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2018-2019学年广东省深圳市高级中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
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深圳高级中学2018-2019学年高二化学第一学期期末考试
命题人：汪东珍 审题人：张国艳
本试卷由二部分组成。
第一部分：高二化学第一学期期中前基础知识和能力考查，共40分；
选择题部分包括含第1-10题，共20分；主观题部分包含第21-22题，共26分。
第二部分：高二化学第一学期期中后基础知识和能力考查，共60分；
选择题部分包含第包含第11-20题，共30分；主观题部分包含第23-24题，共24分。
全卷共计100分。考试时间为90分钟。
可能用到的原子量：H-1 O-16 N-14 Na-23 C-12
注意事项：
1、 答第I卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2、 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动用橡皮擦干净后再涂其他答案，不能答在试卷上。
3、 考试结束，监考人员将答题卡收回。
第I卷（本卷共计50分）
一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题2分，共计20分）
1.中华传统文化源远流长，古代化学与生产生活密切相关。下列对描述内容分析错误的是
选项
描述
分析
A
“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”
此过程涉及化学变化
B
“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水”
涉及的操作是蒸馏
C
“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”
硝石中含碘单质
D
“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”
利用其水解显碱性去污
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、“丹砂(HgS)烧之成水银 ，积变又还成丹砂”发生汞与氧气反应生成氧化汞，氧化汞加热分解生成汞和氧气，涉及化学反应，选项A正确；B、“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即蒸馏，选项B正确；C、硝石为硝酸钾，不含碘单质，选项C错误；D、“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分碳酸钾，其水解显碱性能洗去油污，选项D正确。答案选C。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 1 L 0.1 mol/LNH4Cl溶液和2 L 0.05mol/LNH4Cl溶液含NH4+数目相同，且都小于0.1NA
B. 常温常压下，46g的NO2和N2O4混合物中含有的原子数为2NA
C. 标准状况下，11.2 L乙烯中含有共用电子对的数目为NA
D. 常温常压下，Na2O2与足量H2O反应共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.两种NH4Cl溶液中含有溶质的物质的量都是0.1mol，由于该盐是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解消耗，但是盐的浓度越小，水解程度就越大，所以0.05mol/LNH4Cl溶液中NH4+水解的多，因此两种溶液中含有的NH4+数目不相同，A错误；
B.46g的NO2的物质的量是1mol含有原子数目为3NA，46g的N2O4的物质的量为0.5mol，含有的原子数目为3NA，所以若46g为NO2和N2O4混合物，则含有的原子数目为3NA，B错误；
C.标准状况下，11.2 L乙烯的物质的量是0.5mol，由于在1个乙烯分子中含有6对共用电子对，所以0.5mol乙烯中含有共用电子对的数目为3NA，C错误；
D.Na2O2与足量H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据方程式可知每反应产生1molO2，转移2mol电子，则反应生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，D正确；
故合理选项是D。
3.由下列实验及现象不能推出相应结论的是
实验
现象
结论
A
向2 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加2滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe2+
B
在稀AgNO3溶液中先加入足量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液
先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀
说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH值
前者的 pH值比后者的大
非金属性：S>C
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向2 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，所以还原性Fe>Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，A正确；
B.在稀AgNO3溶液中先加入足量0.1mol/L NaCl溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，产生白色沉淀，由于NaCl过量，所以Ag+反应完全，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀，说明发生反应：AgCl(s)+I-(aq)AgI (s)+ Cl-(aq)，说明物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的构型相同，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B正确；
C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，NH4HCO3受热发生分解反应，产生NH3、CO2、H2O，NH3是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸，NH3与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O是一元弱碱，电离产生OH-，使试纸变为蓝色，因此不能证明NH4HCO3显碱性，C错误；
D.碳酸、硫酸是C、S最高价含氧酸，Na2CO3和Na2SO4是碳酸、硫酸的钠盐，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，由于NaOH是强碱，等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH值，前者大，说明是强碱弱酸盐，显碱性，后者是强酸强碱盐，溶液显中性，故可证明元素的非金属性：S>C，D正确；
故合理选项是C。
4.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图1所示装置分离混溶的沸点不同的混合物
B. 用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl
C. 用图3所示装置用CCl4萃取碘水中的碘
D. 用图4所示装置制取、收集干燥纯净的NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A.分离混溶的沸点不同的混合物用蒸馏的方法，但温度计要放在蒸馏烧瓶的支管口附近，A错误；
B.蒸发KCl溶液制备无水KCl用蒸发结晶方法，使用仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等，装置合理，B正确；
C.用CCl4萃取碘水中的碘，由于四氯化碳的密度比水大，因此有机物在下层，水层在上层，C错误；
D.NH3的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集，D错误；
故合理选项是B。
5.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入（或滴入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
K+、H+、ClO-、I-
少量SO2
SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+
B
NH4+、Fe3+、Br-、SO42-
过量H2S
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
C
NH4+、Na+、Fe3+、HCO3-
过量铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D
K+、Na+、 CO32-、AlO2-
少量HCl
H++ CO32-= HCO3-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. H+、ClO-会发生反应形成HClO，不能大量共存，而且H+、ClO-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B.Fe3+与过量的H2S会发生氧化还原反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，符合反应事实，B正确；
C. Fe3+、HCO3-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，C错误；
D.结合H+的能力AlO2->CO32-，所以向K+、Na+、 CO32-、AlO2-的混合溶液中加入少量HCl，发生反应H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，D错误；
故合理选项是B。
6.X、Y、Z、W均为短周期元素，且Y、Z、W在周期表的位置关系如下图所示。已知X与W能形成最简单的有机物，则下列有关说法正确的是
A. X能分别与Y、W形成化合物，且其所含化学键类型完全相同
B. W有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点的性质
C. X的离子半径一定小于与Y同族的短周期元素的离子半径
D. Y、Z与X的常见稳定液态氧化物反应的剧烈程度Y大于Z
【答案】D
【解析】
【分析】
最简单的有机物为CH4，则X为H，W为C，根据元素周期表元素位置关系可知Y为Na，Z为Mg。
【详解】A、H与Na形成的化合物为NaH，化学键为离子键，与C形成的化合物为有机物，含有的化合键为共价键，类型不同，故A错误；
B、C的同素异形体有金刚石、C60等，其中金刚石为原子晶体，熔沸点较高，而C60的熔沸点比较低，故B错误；
C、H的离子可能为H-，与Na同主族的元素可能为Li，H-和Li+的核外电子结构相同，由于H的核电荷数小于Li，因此H-的半径大于Li+，故C错误；
D、H的稳定液态氧化物为H2O， Na与H2O反应的剧烈程度大于Mg，故D正确；
综上所述，本题应选D。
7.根据相应的图像，判断下列相关说法正确的是
A. 密闭容器中反应达到平衡，T0时改变某一条件有如图变化所示，则改变的条件只能是加入催化剂
B. 反应达到平衡时,外界条件对平衡影响关系如图所示，则正反应为放热反应，且a＞b
C. 物质的量和温度关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应
D. 反应速率和反应条件变化关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体
【答案】C
【解析】
试题分析：对于的反应，加入催化剂或加压均能有图A的变化，故A错误；根据图示，温度升高G减少，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故B错误；根据图示，温度升高C减少，平衡逆向移动，正反应为放热反应，，故C正确；若A、B、C、D均为气体，加压平衡应逆向移动，，故D错误。
