2018-2019学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末考试化学（理）试题 解析版


陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二上学期期末
考试化学（理）试题
1.下列过程没有发生化学变化的是
A. 用热碱水清除炊具上残留的油污
B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
C. 用鸡蛋壳内膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的少量氯化钠
D. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】C
【解析】
【详解】A．油污的成分是油脂，在碱性条件下发生水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，该过程有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；
C．鸡蛋壳膜是半透膜，允许NaCl通过，不允许胶体通过，将混合之后的物体放入鸡蛋壳膜内，然后再放入清水中，一段时间后就除掉了食盐，这个过程叫渗析，属于物理变化，故C正确；
D．硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故D错误。
答案选C。
2.用类推法可能会得出错误的结论，因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列推论中正确的是
A. 加热条件下，Na与氧气反应生成过氧化钠，锂与氧气反应生成过氧化锂
B. 相同温度下，Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3，NaHCO3的溶解度大于Na2CO3
C. Al3+与S2-在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，Fe3+与S2-也如此
D. 可以用铝制或铁制容器常温下贮运浓硫酸，也可贮运浓硝酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加热条件下，Na与氧气反应生成过氧化钠，但是Li的活泼性弱于Na，锂与氧气反应只生成氧化锂，故A错误；
B.一般难溶性的碳酸盐的溶解度小于相应的碳酸氢盐，如Ca(HCO3)2的溶解度大于CaCO3，而可溶性的碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，如Na2CO3溶解度大于NaHCO3，故B错误；
C. Al3+与S2-在溶液中可发生双水解反应生成沉淀和气体，Fe3+和S2-发生氧化还原反应，故C错误；
D.常温下铁、铝能和浓硝酸、浓硫酸形成致密的氧化膜，阻止进一步的腐蚀，故D正确。
答案选D。
3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A.
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜
蔗糖未水解
B.
对某白色固体进行焰色反应，火焰呈紫色
该固体为钾盐
C.
向FeBr2溶液中加入少量氯水再加CCl4，CCl4层呈无色
Fe2+的还原性强于Br－
D.
将溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
产生的气体为乙烯


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】银镜反应需在弱碱条件下才能发生，A中若还存在稀硫酸，则不能出现银镜，故A错误；
B. K的焰色为紫色，则对某白色固体进行颜色反应实验，火焰呈紫色，则含K元素，但不一定为钾盐，故B错误；
C. 加入少量氯水，只氧化亚铁离子，CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br-，故C正确；
D. 乙醇易挥发，乙醇与乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能检验乙烯的生成，故D错误。
答案选C。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24 LCH3OH中含有的原子数目为6 NA
B. 18 g 2H2O中含有的电子数目为10 NA
C. 25℃时，1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数为0.05 NA
D. 常温下，21 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A项，标准状况下，CH3OH为液体，无法用标准气体摩尔体积换算，故A项错误；
B项，2H2O的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，故含9NA个电子，故B项错误； 
C项，pH=13的Ba(OH) 2溶液OH-浓度为0.1mol/L，所以1 L pH=13的Ba(OH) 2溶液中含有的OH-数为0.1NA，故C项错误；
D项，乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故21g混合物中含有的CH2的物质的量n==1.5mol，故含有的碳原子的物质的量为1.5mol，即1.5NA个，故D项正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用对象与方法。
5.某种合成药物中间体X的结构简式如图所示。下列说法正确的是

