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【化学】湖北省荆门龙泉中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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湖北省荆门龙泉中学2018-2019学年高二下学期期中考试
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题
1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同
B. 硅胶可用作干燥剂
C. 煤干馏和石油的分馏都属于物理变化
D. 亚硝酸钠是一种食品防腐剂，使用时其用量可以不加限制
【答案】B
【详解】A．明矾净水原理是利用铝离子水解生成胶体，漂白粉、臭氧的净水是利用强氧化性，故A错误；
B．硅胶具有吸水性可以做干燥剂，故B正确；
C．煤的干馏属于化学变化，故C错误；
D．亚硝酸钠有毒，故使用时其用量应限制，故D错误；
故答案为B。
2.下列有关实验的说法一定正确的是( )
A. 用湿润的pH试纸测溶液的pH
B. 实验室制备干燥纯净的氯气时，气体先通过饱和食盐水再通过浓硫酸
C. 用玻璃棒在过滤器上搅拌以加速AgCl沉淀的洗涤
D. 中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，测定结果偏低
【答案】B
【详解】A．pH试纸测溶液的pH，pH试纸不能湿润，故A错误；
B．饱和食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸干燥氯气，则实验室制备干燥纯净的氯气时，气体先通过饱和食盐水再通过浓硫酸，故B正确；
C．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，故C错误；
D．中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，测定结果无影响，故D错误；
故答案为B。
3.Zn还原SiCl4的反应如下：
SiCl4(g) + 2Zn(l)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH1
SiCl4(g) + 2Zn(g)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH2
下列说法正确的是( )
A. Zn(l)=Zn(g) ΔH =1/2（ΔH1-ΔH2）
B. 用硅制作的太阳能电池是将化学能转化为电能
C. 增加Zn(g)的量，ΔH2变大
D. 以Zn片、铜片和稀硫酸构成的原电池，Zn片表面有气泡产生。
【答案】A
【解析】试题分析：根据盖斯定律，① SiCl4(g) + 2Zn(l)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH1；②SiCl4(g) + 2Zn(g)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH2，根据盖斯定律，①－②得2Zn(l)=2Zn(g) ΔH =（ΔH1-ΔH2），故A正确；用硅制作的太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误；焓变与系数有关，故C错误；以Zn片、铜片和稀硫酸构成的原电池，Zn是负极，铜片表面有气泡产生，故D错误。
考点：本题考查化学反应中的能量变化、原电池原理。
4.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是( )
A. 饱和氯水中：Na+、K+、Cl-、CO32-
B. 淀粉溶液中：K+、NH4+、SO42-、I-
C. Na2SiO3溶液中：Cl-、I-、K+、CO2
D. 葡萄糖溶液中：Na+、H+、SO42-、Cr2O72-
【答案】B
【详解】A．饱和氯水有强酸性，CO32-与H+反应而不能大量共存，故A错误；
B．各离子都能与淀粉溶液不反应，且离子间也不发生反应，可大量共存，故B正确；
C．CO2可与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀而不能大量共存，故C错误；
D．Cr2O72-可将葡萄糖氧化而不能共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】解离子共存题，首先要搞清常见的离子反应有：①生成难溶物，如Ba2+与CO32－、SO42－生成难溶物；②生成挥发性的气体，如CO32－与H+生成CO2气体；③生成弱电解质，如NH4+与OH－生成NH3·H2O；④发生氧化还原反应，如C在酸性条件下NO3－与Fe2+；⑤生成配合离子，如Fe3+和SCN－；在同一溶液里能发生离子反应则不能大量共存。
5.下列有关离子方程式正确的是( )
A. 向稀盐酸中加入少量钠粒：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑
B. 向氯化铁溶液中滴加偏铝酸钠溶液：Fe3+＋3AlO2-＋6H2O＝Fe(OH)3↓＋3Al(OH)3↓
C. 用漂白粉溶液吸收尾气中SO2：Ca2+＋2ClO-＋SO2＋H2O＝CaSO3↓＋2HClO
D. 向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁：Al3+＋MgO＋H2O＝Al(OH)3↓＋Mg2+
【答案】B
【详解】A．钠在盐酸中，首先钠和氢离子反应，应为2Na+2H+═2Na++H2↑，故A错误；
B．氯化铁和偏铝酸钠溶液发生互促水解反应，反应的离子方程式为Fe3++3AlO2-+6H2O═Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓，故B正确；
C．用漂白粉溶液吸收尾气中SO2，要发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，故C错误；
D．向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁，离子方程式为2Al3++3MgO+3H2O═2Al(OH)3↓+3Mg2+，故D错误；
故答案为B。
【点睛】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等。②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。④注意反应物的用量对离子反应的影响。
6.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是最外层的1/3，ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是( )
A. 原子半径：rW＞rZ＞rY
B. Y形成的离子与W形成的离子的电子数不可能相同
C. 化合物X2Y、ZY、WY3 中化学键的类型相同
D. 由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性
【答案】D
【解析】试题分析：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；Y的次外层电子数是最外层的1/3，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；ZX2中，H显-1价，Z显+2价，则Z为Mg；同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径Mg＞S＞O，A错误；O22--与S2-电子数都是18， B错误；H2O和SO3中均为共价键，MgO中为离子键， C错误；MgSO4•7H2O的水溶液因Mg2+水解显酸性，D正确。
考点：原子结构与元素周期表的关系
7.X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，他们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是( )
X
Y
Z
W
A
C
CO
CO2
O2
B
Na
Na2O
Na2O2
O2
C
AlCl3
Al(OH)3
NaAl(OH)4
NaOH
D
Fe
FeCl2
FeCl3
Cl2
【答案】D
【解析】试题分析：A、氧气不足时，C和氧气反应生成CO，氧气过量时，生成CO2，CO可与氧气反应生成CO2，符合转化关系，故A不选；B、Na可与氧气反在常温下生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠，符合转化关系，故B不选；C、氯化铝可与少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3，与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2，符合转化关系，故C不选；D、氯气和铁反应只生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D选；故选D。
考点：考查了无机推断、物质的性质的相关知识。
8.将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g) 3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示：下列推断正确的是( )。
A. 升高温度，该反应平衡常数K减小
B. 压强大小有P3＞P2＞P1
C. 平衡后加入高效催化剂使平均摩尔质量增大
D. 在该条件下M点X平衡转化率为9/11
【答案】D
【详解】A．根据图象知，升高温度，X物质的量分数降低，说明反应向正方向移动，平衡常数增大，故A错误；
