2018-2019学年河北省唐山市开滦第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版
河北省唐山市开滦第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
1.下列有关生产、生活中的叙述正确的是
A. 煤经过气化和液化两个化学变化，可变为清洁能源
B. 古代的陶瓷、砖瓦，现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C. 明矾可用于水的杀菌消毒，碳酸钡可用于钡餐透视
D. 单晶硅太阳能电池板可以将太阳能直接转变为机械能
【答案】A
【解析】
A、煤的气化和液化，是对煤的综合利用，煤的气化如转化成CO和H2，煤的液化，如转变成甲醇等，使煤转变成清洁能源，故A正确；B、陶瓷、水泥、砖瓦都是硅酸盐产品，有机玻璃是聚合物，是聚甲基丙烯酸甲酯的俗称，不属于硅酸盐产品，故B错误；C、明矾利用Al3＋水解成氢氧化铝胶体，利用胶体吸附水中固体颗粒，达到净水的目的，但明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，碳酸钡能与胃酸反应，生成Ba2＋，Ba2＋属于重金属离子，造成人体中毒，因此用硫酸钡作钡餐进行透视，故C错误；D、太阳能电池板是将太阳能直接转化成电能，故D错误。
2.设C+CO22CO(正反应为吸热反应)，反应速率为v1；N2+3H22NH3(正反应为放热反应)，反应速率为v2。对于前述反应，当温度升高时，v1和v2变化情况为
A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大
【答案】A
【解析】
分析】
化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大，反之，减小，以此解答。
【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大，A项正确；
答案选A。
【点睛】切莫将温度对化学反应速率与化学平衡的影响相混淆。
3.下列化合物属于弱电解质的是
A. HClO4 B. BaSO3 C. CO2 D. HF
【答案】D
【解析】
【详解】部分电离、存在电离平衡的电解质是弱电解质，则
A、HClO4强酸，为强电解质，A不选；
B、BaSO3是盐，为强电解质，B不选；
C、CO2为非电解质，C不选；
D、HF是弱酸，为弱电解质，D选；
答案选D。
【点睛】电解质包括有酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质包括有非金属氧化物，大多数有机物、氨气等。强弱电解质的根本区别是看电解质本身能否完全电离，强酸、强碱、大部分的盐，活泼金属氧化物为强电解质；弱酸、弱碱、水为弱电解质。
4.“中和热”是一个在热化学中的重要概念，“中和热”的定义为：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应则生成1mol H2O，这时的反应热叫做中和热。以下关于中和热的叙述正确的是
A. 在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值都相等
B. 在稀溶液中强酸与强碱反应的中和热都相等
C. 在稀溶液中1mol强酸和1mol强碱反应放出的热量都相等
D. 将浓硫酸滴入氢氧化钠溶液中刚好生成1mol水时，产生的热量即为中和热
【答案】B
【解析】
【分析】
在稀溶液中，稀的强酸跟强碱发生中和反应而生成1mol水时放出的热量叫做中和热。据此判断。
【详解】A、在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值不一定都相等，例如在稀溶液中弱酸和弱碱反应生成1mol水放出的热量小于中和热，因为弱电解质电离吸热，A错误；
B、在稀溶液中强酸与强碱反应的中和热都相等，B正确；
C、在稀溶液中1mol酸和1mol碱反应放出的热量不一定相等，如一元酸和一元碱放的热量小于二元酸和二元碱放出的放热，C错误；
D、浓硫酸稀释时放热，所以生成1mol水时放的热量大于中和热的数值，D错误；
答案选B。
5. 用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）
A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C. 将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D. 将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
【答案】A
【解析】
【详解】A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，A正确；
B. 用pH试纸测定溶液pH值时，若用蒸馏水润湿试纸，相当于把待测液加水稀释，导致所测的pH值可能不准，故试纸是不能事先润湿的，B不正确；
C. 不能将试纸在待测液中蘸一下，这样会污染试剂，C不正确；
D. 不能将试纸用蒸馏水润湿，D不正确。
本题选A。
6.下列关于原电池的叙述错误的是
A. 原电池中的电解质不一定处于液态
B. 若欲使原电池处于工作状态，必须将其与外电路形成闭合回路
C. 排在金属活动性顺序表前面的金属总是作负极，排在后面的金属总是作正极
D. 负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 原电池中的电解质不一定处于液态，也可以是固态或糊状物，A正确；
B. 若欲使原电池处于工作状态，必须将其与外电路形成闭合回路，B正确；
C. 排在金属活动性顺序表前面的金属不一定总是作负极，排在后面的金属也不一定总是作正极，例如铁、铜和浓硝酸构成的原电池中铁是正极，铜是负极，C错误；
D. 原电池中负极总是失去电子，发生氧化反应，正极总是得到电子，发生还原反应，D正确；
答案选C。
【点睛】选项C是解答的易错点，注意判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；Fe、Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe、Al作正极。
7.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反 应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是
A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 B. PCl3的水解产物是HClO和H3PO3
C. A14C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 D. CH3COCl的水解产物是两种酸
【答案】B
【解析】
【详解】A. BaO2中氧元素是－1价，则水解产物是Ba(OH)2和H2O2，A正确；
B. PCl3中P和Cl的化合价分别是＋3价和－1价，所以分别结合水电离出的OH－和氢离子，产物是H3PO3和HCl，B错误；
C. A14C3中碳元素是－4价，则水解产物是Al(OH)3和CH4，C正确；
D. CH3COCl的水解产物是两种酸，分别是乙酸和盐酸，D正确；
答案选B。
8.在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X(g)2Y(g) + Z(g)中，生成物
Z在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是
【答案】B
【解析】
【详解】在2X(g) 2Y(s)＋Z(g)中，正反应是体积减小的反应，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，Z的体积分数增大，由于p1
V2>V1 B. V3=V2=V1 C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3
【答案】C
【解析】
【分析】
有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，c（OH－）相同，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH－）越大，消耗酸越多分析解答。
【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、NaOH中c（OH－）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，答案选C。
【点睛】解题关键：明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡，难点：NH3·H2O是弱电解质，要获得一定浓度的OH－，氨的浓度要比OH－大得多。
