2019年辽宁省本溪高级中学、大连育明高级中学、大连二十四中高考化学物模拟试卷.docx

2019年辽宁省本溪高级中学、大连育明高级中学、大连二十四中高考化学物模拟试卷

一、选择题：（每题2分，共20分）

1．（2分）中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是（　　）

A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺

B．黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”，其中的硝是指硝酸

C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异

D．黑色金属材料通常包括铁、铬、锰以及它们的合金，是应用非常广泛的金属材料

2．（2分）氧、硅、铝是地壳中含量最多的三种元素，下列叙述正确的是（　　）

A．普通玻璃、水泥成分中都含有这三种元素

B．自然界中存在单质硅

C．氧元素与另外两种元素形成的二元化合物都能与NaOH的浓溶液反应

D．电解熔融状态的SiO₂和A1₂O₃可以制得Si、A1，且都有氧气生成

3．（2分）査阅文献可知：白磷：分子式为P₄，白色固体，着火点40℃，剧毒；红磷：巨型共价分子，棕红色 固体，着火点240℃，毐性较低；黑磷：空间网状结构，它将有可能替代传统的单晶硅成为电子线路的基本材料．它们的结构如下图所示：

下列说法正确的是（　　）

A．属于同位素B．属于同分异构体

C．都属于多原子分子D．黑磷在空气中不易燃烧

4．（2分）设N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．将 lmolCl₂通入到水中，则n（HClO）+n（Cl^﹣）+n（ClO^﹣）＝2N_A

B．常温常压下，17g甲基（﹣¹⁴CH₃）中所含的中子数为9N_A

C．含N_A个阴离子的Na₂O₂溶于水形成1L溶液，Na⁺浓度为1 mol•L^﹣1

D．某温度时，1LpH＝6.5的纯水中含有1.0×10^﹣6.5N_A个H⁺

5．（2分）常温下，K_SP[Mn（OH）₂]＝2.0×10^﹣13．实验室制氯气的废液中含c（Mn²⁺）＝0.1mol•L^﹣1，向该溶液中滴加稀氢氧化钠溶液至Mn²⁺完全沉淀的最小pH等于（　　）

A．8 lg2B．9+lg2C．10 lg2D．11+2lg2

6．（2分）2011年11月，“神舟八号”在酒泉发射升空，并取得圆满成功．“神舟八号”的运载火箭所用燃料是偏二甲肼（C₂H₈N₂）（其中N的化合价为﹣3）和四氧化二氮（N₂O₄）．在火箭升空过程中，燃料发生反应：C₂H₈N₂+2N₂O₄→2CO₂+3N₂+4H₂O提供能量．下列有关叙述正确的是（　　）

A．该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染

B．该反应中N₂O₄是氧化剂，偏二甲肼是还原剂

C．N₂既是氧化产物又是还原产物，CO₂既不是氧化产物也不是还原产物

D．每有0.6 mol N₂生成，转移电子数目为2.4N_A

7．（2分）对二甲苯（PX）是生产矿泉水瓶 （聚对苯二甲酸乙二酯，简称PET）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：

5（PX）+12MnO36H⁺→5（PTA）+12Mn²⁺+28H₂O，下列有关说法错误的是（　　）

A．Mn²⁺是该反应的还原产物

B．PTA 与乙醇通过缩聚反应即可生产 PET塑料

C．PX 分子含有苯环的同分异构体还有3种

D．该反应消耗1molPX，共转移12N_A个电子 （ N_A为阿伏加德罗常数的数值）

8．（2分）X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知：

①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；

②Y是组成有机物的必要元素

③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化合物；

④M的电子层数与最外层电子数相等．

下列说法不正确的是（　　）

A．W、M的离子半径为M＜W

B．YZ₂为直线形的共价化合物，W₂Z₂既含有离子键又含有共价键

C．Z与X形成的化合物的熔沸点偏高是因其分子内存在氢键

D．Z与M形成的化合物可作为耐高温材料

9．（2分）下列实验方案中，能达到相应实验目的是（　　）

实验方案
目的	A．比较乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性	B．除去乙烯中的二氧化硫	C．制银氨溶液	D．证明碳酸酸性强于苯酚

A．AB．BC．CD．D

10．（2分）已知：2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O．25℃时，调节初始浓度为1.0mol•L^﹣1的Na₂CrO₄溶液的pH，测定平衡时溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）和c（H⁺），获得如图所示的曲线。下列说法不正确的是（　　）

A．平衡时，pH越小，c（Cr₂O₇^2﹣）越大

B．A点CrO₄^2﹣的平衡转化率为50%

C．A点CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣反应的平衡常数K＝10¹⁴

D．平衡时，若溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）＝c（Cr₂O₄^2﹣），则c（H⁺）＞2.0×10^﹣7mol•L^﹣1

二、选择题（每题3分，共27分）

11．（3分）下列实验操作、现象与所得结论一致的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

12．（3分）如图为生锈了的家用铁锅，下列有关解释事实的方程式不正确的是（　　）

A．铁锅生锈过程中有原电池反应，负极反应式是：Fe﹣2e^﹣＝Fe²⁺

B．铁锅生锈过程中有Fe（OH）₃生成：Fe³⁺+3H₂O⇌Fe（OH）₃+3H⁺

C．摄入体内的铁锈会在胃内产生不利于健康的Fe³⁺：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O

D．用醋可除去铁锈：6CH₃COOH+Fe₂O₃═6CH₃COO^﹣+2Fe³⁺+3H₂O

13．（3分）已知：RCH₂OHRCHORCOOH某有机物 X 的化学式为 C₅H₁₂O，能和钠反应放出氢气．X 经酸性重铬酸钾（K₂Cr₂O₇）溶液氧化最终生成Y （C₅H₁₀O₂），若不考虑立体结构．X和Y在一定条件下生成酯最多有（　　）

A．32 种B．24 种C．16 种D．8 种

14．（3分）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图：下列说法不正确的是（　　）

A．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素

B．反应II、III和Ⅳ的氧化剂相同

C．VI的产物可在上述流程中被再次利用

D．V中发生反应：NH₃+CO₂+H₂O+NaCl═NaHCO₃↓+NH₄Cl

15．（3分）锌、铁、镁、铝、锂等金属都可以用在金属燃料电池中．某金属燃料电池的基本结构如图所示，其中Y电极为石墨．下列说法正确的是（　　）

A．该电池工作时，电子沿M→电解液→Y电极流动

B．若M为铝，则该电池工作时溶液的pH将不断增大

C．若M为镁，则该电池反应的化学方程式为2Mg+O₂＝2MgO

D．若M为铁，则该电池工作时负极发生的反应为Fe﹣2e﹣＝Fe²⁺

16．（3分）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（　　）

A．饱和氯水中：Na⁺、K⁺、Cl^﹣、CO₃^2﹣

B．淀粉溶液中：K⁺、NH₄⁺、SO₄^2﹣、I^﹣

C．Na₂SiO₃溶液中：Cl^﹣、I^﹣、K⁺、CO₂

D．葡萄糖溶液中：Na⁺、H⁺、SO₄^2﹣、Cr₂O₇^2﹣

17．（3分）常温下，用0.1000mol•L^﹣1的NaOH标准溶液滴定20.00mL0.1000mol•L^﹣1的HCl溶液，滴定曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）

A．指示剂变色时，说明反应的酸、碱恰好等物质的量反应

B．当达到滴定终点时才存在c（Na⁺）+c（H⁺）＝c（Cl^﹣）+c（OH^﹣）

C．达到滴定终点时，用甲基橙作指示剂消耗NaOH溶液体积比用酚酞多

D．己知 H⁺（aq）+OH^﹣（aq）＝H₂O（l）△H＝﹣57.3 kJ/mol，上述滴定恰好中和时，放出114.6 J的热量

18．（3分）40℃，在氨﹣水体系中不断通入CO₂，各种离子物质的量浓度随pH的变化趋势如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．由图中数据可计算NH₄⁺的水解平衡常数约为1×10^﹣9

B．不同pH的溶液中存在关系：c（NH₄⁺）+c（H⁺）＝2c（CO₃^2﹣）+c（HCO₃^﹣）+c（NH₂COO^﹣）+c（OH^﹣）

C．随着CO₂的通入，不断增大

D．由图可得离子的水解能力NH₄⁺＞HCO₃^﹣

19．（3分）已知CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）是煤液化的一个反应，在温度T₁和T₂时将1molCO和3molH₂充入2L密闭容器中测得n（CO）随时间（s）的变化如下表

