山西省长治市第二中学校2020-2021学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二上·长治期中）化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．纤维素水解的最终产物为葡萄糖，因此可作人体的营养物质
B．用明矾净水抑制了水的电离
C．草木灰和铵态氮肥可混合使用
D．医用酒精中，乙醇的体积分数为75%
2．（2020高二上·长治期中）下列化学用语表达正确的是（ ）
A．一氯甲烷的结构式CH3Cl
B．正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3
C．氯化铵的电子式：
D．CH4分子的球棍模型：
3．（2020高二上·长治期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1.0L1.0mol·L-1的NaClO溶液中ClO-数为1.0NA
B．标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA
C．常温下，pH=1的HCl溶液中，由水电离出的H+数目为10-13NA
D．17g -OH与17g OH- 所含电子数均为10NA
4．（2020高二上·长治期中）我国本土科学家屠呦呦因为发现青蒿素而获得2015年的诺贝尔生理和医学奖。已知二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是（ ）
A．与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4
B．能发生氧化反应，与溴水不能发生加成反应
C．该分子中含有三种官能团，不能与NaOH溶液发生反应
D．标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4L H2
5．（2020高二上·长治期中）下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验 操作
A 浓盐酸与MnO2共热制备纯净Cl2 将气体产物依次通过浓硫酸、饱和食盐水
B 除去甲烷中的乙烯 将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
C 配制氯化铁溶液 将氯化铁固体溶解在适量的热水中
D 分离用CCl4萃取碘水中的I2后的混合物 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
A．A B．B C．C D．D
6．（2020高二上·长治期中）常温下，pH＝13的强碱溶液与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比是（ ）
A．11∶1 B．9∶1 C．1∶11 D．1∶9
7．（2020高一上·义乌期中）LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应 :LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2↑。下列说法正确的是（ ）
A．氢气既是氧化产物又是还原产物
B．LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C．若生成标况下4.48 LH2， 则转移0.4 mol 电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2: 1
8．（2020高二上·长治期中）下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（ ）
A．含有 的溶液中：Na+ 、Al3+、Cl-、K+
B．常温下由水电离出的c(H＋)·c(OH-)=10-20 mol2·L-2的溶液中：Na＋、 、Cl－
C．常温下c(Fe3＋)=0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO-、SO 、SCN-
D．常温下，在c(H+)=1.0×10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、S2-、 、
9．（2020高二上·长治期中）日常所用的干电池的电极分别为碳棒和锌皮，以糊状NH4Cl和ZnCl2作电解质（其中加入MnO2氧化吸收H2），电极反应可简化为：Zn－2e－=Zn2+；2 +2e－=NH3+H2，根据上述叙述判断下列说法正确的是 （ ）
A．干电池中锌为正极，碳为负极
B．干电池工作时，电流由锌极经外电路流向碳极
C．干电池长时间连续工作时，内装糊状物可能流出腐蚀用电器
D．干电池可实现化学能向电能的转化和电能向化学能的转化
10．（2020高二上·长治期中）下列指定条件下的结果正确的是（ ）
A．0.1 mol·L-1氨水中，c(OH-)=c(NH )
B．常温下，10 mL 0.02 mol·L-1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=7
C．在0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)
D．0.1 mol·L-1某二元弱酸盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)
11．（2020·新课标II）一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是（ ）
A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
12．（2020高二上·长治期中）铜镁合金4.6 g完全溶于浓硝酸中，若反应中硝酸被还原，只产生4480 mL NO2气体和 336 mL N2O4气体(标准状况下)，反应后的溶液中加足量NaOH溶液，生成沉淀的质量为（ ）
A．8.51 g B．4.83 g C．8.31 g D．9.44 g
13．（2020高二上·长治期中）已知25℃时，AgCl的溶度积Ksp=1.8×10-10 mol2·L-2，则下列说法正确的是（ ）
A．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸， Ksp变大
B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag＋)=c(Cl－)
C．温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl-)=Ksp时，此溶液中必有AgCl沉淀析出
D．在AgCl的悬浊液中加入Na2S溶液，AgCl转化为Ag2S，因为AgCl溶度积大于Ag2S
14．（2018高二上·大庆期中）已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
15．（2020高二上·长治期中）T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示，则下列结论正确的是（ ）
A．在(t1＋10) min时，其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动
B．(t1＋10) min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
C．T ℃时，在相同容器中，若由0.3 mol·L－1A，0.1 mol·L－1B和0.4 mol·L－1C反应，达到平衡后，C的浓度仍为0.4 mol·L－1
D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大
16．（2020高二上·长治期中）室温下，将1.000 mol·L-1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L-1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a点由水电离出的c(H+)=1.0×10-14 mol·L-1
B．b点：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
C．c点：c(Cl-)=c( )
D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热
二、综合题
17．（2020高二上·长治期中）
（1）Ⅰ．常温下，如果取0.2 mol/LCH3COOH溶液与0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=9，试回答以下问题：
写出该混合过程中所发生反应的离子方程式： ，混合溶液的pH=9的原因是：(用必要的文字和离子方程式表示) 。
（2）该混合溶液中由水电离出的c(H+)和pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)的比值为 。
（3）求该混合溶液中下列算式的计算结果：
c(Na+)-c(CH3COO-)= mol/L(代入数据，列出算式即可)
c(OH－)-c(CH3COOH)= moL/L。
（4）Ⅱ．由表格中的电离平衡常数判断可以发生的反应是_________(填字母序号)。
化学式 常温下的电离常数
HClO K=3×10-8
H2CO3 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
A．NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3
B．2HClO+Na2CO3=2NaClO+CO2↑+H2O
C．2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3
D．NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3
（5）将同温度下等浓度的下列四种盐溶液：(已知常温下一水合氨的电离常数Kb=1.8×10-5；碳酸的电离常数：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11)
A．NH4HCO3
B．NH4Cl
C．(NH4)2SO4
D．CH3COONH4 按pH由大到小的顺序排列：_________(填字母序号)。
（6）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是_________(填字母序号)。
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾
A．③④ B．①③④ C．①②③④⑤ D．全部
18．（2020高二上·长治期中）甲醇是一种重要的试剂，有着广泛的用途，工业上可利用CO2制备甲醇。
（1）间接法：用CH4与CO2反应制H2和CO，再利用H2和CO化合制甲醇。
已知：①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l) ΔH1＝－1450.0 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)
ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)
ΔH3＝－571.6 kJ/mol
则H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为 。
（2）直接法： H2和CO2特定条件下制甲醇的反应3H2(g)+CO2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。在某固定体积的密闭容器中充入一定量的H2和CO2，在催化剂、一定温度作用下(前30分钟内温度为T0 ℃)，测得反应物浓度与时间的关系如下图所示。
回答下列问题：
①该反应的化学平衡常数表达式K= ；在T0 ℃反应达到平衡时，甲醇的体积分数为 。(保留三位有效数字)
②保持温度和体积不变，下列情况可说明反应一定达到平衡状态的是 。(填序号)
a．混合气体密度不变
b．反应体系压强不变
c．H2和 CO2的浓度之比为3：1
d．每断裂3mol的H-H键同时断裂3molC-H键
③其他条件不变，温度调至T1℃(T1>T0 )，当反应达到平衡时测得平衡常数为K1(K1
（3）甲醇可作燃料电池的原料，若电解质溶液为盐酸，当外电路转移12mol电子时(不考虑电子损失)，将负极所产生的气体全部通入到2L 1.5mol/L的NaOH溶液中，充分反应，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为
