、加聚反应等变化后可转化为一种高聚物，这种醇的结构简式可能为（ ）
A. CH2＝CHCH2OH B. CH2ClCHClCH2OH
C. CH3CH2OH D. CH3CH(OH)CH2OH
【答案】D
【解析】
试题分析：结合加聚反应原理，该高聚物的单体为：CH2=CH-COOCH3，经过酯的水解反应可以得到生成该酯的有机物为：CH3OH、CH2=CH-COOH，通过消去、氧化生成丙烯酸的醇为：CH3CH(OH)CH2OH;故选D.
考点：考查根据高聚物推算单体的方法的知识。
19.下列有关说法中不正确的是
A. 分离硝基苯和苯的混合物通常采用分液法
B. 分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物有4种（不考虑立体异构）
C. 乙烯和苯的同系物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理均为氧化反应
D. ClCH2CH(CH3)CH2Cl不能通过烯烃与氯气发生加成反应得到
【答案】A
【解析】
硝基苯和苯互溶，应采用蒸馏的方法进行分离，A项错误；分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物应含有—COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为—C4H9，—C4H9异构体有：—CH2CH2CH2CH3，—CH(CH3)CH2CH3，—CH2CH(CH3)CH3，—C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4，B项正确；乙烯和苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；ClCH2CH(CH3)CH2Cl中两个氯原子没有在相邻的两个碳原子上，所以不可能由烯烃与氯气加成得到，D项正确。
20.根据下表中实验操作、现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸
产生气泡
Ksp(BaCO3)
向FeCl3溶液中滴加NaI溶液，然后滴加CCl4，振荡并静止
有机层出现紫
红色
氧化性：Fe3+>I2
C
向Na2CO3溶液中滴加盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液
溶液中出现白色沉淀
非金属性：Cl>C>Si
D
将碳与浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
在饱和Na2CO3溶液中c()较大，加入少量BaSO4粉末，溶液中会有部分BaSO4转化为BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，A项错误。有机层出现紫红色说明有I2生成，即发生反应：2Fe3++2I−2Fe2++I2，氧化性：氧化剂>氧化产物，故B项正确。证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，所以用盐酸是错误的，C项错误。碳与浓硫酸产生的SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表现出还原性，D项错误。
21.25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
已知：lg X＝lg c(CO32-)/c(HCO3-)或lg c(HCO3-)/c(H2CO3)，下列叙述正确的是( )
A. 曲线m表示pH与c(HCO3-)/c(H2CO3)的变化关系
B. 当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)
C. Ka1(H2CO3)＝1.0×10－6.4
D. 25 ℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为1.0×10－7.6
【答案】C
【解析】
【分析】
由题中信息可知，pH=9.3时，lg X＝-1；pH=7.4时，lg X＝1；pH相同时，m＜n,则ｍ表示的是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，ｎ表示的是pH与lg c(HCO3-)/c(H2CO3) 的变化关系。
【详解】A. 曲线ｍ表示是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，A不正确；
B. 根据电荷守恒可知，当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)+ c(Cl-)，B不正确；
C. 由图可知，pH=7.4时，lg X＝lg c(HCO3-)/c(H2CO3)=1，则c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，Ka1(H2CO3)＝c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3)=10-7.4´10=1.0×10－6.4，C正确；
D. 25 ℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为。由图可知，pH=9.3时，lgX＝lgc(CO32-)/c(HCO3-)=-1，则=10-4.7，10，故平衡常数为10´10-4.7=1.0×10-3.7，D不正确。
综上所述，叙述正确的是C，选C。
【点睛】本题的难点在于找出X与碳酸的一级电离常数、二级电离常数之间的关系，把握住一级电离常数大于二级电离常数是解题的关键，并且能够利用图像中的相关数据求出对应的电离常数和水解常数，另外还要熟悉pH与c(H+)及c(OH-)之间的关系。
22.甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下研究。
（1）在如图装置中进行实验，向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 ℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。
①仪器b的名称是_________，作用为_________。
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是______________。
（2）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：
已知：Cu2O [Cu(NH3)4]+(无色) [Cu(NH3)4]2+(蓝色)
①摇动锥形瓶i的目的是_______。
②锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_______。
③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为___________。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). A中出现红色物质(或A中出现棕色物质) (4). 有利于溶液与空气中O2的接触 (5). 2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O (6). n(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200
【解析】
【分析】
向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，制备了氢氧化化铜悬浊液。再加入40%甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 ℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，说明甲醛具有还原性。探究生成物的组成时，要注意仔细分析实验步骤及现象。
【详解】（1）①根据仪器的构造可知，仪器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发，故在反应过程中要有冷凝回流装置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用为冷凝回流。
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)。
（2）①摇动锥形瓶时发生的变化是 [Cu(NH3)4]+(无色) [Cu(NH3)4]2+(蓝色)，显然该过程中发生了氧化反应，故摇动锥形瓶i的目的是有利于溶液与空气中O2的接触。
②红色固体经足量浓氨水溶解后仍有剩余，根据Cu2O [Cu(NH3)4]+(无色)可知，该固体只能是Cu，摇动锥形瓶ii，其中固体完全也能溶解得深蓝色溶液，说明Cu溶解得到铜氨溶液，空气中的氧气溶于氨水中成为氧化剂，故该反应的离子方程式为2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O。
