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【化学】江苏省盐城市大丰区新丰中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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江苏省盐城市大丰区新丰中学2019-2020学年高二上学期期末考试
1.化学与生产、生活及社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是
A. 加强对煤、石油、天然气等综合利用的研究，提高燃料的利用率
B. 扩大铅蓄电池、汞锌锰等含重金属元素的干电池的生产，满足消费需求
C. 推广使用聚碳酸酯等可降解塑料，可减少白色污染
D. 积极研发和利用太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能等新能源
【答案】B
【解析】
【详解】A.提高燃料的利用率，可以节约燃料，节能减排，有利于保护环境，A正确；
B.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，B不正确；
C. 推广使用聚碳酸酯等可降解塑料替代不可降解塑料，可减少白色污染，C正确；
D. 太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用，减少有毒气体的排放、二氧化碳的排放，减少环境污染，D正确。
故选B。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 聚丙烯的结构简式：
B. 丙烷分子的比例模型：
C. 乙炔的电子式：
D. 2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，其单体为丙烯，则聚丙烯的结构简式为：，A项错误；
B. 图为丙烷分子的球棍模型为，不是比例模型，B项错误；
C. 乙炔的结构式为H−C≡C−H，C、H之间形成1对共用电子对，C与C之间形成3对共用电子对，其电子式为，C项错误；
D. 2−乙基−1,3−丁二烯的结构简式为，键线式中用短线“−”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出，所以2−乙基−1,3−丁二烯的键线式为：，D项正确；
答案选D。
3.一定条件下，下列反应不可能自发进行的是
A. 2O3(g)=3O2(g) △H<0
B. CaCO3(s)=CaO( s)+ CO2(g) △H>0
C. N2(g) +3H2(g) 2NH3(g) △H<0
D. 2CO(g)=2C(s)+ O2(g) △H>0
【答案】D
【解析】
【分析】
反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行；△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。
【详解】A. △H<0，△S>0，可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，A项错误；
B. △H>0，△S>0，温度较高时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，B项错误；
C. △H<0，△S<0，温度较低时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，C项错误；
D. △H>0，△S<0，△G=△H−T⋅△S>0，不能自发进行，D项正确；
答案选D。
4.对于300mL1mol/L盐酸与铁片的反应,采取下列措施：
①升高温度 ②改用100mL 3mol/L盐酸
③再加300mL 1mol/L盐酸 ④用等量铁粉代替铁片
⑤改用100mL 98%的硫酸 其中能使反应速率加快的是
A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
若要加快产生氢气的速率，可增大反应物的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应等，注意加入浓硫酸会使铁钝化，以此解答该题。
【详解】①适当升高温度，可增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；
②改用100mL 3mol/L盐酸，盐酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；
③用300mL 1mol/L盐酸，盐酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；
④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；
⑤改用98%的硫酸，浓硫酸使铁发生钝化，不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；
综上所述，①②④正确，A项正确；
答案选A。
【点睛】增大反应物的浓度可以加快反应速率，浓度不变，增大体积，不能加快反应速率，这是学生们的易错点。比如本题的②改用100mL 3mol/L盐酸，体积小了，但是盐酸的浓度增大，因此反应速率加快，但是③再加300mL 1mol/L盐酸，盐酸浓度不变，体积变大，不能加快反应速率。
5.下列实验方法能达到实验目的的是
A. 用KMnO4溶液鉴别甲烷和乙烯
B. 用焰色反应鉴别KNO3和KCl
C. 用BaCl2溶液鉴别Na2CO3和Na2SO4
D. 用NaOH溶液除去Cl2中含有的少量HCl
【答案】A
【解析】
A. 乙烯被KMnO4氧化而使溶液褪色，甲烷无变化，故可用KMnO4溶液鉴别甲烷和乙烯；B. KNO3和KCl都是钾盐，故不可用焰色反应鉴别KNO3和KCl；C. 碳酸钡、硫酸钡都是白色沉淀，BaCl2溶液与Na2CO3、Na2SO4都生成白色沉淀，故不能用BaCl2溶液鉴别Na2CO3和Na2SO4；
D. NaOH溶液与Cl2发生反应，故不能用NaOH溶液除去Cl2中含有的少量HCl。故选A。
6.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 15g甲基（－CH3）所含有的电子数是10 NA个
B. 标准状况下，2.24 L CHCl3的原子总数为0.5 NA个
C. 4.2g C3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NA
D. 常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中原子总数为3NA个
【答案】D
【解析】
【详解】A. 15g甲基（－CH3）为1mol，每个甲基中含有9个电子，则其所含有的电子数是9 NA，A不正确；
B. 标准状况下，CHCl3为液体，不能利用22.4L/mol进行原子总数的计算，B不正确；
C. 4.2g C3H6为0.1mol，若其为丙烯，含有的碳碳双键数为0.1NA，若其为环丙烷，则不含有碳碳双键，C不正确；
D. 乙烯和丙烯的最简式为CH2；所以14g乙烯和丙烯的混合物含有CH2的量为1mol，含有的原子总数都为3NA，故D正确。
故选D。
7.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是
A. T1＞T2
B. a点的反应速率小于c点的反应速率
C. a点正反应速率小于b点的逆反应速率
D. b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度越高，反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)下的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；
B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；
C．根据a到b的过程为建立平衡的过程，a点反应物的浓度大于b点，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C错误；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L-1，故D正确；
故选D。
8.下列离子方程式正确的是
A. 铁和稀盐酸反应：Fe＋2H＋＝Fe3＋＋H2↑
B. 乙醛与新制的碱性氢氧化铜悬浊液加热反应：CH3CHO+2Cu(OH)2+2OH－CH3COO－+2CuO↓+3H2O
C. 向NaHCO3溶液中加入醋酸：HCO3－＋CH3COOH ＝CO2↑＋H2O+CH3COO－
D. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.稀盐酸只能将铁氧化为Fe2＋，A不正确；
B. 乙醛与新制的碱性氢氧化铜悬浊液加热反应，生成Cu2O等，B不正确；
C. NaHCO3完全电离为Na+和HCO3-，醋酸为弱电解质，用化学式表示，离子方程式书写正确，C正确；
D.稀HNO3与铜反应，生成NO等，D不正确。
故选C。
9.可逆反应aA（g）+bB（g）⇌ cC（g）+dD（g）△H同时符合下列两图中各曲线的是
A. a+b＞c+d T1＞T2 △H＞0 B. a+b＞c+d T1＜T2 △H＜0
C. a+b＜c+d T1＞T2 △H＞0 D. a+b＜c+d T1＜T2 △H＜0
【答案】B
【解析】
【详解】图1中T2温度下先达平衡，说明反应速率更快，则T2>T1，T2→T1时，生成物浓度增大，说明温度降低平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；图2中达平衡(v正＝v逆)后增大压强，v正>v逆，说明平衡向正反应方向移动，则该反应的正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c＋d，B项正确；
答案选B。
10.下列实验装置、操作均正确的是
A. 分离乙醛和水 B. 证明碳酸比苯酚酸性强
C. 产生光亮的银镜 D. 实验室制备乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醛和水混溶，不能分液分离，应用蒸馏法，故A错误；
B．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠也能反应，图中装置不能比较碳酸、苯酚的酸性，故B错误；
