湖南省长沙市长郡中学实验班2016届高三化学下学期第十一次质检试卷 理.doc

‎2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学实验班高三（下）第十一次质检化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（单选，共32分）‎ ‎1．化学与生活密切相关．下列说法不正确的是（　　）‎ A．NH3可用作制冷剂 B．硅胶可用作干燥剂 C．BaCO3可用作钡餐透视 D．Na2S可除去废水中Hg2+、Pb2+等重金属离子 ‎　‎ ‎2．下列解释事实的离子方程式正确的是（　　）‎ A．向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气体产生：Cu+4H++SO42﹣Cu2++SO2↑+2H2O B．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H++4I﹣+O2═2 I2+2H2O D．服用阿司匹林过量出现水杨酸（）反应，可静脉注滴NaHCO3溶液：‎ ‎+2 HCO3﹣→+2 CO2↑+2 H2O ‎　‎ ‎3．下列有关实验的操作正确的是（　　）‎ A．实验时手掌不小心沾上苯酚，应立即用65℃以上的热水清洗防腐蚀 B．检验某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸 C．实验室可以用浓硫酸与氯化钠固体共热制取氯化氢气体，因此浓硫酸与碘化钠固体共热也能制取碘化氢气体 D．用化学方法检验甘油和酒精：可用新制的Cu（OH）2悬浊液 ‎　‎ ‎4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在含4mol Si﹣O键的SiO2晶体中，氧原子的数目为4NA B．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的△H＞0，所以该反应不能自发进行 48‎ C．常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，降温至标准状况，其体积小于22.4L D．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：‎ H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣Q1 kJ•mol﹣1；H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1；则Q1＜Q2‎ ‎　‎ ‎5．空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池．图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（　　）‎ A．当有0.1mol电子转移时，a极产生1.12L O2（标准状况下）‎ B．b极上发生的电极反应是：4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣‎ C．c极上发生的电极反应是：O2+4H++4e﹣═2H2O D．d极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A ‎　‎ ‎6．MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，工业上用软锰矿（主要成分MnO2）和闪锌矿（主要成分ZnS）来制取：‎ ‎①将软锰矿、闪锌矿与硫酸共热：MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O；‎ ‎②除去反应混合物中的不溶物；‎ ‎③电解混合物：MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4‎ 下列说法错误的是（　　）‎ A．干电池是一种将化学能转变为电能的装置 B．步骤③电解时MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+‎ C．步骤①每析出12.8g S沉淀，共转移0.8mol电子 D．步骤③的反应也可以设计成原电池 48‎ ‎　‎ ‎7．已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物稳定性大于Z的气态氢化物稳定性，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性．下列说法正确的是（　　）‎ A．W与X形成的化合物中只含离子键 B．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点 C．X、Y、Z、W的原子半径依次减小 D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3‎ ‎　‎ ‎8．归纳法是髙中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：（均在常温下）‎ ‎①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度都降低．‎ ‎②pH=2的盐酸和pH=l的盐酸，c（H+）之比为2：1‎ ‎③pH相等的三种溶液：a．CH3COONa b NaHCO3 c．NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：c、b、a ‎④反应2A（s）+B （g）=2C （g）+D （g）不能自发进行，则该反应△H一定大于0‎ ‎⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka：醋酸根水解常数为Kb；水的离子积为Kw：则三者关系为：Ka•Kb=Kw ‎⑥反应A（g）═2B（g）△H，若正反应的活化能为Ea kJ•mol﹣1，逆反应的活化能 为Eb kJ•mol﹣1，‎ 则△H=（Ea﹣EB）kJ，mol﹣1上述归纳正确的是（　　）‎ A．全部 B．③④⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②④⑤‎ ‎　‎ ‎9．某无色溶液M可能含有离子OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣、SO42﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、NH4+、MnO4﹣、Cu2+、Mg2+、Na+、Fe3+中的若干种．取一定量的M溶液滴加盐酸，产生沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ 48‎ A．原溶液中可能含有NH4+、SO42﹣‎ B．最终溶液中最少含2种溶质 C．原溶液中n（NaAlO2）：n（Na2CO3）=1：1‎ D．滴加盐酸初始阶段发生反应的离子方程式是：CO32﹣+H+=HCO3﹣‎ ‎　‎ ‎10．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．3.0 L 0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8 g时，溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：‎ c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ C．常温下，pH=3的醋酸溶液和pH=13的氢氧化钠溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，则原醋酸溶液醋酸的电离度为1%‎ D．物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）=2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+2c（CO32﹣）‎ ‎　‎ ‎11．水溶液中只可能有K+、Mg2+、AlO2﹣、SiO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对溶液进行了如图实验：‎ 下列判断错误的是（　　）‎ A．有气体甲生成，表明溶液X中一定含有CO32﹣‎ B．沉淀甲不可能是硅酸镁 48‎ C．Al3+一定存在于溶液X中 D．不可能确定SO42﹣是否存在于溶液X中 ‎　‎ ‎12．对以下问题的认识中，不正确的是（　　）‎ A．质谱法是用高能粒子束轰击有机物分子，使之分离成带电的“碎片”，并根据其特征谱分析有机物结构的方法 B．丁达尔现象可用于区别溶液与胶体，云、雾、稀硫酸均能产生丁达尔现象 C．谷氨酸的熔点高达205℃，难溶于苯等有机溶剂，主要是因为形成内盐 D．“地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物合理利用．‎ ‎　‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．除去硬脂酸钠溶液中的甘油方法是：往溶液中加入饱和食盐水，分液 B．向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去，证明生成的气体全部是乙烯 C．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从下口倒出，重复2～3次 D．取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5～6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象 ‎　‎ ‎14．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）‎ A．元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大 B．39g Z2Y2中含有的离子数约为1.204×1024‎ C．元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性或碱性 D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmR ‎　‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ 48‎ A．按系统命名法，有机物的命名为2，2，4，4﹣四甲基﹣3，3，5﹣三乙基己烷 B．乙醇发生消去反应、乙醇氧化为乙醛、乙酸的酯化反应中均是C﹣O键发生断裂 C．叶酸的结构如右上图所示，叶酸可以发生酯化、水解、氧化、加成等反应 D．荧光黄结构为，其分子式为C20H12O5，其中最多有9个碳原子共平面 ‎　‎ ‎16．固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3、NaNO2中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：‎ 根据上述实验，以下说法正确的是（　　）‎ A．溶液甲中一定含有K2SiO3、NaNO2、可能含有KAlO2、K2CO3‎ B．由于在溶液甲中加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液，因此无法判断溶液中是否有K2SO3‎ C．气体A和气体B一定均为纯净物 D．原混合物中一定含有Fe2O3‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎17．乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇的一种反应原理为：‎ ‎2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣256.1kJ•mol﹣1．‎ 已知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1‎ 48‎ ‎（1）以CO2（g）与H2（g）为原料也可合成乙醇，其热化学方程式如下：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（l）△H=　　　　　　．