。
19．（2020高二上·长治期中）在一定条件下，用普通铁粉和水蒸气反应,可以得到铁的氧化物，该氧化物又可以经此反应的逆反应，生成颗粒很细的铁粉。某校化学小组利用下图所列装置进行铁与水反应的实验，并利用产物进一步与四氧化三铁反应制取铁粉。(装置中的铁架台、铁夹等必要的夹持仪器在图中均已略去)
（1）烧瓶A中常加入碎瓷片，其作用是 ，小试管C的作用是 。
（2）为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须 ，E管中的反应开始后，在F出口处应 。
（3）反应3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2在一定条件下实际上为可逆反应,本实验中是如何实现Fe向Fe3O4的转变的 试用化学平衡移动原理加以解释 。
（4）停止反应，待B管冷却后，取其中固体加入过量稀盐酸，充分反应后过滤。简述证明滤液中含有Fe3+的实验操作及现象 。
（5）若E管中反应按以下两步进行：Fe3O4+H2 3FeO+H2O，FeO+H2 Fe+H2O，假设实验开始时E管中的Fe3O4为23.2 g，反应一段时间后停止实验，冷却后取出其中固体干燥后称量，其质量变为20 g。通过计算分析其组成可能为 (填序号)
①Fe ②Fe和Fe3O4③FeO和Fe3O4④Fe和FeO ⑤Fe、FeO和Fe3O4
用此20 g固体与铝粉在一定条件下进行铝热反应，最多可消耗铝粉 g。(不考虑空气中的成分参与反应)
20．（2020高二上·长治期中）重铬酸钾(K2Cr2O7)是工业生产和实验室的重要氧化剂。实验室模拟工业生产重铬酸钾时用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、纯碱、烧碱、氯酸钾等为原料先制得铬酸钠(Na2CrO4)，涉及的主要反应是6FeO·Cr2O3 + 24NaOH +7KClO3 12Na2CrO4 +3Fe2O3 +7KCl + 12H2O，然后将铬酸钠转化为K2Cr2O7。其主要工艺如下：
试回答下列问题：
（1）在反应器①中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO2，杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，写出氧化铝与碳酸钠反应的化学方程式： 。
（2）NaFeO2能强烈水解，在操作②生成沉淀而除去，写出该反应的化学方程式： 。
（3）操作③的目的是什么，用简要的文字和化学方程式说明： 。
（4）操作④中，酸化时，CrO 转化为Cr2O ，写出平衡转化的离子方程式： 。
（5）称取重铬酸钾试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL 2mol/LH2SO4溶液和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O =2I－+S4O )。
①判断达到滴定终点的依据是： ；
②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中的重铬酸钾的纯度为 (设K2Cr2O7的摩尔质量为294g·mol -1，整个过程中其它杂质不参与反应)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】水的电离；醇类简介；单糖的性质和用途；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A．人体内没有纤维素水解的酶，因此纤维素不能作人体的营养物质，A不符合题意；
B．明矾电离产生的Al3+发生水解作用，消耗水电离产生的OH-，对水的电离平衡起促进作用，B不符合题意；
C．草木灰主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性，若草木灰和铵态氮肥混合使用，其中的N元素会转化为氨气逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合使用，C不符合题意；
D．体积分数为75%乙醇水溶液，酒精渗透性强，杀菌消毒作用强，因此体积分数为75%乙醇水溶液常用作医用酒精，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．纤维素不能在人体内发生水解生成葡萄糖；
B．铝离子能促进水的电离；
C．铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性；
D．酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒，并且75%的乙醇消毒效果最好。
2．【答案】B
【知识点】结构式；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．一氯甲烷可看作是甲烷分子中的一个H原子被Cl原子取代产生的物质，分子式是CH3Cl，结构式是 ，A不符合题意；
B．正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3，B符合题意；
C．氯化铵是离子化合物，其电子式为： ，C不符合题意；
D．CH4分子的比例模型是： ，球棍模型是： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．用一条短线来代替一对共用电子对的式子为结构式；
B．正丁烷中四个C原子在一条碳链上；
C．氯离子是阴离子，应标示出最外层电子；
D．用小球和小棍表示的模型为球棍模型。
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.1.0L1.0mol·L-1的NaClO溶液中n(NaClO)=1L×1.0mol·L-1=1mol，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-在水中会发生水解，因此该溶液中ClO-数小于1.0NA，故A项说法不符合题意；
B．标准状况下，2.24LCO2的物质的量为 =0.1mol，CO2与足量Na2O2反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应过程中Na2O2既是氧化剂也是还原剂，因此0.1mol Na2O2反应过程中转移的电子数为0.1NA，故B项说法符合题意；
C．未告知溶液的体积，因此无法确定该溶液中水电离出的H+数目，故C项说法不符合题意；
D.1个-OH中电子数为9，1个OH-中电子数为10，因此17g -OH与17g OH- 所含电子数不同，故D项说法不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．次氯酸钠溶液中次氯酸根离子部分水解，次氯酸根离子数目减少；
B.根据反应Na2O2中氧的化合价为-1价来进行分析；
C.没有体积无法计算物质的量；
D.一个羟基中有9个电子，一个氢氧根离子中含10个电子。
4．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A.只有-COOH可与乙醇发生酯化反应，由原子守恒可以知道，与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H16O4，A不符合题意
B.有羟基可以发生氧化反应，-COOH不能加成，B符合题意
C.有两种官能团，-COOH可与氢氧化钠反应，C不符合题意
D. -COOH、-OH均与钠反应生成氢气，则标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5mol 22.4L/mol=33.6LH2，D不符合题意
故答案为：B
【分析】由结构可知，含有2个-OH、1个-COOH，结合醇、羧酸的性质来解答。
5．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A. 得到纯净的氯气中含有HCl和H2O(g)，先除去HCl，后干燥，即通过的顺序是饱和食盐水、浓硫酸，故A不符合题意；
B. 乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，应通过溴水，故B不符合题意；
C. FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释，故C不符合题意；
D. CCl4的密度大于水，碘单质易溶于CCl4，下层是碘的四氯化碳溶液，上层为水层，进行分液时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．先通入饱和食盐水除去HCl，后浓硫酸干燥氯气；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C．热水中促进铁离子水解；
D．分液时避免上下层液体混合。
6．【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】常温下混合溶液pH=11，则溶液显碱性，说明碱过量，设碱的体积为V1，pH=13，则溶液中c(OH-)=0.1mol/L；设酸的体积为V2，pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，二者混合是碱过量，pH=11，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L= ，解得V1：V2=1：9，
故答案为D。
【分析】酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，氢气既是氧化产物又是还原产物，故A符合题意；
B、LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂，故B不符合题意；
C、由LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2↑可知，每molLiAlH4反应，转移4mole-，生成4molH2，若生成标况下4.48 LH2，为0.2mol， 则转移0.2 mol 电子，故C不符合题意；
D、由LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2↑，LiAlH4中H由-1价升高为0价，作还原剂，水作氧化剂，计量数之比为1：2，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，最后均得到 H2 解答；
B、根据LiAlH4中H由-1价升高为0价，做还原剂；
C、 若生成标况下4.48 LH2， 为0.2mol，LiAlH4中H由-1价升高为0价，则转移0.2mol 电子 ；
D、根据LiAlH4中H由-1价升高为0价，为还原剂，H2O中H由+1价降为0价，为氧化剂解答；
8．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A． 、Al3+会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．在常温下纯水电离产生的c(H＋)·c(OH-)=10-14 mol2·L-2。若溶液中由水电离出的c(H＋)·c(OH-)=10-20 mol2·L-2，则水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中，OH-、 会反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．Fe3＋与SCN-会反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存；且ClO-、SCN-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．常温下，c(H+)=1.0×10-13 mol·L-1的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生反应，可以大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：
1、生成难溶物，如Ba2＋与SO等；
2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；
3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；
