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2017-2018学年河南省豫南九校高二上学期期末联考化学试题 解析版
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河南省豫南九校2017-2018学年高二上学期期末联考化学试题
一、选择题(每个小题只有一个选项符合题意，选对得3分，共42 分。)
1. 波义耳在《怀疑的化学家》一书中说:“在火的单独作用下，玻璃容器的水银会丧失其原有的银色，变成一种红色物体；而无须使用任何附加试剂，用这种红色物体也可以得到汞”。 该过程可表示为"2Hg+O22HgO”下列说法错误的是
A. 利用该反应可粗略测定空气中氧气的含量
B. 波义耳所描述的上述变化是一个可逆的化学反应
C. 水银温度计如果破损，可将硫粉洒在散落的水银上防止污染
D. 制备Hg单质可以采用热分解法使其氧化物在高温下分解制得
【答案】B
【解析】A. 利用该反应可将空气中的氧气与汞反应生成氧化汞，剩余的主要为氮气，再分解得到氧气，可粗略测定空气中氧气的含量，选项A正确；B. 波义耳所描述的上述变化两个转化的反应条件不同，不是一个可逆的化学反应，选项B错误；C. 水银温度计如果破损，可将硫粉洒在散落的水银上，反应生成硫化汞，防止污染，选项C正确；D. 制备Hg单质可以采用热分解法使其氧化物在高温下分解生成汞和氧气，由此制得汞，选项D正确。答案选B。
2. 能将电能转化成化学能的是
A. 水力发电 B. 电瓶车开动 C. 手机充电 D. 风力发电
【答案】C
【解析】A、水力发电是将机械能转化为电能，故A错误；B、电瓶车开动是化学能转化为机械能，故B错误；C、手机充电将电能转化为化学能，故C正确；D、风力发电是将风能转化为电能，故D错误；故选C。
3. 下列物质因水解而呈酸性的是
A. 浓硫酸 B. 酸雨 C. 氯化铵 D. 硫酸氢钠
【答案】C
【解析】A、浓硫酸溶于水电离呈酸性，故A错误；B、酸雨是因二氧化硫等与水反应生成酸电离后呈酸性，故B错误；C、氯化铵溶于水铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，故C正确；D、硫酸氢钠溶于水电离产生氢离子而呈酸性，故D错误；故选C。
4. 下列反应属于氧化还原反应，且能量变化如下图所示的是
A. 锌粒和稀硫酸反应 B. 灼热的木炭与CO2反应
C. 甲烷在空气中燃烧的反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】由图像可知，反应物的总能量比生成物的总能量低，所以该反应是吸热反应。A，活泼金属与酸反应都是放热反应，A不属于。B，木炭与二氧化碳在高温下反应生成 一氧化碳既是氧化还原反应又是吸热反应，所以B符合。C，所有的燃烧都是放热反应，C不属于。D，氢氧化钡晶体与氯化铵反应是个典型的吸热反应，但是不是氧化还原反应，所以D不属于。
5. 常温下下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-
B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、Mg2+、NO3-、SO42-
C. 水电离出的c(H+)=10-10mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、HCO3-
D. 含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、SCN-
【答案】A
【解析】A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+、Na+、Al3+、SO42-、Cl-相互之间不反应，能大量共存，选项A正确；B. 与Al反应能放出H2的溶液为酸或碱溶液，若酸溶液含NO3-则不产生氢气，不符合；若碱性氢氧根离子与Mg2+反应生成沉淀不符合，选项B错误； C. 水电离出的c(H+)=10-10mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，无论酸性或碱性溶液，HCO3-均不能大量存在，选项C错误；D. Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，选项D错误。答案选A。
6. 某同学设计入下图所示原电池(盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液，该电池工作时，下列说法正确的是
A. 盐桥中的K+移向AgNO3溶液 B. 负极反应为:Ag-e-=Ag+
C. 在外电路中，电子由银电极流向铜电极 D. 铜电极上发生还原反应
【答案】A
【解析】A. Cu比Ag活泼，Cu为负极，Ag为正极，盐桥中的阳离子向正极移动，即盐桥中的K+移向AgNO3溶液，故A正确；B. Cu为负极，被氧化，电极反应式为Cu−2e−=Cu2+，故B错误；C. 电子由负极经导线流向正极，即由铜极流向银极，故C错误；D. Cu为负极，被氧化发生氧化反应，故D错误；答案选A。
点睛：本题考查原电池的基本原理。解题时要注意Cu比Ag活泼，所以Cu为负极，被氧化，Ag为正极，正极发生还原反应，原电池在工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极经导线流向正极，以此解答该题即可。
7. 下列装置图中的实验方案能达到实验目的的是
A. 图①可用于中和热的测定
B. 图②可验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
C. 图③可用于探究铁作负极的原电池原理
D. 图④可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO
【答案】D
【解析】A.该装置缺少环形玻璃搅拌器，而且小烧杯应该和大烧杯杯口平齐，否则散热较大，数据不准，选项A错误；B.双氧水中滴加FeCl3溶液的试管不要放在热水中，否则温度也会影响速率，选项B错误；C.常温下Fe遇浓HNO3钝化，铜与浓硝酸在常温下不反应，无法探究，选项C错误；D.图④可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO，稀硫酸与石灰石反应产生二氧化碳，二氧化碳与次氯酸钙溶液反应产生次氯酸的同时产生碳酸钙沉淀，选项D正确。答案选D。
8. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A. 已知C(石墨，s)=C( 金刚石，s) △H>0，则金刚石比石墨稳定
B. 己知2H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=-483.6k/mol,则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol
C. 已知2C(s)+202(g)=2CO2(g) △H 1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2 则△H1>△H2
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O (1) △H =-57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】A 、能量越低越稳定，石墨的能量比金刚石的能量低，所以石墨稳定，选项A错误；B、氢气的燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成液态水所放出的能量，气态水变为液态水释放热的，所以氢气的燃烧热大于241.8kJ/mol，选项B错误；C、单质碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，所以△H1＜△H2，选项C错误；D、浓硫酸溶于水放热，则若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，选项D正确。答案选D。
9. 某容积为1L的密闭容器中通入lmolCO2和3molH2，发生反应:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H<0。下列有关说法正确的是
A. 该反应在高温下才能自发进行
B. 再加入一定量CO2，则n(CH3OH)/n(C02)减小
C. 温度升高，反应的平衡常数K增大
D. 当CO2 和H2转化率相等时，该反应达到化学平衡
【答案】B
【解析】试题分析：A．根据复合平判据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS＜0，且ΔG＜0时，反应自发进行，因此该反应在低温条件下自发进行，A错误；B．再加入一定量CO2，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，但是n(CO2)的增大幅度大于n(CH3OH)，因此n(CH3OH)/n(CO2)减小，B正确；C．温度升高，平衡向吸热的逆向移动，因此反应的平衡常数K减小，C错误；D．初始投料CO2和H2的物质的量之比为1：3，反应过程中，CO2和H2转化量之比为1:3，因此不管是否平衡，两者的转化率始终相等，D错误。故答案B。
考点：考查影响平衡移动的因素。
10. 金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述中正确的是(已知氧化性: Fe2+
B. 电解后，Cu和Pt沉降在电解槽底部的阳极泥中
C. 电解后，溶液中存在的离子只有Fe2+和Zn2+
D. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
【答案】B
