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2017-2018学年四川省广安市高二下学期期末化学试题（解析版）
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2017-2018学年四川省广安市高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共18小题，共36.0分）
1. 下列物质属于纯净物的是（ ）
A. 空气 B. 一氧化碳 C. 天然气 D. 液化气
【答案】B
【解析】解：A．空气是氮气、氧气等气体组成的混合物，故A错误；
B．一氧化碳是一种物质组成的纯净物，故B正确；
C．天然气主要成分为甲烷为混合物，故C错误；
D．液化气是烃类的混合物，故D错误；
故选：B。
一种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，结合物质组成分析判断。
本题考查了物质组成、物质分类、物质名称等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2. 无色且具有刺激性气味并极易溶于水的气体是（ ）
A. N2 B. Cl2 C. NH3 D. NO2
【答案】C
【解析】解：A、氮气是无色无味的难溶于水的气体，不符合，故A错误；
B、氯气是黄绿色的能溶于水的气体，不符合，故B错误；
C、氨气是无色且具有刺激性气味并极易溶于水的气体，符合题意，故C正确；
D、二氧化氮是红棕的气体，不符合，故D错误；
故选：C。
A、氮气是无色无味的难溶于水的气体；
B、氯气是黄绿色的能溶于水的气体；
C、氨气是无色且具有刺激性气味并极易溶于水的气体；
D、二氧化氮是红棕的气体。
本题考查气体的物理性质的比较，题目难度不大，注意常见气体的物理性质，比较容易。
3. 下列实验仪器能用酒精灯直接加热的是（ ）
A. 试管 B. 烧杯 C. 量筒 D. 分液漏斗
【答案】A
【解析】解：A、试管、坩埚和蒸发皿可以直接受热，不用垫石棉网，故A正确；
B、烧杯、烧瓶和锥形瓶的受热必须垫石棉网，故B错误；
C、量筒不能受热，故C错误；
D、分液漏斗不能受热，故D错误。
故选：A。
能用酒精灯直接加热的仪器有试管、坩埚和蒸发皿，据此分析。
本题考查了常见的能直接受热的仪器，注意区分开能直接受热的仪器以及不能直接受热的仪器，难度不大。
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3 kJ•mol
B. 同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快
C. 向稀硫酸与蔗糖共热后的溶液中滴加银氨溶液，水浴加热，未见银镜，不能说明蔗糖没有水解
D. 的二氯代物有三种
【答案】C
【解析】解：A．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ/mol，故A错误；
B．同种金属作为电解池的阳极比作为原电池的正极腐蚀得更快，故B错误；
C．检验水解产物葡萄糖，应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再滴加银氨溶液，水浴加热，则不能检验，不能说明蔗糖没有水解，故C正确；
D．分子中含两种氢原子，固定一个氯原子在1号位置，另一个氯原子连接方式分别在2.3.4号位置得到三种同分异构体，第一个氯原子连接2号碳，另一个氯原子只有一种连接3号碳，同分异构体4种，故D错误；
故选：C。
A．生成物应为液态水；
B．一般金属腐蚀速率为：电解池的阳极＞原电池的负极＞化学腐蚀＞原电池的正极＞电解池的阴极；
C．检验水解产物葡萄糖，应在碱性条件下；
D．分子中含两种氢原子，固定一个氯原子在1号2号位置，另一个氯原子连接不同位置得到同分异构体；
本题考查了物质性质、燃烧热概念和热化学方程式书写、同分异构体的判断等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
5. 馒头在口中越嚼越甜，是因为馒头中（ ）
A. 淀粉水解 B. 蛋白质水解 C. 脂肪水解 D. 含有小苏打
【答案】A
【解析】解：馒头的主要成分为淀粉，馒头在口中越嚼越甜，是因为馒头中的淀粉在唾液淀粉酶的作用下水解生成麦芽糖，
故选：A。
馒头的主要成分为淀粉，可在唾液淀粉酶的作用下水解生成麦芽糖，以此解答该题。
本题考查物质的组成与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。
6. 工业上以石油为原料获得汽油的方法是（ ）
A. 过滤 B. 结晶 C. 分液 D. 分馏
【答案】D
【解析】解：工业上以石油为原料获得汽油的方法是：依据混合物质烃类物质沸点不同，通过分馏装置控制沸点范围得到汽油，
故选：D。
工业上，由石油获得汽油、煤油、石蜡油等成份的方法是分馏；
本题考查了石油分馏的过程和应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
7. 下列表示正确的是（ ）
A. 离子结构示意图：可以表示16O2-，也可以表示18O2-
B. CO2分子比例模型：
C. N2的结构式：
D. CaCl2的电子式：
【答案】A
【解析】解：A、16O2-和18O2-的核内均有8个质子，核外均有10个电子，故、16O2-和18O2-的结构示意图均相同，且均为，故A正确；
B、二氧化碳是直线型结构，碳原子半径大于氧原子半径，故其比例模型为，故B错误；
C、氮气为共价单质，氮原子最外层有5个电子，其电子式为：，则结构式为，故C错误；
D、氯化钙是离子化合物，由钙离子和2个氯离子构成，而相同离子不能合并，故其电子式为，故D错误。
故选：A。
A、16O2-和18O2-的核内均有8个质子，核外均有10个电子；
B、二氧化碳是直线型结构，碳原子半径大于氧原子半径；
C、先写出氮气的电子式，将共用电子对用“-”表示即为结构式；
D、相同离子不能合并。
本题考查化学用语，涉及电子式、离子的结构示意图、比例模型等，试题基础性强，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键，题目难度不大。
8. 等物质的量的铁和铜的混合物24g与 c mol•L-1600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L（标准状况）。向反应后的溶液中加入1mol•L-1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀，过滤后将沉淀物在空气中灼烧得固体物质mg，下列有关说法错误的是（ ）
A. v=1000
B. m=32
C. c=2
D. 混合物溶解后的溶液中，c（Fe3+）：c（Cu2+）=1：2
【答案】A
【解析】解：铁和铜的混合物24g，铁和铜物质的量==0.2mol，而6.72L（标准状况）NO的物质的量为：=0.3mol，所以0.2mol的铁和0.2mol铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole-，即需氢氧化钠0.9mol，如果铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole-，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2-x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2-x）=0.9-0.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，
A．需加入NaOH溶液的体积为：=900mL，故A错误；
B．最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，结合铁元素和铜元素守恒计算得到氧化物的质量为：m=0.1mol×160g/mol+0.2mol×80g/mol=32g，故B正确；
C．硝酸反应生成了NO、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，硝酸的物质的量浓度是=2mol•L-1，故C正确；
D．如果铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole-，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2-x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2-x）=0.9-0.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，铁离子物质的量0.1mol，铜离子物质的量为0.2mol，混合物溶解后的溶液中，c（Fe3+）：c（Cu2+）=1：2，故D正确；
故选：A。
铁和铜的混合物24g，铁和铜物质的量为=0.2mol，而6.72L（标准状况）NO的物质的量为：=0.3mol，所以0.2mol的铁和0.2mol铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole-，即需氢氧化钠0.9mol，根据此分析解题；
本题考查混合物的计算，题目难度中等，解题关键是判断沉淀质量时注意物质的转化。注意守恒的运用。
9. 物质俗名与对应化学式相匹配的一组是（ ）
A. 烧碱-NaOH B. 纯碱 NaHCO3
C. 生石灰-Ca（OH）2 D. 小苏打-Na2CO3
【答案】A
【解析】解：A．烧碱为氢氧化钠，其化学式为NaOH，故A正确；
B．纯碱为碳酸钠，其化学式为Na2CO3，故B错误；
C．生石灰为氧化钙，其化学式为CaO，故C错误；
D．小苏打为碳酸氢钠，其化学式为NaHCO3，故D错误；
故选：A。
A．烧碱为氢氧化钠；
B．纯碱为碳酸钠；
C．生石灰为氧化钙；
D．小苏打为碳酸氢钠。
本题考查酸碱盐的化学式，为高频考点，把握常见物质的俗名及物质组成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学式的判断，题目难度不大。
10. 常温下，Ka（HCOOH）=1.77×10-4，Ka（CH3COOH）=1.75×10-5，Kb（NH3•H2O）=1.76×10-5，下列说法正确的是（ ）
A. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C. 0.2mol/LHCOOH与0.1moL/NaOH等体积混合后：c（HCOO-）+c（OH-）=c（HCOOH）+c（H+）
D. 0.2mol/LCH3COONa与0.1mol/L盐酸等体积混合后（pH＜7）：c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
【答案】D
【解析】解：A．CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解程度增大，所以醋酸根离子的物质的量减小，水解生成的醋酸分子和氢氧根物质的量都增大，又在同一溶液中，体积相等，所以减小，故A错误；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO-）+c（OH-）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；
D.0.2mol•L-1CH3COONa 与 0.1mol•L-1盐酸等体积混合后，溶液中溶质为等浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中存在：c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；
故选：D。
A．根据将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解程度增大即反应物离子变少，生成物离子增多判断；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；
C．根据电荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；
D.0.2mol•L-1CH3COONa 与 0.1mol•L-1盐酸等体积混合后，溶液中溶质为等浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度。
本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理的应用，侧重考查学生分析判断能力和对基本原理的应用能力，明确盐类水解规律，电解质电离特点，熟悉溶液中存在的守恒规律是解本题关键，题目难度中等。
11. 下列说法不正确的是（ ）
A. pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．NaClO c．NaHCO3 d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜a
B. 除去氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可在溶液中加入过量的氧化铜，过滤达到除杂的目的
C. 改变温度一定会导致已达化学平衡的反应发生移动
D. 在一个固定容积的密闭容器中存在可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，可逆反应一定达到平衡
【答案】D
