2022-2022学年湖北省恩施州高二（下）期末化学试卷一、选择题（本题共14小题，每小题3分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．生产生活中处处有化学，下列有关说法错误的是()A．铁表面镀锌可增强铁的抗腐蚀性B．糖类、油脂、蛋白质等是食物中的基本营养物质C．雾霾、温室效应、光化学烟雾的形成都与氮的氧化物有关D．氯气和活性炭是常用的漂白剂，但同时使用会降低或失去漂白性2．下列物质分类错误的是()A．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2B．化合物：五水硫酸铜、烧碱、冰醋酸C．电解质：Al2O3、NaOH、CaCO3D．同素异形体：金刚石、石墨、足球烯3．萘（）一氯代物的同分异构体有()A．1种B．2种C．3种D．4种4．乙烯等有机物间的转化关系如图所示，与此有关的说法正确的是()A．X为Cl2B．聚乙烯是纯净物C．甲与乙的含碳质量分数相同D．CH3OCH3与甲互为同分异构体5．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．22.4LNO与11.2LO2充分反应后，气体分子总数为NAB．常温下71gCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子数为2NAC．25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAD．将CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应转移的电子数为6．对如图所示实验装置的说明错误的是()A．能作为SO2的干燥装置-27-\nB．验证铁钉的吸氧腐蚀C．可用于测量Cu与浓硝酸反应生成NO2的体积D．可证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO37．由实验现象推出的结论正确的是()选项实验方案现象结论A将水垢置于盛食醋的试管中有气泡产生醋酸的酸性比碳酸强B用湿润的蓝色试纸检验某气体试纸变红气体是酸性氧化物C向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出NaHCO3不溶于水D向酚酞溶液中加少量Na2O2溶液变红Na2O2是碱性氧化物A．AB．BC．CD．D8．原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W存在以下关系：①原子最外层电子数之和为20；②X与Y、Z、W位于相邻周期；③Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，也是X原子内层电子数的3倍．以下判断错误的是（注：不考虑0族元素）()A．X的氢化物的水溶液呈酸性B．Y的氧化物和氢氧化物均不溶于水C．Z的最高价含氧酸的浓溶液有强氧化性D．W原子半径在同周期中最小9．下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是()A．硫化钠水解：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣B．向Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4：H++OH﹣═H2OC．向CuCl2溶液中加入H2S溶液：Cu2++S2﹣═CuS↓D．CaCO3溶于稀HCl：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O10．已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1②N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol﹣1③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.0kJ•mol﹣1则4NH3（g）+7O2（g）═4NO2（g）+6H2O（g）△H=XkJ•mol﹣1中X的值是()-27-\nA．﹣1131.2B．﹣647.6C．﹣507.8D．﹣323.811．对下列各图曲线表征的信息解毒错误的是()A．向酸性溶液中滴加NaOH溶液时pH随NaOH溶液体积变化关系B．某反应为放热反应，催化剂能改变反应的焓变C．不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）变化关系D．pH=7时，Cu2+、Fe3+都能沉淀完全12．对下列化学反应先后顺序判断正确的是()A．在含Al3+、H+的溶液中缓慢滴加NaOH溶液：Al3+、H+B．在含SiO32﹣的溶液缓慢滴加稀盐酸：SiO32﹣、CO32﹣C．在含Br﹣、Fe2+的溶液中缓慢通入氯气：Br﹣、Fe2+D．在含有Cu2+、Fe3+的溶液中加入锌粉：Cu2﹣、Fe3+13．在恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件达新平衡，其反应过程如图．下列说法中错误的是()A．新旧平衡态时，A的体积分数相同B．由旧平衡变为新平衡态，平衡常数不变C．旧平衡态的v正与新平衡态的v逆相等-27-\nD．t2时刻速率突变的原因是向密闭容器中加C或B14．经测定某溶液中只含K+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子，下列说法错误的是()A．若溶液呈中性，则c（K+）=c（CH3COO﹣）B．若溶液呈碱性，则c（K+）＞c（CH3COO﹣）C．若溶液呈酸性，则c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（K+）D．溶液呈电中性，则c（H+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第15题～第18题为必考题，每个题都必须作答．第19题～第21题为选考题，根据要求作答．）（一）必考题（本题共4小题，计43分）15．铝及其化合物在生产生活中用途广泛．（1）化学式为Mg17Al12的合金是一种新型纳米级储氢剂，其储氢剂原理为：Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al得到的混合物X（17MgH2+12Al）在一定条件下能释放出H2①MgH2中氢元素的化合价为__________②1molX与足量的NaOH溶液反应可得到__________molH2（2）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂，工业上常用Al2O3、Cl2和焦炭在高温条件下反应制备无水AlCl3，同时生成一种可燃性气体，该反应的化学方程式是__________（3）聚合氯化铝铁（PAFC）是高效净水剂，其I组成可表示为[AlFe（OH）nCl6﹣n]m聚合氯化铝铁能发生如图所示的变化：①PAFC在强碱性溶液中会降低或失去净水作用，其原因是__________②步骤Ⅱ中反应的离子方程式为__________．16．亚氯酸钠（NaClO2）广泛用于纺织、印染工业，ClO2为一种黄绿色气体，是国际公认的高效、安全的漂白剂和消毒剂，生产亚氯酸钠的主要流程如图1所示，请回答下列问题：（1）反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________（2）A溶液是氯碱工业的重要产物，则反应Ⅱ的离子方程式为__________（3）NaClO2水溶液呈碱性，其原因是__________（用离子方程式表示）．（4）目前已开发用电解法制ClO2的新工艺，如图2所示：用石墨作电极，一定条件下电解饱和食盐水制ClO2，则阳极产生ClO2的电极反应式为__________电解一段时间，当阴极产生的气体体积为224mL（标准状况），停止电解，通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为__________mol．-27-\n17．实验小组用如图2所示的装置制备硝基甲苯（为邻硝基甲苯和对硝基甲苯的混合物），反应原理、相关数据、实验装置如下：对硝基甲苯邻硝基甲苯密度/g•cm﹣3沸点/℃溶解性甲苯0.866110.6不溶于水，易溶于硝基甲苯对硝基甲苯1.286237.7不溶于水，易溶于液态烃邻硝基甲苯1.162222不溶于水，易溶于液态烃实验步骤：①配制浓硫酸与浓硝酸体积比为1：3的混酸20mL；②在三颈瓶中加入10mL甲苯（约为0.094mol）；③按图2所示连接装置实验；④向三颈瓶中加入混酸，并不断搅拌（磁力搅拌器已略去）；⑤控制温度约为50℃，反应一段时间后，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；⑥分离出硝基甲苯．