【解析】A．阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Ni2++2e-=Ni，选项A错误；B．因为氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，选项B正确；C．电解后，部分镍离子不析出，所以溶液中存在的金属阳离子有Fe2+和Zn2+和Ni2+，选项C错误；D．电解过程中，阳极上铁、锌和镍失电子发生氧化反应，阴极上只有镍得电子析出，阴阳极上转移电子相等，但因为这几种金属的摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，选项D错误；答案选B。
11. 25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 将Na2CO3溶液用水稀释后，pH 变大，Kw不变
B. 向有AgCl固体的饱和溶液中加入少许水，c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变
C. pH= 4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa 的混合溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A错误；B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变，故B正确；C．pH=4.75、浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；D．含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则，即Vb＞10Va，故D错误；答案为B。
点睛：溶液pH的计算，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确酸碱中和反应实质为解答本题的关键，①先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2(V1+V2)计算加入的水体积；②先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3(V1+V2)计算加入的氢氧化钠溶液体积；③先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c(OH-)计算。
12. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备，正丁烷(C4H10)催化脱氢制1-丁烯(C4H8) 的化学方程式如下：C4H10(g)=C4H8(g)+ H2(g) △H，如图是该反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，下列说法正确的是
A. x>0.1
B. △H>O
C. 500C时，压强xMPa比0.1MPa条件下的平衡常数大
D. 一定温度下，在一恒容密闭容器中发生该反应，C4H10的浓度越高，平衡转化率越大
【答案】B
【解析】A、反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率降低，故x<0.1，选项A错误；B、随着温度升高，平衡转化率增大，平衡向正方向移动，则正反应为吸热反应，△H>O，选项B正确；C、平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，选项C错误；D、一定温度下，在一恒容密闭容器中发生该反应，反应物中有一种，为等效平衡，平衡转化率不变，选项D错误。答案选B。
13. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol/L的NaOH 溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH 溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线①代表滴定HCl溶液的曲线
B. A点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L
C. 在相同温度下，A、B、C 三点溶液中水的电离程度: C
【答案】D
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A错误；B．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项B错误；C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水电离的c（H+）：B
14. A由Al2O3、Fe2O3、Al、Cu中的某几种粉木混合而成，设计成份分析实验方案如下，下列分析不正确的是
A. 当m1>m2时，固体中一定存在A1元素
B. 生成蓝色溶液的离子方程式: Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 当m2-m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32g
D. 溶液a中一定存在c(Na+)>c(A102-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，一定存在A1元素，选项A正确；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，选项B正确；C、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4～2Fe3+～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g××100%=2.32 g，选项C正确；D、溶液a中若过量氢氧化钠较多时，可能存在c(Na+)> c(OH-)> c(A102-) >c(H+)，选项D不正确。答案选D。
点睛：本题考查常见金属元素及化合物的综合应用，题目难度中等，要通过实验现象得出结论，再结合定量计算得出结论，明确发生反应的实质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。易错点为选项C，固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应。
二、(本大题为必答题，包含4个小题，共38分)
15. 某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL的KI溶液(足量),发生的反应为:Cl2+2KI=2KCl+I2，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，马上注入0.01mol/L溶液，调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为:I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6。
试回答下列问题:
(1)步骤①加入的指示剂是_____________。
(2)步骤②应使用______式滴定管。
(3)判断达到滴定终点的实验现象是_____________。
(4)用0.1032mol/LHCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况对实验结果无影响的是___(填标号)。
A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.滴定滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失了
D.滴定时将标准液溅出锥形瓶外
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 碱 (3). 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变成无色且半分钟内不恢复蓝色 (4). B
【解析】（1）依据反应：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6 ，可知用淀粉做指示剂；（2）因为Na2S2O3是强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，所以应使用碱式滴定管；
（3）滴定前，Cl2 将I-氧化为I2 ，加入淀粉溶液后溶液应为蓝色；滴定至终点时，I2 全部转化为I - ，溶液应由蓝色变为无色。依据下列关系式进行计算：
Cl 2 ~ I 2 ~ 2 Na2S2O3
1 2
x 0.01mol/L×0.02L
解得：x=1×10 -4 mol。
故c（Cl2 ）= =0.01mol/L；（4）依据c（待测）=可知A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗会导致c（标准）变小，则V（标准）偏大故所测NaOH溶液浓度偏大；B、锥形瓶不能用待测液润洗，不会产生影响；C、滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了则会导致V（标准）包含气泡体积偏大，故会导致所测浓度偏大；D、滴定时将标准液溅出锥形瓶外会导致V（标准）偏大故所测NaOH溶液浓度偏大。答案选B。
点睛：本题考查了氧化还原滴定、中和反应滴定误差分析，注意掌握氧化还原滴定的原理和方法是解题的关键，（1）碘遇淀粉溶液变蓝色，当完全反应时，溶液褪色；（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；（3）溶液呈蓝色，随反应I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；结合化学方程式定量关系计算得到；（4）根据碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小。
