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【化学】广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高二下学期期中考试
相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Cu—64 Co—59
一、选择题（单选，每题3分，共42分）
1.下列“实际应用”对应“化学知识原理”说法错误的是（ ）
选项
实际应用
化学知识原理
A
泡沫灭火器中装有碳酸氢钠溶液
和硫酸铝溶液
碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液水解且相互促进
B
工业上采用高压(20-50MPa)合成NH3
应用勒夏特列原理
C
施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性
CaCO3溶度积小于CaSO4
D
选用金属锂做电池电极材料
锂轻且在空气中稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al3+与HCO3-发生互促水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，A合理；
B.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，由于正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，会使氨气的平衡含量增加，所以可以应用勒夏特列原理，B正确；
C.施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性，是由于CO32-在溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，当向溶液中加入石膏时，会发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓，该反应发生，使溶液中碳酸根离子浓度降低，水解平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)降低，因此溶液的碱性减弱，C正确；
D.选用金属锂作电池电极材料，是由于Li容易失去电子，产生等物质的量的电子，需要的金属的质量小，解释不符合事实，D错误；
故合理选项是D。
2.下列叙述正确的是（ ）
A. CH4与Cl2在光照条件下反应的产物都难溶于水
B. 将MgCl2、K2SO3溶液在蒸发皿中蒸干均不能得到原溶质
C. 用碱式滴定管量取 10.00 mL 0.1 mol/LKMnO4溶液
D. 用湿润的pH试纸测定氯化铵溶液的pH值
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH4与Cl2在光照条件下反应的HCl极容易溶于水，A错误；
B.MgCl2是挥发性的HCl与Mg(OH)2中和反应产生的物质，在蒸发皿中将MgCl2溶液加热蒸干，水解产生的HCl挥发掉，最后产生的固体为Mg(OH)2；将K2SO3溶液在蒸发皿中蒸干，由于该物质具有还原性，会被空气中的氧气氧化产生K2SO4，该物质是强酸强碱盐，不发生水解，最后得到的是K2SO4，均不能得到原溶质，B正确；
C.KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此要使用酸式滴定管，C错误；
D.用pH试纸测定氯化铵溶液的pH值时不能湿润，否则会对溶液起稀释作用，D错误；
故合理选项是B。
3.2018年诺贝尔化学奖在10月3日揭晓，弗朗西斯•阿诺德、乔治•史密斯和格雷戈里•温特尔共同获奖，以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的噬菌体展示技术方面取得的成果。如图所示是木瓜蛋白酶（蛋白质）的结构简式，下列说法不正确的是（ ）
A. 醋酸铅可使木瓜蛋白酶变性
B. 木瓜蛋白酶含有苯环，属于芳香烃
C. 木瓜蛋白酶能发生水解反应、加成反应
D. 木瓜蛋白酶能与碳酸钠反应生成CO2气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸铅含有重金属离子，可以使木瓜蛋白酶中毒失去生理活性而变性，A正确；
B.木瓜蛋白酶中含有苯环，同时含有N、O等因素，因此不属于芳香烃，B错误；
C.木瓜蛋白酶中含有肽键，能发生水解反应；含有C=N双键，可以发生加成反应，C正确；
D.木瓜蛋白酶中含有羧基，能与碳酸钠反应生成CO2气体，D正确；
故合理选项是B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 100mL1mol/LFeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
B. 将1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和为NA
C. 12g乙烷中所含的极性共价键为2.4NA个
D. 标准状况下，4.48 LNO与足量氧气反应生成NO2数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在FeCl3溶液中，Fe3+会发生水解反应而消耗，所以该溶液中含有的Fe3+的数目小于0.1NA，A错误；
B.将1mol Cl2通入水中，只有一部分氯气与水发生反应，所以HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和小于NA，B错误；
C.12g乙烷的物质的量为n=12g÷30g/mol=0.4mol，由于在1个乙烷分子中含有6个C-H键，所以0.4mol乙烷中所含的极性共价键为2.4NA个，C正确；
D.标准状况下，4.48 LNO的物质的量为0.2mol，与足量氧气反应生成NO2后，部分NO2会发生反应产生N2O4，因此最终产生的NO2数目小于0.2NA，D错误；
故合理选项是C。
5.已知元素X、Y、Z、W均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，Y2+与W-其具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：W-＞Y2+
B. X的含氧化合物中只含有离子键
C. W的最高正化合价为+7
D. 工业上常用电解Z的氯化物来制备Z的单质
【答案】A
【解析】
【分析】
已知X、Y、Z、M四种元素均为短周期元素，Y2+与W-具有相同电子层结构，其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，可知Y为Mg，X为Na，Z为Al，则W为F元素，结合原子结构，元素性质解答。
【详解】W为F，Y为Mg，X为Na，Z为Al。
A.F、Mg对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，A正确；
B.如为过氧化钠，含有离子键和共价键，B错误；
C.F无正价，C错误；
D.氯化铝是共价化合物，不导电，在工业上常用电解熔融的氧化铝来冶炼铝，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用的知识，准确把握题干条件，明确原子结构特点及在周期表中位置关系是解题关键，侧重考查学生分析问题解决问题能力。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 中阳极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体
B. 中待镀铁制品应与电源正极相连
C. 中钢闸门应与外接电源的正极相连，称为牺牲阳极的阴极保护法
D. 中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.在阳极Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+与KI不能发生反应，因此不能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体，A错误；
B.电镀时，应该把待镀铁制品与电源负极相连，作阴极，发生还原反应，B错误；
C.钢闸门应与外接电源的负极相连，称为外接电流的阴极保护法，C错误；
D.根据图示可知：该离子交换膜可以使Na+通过，而不能使Cl2通过，因此就可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，D正确；
故合理选项是D。
7.下列实验对应现象及结论有错误的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入KI溶液，振荡
沉淀由白色变黄色
AgCl溶解度大于AgI
B
向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe2+
C
常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞
两份溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深
常温下的水解平衡常数：
Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO3-)
D
常温时，用两支试管各取4mL 0.1mol/L 酸性KMnO4溶液，分别加入0.1mol/L和0.2 mol/L H2C2O4溶液各2 mL
两试管溶液均褪色，且加0.2mol/L H2C2O4 溶液的试管中褪色更快
其它条件不变，H2C2O4溶液的浓度越大，化学反应速率越大
【答案】D
【解析】
【详解】A.AgCl难溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向AgCl悬浊液中加入KI溶液，振荡，发现沉淀逐渐变为黄色，是由于发生了反应：Ag++I-=AgI↓，使沉淀溶解平衡正向移动，逐渐溶解转化为AgI沉淀，因此可以说明AgCl溶解度大于AgI，A正确；
B.向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，由于没有了Fe3+，所以再滴加1滴KSCN溶液，溶液也不会出现红色，可以证明物质的还原性Fe>Fe2+，B正确；
C. CH3COONa和NaHCO3都是强碱弱酸盐，在溶液中弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性，根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，等浓度的两种盐溶液滴加酚酞试液后NaHCO3红色更深，说明水解程度：NaHCO3>CH3COONa，水解平衡常数：Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO3-)，C正确；
D.生成Mn2+可作催化剂，不能说明浓度对化学反应的速率有影响，D错误；
故合理选项是D。
8.中科院某课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法中正确的是（ ）
A. a极为正极
B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C. b极电极反应式为MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-
D. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
A.失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和Mn2+；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+计算转移电子物质的量。
【详解】A.根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，A错误；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大，则溶液的pH减小，B错误；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，正确判断各个电极上发生的反应及电极名称是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写。
9.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确的是（ ）
A. Ksp[Cu(OH)2]数量级为10-20
B. d点表示Cu(OH)2形成饱和溶液
C. 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D. b、c两点表示Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等
【答案】A
【解析】
【详解】A.由c点可知Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×(10-9.6)2=10-19.2，因此氢氧化铜的溶度积常数的数量级为10-20，A正确；
B.曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，曲线上方的点为过饱和溶液，曲线下方的浓度积常数未达到溶度积常数的值，因此形成的不是饱和溶液，所以d点表示Cu(OH)2形成的不饱和溶液，B错误；
C.加适量NH4Cl固体，NH4+与OH-结合形成NH3·H2O，导致溶液中c(OH-)减小，因此不能使溶液由a点变到b点，C错误；
D. b、c两点表示其中的金属阳离子的浓度相等，由于Fe(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数不同，所以不能表示二者的溶解度相等，D错误；
故合理选项是A。
10.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图表示升高温度醋酸钠的水解程度增大，溶液碱性增强
B. 图表示氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C. 图表示压强对可逆反应2A(g) +2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 图表示0.100 0 mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L−1醋酸溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，pH>7，盐的水解是吸热反应，升高温度，会促进盐的水解，因此，升高温度，醋酸钠的水解程度增大，溶液的pH增大，故A符合；
