2017-2018学年黑龙江省齐齐哈尔市高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省齐齐哈尔市高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省齐齐哈尔市2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 可能用到的相对原子质量: H-1 C-12  N-14  O-16  Na-23  A1-27  S-32  C1-35.5  Fe-56‎ 第I卷(选择题  共48分)‎ 一、选择题(本题共6小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共12分。)‎ ‎1. 下列叙述正确的是 A. 酸性氧化物不一定都是非金属氧化物 B. HCl、H2S、 NH3都是电解质 C. 强酸强碱都是离子化合物 D. FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，故A正确；B．HCl都是电解质，但是H2S、NH3是非电解质，故B错误；C．HCl是强酸，属于共价化合物，故C错误；D．FeCl2可以用金属铁和氯化铁之间的化合反应来制备，故D错误。故选A。‎ 考点：考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 ‎2. 下列各组物质的分类都正确的是(括号里的是类别)‎ A. 空气(混合物)、C2H5OH(醇)、 H2SO4(离子化合物)、CO2(非电解质)‎ B. 液氨(氢化物)、NH4Cl(铵盐)、HNO3(含氧酸)、NaOH(强电解质)‎ C. HCl(共价化合物)、CH3COOH(羧酸)、Na2O2(碱性氧化物)、CH3I(卤代烃)‎ D. NO2(酸性氧化物)、CH3CHO(有机物)、CO(有机物)、CH3COOCH3(酯)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．H2SO4属于共价化合物；C．Na2O2属于过氧化物；D．CO是碳的氧化物，不属于有机物。‎ 考点：物质的分类正误判断。‎ ‎3. 化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列叙述正确的是 A. “滴水石穿、绳锯木断”都涉及化学变化 B. 氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成 C. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的 D. 治理“地沟油”，可将其在碱性条件下水解制得肥皂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查化学与生活基础知识，记忆正确便可回答正确。‎ 解析：滴水石穿包括化学变化，这是由于水中有溶解的CO2，而CO2的水溶液能溶解大理石的主要成分碳酸钙，即CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2，绳锯木断是指用绳当锯子把木头锯断，属于物理变化，A错误；氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，B错误；机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，C错误；地沟油主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，D正确。‎ 故选D。‎ ‎4. 下列关于胶体制备及胶体性质叙述正确的是 A. 电泳实验证明胶体带电 B. 用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔效应 C. Fe(OH)3胶体粒子既可以通过滤纸又可以通过半透膜 D. 向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查胶体制备及性质。‎ 解析：胶体是电中性的，胶体粒子是带电的，电泳实验可以证明胶体中的胶粒带电，A错误；淀粉溶液是胶体，胶体有丁达尔效应，B正确；胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，Fe(OH)3胶体粒子可以通过滤纸，但不可以通过半透膜，C错误；向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液可制备Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，D错误。‎ 故选B。‎ ‎5. 下列事实不能用电化学理论解释的是 A. 轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块 B. 镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用 C. 铝片不用特殊方法保存 D. 生铁跟稀硫酸反应比纯铁的反应来得快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查电化学理论的应用。‎ 解析：轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，A不选；镀锌铁发生金属被腐蚀现象时，因Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀．所以镀锌铁比镀锡铁耐用．发生原电池反应而可用电化学知识解释，B不选；铝片在空气中被O2氧化，使铝片表面形成一层致密的氧化物薄膜而保护内层的铝不再被氧化，所以铝片不用特殊方法保存，此现象与电化学知识无关，故C选；生铁中含杂质，在稀硫酸中形成了原电池，原电池反应使反应速率加快，D不选。‎ 故选C。‎ 点睛：解题的关键是对相关的事实进行分析，只要是存在原电池的反应，便可用电化学理论解释。‎ ‎6. 同温同压下，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的下列有关比较正确的是 A. 体积比为1: 1 B. 体积比为16:11‎ C. 物质的量比为16:11 D. 密度比为16:11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查物质的量的相关计算。‎ 解析：令二者的质量为‎1g，n（SO2）==mol，n（CO2）= =mol。