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【化学】湖北省部分重点中学2018-2019学年高二下学期期末联考（解析版） 试卷
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湖北省部分重点中学2018-2019学年高二下学期期末联考
可能用到的相对原子质量：H—1，C—12，O—16，Hg—200.6
第Ⅰ卷（选择题，共16小题，共48分）
下列各题中只有一个选项是符合题意的。
1.化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
B. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
C. 研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致
D. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
【答案】B
【详解】A．地下钢铁管道用导线连接锌块，构成原电池时铁为正极，保护了铁，所以地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，故A正确；B．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故B错误；C．研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，可以减少废气、废渣等排放，有利于保护环境，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致，故C正确；D．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故D正确；故答案为B。
2.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. CaCl2的电子式: B. Cl－的结构示意图：
C. 乙烯的分子式：C2H4
D. 纯碱溶液呈碱性的原因：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
【答案】C
【详解】A．CaCl2是离子化合物，其电子式应为，故A错误；B．Cl－的核外最外层电子数为8，其离子结构示意图为，故B错误；C．乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。
【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.下列不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 补铁剂（有效成分Fe2+）与含维生素C共服效果更佳
B. 雷雨肥庄稼——自然固氮
C. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
D. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
【答案】C
【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。
4.下列解释事实的方程式正确的是（ ）
A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2O
B. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸： Ca2＋＋ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓
D. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H＋ + Cl－+ ClO－
【答案】B
【详解】A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2 +O2 +2H2O═4 Fe（OH）3，故B正确；C．二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，离子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故C错误；D．HClO是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为Cl2 + H2O H＋+ Cl－+ HClO，故D错误；故答案为B。
5.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）
A. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ΔH＞0
B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等
C. 白磷比红磷稳定
D. 红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol
【答案】D
【详解】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A错误； B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。
6.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）
A. 100g质量分数为 46%C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7NA
B. 质量为12g的12C含有的中子数为12NA
C. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1NA
D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4NA
【答案】A
【详解】A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；B．12g的12C的物质的量为：=1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为6NA ，故B错误；C．将0.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为NA个，故C错误； D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误；故答案为A。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 2—甲基丁烷也称为异丁烷
B. 分子式为C4H9Cl的同分异构体共有4种（不考虑立体异构）
C. 等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应能制得纯净的一氯甲烷
D. 葡萄糖、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同
【答案】B
【详解】A．2-甲基丁烷含5个C，则2-甲基丁烷也称异戊烷，故A错误；
B．分子式为C4H9Cl的同分异构体有主链有4个碳原子的：CH3CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CHClCH3；主链有3个碳原子的：CH3CH(CH3)CH2Cl；CH3CCl(CH3)2；共有4种情况，故B正确；
C．等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应可得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷的混合物，故C错误；
D．葡萄糖是单糖不水解，油脂和蛋白质能水解，水解产物不同，故D错误；
故答案为B。
8.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）
A. b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸
B. 最简单气态氢化物的热稳定性：b＞c
C. c为第二周期第VIIA族元素
D. 原子半径：d>c>b>a
【答案】A
【分析】四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答．
【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为氮元素，其最高价氧化物对应水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。
9.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
实验操作
现象
解释或结论
A
向酸性KMnO4溶液中通入SO2
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
B
在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置
镁表面有气泡
金属活动性：Al＞Mg
C
测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH
后者较大
非金属性：Cl＞C
D
等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体
HA放出的氢气多且反应速率快
HB酸性比HA强
【答案】D
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，说明二氧化硫将酸性高锰酸钾溶液还原，二氧化硫体现还原性，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应，Al为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；C．常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；D．HA放出氢气多，等pH时，HA的浓度大，HA为弱酸，则HB酸性比HA强，故D正确；故答案为D。
10.下列有关实验操作的叙述错误的是（ ）
A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D. 用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂
【答案】A
【详解】A．锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有少量水对实验无影响，故A错误；B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则所配溶液浓度偏大，故B正确；C．蒸馏完毕后，还需充分冷凝，则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故C正确；D．用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，滴定终点时恰好生成NH4Cl，溶液显酸性，则应选择甲基橙为指示剂，故D正确；答案为A。
11.已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）
A. 分子式为C10H14O6
B. 含有的官能团为羟基、羧基和酯基
C. 该分子不能发生取代反应
D. 它属于芳香烃
【答案】B
【详解】A．的分子式为C10H10O6，故A错误；B．中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；C．分子结构中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；D．除含有苯环外，还含有氧元素，只能属芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；故答案为B。
12.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 将FeCl3溶液加热蒸干最终得不到无水FeCl3固体
B. 实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
C. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 使用催化剂，提高合成氨生产效率
【答案】D
【分析】勒沙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，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【详解】A．加热会促进FeCl3的水解，蒸干产物不是氯化铁，是氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．实验室制乙酸乙酯的反应为可逆反应，减少生成物浓度导致平衡向正反应方向移动，从而提高乙酸乙酯产率，可以用平衡移动原理解释，故B正确；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．使用催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为D。
