河南省安阳市滑县2022学年高二化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年河南省安阳市滑县高二（下）期末化学试卷一、选择题：（本大题包括16小题，每小题3分，共48分.每小题只有一个选项符合题意.）1．下列用品的主要成分及用途对应不正确的是()ABCD用品主要成分CO2Fe2O3NaHCO3CH3COOH用途做制冷剂做红色涂料除油污做调味剂A．AB．BC．CD．D2．下列有关化学用语使用正确的是()A．CO2的电子式：B．中子数为20的氯原子：C．乙烯的比例模型：D．铝离子结构示意图：3．用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是()A．用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe（OH）3胶体粒数为0.1NAB．46gNO2和N2O4的混合气体中含N原子总数为NAC．标准状况下，5.6LCCl4含有的分子数为0.25NAD．0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NA4．如图所示的钢铁腐蚀中下列说法正确的是()A．碳表面发生氧化反应B．钢铁被腐蚀的最终产物为FeOC．生活中钢铁制品的腐蚀以图①所示为主D．图②中，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣-31-\n5．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是()A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生6．银翘的金银花与连翘配成的中成药，具有辛凉解表，清热解毒，用于流行感冒引起的发热、咳嗽、口干、咽喉肿痛．其中的一种具有较广泛的杀菌作用的有效成分﹣﹣绿原酸，结构简式见图．下列描述错误的是()A．绿原酸有可能通过酯化反应人工合成B．1mol绿原酸能与4molBr2发生加成反应C．1mol绿原酸能与6molNa发生置换反应D．绿原酸能与NaHCO3溶液发生反应放出CO27．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c（N2O5）/mol•L﹣15.003.522.502.50下列说法中不正确的是()A．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＜K2B．500s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1C．达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则c（N2O5）＞5.00mol•L﹣1D．T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%8．下列实验装置或操作正确的是()ABCD-31-\n向容量瓶中转移液体实验室制取乙酸乙酯实验室制乙烯分离酒精和水A．AB．BC．CD．D9．下列反应的离子方程式正确的是()A．向Ca（ClO）2中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOB．醋酸与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑C．向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4+D．NO2与水的反应：3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+10．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是()A．将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去C．将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去D．将乙醛加入新制Cu（OH）2悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀11．已知A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大；D的核电荷数是B的核电荷数的倍；A分别能与B、C、D形成电子数相等的分子X、Y、Z；E与B同主族．下列说法中不正确的是()A．Z分子中各原子共平面B．A、C形成的5核10电子的阳离子能破坏水的电离平衡C．B、E两元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性是后者强D．由X、D2、NaOH溶液和惰性电极组成的燃料电池中，负极通入的是X12．下列描述正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则NaOH和CH3COOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/molB．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C．CO（g）的燃烧热是﹣283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）反应的△H=﹣2×283.0kJ/molD．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热13．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）()A．3种B．4种C．5种D．6种14．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()-31-\nA．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液中[pH=7，c（Na+）=0.1mol•L﹣1]：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）B．在O．1mol•L﹣1Na2C03溶液中：cc（Na+）=2c（CO32﹣）C．在O．1mol•L﹣1NaHC03溶液中：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2C03）D．向0.2mol•L﹣1NaHC03溶液中加入等体积O.1mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+）15．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是()A．工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C．在第②、④步骤中，溴元素均被氧化D．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl16．下列实验中，对应的现象以及结论都对应正确的是()选项实验现象结论A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B．将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应C．AgI沉淀中滴加稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl的溶度积比AgI的小D．去少量无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡，静置溶液分层，下层呈橙红色原无色溶液中含有溴离子A．AB．BC．CD．D二、必考题（共4小题，满分37分）17．人类活动产生的CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注．（1）工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图1所示：在阳极区发生的反应包括__________和H++HCO3﹣═H2O+CO2↑（2）再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇等产物，工业上利用该反应合成甲醇．已知：25℃，101KPa下：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣242kJ/molCH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣676kJ/mol-31-\n①写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式__________．②下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是（填字母序号）__________．（3）微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置．