‎ ‎（2）CH4和H2O（g）在催化剂表面发生反应CH4+H2O⇌CO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：‎ 温度/℃‎ ‎800‎ ‎1000‎ ‎1200‎ ‎1400‎ 平衡常数 ‎0.45‎ ‎1.92‎ ‎276.5‎ ‎1771.5‎ ‎①该反应是　　　　　　反应（填“吸热”或“放热”）；‎ ‎②T℃时，向1L密闭容器中投入1mol CH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol•L﹣1，该温度下反应CH4+H2O⇌CO+3H2的平衡常数K=　　　　　　．‎ ‎（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题．某研究小组在实验室以Ag﹣ZSM﹣5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图．‎ ‎①若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为　　　　　　；在=1的条件下，应控制的最佳温度在　　　　　　左右．‎ ‎②用CxHy（烃）催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染．写出CH4与NO2发生反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（4）乙醇﹣空气燃料电池中使用的电解质是搀杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2﹣离子．该电池负极的电极反应式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎18．（Ⅰ）在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），已知将2molX和1molY充入该容器中，反应在绝热条件下达到平衡时，Z的物质的量为pmol．回答下列问题：‎ 48‎ ‎（1）若把2molX和1molY充入该容器时，处于状态I，达到平衡时处于状态II（如图1），则该反应的△H　　　　　　 0； 熵变△S　　　　　　0 （ 填：“＜，＞，=”）．该反应在　　　　　　（填：高温或低温）条件下能自发进行．‎ ‎（2）该反应的v﹣t图象如图2中左图所示．若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，则其v﹣t图象如图2中右图所示．以下说法正确的是　　　　　　‎ ‎①a1＞a2 ②b1＜b2 ③t1＞t2 ④图2中阴影部分面积更大⑤两图中阴影部分面积相等 ‎（3）若该反应在容积可变的密闭容器中发生，在温度为T1、T2时，平衡体系中X的体积分数随压强变化曲线如图3所示．下列说法正确的是　　　　　　．‎ A． A、C两点的反应速率：A＞C B． A、C两点的气体密度：A＜C C． B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C D． 由状态B到状态A，可以用加热的方法 ‎（Ⅱ）在容积可变的密闭容器中发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表 压强p/Pa ‎2×105‎ ‎5×105‎ ‎1×106‎ c（A）/mol•L﹣1‎ ‎0.08‎ ‎0.20‎ ‎0.44‎ ‎（1）当压强从2×105 Pa增加到5×105 Pa时，平衡　　　　　　移动（填：向左，向右，不）‎ ‎（2）维持压强为2×105 Pa，当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是　　　　　　mol．‎ ‎（3）当压强为1×106 Pa时，此反应的平衡常数表达式：　　　　　　．‎ 48‎ ‎（4）其他条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应．2×105 Pa时，A的转化率随时间变化如图4，请在图中补充画出压强分别为5×105 Pa 和1×106 Pa时，A的转化率随时间的变化曲线（请在图线上标出压强）．‎ ‎　‎ ‎19．（1）城市饮用水处理时可用二氧化氯（ClO2）替代传统的净水剂Cl2．工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2．写出该反应的离子方程式　　　　　　．‎ ‎（2）某地污水中的有机污染物主要成分是三氯乙烯（C2HCl3），向此污水中加入KMnO4（高锰酸钾的还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出该反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎20．已知二元化合物甲可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，6.4g甲完全燃烧得到4.48L的氮气（已折算成标准状况）．甲可以与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，同时生成密度为1.25g/L的无色无味的气体（已折算成标准状况）．请回答下列问题．‎ ‎（1）甲的化学式为　　　　　　．‎ ‎（2）写出次氯酸钠与过量氨气的化学方程式　　　　　　．甲的制备过程中氨气需要过量的理由是　　　　　　．‎ ‎（3）写出甲与新制Cu（OH）2反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（4）已知乙是一种与甲含有相同电子数的液态物质，它可与甲反应生成一种常见的液态化合物和一种常见的稳定单质，同时放出大量的热，则乙的电子式为　　　　　　．写出甲的一种用途　　　　　　．‎ ‎（5）往氨水中通入一定量的二氧化碳，请设计一个实验方案探究其可能成份（写出生成物的可能成份，并设计实验探究）．　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎21．亚硝酸钠是重要的防腐剂．某化学兴趣小组以碳和浓硝酸为起始原料，设计如下装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠．（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验），‎ 48‎ 查阅资料：①HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2═HNO3+2NO↑+H2O；‎ ‎②在酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+且无气体生成．‎ ‎③NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸 实验操作：‎ ‎①关闭弹簧夹，打开A中分液漏斗活塞，滴加一定量浓硝酸，加热；‎ ‎②一段时间后停止加热；③从C中取少量固体，检验是否是亚硝酸钠．‎ ‎（1）A中反应的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎（2）B中观察的主要现象是　　　　　　，D装置的作用是　　　　　　．‎ ‎（3）检验C中产物有亚硝酸钠的操作是　　　　　　．‎ ‎（4）经检验C产物中亚硝酸钠含量较少．‎ a．甲同学认为C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠．‎ 生成碳酸钠的化学方程式是　　　　　　．为排除干扰甲在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应是　　　　　　（写名称）．‎ b．乙同学认为除上述干扰因素外，还会有空气参与反应导致产品不纯，所以在实验操作①前应增加一步操作，该操作是　　　　　　．‎ ‎（5）实验经改进后可制得较纯亚硝酸钠，下列关于亚硝酸钠的说法正确的是　　　　　　．‎ a．亚硝酸钠有咸味，可代替食盐食用 b．常温下，0.1mol/L亚硝酸钠溶液pH＞1‎ c.0.1mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（NO2﹣）+c（OH﹣）‎ d.0.1mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c（NO2﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎　‎ ‎22．常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成的混合气体，A或B分子最多只含有4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子的多．‎ 将1L混合气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5LCO2气体．试通过计算推断原混合气体中A和B所有可能的组合及其体积比，并将结果填入下表：‎ 48‎ 组合编号 A的分子式 B的分子式 A和B的体积比 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 为进一步确定A、B分子式，继续实验：120℃时，取1L该混合气体与9L氧气混合，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大了6.25%．试通过计算确定唯一符合题意的A、B的分子式　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎23．（2013•顺义区二模）用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如下：‎ 已知：‎ Ⅰ．‎ Ⅱ．‎ Ⅲ．L是六元环酯，M分子式是（C15H16O6）n 回答下列问题：‎ ‎（1）B中官能团的名称是　　　　　　，D的结构简式是　　　　　　．‎ ‎（2）E→F的反应条件是　　　　　　，H→J的反应类型是　　　　　　．‎ ‎（3）F→G的化学反应方程式是　　　　　　．‎ ‎（4）K→M属于加聚反应，M的结构简式是　　　　　　．‎ ‎（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是　　　　　　．‎ 48‎ ‎（6）符合下列条件的C的同分异构体的结构简式是　　　　　　．‎ ‎①属于芳香族化合物；‎ ‎②能发生银镜反应；‎ ‎③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2．‎ ‎　‎ ‎　‎ 48‎ ‎2015-2016学年湖南省长沙市长郡中学实验班高三（下）第十一次质检化学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（单选，共32分）‎ ‎1．化学与生活密切相关．下列说法不正确的是（　　）‎ A．NH3可用作制冷剂 B．硅胶可用作干燥剂 C．BaCO3可用作钡餐透视 D．Na2S可除去废水中Hg2+、Pb2+等重金属离子 ‎【考点】氯气的物理性质；硅酸的性质及制法；含硫物质的性质及综合应用．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】A．NH3易液化；‎ B．硅胶能吸水；‎ C．碳酸钡不溶于水，但碳酸钡能与胃液中的盐酸反应生成可溶的氯化钡，从而导致中毒．‎ D．Pb2+、Cu2+与Na2S反应会生成黑色沉淀．‎ ‎【解答】解：A．NH3易液化，可用作制冷剂，故A正确；‎ B．硅胶能吸水，所以硅胶可用作干燥剂，故B正确；‎ C．碳酸钡不溶于水，但碳酸钡能与胃液中的盐酸反应生成可溶的氯化钡，从而导致中毒，所以BaCO3不可用作钡餐透视，故C错误；‎ D．Pb2+、Cu2+与Na2S反应会生成黑色沉淀，所以Na2S可除去废水中Hg2+、Pb2+等重金属离子，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，注意知识的积累．