③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近，说明容量瓶ii中的溶液浓度约为容量瓶i的100倍，量瓶ii中的[Cu(NH3)4]+的物质的量约为容量瓶i的100倍，因此，在溶解之前，红色的固体产物由Cu2O和Cu组成，物质的量之比约为n(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200。
【点睛】解答实验探究问题时，要注意切忌带着主观认知去分析，要根据化学反应原理冷静分析实验中的相关现象，尤其是与所学知识有冲突的实验现象，根据现象分析得出合理结论。要注意实验细节，如本题中“足量浓氨水”、“定容”、两个“50mL”容量瓶等等，对这些信息都要正确解读才能顺利解题。
23.以天然气代替石油生产液体燃料和基础化学品是当前化学研究和发展的重点。
（1）我国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单中心铁催化剂，成功实现了甲烷一步高效生产乙烯、芳香烃Y和芳香烃Z等重要化工原料，实现了CO2的零排放，碳原子利用率达100%。已知Y、Z的相对分子质量分别为78、128，其一氯代物分别有1种和2种。
①有关化学键键能数据如表中所示：
化学键
H－H
C=C
C－C
C≡C
C－H
E（kJ/mol）
436
615
347.7
812
413.4
写出甲烷一步生成乙烯的热化学方程式：_____________；
②已知：原子利用率=期望产物总质量/反应物总质量×100%，则甲烷生成芳香烃Y的原子利用率为______；
③生成1 mol Z产生的H2约合标准状况下________L。
（2）如图为乙烯气相直接水合法制备乙醇过程中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)=1∶1]。
①若p2=8.0 MPa，列式计算A点的平衡常数Kp=_______（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数；结果保留到小数点后两位）；
②该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应，图中压强（p1、p2、p3、p4）的大小关系为_______；
【答案】 (1). 2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH=+166.6 kJ/mol (2). 81.25% (3). 358.4 (4). 0.07 (5). 放热 (6). p1＜p2＜p3＜p4
【解析】
【分析】
芳香烃Y和芳香烃Z的相对分子质量分别为78、128，其一氯代物分别有1种和2种，则Y为苯（C6H6）、Z为萘（C10H8）。明确一步合成的内涵后，再去解题。
【详解】（1）①化学反应的反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，根据甲烷一步生成乙烯的化学方程式2CH4→C2H4+2H2及相关的键能数据可知，该反应的ΔH=413.4 kJ/mol ´4´2-413.4 kJ/mol ´4-615 kJ/mol -436 kJ/mol ´2=+166.6 kJ/mol，因此，甲烷一步生成乙烯的热化学方程式为2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH=+166.6 kJ/mol；
②原子利用率=期望产物总质量/反应物总质量×100%，根据甲烷生成芳香烃Y的化学方程式6 CH4→C6H6+9 H2，可知甲烷生成芳香烃Y的原子利用率为81.25%；
③甲烷一步生产芳香烃Z的化学方程式为10 CH4→C10H8+16H2，生成1 mol Z产生的H2为16mol，约合标准状况下358.4L。
（2）乙烯气相直接水合法制备乙醇的化学方程式为CH2=CH2(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)。
①若p2=8.0 MPa，由图可知，A点乙烯的平衡转化率为20%，假设开始投料n(H2O)=n(C2H4)=1mol，则两反应物的变化量均为0.2mol，平衡混合物中CH2=CH2、H2O、CH3CH2OH的物质的量分别为0.8 mol、0.8 mol、0.2mol，其物质的量分数分别为、、， 因此，A点的平衡常数Kp=0.07；
②由图像可知，乙烯的平衡转化率随温度升高而减小，故该反应为放热反应。由于正反应为气体分子数减少的方向，在相同温度下，压强越大乙烯的平衡转化率越大，因此，图中压强（p1、p2、p3、p4）的大小关系为p1＜p2＜p3＜p4．
【点睛】本题的难点在于平衡常数的计算，首先要弄清用平衡分压代替平衡浓度的方法，然后结合学过的化学平衡常数的表达式代入计算，如果没有单位要求，可不代入单位，但若有，要看清单位，注意单位的转换。
24.维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：
步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00 mL 7.0 mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00 mL，用2.00 mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50 mL。
步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体w g，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。
（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；
（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。
（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。
（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。
（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________
（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。
【答案】 (1). 平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定) (2). A (3). 42.00 (4). 偏高 (5). 减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收 (6). AgNO3见光易分解 (7). 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O (8). 氧化剂 (9). 温度过高过氧化氢分解、氨气逸出
【解析】
【分析】
根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。
【详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；
（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。
（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。
（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。
（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。
（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。
25.锗是重要的半导体材料之一。碳、硅、锗位于同主族。
（1）基态锗原子的价层电子排布式为__________________。
（2）几种晶体的熔点和硬度如表所示。
晶体
金刚石
碳化硅
二氧化硅
硅
锗
熔点/℃
3 550
2 700
1 710
1 410
1 211
硬度
10
9.5
7
6.5
6.0
①碳化硅的晶体类型是__________________。
②二氧化硅的熔点很高，而干冰(固体二氧化碳)易升华，其主要原因是__________________。
③硅的熔点高于锗的，其主要原因是___________________________。
（3）的立体构型是________________；GeCl4分子中锗的杂化类型是__________________。
（4）1个CS2分子中含_________个π键。
（5）锗的氧化物晶胞如图所示。已知：该氧化物的摩尔质量为M g·mol−1，NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞密度为 ρ g·cm−3。该晶胞的化学式为_________。氧原子的配位数为_________。该晶胞参数为_________cm(用代数式表示)。
。
【答案】 (1). 4s24p2 (2). 原子晶体 (3). 二氧化硅是原子晶体，干冰是分子晶体 (4). 硅和锗都是原子晶体，硅的原子半径小于锗的，Si—Si键的键能大于Ge—Ge键的键能 (5). 平面三角形 (6). sp3 (7). 2 (8). GeO (9). 4 (10).
