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【化学】甘肃省河西五地2018-2019学年高二下学期联考（解析版） 试卷
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甘肃省河西五地2018-2019学年高二下学期联考
第Ⅰ卷（选择题共50分）
一、选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2.5分，共50分）
1.将下列物质按酸、碱、盐分类依次排列正确的是（ ）
A. 硫酸、纯碱、石灰石 B. 氢硫酸、烧碱、绿矾
C. 石炭酸、熟石膏、醋酸钠 D. 磷酸、乙醇钠、苛性钾
【答案】B
【解析】
A中纯碱是盐。C中熟石膏是盐，D中乙醇钠表示碱，苛性钾是碱，所以正确的答案选B。
2.据媒体报道，日本食品巨头明治公司生产的“明治STEP”奶粉中检测出含量超标的放射性元素铯(Cs)。铯较为稳定的核素有、、、。下列判断不正确的是（ ）
A. 、、、互为同位素
B. 、、、的核外电子排布相同
C. 、、、的性质和用途相同
D. 、、、的质量数和中子数均不同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 同位素指质子数相同，中子数不同的一类原子互称，所以、、、互为同位素，故A正确；B. 核电荷数=质子数=核外电子数，所以、、、的核外电子排布相同，故B正确；C.元素的化学性质是由最外层电子数决定的， 、、、的最外层电子数相同，所以化学性质相同，物理性质不同，用途也不相同，故C错误；D. 、、、的质子数相同,中子数不同，所以质量数不同，故D正确；答案：C。
【点睛】本题考查同位素的相关知识，同位素指质子数相同，中子数不同的一类原子的互称。同位素的化学性质由最外层电子数决定，所以化学性质相同；因为中子数不同，所以同位素的质量数一定不同，物理性质不同。
3.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。下列反应属于阴影部分的是（ ）
A. 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
B. 2NaHCO3===Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D. Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
【答案】A
【解析】
由图示可看出，所选反应仅能为氧化还原反应，不属于四种基本反应类型，故答案为A
4.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 二氧化碳的电子式：
B. S2-的结构示意图：
C. 中子数为8的碳原子：146C
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二氧化碳的电子式：，故A错误； B. S2-的结构示意图：，故B错误；C. 中子数为8的碳原子质量数为14，原子表示为： ，故C正确 D. 聚丙烯的结构简式：,故D错误；答案：C。
5.用来解释下列事实的离子方程式正确的是（ ）
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
B. Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+ 3H+ ═ Fe3+ +3H2O
C. 用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
D. 碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e—+2H2O＝4OH—，故A正确；Fe(OH)3溶于氢碘酸中，碘离子被氧化为碘单质，故B错误；用铜为电极电解饱和食盐水，阳极铜被氧化为铜离子，氢离子被还原为氢气，故C错误；碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3—+OH—+Ca2+＝CaCO3+H2O，故D错误 。
考点：本题考查离子方程式。
6.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol HNO3见光分解，转移电子数4NA
B. 含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu反应，生成SO2的分子数为0.1NA
C. 100 mL 0.5 mol/L的(NH4)2SO4溶液中，含有0.1NA个NH4+
D. 1 mol Na2O2晶体含有NA个阴离子
【答案】D
【解析】
【详解】A. HNO3见光分解方程式：4HNO3=4NO2+O2+2H2O，由方程式可知，1 molHNO3见光完全分解转移电子数为NA，故A错误；
B. 因为稀硫酸与铜不反应，所以含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，故B错误；
C.因为 NH4+能水解，所以100 mL 0.5 mol/L的(NH4)2SO4溶液中，含有NH4+数小于0.1NA个，故C错误；
D. 因为Na2O2 是离子化合物，阴阳离子个数比为1:2，所以1 mol Na2O2晶体含有NA个阴离子，故D正确；
答案：D。
7.X、Y、Z、W 属于同周期的短周期主族元素，原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为17，且Y原子最外层电子数是X原子最外层电子数的3倍，W的内层电子数比最外层电子数多。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径大小：r(X)>r(Y)；简单离子半径大小：r(W)>r(Z)
B. X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应
C. 氢化物的稳定性：W>Z；最高价氧化物的水化物的酸性：W﹤Z
D. 甲物质由Y和Z元素组成，溶于水后得到甲的水溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W 属于同周期的短周期主族元素,原子序数依次增大,W的内层电子数比最外层电子数多,而W原子序数至少大于4,故W只能处于第三周期,则四种元素都处于第三周期,Y原子最外层电子数是X原子最外层电子数的3倍,若X最外层电子数为2,则Y最外层电子数为6,Z只能为Cl、W为Ar,不符合题意,故X最外层电子数只能为1,Y最外层电子数为3,它们的原子最外层电子数之和为17,结合原子序数,则Z的最外层电子数为6,W的最外层电子数为7,可推知,X为Na、Y为Al、Z为S、W为Cl。
【详解】A.同周期自左而右原子半径减小,故原子半径Na>Al,电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径S2->Cl-,故A错误;B.氢氧化铝属于两性氢氧化物,与氢氧化钠、硫酸反应,氢氧化钠与硫酸发生中和反应,故B正确;C.非金属性SH2S,最高价氧化物水化物酸性H2SO4
8.下列说法正确的是（ ）
A. 吸热反应一定不能自发进行
B. 由C（s,石墨）=C（s,金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，可知金刚石比石墨稳定
C. S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1，S(g)+O2(g)=SO2( g) △H2，则△H1＞△H2
D. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ•mol-1，则0.5molH2SO4 与0.5molBa(OH)2反应一定放出57.3kJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A. 化学反应的热效应与反应物和生成物具有的能量有关，而反应能否自发进行与焓变和熵变有关，故A错误；；
B.根据物质能量越高越不稳定，由 C(s，石墨)= C(s，金刚石) ∆H= +1.9kJ·mol−1，可以知道反应时吸热反应，金刚石能量高于石墨，所以石墨稳定，故B错误；
C. A.固体硫变化为气态硫需要吸收热量，所以固体硫燃烧放出的热量少，故∆H1＞∆H2
故C正确；
D. 中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，但生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量，则0.5mol H2SO4 与 0.5mol B a(OH)2 反应放出的热大于57.3kJ ，故D错误；
故答案选C。
9.下列图示实验合理的是（ ）
A. 证明非金属性强弱：S﹥C﹥Si
B. 制备少量氧气
C. 配制一定浓度硫酸溶液
D. 制备并收集少量NO2气体
【答案】A
【解析】
试题分析：A、图1装置可以证明硫酸的酸性大于碳酸，碳酸大于硅酸，进而证明非金属性：S>C>Si，正确；B、Na2O2为粉末，不适合图2装置，错误；C、浓硫酸不能加入水中，也不能在容量瓶中稀释，错误；D、NO2不能用排水法收集，错误。
考点：本题考查实验装置及作用。
10.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（ ）
A. 化学式为C6H6O6
B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应
C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含l mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构和性质判断
11.下列电化学实验装置正确的是（ ）
A. 电解精炼铜
B. 验证电解饱和氯化钠溶液（含酚酞）的产物
C. 在铁制品上镀铜
D. 构成原电池
【答案】B
【解析】
粗铜精炼时，应让粗铜作阳极，故A错误。电解饱和氯化钠溶液时，碳棒作阳极产生氯气，可用淀粉KI溶液检验，铁棒作阴极，产生氢气，收集后可利用爆鸣实验检验，B正确。在铁制品上镀铜时，应使铁制品作阴极，故C错误。若Fe与FeCl3的反应构成原电池反应，则两者不能直接接触，将装置中的FeCl2溶液与FeCl3溶液互换即可达到目的，故D错误。
点拨：本题考查电解精炼、电镀等电化学知识，意在考查考生运用电化学理论知识解决实际问题的能力。
12.利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ）
A. 称取碳酸钠晶体100 g
B. 定容时俯视观察刻度线
C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗
D. 定容后将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线
【答案】B
【解析】
0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取143 g Na2CO3·10H2O，A项浓度偏低；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B项符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，C项浓度偏低；D项会造成所配溶液的浓度偏低。
13.下列电解质溶液中有关浓度关系不正确的是（ ）
A. 浓度均为0.1 mol/L的HF、KF混合溶液中：2c(H+)＋c(HF)＝2c(OH-)＋c(F-)
B. 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中：2c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
