2017-2018学年湖南省长沙市麓山国际实验学校高二下学期第一次月考化学试题 解析版
湖南省长沙市麓山国际实验学校2017-2018学年
高二下学期第一次月考化学试题
时量：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子量：H-1 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108 N-14 S-32 O-16 Fe-56
第Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题(每题只有个选项符合题意，每题3分，16小题，共计48分)
1. 下列关于有机物的说法中，正确的一组是
①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物
②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O
③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化
④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖
⑤将a g铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于a g
⑥除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶
A. ③⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②⑤ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】试题分析：①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，错误。②汽油、柴油都是烃；而植物油是酯。错误。③石油的分馏、煤的气化和液化都是化学变化，错误。④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，正确。⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag，铜是反应的催化剂，因此反应后称量的质量也是ag，正确。⑥由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1,2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，正确。正确的是④⑤⑥，选项是B。
考点：考查关于有机物的说法的正误判断的知识。
2. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A. 铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应： Fe-3e-=Fe3+,继而形成铁锈
B. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法
C. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
D. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
【答案】B
点睛：本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键。本题的易错选项是A，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时均生成亚铁离子而不是铁离子。
3. 有机物CH3CH===CHCl可发生的反应有:①取代反应 ②加成反应 ③消去反应 ④使溴水褪色 ⑤使酸性高锰酸钾溶液褪色 ⑥与AgNO3溶液反应得到白色沉淀⑦聚合反应，正确的是( )
A. 只有⑥不能发生 B. 只有⑦不能发生 C. 只有②不能发生 D. 以上反应均可发生
【答案】A
【解析】对于有机物CH3CH===CHCl，其中含有的官能团为碳碳双键（能发生加成、能使溴水褪色、使酸性高锰酸钾溶液褪色）和氯原子（能发生取代、消去），所以只有⑥不能发生，原因在于该有机物不溶于水，也无法电离出氯离子，不能得到氯化银的白色沉淀。选项A正确。
4. 下列热化学方程式书写正确的是（ ）(△H 的绝对值均正确)
A. 2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-114.6kJ·mol-1(中和热)
B. C2H5OH +3O2=2CO2+3H2O △H=-1368.8kJ·mol-1 (反应热)
C. 2NH3(g)3H2(g)+N2(g) △H=+92.4 kJ·mol-1 (反应热)
D. H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-242 kJ·mol-1 (燃烧热)
【答案】C
【解析】A．中和热应生成1mol水，该方程式为2mol水，不是中和热，故A错误；B．热化学方程式中需要标明物质的聚集状态，应为C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1368.8KJ•mol-1，故B错误；C. 2NH3(g)=3H2(g)+N2(g) △H=+92.4 kJ·mol-1 表示氨气分解的热化学反应方程式，故C正确；D.燃烧热制可燃物完全燃烧生成温度的氧化物，水的稳定状态为液态，故D错误；故选C。
5. 己知：
弱电解质
电离平衡常数(25℃)
碳酸
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
次氯酸
K=3.0×10-8
氢氧化铝
Ka =6.3×10-13
氢氰酸(HCN)
K=4.9×10-10
运用电离平衡常数判断不可以发生的反应是（ ）
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3 ②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑ ④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32- ⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
A. ②③⑤ B. ②④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③
【答案】D
【解析】根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生；不能发生的反应是②③，故选D。
点睛：根据电离平衡常数判断酸性的强弱是解题的关键。本题的解题思路为酸性强的酸可以反应生成酸性弱的酸。
6. 已知反应： N2(g) +O2(g)2NO(g),△H=+180.50 kJ·mol-1；△S =247.7 J·mol-1·K-1。若该反应在一密闭容器中进行，若不考虑温度对该反应焓变的影响，则下列说法中正确的是（ ）