A. X的分子式为C8H8O4Cl
B. 1 mol X与足量浓溴水反应，最多消耗2 mol Br2
C. 一定条件下，X分子能发生加成、取代、消去、加聚反应
D. 1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A、由结构简式可知X的分子式为C8H7O4Cl，故A错误；
B、苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代，1molX跟足量浓溴水反应，最多消耗2molBr2，故B正确；
C、碳碳不饱和键能发生加聚反应，该物质中不含碳碳不饱和键，所以不能发生加聚反应，也不能发生卤代烃的消去反应，故C错误；
D、酚羟基和羧基能和NaOH发生中和反应，氯原子能发生水解反应，所以1molX跟足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，故D错误；
故选B。
6.下列说法正确的是
A. 将苯加入溴水中振荡后，水层接近无色，是因为发生了取代反应
B. 2,2-二甲基丙烷也称新戊烷
C. 等质量的乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧耗氧量相同
D. 环己醇能与氢氧化钠溶液反应且所有碳原子可以共面
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯与溴水不反，发生萃取，故A错误；
B. 2，2-二甲基丙烷中主碳链三个碳原子，2号碳上两个甲基，也可以称为新戊烷，故B正确；
C. 乙烯和乙醇在氧气中充分燃烧均消耗3mol氧气，等质量时二者的物质的量不同，则消耗的氧气不同，故C错误；
D.环己醇与氢氧化钠溶液不反应，故D错误。
所以B选项是正确的。
7.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同的电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W＜X＜Z
B. W与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. 气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D. 氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z
【答案】B
【解析】
【分析】
由X的原子半径是短周期主族原子中最大的可知，X为Na；Z的原子序数大于X且与Na形成的离子化合物的水溶液呈中性可知，Z为Cl；W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体，为H2S，则W应在第二周期，Y在第三周期，则W可为O，此时Y为S。
综上所述，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl。
【详解】根据以上分析，W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl，
A项，根据元素周期律可知：离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径： X＜W＜Z，故A项错误；
B项，Na与O形成的化合物有Na2O和Na2O2两种；S与O形成的化合物有SO2和SO3两种；Cl与O形成的化合物有ClO2、Cl2O7等多种二元化合物；故B项正确；
C项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：W>Y，故C项错误；
D项，根据元素周期律可知，同周期元素随着原子序数的增大，元素的非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，即Y＜Z，但氧化物对应水化物的酸性不存在此关系，如次氯酸酸性很弱，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
8.对可逆反应4NH3(g) + 5O2(g)4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，5v正（O2）=4v逆（NO）
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 达到平衡前，化学反应速率关系：3v正（NH3）=2v正（H2O）
【答案】D
【解析】
试题分析：A、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知4v正（O2）=5v正（NO）故A错误；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，故B不正确；
C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小,故C错误；
D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正（NH3）=2v正（H2O）在平衡状态和反应过程中都成立，说明反应达到平衡状态，
考点：考查了化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断的相关知识。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. c(H+)/c(OH-) = 1×10－12的溶液中：K＋、Na＋、CO32-、NO3-
B. 无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－
C. 室温下，由水电离的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液中：Cl－、HCO3-、NO3-、NH4+
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO3-、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，K＋、Na＋、CO32-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B. Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN -发生络合反应而不能大量共存，故B错误；
C. 室温下，由水电离的c(H＋)＝10－10 mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在HCO3-，碱溶液中不能大量存在HCO3-、NH4+，故C错误；
D. 能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，Fe2＋、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
10.下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则CH3COOH和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)的ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol－1
C. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为2H2O(l)2H2(g)＋O2(g)　 ΔH＝＋2×285.5 kJ·mol－1
D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳时所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】C
【解析】
【详解】A、CH3COOH和NaOH反应，由于醋酸存在电离平衡，放出的热量减少，ΔH反而增大，则CH3COOH和NaOH反应的中和热ΔH>－57.3 kJ·mol－1，故A错误；
B、因CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)的ΔH＝-2×283.0 kJ·mol－1，故B错误；
C、氢气燃烧热是放热反应，焓变为负值，水电解过程是吸热反应，2mol水电解反应吸收热量为571.0kJ，故C正确；
D、1 mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量是燃烧热，而1 mol甲烷燃烧生成气态水不是稳定氧化物，应为液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故D错误。
答案选C。
11.H2S与CO2在高温下发生反应：CO2 (g) + H2S (g) COS (g) + H2O (g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。下列说法不正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是放热反应
B. 通入CO2后，正反应速率先增大后减小
C. H2S的平衡转化率α = 4.5 %
D. 反应平衡常数K = 2.8×10-3
【答案】C
【解析】
【详解】列出反应三段式：
CO2 (g) + H2S (g) COS (g) + H2O (g)
n起始/mol    0.10      0.40          0        0
n转化/mol    x          x            x       x
n平衡/mol     0.10-x     0.40-x       x        x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则x/0.50=0.02，x=0.01，
A. 升高温度，H2S浓度增加，说明升温平衡逆向移动，则表明正反应是放热反应，故A正确；
B. 通入CO2后，增大反应物浓度，正反应速率增大，随着反应进行，反应物浓度又逐渐减小，所以正反应速率先增大后减小，故B正确；
C. 根据以上计算数据，H2S的平衡转化率α =×100%= 2.5 %，故C错误；
D. 根据以上计算数据，反应平衡常数K = ==2.8×10-3，故D正确。
答案选C。
【点睛】题目考查化学平衡的影响因素和计算等问题，检验学生的分析能力和计算能力，解题方法：列出化学平衡三段式，根据平衡常数、平衡移动原理等分析和计算。
12.某次酸雨的分析数据如下：c(NH4+)＝2.0×10-5 mol/L，c(Na＋)＝1.9×10-5 mol/L，c(Cl－)＝6.0×10-5 mol/L，c(NO3－)＝2.3×10-5 mol/L，c(SO42－)＝2.8×10-5 mol/L，则此次酸雨的pH大约为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
试题分析：根据溶液显电中性，c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(NO3－)＋2c(SO42－)，代入数值，解得：c(H＋)=1×10－4mol·L－1，则pH=4，故选项B正确。
考点：考查pH的计算等知识。
13.下列说法中正确的是
A. 25℃时，若某溶液中c(H+)＝c(OH－)＝10-7 mol/L，则该溶液呈中性
B. 溶液中若c(H+)＞10-7 mol/L，则c(H+)＞c(OH－)，溶液显酸性
C. c(H+)越大，则pH值越大，溶液的酸性越强
D. pH值为0的溶液中c(H+) = 0 mol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：A．25℃时，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，所以水中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，呈中性，水的电离吸热，温度越低，电离程度越小，所以当某溶液中c(H+)=c(OH-)=10-8mol•L-1，该溶液可能是温度低于25℃的如氯化钠一类的呈中性的溶液，故A正确；B．溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，当溶液中：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，溶液中若c(H+)＞10-7mol•L-1，不一定c(H+)＞c(OH-)，故B错误；C．溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=-lg〔H+〕，其中〔H+〕表示氢离子浓度，所以pH越小表示溶液的酸性越强，故C错误；D．pH=-lg〔H+〕，pH为0的溶液，c(H+)=1mol/L，说明为酸溶液，则必然存在水的电离平衡，必然存在OH-，故D错误；故选A。
考点：考查了溶液的酸碱性判断以及与pH的关系的相关知识。
14.下列说法正确的是
A. 常温下pH为2的盐酸与等体积pH＝12的氨水混合后所得溶液显酸性
B. 中和等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸，盐酸消耗的n(NaOH)大
C. 常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4
D. CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO-)的值减小
【答案】D
【解析】
【详解】A、一水合氨是弱碱，存在电离平衡，则pH＝12的氨水溶液的浓度大于0.01mol/L，所以与pH＝2的盐酸等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，故A错误；
B、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分别发生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，即中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故B错误；
C、常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，醋酸中存在电离平衡，导致稀释后醋酸溶液的pH小于4，故C错误；