考点：本题考查化学反应图像分析。
8.下列有关说法不正确的是
A. 25℃时，0.1mol/L的醋酸溶液中加入少量0.2mol/L的硫酸，水电离产生的c(H＋)减小
B. 25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液，c(H+)相等
C. 25℃时，BaCO3在纯水中的KSP比在Na2CO3溶液中的KSP大。
D. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中c(H+)的值减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.向醋酸溶液中加入少量0.2mol/L的硫酸，溶液中c(H+)增大，由于水的离子积不变，所以溶液中c(OH-)减小，溶液中水电离产生的c(H+)等于溶液中c(OH-)，所以水电离产生的c(H+)减小，A正确；
B.在相同的温度下，水的离子积常数相同，所以溶液的pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，c(H+)相等，B正确；
C.BaCO3的溶度积常数Ksp=c(Ba2+)·c(CO32-)，由于在Na2CO3溶液中c(CO32-)较大，所以在碳酸钠溶液中c(Ba2+)较小，但温度不变c(Ba2+)·c(CO32-)不变，等于该温度下BaCO3的Ksp，C错误；
D.CH3COOH在溶液中存在电离平衡，加水稀释后，溶液中的c(H+)减小，加水稀释，使醋酸的电离平衡正向移动，n(H+)又有所增加，但溶液体积增加的更多，所以溶液中c(H+)的值减小，D正确；
故合理选项是C。
9.浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V， pH随lg的变化如图所示，
下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 两溶液分别与盐酸反应完全消耗HCl的物质的量相同
D. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)
C.一元碱与酸发生反应，消耗酸的物质的量与碱的物质的量有关，与碱的强弱无关；
D.升高温度促进弱电解质电离。
【详解】A.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)
C. MOH和ROH是一元碱，由于二者的浓度相等、体积相等，所以二者的物质的量相同，则与盐酸反应消耗的盐酸的物质的量也相等，C正确；
D.弱电解质在溶液中存在电离平衡，升高温度促进弱电解质电离，但MOH是强电解质，升高温度不影响其电离，ROH是弱电解质，升高温度促进其电离，所以当lg=2时，若两溶液同时升温，则减小，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离，明确强弱电解质判断方法、弱电解质电离影响因素、弱电解质浓度与其电离程度关系是解本题关键，本题侧重考查学生图象分析判断能力，题目难度不大。
10.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3)
B. 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH-)
C. 0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： 2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)
D. 0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaHCO3溶液中：HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性，根据质子守恒可得c(OH-)=c(H＋)+c(H2CO3)，A错误；
B.HCl是一元强酸，完全电离，c(H+)与盐酸的浓度相等，而NH3·H2O是一元弱碱，只有很少一部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下，将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，电离产生的OH-恰好与H+中和，但c(NH3·H2O)> c(OH-),电解质分子进一步电离产生OH-和NH4+，因此溶液显碱性，所得溶液中：c(NH4＋)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H＋)，盐电离产生的离子浓度远大于弱碱电离产生的离子浓度所以微粒浓度关系为
c(NH4＋) >c(Cl-)>c(OH-) >c(H＋)，B错误；
C.0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得： 2c(Na＋) =3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，C正确；
D. 0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸，二者发生反应：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，根据电荷守恒可得2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)+c(Cl-)=c(Na＋)+c(H＋)，D错误；
故合理选项是C。
二．选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计30分）
11.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是
A. 两烧杯中H+均移向铜片 B. 甲中铜片是负极，乙中锌片发生氧化反应
C. 两烧杯中溶液的pH均增大 D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲中构成原电池，由于金属活动性：Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，H+向负电荷较多的正极Cu移动，而乙未构成原电池，在Zn上发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，因此H+移向锌片，A错误；
B.甲中铜片是正极，铜片上氢离子放电生成氢气，发生还原反应，B错误；
C.甲、乙中反应都是Zn+2H+=Zn2++H2↑，所以两个烧杯中氢离子浓度都减小，故溶液的pH均增大，C正确；
D.构成原电池的反应速率大于发生化学腐蚀的反应速率，所以产生气泡的速度甲比乙快，D错误；
因此合理选项是C。
12.市场上经常见到的标记为Li-ion的电池。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应式为： Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，下列说法正确的是
A. 充电时，该电池的正极应外接电源负极
B. 充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应
C. 该电池既能用酸溶液又能用碱溶液作电解质溶液。
D. 放电过程中Li+向负极移动
【答案】B
【解析】
【分析】
根据锂离子电池的电池反应式为：Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，可知，放电时，Li的化合价升高，被氧化，Li为原电池的负极，负极的电极反应式：Li-e-=Li+；充电时，反应逆向进行，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，也可根据Li0.85NiO2的Ni的化合价升高后变为Li0.35NiO2，被氧化，部分Li+还原为Li，判断出充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应；由于Li能与水反应，因此应为非水材料；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A.充电时，该电池的正极应外接电源正极，作阳极，A错误；
B.充电时，Li0.85NiO2变为Li0.35NiO2和Li，Ni的化合价升高，被氧化，部分Li+被还原为Li，所以Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应，B正确；
C.Li很活泼，会与水反应，不能用水溶液，C错误；
D.原电池中阳离子移向正极，则Li+向正极移动，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查电化学的热点-锂离子电池的有关知识，看清电池的放电方向及充电方向，根据总反应式判断出放电时的正、负极和充电时的阴、阳极的反应，从化合价变化的角度分析，难度不大。
13.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是
A. 腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑
B. 若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀
C. 若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀
D. 若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀
【答案】A
【解析】
A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。
14.下图所示装置中，甲、乙、丙三个装置中依次分别盛放含酚酞的200mLNaCl溶液、CuSO4溶液、MgCl2溶液， a、b、e、f电极均为石墨电极。通电一段时间后，a极附近首先变红色，下列有关说法正确的是
A. 则M接电源的正极
B. 乙为铁片上镀铜，则d极为铁片
C. 当f电极生成0.224L某一种气体时（已经换算为标准状况下），常温下，则甲中溶液的pH=13（忽略溶液体积的变化）
D. 丙中原理用于工业制备镁单质
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示可知甲、乙、丙三个装置为串联的电解池，根据通电一段时间后，a极附近首先变红色，可知a电极附近溶液显碱性，说明在a电极发生反应2H++2e-=H2↑，因此可确定a电极为阴极，与a连接的电源电极M接电源负极，N接电源的正极，然后对选项依次分析，进行解答。
【详解】A.根据上面叙述可知M接电源负极，N接电源的正极，A错误；
B.由于M接电源负极，N接电源的正极，乙烧杯溶液为CuSO4溶液，若要实现铁片上镀铜，则阴极应该为铁片，故c极为铁片，d电极为Cu片，B错误；
C.f电极为阳极，发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，n(Cl2)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，则电子转移的物质的量为n(e-)=2n(Cl2)=0.02mol，对于甲发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以若转移0.02mol电子，反应产生NaOH的物质的量是0.02mol，由于溶液的体积为0.2L则c(NaOH)= 0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，c(H+)=10-14÷0.1 mol·L-1=10-13mol/L，则溶液的pH=13，C正确；
D.丙中上阴极H+放电产生H2，附近产生的OH-与Mg2+结合形成Mg(OH)2沉淀，阳极上Cl-放电产生氯气，没有金属镁产生，所以不能用于工业制备镁单质，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了电解原理的知识。在电解池中阳极连接电源正极，发生氧化反应，阴极连接电源负极，发生还原反应，阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动。根据离子放电的先后顺序，结合物质的溶解性判断电极反应式及总反应方程式。
15.丙烷(C3H8)熔融盐燃料电池和锌蓄电池均为用途广泛的直流电源，放电时二者的总反应分别为C3H8+5O2=3CO2+4H2O，2Zn+O2=2ZnO。用丙烷(C3H8)燃料电池为锌蓄电池充电的装置如图所示，下列说法不正确的
