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【化学】湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）
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湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55
一、选择题
1.《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是（ ）
A. 氧化铁 B. 氯化亚铁 C. 氯化铁 D. 醋酸亚铁
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意分析，醋中含有醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁。故选D。
2.化学与生产生活、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 白酒的主要成分是乙醇，玉米中的淀粉经水解可变成乙醇
B. 港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料
C. 火箭推进剂使用的偏二甲肼－四氧化二氮在高空时对环境污染小
D. 海洋中含有丰富的矿产资源，仅利用物理方法可以获得Br2和Mg
【答案】B
【解析】
【详解】A. 玉米中的淀粉经水解转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解可变成乙醇，A不正确；
B.环氧树脂是泛指分子中含有两个或两个以上环氧基团的有机高分子化合物，属于合成高分子材料，B正确；
C. 偏二甲肼在四氧化二氮中燃烧，生成N2、CO2和H2O，N2与空气中的O2在该环境中反应生成NO，继而生成NO2，会污染环境，C不正确；
D. 将Cl2通入海水中，与KBr反应生成Br2，电解MgCl2可生成Mg，都是化学方法，D不正确。
故选B。
3.下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是（ ）
A. 乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生反应
B. 乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D. 石油经过分馏得到多种烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙酸与乙醇可以发生酯化反应，乙酸和金属钠反应生成乙酸钠和氢气，乙醇与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，A正确；
B. 聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不正确；
C. 分馏是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化，C不正确；
D. 石油经过分馏得到多种烃，煤经过干馏可制得焦炭、煤焦油等产品，D不正确。
故选A。
4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：
B. 次氯酸的电子式：
C. 10g 46.0%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为0.7NA
D. 0.1NA的Cl2与CH4在光照下反应，生成2.24L的HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A. 中子数为18的氯原子，其质量数应为35，A不正确；
B. 次氯酸属于共价化合物，根据原子成键规律，其电子式应为，B不正确；
C. 10g 46.0%的乙醇溶液中，乙醇含H-O键的数目为=0.1NA，54%的水中含H-O键的数目为=0.6NA，共含H-O键的数目为0.7NA，C正确；
D.题中没有提供温度与压强，无法确定 2.24LHCl与Cl2的物质的量关系，D不正确。
故选C。
5.已知微粒还原性强弱顺序：I-＞Fe2+＞Br-。向含有FeI2和FeBr2的溶液中通入一定量氯气后，经测所得溶液中有Fe2+、Cl-存在，则一定还存在的离子有（ ）
A. I- B. Br- C. Fe3+ D. Fe3+、I-
【答案】B
【解析】
【详解】依据微粒还原性强弱顺序：I-＞Fe2+＞Br-，I-首先与Cl2发生反应；当I-全部转化为I2后，Fe2+开始与Cl2发生反应。因为最后所得溶液中有Fe2+存在，所以Br-没有与Cl2发生反应。则溶液中一定还存在的离子为Fe2+、Cl-、Br-，可能含有Fe2+。故选B。
6.分子式为C4H7Br的链状有机物共有（不考虑立体异构）（ ）
A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 10种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C4H8的链状有机物，其可能结构为：CH3-CH2-CH=CH2、CH3-CH=CH-CH3、(CH3)2C=CH2，则其一溴代物C4H7Br的链状结构分别可能有4种、2种、2种，共计8种。
故选C。
7.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，装入20.00mLNaOH溶液，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时，立即停止加盐酸并读数
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸式滴定管内盐酸的浓度减小，所用体积偏大，则导致测定结果偏大，A不合题意；
B. 锥形瓶内NaOH的物质的量偏大，所测浓度偏大，B不合题意；
C.锥形瓶加入少量的蒸馏水，不影响盐酸的滴入量，不产生误差，C符合题意；
D. 滴至红色刚变无色时，盐酸用量可能不足，所测浓度值可能偏小，D不合题意。
故选C。
【点睛】酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，将会导致盐酸浓度减小。因为所取NaOH的物质的量是一个定值，因而消耗盐酸的体积偏大。在分析误差时，我们使用下列公式
c(NaOH)=，把当成一个定值，消耗V(HCl)偏大，因而测定的c(NaOH)偏大。
8.有关乙烯和苯的性质实验：①足量乙烯通入溴的CCl4溶液；②足量苯滴入溴的CCl4溶液。下列对上述实验现象的描述正确的是（ ）
A. ①不褪色，②褪色 B. ①褪色，②不褪色 C. ①、②均褪色 D. ①、②均不褪色
【答案】B
【解析】
【详解】①足量乙烯通入溴的CCl4溶液，将与溴发生加成反应，生成无色易溶于CCl4的1，2—二溴乙烷，因而使溴的CCl4溶液褪色；
②足量苯滴入溴的CCl4溶液，与溴不发生反应，但仍溶解在溴的CCl4溶液中，因而溶液的颜色不变。
综合以上分析，可得出以下结论：①褪色，②不褪色；
故选B。
9.离子交换法净化水的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数减少
B. 通过阴离子交换树脂后，水中只有SO42-被除去
C. 通过净化处理后的水，导电性增强
D. 阴离子交换树脂填充段存在反应H+ + OH-= H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 离子交换时，按电荷守恒进行，经过阳离子交换树脂后，1个Mg2+被2个H+替换，所以水中阳离子总数增多，A错误；
B. 通过阴离子交换树脂后，水中Cl-、SO42-都被除去，B错误；
C. 通过净化处理后的水，离子浓度大大减小，导电性减弱，C错误；
D. 阴离子交换树脂填充段生成OH-，与阳离子交换树脂段生成的H+结合，从而存在反应H+ + OH-= H2O，D正确。
故选D。
10.M、N、R均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，M与R同族，N最外层电子数等于M次外层电子数，且N原子半径大于R原子半径。下列叙述不正确的是（ ）
A. 熔点：M的氧化物比N的氧化物高
B. 热稳定性：M的氢化物大于R的氢化物
C. M与R形成的是共价化合物RM
D. N的单质能溶于浓硝酸，R的单质不溶于浓硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】
N最外层电子数等于M次外层电子数，则M的次外层电子数为2，M为第二周期元素；N原子半径大于R原子半径，则N与R都为第三周期元素，且N在R的前面，由此得出N为Mg；再据同主族元素M、R的最外层电子数之数为10-2=8，可确定M为C，R为Si。
【详解】A. M氧化物CO2为分子晶体，N的氧化物MgO为离子晶体，后者熔点高，A不正确；
B. M的氢化物为CH4，R的氢化物为SiH4，C的非金属性大于Si，所以前者稳定性强，B正确；
C. M与R形成SiC，为共价化合物，C正确；
D. Mg能溶于浓硝酸，Si不溶于浓硝酸，D正确
故选A。
