还剩16页未读，
继续阅读
2017-2018学年江苏省启东中学高二上学期期末考试化学（选修）试题 解析版
展开
江苏省启东中学2017-2018学年高二上学期期末考试
化学（选修）试题
本试卷满分120分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cu 64
第I卷 选择题(共65分)
单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意
1. 日常生活中硫、氮氧化物的排放可能导致“酸雨”。下列活动会导致“酸雨”危害加剧的是
A. 种草植树，建设“海绵”城市 B. 推广使用电动车
C. 普及燃煤供暖，减少石油依赖 D. 开发太阳能照明
【答案】C
【解析】试题分析：种草植树、推广使用电动车、使用太阳能，都能减少酸雨的危害，SO2是引起酸雨的主要原因，普及燃煤，产生SO2，会使酸雨危害加剧，故选项C正确。
考点：考查环境保护、能源等知识。
2. 我国的“长三丙火箭”第三级推进器使用的燃料是液态氢。已知在25 °C时，2 g H2在O2中完全燃烧生成液态水时放出热量285.8 kJ。下列有关说法中，正确的是
A. H2的燃烧热为–285.8 kJ
B. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) DH = –571.6 kJ·mol–1
C. 25 °C时，2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g)的DH < –571.6 kJ·mol–1
D. 25 °C时，11.2 L H2在O2中完全燃烧生成液态水时放出热量142.9 kJ
【答案】B
【解析】A、根据题意可知H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，燃烧热用文字表达时不用加正负号，注意单位是kJ/mol，A错误；B、题目中1molH2完全燃烧生成液态水放热285.8 kJ，则2molH2完全燃烧生成液态水放热571.6 kJ，据此写出热化学方程式，B正确；C、同质量的气态H2O的能量高于液态水的能量，所以2molH2 完全燃烧生成气态水放出的热量小于571.6 kJ，因为DH<0，所以DH >–571.6 kJ·mol–1，C错误；D、11.2 L H2没有指明气体所处环境的压强，，无法计算，D错误。正确答案为B。
点睛：DH有正负号，注意反应为放热反应时DH的比较，放出的热量越多DH越小，反之越大，如选项C中生成气态水放出的热量小于571.6 kJ，因为是放热，DH小于0，所以DH >–571.6 kJ·mol–1。
3. 下列各化合物的命名中正确的是
A. CH2===CH—CH===CH2 1,3二丁烯 B. 3丁醇
C. 甲基苯酚 D. 2甲基丁烷
【答案】D
【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可知选项D正确，A应该是1，3－丁二烯，B应该是2－丁醇，C应该是邻甲基苯酚，答案选D。
考点：考查有机物的命名
点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练。该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。有利于培养学生的规范答题能力。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 含有大量ClO-的溶液：Na+、OH-、I-、SO32-
B. 使pH试纸变蓝的溶液：NH4+、K+、S2-、CO32-
C. 澄清透明的溶液：Cu2+、Fe3+、NO3-、Cl-
D. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液：Na+、Cl-、CO32-、NO3-
【答案】C
【解析】A、ClO-具有氧化性，I-、SO32-具有还原性，不能共存，发生的反应分别为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-，ClO-+SO32- =Cl-+SO42-，A错误；B、使pH试纸变蓝的溶液为碱性溶液，OH-与NH4+不共存，B错误；C、C中四种离子可以共存，C正确；D、Al3+与CO32-发生双水解：2Al3++3CO32-+6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，D 错误。正确答案为C。
点睛：ClO-不管是在酸性、碱性还是中性溶液中均有氧化性，与具有还原性的离子如I-、SO32-等能发生氧化还原反应。
5. 4去甲基表鬼臼毒素具有抗肿瘤等作用，分子结构如图所示，分子中含有的含氧官能团有
A. 2种 B. 3种 C. 6种 D. 5种
【答案】B
【解析】该有机物分子中含有的含氧官能团有：醚键、羟基和酯基共3种，故答案选B。正确答案为B。
6. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①④⑤
【答案】D
【解析】饱和氯化钠溶液中通入氨气后，溶液显碱性，再通入CO2气体，生成HCO3-，NaHCO3的溶解度比较小，故可以析出NaHCO3晶体，化学方程式为：NaCl +NH3+CO2=NaHCO3 ↓+NH4Cl，①正确；N2与O2必须在高温或放电条件下才能反应且生成NO，不能生成NO2，②错误；海水中含有Mg2+，加入Ca(OH)2生成Mg(OH )2沉淀，再加入HCl转化为MgCl2溶液，由于Mg2+容易水解，必须在HCl气流中加热蒸发才可以得到MgCl2固体，③错误；Al2O3与HCl反应生成AlCl3，再通入氨水得到Al (OH )3沉淀，④正确；BaSO4溶于水存在溶解平衡：BaSO4（s）Ba 2+(aq)+SO42-(aq)，加入CO32-发生反应CO32-(aq)+Ba2+(aq) BaCO3(s)，Ba2+浓度减小，促使BaSO4的溶解平衡不断正向移动，反复加入CO32-，生成BaCO3的平衡不断正向进行，最终BaSO4完全溶解而转化为BaCO3沉淀，最后加稀盐酸生成BaCl2，⑤正确。故能实现的是①④⑤，答案选D。正确答案为D。
7. 利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是
A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀
B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀
C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法
【答案】D
8. 下列有关氨或铵盐的说法不正确的是
A. NH3属于弱电解质
B. 可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C. 用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c（NH4+）=c（Cl﹣）
D. 常温时，0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液加水稀释，的值不变
【答案】A
【解析】试题分析：A．NH3属于非电解质， A错误；B．可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，现象是变为蓝色，B正确；C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，根据电荷守恒可知c(NH4+) = c(Cl－)，C正确；D．＝1/Kh，温度不变，因此比值不变，D正确，答案选A。
考点：考查氨及铵盐的性质
9. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A. 升高温度能提高HCl的转化率
B. 加入催化剂，能使该反运的焓变减小
C. 1molCl2转化为2molCl2原子放出243kJ热量
D. 断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高
【答案】D
【解析】A 、该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，HCl的转化率降低，A错误；B、催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物的能量差有关，B错误；C、断裂化学键需要吸收能量，1molCl2转化为2molCl原子应该吸收243kJ热量，C错误；D、设H-Cl键能为a，H-O键能为b，△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即b>a，所以H-O键的键能大于H-Cl键能，D正确。正确答案为D。
10. 298K下，一些银盐的溶度积见下表。
化学式
Ag2SO4
Ag2S
AgCl
AgBr
AgI
KSP
1.2×10-5
6.7×10-50
1.8×10-10
5.0×10-13
8.9×10-17
下列说法中，错误的是
A. 五种银盐中，常温下溶解度最大的是Ag2SO4
B. 向饱和AgCl溶液中加入0.1mol/LNa2S溶液后，有黑色沉淀生成
C. 常温下，饱和卤化银溶液中c(Ag+)大小顺序为：AgCl
【答案】C
【解析】A、Ag2SO4的溶度积远远大于其他三种物质的溶度积，所以常温下溶解度最大的是Ag2SO4，A正确；B、Ag2S的溶度积远远小于AgCl的溶度积，所以向饱和AgCl溶液中加入0.1mol/LNa2S溶液后，AgCl的溶解平衡将破坏，生成溶度积更小的黑色沉淀Ag2S，B正确；C、三种卤化银的分子组成和结构相似，则在饱和溶液中，溶度积越大的卤化银的溶解度越大，Ag+的浓度也越大，所以Ag+浓度大小顺序为：AgCl >AgBr>AgI，C错误；D、0.02mol/LAgNO3溶液与0.02mol/LNa2SO4溶液等体积混合后，Ag+、SO42-的浓度均为0.01mol/L，Qc= c2(Ag+)× c(SO42-)=0.012×0.01=1×10-6<1.2×10-5，所以无沉淀生成，D正确。正确答案为D。
