2018-2019学年湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中高二下学期优生联考化学试题 解析版

2018-2019学年湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中高二下学期优生联考化学试题 解析版

湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中 ‎2018-2019学年高二下学期联考化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 ‎ 一、选择题 ‎1.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. S2－的结构示意图：‎ C. 中子数为20的氯原子：35Cl D. 羟基的电子式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯的官能团是碳碳双键，其结构简式：CH2=CH2，A错误；‎ B.S原子最外层有6个电子，原子获得2个电子，使最外层达到8个电子的稳定结构，故S2-电子层结构为，B错误；‎ C.中子数为20的氯原子的质量数是37，所以该原子的表示为：，C错误；‎ D.羟基是O原子与H原子形成了一对共用电子对，电子式表示为，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. c (H＋)：c (OH－)=1012 的溶液中：NH4+、Al3＋、NO3-、Cl-‎ B. pH =7溶液中：K＋、Fe3＋、SO42-、H＋‎ C. 遇甲基橙变黄色的溶液中：Fe2＋、NO3-、SO42-、Na＋‎ D. 由水电离的c (H＋)=1×10-14 mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. c (H＋):c (OH-)=1012 的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+与选项的离子之间不反应，且都不与氢离子反应，能大量共存，A正确；‎ B. Fe3+在pH=4.4左右沉淀完全，在pH=7的溶液中形成Fe(OH)3沉淀，从溶液中析出，因此该不能大量存在Fe3+，B错误；‎ C.使甲基橙变黄色的溶液中可能呈酸性或碱性，Fe3+与OH-反应形成Fe(OH)3‎ 沉淀，故在碱性溶液中不能大量共存，C错误；‎ D.由水电离的c (H＋)=1×10-14 mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，无论是酸性还是碱性，HCO3-都会发生反应，都不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. MnO2固体与浓盐酸反应制取Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O B. AlCl3溶液中滴加浓氨水至过量：Al3+＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4+＋2H2O C. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O D. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MnO2固体与浓盐酸在加热条件下反应制取Cl2，盐酸是强酸，完全电离，用离子形式表示，A错误；‎ B.NH3·H2O是弱碱，不能溶解反应产生的Al(OH)3沉淀，不能写成AlO2-，B错误；‎ C.Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2和水，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式：Fe2O3+6H＋+2I-=2Fe2＋+I2+3H2O，C正确；‎ D.NaClO具有强的氧化性，会将SO2氧化为SO42-，不是发生复分解反应，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4. 下列物质的转化在给定条件下不能实现的是 A. ①②③ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎ ①钠在氧气中燃烧生成过氧化钠、过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气，正确；②电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，错误；③铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，错误；④二氧化硅与氢氧化钠溶液生成硅酸钠和水、硅酸钠与盐酸生成硅酸和氯化钠，正确；⑤甲醛被氧化生成甲酸、甲酸与甲醇在浓硫酸作催化剂并加热的条件下生成甲酸甲酯，错误。‎ 考点： 物质的转化 ‎5.下列实验能达到预期目的的是（ ）‎ 实验内容 实验目的 A 测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH 确定碳和硫两元素非金属性强弱 B 向1ml 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 可以证明在相同温度下，溶解度Mg(OH)2＞Fe(OH)3‎ C 将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 证明溶液中有NH4+‎ D 用稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 证明氧化性:H2O2比Fe3＋强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，亚硫酸钠不是S元素最高价含氧酸的钠盐，因此不能据此判断非金属性强弱，A错误；‎ B.由于氢氧化钠在和氯化镁溶液反应时氢氧化钠过量，所以再加入氯化铁时过量的NaOH与FeCl3溶液反应产生Fe(OH)3红褐色沉淀，因此不能证明在相同温度下Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，B错误；‎ C.将NaOH溶液滴入待测溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明放出了NH3，则该溶液中含有NH4+，C正确；‎ D.在酸性条件下，H+、NO3-具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，使溶液变为黄色，因此不能说明氧化性：H2O2＞Fe3+，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 0.1mol-NH2(氨基)中含有的电子数目为0.9NA B. 常温下，1L 0.1mol/L CH3COONa溶液中含有的CH3COO-和Na+总数为0.2NA C. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个-NH2(氨基)中含有9电子，则0.1mol-NH2(氨基)中含有的电子数目为0.9NA，A正确；‎ B.CH3COO-会发生水解反应产生CH3COOH而消耗，所以1L 0.1mol/L CH3COONa溶液中含有的CH3COO-和Na+总数小于0.2NA，B错误；‎ C.16.25 g FeCl3的物质的量是0.1mol，Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体，而胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，C错误；‎ D.SO2和O2反应产生SO3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.甲、乙、丙、丁为中学常见物质，其中甲、乙为单质，丙为氧化物，它们之间存在如图所示的转化关系：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 若甲、乙元素是同主族元素，根据元素周期表推测，此时乙单质可能是Si B. 若甲、乙均为金属单质，则丁所属的物质类别一定是碱性氧化物 C. 若甲为金属单质，乙为非金属单质，则甲只能是Mg D. 若甲、乙元素是同周期元素，则该反应的化学方程式一定为:2F2 + 2H2O＝4HF + O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若甲、乙元素是同主族元素，丙为氧化物，C与SiO2反应、Na与H2O的反应符合转化关系，乙单质可能是Si，A正确；‎ B.若甲、乙均为金属单质，丙为氧化物，铝热反应符合转化关系，丁若为氧化铝，Al2O3属于两性氧化物，B错误；‎ C.若甲为金属单质，乙为非金属单质，丙为氧化物，Mg与CO2、Na与H2O的反应等都符合转化关系，甲不一定为Mg，C错误；‎ D.若甲、乙元素是同周期元素，Mg与SiO2反应生成Si与MgO也符合转化关系，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎8.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，测得溶液中的HCO3－、CO32－、AlO2－、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1:2‎ B. V1：V2=l：5‎ C. M点时生成的CO2为0.05mol D. e曲线表示的离子方程式为： Al(OH)3+3H+= Al3++3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，首先发生反应：AlO2-+H++H2O =Al(OH)3↓，a表示AlO2-，根据盐酸消耗的体积可知：n(H+)=n(AlO2-)=" 1mol/L×0.05L=" 0.05mol；当AlO2-反应完全，CO32-反应：b表示CO32-，反应的离子方程式是：CO32-+H+=HCO3-，n(H+)=n(CO32-) =0.05L×1mol/L=0.05mol；c表示HCO3-, CO32-反应完全，产生的HCO3-会发生反应：HCO3-+H+ =CO2↑+H2O，n(HCO3-)=n(H+)=0.05L×1mol/L=0.05mol；当HCO3-反应完全，Al(OH)3发生反应：Al(OH)3+3H+= Al3++3H2O,d表示Al(OH)3，当Al(OH)3反应完全，消耗HCl的物质的量是Al(OH)3的3倍，n(H+)= 3n(Al(OH)3‎ ‎)=3×0.05mol=0.15mol，则该阶段加入盐酸的体积是0.15mol÷ 1mol/L="0.15L" =150ml。A．原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1:1，错误；B.在原混合物中n(CO32－)= 0.05mol,在V1时溶液中的CO32－和HCO3-的物质的量相等，都等于0.025mol ，根据方程式：CO32-+H+=HCO3-可知消耗盐酸的物质的量是0.025mol ，盐酸的体积为0.025mol÷1mol/L= 0.025L=25ml；故V1=50ml+25ml=75ml，根据前边的分析可知：V2=150ml+150ml=300ml，所以V1：V2=75ml:300ml=1:4；错误；C根据前边的方向可知M点时溶液中CO32-完全转化为HCO3-，没有产生CO2，错误；D.根据前边的分析可知：a曲线表示AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故该选项正确。‎ 考点：铝元素、碳元素的化合物的性质的图像法表示的知识。‎ ‎9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8，常见金属元素Z的一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 用“百度”搜索知，Y、Z形成的化合物“室温下强度高，……。导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。”由此可推测该化合物属于离子晶体 B. 化合物YW3水解产物之一具有强氧化性，由此可知Y在该化合物中的化合价为+3‎ C. 由非金属元素组成的化合物YX5是一种是否存在尚待确证的化合物，假如存在，该物质与水反应必然生成气体X2，同时得到一种弱碱溶液 D. 因为Z的氧化物熔点很高，不适宜于电解，故工业上常用电解Z与W的化合物的方法制取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：常见金属元素Z的一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2，则Z的质子数＝（28－2）÷2＝13，即Z是铝元素。又因为短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8，所以X是氢元素或锂元素，Y是氮元素，W是氯元素。A、根据性质可知，AlN形成的晶体是原子晶体，A不正确；B、化合物YW3水解产物之一具有强氧化性，则该化合物是次氯酸，另外一种产物是氨气，因此Y在该化合物中的化合价为－3价，B不正确；C、由非金属元素组成的化合物YX5是一种是否存在尚待确证的化合物，假如存在，该物质即NH4H与水反应必然生成气体氢气，同时得到一种弱碱溶液，该溶液是氨水，C正确；D、工业上通过电解熔融的氧化铝制取单质铝。氯化铝是共价化合物，熔融时不能导电，D不正确，答案选C。。‎ 考点：考查元素周期律的结构、元素推断以及晶体类型等的有关判断 ‎10.亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生。它的部分性质见右图，下列说法错误的是 A. 