C. 常温下，pH＝5的NaHSO3溶液中，水电离出的c(H+)＝1.0×10-9 mol/L
D. NH4+浓度均为0.1 mol/L的 ①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HCO3三种溶液的浓度：③＞①＞②
【答案】B
【解析】
试题分析：A.根据物料守恒可得2c(K+)= c(HF)＋c(F-)；根据电荷守恒可得c(K+)+ c(H+)= c(OH-)＋c(F-)。将第二个式子变形可得c(K+)= c(OH-)＋c(F-) -c(H+)。代入第一个式子。整理可得2c(H+)＋c(HF)=2c(OH-)＋c(F-)。正确。B．0.1 mol/L的Na2CO3溶液中：根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3).错误。C．常温下，pH=5的NaHSO3溶液中，c(H+)=10-5mol/L,c(OH-)=10-14÷10-5=10-9mol/L.在水溶液中只有水电离产生OH-。所以 c(H+)(水)=c(OH-)=10-9mol/L。正确。D．三个溶液中都存在铵根离子的水解反应：NH4++H2ONH3·H2O+H+。在②中还存在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+会对铵根离子水解起抑制作用。所以铵根离子浓度均为0.1 mol/L溶液的浓度①大于②的。在③中还存在HCO3－+H2OH2CO3+OH-。对铵根离子的水解起促进作用，所以当铵根离子浓度相同时，溶液的浓度：③＞①。因此物质是浓度的关系为③＞①＞②。正确。
考点：考查电解质溶液中有关离子浓度关系的知识。主要包括物料守恒、电荷守恒、盐的水解、弱电解质的电离的知识。
14.25℃时，将a mol·L－1一元酸HA与b mol·L－1 NaOH等体积混合后测得溶液pH＝7，则下列关系一定不正确的是（ ）
A. a＝b B. a＞b
C. c(A－)＝c(Na＋) D. c(A－)＜c(Na＋)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性；由于溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，综上所述，a≥b，故A正确；B、由A分析可知，可以满足a＞b，故B正确；C、溶液中c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液pH=7，则c(OH-)=c(H+)，故c(A-)=c(Na+)，故C正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c(A-)=c(Na+)，故D错误；故选D。
【考点定位】考查酸碱混合时的定量判断及有关pH的计算
【名师点晴】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用。本题中根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性，以及溶液中的电荷守恒关系c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，便可顺利判断c(A-)、c(Na+)的相对大小。
15.将1 mol CO和2 mol H2充入一容积为1 L的密闭容器中，分别在250℃、T℃下发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝a kJ/mol，如图所示。下列分析中正确的是（ ）
A. 250℃时，0～10 min H2反应速率为0.015 mol/(L·min)
B. 平衡时CO的转化率：T℃时小于250℃时
C. 其他条件不变，若减小容器体积，CO体积分数增大
D. a＜0，平衡常数K：T℃时大于250℃
【答案】D
【解析】
试题分析：依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0。A、0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式氢气的变化量为：0.15mol×2=0.3mol，所以v（H2）=0.3mol÷1L÷10min=0.03 mol/（L•min），错误；B、A和B两条曲线，250℃时，先达化学平衡状态，250°C＞T°C，温度越高，CO转化率越低，正反应放热，所以a＜0，而且T＜250℃，温度越低CO的转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，错误；C、其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，错误；D、a＜0，即升高温度，平衡逆向移动，K减小，所以平衡常数K：T℃时大于250℃，正确。
考点：本题考查图像的分析、反应速率的计算、化学平衡移动。
16.已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3
+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如下图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 图中AB段发生的是过量的酸性KMnO4溶液与KI的反应
B. 图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C. 根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol
D. 向C点以后的溶液中加入少量KSCN溶液，溶液变红色
【答案】D
【解析】
试题分析：A、加入KI溶液后，AB段Fe3＋的物质的量不变，说明高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液反应后高锰酸钾过量，A正确；B、根据电子守恒可知，过量的n(KMnO4)为0.5 mol÷5＝0.1 mol。继续加入KI溶液，Fe3＋的物质的量减少，发生反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，B正确；C、反应的n(Fe3＋)＝0.75 mol，所以生成0.75 mol Fe3＋消耗的n(KMnO4)为0.75 mol÷5＝0.15 mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量0.25 mol，C正确；D、C点以后的溶液中不再含有Fe3＋ ，加入少量KSCN溶液，溶液颜色不变，D错误，答案选D。
考点：考查Fe3＋、Fe2＋之间的相互转化、氧化还原反应、图表数据分析和计算。
17.已知甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如下转化：下列相关离子方程式或化学方程式错误的是（ ）
A. ①可能为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl B. ①可能为Fe＋2Fe3+＝3Fe2+
C. ②可能为2NO＋O2＝2NO2 D. ②可能为CO32－＋H2O＋CO2＝2HCO3－
【答案】B
【解析】
试题分析：连续反应是一种重要的特征反应。包括连续氧化、连续还原、连续加酸、连续加碱等。符合这一系列特征的反应很多，平时复习，要加以归纳和记忆。就本题而言，可借助题目所给信息缩小思考范围。A、根据题目，①如果为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，则甲为CH4，丁为Cl2、乙为CH3Cl，则丙可以CH2Cl2，或其他卤代烃，A正确；B、根据题目，甲无论为Fe还是Fe3+，均无法有第二个连续反应，B项错误；C、根据题目，丙为NO，则丁为O2、乙为NO2，则甲为NH3或N2，C正确；D、根据题目，丙为NaHCO3，则丁为CO2、乙为Na2CO3，则甲为NaOH，D正确。
考点：考查了元素化合物的转化的相关知识。
18.如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素（H2NCONH2）的化学能直接转化为电能，并生成对环境友好物质的装置，同时利用此装置产生的电能对乙装置进行铁上镀铜的实验。下列说法中不正确的是（ ）
A. H+透过质子交换膜由左向右移动
B. M电极反应式：H2NCONH2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+
C. 铁电极应与X相连接
D. 当N电极消耗0.5mol气体时，则铁电极增重32g
【答案】D
【解析】
试题分析：根据图示，N极发生还原反应，N是正极，M是负极。H+透过质子交换膜由左向右移动，故A正确；M是负极，发生氧化反应，M电极反应式：H2NCONH2+H2O—6e—＝CO2↑+N2↑+6H+，故B正确；铁上镀铜，铁做阴极，铁电极应与X相连接，故C正确；当N电极消耗0.5mol氧气时，转移电子2mol，根据电子守恒，铁电极生成1mol铜，增重64g，故D错误。
考点：本题考查原电池、电解池。
19.下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO32-
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42-
C. 加入浓烧碱溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定有NH4+
D. 加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故A错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应生成不溶于水也不溶于盐酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中不一定含有SO42-，故B错误；C.能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，在碱性条件下生成NH3，说明溶液中含有NH4+，故C正确；D、碳酸钡、碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故D错误；故选C。
【点睛】根据碳酸氢根离子、亚硫酸根离子能与盐酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体分析；根据氯化银、硫酸钡都不溶于水也不溶于盐酸分析；能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；碳酸钡、碳酸钙沉淀都可溶于盐酸。
20.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向同体积同浓度H2O2溶液中，分别加入1mol•L-1的CuCl2、FeCl3溶液，加FeCl3溶液的H2O2分解快
则Cu2+对H2O2分解速
率的影响比Fe3+大
B
相同温度下，测定相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液的pH大
酸性：HClO＜CH3COOH
C
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火馅呈黄色
原溶液中定不含钾元素
D
向10mL0.2mol•L-1NaOH溶液中滴入2滴0．lmol•L-1 MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再加2滴0．lmol•L-1 FeCl3溶液，产生红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]＞
