【化学】河北省保定市2019-2020学年高二上学期期末考试调研考试（解析版）

【化学】河北省保定市2019-2020学年高二上学期期末考试调研考试（解析版）

河北省保定市2019-2020学年高二上学期期末考试调研考试 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Mn-56‎ 第I卷(选择题 共40分)‎ 一、选择题：本题共17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 化学中存在一些守恒或平衡原理，下列叙述正确的是 A. 根据质量(原子)守恒定律，某物质完全燃烧的产物是CO2和H2O则该物质一定是烃 B. 根据能量守恒定律，所有化学反应的反应物的总能量一定等于生成物的总能量 C. 根据电子守恒定律，原电池中负极反应失电子数一定等于正极反应得电子数 D. 根据化学平衡原理，可逆反应的正反应速率在任何时刻一定等于逆反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为无法判断是否含有氧元素，错误；‎ B．因为任何化学反应都伴随着能量的变化，即反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，错误；‎ C．原电池中发生的是氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，得电子数和失电子数一定相等，正确；‎ D．可逆反应中只有达到平衡状态时，正逆反应速率才是相等的，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列涉及化学学科观点的有关说法正确的是 A. 微粒观：二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的 B. 转化观：升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和 C. 守恒观：‎1g镁与‎1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为‎2g D. 结构观：金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同，性质存在着较大的差异 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫是由二氧化硫分子构成的,分子是由C原子和S原子构成的,A错误；‎ B.升高温度硝酸钾的溶解度增大,升高温度不饱和硝酸钾溶液仍然为不饱和溶液,B错误；‎ C.Mg与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气,则‎1g镁与‎1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为小于‎2g,C错误；‎ D.物质的组成和结构决定了物质的性质,金刚石和石墨因为结构中碳原子的排列方式不同,所以金刚石和石墨的性质存在着较大的差异,D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；‎ B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；‎ C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；‎ D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是(　　)‎ A. 2N2(g)+O2(g)═2N2O(g)△H=+163 kJ•mol-1‎ B. Ag(s)+Cl2(g)═AgCl(s)△H=-127 kJ•mol-1‎ C. HgO(s)═Hg(l)+O2(g)△H=+91 kJ•mol-1‎ D. H2O2(l)═O2(g)+H2O(l)△H=-98 kJ•mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应是吸热反应，△H＞0、△S＜0，则△H-T△S＞0，该反应在任何温度不能自发进行，故A不符合题意； ‎ B．反应是放热反应，△H＜0、△S＜0，该反应在高温下不能自发进行，故B不符合题意； ‎ C．反应是吸热反应，△H＞0、△S＞0，该反应在低温下不能自发进行，故C不符合题意； ‎ D．反应是放热反应，△H＜0、△S＞0，则△H -T△S＜0，该反应在任何温度均能自发进行，故D符合题意； ‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】反应自发进行的判断依据是：△H -T△S＜0。‎ ‎5.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是 A. 用10 mL量筒量取7.13 mL稀盐酸 B. 用托盘天平称量‎25.20 g NaCl C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3‎ D. 用25 mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．量筒准确度为0.1mL，无法用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；‎ B．托盘天平的准确度是‎0.1g，无法用托盘天平称量‎25.20g NaCl，故B错误；‎ C．pH试纸测定溶液的pH值都是整数，不会出现小数，故C错误；‎ D．滴定管可以准确度0.01mL，可以读到21.70mL，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.在下列叙述中：①0.1mol•L‎-1HA溶液的导电性比0.1mol•L-1的盐酸的导电性弱；②测得0.1mol•L-1的HA溶液的pH=2.7；③常温下，测得NaA溶液的pH＞7；④常温下，向HA的溶液中加入NaA固体，pH增大；⑤等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多。