【点睛】考查勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。特别要注意改变平衡移动的因素需与平衡移动原理一致，否则不能使用该原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，再如工业合成氨和硫酸工业的条件选择等。
13.高炉炼铁过程中发生反应： Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是（ ）
温度T/℃
1000
1150
1300
平衡常数K
4.0
3.7
3.5
A. 由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＜生成物的总能量
B. 1000℃下Fe2O3与CO反应，t min达到平衡时c(CO) =2×10-3 mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10－3/t mol·L－1·min－1
C. 为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)
D. 其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量
【答案】D
【详解】A．由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量，故A错误；B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c（CO）=2×10-3 mol/L，设CO起始浓度x，
Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g），
起始量（mol/L） x 0
变化量（mol/L）x-2×10-3 x-2×10-3
平衡量（mol/L）2×10-3 x-2×10-3
K==4，x=10-2mol/L；用CO表示该反应的平均速率为，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，增大c（CO）不能改变化学平衡常数，故C错误；D．增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；答案为D。
14.以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：
上述装置工作时，下列有关说法正确的是（ ）
A. 乙池电极接电池正极，气体X为H2
B. Na+由乙池穿过交换膜进入甲池
C. NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度小
D. 甲池电极反应：4OH－-4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【分析】装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。
【详解】A．乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，故C正确；D．放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D错误；故答案为C。
15.常温下，下列说法不正确是（ ）
A. 0.1mol·L－1K2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)=c(OH－)
B. 已知Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀
C. 常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L 的CH3COOH、CH3COONa 混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)
D. 已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，向浓度均为1×10－3mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1×10－3mol/LAgNO3溶液，Cl－先形成沉淀
【答案】C
【详解】A．在0.1mol·L－1K2CO3溶液中存在质子守恒，即c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)=c(OH－)，故A正确；B．由Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，c（Cl-）大，再加入足量浓的AgNO3溶液，则最先析出AgBr沉淀，但其沉淀量小于AgCl沉淀，故B正确；C．pH=4.75浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），根据电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）可知：c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）===1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）==mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故答案为C。
【点睛】注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为D，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。①溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小；②溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。
16.25℃时，向浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. HX为弱酸，HY为强酸
B. 水的电离程度：d＞c＞b
C. c点对应的溶液中：c(Y－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na＋)＞c(X－)＞c(Y－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】C
【详解】A．lg越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液中lg=12，说明c(H+)=0.1mol/L=c(HX)，所以HX为强酸，其酸性强于HY，加入氢氧化钠物质的量10×10-3mol，酸HX和氢氧化钠溶液恰好反应，lg=1，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故HX为强酸，HY为弱酸，故A错误；B．d点是强酸HX的溶液中滴加NaOH溶液恰好将HX反应一半、剩余一半，故水的电离被强酸抑制；c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，水的电离也被抑制；而在b点，加入的氢氧化钠的物质的量为8×10-3mol，所得的溶液为大量的NaY和少量的HY混合溶液，而lg=0，离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）=10-7，溶液显中性，即HY的电离程度等于Y-的水解程度，水的电离没有被促进也没有被抑制，故水的电离程度d＜c＜b，故B错误；C．c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，故c（Y-）＞C（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；D．若将c点与d点的溶液全部混合，所得溶液等同NaX、HY等物质的量的混合液，其中X-不水解，HY部分电离，则溶液中离子浓度大小为c(Na＋)=c(X－)＞c(H＋)＞c(Y－)＞c(OH－)，故D错误；答案为C。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.（1）钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。工业上二氧化钛的制备是：
资料卡片
物质
熔点
沸点
SiCl4
-70℃
57.6℃
TiCl4
-25℃
136.5℃
I. 将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4。
II. 将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4。
III. 在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O。
IV. TiO2·xH 2O高温分解得到TiO2。
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是________。II中所采取的操作名称是_______。
②III中反应的化学方程式是____________________________________________。
③如IV在实验室完成，应将TiO2·xH2O放在________（填仪器编号）中加热。
（2）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。
①废水I若采用CO2处理，离子方程式是________________________________________。
②废水Ⅱ常用明矾处理。实践中发现废水中的c(HCO)越大，净水效果越好，这是因为______________________________________________________。
③废水III中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式）：Hg2++______=CH3Hg++H+，我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05 mg／L。若某工厂排放的废水1 L中含Hg2+ 3×10-7mo1，是否达到了排放标准______（填“是”或“否”）。
④废水Ⅳ常用C12氧化CN—成CO2和N2，若参加反应的C12 与CN-的物质的量之比为5︰2，则该反应的离子方程式为______________________________________。
【答案】 (1). 液态 (2). 蒸馏 (3). TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl (4). b (5). OH－+CO2=HCO3－ (6). HCO3－会促进Al3+的水解，生成更多的Al(OH)3，净水效果增强 (7). CH4 (8). 否 (9). 5Cl2+2CN－+4H2O=10Cl－+2CO2+N2+8H+
【分析】（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点判断TiCl4与SiCl4在常温下的状态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl；
③Ⅳ为高温分解固体物质，通常在坩埚中进行；
（2）①中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去OH-；
②HCO3-可与Al3+发生互促水解反应；
③由质量守恒可知，应为甲烷与Hg2+的反应；
④根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平。
【详解】（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；
③Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以b正确；
（2）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；
②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果；
③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4的反应，1L水中，n（Hg2+）=3×10-7mol，则m（Hg2+）=3×10-7mol×200.6g/mol=6.02×10-5g=0.06mg＞0.05mg，所以没有达到排放标准；
④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5:2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+。
18.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如下：
查阅资料得知:
ⅰ．常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42－。
ⅰⅰ.