点睛：不能根据溶度积的大小简单的判断溶解度的大小，一般来说，两种沉淀的组成和结构相似，溶度积越大的溶解度也大，相应的离子浓度也越大，但如果两种沉淀的组成结构不相似，如Ag2SO4和AgCl，不能直接根据两者的溶度积判断两者溶解度的大小，必须通过平衡常数的计算来判断。当然如果两者的溶度积相差两个以上的数量级时，可以直接判断，如Ag2SO4的溶度积的数量级为10-5 ，AgCl的溶度积的数量级为10-10 ，两者相差很大，故可直接判断Ag2SO4的溶解度大于AgCl的溶解度。
11. 氢核磁共振谱是根据分子中不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号峰不同来确定分子中氢原子种类的。在下列6种有机分子中，氢核磁共振谱中给出的信号峰数目相同的一组是
A. ①⑤ B. ②④ C. ④⑤ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】在确定氢原子的种类时，要考虑分子的对称性。①有4种信号峰、②有2种信号峰、③有6种信号峰、④有3种信号峰、⑤有3种信号峰、⑥有4种信号峰，故信号峰数目相同的是①和⑥，均有4种、或者④和⑤，均有3种，故答案选C。正确答案为C。
点睛：考虑氢原子的种类时，要考虑分子的对称性，找到对称轴，如果有多条对称轴，要全部找出来，如物质①有1条对称轴，②有2条对称轴等；还要注意对某些结构做适当的变形，更有利于观察，如物质⑤可以画成，这样更有利于观察其对称性。
12. 下列说法正确的是
A. 水库的钢闸门接直流电源的正极，可以减缓闸门的腐蚀
B. 加入少量硫酸铜可加快锌与稀硫酸的反应速率，说明Cu2+具有催化作用
C. H2O2分解产生标准状况下22.4 L O2，理论上转移电子数约为4×6.02×1023
D. 常温下pH=3的盐酸与pH=11的某碱溶液等体积混合，若溶液呈碱性，该碱为弱碱
【答案】D
【解析】A、钢闸门接直流电源的正极，则钢闸门作阳极失电子溶解而被腐蚀，A错误；B、锌与稀硫酸的反应中加入硫酸铜，锌能置换出铜，从而形成原电池，加快反应速率，B错误；C、氧元素的化合价从-1价升高到0价，生成1molO2转移2mol电子，标准状况下22.4 L O2的物质的量为1mol，所以转移的电子数目为2×6.02×1023，C错误；D、常温下pH=3的盐酸与pH=11的某碱溶液等体积混合，酸电离出的H+和碱电离出的OH-的物质的量相等，若为强酸和强碱，溶液显中性。现在溶液呈碱性，说明溶液中有剩余的碱继续电离出OH-，所以该碱为弱碱，D正确。正确答案为D。
13. 通过以下反应均可获取CO。下列有关说法正确的是
①木炭不完全燃烧制CO：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH1＝－221kJ·mol－1
②木炭还原CO2制CO：C(s) +CO2(g)＝2CO(g) ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1
③焦炭还原Fe2O3制CO：Fe2O3(s) + 3C(s) 2Fe(s) + 3CO(g) ΔH 3＝+489.0kJ·mol－1
A. 反应①中化学能全部转化为热能
B. 反应②为吸热反应，在任何情况下都不能自发进行
C. 反应③中使用催化剂或移走部分CO，均可提高Fe2O3的转化率
D. 反应Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g) ΔH ＝－28.5 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】A、反应①中化学能大部分转化为热能，小部分转化为光能，A错误；B、反应②虽然为吸热反应，但为熵增的反应，根据复合判据可知高温下反应可以自发，B错误；C、催化剂不影响反应的平衡移动，移走部分CO可以使平衡正向移动，提高Fe2O3的转化率，C错误；D、反应Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)可通过：反应③-3×②得到，所以Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)的ΔH =ΔH 3-3×ΔH 2=+489.0kJ·mol－1-3×（+172.5 kJ·mol－1）=－28.5 kJ·mol－1，D正确。正确答案为D。
14. 分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇无具有相同官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有
A. 8种 B. 16种 C. 24种 D. 28种
【答案】C
...........................
点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有2种属于醇的同分异构体，CH3CH2OH和CH3CH(OH )CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。
15. 下列各图示与对应的描述相符合的是
A. 图甲表示分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b＞a＝100
B. 图乙表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图丁表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
不定项选择题：本题包括5个小题，每小题4分，共计20分，每个小题只有一个或两个选项符合题意。
16. 电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放的最大电能。“金属(M)〜空气电池”（如下图）具有原料易得、能量密度高等优点。该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH) n。下列说法不正确的是
A. “金属(M)〜空气电池”放电过程的正极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B. 比较Mg、Al、Zn三种“金属—空气电池”，“Al—空气电池”的理论比能量最高
C. 电解质溶液中的阴离子从负极区移向正极区
D. 在“M—空气电池”中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
【答案】C
【解析】A．正极上氧气得电子和水反应生成OH-，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2=mol、×3=mol、×2=mol，所以Al-空气电池的理论比能量最高，故B正确；C．电解质溶液中的阴离子从正极区移向负极区，故C错误；D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH-，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；故选C。
17. 单质碘在水中的溶解度较小，且溶解较慢。实验室配制碘水时，往往将碘单质加入稀KI溶液中。该溶液中存在平衡： 。该反应的平衡常数K随温度变化规律如图所示。下列说法中，正确的是
A. 向上述体系中加入CCl4，平衡不移动
B. 25 °C时，向上述体系中加入少量I2，平衡向右移动，平衡常数大于680
C. 该反应的平衡常数表达式为
D. 该反应的正反应为放热反应
【答案】CD
【解析】A、加入CCl4，水溶液中的I2部分溶于CCl4中，碘水中I2的浓度减小，平衡逆向移动，A错误；B、25 °C时，向上述体系中加入少量I2，碘水中I2的浓度增大，平衡向右移动，但温度不变，平衡常数不变仍为680，B错误；C、该反应的平衡常数的表达式为，C正确；D、由图像可知，温度升高时平衡常数减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，D正确。正确答案为CD。
18. 下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A. 常温下，将0.1mol·L－1NH4CI溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合：c(C1－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
B. 在小苏打溶液中存在：c(HCO3－)＝c(Na＋)－c(CO32－)－c(H2CO3)
C. 向CH3COOH溶液中加入适量的NaOH，得到pH＝4的混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. pH＝3的一元酸HX和PH＝11的一元碱MOH等体积混合：c(M＋)＝c(X－)＞c(H＋)＝c(OH－)
【答案】B
【解析】A、NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，NH4Cl有剩余且最后混合溶液中NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的物质的量相等，Cl-的物质的量等于NH4+和NH3·H2O的物质的量之和，所以c(C1－)> c(NH4＋)，NH3·H2O的电离大于NH4+的水解，所以c(NH4＋)> c(Na＋)，并且溶液显碱性， c(OH－)＞c(H＋)，NH3·H2O的电离是微弱的，所以c(NH4＋)＞c(OH－)，H+浓度最小，故离子浓度大小顺序为：c(C1－)＞c(NH4＋) ＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误；B、在NaHCO3 溶液中，根据物料守恒有c(HCO3－)+ c(CO32－)+ c(H2CO3) ＝c(Na＋) ，所以有c(HCO3－)＝c(Na＋)－c(CO32－)－c(H2CO3)，B正确；C、CH3COOH溶液中加入适量的NaOH，因为溶液显电中性，根据电荷守恒有c(Na＋)+ c(H＋)＞=c(CH3COO－)+c(OH－)，当c(Na＋)＞c(CH3COO－)时，必有c(H＋)