10. 五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中R元素原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，下列判断正确的是
A. 元素的非金属性次序为：Y>X>M
B. 气态氢化物稳定性：M>R
C. Z的氧化物可以做光导纤维
D. 最D高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X
【答案】D
【解析】
试题分析：由短周期元素在周期表的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、M、R处于第三周期，R元素原子的最外层电子数等于电子层数的2倍，则R为S，可推知X为C元素，Y为N元素，Z为Al，M为P元素。A．磷酸的酸性碳酸的强，故非金属性P＞C，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性R＞M，故氢化物稳定性：R＞M，故B错误；C．Z的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Y＞X，故最高价含氧酸酸性：Y＞X，故D正确，故选D。
考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。
11.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多空的海绵状碳
浓硫酸具有吸水性和强氧化性
B
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na+，无K+
C
向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去
2min后，试管里出现凝胶
非金属性：Cl>Si
D
将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀
Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的小
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：A．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水形式脱去而体现脱水性，浓硫酸还将氧化C生成二氧化碳，浓硫酸还体现强氧化性，故A错误；B．观察K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断非金属性强弱，故C错误；D．溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，0.1mol•L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L-1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，则说明Cu（OH）2的Ksp比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D。
【考点定位】考查化学实验方案的评价
【名师点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及非金属性强弱判断、难溶物转化、焰色反应、浓硫酸性质等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是C。
12.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B. 常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA
C. 标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氟气所含原子数均为2NA
D. 常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA
【答案】D
【解析】
铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故A错误；标准状况下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA，故B错误；标准状况下，水是液体，故C错误；铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，故D正确。
13.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
B. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
C. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
D. 用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用了乙醇的氧化性
【答案】B
【解析】
试题分析：A．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，故A错误；B．硫、氮的氧化物溶于水生成酸，减少硫、氮的氧化物的排放可以减少酸雨产生，所以燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故B正确；C．Fe在潮湿的空气中，Fe、C和电解质溶液易构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生电化学腐蚀，故C错误；D．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，酸性重铬酸钾与乙醇反应时乙醇作还原剂，酸性重铬酸钾作氧化剂，故D错误；故选B。
【考点定位】考查同分异构体、环境保护、金属的腐蚀、氧化还原反应
【名师点晴】本题考查了同分异构体、环境保护、金属的腐蚀、氧化还原反应，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握，注意化学知识在生产生活中的应用。
14.能正确表示下列反应离子方程式的是：
A. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
B. NaHCO3溶液中加入HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－
D. “84消毒液”和“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混合使用会产生有毒气体：＋5Cl－＋6H＋＝3Cl2↑＋3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A、产物不正确，且电荷不守恒，正确反应式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故A错误；
B、拆分错误，HCO3－不可拆，正确反应式为：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，故B错误；
C、向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，CO2过量，生成酸式盐，方程式正确，故
C正确；
D、“84消毒液”主要成分为NaClO和NaCl，能把盐酸氧化为氯气，反应式应为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故D错误；
答案选C。
15.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中不能表明反应已达到平衡状态的是（ ）
A. 混合气体密度不变 B. 单位时间内生成n molD，同时生成n molC
C. 混合气体的平均相对分子质量不变 D. C(g)的物质的量浓度不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.该反应前后气体的质量发生变化，混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故A正确；B.生成nmolD是正反应，同时生成nmolC也是正反应，不能说明正逆反应速率的关系，故B错误；C. 该反应前后气体的质量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故C正确；D.C(g)的物质的量浓度不变，说明C的物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；故选B。