Ksp[Fe(OH)3]
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，故A错误；B.NaClO、CH3COONa都是强碱弱酸盐，通过测定pH的大小，判断水解程度的大小，根据越弱越水解的原理可知，酸性HClO
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
二、非选择题（本题共3小题，共38分）
21.工业制硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤。
（1）某温度下，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H= -197 kJ／mol。开始时在10 L的密闭容器中加入4.0 molSO2(g)和10.0 molO2(g)，当反应达到平衡时共放出197kJ的热量，该温度下的平衡常数K=_________，升高温度K将_____________（增大、减小或不变）。
（2）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，达到平衡后，改变下述条件，SO2、O2、SO3的平衡浓度都比原来增大的是__________________（填字母）。
A．恒温恒容，充入2mol SO3 B．恒温恒容，充入2mol N2
C．恒温恒压，充入1 mol SO3 D．升高温度
（3）在一密闭容器中进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，化学兴趣小组的同学探究了其他条件不变时，改变某一条件时对上述反应的影响，并根据实验数据作出了下列关系图。下列判断中正确的是 ____________（填字母）。
A．图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
C．图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且乙的温度较低
D．图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高
（4）某实验小组设想如右图所示装置用电化学原理生产硫酸，写出通入SO2的电极的电极反应式：___________。
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101 kPa时：① 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1= —197 kJ/mol；② H2O(g)=H2O(l)△H2= —44 kJ/mol；③ 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) △H3= —545 kJ/mol。写出SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是_____________________________。
（6）由硫酸可制得硫酸盐，在一定温度下，向K2SO4溶液中滴加Na2CO3溶液和BaCl2溶液，当两种沉淀共存时，SO42-和CO32-的浓度之比___________________________。 【已知该温度时，Ksp（BaSO4）=1.3×10-10，Ksp（BaCO3）= 5.2×10-9。】
【答案】（1）10/9 （2分） 减小（2分）
（2）A（2分）
（3）CD（2分）
（4）SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+（2分）
（5）SO3（g） + H2O（1）H2SO4（l） △H1= －130kJ/mol；（3分）
（6）1：40（2分）
【解析】
试题分析：（1）反应达到平衡时共放出197kJ的热量，根据热化学方程式可知反应了2.0mol SO2和1.0mol O2，
根据三段式进行计算： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
起始浓度（mol•L‾1） 0.4 1 0
转化浓度（mol•L‾1） 0.2 0.1 0.2
平衡浓度（mol•L‾1） 0.2 0.9 0.2
该温度下的平衡常数K= 0.22÷（0.22×0.9）=10/9；因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，所以K将减小。
（2）A、保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3，平衡向逆反应分析移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，正确；B、保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，对平衡移动没有影响，各物质的浓度不变，错误；C、保持温度和容器内压强不变，充入1mol SO3，处于等效平衡状态，浓度不变，错误；D、升高温度，平衡向逆反应分析移动，SO3的浓度减小，错误。
（3）A、催化剂不影响平衡，SO3的浓度相等，与图像不符合，错误；B、甲的反应速率快，所以甲的压强大，平衡向右移动，SO2的转化率大，与图像不符合，错误；C、甲的反应速率快，所以甲的温度高，平衡向左移动，SO2的转化率小，与图像符合，正确；D、催化剂加快反应速率，不影响平衡，与图像符合，正确。
（4）依据图中所示装置，二氧化硫失电子发生氧化反应，在水溶液中转化为硫酸；电极反应为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。
（5）首先写出SO3与水反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求出反应热，∆H=-1/2∆H1-∆H2+1/2∆H3=－130kJ•mol‾1，即可写出热化学方程式。
（6）c(SO42‾)：c(CO32‾)=Ksp(BaSO4）/c(Ba2+)：Ksp(BaCO3）/c(Ba2+)=Ksp(BaSO4）/Ksp(BaCO3）=1：40
考点：本题考查平衡常数的计算、平衡移动、图像的分析、电极方程式的书写、热化学方程式的书写、Ksp的计算。
22.物质的转化关系如下图所示（有的反应可能在水溶液中进行）。其中A是一种能使红色石蕊试液变蓝的气体，甲为淡黄色固体化合物，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化，用两根玻璃棒分别蘸取化合物A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。请回答下列问题：
（1）写出甲的电子式是___________；
（2）写出反应Ⅰ的化学方程式__________；
（3）A溶于水得到溶液X，在25℃下，将a mol·L-1的X与b mol·L-1的G溶液等体积混合，溶液显中性，则所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为______________；用含a和b的代数式表示出该混合溶液中X的电离平衡常数_______________________。
（4）工业上采用的一种污水处理方法是：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过如图装置处理污水。
① 电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，则阳极的电极反应式分别是：Ⅰ．___； Ⅱ．______。
② 为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分X物质参加循环，X物质的化学式是_______________________。
【答案】 (1). (2). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (3). c(NO3—)=c(NH4+)＞c(OH—)= c(H+) (4). (5). Al—3e—= Al3+ (6). 4OH- —4e-＝ 2H2O + O2↑ (7). CO2
【解析】
【分析】
A是一种能使红色石蕊试液变蓝的气体，则A为NH3;甲为淡黄色固体化合物，应为Na2O2，用两根玻璃棒分别蘸取化合物A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，说明A应为NH3，G为HNO3，则C为NO，B为H2O，E为NO2，乙在G的浓溶液中发生钝化，应为Al，生成F为NaAlO2，根据物质的性质结合题目的要求可解答该题。
【详解】（1）由以上分析可知甲为淡黄色固体化合物，应为Na2O2，为离子化合物，电子式为，故答案为：；
（2）用两根玻璃棒分别蘸取化合物A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，说明A应为NH3，G为HNO3,则B为H2O，E为NO2 ，C为NO，反应Ⅰ为氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）A为NH3，G为HNO3，溶液混合后存在电荷守恒：c（NO3-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），因为溶液显中性，则c（OH-）=c（H+）、c（NO3-）=c（NH4+），中性溶液中c（OH-）、c（H+）较小，则c（NO3-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；反应后剩余n（NH3•H2O）=（a-b）mol，n（NH4+）=n（NO3-）=bmol，c（OH-）=10-7mol/L，则k=== （假定混合后溶液的体积为V），故答案为：c（NO3-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）； ；
（4）①电解池阳极为Al，发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，应生成O2，电极方程式分别为Al-3e-=Al3+、4OH--4e-=2H2O+O2↑，
故答案为：Al-3e-=Al3+； 4OH--4e-=2H2O+O2↑；
②负极电极方程式为CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O，正极为2O2+4CO2+8e-=4CO32-，可循环利用的为CO2，故答案为：CO2。
23.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂，常见制备方法如下。
（1）氯酸钾氧化法：化学反应方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KC1+3C12，每生成3mol KH(IO3)2，反应中转移的电子数为______，向反应后溶液中加______溶液得到KIO3。
（2）一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如图：
①进行“过滤1”时，需同时对CuI沉淀进行洗涤。在洗涤液中可通过滴加______盐溶液来检验其是否已洗涤干净。
②“制FeI2”时，发生反应的化学方程式为______。
③在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI（催化剂）和淀粉，不停地搅拌，反应机理为：第一步IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O 第二步反应的离子方程式为______。
当反应进行到1.5min时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，则第______步反应速率快。
