江西省宜春市万载中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题（衔接班）

江西省宜春市万载中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题（衔接班）

万载中学2021届高二化学第一学期期中考试试题（衔接班）‎ 说明：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。‎ ‎2．考试时间100分钟，满分100分。‎ ‎3．可能用到的相对原子质量：‎ H：1 C：12 O：16 Ca：40 Zn：65 S:32 P:31 Cl:35.5 Na:23‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一．选择题（本题包括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.我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在选项给出的四种物质中只有、晶体有色，而和均为无色晶体，加热分解生成CuSO4和H2O，CuSO4呈白色；而加热发生分解反应，生成的Fe2O3呈红棕色，所以符合题意的物质是，故合理选项是A。‎ ‎2.已知 (x) (y) (z)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是 A. x的所有原子一定在同一平面上 B. y完全氢化后的产物q，q的二氯代物有7种 C. x、y、z均能使溴水因加成反应而褪色 D. x、y、z互为同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. x中的苯环与乙烯基的平面重合时，所有原子才在同一平面上，A错误；‎ B. y完全氢化后的产物q为，q的二氯代物中一氯原子固定在2的碳原子上时，有3种；固定在1的碳原子上有4种，合计7种，B正确；‎ C. x、y均含碳碳双键，故其能使溴水因加成反应而褪色，z不含碳碳双键，则不能发生加成反应，C错误；‎ D. x、y、z分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D错误；‎ 答案为B ‎3.微型银-锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是和，电解质为溶液，电池总反应为，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电池工作过程中，溶液浓度降低 B. 电池工作过程中，电解液中向正极迁移 C. 负极发生反应 D. 正极发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池总反应可知，Zn失电子、发生氧化反应而作负极，氧化银得到电子、发生还原反应作正极，负极电极反应式为Zn+2OH－-2e－=Zn（OH）2，正极电极反应式为Ag2O+H2O+2e－═2Ag+2OH－，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动。‎ ‎【详解】A．由电池总反应为Ag2O+Zn+H2O═2Ag+Zn（OH）2可知，反应中n（KOH）不变，但电池反应消耗了H2O，所以电池工作过程中，KOH溶液浓度升高，故A错误；‎ B．电池工作过程中，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以电解液中OH－向负极迁移，故B错误；‎ C．由电池总反应可知，Zn失电子、发生氧化反应而作负极，电极反应式为Zn+2OH－-2e－=Zn（OH）2，故C正确；‎ D．氧化银得到电子、发生还原反应作正极，注意反应是在碱性条件下进行，电极反应式为Ag2O+H2O+2e－═2Ag+2OH－，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎4.能正确表示下列反应的离子方程式为( )‎ A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-‎ B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-‎ C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2+I-=IO3-+3H2O D. 向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.FeBr2电离产生的Fe2+、Br-都具有还原性，向该溶液中通入过量Cl2，Fe2+、Br-都会被氧化，离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，A错误；‎ B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，B正确；‎ C.H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I-氧化为I2，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O，C错误；‎ D.向硫化钠溶液中通入过量SO2，由于酸性H2SO3>H2S，由于SO2过量，发生的反应有：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-，SO2+ 2H2S=3S↓+2H2O，总反应方程式为2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，D正确；‎ 故合理选项BD。‎ ‎5.用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）‎ A. 中子数为8的氮原子： B. HCl 的电子式： ‎ C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、中子数为8的氮原子的质量数为15；‎ B、HCl中只含共价键；‎ C、NH3中含个N-H键；‎ D、Cl-最外层有8个电子。‎ ‎【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；‎ B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；‎ C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；‎ D、Cl-最外层有8个电子，Cl−结构示意图为，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。‎ ‎6.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2‎ D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；‎ B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；‎ C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；‎ D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 0．1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−‎ B. 0．1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−‎ C. 0．1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−‎ D. 0．1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；‎ B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；‎ C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；‎ D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应 C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023‎ D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；‎ B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；‎ C项，N2与H2反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；‎ D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。‎ ‎9.以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是( )‎ A. A的结构简式是 B. ①②的反应类型分别是取代、消去 C. 反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照 D. 