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2017-2018学年湖南省五市十校高二下学期期末考试化学试题 解析版
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湖南省五市十校2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 0-16 S-32 C1-35.5 Ca-40 Ag-108 Fe-56 Cu-64
第I卷 (选择题，48分)
一、选择题(每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与社会、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B. 二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、太阳能电池等
C. 向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体
D. 绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染
【答案】D
【解析】分析：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，电解质溶液会导电；B、太阳能电池是半导体硅的用途；C、氨水与三氯化铁生成氢氧化铁沉淀；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染；
详解：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水、电解质溶液会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A错误；B、石英坩埚、光导纤维都是二氧化硅的用途，太阳能电池是半导体硅的用途，故B错误；C、应向沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体，故C错误；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，故D正确；故选D。
2. 下列表示不正确的是
A. 氯离子的结构示意图 B. 四氯化碳分子的电子式:
C. CH4的球棍模型 D. 明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O
【答案】B
【解析】分析：A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；B、四氯化碳分子中，Cl原子最外层满足8电子稳定结构；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构；D、明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O
详解：A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；氯离子的结构示意图 ，故A正确；B、氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳正确的电子式为，故B错误；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构，球棍模型为，故C正确；D、明矾是一种常见的净水剂，明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O，故D正确；故选B。
3. 下列有关叙述正确的是
A. 的中子数和质子数之差为115
B. 浓硝酸显黄色是因为含有Fe3+
C. 二氧化硫和氯气使品红溶液褪色的原理相同
D. 长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02
【答案】D
【解析】分析：A、元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数-质子数；B、浓硝酸因溶解了二氧化氮而溶液呈黄色；C、氯气的漂白原理：氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性；二氧化硫的漂白原理：有色物质结合成无色物质；D、根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写．
详解：A、Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数-质子数=192-77=115，中子数与质子数的差为38，故A正确；B、浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了部分二氧化氮而使其溶液呈黄色；C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，使品红褪色，两者漂白原理不同，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先活泼金属氧化物，后不活泼的金属氧化物，再次非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02。故D正确，故选D。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 1.8gH218O与D20的混合物中含有的质子数和电子数均为NA
B. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g
C. 取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NA
D. 标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目小于NA
【答案】B
【解析】分析：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子；C、根据电子守恒计算出阴极生成铜的质量；C、取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，随反应进行，浓硝酸变成稀硝酸；D、标准状况下，HF不是气态；
详解：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子，故0.09mol水中含0.9mol电子和0.9mol质子，故A错误；B、精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，阴极铜离子得到0.1mol电子生成0.05mol铜，则阴极增重3.2g，故B正确；C、取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，浓硝酸变成稀硝酸，生成气体分子有二氧化氮和一氧化氮，故C错误；D、标准状况下，HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目多于NA，故D错误；故选B。
点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解题关键：对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．易错点D，HF在标准状况下是液体。
5. 植物提取物-香豆素，可用于消灭鼠害。其分子球棍模型如图所示。由C、H、0三种元素组成。下列有关叙述不正确的是
A. 该分了中不含手性碳原子 B. 分子式为C10H8O3
C. 能使酸性KMnO4溶液褪色 D. lmol香豆素最多消耗2molNaOH
【答案】D
【解析】分析：由有机物结构模型可知该有机物的结构简式为，含酚-OH、C=C、-COOC－，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答．
详解：A、手性碳原子上连有四个不同的原子或原子团，分子中不存在这样的碳，故A正确；B、由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故B正确；C、含碳碳双键、酚-OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，则1 mol香豆素最多消耗3 mol NaOH，故D错误。故选D。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团及性质的关系，易错点C，苯酚、烯烃的性质为即可解答，难点D，酚形成的酯与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗2molNaOH．
6. 常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大
B. pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合后的溶液中:c(OH-)=c(H+)
C. 0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
D. 0.1mol/L的硫化钠溶液中: c(OH-)= c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
【答案】A
【解析】分析：A、加水稀释，促进阴离子水解；B、酸和碱的强弱没有给出，无法判断；C、硫酸铵为强电解质，完全电离，氨根离子为弱碱阳离子，部分水使溶液呈酸性，注意盐类的水解是少量的；D、依据质子守恒解答。