④改变反应温度，重复上述实验，得到温度（T）与溶液变蓝所需时间（t）的关系如图所示（超过50℃后溶液不会再变蓝）。根据图象，请你分析温度低于50℃时，溶液变蓝所需时间与反应温度的关系：_________。
（3）山东省已下调食用盐碘含量标准每千克盐含碘25毫克（波动范围为18～33mg•kg-1）。测定食盐试样中碘元素含量的步骤如下：称取4.000g市售食盐加入锥形瓶中，依次加入适量的水、稍过量KI及稀硫酸；充分反应后，再加入12.00mL 6.000×10-4mol•L-1Na2S2O3溶液，与生成的碘恰好完全反应。有关反应原理为：
KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。计算该食盐试样中碘元素的含量______mg•kg-1。
【答案】 (1). 30NA (2). KOH (3). BaCl2[或Ba(NO3)2] (4). 2Cul +Fe =Fel2+2Cu (5). I2 +HSO3- +H2O=2I- +SO42- +3H+ (6). 二 (7). 温度低于30℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30℃时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长 (8). 38.10
【解析】
【详解】(1)根据化学反应方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KC1+3C12，I2的化合价由0价到+5价，每生成6mol KH(IO3)2，反应中转移的电子数为60mol，则生成3mol KH(IO3)2转移的电子数为30mol即30NA。根据反应生成的产物KH(IO3)2，要制得KIO3，需向反应后溶液中加KOH溶液，发生的反应为KH(IO3)2+KOH= 2KIO3+H2O。答案：KOH。
（2）“过滤1”操作之前溶液中主要含有硫酸盐，所以只要洗涤滤液中没有SO42-，就表示沉淀已经洗涤干净，检验SO42-离子常用的试剂是BaCl2溶液等可溶性钡盐溶液和稀硝酸（或稀盐酸）.答案：BaCl2或Ba(NO3)2。
②由流程图可知CuI 和Fe 可以“制FeI2”，发生反应的化学方程式为2CuI+Fe =FeI2 +2Cu。答案：2CuI+Fe =FeI2 +2Cu。
③在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI(催化剂)和淀粉，不停地搅拌，反应机理为：第一步IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O ，第二步反应的离子方程式为I2+HSO3-+H2O=2I-+SO42-+3H+。
当反应进行到1.5min时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，说明第二步反应速率快。
④根据图像可知，温度低于30℃时,温度越高,溶液变蓝所需时间越短，说明催化剂的活性在30℃最好，且温度较高时化学反应速率较快;温度高于30℃时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长。答案：温度低于30C时,温度越高,溶液变蓝所需时间越短;温度高于30C时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长。
(5)根据题目提供的反应原理可KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
KIO33I2S2O32-,n(I)=n(KIO3)=1/6n(S2O32-)=1/66.00010-4mol•L-112.OOmL10-3L•mL-1=1.20010-6mol，m(I)= 1.20010-6mol127g•mol-1103mg•g-1=0.1524mg碘含量为：0.1524mg /(4.000g10-3kg/g)=38.10mg/kg。答案：38.10。
三．选做题（12分。请考生从24、25两题中任选一题作答，若多做，按第一题计分）
24.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的电子排布式为_________________。
(2)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是________。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是__________。
(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含________molσ键，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种)。
(5)氮化铁晶体的晶体结构示意图如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。
(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe3+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O2-的最短核间距为___________pm。
【答案】 (1). [Ar] 3d5 (2). N>O>S (3). sp2 (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 (6). 10 (7). CN- 或C22— (8). 3∶1 (9). 12 (10).
【解析】
【分析】
（1）Fe原子核外有26个电子，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5；
（2）氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同；
（3）FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形；
（4）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子；
（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内；
（6）根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO。
【详解】（1）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+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；
（2）根据同周期同主族元素性质递变规律判断，同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同，都为sp2杂化，故答案为：N>O>S；sp2；
（3）FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形，故答案为：分子晶体；正四面体形；
（4）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；1个Fe（CO）5分子中含10个σ键，1molFe（CO）5分子中含10molσ键；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的离子为CN-或C22—，故答案为：10；CN-或C22—；
（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内，用“均摊法”可得晶胞中含Fe个数为12×1/6+2×1/2+3=6个，N原子个数为2个，该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1，故答案为：3:1；
（6）根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为72/ρcm3；晶胞的体积为72/ρcm3NA×4=288/(ρNA)cm3，晶胞的边长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为cm=cm=1010pm，故答案为：12；。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及了电子排布式的书写、离子空间构型、晶体类型的判断、σ键的确定、晶胞的分析和计算。用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。
25.伪麻黄碱(D)是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）伪麻黄碱(D)的分子式为；B中含有的官能团有________________________（写名称）。
（2）写出 B—C反应的化学方程式：________________。C—D的反应类型为______________。
（3）B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：_______________。
（4）满足下列要求的A的同分异构体有_______种；①能发生银镜反应 ②苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的为__________（写结构简式）。
（5）已知：。参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：_________________。
【答案】（1）C10H15NO；羰基 、溴原子
（2）+HBr；还原反应
（3）
（4）4；
（5）
【解析】
【分析】
根据D的结构写分子式；根据B 的结构判断含有的官能团名称；由框图知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；根据消去反应的定义是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，进行推断。根据条件发生银镜反应的有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱有四组峰，且比例是6:2:1:1，由此进行判断。由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可。
【详解】（1）根据结构式得出分子式为 C10H15NO， 由B的结构式得B中含有羰基和溴原子。答案：C10H15NO 羰基、溴原子。
（2）由题可知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代，化学反应方程式为；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应。答案： 还原反应。
（3）消去反应是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，加聚是将n个C=C变为-C-C-，所以B经消去再聚合后的产物是。
（4）A的同分异构体能发生银镜反应，则一定含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，满足条件的同分异构体有：、、、，共4种。其中核磁共振氢谱有四组峰，即有四种氢原子，且比例是6:2:1:1的是和。
（5）由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可：。
第Ⅰ卷（选择题共50分）
