山东省东营市广饶一中2022-2022学年高三（下）月考化学试卷（3月份） 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列物质分类正确的是（ ）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物 2．用下列实验装置完成相应实验，正确的是（ ）A．用于证明非金属性强弱：Cl＞C＞SiB．用于配制一定物质的量浓度的硫酸溶液C．用于模拟生铁的电化学腐蚀D．用于测定某稀盐酸的物质的量浓度 3．下列说法正确的是（ ）A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取B．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C．Cl﹣存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中29\nD．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性 4．在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．=1×1012的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣B．室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、H+、NO3﹣D．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mo1•L﹣1的溶液中：Ba2+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣ 5．已知A、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小，B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍，C、D是金属，它们的氢氧化物均难溶于水．下列说法不正确的是（ ）A．简单离子的半径：C＞D＞E＞BB．工业上常用电解法制得C和D的单质C．稳定性：A2B＞A2ED．单质D可用于冶炼某些难熔金属 6．某溶液中存在的离子有：S2﹣、HS﹣、OH﹣、Na+、H+，则下列有关对该溶液的叙述中不正确的是（ ）A．离子浓度可能是c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）B．组成该溶液的溶质只能是Na2S或NaHS或两者的混合物C．该溶液可能呈中性，或碱性，或酸性D．离子物质的量的关系是2n（S2﹣）+n（HS﹣）+n（OH﹣）=n（Na+）+n（H+） 7．能正确表示下列化学反应的离子方程式是（ ）A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣B．金属铝溶于盐酸中：Al+2H+=Al3++H2↑C．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O=H2S↑+2OH﹣D．碳酸镁溶于硝酸中：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑ 8．下列有关实验原理或操作正确的是（ ）A．实验室将硫酸铜溶液直接加热蒸发至干方法来制取CuSO4•5H2OB．用湿润的pH试纸来检验溶液的pH值C．用KSCN溶液检验硫酸亚铁溶液是否氧化变质D．用四氯化碳萃取溴的苯溶液中的溴 9．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．29\n如图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B．表示将0.01mol•L﹣1NaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C．为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D．图中曲线表示将pH相同的NH4Cl溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化 10．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表．下列说法正确的是（ ）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10﹣5mol/（L•min）B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大 11．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）A．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为﹣285.8kJ/molB．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/molD．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H1；2C（g）+2O2（g）═2CO2（g）△H2，则△H1＞△H2 12．NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述中正确的是（ ）A．标准状况下，2.24LCH2Cl2含有分子的数目为0.1NAB．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAC．在标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后气体分子数为0.75NAD．1molFeCl3完全水解得到的Fe（OH）3胶体中含有的胶粒的数目为1NA29\n 13．下列实验操作、现象和解释都正确的是选项实验操作现象解释A在密闭容器中加热CuO黑色固体变成红色固体CuO受热分解得到单质CuB将SO2通入品红溶液中溶液褪色SO2具有漂白性C将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池Al电极溶解Al比Mg金属活动性强D向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42﹣A．AB．BC．CD．D 14．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．图1曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，P点时二者恰好反应完全且溶液呈中性B．图2表示H2（g）与O2（g）反应生成H2O（l）或H2O（g）时的能量变化的关系C．图3表示向Ba（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液时所得沉淀质量的变化D．由图4表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H＞0 15．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能是①C、O2 ②AlCl3、NaOH ③Fe、HNO3 ④S、O2（ ）A．①②③B．①②C．③④D．①②③④ 16．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（ ）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应29\n 二、填空题17．（8分）氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品．某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按如图1述流程制备氯化铜晶体（CuCl2•2H2O）．（已知Fe3+沉淀完全的PH为3.6，Cu2+）开始沉淀的PH为6.4（1）实验室采用如图2所示的装置，可将粗铜与C12反应转化为固体1（加热仪器和夹持装置已略去）．①仪器A的名称是 ．