下列说法正确的是（　　）

A．T₁温度下平衡后恒容再充入0.5molCO，重新平衡后CO总的转化率与H₂相等

B．T₁温度下10﹣20sH₂的反应速率为0.04mol•L^﹣1•s^﹣1

C．该反应的△Η＞0

D．T₂温度下平衡后恒定压强不变充入0.28molCH₃OH，CH₃OH的体积分数不变

三、解答题（共3小题，满分38分）

20．（12分）某实验小组同学模拟工业制碘的方法，探究ClO₃^﹣和I^﹣的反应规律．实验操作及现象如下：

实验及试剂	编号	无色NaClO3溶液用量	试管中溶液颜色	淀粉KI试纸颜色
	1	0.05mL	浅黄色	无色
	2	0.20mL	深黄色	无色
	3	0.25mL	浅黄色	蓝色
	4	0.30mL	无色	蓝色

（1）取实验2后的溶液，进行如图1实验：

经检验，上述白色沉淀是AgCl．写出加入0.20mLNaClO₃后，溶液中ClO₃^﹣和I^﹣发生反应的离子方程式：

　 　．

（2）查阅资料：一定条件下，I^﹣和I₂都可以被氧化成IO₃^﹣．

作出假设：NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO₃溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成Cl₂．

进行实验：

①取少量实验4中的无色溶液进行如图2实验，进一步佐证其中含有IO₃^﹣．其中试剂X可以是　 　（填字母序号）．

a．碘水 b．KMnO₄溶液 c．NaHSO₃溶液

②有同学提出，仅通过湿润淀粉KI试纸变蓝的现象不能说明生成Cl₂，便补充了如下实验：将实验4中的湿润淀粉KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，再滴加0.30mL1.33mol•L^﹣1NaClO₃溶液后，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化．进行以上对比实验的目的是进一步佐证4中生成了Cl₂．

获得结论：NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色原因是　 　（用离子方程式表示）．

（3）小组同学继续实验，通过改变实验4中硫酸溶液的用量，获得如表实验结果：

①对比实验4和5，可以获得的结论是　 　

②用离子方程式解释实验6的现象：　 　．

21．（16分）某科研小组对O₃氧化结合湿法喷淋同时脱除烟道气中SO₂、NO_x的研究（NO_x中，NO 占95%以上，NO₂的含量小于5%）提出以下问题：

（1）臭氧氧化法脱硫脱硝的原理：用〇₃把烟道气中NO氧化为易被碱液吸收的高价态氮氧化合物，过量NaOH喷淋液吸收NO的氧化产物和烟道气中原有的SO₂．

①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （标况）SO₂，反应总的离子方程式为　 　．

吸收后溶液中C（Na⁺）＝　 　C（SO₃^2﹣）+　 　C（HSO₃^﹣）+　 　

②在有催化剂存在的情况下，O₃氧化SO₂时，平衡不随压力的改变而改变，则SO₂与O₃反应的化学方程式为　 　．

③在90℃时，反应体系中NO和NO₂浓度随初始 变化的曲线如图1所示，由图可知NO与O₃反应的化学方程式为　 　．当c（O₃）/c（NO_x）＞1时，NO₂浓度下降的原因为　 　．

④当 1时，SO₂对NO与O₃的反应不产生干扰．对这一现象解释最不合理的是：　 　

a．SO₂与O₃反应的活化能大于NO与O₃反应的活化能

b．SO₂与O₃反应的反应热大于NO与O₃反应的反应热

c．SO₂与O₃反应的反应速率小于NO与O₃反应的反应速率

（2）含氮氧化物废气也可用电解法处理，可回收硝酸实验室模拟电解法吸收NO_x的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极）．

①若有标准状况下2.24LNO₂被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H⁺为　 　mol．

②某小组在右室装有10L 0.2mol•L^﹣1硝酸，用含NO和NO₂（不考虑NO₂转化为N₂O₄）的废气进行模拟电解法吸收实验．电解过程中，有部分NO转化为HNO₂．实验结束时，测得右室溶液中含3mol HNO₃、0.2mol HNO₂，同时左室收集到标准状况下28LH₂．计算原气体中NO和NO₂的体积比　 　（假设尾气中不含氮氧化物）

22．（10分）二氧化碳重整甲烷不仅可以获得合成气（CO和H₂）还可减少温室气体排放．回答下列问题：

（1）已知断裂1mol化学键所需的能量如表：（CO的化学键近似表示为CO）：

则反应CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝　 　kJ•mol^﹣1．

（2）在T℃时，向恒温4L的密闭容器中通入6mol CO₂、6mol CH₄，在催化剂作用下发生反应：CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）．达平衡时H₂的体积分数为0.4，若再向容器中同时充入2mol CO₂、6molCH₄、4molCO和8molH₂，则上述平衡向　 　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动．

（3）CH₄/CO₂重整反应通过热力学计算可得到的图象之一如图1．实际生产中有C、H₂O（g）等生成，生成碳的反应之一为CH₄（g）⇌C（s）+2H₂（g），600℃之后，C的物质的量减少，请用方程式表示C减少的原因　 　．

（4）不同温度对CO₂的转化率及催化剂的效率影响如图2所示，下列有关说法不正确的是　 　（填序号）．

①不同条件下反应，N点的速率最大

②温度低于250℃时，随温度升高乙烯的产率增大

③M点时平衡常数比N点时平衡常数大

④实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO₂的转化率

（5）已知某温度下CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）的平衡常数为K₁

H₂O（g）+CH₄（g）⇌CO（g）+3H₂（g）的平衡常数为K₂

C（s）+H₂O（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）的平衡常数为K₃

则反映C（g）+CO₂（g）⇌2CO（g） 的平衡常数为K为　 　（用K₁、K₂、K₃表示）

[选修3：物质结构与性质]

23．（15分）已知A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期．其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，且s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子．E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同；W位于周期表中第8列，请回答：

（1）BA₂C分子中B原子的杂化方式为　 　，BA₂C分子的空间构型为　 　．

（2）写出与BC₂分子互为等电子体的一种分子的化学式　 　．BC₂在高温高压下所形成晶体的晶胞如右图l所示．则该晶体的类型属于　 　晶体（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）；

（3）经光谱测定证实单质D与强碱溶液反应有[D（OH）₄]^﹣生成，则[D（OH）₄]^﹣中存在　 　．

a．共价键 b．配位键 c．σ键 d．π键

（4）“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如右图2所示．则晶胞中E原子的配位数为　 　；若该晶胞的密度为p g．cm^﹣3，阿伏加德罗常数为N_A，E原子的摩尔质量为Mrg．mol^﹣1，则该晶胞的棱长为　 　 cm．

（5）W元素应用非常广泛，如果人体内W元素的含量偏低，则会影响O₂在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）₂沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示．

①W元素基态原子价电子排布式为　 　．

②写出W （CN）₂溶于过量KCN溶液的化学方程式　 　．

[选修5：有机化学基础]

24．有机化学基础：G是一种常见的氨基酸，其合成路线如下

已知以下信息：

①A苯环上只有1个取代基且核磁共振氢谱有6组峰，其面积比为1：2：2：2：2：1；D和F的苯环上的一氯代物都只有2种．

②F、G能与FeCl₃溶液发生显色反应，F能发生银镜反应

③

回答下列问题

（1）A的分子式为，其名称为　 　．

（2）A→B的反应类型是　 　；鉴别A和B可用的试剂是　 　．

（3）B→C的化学方程式为　 　．

（4）G的结构简式为　 　．

（5）F的同分异构构体，含有苯环且能发生水解反应的异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是　 　．

2019年辽宁省本溪高级中学、大连育明高级中学、大连二十四中高考化学物模拟试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：（每题2分，共20分）

1．（2分）中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是（　　）

A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺

B．黑火药是我国古代四大发明之一，配方为“一硫二硝三木炭”，其中的硝是指硝酸

C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异

D．黑色金属材料通常包括铁、铬、锰以及它们的合金，是应用非常广泛的金属材料

【考点】1A：化学史．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】A．陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；

B．根据黑火药的成分分析；

C．侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；

D．黑色金属材料通常包括铁、铬、锰以及它们的合金；

【解答】解：A．陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学工艺，故A正确；

B．黑火药的成分是硫磺、硝酸钾和木炭，三者按照1：2：3的物质的量比混合在一起，故B错误；

C．侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；

D．黑色金属材料通常包括铁、铬、锰以及它们的合金，属于金属材料，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意学习时理论联系实际．

