2017-2018学年四川省成都市石室中学高二（下）期中化学试卷（理科）
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 天然纤维、人造纤维、合成纤维三种纤维的组成元素相同 B. 石油的裂化、裂解和煤的气化都属于化学变化
C. 生活中钢铁制品生锈主要是由于发生吸氧腐蚀所致
D. 工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去 【答案】A
【解析】解：A、天然纤维中的蚕丝属于蛋白质，与人造纤维的组成元素不同，故A错误；
B、由于石油的裂化、裂解和煤的气化都有新物质生成，因此发生了化学变化，故B正确；
C、生活中钢铁制品表面的水膜呈中性或弱酸性，主要发生吸氧腐蚀，故C正确；
2+
D、Hg2+等重金属阳离子生成更难溶于水的物质，当向工业废水中加入后，可以与Cu、所以可以通过加入FeS除去，故D正确； 故选：A。
A、天然纤维中的蚕丝属于蛋白质，与人造纤维的组成元素不同； B、由于石油的裂化、裂解和煤的气化都有新物质生成； C、生活中钢铁制品表面的水膜呈中性或弱酸性；
2+
D、Hg2+等重金属阳离子生成更难溶于水的物质。当向工业废水中加入后，可以与Cu、 本题综合考查金属的腐蚀、煤和石油的综合利用、合成材料以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为高频考点，侧重化学与生活、生产以及环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大。
2. 下列说法正确的是（ ）
①CSO的电子式：
-
②硝基苯的结构简式：
③Cl的结构示意图：④甲烷分子的比例模型：
⑤葡萄糖的实验式：CH2O⑥原子核内有20个中子的氯原子：Cl
--⑦HCO3的水解方程式为：HCO3+H2O⇌CO3+H3O ⑧C60和石墨互为同位素
⑨碱性强弱：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜Ca（OH）2＜KOH
A. ①②③④⑤ B. ①④⑤⑨ C. ③⑤⑥⑦ D. ①④⑤
【答案】B
【解析】解：①CSO为共价化合物，C、S、O原子最外层都满足8电子稳定结构，其电子式为
，故①正确；
，故②错
②硝基写在苯环左边，应该表示为O2N-，硝基苯正确的结构简式为误；
-③Cl的核电荷数为17、核外电子总数为18，其离子结构示意图为
，故③错误；
1
④甲烷分子为正四面体结构，碳原子的相对体积对应氢原子，其比例模型为，故
④正确；
⑤葡萄糖的分子式为C6H12O6，则其实验式为CH2O，故⑤正确；
37
⑥原子核内有20个中子的氯原子的质量数=20+17=37，该原子正确的表示方法为：17C，故⑥错误；
---⑦HCO3水解生成碳酸和氢氧根离子，正确的离子方程式为：HCO3+H2O⇌H2CO3+OH，故⑦错误；
⑧C60和石墨C元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，故⑧错误；
⑨金属性：Al＜Mg＜Ca＜K，则最高价氧化物对应水化物的碱性强弱为：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜Ca（OH）2＜KOH，故⑨正确； 故选：B。
①CSO中含有两个双键，C、S、O原子最外层都满足8电子稳定结构； ②硝基的N原子与硝基苯的C相连； ③氯离子的核电荷数为17，不是18；
④甲烷为正四面体结构，碳原子的相对体积较大； ⑤实验式为分子中各原子的最简比；
⑥元素符号的左上角为质量数，质量数=质子数+中子数；
-⑦HCO3水解生成碳酸和氢氧根离子；
⑧C60和石墨为碳元素的不同单质，二者互为同素异形体； ⑨金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、比例模型、实验式、电离方程式、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及规范答题能力。
3. 下列解释实验事实的方程式不正确的是（ ）
A. 用 Na2S 处理含 Hg2+的废水：Hg2++S2-=HgS↓
B. 用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
C. 向硫酸铜溶液中加入过氧化钠：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2+O2↑ D. 向碳酸氢氨溶液中加入过量澄清石灰水：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O 【答案】D
2+
【解析】解：A．用Na2S处理含Hg废水，为沉淀法，该反应的离子反应为：Hg2++S2-=HgS↓，故A正确；
B．用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故B正确；
C．向硫酸铜溶液中加入过氧化钠，发生反应的离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2+O2↑，故C正确；
D．燃向碳酸氢铵溶液中加入过量澄清石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都完全反应，
+-2+-正确的离子方程式为NH4+HCO3+Ca+2OH=NH3•H2O+CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：D。
A．汞离子与硫化氢反应生成硫化汞沉淀； B．氧化铝能够与强碱溶液反应；
C．二者反应生成氢氧化铜沉淀、氧气和硫酸钠；
D．氢氧化钙过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应。
本题考查离子反应的书写及应用，为高频考点，把握发生的反应及反应原理为解答的关键，注意离子方程式的书写方法，侧重复分解反应、沉淀转化等离子反应的考查，题目
第!异常的公式结尾页，共24页 2
难度不大。
4. 下列说法错误的是（ ）
A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成乙酸 B. C.
