1、四川省成都市第七中学2019-2020学年高二化学下学期零诊模拟考试（含解析）1.化学与人类的生活、生产密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 将海水中的镁转化为氯化镁，再电解熔融氯化镁可制得金属镁B. 稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张C. 新型冠状病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同D. 煤、石油可用作三大合成材料的原料【答案】C【解析】【详解】A. 镁是活泼金属，在工业上采用电解其熔融盐的方法冶炼，所以工业提取镁是将海水中的镁转化为氯化镁，再电解得到单质镁，A正确；B. 秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张，B正确；C. 乙醇不具有氧化性，次氯
2、酸钠溶液、双氧水具有氧化性，消毒原理不同，C错误；D. 以煤、石油、天然气化石燃料为主要原料，可制造化工产品：合成塑料、合成橡胶、合成纤维等，所以煤、石油可用作三大合成材料的原料，D正确；故答案为：C。2.用化学用语表示NH3+HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）A. NH4Cl的电离方程式NH4ClNH3+HClB. 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】【详解】A. NH4Cl是强电解质，完全电离，电离方程式NH4Cl=NH4+Cl-，A错误；B.氯化氢是通过共用电子对形成共价化合物，电子式为，B错误；C. NH3的电子式为
3、，用一条短线来代表一对共用电子对，得到结构式为，C正确；D.氯原子核内有17个质子，核外有17个电子，得到一个电子形成稳定结构的氯离子，则Cl-的结构示意图：，D错误；答案选C。3.我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第A族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（ ）A. 元素的金属性：KRbB. 中子数为50的Rb的核素：RbC. 与同周期元素53I的原子半径比：RbID. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOHRbOH【答案】D【解析】【分析】【详解】A同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，Rb在K的下一周期，所以元素的金属性：KRb，A错误
4、；B原子符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以中子数为50的Rb的核素的质量数是87，可表示为：，B错误；C对于电子层相同的元素，核电荷数越大，原子半径越小。Rb和I的电子层数相同，Rb是第IA的元素，I是第VIIA的元素，所以Rb、I的原子半径：RbI，C错误；D同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：KOHRbOH，D正确；答案选D。4.下列关于酸、碱、盐元素组成的说法中，正确的是（ ）A. 酸、碱一定含有氢，盐一定不含氢B. 酸、碱、盐可能都不含金属元素C. 碱、盐可能含氧，酸一定含氧D. 盐
5、、碱一定含有金属元素，酸一定不含金属元素【答案】B【解析】【详解】A不管是无氧酸还是含氧酸，一定含氢元素；除一水合氨外，碱都含氢氧根，碱中一定含氢元素，铵盐中含氢元素，A错误；B酸(无氧酸、非金属含氧酸)、碱(一水合氨)、盐(铵盐)，都不含金属元素，B正确；C碱中一定含氧，含氧酸盐含氧，但无氧酸中不含氧，C错误；D碱(一水合氨)、盐(铵盐)中不含有金属元素，酸可能含金属元素(如HMnO4)，D错误；故答案为：B。5.下列说法错误的是（ ）A. 乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，该反应原理用于检验司机是否酒后驾车B. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键C. 不能用溴水来区分乙酸、乙醇、苯乙烯D
6、. 纤维素属于糖类，人体中没有水解纤维素的酶【答案】B【解析】【详解】A. 乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化生成乙酸，用于酒驾的检测，A正确；B. 聚氯乙烯和苯分子中均不含有碳碳双键，B错误；C. 苯乙烯与溴水发生加成反应而分层，乙酸和乙醇与溴水互溶，加入溴水现象相同，不能区分乙酸和乙醇，C正确；D. 食物中纤维素主要来源于干果、鲜果、蔬菜等，人体中没有水解纤维素的酶，纤维素在人体中的主要作用是加强胃肠的蠕动，有通便的功能，D正确；故答案为：B。6.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A. 乙苯的一氯代物只有5种B. 2甲基丁烷也称为异丁烷C. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应D. 甲苯、植
7、物油都可作溴水的萃取剂【答案】A【解析】【详解】A. 乙苯分子中有5种氢原子，其一氯代物有5种同分异构体：、，A正确；B. 2甲基丁烷中含5个C原子，又称为异戊烷，B错误；C. 单糖不能水解，二糖、多糖、油脂、蛋白质均能发生水解反应，C错误；D. 植物油是不饱和油脂，能与Br 2发生加成反应，因此不能用作Br 2的萃取剂，D错误；故答案为：A。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4 L Cl2溶于水充分反应转移NA个电子B. 标准状况下，2.24 L HF与1.6 g CH4分子所含电子数目均为NAC. 50 g质量分数为46%的乙醇溶液中氢原子总数为