A. 实验室用Zn和稀硫酸制H2，为加快反应速率，可向稀硫酸中加入少量Cu粉
B. CH3Cl(g)＋Cl2(g) CH2Cl2(l)＋HCl(g)常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. 在一体积可变的恒温密闭容器中发生反应PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g)，压缩体积，平衡正向移动，K值增大
D. 25℃时Ka(HClO)＝3.0×10－8，Ka(HCN)＝4.9×10－10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液pH相同，则c(NaClO)
【解析】A、稀硫酸中加入少量Cu粉，Zn-H2SO4-Cu构成原电池，可以加快反应速率，A正确；B、CH3Cl(g)＋Cl2(g) CH2Cl2(l)＋HCl(g)的熵变小于0，常温下能自发进行，根据复合判据可知该反应的ΔH一定小于0，B错误；C、恒温下压缩体积相当于增大压强，该反应的平衡正向移动，温度不变，K值不变，C错误；D、Ka(HClO)>Ka(HCN)，HClO的酸性大于HCN的酸性，所以相同浓度的ClO-的水解程度小于CN-的水解程度，前者水解得到的OH-浓度小于后者水解得到的OH-浓度，要使两者水解得到的OH-浓度相同，则NaClO的浓度要大于NaCN的浓度，D错误。正确答案为A。
20. 一定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)＋6H2(g) C2H5OH(g)＋3H2O(g)达平衡，下列说法正确的是
容器
温度/K
物质的起始浓度(mol/L)
物质的平衡浓度(mol/L)
CO2(g)
H2(g)
C2H5OH(g)
H2O(g)
C2H5OH(g)
甲
500
0.20
0.60
0
0
0.083
乙
500
0.40
1.20
0
0
丙
600
0
0
0.10
0.30
0.039
A. 该反应正反应为吸热反应
B. 达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的小
C. 达平衡时，转化率：α(CO2 ,甲)＋α(C2H5OH ,丙)＞1
D. 达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2 ,甲)＜c(CO2 ,乙)
【答案】BC
【解析】A、丙和甲比较，将丙中的生成物按照“一边倒”的方法转化为反应物，温度相同时，甲和丙构成等效平衡，平衡时乙醇的浓度应相等，现在丙在甲的基础上升温，乙醇的浓度降低，平衡逆向移动，可知逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，A错误；B、甲中反应物的浓度小于乙中反应物的浓度，所以甲乙达到平衡时，甲中的速率小于乙中的速率，故容器甲中的逆反应速率比容器乙中的小，B正确；C、α(CO2，甲)＝0.083×2÷0.2×100% =83%，α(C2H5OH，丙)=（ 0.10-0.039）÷0.1×100%=61%，α(CO2，甲)＋α(C2H5OH，丙)=144%＞1，C正确；D、乙中起始投料是甲中的2倍，如果容器体积可以变化，则甲乙是等效平衡，乙中CO2的浓度与甲中CO2的浓度相等，现在两个容器的体积相等，故可将乙容器的体积缩小一半，假设平衡不移动，则乙中CO2的浓度扩大一倍，即乙中CO2的浓度是甲中CO2浓度的2倍，但缩小体积，平衡将正向移动，所以乙中CO2的浓度小于甲中CO2浓度的2倍，故2c(CO2，甲)>c(CO2 ，乙)，D错误。正确答案为BC。
第II卷 非选择题(共55分)
21. Ⅰ.有机物X是一种重要的有机合成中间体，用于制造塑料、涂料和黏合剂等高聚物。为研究X的组成与结构，进行了如下实验：
(1)有机物X的质谱图为：
有机物X的相对分子质量是________。
(2)将10.0 g X在足量O2中充分燃烧，并使其产物依次通过足量的无水CaCl2和KOH浓溶液，发现无水CaCl2增重7.2 g，KOH浓溶液增重22.0 g。
有机物X的分子式是______。
(3)经红外光谱测定，有机物X中含有醛基；有机物X的核磁共振氢谱图上有2个吸收峰，峰面积之比是3∶1。
有机物X的结构简式是__________。
II.写出与互为同分异构体，且一溴代物只有两种的芳香烃的结构简式和名称：________________、___________。
【答案】 (1). 100 (2). C5H8O2 (3). (CH3)2C(CHO)2 (4). (5). 均三甲苯或1,3,5三甲苯
【解析】Ⅰ、(1)质谱图的最右端的曲线对应的横坐标就是有机物的相对分子质量，所以有机物X的相对分子质量是100。
(2) 10.0 g X的物质的量为0.1mol，生成的水的物质的量为7.2/18=0.4（mol），生成的CO2的物质的量为22/44=0.5(mol)，所以X分子中含有5个碳原子和8个氢原子，设为C5H8Oz，则12×5+8+16×z=100，所以z=2，故分子式为C5H8O2。
(3) C5H8O2的不饱和度为2，一个醛基的不饱和度为1，X的核磁共振氢谱图上有2个吸收峰，峰面积之比是3∶1=6:2，可以判断出X结构中含有2个甲基和2个醛基，故其结构简式为(CH3)2C(CHO)2。
II、的分子式为C9H12，不饱和度为4，含有一个苯环，其余碳碳之间为单键，一定含有甲基。一溴代物只有两种，甲基上有一种一溴代物，则苯环上也只有1种一溴代物，故苯环上一定连着3个甲基，且处于苯环上1，3，5的位置，所以结构简式为 ，名称为：均三甲苯或1，3，5-三甲苯。
22. (1)我国首创以铝_空气_海水电池作为能源的新型的海水标志灯，以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流，只要把灯放入海水数分钟，就会发出耀眼的白光。则电源的负极材料是________，负极反应为_____________；正极材料是__________，正极反应为_______________。
(2)熔盐电池具有高的发电效率，因而受到重视， 可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气为阴极助燃气，制得在650 ℃下工作的燃料电池，完成有关电池反应式。阳极反应式：2CO＋2CO－4e－===4CO2，阴极反应式：____________，电池总反应式：____________ 。
(3)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_______________。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为_________。
(4) “镁-次氯酸盐”燃料电池的装置如图所示，该电池的正极反应式为_________________。
【答案】 (1). 铝 (2). 4Al－12e－===4Al3＋ (3). 石墨等惰性电极 (4). 3O2＋6H2O＋12e－===12OH－ (5). O2＋2CO2＋4e－===2CO (6). 2CO＋O2===2CO2 (7). 负 (8). 4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4— (9). H2 (10). ClO-+2e-+H2OCl-+2OH
【解析】(1)该电池为原电池，负极材料为铝，铝失去电子，电极反应式为：4Al－12e－===4Al3＋；正极材料为石墨等惰性电极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，电极反应式为：3O2＋6H2O＋12e－===12OH－。
(2)空气中的O2在阴极得到电子并与CO2反应生成CO32-，阴极反应式为：. O2＋2CO2＋4e－===2CO32- ；将两个电极方程式相加得到电池总反应式：2CO＋O2===2CO2。
(3) 钢制品上电镀铝，所以钢制品作阴极，连接电源的负极；Al2Cl7—在阴极上得到电子生成Al，从而铝镀在钢制品上，阴极电极反应式为4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4—；若改用AlCl3水溶液作电解液，阴极上将是水溶液中的H+得到电子生成H2，故阴极产物为H2。
(4) “镁-次氯酸盐”燃料电池，镁作负极，ClO-在正极上得到电子生成Cl-，同时溶液中产生OH-，所以正极反应式为ClO-+2e-+H2OCl-+2OH。
点睛：本题考查在不同电解液的条件下，电极方程式的书写，答题时一定要注意电解液是水溶液还是有机物组成的离子液体或者是熔融态的电解液，如果是水溶液的电解液，要分清是酸性电解质还是碱性电解质或其他。电解质不同，所写电极方程式也可能不同，如第(3)问，电解质为非水体系时，阴极反应式为4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4—，而电解液为AlCl3水溶液时，阴极反应式为2H++2e-=H2↑。
23. 联氨（N2H4）是一种无色的可燃液体。请回答下列问题：
（1）联氨是火箭的重要燃料。已知：
(a) N2H4(l)的燃烧热ΔH1 = –624.0 kJ·mol–1
(b) ΔH2 = –66.4 kJ·mol–1
(c) ΔH3 = –28.6 kJ·mol–1
写出N2H4(l)在N2O4(g)中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式________________。
（2）N2H4能使锅炉内壁的铁锈（主要成分为Fe2O3·xH2O）变成磁性氧化铁，从而可减缓锅炉锈蚀。反应过程中每生成0.1 mol磁性氧化铁，转移的电子数为_________________。