请回答下列问题：（1）配制20mL混酸的操作是__________（2）装置A的名称为__________冷却时水应该从__________（填a或b）口流入，控制反应温度约为50℃，常用的方法为__________（3）分离产品的方案如下：①操作Ⅰ的名称为__________操作Ⅵ的名称为__________②操作Ⅲ中加入5%NaOH溶液的目的是__________操作Ⅴ中加入无水CaCl2的目的是__________（4）当产率达到为10%时，则生成硝基甲苯的总质量是__________g（保留一位小数）18．高效利用CO2是“低碳经济”的有效途径，现有以下两种利用CO2的方法．请回答有关问题．方法一：以CO2为原料合成甲醇，其反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.58kJ•mol﹣1若将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中（保持温度不变），测得H2的物质的量随时间变化如图所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）．回答下列问题：（1）该反应在0～8min内CO2的平均反应速率为__________（2）此温度下该反应的平衡常数K为__________（3）仅改变某一条件再实验，测得n（H2）的变化如图虚线所示．如曲线Ⅱ的改变条件可能是__________（填序号）-27-\nA．升高温度B．增大压强C．催化剂D．充入CO2方法二：用氨水捕捉烟气中的CO2生成铵盐（4）写出氨水捕捉烟气中的CO2生成碳酸氢铵的化学方程式__________该铵盐溶液中阴离子浓度大小关系为__________（电离常：NH3•H2OK=1.8×10﹣5H2CO3K1=4.4×10﹣7、K2=4.7×10﹣11）（5）在实验过程中可能有中间产物氨基甲酸铵（NH2COONH4）生成，氨基甲酸铵在一定温度下发生分解反应：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），若该反应平衡时总压强为3aPa，保持温度不变，将反应容器的体积扩大一倍，达新平衡时，p（NH3）__________．（二）选考题请从给出的3道试题中任选一题作答【选修2化学与技术】19．用含FeSO4、H2SO4的废液[含少量Fe2（SO4）3、TiOSO4]为原料生产铁红和乳酸亚铁（补血剂的主要成份）．其生产流程如下：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42﹣．请回答以下问题：（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是__________（2）步骤④反应后的生成物B的化学式__________（3）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因__________（4）步骤⑥须控制一定的真空度，有两个原因：其一是有利于水的蒸发，其二是__________（5）滤渣的主要成分为TiO2•xH2O，写出TiOSO4水解生成TiO2•xH2O的离子方程式__________（6）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是__________（7）取步骤②中所得晶体样品ag经步骤③得到的铁红含bmolFe2O3，则步骤②中所得晶体FeSO4•7H2O的质量分数__________（用含a、b式子表示）【选修3物质结构与性质】20．卤族元素的单质、化合物在生产生活中有较多的用途．-27-\n（1）卤族元素位于元素周期表的__________区；溴的价电子排布式为__________（2）在一定浓度的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合（HF）2形式存在的．使氢氟酸分子缔合的作用力是__________（3）根据第一电离能（数据见下表），最有可能生成稳定单核阳离子的卤素原子是__________氟氯溴碘第一电离能（kJ/mol）1681125111401008（4）已知碘酸（HIO3）和高碘酸（H5IO6）的结构分别如图Ⅰ、Ⅱ所示：则二者酸性相对强弱是HIO3__________H5IO6（填“＞”、“＜”或“=”）．（5）已知ClO2﹣为V形结构，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2﹣中心氯原子的杂化轨道类型为__________与ClO2﹣为等电子体的是__________（写出其中一个的化学式）（6）关于碘晶体（晶体结构见上图）的以下说法中正确的是__________A.2种取向不同排列的碘分子以4配位数交替配位形成层结构B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D．碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力（7）已知CaF2晶体（晶胞结构见上图）的密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，棱上相邻的两个Ca2+的核间距为acm，则CaF2的相对分子质量可以表示为__________．【选修5有机化学基础】21．烃A的质谱图中最大质荷比为70，各物质相互转化的关系如下图，其中B、D、E的结构中均含有2个甲基，它们的核磁共振氢谱中均出现4个吸收峰．请回答下列问题：（1）B中所含官能团的名称为__________（2）D的分子式为__________（3）图示反应中属于取代反应的有__________（填罗马字母）（4）M的结构简式为__________（5）分析与A含同官能团的同分异构体发现：①除A外，还有__________种同分异构体（含顺反异构）②有一种同分异构体的核磁共振氢谱有3个吸收峰，峰面积之比为__________（6）写出图示反应Ⅱ和反应Ⅵ的化学方程式：Ⅱ__________Ⅵ__________．-27-\n2022-2022学年湖北省恩施州高二（下）期末化学试卷一、选择题（本题共14小题，每小题3分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．生产生活中处处有化学，下列有关说法错误的是()A．铁表面镀锌可增强铁的抗腐蚀性B．糖类、油脂、蛋白质等是食物中的基本营养物质C．雾霾、温室效应、光化学烟雾的形成都与氮的氧化物有关D．氯气和活性炭是常用的漂白剂，但同时使用会降低或失去漂白性【考点】金属的电化学腐蚀与防护；氯气的化学性质；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈；B．糖类、油脂、蛋白质都能提供能量；C．温室效应的形成与二氧化碳有关；D．活性炭能吸附氯气；【解答】解：A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈，故A正确；B．因糖类、油脂、蛋白质在人体内都能提供能量，则都是食物中的基本营养物质，故B正确；C．“雾霆夭气”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关，“温室效应”的形成与二氧化碳有关，故C错误；D．氯气和活性炭不反应，活性炭能吸附氯气，减弱漂白效果，故D正确；故选C．【点评】本题考查了常见生活环境的污染与治理、金属的腐蚀与防护、氯气和活性炭的漂白效果等问题，难度一般．2．下列物质分类错误的是()A．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2B．化合物：五水硫酸铜、烧碱、冰醋酸C．电解质：Al2O3、NaOH、CaCO3D．同素异形体：金刚石、石墨、足球烯【考点】芳香烃、烃基和同系物；同素异形体；单质和化合物；电解质与非电解质．【分析】A．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；B．单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；C．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；D．由同种元素组成的不同单质叫同素异形体．【解答】解：A．CH202，C2H402，C3H602，结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故A错误；B．五水硫酸铜、烧碱、冰醋酸是由不同种元素组成的纯净物，是化合物，故B正确；C．Al2O3、NaOH、CaCO3在水溶液中或熔融状态下能导电，都是电解质，故C正确；D．金刚石、石墨、足球烯是同一元素的不同单质，属于同素异形体，故D正确．故选A．【点评】本题考查同系物、化合物、电解质、同素异形体的定义，难度不大，注意把握概念的区别．-27-\n3．萘（）一氯代物的同分异构体有()A．1种B．2种C．3种D．