A. 能使该反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法只能是使用催化剂
B. 到达平衡状态时，v (N2)=2v (NO)
C. 在1000℃时，此反应能自发进行
D. 一定温度下，该反应达到平衡状态后，增加N2的浓度， 化学反应平衡常数变大
【答案】C
【解析】A. 能使该反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法除了使用催化剂，也可以改变温度，故A错误；B. 未注明正逆反应速率，不能判断是否为平衡状态时，故B错误；C. 在1000℃时，△G=△H-T•△S=+180.50 kJ·mol-1-1273.15K×247.7 J·mol-1·K-1＜0，反应能够自发进行，故C正确；D. 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C。
7. 某温度下，在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：2A(g)+2B(g)3C(?)+D(?)。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数K约为0.043
B. 增加C的物质的量，B的平衡转化率不变
C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. A的平衡转化率是40%
【答案】B
【解析】 2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)
反应前(mol) 2 1 0 0
反应了(mol)0.4 0.4 0.6 0.2
平衡后(mol)1.6 0.6 0.6 0.2
据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。A、该反应的化学平衡常数K==1.04，故A错误；B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；C、平衡常数只受温度影响，故C错误；D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了化学平衡计算以及平衡常数的影响因素等。正确判断CD的状态是解题的关键。根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比，利用三段式法计算出反应后气体物质的量，可以确定CD的状态。
8. ①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的盐酸；③pH=2的NH4Cl溶液；④pH=12的氨水；⑤pH=12的NaOH溶液；⑥pH=12的CH3COONa溶液。室温下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A. 水电离的c(H+)： ③=⑥>①=②=④=⑤
B. 将②、 ④溶液混合后，pH=7,消耗溶液的体积：②<④
C. 等体积的①、②、⑤溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量，②最大
D. 向等体积溶液中加入100mL水后，溶液的pH： ④>⑥>⑤>③>①>②
【答案】A
【解析】A．①、②、③的氢离子浓度相同，④、⑤、⑥的氢氧根离子的浓度相同，六种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，所以这六种溶液中由水电离的c(H+)：③=⑥＞①=②=④=⑤，故A正确；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c(NH3•H2O)＞c(OH-)，氯化氢是强电解质，所以其溶液中c(HCl)=c(H+)，c(NH3•H2O)＞c(HCl)，若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞④，故B错误；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、⑤三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、⑤溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识点。本题的易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。难点是D，加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，弱酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离，pH变化小。
9. 下列说法中不正确的有（ ）
①水是一种极弱的电解质，在常温下平均每n个水分子只有1个分子发生电离，n的值是55.6×107
②两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2, pH分别为a和a+1,则c1=10c2
③常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中,所有离子浓度都降低
④蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝
⑤常温下，等体积的pH=12的碱甲溶液和pH=11的碱乙溶液，分别用等浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积为2V甲=V乙,则乙一定是弱碱
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】①1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n
mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：=，解得n=5.56×108，故正确；②醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故错误；③酸溶液稀释时，c(H+)减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，故错误；④水解生成的HCl易挥发，蒸干不会得到氯化铝，蒸干得到氢氧化铝，故错误；⑤pH=12的碱溶液甲中c(OH-)=0.01mol/L，pH=11的碱溶液乙中c(OH-)=0.001mol/L，等体积的这两种溶液分别与等浓度的稀盐酸中和时，如果这两种碱都是强碱，则消耗的盐酸体积前者是后者的10倍，实际上消耗盐酸的体积为2V甲=V乙，即此时乙消耗的盐酸多，说明乙最终电离出的n(OH-)大于甲，所以乙一定是弱碱，故正确；错误的有3个，故选C。
10. 常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 0.2mo1CO2通入1L0.3mol·L-1KOH溶液中：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)
B. Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