回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是_______________________________。
（2）步骤③加的试剂为______________________，此时溶液pH要调到5的目的____________________________________________________ 。
（3）写出反应④的离子反应方程式___________________________________。
（4）⑤中酸化是使CrO42－转化为Cr2O72－，写出该反应的离子方程式__________________。
（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是_________________(填操作名称)。
【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 (2). 氢氧化钠溶液或NaOH溶液 (3). 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 (4). 3NaBiO3+2Cr3++7OH－+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42－+3Na+ (5). 2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O (6). 重结晶
【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7•2H2O，以此解答该题。
【详解】（1）反应之前先将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；
（2）为不引入新的杂质，步骤③可滴加氢氧化钠溶液来调节溶液pH；由表中数据可知，当pH等于5左右时，溶液中Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，有利于通过过滤除去；
（3）在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，反应的化学方程式为3NaBiO3+Cr2（SO4）3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi（OH）3；
（4）酸化使CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；
（5）Na2Cr2O7溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得到红矾钠粗晶体，需要通过对粗晶体重结晶操作方可获得精制红矾钠。
19.科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝－90.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H2＝－31.0kJ/mol，CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为________________________________________________________。
（2）现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、Ⅲ中，均分别充入1molCO 和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1＝-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。
①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_______________（填序号）。
②0-5 min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_______________。（保留两位有效数字）
③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器_______________。（填序号）
（3）CO用于工业冶炼金属，在不同温度下用CO 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中lg与温度（T）的关系如图所示。下列说法正确的是_________（填字母）。
A．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触面积，减少尾气中CO的含量
B．CO用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高
C．工业冶炼金属铜(Cu) 时，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大
D．CO还原PbO2的反应△H＞0
（4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L－1的KOH溶液。
请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_________________________________；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为________。
（5）一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将a mol/L的醋酸与b mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为________________。
【答案】 (1). 3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H＝-301.3kJ/mol (2). Ⅲ (3). 0.067 mol/(L·min) (4). Ⅲ (5). BC (6). CH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O (7). 1.2NA(1.2×6.02×1023) (8). 2×10-7b/(a-2b)
【分析】（1）①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1=-90.1kJ/mol；②3CH3OH（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式；
（2）①温度越高反应速率越快，达到平衡状态时需要时间越短，反应已经达到平衡状态的是Ⅲ；
②利用三段式求出反应生成的甲醇的物质的量浓度，再根据v=计算；
③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，该反应为放热反应，温度越低，反应向正方向进行的程度越大；
（3）A.增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变；B.由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，故不适合；C.由图象可知温度越低越小，故CO转化率越高；D.CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高；
（4）由反应可知，负极上甲醇失去电子生成碳酸钾，根据电子与甲醇的物质的量关系计算。
（5）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算。
【详解】（1）①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1=-90.1kJ/mol；②3CH3OH（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式：3CO（g）+6H2（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=-301.3kJ/mol；
（2）①三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变．当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，温度越高反应速率越快，达到平衡时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，是平衡后升温平衡逆向进行，氢气含量最大；
②设反应生成的甲醇为xmol/L，
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
开始（mol/L）：0.5 1 0
转化（mol/L）：x 2x x
平衡（mol/L）：0.5-x 1-2x x
到5min时，氢气的体积分数为0.4，则=0.4，解得：x=mol/L，容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v（CH3OH）=═0.067mol/（L•min）；
③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，该反应为放热反应，升温平衡逆向进行，Ⅲ平衡常数最小；
（3）A.增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，故A错误；B.由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，故B正确；C.由图象可知温度越低，越小，故CO转化率越高，工业冶炼金属铜（Cu） 时，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大，故C正确；D.CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，CO的含量增大，说明平衡逆向移动，此反应的△H＜0；故答案为BC；
（4）电池反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．该电池负极是甲醇失电子生成碳酸钾，图中分析可知b电极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，每消耗6.4g甲醇即0.2mol，转移电子的物质的量为1.2mol，即 1.2NA（1.2×6.02×1023）；（5）通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO-）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===。
【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。
20.微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。
(1)基态B原子的电子排布图为________________________，其第一电离能比Be___________（填“大”或“小”）。
(2)三价B易形成配离子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的结构简式为___________ (标出配位键)，其中心原子的杂化方式为________，写出[BH4]－的一种阳离子等电子体_______。