B．可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，X物质的量分数增大，所以，压强大小关系有：P3＜P2＜P1，故B错误；
C．催化剂不会使平衡发生移动，气体相对分子质量Mr不变，故C错误；
D．M点对应的平衡体系中，X的物质的量分数为0.1，则：
2X(g)3Y(g)+Z(g)
起始物质的量(mol) 1 0 0
变化物质的量(mol) 2x 3x x
平衡物质的量(mol)1-2x 3x x
=0.1=0.1，x=，X转化率为==，故D正确；
故答案为D。
9.一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2(g）+O2(g）2SO3(g） ∆H＝－196kJ·moL−1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：
反应时间/min
n(SO2）/mol
n(O2）/mol
0
2
1
5
1.2
10
0.4
15
0.8
下列说法不正确的是( )
A. 反应在前5min的平均速率为v (SO2）=0.08mol·L−1·min−1
B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v (正）＞ v (逆）
C. 该温度，反应的平衡常数为11.25L·mol－1
D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.5mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据已知数据，用二氧化硫化学反应速率v==mol/（L·min）=0.08mol·L-1·min-1，故A正确；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，化学平衡正向移动，v（正）＞v（逆），故B正确；C、通过计算，当反应进行到10min时，二氧化硫的物质的量是0.8mol，所以10min就达到化学平衡状态，此时反应放出的热量是0.4×196kJ=78.4kJ，起始时向容器中充入2molSO3，达到的平衡和充入2molSO2以及1molO2建立的平衡是等效的，互为逆反应的过程是吸热的，所以达平衡时吸收78.4kJ的热量，故C正确；D、根据2SO2（g）+O2（g）2SO3(g），利用三段式分析，有化学平衡常数K==，起始时向容器中充入1.5mol SO3，如果转化率是40%，则有此时K=≠，故D错误，故选D。
考点：考查了化学平衡的移动和计算的相关知识。
10.常温下，取20mL某浓度的盐酸作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 所用盐酸的浓度是0.09mol·L－1，NaOH溶液浓度为0.03mol·L─1
B. 在B点，溶液中离子浓度关系为：c(Cl─)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C. A、B、C三点水的电离程度大小依次为：A＞B＞C
D. 滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致盐酸浓度偏低
【答案】A
【解析】A．结合图象，假设HCl的浓度是x mol•L─1，NaOH溶液浓度为y mol•L─1，有：20×10─3×x=60×10─3×y，=0.01；解得：x=0.09，y=0.03，故A正确；B．在B点，盐酸已中和，溶液显酸性，没有达到完全中和，c(H+)＞c(OH─)，c(Cl─)＞c(Na+)，故B错误；C．A．B．C三点酸性依次减弱，对水电离的一直程度减小，水的电离程度大小依次为：C＞B＞A，故C错误；D．滴定前，锥形瓶用待测液润洗，增加n(H+)，消耗n(NaOH)增大，导致HCl浓度偏高，故D错误；故选A。
11.已知：常温下，。现有1L 0.1mol·L-1的两种溶液：①NaClO溶液；② NaF溶液。下列说法正确的是( )
A. c(H+)：①＞②
B. 分别加入1L 0.1mol·L-1HCl溶液后，两溶液的pH：①＜②
C. 分别加入等浓度的盐酸至溶液呈中性，消耗盐酸的体积：①＜②
D. n(HF)＋n(F-)＝n(HClO)＋n(ClO-)
【答案】D
【解析】已知：常温下，Ka（HF）>Ka（HClO），则酸性：HF>HClO，A、酸性越弱，对应的酸根离子的水解程度越大，所以NaClO的水解程度大，则NaClO溶液中氢氧根离子浓度大，氢离子浓度小，即c（H+）：①<②，选项A错误；B、与盐酸恰好完全反应后所得溶液为氯化钠和弱酸，HClO的酸性小于HF，溶液的pH：①>②，选项B错误；C、溶液的碱性越强消耗的盐酸越多，溶液中c（OH-）：①>②，故加入盐酸至中性所消耗盐酸体积：①>②，选项C错误；D、NaClO和NaF的物质的量相同，根据物料守恒可知n（HF）+n（F-）=n（HClO）+n（ClO-），选项D正确。答案选D。
12.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 ( )
A. Ksp[Fe(OH)3]
C. c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D. Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
【答案】B
【详解】A．由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与KSP[Cu(OH)2]的大小，KSP[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•(OH-)3=c(Fe3+)•(10-12.7)3，KSP[Cu(OH)2]=c(Cu2+)•(OH-)2=c(Cu2+)•(10-9.6)2，因c(Fe3+)=c(Cu2+)，故KSP[Fe(OH)3]＜KSP[Cu(OH)2]，故A正确；
B．向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c(OH-)增大，故不能使溶液由a点变到b点，故B错误；
C．只要温度不发生改变，溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积(即Kw)就不变。该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等，故C正确；
D．b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，故D正确；故答案为B。
13.热电池是一种可长期储备电能的电池，高氯酸钾广泛用于热电池。铁和高氯酸钾反应提供的能量使盐熔化导电，从而激活电池。铁和高氯酸钾的热电池反应为：KClO4(s)＋4Fe(s) === KCl(s)＋4FeO(s) ΔH ，下列说法合理的是( )
A. ΔH<0且参与反应的高氯酸钾越多，ΔH的值越小
B. 在该热电池中，铁为负极，发生还原反应
C. 正极反应式为KClO4(s)＋8e- ===KCl(s)＋4O2-(l)
D. 生成1 mol FeO时转移8 mol电子
【答案】C
【解析】热化学方程式中反应热值只与化学计量数有关，和参与反应物的量无关，故A错误；铁为负极，发生氧化反应，故B错误；原电池的正极发生还原反应，熔融盐可传递氧离子，正极反应式为KClO4（s）+8e-═KCl（s）+4O2-（l），故C正确；根据热电池反应：KClO4（s）+4Fe（s）═KCl（s）+4FeO（s），生成1 molFeO转移2mol电子，故D错误。
14.铅、二氧化铅、氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O[已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质]，下列说法中不正确的是（ ）
A. 放电时，溶液中的BF4-向负极移动
B. 放电时，转移1mol电子时正极减少的质量为119.5g
C. 充电时，阳极附近溶液的酸性减弱
D. 充电时，阴极的电极反应式为Pb2++2e-═Pb
【答案】C
【解析】试题分析：原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2++2e-=Pb，阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。A、放电时，此装置为原电池，阴离子BF4-要向负极移动，故A正确；B、放电时，正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，每当转移2mol电子时正极有1molPbO2溶解，质量减少239g，故转移1mol电子时正极减少的质量为119.5g，故B正确；C、充电时，阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生大量氢离子，故阳极附近溶液的酸性增强，故C错误；D、充电时的阴极反应即是将放电时的负极反应倒过来，故阴极反应为：Pb2++2e-=Pb，故D正确，故选C。
【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理
【名师点晴】本题考查了原电池中电极反应式的书写和离子移动方向的判断，应注意的是在原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极；在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
15.下列有机物中，在不同条件下，既能发生水解反应和消去反应，又能发生酯化反应并能与金属钠反应放出氢气的是 ( )
①②③④
A. ② B. ②③ C. ①② D. ①②③
【答案】B
【详解】①该有机物分子中含有羧基，能够发生酯化反应，能够与金属钠反应生成氢气，含有官能团氯原子，能够发生水解反应，但是与氯原子相邻的碳上不含氢原子，不能发生消去反应，故①错误；
