1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年四川省成都市金堂中学高二（下）期中化学试卷一选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（）A点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3B中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C硅胶可用作食品干燥剂D使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱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使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42、NO3B使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3、NO3C0.1 molL1AgNO3溶液：H+、K+、SO42、ID0.1 molL1N
2、aAlO2溶液：H+、Na+、Cl、SO423设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L 1molL 1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB78g 苯含有C=C双键的数目为3NAC常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA4下列离子方程式中正确的是（）A碳酸氢钡溶液与少量NaHSO4溶液反应：HSO4+Ba2+HCO3BaSO4+H2O+CO2B钠和水的反应：Na+2H2ONa+OH+H2C硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4D向碳酸氢钙溶液中滴加过量的澄清石灰水：C
3、a2+OH+HCO3CaCO3+H2O5下列有关说法正确的是（）A反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的H0B电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极CCH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中C（OH）减小DNa2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32水解程度减小，溶液的pH 减小6下述实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去证明SO2具有漂白性B先加入AgNO3溶液，再加稀硝酸检验Na2SO4溶液中含有ClC向1mL0.2molL1NaOH溶液中滴入2滴0.1molL1的MgCl2溶液产生白色沉
4、淀后，再滴加2滴0.1molL1的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D测定Na2SO4溶液与Na2CO3溶液的酸碱性证明非金属性SCAABBCCDD7下列关于有机化合物的说法正确的是（）A乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B戊烷（C5H12）有两种同分异构体C乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应8在C5H11Cl的同分异构体中，若其结构中只含有两个CH3，则该物质的结构（不考虑顺反异构）最多有（）A6种B7种C5种D4种9羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得下列有关说法正确
5、的是（）A该反应是加成反应B苯酚和羟基扁桃酸是同系物C该反应是取代反应D乙醛酸不能与 NaOH溶液反应10下列说法正确的是（）A图铜锌原电池工作时，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B图装置反应一段时间，将湿润的KI淀粉试纸靠近碳电极管口，试纸变蓝C图是用海水制取蒸馏水的装置D图装置可用于乙醇提取碘水中的碘11空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A当有0.1mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12L H2B左端装置中化学能转化为电能，右端装置中电能转化为化学能C
6、c极上发生的电极反应是：O2+2H2O+4e4OHDd极上进行还原反应，右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A12某新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压该电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，以下说法不正确的是（）A放电时负极反应为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2B放电时正极反应为：FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OHC放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化D充电时阳极附近溶液的碱性减弱13下列叙述正确的是（）A在原电池的正极和电解池的阳极上发生的都是氧化反应B实验室用惰性电极电解NaCl溶液，阴、
7、阳两极收集到的气体体积之比为2：1C用铜作电极电解稀硫酸，可能发生反应：Cu+H2SO4CuSO4+H2D在用惰性电极电解稀硫酸的过程中，溶液pH保持不变14室温下，下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）ApH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度B将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，需加水的体积C10mL0.1 molL1的醋酸与100mL 0.01 molL1的醋酸中的H+物质的量D物质的量浓度相等的（NH4）2SO4溶液与（NH4）2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度15下列液体温度均处在25，有关叙述正确的是（）A某物质的溶液pH7，则该物质一定是酸
8、或强酸弱碱盐BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C将1 L 0.1 molL1的Ba（OH）2溶液稀释为2 L，pH=12DpH=8的NaOH溶液稀释100倍，其pH=616下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C（Na+）c（CO32）c（HCO3 ）c（OH）B20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶中：C（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）C室温下，pH=2的盐酸
9、与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl）+c（H+）c（NH4+ ）+c（OH）D0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH）c（H+）+c（CH3COOH）17下列结论合理的是（）ACH4的稳定性高于SiH4，可推测CH4的沸点也高于SiH4B氯化钠的晶格能比氯化铯的晶格能小C根据价电子构型与化合价的关系，推出最外层电子数3个的元素一定是第A族元素D根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出SO2通入NaClO溶液中能生成HClO18下列说法正确的是（）A非极性分子中的原子一定无孤电子对B平面三角型分子一定是非极性分子C二氯甲烷