和C4Hl0的一氯代物的数目不同（不含立体异构）
系统命名：2-羟基丁烷
D. 蛋白质可通过其烧焦的特殊气味进行鉴别
【答案】C
【解析】解：A．乙醇含-OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成乙酸，故A正确
B．连二苯含3种H，为C4Hl0正丁烷或异丁烷均含2种H，则一氯代物的数目不同，故B正确；
C．含-OH的最长碳链有4个C，名称为2-丁醇，故C错误；
D．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，可通过其烧焦的特殊气味进行鉴别，故D正确； 故选：C。
A．乙醇含-OH；
B．连二苯含3种H，为C4Hl0正丁烷或异丁烷均含2种H； C．含-OH的最长碳链有4个C； D．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B中对称性的应用，题目难度不大。
Y、Z、W 的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K 层5. 短周期主族元素X、
电子数的3倍，Z的焰色反应显黄色。常温下，Z和W形成化合物的水溶液的pH=7．下列说法正 确的是（ ）
A. Z 和W形成化合物的水溶液与Y 单质反应，能置换出W B. 简单离子半径：X＜Z
C. 简单氢化物的沸点：Y＞W＞X D. 单质W的熔沸点高于Y 【答案】D
【解析】解：由以上分析可知X为O元素、Y为F元素、Z为Na元素、W为Cl元素， A．氟单质性质活泼，与水剧烈反应生成氧气，不能置换出氯气，故A错误；
B．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为X＞Z，故B错误；
C．水、HF分子间均含氢键，且水分子间氢键数目多，则简单氢化物的沸点：X＞Y＞W，故C错误；
D．氯气和氟气都是分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，所以氯气的沸点较高，故D正确。 故选：D。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，由原子序数关系可知应为O元素；Z的焰色反应显黄色，为Na元素，则Y应为F元素；Z和W形成化合物的水溶液的pH=7，则W为Cl元素，以此解答该题。 本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目
3
难度不大。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 工业合成氨高压条件可增大活化分子百分数，从而提高该反应的化学反应速率 B. NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ/mol，能自发进
行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C. 氯化钴溶液中存在平衡： [Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl-⇌[CoCl4]2-（蓝色）+6H2O；△H=akJ•mol-1，将氯化钴溶液置于冰水浴中，溶液变成粉红色，则可知：a＜0
D. 2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-Q1 kJ•mol-1，表示2个C原子和1个O2分子完全反应 生成2个CO分子所释放的能量是Q1 kJ 【答案】B
【解析】解：A．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，活化分子总数增加，反应速率加快，故A错误；
B．反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57 kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故B正确；
C．氯化钴溶液中存在下列平衡：[[Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl-⇌[CoCl4]2-（蓝色）+6H2O△H=akJ•mol-1，Co（H2O）6]2+溶液中显粉红色，将氯化钴溶液置于冰水浴中，降低温度，平衡逆向移动，所以反应是吸热的，所以焓变大于零，故a＞0，故C错误； D．2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-Q1 kJ•mol-1，表示2molC（s）和1molO2（g）完全反应 生成2molCO（g）所释放的能量是Q1 kJ，故D错误； 故选：B。
A．增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变； B．反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行； C．降低温度，化学平衡向着放热方向进行；
D．依据热化学方程式的含义回答，热化学方程式计量数只表示物质的量，反应热是指反应物全部反应放出的热量。
本题综合考查了热化学反应能量变化、平衡移动原理、反应热及反应速率的影响因素，属于综合知识的考查，难度中等。
7. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2
（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的
是（ ） A B C D A．升高温度，平衡 常数变大 D．达平衡时，仅改变B.0-3s，反应速率为： C．t1时可能增大了 x，x v（NO2）=0.2mol•L-1 N2O5的浓度 可为c（O3）或增大压强 A. A
【答案】D
B. B C. C D. D
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【解析】解：A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误； B、0～3s内，反应速率为v（NO2）=
=0.2mol•L-1•s-1，故B错误；
C、增大了N2O5的浓度，瞬间反应物浓度不变，随时间的推移生成物要转化为反应物，所以正反应的速率增大，而不是不变，故C错误；
D、达平衡时，仅增大c（O3），平衡向正反应方向移动，二氧化氮转化率增大，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D正确； 故选：D。
A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动； B、根据v=
进行计算求解；
C、增大了N2O5的浓度，瞬间反应物浓度不变，随时间的推移生成物要转化为反应物，所以正反应的速率增大；
D、达平衡时，仅增大c（O3），平衡向正反应方向移动，二氧化氮转化率增大。 本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，难度中等。
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，1体积pH=2.5的盐酸与10体积二元强碱溶液恰好完全反应，该强碱pH=10.5
B. 25℃，pH=7NH4Cl与NH3•H2O混合溶液：c（H+）=c（OH-）=c（NH4 ）=c（Cl-）
+2-C. H2S为二元弱酸，其电离方程式为：H2S⇌2H+S
D. 某酸式盐NaHY的水溶液中存在c（OH-）＞c（H+），则该酸式盐溶液中粒子
+--+
浓度关 系：c（Na）＞c（HY）＞c（H2Y）＞c（OH）＞c（H） 【答案】A
【解析】解：A．因酸碱恰好完全反应，混合后pH=7，设碱的浓度为c，则1×10-2.5mol/L=10×c，c=10-3.5mol/L，则NaOH溶液的PH=10.5，故A正确；
B.25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中一定满足：c（H+）=c（OH-），根
+-据电荷守恒可得：c（NH4）=c（Cl），由于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度较小，则
+-+-溶液中离子浓度大小关系为：c（H）=c（OH）＜c（NH4）=c（Cl），故B错误；
C．多元弱酸的电离分步进行，故氢硫酸是二元弱酸，它的电离方程式为H2S⇌H++HS-，HS-⇌H++S2-，故C错误；
D．某酸的酸式盐NaHA的水溶液中，阴离子水解，钠离子不水解，所以c（Na+）＞c
---+2-（HA）；HY的电离程度小于HY的水解程度，所以c（H2A）＞c（H）＞c（A），
--但无论电离还是水解都较弱，阴离子还是以HY为主，溶液呈碱性，说明溶液中c（OH）
++2-＞c（H）；因溶液中还存在水的电离，则c（H）＞c（A），所以离子浓度大小顺序+--+
为：c（Na）＞c（HY）＞c（OH）＞＞c（H2Y）＞c（H），故D错误； 故选：A。
A．强酸强碱恰好反应后溶液的pH=7来分析NaOH溶液的pH；
+-+