B．溶液的导电性与溶液中离子浓度大小有关，由于HF是弱酸，在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，HF中离子浓度变化小，但比盐酸要大，溶液的导电能力比HCl强，由于温度相同，所以Kw的数值相同，故B不符合；
C．可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故C不符合；
D．醋酸为弱酸，0.10 mol•L-1醋酸，其pH大于1，而图中开始pH=1，故D不符合。
故选A。
11.钠硫电池体积小、容量大、寿命长、效率高，在电力储能中广泛应用于削峰填谷、应急电源、风力发电等储能方面。Na-S电池的结构如下图所示，电池反应为2Na+S8=Na2Sn。下列说法不正确的是（ ）
A. 熔钠电极作电池的负极 B. 放电时Na+向正极移动
C. 充电时熔钠电极与电源的正极相连 D. 充电时阳极反应式为8Sn2--16e-=nS8
【答案】C
【解析】
【详解】A.放电时，熔钠电极失电子发生氧化反应，所以放电时熔钠电极作电池的负极，A正确；
B.原电池中电解质中的阳离子移向正极，即Na+向正极移动，B正确；
C.充电时，原电池的负极和电源的负极相连，原电池的正极和电源的正极相连，放电时熔钠电极是负极，充电时熔钠电极与电源的负极相连，C错误；
D.充电时阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：8Sn2--16e-=nS8，D正确；
故合理选项是C。
12.0.1000mol/L的盐酸滴定20 mL0.1000mol/L氨水，滴定曲线如下图，下列说法正确的是（ ）
A. 该中和滴定适宜用酚酞作指示剂
B. 两者恰好中和时，溶液的pH=7
C. 达到滴定终点时，溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D. 当滴入盐酸达40 mL时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.用0.1000mol/L的盐酸滴定20 mL0.1000mol/L氨水，恰好完全反应产生NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，为减少滴定误差，要选择在酸性范围内变色的指示剂甲基橙，A错误；
B.两者恰好中和时产生是NH4Cl，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶液的pH<7，B错误；
C.达到滴定终点时，NH4+水解使溶液显酸性，根据质子守恒，可得：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，C正确；
D.当滴入盐酸达40 mL时，溶液中含有等物质的量浓度的NH4Cl、NH3·H2O，根据电荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，D错误；
故合理选项是C。
13.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1=akJ/mol；Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2=bkJ/mol，实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B. 向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
C. 反应达到平衡后，增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
D. Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)的ΔH=(a+2b)kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.K只受温度的影响，pH增大，难溶电解质的溶度积常数Ksp(CuCl)不变，A错误；
B.根据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，B错误；
C.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，K不变，所以c(Cl-)减小，C正确；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) △H1=a kJ/mol，
②Cl-(aq)+ Cu+(aq)CuCl(s) △H2=b kJ/mol
①÷2+②可得到：.Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)，根据盖斯定律反应的△H=(0.5a+b)kJ/mol，D错误；
故合理选项是C。
14.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，电离类似于氨：NH3+H2ONH4++OH-，25℃时，kb1=10-4.07，kb2=10-7.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+
B. 曲线Ⅰ与曲线II相交点对应pH=6.85
C. 乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-
D. 0.1 mol/LH2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(H2NCH2CH2NH3+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，水溶液中分步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-，第二步电离：H2NCH2CH2NH3++H2O [H3NCH2CH2NH3]2++OH-，pH越小，有利于电离平衡正向移动，[H3NCH2CH2NH3]2+的浓度越大，则曲线Ⅰ代表的是[H3NCH2CH2NH3]2+，曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，A正确；
B.曲线Ⅱ代表的是H2NCH2CH2NH3+，曲线Ⅰ[H3NCH2CH2NH3]2+与曲线Ⅱ相交点处和H2NCH2CH2NH3+浓度相同，c(OH-)=Kb2=10-7.15，c(H+)==10-6.85，所以溶液的pH=6.85，B正确；
C.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是无色液体，有类似氨的性质，已知：25℃时，kb1=10-4.07，kb2=10-7.15；属于二元弱碱，其水溶液显弱碱性，则H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，C正确；
D.在0.1mol/LH2NCH2CH2NH3Cl溶液中H2NCH2CH2NH3+离子水解溶液显酸性，电离使溶液显碱性，由于电离大于水解，因此该溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)>c(H2NCH2CH2NH3+)>c(OH-)>c(H+)，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题
15.磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂,实验室可利用SO2与Cl2在活性炭作用下反应制取少量的SO2Cl2,装置如图所示(部分夹持装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1 ℃，沸点为69.1 ℃，遇水能发生剧烈的水解反应，并产生白雾。
(1)仪器B的名称为_____,由仪器B的使用可知SO2与Cl2反应的ΔH____(填“>”或“<”)0。
(2)仪器C的作用是________________________________。
(3)试剂X、Y的组合最适宜的是______。
a.18.4mol/LH2SO4溶液+Cu b.4mol/LHNO3溶液+Na2SO3 c.75%H2SO4溶液+K2SO3
(4)反应结束后，将丙中产物分离的实验操作的名称是______。
(5)分离产物后，向获得的SO2Cl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液w。
①写出该反应的离子方程式:___________。
②检验溶液w中存在SO42-的方法是________。
(6)若反应中消耗的氯气的体积为896 mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯3.3 g，则磺酰氯的产率为_________(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). < (3). 吸收尾气Cl2、SO2防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入反应体系，引起磺酰氯水解 (4). c (5). 蒸馏 (6). SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O (7). 取少量w溶液于试管中,加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液w中存在SO42- (8). 61.1%
【解析】
分析】
甲装置制备二氧化硫，己装置制备氯气，二氧化硫与氯气在丙中反应生成SO2Cl2，丙中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，乙为干燥二氧化硫，戊是饱和食盐水，降低氯气溶解度，丁干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解。
【详解】(1)根据装置图可知，仪器B的名称为球形冷凝管，因冷凝管的作用是冷凝回流但反应没有进行加热操作，可知SO2与氯气间的反应为放热反应，△H<0；
(2)由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，且SO2Cl2遇水易水解，装置C中含有碱石灰，碱石灰的作用是用于吸收氯气、SO2，防止污染环境并防止空气中的水蒸气进入B中而导致磺酰氯水解；
(3)甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以要选用的合适选项是c，即用75% H2SO4+K2SO3来制备SO2；
(4)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以丙中混合物分离开的实验操作是蒸馏；
(5)①SO2Cl2与NaOH溶液反应生成硫酸钠和氯化钠，该反应的离子方程式为：SO2Cl2+4OH-=2Cl-+SO42-+2H2O；
②要检验溶液中的SO42-应排除Cl-的干扰，方法是取少量w溶液于试管中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液w中存在SO42-；
(6)标准状况下，896mLCl2为n(Cl2)=0.896L÷22.4L/mol=0.04mol，根据元素守恒可知理论上可得到0.04molSO2Cl2，即为m(SO2Cl2)=0.04mol×135g/mol=5.4g，因此SO2Cl2的产率为=61.1%。
【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，要结合物质的量与气体的体积的关系计算氯气的物质的量，并根据物质产率含义进行相应计算，注意对物质性质信息的应用。
16.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：
(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为_____________，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_______________(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。
(2)按照上述流程，步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH___________ (填“能”或“不能”)，理由是________________________。
(3)步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：___________________________。
(4)步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，其离子方程式为_____________。己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，则操作a的名称为_____。
(5)生产过程中，理论上每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为_______________。
(6)已知几种物质在20℃时的Ksp如下表：
某同学用滴定法测定晶体CoCl2·xH2O中的x，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时选择的指示剂是_____(填编号)。
A.KCl B.KSCN C.K2S D.K2CrO4
若取晶体样品ag溶于蒸馏水中配制100mL溶液取20mL配制溶液于锥形瓶中，加入所选指示剂，用cmol/LAgNO3溶液滴定至终点消耗标准溶液bmL。则x的表达式为___________。
【答案】 (1). +6 (2). 氧化还原反应 (3). 不能 (4). CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2 (5). 取少量③中溶液于试管，滴入少量 K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则 Fe2+已经全部转化成Fe3+ (6). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (7). 过滤 (8). 74.5g (9). D (10).