②装置B中发生反应的离子方程式是 ．③装置IV中盛装的试剂是 ，其作用是 （用离子方程式表示）．④CuCl2溶液经一系列操作可得氯化铜晶体，操作的程序依次为 、 过滤、自然干燥．（2）由CuCl2溶液得到CuCl2•2H2O的过程中要加入盐酸的目的是 ． 18．（6分）为探究SO2气体的还原性某兴趣小组设计了如装置图：（1）证明SO2与Fe3+发生反应的现象为 ；（2）实验中所需的SO2气体可以用浓硫酸和铜反应来制取，该反应的化学方程式为 ．（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液，不变红，紫色褪去．方案②：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀上述方案中不合理的是 （填数字序号），原因是 ． 29\n19．（5分）氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一．消除氮氧化物有多种方法．（1）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O，当有1molN2（g）生成，该反应的电子转移总数是 ．（2）可利用甲烷催化还原氮氧化物．已知：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•moL﹣1CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•moL﹣1则CH4（g）将NO（g）还原为N2（g）的热化学方程式是 ．（3）已知反应：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△＜0，根据原电池原理该反应能否设计成燃料电池．若能，请写出当电解质溶液为KOH溶液时的正极反应式（若不能，该空可不作答）： ． 20．（4分）CO2、NH3、NO2都是中学化学中常见的气体，完成下列题目．（1）如图装置中常用于实验室制备CO2的是 （填字母编号）；用b示意的装置制备NH3，分液漏斗中盛放的试剂 （填试剂名称），烧瓶内可加入的固体试剂 （填试剂名称）．（2）检验溶液中含有NH4+的方法是 ；检验装置c气密性的方法 ． 21．（4分）利用图1所示装置探究NO2能否被NH3还原（K1，K2为止水夹，夹持固定装置略去）（1）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中现象是 ．（2）实验过程中气密性良好，但未能观察到C装置中的预期现象．该小组同学分析其原因可能是：①：还原性较弱，不能将NO2还原；②在此条件下，NO2的转化率极低；③ ．（3）NO2气体为常见的大气污染物之一，实验室制取NO2气体的反应原理为铜与浓硝酸反应，写出该反应的离子方程式 ． 22．（8分）铜族元素中铜是一种紫红色的金属，被称作“电气工业的主角”，铜主要从黄铜矿提炼，简单流程如下：29\n（1）焙烧时发生反应2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2↑，该反应的氧化剂是 ，若2mol的CuFeS2参与反应，氧化剂所得电子的物质的量为 mol．（2）若将获得粗铜进行电解精炼可得精铜，则阴极材料 （填名称），将含有0.4molCu（NO3）2和0.4molKCl的水溶液2L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3molCu，此时电解液的pH= （假设溶液体积保持不变）．（3）某温度下已知某密闭容器中存在如下平衡2Cu+（aq）⇌Cu2+（aq）+Cu（s），写出反应的平衡常数的表达式K= ，对于该平衡，下列说法正确的是 A．反应到达平衡后，化学平衡常数不在改变B．上述反应是前后系数和不变的反应，加水稀释相同的倍数时平衡不移动C．向平衡体系中增加铜的量，平衡将向左移动D．若增大平衡体系的压强，则平衡状态不受影响（4）若已知H2A的电离为：H2A=H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，则NaHA溶液中离子浓度的大小顺序为 ． 三、填空题（共1小题，每小题7分，满分7分）23．（7分）A、B、C、N、O、Si、Fe等元素及其化合物有重要的应用．（1）上述几种元素的原子中，未成对电子数最多的元素是 ．（用元素符号表示）（2）与Fe在同一周期的副族元素中，最外层电子数为1的元素是 （用元素符号表示）．（3）C元素是形成有机物的主要元素，下列分子中含有sp1和sp3杂化方式的是 （填写序号）．a．b．CH4c．CH2=CHCH3d．CH3C≡CH（4）C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是 （用元素符号表示）．B、C、N、O的第一电离能由小到大的顺序是 （用元素符号表示）．（5）一定条件下，C元素可形成多种晶体．图1是其中某种晶体的一个晶胞，该晶胞中含有 个C原子．（6）图2为金属铁某种晶体的晶胞结构，已知该晶体的密度为ag为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积为 cm3． 四、填空题（共1小题，每小题10分，满分10分）29\n24．（10分）苄佐卡因是一中医用麻醉药品，学名对氨基苯甲酸乙酯，它以对硝基甲苯为主要起始原料经下列反应制得：请回答下列问题：（1）写出B的结构简式：B ．（2）用1H核磁共振谱可以证明化合物C中有 种氢原子处于不同的化学环境．注：E、F、G结构如下：（3）E、F、G中有一化合物经酸性水解，其中的一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，写出该水解反应的化学方程式 ．（4）苄佐卡因（D）的水解反应如下：化合物H经聚合反应可制成高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域．请写出该聚合反应的化学方程式 ． 29\n山东省东营市广饶一中2022-2022学年高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列物质分类正确的是（ ）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物；【解答】解：A、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单． 2．用下列实验装置完成相应实验，正确的是（ ）A．用于证明非金属性强弱：Cl＞C＞SiB．用于配制一定物质的量浓度的硫酸溶液29\nC．用于模拟生铁的电化学腐蚀D．用于测定某稀盐酸的物质的量浓度【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．盐酸易挥发，应先除去盐酸，且不能用盐酸；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；C．铁分别发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀；D．氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛装．【解答】解：A．盐酸易挥发，应先除去盐酸，且比较非金属的强弱应用最高价氧化物的水化物，用盐酸不能比较Cl和C的非金属性强弱，故A错误；B．容量瓶只能用于配制溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应将浓硫酸在烧杯中稀释、冷却后才可转移到容量瓶中，故B错误；C．铁分别发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，左侧生成氢气，压强增大，右侧消耗氧气，U形管左侧液面比右侧低，故C正确；D．氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛装，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及非金属性的比较、溶液的配制、铁的电化学腐蚀以及中和滴定等知识，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，注意把握相关实验方法和注意事项，难度不大． 