江西省吉安市五校2018-2019学年高考化学模拟考试试卷
一、单选题
1．（2019·吉安模拟）2018年11月2日凌晨1时13分，福建省“东港石化”执行“碳九”装船作业时，码头连接海域软管处发生泄漏，造成一起安全生产责任事故引发的环境污染事件。该事件的“主角”“碳九”是指（ ）
A．碳元素的一种含有9个中子的放射性核素
B．至今为止发现的第9种具有放射性的碳原子
C．一种含有9个碳原子的有毒无机物
D．一系列含碳原子数在9左右的碳氢化合物
2．（2019·吉安模拟）我国科学家通过测量SiO2中26 Al和10 Be两种元素的比例来确定“北京人”的年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。下列关于26 Al和10 Be的说法错误的是（ ）
A．10 Be和9 Be是中子数不同、质子数相同的不同原子
B．10 Be原子核内的中子数比质子数多
C．5.2g 26 Al3+中所含的电子数约为1.2 1023
D．26AI和26 Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同
3．（2019·吉安模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子的数目为0.4NA
B．1L1mol·L-1 Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为3NA
C．将0.1molFeCl3滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
D．1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
4．（2019·吉安模拟）某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液(浓度有0.100 0 mol/L和0.0100 mol/L两种)对其进行滴定。下列说法正确的是（ ）
A．该实验应选用甲基橙作指示剂
B．用0.100 0 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差更小
C．准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水后开始滴定
D．滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下
5．（2019·吉安模拟）物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是（ ）
A．A→F，△H =一△H6
B．△H1 +△H2 + △H3 + △H4 + △H5 + △H6=0
C．C→F， △H= △H1+ △H2 + △H6
D．若A→C为放热过程，则△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0
6．（2019·吉安模拟）在含有Na+、Fe2+ 、Fe3+、Al3+、NH4+、Mg2+等的溶液中加入足量的Na2O2固体，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，上述离子的离子数目几乎没有改变的有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
7．（2019·吉安模拟）探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）
A．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C．用装置丙稀释反应后的混合液
D．用装置丁测定余酸的浓度
8．（2019·吉安模拟）下列图示不能说明某反应(或某可逆反应的正反应)一定是放热反应的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2019·吉安模拟）O3在水中易分解，一定条件下， O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。
据表中的递变规律，推测O3分别在条件①40℃、pH=3.0，②10℃、pH=5. 0， ③30℃、pH=7.0下，分解速率依次增大的顺序为（ ）
A．①②③ B．③②① C．②①③ D．③①②
10．（2019·吉安模拟）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，四种元素原子最外层电子数之和为12。A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物，F是由Z元素形成的单质。已知A+B=D+F，A+C=E+F。常温下，0.1mol/L D溶液的pH 为13。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．A，C中所含的化学键类型相同
C．1.0L0.1mol/L E溶液中阴离子的总的物质的量为0.1mol
D．1mol A 与足量B完全反应共转移1mol 电子
11．（2019·吉安模拟）常温下，已知电离常数：Kb ( N H3·H2O)=1.8×10-5；K (H2C2O4)=5.9×10-2，K H2C2O4)=6.2×10-5。下列说法正确的是（ ）
A．(N H4)2C2O4溶液中，c(NH )=2c(C2O )
B．等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
C．pH=11的氨水和pH=3的H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈酸性
D．用H2C2O4溶液中和氨水至中性时，溶液中。c(NH )=2c(C2O )+c(HC2O )
12．（2018高一下·黑龙江期末）将反应 Cu(s)+2Ag+(aq) = Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是（ ）
A．电极X是正极，其电极反应为Cu-2e-= Cu2+
B．银电极板质量逐渐减小，Y溶液中c(Ag+)增大
C．当X电极质量变化0.64 g时，Y溶液质量变化2.16 g
D．外电路中电流由银极流向铜极
13．（2019·吉安模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向盛有1 mL浓硫酸的试管中加入5 mL 0 .1 mol/L的K2 Cr2 O7溶液 溶液橙 色变深 增大生成物浓度，平衡Cr2 O +H2O 2CrO +2H逆向移动
B 向Mg(OH)2悬浊液中加入少量醋酸铵晶体 沉淀溶解，溶液变澄清 说明反应Mg2++2NH3·H2O Mg(OH)2+2NH ，具有可逆性
C 相同温度下，同时向①4mL0.1 mol/L. KMnO4)，酸性溶液和②4 mL 0.2 mol/LKMnO4，酸性溶液中，分别加入4mL 1 mol/L. H2 C2 O4溶液 ①中溶液先褪色 该实验条件下，KMnO4浓度越小，反应速率越快
D 向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水 产生淡蓝色火焰煤炭燃烧更旺 加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量
A．A B．B C．C D．D
14．（2019·吉安模拟）在T℃时，发生反应Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)，该反应的平衡常数K= 64，在1L恒容密闭容器甲和乙中，甲中加有四种物质各1 mol，乙中加有Fe2O3 、Fe、CO2各1 mol， CO 2 mol。达平衡后，两容器中不相等的是（ ）
A．用CO表示的反应速率
B．平衡混合气体的平均相对分子质量
C．CO的转化率
D．CO2的体积分数
15．（2019·吉安模拟）由短周期元素组成的中学常见无机物A，B，C，D，E，X存在如图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。下列推断错误的是（ ）
A．若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐
B．若A是单质，则B和E中也一定有一种是单质
C．若B具有强氧化性，则A，E的组成元素可能相同
D．若X为O2，则B，C，D在常温下均可以是气体
16．（2019·吉安模拟）某温度下，将打磨后的镁条放入盛有50 mL蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化(如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化)。下列有关描述正确的是（ ）
A．该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10。
B．该实验是在常温下进行的
C．50 s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红
D．150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2逐渐溶解
二、实验题
17．（2019·吉安模拟）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、医药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有带刺激性气味的气体产生。实验室合成原理为SO2+ Cl2+ SCl2=2SOCl2装置如下图所示。请回答以下问题：
（1）仪器A的名称是 ，装置乙中盛放的试剂是 装置B的作用是 。
（2）装置丁中发生反应的离子方程式为 。
（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：
（4）若反应中消耗的Cl2的体积为896 mL(已转化为标准状况下，SCl2、SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 4.76 g，则SOCl2的产率为 (保留三位有效数字)。
（5）常温下，将0.01 mol SOCl2加人100 mL 0.3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，所得溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为 。(已知H2SO3的 =1 .52×10-2， =1.02×10-7)
（6）将少量SOCl2滴入5 mL 1 mol/L的AgNO3溶液中，有白色沉淀生成，该白色沉淀的成分是 (填化学式)。
三、综合题
18．（2019·吉安模拟）由废铁制备FeCl2并测定FeCl2的含量。主要过程如下所示：
（1）I.按上图所示过程制备FeCl3·6H2O。
用离子方程式表示过程②中稀硝酸的作用： 。
（2）在过程②中要不断向溶液中补充盐酸，目的是 。
（3）步骤③的操作是
。
Ⅱ.由FeCl3·6H2O制得干燥FeCl2的过程如下所示：
①向盛有FeCl3·6H2O的容器中加入SOCl2，加热，获得无水FeCl3；
②将无水FeCl3置于反应管中，通入过程①中产生的气体一段时间后加热，生成FeCl2；
③收集FeCl2，保存备用。
（4）上述过程2中产生FeCl2的化学方程式是 。
Ⅲ.测定FeCl2的含量。
分析方法：①取a g样品配制成100 mL溶液；②用移液管吸取所配溶液5.00 mL，放入500 mL、锥形瓶内并加水200 mL；③加硫酸锰溶液20.00mL，用0.1 mol/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V mL。
（5）滴定终点的判断依据是 。
（6）滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是 。
（7）若所配溶液中 (FeCl2) (g/L) =kV(式中V——消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的毫升数)，则k= (保留四位有效数字)。
四、解答题
19．（2019·吉安模拟）科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及部分物质未标出)。
（1）已知：CH4 、CO， 、H2的燃烧热分别为890. 3 KJ·mol-1、283. 0 KJ·mol-1、285. 8 KJ·mol-1。则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)的△H=
（2）工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充人体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表所示：
①用H2表示的前2h的平均反应速率v(H2)=
②该温度下，CO2的平衡转化率为
