2018-2019学年重庆市江津中学、合川中学等七校高二上学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年重庆市江津中学、合川中学等七校高二上学期期末考试化学试题 解析版

‎2018—2019学年度第一学期期末七校联考 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5‎ 第I卷 选择题 ‎1.化学与生活生产密切相关。下列说法中，不正确的是 A. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质 B. 把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵 C. 施用适量石膏可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性 D. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 镁离子在水溶液中不放电，直接电解海水得不到 Mg单质，A项错误；B.用石灰浆消灭树皮上的过冬虫卵是利用碱溶液能使蛋白质变性的原理，B项正确；C.盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性是由碳酸根水解引起的，故加入石膏CaSO4·2H2O后，能将碳酸钠中的碳酸根转化为碳酸钙沉淀，从而减低盐碱地的碱性，C项正确；D.草木灰（含K2CO3）显碱性，能与铵态氮肥如硝酸铵等发生反应生成氨气，降低氨态氮肥的肥效，故不能混合使用，D项正确。答案选A。‎ 点睛：根据电解的放电顺序可知，在水溶液中氢离子优先于镁离子放电，所以电解海水不能得到Mg单质，制备Mg单质的方法是电解熔融的MgCl2；铵态氮肥与草木灰（含K2CO3）混合使用会降低肥效，是由于草木灰与铵态氮肥如硝酸铵等发生反应产生氨气挥发，因此不能混合使用。‎ ‎2.可用来鉴别2-丁烯、四氯化碳、苯的物质或方法是（ ）‎ A. 水 B. 液溴 C. 溴水 D. 硝化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四氯化碳、苯和2-丁烯与溴水混合的现象分别为分层后有机色层在下层、分层后有机色层在上层、溴水褪色；只有苯能发生硝化反应，2-丁烯、四氯化碳、苯均不溶于水，其中四氯化碳的密度比水大，以此来解答。‎ ‎【详解】A．2-丁烯、苯的密度都比水小，不溶于水，现象相同，不能鉴别，故A错误；B．2-丁烯可与液溴发生加成反应，液溴褪色，而四氯化碳、苯均与液溴不分层，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．四氯化碳、苯和2-丁烯与溴水混合的现象分别为分层后有机色层在下层、分层后有机色层在上层、溴水褪色，现象不同，可鉴别，故C正确；D．2-丁烯、四氯化碳均不发生硝化反应，不能鉴别，故D错误；故答案为C。‎ ‎3.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示。已知v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系：2v(A)=3v(B)，v(C)=2v(B)，则此反应可表示为（ ）‎ A. 3A+2B=4C B. 2A+3B=6C C. 3A+2B=C D. 2A+3B=4C ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由题意知，在密闭容器中A与B反应生成C，2v（A）=3v（B），v（C）=2v（B），因此，‎ v（A）：v（B）：v（C）=3∶2∶4，因为速率之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为：3A+2B=4C，A正确，选A。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3 = Na＋ + H＋ + CO32－‎ B. 可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐在水中溶解度很小是弱电解质 C. 强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液 D. 强电解质都是离子化合物，在水溶液或熔融状态下完全电离，以离子形式存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCO3-不能完全电离，则碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．可溶性盐在水中如果能完全电离则是强电解质，不能完全电离则是弱电解质，而难溶性盐在水中溶解度很小，但如果能完全电离，则是强电解质，如AgCl溶解度小，是强电解质。电解质是强电解质还是弱电解质由其电离程度决定，不是由其溶解度决定的，故B错误；C．电解质导电强弱与电解质强弱无关，与自由移动的离子浓度、自由移动离子带电荷有关，所以强电解质水溶液的导电性不一定强于弱电解质的水溶液，故C正确；D．强电解质在水溶液里完全电离，但不一定是离子化合物，如HCl、H2SO4均为共价化合物，但是强电解质，而且强电解质在熔融状态下不一定能电离，故D错误；故答案为C。‎ ‎5.下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是（ ）‎ A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅 C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率 D. 恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。