2019-2020学年山东省济南市高三（上）期末化学试卷
2019-2020学年山东省济南市高三（上）期末化学试卷
一、选择题：本题共10小题．每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1. 国庆70周年阅兵庆典上，食品级彩烟在空中形成的气体彩带给人留下深刻的印象。靛蓝、玫瑰精、偶红、次甲蓝、槐黄、酞青蓝等都是常用的航空液体彩色拉烟剂，是因为它们（ ）
A.易被氧化 B.易被还原 C.易分解 D.易挥发
2. 下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A.氨基(−NH2)的电子式：
B.质子数为117，中子数为176的Ts原子：117176Ts
C.对硝基苯酚的结构式：
D.NaHCO3水解的离子方程式：HCO3−+H2O⇌H3O++CO32−
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A.SiO2硬度高，可用于制造光导纤维
B.Al(OH)3受热易分解，可用作胃酸中和剂
C.石墨具有导电性，可用作电极材料
D.Na2S具有还原性，可用于去除水体中的Hg2+
4. 中学化学中常见的物质A、B、C、D、E均含同种短周期主族元素，其中A为单质，五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.若B、C均为氧化物，则A可能为碳单质
B.若C、D均为氧化物，则A一定为非金属单质
C.若D为Na2CO3，则A一定为钠单质
D.若E为含氧强酸，则B与C可能反应生成A
5. 制备并收集NH3过程中，下列装置能达到实验目的的是（ ）
A.制取NH3 B.干燥NH3
C.收集NH3 D.尾气处理
6. 下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A.MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4C1−△MnCl2+C12↑+2H2O
B.向C6H5ONa溶液中通入少量CO2:C6H5O−+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3−
C.酸性条件下，用H2O2将Fe2+转化为Fe3+:H2O2+Fe2++2H+=Fe3++2H2O
D.将Cu片溶于稀硝酸中：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
7. 一种铜单质的生产流程如图所示，其中精黄铜矿粉为CuFeS2．下列说法正确的是（ ）
A.精黄铜矿粉发生的反应是CuFeS2+3Fe3++2H+=Cu2++4Fe2++2S
B.“滤渣”中的硫磺可以用酒精萃取出来
C.用石墨电极电解“滤液”，阳极最先发生的电极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑
D.该流程中可以循环利用的物质是FeC13
8. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.1molN2与4molH2在一定条件下充分反应，转移电子数目为6NA
B.9.2g14CO2与N218O的混合物中所含中子数目为4.8NA
C.标准状况下，22.4L己烷中所含共价键数目为19NA
D.100mL 0.1mol⋅L−1草酸溶液所含氢离子数目为0.02NA
9. 2019年诺贝尔化学奖由M．Stanley Whittingham、John
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B.空气中的O2在石墨烯电极上发生还原反应
A.锂电极的电极反应式：Li−e−=Li+
C.电池工作时电流从锂电极沿导线流向石墨烯电极
D.电池工作时锂离子向石墨烯电极方向移动
10. 关于下列图示的阐释正确的是（ ）
A.表示某一放热的基元反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B.表示不同压强对可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)的影响
C.表示25∘C时，体积均为100mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HX溶液加水稀释过程中pH的变化，则25∘C时的电离常数：HX>CH3COOH
D.表示反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始时CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，则NO的转化率：c>b>a
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．
有机化合物甲、乙、丙均为合成非甾体抗炎药洛那的底物或中间体。下列关于甲、乙、丙的说法正确的是（ ）
A.甲分子中所有碳原子处于同一平面
B.乙在一定条件下可以发生消去反应
C.1mol丙与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
D.一定条件下，甲、乙、丙均能与H2发生加成反应