（3）联氨-空气燃料电池的电解质为KOH溶液。写出该电池放电时负极的反应式________。
（4）联氨的制备方法有多种，尿素法是其中之一。在KMnO4的催化作用下，尿素CO(NH2)2和NaClO、NaOH溶液反应生成联氨、水和两种钠盐,写出该反应的化学方程式_________________。
【答案】 (1). ΔH = –1124.4 kJ·mol–1 (2). 6.02×1022 (3). N2H4-4 e－+4OH-=N2↑+4H2O (4). CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4 +H2O+NaCl+Na2CO3
【解析】（1）(a)的热化学方程式为N2H4(l)+ O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH1 =–624.0 kJ·mol–1， N2H4(l)在N2O4(g)中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式为(d): 2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH4，方程式d=2a-(b+2c)，所以ΔH4=2ΔH1-（ΔH2+2ΔH3）=–1124.4 kJ·mol–1，所以对应的热化学方程式为：2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH4=–1124.4 kJ·mol–1。
（2）磁性氧化铁为Fe3O4，Fe2O3·xH2O被N2H4还原为Fe3O4，铁的化合价从+3价降低到+8/3价，生成1molFe3O4得到电子（3-8/3）×3×1mol=3mol，所以生成0.1 mol磁性氧化铁转移的电子数为0.1×3×6.02×1023= 6.02×1022。
（3）联氨-空气燃料电池中，联氨在负极失去电子生成N2，负极的电极反应式为：
N2H4-4 e－+4OH-=N2↑+4H2O。
（4）KMnO4作催化剂，尿素CO(NH2)2和NaClO、NaOH溶液反应生成联氨、水和两种钠盐，据此可写出相应的化学方程式为：CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4 +H2O+NaCl+Na2CO3。
24. 已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A．K2Cr2O7 B．NaClO
C．H2O2 D．KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)除去Fe3＋的有关离子方程式是____________________、_______________________。
(4)加氧化剂的目的是____________________________________________。
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？_____。
【答案】 (1). C (2). CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] (3). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (4). CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等] (5). 将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离 (6). 不能 (7). 应在HCl气流中加热蒸发
【解析】(1)加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，但不能带入新的杂质，故最好的氧化剂是H2O2，H2O2被还原后生成H2O，没有带入新的杂质，而K2Cr2O7、NaClO、KMnO4都会带入新的杂质，故答案选C。
(2)溶液Ⅱ中的溶质为FeCl3和CuCl2，两者水解使溶液呈弱酸性，要使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，根据两种离子沉淀的pH不同，可以向溶液中加入固体CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]调节溶液的酸碱度，使溶液的pH=3.7，此时Fe3+沉淀而Cu2+未沉淀，同时也不会带入新的杂质，故答案为加入CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]。
(3)Fe3+发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入的CuO或Cu(OH)2与水解得到的H+反应，促使水解平衡正向移动，最终Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等]。
(4)加氧化剂的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，在较低的pH下可以使Fe3+沉淀而与Cu2+ 分离，若不氧化Fe2+ ，Fe2+沉淀时的pH为9.6，这个pH条件下Cu2+也会沉淀，无法分离出Cu2+，故答案为：将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离。
(5) CuCl2易发生水解：CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl，水解反应为吸热反应，直接加热蒸发结晶，平衡正向移动，且HCl容易挥发，也促使平衡正向移动，最终生成的是Cu(OH)2沉淀而不是CuCl2·2H2O晶体，因此必须抑制Cu2+的水解，持续通入HCl气体可增大生成物的浓度，使平衡逆向移动，从而抑制Cu2+的水解。故答案为：不能、应在HCl气流中加热蒸发。
25. 一种测定饮料中糖类物质含量（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下：取某无色饮料20.00 mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液并稀释至 100.00 mL。取 10.00 mL 稀释液，加入 30.00 mL 0.01500 mol ·L-1I2 标准溶液，置于暗处15分钟，滴加2〜3滴淀粉溶液，再用0.01200 mol • L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。
己知：①I2在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O
② Na2S2O3 与I2 能发生如下反应：I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6
(1)配制100.00mL0.01500mol·L-1I2标准溶液，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______ 。
(2)向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是_____________________。
(3)滴定终点的现象为___________________。
(4)计算该饮料中糖类物质的含量_________（单位：mg·mL-1)。
【答案】 (1). l00mL容量瓶 (2). 将饮料中糖类物质转化为葡萄糖 (3). 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 (4). 27.00mg·mL-1
【解析】本题考查溶液之间相互滴定的定量实验，包括一定物质的量浓度溶液的配制、滴定中注意的事项、滴定的终点的判断及有关计算的知识点。糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，最终生成葡萄糖，加碱使溶液呈碱性，I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，溶液由蓝色变为无色，即达到终点。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需要100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，所以答案为100mL容量瓶。
（2）糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，生成葡萄糖，加热可使反应速率加快。
（3）I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，I2过量，溶液呈蓝色。最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，当滴至最后一滴时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，即达到终点。故答案为：液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
（4）据② I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6 ，Na2S2O3消耗的I2的物质的量为0.01200 mol • L-1 ×0.025 L×1/2=1.5×10-4mol，葡萄糖消耗的I2的物质的量为0.03L× 0.01500 mol ·L-1-1.5×10-4mol=3×10-4mol，根据①C6H12O6+I2+3NaOH =C6H11O7Na+2NaI+2H2O可得葡萄糖的物质的量为3×10-4mol，稀释前葡萄糖的物质的量为3×10-4mol×10=3×10-3mol，质量为3×10-3mol×180g/mol=540mg，所以糖类物质的含量为540mg/20ml=27.00mg·mL-1。