（3）在300℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1：3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2 ( g)＋6H2 (g) C2H4 (g)＋4H2 O(g) △H。在0 .1 MPa时，按 (CO2)： (H2)=1：3投料，如图所示为不同温度( )下，平衡时四种气态物质的物质的量( )的关系。
①该反应的△H 0(填“>”或“<”)。
②曲线 表示的物质为 (填化学式)。
五、填空题
20．（2019·吉安模拟）铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中。
（1）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]。则该反应的化学方程式为：
。
（2）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如下图所示。
①A 点时剩余固体的成分是 （填化学式）。B 点时剩余固体的成分是 （填化学式）
②从开始加热到 750K时总反应方程式为 。
（3）CrO3和 K2Cr2O7均易溶于水，这是工业上造成铬污染的主要原因。净化处理方法之一是将含＋6价 Cr 的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72－发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH－结合生成 Fe(OH)3 和Cr(OH)3沉淀除去[已知 KspFe(OH)3＝4.0×10－38，KspCr(OH)3＝6.0×10－31]。
①电解过程中 NaCl 的作用是 。
②已知电解后的溶液中c(Fe3+)为2.0×10－13
mol·L－1，则溶液中c(Cr3+)为 mol·L－1。
21．（2019·吉安模拟）A,B,C,D,E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为 。
（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是 (用离子符号表示)。
（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程： 。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是 。
（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为 ，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是 。
（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为 (化学式用具体的元素符号表示)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】“碳九”是指石油经过催化重整以及裂解后副产品中含碳原子数在9左右的碳氢化合物，碳九属于易燃危险品，可造成水体、土壤和大气污染；具有麻醉和刺激作用，吸入、接触高浓度本品蒸汽有麻醉和刺激作用，会引起眼鼻喉和肺刺激，头痛、头晕等中枢神经和上呼吸道刺激症状，长期反复接触可致皮肤脱脂；同时食用被碳九污染过的动植物海产品，还有中毒、致癌等风险。故A、B、C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D
【分析】“碳九”是指一系列碳原子数在9左右的碳氢化合物。
2．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】A. 10 Be和9 Be互为同位素，中子数不同，质子数相同，A不符合题意；
B. 10 Be的原子核内质子数为4，中子数为10-4=6，中子数比质子数多，B不符合题意；
C. 5.2g 26 Al3+中所含的电子数约为 ×(13-3) 1. 2 1024，C符合题意；
D. 26Al和26 Mg的质子数分别为13、12，中子数分别为13、14，质子数等于核外电子数，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，质量数=质子数+中子数；在原子中，核电荷数=核外电子数=质子数=原子序数。据此结合选项进行分析。
3．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.用双氧水分解制取氧气，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成标况下2.24L氧气即0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，A不符合题意；
B. 1mol碳酸根中含有3NA个氧原子，但是溶液中有大量水分子，水分子中也有氧原子，B不符合题意；
C.氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以将0.1molFeCl3滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA，C不符合题意；
D. 硝基(—NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均含有23个电子，所以1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据公式计算产生O2的物质的量，在结合反应过程中化合价的变化计算转移电子数；
B.Na2CO3溶液中Na2CO3和H2O都含有氧原子；
C.Fe(OH)3胶体的形成是一个水解的过程，属于可逆反应；
D.根据公式计算NO2的物质的量，结合-NO2和NO2的结构确定其所含电子数；
4．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A. 该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，A不符合题意；
B. 由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，用0.0100 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差较小，B不符合题意；
C. 准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水，不影响实验结果，C符合题意；
D. 滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.滴定终点生成CH3COONa，溶液显碱性；
B.由于白醋中c(CH3COOH)小，因此需选用浓度小的NaOH溶液进行实验；
C.稀释锥形瓶内的待测液，不影响消耗标准液的量；
D.滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
5．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A.A—F和F—A的焓变数值相等符号相反，A不符合题意；
B.由 A循环到A，能量变化为0，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0，B不符合题意；
C.由C—F，△H=△H3+△H4+△H5，由F—C，△H=△H1+△H2+△H6，二者的绝对值相等，符号相反，C符合题意；
D. 若A→C为放热过程，则C→A为吸热过程，即△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应热计算的考查，结合盖斯定律进行计算。
6．【答案】B
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】Na2O2溶于水会有NaOH生成，而Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+均会与NaOH反应生成沉淀，Fe(OH)2会迅速氧化成Fe(OH)3，所以再加入过量的盐酸后，Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+离子数目变化分别为减少、增加、不变、不变，而NH4+与NaOH反应会生成氨气，所以NH4+离子数目减少，由于加入Na2O2，引入Na+，故Na+也会增加，故6种阳离子只有Al3+和Mg2+几乎不变，B符合题意；
故答案为：B
【分析】加入Na2O2过程中发生反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，再结合NaOH、O2与溶液中离子的反应分析。
7．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质实验；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，B不符合题意；
B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，B不符合题意；
C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，C符合题意；
D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铜与浓硫酸的反应需要加热条件；
B.结合SO2密度与空气密度大小分析；
C.结合浓硫酸的稀释操作分析；
D.图示滴定管为酸式滴定管；
8．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应，A不符合题意；
B. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应，B不符合题意；
C. 由图可知，反应速率先增大后减小，但不知道反应速率增大的原因，故不能说明反应一定是放热反应，C符合题意；
D. 由图可知，根据“先拐先平，数值大”，可判断温度T1>T2，升温后，反应物的体积分数减小，说明升温使平衡向逆向移动，即逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应，D不符合题意；
故故答案为：C
【分析】A.结合物质能量与反应热效应的关系分析；
B.结合物质能量与反应热效应的关系分析；
C.反应速率无法体现反应热效应；
D.结合温度对平衡移动的影响分析；
9．【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】由表中数据可知，温度越高反应速率越快，pH越大反应速率越快，所以40℃、pH=3.0时，所需时间在31min～158min之间；10℃、pH=4.0时，所需时间＞231min；30℃、pH=7.0时，所需时间＜15min，则分解速率依次增大的顺序为②、①、③，C符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率大小比较的考查，结合反应速率的影响因素分析。
10．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A. 同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：W>Y >Z >X，A不符合题意；
B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，二氧化碳中只含有共价键，B不符合题意；
C. 1.0L0.1mol/L碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子的总的物质的量大于0.1mol，C不符合题意；
D. 过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，1mol 过氧化钠与足量水完全反应共转移1mol 电子，D符合题意；
故答案为：D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y为C元素；Z是地壳中含量最高的元素，Z为O元素，四种元素原子最外层电子数之和为12，则X和W最外层都是1个1电子，则W为Na元素；A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物，F是由Z元素形成的单质，F为氧气或臭氧；已知A+B=D+F，A+C=E+F，则A为过氧化钠，B、C为二氧化碳和水，则X为H元素；常温下，0.1mol/L D溶液的pH 为13，则D为氢氧化钠，因此B为水，C为二氧化碳，E为碳酸钠；据此结合选项分析。
11．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A，在(NH4)2C2O4溶液中，由于NH4+和C2O42-均发生水解反应，且水解程度不同，则c(NH4+)=2c(C2O42-)关系不成立，A不符合题意；
B，等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合生成NH4HC2O4，NH4+水解使溶液显酸性，同时由H2C2O4两级电离平衡常数可知，HC2O4-的电离程度明显大于水解，且电离也使溶液显酸性，因此溶液一定呈酸性，B不符合题意；