‎ ‎【详解】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；‎ B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；‎ C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；‎ D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。‎ ‎6.为了减缓锌和一定浓度盐酸的反应速率，而又不减少产生氢气的量，向盐酸中加入下列物质或措施可行的是（ ）‎ A. 升温 B. NaF溶液 C. NaNO3溶液 D. 几滴CuSO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度升高，反应速率加快，故A不可行； B．加NaF溶液，生成HF，使溶液中的氢离子浓度减小，但随着反应的进行，HF会继续电离出H+，最终不影响溶液中H+的总物质的量，则可以减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，故B可行； C．加NaNO3溶液，Zn与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应不生成氢气，故C不可行； D．加CuSO4‎ 溶液，Zn置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故D不可行；故答案为：B。‎ ‎7.下列实验装置图正确的是（）‎ A. 除去甲烷中混有的乙烯 B. 石油分馏 C. 实验室制硝基苯 D. 实验室制乙炔并检验乙炔 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化乙烯生成二氧化碳，除去杂质又引进新的杂质，应该用溴水除去甲烷中的乙烯，故A错误；B．蒸馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口附近测蒸气的温度，为充分冷凝，应从下端进水，上端出水，故B错误；C．苯和硝酸沸点较低，易挥发，用长玻璃导管冷凝，制备硝基苯的的加热温度是50-60℃，水浴加热可以使反应物受热均匀，并且温度容易控制，图示装置正确，故C正确；D．碳化钙与饱和食盐水反应速率较快，应用分液漏斗控制滴液速率，碳化钙遇水不能保持块状，该装置不能随开随用、随关随停，而且生成的乙炔中含有的杂质没有除去，杂质也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故杂质能干扰乙炔的检验，D错误；故答案为C。‎ ‎8.在初始温度为500 ℃的绝热恒容密闭容器中，充入1 mol HI发生如下反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)。能说明该反应达到平衡的是（ ）‎ A. HI的生成速率是I2 消耗速率的2倍 B. 平衡常数不再改变 C. 气体密度不再改变 D. 容器内气体质量不再改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡状态判断的直接标志：①速率关系：正反应速率与逆反应速率相等；②反应体系中各物质的百分含量保持不变．（2）间接标志：①混合气体的总压强、总体积、总物质的量不随时间的改变而改变（m+n≠p+q）；②各物质的浓度、物质的量不随时间的改变而改变；③各气体的体积、各气体的分压不随时间的改变而改变；‎ ‎【详解】A．HI的生成速率和I2 消耗速率均为逆反应速率，则HI的生成速率是I2 消耗速率的2倍，无法判断是平衡状态，故A错误；B．平衡常数只受温度影响，平衡常数不再改变，说明容器内温度一定，容器为绝热装置，则此时反应达到平衡，故B正确；C．混合气体的体积和质量始终不变，则气体密度不再改变，无法判断是平衡状态，故C错误； D．根据质量守恒定律，容器内气体质量始终保持不变，则无法判断是平衡状态，故D错误；故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎9.下列有关电化学装置完全正确的是（ ）‎ A B C D 铜的精炼 构成铜锌原电池 铁上镀银 防止Fe被腐蚀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，且电解质溶液是可溶性的铜盐，故A错误；B．含有盐桥的原电池中，电极材料和电解质溶液中金属阳离子属于同一元素，铜锌原电池中，硫酸铜溶液中电极应该是铜电极，硫酸锌溶液中电极应该是锌电极，故B错误；C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，在铁上镀银时，银作阳极，铁作阴极，故C错误； D．利用外接电源的阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，所以铁作电解池的阴极，故D正确；故答案为D。‎ ‎10.向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag++2NH3·H2OAg(NH3)2++2H2O，平衡常数记为K[Ag(NH3)2+],下列分析不正确的是（ ）‎ A. 浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)‎ B. 实验表明实验室可用氨水洗涤附着有银的试管 C. 由实验可以判断K[Ag(NH3)2+]>KSP(AgCl)‎ D. 由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为是浊液，所以存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)，故A正确；B．