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【化学】贵州省贵阳市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
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贵州省贵阳市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
一、选择题
1.用一种试剂能鉴别苯酚溶液、己烯、己烷、乙醇四种无色透明液体，这种试剂是（ ）
A. 酸性KMnO4溶液 B. 饱和溴水
C. 紫色石蕊溶液 D. FeCl3溶液
【答案】B
【解析】
A. 四种溶液中，只有己烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，A不正确；B. 取样，分别滴加饱和溴水并振荡，能产生白色沉淀的是苯酚，溴水褪色且静置后分层的是己烯，静置后分层且上层为橙红色的是己烷，余下的是乙醇，B可以鉴别；C. 紫色石蕊溶液无法鉴别己烯和己烷，C不正确；D. FeCl3溶液无法鉴别己烯和己烷，D不正确。本题选B。
2.用表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是
A. 在常温常压下，11.2L氯气所含的原子数为
B. 2.3g金属钠被氧化成Na2O2，转移电子数为0.1
C. 5.6g铁与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3
D. 2L 0.1 mol/LNa2SO4溶液中含有Na+的数为0.2
【答案】B
【解析】
A. 在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以该条件下的11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，其所含的原子数小于，A不正确；B. 2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，其被氧化成过程中，转移电子数为0.1，B正确；C. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，其与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.2，C不正确；D. 2L 0.1 mol/L 溶液中含有的的物质的量为0.4mol，所以的数目为0.4，D不正确。本题选B。
3.下列说法正确的是：
A. 葡萄糖、蔗糖均可发生银镜反应
B. 硫酸铵和乙酸铅均能使蛋白质发生变性
C. 乙炔和乙醛均可作为合成聚合物的单体
D. 淀粉和油脂都是能够发生水解反应的高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．蔗糖为非还原性糖，不能发生银镜反应，故A错误；
B．硫酸铵不是重金属盐，不能使蛋白质变性，可使蛋白质发生盐析，故B错误；
C．乙炔含有碳碳三键，可生成聚乙炔，乙醛含有C=O键，可发生聚合反应生成高分子化合物，故C正确；
D．高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，油脂的相对分子质量较小，油脂不是高分子化合物，故D错误；
答案选C。
4.两种气态烃的混合气1 L，完全燃烧后，生成2 LCO2和2 L水蒸气(相同状况)，则该混合烃的组合及其体积比是 ( )
A. CH4和C3H6，体积比2∶1 B. C3H8和C2H4，体积比2∶1
C. C2H6和C2H2，体积比1∶1 D. C2H6和C2H2，体积比2∶1
【答案】C
【解析】
试题分析：两种气态烃的混合气1L，完全燃烧后，生成2LCO2和2L水蒸气（相同状况），则平均分子式为C2H4。A．若为CH4和C3H6混合，令CH4和C3H6的物质的量分别为x mol、ymol，由C原子平均可知：（x+3y）/x+y=2，解得x：y=1：1，即二者体积之比为1：1，二者1：1混合，平均H原子数目="(4+6)/2" =5，平均H原子数目不是4，不符合，A错误；B．C3H8和C2H4混合，平均C原子数目介于2～3之间，平均H原子数目介于4～8之间，不符合，B错误；C．C2H6和C2H2混合，由平均C原子数目，二者为任意比，令C2H6和C2H2的物质的量分别为x mol、ymol，由H原子平均可知：(6x+2y)/x+y=4，解得x：y=1：1，即二者体积之比为1：1，符合题意，C正确；D．由C中分析可知，C2H6和C2H2混合，体积之比为1：1，D错误。
考点：本题考查化学计算。
5.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；C．反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；故选D。
点睛：本题考查化学反应速率的影响。本题的易错点为B，注意浓硫酸的性质，在改变浓度时，不能改变反应的本质，如果反应的本质发生变化，则不能用课本上的规律解决问题。
6.下列溶液中，可以大量共存的离子组是
A. Fe3＋、K＋、S2－、Cl－ B. Al3＋、HCO3－、SO42－、Cl－
C. K＋、NH4＋、SiO32－、NO3－ D. K＋、Cl－、SO42－、NO3－
【答案】D
【解析】
Fe3＋、S2－能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Al3＋、HCO3－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；铵根和硅酸根双水解，产生刺激性气味氨气和硅酸沉淀，不能大量共存，故C错误；K＋、Cl－、SO42－、NO3－不反应，可以大量共存，故D正确。
7.织物漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2－、Cl－等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。25 ℃时，各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl－没有画出)。下列说法错误的是
A. 25 ℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka＝10－6
B. 使用该漂白剂的最佳pH为3.0
C. 25 ℃时，等浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，混合溶液中：c(HClO2)＋2c(H＋)＝c(ClO2－)＋2c(OH－)
D. 该温度下的NaClO2溶液中c(Na＋)＞c(ClO)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
A. 由图像可知，当pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(HClO2)=c(ClO2-)，因此，25 ℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka＝=10－6，A正确；B.由题意知HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体，由图像可知，在pH=4—4.5时，漂白剂最佳，B不正确；C. 25 ℃时，等浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)= c(ClO)＋c(OH－)，由物料守恒得2c(Na+)= c(HClO2)＋c(ClO)，所以混合溶液中c(HClO2)＋2c(H＋)＝c(ClO)＋2c(OH－)，C正确；D. NaClO2溶液中，少量ClO发生水解使溶液呈碱性，所以该温度下的NaClO2溶液中c(Na＋)＞c(ClO)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。本题选B。
点睛：本题为信息迁移题，要求学生在解题时要仔细研读题中信息，尤其是图像中的信息。溶液中的大小关系和等量关系，要通过分析溶液中存在的各种平衡、各种守恒关系来解决，对于复杂的等量关系，一般都是通过电荷守恒和物料守恒来求得的。
8.将适量金属钠投入下列溶液中，有气体放出，但无沉淀生成的是
A. 盐酸 B. 饱和氢氧化钠溶液
C. FeCl3溶液 D. CuSO4溶液
【答案】A
【解析】