16. 关于“电解氯化铜溶液时的pH变化”问题，化学界有以下两种不同的观点: 观点一是:“理论派”认为电解氧化铜溶液后溶液的pH升高。观点二是:“实验派”经过反复、多次、精确的实验测定，证明电解氧化铜溶液时pH变化如右图曲线关系。
请回答下列问题:
(1)电解前氯化铜溶液的pH处在A点位置的原因是____________。(用离子方程式说明)。
(2)“理论派”"所持观点的理论依据是_______________。
(3)“实验派”实验结论是________________。
(4)若“实验派”的观点正确，pH降低的原因是_______________
【答案】 (1). Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+ (2). 因为Cu2++2e-Cu，使Cu2+水解平衡向左移动，c（H+）减小，pH上升 (3). 电解过程中溶液的pH逐渐降低 (4). CuCl2Cu+ Cl2，Cl2+H2OHCl+ HClO，使溶液酸性增强，pH降低
【解析】（1）氯化铜是强酸弱碱盐，溶于水能发生水解Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性pH＜7；
（2）电解过程中铜不断析出，铜离子浓度逐渐降低，使反应Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+向逆反应方向进行，氢离子浓度降低，pH上升。故答案为：因为Cu2++2e-═Cu，使Cu2+水解平衡向左移动，c（H+）减少，pH上升；(3)“实验派”实验结论是电解过程中溶液的pH逐渐降低；（4）电解氯化铜生成氯气和铜，氯气易溶于水，生成盐酸和次氯酸，使溶液酸性增强，所以pH降低。故答案为：实验派；CuCl2Cu+ Cl2，Cl2+H2OHCl+ HClO，使溶液酸性增强，pH降低。
17. 按要求回答问题。
(1)羰基硫的水解反应和氢解反应是两种常用的脱硫方法:
水解反应: COS(g)+ H2O(g) H2S(g)+CO2(g) △H=-34kJ/mol
氢解反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H=+7kJ/mol
己知: 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484 kJ/mol
写出表示CO燃烧热的热化学方程式:_______________。
(2)碳酸H2CO3，K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11；草酸H2C2O4，K1=5.9×10-2，K2=6.4×10-5； 0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH。(选填“大于”、“小于”或“等于”)。若将等分浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是___________。(选填编号)
A.c(H+)>c(HC2O4-)> (HCO3-)>c (CO32-)
B.c(HCO3-)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(CO32-)
C.c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(CO32-)
D.c(H2CO3) >c(HCO3-)>c(HC2O4-)>c(CO32-)
(3)已知：①难溶电解质的溶度积常数：Ksp(CaF2)=1.5×10-10；②25℃时2.0×10-3mol/L氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体长变化)，得到c(HF)、c(F-) 与溶液pH 的变化关系，如图所示:
请根据信息回答下列问题:
①25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈_______。
②4.0×10-3mol/LHF溶液与4.0×10-4mol/LCaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0(忽略调节混合液体积的变化)，通过列式计算说明是否有沉淀产生。____________。
【答案】 (1). CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） △H=-283 kJ·mol-l (2). 大于 (3). AC (4). 10-3.45（或3.5×10-4）[当c(F-)=c(HF)时，Ka=c(H+)，查图中的交点处即为c(F-)=c(HF)，故所对应的pH即为Ka的负对数 (5). 当pH=4.0时，溶液中的c(F-)=1.6×10-3mol/L，溶液中c(Ca2+)=2.0×l0-4 mol/L，c( Ca2+)×c2(F-)= 5.l×10-10> Ksp( CaF2)，有沉淀产生
【解析】(1)已知①COS(g)+ H2O(g) H2S(g)+CO2(g) △H1=-34kJ/mol
②COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H2=+7kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-484 kJ/mol
.....................
点睛：本题考查电离平衡常数与弱电解质的电离、盐类水解的关系及利用溶度积来分析是否有沉淀生成，明确电离平衡常数的表达式和离子积的计算，并借助图来分析解答即可，较好的训练学生利用信息来分析问题、解决问题的能力。（2）根据电离平衡常数的表达式和图中离子浓度的关系来分析电离平衡常数的数值；（3）根据溶液中离子的浓度来计算离子浓度幂之积，利用离子积与溶度积常数的关系来判断是否有沉淀生成。
18. 亚硝酸氯(ClNO)可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为:2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。
(1)在一定温度下，该反应于一恒容密闭容器中达到平衡继续通入Cl2，逆反应速率____(填增大、减少、不变)。
(2)已知几种化学键的键能数据如下表(NO的结构为: N≡O；亚硝酸氯的结构为Cl-N=O)
化学键
N≡O
Cl-Cl
Cl-N
N=O
键能(kJ/mol)
630
243
a
607
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H=-111kJ/mol 则a=______。
(3)在1L的恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图A:
①该反应的T1______T2(填“ >”<”或“=”)。
②反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)=_______mol/(L.min)。
③T2时该反应的平衡常数K=________。
(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO 的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图象如图B,则A、B、C 三状态中，NO的转化率最大的是_____点，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO 的体积分数可能是D、E、F三点中的____点。
【答案】 (1). 增大 (2). 200 (3). ＜ (4). 0.1 (5). 2 (6). A (7). D
【解析】（1）在一定温度下,该反应于一恒容密闭容器中达到平衡,继续通入Cl2，压强增大，逆反应速率增大；（2）2NO(g) + Cl2(g)2ClNO(g) 反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=（2×630+243）-（2a+2×607）=-111kJ/mol，解得a=200；(3)根据图A可知，T2条件下反应先达平衡，则T1
起始(mol/L) 2 1 0
改变(mol/L) 1 0.5 1
平衡(mol/L) 1 0.5 1
T2时该反应的平衡常数K= = =2；（4）n(NO)/n(C12)的比值越小，NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点，根据曲线的变化趋势，当n(NO)/n(C12)=1.5，达到平衡状态ClNO的体积分数是D。
点睛：本题考查化学平衡的计算，把握平衡常数K的计算、三段式法的应用、焓变的计算为解题的关键，注意图象及数据的应用。明确反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和。
三、(本大题为选做题，请在下列两个考试模块中任选一个模块作答，请先把要选择答题的模块涂黑，20分)
19. (1)以下对核外电子运动状态的描述正确的是_____(填标号)
A.能层序数越大，s电子云的半径越大
B.在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同
C.电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
D.能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
(2)下面是一些原子的2p能级和3d 能级中电子排布的情况，其中正确的是____(填标号)
