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【化学】浙江省宁波诺丁汉大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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浙江省宁波诺丁汉大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 Na—23 Cl－35.5 S－32 Fe－56 Cu－64 Zn－65 Br—80 I—127
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
一、选择题（每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列属于纯净物的是
A. 食盐水 B. 石油 C. 纯碱 D. 石灰石
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各物质的俗名与主要成分，比照纯净物和混合物的概念解答。
【详解】A.食盐水是食盐NaCl溶于水形成的溶液，由两种物质构成，属于混合物，故A项错误；
B.石油是多种烃混合在一块形成的复杂物质，属于混合物，故B项错误；
C.纯碱是Na2CO3的俗名，只由一种物质构成，属于纯净物，故C项正确；
D.石灰石的主要成分是CaCO3，其他成分有SiO2、Al2O3等，由多种物质构成，属于混合物，故D项错误。
答案选C。
【点睛】本题考查纯净物的概念，解答题目时，能准确分析出构成物质的成分是解题的关键，石灰石主要成分是CaCO3，属于混合物，这一点学生易错，要引起重视。
2.仪器名称为“烧瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
A．为烧瓶，故A正确； B．为量筒，故B错误；C．为容量瓶，故C错误；D．为分液漏斗，故D错误；故选A。
3.下列物质在常温下能导电的是
A. 氯化钠晶体 B. 酒精 C. 硫酸 D. 石墨
【答案】D
【解析】
【分析】
物质导电与否的判断标准是：是否存在自由移动的离子或者电子。
【详解】A.氯化钠晶体中有离子，但是在晶体条件下不能自由移动，故不能导电；
B.酒精是非电解质，不存在能自由移动的离子，不能导电；
C.硫酸属于电解质，在水溶液中才能电离，无水硫酸中只有分子的形式，不存在能自由移动的离子，不能导电；
D.石墨属于碳单质，存在自由电子，所以能导电；
答案选D。
4.下列有水参加反应中，属于氧化还原但水既不是氧化剂也不是还原剂的是
A. CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2↑ B. 2F2+2H2O=4HF+O2
C. Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑ D. 2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑
【答案】D
【解析】
A、 CaH2 中氢由-1价升至0价， 2H2O中氢由+1价降为0，水作氧化剂，故A错误；B、水中氧元素由-2价升高为0价，水只作还原剂，故B错误；C、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价不变，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；故选D。
5.下列物质的水溶液呈碱性的是
A. CH3COOH B. CH3COONa C. CH3CH2OH D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
判断物质在水溶液中的酸碱性，先分析物质是酸、碱还是盐，若为盐，再具体考虑水解对溶液酸碱性的影响，据此来分析作答。
【详解】A. CH3COOH属于酸，溶于水电离出H+，水溶液显酸性，故A项错误；
B. CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，
水解出OH-，溶液显碱性，故B项正确；
C. CH3CH2OH是非电解质，溶于水形成溶液时不能电离，水溶液显中性，故C项错误；
D. NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶于水发生水解，NH4++H2ONH3･H2O+H+，水解出H+，溶液显酸性，故D项错误。
答案选B。
【点睛】溶液酸碱性判断方法一，是根据H+与OH-浓度大小定量判断：
当c(H+)>c(OH-)时，溶液呈酸性；
当c(H+)=c(OH-)时，溶液呈中性；
当c(H+)
6.下列说法不正确的是
A. 干冰可用于人工降雨 B. 氢气的热值比天然气的低
C. 硫酸铜可用作游泳池消毒 D. 氢氧化铁胶体能用于净水
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查物质的性质与用途，为化学常识题，属于容易题，可采用排除法得出结论。
【详解】A. 干冰是固态的CO2，升华时迅速吸热，可用于人工降雨，故A项正确；
B. 天然气热值约为：56kJ/g，氢气热值：143kJ/g，氢气的热值比天然气高，故B项错误；
C. 硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，故可用作游泳池消毒，故C项正确；
D. 氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒，故能用于净水，故D项正确。
答案选B。
7.地球上最基本的能源是
A. 煤 B. 氢能 C. 太阳能 D. 石油
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查地球能源的来源，属于容易题型。
【详解】A.煤是埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，而动植物的能量来自太阳能，煤并不是最基本的能源，故A项错误；
B.氢能是非常清洁的能源，但是氢气需要人工制取，并不是最基本的能源，故B项错误；
C.地球上的能量都直接或者间接来源于太阳能，太阳能是最基本的能源，故C项正确；
D.石油是埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，而动植物的能量来自太阳能，石油并不是最基本的能源，故D项错误；
答案选C。
8.下列表示不正确的是
A. KOH的电子式： B. 水分子的结构式：
C. CH4的球棍模型： D. Cl原子的结构示意图：
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学用语，能够正确书写电子式、结构式、结构示意图，本题属于简单题，能区分出原子结构示意图与离子结构示意图的不同点即可选择正确答案。
【详解】A.KOH属于离子化合物，电子式是，故A项正确；
B.水分子属于共价化合物，结构式为，故B项正确；
C. 球棍模型，是一种空间填充模型，用来表现化学分子的三维空间分布。在球棍模型中，棍代表共价键，不同的球代表不同的原子，CH4中碳原子与氢原子之间都是单键，CH4为正四面体型，故C项正确；
D.Cl属于17号元素，其原子结构示意图为，故D项错误。
答案选D。
9.下列能有关 SO2 的说法不正确的是
A. 属于酸性氧化物 B. 属于“城市空气质量日报”的物质
C. 水溶液能使紫色石蕊试液变红 D. 因为具有强氧化性，所以能漂白品红
【答案】D
【解析】
A. 二氧化硫属于酸性氧化物，A正确；B. SO2是大气污染物，所以属于“城市空气质量日报”的物质，B正确；C. SO2可与水化合生成亚硫酸，故其水溶液能使紫色石蕊试液变红 ，C正确；D. SO2能漂白品红不是因为其具有强氧化性，而是因为其可以与某些有机色质化合成无色物质，D不正确。本题选D。
10.下列有关说法正确的是
A. 天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清洁能源
B. 将农业废弃物在一定条件下产生热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用
C. 若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应放热
D. 寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向
【答案】B
【解析】
A、煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；B、生物质发酵转化为可燃性气体比如甲烷，是对生物质能的有效利用，故B正确；C、若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则吸收的能量大于放出的能量，反应吸热，故C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，而不能违背能量守恒规律，水分解是个吸热反应，这是不可逆转的，故D错误。故选B。
11.下列说法正确的是
A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后须烘干才能使用
B. 焰色反应试验火焰呈黄色，则试样中一定含Na＋、不含K＋
C. pH试纸在检测气体时必须先湿润
D. 氯化钠溶液中混有少量硝酸钾，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得纯净氯化钠
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查容量瓶及pH试纸的使用、混合物的分离与提纯等化学基本实验操作，以及焰色反应。注意焰色反应判断是否有钾元素时，需要透过蓝色钴玻璃才能确定。
【详解】A.容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，故A项错误；
B.因黄色光遮挡紫色光，观察钾元素的焰色反应要通过蓝色钴玻璃，否则无法观察到钾元素的焰色，用洁净的Pt丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，不能说明不含钾元素，故B项错误；
C.用pH试纸可以测出酸碱性，气体只能溶于水显示酸碱性，故C项正确；
D.氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠的溶解度随温度的升高增大不明显，所以采用蒸发结晶的方法提纯氯化钠，不能采取降温结晶的方法，故D项错误。
答案为C。
【点睛】混合物分离和提纯的常见方法及实例和使用范围归纳总结如下表：
方法
课本举例
分离的物质
过滤
除去粗盐中的泥沙
用水溶解，从溶液中分离出不溶固体物质
蒸发
从食盐溶液中分离出NaCl
加热溶液，从溶液中分离出易溶固体溶质
蒸馏
从自来水制蒸馏水
加热并冷凝，从互溶的液态混合物中分离出沸点不同物质
萃取
用CCl4提取碘水中碘
用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂组成的溶液中提取出来
洗气
用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质
气体与气体的分离(杂质气体与液体反应)。
升华
碘的升华
分离易升华的物质。
12.下列说法不正确的是
A. 金刚石、石墨、纳米碳管互为同素异形体
B. 有机物CH3-CH2-NO2和H2N-CH2-COOH互为同分异构体
C. 和互为同位素，但不属于同种核素
D. 氨基酸分子中均含有氨基（-NH2）和羧基（-COOH）
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查同素异形体、同分异构体、同位素的概念、氨基酸结构中所含基本官能团的名称与结构简式，采用排除法分析作答。
【详解】A.金刚石、石墨、纳米碳管是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，所以A项正确；
B.CH3-CH2-NO2和H2N-CH2-COOH的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故B项正确；
C. 14C和14N不属于同一种元素，并不是同位素，故C项错误；