【解析】
【分析】
粉碎菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)，加入NaOH溶液碱溶，酸性氧化物SiO2与NaOH反应得到硅酸钠溶液，过滤，滤渣主要含有FeCO3，加入稀硫酸溶解，得到Fe2+的酸性溶液，加入NaClO溶液氧化Fe2+，2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，再加入NaOH和NaClO溶液继续氧化Fe3+，反应为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，向得到的Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，过滤得到高铁酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)Na2FeO4中钠元素+1价，氧元素-2价，则铁元素+6价；高铁酸钠中铁元素+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故发生氧化还原反应；
(2)不能用Ca(OH)2替代NaOH，Ca(OH)2会与SiO2发生反应生成CaSiO3，CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2；
(3)步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+是看溶液中是否含有Fe2+,方法取少量③中溶液于试管，滴入少量的K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2+全部转化成Fe3+，否则含有Fe2+；
(4)步骤④为NaOH和NaClO溶液氧化Fe3+生成Na2FeO4和NaCl，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，经过操作a得到固体，则该分离混合物的操作方法为过滤；
(5)根据铁元素守恒，生成0.5mol的FeO42-，则加入的Fe2+为0.5mol，第一次加入NaClO溶液氧化Fe2+，发生反应2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，则需要n(NaClO)=0.25mol，第二次加入NaOH和NaClO溶液继续氧化Fe3+，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，则需要n(NaClO)=0.75mol，所以消耗 NaClO的总质量为m(NaClO)=(0.25mol+0.75mol)×74.5g/mol=74.5g；
(6)指示剂的作用是指示Cl-恰好沉淀完全，即使Cl-先形成沉淀，再滴入AgNO3溶液时产生不同颜色的沉淀来指示滴定终点。
A.KCl产生AgCl白色沉淀，没有明显的颜色变化，A错误；
B.根据表格数据可知AgSCN的溶解度比AgCl小，先形成AgSCN沉淀，B错误；
C.Ksp(Ag2S)=2.0×10-48=c2(Ag+)·c(S2-)，c(S2-)=mol/L，Ksp(AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-)=2.0×10-10，c(Cl-)= mol/L，说明Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，滴加时先形成Ag2S沉淀，C错误；
D.Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)=mol/L> mol/L，说明Ag2CrO4的溶解度大于AgCl的溶解度，则加入K2CrO4可以作指示剂，指示滴定终点，D正确；故合理选项是D；
ag晶体样品中含有Cl-的物质的量为n(Cl-)=n(Ag+)=cmol/L×b×10-3L×=5bc×10-3mol，n(CoCl2)=n(Cl-)=5bc×10-3mol=2.5bc×10-3mol，整理可得x的表达式为。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，在进行推导时，要注意应用电子守恒，及滴定时所取的溶液的体积与配制溶液的体积关系，同时还要清楚对于构型不同的难溶性的物质来说，溶度积常数小的物质，溶解度不一定小，要通过计算离子浓度进行比较，得到正确的答案。需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。
17.氮的化合物应用广泛，但氮氧化物是重要的空气污染物，应降低其排放。请回答下列问题：
(1)用CO2和NH3可合成氮肥尿素[CO(NH3)2]，已知：
①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4 (s) △H=-159.5kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.5 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol
用CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方程式为__________________。
(2)工业上常用如下反应消除氮氧化物的污染：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H，在温度为T1和T2时，分别将0.40molCH4和1.0molNO2充入体积为1L的密闭容器中，n(CH4)随反应时间的变化如图所示：
①根据图判断该反应的△H________0（填“>”、“<”或“=”）。理由是__________。
②温度为T1时，0～10min内NO2的平均反应速率V(NO2)= ______，反应的平衡常数K=________mol/L（保留三位小数）
③该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO2的转化率，可采取的措施有_______（填标号）。
A．改用高效催化剂 B．升高温度 C．缩小容器的体积 D．增加CH4的浓度
(3)利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(4)氮的一种氢化物HN3 ，其水溶液酸性与醋酸相似，则NaN3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________；常温下，将amol/L的HN3与bmol/L的Ba(OH) 2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N3-)，则该混合物溶液呈________（填“酸”、“碱”或“中”）性，溶液中c(HN3)=_______mol/L(用a、b表示）。
【答案】 (1). 2NH3(g)+CO2 (g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-87.0 kJ/ mol (2). < (3). T1c(CN3-)>c(OH-)>c(H+) (10).