能说明HA是弱酸的是（　　）‎ A. ①②③④⑤ B. ②③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①0.1mol•L‎-1HA溶液的导电性比0.1mol•L-1的盐酸的导电性弱，说明HA中离子浓度小于HCl，则HA电离程度小于HCl，HCl是强电解质，则HA是弱酸，故正确； ‎ ‎②如果0.1mol•L-1的HA溶液完全电离，pH=1，测得0.1mol•L-1的HA溶液的pH=2.7，说明HA 部分电离，为弱酸，故正确； ‎ ‎③常温下，测得NaA溶液的pH＞7，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA是弱酸，故正确； ‎ ‎④常温下，向HA的溶液中加入NaA固体，pH增大，说明NaA抑制HA电离，则HA存在电离平衡，为弱酸，故正确； ‎ ‎⑤等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明酸浓度c(HA)＞c(HCl)，则HA存在电离平衡，为弱酸，故正确； ‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】部分电离的电解质为弱电解质，要说明HA是弱酸，只要证明HA部分电离或存在电离平衡。‎ ‎7.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：‎ ‎4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·mol-1‎ 下列说法正确的是 A. 升高温度能提高HCl的转化率 B. 加入催化剂，能使该反应的焓变减小 C. 1molCl2转化为2molCl原子放出243kJ热量 D. 断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 升高温度，平衡逆向移动， HCl的转化率减小，故A错误；B. 加入催化剂，反应的焓变不变，故B错误；C.根据提示， 1molCl2转化为2molCl2原子吸收243kJ热量，故C错误；D. E（H-O）、E（HCl）分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4×E（H-Cl）+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E（H-O）]=-115.6kJ/mol，整理得，4E（H-Cl）-4E（H-O）=-127.6kJ/mol，即E（H-O）-E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量高，故D正确；故选D。‎ ‎8.下列溶液在空气中加热蒸干后，能析出以下溶质固体的是（　　）‎ A. AlCl3 B. FeCl‎2 ‎C. Fe2（SO4）3 D. Na2SO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AlCl3溶液中存在AlCl3+3H2O⇌Al (OH)3+3HCl，加热时HCl易挥发，促进AlCl3‎ 水解，即AlCl3转化成Al (OH)3，2Al(OH)3Al 2O3+3H2O，故A错误；‎ B．氯化亚铁在灼烧的过程中会发生水解，生成氢氧化亚铁，即为Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中会被氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，则生成了Fe(OH)3，Fe(OH)3经过灼烧后，就生成了氧化铁，所以溶液加热蒸干后不能析出原溶质固体，故B错误； ‎ C．Fe 2(SO4)3溶液中存在Fe 2(SO4)3+6H2O⇌2Fe(OH)3+3H2SO4，加热Fe2(SO4)3溶液，虽然水解，但硫酸难挥发，最终仍为Fe2(SO4)3，故C正确； ‎ D．Na2SO3能被空气中的氧气氧化，加热Na2SO3溶液，最终能得到Na2SO4，故D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】溶液加热蒸干后，能析出溶质固体本身，说明在加热过程中物质本身不分解、不与氧气反应，或不水解，或水解生成的酸为难挥发性酸。‎ ‎9.用标准NaOH滴定未知浓度的盐酸，酚酞为指示剂，造成测定结果偏低的原因可能是 A. 未用标准液润洗碱式滴定管 B. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 D. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．未用标准液润洗碱式滴定管，将导致标准液浓度偏小，标准液体积偏大，测定结果偏高，选项A不符合；‎ B．标准液的体积采用“差值法”计算，滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，将导致标准液的体积偏小，测定结果偏低，选项B符合；‎ C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，浓度无影响，选项C不符合；‎ D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，将导致标准液体积偏大，测定结果偏高，选项D不符合；‎ 答案选B。‎ ‎10.常温下，0.1 mol/L某一元酸（HA）溶液中=1×10-8，下列叙述正确的是( )‎ A. 溶液中水电离出的c(H+)＝10-10 mol/L B. 溶液中c(H+)＋c(A-)＝0.1 mol/L C. 溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c(OH-)均增大 D. 与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、据溶液中=1×10-8，和Kw= c(H+)・c(OH-)=10-14，得溶液中水电离出的c(H+)＝10-11 mol/L，A项错误；‎ B、据电荷守恒c(H+)= c(OH-)＋c(A-)，故c(H+)＋c(A-)＝‎2c(H+)- c(OH-)＝2×‎10-3 -10‎-11，B项错误；‎ C、溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c(OH-)均增大，C项正确；‎ D、与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液是NaA和HA等浓度，离子浓度大小关系无法比较，D项错误。‎ 答案选C。‎ ‎11.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如图所示变化规律（p表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：‎ 根据以上规律判断，下列结论正确的是（　　）‎ A. 反应Ⅰ：△H＞0，p2＞p1‎ B. 反应Ⅲ：△H＞0，T2＞T1或△H＜0，T2＜T1‎ C. 反应Ⅱ：△H＞0，T1＞T2‎ D. 反应Ⅳ：△H＜0，T2＞T1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应Ⅰ的特点是正反应方向为气体体积减小的方向，结合图象，压强增大，平衡正向移动，A的转化率应增大，所以p2＞p1，从图像的走向可以看出，它随温度的升高A的转化率降低，即平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应△H＜0，故A 错误；‎ B．