已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，如图2所示：①该电池外电路电子的流动方向为__________（填写“从A到B”或“从B到A”）．②A电极附近甲醇发生的电极反应式为__________．18．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体还原Fe3+反应的产物是__________、__________（填离子符号）．（2）下列实验方案可以用于在实验室制取所需SO2的是__________．A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与70%浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4共热（3）装置C的作用是__________．（4）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，紫红色褪去．方案②：往第一份试液加入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．上述方案不合理的是__________，原因是__________．（5）能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是__________，写出有关离子方程式：__________．-31-\n19．草酸镍晶体（NiC2O4•2H2O）可用于制镍催化剂．某小组用废镍催化剂（成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2等）制备草酸镍晶体的部分实验流程如图1：已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Al3+3.05.0Ni2+6.79.5（1）粉碎的目的是__________．（2）保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图2．“酸浸”的适宜温度与时间分别为__________（填字母）a．30℃、30min__________b．90℃、150minc．70℃、120mind．90℃、120min（3）由流程中的“浸出液”得到“溶液x”，首先是加适量H2SO4溶液，再加足量H2SO4溶液，充分反应后用NaOH溶液调节pH__________（填范围），充分反应后过滤，以除去铁、铝元素；（4）将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用乙醇洗涤、110℃下烘干按，得草酸镍晶体．①用乙醇洗涤的目的是__________；②烘干温度不超过110℃的原因是__________．20．某科研单位利用石油裂解的副产物CH4来制取CO和H2，其生产流程如图1：（1）该流程第Ⅰ步反应为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图2．则P1__________P2．（填“＜”、“＞”或“=”）．该反应的平衡常数的表达式K=__________．（2）此流程的第Ⅱ步反应的平衡常数随温度的变化如表：温度/℃300500830平衡常数K1291①从上表分析推断，该反应是△H__________0（填“＜”、“＞”或“=”）．②在500℃时，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.010mol/L﹣1，在该条件下，反应达到平衡时，CO的转化率为__________．-31-\n③如图3表示该反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件可能是__________（写出两种）．三、【化学--选修2：化学与技术】（以下为选考题）21．目前，我国采用“接触法”制硫酸，设备如图所示：（1）图中设备A的名称是__________，该设备中主要反应的化学方程式为__________．（2）有关接触法制硫酸的下列说法中，不正确的是__________（填字母序号）．A．二氧化硫的接触氧化在接触室中发生B．吸收塔用浓度为98.3%浓硫酸吸收三氧化硫C．煅烧含硫48%的黄铁矿时，若FeS2损失了2%，则S损失2%D．B装置中反应的条件之一为较高温度是为了提高SO2的转化率E．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放的热量．22．纯碱是一种重要的化工原料．制碱工业主要有“氨碱法”（索尔维法）和“联合制碱法”（侯氏制碱法）两种工艺．请按要求回答问题：（1）CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”中CO2的来源于__________，“氨碱法”中CO2来源于__________．（2）氨碱法的原子利用率（原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比）__________．（3）写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：__________．四、【化学--选修3：物质结构与性质】23．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A元素位于周期表的s区，其原子中电子层数等于未成对电子数；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种已知轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B二种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同．请回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）E的基态原子的外围电子排布式为__________．-31-\n（2）下列叙述正确的是__________．（填字母）a．M与水分子间能形成氢键，N是非极性分子b．M和二氧化碳分子中的中心原子均采用sp2杂化c．N分子中含有6个σ键和1个π键d．BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（3）E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图所示，则Q的化学式为__________，该晶体中氧的配位数为__________．（4）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的BC﹣，可在Q的催化下，先用NaClO将BC氧化成BCD﹣，然后在酸性条件下BCD﹣可以继续被NaClO氧化成C2和BD2；①与BCD﹣互为等电子体的分子、离子的化学式依次是__________和__________（各写出一种）；②上述反应中后一步反应的离子方程是__________．（5）在浓的ECl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl气体至饱和，可得到配位数为6、组成为ECl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为__________．五、【化学--选修5：有机化学基础】24．H可用作香精和食品添加剂，合成H的流程如下：已知：①在一定条件下，有机物有下列转化关系：②在不同条件下，烃A和等物质的量HCl在不同的条件下发生加成反应，既可以生成只含有一个甲基的B，也可以生成含有两个甲基的F．（1）D的结构简式为__________，其核磁共振氢谱有__________组峰．（2）烃A→B的化学反应方程式是__________．（3）F→G的化学反应类型为__________．（4）E+G→H的化学反应方程式：__________．（5）H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是__________．（用结构简式表示）-31-\n（6）在110℃和固体催化剂条件下，E和烃A也可以直接合成H，化学方程式为__________．-31-\n2022-2022学年河南省安阳市滑县高二（下）期末化学试卷一、选择题：（本大题包括16小题，每小题3分，共48分.每小题只有一个选项符合题意.）1．下列用品的主要成分及用途对应不正确的是()ABCD用品主要成分CO2Fe2O3NaHCO3CH3COOH用途做制冷剂做红色涂料除油污做调味剂A．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】化学计算．【分析】A．干冰为固态二氧化碳，转化为气态时吸热；B．氧化铁为红色；C．纯碱为碳酸钠的俗称，水解显碱性，可促进油污的水解；D．醋酸具有刺激性气味．【解答】解：A．干冰为固态二氧化碳，转化为气态时吸热，则可作制冷剂，故A正确；B．氧化铁为红色，俗称铁红，可用于做红色涂料，故B正确；C．纯碱为碳酸钠的俗称，水解显碱性，可促进油污的水解能除去油污，而NaHCO3为小苏打，故C错误；D．醋酸具有刺激性气味，具有酸性，可做调味剂，故D正确；故选C．【点评】本题考查物质的成分、性质和用途，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大，注意物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键．