C．碱性条件下-CHO可发生银镜反应，应该水浴加热，且试管中液体太多，故C错误；
D．乙醇在浓硫酸、170℃下发生消去反应生成乙烯，装置和操作正确，故D正确；
故选D。
11.用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 放电时，甲电极反应为NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
B. 放电时，甲电极为正极，OH－移向乙电极
C. 电池放电时总反应为H2＋2NiO(OH)=2Ni(OH)2
D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【分析】
放电时，该电池为原电池，甲电极为负极，H2在电极上放电，乙电极为正极，NiO(OH)在电极上放电；充电时，应将甲电极与外电源的负极相连作阴极，乙电极与外电源的正极相连作阳极。
【详解】A项、放电时，甲电极为负极，H2在电极上放电，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故A错误；
B项、放电时，甲电极为负极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，故B错误；
C项、放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e-═2Ni（OH）2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，放电时总反应为H2＋2NiO(OH)=2Ni(OH)2，故C正确；
D项、放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查二次电池，掌握二次电池中的原电池和电解池原理，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式的书写是解答关键。
12.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，该溶液可能是
A. 稀硫酸 B. 氯化钠水溶液
C. 硝酸钠水溶液 D. 氢氧化钠水溶液
【答案】AD
【解析】
【分析】
常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)水=1.0×10-13 mol/L＜10-7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离；酸碱对水的电离有抑制作用，水解的盐促进水的电离，据此分析判断。
【详解】A. 稀硫酸是强酸，硫酸电离出的氢离子抑制水的电离，A项正确；
B. 氯化钠溶液电离的氯离子和钠离子不影响水的电离，氯化钠溶液显中性，对水的电离无影响，B项错误；
C. 硝酸钠溶液为强酸强碱盐，溶液显中性，对水的电离无影响；C项错误；
D. 氢氧化钠是强碱，氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制水的电离，D项正确；
答案选AD。
13.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分子中含有4种官能团
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】AB
【解析】
【详解】A. 分子中含有羧基、醇羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，A正确；
B. 羧基可与乙醇发生酯化反应，醇羟基可与乙酸发生酯化反应，B正确；
C. 1mol分枝酸含有2mol羧基，最多可与2molNaOH发生中和反应，C不正确；
D. 碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液中的Br2因加成反应而褪色，碳碳双键、醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液因还原而褪色，原理不相同，D不正确。
故选AB。
【点睛】分枝酸分子中含有环二烯，而不是苯基，因而，羟基不能与NaOH溶液发生反应，解题时，若不注意区分，我们很容易出错。
14.下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是
A. 图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)== CH3CH3(g) ΔH<0，使用和未使用催化剂时反应过程中的能量变化
B. 已知S(s)+O2(g)==SO2(g) ΔH1、S(g)+O2(g)==SO2(g) ΔH2， 则ΔH1<ΔH2
C. 同温同压下，反应H2 (g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100 kJ·mol-1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 从图中可知，反应为吸热反应，即CH2=CH2(g)+H2(g)== CH3CH3(g)ΔH>0，故A不正确；
B. 前一反应S(s)与O2(g)反应、后一反应S(g)与O2(g)反应，因后一反应S的能量高，燃烧放出的热量多，但由于ΔH为负值，所以ΔH1>ΔH2，B不正确；
C. 光照和点燃只是引发反应的条件，不影响反应H2 (g)+Cl2(g)==2HCl(g)的ΔH，C不正确；
D. 在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100 kJ·mol-1，即反应物比生成物能量低100 kJ·mol-1，从而得出该反应正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol-1，D正确。
故选D。
15.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5，发生反应：
PCl5(g)=====PCl3(g)+Cl2(g) △H=akJ/mol（a>0）
0～10min保持容器温度不变，10min时改变一种条件，整个过程中PCl5、PCl3、Cl2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 0～4min的平均速率v(Cl2)=0.05mol/(L·min )
B. 10min时改变的条件是分离出一定量的PCl5
C. 起始时向该容器中充入2.0mol PCl3和2.0molCl2，保持温度为T，反应达平衡时放出的热量大于1.6akJ
D. 温度为T，起始时向该容器中充入1.0mol PCl5、0.10mol PCl3和0.10molCl2，反应达到平衡前，v(正)＞v(逆)
【答案】CD
【解析】
A、 0～4min的平均速率v(Cl2)= mol/(L·min )，故A错误；B、10min时改变的条件是升温，故B错误；C、从图中读出起始时向该容器中充入1.0mol PCl3和1.0molCl2，保持温度为T，转化率为1-20%=80%，当起始时向该容器中充入2.0mol PCl3和2.0molCl2，保持温度为T，相当于加压，故转化率大于80%，反应达平衡时放出的热量大于1.6akJ，故C正确；D、 ， ，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故D正确，故选CD。
16.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。
(1)醋酸是常见的弱酸。
醋酸在水溶液中的电离方程式为 ______________________。
(2)用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是_______________（填“I”或“II”）。
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，计算这醋酸溶液的 pH 值________。
③滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是________________________。
④上述用 0.1 mol·L-1 的 NaOH 溶液滴定 0.1 mol·L-1 的盐酸，下列操作不正确的是____________________________。
A．用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液
B．用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液
C．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化，以免滴定过量
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平
⑤上述滴定绝不能用___________作指示剂，若使用酚酞作指示剂则滴定终点的现象是_______________。
【答案】 (1). (1)①CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). I (3). 3 (4). 0.1mol•L-1醋酸溶液 (5). BC (6). 石蕊 (7). 加入最后一滴氢氧化钠，锥形瓶内溶液的颜色由无色变为粉红色，半分钟内不恢复
【解析】
【分析】
（1）醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离；
（2）①0.1mol·L-1的醋酸溶液的pH>1，0.1mol·L-1的盐酸的pH=1，观察滴定曲线的起点进行判断；
②0.1mol·L-1的醋酸的电离度为1%，由CH3COOH⇌CH3COO-+H+可知溶液中c(H+)=0.1mol·L-1×1%=0.001mol·L-1，进而计算pH；
③酸或碱电离出的c(H+)或c(OH-)越小，其对水的电离的抑制作用较小，则由水电离出的c(H+)最大；
④A. 用标准NaOH溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液；
B.不能用待测酸溶液润洗锥形瓶，用蒸馏水洗净锥形瓶后，直接装入待测酸溶液；
C. 滴定时两眼应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
