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【化学】广东省肇庆市蓝精灵中学2018-2019学年高二上学期联考（解析版） 试卷
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广东省肇庆市蓝精灵中学2018-2019学年高二上学期联考
1.下列关于化学用语的表示正确的是（ ）
A. 过氧化钠的电子式：
B. 次氯酸分子的结构式：H﹣Cl﹣O
C. C60和石墨互为同位素
D. 具有10个中子的氧原子：
【答案】D
【解析】
A. 过氧化钠是离子化合物，阴离子需要标出所带电荷，正确的电子式为:,故A错误；B. 次氯酸分子中存在一个H-O键和一个O-Cl键，其正确的的结构式：H-O﹣Cl故B错误；C. C60和石墨为同种元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，故C错误；D. 氧元素的质子数为8，具有10个中子的氧原子质量数为18，该原子可以表示为O，故D选项正确；因此本题正确选项为D。
点睛：本题考查化学用语，易错选项B，次氯酸的中心原子为O，不存在H-Cl。
2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是( )
A. 海带提碘 B. 氯碱工业 C. 海水淡化 D. 海水提溴
【答案】C
【解析】
【详解】A.碘以离子存在，海水提碘时碘离子被氧化为碘单质，碘元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故A不选；
B.氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H元素化合价降低、Cl元素的化合价升高，为氧化还原反应,故B不选；
C. 海水通过蒸馏的方法除去氯化钠等杂质得到纯净的水，没有新物质生成，属于物理变化，C可选；
D.海水中溴以离子存在，海水提溴时溴离子氧化为溴单质，溴元素的化合价升高，发生氧化还原反应,故D不选；
正确选项C。
3. 硼的最高价含氧酸的化学式不可能是
A. HBO2 B. H2BO3 C. H3BO3 D. H2B4O7
【答案】B
【解析】
试题分析：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断，H2BO3中B的化合价为+4价，所以不可能是H2BO3，故选项B符合题意。故选B。
考点：考查根据化学式判断化合价
4. 下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是
A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. SiC与SiO2 D. Cl2与I2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；故选C。
【考点定位】考查不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【名师点晴】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力。
5.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，错误；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，错误；C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，正确；D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，错误。
考点：考查离子方程式正误判断
6.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3 - Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe2 Fe2+
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3﹒H2OAl(OH)3↓+3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H+ H2SiO3↓+3 Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A项，铜和稀硝酸反应生成的是NO而不是NO2，故A项错误；
B项，该离子方程式左右两边得失电子不守恒，应为：2Fe3++Fe3Fe3+，故B项错误；
C项，氨水显弱碱性，所以即使氨水过量，Al(OH)3也不溶于氨水，生成物仍为Al(OH)3↓，故C项正确；
D项，Na2SiO3是强电解质，要拆成离子，所以正确的离子方程式为：SiO32-+2H+ H2SiO3↓，故D项错误；
正确选项C。
7.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. SiO2SiCl4Si
B. FeS2SO2H2SO4
C. N2NH3NH4Cl(aq)
D. MgCO3MgCl2Mg
【答案】C
【解析】
【详解】A项，SiO2是酸性氧化物，不能和盐酸反应，得不到SiCl4，故不选A项；
B项，SO2与H2O反应得到的是H2SO3，故不选B项；
C项，N2和H2在高温、高压、催化剂条件下可制得NH3，NH3与HCl溶液可制得NH4Cl溶液，故选C项；
D项，电解MgCl2溶液，生成产物为Mg(OH)2、Cl2和H2，电解熔融的MgCl2可制备镁单质，故不选D项。
正确选项C。
8.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
试题分析：A．二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误；B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；D．Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D正确；故选D。
考点：考查了二氧化硫、铵盐、铁盐和氧化铝的性质的相关知识。
9.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量==1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；故选A。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的分析应用，涉及物质组成、氧化还原反应、可逆反应、气体摩尔体积等。
【名师点晴】本类题的解题策略：（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系；（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系；（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。
10.[2016全国Ⅰ]下列实验操作能达到实验目的的是
A. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D. 将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
【答案】C
【解析】
A. 乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分离互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗，A错误；B.NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应该用排水法收集，B错误；C. 氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子发生水解反应，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液变浑浊当最终水达到电离平衡时，溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑制盐的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极容易溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的NaCl，由于c(Cl-)增大，氯气的溶解度减小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，D错误。答案选C。
11.向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是
A. c(CO32－) B. c(Mg2+) C. c(H+) D. Ksp(MgCO3)
【答案】A
【解析】
MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+(aq)，加入少量稀盐酸可与反应促使溶解平衡正向移动，故溶液中c()减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。故选A。
12. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是
A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D. 原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
【答案】B
【解析】
Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A．元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，故D错误；故选B。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
B. 0.1mol/L碳酸钠溶液加热后，溶液的pH减小
C. 常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
D. 室温下，稀释0.1mol/L醋酸溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【解析】
【详解】A项，氢氧燃料电池，H2在负极上失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：H2-2e-=2H+，故A项正确；
B项，Na2CO3溶液水解呈碱性，加热会促进水解，溶液的pH会增大，故B项错误；
C项，在标准状况下，22.4LCl2（物质的量为1mol）中含有的分子数为6.02×1023个，常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数小于6.02×1023个，故C项错误；
D项，稀释溶液，溶液中的离子浓度减小，导电能力减弱，故D项错误。
正确选项A。
14.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（ ）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)＝2H2（g）+O2（g） ΔH1=571.6kJ·mol–1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O(g)＝CO（g）+H2（g）ΔH2=131.3kJ·mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O(g)＝CO（g）+3H2（g）ΔH3=206.1kJ·mol–1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小