B．c=c溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，正确关系应该为：（H）（OH）＜c（NH4）=c（Cl-）；
C．多元弱酸的电离分步进行；
D．某酸的酸式盐NaHA的水溶液显碱性，HA-的电离程度小于HY-的水解程度，据此判断各种离子浓度大小；
本题考查了离子浓度大小比较、多元弱酸的电离、弱酸盐的水解、溶液PH计算等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，明确电离和水解程度大小等知识
5
在判断离子浓度大小中的应用。
9. 利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的是（ ）
A. 用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2，X（饱和食盐水），Y（浓硫酸）
B. 用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO，X（水），Y（浓硫酸） C. 用浓氨水和氢氧化钠制备氨气，X（浓硫酸），Y（酚酞溶液）
D. CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2，X（饱和NaHCO3溶液），Y（浓硫酸） 【答案】D
【解析】解：A．MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，故A不选； B．NO不能选排空气法收集，故B不选； C．氨气不能选浓硫酸干燥，故C不选；
D．CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，故D选； 故选：D。
由实验装置可知，为固体、液体反应不加热制备气体，且气体除去杂质后，选择向上排空气法收集，最后尾气处理，以此来解答。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、气体的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10. 下列除杂的方法中，正确的是（ ）
①除去乙烷中少量的乙烯：光照下通入Cl2，生成液态CH2Cl-CH2Cl，气液分离 ②除去CO2中少量的乙烯：通过酸性KMnO4溶液
③除去乙酸乙酯中的乙酸：用NaOH溶液中和，然后蒸馏 ④除去乙醇中少量的水：加入生石灰，然后蒸馏
⑤除去甲苯中的苯甲酸：加入NaOH溶液后，静置分液． A. ①② B. ②③ C. ②④⑤ D. ②⑤ 【答案】C
【解析】解：①乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应，应用溴水除杂，故①错误； ②酸性KMnO4溶液，氧化乙烯，可以除去除去CO2中少量的乙烯，故②正确； ③乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故③错误； ④生石灰与水反应，可用蒸馏的方法分离，故④正确； ⑤苯甲酸与NaOH反应，可以除杂，故⑤正确。 故选：C。
①乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应；
②酸性KMnO4溶液，氧化乙烯，可以除去除去CO2中少量的乙烯； ③乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应；
④生石灰与水反应，可用蒸馏的方法分离；
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⑤苯甲酸与NaOH反应，可以除杂．
本题考查物质的分离、提纯，为考查常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯物质的性质，难度不大．
11. 下列实验操作规范且所选玻璃仪器能达到目的是（ ） 目的 操作 所选玻璃仪器 分别向两支试管中加入4mL0.01mol/L酸 性高锰酸钾 探究浓度对溶液，再向其中一支加入2mL0.1mol/L草酸溶液，另试管、秒表、 反应速率一支加入4mL0.1mol/L草酸溶液，记录褪色时间 A 量筒 的 影响 探究浓度的 向盛有硫氰化铁溶液的试管中滴加少量 氢氧化钠溶 改变对化试管、胶头B 学 平衡的影液，观察 滴管 响 检验蔗糖水将蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加 热几分钟，再试管、烧杯、 解产物具向其中加入新制银氨溶液，水浴加热 C 胶头 滴管 有 还原性 D 海带提碘 A. A
试管、胶头将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加 稀硫酸和H2O2 滴管、烧杯、漏斗 B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A．草酸浓度不同，且生成锰离子可作催化剂，不能探究浓度对反应速率的影响，故A不选；
B．滴加NaOH可改变铁离子浓度，则硫氰化铁溶液的颜色变化，可选试管、胶头滴管探究浓度的改变对化学平衡的影响，故B选；
C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再加银氨溶液，不能检验，故C不选；
D．海带剪碎后灼烧，再溶解过滤分离出碘离子，然后氧化、萃取，还需要坩埚、分液漏斗等，且操作不合理，故D不选； 故选：B。
A．草酸浓度不同，且生成锰离子可作催化剂； B．滴加NaOH可改变铁离子浓度；
C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下；
D．海带剪碎后灼烧，再溶解过滤分离出碘离子，然后氧化、萃取。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握反应速率及化学平衡的影响因素、物质检验、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12. 下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中有下列平衡 Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅 B. 合成氨反应为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C. 反应 CO（g）+NO2（g）=CO2（g）+NO（g）△H＜0，达平衡后，升高温度体
7
系颜色变深
D. 对于 2NO2（g）⇌N2O4（g），达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深 【答案】D
【解析】解：A．溴水中有下列平衡Br2+H2O=HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，生成溴化银沉淀，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H＜0为放热反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，有利于平衡向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．反应CO（g）+NO2（g）=CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达平衡后，缩小容器体积二氧化氮气体浓度变大，导致体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故D选； 故选：D。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。 本题考查了勒夏特列原理，题目难度不大，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程，且平衡发生移动，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
13. 下列对应实验不能达到实验目的是（ ）
A. 图①用于粗铜的精炼
B. 图②用于排除碱式滴定管末端部分气泡 C. 图③用于除去SO2中的HCl
D. 图④用于探究温度对化学平衡的影响
【答案】A
【解析】解：A．粗铜精炼时，粗铜与电源正极相连，图中装置缺少外加电源，故A错误；
B．挤压橡胶管中的玻璃球可排出气体，图中操作合理，故B正确；
C．HCl与饱和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，图中导管长进短出可除杂，故C正确； D．只有温度一个变量，则图中装置可探究温度对化学平衡的影响，故D正确； 故选：A。
A．粗铜精炼时，粗铜与电源正极相连； B．挤压橡胶管中的玻璃球可排出气体；
C．HCl与饱和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫； D．只有温度一个变量。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、电化学应用、仪器的使用、混合物分离提纯、化学平衡的影响因素、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