【解析】
（1）锗的原子序数为32，价层电子排布式为4s24p2。
（2）①根据碳化硅熔点和硬度知，碳化硅是原子晶体。②二氧化硅是原子晶体，而干冰是分子晶体，二氧化硅中存在较强的共价键，干冰中分子间作用力较弱。③硅和锗都是原子晶体，但是硅的原子半径小于锗的，故Si—Si键的键能大于Ge—Ge键的键能。
（3）中碳原子的价层有3对电子，孤电子对数为0，立体构型为平面三角形；GeCl4中锗的价层有4对电子，孤电子对数为0，锗的杂化类型为sp3。
（4）CS2的结构式为S=C=S，则1个CS2分子中含有2个π键。
（5）观察题给晶胞，8个Ge位于立方体顶点、6个Ge位于面心；4个O位于立方体内部。1个晶胞含4个Ge和4个O，化学式为GeO。观察图示知，1个O与4个Ge成键，氧原子的配位数为4。设晶胞参数为a cm，由ρ= ，得：a= 。
26.某有机物F（）是一种用途广泛的试剂，可用作抗氧化剂、香料、医药、农药等。工业上合成它的一种路径如图所示（R1、R2代表烷基）：
已知：①R'COOC2H5
②（不是羧基）
（1）R2MgBr的化学式为____________，A的结构简式为___________，F的分子式为________。
（2）B中官能团的名称为______________
（3）D到E的反应类型是______________。
（4）写出C与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式：__________。
（5）满足下列条件的D的同分异构体还有_______种。
①与D物质含有相同官能团 ②含有六元环且环上有两个取代基
【答案】 (1). CH3MgBr (2). (3). C10H18O (4). 羟基、羧基 (5). 酯化反应或取代反应 (6). +2NaOH+NaBr+2H2O (7). 14
【解析】
【分析】
由合成路线结合题中新信息②可知，A为，R2MgBr为CH3MgBr；B和氢溴酸发生取代反应生成C，则C为；C发生消去反应后酸化得到D，则D为；D与乙醇发生酯化反应生成E，则E为D的乙醇酯；E再发生信息①的反应生成F。
【详解】（1）R2MgBr的化学式为CH3MgBr，A的结构简式为，由F的结构简式可知其分子式为C10H18O。
（2）B（）中官能团为羟基和羧基。
（3）D到E的反应类型是酯化反应或取代反应。
（4）C与NaOH的乙醇溶液发生的是消去反应，注意羧基要发生中和反应，该反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+2H2O 。
（5）D（）的同分异构体满足下列条件：①与D物质含有相同官能团，即C＝C和—COOH；②含有六元环且环上有两个取代基。当六元环上两个取代基位于对位时，双键在环上还有 2 种位置（除 D 中位置外），即有两种同分异构体；当两个取代基在六元环上位于间位时，双键在环上有 6 种不同的位置，可形成 6 种同分异构体；当两个取代基在六元环上处于邻位时，双键在环上有 6 种位置，故共有 14 种同分异构体。
27.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂，工业设计生产NaClO2的主要流程如下：
已知：①ClO2气体只能保持在浓度较低状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用，ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。
（1）写出无隔膜电解槽中阳极的电极反应式：_________。
（2）生成ClO2的反应中需用酸进行酸化，你认为最宜选用的酸为______________（写酸的名称）。
（3）ClO2吸收塔中发生反应的离子方程式为________，H2O2的电子式为________。
（4）请补充从滤液获得NaClO2的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②______；③用38℃~60℃热水洗涤； ④低于60℃干燥，得到成品。
（5）NaClO2溶液浓度含量可用碘量法测定，其原理为在稀硫酸介质中，NaClO2能定量地将碘离子氧化成碘，以淀粉为指示剂，用0.1000 mol·L−1的硫代硫酸钠标准溶液滴定碘而确定NaClO2。已知：2I2 + 2Na2S2O3=2NaI + Na2S4O6。
取NaClO2溶液体积V1 mL加入到适量的稀硫酸和KI溶液中，反应完毕用Na2S2O3滴定反应后的溶液，消耗V2 mL Na2S2O3溶液，则NaClO2的浓度为_______g·L−1（杂质不参与反应，NaClO2中的氯元素被还原为Cl−）。
【答案】 (1). Cl−−6e−+6OH−=ClO3-+3H2O (2). 稀硫酸 (3). 2OH−+2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2 (4). (5). 趁热过滤 (6).
【解析】
【分析】
由流程可知，电解饱和食盐水得到氯酸钠溶液，向氯酸钠溶液中通入二氧化硫和空气，氯酸钠被还原为二氧化氯并被吹入吸收塔中，在碱性条件下，二氧化氯被双氧水还原生成亚氯酸钠。
【详解】（1）无隔膜电解槽中阳极上氯离子被氧化为氯酸根，电极反应式为Cl−−6e−+6OH−=ClO3－+3H2O。
（2）生成ClO2的反应中需用酸进行酸化，由于二氧化硫是较强的还原剂，故不能用强氧化性的酸（如硝酸，可以被还原为氮的氧化物），由于氯酸钠有强氧化性，也不能用还原性酸（如盐酸，可以被氧化为氯气），故为了防止气体中引入其他杂质，最宜选用的酸为稀硫酸。
（3）在碱性条件下，二氧化氯被双氧水还原生成亚氯酸钠，双氧水被氧化为氧气，故ClO2吸收塔中发生反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2，H2O2是共价化合物，其电子式为。
（4）NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。因此，从滤液获得NaClO2的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃~60℃热水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。
（5）由ClO2- +4I- +4H+=Cl- +2I2+2H2O、2I2 + 2Na2S2O3=2NaI + Na2S4O6可知，NaClO2~2I2 ~2Na2S2O3，则n(NaClO2)=0.5 n(Na2S2O3)= 0.5´ V2 ´10-3L´0.1000 mol·L−1=5 V2 ´10-5 mol，则NaClO2的浓度为g·L−1。
1.下列实验中所选用的仪器合理的是
①用50 mL量筒量取5.2 mL 稀硫酸 ②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物
③用托盘天平称量11.7 g 氯化钠晶体 ④用碱式滴定管量取23.10 mL溴水
⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物 ⑥用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液
A. ①②④ B. ②③④⑥ C. ③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①用量筒量取液体时，若量程太大，最小刻度值增大，会加大误差；若量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，不能用50mL量筒取5.2 mL稀硫酸，故不选①；
②苯和四氯化碳能相互溶解，不能用分液漏斗分离，故不选②；
③托盘天平精确到0.1g，可用托盘天平称量11.7 g氯化钠晶体，故选③；
④溴水有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故不选④；
⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，会与氢氧化钠在加热下反应，故不选⑤；
⑥配制250 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液用250 mL容量瓶，故选⑥。
故正确序号为③⑥。
综上所述，本题应选C。
2.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Mg 电极是该电池的正极
B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的pH 增大
D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.组成原电池负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；
B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；
C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；
D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误。
答案选C。
【点睛】本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-═Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液pH的变化。
3. 下列说法中正确的是
A. 能使石蕊溶液呈红色的溶液：Fe2+、Na＋、Ba2+、Cr2O72-可以大量共存
B. 氢氧化钡溶液与等物质的量的稀硫酸混合，离子方程式为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42- ＝BaSO4↓＋H2O
C. 50℃，pH=1的硫酸溶液中：c(H+)=0.1mol/L