3．下列说法正确的是（ ）A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取B．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C．Cl﹣存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；铝的化学性质；乙醇的化学性质；海带成分中碘的检验．【专题】几种重要的金属及其化合物；有机物的化学性质及推断．【分析】A．碘元素在海水中只有化合态，没有游离态，海带提取单质碘需将碘离子氧化成碘单质；B．乙醇和浓硫酸在170℃，发生分子内脱水生成乙烯和水，水浴的温度为小于100℃；29\nC．Cl﹣存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中；D．根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性，CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不能发生变性；【解答】解：A．海水中只有化合态的碘，实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤，然后需将碘离子氧化为碘单质，在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2，然后再萃取，故A错误；B．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，水的沸点为100℃，水浴的温度为小于100℃，而该反应的温度为170℃，显然不符，故B错误；C．铝表面的氧化膜为氧化铝，当有Cl﹣存在时，Cl﹣替换氧化铝中的氧元素形成可溶性的氯化铝，所以铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中，故C正确；D．当向蛋白质溶液中加入的盐溶液（硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等）达到一定浓度时，会使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用称为盐析，盐析具有可逆性，所以饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不是变性，因加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等导致蛋白质性质的改变和生物活性的丧失，是蛋白质的变性，所以CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了物质的性质，掌握基础知识，掌握物质的性质是解题的关键，题目难度不大． 4．在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．=1×1012的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣B．室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、H+、NO3﹣D．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mo1•L﹣1的溶液中：Ba2+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A.=1×1012的溶液呈酸性；B．pH=1的溶液呈酸性，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应；C．与Fe3+不反应的离子可大量共存；D．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mo1•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性．【解答】解：A.=1×1012的溶液呈酸性，酸性条件下，ClO﹣不能大量共存，故A错误；B．pH=1的溶液呈酸性，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；29\nC．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mo1•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下Cu2+不能大量共存，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子的共存，注意利用信息来挖掘隐含信息是解答本题的关键，明确发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大． 5．已知A、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小，B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍，C、D是金属，它们的氢氧化物均难溶于水．下列说法不正确的是（ ）A．简单离子的半径：C＞D＞E＞BB．工业上常用电解法制得C和D的单质C．稳定性：A2B＞A2ED．单质D可用于冶炼某些难熔金属【考点】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、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小，则A为氢元素；B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍，则B为氧元素、E为硫元素；C、D是金属元素，它们的氢氧化物均难溶于水，结合原子序数可知，C为Mg元素、D为Al元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E是短周期原子序数依次增大的五种元素，A原子在元素周期表中原子半径最小，则A为氢元素；B与E同主族，且E的原子序数是B的两倍，则B为氧元素、E为硫元素；C、D是金属元素，它们的氢氧化物均难溶于水，结合原子序数可知，C为Mg元素、D为Al元素，A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞Mg2+＞Al3+，故A错误；B．工业上电解熔融NaCl生成Na，电解熔融的氧化铝生成Al，故B正确；C．非金属性O＞S，故稳定性：H2O＞H2S，故C正确；D．Al的还原性较强，可以利用铝热反应冶炼某些难熔金属，故D正确；故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题的根据，侧重对基础知识的巩固，注意掌握元素周期律． 6．某溶液中存在的离子有：S2﹣、HS﹣、OH﹣、Na+、H+，则下列有关对该溶液的叙述中不正确的是（ ）A．离子浓度可能是c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）B．组成该溶液的溶质只能是Na2S或NaHS或两者的混合物C．该溶液可能呈中性，或碱性，或酸性D．离子物质的量的关系是2n（S2﹣）+n（HS﹣）+n（OH﹣）=n（Na+）+n（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．当该溶液是硫化钠溶液时，根据盐类的水解判断离子浓度大小；B．根据溶液的酸碱性判断溶质；C．溶液的酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小；29\nD．溶液呈电中性，遵循电荷守恒．【解答】解：A．当该溶液是硫化钠溶液时，硫离子存在二级水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+），故A正确；B．当溶液呈酸性时，溶质为硫氢化钠和硫化氢；当溶液呈碱性时，溶质为硫化钠或或NaHS或两者的混合物，甚至含有氢氧化钠；当溶液呈中性时，溶质是硫氢化钠和硫化氢，故B错误；C．当溶液中c（OH﹣）=c（H+）时溶液呈中性，当溶液中c（OH﹣）＞c（H+）时呈碱性，当溶液中c（OH﹣）＜c（H+）时呈酸性，故C正确；D．