11.汽车尾气无害化处理时发生反应2NO(g) + 2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，且降温反应物的转化率增大。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应△H＞0
B. 降低温度转化率增大，是因为正反应速率增大，逆反应速率减小
C. 增大压强，可以使NO和CO完全转化为无污染的N2和CO2而消除污染
D. 升高温度，该反应的平衡常数K将减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 降温反应物的转化率增大，则平衡正向移动，该反应△H<0，A不正确；
B. 降低温度，正、逆反应速率都减小，B不正确；
C. 反应可逆，增大压强，平衡右移，但不可能使NO和CO完全转化为N2和CO2，C不正确；
D. 升高温度，平衡逆向移动，该反应的平衡常数K将减小，D正确。
故选D。
12.已知下列反应的平衡常数：①H2(g)＋S(s) H2S(g)，K1；②S(s)＋O2(g) SO2(g)，K2；则反应H2(g)＋SO2(g) O2(g)＋H2S(g)的平衡常数是
A. K1＋K2 B. K1－K2 C. K1×K2 D. K1/K2
【答案】D
【解析】
【详解】H2(g)+S(s) H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g) SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g) O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==，故选D。
【点睛】解答本题的关键是正确书写平衡常数表达式，需要注意的是平衡常数及其单位与化学计量数有关。
13.氢氧燃料电池可以在航天飞机上使用，其反应原理示意图如下。下列有关氢氧燃料电池的说法正确的是（ ）
A. 电池中电极a是正极
B. 外电路中电子由电极a通过导线流向电极b
C. 负极电极反应式：O2 + 4H ++ 4e- = 2H2O
D. 燃料电池的能量转化率可达100%
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在燃料电池中，通O2的电极为正极，则电池中电极b是正极，A错误；
B. 外电路中电子由负极(通H2的a电极)通过导线流向电极b，B正确；
C. 负极发生氧化反应，电极反应式：H2-2e- =2H+，C错误；
D. 燃料电池中，有一部分能量转化为热能，能量转化率小于100%，D错误。
故选B。
14.下列反应在任何温度下均能自发进行的是
A. N2H4（l）+N2O4（l）=N2 (g）+2H2O（l） △H= -546.45 kJ▪mol-1
B. Mg2Ni（s）+2H2（g）= Mg2NiH4（s） △H= -64.4 kJ▪mol-1
C. CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） △H= +206.4 kJ▪mol-1
D. 2N2（g）+O2（g）= 2N2O（g） △H= +163 kJ▪mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】A. ∆S>0，∆H<0，则任何温度下，∆G=∆H-T∆S<0，A符合题意；
B. ∆S<0，∆H<0，则低温下，∆G=∆H-T∆S<0，B不合题意；
C. ∆S>0，∆H>0，则高温下，∆G=∆H-T∆S<0，C不合题意；
D. ∆S<0，∆H>0，则任何温度下，∆G=∆H-T∆S>0，D不合题意。
故选A。
15.常温下，关于pH=12的NaOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中c(H+)=1.0×10-2 mol▪L-1
B. 溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-2 mol▪L-1
C. 加水稀释100倍后，溶液的pH=10
D. 加入等体积pH=2的醋酸，溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 溶液的pH=12的NaOH溶液，根据离子积可知，则c(H+)=1.0×10-12 mol∙L-1，A不正确；
B. 溶液中由水电离出的c(OH-)= c(H+)ag=1.0×10-12 mol∙L-1，B不正确；
C. 加水稀释100倍后，溶液中c(OH-)==10-4mol/L，pH=10，C正确；
D. 由于醋酸为弱酸，大部分未发生电离，反应结束后，过量的醋酸电离，使溶液呈酸性，D不正确。
故选C。
16.某固体混合物中可能含有Na+、K+、SO42-、Cl-、CO32-等离子，取两份该固体溶解后的溶液进行如下所示的实验：
下列关于该混合物的组成说法正确的是（ ）
A. 一定是K2CO3和NaCl B. 可能是Na2CO3和KCl
C. 可能是Na2SO4和Na2CO3 D. 一定是Na2CO3和NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
由流程图可知，加入Ba(NO3)2生成的白色沉淀易溶于盐酸，则其一定为BaCO3，原溶液中一定含CO32-，一定不含SO42-；加入AgNO3生成白色沉淀，则一定含有Cl-；焰色反应呈黄色，则一定含有Na+，可能含有K+。
【详解】A. 由以上分析可知，溶液中可能含有K+，所以不一定含K2CO3，A不正确；
B. 原溶液中一定含CO32-、Cl-、Na+、可能含K+，则可能是Na2CO3和KCl，B正确；
C. 原溶液中一定不含SO42-，所以不可能含Na2SO4，C不正确；
D. 原溶液中可能含K+，则“一定是Na2CO3和NaCl”的说法不正确，D不正确。
故选B。
二、非选择题
17.铁铝铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛。
请根据下列实验回答问题。
(1)生铁中含有一种铁碳化合物Fe3C。Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体X。
①将X溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是________(填字母代号）
A.Fe2+ B.Fe3+ C.Fe3+、H+ D.Fe2+、Fe3+、H+
②X与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为____________________。
(2)某溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_______________(填字母代号）。
A.Mg2+、Fe2+ B.Fe2+、Al3+ C.Mg2+、Al3+ D.Fe2+、Cu2+
(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下图所示：
请回答下列问题：
①操作I的名称是_____________；
②操作Ⅱ的名称是_____________；
③请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：___________________________________。
【答案】 (1). D (2). Fe(NO3)3 (3). B (4). 过滤 (5). 洗涤 (6). Fe2十+2HCO3- = FeCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
(1)①磁性固体X应为Fe3O4，将Fe3O4溶于过量盐酸后，发生反应Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，从而得出溶液中大量存在的阳离子。
② Fe3O4与过量浓硝酸反应后，Fe3O4+10HNO3(浓)=3Fe(NO3)3+NO2↑+5H2O，从而得出溶液中所含盐的化学式。
(2)某溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，滤渣为Mg(OH)2、Fe(OH)2、Cu(OH)2，将滤渣高温灼烧，所得固体为MgO、Fe2O3、CuO，投入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+等离子。
(3)①操作I用于分离滤液和滤渣。
② 操作Ⅱ是在生成FeCO3之后进行的操作。
③ Fe2+与HCO3-发生反应，生成FeCO3沉淀，同时生成CO2和H2O。
【详解】(1)①磁性固体X应为Fe3O4，将Fe3O4溶于过量盐酸后,发生反应Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+。答案为：D；
② Fe3O4与过量浓硝酸反应后，Fe3O4+10HNO3(浓)=3Fe(NO3)3+NO2↑+5H2O，从而得出溶液中含有的盐的化学式为Fe(NO3)3。答案为：Fe(NO3)3；