D. 反应CH4（g）＝C（s）+2H2（g）的ΔH3=74.8kJ·mol–1
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应①中光能转化为化学能，故A项错误；
B项，反应②的ΔH >0，该反应为吸热反应，故B项错误；
C项，催化剂能改变反应速率，但对化学平衡和反应热没有影响，故C项错误。
D项，根据盖斯定律，③-②得CH4（g）＝C（s）+2H2（g）的ΔH3=+74.8kJ·mol–1，故D项正确；正确选项D。
15.对于可逆反应A（g）+ 2B(g)2C(g)(正反应吸热)，下列图象中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
增大压强,平衡正向移动,则交叉点后应正反应速率大于逆反应速率,A错误；增大压强,平衡正向移动,则瞬间变化应正反应速率大于逆反应速率,B错误；温度高的反应速率快,转化率大,与图象不符,C错误；温度高的反应速率快,且升高温度平衡正向移动,A%减小,与图象一致,D正确；正确选项D。
点睛：对于有三个变量的图像，处理的方法是“定一义二”，即先让一个量保持不变，讨论另外两个变量之间的关系；“先拐先平，条件高”，即图像中先出现拐点的曲线对应的温度高、压强大。
16.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH
B. 加入过量NaClO 溶液: NH4+、Fe2+、H+、SO42-、ClO-
C. 加入过量NaOH溶液: Na+、Fe2+、NH4+、SO42-、OH-
D. 加入过量NaClO溶液: Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-
【答案】D
【解析】
A．氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在亚铁离子，故A错误；B．Fe2+有强还原性，ClO-离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．Fe2+、OH-结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；D．该组离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO溶液，离子之间仍不反应，能共存，故D正确；故选D。
点睛：熟悉复分解反应发生的条件及强氧化性离子与强还原性离子间发生的氧化还原反应是解答本题的关键。本题中要注意NaClO溶液具有强氧化性。
17.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)>c(AlO2-)> c(OH-)>c(CO32-)
C
0.015
c(Na+)> c(HCO3-)>c(CO32-)> c(OH-)
D
0.03
c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
试题分析：向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；之后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；最后二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。A.未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，因为HCO3- > Al(OH)3，所以水解程度CO32-< AlO2-，因此c(CO32-) >c(AlO2-)，故B错误；C.形成碳酸钠溶液，+H2O+OH－，H2O H++OH－，离子浓度的关系为c(Na+)> c(CO32-) > c(OH-)> c(HCO3-)，故C错误；D.形成碳酸氢钠溶液， + H2OH2CO3 + OH－，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)，故D正确。故选D。
18.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】
A、加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（CH3COO-）、c（H+）都增大且增大程度相同，才c（CH3COOH）减小，所以增大，选项A错误；B、升高温度，CH3COONa溶液水解程度增大，溶液中c（CH3COO-）减小、c（CH3COOH）、c（OH-）都增大，所以减小，选项B错误；C、向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）= c（OH-），且电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）= c(Cl-)+c（OH-），则溶液中，选项C错误；D、向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，=，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中不变，选项D正确。答案选D。
19. 两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基醛：
若两种不同的醛，例如乙醛(CH3CHO)与丙醛(CH3CH2CHO)在NaOH溶液中最多可以形成羟基醛有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】D
【解析】
试题分析：根据已知信息可判断乙醛与丙醛在NaOH溶液中可以发生同种醛的加成有2种，也可以发生不同种醛的加成也有2种，共4种，答案选D。
考点：考查羟基醛生成的有关判断
20.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】
试题分析：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。
【考点定位】考查氧化还原反应的计算
【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。
21.下表为元素周期表的一部分。
碳
氮
Y
X
硫
Z
回答下列问题
（1）Z元素在周期表中的位置为__________。
（2）表中元素原子半径最大的是（填元素符号）__________。
（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__________；
a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b.在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多
c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式__________。
（5）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9:1，烃的电子式为__________。Q与水反应的化学方程式为__________。
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种气体组成，气体的相对分子质量都小于50.为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式及物质的量分别为__________。
【答案】 (1). 第三周期，ⅦA族 (2). Si (3). ac (4). Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=−687 kJ/mol (5). (6). Mg2C3+4H2O=2 Mg(OH)2+C3H4↑ (7). NO 0.9 mol；NO2 1.3 mol
【解析】
【详解】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素；
（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，原子结构示意图为：，位于周期表中第三周期、ⅦA族；正确答案：第三周期，ⅦA族。
（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si；正确答案：Si。
（3）a、Y为O元素，氧气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明氧元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；
b、Y为O元素，在氧化还原反应中，1mol氧气比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；
c、元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明O的非金属性较强，故c正确；
所以能说明非金属性O大于S的有a、c，正确选项ac。
（4）X的单质为Si，室温下为固态，Z的单质为Cl2，室温下为气态，反应生成X的最高价化合物为SiCl4，熔、沸点分别为-69℃和58℃, 则SiCl4室温下为液态，热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=−687 kJ/mol；正确答案：Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=−687 kJ/mol。
（5）烃分子中碳氢原子质量比为9:1，设烃为CxHy，则碳氢原子个数比为12×x/y=9/1，x：y=3:4；则该烃分子式为C3H4，为丙炔，电子式为；1molQ与水反应生成2molMg（OH）2，根据镁元素守恒，可知化合物Q为Mg2Ca，根据碳原子守恒，可知a=3，所以Q为Mg2C3，它与水反应的化学方程式为：Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑；正确答案：；Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑。
（6）铜与硝酸和硫酸的混合酸反应生成气体的相对分子质量小于50，且生成的盐只有硫酸铜，因此该气体为NO、NO2。设NO、NO2的物质的量分别为x、y，NO、NO2与NaOH溶液和氧气反应，最终生成NaNO3，根据氮元素守恒可知：x+y=n(NO3-),根据物料守恒有n(NO3-)=n(Na+)=n(NaOH)=1×2.2=2.2mol，根据得失电子守恒，有3x+y= 4n(O2)=4mol，计算可得x=0.9mol，y=1.3mol；正确答案： NO、 0.9 mol；NO2 、1.3 mol。
22.（1）甲醇是一种可再生能源，用途广泛，一种由甲醇、氧气以及强碱溶液制成的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10倍。回答下列有关问题：
如图所示：
①甲池通入CH3OH的电极反应式为__________；乙池石墨一极的电极反应式为______；
②反应一段时间后，向乙池中加入一定量________能使CuSO4溶液恢复到原浓度；
③甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生__________g沉淀。
（2）工业上有一种生产甲醇的反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) △H＝-49.0kJ·mol-1。在某温度下，容积均为2L的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：
容器
A
B
反应物投入量
1mol CO2（g）和3mol H2（g）
1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）
CH3OH（g）浓度（mol•L-1）
c1
c2
反应能量变化
放出29.4kJ
吸收akJ
①从反应开始至达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为______________；
②该温度下，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的化学平衡常数的值为_____________；
③a=______________。
④下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO2)增大的是____________。
A．升高温度 B．充入氢气
C．将水蒸气从体系中分离 D．用更有效的催化剂
【答案】 (1). CH3OH－6e-＋8OH-＝CO32-＋6H2O (2). 4OH−-4e−＝O2↑+2H2O (3). CuO (4). 1.45 g (5). 0.03 (6). 2.08 (7). 19.6 (8). BC
【解析】
【详解】（1）①甲池通入CH3OH的电极是负极，甲醇失去电子，在碱性环境下变为碳酸根离子，电极反应式为CH3OH－6e-＋8OH-＝CO32-＋6H2O；乙池石墨一极与电源的正极相连，作阳极，氢氧根离子放电，电极反应式为4OH−-4e−＝O2↑+2H2O；正确答案：CH3OH－6e-＋8OH-＝CO32-＋6H2O ；4OH−-4e−＝O2↑+2H2O。
②乙池中阳极氢氧根离子放电生成氧气，阴极铜离子放电生成铜，电解总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+2O2↑；因此反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO能使CuSO4溶液恢复到原浓度；正确答案：CuO。
③甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，转移电子的物质的量是0.28×4/22.4=0.05mol。惰性电极电解MgCl2溶液生成氢氧化镁沉淀、氯气和氢气，离子方程式为Mg2＋＋2H2O＋2Cl－Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，所以根据电子守恒可知生成氢氧化镁的物质的量是0.025mol，即此时丙池中理论上最多产生氢氧化镁沉淀：0.025mol×58g/mol＝1.45g；正确答案：1.45g。
（2）①1mol二氧化碳完全反应放出49.0kJ热量，当放出29.4kJ热量时，则参加反应的n（CO2）=29.4×1/49=0.6mol，CO2 的平均反应速率v==0.6/(2×10)==0.03mol/（L∙S）正确答案：0.03。
② CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始量 1 3 0 0
变化量 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡量 0.4 1.2 0.6 0.6
各物质浓度分别为c(CO2)=0.2mol/L, c(H2)=0.6mol/L, c(CH3OH)=0.3mol/L, c(H2O)=0.3 mol/L；根据K==0.3×0.3/(0.2×0.63)=2.08；正确答案：2.08。
③恒温恒容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值，则吸收的热量=反应热-放出的热量=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ；正确答案：19.6。
④要使n（CH3OH）/n（CO2）增大，应使平衡向正反应方向移动， 所以：
A．因正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则n（CH3OH）/n（CO2）减小，故A错误；
B．充入氢气，平衡向正反应方法移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，故B正确；
C．将水蒸气从体系中分离，平衡向正反应方向移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，故C正确；
D．用更有效的催化剂，平衡不移动，则n（CH3OH）/n（CO2）不变，故D错误；
正确选项：BC。
【点睛】用惰性电解电解硫酸铜溶液，反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+2O2↑；由于反应后生成铜和氧气，因此要把电解后的溶液恢复到电解前的状态，要加入铜和氧气形成的化合物氧化铜，不能加入氢氧化铜，且满足“缺多少补多少，缺什么补什么”规律。
23.X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的气态氢化物具有相同的电子数，一般情况下X的单质只有氧化性：
（1）写出实验室制取W2反应的离子方程式：________________________。
（2）某小组设计如图所示的实验装置（图中夹持和加热装置略去）,分别研究YX2、W2的性质。
①分别通入YX2和W2，在装置A中观察到的现象是否相同_________________（填“相同”、“不相同”）；若装置D中装的是铁粉，当通入W2时D中观察到的现象为__________；若装置D中装的是五氧化二钒，当通入YX2时，打开K通入适量X2，化学方程式为_______________________________________。
②若装置B中装入5.0mL1.0×10-3mol/L的碘水，当通入足量W2完全反应后，转移了5.0×10-5mol电子，则该反应的化学方程式为__________________。
（3）某同学将足量的YX2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，向该试管中加入过量_____（填字母）可以看到白色沉淀生成。
A．氨水 B．稀盐酸 C．稀硝酸 D．氯化钙
（4）如由元素Y和X组成-2价酸根Z，Z中Y和X的质量比为Y:X=4:3，当W2与含Z的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀产生，且两种沉淀物质量相等。写出W2与Z的溶液完全反应产生浅黄色沉淀的离子方程式_____。
【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 相同 (3). 棕黄色的烟 (4). Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl (5). I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl (6). AC (7). Cl2+S2O32-+H2O=SO42-+S↓+2H++2Cl-
【解析】
【详解】X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的气态氢化物具有相同的电子数，一般情况下X的单质只有氧化性，则X是O，Y 是S，W是Cl。
（1）在实验室一般是用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；正确答案：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（2）①SO2、Cl2的水溶液都具有漂白性，所以若分别通入SO2和Cl2，在装置A中都会观察到品红溶液褪色，故看到的现象是相同的；若装置D中装的是铁粉，当通入Cl2时，在D中发生反应产生FeCl3，所以D中观察到的现象为产生棕黄色的烟；若装置D中装的是五氧化二钒，当通入SO2时，打开K通入适量Cl2，化学方程式为Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；正确答案：相同 ； 棕黄色的烟；Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。
②若装置B中装入5.0mL1.0×10-3mol/L的碘水，n（I2）= 1.0×10-3mol/L×0.005L=5.0×10-6mol，当通入足量Cl2完全反应后，转移了5.0×10-5mol电子，则1molI2失去10mol电子，所以发生反应的化学方程式为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；正确答案：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl。
（3）将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，由于酸性HCl>H2SO3，所以SO2不能与BaCl2溶液发生复分解反应，未见沉淀生成；
A．向该试管中加入过量氨水，会发生SO2与氨水发生复分解反应产生SO32-，然后与溶液的Ba2+再形成BaSO3白色沉淀，正确；
B．稀盐酸与溶液的成分不能发生反应，不能产生白色沉淀，错误；
C．稀硝酸具有强的氧化性，会把亚硫酸氧化产生硫酸，硫酸与氯化钡溶液发生复分解反应，产生硫酸钡白色沉淀，正确；
D．氯化钙溶液与溶液的成分不能发生反应，因此不能形成白色沉淀，错误；
正确选项AC。
（4）如由元素S和O组成-2价酸根Z，Z中Y和X的质量比为Y:X=4:3，则Z是S2O32-，当Cl2与含S2O32-的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀S产生，取上层清液加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀产生，且两种沉淀物质量相等。则Cl2与S2O32-的溶液完全反应产生浅黄色沉淀的离子方程式是Cl2+S2O32-+H2O=SO42-+S↓+2H++2Cl-；正确答案：Cl2+S2O32-+H2O=SO42-+S↓+2H++2Cl-。
24.碘海醇为非离子型造影剂，适用于有造影剂反应的高危因素的病人。下面是以化合物A为原料合成碘海醇的路线：
其中R-为-CH2CH(OH)CH2OH
请回答以下问题：
（1）物质D中含有的官能团为________。
（2）A是苯的同系物，相对分子量为106，则A的结构简式是_______________。
（3）写出A的侧链与氯气发生一氯取代的条件_____________。
（4）反应②的化学方程式______________。
（5）反应①→⑤中，属于氧化反应的是_____________（填序号）。
（6）写出能同时满足下列条件的D的两种同分异构体的结构简式：_________。
Ⅰ．苯环上有3个取代基，苯环上的一卤代物有2种；
Ⅱ．能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
Ⅲ．含有1个α－氨基酸的结构（例如：CH3CH(NH2)COOH属于α－氨基酸）
【答案】 (1). 硝基，酯基 (2). (3). 光照 (4). (5). ① (6).