化学（选修）试题
本试卷满分120分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cu 64
第I卷 选择题(共65分)
单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意
1. 日常生活中硫、氮氧化物的排放可能导致“酸雨”。下列活动会导致“酸雨”危害加剧的是
A. 种草植树，建设“海绵”城市 B. 推广使用电动车
C. 普及燃煤供暖，减少石油依赖 D. 开发太阳能照明
【答案】C
【解析】试题分析：种草植树、推广使用电动车、使用太阳能，都能减少酸雨的危害，SO2是引起酸雨的主要原因，普及燃煤，产生SO2，会使酸雨危害加剧，故选项C正确。
考点：考查环境保护、能源等知识。
2. 我国的“长三丙火箭”第三级推进器使用的燃料是液态氢。已知在25 °C时，2 g H2在O2中完全燃烧生成液态水时放出热量285.8 kJ。下列有关说法中，正确的是
A. H2的燃烧热为–285.8 kJ
B. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) DH = –571.6 kJ·mol–1
C. 25 °C时，2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g)的DH < –571.6 kJ·mol–1
D. 25 °C时，11.2 L H2在O2中完全燃烧生成液态水时放出热量142.9 kJ
【答案】B
【解析】A、根据题意可知H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，燃烧热用文字表达时不用加正负号，注意单位是kJ/mol，A错误；B、题目中1molH2完全燃烧生成液态水放热285.8 kJ，则2molH2完全燃烧生成液态水放热571.6 kJ，据此写出热化学方程式，B正确；C、同质量的气态H2O的能量高于液态水的能量，所以2molH2 完全燃烧生成气态水放出的热量小于571.6 kJ，因为DH<0，所以DH >–571.6 kJ·mol–1，C错误；D、11.2 L H2没有指明气体所处环境的压强，，无法计算，D错误。正确答案为B。
点睛：DH有正负号，注意反应为放热反应时DH的比较，放出的热量越多DH越小，反之越大，如选项C中生成气态水放出的热量小于571.6 kJ，因为是放热，DH小于0，所以DH >–571.6 kJ·mol–1。
3. 下列各化合物的命名中正确的是
A. CH2===CH—CH===CH2 1,3二丁烯 B. 3丁醇
C. 甲基苯酚 D. 2甲基丁烷
【答案】D
【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可知选项D正确，A应该是1，3－丁二烯，B应该是2－丁醇，C应该是邻甲基苯酚，答案选D。
考点：考查有机物的命名
点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练。该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。有利于培养学生的规范答题能力。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 含有大量ClO-的溶液：Na+、OH-、I-、SO32-
B. 使pH试纸变蓝的溶液：NH4+、K+、S2-、CO32-
C. 澄清透明的溶液：Cu2+、Fe3+、NO3-、Cl-
D. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液：Na+、Cl-、CO32-、NO3-
【答案】C
【解析】A、ClO-具有氧化性，I-、SO32-具有还原性，不能共存，发生的反应分别为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-，ClO-+SO32- =Cl-+SO42-，A错误；B、使pH试纸变蓝的溶液为碱性溶液，OH-与NH4+不共存，B错误；C、C中四种离子可以共存，C正确；D、Al3+与CO32-发生双水解：2Al3++3CO32-+6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，D 错误。正确答案为C。
点睛：ClO-不管是在酸性、碱性还是中性溶液中均有氧化性，与具有还原性的离子如I-、SO32-等能发生氧化还原反应。
5. 4去甲基表鬼臼毒素具有抗肿瘤等作用，分子结构如图所示，分子中含有的含氧官能团有
A. 2种 B. 3种 C. 6种 D. 5种
【答案】B
【解析】该有机物分子中含有的含氧官能团有：醚键、羟基和酯基共3种，故答案选B。正确答案为B。
6. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①④⑤
【答案】D
【解析】饱和氯化钠溶液中通入氨气后，溶液显碱性，再通入CO2气体，生成HCO3-，NaHCO3的溶解度比较小，故可以析出NaHCO3晶体，化学方程式为：NaCl +NH3+CO2=NaHCO3 ↓+NH4Cl，①正确；N2与O2必须在高温或放电条件下才能反应且生成NO，不能生成NO2，②错误；海水中含有Mg2+，加入Ca(OH)2生成Mg(OH )2沉淀，再加入HCl转化为MgCl2溶液，由于Mg2+容易水解，必须在HCl气流中加热蒸发才可以得到MgCl2固体，③错误；Al2O3与HCl反应生成AlCl3，再通入氨水得到Al (OH )3沉淀，④正确；BaSO4溶于水存在溶解平衡：BaSO4（s）Ba 2+(aq)+SO42-(aq)，加入CO32-发生反应CO32-(aq)+Ba2+(aq) BaCO3(s)，Ba2+浓度减小，促使BaSO4的溶解平衡不断正向移动，反复加入CO32-，生成BaCO3的平衡不断正向进行，最终BaSO4完全溶解而转化为BaCO3沉淀，最后加稀盐酸生成BaCl2，⑤正确。故能实现的是①④⑤，答案选D。正确答案为D。
7. 利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是
A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀
B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀
C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法
【答案】D
8. 下列有关氨或铵盐的说法不正确的是
A. NH3属于弱电解质
B. 可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C. 用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c（NH4+）=c（Cl﹣）
D. 常温时，0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液加水稀释，的值不变
【答案】A
【解析】试题分析：A．NH3属于非电解质， A错误；B．可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，现象是变为蓝色，B正确；C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，根据电荷守恒可知c(NH4+) = c(Cl－)，C正确；D．＝1/Kh，温度不变，因此比值不变，D正确，答案选A。
考点：考查氨及铵盐的性质
9. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A. 升高温度能提高HCl的转化率
B. 加入催化剂，能使该反运的焓变减小
C. 1molCl2转化为2molCl2原子放出243kJ热量
D. 断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高
【答案】D
【解析】A 、该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，HCl的转化率降低，A错误；B、催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物的能量差有关，B错误；C、断裂化学键需要吸收能量，1molCl2转化为2molCl原子应该吸收243kJ热量，C错误；D、设H-Cl键能为a，H-O键能为b，△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即b>a，所以H-O键的键能大于H-Cl键能，D正确。正确答案为D。
10. 298K下，一些银盐的溶度积见下表。
化学式
Ag2SO4
Ag2S
AgCl
AgBr
AgI
KSP
1.2×10-5
6.7×10-50
1.8×10-10
5.0×10-13
8.9×10-17
下列说法中，错误的是
A. 五种银盐中，常温下溶解度最大的是Ag2SO4
B. 向饱和AgCl溶液中加入0.1mol/LNa2S溶液后，有黑色沉淀生成
C. 常温下，饱和卤化银溶液中c(Ag+)大小顺序为：AgCl
【答案】C
【解析】A、Ag2SO4的溶度积远远大于其他三种物质的溶度积，所以常温下溶解度最大的是Ag2SO4，A正确；B、Ag2S的溶度积远远小于AgCl的溶度积，所以向饱和AgCl溶液中加入0.1mol/LNa2S溶液后，AgCl的溶解平衡将破坏，生成溶度积更小的黑色沉淀Ag2S，B正确；C、三种卤化银的分子组成和结构相似，则在饱和溶液中，溶度积越大的卤化银的溶解度越大，Ag+的浓度也越大，所以Ag+浓度大小顺序为：AgCl >AgBr>AgI，C错误；D、0.02mol/LAgNO3溶液与0.02mol/LNa2SO4溶液等体积混合后，Ag+、SO42-的浓度均为0.01mol/L，Qc= c2(Ag+)× c(SO42-)=0.012×0.01=1×10-6<1.2×10-5，所以无沉淀生成，D正确。正确答案为D。