4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO、HCO或AlO等；
6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；
若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
9．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Zn作负极，石墨作正极，A不符合题意；
B．电流由正极（石墨）经导线流向负极（锌），B不符合题意；
C．干电池时间连续工作，负极锌片被腐蚀，内装糊状物可能流出腐蚀用电器，C符合题意；
D．干电池是一次性电池，不能反复充电，只能实现化学能向电能转化，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】Zn作负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2+；
石墨作正极，电极反应式为2 +2e－=NH3+H2。
10．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．溶液中的OH-由NH3·H2O、H2O共同电离产生，根据电荷守恒可得c(OH-)=c(NH )+c(H+)，A不符合题意；
B．二者等体积混合后，溶液中有未反应的OH-大量存在，溶液显碱性，所以常温下溶液的pH＞7，B不符合题意；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，促进水的电离，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，溶液显碱性。根据质子守恒可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)，C符合题意；
D．根据物料守恒可得：c(Na+)=c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．Ba(OH)2是二元碱，碱过量；
C．根据质子守恒分析；
D．根据物料守恒分析；
11．【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】A．该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A不符合题意；
B．Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B不符合题意；
C．N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，故C不符合题意；
D．B 氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。
12．【答案】A
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】Cu失去2个电子变为Cu2+；Cu2+结合2个OH-变为Cu(OH)2沉淀；Mg失去2个电子变为Mg2+，Mg2+与2个OH-结合形成Mg(OH)2沉淀，根据以上反应关系可知：铜和镁失去的电子的物质的量等于产生的离子结合的氢氧根的物质的量；反应后沉淀的质量等于合金的质量与氢氧根离子的质量的和；生成4480 mL 的NO2气体和336 mL的N2O4气体，反应中转移的电子的物质的量为n(e-)= =0.23 mol，所以生成的沉淀的质量为m(沉淀)=m(Cu+Mg)+m(OH-)=4.6 g+0.23 mol×17 g/mol=8.51g，
故答案为：A。
【分析】根据转移电子守恒分析，Cu失去的电子最终转移给了O2，再根据转移电子数等于OH-的数目，计算出OH-的质量，最后加上原金属的质量算出沉淀的质量。
13．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．Ksp只与温度有关，温度不变Ksp不变，A不符合题意；
B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，c(Ag＋)和c(Cl－)大小不能确定，这取决于AgNO3与NaCl的相对多少，B不符合题意；
C．温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl-)=Ksp时，此溶液中AgCl达到沉淀溶解平衡，但不一定有AgCl沉淀析出，C不符合题意；
D．在AgCl的悬浊液中加入Na2S溶液，AgCl转化为Ag2S，因为AgCl溶解电离产生c(Ag+)与溶液中c2(S2-)的乘积大于Ag2S的溶度积常数，则AgCl溶度积大于Ag2S，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Ksp只与温度有关；
B．c(Ag＋)和c(Cl-)与AgNO3和NaCl的比例有关；
C．c(Ag＋)·c(Cl-)=Ksp时，此溶液中AgCl达到沉淀溶解平衡；
D．一般情况下溶度积大的物质可以转化为溶度积小的物质；
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；pH的简单计算
【解析】【解答】A.0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项不符合题意；
B.升温促进电离，溶液的pH减小，故B项符合题意；
C.此酸的电离平衡常数约为K= = =1×10-7，故C项不符合题意；
D.由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.根据电离度计算氢离子的浓度，然后计算pH；
B.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离，氢离子浓度增大；
C.根据电离平衡常数的定义进行计算；
D.根据HA电离出的氢离子浓度计算氢氧根离子的浓度，然后得出由水电离出的氢离子浓度即可。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．在t1min时，反应达到平衡状态，（t1+10）min时，增大压强，平衡正向移动，故A不符合题意；
B．（t1+10）min时，保持压强不变，通入稀有气体，容器体积变大，反应物所占分压减小，平衡向体积增大的方向移动，平衡逆向移动，故B不符合题意；
C．根据图Ⅰ知，化学平衡常数K= = ；假设C的平衡浓度是0.4mol/L；
A（g）+ 3B（g） 2C（g）
起始（mol/L） 0.3 0.1 0.4
转化（mol/L） 0 0 0
平衡（mol/L） 0.3 0.1 0.4
化学平衡常数K′= = ，所以符合平衡常数K，故C符合题意；
D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.5-0.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0.7-0.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.4-0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g） 2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，B的体积分数增大，则该反应的正反应是放热反应，据此分析。
16．【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH＜14，则溶液中氢离子浓度大于1.0×10-14 mol L-1，即：水电离出的c(H+)＞1.0×10-14 mol L-1，A不符合题意；
B．根据图示b点时pH＞7，说明盐酸不足量，氨水过量，根据物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞c(Cl-)，B不符合题意；
C．c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)=c( )，C符合题意；
D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据a点的pH分析；
B．根据物料守恒分析；
C．根据电荷守恒分析；
D．根据加入盐酸的温度分析；
17．【答案】（1）CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，由于水解反应的存在，使得溶液中的c(OH-)＞c(H+)，故pH＞7
（2）104：1(或104)
（3）10-5-10-9；10-9
（4）D
（5）A；B；C；D
（6）A
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】Ⅰ．(1)等体积等浓度混合，恰好生成CH3COONa，由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，二者反应的离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，促进水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，混合后pH=9，则CH3COO-离子水解显碱性，水解的离子反应为CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，故溶液pH＞7；(2)混合溶液中溶液pH=9，c(OH-)=10-5 mol/L，则由水电离出的c(H+)=10-5 mol/L；pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)=10-9 mol/L，故由水电离出c(H+)的比值为10-5 mol/L ：10-9 mol/L =104：1；(3)由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=10-5 mol/L-10-9 mol/L=(10-5-10-9) mol/L；
对于CH3COONa溶液，根据物料守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，带入电荷守恒表达式c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)中，可得c(OH-)-c(CH3COOH)=c(H+)=10-9 mol/L；Ⅱ．(4)根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞ 。
A．若NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3能发生，则酸性： ＞HClO，与题干的酸性：HClO＞ 相违背，说明该反应不能发生，A不正确；
B．若反应2HClO+Na2CO3=2NaClO+CO2↑+H2O能够发生，则酸性：HClO＞H2CO3，与题干的酸性H2CO3＞HClO相违背，说明该反应不能发生，B不正确；
C．若反应2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3能够发生，则酸性：H2CO3＞ ＞HClO，与题干的酸性：H2CO3＞HClO＞ 相违背，说明该反应不能发生，C不正确；
D．若反应NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3能够发生，则酸性：H2CO3＞HClO＞ ，正好与题干的酸性强弱吻合，故该反应能够发生，D正确；