同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的物质的量之比为mol：mol=11：16，A、B、C错误；同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故D正确。‎ 故选D。‎ 点睛：根据阿伏加德罗定律，同温同压下，体积之比等于物质的量之比和密度之比等于相对分子质量之比进行计算判断即可。‎ 二、选择题(本题共12小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共36分。)‎ ‎7. 已知氨水的密度比水小，现有质量分数分别为10%利50%的两种氨水，将其等体积混合，则所得混合溶液溶质质量分数是 A. >30% B. =30% C. <30% D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查溶液中的有关计算。‎ 解析：设10%的氨水和50%的氨水各取VL，密度分别是ρ1、ρ2，氨水浓度越大密度越小，所以ρ2<ρ1，则混合后的氨水的质量分数：×100%，因ρ2<ρ1，所以混合所得氨水溶液的质量分数小于30%，故选C。‎ 点睛：解题时需要注意当浓度越大其密度越小的同溶质不同浓度的水溶液等体积相混，所得混合后的溶液溶质的质量分数小于混合前的两溶液溶质质量分数的平均值，反之亦然。‎ ‎8. 设NA为阿伏加罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 常温常正下，22.4LCO2所含的原子数为3NA B. lmolNa2O2固体中阳离子和阴离子总数为3NA C. ‎14g乙烯和乙烷混合气体中的碳原子数为NA D. 2Llmol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查阿伏加德罗常数正误判断。‎ 解析：常温常压下，气体摩尔体积大于‎22.4L/mol，故‎22.4L二氧化碳的物质的量小于1mol，分子个数小于NA个，故A错误；过氧化钠是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，B正确；乙烯和乙烷混合气体的平均相对分子质量大于28，‎14g的混合气体不足0.5mol，所以‎14g乙烯、乙烷的混合气体中的碳原子数小于2NA，C错误；因为盐酸中HCl完全电离，不存在HCl分子，只存在H+离子和Cl—离子，D错误。‎ 故选B。‎ ‎9. O‎2F2可以发生反应: H2S+4O‎2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是 A. 氧气是氧化产物 B. 若生成‎4.48L HF，则转移0.8 mol电子 C. O‎2F2既是氧化剂又是还原剂 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、O‎2F2中O显＋1价，F显－1价，氧的化合价由－1价→0价，化合价降低，被还原，因此氧气是还原产物，故错误；B、没有指明是否是标准状况下，故错误；C、只有O的化合价降低，F的化合价没发生变化，因此O‎2F2只作氧化剂，故错误；D、H2S中S的化合价升高，因此H2S为还原剂，O‎2F2只作氧化剂，因此两者的比值为1：4，故正确。‎ 考点：考查氧化还原反应中的概念等知识。‎ ‎10. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-‎ B. 使酚酞变红色的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-‎ C. 与A1反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3-、SO42-‎ D. 水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中: K+、Na+、A1O2-、CO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. ＝1×10－13 mol·L－1的溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，因此溶液显酸性，四种离子间不反应，可以大量共存，A正确；B. 使酚酞变红色的溶液显碱性，Al3＋不能大量共存，B错误；C. 与Al反应能放出H2的溶液如果显碱性，亚铁离子不能大量共存，如果显酸性Fe2＋与硝酸根离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D. 水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，溶液如果显酸性，则偏铝酸根离子、碳酸根离子不能大量共存，D错误，答案选A。‎ 点睛：明确常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎11. 已知:‎25℃‎时， Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，Ksp[MgF2]=7.42×10-11。下列说法正确的是 A. ‎25℃‎时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B. ‎25℃‎时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 C. ‎25℃‎时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol/LNH4Cl溶液中的Ksp小 D. ‎25℃‎时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；B、 NH4+结合OH−使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；C、 Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D. 二者Ksp接近，加入NaF溶液后，Mg(OH)2和MgF2两种沉淀都会有，故D错误。故选B。‎ 点睛：难溶电解质的溶解平衡是这今年高考的热点，掌握难溶电解质的溶解平衡及溶解平衡的应用，并运用平衡移动原理分析、解决沉淀的溶解和沉淀的转化问题，既考查了学生的知识迁移能力，动手实验的能力，又考查了学生实验探究的能力和逻辑推理能力。‎ ‎12. 下列说法错误的是 A. 需要加热方能发生的反应一定是吸热反应 B. 放热的反应在常温下一般容易发生 C. 