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2018-2019学年辽宁省六校协作体高二下学期期初考试化学试题 解析版
辽宁省六校协作体2018-2019学年高二下学期期初考试化学试题 1. 下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是 A. 煤的气化和液化过程只发生物理变化 B. 天然气作为化工原料，主要用于合成氨和生产甲醇 C. 石油分馏的目的是生产乙烯、丙烯、甲烷等化工原料 D. 天然气和液化石油气的主要成分是甲烷 【答案】B 【解析】 试题分析：A．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品，都属于化学变化，A错误；B．天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，B正确；C．根据沸点不同把石油分离成不同馏分，可获得天然气、石油醚、汽油、煤油、柴油、石蜡、沥青等产品，C错误；D．天然气主要成分烷烃，其中甲烷占绝大多数，另有少量的乙烷、丙烷和丁烷，此外一般有硫化氢、二氧化碳、氮和水气及微量的惰性气体；液化石油气（简称液化气）是石油在提炼汽油、煤油、柴油、重油等油品过程中剩下的一种石油尾气，它的主要成分有乙烯、乙烷、丙烯、丙烷和丁烷等，D错误，答案选B。 考点：考查煤和石油的综合利用 2.下列化学用语正确的是( ) A. 硝基苯的结构简式： B. 乙烯的比例模型： C. 过氧化氢的电子式： D. 硫离子的结构示意图： 【答案】A 【解析】 试题分析：A、硝基苯中硝基的单电子在氮上，结构简式为，A正确；B、这是乙烯的球棍模型，B错误；C、过氧化氢属于共价化合物，C错误；D、硫离子带2个单位的负电荷，核电荷数比电子数少2，D错误。 考点：考查了化学用语的相关知识。 3.NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 A. 1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2 NA B. 常温下，0.l mol碳酸钠晶体中含有CO32－的个数为0.1 C. 标准状况下，11.2L18O2中所含中子数为8NA D. 25℃时，l L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数为0.2 【答案】B 【解析】 试题分析：A.在NaAlO2水溶液中，氧原子不仅存在于溶质NaAlO2中，还存在于溶剂水中，因此含有的氧原子的数目远远大于2 NA，A错误；B. 常温下，0.l mol碳酸钠晶体中含有CO32－的个数为0.1 NA，B正确；C. 由于18O具有10个中子，因此，标准状况下，11.2L18O2中所含中子数为10NA，C错误；D. 25℃时，l L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数为0.1 NA，D错误。故答案B。 考点：考查阿伏伽德罗常数的有关计算。 4.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ） A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl－、SO42— B. 在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3—、SO42— C. 含有0.1 mol·L−1 Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32—、Cl－ D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3—、SO42— 【答案】D 【解析】 试题分析：A、强碱性溶液含有OH-离子，与Al3+反应，生成Al(OH）3沉淀,故不能共存；B、溶液无色透明，故要排除Cu2+，错误；C、Ca2+与 CO32-形成沉淀，故错误；D、酸性溶液中，均共存。 考点：考查了离子共存的相关知识 5.可逆反应X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH<0达到平衡时，下列说法正确的是( ) A. 减小容器体积，平衡向右移动 B. 加入催化剂，Z的产率增大 C. 增大c(X)，X的转化率增大 D. 降低温度，Y的转化率增大 【答案】D 【解析】 【详解】A.该反应是反应前后气体体积不变的反应，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误； B.催化剂改变反应速率，但不改变化学平衡，与此Z的产率不变，B错误； C.有两种反应物参加反应，增加一种物质的量，楷体提高另一种物质转化率，它本身的转化率减小，因此增大c(X)，X的转化率减小，C错误； D.该反应的正反应是放热反应，降温，化学平衡正向进行，使Y的转化率增大，D正确； 故合理选项是D。 6.