【解析】解：A．四种物质的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为d＞b＞c＞a，则等pH时四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜a，故A正确；
B．CuO可促进铁离子水解转化为沉淀，则加入过量的氧化铜，过滤达到除杂的目的，故B正确；
C．化学反应中一定伴随能量变化，则改变温度一定会导致已达化学平衡的反应发生移动，故C正确；
D．由质量守恒可知，气体的质量不变，若m+n=p+q时，气体的物质的量始终不变，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能判断可逆反应达到平衡，故D错误；
故选：D。
A．等浓度时碱性越强，对应pH越大，反之等pH时碱性强的浓度小；
B．CuO可促进铁离子水解转化为沉淀；
C．化学反应中一定伴随能量变化；
D．由质量守恒可知，气体的质量不变，若m+n=p+q时，气体的物质的量始终不变。
本题考查化学平衡及盐类水解，为高频考点，把握水解原理的应用、平衡移动及平衡状态判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
12. 当光速通过下列分散系时，能产生一条光亮“通路”的是（ ）
A. 食盐水 B. 氢氧化铁胶体 C. 稀盐酸 D. 氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】解：A．食盐水属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A错误；
B．氢氧化铁胶体是胶体分散系，能产生丁达尔效应，故B正确；
C．稀盐酸属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故C错误；
D．氢氧化钠溶液不是胶体，无丁达尔效应，故D错误。
故选：B。
丁达尔效应是胶体特有性质，根据题中分散系的类型进行判断。
本题考查胶体的性质和判断，题目较简单，丁达尔效应是胶体的特有性质，常用来鉴别溶液和胶体。
13. 常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. c（Fe3+）=0．l mol•L-1的溶液中K+、NH4+、SCN-、SO42-
B. 水电离出的c（OH-）=1.0×10-13mo1•L-1的溶液：Na+、K+、MnO4-、Cr2O72-
C. 能与铝反应生成氢气的溶液中：K+、C1-、Na+、SiO32-
D. 0.1mol•L-1 NaOH溶液K+、Na+、SO42-、CO32-
【答案】D
【解析】解：A．三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应，不能大量共存，故A错误；
B．水电离出的c（OH-）=1.0×10-13mo1•L-1的溶液，或者为酸性溶液或者为碱性溶液，而重铬酸根在碱性条件下容易解聚成铬酸根，故B错误；
C．能与铝反应生成氢气的溶液可以是强酸或者强碱溶液，SiO32-与氢离子反应生成弱酸硅酸，故C错误；
D．OH-、K+、Na+、SO42-、CO32-，相互不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
A．三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应；
B．水电离出的c（OH-）=1.0×10-13mo1•L-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液或者为酸性溶液或者为碱性溶液，而重铬酸根在碱性条件下容易解聚成铬酸根；
C．能与铝反应生成氢气的溶液可以是强酸或者强碱溶液，SiO32-与氢离子反应生成弱酸硅酸；
D．OH-、K+、Na+、SO42-、CO32-，相互不反应能大量共存．
本题考查了离子的共存，为高考的热门考点，解题时抓住只要反应就不共存的原则，牢记离子反应发生的条件．
14. 下列实验装置或操作与实验目的不相符的是（ ）
A、收集氯气
B、除去水中泥沙
C、分离乙醇水
D、配制100mL0.1mol•L-1NaCl溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】解：A．氯气的密度比空气密度大，则图中向上排空气法可收集，故A正确；
B．泥沙不溶于水，图中过滤装置可分离，故B正确；
C．乙醇与水互溶，图中分液漏斗不能分离，应选蒸馏法，故C错误；
D．配制100mL0.1mol•L-1NaCl溶液，选100mL容量瓶，图中转移操作合理，故D正确；
故选：C。
A．氯气的密度比空气密度大；
B．泥沙不溶于水；
C．乙醇与水互溶；
D．配制100mL0.1mol•L-1NaCl溶液，选100mL容量瓶。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握气体的收集、混合物分离提纯、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15. 探究Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O反应的速率影响因素，设计了以下实验，下列说法正确的是（ ）
锥形瓶
0.1mol/LNa2S2O3溶液/mL
蒸馏水
0.1mol/L H2SO4溶液
反应温度
浑浊出现时间/s
备注
1
10
0
10
20℃
10
2
10
5
5
20℃
16
3
10
0
10
20℃
5
第10秒开始浑浊不再增多
4
10
6
4
20℃
8
A. 该反应也可通过测SO2的体积变化来表示化学反应速率的快慢
B. 3号瓶用Na2S2O3来表示速率为0.01mol（L•s）
C. 由2号瓶和3号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快
D. 由1号瓶和4号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快
【答案】A
【解析】解：A．反应中有SO2气体生成，可通过测相同时间生成SO2的体积变化来表示化学反应速率的快慢，故A正确；
B．3号瓶用Na2S2O3来表示速率为=0.005mol（L•s），故B错误；
C．2号瓶和3号瓶实验是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度，应为探究浓度对反应速率的影响，无法得出温度越高反应速率越快的结论，故C错误；
D．1号瓶和4号瓶实验是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度，应为探究浓度对反应速率的影响，无法得出温度越高反应速率越快的结论，故D错误；
故选：A。
A．有气体生成的反应可通过相同时间收集气体的体积或收集相同体积的气体所需要的时间来判断反应速率的快慢；
B．根据反应速率的计算公式v=来判断；
C．由图中数据可知，2号瓶和3号瓶是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度；
D．由图中数据可知，1号瓶和4号瓶是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度；
本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查以及数据处理能力，能较好的培养学生良好的科学素养，学习中注意掌握影响化学反应速率的因素，题目难度不大。
16. 在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A. FeFeCl2Fe（OH）2
B. Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg
C. SSO3H2SO4
D. CaCO3CaOCaSiO3
【答案】D
【解析】解：A．氯气的氧化性较强，Fe与氯气反应生成的是FeCl3，故A错误；
B．电解MgCl2（aq）生成氢气、氢氧化镁沉淀和氯气，不会生成金属镁，故B错误；
C．S燃烧生成SO2，SO2需要催化条件下生成SO3，故C错误；
D．CaCO3高温分解生成CaO，CaO与二氧化硅反应生成CaSiO3，该转化关系能够实现，故D正确；
故选：D。
A．铁与氯气反应生成的是氯化铁，不是氯化亚铁；
B．电解氯化镁溶液不会得到金属Mg；
C．硫燃烧生成的是二氧化硫，不是三氧化硫；
D．碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙。
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点和常见题型，题目难度不大侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的性质以及反应条件，试题培养了学生的综合应用能力。
17. 下列“推理或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）
选项
实验操作及现象
推理或结论
A
向KI-淀粉溶液中滴入氯水，溶液变成蓝色
I-的还原性强于C1-
B
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
C
取少量Na2O2粉末放在脱脂棉上，再将1滴水滴到Na2O2上，脱脂棉燃烧
Na2O2与水的反应是放热反应
D
向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
该溶液中一定含有Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A．氯水可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则I-的还原性强于Cl-，故A正确；
B．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故B错误；
C．过氧化钠与水反应放出热量，脱脂棉燃烧，则该反应为放热反应，故C正确；
D．生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，可知白色沉淀为氢氧化亚铁，则溶液中一定含有Fe2+，故D正确；
故选：B。
A．氯水可氧化KI生成碘；
B．白色沉淀可能为AgCl；
C．过氧化钠与水反应放出热量，脱脂棉燃烧；
D．生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，可知白色沉淀为氢氧化亚铁。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、反应中能量变化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
18. 安徽古代科学家方以智在其《物理小识》卷七《金石类》中指出：有硇水者，剪银块投之，则旋而为水。其中的“硇水”指（ ）
A. 硝酸 B. 硫酸 C. 盐酸 D. 醋酸
【答案】A
【解析】解：“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明“硇水”能溶解单质银，硝酸、硫酸、盐酸、醋酸这四种酸中只有硝酸能与Ag反应，故D正确；
故选：A。
“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明该物质能溶解单质银，根据选项分析。
本题考查了硝酸与金属的反应，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累。
二、简答题（本大题共5小题，共49.0分）
19. 乙酰氧基胡椒酚乙酸酯（F）具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如下：
已知：
（1）化合物F中含氧官能团的名称为______。
（2）B→C的反应类型为______。
（3）化合物C的结构简式为______。
（4）根据以上判断下列说法正确的是______。
a.1mol化合物E与足量乙酸酐[（CH3CO）2O]反应，除F外另一产物的物质的量为2mol
b.1mol化合物F只能与2molNaOH反应
c.1mol化合物B分别与足量的Na和NaOH反应，消耗Na和NaOH的物质的量之比2：1
d．A→B的反应类型为取代反应
（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6：2：1：1。
（6）请以甲苯和乙醛为原料制备，写出相应的合成路线流程图。
【答案】酯基；氧化反应；；ac；
【解析】解：（1）根据结构简式确定化合物F中含氧官能团的名称为酯基，
故答案为：酯基；
（2）B中醇羟基被氧化生成醛基，则B→C的反应类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（3）化合物C的结构简式为，
故答案为：；
（4）a．E含有2mol羟基，可与2mol乙酸酐反应，则还应生成2mol乙酸，故正确；
b．F中酯基水解生成的羧基和酚羟基能和NaOH反应，则1mol化合物F只能与3molNaOH反应，故错误；
c．B中醇羟基和酚羟基都能与钠反应，只有酚羟基能和NaOH反应，则1mol化合物B分别与足量的Na和NaOH反应，消耗Na和NaOH的物质的量之比2：1，故正确；
d．A→B的反应类型为加成反应，故错误；
故选ac；
（5）E的同分异构体符合下列条件：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
②能发生银镜反应，说明含有醛基；