8、6NAD. 25 时，1 L 2 mol/L NH4Cl溶液和1 L 1 mol/L (NH4)2SO4溶液中所含NH4+的数目均为2NA【答案】C【解析】【分析】A、氯气与水的反应是可逆反应；B、HF在标准状况下为液态；C、50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为50g46%23g，水的质量为（50g23g）=27g，溶液中氢原子为两者所含氢原子之和；D、NH4+在溶液中水解。【详解】A项、氯气与水的反应是可逆反应，标准状况下22.4 L Cl2不可能完全反应，转移的电子数小于NA，故A错误；B项、HF在标准状况下为液态，故2.24LHF的物质的量不是0.1mol，所含电子数目不为N
9、A，故B错误；C项、50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为50g46%23g，水的质量为（50g23g）=27g，溶液中氢原子的物质的量为（6+2）=6mol，溶液中氢原子总数为6NA，故C正确；D项、NH4+在溶液中水解，则1 L 2 mol/L NH4Cl溶液和1 L 1 mol/L (NH4)2SO4溶液中NH4+的物质的量均小于2mol，所含NH4+的数目均小于2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，注意氯气与水反应和盐类水解为可逆反应的是解答关
10、键。8.利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.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，C符合题意；C
11、.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是C。9.下列装置完成相关实验，合理的是（ ）A.配制溶液，定容时的操作B.除去水中泥沙C.除去CO中的CO2气体D.实验室制取乙酸乙酯A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A配制溶液，转移液体时，没有使用玻璃棒引流，不能直接倾倒液体，A错误；B泥沙不溶于水，除去水中泥沙，过滤即可，B正确；C用NaOH溶液除去CO气体中的CO2杂质，导气管应该是长进短出，入气管通入不合理，不能达到除杂的目的， C错误；D乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶
12、液中溶解度较小，而在氢氧化钠溶液中发生水解，所以用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，D错误；故答案为：B。10.在生成、纯化溴苯并证明取代反应的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】液溴与苯在FeBr3催化下反应生成溴苯：+Br2+HBr，用硝酸银溶液检验HBr证明发生了取代反应。【详解】A. 该装置是制取溴苯的发生装置，A需要；B. 溴和苯易挥发，导致生成的HBr中含有溴和苯，溴能和硝酸银反应生成淡黄色沉淀，对HBr检验造成干扰，但溴、苯易溶于四氯化碳，所以盛放CCl4，其作用是吸收溴蒸气并防止倒吸，防止干扰HBr的检验，B需要；C. 该装置是蒸发装
13、置，本实验不需要，C不需要；D. 该装置是分液装置，反应混合液洗涤后，再用分液法分离出溴苯，D需要；故答案为：C。11.实验室为探究铜与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是（ ）A. 装置B、C的目的分别是验证二氧化硫的还原性、氧化性B. 实验结束后可向装置A的溶液中加水，以验证是否有蓝色溶液生成C. 装置D的目的是验证SO2的漂白性及漂白的不稳定性D. 实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸【答案】B【解析】【详解】A. 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，H2S溶液与SO2反应生成淡黄
14、色沉淀生成，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O，体现SO2的氧化性，A正确；B. Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，加水则溶液呈蓝色，但因反应后的溶液中混有浓硫酸，在反应后的溶液中直接加水，放出大量的热，可导致酸液飞溅，应将反应后的酸液沿烧杯内壁缓缓加入到盛有水的烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌，B错误；C. 品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，再加热，品红溶液恢复到原来的颜色，说明SO2的漂白性不稳定，是可逆的，不彻底的，C正确；D. 导管a的作用是使内外压强相同，防止装置B中的溶液倒吸，D正确；故答案为：B。12.某学习小组欲根据侯德榜制碱的原理制备少量纯碱。下列实验步骤对应的实验装置(夹
15、持装置已略去)和相关解释或说明均正确的是（ ）选项ABCD实验步骤制备NH3制备NaHCO3分离NaHCO3煅烧NaHCO3实验装置解释或说明试剂X可选择NH4Cl从a口通入足量NH3，再从b口通入足量CO2，可增大产品的产率该装置可用于分离NaHCO3无水CuSO4的作用是检验NaHCO3是否完全分解A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 加热NH4Cl分解生成氨气和氯化氢，二者在试管口遇冷又结合为氯化铵，不能用于制备氨气，A错误；B. 氨的溶解度大，干燥管装置可防止倒吸，氨气的溶解度远大于二氧化碳，为增大二氧化碳的溶解量，从a口通入足量氨气，再从b口通入足量二氧化碳
16、可增大产品的产率，B正确；C. 固液分离采用过滤法，分离出碳酸氢钠应采用过滤的方法，而不能用分液的方法，C错误；D.碳酸氢钠只要分解就会产生水，无水CuSO4遇水就变蓝，无水CuSO4只能用来检验碳酸氢钠是否分解，不能用于检验是否完全分解，D错误；故答案为：B。13.下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作和现象结论或解释A向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量立即出现沉淀后沉淀不变，最后沉淀全部溶解Al3+先与OH反应，NH4+后与OH反应，Al(OH)3最后与OH-反应B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液,溶液变为红色样品已部分或全部变质C加热盛有