(2)某溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，滤渣为Mg(OH)2、Fe(OH)2、Cu(OH)2，将滤渣高温灼烧，所得固体为MgO、Fe2O3、CuO，投入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+等离子，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+、Al3+。答案为：B；
(3)①操作I用于分离滤液和滤渣，所以应为过滤；答案为：过滤；
② 操作Ⅱ是在生成FeCO3之后进行的操作，显然应为洗涤；答案为：洗涤；
③ Fe2+与HCO3-发生反应，生成FeCO3沉淀，则离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案为：Fe2++2HCO3- = FeCO3↓+CO2↑+H2O。
【点睛】往含Fe2+的溶液中加入过量NaOH，Fe2+将转化为Fe(OH)2沉淀，将滤渣高温灼烧，我们很容易认为Fe(OH)2分解生成FeO，投入到过量的稀盐酸中，重新生成Fe2+。导致错误的原因，是我们忽视了空气中O2的作用，Fe(OH)2在过滤及蒸干灼烧过程中，会被氧化为Fe(OH)3，然后分解为Fe2O3。
18.已知：
①C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） △H=a kJ▪mol-1
②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
③2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g） △H=-566 kJ▪mol-1
化学键的键能参数如下表所示：
化学键
H-H
O-H
O=O
键能／(kJ▪mol-1）
436
462
496
回答下列问题：
(1)对于密闭容器中进行的反应①，温度升高，活化能________(填“增大”“减小”或“不变”）。
(2)CO(g)的燃烧热△H=________kJ▪mol-1。
(3)反应①中a的值是___________(填字母代号）。
A.-332 B.-118 C.+350 D.+130
(4)写出表示C(s)燃烧热的热化学方程式：________________________________________。
【答案】 (1). 不变 (2). -283 (3). D (4). C(s)+O2(g)= CO2(g) △H= - 393kJ•mol-1
【解析】
【分析】
(1)在中学常见反应中，实验温度基本不影响反应的活化能，所以温度升高，活化能保持不变。
(2) 由2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g）△H=-566 kJ▪mol-1可得出CO（g）+ O2（g）= CO2（g）△H=-283 kJ▪mol-1，从而得出CO(g)的燃烧热。
(3) ①C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） △H=a kJ▪mol-1
②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
将①-×②得：H2O(g)H2(g)+O2(g) △H=(a+110) kJ▪mol-1
利用表中的键能，可建立如下关系式：2×462-(436+248)=a+110，即可求出a。
(4) ②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
③2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g） △H=-566 kJ▪mol-1
将(②+③)×得，C(s)燃烧热的热化学方程式。
【详解】(1)在中学常见反应中，实验温度基本不影响反应的活化能，所以温度升高，活化能保持不变。答案为：不变；
(2) 由2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g）△H=-566 kJ▪mol-1可得出CO（g）+ O2（g）= CO2（g）△H=-283 kJ▪mol-1，从而得出CO(g)的燃烧热△H= -283kJ▪mol-1。答案为：-283；
(3) ①C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） △H=a kJ▪mol-1
②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
将①-×②得：H2O(g)H2(g)+O2(g) △H=(a+110) kJ▪mol-1
利用表中的键能，可建立如下关系式：2×462-(436+248)=a+110，a=+130。答案为：D；
(4) ②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
③2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g） △H=-566 kJ▪mol-1
将(②+③)×得，C(s)燃烧热的热化学方程式：C(s)+O2(g)= CO2(g) △H=-393kJ•mol-1。
答案为：C(s)+O2(g)= CO2(g) △H= -393kJ•mol-1。
【点睛】在我们利用已知热化学反应不能求出△H时，可设法建立一个有关已知键能的热化学方程式，然后利用已知键能与涉及待求△H建立等量关系式，从而求出△H。
19.某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
5
15
25
35
n(A）/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
回答下列问题：
(1)反应在前5s的平均速率v(A）=_______mol•L-1•s-1。
(2)平衡常数K=_________。
(3)保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A）=0.41mol/L，则反应的△H_____(填“＞”或“＜”）0。
(4)相同温度下，起始时向容器中充入0.8molC，达到平衡时，C的转化率______(填“＞”“＜”或“=”）80%。
(5)相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，反应达到平衡前v(正）________(填“＞”“＜”或“=”）v(逆）。
【答案】 (1). 0.015 (2). 0.625 (或 0.625 L/mol) (3). < (4). > (5). <
【解析】
【分析】
(1)反应在前5s的平均速率v(A)=。
(2)利用表中数据，可建立如下三段式关系：
平衡常数K=。
(3)保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol/L，则表明平衡逆向移动。
(4)先求出原平衡体系中A的转化率为20%，再假设起始时充入1.0molC，则达平衡时C的转化率为80%。现起始时向容器中充入0.8molC，相当于减小压强，由平衡移动可求出C的转化率的变化情况。
(5)相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，先求出浓度商Q=，再与0.625进行比较，从而得出平衡移动的方向。
【详解】(1)反应在前5s的平均速率v(A)==0.015mol•L-1•s-1。答案为：0.015；
(2)利用表中数据，可建立如下三段式关系：
平衡常数K==0.625 (或 0.625 L/mol)。答案为：0.625 (或 0.625 L/mol)；
(3)保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol/L，则表明平衡逆向移动，反应的△H＜0。答案为：<；
(4)相同温度下，原平衡体系中，A的转化率为20%，若起始时充入1.0molC，则达平衡时C的转化率为80%。现起始时向容器中充入0.8molC，相当于减小压强，平衡逆向移动，C的转化率增大，从而得出达到平衡时，C的转化率＞80%。答案为：>；
(5)相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，浓度商Q= =50>0.625，平衡应逆向移动，故反应达到平衡前v(正)＜v(逆）。答案为：<。
【点睛】利用已知条件下的平衡体系，求另一种情况下的转化率时，我们需架设沟通两种情况的桥梁，也就是需要建立原平衡的等效平衡体系。建立平衡体系时，常利用一边倒架设“桥”。
20.在一定条件下，乙烯水化法制备乙醇的热化学方程式：
CH2=CH2(g)+H2O(g) CH3CH2OH(g) △H= -34 kJ▪mol-1
(1)在密闭容器中投入CH2=CH2(g)、H2O(g)和催化剂发生反应，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①横坐标x代表_______(填“温度”或“压强”)；
②相同条件下L1与L2大小关系是L1______(填“＞”“＜”或“=”L2)；