D. 读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平；
⑤由于石蕊的变色范围比较宽，且现象不明显，因此上述滴定绝不能用石蕊作指示剂，可选择酚酞或者甲基橙作指示剂，其中酚酞遇酸无色，遇碱变为红色，若使用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点。
【详解】（1）醋酸为弱酸，部分电离，则醋酸在水溶液中的电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+；故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
（2）①0.1mol·L-1的醋酸溶液的pH>1，0.1mol·L-1的盐酸的pH=1，观察滴定曲线的起点可以确定滴定醋酸的曲线是Ⅰ；
故答案为：Ⅰ；
②0.1mol·L-1的醋酸的电离度为1%，由CH3COOH⇌CH3COO-+H+可知溶液中c(H+)=0.1mol·L-1×1%=0.001mol·L-1，所以醋酸溶液的pH=3；
故答案为：3；
③酸或碱会抑制水的电离，醋酸是弱酸，其电离出的氢离子浓度远小于同浓度的氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度和盐酸中氢离子浓度，所以醋酸对水的电离的抑制作用较小，其中由水电离出的c(H+)最大；
故答案为：0.1mol·L-1醋酸溶液；
④A. 用标准NaOH溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液，操作正确，故A正确；
B. 用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液，会造成测得的酸溶液浓度偏大，不能用待测酸溶液润洗锥形瓶，用蒸馏水洗净锥形瓶后，直接装入待测酸溶液，故B错误；
C. 滴定时两眼应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，以免滴定过量，故C错误；
D. 读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平，故D正确；
故答案为：BC；
⑤由于石蕊的变色范围比较宽，且现象不明显，因此上述滴定绝不能用石蕊作指示剂，可选择酚酞或者甲基橙作指示剂，其中酚酞遇酸无色，遇碱变为红色，若使用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
故答案为：石蕊；滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点。
17.化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A中含氧官能团的名称为________和________。
（2）A→B的反应类型为________。
（3）C→D的反应中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X的结构简式：________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。________________________
【答案】 (1). （酚）羟基 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B，B和甲醇发生取代反应生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D，D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反应生成E，E在LiAlH4条件下发生还原反应生成F，据此解答。
【详解】（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团为-OH和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基，
故答案为(酚)羟基；羧基；
（2）根据以上分析可知，A→B的反应中-COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，
故答案为取代反应；
（3）观察对比C、D的结构可知，C→D的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反应生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X的结构简式为，
故答案；
（4）C为，C同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为，
故答案为；
（5）根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中E→F的反应条件， 在LiAlH4条件下发生还原反应生成，和HCl发生取代反应生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和CH3CH2CHO在一定条件下反应生成，所以合成路线设计为：
CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
，
故答案为CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
。
【点睛】本题以化合物F的合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、副产物结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是有机合成路线的设计，有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
18.氧化锌为白色粉末，可用于皮肤病的治疗。提纯工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
8.2
8.9
（1）写出两种“酸溶”时可以加快反应速率的方法______________、_____________。
（2）“反应Ⅰ”溶液的pH≈5，“反应Ⅰ”目的是除去Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)，写出“反应Ⅰ”中除去Mn(Ⅱ)的离子方程式：_________________________________________。
（3）“过滤Ⅱ”所得滤渣的成分为___________。
（4）“过滤Ⅲ”所得沉淀需进行洗涤，检查沉淀已经洗涤干净的方法是_______________。
【答案】 (1). 升高温度 (2). 适当增加硫酸的浓度（或充分搅拌等） (3). 2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋ (4). Zn、Ni (5). 取最新得到的洗涤滤液少许，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无沉淀生成
【解析】
【分析】
（1）“酸溶”时，加快反应速率的方法可从增加反应物的能量、增大反应物的接触面积考虑。
（2）“反应Ⅰ”中，Mn(Ⅱ)通过KMnO4氧化，再调节pH，可转化为MnO2沉淀。
（3）“过滤Ⅱ”，加入过量的Zn，与Ni反应生成Ni。
（4）“过滤Ⅲ”所得沉淀需进行洗涤，检查沉淀已经洗涤干净，需检验SO42-不存在。
【详解】（1）“酸溶”时，加快反应速率的方法可从增加反应物的能量、增大反应物的接触面积考虑，即升高温度、适当增加硫酸的浓度（或充分搅拌等）。答案为：升高温度；适当增加硫酸的浓度（或充分搅拌等）；
（2）“反应Ⅰ”中，Mn(Ⅱ)通过KMnO4氧化，再调节pH，可转化为MnO2沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋。答案为：2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋；
（3）“过滤Ⅱ”，加入过量的Zn，与Ni反应生成Ni，因而所得滤渣为Zn、Ni的混合物。答案为：Zn、Ni；
（4）“过滤Ⅲ”所得沉淀需进行洗涤，检查沉淀已经洗涤干净，需检验SO42-不存在，方法为：取最新得到的洗涤滤液少许，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无沉淀生成。答案为：取最新得到的洗涤滤液少许，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无沉淀生成。
【点睛】检验沉淀是否洗涤干净，通常检验溶液中易于产生明显现象的离子，通常可用于检验的离子有Cl-、SO42-、Fe3+等，像Na+、OH-、H+因浓度小时现象不明显，一般不作为可供检验的离子。
19.已知A(g)+B(g) C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/ ℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K= ____________，ΔH__0（填“<”“ >”或“ =”）。
(2)830℃时，向一个5 L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003 mol·L-1·s-1，则6s时C的物质的量为_____；则反应达到平衡时，A的转化率为____，如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，平衡时A的转化率为_____（填“增大”“减少”或“不变”）。
(3)1200℃时反应C(g)+D(g) A(g)+B(g)的平衡常数的值为_______。
【答案】 (1). (1) (2). < (3). 0.09mol (4). 80% (5). 不变 (6). 2.5
【解析】
【分析】
（1）化学平衡常数等于生成物浓度幂次方的乘积与反应物浓度幂次方乘积的比值；由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应；
（2）根据反应初始6s内A的平均反应速率计算6s内△c(A)，进而计算△n(A)，再根据方程式可知n(C)=△n(A)；设平衡时A的浓度变化量为x，列出三段式，结合830℃时，平衡常数等于1列方式解未知数，计算平衡x的转化量，进而计A的转化率；如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，反应体系中各物质的浓度均不变，平衡不移动；