2．下列有关化学用语使用正确的是()A．CO2的电子式：B．中子数为20的氯原子：C．乙烯的比例模型：D．铝离子结构示意图：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．C、O之间形成2对共用电子对；B．中子数为20的氯原子，质量数为37；-31-\nC．利用原子的相对大小表示的模型为比例模型；D．铝离子最外层8个电子．【解答】解：A．CO2的电子式为，故A错误；B．中子数为20的氯原子为，故B错误；C．乙烯的比例模型为，故C正确；D．铝离子结构示意图为，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、比例模型、结构示意图及原子的构成，注意区分不能的化学用语并规范应用，注意基础知识的考查，题目难度不大．3．用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是()A．用含0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe（OH）3胶体粒数为0.1NAB．46gNO2和N2O4的混合气体中含N原子总数为NAC．标准状况下，5.6LCCl4含有的分子数为0.25NAD．0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；B．NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有N原子数；C．标准状况下，四氯化碳的状态不是气体；D．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，0.25mol过氧化钠中含有0.25mol过氧根离子．【解答】解：A．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，则无法计算氢氧化铁胶体中含有氢氧化铁胶粒的数目，故A错误；B.46gNO2和N2O4的混合物中含有46g最简式NO2，含有最简式的物质的量为：=1mol，1molNO2中含有1molN原子，含N原子总数为NA，故B正确；C．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D.0.25mol过氧化钠中含有0.25mol过氧根离子，含有的阴离子数为0.25NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断，题目难度中等，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．-31-\n4．如图所示的钢铁腐蚀中下列说法正确的是()A．碳表面发生氧化反应B．钢铁被腐蚀的最终产物为FeOC．生活中钢铁制品的腐蚀以图①所示为主D．图②中，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】根据图知，①为铁的析氢腐蚀，②为铁的吸氧腐蚀，酸性条件下钢铁发生消去反应，弱酸性或中性条件下钢铁发生吸氧腐蚀，在生活中钢铁主要以吸氧腐蚀为主，钢铁被腐蚀的最终产物是Fe2O3．xH2O，发生吸氧腐蚀时正极上氧气得电子发生还原反应．【解答】解：根据图知，①为铁的析氢腐蚀，②为铁的吸氧腐蚀，A．②为铁的吸氧腐蚀，该装置中Fe易失电子作负极、C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．Fe被氧化生成Fe2+，Fe2+和OH﹣反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定易被氧化生成Fe（OH）3，Fe（OH）3失水生成Fe2O3．xH2O，所以钢铁被腐蚀的最终产物是Fe2O3．xH2O而不是FeO，故B错误；C．生活中钢铁主要以吸氧腐蚀为主，故C错误；D．图②中铁发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，会正确书写电极反应式，题目难度不大．5．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是()A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生【考点】性质实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】A．碘单质易升华，属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；-31-\nB．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体碘单质，说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故A错误；B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故B错误；C．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D．氯化铵受热分解与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选C．【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的影响因素、氯化铵的性质等知识，题目难度中等，明确影响化学平衡的因素、二氧化硫的漂白原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．6．银翘的金银花与连翘配成的中成药，具有辛凉解表，清热解毒，用于流行感冒引起的发热、咳嗽、口干、咽喉肿痛．其中的一种具有较广泛的杀菌作用的有效成分﹣﹣绿原酸，结构简式见图．下列描述错误的是()A．绿原酸有可能通过酯化反应人工合成B．1mol绿原酸能与4molBr2发生加成反应C．1mol绿原酸能与6molNa发生置换反应D．绿原酸能与NaHCO3溶液发生反应放出CO2【考点】有机物的结构和性质．【分析】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有羧基，具有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A、该有机物含有酯基，有可能通过酯化反应人工合成，故A正确；B、该有机物含有1mol碳碳双键，能够与1mol溴发生加成反应，故B错误；C、该有机物含有5mol羟基，1mol羧基，1mol绿原酸能与6molNa发生置换反应，故C正确；D、绿原酸含有羧基，能够与NaHCO3溶液发生反应放出CO2，故D正确；故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，选项CD为解答的难点，题目难度不大．7．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）△H＞0-31-\nT1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c（N2O5）/mol•L﹣15.003.522.502.50下列说法中不正确的是()A．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＜K2B．500s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1C．达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则c（N2O5）＞5.00mol•L﹣1D．T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%【考点】化学平衡的计算；化学平衡建立的过程．【分析】A．该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；B．根据v=计算v（N2O5）；C．平衡时N2O5浓度为2.5mol/L，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡逆向移动；D．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算各组分平衡浓度，代入K=计算平衡常数，进而计算转化率．【解答】解：A．该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，若K1＞K2，则T1＞T2，故A错误；B．500s内N2O5（g）浓度变化量=5.00mol/L﹣3.52mol/L=1.48mol/L，N2O5分解速率==2.96×10﹣3mol/（L•s），故B正确；C．平衡时N2O5浓度为2.5mol/L，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡逆向移动，故到达新平衡c（N2O5）＞5.00mol•L﹣1，故C正确；D．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，则：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）起始量（mol/L）：500变化量（mol/L）：2.551.25平衡量（mol/L）：2.551.25平衡常数K===125，转化率为×100%=50%，故D正确；故选A．