A、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，没有沉淀，A正确；B、钠与饱和的氢氧化钠溶液反应生成氢气和氢氧化钠，消耗溶剂水，同时溶质质量增加，溶液是过饱和溶液，有氢氧化钠沉淀析出，B错误；C、钠与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠和氢气，C错误；D、钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，D错误，答案选A。
点睛：学生往往错选B，主要是认为常见的沉淀中没有氢氧化钠，学生对于氢氧化铁、氢氧化铜沉淀很熟悉，而很少听说氢氧化钠沉淀，错因在于没有从实质上理解沉淀的产生。这是因为难溶、易溶往往是相对的，只要溶液变成过饱和溶液，就会有沉淀析出。再比如将选项B改为饱和的氯化钠溶液，加入金属钠后也会析出氯化钠沉淀。
9.下列关于胶体的叙述中，不正确的是
A. 用半透膜除去淀粉胶体中的Na＋、Cl－
B. 胶体中分散质粒子的直径在1nm~100nm之间
C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体
D. 用滤纸能分离胶体和溶液
【答案】D
【解析】
A项，胶体中分散质粒子不能透过半透膜，小分子、离子能透过半透膜，用半透膜除去淀粉胶体中的Na+、Cl-，方法称为渗析法，正确；B项，胶体的本质特征是分散质粒子的直径在1nm~100nm之间，正确；C项，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，现象不同，可以区分，正确；D项，胶体中分散质粒子和溶液中溶质粒子都能透过滤纸，不能用滤纸分离，错误；答案选D。
10.“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 大力推广燃煤发电以满足工业发展的用电需求
B. 实施化石燃料脱硫脱硝技术,减少大气污染物的排放
C. 加强生活污水的除磷处理,遏制水体的富营养化
D. 用CO2 合成聚碳酸酯可降解塑料,实现“碳”的循环利用
【答案】A
【解析】
A．煤为非再生资源，推广燃煤发电，会加重环境的污染，不应该提倡，故A选；B．硫的氧化物和氮的氧化物污染空气，实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可减少污染物的产生，对环境保护有利，应该提倡，故B不选；C．大量含有各种含氮和磷有机物的废污水排入水中，促使水域富营养化，加强城市生活污水脱氮除磷处理，可遏制水体富营养化，值得提倡，故C不选；D．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，有利于环境保护，应该提倡，故D不选；故选A。
11.下列表述正确的是
A. 硫离子的结构示意图： B. 乙烯的结构简式为CH2CH2
C. 过氧化氢的电子式： D. H2O分子的比例模型
【答案】D
【解析】
A. 硫离子的结构示意图：,故A错误；B. 乙烯的结构简式为CH2=CH2,故B错误；C. 过氧化氢是共价化合物，其电子式要使用共用电子对表示，不能使用离子的电子式表示，故C错误；D. H2O分子的比例模型：，故D正确。故选D。
12.在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
99
17.2
22.4
265
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A. 0~6min的平均反应速率：v(H2O2)=3.3×10-2mol/(L·min)
B. 6~10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol/(L·min)
C. 反应到6min时，c(H2O2)=0.30mol/L
D. 反应到6min时，H2O2 分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A.0～6min时间内，生成氧气的物质的量为=0.001mol，由2H2O2 2H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L•min)，故A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6~10 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B正确；
C．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故C错误；
D．6min内△c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率为：×100%=50%，故D正确；
答案选C。
13.用惰性电极电解足量下列溶液一段时间后，再加入一定量括号内的纯净物，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是
A. AgNO3[AgNO3] B. NaOH[NaOH] C. KCl[H2O] D. CuSO4[CuO]
【答案】D
【解析】
石墨电极为惰性电极，溶液中阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电。A、电解AgNO3溶液，Ag+在阴极放电生成Ag，OH-在阳极放电生成O2，且n(Ag)∶n(O2)=2∶1,则应加入Ag2O恢复浓度，故A错误；B、电解NaOH溶液，H+在阴极放电生成H2，OH-在阳极放电生成O2，且n(H2)∶n(O2)=2∶1,则应加入一定量的H2O恢复原样，故B错误；C、电解KCl溶液，H+在阴极放电生成H2，Cl-在阳极放电生成Cl2，且n(H2)∶n(Cl2)=1∶1,则应加入一定量HCl恢复原样，故C错误；D、电解CuSO4溶液，Cu2+在阴极放电生成Cu，OH-在阳极放电生成O2，且n(Cu)∶n(O2)=2∶1,则应加入一定量CuO恢复原样，故D正确。故选D。
点睛：分析电解反应的原理，在两极析出什么物质（固体或气体），相当于什么物质脱离反应体系，根据元素守恒和原子比例，加入对应的物质，即可使溶液完全复原。
14.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A. HCl B. CH3COONa C. FeCl3 D. NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl是强酸，在溶液中不水解，电离出氢离子，溶液呈酸性，故A错误；
B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液呈碱性，故B错误；
C．FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子水解，溶液显酸性，故C正确；
D．NaCl是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故D错误；
答案选C。
15.250℃和1.01×105时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H =+56.76kJ/mol ，该反应能自发进行的原因是
A. 是吸热反应
B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应
D. 熵增大效应大于焓效应
【答案】D
【解析】
【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H=+56.76kJ•mol-1，该反应为吸热反应△H＞0，反应能够自发进行，说明△H-T△S＜0，所以△S一定大于0，是熵值增大的反应，且熵增大效应大于焓效应，故选D。
【点睛】明确熵变与焓变对反应自发进行方向的影响是解题的关键。解答此类试题一般需要通过△G=△H-T△S，当△H-T△S＜0是反应自发进行的判断依据。
16.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 （ ）
A. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
B. 加入催化剂有利于合成NH3的反应
C. 高压有利于合成NH3的反应
D. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应
【答案】C
【解析】
A. 该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 合成氨工业：N2+3H2⇌2NH3 △H<0，正反应是气体体积减小反应，增大压强平衡向正反应方向移动，故采用较高的压强有利于氨的合成，能用勒夏特列原理解释，故C选；D. 合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，但升高温度可以加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理来解释，故D不选。答案选：C。