下列应用与水解原理无关的是( ) A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞 B. 泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将二者混合就可产生大量二氧化碳的泡沫 C. 用氯化铵溶液除去铁锈 D. 可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳 【答案】D 【解析】 【详解】A.碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液由于CO32-水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠而导致玻璃瓶打不开，实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，这与盐的水解原理有关，A不符合题意； B.碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生互促的水解反应而生成二氧化碳气体，可用于灭火，与盐的水解原理有关，B不符合题意； C.铵根离子部分水解，使溶液呈弱酸性，氢离子与铁锈反应，该应用与盐的水解原理有关，C不符合题意； D.醋酸酸性比碳酸强，可利用强酸与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸，因此可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，这与盐类水解无关，D符合题意； 故合理选项是D。 7. 下列物质反应后，固体质量减轻的是 A. 水蒸气通过灼热的铁粉 B. 二氧化碳通过Na2O2粉末 C. 将Zn片放入CuSO4溶液 D. 铝与MnO2发生铝热反应 【答案】C 【解析】 试题分析：A、水蒸气通过灼热的铁粉发生反应3Fe+4H2O= Fe3O4+4H2，固体由Fe变为Fe3O4，反应后固体质量增加，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B错误；C、将Zn片放入CuSO4溶液发生的反应为Zn + CuSO4=ZnSO4+ Cu，固体由Zn变为Cu ，反应后固体质量减小，C正确；D、4Al+3MnO2=2Al2O3+3Mn，反应前后各物质均为固体，反应后固体质量不变，D错误。答案选C。 考点：物质的性质 8.由2氯丙烷制取少量的1，2丙二醇时，需要经过下列哪几步反应 ( ) A. 加成→消去→取代 B. 消去→加成→水解 C. 取代→消去→加成 D. 消去→加成→消去 【答案】B 【解析】 【分析】 可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，以此判断合成时所发生的反应类型。 【详解】由2-氯丙烷制取少量的1，2-丙二醇，可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，则2-氯丙烷应首先发生消去反应生成丙烯CH3CH=CH2，丙烯CH3CH=CH2与溴水发生加成反应生成1，2二溴丙烷CH3CHBrCH2Br，1，2二溴丙烷CH3CHBrCH2Br在NaOH水溶液中加热发生取代反应（也叫水解反应）可生成1，2-丙二醇；故合理选项是B。 【点睛】本题考查有机物合成的方案的设计，注意把握有机物官能团的变化，掌握卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生水解反应产生醇，在NaOH的乙醇溶液中在加热时发生消去反应，产生不饱和的碳碳双键或碳碳三键，有机物推断可根据反应物推出目标产物即顺推；也可根据目标产物一步步推断到反应物，即逆推，题目难度不大。 9. 某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是 A. X的分子式为C12H16O3 B. 可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X C. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应 D. 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与1 mol H2加成 【答案】B 【解析】 试题分析：A、根据有机物中碳原子的结构特点，此有机物的结构简式：C12H14O3，故错误；B、苯不能使酸性高锰酸钾褪色，而X中有羟基和碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故正确；C、X中含有的官能团是酯基、羟基、碳碳双键，能发生加成、加聚、取代，羟基所连碳的相邻碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，故错误；D、此有机物中能发生加成的反应的是苯环、碳碳双键，1mol苯环需要3mol氢气，1mol碳碳双键需要1mol氢气，因此1mol有机物最多与4mol氢气发生加成，故错误。 考点：考查有机物的分子式的确定、官能团的性质等知识。 10.