关于反应Ⅲ，由图象可以看出，T2条件下C的平衡体积分数大，因此当T2＞T1时，正反应为吸热反应△H＞0，而当T2＜T1时正反应为放热反应△H＜0，故B正确； ‎ C．关于反应Ⅱ由图象可以看出T1条件下达到平衡所用的时间少，所以T1＞T2，而在T1条件下达平衡时n(C)小，所以说明低温有利于C的生成，故它主要的正反应为放热反应△H＜0，故C错误； ‎ D．关于反应Ⅳ，由图象可以看出T2条件下A的转化率大，因此当T2＞T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应为吸热反应△H＞0，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎12.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A. b点对应的Ksp(Ag2SO4)等于c点对应的Ksp(Ag2SO4)‎ B. 采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液 C. 该温度下，Ksp(Ag2SO4)=1.6×10-5‎ D. 0.02mol•L-1的AgNO3溶液与0.2mol•L-1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度一定时，溶解平衡曲线上任意点都代表饱和溶液且Ksp均相等，故A正确； ‎ B．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，故B错误； ‎ C．由图象可知，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)2×0.04=1.6×10-5((mol•L-1)2)，故C正确； ‎ D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c(Ag+)=0.01moL/L，c(SO42-)=0.1mol/L，由C项可知Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)2×0.04=1.6×10-5((mol•L-1)2)，则(0.01)2×0.1=1×10-5＜1.6×10-5，没有沉淀生成，故D正确； ‎ 答案选B。‎ ‎13.恒温恒容下，向‎2L密闭容器中加入MgSO4（s）和CO（g），发生反应：MgSO4（s）+CO（g）⇌MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）反应过程中测定的部分数据见下表： ‎ 反应时间/min n（MgSO4）/mol n（CO）/mol n（CO2）/mol ‎0‎ ‎2.00‎ ‎2.00‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.80‎ ‎4‎ ‎1.20‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A. 反应在0～2 min内的平均速率为v（SO2）=0.6 mol•L-1•min-1‎ B. 反应在2～4 min内容器内气体的密度没有变化 C. 若升高温度，反应的平衡常数变为1.00，则正反应为放热反应 D. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入1.00 mol MgSO4和1.00 mol CO，到达平衡时n（CO2）＜0.60 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表中数据，可知2min内，△n(CO)=2mol−0.8mol=1.2mol，由方程式可知△n(SO2)=△n(CO)=1.2mol，则v(SO2)==0.3mol/(L.min)，故A错误；‎ B．2min时消耗CO为1.2mol，由方程式可知△n(CO2)=△n(CO)=1.2mol，4min时CO2为1.2mol，说明2min、4min处于平衡状态，故反应在2∼4min内容器内气体的密度没有变化，故B正确；‎ C．平衡时c(SO2)=c(CO2)==0.6mol/L，c(CO)== 0.4mol/L，则平衡常数K==0.9，若升高温度，反应的平衡常数变为1.00，大于原温度下平衡常数K=0.9，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，故C 错误；‎ D．保持其他条件不变，起始时向容器中充入1.00molMgSO4和1.00molCO，等效为在原平衡基础上体积增大一倍，减小压强，平衡正向移动，CO转化率大于原平衡，则到达平衡时n(CO2)＞0.60mol，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列实验装置，其中按要求设计正确的是（ ）‎ A. 电解饱和食盐水 ‎ B. 锌铜原电池 C. 电镀银 ‎ D. 电解精炼铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe与电源正极相连为阳极，铁失去电子，则阳极不生成氯气，不能利用淀粉KI溶液检验氯气的生成，不合理，A错误；‎ B．金属性锌强于铜，Zn为负极，Cu为正极，图中构成Cu、Zn原电池，产生的电流由正极流向负极，B正确；‎ C．电镀银时，Ag为阳极，镀件为阴极，电解质溶液为硝酸银，不能是硝酸钠，不合理，C错误；‎ D．粗铜精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，图中与之相反，不合理，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1。现在容积均为‎1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为‎300℃‎ 、‎500℃‎的密闭容器中，甲醇的物质的量：图2：温度分别为Tl～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）。下列叙述正确的是 A. 该反应的△H1>0，且K1>K2‎ B. 