4种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】萘是高度对称的结构，上下、左右对称，共2种一氯代物．【解答】解：萘是高度对称的结构，上下、左右对称，共2种一氯代物，故选B．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意体会利用等效氢确定一元取代．4．乙烯等有机物间的转化关系如图所示，与此有关的说法正确的是()A．X为Cl2B．聚乙烯是纯净物C．甲与乙的含碳质量分数相同D．CH3OCH3与甲互为同分异构体【考点】有机物的结构和性质．【分析】根据转化关系图，甲与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则甲为乙醇，乙醇在铜催化作用下被氧化生成乙为CH3CHO，乙烯可发生加聚反应生成聚乙烯，与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，以此解答该题．【解答】解：A．乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，X为HCl，故A错误；B．聚乙烯为高聚物，聚合度介于较大范围之间，没有确定的值，则聚乙烯为混合物，故B错误；C．甲为乙醇，乙为乙醛，二者分子式不同，则含碳量不同，故C错误；D．甲为乙醇，与二甲醚分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握乙烯的性质以及与其它物质的转化关系，难度不大．5．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．22.4LNO与11.2LO2充分反应后，气体分子总数为NAB．常温下71gCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子数为2NAC．25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAD．将CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应转移的电子数为【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．不一定在标准状况下；B．根据氯气的质量计算出氯气的物质的量及转移的电子数目；C．不知道溶液的体积；D．CO2通过Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，依据固体质量增加结合反应电子转移计算．-27-\n【解答】解：A．不一定在标准状况下，无法求出分子数，故A错误；B．71g氯气的物质的量为1mol，与氢氧化钠溶液完全反应转移1mol电子，转移的电子数为NA，故B错误；C．不知道溶液的体积，无法求OH﹣数目，故C错误；D．CO2通过Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，将CO2通过Na2O2使其增重ag时，依据化学方程式计算：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，质量增加56g电子转移2mol，增重ag时反应中转移电子数，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是物质结构分析判断，氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．6．对如图所示实验装置的说明错误的是()A．能作为SO2的干燥装置B．验证铁钉的吸氧腐蚀C．可用于测量Cu与浓硝酸反应生成NO2的体积D．可证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3【考点】实验装置综合．【分析】A．二氧化硫可用浓硫酸干燥；B．如发生吸氧腐蚀，可观察到导管液面上升；C．二氧化氮不能用排水法收集；D．硫酸酸性比碳酸强，与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，碳酸比硅酸的酸性强，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀．【解答】解：A．二氧化硫可用浓硫酸干燥，干燥时气体从长导管进，故A正确；B．如发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，可观察到导管液面上升，故B正确；-27-\nC．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集，故C错误；D．硫酸酸性比碳酸强，与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，碳酸比硅酸的酸性强，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，可用于比较酸性强弱，故D正确．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及除杂、气体的收集、金属的腐蚀以及酸性的比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，难度不大．7．由实验现象推出的结论正确的是()选项实验方案现象结论A将水垢置于盛食醋的试管中有气泡产生醋酸的酸性比碳酸强B用湿润的蓝色试纸检验某气体试纸变红气体是酸性氧化物C向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出NaHCO3不溶于水D向酚酞溶液中加少量Na2O2溶液变红Na2O2是碱性氧化物A．AB．BC．CD．D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；钠的重要化合物；化学实验方案的评价．【分析】A、水垢的主要成份是碳酸钙，加食醋有气泡，说明生成二氧化碳，强酸制弱酸；B、用湿润的蓝色试纸检验某气体，试纸变红，该气体是酸性气体，如氯化氢；C、NaHCO3不是不溶于水，而是溶解度小；D、向酚酞溶液中加少量Na2O2，溶液变红，说明过氧化钠溶于水溶液呈碱性，但过氧化钠不是碱性氧化物．【解答】解：A、水垢的主要成份是碳酸钙，加食醋有气泡，说明生成二氧化碳，强酸制弱酸，所以醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B、用湿润的蓝色试纸检验某气体，试纸变红，该气体是酸性气体，如氯化氢，不是氧化物，而是氢化物，故B错误；C、NaHCO3不是不溶于水，而是溶解度小，故C错误；D、向酚酞溶液中加少量Na2O2，溶液变红，说明过氧化钠溶于水溶液呈碱性，但过氧化钠不是碱性氧化物，是过氧化物，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质及检验方法为解答的关键，选项B为解答的易错点，题目难度不大．8．原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W存在以下关系：①原子最外层电子数之和为20；②X与Y、Z、W位于相邻周期；③Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，也是X原子内层电子数的3倍．以下判断错误的是（注：不考虑0族元素）()A．X的氢化物的水溶液呈酸性B．Y的氧化物和氢氧化物均不溶于水C．Z的最高价含氧酸的浓溶液有强氧化性D．W原子半径在同周期中最小【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】-27-\n短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y、Z、W位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期，Z原子最外层电子数为6，则Z为S元素；Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，Y为Mg元素，四种元素原子的最外层电子数之和为20，所以X、W最外层电子数为20﹣8=12，只能为ⅤA族、ⅦA族元素，故X为N元素，W为Cl，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y、Z、W位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期，Z原子最外层电子数为6，则Z为S元素；Z原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，Y为Mg元素，四种元素原子的最外层电子数之和为20，所以X、W最外层电子数为20﹣8=12，只能为ⅤA族、ⅦA族元素，故X为N元素，W为Cl．A．X的氢化物为氨气，氨水溶液呈碱性，故A错误；B．氧化镁、氢氧化镁均不溶于水，故B正确；C．