2018-2019学年辽宁省六校协作体高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年辽宁省六校协作体高二下学期期中考试化学试题 解析版

‎2018——2019学年度下学期高二期中考试化学试题 相对分子质量Cu:64 C:12 Cl:35.5N:14 O:16 S:32 Mg:24 Al:27 Na23‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-10题每小题2分，11-20题每小题3分）‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是 A. 《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指氧气 B. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈 C. “可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室效应 D. 地球上99%的溴元素以Br2形式存在于海水中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯具有促进果实成熟的作用，主要由成熟果实产生，是唯一的气体植物激素，成熟的木瓜能够释放乙烯，促进未成熟的红柿成熟，故文中的“气”是乙烯，A项错误；‎ B. 铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而不是化学腐蚀，B项错误；‎ C. “可燃冰”是由水和天然气在高压和低温条件下形成的类似冰的、非化学计量的、笼形结晶化合物，主要成分是甲烷，根据科学研究，甲烷含量的增加也是造成全球温室效应的原因之一，所以可燃冰泄漏也有可能造成温室效应，C项正确；‎ D. 海水中溴元素主要以化合态形式存在于海水中，而不是以游离态形式(即单质)存在，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.如图，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应(整个过程中认为装置气密性良好)，等温度恢复到原来温度。下列说法正确的是 A. 反应后瓶内压强是反应前的 B. 装置中氢元素的总质量为0.42 g C. 生成物的分子数目为0.1NA D. 反应结束后，两个集气瓶很容易分开 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、反应后剩余HCl气体为0.02 mol，总体积为2.2V L，混合前两容器内压强相等，由阿伏加德罗定律推论知混合后压强是混合前的1/11，A错误；B、由氢原子守恒知装置中氢元素的总质量为0.42mol×1g/mol＝0.42 g，B正确；C、NH3与HCl反应生成了离子化合物NH4Cl，组成中不存在分子这种微粒，C错误；D、反应后容器内气压比大气压小许多，故两个集气瓶不易分开，D错误。答案选B。‎ ‎3.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色 B. 将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2悬浊液至沸腾，出现红色沉淀 C. 将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去 D. 将SO2滴入盛有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液由橙色变为绿色，说明发生了反应：2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72−转化为Cr3+，C元素化合价由-2价变为0价，有电子转移，与氧化还原反应有关；‎ B 出现红色沉淀，说明发生了反应：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，该反应中葡萄糖被氧化、Cu（OH）2被还原成Cu2O，所以有电子转移，与氧化还原反应有关；‎ C. 溶液紫红色褪去，说明发生了反应： 2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以有电子转移，与氧化还原反应有关；‎ D. 溶液红色褪去，说明发生了反应：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，与氧化还原反应无关；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列离子方程式或电离方程式正确的是 A. NaHSO3溶液呈酸性：NaHSO3＝Na＋＋H＋＋SO32—‎ B. 向Na2SiO3溶液中通入少量CO2：SiO32—＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32—‎ C. 工业制漂白粉的反应：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O D. 在Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸：2H＋＋S2O32—＝S↓＋SO2↑＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHSO3为强电解质，在水溶液中电离生成钠离子与亚硫酸氢根离子，其离子方程式：NaHSO3═Na++HSO3−，A项错误；‎ B. 向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，其离子方程式为：SiO32−+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32−，B项正确；‎ C. 