黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018·和平模拟）战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃”的主要成分是（ ）
A．CaO B．NaHCO3
C．SiO2 D．CaCO3
2．（2018高三上·黑龙江期中）化学来源于生活，下列有关常识说法错误的是（ ）
A．用灼烧法可以区分蚕丝和人造皮革
B．生活垃圾直接焚烧会产生二噁英等有害物质
C．无水乙醇既可作燃料，也可用于杀菌、消毒
D．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
3．（2018高三上·黑龙江期中）下列物质的性质与应用关系错误的是（ ）
A．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，可用铁槽车贮运浓硫酸
B．MgO、Al2O3的熔点很高，可用做耐高温材料
C．Si具有良好的导光性，可用来制作光导纤维
D．硫磺香皂有杀菌灭虫的效果，是因为添加的硫单质有杀菌灭虫的效果
4．（2018高三上·黑龙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．某试样焰色反应呈黄色，则试样中含有K+
B．用广泛pH试纸测得NaClO溶液的pH值为12
C．可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质
D．金属镁失火不可用水来灭火
5．（2018高三上·黑龙江期中）按照阿伏加德罗定律，下列叙述错误的是（ ）
A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比
B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比
C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比
D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比
6．（2018高三上·黑龙江期中）某课外实验小组设计的下列实验合理的是（ ）
A． 配制一定浓度硫酸溶液
B． 制备少量氨气
C． 制备并收集少量NO2气体
D． 制备少量氧气
7．（2018高三上·黑龙江期中）用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人安全防护用品是（ ）
A．实验服 B．橡胶手套
C．护目镜 D．防毒面罩
8．（2018高三上·黑龙江期中）下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A．植物的光合作用 B．钢铁生锈
C．米饭变馊 D．SO2使品红溶液褪色
9．（2018高三上·黑龙江期中）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向碳酸氢铵溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O
B．二氧化硫通入氯化钡溶液中：SO2＋Ba2＋＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋
C．将铜片投入氯化铁溶液：Fe3＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋
D．84消毒液（含NaClO）与洁厕灵（含HCl）混用，会产生氯气：2H＋＋Cl－+ClO－＝Cl2↑+ H2O
10．（2018高三上·黑龙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．SO3与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3
C．明矾水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
D．室温下，SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
11．（2018高三上·黑龙江期中）下列实验对应的现象以及结论均正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置 下层为橙色 裂化汽油可萃取溴
B 向Ba(ClO)2溶液中通入SO2 有白色沉淀生成 酸性：H2SO3>HClO
C 向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，将产生的气体通入品红溶液 无明显现象 铜片未打磨
D 将一小块钠加入盛有无水乙醇的烧杯中 有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声 生成的气体是H2
A．A B．B C．C D．D
12．（2018高三上·黑龙江期中）下列物质提纯的方法正确的是（ ）
A．除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合
B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸
C．除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤
D．除去乙酸中混有的乙醇：加入生石灰后蒸馏
13．（2018高三上·黑龙江期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN－、Cl－
B．c(H+)/ c(OH－)=1×10－12的溶液中：K+、Na +、CO32－、NO3－
C．c(Fe3+)=1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、AlO2－、SO42－
D．能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH4+、SO42－、HCO3－
14．（2018高三上·黑龙江期中）运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是（ ）
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5
B．KCl既是氧化产物，又是还原产物
C．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
D．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替
15．（2018高一上·江苏开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)
B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C．Y的单质的氧化性比Z的强
D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
16．（2018高三上·黑龙江期中）一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是（ ）
A．Pd电极b为阴极
B．阴极的反应式为：N2+6H++6e =2NH3
C．H+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2和H2
17．（2018高三上·黑龙江期中）球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X.实验室测定化合物X的组成实验如下：
下列说法错误的是（ ）
A．固体2是氧化铁
B．X的化学式可以表示为Fe3C2
C．溶液甲中可能含有Fe3+
D．X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成
18．（2018高三上·黑龙江期中）工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。一定条件下，将0.5molCO和0.5molH2在体积为2L的密闭容器中发生上述反应，则下列示意图合理的是（ ）
A． B．
C． D．
19．（2018高三上·黑龙江期中）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）
A．Na B．Al C．K D．Fe
20．（2018高三上·黑龙江期中）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
21．（2018高三上·黑龙江期中）化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是（ ）
①过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2反应；④过量铜与浓硫酸反应；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应；⑦过量氯气与碘化钾溶液反应
A．②③④⑥ B．②③⑤⑦
C．①③⑤ D．①②③④⑥
22．（2018高三上·黑龙江期中）将铁粉和铜粉的均匀混合物平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只有NO）。下列计算结果正确的是（ ）
编号 ① ② ③ ④
硝酸体积/mL 100 200 300 400
剩余金属/g 18.0 9.6 0 0
NO体积/L 2.24 4.48 6.72 V
A．①中溶液存在Fe3+ B．硝酸的浓度为4mol/L
C．②中溶解了9.6gCu D．④中V=6.72
23．（2018高三上·黑龙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．根据反应Cu＋H2SO4 CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强
B．电解含Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的溶液，阴极上阳离子得电子次序依次是Cu2＋、H＋、Pb2+
C．含amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫气体（不考虑SO2在水中的溶解）
D．由置换反应I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2可知I2的氧化性强于Cl2的氧化性
24．（2018高三上·黑龙江期中）向2L的密闭容器中充入7.6mol NO和3.8mol O2，发生如下反应：
①2NO（g）＋O2（g） 2NO2（g）
②2NO2（g） N2O4（g）
测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T1℃，10min后升高并维持容器的温度为T2℃。下列说法正确的是（ ）
A．前5min的平均反应速率v（N2O4）＝0.18mol·L－1·s－1
B．T1℃时反应②的化学平衡常数K＝0.6
C．反应①、②均为吸热反应
D．若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，T1℃达到平衡时，N2O4的转化率为10%
25．（2018高三上·黑龙江期中）工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（主要成分NaClO）一化学小组在室温下将氯气缓缓通入NaOH溶液，模拟实验得到ClO－、ClO3-等离子的物质的量（mol）与反应时间t（min）的关系曲线。下列说法错误的是（ ）
A．工业制取漂白液的化学反应方程式为Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O
B．a点时溶液中各离子浓度：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)＝c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－＝ 2Cl－＋ClO3－
D．使用漂白液时，为了增强漂白效果，可以向漂白液中加入浓盐酸
二、实验题
26．（2018高三上·黑龙江期中）Na2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O3·5H2O。
现实验室欲制取Na2S2O3·5H2O晶体（Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为248）
步骤如下：
①称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。
②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。
③（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。
④滤液在经过..........、...........后析出Na2S2O3·5H2O晶体。
⑤进行减压过滤并干燥。
（1）仪器B的名称是 ，其作用是 ，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是 。
（2）步骤④应采取的操作是 、 。
（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 。如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是： 。
（4）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L的碘水，用 （填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32－ + I2 ＝ S4O62－ + 2I－），滴定结果如下：
滴定次数 滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 0.30 30.52
第二次 0.36 31.06
第三次 1.10 31.28
则所得产品的纯度为 ，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差） 。
三、填空题
27．（2018高三上·黑龙江期中）A，B，C，D，E是位于短周期的主族元素。已知：A、B、C、E在同一周期，在该周期元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；A与B质子数之和是D质子数的3倍；C m- 、E (m-1)-具有相同的电子层结构；热稳定性：H mD＞H mC。依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：
（1）H m D m 的电子式为
（2）C m- 、E (m-1)-的还原性强弱顺序为： ，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为 。
（3）B单质与A的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为： 。
（4）常温下，将CD m通入H m C溶液中，有C析出，写出该过程的化学方程式 。
（5）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是 （填元素符号）。