③温度升高，上述反应的平衡常数K_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2）某恒温恒容条件下，有甲、乙体积相同的容器。已知向甲中充入1molCH2=CH2(g)和1mol H2O(g)，充分反应后，测得CH2=CH2(g)转化率为40%。乙在相同条件下充入1molCH3CH2OH(g)为起始反应物，充分反应后的热量变化为_____(填字母代号)。
A.放热13.6kJ B.吸热13.6kJ C.放热20.4kJ D.吸热20.4kJ
【答案】 (1). 温度 (2). > (3). 减小 (4). D
【解析】
【分析】
①从X为压强、温度两个方面对平衡进行分析，确定反应物的平衡转化率的变化，然后与图中曲线进行比较，从而确定X表示的条件。
②X表示温度，则L表示压强，从反应方程式可以看出，增大压强，反应物的平衡转化率增大，从而得出相同条件下L1与L2的大小关系。
③因为正反应为放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，由此得出变化。
(2)乙与甲是等效平衡。甲中CH2=CH2(g)转化率为40%，则乙中1molCH3CH2OH(g)的转化率为60%，从而求出吸收的热量。
【详解】①若X表示压强，则平衡转化率应该增大，不符合图中曲线表示的关系；若X表示温度，则升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，符合图中曲线表示的关系。故横坐标x代表温度；答案为：温度；
②X表示温度，则L表示压强，从反应方程式可以看出，增大压强，反应物的平衡转化率增大，从而得出相同条件下L1与L2的大小关系是L1＞L2；答案为：>；
③ 因为正反应为放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，反应的平衡常数K减小。答案为：减小；
(2）乙与甲是等效平衡。甲中CH2=CH2(g)转化率为40%，则放热34 kJ×40%=13.6kJ。乙在相同条件下充入1molCH3CH2OH(g)为起始反应物，充分反应后CH3CH2OH(g)的转化率为60%，从而求出吸收热量为34 kJ×60%=20.4kJ。答案为：D。
【点睛】对于等效平衡体系，两种极端情况下反应物的转化率之和为1，两种情况下放出的热量与吸收热量的绝对值之和等于34。用两种方法都可求出1molCH3CH2OH(g)为起始反应物，充分反应后CH3CH2OH(g)的转化率为60%时吸收的热量。
21.在25℃时，向浓度为0.1mol▪L-1、体积为1.0L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测得溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。请根据图中信息回答下列问题：
(1)在25℃时，NH3▪H2O的电离常数K=________。
(2)比较b、d两点时的溶液中，由水电离出的c(OH-)大小为b_____(填“＞”“＜”或“=” )d。
(3)滴定过程中所用盐酸的pH=____________。
(4)滴定时，不考虑中和滴定放热引起的温度变化，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值会发生变化的是_________(填字母代号)。
【答案】 (1). 10-5 (2). < (3). 1 (4). B
【解析】
【分析】
(1)从0点采集信息，c(H+)=10-3mol/L，在25℃时，NH3∙H2O的电离常数K=。
(2)在b点，氨水过量，主要发生一水合氨的电离，从而抑制水电离；在d点，氨水与盐酸刚好完全反应，生成氯化铵溶液，NH4+水解，促进水的电离。
(3)在c点，溶液为NH3∙H2O和NH4Cl的混合溶液，此时溶液的pH=7，设c(HCl)=x，参加反应的NH3∙H2O的物质的量为x，即生成NH4Cl的物质的量为x，剩余NH3∙H2O的物质的量为(0.1-x)mol。由K=，可求出x。
(4)A.=KW，温度不变时，KW不变；
B.随着盐酸的不断滴入，溶液中c(H+)不断增大，c(OH-)不断减小，不断增大；
C.=Kb，温度不变时，Kb不变；
D. =，温度不变时，比值不变。
【详解】(1)从0点采集信息，c(H+)=10-3mol/L，在25℃时，NH3∙H2O的电离常数K==10-5。答案为：10-5；
(2)在b点，氨水过量，主要发生一水合氨的电离，从而抑制水电离；在d点，氨水与盐酸刚好完全反应，生成氯化铵溶液，NH4+水解，促进水的电离，从而得出由水电离出的c(OH-)关系为b
(4)A.=KW，温度不变时，KW不变；
B.随着盐酸的不断滴入，溶液中c(H+)不断增大，c(OH-)不断减小，不断增大；
C.=Kb，温度不变时，Kb不变；
D. =，温度不变时，比值不变。
从而得出，由b点到c点的过程中，数值会发生变化的选项是B。答案为：B。
【点睛】从图中采集信息时，选取的点应合适，否则达不到目的。如，我们选择b点，在此点，溶质为氨(主要以一水合氨形式存在)和氯化铵，但有两个未知量，一个是盐酸的浓度，另一个是混合溶液的pH，从此点我们无法求出盐酸的浓度；在d点，如果我们不知道盐酸的浓度，又不知道溶液的pH，此点难以利用；如果我们已经求出了盐酸的浓度，也必须清楚此点的pH，才可利用它求NH4+的水解常数或一水合氨的电离常数。
22.乙二酸(H2C2O4)俗名草酸，是一种有还原性的有机二元弱酸。
(1)一同学在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往a、b两支试管中均加入5.0mL 0.01mol▪L-1的酸性KMnO4溶液和2.0mL 0.1mol▪L-1H2C2O4溶液，振荡，a试管置于热水中，b试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。
①褪色所需时间ta________(填“＞”“=”或“＜”)tb；
②写出该反应的离子方程式：__________________________________。
(2)配制250mL乙二酸溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。
①滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol▪L-1 KMnO4标准溶液装入________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作；
②判断滴定达到终点的现象是____________________________________________。
③这位同学共重复滴定操作了3次，记录实验数据如下表：
序号
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.50
20.51
2
1.50
21.49
3
0.32
21.85
则这位同学计算得到此样品的纯度为_________。
【答案】 (1). < (2). 2MnO4- + 5H2C2O4+6H十 = 10CO2 ↑ +2Mn2十+8H2O (3). 酸式 (4). 滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色 (5). 90.00%
【解析】
【分析】
(1)①温度越高，反应速率越快，褪色所需时间越短。
②反应时，KMnO4作氧化剂，Mn由+7价降低为+2价，H2C2O4作还原剂，C由+3价升高到+4价，所以产物为Mn2+、CO2和H2O，按电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平。
(2)①KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以标准溶液应装入没有橡皮管的滴定管。
② 滴定达到终点的现象是当滴入最后一滴标准溶液时，溶液应有持续的颜色变化。
③从表中数据可以看出，第3次实验的数据与前两次相差较大，为失真数据，应舍去。前两次所用V(KMnO4)=20mL，
则这位同学计算得到此样品的纯度为。
【详解】(1)①温度越高，反应速率越快。因为a试管置于热水中，b试管置于冷水中，所以褪色所需时间ta＜tb；答案为：<；
②反应时，KMnO4作氧化剂，Mn由+7价降低为+2价，H2C2O4作还原剂，C由+3价升高到+4价，所以产物为Mn2+、CO2和H2O，按电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平，即得该反应的离子方程式2MnO4- + 5H2C2O4+6H十 = 10CO2 ↑ +2Mn2十+8H2O。答案为：2MnO4- + 5H2C2O4+6H十 = 10CO2 ↑ +2Mn2十+8H2O；
(2)①KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以标准溶液装入酸式滴定管；
② 滴定达到终点的现象是滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。答案为：滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色；
③从表中数据可以看出，第3次实验数据与前两次相差较大，为失真数据，应舍去。前两次所用V(KMnO4)=20mL，
则这位同学计算得到此样品的纯度为=90.00%。
答案：90.00%。