D、根据CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-）增大，减小，所以=减小，故D正确。
故选D。
15.已知某可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH，在密闭容器中进行。如图表示在不同时刻t、温度T和压强p下B物质在混合气体中的体积分数φ(B)的变化情况。下列推断中正确的是

A. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＜c，ΔH＞0
B. p1＜p2，T1＞T2，a＋b＞c，ΔH＞0
C. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＜c，ΔH＜0
D. p1＞p2，T1＜T2，a＋b＞c，ΔH＜0
【答案】A
【解析】
【分析】
当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这叫做“定一议二”。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的原则。
【详解】由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出：
①温度相同(T1)，但压强为p2时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以p2>p1；
②压强较大(即压强为p2)时对应的φ(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋bT2；
②温度较高(即温度为T1)时对应的φ(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH＞0。
答案选A。
16. 下列说法正确的是( )
A. 自发反应在任何条件下都能实现
B. 化学反应不一定都有能量变化
C. 升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率一定增大
D. 一般使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,从而提高反应物的转化率
【答案】C
【解析】
试题分析：A、自发反应不是在任何条件下都可以实现的，有的在低温自发，有的在高温自发，错误，不选A；B、化学反应都有能量变化，错误，不选B；C、升温，活化分子百分数增加，反应速率加快，正确，选C；D、使用催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分苏，反应速率加快，但平衡不移动，不能提高反应物的转化率，错误，不选D。
考点： 反应热和焓变，反应速率的影响因素
17.能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)>c(OH－)的操作是
①将水加热煮沸　②向水中投入一小块金属钠　③向水中通CO2　④向水中加入明矾晶体　⑤向水中加NaHCO3固体　⑥向水中加NaHSO4固体 ⑦向水中加NH4Cl固体
A. ①②④⑤ B. ①⑤⑦ C. ③④⑥ D. ④⑦
【答案】D
【解析】
【分析】
影响水的电离的因素：温度，同离子效应，所加物质的酸碱性等。
【详解】①加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，故①错误；
②加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)c(OH－)，酸对水的电离起抑制作用，故③错误；
④向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c(H＋)>c(OH－)，故④正确；
⑤向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解显碱性，使溶液中的，c(H＋)c(OH－)，故⑦正确。
答案选D。
【点睛】本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解答：本题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？各自对水的电离平衡如何影响？结果如何（c(H+)与c(OH-)相对大小）？归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。
18. 室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A. II表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL
C. V(NaOH)=" 20.00" mL时，两份溶液中c(Cl-)= C(CH3COO-)
D. V(NaOH) ="10.00" mL时，醋酸溶液中c(Na+)> C(CH3COO-)> c(H+)> c(OH-)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，错误；B、醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，正确；C、V（NaOH）="20.00" mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），错误；D、V（NaOH）=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），错误。
考点：考查弱电解质的电离、盐类的水解。
【此处有视频，请去附件查看】

19.已知：常温下浓度均为0.1 mol/L的下列溶液的pH如下表：
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3

下列有关说法正确的是
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF
B. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N(NaClO)＜N(NaF)
C. 向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入CO2至中性，则溶液中：2c(CO32－) + c(HCO3－) = 0.1 mol/L
D. 向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，发生反应的化学方程式为：Na2CO3 + 2HF = CO2 + H2O + 2NaF
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液pH越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可以知道，酸性大小为：HF>H2CO3>HClO>HCO3-，温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液导电性大小为：HClO＜H2CO3＜HF，故A错误；
B.NaClO、NaF溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10-7mol/L，因为酸性HF >HClO，则次氯酸根的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠；两溶液中钠离子浓度相等，根据电荷守恒，两溶液中阴离子浓度=c(Na+)+c(H+)，因为溶液体积相等，则次氯酸钠溶液中离子总数小于氟化钠，即：N(NaClO)＜N(NaF)，所以B选项是正确的；
C.若将CO2通入0.1 mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可以知道：2c(CO32－) + c(HCO3－) =c(Na+)= 0.2 mol/L，故C错误；
D.向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体，反应生成碳酸氢钠和氟化钠，正确的化学反应方程式为：Na2CO3 + HF = NaHCO3 + NaF，故D错误。
所以B选项是正确的。
20.已知： ① CH3OH(g) + 3/2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H= -a kJ•mol-1
② CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H= -b kJ•mol-1
③ CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) △H= -c kJ•mol-1
则下列叙述正确的是
A. 由上述热化学方程式可知b>c
B. 甲烷的燃烧热为b kJ•mol-1
C. 2CH3OH(g) = 2CH4(g) + O2(g) △H= 2(b-a) kJ•mol-1
D. 当甲醇和甲烷物质的量之比为1: 2，完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时，放出的热量为Q kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为Q/(a+2b)mol
【答案】C
【解析】
A．气态水到液态水继续放热，所以b＜c，故A错误；B．根据盖斯定律，将①和②两个反应都乘以2，再①-②得到：2CH3OH(g)=2CH4(g)+O2(g)，则△H=2(a-b) kJ•mol-1，故B正确；C．燃烧热应生成稳定氧化物，不能是水蒸气，应该是液态水，故C错误；D．①中甲醇燃烧生成的是气态水，不能根据反应①的△H计算甲醇和甲烷物质的量之比为1:2混合，完全燃烧生成CO2和H2O（1）时释放的能量，故D错误；故答案为B。
21.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000 mol·L-1 HCl标准溶液进行中和滴定（用酚酞作指示剂）。请回答下列问题：
（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握______________的活塞，右手摇动___________，眼睛注视________________，直到加入最后一滴盐酸时，溶液由______色变为______色，并_____________________为止。
（2）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10 mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为____________。