17、少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置润湿的红色石蕊试纸,石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含Br2A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A根据实验现象：立即出现沉淀后沉淀不变，最后沉淀全部溶解，则Al3+先与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，NH4+后与OH-反应产生氨气，Al(OH)3最后与OH-反应生成偏铝酸根，沉淀溶解，故A正确；BFe2+在酸性条件下会被硝酸根离子氧化成Fe3+，故加入KSCN溶液后变红，无法判断原样品是否变质，B项错误；CNH4HCO3固体受热易分解生成氨气、二氧化碳与水，其中氨气能使湿润的红色石蕊
18、试纸变蓝，则不能证明NH4HCO3是否显碱性，C项错误；D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，说明混合后的溶液中有I2分子，则原溶液可能含有I2、Fe3+或Br2等，D项错误；答案选A。14.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是()操作和现象结论A向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀利用该实验可以证明非金属性：ClCSiB将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1，2二溴乙烷无色，能溶于四氯化碳C向淀粉溶液中加入稀硫酸加热，再向其中加入过量的氢氧化钠溶液最后加碘水，溶液未变蓝淀粉已经完全水解D将浸透石蜡油的石棉放在硬质试
19、管的底部，试管中加入碎瓷片，用酒精灯给碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去蜡油分解产物一定为乙烯A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，实验中可以说明酸性：盐酸碳酸，但不能说明非金属性：ClC，故A错误；B乙烯通入溴的四氯化碳溶液会发生加成反应生成1，2二溴乙烷，且溶液不分层，则说明1，2二溴乙烷无色且能溶于四氯化碳，故B正确；C若淀粉未被硫酸全部水解，加入过量的氢氧化钠溶液，也会水解剩余的淀粉，故不能说明在酸性条件下淀粉完全水解，故C错误；D加强热后产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去，
20、说明有不饱和烃生成，但不能说明一定是乙烯，故D错误；答案选B。15.下列各组物质中，能一步实现下图所示转化关系的是XYZWACCOCO2Na2CO3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DAlAl2O3NaAlO2Al(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A碳燃烧生成CO，CO氧化得到CO2，CO2和碳酸钠之间可以相互转化，但CO不能直接生成碳酸钠，故A错误；BAl与Fe3O4反应生成Fe，Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl2与氯气反应FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，故B正确；C硫酸与Cu反
21、应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成S，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，S不能一步转化为SO3，故C错误；DAl与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，Al2O3不能直接转化为Al(OH)3，NaAlO2与少量酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，故D错误；答案为B。16.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是A. 氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2 =Mg2+2NH3H2OB. 沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+C. 用食醋能清洗水垢：+2CH3COOH
22、=2CH3COO+H2O+CO2D. 84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+2OH-【答案】A【解析】【详解】A氢氧化镁为中强碱，与NH4+反应生成弱碱NH3H2O，离子方程式正确，A正确；B沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体，由于Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，不是沉淀，则离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B错误；CCaCO3难溶于水，在离子方程式中不能改写成离子，则离子方程式为：，C错误；D84消毒液与洁厕灵混用产生氯气和水，则离子方程式为：，D错误；答案选A。17.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X
23、处于不同周期，原子的最外层电子数X比Y多一个但比Z少一个。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径的大小：ZYXWB. 若X的单质为常见的非金属导体，则Y的简单离子能破坏水的电离平衡C. 元素的非金属性：YZD. 若Y、Z的核电荷数之和为X的4倍，则X、Z的气态氢化物的沸点：前者低于后者【答案】B【解析】【分析】原子最外层电子数X比Y多一个，但比Z少一个，原子的电子层数X比Y、Z少一层，X、Y、Z在周期表中的相对位置是：XYZ【详解】A. W、X处于不同周期，W是H元素，原子半径的大小为：YZ XW，A错误；B. 若X的单质为常见的非金属导体，则X是C元素，Y是Al元素，铝离子能破坏水的电离平衡，