【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，侧重考查学生分析计算能力，难度中等．8．下列实验装置或操作正确的是()ABCD-31-\n向容量瓶中转移液体实验室制取乙酸乙酯实验室制乙烯分离酒精和水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．转移液体需要使用玻璃棒引流；B．乙酸和碳酸钠反应生成可溶性醋酸钠、乙醇极易溶于水；C．乙醇发生消去反应生成乙烯，测定反应液的温度；D．分液漏斗分离能分层的物质．【解答】解：A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A正确；B．乙酸和碳酸钠反应生成可溶性醋酸钠、乙醇极易溶于水，导管不能插入液面以下，以免发生倒吸，故B错误；C．乙醇发生消去反应生成乙烯，测定反应液的温度，应插入液面以下，故C错误；D．酒精和水能互溶，不分层，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及转移液体、物质制备及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．9．下列反应的离子方程式正确的是()A．向Ca（ClO）2中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOB．醋酸与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑C．向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4+D．NO2与水的反应：3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钙；B．醋酸在离子反应中保留化学式；C．反应生成氢氧化铝和氯化铵；D．反应生成硝酸和NO．【解答】解：A．向Ca（ClO）2中通入少量SO2的离子反应为SO2+H2O+Ca2++3ClO﹣═CaSO4↓+Cl﹣+2HClO，故A错误；B．醋酸与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故B错误；C．向AlCl3溶液中加入过量的氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．NO2与水的反应的离子反应为3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+，故D正确；故选D．-31-\n【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意电子、电荷守恒分析，题目难度不大．10．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是()A．将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去C．将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去D．将乙醛加入新制Cu（OH）2悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】与氧化还原反应无关，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，据此分析解答．【解答】解：A.2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72﹣转化为Cr3+，C元素化合价由﹣2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，故A不选；B.2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，故B选；C.2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C不选；D．CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，该反应中C元素化合价由﹣1价变为0价、Cu元素化合价由+2价变为+1价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故D不选；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应的判断，根据元素化合价是否变化判断即可，注意有机物中元素化合价的判断，取平均化合价，为易错点．11．已知A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大；D的核电荷数是B的核电荷数的倍；A分别能与B、C、D形成电子数相等的分子X、Y、Z；E与B同主族．下列说法中不正确的是()A．Z分子中各原子共平面B．A、C形成的5核10电子的阳离子能破坏水的电离平衡C．B、E两元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性是后者强D．由X、D2、NaOH溶液和惰性电极组成的燃料电池中，负极通入的是X【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，E与B同主族，则B处于第二周期、E处于第三周期，D的核电荷数是B的核电荷数的倍，B为Li或碳，又A分别能与B、C、D形成电子数相等的分子X、Y、Z，则A为H，B为碳，C为N，D为O，E为S，故X为CH4、Y为NH3、Z为H2O（或X为C2H6、Y为N2H4、Z为H2O2），据此解答．【解答】解A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，E与B同主族，则B处于第二周期、E处于第三周期，D的核电荷数是B的核电荷数的-31-\n倍，B为Li或碳，又A分别能与B、C、D形成电子数相等的分子X、Y、Z，则A为H，B为碳，C为N，D为O，E为S，故X为CH4、Y为NH3、Z为H2O（或X为C2H6、Y为N2H4、Z为H2O2）．A．Z为H2O或H2O2，H2O为V形结构，原子处于同一平面，但H2O2为展开书页形结构，原子不可能共面，故A错误；B．A、C形成的5核10电子的阳离子为NH4+，溶液中NH4+水解，能破坏水的电离平衡，故B正确；C．B、E两元素的最高价氧化物对应的水化物分别为碳酸、硫酸，硫酸酸性比碳酸强，故C正确；D．由X（CH4或C2H6）、O2、NaOH溶液和惰性电极组成的燃料电池中，负极发生氧化反应，故负极通入的是X，故D正确，故选：A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，A选项为易错点，学生容易考虑10电子微粒，忽略18电子微粒，难度中等．12．下列描述正确的是()A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则NaOH和CH3COOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/molB．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C．CO（g）的燃烧热是﹣283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）反应的△H=﹣2×283.0kJ/molD．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应．【分析】A、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量；B、有的放热反应也需要反应条件；C、燃烧热是指25℃101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，反应热与方程式的计量数成正比；D、燃烧热是指25℃101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量．【解答】解：A、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，CH3COOH为弱酸电离要吸热，所以NaOH和CH3COOH反应放出的热量比57.3kJ小，故A错误；B、有的放热反应也需要反应条件，如碳在空气中的燃烧，则需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，故B错误；C、燃烧热是指25℃101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，反应热与方程式的计量数成正比，CO（g）的燃烧热是﹣283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）反应的△H=﹣2×283.0kJ/mol，故C正确；D、燃烧热是指25℃101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热，故D错误．故选C．