可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）‎ B. N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键 C. NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4 = NaN3 + 2H2O D. 上图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据亚硝酸钠的性质，在酸化条件下具有氧化性，因此可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐和亚硝酸，正确；B、溶于水的原因一般是相似相溶或者形成分子间氢键，肼是非极性分子，水是极性分子，不是相似相溶，只能是和水形成分子间氢键，增大溶解度，正确；C、根据性质，反应生成氮化钠和H2O，NaNO2+N2H4→NaN3+H2O，观察还差一个水，所以反应方程式：NaNO2 + N2H4 = NaN3 + 2H2O，正确；D、亚硝酸和氯化铵溶液的反应是复分解反应，不是氧化还原反应，其他都是氧化还原反应，错误，选项D符合题意。‎ 考点：考查元素及其化合物的性质、氧化还原反应、溶解度等知识。‎ ‎11.下列关于有机物的说法中，正确的一组是（ ）‎ ‎①淀粉、油脂、糖类、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 ‎②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物 ‎③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液 ‎④石油的分馏和煤的气化均发生了化学变化 ‎⑤淀粉水解的最终产物在加热条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应 ‎⑥除去CH4中的少量C2H4：通过盛有溴水的洗气瓶 A. ①②⑤⑥ B. ①②④⑤ C. ③⑤⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①糖类中的单糖不能发生水解反应；‎ ‎②汽油中加入适量乙醇，为混合物；‎ ‎③饱和碳酸钠与乙酸反应，并降低乙酸乙酯的溶解度，反应后分层；‎ ‎④石油的分馏为物理变化，而煤的气化反应生成CO和氢气，为化学变化；‎ ‎⑤淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖中含-CHO能够被新制氢氧化铜悬浊液氧化；‎ ‎⑥乙烯与溴水反应，而甲烷不反应。‎ ‎【详解】①糖类中的单糖是不能发生水解反应的糖，①错误；‎ ‎②汽油中加入适量乙醇，为混合物，不是新型化合物，②错误；‎ ‎③饱和碳酸钠与乙酸反应产生可溶性的物质，且降低乙酸乙酯的溶解度，反应后分层，则混合反应、振荡后，静置分液可实现除杂，③正确；‎ ‎④石油的分馏为物理变化，而煤的气化是煤的成分与水反应生成CO和氢气，为化学变化，分别为物理变化、化学变化，④错误；‎ ‎⑤淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖是多羟基醛，在加热煮沸条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应产生砖红色沉淀，⑤正确；‎ ‎⑥乙烯与溴水发生加成反应产生液态物质，而甲烷不反应，所以可通过盛有溴水的洗气瓶可实现除杂，⑥正确；可见说法正确的是③⑤⑥，选项C合理。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. 有机物的同系物具有相同的通式，且组成相差n(n＞0的正整数)个CH2原子团，因此等质量的同系物完全燃烧时消耗氧气的物质的量相差1.5nmol B. 根据卤代烃的消去反应一定能判断卤代烃中所含卤素原子的种类 C. 饱和一元醇可在一定条件下与氢卤酸发生取代反应 D. 分子式为C7H16的有机物中有三种不同化学环境的氢原子，此有机物一定是2，4―二甲基戊烷或3，3―二甲基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷与乙烷为同系物，取mg甲烷与乙烷，分别燃烧，mg甲烷完全燃烧耗氧量为 mol，乙烷耗氧量为mol，二者并不相差1.5mol，A错误；‎ B.不是所有的卤代烃都可以发生消去反应，所以不能根据卤代烃的消去反应其卤代烃中所含卤素原子的种类，B错误；‎ C.饱和一元醇可在一定条件下与氢卤酸发生取代反应，羟基被卤素原子取代，C正确；‎ D.分子式为C7H16的有机物含有多种同分异构体，其中2，2，3-三甲基丁烷也含有3种不同的H，D错误；‎ 故合理选项是C.‎ ‎13.下列化合物中与自身类别相同的同分异构体数目(不考虑立体异构)最多的是（ ）‎ A. 戊烷 B. 戊醇 C. 戊烯 D. 戊炔 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 自身类别相同的同分异构体要从碳链异构、位置异构角度分析考虑来解答。‎ ‎【详解】A.戊烷只存在碳链异构，同分异构体为：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，，，共3种；‎ B.戊烷的同分异构体有：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，主链上有五个C原子的醇有3种：CH3CH2CH2CH2CH2OH、、；主链上有四个碳的有4种：、、、；主链三个碳的有1种：，共有8种同分异构体；‎ C.戊烷的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、、‎ ‎；若为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相应烯烃有2种：CH2=CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH2-CH3；‎ 若为，相应烯烃有3种：CH2=C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)=CHCH3；CH3CH(CH3)CH=CH2；若为，没有相应烯烃；共5种同分异构体；‎ D.戊炔的同分异构体为HC≡C-CH2CH2CH3、CH3C≡C-CH2CH3、3种同分异构体；‎ 可见产生同类物质同分异构体种类数目最多是是戊醇，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的书写与判断的知识，掌握书写的方法规律，本题包括的异构体有碳链异构和官能团位置不同引起的异构体，审清题目要求是解题的关键。‎ ‎14.某有机物是药物生产的中间体，其结构简式如图。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 该有机物与浓溴水可发生取代反应 B. 1 mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗4 mol NaOH C. 该有机物与浓硫酸混合共热可发生消去反应 D. 