点睛：勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。解题时要注意勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释，本题的易错点是D项，注意要结合反应是放热反应还是吸热反应，来判断高温是有利于加快反应速率、还是有利于产物的生成，从而判断是否能用勒夏特列原理解释。
17.类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论。因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能知道其正确与否。下列几种类推结论中正确的是
A. 金属镁失火不能用二氧化碳灭火器扑灭，则金属钠失火也不能用二氧化碳灭火
B. 碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大，所以碳酸钙的溶解度也比碳酸氢钙的大
C. 铁可以置换出硫酸铜溶液中的铜，所以钠也可以置换出氯化铜溶液中的铜
D. 铁制器皿在潮湿的空气中迅速生锈，所以家庭用的铝制品也要经过防腐蚀处理
【答案】A
【解析】
A项，Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，金属Mg失火不能用CO2灭火器扑灭，Na失火生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，金属Na失火不能用CO2灭火，正确；B项，Na2CO3的溶解度比碳酸氢钠的大，碳酸钙难溶于水，碳酸氢钙溶于水，碳酸钙的溶解度比碳酸氢钙小，错误；C项，在金属活动性顺序表中Fe处在Cu的前面，Fe能从CuSO4溶液中置换出Cu，Na与CuCl2溶液作用，Na先与溶剂水反应生成NaOH和H2，NaOH与CuCl2反应生成Cu（OH）2和NaCl，Na不会从CuCl2溶液中置换出Cu，错误；D项，铁制器皿在潮湿的空气中迅速生锈，铝制品表面有一层致密氧化膜对内部铝起保护作用，铝制品不要经过防腐处理，错误；答案选A。
18.下列说法中正确的是
A. 水是极弱的电解质，能微弱电离出H+，故严格来说纯水有微弱的酸性
B. 纯水中c(H+)·c(OH−)=Kw，Kw是常数，不随任何条件改变
C. 25℃时，纯水中c(H+)·c(OH−)=10−14，稀酸和稀碱溶液中Kw=c(H+)·c(OH−)≠10−14
D. 水的电离吸热，故温度升高，平衡向电离方向移动，Kw增大
【答案】D
【解析】
【详解】A、水电离出等量的H+和OH−，故水呈中性，选项A错误；
B、水的离子积常数是温度的函数，随着温度的升高而增大，选项B错误；
C、25℃时，无论是纯水还是稀酸和稀碱溶液中都有：c(H+)×(OH-)=10-14，选项C错误；
D、水的电离吸热，故温度升高，平衡向电离方向移动，Kw = c(H+)·c(OH−)，故Kw增大，选项D正确。
答案选D。
19.在恒容隔热容器中，下列说法可以证明可逆反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是( )
①1mol N≡N键断裂的同时，有6mol N－H键断裂
②v(H2)＝0.9 mol·L－1·min－1，v(NH3)＝0.6 mol·L－1·min－1
③保持其他条件不变时，体系气体密度不再改变
④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变
⑤体系温度不再改变
A. ②③④ B. ①③⑤ C. ①④⑤ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
①1mol N≡N键断裂的同时，有6mol N－H键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故①选；②v(H2)＝0.9 mol·L－1·min－1，v(NH3)＝0.6 mol·L－1·min－1，因未说明二者表示的是正反应速率还是逆反应速率，则不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，故②不选；③根据质量守恒可知，该反应在反应前后质量不变，又因容器恒容，所以反应体系的密度始终不变，则体系气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，故③不选；④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故④选；⑤因该反应是在恒容隔热容器中进行，则体系温度不再改变，说明反应达到了平衡状态，故⑤选，综上所述，答案选C。
20.NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断正确的是（ ）
A. 转移电子3.6NA B. 生成气体的体积32.56 L(标准状况）
C. 还原剂比氧化剂多0.2 mol D. 被还原氮原子是11.2 g
【答案】C
【解析】
反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O的氧化剂是二氧化氮，还原剂是氨气，还原剂和氧化剂的物质的量之比为4:3，氧化产物和还原产物都是氮气，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为4:3，电子转移数为是24e-。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则参加反应的氨气和二氧化氮的物质的量分别为0.8mol和0.6mol（还原剂比氧化剂多0.2 mol），生成氮气0.7mol，氮气的体积在标准状况下是15.68L，电子转移2.4mol。综上所述，C正确。本题选C。
二、填空题
21.（1）下列五个反应
A．5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3
B．2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O
C．2KMnO4＋16HCl=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O
D．2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
E．MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O
上述反应中氯元素只被氧化的是_____________，（填字母，下同）只被还原的是_____________，部分被氧化的是_____________，C中被氧化与被还原的物质的量之比为_____________。
（2）在反应4(NH4)2SO4N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________，生成56gN2转移的电子___________mol。
（3）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：10A1+6NaNO3+4NaOH==10NaA1O2+3N2↑+2H2O。上述反应中，若产生2mol N2，转移电子数为_________（用NA表示阿伏加德罗常数）；用“双线桥”表示反应中电子转移,化合价的变化，反应类型：______________。
（4）将等质量两份镁、铝合金分别投入足量的NaOH和HCl中，在相同的情况下测得生成气体的体积之比为1:2，求合金中镁、铝的物质的量之比为___________。
【答案】 (1). D (2). A (3). B、C、E (4). 5:1 (5). 1:3 (6). 12 (7). 20NA (8). (9). 3:2
【解析】