详解：A、加水稀释，促进阴离子水解，NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大，故A正确；B、pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会PH=7，弱酸和强碱反应显酸性，反之，显碱性，故B错误；C、0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C错误；D、依据质子守恒， 0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：c(OH-)= c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了盐类的水解，解题关键：明确盐类水解的原理，把握溶液中电荷守恒、物理守恒、质子守恒，易错点B，注意盐类水解的规律及其应用。难点D，对质子守恒的理解，或写出物料守恒和电荷守恒，加减消元消去钠离子可得。
7. 下列各组离子能大量共存，且加人试剂后反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3+、I-、Cl-
NaOH溶液
Fe3++30H-=Fe(OH)3↓
B
K+、ClO-、SO42-
盐酸
H++C10-=HClO
C
K+、OH-、Cl-
过量SO2
SO2+0H-=HSO3-
D
H+、Fe2+、SO42-
Ba(NO3)2溶液
S042-+Ba2+=BaSO4↓
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A.因为Fe3+具有强氧化性，I-具有强还原性，两者不能共存，发生氧化还原反应2Fe3++ 2I-= 2Fe2++ I2，所以加NaOH溶液后，不会发生Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，故A错误；B.因为 H++ClO-HClO为可逆反应，故B错误；C过量SO2与OH-反应的方程式为：SO2+OH-=HSO3-故C正确；D.因为H+、Fe2+、SO42-加入Ba(NO3)2溶液后发生反应为：4H++3Fe2++SO42-+NO3-+Ba2+=3Fe3++ BaSO4↓+NO+2H2O，故D错误；答案：C。
点睛：考查离子共存的知识。离子共存的条件是：离子之间能发生复分解反应的离子、能发生氧化还原反应的离子、能发生双水解的离子、能形成络合物的离子之间不能共存。解答此题时抓住这些条件即可。
8. 根据表中信息判断，下列选项正确的是
序列
参加反应的物质
生成物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4……
②
Cl2、FeBr2
只有FeCl3、FeBr3
③
KClO3、HCl(浓)
Cl2……
A. 氧化性由强到弱顺序为KCl03>Cl2>Fe3+>Br2
B. 第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:1
C. 第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol
D. 第①组反应的其余产物为H20和02
【答案】D
【解析】分析：A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断．C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol．D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．
详解：A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3＋，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋，故A错误。B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B错误；C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol，故C错误；D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故D正确；故选D。
9. 短周期元素M、W、X、Y. Z的原子序数依次增大，质子数之和为37。M和W形成的某种化合物可作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物。下列有关叙述不正确的是
A. Y元素没有正价
B. M、W元素组成的化合物中一定只含极性共价键
C. W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:Y>X>W
D. X和Z形成的化合物ZX2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1
【答案】B
【解析】分析：短周期元素元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M和W形成的某种化合物可作制冷剂，化合物为氨气，则M为H、W为N；Y和Z能形成ZY2型离子化合物，为MgF2，Z为Mg，Y为F，质子数之和为37，X质子数为37-1-7-9-12=8，X为O元素。
详解：A. Y元素为氟元素，没有正价，故A正确；B. M、W元素组成的化合物N2H4中含极性共价键（N-H）和非极性共价键（N-N），故B错误；C.同周期从左到右氢化物的稳定性增强， W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:Y>X>W，故C正确；D. X和Z形成的化合物MgO2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1，故D正确；故选B。
点睛：本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握原子序数、元素化合物知识来推断元素，侧重分析与应用能力的考查，易错点D，过氧根离子O22－是原子团，不是两个离子。
10. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 新制氯水长时间放置颜色变浅
B. 高压比常压更有利于H2转化为NH3
C. 蒸干AlCl3溶液无法得到无水AlCl3
D. 滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn与稀H2S04反应的速率
【答案】D
【解析】分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
点睛：本题考查勒夏特列原理，解题关键：理解列原理的内容，易错点D，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动。
11. 对分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作。现象和结论对应正确的是
操作
现象
结论
A
向①中滴加NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
原溶液中有NH4+
B
向②中滴入NaHCO3溶液
有白色沉淀生成
原溶液中有A1O2-
C
向③中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42-
D
向④中滴加氯水和CCl4，振荡静置
下层溶液呈橙色
原溶液中有I-
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
点睛：滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，生成白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡或氯化银；检验溶液中是否含有SO42-的方法是：先滴加盐酸，没有沉淀，再滴加氯化钡，若有沉淀，则原溶液含有SO42-。
12. 25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是:
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
1.8×10-10
1.4×10-5
6.3×10-50
7.7×10-13
8.51×10-16
下列说法不正确的是
A. 氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次减小
B. 将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，能得到黑色沉淀
C. 在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀
D. 在烧杯中放入6.24g硫酸银固体，加200g水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200mL,溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol/L。
【答案】D
【解析】分析：A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；C、根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀；D、硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，可结合Ksp计算．
详解：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故正确；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B正确；C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，混合后，c（Cl－）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)，c（Ag＋）=1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)，则c（Cl－）×c（Ag＋）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)×1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)＜1.8×10-10，则没有沉淀生成，故C正确；D. 硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，c（Ag＋）=2（SO42－），c（Ag＋）=mol·L－1=3×10-2mol·L－1，故D错误。故选D。