28．（2018高三上·黑龙江期中）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）CO可用于炼铁，
已知：Fe2O3（s）+ 3C（s）＝2Fe（s）+ 3CO（g） ΔH 1＝+489.0 kJ·mol－1
C（s） +CO2（g）＝2CO（g） ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1
则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为 。
（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式： 。
（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。
②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容 器 甲 乙
反应物投入量 1molCO2、3molH2 a molCO2、b molH2、 c molCH3OH（g）、c molH2O（g）
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为 。
③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 。
a.容器中压强不变 b.H2的体积分数不变 c.c（H2）＝3c（CH3OH） d.容器中密度不变 e.2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂
（4）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g） + 6H2（g） CH3OCH3（g） + 3H2O（g）。已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n(H2) / n(CO2)]的变化曲线如下图。若温度升高，则反应的平衡常数K将 （填“增大”、“减小”或“不变”。下同）；若温度不变，提高投料比n(H2)/n(CO2)，则K将 ；该反应△H 0（填“＞”、“＜”或“=”）。
29．（2018高三上·黑龙江期中）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：
回答下列问题：
（1）11.2 L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88g CO2和45gH2O。A的分子式是 。
（2）D的名称（系统命名）为 ；
（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3-苯基-1-丙醇，F的结构简式是 ；
（4）反应①的反应类型是 ；
（5）反应②的化学方程式为 ；
（6）与G具有相同的官能团的芳香类同分异构体有 种（不含G），其中HNMR中有五组峰，峰面积比为1∶1∶2∶2∶2的异构体的结构简式： 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“蜃”主要成分是氧化钙，
故答案为：A。
【分析】根据题给信息分析。
2．【答案】C
【知识点】乙醇的化学性质；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A.蚕丝是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，人造皮革不是蛋白质，灼烧时没有这种气味，可以用灼烧法区分蚕丝和人造皮革，A不符合题意；
B.生活垃圾中有许多塑料垃圾，焚烧塑料垃圾能产生二噁英，二噁英使人致癌，B不符合题意；
C.无水乙醇可作燃料，但不可用于杀菌、消毒，75%的医用酒精才用于杀菌、消毒，C符合题意；
D.包括流感病毒在内的许多病毒都是由蛋白质组成，加热能使蛋白质变性，使蛋白质失去生理活性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.蚕丝灼烧时有烧焦羽毛的气味；
B.塑料燃烧能产生二噁英；
C.无水乙醇是一种常用燃料，也可用于杀菌消毒；
D.高温能使蛋白质变性；
3．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A.常温下浓硫酸使铁钝化，在铁的表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止浓硫酸继续与铁反应，所以可用铁槽车贮运浓硫酸，A项答案选符合题意；
B.MgO的熔点2800℃、Al2O3的熔点2050℃，可用做耐高温材料，B项答案选符合题意；
C.硅晶体呈灰黑色，不具有导光性，不是用来制作光导纤维，而是用来制作半导体材料，C项符合题意；
D.硫单质有杀菌灭虫的功效，对人安全，D项答案选符合题意；
故答案为：C
【分析】A.常温下，浓硫酸能使铁钝化；
B.熔点高的物质可用做耐高温材料；
C.硅常用作半导体材料；
D.硫单质具有杀菌灭虫的效果；
4．【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；焰色反应；分液和萃取
【解析】【解答】A.含钠元素的单质或化合物在灼烧时使火焰呈现黄色，所以某试样焰色反应呈黄色，则试样中含有钠元素，无法确定是否含K+，A不符合题意；
B.NaClO溶液具有漂白性，测量时pH试纸变色后很快褪色或颜色变浅，无法测量NaClO溶液的pH，B不符合题意；
C.酒精与水互溶，不可用作碘水的萃取剂，C不符合题意；
D.金属镁能与热水反应生成H2：Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑，H2能在空气中燃烧且能发生爆炸，所以金属镁失火不可用水来灭火，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.钾的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察， 其火焰显紫色；
B.NaClO具有氧化性，能使变色后的试纸褪色；
C.酒精能与水互溶，不用做萃取剂；
D.镁能与水反应产生可燃性气体H2；
5．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A.由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A不符合题意；
B.由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B符合题意；
C.由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C不符合题意；
D.由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对阿伏加德罗定律及其推论的考查， 结合阿伏加德罗定律pV=nRT进行分析。
6．【答案】B
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、应该在烧杯中冷却后再转移至容量瓶，A不符合题意；
B、浓氨水与氧化钙混合，促进一水合氨的分解，生成氨气，B符合题意；
C、二氧化氮溶于水生成NO和硝酸，不能用排水法收集，C不符合题意；
D、过氧化钠不是块状固体，不能用于简易启普发生器制备氧气，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解、稀释；
B.二者能发生反应：NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3；
C.NO2能溶于水，不可用排水集气法收集；
D.过氧化钠为粉末状固体，不能用启普发生器装置进行反应；
7．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】浓硫酸具有强腐蚀性，溶于水时放出大量的热，可能产生液滴飞溅，所以实验时要做好个人防护，本题四个选项中防毒面罩不需要，
故答案为：D
【分析】浓硫酸不具备毒性，不需防毒面具。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.光合作用是植物利用太阳的光能将空气中的二氧化碳和土壤中的水转化为糖和氧气的过程，这个化学反应过程中氧元素化合价从-2价升高到0价，是氧化还原反应，所以光合作用与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B.铁锈的主要成分是Fe2O3 xH2O，钢铁生锈过程中铁元素化合价从0价升高到+3价，属于氧化还原反应，所以钢铁生锈与氧化还原反应有关，B不符合题意；
C.米饭变馊是空气中的氧气与米饭发生了缓慢氧化的过程，是氧化还原反应，所以米饭变馊与氧化还原反应有关，C不符合题意；
D. SO2使品红溶液褪色是因为SO2与有机色质化合生成了无色物质，温度升高该无色物质又分解生成SO2和原来的有机色质，这个反应不是氧化还原反应，所以SO2使品红溶液褪色与氧化还原反应无关，D符合题意；
故答案为：D
【分析】与氧化还原反应无关，则过程中没有发生氧化还原反应，据此分析选项中所给变化过程中是否有元素化合价变化。若没有元素化合价发生变化，则与氧化还原反应无关。
9．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.因为氢氧化钠溶液过量，碳酸氢铵中的NH4+也要与OH-反应，符合题意的离子方程式是：NH4++HCO3-+2OH-= CO32－＋NH3 H2O+H2O，A不符合题意；
B.SO2通入BaCl2溶液中，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3是弱酸，弱酸不能制强酸，不会有BaSO3沉淀生成，B不符合题意；
C.电子得失不守恒，符合题意的离子方程式是2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，C不符合题意；
D.NaClO具有强氧化性，NaClO能氧化HCl生成Cl2，84消毒液和洁厕灵混合发生反应：2H＋＋Cl－+ ClO－＝Cl2↑+ H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.NaOH过量，则NH4HCO3完全反应，其中NH4+和HCO3-的系数比为1：1；
B.SO2与BaCl2溶液不反应；
C.该离子方程式电荷不守恒；
D.ClO-与Cl-在酸性条件下能反应生成Cl2；
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；二氧化硫的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、铅蓄电池放电总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，其中PbSO4是一种微溶性盐，电池放电时正极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，负极反应为Pb+SO42--2e-=PbSO4，所以正负极质量均增加，A符合题意；
B、SO3+H2O+Ba(NO3)2=BaSO4↓+2HNO3，SO2如果类比生成Ba(SO3)2和HNO3，但是生成的HNO3会氧化+4 价S元素生成Ba(SO4)2，B符合题意；
C、Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，生成的Al(OH)3可以吸附水中的固体小颗粒起到净水的作用，C符合题意；
D、该反应过程中气体总量增加，属于熵增反应，既△S>0，反应不能自发进行则△G>0，△G=△H-T△S，所以△H=△G+T△S>0，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据铅蓄电池反应过程中的电极反应进行分析；
B.SO2的水溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有氧化性；
C.明矾中的Al3+能水解成Al(OH)3胶体，可用于净水；
D.判断反应能否自发进行，需综合焓判据和熵判据；
11．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；乙醇的化学性质；分液和萃取
【解析】【解答】A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反应，所以该实验的现象和结论均不符合题意，A不符合题意；
B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有强氧化性，SO2有强还原性，ClO-能把SO2氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以该实验的结论不符合题意，B不符合题意；
C.浓硫酸与铜片反应需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以“没有明显现象”不能得出“铜片未打磨”的结论，C不符合题意；
D.常温下钠与乙醇反应：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氢气中混有空气，点燃有爆鸣声，所以该实验的现象和结论均符合题意，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.裂化汽油中含有乙烯，能与溴水发生加成反应；
B.ClO-具有氧化性，能将SO2氧化成SO42-；
C.铜与浓硫酸在加热的条件下能反应生成SO2，SO2能使品红褪色；
D.金属钠能与乙醇反应生成H2；
12．【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、因为通入过量的氧气，NO2中混有过量的氧气，A不符合题意；
B、SO2具有还原性，被高锰酸钾氧化成SO42－，通过浓硫酸干燥，达到纯净的CO2，B符合题意；
C、引入过量Ba2＋，C不符合题意；
D、乙酸显碱性，与生石灰反应，因此除去乙酸，跟题意不符，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】在除杂提纯的过程中，所加试剂只能与杂质发生反应，且不能形成新的杂质；据此分析选项。
13．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A.Fe3+与SCN-发生络合反应，Fe3+与SCN-不能大量共存，A不符合题意；
B.c（H+）/c（OH-）=1 10-12的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，B符合题意；
C.Fe3+、NH4+与AlO2-发生双水解反应，Fe3+、NH4+与AlO2-不能大量共存，C不符合题意；
D.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-能与H+反应，HCO3-不能大量存在，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.溶液中的Fe3+能与SCN-结合成络合物；
B.该溶液中c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性；
C.溶液中的Fe3+与AlO2-能发生水解；
D.能使甲基橙变红的溶液显酸性；