D.羧酸分子烃基上氢原子被氨基取代所得的化合物称为氨基酸，故氨基酸分子中既含氨基又含羧基，故D项正确；
答案选C。
【点睛】高中化学“四同”的概念：
同位素：质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子；
同素异形体：同种元素形成的不同的单质；
同系物：结构相似，分子组成相差n个CH2的有机化合物；
同分异构体：分子式相同结构不同的化合物。
13.五种主族元素X、Y、Z、M和N在周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是
A. M的原子半径比N小
B. Y和Z既可形成Z2Y，也可形成Z2Y2
C. X2M的热稳定性比X2Y强
D. M和N的氧化物的水化物均为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】
根据各元素在周期表中的位置知，X为H，Y为O，Z为Na，M为S，N为Cl，根据元素周期律和相关化学用语作答。
【详解】根据元素周期表的结构，可知X为H，Z为Na，Y为O，M为S，N为Cl；
A.同一周期的原子，原子序数越大，半径越小，因此M的原子半径大于N，故A项错误；B. Z为Na，Y为O，可结合生成Na2O和Na2O2，故B项正确；
C. X2M为H2S， X2Y为H2O，根据元素周期律，非金属性越强，氢化物越稳定，H2O的热稳定性大于H2S，故C项错误；
D. M和N的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4、HClO4、HClO等，其中H2SO3、HClO为弱酸，故D项错误；
答案选B。
【点睛】熟练掌握元素周期表的结构，及元素周期律是解此类题的关键，如非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物酸性也越强。特别注意：是最高价氧化物对应的水化物与非金属性之间有直接关系，而不是氧化物的水化物。
14.下列方程式正确的是
A. MnO2与浓盐酸反应的离子方程式：MnO2＋4HClMn2＋＋Cl2↑＋2Cl－＋2H2O
B. FeI2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2I-+2Cl2==2Fe3++I2+4Cl-
C. 向硫酸氢钠溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液至恰好中和： 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- == BaSO4↓+ 2H2O
D. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32- + CO2 + H2O == H2SiO3↓ + CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
A.书写离子方程式时，不该拆成离子的不能写成离子形式，但可以拆成的离子必须写成离子形式，如浓盐酸中的HCl；
B. Cl2氧化性很强，过量Cl2能将Fe2+、I-均氧化；
C.向硫酸氢钠溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液至恰好中和，根据离子的物质的量之间的关系书写离子方程式；
D.过量CO2与Na2SiO3反应，最后生成的是HCO3-。
【详解】A. MnO2与浓盐酸反应，盐酸为强酸，在离子反应中应该拆成离子，故A项错误；
B. FeI2溶液中通入过量Cl2，Fe2+、I-都可被Cl2氧化，离子反应式为2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故B项错误；
C.向硫酸氢钠溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液至恰好中和： 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- =BaSO4↓+ 2H2O，故C项正确；
D.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，生成HCO3-，而不是CO32-，故D项错误。
本题正确答案为C。
15.下列说法正确的是
A. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就转移、定容，所配制的溶液浓度偏大
B. 用广泛pH试纸测得氯水的pH为3
C. 用托盘天平称取5.86g食盐
D. 用细铁丝放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量待测液，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明待测液中一定含有K+，没有Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
A.配制一定浓度的溶液时，必须恢复到室温再定容，否则会引起误差；
B.新制氯水具有漂白性，会将pH试纸漂白；
C.天平的分度值为0.1g；
D.黄光能掩盖紫光。
【详解】A.未恢复到室温就定容，溶液体积偏小，由可知，c偏大，故A项正确；
B.不能用pH试纸测新制氯水的pH，因为新制氯水具有漂白性，会将试纸漂白从而无法测出，故B项错误；
C.天平的分度值为0.1g，不可能称量出5.86g食盐，故C项错误；
D.黄光能掩盖紫光，透过蓝色钴玻璃可滤去黄光，但不能确定是否含Na+，故D项错误。
答案选A。
16.一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，达到化学平衡时，下列说法一定正确的是
A. SO2与O2 100％转化为SO3 B. 正逆反应速率都为零
C. 气体总质量保持不变 D. SO2与O2的物质的量之比为1:2
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查达到化学平衡后的系统内各物质的特点。反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变。
【详解】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，
A.此反应为可逆反应，则反应不能100%转化为生成物，故A项错误；
B. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不为0，故B项错误；
C. 此反应的反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律，随着反应的进行，气体质量一直不变，故C项正确；
D、平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化量，转化二氧化硫与氧气物质的量之比为2:1，但起始二氧化硫与氧气物质的量之比未知，平衡时二氧化硫与氧气物质的量之比无法判断，故D项错误；
答案选C。
【点睛】化学平衡状态具有逆，等，动，定，变、同六大特征。注意：（1）达到平衡时，正、逆反应速率相等，即υ正=υ逆≠0；（2）化学平衡研究的对象为可逆反应，所以反应物的转化率小于100%。
17.碱性电池具有容量大，放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O==Zn(OH)2+2MnO(OH)，下列说法不正确的是
A. 电池工作时，锌为负极 B. 电池工作时，电解液中的OH- 移向负极
C. 电池正极发生还原反应 D. 锌的质量减少6.5g时，溶液中通过0.2mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池进行分析时，从氧化还原反应的角度进行，氧化反应为负极，还原反应为正极，电解质溶液中离子发生移动，方向为阳离子移向正极，阴离子移向负极。
【详解】A.Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)，可以知道反应中Zn被氧化，为原电池的负极，所以A选项正确；
B.原电池中，电解液的OH-移向负极，故B项正确；
C.根据电池总反应式为: Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)， MnO2为原电池的正极，发生还原反应，故C项正确；
D、由Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)可以知道，6.5g Zn反应转移电子为0.2mol， 但是在电解质溶液中离子移动，电子不在溶液中移动，故D项错误；
答案为D。
18.常温下，关于pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液，下列说法不正确的是
A. 醋酸溶液的电离方程式：CH3COOHH+ + CH3COO-
B. c(Cl-) = c(CH3COO-)
C. 等体积的盐酸溶液和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，反应开始时产生H2的速率一样快
D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，消耗的NaOH溶液体积一样多
【答案】D
【解析】
【分析】
pH相等的盐酸和醋酸，但盐酸属于强酸，醋酸为弱酸，故原溶液中溶质的物质的量浓度c(CH3COOH) c(HCl)，据此来分析作答。
【详解】A.盐酸是强电解质，在水溶液中完全电离，醋酸为弱电解质，在水溶液中不完全电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故A项正确；
B.溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl−) = c(CH3COO−)，故B项正确；
C.等体积的盐酸溶液和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，反应的速率取决于c(H+)，盐酸溶液和醋酸溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子浓度相等，开始反应的速率相等，故C项正确；
D.同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；
答案为D。
19.下列说法正确的是
A. NH4Cl晶体中只含离子键
B. CH4、SiH4、GeH4分子间作用力依次增大
C. 金刚石是原子晶体，加热融化时需克服分子间作用力与共价键
D. NH3和CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. NH4Cl晶体中N与H原子之间是共价键，故A项错误；
B. 根据组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强， CH4、SiH4、GeH4相对分子质量依次增大，所以分子间作用力CH4＜SiH4＜GeH4，故B项正确；
C.金刚石属于原子晶体，融化时克服共价键，没有分子间作用力，故C项错误；
D. NH3的电子式为 ，H原子的最外层不具有8电子稳定结构，故D项错误；
答案选B。
20.根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A. H2在O2中燃烧生成气态水的过程中吸收能量
B. 断开1mol H2O(g)所含的共价键共放出917.9kJ的能量
C. H2O(g)比H2O(l)更稳定
D. H2在O2中燃烧生成液态水的热化学方程式为：2H2(g) + O2(g) == 2H2O(l) H = -571.6 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】
A.反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应过程放出热量；
B.断开1mol H2O(g)所含的共价键需要吸收能量，而不是放热；
C.能量越低越稳定；
D.根据盖斯定律计算反应热即可，注意反应热的正负号。
【详解】A. H2在O2中燃烧生成气态水，从上述图像可以看出，H2（g）+O2（g）的能量大于H2O(g)的能量，因此此反应放出热量，故A项错误；