A. 物质M为CO2
B. 燃料电池消耗1mo1O2时，理论上有4molOH-透过b膜向P电极移动
C. a膜、b膜均适宜选择阴离子交换膜
D. 该套装置中，锌蓄电池的Q极反应式为Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O
【答案】D
【解析】
A. 燃料电池中由于电解质是熔融的碳酸钠，则氧气在正极得到电子结合CO2转化为碳酸根，则物质M为CO2，A正确；B. 燃料电池消耗1mo1 O2时注意4mol电子，电解池中阴离子向阳极移动，因此理论上有4 mol OH-透过b膜向P电极移动，B正确；C. 原电池中正极产生碳酸根，负极丙烷需要结合碳酸根，则a膜、b膜均适宜选择阴离子交换膜，C正确；D. 该装置中，锌蓄电池的负极此时变为阴极，反应式为ZnO+H2O+2e-=Zn+2OH-，D错误，答案选D。
16.“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列有关说法中错误的是
A. 该装置将化学能转变为电能
B. 利用该技术可捕捉大气中的CO2
C. 该装置工作时，理论上每生成1mol草酸铝，电路中通过6mol电子
D. 该装置工作时，正极上的电极反应式为2CO2-2e-=C2O42-
【答案】D
【解析】
A、“碳呼吸电池”为原电池原理，将化学能转变为电能，A正确；B、“碳呼吸电池”能消耗二氧化碳气体，所以利用该技术可捕捉大气中的CO2，B正确；C、根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，所以每得到1 mol草酸铝，电路中转移3×2mol=6mol电子，C正确；D、根据工作原理图，“呼出”CO2作为正极反应物得电子生成草酸根，电极反应为：2CO2+2e-=C2O42-，D错误；答案选D。
点睛：本题考查电化学的相关知识、电极反应式的书写等知识点，注意电极反应式的书写，为易错点，书写时注意中正负极、放电微粒、离子移动方向的判断，尤其要注意结合电解质溶液的性质解答。
17.下列有关有机化合物的说法正确的是
A. CH2Cl2存在同分异构体
B. 有机物中至少有10个碳原子共平面
C. C4H6的所有碳原子不可能在一条直线上
D. 某种单烯烃经氢化后得到的饱和烃是,该烯烃可能的结构有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH2Cl2是甲烷分子中的2个H原子被Cl原子取代的产物，由于甲烷是正四面体结构，所以CH2Cl2不存在同分异构体，A错误；
B.苯分子是平面分子，甲基取代苯分子中H原子位置位于苯分子的平面上，苯环上处于对位的两个C原子及与该C原子连接的H原子在一条直线上，一条直线上2点在一个平面上，则所有点都在该平面上，两个苯分子的平面可能共平面，所以在一个平面上的C原子数目至少为1+6+3=10个，B正确；
C.C4H6表示的物质可能是炔烃，若为CH3-C≡C-CH3，两个甲基-CH3取代乙炔分子中H原子位置，与碳碳三键相连的C原子在同一条直线上，因此所有碳原子可能在一条直线上，C错误；
D.某种单烯烃与氢气发生加成反应时，相邻的两个不饱和C原子上各结合1个H原子，形成饱和C原子，所以根据烯烃加成规律可知经氢化后得到的饱和烃是，该烯烃双键的位置可能为，因此可能的结构有2种，D错误；
故合理选项是B。
18.下列有关说法正确的是
A. CH3CH2CH2CH(CH3)2 的名称为2-甲基己烷
B. 有机物分子式为C5H11Cl，其同分异构体有8种
C. 分子式分别为C5H10、C4H8的两种物质一定是同系物
D. 含碳原子数小于10的烷烃的一氯代物只有一种的物质共有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3CH2CH2CH(CH3)2 的名称为2-甲基戊烷，A错误；
B.有机物分子式为C5H11Cl可看作是C5H12分子中的1个H原子被Cl原子取代后的产物，C5H12有CH3CH2CH2CH2CH3、、三种不同结构，CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，有4种H原子，只有1种H原子，因此C5H11Cl同分异构体共有8种，B正确；
C.分子式分别为C5H10、C4H8的物质可能表示的是烯烃，也可能是环烷烃，所以两种物质不一定是同系物，C错误；
D.含碳原子数小于10的烷烃的一氯代物只有一种，说明物质分子中只有一种位置的H原子，可能为CH4、CH3CH3、、的物质共有4种，D错误；
故合理选项是B。
19.下列有关说法正确的是
A. 在铁粉催化作用下，苯与溴水能发生取代反应
B. 乙烯、乙炔、聚乙烯均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 已知：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O，该反应为取代反应
D. 只能发生加成反应，不能发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.在铁粉催化作用下，苯与液溴能发生取代反应，产生溴苯，A错误；
B.聚乙烯分子中无不饱和的双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.该反应可看作是乙醇分子中的-OH被Br原子取代，因此为取代反应，C正确；
D.苯乙烯含有碳碳双键和苯环，可以发生加成反应，也能被酸性KMnO4溶液氧化，同时也可以发生燃烧反应，所以可以发生氧化反应，D错误；
故合理选项是C。
20.下列有关实验操作正确的是
A. 除去乙烯中混有的乙烷，将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶
B. 可用蒸馏法分离硝基苯(沸点210.8℃)和苯(沸点80.1℃)的混合物
C. 可用溴水鉴别丙烯、丙炔、丙烷
D. 将电石与水反应产生的气体通过NaOH溶液的洗气瓶，可收集到纯净的乙炔气
【答案】B
【解析】
【详解】A.若将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，乙烯反应产生1,2-二溴乙烷，而杂质乙烷不能反应，不能达到除去乙烯中混有的乙烷的目的，A错误；
B.硝基苯与苯是互溶的沸点相差较大的液体混合物，可采用蒸馏方法分离，B正确；
C.丙烯、丙炔都与溴发生加成反应而褪色，不能鉴别，C错误；
D.电石中的Ca3P2与水反应产生PH3气体不能与NaOH溶液反应，所以不能得到纯净的乙炔气，D错误；
故合理选项是B。
第Ⅱ卷（本卷共计50分）
三、主观题（共4题，共计50分）
21.锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有 PbS、As2S3、CuO、SiO2等）为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：
已知：① 浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；
②常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29；
③溶液中离子浓度小于或等于1.0×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
(1)滤渣1中除了S之外，还有___________（填化学式）。
(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_________。
(3)该生产流程能实现（填化学式）的循环利用 __________。
(4)常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)不低于______。
所加Na2S也不宜过多，其原因为______________。
(5)“除砷”时有H3PO3生成，该反应的离子方程式为__________。
(6)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为_______。
【答案】 (1). SiO2 (2). Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S (3). SbCl5、Sb (4). 9.04×10-24mol/L (5). 产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3 (6). 2As3+＋3PO23-＋3H+＋3H2O=2As↓＋3H3PO3 (7). 3:2
【解析】
【分析】
辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)加入盐酸浸取得当浸取液，浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，滤渣1中除了生成的S之外还有为溶解的二氧化硅，浸出液中加入Sb还原SbCl5，生成SbCl3，加入Na2S时保证Cu2+和Pb2+均沉淀完全，过滤得到滤渣2为CuS、PbS，滤液中加入Na3PO2溶液除砷，生成亚磷酸和砷单质，剩余SbCl3溶液，通电电解得到Sb，据此分析解答。
【详解】(1)分析可知滤渣1中除了S之外，含有SiO2；
(2)“浸出”时之，Sb2S3在HCl溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和+3价的氯化物，根据原子守恒及电子守恒，可得反应的化学方程式为：Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S；
(3)根据流程图可知Sb还原SbCl5为SbCl3，最后电解SbCl3溶液得到Sb单质及SbCl5，SbCl5又用于开始时溶解辉锑矿粉，所以可以循环利用的物质有SbCl5、Sb；
(4)常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29，常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，溶度积常数可知，当铅全部沉淀时，铜沉淀完全，溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)≥==9.04×10-24 mol/L，Na2S也不宜过多，否则会产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3；
(5)滤液中加入Na3PO2溶液除砷，生成亚磷酸和砷单质，反应的化学方程式为：2AsCl3+3Na3PO2+3HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl，反应的离子方程式为2As3++3PO23-+3H++3H2O=2As↓+3H3PO3；
(6)根据流程图可知：在电解时SbCl3反应生成SbCl5和Sb，电子守恒计算，Sb3+～Sb5+～2e-，Sb3+被氧化；Sb3+～Sb～3e-，Sb3+被还原，根据氧化还原反应中电子守恒可知被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素物质的量之比为3：2。
【点睛】本题考查了物质分离提纯过程、氧化还原反应、溶度积常数计算与应用等知识，掌握化学反应基本原理及物质的物理性质、化学性质等基础知识是解题关键，题目难度中等。
22.为了缓解温空效应，科学家提出了多种回收和利用CO2的方案。
(1)方案1: 利用FeO吸收CO2获得H2
ⅰ.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH1=-76.0kJ/mol
ⅱ.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH2 =+113. 4kJ/mol
请写出由FeO制备H2的热化学方程式_________________。
方案2: 利用CO2制备CH4
300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2发生反应: CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+ 2H2O(g) ΔH4，混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图所示。
(2)① 从反应开始到恰好达到平衡时，H2的平均反应速率v(H2)=_________________。
② 300℃时，反应的平衡常数K= _______________。