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.5KClO3+6P=3P2O5+5KCl分析该反应中元素化合价：氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，得电子，故KClO3是氧化剂；磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，失电子，故P是还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，A不符合题意；
B.因为反应中氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，氯元素发生还原反应，钾元素化合价没变，所以KCl只是还原产物，B不符合题意；
C.根据化合价升降与电子得失的关系可知：磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，每个磷原子失5个电子，所以反应消耗3molP时磷原子失去15mol电子，即反应中转移15mol电子，C符合题意；
D.白磷的着火点很低，在空气中发生缓慢氧化而自燃，而且白磷剧毒，所以火药中的红磷不可以用白磷代替，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由化合价变化确定氧化剂、还原剂，结合配平系数确定二者的物质的量之比；
B.KCl是由KClO3发生得电子的还原反应的产物；
C.根据关系式6P~30e-进行计算；
D.红磷与白磷的着火点不同；
15．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】Z是地壳中含量最高的元素，即Z为O，W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，只有Y和Z处于同一周期且相邻，四种元素原子序数依次增大，因此Y为N，X为H，
A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小顺序是r(Na)>r(N)>r(O)>r(H)，故A不符合题意；
B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B不符合题意；
C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C不符合题意；
D、可以组成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A比较半径：先看电子层数（电子层数越大，原子半径越大），再看核电荷数（核电荷数越小，半径越大）
B氢氧化钠是强碱
C单质的氧化性，取决于元素的非金属性，同一周期内，越往右，非金属性越强。
16．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，A符合题意；
B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，B不符合题意；
C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，C不符合题意；
D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】该电解池的总反应为：N2+3H2=2NH3；则阳极的电极反应式为：3H2-6e-=6H+，阴极的电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3；据此结合选项进行分析。
17．【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】铁碳化合物X与足量的空气反应，高温煅烧后生成的固体1时铁的氧化物，加入过量盐酸，生成的溶液甲中可能含有Fe2+、Fe3+，再通入足量的氯气后，溶液乙为FeCl3溶液，则经过加热、蒸发、灼烧后固体2为Fe2O3，质量为24.0g，所以铁的质量m(Fe)="24.0g×112/160" =16.8g，则n(Fe)=0.3mol，因为化合物X是铁和碳的化合物，所以碳的质量为18-16.8=1.2g，n(C)=0.1mol，则n(Fe)：n(C)=3：1，X的化学式为Fe3C，Fe3C与足量的热浓硝酸发生氧化还原反应，会生成NO2和CO2。
故答案为：B
【分析】固体1为铁的氧化物，溶于过量稀盐酸后，溶液甲中可能含有Fe2+、Fe3+；通入足量Cl2后，所得溶液乙含有Fe3+，加热蒸发灼烧后所得固体2为Fe2O3。根据铁元素守恒，可得24.0gFe2O3中铁元素的质量为18.0g化合物X中的铁元素的质量，结合铁元素和碳元素的质量比可确定该化合物X的化学式。
18．【答案】A
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A.反应过程中甲醇的体积分数逐渐增大，假设反应的CO的物质的量为a，CO的体积分数= ×100%= ，始终不变，A符合题意；
B.随着反应的进行，CO的物质的量逐渐减少，甲醇的物质的量逐渐增大，达到平衡后，二者的物质的量不一定相等，B不符合题意；
C.随着反应的进行，氢气的浓度减小，甲醇的浓度增大，但氢气的起始浓度为0.25mol/L，C不符合题意；
D.随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时甲醇的逆反应速率等于氢气正反应速率的一半，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、由计算可得，CO的体积分数保持不变；
B、反应达到平衡状态时，CO和CH3OH的物质的量保持不变，但不一定相等；
C、H2的起始浓度为0.25mol/L；
D、纵坐标表示的是反应速率，当体系达到平衡状态时，用甲醇表示的速率应等于用氢气表示速率的一半；
19．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A.钠在空气中表面形成Na2O，但Na2O层疏松不能阻止空气继续氧化，A不符合题意；
B.铝在空气中表面形成一层致密的Al2O3层，能阻止空气继续氧化，B符合题意；
C.钾在空气中表面形成K2O等氧化物，氧化层很疏松不能阻止空气继续氧化，C不符合题意；
D.铁在潮湿的空气中易生锈（Fe2O3 H2O），铁锈疏松多孔不能阻止空气继续氧化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】铝易与空气中的氧气反应，生成一层致密的氧化薄膜，对内层金属可以起到保护作用。
20．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；无机物的推断
【解析】【解答】解：A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，A符合题意；
B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，B不符合题意；
C.AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，C不符合题意；
D.Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对无机化合物相关转化的综合考查，结合钠、铝、铁、银的相关化合物的性质进行分析。
21．【答案】A
【知识点】工业合成氨；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】①过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应中随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，但稀硫酸也与锌反应；
②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应，由于该反应是可逆反应，则反应物不能完全转化为生成物；
③浓盐酸与过量的MnO2反应中随着反应的进行，盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应；
④过量铜与浓硫酸反应中随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应；
⑤过量稀硝酸与银反应中硝酸不论浓稀均与银反应；
⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应中生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表明阻止反应进行；
⑦过量氯气与碘化钾溶液反应可以把碘化钾完全氧化；
所以符合条件的是②③④⑥，A符合题意；
故答案为：A
【分析】①锌能与浓硫酸反应产生SO2，与稀硫酸反应生成H2；
②合成氨的反应为可逆反应；
③当浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止；
④铜与浓硫酸反应产生SO2，与稀硫酸不反应；
⑤稀硝酸具有氧化性，能将银氧化；
⑥CaCO3能与H2SO4反应生成微溶的CaSO4覆盖在石灰石表面，反应停止；
⑦氯气过量，KI完全反应；
22．【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A.由表格可知，第①次实验中有固体金属剩余，因为还原性Fe>Cu>Fe2+，剩余的固体是铁和铜的混合物或只有铜，发生的反应有：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，可能部分Cu被氧化3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，所以①溶液中肯定没有Fe3+，A不符合题意；
B.第②次实验可以看作在第①实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，仍有9.6g固体金属剩余，说明HNO3耗尽，发生的反应只能是这两个反应中的1个或2个：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。产生NO体积4.48L-2.24L=2.24L，n(NO)= =0.1mol。根据反应方程式得关系式4HNO3~NO，这100mL稀硝酸中HNO3的物质的量=4 n(NO)=4×0.1mol=0.4mol，所以稀硝酸的浓度c(HNO3)= =4mol/L，B符合题意；
C. 第②次实验可以看作在第①次实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，这100mL稀硝酸溶解金属的质量为18.0g-9.6g=8.4g，产生NO的物质的量n(NO)= =0.1mol，发生的反应只能是这两个反应中的1个或2个：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。有关系式3Fe~8HNO3~2NO或3Cu~8HNO3~2NO，溶解金属的物质的量= ×n(NO)= ×0.1mol=0.15mol，溶解的金属的平均摩尔质量= =56g/mol（恰好是铁的摩尔质量），因此这100mL稀硝酸溶解的全是铁，所以实验②中没有铜溶解，C不符合题意；
D.第③次实验可以看作在第②次实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，由表中数据可知，这100mL稀硝酸溶解金属9.6g，产生NO气体体积=6.72L-4.48L=2.24L（即0.1mol），据关系式HNO3~NO~得3e-，反应中转移电子0.3mol。如果全部是铜失电子，有关系式Cu~失2e-，则铜的质量= ×64g/mol=9.6g，如果全部是铁失电子，有关系式Fe~2e-，则铁的质量= ×56g/mo=8.4g，所以③中9.6g固体全部是铜。结合上面C项分析可知第①、②次实验中参加反应的全部是铁，每份固体中铁的质量为8.4g×2=16.8g，n(Fe)= =0.3mol，第③次实验所得溶液中含Fe(NO3)2的物质的量为0.3mol。继续加100mL稀硝酸则发生的反应是3Fe(NO3)2+4HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，由B项可知100mL稀硝酸中含HNO3的物质的量为0.4mol，因此Fe(NO3)2和HNO3恰好反应完全，生成0.1molNO气体，即标准状况下2.24L，所以第④次实验产生NO气体体积V=6.72L+2.24L=8.96L，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据表格数据可知，实验①②都有金属剩余，则反应后的溶液中不可能含有Fe(NO3)3，溶液中的金属离子为Fe2+和Cu2+；实验②是在实验①的基础上加入100mLHNO3，参加反应的金属的质量为8.4g，生成NO的体积为2.24L，则其物质的量为0.1mol；根据转移电子守恒可知，参加反应的金属的物质的量为，参加反应的金属的摩尔质量为56g/mol，该过程中只有Fe参与反应，故实验①只有Fe参与反应；根据NO的体积结合化学方程式计算参与反应的n(Fe)、n(HNO3)；根据m=n×M计算参与反应的Fe的质量，根据公式计算c(HNO3)；
在实验②的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为9.6g，生成NO的体积为2.24L（即0.1mol）；
若过程中只有Cu参与反应，根据转移电子守恒，则Cu的物质的量为0.15mol，其质量为9.6g，等于参与反应的金属的质量，故该过程中只有Cu参与反应，且Cu恰好完全反应，则加入200mL硝酸时，Fe恰好反应生成Fe(NO3)2，在实验③的基础上再加入100mL硝酸，硝酸与溶液中Fe2+反应生成NO，根据n(Fe2+)，利用转移电子守恒计算该阶段生成NO的物质的量，再根据公式V=n×Vm计算产生NO的体积，进而计算V的值。
23．【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；氧化性、还原性强弱的比较；常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】A.因为该反应是非自发的，不能根据反应Cu＋H2SO4 CuSO4＋H2↑推出Cu还原性比H2强的结论，A不符合题意；
B.因为该溶液中H+浓度很小，此时H+得电子能力比Pb2+弱，所以阴极上阳离子得电子次序依次是Cu2+、Pb2+、H+，B不符合题意；
C.Na2S中硫元素显-2价，SO2中硫元素显+4价，Na2S与SO2发生归中反应生成S，若使amolNa2S溶液吸收SO2最多，则Na2S完全转化为S和NaHSO3，发生反应的化学方程式为2Na2S+5SO2+2H2O=3S↓+4NaHSO3，根据化学计量数知amol：n(SO2)=2：5，所以n(SO2)=2.5amol，C符合题意；
D.反应I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2中碘元素化合价由I2的0价升高到NaIO3中的+5价，I2失去电子是还原剂，表现还原性，所以I2的氧化性弱于Cl2，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、由金属活动性可知，Cu的还原性比H2弱；
B、该溶液中H+来自于水的电离，浓度很小，其得电子能力比Pb2+弱；
C、根据二者可能发生的反应进行分析；
D、在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