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
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量乙烯，溶液紫色逐渐褪去
乙烯被高锰酸钾氧化
B
向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体
H2O2具有氧化性
C
向蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，出现白色沉淀，再加水沉淀溶解
蛋白质发生了盐析
D
向2mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液中滴加3滴2mL0.1mol⋅L−1MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1mol⋅L−1FeCl2溶液，出现红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)2]
A.A B.B C.C D.D
处理工业废液中NH4+的反应为：
NH4++202=NO3−+H2O+2H+（反应Ⅰ）
5NH4++3NO3−=4N2+9H2O+2H+（反应Ⅱ）
下列说法正确的是（ ）
A.两个反应中，氮元素均只被氧化
B.该处理过程的总反应可表示为4NH4++302=2N2+6H2O+4H+
C.反应Ⅰ进行完全后，再加入等量废液发生反应Ⅱ，处理后废液中的NH4+能完全转化为N2
D.标准状况下，生成22.4L N2时反应Ⅱ转移电子3.75mol
室温时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mol⋅L−1的苯酚溶液、CH3COOH溶液及盐酸分别用0.0100mol⋅L−1NaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
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A.三个滴定过程中，均宜用甲基橙作指示剂
B.室温时，苯酚的电离平衡常数为1.0×10−10mol⋅L−1
C.X点对应的溶液中存在：c(CH3COO−)>c(CH3COOH)
D.物质的量浓度相同时，由水电离产生的c(OH−)：C6H5ONa
”或“<”）。
（3）曲线Ⅱ对应改变的一个条件可能是________。
（4）1000K时，该反应的化学平衡常数为________mol−2⋅L2。
（5）下列叙述中能说明该反应已达到化学平衡状态的是（ ）（填标号）。
A.容器内CH4和H2O的浓度之比为1:2
B.4v正(CO2)＝v逆(H2)
C.容器内压强保持不变
D.混合气体的密度保持不变
含氮氧化物与含硫氧化物是大气的主要污染物，NH4NO3是一种水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。回答下列问题：
（1）氧化处理：
NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)△H1＝−200.9kJ⋅mol−1
SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)△H2＝−241.6kJ⋅mol−1
2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)△H3＝+115.2kJ⋅mol−1
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H＝________KJ⋅mol−1
（2）碱吸收处理：
①25∘C时，用Na2CO3溶液吸收SO2，含硫微粒的物质的量分数艿随pH变化如图1所示，pH为4时，发生反应的离子方程式为________。
②25∘C时，用氨水吸收SO2，脱硫效率η随pH变化如图2所示，pH过大或过小都会导致脱硫效率降低，原因分别是________和________；pH＝7时，吸收液中NH4+与含硫微粒之间的关系是c(NH4+)＝________。
（3）用电解法除去工业废水中硝酸铵的装置如图3所示，电解后左侧流出的溶液中主要的溶质是________（填名称）。
H2O2俗名双氧水，广泛应用于医药、国防、工业、农业、化工等领域中。H2O2易分解，需加入一定量的尿素、乙酰苯胺等有机物作为稳定剂。测定H2O2含量的常用方法有碘量法、高锰酸钾法、硫酸铈法等。回答下列问题：
（1）碘量法是将过量的KI溶液加入H2O2样品中，然后加入指示剂，用0.10mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定（发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−）。滴定时所用指示剂为________；若某次滴定过程中消耗标准溶液12.50mL，则该过程中转移的电子为________mol。
（2）高锰酸钾法是用酸性KMnO4溶液滴定H2O2样品以测定其含量，写出反应的离子方程式：________；高锰酸钾法虽操作简单，但测定误差较大。某科研工作者对大量测定结果进行分析，发现94%