13. 2017年9月我国科学家对于可充放电式锌一空气电池研究取得重大进展。电池装置如图所示，该电池的核心是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应方程式为2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2。下列有关说法正确的是
A. 可逆锌一空气电池实际上是二次电池，放电时电解质溶液中K+向负极移动
B. 在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-
C. 发生OER反应的电极反应式为2H20-4e-=O2+4H+
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)
【答案】B
【解析】分析：根据2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应为：Zn-2e－+2OH－=Zn（OH）2，放电时阳离子向正极移动，充电与放电过程相反。
详解：A、放电时，为原电池，溶液中阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A错误；B、O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-，故B正确；C、发生OER反应的电极反应式为4OH--4e－=O2+2H20，故C错误；D． 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，故D错误；故选B。
14. 某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应: H2(g)+I2(g) 2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。
容器
起始浓度
平衡浓度
c(H2)/(mol·L-1)
c(I2)/(mol·L-1)
c(HI)/(mol·L-1)
甲
0.01
0.01
0.004
乙
0.01
0.02
a
丙
0.02
0.01
b
丁
0.02
0.02
c
下列判断不正确的是
A. HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008 B. 平衡时，H2的转化率:丁>甲
C. 平衡时，乙中H2的转化率大于20% D. 丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.25
【答案】B
【解析】分析：某温度下，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化；B．甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动；C．由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×0.5/0.01×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；D．甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。
详解： A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正确；B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B错误；C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C正确；D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D正确；故选B。
点睛：本题考查化学平衡的计算，解题关键：把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点．
15. 25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL (溶液体积有简单叠加)，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等
B. c、d两点，值相等
C. a→d点过程中，存在c (X-) =c (NH4+)
D. b点，c(NH4+)+c (HX) = 0.05mol/L
【答案】C
【解析】分析：根据图知，酸溶液的pH=3，则c（H＋）＜0.1mol·L－1，说明HX是弱酸；碱溶液的pH=11，c（OH－）=0.1mol·L－1，NH3·H2O是弱碱，A、由图可知 0.1mol/LHX 溶液pH=3，由 HXH＋+X－代入Ka的表达式求解；B、c 、d点时，c(X－)/c(OH－)·c(HX)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关；C、根据电荷守恒解答。D、根据电荷守恒和物料守恒解答。
详解：A、由图可知 0.1mol/LHX 溶液pH=3，由 HXH＋+X－可知：Ka=10-3×10-3/0.1=10-5 mol·L－1，碱溶液的pH=11，c（OH－）=0.1mol·L－1，NH3·H2O是弱碱，Kb=10-3×10-3/0.1=10-5 mol·L－1，故A正确；B、c 、d点时，c(X－)/c(OH－)·c(HX)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，故B正确；C、 a→d点过程中，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，此过程中溶液不呈中性，不存在c(X-)=c(NH4+)，故C错误；D、 b点，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，溶液呈中性，c(X-)=c(NH4+)，c(NH4+)+c(HX)=c(X-)+c(HX)==0.1mol·L－1/2= 0.05mol/L，故D正确；故选C。
16. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加人铜粉，最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是
A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L
B. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
C. 原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 mol
D. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
【答案】C
【解析】试题分析：某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。由铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，n(HNO3)=。由图可知，向另一份中逐渐加入铁粉， OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，n(Fe)= n(Fe3+)= n(HNO3)=；AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，这阶段溶解的铁的物质的量为 n(Fe3+)=0.1mol；BC段又产生气体，故此阶段的反应为Fe+2H+= Fe2++H2↑。A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L。A正确；B. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气，B正确；C. 由图像可知，每份混酸最多可溶解22.4gFe生成FeSO4溶液，由Fe守恒可知，原混合酸中H2SO4物质的量等于铁的物质的量的2倍（因为共分为2等份），即=0.8 mol，C不正确；D. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4，D正确。本题选C。
点睛：本题考查了稀硝酸与金属反应的计算。首先根据混酸溶解的铜的质量求出硝酸的总量，要注意不能根据化学方程式计算，因为硫酸电离的H+是可以参与这个离子反应的。当混酸与Fe反应时，因为氧化性NO3-＞Fe3+＞H+，故Fe依次与３种离子发生反应。另外，要注意原溶液分成了两等份。
第II卷(非选择题，52分)
二、非选择题(共52分)
17. 二氧化硫是造成大气污染的主要有害气体之一，二氧化硫尾气处理的方法之一是采用钠一钙联合处理法。
第一步:用NaOH溶液吸收SO2。2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O
第二步:将所得的Na2SO3溶液与生石灰反应。Na2SO3+CaO+ H2O=CaSO3↓+2NaOH
完成下列填空:
(1)在上述两步反应所涉及的短周期元素中，原子半径由小到大的顺序是_______(用元素符号填写)。
(2)氧和硫属于同族元素，写出一个能比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程式:___________________。
(3)NaOH的电子式为______________ 。