（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为____________(以n表示硼原子的个数)。
（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_____________________________。
(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是______________________________________。
(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为____________；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为ρ g·cm－3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。
【答案】(1). (2). 小 (3). (4). sp3 (5). NH4+ (6). (BO2)nn- (7). 共价键、氢键 (8). 三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱 (9). 六方最密堆积 (10). 12NA·a·ρ
【分析】(1)基态B原子的核电荷数为5，基态B的电子排布式为1s22s22p1；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
(2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-；中心原子B键合电子对数目为4，没有孤电子对；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒；
(3)根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式；
(4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；
(5)三氯化硼是共价型分子，而氯化镁是离子化合物；
(6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+×8=2，根据ρ＝，即可计算Mr。
【详解】(1)基态B的电子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能Be＞B；
(2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-，所以形成配位键，表示为：；B键合电子对数目为4，没有孤电子对，则中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒，则与[BH4]-互为等电子体的阳离子有：NH4+；
(3)根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+2×=2，所以其化学式可表示为：（BO2）nn-；
(4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；
(5)三氯化硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体，因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低；
(6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+×8=2，根据ρ＝，则有Mr=12NA•a•ρ。
【点睛】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。
21.已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：，有机物A的结构简式为，G的分子式为C7H12O，以下A～H均为有机物，其转化关系如下：
（1）下列说法正确的是 ______ 。（填字母序号）
A．C的官能团为羧基
B．1molA最多可以和2molNaOH反应
C．C可以发生氧化反应、取代反应和加成反应
D．可以发生消去反应
（2）F的结构简式为____________ ，由F到G的反应类型为___________ 。
（3）反应①的作用是__________________ ，合适的试剂a为____________。
（4）同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式______________________。
Ⅰ．与A具有相同的官能团；Ⅱ．属于苯的邻二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液显色；Ⅳ．核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。
（5）H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式_______________________________________________________________。
【答案】 (1). AB (2). (3). 消去反应 (4). 保护酚羟基，防止在反应②中被氧化 (5). NaHCO3溶液 (6). 或 (7). +4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O
【分析】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1mol H能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，据此解答．
【详解】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1mol H能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，
（1）A．C为CH3COOH，C的官能团为羧基，故A正确；B．A为，酯基、酚羟基与氢氧化钠反应，1mol A最多可以和2mol NaOH反应，故B正确；C．C为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，故C错误；D．中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；故答案为AB；
（2）由上述分析可知，F为，由上述发生可知F到G的反应类型为 消去反应；
（3）反应①的作用是：是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，合适的试剂a为NaHCO3溶液；
（4）同时满足下列条件的A（）的同分异构体：Ⅰ．与A有相同的官能团，含有羟基、酯基；Ⅱ．属于苯的邻二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子，苯环与酚羟基含有5种H原子，则另外侧链含有3种H原子，故另外侧链为-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，结构简式为：和；
（5）H的结构简式为，与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式为。
【点睛】解有机推断的关键是能准确根据反应条件推断反应类型：（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。
可能用到的相对原子质量：H—1，C—12，O—16，Hg—200.6
第Ⅰ卷（选择题，共16小题，共48分）
下列各题中只有一个选项是符合题意的。
1.化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
B. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
C. 研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致
D. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
【答案】B
【详解】A．地下钢铁管道用导线连接锌块，构成原电池时铁为正极，保护了铁，所以地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，故A正确；B．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故B错误；C．研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，可以减少废气、废渣等排放，有利于保护环境，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致，故C正确；D．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故D正确；故答案为B。
2.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. CaCl2的电子式: B. Cl－的结构示意图：
C. 乙烯的分子式：C2H4
D. 纯碱溶液呈碱性的原因：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
【答案】C
【详解】A．CaCl2是离子化合物，其电子式应为，故A错误；B．Cl－的核外最外层电子数为8，其离子结构示意图为，故B错误；C．乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。
【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.下列不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 补铁剂（有效成分Fe2+）与含维生素C共服效果更佳
B. 雷雨肥庄稼——自然固氮
C. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
D. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
【答案】C
【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。
4.下列解释事实的方程式正确的是（ ）
A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2O
B. 氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3
C. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸： Ca2＋＋ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓
D. 氯气用于自来水消毒：Cl2 + H2O2H＋ + Cl－+ ClO－
【答案】B