Z的最高价含氧酸为硫酸，浓硫酸有强氧化性，故C正确；D．同周期自左而右原子半径减小，Cl原子半径在同周期中最小，故D正确，故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握核外电子排布，侧重考查分析推断能力、元素化合物知识，难度中等．9．下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是()A．硫化钠水解：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣B．向Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4：H++OH﹣═H2OC．向CuCl2溶液中加入H2S溶液：Cu2++S2﹣═CuS↓D．CaCO3溶于稀HCl：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．硫离子的水解分步进行，主要以第一步为主；B．二者反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成硫酸钡沉淀的反应；C．硫化氢为气体，离子方程式中不能拆开；D．碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水．【解答】解：A．硫化钠水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，正确的离子方程式为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故A错误；B．向Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4，反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++2H++2OH﹣+SO42﹣=2H2O+BaSO4↓，故B错误；C．向CuCl2溶液中加入H2S溶液，硫化氢不能拆开，正确的离子方程式为：Cu2++H2S═CuS↓+2H+，故C错误；D．碳酸钙溶于稀HCl，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．10．已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1②N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol﹣1③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.0kJ•mol﹣1则4NH3（g）+7O2（g）═4NO2（g）+6H2O（g）△H=XkJ•mol﹣1中X的值是()A．﹣1131.2B．﹣647.6C．﹣507.8D．﹣323.8-27-\n【考点】热化学方程式．【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，依据盖斯定律计算（②﹣③）×2+①×3，得到4NH3（g）+7O2（g）═4NO2（g）+6H2O（g）的△H．【解答】解：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1②N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol﹣1③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.0kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算（②﹣③）×2+①×3，得到4NH3（g）+7O2（g）═4NO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1131.2kJ•mol﹣1，X的值是=﹣1131.2，故选A．【点评】本题考查了热化学方程式的计算和盖斯定律的计算应用，理解实质，掌握基础是解题关键，题目较简单．11．对下列各图曲线表征的信息解毒错误的是()A．向酸性溶液中滴加NaOH溶液时pH随NaOH溶液体积变化关系B．某反应为放热反应，催化剂能改变反应的焓变C．不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）变化关系D．pH=7时，Cu2+、Fe3+都能沉淀完全【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；反应热和焓变；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】图像图表题．【分析】A．酸性溶液的pH小于7，滴加氢氧化钠，pH增大；B．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能；C．水的电离为吸热过程，升高温度电离程度增大；D．由图可知，pH=7时，Cu2+、Fe3+的浓度几乎为零．-27-\n【解答】解：A．酸性溶液的pH小于7，滴加氢氧化钠，pH增大，图象符合，故A正确；B．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故B错误；C．水的电离为吸热过程，升高温度电离程度增大，c（H+）与c（OH﹣）均增大，图象符合，故C正确；D．由图可知，pH=7时，Cu2+、Fe3+的浓度几乎为零，所以pH=7时，Cu2+、Fe3+都能沉淀完全，故D正确．故选B．【点评】本题考查了酸碱中和、化学反应能量与图象、水的电离的影响因素、沉淀的生成等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力．12．对下列化学反应先后顺序判断正确的是()A．在含Al3+、H+的溶液中缓慢滴加NaOH溶液：Al3+、H+B．在含SiO32﹣的溶液缓慢滴加稀盐酸：SiO32﹣、CO32﹣C．在含Br﹣、Fe2+的溶液中缓慢通入氯气：Br﹣、Fe2+D．在含有Cu2+、Fe3+的溶液中加入锌粉：Cu2﹣、Fe3+【考点】离子反应发生的条件．【分析】A．酸性强的与NaOH先反应；B．弱酸跟越弱越易与氢离子结合；C．还原性强的先被氯气氧化；D．氧化性强的先与Fe反应．【解答】解：A．酸性由强到弱为H+、A13+、Al（OH）3，则逐滴加入NaOH溶液，反应先后顺序为H+、A13+、Al（OH）3，故A错误；B．水解程度强到弱为SiO32﹣、CO32﹣，则缓慢滴加稀盐酸，反应先后顺序为SiO32﹣、CO32﹣，故B正确；C．还原性由强到弱为Fe2+、Br﹣，则缓慢通入氯气的先后顺序为Fe2+、Br﹣，故C错误；D．氧化性为Fe3+＞Cu2+，则加入铁粉反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+，故D错误；故选B．【点评】本题考查反应的先后顺序，为高频考点，把握酸性、还原性、氧化性、溶度积等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．13．在恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0．t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件达新平衡，其反应过程如图．下列说法中错误的是()A．新旧平衡态时，A的体积分数相同B．由旧平衡变为新平衡态，平衡常数不变C．旧平衡态的v正与新平衡态的v逆相等D．t2时刻速率突变的原因是向密闭容器中加C或B【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．-27-\n【分析】由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，平衡不移动，各组分体积分数不变，是恒温恒压下增大了C的浓度，不是升高温度，所以化学平衡常数不变，据此分析．【解答】解：A、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，平衡不移动，各组分体积分数不变，故A正确；B、由图象分析可知，导致上图变化的原因是恒温恒压下增大了C的浓度，不是升高温度，所以化学平衡常数不变，故B正确；C、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，正逆反应速率不变，故C正确；D、由图象分析可知，导致上图变化的原因是恒温恒压下增大了C的浓度，不是增大了B的浓度，增大B的浓度时，平衡发生移动，故D错误；故选D．【点评】本题考查了影响化学平衡移动的因素，恒温恒压条件下改变条件对平衡的影响，解题的关键是明确平衡等效，没有发生移动．14．经测定某溶液中只含K+、CH3COO﹣、H+、OH﹣四种离子，下列说法错误的是()A．若溶液呈中性，则c（K+）=c（CH3COO﹣）B．