(4)若在第一步吸收SO2后得到的NaOH和Na2SO3混合溶液中，加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，生成Na2SO4和NaBr。写出发生反应的化学方程式______________。
(5)钠一钙联合处理法的优点有________________ 。(任写一点即可)
【答案】 (1). H＜O＜S＜Na (2). 2H2S+O22S +2H2O (3). (4). 2NaOH+Na2SO3+Br2 = Na2SO4+2NaBr+H2O (5). NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低
【解析】分析：（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，原子半径由小到大的顺序是H＜O＜S＜Na；（2）用氧置换硫；（3）NaOH是离子化合物；（4）溴将亚硫酸根离子氧化；
详解：（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，H原子只有一个电子层，OS同主族，从上到下，原子半径变大，Na和S同一周期，从左到右变小，原子半径由小到大的顺序是H＜O＜S＜Na；（2）比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程2H2S+O22S +2H2O (3)NaOH的电子式为；（4）溴将亚硫酸根离子氧化： 2NaOH+Na2SO3+Br2 = Na2SO4+2NaBr+H2O；(5)钠一钙联合处理法的优点有NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低。
18. KMnO4在生产和生活中有着广泛的用途。某化学小组在实验室制备KMnO4并探究其性质。请回答下列问题:
(一) KMnO4的制备。
步骤I 先利用如图甲所示装置由MnO2制备KMnO4。
(1)装置A应选用图乙中的_______(填“a”“b”或“c”)。
(2)装置B中所盛试剂的名称为________。
(3)装置C处制备K2MnO4的化学方程式为________。
步骤II 由K2MnO4制 备KMnO4。已知: K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下:
①充分反应后，将装置C处所得固体加水溶解，过滤；
②向①的滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2；
③将②的滤液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列实验操作，得KMnO4晶体。
(4)过程②向①的滤液中通人足量CO2,其还原产物为_______。
(5)过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是__________。
(二) KMnO4的性质。
KMnO4具有强氧化性。某化学学习小组利用其性质测定H2C2O4溶液的浓度。
反应: 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+ 10CO2↑+8H2O
(6)①滴定终点现象是:当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色______，且半分钟内不褪色。
②c(标准KMnO4溶液)= 0.20 mol/L，滴定时所得的实验数据如下表，试计算所测H2C2O4溶液的浓度为_______mol/L。
实验次数编号
待测液体积( mL)
滴入的标准液体积( mL)
1
10.00
22.95
2
10.00
20.05
3
10.00
19.95
【答案】 (1). b (2). 浓硫酸 (3). 4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O (4). MnO2 (5). 防止高锰酸钾高温分解 (6). 无色变为紫红色 (7). 1.00
【解析】分析：（1）b装置制备氧气；（2）浓硫酸作干燥剂；（3）根据质量守恒写出方程式；（4）向①的滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2和高锰酸钾；（5）高锰酸钾不稳定，高温分解（6）根据5H2C2O4 ～2MnO4－，和浓度C=n/V计算。
详解：(1)要生成高锰酸钾，需要强氧化剂，因此A装置提供的气体具有强氧化性，由于二氧化锰能氧化浓盐酸生成氯气，所以装置A应选用b装置，制备氧气。(2)生成的氧气必须干燥，则装置B的作用是干燥氧气，其中所盛试剂的名称为浓硫酸。(3)装置C处反应生成K2MnO4的同时根据原子守恒可知还有水生成，反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O 。（4）过程②向滤液中通入足量CO2，锰酸钾转化为二氧化锰和高锰酸钾，(5)过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是：防止高锰酸钾高温分解 。(6)①滴定终点现象是:当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。②第1组数据明显有误差，舍去，平均体积为（20.05+19.95）/2=20.00mL
5H2C2O4 ～2MnO4－
5mol 2mol
n 0.2mol·L－1×0.020L
n=0.01mol，
则C（H2C2O4）=0.01mol/0.010L =1.00mol·L－1，
19. 纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下述为制取Cu2O的两种方法:
方法a:用炭粉在高温条件下还原CuO
方法b:电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑
(1)已知:①2Cu(s) +O2 (g)=Cu2O(s) △H1= akJ/mol
②C(s)+O2 (g)=CO(g) △H2= bkJ/mol
③Cu(s)+O2 (g)= CuO(s) △H3= ckJ/mol
则方法a中反应的热化学方程式是:_________________。
(2)方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O装置如图所示:
①如图装置中D电极应连______电极。(填“A”或“B”)
②该离子交换膜为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的B极反应式为: ______。
③C极反应式为:__________。
(3)在相同体积的恒容密闭容器中，用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验:
2H2O2H2(g)+O2(g) △H>0 ，水蒸气的浓度随时间t变化如表所示:
根据上述数据分析:
①催化剂的效率:实验①_______实验②(填“>”或“<”)；
②通过实验①、③分析, T1______T2(填“>”或“<”)；
③实验①、②、③的化学平衡常数K1、K2、K3的大小关系为:_________。
【答案】 (1). 2CuO(s)+ C(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH = (a+b-2c) kJ•mol-1 (2). B (3). 阴 (4). 2Cu - 2e- + 2OH- =Cu2O + H2O (5). N2H4 - 4e- + 4OH- =N2 ↑+ 4 H2O (6). ＜ (7). ＜ (8). K1=K2
详解：(1)依据盖斯定律②+①-2×③得到2CuO(s)+ C(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH = (a+b-2c) kJ•mol－1，(2)①燃料电池正极通氧气，负极通燃料，故C为负极，D为正极，铜电极被氧化，发生的电极方程式为2Cu+2OH－-2e－=Cu2O+H2O，故铜为阳极，与原电池的正极相连，即B与D，A与C相连，①如图装置中D电极应连B电极。②根据总反应，则阳极反应为2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜；在电解池的阳极发生失电子的氧化反应，该电解池的B极反应式为:2Cu - 2e- + 2OH- =Cu2O + H2O。③原电池中负极发生氧化反应，③C极反应式为:N2H4 - 4e- + 4OH- =N2 ↑+ 4 H2O。(3)①实验①②相比，实验②到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：＜；②实验3达到平衡所用时间短；通过实验①、③分析, T1
20. 有机物M的合成路线如下图:
已知:i：
ii:
(1)M中含氧官能团的名称有醚键和______，C的名称为_______，步骤⑥的反应类型为______。
(2)步骤④反应的化学方程式为____________。
(3)试剂X的结构简式为_______。
(4)同时满足下列条件，E的同分异构体有______种。
I.能与FeCl3溶液发生显色反应；II.能发生水解反应和银镜反应；III.苯环上只有两个取代基。
其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:6的分子的结构简式为: ____________。
(5)根据以上信息，写出以为原料制取的合成路线图 (无机试剂一定要选银氨溶液，其它无机试剂任选)____________________________________。
合成路线图示例:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
【答案】 (1). 酯基 (2). 苯甲醇 (3). 取代（或酯化）反应 (4). ＋ 2NaOH ＋ NaBr＋H2O (5). CH3CHClCOOH (6). 15 (7). (8).