该有机物经催化氧化后与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A.该有机物含有酚羟基，能与浓溴水发生邻对位取代反应，A项正确；B.该分子的一个酚羟基，一个酯基在碱性条件下发生水解生成酚羟基和羧酸钠，酚羟基继续消耗NaOH，溴代烃能在碱性条件下发生水解反应，所以最多消耗4molNaOH，B项正确；C.该分子与强碱相连的C上没有氢原子，不能发生消去反应，C项错误；D. 该有机物经催化氧化后生成醛基，醛与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀，D项正确；选C。‎ 考点：考查有机物的性质。‎ ‎15.将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的定容容器中混合并在一定条件下发生如下反应 2A（g）＋B（g）2C（g） △H<0 ，经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为 0. 6 mol·L-1 ，现有下列几种说法：‎ ‎① 用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol·L-1•s-1‎ ‎② 达到平衡状态时，升高温度，则该化学平衡向左移动，同时化学平衡常数K也减小 ‎③ 2 s 时物质 A 的转化率为70％ ‎ ‎④ 达到平衡状态时，增加A物质的量，A和B转化率都提高 ‎⑤当各物质浓度满足c(A)=2c(B)= c(C)时，该反应达到了平衡状态 其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①由方程式可知2s时产生的C的浓度是0.6mol/L,则A消耗的浓度也是0.6mol/L.所以V（A）=△C/△t="0.6mol/L.÷2s=0.3mol/(" L·s).正确。② 该反应的正反应是放热反应，达到平衡状态时，升高温度，则该化学平衡向左移动，同时化学平衡常数K也减小。正确。③ 2 s 时物质 A 的转化率为(0.6.÷2) 100％×30％ .错误。 ④ 达到平衡状态时，若增加A物质的量， B的转化率提高但A的转化率降低。错误。。⑤当各物质浓度满足c(A)="2c(B)=" c(C)时，该反应不一定达到了平衡状态。错误。‎ 考点：考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响的知识。‎ ‎16.25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A. 在0.1 mol·L－1Na2S溶液中：2c(Na+) =c(S2-)＋c(HS-) ＋c(H2S)‎ B. pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)+ c(H＋)= c(OH-)+c(CH3COO-)‎ C. 向0.1mol·L-1盐酸与0.1mol·L-1K2CO3溶液等体积混合：c(K+)＞c(HCO3-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)‎ D. 向0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c(Na+)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-) =c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.任何溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+) =2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，A错误；‎ B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H＋)=c(OH-)+c(CH3COO-)，B正确；‎ C.等体积、等浓度的稀HCl和K2CO3溶液混合，二者恰好反应生成KHCO3和KCl，KHCO3‎ 是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则c(H＋)1：1，则c(Na+)＞c(SO42-)，显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，则c(NH4+)AgBr>AgI；随Ksp的减小，应先出现AgI沉淀、再出现AgBr，最后才沉淀AgCl；所以不符合滴定实验的目的和作用；铬酸银的阳、阴离子个数比为2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=2×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag+)2· c(CrO42-)=2.0×10-12，c(Cl-)=mol/L；c(CrO42-)=mol/L>mol/L=c(Cl-)，可见同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于CrO42-浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入K2CrO4，可以作指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故④合理。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备、氧化还原反应中电子转移、滴定反应中指示剂的选择等知识，明确反应原理为解答关键，易错点是(4)的b，不看难溶物的离子浓度大小，直接根据Ksp进行判断，得到错误结论，应该根据溶度积常数的含义，计算出离子浓度大小，再做分析、判断。试题综合性较强，充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。‎ ‎22.碳及其化合物在有机合成、能源开发等方面具有十分广泛的应用。‎ Ⅰ.工业生产精细化工产品乙二醛(OHC—CHO)‎ ‎(1)乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法 在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，此反应的化学方程式为_____________，该法具有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点：‎ ‎ ___________________。‎ ‎(2)乙二醇(HOCH2CH2OH)气相氧化法 ‎①已知：2H2(g)+O2(g) ⇌2H2O(g)　 ΔH=－484 kJ/mol，化学平衡常数为K1。‎ OHC—CHO(g)+2H2(g) ⇌HOCH2CH2OH(g) ΔH=－78 kJ/mol，化学平衡常数为K2。‎ 则乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)＋O2(g) ⇌OHC—CHO(g)＋2H2O(g)的ΔH=______。