A. B. C. D.
(3)下列说法正确的是_____(填标号)
A.所有物质中都存在化学键
B. σ键和π键都只能存在于共价分子中
C.全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键
D.乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键
【答案】 (1). A (2). C (3). D
20. M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
(1)在元素周期表中M位于_____区，基态M原子的价层电子排布图为_____，第四能层s轨道上电了数目和M元素相同的元素还有_____(填元素符号)。
(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为_______，其同周期元素中，第一电离能最大的是____(写元素符号)。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是_____(写化学式)，该酸根离子的立体构型为_______。
(3)Z与元素Y同主族，在该族中原子序数最小，Z的气态氢化物的稳定性大于Y的气态氢化物的稳定性，原因是__________，Z的气态氢化物的沸点大于Y的气态氢化物的沸点，原因是_____。
【答案】 (1). ds (2). (3). K、Cr (4). 1s22s22p63s23p5 (5). Ar (6). HClO4 (7). 正四面体 (8). 氟的原子半径小于氯原子，氢氟键的键能大于氢氯键，分子稳定 (9). 氟化氢分子间可以形成氢键，沸点反常的高
【解析】根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。(1)在元素周期表中铜元素位于ds区，铜为29号元素，基态M原子的价层电子排布图为，第四能层s轨道上电了数目和M元素相同的元素还有K、Cr；（2）氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5 ，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子中氯原子的为sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体形；(3)Z与元素Y同主族，在该族中原子序数最小，则Z为氟元素，Z的气态氢化物HF的稳定性大于Y的气态氢化物HCl的稳定性，原因是氟的原子半径小于氯原子，氢氟键的键能大于氢氯键，分子稳定，Z的气态氢化物的沸点大于Y的气态氢化物的沸点，原因是氟化氢分子间可以形成氢键，沸点反常的高。
21. (1)相同质量的下列各烃，完全燃烧后生成CO2最多的是____(填标号)
A.乙炔 B.乙烯 C.乙烷 D.甲烷
(2)某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，则该烃的分子式可能为______(填标号)
A.C6H14 B.C7H16 C.C8H18 D.C9H20
(3)乙烯和丙烯属于同系物。下列叙述正确的是_____上(填标号)
A.等质量的乙烯和丙烯完全燃烧耗氧量相同
B.丙烯分子中三个碳原子处于同一直线上
C.乙烯和丙烯与HCl加成均有两种产物
D.以丙烯为单体加聚可以生成
【答案】 (1). A (2). C (3). A
【解析】(1)A、乙炔为C2H2，C碳原子与H原子数目之比为2：2=1：1；B、乙烯为C2H4，C碳原子与H原子数目之比为2：4=1：2；C、乙烷为C2H6，C碳原子与H原子数目之比为2：6=1：3；D、甲烷为CH4，C碳原子与H原子数目之比为1：4；故乙炔的含碳量最大，所以生成二氧化碳的体积最大，答案选A；(2)某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，这说明分子中含有1种氢原子，同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有高度对称性结构的分子。甲烷是正四面体型分子，新戊烷中存在一种氢原子，C8H18分子中的(CH3)3C－C(CH3)3中氢原子只有一类，因此核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，己烷、庚烷、壬烷的结构中均不存在氢原子只有一种的分子，答案选C；（3）A、乙烯、丙稀是烯烃的两种同系物，通式相同为CnH2n，相同质量的乙烯和丙烯，含碳元素质量、氢元素质量相同，所以相同质量完全燃烧耗氧量相同，选项A正确；B、丙烯可看作是乙烯分子中的一个氢原子被甲基取代的产物，因此，丙烯分子不是平面结构，三个碳原子不位于同一直线上，选项B错误；C、乙烯与HCl加成只生成氯乙烯，丙烯与HCl加成生成1-氯丙烯和2-氯丙烯两种产物，选项C错误；D、为乙烯和丙烯按1：1共聚的产物，而不是以丙烯为单体的聚合物，选项D错误。答案选A。
22. 已知：
(1)反应①类似盐的水解，写出CaC2的电子式_________。
(2)苯是由哪位科学家首先发现的________，苯分子中有三个氢原子被-Br、-Br、-OH取代得到的芳香族化合物有_____种。将苯分子中的一个碳原子换成一个氯原子，得到一种类似苯环结构的稳定有机物，则此有机物的相对分子质量为________。
(3)写出反应③的化学反应方程式并注明反应类型__________。
(4)联二苯的化学式为__________。
【答案】 (1). (2). 法拉第 (3). 6 (4). 79 (5). 加成反应 (6). C12H10
【解析】(1) CaC2的电子式为：；(2)苯是由科学家法拉第首先发现的；苯分子中有三个氢原子被-Br、-Br、-OH取代得到的芳香族化合物，先定二溴苯，有、、三种，再分别将苯环上的另一个氢用-OH取代，分别有1种、3种、2种共6种；将苯分子中的一个碳原子换成一个氮原子，得到一种类似苯环结构的稳定有机物，碳是4价，氮是3价，把碳换成氮后氢原子数要减少1，所以是C5H5N，相对分子质量是79；(3)反应③为乙炔在一定条件下发生加成反应生成，反应的化学反应方程式为：；(4)联二苯的化学式为C12H10。
一、选择题(每个小题只有一个选项符合题意，选对得3分，共42 分。)
1. 波义耳在《怀疑的化学家》一书中说:“在火的单独作用下，玻璃容器的水银会丧失其原有的银色，变成一种红色物体；而无须使用任何附加试剂，用这种红色物体也可以得到汞”。 该过程可表示为"2Hg+O22HgO”下列说法错误的是
A. 利用该反应可粗略测定空气中氧气的含量
B. 波义耳所描述的上述变化是一个可逆的化学反应
C. 水银温度计如果破损，可将硫粉洒在散落的水银上防止污染
D. 制备Hg单质可以采用热分解法使其氧化物在高温下分解制得
【答案】B
【解析】A. 利用该反应可将空气中的氧气与汞反应生成氧化汞，剩余的主要为氮气，再分解得到氧气，可粗略测定空气中氧气的含量，选项A正确；B. 波义耳所描述的上述变化两个转化的反应条件不同，不是一个可逆的化学反应，选项B错误；C. 水银温度计如果破损，可将硫粉洒在散落的水银上，反应生成硫化汞，防止污染，选项C正确；D. 制备Hg单质可以采用热分解法使其氧化物在高温下分解生成汞和氧气，由此制得汞，选项D正确。答案选B。
2. 能将电能转化成化学能的是
A. 水力发电 B. 电瓶车开动 C. 手机充电 D. 风力发电
【答案】C
【解析】A、水力发电是将机械能转化为电能，故A错误；B、电瓶车开动是化学能转化为机械能，故B错误；C、手机充电将电能转化为化学能，故C正确；D、风力发电是将风能转化为电能，故D错误；故选C。
3. 下列物质因水解而呈酸性的是
A. 浓硫酸 B. 酸雨 C. 氯化铵 D. 硫酸氢钠
【答案】C
【解析】A、浓硫酸溶于水电离呈酸性，故A错误；B、酸雨是因二氧化硫等与水反应生成酸电离后呈酸性，故B错误；C、氯化铵溶于水铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，故C正确；D、硫酸氢钠溶于水电离产生氢离子而呈酸性，故D错误；故选C。
4. 下列反应属于氧化还原反应，且能量变化如下图所示的是
A. 锌粒和稀硫酸反应 B. 灼热的木炭与CO2反应
C. 甲烷在空气中燃烧的反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】由图像可知，反应物的总能量比生成物的总能量低，所以该反应是吸热反应。A，活泼金属与酸反应都是放热反应，A不属于。B，木炭与二氧化碳在高温下反应生成 一氧化碳既是氧化还原反应又是吸热反应，所以B符合。C，所有的燃烧都是放热反应，C不属于。D，氢氧化钡晶体与氯化铵反应是个典型的吸热反应，但是不是氧化还原反应，所以D不属于。
5. 常温下下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-