【解析】分析：由A的分子式及M的结构简式得A为，C为，E为，反应③甲苯与溴发生取代反应生成，反应④发生水解生成D，D为，D与反应生成E，E为，X为，C为，反应①甲苯与氯气发生取代，生成B，B为，B发生水解生成C。
详解：(1)M中含氧官能团的名称有醚键和酯基，C的名称为苯甲醇，步骤⑥的反应类型为 取代（或酯化）反应。
(2)步骤④反应的化学方程式为 ＋ 2NaOH ＋ NaBr＋H2O 。
(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH。
(4)同时满足下列条件，E的同分异构体：I.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；II.能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯；III.苯环上只有两个取代基，其中一个为-OH，另外一个取代基为：-CH2CH2CH2OOCH,－CH(CH3)CH2OOCH,－CH2CH(CH3)OOCH,-C(CH3)2OOCH,－CH(CH2CH3)OOCH,各有邻、间、对三种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:6的分子的结构简式为:。(5)以为原料制取的合成路线图 ，先在催化剂作用下氧化生成醛，再进一步氧化生成酸，最后与氯气、红磷作用生成。参考路线如下：。
湖南省五市十校2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 0-16 S-32 C1-35.5 Ca-40 Ag-108 Fe-56 Cu-64
第I卷 (选择题，48分)
一、选择题(每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与社会、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B. 二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、太阳能电池等
C. 向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体
D. 绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染
【答案】D
【解析】分析：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，电解质溶液会导电；B、太阳能电池是半导体硅的用途；C、氨水与三氯化铁生成氢氧化铁沉淀；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染；
详解：A、泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水、电解质溶液会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A错误；B、石英坩埚、光导纤维都是二氧化硅的用途，太阳能电池是半导体硅的用途，故B错误；C、应向沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体，故C错误；D、绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，故D正确；故选D。
2. 下列表示不正确的是
A. 氯离子的结构示意图 B. 四氯化碳分子的电子式:
C. CH4的球棍模型 D. 明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O
【答案】B
【解析】分析：A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；B、四氯化碳分子中，Cl原子最外层满足8电子稳定结构；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构；D、明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O
详解：A、氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构；氯离子的结构示意图 ，故A正确；B、氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳正确的电子式为，故B错误；C、甲烷含有C-H键，为正四面体结构，球棍模型为，故C正确；D、明矾是一种常见的净水剂，明矾的化学式:KAl(SO4)2·12H2O，故D正确；故选B。
3. 下列有关叙述正确的是
A. 的中子数和质子数之差为115
B. 浓硝酸显黄色是因为含有Fe3+
C. 二氧化硫和氯气使品红溶液褪色的原理相同
D. 长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02
【答案】D
【解析】分析：A、元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数-质子数；B、浓硝酸因溶解了二氧化氮而溶液呈黄色；C、氯气的漂白原理：氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性；二氧化硫的漂白原理：有色物质结合成无色物质；D、根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写．
详解：A、Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数-质子数=192-77=115，中子数与质子数的差为38，故A正确；B、浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了部分二氧化氮而使其溶液呈黄色；C、氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红氧化褪色；二氧化硫与有色物质结合成不稳定的无色物质，使品红褪色，两者漂白原理不同，故C错误；D、硅酸盐的氧化物表示方法：先活泼金属氧化物，后不活泼的金属氧化物，再次非金属氧化物二氧化硅，最后是水，所以长石(KAlSi3O8)用氧化物形式可表示为K2O·Al2O·6Si02。故D正确，故选D。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 1.8gH218O与D20的混合物中含有的质子数和电子数均为NA
B. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g
C. 取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NA
D. 标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目小于NA
【答案】B
【解析】分析：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子；C、根据电子守恒计算出阴极生成铜的质量；C、取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，随反应进行，浓硝酸变成稀硝酸；D、标准状况下，HF不是气态；
详解：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子，故0.09mol水中含0.9mol电子和0.9mol质子，故A错误；B、精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，阴极铜离子得到0.1mol电子生成0.05mol铜，则阴极增重3.2g，故B正确；C、取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，浓硝酸变成稀硝酸，生成气体分子有二氧化氮和一氧化氮，故C错误；D、标准状况下，HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目多于NA，故D错误；故选B。
点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解题关键：对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．易错点D，HF在标准状况下是液体。
5. 植物提取物-香豆素，可用于消灭鼠害。其分子球棍模型如图所示。由C、H、0三种元素组成。下列有关叙述不正确的是
A. 该分了中不含手性碳原子 B. 分子式为C10H8O3
C. 能使酸性KMnO4溶液褪色 D. lmol香豆素最多消耗2molNaOH
【答案】D
【解析】分析：由有机物结构模型可知该有机物的结构简式为，含酚-OH、C=C、-COOC－，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答．
详解：A、手性碳原子上连有四个不同的原子或原子团，分子中不存在这样的碳，故A正确；B、由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故B正确；C、含碳碳双键、酚-OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，则1 mol香豆素最多消耗3 mol NaOH，故D错误。故选D。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团及性质的关系，易错点C，苯酚、烯烃的性质为即可解答，难点D，酚形成的酯与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗2molNaOH．
6. 常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大
B. pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合后的溶液中:c(OH-)=c(H+)
C. 0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
D. 0.1mol/L的硫化钠溶液中: c(OH-)= c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
【答案】A
【解析】分析：A、加水稀释，促进阴离子水解；B、酸和碱的强弱没有给出，无法判断；C、硫酸铵为强电解质，完全电离，氨根离子为弱碱阳离子，部分水使溶液呈酸性，注意盐类的水解是少量的；D、依据质子守恒解答。