③ 300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)。则v正____________v逆(填“>”“<”或“=" )
(3)下列有关说法正确的是(填序号)_______________。
A.容器内密度不变，说明反应达到平衡状态
B.容器内压强不变，说明反应达到平衡状态
C.300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新达到平衡时CH4的浓度等于1.6mo/L
D.每断开2molC=O键的同时断开4molC-H键，说明反应达到平衡状态
E.达到平衡后，分离出水蒸气，既能加快反应速率又能使平衡正方向移动
(4)已知200℃时，该反应的平衡常数K=64.8(L/mol)2。则ΔH4________0(填“>”“<”或“=”)。
方案3：利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示:（假设开始时两极的质量相等）
(5)①放电时，正极的电极反应式为_______________。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole-时，两极的质量差为 _____g。
【答案】 (1). 3FeO(s)+ H2O(g)= Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH= +18.7kJ/mol (2). 0.32mol/(L·min) (3). 25(L/mol)2 (4). > (5). B D (6). < (7). 3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C (8). 15.8
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式进行叠加，可得相应反应的热化学方程式；
(2)①先计算甲烷的化学反应速率，然后根据方程式中甲烷与氢气的物质的量关系计算氢气的反应速率；
②根据化学平衡常数的定义式计算；
③计算此时的浓度商，然后根据浓度商与化学平衡常数大小判断反应进行的方向；
(3)根据反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，物质的浓度不变、物质的含量不变等判断反应是否处于平衡状态；
(4)根据升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，通过比较两种不同温度的K的大小判断反应热；
(5)①放电时正极发生还原反应，结合电池内的物质判断；
②根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。
【详解】根据盖斯定律，将(i+ii)÷2，整理可得该反应的热化学方程式为：3FeO(s)+ H2O(g)= Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH= +18.7kJ/mol
(2)①从反应开始到恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率v(CH4)==0.08mol/(L·min)，
相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其化学方程式中计量数的比，则v(H2)=4 v(CH4)=4×0.08(mol/L·min)=0.32(mol/L·min）
②可逆反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) 1 4 0 0
反应(mol/L) 0.80 3.20 0.80 1.60
平衡(mol/L) 0.20 0.80 0.80 1.60
则300℃时，该反应的平衡常数K==25((L/mol)2)；
③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)，由于反应是在2L恒容密闭容器中进行，此时c(CO2)=0.8mol/L、c(H2)=1.0mol/L、c(CH4)=2.8mol/L、c(H2O)=2.0mol/L，浓度商==14<25，说明反应未达到平衡，此时反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率；
(3) A.由于反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以在任何时刻容器内密度都不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B.该反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在恒容密闭容器内进行，若容器内压强不变，说明反应达到平衡状态，B正确；
C.300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，加入CO2和H2，导致体系的压强增大，平衡正向移动，因此重新达到平衡时CH4的浓度大于1.6mo/L，C错误；
D.每断开2molC=O键即消耗1molCO2，就会同时生成1molCH4，又断开4molC-H键，说明反应消耗1molCH4，甲烷的浓度不变，则反应达到平衡状态，D正确；
E.达到平衡后，分离出水蒸气，平衡正向移动，由于物质的浓度减小，所以化学反应速率降低，E错误；
故合理选项是BD；
(4)200℃时，该反应的平衡常数K=64.8L2/mol2，300℃时该反应化学平衡常数K为25 L2/mol2，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应方向为吸热方向移动，故正反应是放热反应，ΔH4<0；
(5)①根据电池反应式知，放电时，Na作负极、碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，电极反应式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，负极上钠失电子生成钠离子进入电解质，负极反应式为Na-e-=Na+，当转移0.2mole-时，负极质量减少量=0.2mol×23g/mol=4.6g；正极增加的质量为碳酸钠和C的质量，正极增加质量==10.6g+0.6g=11.2g，则正负极质量差=11.2g+4.6g=15.8g。
【点睛】本题考查了化学反应速率、化学平衡的判断与计算、原电池原理、化学平衡常数的计算与应用等知识点，综合性较强，把握化学平衡计算方法、原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意(5)中两个电极质量差计算时，要先计算出的两个质量，然后再相加，为易错点。
23.氯苯是重要的有机化工产品，是染料、医药、有机合成的中间体，工业上常用“间歇法”制取。反应原理、实验装置图（加热装置都已略去）如下：
已知：氯苯为无色液体，沸点132.2℃，常温下不与氢氧化钠溶液反应。
回答下列问题：
(1)A反应器是利用实验室法制取氯气，中空玻璃管B的作用是______。仪器D的名称____。冷却水应从(填“a”或“b”)______处通入。
(2)C反应器反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗，碱洗之前要水洗的目的是洗去部分无机物，同时减少碱的用量，节约成本。用10%氢氧化钠碱洗时除去的物质：______(填化学式)(写两种即可)。碱洗以后加MgSO4干燥。最后通过_____(填操作名称)得到纯净的氯苯。
(3)上述装置图中A、C反应器之间，需要增添一个U形管，其内置物质是________。
(4)设计一个实验证明苯分子中不存在碳碳双键______________。
(5)苯在一定条件下可以制备硝基苯，请写出该反应方程式____________。
【答案】 (1). 平衡三颈烧瓶内外气压 (2). 球形冷凝管 (3). a (4). HCl、 FeCl3、Cl2(任意两种) (5). 蒸馏 (6). 五氧化二磷 (7). 取2mL苯于试管中，向其中滴加少量溴水充分振荡、静置，溶液分层且不褪色，证明苯分子中不存在碳碳双键 (8).
【解析】
【分析】
(1)根据A反应器的特征以及常见仪器的名称分析解答，玻璃管B伸入液面下，装置内压强过大时，可以用于平衡气压；采取逆流原理通入冷凝水，能更好地冷却液体；
(2)氢氧化钠碱洗时除去的物质氯气与苯反应产生的容易溶于水即容易溶于碱的物质；氯苯与苯的沸点不同，采用蒸馏方法分离；
(3)A、C反应器之间需要增添干燥装置，干燥生成的氯气，可以用酸性干燥剂五氧化二磷等；
(4)根据碳碳双键可以使溴水褪色，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色分析；
(5)苯在浓硫酸存在时，在加热条件下与浓硝酸发生取代反应制备硝基苯，据此写出该反应方程式。
【详解】(1)玻璃管B伸入液面下，装置内压强过大时，可以用于平衡气压，因此玻璃管B的作用是平衡三颈烧瓶内外气压；根据图示可知仪器D的名称是球形冷凝管；采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充满冷凝水，就可以充分进行冷却，即冷凝水由a口流入，由b口流出；
(2)①在装置C中发生反应：，反应产生的HCl及催化剂FeCl3、未反应的Cl2都能溶于水，并且与NaOH发生反应，所以用10%氢氧化钠碱洗时除去的物质有HCl、FeCl3、Cl2；碱洗以后的氯苯中含有未反应的苯及少量的水，加MgSO4进行干燥。最后根据苯与氯苯的沸点的不同通过蒸馏酒可得到纯净的氯苯；
(3)A装置用于制取Cl2，制取得到的氯气中含有水蒸气、在C装置中干燥的氯气与苯发生反应制取氯苯，因此需在装置A\C反应器之间需要增添U型管，来干燥生成的氯气，可以用五氧化二磷或氯化钙等；
(4)不饱和的碳碳双键能够使溴水褪色，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以若要通过实验证明苯分子中不存在碳碳双键，可以取2mL苯于试管中，向其中滴加少量溴水充分振荡后静置，溶液分层且不褪色，证明苯分子中不存在碳碳双键；
(5)苯在浓硫酸存在时，在加热条件下与浓硝酸发生取代反应制备硝基苯，该反应方程式为：。
【点睛】本题考查有机物制备实验方案，涉及对装置、操作与原理的分析评价以及化学方程式书写等，是对学生综合能力的考查，难度中等。
24.下图以烃A(C4H8)为原料生产有关物质的路线：
已知信息：①CH3CH=CH2
②
③分子中含C=C=C结构的物质不稳定，C为二烯烃
请回答下列问题：
(1)A存在顺反异构，则A的名称是_______。
(2)A→B的反应类型为______。
(3)C的同分异构有多种，写出其中能使Br2的CCl4溶液褪色的所有链状的同分异构体(不包括物质C，不含C=C=C形式)_______。
(4)写出D的结构简式_________。
(5)写出C→E的化学方程式____________。
【答案】 (1). 2-丁烯 (2). 加成反应 (3). CH≡CCH2CH3 CH3C≡CCH3 (4). (5). 2CH2=CH-CH=CH2
【解析】
【分析】
烃A分子式是C4H8，符合该通式的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，由于A存在顺反异构，说明A结构为CH3CH=CHCH3，A与Br2水发生加成反应产生B是CH3CHBrCHBrCH3，B与NaOH的乙醇溶液加热发生消去反应，产生二烯烃C是CH2=CH-CH=CH2，2个CH2=CH-CH=CH2在加热时发生加成反应产生D是，也可以发生加成反应产生F是：。据此解答。
【详解】(1)根据上述分析可知A结构为CH3CH=CHCH3，名称是2-丁烯；
(2) A是CH3CH=CHCH3，B是CH3CHBrCHBrCH3，A变为B的反应类型为加成反应；
(3)C是1，3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2，C的同分异构有多种，写出其中能使Br2的CCl4溶液褪色的所有链状的同分异构体，该同分异构体不包括C物质，也不含C=C=C形式，说明为炔烃，则其可能的结构简式为CH≡CCH2CH3、CH3C≡CCH3；
(4)C是CH2=CH-CH=CH2，根据信息②可知2个分子的CH2=CH-CH=CH2在加热时发生加成反应产生D，D的结构简式为；
(5) 2个C分子发生加成反应产生F：则C→E的化学方程式是2 CH2=CH-CH=CH2。
【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断及化学方程式的书写等知识。掌握氯代烃与NaOH的乙醇溶液发生消去反应，可产生二烯烃，也可以产生炔烃，二烯烃可以发生1，2-加成，也可以发生1，4-加成反应，掌握氯代烃的性质是本题解答的关键。