B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、Mg2+、NO3-、SO42-
C. 水电离出的c(H+)=10-10mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、HCO3-
D. 含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、SCN-
【答案】A
【解析】A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+、Na+、Al3+、SO42-、Cl-相互之间不反应，能大量共存，选项A正确；B. 与Al反应能放出H2的溶液为酸或碱溶液，若酸溶液含NO3-则不产生氢气，不符合；若碱性氢氧根离子与Mg2+反应生成沉淀不符合，选项B错误； C. 水电离出的c(H+)=10-10mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，无论酸性或碱性溶液，HCO3-均不能大量存在，选项C错误；D. Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，选项D错误。答案选A。
6. 某同学设计入下图所示原电池(盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液，该电池工作时，下列说法正确的是
A. 盐桥中的K+移向AgNO3溶液 B. 负极反应为:Ag-e-=Ag+
C. 在外电路中，电子由银电极流向铜电极 D. 铜电极上发生还原反应
【答案】A
【解析】A. Cu比Ag活泼，Cu为负极，Ag为正极，盐桥中的阳离子向正极移动，即盐桥中的K+移向AgNO3溶液，故A正确；B. Cu为负极，被氧化，电极反应式为Cu−2e−=Cu2+，故B错误；C. 电子由负极经导线流向正极，即由铜极流向银极，故C错误；D. Cu为负极，被氧化发生氧化反应，故D错误；答案选A。
点睛：本题考查原电池的基本原理。解题时要注意Cu比Ag活泼，所以Cu为负极，被氧化，Ag为正极，正极发生还原反应，原电池在工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极经导线流向正极，以此解答该题即可。
7. 下列装置图中的实验方案能达到实验目的的是
A. 图①可用于中和热的测定
B. 图②可验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
C. 图③可用于探究铁作负极的原电池原理
D. 图④可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO
【答案】D
【解析】A.该装置缺少环形玻璃搅拌器，而且小烧杯应该和大烧杯杯口平齐，否则散热较大，数据不准，选项A错误；B.双氧水中滴加FeCl3溶液的试管不要放在热水中，否则温度也会影响速率，选项B错误；C.常温下Fe遇浓HNO3钝化，铜与浓硝酸在常温下不反应，无法探究，选项C错误；D.图④可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO，稀硫酸与石灰石反应产生二氧化碳，二氧化碳与次氯酸钙溶液反应产生次氯酸的同时产生碳酸钙沉淀，选项D正确。答案选D。
8. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A. 已知C(石墨，s)=C( 金刚石，s) △H>0，则金刚石比石墨稳定
B. 己知2H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=-483.6k/mol,则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol
C. 已知2C(s)+202(g)=2CO2(g) △H 1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2 则△H1>△H2
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O (1) △H =-57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】A 、能量越低越稳定，石墨的能量比金刚石的能量低，所以石墨稳定，选项A错误；B、氢气的燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成液态水所放出的能量，气态水变为液态水释放热的，所以氢气的燃烧热大于241.8kJ/mol，选项B错误；C、单质碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，所以△H1＜△H2，选项C错误；D、浓硫酸溶于水放热，则若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，选项D正确。答案选D。
9. 某容积为1L的密闭容器中通入lmolCO2和3molH2，发生反应:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H<0。下列有关说法正确的是
A. 该反应在高温下才能自发进行
B. 再加入一定量CO2，则n(CH3OH)/n(C02)减小
C. 温度升高，反应的平衡常数K增大
D. 当CO2 和H2转化率相等时，该反应达到化学平衡
【答案】B
【解析】试题分析：A．根据复合平判据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS＜0，且ΔG＜0时，反应自发进行，因此该反应在低温条件下自发进行，A错误；B．再加入一定量CO2，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，但是n(CO2)的增大幅度大于n(CH3OH)，因此n(CH3OH)/n(CO2)减小，B正确；C．温度升高，平衡向吸热的逆向移动，因此反应的平衡常数K减小，C错误；D．初始投料CO2和H2的物质的量之比为1：3，反应过程中，CO2和H2转化量之比为1:3，因此不管是否平衡，两者的转化率始终相等，D错误。故答案B。
考点：考查影响平衡移动的因素。
10. 金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述中正确的是(已知氧化性: Fe2+
B. 电解后，Cu和Pt沉降在电解槽底部的阳极泥中
C. 电解后，溶液中存在的离子只有Fe2+和Zn2+
D. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
【答案】B
【解析】A．阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Ni2++2e-=Ni，选项A错误；B．因为氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，选项B正确；C．电解后，部分镍离子不析出，所以溶液中存在的金属阳离子有Fe2+和Zn2+和Ni2+，选项C错误；D．电解过程中，阳极上铁、锌和镍失电子发生氧化反应，阴极上只有镍得电子析出，阴阳极上转移电子相等，但因为这几种金属的摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，选项D错误；答案选B。
11. 25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 将Na2CO3溶液用水稀释后，pH 变大，Kw不变
B. 向有AgCl固体的饱和溶液中加入少许水，c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变
C. pH= 4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa 的混合溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A错误；B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变，故B正确；C．pH=4.75、浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误；D．含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则，即Vb＞10Va，故D错误；答案为B。
点睛：溶液pH的计算，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确酸碱中和反应实质为解答本题的关键，①先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2(V1+V2)计算加入的水体积；②先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3(V1+V2)计算加入的氢氧化钠溶液体积；③先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c(OH-)计算。
12. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备，正丁烷(C4H10)催化脱氢制1-丁烯(C4H8) 的化学方程式如下：C4H10(g)=C4H8(g)+ H2(g) △H，如图是该反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，下列说法正确的是
A. x>0.1
B. △H>O
C. 500C时，压强xMPa比0.1MPa条件下的平衡常数大
D. 一定温度下，在一恒容密闭容器中发生该反应，C4H10的浓度越高，平衡转化率越大
【答案】B
【解析】A、反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率降低，故x<0.1，选项A错误；B、随着温度升高，平衡转化率增大，平衡向正方向移动，则正反应为吸热反应，△H>O，选项B正确；C、平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，选项C错误；D、一定温度下，在一恒容密闭容器中发生该反应，反应物中有一种，为等效平衡，平衡转化率不变，选项D错误。答案选B。
13. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol/L的NaOH 溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH 溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线①代表滴定HCl溶液的曲线
B. A点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L
C. 在相同温度下，A、B、C 三点溶液中水的电离程度: C
【答案】D
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A错误；B．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项B错误；C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水电离的c（H+）：B
14. A由Al2O3、Fe2O3、Al、Cu中的某几种粉木混合而成，设计成份分析实验方案如下，下列分析不正确的是
A. 当m1>m2时，固体中一定存在A1元素
B. 生成蓝色溶液的离子方程式: Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 当m2-m3=2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32g
D. 溶液a中一定存在c(Na+)>c(A102-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】A、当m1＞m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，一定存在A1元素，选项A正确；B、Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，选项B正确；C、引固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3O4～2Fe3+～Cu，也就是四氧化三铁和铜的物质的量大于1：1，m2-m3=2.96g才符合，最小值为1：1，即2.96g××100%=2.32 g，选项C正确；D、溶液a中若过量氢氧化钠较多时，可能存在c(Na+)> c(OH-)> c(A102-) >c(H+)，选项D不正确。答案选D。
点睛：本题考查常见金属元素及化合物的综合应用，题目难度中等，要通过实验现象得出结论，再结合定量计算得出结论，明确发生反应的实质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。易错点为选项C，固体质量改变的金属氧化物的溶解，和三价铁与铜单质之间的氧化还原反应。
二、(本大题为必答题，包含4个小题，共38分)
15. 某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL的KI溶液(足量),发生的反应为:Cl2+2KI=2KCl+I2，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，马上注入0.01mol/L溶液，调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为:I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6。
试回答下列问题:
(1)步骤①加入的指示剂是_____________。
(2)步骤②应使用______式滴定管。
(3)判断达到滴定终点的实验现象是_____________。
(4)用0.1032mol/LHCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况对实验结果无影响的是___(填标号)。
A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.滴定滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失了
D.滴定时将标准液溅出锥形瓶外
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 碱 (3). 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变成无色且半分钟内不恢复蓝色 (4). B
【解析】（1）依据反应：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6 ，可知用淀粉做指示剂；（2）因为Na2S2O3是强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，所以应使用碱式滴定管；
（3）滴定前，Cl2 将I-氧化为I2 ，加入淀粉溶液后溶液应为蓝色；滴定至终点时，I2 全部转化为I - ，溶液应由蓝色变为无色。依据下列关系式进行计算：
Cl 2 ~ I 2 ~ 2 Na2S2O3
1 2
x 0.01mol/L×0.02L
解得：x=1×10 -4 mol。
故c（Cl2 ）= =0.01mol/L；（4）依据c（待测）=可知A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗会导致c（标准）变小，则V（标准）偏大故所测NaOH溶液浓度偏大；B、锥形瓶不能用待测液润洗，不会产生影响；C、滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了则会导致V（标准）包含气泡体积偏大，故会导致所测浓度偏大；D、滴定时将标准液溅出锥形瓶外会导致V（标准）偏大故所测NaOH溶液浓度偏大。答案选B。
点睛：本题考查了氧化还原滴定、中和反应滴定误差分析，注意掌握氧化还原滴定的原理和方法是解题的关键，（1）碘遇淀粉溶液变蓝色，当完全反应时，溶液褪色；（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；（3）溶液呈蓝色，随反应I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；结合化学方程式定量关系计算得到；（4）根据碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小。
16. 关于“电解氯化铜溶液时的pH变化”问题，化学界有以下两种不同的观点: 观点一是:“理论派”认为电解氧化铜溶液后溶液的pH升高。观点二是:“实验派”经过反复、多次、精确的实验测定，证明电解氧化铜溶液时pH变化如右图曲线关系。
请回答下列问题:
(1)电解前氯化铜溶液的pH处在A点位置的原因是____________。(用离子方程式说明)。
(2)“理论派”"所持观点的理论依据是_______________。
(3)“实验派”实验结论是________________。
(4)若“实验派”的观点正确，pH降低的原因是_______________