B. 断开1mol H2O(g)所含的共价键需要吸收能量，故B项错误；
C. 从图像可以得出，H2O(l)比H2O(g)的能量低，H2O(l)更稳定，故C项错误；
D.根据图像可得，2H2(g) + O2(g) =2H2O(l) H =2×（△H1+△H2+△H3+△H4）= -571.6 kJ·mol-1，故D项正确；
答案选D。
【点睛】在解答热化学方程式，注意几个概念问题：
①断键吸热，成键放热；
②能量越低的物质越稳定。
21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mol乙烯和乙醇（蒸气）混合物完全燃烧所消耗的氧分子数一定为0.3NA
B. 标准状况下，将22.4 L Cl2通入水中，生成NA个HClO分子
C. 在反应KIO3 + 6HI == KI + 3I2 + 3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为0.6 NA
D. 室温下，pH = 13的氢氧化钠溶液中，OH-离子数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【分析】
A.可根据1 mol CxHyOz消耗氧气为（x+y/4-z/2）mol，结合乙烯和乙醇的分子式来确定乙烯与乙醇的混合物燃烧的耗氧量;
B.注意氯气溶于水是可逆反应，反应不彻底；
C.根据电子守恒规律解答进行计算；
D.缺少体积，不能通过物质的量浓度来确定物质的量。
【详解】A. 1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气，故0.1mol乙烯和乙醇蒸汽的混合物燃烧消耗0.3NA个氧气分子，故A项正确；
B.标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应生成的HClO小于1mol，即生成的HClO分子小于NA，故B项错误；
C.反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O转移5mol电子，生成3mol碘单质，故当生成3mol碘单质时转移5NA个电子，故C项错误；
D.室温下，pH=13的NaOH溶液中，OH-离子浓度为0.1mol/L，体积未知，因此物质的量无法计算，故D项错误；
答案选A。
22.在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是
A. 反应的化学方程式为2X = 3Y + Z
B. t时，X的转化率达66.7%
C. 若t=4，则0～t的X的化学反应速率为0.1 mol•L－1•min－1
D. 温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图象可以看出，反应中X物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，反应最终达到平衡，该反应为可逆反应，则该反应的化学方程式为：2X⇌3Y+Z，故A项错误；
B. X的起始物质的量为2.4mol，t时物质的量为1.6 mol，转化率= = 33.3%，故B项错误；
C.若t=4，则0～t的X的化学反应速率υ= mol•L-1•min-1=0.1 mol•L-1•min-1，故C项正确；
D.温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，正、逆反应速率不变，故D项错误。
答案为C。
【点睛】注意化学反应速率的计算的定义，用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示，即υ = ，表示其浓度变化量，而不是物质的量变化量，做题时需要特别注意。
23.已知反应：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1（a>0）。下列说法正确的是
A. 达到平衡状态时，放出的热量一定小于a kJ
B. 向体系中加入X（g）时，正、逆反应速率一定都增大
C. 当容器内的压强保持不变时，则反应一定达到平衡状态
D. 若Y与Z的物质的量之比保持不变，则反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.物质的量与热量成正比，若生成3molZ时，反应放出的总热量可达a kJ，故A项错误；
B.如果是恒压容器中加入X，则容器体积扩大，Y和Z的浓度降低，则逆反应速率会降低，故B项错误；
C.该反应中各物质均为气体，反应前后气体的物质的量相等，压强一直不变，所以当容器内的压强保持不变时，无法证明此反应一定达到平衡状态，故C项错误；
D. Y与Z的物质的量之比随着反应的进行发生变化，因此当比值保持不变，则反应达到平衡状态，故D项正确；
答案选D。
【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。
一、直接判断法：
①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率
注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。
②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。
二、间接判断法
①对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。
②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。
③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化是平衡标志。
⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。
24.向a L 1mol·L-1的Na2CO3的溶液中缓慢地滴加b L 1mol·L-1的盐酸，并不断搅拌，随着盐酸的加入，溶液中离子物质的量也相应地发生变化如图所示（不考虑盐类的水解及水的电离），下列说法不正确的是（ ）
A. 四条线与溶液中离子的对应关系是：X：Na+；Y：CO32-；Z：HCO3-；W：Cl-
B. 当a＜b＜2a时，发生的离子方程式为：HCO3- ＋ H+= CO2↑＋ H2O
C. 当2a=3b时，发生的离子方程式为：CO32- ＋ H+ = HCO3-
D. 当＜b＜2a时，溶液中HCO3-与CO32- 的物质的量之比为b：（4a-b）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，则钠离子数目不发生变化，氯离子的数目在增加，碳酸根离子的数目一直在减少，直到为0，碳酸氢根离子的数目先增大后减小，直到为0，然后结合图象和离子方程式分析判断。
【详解】A.因向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，则钠离子的数目不变，即图中X为Na+离子，碳酸根离子在减少，直至为0，即图中Y为CO32−离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0，即图中Z为HCO3−离子，氯离子先为0，随盐酸的加入氯离子的数目在增多，即图中W为Cl−离子，故A正确；
B.当a
D.当a/2
25.已知：K3Fe(CN)6遇Fe2+生成蓝色沉淀。固体粉末M中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、K2SO3、Na2CO3、KCl中的若干种，为确定该固体粉末的成分，现取M进行下列实验，实验过程及现象如下：
下列有关说法正确的是
A. 固体中戊一定含有Fe2O3和CuO B. 气体乙中一定含有CO2，可能含有SO2
C. 固体粉末M中一定含有KCl D. 固体粉末M中一定含有Cu、FeO，可能含有Fe2O3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据物质的化学性质及反应的现象采用逆推法进行分析。
【详解】A. 固体戊2.40g，用CO还原得到固体己1.76g，如戊全部为Fe2O3，则可生成m(Fe)= （56×2）/（56×2+3×16）×2.40g = 1.68g<1.76g，则固体乙中应还含有CuO，故A项正确；
B.溶液甲加入过量稀盐酸，生成气体乙可使澄清石灰石变浑浊，CO2、SO2都可使澄清石灰水变浑浊，则气体乙不一定含有CO2，故B项错误；
C. 溶液乙加入AgNO3溶液有沉淀生成，证明溶液乙中含有Cl-，但是加入了HCl，无法证明M中一定有KCl，故C项错误；
D. 丙加入K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，说明丙中含有Fe2+，可能FeO与盐酸生成，也可能由Fe2O3、Cu与盐酸生成，故D项错误；
答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
三、填空题
26.按要求填写：
（1）二氧化碳的电子式：______________；小苏打的化学式：________________；质子数为6、中子数为6的原子结构示意图____________________。
（2）氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式______________________________。
【答案】 (1). (2). NaHCO3 (3). (4). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
（1）二氧化碳为共价化合物，电子式为，小苏打是NaHCO3的俗称，质子数为6的原子为碳原子，原子结构示意图为；
（2） Cl2与NaOH会发生歧化反应。
【详解】（1）二氧化碳为共价化合物，电子式为，小苏打是NaHCO3的俗称，质子数为6的原子为碳原子，原子结构示意图为；故答案为：；NaHCO3；
（2） Cl2与NaOH发生歧化反应，反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
27.某实验小组用以下几个实验装置探究电化学过程对金属与稀硫酸反应速率的影响，烧杯中都盛有稀H2SO4。试回答：
（1）B装置中Fe电极作为________（填“正”或“负”）极，电极反应式为______________；
（2）C装置中阳离子移向_________（填“Zn”或“Fe”）极；
（3）比较四个装置中Fe片被腐蚀的速率由快到慢的顺序是_______（用A、B、C、D表示）。
【答案】 (1). 负 (2). Fe-2e-=Fe2+ (3). Fe (4). DBAC
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理的应用以及腐蚀速率快慢的比较等知识。
（1）原电池中活泼金属做负极，失电子，发生氧化反应；
（2）溶液中的阳离子移向正极；
（3）同一个金属腐蚀由快到慢的顺序为：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀，据此来分析腐蚀速率的快慢。
【详解】(1)B装置为原电池，Fe电极发生氧化反应，为负极；电极反应式为Fe-2e-=Fe2+
(2)C装置为原电池，Zn比Fe活泼，Zn为负极，Fe为正极，阳离子移向正极，即阳离子移向Fe极；
(3)A发生化学腐蚀；B中Fe发生电化学腐蚀；C锌比铁活泼，铁做原电池的正极而被保护；D中铁作电解池阳极被腐蚀速率最快，且电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，故答案为：DBAC。
【点睛】金属腐蚀快慢的判断方法：
1.同一个金属腐蚀由快到慢的顺序为：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀；
2.有无保护措施的：无保护措施的金属腐蚀 牺牲阳极的阴极金属的腐蚀有外接电源的阴极金属腐蚀。
28.在恒温、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0 mol N2和x mol H2发生如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，20 min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6 mol，容器内的压强变为原来的80%。请回答下列问题：