（3）同一反应在相同温度下，正、逆反应的平衡常数互为倒数。
【详解】（1）化学平衡常数等于生成物浓度幂次方的乘积与反应物浓度幂次方乘积的比值，则该反应的平衡常数的表达式为K=；由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即△H<0；
故答案为：；<；
（2）反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol⋅L−1⋅s−1，则6s内△c(A)=0.003mol⋅L−1⋅s−1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为，故6s内△n(A)=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n(C)=△n(A)=0.09mol，
设平衡时A的浓度变化量为x，则可列三段式：
A(g) + B(g) ⇌ C(g) + D(g)
开始(mol/L): 0.04 0.16 0 0
变化(mol/L): x x x x
平衡(mol/L): 0.04−x 0.16−x x x
830℃时，平衡常数等于1，则，解得x=0.032mol，则平衡时A的转化率为；如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，反应体系中各物质的浓度均不变，平衡不移动，则A的转化率不变；
故答案为：0.09mol；80%；不变；
（3）同一反应在相同温度下，正、逆反应的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为；
故答案为：2.5。
20.2015年巴黎气候变化大会的主题之一是节能减排，开发新能源以及提高能源的利用率再次受到国际社会的高度关注。
（1）近年我国努力调整能源结构，开发新能源。下列物质中，属于可再生能源的是________（填字母）。
A、氢能 B、天然气 C、石油
（2）工业制氢有多种渠道：
①其中一个重要反应：CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
已知： C(s，石墨) + O2(g)=CO2(g) ΔH1＝－394 kJ/mol
2C(s，石墨) + O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－222 kJ/mol
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ/mol
则ΔH＝_____kJ/mol。
②一种“金属（M）氧化物循环制氢”的原理如图所示。写出该流程制氢的总反应式：________ 。
③氢气可用于制备 H2O2 。已知： H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 、O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，这两个反应均为自发反应，则 H2(g)+O2(g)=H2O2(l) 的 ΔH____0 ( 填 “ ＞ ” 、 “ ＜ ” 或 “＝”)。
【答案】 (1). A (2). -41 (3). 2H2O==2H2 ↑+O2↑ (4). ＜
【解析】
【分析】
（1）天然气和石油都是化石燃料，属于不可再生能源，氢能属于可再生能源。
（2）工业制氢有多种渠道：
①其中一个重要反应是：CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
已知： C(s，石墨) + O2(g)=CO2(g) ΔH1＝－394 kJ/mol ①
2C(s，石墨) + O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－222 kJ/mol ②
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ/mol ③
将①×2-②-③×2得CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
②利用“金属（M）氧化物循环制氢”的原理写出两个过程的化学方程式，然后加和，即得该流程制氢的总反应式。
③H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 、O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，这两个反应均为自发反应，ΔG<0，由于ΔS<0，利用∆G=∆H-T∆S， 可推出H2(g)+O2(g)=H2O2(l) 的 ΔH。
【详解】（1）天然气和石油都是化石燃料，属于不可再生能源，氢能属于可再生能源。答案为：A；
（2）①其中一个重要反应是：CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
已知： C(s，石墨) + O2(g)=CO2(g) ΔH1＝－394 kJ/mol ①
2C(s，石墨) + O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－222 kJ/mol ②
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ/mol ③
将[①×2-②-③×2]÷2得CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH=-41 kJ/mol。答案为：-41；
②利用“金属（M）氧化物循环制氢”的原理写出两个过程的化学方程式分别为：xM+yH2O=MxOy+yH2、2MxOy=2xM+yO2，前一反应乘以“2”,然后与后一反应加和、化简，即得该流程制氢的总反应式2H2O==2H2 ↑+O2↑。答案为：2H2O==2H2 ↑+O2↑；
③H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 、O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，这两个反应均为自发反应，ΔG<0，由于ΔS<0，利用∆G=∆H-T∆S，可推出H2(g)+O2(g)=H2O2(l) 的 ΔH<0。答案为：<。
【点睛】在判断中间产物表现的性质时，常将发生的两个反应调整化学计量数，然后加和，消掉中间物质，即可得到体现反应实质的化学方程式。对于中间物质，出现在第一个反应中的反应物为催化剂。
21.工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物NOx（NO和NO2的混合物，假设不含N2O4），对生态环境和人类健康带来较大的威胁。
（1）工业上可用氨催化吸收法处理NOx，反应原理如下：4xNH3+6 NOx（2x + 3）N2 + 6xH2O某化学兴趣小组模拟该处理过程的实验装置如下：
①装置A中发生反应的化学方程式为_______。
②装置D中碱石灰的作用是______。
（2）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx。
已知：NO不能与Na2CO3溶液反应
NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2 （I）
2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2 （II）
①将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO3ˉ、NO2ˉ两种离子的物质的量随x变化关系如下图所示，则图中线段a表示______离子随x值变化的关系；
②为了检测吸收液中NaNO2含量，某兴趣小组取100ml该吸收液，用0.005 mol·L–1的高锰酸钾(酸性)溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液的体积为16.00 mL。（已知：2MnO4–＋5NO2–＋6H+＝2Mn2+＋5NO3–＋3H2O）。则吸收液中NaNO2的物质的量浓度为多少？__________
【答案】 (1). 2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O (2). 除去气体中含有的水蒸气 (3). NO2– (4). 0.002mol·L–1
【解析】
【分析】
（1）①装置A中，NH4Cl 与Ca(OH)2发生复分解反应，生成CaCl2 、NH3、H2O。
②装置D中碱石灰的作用是干燥氨气。
（2）①当x=0.5时，气体的平均组成为NO1.5，此时NO、NO2按体积比为1:1混合，只发生反应（I），随着x的不断增大，NO2的含量不断增多，此时不仅发生反应（I），还发生反应（II）。只有发生反应（II）后，溶液中才生成NO3ˉ，由此可得出图中线段a表示的离子；
②设NaNO2的物质的量为x
=0.0002mol，再求c(NaNO2)。
【详解】（1）①装置A中，NH4Cl 与Ca(OH)2发生复分解反应，生成CaCl2 、NH3、H2O，反应的化学方程式为2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O。答案为：2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O；
②装置D中碱石灰的作用是干燥氨气(或除去气体中含有的水蒸气)。答案为：除去气体中含有的水蒸气；
（2）①当x=0.5时，气体的平均组成为NO1.5，此时NO、NO2按体积比为1:1混合，只发生反应（I），随着x的不断增大，NO2的含量不断增多，此时不仅发生反应（I），还发生反应（II）。只有发生反应（II）后，溶液中才生成NO3ˉ，由此可得出图中线段a表示的离子为NO2–；答案为：NO2–；
②设NaNO2的物质的量为x
=0.0002mol，再求c(NaNO2)==0.002mol·L–1。答案为：0.002mol·L–1。
【点睛】在B装置中，Cu与稀硝酸发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮和水，因为装置内存在空气，所以一部分NO被氧化为NO2，但在C装置中，NO2与水反应生成硝酸和NO，硝酸与氨水发生了反应，所以逸出的气体仍为NO、NH3、水蒸气的混合气，此时干燥管中的碱石灰只吸收水蒸气。若我们忽视了这一细节，则得出碱石灰不仅吸收混合气中的水蒸气，还吸收NO2的错误结论。