溶液呈电中性，遵循电荷守恒，2n（S2﹣）+n（HS﹣）+n（OH﹣）=n（Na+）+n（H+），故D正确；故选B．【点评】本题考查离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质在解本题关键，结合物料守恒和电荷守恒来分析解答即可，难度中等． 7．能正确表示下列化学反应的离子方程式是（ ）A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣B．金属铝溶于盐酸中：Al+2H+=Al3++H2↑C．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O=H2S↑+2OH﹣D．碳酸镁溶于硝酸中：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠；B．电子不守恒、电荷不守恒；C．水解反应为可逆反应，第一步水解生成硫氢根离子和OH﹣；D．碳酸镁不溶于水，在离子反应中应保留化学式．【解答】解：A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫的离子反应为2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣，故A正确；B．金属铝溶于盐酸中的离子反应为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故B错误；C．硫化钠溶于水中的离子反应为S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣，以第一步水解为主，故C错误；D．碳酸镁溶于硝酸中的离子反应为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答的关键，并注意水解为可逆反应，在离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大． 8．下列有关实验原理或操作正确的是（ ）A．实验室将硫酸铜溶液直接加热蒸发至干方法来制取CuSO4•5H2OB．用湿润的pH试纸来检验溶液的pH值C．用KSCN溶液检验硫酸亚铁溶液是否氧化变质D．用四氯化碳萃取溴的苯溶液中的溴【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．蒸发时要防止温度过高而导致分解；B．使用pH试纸时，应减小误差；C．硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，铁离子可用KSCN检验；29\nD．苯易溶于四氯化碳．【解答】解：A．如直接蒸干，温度过高，可导致CuSO4•5H2O分解，应当有大量固体析出且由少量液体剩余时停止加热，用余热蒸干，故A错误；B．pH试纸不能事先湿润，防止误差，故B错误；C．硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，铁离子可用KSCN检验，如溶液变红色，可说明变质，故C正确；D．苯易溶于四氯化碳，可用水反萃取，也可用蒸馏的方法，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的检验和鉴别、分离、提纯等操作，侧重于学生的实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性，难度不大． 9．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．如图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B．表示将0.01mol•L﹣1NaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C．为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D．图中曲线表示将pH相同的NH4Cl溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的应用；中和滴定．【专题】图像图表题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．醋酸为弱酸，不能完全电离；B．将0.01mol•L﹣1NaOH溶液滴人到稀盐酸中，则溶液pH应逐渐增大；C．从z点刭x点，水的离子积常数减小，应改变温度；D．氯化铵水解呈酸性，加水稀释，促进水解．29\n【解答】解：A．醋酸是弱酸，盐酸是强酸，以此在物质的量浓度相同的情况下，盐酸与镁反应的速率快，故A错误；B．乙应该表示的是将稀盐酸滴加到氢氧化钠溶液中的滴定曲线，故B错误；C．丙为水的电离曲线，从z点刭x点，水的离子积常数减小，因此不能采用在水中加入适量氢氧化钠固体的方法实现，故C错误；D．盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是强酸弱碱盐，水解呈酸性，因此在pH相同的条件下，分别稀释相同的倍数时，盐酸的pH变化大，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及外界条件对反应速率的影响、电离平衡、盐类水解以及酸碱中和反应曲线等知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大． 10．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表．下列说法正确的是（ ）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10﹣5mol/（L•min）B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2molZ，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动．【解答】解：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0.08mol，故，故A错误；B、该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量也为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01mol•L﹣129\n、0.01mol•L﹣1、0.012mol•L﹣1，故平衡常数，故C正确；D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2molZ，因为在等温等容条件下，左右气体化学计量数相等，原平衡环境和D选项的平衡环境互为等效平衡，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意C选项中对化学平衡常数的理解． 11．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）A．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为﹣285.8kJ/molB．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/molD．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H1；2C（g）+2O2（g）═2CO2（g）△H2，则△H1＞△H2【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据燃烧热的概念：1mol物质燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量来回答；B、物质具有的能量越低越稳定；C、中和热是稀的强酸和稀的强碱反应生成1mol水的过程所放出的能量；D、物质完全燃烧放出的能量多，焓变是带有符号的．