若溶液呈碱性，则c（K+）＞c（CH3COO﹣）C．若溶液呈酸性，则c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（K+）D．溶液呈电中性，则c（H+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）【考点】盐类水解的应用．【分析】溶液中仅含有K+、H+、CH3COO﹣、OH﹣四种离子，溶液中溶质的组成可以是：①CH3COOK、②CH3COOK和CH3COOH、③CH3COOK和KOH，溶液中存在CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣以及醋酸的电离，A．若溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒判断；B．若溶液为碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（K+）＞c（CH3COO﹣）；C．若溶液为酸性，溶质应该为CH3COOK和CH3COOH，由于醋酸为弱酸，电离程度较小，则c（CH3COO﹣）＞c（H+）；D．根据溶液中的电荷守恒判断．【解答】解：A．若溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）可知：c（K+）=c（CH3COO﹣），故A正确；B．若溶液为碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）可知：c（K+）＞c（CH3COO﹣），故B正确；C．若溶液为酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶质应该为CH3COOK和CH3COOH，由于醋酸为弱酸，电离程度较小，则c（CH3COO﹣）＞c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（K+），故C错误；D．溶液中一定存在电荷守恒：c（H+）+c（K+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响因素，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第15题～第18题为必考题，每个题都必须作答．第19题～第21题为选考题，根据要求作答．）（一）必考题（本题共4小题，计43分）15．铝及其化合物在生产生活中用途广泛．-27-\n（1）化学式为Mg17Al12的合金是一种新型纳米级储氢剂，其储氢剂原理为：Mg17Al12+17H2═17MgH2+12Al得到的混合物X（17MgH2+12Al）在一定条件下能释放出H2①MgH2中氢元素的化合价为﹣1②1molX与足量的NaOH溶液反应可得到35molH2（2）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂，工业上常用Al2O3、Cl2和焦炭在高温条件下反应制备无水AlCl3，同时生成一种可燃性气体，该反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C═2AlCl3+3CO（3）聚合氯化铝铁（PAFC）是高效净水剂，其I组成可表示为[AlFe（OH）nCl6﹣n]m聚合氯化铝铁能发生如图所示的变化：①PAFC在强碱性溶液中会降低或失去净水作用，其原因是强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法形成相应胶体②步骤Ⅱ中反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．【分析】（1）①根据镁为+2价及其化合物的化合价代数和为0计算MgH2中氢元素的化合价；②根据混合物X（17MgH2+12Al）与足量的NaOH溶液混合，铝与氢氧化钠反应还可以生成氢气，据此计算；（2）根据工业上可用Al2O3、Cl2、焦炭混合反应制备无水AlCl3，该反应的另一种产物是可燃性气体根据原子守恒则为CO书写方程式；（3）①依据三价铁、三价铝离子在水中发生水解生成氢氧化铁和氢氧化铝的胶体吸附水中悬浮杂质来净水分析；②为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液过滤后得到氢氧化铁灼烧得到氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体分压生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；试剂A为氢氧化钠溶液；步骤②中的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：（1）①因为镁为+2价，又化合物的化合价代数和为0，所以MgH2中氢元素的化合价为﹣1价，故答案为：﹣1；②混合物X（17MgH2+12Al）与足量的NaOH溶液混合，铝与氢氧化钠反应还生成氢气，其方程式为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，又1molX中含铝的物质的量为12mol，所以生成氢气为×3mol=18mol，又1molX中含MgH2的物质的量为1×17mol=17mol，所以一共可以生成（18+17）=35molH2，故答案为：35；（2）因为工业上可用Al2O3、Cl2、焦炭混合反应制备无水AlCl3，该反应的另一种产物是可燃性气体根据原子守恒则为CO，所以方程式为Al2O3+3Cl2+3C═2AlCl3+3CO；故答案为：Al2O3+3Cl2+3C═2AlCl3+3CO；（3）①因为三价铁、三价铝离子在水中发生水解生成氢氧化铁和氢氧化铝的胶体吸附水中悬浮杂质来净水，又强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法发生水解生成相应胶体，所以均会失去净水作用；故答案为：强酸性和强碱性溶液中三价铁、三价铝离子无法形成相应胶体；-27-\n②为检测PAFC中Al和Fe含量，PAFC加入足量A为氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液过滤后得到氢氧化铁灼烧得到氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体分压生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；所以试剂A为氢氧化钠溶液，步骤②中的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；【点评】本题考查了铝及其化合物在生产、生活中有极其广泛的用途，主要是物质性质的理解应用，难度（3）掌握流程分析方法和物质性质是解题关键，题目难度中等．16．亚氯酸钠（NaClO2）广泛用于纺织、印染工业，ClO2为一种黄绿色气体，是国际公认的高效、安全的漂白剂和消毒剂，生产亚氯酸钠的主要流程如图1所示，请回答下列问题：（1）反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1（2）A溶液是氯碱工业的重要产物，则反应Ⅱ的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O（3）NaClO2水溶液呈碱性，其原因是ClO2﹣+H2OHClO2+OH﹣（用离子方程式表示）．（4）目前已开发用电解法制ClO2的新工艺，如图2所示：用石墨作电极，一定条件下电解饱和食盐水制ClO2，则阳极产生ClO2的电极反应式为Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+电解一段时间，当阴极产生的气体体积为224mL（标准状况），停止电解，通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.02mol．【考点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计．【分析】NaClO3和Na2SO3在反应器I中反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，同时生成氧气，（1）反应Ⅰ中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，反应中Cl元素化合价由+5价降低到+4价，S元素化合价由+4价升高到+6价；（2）A溶液是氯碱工业的重要产物，有反应Ⅱ的产物可知A为NaOH，ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，同时生成氧气；（3）NaClO2为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（4）阳极氯离子被氧化生成ClO2，阴极生成氢气，结合电极方程式计算．