工业制漂白粉，利用氯气通入石灰乳反应的原理，石灰乳为悬浊液，在离子方程式书写时需保留化学式，C项错误；‎ D. 硫代硫酸钠与稀硝酸反应时，因硝酸具有强氧化性，会将+2价的硫元素氧化到+6价，产物以硫酸根离子形式存在，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 除去NaCl固体中的少量KNO3，应将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥 B. 将FeCl3固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，再经转移、洗涤、定容和摇匀就可以在容量瓶中配制成一定浓度的FeCl3溶液 C. 检验溶液中的SO时，需要向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液 D. 向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌可得到氢氧化铁胶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl的溶解度受温度影响不大，硝酸钾的溶解度受温度影响大，且硝酸钾少量，则将含少量硝酸钾的NaCl溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥可除去硝酸钾，A项正确；‎ B. FeCl3易发生水解生成氢氧化铁与盐酸，因此在配制过程中，应溶于盐酸，目的是抑制其水解，在烧杯中溶解、冷却后再经转移、洗涤、定容和摇匀就可以在容量瓶中配制成一定浓度的FeCl3溶液，B项错误；‎ C. 应先加盐酸排除干扰离子，然后再加氯化钡溶液检验SO42-，C项错误；‎ D. 加热搅拌可使胶体发生聚沉，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】B项注意到盐类水解对溶液配制的影响是解题的关键。‎ ‎6.H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 有MnO2条件下的反应曲线是a曲线 B. a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大 C. a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大 D. b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)═H2O(l)+ O2(g)△H=﹣(E1﹣E2)kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂能够降低反应的活化能，提高反应速率，所以MnO2作催化剂，有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，A错误； ‎ B.b使用催化剂，可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，反应的活化分子百分数增大，B正确；‎ C.a曲线变为b曲线，途径不变，始终态相同，则平衡时H2O2的转化率不变，C错误；‎ D.为放热反应，△H=(E1-E2)kJ/mol，则热化学方程式为H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) △H=-(E2-E1)kJ/mol, D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.柠檬酸是无色晶体，无臭、味极酸，分子结构如图所示。广泛用于食品业、化妆业等。其钙盐在冷水中比在热水中易溶解。下列有关柠檬酸的说法不正确的是 A. 易溶于水，其分子式为C6H8O7‎ B. 1mol该物质与足量的钠反应最多生成2molH2‎ C. 利用钙盐溶解性重结晶分离 D. 能作食品抗氧化剂，补酸剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子中含3个羧基和1个羟基，能与水分子间形成氢键，易溶于水，由结构简式可知其分子式是C6H8O7，A项正确；‎ B. 分子内含3个羧基，1个羟基，则1mol该物质与足量的钠反应最多生成2molH2，B项正确；‎ C. 由题干信息可知，钙盐在冷水中比在热水中易溶解，可知该物质随温度变化溶解度变化较大，可以使用重结晶的方法提纯，C项正确；‎ D. 柠檬酸不能作食品抗氧化剂，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的N2O5,发生反应： 2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，能判断反应已经达到平衡状态的是 A. NO2和O2的浓度比保持不变 B. 容器中的压强不再变化 C. 2υ正（NO2）=υ逆（N2O5） D. 气体的平均相对分子质量为43.2，且保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NO2和O2的浓度比始终都不变，NO2和O2的浓度比保持不变不能确定反应是否达到化学平衡状态，A项错误；‎ B. 该反应是气体分子数增大的反应，当容器中压强不再变化，说明各物质的浓度保持不变，则反应已达到化学平衡状态，B项正确；‎ C. υ正(NO2)=2υ逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，C项错误；‎ D. 平衡时，气体的平均相对分子质量大于43.2，且保持不变，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎9.