24、B正确；C. 同周期，从左到右，非金属性增强，则元素的非金属性：Yc(Na+)c(CH3COO-)C. c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)D. d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)【答案】B【解析】【详解】Aa点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COOH 2 x x Ka=1.810-5，解得x=6.010-3mol/L，A项正确；Bb点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +
25、c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COOH，醋酸根会水解，CH3COOH2OCH3COOHOH，水解平衡常数 c(Na+) c(CH3COOH)；B项错误；Cc点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，有物料守恒c(Na)=c(CH3COO)c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；Dd点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)
26、=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。21.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：酸电离常数(Ka)CH3COOH1.8105HClO3108H2CO3K14.4107 K24.71011H2C2O4K15.4102 K25.4105H2SK11.3107 K27.11015请回答下列问题：(1)同浓度的CH3COO、ClO、S2中结合H的能力最弱的是_。(2)常温下0.1molL1的CH3COO
27、H溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_(填字母)。Ac(H) B C Dc(OH)(3)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK_NaClO，两溶液中：c(Na)c(ClO)_c(K)c(CH3COO)(填“”“”或“”)。(4)向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO)59，此时溶液pH_。【答案】 (1). (2). AC (3). (4). = (5). 5【解析】【分析】酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电
28、离，c(H+）减小，c(OH-）增大，Kw不变；酸的酸性越弱，对应的酸根离子的水解程度越大，判断CH3COO-和ClO-水解程度大小，利用电荷守恒得出离子浓度大小的关系；以浓度相同的NaClO和CH3COOK溶液中pH大小关系作参照，增大溶液浓度、促进水解正向进行，碱性增强，pH增大；根据CH3COOH溶液中k=，计算溶液中c(H+），结合pH=-lgc(H+）计算。【详解】(1)平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数H2C2O4HC2O4CH3COOHH2CO3H2SHClOHCO3HS，则同浓度的CH3COO、HCO3、CO32、HC2O4、ClO、S2结合H+的能力由弱到
29、强的顺序为：HC2O4CH3COOHCO3ClOCO32S2，结合H+的能力最弱的HC2O4；(2)ACH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A正确；B=，稀释过程促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以比值变大，故B错误；C稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH)增大，减小，故C正确；D稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH)增大，故D错误；答案选AC；(3)据电离平衡常数可知：酸性CH3COOHHClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，浓度相同的CH3COOK、NaClO溶液中NaClO的水解程度大于CH3COOK，NaClO
30、溶液的pH大，所以pH相同的NaClO和CH3COOK溶液中，CH3COOK的浓度大；在醋酸钾溶液中，存在电荷守恒：c(K)+c(H)=c(CH3COO)+c(OH-)，c(H)=c(CH3COO)+c(OH-)-c(K)，醋酸钠溶液中也存在电荷守恒：c(Na)+c(H)= c(ClO-)+c(OH-)，c(H)= c(ClO-)+c(OH-)-c(Na)；-得到：pH相同，c(H)相等，c(OH-)也相等，c(Na)c(ClO-)=c(K)c(CH3COO)；(4)根据醋酸的电离度表达式CH3COOH溶液中k=1.8105，c(CH3COOH)：c(CH3COO)=5：9，得到溶液中c(H+
31、)=1.8105=105mol/L，所以pH=5；【点睛】平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，为难点。22.目前，人们对环境保护、新能源开发非常重视。(1)已知:CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=-860.0kJmol12NO2(g)N2O4(g)H2=-66.9kJmol1写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2、H2O(g)和CO2的热化学方程式_。(2)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H，在t1时，反应进行到不同时间测得各物质的物质的量浓度