故答案为：D；(5)根据电离平衡常数可知：物质的电离平衡常数越大，物质越容易电离；物质的电离平衡常数越小，其电离产生的离子越容易水解。B为NH4Cl、C为(NH4)2SO4都是强酸弱碱盐， 水解消耗水电离产生的OH-使溶液显酸性，由于(NH4)2SO4中铵根离子浓度大，则该溶液水解后酸性更强，pH更小；D为CH3COONH4，由于CH3COOH与NH3·H2O电离平衡常数接近相同，CH3COO-和 水解程度相同，该溶液显中性；A是NH4HCO3，由于电离平衡常数：NH3·H2O＞H2CO3，所以 水解程度大于 ，溶液显碱性，该溶液的pH最大，所以酸性：(NH4)2SO4＞NH4Cl＞CH3COONH4＞NH4HCO3，溶液的酸性越强，pH就越小，故溶液的pH由大到小的顺序为ADBC；(6)①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，①不正确；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，水解产生的氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，②不正确；③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸是不挥发性酸，硫酸和氢氧化铝再反应产生硫酸铝，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，③正确；④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，④正确；⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，⑤不正确；⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰和氧气，所以最终得到的固体不是原物质，⑥不正确；
综上所述可知：能得到化学组成与原固体物质相同的物质序号是③④，故答案为：A。
【分析】Ⅰ．(1)反应生成醋酸钠和水，反应后醋酸根离子水解显碱性；(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)为10-5 mol/L，pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)为10-9 mol/L；(3)由电荷守恒可知c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)； 根据物料守恒、电荷守恒分析c(OH－)-c(CH3COOH)；Ⅱ．(4)电离平衡常数越大，相应的酸的酸性越强，根据强酸与弱酸盐反应制取弱酸分析判断；(5)根据越弱越水解，谁强显谁性分析判断溶液的酸性强弱。B、C水解显酸性，D为中性，A水解显碱性，氢离子浓度越大，溶液的pH越小；(6)将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸，据此分析解答。
18．【答案】（1）CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝－129.6 kJ/mol
（2）；16.7%；bd；放热反应；若只改变图示CO2的浓度，温度不变，K0= K2，实际K0= =0.148，而K2= =1.78，K2> K0，故只增大CO2的浓度不能建立图示45分钟时的化学平衡状态(还得降低反应温度)
（3）c(Na+)>c(HCO )>c(CO )>c(OH－)>c(H+)
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)反应方程式：①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l) ΔH1＝－1450.0 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ΔH3＝－571.6 kJ/mol
由盖斯定律可知，H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝ = kJ/mol=－129.6kJ/mol；
(2)①反应3H2(g)+CO2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K= ；反应过程中Δc(H2)=3Δc(CO2)=3Δc(CH3OH)=3Δc(H2O)，由图可知，反应在20min时达到平衡，因此在T0 ℃反应达到平衡时，c(H2)=1.50mol/L，c(CO2)=0.50mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=Δc(CO2)=0.50mol/L，甲醇的体积分数为 ×100%=16.7%；
②a．反应前后气体质量和体积不变，混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不选；
b．反应前后气体物质的量变化，物质的量之比等于压强之比，反应过程中体现压强逐渐减小，当反应体系压强不变，说明反应达到平衡状态，故b选；
c．H2和 CO2的浓度之比为3：1是反应比，和平衡状态无直接关系，不能说明反应达到平衡状态，故c不选；
d．每断裂3mol的H-H键即消耗3mol H2，同时断裂3molC-H键说明消耗1mol CH3OH，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
③其他条件不变，温度调至T1℃(T1>T0)，当反应达到平衡时测得平衡常数为K1(K1
(3)甲醇可作燃料电池的原料，若电解质溶液为盐酸，负极所产生的气体为二氧化碳，负极电极反应：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，当外电路转移12mol电子时(不考虑电子损失)，生成二氧化碳物质的量n(CO2)=2mol，n(NaOH)=2L×1.5mol/L=3mol，则反应为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，反应得到等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，溶液中碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCO )>c(CO )>c(OH－)>c(H+)。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)①平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比；根据图像的数据和反应的物质的量之比等于化学计量数之比计算反应后各物质的浓度，进而计算出甲醇的体积分数；
②判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
③根据改变温度后，平衡常数的变化分析正反应的热效应；
④根据两个温度下的平衡常数分析；
(3)根据电极反应和转移电子数计算生成CO2的物质的量，再根据CO2和NaOH的量分析所得溶液的成分，最后根据碳酸根和碳酸氢根水解程度比较离子浓度。
19．【答案】（1）防止液体暴沸；冷凝水蒸气
（2）检验氢气的纯度；点燃氢气
（3）实验中不断通入水蒸气增大反应物浓度，并移走氢气减小生成物浓度，从而使反应正向进行
（4）取滤液少量，向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色,即证明含有Fe3+
（5）②④⑤；3.6
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；实验装置综合；制备实验方案的设计；有关范围讨论题的计算
【解析】【解答】(1)加热液体时要防止暴沸，则在烧瓶A中常加入碎瓷片，其目的是防止液体暴沸；小试管C在冰水混合物中，能冷却水蒸气，除去多余的水蒸气；(2)在B装置中Fe与水蒸气反应产生Fe3O4和 H2，生成的氢气把装置D、E中的空气排净，为了防止氢气中混有空气加热爆炸，所以加热E前，先检验F出口处氢气的纯度，最后氢气要点燃处理，即在F出口处应点燃氢气；(3)高温下 Fe与H2O(g)反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，在一定条件下该反应实际上是可逆反应，如使平衡正向移动，可实验中不断通入水蒸气增大反应物浓度，并移走氢气减小生成物浓度，使平衡正向移动；(4)B管中生成Fe3O4，若检验其中的Fe3+，应该先加盐酸溶解Fe3O4形成溶液，然后加KSCN溶液，若溶液变为血红色，即证明含有Fe3+。即证明Fe3+存在的方法是：取滤液少量，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，即证明含有Fe3+；(5)Fe3O4质量为23.2 g，其物质的量为n(Fe3O4)= ，其中Fe元素的物质的量n(Fe)=3n(Fe3O4)=0.3 mol，则Fe质量m(Fe)=0.3 mol×56 g/mol=16.8 g；反应一段时间后停止实验，冷却后取出其中固体干燥后称量，其质量变为20 g＞16.8 g，说明剩余固体中含有O元素，因此不可能完全是Fe单质；其中O元素的物质的量n(O)= ，n(Fe)：n(O)=0.3 mol：0.2 mol=3：2。①固体中含有O元素，不可能完全是Fe单质，①不正确；
②当Fe和Fe3O4按3：1混合时，符合固体中n(Fe)：n(O)= 3：2比例关系，②正确；
③无论FeO和Fe3O4以任何比例混合，都不符合n(Fe)：n(O)= 3：2比例关系，③不正确；④当Fe和FeO按1：2混合时，符合固体中n(Fe)：n(O)= 3：2比例关系，④正确；⑤假设Fe、FeO和Fe3O4混合物中三种物质的物质的量分别是a、b、c，要符合n(Fe)：n(O)=3：2比例关系，则(a+b+3c)：(b+4c)= 3：2，整理可得2a=b+6c，就符合上述关系，⑤正确；
综上所述可知正确的物质组合为②④⑤；
用上述20g固体与Al粉发生铝热反应，产生Fe单质和Al2O3，根据上述计算可知O元素的物质的量n(O)=0.2 mol，则由化学式Al2O3可知n(Al)= n(O)= ×0.2 mol= mol，其质量m(Al)= mol×27 g/mol=3.6 g。
【分析】烧瓶A用于提供水蒸气，为防止暴沸现象，应加入碎瓷片。在加热条件下，B中还原铁粉与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，C装置用于冷却水蒸气，然后在D中进行干燥，然后用氢气与Fe3O4反应制备铁，以此解答该题。
20．【答案】（1）Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑
（2）NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH
（3）由于硅酸钠和偏铝酸钠发生水解：SiO +2H2O H2SiO3+2OH-(或SiO +H2O HSiO +OH-，HSiO +H2O H2SiO3+OH-)，AlO +H2O Al(OH)3+OH-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全而除去
（4）2CrO +2H+ Cr2O +H2O
（5）当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；94.08%
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑；(2)NaFeO2能强烈水解，为强碱弱酸液，水解呈碱性，生成氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH；(3)由于硅酸钠和偏铝酸钠都属于强碱弱酸盐，在溶液中发生水解，SiO +H2O HSiO +OH-，HSiO +H2O H2SiO3+OH-，AlO +H2O Al(OH)3+OH-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀；(4)Cr2O 在溶液中存在水解平衡Cr2O +H2O 2CrO +2H+，向Na2CrO4溶液中加入酸时，有利于Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，反应离子方程式为2CrO +2H+ Cr2O +H2O；(5)①根据反应：I2+2S2O =2I－+S4O ，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复至蓝色，则达到滴定终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；②由反应Cr2O +6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O =2I－+S4O 可得反应的关系式为Cr2O ～3I2～6S2O ，根据关系式计算 ，则250mL含K2Cr2O7的物质的量为n= × =0.008mol，则所得产品中重铬酸钾纯度为 ×100%=94.08%。
【分析】由流程可知，铬铁矿(主要成分为FeO Cr2O3，杂质为SiO2、Al2O3)为原料粉碎后再反应器中加入纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾浸取过滤得到滤液调节溶液pH除去铝离子和硅酸根离子，过滤得到Na2CrO4溶液，酸化后加入氯化钾浓缩过滤干燥得到重铬酸钾；(5)该测定实验原理是利用重铬酸钾试样与足量碘化钾反应，二者反应过程中，KI被氧化为I2，然后利用Na2S2O3标准溶液滴定I2从而测定生成的I2的量，利用I-与K2Cr2O7反应关系确定试样中K2Cr2O7的纯度。