深圳高级中学2018-2019学年高二化学第一学期期末考试
命题人：汪东珍 审题人：张国艳
本试卷由二部分组成。
第一部分：高二化学第一学期期中前基础知识和能力考查，共40分；
选择题部分包括含第1-10题，共20分；主观题部分包含第21-22题，共26分。
第二部分：高二化学第一学期期中后基础知识和能力考查，共60分；
选择题部分包含第包含第11-20题，共30分；主观题部分包含第23-24题，共24分。
全卷共计100分。考试时间为90分钟。
可能用到的原子量：H-1 O-16 N-14 Na-23 C-12
注意事项：
1、 答第I卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2、 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动用橡皮擦干净后再涂其他答案，不能答在试卷上。
3、 考试结束，监考人员将答题卡收回。
第I卷（本卷共计50分）
一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题2分，共计20分）
1.中华传统文化源远流长，古代化学与生产生活密切相关。下列对描述内容分析错误的是
选项
描述
分析
A
“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”
此过程涉及化学变化
B
“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水”
涉及的操作是蒸馏
C
“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”
硝石中含碘单质
D
“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”
利用其水解显碱性去污
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、“丹砂(HgS)烧之成水银 ，积变又还成丹砂”发生汞与氧气反应生成氧化汞，氧化汞加热分解生成汞和氧气，涉及化学反应，选项A正确；B、“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即蒸馏，选项B正确；C、硝石为硝酸钾，不含碘单质，选项C错误；D、“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分碳酸钾，其水解显碱性能洗去油污，选项D正确。答案选C。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 1 L 0.1 mol/LNH4Cl溶液和2 L 0.05mol/LNH4Cl溶液含NH4+数目相同，且都小于0.1NA
B. 常温常压下，46g的NO2和N2O4混合物中含有的原子数为2NA
C. 标准状况下，11.2 L乙烯中含有共用电子对的数目为NA
D. 常温常压下，Na2O2与足量H2O反应共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.两种NH4Cl溶液中含有溶质的物质的量都是0.1mol，由于该盐是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解消耗，但是盐的浓度越小，水解程度就越大，所以0.05mol/LNH4Cl溶液中NH4+水解的多，因此两种溶液中含有的NH4+数目不相同，A错误；
B.46g的NO2的物质的量是1mol含有原子数目为3NA，46g的N2O4的物质的量为0.5mol，含有的原子数目为3NA，所以若46g为NO2和N2O4混合物，则含有的原子数目为3NA，B错误；
C.标准状况下，11.2 L乙烯的物质的量是0.5mol，由于在1个乙烯分子中含有6对共用电子对，所以0.5mol乙烯中含有共用电子对的数目为3NA，C错误；
D.Na2O2与足量H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据方程式可知每反应产生1molO2，转移2mol电子，则反应生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，D正确；
故合理选项是D。
3.由下列实验及现象不能推出相应结论的是
实验
现象
结论
A
向2 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加2滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe2+
B
在稀AgNO3溶液中先加入足量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液
先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀
说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH值
前者的 pH值比后者的大
非金属性：S>C
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向2 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，所以还原性Fe>Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，A正确；
B.在稀AgNO3溶液中先加入足量0.1mol/L NaCl溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，产生白色沉淀，由于NaCl过量，所以Ag+反应完全，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀，说明发生反应：AgCl(s)+I-(aq)AgI (s)+ Cl-(aq)，说明物质的溶解度AgCl>AgI，由于二者的构型相同，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B正确；
C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，NH4HCO3受热发生分解反应，产生NH3、CO2、H2O，NH3是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸，NH3与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O是一元弱碱，电离产生OH-，使试纸变为蓝色，因此不能证明NH4HCO3显碱性，C错误；
D.碳酸、硫酸是C、S最高价含氧酸，Na2CO3和Na2SO4是碳酸、硫酸的钠盐，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，由于NaOH是强碱，等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH值，前者大，说明是强碱弱酸盐，显碱性，后者是强酸强碱盐，溶液显中性，故可证明元素的非金属性：S>C，D正确；
故合理选项是C。
4.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图1所示装置分离混溶的沸点不同的混合物
B. 用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl
C. 用图3所示装置用CCl4萃取碘水中的碘
D. 用图4所示装置制取、收集干燥纯净的NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A.分离混溶的沸点不同的混合物用蒸馏的方法，但温度计要放在蒸馏烧瓶的支管口附近，A错误；
B.蒸发KCl溶液制备无水KCl用蒸发结晶方法，使用仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等，装置合理，B正确；
C.用CCl4萃取碘水中的碘，由于四氯化碳的密度比水大，因此有机物在下层，水层在上层，C错误；
D.NH3的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集，D错误；
故合理选项是B。
5.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入（或滴入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
K+、H+、ClO-、I-
少量SO2
SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+
B
NH4+、Fe3+、Br-、SO42-
过量H2S
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
C
NH4+、Na+、Fe3+、HCO3-
过量铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D
K+、Na+、 CO32-、AlO2-
少量HCl
H++ CO32-= HCO3-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. H+、ClO-会发生反应形成HClO，不能大量共存，而且H+、ClO-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B.Fe3+与过量的H2S会发生氧化还原反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，符合反应事实，B正确；
C. Fe3+、HCO3-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，C错误；
D.结合H+的能力AlO2->CO32-，所以向K+、Na+、 CO32-、AlO2-的混合溶液中加入少量HCl，发生反应H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，D错误；
故合理选项是B。
6.X、Y、Z、W均为短周期元素，且Y、Z、W在周期表的位置关系如下图所示。已知X与W能形成最简单的有机物，则下列有关说法正确的是
A. X能分别与Y、W形成化合物，且其所含化学键类型完全相同
B. W有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点的性质
C. X的离子半径一定小于与Y同族的短周期元素的离子半径
D. Y、Z与X的常见稳定液态氧化物反应的剧烈程度Y大于Z
【答案】D
【解析】
【分析】
最简单的有机物为CH4，则X为H，W为C，根据元素周期表元素位置关系可知Y为Na，Z为Mg。
【详解】A、H与Na形成的化合物为NaH，化学键为离子键，与C形成的化合物为有机物，含有的化合键为共价键，类型不同，故A错误；
B、C的同素异形体有金刚石、C60等，其中金刚石为原子晶体，熔沸点较高，而C60的熔沸点比较低，故B错误；
C、H的离子可能为H-，与Na同主族的元素可能为Li，H-和Li+的核外电子结构相同，由于H的核电荷数小于Li，因此H-的半径大于Li+，故C错误；
D、H的稳定液态氧化物为H2O， Na与H2O反应的剧烈程度大于Mg，故D正确；
综上所述，本题应选D。
7.根据相应的图像，判断下列相关说法正确的是
A. 密闭容器中反应达到平衡，T0时改变某一条件有如图变化所示，则改变的条件只能是加入催化剂
B. 反应达到平衡时,外界条件对平衡影响关系如图所示，则正反应为放热反应，且a＞b
C. 物质的量和温度关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应
D. 反应速率和反应条件变化关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体
【答案】C
【解析】
试题分析：对于的反应，加入催化剂或加压均能有图A的变化，故A错误；根据图示，温度升高G减少，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故B错误；根据图示，温度升高C减少，平衡逆向移动，正反应为放热反应，，故C正确；若A、B、C、D均为气体，加压平衡应逆向移动，，故D错误。
考点：本题考查化学反应图像分析。
8.下列有关说法不正确的是
A. 25℃时，0.1mol/L的醋酸溶液中加入少量0.2mol/L的硫酸，水电离产生的c(H＋)减小