【详解】A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2 +O2 +2H2O═4 Fe（OH）3，故B正确；C．二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，离子方程式：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故C错误；D．HClO是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式为Cl2 + H2O H＋+ Cl－+ HClO，故D错误；故答案为B。
5.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）
A. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ΔH＞0
B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等
C. 白磷比红磷稳定
D. 红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol
【答案】D
【详解】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A错误； B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。
6.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）
A. 100g质量分数为 46%C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7NA
B. 质量为12g的12C含有的中子数为12NA
C. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1NA
D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4NA
【答案】A
【详解】A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；B．12g的12C的物质的量为：=1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为6NA ，故B错误；C．将0.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为NA个，故C错误； D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误；故答案为A。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 2—甲基丁烷也称为异丁烷
B. 分子式为C4H9Cl的同分异构体共有4种（不考虑立体异构）
C. 等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应能制得纯净的一氯甲烷
D. 葡萄糖、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同
【答案】B
【详解】A．2-甲基丁烷含5个C，则2-甲基丁烷也称异戊烷，故A错误；
B．分子式为C4H9Cl的同分异构体有主链有4个碳原子的：CH3CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CHClCH3；主链有3个碳原子的：CH3CH(CH3)CH2Cl；CH3CCl(CH3)2；共有4种情况，故B正确；
C．等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应可得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷的混合物，故C错误；
D．葡萄糖是单糖不水解，油脂和蛋白质能水解，水解产物不同，故D错误；
故答案为B。
8.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）
A. b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸
B. 最简单气态氢化物的热稳定性：b＞c
C. c为第二周期第VIIA族元素
D. 原子半径：d>c>b>a
【答案】A
【分析】四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答．
【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为氮元素，其最高价氧化物对应水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。
9.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
实验操作
现象
解释或结论
A
向酸性KMnO4溶液中通入SO2
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
B
在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置
镁表面有气泡
金属活动性：Al＞Mg
C
测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH
后者较大
非金属性：Cl＞C
D
等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体
HA放出的氢气多且反应速率快
HB酸性比HA强
【答案】D
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，说明二氧化硫将酸性高锰酸钾溶液还原，二氧化硫体现还原性，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应，Al为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；C．常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；D．HA放出氢气多，等pH时，HA的浓度大，HA为弱酸，则HB酸性比HA强，故D正确；故答案为D。
10.下列有关实验操作的叙述错误的是（ ）
A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D. 用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂
【答案】A
【详解】A．锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有少量水对实验无影响，故A错误；B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则所配溶液浓度偏大，故B正确；C．蒸馏完毕后，还需充分冷凝，则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故C正确；D．用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，滴定终点时恰好生成NH4Cl，溶液显酸性，则应选择甲基橙为指示剂，故D正确；答案为A。
11.已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）
A. 分子式为C10H14O6
B. 含有的官能团为羟基、羧基和酯基
C. 该分子不能发生取代反应
D. 它属于芳香烃
【答案】B
【详解】A．的分子式为C10H10O6，故A错误；B．中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；C．分子结构中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；D．除含有苯环外，还含有氧元素，只能属芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；故答案为B。
12.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 将FeCl3溶液加热蒸干最终得不到无水FeCl3固体
B. 实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
C. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 使用催化剂，提高合成氨生产效率
【答案】D
【分析】勒沙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，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【详解】A．加热会促进FeCl3的水解，蒸干产物不是氯化铁，是氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．实验室制乙酸乙酯的反应为可逆反应，减少生成物浓度导致平衡向正反应方向移动，从而提高乙酸乙酯产率，可以用平衡移动原理解释，故B正确；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．使用催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为D。
【点睛】考查勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。特别要注意改变平衡移动的因素需与平衡移动原理一致，否则不能使用该原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，再如工业合成氨和硫酸工业的条件选择等。
13.高炉炼铁过程中发生反应： Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是（ ）
温度T/℃
1000
1150
1300
平衡常数K
4.0
3.7
3.5
A. 由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＜生成物的总能量
B. 1000℃下Fe2O3与CO反应，t min达到平衡时c(CO) =2×10-3 mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10－3/t mol·L－1·min－1
C. 为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)
D. 其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量
【答案】D
【详解】A．由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量，故A错误；B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c（CO）=2×10-3 mol/L，设CO起始浓度x，
Fe2O3（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g），
起始量（mol/L） x 0
变化量（mol/L）x-2×10-3 x-2×10-3
平衡量（mol/L）2×10-3 x-2×10-3