反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小 D. △H<0，△S>0的反应一定能自发进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查化学反应的条件与化学反应的热效应间的关系。‎ 解析：加热是反应条件，与吸热和放热无直接关系，反应开始时需要加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，A错误；放热的反应在常温下一般容易发生，但放热的反应在常温下不一定很容易发生，B正确；放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之就是吸热反应，C正确；△H<0，△S>0的反应，△G=△H-T△S＜0，一定能自发进行，D正确。‎ 故选A。‎ 点睛：判断反应是放热反应还是吸热反应关键是准确判断反应物和生成物的总能量的相对大小，不能看反应条件。‎ ‎13. 下列离子方程式正确的是 A. 过量NaHSO4溶液加入到Ba(OH)2溶液中: 2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓‎ B. 过量铁粉溶于稀HNO3中: Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O C. 少量Cl2进入FeBr2溶液中: 2Br-+Cl2=‎2C1-+Br2‎ D. 少量AlCl3溶液谪入到氮水中: Al3++4NH3·H2O=A1O2-+4NH4++2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查离子方程式的正误判断。‎ 解析：Ba（OH）2溶液中加入过量NaHSO4溶液时，氢氧化钡完全反应，钡离子和氢氧根按照物质的量之比为1：2进行反应，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，A正确；过量铁粉溶于稀HNO3中，反应生成硝酸亚铁、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Fe+2NO3-+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；少量Cl2通人FeBr2溶液中，只有还原性较强的亚铁离子反应，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe2+，故C错误；氢氧化铝不能溶解到弱碱溶液中，只能溶于强碱，氯化铝溶液中滴加过量的氨水，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4++3H2O，故D错误。‎ 故选A。‎ 点睛：离子方程式过量问题就是看生成物能否再和反应物反应.如果生成物能继续和反应物反应,说明反应物过量和少量的方程式是不一样的。‎ ‎14. 下列叙述正确的是 ‎①硫酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂 ‎②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅 ‎③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的 ‎④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不相同 ‎⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氯钠等都可以中和酸，故都可以作为治疗胃酸过多的药物 ‎⑥明矾净水利用了胶体的性质 ‎⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸 ‎⑧金属钠具有強的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属Ti A. ①②⑤⑦ B. ①②⑥⑧ C. ①③④⑧ D. ①③⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了物质的性质及用途。‎ 分析：①硫酸钡难溶于水也难溶于酸，没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点；②晶体硅为半导体材料，可以用于制造太阳能电池；③乙醇不具有氧化性；④玛瑙饰品、沙子主要成分都是二氧化硅；⑤碳酸钠、氢氧化钠具有强的腐蚀性；⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性；⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；⑧依据钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属。‎ 解析：溶于水的钡盐[如Ba（NO3）2、BaCl2等]对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂--“钡餐”，故①正确；硅晶体属于半导体，能制作太阳能电池，②正确；乙醇无强氧化性，酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒，③错误；玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同，都是二氧化硅，④错误；碳酸钠、氢氧化钠有强腐蚀性能损伤人体，不可以作为治疗胃酸过多的药物，⑤错误；明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水，⑥正确；根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH属于一元酸，⑦错误；钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属，可以用来冶炼金属，⑧正确。‎ 故选B。‎ 点睛：本题考查知识点较多，涉及物质的性质及用途、物质的组成与分类、蛋白质的变性等知识点，注意知识的积累。‎ ‎15. 己知在溶液中下列微粒氧化性顺序如下: XO4->Z2>B2>A3+，下列反应能进行的是 A. A3++Z-→Z2+A2+‎ B. A3++X2++H2O→A2++XO4-+H+‎ C. XO4-+A2++H+→X2++A3++H2O D. B2+X2++OH-→B-+XO4-+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱比较。