2014-2015学年山东省青岛二中高三（上）期末化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）
1．化学环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法不正确的是（ ）
A． 大量使用煤发电是形成雾霾的主要原因之一
B． 对“地沟油”蒸馏可以获得汽油
C． 对废旧电池进行回收处理主要为了防止重金属污染水源
D． 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是硅
2．下列说法正确的是（ ）
A． 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
B． HCl、H2S、PH3、SiH4的热稳定性和还原性均依次增强
C． 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D． 非金属元素的原子两两结合形成的化合物不一定是共价化合物
3．食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水．下列分析不正确的是（ ）
A． “双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B． “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C． 吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极
D． 炭粉上发生的反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O
4．如图所示的装置或操作正确的是（ ）
A． 用装置①量取15.00mL的NaOH溶液
B． 用装置②分离苯和水的混合物，苯应从下口流出
C． 用装置③陶瓷坩埚高温煅烧CaCO3固体
D． 关闭活塞a，从b处加水，以检查装置④的气密性
5．丙烯醇在一定条件下可转化为丙烯醛：CH2=CHCH2OHCH2=CHCHO．下列有关说法错误的是（ ）
A． 丙烯醇与丙醛（CH3CH2CHO）互为同分异构体
B． 丙烯醇含有两种官能团
C． 可用新制Cu（OH）2鉴别丙烯醛和丙烯醇
D． 此转化过程中丙烯醇被还原
6．下列分析正确的是（ ）
A． Na、Al、Fe、Cu在空气中都易生锈是因为都生成了对应的氧化物
B． 在高温下用氢气还原MgCl2可制取金属镁
C． 实验测得NH4HCO3溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，说明酸性CH3COOH＞H2CO3
D． 高温时，CuO比Cu2O稳定，Na2O2比Na2O稳定
7．已知难溶性物质K2SO4•MgSO4•2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4（s）═2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣，不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A． 向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡向右移动
B． 向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，溶解平衡向右移动
C． 该平衡的Ksp=c（Ca2+）•c（K+）•c（Mg2+）•c（SO42﹣）
D． 升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动
二、非选择题：
8．（17分）（2014秋•青岛校级期末）（1）为了证明一水合氨是弱碱，甲、乙、丙三同学分别设计以下实验进行探究．
①甲同学用pH试纸测得室温下0.10mol•L﹣1氨水pH为，若a 13（填“＞”、“=”或“＜”），则一水合氨是弱电解质．
②乙同学取10mL 0.10mol•L﹣1氨水，用pH试纸测出其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测出其pH为b，若要确认一水合氨是弱电解质，则a、b应满足的关系是 （用等式或不等式表示）．
③丙同学取出10mL 0.10mol•L﹣1氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，再加入NH4Cl晶体少量，观察到的现象是 ，则证明一水合氨是弱电解质．
（2）向25mL 0.10mol•L﹣l的盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是 ．
a．c（C1﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣） b．c（C1﹣）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH﹣）
c．c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（C1﹣）＞c（H+） d．c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（C1﹣）
（3）常温下，0.10mol•L﹣l的NH4Cl溶液pH为5，则一水合氨的电离常数Kb= ．
（4）用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．
①写出氨气消除NO污染的化学方程式
若还原产物比氧化产物多0.5mol，则反应转移电子数为 ．
②NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图所示．该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，
其电极反应式为 ．该电池放电时NO3﹣向 侧迁移（填“左”或“右”），相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为 ．
9．（16分）（2014秋•青岛校级期末）2015年初，雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中汽车尾气是造成空气污染的主要原因．汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图1所示．