②分子中含有官能团氯原子，且与氯原子所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其能够发生水解反应，也能够发生消去反应；含有官能团羧基，能够发生酯化反应，也能够与钠反应生成氢气，故②正确；
③该有机物分子中含有酯基，能够发生水解反应，含有羟基与其所连碳原子邻位碳原子上有氢原子，能够发生酯化反应和消去反应，也能够与钠反应放出氢气，故③正确；
④该有机物分子不含羧基和羟基，无法发生酯化反应，故④错误；
故答案为B。
16.已知：RCH2OHRCHORCOOH。某有机物X的化学式为C5H12O，能和钠反应放出氢气。X经酸性重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液氧化最终生成Y(C5H10O2)，若不考虑立体结构。X和Y在一定条件下生成酯最多有( )
A. 4种 B. 8种 C. 16种 D. 32种
【答案】C
【详解】依据信息得出：只有含“-CH2OH”的醇能被氧化成羧酸，符合条件的醇有4种：即正戊醇、2-甲基-1-丁醇、3-甲基-1-丁醇、2，2-二甲基-1-丙醇，其中此四种醇中能被氧化成羧酸Y的同分异构体也有4种，故X、Y最多生成酯有4×4=16种，故答案为C。
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、非选择题
17.高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂。工业上，用软锰矿(主要成分是二氧化锰)制高锰酸钾的流程如下(部分条件和产物省略)：
请回答下列问题：
(1)提高锰酸钾浸出率(浸出锰酸钾质量与固体总质量之比)措施有__________________________________________ 。
(2)写出向二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发生的主要化学反应的方程式：__________________________________________________ 。
(3)从经济性考虑试剂X宜选择(填名称)：___________。上述流程中，设计步骤IV和V的目的是________________________________________________________。
(4)以惰性材料为电极，采用电解锰酸钾溶液的方法完成步骤III转化。
①阳极反应式为 ___________________ 。
②电解过程中，阴极附近电解质溶液的pH将 _______(填：增大、减小或不变)。
(5)测定高锰酸钾样品纯度：向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不变色时，达到滴定终点。写出离子方程式：__________________。
(6)已知：常温下，Ksp [Mn(OH)2]=2.010-13。工业上，调节pH沉淀废水中Mn2+。当pH=10时，溶液中c(Mn2+)＝______________ 。
【答案】（9分）（1）加热、搅拌等（1分）
（2）2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O（1分）
（3）石灰乳（或生石灰）（1分） 循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率（1分）
（4）①MnO42-－e-＝MnO4-（1分）②增大（1分）
（5）2MnO4-＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+（2分）
（6）2.0×10-5mol/L（1分）
【解析】试题分析：（1）为提高提高锰酸钾浸出率，应采用加热、搅拌的方法，使反应尽可能多的生成锰酸钾；
（2）根据流程图，二氧化锰与氢氧化钾溶液、氧气在高温条件下发生反应生成锰酸钾和水，化学方程式为2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O；
（3）碳酸钾与X反应又得氢氧化钾，所以X试剂应是与碳酸钾发生复分解反应的物质，结合碳酸根离子的性质判断X是石灰乳或生石灰；设计步骤IV和V的目的是使氢氧化钾、二氧化锰重新被利用，提高原料的利用率；
（4）锰酸钾生成高锰酸钾，Mn元素的化合价升高，所以锰酸钾发生氧化反应，所以电解锰酸钾溶液的阳极反应式为锰酸根离子失去电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42-－e-＝MnO4-；阴极是氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大；
（5）向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀，该黑色沉淀是二氧化锰，所以该滴定反应的离子方程式为2MnO4-＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+；
（6）Mn（OH）2的溶度积Ksp=c(Mn2+)c(OH-)2=2.0×10-13，当pH=10时，c(OH-)=1.0×10-4mol/L，所以c(Mn2+)=2.0×10-13/ c(OH-)2=2.0×10-5mol/L.
考点：考查对反应流程的分析，电极反应式的判断，离子方程式的书写，溶度积的计算
18.氨气是重要的化工原料。
(1)已知： N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +180.5kJ·mol-1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H= -905kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1
写出氨气在高温高压催化剂条件下生成氮气和氢气的热化学方程式：___________________________________________________；如果在1 L密闭容器中，3mol NH3 在等温条件下充分反应，2min后达到平衡，平衡时吸收的热量为92.4 kJ ，则在这段时间内v(H2)=___________________；保持温度不变，将起始NH3的物质的量调整为8 mol，平衡时NH3的转化率为_________________。
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式：_______________________________________，科学家利用此原理，设计成氨气一氧气燃料电池，则通入氨气的电极是 _____________ (填“正极”或“负极”)；碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为______________________________________。
(3)一定条件下，某密闭容器中发生反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H<0。在一定体积的密闭容器中，为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可采用的是____________(填字母代号)。
a．增大压强 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
(4)如果某氨水的电离程度为1%，向浓度为0.01 mol/L MgCl2溶液中滴加氨水，则开始产生沉淀时(忽略溶液体积变化)溶液中的NH3·H2O的浓度为______________(已知Ksp[Mg(OH)2]=4.010-12])。
【答案】(1). 2NH3(g)N2(g)+ 3H2(g) ΔH ＝ +92.4 kJ/ mol (2). 1.5 mol·L-1·min-1 (3). 50% (4). 4NH3+3O2 == 2N2+6H2O (5). 负极 (6). 2NH3+6OH--6e- = N2+6H2O (7). C (8). 0.002 mol/L
【分析】(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1，
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=-905kJ•mol-1，
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ•mol-1，根据盖斯定律，(②-①×2-③×3)÷2可得：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，由此计算△H；
如果在1L密闭容器中，3mol NH3 在等温条件下充分反应，平衡时的反应热为92.4kJ，说明反应的氨气为2mol，则：
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)
起始量(mol)：3 0 0
变化量(mol)：2 1 3
平衡量(mol)：1 1 3
根据v=计算v(H2)；
保持温度不变，平衡常数不变，根据K=计算平衡常数，将起始NH3的物质的量调整为8mol，设转化的氨气物质的量为xmol，表示出平衡时各组分物质的量，再结合平衡常数列方程计算解答；
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，应生成氮气与水；氨气--氧气燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，生成氮气与水；
(3)a．增大压强，反应速率增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向吸热反应移动；
c．增大反应物氧气的浓度，平衡正向进行，反应速率增大；
d．选择高效催化剂只能改变化学反应速率，但不影响化学平衡；