‎ ‎　‎ ‎2．下列解释事实的离子方程式正确的是（　　）‎ A．向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气体产生：Cu+4H++SO42﹣Cu2++SO2↑+2H2O B．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O 48‎ C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝：4H++4I﹣+O2═2 I2+2H2O D．服用阿司匹林过量出现水杨酸（）反应，可静脉注滴NaHCO3溶液：‎ ‎+2 HCO3﹣→+2 CO2↑+2 H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】A．浓硫酸中硫酸应保留化学式；‎ B．氢氧化钠过量，Ca（HCO3）2完全反应，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水；‎ C．碘离子被氧气氧化生成单质碘；‎ D．酚羟基不能与碳酸氢钠反应．‎ ‎【解答】解：A．向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气体产生的离子反应为Cu+2H2SO4（浓）Cu2++SO42﹣+SO2↑+2H2O，故A错误；‎ B．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成的离子反应为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；‎ C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝的离子反应为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O，故C正确；‎ D．服用阿司匹林过量出现水杨酸（）反应，可静脉注滴NaHCO3溶液的离子反应为+HCO3﹣→+CO2↑+H2O，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意有机物中酚羟基、羧基的性质区别，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．下列有关实验的操作正确的是（　　）‎ A．实验时手掌不小心沾上苯酚，应立即用65℃以上的热水清洗防腐蚀 B．检验某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸 C．实验室可以用浓硫酸与氯化钠固体共热制取氯化氢气体，因此浓硫酸与碘化钠固体共热也能制取碘化氢气体 D．用化学方法检验甘油和酒精：可用新制的Cu（OH）2悬浊液 ‎【考点】化学实验安全及事故处理；化学实验方案的评价．‎ 48‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A.65℃以上的热水会烫伤人的皮肤，应该使用酒精清洗；‎ B．先加入氯化钡溶液，生成的沉淀可能为氯化银，不一定为硫酸钡沉淀，应该先加入稀盐酸，然后再加入氯化钡溶液；‎ C．浓硫酸具有强氧化性，能够将碘化氢氧化，无法获得碘化氢气体；‎ D．甘油为丙三醇，含有3个羟基，乙醇分子中只含有1个羟基，多羟基的物质可以与新制氢氧化铜悬浊液反应生成绛蓝色沉淀．‎ ‎【解答】解：A．实验时手掌不小心沾上苯酚，应该用酒精洗涤，不能用65℃以上的热水清洗，否则容易烫伤皮肤，故A错误；‎ B．检验某溶液是否含有SO42﹣时，应取少量该溶液，应该依次加入稀盐酸和BaCl2溶液，否则生成的沉淀可能为氯化银，无法确定原溶液中是否含有硫酸根离子，故B错误；‎ C．氯化氢具有挥发性，实验室可以用浓硫酸与氯化钠固体共热制取氯化氢气体，但是浓硫酸能够氧化碘化氢，不能用浓硫酸与碘化钠固体共热也能制取碘化氢气体，故C错误；‎ D．甘油能够与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成绛蓝色沉淀，而酒精不与氢氧化铜浊液反应，所以可用新制的Cu（OH）2悬浊液检验甘油和乙醇，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了化学安全事故的处理方法、物质的鉴别、常见离子的检验方法判断，题目难度中等，注意掌握物质的检验与鉴别方法，明确常见离子的性质及检验方法．‎ ‎　‎ ‎4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在含4mol Si﹣O键的SiO2晶体中，氧原子的数目为4NA B．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的△H＞0，所以该反应不能自发进行 C．常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，降温至标准状况，其体积小于22.4L D．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：‎ H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣Q1 kJ•mol﹣1；H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1；则Q1＜Q2‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数；反应热和焓变．‎ ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ ‎【分析】A、1mol二氧化硅中含有4molSi﹣O键分析计算；‎ B、依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析判断；‎ 48‎ C、依据2NO2⇌N2O4，反应是放热反应降温平衡正向进行，体积减小；‎ D、氯气能量高于溴单质，焓变为负值比较大小．‎ ‎【解答】解：A、在含4mol Si﹣O键的SiO2晶体中，氧原子连接两个硅原子，氧原子的数目为4NA，故A错误；‎ B、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的△H＞0，△S＞0，可以符合△H﹣T△S＜0，所以该反应能自发进行，故B错误；‎ C、常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，物质的量为1mol，2NO2⇌N2O4，反应是放热反应降温平衡正向进行，降温至标准状况，其体积小于22.4L，故C正确；‎ D、H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣Q1 kJ•mol﹣1；H2（g）+Br2（g）═2HBr（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1，氯气能量高于溴单质，焓变为负值，则Q1＞Q2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是费用焓变理解，物质结构分析判断，化学平衡移动原理的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎5．空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池．图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（　　）‎ A．当有0.1mol电子转移时，a极产生1.12L O2（标准状况下）‎ B．b极上发生的电极反应是：4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣‎ C．c极上发生的电极反应是：O2+4H++4e﹣═2H2O D．d极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ 48‎ ‎【分析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；‎ 原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e﹣=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算．‎ ‎【解答】解：A．当有0.1 mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H++4e﹣=2H2↑，产生1.12LH2，故A错误；‎ B．b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B错误；‎ C．c电极上氧气得到发生还原反应，电极反应为O2+4H++4e﹣═2H2O，故C正确；‎ D．d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点．‎ ‎　‎ ‎6．MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，工业上用软锰矿（主要成分MnO2）和闪锌矿（主要成分ZnS）来制取：‎ ‎①将软锰矿、闪锌矿与硫酸共热：MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S+2H2O；‎ ‎②除去反应混合物中的不溶物；‎ ‎③电解混合物：MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4‎ 下列说法错误的是（　　）‎ A．干电池是一种将化学能转变为电能的装置 B．步骤③电解时MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+‎ C．步骤①每析出12.8g S沉淀，共转移0.8mol电子 D．步骤③的反应也可以设计成原电池 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】A、干电池是一种将化学能转变为电能的装置；‎ 48‎ B、阳极处生成发生氧化反应，失电子，电极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+；‎ C、生成32g的硫转移2mol的电子，每析出12.8g S沉淀，，即共转移0.8mol电子；‎ D、步骤③的反应不可以设计成原电池，不是自发的氧化还原反应．‎ ‎【解答】解：A、干电池是一种将化学能转变为电能的装置，故A正确；‎ B、阳极处生成发生氧化反应，失电子，电极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+，故B正确；‎ C、生成32g的硫转移2mol的电子，每析出12.8g S沉淀，，即共转移0.8mol电子，故C正确；‎ D、步骤③的反应不可以设计成原电池，不是自发的氧化还原反应，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题是金属的冶炼和氧化还原反应结合原电池原理综合考查，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物稳定性大于Z的气态氢化物稳定性，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性．下列说法正确的是（　　）‎ A．W与X形成的化合物中只含离子键 B．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点 C．X、Y、Z、W的原子半径依次减小 D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，根据选项进行判断．‎ ‎【解答】‎ 48‎ 解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期．‎ A．若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故A错误；‎ B．W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故B错误；‎ C．