K==4，x=10-2mol/L；用CO表示该反应的平均速率为，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，增大c（CO）不能改变化学平衡常数，故C错误；D．增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；答案为D。
14.以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：
上述装置工作时，下列有关说法正确的是（ ）
A. 乙池电极接电池正极，气体X为H2
B. Na+由乙池穿过交换膜进入甲池
C. NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度小
D. 甲池电极反应：4OH－-4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【分析】装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。
【详解】A．乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，故C正确；D．放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D错误；故答案为C。
15.常温下，下列说法不正确是（ ）
A. 0.1mol·L－1K2CO3溶液中：c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)=c(OH－)
B. 已知Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀
C. 常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L 的CH3COOH、CH3COONa 混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)
D. 已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，向浓度均为1×10－3mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1×10－3mol/LAgNO3溶液，Cl－先形成沉淀
【答案】C
【详解】A．在0.1mol·L－1K2CO3溶液中存在质子守恒，即c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)=c(OH－)，故A正确；B．由Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，c（Cl-）大，再加入足量浓的AgNO3溶液，则最先析出AgBr沉淀，但其沉淀量小于AgCl沉淀，故B正确；C．pH=4.75浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），根据电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）可知：c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）===1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）==mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故答案为C。
【点睛】注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为D，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。①溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小；②溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。
16.25℃时，向浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. HX为弱酸，HY为强酸
B. 水的电离程度：d＞c＞b
C. c点对应的溶液中：c(Y－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na＋)＞c(X－)＞c(Y－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】C
【详解】A．lg越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液中lg=12，说明c(H+)=0.1mol/L=c(HX)，所以HX为强酸，其酸性强于HY，加入氢氧化钠物质的量10×10-3mol，酸HX和氢氧化钠溶液恰好反应，lg=1，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故HX为强酸，HY为弱酸，故A错误；B．d点是强酸HX的溶液中滴加NaOH溶液恰好将HX反应一半、剩余一半，故水的电离被强酸抑制；c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，水的电离也被抑制；而在b点，加入的氢氧化钠的物质的量为8×10-3mol，所得的溶液为大量的NaY和少量的HY混合溶液，而lg=0，离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）=10-7，溶液显中性，即HY的电离程度等于Y-的水解程度，水的电离没有被促进也没有被抑制，故水的电离程度d＜c＜b，故B错误；C．c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg=6，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，故c（Y-）＞C（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；D．若将c点与d点的溶液全部混合，所得溶液等同NaX、HY等物质的量的混合液，其中X-不水解，HY部分电离，则溶液中离子浓度大小为c(Na＋)=c(X－)＞c(H＋)＞c(Y－)＞c(OH－)，故D错误；答案为C。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.（1）钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。工业上二氧化钛的制备是：
资料卡片
物质
熔点
沸点
SiCl4
-70℃
57.6℃
TiCl4
-25℃
136.5℃
I. 将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4。
II. 将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4。
III. 在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O。
IV. TiO2·xH 2O高温分解得到TiO2。
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是________。II中所采取的操作名称是_______。
②III中反应的化学方程式是____________________________________________。
③如IV在实验室完成，应将TiO2·xH2O放在________（填仪器编号）中加热。
（2）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。
①废水I若采用CO2处理，离子方程式是________________________________________。
②废水Ⅱ常用明矾处理。实践中发现废水中的c(HCO)越大，净水效果越好，这是因为______________________________________________________。
③废水III中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式）：Hg2++______=CH3Hg++H+，我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05 mg／L。若某工厂排放的废水1 L中含Hg2+ 3×10-7mo1，是否达到了排放标准______（填“是”或“否”）。
④废水Ⅳ常用C12氧化CN—成CO2和N2，若参加反应的C12 与CN-的物质的量之比为5︰2，则该反应的离子方程式为______________________________________。
【答案】 (1). 液态 (2). 蒸馏 (3). TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl (4). b (5). OH－+CO2=HCO3－ (6). HCO3－会促进Al3+的水解，生成更多的Al(OH)3，净水效果增强 (7). CH4 (8). 否 (9). 5Cl2+2CN－+4H2O=10Cl－+2CO2+N2+8H+
【分析】（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点判断TiCl4与SiCl4在常温下的状态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl；
③Ⅳ为高温分解固体物质，通常在坩埚中进行；
（2）①中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去OH-；
②HCO3-可与Al3+发生互促水解反应；
③由质量守恒可知，应为甲烷与Hg2+的反应；
④根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平。
【详解】（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；
③Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以b正确；
（2）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；
②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果；
③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4的反应，1L水中，n（Hg2+）=3×10-7mol，则m（Hg2+）=3×10-7mol×200.6g/mol=6.02×10-5g=0.06mg＞0.05mg，所以没有达到排放标准；
④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5:2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+。
18.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如下：
查阅资料得知:
ⅰ．常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42－。
ⅰⅰ.