(4)溶液中c(Mg2+)=0.01mol/L，根据溶度积常数Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=4.0×10-12 ，计算c(OH-)，氨水的浓度=。
【详解】(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=-905kJ•mol-1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，(②-①×2-③×3)÷2可得：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=+92.4 kJ•mol-1；
如果在1L密闭容器中，3mol NH3 在等温条件下充分反应，平衡时的反应热为92.4kJ，说明反应的氨气为2mol，则：
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)
起始量(mol)：3 0 0
变化量(mol)：2 1 3
平衡量(mol)：1 1 3
v(H2)==1.5mol/(L•min)；
平衡常数K===27，保持温度不变，平衡常数不变，将起始NH3的物质的量调整为8mol，设转化的氨气物质的量为xmol，则：
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)
起始量(mol)：8 0 0
变化量(mol)：x 0.5x 1.5x
平衡量(mol)：8-x 0.5x 1.5x
则=27，解得x=4 ，平衡时氨气的转化率=×100%=50%；
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，应生成氮气与水，反应的化学方程式：4NH3+3O2 2N2+6H2O；氨气--氧气燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下生成氮气与水，该电极发生反应的电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；
(3)a．反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应速率增大，平衡逆向进行，故a不符合；b．反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，故b不符合；c．增大O2的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，故c符合；d．选择高效催化剂只能改变化学反应速率，但不改变化学平衡，故d不符合；故答案为c；
(4)如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01mol/LMgCl2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时(不考虑溶液体积变化)，{已知Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10-12]}，则依据：溶度积常数Ksp=c(Mg2+)× c2(OH-)=4.0×10-12 ，溶液中c(Mg2+)=0.01mol/L，则c(OH-)=2×10-5mol/L，氨水的浓度= =0.002mol/L。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
19.G是一种常见的氨基酸，其合成路线如下
已知以下信息：
①A苯环上只有1个取代基且核磁共振氢谱有6组峰，其面积比为1∶2∶2∶2∶2∶1；D和F的苯环上的一氯代物都只有2种；
②F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应；
③
④
回答下列问题
(1)A的分子式为__________，其名称为 __________。
(2)A→B的反应类型是__________；鉴别A和B可用的试剂是__________。
(3)B→C的化学方程式为________________________。
(4)G的结构简式为__________。
(5)F同分异构构体，含有苯环且能发生水解反应的异构体有__________种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是__________。
【答案】(1). C8H10O (2). 苯乙醇 (3). 取代反应(酯化反应) (4). 金属钠 (5). +HNO3+H2O (6). (7). 6 (8). 或或
【分析】据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息①可知A为苯乙醇，分子式为C8H10O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为，B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，C→D的反应是硝基还原为氨基的反应，F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知D→E是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为，E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为，据信息③可知，G为，据此分析。
【详解】(1)据解析可知，A的分子式为C8H10O，名称是苯乙醇；
(2)据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为乙酸苯乙酯，用金属Na可以鉴别A与B，A与Na反应生成气体，B不能；
(3)B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，反应方程式为： +HNO3+H2O；
(4)F为，据信息③可知，G为；(5)F为，其含有苯环且能发生水解反应的异构体中需有酯基，可以是酚羟基与甲酸形成的酯，另有一个甲基，这样的酯有邻、间、对3种，可以是酚羟基与乙酸形成的酯，有1种，苯甲酸与甲醇形成的酯，有1种，苯甲醇与甲酸形成的酯，有1种，共6种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是或或。
【点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
20.Na2S2O3·5H2O在化学定量分析中常用作基准物质，实验室制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。设计如下装置(夹持仪器省略)进行实验。
（1）A中发生的化学反应方程式为 ______________________________ 。
（2）C中所盛试剂可能是 ____________________ ；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止加热外，还可以采取的操作是_________________________________。
（3）学生乙在加热A后，发现液面下的铜丝变黑。对黑色生成物该学生提出如下假设：
①可能是CuO ②可能是Cu2O ③可能是CuS
学生丙提出假设②一定不成立，依据是_____________________________________________；该生用如下实验进一步验证黑色物质的组成：
基于上述假设分析，黑色物质的组成为 (填化学式)。
（4）实验室用Na2S2O3标液测量废水Ba2＋的浓度，过程如下：
(已知：2 S2O32一+I2=S4O62—+2 I－)
①写出BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式 ；
②以淀粉为指示剂，则到达滴定终点的现象是 ；
③若标液Na2S2O3的浓度0.0030mol·L－1，消耗该Na2S2O3溶液体积如图，则废水Ba2＋的浓度为 。
【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）氢氧化钠溶液 可将铜丝抽离液面已停止反应
（3）Cu2O为砖红色
（4）2BaCrO4+6I-+16H+=3I2+2Cr3++2Ba2++8H2O 滴入最后一滴溶液，锥形瓶内溶液有蓝色变为无色，维持30s不变， 0.0011mol/L
【解析】（1）A中是浓硫酸与铜发生的氧化还原反应，因此发生的化学反应方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑。
（2）SO2剩余大气污染物，需要尾气处理。由于SO2是酸性氧化物具有还原性，则C中所盛试剂可能是NaOH溶液(或酸性高锰酸钾溶液)；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止加热外，根据装置的构造可知还可以采取的操作是可以将铜丝抽离液面以停止反应。
（3）①由于Cu2O为砖红色，所以假设②一定不成立；该生用如下实验进一步验证黑色物质的组成：
加入稀硫酸后，得到无色溶液，说明不存在氧化铜，因为氧化铜与稀硫酸反应生成蓝色的硫酸铜溶液。同时有少量黑色固体产生，所以黑色物质的组成为CuS，因为硫化铜与稀硫酸不反应。
（4）①＋6价的Cr具有氧化性，能氧化碘离子，生成单质碘，则BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式为2BaCrO4＋6I－＋16H＋＝3I2＋2Ba2＋＋2Cr3＋＋8H2O；
②由于碘遇淀粉显蓝色，如果以淀粉为指示剂，则到达滴定终点的现象是滴入最后一滴溶液，锥形瓶内溶液由蓝色变为无色，维持30s不变；
③滴定前读数是0.01ml，滴定后的读数是27.60ml，因此实际消耗硫代硫酸钠溶液的体积是27.50ml，则根据反应式2BaCrO4＋6I－＋16H＋＝3I2＋2Ba2＋＋2Cr3＋＋8H2O、2S2O32一+I2=S4O62—+2 I－可知Cr3＋～3S2O32一，所以废水Ba2＋的浓度为。