B. 25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液，c(H+)相等
C. 25℃时，BaCO3在纯水中的KSP比在Na2CO3溶液中的KSP大。
D. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中c(H+)的值减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.向醋酸溶液中加入少量0.2mol/L的硫酸，溶液中c(H+)增大，由于水的离子积不变，所以溶液中c(OH-)减小，溶液中水电离产生的c(H+)等于溶液中c(OH-)，所以水电离产生的c(H+)减小，A正确；
B.在相同的温度下，水的离子积常数相同，所以溶液的pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，c(H+)相等，B正确；
C.BaCO3的溶度积常数Ksp=c(Ba2+)·c(CO32-)，由于在Na2CO3溶液中c(CO32-)较大，所以在碳酸钠溶液中c(Ba2+)较小，但温度不变c(Ba2+)·c(CO32-)不变，等于该温度下BaCO3的Ksp，C错误；
D.CH3COOH在溶液中存在电离平衡，加水稀释后，溶液中的c(H+)减小，加水稀释，使醋酸的电离平衡正向移动，n(H+)又有所增加，但溶液体积增加的更多，所以溶液中c(H+)的值减小，D正确；
故合理选项是C。
9.浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V， pH随lg的变化如图所示，
下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 两溶液分别与盐酸反应完全消耗HCl的物质的量相同
D. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)
C.一元碱与酸发生反应，消耗酸的物质的量与碱的物质的量有关，与碱的强弱无关；
D.升高温度促进弱电解质电离。
【详解】A.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)
C. MOH和ROH是一元碱，由于二者的浓度相等、体积相等，所以二者的物质的量相同，则与盐酸反应消耗的盐酸的物质的量也相等，C正确；
D.弱电解质在溶液中存在电离平衡，升高温度促进弱电解质电离，但MOH是强电解质，升高温度不影响其电离，ROH是弱电解质，升高温度促进其电离，所以当lg=2时，若两溶液同时升温，则减小，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离，明确强弱电解质判断方法、弱电解质电离影响因素、弱电解质浓度与其电离程度关系是解本题关键，本题侧重考查学生图象分析判断能力，题目难度不大。
10.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3)
B. 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH-)
C. 0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： 2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)
D. 0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaHCO3溶液中：HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性，根据质子守恒可得c(OH-)=c(H＋)+c(H2CO3)，A错误；
B.HCl是一元强酸，完全电离，c(H+)与盐酸的浓度相等，而NH3·H2O是一元弱碱，只有很少一部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下，将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，电离产生的OH-恰好与H+中和，但c(NH3·H2O)> c(OH-),电解质分子进一步电离产生OH-和NH4+，因此溶液显碱性，所得溶液中：c(NH4＋)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H＋)，盐电离产生的离子浓度远大于弱碱电离产生的离子浓度所以微粒浓度关系为
c(NH4＋) >c(Cl-)>c(OH-) >c(H＋)，B错误；
C.0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得： 2c(Na＋) =3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，C正确；
D. 0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸，二者发生反应：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，根据电荷守恒可得2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)+c(Cl-)=c(Na＋)+c(H＋)，D错误；
故合理选项是C。
二．选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计30分）
11.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是
A. 两烧杯中H+均移向铜片 B. 甲中铜片是负极，乙中锌片发生氧化反应
C. 两烧杯中溶液的pH均增大 D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲中构成原电池，由于金属活动性：Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，H+向负电荷较多的正极Cu移动，而乙未构成原电池，在Zn上发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，因此H+移向锌片，A错误；
B.甲中铜片是正极，铜片上氢离子放电生成氢气，发生还原反应，B错误；
C.甲、乙中反应都是Zn+2H+=Zn2++H2↑，所以两个烧杯中氢离子浓度都减小，故溶液的pH均增大，C正确；
D.构成原电池的反应速率大于发生化学腐蚀的反应速率，所以产生气泡的速度甲比乙快，D错误；
因此合理选项是C。
12.市场上经常见到的标记为Li-ion的电池。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应式为： Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，下列说法正确的是
A. 充电时，该电池的正极应外接电源负极
B. 充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应
C. 该电池既能用酸溶液又能用碱溶液作电解质溶液。
D. 放电过程中Li+向负极移动
【答案】B
【解析】
【分析】
根据锂离子电池的电池反应式为：Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，可知，放电时，Li的化合价升高，被氧化，Li为原电池的负极，负极的电极反应式：Li-e-=Li+；充电时，反应逆向进行，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，也可根据Li0.85NiO2的Ni的化合价升高后变为Li0.35NiO2，被氧化，部分Li+还原为Li，判断出充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应；由于Li能与水反应，因此应为非水材料；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A.充电时，该电池的正极应外接电源正极，作阳极，A错误；
B.充电时，Li0.85NiO2变为Li0.35NiO2和Li，Ni的化合价升高，被氧化，部分Li+被还原为Li，所以Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应，B正确；
C.Li很活泼，会与水反应，不能用水溶液，C错误；
D.原电池中阳离子移向正极，则Li+向正极移动，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查电化学的热点-锂离子电池的有关知识，看清电池的放电方向及充电方向，根据总反应式判断出放电时的正、负极和充电时的阴、阳极的反应，从化合价变化的角度分析，难度不大。
13.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是
A. 腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑
B. 若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀
C. 若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀
D. 若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀
【答案】A
【解析】
A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。
14.下图所示装置中，甲、乙、丙三个装置中依次分别盛放含酚酞的200mLNaCl溶液、CuSO4溶液、MgCl2溶液， a、b、e、f电极均为石墨电极。通电一段时间后，a极附近首先变红色，下列有关说法正确的是
A. 则M接电源的正极
B. 乙为铁片上镀铜，则d极为铁片
C. 当f电极生成0.224L某一种气体时（已经换算为标准状况下），常温下，则甲中溶液的pH=13（忽略溶液体积的变化）
D. 丙中原理用于工业制备镁单质
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示可知甲、乙、丙三个装置为串联的电解池，根据通电一段时间后，a极附近首先变红色，可知a电极附近溶液显碱性，说明在a电极发生反应2H++2e-=H2↑，因此可确定a电极为阴极，与a连接的电源电极M接电源负极，N接电源的正极，然后对选项依次分析，进行解答。
【详解】A.根据上面叙述可知M接电源负极，N接电源的正极，A错误；
B.由于M接电源负极，N接电源的正极，乙烧杯溶液为CuSO4溶液，若要实现铁片上镀铜，则阴极应该为铁片，故c极为铁片，d电极为Cu片，B错误；
C.f电极为阳极，发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，n(Cl2)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，则电子转移的物质的量为n(e-)=2n(Cl2)=0.02mol，对于甲发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以若转移0.02mol电子，反应产生NaOH的物质的量是0.02mol，由于溶液的体积为0.2L则c(NaOH)= 0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，c(H+)=10-14÷0.1 mol·L-1=10-13mol/L，则溶液的pH=13，C正确；
D.丙中上阴极H+放电产生H2，附近产生的OH-与Mg2+结合形成Mg(OH)2沉淀，阳极上Cl-放电产生氯气，没有金属镁产生，所以不能用于工业制备镁单质，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了电解原理的知识。在电解池中阳极连接电源正极，发生氧化反应，阴极连接电源负极，发生还原反应，阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动。根据离子放电的先后顺序，结合物质的溶解性判断电极反应式及总反应方程式。
15.丙烷(C3H8)熔融盐燃料电池和锌蓄电池均为用途广泛的直流电源，放电时二者的总反应分别为C3H8+5O2=3CO2+4H2O，2Zn+O2=2ZnO。用丙烷(C3H8)燃料电池为锌蓄电池充电的装置如图所示，下列说法不正确的
A. 物质M为CO2
B. 燃料电池消耗1mo1O2时，理论上有4molOH-透过b膜向P电极移动
C. a膜、b膜均适宜选择阴离子交换膜
D. 该套装置中，锌蓄电池的Q极反应式为Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O