2．（2分）氧、硅、铝是地壳中含量最多的三种元素，下列叙述正确的是（　　）

A．普通玻璃、水泥成分中都含有这三种元素

B．自然界中存在单质硅

C．氧元素与另外两种元素形成的二元化合物都能与NaOH的浓溶液反应

D．电解熔融状态的SiO₂和A1₂O₃可以制得Si、A1，且都有氧气生成

【考点】FH：硅和二氧化硅；FL：玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途．菁优网版权所有

【专题】515：氧化还原反应专题．

【分析】A．普通玻璃中成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，水泥成分为硅酸二钙、硅酸三钙和铝酸二钙；

B．硅铝在自然界中都是化合态存在；

C．二氧化硅是酸性氧化物，氧化铝属于两性氧化物；

D．二氧化硅是原子晶体，形成的是共价化合物．

【解答】解：A．普通玻璃中成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，水泥成分为硅酸二钙、硅酸三钙和铝酸二钙，玻璃中无铝元素，故A错误；

B．硅铝在自然界中都是化合态存在，Si的基态电子排布式为 1s²2s²2p⁶3s²3p²，3p轨道上有空轨道 所以会和空气中的O结合，O有孤对电子，所以Si多数以SiO₂和硅酸盐的形式存在，铝是活泼金属，和空气中氧气反应生成氧化铝，故B错误；

C．二氧化硅是酸性氧化物，氧化铝属于两性氧化物，二者都和氢氧化钠溶液反应，故C正确；

D．二氧化硅是原子晶体，形成的是共价化合物，电解熔融状态的Al₂O₃可以制得Al，且有氧气生成，SiO₂和熔点高，属于共价化合物，不能电离出离子，不能电解生成硅，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查了硅及其化合物性质和应用，注意二氧化硅是共价化合物，属于原子晶体，题目难度不大．

3．（2分）査阅文献可知：白磷：分子式为P₄，白色固体，着火点40℃，剧毒；红磷：巨型共价分子，棕红色 固体，着火点240℃，毐性较低；黑磷：空间网状结构，它将有可能替代传统的单晶硅成为电子线路的基本材料．它们的结构如下图所示：

下列说法正确的是（　　）

A．属于同位素B．属于同分异构体

C．都属于多原子分子D．黑磷在空气中不易燃烧

【考点】34：同素异形体．菁优网版权所有

【专题】512：物质的分类专题．

【分析】A．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称为同位素；

B．分子式相同，结构不同的有机物为同分异构体；

C．都是由原子构成的物质；

D．白磷着火点低易燃烧，红磷着火点高不易燃烧，黑磷结构分析可知为原子晶体，不易燃烧．

【解答】解：A．白磷、红磷、黑磷为磷元素的不同单质，不是原子，不是同位素，故A错误；

B．结构分析可知分子式不同结构不同，不是同分异构体，故B错误；

C．都是多原子构成，但白磷为分子，红磷、黑磷不存在分子，故C错误；

D．黑磷结构分析可知为原子晶体，不易燃烧，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体，主要是结构的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．

4．（2分）设N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．将 lmolCl₂通入到水中，则n（HClO）+n（Cl^﹣）+n（ClO^﹣）＝2N_A

B．常温常压下，17g甲基（﹣¹⁴CH₃）中所含的中子数为9N_A

C．含N_A个阴离子的Na₂O₂溶于水形成1L溶液，Na⁺浓度为1 mol•L^﹣1

D．某温度时，1LpH＝6.5的纯水中含有1.0×10^﹣6.5N_A个H⁺

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．根据氯原子的守恒来分析；

B.1个甲基（﹣¹⁴CH₃）含有8个中子；

C．过氧化钠中阴离子为过氧根离子，物质的量浓度中体积为溶液的体积；

D．水的电离程度与温度有关．

【解答】解：A.1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO^﹣、Cl^﹣、Cl₂分子，根据氯原子的守恒可有：2N_A＝N（HClO）+N（Cl^﹣）+N（ClO^﹣）+2N（Cl₂），故A错误；

B.1个甲基（﹣¹⁴CH₃）含有8个中子，17g甲基（﹣¹⁴CH₃）中所含的中子数为8×N_A＝8N_A，故B错误；

C．含N_A个阴离子的Na₂O₂溶于水形成1L溶液，溶液体积大于1L，含有2mol钠离子，Na⁺浓度小于2 mol•L^﹣1，故C错误；

D．水的电离程度与温度有关，可能在某温度时，1L pH＝6的纯水中含有1.0×10^﹣6N_A个H⁺，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意过氧化钠的组成与结构．

5．（2分）常温下，K_SP[Mn（OH）₂]＝2.0×10^﹣13．实验室制氯气的废液中含c（Mn²⁺）＝0.1mol•L^﹣1，向该溶液中滴加稀氢氧化钠溶液至Mn²⁺完全沉淀的最小pH等于（　　）

A．8 lg2B．9+lg2C．10 lg2D．11+2lg2

【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．菁优网版权所有

【分析】Mn²⁺沉淀较为完全时，c（Mn²⁺）≤1×10^﹣5mol/L，根据K_sp求出OH^﹣离子的浓度，再根据Kw求出氢离子的浓度，然后计算出pH，据此进行计算。

【解答】解：Mn²⁺沉淀较为完全时的浓度≤1×10^﹣5mol/L，已知K_sp＝c（Mn²⁺）×c²（OH^﹣），

则c（OH^﹣）mol/L10^﹣4mol/L，

则c（H⁺）mol/L10^﹣10mol/L，

所以pH≥﹣lg10^﹣10＝10lg2，

故选：C。

【点评】本题考查溶度积常数及溶液pH的计算，题目难度中等，注意掌握难溶物溶度积常数的概念及计算方法，明确Mn²⁺沉淀较为完全时c（Mn²⁺）≤1×10^﹣5mol/L为解答关键。

6．（2分）2011年11月，“神舟八号”在酒泉发射升空，并取得圆满成功．“神舟八号”的运载火箭所用燃料是偏二甲肼（C₂H₈N₂）（其中N的化合价为﹣3）和四氧化二氮（N₂O₄）．在火箭升空过程中，燃料发生反应：C₂H₈N₂+2N₂O₄→2CO₂+3N₂+4H₂O提供能量．下列有关叙述正确的是（　　）

A．该燃料绿色环保，在燃烧过程中不会造成任何环境污染

B．该反应中N₂O₄是氧化剂，偏二甲肼是还原剂

C．N₂既是氧化产物又是还原产物，CO₂既不是氧化产物也不是还原产物

D．每有0.6 mol N₂生成，转移电子数目为2.4N_A

【考点】B1：氧化还原反应．菁优网版权所有

【专题】515：氧化还原反应专题．

【分析】C₂H₈N₂中C元素化合价为﹣1价，N为﹣3价，N₂O₄中N元素化合价为+4价，反应C₂H₈N₂+2N₂O₄→2CO₂+3N₂+4H₂O中，C元素化合价由﹣1价升高到+4价，N元素化合价分别由﹣3价、+4价变为0价，以此解答该题．

【解答】解：A．四氧化二氮可污染环境，故A错误；

B．C₂H₈N₂中C元素化合价由﹣1价升高到+4价，N元素化合价由﹣3价升高到0价，偏二甲肼是还原剂，故B正确；

C．C元素化合价升高，则CO₂为氧化产物，故C错误；

D．由方程式可知，每有0.6mol N₂生成，则消耗0.4molN₂O₄，则转移电子的物质的量为0.4mol×4×2＝3.2mol，则每有0.6mol N₂生成，转移电子数目为3.2N_A，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大．

7．（2分）对二甲苯（PX）是生产矿泉水瓶 （聚对苯二甲酸乙二酯，简称PET）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：

5（PX）+12MnO36H⁺→5（PTA）+12Mn²⁺+28H₂O，下列有关说法错误的是（　　）

A．Mn²⁺是该反应的还原产物

B．PTA 与乙醇通过缩聚反应即可生产 PET塑料

C．PX 分子含有苯环的同分异构体还有3种

D．该反应消耗1molPX，共转移12N_A个电子 （ N_A为阿伏加德罗常数的数值）

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】A．该反应中高锰酸根离子是氧化剂、对二甲苯是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应的产物是氧化产物；

B．PTA含有两个羧基，可与乙二醇发生缩聚反应；

C．取代基可以是甲基或乙基；

D．根据Mn元素的化合价判断．

【解答】解：A．反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则Mn²⁺是该反应的还原产物，故A正确；