加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，A为，故A错误；‎ B．根据合成路线，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应③为加成反应，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；‎ C．反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；‎ D．B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。‎ ‎10.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)‎ B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。‎ ‎【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；‎ B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；‎ C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；‎ D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.用如图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是（　　）‎ 乙烯的制备 试剂X 试剂Y A CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O KMnO4酸性溶液 B CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O 溴水 C CH3CH2OH与浓H2SO4加热至170℃‎ NaOH溶液 KMnO4酸性溶液 D CH3CH2OH与浓H2SO4加热至170℃‎ NaOH溶液 溴水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热制备的乙烯中含有乙醇，乙烯和乙醇都能使KMnO4酸性溶液褪色；‎ B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热制备的乙烯中含有乙醇，乙醇不与溴水反应；‎ C．乙醇和浓硫酸在170℃以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，二氧化硫、乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，SO2中+4价S具有还原性，能还原酸性KMnO4溶液，使其紫色褪去，乙醇也能被KMnO4酸性溶液氧化；‎ D．乙醇和浓硫酸在170℃以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，二氧化硫能与溴水反应使其褪色。‎ ‎【详解】A．溴乙烷的消去反应：+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，利用KMnO4+CH2═CH2+H2SO4→CO2↑+K2SO4+MnSO4+H2O，导致酸性KMnO4溶液褪色，检验乙烯；但乙烯中含有杂质乙醇，乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，5C2H5OH+4KMnO4 +6H2SO4→5CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4，使KMnO4酸性溶液褪色，故需用水除杂，乙醇能和水任意比互溶，而乙烯难溶于水，选项A正确；‎ B．乙醇易挥发，CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热：+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，利用CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br溶液褪色检验乙烯，乙烯中含有的杂质是乙醇，乙醇不与溴水反应，故无需除杂，选项B错误；‎ C．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，CH3-CH2-OH CH2═CH2↑+H2O，同时乙醇和浓硫酸还能发生氧化反应生成二氧化硫气体，故乙烯中含有的杂质有乙醇、二氧化硫、二氧化碳等，二氧化硫、乙醇能与KMnO4‎ 酸性溶液反应，2KMnO4+5SO2+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，导致酸性KMnO4溶液褪色，5C2H5OH+4KMnO4 +6H2SO4→5CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4，使KMnO4酸性溶液褪色，故需用NaOH溶液吸收二氧化硫，NaOH溶液也能溶解乙醇，选项C正确；‎ D．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，CH3-CH2-OH CH2═CH2↑+H2O，利用CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br溶液褪色检验乙烯，同时乙醇和浓硫酸还能发生氧化反应，生成二氧化硫气体，乙烯中含有的杂质有乙醇、二氧化硫、二氧化碳等，二氧化硫能与溴水反应，SO2+2H2O+Br2═H2SO4+2HBr，乙醇与水互溶，二氧化碳不影响乙烯的检验，需要用氢氧化钠除去二氧化硫，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了乙烯的检验，明确乙烯所含杂质的性质是解本题的关键，平时要注意知识迁移能力的培养。‎ ‎12.下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色 B. KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体 C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3‎ D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；‎ B项，KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；‎ C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项正确；‎ D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确；答案选A。‎ ‎13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性 B 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 C 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性 D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，苯酚的酸性弱于碳酸；‎ B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；‎ C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；‎ D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。‎ ‎【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；‎ B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；‎ C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；‎ D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。‎ ‎14.根据下列图示所得出的结论不正确的是 A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0‎ B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。‎ 详解：A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+‎ ‎）越小，D项正确；答案选C。‎ 点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。‎ ‎15.