一、选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2.5分，共50分）
1.将下列物质按酸、碱、盐分类依次排列正确的是（ ）
A. 硫酸、纯碱、石灰石 B. 氢硫酸、烧碱、绿矾
C. 石炭酸、熟石膏、醋酸钠 D. 磷酸、乙醇钠、苛性钾
【答案】B
【解析】
A中纯碱是盐。C中熟石膏是盐，D中乙醇钠表示碱，苛性钾是碱，所以正确的答案选B。
2.据媒体报道，日本食品巨头明治公司生产的“明治STEP”奶粉中检测出含量超标的放射性元素铯(Cs)。铯较为稳定的核素有、、、。下列判断不正确的是（ ）
A. 、、、互为同位素
B. 、、、的核外电子排布相同
C. 、、、的性质和用途相同
D. 、、、的质量数和中子数均不同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 同位素指质子数相同，中子数不同的一类原子互称，所以、、、互为同位素，故A正确；B. 核电荷数=质子数=核外电子数，所以、、、的核外电子排布相同，故B正确；C.元素的化学性质是由最外层电子数决定的， 、、、的最外层电子数相同，所以化学性质相同，物理性质不同，用途也不相同，故C错误；D. 、、、的质子数相同,中子数不同，所以质量数不同，故D正确；答案：C。
【点睛】本题考查同位素的相关知识，同位素指质子数相同，中子数不同的一类原子的互称。同位素的化学性质由最外层电子数决定，所以化学性质相同；因为中子数不同，所以同位素的质量数一定不同，物理性质不同。
3.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。下列反应属于阴影部分的是（ ）
A. 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
B. 2NaHCO3===Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D. Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
【答案】A
【解析】
由图示可看出，所选反应仅能为氧化还原反应，不属于四种基本反应类型，故答案为A
4.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 二氧化碳的电子式：
B. S2-的结构示意图：
C. 中子数为8的碳原子：146C
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二氧化碳的电子式：，故A错误； B. S2-的结构示意图：，故B错误；C. 中子数为8的碳原子质量数为14，原子表示为： ，故C正确 D. 聚丙烯的结构简式：,故D错误；答案：C。
5.用来解释下列事实的离子方程式正确的是（ ）
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
B. Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+ 3H+ ═ Fe3+ +3H2O
C. 用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
D. 碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
【答案】A
【解析】
试题分析：钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e—+2H2O＝4OH—，故A正确；Fe(OH)3溶于氢碘酸中，碘离子被氧化为碘单质，故B错误；用铜为电极电解饱和食盐水，阳极铜被氧化为铜离子，氢离子被还原为氢气，故C错误；碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水：HCO3—+OH—+Ca2+＝CaCO3+H2O，故D错误 。
考点：本题考查离子方程式。
6.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol HNO3见光分解，转移电子数4NA
B. 含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu反应，生成SO2的分子数为0.1NA
C. 100 mL 0.5 mol/L的(NH4)2SO4溶液中，含有0.1NA个NH4+
D. 1 mol Na2O2晶体含有NA个阴离子
【答案】D
【解析】
【详解】A. HNO3见光分解方程式：4HNO3=4NO2+O2+2H2O，由方程式可知，1 molHNO3见光完全分解转移电子数为NA，故A错误；
B. 因为稀硫酸与铜不反应，所以含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，故B错误；
C.因为 NH4+能水解，所以100 mL 0.5 mol/L的(NH4)2SO4溶液中，含有NH4+数小于0.1NA个，故C错误；
D. 因为Na2O2 是离子化合物，阴阳离子个数比为1:2，所以1 mol Na2O2晶体含有NA个阴离子，故D正确；
答案：D。
7.X、Y、Z、W 属于同周期的短周期主族元素，原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为17，且Y原子最外层电子数是X原子最外层电子数的3倍，W的内层电子数比最外层电子数多。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径大小：r(X)>r(Y)；简单离子半径大小：r(W)>r(Z)
B. X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两之间可以发生反应
C. 氢化物的稳定性：W>Z；最高价氧化物的水化物的酸性：W﹤Z
D. 甲物质由Y和Z元素组成，溶于水后得到甲的水溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W 属于同周期的短周期主族元素,原子序数依次增大,W的内层电子数比最外层电子数多,而W原子序数至少大于4,故W只能处于第三周期,则四种元素都处于第三周期,Y原子最外层电子数是X原子最外层电子数的3倍,若X最外层电子数为2,则Y最外层电子数为6,Z只能为Cl、W为Ar,不符合题意,故X最外层电子数只能为1,Y最外层电子数为3,它们的原子最外层电子数之和为17,结合原子序数,则Z的最外层电子数为6,W的最外层电子数为7,可推知,X为Na、Y为Al、Z为S、W为Cl。
【详解】A.同周期自左而右原子半径减小,故原子半径Na>Al,电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径S2->Cl-,故A错误;B.氢氧化铝属于两性氢氧化物,与氢氧化钠、硫酸反应,氢氧化钠与硫酸发生中和反应,故B正确;C.非金属性S
8.下列说法正确的是（ ）
A. 吸热反应一定不能自发进行
B. 由C（s,石墨）=C（s,金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，可知金刚石比石墨稳定
C. S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1，S(g)+O2(g)=SO2( g) △H2，则△H1＞△H2
D. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ•mol-1，则0.5molH2SO4 与0.5molBa(OH)2反应一定放出57.3kJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A. 化学反应的热效应与反应物和生成物具有的能量有关，而反应能否自发进行与焓变和熵变有关，故A错误；；
B.根据物质能量越高越不稳定，由 C(s，石墨)= C(s，金刚石) ∆H= +1.9kJ·mol−1，可以知道反应时吸热反应，金刚石能量高于石墨，所以石墨稳定，故B错误；
C. A.固体硫变化为气态硫需要吸收热量，所以固体硫燃烧放出的热量少，故∆H1＞∆H2
故C正确；
D. 中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，但生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量，则0.5mol H2SO4 与 0.5mol B a(OH)2 反应放出的热大于57.3kJ ，故D错误；
故答案选C。
9.下列图示实验合理的是（ ）
A. 证明非金属性强弱：S﹥C﹥Si
B. 制备少量氧气
C. 配制一定浓度硫酸溶液
D. 制备并收集少量NO2气体
【答案】A
【解析】
试题分析：A、图1装置可以证明硫酸的酸性大于碳酸，碳酸大于硅酸，进而证明非金属性：S>C>Si，正确；B、Na2O2为粉末，不适合图2装置，错误；C、浓硫酸不能加入水中，也不能在容量瓶中稀释，错误；D、NO2不能用排水法收集，错误。
考点：本题考查实验装置及作用。
10.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（ ）
A. 化学式为C6H6O6
B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应
C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含l mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构和性质判断
11.下列电化学实验装置正确的是（ ）
A. 电解精炼铜
B. 验证电解饱和氯化钠溶液（含酚酞）的产物
C. 在铁制品上镀铜
D. 构成原电池
【答案】B
【解析】
粗铜精炼时，应让粗铜作阳极，故A错误。电解饱和氯化钠溶液时，碳棒作阳极产生氯气，可用淀粉KI溶液检验，铁棒作阴极，产生氢气，收集后可利用爆鸣实验检验，B正确。在铁制品上镀铜时，应使铁制品作阴极，故C错误。若Fe与FeCl3的反应构成原电池反应，则两者不能直接接触，将装置中的FeCl2溶液与FeCl3溶液互换即可达到目的，故D错误。
点拨：本题考查电解精炼、电镀等电化学知识，意在考查考生运用电化学理论知识解决实际问题的能力。
12.利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ）
A. 称取碳酸钠晶体100 g
B. 定容时俯视观察刻度线
C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗
D. 定容后将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线
【答案】B
【解析】
0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取143 g Na2CO3·10H2O，A项浓度偏低；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B项符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，C项浓度偏低；D项会造成所配溶液的浓度偏低。
13.下列电解质溶液中有关浓度关系不正确的是（ ）
A. 浓度均为0.1 mol/L的HF、KF混合溶液中：2c(H+)＋c(HF)＝2c(OH-)＋c(F-)
B. 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中：2c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
C. 常温下，pH＝5的NaHSO3溶液中，水电离出的c(H+)＝1.0×10-9 mol/L
D. NH4+浓度均为0.1 mol/L的 ①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HCO3三种溶液的浓度：③＞①＞②