D. 25℃，pH相同的NaOH、CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c (NaHCO3)＜c(Na2CO3)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．使石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、Cr2O72-发生氧化还原反应，故A错误；B．离子配比数不正确，应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．pH=-lgc(H+)=1，则c(H+)=0.1mol/L，故C正确；D．NaHCO3水解程度最小，CH3COONa浓度应最大，故D错误；故选C。
考点：考查了离子共存，离子方程式的书写以及pH的计算等相关知识。
4.NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（ ）
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA
③3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NA
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3NA
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
⑧高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
A. ①④⑦ B. ②⑤⑧ C. ②③④⑥ D. ①②④⑤⑦
【答案】B
【解析】
试题分析：①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1NA，故错误；②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故正确；③3.4gNH3物质的量==0.2mol，含N-H键数目为0.6NA，故错误；④浓度越大水解程度越小，1L 0.50mol•L-1 NH4Cl溶液与2L 0.25mol•L-1 NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3NA个，故正确；⑥盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故B误；⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故错误；⑧n=计算得到物质的量==0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转移数，3Fe～Fe3O4～8e-，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故正确；故选B。
考点：考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。
5.雌二醇的结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 能与Na、NaOH溶液、Na2CO3溶液反应
B. 能发生加成反应、取代反应、消去反应
C. 该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内
D. 可与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生氧化反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．该物质含有醇羟基、酚羟基，可以与Na发生反应产生氢气；含有酚羟基，可以与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，正确；B．该物质含有苯环，能发生加成反应；含有酚羟基，所以可以发取代反应；由于醇羟基连接的碳原子的邻位碳原子上含有H原子，所以可以发生消去反应，正确；C．该物质含有饱和碳原子，由于饱和碳原子是四面体结构，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，正确；D．由于物质分子中含有酚羟基，所以可与FeC13溶液发生显色反应，也能发生氧化反应，错误。
考点：考查有机物的结构与性质的关系的知识。
6.常温下，将amol•L-1CH3COOH溶液与bmol•L-1NaOH溶液(0＜a＜0.2，0＜b＜0.2)等体积混合。下列有关推论不正确的是（ ）
A. 若混合后溶液的pH=7，则c(Na+)=c(CH3COO-)，且a略大于b
B. 若a=2b，则c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. 若2a=b，则c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
D. 若混合溶液满足：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，则可推出a=b
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若混合后溶液的pH=7，则溶液呈中性，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中有存在CH3COOH，故a略大于b，A正确；
B. 若a=2b，则混合后的溶液中含有等物质的量的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，由于醋酸是弱电解质，而醋酸钠是强电解质，故c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C. 若2a=b，则混合后的溶液中含有等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，溶液呈碱性，水也电离出OH-，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，C不正确；
D. 若混合溶液满足c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，此式表示的是醋酸钠溶液中的质子守恒式，说明该溶液是醋酸钠溶液，则可推出a=b，D正确。
有关推论不正确的是C，本题选 C。
【点睛】本题要求学生能掌握电解质溶液中的物料守恒、电荷守恒和质子守恒，并能根据这些守恒关系判断、比较溶液中相关离子浓度的大小关系。要注意分析溶液中存在的各种平衡，如电离平衡、水解平衡等等。
7.下列有关实验的选项正确的是 （ ）
A. X若为苯，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸
B. 除去CO中的CO2
C. 可用于分离C2H5OH和H2O的混合物
D. 记录滴定终点读数为12.20 mL
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH3和HCl均为极性分子，而苯和四氯化碳是非极性分子，根据相似相溶原理可知，NH3和HCl均不溶于苯、四氯化碳中，故若X为密度比水大的四氯化碳，该装置可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，但是，若X为苯，则水在下层，易引起倒吸，A不正确；
B. CO不溶于NaOH溶液，CO2可溶于NaOH溶液，故可以用该装置除去CO中的CO2，B正确；
C. C2H5OH和H2O可以任意比互溶，不能用分液法分离C2H5OH和H2O的混合物，C不正确；
D. 滴定管的0刻度在上方，故该滴定终点读数为11.80 mL，D不正确。
综上所述，有关实验的选项正确的是B，故选B。
8.X、Y、Z、W、M五种短周期元素，X、Y同周期，X、Z同主族，Y形成化合物种类最多，X2-、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法正确的是
A. 原子半径大小顺序为M>W>X>Z>Y
B. W元素形成的可溶性盐溶液一定显碱性
C. M、X只能形成离子化合物，且形成的离子化合物中只含离子键
D. W的氧化物与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应
【答案】D
【解析】
试题分析：Y形成化合物种类最多，故Y是碳，X、Y同周期且X2-，故X是氧，X2-、W3+具有相同的电子层结构，故W是铝，X、Z同主族，故Z是硫，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素，M是钠，A、原子半径大小顺序为W> Z>Y > X，A项错误；B、氯化钠显中性，B项错误；C、过氧化钠中有共价键，C项错误；D、W的最高价氧化物是两性氢氧化物，D项正确；答案选D。
考点：考查元素推断
9.下列关于各图像的解释或结论不正确的是
A. 由甲可知：使用催化剂不影响反应热
B. 由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应2NO2 (g)N2O4(g)，A点为平衡状态
C. 由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者
D. 由丁可知：将T1 ℃ 的A、B饱和溶液升温至T2 ℃时，A与B溶液的质量分数相等
【答案】B
【解析】
试题分析：A.可以明确传达一个讯息就是，反应过程中使用催化剂并不会对反应热的量产生影响。B.A点所传达的讯息就是，在A点处，二氧化氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致，而事实上当反应进行的过程中二氧化的氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率一致的时候恰恰说明反应还没有达到平衡。C.由图可知，酸HA的酸性要比酸HB的酸性强，所以同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的碱性要比前者强，所以C说法正确。D.随着温度的升高，溶液的质量分数是不会改变的，因为溶液的质量与溶质的质量是不会随着温度的改变而改变。故选B。