1.化学与生产、生活及社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是
A. 加强对煤、石油、天然气等综合利用的研究，提高燃料的利用率
B. 扩大铅蓄电池、汞锌锰等含重金属元素的干电池的生产，满足消费需求
C. 推广使用聚碳酸酯等可降解塑料，可减少白色污染
D. 积极研发和利用太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能等新能源
【答案】B
【解析】
【详解】A.提高燃料的利用率，可以节约燃料，节能减排，有利于保护环境，A正确；
B.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，B不正确；
C. 推广使用聚碳酸酯等可降解塑料替代不可降解塑料，可减少白色污染，C正确；
D. 太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用，减少有毒气体的排放、二氧化碳的排放，减少环境污染，D正确。
故选B。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 聚丙烯的结构简式：
B. 丙烷分子的比例模型：
C. 乙炔的电子式：
D. 2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，其单体为丙烯，则聚丙烯的结构简式为：，A项错误；
B. 图为丙烷分子的球棍模型为，不是比例模型，B项错误；
C. 乙炔的结构式为H−C≡C−H，C、H之间形成1对共用电子对，C与C之间形成3对共用电子对，其电子式为，C项错误；
D. 2−乙基−1,3−丁二烯的结构简式为，键线式中用短线“−”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出，所以2−乙基−1,3−丁二烯的键线式为：，D项正确；
答案选D。
3.一定条件下，下列反应不可能自发进行的是
A. 2O3(g)=3O2(g) △H<0
B. CaCO3(s)=CaO( s)+ CO2(g) △H>0
C. N2(g) +3H2(g) 2NH3(g) △H<0
D. 2CO(g)=2C(s)+ O2(g) △H>0
【答案】D
【解析】
【分析】
反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行；△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。
【详解】A. △H<0，△S>0，可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，A项错误；
B. △H>0，△S>0，温度较高时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，B项错误；
C. △H<0，△S<0，温度较低时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，C项错误；
D. △H>0，△S<0，△G=△H−T⋅△S>0，不能自发进行，D项正确；
答案选D。
4.对于300mL1mol/L盐酸与铁片的反应,采取下列措施：
①升高温度 ②改用100mL 3mol/L盐酸
③再加300mL 1mol/L盐酸 ④用等量铁粉代替铁片
⑤改用100mL 98%的硫酸 其中能使反应速率加快的是
A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
若要加快产生氢气的速率，可增大反应物的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应等，注意加入浓硫酸会使铁钝化，以此解答该题。
【详解】①适当升高温度，可增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；
②改用100mL 3mol/L盐酸，盐酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；
③用300mL 1mol/L盐酸，盐酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；
④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；
⑤改用98%的硫酸，浓硫酸使铁发生钝化，不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；
综上所述，①②④正确，A项正确；
答案选A。
【点睛】增大反应物的浓度可以加快反应速率，浓度不变，增大体积，不能加快反应速率，这是学生们的易错点。比如本题的②改用100mL 3mol/L盐酸，体积小了，但是盐酸的浓度增大，因此反应速率加快，但是③再加300mL 1mol/L盐酸，盐酸浓度不变，体积变大，不能加快反应速率。
5.下列实验方法能达到实验目的的是
A. 用KMnO4溶液鉴别甲烷和乙烯
B. 用焰色反应鉴别KNO3和KCl
C. 用BaCl2溶液鉴别Na2CO3和Na2SO4
D. 用NaOH溶液除去Cl2中含有的少量HCl
【答案】A
【解析】
A. 乙烯被KMnO4氧化而使溶液褪色，甲烷无变化，故可用KMnO4溶液鉴别甲烷和乙烯；B. KNO3和KCl都是钾盐，故不可用焰色反应鉴别KNO3和KCl；C. 碳酸钡、硫酸钡都是白色沉淀，BaCl2溶液与Na2CO3、Na2SO4都生成白色沉淀，故不能用BaCl2溶液鉴别Na2CO3和Na2SO4；
D. NaOH溶液与Cl2发生反应，故不能用NaOH溶液除去Cl2中含有的少量HCl。故选A。
6.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 15g甲基（－CH3）所含有的电子数是10 NA个
B. 标准状况下，2.24 L CHCl3的原子总数为0.5 NA个
C. 4.2g C3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NA
D. 常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中原子总数为3NA个
【答案】D
【解析】
【详解】A. 15g甲基（－CH3）为1mol，每个甲基中含有9个电子，则其所含有的电子数是9 NA，A不正确；
B. 标准状况下，CHCl3为液体，不能利用22.4L/mol进行原子总数的计算，B不正确；
C. 4.2g C3H6为0.1mol，若其为丙烯，含有的碳碳双键数为0.1NA，若其为环丙烷，则不含有碳碳双键，C不正确；
D. 乙烯和丙烯的最简式为CH2；所以14g乙烯和丙烯的混合物含有CH2的量为1mol，含有的原子总数都为3NA，故D正确。
故选D。
7.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是
A. T1＞T2
B. a点的反应速率小于c点的反应速率
C. a点正反应速率小于b点的逆反应速率
D. b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度越高，反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)下的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；
B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；
C．根据a到b的过程为建立平衡的过程，a点反应物的浓度大于b点，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C错误；
D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L-1，故D正确；
故选D。
8.下列离子方程式正确的是
A. 铁和稀盐酸反应：Fe＋2H＋＝Fe3＋＋H2↑
B. 乙醛与新制的碱性氢氧化铜悬浊液加热反应：CH3CHO+2Cu(OH)2+2OH－CH3COO－+2CuO↓+3H2O
C. 向NaHCO3溶液中加入醋酸：HCO3－＋CH3COOH ＝CO2↑＋H2O+CH3COO－
D. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.稀盐酸只能将铁氧化为Fe2＋，A不正确；
B. 乙醛与新制的碱性氢氧化铜悬浊液加热反应，生成Cu2O等，B不正确；
C. NaHCO3完全电离为Na+和HCO3-，醋酸为弱电解质，用化学式表示，离子方程式书写正确，C正确；
D.稀HNO3与铜反应，生成NO等，D不正确。
故选C。
9.可逆反应aA（g）+bB（g）⇌ cC（g）+dD（g）△H同时符合下列两图中各曲线的是
A. a+b＞c+d T1＞T2 △H＞0 B. a+b＞c+d T1＜T2 △H＜0
C. a+b＜c+d T1＞T2 △H＞0 D. a+b＜c+d T1＜T2 △H＜0
【答案】B
【解析】
【详解】图1中T2温度下先达平衡，说明反应速率更快，则T2>T1，T2→T1时，生成物浓度增大，说明温度降低平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；图2中达平衡(v正＝v逆)后增大压强，v正>v逆，说明平衡向正反应方向移动，则该反应的正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c＋d，B项正确；
答案选B。
10.下列实验装置、操作均正确的是
A. 分离乙醛和水 B. 证明碳酸比苯酚酸性强
C. 产生光亮的银镜 D. 实验室制备乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醛和水混溶，不能分液分离，应用蒸馏法，故A错误；
B．醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠也能反应，图中装置不能比较碳酸、苯酚的酸性，故B错误；
C．碱性条件下-CHO可发生银镜反应，应该水浴加热，且试管中液体太多，故C错误；
D．乙醇在浓硫酸、170℃下发生消去反应生成乙烯，装置和操作正确，故D正确；
故选D。