考点：考查硫代硫酸钠制备、物质含量测定实验方案设计与探究
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题
1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同
B. 硅胶可用作干燥剂
C. 煤干馏和石油的分馏都属于物理变化
D. 亚硝酸钠是一种食品防腐剂，使用时其用量可以不加限制
【答案】B
【详解】A．明矾净水原理是利用铝离子水解生成胶体，漂白粉、臭氧的净水是利用强氧化性，故A错误；
B．硅胶具有吸水性可以做干燥剂，故B正确；
C．煤的干馏属于化学变化，故C错误；
D．亚硝酸钠有毒，故使用时其用量应限制，故D错误；
故答案为B。
2.下列有关实验的说法一定正确的是( )
A. 用湿润的pH试纸测溶液的pH
B. 实验室制备干燥纯净的氯气时，气体先通过饱和食盐水再通过浓硫酸
C. 用玻璃棒在过滤器上搅拌以加速AgCl沉淀的洗涤
D. 中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，测定结果偏低
【答案】B
【详解】A．pH试纸测溶液的pH，pH试纸不能湿润，故A错误；
B．饱和食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸干燥氯气，则实验室制备干燥纯净的氯气时，气体先通过饱和食盐水再通过浓硫酸，故B正确；
C．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，故C错误；
D．中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，测定结果无影响，故D错误；
故答案为B。
3.Zn还原SiCl4的反应如下：
SiCl4(g) + 2Zn(l)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH1
SiCl4(g) + 2Zn(g)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH2
下列说法正确的是( )
A. Zn(l)=Zn(g) ΔH =1/2（ΔH1-ΔH2）
B. 用硅制作的太阳能电池是将化学能转化为电能
C. 增加Zn(g)的量，ΔH2变大
D. 以Zn片、铜片和稀硫酸构成的原电池，Zn片表面有气泡产生。
【答案】A
【解析】试题分析：根据盖斯定律，① SiCl4(g) + 2Zn(l)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH1；②SiCl4(g) + 2Zn(g)Si(s) + 2ZnCl2(g) ΔH2，根据盖斯定律，①－②得2Zn(l)=2Zn(g) ΔH =（ΔH1-ΔH2），故A正确；用硅制作的太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误；焓变与系数有关，故C错误；以Zn片、铜片和稀硫酸构成的原电池，Zn是负极，铜片表面有气泡产生，故D错误。
考点：本题考查化学反应中的能量变化、原电池原理。
4.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是( )
A. 饱和氯水中：Na+、K+、Cl-、CO32-
B. 淀粉溶液中：K+、NH4+、SO42-、I-
C. Na2SiO3溶液中：Cl-、I-、K+、CO2
D. 葡萄糖溶液中：Na+、H+、SO42-、Cr2O72-
【答案】B
【详解】A．饱和氯水有强酸性，CO32-与H+反应而不能大量共存，故A错误；
B．各离子都能与淀粉溶液不反应，且离子间也不发生反应，可大量共存，故B正确；
C．CO2可与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀而不能大量共存，故C错误；
D．Cr2O72-可将葡萄糖氧化而不能共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】解离子共存题，首先要搞清常见的离子反应有：①生成难溶物，如Ba2+与CO32－、SO42－生成难溶物；②生成挥发性的气体，如CO32－与H+生成CO2气体；③生成弱电解质，如NH4+与OH－生成NH3·H2O；④发生氧化还原反应，如C在酸性条件下NO3－与Fe2+；⑤生成配合离子，如Fe3+和SCN－；在同一溶液里能发生离子反应则不能大量共存。
5.下列有关离子方程式正确的是( )
A. 向稀盐酸中加入少量钠粒：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑
B. 向氯化铁溶液中滴加偏铝酸钠溶液：Fe3+＋3AlO2-＋6H2O＝Fe(OH)3↓＋3Al(OH)3↓
C. 用漂白粉溶液吸收尾气中SO2：Ca2+＋2ClO-＋SO2＋H2O＝CaSO3↓＋2HClO
D. 向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁：Al3+＋MgO＋H2O＝Al(OH)3↓＋Mg2+
【答案】B
【详解】A．钠在盐酸中，首先钠和氢离子反应，应为2Na+2H+═2Na++H2↑，故A错误；
B．氯化铁和偏铝酸钠溶液发生互促水解反应，反应的离子方程式为Fe3++3AlO2-+6H2O═Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓，故B正确；
C．用漂白粉溶液吸收尾气中SO2，要发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，故C错误；
D．向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁，离子方程式为2Al3++3MgO+3H2O═2Al(OH)3↓+3Mg2+，故D错误；
故答案为B。
【点睛】离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁；三氯化铝溶液与碳酸钠溶液混合发生的是双水解反应，而不是复分解反应；Mg2+遇OH-和CO32-时更宜生成的是Mg(OH)2沉淀等。②电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。③配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。④注意反应物的用量对离子反应的影响。
6.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是最外层的1/3，ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是( )
A. 原子半径：rW＞rZ＞rY
B. Y形成的离子与W形成的离子的电子数不可能相同
C. 化合物X2Y、ZY、WY3 中化学键的类型相同
D. 由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性
【答案】D
【解析】试题分析：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；Y的次外层电子数是最外层的1/3，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；ZX2中，H显-1价，Z显+2价，则Z为Mg；同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径Mg＞S＞O，A错误；O22--与S2-电子数都是18， B错误；H2O和SO3中均为共价键，MgO中为离子键， C错误；MgSO4•7H2O的水溶液因Mg2+水解显酸性，D正确。
考点：原子结构与元素周期表的关系
7.X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，他们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是( )
X
Y
Z
W
A
C
CO
CO2
O2
B
Na
Na2O
Na2O2
O2
C
AlCl3
Al(OH)3
NaAl(OH)4
NaOH
D
Fe
FeCl2
FeCl3
Cl2
【答案】D
【解析】试题分析：A、氧气不足时，C和氧气反应生成CO，氧气过量时，生成CO2，CO可与氧气反应生成CO2，符合转化关系，故A不选；B、Na可与氧气反在常温下生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，且氧化钠可生成过氧化钠，符合转化关系，故B不选；C、氯化铝可与少量氢氧化钠反应生成Al（OH）3，与过量氢氧化钠反应生成NaAlO2，Al（OH）3可与继续反应生成NaAlO2，符合转化关系，故C不选；D、氯气和铁反应只生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故D选；故选D。
考点：考查了无机推断、物质的性质的相关知识。
8.将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g) 3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示：下列推断正确的是( )。
A. 升高温度，该反应平衡常数K减小
B. 压强大小有P3＞P2＞P1
C. 平衡后加入高效催化剂使平均摩尔质量增大
D. 在该条件下M点X平衡转化率为9/11
【答案】D
【详解】A．根据图象知，升高温度，X物质的量分数降低，说明反应向正方向移动，平衡常数增大，故A错误；
B．可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，X物质的量分数增大，所以，压强大小关系有：P3＜P2＜P1，故B错误；
C．催化剂不会使平衡发生移动，气体相对分子质量Mr不变，故C错误；
