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【化学】山西省运城市芮城县2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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山西省运城市芮城县2018-2019学年高二上学期期末考试
(本试题共100分,时间90分钟。答案一律写在答题卡上)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16
一、选择题（本题包括18小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共54分）
1.分子式为C5H11Cl且含有两个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）
A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】D
【解析】
【分析】
判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：
（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体；
（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子；
（3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子；
（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢。
【详解】分子式为C5H11Cl的同分异构体有
主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；
主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；
主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2Cl；
共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种。
故选D。
2.R、W、X、Y、Z五种元素在周期表的位置如图，下列说法正确的是
A. 第一电离能： W
C. 最高正化合价： X = Z
D. 气态氢化物的稳定性：X > Y
【答案】D
【解析】
【分析】
A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但某元素的原子p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高；同主族从上到下第一电离能逐渐减小；
B、Y电子层多，原子半径大；
C、X、Z不在同一主族，最高正化合价不相等；
D、同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性减弱。
【详解】A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但某元素的原子p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，无法确定W、Y的第一电离能高低，故A错误；
B、Y电子层多，原子半径大，微粒半径：Y > X，故B错误；
C、X、Z不在同一主族，最高正化合价不相等，故C错误；
D、同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性减弱，气态氢化物的稳定性：X > Y，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查位置与性质关系，易错点A，注意理解同周期元素第一电离能发生异常原因。
3.下列说法不正确的是
A. 3p2表示3p能级有两个电子
B. 价电子数为3的原子一定属于主族元素
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量不相同
D. 在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据电子排布式的含义解答；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素；
C、根据构造原理，各能级能量由低到高的顺序为1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f…，以此解答；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态。
【详解】A、根据电子排布式的含义，3p2表示3p能级有两个电子，故A正确；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素，如Sc的价电子为3个，故B错误；
C、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故C正确；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态，根据原子核外电子排布规律，在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子，故D正确；
故选B。
4.下列分离或除杂方法不正确的是
A. 可用饱和碳酸钠溶液通过分液的方法除去乙酸乙酯中的乙酸
B. 用催化加氢的方法可除去乙烷中混有的少量乙烯
C. 可用蒸馏的方法分离工业乙醇
D. 利用重结晶的方法可提纯粗苯甲酸
【答案】B
【解析】
【分析】
A、乙酸能与碳酸钠反应；
B、乙烯与氢气反应是可逆反应，且加氢的量无法控制；
C、蒸馏常用于分离沸点不同的液体混合物；
D、利用溶质在溶剂中溶解度受温度影响不同，用重结晶的方法可提纯物质。
【详解】A、乙酸能与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶且不反应，可用饱和碳酸钠溶液通过分液的方法除去乙酸乙酯中的乙酸，故A正确；
B、乙烯与氢气反应是可逆反应，且加氢的量无法控制，用催化加氢的方法除去乙烷中混有的少量乙烯，会引入新的杂质，故B错误；
C、蒸馏常用于分离沸点不同的液体混合物，故C正确；
D、利用溶质在溶剂中溶解度受温度影响不同，用重结晶的方法可提纯物质，粗苯甲酸溶于水，利用重结晶的方法可得到较纯的苯甲酸，故D正确。
故选B。
5.反应：H2(g)+ I2(g)2HI(g) △H ﹤0 达平衡后，下列说法正确的是
A. 增加H2的量，反应放出的热量减小 B. 升高温度，反应放出的热量增加
C. 增大压强，反应放出的热量不变 D. 加入催化剂，反应的△H减小
【答案】C
【解析】
【分析】
依据化学反应方程式的特征，反应前后气体的化学计量数之和相等，压强对平衡移动没有影响，反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动判断；
【详解】A、增加H2的量，平衡正向移动，反应放出的热量增大，故A错误；
B、升高温度，平衡逆向移动，反应放出的热量减少，故B错误；
C、增大压强，平衡不移动，反应放出的热量不变，故C正确；
D、加入催化剂，降低反应的活化能，平衡不移动，反应的△H不变，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意反应中气体化学计量数的关系，注意温度和压强对化学平衡的影响。易错点D，催化剂不能改变反应初始状态和末状态的能量差。
6.在下列装置中（都盛有0.1mol·L-1H2SO4溶液）Zn片腐蚀最快的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
电化学腐蚀较化学腐蚀快，金属得到保护时，腐蚀较慢，作原电池正极和电解池阴极的金属被保护，腐蚀快慢为：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。
【详解】A中发生化学腐蚀；B中锌作原电池正极，保护锌；C中锌作负极，发生电化学腐蚀，加快锌的腐蚀；D中锌作电解池阴极，不易被腐蚀，所以腐蚀速率由快到慢的顺序为CABD，
故选：C。
【点睛】本题考查不同条件下金属腐蚀的快慢，明确腐蚀快慢为：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀即可解答。
7.下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 唾液可以使淀粉水解速率加快
B. 红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C. 向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅或褪色
D. 在AgCl的悬浊液中加Na2S溶液，生成黑色Ag2S沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A、唾液中淀粉酶可以催化淀粉的水解，唾液可以使淀粉水解速率加快，不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡的移动是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C、向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe3＋浓度减小，平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪色，所以可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D、在AgCl的悬浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），加Na2S溶液，S2－与Ag+结合成黑色Ag2S沉淀，平衡正向移动，生成黑色Ag2S沉淀，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题考查勒夏特列原理应用的有关判断，易错点A，催化剂只改变速率，应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题具体分析。
8.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
实验目的
实验操作
A
验证Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
将0.1 mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L-1CuSO4溶液
B
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶于适量蒸馏水
C
证明NH3·H2O是
弱电解质
室温下，用蒸馏水润湿的pH试纸测定0.1mol·L－1氨水溶液pH
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
【答案】A
【解析】
【分析】
A、先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，可说明氢氧化镁转化为氢氧化铜；
B、FeCl3水解；
C、pH试纸测定0.1mol·L－1氨水溶液pH，不能用水将pH试纸湿润；
D、将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生化学腐蚀和析氢腐蚀。
【详解】A、将硫酸镁溶液滴入NaOH中至不再产生沉淀，NaOH完全反应，再滴入硫酸铜溶液，白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，可说明氢氧化镁转化为氢氧化铜，则Cu（OH）2的溶解度比Mg（OH）2的小，Cu（OH）2、Mg（OH）2的类型相同，则Cu（OH）2的溶度积小于Mg（OH）2，故A正确；
B、FeCl3水解，应将FeCl3固体溶于适量浓盐酸，再加蒸馏水稀释，故B错误；
C、pH试纸测定0.1mol·L－1氨水溶液pH，不能用水将pH试纸湿润，否侧所测到的pH偏小，无法判断一水合氨是否完全电离，故C错误；
D、将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，由于电解质溶液呈强酸性，发生化学腐蚀和析氢腐蚀，故D错误。
故选A。
9.下列描述中，不符合生产实际的是
A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝 B. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极
C. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阳极 D. 电解饱和食盐水制烧碱，阳极室产生氯气
【答案】C
【解析】