【答案】B
【解析】
试题分析：A.根据物料守恒可得2c(K+)= c(HF)＋c(F-)；根据电荷守恒可得c(K+)+ c(H+)= c(OH-)＋c(F-)。将第二个式子变形可得c(K+)= c(OH-)＋c(F-) -c(H+)。代入第一个式子。整理可得2c(H+)＋c(HF)=2c(OH-)＋c(F-)。正确。B．0.1 mol/L的Na2CO3溶液中：根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3).错误。C．常温下，pH=5的NaHSO3溶液中，c(H+)=10-5mol/L,c(OH-)=10-14÷10-5=10-9mol/L.在水溶液中只有水电离产生OH-。所以 c(H+)(水)=c(OH-)=10-9mol/L。正确。D．三个溶液中都存在铵根离子的水解反应：NH4++H2ONH3·H2O+H+。在②中还存在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+会对铵根离子水解起抑制作用。所以铵根离子浓度均为0.1 mol/L溶液的浓度①大于②的。在③中还存在HCO3－+H2OH2CO3+OH-。对铵根离子的水解起促进作用，所以当铵根离子浓度相同时，溶液的浓度：③＞①。因此物质是浓度的关系为③＞①＞②。正确。
考点：考查电解质溶液中有关离子浓度关系的知识。主要包括物料守恒、电荷守恒、盐的水解、弱电解质的电离的知识。
14.25℃时，将a mol·L－1一元酸HA与b mol·L－1 NaOH等体积混合后测得溶液pH＝7，则下列关系一定不正确的是（ ）
A. a＝b B. a＞b
C. c(A－)＝c(Na＋) D. c(A－)＜c(Na＋)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、若HA为强酸，溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合恰好反应，故a=b，若HA为弱酸，生成强碱弱酸盐NaA，溶液会呈碱性；由于溶液pH=7，HA与NaOH等体积混合，HA应过量，故a＞b，综上所述，a≥b，故A正确；B、由A分析可知，可以满足a＞b，故B正确；C、溶液中c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液pH=7，则c(OH-)=c(H+)，故c(A-)=c(Na+)，故C正确；D、由C中分析可知，溶液中一定满足c(A-)=c(Na+)，故D错误；故选D。
【考点定位】考查酸碱混合时的定量判断及有关pH的计算
【名师点晴】本题考查溶液中离子浓度比较、酸碱反应pH的定性判断、盐类水解等知识，注意酸HA的强弱讨论方法及电荷守恒、物料守恒在比较离子间关系时的应用。本题中根据HA是强酸还是弱酸，结合盐类水解判断a、b关系；根据溶液呈电中性，以及溶液中的电荷守恒关系c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，便可顺利判断c(A-)、c(Na+)的相对大小。
15.将1 mol CO和2 mol H2充入一容积为1 L的密闭容器中，分别在250℃、T℃下发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝a kJ/mol，如图所示。下列分析中正确的是（ ）
A. 250℃时，0～10 min H2反应速率为0.015 mol/(L·min)
B. 平衡时CO的转化率：T℃时小于250℃时
C. 其他条件不变，若减小容器体积，CO体积分数增大
D. a＜0，平衡常数K：T℃时大于250℃
【答案】D
【解析】
试题分析：依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0。A、0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式氢气的变化量为：0.15mol×2=0.3mol，所以v（H2）=0.3mol÷1L÷10min=0.03 mol/（L•min），错误；B、A和B两条曲线，250℃时，先达化学平衡状态，250°C＞T°C，温度越高，CO转化率越低，正反应放热，所以a＜0，而且T＜250℃，温度越低CO的转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，错误；C、其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，错误；D、a＜0，即升高温度，平衡逆向移动，K减小，所以平衡常数K：T℃时大于250℃，正确。
考点：本题考查图像的分析、反应速率的计算、化学平衡移动。
16.已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3
+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如下图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 图中AB段发生的是过量的酸性KMnO4溶液与KI的反应
B. 图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C. 根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol
D. 向C点以后的溶液中加入少量KSCN溶液，溶液变红色
【答案】D
【解析】
试题分析：A、加入KI溶液后，AB段Fe3＋的物质的量不变，说明高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液反应后高锰酸钾过量，A正确；B、根据电子守恒可知，过量的n(KMnO4)为0.5 mol÷5＝0.1 mol。继续加入KI溶液，Fe3＋的物质的量减少，发生反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，B正确；C、反应的n(Fe3＋)＝0.75 mol，所以生成0.75 mol Fe3＋消耗的n(KMnO4)为0.75 mol÷5＝0.15 mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量0.25 mol，C正确；D、C点以后的溶液中不再含有Fe3＋ ，加入少量KSCN溶液，溶液颜色不变，D错误，答案选D。
考点：考查Fe3＋、Fe2＋之间的相互转化、氧化还原反应、图表数据分析和计算。
17.已知甲、乙、丙、丁是中学化学常见的物质，一定条件下可发生如下转化：下列相关离子方程式或化学方程式错误的是（ ）
A. ①可能为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl B. ①可能为Fe＋2Fe3+＝3Fe2+
C. ②可能为2NO＋O2＝2NO2 D. ②可能为CO32－＋H2O＋CO2＝2HCO3－
【答案】B
【解析】
试题分析：连续反应是一种重要的特征反应。包括连续氧化、连续还原、连续加酸、连续加碱等。符合这一系列特征的反应很多，平时复习，要加以归纳和记忆。就本题而言，可借助题目所给信息缩小思考范围。A、根据题目，①如果为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，则甲为CH4，丁为Cl2、乙为CH3Cl，则丙可以CH2Cl2，或其他卤代烃，A正确；B、根据题目，甲无论为Fe还是Fe3+，均无法有第二个连续反应，B项错误；C、根据题目，丙为NO，则丁为O2、乙为NO2，则甲为NH3或N2，C正确；D、根据题目，丙为NaHCO3，则丁为CO2、乙为Na2CO3，则甲为NaOH，D正确。
考点：考查了元素化合物的转化的相关知识。
18.如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素（H2NCONH2）的化学能直接转化为电能，并生成对环境友好物质的装置，同时利用此装置产生的电能对乙装置进行铁上镀铜的实验。下列说法中不正确的是（ ）
A. H+透过质子交换膜由左向右移动
B. M电极反应式：H2NCONH2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+
C. 铁电极应与X相连接
D. 当N电极消耗0.5mol气体时，则铁电极增重32g
【答案】D
【解析】
试题分析：根据图示，N极发生还原反应，N是正极，M是负极。H+透过质子交换膜由左向右移动，故A正确；M是负极，发生氧化反应，M电极反应式：H2NCONH2+H2O—6e—＝CO2↑+N2↑+6H+，故B正确；铁上镀铜，铁做阴极，铁电极应与X相连接，故C正确；当N电极消耗0.5mol氧气时，转移电子2mol，根据电子守恒，铁电极生成1mol铜，增重64g，故D错误。
考点：本题考查原电池、电解池。
19.下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO32-
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO42-
C. 加入浓烧碱溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定有NH4+
D. 加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故A错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应生成不溶于水也不溶于盐酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中不一定含有SO42-，故B错误；C.能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，在碱性条件下生成NH3，说明溶液中含有NH4+，故C正确；D、碳酸钡、碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故D错误；故选C。
【点睛】根据碳酸氢根离子、亚硫酸根离子能与盐酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体分析；根据氯化银、硫酸钡都不溶于水也不溶于盐酸分析；能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；碳酸钡、碳酸钙沉淀都可溶于盐酸。
20.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向同体积同浓度H2O2溶液中，分别加入1mol•L-1的CuCl2、FeCl3溶液，加FeCl3溶液的H2O2分解快
则Cu2+对H2O2分解速
率的影响比Fe3+大
B
相同温度下，测定相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液的pH大
酸性：HClO＜CH3COOH
C
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火馅呈黄色
原溶液中定不含钾元素
D
向10mL0.2mol•L-1NaOH溶液中滴入2滴0．lmol•L-1 MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再加2滴0．lmol•L-1 FeCl3溶液，产生红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]＞
Ksp[Fe(OH)3]
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于溶液中氯离子浓度不同，无法排除氯离子对H2O2分解速率的影响，故A错误；B.NaClO、CH3COONa都是强碱弱酸盐，通过测定pH的大小，判断水解程度的大小，根据越弱越水解的原理可知，酸性HClO