详解：A、加水稀释，促进阴离子水解，NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大，故A正确；B、pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会PH=7，弱酸和强碱反应显酸性，反之，显碱性，故B错误；C、0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C错误；D、依据质子守恒， 0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：c(OH-)= c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了盐类的水解，解题关键：明确盐类水解的原理，把握溶液中电荷守恒、物理守恒、质子守恒，易错点B，注意盐类水解的规律及其应用。难点D，对质子守恒的理解，或写出物料守恒和电荷守恒，加减消元消去钠离子可得。
7. 下列各组离子能大量共存，且加人试剂后反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
Fe3+、I-、Cl-
NaOH溶液
Fe3++30H-=Fe(OH)3↓
B
K+、ClO-、SO42-
盐酸
H++C10-=HClO
C
K+、OH-、Cl-
过量SO2
SO2+0H-=HSO3-
D
H+、Fe2+、SO42-
Ba(NO3)2溶液
S042-+Ba2+=BaSO4↓
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A.因为Fe3+具有强氧化性，I-具有强还原性，两者不能共存，发生氧化还原反应2Fe3++ 2I-= 2Fe2++ I2，所以加NaOH溶液后，不会发生Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，故A错误；B.因为 H++ClO-HClO为可逆反应，故B错误；C过量SO2与OH-反应的方程式为：SO2+OH-=HSO3-故C正确；D.因为H+、Fe2+、SO42-加入Ba(NO3)2溶液后发生反应为：4H++3Fe2++SO42-+NO3-+Ba2+=3Fe3++ BaSO4↓+NO+2H2O，故D错误；答案：C。
点睛：考查离子共存的知识。离子共存的条件是：离子之间能发生复分解反应的离子、能发生氧化还原反应的离子、能发生双水解的离子、能形成络合物的离子之间不能共存。解答此题时抓住这些条件即可。
8. 根据表中信息判断，下列选项正确的是
序列
参加反应的物质
生成物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4……
②
Cl2、FeBr2
只有FeCl3、FeBr3
③
KClO3、HCl(浓)
Cl2……
A. 氧化性由强到弱顺序为KCl03>Cl2>Fe3+>Br2
B. 第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:1
C. 第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol
D. 第①组反应的其余产物为H20和02
【答案】D
【解析】分析：A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断．C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol．D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．
详解：A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3＋，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋，故A错误。B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B错误；C、由信息可知，ClO3－氧化Cl－为Cl2，Cl－中Cl元素化合价由-1价升高为0价，ClO3－中Cl元素化合价由+5价降低为0价，生成3molCl2转移电子的物质的量是5mol，故C错误；D、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故D正确；故选D。
9. 短周期元素M、W、X、Y. Z的原子序数依次增大，质子数之和为37。M和W形成的某种化合物可作制冷剂，Y和Z能形成ZY2型离子化合物。下列有关叙述不正确的是
A. Y元素没有正价
B. M、W元素组成的化合物中一定只含极性共价键
C. W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:Y>X>W
D. X和Z形成的化合物ZX2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1
【答案】B
【解析】分析：短周期元素元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M和W形成的某种化合物可作制冷剂，化合物为氨气，则M为H、W为N；Y和Z能形成ZY2型离子化合物，为MgF2，Z为Mg，Y为F，质子数之和为37，X质子数为37-1-7-9-12=8，X为O元素。
详解：A. Y元素为氟元素，没有正价，故A正确；B. M、W元素组成的化合物N2H4中含极性共价键（N-H）和非极性共价键（N-N），故B错误；C.同周期从左到右氢化物的稳定性增强， W、X、Y三种元素的氢化物稳定性:Y>X>W，故C正确；D. X和Z形成的化合物MgO2中，阳离子和阴离子的数目之比为1:1，故D正确；故选B。
点睛：本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握原子序数、元素化合物知识来推断元素，侧重分析与应用能力的考查，易错点D，过氧根离子O22－是原子团，不是两个离子。
10. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 新制氯水长时间放置颜色变浅
B. 高压比常压更有利于H2转化为NH3
C. 蒸干AlCl3溶液无法得到无水AlCl3
D. 滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn与稀H2S04反应的速率
【答案】D
【解析】分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
点睛：本题考查勒夏特列原理，解题关键：理解列原理的内容，易错点D，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动。
11. 对分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作。现象和结论对应正确的是
操作
现象
结论
A
向①中滴加NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口
试纸变蓝
原溶液中有NH4+
B
向②中滴入NaHCO3溶液
有白色沉淀生成
原溶液中有A1O2-
C
向③中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42-
D
向④中滴加氯水和CCl4，振荡静置
下层溶液呈橙色
原溶液中有I-
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
点睛：滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，生成白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡或氯化银；检验溶液中是否含有SO42-的方法是：先滴加盐酸，没有沉淀，再滴加氯化钡，若有沉淀，则原溶液含有SO42-。
12. 25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是:
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
1.8×10-10
1.4×10-5
6.3×10-50
7.7×10-13
8.51×10-16
下列说法不正确的是
A. 氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次减小
B. 将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，能得到黑色沉淀
C. 在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀
D. 在烧杯中放入6.24g硫酸银固体，加200g水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200mL,溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol/L。
【答案】D
【解析】分析：A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；C、根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀；D、硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，可结合Ksp计算．
详解：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故正确；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B正确；C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，混合后，c（Cl－）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)，c（Ag＋）=1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)，则c（Cl－）×c（Ag＋）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)×1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)＜1.8×10-10，则没有沉淀生成，故C正确；D. 硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，c（Ag＋）=2（SO42－），c（Ag＋）=mol·L－1=3×10-2mol·L－1，故D错误。故选D。