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( ) A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2 B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有氯离子 C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋ D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 【答案】D 【解析】 【分析】 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；溶液中氯气、HClO、ClO-都强氧化性，都可以将Fe2+氧化为Fe3+，而使溶液变为棕黄色。 【详解】溶液中存在Cl2与水反应的化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO。 A.氯水中含有多种微粒，只有氯气有颜色，是黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，A正确； B.溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是Cl-与Ag+反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，B正确； C.溶液呈酸性，含有盐酸和次氯酸，由于酸性HCl>H2CO3>HClO，所以向氯水中加入NaHCO3 粉末，盐酸与与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，看到有气泡产生，C正确； D.溶液中Cl2、HClO、ClO-都强氧化性，都可以将Fe2+氧化为Fe3+，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，D错误； 故合理选项是D。 【点睛】本题考查氯水的性质，掌握氯气与水反应的可逆性是判断氯水成分的关键，掌握氯水成分及各种微粒的性质是本题解答的基础，需要学生熟练掌握基础知识，本题侧重基础知识的考查。 11.有机物M的结构简式是，能用该结构简式表示的M的同分异构体共有(不考虑立体异构)( ) A. 12种 B. 16种 C. 20种 D. 24种 【答案】C 【解析】 丁基（－C4H9）有四种，－C3H6Br，除了Br原子外，其实就是亚丙基，而亚丙基（－C3H6－）有五种，4×5＝20种，答案选C。 12. X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，下列说法正确的是( ) A. M与X形成的化合物对应的水化物一定是强酸 B. Y2X和Y2X2中阴、阳离子的个数比相同，化学键类型也完全相同 C. X、Y的简单离子半径：r(X2﹣)＞r(Y+) D. M的气态氢化物比X的气态氢化物稳定 【答案】C 【解析】 试题分析：X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素。A、M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物中H2SO4是强酸，但H2SO3是弱酸，故A错误；B、Na2O中只含离子键、Na2O2 中含有共价键和离子键，所以化学键类型不相同，阴、阳离子的个数比都是1：2，故B错误；C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：r(O2﹣)＞r(Na+)，故C正确；D、元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性X(O)＞M(S)，所以气态氢化物的热稳定性：X＞M，故D错误；故选C。 考点：考查了原子结构和元素周期律的相关知识。 13.下列说法正确的是( ) A. 图①中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 B. 图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2 C. 图③表示醋酸溶液滴定 NaOH溶液和氨水混合溶液的电导率变化曲线 D. 图④可表示由CO(g)生成CO2(g)的过程中要放出566 kJ 热量 【答案】C 【解析】 试题分析：根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，故应有：△H1=-△H2-△H3，A错误；E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，B错误；氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，C正确；图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，D错误。 考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算，涉及反应热和焓变、弱电解质在水溶液里的电离平衡等。 