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
二、非选择题（本题共3小题，共38分）
21.工业制硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤。
（1）某温度下，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H= -197 kJ／mol。开始时在10 L的密闭容器中加入4.0 molSO2(g)和10.0 molO2(g)，当反应达到平衡时共放出197kJ的热量，该温度下的平衡常数K=_________，升高温度K将_____________（增大、减小或不变）。
（2）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，达到平衡后，改变下述条件，SO2、O2、SO3的平衡浓度都比原来增大的是__________________（填字母）。
A．恒温恒容，充入2mol SO3 B．恒温恒容，充入2mol N2
C．恒温恒压，充入1 mol SO3 D．升高温度
（3）在一密闭容器中进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，化学兴趣小组的同学探究了其他条件不变时，改变某一条件时对上述反应的影响，并根据实验数据作出了下列关系图。下列判断中正确的是 ____________（填字母）。
A．图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
C．图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且乙的温度较低
D．图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高
（4）某实验小组设想如右图所示装置用电化学原理生产硫酸，写出通入SO2的电极的电极反应式：___________。
（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101 kPa时：① 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1= —197 kJ/mol；② H2O(g)=H2O(l)△H2= —44 kJ/mol；③ 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) △H3= —545 kJ/mol。写出SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是_____________________________。
（6）由硫酸可制得硫酸盐，在一定温度下，向K2SO4溶液中滴加Na2CO3溶液和BaCl2溶液，当两种沉淀共存时，SO42-和CO32-的浓度之比___________________________。 【已知该温度时，Ksp（BaSO4）=1.3×10-10，Ksp（BaCO3）= 5.2×10-9。】
【答案】（1）10/9 （2分） 减小（2分）
（2）A（2分）
（3）CD（2分）
（4）SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+（2分）
（5）SO3（g） + H2O（1）H2SO4（l） △H1= －130kJ/mol；（3分）
（6）1：40（2分）
【解析】
试题分析：（1）反应达到平衡时共放出197kJ的热量，根据热化学方程式可知反应了2.0mol SO2和1.0mol O2，
根据三段式进行计算： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
起始浓度（mol•L‾1） 0.4 1 0
转化浓度（mol•L‾1） 0.2 0.1 0.2
平衡浓度（mol•L‾1） 0.2 0.9 0.2
该温度下的平衡常数K= 0.22÷（0.22×0.9）=10/9；因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，所以K将减小。
（2）A、保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3，平衡向逆反应分析移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，正确；B、保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，对平衡移动没有影响，各物质的浓度不变，错误；C、保持温度和容器内压强不变，充入1mol SO3，处于等效平衡状态，浓度不变，错误；D、升高温度，平衡向逆反应分析移动，SO3的浓度减小，错误。
（3）A、催化剂不影响平衡，SO3的浓度相等，与图像不符合，错误；B、甲的反应速率快，所以甲的压强大，平衡向右移动，SO2的转化率大，与图像不符合，错误；C、甲的反应速率快，所以甲的温度高，平衡向左移动，SO2的转化率小，与图像符合，正确；D、催化剂加快反应速率，不影响平衡，与图像符合，正确。
（4）依据图中所示装置，二氧化硫失电子发生氧化反应，在水溶液中转化为硫酸；电极反应为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。
（5）首先写出SO3与水反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求出反应热，∆H=-1/2∆H1-∆H2+1/2∆H3=－130kJ•mol‾1，即可写出热化学方程式。
（6）c(SO42‾)：c(CO32‾)=Ksp(BaSO4）/c(Ba2+)：Ksp(BaCO3）/c(Ba2+)=Ksp(BaSO4）/Ksp(BaCO3）=1：40
考点：本题考查平衡常数的计算、平衡移动、图像的分析、电极方程式的书写、热化学方程式的书写、Ksp的计算。
22.物质的转化关系如下图所示（有的反应可能在水溶液中进行）。其中A是一种能使红色石蕊试液变蓝的气体，甲为淡黄色固体化合物，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化，用两根玻璃棒分别蘸取化合物A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。请回答下列问题：
（1）写出甲的电子式是___________；
（2）写出反应Ⅰ的化学方程式__________；
（3）A溶于水得到溶液X，在25℃下，将a mol·L-1的X与b mol·L-1的G溶液等体积混合，溶液显中性，则所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为______________；用含a和b的代数式表示出该混合溶液中X的电离平衡常数_______________________。
（4）工业上采用的一种污水处理方法是：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过如图装置处理污水。
① 电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，则阳极的电极反应式分别是：Ⅰ．___； Ⅱ．______。
② 为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分X物质参加循环，X物质的化学式是_______________________。
【答案】 (1). (2). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (3). c(NO3—)=c(NH4+)＞c(OH—)= c(H+) (4). (5). Al—3e—= Al3+ (6). 4OH- —4e-＝ 2H2O + O2↑ (7). CO2
【解析】
【分析】
A是一种能使红色石蕊试液变蓝的气体，则A为NH3;甲为淡黄色固体化合物，应为Na2O2，用两根玻璃棒分别蘸取化合物A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，说明A应为NH3，G为HNO3，则C为NO，B为H2O，E为NO2，乙在G的浓溶液中发生钝化，应为Al，生成F为NaAlO2，根据物质的性质结合题目的要求可解答该题。
【详解】（1）由以上分析可知甲为淡黄色固体化合物，应为Na2O2，为离子化合物，电子式为，故答案为：；
（2）用两根玻璃棒分别蘸取化合物A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，说明A应为NH3，G为HNO3,则B为H2O，E为NO2 ，C为NO，反应Ⅰ为氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）A为NH3，G为HNO3，溶液混合后存在电荷守恒：c（NO3-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），因为溶液显中性，则c（OH-）=c（H+）、c（NO3-）=c（NH4+），中性溶液中c（OH-）、c（H+）较小，则c（NO3-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；反应后剩余n（NH3•H2O）=（a-b）mol，n（NH4+）=n（NO3-）=bmol，c（OH-）=10-7mol/L，则k=== （假定混合后溶液的体积为V），故答案为：c（NO3-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）； ；
（4）①电解池阳极为Al，发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，应生成O2，电极方程式分别为Al-3e-=Al3+、4OH--4e-=2H2O+O2↑，
故答案为：Al-3e-=Al3+； 4OH--4e-=2H2O+O2↑；
②负极电极方程式为CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O，正极为2O2+4CO2+8e-=4CO32-，可循环利用的为CO2，故答案为：CO2。
23.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂，常见制备方法如下。
（1）氯酸钾氧化法：化学反应方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KC1+3C12，每生成3mol KH(IO3)2，反应中转移的电子数为______，向反应后溶液中加______溶液得到KIO3。
（2）一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如图：
①进行“过滤1”时，需同时对CuI沉淀进行洗涤。在洗涤液中可通过滴加______盐溶液来检验其是否已洗涤干净。
②“制FeI2”时，发生反应的化学方程式为______。
③在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI（催化剂）和淀粉，不停地搅拌，反应机理为：第一步IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O 第二步反应的离子方程式为______。
当反应进行到1.5min时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，则第______步反应速率快。
④改变反应温度，重复上述实验，得到温度（T）与溶液变蓝所需时间（t）的关系如图所示（超过50℃后溶液不会再变蓝）。根据图象，请你分析温度低于50℃时，溶液变蓝所需时间与反应温度的关系：_________。