B．PTA含有两个羧基，可与乙二醇发生缩聚反应，故B错误；

C．取代基可以是甲基或乙基，二甲苯有邻间对三种，乙苯有一种，含有苯环的同分异构体还有 3 种，故C正确；

D．反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转移5个电子，则1molPX反应消耗molMnO₄^﹣，共转移12N_A个电子，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目涉及共价键的类型、有机反应类型、氧化还原反应等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，易错选项是D．

8．（2分）X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知：

①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；

②Y是组成有机物的必要元素

③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化合物；

④M的电子层数与最外层电子数相等．

下列说法不正确的是（　　）

A．W、M的离子半径为M＜W

B．YZ₂为直线形的共价化合物，W₂Z₂既含有离子键又含有共价键

C．Z与X形成的化合物的熔沸点偏高是因其分子内存在氢键

D．Z与M形成的化合物可作为耐高温材料

【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素．

由①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；

②Y是组成有机物的必要元素，则Y为C元素；

③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化合物，Z与X可形成H₂O、H₂O₂两种共价化合物，Z与W可形成Na₂O、Na₂O₂两种常见的离子化合物，则X为H，Z为O，W为Na；

④M的电子层数与最外层电子数相等，结合原子序数可知，M为第三周期第ⅢA族元素，为Al，以此来解答．

【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，M为Al，

A．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则W、M的离子半径为M＜W，故A正确；

B．CO₂为直线形的共价化合物，Na₂O₂既含有离子键、O﹣O共价键，故B正确；

C．Z与X形成的化合物为水，分子间含氢键，则沸点高，故C错误；

D．Z与M形成的化合物为氧化铝，熔点高，可作为耐高温材料，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高考常见题型和高频考点，把握原子序数、原子半径、元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．

9．（2分）下列实验方案中，能达到相应实验目的是（　　）

实验方案
目的	A．比较乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性	B．除去乙烯中的二氧化硫	C．制银氨溶液	D．证明碳酸酸性强于苯酚

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳；

B．乙烯、二氧化硫均与溴反应；

C．向硝酸银中滴加氨水，至生成白色沉淀恰好消失，得到银氨溶液；

D．浓盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应生成苯酚．

【解答】解：A．Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则图中装置可比较乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，故A正确；

B．乙烯、二氧化硫均与溴反应，不能除杂，应选NaOH、洗气，故B错误；

C．向硝酸银中滴加氨水，至生成白色沉淀恰好消失，得到银氨溶液，图中氨水太少，不能制备，故C错误；

D．浓盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应生成苯酚，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、制备实验和性质实验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

10．（2分）已知：2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O．25℃时，调节初始浓度为1.0mol•L^﹣1的Na₂CrO₄溶液的pH，测定平衡时溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）和c（H⁺），获得如图所示的曲线。下列说法不正确的是（　　）

A．平衡时，pH越小，c（Cr₂O₇^2﹣）越大

B．A点CrO₄^2﹣的平衡转化率为50%

C．A点CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣反应的平衡常数K＝10¹⁴

D．平衡时，若溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）＝c（Cr₂O₄^2﹣），则c（H⁺）＞2.0×10^﹣7mol•L^﹣1

【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A、由图可知氢离子浓度越大，c（Cr₂O₇^2﹣）越大；

B、由图可知A点时CrO₄^2﹣的平衡浓度为0.25mol/L；

C、2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O的平衡常数为：K；

D、平衡时，若溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）＝c（CrO₄^2﹣），而2c（Cr₂O₇^2﹣）+c（CrO₄^2﹣）＝1.0mol•L^﹣1，所以c（Cr₂O₇^2﹣）mol•L^﹣1，结合图象分析解答。

【解答】解：A、由图可知氢离子浓度越大，c（Cr₂O₇^2﹣）越大，所以pH越小，c（Cr₂O₇^2﹣）越大，故A正确；

B、由图可知A点时Cr₂O₇^2﹣的平衡浓度为0.25mol/L，所以转化的CrO₄^2﹣的浓度为：0.5mol/L，则A点CrO₄^2﹣的平衡转化率为50%，故B正确；

C、2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O的平衡常数为：K10¹⁴，故C正确；

D、平衡时，若溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）＝c（CrO₄^2﹣），而2c（Cr₂O₇^2﹣）+c（CrO₄^2﹣）＝1.0mol•L^﹣1，所以c（Cr₂O₇^2﹣）mol•L^﹣1，而图中c（Cr₂O₇^2﹣）＝0.35mol/L时，对应氢离子的浓度为2.0×10^﹣7mol•L^﹣1，则溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）＝c（Cr₂O₄^2﹣），则c（H⁺）＜2.0×10^﹣7mol•L^﹣1，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查图象的分析、溶度积常数的计算的知识，注意平衡常数的理解应用，题目难度中等。

二、选择题（每题3分，共27分）

11．（3分）下列实验操作、现象与所得结论一致的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．NaAlO₂溶液，加入过量稀盐酸，先生成沉淀后溶解；

B．KI₃溶液中存在平衡：I₃^﹣⇌I₂+I^﹣，加AgNO₃溶液平衡正向移动；

C．乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化；

D．检验水解产物葡萄糖，应在碱性条件下．

【解答】解：A．NaAlO₂溶液，加入过量稀盐酸，先生成沉淀后溶解，则不能制备胶体，故A错误；

B．KI₃溶液中存在平衡：I₃^﹣⇌I₂+I^﹣，加AgNO₃溶液平衡正向移动，则观察到前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，均合理，故B正确；

C．乙醇、乙烯均能被高锰酸钾氧化，不能验证乙烯的生成，故C错误；

D．检验水解产物葡萄糖，应在碱性条件下，则该实验不能检验葡萄糖，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型和高频考点，把握物质的性质、化学平衡、有机物的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

12．（3分）如图为生锈了的家用铁锅，下列有关解释事实的方程式不正确的是（　　）

A．铁锅生锈过程中有原电池反应，负极反应式是：Fe﹣2e^﹣＝Fe²⁺

B．铁锅生锈过程中有Fe（OH）₃生成：Fe³⁺+3H₂O⇌Fe（OH）₃+3H⁺

C．摄入体内的铁锈会在胃内产生不利于健康的Fe³⁺：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O

D．用醋可除去铁锈：6CH₃COOH+Fe₂O₃═6CH₃COO^﹣+2Fe³⁺+3H₂O

【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．生铁中铁、碳形成原电池，铁做负极发生氧化反应；

B．铁锅生锈为铁失去电子发生氧化反应；

C．铁锈为氧化铁，氧化铁与盐酸反应生成三价铁离子；

D．醋酸为弱酸，能够与氧化铁反应生成可溶性醋酸铁．

【解答】解：A．生铁中铁、碳形成原电池，铁做负极发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e^﹣＝Fe²⁺，故A正确；

B．铁锅生锈的实质为铁失去电子发生氧化反应，故B错误；

C．铁锈为氧化铁，氧化铁与盐酸反应生成三价铁离子，离子方程式：Fe₂O₃+6H⁺═2Fe³⁺+3H₂O，故C正确；

D．醋酸为弱酸，能够与氧化铁反应生成可溶性醋酸铁，离子方程式：6CH₃COOH+Fe₂O₃═6CH₃COO^﹣+2Fe³⁺+3H₂O，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀的原理是解题关键，题目难度不大．

13．（3分）已知：RCH₂OHRCHORCOOH某有机物 X 的化学式为 C₅H₁₂O，能和钠反应放出氢气．X 经酸性重铬酸钾（K₂Cr₂O₇）溶液氧化最终生成Y （C₅H₁₀O₂），若不考虑立体结构．X和Y在一定条件下生成酯最多有（　　）

A．32 种B．24 种C．16 种D．8 种

【考点】H6：有机化合物的异构现象．菁优网版权所有

【专题】532：同分异构体的类型及其判定．

【分析】X能与钠反应生成氢气，而且X能被酸性重铬酸钾，所以X为醇，能被氧化为羧基的醇应为端基醇，即一定含有“﹣CH₂OH”，据此判断即可．

【解答】解：依据信息得出：只有含“﹣CH₂OH”的醇能被氧化成羧酸，符合条件的醇有4种：即正戊醇、2﹣甲基﹣1﹣丁醇、3﹣甲基﹣1﹣丁醇、2，2﹣二甲基﹣1﹣丙醇，

其中此四种醇中能被氧化成羧酸Y的同分异构体也有4种，故X、Y最多生成酯有4×4＝16种。

故选：C。

【点评】本题主要考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，充分利用题给信息判断出能被氧化为酸的醇是解决本题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对题中信息的应用能力．