14.一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]的混合溶液，下列说法不正确的是( ) A. K＋移向催化剂b B. 催化剂a表面发生的化学反应：[Fe(CN)6]4－－e－===[Fe(CN)6]3－ C. [Fe(CN)6]3－在催化剂b表面被氧化 D. 电解质溶液中的[Fe(CN)6]4－和[Fe(CN)6]3－浓度基本保持不变 【答案】C 【解析】 试题分析：由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极。A．b为正极，则K+移向催化剂b，故A正确；B．a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：Fe(CN)64--e-═Fe(CN)63-，故B正确；C．b上发生还原反应，发生Fe(CN)63-+e-═Fe(CN)64-，故C错误；D．由B、C中的电极反应可知，二者以1:1相互转化，电解质溶液中Fe(CN)63-和Fe(CN)64-浓度基本保持不变，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；铁盐和亚铁盐的相互转变 【名师点晴】本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握电子的流向判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动。 15.常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知Ksp(CaSO4)＝9×10－6。下列说法不正确的是( ) A. a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp B. 加入Na2SO4溶液可以使a点变为b点 C. b点将有沉淀生成 D. d点未达到沉淀溶解平衡状态 【答案】B 【解析】 试题分析：A.由于a点和c点处于的温度条件相同，因此对应的Ksp相同，A正确；B.在a点所具有的平衡状态下，加入Na2SO4溶液，水溶液中的SO42-浓度增大，CaSO4的沉淀溶解平衡向逆向移动，Ca2+浓度减小，因此a点不能变为b点，B错误；C.a点变为b点时，离子积Qc大于该温度下的Ksp，沉淀溶解平衡向逆向移动，有沉淀析出，C正确；D.d点时，离子积Qc小于该温度下的Ksp，溶液未饱和，未达到沉淀溶解平衡状态，D正确。故答案B。 考点：考查沉淀溶解平衡。 16.在常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定25 mL 0.1000 mol/L Na2CO3溶液，所得滴定曲线如下图所示。下列有关滴定过程中溶液相关微粒浓度间的关系不正确的是 A. a点：c( HCO3-)>c(Cl-)>c(C032-) B. b点：c(Na+)+c(H+)=c(Cl一)+c(HCO3-)+c（CO32-）+c（OH-） C. c点：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3) D. d点：c（Cl-）=c(Na+) 【答案】B 【解析】 试题分析：在常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定25 mL 0.1000 mol/L Na2CO3溶液，所得滴定曲线 如下图所示，横坐标为盐酸的体积，纵坐标为pH。A．a点盐酸的体积为12.5mL，此时盐酸和一半的碳酸钠反应，生成碳酸氢钠和氯化钠，如果不水解，溶液中有c(HCO3-)=c(Cl-)=c(C032-)，但是，碳酸根要水解生成碳酸氢根，所以有c( HCO3-)>c(Cl-)>c(C032-)，A正确；B．b点根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl一)+c(HCO3-)+ 2c（CO32-）+c（OH-），B错误；C．c点盐酸和碳酸钠恰好完全反应， 生成碳酸氢钠和氯化钠，，根据质子守恒有：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，C正确；D．d点，盐酸的物质的量等于2倍碳酸钠的物质的量，所以c（Cl-）=c(Na+)，D正确，答案选B。 考点：考查水溶液中的离子平衡 17.在500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3－）=6mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是 A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5mol B. 向电解后的溶液中加入98g的Cu（OH）2可恢复为原溶液 C. 原混合溶液中c（K+）=4mol/L D. 