‎ 分析：根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物；对反应进行分析，得出各种离子的氧化性、还原性，再依据题给氧化性顺序进行判断。‎ 解析：反应A3++Z-→Z2+A2+中，氧化性：A3+＞Z2，与题意不符，A错误；反应A3++X2++H2O→A2++XO4-+H+中，氧化性：A3+＞XO4-‎ ‎，与题意不符，B错误；反应A3++X2++H2O→A2++XO4-+H+中，氧化性：XO4-＞A3+，与题意相符，C正确；反应B2+X2++OH-→B-+XO4-+H2O中，氧化性：B2＞XO4-，与题意不符，D错误。‎ 点睛：答题时注意熟练掌握氧化还原反应中氧化性、还原性判断规律：氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。‎ ‎16. ‎20℃‎时，饱和NaCl溶液的密度为ρg·cm-3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是 A. 温度低于‎20℃‎时，饱和NaC1溶液的浓度小于cmol/L B. 此溶液中NaCl的质量分数为(58.5×c/ρ×1000)×100%‎ C. 将‎1L该NaCl溶液蒸干可好到58.5cgNaCl固体 D. ‎20℃‎时，NaCl的溶解度S=(‎5850c/ρ-58.5)g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查物质的量浓度的相关计算。‎ 解析：温度低于‎20℃‎时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于cmol/L，故A正确；‎1L该温度下的氯化钠饱和溶液中，溶液质量为：1000ρg，氯化钠的质量为cmol，所以氯化钠的质量分数为：×100%，B正确；1Lcmol/L饱和NaCl溶液中，n（NaCl）=cmol，m(NaCl）=58.5cg,则蒸干可好到58.5cgNaCl固体，C正确；‎20℃‎时，‎1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000ρ，则该温度下氯化钠的溶解度为：S=×‎100g=g，故D错误。‎ 故选D。‎ 点睛：解题时注意掌握物质的量浓度的概念、饱和溶液中溶解度的概念及计算方法。‎ ‎17. 将‎0.4g NaOH科‎1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 混合溶液中含有0.01mol NaOH和0.01molNa2CO3。依次发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl和NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，而且该问题中三个反应消耗一样多的HCl，故选C。‎ 点睛：解答本题的关键是确定反应顺序。即先后发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl和NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。还需要注意反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl和NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑消耗的HCl一样多。‎ ‎18. ‎25℃‎时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1‎mol/L的KHA溶液，其pH=10:c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)‎ B. 0.1mol/LNaHS溶液:c(S2-)=c(H+)+c(H2S)‎ C. 100mL1.0mol/LFe(NO3)2溶液和10mL2.0mol/LHNO3溶液混合后:c(NO3-)=2.0 mol/L D. 0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7:c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查水溶液中的平衡关系和大小关系。‎ 解析：0.1mol/L的KHA溶液的pH=10，证明HA-的水解程度大于电离程度，所以c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-），A正确；0.1mol•L-1NaHS溶液中的质子守恒关系为：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），错误；溶液中的亚铁离子要和HNO3发生氧化还原反应，一部分硝酸根离子被还原为一氧化氮，所以c（NO3-）＜2.01mol/L，C错误；0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。‎ 故选A。‎ 点睛：答题时明确盐的水解原理原理及其影响为解答关键，一定要注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法。‎ 第II卷(非选择题 共52分)‎ 三、填空题(本题包括3个小题，共3分。)‎ ‎19. 现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子：阳离子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+；则离子OH-、Cl-、CO32-、NO3-、SO42-(各种离子不重复)。已知，①A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性。②向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失。③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀。试回答下列问题:‎ ‎(1)写由A与D的化学式: A___________D___________________。‎ ‎(2)A与E溶液反应的离子方程式_________________________。‎ ‎(3)已知: H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-a kJ/mol，请写出相同条件下B与C的稀溶液反应的中和热的热化学方程式_________________________________。