考点：考查了化学反应速率与化学平衡图像的相关知识。
10.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g) ＋ O2(g) △H ＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：
时间/s
0
500
1000
1500
c(N2O5)/(mol·L－1)
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法正确的是
A. 500 s内NO2的生成速率为2．96×10－3mol·L－1·s－1
B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%
C. 达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)﹤5.00mol/L
D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K2
【答案】D
【解析】
试题分析：A．依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3mol/(L•s)则NO2的生成速率为2×2．96×10－3mol·L－1·s－1，故A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，转化率为×100%=50%，故B错误；C．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，压强增大，氨气浓度会增大一倍，反应前后气体体积增大，平衡逆向进行，则再平衡时C(N2O5)＞5.00mol/L，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，反应吸热反应，则T1＞T2，故D正确；故选D。
考点：考查了化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数的相关知识。
11.四种短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如图所示，其中W的一种单质是常见的半导体材料，由此推知下列选项正确的是
X
Y
Z
W
A. X、Y、W的简单气态氢化物的稳定性强弱关系为W>X>Y
B. X、Y、Z的简单离子的半径大小关系为Z>X>Y
C. Z、Y形成的化合物能与酸反应，但不能与碱反应
D. W的单质与氧化物均能与NaOH溶液反应，且有相同的生成物
【答案】D
【解析】
根据X、Y、Z、W均为短周期元素，且W的一种单质是常见的半导体材料可知，W为Si，由四种元素在周期表中的位置关系可知X、Y、Z分别为N、O、Al。非金属性：Y>X>W，非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，A项错误；X、Y、Z的简单离子分别为N3−、O2−、Al3+，这三种离子具有相同的核外电子数，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子的半径大小关系为X>Y>Z，B项错误；Z、Y形成的化合物为Al2O3，Al2O3 是两性氧化物，与酸、碱均能反应，C项错误；Si、SiO2均能与NaOH溶液反应，都生成Na2SiO3，D项正确。
12.在电解液不参与反应情况下，采用电化学法还原CO2可制备ZnC2O4，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电解结束后电解液Ⅱ中c(Zn2+)增大
B. 电解液Ⅰ应为ZnSO4溶液
C. Pt极反应式为2CO2+2e−=
D. 当通入44 g CO2时，溶液中转移1 mol电子
【答案】C
【解析】
因为右室Zn失去电子生成Zn2+，溶液中的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室，根据电荷守恒，阴离子浓度不变，c(Zn2+)不变，A项错误；右室生成的Zn2+通过阳离子交换膜进入左室与生成的 结合为ZnC2O4，因此，电解液Ⅰ为稀的ZnC2O4溶液，不含杂质，电解液Ⅱ只要是含Zn2+的易溶盐溶液即可，B项错误；Pt极反应式为2CO2+2e− ，C项正确；当通入44 g CO2时，外电路中转移1 mol电子，溶液中不发生电子转移，D项错误。
13.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg 的变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )
A. 常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B. HC的电离度：a点
D. 当lg=5时，HA溶液的pH为7
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大小于2，则HB、HC为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC，据此分析解答。
【详解】A．酸性HB＞HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，故A正确；
B．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点
D．当lg=5时，HA电离出的c(H+)=10-7 mol/L，此时，不能忽略水的电离，溶液中c(H+)略大于10-7 mol/L，pH略小于7，仍显酸性，故D错误；
故选D。
14.历史上最早使用的还原性染料是靛蓝，其结构式如图所示，下列关于它的性质的叙述中错误的是
A. 它的苯环上的一氯取代产物有4种 B. 它的化学式是C14H10N2O2
C. 它不属于高分子化合物 D. 它可以使溴水褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该分子呈中心对称，故其苯环上的一氯取代产物有4种，A正确；
B. 根据其结构简式可以确定其分子式是C16H10N2O2，B错误；
C. 根据其分子式可以判断它不属于高分子化合物，C正确；
D. 该分子中有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，D正确。
综上所述，关于它的性质的叙述中错误的是B，选B.
15. 有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应
C. 苯酚与溴水直接就可反应，苯与液溴反应还需要三溴化铁作催化剂
D. 乙醇没有酸性，苯酚、乙酸有酸性
【答案】B
【解析】
A正确，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是甲基受苯环的影响，使其易被酸性高锰酸钾溶液所氧化，生成苯甲酸；而甲烷属于烷烃，性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B错，乙烯能发生加成反应是分子结构中存在碳碳双键官能团，而乙烷是饱和烃不能再发生加成反应；
C正确，苯酚能与溴水直接发生取代反应的原因是苯环受羟基的影响，使得位于酚羟基的邻、对位上的氢原子活动能力加强，易被溴原子所取代；而苯因没有受到其他原子或原子团的影响，不能与液溴发生加成反应。
D正确，苯酚显弱酸性的原因是苯环影响了羟基，使得羟上的氢易电离而呈弱酸性，同样的乙醇显酸性也是受到影响，使得羧基上的羟基更易电离出氢离子；
16.下列实验装置不能达到实验目的的是
选项
实验目的
反应试剂及所需物质
选择装置
A
制乙酸乙酯
无水乙醇、冰醋酸、浓硫酸、碎瓷片
Ⅰ
B
进行银镜实验
银氨溶液、乙醛
Ⅱ
C
制葡萄糖酸
葡萄糖、3%溴水
Ⅲ
D
制乙烯
无水乙醇、浓硫酸、碎瓷片
Ⅳ
[注:葡萄糖与3%溴水在55 ℃左右反应]
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、无水乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化下，加热时可反应生成乙酸乙酯，用Ⅰ装置可以达到实验目的，故A能达到实验目的；B、银氨溶液与乙醛在水浴加热条件下发生银镜反应，可用Ⅱ装置达到实验目的，故B能达到实验目的；C、葡萄糖与3%溴水在55 ℃左右反应，应该用水浴加热且需要温度计测量反应温度，Ⅲ装置无法达到实验目的，故C不能达到实验目的；D、无水乙醇、浓硫酸在170 ℃时反应可生成乙烯，用Ⅳ装置可以达到实验目的，故D能达到实验目的。
17. 某有机物在酸性条件下发生水解反应时，生成两种不同有机物，且这两种有机物的相对分子质量相等。则水解前的这种有机物是（ ）
A. 甲酸甲酯 B. 乙酸异丙酯 C. 麦芽糖 D. 葡萄糖
【答案】B
【解析】
A中水解产物是甲酸和甲醇，相对分子质量不等。B中水解生成乙酸和异丙醇，相对分子质量相等。麦芽糖的水解产物只有葡萄糖，D中葡萄糖不能水解，答案选B。
18.有一种脂肪醇，通过一系列反应可变为丙三醇，这种脂肪醇通过消去、氧化、酯化、加聚反应等变化后可转化为一种高聚物，这种醇的结构简式可能为（ ）
A. CH2＝CHCH2OH B. CH2ClCHClCH2OH
C. CH3CH2OH D. CH3CH(OH)CH2OH
【答案】D
【解析】
试题分析：结合加聚反应原理，该高聚物的单体为：CH2=CH-COOCH3，经过酯的水解反应可以得到生成该酯的有机物为：CH3OH、CH2=CH-COOH，通过消去、氧化生成丙烯酸的醇为：CH3CH(OH)CH2OH;故选D.