11.用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 放电时，甲电极反应为NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
B. 放电时，甲电极为正极，OH－移向乙电极
C. 电池放电时总反应为H2＋2NiO(OH)=2Ni(OH)2
D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【分析】
放电时，该电池为原电池，甲电极为负极，H2在电极上放电，乙电极为正极，NiO(OH)在电极上放电；充电时，应将甲电极与外电源的负极相连作阴极，乙电极与外电源的正极相连作阳极。
【详解】A项、放电时，甲电极为负极，H2在电极上放电，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故A错误；
B项、放电时，甲电极为负极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，故B错误；
C项、放电时，正极电极反应式为2NiO（OH）+2H2O+2e-═2Ni（OH）2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，放电时总反应为H2＋2NiO(OH)=2Ni(OH)2，故C正确；
D项、放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查二次电池，掌握二次电池中的原电池和电解池原理，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式的书写是解答关键。
12.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，该溶液可能是
A. 稀硫酸 B. 氯化钠水溶液
C. 硝酸钠水溶液 D. 氢氧化钠水溶液
【答案】AD
【解析】
【分析】
常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)水=1.0×10-13 mol/L＜10-7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离；酸碱对水的电离有抑制作用，水解的盐促进水的电离，据此分析判断。
【详解】A. 稀硫酸是强酸，硫酸电离出的氢离子抑制水的电离，A项正确；
B. 氯化钠溶液电离的氯离子和钠离子不影响水的电离，氯化钠溶液显中性，对水的电离无影响，B项错误；
C. 硝酸钠溶液为强酸强碱盐，溶液显中性，对水的电离无影响；C项错误；
D. 氢氧化钠是强碱，氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制水的电离，D项正确；
答案选AD。
13.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
A. 分子中含有4种官能团
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】AB
【解析】
【详解】A. 分子中含有羧基、醇羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，A正确；
B. 羧基可与乙醇发生酯化反应，醇羟基可与乙酸发生酯化反应，B正确；
C. 1mol分枝酸含有2mol羧基，最多可与2molNaOH发生中和反应，C不正确；
D. 碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液中的Br2因加成反应而褪色，碳碳双键、醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液因还原而褪色，原理不相同，D不正确。
故选AB。
【点睛】分枝酸分子中含有环二烯，而不是苯基，因而，羟基不能与NaOH溶液发生反应，解题时，若不注意区分，我们很容易出错。
14.下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是
A. 图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)== CH3CH3(g) ΔH<0，使用和未使用催化剂时反应过程中的能量变化
B. 已知S(s)+O2(g)==SO2(g) ΔH1、S(g)+O2(g)==SO2(g) ΔH2， 则ΔH1<ΔH2
C. 同温同压下，反应H2 (g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100 kJ·mol-1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 从图中可知，反应为吸热反应，即CH2=CH2(g)+H2(g)== CH3CH3(g)ΔH>0，故A不正确；
B. 前一反应S(s)与O2(g)反应、后一反应S(g)与O2(g)反应，因后一反应S的能量高，燃烧放出的热量多，但由于ΔH为负值，所以ΔH1>ΔH2，B不正确；
C. 光照和点燃只是引发反应的条件，不影响反应H2 (g)+Cl2(g)==2HCl(g)的ΔH，C不正确；
D. 在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100 kJ·mol-1，即反应物比生成物能量低100 kJ·mol-1，从而得出该反应正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol-1，D正确。
故选D。
15.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5，发生反应：
PCl5(g)=====PCl3(g)+Cl2(g) △H=akJ/mol（a>0）
0～10min保持容器温度不变，10min时改变一种条件，整个过程中PCl5、PCl3、Cl2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 0～4min的平均速率v(Cl2)=0.05mol/(L·min )
B. 10min时改变的条件是分离出一定量的PCl5
C. 起始时向该容器中充入2.0mol PCl3和2.0molCl2，保持温度为T，反应达平衡时放出的热量大于1.6akJ
D. 温度为T，起始时向该容器中充入1.0mol PCl5、0.10mol PCl3和0.10molCl2，反应达到平衡前，v(正)＞v(逆)
【答案】CD
【解析】
A、 0～4min的平均速率v(Cl2)= mol/(L·min )，故A错误；B、10min时改变的条件是升温，故B错误；C、从图中读出起始时向该容器中充入1.0mol PCl3和1.0molCl2，保持温度为T，转化率为1-20%=80%，当起始时向该容器中充入2.0mol PCl3和2.0molCl2，保持温度为T，相当于加压，故转化率大于80%，反应达平衡时放出的热量大于1.6akJ，故C正确；D、 ， ，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故D正确，故选CD。
16.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。
(1)醋酸是常见的弱酸。
醋酸在水溶液中的电离方程式为 ______________________。
(2)用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是_______________（填“I”或“II”）。
②室温时，若 0.1 mol·L-1 的醋酸的电离度为 1%，计算这醋酸溶液的 pH 值________。
③滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是________________________。
④上述用 0.1 mol·L-1 的 NaOH 溶液滴定 0.1 mol·L-1 的盐酸，下列操作不正确的是____________________________。
A．用标准 NaOH 溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液
B．用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液
C．滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化，以免滴定过量
D．读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平
⑤上述滴定绝不能用___________作指示剂，若使用酚酞作指示剂则滴定终点的现象是_______________。
【答案】 (1). (1)①CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). I (3). 3 (4). 0.1mol•L-1醋酸溶液 (5). BC (6). 石蕊 (7). 加入最后一滴氢氧化钠，锥形瓶内溶液的颜色由无色变为粉红色，半分钟内不恢复
【解析】
【分析】
（1）醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离；
（2）①0.1mol·L-1的醋酸溶液的pH>1，0.1mol·L-1的盐酸的pH=1，观察滴定曲线的起点进行判断；
②0.1mol·L-1的醋酸的电离度为1%，由CH3COOH⇌CH3COO-+H+可知溶液中c(H+)=0.1mol·L-1×1%=0.001mol·L-1，进而计算pH；
③酸或碱电离出的c(H+)或c(OH-)越小，其对水的电离的抑制作用较小，则由水电离出的c(H+)最大；
④A. 用标准NaOH溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液；
B.不能用待测酸溶液润洗锥形瓶，用蒸馏水洗净锥形瓶后，直接装入待测酸溶液；
C. 滴定时两眼应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
D. 读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平；
⑤由于石蕊的变色范围比较宽，且现象不明显，因此上述滴定绝不能用石蕊作指示剂，可选择酚酞或者甲基橙作指示剂，其中酚酞遇酸无色，遇碱变为红色，若使用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点。