（1）反应A中氯元素化合价降低，被还原；反应B中氯气既是氧化剂，也是还原剂；反应C中氯元素化合价部分升高，被氧化；反应D中氯元素化合价升高，被氧化；反应E中氯元素化合价升高，被氧化；则上述反应中氯元素只被氧化的是D，只被还原的是A，部分被氧化的是B、C、E；根据方程式可知C中被氧化与被还原的物质的量之比为10:2＝5:1；（2）在反应4(NH4)2SO4＝N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O中氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，氮气是氧化产物，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子，二氧化硫是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3，56gN2的物质的量是2mol，因此转移的电子的物质的量是2mol×6＝12mol。（3）反应中氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，因此若产生2mol N2，转移电子的物质的量是2mol×5×2＝20mol，电子数为20NA；铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，根据电子得失守恒可知电子转移的方向和数目可表示为。（4）设镁的物质的量是xmol，铝的物质的量是ymol。镁只能与盐酸反应产生氢气，则生成的氢气是xmol。铝与盐酸或氢氧化钠反应生成的氢气均是1.5ymol，则，解得x：y＝3：2。
22.有pH均为2的盐酸、硫酸、醋酸三瓶溶液
（1）设三种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是________________________(用“＞、＜、=”表示，下同）。
（2）取同体积的三种酸分别加蒸馏水稀释到pH=6，需水的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是___________________________。
（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需三种酸的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是____________________________。
（4）取同体积的酸的溶液分别加入足量的锌粉，反应过程中放出H2的速率依次为a1、a2、a3，则其关系是___________________________。
【答案】 (1). c3＞c1＞c2 (2). V1=V2＜V3 (3). V3＜V1=V2 (4). a3＞a1=a2
【解析】
试题分析：（1）盐酸一元强酸，H2SO4二元强酸，醋酸弱酸，pH相同是，三种溶液的物质的量浓度为c2＜c1＜c3。
（2）加蒸馏水稀释到pH=6，醋酸存在电离平衡，所以V1=V2＜V3。
（3）中和反应主要看物质的量，完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需要三种酸的体积为V1=V2＞V3。
（4）因为醋酸存在电离平衡，所以pH相同的三种酸与锌反应的过程中醋酸中的c(H+)最大，所以速率为a 1=a2＜a3。
考点：强弱电解质的比较
点评：本题难度较大，需要有较强的逻辑思维能力，考查学生分析问题的能力。
23.以苯甲醛为原料，通过Cannizzaro反应来制备苯甲醇和苯甲酸，反应式为：
主反应：
副反应：
主要物料的物理常数如下表：
名称
分子量
性状
相对密度
（g·cm-3）
沸点
（℃）
溶解度
水
乙醚
苯甲醛
106
无色液体
1.04
179
微溶
易溶
苯甲酸
122
无色晶体
1.27
249
0.21g
66g
苯甲醇
108
无色液体
1.04
205
微溶
易溶
乙醚
74
无色液体。
0.71
35
不溶
--
实验步骤：
（1）仪器A的作用是_______________。
（2）蒸馏操作时温度应该控制在___________左右。获得产品乙时进行的操作Ⅱ的名称是__________________。
（3）①上层溶液1中除乙醚外主要有机杂质是____________、_____________。
洗涤时先后用到了饱和NaHSO3 溶液、10%的NaHCO3溶液和水。
②洗涤操作在______________中进行。
a．烧杯 b．布氏漏斗 c．烧瓶 d．分液漏斗
③加入10%的NaHCO3溶液至___________________（填现象）时说明杂质已被除尽。
（4）若产品甲的质量为5.40 g，则产品甲的产率是_____________________。
【答案】 (1). 冷凝回流 (2). 205℃ (3). 抽滤（过滤、减压过滤） (4). 苯甲醛 (5). 苯甲酸 (6). d (7). 无气泡生成 (8). 67.9%
【解析】
【分析】
由装置图并结合题中信息可知，苯甲醛与NaOH反应的生成物为苯甲醇、苯甲酸钠的混合物，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作I为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钠，加盐酸反应生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作II为过滤，产品乙为苯甲酸。
【详解】(1).由仪器结构特征可知A为冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；
(2).苯甲醛和氢氧化钠反应得到苯甲酸钠和苯甲醇，苯甲醇的沸点是205℃，所以蒸馏操作时温度应该控制在205℃左右，苯甲酸钠可以和盐酸反应得到苯甲酸，则产品乙为苯甲酸，获得产品乙时进行的操作Ⅱ的名称是抽滤(过滤、减压过滤)，故答案为：205℃；抽滤(过滤、减压过滤)；
(3).①.上层液中还含有未反应的苯甲醛、苯甲酸，苯甲酸、苯甲醛的沸点较低，易溶于有机物溶剂中，即上层溶液1中除乙醚外主要有机杂质是苯甲醛、苯甲酸，故答案为：苯甲醛、苯甲酸；
②. 上层溶液1中除乙醚外主要有机杂质是苯甲醛、苯甲酸，在蒸馏前需要除杂，由于乙醚不溶于水，因此洗涤操作需要在分液漏斗中进行，故答案为d；
③.饱和NaHSO3 溶液、10%的NaHCO3溶液分别为了除去苯甲醛和苯甲酸，因此当没有气泡生成时说明杂质已被除尽，故答案为：无气泡生成；
(4).苯甲醇的理论产量为：×108g=7.95g，则苯甲醇的产率为×100%=67.9%，故答案为：67.9%。
24.完成下列氧化还原反应相关问题：
I．配平下面的氧化还原方程式：___ Na2SO3＋____ KIO3＋____ H2SO4 =____ Na2SO4＋____ K2SO4＋____ I2＋____H2O。
II．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
（1）请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)_______________。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________(填序号)。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
若标准状况下产生4.48L Cl2，则参加反应的KClO3的质量为_______g，被氧化的盐酸的物质的量为________mol，转移电子的物质的量为________mol。
（3）ClO2具有很强的氧化性,因此常被用作消毒剂,其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的________倍。（提示：ClO2与Cl2消毒时氯元素都被还原为最低价）
【答案】 (1). 5 2 1 5 1 1 1 (2). (3). ② (4). 49 (5). 0.4 (6). 0.4 (7). 2.63
【解析】
I．I元素的化合价由+5降低为0，S元素的化合价应从+4价升高为+6，由电子、电荷、原子守恒可知，离子反应为5Na2SO3＋2 KIO3＋1 H2SO4 =5 Na2SO4＋1K2SO4＋1 I2＋1H2O。II．（1）KClO3中氯元素由+5降为+4价， HCl中氯元素由-1升高0价，该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)：。（2）HCl中氯元素由-1升高0价，表现还原性，浓盐酸在反应中还原提供酸性。故选②；若标准状况下产生4.48L Cl2， =0.2mol，由2KClO3＋4HCl=2KCl＋2ClO2＋Cl2＋2H2O可知：参加反应的KClO3的质量为m(KClO3)=122.5g·mol－1×0.2mol×2=49g；被氧化的盐酸的物质的量为：n(HCl)=2n(Cl2)=0.2mol×2=0.4mol，生成1molCl2转移电子的物质的量为2mol,现生成0.2molCl2转移电子的物质的量为0.2mol×2=0.4mol；（3）设质量都是71g，氯气得到的电子数为×2×1=2mol，ClO2得到的电子数为×1×5=mol=mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为==2.63。