山西省长治市第二中学校2020-2021学年高二上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高二上·长治期中）化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．纤维素水解的最终产物为葡萄糖，因此可作人体的营养物质
B．用明矾净水抑制了水的电离
C．草木灰和铵态氮肥可混合使用
D．医用酒精中，乙醇的体积分数为75%
【答案】D
【知识点】水的电离；醇类简介；单糖的性质和用途；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A．人体内没有纤维素水解的酶，因此纤维素不能作人体的营养物质，A不符合题意；
B．明矾电离产生的Al3+发生水解作用，消耗水电离产生的OH-，对水的电离平衡起促进作用，B不符合题意；
C．草木灰主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性，若草木灰和铵态氮肥混合使用，其中的N元素会转化为氨气逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合使用，C不符合题意；
D．体积分数为75%乙醇水溶液，酒精渗透性强，杀菌消毒作用强，因此体积分数为75%乙醇水溶液常用作医用酒精，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．纤维素不能在人体内发生水解生成葡萄糖；
B．铝离子能促进水的电离；
C．铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性；
D．酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒，并且75%的乙醇消毒效果最好。
2．（2020高二上·长治期中）下列化学用语表达正确的是（ ）
A．一氯甲烷的结构式CH3Cl
B．正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3
C．氯化铵的电子式：
D．CH4分子的球棍模型：
【答案】B
【知识点】结构式；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．一氯甲烷可看作是甲烷分子中的一个H原子被Cl原子取代产生的物质，分子式是CH3Cl，结构式是 ，A不符合题意；
B．正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3，B符合题意；
C．氯化铵是离子化合物，其电子式为： ，C不符合题意；
D．CH4分子的比例模型是： ，球棍模型是： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．用一条短线来代替一对共用电子对的式子为结构式；
B．正丁烷中四个C原子在一条碳链上；
C．氯离子是阴离子，应标示出最外层电子；
D．用小球和小棍表示的模型为球棍模型。
3．（2020高二上·长治期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1.0L1.0mol·L-1的NaClO溶液中ClO-数为1.0NA
B．标准状况下，2.24LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.1NA
C．常温下，pH=1的HCl溶液中，由水电离出的H+数目为10-13NA
D．17g -OH与17g OH- 所含电子数均为10NA
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.1.0L1.0mol·L-1的NaClO溶液中n(NaClO)=1L×1.0mol·L-1=1mol，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-在水中会发生水解，因此该溶液中ClO-数小于1.0NA，故A项说法不符合题意；
B．标准状况下，2.24LCO2的物质的量为 =0.1mol，CO2与足量Na2O2反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应过程中Na2O2既是氧化剂也是还原剂，因此0.1mol Na2O2反应过程中转移的电子数为0.1NA，故B项说法符合题意；
C．未告知溶液的体积，因此无法确定该溶液中水电离出的H+数目，故C项说法不符合题意；
D.1个-OH中电子数为9，1个OH-中电子数为10，因此17g -OH与17g OH- 所含电子数不同，故D项说法不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．次氯酸钠溶液中次氯酸根离子部分水解，次氯酸根离子数目减少；
B.根据反应Na2O2中氧的化合价为-1价来进行分析；
C.没有体积无法计算物质的量；
D.一个羟基中有9个电子，一个氢氧根离子中含10个电子。
4．（2020高二上·长治期中）我国本土科学家屠呦呦因为发现青蒿素而获得2015年的诺贝尔生理和医学奖。已知二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是（ ）
A．与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4
B．能发生氧化反应，与溴水不能发生加成反应
C．该分子中含有三种官能团，不能与NaOH溶液发生反应
D．标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4L H2
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A.只有-COOH可与乙醇发生酯化反应，由原子守恒可以知道，与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H16O4，A不符合题意
B.有羟基可以发生氧化反应，-COOH不能加成，B符合题意
C.有两种官能团，-COOH可与氢氧化钠反应，C不符合题意
D. -COOH、-OH均与钠反应生成氢气，则标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5mol 22.4L/mol=33.6LH2，D不符合题意
故答案为：B
【分析】由结构可知，含有2个-OH、1个-COOH，结合醇、羧酸的性质来解答。
5．（2020高二上·长治期中）下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验 操作
A 浓盐酸与MnO2共热制备纯净Cl2 将气体产物依次通过浓硫酸、饱和食盐水
B 除去甲烷中的乙烯 将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
C 配制氯化铁溶液 将氯化铁固体溶解在适量的热水中
D 分离用CCl4萃取碘水中的I2后的混合物 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A. 得到纯净的氯气中含有HCl和H2O(g)，先除去HCl，后干燥，即通过的顺序是饱和食盐水、浓硫酸，故A不符合题意；
B. 乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，应通过溴水，故B不符合题意；
C. FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释，故C不符合题意；
D. CCl4的密度大于水，碘单质易溶于CCl4，下层是碘的四氯化碳溶液，上层为水层，进行分液时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．先通入饱和食盐水除去HCl，后浓硫酸干燥氯气；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C．热水中促进铁离子水解；
D．分液时避免上下层液体混合。
6．（2020高二上·长治期中）常温下，pH＝13的强碱溶液与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比是（ ）
A．11∶1 B．9∶1 C．1∶11 D．1∶9
【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】常温下混合溶液pH=11，则溶液显碱性，说明碱过量，设碱的体积为V1，pH=13，则溶液中c(OH-)=0.1mol/L；设酸的体积为V2，pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，二者混合是碱过量，pH=11，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L= ，解得V1：V2=1：9，
故答案为D。
【分析】酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比。
7．（2020高一上·义乌期中）LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应 :LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2↑。下列说法正确的是（ ）
A．氢气既是氧化产物又是还原产物
B．LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C．若生成标况下4.48 LH2， 则转移0.4 mol 电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2: 1
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，氢气既是氧化产物又是还原产物，故A符合题意；
B、LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂，故B不符合题意；
C、由LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2↑可知，每molLiAlH4反应，转移4mole-，生成4molH2，若生成标况下4.48 LH2，为0.2mol， 则转移0.2 mol 电子，故C不符合题意；
D、由LiAlH4+2H2O= LiAlO2+4H2↑，LiAlH4中H由-1价升高为0价，作还原剂，水作氧化剂，计量数之比为1：2，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，最后均得到 H2 解答；
B、根据LiAlH4中H由-1价升高为0价，做还原剂；
C、 若生成标况下4.48 LH2， 为0.2mol，LiAlH4中H由-1价升高为0价，则转移0.2mol 电子 ；
D、根据LiAlH4中H由-1价升高为0价，为还原剂，H2O中H由+1价降为0价，为氧化剂解答；
8．（2020高二上·长治期中）下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（ ）
A．含有 的溶液中：Na+ 、Al3+、Cl-、K+
B．常温下由水电离出的c(H＋)·c(OH-)=10-20 mol2·L-2的溶液中：Na＋、 、Cl－
C．常温下c(Fe3＋)=0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO-、SO 、SCN-
D．常温下，在c(H+)=1.0×10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、S2-、 、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A． 、Al3+会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．在常温下纯水电离产生的c(H＋)·c(OH-)=10-14 mol2·L-2。若溶液中由水电离出的c(H＋)·c(OH-)=10-20 mol2·L-2，则水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中，OH-、 会反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，B不符合题意；