W、Z同主族，原子序数Z＞W，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，所以原子半径X＞Y＞Z＞W，故C正确；‎ D．若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，D选项为易错点，容易审题不仔细，造成错误，关键是确定元素在周期表中的相对位置．‎ ‎　‎ ‎8．归纳法是髙中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：（均在常温下）‎ ‎①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度都降低．‎ ‎②pH=2的盐酸和pH=l的盐酸，c（H+）之比为2：1‎ ‎③pH相等的三种溶液：a．CH3COONa b NaHCO3 c．NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：c、b、a ‎④反应2A（s）+B （g）=2C （g）+D （g）不能自发进行，则该反应△H一定大于0‎ ‎⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka：醋酸根水解常数为Kb；水的离子积为Kw：则三者关系为：Ka•Kb=Kw ‎⑥反应A（g）═2B（g）△H，若正反应的活化能为Ea kJ•mol﹣1，逆反应的活化能 为Eb kJ•mol﹣1，‎ 则△H=（Ea﹣EB）kJ，mol﹣1上述归纳正确的是（　　）‎ A．全部 B．③④⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②④⑤‎ ‎【考点】pH的简单计算；反应热和焓变．‎ ‎【专题】基本概念与基本理论．‎ ‎【分析】①根据温度不变，水的离子积不变可知，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子一定增大；‎ 48‎ ‎②pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=l的盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L；‎ ‎③都是强碱弱酸盐，对应的酸的酸性越弱，相同浓度时水解程度越大，溶液的pH越大；相反，若pH相等，对应的酸的酸性越弱，物质的量浓度越小；‎ ‎④反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，△H﹣T△S＞0，反应非自发进行；‎ ‎⑤根据Ka=c（H+）•c（CH3COO﹣）/c（CH3COOH）、Kb=c（CH3COOH）×c（OH﹣）/c（CH3COO﹣）计算出Ka•Kb即可；‎ ‎⑥反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变．‎ ‎【解答】解：①由于水的离子积不变，溶液中氢氧根离子浓度减小，所以氢离子浓度一定增大，故①错误；‎ ‎②pH=2的盐酸和pH=l的盐酸，c（H+）之比为：0.01mol/L：0.1mol/L=1：10，故②错误；‎ ‎③酸根离子对应的酸的酸性越弱，相同浓度时水解程度越大，所以pH相等的三种溶液：a．CH3COONa b NaHCO3 c．NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：c、b、a，故③正确；‎ ‎④反应自发进行，一定满足△H﹣T△S＞0，由于＞0，所以△H一定大于0，即该反应为吸热反应，故④正确；‎ ‎⑤Ka=c（H+）•c（CH3COO﹣）/c（CH3COOH）、Kb=c（CH3COOH）×c（OH﹣）/c（CH3COO﹣），Ka•Kb=c（H+）•c（CH3COO﹣）/c（CH3COOH）×c（CH3COOH）×c（OH﹣）/c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）×c（H+）=Kw，故⑤正确；‎ ‎⑥逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，所以△H=逆反应的活化能﹣正反应的活化能=（Ea﹣EB）kJ，mol﹣1，故⑥正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了水的电离、溶液pH的简单计算、反应热和焓变等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较广，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，培养了学生灵活应用所学知识的能力．‎ ‎　‎ ‎9．某无色溶液M可能含有离子OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣、SO42﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、NH4+、MnO4﹣、Cu2+、Mg2+、Na+、Fe3+中的若干种．取一定量的M溶液滴加盐酸，产生沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ 48‎ A．原溶液中可能含有NH4+、SO42﹣‎ B．最终溶液中最少含2种溶质 C．原溶液中n（NaAlO2）：n（Na2CO3）=1：1‎ D．滴加盐酸初始阶段发生反应的离子方程式是：CO32﹣+H+=HCO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题；离子方程式的有关计算．‎ ‎【专题】图像图表题；离子反应专题．‎ ‎【分析】无色溶液中不存在有色离子：MnO4﹣、Cu2+、Fe3+；加入盐酸时，开始没有生成沉淀，说明溶液中一定存在氢氧根离子，所以一定不存在碳酸氢根离子；之后开始生成沉淀，沉淀达到最大量后沉淀的量暂时不变，最后沉淀随着盐酸的加入，沉淀逐渐减少，直至沉淀的物质的量不再变化，说明该沉淀为氢氧化铝和硅酸的混合物，说明溶液中一定存在SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，则一定不存在NH4+、Mg2+，根据以上分析并结合图象数据进行解答．‎ ‎【解答】解：根据溶液为无色可知，溶液中一定不存在MnO4﹣、Cu2+、Fe3+；初始加入盐酸时没有生成沉淀，说明溶液中一定存OH﹣、HCO3﹣离子，所以一定不存在HCO3﹣；之后开始生成沉淀，当沉淀达到最大量后沉淀的量暂时不变，最后沉淀随着盐酸的加入，沉淀逐渐减少，直至沉淀的物质的量不再变化，说明该沉淀为氢氧化铝和硅酸的混合物，说明溶液中一定存在SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣，则一定不存在NH4+、Mg2+，‎ A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在NH4+，故A错误；‎ B．最终溶液中最少含氯化钠和氯化铝两种溶质，故B正确；‎ C．设单位体积中含有氯化氢nmol，根据图象可知，溶解氢氧化铝消耗氯化氢的物质的量为3nmol，则含有氢氧化铝nmol，根据铝原子守恒，原溶液中含有nmol偏铝酸钠；碳酸钠消耗氯化氢的物质的量为8nmol，则溶液中含有碳酸钠的物质的量为4nmol，原溶液中n（NaAlO2）：n（Na2CO3）=4：1，故C错误；‎ D．滴加盐酸初始阶段，参加反应的离子为氢氧根离子，反应的离子方程式为：OH﹣+H+=H2O，故D错误；‎ 48‎ ‎【点评】本题考查离子共存的正误判断、有关离子反应的计算，题目难度稍大，注意掌握离子反应发生条件，正确分析图象信息是解答本题的关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．‎ ‎　‎ ‎10．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．3.0 L 0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8 g时，溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ B．常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：‎ c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ C．常温下，pH=3的醋酸溶液和pH=13的氢氧化钠溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，则原醋酸溶液醋酸的电离度为1%‎ D．物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）=2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+2c（CO32﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．溶液增重的为二氧化碳的质量，根据n=计算出二氧化碳的物质的量，再根据n=cV计算出NaOH的物质的量，根据计算结果判断反应产物，然后根据碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量判断溶液中离子浓度大小；‎ B．混合液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由于加入的氯化氢较少，则c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），再结合物料守恒可得c（Cl﹣）=c（CH3COOH）；‎ C．二者等体积混合恰好反应，则根据氢氧化钠的浓度可知醋酸的浓度，根据醋酸的pH可计算出醋酸电离出的氢离子浓度，从而可计算出醋酸的电离度；‎ D．根据混合液中的物料守恒判断．‎ ‎【解答】解：A．溶液增重的质量为二氧化碳，.0 L 0.1 mol•L﹣1，n（CO2）==0.2mol，NaOH溶液中含有氢氧化钠的为：n（NaOH）=0.1mol/L×3.0L=0.3mol，1＜=1.5＜2，所以二者反应生成的是NaHCO3和Na2CO3，设n（Na2CO3）=xmol、n（NaHCO3）=ymol，根据C原子、Na原子守恒得：x+y=0.2、2x+y=0.3，解得：x=0.1、y=0.1，故反应后生成等物质的量的NaHCO3和Na2CO3，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠度，则：c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣‎ 48‎ ‎），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；‎ B．常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：①c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由于加入的氯化氢较少，则c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣），溶液中满足物料守恒：②c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），根据①②可得：c（Cl﹣）=c（CH3COOH），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣），故B正确；‎ C．常温下，pH=3的醋酸溶液和pH=13的氢氧化钠溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，说明醋酸和NaOH的物质的量浓度相等，pH=3的溶液中醋酸电离的c（H+）≈0.001mol/L，pH=13的氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L，则原溶液中c（CH3COOH）=c（NaOH）=0.1mol/L，则原醋酸溶液醋酸的电离度为：×100%=1%，故C正确；‎ D．