【解析】
根据D的结构简式，又据C与甲醇发生酯化反应生成D,则C为，B发生硝化反应生成C,所以B为，A被高锰酸钾氧化生成B，又A是苯的同系物,其蒸气相对分子质量为106，所以化合物A分子式为C8H10,推得A的结构简式为:；据以上分析解答。
【详解】根据D的结构简式,又据C与甲醇发生酯化反应生成D,则C为,B发生硝化反应生成C，所以B为,A被高锰酸钾氧化生成B，又A是苯的同系物,其蒸气相对分子质量是106，所以化合物A分子式为C8H10，推得A的结构简式为:；
(1) 根据D的结构简式可知：D中官能团为硝基和酯基；因此，本题正确答案是:硝基和酯基。
(2)根据上面的分析可以知道A的结构简式为；因此，本题正确答案是:。
(3)苯的同系物在光照的条件下与氯气发生侧链上的取代；因此，本题正确答案是:光照。
(4)有机物（B） 与硝酸发生硝化反应，该反应方程式为；因此，本题正确答案是:。
(5)根据(1)的分析反应①为氧化反应,②为硝化反应（也属于取代反应）,③是酯化反应（也属于取代反应）,④为D中的-OCH3被-NHR取代，属于取代反应；⑤与氢气发生还原反应；因此，本题正确答案是：①。
(6)Ⅰ.苯环上有3个取代基,苯环上的一卤代物有2种；Ⅱ.能发生银镜反应,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚酯；Ⅲ.含有1个α-氨基酸的结构,则符合条件的D的两种同分异构体的结构简式为、；因此，本题正确答案是:、。
【点睛】和苯环相连接的第一个碳上至少有1个氢原子，这样的芳香烃才能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为芳香羧酸；若和苯环相连接的第一个碳上没有氢原子，就不能酸性高锰酸钾溶液氧化；本题中间二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为间苯二甲酸。
25.氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+ 6CO(g)
（1）该反应的氧化剂是________________，其还原产物是________________；
（2）该反应的平衡常数表达式为K＝___________________________________；
（3）若知上述反应为放热反应，则其反应热△H_______0（填“>”、“<”或“=”）；升高温度，其平衡常数值______（填“增大”、“减小”或“不变”）； 若已知CO生成速率为v(CO)＝18mol·L-1·min-1，则N2消耗速率为v(N2)＝ _____________________．
（4）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如图。图中t4时引起平衡移动的条件可能是______________；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是____________。
（5）若该反应的平衡常数为 K＝729，则在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2mol N2充分反应，则N2的转化率是_________________（提示：272 =729）。
【答案】 (1). N2 (2). Si3N4 (3). c6(C0)/c2(N2) (4). ＜ (5). 减小 (6). 6mol/(L·min) (7). 增大压强或升高温度 (8). t3-t4 (9). 50﹪
【解析】
【分析】
(1)所含元素化合价降低的反应物为氧化剂,氧化剂发生还原反应生成还原产物；
(2)化学平衡常数，是指在一定温度下,可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意固体、纯液体浓度为常数,不用写固体、纯液体的浓度；
(3)对于放热反应,反应热△H <0；该反应为放热反应，升高温度平衡逆反应进行，化学平衡常数减小；根据速率之比等于化学计量数之比计算；
(4) t4时，正逆反应速率均比原平衡的速率大，因此，可以升高温度或增大压强；t4时改变条件,平衡向逆反应移动,t5时达平衡,故t3-t4平衡状态CO的含量最高。
（5）根据平衡常数计算。
【详解】(1)所含元素化合价降低的反应物是氧化剂,氧化剂被还原得到的生成物是还原产物, 3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+ 6CO(g)反应中，氮元素的化合价由0降低到-3价，被还原，做氧化剂；Si3N4 是还原产物；因此，本题正确答案是: N2；Si3N4 。
（2）3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+ 6CO(g) 平衡常数表达式为K= c6(C0)/c2(N2)；正确答案：c6(C0)/c2(N2)。
(3)对于放热反应,反应热△H <0；该反应为放热反应,升高温度平衡逆反应进行,化学平衡常数减小；已知CO生成速率为v(CO)=18 mol·L-1·min-1,根据速率之比等于化学计量数之比,则 N2消耗速率为: v(N2)=1/3v(CO)=1/3×18=6mol/(L·min)； 因此，本题正确答案是: ＜ ，减小，6mol/(L·min)。
(4) t4时，正逆反应速率均比原平衡的速率大，因此，可以升高温度或增大压强；t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂；t2时改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡,故t3-t4 平衡状态CO的含量最高；因此，本题正确答案是: 增大压强或升高温度；t3-t4。
（5）设反应的氮气的物质的量为x,
3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)
起始量 2 0
变化量 x 3x
平衡量 2-x 3x
则平衡时氮气的浓度为(2-x)mol/L,CO的浓度为3xmol/L ,则有: (3x)6/(2-x)2=729,解之得x=1 ，则氮气的转化率是1/2×100%=50%；因此本题正确答案是50%。
【点睛】对于速率和时间的图像，一般来讲，造成V(正)、V(逆)都发生突变，改变了压强和温度，但若改变程度一样，为加入催化剂；如果只改变了反应物或生成物的浓度，V(正)或V(逆)有一个发生突变，有一个发生渐变，这是分析此类图像的依据。
1.下列关于化学用语的表示正确的是（ ）
A. 过氧化钠的电子式：
B. 次氯酸分子的结构式：H﹣Cl﹣O
C. C60和石墨互为同位素
D. 具有10个中子的氧原子：
【答案】D
【解析】
A. 过氧化钠是离子化合物，阴离子需要标出所带电荷，正确的电子式为:,故A错误；B. 次氯酸分子中存在一个H-O键和一个O-Cl键，其正确的的结构式：H-O﹣Cl故B错误；C. C60和石墨为同种元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，故C错误；D. 氧元素的质子数为8，具有10个中子的氧原子质量数为18，该原子可以表示为O，故D选项正确；因此本题正确选项为D。
点睛：本题考查化学用语，易错选项B，次氯酸的中心原子为O，不存在H-Cl。
2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是( )
A. 海带提碘 B. 氯碱工业 C. 海水淡化 D. 海水提溴
【答案】C
【解析】
【详解】A.碘以离子存在，海水提碘时碘离子被氧化为碘单质，碘元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故A不选；
B.氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H元素化合价降低、Cl元素的化合价升高，为氧化还原反应,故B不选；
C. 海水通过蒸馏的方法除去氯化钠等杂质得到纯净的水，没有新物质生成，属于物理变化，C可选；
D.海水中溴以离子存在，海水提溴时溴离子氧化为溴单质，溴元素的化合价升高，发生氧化还原反应,故D不选；
正确选项C。
3. 硼的最高价含氧酸的化学式不可能是
A. HBO2 B. H2BO3 C. H3BO3 D. H2B4O7
【答案】B
【解析】
试题分析：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断，H2BO3中B的化合价为+4价，所以不可能是H2BO3，故选项B符合题意。故选B。
考点：考查根据化学式判断化合价
4. 下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是
A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. SiC与SiO2 D. Cl2与I2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；故选C。
【考点定位】考查不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【名师点晴】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力。
5.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ）
A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，错误；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，错误；C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，正确；D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，错误。
考点：考查离子方程式正误判断
6.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3 - Cu2++2NO2↑+H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe2 Fe2+