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6：2：1：1，
则符合条件的同分异构体结构简式为，
故答案为：；
（6）以甲苯和乙醛为原料制备，可现在光照条件下发生取代反应，然后与镁、乙醚作用，再与乙醛反应，经水解、氧化可生成目标物，则反应的流程为，
故答案为：。
A发生加成反应生成B，根据D结构简式及CH2=CHMgBr确定C为，D发生水解反应生成E，E发生取代反应生成F；
（6）以甲苯和乙醛为原料制备，可现在光照条件下发生取代反应，然后与镁、乙醚作用，再与乙醛反应，经水解、氧化可生成目标物。
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、合成反应中官能团的变化及碳原子数变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
20. 现有A、B、C、D、E、F六种物质，其中A、B、C是由短周期元素组成的单质，一定条件下转化关系如下：
（1）若组成A的元素的原子M层电子数是K层的3倍，组成B的元素与组成A的元素属于同主族，E为淡黄色固体。
①F的焰色反应为______。
②组成E的金属元素在周期表中的位置是______。
③下列关于D的说法不正确的是______（填字母）。
a．只有还原性 b．能使品红溶液褪色
c．能使澄清石灰水变浑浊 d．能使紫色石蕊溶液变红
（2）若B由原子半径最小的原子组成，A可用于制漂白粉，F属于没有金属元素的盐。
①用A制漂白粉的化学方程式是______。
②在一定条件下NO和E反应能生成C和水，当转移6mol电子时，消耗氧化剂的物质的量为______ mol。
【答案】黄色；第三周期第ⅠA族；a；2C12+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；3
【解析】解：（1）若组成A的元素的原子M层电子数是K层的3倍，则A应为S，组成B的元素与组成A的元素属于同主族，B为O2，则D为SO2，E为淡黄色固体，应含有Na元素，则C为Na，E为Na2O2或Na2O，F为Na2SO4或Na2SO3。
①F为Na2SO4或Na2SO3，含有Na元素，F的焰色反应为黄色，故答案为：黄色；
②组成E的金属元素为Na，在周期表中的位置是：第三周期第ⅠA族，故答案为：第三周期第ⅠA族；
②a．D为SO2，化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故a错误；
b．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，故b正确；
c．二氧化硫可与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀，故c正确；
d．二氧化硫可与水反应生成亚硫酸，具有酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故d正确，
故答案为：a；
（2）若B由原子半径最小的原子组成，B为H2，A可用于制漂白粉，A为Cl2，则D为HCl，F属于没有金属元素的盐，属于铵盐，则F应为NH4Cl，E为NH3，C为N2。
①氯气与石灰乳反应可用于制备漂白粉，反应的方程式为：2C12+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2C12+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO为氧化剂，化合价由+2价降低到0价，当转移6mol电子时，消耗氧化剂的物质的量为=3mol，
故答案为：3。
（1）若组成A的元素的原子M层电子数是K层的3倍，则A应为S，组成B的元素与组成A的元素属于同主族，B为O2，则D为SO2，E为淡黄色固体，应含有Na元素，则C为Na，E为Na2O2或Na2O，F为Na2SO4或Na2SO3；
（2）若B由原子半径最小的原子组成，B为H2，A可用于制漂白粉，A为Cl2，则D为HCl，F属于没有金属元素的盐，属于铵盐，则F应为NH4Cl，E为NH3，C为N2。
本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，熟练掌握元素周期表与元素周期律，难度不大。
21. 下表为元素周期表的一部分，根据元素a～j在周期表中的位置，按要求回答下列问题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
a
2
b
c
d
e
3
f
g
h
i
j
（1）在a～j中，化学性质最不活泼的元素是______（填元素符号）。
（2）f、g、h的单质分别与水反应，最剧烈的是______（填元素符号）。
（3）b、c、d、i、j的氢化物中，沸点最高的为______（填化学式）。
（4）c、i的氢化物稳定性较强的是______（填化学式）。
（5）c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物，该化合物的电子式为______。
（6）d、f、g的离子半径最大的是______（填离子符号）。
（7）f的最高价氧化物的水化物与h的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为：______。
【答案】Ne；Na；H2O；H2O；；F-；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】解：由元素在周期表的位置可知，a～j分别为a为H、b为N、c为O、d为F、e为Ne、f为Na、g为Mg、h为Al、i为S、j为Cl，
（1）在a～j中，化学性质最不活泼的元素是Ne，故答案为：Ne；
（2）f、g、h的单质分别与水反应，最剧烈的是Na，故答案为：Na；
（3）b、c、d、i、j的氢化物中，沸点最高的为H2O，故答案为：H2O；
（4）非金属性O＞S，c、i的氢化物稳定性较强的是H2O，故答案为：H2O；
（5）c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物为过氧化钠，其电子式为，
故答案为：；
（6）d、f、g的离子半径最大的是F-，故答案为：F-；
（7）f的最高价氧化物的水化物与h的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
由元素在周期表的位置可知，a～j分别为a为H、b为N、c为O、d为F、e为Ne、f为Na、g为Mg、h为Al、i为S、j为Cl，
（1）稀有气体的性质最不活泼；
（2）金属性越强，与水反应越剧烈；
（3）b、c、d的氢化物含氢键，沸点高，且水分子间氢键数目多；
（4）非金属性越强，对应氢化物越稳定；
（5）c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物为过氧化钠；
（6）具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；
（7）f的最高价氧化物的水化物为NaOH，h的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
22. 合金在生活、生产、国防等领域有广泛应用。镍是重要的合金元素，例如镍合金、白铜（铜镍合金）、铝镍合金等。
（1）基态镍原子的外围电子排布式为______。
（2）甲醛（H2C=O）在Ni催化作用下加氢可甲醇（CH3OH），甲醇分子内的O-C-H键角填______（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的O-C-H键角。
（3）在NiSO4溶液中滴加稀氨水能形成配位化合物[Ni（NH3）4]SO4，下列说法不正确的是______
a．H、N、O、Ni的电负性大小顺序为O＞N＞H＞Ni
b．与SO42-互为等电子体的分子CCl4
c．SO42-中S的杂化类型是sp3杂化
d．NH3的VSEPR模型是四面体形
e．第一电离能：N＜O
f．配位化合物[Ni（NH3）4]SO4，NH3是配体
（4）在稀氨水中，Ni2+与丁二酮肟（CH3C=N-OH）2反应可生成鲜红色沉淀丁二酮肟镍（结构如图），常用于检验Ni2+．下列说法不正确的是______
a．在丁二酮肟镍中，存在的作用力有配位键、离子键、σ键、π键、金属键、氢键
b．在丁二酮肟镍中，碳原子的杂化轨道类型sp、sp2、sp3
c．镍属于元素周期表的d区
（5）铜镍合金的晶胞如图1所示，该合金中镍原子和镧原子的个数比为______。
（6）铝镍合金的晶胞如图2所示。已知：铝镍合金的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则镍、铝的最短核间距（d）为______pm。
【答案】3d84s2；小于；d；ab；1：5；××1010
【解析】解：（1）镍是28号元素，原子核外有28个电子，根据构造原理基态镍原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，外围电子排布式为3d84s2；
故答案为：3d84s2；
（2）甲醇分子内C的成键电子对数为4，形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇中O-C-H的键角接近109°28'，甲醛中O-C-H键角为120°，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小，
故答案为：小于；
（3）a．非金属性元素电负性大于金属元素的，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，它们的电负性均大于氢元素的，故电负性：Ni＜H＜N＜O，故a正确；
b．SO42-、CCl4的分子中含有5个原子、价电子数是32，互为等电子体，故b正确；
c．SO42-中价层电子对个数是4且不含孤电子对，S的杂化类型都是sp3杂化，空间构型是正四面体形，故c正确；
d．NH3分子中 N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，VSEPR模型为正四面体结构，故d错误；
e．N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：N＞O，故e正确；
f．配位化合物[Ni（NH3）4]SO4，Ni2+为中心离子，电荷数为+2，NH3为配体，配位数为4，故f正确；
故选：d；
（4）a．由结构简式可知分子中存在配位键，含有C=N键，则含有σ键、π键、氧氢之间除共价键外还可存在氢键，分子中不含离子键和金属键，故a错误；
b．丁二酮肟中甲基中的碳原子都是单键，在与氮相连的碳上有碳氮双键，因此杂化类型是sp2和sp3杂化，故b错误；
c．d区的元素为除了第IB、IIB族元素外的过渡元素，Ni在第VIII族，故属于d区，故c正确；
故选：ab；
（5）镍原子除了1个在体心外，其余都在面上，晶胞中Ni原子数目=1+8×=5，La处于晶胞顶点，晶胞中La原子数目=8×=1，该合金中镧原子和镍原子的个数比为1：5，
故答案为：1：5；
（6）处于体对角线上的Al、Ni原子之间距离最近，二者距离等于晶胞体对角线长度的，体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞中Al原子数目=8×=1、Ni原子数目=1，故晶胞质量=g，晶胞体积=g÷ρg/cm3=cm3，晶胞棱长=cm，故镍、铝的最短核间距=××cm=×cm=××1010 pm；
故答案为：××1010。
（1）镍是28号元素，原子核外有28个电子，根据构造原理书写基态镍原子的外围电子排布式；
（2）根据δ键和孤对电子数判断分子的立体构型以及键角；
（3）a．非金属性元素电负性大于金属元素的，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，它们的电负性均大于氢元素的；
b．具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体；
c．SO42-中价层电子对个数是4且不含孤电子对，S的杂化类型都是sp3杂化；
d．NH3分子中 N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据VSEPR模型判断；
e．N原子中的2p轨道处于半充满状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
f．根据配合物的组成判断；
（4）碳氮之间是双键，双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键；丁二酮肟中甲基中的碳原子都是单键，在与氮相连的碳上有碳氮双键；d区的元素为除了第IB、IIB族元素外的过渡元素，以此解答该题；
（5）镍原子除了1个在体心外，其余都在面上，La处于晶胞顶点，均摊法计算晶胞中原子数目，确定原子数目之比；
（6）处于体对角线上的Al、Ni原子之间距离最近，二者距离等于晶胞体对角线长度的，体对角线长度等于晶胞棱长的倍，均摊法计算晶胞中原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方得到晶胞棱长。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、电离能、化学键、氢键、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
23. 煤的气化技术发展较早，近几年来煤的气化技术更多的倾向于用水煤浆与粉煤为原料的加压气化技术。煤的气化的流程示意图如图1：
（1）煤的气化过程中，存在如下反应：