工业用电解氧化铝冶炼铝；用电解电解饱和食盐水制烧碱、氯气；电镀时，镀层金属为阳极，待镀金属为阴极；精炼铜时，粗铜为阳极。
【详解】A、氧化铝为离子化合物，在熔融状态下能导电，则工业用电解熔融的氧化铝制取金属铝，一般要加入冰晶石降低温度，故A正确；
B、电镀时，镀层金属为阳极，待镀金属为阴极，故B正确；
C、电解法精炼粗铜，用粗铜为阳极，纯铜为阴极，故C错误；
D、电解饱和食盐水制烧碱，同时生成氢气和氯气，阳极室产生氯气，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查电解原理的应用，侧重于化学与生活、生产的考查，注意把握相关基础知识的积累和应用。
10.下列说法正确的是
A. 吸热反应一定需要加热才能进行
B. 已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH >0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH1 ； C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2
D. 已知2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)△H=+566 kJ/mol 则CO的燃烧热ΔH =-283.0kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
A、反应条件和反应的焓变没有必然联系；
B、物质能量越高越不稳定，△H＞0表示反应吸热；
C、一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号；
D、根据燃烧热的概念来回答；
【详解】A、反应条件和反应的焓变没有必然联系，吸热反应不一定需要加热才能进行，故A错误；
B、已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，石墨能量小于金刚石，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、已知C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH1 ； C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)ΔH2，一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号，则△H1＜△H2，故C错误；
D、燃烧热是生成稳定的产物放出的热量，已知2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)△H=+566 kJ/mol 则CO的燃烧热ΔH =-283.0kJ/mol，故D正确。
故选D。
11.下列现象或变化与原电池无关的是
A. 银质物品久置表面变暗
B. 生铁比纯铁容易生锈
C. 镀锌铁表面有划损时，仍然能阻止铁被氧化
D. 锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液可使反应加快
【答案】A
【解析】
【分析】
A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极；
D、锌置换出铜，形成原电池反应．
【详解】A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A选；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池，故B不选；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极，所以Fe被保护，与电化学有关，故C不选；
D、锌置换出铜，形成原电池反应，进而加快反应速率，与电化学有关，故D不选；
故选A。
12.298K时，向20mL 0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/LKOH溶液，其pH变化曲线如图所示。下列叙述错误的是
A. a > 2
B. c点溶液中：c(K+)=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
C. a、b、c、d四点溶液的导电性顺序：d > c> b > a
D. b点溶液中：2 c(H+)+ c(CH3COOH)= c(CH3COO-)+2c(OH-)
【答案】B
【解析】
【分析】
A．醋酸为弱电解质，不完全电离，初始时溶液中c（H＋）＜0.01mol·L－1；
B、c点溶液呈中性，溶液中含醋酸钾和醋酸，根据物料守恒解答；
C、溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比；
D、b点KOH溶液加入体积为10mL，即中和一半醋酸，溶液中存在等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾；
【详解】A．醋酸为弱电解质，不完全电离，初始时溶液中c（H＋）＜0.01mol·L－1，所以初始时溶液中pH＞2，即a＞2，故A正确；
B、c点溶液呈中性，溶液中含醋酸钾和醋酸，根据物料守恒：c(K+)
D、b点KOH溶液加入体积为10mL，即中和一半醋酸，溶液中存在等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾，根据电荷守恒：c（K＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），根据物料守恒：2c（K＋）=c（CH3COOH）+c（CH3COO－），所以得到：c（CH3COOH）+2c（H＋）=c（CH3COO－）+2c（OH－），故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查酸碱滴定原理，明确图象中反应的滴定过程是解题的关键，解题技巧：把握溶液中的守恒关系。
13.室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是
A. 0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氨水溶液
B. 0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液
C. pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液
D. pH＝4的盐酸和pH＝l0的氨水
【答案】D
【解析】
【分析】
A、生成氯化铵，水解后呈酸性；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性；
C、醋酸过量，呈酸性；
D、氨水过量，呈碱性。
【详解】A、反应后生成氯化铵，水解后呈酸性，故A不选；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性，故B不选；
C、醋酸过量，呈酸性，故C不选；
D、氨水过量，呈碱性，所得溶液的pH一定大于7，故D选。
故选D。
14.准确移取20.00mL某待测盐酸溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定。下列说法正确的是
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，则所测盐酸浓度偏小
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色，且半分钟不变色时，停止滴定
D. 移取盐酸前需用盐酸溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
【答案】B
【解析】
【分析】
A、滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；
B、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；
C、用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；
D、移取盐酸前不能用盐酸溶液润洗锥形瓶。
【详解】A、滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；
B、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，标准液体积偏小，会导致测定结果偏小，故B正确；
C、用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时且30s内不褪去，停止滴定，故C错误；
D、移取盐酸前不能用盐酸溶液润洗锥形瓶，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查中和滴定实验，解题关键：把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析。
15.截至2016年年底，中国光伏发电新增装机容量达到34.54GW，光伏发电累计装机容量达到77.42GW，图1为光伏并网发电装置。图2为电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。下列叙述中正确的是
A. 图1中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B. 图2溶液中电子流向：从B极流向A极
C. X2为氧气
D. 工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO32-＋N2↑＋6H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
电解池反应时，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，结合电解池的工作原理分析。
【详解】A．电解池反应时，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，图1中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；
B．电解时，电子的流向为：阳极（A极）→电源正极，电源负极→阴极（B极），故B错误；
C．阴极B：水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为：2H2O+2e－═H2↑+2OH－，故C错误；
D．A极为阳极，电极反应式为：CO（NH2）2+8OH－-6e－═CO32－+N2↑+6H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了电解原理，解题关键：明确元素化合价变化与阴阳极的关系，难点D，写电极反应时注意碱性条件下碳以碳酸根离子存在。
16.一定条件下，体积为2L的密闭容器中，2mol X和3mol Y进行反应：X（g）+Y（g）Z（g），经12s达到平衡，生成0.6molZ。下列说法正确的是
A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.05 mol/（L•s）
B. 其他条件不变，增大X的浓度，平衡右移，X的转化率增大
C. 其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为0.06mol/L
D. 其他条件不变，若移走1molX和1.5molY，再达平衡时Z的物质的量小于0.3mol
【答案】D
【解析】
【分析】
用三段式分析：
X（g）+Y（g）Z（g）
n初始（mol） 2 3 0
n转化（mol） 0.6 0.6 0.6
n平衡（mol） 1.4 2.4 0.6
c平衡（mol/L）0.7 1.2 0.3
A、根据υ=△c/△t计算出以X浓度变化表示的反应速率．
B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小；
C、其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，相当于减小压强，平衡逆向移动；
D、相当于减小压强，平衡逆向移动；
【详解】用三段式分析：
X（g）+Y（g）Z（g）
n初始（mol） 2 3 0
n转化（mol） 0.6 0.6 0.6
n平衡（mol） 1.4 2.4 0.6
c平衡（mol/L）0.7 1.2 0.3
A、以X浓度变化表示的反应速率υ=△c/△t=0.6mol÷(2L×12s)=0.025 mol/（L•s）,故A错误。
B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小，故B错误；
C、其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，相当于减小压强，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于0.06mol·L－1，故C错误；