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的结果超过实际含量，主要原因是________（不考虑KMnO4的分解及实验操作误差）。
（3）硫酸铈法测定H2O2的含量：取H2O2样品1.00mL，稀释为250.00mL，取上述稀释过的H2O2溶液25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸和2∼3滴Fe2+−邻菲罗啉混合指示剂，摇匀后，用0.08mol⋅L−1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点（到达终点时Ce元素显+3价）。重复测定2∼3次，平均消耗标准溶液22.08mL，则该H2O2样品的质量浓度为________g⋅L−1（结果保留1位小数）；若未用Ce(SO4)2标准溶液润洗滴定管，会造成测定结果________（填“偏高”或“偏低”）。
硫酸渣（含Fe2O3、SiO2等）是指黄铁矿制硫酸后的残渣。以硫酸渣为原料制备氧化铁黄(α−FeOOH)的一种工艺流程如图。回答下列问题：
（1）“酸溶”过程中加快溶解的方法为________。
（2）“滤渣X”的成分主要有SiO2和________。
（3）若在实验室中进行上述流程，“洗涤”的方法是________；“研磨”所用的仪器是________。
（4）“还原”之后也可以采用如流程来“沉铁”，“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的离子方程式为________；若用过量CaCO3“沉铁”，则会生成FeCO3沉淀。“沉铁”后c(Ca2+)c(Fe2+)=________[已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10−9．, Ksp(FeCO3)＝2×10−11]。
黄酮醋酸类化合物具有抗癌、保肝等多种生理活性和药理作用。采用对甲酚作为起始原料，通过一系列反应合成黄酮醋酸的前体化合物G．合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为________；G的化学式为________。
（2）D→E反应类型为________；E→F的化学方程式为________。
（3）同时符合下列两个条件的C的同分异构体有________种，其中能发生银镜反应且有甲基的结构简式为________。
a．单取代芳香族化合物
b．能发生水解反应
（4）参照上述路线，写出以乙醛和邻羟基苯乙醛为原料制备的合成路线（其它试剂任选）
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参考答案与试题解析
2019-2020学年山东省济南市高三（上）期末化学试卷
一、选择题：本题共10小题．每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．
1.
【答案】
D
【考点】
高分子材料的使用意义
【解析】
靛蓝、玫瑰精、偶红、次甲蓝、槐黄、酞青蓝等都是常用的航空液体彩色拉烟剂，机上的高沸点液体变为高温气体是由液态变为气态的汽化过程，这些气体遇冷形成水雾即形成“彩色拉烟”是由气态变为液态的液化过程。
【解答】
机上的高沸点液体变为高温气体是由液态变为气态的汽化过程，这些气体遇冷形成水雾即形成“彩色拉烟”是由气态变为液态的液化过程，靛蓝、玫瑰精、偶红、次甲蓝、槐黄、酞青蓝等都是常用的航空液体彩色拉烟剂，是因为它们具有挥发性，
2.
【答案】
A
【考点】
电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】
A．氨基为中性原子团，含有2个N−H键，N原子最外层含有7个电子；
B．标示在元素符号左上角的是质量数；
C．硝基中半键位于N原子上；
D．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；
【解答】
A．氮原子的最外层有5个电子，氨基中N原子上有一对孤对电子、有一个未成对电子，其电子式为，故A正确；
B．标示在元素符号左上角的是质量数，故表示为117293Ts，故B错误；
C．硝基中半键位于N原子上，故对硝基苯酚的结构简式为，故C错误；
D．NaHCO3水解的离子方程式为HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故D错误；
3.
【答案】
C
【考点】
物质的结构与性质之间的关系
元素的性质与原子结构
【解析】
A、SiO2具有良好的导光性，可用于制造光导纤维；
B、Al(OH)3具有弱碱性，能与HCl发生中和反应；
C、石墨具有导电性，能作电极材料；
D、Na2S能与Hg2+的盐溶液发生复分解反应，生成HgS沉淀，消除Hg2+的污染。
【解答】
A、SiO2具有良好的导光性，可用于制造光导纤维，与SiO2硬度高无关，故A错误；
B、Al(OH)3能与HCl发生中和反应，生成无毒的氯化铝和水，减少胃酸，与Al(OH)3受热易分解的性质无关，故B错误；
C、石墨的化学性质稳定、具有导电性，常用作电极材料，故C正确；
D、Hg2+的盐溶液有毒、污染水体，加入Na2S发生复分解反应生成HgS沉淀，消除Hg2+的污染，与Na2S具有还原性无关，故D错误；
4.