C，H2C2O4的一级和二级电离均大于NH3·H2O的电离，故pH=11的氨水，其真实浓度远远大于pH=3的H2C2O4，则等体积混合后，溶液显碱性，C不符合题意；
D，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+ c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)， 因为溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH-)，带入上式得：c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合溶液中NH4+和C2O42-的水解分析；
B.反应后所得溶液为NH4HC2O4，结合NH4+和HC2O4-的水解，HC2O4-的电离分析；
C.由电离常数确定两溶液中溶质的物质的量浓度，从而确定反应后所得溶液的酸碱性；
D.结合电荷守恒分析；
12．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e-==Cu2+，不符合题意；
B、银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：Ag++ e--=Ag，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，不符合题意；
C、当X电极质量减少0.64 g时，即0.64g ÷64g/mol=0.01 mol，则正极有0.02 mol的银单质析出，即0.02mol×108 g/mol=2.16 g，则溶液质量变化应为2.16 g-0.64 g=1.52 g。不符合题意；
D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极）。符合题意；
故答案为：D。
【分析】原电池设计成盐桥，可以形成持续稳定的电流，还可以平衡电荷，例如该原电池中，负极Cu-2e-= Cu2+，溶液中正电荷增多，盐桥中的阴离子将移向负极区平衡电荷，正极上Ag++ e-=Ag，正电荷减少，盐桥中带正电的阳离子将移向正极区平衡电荷。
13．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.浓硫酸密度大于水，溶于水放热，向盛有1 mL浓硫酸的试管中加入5 mL 0 .1 mol/L的K2 Cr2O7溶液容易发生迸溅，且溶液温度升高无法判断平衡移动方向，A不符合题意；
B.铵根离子可结合氢氧化镁电离出的氢氧根离子，发生 Mg(OH)2+2NH4+ Mg2++2NH3·H2O ，说明反应Mg2++2NH3·H2O Mg(OH)2+2NH4+具有可逆性，B符合题意；
B.由于KMnO4溶液本身有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液，C不符合题意；
D.C燃烧生成二氧化碳，能量变化与途径无关，则煤炭燃烧放出热量不变，结论不合理，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.向浓硫酸中加入溶液，容易发生溶液迸溅；
B.结合溶液中发生的反应分析；
C.结合反应速率的影响因素分析；
D.反应放出（或吸收）的能量多少与反应途径无关；
14．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】可逆反应Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)的平衡常数K= =64，整理可得： = =4，即达到平衡时二氧化碳和CO的浓度之比相等，则混合气体中二氧化碳的体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等，故
B、D不符合题意；
按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡)， 无法判断速率大小，A不符合题意；
设达到平衡时甲消耗CO的物质的量为x，乙中消耗CO的物质的量为y，
则：
Fe2O3 (s)+ 3CO(g) 2Fe(s) + 3CO2 (g)
起始（mol） 1(2) 1
转化（mol） x (y) x (y)
平衡（mol） 1-x (2-y) 1+x (1+y)
反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，
甲中根据平衡常数可得： = =4，计算得出x=0.6mol，
则甲中CO的转化率为： 100%=60%；
乙中根据平衡常数可得： = =4，计算得出：y=1.4mol，
则乙中CO的转化率为： 100%=70%；
所以甲中CO的转化率小于乙，C符合题意；
故答案为：C
【分析】结合平衡三段式进行计算。
15．【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A. 若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐，例如A是过氧化钠，X是CO2，A不符合题意；
B. 若A是单质，与水发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，化合价一定发生变化，则B和E中不一定是单质，B符合题意；
C. 若B具有强氧化性，则A、E的组成元素可能相同，例如A是NO2，B是硝酸，X是NO，C不符合题意；
D. 若X为O2，则B、C、D可以是气体，例如A是氮化镁，B是氨气，C是NO，D是NO2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.若A中含有非极性键，则A可能为Na2O2；
B.结合氧化还原反应规律分析；
C.若B具有强氧化性，则B可能是HNO3；
D.若X为O2，则B可能为NH3；
16．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，该温度下Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)c2(OH-)= c(OH-) c2(OH-)= c3(OH-)，由图可知，该温度下水的离子积Kw=10-6.5 10-6.5=10-13，所以c(OH-)= =10-3mol/L，故KSP= c3(OH-)= = 10-9=5 10-10，即该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10，A符合题意；
B. 常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5<7，说明该实验不是在常温下进行的，B不符合题意；
C. 50 s时溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液为无色，C不符合题意；
D. Mg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合Mg(OH)2Ksp的表达式进行计算；
B.由图像中蒸馏水的pH确定反应温度；
C.根据50s时溶液的pH确定溶液的酸碱性；
D.浑浊度下降是由于沉淀沉降；
17．【答案】（1）冷凝管(或蛇形冷凝管)；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解
（2）ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O
（3）AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解
（4）50.0%
（5）酸；c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)
（6）AgCl、Ag2SO4
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器c是（蛇形）冷凝管，装置乙用来干燥氯气，可盛放浓硫酸，装置B有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出对实验人员的身体健康造成威胁，一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解，
因此，本题正确答案是：球冷凝管(或蛇形冷凝管) ；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解；
(2) 装置丁中利用KClO3、4HCl(浓)制备氯气，反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O；
(3) SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O ；AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；
(4) 消耗氯气为 =0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2，生成0.08mol SOCl2，则SOCl2的产率为 100%=50.0%，
因此，本题正确答案是：50.0%；
(5)0. 01 mol SOCl2与100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，HSO3-在溶液中存在电离和水解，由于水解常数Kh= =6.58 10-13<1.02 10-7，即电离大于水解，故溶液呈酸性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)，因此，本题正确答案是：(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)；
(6) SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，氯化氢与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有硫酸银，所以该白色沉淀的成分是AgCl、Ag2SO4，
因此，本题正确答案是：AgCl、Ag2SO4。
【分析】（1）结合Cl2的制备实验分析；
（2）装置丁为实验室制取Cl2的装置，据此写出反应的离子方程式；
（3）结合AlCl3的水解平衡移动分析；
（4）根据反应的化学方程式“SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2”计算896mLCl2反应生成SOCl2的质量，从而计算SOCl2的产率；
（5）根据发生反应的化学方程式确定所得溶液的溶质，结合溶液中的电离水解确定溶液的酸碱性，以及溶液中离子浓度大小；
（6）NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，据此确定沉淀的成分；
18．【答案】（1）3Fe2++NO3- +4H+ = 3Fe3++NO↑+2H2O
（2）补充H+使NO3- 继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质
（3）加入适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)
（4）2FeCl3+H2 2FeCl2+2HCl
（5）最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失
（6）硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子
（7）12.70
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）稀硝酸能够将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3- +4H+ = 3Fe3++NO↑+2H2O；
故答案为：3Fe2++NO3- +4H+ = 3Fe3++NO↑+2H2O；
（2）在该过程中要不断向溶液中补充盐酸，可以补充H+使NO3-继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质，
故答案为：补充H+使NO3-继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质；
（3）步骤③从氯化铁溶液制取FeCl3·6H2O晶体，要防止水解，故操作是加入适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)，
故答案为：加入适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)；
（4）氯化铁与氢气反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：2FeCl3+H2 2FeCl2+2HCl，
故答案为：2FeCl3+H2 2FeCl2+2HCl；Ⅲ.