①C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1=-394.1kJ/mol
②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H2=-566.0kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3=-483.6kJ/mol
写出利用水煤浆生产水煤气的热化学方程式
（2）通过合成气生成的甲醇水蒸气重整制氢（SRM）是用于驱动电动汽车的质子交换膜燃料电池的理想氢源，当前研究主要集中在提高催化剂活性和降低尾气中CO含量，以免使燃料电池Pt电极中毒。重整过程发生的反应如下：
反应ICH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1
反应ⅡCH3OH（g）⇌CO（g）+2H（g）△H2
反应ⅢCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，其中K2、K3随温度变化如下表所示：
125℃
225℃
325℃
K2
0.5535
185.8
9939.5
K3
1577
137.5
28.14
请回答：
①△H1______△H3（填“＞”、“＜”或“=”）。
②相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢较甲醇直接分解制氢（反应Ⅱ）的优势之处在于
③在常压、CaO催化下，CH3OH和H2O混和气体（体积比1：1.2，总物质的量2.2mol）进行反应，t1时刻测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图2所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。
注：曲线a表示CH3OH的转化率，曲线b表示CO的选择性，曲线c表示CO2的选择性。根据以上信息回答，下列说法正确的是
a．反应适宜温度为300℃
b．工业生产通常在负压条件下进行甲醇水蒸气重整
c．知CaO催化剂具有更高催化活性，可提高甲醇平衡转化率
d．添加CaO的复合催化剂可提高生产氢气的日产量
（3）化石燃料燃烧时会产生含SO2的废气进入大气，污染环境，有多种方法可用于SO2的脱除。
①氨法脱硫。该方法是一种高效低耗能的湿法脱硫方式，利用氨水吸收废气中的SO2，并在富氧条件下氧化为硫酸铵，得到化肥产品。反应的化学方程式是______。
②NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2．反应离子方程式______。Ca（ClO）2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是______。
③电化学脱硫法。某种电化学脱硫法装置如图3所示，不仅可脱除SO2还可得到Cu．电解过程中发生总反应的离子方程式是______。
【答案】＞；4NH3•H2O+2SO2+O2=2（NH4）2SO4+2H2O；ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O；Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行；2H2O+Cu2++SO2Cu+SO42-+4H+
【解析】解：（1）①C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1=-394.1KJ/mol
②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H2=-566.0KJ/mol
③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3=-483.6KJ/mol
盖斯定律计算（①×2-②-③）×得到水煤浆生产水煤气的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+130.7KJ/mol，
故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+130.7KJ/mol；
（2）①反应ICH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1
反应ⅡCH3OH（g）⇌CO（g）+2H（g）△H2
反应Ⅱ可由反应Ⅰ-反应Ⅲ得到，根据盖斯定律，△H2=△H1-△H3，由于△H2＞0，所以△H1＞△H3，
故答案为：＞；
②比较反应Ⅱ与反应Ⅰ，反应Ⅰ与反应Ⅱ消耗相同的CH3OH时，反应I产生的H2更多，同时产生更少的CO，因此反应Ⅱ的先进之处在于甲醇转化率高，产物中H2含量高，CO含量低，几乎没有CO，
故答案为：由反应Ⅰ和反应Ⅱ的方程式比较可知，反应物醇转化率高，产物中氢气含量高，且几乎没有CO；
③a．反应温度在260℃和300℃之间时，CH3OH的转化率几乎不发生变化，CO2的选择性降低，CO的选择性提高，所以反应适合的温度不是300℃，故a错误；
b．负压相对于大气压降低，相当于大气压对体系加压，有利于反应向压强降低的方向进行，即有利于反应逆向进行，会导致H2的产率降低，故b错误；
c．催化剂不能改变化学平衡状态，对于某温度下的平衡转化率，催化剂不能改变该温度下反应的平衡状态，只能缩短到达平衡的时间，故c错误；
d．260℃之前，随着温度升高，甲醇的转化率增大，260℃之后，随着温度升高，甲醇的转化率几乎不变，说明260℃之前催化剂起着一定的性能，260℃之后催化性能降低，对于260℃之前的过程，添加CaO的复合催化剂可提高生产氢气的日产量，故d正确；
故答案为：d；
（3）①氨气是碱性气体，二氧化硫为酸性气体，两者反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵被氧气氧化，生成硫酸铵，反应方程式为：4NH3•H2O+2SO2+O2=2（NH4）2SO4+2H2O
故答案为：4NH3•H2O+2SO2+O2=2（NH4）2SO4+2H2O；
②工业上可用 NaClO 碱性溶液吸收SO2，利用的是次氯酸根离子的氧化性和二氧化硫的还原性，反应的离子方程式为：ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O，Ca（ClO）2也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaClO更好，是因为硫酸钙微溶，写出沉淀促进反应正向进行，Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4有利于反应的进行，
故答案为：ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O；Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行；
③电解，在阴极放电的物质是铜离子得到电子发生还原反应生成铜单质，在阳极SO2失电子生成硫酸根离子，总的反应式是：2H2O+Cu2++SO2Cu+SO42-+4H+，
故答案为：2H2O+Cu2++SO2Cu+SO42-+4H+。
（1）①C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1=-394.1KJ/mol
②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H2=-566.0KJ/mol
③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3=-483.6KJ/mol
盖斯定律计算（①×2-②-③）×得到水煤浆生产水煤气的热化学方程式；
（2）①反应Ⅱ可由反应Ⅰ-反应Ⅲ得到，根据盖斯定律计算分析；
②比较反应Ⅱ与反应Ⅰ，反应Ⅰ与反应Ⅱ消耗相同的CH3OH时，反应I产生的H2更多，同时产生更少的CO；
③a．反应温度在260℃和300℃之间时，CH3OH的转化率几乎不发生变化，CO2的选择性降低，CO的选择性提高；
b．负压相对于大气压降低，相当于大气压对体系加压，有利于反应向压强降低的方向进行；
c．某温度下的化学反应，催化剂不能改变化学平衡状态；
d．260℃之前，随着温度升高，甲醇的转化率增大，260℃之后，随着温度升高，甲醇的转化率几乎不变，说明260℃之前催化剂起着一定的性能，260℃之后催化性能降低；
（3）①氨气是碱性气体，二氧化硫为酸性气体，两者反应生成亚硫酸铵，+4价的硫被氧气氧化反应生成硫酸铵，据此书写化学方程式；
②工业上可用 NaClO 碱性溶液吸收SO2，利用的是次氯酸根离子的氧化性和二氧化硫的还原性；Ca（ClO）2也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaClO 更好，是因为硫酸钙微溶，析出沉淀促进反应正向进行；
③根据图示可知反应物为硫酸铜，二氧化硫，电解时+4价的硫失去电子，生成硫酸根离子，铜离子得电子生成铜，据此书写离子方程式。
本题考查反应热、化学平衡、电化学等相关知识，需要掌握盖斯定律的应用，化学平衡的移动原理，和电解的相关知识，重在原理知识的考查，题目难度中等。
三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
24. 2016年8月的 eLife上发表了我国医学工作者的一篇论文。论文指出小苏打在治疗癌症的方法中功不可没。某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及图1所示装置制取 NaHCO3，反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，其操作步骤如下：
第一步：连接好装置a接f；e接d；b接c，检验气密性，在仪器内装入药品。
第二步：让某一装置先发生反应，直到产生的气体不能再在Ⅲ中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，Ⅲ中出现固体。继续向中入两种气体，直到不再有固体产生。
第三步：分离Ⅲ中所得的混合物，得到NaHCO3固体
第四步；向滤液中加入适量的NaCl固体粉末，有NH4Cl晶体析出。
（1）I中盛放稀盐酸的仪器名称是______。
（2）Ⅱ中圆底烧瓶盛放试剂名称是______。
（3）Ⅳ中应选用的液体为______。
（4）实验室检验Ⅱ中生成气体的方法______。
（5）第二步中让______（填序号）装置先发生反应。
（6）第四步中所得的晶体中常含有少量的NaCl和 NaHCO3（约占5%～8%），请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1．简要写出操作和现象______。
【答案】长颈漏斗；生石灰或NaOH固体；饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液；湿润的红色石蕊试纸变蓝；Ⅱ；取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结
【解析】解：（1）A装置是制备二氧化碳气体的反应，所以Ⅰ中盛放稀盐酸的仪器名称是长颈漏斗，
故答案为：长颈漏斗；
（2）Ⅱ装置是利用分液漏斗中的浓氨水与生石灰或NaOH固体作用来制备氨气，
故答案为：生石灰或NaOH固体；
（3）生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去碳酸氢钠难以形成，所以应用饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液除去，
故答案为：饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液；
（4）可利用湿润的红色石蕊试纸检验生成的氨气，现象是试纸遇到气体变蓝色，
故答案为：湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（5）候氏制碱方法是利用氨气溶解性大极易溶解于水，二氧化碳气体水中溶解性较小，实验饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体；实验操作过程中，应让Ⅱ装置先发生反应，
故答案为：Ⅱ；
（6）第四步中为了析出氯化铵晶体，则向滤液中加入适量的NaCl粉末，提高氯离子浓度，使NH4Cl晶体析出；所得的氯化铵晶体中常含有少量的氯化钠和碳酸氢钠（约占5%～8%），设计简单的实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的分解产物为气体，温度降低氨气和氯化氢气体会重新生成固体氯化氨，方法为：取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵；
故答案为：取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结；
（1）Ⅰ装置是制备二氧化碳气体一般用碳酸钙和盐酸反应生成，盐酸从长颈漏斗中加入；
（2）Ⅱ装置是制备氨气，可利用分液漏斗中的浓氨水滴到圆底烧瓶内的生石灰或NaOH固体上；
（3）二氧化碳气体中含有氯化氢气体，会影响碳酸氢钠的生成，Ⅳ中装置除杂可以用饱和碳酸氢钠溶液；
（4）氨气的水溶液显碱性，利用此性质检验生成的氨气；
（5）氨气易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水；
（6）为了析出氯化铵晶体，则向滤液中加入适量的NaCl粉末，提高氯离子浓度，使NH4Cl晶体析出；实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的性质，受热生成氯化氢和氨气气体，在试管口处温度降低重新生成固体氯化铵分析判断。