D．M点对应的平衡体系中，X的物质的量分数为0.1，则：
2X(g)3Y(g)+Z(g)
起始物质的量(mol) 1 0 0
变化物质的量(mol) 2x 3x x
平衡物质的量(mol)1-2x 3x x
=0.1=0.1，x=，X转化率为==，故D正确；
故答案为D。
9.一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2(g）+O2(g）2SO3(g） ∆H＝－196kJ·moL−1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：
反应时间/min
n(SO2）/mol
n(O2）/mol
0
2
1
5
1.2
10
0.4
15
0.8
下列说法不正确的是( )
A. 反应在前5min的平均速率为v (SO2）=0.08mol·L−1·min−1
B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v (正）＞ v (逆）
C. 该温度，反应的平衡常数为11.25L·mol－1
D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.5mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据已知数据，用二氧化硫化学反应速率v==mol/（L·min）=0.08mol·L-1·min-1，故A正确；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，化学平衡正向移动，v（正）＞v（逆），故B正确；C、通过计算，当反应进行到10min时，二氧化硫的物质的量是0.8mol，所以10min就达到化学平衡状态，此时反应放出的热量是0.4×196kJ=78.4kJ，起始时向容器中充入2molSO3，达到的平衡和充入2molSO2以及1molO2建立的平衡是等效的，互为逆反应的过程是吸热的，所以达平衡时吸收78.4kJ的热量，故C正确；D、根据2SO2（g）+O2（g）2SO3(g），利用三段式分析，有化学平衡常数K==，起始时向容器中充入1.5mol SO3，如果转化率是40%，则有此时K=≠，故D错误，故选D。
考点：考查了化学平衡的移动和计算的相关知识。
10.常温下，取20mL某浓度的盐酸作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 所用盐酸的浓度是0.09mol·L－1，NaOH溶液浓度为0.03mol·L─1
B. 在B点，溶液中离子浓度关系为：c(Cl─)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C. A、B、C三点水的电离程度大小依次为：A＞B＞C
D. 滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致盐酸浓度偏低
【答案】A
【解析】A．结合图象，假设HCl的浓度是x mol•L─1，NaOH溶液浓度为y mol•L─1，有：20×10─3×x=60×10─3×y，=0.01；解得：x=0.09，y=0.03，故A正确；B．在B点，盐酸已中和，溶液显酸性，没有达到完全中和，c(H+)＞c(OH─)，c(Cl─)＞c(Na+)，故B错误；C．A．B．C三点酸性依次减弱，对水电离的一直程度减小，水的电离程度大小依次为：C＞B＞A，故C错误；D．滴定前，锥形瓶用待测液润洗，增加n(H+)，消耗n(NaOH)增大，导致HCl浓度偏高，故D错误；故选A。
11.已知：常温下，。现有1L 0.1mol·L-1的两种溶液：①NaClO溶液；② NaF溶液。下列说法正确的是( )
A. c(H+)：①＞②
B. 分别加入1L 0.1mol·L-1HCl溶液后，两溶液的pH：①＜②
C. 分别加入等浓度的盐酸至溶液呈中性，消耗盐酸的体积：①＜②
D. n(HF)＋n(F-)＝n(HClO)＋n(ClO-)
【答案】D
【解析】已知：常温下，Ka（HF）>Ka（HClO），则酸性：HF>HClO，A、酸性越弱，对应的酸根离子的水解程度越大，所以NaClO的水解程度大，则NaClO溶液中氢氧根离子浓度大，氢离子浓度小，即c（H+）：①<②，选项A错误；B、与盐酸恰好完全反应后所得溶液为氯化钠和弱酸，HClO的酸性小于HF，溶液的pH：①>②，选项B错误；C、溶液的碱性越强消耗的盐酸越多，溶液中c（OH-）：①>②，故加入盐酸至中性所消耗盐酸体积：①>②，选项C错误；D、NaClO和NaF的物质的量相同，根据物料守恒可知n（HF）+n（F-）=n（HClO）+n（ClO-），选项D正确。答案选D。
12.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 ( )
A. Ksp[Fe(OH)3]
C. c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D. Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
【答案】B
【详解】A．由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与KSP[Cu(OH)2]的大小，KSP[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•(OH-)3=c(Fe3+)•(10-12.7)3，KSP[Cu(OH)2]=c(Cu2+)•(OH-)2=c(Cu2+)•(10-9.6)2，因c(Fe3+)=c(Cu2+)，故KSP[Fe(OH)3]＜KSP[Cu(OH)2]，故A正确；
B．向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c(OH-)增大，故不能使溶液由a点变到b点，故B错误；
C．只要温度不发生改变，溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积(即Kw)就不变。该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等，故C正确；
D．b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，故D正确；故答案为B。
13.热电池是一种可长期储备电能的电池，高氯酸钾广泛用于热电池。铁和高氯酸钾反应提供的能量使盐熔化导电，从而激活电池。铁和高氯酸钾的热电池反应为：KClO4(s)＋4Fe(s) === KCl(s)＋4FeO(s) ΔH ，下列说法合理的是( )
A. ΔH<0且参与反应的高氯酸钾越多，ΔH的值越小
B. 在该热电池中，铁为负极，发生还原反应
C. 正极反应式为KClO4(s)＋8e- ===KCl(s)＋4O2-(l)
D. 生成1 mol FeO时转移8 mol电子
【答案】C
【解析】热化学方程式中反应热值只与化学计量数有关，和参与反应物的量无关，故A错误；铁为负极，发生氧化反应，故B错误；原电池的正极发生还原反应，熔融盐可传递氧离子，正极反应式为KClO4（s）+8e-═KCl（s）+4O2-（l），故C正确；根据热电池反应：KClO4（s）+4Fe（s）═KCl（s）+4FeO（s），生成1 molFeO转移2mol电子，故D错误。
14.铅、二氧化铅、氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O[已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质]，下列说法中不正确的是（ ）
A. 放电时，溶液中的BF4-向负极移动
B. 放电时，转移1mol电子时正极减少的质量为119.5g
C. 充电时，阳极附近溶液的酸性减弱
D. 充电时，阴极的电极反应式为Pb2++2e-═Pb
【答案】C
【解析】试题分析：原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2++2e-=Pb，阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。A、放电时，此装置为原电池，阴离子BF4-要向负极移动，故A正确；B、放电时，正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O，每当转移2mol电子时正极有1molPbO2溶解，质量减少239g，故转移1mol电子时正极减少的质量为119.5g，故B正确；C、充电时，阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生大量氢离子，故阳极附近溶液的酸性增强，故C错误；D、充电时的阴极反应即是将放电时的负极反应倒过来，故阴极反应为：Pb2++2e-=Pb，故D正确，故选C。
【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理
【名师点晴】本题考查了原电池中电极反应式的书写和离子移动方向的判断，应注意的是在原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极；在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
15.下列有机物中，在不同条件下，既能发生水解反应和消去反应，又能发生酯化反应并能与金属钠反应放出氢气的是 ( )
①②③④
A. ② B. ②③ C. ①② D. ①②③
【答案】B
【详解】①该有机物分子中含有羧基，能够发生酯化反应，能够与金属钠反应生成氢气，含有官能团氯原子，能够发生水解反应，但是与氯原子相邻的碳上不含氢原子，不能发生消去反应，故①错误；
②分子中含有官能团氯原子，且与氯原子所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其能够发生水解反应，也能够发生消去反应；含有官能团羧基，能够发生酯化反应，也能够与钠反应生成氢气，故②正确；