(5) 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定FeCl2溶液，发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，终点时紫红色褪色，滴定终点的判断依据是：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失，
故答案为：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失；
(6) 滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，可能是溶液中存在Cl-被氧化所致，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是能阻止高锰酸钾氧化氯离子，
故答案为：硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子；
(7)根据反应式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，5.00 mL样品溶液消耗0.1 mol/L酸性高锰酸钾溶液VmL，则 (FeCl2) (g/L)= =12.70Vg/L，由于 (FeCl2) (g/L) =kV，解得k=12.70。故答案为：12.70。
【分析】（1）HNO3具有氧化性，能将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的离子方程式；
（2）消耗NO3-，防止形成Fe(NO3)3杂质；
（3）步骤③是从溶液中获得晶体，应采用结晶操作，结合溶液中FeCl3的水解分析；
（4）根据题干信息确定反应和生成物，从而确定反应的化学方程式；
（5）滴定达到终点时，溶液变红色；
（6）加入MnSO4可防止KMnO4将Cl-氧化；
（7）根据发生反应的离子方程式进行计算；
19．【答案】（1）-71.4 kJ·mol-1
（2）0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1；40%
（3）
（4）<；C2H4
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据CH4、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ mol-1；
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ mol-1，
③O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ mol -1；
利用盖斯定律将① 2-②-③×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ mol -1，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ mol -1；
(2) ①恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时 =0.85，设消耗CO2的物质的量为xmol，
CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g) △V
1 3 1 1 2
xmol 2x mol
则有 =0.85，解得x=0.3，
故前2h的平均反应速率v(H2)= =0.225 mol·L-1·h-1。
②该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时 =0.80，设消耗CO2的物质的量为ymol，则有 =0.85，解得y=0.4，
故CO2的平衡转化率为 ×100%=40%，
故答案为：0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1 ；40%；
(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1mol、3mol，CO2的平衡转化率为50%，则有：
CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g)
起始（mol/L） 1 3 0 0
转化（mol/L） 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡（mol/L） 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡时p(CO2)=8 MPa× = MPa， p(H2)=8 MPa× =4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa× = MPa，p(H2O)=8 MPa× = MPa，
故该反应条件下的平衡常数为Kp=
故答案为： ；
(4)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，C2H4(g)、H2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
故答案为：< ；C2H4。
【分析】（1）根据燃烧热的定义书写燃烧热的热化学方程式，再结合盖斯定律计算目标反应的反应热；
（2）①根据差量法计算参与反应的c(H2)，再结合公式计算反应速率；
②根据差量法计算参与反应的n(CO2)，再计算CO2的平衡转化率；
（3）结合平衡三段式进行计算；
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
②结合温度对平衡移动的影响以及反应的化学方程式进行分析；
20．【答案】（1）4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4 =2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O
（2）Cr3O8；Cr2O3；4CrO3 2Cr2O3＋3O2↑
（3）增强溶液的导电性；3×10－6
【知识点】复杂化学式的确定；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据题中所提供的反应物和生成物，方程式为4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4 =2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O。
（2）①CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，根据图中所示的情况分析，A 点时剩余固体的成分是Cr3O8，B 点时剩余固体的成分是Cr2O3。
②加热到750K，CrO3分解成Cr2O3，总反应的化学方程式为4CrO3 2Cr2O3＋3O2↑。
（3）①电解过程中 NaCl 的作用是为了增强溶液的导电性。
②已知 KspFe(OH)3＝4.0×10－38，KspCr(OH)3＝6.0×10－31，又知c(Fe3+)为2.0×10－13 mol·L－1，可知c(OH-)为2×10－25，故c(Cr3+)=3×10－6。
【分析】（1）根据题干信息确定反应物和生成物，结合原子个数守恒书写反应的化学方程式；
（2）①根据图中固体残留率进行计算；
②根据产物的化学式确定反应的化学方程式；
（3）①结合溶液的导电性分析；
②根据Fe(OH)3、Cr(OH)3的溶度积进行计算；
21．【答案】（1）H2SO3、H2SO4
（2）S2-＞O2-＞Na+
（3）；离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）
（4）NH4NO3；NH4++OH-=NH3 H2O
（5）4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为：H2SO3、H2SO4；
(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，
则半径O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；
(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为 ，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为： ；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；
(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-=NH3 H2O，故答案为：NH4NO3；NH4++OH-=NH3 H2O；
(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。
【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素；据此结合题干设问分析作答。
江西省吉安市五校2018-2019学年高考化学模拟考试试卷
一、单选题
1．（2019·吉安模拟）2018年11月2日凌晨1时13分，福建省“东港石化”执行“碳九”装船作业时，码头连接海域软管处发生泄漏，造成一起安全生产责任事故引发的环境污染事件。该事件的“主角”“碳九”是指（ ）
A．碳元素的一种含有9个中子的放射性核素
B．至今为止发现的第9种具有放射性的碳原子
C．一种含有9个碳原子的有毒无机物
D．一系列含碳原子数在9左右的碳氢化合物
【答案】D
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】“碳九”是指石油经过催化重整以及裂解后副产品中含碳原子数在9左右的碳氢化合物，碳九属于易燃危险品，可造成水体、土壤和大气污染；具有麻醉和刺激作用，吸入、接触高浓度本品蒸汽有麻醉和刺激作用，会引起眼鼻喉和肺刺激，头痛、头晕等中枢神经和上呼吸道刺激症状，长期反复接触可致皮肤脱脂；同时食用被碳九污染过的动植物海产品，还有中毒、致癌等风险。故A、B、C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D
【分析】“碳九”是指一系列碳原子数在9左右的碳氢化合物。
2．（2019·吉安模拟）我国科学家通过测量SiO2中26 Al和10 Be两种元素的比例来确定“北京人”的年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。下列关于26 Al和10 Be的说法错误的是（ ）
A．10 Be和9 Be是中子数不同、质子数相同的不同原子
B．10 Be原子核内的中子数比质子数多
C．5.2g 26 Al3+中所含的电子数约为1.2 1023
D．26AI和26 Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】A. 10 Be和9 Be互为同位素，中子数不同，质子数相同，A不符合题意；