物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可得：2c（HClO）+2c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的含义及判断离子浓度大小常用方法．‎ ‎　‎ ‎11．水溶液中只可能有K+、Mg2+、AlO2﹣、SiO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对溶液进行了如图实验：‎ 下列判断错误的是（　　）‎ A．有气体甲生成，表明溶液X中一定含有CO32﹣‎ B．沉淀甲不可能是硅酸镁 C．Al3+一定存在于溶液X中 D．不可能确定SO42﹣是否存在于溶液X中 48‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【专题】物质检验鉴别题．‎ ‎【分析】能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子．‎ ‎【解答】解：加HCl有气体说明有CO32﹣离子，生成的气体是二氧化碳，一定不存在和碳酸根不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH﹣）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子．‎ A、加HCl有气体说明有CO32﹣离子，生成的气体是二氧化碳，故A正确；‎ B、溶液中一定含有CO32﹣离子，则一定不含有镁离子，它和镁离子不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B正确；‎ C、原来溶液中的铝离子一定不能存在，故C错误；‎ D、硫酸根离子是否存在不能确定，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题涉及离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解决该问题的关键所在，综合性强，难度大．‎ ‎　‎ ‎12．对以下问题的认识中，不正确的是（　　）‎ A．质谱法是用高能粒子束轰击有机物分子，使之分离成带电的“碎片”，并根据其特征谱分析有机物结构的方法 B．丁达尔现象可用于区别溶液与胶体，云、雾、稀硫酸均能产生丁达尔现象 C．谷氨酸的熔点高达205℃，难溶于苯等有机溶剂，主要是因为形成内盐 D．“地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物合理利用．‎ ‎【考点】胶体的重要性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A、质谱法是分析有机物结构的方法；‎ 48‎ B、胶体具有丁达尔现象，区别于溶液；稀硫酸是溶液；‎ C、依据相似相溶原理分析判断；‎ D、“地沟油”是一种质量极差、极不卫生的非食用油，最好的解决办法就是进行循环利用，变废为宝．‎ ‎【解答】解：A、质谱法是分析有机物结构的方法，根据其特征谱分析有机物结构，故A正确；‎ B、丁达尔现象可用于区别溶液与胶体，硫酸是溶液不能产生丁达尔现象，故B错误；‎ C、谷氨酸是氨基酸具有两性，难溶于苯等有机溶剂，主要是因为形成内盐，具有了盐的性质，故C正确；‎ D、“地沟油”是一种质量极差、极不卫生的非食用油，最好的解决办法就是进行循环利用，变废为宝，可以实现厨余废物合理利用，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了有机物结构分析方法，胶体性质应用，氨基酸两性的特征，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．除去硬脂酸钠溶液中的甘油方法是：往溶液中加入饱和食盐水，分液 B．向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去，证明生成的气体全部是乙烯 C．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从下口倒出，重复2～3次 D．取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5～6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．向硬脂酸钠和甘油的混合物中加入食盐，能引起硬质酸钠的盐析； ‎ B．二氧化硫、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；‎ C．润洗后，从滴定管的下口放出；‎ D．取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5﹣6滴，I﹣将Fe3+完全还原为Fe2+．‎ 48‎ ‎【解答】解：A．向硬脂酸钠和甘油的混合物中加入食盐，能引起硬质酸钠的盐析，从而可以讲硬质酸钠分离出，故A错误； ‎ B．乙醇与浓H2SO4混合加热，可发生副反应生成SO2等物质，也能使酸性KMnO4溶液褪色，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；‎ C．润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，故C正确；‎ D．取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5﹣6滴，I﹣将Fe3+完全还原为Fe2+；继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，上层是FeCl2和过量KI的混合溶液，下层是碘的四氯化碳溶液，故取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离、仪器使用、离子检验等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是D，注意：碘离子和铁离子发生氧化还原反应．‎ ‎　‎ ‎14．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）‎ A．元素Y、Z、W形成的离子具有相同电子层结构，其离子半径依次增大 B．39g Z2Y2中含有的离子数约为1.204×1024‎ C．元素Z、R的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性或碱性 D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmR ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，结合物质性质与元素周期律解答．‎ 48‎ ‎【解答】解：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，根据Z、W、R处于同一周期，故Z、W为第三周期元素，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素，‎ A．Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，Y、Z、W具有相同电子层结构的离子（O2﹣、Na+、Al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故A错误；‎ B．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，39gNa2O2中含有的离子数约为×3×6.02×1023mol﹣1=9.03×1023，故B错误；‎ C．Z的氧化物的水化物为NaOH，R的氧化物的水化物为H2SO4或H2SO3，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，氢氧化钠与亚硫酸反应可以生成亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故C错误；‎ D．元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y（O元素）和R（S元素）的非金属性强弱：Y＞R，所以对应的氢化物的稳定性：XmY＞XmR，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，推断元素是关键，注意半径比较规律与基础知识掌握，C选项为易错点，产物容易遗漏．‎ ‎　‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．按系统命名法，有机物的命名为2，2，4，4﹣四甲基﹣3，3，5﹣三乙基己烷 B．乙醇发生消去反应、乙醇氧化为乙醛、乙酸的酯化反应中均是C﹣O键发生断裂 C．叶酸的结构如右上图所示，叶酸可以发生酯化、水解、氧化、加成等反应 48‎ D．荧光黄结构为，其分子式为C20H12O5，其中最多有9个碳原子共平面 ‎【考点】有机物分子中的官能团及其结构．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A．键线式中短线表示化学键，交点、端点为C原子，利用H原子苯环碳的四价结构，结合系统命名法命名；‎ B．乙醇催化氧化生成乙醛，断键为O﹣H键、羟基相连碳原子上的C﹣H；‎ C、由结构简式可知，叶酸中含有羧基﹣COOH、肽键、含有不饱和键与含有苯环等，能够燃烧；‎ D．结构结构简式书写分子式，利用苯环、C=C双键的平面结构分析，注意单键可以旋转．‎ ‎【解答】解：A．有机物的命名为：2，2，4，4，5﹣五甲基﹣3，3﹣二乙基庚烷，故A错误；‎ B．乙醇消去反应，断开C﹣O键以及与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上的C﹣H键，乙醇催化氧化生成乙醛，断键为O﹣H键、羟基相连碳原子上的C﹣H，乙酸酯化反应断C﹣O键，故B错误；‎ C、由结构简式可知，叶酸中含有羧基﹣COOH，可以发生酯化反应，含有肽键，含有发生水解反应，含有不饱和键与含有苯环，可以发生加成反应等，能够燃烧等，属于氧化反应，故C正确；‎ D．荧光黄结构为，其分子式为C20H12O5，分子中含有苯环、C=C双键形成的平面构成平面结构，通过旋转连接苯环的C﹣C单键，可以使所以的碳原子处于同一平面内，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质、有机物的命名、官能团的结构与性质，难度较大，选项D为易错点、难点，对学生的空间想象，具有较高的要求．‎ ‎　‎ ‎16．固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3、NaNO2中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：‎ 48‎ 根据上述实验，以下说法正确的是（　　）‎ A．溶液甲中一定含有K2SiO3、NaNO2、可能含有KAlO2、K2CO3‎ B．由于在溶液甲中加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液，因此无法判断溶液中是否有K2SO3‎ C．气体A和气体B一定均为纯净物 D．原混合物中一定含有Fe2O3‎ ‎【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，说明一定含有NaNO2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体B，B应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀A应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：有色气体A应为NO2，可能含有CO2、SO2等气体，说明一定含有NaNO2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体B，B应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀A应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，‎ A．