（3）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
实验序号
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000 mol·L-1HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
26.11
2
25.00
1.56
31.30
3
25.00
0.22
26.31

选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为________（小数点后保留四位）。
（4）下列哪些操作会使测定结果偏高_________（填序号）。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 锥形瓶 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 红 (5). 无 (6). 在半分钟内不变色 (7). 23.80 mL (8). 0.1044 mol·L-1 (9). AC
【解析】
【分析】
（1）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，据此解答（1）；
（2）读数时眼睛应平视液体凹液面，注意滴定管的精确度，据此解答（2）；
（3）先分析数据的可能性，误差太大的去掉，V（标准）取平均值，根据c（待测）=计算，据此解答（3）；
（4）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c（待测）=分析误差，据此解答（4）。
【详解】（1）酸碱中和滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；酚酞为指示剂，所以溶液由红色变为无色，半分钟内不变色时，滴定完成；
因此，本题正确答案是：酸式滴定管；锥形瓶；锥形瓶内溶液颜色的变化；红；无；在半分钟内不变色；
（2）记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如右图为24.90mL，滴定管中的液面读数为24.90ml-1.10ml=23.80mL，
因此，本题正确答案是：23.80mL；
（3）第二组读数误差太大舍去，其它两次数值的平均值==26.10mL；
根据c（待测）==0.1044mol•L-1；
因此，本题正确答案是：0.1044mol•L-1；
（4）A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，待测液增多，消耗标准液增多，结果偏高，故A符合；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，符合实验操作，结果符合，故B不符合；
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏高，故C符合；
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故D不符合。
因此，本题正确答案是：AC。
22.实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物的流程如下：

请按要求回答下列问题：
（1）现用如图所示的实验仪器和药品来制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(铁架台和加热装置等省略)。