‎ ‎(4)检验E溶液中阴离子的方法为__________________________。‎ ‎(5)请写出向E溶液中加过量B溶液的化学方程式_____________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 (2). AgNO3 (3). 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (4). 1/2Ba(OH)2(aq)+HCl(aq)=1/2BaCl2(aq)+H2O(l) △H=-akJ·mol-1 (5). 取少量E溶液于试管中，先加HCl酸化，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，证明E溶液中含有SO42- (6). Al2(SO4)3+4Ba(OH)2=3BaSO4↓+Ba(AlO2)2+4H2O ‎【解析】‎ 本题考查的离子推断。‎ 分析：根据题意告知A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，并且A、B两溶液呈碱性，根据离子共存的知识判断。CO32-不能与H+、Al3+、Ag+、Ba2+共存，不满足题目要求中可溶性强电解质，所以CO32-只能与Na+结合成Na2CO3；OH-不能与H+、Al3+、Ag+结共存，只有与Ba2+结合形成Ba(OH)2，所以A、B应是Na2CO3、Ba(OH)2中的任一种。Ag+不能与Cl-、SO42-共存。所以只能与NO3-形成AgNO3。根据信息向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失，说明溶液中存在Al3+，所以得出B是Ba(OH)2，A是Na2CO3。沉淀又没完全消失，所以可推断出阴离子是SO42-，所以可推出E是Al2(SO4)3。剩下阳离子是H+，阴离子是Cl-，则C为HCl。根据D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀可推断出D是AgNO3。综上所述可知A为Na2CO3、 B为Ba(OH)2、C为HCl、D为AgNO3、E为Al2(SO4)3。‎ 解析：（1）由以上分析可知，A为Na2CO3，D为AgNO3；（2）Na2CO3与Al2(SO4)3‎ 在溶液中发生双水解反应，反应的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；（3）根据中和热的定义是酸与碱反应生成1molH2O所放出的热量，再把各物质状态分别标出得到：Ba(OH)2‎ ‎(aq)+HCl(aq)=BaCl2(aq)+H2O(l)△H=-akJ·mol-1；（4）E为Al2(SO4)3，阴离子为SO42—，检验SO42—的方法是取少量Al2(SO4)3溶液于试管中，先加HCl酸化，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，证明Al2(SO4)3溶液中含有SO42-；（5）Al2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钡和水，反应的化学方程式为：Al2(SO4)3+4Ba(OH)2=3BaSO4↓‎ ‎+Ba(AlO2)2+4H2O。‎ ‎20. 索氏制碱又称氨碱法，其主要生产流程如左下图:‎ ‎...............‎ ‎(1)粗盐中常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，可依次加入NaOH、____、____、盐酸试剂来进行提纯。‎ ‎(2)用化学方程式表示沉淀池中发生的反应为________________________________。‎ ‎(3)氨碱法制得的纯碱样品中可能会含有MaCl杂质。现用量气法测定纯碱样品的纯度，(如右上图)如何检查该装置的气密性_________________________________，称取m克样品装入Y型管左侧，量气管中液体应为______________(填字母)。‎ A.水 B.饱和食盐水 C.饱和碳酸钠溶液 D.饱和碳酸氢钠溶液 ‎(4)若最后测得产生CO2气体的体积为VL(标况下)，则样品中纯碱的纯度为_________。若最后读数时，发现水准管液面高于量气管(其他操作都正确)，则计算所得纯碱样品的纯度值_____(填“偏大”，“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). BaCl2 (2). Na2CO3 (3). NaCl＋NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl (4). 在水准管中加水，使水准管液面高于量气管，一段时间后液面高度保持不变 (5). D (6). 106V/‎22.4m (7). 偏小 ‎【解析】‎ 本题考查化学工艺流程和化学实验方案的设计。‎ 分析：由流程图可知，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，二氧化碳通入反应池中与氯化钠溶液和氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液；碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳，生成的二氧化碳通入反应池循环使用；氧化钙与氯化铵反应生成氯化钙排除渣和氨气，氨气通入反应池循环使用。‎ 解析：（1）加入氢氧化钠溶液来除去粗盐中的镁离子，加入氯化钡溶液除去SO42-离子，加Na2CO3溶液既可以除去溶液中的钙离子还可以出去溶液中过量的钡离子，过滤后加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；（2）氯化钠溶液、氨气和二氧化碳在沉淀池中反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；（3）检查量气装置的气密性，可从水准管加入水至与量气管形成液面差，如一段时间液面不变化，说明气密性良好，否则漏气；因为反应生成的二氧化碳溶于水，用饱和碳酸氢钠溶液可以降低二氧化碳的溶解度，减小实验误差，故选D；（4）若最后测得产生CO2气体的体积为VL(标况下)，由碳原子个数守恒可知，n（Na2CO3）= n（CO2）=mol，m克样品中碳酸钠的质量为×‎106g，则样品中纯碱的纯度为×100%；若最后读数时，发现水准管液面高于量气管，说明量取的二氧化碳气体体积偏小，则计算所得纯碱样品的纯度值偏小。