有以上分析可知一定含有K2SiO3、NaNO2，可能含有K2CO3，也可能含有KAlO2，加入过量盐酸生成AlCl3，与以上物质不反应，不能确定，故A正确；‎ B．因含有NaNO2，如含有K2SO3，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成SO42﹣，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液没有沉淀，则一定不含有K2SO3，故B错误；‎ C．有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，而浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定含有HCl气体，故C错误；‎ D．溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，故D错误．‎ 48‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D，注意体会．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎17．乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇的一种反应原理为：‎ ‎2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣256.1kJ•mol﹣1．‎ 已知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1‎ ‎（1）以CO2（g）与H2（g）为原料也可合成乙醇，其热化学方程式如下：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（l）△H=　：﹣305.7 kJ•mol﹣1　．‎ ‎（2）CH4和H2O（g）在催化剂表面发生反应CH4+H2O⇌CO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：‎ 温度/℃‎ ‎800‎ ‎1000‎ ‎1200‎ ‎1400‎ 平衡常数 ‎0.45‎ ‎1.92‎ ‎276.5‎ ‎1771.5‎ ‎①该反应是　吸热　反应（填“吸热”或“放热”）；‎ ‎②T℃时，向1L密闭容器中投入1mol CH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol•L﹣1，该温度下反应CH4+H2O⇌CO+3H2的平衡常数K=　6.75　．‎ ‎（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题．某研究小组在实验室以Ag﹣ZSM﹣5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图．‎ ‎①若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为　该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行　；在=1的条件下，应控制的最佳温度在　870℃　左右．‎ ‎②用CxHy（烃）催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染．写出CH4与NO2发生反应的化学方程式　CH4+2NO2→CO2+N2+2H2O　．‎ ‎（4）乙醇﹣空气燃料电池中使用的电解质是搀杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2﹣离子．该电池负极的电极反应式为　CH3CH2OH﹣12e﹣+6O2﹣=2CO2+3H2O　．‎ 48‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．‎ ‎【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题；电化学专题．‎ ‎【分析】（1）反应①2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣256.1kJ•mol﹣1，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律将①﹣3×②﹣2×③，可得反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（l），据此计算反应热；‎ ‎（2）根据平衡移动判断反应的热量变化；根据平衡常数表达式计算其数值；‎ ‎（3）升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热；‎ ‎（4）乙醇在燃料电池的负极失去12个电子，发生氧化反应．‎ ‎【解答】解：（1）反应①2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣256.1kJ•mol﹣1，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1，③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律将①﹣3×②﹣2×③，可得反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（l），所以△H=①﹣3×②﹣2×③，则△H=﹣305.7 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：﹣305.7 kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）①温度升高，平衡常数增大即平衡向正反应方向移动，故该反应为吸热反应，‎ 故答案为：吸热；‎ ‎②T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol•L﹣1，该温度K===6.75，‎ 故答案为：6.75；‎ 48‎ ‎（3）①升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热；由图可知，在=1的条件下，870℃时，NO还原为N2的转化率为100%，‎ 故答案为：该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行；870℃；‎ ‎②CH4与NO2发生反应生成无毒的N2、CO2和H2O，反应为CH4+2NO2→CO2+N2+2H2O，‎ 故答案为：CH4+2NO2→CO2+N2+2H2O；‎ ‎（4）乙醇在燃料电池的负极失去12个电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3CH2OH﹣12e﹣+6O2﹣=2CO2+3H2O，‎ 故答案为：CH3CH2OH﹣12e﹣+6O2﹣=2CO2+3H2O．‎ ‎【点评】本题考查盖斯定律的应用、放热反应与吸热反应、热化学方程式的书写．难度中等．根据图象分析出分解率的变化特点是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎18．（Ⅰ）在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），已知将2molX和1molY充入该容器中，反应在绝热条件下达到平衡时，Z的物质的量为pmol．回答下列问题：‎ ‎（1）若把2molX和1molY充入该容器时，处于状态I，达到平衡时处于状态II（如图1），则该反应的△H　＜　 0； 熵变△S　＜　0 （ 填：“＜，＞，=”）．该反应在　低温　（填：高温或低温）条件下能自发进行．‎ ‎（2）该反应的v﹣t图象如图2中左图所示．若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，则其v﹣t图象如图2中右图所示．以下说法正确的是　②③⑤　‎ ‎①a1＞a2 ②b1＜b2 ③t1＞t2 ④图2中阴影部分面积更大⑤两图中阴影部分面积相等 48‎ ‎（3）若该反应在容积可变的密闭容器中发生，在温度为T1、T2时，平衡体系中X的体积分数随压强变化曲线如图3所示．下列说法正确的是　BD　．‎ A． A、C两点的反应速率：A＞C B． A、C两点的气体密度：A＜C C． B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C D． 由状态B到状态A，可以用加热的方法 ‎（Ⅱ）在容积可变的密闭容器中发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表 压强p/Pa ‎2×105‎ ‎5×105‎ ‎1×106‎ c（A）/mol•L﹣1‎ ‎0.08‎ ‎0.20‎ ‎0.44‎ ‎（1）当压强从2×105 Pa增加到5×105 Pa时，平衡　不　移动（填：向左，向右，不）‎ ‎（2）维持压强为2×105 Pa，当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是　a+b　mol．‎ ‎（3）当压强为1×106 Pa时，此反应的平衡常数表达式：　K=　．‎ ‎（4）其他条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应．2×105 Pa时，A的转化率随时间变化如图4，请在图中补充画出压强分别为5×105 Pa 和1×106 Pa时，A的转化率随时间的变化曲线（请在图线上标出压强）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学反应速率变化曲线及其应用；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．‎ ‎【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，△H﹣T△S＜0反应自发进行；‎ ‎（2）加入催化剂，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等；‎ ‎（3）A．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；‎ B．A、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变；‎ C．B、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同；‎ 48‎ D．压强相同，升高温度，化学平衡向吸热反应移动；‎ ‎（Ⅱ）（1）根据压强变化与浓度变化关系分析；‎ ‎（2）反应前后气体的物质的量不变；‎ ‎（3）根据表中数据分析可知1×106 Pa时物质B不在是气体，根据平衡常数的含义和方程式书写；‎ ‎（4）2×105与5×105 Pa时A的转化率不变，反应时间缩短，1×106 Pa时，A的转化率减小，反应速率增大时间缩短．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应，则△H＜0；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，则△S＜0，△H﹣T△S＜0反应自发进行，该反应在低温条件下能自发进行，‎ 故答案为：＜；＜；低温；‎ ‎（2）加入催化剂，反应速率加快，所以b1＜b2，到达平衡的时间缩短，所以t1＞t2，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等，‎ 故答案为：②③⑤；‎ ‎（3）A． A、C两点都在等温线上，压强A点小于C点，压强越大速率越快，所以反应速率A＜C，故A错误；‎ B． A、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变，所以气体密度：A＜C，故B正确；‎ C． B、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同，所以气体的平均相对分子质量相同，故C错误；‎ D． 