【解析】
【分析】
(1)结合盖斯定律计算；
(2)①先拐先平温度高，然后根据升高温度甲烷物质的量增大，说明升温平衡逆向进行；
②温度T1时，0～10min内NO2的平均反应速率v=，根据平衡常数K的含义进行计算；
③提高反应速率同时提高NO2的转化率，增大反应速率同时平衡正向进行，结合化学平衡移动原理和反应特征分析判断；
(3)正极上是NO2得到电子，发生还原反应，负极上是NH3失电子，发生氧化反应，结合电极反应分析判断；
(4)NaN3溶液中N3-水解，溶液呈碱性，结合溶液中电荷守恒分析溶液酸碱性，结合反应2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O的定量关系计算剩余HN3物质的量得到溶液中HN3浓度。
【详解】(1)①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) △H=-159.5kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.5 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol
结合盖斯定律计算①+②-③得到CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方程式：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-87kJ/mol；
(2)CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H
①图象分析可知，先拐先平温度高，T2＞T1，在其它条件不变时，温度越高甲烷物质的量越大，证明升高温度，化学平衡向逆反应方向进行，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；
②温度T1时，0～10min内，甲烷物质的量减小△n(CH4)=0.4mol-0.3mol=0.1mol，反应的NO2物质的量为0.2mol，平衡浓度为0.1mol/L，NO2的平均反应速率v(NO2)==0.02mol/(L•min)；
结合三行计算列式计算平衡浓度得到平衡常数，平衡状态下甲烷物质的量0.1mol，
CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
起始浓度(mol/L) 0.4 1 0 0 0
变化浓度(mol/L) 03 0.6 0.3 0.3 0.6
平衡浓度(mol/L) 0.1 0.4 0.3 0.3 0.6
K==2.025；
③CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0，该反应的正反应为气体体积增大的放热反应。则
A.改用高效催化剂增大反应速率不改变化学平衡，物质的转化率不变，A错误；
B.正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向进行，反应速率增大，但反应物的转化率减小，B错误；
C.缩小容器的体积，压强增大，反应速率增大，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，反应物转化率减小，C错误；
D.增加CH4的浓度，正反应速率增大，可以提高另一种反应物NO2的转化率，D正确；
故合理选项D；
(3)6NO2+8NH3=7N2+12H2O，根据总反应方程式可知：在正极上是NO2得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，可见该电池正极区附近溶液pH增大，负极上是NH3失电子发生氧化反应，电极反应为：2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2；
(4)NaN3是强碱弱酸盐，在溶液中N3-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液呈碱性，但盐电离产生的离子水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以该盐溶液中离子浓度c(Na+)>c(N3—)>c(OH—)>c(H+)；常温下，将amol/L的HN3与bmol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ba2+)=c(N3-)+c(OH-)，当2c(Ba2+)=c(N3-)，c(H+)= c(OH-)，则该混合物溶液呈中性，2HN3+ Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O，溶液呈中性，溶液中c(HN3)==mol/L=mol/L。
【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡的影响因素的分析判断、原电池原理、弱电解质电离平衡和盐类水解的应用等，掌握影响化学反应速率和化学平衡的因素及平衡移动原理是解题关键，判断盐溶液的离子浓度时，要结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒，同时注意盐溶液等体积混合，由于体积增大一倍，微粒的浓度是原来的一半进行分析和计算。
三、选做题（请考生在第18、19两道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。）
18.C、N、O、P、S、Cl、Cu、Zn八种元素的单质及化合物在现代工业生产中有着广泛的应用，请回答下列问题：
(1)第一电离能：Zn_______Cu（填“>”或“<”下同）电负性S ______Cl。
(2)写出基态Cu原子的价电子排布式_________________
(3)SO3的空间构型是________________ ，白磷P4分子呈正四面体结构，P原子位于正四面体的四个顶点，则P原子的杂化形式为_________________。
(4)与SCN—互为等电子体的微粒有_________________________(任写两种)。
(5)NH3、PH3、AsH3三者的沸点由高到低的顺序是___________，原因是______________。
(6)Cu与Cl形成的一种化合物的晶胞结构如图所示(黑点代表铜原子)。
①该晶体的化学式为_________。
②已知该晶体中Cu原子和Cl氯原子之间的最短距离apm且恰好为体对角线的，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为__________________g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】 (1). > (2). < (3). 3d104s1 (4). 平面三角形 (5). sp3杂化 (6). OCN-、CS2、CO2、N2O (7). NH3>AsH3>PH3 (8). 三者均为结构相似的分子晶体，熔沸点高低由相对分子质量决定，且NH3存在分子间氢键，因此NH3熔沸点反常，比另外两种氢化物的熔沸点高 (9). CuCl (10).
【解析】
【分析】
(1)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；
元素的非金属性越强，其相应的电负性就越大；
(2)Cu是29号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
(3)根据价电子对互斥理论判断微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对数=σ键数+孤电子对数；
(4)根据等电子体的含义分析；
(5)NH3分子之间形成了氢键，PH3、AsH3沸点根据分子间作用力强弱分析判断；
(6)①用均摊法计算该晶体的化学式；
②先计算晶胞参数，然后根据密度公式ρ=计算该晶体的密度。
【详解】(1)当原子核外的轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，因此第一电离能Cu＜Zn；
元素的非金属性越强，其电负性就越大。由元素的非金属性Cl>S，可知电负性Cl>S；
(2)Cu是29号元素，根据构造原理可得基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；
(3)SO3分子中价层电子对数=σ键数+孤电子对数=3+(6-3×2)=3，是S原子采用sp2杂化，为平面三角形结构；白磷P4分子呈正四面体结构，P原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，所以P原子的杂化形式为sp3杂化；
(4)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，据此可知与SCN-互为等电子体的微粒有OCN-、CS2、CO2、N2O；
(5)NH3、PH3、AsH3都是由分子构成的物质，在固态时属于分子晶体。由于NH3分子之间形成了氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素形成的氢化物中最高；而PH3、AsH3结构相似，由于相对分子质量PH3AsH3>PH3；
(6)①该晶体中含有的Cu原子个数是8；含有的Cl原子个数是，Cu、Cl原子个数比为1:1，因此该晶体的化学式为CuCl；
②该晶体中Cu原子和Cl氯原子之间的最短距离apm且恰好为体对角线的，则晶胞体对角线为4apm，假设晶胞参数为x，则x=4apm，所以x=pm，晶胞体积V=x3，晶胞的质量为m=，则该晶体的密度为ρ==g/cm3。
【点睛】本题综合考查了物质结构的知识。掌握价层电子对互斥理论、等电子体、泡利不相容原理和洪特规则是解题关键，在计算晶体密度时，要采用均摊方法，先看一个晶胞中含有的微粒数目，再根据物质的量与微粒数目关系及密度计算公式进行计算，这就需要具备一定的空间想象能力。
19.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：
已知：a、
b、
回答下列问题：
(1)反应①所需试剂、条件分别是____________；F 的化学名称为____________。
(2)②的反应类型是______________；A→B 的化学方程式为_________________。
(3)E的结构简式为______________；H 中所含官能团的名称是____________。
(4)化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，且满足下列条件，W 的可能结构有____种。①遇FeCl3 溶液显紫色；②能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式____________。
(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：AB。。。目标产物。____________。
【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 正辛醛 (3). 取代反应 (4). (5). HCHO (6). 羟基 (7). 13 (8). (9).