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3﹒H2OAl(OH)3↓+3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H+ H2SiO3↓+3 Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A项，铜和稀硝酸反应生成的是NO而不是NO2，故A项错误；
B项，该离子方程式左右两边得失电子不守恒，应为：2Fe3++Fe3Fe3+，故B项错误；
C项，氨水显弱碱性，所以即使氨水过量，Al(OH)3也不溶于氨水，生成物仍为Al(OH)3↓，故C项正确；
D项，Na2SiO3是强电解质，要拆成离子，所以正确的离子方程式为：SiO32-+2H+ H2SiO3↓，故D项错误；
正确选项C。
7.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. SiO2SiCl4Si
B. FeS2SO2H2SO4
C. N2NH3NH4Cl(aq)
D. MgCO3MgCl2Mg
【答案】C
【解析】
【详解】A项，SiO2是酸性氧化物，不能和盐酸反应，得不到SiCl4，故不选A项；
B项，SO2与H2O反应得到的是H2SO3，故不选B项；
C项，N2和H2在高温、高压、催化剂条件下可制得NH3，NH3与HCl溶液可制得NH4Cl溶液，故选C项；
D项，电解MgCl2溶液，生成产物为Mg(OH)2、Cl2和H2，电解熔融的MgCl2可制备镁单质，故不选D项。
正确选项C。
8.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
试题分析：A．二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误；B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；D．Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D正确；故选D。
考点：考查了二氧化硫、铵盐、铁盐和氧化铝的性质的相关知识。
9.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量==1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；故选A。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的分析应用，涉及物质组成、氧化还原反应、可逆反应、气体摩尔体积等。
【名师点晴】本类题的解题策略：（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系；（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系；（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。
10.[2016全国Ⅰ]下列实验操作能达到实验目的的是
A. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D. 将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
【答案】C
【解析】
A. 乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分离互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗，A错误；B.NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应该用排水法收集，B错误；C. 氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子发生水解反应，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液变浑浊当最终水达到电离平衡时，溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑制盐的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极容易溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的NaCl，由于c(Cl-)增大，氯气的溶解度减小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，D错误。答案选C。
11.向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是
A. c(CO32－) B. c(Mg2+) C. c(H+) D. Ksp(MgCO3)
【答案】A
【解析】
MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+(aq)，加入少量稀盐酸可与反应促使溶解平衡正向移动，故溶液中c()减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。故选A。
12. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是
A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D. 原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
【答案】B
【解析】
Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A．元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，故D错误；故选B。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
B. 0.1mol/L碳酸钠溶液加热后，溶液的pH减小
C. 常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
D. 室温下，稀释0.1mol/L醋酸溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【解析】
【详解】A项，氢氧燃料电池，H2在负极上失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：H2-2e-=2H+，故A项正确；
B项，Na2CO3溶液水解呈碱性，加热会促进水解，溶液的pH会增大，故B项错误；
C项，在标准状况下，22.4LCl2（物质的量为1mol）中含有的分子数为6.02×1023个，常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数小于6.02×1023个，故C项错误；
D项，稀释溶液，溶液中的离子浓度减小，导电能力减弱，故D项错误。
正确选项A。
14.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（ ）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)＝2H2（g）+O2（g） ΔH1=571.6kJ·mol–1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O(g)＝CO（g）+H2（g）ΔH2=131.3kJ·mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O(g)＝CO（g）+3H2（g）ΔH3=206.1kJ·mol–1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小
D. 反应CH4（g）＝C（s）+2H2（g）的ΔH3=74.8kJ·mol–1
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应①中光能转化为化学能，故A项错误；
B项，反应②的ΔH >0，该反应为吸热反应，故B项错误；
C项，催化剂能改变反应速率，但对化学平衡和反应热没有影响，故C项错误。
D项，根据盖斯定律，③-②得CH4（g）＝C（s）+2H2（g）的ΔH3=+74.8kJ·mol–1，故D项正确；正确选项D。
15.对于可逆反应A（g）+ 2B(g)2C(g)(正反应吸热)，下列图象中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
增大压强,平衡正向移动,则交叉点后应正反应速率大于逆反应速率,A错误；增大压强,平衡正向移动,则瞬间变化应正反应速率大于逆反应速率,B错误；温度高的反应速率快,转化率大,与图象不符,C错误；温度高的反应速率快,且升高温度平衡正向移动,A%减小,与图象一致,D正确；正确选项D。
点睛：对于有三个变量的图像，处理的方法是“定一义二”，即先让一个量保持不变，讨论另外两个变量之间的关系；“先拐先平，条件高”，即图像中先出现拐点的曲线对应的温度高、压强大。
16.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH
B. 加入过量NaClO 溶液: NH4+、Fe2+、H+、SO42-、ClO-
C. 加入过量NaOH溶液: Na+、Fe2+、NH4+、SO42-、OH-
D. 加入过量NaClO溶液: Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-
【答案】D
【解析】
A．氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在亚铁离子，故A错误；B．Fe2+有强还原性，ClO-离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．Fe2+、OH-结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；D．该组离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO溶液，离子之间仍不反应，能共存，故D正确；故选D。