化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B. 某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO32—水解 C. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，利用的是盐类水解原理 D. 纯碱溶液呈碱性的原因是CO32—＋H2OHCO3—＋OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 明矾电离出的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，A项正确；‎ B. 雨水放置一段时间后，H2SO3被氧化成强酸H2SO4，所以pH变小，B项错误；‎ C. Fe3+在沸水中水解生成Fe(OH)3胶体，C项正确；‎ D. 纯碱溶液显碱性的原因是溶液中的碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.海水是重要的资源，可以制备一系列物质。下列说法不正确的 A. 要除去粗盐中SO42—、Ca2＋、Mg2＋等杂质，步骤①中所加试剂及相关操作顺序可以是：过量NaOH溶液→过量BaCl2溶液→过量Na2CO3溶液→过滤→盐酸 B. 步骤②的反应原理为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑‎ C. 步骤③中MgCl2·6H2O置于干燥的HCl气流中加热脱水制备无水MgCl2‎ D. 步骤④、⑤、⑥所涉及的反应中，溴元素均发生氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，过量的碳酸钠不仅可以除去溶液中的钙离子，也能除去除杂剂中的钡离子，再进行过滤操作，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最终达到目的，A项正确；‎ B. 根据反应原理已知，步骤②为氯碱工业步骤，B项正确；‎ C.步骤③氯化镁在水溶液中能水解，加热时由于HCl的挥发会促进水解，晶体直接加热不能获得无水氯化镁，应在氯化氢气流中加热失水，C项正确；‎ D.步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥是Br-被氧化为溴单质，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】理解海水提钠、镁和溴元素的过程是解题的关键，尤其是海水提取溴元素，涉及溴元素的富集，学生要理清涉及的氧化还原反应原理及工业流程。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 27g铝箔在酒精灯上充分加热反应转移电子总数是3NA B. 2.0gCO2与SO2的混合气体分子中，含有的质子数为NA C. 25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10−10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10−5NA D. 7.8gNa2O2中含有的阴、阳离子的总数为0.4NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铝与空气反应表面易形成一层致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，A项错误；‎ B. 采用极限法，假设2.0g气体全部是CO2，含有的质子数为 =NA个；同理假设2.0g气体全部是SO2，含有的质子数为 =NA个， B项正确； ‎ C. 在BaSO4的饱和溶液液中，c(SO42-)＝c(Ba2＋)＝＝1.0×10－5mol·L－1，但溶液的体积未知，则无法计算BaSO4饱和溶液中Ba2+数目，C项错误；‎ D. Na2O2中含有钠离子和，7.8g Na2O2中阴、阳离子总数为0.3NA，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.锆是核反应堆燃料棒的包裹材料，锆合金在高温下与水蒸气反应产生氢气，二氧化锆可以制造耐高温纳米陶瓷，下列说法正确的是 A. 锆合金比纯锆的熔点高，硬度小 B. 二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料 C. 将一束光通过纳米二氧化锆会产生一条光亮的通路 D. 可采用氯气作包裹核反应堆燃料棒的锆合金的冷却剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质。一般说来合金的硬度比各成分金属大，多数合金的熔点 低于组成它的成分金属的熔点，所以锆合金比纯锆的熔点低，硬度大，A项错误； B．陶瓷属于无机非金属材料，二氧化锆陶瓷属于新型无机非金属材料，B项正确； C．胶体是混合物，将一束光线通过胶体会产生一条光亮的通路，但二氧化锆为化合物，无丁达尔效应，C项错误；‎ D. 氯气化学性质活泼，可与锆合金反应，不适宜做冷却剂，而应用氦气作为包裹核反应堆燃料棒的锆合金的冷却剂，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】C项是易错点，注意胶体是混合物，纯纳米材料和胶体概念要区分开。‎ ‎13.将氯水加入下列4种试剂中。