【解析】
【分析】
甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D（CH2Cl2），D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与H发生酯化反应生成I为。
【详解】(1)反应①是甲苯转化为，是甲苯与氯气在光照条件下进行；根据F 的结构简式可知其化学名称为正辛醛；
(2)反应②是含有羧基的物质C()与含有醇羟基的物质H()在浓硫酸催化作用下发生的酯化反应，该反应也属于取代反应；苯甲醇被O2催化氧化产生苯甲醛，所以A→B 的化学方程式为：；
(3)D是CH2Cl2，与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，2个Cl原子被羟基取代，但由于同一个C原子上有2个羟基不稳定，会脱去1分子的水，形成甲醛HCHO，所以物质E的结构简式为HCHO；H 为，根据结构简式可知H所含官能团的名称是：羟基；
(4)化合物W 的相对分子质量比化合物C(苯甲酸)大14，说明W比C多1个CH2原子团，W满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②属于芳香族化合物，即含有苯环；③能发生银镜反应，说明分子中还含有醛基，该物质分子中含有2个侧链为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种；含有3个侧链为-OH、-CH3、-CHO，而OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，因此符合条件的W共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的W 的结构简式为：；
(5)苯与Cl2在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，苯甲醛与乙醛在碱性条件下反应生成目标物，因此合成路线为。
【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意同一个碳原子上连接两个羟基不稳定，会自动脱去一分子的水变为醛基，同时要结合信息中醛的加成反应特点，利用顺推与逆推法相结合进行推断。
相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Cu—64 Co—59
一、选择题（单选，每题3分，共42分）
1.下列“实际应用”对应“化学知识原理”说法错误的是（ ）
选项
实际应用
化学知识原理
A
泡沫灭火器中装有碳酸氢钠溶液
和硫酸铝溶液
碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液水解且相互促进
B
工业上采用高压(20-50MPa)合成NH3
应用勒夏特列原理
C
施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性
CaCO3溶度积小于CaSO4
D
选用金属锂做电池电极材料
锂轻且在空气中稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al3+与HCO3-发生互促水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，A合理；
B.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，由于正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，会使氨气的平衡含量增加，所以可以应用勒夏特列原理，B正确；
C.施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性，是由于CO32-在溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，当向溶液中加入石膏时，会发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓，该反应发生，使溶液中碳酸根离子浓度降低，水解平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)降低，因此溶液的碱性减弱，C正确；
D.选用金属锂作电池电极材料，是由于Li容易失去电子，产生等物质的量的电子，需要的金属的质量小，解释不符合事实，D错误；
故合理选项是D。
2.下列叙述正确的是（ ）
A. CH4与Cl2在光照条件下反应的产物都难溶于水
B. 将MgCl2、K2SO3溶液在蒸发皿中蒸干均不能得到原溶质
C. 用碱式滴定管量取 10.00 mL 0.1 mol/LKMnO4溶液
D. 用湿润的pH试纸测定氯化铵溶液的pH值
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH4与Cl2在光照条件下反应的HCl极容易溶于水，A错误；
B.MgCl2是挥发性的HCl与Mg(OH)2中和反应产生的物质，在蒸发皿中将MgCl2溶液加热蒸干，水解产生的HCl挥发掉，最后产生的固体为Mg(OH)2；将K2SO3溶液在蒸发皿中蒸干，由于该物质具有还原性，会被空气中的氧气氧化产生K2SO4，该物质是强酸强碱盐，不发生水解，最后得到的是K2SO4，均不能得到原溶质，B正确；
C.KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此要使用酸式滴定管，C错误；
D.用pH试纸测定氯化铵溶液的pH值时不能湿润，否则会对溶液起稀释作用，D错误；
故合理选项是B。
3.2018年诺贝尔化学奖在10月3日揭晓，弗朗西斯•阿诺德、乔治•史密斯和格雷戈里•温特尔共同获奖，以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的噬菌体展示技术方面取得的成果。如图所示是木瓜蛋白酶（蛋白质）的结构简式，下列说法不正确的是（ ）
A. 醋酸铅可使木瓜蛋白酶变性
B. 木瓜蛋白酶含有苯环，属于芳香烃
C. 木瓜蛋白酶能发生水解反应、加成反应
D. 木瓜蛋白酶能与碳酸钠反应生成CO2气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸铅含有重金属离子，可以使木瓜蛋白酶中毒失去生理活性而变性，A正确；
B.木瓜蛋白酶中含有苯环，同时含有N、O等因素，因此不属于芳香烃，B错误；
C.木瓜蛋白酶中含有肽键，能发生水解反应；含有C=N双键，可以发生加成反应，C正确；
D.木瓜蛋白酶中含有羧基，能与碳酸钠反应生成CO2气体，D正确；
故合理选项是B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 100mL1mol/LFeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
B. 将1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和为NA
C. 12g乙烷中所含的极性共价键为2.4NA个
D. 标准状况下，4.48 LNO与足量氧气反应生成NO2数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在FeCl3溶液中，Fe3+会发生水解反应而消耗，所以该溶液中含有的Fe3+的数目小于0.1NA，A错误；
B.将1mol Cl2通入水中，只有一部分氯气与水发生反应，所以HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和小于NA，B错误；
C.12g乙烷的物质的量为n=12g÷30g/mol=0.4mol，由于在1个乙烷分子中含有6个C-H键，所以0.4mol乙烷中所含的极性共价键为2.4NA个，C正确；
D.标准状况下，4.48 LNO的物质的量为0.2mol，与足量氧气反应生成NO2后，部分NO2会发生反应产生N2O4，因此最终产生的NO2数目小于0.2NA，D错误；
故合理选项是C。
5.已知元素X、Y、Z、W均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，Y2+与W-其具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：W-＞Y2+
B. X的含氧化合物中只含有离子键
C. W的最高正化合价为+7
D. 工业上常用电解Z的氯化物来制备Z的单质
【答案】A
【解析】
【分析】
已知X、Y、Z、M四种元素均为短周期元素，Y2+与W-具有相同电子层结构，其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，可知Y为Mg，X为Na，Z为Al，则W为F元素，结合原子结构，元素性质解答。
【详解】W为F，Y为Mg，X为Na，Z为Al。
A.F、Mg对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，A正确；
B.如为过氧化钠，含有离子键和共价键，B错误；
C.F无正价，C错误；
D.氯化铝是共价化合物，不导电，在工业上常用电解熔融的氧化铝来冶炼铝，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用的知识，准确把握题干条件，明确原子结构特点及在周期表中位置关系是解题关键，侧重考查学生分析问题解决问题能力。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 中阳极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体
B. 中待镀铁制品应与电源正极相连
C. 中钢闸门应与外接电源的正极相连，称为牺牲阳极的阴极保护法
D. 中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.在阳极Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+与KI不能发生反应，因此不能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体，A错误；
B.电镀时，应该把待镀铁制品与电源负极相连，作阴极，发生还原反应，B错误；
C.钢闸门应与外接电源的负极相连，称为外接电流的阴极保护法，C错误；
D.根据图示可知：该离子交换膜可以使Na+通过，而不能使Cl2通过，因此就可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，D正确；
故合理选项是D。
7.下列实验对应现象及结论有错误的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入KI溶液，振荡
沉淀由白色变黄色
AgCl溶解度大于AgI
B
向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe2+
C
常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞
两份溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深
常温下的水解平衡常数：
Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO3-)
D
常温时，用两支试管各取4mL 0.1mol/L 酸性KMnO4溶液，分别加入0.1mol/L和0.2 mol/L H2C2O4溶液各2 mL
两试管溶液均褪色，且加0.2mol/L H2C2O4 溶液的试管中褪色更快
其它条件不变，H2C2O4溶液的浓度越大，化学反应速率越大
【答案】D
【解析】
【详解】A.AgCl难溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，向AgCl悬浊液中加入KI溶液，振荡，发现沉淀逐渐变为黄色，是由于发生了反应：Ag++I-=AgI↓，使沉淀溶解平衡正向移动，逐渐溶解转化为AgI沉淀，因此可以说明AgCl溶解度大于AgI，A正确；
B.向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，由于没有了Fe3+，所以再滴加1滴KSCN溶液，溶液也不会出现红色，可以证明物质的还原性Fe>Fe2+，B正确；
C. CH3COONa和NaHCO3都是强碱弱酸盐，在溶液中弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性，根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，等浓度的两种盐溶液滴加酚酞试液后NaHCO3红色更深，说明水解程度：NaHCO3>CH3COONa，水解平衡常数：Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO3-)，C正确；
D.生成Mn2+可作催化剂，不能说明浓度对化学反应的速率有影响，D错误；
故合理选项是D。
8.中科院某课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法中正确的是（ ）
A. a极为正极
B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C. b极电极反应式为MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-
D. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
A.失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和Mn2+；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+计算转移电子物质的量。
【详解】A.根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，A错误；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大，则溶液的pH减小，B错误；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，正确判断各个电极上发生的反应及电极名称是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写。
9.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确的是（ ）
A. Ksp[Cu(OH)2]数量级为10-20
B. d点表示Cu(OH)2形成饱和溶液
C. 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D. b、c两点表示Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等
【答案】A
【解析】
【详解】A.由c点可知Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×(10-9.6)2=10-19.2，因此氢氧化铜的溶度积常数的数量级为10-20，A正确；
B.曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的点为平衡点，曲线上方的点为过饱和溶液，曲线下方的浓度积常数未达到溶度积常数的值，因此形成的不是饱和溶液，所以d点表示Cu(OH)2形成的不饱和溶液，B错误；
C.加适量NH4Cl固体，NH4+与OH-结合形成NH3·H2O，导致溶液中c(OH-)减小，因此不能使溶液由a点变到b点，C错误；