点睛：不能根据溶度积的大小简单的判断溶解度的大小，一般来说，两种沉淀的组成和结构相似，溶度积越大的溶解度也大，相应的离子浓度也越大，但如果两种沉淀的组成结构不相似，如Ag2SO4和AgCl，不能直接根据两者的溶度积判断两者溶解度的大小，必须通过平衡常数的计算来判断。当然如果两者的溶度积相差两个以上的数量级时，可以直接判断，如Ag2SO4的溶度积的数量级为10-5 ，AgCl的溶度积的数量级为10-10 ，两者相差很大，故可直接判断Ag2SO4的溶解度大于AgCl的溶解度。
11. 氢核磁共振谱是根据分子中不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号峰不同来确定分子中氢原子种类的。在下列6种有机分子中，氢核磁共振谱中给出的信号峰数目相同的一组是
A. ①⑤ B. ②④ C. ④⑤ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】在确定氢原子的种类时，要考虑分子的对称性。①有4种信号峰、②有2种信号峰、③有6种信号峰、④有3种信号峰、⑤有3种信号峰、⑥有4种信号峰，故信号峰数目相同的是①和⑥，均有4种、或者④和⑤，均有3种，故答案选C。正确答案为C。
点睛：考虑氢原子的种类时，要考虑分子的对称性，找到对称轴，如果有多条对称轴，要全部找出来，如物质①有1条对称轴，②有2条对称轴等；还要注意对某些结构做适当的变形，更有利于观察，如物质⑤可以画成，这样更有利于观察其对称性。
12. 下列说法正确的是
A. 水库的钢闸门接直流电源的正极，可以减缓闸门的腐蚀
B. 加入少量硫酸铜可加快锌与稀硫酸的反应速率，说明Cu2+具有催化作用
C. H2O2分解产生标准状况下22.4 L O2，理论上转移电子数约为4×6.02×1023
D. 常温下pH=3的盐酸与pH=11的某碱溶液等体积混合，若溶液呈碱性，该碱为弱碱
【答案】D
【解析】A、钢闸门接直流电源的正极，则钢闸门作阳极失电子溶解而被腐蚀，A错误；B、锌与稀硫酸的反应中加入硫酸铜，锌能置换出铜，从而形成原电池，加快反应速率，B错误；C、氧元素的化合价从-1价升高到0价，生成1molO2转移2mol电子，标准状况下22.4 L O2的物质的量为1mol，所以转移的电子数目为2×6.02×1023，C错误；D、常温下pH=3的盐酸与pH=11的某碱溶液等体积混合，酸电离出的H+和碱电离出的OH-的物质的量相等，若为强酸和强碱，溶液显中性。现在溶液呈碱性，说明溶液中有剩余的碱继续电离出OH-，所以该碱为弱碱，D正确。正确答案为D。
13. 通过以下反应均可获取CO。下列有关说法正确的是
①木炭不完全燃烧制CO：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH1＝－221kJ·mol－1
②木炭还原CO2制CO：C(s) +CO2(g)＝2CO(g) ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1
③焦炭还原Fe2O3制CO：Fe2O3(s) + 3C(s) 2Fe(s) + 3CO(g) ΔH 3＝+489.0kJ·mol－1
A. 反应①中化学能全部转化为热能
B. 反应②为吸热反应，在任何情况下都不能自发进行
C. 反应③中使用催化剂或移走部分CO，均可提高Fe2O3的转化率
D. 反应Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g) ΔH ＝－28.5 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】A、反应①中化学能大部分转化为热能，小部分转化为光能，A错误；B、反应②虽然为吸热反应，但为熵增的反应，根据复合判据可知高温下反应可以自发，B错误；C、催化剂不影响反应的平衡移动，移走部分CO可以使平衡正向移动，提高Fe2O3的转化率，C错误；D、反应Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)可通过：反应③-3×②得到，所以Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)的ΔH =ΔH 3-3×ΔH 2=+489.0kJ·mol－1-3×（+172.5 kJ·mol－1）=－28.5 kJ·mol－1，D正确。正确答案为D。
14. 分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇无具有相同官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有
A. 8种 B. 16种 C. 24种 D. 28种
【答案】C
...........................
点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有2种属于醇的同分异构体，CH3CH2OH和CH3CH(OH )CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。
15. 下列各图示与对应的描述相符合的是
A. 图甲表示分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b＞a＝100
B. 图乙表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图丁表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
不定项选择题：本题包括5个小题，每小题4分，共计20分，每个小题只有一个或两个选项符合题意。
16. 电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放的最大电能。“金属(M)〜空气电池”（如下图）具有原料易得、能量密度高等优点。该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH) n。下列说法不正确的是
A. “金属(M)〜空气电池”放电过程的正极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B. 比较Mg、Al、Zn三种“金属—空气电池”，“Al—空气电池”的理论比能量最高
C. 电解质溶液中的阴离子从负极区移向正极区
D. 在“M—空气电池”中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
【答案】C
【解析】A．正极上氧气得电子和水反应生成OH-，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2=mol、×3=mol、×2=mol，所以Al-空气电池的理论比能量最高，故B正确；C．电解质溶液中的阴离子从正极区移向负极区，故C错误；D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH-，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；故选C。
17. 单质碘在水中的溶解度较小，且溶解较慢。实验室配制碘水时，往往将碘单质加入稀KI溶液中。该溶液中存在平衡： 。该反应的平衡常数K随温度变化规律如图所示。下列说法中，正确的是
A. 向上述体系中加入CCl4，平衡不移动
B. 25 °C时，向上述体系中加入少量I2，平衡向右移动，平衡常数大于680
C. 该反应的平衡常数表达式为
D. 该反应的正反应为放热反应
【答案】CD
【解析】A、加入CCl4，水溶液中的I2部分溶于CCl4中，碘水中I2的浓度减小，平衡逆向移动，A错误；B、25 °C时，向上述体系中加入少量I2，碘水中I2的浓度增大，平衡向右移动，但温度不变，平衡常数不变仍为680，B错误；C、该反应的平衡常数的表达式为，C正确；D、由图像可知，温度升高时平衡常数减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，D正确。正确答案为CD。
18. 下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是
A. 常温下，将0.1mol·L－1NH4CI溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合：c(C1－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
B. 在小苏打溶液中存在：c(HCO3－)＝c(Na＋)－c(CO32－)－c(H2CO3)
C. 向CH3COOH溶液中加入适量的NaOH，得到pH＝4的混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. pH＝3的一元酸HX和PH＝11的一元碱MOH等体积混合：c(M＋)＝c(X－)＞c(H＋)＝c(OH－)
【答案】B
【解析】A、NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，NH4Cl有剩余且最后混合溶液中NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的物质的量相等，Cl-的物质的量等于NH4+和NH3·H2O的物质的量之和，所以c(C1－)> c(NH4＋)，NH3·H2O的电离大于NH4+的水解，所以c(NH4＋)> c(Na＋)，并且溶液显碱性， c(OH－)＞c(H＋)，NH3·H2O的电离是微弱的，所以c(NH4＋)＞c(OH－)，H+浓度最小，故离子浓度大小顺序为：c(C1－)＞c(NH4＋) ＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，A错误；B、在NaHCO3 溶液中，根据物料守恒有c(HCO3－)+ c(CO32－)+ c(H2CO3) ＝c(Na＋) ，所以有c(HCO3－)＝c(Na＋)－c(CO32－)－c(H2CO3)，B正确；C、CH3COOH溶液中加入适量的NaOH，因为溶液显电中性，根据电荷守恒有c(Na＋)+ c(H＋)＞=c(CH3COO－)+c(OH－)，当c(Na＋)＞c(CH3COO－)时，必有c(H＋)