回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是_______________________________。
（2）步骤③加的试剂为______________________，此时溶液pH要调到5的目的____________________________________________________ 。
（3）写出反应④的离子反应方程式___________________________________。
（4）⑤中酸化是使CrO42－转化为Cr2O72－，写出该反应的离子方程式__________________。
（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是_________________(填操作名称)。
【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 (2). 氢氧化钠溶液或NaOH溶液 (3). 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 (4). 3NaBiO3+2Cr3++7OH－+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42－+3Na+ (5). 2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O (6). 重结晶
【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7•2H2O，以此解答该题。
【详解】（1）反应之前先将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；
（2）为不引入新的杂质，步骤③可滴加氢氧化钠溶液来调节溶液pH；由表中数据可知，当pH等于5左右时，溶液中Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，有利于通过过滤除去；
（3）在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，反应的化学方程式为3NaBiO3+Cr2（SO4）3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi（OH）3；
（4）酸化使CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；
（5）Na2Cr2O7溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得到红矾钠粗晶体，需要通过对粗晶体重结晶操作方可获得精制红矾钠。
19.科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1＝－90.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H2＝－31.0kJ/mol，CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为________________________________________________________。
（2）现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、Ⅲ中，均分别充入1molCO 和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1＝-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。
①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_______________（填序号）。
②0-5 min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_______________。（保留两位有效数字）
③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器_______________。（填序号）
（3）CO用于工业冶炼金属，在不同温度下用CO 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中lg与温度（T）的关系如图所示。下列说法正确的是_________（填字母）。
A．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触面积，减少尾气中CO的含量
B．CO用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高
C．工业冶炼金属铜(Cu) 时，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大
D．CO还原PbO2的反应△H＞0
（4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L－1的KOH溶液。
请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_________________________________；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为________。
（5）一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将a mol/L的醋酸与b mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为________________。
【答案】 (1). 3CO(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H＝-301.3kJ/mol (2). Ⅲ (3). 0.067 mol/(L·min) (4). Ⅲ (5). BC (6). CH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O (7). 1.2NA(1.2×6.02×1023) (8). 2×10-7b/(a-2b)
【分析】（1）①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1=-90.1kJ/mol；②3CH3OH（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式；
（2）①温度越高反应速率越快，达到平衡状态时需要时间越短，反应已经达到平衡状态的是Ⅲ；
②利用三段式求出反应生成的甲醇的物质的量浓度，再根据v=计算；
③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，该反应为放热反应，温度越低，反应向正方向进行的程度越大；
（3）A.增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变；B.由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，故不适合；C.由图象可知温度越低越小，故CO转化率越高；D.CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高；
（4）由反应可知，负极上甲醇失去电子生成碳酸钾，根据电子与甲醇的物质的量关系计算。
（5）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算。
【详解】（1）①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H1=-90.1kJ/mol；②3CH3OH（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式：3CO（g）+6H2（g）CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=-301.3kJ/mol；
（2）①三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变．当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，温度越高反应速率越快，达到平衡时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，是平衡后升温平衡逆向进行，氢气含量最大；
②设反应生成的甲醇为xmol/L，
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
开始（mol/L）：0.5 1 0
转化（mol/L）：x 2x x
平衡（mol/L）：0.5-x 1-2x x
到5min时，氢气的体积分数为0.4，则=0.4，解得：x=mol/L，容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v（CH3OH）=═0.067mol/（L•min）；
③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，该反应为放热反应，升温平衡逆向进行，Ⅲ平衡常数最小；
（3）A.增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，故A错误；B.由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，故B正确；C.由图象可知温度越低，越小，故CO转化率越高，工业冶炼金属铜（Cu） 时，600℃下CO的利用率比1000℃下CO的利用率更大，故C正确；D.CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，CO的含量增大，说明平衡逆向移动，此反应的△H＜0；故答案为BC；