银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能与氨水反应，故B错误； C．Ag+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl-强，即K[Ag(NH3)2+]>KSP(AgCl)，故C正确；D．浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag++2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2++2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，故D正确；故答案为B。‎ ‎11.漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O。(HClO2为弱酸)向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是（ ）‎ A. 溶液中的H＋起催化作用 B. 在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强 C. ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低 D. 溶液中的Cl－起催化作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见氢离子不起催化作用，故A错误；B．若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率就很快，与信息不符，故B错误；C．逸出的ClO2使反应正向移动，则反应的生成物的浓度增加，故C错误； D．反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率迅速加快，可见氯离子起催化作用，故D正确；故答案为D。‎ ‎12.已知：Fe2+遇铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）会产生特征的蓝色沉淀；AgI是难溶于水的黄色固体。将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”的是 实验编号 实验操作 实验现象 滴入KSCN溶液 溶液变红色 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 滴入K3[Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀生成 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ①和② B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：将0.1mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I-能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I-，故只需要证明溶液中含Fe3+和I-，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I-，能说明反应存在平衡，故②正确；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查化学反应的可逆性 ‎【名师点晴】本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应。只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底．将0.1mol•L-1的KI溶液和②②等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I-能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I-，故只需要证明溶液中含Fe3+和I-，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。‎ ‎13.全钒液流储能电池一次性充电后，续航能力可达1000 km，而充电时间只需3～5 min，被誉为“完美电池”，其原理如图所示(已知V2+呈紫色，V3+呈绿色)。电池放电时，左槽溶液质量增加。下列说法正确的是（ ）‎ A. 放电时的正极反应为V3++e-=V2+‎ B. 放电过程中，右槽溶液由紫色变为绿色 C. 充电时的电流方向由B电极流向A电极 D. 充电时的阴极反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池放电时，左槽溶液质量增加，由于离子交换膜只允许氢离子通过，则放电时，氢离子向左槽移动，即左槽为正极，正极上发生得电子的还原反应，即VO2++2H++e-═VO2++H2O，右槽为负极，负极发生失电子的氧化反应，即V2+-e-═V3+；充电时，左槽为阳极，VO2+失电子生成VO2+，右槽为阴极，V3+得电子生成V2+，据此分析。‎ ‎【详解】A．放电时，氢离子向左槽移动，即左槽为正极，正极上发生得电子的还原反应，即VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A错误；B．放电时，该装置为原电池，左槽作正极，右槽作负极，负极发生失电子的氧化反应，即V2+-e-═V3+，则溶液由紫色变为绿色，故B正确；‎ ‎ C．放电时左槽为正极，即A为正极，则充电时A连接电源的正极，B极连接电源的负极，电流由A到B，故C错误；D．