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14. 下列说法不正确的是（ ）
A. pH=7的溶液不一定呈中性
B. 除去氯化镁溶液中的氯化铁杂质，可加入碳酸镁调节pH
C. 强碱滴定弱酸可选用酚酞作指示剂，滴定终点现象是无色突变为粉色
D. 25℃时，某溶液中由水电离产生的c（H+）×c（OH-）=1×10-18，该溶液pH=5
【答案】D
【解析】解：A、只有在25℃时，pH=7的溶液才显中性，如在100℃时，pH=7的溶液显碱性，故A正确；
B、加入碳酸镁能调节溶液的pH，减小溶液中的氢离子浓度，促进铁离子水解，从而除去铁离子且不引入杂质，故B正确；
C、强碱滴定弱酸达到滴定终点时，溶液呈弱碱性，故可以用酚酞做指示剂，且当滴定终点时溶液由无色变为粉红色，故C正确； D、25℃时，某溶液中由水电离产生的c（H+）×c（OH-）=1×10-18，说明水的电离被抑制，而酸和碱均能抑制水的电离，故此溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。
-10-9，c（H+）若为酸溶液，溶液中的氢氧根全部来自水的电离，则溶液中c（OH）=1×
=10-5mol/L，则pH=5；
+-9
若为碱溶液，溶液中的氢离子全部来自水的电离，则溶液中的c（H）=10mol/L，则pH=9，故D错误。 故选：D。
A、只有在25℃时，pH=7的溶液才显中性；
B、加入碳酸镁能调节溶液的pH，促进铁离子水解； C、强碱滴定弱酸达到滴定终点时，溶液呈弱碱性； D、25℃时，某溶液中由水电离产生的c（H+）×c（OH-）=1×10-18，说明水的电离被抑制，根据水的电离来分析。
本题考查了溶液pH的计算以及酸碱中和滴定指示剂的选择等，难度不大，应把握住水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根浓度永远相等这一点。
15. 下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 B. 图Ⅱ表示常温下，0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl溶液所
得到的滴定曲线
C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：c＜a＜b D. 图Ⅳ表示反应4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2的转化率c＞b＞a 【答案】D
【解析】解：A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，与图不符，故A错误；
B、0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰
9
好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧化钠过量时，溶液显碱性，但是pH不可能等于或大于13，所以与图象不相符合，故B错误；
C、冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸
a、电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能力b＞a＞c，
b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C错误；
D、反应4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，二氧化氮转化率增大，NO2的转化率c＞b＞a，故D正确；
故选：D。
A、吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，加入催化剂会降低活化能； B、0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧化钠过量时pH小于13；
C、冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小；
D、增大反应物量会增大另一种物质的转化率．
本题考查了图象分析，反应能量变化，酸碱中和溶液酸碱性判断，弱电解质稀释溶液中离子浓度变化分析，反应物转化率应用，题目难度中等．
16. 为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。以下分析不正确的是（ ）
A. 该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶
B. ①浊液中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN-（aq） C. ②中颜色变化说明上层清液中含有SCN- D. ③中颜色变化说明有AgI生成
【答案】A
【解析】解：A．反应后溶液中还存在多余的AgNO3溶液，与KI溶液依然可以形成AgI沉淀，不能说明AgI沉淀是由AgSCN沉淀转化而来，故A错误；
+
B．AgSCN存在沉淀溶解平衡，+SCN-浊液①中存在AgSCN，即AgSCN（s）⇌Ag（aq）（aq），故B正确；
C．Fe3+与SCN-发生配位生成Fe（NCS）2+，溶液出现颜色变化，②中颜色变化说明上
-层清液中含有SCN，故C正确；
D．黄色沉淀为AgI沉淀，③中颜色变化说明有AgI生成，故D正确， 故选：A。
A．反应后溶液中还存在多余的AgNO3溶液，与KI溶液依然可以形成AgI沉淀； B．浊液①中存在AgSCN，AgSCN存在沉淀溶解平衡；
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10
C．Fe3+与SCN-发生配位生成Fe（NCS）2+，溶液出现颜色变化； D．产生黄色沉淀为AgI沉淀。
本题考查难溶电解质的沉淀溶解平衡，根据实验现象分析产生的沉淀，注意反应的量的问题，难度不大。
17. 下列实验装置及目的中，正确的是（ ） A B C D 装置图 实分离乙酸乙验酯、碳酸钠AgNO3验证苯与液溴发生取代反制备硝基苯 目和水的混合应 的物 验证乙醇的还原性 A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】解：A．乙酸乙酯与水溶液分层，应选分液法分离，不同利用图中过滤装置，故A错误；
B．苯与液溴发生取代反应生成HBr，但溴易挥发，溴溶于水与硝酸银反应，不能检验，故B错误；
C．制备硝基苯，需要水浴加热，控制温度为50～60℃，图中缺少盛水加热的烧杯，故C错误；
D．乙醇被CuO氧化生成Cu和乙醛、水，由黑色变为红色可知，乙醇被氧化，乙醇具有还原性，故D正确； 故选：D。
A．乙酸乙酯与水溶液分层；
B．苯与液溴发生取代反应生成HBr，但溴易挥发； C．制备硝基苯，需要水浴加热，控制温度为50～60℃； D．乙醇被CuO氧化生成Cu和乙醛、水。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、制备实验和性质实验等为解答的关键，侧重分析与实验能力考查，注意有机物的结构与性质应用，题目难度不大。
18. 25℃时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol/L的HA溶液，溶液的
PH与所加NaOH溶液体积（V）的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
11
A. V1＜20
B. Ka（HA）的数量级为10-5
C. M点溶液加少量水稀释，c（H+）/c（A-）增大
D. N点后，随着NaOH溶液的加入，溶液中水的电离程度逐渐增大
【答案】D
【解析】解：A、0.100mol/L的HA溶液的pH=2.8，故为弱酸，则和氢氧化钠生成的NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，而当加入等浓度的氢氧化钠溶液V1mL时，若使溶液pH=7，则必须加入的氢氧化钠溶液V1＜20mL，故A正确；
B、0.100mol/L的HA溶液的pH=2.8，即c（H+）=10-2.8mol/L，而对于一元弱酸的溶液
+-来讲，c（H）=c（A），根据电离平衡常数的公式K=
=
=10-4.6mol/L，即数量级为10-5，故B正确；
C、M点加水稀释，酸的浓度减小，水的电离程度增大，故氢离子浓度下降比酸根离子浓度慢，则
增大，故C正确；
D、N点后，继续滴加氢氧化钠溶液，溶液显碱性，对水的电离有抑制作用，故水的电
离程度减小，故D错误。 故选：D。 A、0.100mol/L的HA溶液的pH=2.8，故为弱酸，而当加入等浓度的氢氧化钠溶液V1mL时，溶液pH=7，据此分析V1的值；
B、0.100mol/L的HA溶液的pH=2.8，即c（H+）=10-2.8mol/L，而对于一元弱酸的溶液
+-来讲，c（H）=c（A），根据电离平衡常数的公式来计算；
C、M点加水稀释，酸的浓度减小，水的电离程度增大；