C．Fe3＋与SCN-会反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存；且ClO-、SCN-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．常温下，c(H+)=1.0×10-13 mol·L-1的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生反应，可以大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：
1、生成难溶物，如Ba2＋与SO等；
2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；
3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；
4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO、HCO或AlO等；
6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；
若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
9．（2020高二上·长治期中）日常所用的干电池的电极分别为碳棒和锌皮，以糊状NH4Cl和ZnCl2作电解质（其中加入MnO2氧化吸收H2），电极反应可简化为：Zn－2e－=Zn2+；2 +2e－=NH3+H2，根据上述叙述判断下列说法正确的是 （ ）
A．干电池中锌为正极，碳为负极
B．干电池工作时，电流由锌极经外电路流向碳极
C．干电池长时间连续工作时，内装糊状物可能流出腐蚀用电器
D．干电池可实现化学能向电能的转化和电能向化学能的转化
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Zn作负极，石墨作正极，A不符合题意；
B．电流由正极（石墨）经导线流向负极（锌），B不符合题意；
C．干电池时间连续工作，负极锌片被腐蚀，内装糊状物可能流出腐蚀用电器，C符合题意；
D．干电池是一次性电池，不能反复充电，只能实现化学能向电能转化，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】Zn作负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2+；
石墨作正极，电极反应式为2 +2e－=NH3+H2。
10．（2020高二上·长治期中）下列指定条件下的结果正确的是（ ）
A．0.1 mol·L-1氨水中，c(OH-)=c(NH )
B．常温下，10 mL 0.02 mol·L-1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=7
C．在0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)
D．0.1 mol·L-1某二元弱酸盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．溶液中的OH-由NH3·H2O、H2O共同电离产生，根据电荷守恒可得c(OH-)=c(NH )+c(H+)，A不符合题意；
B．二者等体积混合后，溶液中有未反应的OH-大量存在，溶液显碱性，所以常温下溶液的pH＞7，B不符合题意；
C．CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，促进水的电离，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H＋)，溶液显碱性。根据质子守恒可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H＋)，C符合题意；
D．根据物料守恒可得：c(Na+)=c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据电荷守恒分析；
B．Ba(OH)2是二元碱，碱过量；
C．根据质子守恒分析；
D．根据物料守恒分析；
11．（2020·新课标II）一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是（ ）
A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【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】A．该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A不符合题意；
B．Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B不符合题意；
C．N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，故C不符合题意；
D．B 氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。
12．（2020高二上·长治期中）铜镁合金4.6 g完全溶于浓硝酸中，若反应中硝酸被还原，只产生4480 mL NO2气体和 336 mL N2O4气体(标准状况下)，反应后的溶液中加足量NaOH溶液，生成沉淀的质量为（ ）
A．8.51 g B．4.83 g C．8.31 g D．9.44 g
【答案】A
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】Cu失去2个电子变为Cu2+；Cu2+结合2个OH-变为Cu(OH)2沉淀；Mg失去2个电子变为Mg2+，Mg2+与2个OH-结合形成Mg(OH)2沉淀，根据以上反应关系可知：铜和镁失去的电子的物质的量等于产生的离子结合的氢氧根的物质的量；反应后沉淀的质量等于合金的质量与氢氧根离子的质量的和；生成4480 mL 的NO2气体和336 mL的N2O4气体，反应中转移的电子的物质的量为n(e-)= =0.23 mol，所以生成的沉淀的质量为m(沉淀)=m(Cu+Mg)+m(OH-)=4.6 g+0.23 mol×17 g/mol=8.51g，
故答案为：A。
【分析】根据转移电子守恒分析，Cu失去的电子最终转移给了O2，再根据转移电子数等于OH-的数目，计算出OH-的质量，最后加上原金属的质量算出沉淀的质量。
13．（2020高二上·长治期中）已知25℃时，AgCl的溶度积Ksp=1.8×10-10 mol2·L-2，则下列说法正确的是（ ）
A．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸， Ksp变大
B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag＋)=c(Cl－)
C．温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl-)=Ksp时，此溶液中必有AgCl沉淀析出
D．在AgCl的悬浊液中加入Na2S溶液，AgCl转化为Ag2S，因为AgCl溶度积大于Ag2S
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．Ksp只与温度有关，温度不变Ksp不变，A不符合题意；
B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，c(Ag＋)和c(Cl－)大小不能确定，这取决于AgNO3与NaCl的相对多少，B不符合题意；
C．温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl-)=Ksp时，此溶液中AgCl达到沉淀溶解平衡，但不一定有AgCl沉淀析出，C不符合题意；
D．在AgCl的悬浊液中加入Na2S溶液，AgCl转化为Ag2S，因为AgCl溶解电离产生c(Ag+)与溶液中c2(S2-)的乘积大于Ag2S的溶度积常数，则AgCl溶度积大于Ag2S，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Ksp只与温度有关；
B．c(Ag＋)和c(Cl-)与AgNO3和NaCl的比例有关；
C．c(Ag＋)·c(Cl-)=Ksp时，此溶液中AgCl达到沉淀溶解平衡；
D．一般情况下溶度积大的物质可以转化为溶度积小的物质；
14．（2018高二上·大庆期中）已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；pH的简单计算
【解析】【解答】A.0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项不符合题意；
B.升温促进电离，溶液的pH减小，故B项符合题意；
C.此酸的电离平衡常数约为K= = =1×10-7，故C项不符合题意；
D.由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.根据电离度计算氢离子的浓度，然后计算pH；
B.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离，氢离子浓度增大；
C.根据电离平衡常数的定义进行计算；
D.根据HA电离出的氢离子浓度计算氢氧根离子的浓度，然后得出由水电离出的氢离子浓度即可。
15．（2020高二上·长治期中）T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示，则下列结论正确的是（ ）
A．在(t1＋10) min时，其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动
B．(t1＋10) min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
C．T ℃时，在相同容器中，若由0.3 mol·L－1A，0.1 mol·L－1B和0.4 mol·L－1C反应，达到平衡后，C的浓度仍为0.4 mol·L－1
D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．在t1min时，反应达到平衡状态，（t1+10）min时，增大压强，平衡正向移动，故A不符合题意；
B．（t1+10）min时，保持压强不变，通入稀有气体，容器体积变大，反应物所占分压减小，平衡向体积增大的方向移动，平衡逆向移动，故B不符合题意；
C．根据图Ⅰ知，化学平衡常数K= = ；假设C的平衡浓度是0.4mol/L；
A（g）+ 3B（g） 2C（g）
起始（mol/L） 0.3 0.1 0.4
转化（mol/L） 0 0 0
平衡（mol/L） 0.3 0.1 0.4
化学平衡常数K′= = ，所以符合平衡常数K，故C符合题意；
D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.5-0.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0.7-0.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.4-0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g） 2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，B的体积分数增大，则该反应的正反应是放热反应，据此分析。
16．（2020高二上·长治期中）室温下，将1.000 mol·L-1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L-1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．a点由水电离出的c(H+)=1.0×10-14 mol·L-1
B．b点：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
C．c点：c(Cl-)=c( )
D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热
【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH＜14，则溶液中氢离子浓度大于1.0×10-14 mol L-1，即：水电离出的c(H+)＞1.0×10-14 mol L-1，A不符合题意；