【解答】解：A、因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，所以H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A错误；B、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故B错误；C、醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，则NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H＞﹣57.4kJ/mol，故C错误；D、物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H1＞△H2，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等． 12．NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述中正确的是（ ）A．标准状况下，2.24LCH2Cl2含有分子的数目为0.1NAB．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAC．在标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后气体分子数为0.75NAD．1molFeCl3完全水解得到的Fe（OH）3胶体中含有的胶粒的数目为1NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、标准状况二氯甲烷不是气体；29\nB、NO2和N2O4，的最简式相同为NO2，计算46gNO2中原子数；C、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮可以聚合为四氧化二氮；D、胶体微粒是氢氧化铁的集合体．【解答】解：A、标准状况二氯甲烷不是气体，2.24LCH2Cl2含物质的量不是0.1mol，故A错误；B、NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算46gNO2中原子数=×3×NA=3NA，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA，故B正确；C、在标准状况下，11.2LNO物质的量==0.5mol，11.2LO2物质的量==0.5mol，混合反应，2NO+O2=2NO2，反应后生成二氧化氮0.5mol，剩余氧气0.25mol，2NO2⇌N2O4，气体分子数小于0.75NA，故C错误；D、胶体微粒是氢氧化铁的集合体，1molFeCl3完全水解得到的Fe（OH）3胶体中含有的胶粒的数目小于1NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是气体摩尔体积的条件应用，注意二氧化氮聚合反应的分析，掌握基础是关键，题目难度中等． 13．下列实验操作、现象和解释都正确的是选项实验操作现象解释A在密闭容器中加热CuO黑色固体变成红色固体CuO受热分解得到单质CuB将SO2通入品红溶液中溶液褪色SO2具有漂白性C将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池Al电极溶解Al比Mg金属活动性强D向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42﹣A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．CuO加热不分解；B．二氧化硫与品红化合生成无色物质；C．原电池中Al作负极，但金属活泼性Mg＞Al；D．溶液中可能有银离子．【解答】解：A．CuO加热不分解，不能观察到黑色固体变为红色，故A错误；B．二氧化硫与品红化合生成无色物质，溶液褪色，则二氧化硫具有漂白性，故B正确；C．原电池反应为Al与NaOH溶液反应，Al失去电子Al作负极，但金属活泼性Mg＞Al，故C错误；D．溶液中可能有银离子，检验硫酸根离子，应先加盐酸酸性，然后加入氯化钡，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池、离子的检验、漂白性、物质的性质等，选项CD为解答的易错点，注重基础知识的考查，题目难度不大． 29\n14．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．图1曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，P点时二者恰好反应完全且溶液呈中性B．图2表示H2（g）与O2（g）反应生成H2O（l）或H2O（g）时的能量变化的关系C．图3表示向Ba（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液时所得沉淀质量的变化D．由图4表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H＞0【考点】反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；中和滴定．【专题】图像图表题．【分析】A、图象分析恰好反应时生成的生成NaCl显中性；B、H2（g）与O2（g）反应生成H2O（l）放出能量多，生成H2O（g）放出热量少；C、向Ba（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液，反应开始即有沉淀生成；D、升高温度逆速率大于正速率，向逆反应方向移动．【解答】解：A、图象可知，盐酸与氢氧化钠浓度都是0.1mol/L，相互滴定时消耗的体积相同，恰好反应时生成的生成NaCl显中性，与图象相符，故A正确；B、H2（g）与O2（g）反应生成H2O（l）放出能量多，生成H2O（g）放出热量少，与图象不符，故B错误；C、向Ba（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液，反应开始即有沉淀生成，图象中沉淀生成不是从0点开始的，故C错误；D、升高温度逆速率大于正速率，向逆反应方向移动，升温逆移，则逆反应方向为吸热方向，正方向为放热反应，则△H＜0，故D错误；故选A．【点评】本题考查了图象分析，反应能量变化，酸碱中和滴定，温度对平衡的影响等，题目难度中等． 15．X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能是①C、O2 ②AlCl3、NaOH ③Fe、HNO3 ④S、O2（ ）A．①②③B．①②C．③④D．①②③④【考点】无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】推断题．【分析】将选项中的物质带入验证即可，图象中X、Y都能与W反应．【解答】解：①X为C、W为O2时，Y为CO，Z为CO2，且C与O2完全反应即生成CO2，故正确；29\n②若X为AlCl3、W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故正确；③若X为Fe、W为HNO3，Fe过量时生成Fe（NO3）2，继续与HNO3反应生成Fe（NO3）3，Fe在过量HNO3中生成Fe（NO3）3，故正确；④若X为S、W为O2，S与氧气反应生成二氧化硫，在催化剂条件下二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，但硫单质不能与氧气反应生成直接三氧化硫，故错误．【点评】本题考查元素化合物中的连续反应，思维容量较大，需要对物质间的转换关系及转换条件非常熟悉，否则易出错． 16．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（ ）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】该物质含2个C=C键、1个﹣OH，分子式为C10H18O，结合烯烃和醇的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故A正确；B．因含C=C键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；C．含C=C键、﹣OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．