（1）20 min内，υ(N2)=____________________。
（2）该反应的热化学方程式为______________________________。
（3）下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是_________(填序号)。
①N2体积分数保持不变
②单位时间断裂0.3 mol H-H键，同时生成0.6 mol N-H键
③混合气体的密度不再改变
④2υ正(H2)=3υ逆(NH3)
⑤混合气体的平均摩尔质量不再改变
【答案】 (1). υ(N2)=0.010 mol/(L·min) (2). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92 kJ/mol (3). ①④⑤
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率的计算、热化学方程式的书写、平衡标志的判断方法，其中化学平衡状态的判断标志是常考题型，也是易错题。利用三段式分析计算反应速率与化学平衡转化率是常见的解题方法。
【详解】设平衡时氮气转化率为a，则
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
开始的量(mol)1.0 x 0
改变的量(mol)a 3a 2a
平衡的量(mol)1.0-a x-3a 2a
= 80%，解得x=1.0，2.0-2a=1.6，解得a=0.2 = 20%。
(1)20min内，υ(N2)= = 0.01 mol/(L·min)；
(2) 0.2mol氮气参与反应时放出18.4kJ热量，则1mol氮气参与反应时的焓变为 =-92kJ/mol，该反应的热化学方程式为N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) ∆H =-92 kJ/mol；
（3）根据“变量不变达平衡”原则来进行判断。①反应为气体体积缩小的反应，N2体积分数为变量，当其体积分数保持不变时反应达平衡状态，故正确；②单位时间断裂0.3mol H- H键，同时生成0.6 molN-H键，都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；③反应在恒容条件下进行且所有反应物均为气体，密度不是变量，故混合气体的密度不再改变反应不一定达平衡，故错误；④2υ正(H2)=3υ逆(NH3)，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；⑤混合气体的平均摩尔质量为变量，若其不再改变则反应达平衡，故正确，答案选①④⑤；
29.为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。
（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。
（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。
【答案】 (1). Fe、S (2). Fe2S3 (3). SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+ (4). Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓
【解析】
【分析】
本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。
【详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S) = 41.6g-22.4g = 19.2g，n(S)= = 0.6mol，可以知道n(Fe):n(S) = 2:3，应为Fe2S3，故答案为：Fe、S；Fe2S3；
（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+，故答案为：SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+；
(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓，故答案为：Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓
【点睛】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。
30.浙江海洋经济发展示范区建设已上升为国家战略，海洋经济将成为浙江经济转型升级发展的重点。请回答下列问题：
（1）被称作海洋元素的是_________（写元素符号）。
（2）工业上常以食盐为原料制备氯气，请写出化学方程式_______________________。
（3）从海水中提取食盐和溴的过程如下：
①步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br¯，其目的为富集溴元素，请写出步骤Ⅰ的离子方程式：_____________________，
步骤Ⅱ的化学方程式：________________________。
②在3mL溴水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象为图中_____________。
【答案】 (1). Br (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (3). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (4). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (5). D
【解析】
【分析】
本题考查海水资源及其综合利用，物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
（1）溴元素又称“海洋元素”；
（2）饱和食盐水在直流电的条件下生成氢氧化钠、氯气和氢气；
（3）①氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴；二氧化硫吸收溴单质，Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂；
②四氯化碳和水不互溶，且溴在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，溴溶于四氯化碳后溶液呈橙红色，据此分析解答．
【详解】（1）地球上99%的溴元素存在于海水中，所以溴元素有“海洋元素”之称，故答案为：Br；
（2）饱和食盐水在直流电的条件下生成氢氧化钠、氯气和氢气：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）①氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴：2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，二氧化硫吸收溴单质，Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂，发生反应：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，
故答案为：2Br-+Cl2═Br2+2Cl-；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；
②根据四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度，看到的现象是溶液分层，溴溶解四氯化碳中呈橙红色，所以下层呈橙红色，上层是水层，呈无色，且下层体积小于上层，故答案为：D。
31.为验证某单质与某浓酸在加热条件下反应生成气体甲和乙的成分，某同学设计了如下实验装置图，其中A装置用于检验气体甲：
（1）写出该非单质与浓酸反应的化学方程式：___________________________________。
（2）证明气体中含有乙的实验现象是___________________________________________。
（3）为除去甲，收集纯净干燥的气体乙，某同学欲选用下列装置：
则按气流从左到右，各接口连接顺序正确的是______________。
A．dcabh B．feabh C．feabg
【答案】 (1). C + 2H2SO4（浓）CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O (2). B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀 (3). B
【解析】
【分析】
根据装置图中使用品红溶液和澄清石灰水，结合高中阶段学习过非金属C与浓硫酸的反应，A装置是检验SO2气体的装置，而C装置中的澄清石灰水则是为了检验CO2的存在，据此分析作答即可。
【详解】（1）根据装置图可以看出检验的气体为CO2和SO2，推测该单质为碳，则炭与浓硫酸反应的化学方程式: C + 2H2SO4(浓)CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O，故答案为：C + 2H2SO4(浓)CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O；
（2）反应中有二氧化碳生成，B装置用于除掉SO2，防止SO2对CO2的检验造成干扰，因此证明含CO2的现象为：B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀；故答案为：B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀
（3）除去SO2，收集CO2，可先通过高锰酸钾溶液，除掉SO2，再通过浓硫酸，除去水蒸气，最后利用向上排空气法收集CO2，所以顺序应该为feabh，答案为B。
32.取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成四等份，分别加水配成溶液并编号甲、乙、丙、丁。再分别向各溶液中通入一定体积的氯气。将反应后所得溶液蒸干、灼烧的固体质量列表如下：
编号
甲
乙
丙
丁
固体成分
NaCl、NaBr、NaI
NaCl、NaBr、NaI
NaCl、NaBr
NaCl
Cl2体积/mL
V
2V
3V
4V
固体质量/g
77.3
59.0
45.4
40.95
（1）在标准状况下，Cl2的体积V为___________mL。
（2）原混合物中NaBr的物质的量为__________mol。
【答案】 (1). 2240 (2). 0.8
【解析】
【分析】
本题考查差量法、氧化还原反应顺序。
（1）丁中固体NaCl质量40.95g，钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，即 = 0.7 mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.7mol。由于还原性Br-
【详解】（1）丁中固体NaCl质量40.95g，钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，即 = 0.7 mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.7mol，甲与乙之间增加的V mL氯气与NaI反应，
Cl2+2NaI=2NaCl+I2 固体减少
1mol 254g-71g =183g
n 77.3g-59g=18.3g
所以n=0.1mol
即V mL氯气的物质的量为0.1mol，体积为 22.4L/mol×0.1mol=2.24L，即2240mL 。
(2)根据钠原子守恒，则原NaBr、NaI的物质的量为0.7mol，在原溶液中通入0.1mol Cl2得到甲，则质量减轻18.3g，原NaBr、NaI的质量为77.3g+18.3g=95.6g，假设NaBr、NaI的物质的量为x和y，可以列出
x+y=0.7mol
103g/molx+150g/moly=95.6