【点评】本题考查了燃烧热、中和热以及热化学方程式中计量数的含义，难度不大，注意把握燃烧热和中和热的概念．13．已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能氧化成C．若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有（不考虑立体异构）()A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】同分异构现象和同分异构体．-31-\n【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．【解答】解：某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇，A为羧酸．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B能被氧化成醛，则与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子．B的结构中除了﹣CH2OH，还含有一个丁基，有4种丁基，C6H12O2符合条件的结构简式有4种．【点评】本题考查了根据物质的性质判断物质的结构，难度不大，明确物质官能团能发生的化学反应是解本题的关键．14．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液中[pH=7，c（Na+）=0.1mol•L﹣1]：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）B．在O．1mol•L﹣1Na2C03溶液中：cc（Na+）=2c（CO32﹣）C．在O．1mol•L﹣1NaHC03溶液中：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2C03）D．向0.2mol•L﹣1NaHC03溶液中加入等体积O.1mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．混合液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO﹣）；B．碳酸根离子部分水解，导致碳酸根离子的浓度减小，则c（Na+）＞2c（CO32﹣）；C．碳酸氢钠溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则c（H2C03）＞c（CO32﹣）；D．混合液中溶质为等体积的碳酸钠和碳酸氢钠，根据混合液中的电荷守恒判断．【解答】解：A．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液的pH=7，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO﹣），显性离子大于隐性离子，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故A正确；B．在O．1mol•L﹣1Na2C03溶液中，由于碳酸根离子部分水解，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞2c（CO32﹣），故B错误；C．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则c（H2C03）＞c（CO32﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（H2C03）＞c（CO32﹣），故C错误；D.0.2mol•L﹣1NaHC03溶液中加入等体积O.1mol•L﹣1NaOH溶液，根据电荷守恒可知：2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），故D错误；故选A．【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及盐的水解原理为解答关键，注意熟练掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．15．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是()-31-\nA．工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C．在第②、④步骤中，溴元素均被氧化D．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl【考点】海水资源及其综合利用．【专题】化学计算．【分析】A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁；B、碳酸钠和碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，都会出现白色沉淀；C、化合价升高的元素在反应中做还原剂被氧化；D、在混合溶液中，溶解度小的物质会先结晶析出；【解答】解：A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，故A正确．B、碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，且都会出现白色沉淀，所以用澄清的石灰水不可鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；C、第②步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，第④步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，故C正确；D、向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度较小的碳酸氢钠会先析出，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故D正确；故选B．【点评】本题是一道海水资源的综合利用方面的题目，属于综合知识的考查题，难度不大．16．下列实验中，对应的现象以及结论都对应正确的是()选项实验现象结论A．将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B．将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应C．AgI沉淀中滴加稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl的溶度积比AgI的小D．去少量无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡，静置溶液分层，下层呈橙红色原无色溶液中含有溴离子A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；B．高温下铁与水蒸气反应生成黑色固体；C．c（Cl﹣）×c（Ag+）＞Ksp（AgCl），则生成沉淀；D．先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色，则氯气氧化溴离子生成溴单质．【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，故B错误；-31-\nC．AgI沉淀中滴入浓KCl溶液，若c（Cl﹣）×c（Ag+）＞Ksp（AgCl），则生成白色沉淀，但AgI比AgCl更难溶，故C错误；D．先滴加氯水，再加少量CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层为橙红色，则氯气氧化溴离子生成溴单质，则溶液中含有Br﹣，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铁及其氧化物的性质、氧化还原反应、物质的检验等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．二、必考题（共4小题，满分37分）17．人类活动产生的CO2长期积累，威胁到生态环境，其减排问题受到全世界关注．（1）工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图1所示：在阳极区发生的反应包括4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑和H++HCO3﹣═H2O+CO2↑（2）再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇等产物，工业上利用该反应合成甲醇．已知：25℃，101KPa下：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣242kJ/molCH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣676kJ/mol①写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ/mol．②下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是（填字母序号）a．