含C=C，能发生加成反应，含﹣OH能发生取代反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉烯烃、醇的性质即可解答，题目难度不大． 二、填空题17．（8分）氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品．某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按如图1述流程制备氯化铜晶体（CuCl2•2H2O）．（已知Fe3+沉淀完全的PH为3.6，Cu2+）开始沉淀的PH为6.429\n（1）实验室采用如图2所示的装置，可将粗铜与C12反应转化为固体1（加热仪器和夹持装置已略去）．①仪器A的名称是 分液漏斗 ．②装置B中发生反应的离子方程式是 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ．③装置IV中盛装的试剂是 NaOH溶液 ，其作用是 Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O （用离子方程式表示）．④CuCl2溶液经一系列操作可得氯化铜晶体，操作的程序依次为 蒸发浓缩 、 冷却结晶 过滤、自然干燥．（2）由CuCl2溶液得到CuCl2•2H2O的过程中要加入盐酸的目的是 抑制铜离子的水解，提高产品的产率（或纯度） ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】（1）①仪器A是分液漏斗；②装置B中制取氯气，利用二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，写出化学方程式再改写成离子方程式；③实验中的反应物之一为氯气，若过量会污染大气，所以需要处理尾气，氢氧化钠和氯气生成无毒物质；④从CuCl2溶液中得到晶体，应通过加热浓缩，冷却结晶，再过滤、干燥；（2）因Cu2+能水解且加热会促进水解生成Cu（OH）2，同时得到挥发性的酸盐酸，根据平衡理论，要通过加入稀盐酸抑制水解平衡正向移动，提高产品纯度．【解答】解：（1）①仪器A是含有活塞的漏斗，为分液漏斗，在该实验用于滴加浓盐酸，控制反应速率，故答案为：分液漏斗；②装置B中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸发生反应的化学方程工为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，改写后得到离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；29\n③实验中的反应物之一为氯气，应考虑到过量的氯气能污染大气，所以需要处理尾气，一般用NaOH溶液吸收，反应为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：NaOH溶液；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；④从溶液里得到固体溶质，通常采用的分离方法是结晶法，具体过程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（2）由CuCl2溶液得到CuCl2•2H2O的过程中Cu2+水解，要加盐酸防止Cu2+水解，否则产品中会含有Cu（OH）2杂质，故答案为：抑制铜离子的水解，提高产品的产率（或纯度）．【点评】本题考查学生对工艺流程理解、实验装置的理解、盐类水解的应用，物质分离提纯等，题目中等难度． 18．（6分）为探究SO2气体的还原性某兴趣小组设计了如装置图：（1）证明SO2与Fe3+发生反应的现象为 A中溶液由黄色变为浅绿色 ；（2）实验中所需的SO2气体可以用浓硫酸和铜反应来制取，该反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ ．（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液，不变红，紫色褪去．方案②：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀上述方案中不合理的是 ① （填数字序号），原因是 因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色 ．【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据SO2与Fe3+发生反应的反应物、生成物的性质分析解答；（2）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（3）二氧化硫、Fe2+具有还原性，和氧化剂能发生氧化还原反应，能使高锰酸钾溶液现象明显．【解答】解：（1）SO2与Fe3+发生反应SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+，原来为黄色铁离子溶液，被二氧化硫还原成浅绿色的亚铁离子溶液，故答案为：A中溶液由黄色变为浅绿色；（2）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；29\n（3）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，所以上述方案中不合理的是①，故答案为：①；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色．【点评】本题考查的是二氧化硫的性质及实验室制法，注意二氧化硫有还原性，与强氧化剂发生氧化还原反应，还具有漂白性，题目难度不大． 19．（5分）氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一．消除氮氧化物有多种方法．（1）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O，当有1molN2（g）生成，该反应的电子转移总数是 6NA或6×6.02×1023 ．（2）可利用甲烷催化还原氮氧化物．已知：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•moL﹣1CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•moL﹣1则CH4（g）将NO（g）还原为N2（g）的热化学方程式是 CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1 ．（3）已知反应：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△＜0，根据原电池原理该反应能否设计成燃料电池．若能，请写出当电解质溶液为KOH溶液时的正极反应式（若不能，该空可不作答）： 2NO2+8e﹣+4H2O=N2+8OH﹣ ．【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．【分析】（1）氧化还原反应中，化合价升高的数值=化合价降低数值=转移电子数；（2）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变；（3）依据反应中元素化合价变化判断反应是否为自发进行的氧化还原反应，自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池反应，燃料在负极失电子发生氧化反应，二氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成氮气，结合电荷守恒书写电极反应；【解答】解：（1）根据化合价升高的数值=化合价降低数值=转移电子数，化合价升高情况：2NH3～6e﹣～N2，所以当有1molN2（g）生成，该反应的电子转移的量是6mol，总数是6NA或6×6.02×1023，故答案为：（2）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•moL﹣1②CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•moL﹣1根据盖斯定律，将已知热化学方程式②×2﹣①可得：CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1；故答案为：CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1；（3）已知反应：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＜0，△S＞0，△H﹣T△S＜0，反应是自发进行的氧化还原反应，可以设计原电池反应，二氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应为：2NO2+8e﹣+4H2O=N2+8OH﹣；故答案为：2NO2+8e﹣+4H2O=N2+8OH﹣；【点评】本题涉及氧化还原反应中的概念、盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算、原电池反应设计和电极反应应用等综合知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等． 