得出x=0.2mol，又因为一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成四等份，所以原溶液中NaBr的物质的量为0.8mol。
可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 Na—23 Cl－35.5 S－32 Fe－56 Cu－64 Zn－65 Br—80 I—127
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
一、选择题（每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列属于纯净物的是
A. 食盐水 B. 石油 C. 纯碱 D. 石灰石
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各物质的俗名与主要成分，比照纯净物和混合物的概念解答。
【详解】A.食盐水是食盐NaCl溶于水形成的溶液，由两种物质构成，属于混合物，故A项错误；
B.石油是多种烃混合在一块形成的复杂物质，属于混合物，故B项错误；
C.纯碱是Na2CO3的俗名，只由一种物质构成，属于纯净物，故C项正确；
D.石灰石的主要成分是CaCO3，其他成分有SiO2、Al2O3等，由多种物质构成，属于混合物，故D项错误。
答案选C。
【点睛】本题考查纯净物的概念，解答题目时，能准确分析出构成物质的成分是解题的关键，石灰石主要成分是CaCO3，属于混合物，这一点学生易错，要引起重视。
2.仪器名称为“烧瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
A．为烧瓶，故A正确； B．为量筒，故B错误；C．为容量瓶，故C错误；D．为分液漏斗，故D错误；故选A。
3.下列物质在常温下能导电的是
A. 氯化钠晶体 B. 酒精 C. 硫酸 D. 石墨
【答案】D
【解析】
【分析】
物质导电与否的判断标准是：是否存在自由移动的离子或者电子。
【详解】A.氯化钠晶体中有离子，但是在晶体条件下不能自由移动，故不能导电；
B.酒精是非电解质，不存在能自由移动的离子，不能导电；
C.硫酸属于电解质，在水溶液中才能电离，无水硫酸中只有分子的形式，不存在能自由移动的离子，不能导电；
D.石墨属于碳单质，存在自由电子，所以能导电；
答案选D。
4.下列有水参加反应中，属于氧化还原但水既不是氧化剂也不是还原剂的是
A. CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2↑ B. 2F2+2H2O=4HF+O2
C. Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2↓+ 2NH3↑ D. 2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2↑
【答案】D
【解析】
A、 CaH2 中氢由-1价升至0价， 2H2O中氢由+1价降为0，水作氧化剂，故A错误；B、水中氧元素由-2价升高为0价，水只作还原剂，故B错误；C、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价不变，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；故选D。
5.下列物质的水溶液呈碱性的是
A. CH3COOH B. CH3COONa C. CH3CH2OH D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
判断物质在水溶液中的酸碱性，先分析物质是酸、碱还是盐，若为盐，再具体考虑水解对溶液酸碱性的影响，据此来分析作答。
【详解】A. CH3COOH属于酸，溶于水电离出H+，水溶液显酸性，故A项错误；
B. CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，
水解出OH-，溶液显碱性，故B项正确；
C. CH3CH2OH是非电解质，溶于水形成溶液时不能电离，水溶液显中性，故C项错误；
D. NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶于水发生水解，NH4++H2ONH3･H2O+H+，水解出H+，溶液显酸性，故D项错误。
答案选B。
【点睛】溶液酸碱性判断方法一，是根据H+与OH-浓度大小定量判断：
当c(H+)>c(OH-)时，溶液呈酸性；
当c(H+)=c(OH-)时，溶液呈中性；
当c(H+)
6.下列说法不正确的是
A. 干冰可用于人工降雨 B. 氢气的热值比天然气的低
C. 硫酸铜可用作游泳池消毒 D. 氢氧化铁胶体能用于净水
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查物质的性质与用途，为化学常识题，属于容易题，可采用排除法得出结论。
【详解】A. 干冰是固态的CO2，升华时迅速吸热，可用于人工降雨，故A项正确；
B. 天然气热值约为：56kJ/g，氢气热值：143kJ/g，氢气的热值比天然气高，故B项错误；
C. 硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，故可用作游泳池消毒，故C项正确；
D. 氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒，故能用于净水，故D项正确。
答案选B。
7.地球上最基本的能源是
A. 煤 B. 氢能 C. 太阳能 D. 石油
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查地球能源的来源，属于容易题型。
【详解】A.煤是埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，而动植物的能量来自太阳能，煤并不是最基本的能源，故A项错误；
B.氢能是非常清洁的能源，但是氢气需要人工制取，并不是最基本的能源，故B项错误；
C.地球上的能量都直接或者间接来源于太阳能，太阳能是最基本的能源，故C项正确；
D.石油是埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，而动植物的能量来自太阳能，石油并不是最基本的能源，故D项错误；
答案选C。
8.下列表示不正确的是
A. KOH的电子式： B. 水分子的结构式：
C. CH4的球棍模型： D. Cl原子的结构示意图：
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学用语，能够正确书写电子式、结构式、结构示意图，本题属于简单题，能区分出原子结构示意图与离子结构示意图的不同点即可选择正确答案。
【详解】A.KOH属于离子化合物，电子式是，故A项正确；
B.水分子属于共价化合物，结构式为，故B项正确；
C. 球棍模型，是一种空间填充模型，用来表现化学分子的三维空间分布。在球棍模型中，棍代表共价键，不同的球代表不同的原子，CH4中碳原子与氢原子之间都是单键，CH4为正四面体型，故C项正确；
D.Cl属于17号元素，其原子结构示意图为，故D项错误。
答案选D。
9.下列能有关 SO2 的说法不正确的是
A. 属于酸性氧化物 B. 属于“城市空气质量日报”的物质
C. 水溶液能使紫色石蕊试液变红 D. 因为具有强氧化性，所以能漂白品红
【答案】D
【解析】
A. 二氧化硫属于酸性氧化物，A正确；B. SO2是大气污染物，所以属于“城市空气质量日报”的物质，B正确；C. SO2可与水化合生成亚硫酸，故其水溶液能使紫色石蕊试液变红 ，C正确；D. SO2能漂白品红不是因为其具有强氧化性，而是因为其可以与某些有机色质化合成无色物质，D不正确。本题选D。
10.下列有关说法正确的是
A. 天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清洁能源
B. 将农业废弃物在一定条件下产生热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用
C. 若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应放热
D. 寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向
【答案】B
【解析】
A、煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；B、生物质发酵转化为可燃性气体比如甲烷，是对生物质能的有效利用，故B正确；C、若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则吸收的能量大于放出的能量，反应吸热，故C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，而不能违背能量守恒规律，水分解是个吸热反应，这是不可逆转的，故D错误。故选B。
11.下列说法正确的是
A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后须烘干才能使用
B. 焰色反应试验火焰呈黄色，则试样中一定含Na＋、不含K＋
C. pH试纸在检测气体时必须先湿润
D. 氯化钠溶液中混有少量硝酸钾，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得纯净氯化钠
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查容量瓶及pH试纸的使用、混合物的分离与提纯等化学基本实验操作，以及焰色反应。注意焰色反应判断是否有钾元素时，需要透过蓝色钴玻璃才能确定。
【详解】A.容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，故A项错误；
B.因黄色光遮挡紫色光，观察钾元素的焰色反应要通过蓝色钴玻璃，否则无法观察到钾元素的焰色，用洁净的Pt丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，不能说明不含钾元素，故B项错误；
C.用pH试纸可以测出酸碱性，气体只能溶于水显示酸碱性，故C项正确；
D.氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠的溶解度随温度的升高增大不明显，所以采用蒸发结晶的方法提纯氯化钠，不能采取降温结晶的方法，故D项错误。
答案为C。
【点睛】混合物分离和提纯的常见方法及实例和使用范围归纳总结如下表：
方法
课本举例
分离的物质
过滤
除去粗盐中的泥沙
用水溶解，从溶液中分离出不溶固体物质
蒸发
从食盐溶液中分离出NaCl
加热溶液，从溶液中分离出易溶固体溶质
蒸馏
从自来水制蒸馏水
加热并冷凝，从互溶的液态混合物中分离出沸点不同物质
萃取
用CCl4提取碘水中碘
用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂组成的溶液中提取出来
洗气
用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质
气体与气体的分离(杂质气体与液体反应)。
升华
碘的升华
分离易升华的物质。
12.下列说法不正确的是
A. 金刚石、石墨、纳米碳管互为同素异形体
B. 有机物CH3-CH2-NO2和H2N-CH2-COOH互为同分异构体
C. 和互为同位素，但不属于同种核素
D. 氨基酸分子中均含有氨基（-NH2）和羧基（-COOH）
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查同素异形体、同分异构体、同位素的概念、氨基酸结构中所含基本官能团的名称与结构简式，采用排除法分析作答。
【详解】A.金刚石、石墨、纳米碳管是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，所以A项正确；
B.CH3-CH2-NO2和H2N-CH2-COOH的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故B项正确；
C. 14C和14N不属于同一种元素，并不是同位素，故C项错误；
D.羧酸分子烃基上氢原子被氨基取代所得的化合物称为氨基酸，故氨基酸分子中既含氨基又含羧基，故D项正确；
答案选C。
【点睛】高中化学“四同”的概念：