（3）微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置．已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，如图2所示：①该电池外电路电子的流动方向为从A到B（填写“从A到B”或“从B到A”）．-31-\n②A电极附近甲醇发生的电极反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═6H++CO2↑．【考点】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．【分析】（1）阳极上氢氧根离子放电生成氧气；（2）①根据盖斯定律计算；②该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小；（3）①电子从负极沿导线流向正极；②A电极上甲醇失电子发生氧化反应．【解答】解：（1）阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；（2）①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣242kJ/mol①CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣676kJ/mol②将方程式3①﹣②得CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=3×（﹣242kJ/mol）﹣（﹣676kJ/mol）=﹣50kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣50kJ/mol；②该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图象是a，故选a；（3）①该燃料电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以A是负极，B是正极，电子从负极A流向正极B，故答案为：从A到B；②A电极上甲醇失电子和水反应生成氢离子和二氧化碳，电极反应式为：CH3OH+H2O﹣6e﹣═6H++CO2↑，故答案为：CH3OH+H2O﹣6e﹣═6H++CO2↑．【点评】本题考查较综合，涉及原电池原理、盖斯定律、电解原理等知识点，根据燃料电池中正负极发生的电极反应、盖斯定律的内涵、电解池中离子放电顺序来分析解答，难点是电极反应式的书写，难度中等．18．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体还原Fe3+反应的产物是Fe2+、SO42﹣（填离子符号）．（2）下列实验方案可以用于在实验室制取所需SO2的是BD．A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与70%浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4共热（3）装置C的作用是除去多余的SO2，防止污染大气．（4）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：-31-\n方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去．方案②：往第一份试液加入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．上述方案不合理的是方案①，原因是因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色．（5）能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是装置B中溶液蓝色褪去，写出有关离子方程式：I2+SO2+2H2O=4H++2I﹣+SO42﹣．【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应．【分析】（1）根据装置A反应的离子方程式SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+进行解答；（2）实验室制取气体要考虑操作方便、易控制、不能含杂质；（3）二氧化硫具有刺激性气味，污染空气，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止空气污染；（4）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；（5）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析．【解答】解：（1）二氧化硫与铁离子反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，反应中铁离子被氧化成亚铁离子，所以还原产物为亚铁离子；氧化产物是SO42﹣，SO2气体还原Fe3+反应的产物是Fe2+、SO42﹣，故答案为：Fe2+；SO42﹣；（2）A．硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法得到二氧化硫气体，故A错误；B．浓硫酸虽具有强酸性，且浓硫酸不挥发，亚硫酸钠溶液与浓硫酸能够反应生成二氧化硫气体，故B正确；C．固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，且无法获得纯净的二氧化硫，故C错误；D．Cu与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，可知制备二氧化硫，故D正确；故答案为：BD；（3）二氧化硫气体是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放会污染大气，由于二氧化硫能和碱反应生成盐和水，可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用为：吸收SO2尾气，防止污染空气，故答案为：除去多余的SO2，防止污染大气；（4）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，所以方案①不合理，故答案为：方案①；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（5）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，其反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I﹣+SO42﹣；故答案为：装置B中溶液蓝色褪去；I2+SO2+2H2O=4H++2I﹣+SO42﹣．【点评】本题考查了物质性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及氧化性还原性强弱比较、性质实验方案的设计与评价等知识，明确掌握浓硫酸的性质、二氧化硫的检验方法等知识为解答本题关键．-31-\n19．草酸镍晶体（NiC2O4•2H2O）可用于制镍催化剂．某小组用废镍催化剂（成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2等）制备草酸镍晶体的部分实验流程如图1：已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Al3+3.05.0Ni2+6.79.5（1）粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率．（2）保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图2．“酸浸”的适宜温度与时间分别为C（填字母）a．30℃、30min__________b．90℃、150minc．70℃、120mind．90℃、120min（3）由流程中的“浸出液”得到“溶液x”，首先是加适量H2SO4溶液，再加足量H2SO4溶液，充分反应后用NaOH溶液调节pH5.0≤pH＜6.7（填范围），充分反应后过滤，以除去铁、铝元素；（4）将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用乙醇洗涤、110℃下烘干按，得草酸镍晶体．①用乙醇洗涤的目的是洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干，减少产品损失；②烘干温度不超过110℃的原因是防止温度过高，草酸镍晶体分解或失去结晶水．【考点】制备实验方案的设计；物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率已经很高，再延长时间对浸出率提高幅度很小；（3）溶液x中除Ni2+外，还含有Fe2+和Al3+，需要用NaOH溶液调节pH，使铁、铝元素转化为不溶物，同时要Ni2+防止沉淀；（4）①“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4的水水溶液、便于烘干；②烘干温度不超过110℃，如果温度过高，草酸镍晶体会失去结晶水．