20．（4分）CO2、NH3、NO2都是中学化学中常见的气体，完成下列题目．29\n（1）如图装置中常用于实验室制备CO2的是 bc （填字母编号）；用b示意的装置制备NH3，分液漏斗中盛放的试剂 浓氨水 （填试剂名称），烧瓶内可加入的固体试剂 生石灰（或NaOH固体或碱石灰） （填试剂名称）．（2）检验溶液中含有NH4+的方法是 取少量的溶液于试管中，滴加过量浓NaOH溶液并微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，证明含NH4+ ；检验装置c气密性的方法 打开止水夹，向长颈漏斗加水，关闭止水夹，若长颈漏斗内存在一段稳定的水柱，证明装置气密性良好 ．【考点】实验装置综合．【专题】综合实验题．【分析】（1）实验室制备CO2，利用碳酸钙与稀盐酸反应，则选择固体与液体反应且不需要加热的装置；用b示意的装置制备NH3，为固体与液体混合制取原理，选择浓氨水与碱性物质混合制取；（2）检验铵根离子，利用与碱共热生成气体使红色石蕊试纸变蓝分析；检验装置c气密性，可利用液柱法．【解答】解：（1）（1）实验室制备CO2，利用碳酸钙与稀盐酸反应，则选择固体与液体反应且不需要加热的装置，只有bc符合；用b示意的装置制备NH3，为固体与液体混合制取原理，选择浓氨水与碱性物质混合制取，则分液漏斗中试剂为浓氨水，烧瓶内可加入的固体试剂为生石灰（或NaOH固体或碱石灰），故答案为：bc；浓氨水；生石灰（或NaOH固体或碱石灰）；（2）检验铵根离子，操作为取少量的溶液于试管中，滴加过量浓NaOH溶液并微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，证明含NH4+；检验装置c气密性的操作方法为打开止水夹，向长颈漏斗加水，关闭止水夹，若长颈漏斗内存在一段稳定的水柱，证明装置气密性良好，故答案为：取少量的溶液于试管中，滴加过量浓NaOH溶液并微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，证明含NH4+；打开止水夹，向长颈漏斗加水，关闭止水夹，若长颈漏斗内存在一段稳定的水柱，证明装置气密性良好．【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握常见气体的制备装置及气密性检查方法、离子检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 21．（4分）利用图1所示装置探究NO2能否被NH3还原（K1，K2为止水夹，夹持固定装置略去）（1）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中现象是 C装置中混合气体颜色变浅 ．29\n（2）实验过程中气密性良好，但未能观察到C装置中的预期现象．该小组同学分析其原因可能是：①：还原性较弱，不能将NO2还原；②在此条件下，NO2的转化率极低；③ 在此条件下，该反应的化学反应速率极慢 ．（3）NO2气体为常见的大气污染物之一，实验室制取NO2气体的反应原理为铜与浓硝酸反应，写出该反应的离子方程式 Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O ．【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；性质实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】（1）若NO2能够被NH3还原，则混合气体的颜色将变浅；（2）实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低；（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，依据反应写出离子方程式；【解答】（1）二氧化氮是红棕色气体，如果能被氨气还原，生成无色气体氮气，则C装置中混合气体颜色变浅，故答案为：C装置中混合气体颜色变浅；（3）造成未能观察到C装置中的预期现象可能原因是：在此条件下，该反应的化学反应速率极慢或NO2的转化率极低导致反应现象变化不明显，故答案为：在此条件下，该反应的化学反应速率极慢；（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，反应写出离子方程式为；Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O；【点评】本题考查了氮及其化合物性质分析判断，主要是实验过程分析，硝酸性质应用，掌握基础是关键，题目难度中等． 22．（8分）铜族元素中铜是一种紫红色的金属，被称作“电气工业的主角”，铜主要从黄铜矿提炼，简单流程如下：（1）焙烧时发生反应2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2↑，该反应的氧化剂是 CuFeS2、O2 ，若2mol的CuFeS2参与反应，氧化剂所得电子的物质的量为 6 mol．（2）若将获得粗铜进行电解精炼可得精铜，则阴极材料 精铜 （填名称），将含有0.4molCu（NO3）2和0.4molKCl的水溶液2L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3molCu，此时电解液的pH= 1 （假设溶液体积保持不变）．（3）某温度下已知某密闭容器中存在如下平衡2Cu+（aq）⇌Cu2+（aq）+Cu（s），写出反应的平衡常数的表达式K= ，对于该平衡，下列说法正确的是 D A．反应到达平衡后，化学平衡常数不在改变B．上述反应是前后系数和不变的反应，加水稀释相同的倍数时平衡不移动C．向平衡体系中增加铜的量，平衡将向左移动D．若增大平衡体系的压强，则平衡状态不受影响29\n（4）若已知H2A的电离为：H2A=H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，则NaHA溶液中离子浓度的大小顺序为 c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣） ．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；氧化还原反应；化学平衡的影响因素；电解原理．【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．【分析】（1）根据根据氧化还原反应化合价降低得电子是氧化剂；氧化剂和还原剂得失电子相等来分析；（2）粗铜进行电解精炼可得精铜，粗铜作阳极，精铜作阴极；电解混合溶液时，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，结合两极转移电子数目相等和电极方程式计算；（3）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行书写；A．化学平衡常数仅与温度有关，温度变化，平衡常数也变化；B．注意物质的状态；C．改变固体的量，平衡不移动；D．若增大平衡体系的压强，则平衡向气体体积减小的方向移动，由于反应在溶液中进行，故增大平衡体系的压强，则平衡状态不受影响；（4）因为H2A=H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，NaHA溶液存在HA﹣⇌H++A2﹣显酸性，则c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），结合水的电离H2O⇌H++OH﹣，则c（H+）＞c（A2﹣）结合来判断．