D. b、c两点表示其中的金属阳离子的浓度相等，由于Fe(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数不同，所以不能表示二者的溶解度相等，D错误；
故合理选项是A。
10.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图表示升高温度醋酸钠的水解程度增大，溶液碱性增强
B. 图表示氢氟酸为弱酸，且a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C. 图表示压强对可逆反应2A(g) +2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 图表示0.100 0 mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L−1醋酸溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，pH>7，盐的水解是吸热反应，升高温度，会促进盐的水解，因此，升高温度，醋酸钠的水解程度增大，溶液的pH增大，故A符合；
B．溶液的导电性与溶液中离子浓度大小有关，由于HF是弱酸，在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，HF中离子浓度变化小，但比盐酸要大，溶液的导电能力比HCl强，由于温度相同，所以Kw的数值相同，故B不符合；
C．可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故C不符合；
D．醋酸为弱酸，0.10 mol•L-1醋酸，其pH大于1，而图中开始pH=1，故D不符合。
故选A。
11.钠硫电池体积小、容量大、寿命长、效率高，在电力储能中广泛应用于削峰填谷、应急电源、风力发电等储能方面。Na-S电池的结构如下图所示，电池反应为2Na+S8=Na2Sn。下列说法不正确的是（ ）
A. 熔钠电极作电池的负极 B. 放电时Na+向正极移动
C. 充电时熔钠电极与电源的正极相连 D. 充电时阳极反应式为8Sn2--16e-=nS8
【答案】C
【解析】
【详解】A.放电时，熔钠电极失电子发生氧化反应，所以放电时熔钠电极作电池的负极，A正确；
B.原电池中电解质中的阳离子移向正极，即Na+向正极移动，B正确；
C.充电时，原电池的负极和电源的负极相连，原电池的正极和电源的正极相连，放电时熔钠电极是负极，充电时熔钠电极与电源的负极相连，C错误；
D.充电时阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：8Sn2--16e-=nS8，D正确；
故合理选项是C。
12.0.1000mol/L的盐酸滴定20 mL0.1000mol/L氨水，滴定曲线如下图，下列说法正确的是（ ）
A. 该中和滴定适宜用酚酞作指示剂
B. 两者恰好中和时，溶液的pH=7
C. 达到滴定终点时，溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D. 当滴入盐酸达40 mL时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.用0.1000mol/L的盐酸滴定20 mL0.1000mol/L氨水，恰好完全反应产生NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，为减少滴定误差，要选择在酸性范围内变色的指示剂甲基橙，A错误；
B.两者恰好中和时产生是NH4Cl，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶液的pH<7，B错误；
C.达到滴定终点时，NH4+水解使溶液显酸性，根据质子守恒，可得：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，C正确；
D.当滴入盐酸达40 mL时，溶液中含有等物质的量浓度的NH4Cl、NH3·H2O，根据电荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，D错误；
故合理选项是C。
13.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1=akJ/mol；Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2=bkJ/mol，实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B. 向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
C. 反应达到平衡后，增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
D. Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)的ΔH=(a+2b)kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.K只受温度的影响，pH增大，难溶电解质的溶度积常数Ksp(CuCl)不变，A错误；
B.根据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，B错误；
C.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，K不变，所以c(Cl-)减小，C正确；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) △H1=a kJ/mol，
②Cl-(aq)+ Cu+(aq)CuCl(s) △H2=b kJ/mol
①÷2+②可得到：.Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)，根据盖斯定律反应的△H=(0.5a+b)kJ/mol，D错误；
故合理选项是C。
14.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，电离类似于氨：NH3+H2ONH4++OH-，25℃时，kb1=10-4.07，kb2=10-7.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+
B. 曲线Ⅰ与曲线II相交点对应pH=6.85
C. 乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-
D. 0.1 mol/LH2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(H2NCH2CH2NH3+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，水溶液中分步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-，第二步电离：H2NCH2CH2NH3++H2O [H3NCH2CH2NH3]2++OH-，pH越小，有利于电离平衡正向移动，[H3NCH2CH2NH3]2+的浓度越大，则曲线Ⅰ代表的是[H3NCH2CH2NH3]2+，曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，A正确；
B.曲线Ⅱ代表的是H2NCH2CH2NH3+，曲线Ⅰ[H3NCH2CH2NH3]2+与曲线Ⅱ相交点处和H2NCH2CH2NH3+浓度相同，c(OH-)=Kb2=10-7.15，c(H+)==10-6.85，所以溶液的pH=6.85，B正确；
C.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是无色液体，有类似氨的性质，已知：25℃时，kb1=10-4.07，kb2=10-7.15；属于二元弱碱，其水溶液显弱碱性，则H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，C正确；
D.在0.1mol/LH2NCH2CH2NH3Cl溶液中H2NCH2CH2NH3+离子水解溶液显酸性，电离使溶液显碱性，由于电离大于水解，因此该溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl-)>c(H2NCH2CH2NH3+)>c(OH-)>c(H+)，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题
15.磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂,实验室可利用SO2与Cl2在活性炭作用下反应制取少量的SO2Cl2,装置如图所示(部分夹持装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1 ℃，沸点为69.1 ℃，遇水能发生剧烈的水解反应，并产生白雾。
(1)仪器B的名称为_____,由仪器B的使用可知SO2与Cl2反应的ΔH____(填“>”或“<”)0。
(2)仪器C的作用是________________________________。
(3)试剂X、Y的组合最适宜的是______。
a.18.4mol/LH2SO4溶液+Cu b.4mol/LHNO3溶液+Na2SO3 c.75%H2SO4溶液+K2SO3
(4)反应结束后，将丙中产物分离的实验操作的名称是______。
(5)分离产物后，向获得的SO2Cl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液w。
①写出该反应的离子方程式:___________。
②检验溶液w中存在SO42-的方法是________。
(6)若反应中消耗的氯气的体积为896 mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的磺酰氯3.3 g，则磺酰氯的产率为_________(保留三位有效数字)。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). < (3). 吸收尾气Cl2、SO2防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入反应体系，引起磺酰氯水解 (4). c (5). 蒸馏 (6). SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O (7). 取少量w溶液于试管中,加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液w中存在SO42- (8). 61.1%
【解析】
分析】
甲装置制备二氧化硫，己装置制备氯气，二氧化硫与氯气在丙中反应生成SO2Cl2，丙中活性炭可能起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，乙为干燥二氧化硫，戊是饱和食盐水，降低氯气溶解度，丁干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解。
【详解】(1)根据装置图可知，仪器B的名称为球形冷凝管，因冷凝管的作用是冷凝回流但反应没有进行加热操作，可知SO2与氯气间的反应为放热反应，△H<0；
(2)由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，且SO2Cl2遇水易水解，装置C中含有碱石灰，碱石灰的作用是用于吸收氯气、SO2，防止污染环境并防止空气中的水蒸气进入B中而导致磺酰氯水解；
(3)甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以要选用的合适选项是c，即用75% H2SO4+K2SO3来制备SO2；
(4)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以丙中混合物分离开的实验操作是蒸馏；
(5)①SO2Cl2与NaOH溶液反应生成硫酸钠和氯化钠，该反应的离子方程式为：SO2Cl2+4OH-=2Cl-+SO42-+2H2O；
②要检验溶液中的SO42-应排除Cl-的干扰，方法是取少量w溶液于试管中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液w中存在SO42-；
(6)标准状况下，896mLCl2为n(Cl2)=0.896L÷22.4L/mol=0.04mol，根据元素守恒可知理论上可得到0.04molSO2Cl2，即为m(SO2Cl2)=0.04mol×135g/mol=5.4g，因此SO2Cl2的产率为=61.1%。
【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，要结合物质的量与气体的体积的关系计算氯气的物质的量，并根据物质产率含义进行相应计算，注意对物质性质信息的应用。
16.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：
(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为_____________，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_______________(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。
(2)按照上述流程，步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH___________ (填“能”或“不能”)，理由是________________________。
(3)步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：___________________________。
(4)步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，其离子方程式为_____________。己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，则操作a的名称为_____。
(5)生产过程中，理论上每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为_______________。
(6)已知几种物质在20℃时的Ksp如下表：
某同学用滴定法测定晶体CoCl2·xH2O中的x，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时选择的指示剂是_____(填编号)。
A.KCl B.KSCN C.K2S D.K2CrO4
若取晶体样品ag溶于蒸馏水中配制100mL溶液取20mL配制溶液于锥形瓶中，加入所选指示剂，用cmol/LAgNO3溶液滴定至终点消耗标准溶液bmL。则x的表达式为___________。
【答案】 (1). +6 (2). 氧化还原反应 (3). 不能 (4). CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2 (5). 取少量③中溶液于试管，滴入少量 K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则 Fe2+已经全部转化成Fe3+ (6). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (7). 过滤 (8). 74.5g (9). D (10).