【详解】（1）醋酸为弱酸，部分电离，则醋酸在水溶液中的电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+；故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
（2）①0.1mol·L-1的醋酸溶液的pH>1，0.1mol·L-1的盐酸的pH=1，观察滴定曲线的起点可以确定滴定醋酸的曲线是Ⅰ；
故答案为：Ⅰ；
②0.1mol·L-1的醋酸的电离度为1%，由CH3COOH⇌CH3COO-+H+可知溶液中c(H+)=0.1mol·L-1×1%=0.001mol·L-1，所以醋酸溶液的pH=3；
故答案为：3；
③酸或碱会抑制水的电离，醋酸是弱酸，其电离出的氢离子浓度远小于同浓度的氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度和盐酸中氢离子浓度，所以醋酸对水的电离的抑制作用较小，其中由水电离出的c(H+)最大；
故答案为：0.1mol·L-1醋酸溶液；
④A. 用标准NaOH溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液，操作正确，故A正确；
B. 用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液，会造成测得的酸溶液浓度偏大，不能用待测酸溶液润洗锥形瓶，用蒸馏水洗净锥形瓶后，直接装入待测酸溶液，故B错误；
C. 滴定时两眼应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，以免滴定过量，故C错误；
D. 读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平，故D正确；
故答案为：BC；
⑤由于石蕊的变色范围比较宽，且现象不明显，因此上述滴定绝不能用石蕊作指示剂，可选择酚酞或者甲基橙作指示剂，其中酚酞遇酸无色，遇碱变为红色，若使用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
故答案为：石蕊；滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点。
17.化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A中含氧官能团的名称为________和________。
（2）A→B的反应类型为________。
（3）C→D的反应中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X的结构简式：________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。________________________
【答案】 (1). （酚）羟基 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B，B和甲醇发生取代反应生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D，D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反应生成E，E在LiAlH4条件下发生还原反应生成F，据此解答。
【详解】（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团为-OH和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基，
故答案为(酚)羟基；羧基；
（2）根据以上分析可知，A→B的反应中-COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，
故答案为取代反应；
（3）观察对比C、D的结构可知，C→D的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反应生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X的结构简式为，
故答案；
（4）C为，C同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为，
故答案为；
（5）根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中E→F的反应条件， 在LiAlH4条件下发生还原反应生成，和HCl发生取代反应生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和CH3CH2CHO在一定条件下反应生成，所以合成路线设计为：
CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
，
故答案为CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，
。
【点睛】本题以化合物F的合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、副产物结构简式的推导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是有机合成路线的设计，有机合成路线的设计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
18.氧化锌为白色粉末，可用于皮肤病的治疗。提纯工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
8.2
8.9
（1）写出两种“酸溶”时可以加快反应速率的方法______________、_____________。
（2）“反应Ⅰ”溶液的pH≈5，“反应Ⅰ”目的是除去Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)，写出“反应Ⅰ”中除去Mn(Ⅱ)的离子方程式：_________________________________________。
（3）“过滤Ⅱ”所得滤渣的成分为___________。
（4）“过滤Ⅲ”所得沉淀需进行洗涤，检查沉淀已经洗涤干净的方法是_______________。
【答案】 (1). 升高温度 (2). 适当增加硫酸的浓度（或充分搅拌等） (3). 2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋ (4). Zn、Ni (5). 取最新得到的洗涤滤液少许，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无沉淀生成
【解析】
【分析】
（1）“酸溶”时，加快反应速率的方法可从增加反应物的能量、增大反应物的接触面积考虑。
（2）“反应Ⅰ”中，Mn(Ⅱ)通过KMnO4氧化，再调节pH，可转化为MnO2沉淀。
（3）“过滤Ⅱ”，加入过量的Zn，与Ni反应生成Ni。
（4）“过滤Ⅲ”所得沉淀需进行洗涤，检查沉淀已经洗涤干净，需检验SO42-不存在。
【详解】（1）“酸溶”时，加快反应速率的方法可从增加反应物的能量、增大反应物的接触面积考虑，即升高温度、适当增加硫酸的浓度（或充分搅拌等）。答案为：升高温度；适当增加硫酸的浓度（或充分搅拌等）；
（2）“反应Ⅰ”中，Mn(Ⅱ)通过KMnO4氧化，再调节pH，可转化为MnO2沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋。答案为：2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋；
（3）“过滤Ⅱ”，加入过量的Zn，与Ni反应生成Ni，因而所得滤渣为Zn、Ni的混合物。答案为：Zn、Ni；
（4）“过滤Ⅲ”所得沉淀需进行洗涤，检查沉淀已经洗涤干净，需检验SO42-不存在，方法为：取最新得到的洗涤滤液少许，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无沉淀生成。答案为：取最新得到的洗涤滤液少许，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无沉淀生成。
【点睛】检验沉淀是否洗涤干净，通常检验溶液中易于产生明显现象的离子，通常可用于检验的离子有Cl-、SO42-、Fe3+等，像Na+、OH-、H+因浓度小时现象不明显，一般不作为可供检验的离子。
19.已知A(g)+B(g) C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/ ℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K= ____________，ΔH__0（填“<”“ >”或“ =”）。
(2)830℃时，向一个5 L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003 mol·L-1·s-1，则6s时C的物质的量为_____；则反应达到平衡时，A的转化率为____，如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，平衡时A的转化率为_____（填“增大”“减少”或“不变”）。
(3)1200℃时反应C(g)+D(g) A(g)+B(g)的平衡常数的值为_______。
【答案】 (1). (1) (2). < (3). 0.09mol (4). 80% (5). 不变 (6). 2.5
【解析】
【分析】
（1）化学平衡常数等于生成物浓度幂次方的乘积与反应物浓度幂次方乘积的比值；由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应；
（2）根据反应初始6s内A的平均反应速率计算6s内△c(A)，进而计算△n(A)，再根据方程式可知n(C)=△n(A)；设平衡时A的浓度变化量为x，列出三段式，结合830℃时，平衡常数等于1列方式解未知数，计算平衡x的转化量，进而计A的转化率；如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，反应体系中各物质的浓度均不变，平衡不移动；
（3）同一反应在相同温度下，正、逆反应的平衡常数互为倒数。