【解答】解：NaClO3和Na2SO3在反应器I中反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，同时生成氧气，（1）反应Ⅰ中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，反应中Cl元素化合价由+5价降低到+4价，S元素化合价由+4价升高到+6价，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1时可满足得失电子相等，故答案为：2：1；（2）A溶液是氯碱工业的重要产物，有反应Ⅱ的产物可知A为NaOH，ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，同时生成氧气，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；-27-\n（3）NaClO2为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解方程式为ClO2﹣+H2OHClO2+OH﹣，故答案为：ClO2﹣+H2OHClO2+OH﹣；（4）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+，在阴极发生2H++2e﹣=H2↑，氢气的物质的量为=0.01mol，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0.01mol×2=0.02mol，故答案为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+；0.02．【点评】本题以亚氯酸钠制备为背景，考查了学生阅读题目获取信息的能力、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力，以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力，题目有一定的难度．17．实验小组用如图2所示的装置制备硝基甲苯（为邻硝基甲苯和对硝基甲苯的混合物），反应原理、相关数据、实验装置如下：对硝基甲苯邻硝基甲苯密度/g•cm﹣3沸点/℃溶解性甲苯0.866110.6不溶于水，易溶于硝基甲苯对硝基甲苯1.286237.7不溶于水，易溶于液态烃邻硝基甲苯1.162222不溶于水，易溶于液态烃实验步骤：①配制浓硫酸与浓硝酸体积比为1：3的混酸20mL；②在三颈瓶中加入10mL甲苯（约为0.094mol）；③按图2所示连接装置实验；④向三颈瓶中加入混酸，并不断搅拌（磁力搅拌器已略去）；⑤控制温度约为50℃，反应一段时间后，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；⑥分离出硝基甲苯．请回答下列问题：（1）配制20mL混酸的操作是将15ml的浓硝酸倒入烧杯中，再沿烧杯内壁注入5mL浓硫酸，边加边搅拌；（2）装置A的名称为球形冷凝管冷却时水应该从a（填a或b）口流入，控制反应温度约为50℃，常用的方法为水浴加热（3）分离产品的方案如下：①操作Ⅰ的名称为分液操作Ⅵ的名称为蒸馏-27-\n②操作Ⅲ中加入5%NaOH溶液的目的是除去硝基甲苯中的硫酸和硝酸操作Ⅴ中加入无水CaCl2的目的是干燥硝基甲苯（4）当产率达到为10%时，则生成硝基甲苯的总质量是1.3g（保留一位小数）【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】制备一硝基甲苯：先配制混合溶液（即混酸）共20mL，因反应液体沸点较低，加热时容易发生暴沸，所以在三颈瓶中加入沸石，然后加入10ml甲苯（易挥发沸点为110.6℃），再向三颈瓶中加入混酸，水浴（水的沸点100℃）目的能均匀加热，且便于控制反应速率，温度约为50℃，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；两种一硝基化合物都为有机物，所以只能利用它们沸点的不同采用蒸馏的方法分离，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯．（1）混合溶液的配制可参照浓硫酸的稀释．（2）装置A是为了将蒸汽冷却为液体再回流到三颈瓶中，冷凝水的流向通常与蒸汽的流向相反，这样保证能更充分交换热量，确保蒸汽充分冷凝；为方便控制温度通常不直接采用酒精灯加热，改用间接加热的方式加热；（3）①因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此方法是分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法；②经过操作Ⅰ分液得到的有机混合物中仍混有无机酸，可借助酸碱中和将它们转化为易溶于的盐，然后用水洗涤除去，加CaCl2的作用可考虑从CaCl2具有吸水性方面考虑；（4）根椐化学变化中原子守恒规律，先计算出实验中生成硝基甲苯的理论产量，再根据产率计算实际产量．【解答】解：（1）配制混合溶液时，操作流程与浓硫酸的稀释一样，分别量取5mL和15mL的浓硫酸和浓硝酸，将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，配制混合溶液（即混酸）共20mL，故答案为：将15mL浓硝酸注入烧杯中，再沿烧杯内壁注入5mL浓硫酸，边加边搅拌；（2）装置球形A为冷凝管用于将蒸汽冷却为液体再回流到三颈瓶中，蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出，可使冷凝管充满冷水而进行充分冷却，所以冷却水从冷凝管的a端进入，用酒精灯直接加热很能控制温度约为50℃，可利用水浴加热并通过温度计控制水的温度，故答案为：球形冷凝管；a；水浴加热；（3）①最初的混合液为无机和有机两种液体混合物，彼此间不相溶，可选择分液的方法进行分离；进行操作Ⅵ时分离的是两种一硝基化合物，彼此混溶，只能利用它们沸点的不同，采用蒸馏的方法分离，故答案为：分液；蒸馏；②操作Ⅰ分液得到的有机混合物中仍混有硫酸和硝酸，可利用5%氢氧化钠溶液中和二种酸，再用水洗涤生成的盐就可以了，一硝基苯中混有少量水，因CaCl2具有吸水性，可加CaCl2吸水，达到干燥的目的，故答案为：除去硝基甲苯中的硫酸和硝酸；干燥硝基甲苯；（4）根椐原子守恒，理论上0.094mol的甲苯可以得到0.094mol的硝基甲苯，质量为0.094mol×137g/mol=12.9g，因产率为10%，实际硝基甲苯的质量为12.9g×10%=1.3g，故答案为：1.3g．【点评】本题主要考查一硝基甲苯的制备，涉及实验流程、产率的计算等知识，明确物质的制备原理即流程的意义与目的为解答此类题的关键，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度中等．18．高效利用CO2是“低碳经济”的有效途径，现有以下两种利用CO2的方法．请回答有关问题．-27-\n方法一：以CO2为原料合成甲醇，其反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.58kJ•mol﹣1若将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中（保持温度不变），测得H2的物质的量随时间变化如图所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）．回答下列问题：（1）该反应在0～8min内CO2的平均反应速率为0.125mol/（L．min）（2）此温度下该反应的平衡常数K为0.5（3）仅改变某一条件再实验，测得n（H2）的变化如图虚线所示．如曲线Ⅱ的改变条件可能是BD（填序号）A．升高温度B．增大压强C．催化剂D．充入CO2方法二：用氨水捕捉烟气中的CO2生成铵盐（4）写出氨水捕捉烟气中的CO2生成碳酸氢铵的化学方程式NH3+CO2+H2O=NH4HCO3该铵盐溶液中阴离子浓度大小关系为c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）（电离常：NH3•H2OK=1.8×10﹣5H2CO3K1=4.4×10﹣7、K2=4.7×10﹣11）（5）在实验过程中可能有中间产物氨基甲酸铵（NH2COONH4）生成，氨基甲酸铵在一定温度下发生分解反应：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），若该反应平衡时总压强为3aPa，保持温度不变，将反应容器的体积扩大一倍，达新平衡时，p（NH3）0.2aPa．