一、选择题
1.用一种试剂能鉴别苯酚溶液、己烯、己烷、乙醇四种无色透明液体，这种试剂是（ ）
A. 酸性KMnO4溶液 B. 饱和溴水
C. 紫色石蕊溶液 D. FeCl3溶液
【答案】B
【解析】
A. 四种溶液中，只有己烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，A不正确；B. 取样，分别滴加饱和溴水并振荡，能产生白色沉淀的是苯酚，溴水褪色且静置后分层的是己烯，静置后分层且上层为橙红色的是己烷，余下的是乙醇，B可以鉴别；C. 紫色石蕊溶液无法鉴别己烯和己烷，C不正确；D. FeCl3溶液无法鉴别己烯和己烷，D不正确。本题选B。
2.用表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是
A. 在常温常压下，11.2L氯气所含的原子数为
B. 2.3g金属钠被氧化成Na2O2，转移电子数为0.1
C. 5.6g铁与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3
D. 2L 0.1 mol/LNa2SO4溶液中含有Na+的数为0.2
【答案】B
【解析】
A. 在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以该条件下的11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，其所含的原子数小于，A不正确；B. 2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，其被氧化成过程中，转移电子数为0.1，B正确；C. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，其与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.2，C不正确；D. 2L 0.1 mol/L 溶液中含有的的物质的量为0.4mol，所以的数目为0.4，D不正确。本题选B。
3.下列说法正确的是：
A. 葡萄糖、蔗糖均可发生银镜反应
B. 硫酸铵和乙酸铅均能使蛋白质发生变性
C. 乙炔和乙醛均可作为合成聚合物的单体
D. 淀粉和油脂都是能够发生水解反应的高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．蔗糖为非还原性糖，不能发生银镜反应，故A错误；
B．硫酸铵不是重金属盐，不能使蛋白质变性，可使蛋白质发生盐析，故B错误；
C．乙炔含有碳碳三键，可生成聚乙炔，乙醛含有C=O键，可发生聚合反应生成高分子化合物，故C正确；
D．高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，油脂的相对分子质量较小，油脂不是高分子化合物，故D错误；
答案选C。
4.两种气态烃的混合气1 L，完全燃烧后，生成2 LCO2和2 L水蒸气(相同状况)，则该混合烃的组合及其体积比是 ( )
A. CH4和C3H6，体积比2∶1 B. C3H8和C2H4，体积比2∶1
C. C2H6和C2H2，体积比1∶1 D. C2H6和C2H2，体积比2∶1
【答案】C
【解析】
试题分析：两种气态烃的混合气1L，完全燃烧后，生成2LCO2和2L水蒸气（相同状况），则平均分子式为C2H4。A．若为CH4和C3H6混合，令CH4和C3H6的物质的量分别为x mol、ymol，由C原子平均可知：（x+3y）/x+y=2，解得x：y=1：1，即二者体积之比为1：1，二者1：1混合，平均H原子数目="(4+6)/2" =5，平均H原子数目不是4，不符合，A错误；B．C3H8和C2H4混合，平均C原子数目介于2～3之间，平均H原子数目介于4～8之间，不符合，B错误；C．C2H6和C2H2混合，由平均C原子数目，二者为任意比，令C2H6和C2H2的物质的量分别为x mol、ymol，由H原子平均可知：(6x+2y)/x+y=4，解得x：y=1：1，即二者体积之比为1：1，符合题意，C正确；D．由C中分析可知，C2H6和C2H2混合，体积之比为1：1，D错误。
考点：本题考查化学计算。
5.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是
A. Na与水反应时增大水的用量
B. 将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；C．反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确；故选D。
点睛：本题考查化学反应速率的影响。本题的易错点为B，注意浓硫酸的性质，在改变浓度时，不能改变反应的本质，如果反应的本质发生变化，则不能用课本上的规律解决问题。
6.下列溶液中，可以大量共存的离子组是
A. Fe3＋、K＋、S2－、Cl－ B. Al3＋、HCO3－、SO42－、Cl－
C. K＋、NH4＋、SiO32－、NO3－ D. K＋、Cl－、SO42－、NO3－
【答案】D
【解析】
Fe3＋、S2－能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Al3＋、HCO3－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；铵根和硅酸根双水解，产生刺激性气味氨气和硅酸沉淀，不能大量共存，故C错误；K＋、Cl－、SO42－、NO3－不反应，可以大量共存，故D正确。
7.织物漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2－、Cl－等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。25 ℃时，各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl－没有画出)。下列说法错误的是
A. 25 ℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka＝10－6
B. 使用该漂白剂的最佳pH为3.0
C. 25 ℃时，等浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，混合溶液中：c(HClO2)＋2c(H＋)＝c(ClO2－)＋2c(OH－)
D. 该温度下的NaClO2溶液中c(Na＋)＞c(ClO)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
A. 由图像可知，当pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(HClO2)=c(ClO2-)，因此，25 ℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka＝=10－6，A正确；B.由题意知HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体，由图像可知，在pH=4—4.5时，漂白剂最佳，B不正确；C. 25 ℃时，等浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)= c(ClO)＋c(OH－)，由物料守恒得2c(Na+)= c(HClO2)＋c(ClO)，所以混合溶液中c(HClO2)＋2c(H＋)＝c(ClO)＋2c(OH－)，C正确；D. NaClO2溶液中，少量ClO发生水解使溶液呈碱性，所以该温度下的NaClO2溶液中c(Na＋)＞c(ClO)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。本题选B。
点睛：本题为信息迁移题，要求学生在解题时要仔细研读题中信息，尤其是图像中的信息。溶液中的大小关系和等量关系，要通过分析溶液中存在的各种平衡、各种守恒关系来解决，对于复杂的等量关系，一般都是通过电荷守恒和物料守恒来求得的。
8.将适量金属钠投入下列溶液中，有气体放出，但无沉淀生成的是
A. 盐酸 B. 饱和氢氧化钠溶液
C. FeCl3溶液 D. CuSO4溶液
【答案】A
【解析】
A、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，没有沉淀，A正确；B、钠与饱和的氢氧化钠溶液反应生成氢气和氢氧化钠，消耗溶剂水，同时溶质质量增加，溶液是过饱和溶液，有氢氧化钠沉淀析出，B错误；C、钠与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠和氢气，C错误；D、钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，D错误，答案选A。