13. 2017年9月我国科学家对于可充放电式锌一空气电池研究取得重大进展。电池装置如图所示，该电池的核心是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应方程式为2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2。下列有关说法正确的是
A. 可逆锌一空气电池实际上是二次电池，放电时电解质溶液中K+向负极移动
B. 在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-
C. 发生OER反应的电极反应式为2H20-4e-=O2+4H+
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)
【答案】B
【解析】分析：根据2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应为：Zn-2e－+2OH－=Zn（OH）2，放电时阳离子向正极移动，充电与放电过程相反。
详解：A、放电时，为原电池，溶液中阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A错误；B、O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-，故B正确；C、发生OER反应的电极反应式为4OH--4e－=O2+2H20，故C错误；D． 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，故D错误；故选B。
14. 某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应: H2(g)+I2(g) 2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。
容器
起始浓度
平衡浓度
c(H2)/(mol·L-1)
c(I2)/(mol·L-1)
c(HI)/(mol·L-1)
甲
0.01
0.01
0.004
乙
0.01
0.02
a
丙
0.02
0.01
b
丁
0.02
0.02
c
下列判断不正确的是
A. HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008 B. 平衡时，H2的转化率:丁>甲
C. 平衡时，乙中H2的转化率大于20% D. 丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.25
【答案】B
【解析】分析：某温度下，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化；B．甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动；C．由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×0.5/0.01×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；D．甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。
详解： A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正确；B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B错误；C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C正确；D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D正确；故选B。
点睛：本题考查化学平衡的计算，解题关键：把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点．
15. 25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL (溶液体积有简单叠加)，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等
B. c、d两点，值相等
C. a→d点过程中，存在c (X-) =c (NH4+)
D. b点，c(NH4+)+c (HX) = 0.05mol/L
【答案】C
【解析】分析：根据图知，酸溶液的pH=3，则c（H＋）＜0.1mol·L－1，说明HX是弱酸；碱溶液的pH=11，c（OH－）=0.1mol·L－1，NH3·H2O是弱碱，A、由图可知 0.1mol/LHX 溶液pH=3，由 HXH＋+X－代入Ka的表达式求解；B、c 、d点时，c(X－)/c(OH－)·c(HX)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关；C、根据电荷守恒解答。D、根据电荷守恒和物料守恒解答。
详解：A、由图可知 0.1mol/LHX 溶液pH=3，由 HXH＋+X－可知：Ka=10-3×10-3/0.1=10-5 mol·L－1，碱溶液的pH=11，c（OH－）=0.1mol·L－1，NH3·H2O是弱碱，Kb=10-3×10-3/0.1=10-5 mol·L－1，故A正确；B、c 、d点时，c(X－)/c(OH－)·c(HX)=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，故B正确；C、 a→d点过程中，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，此过程中溶液不呈中性，不存在c(X-)=c(NH4+)，故C错误；D、 b点，存在c(OH－)+c(X-)=c(NH4+)+c(H＋)，溶液呈中性，c(X-)=c(NH4+)，c(NH4+)+c(HX)=c(X-)+c(HX)==0.1mol·L－1/2= 0.05mol/L，故D正确；故选C。
16. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加人铜粉，最多能溶解19.2g (已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是
A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L
B. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
C. 原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 mol
D. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
【答案】C
【解析】试题分析：某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。由铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，n(HNO3)=。由图可知，向另一份中逐渐加入铁粉， OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，n(Fe)= n(Fe3+)= n(HNO3)=；AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，这阶段溶解的铁的物质的量为 n(Fe3+)=0.1mol；BC段又产生气体，故此阶段的反应为Fe+2H+= Fe2++H2↑。A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L。A正确；B. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气，B正确；C. 由图像可知，每份混酸最多可溶解22.4gFe生成FeSO4溶液，由Fe守恒可知，原混合酸中H2SO4物质的量等于铁的物质的量的2倍（因为共分为2等份），即=0.8 mol，C不正确；D. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4，D正确。本题选C。
点睛：本题考查了稀硝酸与金属反应的计算。首先根据混酸溶解的铜的质量求出硝酸的总量，要注意不能根据化学方程式计算，因为硫酸电离的H+是可以参与这个离子反应的。当混酸与Fe反应时，因为氧化性NO3-＞Fe3+＞H+，故Fe依次与３种离子发生反应。另外，要注意原溶液分成了两等份。
第II卷(非选择题，52分)
二、非选择题(共52分)
17. 二氧化硫是造成大气污染的主要有害气体之一，二氧化硫尾气处理的方法之一是采用钠一钙联合处理法。
第一步:用NaOH溶液吸收SO2。2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O
第二步:将所得的Na2SO3溶液与生石灰反应。Na2SO3+CaO+ H2O=CaSO3↓+2NaOH
完成下列填空:
(1)在上述两步反应所涉及的短周期元素中，原子半径由小到大的顺序是_______(用元素符号填写)。
(2)氧和硫属于同族元素，写出一个能比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程式:___________________。
(3)NaOH的电子式为______________ 。
(4)若在第一步吸收SO2后得到的NaOH和Na2SO3混合溶液中，加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，生成Na2SO4和NaBr。写出发生反应的化学方程式______________。
(5)钠一钙联合处理法的优点有________________ 。(任写一点即可)
【答案】 (1). H＜O＜S＜Na (2). 2H2S+O22S +2H2O (3). (4). 2NaOH+Na2SO3+Br2 = Na2SO4+2NaBr+H2O (5). NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低