（1）该反应的△H 0（选填“＞’’、“＜“）．
（2）在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=
（3）当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在图1中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．
（4）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，图2的示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 （填代号）．
（5）将一定量的H2S气体通入0.05mol•L﹣1CuSO4溶液中，二者恰好完全反应．已知Ksp（CuS）=6.0×10﹣36．若不考虑溶液体积的变化，则：
①反应后溶液的pH= ．
②若反应后溶液中c（S2﹣）=2.0×10﹣30mol•L﹣1，则溶液中c（Cu2+）= mol•L﹣1．
（6）将一定量的H2S气体通人NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图3所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．
①O点溶液中所含溶质的化学式为 ．
②已知a点溶液呈碱性，该溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 ．
10．（20分）（2014•滨州模拟）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂．已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．利用图1所示装置制备亚氯酸钠．装置②反应容器为三颈烧瓶．
完成下列填空：
（1）组装好仪器后，检查整套装置气密性的操作是： ．
（2）装置②中产生ClO2的化学方程式为 ．装置④中发生反应的离子方程式为 ．
（3）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；② ；③ ；④低于60℃干燥，得到成品．
（4）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺．
①图2是用石墨作电极，一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2的示意图．则阳极产生C1O2的电极反应为 ．
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解．通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为 mol．
（5）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣）．将所得混合液配成250mL待测溶液．配制待测液需用到的定量玻璃仪器是 ；取25.00mL待测液，用2.0mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为 ．重复滴定2次，测得Na2S2O3溶液平均值为20.00mL．该样品中NaClO2的质量分数为 ．
【化学-物质结构与性质】
11．（12分）（2014•德州一模）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”．试回答下列问题：
（1）钛有Ti和Ti两种原子，它们互称为 ，钛基态原子的电子排布式为 ；
（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用．偏钛酸钡晶体中晶胞的结构如图所示，它的化学式是 ；
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如下：
化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子个数为 ，化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为 ．
（4）现有含Ti3+的配合物，化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O．配离子[TiCl（H2O）5]2+中含有的化学键类型是 ，该配合物的配体是 ．
【化学--有机化学基础】
12．（2014•滨州模拟）分子式为C12H14O2的有机物H广泛用于制备香精的调香剂．为了合成该有机物，某实验室的科技人员设计了下列合成路线．试回答下列问题：
（1）A的名称： ；E的结构简式：
（2）反应④的反应类型为 ；
（3）反应②的化学方程式为 ；反应⑥的化学方程式为 ；
（4）按要求写出G的同分异构体的结构简式．要求：①属于芳香族化合物．②遇浓溴水能产生白色沉淀．③苯环上的取代物只有两种． ．
2014-2015学年山东省青岛二中高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）
1．化学环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法不正确的是（ ）
A． 大量使用煤发电是形成雾霾的主要原因之一
B． 对“地沟油”蒸馏可以获得汽油
C． 对废旧电池进行回收处理主要为了防止重金属污染水源
D． 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是硅
考点： 常见的生活环境的污染及治理；硅的用途；石油的分馏产品和用途．
分析： A．大量使用煤发电是形成雾霾的主要原因；
B．地沟油属于酯类，汽油属于烃类；
C．废旧电池中含有重金属，重金属能污染水源和土壤；
D．硅单质是半导体材料，常用于计算机芯片的材料和太阳能电池．
解答： 解：A．大量使用煤发电是形成雾霾的主要原因之一，故A正确；
B．地沟油属于酯类，汽油属于烃类，对“地沟油”蒸馏不可能获得汽油，故B错误；
C．废旧电池中含有重金属，重金属能污染水源和土壤，所以对废旧电池进行回收处理，故C正确；
D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是硅，故D正确．
故选B．