D、N点后，继续滴加氢氧化钠溶液，溶液显碱性，对水的电离有抑制作用。
本题考查弱电解质的电离平衡及其影响、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握盐的水解原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
19. 下列装置由甲、乙部分组成（如图所示），甲是将废水中乙二胺[H2N（CH2）2NH2]
氧化为 环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动
B. M极电极反应式：H2N（CH2）2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+
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C. 当N极消耗0.25 mol O2时，则铁极增重16 g D. 一段时间后，乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变
【答案】C
【解析】解：甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，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， A．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故A正确；
B．H2N（CH2）NH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成但其、二氧化碳和水，电
-+
极反应式为H2N（CH2）NH2+4H2O-16e=2CO2↑+N2↑+16H，故B正确； C．当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.25mol×4=1mol电子，所以铁电极增重=mol×64g/mol=32g，故C错误；
D．乙部分是在铁上镀铜，电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，故D正确； 故选：C。
根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，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；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。
本题考查了原电池原理以及电镀原理，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，题目难度中等。
-1
pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKal=1.85，pKa2=7.19．20. 已知：常温下，用0.1mol•LNaOH
-1
溶液滴定20mL 0.1mol•LH2A溶液的滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. a点所得溶液中：V0=10 mL
B. b点所得溶液中：c（H2A）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-） C. c点所得溶液中：c（A2-）=c（HA-）
D. d点所得溶液中A2-水解平衡常数Khl=10-7.19
【答案】C
+-1.85
【解析】解：A．a点溶液中pH=1.85，则溶液中c（H）=10mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1=
=10-1.85mol/L，所以c（H+）=Ka1，表明溶液中c（NaHA）
=c（H2A），若恰好是10mLNaOH，反应起始时存在c（NaHA）=c（H2A），平衡时c（H2A）＜c（NaHA），因此所加NaOH体积需＜10mL，会得到平衡时c（NaHA）=c（H2A），即V0＜10mL，故A错误； B．b点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，
+2--溶液中存在质子守恒，c（H2A）+c（H）=c（A）+c（OH），故B错误； C．H2A的二级电离平衡常数为Ka2=
=10-7.19mol/L，c点溶液的pH=7.19，即溶
+-7.19+2--液中c（H）=10mol/L，则c（H）=Ka2，表明溶液中c（A）=c（HA），故C正
13
确；
D．d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2-+H2O⇌HA-+OH-，则A2-水解平衡常数Khl=
=
=
=10-6.81，故D错误。
故选：C。
A．a点溶液中pH=1.85，则溶液中c（H+）=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1=
10-1.85mol/L，据此分析；
B．b点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，根据溶液中质子守恒分析； C．H2A的二级电离平衡常数为Ka2=
=10-7.19mol/L，c点溶液的pH=7.19，即溶
+-7.19
液中c（H）=10mol/L，据此分析； D．d点为加入NaOH溶液40mL，Na2A此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，
水解使溶液显碱性，结合图象分析．
本题考查弱电解质的电离平衡，滴定原理，根据平衡常数和图象分析，牢牢把握守恒思想是解题的关键，题目难度中等．
二、简答题（本大题共3小题，共47.0分）
21. 现有下列有机化合物，根据表中信息回答问题： 有机烃 A 物 烃 B 最简 单的 芳香 烃 烃的含氧衍生物 C 烃 D 烃的含氧衍生物 E 模型或 信息 ①分子式为 C2H4O3 ②1mol 该有机物消耗 Na 和 NaOH 的物质 1mol。的 量分别为 2mol、 （1）一定条件下，A 生成高分子化合物的结构简式为：______。 （2）B 来自于煤______的产品，B 具有的性质是______（填序号）。
①无色无味液体；②有毒；③几乎不溶于水；④密度比水大；⑤使酸性 KMnO4 溶液褪色；
⑥与溴水在 FeCl3 催化下发生取代反应而使其褪色；⑦可与氢气发生加成反应 （3）C 与最简单的饱和一元醇反应能生成相对分子质量为 86 的酯，该反应类型为______；其化学反应方程式为______。
（4）D 有多种同分异构体，其中只能形成三种一氯代物的 D 的同分异构体的结构简式为：______。
（5）鉴别 C 和 E 的水溶液，可以选用的试剂有______（填序号）。
①Na；②滴有酚酞的 NaOH 溶液；③溴水；④酸性 KMnO4 溶液；⑤新制 Cu（OH）
2
（6）E 能够催化氧化成相对分子质量相差为 2 的有机化合物，反应的化学方程式为：______。
（7）比 E 的相对分子质量大 42 的 E 的同系物有______种。
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【答案】 干馏 ②③⑦ 酯化反应或取代反
CH2=CHCOOCH3+H2O CH3CH2C（CH3）2HOCCOOH+2H2O 10
应 CH2=CHCOOH+CH3OH
3 ③④ 2HOCH2COOH+O2
【解析】解：（1）在一定条件下，A生成高分子化合物聚乙烯，该反应的化学方程式为为：
；
，高分子化合物的结构简式为
，故答案
（2）B 来自于煤干馏的产品，B为苯，苯为无色带有特殊气味的液体，有毒，不溶于水，密度小于水，和溴、酸性高锰酸钾不反应，但能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，在一定条件下能与氢气发生加成反应， 故答案为：干馏；②③⑦；
C 与最简单的饱和一元醇反应能生成相对分子质量为 86的酯，（3）该反应类型为酯化反应或取代反应，其化学反应方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOH+CH3OH
CH2=CHCOOCH3+H2O，故答案为：酯化反应或取代反应；CH2=CHCOOCH3+H2O；
（4）D是CH3CH2CH2CH（CH3）2，其同分异构体中只能形成三种一氯代物的 D的同
分异构体的结构简式为CH3CH2C（CH3）3， 故答案为：CH3CH2C（CH3）3；
（5）C、E均含-COOH，但C含碳碳双键，鉴别 C 和 E 的水溶液，可以选用的试剂有③溴水、④酸性KMnO4溶液，故答案为：③④；
（6）E 能够催化氧化成相对分子质量相差为 2的有机化合物，反应的化学方程式为2HOCH2COOH+O2
2HOCCOOH+2H2O，
2HOCCOOH+2H2O；
故答案为：2HOCH2COOH+O2
（7）比 E 的相对分子质量大 42 的 E的同系物中含5个C，且含-OH、-COOH，可在CH3CH2CH2CH3、CH（CH3）固定-OH移动-COOH，有 4+3+1+1+1=103上2个H被取代，种，故答案为：10。