点睛：学生往往错选B，主要是认为常见的沉淀中没有氢氧化钠，学生对于氢氧化铁、氢氧化铜沉淀很熟悉，而很少听说氢氧化钠沉淀，错因在于没有从实质上理解沉淀的产生。这是因为难溶、易溶往往是相对的，只要溶液变成过饱和溶液，就会有沉淀析出。再比如将选项B改为饱和的氯化钠溶液，加入金属钠后也会析出氯化钠沉淀。
9.下列关于胶体的叙述中，不正确的是
A. 用半透膜除去淀粉胶体中的Na＋、Cl－
B. 胶体中分散质粒子的直径在1nm~100nm之间
C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体
D. 用滤纸能分离胶体和溶液
【答案】D
【解析】
A项，胶体中分散质粒子不能透过半透膜，小分子、离子能透过半透膜，用半透膜除去淀粉胶体中的Na+、Cl-，方法称为渗析法，正确；B项，胶体的本质特征是分散质粒子的直径在1nm~100nm之间，正确；C项，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，现象不同，可以区分，正确；D项，胶体中分散质粒子和溶液中溶质粒子都能透过滤纸，不能用滤纸分离，错误；答案选D。
10.“保护环境”是我国的基本国策。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 大力推广燃煤发电以满足工业发展的用电需求
B. 实施化石燃料脱硫脱硝技术,减少大气污染物的排放
C. 加强生活污水的除磷处理,遏制水体的富营养化
D. 用CO2 合成聚碳酸酯可降解塑料,实现“碳”的循环利用
【答案】A
【解析】
A．煤为非再生资源，推广燃煤发电，会加重环境的污染，不应该提倡，故A选；B．硫的氧化物和氮的氧化物污染空气，实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可减少污染物的产生，对环境保护有利，应该提倡，故B不选；C．大量含有各种含氮和磷有机物的废污水排入水中，促使水域富营养化，加强城市生活污水脱氮除磷处理，可遏制水体富营养化，值得提倡，故C不选；D．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，有利于环境保护，应该提倡，故D不选；故选A。
11.下列表述正确的是
A. 硫离子的结构示意图： B. 乙烯的结构简式为CH2CH2
C. 过氧化氢的电子式： D. H2O分子的比例模型
【答案】D
【解析】
A. 硫离子的结构示意图：,故A错误；B. 乙烯的结构简式为CH2=CH2,故B错误；C. 过氧化氢是共价化合物，其电子式要使用共用电子对表示，不能使用离子的电子式表示，故C错误；D. H2O分子的比例模型：，故D正确。故选D。
12.在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
99
17.2
22.4
265
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A. 0~6min的平均反应速率：v(H2O2)=3.3×10-2mol/(L·min)
B. 6~10min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2mol/(L·min)
C. 反应到6min时，c(H2O2)=0.30mol/L
D. 反应到6min时，H2O2 分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A.0～6min时间内，生成氧气的物质的量为=0.001mol，由2H2O2 2H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L•min)，故A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6~10 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B正确；
C．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故C错误；
D．6min内△c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率为：×100%=50%，故D正确；
答案选C。
13.用惰性电极电解足量下列溶液一段时间后，再加入一定量括号内的纯净物，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是
A. AgNO3[AgNO3] B. NaOH[NaOH] C. KCl[H2O] D. CuSO4[CuO]
【答案】D
【解析】
石墨电极为惰性电极，溶液中阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电。A、电解AgNO3溶液，Ag+在阴极放电生成Ag，OH-在阳极放电生成O2，且n(Ag)∶n(O2)=2∶1,则应加入Ag2O恢复浓度，故A错误；B、电解NaOH溶液，H+在阴极放电生成H2，OH-在阳极放电生成O2，且n(H2)∶n(O2)=2∶1,则应加入一定量的H2O恢复原样，故B错误；C、电解KCl溶液，H+在阴极放电生成H2，Cl-在阳极放电生成Cl2，且n(H2)∶n(Cl2)=1∶1,则应加入一定量HCl恢复原样，故C错误；D、电解CuSO4溶液，Cu2+在阴极放电生成Cu，OH-在阳极放电生成O2，且n(Cu)∶n(O2)=2∶1,则应加入一定量CuO恢复原样，故D正确。故选D。
点睛：分析电解反应的原理，在两极析出什么物质（固体或气体），相当于什么物质脱离反应体系，根据元素守恒和原子比例，加入对应的物质，即可使溶液完全复原。
14.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A. HCl B. CH3COONa C. FeCl3 D. NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl是强酸，在溶液中不水解，电离出氢离子，溶液呈酸性，故A错误；
B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液呈碱性，故B错误；
C．FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子水解，溶液显酸性，故C正确；
D．NaCl是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故D错误；
答案选C。
15.250℃和1.01×105时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H =+56.76kJ/mol ，该反应能自发进行的原因是
A. 是吸热反应
B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应
D. 熵增大效应大于焓效应
【答案】D
【解析】
【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H=+56.76kJ•mol-1，该反应为吸热反应△H＞0，反应能够自发进行，说明△H-T△S＜0，所以△S一定大于0，是熵值增大的反应，且熵增大效应大于焓效应，故选D。
【点睛】明确熵变与焓变对反应自发进行方向的影响是解题的关键。解答此类试题一般需要通过△G=△H-T△S，当△H-T△S＜0是反应自发进行的判断依据。
16.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 （ ）
A. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
B. 加入催化剂有利于合成NH3的反应
C. 高压有利于合成NH3的反应
D. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应
【答案】C
【解析】
A. 该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 合成氨工业：N2+3H2⇌2NH3 △H<0，正反应是气体体积减小反应，增大压强平衡向正反应方向移动，故采用较高的压强有利于氨的合成，能用勒夏特列原理解释，故C选；D. 合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于合成氨，但升高温度可以加快反应速率，所以不能用勒夏特列原理来解释，故D不选。答案选：C。