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：‎ 下列说法正确的是 A v1K3，p2>2p3‎ C. v12c3，α2(SO3)+α3(SO2)<1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 针对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，容器2中加入4mol SO3，等效于在相同温度、相同容积下反应物投入量为4mol SO2、2mol O2，为容器1投入量的两倍，则容器2可看作是先由两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积，增大压强反应速率加快，有v12c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，容器1和2的温度相同，则K1=K2； 容器3的投入量与容器1相同，温度比容器1高，可以看做是容器1达到平衡后升高温度的新平衡，升高温度反应速率加快，则v1p1，a1(SO2)>a3(SO2)，K1>K3，据此分析作答。‎ ‎【详解】针对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，容器2中加入4mol SO3，等效于在相同温度、相同容积下反应物投入量为4mol SO2、2molO2‎ ‎，为容器1投入量的两倍，则容器2可看作是先由两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积，增大压强反应速率加快，有v12c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，容器1和2的温度相同，则K1=K2； 容器3的投入量与容器1相同，温度比容器1高，可以看做是容器1达到平衡后升高温度的新平衡，升高温度反应速率加快，则v1p1，a1(SO2)>a3(SO2)，K1>K3， ‎ A. 容器2等效于两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积达到的平衡，增大压强反应速率加快，有v12c1，，A项错误；‎ B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则K1>K3，根据分析，p2<2p1，p3>p1，则p2<2p3，B项错误；‎ C. 容器3看做是容器1达到平衡后升高温度的新平衡，升高温度反应速率加快，则v1α3(SO2)，C项错误；‎ D. 根据分析，c2>2c1，c32c3，根据分析，α1(SO2)+α2(SO3)<1，a1(SO2)>a3(SO2),则α2(SO3)+α3(SO2)<1，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】针对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，容器2中加入4mol SO3，根据等效平衡知，容器2等效于在相同温度、相同容积下反应物投入量为4mol SO2、2mol O2，为容器1投入量的两倍，则容器2可看作是先由两个容器1达到平衡后再压缩到容器1的体积，增大压强反应速率加快，有v12c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，这是解答该题的关键，也是学生们学习的难点。‎ ‎16.H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )‎ B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )‎ C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)‎ D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 分析：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-）；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。‎ 详解：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。‎ 点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。‎ 非选择题（52分）‎ ‎17.连二亚硫酸钠，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下列问题：‎ ‎(1)中S的化合价为______。‎ ‎(2)向锌粉的悬浮液中通入，制备，生成，反应中转移的电子数为____mol；向溶液中加入适量，生成并有沉淀产生，该反应的化学方程式为_________‎ ‎(3)电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为，电池总反应式为____________。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是_______________。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 2 (3). (4). (5). 与水反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，结合常见的Na为+1价，O为-2价判断S元素的化合价；‎ ‎(2)根据反应前后Zn元素的化合价的变化判断转移电子的物质的量，根据质量守恒定律书写反应方程式；‎ ‎(3)负极上是Li失去电子变为Li+，根据闭合回路中电子转移数目相等，结合正极反应式，叠加，可得总反应方程式；Li是比较活泼的金属，可以与水反应产生相应的碱和氢气。‎ ‎【详解】(1)在中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所以S元素化合价为+3价；‎ ‎(2)向锌粉的悬浮液中通入SO2，制备ZnS2O4，反应前Zn为单质中的0价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成 ZnS2O4，反应中转移的电子数为2mol；向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反应的化学方程式为Na2CO3+ ZnS2O4=Na2S2O4+ZnCO3↓；‎ ‎(3)电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反应式为Li-e-=Li+，电池放电时，正极上发生的电极反应为，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和H2，所以该电池不可用水替代。‎ ‎【点睛】本题考查了化合物中元素化合价的标定、氧化还原反应中的电子转移、化学方程式的书写及原电池反应原理的应用的知识。掌握化学反应基本原理及元素化合物的基础知识是解题关键。‎ ‎18.干燥的二氧化碳和氮气反应可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为____：装置2中所加试剂为____；‎ ‎（2）装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca（OH）2：发生反应的化学方程式为________；试管口不能向上倾斜的原因是__________。装置3中试剂为KOH，其作用为______________。‎ ‎（3）反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 稀盐酸 (2). 浓 (3). (4). 冷凝水倒流道管底部使试管破裂 (5). 干燥剂（干燥氨气） (6). 降低温度，使平衡正向移动提高产量 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 则装置1中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2气体，在装置2中用浓硫酸干燥CO2气体，将干燥的CO2通入三颈烧瓶中；在装置4中NH4Cl和Ca（OH）2混合加热发生复分解反应制备NH3，经装置3的盛有KOH固体的干燥管干燥后通入三颈烧瓶中，与CO2发生反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）。‎ ‎【详解】（1）装置1用来制备二氧化碳气体，将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，则漏斗中盛放为稀盐酸；装置2中试剂用于干燥二氧化碳，盛放为浓硫酸；‎ ‎（2）装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca（OH）2，发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；该反应中有水生成，且在加热条件下进行，冷凝水倒流道管底部使试管破裂，则试管口不能向上倾斜；装置3中KOH为干燥剂，能够干燥氨气；‎ ‎（3）反应2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）的△H＜0，为放热反应，降低温度平衡向着正向移动，可提高产量，所以反应时三颈瓶需用冷水浴冷却。‎ ‎【点睛】本题考查制备方案的设计，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，难点（3），注意将所学的平衡移动原理应用于生产中。