D、相当于减小压强，平衡逆向移动，再达平衡时Z的物质的量小于0.3mol，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了化学平衡的计算，解答关键：明确化学平衡及其影响因素，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用。
17.熔融碳酸盐燃料电池简称MCFC ，具有高发电效率，工作原理示意图如图。下列有关说法正确的是
A. 电极M为负极，K+、Na+移向M
B. 电池工作时，熔融盐中CO32-物质的量增大
C. A 为CO2，正极的电极反应为:O 2+4e -+2CO2 = 2CO32 -
D. 若用MCFC给铅蓄电池充电，电极N接Pb极
【答案】C
【解析】
【分析】
熔融碳酸盐燃料电池中通入燃料的电极是负极，发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，发生还原反应O2+4e－+2CO2=2CO32－，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，在充电时，电池的负极连接电源的负极，电池的正极连接电源的正极。
【详解】A、熔融碳酸盐燃料电池，通入燃料的电极是负极，通入氧气的电极是正极，电极M 为负极，原电池中阳离子移向正极，即K＋、Na＋移向N，故A错误；
B、反应的方程式：O2+2H2=2H2O，电池工作时，熔融盐中CO32－物质的量不会改变，故B错误；
C、通入氧气的电极是正极，A 为CO2，发生还原反应O2+4e－+2CO2=2CO32－，故C正确；
D、用MCFC给铅蓄电池充电，电池的负极连接电源的负极，电极N接PbO2极，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学电源新型电池，解题关键：明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向，易错点B，反应的方程式是O2+2H2=2H2O，电池工作时，熔融盐中CO32－物质的量不会改变。
18.已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.5×10-4g、8.4×10-6g，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，发生的反应为
A. 只有AgBr沉淀生成 B. AgCl和AgBr沉淀等量生成
C. AgCl沉淀多于AgBr沉淀 D. AgCl沉淀少于AgBr沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
由于AgCl的溶解度大于AgBr，AgCl与 AgBr的饱和溶液中，前者c（Ag＋）大于后者c（Ag＋），c（Cl－）＞c（Br－），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合，加入AgNO3，溶液中AgCl沉淀较多。
【详解】由于AgCl的溶解度大于AgBr，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag＋）大于后者c（Ag＋），c（Cl－）＞c（Br－），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合时，有AgBr沉淀生成，当加入足量AgNO3溶液时，溶液中Cl-也形成AgCl沉淀，由于原等体积的饱和溶液中Cl-物质的量大于Br-，则生成的AgCl沉淀比AgBr多。
故选C。
19.已知298K时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgC(M2+)]与溶液pH的变化关系如a、b所示，已知该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
A. a线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B. 除去CuSO4溶液中少量的Fe2+，可加入适量CuO
C. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
D. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：c(Fe2+):c(Cu2+)=104.6:1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像，曲线b的Ksp=10-3.1×（10-6）2=10-15.1，曲线a的Ksp=10-11.7×（10-4）2=10-19.7，已知该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
D、Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）=10-3.1×（10-6）2=10-15.1，Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2＋）×c2（OH－）=10-11.7×（10-4）2=10-19.7，当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中c(Fe2＋)/c(Cu2＋)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Cu(OH)2]=10-15.1/10-19.7=104.6，故D正确。
故选D。
20.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，阴、阳两极均收集到5.6L气体时（标准状况），电解过程中转移的电子为
A. 0.5mol B. 1mol C. 1.5mol D. 2mol
【答案】B
【解析】
【分析】
先发生2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4、后发生2H2O2H2↑+O2↑，结合反应计算。
【详解】先发生2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4、后发生2H2O2H2↑+O2↑，阳极均生成氧气，阴极生成铜和氢气，可用氧气计算出电解过程中转移的电子为4n(O2)=5.6L/22.4L·mol－1×4=1mol。
故选B。
二、非选择题（本题包括5小题，共46分）
21.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+ CO2（g）2CO （g）+ 2H2（g）
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO（CO）
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH=_________。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压
②某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L-2。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液c（HCO3−）∶c（CO32 -）=2∶1，溶液pH=____。（室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11），0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为______________
（3）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在_______极，该电极反应式是___________________________________
【答案】 (1). +120 kJ·mol–1 (2). A (3). (4). 10 (5). HCO3−>OH−> CO32 - (6). 阴 (7). CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
【解析】
【分析】
（1）①该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能；CH4（g）+ CO2（g）2CO （g）+ 2H2（g）为气体体积增大的吸热反应，高温低压利于平衡正向移动。
②达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，
该化学反应 CH4（g） + CO2（g） 2CO（g）+ 2H2（g），
开始（mol·L－1）1 0.5 0 0
反应（mol·L－1）0.25 0.25 0.5 0.5
平衡（mol·L－1）0.75 0.25 0.5 0.5
化学平衡常数K=c2(CO)·c2(H2)/[c(CH4)·c(CO2)]；
（2）所得溶液c（HCO3－）：c（CO32－）=2：1，根据K2=c(CO32－)·c(H＋)/c(HCO3－)=5×10-11，计算c（H＋），进而计算溶液pH。
碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
（3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反应，被还原生成甲醇，据此写出电极反应式.
【详解】（1）①该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能=[4×413+2×745-2×1075-2×436]kJ·mol－1=+120kJ·mol－1；
CH4（g）+ CO2（g）2CO （g）+ 2H2（g）为气体体积增大的吸热反应，提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，故选A。
②达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，
该化学反应 CH4（g） + CO2（g） ═ 2CO（g）+ 2H2（g），
开始（mol·L－1）1 0.5 0 0
反应（mol·L－1）0.25 0.25 0.5 0.5
平衡（mol·L－1）0.75 0.25 0.5 0.5
化学平衡常数K=c2(CO)·c2(H2)/[c(CH4)·c(CO2)]=0．52×0．52÷(0.75×0.25)=1/3；
（2）所得溶液c（HCO3－）：c（CO32－）=2：1，根据K2=c(CO32－)·c(H＋)/c(HCO3－)=5×10-11，可知c（H＋）=1×10-10，故pH=10，
碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解离子方程式为：HCO3－+H2OH2CO3+OH－；HCO3－的水解常数=c(H2CO3)·c(OH－)/c(HCO3－)=c(H2CO3)·c(OH－)c(H+)/[c(HCO3－)·c(H+)]=Kw/K1=10-14÷(4×10-7)=2.5×10-8>K2=5×10-11，HCO3－水解程度大于其电离程度，故c（Na＋）＞c（HCO3－）、c（H2CO3）＞c（CO32－），水解程度不大所以c（HCO3－）＞c（H2CO3）、c（HCO3－）＞c（OH－），溶液中氢氧根来源于水的电离与HCO3－水解，故c（OH－）＞c（H2CO3），所以c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），阴离子的浓度由大到小的顺序为：c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（CO32－）；
（3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO2+6H＋+6e－=CH3OH+H2O。
22.原电池是将化学能转化为电能的装置。分析甲、乙两原电池装置，回答下列问题：
（1）甲、乙两装置中铜电极都有红色物质析出，则Zn电极是______极，Cu电极表面发生反应的电极反应式为____________________；与甲装置相比，乙装置的优点是_________________，原因是_______________。
（2）把甲池中的物质进行替换后变成丙装置，用以探究牺牲阳极的阴极保护法。一段时间后往Fe电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中的溶液颜色_____（填“有”或“无）变化，若把Zn换成Cu后，继续反应一段时间后现象为________________。
【答案】 (1). 负 (2). Cu2+ + 2e- =Cu (3). 能量转化率高 (4). Zn不和Cu2+接触，不会直接将电子给予Cu2+ (5). 无 (6). 生成蓝色沉淀
【解析】
【分析】
（1）锌比铜活泼，锌作负极；铜为正极；与甲装置相比，乙装置的优点是能量转化率高， Zn不和Cu2+接触，不会直接将电子给予Cu2+。