点睛：勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。解题时要注意勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释，本题的易错点是D项，注意要结合反应是放热反应还是吸热反应，来判断高温是有利于加快反应速率、还是有利于产物的生成，从而判断是否能用勒夏特列原理解释。
17.类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论。因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能知道其正确与否。下列几种类推结论中正确的是
A. 金属镁失火不能用二氧化碳灭火器扑灭，则金属钠失火也不能用二氧化碳灭火
B. 碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠的大，所以碳酸钙的溶解度也比碳酸氢钙的大
C. 铁可以置换出硫酸铜溶液中的铜，所以钠也可以置换出氯化铜溶液中的铜
D. 铁制器皿在潮湿的空气中迅速生锈，所以家庭用的铝制品也要经过防腐蚀处理
【答案】A
【解析】
A项，Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，金属Mg失火不能用CO2灭火器扑灭，Na失火生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，金属Na失火不能用CO2灭火，正确；B项，Na2CO3的溶解度比碳酸氢钠的大，碳酸钙难溶于水，碳酸氢钙溶于水，碳酸钙的溶解度比碳酸氢钙小，错误；C项，在金属活动性顺序表中Fe处在Cu的前面，Fe能从CuSO4溶液中置换出Cu，Na与CuCl2溶液作用，Na先与溶剂水反应生成NaOH和H2，NaOH与CuCl2反应生成Cu（OH）2和NaCl，Na不会从CuCl2溶液中置换出Cu，错误；D项，铁制器皿在潮湿的空气中迅速生锈，铝制品表面有一层致密氧化膜对内部铝起保护作用，铝制品不要经过防腐处理，错误；答案选A。
18.下列说法中正确的是
A. 水是极弱的电解质，能微弱电离出H+，故严格来说纯水有微弱的酸性
B. 纯水中c(H+)·c(OH−)=Kw，Kw是常数，不随任何条件改变
C. 25℃时，纯水中c(H+)·c(OH−)=10−14，稀酸和稀碱溶液中Kw=c(H+)·c(OH−)≠10−14
D. 水的电离吸热，故温度升高，平衡向电离方向移动，Kw增大
【答案】D
【解析】
【详解】A、水电离出等量的H+和OH−，故水呈中性，选项A错误；
B、水的离子积常数是温度的函数，随着温度的升高而增大，选项B错误；
C、25℃时，无论是纯水还是稀酸和稀碱溶液中都有：c(H+)×(OH-)=10-14，选项C错误；
D、水的电离吸热，故温度升高，平衡向电离方向移动，Kw = c(H+)·c(OH−)，故Kw增大，选项D正确。
答案选D。
19.在恒容隔热容器中，下列说法可以证明可逆反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是( )
①1mol N≡N键断裂的同时，有6mol N－H键断裂
②v(H2)＝0.9 mol·L－1·min－1，v(NH3)＝0.6 mol·L－1·min－1
③保持其他条件不变时，体系气体密度不再改变
④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变
⑤体系温度不再改变
A. ②③④ B. ①③⑤ C. ①④⑤ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
①1mol N≡N键断裂的同时，有6mol N－H键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故①选；②v(H2)＝0.9 mol·L－1·min－1，v(NH3)＝0.6 mol·L－1·min－1，因未说明二者表示的是正反应速率还是逆反应速率，则不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，故②不选；③根据质量守恒可知，该反应在反应前后质量不变，又因容器恒容，所以反应体系的密度始终不变，则体系气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，故③不选；④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故④选；⑤因该反应是在恒容隔热容器中进行，则体系温度不再改变，说明反应达到了平衡状态，故⑤选，综上所述，答案选C。
20.NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断正确的是（ ）
A. 转移电子3.6NA B. 生成气体的体积32.56 L(标准状况）
C. 还原剂比氧化剂多0.2 mol D. 被还原氮原子是11.2 g
【答案】C
【解析】
反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O的氧化剂是二氧化氮，还原剂是氨气，还原剂和氧化剂的物质的量之比为4:3，氧化产物和还原产物都是氮气，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为4:3，电子转移数为是24e-。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则参加反应的氨气和二氧化氮的物质的量分别为0.8mol和0.6mol（还原剂比氧化剂多0.2 mol），生成氮气0.7mol，氮气的体积在标准状况下是15.68L，电子转移2.4mol。综上所述，C正确。本题选C。
二、填空题
21.（1）下列五个反应
A．5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3
B．2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O
C．2KMnO4＋16HCl=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O
D．2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
E．MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O
上述反应中氯元素只被氧化的是_____________，（填字母，下同）只被还原的是_____________，部分被氧化的是_____________，C中被氧化与被还原的物质的量之比为_____________。
（2）在反应4(NH4)2SO4N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________，生成56gN2转移的电子___________mol。
（3）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：10A1+6NaNO3+4NaOH==10NaA1O2+3N2↑+2H2O。上述反应中，若产生2mol N2，转移电子数为_________（用NA表示阿伏加德罗常数）；用“双线桥”表示反应中电子转移,化合价的变化，反应类型：______________。
（4）将等质量两份镁、铝合金分别投入足量的NaOH和HCl中，在相同的情况下测得生成气体的体积之比为1:2，求合金中镁、铝的物质的量之比为___________。
【答案】 (1). D (2). A (3). B、C、E (4). 5:1 (5). 1:3 (6). 12 (7). 20NA (8). (9). 3:2
【解析】
（1）反应A中氯元素化合价降低，被还原；反应B中氯气既是氧化剂，也是还原剂；反应C中氯元素化合价部分升高，被氧化；反应D中氯元素化合价升高，被氧化；反应E中氯元素化合价升高，被氧化；则上述反应中氯元素只被氧化的是D，只被还原的是A，部分被氧化的是B、C、E；根据方程式可知C中被氧化与被还原的物质的量之比为10:2＝5:1；（2）在反应4(NH4)2SO4＝N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O中氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，氮气是氧化产物，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子，二氧化硫是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3，56gN2的物质的量是2mol，因此转移的电子的物质的量是2mol×6＝12mol。（3）反应中氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，因此若产生2mol N2，转移电子的物质的量是2mol×5×2＝20mol，电子数为20NA；铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，根据电子得失守恒可知电子转移的方向和数目可表示为。（4）设镁的物质的量是xmol，铝的物质的量是ymol。镁只能与盐酸反应产生氢气，则生成的氢气是xmol。铝与盐酸或氢氧化钠反应生成的氢气均是1.5ymol，则，解得x：y＝3：2。