【答案】
C
【考点】
无机物的推断
【解析】
A．若B、C均为氧化物，A可为碳，B为CO，C为CO2，D、E可分别为碳酸钠、碳酸氢钠等；
B．若C、D均为氧化物，则E应为酸；
C．若D为Na2CO3，五种物质都可含有C元素；
D．若E为含氧强酸，可为硫酸或硝酸，C可为二氧化硫或一氧化氮，A为硫或氮气，B为硫化氢或氨气等。
【解答】
A．若B、C均为氧化物，A可为碳，B为CO，C为CO2，D、E可分别为碳酸钠、碳酸氢钠等，则A可能为碳单质，故A正确；
B．若C、D均为氧化物，则E应为酸，则A一定为非金属性单质，故B正确；
C．若D为Na2CO3，五种物质都可含有C元素，如同A分析，A可为碳，B为CO，C为CO2，D、E可分别为碳酸钠、碳酸氢钠等，故C错误；
D．若E为含氧强酸，可为硫酸或硝酸，C可为二氧化硫或一氧化氮，A为硫或氮气，B为硫化氢或氨气等，则B与C可能反应生成A，故D正确。
5.
【答案】
D
【考点】
化学实验方案的评价
氨的实验室制法
【解析】
A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
B．氨气与五氧化二磷反应；
C．氨气的密度比空气密度小，且收集氨气的烧瓶不能密封；
D．四氯化碳可隔绝气体与水。
【解答】
A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B．氨气与五氧化二磷反应，应选碱石灰干燥，故B错误；
C．氨气的密度比空气密度小，且收集氨气的烧瓶不能密封，应塞一团棉花，故C错误；
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D．四氯化碳可隔绝气体与水，可吸收尾气且防止倒吸，故D正确；
6.
【答案】
B
【考点】
离子方程式的书写
【解析】
A．氯化锰易溶于水，易电离，应拆成离子形式；
B．反应生成苯酚和碳酸氢钠；
C．方程式左右电荷不守恒；
D．铜与稀硝酸反应生成的是NO气体。
【解答】
A．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl−△Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；
B．苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子反应为CO2+H2O+C6H5O−→C6H5OH+HCO3−，故B正确；
C．酸性条件下，用H2O2将Fe2+转化为Fe3+:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故C错误；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；
7.
【答案】
D
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
由制备流程可知，加氯化铁发生CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S，过滤分离出滤渣主要为S，滤液中含Cu2+、Fe2+，电解时阴极上铜离子得到电子生成Cu，阳极上亚铁离子失电子生成铁离子，则电解液含氯化铁，可循环使用，以此来解答。
【解答】
A．精黄铜矿粉发生的反应是CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S，故A错误；
B．酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选CS2萃取，故B错误；
C．用石墨电极电解“滤液”，阳极最先发生的电极反应为Fe2+−e−＝Fe3+，故C错误；
D．CuFeS2与FeCl3溶液反应生成FeCl2、CuCl2溶液，电解生成Cu和FeCl3，可以循环利用的物质是FeCl3，故D正确；
8.
【答案】
B
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
A、合成氨的反应为可逆反应；
B、14CO2与N218O的摩尔质量均为46g/mol，且均含24个中子；
C、标况下己烷为液体；
D、草酸为弱酸。
【解答】
A、合成氨的反应为可逆反应，不能完全反应，故转移的电子书小于6NA个，故A错误；
B、14CO2与N218O的摩尔质量均为46g/mol，故9.2g混合物的物质的量为0.2mol，且两者均含24个中子，故0.2mol混合物中含中子为4.8NA个，故B正确；
C、标况下己烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；
D、草酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中氢离子的个数小于0.02NA个，故D错误。
9.