‎ ‎19.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：‎ ‎（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。‎ ‎（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。‎ 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃‎ 硫去除率=（1—）×100%‎ ‎①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。‎ ‎②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________。‎ ‎（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。‎ ‎（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2+OH−HSO3− (2). FeS2 (3). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (4). NaAlO2 (5). Al(OH)3 (6). 1∶16‎ ‎【解析】‎ 分析：根据流程，矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，在空气中CaO可将SO2转化为CaSO4；“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，‎ ‎（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O。‎ ‎（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。‎ ‎②添加CaO，CaO起固硫作用，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。‎ ‎（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3。‎ ‎（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑。‎ 详解：（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。‎ ‎（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。‎ ‎②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4‎ ‎，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。‎ ‎（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。‎ ‎（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。‎ 点睛：本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3O4的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S元素及其化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。如NaOH溶液吸收过量SO2则产物为HSO3−，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧则没有氧气作氧化剂等需注意反应物及用量的不同。‎ ‎20.以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：‎ 已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。‎ ‎②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。‎ ‎（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。‎ ‎（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图−1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________________。‎ ‎（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH的分布如图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图−3所示）。‎ ‎①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。‎ ‎②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。‎ ‎【答案】 (1). 3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O (2). 缓慢通入Cl2 (3). NaClO碱性溶液 (4). 减少水合肼的挥发 (5). 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 (6). 边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。据此判断。‎ ‎【详解】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。‎ ‎（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。‎ ‎（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的物质的量分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。‎ ‎②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。‎ ‎【点睛】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和思维的严密性。‎ ‎21.功能高分子P的合成路线如下：‎ ‎（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是________________________。‎ ‎（2）试剂a是____________________。‎ ‎（3）反应③的化学方程式：_________________________________________________。‎ ‎（4）E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团：_________________________。‎ ‎（5）反应④的反应类型是____________________________。‎ ‎（6）反应⑤的化学方程式：_________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 浓硫酸和浓硝酸 (3). (4). 碳碳双键、酯基 (5). 加聚反应 (6). ‎ ‎【解析】‎ 根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，因此A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，B与氯气发生取代反应生成C为一氯甲基对硝基苯，结构简式为。根据D和P的结构简式可知D和G发生酯化反应生成P，因此G的结构简式为。F水解生成G和乙醇，因此F的结构简式为。E在催化剂的作用下转化为F，这说明反应④是碳碳双键的加聚反应，因此E的结构简式为CH3CH＝CHCOOC2H5。‎ ‎（1）根据以上分析可知A的结构式为；‎ ‎（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸；‎ ‎（3）反应③是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为；‎ ‎（4）根据E的结构式为CH3CH=CHCOOC2H5可知所含官能团有碳碳双键、酯基；‎ ‎（5）F应该是E发生加聚反应生成的一个高分子化合物，所以反应④是加聚反应；‎ ‎（6）反应⑤的化学方程式为。‎ ‎【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成、结构、性质、转化、化学方程式的书写等知识。‎ 有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，解答此类问题需要学生掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的区分度体现在“E物质”的推导过程，该物质可用“逆推法”来推断。有机题高起低落，推断过程可能略繁琐，但大多数问题的难度不大。‎ ‎ ‎