将容器c中平衡状态转变到容器d中的平衡状态,可采取的措施有升温或加压 C. ‎300℃‎时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2，0.2molCH3OH，平衡正向移动 D. ‎500℃‎时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由图1可知，升高温度，甲醇减少，平衡逆向移动，正向放热，△H1<0，且K1>K2，故A错误；B、正反应放热，反应后体积减小，从c到d，甲醇减少，平衡逆向移动，故可采取的措施有升温或减压，故B错误；C、先算平衡常数，平衡时甲醇的物质的量为0.8mol代入平衡常数计算式，‎300℃‎时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2，‎ ‎0.2molCH3OH，浓度商Qc=，平衡正向移动，故C正确；D、‎500℃‎时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，相当于增大压强，平衡正向移动，重新平衡后，H2浓度增大，但百分含量均减小，故D错误；故选C。‎ 点睛：通过物质的量随时间变化曲线，考查温度压强等因素对化学平衡的影响，难度中等，C计算平衡常数和浓度商比较判断反应进行的方向，是本题的难点。‎ ‎16.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液．根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间．此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 2 mol Cu与1 mol Ag2O的总能量低于1 mol Cu2O与2 mol Ag具有的总能量 B. 负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-═Cu2O+H2O C. 测量原理示意图中，电流方向从Cu→Ag2O D. 电池工作时，OH-向正极移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应，所以该反应为放热反应，则2molCu与1molAg2O的总能量大于1molCu2O与2molAg具有的总能量，故A错误； ‎ B．负极发生氧化反应，电极方程式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故B正确； ‎ C．测量原理示意图中，电流方向从正极流向负极，即Ag2O→Cu，故C错误； ‎ D．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：‎ 结合实验，下列说法不正确的是（ ）‎ A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，选项A正确；‎ B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，选项B正确；‎ C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，选项B正确；‎ D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，易错点为选项C，②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强。‎ 二、填空题（共39分）‎ ‎18.亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。‎ Ⅰ.经查：①Ksp(AgNO2)=2×10－8，Ksp(AgCl)=1.8×10－10；②Ka(HNO2)=5.1×10－4。请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________‎ Ⅱ. 某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠 已知：①2NO＋Na2O2=2NaNO2； ②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2＋。‎ ‎（1）使用铜丝的优点是________________________。‎ ‎（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。‎ 装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）‎ A．浓硫酸 B．NaOH溶液 C．水 D．四氯化碳 ‎（3）该小组称取‎5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，‎ 用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：‎ 滴定次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 消耗KMnO4溶液体积/mL ‎20.90‎ ‎20.12‎ ‎20.00‎ ‎19.88‎ ‎①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。‎ a．锥形瓶洗净后未干燥 b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 c．滴定终点时仰视读数 ‎②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。‎ ‎③该样品中亚硝酸钠质量分数为______________。‎ ‎【答案】 (1). 分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解; 再分别滴加酚酞试液, 变红为NaNO2 (2). 可以控制反应的发生与停止 (3). Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (4). C (5). bc (6). 6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O (7). 69%‎ ‎【解析】‎ 试题分析：Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；‎ Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。‎ 解析：Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；‎ Ⅱ.