点评： 本题考查雾霾的形成等，常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意知识的积累．
2．下列说法正确的是（ ）
A． 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
B． HCl、H2S、PH3、SiH4的热稳定性和还原性均依次增强
C． 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D． 非金属元素的原子两两结合形成的化合物不一定是共价化合物
考点： 原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用．
专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： A．原子结构中核外电子排布的周期性变化而引起元素的性质呈周期性变化；
B．同周期自左而右非金属最强，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的还原性越弱；
C．同周期自左而右非金属最强，非金属元素最高价对应水化物的含氧酸的酸性从左到右依次增强；
D．非金属元素原子两两之间只能形成共价键．
解答： 解：A．原子结构中核外电子排布的周期性变化而引起元素的性质呈周期性变化，则元素的性质呈周期性变化的根本原因是核外电子排布的周期性变化，故A正确；
B．同周期自左而右非金属最强，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的还原性越弱，故HCl、H2S、PH3、SiH4的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B错误；
C．同周期自左而右非金属最强，非金属元素最高价对应水化物的含氧酸的酸性从左到右依次增强，不最高价氧化物对应的水化物则不一定，如次氯酸为弱酸、硫酸为强酸，故C错误；
D．非金属元素原子两两之间只能形成共价键，所形成的化合物一定是共价化合物，故D错误；
故选A．
点评： 本题考查原子结构与周期律的关系，难度不大，选项C为易错点，学生容易忽略是最高价氧化物对应的水化物形成的含氧酸．
3．食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水．下列分析不正确的是（ ）
A． “双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B． “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C． 吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极
D． 炭粉上发生的反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O
考点： 原电池和电解池的工作原理．
专题： 电化学专题．
分析： A．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，从而可以作干燥剂；
B．在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池；
C．Fe为活泼金属，易失去电子；
D．正极上氧气得到电子．
解答： 解：A．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；
B．在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；
C．Fe为活泼金属，易失去电子，铁作原电池的负极，故C正确；
D．由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故D错误；
故选D．
点评： 本题考查原电池原理，为高频考查，把握习题中的信息及电化学腐蚀中的吸氧腐蚀原理为解答的关键，注意中性溶液中正极上氧气得到电子，题目难度不大．
4．如图所示的装置或操作正确的是（ ）
A． 用装置①量取15.00mL的NaOH溶液
B． 用装置②分离苯和水的混合物，苯应从下口流出
C． 用装置③陶瓷坩埚高温煅烧CaCO3固体
D． 关闭活塞a，从b处加水，以检查装置④的气密性
考点： 化学实验方案的评价；气体发生装置的气密性检查；物质的溶解与加热；分液和萃取．
专题： 实验评价题．
分析： A．应用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液；
B．苯的密度比水小；
C．加热固体，坩埚不能盖盖子；
D．关闭活塞a，从b处加水，当右侧液面高于左侧液面时，且液面不变化，可说明气密性良好．
解答： 解：A．氢氧化钠具有腐蚀性，可腐蚀玻璃，应用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液，故A错误；
B．苯的密度比水小，在溶液上层，应从上口倒出，故B错误；
C．加热碳酸钙固体，加热分解商城二氧化碳气体，坩埚不能盖盖子，故C错误；
D．关闭活塞a，从b处加水，当右侧液面高于左侧液面时，且液面不变化，可说明气密性良好，故D正确．
故选D．
点评： 本题考查较为综合，涉及仪器的使用、物质的分离以及气密性的检验等问题，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的可行性的评价，难度不大．
5．丙烯醇在一定条件下可转化为丙烯醛：CH2=CHCH2OHCH2=CHCHO．下列有关说法错误的是（ ）
A． 丙烯醇与丙醛（CH3CH2CHO）互为同分异构体
B． 丙烯醇含有两种官能团
C． 可用新制Cu（OH）2鉴别丙烯醛和丙烯醇
D． 此转化过程中丙烯醇被还原
考点： 同分异构现象和同分异构体；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．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；
B．含C=C和﹣OH两种官能团；
C．含﹣CHO，能与新制Cu（OH）2悬浊液反应；
D．丙烯醇氧化得到丙烯醛；
解答： 解：A．丙烯醇与丙醛（CH3CH2CHO）的分子式相同，结构不同，所以是同分异构体，故A正确；
B．丙烯醇含有C=C和﹣OH两种官能团，故B正确；
C．丙烯醛中含﹣CHO，能与新制Cu（OH）2悬浊液反应，所以可用新制Cu（OH）2鉴别丙烯醛和丙烯醇，故C正确；
D．此转化过程中丙烯醇被氧化，故D错误；
故选D．