【解答】解：（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min时镍浸出率已经很高，再延长时间对镍浸出率没有实质性提高，选择70℃和120min为宜，故答案为：c；-31-\n（3）溶液x中除Ni2+外，还含有Fe2+和Al3+，需要用NaOH溶液调节pH，使铁、铝元素转化为不溶物，同时要Ni2+防止沉淀，根据图表可知Al3+完全沉淀时溶液的pH为5.0，Fe2+完全沉淀的pH为8.8，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，Ni2+开始沉淀的pH为6.7，因此如控制pH完全沉淀Fe2+时溶液里的Ni2+也几乎沉淀完全，显然不行，可通过氧化Fe2+为Fe3+，通过调节pH使Fe3+完全沉淀，综合考虑调节pH为5.0≤pH＜6.7即可使铝、铁元素完全沉淀，而Ni2+没有沉淀，故答案为：5.0≤pH＜6.7；（4）①乙醇易挥发且易与水混溶，“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4水溶液、更容易烘干，同时也避免用水洗会溶解部分产品，降低产量，故答案为：洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干，减少产品损失；②草酸镍晶体稳定性较差受热能分解，烘干温度不超过110℃，如果温度过高，草酸镍晶体会分解或失去结晶水，故答案为：防止温度过高，草酸镍晶体分解或失去结晶水．【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同pH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，题目难度大．20．某科研单位利用石油裂解的副产物CH4来制取CO和H2，其生产流程如图1：（1）该流程第Ⅰ步反应为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图2．则P1＜P2．（填“＜”、“＞”或“=”）．该反应的平衡常数的表达式K=．（2）此流程的第Ⅱ步反应的平衡常数随温度的变化如表：温度/℃300500830平衡常数K1291①从上表分析推断，该反应是△H＜0（填“＜”、“＞”或“=”）．②在500℃时，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.010mol/L﹣1，在该条件下，反应达到平衡时，CO的转化率为75%．③如图3表示该反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件可能是降低温度，或增加水蒸汽的量，或减少氢气的量（写出两种）．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【分析】（1）采取控制变量法分析，由图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动；平衡常数是平衡状态时生成物浓度幂之积比上反应浓度幂之积，固体和纯液体不代入表达式；（2）分析图1可知第Ⅱ发生反应为：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），表数据可知平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应是放热反应；在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，结合平衡移动原理分析．-31-\n【解答】解：（1）由图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，平衡向正反应方向移动，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即P1＜P2；平衡常数K=，故答案为：＜；；（2）①分析图表数据可知平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故答案为：＜；②设一氧化碳浓度的变化为x，则CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），初起量（mol/L﹣1）：0.0100.01000变化量（mol/L﹣1）：xxxx平衡量（mol/L﹣1）：0.01﹣x0.01﹣xxx在500℃时达平衡，，解之得：x=，所以CO的转化率为=75%，故答案为：75%；③反应是气体体积不变的放热反应，在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，说明平衡正向进行，降低温度，或增加水蒸气的量或减少氢气的量均可以实现，故答案为：降低温度，或增加水蒸汽的量，或减少氢气的量．【点评】本题考查了化学平衡的分析判断，图象分析方法，平衡常数的计算应用，平衡移动原理的理解和影响因素的分析是解题关键，题目难度中等．三、【化学--选修2：化学与技术】（以下为选考题）21．目前，我国采用“接触法”制硫酸，设备如图所示：（1）图中设备A的名称是沸腾炉，该设备中主要反应的化学方程式为4FeS2+11O22FeO3+8SO2．（2）有关接触法制硫酸的下列说法中，不正确的是DE（填字母序号）．A．二氧化硫的接触氧化在接触室中发生B．吸收塔用浓度为98.3%浓硫酸吸收三氧化硫C．煅烧含硫48%的黄铁矿时，若FeS2损失了2%，则S损失2%D．B装置中反应的条件之一为较高温度是为了提高SO2的转化率E．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放的热量．【考点】工业制取硫酸．-31-\n【专题】氧族元素．【分析】（1）依据接触法制硫酸的工业流程和设备反应分析判断；硫铁矿与氧气在高温下煅烧反应；（2）A．依据接触法制硫酸的工业流程和三个设备反应分析判断；B．依据三氧化硫吸收的方法是利用浓硫酸吸收，防止形成酸雾，阻止吸收分析判断；C．根据S元素守恒，利用关系式计算；D．二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热的可逆反应，运用平衡移动的原理判断；E．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热．【解答】解：（1）A设备是硫铁矿与氧气在高温下煅烧反应在沸腾炉中进行，方程式为4FeS2+11O22FeO3+8SO2，故答案为：沸腾炉；4FeS2+11O22FeO3+8SO2；（2）A．依据接触法制硫酸的工业流程和三个设备分析判断，二氧化硫的接触氧化是在接触室中发生的，故A正确；B．设备C中用98.3%的H2SO4来吸收SO3的原因是，用水吸收易形成酸雾阻止三氧化硫的吸收，故B正确；C．根据S元素守恒，利用关系式可看出．设黄铁矿m克，含硫为48%m克，含FeS2为×48%m克，据比例关系：FeS2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣2S×48%m×（1﹣2%）48%m×98%则S损失为：×100%=2%故C正确；D．二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热的可逆反应，升高温度平衡向吸热方向移动，降低SO2的转化率，故D错误；E．硫酸工业中在接触室安装热交换器是为了利用二氧化硫生成三氧化硫的反应是放热，而不是利用SO3转化为H2SO4时放的热量，故E错误；故答案为：DE．【点评】本题考查了接触法制硫酸的工业流程，设备作用，是基础题．22．纯碱是一种重要的化工原料．制碱工业主要有“氨碱法”（索尔维法）和“联合制碱法”（侯氏制碱法）两种工艺．请按要求回答问题：（1）CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”中CO2的来源于合成氨厂，“氨碱法”中CO2来源于煅烧石灰石．（2）氨碱法的原子利用率（原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比）．-31-\n（3）写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：NH3+H2O+CO2+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）．【专题】化学计算．【分析】（1）氨碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气，联合制碱法中CO2来源于石灰石煅烧；（2）根据根据“联合制碱法”的反应方程式计算；（3）联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱．【解答】解：（1）CO2是制碱工业的重要原料，氨碱法中CO2的来源于合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气，联合制碱法中CO2来源于高温煅烧石灰石的产物，故答案为：合成氨厂；煅烧石灰石；（2）氨碱法的原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，原子利用率==，故答案为：；（3）联合制碱法是在氨的饱和NaCl溶液中二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳酸钠，反应的有关方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O．