根据实验现象，得出的结论不正确的是 试剂 现象 结论 A 硝酸酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 氯水中含有Cl−‎ B CaCO3固体 固体表面有气泡冒出 氯水具有酸性 C KBr溶液 溶液变黄 氯水具有氧化性 D 滴加酚酞的Na2SO3溶液 红色褪去 Cl2具有漂白性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将氯水加入硝酸酸化的AgNO3溶液中，反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故A正确；‎ B、将氯水加入CaCO3固体中生成了气体二氧化碳，能证明溶液呈酸性，故B正确；‎ C、将氯水滴入KBr溶液，溶液变黄，说明生成了溴单质，氯气氧化溴离子变成溴单质，说明氯气具有氧化性，故C正确；‎ D．将氯水滴入滴加酚酞的Na2SO3溶液，是因为氯水显酸性和强氧化性，将Na2SO3转化成了硫酸钠，硫酸钠不水解，溶液不再显示碱性，因此酚酞溶液褪色，结论不正确，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎14.原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，W与Y同主族、X和Y同周期；X是地壳中含量最高的金属元素、Z存在胆矾之中。下列关于它们的叙述合理的是 A. 最高价氧化物对应水化物的碱性比X比Z弱 B. W与X简单离子半径后者更大 C. W、Y两种元素最高化合价相同 D. X、Z两种金属在两千多年前就被我们祖先广泛使用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，X是地壳中含量最高的金属元素，则X为Al；Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，则Q为H，W为O；W与Y同主族， X和Y同周期，则Y为S；Z存在胆矾之中，胆矾为CuSO45H2O，则Z为Cu，以此分析解答。‎ ‎【详解】综合分析可知，Q为H，W为O，X为Al，Y为S，Z为Cu，‎ A. X为Al，Z为Cu，Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Cu的最高价氧化物对应水化物为Cu(OH)2，Al(OH)3属于两性氢氧化物、能和强碱反应，而Cu(OH)2‎ 是弱碱，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X比Z弱，A项正确；‎ B. W为O，X为Al，简单离子中，电子层数相同时，核电荷数越小，对应离子半径越大，则离子半径O2->Al3+，B项错误；‎ C. W为O，Y为S，硫的最高化合价为+6价，而氧元素无最高正价，C项错误；‎ D. X为Al，由于铝的活泼性很强，发现和使用较晚，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.钴（Co）与钛(Ti)是均可与强酸发生反应的金属。利用电解原理电解CoCl2溶液制取钴，工作原理如图所示，其中Ti-Ru为惰性电极。下列说法正确的是 A. 电解时控制CoCl2溶液的pH在0~1范围内 B. 电解过程中Cl−在Ti电极放电生成氯气 C. Ti-Ru的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D. 用CoSO4代替CoCl2会使钴的产率降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，Ti为活泼金属需与电源负极相连，做电解池的阴极，Co2＋在阴极得到电子得到Co，Ti-Ru电极上Cl−发生失电子的氧化反应，为电解池的阳极，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. Co能与强酸反应产生H2，则电解时不适宜控制CoCl2溶液的pH在强酸性范围内，A项错误；‎ B. 电解过程中Cl−在Ti-Ru电极放电生成氯气，B项错误；‎ C. Ti-Ru电极为惰性电极，不被损耗，C项错误；‎ D. 用CoSO4代替CoCl2，则阳极上为OH-放电，使溶液的pH降低，Co可与强酸反应，导致产率降低，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是 A. 卤化银沉淀转化 B. 配制氯化铁溶液 C. 淀粉在不同条件下水解 D. 探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；‎ B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；‎ C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；‎ D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。‎ 正确答案选C。‎ ‎【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。‎ ‎17.A的分子式为C4H10O3，1 mol A与足量的Na反应会生成1.5 mol H2，则符合条件的A的结构有(一个C上连多个—OH不稳定，不考虑立体异构)(　　)‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A的分子式为C4H10O3，C、H符合烷烃的通式，所以为饱和醇，根据2R-OH+2Na2RONa+H2↑，1molA与足量的Na反应会生成1.5molH2，说明A分子中有3个醇羟基，因为一个C上连多个—OH不稳定，不考虑立体异构，所以符合条件的有：CH2OHCHOHCHOHCH3、CH2OHCHOHCH2CH2OH、(CH3)3COH、(CH3)2CHCH2OH，答案选B。‎ 考点：考查同分异构体数目的判断。‎ ‎18.常温下，0.1 mol·L-1某一元酸(HA)溶液中=1×10-8，下列叙述正确的是 A. 该一元酸的电离方程式为HA = H++ A-‎ B. 该溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1‎ C. 