（4）电池反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．该电池负极是甲醇失电子生成碳酸钾，图中分析可知b电极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，每消耗6.4g甲醇即0.2mol，转移电子的物质的量为1.2mol，即 1.2NA（1.2×6.02×1023）；（5）通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO-）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===。
【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。
20.微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。
(1)基态B原子的电子排布图为________________________，其第一电离能比Be___________（填“大”或“小”）。
(2)三价B易形成配离子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的结构简式为___________ (标出配位键)，其中心原子的杂化方式为________，写出[BH4]－的一种阳离子等电子体_______。
（3）下图表示多硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为____________(以n表示硼原子的个数)。
（4）硼酸晶体是片层结构，下图表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_____________________________。
(5)三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低，原因是______________________________________。
(6)镁单质晶体中原子的堆积模型如下图，它的堆积模型名称为____________；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为ρ g·cm－3，已知阿伏伽德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。
【答案】(1). (2). 小 (3). (4). sp3 (5). NH4+ (6). (BO2)nn- (7). 共价键、氢键 (8). 三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱 (9). 六方最密堆积 (10). 12NA·a·ρ
【分析】(1)基态B原子的核电荷数为5，基态B的电子排布式为1s22s22p1；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
(2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-；中心原子B键合电子对数目为4，没有孤电子对；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒；
(3)根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式；
(4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；
(5)三氯化硼是共价型分子，而氯化镁是离子化合物；
(6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+×8=2，根据ρ＝，即可计算Mr。
【详解】(1)基态B的电子排布式为1s22s22p1，由泡利原理、洪特规则，电子排布图为；Be原子元素2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能Be＞B；
(2)硼化合物是典型的缺电子结构化合物，H3BO3也属于缺电子化合物，可接受OH-的一对孤电子对形成B（OH）4-，所以形成配位键，表示为：；B键合电子对数目为4，没有孤电子对，则中心原子的杂化方式为sp3；等电子体是指原子数目相同，价电子总数相同的微粒，则与[BH4]-互为等电子体的阳离子有：NH4+；
(3)根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+2×=2，所以其化学式可表示为：（BO2）nn-；
(4)硼酸晶体是片层结构，硼酸分子内存在共价键，分子间存在氢键，分子之间还存在范德华力；
(5)三氯化硼是共价型分子，其晶体为分子晶体，而氯化镁是离子化合物，其晶体是离子晶体，因范德华力比离子键弱，则三氯化硼的熔点比氯化镁的熔点低；
(6)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，是六方最密堆积；根据晶胞的结构可知紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体占整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+×8=2，根据ρ＝，则有Mr=12NA•a•ρ。
【点睛】晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。
21.已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：，有机物A的结构简式为，G的分子式为C7H12O，以下A～H均为有机物，其转化关系如下：
（1）下列说法正确的是 ______ 。（填字母序号）
A．C的官能团为羧基
B．1molA最多可以和2molNaOH反应
C．C可以发生氧化反应、取代反应和加成反应
D．可以发生消去反应
（2）F的结构简式为____________ ，由F到G的反应类型为___________ 。
（3）反应①的作用是__________________ ，合适的试剂a为____________。
（4）同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式______________________。
Ⅰ．与A具有相同的官能团；Ⅱ．属于苯的邻二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液显色；Ⅳ．核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。
（5）H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式_______________________________________________________________。
【答案】 (1). AB (2). (3). 消去反应 (4). 保护酚羟基，防止在反应②中被氧化 (5). NaHCO3溶液 (6). 或 (7). +4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O
【分析】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1mol H能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，据此解答．
【详解】A的结构简式为，A发生水解反应得到C与，可知C为CH3COOH，由转化关系可知，与氢气发生加成生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G发生碳碳双键发生臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1mol H能与足量的新制银氨溶液反应生成4mol单质银，则H中含有2个-CHO，则亚甲基上的-OH不能发生消去反应，可推知G为，H为．与氢氧化钠水溶液放出生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，反应①的目的是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，E与是a反应得到，反应中羧基发生反应，而酚羟基不反应，故试剂a为NaHCO3溶液，
（1）A．C为CH3COOH，C的官能团为羧基，故A正确；B．A为，酯基、酚羟基与氢氧化钠反应，1mol A最多可以和2mol NaOH反应，故B正确；C．C为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，故C错误；D．中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；故答案为AB；
（2）由上述分析可知，F为，由上述发生可知F到G的反应类型为 消去反应；
（3）反应①的作用是：是保护酚羟基，防止在反应②中被氧化，合适的试剂a为NaHCO3溶液；
（4）同时满足下列条件的A（）的同分异构体：Ⅰ．与A有相同的官能团，含有羟基、酯基；Ⅱ．属于苯的邻二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子，苯环与酚羟基含有5种H原子，则另外侧链含有3种H原子，故另外侧链为-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，结构简式为：和；
（5）H的结构简式为，与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式为。
【点睛】解有机推断的关键是能准确根据反应条件推断反应类型：（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。
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