24．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、根据图像可知前5min内生成N2O4的浓度是0.9mol/L，则反应的平均速率v（N2O4）＝0.9mol/L÷5min＝0.18mol·L－1·min－1，A不符合题意；
B、T1℃时反应②平衡时N2O4的浓度是0.9mol/L，NO2的浓度是1.5mol/L，则反应②的化学平衡常数K＝ ，B不符合题意；
C、10min后升高并维持容器的温度为T2℃，此时N2O4的浓度降低，NO2的浓度升高，这说明反应②是放热反应。N2O4浓度减少0.2mol/L，但NO2浓度只增加0.1mol/L，这说明反应①升高温度后平衡向逆反应方向进行，即正方应也是放热反应，C不符合题意；
D、若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，则根据方程式可知相当于起始时加入了7.6mol NO和3.8mol O2，所以平衡是等效的，则T1℃达到平衡时，N2O4的物质的量是0.9mol/L×2＝1.8mol，即消耗0.mol N2O4，所以N2O4的转化率为10%，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据公式进行计算；
B、反应②的平衡常数的表达式，结合平衡浓度进行计算；
C、根据温度对平衡移动的影响进行分析；
D、结合等效平衡进行分析；
25．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A、工业用氯气与氢氧化钠溶液反应制取漂白液，A不符合题意；
B、氯气与氢氧化钠溶液反应，到达a点时，次氯酸根离子与氯酸根离子的浓度相等，此时的产物是氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，发生反应的离子方程式是Cl2+8OH-=6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O，所以溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小关系是c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO3－）＝c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H＋），B不符合题意；
C、根据图像可知，t2～t4，ClO－离子的物质的量下降，ClO3－的物质的量增加，根据氧化还原反应规律，元素化合价有升高则有降低，所以发生该变化的原因可能是3ClO－= 2Cl－＋ClO3－，C不符合题意；
D、漂白液中含有次氯酸根离子，加入浓盐酸，则氯离子与次氯酸根离子在酸性条件下会发生反应，生成有毒气体氯气，漂白效果降低，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、漂白液的主要成分为NaCl和NaClO，由Cl2与NaOH溶液反应制得；
B、a点溶液的溶质为：NaCl、NaClO、NaClO3，结合溶液中的电离、水解进行分析；
C、t2～t4时，溶液中n(ClO-)减小，n(ClO3-)增加，结合氧化还原反应过滤确定发生的反应；
D、ClO-和Cl-在酸性条件下能反应生成Cl2；
26．【答案】（1）球形冷凝管；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率
（2）蒸发浓缩；冷却结晶
（3）Na2SO4；取少量滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4
（4）酸式；101.2%；含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度
【知识点】硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；有关混合物反应的计算；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1)根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管，使水蒸气冷凝回流，防止反应液中水分大量流失而析出晶体。硫粉难溶于水而微溶于乙醇，用乙醇湿润可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫与Na2SO3的接解面积，加快反应速率。
(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度数据可知，温度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸发浓缩得到较高温度下的Na2S2O3的饱和溶液，然后冷却结晶，即可制备Na2S2O3·5H2O晶体。所以步骤④应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。
(3)SO32-具有较强的还原性，加热过程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以滤液中很可能存在Na2SO4。检验Na2SO4的存在，只需检验SO42-离子，但要排除SO32-和S2O32-的干扰，先用盐酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓，产生不溶于盐酸的白色沉淀即证明滤液中含Na2SO4杂质。所以检验方法是：取少许滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中加入BaCl2溶液，若出现浑浊则证明原滤液中含Na2SO4。
(4)I2能与橡胶发生加成反应而腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管，只能用酸式滴定管盛装碘水进行滴定。由表中数据可知三次实验消耗碘水体积分别为30.22mL、30.70mL、30.18mL，显然第二次实验误差太大舍去，平均消耗碘水体积为 =30.20mL。设所配样品溶液的浓度为c(Na2S2O3)，
列比例式： ，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L；7.40g样品中Na2S2O3·5H2O的物质的量=n(Na2S2O3)=0.25L×0.1208mol/L=0.0302mol，样品的纯度= ×100%=101.2%。因为SO32-有较强的还原性，也能被I2氧化，所以滴定中消耗的碘水体积偏大，使计算得到的纯度值偏大。
【分析】（1）根据蒸馏装置进行分析；硫粉用乙醇润湿可增大与Na2SO3的接解面积，加快反应速率；
（2）采用降温结晶制得Na2S2O3·5H2O晶体；
（3）SO32-极易被氧化成SO42-，结合SO42-的检验进行分析；
（4）碘水显酸性，应用酸式滴定管；
多次实验求平均值时舍去误差较大的数据，求出消耗标准液的体积后，结合反应的离子方程式计算c(Na2S2O3)，再结合公式n=c×V计算n(Na2S2O3)，进而其质量，最后计算样品的纯度。
27．【答案】（1）
（2）Cl-
（4）SO2+2H2S=3S↓+2H2O
（5）Na和S
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)因为D是氧元素，HmDm是H2O2，H2O2分子中原子间都以共价键结合，其电子式为 。
(2) C m- 、E (m-1)-分别是S2-、Cl-，元素的非金属越强，原子核对外层电子吸引力越强，所以阴离子的还原性就越弱，已知非金属性Cl>S，所以还原性Cl-
(4)SO2具有弱氧化性，H2S具有强还原性，SO2中+4价硫原子与H2S中-2价硫原子之间发生归中反应生成单质硫，化学方程式是SO2+2H2S=3S↓+2H2O。
(5)因为Na Na2O Na2O2 NaOH；S SO2 SO3 H2SO4。所以符合这种转化关系的元素是Na和S。
【分析】已知A、B、C、E在同一周期且属于短周期，所属周期只能是第二或第三周期，又因为热稳定性HmD＞HmC，从氢化物化学式可知D和C属于同一族，且D的非金属性强，D的原子序数小，因此D处于第二周期，A、B、C、E处于第三周期。因为A的原子半径在同周期中最大，所以A是钠元素，又因B的离子半径在同周期中最小，故B是铝元素，则D的原子序数= =8，D是氧元素，C是硫元素。从C、E离子的电荷数[C m-、E (m-1)-]看，E最外层比C的最外层多1个电子，所以E是氯元素。据此结合设问进行作答。
28．【答案】（1）Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH=-28.5 kJ·mol－1
（2）CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O
（3）＞；1≥c>0.4；bd
（4）减小；不变；<
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；等效平衡
【解析】【解答】(1)将已知的两个热化学方程式编号：
①Fe2O3(s)+3C(s)＝2Fe(s)+3CO(g)； ΔH1＝+489.0 kJ·mol－1，
②C(s)+CO2(g)＝2CO(g)；ΔH2＝+172.5kJ·mol－1。
将① ②×3得Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；ΔH=ΔH1 3ΔH2=489.0 kJ·mol－1 3×172.5 kJ·mol－1=-28.5 kJ·mol－1。所以CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；ΔH=-28.5 kJ·mol－1。
(2)该燃料电池总反应为2CO+O2=2CO2，CO在反应中失去电子，所以通入CO的一极是负极，因为电解质溶液是KOH，所以CO2转化成CO32-，根据碳元素化合价由+2升高到+4，1molCO失去2mol电子，负极反应式为：CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O
(3)①图像I、II曲线平行于时间轴对应的状态是平衡状态，平衡状态时CH3OH物质的量曲线I比曲线II多，因容器体积一定，所以平衡时曲线I的生成物浓度比曲线II的生成物浓度高，根据平衡常数表达式 ，可知曲线I的平衡常数比曲线II要大，所以KⅠ＞KⅡ。
②利用“三段式”先求出甲容器平衡时各组分物质的量。设甲容器平衡时CH3OH的物质的量为x。
恒温恒容下， ，则有 ，解得x=0.4mol。
甲容器平衡时各组分物质的量分别为CO2为0.6mol、H2为1.8mol、CH3OH为0.4mol、H2O(g)为0.4mol。
因为“要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等”，甲、乙互为“等同平衡”，所以达到平衡时甲、乙容器中各组分物质的量分别对应相等。要使反应开始时逆向进行则有下列相关量：
若使起始时维持化学反应向逆反应方向进行，初始投入的CH3OH和H2O(g)的物质的量不能低于它们平衡时的物质的量，即c>0.4，
初始时全部由生成物投料c取最大值，即a、b为0， (c-0.4mol)=0.6mol，解得c=1，所以c的范围是1≥c>0.4。
③a.因为反应在恒压条件下进行，容器中压强一直未变化，所以容器中压强不变不能作为反应达到平衡状态的依据，a不符合题意；
b.反应过程中H2的体积分数一直在变化，所以H2的体积分数不变能判断该反应已达平衡状态，b符合题意；
c.c(H2)＝3c(CH3OH)，但反应过程中其数值可能在变也可能不变，所以c(H2)＝3c(CH3OH)不能判断该反应已达平衡状态，c不符合题意；
d.根据质量守恒可知反应混合物总质量[m(总)]不变，但反应过程中气体的体积（V）一直在变化，根据密度 可知容器中气体密度一直在变化，所以容器中气体密度不变可判断该反应达到平衡状态，d符合题意；
e.CO2结构是O=C=O，H2的结构是H—H，单位时间内“2个C=O断裂”是用CO2表示的正反应速率，单位时间内“3个H—H断裂”是用H2表示的正反应速率，无法确定正、逆反应速率是否相等，所以2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂不能判断该反应达到平衡状态，e不符合题意；
故答案为：bd
(4)由图像知在投料比不变时CO2的平衡转化率随温度的升高而减小，即生成物浓度越来越小，反应物浓度越来越大，根据平衡常数表达式 推知平衡常数值越来越小，所以升高温度，反应的平衡常数K将减小。因为平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，所以温度不变时，提高投料比，平衡常数K不变。由图像知随温度升高CO2的平衡转化率减小，即平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应方向是吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应△H<0。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热，从而写出反应的热化学方程式；
（2）CO在负极发生失电子的氧化反应，由于电解液为碱性，故需考虑CO2与OH-的反应；
（3）①同一个反应在不同温度下，正向进行的程度越大，其平衡常数越大；
②结合等效平衡，根据平衡三段式进行计算；
③根据平衡状态的判断进行分析，反应达到平衡状态时，各组成的浓度、物质的量、质量保持不变；
（4）结合温度对平衡常数移动、平衡的影响进行分析；
29．【答案】（1）C4H10
（2）2-甲基丙烯
（3）
（4）消去反应
（5）(CH3)2CHCH2OH+ +H2O
（6）4；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】(1)11.2L（即 =0.5mol）的烃A中含碳原子 ，含氢原子 ，则1molA中含碳原子2mol÷0.5=4mol，含氢原子5mol÷0.5=10mol，所以A的分子式为C4H10。
(2)因为B、C都是A的一氯代烃，在NaOH醇溶液中共热发生消去反应生成同种物质D，说明B、C的碳链相同，A的分子式为C4H10，A有两种同分异构体：正丁烷（CH3CH2CH2CH3）、异丁烷[CH3CH(CH3)2]，其中异丁烷的一氯代物有2种CH2ClCH(CH3)2、CH3CCl(CH3)2，且消去反应生成的有机产物都是 ，所以D的结构简式为 ，系统命名为：2-甲基丙烯。
(3)因F可与新制Cu(OH)2悬浊液反应，故F分子中含有醛基（-CHO），1molF与2molH2加成后的产物为3-苯基-1-丙醇，其中-OH由醛基加氢得到，还有1molH2只能是1mol>C=C<加成得到，所以F的结构简式 。
(4) 反应①是一氯代异丁烷与NaOH醇溶液共热发生消去反应，所以反应类型是消去反应。
(5)根据上面分析可知D是(CH3)2C=CH2，D到E符合“已知(2)”，则E为(CH3)2CHCH2OH，由(3)知F的结构简式为 ，F到G的过程有2步：先是醛基被氧化为羧基的钠盐，然后羧基的钠盐被酸化生成羧基，所以G的结构简式为 ，(CH3)2CHCH2OH与 在浓硫酸作用下发生酯化反应，所以反应②的化学方程式为：(CH3)2CHCH2OH+ +H2O。
(6)G的结构简式为 ，因所写同分异构体“与G具有相同的官能团的芳香类”物质，即所写同分异构体中含一个苯环、一个>C=C<、一个-COOH，先将苯环和>C=C<组合，再以“等效氢原子”的思想连-COOH，-COOH取代位置如图： ，其中①就是G，如果不含G共有4种。其中HNMR中有五组峰，峰面积比为1∶1∶2∶2∶2的异构体的结构简式为 。