B. 10 Be的原子核内质子数为4，中子数为10-4=6，中子数比质子数多，B不符合题意；
C. 5.2g 26 Al3+中所含的电子数约为 ×(13-3) 1. 2 1024，C符合题意；
D. 26Al和26 Mg的质子数分别为13、12，中子数分别为13、14，质子数等于核外电子数，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，质量数=质子数+中子数；在原子中，核电荷数=核外电子数=质子数=原子序数。据此结合选项进行分析。
3．（2019·吉安模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子的数目为0.4NA
B．1L1mol·L-1 Na2CO3溶液中含有的氧原子数目为3NA
C．将0.1molFeCl3滴入沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA
D．1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.用双氧水分解制取氧气，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成标况下2.24L氧气即0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，A不符合题意；
B. 1mol碳酸根中含有3NA个氧原子，但是溶液中有大量水分子，水分子中也有氧原子，B不符合题意；
C.氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以将0.1molFeCl3滴入沸水形成的胶体粒子的数目小于0.1NA，C不符合题意；
D. 硝基(—NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均含有23个电子，所以1mol硝基(—NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据公式计算产生O2的物质的量，在结合反应过程中化合价的变化计算转移电子数；
B.Na2CO3溶液中Na2CO3和H2O都含有氧原子；
C.Fe(OH)3胶体的形成是一个水解的过程，属于可逆反应；
D.根据公式计算NO2的物质的量，结合-NO2和NO2的结构确定其所含电子数；
4．（2019·吉安模拟）某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液(浓度有0.100 0 mol/L和0.0100 mol/L两种)对其进行滴定。下列说法正确的是（ ）
A．该实验应选用甲基橙作指示剂
B．用0.100 0 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差更小
C．准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水后开始滴定
D．滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A. 该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，A不符合题意；
B. 由于白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，用0.0100 mol/L标准NaOH溶液滴定时误差较小，B不符合题意；
C. 准确量取一定体积的白醋放人洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水，不影响实验结果，C符合题意；
D. 滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.滴定终点生成CH3COONa，溶液显碱性；
B.由于白醋中c(CH3COOH)小，因此需选用浓度小的NaOH溶液进行实验；
C.稀释锥形瓶内的待测液，不影响消耗标准液的量；
D.滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
5．（2019·吉安模拟）物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是（ ）
A．A→F，△H =一△H6
B．△H1 +△H2 + △H3 + △H4 + △H5 + △H6=0
C．C→F， △H= △H1+ △H2 + △H6
D．若A→C为放热过程，则△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A.A—F和F—A的焓变数值相等符号相反，A不符合题意；
B.由 A循环到A，能量变化为0，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0，B不符合题意；
C.由C—F，△H=△H3+△H4+△H5，由F—C，△H=△H1+△H2+△H6，二者的绝对值相等，符号相反，C符合题意；
D. 若A→C为放热过程，则C→A为吸热过程，即△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应热计算的考查，结合盖斯定律进行计算。
6．（2019·吉安模拟）在含有Na+、Fe2+ 、Fe3+、Al3+、NH4+、Mg2+等的溶液中加入足量的Na2O2固体，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，上述离子的离子数目几乎没有改变的有（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】B
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】Na2O2溶于水会有NaOH生成，而Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+均会与NaOH反应生成沉淀，Fe(OH)2会迅速氧化成Fe(OH)3，所以再加入过量的盐酸后，Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+离子数目变化分别为减少、增加、不变、不变，而NH4+与NaOH反应会生成氨气，所以NH4+离子数目减少，由于加入Na2O2，引入Na+，故Na+也会增加，故6种阳离子只有Al3+和Mg2+几乎不变，B符合题意；
故答案为：B
【分析】加入Na2O2过程中发生反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，再结合NaOH、O2与溶液中离子的反应分析。
7．（2019·吉安模拟）探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）
A．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C．用装置丙稀释反应后的混合液
D．用装置丁测定余酸的浓度
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质实验；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，B不符合题意；
B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，B不符合题意；
C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，C符合题意；
D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铜与浓硫酸的反应需要加热条件；
B.结合SO2密度与空气密度大小分析；
C.结合浓硫酸的稀释操作分析；
D.图示滴定管为酸式滴定管；
8．（2019·吉安模拟）下列图示不能说明某反应(或某可逆反应的正反应)一定是放热反应的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应，A不符合题意；
B. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应，B不符合题意；
C. 由图可知，反应速率先增大后减小，但不知道反应速率增大的原因，故不能说明反应一定是放热反应，C符合题意；
D. 由图可知，根据“先拐先平，数值大”，可判断温度T1>T2，升温后，反应物的体积分数减小，说明升温使平衡向逆向移动，即逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，可以说明该反应一定是放热反应，D不符合题意；
故故答案为：C
【分析】A.结合物质能量与反应热效应的关系分析；
B.结合物质能量与反应热效应的关系分析；
C.反应速率无法体现反应热效应；
D.结合温度对平衡移动的影响分析；
9．（2019·吉安模拟）O3在水中易分解，一定条件下， O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。
据表中的递变规律，推测O3分别在条件①40℃、pH=3.0，②10℃、pH=5. 0， ③30℃、pH=7.0下，分解速率依次增大的顺序为（ ）
A．①②③ B．③②① C．②①③ D．③①②
【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】由表中数据可知，温度越高反应速率越快，pH越大反应速率越快，所以40℃、pH=3.0时，所需时间在31min～158min之间；10℃、pH=4.0时，所需时间＞231min；30℃、pH=7.0时，所需时间＜15min，则分解速率依次增大的顺序为②、①、③，C符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率大小比较的考查，结合反应速率的影响因素分析。
10．（2019·吉安模拟）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，四种元素原子最外层电子数之和为12。A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物，F是由Z元素形成的单质。已知A+B=D+F，A+C=E+F。常温下，0.1mol/L D溶液的pH 为13。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．A，C中所含的化学键类型相同
C．1.0L0.1mol/L E溶液中阴离子的总的物质的量为0.1mol
D．1mol A 与足量B完全反应共转移1mol 电子
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A. 同周期从左到右，原子半径逐渐减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：W>Y >Z >X，A不符合题意；