14．（3分）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图：下列说法不正确的是（　　）

A．甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素

B．反应II、III和Ⅳ的氧化剂相同

C．VI的产物可在上述流程中被再次利用

D．V中发生反应：NH₃+CO₂+H₂O+NaCl═NaHCO₃↓+NH₄Cl

【考点】27：工业合成氨．菁优网版权所有

【专题】52：元素及其化合物．

【分析】N₂和H₂可以合成NH₃，所以甲是N₂，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO₂，丁是NaHCO₃，据此回答．

【解答】解：氮气和氢气可以合成氨，所以甲是氮气，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO₂，丁是NaHCO₃，

A、甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，故A正确；

B、反应II、III和Ⅳ的氧化剂分别是氧气、氧气和二氧化氮，不一样，故B错误；

C、碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故C正确；

D、氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应：NH₃+CO₂+H₂O+NaCl═NaHCO₃↓+NH₄Cl，故D正确。

故选：B。

【点评】本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，难度中等．

15．（3分）锌、铁、镁、铝、锂等金属都可以用在金属燃料电池中．某金属燃料电池的基本结构如图所示，其中Y电极为石墨．下列说法正确的是（　　）

A．该电池工作时，电子沿M→电解液→Y电极流动

B．若M为铝，则该电池工作时溶液的pH将不断增大

C．若M为镁，则该电池反应的化学方程式为2Mg+O₂＝2MgO

D．若M为铁，则该电池工作时负极发生的反应为Fe﹣2e﹣＝Fe²⁺

【考点】BL：化学电源新型电池．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】该原电池中，金属失电子发生氧化反应，所以M为负极、Y为正极，

A．放电时，导致从负极沿导线流向正极；

B．若M为铝，发生吸氧腐蚀，电池反应式为4Al+3O₂+6H₂O＝4Al（OH）₃；

C．若M为Mg，发生吸氧腐蚀，电池反应式为2Mg+O₂+H₂O＝2Mg（OH）₂；

D．若M为铁，发生吸氧腐蚀，负极上Fe失电子发生氧化反应．

【解答】解：A．该装置是原电池，M易失电子发生氧化反应为负极，则Y为正极，电子沿M→负载→Y电极流动，故A错误；

B．若M为铝，则电池反应的化学方程式为4Al+3O₂+6H₂O＝4Al（OH）₃，溶液的pH不变，故B错误；

C．若M为镁，则该电池反应的化学方程式为2Mg+O₂+H₂O＝2Mg（OH）₂，溶液的pH不变，故C错误；

D．若M为铁，发生吸氧腐蚀，负极上Fe失电子发生氧化反应，负极发生的反应为Fe﹣2e﹣＝Fe²⁺，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，会书写电极反应式，易错选项是A，注意电解质溶液是利用阴阳离子定向移动形成电流的，电子不加入电解质溶液．

16．（3分）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（　　）

A．饱和氯水中：Na⁺、K⁺、Cl^﹣、CO₃^2﹣

B．淀粉溶液中：K⁺、NH₄⁺、SO₄^2﹣、I^﹣

C．Na₂SiO₃溶液中：Cl^﹣、I^﹣、K⁺、CO₂

D．葡萄糖溶液中：Na⁺、H⁺、SO₄^2﹣、Cr₂O₇^2﹣

【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．氯水中含氢离子；

B．淀粉溶液为中性；

C．发生强酸制取弱酸的反应；

D．葡萄糖具有还原性，能被氧化．

【解答】解：A．饱和氯水有强酸性，CO₃^2﹣与之反应而不能大量共存，故A错误；

B．各离子都能与淀粉溶液不反应，可大量共存，故B正确；

C．CO₂可与Na₂SiO₃溶液反应生成H₂SiO₃溶液沉淀而不能大量共存，故C错误；

D．Cr₂O₇^2﹣可将葡萄糖氧化而不能共存，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．

17．（3分）常温下，用0.1000mol•L^﹣1的NaOH标准溶液滴定20.00mL0.1000mol•L^﹣1的HCl溶液，滴定曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）

A．指示剂变色时，说明反应的酸、碱恰好等物质的量反应

B．当达到滴定终点时才存在c（Na⁺）+c（H⁺）＝c（Cl^﹣）+c（OH^﹣）

C．达到滴定终点时，用甲基橙作指示剂消耗NaOH溶液体积比用酚酞多

D．己知 H⁺（aq）+OH^﹣（aq）＝H₂O（l）△H＝﹣57.3 kJ/mol，上述滴定恰好中和时，放出114.6 J的热量

【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．菁优网版权所有

【专题】41：守恒法；51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．指示剂为酚酞，滴定终点呈碱性；

B．滴定反应是NaOH溶液滴定盐酸溶液，根据电荷守恒分析；

C．甲基橙做指示剂，甲基橙变色范围3.1～4.4，变色范围在酸性时，酚酞变色范围是8.1～10，变色范围在碱性时，据此判断；

D．H⁺（aq）+OH^﹣（aq）＝H₂O（l）△H＝﹣57.3 kJ/mol，滴定所用的酸和碱为0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定20.00mL0.1000mol/L的HCl溶液，据此计算．

【解答】解：A．指示剂为酚酞，变色范围为8.1～10，滴定终点呈碱性，指示剂变色时，氢氧化钠稍过量，故A错误；

B．滴定反应是NaOH溶液滴定盐酸溶液，根据电荷守恒，整个滴定过程都存在c（Na⁺）+c（H⁺）＝c（Cl^﹣）+c（OH^﹣），不仅仅是达到滴定终点才会存在，故B错误；

C．甲基橙做指示剂，甲基橙变色范围3.1～4.4，变色范围在酸性时，酚酞变色范围是8.1～10，变色范围在碱性时，显然用甲基橙作指示剂消耗NaOH溶液体积比用酚酞少，故C错误；

D．H⁺（aq）+OH^﹣（aq）＝H₂O（l）△H＝﹣57.3 kJ/mol，滴定所用的酸和碱为0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定20.00mL0.1000mol/L的HCl溶液，则反应的物质的量为n＝0.1000×20.00×10^﹣3mol＝0.002mol，则滴定恰好中和时，放出热量57.3×0.002kJ＝114.6J，故D正确。

故选：D。

【点评】本题主要考查酸碱滴定原理，涉及到酸碱指示剂的选择，反应热的计算，溶液中电荷守恒的运用，均为高频考点，记住常用指示剂的变色范围，题目难度不大．

18．（3分）40℃，在氨﹣水体系中不断通入CO₂，各种离子物质的量浓度随pH的变化趋势如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．由图中数据可计算NH₄⁺的水解平衡常数约为1×10^﹣9

B．不同pH的溶液中存在关系：c（NH₄⁺）+c（H⁺）＝2c（CO₃^2﹣）+c（HCO₃^﹣）+c（NH₂COO^﹣）+c（OH^﹣）

C．随着CO₂的通入，不断增大

D．由图可得离子的水解能力NH₄⁺＞HCO₃^﹣

【考点】DN：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有

【专题】522：卤族元素．

【分析】A、由NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺，当PH＝9时，所以铵根离子的浓度与一水合氨的浓度相等；

B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；

C．根据K_b是一常数，结合平衡移动；

D．由图可PH相同时铵根离子的浓度大于碳酸氢根离子，所以碳酸氢根离子的水解能力强．

【解答】解：A、由NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺，当PH＝9时，所以铵根离子的浓度与一水合氨的浓度相等，所以K＝c（H⁺）＝1×10^﹣9，故A正确；

B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH₄⁺）+c（H⁺）＝2c（CO₃^2﹣）+c（HCO₃^﹣）+c（NH₂COO^﹣）+c（OH^﹣），故B正确；

C、已知K_b，温度一定时，K_b为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO₂的通入，c（NH₄⁺）逐渐增大，则不断减小，故C错误；

D．由图可PH相同时铵根离子的浓度大于碳酸氢根离子，所以碳酸氢根离子的水解能力强，则水解能力NH₄⁺＜HCO₃^﹣，故D错误；

故选：AB。

【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对图象的分析与应用能力．

19．（3分）已知CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）是煤液化的一个反应，在温度T₁和T₂时将1molCO和3molH₂充入2L密闭容器中测得n（CO）随时间（s）的变化如下表