【分析】（1）根据烃A的物质的量，结合生成的CO2和H2O的物质的量确定A的分子式；
（2）由B、C的消去反应，结合A的可能结构确定D的结构简式，进而对其进行命名；
（3）根据3-苯基-1-丙醇的结构简式，确定F的结构简式；
（4）“NaOH/醇”是卤代烃发生消去反应的条件；
（5）通过D确定E的结构，通过F确定G的结构，进而确定反应②；
（6）G中具有的官能团为：羧基、碳碳双键，结合苯环的邻间对确定同分异构体的个数；
由核磁共振氢谱确定有机物的结构简式时，应从其对称性入手分析。
黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018·和平模拟）战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃”的主要成分是（ ）
A．CaO B．NaHCO3
C．SiO2 D．CaCO3
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“蜃”主要成分是氧化钙，
故答案为：A。
【分析】根据题给信息分析。
2．（2018高三上·黑龙江期中）化学来源于生活，下列有关常识说法错误的是（ ）
A．用灼烧法可以区分蚕丝和人造皮革
B．生活垃圾直接焚烧会产生二噁英等有害物质
C．无水乙醇既可作燃料，也可用于杀菌、消毒
D．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
【答案】C
【知识点】乙醇的化学性质；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A.蚕丝是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，人造皮革不是蛋白质，灼烧时没有这种气味，可以用灼烧法区分蚕丝和人造皮革，A不符合题意；
B.生活垃圾中有许多塑料垃圾，焚烧塑料垃圾能产生二噁英，二噁英使人致癌，B不符合题意；
C.无水乙醇可作燃料，但不可用于杀菌、消毒，75%的医用酒精才用于杀菌、消毒，C符合题意；
D.包括流感病毒在内的许多病毒都是由蛋白质组成，加热能使蛋白质变性，使蛋白质失去生理活性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.蚕丝灼烧时有烧焦羽毛的气味；
B.塑料燃烧能产生二噁英；
C.无水乙醇是一种常用燃料，也可用于杀菌消毒；
D.高温能使蛋白质变性；
3．（2018高三上·黑龙江期中）下列物质的性质与应用关系错误的是（ ）
A．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，可用铁槽车贮运浓硫酸
B．MgO、Al2O3的熔点很高，可用做耐高温材料
C．Si具有良好的导光性，可用来制作光导纤维
D．硫磺香皂有杀菌灭虫的效果，是因为添加的硫单质有杀菌灭虫的效果
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A.常温下浓硫酸使铁钝化，在铁的表面形成一层致密的氧化物薄膜，阻止浓硫酸继续与铁反应，所以可用铁槽车贮运浓硫酸，A项答案选符合题意；
B.MgO的熔点2800℃、Al2O3的熔点2050℃，可用做耐高温材料，B项答案选符合题意；
C.硅晶体呈灰黑色，不具有导光性，不是用来制作光导纤维，而是用来制作半导体材料，C项符合题意；
D.硫单质有杀菌灭虫的功效，对人安全，D项答案选符合题意；
故答案为：C
【分析】A.常温下，浓硫酸能使铁钝化；
B.熔点高的物质可用做耐高温材料；
C.硅常用作半导体材料；
D.硫单质具有杀菌灭虫的效果；
4．（2018高三上·黑龙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．某试样焰色反应呈黄色，则试样中含有K+
B．用广泛pH试纸测得NaClO溶液的pH值为12
C．可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质
D．金属镁失火不可用水来灭火
【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；焰色反应；分液和萃取
【解析】【解答】A.含钠元素的单质或化合物在灼烧时使火焰呈现黄色，所以某试样焰色反应呈黄色，则试样中含有钠元素，无法确定是否含K+，A不符合题意；
B.NaClO溶液具有漂白性，测量时pH试纸变色后很快褪色或颜色变浅，无法测量NaClO溶液的pH，B不符合题意；
C.酒精与水互溶，不可用作碘水的萃取剂，C不符合题意；
D.金属镁能与热水反应生成H2：Mg+2H2O Mg(OH)2+H2↑，H2能在空气中燃烧且能发生爆炸，所以金属镁失火不可用水来灭火，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.钾的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察， 其火焰显紫色；
B.NaClO具有氧化性，能使变色后的试纸褪色；
C.酒精能与水互溶，不用做萃取剂；
D.镁能与水反应产生可燃性气体H2；
5．（2018高三上·黑龙江期中）按照阿伏加德罗定律，下列叙述错误的是（ ）
A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比
B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比
C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比
D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A.由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A不符合题意；
B.由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B符合题意；
C.由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C不符合题意；
D.由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对阿伏加德罗定律及其推论的考查， 结合阿伏加德罗定律pV=nRT进行分析。
6．（2018高三上·黑龙江期中）某课外实验小组设计的下列实验合理的是（ ）
A． 配制一定浓度硫酸溶液
B． 制备少量氨气
C． 制备并收集少量NO2气体
D． 制备少量氧气
【答案】B
【知识点】常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、应该在烧杯中冷却后再转移至容量瓶，A不符合题意；
B、浓氨水与氧化钙混合，促进一水合氨的分解，生成氨气，B符合题意；
C、二氧化氮溶于水生成NO和硝酸，不能用排水法收集，C不符合题意；
D、过氧化钠不是块状固体，不能用于简易启普发生器制备氧气，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解、稀释；
B.二者能发生反应：NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3；
C.NO2能溶于水，不可用排水集气法收集；
D.过氧化钠为粉末状固体，不能用启普发生器装置进行反应；
7．（2018高三上·黑龙江期中）用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人安全防护用品是（ ）
A．实验服 B．橡胶手套
C．护目镜 D．防毒面罩
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】浓硫酸具有强腐蚀性，溶于水时放出大量的热，可能产生液滴飞溅，所以实验时要做好个人防护，本题四个选项中防毒面罩不需要，
故答案为：D
【分析】浓硫酸不具备毒性，不需防毒面具。
8．（2018高三上·黑龙江期中）下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A．植物的光合作用 B．钢铁生锈
C．米饭变馊 D．SO2使品红溶液褪色
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.光合作用是植物利用太阳的光能将空气中的二氧化碳和土壤中的水转化为糖和氧气的过程，这个化学反应过程中氧元素化合价从-2价升高到0价，是氧化还原反应，所以光合作用与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B.铁锈的主要成分是Fe2O3 xH2O，钢铁生锈过程中铁元素化合价从0价升高到+3价，属于氧化还原反应，所以钢铁生锈与氧化还原反应有关，B不符合题意；
C.米饭变馊是空气中的氧气与米饭发生了缓慢氧化的过程，是氧化还原反应，所以米饭变馊与氧化还原反应有关，C不符合题意；
D. SO2使品红溶液褪色是因为SO2与有机色质化合生成了无色物质，温度升高该无色物质又分解生成SO2和原来的有机色质，这个反应不是氧化还原反应，所以SO2使品红溶液褪色与氧化还原反应无关，D符合题意；
故答案为：D
【分析】与氧化还原反应无关，则过程中没有发生氧化还原反应，据此分析选项中所给变化过程中是否有元素化合价变化。若没有元素化合价发生变化，则与氧化还原反应无关。
9．（2018高三上·黑龙江期中）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向碳酸氢铵溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O
B．二氧化硫通入氯化钡溶液中：SO2＋Ba2＋＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋
C．将铜片投入氯化铁溶液：Fe3＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋
D．84消毒液（含NaClO）与洁厕灵（含HCl）混用，会产生氯气：2H＋＋Cl－+ClO－＝Cl2↑+ H2O
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.因为氢氧化钠溶液过量，碳酸氢铵中的NH4+也要与OH-反应，符合题意的离子方程式是：NH4++HCO3-+2OH-= CO32－＋NH3 H2O+H2O，A不符合题意；
B.SO2通入BaCl2溶液中，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3是弱酸，弱酸不能制强酸，不会有BaSO3沉淀生成，B不符合题意；
C.电子得失不守恒，符合题意的离子方程式是2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，C不符合题意；
D.NaClO具有强氧化性，NaClO能氧化HCl生成Cl2，84消毒液和洁厕灵混合发生反应：2H＋＋Cl－+ ClO－＝Cl2↑+ H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.NaOH过量，则NH4HCO3完全反应，其中NH4+和HCO3-的系数比为1：1；
B.SO2与BaCl2溶液不反应；
C.该离子方程式电荷不守恒；
D.ClO-与Cl-在酸性条件下能反应生成Cl2；
10．（2018高三上·黑龙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．SO3与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3
C．明矾水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
D．室温下，SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；二氧化硫的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、铅蓄电池放电总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，其中PbSO4是一种微溶性盐，电池放电时正极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，负极反应为Pb+SO42--2e-=PbSO4，所以正负极质量均增加，A符合题意；
B、SO3+H2O+Ba(NO3)2=BaSO4↓+2HNO3，SO2如果类比生成Ba(SO3)2和HNO3，但是生成的HNO3会氧化+4 价S元素生成Ba(SO4)2，B符合题意；
C、Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，生成的Al(OH)3可以吸附水中的固体小颗粒起到净水的作用，C符合题意；
D、该反应过程中气体总量增加，属于熵增反应，既△S>0，反应不能自发进行则△G>0，△G=△H-T△S，所以△H=△G+T△S>0，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据铅蓄电池反应过程中的电极反应进行分析；
B.SO2的水溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有氧化性；
C.明矾中的Al3+能水解成Al(OH)3胶体，可用于净水；
D.判断反应能否自发进行，需综合焓判据和熵判据；
11．（2018高三上·黑龙江期中）下列实验对应的现象以及结论均正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置 下层为橙色 裂化汽油可萃取溴
B 向Ba(ClO)2溶液中通入SO2 有白色沉淀生成 酸性：H2SO3>HClO
C 向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，将产生的气体通入品红溶液 无明显现象 铜片未打磨
D 将一小块钠加入盛有无水乙醇的烧杯中 有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声 生成的气体是H2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；乙醇的化学性质；分液和萃取
【解析】【解答】A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反应，所以该实验的现象和结论均不符合题意，A不符合题意；
B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有强氧化性，SO2有强还原性，ClO-能把SO2氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以该实验的结论不符合题意，B不符合题意；
C.浓硫酸与铜片反应需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以“没有明显现象”不能得出“铜片未打磨”的结论，C不符合题意；
D.常温下钠与乙醇反应：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氢气中混有空气，点燃有爆鸣声，所以该实验的现象和结论均符合题意，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.裂化汽油中含有乙烯，能与溴水发生加成反应；