③该有机物分子中含有酯基，能够发生水解反应，含有羟基与其所连碳原子邻位碳原子上有氢原子，能够发生酯化反应和消去反应，也能够与钠反应放出氢气，故③正确；
④该有机物分子不含羧基和羟基，无法发生酯化反应，故④错误；
故答案为B。
16.已知：RCH2OHRCHORCOOH。某有机物X的化学式为C5H12O，能和钠反应放出氢气。X经酸性重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液氧化最终生成Y(C5H10O2)，若不考虑立体结构。X和Y在一定条件下生成酯最多有( )
A. 4种 B. 8种 C. 16种 D. 32种
【答案】C
【详解】依据信息得出：只有含“-CH2OH”的醇能被氧化成羧酸，符合条件的醇有4种：即正戊醇、2-甲基-1-丁醇、3-甲基-1-丁醇、2，2-二甲基-1-丙醇，其中此四种醇中能被氧化成羧酸Y的同分异构体也有4种，故X、Y最多生成酯有4×4=16种，故答案为C。
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、非选择题
17.高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂。工业上，用软锰矿(主要成分是二氧化锰)制高锰酸钾的流程如下(部分条件和产物省略)：
请回答下列问题：
(1)提高锰酸钾浸出率(浸出锰酸钾质量与固体总质量之比)措施有__________________________________________ 。
(2)写出向二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发生的主要化学反应的方程式：__________________________________________________ 。
(3)从经济性考虑试剂X宜选择(填名称)：___________。上述流程中，设计步骤IV和V的目的是________________________________________________________。
(4)以惰性材料为电极，采用电解锰酸钾溶液的方法完成步骤III转化。
①阳极反应式为 ___________________ 。
②电解过程中，阴极附近电解质溶液的pH将 _______(填：增大、减小或不变)。
(5)测定高锰酸钾样品纯度：向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不变色时，达到滴定终点。写出离子方程式：__________________。
(6)已知：常温下，Ksp [Mn(OH)2]=2.010-13。工业上，调节pH沉淀废水中Mn2+。当pH=10时，溶液中c(Mn2+)＝______________ 。
【答案】（9分）（1）加热、搅拌等（1分）
（2）2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O（1分）
（3）石灰乳（或生石灰）（1分） 循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率（1分）
（4）①MnO42-－e-＝MnO4-（1分）②增大（1分）
（5）2MnO4-＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+（2分）
（6）2.0×10-5mol/L（1分）
【解析】试题分析：（1）为提高提高锰酸钾浸出率，应采用加热、搅拌的方法，使反应尽可能多的生成锰酸钾；
（2）根据流程图，二氧化锰与氢氧化钾溶液、氧气在高温条件下发生反应生成锰酸钾和水，化学方程式为2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O；
（3）碳酸钾与X反应又得氢氧化钾，所以X试剂应是与碳酸钾发生复分解反应的物质，结合碳酸根离子的性质判断X是石灰乳或生石灰；设计步骤IV和V的目的是使氢氧化钾、二氧化锰重新被利用，提高原料的利用率；
（4）锰酸钾生成高锰酸钾，Mn元素的化合价升高，所以锰酸钾发生氧化反应，所以电解锰酸钾溶液的阳极反应式为锰酸根离子失去电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42-－e-＝MnO4-；阴极是氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大；
（5）向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀，该黑色沉淀是二氧化锰，所以该滴定反应的离子方程式为2MnO4-＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+；
（6）Mn（OH）2的溶度积Ksp=c(Mn2+)c(OH-)2=2.0×10-13，当pH=10时，c(OH-)=1.0×10-4mol/L，所以c(Mn2+)=2.0×10-13/ c(OH-)2=2.0×10-5mol/L.
考点：考查对反应流程的分析，电极反应式的判断，离子方程式的书写，溶度积的计算
18.氨气是重要的化工原料。
(1)已知： N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H= +180.5kJ·mol-1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H= -905kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1
写出氨气在高温高压催化剂条件下生成氮气和氢气的热化学方程式：___________________________________________________；如果在1 L密闭容器中，3mol NH3 在等温条件下充分反应，2min后达到平衡，平衡时吸收的热量为92.4 kJ ，则在这段时间内v(H2)=___________________；保持温度不变，将起始NH3的物质的量调整为8 mol，平衡时NH3的转化率为_________________。
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式：_______________________________________，科学家利用此原理，设计成氨气一氧气燃料电池，则通入氨气的电极是 _____________ (填“正极”或“负极”)；碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为______________________________________。
(3)一定条件下，某密闭容器中发生反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H<0。在一定体积的密闭容器中，为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可采用的是____________(填字母代号)。
a．增大压强 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
(4)如果某氨水的电离程度为1%，向浓度为0.01 mol/L MgCl2溶液中滴加氨水，则开始产生沉淀时(忽略溶液体积变化)溶液中的NH3·H2O的浓度为______________(已知Ksp[Mg(OH)2]=4.010-12])。
【答案】(1). 2NH3(g)N2(g)+ 3H2(g) ΔH ＝ +92.4 kJ/ mol (2). 1.5 mol·L-1·min-1 (3). 50% (4). 4NH3+3O2 == 2N2+6H2O (5). 负极 (6). 2NH3+6OH--6e- = N2+6H2O (7). C (8). 0.002 mol/L
【分析】(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1，
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=-905kJ•mol-1，
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ•mol-1，根据盖斯定律，(②-①×2-③×3)÷2可得：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，由此计算△H；
如果在1L密闭容器中，3mol NH3 在等温条件下充分反应，平衡时的反应热为92.4kJ，说明反应的氨气为2mol，则：
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)
起始量(mol)：3 0 0
变化量(mol)：2 1 3
平衡量(mol)：1 1 3
根据v=计算v(H2)；
保持温度不变，平衡常数不变，根据K=计算平衡常数，将起始NH3的物质的量调整为8mol，设转化的氨气物质的量为xmol，表示出平衡时各组分物质的量，再结合平衡常数列方程计算解答；
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，应生成氮气与水；氨气--氧气燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，生成氮气与水；
(3)a．增大压强，反应速率增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向吸热反应移动；
c．增大反应物氧气的浓度，平衡正向进行，反应速率增大；
d．选择高效催化剂只能改变化学反应速率，但不影响化学平衡；
(4)溶液中c(Mg2+)=0.01mol/L，根据溶度积常数Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=4.0×10-12 ，计算c(OH-)，氨水的浓度=。