点评： 本题考查有机物中的官能团及性质，明确常见有机物的官能团是解答的关键，注意利用醇、醛的性质来解答，题目难度不大．
6．下列分析正确的是（ ）
A． Na、Al、Fe、Cu在空气中都易生锈是因为都生成了对应的氧化物
B． 在高温下用氢气还原MgCl2可制取金属镁
C． 实验测得NH4HCO3溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，说明酸性CH3COOH＞H2CO3
D． 高温时，CuO比Cu2O稳定，Na2O2比Na2O稳定
考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；盐类水解的原理；金属冶炼的一般原理；钠的重要化合物．
分析： A、根据Na、Al、Fe、Cu三者对应的氧化物各自所属类别及三者放在空气中所发生的反应来回答；
B、金属镁的还原性强于氢气；
C、CH3COONH4溶液显中性，说明醋酸的电离程度等于一水合氨的电离程度，据此解答；
D、高温下Cu2O比CuO更稳定．
解答： 解：A、Cu可以形成碱式碳酸铜等，钠的最终产物是碳酸钠，故A错误；
B、由于氢气的还原性弱于金属Mg，冶炼镁需要电解熔融的氯化镁，故B错误；
C、CH3COONH4溶液显中性，说明醋酸的电离程度等于一水合氨的电离程度，NH4HCO3溶液显碱性，说明碳酸的电离程度小于一水合氨的电离程度，故酸性CH3COOH＞H2CO3，故C正确；
D、高温下Cu2O比CuO更稳定，故D错误，故选C．
点评： 本题主要考查的是常见金属的腐蚀原理、氧化物稳定性比较、酸性强弱比较等，综合性较强，难度不大．
7．已知难溶性物质K2SO4•MgSO4•2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4（s）═2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣，不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A． 向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡向右移动
B． 向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，溶解平衡向右移动
C． 该平衡的Ksp=c（Ca2+）•c（K+）•c（Mg2+）•c（SO42﹣）
D． 升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动
考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
分析： 反应K2SO4•MgSO4•2CaSO4（s）═2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣，Ksp=c2（Ca2+）•c2（K+）•c（Mg2+）•c4（SO42﹣），加入NaOH或饱和碳酸钠溶液，可分别与Mg2+、Ca2+反应，平衡正向移动，升高温度，平衡常数增大，说明平衡正向移动，以此解答该题．
解答： 解：A．已知K2SO4•MgSO4•2CaSO4（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣，加入饱和NaOH溶液，氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，c（Mg2+）减小，溶解平衡右移，故A正确；
B．加入饱和碳酸钠，CO32﹣和Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，c（Ca2+）减小，溶解平衡右移，故B正确；
C．已知K2SO4•MgSO4•2CaSO4（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣，则该平衡的Ksp=c2（Ca2+）•c2（K+）•c（Mg2+）•c4（SO42﹣），故C错误；
D．由图可知，升高温度，达到平衡需要的时间缩短，即反应速率增大；升高温度，c（K+）增大，即平衡正移，故D正确．
故选C．
点评： 本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，图象分析判断方法，溶度积的表达式等，注意对图象的分析理解是解题的关键，题目难度中等．
二、非选择题：
8．（17分）（2014秋•青岛校级期末）（1）为了证明一水合氨是弱碱，甲、乙、丙三同学分别设计以下实验进行探究．
①甲同学用pH试纸测得室温下0.10mol•L﹣1氨水pH为，若a ＜ 13（填“＞”、“=”或“＜”），则一水合氨是弱电解质．
②乙同学取10mL 0.10mol•L﹣1氨水，用pH试纸测出其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测出其pH为b，若要确认一水合氨是弱电解质，则a、b应满足的关系是 （a﹣2）＜b＜a （用等式或不等式表示）．
③丙同学取出10mL 0.10mol•L﹣1氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，再加入NH4Cl晶体少量，观察到的现象是 溶液颜色变浅 ，则证明一水合氨是弱电解质．
（2）向25mL 0.10mol•L﹣l的盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是 abc ．
a．c（C1﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣） b．c（C1﹣）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH﹣）
c．c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（C1﹣）＞c（H+） d．c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（C1﹣）
（3）常温下，0.10mol•L﹣l的NH4Cl溶液pH为5，则一水合氨的电离常数Kb= 10﹣5 ．
（4）用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．
①写出氨气消除NO污染的化学方程式 4NH3+6NO5N2+6H2O
若还原产物比氧化产物多0.5mol，则反应转移电子数为 6NA ．
②NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图所示．该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，
其电极反应式为 NO2+NO3﹣﹣e﹣=N2O5 ．该电池放电时NO3﹣向 左 侧迁移（填“左”或“右”），相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为 4：1 ．
考点： 比较强弱电解质的实验；原电池和电解池的工作原理；离子浓度大小的比较．
分析： （1）①根据一定物质的量浓度的溶液的pH大小，确定电解质的电离程度，进而确定强弱电解质；
②利用假设法分析，假设是强碱，稀释100倍后，溶液的pH减小2个单位，如果是弱碱，稀释100倍后，溶液的pH减小的小于2个单位；
③如果氨水是弱碱，则存在电离平衡，加入含有相同离子的盐能改变平衡的移动，则溶液的颜色发生变化，如果不变化，则证明是强碱；
（2）a、根据电荷守恒，如溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），则有c （C1﹣）=c（NH4+），此时氨水应过量少许；
b、盐酸稍稍过量时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH﹣）；
c、体系为NH4Cl溶液和NH3．H2O，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）；
d、盐酸是1：1的电离氢离子，氢离子被氨水中和一部分，所以c（H+）不可能大于 c（Cl﹣）；
（3）因为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，PH=5，=10﹣5．
（4）①根据反应物和生成物写出化学方程式；判断出氧化产物和还原产物，计算得到答案；
②据题意，根据通入气体判断两极，书写电极反应式；阴离子向负极移动；根据电池的总反应判断．
解答： 解：（1）①如果氨水是强碱，0.10mol•L﹣1氨水C（H+）=，pH为13，当溶液的pH＜13时，NH3．H2O部分电离，为弱电解质，故答案为：＜；
②若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即C（OH﹣）变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有a﹣2＜b，且b＜a；
故答案为：（a﹣2）＜b＜a；
③向氨水中加入氯化铵后，如果氨水是弱电解质，则抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离平衡；
故答案为：溶液颜色变浅；
（2）a根据电荷守恒，如溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），则有c （C1﹣）=c（NH4+），此时氨水应过量少许，故a正确；
b、盐酸稍稍过量时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）=c（H+）＞c（OH﹣），故b正确；
c、体系为NH4Cl溶液和NH3．H2O，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故c正确；
d、盐酸是1：1的电离氢离子，氢离子被氨水中和一部分，所以c（H+）不可能大于 c（Cl﹣），故d错误；
故选abc；
（3）因为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，pH=5，=10﹣5，则Kb=10﹣5，故答案为：10﹣5；
（4）①反应物为NH3和NO，发生氧化还原反应，可得到产物为：N2和H2O，化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；氧化产物和还原产物均为N2，还原产物比氧化产物多0.5mol，即NH3和NO物质的量之差为：1mol，且NH3和NO物质的量之比为4：6，可知NH3和NO物质的量分别为：2mol和3mol，则反应转移电子数为：2mol×3=6mol，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；6NA；
②据题意，通O2一极为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e﹣=4NO3﹣；通NO2一极为负极，电极反应为：NO2+NO3﹣﹣e﹣=N2O5，阴离子向负极移动，则NO3﹣向I极移动，即向左侧移动；电池的正负极的电极方程式相加得到总方程为：O2+4NO2=2N2O5，则放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4：1；
故答案为：NO2+NO3﹣﹣e﹣=N2O5；左；4：1．
点评： 本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、电离平衡移动、离子浓度大小比较、电离常数的计算、氧化还原反应、原原电池原理的应用等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力、计算能力、以及对基础知识的综合应用能力．
9．（16分）（2014秋•青岛校级期末）2015年初，雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中汽车尾气是造成空气污染的主要原因．汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图1所示．
（1）该反应的△H ＜ 0（选填“＞’’、“＜“）．
（2）在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）= 0.025mol/（L•s）
（3）当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在图1中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．
（4）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，图2的示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 bd （填代号）．