B.ClO-具有氧化性，能将SO2氧化成SO42-；
C.铜与浓硫酸在加热的条件下能反应生成SO2，SO2能使品红褪色；
D.金属钠能与乙醇反应生成H2；
12．（2018高三上·黑龙江期中）下列物质提纯的方法正确的是（ ）
A．除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合
B．除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸
C．除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤
D．除去乙酸中混有的乙醇：加入生石灰后蒸馏
【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、因为通入过量的氧气，NO2中混有过量的氧气，A不符合题意；
B、SO2具有还原性，被高锰酸钾氧化成SO42－，通过浓硫酸干燥，达到纯净的CO2，B符合题意；
C、引入过量Ba2＋，C不符合题意；
D、乙酸显碱性，与生石灰反应，因此除去乙酸，跟题意不符，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】在除杂提纯的过程中，所加试剂只能与杂质发生反应，且不能形成新的杂质；据此分析选项。
13．（2018高三上·黑龙江期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN－、Cl－
B．c(H+)/ c(OH－)=1×10－12的溶液中：K+、Na +、CO32－、NO3－
C．c(Fe3+)=1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、AlO2－、SO42－
D．能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH4+、SO42－、HCO3－
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A.Fe3+与SCN-发生络合反应，Fe3+与SCN-不能大量共存，A不符合题意；
B.c（H+）/c（OH-）=1 10-12的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，B符合题意；
C.Fe3+、NH4+与AlO2-发生双水解反应，Fe3+、NH4+与AlO2-不能大量共存，C不符合题意；
D.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-能与H+反应，HCO3-不能大量存在，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.溶液中的Fe3+能与SCN-结合成络合物；
B.该溶液中c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性；
C.溶液中的Fe3+与AlO2-能发生水解；
D.能使甲基橙变红的溶液显酸性；
14．（2018高三上·黑龙江期中）运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是（ ）
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5
B．KCl既是氧化产物，又是还原产物
C．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
D．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.5KClO3+6P=3P2O5+5KCl分析该反应中元素化合价：氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，得电子，故KClO3是氧化剂；磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，失电子，故P是还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，A不符合题意；
B.因为反应中氯元素由KClO3中的+5价降到KCl中的-1价，氯元素发生还原反应，钾元素化合价没变，所以KCl只是还原产物，B不符合题意；
C.根据化合价升降与电子得失的关系可知：磷元素由P中的0价升高到P2O5中的+5价，每个磷原子失5个电子，所以反应消耗3molP时磷原子失去15mol电子，即反应中转移15mol电子，C符合题意；
D.白磷的着火点很低，在空气中发生缓慢氧化而自燃，而且白磷剧毒，所以火药中的红磷不可以用白磷代替，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由化合价变化确定氧化剂、还原剂，结合配平系数确定二者的物质的量之比；
B.KCl是由KClO3发生得电子的还原反应的产物；
C.根据关系式6P~30e-进行计算；
D.红磷与白磷的着火点不同；
15．（2018高一上·江苏开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)
B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C．Y的单质的氧化性比Z的强
D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】Z是地壳中含量最高的元素，即Z为O，W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，只有Y和Z处于同一周期且相邻，四种元素原子序数依次增大，因此Y为N，X为H，
A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小顺序是r(Na)>r(N)>r(O)>r(H)，故A不符合题意；
B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B不符合题意；
C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C不符合题意；
D、可以组成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A比较半径：先看电子层数（电子层数越大，原子半径越大），再看核电荷数（核电荷数越小，半径越大）
B氢氧化钠是强碱
C单质的氧化性，取决于元素的非金属性，同一周期内，越往右，非金属性越强。
16．（2018高三上·黑龙江期中）一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是（ ）
A．Pd电极b为阴极
B．阴极的反应式为：N2+6H++6e =2NH3
C．H+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，A符合题意；
B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，B不符合题意；
C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，C不符合题意；
D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】该电解池的总反应为：N2+3H2=2NH3；则阳极的电极反应式为：3H2-6e-=6H+，阴极的电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3；据此结合选项进行分析。
17．（2018高三上·黑龙江期中）球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X.实验室测定化合物X的组成实验如下：
下列说法错误的是（ ）
A．固体2是氧化铁
B．X的化学式可以表示为Fe3C2
C．溶液甲中可能含有Fe3+
D．X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成
【答案】B
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】铁碳化合物X与足量的空气反应，高温煅烧后生成的固体1时铁的氧化物，加入过量盐酸，生成的溶液甲中可能含有Fe2+、Fe3+，再通入足量的氯气后，溶液乙为FeCl3溶液，则经过加热、蒸发、灼烧后固体2为Fe2O3，质量为24.0g，所以铁的质量m(Fe)="24.0g×112/160" =16.8g，则n(Fe)=0.3mol，因为化合物X是铁和碳的化合物，所以碳的质量为18-16.8=1.2g，n(C)=0.1mol，则n(Fe)：n(C)=3：1，X的化学式为Fe3C，Fe3C与足量的热浓硝酸发生氧化还原反应，会生成NO2和CO2。
故答案为：B
【分析】固体1为铁的氧化物，溶于过量稀盐酸后，溶液甲中可能含有Fe2+、Fe3+；通入足量Cl2后，所得溶液乙含有Fe3+，加热蒸发灼烧后所得固体2为Fe2O3。根据铁元素守恒，可得24.0gFe2O3中铁元素的质量为18.0g化合物X中的铁元素的质量，结合铁元素和碳元素的质量比可确定该化合物X的化学式。
18．（2018高三上·黑龙江期中）工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。一定条件下，将0.5molCO和0.5molH2在体积为2L的密闭容器中发生上述反应，则下列示意图合理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A.反应过程中甲醇的体积分数逐渐增大，假设反应的CO的物质的量为a，CO的体积分数= ×100%= ，始终不变，A符合题意；
B.随着反应的进行，CO的物质的量逐渐减少，甲醇的物质的量逐渐增大，达到平衡后，二者的物质的量不一定相等，B不符合题意；
C.随着反应的进行，氢气的浓度减小，甲醇的浓度增大，但氢气的起始浓度为0.25mol/L，C不符合题意；
D.随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时甲醇的逆反应速率等于氢气正反应速率的一半，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、由计算可得，CO的体积分数保持不变；
B、反应达到平衡状态时，CO和CH3OH的物质的量保持不变，但不一定相等；
C、H2的起始浓度为0.25mol/L；
D、纵坐标表示的是反应速率，当体系达到平衡状态时，用甲醇表示的速率应等于用氢气表示速率的一半；
19．（2018高三上·黑龙江期中）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）
A．Na B．Al C．K D．Fe
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A.钠在空气中表面形成Na2O，但Na2O层疏松不能阻止空气继续氧化，A不符合题意；
B.铝在空气中表面形成一层致密的Al2O3层，能阻止空气继续氧化，B符合题意；
C.钾在空气中表面形成K2O等氧化物，氧化层很疏松不能阻止空气继续氧化，C不符合题意；
D.铁在潮湿的空气中易生锈（Fe2O3 H2O），铁锈疏松多孔不能阻止空气继续氧化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】铝易与空气中的氧气反应，生成一层致密的氧化薄膜，对内层金属可以起到保护作用。
20．（2018高三上·黑龙江期中）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；无机物的推断
【解析】【解答】解：A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，A符合题意；
B.Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，B不符合题意；
C.AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，C不符合题意；
D.Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对无机化合物相关转化的综合考查，结合钠、铝、铁、银的相关化合物的性质进行分析。
21．（2018高三上·黑龙江期中）化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是（ ）
①过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2反应；④过量铜与浓硫酸反应；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应；⑦过量氯气与碘化钾溶液反应
A．②③④⑥ B．②③⑤⑦
C．①③⑤ D．①②③④⑥
【答案】A
【知识点】工业合成氨；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】①过量的锌与18mol·L－1的硫酸反应中随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，但稀硫酸也与锌反应；
②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应，由于该反应是可逆反应，则反应物不能完全转化为生成物；
③浓盐酸与过量的MnO2反应中随着反应的进行，盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应；
④过量铜与浓硫酸反应中随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应；
⑤过量稀硝酸与银反应中硝酸不论浓稀均与银反应；
⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应中生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表明阻止反应进行；
⑦过量氯气与碘化钾溶液反应可以把碘化钾完全氧化；
所以符合条件的是②③④⑥，A符合题意；
故答案为：A
【分析】①锌能与浓硫酸反应产生SO2，与稀硫酸反应生成H2；
②合成氨的反应为可逆反应；
③当浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止；
④铜与浓硫酸反应产生SO2，与稀硫酸不反应；
⑤稀硝酸具有氧化性，能将银氧化；
⑥CaCO3能与H2SO4反应生成微溶的CaSO4覆盖在石灰石表面，反应停止；
⑦氯气过量，KI完全反应；
22．（2018高三上·黑龙江期中）将铁粉和铜粉的均匀混合物平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只有NO）。下列计算结果正确的是（ ）
编号 ① ② ③ ④
硝酸体积/mL 100 200 300 400
剩余金属/g 18.0 9.6 0 0
NO体积/L 2.24 4.48 6.72 V
A．①中溶液存在Fe3+ B．硝酸的浓度为4mol/L
C．②中溶解了9.6gCu D．④中V=6.72
【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A.由表格可知，第①次实验中有固体金属剩余，因为还原性Fe>Cu>Fe2+，剩余的固体是铁和铜的混合物或只有铜，发生的反应有：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，可能部分Cu被氧化3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，所以①溶液中肯定没有Fe3+，A不符合题意；