【点评】本题考查“氨碱法”和“联合制碱法”两种生产工艺的原料及反应原理，掌握有关的反应的原理是解题的关键，题目难度中等．四、【化学--选修3：物质结构与性质】23．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A元素位于周期表的s区，其原子中电子层数等于未成对电子数；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种已知轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B二种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同．请回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）E的基态原子的外围电子排布式为3d24s2．（2）下列叙述正确的是ad．（填字母）a．M与水分子间能形成氢键，N是非极性分子b．M和二氧化碳分子中的中心原子均采用sp2杂化c．N分子中含有6个σ键和1个π键d．BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低-31-\n（3）E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图所示，则Q的化学式为TiO2，该晶体中氧的配位数为3．（4）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的BC﹣，可在Q的催化下，先用NaClO将BC氧化成BCD﹣，然后在酸性条件下BCD﹣可以继续被NaClO氧化成C2和BD2；①与BCD﹣互为等电子体的分子、离子的化学式依次是CO2和SCN﹣（各写出一种）；②上述反应中后一步反应的离子方程是2CNO﹣+2H++3ClO﹣=N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O．（5）在浓的ECl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl气体至饱和，可得到配位数为6、组成为ECl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为[TiCl（H2O）5]2+．【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．【分析】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子数排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4，故D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO；A、B二种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N为苯；E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，E原子核外电子数为18+4=22，故E为Ti，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子数排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4，故D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO；A、B二种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N为苯；E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，E原子核外电子数为18+4=22，故E为Ti．（1）E为Ti元素，原子核外电子数为22，基态原子的外围电子排布式为：3d24s2，故答案为：3d24s2；（2）a．HCHO中O氧原子电负性很大，能与与水分子形成氢键，N为苯，是非极性分子，故a正确；b．HCHO中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，碳原子采用sp2杂化，二氧化碳分子为直线型结构，碳原子采用sp杂化，故b错误；c．苯分子中H﹣C之间是s﹣sp2形成的σ键，C﹣C之间是sp2形成的σ键，苯分子中含有12个σ键和1个大π键，故c错误；d．CO2属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故d正确，故选：ad；-31-\n（3）晶胞中Ti原子数目为1+8×=2，氧原子数目为2+4×=4，故氧化物Q的化学式为TiO2，晶胞内部氧原子周围有3个Ti原子，该晶体中氧的配位数为3，故答案为：TiO2；3；（4）①CNO﹣的中含有3个原子，价电子数为：4+5+6+1=16，与其是等电子体的分子、离子的化学式依次为CO2、SCN﹣等，故答案为：CO2；SCN﹣；②CNO﹣被NaClO氧化成N2和CO2，同时还有为C1﹣，反应离子方程式为：2CNO﹣+2H++3ClO﹣=N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O，故答案为：2CNO﹣+2H++3ClO﹣=N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O；（5）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H20的绿色晶体，该晶体中两配体的物质的量之比为1：5，则配体中有1个Cl﹣、5个H2O，2个氯离子位于外界，则该配离子的化学式为[TiCl（H2O）5]2+，故答案为：[TiCl（H2O）5]2+．【点评】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等．五、【化学--选修5：有机化学基础】24．H可用作香精和食品添加剂，合成H的流程如下：已知：①在一定条件下，有机物有下列转化关系：②在不同条件下，烃A和等物质的量HCl在不同的条件下发生加成反应，既可以生成只含有一个甲基的B，也可以生成含有两个甲基的F．（1）D的结构简式为CH3CH2CHO，其核磁共振氢谱有3组峰．（2）烃A→B的化学反应方程式是CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl．（3）F→G的化学反应类型为取代反应．（4）E+G→H的化学反应方程式：CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O．（5）H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是．（用结构简式表示）-31-\n（6）在110℃和固体催化剂条件下，E和烃A也可以直接合成H，化学方程式为．【考点】有机物的推断．【分析】由转化关系可知，E含有羧基、G含有﹣OH，且E、G含有相同的碳原子数目，故E与G发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，E为CH3CH2COOH，F中含有2个甲基，则G为CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F为CH3CHClCH3，D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，A为CH3CH=CH2，据此进行解答．【解答】解：由转化关系可知，E含有羧基、G含有﹣OH，且E、G含有相同的碳原子数目，故E与G发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，E为CH3CH2COOH，F中含有2个甲基，则G为CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F为CH3CHClCH3，D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，A为CH3CH=CH2，（1）由上述分析可知，D的结构简式为CH3CH2CHO，其核磁共振氢谱有3组峰，故答案为：CH3CH2CHO；3；（2）烃A→B的化学反应方程式是：CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl，故答案为：CH3CH=CH2+HClCH3CH2CH2Cl；（3）F→G是CH3CHClCH3发生取代反应生成CH3CH（OH）CH3，故答案为：取代反应；（4）E+G→H的化学反应方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（5）H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是，故答案为：；（6）A为CH3CH=CH2、E为CH3CH2COOH、H为CH3CH2COOCH（CH3）2，在110℃和固体催化剂条件下，E和烃A也可以直接合成H，该反应的化学方程式为：，故答案为：．-31-\n【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，涉及有机物的性质、同分异构体、有机反应类型等，掌握官能团的性质越转化是关键，注意根据H的分子式利用逆推法进行推断．-31-