由A的比例模型可知，含有碳碳双键，可知A为CH2=CH2； 根据B为最简单的芳香烃及其球棍模型知，可知B是
；
C由C、H、O三种元素组成，结合球棍模型可知，C为CH2=CHCOOH； 由球棍模型可知D为烷烃，D是CH3CH2CH2CH（CH3）2；
E的分子式为C2H4O3，1mol 该有机物消耗 Na 和 NaOH 的物质的量分别为 2mol、1mol，可知E为HOCH2COOH，以此来解答。
本题考查有机物的推断及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（7）为解答难点，题目难度不大。
15
22. 二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点。
（1）在太阳能的作用下，以 CO2 为原料制取炭黑的流程如图 1 所示。总反应的化学方程式 为______
（2）CO2工业制甲醇有多种途径。 ①已知 298K 和 101kPa 条件下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （l）△H=-a kJ•mol-1 2H2（g）+O2（g）=2H2O （l）△H=-b kJ•mol-1 CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=-c kJ•mol-1
则表示 CH3OH（l）的燃烧热的热化学方程式为______。
目前有一种先进工艺，电解强酸性的 CO2水溶液制甲醇，装置如图 2：质子定向移动方向：______极→______极（填“a”或“b”）； 阴极反应为：______。 （3）CO2 经过催化氢化合成低碳烯烃，合成乙烯反应为： 2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H＜0
CO2 的①在恒容密闭容器中充入 2mol CO2 和 n mol H2，在一定条件下发生反应，转化率与温度、投料比 X[
]的关系如图 3 所示。该反应在较______温（高、低）
下 自发进行；投料比 X1______X2（填“＞”、“＜”或“=”）；
若 X1=3，B 点气体的平均相对分子质量为______（保留小数点后一位）。 ②T K 时，在某恒容密闭容器中充入 3mol H2 和 1mol CO2发生上述反应，反应进行到 不同时间测得各物质的浓度如表： 时间（min） -1浓度（mol•L） H2（g） CO2（g） CH2=CH2 （g） 0 6.00 2.00 0 10 5.40 1.80 0.10 20 5.10 1.70 0.15 30 9.00 3.00 3.20 40 9.00 3.00 3.20 50 8.40 2.80 3.30 60 8.40 2.80 3.30 容器体积为______L；20～30min 间某一时刻反应达到平衡后只改变了某一条件使平衡发生移动，根据上表中的数据判断改变的条件可能是______（填字母）。 a．通入一定量 H2； b．通入一定量 CH2=CH2；c．加入合适催化剂；d．缩小容器体积40min 时只改变了某一条件使平衡又发生移动，此时______（正、逆）反应速率变化得 更大；能否根据上述数据计算第二次平衡后的平衡常数 K？若能，写出计算表达式，若不 能，说明理由：______。 【答案】CO2
C+O2 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），△H=（a+c-1.5b）
kJ•mol-1 a b CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O 低 ＞ 13.4 0.5 d 正 K=
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【解析】解：（1）在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为CO2故答案为：CO2
C+O2；
C+O2，
1mol甲醇完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为甲醇的燃烧热，CO2+3H2（2）Ⅰ．（g）
-1
（g）=CH3OH（g）+H2O（l）△H=-akJ•mol；
-1
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-bkJ•mol；
-1
Ⅲ．CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=-ckJ•mol，
-①-③得到CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），所以反根据盖斯定律，Ⅱ×
-1
应的△H=（-+a+c）kJ/mol=（a+c-1.5b）kJ•mol，
CH3OH+O2=CO2+2H2OkJ•mol-1，热化学方程式：（l）（g）（g）（l），），△H=（a+c-1.5b）
-1
故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），△H=（a+c-1.5b）kJ•mol； ②电解时，二氧化碳在b极上生成甲醇，则b电极为电解池阴极，a为阳极，溶液中氢离子移向阴极，质子定向移动方向a电极到b电极，阴极是二氧化碳得到电子生成甲醇，
+-电极反应为：CO2+6H+6e=CH3OH+H2O，
+-故答案为：a、b；CO2+6H+6e=CH3OH+H2O；
（3）①该反应的△H＜0，△S＜0，△G=△H-T△S＜0能自发进行，所以在较低温度下能自发进行；相同稳定性，X1中二氧化碳转化率大，氢气越多二氧化碳转化率越大，则投料比X1＞X2，
=3mol、n=1mol，若 X1=3，设n（H2）（CO2）二氧化碳转化率为75%，则反应的n（CO2）
=0.75mol
可逆反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H＜0 开始（mol）1 3 0 0 反应（mol）0.75 2.25 0.375 1.5 B点（mol）0.25 0.75 0.375 1.5
平衡后气体总物质的量=（0.25+0.75+0.375+1.5）mol=2.875mol，混合气体质量=3mol×2g/mol+1mol×44g/mol=50g，混合气体平均摩尔质量=
=13.4g/mol，其相对
分子质量在数值上等于其摩尔质量，所以混合气体平均相对分子质量为13.4， 故答案为：低；＞，13.4；
②加入的CO2物质的量为1mol，开始时二氧化碳浓度为2mol/L，容器体积V==
=0.5L；20～30min间各组分的浓度都增加，所以可能是缩小容器体积的结果，
故选d；
40min 时只改变了某一条件使平衡又发生移动，反应物浓度减小生成物浓度增大，所以平衡向右移动，则正反应速率增大较多；
50min时达到平衡状态，根据方程式知，平衡时c（H2O）=4c（CH2=CH2）=13.2mol/L，各物质浓度已知，所以能计算化学平衡常数，化学平衡常数K=故答案为：0.5；d；正；K=
。
，
（1）在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；
-1
（2）①Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O （l）△H=-akJ•mol
17
-1
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）=2H2O （l）△H=-bkJ•mol
-1
Ⅲ．CH3OH（g）=CH3OH（l）△H=-ckJ•mol
-①-③得到表示CH3OH（l）的燃烧热的热化学方程式； 盖斯定律计算②×
②太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到甲醇，甲醇在阴极生成； （3）①该反应的△H＜0，△S＜0，△G=△H-T△S＜0能自发进行；相同稳定性，X1中二氧化碳转化率大，氢气越多二氧化碳转化率越大；
=3mol、n=1mol，若 X1=3，设n（H2）（CO2）二氧化碳转化率为75%，则反应的n（CO2）
=0.75mol
可逆反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H＜0 开始（mol）1 3 0 0 反应（mol）0.75 2.25 0.375 1.5 B点（mol）0.25 0.75 0.375 1.5
平衡后气体总物质的量=（0.25+0.75+0.375+1.5）mol=2.875mol，混合气体质量
=3mol×2g/mol+1mol×44g/mol=50g，混合气体平均摩尔质量==13.4g/mol，其相对
分子质量在数值上等于其摩尔质量； ②加入的CO2物质的量为1mol，开始时二氧化碳浓度为2mol/L，根据V=计算容器体积；20～30min间各组分的浓度都增加，所以可能是缩小容器体积的结果；40min 时只改变了某一条件使平衡又发生移动，反应物浓度减小生成物浓度增大，所以平衡向右移动； 50min时达到平衡状态，根据方程式知，平衡时c（H2O）=4c（CH2=CH2）=13.2mol/L，化学平衡常数K=