32、如下：根据表中数据分析，t1时，该反应在020min的平均反应速率v(NO)=_，该反应的平衡常数K=_。30min时,只改变某一条件，根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母代号)。A.适当缩小容器的体积B.加入合适的催化剂C.加入一定量的活性炭D.通入一定量的NO若30min后升高温度至t2,达到平衡时,容器中NO、N2、CO的浓度之比为533,则达到新平衡时NO的转化率_(填“升高”或“降低”);H_0(填“”或“4:3，说明平衡向逆反应方向移动；(3)由反应2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) H=-159.5kJ/mol可知：2molNH3反应放出159.5kJ
33、热量，则有1.6molNH3反应放出127.6kJ热量；原电池的电极材料Na-Al/FeS，负极材料为Na，电极反应式为Na-e-=Na+，电池工作时Na+的物质的量保持不变，则正极FeS得到电子结合Na+生成Na2S和Fe。【详解】(1)由盖斯定律得到CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的H=(860.0kJ/mol)(66.9kJ/mol)=793.1kJ/mol，所以热化学方程式为：CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=793.1kJ/mol，故答案为：CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
34、 H=793.1kJ/mol；(2)020min内，NO的平均反应速率v（NO）=(1.00.4)molL-1/20min=0.03molL1min1，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡浓度c（N2）=c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L，反应的平衡常数：K= c（N2）c（CO2）/ c2（NO）=0.30.3/0.42=0.56，故答案为：0.03molL1min1；0.56；A. 适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度同比增大，A正确；B. 加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，B错误；C. 加入一定量的活性
35、炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，C错误；D. 通入一定量的NO，达到新平衡状态时，各物质平衡浓度均增大，D正确；故答案为：AD；若30min后升高温度至t2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5:3:3，氮气和二氧化碳浓度之比始终为1:1，因5:34:3，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率降低，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故答案为：降低；(3)反应2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) H=159.5kJmol-1可知：2molNH3反应放出159.5kJ热量，则有1.6molNH3反应，剩余NH3是(2mol1.6mol)=0.
36、4mol，浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L；原电池的电极材料NaAl/FeS，负极材料为Na，电极反应式为Nae=Na+，电池工作时Na+的物质的量保持不变，则正极FeS得到电子结合Na+生成Na2S和Fe，所以电极反应式为：2Na+FeS+2e-=Na2S+Fe，故答案为：2Na+FeS+2e-=Na2S+Fe。23.乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸
37、性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O,学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。用浓度为0.1000 molL1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的_(填“甲”或“乙”)滴定管中。(2)本实验滴定达到终点的标志是_。(3)通过上述数据，求得x_讨论：若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。
38、若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会_。【答案】 (1). 甲 (2). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点 (3). 2 (4). 偏大 (5). 偏小【解析】【分析】（1）因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，结合滴定管的适用要求作答；（2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；根据操作不当对标准液消耗的体积
39、变化来判断H2C2O4的物质的量的误差，进而推出纯草酸晶体中含H2O的物质的量误差变化。【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以用需用酸式滴定管，甲正确，故答案为甲；（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；（3）2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O 2 50.1000mol/L0.01L 0.0025mol25.00 mL待测液中含有0.0025 mol H2C2O4，100.00 mL待测液中含有0.01mol H2C2O4，其质量为0.01 mol90 g/mol=0.9 g，所以1.260