【点睛】在利用实验数据求H2C2O4溶液的浓度或物质的量时，我们最易出现的错误就是对数据不进行分析，直接求三次实验数据的平均值。在求平均用量时，一定要认真审核实验数据，通过三次数据的比较，找出失真数据，然后加以剔除，从而避免错误的发生。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55
一、选择题
1.《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是（ ）
A. 氧化铁 B. 氯化亚铁 C. 氯化铁 D. 醋酸亚铁
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意分析，醋中含有醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁。故选D。
2.化学与生产生活、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 白酒的主要成分是乙醇，玉米中的淀粉经水解可变成乙醇
B. 港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料
C. 火箭推进剂使用的偏二甲肼－四氧化二氮在高空时对环境污染小
D. 海洋中含有丰富的矿产资源，仅利用物理方法可以获得Br2和Mg
【答案】B
【解析】
【详解】A. 玉米中的淀粉经水解转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解可变成乙醇，A不正确；
B.环氧树脂是泛指分子中含有两个或两个以上环氧基团的有机高分子化合物，属于合成高分子材料，B正确；
C. 偏二甲肼在四氧化二氮中燃烧，生成N2、CO2和H2O，N2与空气中的O2在该环境中反应生成NO，继而生成NO2，会污染环境，C不正确；
D. 将Cl2通入海水中，与KBr反应生成Br2，电解MgCl2可生成Mg，都是化学方法，D不正确。
故选B。
3.下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是（ ）
A. 乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生反应
B. 乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D. 石油经过分馏得到多种烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙酸与乙醇可以发生酯化反应，乙酸和金属钠反应生成乙酸钠和氢气，乙醇与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，A正确；
B. 聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不正确；
C. 分馏是物理变化，干馏、裂化、裂解都是化学变化，C不正确；
D. 石油经过分馏得到多种烃，煤经过干馏可制得焦炭、煤焦油等产品，D不正确。
故选A。
4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：
B. 次氯酸的电子式：
C. 10g 46.0%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为0.7NA
D. 0.1NA的Cl2与CH4在光照下反应，生成2.24L的HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A. 中子数为18的氯原子，其质量数应为35，A不正确；
B. 次氯酸属于共价化合物，根据原子成键规律，其电子式应为，B不正确；
C. 10g 46.0%的乙醇溶液中，乙醇含H-O键的数目为=0.1NA，54%的水中含H-O键的数目为=0.6NA，共含H-O键的数目为0.7NA，C正确；
D.题中没有提供温度与压强，无法确定 2.24LHCl与Cl2的物质的量关系，D不正确。
故选C。
5.已知微粒还原性强弱顺序：I-＞Fe2+＞Br-。向含有FeI2和FeBr2的溶液中通入一定量氯气后，经测所得溶液中有Fe2+、Cl-存在，则一定还存在的离子有（ ）
A. I- B. Br- C. Fe3+ D. Fe3+、I-
【答案】B
【解析】
【详解】依据微粒还原性强弱顺序：I-＞Fe2+＞Br-，I-首先与Cl2发生反应；当I-全部转化为I2后，Fe2+开始与Cl2发生反应。因为最后所得溶液中有Fe2+存在，所以Br-没有与Cl2发生反应。则溶液中一定还存在的离子为Fe2+、Cl-、Br-，可能含有Fe2+。故选B。
6.分子式为C4H7Br的链状有机物共有（不考虑立体异构）（ ）
A. 4种 B. 6种 C. 8种 D. 10种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C4H8的链状有机物，其可能结构为：CH3-CH2-CH=CH2、CH3-CH=CH-CH3、(CH3)2C=CH2，则其一溴代物C4H7Br的链状结构分别可能有4种、2种、2种，共计8种。
故选C。
7.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，装入20.00mLNaOH溶液，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时，立即停止加盐酸并读数
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸式滴定管内盐酸的浓度减小，所用体积偏大，则导致测定结果偏大，A不合题意；
B. 锥形瓶内NaOH的物质的量偏大，所测浓度偏大，B不合题意；
C.锥形瓶加入少量的蒸馏水，不影响盐酸的滴入量，不产生误差，C符合题意；
D. 滴至红色刚变无色时，盐酸用量可能不足，所测浓度值可能偏小，D不合题意。
故选C。
【点睛】酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，将会导致盐酸浓度减小。因为所取NaOH的物质的量是一个定值，因而消耗盐酸的体积偏大。在分析误差时，我们使用下列公式
c(NaOH)=，把当成一个定值，消耗V(HCl)偏大，因而测定的c(NaOH)偏大。
8.有关乙烯和苯的性质实验：①足量乙烯通入溴的CCl4溶液；②足量苯滴入溴的CCl4溶液。下列对上述实验现象的描述正确的是（ ）
A. ①不褪色，②褪色 B. ①褪色，②不褪色 C. ①、②均褪色 D. ①、②均不褪色
【答案】B
【解析】
【详解】①足量乙烯通入溴的CCl4溶液，将与溴发生加成反应，生成无色易溶于CCl4的1，2—二溴乙烷，因而使溴的CCl4溶液褪色；
②足量苯滴入溴的CCl4溶液，与溴不发生反应，但仍溶解在溴的CCl4溶液中，因而溶液的颜色不变。
综合以上分析，可得出以下结论：①褪色，②不褪色；
故选B。
9.离子交换法净化水的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数减少
B. 通过阴离子交换树脂后，水中只有SO42-被除去
C. 通过净化处理后的水，导电性增强
D. 阴离子交换树脂填充段存在反应H+ + OH-= H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 离子交换时，按电荷守恒进行，经过阳离子交换树脂后，1个Mg2+被2个H+替换，所以水中阳离子总数增多，A错误；
B. 通过阴离子交换树脂后，水中Cl-、SO42-都被除去，B错误；
C. 通过净化处理后的水，离子浓度大大减小，导电性减弱，C错误；
D. 阴离子交换树脂填充段生成OH-，与阳离子交换树脂段生成的H+结合，从而存在反应H+ + OH-= H2O，D正确。
故选D。
10.M、N、R均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，M与R同族，N最外层电子数等于M次外层电子数，且N原子半径大于R原子半径。下列叙述不正确的是（ ）
A. 熔点：M的氧化物比N的氧化物高
B. 热稳定性：M的氢化物大于R的氢化物
C. M与R形成的是共价化合物RM
D. N的单质能溶于浓硝酸，R的单质不溶于浓硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】
N最外层电子数等于M次外层电子数，则M的次外层电子数为2，M为第二周期元素；N原子半径大于R原子半径，则N与R都为第三周期元素，且N在R的前面，由此得出N为Mg；再据同主族元素M、R的最外层电子数之数为10-2=8，可确定M为C，R为Si。
【详解】A. M氧化物CO2为分子晶体，N的氧化物MgO为离子晶体，后者熔点高，A不正确；
B. M的氢化物为CH4，R的氢化物为SiH4，C的非金属性大于Si，所以前者稳定性强，B正确；
C. M与R形成SiC，为共价化合物，C正确；
D. Mg能溶于浓硝酸，Si不溶于浓硝酸，D正确
故选A。
11.汽车尾气无害化处理时发生反应2NO(g) + 2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，且降温反应物的转化率增大。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应△H＞0