电解后溶液中c（H+）=2mol/L 【答案】B 【解析】 试题分析：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，阳极发生4OH--4e-═O2↑+2H2O，生成1mol氧气转移4mol电子，阴极发生Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，生成1mol氢气，转移2mol电子，因此还要转移2mol电子生成1mol铜。A．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故A错误；B．根据电解原理和原子守恒，溶液中减少的原子有铜、氧、氢，向电解后的溶液中加入Cu(OH)2，可恢复为原溶液，需要1mol Cu(OH)2，质量为98 g，故B正确；C．c（Cu2+）==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故C错误；D．电解后溶液中c（H+）为=4mol/L，故D错误；故选B。 【考点定位】考查电解原理 【名师点晴】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，注意氢氧根离子与氢离子的关系。用石墨电极电解下列溶液，则阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，若加入物质能使溶液恢复到原来的成分和浓度，则从溶液中析出什么物质就应加入什么物质。 18.下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是( ) 选项 操作和现象 结论 A 将少量溴水加入KI溶液中，充分反应后再加入CCl4，振荡，静置，下层液体呈紫色 氧化性：Br2＞I2 B 常温下，打磨后的铝片放入浓HNO3中，无明显反应现象 常温下，铝不与浓HNO3反应 C 向一定量AgNO3溶液中，先滴加几滴KCl溶液，再滴加几滴KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) D 用pH计测定NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)＜pH(CH3COONa) 酸性：HF＞CH3COOH A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A. 将少量溴水加入KI溶液中，发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，根据氧化性：氧化剂>氧化产物可知氧化性：Br2＞I2，反应产生的I2易溶于CCl4中，由于四氯化碳的密度比水大，水遇四氯化碳互不相容，所以振荡静置后分层，层液体呈紫色，A正确； B.常温下，Al和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了金属进一步的氧化反应，并不是Al和浓硝酸不反应，B错误； C.要证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，滴加的KCl、KI溶液浓度必须相同且硝酸银不能过量，否则无法得出Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，该实验中没有明确硝酸银的量、KCl和KI的浓度，所以该实验操作不合理，C错误； D.根据钠盐溶液pH判断其相应酸的酸性强弱时，钠盐溶液的浓度必须相同，该实验中钠盐浓度未知，所以不能得出正确判断，得出结论，D错误； 故合理选项是A。 19.铝土矿的主要成分为Al2O3和SiO2（含有少量不溶性杂质），利用铝土矿制备Al（OH）3流程如下（所用化学试剂均过量）。 下列说法不正确的是 A. Al（OH）3可用作治疗胃酸过多 B. 加CaO除Si得到的沉淀主要成分为H2SiO3 C. 气体a成分为CO2 D. 滤液III中溶质为Ca（HCO3）2和NaHCO3 【答案】B 【解析】 铝土矿中加入氢氧化钠溶液,氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硅酸钠,则滤液Ⅰ为偏铝酸钠和硅酸钠,且含有过量的氢氧化钠,滤渣为杂质；在滤液Ⅰ中加入氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,进而生成硅酸钙沉淀,滤液Ⅱ为偏铝酸钠和氢氧化钙,可通入过量的二氧化碳气体,生成氢氧化铝,滤液为碳酸氢钠和碳酸氢钙。Al（OH）3为弱碱，中和胃液中盐酸，因此Al（OH）3可用作治疗胃酸过多，A正确；根据以上分析可知，得到的沉淀主要成分为硅酸钙，B错误；氢氧化铝不溶于弱酸，因此偏铝酸钠溶液中通过量的二氧化碳气体,生成氢氧化铝, C正确；根据以上分析可知，滤液III中溶质为Ca（HCO3）2和NaHCO3，D正确；正确选项B。 点睛：本题要注意到氧化铝、氢氧化铝为两性化合物，既能与强酸反应，又能与强碱反应；而二氧化硅为酸性氧化物，只与强碱反应，且硅酸盐溶液常见的只有钾、钠、铵。 20. 室温时，将xmL pH=a的稀NaOH溶液与ymL pH=b的稀盐酸充分反应.下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是（ ） A. 