【答案】
C
【考点】
电解池的工作原理及应用
【解析】
在锂-空气电池中，锂失电子作负极，负极是有机电解液，锂不与有该电解液直接反应，负极反应式为：Li−e−=Li+，以空气中的氧气作为正极反应物，正极为无机电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，正极反应为：O2+2H2O+4e−＝40H−，据此解答。
【解答】
A．在锂-空气电池中，锂失电子作负极，负极是有机电解液，锂不与有该电解液直接反应，负极反应式为：Li−e−=Li+，故A正确；
B．以空气中的氧气作为正极反应物，则空气中的O2在石墨烯电极上发生还原反应，故B正确；
C．电池工作时电流从正极石墨烯电极沿导线流向负极锂电极，故C错误；
D．电池工作时锂离子向正极石墨烯电极方向移动，故D正确；
10.
【答案】
D
【考点】
弱电解质在水溶液中的电离平衡
化学平衡的影响因素
【解析】
A．反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，否则为放热反应；
B．该反应前后气体计量数增大，增大压强平衡逆向移动；
C．相同温度下，体积和pH都相同的CH3COOH溶液和HX溶液分别加水稀释相同倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，弱酸的酸性越强，其电离平衡常数越大；
D．加入的n(CO)越多，NO的转化率越大。
【解答】
A．根据图知，图中反应物总能量小于生成物总能量，则该反应正反应为吸热反应，故A错误；
B．根据“先拐先平数值大”知压强：P2>P1，该反应前后气体计量数增大，增大压强平衡逆向移动，所以达到平衡时两种压强下水蒸气含量：P2<P1，故B错误；
C．相同温度下，体积和pH都相同的CH3COOH溶液和HX溶液分别加水稀释相同倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，弱酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，酸性：CH3COOH>HX，25∘C时的电离常数：HXb>a，故D正确；
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．
【答案】
D
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【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
A．甲分子中环上4个碳原子采用sp3杂化，这4个碳原子具有甲烷结构特点；
B．连接溴原子的碳原子相邻碳原子上不含H原子；
C．丙中直接水解生成的羧基和丙中羧基能和NaOH反应；
D．羰基、苯环都能和氢气在一定条件下发生加成反应。
【解答】
A．甲分子中环上4个碳原子采用sp3杂化，这4个碳原子具有甲烷结构特点，所以甲中所有碳原子不能共平面，故A错误；
B．连接溴原子的碳原子相邻碳原子上不含H原子，所以B不能发生消去反应，故B错误；
C．丙中直接水解生成的羧基和丙中羧基能和NaOH反应，则1mol丙与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，故C错误；
D．羰基、苯环都能和氢气在一定条件下发生加成反应，甲含有羰基、乙含有苯环、丙含有羰基和苯环，所以一定条件下，甲、乙、丙均能与H2发生加成反应，故D正确；
【答案】
A,C
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．乙烯可被高锰酸钾氧化；
B．NaClO可氧化过氧化氢；
C．蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO3溶液，发生盐析；
D．NaOH过量，均为沉淀生成。
【解答】
A．乙烯可被高锰酸钾氧化，溶液褪色，可知乙烯具有还原性，故A正确；
B．NaClO可氧化过氧化氢，生成氧气，过氧化氢具有还原性，故B错误；
C．蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO3溶液，发生盐析，出现白色沉淀，再加水沉淀溶解，故C正确；
D．NaOH过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；
【答案】
B,D
【考点】
氧化还原反应
【解析】
A．反应II:NO3−作氧化剂；
B．根据反应Ⅰ×3+反应Ⅱ得该处理过程的总反应；
C．反应I:NH4++202=NO3−+2H++H2O；反应Ⅱ：5NH4++3NO3−=4N2+9H2O+2H+；根据方程式中物质之间的关系判断；
D．反应Ⅱ：5NH4++3NO3−=4N2+9H2O+2H+，NO3−中N元素化合价由+5降低到0价，则该反应转移电子数为15e−；
【解答】