同位素：质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子；
同素异形体：同种元素形成的不同的单质；
同系物：结构相似，分子组成相差n个CH2的有机化合物；
同分异构体：分子式相同结构不同的化合物。
13.五种主族元素X、Y、Z、M和N在周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是
A. M的原子半径比N小
B. Y和Z既可形成Z2Y，也可形成Z2Y2
C. X2M的热稳定性比X2Y强
D. M和N的氧化物的水化物均为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】
根据各元素在周期表中的位置知，X为H，Y为O，Z为Na，M为S，N为Cl，根据元素周期律和相关化学用语作答。
【详解】根据元素周期表的结构，可知X为H，Z为Na，Y为O，M为S，N为Cl；
A.同一周期的原子，原子序数越大，半径越小，因此M的原子半径大于N，故A项错误；B. Z为Na，Y为O，可结合生成Na2O和Na2O2，故B项正确；
C. X2M为H2S， X2Y为H2O，根据元素周期律，非金属性越强，氢化物越稳定，H2O的热稳定性大于H2S，故C项错误；
D. M和N的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4、HClO4、HClO等，其中H2SO3、HClO为弱酸，故D项错误；
答案选B。
【点睛】熟练掌握元素周期表的结构，及元素周期律是解此类题的关键，如非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物酸性也越强。特别注意：是最高价氧化物对应的水化物与非金属性之间有直接关系，而不是氧化物的水化物。
14.下列方程式正确的是
A. MnO2与浓盐酸反应的离子方程式：MnO2＋4HClMn2＋＋Cl2↑＋2Cl－＋2H2O
B. FeI2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2I-+2Cl2==2Fe3++I2+4Cl-
C. 向硫酸氢钠溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液至恰好中和： 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- == BaSO4↓+ 2H2O
D. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32- + CO2 + H2O == H2SiO3↓ + CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
A.书写离子方程式时，不该拆成离子的不能写成离子形式，但可以拆成的离子必须写成离子形式，如浓盐酸中的HCl；
B. Cl2氧化性很强，过量Cl2能将Fe2+、I-均氧化；
C.向硫酸氢钠溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液至恰好中和，根据离子的物质的量之间的关系书写离子方程式；
D.过量CO2与Na2SiO3反应，最后生成的是HCO3-。
【详解】A. MnO2与浓盐酸反应，盐酸为强酸，在离子反应中应该拆成离子，故A项错误；
B. FeI2溶液中通入过量Cl2，Fe2+、I-都可被Cl2氧化，离子反应式为2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故B项错误；
C.向硫酸氢钠溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液至恰好中和： 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- =BaSO4↓+ 2H2O，故C项正确；
D.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，生成HCO3-，而不是CO32-，故D项错误。
本题正确答案为C。
15.下列说法正确的是
A. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就转移、定容，所配制的溶液浓度偏大
B. 用广泛pH试纸测得氯水的pH为3
C. 用托盘天平称取5.86g食盐
D. 用细铁丝放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量待测液，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明待测液中一定含有K+，没有Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
A.配制一定浓度的溶液时，必须恢复到室温再定容，否则会引起误差；
B.新制氯水具有漂白性，会将pH试纸漂白；
C.天平的分度值为0.1g；
D.黄光能掩盖紫光。
【详解】A.未恢复到室温就定容，溶液体积偏小，由可知，c偏大，故A项正确；
B.不能用pH试纸测新制氯水的pH，因为新制氯水具有漂白性，会将试纸漂白从而无法测出，故B项错误；
C.天平的分度值为0.1g，不可能称量出5.86g食盐，故C项错误；
D.黄光能掩盖紫光，透过蓝色钴玻璃可滤去黄光，但不能确定是否含Na+，故D项错误。
答案选A。
16.一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，达到化学平衡时，下列说法一定正确的是
A. SO2与O2 100％转化为SO3 B. 正逆反应速率都为零
C. 气体总质量保持不变 D. SO2与O2的物质的量之比为1:2
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查达到化学平衡后的系统内各物质的特点。反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变。
【详解】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，
A.此反应为可逆反应，则反应不能100%转化为生成物，故A项错误；
B. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不为0，故B项错误；
C. 此反应的反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律，随着反应的进行，气体质量一直不变，故C项正确；
D、平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化量，转化二氧化硫与氧气物质的量之比为2:1，但起始二氧化硫与氧气物质的量之比未知，平衡时二氧化硫与氧气物质的量之比无法判断，故D项错误；
答案选C。
【点睛】化学平衡状态具有逆，等，动，定，变、同六大特征。注意：（1）达到平衡时，正、逆反应速率相等，即υ正=υ逆≠0；（2）化学平衡研究的对象为可逆反应，所以反应物的转化率小于100%。
17.碱性电池具有容量大，放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O==Zn(OH)2+2MnO(OH)，下列说法不正确的是
A. 电池工作时，锌为负极 B. 电池工作时，电解液中的OH- 移向负极
C. 电池正极发生还原反应 D. 锌的质量减少6.5g时，溶液中通过0.2mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池进行分析时，从氧化还原反应的角度进行，氧化反应为负极，还原反应为正极，电解质溶液中离子发生移动，方向为阳离子移向正极，阴离子移向负极。
【详解】A.Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)，可以知道反应中Zn被氧化，为原电池的负极，所以A选项正确；
B.原电池中，电解液的OH-移向负极，故B项正确；
C.根据电池总反应式为: Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)， MnO2为原电池的正极，发生还原反应，故C项正确；
D、由Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH)可以知道，6.5g Zn反应转移电子为0.2mol， 但是在电解质溶液中离子移动，电子不在溶液中移动，故D项错误；
答案为D。
18.常温下，关于pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液，下列说法不正确的是
A. 醋酸溶液的电离方程式：CH3COOHH+ + CH3COO-
B. c(Cl-) = c(CH3COO-)
C. 等体积的盐酸溶液和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，反应开始时产生H2的速率一样快
D. 用相同浓度的NaOH溶液分别与盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，消耗的NaOH溶液体积一样多
【答案】D
【解析】
【分析】
pH相等的盐酸和醋酸，但盐酸属于强酸，醋酸为弱酸，故原溶液中溶质的物质的量浓度c(CH3COOH) c(HCl)，据此来分析作答。
【详解】A.盐酸是强电解质，在水溶液中完全电离，醋酸为弱电解质，在水溶液中不完全电离，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故A项正确；
B.溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl−) = c(CH3COO−)，故B项正确；
C.等体积的盐酸溶液和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，反应的速率取决于c(H+)，盐酸溶液和醋酸溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子浓度相等，开始反应的速率相等，故C项正确；
D.同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；
答案为D。
19.下列说法正确的是
A. NH4Cl晶体中只含离子键
B. CH4、SiH4、GeH4分子间作用力依次增大
C. 金刚石是原子晶体，加热融化时需克服分子间作用力与共价键
D. NH3和CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. NH4Cl晶体中N与H原子之间是共价键，故A项错误；
B. 根据组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强， CH4、SiH4、GeH4相对分子质量依次增大，所以分子间作用力CH4＜SiH4＜GeH4，故B项正确；
C.金刚石属于原子晶体，融化时克服共价键，没有分子间作用力，故C项错误；
D. NH3的电子式为 ，H原子的最外层不具有8电子稳定结构，故D项错误；
答案选B。
20.根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A. H2在O2中燃烧生成气态水的过程中吸收能量
B. 断开1mol H2O(g)所含的共价键共放出917.9kJ的能量
C. H2O(g)比H2O(l)更稳定
D. H2在O2中燃烧生成液态水的热化学方程式为：2H2(g) + O2(g) == 2H2O(l) H = -571.6 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】
A.反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应过程放出热量；
B.断开1mol H2O(g)所含的共价键需要吸收能量，而不是放热；
C.能量越低越稳定；
D.根据盖斯定律计算反应热即可，注意反应热的正负号。
【详解】A. H2在O2中燃烧生成气态水，从上述图像可以看出，H2（g）+O2（g）的能量大于H2O(g)的能量，因此此反应放出热量，故A项错误；
B. 断开1mol H2O(g)所含的共价键需要吸收能量，故B项错误；
C. 从图像可以得出，H2O(l)比H2O(g)的能量低，H2O(l)更稳定，故C项错误；