若x=y，且a+b=14，则pH＞7 B. 若10x=y，且a+b=13，则pH=7 C. 若ax=by，且a+b=13，则pH=7 D. 若x=10y，且a+b=14，则pH＞7 【答案】D 【解析】 试题分析：pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，pH=b的稀盐酸中c（H+）=10-bmol/L，则A．若x=y，且a+b=14，则有n(OH−)/n(H+)=10a−14x/10−by=10a+b-14=1，即n（H+）=n（OH-），酸碱恰好中和，溶液呈中性，pH=7，A错误；B．若10x=y，且a+b=13，则有n(OH−)/n(H+)=10a−14x/10−by=10a+b-15=0.01，即n（H+）＞n（OH-），酸过量，pH＜7，B错误；C．若ax=by，且a+b=13，则有n(OH−)/n(H+)＝10a−14x/10−by=b/10a，因a＞b，则酸过量，pH＜7，C错误；D．若x=10y，且a+b=14，则有n(OH−)/n(H+)＝10a−14x/10−by=10a+b-13=10，则碱过量，pH＞7，D正确，答案选D。 考点：考查酸碱混合的计算和判断 21.从海水中提取一些重要的化工产品的工艺流程如图所示。 根据上述流程图回答下列问题： (1)图中A的化学式为 ___________，在制取A的过程中需向饱和NaCl溶液中先后通入两种气体，后通入气体的化学式为________________。 (2)海水淡化处理的方法有_____________________。（写出2种即可） (3)过程⑤的化学方程式为 _________________________________。 (4)过程③用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，生成两种强酸，写出反应的离子方程式________________________________。 (5)过程②到过程④的变化为“Br→Br2→Br→Br2”，其目的是__________。 【答案】 (1). NaHCO3 (2). CO2 (3). MgCl2Mg+Cl2↑ (4). 蒸馏法、离子交换法、电渗析法 (5). Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42- (6). 富集溴 【解析】 【分析】 根据上述流程图分析，海水通过海水晒盐、海水淡化得到氯化钠、母液，氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体A和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，得到固体氯化钠通过电解熔融氯化钠得到氯气和钠，氯气通入石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，即得到漂白粉，氯气通入母液中，可氧化溴离子生成低浓度的溴单质溶液，用二氧化硫吸收溴单质生成溴离子，再通过通入氯气氧化溴离子生成溴单质，在过程中富集了溴，得到粗溴和硫酸。贝壳分解生成生石灰溶于水得到石灰乳，加入母液中，可沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后加入盐酸溶解氢氧化镁得到B溶液为氯化镁溶液，然后在氯化氢气流中蒸发氯化镁溶液得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁生成镁和氯气。 【详解】(1)根据A受热分解生成Na2CO3知，A的化学式为 NaHCO3，生成A的方法是侯氏制碱法，因为NH3极易溶于水，而CO2在水中溶解度不断，是能溶于水，为了获得较多的NaHCO3晶体，要先向饱和食盐水中通入氨气，这样就可吸收更多的CO2，才能生成NaHCO3，所以在制取NaHCO3的过程中需向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2；(2)海水淡化处理的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换膜法等； (3)过程⑤应为电解熔融的无水MgCl2制取Mg，化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑； (4)过程③用SO2与溴水富产生硫酸也氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-； (5)由于海水中溴的化合物浓度小，所以过程②得到的是的溴单质溶液的浓度太低，所以过程②到过程④的变化为Br-→Br2→Br-→Br2，其目的是增大溴的浓度，实现溴的富集。 【点睛】本题考查了海水的综合利用飞知识，包括淡化、海水提镁、提溴、侯氏制碱法等，化学方程式、离子方程式的书写等知识，较为全面的考查了元素及化合物的知识及化学反应基本原理的应用，综合性较强，题目难度中等。 22.四溴化碳是一种灰白色粉末，熔点为94～95℃，广泛用于有机化合物的溴代、农药的制备等。某合作学习小组的同学拟用丙酮和液溴制备四溴化碳，其原理为CH3COCH3+4Br2+5NaOH→CBr4+CH3COONa+4NaBr+4H2O。