（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；‎ ‎（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：Cu +4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；‎ ‎（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（标准）偏大，c正确；答案选bc；‎ ‎②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为 6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O；‎ ‎③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是‎0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×‎0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol×‎69g/mol=‎1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数‎1.38g/‎2g×100%=69.0%.‎ 点睛：注意掌握综合实验设计题的解题思路：（1）明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。‎ ‎19.治理SO2、CO、NOx污染是化学工作者研究的重要课题。‎ Ⅰ．硫酸厂大量排放含SO2的尾气会对环境造成严重危害。‎ ‎(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，该反应的离子方程式为______。‎ Ⅱ．沥青混凝土可作为反应；2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)的催化剂。如图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。‎ ‎(2)a、b、c、d四点中，达到平衡状态的是______。‎ ‎(3)已知c点时容器中O2浓度为0.02mol•L-1，则‎50℃‎时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K=______(用含x的代数式表示)。‎ ‎(4)观察分析图，回答下列问题：‎ ‎①CO转化反应的平衡常数K(a)______K(c)。‎ ‎②在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要______(填“大”、“小”)。‎ ‎③______点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高。‎ ‎【答案】 (1). CO32-+SO2=SO32-+CO2 (2). bcd (3). (4). ＞ (5). 大 (6). e ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式；‎ ‎(2)图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行；‎ ‎(3)一氧化碳降解反应2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)，K=进行计算；‎ ‎(4)①平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=，故K减小；‎ ‎②相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大；‎ ‎③温度越高，有效碰撞的几率越大；‎ ‎【详解】(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式为：CO32-+SO2=SO32-+CO2；‎ ‎(2)图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行，a、b、c、d 四点中，达到平衡状态的是bcd；‎ ‎(3)CO的降解率为x，设起始CO浓度为1mol/L，‎ 平衡常数K===；‎ ‎(4)①平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=，故K减小，即Ka>Kc；‎ ‎②由图得，相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大；‎ ‎③温度越高，有效碰撞的几率越大，故e点的有效碰撞的几率是最大的；‎ ‎20.氮元素能够形成多种化合物。请回答下列问题：‎ ‎(1)连氨(N2H4)常温下为液态，在空气中迅速完成燃烧生成N2，同时放出大量热，可作导弹、宇航飞船、火箭的燃料。‎ 已知：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ•mol-1‎ N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2=+50.6kJ•mol-1‎ 则N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式为______。‎ ‎(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应CH4(g)+NH3(g)⇌HCN(g)+3H2(g)△H＞0。一定温度下，向‎2L恒容容器中充入1molCH4(g)和2molNH3(g)发生上述反应，4min达到平衡时，测得CH4的转化率为。0-4min内，用H2表示的该反应速率v(H2)=______。‎ 保持温度和容积不变，再向平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，此时v正______v逆(选填“＞”“＜”或“=”)。‎ ‎(3)NH3能够形成Ag(NH3)2+。‎ ‎①溶液中存在Ag+(aq)+2NH3(aq)⇌Ag(NH3)2+(aq)，其平衡常数的表达式为K稳=______。‎ ‎②常温下，K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107，反应AgCl(s)+2NH3(aq)⇌Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.936×10-3，则Ksp(AgCl)=______。‎ ‎(4)硫氧化物和氮氧化物是常见的大气污染物，利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。‎ ‎①电极A的电极反应式为______。‎ ‎②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32-生成。该反应离子方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ/mol (2). 0.25mol/(L•min) (3). ＞ (4). 1.76×10-10 (5). SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ (6). 