10、（CH2Cl2）分子的中心原子是SP3杂化，键角均为10928DABn型分子的中心原子最外层满足8电子结构，则ABn不一定是非极性分子19X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A元素原子第一电离能大小关系：ZYWXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物CY与M形成化合物键长大于Z与M形成化合物的键长D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键20某化
11、学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是（）A反应：H0，P2P1B反应：H0，T1T2C反应：H0，T2T1或H0，T2T1D反应：H0，T2T1二、非选择题（共60分）21下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72+3CH3CH2OH+16H+13H2O4Cr（H2O）63+3CH3COOH（1）Cr原子基态核外电子排布式为；配合物Cr（H2O）6Cl3中，与Cr3+形成配位键的配体分子是（2）乙酸乙酯中C原子轨道杂化类型为（3）与H2O互为等电子体的一种分子为（
12、填化学式）；NH3在H2O中的溶解度很大，除因为它们都是极性分子外，还因为22A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是（填分子式），原因是；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型为（4）化合物D2A的立体构型为，中心原子的价层电子对数为，单质D与湿润的Na2CO3反
13、应可制备D2A，其化学方程式为（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm，F的化学式为；晶胞中A原子的配位数为；列式计算晶体F的密度（gcm3 ）（保留小数点后两位数字）23以下是有关SO2、Cl2的性质实验某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究SO2和Cl2的性质（1）若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中所发生反应的实质（填“相同”或“不相同”）；若D中盛铜粉，通入足量的Cl2，D中的现象是；若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），通入SO2时，打开K通入适量O2的化学反应方程式为SO2通入B中，碘水褪色，则该反应的离子方程式为（2
14、）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量（填字母），则可以看到白色沉淀产生A氨水B稀盐酸 C稀硝酸 D氯化钙溶液（3）若由元素S和O组成2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3；当Cl2与含X的溶液完全反应后，可得澄清溶液取少量该溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生写出Cl2与含X的溶液反应的离子方程式24在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H0（填“大于”“小于”）；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应
15、速率v（N2O4）为molL1s1，反应的平衡常数K1为（2）100时达到平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020molL1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡则T100（填“大于”“小于”），判断理由是（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是25高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性（1）已知：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有同浓度的高铁酸钾在pH为4.74、7.00、11.50的水溶液中最稳定的是pH=的溶液（2）高
16、铁酸钾有以下几种常见制备方法：干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物湿法强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液电解法制备中间产物Na2FeO4，再与KOH溶液反应干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为湿法制备中，若Fe（NO3）3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式：制备中间产物Na2FeO4，可采用的装置如图所示，则阳极的电极反应式为（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电，其总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2F
17、e（OH）3+4KOH，放电时负极材料为，正极反应为：（4）25时，CaFeO4的Ksp=4.54l09，若要使1000L，含有2.0l04molLlK2FeO4的废水中的c（FeO42）有沉淀产生，理论上至少加入Ca（OH）2的物质的量为mol2015-2016学年四川省成都市金堂中学高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（）A点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3B中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C硅胶可用作食品干燥剂D使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱【考点】物质的组成
18、、结构和性质的关系【分析】A硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；B明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液；C硅胶具有吸水性，无毒；D肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙【解答】解：A硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故A错误；B明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；C硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故C正确；D肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难
19、溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故D正确，故选A2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使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42、NO3B使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3、NO3C0.1 molL1AgNO3溶液：H+、K+、SO42、ID0.1 molL1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】A使甲基橙变红色的溶液，pH3.1，溶液显酸性；B使酚酞变红色的溶液，pH8，溶液显碱性；CAgI为黄色沉淀；DAlO2、H+反应【解答】解：A使甲基橙变红色的溶液，pH3.1，溶液显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故A正