【答案】D
【解析】
A. 燃料电池中由于电解质是熔融的碳酸钠，则氧气在正极得到电子结合CO2转化为碳酸根，则物质M为CO2，A正确；B. 燃料电池消耗1mo1 O2时注意4mol电子，电解池中阴离子向阳极移动，因此理论上有4 mol OH-透过b膜向P电极移动，B正确；C. 原电池中正极产生碳酸根，负极丙烷需要结合碳酸根，则a膜、b膜均适宜选择阴离子交换膜，C正确；D. 该装置中，锌蓄电池的负极此时变为阴极，反应式为ZnO+H2O+2e-=Zn+2OH-，D错误，答案选D。
16.“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列有关说法中错误的是
A. 该装置将化学能转变为电能
B. 利用该技术可捕捉大气中的CO2
C. 该装置工作时，理论上每生成1mol草酸铝，电路中通过6mol电子
D. 该装置工作时，正极上的电极反应式为2CO2-2e-=C2O42-
【答案】D
【解析】
A、“碳呼吸电池”为原电池原理，将化学能转变为电能，A正确；B、“碳呼吸电池”能消耗二氧化碳气体，所以利用该技术可捕捉大气中的CO2，B正确；C、根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，所以每得到1 mol草酸铝，电路中转移3×2mol=6mol电子，C正确；D、根据工作原理图，“呼出”CO2作为正极反应物得电子生成草酸根，电极反应为：2CO2+2e-=C2O42-，D错误；答案选D。
点睛：本题考查电化学的相关知识、电极反应式的书写等知识点，注意电极反应式的书写，为易错点，书写时注意中正负极、放电微粒、离子移动方向的判断，尤其要注意结合电解质溶液的性质解答。
17.下列有关有机化合物的说法正确的是
A. CH2Cl2存在同分异构体
B. 有机物中至少有10个碳原子共平面
C. C4H6的所有碳原子不可能在一条直线上
D. 某种单烯烃经氢化后得到的饱和烃是,该烯烃可能的结构有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH2Cl2是甲烷分子中的2个H原子被Cl原子取代的产物，由于甲烷是正四面体结构，所以CH2Cl2不存在同分异构体，A错误；
B.苯分子是平面分子，甲基取代苯分子中H原子位置位于苯分子的平面上，苯环上处于对位的两个C原子及与该C原子连接的H原子在一条直线上，一条直线上2点在一个平面上，则所有点都在该平面上，两个苯分子的平面可能共平面，所以在一个平面上的C原子数目至少为1+6+3=10个，B正确；
C.C4H6表示的物质可能是炔烃，若为CH3-C≡C-CH3，两个甲基-CH3取代乙炔分子中H原子位置，与碳碳三键相连的C原子在同一条直线上，因此所有碳原子可能在一条直线上，C错误；
D.某种单烯烃与氢气发生加成反应时，相邻的两个不饱和C原子上各结合1个H原子，形成饱和C原子，所以根据烯烃加成规律可知经氢化后得到的饱和烃是，该烯烃双键的位置可能为，因此可能的结构有2种，D错误；
故合理选项是B。
18.下列有关说法正确的是
A. CH3CH2CH2CH(CH3)2 的名称为2-甲基己烷
B. 有机物分子式为C5H11Cl，其同分异构体有8种
C. 分子式分别为C5H10、C4H8的两种物质一定是同系物
D. 含碳原子数小于10的烷烃的一氯代物只有一种的物质共有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3CH2CH2CH(CH3)2 的名称为2-甲基戊烷，A错误；
B.有机物分子式为C5H11Cl可看作是C5H12分子中的1个H原子被Cl原子取代后的产物，C5H12有CH3CH2CH2CH2CH3、、三种不同结构，CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，有4种H原子，只有1种H原子，因此C5H11Cl同分异构体共有8种，B正确；
C.分子式分别为C5H10、C4H8的物质可能表示的是烯烃，也可能是环烷烃，所以两种物质不一定是同系物，C错误；
D.含碳原子数小于10的烷烃的一氯代物只有一种，说明物质分子中只有一种位置的H原子，可能为CH4、CH3CH3、、的物质共有4种，D错误；
故合理选项是B。
19.下列有关说法正确的是
A. 在铁粉催化作用下，苯与溴水能发生取代反应
B. 乙烯、乙炔、聚乙烯均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 已知：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O，该反应为取代反应
D. 只能发生加成反应，不能发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.在铁粉催化作用下，苯与液溴能发生取代反应，产生溴苯，A错误；
B.聚乙烯分子中无不饱和的双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.该反应可看作是乙醇分子中的-OH被Br原子取代，因此为取代反应，C正确；
D.苯乙烯含有碳碳双键和苯环，可以发生加成反应，也能被酸性KMnO4溶液氧化，同时也可以发生燃烧反应，所以可以发生氧化反应，D错误；
故合理选项是C。
20.下列有关实验操作正确的是
A. 除去乙烯中混有的乙烷，将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶
B. 可用蒸馏法分离硝基苯(沸点210.8℃)和苯(沸点80.1℃)的混合物
C. 可用溴水鉴别丙烯、丙炔、丙烷
D. 将电石与水反应产生的气体通过NaOH溶液的洗气瓶，可收集到纯净的乙炔气
【答案】B
【解析】
【详解】A.若将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，乙烯反应产生1,2-二溴乙烷，而杂质乙烷不能反应，不能达到除去乙烯中混有的乙烷的目的，A错误；
B.硝基苯与苯是互溶的沸点相差较大的液体混合物，可采用蒸馏方法分离，B正确；
C.丙烯、丙炔都与溴发生加成反应而褪色，不能鉴别，C错误；
D.电石中的Ca3P2与水反应产生PH3气体不能与NaOH溶液反应，所以不能得到纯净的乙炔气，D错误；
故合理选项是B。
第Ⅱ卷（本卷共计50分）
三、主观题（共4题，共计50分）
21.锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有 PbS、As2S3、CuO、SiO2等）为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：
已知：① 浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；
②常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29；
③溶液中离子浓度小于或等于1.0×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
(1)滤渣1中除了S之外，还有___________（填化学式）。
(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_________。
(3)该生产流程能实现（填化学式）的循环利用 __________。
(4)常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)不低于______。
所加Na2S也不宜过多，其原因为______________。
(5)“除砷”时有H3PO3生成，该反应的离子方程式为__________。
(6)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为_______。
【答案】 (1). SiO2 (2). Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S (3). SbCl5、Sb (4). 9.04×10-24mol/L (5). 产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3 (6). 2As3+＋3PO23-＋3H+＋3H2O=2As↓＋3H3PO3 (7). 3:2
【解析】
【分析】
辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)加入盐酸浸取得当浸取液，浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，滤渣1中除了生成的S之外还有为溶解的二氧化硅，浸出液中加入Sb还原SbCl5，生成SbCl3，加入Na2S时保证Cu2+和Pb2+均沉淀完全，过滤得到滤渣2为CuS、PbS，滤液中加入Na3PO2溶液除砷，生成亚磷酸和砷单质，剩余SbCl3溶液，通电电解得到Sb，据此分析解答。
【详解】(1)分析可知滤渣1中除了S之外，含有SiO2；
(2)“浸出”时之，Sb2S3在HCl溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和+3价的氯化物，根据原子守恒及电子守恒，可得反应的化学方程式为：Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S；
(3)根据流程图可知Sb还原SbCl5为SbCl3，最后电解SbCl3溶液得到Sb单质及SbCl5，SbCl5又用于开始时溶解辉锑矿粉，所以可以循环利用的物质有SbCl5、Sb；
(4)常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29，常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，溶度积常数可知，当铅全部沉淀时，铜沉淀完全，溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)≥==9.04×10-24 mol/L，Na2S也不宜过多，否则会产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3；
(5)滤液中加入Na3PO2溶液除砷，生成亚磷酸和砷单质，反应的化学方程式为：2AsCl3+3Na3PO2+3HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl，反应的离子方程式为2As3++3PO23-+3H++3H2O=2As↓+3H3PO3；
(6)根据流程图可知：在电解时SbCl3反应生成SbCl5和Sb，电子守恒计算，Sb3+～Sb5+～2e-，Sb3+被氧化；Sb3+～Sb～3e-，Sb3+被还原，根据氧化还原反应中电子守恒可知被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素物质的量之比为3：2。
【点睛】本题考查了物质分离提纯过程、氧化还原反应、溶度积常数计算与应用等知识，掌握化学反应基本原理及物质的物理性质、化学性质等基础知识是解题关键，题目难度中等。
22.为了缓解温空效应，科学家提出了多种回收和利用CO2的方案。
(1)方案1: 利用FeO吸收CO2获得H2
ⅰ.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH1=-76.0kJ/mol
ⅱ.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH2 =+113. 4kJ/mol
请写出由FeO制备H2的热化学方程式_________________。
方案2: 利用CO2制备CH4
300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2发生反应: CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+ 2H2O(g) ΔH4，混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图所示。
(2)① 从反应开始到恰好达到平衡时，H2的平均反应速率v(H2)=_________________。
② 300℃时，反应的平衡常数K= _______________。
③ 300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)。则v正____________v逆(填“>”“<”或“=" )
(3)下列有关说法正确的是(填序号)_______________。
A.容器内密度不变，说明反应达到平衡状态
B.容器内压强不变，说明反应达到平衡状态