C. 常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L 的CH3COOH、CH3COONa 混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)
c(HSO3-)>c(H2SO3)c(Cl-)=c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】A、NH3·H2O属于弱碱，HCl属于强酸，②点pH=7溶液显中性，NH3·H2O的物质的量略大于盐酸物质的量，即V略大于20mL，故A错误；B、根据电荷守恒，因此有c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，故B错误；C、②点pH=7，因此是c(H＋)=c(OH－)，故C错误；D、②和③之间溶质为NH3·H2O和NH4Cl，因此可能存在c(NH4＋)>c(Cl－)=c(OH－)>c(H＋)，故D正确。
点睛：离子浓度大小的比较是高考的热点，在离子浓度大小的比较中，应注意“三个守恒”的应用，特别像本题中选项B和C，利用了电荷守恒进行判断。
12. 已知常温下，几种难溶电解质的溶度积(Ksp)：
化学式
Mg(OH)2
MgF2
Fe(OH)3
AgCl
Cu(OH)2
Ag2CrO4
溶度积
5.6×10-12
7.4×10-11
4 .0×10-38
1.8×10-10
2.2×10-20
2.0×10-12
下列说法不正确的是（ ）
A. 在Mg(OH)2 的悬独液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
B. 在Mg(OH)2 的悬浊液中加入NaF 溶液液后，Mg(OH)2 不可能转化为MgF2
C. CuCl2溶液中混入了一定量的FeCl3溶液，可以通过向溶液中加入CuO的方法，调整溶液的pH，除去Fe3+杂质
D. 向浓度均为1×10-3mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中商加1×10-3mo/LAgNO3溶液，Cl-
先形成沉淀
【答案】B
【解析】A. Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故A正确；B. 不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c(Mg2+)×c(F-)2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，最终Mg(OH)2和MgF2两种沉淀都会有，故B错误；C. 根据氢氧化铁和氢氧化铜的溶度积，溶液中的铁离子完全沉淀时铜离子不会沉淀，FeCl3溶液水解，溶液显酸性，向溶液中加入CuO，氧化铜能够与酸反应，促进铁离子的水解形成氢氧化铁沉淀，而且不会引入杂质，故C正确；D.混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)===1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)==mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故选B。
13. 假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。①~⑧为各装置中的电极编号。当K闭合后，下列说法正确的有（ ）
①D装置中纯Cu 电极反应为： Cu2++2e-=Cu
②整个电路中电子的流动方向为： ③→②; ①→⑧; ⑦→⑥;⑤→④;
③C装置原理上是一个电镀池(Ag表面镀Cu),期中Cu作阴极， Ag作阳极
④A装置中C电极反应为： O2+4e-+2H2O=4OH-
A. ③④ B. ①② C. ②③④ D. ①②④
【答案】B
【解析】根据装置可判断，B装置是原电池，其中锌是负极，铜是正极，A、C、D是电解池。①D 装置中纯Cu作阴极，粗铜作阳极，为铜的电解精炼装置， 纯Cu电极反应为： Cu2++2e-
=Cu，故①正确；②B装置中锌是负极，铜是正极，整个电路中电子的流动方向为： ③→②；①→⑧；⑦→⑥；⑤→④，故②正确；③C 装置中铜是阳极，银是阴极，为在银上镀铜的装置，故③错误；④当K闭合时，A装置中的铁与负极相连，做阴极，C为阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，故④错误；正确的有①②，故选B。
点睛：本题考查了原电池和电解池的原理，正确判断原电池是解题的关键。本题中装置B为原电池，判断的基本方法是构成原电池的条件之一：能够自发进行一个氧化还原反应，ACD中都没有自发发生的氧化还原反应，B中发生锌与稀硫酸的反应。
14. 如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2) 直接转化为对环境友好物质的原电池装置。现利用甲装置产生的电能对乙装置中的饱和食盐水进行电解(A、B 皆为石墨电极)。下列说法中不正确的是（ ）
①M 电极反应式： H2NCONH2+H2O+6e-=CO2↑+N2↑+6H+
②当A 电极产生11.2mL气体(标况) 时，则N电极消耗25×10-4mol气体
③甲中H+透过质子交换膜由右向左移动
④A 电极应与X相连接
⑤反应一段时间后，乙装置U型管中的溶液pH变大
A. ①③ B. ①③⑤ C. ①②③ D. ②④⑤
【答案】A
【解析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。①H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCONH2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故①错误；②根据图示，A极产生的氢气密度比空气小，为氢气，则A为阴极，当A电极产生11.2mL气体(标况)时，物质的量为=0.0005mol，转移电子0.001mol，则N电极消耗氧气的物质的量==25×10-4mol，故②正确；③M是负极，N是正极，H+透过离子交换膜由左M极移向右N极，故③错误；④A电极为阴极，与原电池的负极相连，即与X相连接，故④正确；⑤反应一段时间后，乙装置中反应生成氢氧化钠，溶液pH变大，故⑤正确；不正确的有①③，故选A。
15. 下列实验操作能达到实验目的的是
实验目的
实验操作
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入NaOH溶液并加热，分液
B
检验淀粉水解最终产物的还原性
取少量淀粉水解液，加入NaOH溶液，再加入新制Cu(OH)2，加热，观察是否出现红色沉淀
C
证明醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱
向纯碱溶液中滴加醋酸，将生成的气体通入澄清的苯酚钠溶液中，观察是否出现沉淀
D
除去苯中混有的苯酚
加入浓溴水后，过滤，滤液即为苯
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
..................