20、确；B使酚酞变红色的溶液，pH8，溶液显碱性，Cu2+、HCO3分别与碱反应，则不能共存，故B错误；CAg+、I结合生成AgI为黄色沉淀，Ag+、SO42结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；DAlO2、H+反应时，酸少量生成沉淀，酸过量时生成铝离子，则不能共存，故D错误；故选A3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L 1molL 1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB78g 苯含有C=C双键的数目为3NAC常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、次
21、氯酸根离子是弱酸阴离子，水溶液中发生水解；B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键，C、N2与CO摩尔质量相同都为28g/mol，都是双原子分子；D、依据标准状况下气体物质的量n=，结合二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的氧化还原反应计算电子转移；【解答】解：A、次氯酸根离子是弱酸阴离子，水溶液中发生水解；1 L 1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目小于NA，故A错误；B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键，不存在碳碳双键，故B错误；C、N2与CO摩尔质量相同都为28g/mol，都是双原子分子，14 g 由N2与CO组成的混合气体物质的量=0.5mol，含有的原子数
22、目为NA，故C正确；D、标准状况下气体物质的量n=0.3mol，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化还原反应中0.3mol二氧化氮反应转移电子0.2mol；故D错误；故选C4下列离子方程式中正确的是（）A碳酸氢钡溶液与少量NaHSO4溶液反应：HSO4+Ba2+HCO3BaSO4+H2O+CO2B钠和水的反应：Na+2H2ONa+OH+H2C硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4D向碳酸氢钙溶液中滴加过量的澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A硫酸氢根离子完全电离出氢离子和硫酸根离子
23、；B电子不守恒；C漏写生成氢氧化镁的离子反应；D反应生成碳酸钙和水【解答】解：A碳酸氢钡溶液与少量NaHSO4溶液反应的离子反应为H+SO42+Ba2+HCO3BaSO4+H2O+CO2，故A错误；B钠和水的反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故B错误；C硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应的离子反应为Mg2+2OH+Ba2+SO42BaSO4+Mg（OH）2，故C错误；D向碳酸氢钙溶液中滴加过量的澄清石灰水的离子反应为Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，故D正确；故选D5下列有关说法正确的是（）A反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的H0
24、B电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极CCH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中C（OH）减小DNa2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32水解程度减小，溶液的pH 减小【考点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解原理【分析】A依据反应自发进行的判断依据HTS0解答；B依据原电池原理解答；C醋酸加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大；D碳酸钠溶液中加入少量Ca（OH）2固体，二者反应生成碳酸钙和氢氧化钠，溶液的pH增大【解答】解：A反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）气体系数减小，S0，而反应能否自
25、发进行即HTS0，所以，一定满足H0，故A正确；B电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；C醋酸加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故C错误；D碳酸钠溶液中加入少量Ca（OH）2固体，二者反应生成碳酸钙和氢氧化钠，CO32水解程度减小，溶液的pH增大，故D错误；故选A6下述实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去证明SO2具有漂白性B先加入AgNO3溶液，再加稀硝酸检验Na2SO4溶液中含有ClC向1mL0.2molL1NaOH溶液中滴入2滴0.1molL1的MgC
26、l2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1molL1的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D测定Na2SO4溶液与Na2CO3溶液的酸碱性证明非金属性SCAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应；B生成硫酸银沉淀；C氢氧化钠过量，不能比较溶解度大小；D根据盐溶液的酸碱性可比较对应酸的强弱，进而比较非金属性的强弱【解答】解：A二氧化硫与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故A错误；B检验氯离子，应先排除硫酸根离子的干扰，可先加入硝酸钡除杂，再检验氯离子，防止生成硫酸银沉淀
27、而干扰实验，故B错误；C氢氧化钠过量，不能比较溶解度大小，可在饱和氢氧化镁溶液中滴加氯化铁溶液比较，故C错误；DNa2CO3溶液呈碱性，说明碳酸酸性较弱，则C的非金属性较弱，可比较，故D正确故选D7下列关于有机化合物的说法正确的是（）A乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B戊烷（C5H12）有两种同分异构体C乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【考点】有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；B戊烷有3种同分异构体；C聚乙烯和苯分子中不含碳
28、碳双键；D单糖不能发生水解【解答】解：A乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，二者现象不同，可鉴别，故A正确；B戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，故B错误；C聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键，故C错误；D糖中的单糖不能发生水解，故D错误故选A8在C5H11Cl的同分异构体中，若其结构中只含有两个CH3，则该物质的结构（不考虑顺反异构）最多有（）A6种B7种C5种D4种【考点】有机化合物的异构现象【分析】戊烷存在正戊烷、异戊烷和新戊烷3种同分异构体，分别写出三者的一氯代物的结构简式，然后判断含有2个甲基的同分异构体的数目【解答】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5