C.300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新达到平衡时CH4的浓度等于1.6mo/L
D.每断开2molC=O键的同时断开4molC-H键，说明反应达到平衡状态
E.达到平衡后，分离出水蒸气，既能加快反应速率又能使平衡正方向移动
(4)已知200℃时，该反应的平衡常数K=64.8(L/mol)2。则ΔH4________0(填“>”“<”或“=”)。
方案3：利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示:（假设开始时两极的质量相等）
(5)①放电时，正极的电极反应式为_______________。
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole-时，两极的质量差为 _____g。
【答案】 (1). 3FeO(s)+ H2O(g)= Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH= +18.7kJ/mol (2). 0.32mol/(L·min) (3). 25(L/mol)2 (4). > (5). B D (6). < (7). 3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C (8). 15.8
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式进行叠加，可得相应反应的热化学方程式；
(2)①先计算甲烷的化学反应速率，然后根据方程式中甲烷与氢气的物质的量关系计算氢气的反应速率；
②根据化学平衡常数的定义式计算；
③计算此时的浓度商，然后根据浓度商与化学平衡常数大小判断反应进行的方向；
(3)根据反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，物质的浓度不变、物质的含量不变等判断反应是否处于平衡状态；
(4)根据升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，通过比较两种不同温度的K的大小判断反应热；
(5)①放电时正极发生还原反应，结合电池内的物质判断；
②根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。
【详解】根据盖斯定律，将(i+ii)÷2，整理可得该反应的热化学方程式为：3FeO(s)+ H2O(g)= Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH= +18.7kJ/mol
(2)①从反应开始到恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率v(CH4)==0.08mol/(L·min)，
相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其化学方程式中计量数的比，则v(H2)=4 v(CH4)=4×0.08(mol/L·min)=0.32(mol/L·min）
②可逆反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
开始(mol/L) 1 4 0 0
反应(mol/L) 0.80 3.20 0.80 1.60
平衡(mol/L) 0.20 0.80 0.80 1.60
则300℃时，该反应的平衡常数K==25((L/mol)2)；
③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)，由于反应是在2L恒容密闭容器中进行，此时c(CO2)=0.8mol/L、c(H2)=1.0mol/L、c(CH4)=2.8mol/L、c(H2O)=2.0mol/L，浓度商==14<25，说明反应未达到平衡，此时反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率；
(3) A.由于反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以在任何时刻容器内密度都不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B.该反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在恒容密闭容器内进行，若容器内压强不变，说明反应达到平衡状态，B正确；
C.300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，加入CO2和H2，导致体系的压强增大，平衡正向移动，因此重新达到平衡时CH4的浓度大于1.6mo/L，C错误；
D.每断开2molC=O键即消耗1molCO2，就会同时生成1molCH4，又断开4molC-H键，说明反应消耗1molCH4，甲烷的浓度不变，则反应达到平衡状态，D正确；
E.达到平衡后，分离出水蒸气，平衡正向移动，由于物质的浓度减小，所以化学反应速率降低，E错误；
故合理选项是BD；
(4)200℃时，该反应的平衡常数K=64.8L2/mol2，300℃时该反应化学平衡常数K为25 L2/mol2，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应方向为吸热方向移动，故正反应是放热反应，ΔH4<0；
(5)①根据电池反应式知，放电时，Na作负极、碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，电极反应式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；
②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，负极上钠失电子生成钠离子进入电解质，负极反应式为Na-e-=Na+，当转移0.2mole-时，负极质量减少量=0.2mol×23g/mol=4.6g；正极增加的质量为碳酸钠和C的质量，正极增加质量==10.6g+0.6g=11.2g，则正负极质量差=11.2g+4.6g=15.8g。
【点睛】本题考查了化学反应速率、化学平衡的判断与计算、原电池原理、化学平衡常数的计算与应用等知识点，综合性较强，把握化学平衡计算方法、原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意(5)中两个电极质量差计算时，要先计算出的两个质量，然后再相加，为易错点。
23.氯苯是重要的有机化工产品，是染料、医药、有机合成的中间体，工业上常用“间歇法”制取。反应原理、实验装置图（加热装置都已略去）如下：
已知：氯苯为无色液体，沸点132.2℃，常温下不与氢氧化钠溶液反应。
回答下列问题：
(1)A反应器是利用实验室法制取氯气，中空玻璃管B的作用是______。仪器D的名称____。冷却水应从(填“a”或“b”)______处通入。
(2)C反应器反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗，碱洗之前要水洗的目的是洗去部分无机物，同时减少碱的用量，节约成本。用10%氢氧化钠碱洗时除去的物质：______(填化学式)(写两种即可)。碱洗以后加MgSO4干燥。最后通过_____(填操作名称)得到纯净的氯苯。
(3)上述装置图中A、C反应器之间，需要增添一个U形管，其内置物质是________。
(4)设计一个实验证明苯分子中不存在碳碳双键______________。
(5)苯在一定条件下可以制备硝基苯，请写出该反应方程式____________。
【答案】 (1). 平衡三颈烧瓶内外气压 (2). 球形冷凝管 (3). a (4). HCl、 FeCl3、Cl2(任意两种) (5). 蒸馏 (6). 五氧化二磷 (7). 取2mL苯于试管中，向其中滴加少量溴水充分振荡、静置，溶液分层且不褪色，证明苯分子中不存在碳碳双键 (8).
【解析】
【分析】
(1)根据A反应器的特征以及常见仪器的名称分析解答，玻璃管B伸入液面下，装置内压强过大时，可以用于平衡气压；采取逆流原理通入冷凝水，能更好地冷却液体；
(2)氢氧化钠碱洗时除去的物质氯气与苯反应产生的容易溶于水即容易溶于碱的物质；氯苯与苯的沸点不同，采用蒸馏方法分离；
(3)A、C反应器之间需要增添干燥装置，干燥生成的氯气，可以用酸性干燥剂五氧化二磷等；
(4)根据碳碳双键可以使溴水褪色，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色分析；
(5)苯在浓硫酸存在时，在加热条件下与浓硝酸发生取代反应制备硝基苯，据此写出该反应方程式。
【详解】(1)玻璃管B伸入液面下，装置内压强过大时，可以用于平衡气压，因此玻璃管B的作用是平衡三颈烧瓶内外气压；根据图示可知仪器D的名称是球形冷凝管；采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管充满冷凝水，就可以充分进行冷却，即冷凝水由a口流入，由b口流出；
(2)①在装置C中发生反应：，反应产生的HCl及催化剂FeCl3、未反应的Cl2都能溶于水，并且与NaOH发生反应，所以用10%氢氧化钠碱洗时除去的物质有HCl、FeCl3、Cl2；碱洗以后的氯苯中含有未反应的苯及少量的水，加MgSO4进行干燥。最后根据苯与氯苯的沸点的不同通过蒸馏酒可得到纯净的氯苯；
(3)A装置用于制取Cl2，制取得到的氯气中含有水蒸气、在C装置中干燥的氯气与苯发生反应制取氯苯，因此需在装置A\C反应器之间需要增添U型管，来干燥生成的氯气，可以用五氧化二磷或氯化钙等；
(4)不饱和的碳碳双键能够使溴水褪色，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以若要通过实验证明苯分子中不存在碳碳双键，可以取2mL苯于试管中，向其中滴加少量溴水充分振荡后静置，溶液分层且不褪色，证明苯分子中不存在碳碳双键；
(5)苯在浓硫酸存在时，在加热条件下与浓硝酸发生取代反应制备硝基苯，该反应方程式为：。
【点睛】本题考查有机物制备实验方案，涉及对装置、操作与原理的分析评价以及化学方程式书写等，是对学生综合能力的考查，难度中等。
24.下图以烃A(C4H8)为原料生产有关物质的路线：
已知信息：①CH3CH=CH2
②
③分子中含C=C=C结构的物质不稳定，C为二烯烃
请回答下列问题：
(1)A存在顺反异构，则A的名称是_______。
(2)A→B的反应类型为______。
(3)C的同分异构有多种，写出其中能使Br2的CCl4溶液褪色的所有链状的同分异构体(不包括物质C，不含C=C=C形式)_______。
(4)写出D的结构简式_________。
(5)写出C→E的化学方程式____________。
【答案】 (1). 2-丁烯 (2). 加成反应 (3). CH≡CCH2CH3 CH3C≡CCH3 (4). (5). 2CH2=CH-CH=CH2
【解析】
【分析】
烃A分子式是C4H8，符合该通式的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，由于A存在顺反异构，说明A结构为CH3CH=CHCH3，A与Br2水发生加成反应产生B是CH3CHBrCHBrCH3，B与NaOH的乙醇溶液加热发生消去反应，产生二烯烃C是CH2=CH-CH=CH2，2个CH2=CH-CH=CH2在加热时发生加成反应产生D是，也可以发生加成反应产生F是：。据此解答。
【详解】(1)根据上述分析可知A结构为CH3CH=CHCH3，名称是2-丁烯；
(2) A是CH3CH=CHCH3，B是CH3CHBrCHBrCH3，A变为B的反应类型为加成反应；
(3)C是1，3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2，C的同分异构有多种，写出其中能使Br2的CCl4溶液褪色的所有链状的同分异构体，该同分异构体不包括C物质，也不含C=C=C形式，说明为炔烃，则其可能的结构简式为CH≡CCH2CH3、CH3C≡CCH3；
(4)C是CH2=CH-CH=CH2，根据信息②可知2个分子的CH2=CH-CH=CH2在加热时发生加成反应产生D，D的结构简式为；
(5) 2个C分子发生加成反应产生F：则C→E的化学方程式是2 CH2=CH-CH=CH2。
【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断及化学方程式的书写等知识。掌握氯代烃与NaOH的乙醇溶液发生消去反应，可产生二烯烃，也可以产生炔烃，二烯烃可以发生1，2-加成，也可以发生1，4-加成反应，掌握氯代烃的性质是本题解答的关键。
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