考点：考查根据高聚物推算单体的方法的知识。
19.下列有关说法中不正确的是
A. 分离硝基苯和苯的混合物通常采用分液法
B. 分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物有4种（不考虑立体异构）
C. 乙烯和苯的同系物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理均为氧化反应
D. ClCH2CH(CH3)CH2Cl不能通过烯烃与氯气发生加成反应得到
【答案】A
【解析】
硝基苯和苯互溶，应采用蒸馏的方法进行分离，A项错误；分子式为C5H10O2且遇小苏打能产生气体的有机物应含有—COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为—C4H9，—C4H9异构体有：—CH2CH2CH2CH3，—CH(CH3)CH2CH3，—CH2CH(CH3)CH3，—C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4，B项正确；乙烯和苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；ClCH2CH(CH3)CH2Cl中两个氯原子没有在相邻的两个碳原子上，所以不可能由烯烃与氯气加成得到，D项正确。
20.根据下表中实验操作、现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸
产生气泡
Ksp(BaCO3)
向FeCl3溶液中滴加NaI溶液，然后滴加CCl4，振荡并静止
有机层出现紫
红色
氧化性：Fe3+>I2
C
向Na2CO3溶液中滴加盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液
溶液中出现白色沉淀
非金属性：Cl>C>Si
D
将碳与浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
在饱和Na2CO3溶液中c()较大，加入少量BaSO4粉末，溶液中会有部分BaSO4转化为BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，A项错误。有机层出现紫红色说明有I2生成，即发生反应：2Fe3++2I−2Fe2++I2，氧化性：氧化剂>氧化产物，故B项正确。证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，所以用盐酸是错误的，C项错误。碳与浓硫酸产生的SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表现出还原性，D项错误。
21.25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
已知：lg X＝lg c(CO32-)/c(HCO3-)或lg c(HCO3-)/c(H2CO3)，下列叙述正确的是( )
A. 曲线m表示pH与c(HCO3-)/c(H2CO3)的变化关系
B. 当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)
C. Ka1(H2CO3)＝1.0×10－6.4
D. 25 ℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为1.0×10－7.6
【答案】C
【解析】
【分析】
由题中信息可知，pH=9.3时，lg X＝-1；pH=7.4时，lg X＝1；pH相同时，m＜n,则ｍ表示的是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，ｎ表示的是pH与lg c(HCO3-)/c(H2CO3) 的变化关系。
【详解】A. 曲线ｍ表示是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，A不正确；
B. 根据电荷守恒可知，当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)+ c(Cl-)，B不正确；
C. 由图可知，pH=7.4时，lg X＝lg c(HCO3-)/c(H2CO3)=1，则c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，Ka1(H2CO3)＝c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3)=10-7.4´10=1.0×10－6.4，C正确；
D. 25 ℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为。由图可知，pH=9.3时，lgX＝lgc(CO32-)/c(HCO3-)=-1，则=10-4.7，10，故平衡常数为10´10-4.7=1.0×10-3.7，D不正确。
综上所述，叙述正确的是C，选C。
【点睛】本题的难点在于找出X与碳酸的一级电离常数、二级电离常数之间的关系，把握住一级电离常数大于二级电离常数是解题的关键，并且能够利用图像中的相关数据求出对应的电离常数和水解常数，另外还要熟悉pH与c(H+)及c(OH-)之间的关系。
22.甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下研究。
（1）在如图装置中进行实验，向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 ℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。
①仪器b的名称是_________，作用为_________。
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是______________。
（2）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：
已知：Cu2O [Cu(NH3)4]+(无色) [Cu(NH3)4]2+(蓝色)
①摇动锥形瓶i的目的是_______。
②锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_______。
③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为___________。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). A中出现红色物质(或A中出现棕色物质) (4). 有利于溶液与空气中O2的接触 (5). 2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O (6). n(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200
【解析】
【分析】
向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，制备了氢氧化化铜悬浊液。再加入40%甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 ℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，说明甲醛具有还原性。探究生成物的组成时，要注意仔细分析实验步骤及现象。
【详解】（1）①根据仪器的构造可知，仪器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发，故在反应过程中要有冷凝回流装置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用为冷凝回流。
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)。
（2）①摇动锥形瓶时发生的变化是 [Cu(NH3)4]+(无色) [Cu(NH3)4]2+(蓝色)，显然该过程中发生了氧化反应，故摇动锥形瓶i的目的是有利于溶液与空气中O2的接触。
②红色固体经足量浓氨水溶解后仍有剩余，根据Cu2O [Cu(NH3)4]+(无色)可知，该固体只能是Cu，摇动锥形瓶ii，其中固体完全也能溶解得深蓝色溶液，说明Cu溶解得到铜氨溶液，空气中的氧气溶于氨水中成为氧化剂，故该反应的离子方程式为2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O。
③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近，说明容量瓶ii中的溶液浓度约为容量瓶i的100倍，量瓶ii中的[Cu(NH3)4]+的物质的量约为容量瓶i的100倍，因此，在溶解之前，红色的固体产物由Cu2O和Cu组成，物质的量之比约为n(Cu2O)∶n(Cu)=l∶200。
【点睛】解答实验探究问题时，要注意切忌带着主观认知去分析，要根据化学反应原理冷静分析实验中的相关现象，尤其是与所学知识有冲突的实验现象，根据现象分析得出合理结论。要注意实验细节，如本题中“足量浓氨水”、“定容”、两个“50mL”容量瓶等等，对这些信息都要正确解读才能顺利解题。