本题考查了纯碱工业原理及其应用，题目难度中等，明确制备流程、常见物质的性质为解答关键，注意掌握侯氏制碱法的反应原理，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
2017-2018学年四川省广安市高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共18小题，共36.0分）
1. 下列物质属于纯净物的是（ ）
A. 空气 B. 一氧化碳 C. 天然气 D. 液化气
【答案】B
【解析】解：A．空气是氮气、氧气等气体组成的混合物，故A错误；
B．一氧化碳是一种物质组成的纯净物，故B正确；
C．天然气主要成分为甲烷为混合物，故C错误；
D．液化气是烃类的混合物，故D错误；
故选：B。
一种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，结合物质组成分析判断。
本题考查了物质组成、物质分类、物质名称等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2. 无色且具有刺激性气味并极易溶于水的气体是（ ）
A. N2 B. Cl2 C. NH3 D. NO2
【答案】C
【解析】解：A、氮气是无色无味的难溶于水的气体，不符合，故A错误；
B、氯气是黄绿色的能溶于水的气体，不符合，故B错误；
C、氨气是无色且具有刺激性气味并极易溶于水的气体，符合题意，故C正确；
D、二氧化氮是红棕的气体，不符合，故D错误；
故选：C。
A、氮气是无色无味的难溶于水的气体；
B、氯气是黄绿色的能溶于水的气体；
C、氨气是无色且具有刺激性气味并极易溶于水的气体；
D、二氧化氮是红棕的气体。
本题考查气体的物理性质的比较，题目难度不大，注意常见气体的物理性质，比较容易。
3. 下列实验仪器能用酒精灯直接加热的是（ ）
A. 试管 B. 烧杯 C. 量筒 D. 分液漏斗
【答案】A
【解析】解：A、试管、坩埚和蒸发皿可以直接受热，不用垫石棉网，故A正确；
B、烧杯、烧瓶和锥形瓶的受热必须垫石棉网，故B错误；
C、量筒不能受热，故C错误；
D、分液漏斗不能受热，故D错误。
故选：A。
能用酒精灯直接加热的仪器有试管、坩埚和蒸发皿，据此分析。
本题考查了常见的能直接受热的仪器，注意区分开能直接受热的仪器以及不能直接受热的仪器，难度不大。
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3 kJ•mol
B. 同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快
C. 向稀硫酸与蔗糖共热后的溶液中滴加银氨溶液，水浴加热，未见银镜，不能说明蔗糖没有水解
D. 的二氯代物有三种
【答案】C
【解析】解：A．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3 kJ/mol，故A错误；
B．同种金属作为电解池的阳极比作为原电池的正极腐蚀得更快，故B错误；
C．检验水解产物葡萄糖，应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再滴加银氨溶液，水浴加热，则不能检验，不能说明蔗糖没有水解，故C正确；
D．分子中含两种氢原子，固定一个氯原子在1号位置，另一个氯原子连接方式分别在2.3.4号位置得到三种同分异构体，第一个氯原子连接2号碳，另一个氯原子只有一种连接3号碳，同分异构体4种，故D错误；
故选：C。
A．生成物应为液态水；
B．一般金属腐蚀速率为：电解池的阳极＞原电池的负极＞化学腐蚀＞原电池的正极＞电解池的阴极；
C．检验水解产物葡萄糖，应在碱性条件下；
D．分子中含两种氢原子，固定一个氯原子在1号2号位置，另一个氯原子连接不同位置得到同分异构体；
本题考查了物质性质、燃烧热概念和热化学方程式书写、同分异构体的判断等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
5. 馒头在口中越嚼越甜，是因为馒头中（ ）
A. 淀粉水解 B. 蛋白质水解 C. 脂肪水解 D. 含有小苏打
【答案】A
【解析】解：馒头的主要成分为淀粉，馒头在口中越嚼越甜，是因为馒头中的淀粉在唾液淀粉酶的作用下水解生成麦芽糖，
故选：A。
馒头的主要成分为淀粉，可在唾液淀粉酶的作用下水解生成麦芽糖，以此解答该题。
本题考查物质的组成与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。
6. 工业上以石油为原料获得汽油的方法是（ ）
A. 过滤 B. 结晶 C. 分液 D. 分馏
【答案】D
【解析】解：工业上以石油为原料获得汽油的方法是：依据混合物质烃类物质沸点不同，通过分馏装置控制沸点范围得到汽油，
故选：D。
工业上，由石油获得汽油、煤油、石蜡油等成份的方法是分馏；
本题考查了石油分馏的过程和应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
7. 下列表示正确的是（ ）
A. 离子结构示意图：可以表示16O2-，也可以表示18O2-
B. CO2分子比例模型：
C. N2的结构式：
D. CaCl2的电子式：
【答案】A
【解析】解：A、16O2-和18O2-的核内均有8个质子，核外均有10个电子，故、16O2-和18O2-的结构示意图均相同，且均为，故A正确；
B、二氧化碳是直线型结构，碳原子半径大于氧原子半径，故其比例模型为，故B错误；
C、氮气为共价单质，氮原子最外层有5个电子，其电子式为：，则结构式为，故C错误；
D、氯化钙是离子化合物，由钙离子和2个氯离子构成，而相同离子不能合并，故其电子式为，故D错误。
故选：A。
A、16O2-和18O2-的核内均有8个质子，核外均有10个电子；
B、二氧化碳是直线型结构，碳原子半径大于氧原子半径；
C、先写出氮气的电子式，将共用电子对用“-”表示即为结构式；
D、相同离子不能合并。
本题考查化学用语，涉及电子式、离子的结构示意图、比例模型等，试题基础性强，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键，题目难度不大。
8. 等物质的量的铁和铜的混合物24g与 c mol•L-1600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L（标准状况）。向反应后的溶液中加入1mol•L-1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀，过滤后将沉淀物在空气中灼烧得固体物质mg，下列有关说法错误的是（ ）
A. v=1000
B. m=32
C. c=2
D. 混合物溶解后的溶液中，c（Fe3+）：c（Cu2+）=1：2
【答案】A
【解析】解：铁和铜的混合物24g，铁和铜物质的量==0.2mol，而6.72L（标准状况）NO的物质的量为：=0.3mol，所以0.2mol的铁和0.2mol铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole-，即需氢氧化钠0.9mol，如果铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole-，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2-x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2-x）=0.9-0.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，
A．需加入NaOH溶液的体积为：=900mL，故A错误；
B．最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，结合铁元素和铜元素守恒计算得到氧化物的质量为：m=0.1mol×160g/mol+0.2mol×80g/mol=32g，故B正确；
C．硝酸反应生成了NO、Cu（NO3）2、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，硝酸的物质的量浓度是=2mol•L-1，故C正确；
D．如果铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole-，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2-x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2-x）=0.9-0.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，铁离子物质的量0.1mol，铜离子物质的量为0.2mol，混合物溶解后的溶液中，c（Fe3+）：c（Cu2+）=1：2，故D正确；
故选：A。
铁和铜的混合物24g，铁和铜物质的量为=0.2mol，而6.72L（标准状况）NO的物质的量为：=0.3mol，所以0.2mol的铁和0.2mol铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole-，即需氢氧化钠0.9mol，根据此分析解题；
本题考查混合物的计算，题目难度中等，解题关键是判断沉淀质量时注意物质的转化。注意守恒的运用。
9. 物质俗名与对应化学式相匹配的一组是（ ）
A. 烧碱-NaOH B. 纯碱 NaHCO3
C. 生石灰-Ca（OH）2 D. 小苏打-Na2CO3
【答案】A
【解析】解：A．烧碱为氢氧化钠，其化学式为NaOH，故A正确；
B．纯碱为碳酸钠，其化学式为Na2CO3，故B错误；
C．生石灰为氧化钙，其化学式为CaO，故C错误；
D．小苏打为碳酸氢钠，其化学式为NaHCO3，故D错误；
故选：A。
A．烧碱为氢氧化钠；
B．纯碱为碳酸钠；
C．生石灰为氧化钙；
D．小苏打为碳酸氢钠。
本题考查酸碱盐的化学式，为高频考点，把握常见物质的俗名及物质组成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学式的判断，题目难度不大。
10. 常温下，Ka（HCOOH）=1.77×10-4，Ka（CH3COOH）=1.75×10-5，Kb（NH3•H2O）=1.76×10-5，下列说法正确的是（ ）
A. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C. 0.2mol/LHCOOH与0.1moL/NaOH等体积混合后：c（HCOO-）+c（OH-）=c（HCOOH）+c（H+）
D. 0.2mol/LCH3COONa与0.1mol/L盐酸等体积混合后（pH＜7）：c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
【答案】D
【解析】解：A．CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解程度增大，所以醋酸根离子的物质的量减小，水解生成的醋酸分子和氢氧根物质的量都增大，又在同一溶液中，体积相等，所以减小，故A错误；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO-）+c（OH-）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；
D.0.2mol•L-1CH3COONa 与 0.1mol•L-1盐酸等体积混合后，溶液中溶质为等浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中存在：c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；
故选：D。
A．根据将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解程度增大即反应物离子变少，生成物离子增多判断；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；
C．根据电荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；
D.0.2mol•L-1CH3COONa 与 0.1mol•L-1盐酸等体积混合后，溶液中溶质为等浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度。
本题考查弱电解质的电离、盐的水解原理的应用，侧重考查学生分析判断能力和对基本原理的应用能力，明确盐类水解规律，电解质电离特点，熟悉溶液中存在的守恒规律是解本题关键，题目难度中等。
11. 下列说法不正确的是（ ）
A. pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．NaClO c．NaHCO3 d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜a
B. 除去氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可在溶液中加入过量的氧化铜，过滤达到除杂的目的
C. 改变温度一定会导致已达化学平衡的反应发生移动
D. 在一个固定容积的密闭容器中存在可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，可逆反应一定达到平衡
【答案】D