充电时，右槽为阴极，阴极上V3+得电子生成V2+，即V3++e-═V2+，故D错误；故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，明确电池放电是原电池原理，充电时是电解原理，充电方式是“正对正即电池正极连接电源正极”，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化和电子转移数目，以得出电池的正负极以及所发生的反应，书写电极反应时一定要关注电解质介质对电极反应的影响。‎ ‎14.下列有关烃类物质的说法正确的是（ ）‎ A. 石油通过减压分馏可以得到相对分子量较大的芳香烃 B. 丙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,3-二溴丙烷 C. 中至少有16个原子共平面 D. 的一氯代物的同分异构体有12种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油通过减压分馏可以得到相对分子质量较大的烷烃，得不到相对分子质量较大的芳香烃，故A错误；B．丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1,2-二溴丙烷，故B错误；C．中三个苯环连接在同一条对称轴上，其中至少有一个苯环与对称轴上的所有原子在同一平面上，则至少有16个原子共平面，故C正确；D．—C4H9共有-CH2CH2CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-CH(CH3)CHCH3、-C(CH3)3四种，对应的共有四种，结合对应的丁基，相应的等效氢依次为7、6、7、4种，则一氢代数共有7+6+7+4=24种，故D错误；故答案为C。‎ ‎【点睛】“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法。①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效。‎ ‎15.常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两上实验：（N2O42NO2 △H＞ 0）‎ ‎（a）将两容器置于沸水中加热方 ‎（b）在活塞上都加2 kg的砝码 在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是 A. （a）甲>乙（b）甲<乙 B. （a）甲>乙（b）甲=乙 C. （a）甲<乙（b）甲>乙 D. （a）甲>乙（b）甲>乙 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 试题分析：该反应是体积增大的、吸热的可逆反应。将两容器置于沸水中加热，则平衡向正反应方向移动，所以容器的体积增大；在活塞上都加2 kg的砝码，则相当于是增大压强，平衡向逆反应方向移动，体积减小的更多，即此时甲中体积小于乙中体积，答案选A。‎ 考点：考查外界条件对平衡状态的影响 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，综合性强，侧重对学生解题能力和技巧的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生的应试能力和学习效率。‎ ‎16.25 ℃时，不同酸性条件下的0.1 mol·L-1 HF溶液中，c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 随着溶液pH增大， 不断增大 B. 由水电离出的c(H＋)：Q＞X＝Y C. HF的电离常数Ka＝1.0×10-3.2‎ D. 0.1 mol/L NaF溶液的pH约为8.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据Ka=c(H+)×c(F-)/c(HF), Ka/c(F-)=,随着溶液pH增大，酸性减弱，碱性增强，溶液中c(F-)逐渐增大，Ka/c(F-)逐渐减小， 不断减小，A错误；酸溶液抑制水的电离，酸性越强对水电离抑制程度越大，水电离出的c(H＋)就越小，从图像可以看出，X 、Q、Y三点对应溶液的pH逐渐增大，酸性减弱，所以由水电离出的c(H＋)应逐渐增大，B错误；HF的电离常数Ka＝c(H+)×c(F-)/c(HF)，当c(F-)= c(HF)时，溶液的pH=10-3.4mol/L,所以HF的电离常数Ka＝1.0×10-3.4，C错误；0.1 mol/LNaF溶液水解平衡常数Kh=KW/Ka=1×10-14/1.0×10-3.4=10-10.6, Kh= c(HF)×c(OH-)/c(F-)= c2(OH-)/0.1=10-10.6, c(OH-)=10-5.8mol/L, c(H+)=10-8.2 mol/L, pH约为8.2，D正确；正确选项D。‎ 第II卷 非选择题 ‎17.下图是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下分解产生某种气体，并验证其性质的装置：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该气体可以衡量一个国家的石油化工生产水平，该气体的结构简式是___________。发生聚合反应的化学方程式_____________________________________。‎ ‎（2）B中酸性高锰酸钾溶液和C中溴的四氯化碳溶液都褪色，说明该气体能被酸性高锰酸钾______。在C中发生的化学反应方程式为______________，反应类型为_________。‎ ‎（3）该气体通过一系列反应可以得到乙炔，写出实验室制取乙炔的化学方程式：______________________________________。‎ ‎（4）由乙炔可以制取甲苯，甲苯一溴代物的同分异构体有________种，其中对溴甲苯的结构简式为__________________。‎ ‎（5）甲苯可用于制造烈性炸药TNT，该反应的化学方程式为______________________。‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH2 (2). nCH2=CH2 (3). 氧化 (4). CH2=CH2+Br2→ CH2BrCH2Br (5). 加成反应 (6). CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2↑ ‎ ‎(7). 4 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 石蜡在碎瓷片的作用下发生裂解生成乙烯，B用于检验乙烯，乙烯可与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，C用于检验乙烯的性质。‎ ‎【详解】（1）乙烯的产量是衡量一个国家的石油化工生产水平的标志，乙烯的分子式为C2H4，分子结构中含有C=C键，其结构简式是CH2=CH2；发生加聚反应生成聚乙烯的化学方程式为nCH2=CH2；（2）乙烯分子中含有C=C键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2。乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，发生了加成反应，生成1，2-二溴乙烷，发生反应的化学反应方程式为CH2=CH2+Br2→ CH2BrCH2Br；（3）实验室利用碳化钙和饱和食盐水作用来制取乙炔，发生反应的化学方程式为CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2↑；（4）甲苯分子结构中含有4种等效氢，则甲苯一溴代物的同分异构体有4种，其中对溴甲苯的结构简式为；（5）甲苯和浓硫酸、浓硝酸的混合液混合加热，发生硝化反应，生成三硝基甲苯，即TNT，发生反应的化学方程式为。‎ ‎18.Ⅰ．通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。该传感器的原理 如图所示：‎ ‎（1）该装置的主要能量转化形式是_______________。b为______极，发生的电极反应式为_________________。‎ ‎（2）在传感器工作过程中，电解质溶液硫酸的浓度___________（填“增大”“减小”“不变”）。当电路中转移0.2 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为_______g。‎ Ⅱ．用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾（电解槽内的阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）。‎ ‎（1）该电解槽的阴极发生_____反应（填“氧化”“还原”）。‎ ‎（2）制得的硫酸溶液从出口_______（填“A”、“D”）导出，并简述原因________________________________________________（请用化学用语和文字解释）。‎ ‎【答案】 (1). 化学能转化为电能 (2). 负 (3). HCHO＋H2O－4e－==CO2＋4H+ (4). 减小 (5). 1.5 (6). 还原 (7). A (8). 2H2O-4e－＝4H+＋O2↑,OH－在阳极放电，使水的电离平衡正向移动，c(H+)增大，SO42-通过阴离子交换膜进入阳极，和H+组成硫酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．原电池工作时，HCHO失电子在负极发生氧化反应，负极反应为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，O2在正极得电子发生还原反应，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，结合电池总反应判断溶液浓度变化，以此解答该题；‎ Ⅱ．（1）电解池的阴极发生还原反应，阳极上发生氧化反应；（2）阳极附近溶液中氢氧根离子失去电子生成氧气，附近水的电离平衡被破坏，氢离子浓度增大，A处是硫酸。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）该装置无外接电源，应为原电池，能量转化形式为将化学能转化为电能；其中b极HCHO发生氧化反应生成CO2，应为原电池的负极，电极反应为HCHO＋H2O－4e－==CO2＋4H+；（2）该原电池的a极为正极，发生电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，原电池工作时有水生成，则电解质溶液硫酸的浓度会减小；由负极电极反应为HCHO＋H2O－4e－==CO2＋4H+可知，当电路中转移0.2 mol电子时，参加反应的HCHO的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×30g/mol=1.5g。‎ Ⅱ．（1）电解硫酸钾溶液，电解池中阴极上是溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气；（2）OH－在阳极放电，发生氧化反应生成氧气，使水的电离平衡正向移动，电极反应式为2H2O-4e－＝4H+＋O2↑，则阳极区c(H+)增大，SO42-通过阴离子交换膜进入阳极，和H+组成硫酸，故A处是硫酸。‎ ‎【点睛】分析电解过程的思维程序：1、首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极。2、再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分成阴、阳离子两组。