回答下列问题： Ⅰ.制取Br2 (1)甲组同学拟用溴化钠、二氧化锰及浓硫酸制备液溴，其实验装置如图1所示： ①该装置不用橡皮塞及橡皮管，其原因是___________________； ②冰水的作用是__________________________。 Ⅱ.制取CBr4 (2)乙组同学拟利用甲组同学制得的液溴与CH3COCH3(沸点56.5℃)等试剂制取四溴化碳。实验步骤如下： 步骤1：向图2中三颈烧瓶中加入11.4 g NaOH和46 mL水，搅拌。 步骤2：冰水浴冷却至2℃时，开始不断滴加液溴20 g，滴加完毕后在5℃下保持20 min。 步骤3：加入少量相转移试剂，在不断搅拌下滴入1.6 g丙酮，维持温度在5～10℃，连续搅拌4 h。 步骤4：过滤、冷水洗涤、减压烘干，得产品8.3 g。 ①步骤2滴入Br2之前，冷却至2℃的目的是__________________________ ②步骤4洗涤时，如何证明已洗涤干净： ___________________________。 ③本次实验中产品的产率为______________。 【答案】 (1). Br2能腐蚀橡皮塞及橡皮管 (2). 冷凝溴蒸气 (3). 防止液溴挥发 (4). 取少许最后一次洗涤液于试管中，滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成，则说明已洗涤干净 (5). 90.6% 【解析】 【分析】 (1)根据溴单质容易溶解在有机物中及单质溴在室温下呈液态，容易挥发分析； (2)①根据溴单质容易挥发的性质分析； ②根据洗涤液中是否含有Br-，滴加AgNO3溶液，看是否产生淡黄色AgBr沉淀判断； ③先计算NaOH、Br2、丙酮的物质的量，根据方程式中物质反应转化关系判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算理论产量，再根据实际产量与理论产量比得到其产率。 【详解】(1)Br2容易溶解有机物，因此Br2能腐蚀橡皮塞及橡皮管，故用溴化钠、二氧化锰及浓硫酸制备液溴时不能用橡皮塞及橡皮管；单质溴在室温下呈液态，容易挥发，反应产生的溴蒸气易液化，用冰水可以冷凝溴蒸气使其转化为液态； (2)①由于溴单质在室温下为液态，沸点低容易气化，所以在以溴单质为原料制取CBr4时，为防止液溴挥发，采用冰水浴冷却至2℃的反应条件； ②在三颈烧瓶中发生反应：CH3COCH3+4Br2+5NaOH→CBr4+CH3COONa+4NaBr+4H2O，若产品CBr4已经洗涤干净，则洗涤液中不含有Br-，可通过取少许最后一次洗涤液于试管中，向其中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无浅黄色沉淀生成，则说明已洗涤干净； ③n(NaOH)= 11.4 g÷40g/mol=0.285mol；n(Br2)= 20 g÷160g/mol=0.125mol；n(丙酮)= 1.6 g÷58g/mol=0.0276mol，三种物质发生反应：CH3COCH3+4Br2+5NaOH→CBr4+CH3COONa+4NaBr+4H2O，n(丙酮)：n(Br2)：n(NaOH)= 0.0276mol：0.125mol：0.285mol=1：4.5：10.3，根据方程式中物质反应转化关系可知丙酮不足量，反应产生的CBr4以丙酮为标准计算，则根据方程式中丙酮与CBr4的关系可知：理论上产生CBr4 的物质的量是判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算理论产量，再根据实际产量与理论产0.0276mol，质量为m(CBr4)=0.0276mol×332g/mol=9.16g，所以本次实验中产品的产率为(8.3g ÷9.16g)×100%=90.6%。 【点睛】本题考查了离子的检验方法、化学实验基本操作、反应物有过量时的计算等知识。掌握溴单质是易挥发的液体物质，不易溶于水而容易溶于有机溶剂是特性是本题解答的关键，物质发生反应，当多种物质的量都给出时，要先利用方程式中物质转化的物质的量关系，判断哪种物质过量，然后再以不足量的物质为标准计算，体现了物质的量在化学计算的桥梁和纽带作用。 23.燃煤会产生CO2、CO、SO2等大气污染物。燃煤脱硫的相关反应的热化学方程式如下： CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) ΔH1 =+281.4kJ/mol (反应Ⅰ) CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g) ΔH2 = -43.6kJ/mol (反应Ⅱ) (1)计算反应CaO(s)+3CO(g )+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) ΔH=____________。 (2)一定温度下，向某恒容密闭容器中加入CaSO4(s)和1molCO，若只发生反应I，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_____________（填序号） a．