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）由图可知，8min时△n（H2）=8mol﹣2mol=6mol，根据v=计算v（H2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO2）；（2）由图中数据可知，8min时反应到达平衡，平衡时氢气物质的量为2mol，则：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）：6800变化量（mol）：2622平衡量（mol）：4222计算各组分平衡浓度，代入平衡常数表达式K=计算；（3）曲线Ⅱ与实线相比，到达平衡时间缩短，反应速率加快，且平衡时氢气的物质的量减小，说明改变条件平衡正向移动；（4）由题目信息可知：氨气与二氧化碳、水反应生成碳酸氢铵；由电离平衡常数可知，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，氢氧根离子源于碳酸氢根水解、水的电离；（5）保持温度不变，平衡常数不变，平衡常数K=c2（NH3）．c（CO2），而平衡体系中氨气与二氧化碳物质的量之比为2：1，平衡时二者浓度也是2：1，则将反应容器的体积扩大一倍，达新平衡时相同物质的浓度不变，故总压强不变，压强之比等于物质的量之比．-27-\n【解答】解：（1）由图可知，8min时△n（H2）=8mol﹣2mol=6mol，v（H2）==0.375mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，则v（CO2）=v（H2）=0.125mol/（L．min），故答案为：0.125mol/（L．min）；（2）由图中数据可知，8min时反应到达平衡，平衡时氢气物质的量为2mol，则：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）：6800变化量（mol）：2622平衡量（mol）：4222平衡常数K===0.5，故答案为：0.5；（3）曲线Ⅱ与实线相比，到达平衡时间缩短，反应速率加快，且平衡时氢气的物质的量减小，说明改变条件平衡正向移动；A．升高温度反应速率加快，正反应为放热反应，平衡逆向移动，平衡时氢气的物质的量增大，故A不符合；B．增大压强反应速率加快，正反应为气体体积减小的反应，平衡正向移动，平衡时氢气的物质的量减小，故B符合；C．使用催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，故C错误；D．充入CO2加快反应速率，平衡正向移动，平衡时氢气的物质的量减小，故D符合；故选：BD；（4）由题目信息可知：氨气与二氧化碳、水反应生成碳酸氢铵，反应方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；由电离平衡常数可知，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，氢氧根离子源于碳酸氢根水解、水的电离，溶液中阴离子浓度：c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣），故答案为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）；（5）保持温度不变，平衡常数不变，平衡常数K=c2（NH3）．c（CO2），而平衡体系中氨气与二氧化碳物质的量之比为2：1，平衡时二者浓度也是2：1，则将反应容器的体积扩大一倍，达新平衡时相同物质的浓度不变，故总压强不变，压强之比等于物质的量之比，故平衡时p（NH3）=0.3aPa×=0.2aPa，故答案为：0.2aPa．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数等，（5）中利用压强平衡常数更容易理解，难度中等．（二）选考题请从给出的3道试题中任选一题作答【选修2化学与技术】19．用含FeSO4、H2SO4的废液[含少量Fe2（SO4）3、TiOSO4]为原料生产铁红和乳酸亚铁（补血剂的主要成份）．其生产流程如下：-27-\n已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42﹣．请回答以下问题：（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤（2）步骤④反应后的生成物B的化学式（NH4）2SO4（3）用平衡移动的原理解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），CO32﹣与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液（4）步骤⑥须控制一定的真空度，有两个原因：其一是有利于水的蒸发，其二是防止Fe2+被氧化（5）滤渣的主要成分为TiO2•xH2O，写出TiOSO4水解生成TiO2•xH2O的离子方程式TiO2++（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+2H+（6）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：4（7）取步骤②中所得晶体样品ag经步骤③得到的铁红含bmolFe2O3，则步骤②中所得晶体FeSO4•7H2O的质量分数（用含a、b式子表示）【考点】制备实验方案的设计．【分析】废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体，（1）实现固体和液体的分离用过滤的方法；（2）碳酸氢铵与硫酸亚铁发生双水解反应生成碳酸亚铁、二氧化碳气体、硫酸铵和水，据此判断B；（3）根据沉淀溶解平衡的移动以及碳酸根离子乳酸之间反应的原理来回答；（4）亚铁离子易被氧气氧化；（5）根据水解原理：盐+水=酸+碱，结合水解产物是TiO2•xH2O来书写；（6）根据氧化还原方程式并结合概念确定氧化剂和还原剂，进而确定物质的量之比；（7）根据铁元素质量守恒可知硫酸亚铁晶体的物质的量，然后计算出样品中FeSO4•7H2O的质量分数．【解答】解：废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2•xH2O，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4-27-\n溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体，（1）分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为：过滤；（2）步骤④的碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳气体和水，所以得到的B为（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4；（3）根据碳酸铁的沉淀溶解平衡原理：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），加入乳酸，这样CO32﹣与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），CO32﹣与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；（4）亚铁离子易被氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；（5）TiOSO4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为：TiOSO4+（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+H2SO4，改写成离子方程式为：TiO2++（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+2H+，故答案为：TiO2++（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+2H+；（6）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；（7）②中所得晶体样品ag经步骤③得到的铁红含bmolFe2O3，根据铁元素质量守恒可知ag硫酸亚铁晶体样品中含有FeSO4•7H2O的物质的量为：2bmol，所以晶体中FeSO4•7H2O的质量分数为：=，故答案为：．【点评】本题考查了物质制备方案的设计方法，题目难度中等，明确制备原理及常见物质的性质为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．【选修3物质结构与性质】20．卤族元素的单质、化合物在生产生活中有较多的用途．（1）卤族元素位于元素周期表的p区；溴的价电子排布式为4s24p5（2）在一定浓度的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合（HF）2形式存在的．