该溶液中水的离子积常数为1×10-22‎ D. 将pH=11的NaOH溶液V1L与V2L 0.1 mol·L-1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH=7，则混合溶液中有关离子浓度为c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，Kw=10-14,一元酸(HA)溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8，可知该溶液c(H+)=1×10-3mol/L。‎ ‎【详解】A、常温下，0.1 mol·L-1某一元酸(HA)溶液中c(H+)=1×10-3，说明HA是弱酸，电离方程式为HA H++ A-，故A错误；‎ B、酸抑制水电离，酸电离出的c(H+)=1×10-3mol/L，所以该溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11mol·L-1，故B正确；‎ C、水离子积常数只与温度有关，常温下水的离子积常数为1×10-14，故C错误；‎ D、若混合溶液的pH=7，则混合溶液中有关离子浓度为c(Na+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)，故D错误。‎ ‎【点睛】本题的关键是根据溶液中c（H+）与c（OH-）的比值，结合溶液的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），判断出HA为弱酸。‎ ‎19.室温下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)‎ B. a点溶液蒸发（不考虑溶质析出）c(Na＋)/c(A－)增大 C. pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)‎ D. b点所示溶液中c(A－)>c(HA)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点加入10mLNaOH与HA恰好反应时生成NaA，其pH值为8.7，说明HA是弱酸，b点向NaOH溶液中加入HA溶液20mL时，其溶质为等浓度的NaA和HA，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，HA为弱酸，则 A. a点所示溶液中溶质为NaA，A-发生水解，溶液显碱性，其水解方程式为：A-+H2OHA+OH-，则其离子浓度大小关系为：c(Na＋)> c(A－)> c(HA)> c(H＋)，A项错误；‎ B. a点溶液蒸发，A-浓度增大，A-的水解受到抑制，则c(Na＋)/c(A－)减小，B项错误；‎ C. pH=7时，溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒，c(H＋)+c(Na＋)=c(A-)+c(OH－)，c(Na＋)=c(A-)，C项错误；‎ D. b点是同浓度的HA与NaA的混合溶液，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）>c(HA)，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.将1.76g铜镁合金完全溶解于一定浓度的硝酸中，得到NO和NO2标准状况下896mL的混合气体，向反应后的溶液中加入lmol/L的NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.12g沉淀。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 合金中铜镁物质的最之比为1:1‎ B. 产生的NO和NO2的体积之比为1:1‎ C. 得到3.12g沉淀时，加入NnOH溶液体积一定是80mL D. 1.76g该合金与足量盐酸反应,可生成标准状况下448mL气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，根据题目所给信息知x×64 g/mol＋y×24 g/mol＝1.76g①；n(OH－)＝＝0.08mol，故2x＋2y＝0.08 mol②，由①②解得x＝0.02 mol，y＝0.02 mol，选项A正确；B、铜镁的物质的量都为0.02mol，与硝酸反应失电子数目为0.08mol，HNO3得电子还原为NO和NO2，设其物质的量分别为a、b，则有22400mL/mol（a+b）=896mL，3a+b=0.08mol，解得a＝0.02 mol，b＝0.02 mol，故体积之比为1:1，选项B正确；C、得到3.12g沉淀时，除与Mg2+、Cu2+反应消耗0.08molNaOH，原溶液中可能还有剩余的HNO3也消耗NaOH，故加入NaOH溶液体积可能大于80mL，选项C错误；D、1.76g该合金中的0.02molMg可与盐酸反应，生成0.02molH2，即准状况下448mL气体，选项D正确。答案选C。‎ 点睛：本题考查了铜与硝酸反应中所涉及到的计算，属于基础题。解题的关键在于正确写出化学方程式，铜与一定浓度的硝酸反应所涉及的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+NO2↑；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，在计算的过程中应注意关系式法、守恒法的应用。‎ 第Ⅱ卷（非选择题,共50分）‎ 二、填空题（本题共4小题，总计50分）‎ ‎21.钠、铁、镁等元素在生产生活中有广泛用途，完成下列填空：‎ Ⅰ钠的重要化合物 ‎（1）在水产养殖上，硫代硫酸钠常用于除去自来水中的氯气，理论上，去除1g的氯气需要0.56g硫代硫酸钠，反应的离子方程式为______。