【答案】 (1). Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+ (2). 因为Cu2++2e-Cu，使Cu2+水解平衡向左移动，c（H+）减小，pH上升 (3). 电解过程中溶液的pH逐渐降低 (4). CuCl2Cu+ Cl2，Cl2+H2OHCl+ HClO，使溶液酸性增强，pH降低
【解析】（1）氯化铜是强酸弱碱盐，溶于水能发生水解Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性pH＜7；
（2）电解过程中铜不断析出，铜离子浓度逐渐降低，使反应Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+向逆反应方向进行，氢离子浓度降低，pH上升。故答案为：因为Cu2++2e-═Cu，使Cu2+水解平衡向左移动，c（H+）减少，pH上升；(3)“实验派”实验结论是电解过程中溶液的pH逐渐降低；（4）电解氯化铜生成氯气和铜，氯气易溶于水，生成盐酸和次氯酸，使溶液酸性增强，所以pH降低。故答案为：实验派；CuCl2Cu+ Cl2，Cl2+H2OHCl+ HClO，使溶液酸性增强，pH降低。
17. 按要求回答问题。
(1)羰基硫的水解反应和氢解反应是两种常用的脱硫方法:
水解反应: COS(g)+ H2O(g) H2S(g)+CO2(g) △H=-34kJ/mol
氢解反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H=+7kJ/mol
己知: 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484 kJ/mol
写出表示CO燃烧热的热化学方程式:_______________。
(2)碳酸H2CO3，K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11；草酸H2C2O4，K1=5.9×10-2，K2=6.4×10-5； 0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH。(选填“大于”、“小于”或“等于”)。若将等分浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是___________。(选填编号)
A.c(H+)>c(HC2O4-)> (HCO3-)>c (CO32-)
B.c(HCO3-)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(CO32-)
C.c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(CO32-)
D.c(H2CO3) >c(HCO3-)>c(HC2O4-)>c(CO32-)
(3)已知：①难溶电解质的溶度积常数：Ksp(CaF2)=1.5×10-10；②25℃时2.0×10-3mol/L氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体长变化)，得到c(HF)、c(F-) 与溶液pH 的变化关系，如图所示:
请根据信息回答下列问题:
①25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈_______。
②4.0×10-3mol/LHF溶液与4.0×10-4mol/LCaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0(忽略调节混合液体积的变化)，通过列式计算说明是否有沉淀产生。____________。
【答案】 (1). CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） △H=-283 kJ·mol-l (2). 大于 (3). AC (4). 10-3.45（或3.5×10-4）[当c(F-)=c(HF)时，Ka=c(H+)，查图中的交点处即为c(F-)=c(HF)，故所对应的pH即为Ka的负对数 (5). 当pH=4.0时，溶液中的c(F-)=1.6×10-3mol/L，溶液中c(Ca2+)=2.0×l0-4 mol/L，c( Ca2+)×c2(F-)= 5.l×10-10> Ksp( CaF2)，有沉淀产生
【解析】(1)已知①COS(g)+ H2O(g) H2S(g)+CO2(g) △H1=-34kJ/mol
②COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) △H2=+7kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-484 kJ/mol
.....................
点睛：本题考查电离平衡常数与弱电解质的电离、盐类水解的关系及利用溶度积来分析是否有沉淀生成，明确电离平衡常数的表达式和离子积的计算，并借助图来分析解答即可，较好的训练学生利用信息来分析问题、解决问题的能力。（2）根据电离平衡常数的表达式和图中离子浓度的关系来分析电离平衡常数的数值；（3）根据溶液中离子的浓度来计算离子浓度幂之积，利用离子积与溶度积常数的关系来判断是否有沉淀生成。
18. 亚硝酸氯(ClNO)可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为:2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。
(1)在一定温度下，该反应于一恒容密闭容器中达到平衡继续通入Cl2，逆反应速率____(填增大、减少、不变)。
(2)已知几种化学键的键能数据如下表(NO的结构为: N≡O；亚硝酸氯的结构为Cl-N=O)
化学键
N≡O
Cl-Cl
Cl-N
N=O
键能(kJ/mol)
630
243
a
607
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H=-111kJ/mol 则a=______。
(3)在1L的恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图A:
①该反应的T1______T2(填“ >”<”或“=”)。
②反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)=_______mol/(L.min)。
③T2时该反应的平衡常数K=________。
(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO 的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图象如图B,则A、B、C 三状态中，NO的转化率最大的是_____点，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO 的体积分数可能是D、E、F三点中的____点。
【答案】 (1). 增大 (2). 200 (3). ＜ (4). 0.1 (5). 2 (6). A (7). D
【解析】（1）在一定温度下,该反应于一恒容密闭容器中达到平衡,继续通入Cl2，压强增大，逆反应速率增大；（2）2NO(g) + Cl2(g)2ClNO(g) 反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=（2×630+243）-（2a+2×607）=-111kJ/mol，解得a=200；(3)根据图A可知，T2条件下反应先达平衡，则T1
起始(mol/L) 2 1 0
改变(mol/L) 1 0.5 1
平衡(mol/L) 1 0.5 1
T2时该反应的平衡常数K= = =2；（4）n(NO)/n(C12)的比值越小，NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点，根据曲线的变化趋势，当n(NO)/n(C12)=1.5，达到平衡状态ClNO的体积分数是D。
点睛：本题考查化学平衡的计算，把握平衡常数K的计算、三段式法的应用、焓变的计算为解题的关键，注意图象及数据的应用。明确反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和。
三、(本大题为选做题，请在下列两个考试模块中任选一个模块作答，请先把要选择答题的模块涂黑，20分)
19. (1)以下对核外电子运动状态的描述正确的是_____(填标号)
A.能层序数越大，s电子云的半径越大
B.在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同
C.电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
D.能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
(2)下面是一些原子的2p能级和3d 能级中电子排布的情况，其中正确的是____(填标号)