点睛：熟悉复分解反应发生的条件及强氧化性离子与强还原性离子间发生的氧化还原反应是解答本题的关键。本题中要注意NaClO溶液具有强氧化性。
17.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)>c(AlO2-)> c(OH-)>c(CO32-)
C
0.015
c(Na+)> c(HCO3-)>c(CO32-)> c(OH-)
D
0.03
c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
试题分析：向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；之后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；最后二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。A.未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，因为HCO3- > Al(OH)3，所以水解程度CO32-< AlO2-，因此c(CO32-) >c(AlO2-)，故B错误；C.形成碳酸钠溶液，+H2O+OH－，H2O H++OH－，离子浓度的关系为c(Na+)> c(CO32-) > c(OH-)> c(HCO3-)，故C错误；D.形成碳酸氢钠溶液， + H2OH2CO3 + OH－，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)，故D正确。故选D。
18.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】
A、加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（CH3COO-）、c（H+）都增大且增大程度相同，才c（CH3COOH）减小，所以增大，选项A错误；B、升高温度，CH3COONa溶液水解程度增大，溶液中c（CH3COO-）减小、c（CH3COOH）、c（OH-）都增大，所以减小，选项B错误；C、向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）= c（OH-），且电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）= c(Cl-)+c（OH-），则溶液中，选项C错误；D、向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，=，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中不变，选项D正确。答案选D。
19. 两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基醛：
若两种不同的醛，例如乙醛(CH3CHO)与丙醛(CH3CH2CHO)在NaOH溶液中最多可以形成羟基醛有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】D
【解析】
试题分析：根据已知信息可判断乙醛与丙醛在NaOH溶液中可以发生同种醛的加成有2种，也可以发生不同种醛的加成也有2种，共4种，答案选D。
考点：考查羟基醛生成的有关判断
20.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】
试题分析：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。
【考点定位】考查氧化还原反应的计算
【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。
21.下表为元素周期表的一部分。
碳
氮
Y
X
硫
Z
回答下列问题
（1）Z元素在周期表中的位置为__________。
（2）表中元素原子半径最大的是（填元素符号）__________。
（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__________；
a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b.在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多
c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式__________。
（5）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9:1，烃的电子式为__________。Q与水反应的化学方程式为__________。
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种气体组成，气体的相对分子质量都小于50.为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式及物质的量分别为__________。
【答案】 (1). 第三周期，ⅦA族 (2). Si (3). ac (4). Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=−687 kJ/mol (5). (6). Mg2C3+4H2O=2 Mg(OH)2+C3H4↑ (7). NO 0.9 mol；NO2 1.3 mol
【解析】
【详解】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素；
（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，原子结构示意图为：，位于周期表中第三周期、ⅦA族；正确答案：第三周期，ⅦA族。
（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si；正确答案：Si。
（3）a、Y为O元素，氧气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明氧元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；
b、Y为O元素，在氧化还原反应中，1mol氧气比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；
c、元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明O的非金属性较强，故c正确；
所以能说明非金属性O大于S的有a、c，正确选项ac。
（4）X的单质为Si，室温下为固态，Z的单质为Cl2，室温下为气态，反应生成X的最高价化合物为SiCl4，熔、沸点分别为-69℃和58℃, 则SiCl4室温下为液态，热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=−687 kJ/mol；正确答案：Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=−687 kJ/mol。
（5）烃分子中碳氢原子质量比为9:1，设烃为CxHy，则碳氢原子个数比为12×x/y=9/1，x：y=3:4；则该烃分子式为C3H4，为丙炔，电子式为；1molQ与水反应生成2molMg（OH）2，根据镁元素守恒，可知化合物Q为Mg2Ca，根据碳原子守恒，可知a=3，所以Q为Mg2C3，它与水反应的化学方程式为：Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑；正确答案：；Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑。
（6）铜与硝酸和硫酸的混合酸反应生成气体的相对分子质量小于50，且生成的盐只有硫酸铜，因此该气体为NO、NO2。设NO、NO2的物质的量分别为x、y，NO、NO2与NaOH溶液和氧气反应，最终生成NaNO3，根据氮元素守恒可知：x+y=n(NO3-),根据物料守恒有n(NO3-)=n(Na+)=n(NaOH)=1×2.2=2.2mol，根据得失电子守恒，有3x+y= 4n(O2)=4mol，计算可得x=0.9mol，y=1.3mol；正确答案： NO、 0.9 mol；NO2 、1.3 mol。
22.（1）甲醇是一种可再生能源，用途广泛，一种由甲醇、氧气以及强碱溶液制成的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10倍。回答下列有关问题：
如图所示：
①甲池通入CH3OH的电极反应式为__________；乙池石墨一极的电极反应式为______；
②反应一段时间后，向乙池中加入一定量________能使CuSO4溶液恢复到原浓度；
③甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生__________g沉淀。
（2）工业上有一种生产甲醇的反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) △H＝-49.0kJ·mol-1。在某温度下，容积均为2L的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：
容器
A
B
反应物投入量
1mol CO2（g）和3mol H2（g）
1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）
CH3OH（g）浓度（mol•L-1）
c1
c2
反应能量变化
放出29.4kJ
吸收akJ
①从反应开始至达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为______________；
②该温度下，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的化学平衡常数的值为_____________；
③a=______________。