【解析】解：A．四种物质的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为d＞b＞c＞a，则等pH时四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜a，故A正确；
B．CuO可促进铁离子水解转化为沉淀，则加入过量的氧化铜，过滤达到除杂的目的，故B正确；
C．化学反应中一定伴随能量变化，则改变温度一定会导致已达化学平衡的反应发生移动，故C正确；
D．由质量守恒可知，气体的质量不变，若m+n=p+q时，气体的物质的量始终不变，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能判断可逆反应达到平衡，故D错误；
故选：D。
A．等浓度时碱性越强，对应pH越大，反之等pH时碱性强的浓度小；
B．CuO可促进铁离子水解转化为沉淀；
C．化学反应中一定伴随能量变化；
D．由质量守恒可知，气体的质量不变，若m+n=p+q时，气体的物质的量始终不变。
本题考查化学平衡及盐类水解，为高频考点，把握水解原理的应用、平衡移动及平衡状态判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
12. 当光速通过下列分散系时，能产生一条光亮“通路”的是（ ）
A. 食盐水 B. 氢氧化铁胶体 C. 稀盐酸 D. 氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】解：A．食盐水属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A错误；
B．氢氧化铁胶体是胶体分散系，能产生丁达尔效应，故B正确；
C．稀盐酸属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故C错误；
D．氢氧化钠溶液不是胶体，无丁达尔效应，故D错误。
故选：B。
丁达尔效应是胶体特有性质，根据题中分散系的类型进行判断。
本题考查胶体的性质和判断，题目较简单，丁达尔效应是胶体的特有性质，常用来鉴别溶液和胶体。
13. 常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. c（Fe3+）=0．l mol•L-1的溶液中K+、NH4+、SCN-、SO42-
B. 水电离出的c（OH-）=1.0×10-13mo1•L-1的溶液：Na+、K+、MnO4-、Cr2O72-
C. 能与铝反应生成氢气的溶液中：K+、C1-、Na+、SiO32-
D. 0.1mol•L-1 NaOH溶液K+、Na+、SO42-、CO32-
【答案】D
【解析】解：A．三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应，不能大量共存，故A错误；
B．水电离出的c（OH-）=1.0×10-13mo1•L-1的溶液，或者为酸性溶液或者为碱性溶液，而重铬酸根在碱性条件下容易解聚成铬酸根，故B错误；
C．能与铝反应生成氢气的溶液可以是强酸或者强碱溶液，SiO32-与氢离子反应生成弱酸硅酸，故C错误；
D．OH-、K+、Na+、SO42-、CO32-，相互不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
A．三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应；
B．水电离出的c（OH-）=1.0×10-13mo1•L-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液或者为酸性溶液或者为碱性溶液，而重铬酸根在碱性条件下容易解聚成铬酸根；
C．能与铝反应生成氢气的溶液可以是强酸或者强碱溶液，SiO32-与氢离子反应生成弱酸硅酸；
D．OH-、K+、Na+、SO42-、CO32-，相互不反应能大量共存．
本题考查了离子的共存，为高考的热门考点，解题时抓住只要反应就不共存的原则，牢记离子反应发生的条件．
14. 下列实验装置或操作与实验目的不相符的是（ ）
A、收集氯气
B、除去水中泥沙
C、分离乙醇水
D、配制100mL0.1mol•L-1NaCl溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】解：A．氯气的密度比空气密度大，则图中向上排空气法可收集，故A正确；
B．泥沙不溶于水，图中过滤装置可分离，故B正确；
C．乙醇与水互溶，图中分液漏斗不能分离，应选蒸馏法，故C错误；
D．配制100mL0.1mol•L-1NaCl溶液，选100mL容量瓶，图中转移操作合理，故D正确；
故选：C。
A．氯气的密度比空气密度大；
B．泥沙不溶于水；
C．乙醇与水互溶；
D．配制100mL0.1mol•L-1NaCl溶液，选100mL容量瓶。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握气体的收集、混合物分离提纯、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15. 探究Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O反应的速率影响因素，设计了以下实验，下列说法正确的是（ ）
锥形瓶
0.1mol/LNa2S2O3溶液/mL
蒸馏水
0.1mol/L H2SO4溶液
反应温度
浑浊出现时间/s
备注
1
10
0
10
20℃
10
2
10
5
5
20℃
16
3
10
0
10
20℃
5
第10秒开始浑浊不再增多
4
10
6
4
20℃
8
A. 该反应也可通过测SO2的体积变化来表示化学反应速率的快慢
B. 3号瓶用Na2S2O3来表示速率为0.01mol（L•s）
C. 由2号瓶和3号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快
D. 由1号瓶和4号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快
【答案】A
【解析】解：A．反应中有SO2气体生成，可通过测相同时间生成SO2的体积变化来表示化学反应速率的快慢，故A正确；
B．3号瓶用Na2S2O3来表示速率为=0.005mol（L•s），故B错误；
C．2号瓶和3号瓶实验是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度，应为探究浓度对反应速率的影响，无法得出温度越高反应速率越快的结论，故C错误；
D．1号瓶和4号瓶实验是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度，应为探究浓度对反应速率的影响，无法得出温度越高反应速率越快的结论，故D错误；
故选：A。
A．有气体生成的反应可通过相同时间收集气体的体积或收集相同体积的气体所需要的时间来判断反应速率的快慢；
B．根据反应速率的计算公式v=来判断；
C．由图中数据可知，2号瓶和3号瓶是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度；
D．由图中数据可知，1号瓶和4号瓶是在相同温度进行的，不同的是硫酸浓度；
本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查以及数据处理能力，能较好的培养学生良好的科学素养，学习中注意掌握影响化学反应速率的因素，题目难度不大。
16. 在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
A. FeFeCl2Fe（OH）2
B. Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg
C. SSO3H2SO4
D. CaCO3CaOCaSiO3
【答案】D
【解析】解：A．氯气的氧化性较强，Fe与氯气反应生成的是FeCl3，故A错误；
B．电解MgCl2（aq）生成氢气、氢氧化镁沉淀和氯气，不会生成金属镁，故B错误；
C．S燃烧生成SO2，SO2需要催化条件下生成SO3，故C错误；
D．CaCO3高温分解生成CaO，CaO与二氧化硅反应生成CaSiO3，该转化关系能够实现，故D正确；
故选：D。
A．铁与氯气反应生成的是氯化铁，不是氯化亚铁；
B．电解氯化镁溶液不会得到金属Mg；
C．硫燃烧生成的是二氧化硫，不是三氧化硫；
D．碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙。
本题综合考查元素化合物知识，为高频考点和常见题型，题目难度不大侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的性质以及反应条件，试题培养了学生的综合应用能力。
17. 下列“推理或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）
选项
实验操作及现象
推理或结论
A
向KI-淀粉溶液中滴入氯水，溶液变成蓝色
I-的还原性强于C1-
B
向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO42-
C
取少量Na2O2粉末放在脱脂棉上，再将1滴水滴到Na2O2上，脱脂棉燃烧
Na2O2与水的反应是放热反应
D
向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
该溶液中一定含有Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A．氯水可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则I-的还原性强于Cl-，故A正确；
B．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故B错误；
C．过氧化钠与水反应放出热量，脱脂棉燃烧，则该反应为放热反应，故C正确；
D．生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，可知白色沉淀为氢氧化亚铁，则溶液中一定含有Fe2+，故D正确；
故选：B。
A．氯水可氧化KI生成碘；
B．白色沉淀可能为AgCl；
C．过氧化钠与水反应放出热量，脱脂棉燃烧；
D．生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，可知白色沉淀为氢氧化亚铁。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、反应中能量变化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
18. 安徽古代科学家方以智在其《物理小识》卷七《金石类》中指出：有硇水者，剪银块投之，则旋而为水。其中的“硇水”指（ ）
A. 硝酸 B. 硫酸 C. 盐酸 D. 醋酸
【答案】A
【解析】解：“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明“硇水”能溶解单质银，硝酸、硫酸、盐酸、醋酸这四种酸中只有硝酸能与Ag反应，故D正确；
故选：A。
“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明该物质能溶解单质银，根据选项分析。
本题考查了硝酸与金属的反应，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累。
二、简答题（本大题共5小题，共49.0分）
19. 乙酰氧基胡椒酚乙酸酯（F）具有抗氧化性、抗肿瘤作用，其合成路线如下：
已知：
（1）化合物F中含氧官能团的名称为______。
（2）B→C的反应类型为______。
（3）化合物C的结构简式为______。
（4）根据以上判断下列说法正确的是______。
a.1mol化合物E与足量乙酸酐[（CH3CO）2O]反应，除F外另一产物的物质的量为2mol
b.1mol化合物F只能与2molNaOH反应
c.1mol化合物B分别与足量的Na和NaOH反应，消耗Na和NaOH的物质的量之比2：1
d．A→B的反应类型为取代反应
（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6：2：1：1。
（6）请以甲苯和乙醛为原料制备，写出相应的合成路线流程图。
【答案】酯基；氧化反应；；ac；
【解析】解：（1）根据结构简式确定化合物F中含氧官能团的名称为酯基，
故答案为：酯基；
（2）B中醇羟基被氧化生成醛基，则B→C的反应类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（3）化合物C的结构简式为，
故答案为：；
（4）a．E含有2mol羟基，可与2mol乙酸酐反应，则还应生成2mol乙酸，故正确；
b．F中酯基水解生成的羧基和酚羟基能和NaOH反应，则1mol化合物F只能与3molNaOH反应，故错误；
c．B中醇羟基和酚羟基都能与钠反应，只有酚羟基能和NaOH反应，则1mol化合物B分别与足量的Na和NaOH反应，消耗Na和NaOH的物质的量之比2：1，故正确；
d．A→B的反应类型为加成反应，故错误；
故选ac；
（5）E的同分异构体符合下列条件：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
②能发生银镜反应，说明含有醛基；
③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6：2：1：1，
则符合条件的同分异构体结构简式为，
故答案为：；
（6）以甲苯和乙醛为原料制备，可现在光照条件下发生取代反应，然后与镁、乙醚作用，再与乙醛反应，经水解、氧化可生成目标物，则反应的流程为，