下列说法正确的是（　　）

A．T₁温度下平衡后恒容再充入0.5molCO，重新平衡后CO总的转化率与H₂相等

B．T₁温度下10﹣20sH₂的反应速率为0.04mol•L^﹣1•s^﹣1

C．该反应的△Η＞0

D．T₂温度下平衡后恒定压强不变充入0.28molCH₃OH，CH₃OH的体积分数不变

【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】51E：化学平衡专题．

【分析】A．平衡后恒容再充入0.5molCO，由pV＝nRT可知，n增大，压强增大，平衡正向移动，若起始量之比等于化学计量数之比时，转化率相同；

B．结合v计算；

C．由表格数据可知，T₂的反应速率大，且平衡时CO的含量大；

D．平衡后恒定压强不变充入0.28molCH₃OH，由pV＝nRT可知，n增大，V增大，则压强减小，平衡逆向移动．

【解答】解：A．平衡后恒容再充入0.5molCO，由pV＝nRT可知，n增大，压强增大，平衡正向移动，等效为

CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）

开始 0.75 1.5 0

转化 x 2x x

CO与氢气的起始量之比等于化学计量数之比，，则重新平衡后CO总的转化率与H₂相等，故A正确；

B．T₁温度下10﹣20sCO的反应速率为0.015mol•L^﹣1•s^﹣1，由速率之比等于化学计量数之比可知，10﹣20sH₂的反应速率为0.03mol•L^﹣1•s^﹣1，故B错误；

C．由表格数据可知，T₂的反应速率大，且平衡时CO的含量大，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故C错误；

D．平衡后恒定压强不变充入0.28molCH₃OH，由pV＝nRT可知，n增大，V增大，则压强减小，平衡逆向移动，则CH₃OH的体积分数减小，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型和高频考点，把握转化率的计算、速率计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大．

三、解答题（共3小题，满分38分）

20．（12分）某实验小组同学模拟工业制碘的方法，探究ClO₃^﹣和I^﹣的反应规律．实验操作及现象如下：

实验及试剂	编号	无色NaClO3溶液用量	试管中溶液颜色	淀粉KI试纸颜色
	1	0.05mL	浅黄色	无色
	2	0.20mL	深黄色	无色
	3	0.25mL	浅黄色	蓝色
	4	0.30mL	无色	蓝色

（1）取实验2后的溶液，进行如图1实验：

经检验，上述白色沉淀是AgCl．写出加入0.20mLNaClO₃后，溶液中ClO₃^﹣和I^﹣发生反应的离子方程式：

　ClO₃^﹣+6I^﹣+6H⁺＝Cl^﹣+3I₂+3H₂O　．

（2）查阅资料：一定条件下，I^﹣和I₂都可以被氧化成IO₃^﹣．

作出假设：NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO₃溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成Cl₂．

进行实验：

①取少量实验4中的无色溶液进行如图2实验，进一步佐证其中含有IO₃^﹣．其中试剂X可以是　c　（填字母序号）．

a．碘水 b．KMnO₄溶液 c．NaHSO₃溶液

②有同学提出，仅通过湿润淀粉KI试纸变蓝的现象不能说明生成Cl₂，便补充了如下实验：将实验4中的湿润淀粉KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，再滴加0.30mL1.33mol•L^﹣1NaClO₃溶液后，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化．进行以上对比实验的目的是进一步佐证4中生成了Cl₂．

获得结论：NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色原因是　2ClO₃^﹣+I₂＝Cl₂↑+2IO₃^﹣　（用离子方程式表示）．

（3）小组同学继续实验，通过改变实验4中硫酸溶液的用量，获得如表实验结果：

①对比实验4和5，可以获得的结论是　ClO₃^﹣和I^﹣的反应规律与H⁺（或H₂SO₄）的用量有关　

②用离子方程式解释实验6的现象：　6ClO₃^﹣+5I^﹣+6H⁺＝3Cl₂↑+5IO₃^﹣+3H₂O　．

【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】24：实验设计题．

【分析】（1）加入0.20mL NaClO₃后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘；

（2）①加入0.30 mLNaClO₃后，溶液为无色，NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO₃溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成Cl₂；取少量实验4中的无色溶液进行如图实验，进一步佐证其中含有IO₃^﹣，

②将实验4中的湿润淀粉KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，再滴加0.30mL 1.33mol•L^﹣1NaClO₃溶液后，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化，说明无碘单质生成，NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO₃溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成Cl₂；说明是氯气的氧化性以后碘离子生成了碘单质；NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色的原因是氯酸根离子以后碘单质为碘酸根离子；

（3）①对比实验5和6，硫酸用量不同试管中溶液颜色不同说明氢离子浓度不同氯酸根离子以后碘离子产物不同；

②实验6的现象是氯酸根离子以后碘离子生成碘酸根，通式生成氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色．

【解答】解：（1）加入0.20mL NaClO₃后，溶液颜色变为深黄色，淀粉KI试纸颜色变蓝色，说明氯酸根离子具有氧化性能氧化碘离子为单质碘，反应的离子方程式为：ClO₃^﹣+6I^﹣+6H⁺═Cl^﹣+3I₂+3H₂O，

故答案为：ClO₃^﹣+6I^﹣+6H⁺═Cl^﹣+3I₂+3H₂O；

（2）①取少量实验4中的无色溶液进行如图实验，无色溶液中加入试剂X变为黄色，加入四氯化碳萃取得到下层紫红色，说明生成了碘单质，加入的试剂具有还原性，能和碘酸根离子发生氧化还原反应生成碘单质，选择c选项的NaHSO₃溶液，a选项含碘单质不能验证，b为高锰酸钾溶液具有氧化性，不符合要求，进一步佐证其中含有IO₃^﹣，所选试剂为c，

故答案为：c；

②将实验4中的湿润淀粉KI试纸替换为湿润的淀粉试纸，再滴加0.30mL 1.33mol•L^﹣1NaClO₃溶液后，发现湿润的淀粉试纸没有明显变化，说明无碘单质生成，排除易升华的I₂对湿润淀粉KI试纸检验Cl₂的干扰，NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色的原因是过量的NaClO₃溶液与（1）中的反应产物继续反应，同时生成Cl₂；说明是氯气的氧化性以后碘离子生成了碘单质；NaClO₃溶液用量增加导致溶液褪色的原因是氯酸根离子以后碘单质为碘酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO₃^﹣+I₂═Cl₂↑+2IO₃^﹣，

故答案为：排除易升华的I₂对湿润淀粉KI试纸检验Cl₂的干扰；2ClO₃^﹣+I₂═Cl₂↑+2IO₃^﹣；

（3）①对比实验5和6，硫酸用量不同试管中溶液颜色不同说明氢离子浓度不同氯酸根离子以后碘离子产物不同，获得的结论是ClO₃^﹣和I^﹣的反应规律与H⁺（或H₂SO₄）的用量有关，

故答案为：ClO₃^﹣和I^﹣的反应规律与H⁺（或H₂SO₄）的用量有关；

②实验6的现象是氯酸根离子以后碘离子生成碘酸根，通式生成氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色，反应的离子方程式为：6ClO₃^﹣+5I^﹣+6H⁺═3Cl₂↑+5IO₃^﹣+3H₂O，

故答案为：6ClO₃^﹣+5I^﹣+6H⁺═3Cl₂↑+5IO₃^﹣+3H₂O．

【点评】本题考查了物质性质的实验验证、物质反应的现象、物质用量不同反应产物不同发生反应的现象不同，注意反应用量的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

21．（16分）某科研小组对O₃氧化结合湿法喷淋同时脱除烟道气中SO₂、NO_x的研究（NO_x中，NO 占95%以上，NO₂的含量小于5%）提出以下问题：

（1）臭氧氧化法脱硫脱硝的原理：用〇₃把烟道气中NO氧化为易被碱液吸收的高价态氮氧化合物，过量NaOH喷淋液吸收NO的氧化产物和烟道气中原有的SO₂．

①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （标况）SO₂，反应总的离子方程式为　4OH^﹣+3SO₂＝SO₃^2﹣+2HSO₃^﹣+3H₂O　．

吸收后溶液中C（Na⁺）＝　　C（SO₃^2﹣）+　　C（HSO₃^﹣）+　c（H₂SO₃）　

②在有催化剂存在的情况下，O₃氧化SO₂时，平衡不随压力的改变而改变，则SO₂与O₃反应的化学方程式为　SO₂+O₃SO₃+O₂　．

③在90℃时，反应体系中NO和NO₂浓度随初始 变化的曲线如图1所示，由图可知NO与O₃反应的化学方程式为　NO+O₃═NO₂+O₂　．当c（O₃）/c（NO_x）＞1时，NO₂浓度下降的原因为　NO₂被氧化到了更高价态　．