容器内的压强不发生变化 b．υ正(CO)=υ正(CO2) c．容器内气体的密度不发生变化 d．n(CO)+n(CO2)=1mol (3)一定温度下，体积为1L容器中加入CaSO4(s)和1molCO，若只发生反应II，测得CO2的物质的量随时间变化如下图中曲线A所示。 ①在0~2min内的平均反应速率v(CO)=____________。 ②曲线B表示过程与曲线A相比改变的反应条件可能为____________(答出一条即可)。 (4)烟道气中的SO2和CO2均是酸性氧化物，也可用氢氧化钠溶液吸收。 已知：25℃时，碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为： 碳酸 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 亚硫酸 K1=1.5×10－2 K2=1.0×10-7 ①下列事实中，不能比较碳酸与亚硫酸的酸性强弱的是________（填标号）。 a.25℃下，饱和碳酸溶液pH大于饱和亚硫酸溶液pH b.25℃下，等浓度的NaHCO3溶液pH大于NaHSO3溶液 c.将SO2气体通入NaHCO3溶液，逸出气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊 d.将CO2气体通入NaHSO3溶液，逸出气体通入品红溶液，品红溶液不褪色 ②25℃时，氢氧化钠溶液吸收烟道气，得到pH=6的吸收液，该溶液中c(SO32-)：c(HSO3-)=___________。 ③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为___________________。 【答案】 (1). -455.8kJ/mol (2). ac (3). 0.45mol/(L∙min) (4). 加入催化剂(或增大压强) (5). ac (6). 1：10 (7). H 2SO3+HCO3-=H SO3-+CO2↑+H2O 【解析】 【分析】 (1)反应II×4—反应I，整理可得该反应的热化学方程式； (2)对于反应有固体参加的反应，且反应前后气体体积不等的可逆反应，若气体的压强不变、物质的含量不变、物质的转化率不变、物质的浓度不变则反应处于平衡状态； (3)①先根据2min内CO2的物质的量变化计算v(CO2)，然后根据方程式中CO、CO2的关系计算出v(CO)； ②根据曲线B与曲线A比较速率快，平衡时n(CO2)不变分析； (4)①弱酸的酸性强弱可通过比较电离平衡常数大小、强酸与弱酸的盐反应可以制取弱酸、酸越弱，其相应的强碱的盐水解程度越大，溶液的碱性就越强分析判断； ②根据H2SO3的电离平衡常数Ka2计算c(SO32-)：c(HSO3-)； ③利用电离平衡常数判断溶液的酸性，然后根据强酸与弱酸的盐反应制取弱酸书写反应方程式。 【详解】(1) 反应II×4—反应I，整理可得该反应的热化学方程式CaO(s)+3CO(g )+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) ΔH=—455.8kJ/mol； (2)对于可逆反应：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)，有固体参加，且前后气体体积不等。 a.若反应未达到平衡，则气体的压强变化，若容器内的压强不发生变化，则反应处于平衡状态，a正确； b.由于方程式中CO、CO2的计量数相等，所以在任何时刻υ正(CO)=υ正(CO2 )，表示反应正向进行，不能确定反应处于平衡状态，b错误； c.若反应未达到平衡状态，气体的质量就会发生变化，由于容器的容积不变，则容器内气体的密度就会发生变化，所以若气体的密度不变，则反应处于平衡状态，c正确； d.根据C元素守恒，无论反应是否处于平衡状态，n(CO)+n(CO2)总是等于1mol，所以不能据此判断反应是否处于平衡状态，d错误； 故合理选项是ac； (3)①根据图象可知在2min内CO2的物质的量变化了0.9mol，则v(CO2)==0.45mol/(L∙min)，根据方程式CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)可知：v(CO)= v(CO2)= 0.45mol/(L∙min)； ②根据曲线变化可知：曲线B与曲线A比较，反应速率快，但达到平衡时n(CO2)不变，可知平衡未发生移动；由于反应CaSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g)是反应前后气体体积相等的反应，所以改变的条件只可能是使用催化剂或增大压强； (4)①a.由于SO2、CO2在水中溶解度不同，所以25℃下，饱和溶液的浓度不同，因此就不能通过比较饱和碳酸溶液pH与饱和亚硫酸溶液的pH判断酸的酸性强弱，a符合题意； b.H2CO3、H2SO3都是弱酸，所以NaHCO3、NaHSO3都是强碱弱酸盐，根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，若25℃下，等浓度的NaHCO3溶液pH大于NaHSO3溶液，说明酸性H2CO3查看更多