。
本题考查较综合，涉及化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动影响、盖斯定律等知识点，明确化学反应原理、三段式在化学平衡计算中的灵活运用是解本题关键，题目难度中等。
23. Ⅰ．化合物 Mg5Al3（OH）19（H2O）4 可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方
程式 分解：
______Mg5Al3（OH）19（H2O）4______H2O↑+______MgO+______Al2O3
（1）请配平方程式。
（2）写出该化合物作阻燃剂的两条依据______。
（3）已知 MgO 可溶于 NH4Cl 的水溶液，其原理为______ （用化学方程式和必要的文字说明）。 Ⅱ．磁性材料 A 是一种二元化合物，某研究小组按如图流程探究其组成，已知 E 是一种能 够漂白品红的气体，亦能使酸性 KMnO4 溶液褪色。请回答：
（1）某同学取少量溶液 C 于一支试管，加入______（填化学式）试剂无现象，可证明 固体 B 无杂质。
（2）A 的化学式为：______。
（3）溶液 C 可溶解铜片，若反应过程中 C 中某离子浓度变化如1 图中①所示，请写出用铜离子表达的 0～t1 阶段的化学反应速率：
v（ Cu2+）=______； 相对①，②可能改变的实验条件是______。
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-（4）已知 I2 的 KI 溶液中存在平衡 I2+I⇌I3，该平衡常数 K 的表达式为：______，在 I2的 CCl4 溶液中加入 KI 溶液，震荡、静置后可以观察到的 现象是：______。 （5）F 是一种二元酸 H2M（M 代表酸根）的溶液。T℃时，向某浓度的 H2M 溶液
-2-中逐滴加入一 定浓度的 NaOH 溶液，所得溶液中三种微粒 H2M、HM、M的物质的量分数（δ） 与 pH 的关系如图2所示：
①若 H2M 的电离常数分别为 K1 与 K2，则 1=______。
②按投料比 n（Na2M）：n（NaHM）=2：1 配成溶液，下列有关该溶液的 叙述正确的是______（填序号）。 A．该溶液的 pH 为 7.0
B.3c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HM-）+2c（M2-） C.3c（Na+）=5[c（HM-）+c（M2-）+c（H2M）]
D.3c（OH-）+c（M2-）=3c（H+）+2c（HM-）+5c（H2M）
（6）若 F 与 I2的 KI溶液恰好完全反应，写出反应的化学方程式______；在反应后
-=a mol/L，的溶液加入足量 AgNO3 溶液充分反应，测得混合体系中 c（I）则 c（SO4）
=______mol/L
10-17，Ksp（Ag2SO4）=1.4×10-5）。 （已知 25℃时，Ksp（AgI）=8.3×
【答案】2 27 10 3 反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气 氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方
程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O K3[Fe（CN）6] Fe3S4 （L．min） 加水稀释 K=
溶液颜色变
mol/
5.2
1027a2 浅 10 CD H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4 2×
【解析】解：I．（1）根据原子守恒配平方程式为2Mg5Al3（OH）19（H2O）4
27H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，
故答案为：2；27；10；3；
（2）分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气。
故答案为：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O，
故答案为：氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O；
II．C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，=且n（Fe2O3）
=0.015mol，n=0.03mol，m=0.03mol×56g/mol=1.68g，（Fe）（Fe）
A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有
19
Fe、S元素，且m（S）=2.96g-1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）：n
（S）=3：4，应为Fe3S4，
2+2+
（1）C为FeCl3，B为Fe2O3，如果B中含有杂质，则生成的C中含有Fe，Fe能和铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀； （2）A 是Fe3S4， 故答案为：Fe3S4；
3+
Cu和溶液C反应实质为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，（3）根据图知，浓度减小的应该是Fe，化学反应速率
v（ Cu2+）=v（ Fe3+）=×
mol/（L．min）=
mol/（L．min），相对①，②的反应
速率减小，改变的条件可能是加水稀释， 故答案为：
mol/（L．min）；加水稀释；
，平衡正向移动，溶液颜色变浅，
（4）该平衡常数 K 的表达式为：K=故答案为：K=
；溶液颜色变浅；
-=cK1=（5）①若 H2M 的电离常数分别为 K1 与 K2，当c（HM）（H2M）时，+-1.8
（H）=10；
-2-当c（HM）=c（M），K2=
=c
=c（H+）=10-7.0，则==105.2，
5.2
故答案为：10；
②按投料比 n（Na2M）：n（NaHM）=2：1 配成溶液，
A．Na2M水解程度大于NaHM电离程度，则c（Na2M）＜c（NaHM），根据图知，该溶液的 pH 小于 7.0，故A错误；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HM-）+2c（M2-），故B错
误；
C．溶液中存在物料守恒3c（Na+）=5[c（HM-）+c（M2-）+c（H2M）]，故C正确； D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HM-）+2c（M2-），溶液中
+-2--=5[c+c+c]，+5c存在物料守恒3c（Na）（HM）（M）（H2M）所以得2c（HM）（H2M）
+3c（H+）=3c（OH-）+c（M2-），故D正确； 故选CD；
F为H2SO3，（6）若 F 与 I2的KI溶液恰好完全反应，二者发生氧化还原反应生成硫酸、HI，反应方程式为H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4，测得混合体系中 c（I-）=a mol/L，则溶
+
液中c（Ag）=
=
mol/L，则 c（SO42-）=
=
=2×1027a2mol/L，
1027a2； 故答案为：H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4；2×
I．（1）根据原子守恒配平方程式；
（2）分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于酸促进水解平衡正向进行； II．C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，=且n（Fe2O3）
=0.015mol，n=0.03mol，m=0.03mol×56g/mol=1.68g，（Fe）（Fe）
A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有
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Fe、S元素，且m（S）=2.96g-1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）：n
（S）=3：4，应为Fe3S4，
2+2+
（1）C为FeCl3，B为Fe2O3，如果B中含有杂质，则生成的C中含有Fe，Fe能和铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，如果向溶液中加入K3[Fe（CN）6]没有蓝色沉淀生成，则B不含杂质，
故答案为：K3[Fe（CN）6]； （2）A 是Fe3S4；
3+
Cu和溶液C反应实质为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，（3）根据图知，浓度减小的应该是Fe，化学反应速率