相同温度下，该反应的化学平衡常数K=_______(用含K1、K2的代数式表示)。‎ ‎②当原料气中氧醇比为4∶3时，乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如下图所示。反应温度在450～495 ℃之间和超过495℃时，乙二醛产率降低的主要原因分别是____________、___________。‎ Ⅱ.副产物CO2的再利用 ‎(3)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中发生反应C(s)＋CO2(g) ⇌2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示，则下列说法正确的是______(填字母)。‎ A.550℃时，若充入氢气，则v正、v逆均减小，平衡不移动 B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25%‎ C.T℃时，若再充入等物质的量的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0p总 已知：计算用平衡分压代替平衡浓度，气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。‎ ‎【答案】 (1). 3CH3CHO+4HNO33OHC—CHO+4NO↑+5H2O (2). 生成的NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备 (3). －406 kJ/mol (4). (5). 升高温度，主反应平衡逆向移动 (6). 温度超过495 ℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物 (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)催化剂是硝酸铜、反应物是乙醛和稀硝酸，生成物是乙二醛、NO和水，根据反应式和生成物书写方程式；该反应中需要具有腐蚀性是酸，且生成有毒气体NO；‎ ‎(2)①OHC-CHO(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g) △H=-78kJ/mol ‎2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g) △H=-484kJ/mol 将两个方程式相减得HOCH2CH2OH(g)+O2(g)⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)，△H进行相应的改变，方程式相减，平衡常数相除；‎ ‎②从温度对化学平衡移动的影响及温度高发生副反应分析；‎ 温度升高，平衡向吸热方向移动，温度大于495℃二氧化碳产率增大；‎ ‎(3)A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入与反应体系无关的气体，相当于减小压强，则v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，平衡正向移动；‎ B.由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；‎ C.由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态；‎ D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=，据此计算。‎ ‎【详解】(1)在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO，反应方程式为：3CH3CHO+4HNO33OHC—CHO+4NO↑+5H2‎ O，该反应的反应物硝酸具有强烈的腐蚀性，而且反应生成物有NO，会造成空气污染，因此该方法存在比较明显的缺点是：生成的NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备；‎ ‎(2)①a.OHC-CHO(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g) △H=-78kJ/mol b.2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(g) △H=-484kJ/mol b-a，整理可得：减去第一个方程式得HOCH2CH2OH(g)+O2(g)⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g)，△H=(-484kJ/mol)-(-78 kJ/mol)=—406kJ/mol，K1=；K2=，=，化学平衡常数K=，所以K=；‎ ‎②主反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g)⇌OHC-CHO(g)+2H2O(g) △H=—406kJ/mol为放热反应，当反应达到平衡后，升高温度平衡逆向移动，使乙二醛产率降低；而且当温度超过495℃时，反应物乙二醇有大量发生副反应，转化为CO2等副产物，也会使乙二醛产率降低；‎ ‎(3)A.在可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入与反应体系无关的气体如H2，相当于减小了压强，由于反应混合物的浓度减小，所以v正，v逆均减小；又因为该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以减小压强，化学平衡正向移动，A错误；‎ B.由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，反应反应转化了xmol，则有 C(s)＋CO2(g) ⇌2CO(g)，‎ 开始       1         0‎ 转化        x         2x 平衡       1-x        2x 所以×100%=40%，解得x=0.25mol，所以CO2的转化率为×100%=25%，B正确；‎ C.由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，若再加入等物质的量的CO、CO2，反应体系就是这两种气体，二者的含量不变，所以平衡不移动，C错误；‎ D.925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2‎ 的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp===23.0P，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对化学反应速率和化学平衡移动影响等知识点，注意：化学方程式相加时化学平衡常数相乘；方程式相减时平衡常数相除。题目侧重考查学生图象分析判断能力及三段式法计算能力，难度不大。‎ ‎ ‎