B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，二氧化碳中只含有共价键，B不符合题意；
C. 1.0L0.1mol/L碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子的总的物质的量大于0.1mol，C不符合题意；
D. 过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，1mol 过氧化钠与足量水完全反应共转移1mol 电子，D符合题意；
故答案为：D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y为C元素；Z是地壳中含量最高的元素，Z为O元素，四种元素原子最外层电子数之和为12，则X和W最外层都是1个1电子，则W为Na元素；A、B、C、D、E是由其中的2种或3种元素组成的化合物，F是由Z元素形成的单质，F为氧气或臭氧；已知A+B=D+F，A+C=E+F，则A为过氧化钠，B、C为二氧化碳和水，则X为H元素；常温下，0.1mol/L D溶液的pH 为13，则D为氢氧化钠，因此B为水，C为二氧化碳，E为碳酸钠；据此结合选项分析。
11．（2019·吉安模拟）常温下，已知电离常数：Kb ( N H3·H2O)=1.8×10-5；K (H2C2O4)=5.9×10-2，K H2C2O4)=6.2×10-5。下列说法正确的是（ ）
A．(N H4)2C2O4溶液中，c(NH )=2c(C2O )
B．等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
C．pH=11的氨水和pH=3的H2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈酸性
D．用H2C2O4溶液中和氨水至中性时，溶液中。c(NH )=2c(C2O )+c(HC2O )
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A，在(NH4)2C2O4溶液中，由于NH4+和C2O42-均发生水解反应，且水解程度不同，则c(NH4+)=2c(C2O42-)关系不成立，A不符合题意；
B，等物质的量浓度的氨水和H2C2O4溶液等体积混合生成NH4HC2O4，NH4+水解使溶液显酸性，同时由H2C2O4两级电离平衡常数可知，HC2O4-的电离程度明显大于水解，且电离也使溶液显酸性，因此溶液一定呈酸性，B不符合题意；
C，H2C2O4的一级和二级电离均大于NH3·H2O的电离，故pH=11的氨水，其真实浓度远远大于pH=3的H2C2O4，则等体积混合后，溶液显碱性，C不符合题意；
D，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+ c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)， 因为溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH-)，带入上式得：c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合溶液中NH4+和C2O42-的水解分析；
B.反应后所得溶液为NH4HC2O4，结合NH4+和HC2O4-的水解，HC2O4-的电离分析；
C.由电离常数确定两溶液中溶质的物质的量浓度，从而确定反应后所得溶液的酸碱性；
D.结合电荷守恒分析；
12．（2018高一下·黑龙江期末）将反应 Cu(s)+2Ag+(aq) = Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是（ ）
A．电极X是正极，其电极反应为Cu-2e-= Cu2+
B．银电极板质量逐渐减小，Y溶液中c(Ag+)增大
C．当X电极质量变化0.64 g时，Y溶液质量变化2.16 g
D．外电路中电流由银极流向铜极
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e-==Cu2+，不符合题意；
B、银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：Ag++ e--=Ag，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，不符合题意；
C、当X电极质量减少0.64 g时，即0.64g ÷64g/mol=0.01 mol，则正极有0.02 mol的银单质析出，即0.02mol×108 g/mol=2.16 g，则溶液质量变化应为2.16 g-0.64 g=1.52 g。不符合题意；
D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极）。符合题意；
故答案为：D。
【分析】原电池设计成盐桥，可以形成持续稳定的电流，还可以平衡电荷，例如该原电池中，负极Cu-2e-= Cu2+，溶液中正电荷增多，盐桥中的阴离子将移向负极区平衡电荷，正极上Ag++ e-=Ag，正电荷减少，盐桥中带正电的阳离子将移向正极区平衡电荷。
13．（2019·吉安模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向盛有1 mL浓硫酸的试管中加入5 mL 0 .1 mol/L的K2 Cr2 O7溶液 溶液橙 色变深 增大生成物浓度，平衡Cr2 O +H2O 2CrO +2H逆向移动
B 向Mg(OH)2悬浊液中加入少量醋酸铵晶体 沉淀溶解，溶液变澄清 说明反应Mg2++2NH3·H2O Mg(OH)2+2NH ，具有可逆性
C 相同温度下，同时向①4mL0.1 mol/L. KMnO4)，酸性溶液和②4 mL 0.2 mol/LKMnO4，酸性溶液中，分别加入4mL 1 mol/L. H2 C2 O4溶液 ①中溶液先褪色 该实验条件下，KMnO4浓度越小，反应速率越快
D 向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水 产生淡蓝色火焰煤炭燃烧更旺 加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.浓硫酸密度大于水，溶于水放热，向盛有1 mL浓硫酸的试管中加入5 mL 0 .1 mol/L的K2 Cr2O7溶液容易发生迸溅，且溶液温度升高无法判断平衡移动方向，A不符合题意；
B.铵根离子可结合氢氧化镁电离出的氢氧根离子，发生 Mg(OH)2+2NH4+ Mg2++2NH3·H2O ，说明反应Mg2++2NH3·H2O Mg(OH)2+2NH4+具有可逆性，B符合题意；
B.由于KMnO4溶液本身有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液，C不符合题意；
D.C燃烧生成二氧化碳，能量变化与途径无关，则煤炭燃烧放出热量不变，结论不合理，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.向浓硫酸中加入溶液，容易发生溶液迸溅；
B.结合溶液中发生的反应分析；
C.结合反应速率的影响因素分析；
D.反应放出（或吸收）的能量多少与反应途径无关；
14．（2019·吉安模拟）在T℃时，发生反应Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)，该反应的平衡常数K= 64，在1L恒容密闭容器甲和乙中，甲中加有四种物质各1 mol，乙中加有Fe2O3 、Fe、CO2各1 mol， CO 2 mol。达平衡后，两容器中不相等的是（ ）
A．用CO表示的反应速率
B．平衡混合气体的平均相对分子质量
C．CO的转化率
D．CO2的体积分数
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】可逆反应Fe2O3 (s)+3CO(g) 2Fe(s) +3CO2 (g)的平衡常数K= =64，整理可得： = =4，即达到平衡时二氧化碳和CO的浓度之比相等，则混合气体中二氧化碳的体积分数、混合气体的平均分子质量一定相等，故
B、D不符合题意；
按照题中所给的条件(没提各用多少时间达到平衡)， 无法判断速率大小，A不符合题意；
设达到平衡时甲消耗CO的物质的量为x，乙中消耗CO的物质的量为y，
则：
Fe2O3 (s)+ 3CO(g) 2Fe(s) + 3CO2 (g)
起始（mol） 1(2) 1
转化（mol） x (y) x (y)
平衡（mol） 1-x (2-y) 1+x (1+y)
反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，
甲中根据平衡常数可得： = =4，计算得出x=0.6mol，
则甲中CO的转化率为： 100%=60%；
乙中根据平衡常数可得： = =4，计算得出：y=1.4mol，
则乙中CO的转化率为： 100%=70%；
所以甲中CO的转化率小于乙，C符合题意；
故答案为：C
【分析】结合平衡三段式进行计算。
15．（2019·吉安模拟）由短周期元素组成的中学常见无机物A，B，C，D，E，X存在如图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。下列推断错误的是（ ）
A．若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐
B．若A是单质，则B和E中也一定有一种是单质
C．若B具有强氧化性，则A，E的组成元素可能相同
D．若X为O2，则B，C，D在常温下均可以是气体
【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A. 若A中含有非极性键，则X可能为一种酸酐，例如A是过氧化钠，X是CO2，A不符合题意；
B. 若A是单质，与水发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，化合价一定发生变化，则B和E中不一定是单质，B符合题意；
C. 若B具有强氧化性，则A、E的组成元素可能相同，例如A是NO2，B是硝酸，X是NO，C不符合题意；
D. 若X为O2，则B、C、D可以是气体，例如A是氮化镁，B是氨气，C是NO，D是NO2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.若A中含有非极性键，则A可能为Na2O2；
B.结合氧化还原反应规律分析；
C.若B具有强氧化性，则B可能是HNO3；
D.若X为O2，则B可能为NH3；
16．（2019·吉安模拟）某温度下，将打磨后的镁条放入盛有50 mL蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化(如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化)。下列有关描述正确的是（ ）
A．该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10。
B．该实验是在常温下进行的