29、个碳原子的为：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3，其中含有两个甲基的有2种；链有4个碳原子的为：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3，其中含有2个甲基的有1种；有3个碳原子的为：CH2C（CH3）2CH2Cl，其分子中含有2个甲基，所以满足条件的有机物的同分异构体有：2+1+1=4种，故选D9羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得下列有关说法正确的是（）A该反应是加成反应B苯酚和羟基扁桃酸是同系物
30、C该反应是取代反应D乙醛酸不能与 NaOH溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】苯酚和乙醛酸发生加成反应生成羟基扁桃酸，乙醛酸中含有醛基和羧基，具有醛和羧酸的性质，据此分析解答【解答】解：A两种有机物生成一种有机物，反应C=O变成CO单键，为加成反应，故A正确；B苯酚中只含酚羟基、羟基扁桃酸中还含有醇羟基和羧基，所以二者结构不相似，不是同系物，故B错误；C根据A知，该反应是加成反应，故C错误；D乙醛酸中含有羧基，所以能与NaOH溶液发生中和反应，故D错误；故选A10下列说法正确的是（）A图铜锌原电池工作时，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B图装置反应一段时间，将湿润的KI淀粉试纸靠近碳电极管
31、口，试纸变蓝C图是用海水制取蒸馏水的装置D图装置可用于乙醇提取碘水中的碘【考点】原电池和电解池的工作原理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；实验室制取蒸馏水【分析】A原电池放电时，盐桥中的阳离子向正极移动；B用惰性电极作阳极，电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电，氯气能置换出碘单质，根据碘的特性判断；C温度计的水银球应插入蒸馏烧瓶内支管口附近；D萃取剂和原溶剂不能互溶【解答】解：A该原电池装置中，锌是负极，铜是正极，放电时，盐桥中的钾离子向移向CuSO4溶液，故A错误；B用惰性电极作阳极，电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能置换出碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以将将湿润的K
32、I淀粉试纸靠近碳电极管口，试纸变蓝，故B正确；C温度计的水银球应插入蒸馏烧瓶内支管口附近而不是海水中，故C错误；D乙醇和水互溶，所以不能作萃取剂，可以选用四氯化碳、苯作萃取剂，故D错误；故选B11空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（）A当有0.1mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12L H2B左端装置中化学能转化为电能，右端装置中电能转化为化学能Cc极上发生的电极反应是：O2+2H2O+4e4OHDd极上进行还原反应，右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A【考
33、点】化学电源新型电池【分析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体X是氢气，b为阳极产生的气体Y是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2O+O2；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H+4e=2H2；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H24e=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算【解答】解：A当有0.1 mol电子转移时，a电极为原电池正极，电极反应为4H+4e
34、=2H2，产生0.05mol即1.12LH2，故A正确；B依据图示知左边装置是电解池，则装置中电能转化为化学能，右边装置是原电池，则化学能转化为电能，故B错误；Cc电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应：O2+4H+4e=2H2O，故C错误；Dd为负极失电子发生氧化反应，右端装置B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D错误；故选A12某新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压该电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，以下说法不正确的是（）A放电时负极反应为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2B放电时正极反应为：FeO42+4H2O+3e
35、=Fe（OH）3+5OHC放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化D充电时阳极附近溶液的碱性减弱【考点】化学电源新型电池；电极反应和电池反应方程式【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钾，电极反应式为Fe（OH）3+5OH=FeO42+4H2O+3e，阳极消耗OH离子，碱性要减弱【解答】解：A、根据电池的总反应可知，高铁电池
36、放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，故A正确；B、高铁酸钾在正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，故B正确；C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D、充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钾，电极反应式为Fe（OH）3+5OH=FeO42+4H2O+3e，阳极消耗OH离子，碱性要减弱，故D正确故选C13下列叙述正确的是（）A在原电池的正极和电解池的阳极上发生的都是氧化反应B实验室用惰性电极电解NaCl溶液，阴
37、、阳两极收集到的气体体积之比为2：1C用铜作电极电解稀硫酸，可能发生反应：Cu+H2SO4CuSO4+H2D在用惰性电极电解稀硫酸的过程中，溶液pH保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、原电池正极上得电子发生还原反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应；B、根据电解方程式中氢气和氯气的关系式判断其体积比；C、铜是活泼电极，用铜作电极电解稀硫酸溶液时，阳极上铜放电，阴极上氢离子放电；D、用惰性电极电解稀硫酸的过程中，阳极上析出氧气，阴极上析出氢气，实则电解水，溶液的溶质不变，溶剂改变，据此确定溶液浓度的变化来判断pH的变化【解答】解：A、原电池正极上得电子发生还原反应，故A错误；B、用
38、惰性电极电解NaCl溶液的电解方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，根据方程式知，氢气和氯气的体积之比为1：1，故B错误；C、用铜作电极电解稀硫酸，刚开始时，阳极上铜失电子，阴极上氢离子得电子，所以可能发生反应：Cu+H2SO4CuSO4+H2，故C正确；D、用惰性电极电解稀硫酸的过程中，阳极上析出氧气，阴极上析出氢气，实则电解水，溶液的溶质不变，溶剂的量减少，导致溶液中氢离子浓度增大，pH减小，故D错误故选C14室温下，下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）ApH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度B将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，需