（2）活泼性：锌>铁>铜，锌和铁作电极时，锌作负极，被氧化；铁和铜作电极时，铁作负极，被氧化；
【详解】（1）甲、乙两装置中铜电极都有红色物质析出，锌比铜活泼，则Zn电极是负极，铜为正极，Cu电极表面发生反应的电极反应式为Cu2+ + 2e- =Cu；与甲装置相比，乙装置的优点是能量转化率高，原因是 Zn不和Cu2+接触，不会直接将电子给予Cu2+。
（2）把甲池中的物质进行替换后变成丙装置，用以探究牺牲阳极的阴极保护法。锌和铁作电极时，锌作负极，被氧化，铁没有参加反应，一段时间后往Fe电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中的溶液颜色无变化；
若把Zn换成Cu后，金属铁是负极，发生电极反应：Fe-2e－=Fe2＋；滴入2滴K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液时，发生反应：3Fe2＋+2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓，产生蓝色沉淀。
23.（1）已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，若向50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0.020 mol·L-1的盐酸，混合后溶液中Ag+的浓度为___________mol·L-1
（2）某原电池装置如下图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2=2AgCl。负极电极反应式为_________，当电路中转移2mole－ 时，交换膜左侧溶液中约减少_______mol离子。
【答案】 (1). 1.8x10-7 (2). Ag- e-+Cl-=AgCl (3). 4
【解析】
【分析】
（1）先计算混合后剩余的Cl－，结合Ksp计算Ag＋浓度。
（2）根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极，氯气在正极上得电子生成氯离子，据此分析解答；
【详解】（1）混合后溶液中剩余Cl－的浓度为c（Cl－）=（0.05L×0.02mol·L－1-0.05L×0.018mol·L－1）/0.1L=1×10-3mol·L-1，c（Ag＋）=Ksp/c(Cl－)=1.8×10-10/1×10-3=1.8×10-7mol·L-1。
（2）①放电时，交换膜左侧的氢离子向右侧移动，在负极上有银离子生成，银离子在左侧和溶液中氯离子反应生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为：Ag＋+Cl－=AgCl↓，电极反应：Ag-e－+Cl－=AgCl↓，
②放电时，当电路中转移2mol e－时，有2mol氯离子反应生成AgCl白色沉淀，交换膜左侧会有2mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，所以交换膜左侧溶液中约减少4 mol离子。
24.下图是以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程图：
溶浸液中金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）为提高溶浸速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_______(写一条）。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有__________。
（3）氧化除杂工序中若不通入氧气，其后果是________________，加入X的作用是调节pH值，X可以是____________。
A.NaOH B.ZnO C.ZnCl2 D.ZnCO3
（4）还原除杂工序得到的金属为_________________。
（5）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】 (1). 提高反应温度等（答案合理即可） (2). PbSO4 (3). 无法除去杂质Fe2+ (4). BD (5). Cd (6). Zn2++2e-= Zn (7). 溶浸
【解析】
【分析】
焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2（此过程还可能生成Fe的其他氧化物）、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，ZnO、Fe的氧化物、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Zn2＋、Fe2+、Fe3＋、PbSO4、Cd2＋，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；
氧化除杂时通入氧气，使Fe2＋转化为Fe3＋，加入X调节溶液的pH值，将Fe3＋转化为Fe（OH）3而除去Fe3＋，滤渣2为生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2＋发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn；
【详解】（1）为提高溶浸速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有提高反应温度等（答案合理即可）。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO4。
（3）Fe2＋、Zn2＋开始沉淀、完全沉淀的pH相近，如果不通入氧气，Fe2＋不能完全除去而影响Zn的制备，
加入X的作用是调节溶液的pH值，X可以是ZnO、ZnCO3，故选BD。
（4）溶液中加入Zn，Zn和Cd2＋发生氧化还原生成Cd。
（5）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn2＋ 得电子生成Zn，电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低，同时生成硫酸，可以通过返回溶浸工序继续使用，从而减少资源浪费。
25.根据原子结构与性质的相关知识，请回答下列问题：
（1）基态S原子电子占据最高能层的符号是___________，最高能级的电子云轮廓图为___________形。
（2）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。
（3）Fe3+基态核外电子排布式为___________
（4）根据元素周期律，原子半径As ________Se，电负性As________ Se （填“大于”或“小于”）
（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1， ICu>INi的原因是___________
【答案】 (1). M (2). 哑铃（纺锤） (3). D (4). C (5). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (6). 大于 (7). 小于 (8). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
【解析】
【分析】
（1）基态S原子电子占据的最高能层是M层，占据该能层的电子中能量最高的电子为3p电子，3p电子的电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃形；
（2）基态能量最低，处于激发态能量高；
（3）Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。
（4）根据元素周期律，同周期从左到右原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大；
（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1, ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
【详解】（1）基态S原子电子占据的最高能层是M层，占据该能层的电子中能量最高的电子为3p电子，3p电子的电子云在空间有3个伸展方向，且相互垂直，原子轨道为哑铃形；
（2）基态能量最低，处于激发态能量高，能量1s<2s<2p；能量最低和最高的分别为D、C；
（3）Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。
（4）根据元素周期律，同周期从左到右原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大；根据元素周期律，原子半径As 大于Se，电负性As小于Se ；
（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1, ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
26.根据有机化学基础，请回答下列问题：
（1）如图是含C、H、O三种元素的某有机分子模型（图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键），其所含官能团的名称为_______________________
（2）的名称（系统命名）_________的分子式为 _________
（3）分子式为C5H10，且属于烯的同分异构体有_______种（不考虑立体异构）
（4）某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为72.0%、含氢为6.67%，其余为氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一：用质谱法分析得知A的相对分子质量为150。
方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1:2:2:2:3，如图甲所示。
方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱如图乙所示。
则A的分子式为________，写出符合条件的A的一种结构简式____________
【答案】 (1). 碳碳双键、羧基 (2). 3-乙基-1-戊烯 (3). C7H10O5 (4). 5 (5). C9H10O2 (6). 等写出一种符合条件的结构即可
【解析】
【分析】
（1）由分子模型可知，该有机物分子中含有的官能团为碳碳双键、羧基。（2）根据烯烃的命名步骤命名，由结构简式和不饱和度写分子式。（3）有序书写同分异构体。
（4）有机物A中C原子个数N（C）=72%×150/12=9，有机物A中H原子个数N（H）=6.67%×150/1=10，有机物A中O原子个数N（O）=(1-72%-6.67%)×150/16=2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，由红外光谱可知分子含有C—O—C、C=O、C6H5C—等，A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3，则苯环可含有1个支链，含1个甲基，以此解答该题。
【详解】（1）由分子模型可知，所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（2）的名称（系统命名）3-乙基-1-戊烯，分子式为C7H10O5；
（3）戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、。
若为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相应烯烃有CH2═CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH2-CH3，其中CH3-CH═CH-CH2-CH3有2种顺反异构，即有3种异构。
若为，相应烯烃有：CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）═CHCH3；CH3CH（CH3）CH═CH2，都不存在顺反异构，即有3种异构。
若为，没有相应烯烃。
不考虑立体异构，共5种。
（4）有机物A中C原子个数N（C）=72%×150/12=9，有机物A中H原子个数N（H）=6.67%×150/1=10，有机物A中O原子个数N（O）=(1-72%-6.67%)×150/16=2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，
由A分子的红外光谱知，含有C6H5C－基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有三种，H原子个数分别为1个、2个、2个，由A的核磁共振氢谱可知，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个，由A分子的红外光谱可知，A分子结构有碳碳单键及C-H、C=O、C-O等基团，所以符合条件的有机物A结构简式为。