①按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→ → → → → → → → 。_________
②该实验中制备Cl2的化学反应方程式为_____________________________。
③实验中硬质玻璃管加热前要通入一段时间的Cl2，该操作的目的是_________________。
④反应时，盛放粗铜粉的硬质玻璃管中的现象是__________________________。
（2）上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__________________；溶液Ⅰ可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X最好选用下列试剂中的________(填字母)。
a．Cu b．NH3·H2O c．CuO d．Cu2(OH)2CO3 e．H2S
（3）向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式：_______________________________________________________________。
【答案】 (1). d　e　h　i　f　g　b(f、g可调换顺序) (2). 2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O (3). 排出装置中的空气 (4). 产生大量棕黄色的烟 (5). 防止CuCl2和FeCl3水解 (6). cd (7). SO2＋2H2O＋2Cu2＋＋2Cl－2CuCl↓＋SO＋4H＋
【解析】
【分析】
(1)要利用图中所给实验仪器和药品来制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，首先要找到Cl2的发生装置(A)，然后将制得的C12净化(除去HC1，用装置C)、干燥(用装置E)，并使其与粗铜粉反应(用装置D)，最后进行尾气吸收(用装置B)。
①按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→d,e→h,i→f,g→b( f;g可调换顺序)。
②高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；
③实验中硬质玻璃管加热前要通入一段时间的Cl2，使装置中充满黄绿色的气体，以防止O2与铜粉反应。
④ C12与Cu反应生成棕黄色的CuCl2固体小颗粒，故盛放粗铜粉的硬质玻璃管中的现象是产生大量棕黄色的烟。
(2)上述流程中，所得固体I是CuCl2和FeCl3的混合物，加稀盐酸而不加水溶解，是为了防止CuCl2和FeCl3水解；向浓液I中加入试剂X用于调节溶液的pH以除去Fe3+故X最好是能与H+反应，但不与Cu2+反应且不引入新杂质的试剂，题给选项中符合要求的有CuO和Cu2(OH)2CO3。
(3)向溶液II ( CuCl2溶液)中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，该过程中发生SO2还原Cu2+的反应，其本身被氧化为SO42-。
【详解】(1)要利用图中所给实验仪器和药品来制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，首先要找到Cl2的发生装置(A)，然后将制得的C12净化(除去HC1，用装置C)、干燥(用装置E)，并使其与粗铜粉反应(用装置D)，最后进行尾气吸收(用装置B)。
①按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→d,e→h,i→f,g→b( f;g可调换顺序)。
故答案为：d　e　h　i　f　g　b(f、g可调换顺序)；
②高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
故答案为：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
③实验中硬质玻璃管加热前要通入一段时间的Cl2，使装置中充满黄绿色的气体，以防止O2与铜粉反应。
故答案为：排出装置中的空气；
④ C12与Cu反应生成棕黄色的CuCl2固体小颗粒，故盛放粗铜粉的硬质玻璃管中的现象是产生大量棕黄色的烟。
故答案为：产生大量棕黄色的烟；
(2)上述流程中，所得固体I是CuCl2和FeCl3的混合物，加稀盐酸而不加水溶解，是为了防止CuCl2和FeCl3水解；
向浓液I中加入试剂X用于调节溶液的pH以除去Fe3+故X最好是能与H+反应，但不与Cu2+反应且不引入新杂质的试剂，题给选项中符合要求的有CuO和Cu2(OH)2CO3，故选cd。
故答案为：防止CuCl2和FeCl3水解；cd；
(3)向溶液II ( CuCl2溶液)中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，该过程中发生SO2还原Cu2+的反应，其本身被氧化为SO42-。离子方程式为：SO2＋2H2O＋2Cu2＋＋2Cl－2CuCl↓＋SO＋4H＋；
故答案为：SO2＋2H2O＋2Cu2＋＋2Cl－2CuCl↓＋SO＋4H＋。
23.联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。火箭推进器中装有还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢(H2O2)，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.5 mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出320.8 kJ的热量。
（1）肼的电子式为___________________，过氧化氢的电子式为__________________。
（2）写出反应的热化学方程式：________________________________________________。
（3）在25 ℃、101 kPa时，已知18 g水蒸气变成液态水放出44 kJ的热量。其他相关数据如下表：