点睛：本题考查了有机物的分离和提纯的常见方法。本题的易错点为C，要注意醋酸的挥发对结果的影响。
16. N-苯基苯甲酰胺 广泛应用于药物，可由苯甲酸与苯胺反应制得，由于原料活性低，可采用硅胶催化、微波加热的方式，微波直接作用于分子，促进活性部位断裂，可降低反应温度。取得粗产品后经过洗涤-重结晶等，最终得到精制的成品。
已知：
溶剂
物质
水
乙醇
乙醚
苯甲酸
微溶
易溶
易溶
苯胺
易溶
易溶
易溶
N-苯基苯甲酰胺
不溶
易溶于热乙醇，冷却后易于结晶析出
微溶
下列说法不正确的是
A. 反应时断键位置为C-O键和N-H键
B. 洗涤粗产品用水比用乙醚效果更好
C. 产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯
D. 硅胶吸水，能使反应进行更完全
【答案】B
【解析】A. 反应时羧基提供羟基，氨基提供氢原子，因此断键位置为C-O键和N-H键，A正确；B. 根据物质的溶解性可知反应物易溶在乙醚中，而生成物微溶于乙醚，所以洗涤粗产品用乙醚效果更好，B错误；C. N-苯基苯甲酰胺易溶于热乙醇，冷却后易于结晶析出，所以产物可选用乙醇作为溶剂进行重结晶提纯，C正确；D. 由于反应中有水生成，硅胶吸水，所以能使反应进行更完全，D正确，答案选B。
第Ⅱ卷 非选择题(共52分)
17. 氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O是两种常用原料。
（1）氨叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5
①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_____________。
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃,混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为__________________________。
③已知T℃ 时，Ksp (CuN3)=5.0×10-9,Ksp (Cu2S) =2.5×10-48,则相同温度下，2CuN3(s)+S2-(aq)Cu2S (s)+2N3-(aq)该反应正反应方向_________(“ 能”或“不能”)进行基本彻底，请通过计算说明_________________________。
（2）在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4
固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL 溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下： (已知莫尔盐的分子量为392)
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗 KMnO4溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
滴定终点的现象是________________，通过实验数据，计算该产品的纯度为_________(用含字母a、c的式子表示)。上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_________。
A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗
B．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质
C．滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
【答案】 (1). HN3H++N3- (2). c (N3-) >c (Na+) >c (HN3) >c (H+) >c (OH-) (3). 能 (4). 正反应方向平衡常数为1031>105 (5). 滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可),且30s不变色 (6). ×100% (7). AC
【解析】(1)①氨叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3H++N3-，故答案为：HN3H++N3-；
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和Na N3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)；
③反应为：2CuN3(s)+S2-(aq)Cu2S (s)+2N3-(aq)，该反应的化学平衡常数为K= =•===1.0×1031>105，该反应能够完全进行，故答案为：能；正反应方向平衡常数为1031>105；
(2)利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1，Mn由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2
O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=5n(KMnO4) =25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O] =25×10-3×c×5×500/25mol =2.5cmol，所以质量分数=2.5c××100%=×100%；A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，故A正确；B．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，故B错误；C．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C正确；故选ABC；故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；×100%；AC。
点睛：本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。本题的难点是(1)③的判断，反应能否完全进行，主要根据反应的平衡常数是否大于105判断，本题的易错点为为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。
18. 氮、磷及其化合物在生产、生活中有重要的用途．回答下列问题：
（1）磷酸是三元中强酸，将磷酸加强热时可发生分子间的脱水生成焦磷酸（H4P2O7）、三聚磷酸（H5P3O10）以至直链多聚磷酸．当直链多聚磷酸分子中P原子数为20时，其化学式是_________．直链多聚磷酸常用于制取阻燃剂
（2）PH3是一种性能良好的熏蒸剂，用于除治储藏物害虫．
①与同主族元素的氢化物NH3相比，沸点：PH3 ___NH3（填“＜”或“＞”或“=”）；稳定性：PH3 __NH3（填“＜”、“＞”或“=”）； 实验室制取PH3可选用PH4I与______（填物质类别）反应得到．
②PH3气体发生器中常用磷化铝水解，其化学反应方程式是_____________．
（3）利用葡萄糖与银氨溶液反应在热水瓶胆内壁镀银．查阅资料可知：银氨溶液中存在平衡：Ag+（aq）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq），该反应平衡常数K稳[Ag（NH3）2+]=1.10×107，又已知Ksp[AgCl]=1.45×10﹣20．计算可逆反应AgCl（s）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）+Cl﹣（aq）的化学平衡常数K=________（保留2位有效数字），1L 1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl____mol（保留2位有效数字）．
（4）在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图所示．