④当 1时，SO₂对NO与O₃的反应不产生干扰．对这一现象解释最不合理的是：　b　

a．SO₂与O₃反应的活化能大于NO与O₃反应的活化能

b．SO₂与O₃反应的反应热大于NO与O₃反应的反应热

c．SO₂与O₃反应的反应速率小于NO与O₃反应的反应速率

（2）含氮氧化物废气也可用电解法处理，可回收硝酸实验室模拟电解法吸收NO_x的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极）．

①若有标准状况下2.24LNO₂被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H⁺为　0.1　mol．

②某小组在右室装有10L 0.2mol•L^﹣1硝酸，用含NO和NO₂（不考虑NO₂转化为N₂O₄）的废气进行模拟电解法吸收实验．电解过程中，有部分NO转化为HNO₂．实验结束时，测得右室溶液中含3mol HNO₃、0.2mol HNO₂，同时左室收集到标准状况下28LH₂．计算原气体中NO和NO₂的体积比　17：7　（假设尾气中不含氮氧化物）

【考点】CA：化学反应速率的影响因素；DI：电解原理；DN：离子浓度大小的比较；EL：含氮物质的综合应用；FE："三废"处理与环境保护．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】（1）①若NaOH和SO₂反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO₂＝Na₂SO₃+H₂O①，若NaOH和SO₂反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO₂＝NaHSO₃②，而此时n（NaOH）＝lL×0.2mol/L＝0.2mol，n（SO₂）0.15mol，n（NaOH）：n（SO₂）＝0.2mol：0.15mol＝4：3，故在两者之间，发生①②两个反应；

n（NaOH）：n（SO₂）＝4：3，则3n（NaOH）＝4n（SO₂），即3n（Na⁺）＝4n（SO₂）①，根据物料守恒n（SO₂）＝n（SO₃^2﹣）+n（HSO₃^﹣）+n（H₂SO₃）②，联立①②得，3n（Na⁺）＝4n（SO₃^2﹣）+4n（HSO₃^﹣）+4n（H₂SO₃），故n（Na⁺）n（SO₃^2﹣）n（HSO₃^﹣）n（H₂SO₃），据此进行分析；

②二氧化硫和臭氧反应生成三氧化硫和氧气；

③NO与O₃反应生成二氧化氮和氧气；

④当 1时，SO₂对NO与O₃的反应不产生干扰，主要是因为SO₂与O₃反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应；

（2）①n（NO₂）0.1mol，阳极反应式为NO₂﹣e^﹣+H₂O＝NO₃^﹣+2H⁺，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；

②n（H₂）1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量＝1.25mol×2＝2.5mol，

电解前溶液中n（HNO₃）＝0.2mol/L×10L＝2mol，电解后溶液中含3mol HNO₃、0.2molHNO₂，说明电解过程中有1mol HNO₃、0.2molHNO₂生成，

根据N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）＝3 mol﹣0.2 mol•L^﹣1×10 L+0.2 mol＝1.2mol，

生成0.2mol亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量＝2.5mol﹣0.2mol＝2.3mol，

设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．

【解答】解：（1）①若NaOH和SO₂反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO₂＝Na₂SO₃+H₂O①，若NaOH和SO₂反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO₂＝NaHSO₃②，而此时n（NaOH）＝lL×0.2mol/L＝0.2mol，n（SO₂）0.15mol，n（NaOH）：n（SO₂）＝0.2mol：0.15mol＝4：3，故在两者之间，发生①②两个反应，故产物既有Na₂SO₃又有NaHSO₃，且反应物n（NaOH）：n（SO₂）＝4：3，故反应的离子方程式为4OH^﹣+3SO₂＝SO₃^2﹣+2HSO₃^﹣+3H₂O；

n（NaOH）：n（SO₂）＝4：3，则3n（NaOH）＝4n（SO₂），即3n（Na⁺）＝4n（SO₂）①，根据物料守恒n（SO₂）＝n（SO₃^2﹣）+n（HSO₃^﹣）+n（H₂SO₃）②，联立①②得，3n（Na⁺）＝4n（SO₃^2﹣）+4n（HSO₃^﹣）+4n（H₂SO₃），则n（Na⁺）n（SO₃^2﹣）n（HSO₃^﹣）n（H₂SO₃），故c（Na⁺）c（SO₃^2﹣）c（HSO₃^﹣）c（H₂SO₃），

故答案为：4OH^﹣+3SO₂＝SO₃^2﹣+2HSO₃^﹣+3H₂O；；；c（H₂SO₃）；

②二氧化硫和臭氧反应生成三氧化硫和氧气，故化学方程式为SO₂+O₃SO₃+O₂，

故答案为：SO₂+O₃SO₃+O₂；

③NO与O₃反应生成二氧化氮和氧气，故化学反应方程式为NO+O₃═NO₂+O₂；当c（O₃）/c（NO_x）＞1时，NO₂浓度下降的原因为NO₂被氧化到了更高价态，

故答案为：NO+O₃═NO₂+O₂；NO₂被氧化到了更高价态；

④当 1时，SO₂对NO与O₃的反应不产生干扰，主要是因为SO₂与O₃反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应，故对这一现象解释最不合理的是b，

故答案为：b；

（2）①n（NO₂）0.1mol，阳极反应式为NO₂﹣e^﹣+H₂O＝NO₃^﹣+2H⁺，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室，

故答案为：0.1；

②n（H₂）1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量＝1.25mol×2＝2.5mol，

电解前溶液中n（HNO₃）＝0.2mol/L×10L＝2mol，电解后溶液中含3mol HNO₃、0.2molHNO₂，说明电解过程中有1mol HNO₃、0.2molHNO₂生成，

根据N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）＝3 mol﹣0.2 mol•L^﹣1×10 L+0.2 mol＝1.2mol，

生成0.2mol亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量＝2.5mol﹣0.2mol＝2.3mol，

设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：x+y＝1.2﹣0.2，3x+y＝2.3，解得x＝0.65，y＝0.35，

n（NO）：n（NO₂）＝（0.65+0.2）mol：0.35mol＝17：7，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为17：7，

故答案为：17：7．

【点评】本题考查离子方程式以及化学方程式的书写，以及物料守恒的使用等，注意（2）②中电解后的硝酸还包含原来的硝酸，为易错点．

22．（10分）二氧化碳重整甲烷不仅可以获得合成气（CO和H₂）还可减少温室气体排放．回答下列问题：

（1）已知断裂1mol化学键所需的能量如表：（CO的化学键近似表示为CO）：

则反应CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）△H＝　+238KJ/mol　kJ•mol^﹣1．

（2）在T℃时，向恒温4L的密闭容器中通入6mol CO₂、6mol CH₄，在催化剂作用下发生反应：CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）．达平衡时H₂的体积分数为0.4，若再向容器中同时充入2mol CO₂、6molCH₄、4molCO和8molH₂，则上述平衡向　逆反应　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动．

（3）CH₄/CO₂重整反应通过热力学计算可得到的图象之一如图1．实际生产中有C、H₂O（g）等生成，生成碳的反应之一为CH₄（g）⇌C（s）+2H₂（g），600℃之后，C的物质的量减少，请用方程式表示C减少的原因　C+CO₂2CO　．

（4）不同温度对CO₂的转化率及催化剂的效率影响如图2所示，下列有关说法不正确的是　①②④　（填序号）．

①不同条件下反应，N点的速率最大

②温度低于250℃时，随温度升高乙烯的产率增大

③M点时平衡常数比N点时平衡常数大

④实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO₂的转化率

（5）已知某温度下CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）的平衡常数为K₁

H₂O（g）+CH₄（g）⇌CO（g）+3H₂（g）的平衡常数为K₂

C（s）+H₂O（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）的平衡常数为K₃

则反映C（g）+CO₂（g）⇌2CO（g） 的平衡常数为K为　　（用K₁、K₂、K₃表示）

【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有

【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．

【分析】（1）化学反应中的热量＝反应物键能总和﹣生成物键能总和；

（2）比较体系的浓度商与化学平衡常数，判断化学平衡移动方向；

（3）据C+CO₂2CO来分析；

（4）①温度越高，反应速率越大；

②该反应是放热反应，升温平衡逆向移动；

③反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行；

④温度越低催化剂活性越小，反应速率越慢；

（5）①CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）的平衡常数为K₁，

②H₂O（g）+CH₄（g）⇌CO（g）+3H₂（g）的平衡常数为K₂，

③C（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g）的平衡常数为K₃，则反映C（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）K，据此进行分析；