A．反应II:NO3−作氧化剂，N元素的化合价降低，被还原，故A错误；
B．由反应Ⅰ×3+反应Ⅱ得该处理过程的总反应，则总反应可表示为4NH4++302=2N2+6H2O+4H+，故B正确；
C．反应I:NH4++202=NO3−+2H++H2O；反应Ⅱ：5NH4++3NO3−=4N2+9H2O+2H+；
反应I:1molNH4+转化为1molNO3−，反应II:3molNO3−消耗5molNH4+，反应I与反应Ⅱ投入废液的体积之比为3:5时，NH4+能完全转化为N2，故C错误；
D．反应Ⅱ：5NH4++3NO3−=4N2+9H2O+2H+，NO3−中N元素化合价由+5降低到0价，则该反应转移电子数为15e−，所以标准状况下，生成22.4L即1mol N2时反应Ⅱ转移电子154=3.75mol，故D正确。
【答案】
B,C
【考点】
酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
【解析】
A．苯酚在未滴定完成前会使溶液显碱性，醋酸的突变范围呈碱性；
B．当溶液中c(C6H5O−)＝c(C6H5OH)时溶液pH＝10.0，则室温时苯酚的电离平衡常数=c(H+)⋅c(C6H5O−)c(C6H5OH)=c(H+)；
C．X点溶质为等物质的量浓度的醋酸钠和醋酸，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明CH3COO−水解程度小于CH3COOH电离程度；
D．弱离子促进水电离，物质的量浓度相同的钠盐，钠盐水解程度越大，溶液中水电离出的c(OH−)越大。
【解答】
A．甲基橙的变色范围呈酸性，醋酸的突变范围呈碱性，氯化钠溶液呈中性，则醋酸和盐酸的滴定应该用酚酞作指示剂，故A错误；
B．当溶液中c(C6H5O−)＝c(C6H5OH)时溶液pH＝10.0，则室温时苯酚的电离平衡常数=c(H+)⋅c(C6H5O−)c(C6H5OH)=c(H+)＝1.0×10−10mol⋅L−1，故B正确；
C．X点溶质为等物质的量浓度的醋酸钠和醋酸，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明CH3COO−水解程度小于CH3COOH电离程度，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，故C正确；
D．弱离子促进水电离，物质的量浓度相同的钠盐，钠盐水解程度越大，溶液中水电离出的c(OH−)越大，水解程度：C6H5ONa>CH3COONa，NaCl不影响水电离，则物质的量浓度相同时，由水电离产生的c(OH−)：C6H5ONa>CH3COONa>NaC1，故D错误；
【答案】
B
【考点】
化学平衡的影响因素
【解析】
A．活化能越小，反应速率越快；
B．反应②存在v正＝k正[CO][C1⋅]、v逆＝k逆[COC1⋅]，平衡时正逆反应速率相等；
C．慢反应决定整个反应速率；
D．催化剂不影响平衡移动。
【解答】
A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B．反应②存在v正＝k正[CO][C1⋅]、v逆＝k逆[COC1⋅]，平衡时正逆反应速率相等，则K=c(COCl)c(CO)c(Cl)=kk，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率，故C错误；
D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；
三、非选择题：本题共5小题，共60分．
【答案】
1
<
是增大压强或增大二氧化碳浓度
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1.35
B,C
【考点】
物质的量或浓度随时间的变化曲线
化学平衡的计算
化学平衡状态的判断
【解析】
（1）a点时间2min氢气物质的量8mol−4mol＝4mol，平均速率v(H2)=△c△t；
（2）曲线Ⅰ对应的条件改变是升温，氢气物质的量增大，说明平衡逆向进行；
（3）曲线Ⅱ反应速率增大，氢气的平衡物质的量较小，结合影响化学平衡的因素判断；
（4）计算出平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；
（5）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【解答】
a点时间2min氢气物质的量8mol−4mol＝4mol，平均速率v(H2)=△c△t=4mol2L2min=1mol/(L⋅min)，
故答案为：1；
曲线Ⅰ对应的条件改变是升温，氢气物质的量增大，说明平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H<0，
故答案为：<；
曲线Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强或增大二氧化碳浓度，