C．50 s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红
D．150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2逐渐溶解
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，该温度下Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)c2(OH-)= c(OH-) c2(OH-)= c3(OH-)，由图可知，该温度下水的离子积Kw=10-6.5 10-6.5=10-13，所以c(OH-)= =10-3mol/L，故KSP= c3(OH-)= = 10-9=5 10-10，即该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10，A符合题意；
B. 常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5<7，说明该实验不是在常温下进行的，B不符合题意；
C. 50 s时溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液为无色，C不符合题意；
D. Mg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150 s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合Mg(OH)2Ksp的表达式进行计算；
B.由图像中蒸馏水的pH确定反应温度；
C.根据50s时溶液的pH确定溶液的酸碱性；
D.浑浊度下降是由于沉淀沉降；
二、实验题
17．（2019·吉安模拟）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、医药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有带刺激性气味的气体产生。实验室合成原理为SO2+ Cl2+ SCl2=2SOCl2装置如下图所示。请回答以下问题：
（1）仪器A的名称是 ，装置乙中盛放的试剂是 装置B的作用是 。
（2）装置丁中发生反应的离子方程式为 。
（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：
（4）若反应中消耗的Cl2的体积为896 mL(已转化为标准状况下，SCl2、SO2足量)，最后得到纯净的SOCl2 4.76 g，则SOCl2的产率为 (保留三位有效数字)。
（5）常温下，将0.01 mol SOCl2加人100 mL 0.3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，所得溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为 。(已知H2SO3的 =1 .52×10-2， =1.02×10-7)
（6）将少量SOCl2滴入5 mL 1 mol/L的AgNO3溶液中，有白色沉淀生成，该白色沉淀的成分是 (填化学式)。
【答案】（1）冷凝管(或蛇形冷凝管)；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解
（2）ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O
（3）AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解
（4）50.0%
（5）酸；c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)
（6）AgCl、Ag2SO4
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；氯气的化学性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器c是（蛇形）冷凝管，装置乙用来干燥氯气，可盛放浓硫酸，装置B有两个作用一个是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出对实验人员的身体健康造成威胁，一个是防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解，
因此，本题正确答案是：球冷凝管(或蛇形冷凝管) ；浓硫酸；吸收逸出的有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进人反应装置导致SOCl2水解；
(2) 装置丁中利用KClO3、4HCl(浓)制备氯气，反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O；
(3) SOCl2与水反应的方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解发生，
因此，本题正确答案是：ClO3-+5Cl-+6H+ = 3Cl2↑+3H2O ；AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；
(4) 消耗氯气为 =0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2，生成0.08mol SOCl2，则SOCl2的产率为 100%=50.0%，
因此，本题正确答案是：50.0%；
(5)0. 01 mol SOCl2与100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反应，由原子守恒可知，反应方程式为SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶质为亚硫酸氢钠和氯化钠，HSO3-在溶液中存在电离和水解，由于水解常数Kh= =6.58 10-13<1.02 10-7，即电离大于水解，故溶液呈酸性，溶液中所有阴离子的浓度大小顺序为c(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)，因此，本题正确答案是：(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)；
(6) SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，氯化氢与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，溶液中有硝酸，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故白色沉淀中还有硫酸银，所以该白色沉淀的成分是AgCl、Ag2SO4，
因此，本题正确答案是：AgCl、Ag2SO4。
【分析】（1）结合Cl2的制备实验分析；
（2）装置丁为实验室制取Cl2的装置，据此写出反应的离子方程式；
（3）结合AlCl3的水解平衡移动分析；
（4）根据反应的化学方程式“SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2”计算896mLCl2反应生成SOCl2的质量，从而计算SOCl2的产率；
（5）根据发生反应的化学方程式确定所得溶液的溶质，结合溶液中的电离水解确定溶液的酸碱性，以及溶液中离子浓度大小；
（6）NO3-在酸性条件下具有氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，据此确定沉淀的成分；
三、综合题
18．（2019·吉安模拟）由废铁制备FeCl2并测定FeCl2的含量。主要过程如下所示：
（1）I.按上图所示过程制备FeCl3·6H2O。
用离子方程式表示过程②中稀硝酸的作用： 。
（2）在过程②中要不断向溶液中补充盐酸，目的是 。
（3）步骤③的操作是
。
Ⅱ.由FeCl3·6H2O制得干燥FeCl2的过程如下所示：
①向盛有FeCl3·6H2O的容器中加入SOCl2，加热，获得无水FeCl3；
②将无水FeCl3置于反应管中，通入过程①中产生的气体一段时间后加热，生成FeCl2；
③收集FeCl2，保存备用。
（4）上述过程2中产生FeCl2的化学方程式是 。
Ⅲ.测定FeCl2的含量。
分析方法：①取a g样品配制成100 mL溶液；②用移液管吸取所配溶液5.00 mL，放入500 mL、锥形瓶内并加水200 mL；③加硫酸锰溶液20.00mL，用0.1 mol/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V mL。
（5）滴定终点的判断依据是 。
（6）滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是 。
（7）若所配溶液中 (FeCl2) (g/L) =kV(式中V——消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的毫升数)，则k= (保留四位有效数字)。
【答案】（1）3Fe2++NO3- +4H+ = 3Fe3++NO↑+2H2O
（2）补充H+使NO3- 继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质
（3）加入适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)
（4）2FeCl3+H2 2FeCl2+2HCl
（5）最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失
（6）硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子
（7）12.70
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）稀硝酸能够将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3- +4H+ = 3Fe3++NO↑+2H2O；
故答案为：3Fe2++NO3- +4H+ = 3Fe3++NO↑+2H2O；
（2）在该过程中要不断向溶液中补充盐酸，可以补充H+使NO3-继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质，
故答案为：补充H+使NO3-继续氧化Fe2+直至NO3- 完全消耗，既不产生Fe(NO3)3又不引入其他杂质；
（3）步骤③从氯化铁溶液制取FeCl3·6H2O晶体，要防止水解，故操作是加入适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)，
故答案为：加入适量盐酸，蒸发(浓缩)、(冷却)结晶、过滤(洗涤、干燥)；
（4）氯化铁与氢气反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：2FeCl3+H2 2FeCl2+2HCl，
故答案为：2FeCl3+H2 2FeCl2+2HCl；Ⅲ.