④下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO2)增大的是____________。
A．升高温度 B．充入氢气
C．将水蒸气从体系中分离 D．用更有效的催化剂
【答案】 (1). CH3OH－6e-＋8OH-＝CO32-＋6H2O (2). 4OH−-4e−＝O2↑+2H2O (3). CuO (4). 1.45 g (5). 0.03 (6). 2.08 (7). 19.6 (8). BC
【解析】
【详解】（1）①甲池通入CH3OH的电极是负极，甲醇失去电子，在碱性环境下变为碳酸根离子，电极反应式为CH3OH－6e-＋8OH-＝CO32-＋6H2O；乙池石墨一极与电源的正极相连，作阳极，氢氧根离子放电，电极反应式为4OH−-4e−＝O2↑+2H2O；正确答案：CH3OH－6e-＋8OH-＝CO32-＋6H2O ；4OH−-4e−＝O2↑+2H2O。
②乙池中阳极氢氧根离子放电生成氧气，阴极铜离子放电生成铜，电解总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+2O2↑；因此反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO能使CuSO4溶液恢复到原浓度；正确答案：CuO。
③甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，转移电子的物质的量是0.28×4/22.4=0.05mol。惰性电极电解MgCl2溶液生成氢氧化镁沉淀、氯气和氢气，离子方程式为Mg2＋＋2H2O＋2Cl－Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，所以根据电子守恒可知生成氢氧化镁的物质的量是0.025mol，即此时丙池中理论上最多产生氢氧化镁沉淀：0.025mol×58g/mol＝1.45g；正确答案：1.45g。
（2）①1mol二氧化碳完全反应放出49.0kJ热量，当放出29.4kJ热量时，则参加反应的n（CO2）=29.4×1/49=0.6mol，CO2 的平均反应速率v==0.6/(2×10)==0.03mol/（L∙S）正确答案：0.03。
② CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始量 1 3 0 0
变化量 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡量 0.4 1.2 0.6 0.6
各物质浓度分别为c(CO2)=0.2mol/L, c(H2)=0.6mol/L, c(CH3OH)=0.3mol/L, c(H2O)=0.3 mol/L；根据K==0.3×0.3/(0.2×0.63)=2.08；正确答案：2.08。
③恒温恒容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值，则吸收的热量=反应热-放出的热量=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ；正确答案：19.6。
④要使n（CH3OH）/n（CO2）增大，应使平衡向正反应方向移动， 所以：
A．因正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则n（CH3OH）/n（CO2）减小，故A错误；
B．充入氢气，平衡向正反应方法移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，故B正确；
C．将水蒸气从体系中分离，平衡向正反应方向移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，故C正确；
D．用更有效的催化剂，平衡不移动，则n（CH3OH）/n（CO2）不变，故D错误；
正确选项：BC。
【点睛】用惰性电解电解硫酸铜溶液，反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+2O2↑；由于反应后生成铜和氧气，因此要把电解后的溶液恢复到电解前的状态，要加入铜和氧气形成的化合物氧化铜，不能加入氢氧化铜，且满足“缺多少补多少，缺什么补什么”规律。
23.X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的气态氢化物具有相同的电子数，一般情况下X的单质只有氧化性：
（1）写出实验室制取W2反应的离子方程式：________________________。
（2）某小组设计如图所示的实验装置（图中夹持和加热装置略去）,分别研究YX2、W2的性质。
①分别通入YX2和W2，在装置A中观察到的现象是否相同_________________（填“相同”、“不相同”）；若装置D中装的是铁粉，当通入W2时D中观察到的现象为__________；若装置D中装的是五氧化二钒，当通入YX2时，打开K通入适量X2，化学方程式为_______________________________________。
②若装置B中装入5.0mL1.0×10-3mol/L的碘水，当通入足量W2完全反应后，转移了5.0×10-5mol电子，则该反应的化学方程式为__________________。
（3）某同学将足量的YX2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，向该试管中加入过量_____（填字母）可以看到白色沉淀生成。
A．氨水 B．稀盐酸 C．稀硝酸 D．氯化钙
（4）如由元素Y和X组成-2价酸根Z，Z中Y和X的质量比为Y:X=4:3，当W2与含Z的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀产生，且两种沉淀物质量相等。写出W2与Z的溶液完全反应产生浅黄色沉淀的离子方程式_____。
【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 相同 (3). 棕黄色的烟 (4). Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl (5). I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl (6). AC (7). Cl2+S2O32-+H2O=SO42-+S↓+2H++2Cl-
【解析】
【详解】X、Y和W为原子序数依次递增的短周期元素，X和Y同主族，Y和W的气态氢化物具有相同的电子数，一般情况下X的单质只有氧化性，则X是O，Y 是S，W是Cl。
（1）在实验室一般是用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；正确答案：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（2）①SO2、Cl2的水溶液都具有漂白性，所以若分别通入SO2和Cl2，在装置A中都会观察到品红溶液褪色，故看到的现象是相同的；若装置D中装的是铁粉，当通入Cl2时，在D中发生反应产生FeCl3，所以D中观察到的现象为产生棕黄色的烟；若装置D中装的是五氧化二钒，当通入SO2时，打开K通入适量Cl2，化学方程式为Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；正确答案：相同 ； 棕黄色的烟；Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。
②若装置B中装入5.0mL1.0×10-3mol/L的碘水，n（I2）= 1.0×10-3mol/L×0.005L=5.0×10-6mol，当通入足量Cl2完全反应后，转移了5.0×10-5mol电子，则1molI2失去10mol电子，所以发生反应的化学方程式为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；正确答案：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl。
（3）将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，由于酸性HCl>H2SO3，所以SO2不能与BaCl2溶液发生复分解反应，未见沉淀生成；
A．向该试管中加入过量氨水，会发生SO2与氨水发生复分解反应产生SO32-，然后与溶液的Ba2+再形成BaSO3白色沉淀，正确；
B．稀盐酸与溶液的成分不能发生反应，不能产生白色沉淀，错误；
C．稀硝酸具有强的氧化性，会把亚硫酸氧化产生硫酸，硫酸与氯化钡溶液发生复分解反应，产生硫酸钡白色沉淀，正确；
D．氯化钙溶液与溶液的成分不能发生反应，因此不能形成白色沉淀，错误；
正确选项AC。
（4）如由元素S和O组成-2价酸根Z，Z中Y和X的质量比为Y:X=4:3，则Z是S2O32-，当Cl2与含S2O32-的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀S产生，取上层清液加入足量氯化钡溶液，有白色沉淀产生，且两种沉淀物质量相等。则Cl2与S2O32-的溶液完全反应产生浅黄色沉淀的离子方程式是Cl2+S2O32-+H2O=SO42-+S↓+2H++2Cl-；正确答案：Cl2+S2O32-+H2O=SO42-+S↓+2H++2Cl-。
24.碘海醇为非离子型造影剂，适用于有造影剂反应的高危因素的病人。下面是以化合物A为原料合成碘海醇的路线：
其中R-为-CH2CH(OH)CH2OH
请回答以下问题：
（1）物质D中含有的官能团为________。
（2）A是苯的同系物，相对分子量为106，则A的结构简式是_______________。
（3）写出A的侧链与氯气发生一氯取代的条件_____________。
（4）反应②的化学方程式______________。
（5）反应①→⑤中，属于氧化反应的是_____________（填序号）。
（6）写出能同时满足下列条件的D的两种同分异构体的结构简式：_________。
Ⅰ．苯环上有3个取代基，苯环上的一卤代物有2种；
Ⅱ．能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
Ⅲ．含有1个α－氨基酸的结构（例如：CH3CH(NH2)COOH属于α－氨基酸）
【答案】 (1). 硝基，酯基 (2). (3). 光照 (4). (5). ① (6).