2NO2+8OH-+4S2O42-=N2+8SO32-+4H2O (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)已知：①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ•mol-1‎ ‎②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)△H2=+50.6kJ/mol 盖斯定律计算①×2-②得到N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式；‎ ‎(2)①CH4(g)+NH3(g)⇌HCN(g)+3H2(g)△H>0，计算甲烷反应的物质的量，通过化学方程式三行计算列式得到计算生成氢气物质的量，反应速率v(H2)=，计算平衡常数，保持温度和容积不变，再向平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；‎ ‎(3)溶液中存在Ag+ (aq)+2NH3 (aq)⇌Ag( NH3)2+(aq )时，平衡常数K=；常温下，K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107，反应AgCl (s)+2NH3 (aq)⇌Ag( NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.936×10-3，结合平衡常数K==×=Ksp(AgCl)K稳[Ag(NH3)2+]；‎ ‎(4)阳极发生氧化反应，阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根，A为阳极，在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体N2，同时有SO42-生成，结合电话守恒电子守恒和原子守恒写出离子方程式。‎ ‎【详解】(1)已知：①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ•mol-1，‎ ‎②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)△H2=+50.6kJ/mol，‎ 盖斯定律计算①×2-②得到N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622.2kJ/mol；‎ ‎(2)①一定温度下，向‎2L恒容容器中充入1mol CH4(g)和2mol NH3(g)发生上述反应，4min达到平衡时，测得CH4的转化率为66.67%．反应的甲烷物质的量=1mol×66.67%=mol，CH4(g)+NH3(g)⇌HCN(g)+3H2(g)计算得到生成氢气物质的量=mol×3=2mol，0～4min內，用H2表示的该反应速率v(H2)==0.25mol/(L•min)，‎ 平衡常数K= =3，保持温度和容积不变，再句平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，此时浓度商Qc==2.4＜K=3，平衡正向进行，v正＞v逆；‎ ‎(3)溶液中存在Ag+ (aq)+2NH3 (aq)═Ag( NH3)2+(aq )时，平衡常数K=；常温下，K稳[Ag(NH3)2+]=1.10×107，反应AgCl (s)+2NH3 (aq)⇌Ag( NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.936×10-3，结合平衡常数K==×=Ksp(AgCl)K稳[Ag(NH3)2+]=1.936×10-3，Ksp(AgCl)==1.76×10-10；‎ ‎(4)①A为阳极，阳极发生氧化反应，阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根，阳极电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；‎ ‎②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体N2，同时有SO32-生成，该应的离子方程式为：2NO2+8OH-+4S2O42-=N2+8SO32-+4H2O。‎ 三、选答题（共10分） ‎ ‎《有机化学基础》‎ ‎21.利用红外光谱对有机化合物分子进行测试并记录，可初步判断该有机物分子拥有的 A. 同分异构体数 B. 原子个数 C. 基团种类 D. 共价键种类 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】红外光谱是一种鉴定有机物结构有关的物理方法，在有机物分子中，组成化学键或官能团的原子处于不断振动的状态，其振动频率与红外光的振动频率相当。所以，当用红外线照射有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置，从而可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息。氢原子种类是利用核磁共振仪，通过核磁共振氢图可判断氢原子种类。答案选C。‎ ‎22.下列分子为手性分子的是（　　）‎ A. CH3CH2Cl B. CH3CH2CHBrCH2CH2OH C. CH3CCl（CH3）CH2CH2CH3 D. CH3CH‎2C（CH3）2CH2Cl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3CH2Cl中，两碳原子所连接的四个基团有一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故A错误； ‎ B．CH3CH2CHBrCH2CH2OH中第三个碳原子，连有四个不同取代基，该碳原子具有手性，属于手性分子，故B正确； ‎ C．CH3CCl(CH3)CH2CH2CH3中第二个碳原子，连接两个甲基，没有手性碳原子，不属于手性分子，故C错误； ‎ D．CH3CH‎2C(CH3)2CH2Cl中，四个碳原子所连接的四个基团有一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。‎ ‎23.测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法。如图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在‎750℃‎左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)甲装置中盛放的药品是______。‎ ‎(2)将‎4.6g 有机物A进行实验，测得生成5.4gH2O和8.8gCO2，则该物质中各元素的原子个数比是______。