A. 实验室用Zn和稀硫酸制H2，为加快反应速率，可向稀硫酸中加入少量Cu粉
B. CH3Cl(g)＋Cl2(g) CH2Cl2(l)＋HCl(g)常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. 在一体积可变的恒温密闭容器中发生反应PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g)，压缩体积，平衡正向移动，K值增大
D. 25℃时Ka(HClO)＝3.0×10－8，Ka(HCN)＝4.9×10－10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液pH相同，则c(NaClO)
【解析】A、稀硫酸中加入少量Cu粉，Zn-H2SO4-Cu构成原电池，可以加快反应速率，A正确；B、CH3Cl(g)＋Cl2(g) CH2Cl2(l)＋HCl(g)的熵变小于0，常温下能自发进行，根据复合判据可知该反应的ΔH一定小于0，B错误；C、恒温下压缩体积相当于增大压强，该反应的平衡正向移动，温度不变，K值不变，C错误；D、Ka(HClO)>Ka(HCN)，HClO的酸性大于HCN的酸性，所以相同浓度的ClO-的水解程度小于CN-的水解程度，前者水解得到的OH-浓度小于后者水解得到的OH-浓度，要使两者水解得到的OH-浓度相同，则NaClO的浓度要大于NaCN的浓度，D错误。正确答案为A。
20. 一定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)＋6H2(g) C2H5OH(g)＋3H2O(g)达平衡，下列说法正确的是
容器
温度/K
物质的起始浓度(mol/L)
物质的平衡浓度(mol/L)
CO2(g)
H2(g)
C2H5OH(g)
H2O(g)
C2H5OH(g)
甲
500
0.20
0.60
0
0
0.083
乙
500
0.40
1.20
0
0
丙
600
0
0
0.10
0.30
0.039
A. 该反应正反应为吸热反应
B. 达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的小
C. 达平衡时，转化率：α(CO2 ,甲)＋α(C2H5OH ,丙)＞1
D. 达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2 ,甲)＜c(CO2 ,乙)
【答案】BC
【解析】A、丙和甲比较，将丙中的生成物按照“一边倒”的方法转化为反应物，温度相同时，甲和丙构成等效平衡，平衡时乙醇的浓度应相等，现在丙在甲的基础上升温，乙醇的浓度降低，平衡逆向移动，可知逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，A错误；B、甲中反应物的浓度小于乙中反应物的浓度，所以甲乙达到平衡时，甲中的速率小于乙中的速率，故容器甲中的逆反应速率比容器乙中的小，B正确；C、α(CO2，甲)＝0.083×2÷0.2×100% =83%，α(C2H5OH，丙)=（ 0.10-0.039）÷0.1×100%=61%，α(CO2，甲)＋α(C2H5OH，丙)=144%＞1，C正确；D、乙中起始投料是甲中的2倍，如果容器体积可以变化，则甲乙是等效平衡，乙中CO2的浓度与甲中CO2的浓度相等，现在两个容器的体积相等，故可将乙容器的体积缩小一半，假设平衡不移动，则乙中CO2的浓度扩大一倍，即乙中CO2的浓度是甲中CO2浓度的2倍，但缩小体积，平衡将正向移动，所以乙中CO2的浓度小于甲中CO2浓度的2倍，故2c(CO2，甲)>c(CO2 ，乙)，D错误。正确答案为BC。
第II卷 非选择题(共55分)
21. Ⅰ.有机物X是一种重要的有机合成中间体，用于制造塑料、涂料和黏合剂等高聚物。为研究X的组成与结构，进行了如下实验：
(1)有机物X的质谱图为：
有机物X的相对分子质量是________。
(2)将10.0 g X在足量O2中充分燃烧，并使其产物依次通过足量的无水CaCl2和KOH浓溶液，发现无水CaCl2增重7.2 g，KOH浓溶液增重22.0 g。
有机物X的分子式是______。
(3)经红外光谱测定，有机物X中含有醛基；有机物X的核磁共振氢谱图上有2个吸收峰，峰面积之比是3∶1。
有机物X的结构简式是__________。
II.写出与互为同分异构体，且一溴代物只有两种的芳香烃的结构简式和名称：________________、___________。
【答案】 (1). 100 (2). C5H8O2 (3). (CH3)2C(CHO)2 (4). (5). 均三甲苯或1,3,5三甲苯
【解析】Ⅰ、(1)质谱图的最右端的曲线对应的横坐标就是有机物的相对分子质量，所以有机物X的相对分子质量是100。
(2) 10.0 g X的物质的量为0.1mol，生成的水的物质的量为7.2/18=0.4（mol），生成的CO2的物质的量为22/44=0.5(mol)，所以X分子中含有5个碳原子和8个氢原子，设为C5H8Oz，则12×5+8+16×z=100，所以z=2，故分子式为C5H8O2。
(3) C5H8O2的不饱和度为2，一个醛基的不饱和度为1，X的核磁共振氢谱图上有2个吸收峰，峰面积之比是3∶1=6:2，可以判断出X结构中含有2个甲基和2个醛基，故其结构简式为(CH3)2C(CHO)2。
II、的分子式为C9H12，不饱和度为4，含有一个苯环，其余碳碳之间为单键，一定含有甲基。一溴代物只有两种，甲基上有一种一溴代物，则苯环上也只有1种一溴代物，故苯环上一定连着3个甲基，且处于苯环上1，3，5的位置，所以结构简式为 ，名称为：均三甲苯或1，3，5-三甲苯。
22. (1)我国首创以铝_空气_海水电池作为能源的新型的海水标志灯，以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流，只要把灯放入海水数分钟，就会发出耀眼的白光。则电源的负极材料是________，负极反应为_____________；正极材料是__________，正极反应为_______________。
(2)熔盐电池具有高的发电效率，因而受到重视， 可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气为阴极助燃气，制得在650 ℃下工作的燃料电池，完成有关电池反应式。阳极反应式：2CO＋2CO－4e－===4CO2，阴极反应式：____________，电池总反应式：____________ 。
(3)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_______________。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为_________。
(4) “镁-次氯酸盐”燃料电池的装置如图所示，该电池的正极反应式为_________________。
【答案】 (1). 铝 (2). 4Al－12e－===4Al3＋ (3). 石墨等惰性电极 (4). 3O2＋6H2O＋12e－===12OH－ (5). O2＋2CO2＋4e－===2CO (6). 2CO＋O2===2CO2 (7). 负 (8). 4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4— (9). H2 (10). ClO-+2e-+H2OCl-+2OH
【解析】(1)该电池为原电池，负极材料为铝，铝失去电子，电极反应式为：4Al－12e－===4Al3＋；正极材料为石墨等惰性电极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，电极反应式为：3O2＋6H2O＋12e－===12OH－。
(2)空气中的O2在阴极得到电子并与CO2反应生成CO32-，阴极反应式为：. O2＋2CO2＋4e－===2CO32- ；将两个电极方程式相加得到电池总反应式：2CO＋O2===2CO2。
(3) 钢制品上电镀铝，所以钢制品作阴极，连接电源的负极；Al2Cl7—在阴极上得到电子生成Al，从而铝镀在钢制品上，阴极电极反应式为4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4—；若改用AlCl3水溶液作电解液，阴极上将是水溶液中的H+得到电子生成H2，故阴极产物为H2。
(4) “镁-次氯酸盐”燃料电池，镁作负极，ClO-在正极上得到电子生成Cl-，同时溶液中产生OH-，所以正极反应式为ClO-+2e-+H2OCl-+2OH。
点睛：本题考查在不同电解液的条件下，电极方程式的书写，答题时一定要注意电解液是水溶液还是有机物组成的离子液体或者是熔融态的电解液，如果是水溶液的电解液，要分清是酸性电解质还是碱性电解质或其他。电解质不同，所写电极方程式也可能不同，如第(3)问，电解质为非水体系时，阴极反应式为4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4—，而电解液为AlCl3水溶液时，阴极反应式为2H++2e-=H2↑。
23. 联氨（N2H4）是一种无色的可燃液体。请回答下列问题：
（1）联氨是火箭的重要燃料。已知：
(a) N2H4(l)的燃烧热ΔH1 = –624.0 kJ·mol–1
(b) ΔH2 = –66.4 kJ·mol–1
(c) ΔH3 = –28.6 kJ·mol–1
写出N2H4(l)在N2O4(g)中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式________________。
（2）N2H4能使锅炉内壁的铁锈（主要成分为Fe2O3·xH2O）变成磁性氧化铁，从而可减缓锅炉锈蚀。反应过程中每生成0.1 mol磁性氧化铁，转移的电子数为_________________。