39、加水的体积C10mL0.1 molL1的醋酸与100mL 0.01 molL1的醋酸中的H+物质的量D物质的量浓度相等的（NH4）2SO4溶液与（NH4）2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【分析】A、氢氧化钠抑制了水的电离，而碳酸钠促进了水的电离；B、醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，稀释过程中醋酸的电离程度增大；C、浓度越大，醋酸的电离程度越小，L0.1 molL1的醋酸比 0.01 molL1的醋酸电离程度小；D、碳酸根离子水解显示碱性，促进了铵离子的水解，碳酸铵中铵离子浓度小于硫酸铵【解答】解：A、pH=10的NaOH和Na2
40、CO3溶液中，氢氧化钠电离的氢氧根离子抑制了水的电离，而碳酸钠中碳酸根离子的水解促进了水的电离，显然水的电离程度前者小于后者，故A错误；B、将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，醋酸为弱电解质，稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中含有的氢离子的物质的量增大，所以醋酸中加水的体积一定大于盐酸，即前者小于后者，故B错误；C、10mL0.1 molL1的醋酸与100mL 0.01 molL1的醋酸中溶质醋酸的物质的量都是0.001mol；醋酸浓度越大，电离程度越小，所以前者中H+物质的量小于后者，故C错误；D、物质的量浓度相等的（NH4）2SO4溶液与（NH4）2CO3溶液，由于碳酸铵溶液
41、中碳酸根离子水解促进了铵离子水解，所以碳酸铵溶液中中NH4+的物质的量浓度小于硫酸铵溶液，即前者大于后者，故D正确；故选D15下列液体温度均处在25，有关叙述正确的是（）A某物质的溶液pH7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C将1 L 0.1 molL1的Ba（OH）2溶液稀释为2 L，pH=12DpH=8的NaOH溶液稀释100倍，其pH=6【考点】pH的简单计算【分析】A常温下pH小于7，溶液呈酸性，可能为酸或强酸强碱盐，也可能为酸式盐；B根据溶液的pH=lgc（H+）进行计算；C稀释后溶液中氢氧根离子浓度为0.1mo
42、l/L，溶液的pH=13；D碱溶液稀释后不可能变为酸溶液【解答】解：A某物质的溶液pH7，该溶液呈酸性，可能为酸式盐，如硫酸氢钠、亚硫酸氢钠溶液，不一定是酸或强酸弱碱盐，故A错误；BpH=4.5的番茄汁中c（H+）=104.5mol/L，pH=6.5的牛奶中c（H+）=106.5mol/L，前者溶液中氢离子浓度为后者100倍，故B正确；C1 L 0.1 molL1的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.2mol/L，将该溶液稀释为2 L时氢氧根离子浓度为0.1mol/L，稀释后溶液的pH=13，故C错误；DpH=8的NaOH溶液稀释100倍后，溶液中企业广告离子浓度只能无限接近107mol/
43、L，溶液的pH不可能小于7，故D错误；故选B16下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C（Na+）c（CO32）c（HCO3 ）c（OH）B20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶中：C（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）C室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl）+c（H+）c（NH4+ ）+c（OH）D0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体
44、积混合，所得溶液中：c（OH）c（H+）+c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A.0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成碳酸钠溶液，碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解溶液显碱性；B.20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后反应：CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH，反应后得到溶液中含有CH3COOH，CH3COONa，NaCl，溶液呈酸性，说明氢氧根离子浓度大于氢根离子浓度；CpH=12的氨水与pH=2的盐酸中，氨水浓度大于盐酸，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性
45、，c（H+）c（OH），c（Cl）c（NH4+ ）；D.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合恰好反应生成醋酸钠，溶液中存在质子守恒【解答】解：A.0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成碳酸钠溶液，碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解溶液显碱性，所得溶液中：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3 ），故A错误；B.20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后反应：CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH，反应后得到溶液中含有CH3COOH，
46、CH3COONa，NaCl，溶液的酸性是醋酸电离导致的，而醋酸的电离很有限（0.1mol/L的醋酸，大于5%电离），因而C（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+），故B正确；CpH=12的氨水与pH=2的盐酸中，氨水浓度大于盐酸，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子，氨水过量，溶液呈碱性，c（H+）c（OH），c（Cl）c（NH4+ ），c（Cl）+c（H+）c（NH4+ ）+c（OH），故C错误；D.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合恰好反应生成醋酸钠，溶液中存在质子守恒c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；故选
47、B17下列结论合理的是（）ACH4的稳定性高于SiH4，可推测CH4的沸点也高于SiH4B氯化钠的晶格能比氯化铯的晶格能小C根据价电子构型与化合价的关系，推出最外层电子数3个的元素一定是第A族元素D根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出SO2通入NaClO溶液中能生成HClO【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】A元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比；B晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比；C最外层电子数大于2而小于8的元素一定是主族元素，主族元素其最外层电子数与其族序数相同；D二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化【解答】解：A元素的非金