(本试题共100分,时间90分钟。答案一律写在答题卡上)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16
一、选择题（本题包括18小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共54分）
1.分子式为C5H11Cl且含有两个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）
A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】D
【解析】
【分析】
判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：
（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体；
（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子；
（3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子；
（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢。
【详解】分子式为C5H11Cl的同分异构体有
主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；
主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；
主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2Cl；
共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种。
故选D。
2.R、W、X、Y、Z五种元素在周期表的位置如图，下列说法正确的是
A. 第一电离能： W
C. 最高正化合价： X = Z
D. 气态氢化物的稳定性：X > Y
【答案】D
【解析】
【分析】
A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但某元素的原子p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高；同主族从上到下第一电离能逐渐减小；
B、Y电子层多，原子半径大；
C、X、Z不在同一主族，最高正化合价不相等；
D、同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性减弱。
【详解】A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但某元素的原子p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，无法确定W、Y的第一电离能高低，故A错误；
B、Y电子层多，原子半径大，微粒半径：Y > X，故B错误；
C、X、Z不在同一主族，最高正化合价不相等，故C错误；
D、同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性减弱，气态氢化物的稳定性：X > Y，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查位置与性质关系，易错点A，注意理解同周期元素第一电离能发生异常原因。
3.下列说法不正确的是
A. 3p2表示3p能级有两个电子
B. 价电子数为3的原子一定属于主族元素
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量不相同
D. 在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据电子排布式的含义解答；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素；
C、根据构造原理，各能级能量由低到高的顺序为1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f…，以此解答；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态。
【详解】A、根据电子排布式的含义，3p2表示3p能级有两个电子，故A正确；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素，如Sc的价电子为3个，故B错误；
C、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故C正确；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态，根据原子核外电子排布规律，在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子，故D正确；
故选B。
4.下列分离或除杂方法不正确的是
A. 可用饱和碳酸钠溶液通过分液的方法除去乙酸乙酯中的乙酸
B. 用催化加氢的方法可除去乙烷中混有的少量乙烯
C. 可用蒸馏的方法分离工业乙醇
D. 利用重结晶的方法可提纯粗苯甲酸
【答案】B
【解析】
【分析】
A、乙酸能与碳酸钠反应；
B、乙烯与氢气反应是可逆反应，且加氢的量无法控制；
C、蒸馏常用于分离沸点不同的液体混合物；
D、利用溶质在溶剂中溶解度受温度影响不同，用重结晶的方法可提纯物质。
【详解】A、乙酸能与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶且不反应，可用饱和碳酸钠溶液通过分液的方法除去乙酸乙酯中的乙酸，故A正确；
B、乙烯与氢气反应是可逆反应，且加氢的量无法控制，用催化加氢的方法除去乙烷中混有的少量乙烯，会引入新的杂质，故B错误；
C、蒸馏常用于分离沸点不同的液体混合物，故C正确；
D、利用溶质在溶剂中溶解度受温度影响不同，用重结晶的方法可提纯物质，粗苯甲酸溶于水，利用重结晶的方法可得到较纯的苯甲酸，故D正确。
故选B。
5.反应：H2(g)+ I2(g)2HI(g) △H ﹤0 达平衡后，下列说法正确的是
A. 增加H2的量，反应放出的热量减小 B. 升高温度，反应放出的热量增加
C. 增大压强，反应放出的热量不变 D. 加入催化剂，反应的△H减小
【答案】C
【解析】
【分析】
依据化学反应方程式的特征，反应前后气体的化学计量数之和相等，压强对平衡移动没有影响，反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动判断；
【详解】A、增加H2的量，平衡正向移动，反应放出的热量增大，故A错误；
B、升高温度，平衡逆向移动，反应放出的热量减少，故B错误；
C、增大压强，平衡不移动，反应放出的热量不变，故C正确；
D、加入催化剂，降低反应的活化能，平衡不移动，反应的△H不变，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意反应中气体化学计量数的关系，注意温度和压强对化学平衡的影响。易错点D，催化剂不能改变反应初始状态和末状态的能量差。
6.在下列装置中（都盛有0.1mol·L-1H2SO4溶液）Zn片腐蚀最快的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
电化学腐蚀较化学腐蚀快，金属得到保护时，腐蚀较慢，作原电池正极和电解池阴极的金属被保护，腐蚀快慢为：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。
【详解】A中发生化学腐蚀；B中锌作原电池正极，保护锌；C中锌作负极，发生电化学腐蚀，加快锌的腐蚀；D中锌作电解池阴极，不易被腐蚀，所以腐蚀速率由快到慢的顺序为CABD，
故选：C。
【点睛】本题考查不同条件下金属腐蚀的快慢，明确腐蚀快慢为：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀即可解答。
7.下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 唾液可以使淀粉水解速率加快
B. 红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C. 向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅或褪色
D. 在AgCl的悬浊液中加Na2S溶液，生成黑色Ag2S沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A、唾液中淀粉酶可以催化淀粉的水解，唾液可以使淀粉水解速率加快，不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡的移动是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C、向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe3＋浓度减小，平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪色，所以可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D、在AgCl的悬浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），加Na2S溶液，S2－与Ag+结合成黑色Ag2S沉淀，平衡正向移动，生成黑色Ag2S沉淀，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题考查勒夏特列原理应用的有关判断，易错点A，催化剂只改变速率，应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题具体分析。
8.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
实验目的
实验操作
A
验证Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
将0.1 mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L-1CuSO4溶液
B
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶于适量蒸馏水
C
证明NH3·H2O是
弱电解质
室温下，用蒸馏水润湿的pH试纸测定0.1mol·L－1氨水溶液pH
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
【答案】A
【解析】
【分析】
A、先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，可说明氢氧化镁转化为氢氧化铜；
B、FeCl3水解；
C、pH试纸测定0.1mol·L－1氨水溶液pH，不能用水将pH试纸湿润；
D、将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生化学腐蚀和析氢腐蚀。
【详解】A、将硫酸镁溶液滴入NaOH中至不再产生沉淀，NaOH完全反应，再滴入硫酸铜溶液，白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，可说明氢氧化镁转化为氢氧化铜，则Cu（OH）2的溶解度比Mg（OH）2的小，Cu（OH）2、Mg（OH）2的类型相同，则Cu（OH）2的溶度积小于Mg（OH）2，故A正确；
B、FeCl3水解，应将FeCl3固体溶于适量浓盐酸，再加蒸馏水稀释，故B错误；
C、pH试纸测定0.1mol·L－1氨水溶液pH，不能用水将pH试纸湿润，否侧所测到的pH偏小，无法判断一水合氨是否完全电离，故C错误；
D、将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，由于电解质溶液呈强酸性，发生化学腐蚀和析氢腐蚀，故D错误。
故选A。
9.下列描述中，不符合生产实际的是
A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝 B. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极
C. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阳极 D. 电解饱和食盐水制烧碱，阳极室产生氯气
【答案】C
【解析】
工业用电解氧化铝冶炼铝；用电解电解饱和食盐水制烧碱、氯气；电镀时，镀层金属为阳极，待镀金属为阴极；精炼铜时，粗铜为阳极。
【详解】A、氧化铝为离子化合物，在熔融状态下能导电，则工业用电解熔融的氧化铝制取金属铝，一般要加入冰晶石降低温度，故A正确；