故答案为：是增大压强或增大二氧化碳浓度；
1000K时，将4molCO2和8molH2充入2L密闭容器中，该反应达到平衡状态，氢气变化物质的量8mol−2mol＝6mol，
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，
起始(mol/L) 2 4 0 0
转化(mol/L) 34 3 34 32
平衡(mol/L) 54 1 34 32
K=34×(32)254×14=1.35，
故答案为：1.35；
A．容器内CH4和H2O的浓度之比为1:2不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．速率之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，4v正(CO2)＝v正(H2)，当 4v正(CO2)＝v逆(H2)，说明氢气正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后气体物质的量变化，容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：BC。
【答案】
−196.6
CO32−+2SO2+H2O＝CO2+2HSO3−,pH过大会造成NH3的挥发,pH过小，H2SO3的电离被抑制，导致SO2的溶解度减小,2×c(SO32−)+c(HSO3−)
硝酸
【考点】
电解原理及其应用
“三废”处理与环境保护
用盖斯定律进行有关反应热的计算
【解析】
（1）根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，总反应可由反应②×2−反应①×2−反应③推出，再根据盖斯定律求△H；
（2）①pH为4时，结合图象可知此时溶质离子主要为HSO3−，由此书写离子方程式即可；
②pH过大时，碱性过强，氨水的挥发导致脱硫效率η降低，pH过小时，溶液酸性过强，结合H2SO3的电离平衡回答即可；pH＝7时，结合电荷守恒即可得出结果；
（3）根据电解时A极产生O2，得出A极为阳极，依据阴离子放电顺序书写电极反应式，最终根据离子移动得出产物。
【解答】
总反应可由反应②×2−反应①×2−反应③推出，结合盖斯定律，△H＝△H2×2−△H1×2−△H3＝−241.6×2+200.9×2−115.2＝−196.6kJ/mol，故答案为：−196.6；
①由图可知，pH＝4时，溶质离子主要为HSO3−，离子方程式为：CO32−+2SO2+H2O＝CO2+2HSO3−，故答案为：CO32−+2SO2+H2O＝CO2+2HSO3−；
②pH过大，溶液碱性过强，氨水挥发，pH过小，H2SO3的电离被抑制，导致SO2溶解度减小，pH＝7时，c(H+)＝c(OH−)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝2×c(SO32−)+c(OH−)+c(HSO3−)，则c(NH4+)＝2×c(SO32−)+c(HSO3−)，
故答案为：pH过大会造成NH3的挥发；pH过小，H2SO4的电离被抑制，导致SO2的溶解度减小；2×c(SO32−)+c(HSO3−)；
根据电解原理，左侧放出O2，则左侧化合价升高作阳极，结合阴离子放电顺序知电极反应式为2H2O+4e−＝O2↑+4H+，NH4NO3溶液中的NH4+通过阴离子交换膜向左边移动与电解后的H+形成HNO3，故答案为：硝酸。
【答案】
淀粉,0.00125
2MnO4−+5H2O2+6H+＝2Mn2++502↑+8H2O,用高锰酸钾滴定时，尿素、乙酰苯胺等有机物也被高锰酸钾氧化，消耗标准液偏多，从而导致测定结果超过实际含量
300.3,偏高
【考点】
探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】
（1）淀粉遇碘变蓝色，其终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复为蓝色；且I2+2S2O32−=S4O62−+2I−中转移2e−，
（2）Mn元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价升高，且高锰酸钾可氧化尿素、乙酰苯胺等有机物；
（3）由2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知，存在H2O2∼2Ce4+，以此计算浓度；且未用Ce(SO4)2标准溶液润洗滴定管，消耗标准液的体积偏大。
【解答】
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反应有碘单质参加，则滴定时所用指示剂为淀粉，滴定过程中消耗标准溶液12.50mL，由I2+2S2O32−=S4O62−+2I−中转移2e−可知，该过程中转移的电子为12.50×10−3L×0.10mol⋅L−1×22=0.00125mol，