B. 降低温度转化率增大，是因为正反应速率增大，逆反应速率减小
C. 增大压强，可以使NO和CO完全转化为无污染的N2和CO2而消除污染
D. 升高温度，该反应的平衡常数K将减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 降温反应物的转化率增大，则平衡正向移动，该反应△H<0，A不正确；
B. 降低温度，正、逆反应速率都减小，B不正确；
C. 反应可逆，增大压强，平衡右移，但不可能使NO和CO完全转化为N2和CO2，C不正确；
D. 升高温度，平衡逆向移动，该反应的平衡常数K将减小，D正确。
故选D。
12.已知下列反应的平衡常数：①H2(g)＋S(s) H2S(g)，K1；②S(s)＋O2(g) SO2(g)，K2；则反应H2(g)＋SO2(g) O2(g)＋H2S(g)的平衡常数是
A. K1＋K2 B. K1－K2 C. K1×K2 D. K1/K2
【答案】D
【解析】
【详解】H2(g)+S(s) H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g) SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g) O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==，故选D。
【点睛】解答本题的关键是正确书写平衡常数表达式，需要注意的是平衡常数及其单位与化学计量数有关。
13.氢氧燃料电池可以在航天飞机上使用，其反应原理示意图如下。下列有关氢氧燃料电池的说法正确的是（ ）
A. 电池中电极a是正极
B. 外电路中电子由电极a通过导线流向电极b
C. 负极电极反应式：O2 + 4H ++ 4e- = 2H2O
D. 燃料电池的能量转化率可达100%
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在燃料电池中，通O2的电极为正极，则电池中电极b是正极，A错误；
B. 外电路中电子由负极(通H2的a电极)通过导线流向电极b，B正确；
C. 负极发生氧化反应，电极反应式：H2-2e- =2H+，C错误；
D. 燃料电池中，有一部分能量转化为热能，能量转化率小于100%，D错误。
故选B。
14.下列反应在任何温度下均能自发进行的是
A. N2H4（l）+N2O4（l）=N2 (g）+2H2O（l） △H= -546.45 kJ▪mol-1
B. Mg2Ni（s）+2H2（g）= Mg2NiH4（s） △H= -64.4 kJ▪mol-1
C. CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） △H= +206.4 kJ▪mol-1
D. 2N2（g）+O2（g）= 2N2O（g） △H= +163 kJ▪mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】A. ∆S>0，∆H<0，则任何温度下，∆G=∆H-T∆S<0，A符合题意；
B. ∆S<0，∆H<0，则低温下，∆G=∆H-T∆S<0，B不合题意；
C. ∆S>0，∆H>0，则高温下，∆G=∆H-T∆S<0，C不合题意；
D. ∆S<0，∆H>0，则任何温度下，∆G=∆H-T∆S>0，D不合题意。
故选A。
15.常温下，关于pH=12的NaOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中c(H+)=1.0×10-2 mol▪L-1
B. 溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-2 mol▪L-1
C. 加水稀释100倍后，溶液的pH=10
D. 加入等体积pH=2的醋酸，溶液呈中性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 溶液的pH=12的NaOH溶液，根据离子积可知，则c(H+)=1.0×10-12 mol∙L-1，A不正确；
B. 溶液中由水电离出的c(OH-)= c(H+)ag=1.0×10-12 mol∙L-1，B不正确；
C. 加水稀释100倍后，溶液中c(OH-)==10-4mol/L，pH=10，C正确；
D. 由于醋酸为弱酸，大部分未发生电离，反应结束后，过量的醋酸电离，使溶液呈酸性，D不正确。
故选C。
16.某固体混合物中可能含有Na+、K+、SO42-、Cl-、CO32-等离子，取两份该固体溶解后的溶液进行如下所示的实验：
下列关于该混合物的组成说法正确的是（ ）
A. 一定是K2CO3和NaCl B. 可能是Na2CO3和KCl
C. 可能是Na2SO4和Na2CO3 D. 一定是Na2CO3和NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
由流程图可知，加入Ba(NO3)2生成的白色沉淀易溶于盐酸，则其一定为BaCO3，原溶液中一定含CO32-，一定不含SO42-；加入AgNO3生成白色沉淀，则一定含有Cl-；焰色反应呈黄色，则一定含有Na+，可能含有K+。
【详解】A. 由以上分析可知，溶液中可能含有K+，所以不一定含K2CO3，A不正确；
B. 原溶液中一定含CO32-、Cl-、Na+、可能含K+，则可能是Na2CO3和KCl，B正确；
C. 原溶液中一定不含SO42-，所以不可能含Na2SO4，C不正确；
D. 原溶液中可能含K+，则“一定是Na2CO3和NaCl”的说法不正确，D不正确。
故选B。
二、非选择题
17.铁铝铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛。
请根据下列实验回答问题。
(1)生铁中含有一种铁碳化合物Fe3C。Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体X。
①将X溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是________(填字母代号）
A.Fe2+ B.Fe3+ C.Fe3+、H+ D.Fe2+、Fe3+、H+
②X与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为____________________。
(2)某溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_______________(填字母代号）。
A.Mg2+、Fe2+ B.Fe2+、Al3+ C.Mg2+、Al3+ D.Fe2+、Cu2+
(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下图所示：
请回答下列问题：
①操作I的名称是_____________；
②操作Ⅱ的名称是_____________；
③请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：___________________________________。
【答案】 (1). D (2). Fe(NO3)3 (3). B (4). 过滤 (5). 洗涤 (6). Fe2十+2HCO3- = FeCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
(1)①磁性固体X应为Fe3O4，将Fe3O4溶于过量盐酸后，发生反应Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，从而得出溶液中大量存在的阳离子。
② Fe3O4与过量浓硝酸反应后，Fe3O4+10HNO3(浓)=3Fe(NO3)3+NO2↑+5H2O，从而得出溶液中所含盐的化学式。
(2)某溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，滤渣为Mg(OH)2、Fe(OH)2、Cu(OH)2，将滤渣高温灼烧，所得固体为MgO、Fe2O3、CuO，投入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+等离子。
(3)①操作I用于分离滤液和滤渣。
② 操作Ⅱ是在生成FeCO3之后进行的操作。
③ Fe2+与HCO3-发生反应，生成FeCO3沉淀，同时生成CO2和H2O。
【详解】(1)①磁性固体X应为Fe3O4，将Fe3O4溶于过量盐酸后,发生反应Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+。答案为：D；
② Fe3O4与过量浓硝酸反应后，Fe3O4+10HNO3(浓)=3Fe(NO3)3+NO2↑+5H2O，从而得出溶液中含有的盐的化学式为Fe(NO3)3。答案为：Fe(NO3)3；
(2)某溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，滤渣为Mg(OH)2、Fe(OH)2、Cu(OH)2，将滤渣高温灼烧，所得固体为MgO、Fe2O3、CuO，投入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+等离子，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+、Al3+。答案为：B；