40、g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260 g0.9 g=0.36 g，其物质的量为0.02 mol，则x=2；若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大；若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗的标准液的体积偏大，最终导致n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x值偏小；故答案为2；偏大；偏小。24.过氧化钙(CaO2)常用作种子及谷物的无毒性消毒剂，常温下为白色的固体，微溶于水，且不溶于乙醇、乙醚和碱性溶液，但溶于酸。某实验小组拟探究CaO2的性质及其实验室制法。(1)实验探究CaO2
41、与酸的反应。操作现象向盛有4gCaO2的大试管中加入10mL稀盐酸得溶液a剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体取5mL溶液a置于试管中,滴入两滴石蕊溶液溶液变红，一段时间后溶液颜色明显变浅，稍后溶液变为无色CaO2与盐酸反应的化学方程式为_。加入石蕊溶液后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的_。(2)用如图所示装置制备过氧化钙，其反应原理为Ca+O2CaO2。请选择实验所需要的装置，按气流方向连接的顺序为_(填仪器接口的字母，上述装置可不选用也可重复使用)。根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：.检验装置的气密性后，装入药品；.打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；.反应结束后，
42、_(填操作)；.拆除装置，取出产物。(3)利用反应Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2在碱性环境下制取CaO2的装置如图所示。NH3在Ca2+和H2O2的反应过程中所起的作用是_。反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO28H2O。过滤需要的玻璃仪器是_；将沉淀进行洗涤的操作为_。【答案】 (1). 2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2 (2). H2O2 (3). defbce(或defcbe) (4). 熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞 (5). 消耗生成的氢离子，促进反应进行(或使溶液呈碱性，减少CaO28H2O
43、的溶解，或提高产品的产率等其他合理答案) (6). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (7). 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次【解析】【分析】实验探究CaO2与酸的反应，剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体为氧气，根据元素守恒配平化学方程式；石蕊溶液后溶液褪色说明溶液中含有氧化性物质；制备过氧化钙时，用锥形瓶中二氧化锰和过氧化氢反应制得氧气，防止过氧化钙与水反应要加入干燥装置，浓硫酸的试剂瓶长进短出，氧气与钙在硬质玻璃管中发生反应；利用反应Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2在碱性环境下制取CaO2，NH3与反应产生的H+结合形成NH4+，促进反应的
44、发生，据此分析。【详解】(1)CaO2与盐酸反应产生CaCl2、H2O和氧气，反应的化学方程式为2CaO2+4HCl=2CaCl2+ 2H2O+O2；加入石蕊后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的H2O2；该物质具有氧化性，将红色的物质氧化变为无色；(2)用H2O2与MnO2反应产生O2，用浓硫酸干燥，氧气，燃烧是氧气与Ca在加热时发生反应产生CaO2，为防止空气中的水份影响反应产物，应该再通过盛有浓硫酸的洗气瓶。故装置的连接顺序是defbce(或defcbe)；根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：I.检验装置的气密性后，装入药品；II.打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；II
45、I反应结束后，熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞；IV拆除装置，取出产物；(3)根据反应方程式可知NH3与反应产生的H+结合形成NH4+，所以在Ca2+和 H2O2 的反应过程中所起的作用是中和生成的氢离子，促进反应进行；反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO28H2O，过滤所需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；将沉淀进行洗涤的操作为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次。【点睛】过氧化钙属于过氧化物，与酸反应生成盐、氧气和水，为易错点。25.牛奶放置时间长了会变酸，这是因为牛奶中含有的乳糖在微生物的作用下分解变成了乳酸。乳酸最