3、然后排出阴、阳离子的放电顺序：阴极上阳离子放电顺序为Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极上，活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-。电解原理的应用中包含铜的精炼，注意粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质。‎ ‎19.家用氯漂白剂的有效成分是NaClO，除用于漂白衣物、消除污渍外，在食品加工中也广泛应用。‎ Ⅰ．（1）常温下，一定浓度次氯酸钠水溶液的pH=a，则a______7（填>、<或=）；结合离子方程式解释其原因是__________________________________________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol/L。‎ ‎（2）漂白剂与酸混合后效果更佳，将0.1000mol/L NaClO溶液与0.1000mol/L 硫酸溶液等体积混合后，关于所得溶液的以下分析正确的是____________（忽略HClO的分解；HSO4-的电离视为完全）。‎ A．c(HClO)+c(ClO-)=0.1000mol/L B．c(H+)>c(Na+)=c(SO42-)>c(HClO)>c(ClO-)>c(OH-)‎ C．c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(ClO-)+c(OH-)‎ D．c(H+)-c(OH-)=2c(ClO-)+c(HClO)‎ Ⅱ．取20.00g家用氯漂白剂溶液配制成100mL溶液，取出10mL，加入过量KI处理，用足量稀硫酸酸化，然后立即用0.1000mol/L Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2Na2S2O3+I2=2I－+Na2S4O6），指示剂显示滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL；‎ ‎（1）用KI处理漂白剂生成I2的离子方程式为________________________________。‎ ‎（2）该滴定过程选用的指示剂通常为___________，判断滴定终点时的现象是___________________________________________________________________________。‎ ‎（3）该漂白剂中“有效氯”的含量为_________________（结果保留一位小数）。若滴定结束时，发现滴定管尖嘴部分有气泡，则测定结果________（填“偏高”“偏低”“无影响”）。‎ 注：“有效氯”指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。‎ ‎【答案】 (1). > (2). ClO-＋H2OHClO＋OH- 次氯酸钠在水溶液发生水解，使溶液呈碱性 (3). 10a-14 (4). BD (5). ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O (6). 淀粉溶液 (7). 溶液褪色，且半分钟内不恢复 (8). 5.3% (9). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．（1）弱酸强碱盐溶液中存在弱酸根离子的水解，溶液显碱性，且溶液中的OH-来自于水的电离；（2）0.1000mol/L NaClO溶液与0.1000mol/L硫酸溶液等体积混合后，所得溶液为HClO、Na2SO4和H2SO4的混合液，且HClO的浓度为0.05mol/L，Na2SO4和H2SO4的浓度均为0.05mol/L，再结合电荷守恒和物料守恒分析即可；‎ Ⅱ．（1）漂白剂溶液中ClO-有强氧化性，能氧化I-生成I2；（2）I2遇淀粉溶液显蓝色；滴加Na2S2O3溶液，将I2还原为I－；（3）根据滴定过程计算出20g漂白剂氧化得到的I2的物质的量，再计算对应氯气的质量，最后计算“有效氯”。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）常温下，一定浓度次氯酸钠水溶液的中存在ClO-的水解，水解反应离子方程式为ClO-＋H2OHClO＋OH-，则溶液显碱性，即a>7；此时溶液中的OH-来自于水的电离，则溶液中由水电离出的c(OH－)＝10a-14mol/L；（2）0.1000mol/L NaClO溶液与0.1000mol/L硫酸溶液等体积混合后，所得溶液为HClO、Na2SO4和H2SO4的混合液，且HClO的浓度为0.05mol/L，Na2SO4和H2SO4的浓度均为0.025mol/L； A．混合后溶液中存在HClO的部分电离，根据物料守恒可知c(HClO)+c(ClO-)=0.05mol/L，故A错误； B．混合后溶液中Na2SO4和H2SO4的浓度均为0.025mol/L ，若忽略次氯酸和水的电离，则有c(H+)=c(Na+)=c(SO42-)=0.05mol/L，实际上，溶液中的HClO有小部分发生电离及水的电离，则c(HClO)>c(ClO-)，故c(H+)>c(Na+)=c(SO42-)>c(HClO)>c(ClO-)>c(OH-)成立，故B正确； C．混合后溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(ClO-)+c(OH-)，故C错误； D．混合后溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(ClO-)+c(OH-)，再结合c(HClO)+c(ClO-)=0.05mol/L，c(Na+)=c(SO42-)=0.05mol/L，可知c(H+)-c(OH-)=2c(ClO-)+c(HClO)成立，故D正确；故答案为BD。‎ Ⅱ．