(3)①操作I用于分离滤液和滤渣，所以应为过滤；答案为：过滤；
② 操作Ⅱ是在生成FeCO3之后进行的操作，显然应为洗涤；答案为：洗涤；
③ Fe2+与HCO3-发生反应，生成FeCO3沉淀，则离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。答案为：Fe2++2HCO3- = FeCO3↓+CO2↑+H2O。
【点睛】往含Fe2+的溶液中加入过量NaOH，Fe2+将转化为Fe(OH)2沉淀，将滤渣高温灼烧，我们很容易认为Fe(OH)2分解生成FeO，投入到过量的稀盐酸中，重新生成Fe2+。导致错误的原因，是我们忽视了空气中O2的作用，Fe(OH)2在过滤及蒸干灼烧过程中，会被氧化为Fe(OH)3，然后分解为Fe2O3。
18.已知：
①C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） △H=a kJ▪mol-1
②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
③2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g） △H=-566 kJ▪mol-1
化学键的键能参数如下表所示：
化学键
H-H
O-H
O=O
键能／(kJ▪mol-1）
436
462
496
回答下列问题：
(1)对于密闭容器中进行的反应①，温度升高，活化能________(填“增大”“减小”或“不变”）。
(2)CO(g)的燃烧热△H=________kJ▪mol-1。
(3)反应①中a的值是___________(填字母代号）。
A.-332 B.-118 C.+350 D.+130
(4)写出表示C(s)燃烧热的热化学方程式：________________________________________。
【答案】 (1). 不变 (2). -283 (3). D (4). C(s)+O2(g)= CO2(g) △H= - 393kJ•mol-1
【解析】
【分析】
(1)在中学常见反应中，实验温度基本不影响反应的活化能，所以温度升高，活化能保持不变。
(2) 由2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g）△H=-566 kJ▪mol-1可得出CO（g）+ O2（g）= CO2（g）△H=-283 kJ▪mol-1，从而得出CO(g)的燃烧热。
(3) ①C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） △H=a kJ▪mol-1
②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
将①-×②得：H2O(g)H2(g)+O2(g) △H=(a+110) kJ▪mol-1
利用表中的键能，可建立如下关系式：2×462-(436+248)=a+110，即可求出a。
(4) ②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
③2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g） △H=-566 kJ▪mol-1
将(②+③)×得，C(s)燃烧热的热化学方程式。
【详解】(1)在中学常见反应中，实验温度基本不影响反应的活化能，所以温度升高，活化能保持不变。答案为：不变；
(2) 由2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g）△H=-566 kJ▪mol-1可得出CO（g）+ O2（g）= CO2（g）△H=-283 kJ▪mol-1，从而得出CO(g)的燃烧热△H= -283kJ▪mol-1。答案为：-283；
(3) ①C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） △H=a kJ▪mol-1
②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
将①-×②得：H2O(g)H2(g)+O2(g) △H=(a+110) kJ▪mol-1
利用表中的键能，可建立如下关系式：2×462-(436+248)=a+110，a=+130。答案为：D；
(4) ②2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H=-220 kJ▪mol-1
③2CO（g）+O2（g）= 2CO2（g） △H=-566 kJ▪mol-1
将(②+③)×得，C(s)燃烧热的热化学方程式：C(s)+O2(g)= CO2(g) △H=-393kJ•mol-1。
答案为：C(s)+O2(g)= CO2(g) △H= -393kJ•mol-1。
【点睛】在我们利用已知热化学反应不能求出△H时，可设法建立一个有关已知键能的热化学方程式，然后利用已知键能与涉及待求△H建立等量关系式，从而求出△H。
19.某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
5
15
25
35
n(A）/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
回答下列问题：
(1)反应在前5s的平均速率v(A）=_______mol•L-1•s-1。
(2)平衡常数K=_________。
(3)保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A）=0.41mol/L，则反应的△H_____(填“＞”或“＜”）0。
(4)相同温度下，起始时向容器中充入0.8molC，达到平衡时，C的转化率______(填“＞”“＜”或“=”）80%。
(5)相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，反应达到平衡前v(正）________(填“＞”“＜”或“=”）v(逆）。
【答案】 (1). 0.015 (2). 0.625 (或 0.625 L/mol) (3). < (4). > (5). <
【解析】
【分析】
(1)反应在前5s的平均速率v(A)=。
(2)利用表中数据，可建立如下三段式关系：
平衡常数K=。
(3)保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol/L，则表明平衡逆向移动。
(4)先求出原平衡体系中A的转化率为20%，再假设起始时充入1.0molC，则达平衡时C的转化率为80%。现起始时向容器中充入0.8molC，相当于减小压强，由平衡移动可求出C的转化率的变化情况。
(5)相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，先求出浓度商Q=，再与0.625进行比较，从而得出平衡移动的方向。
【详解】(1)反应在前5s的平均速率v(A)==0.015mol•L-1•s-1。答案为：0.015；
(2)利用表中数据，可建立如下三段式关系：
平衡常数K==0.625 (或 0.625 L/mol)。答案为：0.625 (或 0.625 L/mol)；
(3)保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41mol/L，则表明平衡逆向移动，反应的△H＜0。答案为：<；
(4)相同温度下，原平衡体系中，A的转化率为20%，若起始时充入1.0molC，则达平衡时C的转化率为80%。现起始时向容器中充入0.8molC，相当于减小压强，平衡逆向移动，C的转化率增大，从而得出达到平衡时，C的转化率＞80%。答案为：>；
(5)相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，浓度商Q= =50>0.625，平衡应逆向移动，故反应达到平衡前v(正)＜v(逆）。答案为：<。
【点睛】利用已知条件下的平衡体系，求另一种情况下的转化率时，我们需架设沟通两种情况的桥梁，也就是需要建立原平衡的等效平衡体系。建立平衡体系时，常利用一边倒架设“桥”。
20.在一定条件下，乙烯水化法制备乙醇的热化学方程式：
CH2=CH2(g)+H2O(g) CH3CH2OH(g) △H= -34 kJ▪mol-1
(1)在密闭容器中投入CH2=CH2(g)、H2O(g)和催化剂发生反应，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①横坐标x代表_______(填“温度”或“压强”)；
②相同条件下L1与L2大小关系是L1______(填“＞”“＜”或“=”L2)；
③温度升高，上述反应的平衡常数K_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2）某恒温恒容条件下，有甲、乙体积相同的容器。已知向甲中充入1molCH2=CH2(g)和1mol H2O(g)，充分反应后，测得CH2=CH2(g)转化率为40%。乙在相同条件下充入1molCH3CH2OH(g)为起始反应物，充分反应后的热量变化为_____(填字母代号)。