O===O
H—H
H—O(g)
1 mol化学键断裂时
需要吸收的能量/kJ
496
436
463

写出表示H2燃烧热的热化学方程式___________________________________________；则32 g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ。
（4）联氨和H2O2可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________。
（5）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为____________(已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_______________。
【答案】 (1). (2). (3). N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－641.6 kJ·mol－1 (4). H2 (g) + O2 (g) = H2O (l) △H= -286 kJ•mol-1 (5). 817.6 (6). 反应放热量大、产生大量气体（产物是N2和H2O，对环境无污染） (7). 8.7×10-7 (8). N2H6(HSO4)2
【解析】
【分析】
(1)肼分子式为N2H4，每个氮原子形成三个化学键，过氧化氢分子式H2O2，每个氧原子形成两个共价键，据此写出物质的电子式；
(2)根据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和反应焓变；
(3) 反应物的总键能-生成物的总键能=反应热，据此计算反应热，写出热化学方程式；根据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式，得到反应的焓变；
(4)从提供能量和动力以及产物无污染角度分析；
(5) 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+ H2O N2H5++OH-，平衡常数Kb==×=K×Kw；
因为是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。
【详解】(1)肼是氮原子和氮原子形成一个共价键，剩余价键和氢原子形成共价键，电子式为 ，双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，双氧水的电子式为：，
因此，本题正确答案是：； ； 
(2) 0.5 mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出320.8 kJ的热量，1mol肼燃烧放热为641.6 kJ；肼燃烧的热化学方程式为：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－641.6 kJ·mol－1，
因此，本题正确答案是：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－641.6 kJ·mol－1；
(3) 根据反应物的总键能-生成物的总键能=反应热，则1mol氢气燃烧生成1mol水蒸气的反应热为436kJ/mol+496kJ/mol×-463kJ/mol×2=-242kJ/mol，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，故1mol氢气燃烧生成1mol液态水时放出热量为242kJ+44kJ=286kJ，
故表示H2燃烧热的热化学方程式为H2 (g) + O2 (g) = H2O (l) △H= -286 kJ•mol-1，
已知①N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－641.6 kJ·mol－1，
②H2O(l)═H2O(g) ΔH＝+44kJ·mol-1；根据盖斯定律，①-②×4得到：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－817.6 kJ·mol－1， 
则32g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水放热为817.6 kJ， 
因此，本题正确答案是：H2 (g) + O2 (g) = H2O (l) △H= -286 kJ•mol-1 ；817.6；
（4）N2H4具有强还原性和H2O2发生氧化还原反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，
因此，本题正确答案是：反应放热量大、产生大量气体（产物是N2和H2O，对环境无污染）；
（5）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+ H2O N2H5++OH-，平衡常数Kb==×=K×Kw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7，
因为是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。
因此，本题正确答案是：8.7×10-7 ；N2H6(HSO4)2。
24.（1）写出下列盐溶液蒸干所得的产物：
①加热蒸干Al2(SO4)3溶液，得到的固体物质是_______________(写化学式)。
②NaHCO3溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_________________(写化学式)。
③加热蒸干Na2SO3溶液，得到的固体物质是_________________(写化学式)。
④FeCl2溶液蒸干灼烧得到的固体物质是__________________(写化学式)。
（2）元素铬(Cr)在溶液中以多种形式存在，其中Cr2O72-(橙红色)、CrO42-(黄色)在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H＋)的变化如图所示。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应：_________________________________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)；根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为___________。
③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】 (1). Al2(SO4)3 (2). Na2CO3 (3). Na2SO4 (4). Fe2O3 (5). 2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O (6). 增大 (7). 1.0×1014 (8). 小于
【解析】
【分析】
（1）不同溶液的蒸干，具有一定规律：1、强碱强酸盐不水解，加热蒸发其水溶液得其固体；2、弱碱与易挥发性酸形成的盐，水解生成易挥发性酸，加热蒸发其水溶液有碱生成；若碱难溶解，则生成沉淀；若碱易挥发，则逸出气体；3、弱碱与难挥发性酸生成的盐，水解生成难挥发性酸，若碱不挥发，则加热蒸发其水溶液得其盐的晶体；4、多元弱酸的正盐，不论弱酸是不是易挥发，蒸干其水溶液，都得到原来的溶质，只要阳离子水解，产物不易挥发；5、易挥发性弱酸的酸式盐，加热蒸干得其正盐，只要阳离子水解产物不挥发；6、易被氧化的盐，加热蒸干过程中，盐被O2氧化，以此分析。
（2）①图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42-的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L；
此时该转化反应的平衡常数为K=；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O 正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42-）=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L，计算反应的平衡常数；
③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，据此判断。
【详解】（1）①Al2(SO4)3中的铝离子可以水解，但是Al3+水解生成氢氧化铝和硫酸，生成的酸是硫酸，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸接着反应，仍然会留下Al2(SO4)3；
②碳酸氢钠在溶液中受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最后得到的固体物质是Na2CO3；
③亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是Na2SO4；
④Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3。
故本题答案为：Al2(SO4)3 ；Na2CO3 ；Na2SO4 ；Fe2O3；
（2）①由图象可知，随着H+浓度增大，Cr2O72-浓度增大，则离子反应方程式为2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O；
故答案为：2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O；
②溶液酸性增大，平衡正向进行，CrO42-的平衡转化率增大，A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42-的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L；
此时该转化反应的平衡常数为K===1.0×1014；
故答案为：增大；1.0×1014 ；
③升高温度，CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向是放热反应，则ΔH