(5) 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定FeCl2溶液，发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，终点时紫红色褪色，滴定终点的判断依据是：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失，
故答案为：最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液产生的微红色在30s内不消失；
(6) 滴定时如果不加入硫酸锰很容易导致测定结果偏高，可能是溶液中存在Cl-被氧化所致，则加入硫酸锰可使测定结果准确的原因可能是能阻止高锰酸钾氧化氯离子，
故答案为：硫酸锰能阻止高锰酸钾氧化氯离子；
(7)根据反应式：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，5.00 mL样品溶液消耗0.1 mol/L酸性高锰酸钾溶液VmL，则 (FeCl2) (g/L)= =12.70Vg/L，由于 (FeCl2) (g/L) =kV，解得k=12.70。故答案为：12.70。
【分析】（1）HNO3具有氧化性，能将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的离子方程式；
（2）消耗NO3-，防止形成Fe(NO3)3杂质；
（3）步骤③是从溶液中获得晶体，应采用结晶操作，结合溶液中FeCl3的水解分析；
（4）根据题干信息确定反应和生成物，从而确定反应的化学方程式；
（5）滴定达到终点时，溶液变红色；
（6）加入MnSO4可防止KMnO4将Cl-氧化；
（7）根据发生反应的离子方程式进行计算；
四、解答题
19．（2019·吉安模拟）科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及部分物质未标出)。
（1）已知：CH4 、CO， 、H2的燃烧热分别为890. 3 KJ·mol-1、283. 0 KJ·mol-1、285. 8 KJ·mol-1。则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)的△H=
（2）工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充人体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表所示：
①用H2表示的前2h的平均反应速率v(H2)=
②该温度下，CO2的平衡转化率为
（3）在300℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1：3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2 ( g)＋6H2 (g) C2H4 (g)＋4H2 O(g) △H。在0 .1 MPa时，按 (CO2)： (H2)=1：3投料，如图所示为不同温度( )下，平衡时四种气态物质的物质的量( )的关系。
①该反应的△H 0(填“>”或“<”)。
②曲线 表示的物质为 (填化学式)。
【答案】（1）-71.4 kJ·mol-1
（2）0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1；40%
（3）
（4）<；C2H4
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据CH4、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ mol-1；
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ mol-1，
③O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ mol -1；
利用盖斯定律将① 2-②-③×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ mol -1，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ mol -1；
(2) ①恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时 =0.85，设消耗CO2的物质的量为xmol，
CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g) △V
1 3 1 1 2
xmol 2x mol
则有 =0.85，解得x=0.3，
故前2h的平均反应速率v(H2)= =0.225 mol·L-1·h-1。
②该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时 =0.80，设消耗CO2的物质的量为ymol，则有 =0.85，解得y=0.4，
故CO2的平衡转化率为 ×100%=40%，
故答案为：0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1 ；40%；
(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1mol、3mol，CO2的平衡转化率为50%，则有：
CO2 ( g) + 3H2 (g) CH3OH(g)+ H2O(g)
起始（mol/L） 1 3 0 0
转化（mol/L） 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡（mol/L） 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡时p(CO2)=8 MPa× = MPa， p(H2)=8 MPa× =4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa× = MPa，p(H2O)=8 MPa× = MPa，
故该反应条件下的平衡常数为Kp=
故答案为： ；
(4)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，C2H4(g)、H2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
故答案为：< ；C2H4。
【分析】（1）根据燃烧热的定义书写燃烧热的热化学方程式，再结合盖斯定律计算目标反应的反应热；
（2）①根据差量法计算参与反应的c(H2)，再结合公式计算反应速率；
②根据差量法计算参与反应的n(CO2)，再计算CO2的平衡转化率；
（3）结合平衡三段式进行计算；
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
②结合温度对平衡移动的影响以及反应的化学方程式进行分析；
五、填空题
20．（2019·吉安模拟）铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中。
（1）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]。则该反应的化学方程式为：
。
（2）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如下图所示。
①A 点时剩余固体的成分是 （填化学式）。B 点时剩余固体的成分是 （填化学式）
②从开始加热到 750K时总反应方程式为 。
（3）CrO3和 K2Cr2O7均易溶于水，这是工业上造成铬污染的主要原因。净化处理方法之一是将含＋6价 Cr 的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72－发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH－结合生成 Fe(OH)3 和Cr(OH)3沉淀除去[已知 KspFe(OH)3＝4.0×10－38，KspCr(OH)3＝6.0×10－31]。
①电解过程中 NaCl 的作用是 。
②已知电解后的溶液中c(Fe3+)为2.0×10－13
mol·L－1，则溶液中c(Cr3+)为 mol·L－1。
【答案】（1）4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4 =2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O
（2）Cr3O8；Cr2O3；4CrO3 2Cr2O3＋3O2↑
（3）增强溶液的导电性；3×10－6
【知识点】复杂化学式的确定；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据题中所提供的反应物和生成物，方程式为4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4 =2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O。
（2）①CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，根据图中所示的情况分析，A 点时剩余固体的成分是Cr3O8，B 点时剩余固体的成分是Cr2O3。
②加热到750K，CrO3分解成Cr2O3，总反应的化学方程式为4CrO3 2Cr2O3＋3O2↑。
（3）①电解过程中 NaCl 的作用是为了增强溶液的导电性。
②已知 KspFe(OH)3＝4.0×10－38，KspCr(OH)3＝6.0×10－31，又知c(Fe3+)为2.0×10－13 mol·L－1，可知c(OH-)为2×10－25，故c(Cr3+)=3×10－6。
【分析】（1）根据题干信息确定反应物和生成物，结合原子个数守恒书写反应的化学方程式；
（2）①根据图中固体残留率进行计算；
②根据产物的化学式确定反应的化学方程式；
（3）①结合溶液的导电性分析；
②根据Fe(OH)3、Cr(OH)3的溶度积进行计算；
21．（2019·吉安模拟）A,B,C,D,E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为 。
（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是 (用离子符号表示)。
（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程： 。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是 。
（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为 ，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是 。
（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为 (化学式用具体的元素符号表示)。
【答案】（1）H2SO3、H2SO4
（2）S2-＞O2-＞Na+
（3）；离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）
（4）NH4NO3；NH4++OH-=NH3 H2O
（5）4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为：H2SO3、H2SO4；
(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，
则半径O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；
(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为 ，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为： ；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；
(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-=NH3 H2O，故答案为：NH4NO3；NH4++OH-=NH3 H2O；
(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。
【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素；据此结合题干设问分析作答。