48、属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，非金属性CSi，所以氢化物的稳定性甲烷较强，但甲烷相对分子质量小于硅烷，所以硅烷熔沸点较高，故A错误；B晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，钠离子半径小于铯离子，所以氯化钠的晶格能比氯化铯的晶格能大，故B错误；C最外层电子数大于2而小于8的元素一定是主族元素，主族元素其最外层电子数与其族序数相同，所以最外层电子数3个的元素一定是第A族元素，故C正确；D二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂次氯酸钠氧化生成硫酸，故D错误；故选C18下列说法正确的是（）A非极性分子中的原子一定无孤电子对B平面三角型分子一定是非极性分子C二氯甲烷（C
49、H2Cl2）分子的中心原子是SP3杂化，键角均为10928DABn型分子的中心原子最外层满足8电子结构，则ABn不一定是非极性分子【考点】极性分子和非极性分子；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】A分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，非极性分子中的原子不一定无孤电子对；B平面三角型分子，有的是非极性分子，有的不是；C甲烷是正四面体，键角均为10928，二氯甲烷就是甲烷分子中的两个氢原子被两个氯原子所取代，分子的构型由正四面体变成四面体，键角发生了变化；DABn型分子的中心原子最外层满足8电子结构，ABn有的是非极性分子，有的不是【解答】解：ACH4是非极性分子，
50、分子中的原子无孤电子对，CCl4、Al2Cl6两者氯原子都含有孤电子对，故A错误；B甲醛中心原子C上无孤电子对，价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，碳原子位于三角形内部，结构不对称，所以为极性分子，故B错误；C甲烷是正四面体，键角均为10928，二氯甲烷分子的构型是四面体，键角发生了变化，不等于10928，故C错误；DABn型分子，中心原子最外层满足8电子结构，中心原子的化合价的绝对值等于价电子数，则ABn一定是非极性分子，如CH4，ABn型分子的中心原子最外层仅满足8电子结构，则ABn不一定是非极性分子，如NH3中心原子N为8电子结构，但是分子为极性分子，故D正确；故选D19X、Y、Z、
51、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A元素原子第一电离能大小关系：ZYWXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物CY与M形成化合物键长大于Z与M形成化合物的键长D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素
52、是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，可知该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素【解答】解：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15
53、，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，可知该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素A同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，一般非金属性越强第一电离能越大，故第一电离能：Y（N）Z（O）X（C）M（H）W（Na），故A错误；BCO2、C2H2 均为直线型共价化合物，而Na2O2
54、 是离子化合物，故B错误C原子半径NO，故NH键的键长大于比OH键的键长，故C正确；DX、Y、Z、M四种元素可形成化合物 （NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，共价化合物不含离子键，故D错误故选C20某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是（）A反应：H0，P2P1B反应：H0，T1T2C反应：H0，T2T1或H0，T2T1D反应：H0，T2T1【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强
55、变化曲线【分析】A由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；由方程式气体的计量数关系可知增大压强平衡向正反应方向移动；B由到达平衡所用时间可以看出T1温度较高；C、D根据升高温度平衡向吸热反应的方向移动判断【解答】解：A由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，H0；由方程式气体的计量数关系可知增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，则P2P1，故A错误；B由到达平衡所用时间可以看出T1温度较高，升高温度C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则H0，故B错误；C如H0，T2T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C
56、的体积分数增大，如H0，T2T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，故C正确；D如H0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2T1，故D错误故选C二、非选择题（共60分）21下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72+3CH3CH2OH+16H+13H2O4Cr（H2O）63+3CH3COOH（1）Cr原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；配合物Cr（H2O）6Cl3中，与Cr3+形成配位键的配体分子是H2O（2）乙酸乙酯中C原子轨道杂化类型为sp2、sp3杂化（3）与H2O互为等电子体的一种分子为H2S（填化
57、学式）；NH3在H2O中的溶解度很大，除因为它们都是极性分子外，还因为氨气分子与分子之间形成氢键【考点】原子核外电子排布；“等电子原理”的应用【分析】（1）Cr原子核外电子数为24，结合能量最低原理、洪特规则特例书写；与Cr3+形成配位键的配体分子是水分子；（2）乙酸乙酯中COO中C原子形成3个键，其它碳原子形成4个键，均没有孤对电子，杂化轨道数目分别为3、4；（3）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；氨气分子与分子之间形成氢键【解答】解：（1）Cr原子核外电子数为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，氯离子处于外界，与Cr3+形成配位键的配体分子是H
58、2O分子，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；H2O；（2）乙酸乙酯中COO中C原子形成3个键，其它碳原子形成4个键，均没有孤对电子，杂化轨道数目分别为3、4，分别采取sp2、sp3杂化，故答案为：sp2、sp3杂化；（3）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与H2O互为等电子体的一种分子为H2S，NH3在H2O中的溶解度很大，除因为它们都是极性分子外，还因为氨气分子与分子之间形成氢键，故答案为：H2S；氨气分子与分子之间形成氢键22A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；
59、D元素最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是O（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是O3（填分子式），原因是O3相对分子质量较大，范德华力较大；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3（4）化合物D2A的立体构型为V形，中心原子的价层电子对数为2，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（