【解析】
【分析】
粉碎菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)，加入NaOH溶液碱溶，酸性氧化物SiO2与NaOH反应得到硅酸钠溶液，过滤，滤渣主要含有FeCO3，加入稀硫酸溶解，得到Fe2+的酸性溶液，加入NaClO溶液氧化Fe2+，2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，再加入NaOH和NaClO溶液继续氧化Fe3+，反应为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，向得到的Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，过滤得到高铁酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)Na2FeO4中钠元素+1价，氧元素-2价，则铁元素+6价；高铁酸钠中铁元素+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故发生氧化还原反应；
(2)不能用Ca(OH)2替代NaOH，Ca(OH)2会与SiO2发生反应生成CaSiO3，CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2；
(3)步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+是看溶液中是否含有Fe2+,方法取少量③中溶液于试管，滴入少量的K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2+全部转化成Fe3+，否则含有Fe2+；
(4)步骤④为NaOH和NaClO溶液氧化Fe3+生成Na2FeO4和NaCl，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，经过操作a得到固体，则该分离混合物的操作方法为过滤；
(5)根据铁元素守恒，生成0.5mol的FeO42-，则加入的Fe2+为0.5mol，第一次加入NaClO溶液氧化Fe2+，发生反应2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，则需要n(NaClO)=0.25mol，第二次加入NaOH和NaClO溶液继续氧化Fe3+，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，则需要n(NaClO)=0.75mol，所以消耗 NaClO的总质量为m(NaClO)=(0.25mol+0.75mol)×74.5g/mol=74.5g；
(6)指示剂的作用是指示Cl-恰好沉淀完全，即使Cl-先形成沉淀，再滴入AgNO3溶液时产生不同颜色的沉淀来指示滴定终点。
A.KCl产生AgCl白色沉淀，没有明显的颜色变化，A错误；
B.根据表格数据可知AgSCN的溶解度比AgCl小，先形成AgSCN沉淀，B错误；
C.Ksp(Ag2S)=2.0×10-48=c2(Ag+)·c(S2-)，c(S2-)=mol/L，Ksp(AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-)=2.0×10-10，c(Cl-)= mol/L，说明Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，滴加时先形成Ag2S沉淀，C错误；
D.Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)=mol/L> mol/L，说明Ag2CrO4的溶解度大于AgCl的溶解度，则加入K2CrO4可以作指示剂，指示滴定终点，D正确；故合理选项是D；
ag晶体样品中含有Cl-的物质的量为n(Cl-)=n(Ag+)=cmol/L×b×10-3L×=5bc×10-3mol，n(CoCl2)=n(Cl-)=5bc×10-3mol=2.5bc×10-3mol，整理可得x的表达式为。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，在进行推导时，要注意应用电子守恒，及滴定时所取的溶液的体积与配制溶液的体积关系，同时还要清楚对于构型不同的难溶性的物质来说，溶度积常数小的物质，溶解度不一定小，要通过计算离子浓度进行比较，得到正确的答案。需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。
17.氮的化合物应用广泛，但氮氧化物是重要的空气污染物，应降低其排放。请回答下列问题：
(1)用CO2和NH3可合成氮肥尿素[CO(NH3)2]，已知：
①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4 (s) △H=-159.5kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.5 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol
用CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方程式为__________________。
(2)工业上常用如下反应消除氮氧化物的污染：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H，在温度为T1和T2时，分别将0.40molCH4和1.0molNO2充入体积为1L的密闭容器中，n(CH4)随反应时间的变化如图所示：
①根据图判断该反应的△H________0（填“>”、“<”或“=”）。理由是__________。
②温度为T1时，0～10min内NO2的平均反应速率V(NO2)= ______，反应的平衡常数K=________mol/L（保留三位小数）
③该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO2的转化率，可采取的措施有_______（填标号）。
A．改用高效催化剂 B．升高温度 C．缩小容器的体积 D．增加CH4的浓度
(3)利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(4)氮的一种氢化物HN3 ，其水溶液酸性与醋酸相似，则NaN3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____________；常温下，将amol/L的HN3与bmol/L的Ba(OH) 2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N3-)，则该混合物溶液呈________（填“酸”、“碱”或“中”）性，溶液中c(HN3)=_______mol/L(用a、b表示）。
【答案】 (1). 2NH3(g)+CO2 (g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-87.0 kJ/ mol (2). < (3). T1
【解析】
【分析】
(1)结合盖斯定律计算；
(2)①先拐先平温度高，然后根据升高温度甲烷物质的量增大，说明升温平衡逆向进行；
②温度T1时，0～10min内NO2的平均反应速率v=，根据平衡常数K的含义进行计算；
③提高反应速率同时提高NO2的转化率，增大反应速率同时平衡正向进行，结合化学平衡移动原理和反应特征分析判断；
(3)正极上是NO2得到电子，发生还原反应，负极上是NH3失电子，发生氧化反应，结合电极反应分析判断；
(4)NaN3溶液中N3-水解，溶液呈碱性，结合溶液中电荷守恒分析溶液酸碱性，结合反应2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O的定量关系计算剩余HN3物质的量得到溶液中HN3浓度。
【详解】(1)①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) △H=-159.5kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.5 kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol
结合盖斯定律计算①+②-③得到CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方程式：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-87kJ/mol；
(2)CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H
①图象分析可知，先拐先平温度高，T2＞T1，在其它条件不变时，温度越高甲烷物质的量越大，证明升高温度，化学平衡向逆反应方向进行，则该反应的正反应为放热反应，△H＜0；
②温度T1时，0～10min内，甲烷物质的量减小△n(CH4)=0.4mol-0.3mol=0.1mol，反应的NO2物质的量为0.2mol，平衡浓度为0.1mol/L，NO2的平均反应速率v(NO2)==0.02mol/(L•min)；
结合三行计算列式计算平衡浓度得到平衡常数，平衡状态下甲烷物质的量0.1mol，
CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
起始浓度(mol/L) 0.4 1 0 0 0
变化浓度(mol/L) 03 0.6 0.3 0.3 0.6
平衡浓度(mol/L) 0.1 0.4 0.3 0.3 0.6
K==2.025；
③CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0，该反应的正反应为气体体积增大的放热反应。则
A.改用高效催化剂增大反应速率不改变化学平衡，物质的转化率不变，A错误；
B.正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向进行，反应速率增大，但反应物的转化率减小，B错误；
C.缩小容器的体积，压强增大，反应速率增大，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，反应物转化率减小，C错误；