16.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 常温下，0.1 mol/L Na2S溶液中存：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）
B. 0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C(Na＋)>c(CO32－)>c(HCO3－ )>c(OH－) >c(H+)
C. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①>②>③
D. 向0.1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH﹣）/c（NH3·H2O）增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中硫离子水解显碱性，溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；
B.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH
溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3－）＞c（H+），故B错误；
C．在相同的条件下测得①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3－，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即c（Na+）①＞②＞③，故C正确；
D．0.1mol•L﹣1的氨水中存在电离平衡：NH3•H2ONH4++OH﹣，加入少量硫酸铵固体抑制电离平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，一水合氨浓度增大，比值c（OH﹣）/c（NH3·H2O）减小，故D错误；
答案选C。
17.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，其化学方程式为：2KClO3＋4HCl(浓)＝2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O。（ClO2中氯元素的化合价为＋4价）
（1）氧化剂是___________；
（2）产生0.1molCl2，则转移电子的物质的量为___________mol。
【答案】 (1). 氯酸钾 (2). 0.2
【解析】
【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价是氧化剂二氧化氯是还原产物，故答案为：KClO3；
(2)由反应可知，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5降低为+4，则2molKClO3反应转移的电子数为2mol×(5-4)=2mol，即生成1molCl2转移电子的物质的量2mol，则产生0.1molCl2转移电子的物质的量0.2mol，故答案为：0.2。
18.实验室需配制500mL 0.2mol/L Na2SO4溶液，实验操作步骤为：
A．把制得的溶液小心地转移至容量瓶中。
B．在天平上称取14.2g 硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水将它完全溶解并冷却至室温。
C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。
D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡。
E．将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。
请填写下列空白：
（1）操作步骤的正确顺序为_______________（填序号）。
（2）本实验用到的基本仪器除烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒外，还有__________
（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏低的是________________。
A．某同学观察液面时仰视 B．没有进行上述的操作步骤D
C．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线 D．容量瓶使用前内壁沾有水珠
（4）甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC工作原理如图所示：通入a气体的电极是原电池的_______极（填 “正”或“负”），其电极反应式为__________________________。
【答案】 (1). BADCE (2). 500ml 容量瓶 胶头滴管 (3). ABC (4). 负 (5). CH3OH +H2O — 6e-＝CO2 + 6H+
【解析】
【分析】
（1）根据配制溶液的基本步骤分析判断；
（2）根据配制原理和实验步骤判断需要的仪器；
（3）根据c＝n/V判断误差；
（4）根据电子移动方向判断出正负极，依据原电池的工作原理分析。
【详解】（1）配制溶液的基本步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容和摇匀等，则操作步骤的正确顺序为BADCE。
（2）一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，最后用胶头滴管定容，所以本实验用到的基本仪器除烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒外，还有500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．某同学观察液面时仰视，则溶液体积增加，浓度偏低；
B．没有进行上述的操作步骤D导致溶质的质量减少，浓度偏低；
C．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线则溶液体积增加，浓度偏低；
D．容量瓶使用前内壁沾有水珠不影响；
答案选ABC。
（4）根据电子的流向可知左侧电极是负极，右侧电极是正极，因此通入a气体的电极是原电池的负极，发生甲醇失去电子的氧化反应，其电极反应式为CH3OH+H2O－6e-＝CO2+6H+。
19.采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)电解饱和食盐水，并检验氯气的氧化性，同时用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量。
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式_________________________________。
（2）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连_______；B连_______ (填写导管口字母)。
（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是下列试剂中的___________。
a.酸性高锰酸钾溶液 b.淀粉碘化钾溶液 c.亚硫酸钠溶液 d.氯化亚铁溶液
（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为___________，作用是______________________。
（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案：精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b g（假设CuO充分反应），实验完毕后：
甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量。
乙方案：通过精确测定U型管b反应前后的质量变化，得到生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量。
①请你分析并回答：_______方案所测结果更准确。若按合理方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为________________。
②不合理的方案会造成测定结果___________（填“偏低、偏高或无影响”）。
【答案】 (1). 2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑ (2). E (3). C (4). bd (5).