‎ ‎(3)经测定，有机物A的1H核磁共振谱如图，则A的结构简式为______。‎ ‎【答案】 (1). CaCl2 (2). N（C）：N（H）：N（O）=2：6：1 (3). CH3CH2OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，通过测定生成的CO2、H2O的量确定实验式，用氯化钙吸收水蒸气，用氢氧化钠吸收二氧化碳，由于二氧化碳会吸收水蒸气，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，由于装置内有空气，会影响水蒸气、二氧化碳质量测定，实验开始时，要先通入氧气排尽装置内空气；‎ ‎(2)计算生成水、二氧化碳的物质的量，根据质量守恒判断是否含有O元素，若含有元素，计算原子物质的量；‎ ‎(3)根据原子数目之比确定有机物最简式，若最简式中H原子已经饱和C的四价结构，则最简式均为分子式，否则需要知道有机物相对分子质量来确定分子式，有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有3种H原子。‎ ‎【详解】(1)因为氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，从而无法确定生成水和CO2的质量，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳；‎ ‎(2)生成水物质的量为 =0.3mol，H原子物质的量为0.6mol，生成二氧化碳为 ‎=0.2mol，碳原子物质的量为0.2mol，氧原子物质的量为‎4.6g−0.6mol×‎1g/mol−=0.1mol，故有机物A中N(C):N(H):N(O)=0.2:0.6:0.1=2:6:1；‎ ‎(3)由于有机物A中原子个数比N(C):N(H):N(O)=2:6:1，H原子已经饱和碳的四价结构，则有机物分子式为或C2H6O，有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有3种H原子，则有机物的结构简式为：CH3CH2OH。‎ ‎《物质结构与性质》‎ ‎24.2007年9月，美国科学家宣称发现了普通盐水在无线电波照射下可燃烧，这很可能是21世纪人类最伟大的发现之一，有望解决用水作人类能源的重大问题．无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该种频率下持续燃烧．上述中“结合力”实质是（　　）‎ A. 分子间作用力 B. 氢键 C. 非极性共价键 D. 极性共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】水分子是由H原子和O原子构成的，H原子和O原子之间存在极性共价键，“释放出氢原子”必须破坏水分子内的氢氧键，这是一种共价键，不同种原子之间形成的是极性共价键，答案选D。‎ ‎【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。‎ ‎25.由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20，且阴、阳离子所带电荷相等．下列说法正确的是（　　）‎ A. 晶体中阳离子和阴离子数不一定相等 B. 晶体中一定只有离子键没有共价键 C. 所含元素一定不在同一周期也不在第1周期 D. 晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为 ‎20，且阴、阳离子所带电荷相等，则阴、阳离子均是10电子微粒，阴离子有：N3-、O2-、F-、OH-等，阳离子有：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。 ‎ A．当阴、阳离子所电荷不相等，阳离子和阴离子个数不相等，如：MgF2、Na2O，当阴、阳离子所电荷相等，阳离子和阴离子个数相等，如NaF、NaOH，故A正确； ‎ B．X是离子化合物，一定有离子键，也可能含共价键，如NaOH、Mg(OH)2、NH‎4F等，故B错误； ‎ C．NH4+中氢元素在第一周期，所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期，故C错误； ‎ D．对简单的离子，阴、阳离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数，所以X中阳离子半径小于阴离子半径，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎26.A、B、C、D、E、F为六种短周期元素，它们核电荷数依次递增。已知：B原子核外最外层电子数是次外层电子数的两倍，电子总数是E原子总数的1/2，F是同周期元素中原子半径最小的元素；D2﹣与E2+的电子层结构相同。B与D可以形成三原子化合物甲。A是非金属元素，且A、C、F可形成离子化合物乙。请回答：‎ ‎（1）C单质的电子式_____，F元素原子的电子排布式_____，E元素的原子结构示意图是_____；‎ ‎（2）化合物乙中含有的化学键是_____；‎ ‎（3）化合物甲的结构式_____，固体时属于_____晶体。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p5 (3). (4). 离子键、极性共价键、配位键 (5). O=C=O (6). 分子 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B原子核外最外层电子数是次外层电子数的两倍，应为C元素，电子总数是E原子总数的12，则E的原子序数为12，应为Mg元素，F是同周期元素中原子半径最小的元素，位于第三周期，应为Cl元素，D2-与E2+的电子层结构相同，则D应为O，由此可知C为N元素，A是非金属元素，且A、C、F可形成离子化合物乙，可知A为H元素，乙为氯化铵。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知C为N元素，单质的电子式为，F为Cl元素，电子排布式为1s22s22p63s23p5，E为Mg元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，原子结构示意图为；‎ ‎（2）乙为氯化铵，为离子化合物，含有离子键、共价键和配位键；‎ ‎（3）C与O可以形成三原子化合物甲，为CO2，其结构式为O＝C＝O，固体时属于分子晶体。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高考常见题型，元素的推断是解答本题的关键，在推断中抓住“短周期”、“主族”、“核电荷数依次递增”，并注意信息的前后呼应，把握物质的性质，学习中注意积累。‎