B.第②次实验可以看作在第①实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，仍有9.6g固体金属剩余，说明HNO3耗尽，发生的反应只能是这两个反应中的1个或2个：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。产生NO体积4.48L-2.24L=2.24L，n(NO)= =0.1mol。根据反应方程式得关系式4HNO3~NO，这100mL稀硝酸中HNO3的物质的量=4 n(NO)=4×0.1mol=0.4mol，所以稀硝酸的浓度c(HNO3)= =4mol/L，B符合题意；
C. 第②次实验可以看作在第①次实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，这100mL稀硝酸溶解金属的质量为18.0g-9.6g=8.4g，产生NO的物质的量n(NO)= =0.1mol，发生的反应只能是这两个反应中的1个或2个：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。有关系式3Fe~8HNO3~2NO或3Cu~8HNO3~2NO，溶解金属的物质的量= ×n(NO)= ×0.1mol=0.15mol，溶解的金属的平均摩尔质量= =56g/mol（恰好是铁的摩尔质量），因此这100mL稀硝酸溶解的全是铁，所以实验②中没有铜溶解，C不符合题意；
D.第③次实验可以看作在第②次实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，由表中数据可知，这100mL稀硝酸溶解金属9.6g，产生NO气体体积=6.72L-4.48L=2.24L（即0.1mol），据关系式HNO3~NO~得3e-，反应中转移电子0.3mol。如果全部是铜失电子，有关系式Cu~失2e-，则铜的质量= ×64g/mol=9.6g，如果全部是铁失电子，有关系式Fe~2e-，则铁的质量= ×56g/mo=8.4g，所以③中9.6g固体全部是铜。结合上面C项分析可知第①、②次实验中参加反应的全部是铁，每份固体中铁的质量为8.4g×2=16.8g，n(Fe)= =0.3mol，第③次实验所得溶液中含Fe(NO3)2的物质的量为0.3mol。继续加100mL稀硝酸则发生的反应是3Fe(NO3)2+4HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，由B项可知100mL稀硝酸中含HNO3的物质的量为0.4mol，因此Fe(NO3)2和HNO3恰好反应完全，生成0.1molNO气体，即标准状况下2.24L，所以第④次实验产生NO气体体积V=6.72L+2.24L=8.96L，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据表格数据可知，实验①②都有金属剩余，则反应后的溶液中不可能含有Fe(NO3)3，溶液中的金属离子为Fe2+和Cu2+；实验②是在实验①的基础上加入100mLHNO3，参加反应的金属的质量为8.4g，生成NO的体积为2.24L，则其物质的量为0.1mol；根据转移电子守恒可知，参加反应的金属的物质的量为，参加反应的金属的摩尔质量为56g/mol，该过程中只有Fe参与反应，故实验①只有Fe参与反应；根据NO的体积结合化学方程式计算参与反应的n(Fe)、n(HNO3)；根据m=n×M计算参与反应的Fe的质量，根据公式计算c(HNO3)；
在实验②的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为9.6g，生成NO的体积为2.24L（即0.1mol）；
若过程中只有Cu参与反应，根据转移电子守恒，则Cu的物质的量为0.15mol，其质量为9.6g，等于参与反应的金属的质量，故该过程中只有Cu参与反应，且Cu恰好完全反应，则加入200mL硝酸时，Fe恰好反应生成Fe(NO3)2，在实验③的基础上再加入100mL硝酸，硝酸与溶液中Fe2+反应生成NO，根据n(Fe2+)，利用转移电子守恒计算该阶段生成NO的物质的量，再根据公式V=n×Vm计算产生NO的体积，进而计算V的值。
23．（2018高三上·黑龙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．根据反应Cu＋H2SO4 CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强
B．电解含Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的溶液，阴极上阳离子得电子次序依次是Cu2＋、H＋、Pb2+
C．含amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫气体（不考虑SO2在水中的溶解）
D．由置换反应I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2可知I2的氧化性强于Cl2的氧化性
【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；氧化性、还原性强弱的比较；常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】A.因为该反应是非自发的，不能根据反应Cu＋H2SO4 CuSO4＋H2↑推出Cu还原性比H2强的结论，A不符合题意；
B.因为该溶液中H+浓度很小，此时H+得电子能力比Pb2+弱，所以阴极上阳离子得电子次序依次是Cu2+、Pb2+、H+，B不符合题意；
C.Na2S中硫元素显-2价，SO2中硫元素显+4价，Na2S与SO2发生归中反应生成S，若使amolNa2S溶液吸收SO2最多，则Na2S完全转化为S和NaHSO3，发生反应的化学方程式为2Na2S+5SO2+2H2O=3S↓+4NaHSO3，根据化学计量数知amol：n(SO2)=2：5，所以n(SO2)=2.5amol，C符合题意；
D.反应I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2中碘元素化合价由I2的0价升高到NaIO3中的+5价，I2失去电子是还原剂，表现还原性，所以I2的氧化性弱于Cl2，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、由金属活动性可知，Cu的还原性比H2弱；
B、该溶液中H+来自于水的电离，浓度很小，其得电子能力比Pb2+弱；
C、根据二者可能发生的反应进行分析；
D、在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
24．（2018高三上·黑龙江期中）向2L的密闭容器中充入7.6mol NO和3.8mol O2，发生如下反应：
①2NO（g）＋O2（g） 2NO2（g）
②2NO2（g） N2O4（g）
测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T1℃，10min后升高并维持容器的温度为T2℃。下列说法正确的是（ ）
A．前5min的平均反应速率v（N2O4）＝0.18mol·L－1·s－1
B．T1℃时反应②的化学平衡常数K＝0.6
C．反应①、②均为吸热反应
D．若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，T1℃达到平衡时，N2O4的转化率为10%
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、根据图像可知前5min内生成N2O4的浓度是0.9mol/L，则反应的平均速率v（N2O4）＝0.9mol/L÷5min＝0.18mol·L－1·min－1，A不符合题意；
B、T1℃时反应②平衡时N2O4的浓度是0.9mol/L，NO2的浓度是1.5mol/L，则反应②的化学平衡常数K＝ ，B不符合题意；
C、10min后升高并维持容器的温度为T2℃，此时N2O4的浓度降低，NO2的浓度升高，这说明反应②是放热反应。N2O4浓度减少0.2mol/L，但NO2浓度只增加0.1mol/L，这说明反应①升高温度后平衡向逆反应方向进行，即正方应也是放热反应，C不符合题意；
D、若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，则根据方程式可知相当于起始时加入了7.6mol NO和3.8mol O2，所以平衡是等效的，则T1℃达到平衡时，N2O4的物质的量是0.9mol/L×2＝1.8mol，即消耗0.mol N2O4，所以N2O4的转化率为10%，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据公式进行计算；
B、反应②的平衡常数的表达式，结合平衡浓度进行计算；
C、根据温度对平衡移动的影响进行分析；
D、结合等效平衡进行分析；
25．（2018高三上·黑龙江期中）工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（主要成分NaClO）一化学小组在室温下将氯气缓缓通入NaOH溶液，模拟实验得到ClO－、ClO3-等离子的物质的量（mol）与反应时间t（min）的关系曲线。下列说法错误的是（ ）
A．工业制取漂白液的化学反应方程式为Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O
B．a点时溶液中各离子浓度：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)＝c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－＝ 2Cl－＋ClO3－
D．使用漂白液时，为了增强漂白效果，可以向漂白液中加入浓盐酸
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A、工业用氯气与氢氧化钠溶液反应制取漂白液，A不符合题意；
B、氯气与氢氧化钠溶液反应，到达a点时，次氯酸根离子与氯酸根离子的浓度相等，此时的产物是氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，发生反应的离子方程式是Cl2+8OH-=6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O，所以溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小关系是c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO3－）＝c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H＋），B不符合题意；
C、根据图像可知，t2～t4，ClO－离子的物质的量下降，ClO3－的物质的量增加，根据氧化还原反应规律，元素化合价有升高则有降低，所以发生该变化的原因可能是3ClO－= 2Cl－＋ClO3－，C不符合题意；
D、漂白液中含有次氯酸根离子，加入浓盐酸，则氯离子与次氯酸根离子在酸性条件下会发生反应，生成有毒气体氯气，漂白效果降低，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、漂白液的主要成分为NaCl和NaClO，由Cl2与NaOH溶液反应制得；
B、a点溶液的溶质为：NaCl、NaClO、NaClO3，结合溶液中的电离、水解进行分析；
C、t2～t4时，溶液中n(ClO-)减小，n(ClO3-)增加，结合氧化还原反应过滤确定发生的反应；
D、ClO-和Cl-在酸性条件下能反应生成Cl2；
二、实验题
26．（2018高三上·黑龙江期中）Na2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O3·5H2O。
现实验室欲制取Na2S2O3·5H2O晶体（Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为248）
步骤如下：
①称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。
②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。
③（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。
④滤液在经过..........、...........后析出Na2S2O3·5H2O晶体。
⑤进行减压过滤并干燥。
（1）仪器B的名称是 ，其作用是 ，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是 。
（2）步骤④应采取的操作是 、 。
（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 。如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是： 。
（4）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L的碘水，用 （填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32－ + I2 ＝ S4O62－ + 2I－），滴定结果如下：
滴定次数 滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 0.30 30.52
第二次 0.36 31.06
第三次 1.10 31.28
则所得产品的纯度为 ，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差） 。
【答案】（1）球形冷凝管；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率
（2）蒸发浓缩；冷却结晶
（3）Na2SO4；取少量滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4
（4）酸式；101.2%；含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度
【知识点】硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；有关混合物反应的计算；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1)根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管，使水蒸气冷凝回流，防止反应液中水分大量流失而析出晶体。硫粉难溶于水而微溶于乙醇，用乙醇湿润可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫与Na2SO3的接解面积，加快反应速率。
(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度数据可知，温度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸发浓缩得到较高温度下的Na2S2O3的饱和溶液，然后冷却结晶，即可制备Na2S2O3·5H2O晶体。所以步骤④应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。