D.根据图像可得，2H2(g) + O2(g) =2H2O(l) H =2×（△H1+△H2+△H3+△H4）= -571.6 kJ·mol-1，故D项正确；
答案选D。
【点睛】在解答热化学方程式，注意几个概念问题：
①断键吸热，成键放热；
②能量越低的物质越稳定。
21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mol乙烯和乙醇（蒸气）混合物完全燃烧所消耗的氧分子数一定为0.3NA
B. 标准状况下，将22.4 L Cl2通入水中，生成NA个HClO分子
C. 在反应KIO3 + 6HI == KI + 3I2 + 3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为0.6 NA
D. 室温下，pH = 13的氢氧化钠溶液中，OH-离子数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【分析】
A.可根据1 mol CxHyOz消耗氧气为（x+y/4-z/2）mol，结合乙烯和乙醇的分子式来确定乙烯与乙醇的混合物燃烧的耗氧量;
B.注意氯气溶于水是可逆反应，反应不彻底；
C.根据电子守恒规律解答进行计算；
D.缺少体积，不能通过物质的量浓度来确定物质的量。
【详解】A. 1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气，故0.1mol乙烯和乙醇蒸汽的混合物燃烧消耗0.3NA个氧气分子，故A项正确；
B.标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应生成的HClO小于1mol，即生成的HClO分子小于NA，故B项错误；
C.反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O转移5mol电子，生成3mol碘单质，故当生成3mol碘单质时转移5NA个电子，故C项错误；
D.室温下，pH=13的NaOH溶液中，OH-离子浓度为0.1mol/L，体积未知，因此物质的量无法计算，故D项错误；
答案选A。
22.在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是
A. 反应的化学方程式为2X = 3Y + Z
B. t时，X的转化率达66.7%
C. 若t=4，则0～t的X的化学反应速率为0.1 mol•L－1•min－1
D. 温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图象可以看出，反应中X物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，反应最终达到平衡，该反应为可逆反应，则该反应的化学方程式为：2X⇌3Y+Z，故A项错误；
B. X的起始物质的量为2.4mol，t时物质的量为1.6 mol，转化率= = 33.3%，故B项错误；
C.若t=4，则0～t的X的化学反应速率υ= mol•L-1•min-1=0.1 mol•L-1•min-1，故C项正确；
D.温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，正、逆反应速率不变，故D项错误。
答案为C。
【点睛】注意化学反应速率的计算的定义，用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示，即υ = ，表示其浓度变化量，而不是物质的量变化量，做题时需要特别注意。
23.已知反应：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1（a>0）。下列说法正确的是
A. 达到平衡状态时，放出的热量一定小于a kJ
B. 向体系中加入X（g）时，正、逆反应速率一定都增大
C. 当容器内的压强保持不变时，则反应一定达到平衡状态
D. 若Y与Z的物质的量之比保持不变，则反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.物质的量与热量成正比，若生成3molZ时，反应放出的总热量可达a kJ，故A项错误；
B.如果是恒压容器中加入X，则容器体积扩大，Y和Z的浓度降低，则逆反应速率会降低，故B项错误；
C.该反应中各物质均为气体，反应前后气体的物质的量相等，压强一直不变，所以当容器内的压强保持不变时，无法证明此反应一定达到平衡状态，故C项错误；
D. Y与Z的物质的量之比随着反应的进行发生变化，因此当比值保持不变，则反应达到平衡状态，故D项正确；
答案选D。
【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。
一、直接判断法：
①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率
注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。
②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。
二、间接判断法
①对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。
②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。
③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化是平衡标志。
⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。
24.向a L 1mol·L-1的Na2CO3的溶液中缓慢地滴加b L 1mol·L-1的盐酸，并不断搅拌，随着盐酸的加入，溶液中离子物质的量也相应地发生变化如图所示（不考虑盐类的水解及水的电离），下列说法不正确的是（ ）
A. 四条线与溶液中离子的对应关系是：X：Na+；Y：CO32-；Z：HCO3-；W：Cl-
B. 当a＜b＜2a时，发生的离子方程式为：HCO3- ＋ H+= CO2↑＋ H2O
C. 当2a=3b时，发生的离子方程式为：CO32- ＋ H+ = HCO3-
D. 当＜b＜2a时，溶液中HCO3-与CO32- 的物质的量之比为b：（4a-b）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，则钠离子数目不发生变化，氯离子的数目在增加，碳酸根离子的数目一直在减少，直到为0，碳酸氢根离子的数目先增大后减小，直到为0，然后结合图象和离子方程式分析判断。
【详解】A.因向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，则钠离子的数目不变，即图中X为Na+离子，碳酸根离子在减少，直至为0，即图中Y为CO32−离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0，即图中Z为HCO3−离子，氯离子先为0，随盐酸的加入氯离子的数目在增多，即图中W为Cl−离子，故A正确；
B.当a
D.当a/2
25.已知：K3Fe(CN)6遇Fe2+生成蓝色沉淀。固体粉末M中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、K2SO3、Na2CO3、KCl中的若干种，为确定该固体粉末的成分，现取M进行下列实验，实验过程及现象如下：
下列有关说法正确的是
A. 固体中戊一定含有Fe2O3和CuO B. 气体乙中一定含有CO2，可能含有SO2
C. 固体粉末M中一定含有KCl D. 固体粉末M中一定含有Cu、FeO，可能含有Fe2O3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据物质的化学性质及反应的现象采用逆推法进行分析。
【详解】A. 固体戊2.40g，用CO还原得到固体己1.76g，如戊全部为Fe2O3，则可生成m(Fe)= （56×2）/（56×2+3×16）×2.40g = 1.68g<1.76g，则固体乙中应还含有CuO，故A项正确；
B.溶液甲加入过量稀盐酸，生成气体乙可使澄清石灰石变浑浊，CO2、SO2都可使澄清石灰水变浑浊，则气体乙不一定含有CO2，故B项错误；
C. 溶液乙加入AgNO3溶液有沉淀生成，证明溶液乙中含有Cl-，但是加入了HCl，无法证明M中一定有KCl，故C项错误；
D. 丙加入K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，说明丙中含有Fe2+，可能FeO与盐酸生成，也可能由Fe2O3、Cu与盐酸生成，故D项错误；
答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
三、填空题
26.按要求填写：
（1）二氧化碳的电子式：______________；小苏打的化学式：________________；质子数为6、中子数为6的原子结构示意图____________________。
（2）氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式______________________________。
【答案】 (1). (2). NaHCO3 (3). (4). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
（1）二氧化碳为共价化合物，电子式为，小苏打是NaHCO3的俗称，质子数为6的原子为碳原子，原子结构示意图为；
（2） Cl2与NaOH会发生歧化反应。
【详解】（1）二氧化碳为共价化合物，电子式为，小苏打是NaHCO3的俗称，质子数为6的原子为碳原子，原子结构示意图为；故答案为：；NaHCO3；
（2） Cl2与NaOH发生歧化反应，反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
27.某实验小组用以下几个实验装置探究电化学过程对金属与稀硫酸反应速率的影响，烧杯中都盛有稀H2SO4。试回答：
（1）B装置中Fe电极作为________（填“正”或“负”）极，电极反应式为______________；
（2）C装置中阳离子移向_________（填“Zn”或“Fe”）极；
（3）比较四个装置中Fe片被腐蚀的速率由快到慢的顺序是_______（用A、B、C、D表示）。
【答案】 (1). 负 (2). Fe-2e-=Fe2+ (3). Fe (4). DBAC
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理的应用以及腐蚀速率快慢的比较等知识。
（1）原电池中活泼金属做负极，失电子，发生氧化反应；
（2）溶液中的阳离子移向正极；
（3）同一个金属腐蚀由快到慢的顺序为：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀，据此来分析腐蚀速率的快慢。
【详解】(1)B装置为原电池，Fe电极发生氧化反应，为负极；电极反应式为Fe-2e-=Fe2+
(2)C装置为原电池，Zn比Fe活泼，Zn为负极，Fe为正极，阳离子移向正极，即阳离子移向Fe极；
(3)A发生化学腐蚀；B中Fe发生电化学腐蚀；C锌比铁活泼，铁做原电池的正极而被保护；D中铁作电解池阳极被腐蚀速率最快，且电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，故答案为：DBAC。
【点睛】金属腐蚀快慢的判断方法：
1.同一个金属腐蚀由快到慢的顺序为：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀；
2.有无保护措施的：无保护措施的金属腐蚀 牺牲阳极的阴极金属的腐蚀有外接电源的阴极金属腐蚀。
28.在恒温、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0 mol N2和x mol H2发生如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，20 min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6 mol，容器内的压强变为原来的80%。请回答下列问题：
（1）20 min内，υ(N2)=____________________。