【解析】
根据D的结构简式，又据C与甲醇发生酯化反应生成D,则C为，B发生硝化反应生成C,所以B为，A被高锰酸钾氧化生成B，又A是苯的同系物,其蒸气相对分子质量为106，所以化合物A分子式为C8H10,推得A的结构简式为:；据以上分析解答。
【详解】根据D的结构简式,又据C与甲醇发生酯化反应生成D,则C为,B发生硝化反应生成C，所以B为,A被高锰酸钾氧化生成B，又A是苯的同系物,其蒸气相对分子质量是106，所以化合物A分子式为C8H10，推得A的结构简式为:；
(1) 根据D的结构简式可知：D中官能团为硝基和酯基；因此，本题正确答案是:硝基和酯基。
(2)根据上面的分析可以知道A的结构简式为；因此，本题正确答案是:。
(3)苯的同系物在光照的条件下与氯气发生侧链上的取代；因此，本题正确答案是:光照。
(4)有机物（B） 与硝酸发生硝化反应，该反应方程式为；因此，本题正确答案是:。
(5)根据(1)的分析反应①为氧化反应,②为硝化反应（也属于取代反应）,③是酯化反应（也属于取代反应）,④为D中的-OCH3被-NHR取代，属于取代反应；⑤与氢气发生还原反应；因此，本题正确答案是：①。
(6)Ⅰ.苯环上有3个取代基,苯环上的一卤代物有2种；Ⅱ.能发生银镜反应,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚酯；Ⅲ.含有1个α-氨基酸的结构,则符合条件的D的两种同分异构体的结构简式为、；因此，本题正确答案是:、。
【点睛】和苯环相连接的第一个碳上至少有1个氢原子，这样的芳香烃才能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为芳香羧酸；若和苯环相连接的第一个碳上没有氢原子，就不能酸性高锰酸钾溶液氧化；本题中间二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为间苯二甲酸。
25.氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+ 6CO(g)
（1）该反应的氧化剂是________________，其还原产物是________________；
（2）该反应的平衡常数表达式为K＝___________________________________；
（3）若知上述反应为放热反应，则其反应热△H_______0（填“>”、“<”或“=”）；升高温度，其平衡常数值______（填“增大”、“减小”或“不变”）； 若已知CO生成速率为v(CO)＝18mol·L-1·min-1，则N2消耗速率为v(N2)＝ _____________________．
（4）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如图。图中t4时引起平衡移动的条件可能是______________；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是____________。
（5）若该反应的平衡常数为 K＝729，则在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2mol N2充分反应，则N2的转化率是_________________（提示：272 =729）。
【答案】 (1). N2 (2). Si3N4 (3). c6(C0)/c2(N2) (4). ＜ (5). 减小 (6). 6mol/(L·min) (7). 增大压强或升高温度 (8). t3-t4 (9). 50﹪
【解析】
【分析】
(1)所含元素化合价降低的反应物为氧化剂,氧化剂发生还原反应生成还原产物；
(2)化学平衡常数，是指在一定温度下,可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意固体、纯液体浓度为常数,不用写固体、纯液体的浓度；
(3)对于放热反应,反应热△H <0；该反应为放热反应，升高温度平衡逆反应进行，化学平衡常数减小；根据速率之比等于化学计量数之比计算；
(4) t4时，正逆反应速率均比原平衡的速率大，因此，可以升高温度或增大压强；t4时改变条件,平衡向逆反应移动,t5时达平衡,故t3-t4平衡状态CO的含量最高。
（5）根据平衡常数计算。
【详解】(1)所含元素化合价降低的反应物是氧化剂,氧化剂被还原得到的生成物是还原产物, 3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+ 6CO(g)反应中，氮元素的化合价由0降低到-3价，被还原，做氧化剂；Si3N4 是还原产物；因此，本题正确答案是: N2；Si3N4 。
（2）3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+ 6CO(g) 平衡常数表达式为K= c6(C0)/c2(N2)；正确答案：c6(C0)/c2(N2)。
(3)对于放热反应,反应热△H <0；该反应为放热反应,升高温度平衡逆反应进行,化学平衡常数减小；已知CO生成速率为v(CO)=18 mol·L-1·min-1,根据速率之比等于化学计量数之比,则 N2消耗速率为: v(N2)=1/3v(CO)=1/3×18=6mol/(L·min)； 因此，本题正确答案是: ＜ ，减小，6mol/(L·min)。
(4) t4时，正逆反应速率均比原平衡的速率大，因此，可以升高温度或增大压强；t6时瞬间正、逆反应都增大，平衡不移动，故应是加入催化剂；t2时改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡,故t3-t4 平衡状态CO的含量最高；因此，本题正确答案是: 增大压强或升高温度；t3-t4。
（5）设反应的氮气的物质的量为x,
3SiO2（s）+6C(s)+ 2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)
起始量 2 0
变化量 x 3x
平衡量 2-x 3x
则平衡时氮气的浓度为(2-x)mol/L,CO的浓度为3xmol/L ,则有: (3x)6/(2-x)2=729,解之得x=1 ，则氮气的转化率是1/2×100%=50%；因此本题正确答案是50%。
【点睛】对于速率和时间的图像，一般来讲，造成V(正)、V(逆)都发生突变，改变了压强和温度，但若改变程度一样，为加入催化剂；如果只改变了反应物或生成物的浓度，V(正)或V(逆)有一个发生突变，有一个发生渐变，这是分析此类图像的依据。
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