23.以天然气代替石油生产液体燃料和基础化学品是当前化学研究和发展的重点。
（1）我国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单中心铁催化剂，成功实现了甲烷一步高效生产乙烯、芳香烃Y和芳香烃Z等重要化工原料，实现了CO2的零排放，碳原子利用率达100%。已知Y、Z的相对分子质量分别为78、128，其一氯代物分别有1种和2种。
①有关化学键键能数据如表中所示：
化学键
H－H
C=C
C－C
C≡C
C－H
E（kJ/mol）
436
615
347.7
812
413.4
写出甲烷一步生成乙烯的热化学方程式：_____________；
②已知：原子利用率=期望产物总质量/反应物总质量×100%，则甲烷生成芳香烃Y的原子利用率为______；
③生成1 mol Z产生的H2约合标准状况下________L。
（2）如图为乙烯气相直接水合法制备乙醇过程中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)=1∶1]。
①若p2=8.0 MPa，列式计算A点的平衡常数Kp=_______（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数；结果保留到小数点后两位）；
②该反应为______（填“吸热”或“放热”）反应，图中压强（p1、p2、p3、p4）的大小关系为_______；
【答案】 (1). 2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH=+166.6 kJ/mol (2). 81.25% (3). 358.4 (4). 0.07 (5). 放热 (6). p1＜p2＜p3＜p4
【解析】
【分析】
芳香烃Y和芳香烃Z的相对分子质量分别为78、128，其一氯代物分别有1种和2种，则Y为苯（C6H6）、Z为萘（C10H8）。明确一步合成的内涵后，再去解题。
【详解】（1）①化学反应的反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，根据甲烷一步生成乙烯的化学方程式2CH4→C2H4+2H2及相关的键能数据可知，该反应的ΔH=413.4 kJ/mol ´4´2-413.4 kJ/mol ´4-615 kJ/mol -436 kJ/mol ´2=+166.6 kJ/mol，因此，甲烷一步生成乙烯的热化学方程式为2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH=+166.6 kJ/mol；
②原子利用率=期望产物总质量/反应物总质量×100%，根据甲烷生成芳香烃Y的化学方程式6 CH4→C6H6+9 H2，可知甲烷生成芳香烃Y的原子利用率为81.25%；
③甲烷一步生产芳香烃Z的化学方程式为10 CH4→C10H8+16H2，生成1 mol Z产生的H2为16mol，约合标准状况下358.4L。
（2）乙烯气相直接水合法制备乙醇的化学方程式为CH2=CH2(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)。
①若p2=8.0 MPa，由图可知，A点乙烯的平衡转化率为20%，假设开始投料n(H2O)=n(C2H4)=1mol，则两反应物的变化量均为0.2mol，平衡混合物中CH2=CH2、H2O、CH3CH2OH的物质的量分别为0.8 mol、0.8 mol、0.2mol，其物质的量分数分别为、、， 因此，A点的平衡常数Kp=0.07；
②由图像可知，乙烯的平衡转化率随温度升高而减小，故该反应为放热反应。由于正反应为气体分子数减少的方向，在相同温度下，压强越大乙烯的平衡转化率越大，因此，图中压强（p1、p2、p3、p4）的大小关系为p1＜p2＜p3＜p4．
【点睛】本题的难点在于平衡常数的计算，首先要弄清用平衡分压代替平衡浓度的方法，然后结合学过的化学平衡常数的表达式代入计算，如果没有单位要求，可不代入单位，但若有，要看清单位，注意单位的转换。
24.维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下实验：
步骤一，氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00 mL 7.0 mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00 mL，用2.00 mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50 mL。
步骤二，氯的测定：准确称取橙黄色晶体w g，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，以K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色沉淀)。
（1）上述装置A中，玻璃管的作用是_________；
（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在_____（填“A”或“B”）处。
（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为______g。
（4）有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；冰水混合物的作用是_______________。
（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是________
（6）经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在。制备M的化学方程式为_____，其中双氧水的作用是____；制备M的过程中温度不能过高的原因是_____。
【答案】 (1). 平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定) (2). A (3). 42.00 (4). 偏高 (5). 减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收 (6). AgNO3见光易分解 (7). 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O (8). 氧化剂 (9). 温度过高过氧化氢分解、氨气逸出
【解析】
【分析】
根据盐酸和氢氧化钠的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。
【详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；
（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。
（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。
（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。
（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是防止AgNO3见光分解。
（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为1∶6∶3，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。
25.锗是重要的半导体材料之一。碳、硅、锗位于同主族。
（1）基态锗原子的价层电子排布式为__________________。
（2）几种晶体的熔点和硬度如表所示。
晶体
金刚石
碳化硅
二氧化硅
硅
锗
熔点/℃
3 550
2 700
1 710
1 410
1 211
硬度
10
9.5
7
6.5
6.0
①碳化硅的晶体类型是__________________。
②二氧化硅的熔点很高，而干冰(固体二氧化碳)易升华，其主要原因是__________________。
③硅的熔点高于锗的，其主要原因是___________________________。
（3）的立体构型是________________；GeCl4分子中锗的杂化类型是__________________。
（4）1个CS2分子中含_________个π键。
（5）锗的氧化物晶胞如图所示。已知：该氧化物的摩尔质量为M g·mol−1，NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞密度为 ρ g·cm−3。该晶胞的化学式为_________。氧原子的配位数为_________。该晶胞参数为_________cm(用代数式表示)。
。
【答案】 (1). 4s24p2 (2). 原子晶体 (3). 二氧化硅是原子晶体，干冰是分子晶体 (4). 硅和锗都是原子晶体，硅的原子半径小于锗的，Si—Si键的键能大于Ge—Ge键的键能 (5). 平面三角形 (6). sp3 (7). 2 (8). GeO (9). 4 (10).