(3)SO32-具有较强的还原性，加热过程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以滤液中很可能存在Na2SO4。检验Na2SO4的存在，只需检验SO42-离子，但要排除SO32-和S2O32-的干扰，先用盐酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓，产生不溶于盐酸的白色沉淀即证明滤液中含Na2SO4杂质。所以检验方法是：取少许滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中加入BaCl2溶液，若出现浑浊则证明原滤液中含Na2SO4。
(4)I2能与橡胶发生加成反应而腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管，只能用酸式滴定管盛装碘水进行滴定。由表中数据可知三次实验消耗碘水体积分别为30.22mL、30.70mL、30.18mL，显然第二次实验误差太大舍去，平均消耗碘水体积为 =30.20mL。设所配样品溶液的浓度为c(Na2S2O3)，
列比例式： ，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L；7.40g样品中Na2S2O3·5H2O的物质的量=n(Na2S2O3)=0.25L×0.1208mol/L=0.0302mol，样品的纯度= ×100%=101.2%。因为SO32-有较强的还原性，也能被I2氧化，所以滴定中消耗的碘水体积偏大，使计算得到的纯度值偏大。
【分析】（1）根据蒸馏装置进行分析；硫粉用乙醇润湿可增大与Na2SO3的接解面积，加快反应速率；
（2）采用降温结晶制得Na2S2O3·5H2O晶体；
（3）SO32-极易被氧化成SO42-，结合SO42-的检验进行分析；
（4）碘水显酸性，应用酸式滴定管；
多次实验求平均值时舍去误差较大的数据，求出消耗标准液的体积后，结合反应的离子方程式计算c(Na2S2O3)，再结合公式n=c×V计算n(Na2S2O3)，进而其质量，最后计算样品的纯度。
三、填空题
27．（2018高三上·黑龙江期中）A，B，C，D，E是位于短周期的主族元素。已知：A、B、C、E在同一周期，在该周期元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；A与B质子数之和是D质子数的3倍；C m- 、E (m-1)-具有相同的电子层结构；热稳定性：H mD＞H mC。依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：
（1）H m D m 的电子式为
（2）C m- 、E (m-1)-的还原性强弱顺序为： ，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为 。
（3）B单质与A的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为： 。
（4）常温下，将CD m通入H m C溶液中，有C析出，写出该过程的化学方程式 。
（5）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是 （填元素符号）。
【答案】（1）
（2）Cl-
（4）SO2+2H2S=3S↓+2H2O
（5）Na和S
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)因为D是氧元素，HmDm是H2O2，H2O2分子中原子间都以共价键结合，其电子式为 。
(2) C m- 、E (m-1)-分别是S2-、Cl-，元素的非金属越强，原子核对外层电子吸引力越强，所以阴离子的还原性就越弱，已知非金属性Cl>S，所以还原性Cl-
(4)SO2具有弱氧化性，H2S具有强还原性，SO2中+4价硫原子与H2S中-2价硫原子之间发生归中反应生成单质硫，化学方程式是SO2+2H2S=3S↓+2H2O。
(5)因为Na Na2O Na2O2 NaOH；S SO2 SO3 H2SO4。所以符合这种转化关系的元素是Na和S。
【分析】已知A、B、C、E在同一周期且属于短周期，所属周期只能是第二或第三周期，又因为热稳定性HmD＞HmC，从氢化物化学式可知D和C属于同一族，且D的非金属性强，D的原子序数小，因此D处于第二周期，A、B、C、E处于第三周期。因为A的原子半径在同周期中最大，所以A是钠元素，又因B的离子半径在同周期中最小，故B是铝元素，则D的原子序数= =8，D是氧元素，C是硫元素。从C、E离子的电荷数[C m-、E (m-1)-]看，E最外层比C的最外层多1个电子，所以E是氯元素。据此结合设问进行作答。
28．（2018高三上·黑龙江期中）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）CO可用于炼铁，
已知：Fe2O3（s）+ 3C（s）＝2Fe（s）+ 3CO（g） ΔH 1＝+489.0 kJ·mol－1
C（s） +CO2（g）＝2CO（g） ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1
则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为 。
（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式： 。
（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。
②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容 器 甲 乙
反应物投入量 1molCO2、3molH2 a molCO2、b molH2、 c molCH3OH（g）、c molH2O（g）
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为 。
③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 。
a.容器中压强不变 b.H2的体积分数不变 c.c（H2）＝3c（CH3OH） d.容器中密度不变 e.2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂
（4）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g） + 6H2（g） CH3OCH3（g） + 3H2O（g）。已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n(H2) / n(CO2)]的变化曲线如下图。若温度升高，则反应的平衡常数K将 （填“增大”、“减小”或“不变”。下同）；若温度不变，提高投料比n(H2)/n(CO2)，则K将 ；该反应△H 0（填“＞”、“＜”或“=”）。
【答案】（1）Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH=-28.5 kJ·mol－1
（2）CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O
（3）＞；1≥c>0.4；bd
（4）减小；不变；<
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；等效平衡
【解析】【解答】(1)将已知的两个热化学方程式编号：
①Fe2O3(s)+3C(s)＝2Fe(s)+3CO(g)； ΔH1＝+489.0 kJ·mol－1，
②C(s)+CO2(g)＝2CO(g)；ΔH2＝+172.5kJ·mol－1。
将① ②×3得Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；ΔH=ΔH1 3ΔH2=489.0 kJ·mol－1 3×172.5 kJ·mol－1=-28.5 kJ·mol－1。所以CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；ΔH=-28.5 kJ·mol－1。
(2)该燃料电池总反应为2CO+O2=2CO2，CO在反应中失去电子，所以通入CO的一极是负极，因为电解质溶液是KOH，所以CO2转化成CO32-，根据碳元素化合价由+2升高到+4，1molCO失去2mol电子，负极反应式为：CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O
(3)①图像I、II曲线平行于时间轴对应的状态是平衡状态，平衡状态时CH3OH物质的量曲线I比曲线II多，因容器体积一定，所以平衡时曲线I的生成物浓度比曲线II的生成物浓度高，根据平衡常数表达式 ，可知曲线I的平衡常数比曲线II要大，所以KⅠ＞KⅡ。
②利用“三段式”先求出甲容器平衡时各组分物质的量。设甲容器平衡时CH3OH的物质的量为x。
恒温恒容下， ，则有 ，解得x=0.4mol。
甲容器平衡时各组分物质的量分别为CO2为0.6mol、H2为1.8mol、CH3OH为0.4mol、H2O(g)为0.4mol。
因为“要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等”，甲、乙互为“等同平衡”，所以达到平衡时甲、乙容器中各组分物质的量分别对应相等。要使反应开始时逆向进行则有下列相关量：
若使起始时维持化学反应向逆反应方向进行，初始投入的CH3OH和H2O(g)的物质的量不能低于它们平衡时的物质的量，即c>0.4，
初始时全部由生成物投料c取最大值，即a、b为0， (c-0.4mol)=0.6mol，解得c=1，所以c的范围是1≥c>0.4。
③a.因为反应在恒压条件下进行，容器中压强一直未变化，所以容器中压强不变不能作为反应达到平衡状态的依据，a不符合题意；
b.反应过程中H2的体积分数一直在变化，所以H2的体积分数不变能判断该反应已达平衡状态，b符合题意；
c.c(H2)＝3c(CH3OH)，但反应过程中其数值可能在变也可能不变，所以c(H2)＝3c(CH3OH)不能判断该反应已达平衡状态，c不符合题意；
d.根据质量守恒可知反应混合物总质量[m(总)]不变，但反应过程中气体的体积（V）一直在变化，根据密度 可知容器中气体密度一直在变化，所以容器中气体密度不变可判断该反应达到平衡状态，d符合题意；
e.CO2结构是O=C=O，H2的结构是H—H，单位时间内“2个C=O断裂”是用CO2表示的正反应速率，单位时间内“3个H—H断裂”是用H2表示的正反应速率，无法确定正、逆反应速率是否相等，所以2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂不能判断该反应达到平衡状态，e不符合题意；
故答案为：bd
(4)由图像知在投料比不变时CO2的平衡转化率随温度的升高而减小，即生成物浓度越来越小，反应物浓度越来越大，根据平衡常数表达式 推知平衡常数值越来越小，所以升高温度，反应的平衡常数K将减小。因为平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，所以温度不变时，提高投料比，平衡常数K不变。由图像知随温度升高CO2的平衡转化率减小，即平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应方向是吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应△H<0。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热，从而写出反应的热化学方程式；
（2）CO在负极发生失电子的氧化反应，由于电解液为碱性，故需考虑CO2与OH-的反应；
（3）①同一个反应在不同温度下，正向进行的程度越大，其平衡常数越大；
②结合等效平衡，根据平衡三段式进行计算；
③根据平衡状态的判断进行分析，反应达到平衡状态时，各组成的浓度、物质的量、质量保持不变；
（4）结合温度对平衡常数移动、平衡的影响进行分析；
29．（2018高三上·黑龙江期中）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：
回答下列问题：
（1）11.2 L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88g CO2和45gH2O。A的分子式是 。
（2）D的名称（系统命名）为 ；
（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3-苯基-1-丙醇，F的结构简式是 ；
（4）反应①的反应类型是 ；
（5）反应②的化学方程式为 ；
（6）与G具有相同的官能团的芳香类同分异构体有 种（不含G），其中HNMR中有五组峰，峰面积比为1∶1∶2∶2∶2的异构体的结构简式： 。
【答案】（1）C4H10
（2）2-甲基丙烯
（3）
（4）消去反应
（5）(CH3)2CHCH2OH+ +H2O
（6）4；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】(1)11.2L（即 =0.5mol）的烃A中含碳原子 ，含氢原子 ，则1molA中含碳原子2mol÷0.5=4mol，含氢原子5mol÷0.5=10mol，所以A的分子式为C4H10。
(2)因为B、C都是A的一氯代烃，在NaOH醇溶液中共热发生消去反应生成同种物质D，说明B、C的碳链相同，A的分子式为C4H10，A有两种同分异构体：正丁烷（CH3CH2CH2CH3）、异丁烷[CH3CH(CH3)2]，其中异丁烷的一氯代物有2种CH2ClCH(CH3)2、CH3CCl(CH3)2，且消去反应生成的有机产物都是 ，所以D的结构简式为 ，系统命名为：2-甲基丙烯。
(3)因F可与新制Cu(OH)2悬浊液反应，故F分子中含有醛基（-CHO），1molF与2molH2加成后的产物为3-苯基-1-丙醇，其中-OH由醛基加氢得到，还有1molH2只能是1mol>C=C<加成得到，所以F的结构简式 。
(4) 反应①是一氯代异丁烷与NaOH醇溶液共热发生消去反应，所以反应类型是消去反应。
(5)根据上面分析可知D是(CH3)2C=CH2，D到E符合“已知(2)”，则E为(CH3)2CHCH2OH，由(3)知F的结构简式为 ，F到G的过程有2步：先是醛基被氧化为羧基的钠盐，然后羧基的钠盐被酸化生成羧基，所以G的结构简式为 ，(CH3)2CHCH2OH与 在浓硫酸作用下发生酯化反应，所以反应②的化学方程式为：(CH3)2CHCH2OH+ +H2O。
(6)G的结构简式为 ，因所写同分异构体“与G具有相同的官能团的芳香类”物质，即所写同分异构体中含一个苯环、一个>C=C<、一个-COOH，先将苯环和>C=C<组合，再以“等效氢原子”的思想连-COOH，-COOH取代位置如图： ，其中①就是G，如果不含G共有4种。其中HNMR中有五组峰，峰面积比为1∶1∶2∶2∶2的异构体的结构简式为 。
【分析】（1）根据烃A的物质的量，结合生成的CO2和H2O的物质的量确定A的分子式；
（2）由B、C的消去反应，结合A的可能结构确定D的结构简式，进而对其进行命名；
（3）根据3-苯基-1-丙醇的结构简式，确定F的结构简式；
（4）“NaOH/醇”是卤代烃发生消去反应的条件；
（5）通过D确定E的结构，通过F确定G的结构，进而确定反应②；
（6）G中具有的官能团为：羧基、碳碳双键，结合苯环的邻间对确定同分异构体的个数；
由核磁共振氢谱确定有机物的结构简式时，应从其对称性入手分析。