故答案为：淀粉；0.00125；
高锰酸钾法是用酸性KMnO4溶液滴定H2O2样品以测定其含量，反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+＝2Mn2++502↑+8H2O，高锰酸钾法虽操作简单，但测定误差较大。某科研工作者对大量测定结果进行分析，发现94%的结果超过实际含量，主要原因是用高锰酸钾滴定时，尿素、乙酰苯胺等有机物也被高锰酸钾氧化，消耗标准液偏多，从而导致测定结果超过实际含量，
故答案为：2MnO4−+5H2O2+6H+＝2Mn2++502↑+8H2O；用高锰酸钾滴定时，尿素、乙酰苯胺等有机物也被高锰酸钾氧化，消耗标准液偏多，从而导致测定结果超过实际含量；
由电子守恒可知存在H2O2∼2Ce4+，用0.08mol⋅L−1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复测定2∼3次，平均消耗标准溶液22.08mL，则该H2O2样品的质量浓度为0.02208L×0.08mol/L×12×25025×34g/mol0.001L=300.3g/L，未用Ce(SO4)2标准溶液润洗滴定管，消耗标准液的体积偏大，会造成测定结果偏高，
故答案为：300.3；偏高。
【答案】
加热、搅拌、粉碎固体、适当增大硫酸浓度
S
沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待液体流尽后，重复操作2−3次,研钵
Fe2++2HCO3−=Fe(OH)2↓+2CO2↑,140
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
硫酸渣（含Fe2O3、SiO2等），稀硫酸溶解加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，除去不与酸反应的SiO2，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH使三价铁沉淀，最后洗涤、烘干、研磨得到铁黄，以此解答该题。
【解答】
酸溶时，加热、搅拌或粉碎固体、适当增大硫酸浓度，可增大速率，故答案为：加热、搅拌、粉碎固体、适当增大硫酸浓度；
“滤渣X”的成分主要有SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，还可能生成S单质，故答案为：S；
“洗涤”的方法是沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待液体流尽后，重复操作2−3次，“研磨”所用的仪器是研钵，
故答案为：沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待液体流尽后，重复操作2−3次；研钵；
沉铁”过程中生成Fe(OH)2的离子方程式为Fe2++2HCO3−=Fe(OH)2↓+2CO2↑，
若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中c(Ca2+)/c(Fe2+)=Ksp(CaCO3)Ksp(FeCO3)=2.8×10−92×10−11=140，
故答案为：Fe2++2HCO3−=Fe(OH)2↓+2CO2↑；140。
【答案】
羟基,C18H12O2NBr
取代反应,
6,
。
【考点】
有机物的合成
【解析】
根据A、C结构简式差异性知，A发生取代反应生成B为，B发生重排得到C，D发生取代反应生成E，根据G结构简式知，E为，E发生信息中的反应生成F，F为，F发生取代反应生成G；
（4）以乙醛和邻羟基苯乙醛为原料制备，乙醛和邻羟基苯甲醛发生信息中的反应生成，然后发生取代反应生成。
【解答】
A中含氧官能团的名称为羟基；G的化学式为C18H12O2NBr，
故答案为：羟基；C18H12O2NBr；
D中Cl原子被−CN取代生成E，D→E反应类型为取代反应；E→F的化学方程式为，
故答案为：；
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C的同分异构体符合下列条件，
a．单取代芳香族化合物，说明含有一个支链且含有苯环；
b．能发生水解反应，说明含有酯基，
取代基可能是−CH2COOCH3、−COOCH2CH3、HCOOCH2CH2−、HCOOCH(CH3)−、CH3COOCH2−、CH3CH2COO−，所以符合条件的同分异构体有6种，
其中能发生银镜反应且有甲基的结构简式为，
故答案为：6；；
以乙醛和邻羟基苯乙醛为原料制备，乙醛和邻羟基苯甲醛发生信息中的反应生成，然后发生取代反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
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