【解答】解：（1）2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，根据氧化还原反应化合价降低得电子是氧化剂，在该反应中，CuFeS2的铜由+2价降低到+1价，O2由0价降低到﹣2价，所以氧化剂为：CuFeS2、O2；在该反应中，S的化合价由﹣2价升高到+4价，失去6个电子，若有1molSO2生成，则失去6mol电子；故答案为：CuFeS2、O2；6mol；（2）粗铜进行电解精炼可得精铜，粗铜作阳极，精铜作阴极；电解混合溶液时，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，氯离子完全析出时，生成n（Cl2）=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成氧气转移电子0.2mol，消耗氢氧根0.2mol，所以阳极生成0.2molH+，则C（H+）==0.1mol/L，所以PH=1，故答案：精铜；1；（3）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数K=；对于该平衡A．由于化学平衡常数仅与温度有关，温度变化，平衡常数也变化，故A错误；B．铜是固体，所以加水稀释相同的倍数时根据平衡常数不变可以判断平衡正方向移动，故B错误；C．改变固体的量，平衡不移动，故C错误；D．若增大平衡体系的压强，则平衡向气体体积减小的方向移动，由于反应在溶液中进行，故增大平衡体系的压强，则平衡状态不受影响，故D正确；故答案：K=；D；29\n（4）因为H2A=H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，NaHA溶液存在HA﹣⇌H++A2﹣显酸性，则c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），结合水的电离H2O⇌H++OH﹣，则c（H+）＞c（A2﹣），即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；【点评】本题考查了元素化合物的性质、电化学、平衡常数、化学平衡移动、离子浓度比较等知识点，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意二元酸的两步电离特点（4）为解答的难点，难度较大． 三、填空题（共1小题，每小题7分，满分7分）23．（7分）A、B、C、N、O、Si、Fe等元素及其化合物有重要的应用．（1）上述几种元素的原子中，未成对电子数最多的元素是 Fe ．（用元素符号表示）（2）与Fe在同一周期的副族元素中，最外层电子数为1的元素是 Cr、Cu （用元素符号表示）．（3）C元素是形成有机物的主要元素，下列分子中含有sp1和sp3杂化方式的是 d （填写序号）．a．b．CH4c．CH2=CHCH3d．CH3C≡CH（4）C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是 N＞C＞Si （用元素符号表示）．B、C、N、O的第一电离能由小到大的顺序是 B＜C＜O＜N （用元素符号表示）．（5）一定条件下，C元素可形成多种晶体．图1是其中某种晶体的一个晶胞，该晶胞中含有 8 个C原子．（6）图2为金属铁某种晶体的晶胞结构，已知该晶体的密度为ag为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积为 cm3．【考点】晶胞的计算；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；化学键与晶体结构．【分析】（1）根据其核外电子排布式中未成对电子数判断；（2）根据与Fe在同一周期的副族元素中，核外电子排布式判断；（3）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；（4）根据元素的电负性递变规律判断；根据第一电离能递变规律判断；（5）利用均摊法计算碳原子个数；（6）利用密度和晶胞质量计算．【解答】解：（1）C原子中未成对电子数是2，N原子中未成对电子数是3，Si原子中未成对电子数是2，Fe原子中未成对电子数是4，故答案为：Fe；（2）Fe位于第四周期，过渡元素中，Cr价电子排布式为：3d54s1，Cu价电子排布式为：3d104s1，即最外层电子数为1的元素是Cu、Cr，故答案为：Cu、Cr；29\n（3）a．甲基碳原子有4个共价单键，所以碳原子采用sp3杂化，苯环上碳原子采用sp2杂化，故不符合；b．甲烷中碳原子采用sp3杂化，故不符合；c．CH2=CHCH3的甲基碳原子采用sp3杂化，连接碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，故不符合；d．CH3CH2C≡CH的甲基、亚甲基碳原子采用sp3杂化，连接碳碳三键的碳原子采用sp杂化，故符合；故选d；（4）同一主族元素知，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是N＞C＞Si；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，由于N元素，2p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于O，第一电离能从小到大顺序为：B＜C＜O＜N（5）根据图1晶胞可知碳原子位于顶点、面心和体内，数目为=8，晶胞中含有8个碳原子，故答案为：8；（6）晶胞类型为体心立方，晶胞中含有铁原子数目为8×+1=2，则晶胞质量为，则晶胞体积为=，故答案为：．【点评】本题考查晶胞的计算、晶胞中原子个数的确定、电负性大小的判断等知识点，利用均摊法、元素周期律来分析解答即可，难度中等． 四、填空题（共1小题，每小题10分，满分10分）24．（10分）苄佐卡因是一中医用麻醉药品，学名对氨基苯甲酸乙酯，它以对硝基甲苯为主要起始原料经下列反应制得：请回答下列问题：（1）写出B的结构简式：B CH3CH2OH ．（2）用1H核磁共振谱可以证明化合物C中有 4 种氢原子处于不同的化学环境．注：E、F、G结构如下：29\n（3）E、F、G中有一化合物经酸性水解，其中的一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，写出该水解反应的化学方程式 ．（4）苄佐卡因（D）的水解反应如下：化合物H经聚合反应可制成高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域．请写出该聚合反应的化学方程式 ．【考点】有机物的推断．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】（1）流程图非常简单，生成A，即为KMnO4氧化苯环上的甲基而生成羧基，A→C，结合D产物，显然为A与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，最后将硝基还原即等氨基；（2）从C的结构简式看，硝基邻、间位上的H，亚甲基和甲基上的H，共四种不同的氢谱；（3）能与FeCl3发生显色反应的必须是酚，显然F可以水解生成酚羟基；（4）D物质水解可生成对氨苯甲酸，含有氨基和羧基两种官能团，它们可以相互缩聚形成聚合物．【解答】解：（1）苯环上的甲基能被酸性高锰酸钾氧化为羧基，则A为，A→C，结合D产物，显然为A与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，最后将硝基还原即等氨基，则B为CH3CH2OH，C为，故答案为：CH3CH2OH；（2）根据的结构可以看出，硝基邻、间位上的H，亚甲基和甲基上的H，共四种不同的氢谱，故答案为：4；（3）能与FeCl3发生显色反应的必须是酚，显然F可以水解生成酚羟基，故答案为：；29\n（4）D物质水解可生成对氨苯甲酸，含有氨基和羧基两种官能团，它们可以相互缩聚形成多肽化合物和水，故答案为：．【点评】该题为传统的有机化学综合题．综合了有机物基团的转化、同分异构体、水解反应、缩聚反应等知识．1H核磁共振谱的分析体现了新课程的变化，中等难度．29