浓硫酸 (6). 吸收H2中的H2O，防止硬质玻璃管炸裂，或影响测定水的质量（因为乙方案是测水的质量） (7). 甲 (8). 16(c－a)/(b－c) (9). 偏低
【解析】
本题考查实验方案设计与评价，（1）电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其离子反应方程式为：2Cl－+2H2O 2OH－+H2↑+Cl2↑；（2）根据（1），A中出来的气体为氢气，B中出来的气体为Cl2，根据实验目的，以及问题（5），因此A连接E，B连接C；（3）检验氯气具有氧化性，需要加入的是还原剂，a、酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，故a错误；b、I－具有还原性，发生Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，溶液显蓝色，说明Cl2具有氧化性，故b正确；c、虽然Na2SO3具有还原性，但实验无现象，无法判断是否发生反应，故c错误；d、Fe2＋具有还原性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，溶液颜色由浅绿色变为黄色，说明发生反应，故d正确；（4）甲和丙是用氢气还原氧化铜，来测定Cu的相对原子量，从A中出来的氢气中混有水蒸气，影响测定水的质量，因此c的作用是吸收H2中H2O，应盛放的试剂是浓硫酸；（5）①乙方案中b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，容易产生误差，因此甲方案所测结果更准确，甲方案发生CuO＋H2Cu＋H2O，CuO的质量为(b－a)g，产生Cu的质量为(c－a)g，根据Cu原子守恒，因此有(b－a)/(M＋16)=(c－a)/M，解得M=16(c－a)/(b－c)；②乙实验方案得出Cu的相对原子质量为[18(b－a)/d]－16，b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，d的质量增加，[18(b－a)/d]－16偏低。
点睛：本题的易错点是是（3）种选项c，Na2SO3中S显＋4价，具有还原性，能与氯气发生反应，学生错选c，忽略了验证氯气的氧化性，需要实验现象说明发生反应，而氯气与Na2SO3反应无现象，无法判断是否反应，因此不能选c。
20.一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
根据题意完成下列各题：
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝
，升高温度，K值 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是
a．氢气的浓度减少 b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是： （用化学方程式表示）。
【答案】（1）K＝c(CH3OH)/c(CO)·c2(H2) 减小
（2）2nB/3tBmol·(L·min)－1
（3）b c
（4）Cu2O＋CO2Cu＋CO2
【解析】
此题主要考查了化学反应速率以及化学平衡。从图像可知温度高时平衡体系中甲醇含量减少，可以推出CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应放热，因此温度升高后，K值减小；从图像可以看出在500℃tB时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为nB,反应消耗氢气物质的量为2nB，可求出氢气的平均反应速率为2nB/3tBmol·(L·min)－1；加压时，反应物和生产物浓度均增大，正逆反应速率都加快，由勒夏特列原理可知，加压时平衡又移，因此答案为bc；在加热条件下CO能还原Cu2O使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化有利于维持Cu2O的量不变。
【思路点拨】解化学平衡问题要求考生理解平衡移动原理，改变外界条件，可不等效的影响正、逆反应速率，从而使化学平衡发生移动。
21.已知：周期表中前四周期的六种元素A、B、C、D、E、F核电荷数依次增大，其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F2+离子核外各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题：
（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为____。（用元素符号表示）
（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是____________________。
（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是__________，是____分子（填“极性”“非极性”）。
（4）F原子的核外电子排布式是________________。