‎ 点睛：本题考查较综合，涉及粗盐提纯、纯碱的制备、实验基本操作、实验方案的评价等，为高考常见题型，掌握实验的原理和操作方法，结合流程图信息是解答本题的关键。 ‎ ‎21. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：‎ 反应I: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1‎ 反应II: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2‎ 下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2.0‎ ‎0.27‎ ‎0.012‎ ‎(1)在一定条件下将2molCO和6molH2充入‎2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.4 mol/L，计算此段时问的H2反应速率为__________ mol·L-1·min-1。‎ ‎(2)由表中数据判断△H1__________ 0(填">”、“<“或“=”)；‎ 反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=_____(用△H1和△H2表示)。‎ ‎(3)恒温恒容时，下列措所可提高反应I中CO转化率的是__________(选填编号)。‎ a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离 C.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂 ‎(4)写出反应II的化学平衡常数表达式K=______________；保持恒温恒容的条件下将反应II的平衡体系各物质浓度均增加一倍，则化学平衡_________移动(填“正向”“逆向“或“不”)，平衡常数K_________(填“变大”、“变小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). 0.24 (2). < (3). ΔH2—ΔH1 (4). b (5). [c(CH3OH)×c(H2O)]/[c(CO2)×c3(H2)] (6). 正向 (7). 不变 ‎【解析】‎ ‎(1)、CO浓度变化量为2mol/‎2L−0.4mol/L=0.6mol/L，故v(CO)=0.6mol/L÷5min=0.12mol/(L⋅min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=2v(CO)=2×0.12mol/(L⋅min)=0.24mol/(L⋅min)，故答案为：0.24。‎ ‎(2)、由表中数据可知，随温度升高平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，即△H1<0。‎ 反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H1‎ 反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H2‎ 根据盖斯定律Ⅱ−Ⅰ得到CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则△H3=△H2−△H1，故答案为：＜；△H2−△H1。‎ ‎(3)、a.充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率降低，故a错误；b.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故b正确；‎ c.充入He，使体系总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故c错误；d.使用高效催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故d错误。故答案为：b。‎ ‎(4)反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数k= C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2），保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增加一倍，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动即正向移动；平衡常数仅与温度有关，所以平衡常数K不变。故答案为：C（CH3 OH）C（H2 O）/ C（C O2）C3（H2）；正向；不变。‎ 四、选做题(本题20分。请考生从2道题中任选一题作答，两道题都作答的，按第一题计分。)‎ ‎22. 钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。‎ ‎(1)向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水至过量，过程中会先有沉淀生成，后沉淀逐渐溶解。‎ ‎①写出沉淀溶解过程的离子方程式___________________。‎ ‎②Cu2+基态时核外电子排布式为____________________。‎ ‎③金属铜采取_____堆积。‎ ‎④NH3分子空间构型为__________________。‎ ‎(2)制备CrO2Cl2的反应为:K2Cr2O7+3CCl4=2KC1+2CrO2Cl2+3COC12↑。‎ ‎①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_____________(用元素符号表示)。‎ ‎②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为_____，中心原子的杂化方式为____________________。‎ ‎(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相似，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10-2 nm和7.8×10-2nm，则熔点:NiO____FeO(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎(4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料。