B、电镀时，镀层金属为阳极，待镀金属为阴极，故B正确；
C、电解法精炼粗铜，用粗铜为阳极，纯铜为阴极，故C错误；
D、电解饱和食盐水制烧碱，同时生成氢气和氯气，阳极室产生氯气，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查电解原理的应用，侧重于化学与生活、生产的考查，注意把握相关基础知识的积累和应用。
10.下列说法正确的是
A. 吸热反应一定需要加热才能进行
B. 已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH >0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH1 ； C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2
D. 已知2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)△H=+566 kJ/mol 则CO的燃烧热ΔH =-283.0kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
A、反应条件和反应的焓变没有必然联系；
B、物质能量越高越不稳定，△H＞0表示反应吸热；
C、一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号；
D、根据燃烧热的概念来回答；
【详解】A、反应条件和反应的焓变没有必然联系，吸热反应不一定需要加热才能进行，故A错误；
B、已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，石墨能量小于金刚石，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、已知C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH1 ； C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)ΔH2，一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号，则△H1＜△H2，故C错误；
D、燃烧热是生成稳定的产物放出的热量，已知2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)△H=+566 kJ/mol 则CO的燃烧热ΔH =-283.0kJ/mol，故D正确。
故选D。
11.下列现象或变化与原电池无关的是
A. 银质物品久置表面变暗
B. 生铁比纯铁容易生锈
C. 镀锌铁表面有划损时，仍然能阻止铁被氧化
D. 锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液可使反应加快
【答案】A
【解析】
【分析】
A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极；
D、锌置换出铜，形成原电池反应．
【详解】A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A选；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池，故B不选；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极，所以Fe被保护，与电化学有关，故C不选；
D、锌置换出铜，形成原电池反应，进而加快反应速率，与电化学有关，故D不选；
故选A。
12.298K时，向20mL 0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/LKOH溶液，其pH变化曲线如图所示。下列叙述错误的是
A. a > 2
B. c点溶液中：c(K+)=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
C. a、b、c、d四点溶液的导电性顺序：d > c> b > a
D. b点溶液中：2 c(H+)+ c(CH3COOH)= c(CH3COO-)+2c(OH-)
【答案】B
【解析】
【分析】
A．醋酸为弱电解质，不完全电离，初始时溶液中c（H＋）＜0.01mol·L－1；
B、c点溶液呈中性，溶液中含醋酸钾和醋酸，根据物料守恒解答；
C、溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比；
D、b点KOH溶液加入体积为10mL，即中和一半醋酸，溶液中存在等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾；
【详解】A．醋酸为弱电解质，不完全电离，初始时溶液中c（H＋）＜0.01mol·L－1，所以初始时溶液中pH＞2，即a＞2，故A正确；
B、c点溶液呈中性，溶液中含醋酸钾和醋酸，根据物料守恒：c(K+)
D、b点KOH溶液加入体积为10mL，即中和一半醋酸，溶液中存在等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾，根据电荷守恒：c（K＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），根据物料守恒：2c（K＋）=c（CH3COOH）+c（CH3COO－），所以得到：c（CH3COOH）+2c（H＋）=c（CH3COO－）+2c（OH－），故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查酸碱滴定原理，明确图象中反应的滴定过程是解题的关键，解题技巧：把握溶液中的守恒关系。
13.室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是
A. 0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氨水溶液
B. 0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液
C. pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液
D. pH＝4的盐酸和pH＝l0的氨水
【答案】D
【解析】
【分析】
A、生成氯化铵，水解后呈酸性；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性；
C、醋酸过量，呈酸性；
D、氨水过量，呈碱性。
【详解】A、反应后生成氯化铵，水解后呈酸性，故A不选；
B、生成氯化钠，强碱强酸盐，呈中性，故B不选；
C、醋酸过量，呈酸性，故C不选；
D、氨水过量，呈碱性，所得溶液的pH一定大于7，故D选。
故选D。
14.准确移取20.00mL某待测盐酸溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定。下列说法正确的是
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，则所测盐酸浓度偏小
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色，且半分钟不变色时，停止滴定
D. 移取盐酸前需用盐酸溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
【答案】B
【解析】
【分析】
A、滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；
B、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；
C、用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；
D、移取盐酸前不能用盐酸溶液润洗锥形瓶。
【详解】A、滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；
B、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，标准液体积偏小，会导致测定结果偏小，故B正确；
C、用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时且30s内不褪去，停止滴定，故C错误；
D、移取盐酸前不能用盐酸溶液润洗锥形瓶，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查中和滴定实验，解题关键：把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析。
15.截至2016年年底，中国光伏发电新增装机容量达到34.54GW，光伏发电累计装机容量达到77.42GW，图1为光伏并网发电装置。图2为电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。下列叙述中正确的是
A. 图1中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B. 图2溶液中电子流向：从B极流向A极
C. X2为氧气
D. 工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO32-＋N2↑＋6H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
电解池反应时，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，结合电解池的工作原理分析。
【详解】A．电解池反应时，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，图1中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；
B．电解时，电子的流向为：阳极（A极）→电源正极，电源负极→阴极（B极），故B错误；
C．阴极B：水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为：2H2O+2e－═H2↑+2OH－，故C错误；
D．A极为阳极，电极反应式为：CO（NH2）2+8OH－-6e－═CO32－+N2↑+6H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了电解原理，解题关键：明确元素化合价变化与阴阳极的关系，难点D，写电极反应时注意碱性条件下碳以碳酸根离子存在。
16.一定条件下，体积为2L的密闭容器中，2mol X和3mol Y进行反应：X（g）+Y（g）Z（g），经12s达到平衡，生成0.6molZ。下列说法正确的是
A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.05 mol/（L•s）
B. 其他条件不变，增大X的浓度，平衡右移，X的转化率增大
C. 其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为0.06mol/L
D. 其他条件不变，若移走1molX和1.5molY，再达平衡时Z的物质的量小于0.3mol
【答案】D
【解析】
【分析】
用三段式分析：
X（g）+Y（g）Z（g）
n初始（mol） 2 3 0
n转化（mol） 0.6 0.6 0.6
n平衡（mol） 1.4 2.4 0.6
c平衡（mol/L）0.7 1.2 0.3
A、根据υ=△c/△t计算出以X浓度变化表示的反应速率．
B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小；
C、其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，相当于减小压强，平衡逆向移动；
D、相当于减小压强，平衡逆向移动；
【详解】用三段式分析：
X（g）+Y（g）Z（g）
n初始（mol） 2 3 0
n转化（mol） 0.6 0.6 0.6
n平衡（mol） 1.4 2.4 0.6
c平衡（mol/L）0.7 1.2 0.3
A、以X浓度变化表示的反应速率υ=△c/△t=0.6mol÷(2L×12s)=0.025 mol/（L•s）,故A错误。
B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小，故B错误；
C、其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，相当于减小压强，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于0.06mol·L－1，故C错误；
D、相当于减小压强，平衡逆向移动，再达平衡时Z的物质的量小于0.3mol，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了化学平衡的计算，解答关键：明确化学平衡及其影响因素，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用。