A.放热13.6kJ B.吸热13.6kJ C.放热20.4kJ D.吸热20.4kJ
【答案】 (1). 温度 (2). > (3). 减小 (4). D
【解析】
【分析】
①从X为压强、温度两个方面对平衡进行分析，确定反应物的平衡转化率的变化，然后与图中曲线进行比较，从而确定X表示的条件。
②X表示温度，则L表示压强，从反应方程式可以看出，增大压强，反应物的平衡转化率增大，从而得出相同条件下L1与L2的大小关系。
③因为正反应为放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，由此得出变化。
(2)乙与甲是等效平衡。甲中CH2=CH2(g)转化率为40%，则乙中1molCH3CH2OH(g)的转化率为60%，从而求出吸收的热量。
【详解】①若X表示压强，则平衡转化率应该增大，不符合图中曲线表示的关系；若X表示温度，则升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，符合图中曲线表示的关系。故横坐标x代表温度；答案为：温度；
②X表示温度，则L表示压强，从反应方程式可以看出，增大压强，反应物的平衡转化率增大，从而得出相同条件下L1与L2的大小关系是L1＞L2；答案为：>；
③ 因为正反应为放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，反应的平衡常数K减小。答案为：减小；
(2）乙与甲是等效平衡。甲中CH2=CH2(g)转化率为40%，则放热34 kJ×40%=13.6kJ。乙在相同条件下充入1molCH3CH2OH(g)为起始反应物，充分反应后CH3CH2OH(g)的转化率为60%，从而求出吸收热量为34 kJ×60%=20.4kJ。答案为：D。
【点睛】对于等效平衡体系，两种极端情况下反应物的转化率之和为1，两种情况下放出的热量与吸收热量的绝对值之和等于34。用两种方法都可求出1molCH3CH2OH(g)为起始反应物，充分反应后CH3CH2OH(g)的转化率为60%时吸收的热量。
21.在25℃时，向浓度为0.1mol▪L-1、体积为1.0L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测得溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。请根据图中信息回答下列问题：
(1)在25℃时，NH3▪H2O的电离常数K=________。
(2)比较b、d两点时的溶液中，由水电离出的c(OH-)大小为b_____(填“＞”“＜”或“=” )d。
(3)滴定过程中所用盐酸的pH=____________。
(4)滴定时，不考虑中和滴定放热引起的温度变化，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值会发生变化的是_________(填字母代号)。
【答案】 (1). 10-5 (2). < (3). 1 (4). B
【解析】
【分析】
(1)从0点采集信息，c(H+)=10-3mol/L，在25℃时，NH3∙H2O的电离常数K=。
(2)在b点，氨水过量，主要发生一水合氨的电离，从而抑制水电离；在d点，氨水与盐酸刚好完全反应，生成氯化铵溶液，NH4+水解，促进水的电离。
(3)在c点，溶液为NH3∙H2O和NH4Cl的混合溶液，此时溶液的pH=7，设c(HCl)=x，参加反应的NH3∙H2O的物质的量为x，即生成NH4Cl的物质的量为x，剩余NH3∙H2O的物质的量为(0.1-x)mol。由K=，可求出x。
(4)A.=KW，温度不变时，KW不变；
B.随着盐酸的不断滴入，溶液中c(H+)不断增大，c(OH-)不断减小，不断增大；
C.=Kb，温度不变时，Kb不变；
D. =，温度不变时，比值不变。
【详解】(1)从0点采集信息，c(H+)=10-3mol/L，在25℃时，NH3∙H2O的电离常数K==10-5。答案为：10-5；
(2)在b点，氨水过量，主要发生一水合氨的电离，从而抑制水电离；在d点，氨水与盐酸刚好完全反应，生成氯化铵溶液，NH4+水解，促进水的电离，从而得出由水电离出的c(OH-)关系为b
(4)A.=KW，温度不变时，KW不变；
B.随着盐酸的不断滴入，溶液中c(H+)不断增大，c(OH-)不断减小，不断增大；
C.=Kb，温度不变时，Kb不变；
D. =，温度不变时，比值不变。
从而得出，由b点到c点的过程中，数值会发生变化的选项是B。答案为：B。
【点睛】从图中采集信息时，选取的点应合适，否则达不到目的。如，我们选择b点，在此点，溶质为氨(主要以一水合氨形式存在)和氯化铵，但有两个未知量，一个是盐酸的浓度，另一个是混合溶液的pH，从此点我们无法求出盐酸的浓度；在d点，如果我们不知道盐酸的浓度，又不知道溶液的pH，此点难以利用；如果我们已经求出了盐酸的浓度，也必须清楚此点的pH，才可利用它求NH4+的水解常数或一水合氨的电离常数。
22.乙二酸(H2C2O4)俗名草酸，是一种有还原性的有机二元弱酸。
(1)一同学在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往a、b两支试管中均加入5.0mL 0.01mol▪L-1的酸性KMnO4溶液和2.0mL 0.1mol▪L-1H2C2O4溶液，振荡，a试管置于热水中，b试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。
①褪色所需时间ta________(填“＞”“=”或“＜”)tb；
②写出该反应的离子方程式：__________________________________。
(2)配制250mL乙二酸溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。
①滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol▪L-1 KMnO4标准溶液装入________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作；
②判断滴定达到终点的现象是____________________________________________。
③这位同学共重复滴定操作了3次，记录实验数据如下表：
序号
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.50
20.51
2
1.50
21.49
3
0.32
21.85
则这位同学计算得到此样品的纯度为_________。
【答案】 (1). < (2). 2MnO4- + 5H2C2O4+6H十 = 10CO2 ↑ +2Mn2十+8H2O (3). 酸式 (4). 滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色 (5). 90.00%
【解析】
【分析】
(1)①温度越高，反应速率越快，褪色所需时间越短。
②反应时，KMnO4作氧化剂，Mn由+7价降低为+2价，H2C2O4作还原剂，C由+3价升高到+4价，所以产物为Mn2+、CO2和H2O，按电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平。
(2)①KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以标准溶液应装入没有橡皮管的滴定管。
② 滴定达到终点的现象是当滴入最后一滴标准溶液时，溶液应有持续的颜色变化。
③从表中数据可以看出，第3次实验的数据与前两次相差较大，为失真数据，应舍去。前两次所用V(KMnO4)=20mL，
则这位同学计算得到此样品的纯度为。
【详解】(1)①温度越高，反应速率越快。因为a试管置于热水中，b试管置于冷水中，所以褪色所需时间ta＜tb；答案为：<；
②反应时，KMnO4作氧化剂，Mn由+7价降低为+2价，H2C2O4作还原剂，C由+3价升高到+4价，所以产物为Mn2+、CO2和H2O，按电子守恒、电荷守恒、质量守恒进行配平，即得该反应的离子方程式2MnO4- + 5H2C2O4+6H十 = 10CO2 ↑ +2Mn2十+8H2O。答案为：2MnO4- + 5H2C2O4+6H十 = 10CO2 ↑ +2Mn2十+8H2O；
(2)①KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，所以标准溶液装入酸式滴定管；
② 滴定达到终点的现象是滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。答案为：滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色；
③从表中数据可以看出，第3次实验数据与前两次相差较大，为失真数据，应舍去。前两次所用V(KMnO4)=20mL，
则这位同学计算得到此样品的纯度为=90.00%。
答案：90.00%。
【点睛】在利用实验数据求H2C2O4溶液的浓度或物质的量时，我们最易出现的错误就是对数据不进行分析，直接求三次实验数据的平均值。在求平均用量时，一定要认真审核实验数据，通过三次数据的比较，找出失真数据，然后加以剔除，从而避免错误的发生。
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