【解析】分析：（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，原子半径由小到大的顺序是H＜O＜S＜Na；（2）用氧置换硫；（3）NaOH是离子化合物；（4）溴将亚硫酸根离子氧化；
详解：（1）两步反应所涉及的短周期元素中H、O、S、Na，H原子只有一个电子层，OS同主族，从上到下，原子半径变大，Na和S同一周期，从左到右变小，原子半径由小到大的顺序是H＜O＜S＜Na；（2）比较氧元素和硫元素非金属性强弱的化学反应方程2H2S+O22S +2H2O (3)NaOH的电子式为；（4）溴将亚硫酸根离子氧化： 2NaOH+Na2SO3+Br2 = Na2SO4+2NaBr+H2O；(5)钠一钙联合处理法的优点有NaOH吸收SO2的效率高；NaOH能循环利用；生石灰价格较低，成本低。
18. KMnO4在生产和生活中有着广泛的用途。某化学小组在实验室制备KMnO4并探究其性质。请回答下列问题:
(一) KMnO4的制备。
步骤I 先利用如图甲所示装置由MnO2制备KMnO4。
(1)装置A应选用图乙中的_______(填“a”“b”或“c”)。
(2)装置B中所盛试剂的名称为________。
(3)装置C处制备K2MnO4的化学方程式为________。
步骤II 由K2MnO4制 备KMnO4。已知: K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下:
①充分反应后，将装置C处所得固体加水溶解，过滤；
②向①的滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2；
③将②的滤液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列实验操作，得KMnO4晶体。
(4)过程②向①的滤液中通人足量CO2,其还原产物为_______。
(5)过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是__________。
(二) KMnO4的性质。
KMnO4具有强氧化性。某化学学习小组利用其性质测定H2C2O4溶液的浓度。
反应: 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+ 10CO2↑+8H2O
(6)①滴定终点现象是:当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色______，且半分钟内不褪色。
②c(标准KMnO4溶液)= 0.20 mol/L，滴定时所得的实验数据如下表，试计算所测H2C2O4溶液的浓度为_______mol/L。
实验次数编号
待测液体积( mL)
滴入的标准液体积( mL)
1
10.00
22.95
2
10.00
20.05
3
10.00
19.95
【答案】 (1). b (2). 浓硫酸 (3). 4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O (4). MnO2 (5). 防止高锰酸钾高温分解 (6). 无色变为紫红色 (7). 1.00
【解析】分析：（1）b装置制备氧气；（2）浓硫酸作干燥剂；（3）根据质量守恒写出方程式；（4）向①的滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2和高锰酸钾；（5）高锰酸钾不稳定，高温分解（6）根据5H2C2O4 ～2MnO4－，和浓度C=n/V计算。
详解：(1)要生成高锰酸钾，需要强氧化剂，因此A装置提供的气体具有强氧化性，由于二氧化锰能氧化浓盐酸生成氯气，所以装置A应选用b装置，制备氧气。(2)生成的氧气必须干燥，则装置B的作用是干燥氧气，其中所盛试剂的名称为浓硫酸。(3)装置C处反应生成K2MnO4的同时根据原子守恒可知还有水生成，反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O 。（4）过程②向滤液中通入足量CO2，锰酸钾转化为二氧化锰和高锰酸钾，(5)过程③干燥KMnO4时，温度不宜过高的原因是：防止高锰酸钾高温分解 。(6)①滴定终点现象是:当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液颜色无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。②第1组数据明显有误差，舍去，平均体积为（20.05+19.95）/2=20.00mL
5H2C2O4 ～2MnO4－
5mol 2mol
n 0.2mol·L－1×0.020L
n=0.01mol，
则C（H2C2O4）=0.01mol/0.010L =1.00mol·L－1，
19. 纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下述为制取Cu2O的两种方法:
方法a:用炭粉在高温条件下还原CuO
方法b:电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑
(1)已知:①2Cu(s) +O2 (g)=Cu2O(s) △H1= akJ/mol
②C(s)+O2 (g)=CO(g) △H2= bkJ/mol
③Cu(s)+O2 (g)= CuO(s) △H3= ckJ/mol
则方法a中反应的热化学方程式是:_________________。
(2)方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O装置如图所示:
①如图装置中D电极应连______电极。(填“A”或“B”)
②该离子交换膜为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的B极反应式为: ______。
③C极反应式为:__________。
(3)在相同体积的恒容密闭容器中，用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验:
2H2O2H2(g)+O2(g) △H>0 ，水蒸气的浓度随时间t变化如表所示:
根据上述数据分析:
①催化剂的效率:实验①_______实验②(填“>”或“<”)；
②通过实验①、③分析, T1______T2(填“>”或“<”)；
③实验①、②、③的化学平衡常数K1、K2、K3的大小关系为:_________。
【答案】 (1). 2CuO(s)+ C(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH = (a+b-2c) kJ•mol-1 (2). B (3). 阴 (4). 2Cu - 2e- + 2OH- =Cu2O + H2O (5). N2H4 - 4e- + 4OH- =N2 ↑+ 4 H2O (6). ＜ (7). ＜ (8). K1=K2
详解：(1)依据盖斯定律②+①-2×③得到2CuO(s)+ C(s)= Cu2O(s)+ CO(g) ΔH = (a+b-2c) kJ•mol－1，(2)①燃料电池正极通氧气，负极通燃料，故C为负极，D为正极，铜电极被氧化，发生的电极方程式为2Cu+2OH－-2e－=Cu2O+H2O，故铜为阳极，与原电池的正极相连，即B与D，A与C相连，①如图装置中D电极应连B电极。②根据总反应，则阳极反应为2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜；在电解池的阳极发生失电子的氧化反应，该电解池的B极反应式为:2Cu - 2e- + 2OH- =Cu2O + H2O。③原电池中负极发生氧化反应，③C极反应式为:N2H4 - 4e- + 4OH- =N2 ↑+ 4 H2O。(3)①实验①②相比，实验②到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：＜；②实验3达到平衡所用时间短；通过实验①、③分析, T1
20. 有机物M的合成路线如下图:
已知:i：
ii:
(1)M中含氧官能团的名称有醚键和______，C的名称为_______，步骤⑥的反应类型为______。
(2)步骤④反应的化学方程式为____________。
(3)试剂X的结构简式为_______。
(4)同时满足下列条件，E的同分异构体有______种。
I.能与FeCl3溶液发生显色反应；II.能发生水解反应和银镜反应；III.苯环上只有两个取代基。
其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:6的分子的结构简式为: ____________。
(5)根据以上信息，写出以为原料制取的合成路线图 (无机试剂一定要选银氨溶液，其它无机试剂任选)____________________________________。
合成路线图示例:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
【答案】 (1). 酯基 (2). 苯甲醇 (3). 取代（或酯化）反应 (4). ＋ 2NaOH ＋ NaBr＋H2O (5). CH3CHClCOOH (6). 15 (7). (8).
【解析】分析：由A的分子式及M的结构简式得A为，C为，E为，反应③甲苯与溴发生取代反应生成，反应④发生水解生成D，D为，D与反应生成E，E为，X为，C为，反应①甲苯与氯气发生取代，生成B，B为，B发生水解生成C。
详解：(1)M中含氧官能团的名称有醚键和酯基，C的名称为苯甲醇，步骤⑥的反应类型为 取代（或酯化）反应。
(2)步骤④反应的化学方程式为 ＋ 2NaOH ＋ NaBr＋H2O 。
(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH。
(4)同时满足下列条件，E的同分异构体：I.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；II.能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯；III.苯环上只有两个取代基，其中一个为-OH，另外一个取代基为：-CH2CH2CH2OOCH,－CH(CH3)CH2OOCH,－CH2CH(CH3)OOCH,-C(CH3)2OOCH,－CH(CH2CH3)OOCH,各有邻、间、对三种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:6的分子的结构简式为:。(5)以为原料制取的合成路线图 ，先在催化剂作用下氧化生成醛，再进一步氧化生成酸，最后与氯气、红磷作用生成。参考路线如下：。
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