（5）将一定量的H2S气体通入0.05mol•L﹣1CuSO4溶液中，二者恰好完全反应．已知Ksp（CuS）=6.0×10﹣36．若不考虑溶液体积的变化，则：
①反应后溶液的pH= 1 ．
②若反应后溶液中c（S2﹣）=2.0×10﹣30mol•L﹣1，则溶液中c（Cu2+）= 3×10﹣6 mol•L﹣1．
（6）将一定量的H2S气体通人NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图3所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．
①O点溶液中所含溶质的化学式为 Na2S和NaOH ．
②已知a点溶液呈碱性，该溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（S 2﹣） ．
考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较．
分析： （1）由曲线斜率可知T1温度较高，升高温度c（CO2）减小，说明平衡逆向移动；
（2）在T2温度下，0～2s内c（CO2）增大到0.1mol/L，结合v=计算，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；
（3）催化剂不改变平衡状态，固体表面积越大，反应速率越大；
（4）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；
（5）①根据硫酸根离子守恒计算氢离子的浓度，再根据氢离子浓度计算溶液的pH；
②根据溶度积常数计算；
（6）Na2S+HCl=NaCl+NaHS、NaHS+HCl=NaCl+H2S↑，根据图象知，不生成气体需要酸的物质的量大于生成气体时需要酸的物质的量，说明溶液中还存在NaOH；
a点是溶液中的溶质是NaCl、NaHS，根据物料守恒、溶液酸碱性结合电荷守恒判断离子浓度大小．
解答： 解：（1）由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，
故答案为：＜；
（2）由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，故v（CO2）==0.05mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）=v（CO2）=×0.05mol/（L•s）=0.025mol/（L•s），
故答案为：0.025mol/（L•s）；
（3）接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同，故c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，
故答案为：；
（4）a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；
b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确；
c、t1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；
d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确，
故答案为：bd；
（5）①反应生活CuS和硫酸，根据硫酸根离子守恒得c（H+）=2c（SO42﹣）=0.1mol/L，所以溶液的pH=1，故答案为：1；
②溶液中c（Cu2+）=mol/L=3×10﹣6mol/L，
故答案为：3×10﹣6；
（6）①Na2S+HCl=NaCl+NaHS、NaHS+HCl=NaCl+H2S↑，根据图象知，不生成气体需要酸的物质的量大于生成气体时需要酸的物质的量，说明溶液中除了含有Na2S外还存在NaOH；
故答案为：Na2S和NaOH；
②a点是溶液中的溶质是NaCl、NaHS，根据需要n（HCl）知，O点溶液中n（NaOH）=1mol、n（Na2S）=2mol，发生反应后a点n（NaCl）=3mol、n（NaHS）=2mol，HS﹣水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），水和HS﹣都电离出氢离子，所以c（H+）＞c（S 2﹣），根据物料守恒得c（Na+）＞c（Cl﹣），弱离子的水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（S 2﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（S 2﹣）．
点评： 本题考查较为综合，涉及化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡等知识点，根据溶度积常数、溶质的性质等知识点来分析解答，难点是离子浓度大小比较，题目综合性较大，难度中等，是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握．
10．（20分）（2014•滨州模拟）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂．已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．利用图1所示装置制备亚氯酸钠．装置②反应容器为三颈烧瓶．
完成下列填空：
（1）组装好仪器后，检查整套装置气密性的操作是： 关闭分液漏斗活塞，打开K1、K2，向①⑤中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若①⑤处有气泡产生，停止加热，一段时间后，①⑤干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好 ．
（2）装置②中产生ClO2的化学方程式为 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O ．装置④中发生反应的离子方程式为 2ClO2+2OH﹣+H2O2=2ClO2﹣+2H2O+O2 ．
（3）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；② 趁热过滤 ；③ 用38℃～60℃热水洗涤 ；④低于60℃干燥，得到成品．
（4）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺．