46、初就是从酸牛奶中得到并由此而得名的。乳酸的结构简式为CH3CH(OH)COOH。完成下列问题：(1)乳酸发生变化：。所用的试剂是a_，b_(写化学式)。(2)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型。乳酸与乙醇反应：_，_。(3)乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互反应生成六元环状结构的物质，写出此生成物的结构简式：_。(4)乳酸在铜催化下与氧气反应的化学方程式为_。(5)与乳酸具有相同官能团，且比乳酸多1个C的同系物的结构有_种。【答案】 (1). NaHCO3(或NaOH或Na2CO3) (2). Na (3). CH3CH(OH)COOH+C2H5OHH2O+CH3CH(OH)COOC2H5
47、(4). 酯化反应(或取代反应) (5). (6). 2CH3-CH(OH)-COOH+O22CH3-C(=O)-COOH+2H2O (7). 5【解析】【详解】（1）在乳酸中先加入的物质只与羧基反应，不能与羟基发生反应，则加入的物质 a 可以是NaHCO3(或NaOH或Na2CO3)，反应产生的中的醇羟基再发生反应，则加入的物质是金属Na；（2）乳酸中含有羧基，可以与乙醇发生酯化反应（取代反应）生成酯和水，化学方程式为：CH3CH(OH)COOH+C2H5OHH2O+CH3CH(OH)COOC2H5；（3）两分子乳酸在浓硫酸作用下相互反应生成六元环结构的物质，即分子间发生酯化反应，则生成物的
48、结构简式为：；（4）乳酸有羟基，但与羟基相连的碳上只有一个氢，故发生催化氧化生成羰基，故乳酸在铜催化下与氧气反应的化学方程式为：2CH3-CH(OH)-COOH+O22CH3-C(=O)-COOH+2H2O；（5）与乳酸CH3CH(OH)COOH具有相同官能团，且比乳酸多1个C，则在3个直链碳上取代羟基和羧基，当羟基在1号碳上，羧基可在1、2、3号碳上，共3种情况；当羟基在2号碳上，羧基可在1、2号碳上，共两种情况，综上，共有5种结构。26.磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，作为信息产业和机电工业的重要基础功能材料，磁性材料广泛应用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用
49、于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的主要工艺流程如下：已知：几种金属离子沉淀的pH如下表。Fe2Fe3Cu2Mn2开始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.23.77.810.4回答下列问题：(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有_。A搅拌 B适当升高温度 C研磨矿石 D加入足量的蒸馏水(2)溶浸过程中主要产生的离子为Fe3、Mn2、SO42-，请写出主要反应的离子方程式：_；浸取后的溶液中含有少量Fe2、Cu2、Ca2，则在加入石灰调节溶液的pH从而使铁元素被完全沉淀前，加入适量的软锰矿
50、目的是_，加入石灰调节溶液pH的范围为_。(3)净化工序的目的是除去溶液中的Cu2、Ca2等杂质，故滤渣主要是_(填化学式)和CaF2。若测得滤液中c(F)为0.01molL1，则滤液中残留c(Ca2)为_molL1已知：Ksp(CaF2)1.461010。(4)有人认为净化工序中使用NaF会引起污染，建议用(NH4)2CO3代替NaF，但是用(NH4)2CO3代替NaF的缺点是_。(5)如图为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在_%左右。【答案】 (1). D (2). 2FeS2+15MnO228H+=2Fe314H2O+15Mn24SO42- (3).
51、 使残余Fe2+转化为Fe3 (4). 3.7pH5.2 (5). CuS (6). 1.46106 (7). 会使Mn2沉淀进入滤渣，降低碳酸锰的产率 (8). 40【解析】【分析】由流程图可知，酸浸时，软锰矿中MnO2和黄铁矿中FeS2在硫酸溶液中反应，反应生成硫酸铁、硫酸锰和水；氧化除铁时，先加入适量的软锰矿主要是使二价铁离子氧化为铁离子，再加入石灰调节溶液的pH在3.7pH5.2范围，使铁离子沉淀完全；净化时，加入硫化钠溶液和氟化钠溶液除去溶液中的Cu2、Ca2等杂质；沉锰时，加入氨水和碳酸氢钠溶液，使溶液中锰离子转化为碳酸锰沉淀。【详解】（1）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速
52、固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有适当升高温度，搅拌，研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度等，加入足量的蒸馏水会降低稀硫酸的浓度，降低溶浸工序中原料的浸出效率，故答案为D；（2）酸性条件下，FeS2与MnO2反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，反应的离子方程式配平为： 2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42；加入适量的软锰矿主要是使二价铁离子氧化为铁离子，再加入石灰调节溶液的pH在3.7pH5.2范围，使铁离子沉淀完全，故答案为2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42；使残余Fe2+转化为Fe3；3
53、.7pH5.2；（3）净化工序时，加入硫化钠溶液，硫化钠与铜离子反应生成硫化铜沉淀；加入氟化钠溶液，氟化钠与钙离子反应生成氟化钙沉淀；已知Ksp（CaF2）=1.4610-10，c（F-）=0.01 molL-1 ，则c（Ca2+）=1.4610-6molL-1，故答案为CuS；1.4610-6；（4）氟化锰溶于水，碳酸锰不溶于水，若用(NH4)2CO3代替NaF ，(NH4)2CO3能与溶液中锰离子反应生成碳酸锰沉淀，降低碳酸锰的产率，故答案为会使Mn2沉淀进入滤渣，降低碳酸锰的产率；（5）由图可知，黄铁矿的质量分数在40左右%时，锰浸出率较高，故答案为40。【点睛】本题属于化学工艺流程题，试题以工业流程图为依托，考查了实验条件的选择、离子方程式的书写、Ksp的计算等，注意合理分析成流程中物质的转化，明确表中离子完全沉淀时数据的含义是解答关键。