故答案为：。
A发生加成反应生成B，根据D结构简式及CH2=CHMgBr确定C为，D发生水解反应生成E，E发生取代反应生成F；
（6）以甲苯和乙醛为原料制备，可现在光照条件下发生取代反应，然后与镁、乙醚作用，再与乙醛反应，经水解、氧化可生成目标物。
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、合成反应中官能团的变化及碳原子数变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
20. 现有A、B、C、D、E、F六种物质，其中A、B、C是由短周期元素组成的单质，一定条件下转化关系如下：
（1）若组成A的元素的原子M层电子数是K层的3倍，组成B的元素与组成A的元素属于同主族，E为淡黄色固体。
①F的焰色反应为______。
②组成E的金属元素在周期表中的位置是______。
③下列关于D的说法不正确的是______（填字母）。
a．只有还原性 b．能使品红溶液褪色
c．能使澄清石灰水变浑浊 d．能使紫色石蕊溶液变红
（2）若B由原子半径最小的原子组成，A可用于制漂白粉，F属于没有金属元素的盐。
①用A制漂白粉的化学方程式是______。
②在一定条件下NO和E反应能生成C和水，当转移6mol电子时，消耗氧化剂的物质的量为______ mol。
【答案】黄色；第三周期第ⅠA族；a；2C12+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；3
【解析】解：（1）若组成A的元素的原子M层电子数是K层的3倍，则A应为S，组成B的元素与组成A的元素属于同主族，B为O2，则D为SO2，E为淡黄色固体，应含有Na元素，则C为Na，E为Na2O2或Na2O，F为Na2SO4或Na2SO3。
①F为Na2SO4或Na2SO3，含有Na元素，F的焰色反应为黄色，故答案为：黄色；
②组成E的金属元素为Na，在周期表中的位置是：第三周期第ⅠA族，故答案为：第三周期第ⅠA族；
②a．D为SO2，化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故a错误；
b．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，故b正确；
c．二氧化硫可与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀，故c正确；
d．二氧化硫可与水反应生成亚硫酸，具有酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故d正确，
故答案为：a；
（2）若B由原子半径最小的原子组成，B为H2，A可用于制漂白粉，A为Cl2，则D为HCl，F属于没有金属元素的盐，属于铵盐，则F应为NH4Cl，E为NH3，C为N2。
①氯气与石灰乳反应可用于制备漂白粉，反应的方程式为：2C12+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2C12+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO为氧化剂，化合价由+2价降低到0价，当转移6mol电子时，消耗氧化剂的物质的量为=3mol，
故答案为：3。
（1）若组成A的元素的原子M层电子数是K层的3倍，则A应为S，组成B的元素与组成A的元素属于同主族，B为O2，则D为SO2，E为淡黄色固体，应含有Na元素，则C为Na，E为Na2O2或Na2O，F为Na2SO4或Na2SO3；
（2）若B由原子半径最小的原子组成，B为H2，A可用于制漂白粉，A为Cl2，则D为HCl，F属于没有金属元素的盐，属于铵盐，则F应为NH4Cl，E为NH3，C为N2。
本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，熟练掌握元素周期表与元素周期律，难度不大。
21. 下表为元素周期表的一部分，根据元素a～j在周期表中的位置，按要求回答下列问题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
a
2
b
c
d
e
3
f
g
h
i
j
（1）在a～j中，化学性质最不活泼的元素是______（填元素符号）。
（2）f、g、h的单质分别与水反应，最剧烈的是______（填元素符号）。
（3）b、c、d、i、j的氢化物中，沸点最高的为______（填化学式）。
（4）c、i的氢化物稳定性较强的是______（填化学式）。
（5）c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物，该化合物的电子式为______。
（6）d、f、g的离子半径最大的是______（填离子符号）。
（7）f的最高价氧化物的水化物与h的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为：______。
【答案】Ne；Na；H2O；H2O；；F-；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】解：由元素在周期表的位置可知，a～j分别为a为H、b为N、c为O、d为F、e为Ne、f为Na、g为Mg、h为Al、i为S、j为Cl，
（1）在a～j中，化学性质最不活泼的元素是Ne，故答案为：Ne；
（2）f、g、h的单质分别与水反应，最剧烈的是Na，故答案为：Na；
（3）b、c、d、i、j的氢化物中，沸点最高的为H2O，故答案为：H2O；
（4）非金属性O＞S，c、i的氢化物稳定性较强的是H2O，故答案为：H2O；
（5）c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物为过氧化钠，其电子式为，
故答案为：；
（6）d、f、g的离子半径最大的是F-，故答案为：F-；
（7）f的最高价氧化物的水化物与h的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
由元素在周期表的位置可知，a～j分别为a为H、b为N、c为O、d为F、e为Ne、f为Na、g为Mg、h为Al、i为S、j为Cl，
（1）稀有气体的性质最不活泼；
（2）金属性越强，与水反应越剧烈；
（3）b、c、d的氢化物含氢键，沸点高，且水分子间氢键数目多；
（4）非金属性越强，对应氢化物越稳定；
（5）c、f可形成既含离子键又含非极性键的化合物为过氧化钠；
（6）具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；
（7）f的最高价氧化物的水化物为NaOH，h的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
22. 合金在生活、生产、国防等领域有广泛应用。镍是重要的合金元素，例如镍合金、白铜（铜镍合金）、铝镍合金等。
（1）基态镍原子的外围电子排布式为______。
（2）甲醛（H2C=O）在Ni催化作用下加氢可甲醇（CH3OH），甲醇分子内的O-C-H键角填______（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的O-C-H键角。
（3）在NiSO4溶液中滴加稀氨水能形成配位化合物[Ni（NH3）4]SO4，下列说法不正确的是______
a．H、N、O、Ni的电负性大小顺序为O＞N＞H＞Ni
b．与SO42-互为等电子体的分子CCl4
c．SO42-中S的杂化类型是sp3杂化
d．NH3的VSEPR模型是四面体形
e．第一电离能：N＜O
f．配位化合物[Ni（NH3）4]SO4，NH3是配体
（4）在稀氨水中，Ni2+与丁二酮肟（CH3C=N-OH）2反应可生成鲜红色沉淀丁二酮肟镍（结构如图），常用于检验Ni2+．下列说法不正确的是______
a．在丁二酮肟镍中，存在的作用力有配位键、离子键、σ键、π键、金属键、氢键
b．在丁二酮肟镍中，碳原子的杂化轨道类型sp、sp2、sp3
c．镍属于元素周期表的d区
（5）铜镍合金的晶胞如图1所示，该合金中镍原子和镧原子的个数比为______。
（6）铝镍合金的晶胞如图2所示。已知：铝镍合金的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则镍、铝的最短核间距（d）为______pm。
【答案】3d84s2；小于；d；ab；1：5；××1010
【解析】解：（1）镍是28号元素，原子核外有28个电子，根据构造原理基态镍原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，外围电子排布式为3d84s2；
故答案为：3d84s2；
（2）甲醇分子内C的成键电子对数为4，形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇中O-C-H的键角接近109°28'，甲醛中O-C-H键角为120°，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小，
故答案为：小于；
（3）a．非金属性元素电负性大于金属元素的，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，它们的电负性均大于氢元素的，故电负性：Ni＜H＜N＜O，故a正确；
b．SO42-、CCl4的分子中含有5个原子、价电子数是32，互为等电子体，故b正确；
c．SO42-中价层电子对个数是4且不含孤电子对，S的杂化类型都是sp3杂化，空间构型是正四面体形，故c正确；
d．NH3分子中 N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，VSEPR模型为正四面体结构，故d错误；
e．N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：N＞O，故e正确；
f．配位化合物[Ni（NH3）4]SO4，Ni2+为中心离子，电荷数为+2，NH3为配体，配位数为4，故f正确；
故选：d；
（4）a．由结构简式可知分子中存在配位键，含有C=N键，则含有σ键、π键、氧氢之间除共价键外还可存在氢键，分子中不含离子键和金属键，故a错误；
b．丁二酮肟中甲基中的碳原子都是单键，在与氮相连的碳上有碳氮双键，因此杂化类型是sp2和sp3杂化，故b错误；
c．d区的元素为除了第IB、IIB族元素外的过渡元素，Ni在第VIII族，故属于d区，故c正确；
故选：ab；
（5）镍原子除了1个在体心外，其余都在面上，晶胞中Ni原子数目=1+8×=5，La处于晶胞顶点，晶胞中La原子数目=8×=1，该合金中镧原子和镍原子的个数比为1：5，
故答案为：1：5；
（6）处于体对角线上的Al、Ni原子之间距离最近，二者距离等于晶胞体对角线长度的，体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞中Al原子数目=8×=1、Ni原子数目=1，故晶胞质量=g，晶胞体积=g÷ρg/cm3=cm3，晶胞棱长=cm，故镍、铝的最短核间距=××cm=×cm=××1010 pm；
故答案为：××1010。
（1）镍是28号元素，原子核外有28个电子，根据构造原理书写基态镍原子的外围电子排布式；
（2）根据δ键和孤对电子数判断分子的立体构型以及键角；
（3）a．非金属性元素电负性大于金属元素的，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，它们的电负性均大于氢元素的；
b．具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体；
c．SO42-中价层电子对个数是4且不含孤电子对，S的杂化类型都是sp3杂化；
d．NH3分子中 N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据VSEPR模型判断；
e．N原子中的2p轨道处于半充满状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
f．根据配合物的组成判断；
（4）碳氮之间是双键，双键是由一个σ键和一个π键构成；镍原子有空轨道，氮原子有孤电子对，因此二者形成配位键；丁二酮肟中甲基中的碳原子都是单键，在与氮相连的碳上有碳氮双键；d区的元素为除了第IB、IIB族元素外的过渡元素，以此解答该题；
（5）镍原子除了1个在体心外，其余都在面上，La处于晶胞顶点，均摊法计算晶胞中原子数目，确定原子数目之比；
（6）处于体对角线上的Al、Ni原子之间距离最近，二者距离等于晶胞体对角线长度的，体对角线长度等于晶胞棱长的倍，均摊法计算晶胞中原子数目，计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方得到晶胞棱长。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、电离能、化学键、氢键、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
23. 煤的气化技术发展较早，近几年来煤的气化技术更多的倾向于用水煤浆与粉煤为原料的加压气化技术。煤的气化的流程示意图如图1：
（1）煤的气化过程中，存在如下反应：
①C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1=-394.1kJ/mol
②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H2=-566.0kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3=-483.6kJ/mol