17.熔融碳酸盐燃料电池简称MCFC ，具有高发电效率，工作原理示意图如图。下列有关说法正确的是
A. 电极M为负极，K+、Na+移向M
B. 电池工作时，熔融盐中CO32-物质的量增大
C. A 为CO2，正极的电极反应为:O 2+4e -+2CO2 = 2CO32 -
D. 若用MCFC给铅蓄电池充电，电极N接Pb极
【答案】C
【解析】
【分析】
熔融碳酸盐燃料电池中通入燃料的电极是负极，发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，发生还原反应O2+4e－+2CO2=2CO32－，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，在充电时，电池的负极连接电源的负极，电池的正极连接电源的正极。
【详解】A、熔融碳酸盐燃料电池，通入燃料的电极是负极，通入氧气的电极是正极，电极M 为负极，原电池中阳离子移向正极，即K＋、Na＋移向N，故A错误；
B、反应的方程式：O2+2H2=2H2O，电池工作时，熔融盐中CO32－物质的量不会改变，故B错误；
C、通入氧气的电极是正极，A 为CO2，发生还原反应O2+4e－+2CO2=2CO32－，故C正确；
D、用MCFC给铅蓄电池充电，电池的负极连接电源的负极，电极N接PbO2极，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学电源新型电池，解题关键：明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向，易错点B，反应的方程式是O2+2H2=2H2O，电池工作时，熔融盐中CO32－物质的量不会改变。
18.已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.5×10-4g、8.4×10-6g，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，发生的反应为
A. 只有AgBr沉淀生成 B. AgCl和AgBr沉淀等量生成
C. AgCl沉淀多于AgBr沉淀 D. AgCl沉淀少于AgBr沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
由于AgCl的溶解度大于AgBr，AgCl与 AgBr的饱和溶液中，前者c（Ag＋）大于后者c（Ag＋），c（Cl－）＞c（Br－），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合，加入AgNO3，溶液中AgCl沉淀较多。
【详解】由于AgCl的溶解度大于AgBr，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag＋）大于后者c（Ag＋），c（Cl－）＞c（Br－），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合时，有AgBr沉淀生成，当加入足量AgNO3溶液时，溶液中Cl-也形成AgCl沉淀，由于原等体积的饱和溶液中Cl-物质的量大于Br-，则生成的AgCl沉淀比AgBr多。
故选C。
19.已知298K时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgC(M2+)]与溶液pH的变化关系如a、b所示，已知该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
A. a线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B. 除去CuSO4溶液中少量的Fe2+，可加入适量CuO
C. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
D. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：c(Fe2+):c(Cu2+)=104.6:1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像，曲线b的Ksp=10-3.1×（10-6）2=10-15.1，曲线a的Ksp=10-11.7×（10-4）2=10-19.7，已知该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
D、Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）=10-3.1×（10-6）2=10-15.1，Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2＋）×c2（OH－）=10-11.7×（10-4）2=10-19.7，当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中c(Fe2＋)/c(Cu2＋)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Cu(OH)2]=10-15.1/10-19.7=104.6，故D正确。
故选D。
20.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，阴、阳两极均收集到5.6L气体时（标准状况），电解过程中转移的电子为
A. 0.5mol B. 1mol C. 1.5mol D. 2mol
【答案】B
【解析】
【分析】
先发生2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4、后发生2H2O2H2↑+O2↑，结合反应计算。
【详解】先发生2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4、后发生2H2O2H2↑+O2↑，阳极均生成氧气，阴极生成铜和氢气，可用氧气计算出电解过程中转移的电子为4n(O2)=5.6L/22.4L·mol－1×4=1mol。
故选B。
二、非选择题（本题包括5小题，共46分）
21.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+ CO2（g）2CO （g）+ 2H2（g）
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO（CO）
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH=_________。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压
②某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L-2。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液c（HCO3−）∶c（CO32 -）=2∶1，溶液pH=____。（室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11），0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为______________
（3）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在_______极，该电极反应式是___________________________________
【答案】 (1). +120 kJ·mol–1 (2). A (3). (4). 10 (5). HCO3−>OH−> CO32 - (6). 阴 (7). CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
【解析】
【分析】
（1）①该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能；CH4（g）+ CO2（g）2CO （g）+ 2H2（g）为气体体积增大的吸热反应，高温低压利于平衡正向移动。
②达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，
该化学反应 CH4（g） + CO2（g） 2CO（g）+ 2H2（g），
开始（mol·L－1）1 0.5 0 0
反应（mol·L－1）0.25 0.25 0.5 0.5
平衡（mol·L－1）0.75 0.25 0.5 0.5
化学平衡常数K=c2(CO)·c2(H2)/[c(CH4)·c(CO2)]；
（2）所得溶液c（HCO3－）：c（CO32－）=2：1，根据K2=c(CO32－)·c(H＋)/c(HCO3－)=5×10-11，计算c（H＋），进而计算溶液pH。
碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
（3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反应，被还原生成甲醇，据此写出电极反应式.
【详解】（1）①该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能=[4×413+2×745-2×1075-2×436]kJ·mol－1=+120kJ·mol－1；
CH4（g）+ CO2（g）2CO （g）+ 2H2（g）为气体体积增大的吸热反应，提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，故选A。
②达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H2）=1mol，
该化学反应 CH4（g） + CO2（g） ═ 2CO（g）+ 2H2（g），
开始（mol·L－1）1 0.5 0 0
反应（mol·L－1）0.25 0.25 0.5 0.5
平衡（mol·L－1）0.75 0.25 0.5 0.5
化学平衡常数K=c2(CO)·c2(H2)/[c(CH4)·c(CO2)]=0．52×0．52÷(0.75×0.25)=1/3；
（2）所得溶液c（HCO3－）：c（CO32－）=2：1，根据K2=c(CO32－)·c(H＋)/c(HCO3－)=5×10-11，可知c（H＋）=1×10-10，故pH=10，
碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解离子方程式为：HCO3－+H2OH2CO3+OH－；HCO3－的水解常数=c(H2CO3)·c(OH－)/c(HCO3－)=c(H2CO3)·c(OH－)c(H+)/[c(HCO3－)·c(H+)]=Kw/K1=10-14÷(4×10-7)=2.5×10-8>K2=5×10-11，HCO3－水解程度大于其电离程度，故c（Na＋）＞c（HCO3－）、c（H2CO3）＞c（CO32－），水解程度不大所以c（HCO3－）＞c（H2CO3）、c（HCO3－）＞c（OH－），溶液中氢氧根来源于水的电离与HCO3－水解，故c（OH－）＞c（H2CO3），所以c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），阴离子的浓度由大到小的顺序为：c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（CO32－）；
（3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO2+6H＋+6e－=CH3OH+H2O。
22.原电池是将化学能转化为电能的装置。分析甲、乙两原电池装置，回答下列问题：
（1）甲、乙两装置中铜电极都有红色物质析出，则Zn电极是______极，Cu电极表面发生反应的电极反应式为____________________；与甲装置相比，乙装置的优点是_________________，原因是_______________。
（2）把甲池中的物质进行替换后变成丙装置，用以探究牺牲阳极的阴极保护法。一段时间后往Fe电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中的溶液颜色_____（填“有”或“无）变化，若把Zn换成Cu后，继续反应一段时间后现象为________________。
【答案】 (1). 负 (2). Cu2+ + 2e- =Cu (3). 能量转化率高 (4). Zn不和Cu2+接触，不会直接将电子给予Cu2+ (5). 无 (6). 生成蓝色沉淀
【解析】
【分析】
（1）锌比铜活泼，锌作负极；铜为正极；与甲装置相比，乙装置的优点是能量转化率高， Zn不和Cu2+接触，不会直接将电子给予Cu2+。
（2）活泼性：锌>铁>铜，锌和铁作电极时，锌作负极，被氧化；铁和铜作电极时，铁作负极，被氧化；
【详解】（1）甲、乙两装置中铜电极都有红色物质析出，锌比铜活泼，则Zn电极是负极，铜为正极，Cu电极表面发生反应的电极反应式为Cu2+ + 2e- =Cu；与甲装置相比，乙装置的优点是能量转化率高，原因是 Zn不和Cu2+接触，不会直接将电子给予Cu2+。