（5）E、F形成某种化合物有如图所示两种晶体结构（深色球表示F原子），其化学式为_________。（a）中E原子的配位数为____。
【答案】 (1). Na＜Al＜Si＜N (2). NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体 (3). 平面正三角形 (4). 非极性 (5). 1s22s22p63s23p63d104s2（或[Ar] 3d104s2） (6). ZnS (7). 4
【解析】
【分析】
根据信息提示可知，A原子核外有三个未成对电子，元素A的原子核外电子排布为1s22s22p3，故A为N；E原子核外的M层中只有两对成对电子，E元素原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，故E为S；C元素是地壳中含量最高的金属元素，C为Al；根据B2E为离子晶体，且B元素原子序数介于7与13之间，故B为Na；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，D为Si；F2+离子核外各层电子均充满，则F为Zn。据此解答。
【详解】（1）同周期元素第一电离能从左到右呈现逐渐增大的趋势，故第一电离能：Na＜Al＜Si＜P，同主族元素从上到下则呈现逐渐减小的趋势，故第一电离能：P＜N，因此第一电离能：Na＜Al＜Si＜N；
（2）NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体，故熔点：NaCl＞SiCl4。
（3）E的最高价氧化物分子是三氧化硫，SO3分子的空间构型为平面正三角形，SO3具有很好的对称性，是非极性分子。
（4）F为第30号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2（或[Ar]3d104s2）。
（5）S原子居于晶胞的8个顶点和6个面心，故一个晶胞中含有的S原子数为8×1/8＋6×1/2＝4，Zn原子居于晶胞内部，Zn原子个数为4，故该化合物的化学式为ZnS；分析该晶胞结构可知，S原子的配位数为4。
22.（1）化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂。A可以发生以下变化：
①A分子中的官能团名称是_______。A的同分异构共有_________种（包括A本身）
②A只有一种一氯取代物B。写出由A转化为B的化学方程式：_________________。
③A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。则F的结构简式是____________。
（2）化合物“HQ”（C6H6O2）可用作显影剂，“HQ”可以与三氯化铁溶液发生显色反应。“HQ”还能发生的反应是（填序号）_________
① 加成反应 ②氧化反应 ③加聚反应 ④水解反应
“HQ”的一硝基取代物只有一种。“HQ”的结构简式是______________。
（3）A和“HQ”在一定条件下相互作用形成水与一种食品抗氧化剂“TBHQ”。“TBHQ”与氢氧化钠溶液作用得到化学式为C10H12O2Na2化合物。“TBHQ”的结构简式是_________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). 7 (3). (4). (5). ①② (6). (7).
【解析】
【分析】
化合物A能与钠反应，根据分子式可知A应该是醇，在浓硫酸的作用下发生消去反应生成D是烯烃，D与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E，在光照条件下A
与氯气发生取代反应生成B，据此判断。
【详解】（1）①由于A与浓硫酸共热产生的物质能与溴的CCl4溶液反应，所以A是醇，官能团是羟基；A的同分异构中属于醇的有4种，即CH3CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH、，属于醚类的有，CH3OCH2CH2CH3、CH3OCH(CH3)2、CH3CH2OCH2CH3，共计是7种；
②C4H10O的醇有四种，即CH3CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH、，其中一氯代物只有一种的是(CH3)3COH，所以A是(CH3)3COH，A到B发生取代反应，化学方程式为(CH3)3COH+Cl2ClCH2(CH3)2COH+HCl；
③根据②可知A的一氯取代物有三种的是(CH3)2CHCH2OH，所以F的结构简式为(CH3)2CHCH2OH；
（2）“HQ”可以与氯化铁溶液发生显色反应，说明“HQ”为酚类，分子中存在2个酚羟基；还能发生加成、氧化反应，答案选①②；“HQ”的一硝基取代物只有一种，说明2个酚羟基处于对位，则“HQ”的结构简式是；
（3）“TBHQ”与氢氧化钠反应的产物的分子式为C10H12O2Na2，说明“TBHQ”中仍有2个酚羟基，A与发生了取代反应生成“TBHQ”，A中的羟基取代了中苯环上的H原子，所以“TBHQ”的结构简式为。