‎ ‎（2）除去Al2O3中混有的Fe2O3，可将混合物溶于过量的盐酸，再加入Na2CO3调节pH使Fe3+沉淀完全而Al3+不沉淀，用化学用语及相应的离子方程式解释加入Na2CO3的目的______。‎ Ⅱ铁的重要化合物 ‎（3）磷酸铁（FePO4•2H2O是难溶于水的米白色固体）可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料。实验室可通过下列实验制备磷酸铁。‎ ‎①称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是______。‎ ‎②向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+，为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，在向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、______和______。‎ ‎③将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3+的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4•2H2O．若反应得到的FePO4•H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为______。‎ Ⅲ镁的重要化合物 ‎（4）氧化镁和碳粉与氯气在一定条件下反应可制备氯化镁，若尾气可用足量的氢氧化钠溶液完全吸收，则生成的盐为______。‎ ‎【答案】 (1). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ (2). 加入碳酸钠溶液调节pH，CO32-先与酸反应之后再水解使溶液呈碱性：CO32-+2H+=CO2↑+2H2O、CO32-+H2OHCO3-+OH-，从而促进铁离子水解完全 (3). 加快Fe和稀硫酸的反应速率 (4). 用蒸馏水洗净 (5). 用K2Cr2O7标准溶液润洗2﹣3次 (6). Fe（OH）3（或氢氧化铁） (7). NaCl、NaClO、Na2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯气与硫代硫酸钠溶液发生氧化还原反应；‎ ‎（2）碳酸钠溶液显碱性，可促进铁离子水解完全；‎ ‎（3）①温度升高，反应速率增大；‎ ‎②使用滴定管要检漏、用蒸馏水洗净、用重铬酸钾标准液润洗2—3次等环节；‎ ‎③碱性环境下铁离子易形成沉淀；‎ ‎（4）氢氧化钠可吸收氯气和二氧化碳，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）n（Cl2）=mol，n（Na2S2O3）=，设S2O32-氧化产物中S的化合价为x，根据得失电子守恒mol×2=×2×（x-2），解得x=6，即除去Cl2时S2O32-被氧化SO42-，其离子方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；‎ ‎（2）Al2O3、Fe2O3与过量盐酸反应后所得溶液中含AlCl3、FeCl3和过量HCl，加入碳酸钠溶液调节pH，CO32-先与酸反应，之后再水解使溶液呈碱性：CO32-+2H+=CO2↑+2H2O、CO32-+H2OHCO3-+OH-，从而促进铁离子水解完全；‎ ‎（3）①温度越高，反应速率越快，所以反应加热目的是加快铁与稀硫酸反应速率；‎ ‎②滴定管在使用前要检漏、洗涤、用K2Cr2O7标准溶液润洗2-3次，如果不检漏或洗涤、润洗，会导致使用滴定管中溶液体积偏大，测量溶液浓度偏大；故答案为：用蒸馏水洗净；用K2Cr2O7标准溶液润洗2-3次；‎ ‎③Na2HPO4溶液呈碱性，与含Fe3+的溶液反应能生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁为红褐色，少量与磷酸铁混合可得棕黄色，故混有的杂质可能为Fe（OH）3（或氢氧化铁）；‎ ‎（4）MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应化学方程式：2MgO + C + 2Cl2 CO2 + 2MgCl2，反应产物为二氧化碳，尾气中含Cl2、CO2，尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物，反应的化学方程式为：CO2 + 2NaOH = Na2CO3 + H2O，Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，生成的盐为NaCl，NaClO，Na2CO3。‎ ‎22.氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，工业上由氧化铝与焦炭在氮气流中高温制得，产品中常含有Al4C3、C和Al2O3等杂质。某实验小组为测定a g工业氮化铝样品中AlN的质量及Al4C3的质量分数，设计了如下装置，已知装置B、C、D中的药品均足量。‎ 已知：①AlN和Al4C3均能与水反应，分别生成NH3和CH4。②CH4能与CuO发生反应：CH4＋4CuO ‎4Cu＋CO2＋2H2O。‎ ‎(1)写出锥形瓶中发生反应的化学方程式。AlN与H2O反应：__________；Al4C3与H2O反应：____________。‎ ‎(2)有下列操作步骤：①缓缓鼓入一定量的N2；②称量C和D(酒精灯和铁架台等除外)的质量，按顺序组装仪器，检查装置的气密性，将样品放入锥形瓶中；③点燃D处酒精灯；④再次称量C和D的质量；⑤从分液漏斗缓缓滴入水，直到不再产生气体时为止；⑥再次缓缓鼓入一定量的N2。正确的操作顺序是_________。