由状态B到状态A，压强相同，温度不同，正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热反应移动，X的体积分数增大，所以可以通过升温使状态B到状态A，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎（Ⅱ）（1）由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L﹣1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动，‎ 故答案为：不；‎ 48‎ ‎（2）由（1）可知，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是a+b，‎ 故答案为：a+b；‎ ‎（3）由表格数据可知当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L﹣1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以此反应的平衡常数表达式为K=，‎ 故答案为：K=；‎ ‎（4）2×105与5×105 Pa时A的转化率不变，反应时间缩短，1×106 Pa时，平衡逆移，A的转化率减小，反应速率增大，时间缩短，依此作图为：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了平衡常数、平衡移动、平衡图象等，综合性较强，难度中等，注意对图象和表格数据的分析是解题的关键，考查了学生分析图象提取图象信息的能力．‎ ‎　‎ ‎19．（1）城市饮用水处理时可用二氧化氯（ClO2）替代传统的净水剂Cl2．工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2．写出该反应的离子方程式　Cl2+ClO2﹣=2ClO2+2Cl﹣　．‎ 48‎ ‎（2）某地污水中的有机污染物主要成分是三氯乙烯（C2HCl3），向此污水中加入KMnO4（高锰酸钾的还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出该反应的化学方程式　2KMnO4+C2HCl3═2KCl+2CO2↑+2MnO2+HCl　．‎ ‎【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氯气的化学性质；卤代烃简介．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】（1）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子；‎ ‎（2）依据题干信息结合原子个数守恒确定产物，再根据氧化还原反应中得失电子数相等结合原子守恒配平写出方程式．‎ ‎【解答】解：（1）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，离子方程式为：Cl2+ClO2﹣=2ClO2+2Cl﹣；‎ 故答案为：Cl2+ClO2﹣=2ClO2+2Cl﹣；‎ ‎（2）由题意可知：KMnO4溶液与三氯乙烯反应，产物有MnO2，CO2，依据原子个数守恒可知其余产物为：KCl，HCl，该反应为氧化还原反应，KMnO4→MnO2，Mn元素由+7价→+4价，一个KMnO4分子得3个电子；C2HCl3→CO2，C元素由+1价→+4价，一个C2HCl3失去6个电子，依据得失电子守恒可知反应的方程式为：2KMnO4+C2HCl3═2KCl+2CO2↑+2MnO2+HCl；‎ 故答案为：2KMnO4+C2HCl3═2KCl+2CO2↑+2MnO2+HCl．‎ ‎【点评】本题以含氯化合物为载体考查氧化还原反应知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意抓住题干信息，依据氧化还原反应规律，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎20．已知二元化合物甲可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，6.4g甲完全燃烧得到4.48L的氮气（已折算成标准状况）．甲可以与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，同时生成密度为1.25g/L的无色无味的气体（已折算成标准状况）．请回答下列问题．‎ ‎（1）甲的化学式为　N2H4　．‎ ‎（2）写出次氯酸钠与过量氨气的化学方程式　NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O　．甲的制备过程中氨气需要过量的理由是　次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H4被氧化　．‎ ‎（3）写出甲与新制Cu（OH）2反应的化学方程式　4Cu（OH）2+N2H4═2Cu2O+N2+6H2O　．‎ 48‎ ‎（4）已知乙是一种与甲含有相同电子数的液态物质，它可与甲反应生成一种常见的液态化合物和一种常见的稳定单质，同时放出大量的热，则乙的电子式为　　．写出甲的一种用途　作高能燃料　．‎ ‎（5）往氨水中通入一定量的二氧化碳，请设计一个实验方案探究其可能成份（写出生成物的可能成份，并设计实验探究）．　可能的成分有碳酸铵、碳酸氢铵或两者的混合物，称量固体样品的质量mg，将样品加热，并将气体通入足量的澄清石灰水，测出沉淀的质量ng，通过m与n的计算获得最终结果．　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【专题】推断题．‎ ‎【分析】（1）6.4g甲完全燃烧得到4.48L的氮气（已折算成标准状况），则甲中含有N元素；甲可以与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，砖红色沉淀为Cu2O，同时生成密度为1.25g/L的无色无味的气体，该气体含有N元素，其相对分子质量=1.25×22.4=28，故该气体为N2，由由元素守恒可知，反应还生成水，且甲中还含有H元素，4.48L氮气的物质的量==0.2mol，其质量=0.2mol×28g/mol=5.6g，故6.4g甲中H元素质量=6.4g﹣5.6g=0.8g，故H原子物质的量==0.8mol，则甲中N、H原子数目之比=0.2mol×2：0.8mol=1：2，故甲为N2H4；‎ ‎（2）次氯酸钠与过量氨气反应生成N2H4，根据氧化还原反应可知，还生成NaCl，根据元素守恒可知有水生成；次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H4被氧化；‎ ‎（3）N2H4与新制Cu（OH）2反应生成氧化亚铜、氮气与水；‎ ‎（4）乙是一种与甲含有相同电子数的液态物质，它可与甲反应生成一种常见的液态化合物和一种常见的稳定单质，同时放出大量的热，则乙为H2O2；‎ ‎（5）往氨水中通入一定量的二氧化碳，可能的成分有碳酸铵、碳酸氢铵或两者的混合物；‎ 称量固体样品的质量mg，将样品加热，并将气体通入足量的澄清石灰水，测出沉淀的质量ng，通过m与n的计算获得最终结果．‎ ‎【解答】解：（1）6.4g甲完全燃烧得到4.48L的氮气（已折算成标准状况），则甲中含有N元素；甲可以与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，砖红色沉淀为Cu2O，同时生成密度为1.25g/L的无色无味的气体，该气体含有N元素，其相对分子质量=1.25×22.4=28，故该气体为N2‎ 48‎ ‎，由由元素守恒可知，反应还生成水，且甲中还含有H元素，4.48L氮气的物质的量==0.2mol，其质量=0.2mol×28g/mol=5.6g，故6.4g甲中H元素质量=6.4g﹣5.6g=0.8g，故H原子物质的量==0.8mol，则甲中N、H原子数目之比=0.2mol×2：0.8mol=1：2，故甲为N2H4，‎ 故答案为：N2H4；‎ ‎（2）次氯酸钠与过量氨气反应生成N2H4，根据氧化还原反应可知，还生成NaCl，根据元素守恒可知有水生成，反应方程式为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H4被氧化；‎ 故答案为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H4被氧化；‎ ‎（3）N2H4与新制Cu（OH）2反应生成氧化亚铜、氮气与水，反应方程式为：4Cu（OH）2+N2H4═2Cu2O+N2+6H2O，‎ 故答案为：4Cu（OH）2+N2H4═2Cu2O+N2+6H2O；‎ ‎（4）乙是一种与甲含有相同电子数的液态物质，它可与甲反应生成一种常见的液态化合物和一种常见的稳定单质，同时放出大量的热，则乙为H2O2，其电子式为：，N2H4可以作高能燃料，‎ 故答案为：；作高能燃料；‎ ‎（5）往氨水中通入一定量的二氧化碳，可能的成分有碳酸铵、碳酸氢铵或两者的混合物；‎ 称量固体样品的质量mg，将样品加热，并将气体通入足量的澄清石灰水，测出沉淀的质量ng，通过m与n的计算获得最终结果，‎ 故答案为：可能的成分有碳酸铵、碳酸氢铵或两者的混合物，称量固体样品的质量mg，将样品加热，并将气体通入足量的澄清石灰水，测出沉淀的质量ng，通过m与n的计算获得最终结果．‎ ‎【点评】本题考查无机物推断，属于计算推断型题目，涉及内容在中学中基本没有接触，侧重考查学生对知识的迁移应用以及分析解决问题的能力，属于高考常见题型，难度中等．‎ ‎　‎ ‎21．亚硝酸钠是重要的防腐剂．某化学兴趣小组以碳和浓硝酸为起始原料，设计如下装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠．（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验），‎ 48‎ 查阅资料：①HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2═HNO3+2NO↑+H2O；‎ ‎②在酸性溶液中，NO2﹣可将MnO4﹣还原为Mn2+且无气体生成．‎ ‎③NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸 实验操作：‎ ‎①关闭弹簧夹，打开A中分液漏斗活塞，滴加一定量浓硝酸，加热；‎ ‎②一段时间后停止加热；③从C中取少量固体，检验是否是亚硝酸钠．‎ ‎（1）A中反应的化学方程式是　C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O　．‎ ‎（2）B中观察的主要现象是　溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出　，D装置的作用是　除去未反应的NO，防止污染空气　．‎ ‎（3）检验C中产物有亚硝酸钠的操作是　将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则D中产物是亚硝酸钠　．‎ ‎（4）经检验C产物中亚硝酸钠含量较少．‎ a．甲同学认为C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠．‎ 生成碳酸钠的化学方程式是　2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2　．为排除干扰甲在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应是　碱石灰　（写名称）．‎ b．乙同学认为除上述干扰因素外，还会有空气参与反应导致产品不纯，所以在实验操作①前应增加一步操作，该操作是　打开弹簧夹，通入N2一段时间　．‎ ‎（5）实验经改进后可制得较纯亚硝酸钠，下列关于亚硝酸钠的说法正确的是　bc　．‎ a．亚硝酸钠有咸味，可代替食盐食用 b．常温下，0.1mol/L亚硝酸钠溶液pH＞1‎ c.0.1mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（NO2﹣）+c（OH﹣）‎ d.0.1mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c（NO2﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．