B．根据图示b点时pH＞7，说明盐酸不足量，氨水过量，根据物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞c(Cl-)，B不符合题意；
C．c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)=c( )，C符合题意；
D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据a点的pH分析；
B．根据物料守恒分析；
C．根据电荷守恒分析；
D．根据加入盐酸的温度分析；
二、综合题
17．（2020高二上·长治期中）
（1）Ⅰ．常温下，如果取0.2 mol/LCH3COOH溶液与0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=9，试回答以下问题：
写出该混合过程中所发生反应的离子方程式： ，混合溶液的pH=9的原因是：(用必要的文字和离子方程式表示) 。
（2）该混合溶液中由水电离出的c(H+)和pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)的比值为 。
（3）求该混合溶液中下列算式的计算结果：
c(Na+)-c(CH3COO-)= mol/L(代入数据，列出算式即可)
c(OH－)-c(CH3COOH)= moL/L。
（4）Ⅱ．由表格中的电离平衡常数判断可以发生的反应是_________(填字母序号)。
化学式 常温下的电离常数
HClO K=3×10-8
H2CO3 K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
A．NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3
B．2HClO+Na2CO3=2NaClO+CO2↑+H2O
C．2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3
D．NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3
（5）将同温度下等浓度的下列四种盐溶液：(已知常温下一水合氨的电离常数Kb=1.8×10-5；碳酸的电离常数：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11)
A．NH4HCO3
B．NH4Cl
C．(NH4)2SO4
D．CH3COONH4 按pH由大到小的顺序排列：_________(填字母序号)。
（6）下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是_________(填字母序号)。
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾
A．③④ B．①③④ C．①②③④⑤ D．全部
【答案】（1）CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，由于水解反应的存在，使得溶液中的c(OH-)＞c(H+)，故pH＞7
（2）104：1(或104)
（3）10-5-10-9；10-9
（4）D
（5）A；B；C；D
（6）A
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】Ⅰ．(1)等体积等浓度混合，恰好生成CH3COONa，由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，二者反应的离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，促进水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，混合后pH=9，则CH3COO-离子水解显碱性，水解的离子反应为CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，故溶液pH＞7；(2)混合溶液中溶液pH=9，c(OH-)=10-5 mol/L，则由水电离出的c(H+)=10-5 mol/L；pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)=10-9 mol/L，故由水电离出c(H+)的比值为10-5 mol/L ：10-9 mol/L =104：1；(3)由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=10-5 mol/L-10-9 mol/L=(10-5-10-9) mol/L；
对于CH3COONa溶液，根据物料守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，带入电荷守恒表达式c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)中，可得c(OH-)-c(CH3COOH)=c(H+)=10-9 mol/L；Ⅱ．(4)根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞ 。
A．若NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3能发生，则酸性： ＞HClO，与题干的酸性：HClO＞ 相违背，说明该反应不能发生，A不正确；
B．若反应2HClO+Na2CO3=2NaClO+CO2↑+H2O能够发生，则酸性：HClO＞H2CO3，与题干的酸性H2CO3＞HClO相违背，说明该反应不能发生，B不正确；
C．若反应2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3能够发生，则酸性：H2CO3＞ ＞HClO，与题干的酸性：H2CO3＞HClO＞ 相违背，说明该反应不能发生，C不正确；
D．若反应NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3能够发生，则酸性：H2CO3＞HClO＞ ，正好与题干的酸性强弱吻合，故该反应能够发生，D正确；
故答案为：D；(5)根据电离平衡常数可知：物质的电离平衡常数越大，物质越容易电离；物质的电离平衡常数越小，其电离产生的离子越容易水解。B为NH4Cl、C为(NH4)2SO4都是强酸弱碱盐， 水解消耗水电离产生的OH-使溶液显酸性，由于(NH4)2SO4中铵根离子浓度大，则该溶液水解后酸性更强，pH更小；D为CH3COONH4，由于CH3COOH与NH3·H2O电离平衡常数接近相同，CH3COO-和 水解程度相同，该溶液显中性；A是NH4HCO3，由于电离平衡常数：NH3·H2O＞H2CO3，所以 水解程度大于 ，溶液显碱性，该溶液的pH最大，所以酸性：(NH4)2SO4＞NH4Cl＞CH3COONH4＞NH4HCO3，溶液的酸性越强，pH就越小，故溶液的pH由大到小的顺序为ADBC；(6)①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，①不正确；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，水解产生的氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，②不正确；③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸是不挥发性酸，硫酸和氢氧化铝再反应产生硫酸铝，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，③正确；④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，④正确；⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，⑤不正确；⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰和氧气，所以最终得到的固体不是原物质，⑥不正确；
综上所述可知：能得到化学组成与原固体物质相同的物质序号是③④，故答案为：A。
【分析】Ⅰ．(1)反应生成醋酸钠和水，反应后醋酸根离子水解显碱性；(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)为10-5 mol/L，pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)为10-9 mol/L；(3)由电荷守恒可知c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)； 根据物料守恒、电荷守恒分析c(OH－)-c(CH3COOH)；Ⅱ．(4)电离平衡常数越大，相应的酸的酸性越强，根据强酸与弱酸盐反应制取弱酸分析判断；(5)根据越弱越水解，谁强显谁性分析判断溶液的酸性强弱。B、C水解显酸性，D为中性，A水解显碱性，氢离子浓度越大，溶液的pH越小；(6)将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸，据此分析解答。
18．（2020高二上·长治期中）甲醇是一种重要的试剂，有着广泛的用途，工业上可利用CO2制备甲醇。
（1）间接法：用CH4与CO2反应制H2和CO，再利用H2和CO化合制甲醇。
已知：①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l) ΔH1＝－1450.0 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)
ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)
ΔH3＝－571.6 kJ/mol
则H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为 。
（2）直接法： H2和CO2特定条件下制甲醇的反应3H2(g)+CO2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。在某固定体积的密闭容器中充入一定量的H2和CO2，在催化剂、一定温度作用下(前30分钟内温度为T0 ℃)，测得反应物浓度与时间的关系如下图所示。
回答下列问题：
①该反应的化学平衡常数表达式K= ；在T0 ℃反应达到平衡时，甲醇的体积分数为 。(保留三位有效数字)
②保持温度和体积不变，下列情况可说明反应一定达到平衡状态的是 。(填序号)
a．混合气体密度不变
b．反应体系压强不变
c．H2和 CO2的浓度之比为3：1
d．每断裂3mol的H-H键同时断裂3molC-H键
③其他条件不变，温度调至T1℃(T1>T0 )，当反应达到平衡时测得平衡常数为K1(K1
（3）甲醇可作燃料电池的原料，若电解质溶液为盐酸，当外电路转移12mol电子时(不考虑电子损失)，将负极所产生的气体全部通入到2L 1.5mol/L的NaOH溶液中，充分反应，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为
。
【答案】（1）CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝－129.6 kJ/mol
（2）；16.7%；bd；放热反应；若只改变图示CO2的浓度，温度不变，K0= K2，实际K0= =0.148，而K2= =1.78，K2> K0，故只增大CO2的浓度不能建立图示45分钟时的化学平衡状态(还得降低反应温度)
（3）c(Na+)>c(HCO )>c(CO )>c(OH－)>c(H+)
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)反应方程式：①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(l) ΔH1＝－1450.0 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ΔH3＝－571.6 kJ/mol
由盖斯定律可知，H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(l)ΔH＝ = kJ/mol=－129.6kJ/mol；