【详解】(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=-905kJ•mol-1，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，(②-①×2-③×3)÷2可得：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=+92.4 kJ•mol-1；
如果在1L密闭容器中，3mol NH3 在等温条件下充分反应，平衡时的反应热为92.4kJ，说明反应的氨气为2mol，则：
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)
起始量(mol)：3 0 0
变化量(mol)：2 1 3
平衡量(mol)：1 1 3
v(H2)==1.5mol/(L•min)；
平衡常数K===27，保持温度不变，平衡常数不变，将起始NH3的物质的量调整为8mol，设转化的氨气物质的量为xmol，则：
2NH3(g) N2(g)+3H2(g)
起始量(mol)：8 0 0
变化量(mol)：x 0.5x 1.5x
平衡量(mol)：8-x 0.5x 1.5x
则=27，解得x=4 ，平衡时氨气的转化率=×100%=50%；
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，应生成氮气与水，反应的化学方程式：4NH3+3O2 2N2+6H2O；氨气--氧气燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下生成氮气与水，该电极发生反应的电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；
(3)a．反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应速率增大，平衡逆向进行，故a不符合；b．反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，故b不符合；c．增大O2的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，故c符合；d．选择高效催化剂只能改变化学反应速率，但不改变化学平衡，故d不符合；故答案为c；
(4)如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01mol/LMgCl2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时(不考虑溶液体积变化)，{已知Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10-12]}，则依据：溶度积常数Ksp=c(Mg2+)× c2(OH-)=4.0×10-12 ，溶液中c(Mg2+)=0.01mol/L，则c(OH-)=2×10-5mol/L，氨水的浓度= =0.002mol/L。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
19.G是一种常见的氨基酸，其合成路线如下
已知以下信息：
①A苯环上只有1个取代基且核磁共振氢谱有6组峰，其面积比为1∶2∶2∶2∶2∶1；D和F的苯环上的一氯代物都只有2种；
②F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应；
③
④
回答下列问题
(1)A的分子式为__________，其名称为 __________。
(2)A→B的反应类型是__________；鉴别A和B可用的试剂是__________。
(3)B→C的化学方程式为________________________。
(4)G的结构简式为__________。
(5)F同分异构构体，含有苯环且能发生水解反应的异构体有__________种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是__________。
【答案】(1). C8H10O (2). 苯乙醇 (3). 取代反应(酯化反应) (4). 金属钠 (5). +HNO3+H2O (6). (7). 6 (8). 或或
【分析】据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息①可知A为苯乙醇，分子式为C8H10O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为，B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，C→D的反应是硝基还原为氨基的反应，F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知D→E是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为，E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为，据信息③可知，G为，据此分析。
【详解】(1)据解析可知，A的分子式为C8H10O，名称是苯乙醇；
(2)据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为乙酸苯乙酯，用金属Na可以鉴别A与B，A与Na反应生成气体，B不能；
(3)B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，反应方程式为： +HNO3+H2O；
(4)F为，据信息③可知，G为；(5)F为，其含有苯环且能发生水解反应的异构体中需有酯基，可以是酚羟基与甲酸形成的酯，另有一个甲基，这样的酯有邻、间、对3种，可以是酚羟基与乙酸形成的酯，有1种，苯甲酸与甲醇形成的酯，有1种，苯甲醇与甲酸形成的酯，有1种，共6种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是或或。
【点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇―→醛―→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
20.Na2S2O3·5H2O在化学定量分析中常用作基准物质，实验室制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。设计如下装置(夹持仪器省略)进行实验。
（1）A中发生的化学反应方程式为 ______________________________ 。
（2）C中所盛试剂可能是 ____________________ ；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止加热外，还可以采取的操作是_________________________________。
（3）学生乙在加热A后，发现液面下的铜丝变黑。对黑色生成物该学生提出如下假设：
①可能是CuO ②可能是Cu2O ③可能是CuS
学生丙提出假设②一定不成立，依据是_____________________________________________；该生用如下实验进一步验证黑色物质的组成：
基于上述假设分析，黑色物质的组成为 (填化学式)。
（4）实验室用Na2S2O3标液测量废水Ba2＋的浓度，过程如下：
(已知：2 S2O32一+I2=S4O62—+2 I－)
①写出BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式 ；
②以淀粉为指示剂，则到达滴定终点的现象是 ；
③若标液Na2S2O3的浓度0.0030mol·L－1，消耗该Na2S2O3溶液体积如图，则废水Ba2＋的浓度为 。
【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）氢氧化钠溶液 可将铜丝抽离液面已停止反应
（3）Cu2O为砖红色
（4）2BaCrO4+6I-+16H+=3I2+2Cr3++2Ba2++8H2O 滴入最后一滴溶液，锥形瓶内溶液有蓝色变为无色，维持30s不变， 0.0011mol/L
【解析】（1）A中是浓硫酸与铜发生的氧化还原反应，因此发生的化学反应方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑。
（2）SO2剩余大气污染物，需要尾气处理。由于SO2是酸性氧化物具有还原性，则C中所盛试剂可能是NaOH溶液(或酸性高锰酸钾溶液)；若要停止A中的化学反应，除取下酒精灯停止加热外，根据装置的构造可知还可以采取的操作是可以将铜丝抽离液面以停止反应。
（3）①由于Cu2O为砖红色，所以假设②一定不成立；该生用如下实验进一步验证黑色物质的组成：
加入稀硫酸后，得到无色溶液，说明不存在氧化铜，因为氧化铜与稀硫酸反应生成蓝色的硫酸铜溶液。同时有少量黑色固体产生，所以黑色物质的组成为CuS，因为硫化铜与稀硫酸不反应。
（4）①＋6价的Cr具有氧化性，能氧化碘离子，生成单质碘，则BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式为2BaCrO4＋6I－＋16H＋＝3I2＋2Ba2＋＋2Cr3＋＋8H2O；
②由于碘遇淀粉显蓝色，如果以淀粉为指示剂，则到达滴定终点的现象是滴入最后一滴溶液，锥形瓶内溶液由蓝色变为无色，维持30s不变；
③滴定前读数是0.01ml，滴定后的读数是27.60ml，因此实际消耗硫代硫酸钠溶液的体积是27.50ml，则根据反应式2BaCrO4＋6I－＋16H＋＝3I2＋2Ba2＋＋2Cr3＋＋8H2O、2S2O32一+I2=S4O62—+2 I－可知Cr3＋～3S2O32一，所以废水Ba2＋的浓度为。
考点：考查硫代硫酸钠制备、物质含量测定实验方案设计与探究
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