（1）漂白剂溶液中ClO-有强氧化性，能氧化I-生成I2，同时得到还原产物Cl-，发生反应的离子方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；（2）I2遇淀粉溶液显蓝色，则滴定过程可选择淀粉溶液作指示剂，滴加Na2S2O3溶液，将I2还原为I－，随着滴加Na2S2O3溶液的量增大，溶液蓝色会逐渐变浅，最终会消失，当溶液褪色，且半分钟内不恢复时为滴定终点；（3）由2Na2S2O3+I2=2I－+Na2S4O6可知，滴定时消耗30.00 mL 0.1000mol/L Na2S2O3溶液，则溶液中I2的物质的量为0.03L× 0.1000mol/L×=0.0015mol，则20.00g家用氯漂白剂能氧化KI得到的I2为0.0015mol×=0.015mol，则每克含氯消毒剂氧化KI生成的I2的物质的量为0.015mol÷20=0.00075mol，根据Cl2+2I-=I2+2Cl-可知氧化0.00075molI2需要的Cl2‎ 的物质的量为0.00075mol，质量为0.00075mol×71g/mol=0.053g，故该漂白剂中“有效氯”的含量为5.3%。‎ ‎20.Ⅰ．利用测压法在刚性反应器中研究 T℃ 时:‎ ‎3NO2(g)3NO(g)＋O3(g) ΔH＝+317.3kJ·mol－1的分解反应，体系的总压强 p随时间 t 的变化如下表所示：‎ 反应时间/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 压强/MPa ‎20.00‎ ‎21.38‎ ‎22.30‎ ‎23.00‎ ‎23.58‎ ‎24.00‎ ‎24.00‎ ‎（1）该反应达到平衡后的熵值较平衡前______________（填“增大”“减小”“不变”）。‎ ‎（2）若降低反应温度，则平衡后体系压强 p____24.00 MPa（填“大于”“等于”“小于”）,原因是_____________________________________________________________________。15min 时，反应物的转化率 α=__________%‎ Ⅱ．一定条件下，在体积为 2 L 的密闭容器中发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) ΔH>0。投入 2 mol NO2发生反应。实验测得：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。在温度为 T℃ 时 NO2 的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎（1）要提高 NO2转化率，可采取的措施是________________ 、__________________。‎ ‎（2）前2min内，以NO2表示该反应的化学反应速率为___________________。‎ ‎（3）计算 A 点处v正/ v逆=_________________（保留一位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 小于 (3). 体积不变时，温度降低，气体分子间间隙减小，总压降低；该反应是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，气体分子数减少，压强降低。 (4). 45 (5). 升高温度 (6). 将生成物之一及时分离。 (7). 0.2mol·L-1·min-1 (8). 9.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）熵值是反应体系的混乱度，反应3NO2(g)3NO(g)＋O3‎ ‎(g)正方向是气体总物质的量增大的方向，则达到平衡后的熵值较平衡前增大；（2）平衡时气体的总压强为24.00MPa，在恒容条件下，该反应是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，气体分子数减少，压强降低，另外温度降低，气体分子间隙也减小，容器内的总压强也减小，故降温后平衡体系压强p小于24.00 MPa；在恒温恒容条件下，气体的压强与气体的总物质的量成正比，设起始时气体NO2的物质的量为nmol，则15min 时，容器内压强为23MPa，气体的总物质的量为mol，则：‎ ‎3NO2(g)3NO(g)＋O3(g) △n ‎ 3 3 1 1‎ ‎ nmol mol-nmol 故反应物NO2的转化率α=×100%=45%；‎ Ⅱ．（1）对于反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g) ΔH>0，升高温度、减小NO或O2的浓度以及增大容器的体积，均能使平衡向正反应方向移动，提高NO2的转化率；（2）反应进行到2min时NO2的转化率为0.4，则参加反应的NO2的物质的量为0.8mol，前2min内，以NO2表示该反应的化学反应速率为=0.2mol·L-1·min-1；（3）T℃ 时反应达到平衡时NO2的转化率为0.5，则：‎ ‎2NO2(g)2NO(g)+O2(g)‎ 起始物质的量（mol） 2 0 0‎ 变化物质的量（mol） 1 1 0.5‎ 平衡物质的量（mol） 1 1 0.5‎ 平衡时v正=v逆，即k正c2(NO2) =k逆c2(NO)·c(O2)，故===0.25；A点处NO2的转化率为0.3，则：‎ ‎2NO2(g)2NO(g)+O2(g)‎ 起始物质的量（mol） 2 0 0‎ 变化物质的量（mol） 0.6 0.6 0.3‎ 终了物质的量（mol） 1.4 0.6 0.3‎ 此时，=×=0.25×≈9.1。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础。有关化学平衡的计算常常使用三段式解题，要正确理解和灵活运用三段式法在化学平衡计算中的应用。‎ ‎ ‎