①图2是用石墨作电极，一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2的示意图．则阳极产生C1O2的电极反应为 Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+ ．
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解．通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为 0.01 mol．
（5）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣）．将所得混合液配成250mL待测溶液．配制待测液需用到的定量玻璃仪器是 250mL容量瓶 ；取25.00mL待测液，用2.0mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为 滴入最后一滴Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色 ．重复滴定2次，测得Na2S2O3溶液平均值为20.00mL．该样品中NaClO2的质量分数为 90.5% ．
考点： 制备实验方案的设计．
专题： 实验设计题．
分析： （1）利用气体热胀冷缩、容器内外形成压强差检验气密性；
（2）装置②中亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式，④中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，O2和H2O；
（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；
（4）①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子；
②在阴极发生2H++2e﹣=H2↑，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算阳离子的物质的量；
（5）①配制溶液的定量仪器是容量瓶，容量瓶要指明规格；
②有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2﹣﹣﹣2I2﹣﹣4S2O32﹣，n（ClO2﹣）=n（S2O32﹣）=×20×10﹣3×2=0.01mol，m（NaClO2）=0.01×90.5=9.05g，计算得到样品中NaClO2的质量分数．
解答： 解：（1）组装好仪器后，检查整套装置气密性的操作是关闭分液漏斗活塞，打开K1、K2，向①⑤中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若①⑤处有气泡产生，停止加热，一段时间后，①⑤干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，打开K1、K2，向①⑤中加水没过干燥管下端，用酒精灯微热三颈烧瓶，若①⑤处有气泡产生，停止加热，一段时间后，①⑤干燥管内形成一段稳定的水柱，说明整套装置气密性良好；
（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置②中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，④中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，O2和H2O，反应的离子方程式为2ClO2+2OH﹣+H2O2=2ClO2﹣+2H2O+O2，
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2ClO2+2OH﹣+H2O2=2ClO2﹣+2H2O+O2；
（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，
故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；
（4）①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+，
故答案为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+；
②在阴极发生2H++2e﹣=H2↑，氢气的物质的量为=0.005mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，故交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，故答案为：0.01；
（5）①将所得混合液配成250mL待测溶液．配制待测液需用到的定量玻璃仪器是250mL容量瓶，容量瓶要指明规格，则选择250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；
②有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
由关系式为ClO2﹣﹣﹣2I2﹣﹣4S2O32﹣，n（ClO2﹣）=n（S2O32﹣）=×20×10﹣3×2=0.01mol，m（NaClO2）=0.01×90.5=9.05g，
样品中NaClO2的质量分数=×100%=90.5%；
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；90.5%．
点评： 本题考查了物质制备的实验工厂、实验步骤、实验仪器的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．
【化学-物质结构与性质】
11．（12分）（2014•德州一模）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”．试回答下列问题：
（1）钛有Ti和Ti两种原子，它们互称为 同位素 ，钛基态原子的电子排布式为 1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2） ；
（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用．偏钛酸钡晶体中晶胞的结构如图所示，它的化学式是 BaTiO3 ；
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如下：