（3）联氨-空气燃料电池的电解质为KOH溶液。写出该电池放电时负极的反应式________。
（4）联氨的制备方法有多种，尿素法是其中之一。在KMnO4的催化作用下，尿素CO(NH2)2和NaClO、NaOH溶液反应生成联氨、水和两种钠盐,写出该反应的化学方程式_________________。
【答案】 (1). ΔH = –1124.4 kJ·mol–1 (2). 6.02×1022 (3). N2H4-4 e－+4OH-=N2↑+4H2O (4). CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4 +H2O+NaCl+Na2CO3
【解析】（1）(a)的热化学方程式为N2H4(l)+ O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH1 =–624.0 kJ·mol–1， N2H4(l)在N2O4(g)中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式为(d): 2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH4，方程式d=2a-(b+2c)，所以ΔH4=2ΔH1-（ΔH2+2ΔH3）=–1124.4 kJ·mol–1，所以对应的热化学方程式为：2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH4=–1124.4 kJ·mol–1。
（2）磁性氧化铁为Fe3O4，Fe2O3·xH2O被N2H4还原为Fe3O4，铁的化合价从+3价降低到+8/3价，生成1molFe3O4得到电子（3-8/3）×3×1mol=3mol，所以生成0.1 mol磁性氧化铁转移的电子数为0.1×3×6.02×1023= 6.02×1022。
（3）联氨-空气燃料电池中，联氨在负极失去电子生成N2，负极的电极反应式为：
N2H4-4 e－+4OH-=N2↑+4H2O。
（4）KMnO4作催化剂，尿素CO(NH2)2和NaClO、NaOH溶液反应生成联氨、水和两种钠盐，据此可写出相应的化学方程式为：CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4 +H2O+NaCl+Na2CO3。
24. 已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A．K2Cr2O7 B．NaClO
C．H2O2 D．KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)除去Fe3＋的有关离子方程式是____________________、_______________________。
(4)加氧化剂的目的是____________________________________________。
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？_____。
【答案】 (1). C (2). CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3] (3). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (4). CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等] (5). 将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离 (6). 不能 (7). 应在HCl气流中加热蒸发
【解析】(1)加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，但不能带入新的杂质，故最好的氧化剂是H2O2，H2O2被还原后生成H2O，没有带入新的杂质，而K2Cr2O7、NaClO、KMnO4都会带入新的杂质，故答案选C。
(2)溶液Ⅱ中的溶质为FeCl3和CuCl2，两者水解使溶液呈弱酸性，要使Fe3+沉淀而Cu2+不沉淀，根据两种离子沉淀的pH不同，可以向溶液中加入固体CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]调节溶液的酸碱度，使溶液的pH=3.7，此时Fe3+沉淀而Cu2+未沉淀，同时也不会带入新的杂质，故答案为加入CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]。
(3)Fe3+发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入的CuO或Cu(OH)2与水解得到的H+反应，促使水解平衡正向移动，最终Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等]。
(4)加氧化剂的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，在较低的pH下可以使Fe3+沉淀而与Cu2+ 分离，若不氧化Fe2+ ，Fe2+沉淀时的pH为9.6，这个pH条件下Cu2+也会沉淀，无法分离出Cu2+，故答案为：将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离。
(5) CuCl2易发生水解：CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl，水解反应为吸热反应，直接加热蒸发结晶，平衡正向移动，且HCl容易挥发，也促使平衡正向移动，最终生成的是Cu(OH)2沉淀而不是CuCl2·2H2O晶体，因此必须抑制Cu2+的水解，持续通入HCl气体可增大生成物的浓度，使平衡逆向移动，从而抑制Cu2+的水解。故答案为：不能、应在HCl气流中加热蒸发。
25. 一种测定饮料中糖类物质含量（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下：取某无色饮料20.00 mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液并稀释至 100.00 mL。取 10.00 mL 稀释液，加入 30.00 mL 0.01500 mol ·L-1I2 标准溶液，置于暗处15分钟，滴加2〜3滴淀粉溶液，再用0.01200 mol • L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。
己知：①I2在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O
② Na2S2O3 与I2 能发生如下反应：I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6
(1)配制100.00mL0.01500mol·L-1I2标准溶液，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和______ 。
(2)向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是_____________________。
(3)滴定终点的现象为___________________。
(4)计算该饮料中糖类物质的含量_________（单位：mg·mL-1)。
【答案】 (1). l00mL容量瓶 (2). 将饮料中糖类物质转化为葡萄糖 (3). 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 (4). 27.00mg·mL-1
【解析】本题考查溶液之间相互滴定的定量实验，包括一定物质的量浓度溶液的配制、滴定中注意的事项、滴定的终点的判断及有关计算的知识点。糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，最终生成葡萄糖，加碱使溶液呈碱性，I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，溶液由蓝色变为无色，即达到终点。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需要100ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，所以答案为100mL容量瓶。
（2）糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，生成葡萄糖，加热可使反应速率加快。
（3）I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，I2过量，溶液呈蓝色。最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，当滴至最后一滴时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，即达到终点。故答案为：液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
（4）据② I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6 ，Na2S2O3消耗的I2的物质的量为0.01200 mol • L-1 ×0.025 L×1/2=1.5×10-4mol，葡萄糖消耗的I2的物质的量为0.03L× 0.01500 mol ·L-1-1.5×10-4mol=3×10-4mol，根据①C6H12O6+I2+3NaOH =C6H11O7Na+2NaI+2H2O可得葡萄糖的物质的量为3×10-4mol，稀释前葡萄糖的物质的量为3×10-4mol×10=3×10-3mol，质量为3×10-3mol×180g/mol=540mg，所以糖类物质的含量为540mg/20ml=27.00mg·mL-1。
相关资料
更多