【解析】
（1）锗的原子序数为32，价层电子排布式为4s24p2。
（2）①根据碳化硅熔点和硬度知，碳化硅是原子晶体。②二氧化硅是原子晶体，而干冰是分子晶体，二氧化硅中存在较强的共价键，干冰中分子间作用力较弱。③硅和锗都是原子晶体，但是硅的原子半径小于锗的，故Si—Si键的键能大于Ge—Ge键的键能。
（3）中碳原子的价层有3对电子，孤电子对数为0，立体构型为平面三角形；GeCl4中锗的价层有4对电子，孤电子对数为0，锗的杂化类型为sp3。
（4）CS2的结构式为S=C=S，则1个CS2分子中含有2个π键。
（5）观察题给晶胞，8个Ge位于立方体顶点、6个Ge位于面心；4个O位于立方体内部。1个晶胞含4个Ge和4个O，化学式为GeO。观察图示知，1个O与4个Ge成键，氧原子的配位数为4。设晶胞参数为a cm，由ρ= ，得：a= 。
26.某有机物F（）是一种用途广泛的试剂，可用作抗氧化剂、香料、医药、农药等。工业上合成它的一种路径如图所示（R1、R2代表烷基）：
已知：①R'COOC2H5
②（不是羧基）
（1）R2MgBr的化学式为____________，A的结构简式为___________，F的分子式为________。
（2）B中官能团的名称为______________
（3）D到E的反应类型是______________。
（4）写出C与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式：__________。
（5）满足下列条件的D的同分异构体还有_______种。
①与D物质含有相同官能团 ②含有六元环且环上有两个取代基
【答案】 (1). CH3MgBr (2). (3). C10H18O (4). 羟基、羧基 (5). 酯化反应或取代反应 (6). +2NaOH+NaBr+2H2O (7). 14
【解析】
【分析】
由合成路线结合题中新信息②可知，A为，R2MgBr为CH3MgBr；B和氢溴酸发生取代反应生成C，则C为；C发生消去反应后酸化得到D，则D为；D与乙醇发生酯化反应生成E，则E为D的乙醇酯；E再发生信息①的反应生成F。
【详解】（1）R2MgBr的化学式为CH3MgBr，A的结构简式为，由F的结构简式可知其分子式为C10H18O。
（2）B（）中官能团为羟基和羧基。
（3）D到E的反应类型是酯化反应或取代反应。
（4）C与NaOH的乙醇溶液发生的是消去反应，注意羧基要发生中和反应，该反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+2H2O 。
（5）D（）的同分异构体满足下列条件：①与D物质含有相同官能团，即C＝C和—COOH；②含有六元环且环上有两个取代基。当六元环上两个取代基位于对位时，双键在环上还有 2 种位置（除 D 中位置外），即有两种同分异构体；当两个取代基在六元环上位于间位时，双键在环上有 6 种不同的位置，可形成 6 种同分异构体；当两个取代基在六元环上处于邻位时，双键在环上有 6 种位置，故共有 14 种同分异构体。
27.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂，工业设计生产NaClO2的主要流程如下：
已知：①ClO2气体只能保持在浓度较低状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用，ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。
（1）写出无隔膜电解槽中阳极的电极反应式：_________。
（2）生成ClO2的反应中需用酸进行酸化，你认为最宜选用的酸为______________（写酸的名称）。
（3）ClO2吸收塔中发生反应的离子方程式为________，H2O2的电子式为________。
（4）请补充从滤液获得NaClO2的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②______；③用38℃~60℃热水洗涤； ④低于60℃干燥，得到成品。
（5）NaClO2溶液浓度含量可用碘量法测定，其原理为在稀硫酸介质中，NaClO2能定量地将碘离子氧化成碘，以淀粉为指示剂，用0.1000 mol·L−1的硫代硫酸钠标准溶液滴定碘而确定NaClO2。已知：2I2 + 2Na2S2O3=2NaI + Na2S4O6。
取NaClO2溶液体积V1 mL加入到适量的稀硫酸和KI溶液中，反应完毕用Na2S2O3滴定反应后的溶液，消耗V2 mL Na2S2O3溶液，则NaClO2的浓度为_______g·L−1（杂质不参与反应，NaClO2中的氯元素被还原为Cl−）。
【答案】 (1). Cl−−6e−+6OH−=ClO3-+3H2O (2). 稀硫酸 (3). 2OH−+2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2 (4). (5). 趁热过滤 (6).
【解析】
【分析】
由流程可知，电解饱和食盐水得到氯酸钠溶液，向氯酸钠溶液中通入二氧化硫和空气，氯酸钠被还原为二氧化氯并被吹入吸收塔中，在碱性条件下，二氧化氯被双氧水还原生成亚氯酸钠。
【详解】（1）无隔膜电解槽中阳极上氯离子被氧化为氯酸根，电极反应式为Cl−−6e−+6OH−=ClO3－+3H2O。
（2）生成ClO2的反应中需用酸进行酸化，由于二氧化硫是较强的还原剂，故不能用强氧化性的酸（如硝酸，可以被还原为氮的氧化物），由于氯酸钠有强氧化性，也不能用还原性酸（如盐酸，可以被氧化为氯气），故为了防止气体中引入其他杂质，最宜选用的酸为稀硫酸。
（3）在碱性条件下，二氧化氯被双氧水还原生成亚氯酸钠，双氧水被氧化为氧气，故ClO2吸收塔中发生反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2，H2O2是共价化合物，其电子式为。
（4）NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。因此，从滤液获得NaClO2的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用38℃~60℃热水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。
（5）由ClO2- +4I- +4H+=Cl- +2I2+2H2O、2I2 + 2Na2S2O3=2NaI + Na2S4O6可知，NaClO2~2I2 ~2Na2S2O3，则n(NaClO2)=0.5 n(Na2S2O3)= 0.5´ V2 ´10-3L´0.1000 mol·L−1=5 V2 ´10-5 mol，则NaClO2的浓度为g·L−1。
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