（2）该反应的热化学方程式为______________________________。
（3）下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是_________(填序号)。
①N2体积分数保持不变
②单位时间断裂0.3 mol H-H键，同时生成0.6 mol N-H键
③混合气体的密度不再改变
④2υ正(H2)=3υ逆(NH3)
⑤混合气体的平均摩尔质量不再改变
【答案】 (1). υ(N2)=0.010 mol/(L·min) (2). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92 kJ/mol (3). ①④⑤
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率的计算、热化学方程式的书写、平衡标志的判断方法，其中化学平衡状态的判断标志是常考题型，也是易错题。利用三段式分析计算反应速率与化学平衡转化率是常见的解题方法。
【详解】设平衡时氮气转化率为a，则
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
开始的量(mol)1.0 x 0
改变的量(mol)a 3a 2a
平衡的量(mol)1.0-a x-3a 2a
= 80%，解得x=1.0，2.0-2a=1.6，解得a=0.2 = 20%。
(1)20min内，υ(N2)= = 0.01 mol/(L·min)；
(2) 0.2mol氮气参与反应时放出18.4kJ热量，则1mol氮气参与反应时的焓变为 =-92kJ/mol，该反应的热化学方程式为N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) ∆H =-92 kJ/mol；
（3）根据“变量不变达平衡”原则来进行判断。①反应为气体体积缩小的反应，N2体积分数为变量，当其体积分数保持不变时反应达平衡状态，故正确；②单位时间断裂0.3mol H- H键，同时生成0.6 molN-H键，都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；③反应在恒容条件下进行且所有反应物均为气体，密度不是变量，故混合气体的密度不再改变反应不一定达平衡，故错误；④2υ正(H2)=3υ逆(NH3)，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；⑤混合气体的平均摩尔质量为变量，若其不再改变则反应达平衡，故正确，答案选①④⑤；
29.为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。
（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。
（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。
【答案】 (1). Fe、S (2). Fe2S3 (3). SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+ (4). Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓
【解析】
【分析】
本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。
【详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S) = 41.6g-22.4g = 19.2g，n(S)= = 0.6mol，可以知道n(Fe):n(S) = 2:3，应为Fe2S3，故答案为：Fe、S；Fe2S3；
（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+，故答案为：SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+；
(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓，故答案为：Fe2S3 + 4HCl = 2H2S↑+ 2FeCl2 + S↓
【点睛】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。
30.浙江海洋经济发展示范区建设已上升为国家战略，海洋经济将成为浙江经济转型升级发展的重点。请回答下列问题：
（1）被称作海洋元素的是_________（写元素符号）。
（2）工业上常以食盐为原料制备氯气，请写出化学方程式_______________________。
（3）从海水中提取食盐和溴的过程如下：
①步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br¯，其目的为富集溴元素，请写出步骤Ⅰ的离子方程式：_____________________，
步骤Ⅱ的化学方程式：________________________。
②在3mL溴水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象为图中_____________。
【答案】 (1). Br (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (3). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (4). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (5). D
【解析】
【分析】
本题考查海水资源及其综合利用，物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
（1）溴元素又称“海洋元素”；
（2）饱和食盐水在直流电的条件下生成氢氧化钠、氯气和氢气；
（3）①氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴；二氧化硫吸收溴单质，Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂；
②四氯化碳和水不互溶，且溴在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，溴溶于四氯化碳后溶液呈橙红色，据此分析解答．
【详解】（1）地球上99%的溴元素存在于海水中，所以溴元素有“海洋元素”之称，故答案为：Br；
（2）饱和食盐水在直流电的条件下生成氢氧化钠、氯气和氢气：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）①氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴：2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，二氧化硫吸收溴单质，Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂，发生反应：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，
故答案为：2Br-+Cl2═Br2+2Cl-；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；
②根据四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度，看到的现象是溶液分层，溴溶解四氯化碳中呈橙红色，所以下层呈橙红色，上层是水层，呈无色，且下层体积小于上层，故答案为：D。
31.为验证某单质与某浓酸在加热条件下反应生成气体甲和乙的成分，某同学设计了如下实验装置图，其中A装置用于检验气体甲：
（1）写出该非单质与浓酸反应的化学方程式：___________________________________。
（2）证明气体中含有乙的实验现象是___________________________________________。
（3）为除去甲，收集纯净干燥的气体乙，某同学欲选用下列装置：
则按气流从左到右，各接口连接顺序正确的是______________。
A．dcabh B．feabh C．feabg
【答案】 (1). C + 2H2SO4（浓）CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O (2). B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀 (3). B
【解析】
【分析】
根据装置图中使用品红溶液和澄清石灰水，结合高中阶段学习过非金属C与浓硫酸的反应，A装置是检验SO2气体的装置，而C装置中的澄清石灰水则是为了检验CO2的存在，据此分析作答即可。
【详解】（1）根据装置图可以看出检验的气体为CO2和SO2，推测该单质为碳，则炭与浓硫酸反应的化学方程式: C + 2H2SO4(浓)CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O，故答案为：C + 2H2SO4(浓)CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O；
（2）反应中有二氧化碳生成，B装置用于除掉SO2，防止SO2对CO2的检验造成干扰，因此证明含CO2的现象为：B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀；故答案为：B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀
（3）除去SO2，收集CO2，可先通过高锰酸钾溶液，除掉SO2，再通过浓硫酸，除去水蒸气，最后利用向上排空气法收集CO2，所以顺序应该为feabh，答案为B。
32.取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成四等份，分别加水配成溶液并编号甲、乙、丙、丁。再分别向各溶液中通入一定体积的氯气。将反应后所得溶液蒸干、灼烧的固体质量列表如下：
编号
甲
乙
丙
丁
固体成分
NaCl、NaBr、NaI
NaCl、NaBr、NaI
NaCl、NaBr
NaCl
Cl2体积/mL
V
2V
3V
4V
固体质量/g
77.3
59.0
45.4
40.95
（1）在标准状况下，Cl2的体积V为___________mL。
（2）原混合物中NaBr的物质的量为__________mol。
【答案】 (1). 2240 (2). 0.8
【解析】
【分析】
本题考查差量法、氧化还原反应顺序。
（1）丁中固体NaCl质量40.95g，钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，即 = 0.7 mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.7mol。由于还原性Br-
【详解】（1）丁中固体NaCl质量40.95g，钠离子守恒可知NaBr、NaI的物质的量之和等于NaCl的物质的量，即 = 0.7 mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.7mol，甲与乙之间增加的V mL氯气与NaI反应，
Cl2+2NaI=2NaCl+I2 固体减少
1mol 254g-71g =183g
n 77.3g-59g=18.3g
所以n=0.1mol
即V mL氯气的物质的量为0.1mol，体积为 22.4L/mol×0.1mol=2.24L，即2240mL 。
(2)根据钠原子守恒，则原NaBr、NaI的物质的量为0.7mol，在原溶液中通入0.1mol Cl2得到甲，则质量减轻18.3g，原NaBr、NaI的质量为77.3g+18.3g=95.6g，假设NaBr、NaI的物质的量为x和y，可以列出
x+y=0.7mol
103g/molx+150g/moly=95.6
得出x=0.2mol，又因为一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成四等份，所以原溶液中NaBr的物质的量为0.8mol。
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