‎ ‎(3)C的作用是吸收氨气，则C中所盛试剂的最佳选择是________(填代号)。‎ A．蒸馏水　　　　B．浓硝酸C．浓盐酸 D．浓硫酸 ‎(4)A中反应结束后，还要通入一段时间的N2至D中固体恢复到室温，其目的是_______(写两条)。‎ ‎(5)实验结束后，测得反应后D中固体质量减少m g，C中增加n g，则a g样品中AlN的质量为________g，Al4C3的质量分数为________×100%。‎ ‎【答案】 (1). AlN＋3H2O=Al(OH)3＋NH3↑ (2). Al4C3＋12H2O=4Al(OH)3＋3CH4↑ (3). ②①③⑤⑥④ (4). D (5). 使生成的甲烷充分反应或生成的氨气完全被吸收或防止高温下铜与空气中的氧气反应，重新生成氧化铜 (6). （或2.41n） (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据已知条件AlN和Al4C3均能与水反应，分别生成NH3和CH4，结合水解原理作答；‎ ‎（2）依据实验原理分析作答；‎ ‎（3）氨气为碱性气体，需用酸性吸收剂，结合各物质物理性质分析；‎ ‎（4）继续通入氮气，可使气体充分吸收，同时可防止氧气干扰实验；‎ ‎（5）根据C中增重计算AlN的质量，根据D中质量差和方程式计算Al4C3的质量分数。‎ ‎【详解】（1）AlN和Al4C3均能与水反应，分别生成NH3和CH4，则AlN与H2O反应生成氢氧化铝与氨气，其化学方程式为：AlN＋3H2O=Al(OH)3＋NH3↑；Al4C3与H2O反应生成氢氧化铝与甲烷，其化学方程式为：Al4C3＋12H2O=4Al(OH)3＋3CH4↑；‎ ‎（2）由题意可知该实验的原理是：根据装置C的增重测定生成NH3的量，通过D中氧化铜粉末的质量变化测定CH4‎ 的量，实验前，首先称量C和D的质量，其次通入氮气排空气，再次点燃D处酒精灯，然后使样品与水反应，生成的氨气被C吸收，甲烷与氧化铜发生反应，最后，再通入氮气，使装置内的气体充分反应或被吸收，同时避免生成的铜重新被氧化，再次称量C和D的质量，所以正确的操作顺序为②①③⑤⑥④；‎ ‎（3）浓硝酸和浓盐酸易挥发，会造成质量误差，所以B、C项错误；氨气虽然极易溶于水，但氨水易挥发，会造成质量误差，挥发出的氨气和水蒸气都会对D中实验造成干扰，A项错误；浓硫酸可吸收氨气，达到实验目的，D项正确；‎ 故答案选D；‎ ‎（4）A中反应结束后，还要通入一段时间的N2至D中固体恢复到室温，主要是为了使生成的甲烷充分反应或生成的氨气完全被吸收或防止高温下铜与空气中的氧气反应，重新生成氧化铜；‎ ‎（5）装置C增加的质量即为氨气的质量，ng氨气的物质的量为，则根据N守恒，AlN的物质的量亦为，质量为×41g/mol=（或2.41n）g；根据CH4＋4CuO4Cu＋CO2＋2H2O和D中固体质量减少mg，可求得消耗CH4的物质的量为，则根据C守恒，ag样品中含Al4C3的物质的量为，其质量为mol×144g/mol=g，其质量分数为×100%，故答案为：（或2.41n）；。‎ ‎23.硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：‎ Ⅰ．SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。‎ 已知：CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) ΔH=+178.2kJ/mol SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) ΔH=－402kJ/mol ‎2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=－234.2kJ/mol 写出石灰石脱硫的热化学反应方程式___________________________。‎ Ⅱ．在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：‎ 反应时间/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ c(N2O)‎ ‎0.100‎ ‎0.090‎ ‎0.080‎ ‎0.070‎ ‎0.060‎ ‎0050‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.000‎ ‎ /mol·L-1‎ ‎①在0～20min 时段，反应速率υ(N2O)为_____。‎ ‎②若N2O起始浓度c0为0.150mol·L-1，则反应至30min时N2O的转化率α=____，比较不同起始浓度时N2O的分解速率：υ(c0=0.150mol·L－1)____υ(c0=0.100 mol·L－1)（填“>、=或<”）‎ ‎③不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1__T2（填“>、=或<”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压强p=__（用 p0表示）。‎ ‎【答案】 (1). 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-681.8kJ/mol (2). 1.0×10-3mol·L-1·min-1 (3). 20.0% (4). = (5). > (6). 1.25p0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．根据盖斯定律的应用作答；‎ Ⅱ．