‎ 48‎ ‎【分析】（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，依据氧化还原反应电子守恒和 原子守恒配平；‎ ‎（2）装置B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，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，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；‎ ‎（3）依据亚硝酸钠具有氧化性或还原性，选择还原剂或氧化剂发生的反应现象证明产物中是否是亚硝酸钠；‎ ‎（4）a、生成碳酸钠的反应是二氧化碳和过氧化钠发生的反应，生成碳酸钠和氧气；‎ b、为避免装置中的空气导致产品不纯，需要打开弹簧夹通入氮气排净装置中的空气；‎ ‎（5）依据亚硝酸钠的性质分析，亚硝酸钠是强碱弱酸盐；‎ a、亚硝酸钠为白色至淡黄色粉末或颗粒状，味微咸，易溶于水，外观及滋味都与食盐相似，并在工业、建筑业中广为使用，肉类制品中也允许作为发色剂限量使用，由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高；‎ b、0.1mol/L亚硝酸溶液中亚硝酸存在电离平衡是弱酸；‎ c、依据溶液中电荷守恒分析判断；‎ d、依据亚硝酸根离子水解显碱性分析离子浓度大小．‎ ‎【解答】解：（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，‎ 故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；‎ ‎（2）装置B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，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，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，‎ 故答案为：溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；‎ ‎（3）检验亚硝酸钠的实验设计为将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则D中产物是亚硝酸钠．反应的离子方程式是3NO2﹣+2H+=NO3﹣+2NO↑+H2O，‎ 48‎ 或将生成物置于试管中，加入酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，则D中产物是亚硝酸钠，反应的离子方程式是5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O，‎ 故答案为：将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则D中产物是亚硝酸钠；‎ ‎（4）a、生成碳酸钠的反应是二氧化碳和过氧化钠发生的反应，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，一氧化氮是污染性气体，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；为排除干扰在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；‎ 故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，碱石灰；‎ b．为避免装置中的空气导致产品不纯，需要打开弹簧夹通入氮气排净装置中的空气，‎ 故答案为：打开弹簧夹，通入N2一段时间；‎ ‎（5）a、亚硝酸钠为白色至淡黄色粉末或颗粒状，味微咸，易溶于水，外观及滋味都与食盐相似，并在工业、建筑业中广为使用，肉类制品中也允许作为发色剂限量使用，由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，所以不能用来代替食盐食用，故a错误；‎ b、0.1mol/L亚硝酸溶液中亚硝酸是弱酸存在电离平衡，所以常温下，0.1mol/L亚硝酸溶液pH＞1，故b正确；‎ c、依据溶液中电荷守恒分析，.1mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（NO2﹣）+c（OH﹣），故c正确；‎ d、依据亚硝酸根离子水解显碱性分析离子浓度大小，0.1mol/L亚硝酸钠溶液中存在：c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故d错误；‎ 故答案为：bc．‎ ‎【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎22．常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成的混合气体，A或B分子最多只含有4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子的多．‎ 将1L混合气体充分燃烧，在同温同压下得到2.5LCO2气体．试通过计算推断原混合气体中A和B所有可能的组合及其体积比，并将结果填入下表：‎ 组合编号 A的分子式 B的分子式 A和B的体积比 48‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 为进一步确定A、B分子式，继续实验：120℃时，取1L该混合气体与9L氧气混合，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大了6.25%．试通过计算确定唯一符合题意的A、B的分子式　C2H6、C4H8　．‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【专题】利用化学方程式的计算．‎ ‎【分析】（1）根据1L碳原子数为n的烷烃或烯烃充分燃烧后均得到n升CO2，由题意（1L混合气体充分燃烧后生成2.5升CO2，且B分子的碳原子数比A分子的多）可推断，混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4和C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成，它们有四种可能的组合，根据每一种组合中烷烃和烯烃的碳原子数及燃烧后生成的CO2体积，利用十字交叉法可确定A和B的体积比；‎ ‎（2）根据燃烧方程式利用差量法来计算．‎ ‎【解答】解：（1）因1升混合气体充分燃烧后生成2.5升CO2，且B分子的碳原子数比A分子的多，混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4和C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成，它们有四种可能的组合：CH4、C3H6；CH4、C4H8；‎ C2H6、C3H6；C2H6、C4H8；根据每一种组合中烷烃和烯烃的碳原子数及燃烧后生成的CO2体积，可确定A和B的体积比，‎ 如：，即V（CH4）：V（C3H6）=1：3，‎ 所以①CH4、C3H6、1：3；②CH4、C4H8、1：1③C2H6、C3H6、1：1④C2H6、C4H8、3：1，‎ 故答案为：‎ 组合编号 A的分子式 B的分子式 A和B的体积比（VA：VB）‎ ‎①‎ CH4‎ C3H6‎ ‎1：3‎ ‎②‎ CH4‎ C4H8‎ ‎1：1‎ ‎③‎ C2H6‎ C3H6‎ ‎1：1‎ ‎④‎ C2H6‎ C4H8‎ ‎3：1‎ 48‎ ‎；‎ ‎（2）设1L气态烃与氧充分燃烧后体积变化为△V升，则 CH4+2O2CO2+2H2O（气）△V1=0（升）‎ C2H6+O22CO2+3H2O（气）△V2=0.5（升）‎ C3H6+O23CO2+3H2O（气）△V3=0.5（升）‎ C4H8+6O24CO2+4H2O（气）△V4=1.0（升）‎ 各种组合的1升混合气体与氧气充分燃烧，体积增大为 组合①=0.375（升）‎ 组合②=0.5（升）‎ 组合③=0.5（升）‎ 组合④=0.625（升） ‎ 则×100%=6.25%，‎ 反应前气体总体积为10L，充分燃烧后，当恢复到120℃和燃烧前的压强时，体积增大了6.25%，增大的体积为：10L×6.25%=0.625L，‎ 只有组合④符合题意，则A为C2H6、B为：C4H8，‎ 故答案为：C2H6、C4H8．‎ ‎【点评】本题主要考查了有机物分子式确定的计算，题目难度中等，注意掌握十字交叉法、差量法的应用方法，解答时结合燃烧的方程式进行判断，试题侧重于考查学生的分析能力和计算能力．‎ ‎　‎ 48‎ ‎23．（2013•顺义区二模）用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如下：‎ 已知：‎ Ⅰ．‎ Ⅱ．‎ Ⅲ．L是六元环酯，M分子式是（C15H16O6）n 回答下列问题：‎ ‎（1）B中官能团的名称是　羟基　，D的结构简式是　　．‎ ‎（2）E→F的反应条件是　KMnO4/OH﹣　，H→J的反应类型是　消去反应　．‎ ‎（3）F→G的化学反应方程式是　　．‎ ‎（4）K→M属于加聚反应，M的结构简式是　　．‎ 48‎ ‎（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是　　．‎ ‎（6）符合下列条件的C的同分异构体的结构简式是　　．‎ ‎①属于芳香族化合物；‎ ‎②能发生银镜反应；‎ ‎③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有﹣OH，且﹣OH、﹣COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为，逆推可得G为、F为，故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n 48‎ ‎，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为、M为，据此解答．‎ ‎【解答】解：由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，G中﹣CHO氧化为羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有﹣OH，且﹣OH、﹣COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为，逆推可得G为、F为，故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为、M为，‎ ‎（1）由上述分析可知，B为HOCH2CH2OH，含有羟基，D为，‎ 48‎ 故答案为：羟基；；‎ ‎（2）E→F的反应条件是KMnO4/OH﹣，H→J的反应类型是：消去反应，‎ 故答案为：KMnO4/OH﹣；消去反应；‎ ‎（3）F→G的化学反应方程式是，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）K→M属于加聚反应，由上述分析可知，M的结构简式是，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）碱性条件下，K水解的化学反应方程式是，‎ 故答案为：；‎ 48‎ ‎（6）符合下列条件的C（）的同分异构体：‎ ‎①属于芳香族化合物，含有苯环；②能发生银镜反应，含有﹣CHO或﹣OOCH，若为﹣CHO，则还含有2个﹣OH，若为﹣OOCH，则还含有1个﹣OH．③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2，符合条件的同分异构体为： ，‎ 故答案为： ．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的自学能力，注意根据F可以连续氧化生成H，结合L为环酯确定H的结构是关键，对学生的逻辑推理有较高的要求，注意掌握官能团的性质与转化，是热点题型，难度中等．‎ ‎　‎ 48‎