【解答】解：（1）反应过程中能量变化分析可知，CH₄（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）+2H₂（g），故△H＝4×413KJ/mol+2×803KJ/mol﹣2×1074KJ/mol﹣2×436KJ/mol＝+238KJ/mol，

故答案为：+238KJ/mol；

（2）达平衡时H₂的体积分数为0.4，故n平（H₂）＝0.4×（6mol+6mol）＝4.8mol，c平（H₂）1.2mol/L，

CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）

开始（c） 1.5 1.5 0 0

变化 0.6 0.6 1.2 1.2

平衡 0.9 0.9 1.2 1.2，故k2.56，同时充入2.0mol CO₂、6.0mol CH₄、4.0mol CO和8.0mol H₂，则各物质浓度分别为：c（CO₂）＝0.5mol/L，c（CH₄）＝1.5mol/L，c（CO）＝1mol/L，c（H₂）＝2mol/L，浓度商5.33＞2.56，即化学平衡向逆反应方向移动，

故答案为：逆反应；

（3）C减少的原因是C+CO₂2CO，

故答案为：C+CO₂2CO；

（4）①温度越高，反应速率越大，但M、N点温度、催化剂均不同，则N点速率不最大，故①不正确；

②温度低于250℃时，随温度升高平衡逆向进行乙烯的产率减小，故②不正确；

③升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故③正确；

④为提高CO₂的转化率，平衡正向进行，反应是放热反应，低的温度下进行反应，平衡正向进行，但催化剂的活性、反应速率减小，故④不正确；

故答案为：①②④；

（5）①CO₂（g）+CH₄（g）⇌2CO（g）+2H₂（g）的平衡常数为K₁，

②H₂O（g）+CH₄（g）⇌CO（g）+3H₂（g）的平衡常数为K₂，

③C（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+H₂（g）的平衡常数为K₃，则反应C（g）+CO₂（g）⇌2CO（g）K，

故答案为：．

【点评】本题考查盖斯定律、电解原理、化学平衡计算等知识点，侧重考查学生图象分析、计算能力，明确化学反应原理、电解原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大．

[选修3：物质结构与性质]

23．（15分）已知A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期．其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，且s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子．E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同；W位于周期表中第8列，请回答：

（1）BA₂C分子中B原子的杂化方式为　sp²杂化　，BA₂C分子的空间构型为　平面三角形　．

（2）写出与BC₂分子互为等电子体的一种分子的化学式　N₂O或CS₂　．BC₂在高温高压下所形成晶体的晶胞如右图l所示．则该晶体的类型属于　原子　晶体（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）；

（3）经光谱测定证实单质D与强碱溶液反应有[D（OH）₄]^﹣生成，则[D（OH）₄]^﹣中存在　abc　．

a．共价键 b．配位键 c．σ键 d．π键

（4）“生物金属”E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如右图2所示．则晶胞中E原子的配位数为　12　；若该晶胞的密度为p g．cm^﹣3，阿伏加德罗常数为N_A，E原子的摩尔质量为Mrg．mol^﹣1，则该晶胞的棱长为　　 cm．

（5）W元素应用非常广泛，如果人体内W元素的含量偏低，则会影响O₂在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）₂沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示．

①W元素基态原子价电子排布式为　3d⁶4s²　．

②写出W （CN）₂溶于过量KCN溶液的化学方程式　Fe（CN）₂+4KCN＝K₄[Fe（CN）₆]　．

【考点】9I：晶胞的计算．菁优网版权所有

【分析】A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期．其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍，只能是A处于第一周期、D处于第三周期，则A为H元素，D为Al；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B为碳元素；C原子L层上有2对成对电子，核外电子排布为1s²2s²2p⁴，故C为O元素；E有“生物金属”之称，E⁴⁺离子和氩原子的核外电子排布相同，原子核外电子数为18+4＝22，则E为Ti；W位于周期表中第8列，则W为Fe，据此解答．

【解答】解：A、B、C、D、E、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期．其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍，只能是A处于第一周期、D处于第三周期，则A为H元素，D为Al；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B为碳元素；C原子L层上有2对成对电子，核外电子排布为1s²2s²2p⁴，故C为O元素；E有“生物金属”之称，E⁴⁺离子和氩原子的核外电子排布相同，原子核外电子数为18+4＝22，则E为Ti；W位于周期表中第8列，则W为Fe，

（1）CH₂O分子为甲醛，分子中C原子形成3个σ键、没有孤电子对，故C原子采取sp²杂化，杂化轨道全部用于成键，为平面三角形结构，

故答案为：sp²杂化；平面三角形；

（2）与CO₂分子互为等电子体的一种分子为N₂O或CS₂，CO₂在高温高压下所形成晶体，由其晶胞结构可知晶胞中白色球数目为4+868，黑色球数目为16，故白色球为C元素、黑色球为O原子，每个碳原子周围有4个氧原子，每个氧原子周围有2个碳原子，晶体中不存在CO₂分子，故在高温高压下所形成的晶体为原子晶体，

故答案为：N₂O或CS₂；原子；

（3）[Al（OH）₄]^﹣中铝离子与氢氧根离子之间存在配位键、氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成共价键，属于σ键，离子中没有π键，

故选：abc；

（4）“生物金属”Ti内部原子的堆积方式是面心立方堆积，以顶点原子研究，与之相邻的原子位于面心，每个顶点原子为12面共用，故则晶胞中E原子的配位数为12；

晶胞中Ti原子数目为864，晶胞质量为4g，若该晶胞的密度为p g．cm^﹣3，则晶胞棱长cm，

故答案为：12；；

（5）W元素应用非常广泛，如果人体内W元素的含量偏低，则会影响O₂在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）₂沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示．

①W为Fe元素，核外电子数为26，基态原子价电子排布式为3d⁶4s²，

故答案为：3d⁶4s²；

②Fe（CN）₂溶于过量KCN溶液生成[Fe（CN）₆]^4﹣配离子，化学方程式为：Fe（CN）₂+4KCN＝K₄[Fe（CN）₆]，

故答案为：Fe（CN）₂+4KCN＝K₄[Fe（CN）₆]．

【点评】本题是对物质结构的考查，涉及杂化轨道、分子构型、等电子体、晶胞结构与计算、化学键等，需要学生具备扎实的基础与迁移运用能力，难度中等．

[选修5：有机化学基础]

24．有机化学基础：G是一种常见的氨基酸，其合成路线如下

已知以下信息：

①A苯环上只有1个取代基且核磁共振氢谱有6组峰，其面积比为1：2：2：2：2：1；D和F的苯环上的一氯代物都只有2种．

②F、G能与FeCl₃溶液发生显色反应，F能发生银镜反应

③

回答下列问题

（1）A的分子式为，其名称为　苯乙醇　．

（2）A→B的反应类型是　取代反应（酯化反应）　；鉴别A和B可用的试剂是　Na　．

（3）B→C的化学方程式为　+HNO₃+H₂O　．

（4）G的结构简式为　　．

（5）F的同分异构构体，含有苯环且能发生水解反应的异构体有　　种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是　　．

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息①可知A为苯乙醇，分子式为C₈H₁₀O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为，B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，C→D的反应是硝基还原为氨基的反应，F、G能与FeCl₃溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知D→E是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为，E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为，据信息③可知，G为，据此分析．

【解答】解：（1）据解析可知，A的分子式为C₈H₁₀O，名称是苯乙醇，故答案为：C₈H₁₀O；苯乙醇；

（2）据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为乙酸苯乙酯，用金属Na可以鉴别A与B，A与Na反应生成气体，B不能，故答案为：取代反应（酯化反应）；金属钠；

（3）B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为，反应方程式为：

+HNO₃+H₂O，

故答案为：+HNO₃+H₂O；

（4）F为，据信息③可知，G为，

故答案为：；

（5）F为，其含有苯环且能发生水解反应的异构体中需有酯基，可以是酚羟基与甲酸形成的酯，另有一个甲基，这样的酯有临间对3种，可以是酚羟基与乙酸形成的酯，有1种，苯甲酸与甲醇形成的酯，有1种，苯甲醇与甲酸形成的酯，有1种，共6种，其中，

故答案为：6；．

【点评】本题是有机合成和推断题，本题考查了官能团的性质和转化，注意根据分子式和性质推断结构简式，题目难度不大．

声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布

日期：2019/4/14 18:31:04；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120