A. B. C. D.
(3)下列说法正确的是_____(填标号)
A.所有物质中都存在化学键
B. σ键和π键都只能存在于共价分子中
C.全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键
D.乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键
【答案】 (1). A (2). C (3). D
20. M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
(1)在元素周期表中M位于_____区，基态M原子的价层电子排布图为_____，第四能层s轨道上电了数目和M元素相同的元素还有_____(填元素符号)。
(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为_______，其同周期元素中，第一电离能最大的是____(写元素符号)。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是_____(写化学式)，该酸根离子的立体构型为_______。
(3)Z与元素Y同主族，在该族中原子序数最小，Z的气态氢化物的稳定性大于Y的气态氢化物的稳定性，原因是__________，Z的气态氢化物的沸点大于Y的气态氢化物的沸点，原因是_____。
【答案】 (1). ds (2). (3). K、Cr (4). 1s22s22p63s23p5 (5). Ar (6). HClO4 (7). 正四面体 (8). 氟的原子半径小于氯原子，氢氟键的键能大于氢氯键，分子稳定 (9). 氟化氢分子间可以形成氢键，沸点反常的高
【解析】根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。(1)在元素周期表中铜元素位于ds区，铜为29号元素，基态M原子的价层电子排布图为，第四能层s轨道上电了数目和M元素相同的元素还有K、Cr；（2）氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5 ，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子中氯原子的为sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体形；(3)Z与元素Y同主族，在该族中原子序数最小，则Z为氟元素，Z的气态氢化物HF的稳定性大于Y的气态氢化物HCl的稳定性，原因是氟的原子半径小于氯原子，氢氟键的键能大于氢氯键，分子稳定，Z的气态氢化物的沸点大于Y的气态氢化物的沸点，原因是氟化氢分子间可以形成氢键，沸点反常的高。
21. (1)相同质量的下列各烃，完全燃烧后生成CO2最多的是____(填标号)
A.乙炔 B.乙烯 C.乙烷 D.甲烷
(2)某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，则该烃的分子式可能为______(填标号)
A.C6H14 B.C7H16 C.C8H18 D.C9H20
(3)乙烯和丙烯属于同系物。下列叙述正确的是_____上(填标号)
A.等质量的乙烯和丙烯完全燃烧耗氧量相同
B.丙烯分子中三个碳原子处于同一直线上
C.乙烯和丙烯与HCl加成均有两种产物
D.以丙烯为单体加聚可以生成
【答案】 (1). A (2). C (3). A
【解析】(1)A、乙炔为C2H2，C碳原子与H原子数目之比为2：2=1：1；B、乙烯为C2H4，C碳原子与H原子数目之比为2：4=1：2；C、乙烷为C2H6，C碳原子与H原子数目之比为2：6=1：3；D、甲烷为CH4，C碳原子与H原子数目之比为1：4；故乙炔的含碳量最大，所以生成二氧化碳的体积最大，答案选A；(2)某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，这说明分子中含有1种氢原子，同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有高度对称性结构的分子。甲烷是正四面体型分子，新戊烷中存在一种氢原子，C8H18分子中的(CH3)3C－C(CH3)3中氢原子只有一类，因此核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，己烷、庚烷、壬烷的结构中均不存在氢原子只有一种的分子，答案选C；（3）A、乙烯、丙稀是烯烃的两种同系物，通式相同为CnH2n，相同质量的乙烯和丙烯，含碳元素质量、氢元素质量相同，所以相同质量完全燃烧耗氧量相同，选项A正确；B、丙烯可看作是乙烯分子中的一个氢原子被甲基取代的产物，因此，丙烯分子不是平面结构，三个碳原子不位于同一直线上，选项B错误；C、乙烯与HCl加成只生成氯乙烯，丙烯与HCl加成生成1-氯丙烯和2-氯丙烯两种产物，选项C错误；D、为乙烯和丙烯按1：1共聚的产物，而不是以丙烯为单体的聚合物，选项D错误。答案选A。
22. 已知：
(1)反应①类似盐的水解，写出CaC2的电子式_________。
(2)苯是由哪位科学家首先发现的________，苯分子中有三个氢原子被-Br、-Br、-OH取代得到的芳香族化合物有_____种。将苯分子中的一个碳原子换成一个氯原子，得到一种类似苯环结构的稳定有机物，则此有机物的相对分子质量为________。
(3)写出反应③的化学反应方程式并注明反应类型__________。
(4)联二苯的化学式为__________。
【答案】 (1). (2). 法拉第 (3). 6 (4). 79 (5). 加成反应 (6). C12H10
【解析】(1) CaC2的电子式为：；(2)苯是由科学家法拉第首先发现的；苯分子中有三个氢原子被-Br、-Br、-OH取代得到的芳香族化合物，先定二溴苯，有、、三种，再分别将苯环上的另一个氢用-OH取代，分别有1种、3种、2种共6种；将苯分子中的一个碳原子换成一个氮原子，得到一种类似苯环结构的稳定有机物，碳是4价，氮是3价，把碳换成氮后氢原子数要减少1，所以是C5H5N，相对分子质量是79；(3)反应③为乙炔在一定条件下发生加成反应生成，反应的化学反应方程式为：；(4)联二苯的化学式为C12H10。
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