具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国己实现了产业化。该合金的晶胞结构如下图所示。‎ ‎①该晶体的化学式为_______________________。‎ ‎②已知该晶胞的摩尔质量为M g/mol，密度为dg·cm-3。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_________cm3 (用含M、d、NA的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O (2). 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 (3). 面心立方最密堆积 (4). 三角锥形 (5). O>Cl>C (6). 3:1 (7). sp2 (8). > (9). LaNi5 (10). M/NAd ‎【解析】‎ 本题考查物质结构与性质。‎ 解析：（1）①向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水时，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，蓝色的氢氧化铜沉淀与氨水反应，生成深蓝色溶液的铜氨络离子，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；②Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s与3d能级各失去1个电子形成Cu2+，则Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；③金属Cu采取面心立方堆积；④NH3‎ 分子中N原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则空间构型为三角锥形。（2）①反应中有O、C、Cl三种非金属元素参与反应，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性强弱顺序为O>Cl>C，由大到小的顺序是O>Cl>C；②由题意可知，COCl2分子中含有1个C、O双键和2个C、Cl单键，单键都是σ键，双键中1个为σ键和1个π键，则COCl2分子中σ键和π键的个数比为3∶1；因分子中含有C、O双键，所以C原子为sp2杂化。（3）Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO>FeO。（4）①从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为8×=1，平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子，晶胞中Ni的原子数为8×+1=5，则该晶体的化学式为LaNi5；②晶胞中含有1个LaNi5，晶胞的质量为×M， 根据m=dV，晶胞的体积为 cm3。点晴：本题难点是晶胞结构的分析与与有关计算。使用均摊法计算晶胞微粒个数时，应意晶胞的形状，不同形状的晶胞应先分析任意位置上的一个微粒被几个晶胞所共有，如六棱柱晶胞中顶点、侧棱点、底面棱点和面心点依次被6、3、4、2不晶胞所共有。‎ ‎23. 某芳香烃A分子式为C8H10，它的主要用途是在石油化学工业作为生产苯乙烯的中间体，所制成的苯乙烯一般被用来制备常用的塑料制品——聚苯乙烯。某烃类衍生物X，分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色。J分子内有两个互为对位的取代基。在一定条件下各物质间有如下的转化关系:(无机物略去)‎ ‎(1)A物质的名称为__________。写出核磁共振氢谱中只有2个特征峰的A的同分异构体的结构简式__________________。‎ ‎(2)写出X的结构简式______________；J中所含的含氧官能团的名称为_________。‎ ‎(3)E与H反应的化学方程式是_______________；反应类型是______________。‎ ‎(4)B、C的混合物在NaOH 乙醇溶液中加热可以生成同一种有机物I，以I为单体合成的高分子化合物的结构简式是_________________。‎ ‎(5)已知J有多种同分异构体，写出一种符合下列性质的J的同分异构体的结构简式________。‎ ‎①与FeCl3溶液作用显紫色；②与新制Cu(OH)2悬浊液作用产生红色沉淀；‎ ‎③苯环上的一卤代物有2种；④能发生水解反应。‎ ‎【答案】 (1). 乙苯 (2). (3). (4). 羧基、（酚）羟基 (5). (6). 酯化（取代） (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ 分析：本题考查有机推断与合成。某芳香烃A，分子式为C8H10，属于苯的同系物，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成两种不同物质B和C，说明A为；B最终产物H能与NaHCO3溶液反应，说明H具有羧基，则B为 ‎；B发生水解反应生成，D为；D发生氧化反应生成，F为；F进一步氧化生成，H为；B为，则C为；C发生水解反应生成，E为；X分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，水解生成K和E，则X为酯，K酸化得到J，而E为醇，则J含有羧基，且J分子中含有酚羟基，J分子式为C7H6O3，J分子内有两个互为对位的取代基，则J为，K为，X为。‎ 解析：（1）由上述分析可知，A的结构简式为，名称为乙苯；核磁共振氢谱图中只有2个特征峰的乙苯的同分异构体的结构简式为；（2）X的结构简式为，J为，所含的含氧官能团的名称为羧基、羟基；（3）E与H反应为和发生酯化反应生成，反应的化学方程式是：；（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热可以生成同一种有机能I，则I为，发生加聚反应生成高分子化合物；（5）与新制Cu（OH）2悬浊液作用产生红色沉淀，含有醛基或甲酸形成的酯基，苯环上的一卤代物有2种，含有2个侧链，且处于对位位置，侧链为-OH、-CH2CHO，或侧链为-CH2OH、-CHO，侧链为-CH3‎ ‎、—OOCH，则J的同分异构体的结构简式为：，故共有3种。‎ 点睛：综合分析确定A的结构是解题关键，需要熟练掌握官能团的性质与结构，注意采用正、逆推法相结合进行推断。‎