使氢氟酸分子缔合的作用力是氢键（3）根据第一电离能（数据见下表），最有可能生成稳定单核阳离子的卤素原子是I氟氯溴碘第一电离能（kJ/mol）1681125111401008（4）已知碘酸（HIO3）和高碘酸（H5IO6）的结构分别如图Ⅰ、Ⅱ所示：-27-\n则二者酸性相对强弱是HIO3＞H5IO6（填“＞”、“＜”或“=”）．（5）已知ClO2﹣为V形结构，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2﹣中心氯原子的杂化轨道类型为sp3与ClO2﹣为等电子体的是Cl2O或OF2（写出其中一个的化学式）（6）关于碘晶体（晶体结构见上图）的以下说法中正确的是ADA.2种取向不同排列的碘分子以4配位数交替配位形成层结构B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D．碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力（7）已知CaF2晶体（晶胞结构见上图）的密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，棱上相邻的两个Ca2+的核间距为acm，则CaF2的相对分子质量可以表示为．【考点】卤素原子结构及其性质的比较；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）根据基态原子核外电子排布式中最后填入电子名称确定区域名称，溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子；（2）根据氢键分析解答；（3）元素的第一电离能越大，元素失电子能力越弱，得电子能力越强，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子；（4）根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；（5）根据价层电子对互斥理论来确定其杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒；（6）碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，以此分析；（7）利用均摊法确定该立方体中含有的离子，根据ρV=nM计算相对分子质量．【解答】解：（1）根据构造原理知，卤族元素最后填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区；溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，所以其价电子排布式为4s24p5，故答案为：p；4s24p5；（2）HF分子之间存在氢键，使氢氟酸分子缔合，故答案为：氢键；（3）卤族元素包含：F、Cl、Br、I、At元素，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子，根据表中数据知，卤族元素中第一电离能最小的是I元素，则碘元素易失电子生成简单阳离子，故答案为：I；（4）H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO3为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子2个，所以酸性：H5IO6＜HIO3，故答案为：＞；（5）ClO2﹣中心氯原子的价层电子对数n=2+=4，属于sp3杂化；等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒，所以与ClO2﹣互为等电子体的分子为Cl2O、OF2等，故答案为：sp3；Cl2O或OF2；（6）A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误C．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；-27-\nD．碘晶体中的碘原子间存在I﹣I非极性键，且晶体中分子之间存在范德华力，故D正确；故答案为：AD；（7）该晶胞中含有钙离子个数=8×+6×=4，氟离子个数为8，则晶胞体积V=a3，CaF2密度为===ρ，则CaF2的相对分子质量M=，故答案为：．【点评】本题考查物质结构与性质，题量较大，比较综合，涉及元素周期表、核外电子排布、分子结构与性质、电离能、晶体结构与性质、杂化轨道、等电子体、晶胞计算等，侧重对主干知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识，难度中等．【选修5有机化学基础】21．烃A的质谱图中最大质荷比为70，各物质相互转化的关系如下图，其中B、D、E的结构中均含有2个甲基，它们的核磁共振氢谱中均出现4个吸收峰．请回答下列问题：（1）B中所含官能团的名称为溴原子（2）D的分子式为C5H10O（3）图示反应中属于取代反应的有Ⅲ、Ⅵ（填罗马字母）（4）M的结构简式为（5）分析与A含同官能团的同分异构体发现：①除A外，还有5种同分异构体（含顺反异构）②有一种同分异构体的核磁共振氢谱有3个吸收峰，峰面积之比为1：3：6（或6：3：1或1：6：3或3：1：6）（6）写出图示反应Ⅱ和反应Ⅵ的化学方程式：Ⅱ（CH3）2CHCH2CHBr+NaOH（CH3）2CHCH=CH2+NaBr+H2OⅥ（CH3）2CHCH2CH2OH+（CH3）2CHCH2COOH（CH3）2CHCH2COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O．【考点】有机物的推断．【分析】有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，分子中C原子最大数目为=5…10，故A的分子式为C5H10-27-\n，B转化为A发生消去反应，则A为烯烃，由转化关系可知，D为醛、E为羧酸、C为醇、B为卤代烃，且均为单官能团，其中B、D、E的结构中均含有2个﹣CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，则D为（CH3）2CHCH2CHO，C为（CH3）2CHCH2CH2OH，B为（CH3）2CHCH2CH2Br，A为（CH3）2CHCH=CH2，E为（CH3）2CHCH2COOH，A发生加聚反应生成高聚物M为，C与E发生酯化反应生成F，据此解答．【解答】解：有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，分子中C原子最大数目为=5…10，故A的分子式为C5H10，B转化为A发生消去反应，则A为烯烃，由转化关系可知，D为醛、E为羧酸、C为醇、B为卤代烃，且均为单官能团，其中B、D、E的结构中均含有2个﹣CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，则D为（CH3）2CHCH2CHO，C为（CH3）2CHCH2CH2OH，B为（CH3）2CHCH2CH2Br，A为（CH3）2CHCH=CH2，E为（CH3）2CHCH2COOH，A发生加聚反应生成高聚物M为，C与E发生酯化反应生成F，（1）B为（CH3）2CHCH2CH2Br，B中所含官能团的名称为溴原子，故答案为：溴原子；（2）D为（CH3）2CHCH2CHO，D的分子式为C5H10O，故答案为：C5H10O；（3）上述反应中，反应Ⅰ是加聚反应，反应Ⅱ是消去反应，反应Ⅲ是取代反应，反应Ⅳ是加成反应，反应Ⅴ是氧化反应，反应Ⅵ属于取代反应，故答案为：Ⅲ、Ⅵ；（4）根据上面的分析可知，M的结构简式为，故答案为：；（5）①与A含同官能团的同分异构体，即含有碳碳双键，除A外，还有（CH3）2C=CHCH3、CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3（顺、反2种结构）、CH2=C（CH3）CH2CH3，共5种同分异构体（含顺反异构），故答案为：5；②有一种同分异构体的核磁共振氢谱有3个吸收峰，其结构为（CH3）2C=CHCH3，峰面积之比为1：3：6（或6：3：1或1：6：3或3：1：6），故答案为：1：3：6（或6：3：1或1：6：3或3：1：6）；（6）图示反应Ⅱ的化学方程式为（CH3）2CHCH2CHBr+NaOH（CH3）2CHCH=CH2+NaBr+H2O，反应Ⅵ的化学方程式为（CH3）2CHCH2CH2OH+（CH3）2CHCH2COOH（CH3）2CHCH2COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O，-27-\n故答案为：（CH3）2CHCH2CHBr+NaOH（CH3）2CHCH=CH2+NaBr+H2O；（CH3）2CHCH2CH2OH+（CH3）2CHCH2COOH（CH3）2CHCH2COOCH2CH2CH（CH3）2+H2O．【点评】本题考查有机物推断，涉及卤代烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，计算确定A的分子式是关键，注意掌握掌握官能团的性质与转化，难度中等．-27-