（3）山东省已下调食用盐碘含量标准每千克盐含碘25毫克（波动范围为18～33mg•kg-1）。测定食盐试样中碘元素含量的步骤如下：称取4.000g市售食盐加入锥形瓶中，依次加入适量的水、稍过量KI及稀硫酸；充分反应后，再加入12.00mL 6.000×10-4mol•L-1Na2S2O3溶液，与生成的碘恰好完全反应。有关反应原理为：
KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。计算该食盐试样中碘元素的含量______mg•kg-1。
【答案】 (1). 30NA (2). KOH (3). BaCl2[或Ba(NO3)2] (4). 2Cul +Fe =Fel2+2Cu (5). I2 +HSO3- +H2O=2I- +SO42- +3H+ (6). 二 (7). 温度低于30℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30℃时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长 (8). 38.10
【解析】
【详解】(1)根据化学反应方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KC1+3C12，I2的化合价由0价到+5价，每生成6mol KH(IO3)2，反应中转移的电子数为60mol，则生成3mol KH(IO3)2转移的电子数为30mol即30NA。根据反应生成的产物KH(IO3)2，要制得KIO3，需向反应后溶液中加KOH溶液，发生的反应为KH(IO3)2+KOH= 2KIO3+H2O。答案：KOH。
（2）“过滤1”操作之前溶液中主要含有硫酸盐，所以只要洗涤滤液中没有SO42-，就表示沉淀已经洗涤干净，检验SO42-离子常用的试剂是BaCl2溶液等可溶性钡盐溶液和稀硝酸（或稀盐酸）.答案：BaCl2或Ba(NO3)2。
②由流程图可知CuI 和Fe 可以“制FeI2”，发生反应的化学方程式为2CuI+Fe =FeI2 +2Cu。答案：2CuI+Fe =FeI2 +2Cu。
③在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI(催化剂)和淀粉，不停地搅拌，反应机理为：第一步IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O ，第二步反应的离子方程式为I2+HSO3-+H2O=2I-+SO42-+3H+。
当反应进行到1.5min时，溶液突然变为蓝色，随之又很快消失，说明第二步反应速率快。
④根据图像可知，温度低于30℃时,温度越高,溶液变蓝所需时间越短，说明催化剂的活性在30℃最好，且温度较高时化学反应速率较快;温度高于30℃时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长。答案：温度低于30C时,温度越高,溶液变蓝所需时间越短;温度高于30C时,温度越高，溶液变蓝所需时间越长。
(5)根据题目提供的反应原理可KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
KIO33I2S2O32-,n(I)=n(KIO3)=1/6n(S2O32-)=1/66.00010-4mol•L-112.OOmL10-3L•mL-1=1.20010-6mol，m(I)= 1.20010-6mol127g•mol-1103mg•g-1=0.1524mg碘含量为：0.1524mg /(4.000g10-3kg/g)=38.10mg/kg。答案：38.10。
三．选做题（12分。请考生从24、25两题中任选一题作答，若多做，按第一题计分）
24.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的电子排布式为_________________。
(2)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是________。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是__________。
(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含________molσ键，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种)。
(5)氮化铁晶体的晶体结构示意图如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。
(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe3+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O2-的最短核间距为___________pm。
【答案】 (1). [Ar] 3d5 (2). N>O>S (3). sp2 (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 (6). 10 (7). CN- 或C22— (8). 3∶1 (9). 12 (10).
【解析】
【分析】
（1）Fe原子核外有26个电子，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5；
（2）氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同；
（3）FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形；
（4）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子；
（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内；
（6）根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO。
【详解】（1）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+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，简化电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；
（2）根据同周期同主族元素性质递变规律判断，同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；苯酚中碳原子的杂化轨道类型与苯分子中杂化轨道类型相同，都为sp2杂化，故答案为：N>O>S；sp2；
（3）FeCl3的熔沸点较低，说明FeCl3的晶体类型是分子晶体；SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体形，故答案为：分子晶体；正四面体形；
（4）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；1个Fe（CO）5分子中含10个σ键，1molFe（CO）5分子中含10molσ键；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的离子为CN-或C22—，故答案为：10；CN-或C22—；
（5）由晶胞结构可知铁微粒位于顶点和面心上，氮微粒位于体内，用“均摊法”可得晶胞中含Fe个数为12×1/6+2×1/2+3=6个，N原子个数为2个，该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1，故答案为：3:1；
（6）根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”可得晶胞中含Fe2+：8×1/8+6×1/2=4个，含O2-：12×1/4+1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为72/ρcm3；晶胞的体积为72/ρcm3NA×4=288/(ρNA)cm3，晶胞的边长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为cm=cm=1010pm，故答案为：12；。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及了电子排布式的书写、离子空间构型、晶体类型的判断、σ键的确定、晶胞的分析和计算。用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。
25.伪麻黄碱(D)是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）伪麻黄碱(D)的分子式为；B中含有的官能团有________________________（写名称）。
（2）写出 B—C反应的化学方程式：________________。C—D的反应类型为______________。
（3）B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：_______________。
（4）满足下列要求的A的同分异构体有_______种；①能发生银镜反应 ②苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的为__________（写结构简式）。
（5）已知：。参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：_________________。
【答案】（1）C10H15NO；羰基 、溴原子
（2）+HBr；还原反应
（3）
（4）4；
（5）
【解析】
【分析】
根据D的结构写分子式；根据B 的结构判断含有的官能团名称；由框图知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；根据消去反应的定义是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，进行推断。根据条件发生银镜反应的有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱有四组峰，且比例是6:2:1:1，由此进行判断。由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可。
【详解】（1）根据结构式得出分子式为 C10H15NO， 由B的结构式得B中含有羰基和溴原子。答案：C10H15NO 羰基、溴原子。
（2）由题可知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代，化学反应方程式为；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应。答案： 还原反应。
（3）消去反应是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，加聚是将n个C=C变为-C-C-，所以B经消去再聚合后的产物是。
（4）A的同分异构体能发生银镜反应，则一定含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，满足条件的同分异构体有：、、、，共4种。其中核磁共振氢谱有四组峰，即有四种氢原子，且比例是6:2:1:1的是和。
（5）由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可：。
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