化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子个数为 7 ，化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞C ．
（4）现有含Ti3+的配合物，化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O．配离子[TiCl（H2O）5]2+中含有的化学键类型是 极性共价键（或共价键）、配位键 ，该配合物的配体是 H2O、Cl﹣ ．
考点： 晶胞的计算；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
专题： 化学键与晶体结构．
分析： （1）质子数相同、中子数不同的相同元素不同原子互为同位素；根据其价电子数及能层数确定在元素周期表中的位置，Ti元素核外有22个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
（2）利用均摊法确定其化学式；
（3）采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，根据价层电子对数判断；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素；
（4）根据配合物的结构特点来分析其中的化学键以及配体情况．
解答： 解：（1）（1）2248Ti和2250Ti为质子数相同中子数不同的钛元素的不同原子，互称同位素；Ti元素核外有22个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2），
故答案为：同位素、1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2）；
（2）晶胞中O原子数目为，Ti原子个数=，Ba原子个数为1，所以其化学式为：BaTiO3，故答案为：BaTiO3；
（3）采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，该分子中碳原子价层电子对数为3的有：苯环上的碳原子、连接羰基的碳原子，所以一共有7个；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，价层电子对个数是4的原子有：连接甲基和羟基的碳原子、氧原子和氮原子，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以这三种元素第一电离能从大到小顺序是：N＞O＞C，
故答案为：7、N＞O＞C；
（4）配离子[TiCl（H2O）5]2+中含有非金属原子之间的极性共价键以及配位键，钛元素的配位体是H2O、Cl﹣，故答案为：极性共价键（或共价键）；H2O、Cl﹣．
点评： 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子的杂化方式、第一电离能大小的判断、基态原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考热点，会利用价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式、第一电离能的规律、构造原理来分析解答，难点的晶胞密度的计算．
【化学--有机化学基础】
12．（2014•滨州模拟）分子式为C12H14O2的有机物H广泛用于制备香精的调香剂．为了合成该有机物，某实验室的科技人员设计了下列合成路线．试回答下列问题：
（1）A的名称： 2﹣甲基﹣1﹣丁烯 ；E的结构简式：
（2）反应④的反应类型为 消去反应 ；
（3）反应②的化学方程式为 ；反应⑥的化学方程式为 ；
（4）按要求写出G的同分异构体的结构简式．要求：①属于芳香族化合物．②遇浓溴水能产生白色沉淀．③苯环上的取代物只有两种． ．
考点： 有机物的推断．
专题： 有机物的化学性质及推断．
分析： 根据A和溴水的加成产物可判断A为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应②是水解反应，生成物C为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．由D到E的转化可知，B发生氧化反应得到C，则D为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，E为，根据D和F的分子式的可判断，反应④是消去反应，即F为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则G的结构简式为，F和G通过酯化反应生成H，则H的结构简式为，据此解答．
解答： 解：根据A和溴水的加成产物可判断A为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应②是水解反应，生成物C为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．由D到E的转化可知，B发生氧化反应得到C，则D为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，E为
；根据D和F的分子式的可判断，反应④是消去反应，即F为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则G的结构简式为，F和G通过酯化反应生成H，则H的结构简式为，
（1）由上述分析可知，A为CH2=C（CH3）CH2CH3，名称为：2﹣甲基﹣1﹣丁烯，E的结构简式为：，故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丁烯；；
（2）反应④是CH3CH2C（CH3）OHCOOH发生消去反应生成CH3CH=C（CH3）COOH，故答案为：消去反应；
（3）反应②的化学方程式为：；反应⑥的化学方程式为：，
故答案为：；；
（4）的同分异构体的结符合条件：①属于芳香族化合物，②遇浓溴水能产生白色沉淀，含有酚羟基，③苯环上的取代物只有两种，含有2个取代基且处于对位，同分异构体的结构简式为：，故答案为：．
点评： 本题考查有机物的推断，题目难度中等，注意充分利用分子式进行推断采取正、逆相结合进行推断，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键．
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