D.增加CH4的浓度，正反应速率增大，可以提高另一种反应物NO2的转化率，D正确；
故合理选项D；
(3)6NO2+8NH3=7N2+12H2O，根据总反应方程式可知：在正极上是NO2得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，可见该电池正极区附近溶液pH增大，负极上是NH3失电子发生氧化反应，电极反应为：2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2；
(4)NaN3是强碱弱酸盐，在溶液中N3-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液呈碱性，但盐电离产生的离子水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以该盐溶液中离子浓度c(Na+)>c(N3—)>c(OH—)>c(H+)；常温下，将amol/L的HN3与bmol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ba2+)=c(N3-)+c(OH-)，当2c(Ba2+)=c(N3-)，c(H+)= c(OH-)，则该混合物溶液呈中性，2HN3+ Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O，溶液呈中性，溶液中c(HN3)==mol/L=mol/L。
【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡的影响因素的分析判断、原电池原理、弱电解质电离平衡和盐类水解的应用等，掌握影响化学反应速率和化学平衡的因素及平衡移动原理是解题关键，判断盐溶液的离子浓度时，要结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒，同时注意盐溶液等体积混合，由于体积增大一倍，微粒的浓度是原来的一半进行分析和计算。
三、选做题（请考生在第18、19两道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。）
18.C、N、O、P、S、Cl、Cu、Zn八种元素的单质及化合物在现代工业生产中有着广泛的应用，请回答下列问题：
(1)第一电离能：Zn_______Cu（填“>”或“<”下同）电负性S ______Cl。
(2)写出基态Cu原子的价电子排布式_________________
(3)SO3的空间构型是________________ ，白磷P4分子呈正四面体结构，P原子位于正四面体的四个顶点，则P原子的杂化形式为_________________。
(4)与SCN—互为等电子体的微粒有_________________________(任写两种)。
(5)NH3、PH3、AsH3三者的沸点由高到低的顺序是___________，原因是______________。
(6)Cu与Cl形成的一种化合物的晶胞结构如图所示(黑点代表铜原子)。
①该晶体的化学式为_________。
②已知该晶体中Cu原子和Cl氯原子之间的最短距离apm且恰好为体对角线的，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为__________________g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】 (1). > (2). < (3). 3d104s1 (4). 平面三角形 (5). sp3杂化 (6). OCN-、CS2、CO2、N2O (7). NH3>AsH3>PH3 (8). 三者均为结构相似的分子晶体，熔沸点高低由相对分子质量决定，且NH3存在分子间氢键，因此NH3熔沸点反常，比另外两种氢化物的熔沸点高 (9). CuCl (10).
【解析】
【分析】
(1)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；
元素的非金属性越强，其相应的电负性就越大；
(2)Cu是29号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
(3)根据价电子对互斥理论判断微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对数=σ键数+孤电子对数；
(4)根据等电子体的含义分析；
(5)NH3分子之间形成了氢键，PH3、AsH3沸点根据分子间作用力强弱分析判断；
(6)①用均摊法计算该晶体的化学式；
②先计算晶胞参数，然后根据密度公式ρ=计算该晶体的密度。
【详解】(1)当原子核外的轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，因此第一电离能Cu＜Zn；
元素的非金属性越强，其电负性就越大。由元素的非金属性Cl>S，可知电负性Cl>S；
(2)Cu是29号元素，根据构造原理可得基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；
(3)SO3分子中价层电子对数=σ键数+孤电子对数=3+(6-3×2)=3，是S原子采用sp2杂化，为平面三角形结构；白磷P4分子呈正四面体结构，P原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，所以P原子的杂化形式为sp3杂化；
(4)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，据此可知与SCN-互为等电子体的微粒有OCN-、CS2、CO2、N2O；
(5)NH3、PH3、AsH3都是由分子构成的物质，在固态时属于分子晶体。由于NH3分子之间形成了氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素形成的氢化物中最高；而PH3、AsH3结构相似，由于相对分子质量PH3
(6)①该晶体中含有的Cu原子个数是8；含有的Cl原子个数是，Cu、Cl原子个数比为1:1，因此该晶体的化学式为CuCl；
②该晶体中Cu原子和Cl氯原子之间的最短距离apm且恰好为体对角线的，则晶胞体对角线为4apm，假设晶胞参数为x，则x=4apm，所以x=pm，晶胞体积V=x3，晶胞的质量为m=，则该晶体的密度为ρ==g/cm3。
【点睛】本题综合考查了物质结构的知识。掌握价层电子对互斥理论、等电子体、泡利不相容原理和洪特规则是解题关键，在计算晶体密度时，要采用均摊方法，先看一个晶胞中含有的微粒数目，再根据物质的量与微粒数目关系及密度计算公式进行计算，这就需要具备一定的空间想象能力。
19.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：
已知：a、
b、
回答下列问题：
(1)反应①所需试剂、条件分别是____________；F 的化学名称为____________。
(2)②的反应类型是______________；A→B 的化学方程式为_________________。
(3)E的结构简式为______________；H 中所含官能团的名称是____________。
(4)化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，且满足下列条件，W 的可能结构有____种。①遇FeCl3 溶液显紫色；②能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式____________。
(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：AB。。。目标产物。____________。
【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 正辛醛 (3). 取代反应 (4). (5). HCHO (6). 羟基 (7). 13 (8). (9).
【解析】
【分析】
甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D（CH2Cl2），D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与H发生酯化反应生成I为。
【详解】(1)反应①是甲苯转化为，是甲苯与氯气在光照条件下进行；根据F 的结构简式可知其化学名称为正辛醛；
(2)反应②是含有羧基的物质C()与含有醇羟基的物质H()在浓硫酸催化作用下发生的酯化反应，该反应也属于取代反应；苯甲醇被O2催化氧化产生苯甲醛，所以A→B 的化学方程式为：；
(3)D是CH2Cl2，与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，2个Cl原子被羟基取代，但由于同一个C原子上有2个羟基不稳定，会脱去1分子的水，形成甲醛HCHO，所以物质E的结构简式为HCHO；H 为，根据结构简式可知H所含官能团的名称是：羟基；
(4)化合物W 的相对分子质量比化合物C(苯甲酸)大14，说明W比C多1个CH2原子团，W满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②属于芳香族化合物，即含有苯环；③能发生银镜反应，说明分子中还含有醛基，该物质分子中含有2个侧链为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种；含有3个侧链为-OH、-CH3、-CHO，而OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，因此符合条件的W共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的W 的结构简式为：；
(5)苯与Cl2在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，苯甲醛与乙醛在碱性条件下反应生成目标物，因此合成路线为。
【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意同一个碳原子上连接两个羟基不稳定，会自动脱去一分子的水变为醛基，同时要结合信息中醛的加成反应特点，利用顺推与逆推法相结合进行推断。
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