v（ Cu2+）=v（ Fe3+）；
相对①，②的反应速率减小； （4）该平衡常数 K 的表达式为：
，平衡正向移动；
=c
-=cK1=（5）①若 H2M 的电离常数分别为 K1 与 K2，当c（HM）（H2M）时，+-1.8
（H）=10；
-2-当c（HM）=c（M），K2=
=c（H+）=10-7.0；
②按投料比 n（Na2M）：n（NaHM）=2：1 配成溶液，
A．Na2M水解程度大于NaHM电离程度，则c（Na2M）＜c（NaHM），根据图知，该溶液的 pH 小于 7.0；
B．溶液中存在电荷守恒； C．溶液中存在物料守恒；
D．根据电荷守恒和物料守恒判断；
F为H2SO3，（6）若 F 与 I2的KI溶液恰好完全反应，二者发生氧化还原反应生成硫酸、HI；
-+
=a mol/L，=测得混合体系中 c（I）则溶液中c（Ag）
=
2-mol/L，则 c（SO4）
=。
本题考查较综合，涉及化学平衡计算、难溶物的溶解平衡、酸碱混合溶液定性判断等知
识点，明确化学反应原理及基本公式中各个物理量关系是解本题关键，注意离子浓度大小比较中守恒思想的灵活运用，题目难度中等。
三、实验题（本大题共1小题，共13.0分）
CO24. 肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4•H2O）。（NH2）
2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl
实验一：制备 NaClO 溶液（实验装置如图1所示） （1）锥形瓶中发生反应的化学方程式是______。
（2）配置 100g 30%NaOH 溶液所需的玻璃仪器有______。
（3）N2H4的电子式为______，若设计N2H4-空气-KOH溶液燃料电池，B其负极反应为：______。
实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）
步骤 1：控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充 分反应。 步骤 2：加热三颈烧瓶内的溶液，收集 108～114℃馏分。
（4）已知：N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，分液漏斗中的溶液是______（填 标号：A．CO （NH2）2溶液；B．NaOH 和 NaClO 混合溶液），选择的理由
21
是______。
（5）温度计 B 的作用是______。 实验三：测定馏分中肼含量
称取馏分 5.000g，加入适量 NaHCO3固体，加水配成 250mL 溶液，移出 25.00mL，
-1
用的0.1000mol•L 的标准 I2 溶液滴定。滴定过程中，溶液的 pH 保持在 6.5 左右。（已知：N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O）
（6）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的 pH 在 6.5 左右，原因是______。 （7）以下是实验数据记录表
实验编号 1 2 3 标准 I2溶液的体积（mL） 滴定前 0.00 1.98 0.22 滴定后 20.02 20.00 18.20 ①馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为______。
②从上表可以看出，有一次滴定记录的体积明显多于另两次，其可能的原因是______。
A．滴定结束时，俯视读 B．锥形瓶用待测液润洗
C．配置标准 I2 溶液时，未对玻璃棒和烧杯进行洗涤
D．用含可溶性杂质（杂质不参与反应）的 I2 配置标准 I2 溶液
---【答案】Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O 烧杯、玻璃
棒
N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O B 如果次氯酸钠溶液装
在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点 测蒸气温度 NaHCO3会与滴定过程中产生的HI反应 90% BCD
【解析】解：（1）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应
---的离子方程式为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，
---故答案为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；
（2）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒， 故答案为：烧杯、玻璃棒；
（3）N2H4是共价化合物，分子内含有N-H和N-N键，其电子式为
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；电池负极发生氧化反应，N2H4在负极放电，碱性条件下生
成N2、H2O，负极电极反应式为：N2H4+4OH-4e=N2↑+4H2O，
--
故答案为：
--；N2H4+4OH-4e=N2↑+4H2O；
+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl中，（4）反应CO（NH2）水合肼（N2H4•H2O）
作还原剂，具有还原性，易被次氯酸钠氧化，馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点，蒸馏时需要减压，
故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；
（5）蒸馏操作中，温度计 B 的作用是测蒸气温度， 故答案为：测蒸气温度；
（6）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为碳酸氢钠和碘化氢反应， 故答案为：NaHCO3会与滴定过程中产生的HI反应；
（7）①第一次滴定时消耗标准液体积明显误差偏大，舍去，取2、3次的平均值：
mL=18.0mL，根据N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知，馏分中N2H4•H2O的
0.018L××=0.09mol，则馏分中N2H4•H2O的质量分数为物质的量为0.100mol/L×
=90%，
故答案为：90%；
②从上表可以看出，第1次滴定记录的标准 I2溶液体积明显多于后两次的体积，上面测得的N2H4•H2O的质量分数偏大，
A．滴定结束时，俯视计数，所用标准 I2溶液体积偏小，所测N2H4•H2O的质量分数偏小，故A错误；
B．锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，所用标准 I2溶液体积偏大，所测N2H4•H2O的质量分数偏大，故B正确；
C．配置标准 I2 溶液时，未对玻璃棒和烧杯进行洗涤，所得标准 I2溶液浓度偏小，消耗标准 I2溶液体积偏大，所测N2H4•H2O的质量分数偏大，故C正确；
D．用含可溶性杂质（杂质不参与反应）的 I2 配置标准 I2 溶液，所得标准 I2溶液浓度偏小，消耗标准 I2溶液体积偏大，所测N2H4•H2O的质量分数偏大，故D正确； 故选：BCD。 （1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水； （2）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；
（3）N2H4是共价化合物，分子内含有N-H和N-N键，据此写出其电子式；电池负极发生氧化反应，N2H4在负极放电，碱性条件下生成N2、H2O； （4）依据制取水合肼（N2H4•H2O）的反应原理为：CO（NH2）
+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼
23
（N2H4•H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化； （5）蒸馏操作时需要利用温度计测蒸气温度；
（6）NaHCO3能通过与碘化氢的反应控制溶液的pH在6.5左右； （7）①根据滴定时消耗标准 I2溶液的体积（mL）的平均值，再结合
N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O计算馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数； ②根据c（待测）=
分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断。
本题考查了物质制备和性质的实验分析和验证方法应用，涉及燃料电子工作原理、中和滴定的原理、步骤、误差分析及化学计算，主要是过程分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等。
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