60、5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm，F的化学式为Na2O；晶胞中A原子的配位数为8；列式计算晶体F的密度（gcm3 ）2.27gcm3（保留小数点后两位数字）【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；A2和B+具有相同的电子构型，则A为O元素、B为Na元素；（1）四种元素电负性最大的为O元素，C为P元素；（2）A为O元素，有O
61、2、O3两种同素异形体，O3相对分子质量较大，沸点较高，B的氢化物为NaH，为离子晶体；（3）C和D反应可生成化合物为PCl3，为sp3杂化；（4）化合物D2A为Cl2O，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8+6=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，计算质量和体积，可计算密度【解答】解：A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C、D为同周期元素，C核外电子总
62、数是最外层电子数的3倍，则C为P元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；A2和B+具有相同的电子构型，则A为O元素、B为Na元素；（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，故答案为：O；1s22s22p63s23p3；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对分子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体，故答案为：O3；O3相对分子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的
63、化合物为PCl3，P形成3个键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个键，孤电子对数为=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8+6=4，N（Na）
64、：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为g，晶胞的体积为（0.566107）cm3，则晶体F的密度为gcm3=2.27 gcm3，故答案为：Na2O；8；2.27gcm323以下是有关SO2、Cl2的性质实验某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究SO2和Cl2的性质（1）若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中所发生反应的实质不相同（填“相同”或“不相同”）；若D中盛铜粉，通入足量的Cl2，D中的现象是Cu粉红热，并产生棕黄色烟；若装
65、置D中装的是五氧化二钒（催化剂），通入SO2时，打开K通入适量O2的化学反应方程式为2SO2+O22SO3SO2通入B中，碘水褪色，则该反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42（2）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量（填字母）AC，则可以看到白色沉淀产生A氨水B稀盐酸 C稀硝酸 D氯化钙溶液（3）若由元素S和O组成2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3；当Cl2与含X的溶液完全反应后，可得澄清溶液取少量该溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生写出Cl2与含X的溶液反应的离子方程式Cl2+H20+S2O32=SO4
66、2+S+2Cl+2H+【考点】性质实验方案的设计【分析】实验探究SO2和Cl2的性质：装置A：品红溶液验证漂白性，二氧化硫、氯水都能使其褪色，B装置：二氧化硫与碘水中的碘反应，检验二氧化硫的还原性，装置C：浓硫酸干燥二氧化硫，装置D：二氧化硫与氧气发生催化氧化，若D中盛铜粉，氯气和铜反应生成氯化铜，装置E：吸收尾气，吸收多余的SO2和Cl2可用氢氧化钠溶液吸收（1）二氧化硫具有漂白性和有机色素结合为不稳定的化合物，氯气通入溶液中与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以氧化有机色素为无色；铜粉在Cl2中加热Cu粉红热，并生成产生棕黄色烟氯化铜；若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），二氧化硫催化氧化为
67、三氧化硫；二氧化硫具有还原性和碘单质发生氧化还原反应生成硫酸和氢碘酸；（2）足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量物质可以看到白色沉淀产生；A氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀；B稀盐酸不和二氧化硫反应不能生成沉淀；C稀硝酸溶液具有强氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，结合钡离子生成沉淀；D氯化钙溶液和二氧化硫不反应；（3）先根据X中元素的质量之比求出原子个数之比，再根据题中反应现象判断该反应生成的离子，由氧化还原反应写出离子方程式【解答】解：（1）二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸
68、，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象相同，都使品红褪色，但本质不同，故答案为：不相同；铜粉在Cl2中加热，铜被氯气氧化，Cu粉红热，并生成产生棕黄色烟氯化铜，故答案为：Cu粉红热，并产生棕黄色烟；二氧化硫和氧气在五氧化二钒作催化剂、加热条件下能发生氧化还原反应生成三氧化硫，反应方程式为 2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；SO2通入B装置碘水中，溶液颜色退去，发生了氧化还原反应：碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，被碘单质氧化为硫酸，本身被还原为碘化氢，反应的离子方程式为：SO2+I2+2H2O=4H+2I+S
69、O42，故答案为：SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42；（2）将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量试剂仍然无法观察到沉淀产生，说明不发生反应：A、氨水加入后生成亚硫酸铵，亚硫酸根和钡离子生成沉淀，故A正确；B、稀盐酸加入后不反应，故B错误；C、稀硝酸溶液具有强氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故C正确；D氯化钙溶液和二氧化硫不反应，故D错误；故答案为：AC；（2）若由元素S和O组成2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3，所以X中S和O的原子个数比为： =2：3，所以该离子为S2O3 2；氯气有强氧化性，能和硫代硫酸根离
70、子发生氧化还原反应，根据题意知，该反应中有硫酸根离子生成，所以氯气中氯元素得电子生成氯离子，所以该反应的离子方程式为：Cl2+H20+S2O32=SO42+S+2Cl+2H+，故答案为：Cl2+H20+S2O32=SO42+S+2Cl+2H+24在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H大于0（填“大于”“小于”）；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应速率v（N2O4）为0.001molL1s1，反应的平衡常数K1为0.36mol/L（2）100时达到平衡后，改变