【详解】（1）化学平衡常数等于生成物浓度幂次方的乘积与反应物浓度幂次方乘积的比值，则该反应的平衡常数的表达式为K=；由表中数据可知，温度升高平衡常数降低，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即△H<0；
故答案为：；<；
（2）反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol⋅L−1⋅s−1，则6s内△c(A)=0.003mol⋅L−1⋅s−1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为，故6s内△n(A)=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n(C)=△n(A)=0.09mol，
设平衡时A的浓度变化量为x，则可列三段式：
A(g) + B(g) ⇌ C(g) + D(g)
开始(mol/L): 0.04 0.16 0 0
变化(mol/L): x x x x
平衡(mol/L): 0.04−x 0.16−x x x
830℃时，平衡常数等于1，则，解得x=0.032mol，则平衡时A的转化率为；如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，反应体系中各物质的浓度均不变，平衡不移动，则A的转化率不变；
故答案为：0.09mol；80%；不变；
（3）同一反应在相同温度下，正、逆反应的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为；
故答案为：2.5。
20.2015年巴黎气候变化大会的主题之一是节能减排，开发新能源以及提高能源的利用率再次受到国际社会的高度关注。
（1）近年我国努力调整能源结构，开发新能源。下列物质中，属于可再生能源的是________（填字母）。
A、氢能 B、天然气 C、石油
（2）工业制氢有多种渠道：
①其中一个重要反应：CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
已知： C(s，石墨) + O2(g)=CO2(g) ΔH1＝－394 kJ/mol
2C(s，石墨) + O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－222 kJ/mol
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ/mol
则ΔH＝_____kJ/mol。
②一种“金属（M）氧化物循环制氢”的原理如图所示。写出该流程制氢的总反应式：________ 。
③氢气可用于制备 H2O2 。已知： H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 、O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，这两个反应均为自发反应，则 H2(g)+O2(g)=H2O2(l) 的 ΔH____0 ( 填 “ ＞ ” 、 “ ＜ ” 或 “＝”)。
【答案】 (1). A (2). -41 (3). 2H2O==2H2 ↑+O2↑ (4). ＜
【解析】
【分析】
（1）天然气和石油都是化石燃料，属于不可再生能源，氢能属于可再生能源。
（2）工业制氢有多种渠道：
①其中一个重要反应是：CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
已知： C(s，石墨) + O2(g)=CO2(g) ΔH1＝－394 kJ/mol ①
2C(s，石墨) + O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－222 kJ/mol ②
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ/mol ③
将①×2-②-③×2得CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
②利用“金属（M）氧化物循环制氢”的原理写出两个过程的化学方程式，然后加和，即得该流程制氢的总反应式。
③H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 、O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，这两个反应均为自发反应，ΔG<0，由于ΔS<0，利用∆G=∆H-T∆S， 可推出H2(g)+O2(g)=H2O2(l) 的 ΔH。
【详解】（1）天然气和石油都是化石燃料，属于不可再生能源，氢能属于可再生能源。答案为：A；
（2）①其中一个重要反应是：CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH。
已知： C(s，石墨) + O2(g)=CO2(g) ΔH1＝－394 kJ/mol ①
2C(s，石墨) + O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－222 kJ/mol ②
H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ/mol ③
将[①×2-②-③×2]÷2得CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g) ΔH=-41 kJ/mol。答案为：-41；
②利用“金属（M）氧化物循环制氢”的原理写出两个过程的化学方程式分别为：xM+yH2O=MxOy+yH2、2MxOy=2xM+yO2，前一反应乘以“2”,然后与后一反应加和、化简，即得该流程制氢的总反应式2H2O==2H2 ↑+O2↑。答案为：2H2O==2H2 ↑+O2↑；
③H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 、O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，这两个反应均为自发反应，ΔG<0，由于ΔS<0，利用∆G=∆H-T∆S，可推出H2(g)+O2(g)=H2O2(l) 的 ΔH<0。答案为：<。
【点睛】在判断中间产物表现的性质时，常将发生的两个反应调整化学计量数，然后加和，消掉中间物质，即可得到体现反应实质的化学方程式。对于中间物质，出现在第一个反应中的反应物为催化剂。
21.工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物NOx（NO和NO2的混合物，假设不含N2O4），对生态环境和人类健康带来较大的威胁。
（1）工业上可用氨催化吸收法处理NOx，反应原理如下：4xNH3+6 NOx（2x + 3）N2 + 6xH2O某化学兴趣小组模拟该处理过程的实验装置如下：
①装置A中发生反应的化学方程式为_______。
②装置D中碱石灰的作用是______。
（2）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx。
已知：NO不能与Na2CO3溶液反应
NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2 （I）
2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2 （II）
①将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO3ˉ、NO2ˉ两种离子的物质的量随x变化关系如下图所示，则图中线段a表示______离子随x值变化的关系；
②为了检测吸收液中NaNO2含量，某兴趣小组取100ml该吸收液，用0.005 mol·L–1的高锰酸钾(酸性)溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液的体积为16.00 mL。（已知：2MnO4–＋5NO2–＋6H+＝2Mn2+＋5NO3–＋3H2O）。则吸收液中NaNO2的物质的量浓度为多少？__________
【答案】 (1). 2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O (2). 除去气体中含有的水蒸气 (3). NO2– (4). 0.002mol·L–1
【解析】
【分析】
（1）①装置A中，NH4Cl 与Ca(OH)2发生复分解反应，生成CaCl2 、NH3、H2O。
②装置D中碱石灰的作用是干燥氨气。
（2）①当x=0.5时，气体的平均组成为NO1.5，此时NO、NO2按体积比为1:1混合，只发生反应（I），随着x的不断增大，NO2的含量不断增多，此时不仅发生反应（I），还发生反应（II）。只有发生反应（II）后，溶液中才生成NO3ˉ，由此可得出图中线段a表示的离子；
②设NaNO2的物质的量为x
=0.0002mol，再求c(NaNO2)。
【详解】（1）①装置A中，NH4Cl 与Ca(OH)2发生复分解反应，生成CaCl2 、NH3、H2O，反应的化学方程式为2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O。答案为：2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O；
②装置D中碱石灰的作用是干燥氨气(或除去气体中含有的水蒸气)。答案为：除去气体中含有的水蒸气；
（2）①当x=0.5时，气体的平均组成为NO1.5，此时NO、NO2按体积比为1:1混合，只发生反应（I），随着x的不断增大，NO2的含量不断增多，此时不仅发生反应（I），还发生反应（II）。只有发生反应（II）后，溶液中才生成NO3ˉ，由此可得出图中线段a表示的离子为NO2–；答案为：NO2–；
②设NaNO2的物质的量为x
=0.0002mol，再求c(NaNO2)==0.002mol·L–1。答案为：0.002mol·L–1。
【点睛】在B装置中，Cu与稀硝酸发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮和水，因为装置内存在空气，所以一部分NO被氧化为NO2，但在C装置中，NO2与水反应生成硝酸和NO，硝酸与氨水发生了反应，所以逸出的气体仍为NO、NH3、水蒸气的混合气，此时干燥管中的碱石灰只吸收水蒸气。若我们忽视了这一细节，则得出碱石灰不仅吸收混合气中的水蒸气，还吸收NO2的错误结论。
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