写出利用水煤浆生产水煤气的热化学方程式
（2）通过合成气生成的甲醇水蒸气重整制氢（SRM）是用于驱动电动汽车的质子交换膜燃料电池的理想氢源，当前研究主要集中在提高催化剂活性和降低尾气中CO含量，以免使燃料电池Pt电极中毒。重整过程发生的反应如下：
反应ICH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1
反应ⅡCH3OH（g）⇌CO（g）+2H（g）△H2
反应ⅢCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，其中K2、K3随温度变化如下表所示：
125℃
225℃
325℃
K2
0.5535
185.8
9939.5
K3
1577
137.5
28.14
请回答：
①△H1______△H3（填“＞”、“＜”或“=”）。
②相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢较甲醇直接分解制氢（反应Ⅱ）的优势之处在于
③在常压、CaO催化下，CH3OH和H2O混和气体（体积比1：1.2，总物质的量2.2mol）进行反应，t1时刻测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图2所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。
注：曲线a表示CH3OH的转化率，曲线b表示CO的选择性，曲线c表示CO2的选择性。根据以上信息回答，下列说法正确的是
a．反应适宜温度为300℃
b．工业生产通常在负压条件下进行甲醇水蒸气重整
c．知CaO催化剂具有更高催化活性，可提高甲醇平衡转化率
d．添加CaO的复合催化剂可提高生产氢气的日产量
（3）化石燃料燃烧时会产生含SO2的废气进入大气，污染环境，有多种方法可用于SO2的脱除。
①氨法脱硫。该方法是一种高效低耗能的湿法脱硫方式，利用氨水吸收废气中的SO2，并在富氧条件下氧化为硫酸铵，得到化肥产品。反应的化学方程式是______。
②NaClO碱性溶液吸收法。工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2．反应离子方程式______。Ca（ClO）2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是______。
③电化学脱硫法。某种电化学脱硫法装置如图3所示，不仅可脱除SO2还可得到Cu．电解过程中发生总反应的离子方程式是______。
【答案】＞；4NH3•H2O+2SO2+O2=2（NH4）2SO4+2H2O；ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O；Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行；2H2O+Cu2++SO2Cu+SO42-+4H+
【解析】解：（1）①C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1=-394.1KJ/mol
②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H2=-566.0KJ/mol
③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3=-483.6KJ/mol
盖斯定律计算（①×2-②-③）×得到水煤浆生产水煤气的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+130.7KJ/mol，
故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+130.7KJ/mol；
（2）①反应ICH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1
反应ⅡCH3OH（g）⇌CO（g）+2H（g）△H2
反应Ⅱ可由反应Ⅰ-反应Ⅲ得到，根据盖斯定律，△H2=△H1-△H3，由于△H2＞0，所以△H1＞△H3，
故答案为：＞；
②比较反应Ⅱ与反应Ⅰ，反应Ⅰ与反应Ⅱ消耗相同的CH3OH时，反应I产生的H2更多，同时产生更少的CO，因此反应Ⅱ的先进之处在于甲醇转化率高，产物中H2含量高，CO含量低，几乎没有CO，
故答案为：由反应Ⅰ和反应Ⅱ的方程式比较可知，反应物醇转化率高，产物中氢气含量高，且几乎没有CO；
③a．反应温度在260℃和300℃之间时，CH3OH的转化率几乎不发生变化，CO2的选择性降低，CO的选择性提高，所以反应适合的温度不是300℃，故a错误；
b．负压相对于大气压降低，相当于大气压对体系加压，有利于反应向压强降低的方向进行，即有利于反应逆向进行，会导致H2的产率降低，故b错误；
c．催化剂不能改变化学平衡状态，对于某温度下的平衡转化率，催化剂不能改变该温度下反应的平衡状态，只能缩短到达平衡的时间，故c错误；
d．260℃之前，随着温度升高，甲醇的转化率增大，260℃之后，随着温度升高，甲醇的转化率几乎不变，说明260℃之前催化剂起着一定的性能，260℃之后催化性能降低，对于260℃之前的过程，添加CaO的复合催化剂可提高生产氢气的日产量，故d正确；
故答案为：d；
（3）①氨气是碱性气体，二氧化硫为酸性气体，两者反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵被氧气氧化，生成硫酸铵，反应方程式为：4NH3•H2O+2SO2+O2=2（NH4）2SO4+2H2O
故答案为：4NH3•H2O+2SO2+O2=2（NH4）2SO4+2H2O；
②工业上可用 NaClO 碱性溶液吸收SO2，利用的是次氯酸根离子的氧化性和二氧化硫的还原性，反应的离子方程式为：ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O，Ca（ClO）2也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaClO更好，是因为硫酸钙微溶，写出沉淀促进反应正向进行，Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4有利于反应的进行，
故答案为：ClO-+SO2+2OH-=Cl-+SO42-+H2O；Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行；
③电解，在阴极放电的物质是铜离子得到电子发生还原反应生成铜单质，在阳极SO2失电子生成硫酸根离子，总的反应式是：2H2O+Cu2++SO2Cu+SO42-+4H+，
故答案为：2H2O+Cu2++SO2Cu+SO42-+4H+。
（1）①C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1=-394.1KJ/mol
②2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H2=-566.0KJ/mol
③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3=-483.6KJ/mol
盖斯定律计算（①×2-②-③）×得到水煤浆生产水煤气的热化学方程式；
（2）①反应Ⅱ可由反应Ⅰ-反应Ⅲ得到，根据盖斯定律计算分析；
②比较反应Ⅱ与反应Ⅰ，反应Ⅰ与反应Ⅱ消耗相同的CH3OH时，反应I产生的H2更多，同时产生更少的CO；
③a．反应温度在260℃和300℃之间时，CH3OH的转化率几乎不发生变化，CO2的选择性降低，CO的选择性提高；
b．负压相对于大气压降低，相当于大气压对体系加压，有利于反应向压强降低的方向进行；
c．某温度下的化学反应，催化剂不能改变化学平衡状态；
d．260℃之前，随着温度升高，甲醇的转化率增大，260℃之后，随着温度升高，甲醇的转化率几乎不变，说明260℃之前催化剂起着一定的性能，260℃之后催化性能降低；
（3）①氨气是碱性气体，二氧化硫为酸性气体，两者反应生成亚硫酸铵，+4价的硫被氧气氧化反应生成硫酸铵，据此书写化学方程式；
②工业上可用 NaClO 碱性溶液吸收SO2，利用的是次氯酸根离子的氧化性和二氧化硫的还原性；Ca（ClO）2也可用于脱硫，且脱硫效果比 NaClO 更好，是因为硫酸钙微溶，析出沉淀促进反应正向进行；
③根据图示可知反应物为硫酸铜，二氧化硫，电解时+4价的硫失去电子，生成硫酸根离子，铜离子得电子生成铜，据此书写离子方程式。
本题考查反应热、化学平衡、电化学等相关知识，需要掌握盖斯定律的应用，化学平衡的移动原理，和电解的相关知识，重在原理知识的考查，题目难度中等。
三、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
24. 2016年8月的 eLife上发表了我国医学工作者的一篇论文。论文指出小苏打在治疗癌症的方法中功不可没。某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及图1所示装置制取 NaHCO3，反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，其操作步骤如下：
第一步：连接好装置a接f；e接d；b接c，检验气密性，在仪器内装入药品。
第二步：让某一装置先发生反应，直到产生的气体不能再在Ⅲ中溶解，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，Ⅲ中出现固体。继续向中入两种气体，直到不再有固体产生。
第三步：分离Ⅲ中所得的混合物，得到NaHCO3固体
第四步；向滤液中加入适量的NaCl固体粉末，有NH4Cl晶体析出。
（1）I中盛放稀盐酸的仪器名称是______。
（2）Ⅱ中圆底烧瓶盛放试剂名称是______。
（3）Ⅳ中应选用的液体为______。
（4）实验室检验Ⅱ中生成气体的方法______。
（5）第二步中让______（填序号）装置先发生反应。
（6）第四步中所得的晶体中常含有少量的NaCl和 NaHCO3（约占5%～8%），请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1．简要写出操作和现象______。
【答案】长颈漏斗；生石灰或NaOH固体；饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液；湿润的红色石蕊试纸变蓝；Ⅱ；取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结
【解析】解：（1）A装置是制备二氧化碳气体的反应，所以Ⅰ中盛放稀盐酸的仪器名称是长颈漏斗，
故答案为：长颈漏斗；
（2）Ⅱ装置是利用分液漏斗中的浓氨水与生石灰或NaOH固体作用来制备氨气，
故答案为：生石灰或NaOH固体；
（3）生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去碳酸氢钠难以形成，所以应用饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液除去，
故答案为：饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液；
（4）可利用湿润的红色石蕊试纸检验生成的氨气，现象是试纸遇到气体变蓝色，
故答案为：湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（5）候氏制碱方法是利用氨气溶解性大极易溶解于水，二氧化碳气体水中溶解性较小，实验饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体；实验操作过程中，应让Ⅱ装置先发生反应，
故答案为：Ⅱ；
（6）第四步中为了析出氯化铵晶体，则向滤液中加入适量的NaCl粉末，提高氯离子浓度，使NH4Cl晶体析出；所得的氯化铵晶体中常含有少量的氯化钠和碳酸氢钠（约占5%～8%），设计简单的实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的分解产物为气体，温度降低氨气和氯化氢气体会重新生成固体氯化氨，方法为：取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵；
故答案为：取少量固体放入试管中，加热，固体大部分消失，在试管口内壁又有较多的固体凝结；
（1）Ⅰ装置是制备二氧化碳气体一般用碳酸钙和盐酸反应生成，盐酸从长颈漏斗中加入；
（2）Ⅱ装置是制备氨气，可利用分液漏斗中的浓氨水滴到圆底烧瓶内的生石灰或NaOH固体上；
（3）二氧化碳气体中含有氯化氢气体，会影响碳酸氢钠的生成，Ⅳ中装置除杂可以用饱和碳酸氢钠溶液；
（4）氨气的水溶液显碱性，利用此性质检验生成的氨气；
（5）氨气易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水；
（6）为了析出氯化铵晶体，则向滤液中加入适量的NaCl粉末，提高氯离子浓度，使NH4Cl晶体析出；实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的性质，受热生成氯化氢和氨气气体，在试管口处温度降低重新生成固体氯化铵分析判断。
本题考查了纯碱工业原理及其应用，题目难度中等，明确制备流程、常见物质的性质为解答关键，注意掌握侯氏制碱法的反应原理，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
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