a电极为电解池的___（填“阴”或“阳”）极，其电极反应式为____________________；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是______．
【答案】 (1). H22P20O61 (2). ＜ (3). ＜ (4). 碱 (5). AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑ (6). 1.6×10﹣3 (7). 0.04 (8). 阳 (9). NH4++3F﹣﹣6e﹣=NF3+4H+ (10). F2
【解析】（1）两分子的磷酸脱去一分子的水，三分子磷酸脱去两分子的水，当高聚磷酸中P原子数为20时，为20个磷酸分子间脱去19个水分子，则根据原子守恒可知高聚磷酸的分子式为：H22P20O61；（2）①NH3分子之间可形成氢键，故沸点高；氮元素非金属性强，故NH3稳定性强，实验室制取PH3，与制NH3相似，故实验室制取PH3可选用PH4I与碱反应；②磷化铝水解的方程式为AlP+3H2O＝Al（OH）3↓+PH3↑；（3）Ag+（aq）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）与AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）相加可以得到：AgCl（s）+2NH3（aq）⇌Ag（NH3）2+（aq）+Cl-（aq），平衡常数表达式K=c([Ag(NH3)2]+)•c(Cl−)/c2(NH3)＝c([Ag(NH3)2]+)•c(Cl−)·c（Ag+）/c2(NH3)·c（Ag+）＝1.10×107×1.45×10-10=1.6×10-3；设溶解xmolAgCl，则Ag(NH3)2]+为xmol/L，Cl-为xmol/L，溶液中NH3（aq）为（1-2x）mol/L，故x2/(1−2x)2=1.6×10-3，解得x=0.04；（4）由图可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，阳极上铵根失去电子生成NF3，电极反应方程式为：NH4++3F﹣﹣6e﹣＝NF3+4H+，依据电解原理可知，氟离子也可能失去电子生成氟单质，故氧化性较强的单质为氟气。
19. 1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，在实验室中可以用下图所示装置制备1，2-二溴乙烷．其中A和F中装有乙醇和浓硫酸的混合液，D中的试管里装有液溴．可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在l40℃脱水生成乙醚。（夹持装置已略去）
有关数据列表如下：
乙醇
1,2-二溴乙烷
乙醚
状态
无色液体
无色液体
无色液体
密度／g· cm-3
0.79
2.2
0.71
沸点／℃
78.5
132
34.6
熔点／℃
-130
9
-116
填写下列空白：
（1）A中主要发生的是乙醇的脱水反应，即消去反应，请写出乙醇消去反应的化学方程式：_______。
（2）D中发生反应的化学方程式为：__________________________________________。
（3）安全瓶B可以防止倒吸，并可以检查实验进行时导管是否发生堵塞．请写出发生堵塞时瓶B中的现象____________________________________。
（4）在装置C中应加入_____，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体（填字母）
a．水 b．浓硫酸 c．氢氧化钠溶液 d．饱和碳酸氢钠溶液
（5）容器E中NaOH溶液的作用是________________________________。
（6）若产物中有少量副产物乙醚．可用________（填操作名称）的方法除去。
（7）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是_____________。
【答案】 (1). CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O (2). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (3).
b中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出 (4). C (5). 吸收挥发出来的溴，防止污染环境 (6). 蒸馏 (7). 1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9℃），过度冷却会使其凝固而使导管堵塞
【解析】试题分析：（1） 乙醇发生消去反应生成乙烯和水，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，D中乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（2）若装置中出现堵塞，则b中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出；（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫 ，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，所以在装置C中应加入氢氧化钠溶液，吸收反应中可能生成的酸性气体，所以选C；（4）氢氧化钠能和溴反应生成溴化钠和次溴酸钠和水，所以用氢氧化钠可以吸收挥发出来的溴，防止污染环境。（5）1，2-二溴乙烷沸点132℃，乙醚34.6℃，1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点相差较大，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离；（6）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9℃），过度冷却会使其凝固而使导管堵塞。
考点：制备实验方案的设计
20. 化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的名称是__________。
（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别是__________、_________。
（3）E的结构简式为____________。
（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为___________。
（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式____________。
（6）写出用环戊烷和2–丁炔为原料制备化合物的合成路线________（其他试剂任选）。
【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 加成反应 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 、、、（任写两种） (7).
【解析】已知各物质转变关系分析如下：G是甲苯同分异构体，结合已知②的反应物连接方式，则产物H左侧圈内结构来源于G，G为，F为，E与乙醇酯化反应生成F，E为，根据反应条件，D→E为消去反应，结合D的分子式及D的生成反应，则D为，所以C为，B为，再结合已知反应①，A为
。（1）根据以上分析可知A的名称是苯甲醛。（2）C→D为C=C与Br2的加成反应，E→F是酯化反应；（3）E的结构简式为。
（4）F生成H的化学方程式为。
（5）F为，根据题意，其同分异构体中含有苯环、—COOH，先考虑对称结构，一种情况是其余部分写成两个—CH=CH2，则连接在苯环上不符合要求，其次是写成两个—CH3和一个—C≡CH，则其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶2∶1的有机物结构简式为、、、。（6）根据已知②，环己烷需要先转变成环己烯，再与2—丁炔进行加成就可以首先连接两个碳链，再用Br2与碳链上双键加成即可，即路线图为：。