①根据表格数据，代入速率公式计算反应速率；‎ ‎②单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，所以反应速率也与起始浓度无关；每10min均减小0.01mol/L，若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时转化的N2O的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，代入转化率计算公式计算；‎ ‎③其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O分解半衰期减小，据此分析；‎ 列出三段式，根据半衰期的定义求出t1min时气体总物质的量，再根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，计算体系压强。‎ ‎【详解】Ⅰ．①CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) △H=+178.2 kJ·mol－1‎ ‎②SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) △H=-402 kJ·mol－1‎ ‎③2CaSO3(s)+O2(g )=2CaSO4(s) △H=-234.2 kJ·mol－1 ‎ 应用盖斯定律，将（①+②）×2+③得到石灰石脱硫的热化学反应方程式：2CaCO3(s) + 2SO2(g) + O2(g) =2CaSO4(s) + 2CO2(g) △H=-681.8 kJ·mol－1‎ 故答案为：2CaCO3(s) + 2SO2(g) + O2(g) =2CaSO4(s) + 2CO2(g) △H=-681.8 kJ·mol－1；‎ Ⅱ．①根据表格数据，在0～20min时段，反应速率υ(N2O)===1.010-3mol·L-1·min-1；‎ ‎②由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，每10min均减小0.01mol/L，若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时转化的N2O的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，则N2O的转化率α=100%=20.0%；单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，则υ(c0=0.150mol·L－1)=υ(c0=0.100 mol·L－1)，故答案为：20%；=；‎ ‎③其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O分解半衰期减小，由图可知，压强相同时，半衰期T2>T1，则温度T1 >T2；‎ 当温度为T1、起始压强为p0，设起始时N2O物质的量为amol，根据半衰期的定义，则 ‎2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)‎ 起始量（mol） a 0 0‎ 转化量（mol） 0.5a 0.5a 0.25a t1min时（mol） 0.5a 0.5a 0.25a t1min时总物质的量为（0.5a+0.5a+0.25a）mol=1.25amol，根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，体系压强p=p0=1.25p0，‎ 故答案为：>；1.25p0；‎ ‎24.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成:‎ ‎(1)化合物D中所含官能团的名称为___和____。‎ ‎(2)化合物E的结构简式为__________；由B→C的反应类型是____‎ ‎(3)写出C→D的反应方程式:_____________________。‎ ‎(4)B的同分异构体有多种，其中同时满足下列条件的有____种。‎ Ⅰ.属于芳香族化合物 Ⅱ.能发生银镜反应Ⅲ.其核磁共振氢谱有5组峰，且面积比为1∶1∶1∶1∶3‎ ‎【答案】 (1). 羰基(酮基) (2). 溴原子 (3). (4). 取代反应 (5). +Br2+HBr (6). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A转化为B，-COOH转化为-COCl，B与苯发生取代反应生成C，C与Br2发生取代反应生成D，根据F与D的结构简式可知， D中-Br被-CN取代生成E，推出E的结构简式为：，E发生水解反应生成F，F发生取代反应生成酮洛芬，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)化合物D()中所含官能团的名称为羰基(酮基)和溴原子；‎ ‎（2） 对比D、F结构，结合E的分子式，可知D中-Br被-CN取代生成E，则E的结构简式为：；对比B、C结构简式可知，B中-Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl，由B→C的反应类型是取代反应，故答案为：；取代反应；‎ ‎（3）比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，属于取代反应，故其反应方程式为：+Br2+HBr；‎ ‎（4）B的同分异构体属于芳香族化合物说明含有苯环，能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；分子中含有其核磁共振氢谱有5组峰，说明分子结构中存在5种不同化学环境的氢原子，且面积比为1:1:1:1:3，说明苯环侧链上含有3个，根据定二移一原则，符合条件的同分异构体有、、、、、、、、、共有10种同分异构体，故答案为：10。‎ ‎【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写，如本题中的同分异构体的书写需要根据限定条件写出存在的基团，再进行组装并进行定二移一的原则进行书写。‎ ‎ ‎