（2）把甲池中的物质进行替换后变成丙装置，用以探究牺牲阳极的阴极保护法。锌和铁作电极时，锌作负极，被氧化，铁没有参加反应，一段时间后往Fe电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中的溶液颜色无变化；
若把Zn换成Cu后，金属铁是负极，发生电极反应：Fe-2e－=Fe2＋；滴入2滴K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液时，发生反应：3Fe2＋+2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓，产生蓝色沉淀。
23.（1）已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，若向50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0.020 mol·L-1的盐酸，混合后溶液中Ag+的浓度为___________mol·L-1
（2）某原电池装置如下图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2=2AgCl。负极电极反应式为_________，当电路中转移2mole－ 时，交换膜左侧溶液中约减少_______mol离子。
【答案】 (1). 1.8x10-7 (2). Ag- e-+Cl-=AgCl (3). 4
【解析】
【分析】
（1）先计算混合后剩余的Cl－，结合Ksp计算Ag＋浓度。
（2）根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极，氯气在正极上得电子生成氯离子，据此分析解答；
【详解】（1）混合后溶液中剩余Cl－的浓度为c（Cl－）=（0.05L×0.02mol·L－1-0.05L×0.018mol·L－1）/0.1L=1×10-3mol·L-1，c（Ag＋）=Ksp/c(Cl－)=1.8×10-10/1×10-3=1.8×10-7mol·L-1。
（2）①放电时，交换膜左侧的氢离子向右侧移动，在负极上有银离子生成，银离子在左侧和溶液中氯离子反应生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为：Ag＋+Cl－=AgCl↓，电极反应：Ag-e－+Cl－=AgCl↓，
②放电时，当电路中转移2mol e－时，有2mol氯离子反应生成AgCl白色沉淀，交换膜左侧会有2mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，所以交换膜左侧溶液中约减少4 mol离子。
24.下图是以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程图：
溶浸液中金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）为提高溶浸速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_______(写一条）。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有__________。
（3）氧化除杂工序中若不通入氧气，其后果是________________，加入X的作用是调节pH值，X可以是____________。
A.NaOH B.ZnO C.ZnCl2 D.ZnCO3
（4）还原除杂工序得到的金属为_________________。
（5）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】 (1). 提高反应温度等（答案合理即可） (2). PbSO4 (3). 无法除去杂质Fe2+ (4). BD (5). Cd (6). Zn2++2e-= Zn (7). 溶浸
【解析】
【分析】
焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2（此过程还可能生成Fe的其他氧化物）、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，ZnO、Fe的氧化物、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Zn2＋、Fe2+、Fe3＋、PbSO4、Cd2＋，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；
氧化除杂时通入氧气，使Fe2＋转化为Fe3＋，加入X调节溶液的pH值，将Fe3＋转化为Fe（OH）3而除去Fe3＋，滤渣2为生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2＋发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn；
【详解】（1）为提高溶浸速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有提高反应温度等（答案合理即可）。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO4。
（3）Fe2＋、Zn2＋开始沉淀、完全沉淀的pH相近，如果不通入氧气，Fe2＋不能完全除去而影响Zn的制备，
加入X的作用是调节溶液的pH值，X可以是ZnO、ZnCO3，故选BD。
（4）溶液中加入Zn，Zn和Cd2＋发生氧化还原生成Cd。
（5）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn2＋ 得电子生成Zn，电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低，同时生成硫酸，可以通过返回溶浸工序继续使用，从而减少资源浪费。
25.根据原子结构与性质的相关知识，请回答下列问题：
（1）基态S原子电子占据最高能层的符号是___________，最高能级的电子云轮廓图为___________形。
（2）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。
（3）Fe3+基态核外电子排布式为___________
（4）根据元素周期律，原子半径As ________Se，电负性As________ Se （填“大于”或“小于”）
（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1， ICu>INi的原因是___________
【答案】 (1). M (2). 哑铃（纺锤） (3). D (4). C (5). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (6). 大于 (7). 小于 (8). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
【解析】
【分析】
（1）基态S原子电子占据的最高能层是M层，占据该能层的电子中能量最高的电子为3p电子，3p电子的电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃形；
（2）基态能量最低，处于激发态能量高；
（3）Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。
（4）根据元素周期律，同周期从左到右原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大；
（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1, ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
【详解】（1）基态S原子电子占据的最高能层是M层，占据该能层的电子中能量最高的电子为3p电子，3p电子的电子云在空间有3个伸展方向，且相互垂直，原子轨道为哑铃形；
（2）基态能量最低，处于激发态能量高，能量1s<2s<2p；能量最低和最高的分别为D、C；
（3）Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。
（4）根据元素周期律，同周期从左到右原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大；根据元素周期律，原子半径As 大于Se，电负性As小于Se ；
（5）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1, ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
26.根据有机化学基础，请回答下列问题：
（1）如图是含C、H、O三种元素的某有机分子模型（图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键），其所含官能团的名称为_______________________
（2）的名称（系统命名）_________的分子式为 _________
（3）分子式为C5H10，且属于烯的同分异构体有_______种（不考虑立体异构）
（4）某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为72.0%、含氢为6.67%，其余为氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一：用质谱法分析得知A的相对分子质量为150。
方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1:2:2:2:3，如图甲所示。
方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱如图乙所示。
则A的分子式为________，写出符合条件的A的一种结构简式____________
【答案】 (1). 碳碳双键、羧基 (2). 3-乙基-1-戊烯 (3). C7H10O5 (4). 5 (5). C9H10O2 (6). 等写出一种符合条件的结构即可
【解析】
【分析】
（1）由分子模型可知，该有机物分子中含有的官能团为碳碳双键、羧基。（2）根据烯烃的命名步骤命名，由结构简式和不饱和度写分子式。（3）有序书写同分异构体。
（4）有机物A中C原子个数N（C）=72%×150/12=9，有机物A中H原子个数N（H）=6.67%×150/1=10，有机物A中O原子个数N（O）=(1-72%-6.67%)×150/16=2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，由红外光谱可知分子含有C—O—C、C=O、C6H5C—等，A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3，则苯环可含有1个支链，含1个甲基，以此解答该题。
【详解】（1）由分子模型可知，所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（2）的名称（系统命名）3-乙基-1-戊烯，分子式为C7H10O5；
（3）戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、。
若为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相应烯烃有CH2═CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH2-CH3，其中CH3-CH═CH-CH2-CH3有2种顺反异构，即有3种异构。
若为，相应烯烃有：CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）═CHCH3；CH3CH（CH3）CH═CH2，都不存在顺反异构，即有3种异构。
若为，没有相应烯烃。
不考虑立体异构，共5种。
（4）有机物A中C原子个数N（C）=72%×150/12=9，有机物A中H原子个数N（H）=6.67%×150/1=10，有机物A中O原子个数N（O）=(1-72%-6.67%)×150/16=2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，
由A分子的红外光谱知，含有C6H5C－基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有三种，H原子个数分别为1个、2个、2个，由A的核磁共振氢谱可知，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个，由A分子的红外光谱可知，A分子结构有碳碳单键及C-H、C=O、C-O等基团，所以符合条件的有机物A结构简式为。
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