(2)①反应3H2(g)+CO2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K= ；反应过程中Δc(H2)=3Δc(CO2)=3Δc(CH3OH)=3Δc(H2O)，由图可知，反应在20min时达到平衡，因此在T0 ℃反应达到平衡时，c(H2)=1.50mol/L，c(CO2)=0.50mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=Δc(CO2)=0.50mol/L，甲醇的体积分数为 ×100%=16.7%；
②a．反应前后气体质量和体积不变，混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不选；
b．反应前后气体物质的量变化，物质的量之比等于压强之比，反应过程中体现压强逐渐减小，当反应体系压强不变，说明反应达到平衡状态，故b选；
c．H2和 CO2的浓度之比为3：1是反应比，和平衡状态无直接关系，不能说明反应达到平衡状态，故c不选；
d．每断裂3mol的H-H键即消耗3mol H2，同时断裂3molC-H键说明消耗1mol CH3OH，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
③其他条件不变，温度调至T1℃(T1>T0)，当反应达到平衡时测得平衡常数为K1(K1
(3)甲醇可作燃料电池的原料，若电解质溶液为盐酸，负极所产生的气体为二氧化碳，负极电极反应：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，当外电路转移12mol电子时(不考虑电子损失)，生成二氧化碳物质的量n(CO2)=2mol，n(NaOH)=2L×1.5mol/L=3mol，则反应为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，反应得到等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，溶液中碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCO )>c(CO )>c(OH－)>c(H+)。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)①平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比；根据图像的数据和反应的物质的量之比等于化学计量数之比计算反应后各物质的浓度，进而计算出甲醇的体积分数；
②判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
③根据改变温度后，平衡常数的变化分析正反应的热效应；
④根据两个温度下的平衡常数分析；
(3)根据电极反应和转移电子数计算生成CO2的物质的量，再根据CO2和NaOH的量分析所得溶液的成分，最后根据碳酸根和碳酸氢根水解程度比较离子浓度。
19．（2020高二上·长治期中）在一定条件下，用普通铁粉和水蒸气反应,可以得到铁的氧化物，该氧化物又可以经此反应的逆反应，生成颗粒很细的铁粉。某校化学小组利用下图所列装置进行铁与水反应的实验，并利用产物进一步与四氧化三铁反应制取铁粉。(装置中的铁架台、铁夹等必要的夹持仪器在图中均已略去)
（1）烧瓶A中常加入碎瓷片，其作用是 ，小试管C的作用是 。
（2）为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须 ，E管中的反应开始后，在F出口处应 。
（3）反应3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2在一定条件下实际上为可逆反应,本实验中是如何实现Fe向Fe3O4的转变的 试用化学平衡移动原理加以解释 。
（4）停止反应，待B管冷却后，取其中固体加入过量稀盐酸，充分反应后过滤。简述证明滤液中含有Fe3+的实验操作及现象 。
（5）若E管中反应按以下两步进行：Fe3O4+H2 3FeO+H2O，FeO+H2 Fe+H2O，假设实验开始时E管中的Fe3O4为23.2 g，反应一段时间后停止实验，冷却后取出其中固体干燥后称量，其质量变为20 g。通过计算分析其组成可能为 (填序号)
①Fe ②Fe和Fe3O4③FeO和Fe3O4④Fe和FeO ⑤Fe、FeO和Fe3O4
用此20 g固体与铝粉在一定条件下进行铝热反应，最多可消耗铝粉 g。(不考虑空气中的成分参与反应)
【答案】（1）防止液体暴沸；冷凝水蒸气
（2）检验氢气的纯度；点燃氢气
（3）实验中不断通入水蒸气增大反应物浓度，并移走氢气减小生成物浓度，从而使反应正向进行
（4）取滤液少量，向其中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色,即证明含有Fe3+
（5）②④⑤；3.6
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；实验装置综合；制备实验方案的设计；有关范围讨论题的计算
【解析】【解答】(1)加热液体时要防止暴沸，则在烧瓶A中常加入碎瓷片，其目的是防止液体暴沸；小试管C在冰水混合物中，能冷却水蒸气，除去多余的水蒸气；(2)在B装置中Fe与水蒸气反应产生Fe3O4和 H2，生成的氢气把装置D、E中的空气排净，为了防止氢气中混有空气加热爆炸，所以加热E前，先检验F出口处氢气的纯度，最后氢气要点燃处理，即在F出口处应点燃氢气；(3)高温下 Fe与H2O(g)反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，在一定条件下该反应实际上是可逆反应，如使平衡正向移动，可实验中不断通入水蒸气增大反应物浓度，并移走氢气减小生成物浓度，使平衡正向移动；(4)B管中生成Fe3O4，若检验其中的Fe3+，应该先加盐酸溶解Fe3O4形成溶液，然后加KSCN溶液，若溶液变为血红色，即证明含有Fe3+。即证明Fe3+存在的方法是：取滤液少量，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，即证明含有Fe3+；(5)Fe3O4质量为23.2 g，其物质的量为n(Fe3O4)= ，其中Fe元素的物质的量n(Fe)=3n(Fe3O4)=0.3 mol，则Fe质量m(Fe)=0.3 mol×56 g/mol=16.8 g；反应一段时间后停止实验，冷却后取出其中固体干燥后称量，其质量变为20 g＞16.8 g，说明剩余固体中含有O元素，因此不可能完全是Fe单质；其中O元素的物质的量n(O)= ，n(Fe)：n(O)=0.3 mol：0.2 mol=3：2。①固体中含有O元素，不可能完全是Fe单质，①不正确；
②当Fe和Fe3O4按3：1混合时，符合固体中n(Fe)：n(O)= 3：2比例关系，②正确；
③无论FeO和Fe3O4以任何比例混合，都不符合n(Fe)：n(O)= 3：2比例关系，③不正确；④当Fe和FeO按1：2混合时，符合固体中n(Fe)：n(O)= 3：2比例关系，④正确；⑤假设Fe、FeO和Fe3O4混合物中三种物质的物质的量分别是a、b、c，要符合n(Fe)：n(O)=3：2比例关系，则(a+b+3c)：(b+4c)= 3：2，整理可得2a=b+6c，就符合上述关系，⑤正确；
综上所述可知正确的物质组合为②④⑤；
用上述20g固体与Al粉发生铝热反应，产生Fe单质和Al2O3，根据上述计算可知O元素的物质的量n(O)=0.2 mol，则由化学式Al2O3可知n(Al)= n(O)= ×0.2 mol= mol，其质量m(Al)= mol×27 g/mol=3.6 g。
【分析】烧瓶A用于提供水蒸气，为防止暴沸现象，应加入碎瓷片。在加热条件下，B中还原铁粉与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，C装置用于冷却水蒸气，然后在D中进行干燥，然后用氢气与Fe3O4反应制备铁，以此解答该题。
20．（2020高二上·长治期中）重铬酸钾(K2Cr2O7)是工业生产和实验室的重要氧化剂。实验室模拟工业生产重铬酸钾时用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、纯碱、烧碱、氯酸钾等为原料先制得铬酸钠(Na2CrO4)，涉及的主要反应是6FeO·Cr2O3 + 24NaOH +7KClO3 12Na2CrO4 +3Fe2O3 +7KCl + 12H2O，然后将铬酸钠转化为K2Cr2O7。其主要工艺如下：
试回答下列问题：
（1）在反应器①中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO2，杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，写出氧化铝与碳酸钠反应的化学方程式： 。
（2）NaFeO2能强烈水解，在操作②生成沉淀而除去，写出该反应的化学方程式： 。
（3）操作③的目的是什么，用简要的文字和化学方程式说明： 。
（4）操作④中，酸化时，CrO 转化为Cr2O ，写出平衡转化的离子方程式： 。
（5）称取重铬酸钾试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL 2mol/LH2SO4溶液和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O =2I－+S4O )。
①判断达到滴定终点的依据是： ；
②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中的重铬酸钾的纯度为 (设K2Cr2O7的摩尔质量为294g·mol -1，整个过程中其它杂质不参与反应)。
【答案】（1）Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑
（2）NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH
（3）由于硅酸钠和偏铝酸钠发生水解：SiO +2H2O H2SiO3+2OH-(或SiO +H2O HSiO +OH-，HSiO +H2O H2SiO3+OH-)，AlO +H2O Al(OH)3+OH-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全而除去
（4）2CrO +2H+ Cr2O +H2O
（5）当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；94.08%
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑；(2)NaFeO2能强烈水解，为强碱弱酸液，水解呈碱性，生成氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOH；(3)由于硅酸钠和偏铝酸钠都属于强碱弱酸盐，在溶液中发生水解，SiO +H2O HSiO +OH-，HSiO +H2O H2SiO3+OH-，AlO +H2O Al(OH)3+OH-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀；(4)Cr2O 在溶液中存在水解平衡Cr2O +H2O 2CrO +2H+，向Na2CrO4溶液中加入酸时，有利于Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，反应离子方程式为2CrO +2H+ Cr2O +H2O；(5)①根据反应：I2+2S2O =2I－+S4O ，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复至蓝色，则达到滴定终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；②由反应Cr2O +6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O =2I－+S4O 可得反应的关系式为Cr2O ～3I2～6S2O ，根据关系式计算 ，则250mL含K2Cr2O7的物质的量为n= × =0.008mol，则所得产品中重铬酸钾纯度为 ×100%=94.08%。
【分析】由流程可知，铬铁矿(主要成分为FeO Cr2O3，杂质为SiO2、Al2O3)为原料粉碎后再反应器中加入纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾浸取过滤得到滤液调节溶液pH除去铝离子和硅酸根离子，过滤得到Na2CrO4溶液，酸化后加入氯化钾浓缩过滤干燥得到重铬酸钾；(5)该测定实验原理是利用重铬酸钾试样与足量碘化钾反应，二者反应过程中，KI被氧化为I2，然后利用Na2S2O3标准溶液滴定I2从而测定生成的I2的量，利用I-与K2Cr2O7反应关系确定试样中K2Cr2O7的纯度。