71、反应温度为T，c（N2O4）以0.0020molL1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡则T大于100（填“大于”“小于”），判断理由是正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向逆反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据随温度升高，混合气体的颜色变深，说明反应正向移动，正方向为吸热反应；反应速率根据v=计算；平衡常数K根据概念计算；（2）改变温度后，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应吸热反应
72、，升高温度平衡正向移动；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向【解答】解：（1）由题：随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即H0；060s时段，v（N2O4）=0.001molL1s1；K=0.36mol/L；故答案为：大于、0.001、0.36mol/L；（2）改变温度后，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T100；故答案为：大于；正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动；故答案为：逆反应；
73、对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动25高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性（1）已知：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有杀菌消毒、吸附悬浮物同浓度的高铁酸钾在pH为4.74、7.00、11.50的水溶液中最稳定的是pH=11.50的溶液（2）高铁酸钾有以下几种常见制备方法：干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物湿法强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液电解法制备中间产物Na2FeO4，再与KOH溶液反应干法制备K2Fe
74、O4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1湿法制备中，若Fe（NO3）3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式：2FeO42+Fe3+8OH=3FeO43+4H2O制备中间产物Na2FeO4，可采用的装置如图所示，则阳极的电极反应式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电，其总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，放电时负极材料为Zn，正极反应为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；（4）25时，CaFeO4的Ksp=4.54l
75、09，若要使1000L，含有2.0l04molLlK2FeO4的废水中的c（FeO42）有沉淀产生，理论上至少加入Ca（OH）2的物质的量为2.27102mol【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；依高铁酸根离子水解平衡移动的影响因素解答；（2）Fe2O3、KNO3、KOH混合加热发生氧化还原反应，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+3价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律计算；由信息可知，碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原
76、反应生成K3FeO4，根据元素守恒还应生成H2O，反应中FeO42FeO43，铁元素化合价由+6价降低为+5价，总共降低1价，Fe3+FeO43，铁元素化合价由+3价升高为+5价，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，所以FeO42系数为2，Fe3+系数为1，根据铁元素守恒确定FeO43系数，根据电荷守恒确定OH系数，根据氢元素守恒确定H2O系数，检查氧元素守恒，据此写出氧化还原反应方程式；电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，被氧化生成高铁酸根离子；（3）放电时，为原电池，依据3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，锌化合价升高，发生氧化反应，做负极，高
77、铁酸根离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢氧化铁；（4）依据溶度积规则，当Qc=Ksp达到沉淀溶解平衡，要产生沉淀则QcKsp，据此解答【解答】解：（1）K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮杂质；4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，增大溶液中的氢氧根离子浓度，能够使平衡逆向移动，抑制高铁酸根离子的水解，所以同浓度的高铁酸钾在pH为11.50的水溶液中最稳定，故答案为：杀菌消毒、吸附悬浮物；11.50；（2）Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，Fe2O3做还原剂；
78、N元素化合价由+5价降低到+3价，KNO3做氧化剂，设氧化剂物质的量为xmol，还原剂物质的量为ymol，要使氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数，x（53）=y2（63），解得x：y=3：1，故答案为：3：1；由信息可知，碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，根据元素守恒还应生成H2O，反应中FeO42FeO43，铁元素化合价由+6价降低为+5价，总共降低1价，Fe3+FeO43，铁元素化合价由+3价升高为+5价，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，所以FeO42系数为2，Fe3+系数为1，根据铁元素守恒确定FeO43系数为3，根据电荷守恒确定OH系数8，
79、根据氢元素守恒确定H2O系数为4，反应离子方程式为2FeO42+Fe3+8OH=3FeO43+4H2O，故答案为：2FeO42+Fe3+8OH=3FeO43+4H2O；电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O，故答案为：Fe+8OH6eFeO42+4H2O；（3）放电时，为原电池，依据3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，锌化合价升高，发生氧化反应，做负极，高铁酸根离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢氧化铁，电极反应式为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH，故答案为：Zn；FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；（4）解：设加入Ca（OH）2的物质的量为xmol，则溶液中钙离子浓度为x103mol/L，含有2.0l04 molLlK2FeO4的废水中的c（FeO42）=2.0l04 molLl，Qc=x103mol/L2.0l04 molLl=Ksp=4.54l09；解得：x=2.27102；故答案为：2.271022016年12月12日高考资源网版权所有，侵权必究！