22.有pH均为2的盐酸、硫酸、醋酸三瓶溶液
（1）设三种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是________________________(用“＞、＜、=”表示，下同）。
（2）取同体积的三种酸分别加蒸馏水稀释到pH=6，需水的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是___________________________。
（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需三种酸的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是____________________________。
（4）取同体积的酸的溶液分别加入足量的锌粉，反应过程中放出H2的速率依次为a1、a2、a3，则其关系是___________________________。
【答案】 (1). c3＞c1＞c2 (2). V1=V2＜V3 (3). V3＜V1=V2 (4). a3＞a1=a2
【解析】
试题分析：（1）盐酸一元强酸，H2SO4二元强酸，醋酸弱酸，pH相同是，三种溶液的物质的量浓度为c2＜c1＜c3。
（2）加蒸馏水稀释到pH=6，醋酸存在电离平衡，所以V1=V2＜V3。
（3）中和反应主要看物质的量，完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需要三种酸的体积为V1=V2＞V3。
（4）因为醋酸存在电离平衡，所以pH相同的三种酸与锌反应的过程中醋酸中的c(H+)最大，所以速率为a 1=a2＜a3。
考点：强弱电解质的比较
点评：本题难度较大，需要有较强的逻辑思维能力，考查学生分析问题的能力。
23.以苯甲醛为原料，通过Cannizzaro反应来制备苯甲醇和苯甲酸，反应式为：
主反应：
副反应：
主要物料的物理常数如下表：
名称
分子量
性状
相对密度
（g·cm-3）
沸点
（℃）
溶解度
水
乙醚
苯甲醛
106
无色液体
1.04
179
微溶
易溶
苯甲酸
122
无色晶体
1.27
249
0.21g
66g
苯甲醇
108
无色液体
1.04
205
微溶
易溶
乙醚
74
无色液体。
0.71
35
不溶
--
实验步骤：
（1）仪器A的作用是_______________。
（2）蒸馏操作时温度应该控制在___________左右。获得产品乙时进行的操作Ⅱ的名称是__________________。
（3）①上层溶液1中除乙醚外主要有机杂质是____________、_____________。
洗涤时先后用到了饱和NaHSO3 溶液、10%的NaHCO3溶液和水。
②洗涤操作在______________中进行。
a．烧杯 b．布氏漏斗 c．烧瓶 d．分液漏斗
③加入10%的NaHCO3溶液至___________________（填现象）时说明杂质已被除尽。
（4）若产品甲的质量为5.40 g，则产品甲的产率是_____________________。
【答案】 (1). 冷凝回流 (2). 205℃ (3). 抽滤（过滤、减压过滤） (4). 苯甲醛 (5). 苯甲酸 (6). d (7). 无气泡生成 (8). 67.9%
【解析】
【分析】
由装置图并结合题中信息可知，苯甲醛与NaOH反应的生成物为苯甲醇、苯甲酸钠的混合物，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作I为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钠，加盐酸反应生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作II为过滤，产品乙为苯甲酸。
【详解】(1).由仪器结构特征可知A为冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；
(2).苯甲醛和氢氧化钠反应得到苯甲酸钠和苯甲醇，苯甲醇的沸点是205℃，所以蒸馏操作时温度应该控制在205℃左右，苯甲酸钠可以和盐酸反应得到苯甲酸，则产品乙为苯甲酸，获得产品乙时进行的操作Ⅱ的名称是抽滤(过滤、减压过滤)，故答案为：205℃；抽滤(过滤、减压过滤)；
(3).①.上层液中还含有未反应的苯甲醛、苯甲酸，苯甲酸、苯甲醛的沸点较低，易溶于有机物溶剂中，即上层溶液1中除乙醚外主要有机杂质是苯甲醛、苯甲酸，故答案为：苯甲醛、苯甲酸；
②. 上层溶液1中除乙醚外主要有机杂质是苯甲醛、苯甲酸，在蒸馏前需要除杂，由于乙醚不溶于水，因此洗涤操作需要在分液漏斗中进行，故答案为d；
③.饱和NaHSO3 溶液、10%的NaHCO3溶液分别为了除去苯甲醛和苯甲酸，因此当没有气泡生成时说明杂质已被除尽，故答案为：无气泡生成；
(4).苯甲醇的理论产量为：×108g=7.95g，则苯甲醇的产率为×100%=67.9%，故答案为：67.9%。
24.完成下列氧化还原反应相关问题：
I．配平下面的氧化还原方程式：___ Na2SO3＋____ KIO3＋____ H2SO4 =____ Na2SO4＋____ K2SO4＋____ I2＋____H2O。
II．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为
2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
（1）请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)_______________。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________(填序号)。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
若标准状况下产生4.48L Cl2，则参加反应的KClO3的质量为_______g，被氧化的盐酸的物质的量为________mol，转移电子的物质的量为________mol。
（3）ClO2具有很强的氧化性,因此常被用作消毒剂,其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的________倍。（提示：ClO2与Cl2消毒时氯元素都被还原为最低价）
【答案】 (1). 5 2 1 5 1 1 1 (2). (3). ② (4). 49 (5). 0.4 (6). 0.4 (7). 2.63
【解析】
I．I元素的化合价由+5降低为0，S元素的化合价应从+4价升高为+6，由电子、电荷、原子守恒可知，离子反应为5Na2SO3＋2 KIO3＋1 H2SO4 =5 Na2SO4＋1K2SO4＋1 I2＋1H2O。II．（1）KClO3中氯元素由+5降为+4价， HCl中氯元素由-1升高0价，该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)：。（2）HCl中氯元素由-1升高0价，表现还原性，浓盐酸在反应中还原提供酸性。故选②；若标准状况下产生4.48L Cl2， =0.2mol，由2KClO3＋4HCl=2KCl＋2ClO2＋Cl2＋2H2O可知：参加反应的KClO3的质量为m(KClO3)=122.5g·mol－1×0.2mol×2=49g；被氧化的盐酸的物质的量为：n(HCl)=2n(Cl2)=0.2mol×2=0.4mol，生成1molCl2转移电子的物质的量为2mol,现生成0.2molCl2转移电子的物质的量为0.2mol×2=0.4mol；（3）设质量都是71g，氯气得到的电子数为×2×1=2mol，ClO2得到的电子数为×1×5=mol=mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为==2.63。
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