黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·哈尔滨期中）关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是 （ ）
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物
②BaSO4是一种难溶于水的强电解质
③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐
④煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化
A．①② B．①②④
C．②③④ D．③④
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；煤的干馏和综合利用；物质的简单分类
【解析】【解答】①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是由分散质和分散剂组成的混合物，①符合题意；
②BaSO4是一种难溶于水的电解质，其溶解于水中的部分时完全电离的，故BaSO4是强电解质，②符合题意；
③纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，③不符合题意；
④煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成氢气 、一氧化碳等气体的过程；
煤的液化是将煤与氢气在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的氢气和一氧化碳通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。这三种变化都有新物质生成，都属于化学变化，④符合题意；
故正确序号为①②④，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①胶体和溶液都属于混合物；
②绝大多数的盐都是强电解质；
③纯碱为Na2CO3，属于盐；
④根据干馏、汽化和液化进行分析；
2．（2018高三上·哈尔滨期中）下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是（ ）
A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆
B．用ClO2杀菌、消毒
C．用Na2SiO3溶液制备木材防火剂
D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．利用葡萄糖的还原性和银氨溶液的氧化性，A不符合题意；
B.利用ClO2的强氧化性，B不符合题意；
C.不涉及物质氧化性或还原性，C符合题意；
D.利用高锰酸钾溶液氧化水果释放的乙烯，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.葡萄糖中的醛基具有还原性；
B.ClO2具有氧化性，可用于杀菌消毒；
C.Na2SiO3溶液制作木材防火剂，没涉及氧化性和还原性；
D.KMnO4具有氧化性，能将C2H4氧化；
3．（2018高三上·哈尔滨期中）阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（ ）
A．1LpH=3的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中，水电离出的H+数目均为10-11NA
B．0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1NA
D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2mol
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.1LpH=的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度为c(H+)=10-3mol/L，c(OH-)=10-11= c(H+)水，水电离出的H+数目均为10-11NA，A不符合题意；
B.乙烯的分子式为C2H4， 乙醇的分子式为C2H6O ，所以0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2 NA，B不符合题意；
C.N2和O2都属于双原子分子， 标准状况下2.24L混合气体是0.1mol，分子数为0.1NA，C不符合题意；
D.因为H2+I2 2HI属于可逆反应，反应前后物质的量不变，所以无论反应是否彻底，0.1molH2和0.1molI2充分反应后的分子总数为0.2NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.由pH可得出溶液中c(H+)，再结合Kw=c(H+)×c(OH-)进行计算；
B.C2H4和C2H5OH中均含有两个碳原子；
C.根据公式进行计算；
D.容器内发生反应：H2+I22HI，反应前后气体分子数不变；
4．（2018高三上·哈尔滨期中）符合题意表示下列反应离子方程式是（ ）
A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2 NH3·H2O
D．FeCl2溶液中加入稀硝酸： 4H++NO3-+Fe2+=Fe3++NO↑+2H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.浓盐酸与铁屑反应应该生成Fe2+，A不符合题意；
B.钠与CuSO4溶液反应时，钠先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2，符合题意的方程式为：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，B不符合题意；
C.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和一水合氨：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2 NH3·H2O，C符合题意；
D.FeCl2溶液中加入稀硝酸： 4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++NO↑+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铁与浓盐酸反应生成FeCl2和H2；
B.Na的活动性很强，能与H2O直接发生反应，不与盐发生置换反应；
C.根据(NH4)2SO4和Ba(OH)2反应的化学方程式书写离子方程式；
D.根据电荷守恒进行分析；
5．（2018高三上·哈尔滨期中）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，124g P4中所含P—P键数目为4NA
B．常温下1molCl2和足量氢氧化钠溶液充分反应，转移电子数目为2NA
C．64g SO2含有氧原子数为2NA
D．标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为NA
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．常温常压下124g P4为1mol，一个P4中所含6个P—P键，故1mol P4数目为6NA，A不符合题意；
B.常温下Cl2和足量氢氧化钠溶液发生的是歧化反应， Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2充分反应，转移电子数目为NA，B不符合题意；
C.64 g SO2为1mol，故含有氧原子数为2NA，C符合题意；
D.标准状况下，22.4L H2O为液体，无法计算含有的分子数，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据公式计算124g P4的物质的量，结合P4的结构确定其所含的化学键数目；
B.根据关系式Cl2~e-进行计算；
C.根据公式计算64g SO2的物质的量，进而得出其所含氧原子数；
D.标准状态下，水不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算；
6．（2018高三上·哈尔滨期中）下列有关铁、铝及其化合物的说法中错误的是（ ）
A．工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁
B．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4
C．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
D．氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂
【答案】D
【知识点】金属冶炼的一般原理；铝的化学性质
【解析】【解答】A、工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁，A不符合题意；
B、铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4，B不符合题意；
C、铝易被氧化为氧化铝，日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，C不符合题意；
D、氯化铁溶液中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，故可用作净水剂，与铁离子的氧化性没有关系，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.铁的冶炼常用热还原法；
B.铁在氧气中点燃生成Fe3O4；
C.铝与空气中的O2反应生成致密的氧化膜，对内层金属具有保护作用；
D.FeCl3做净水剂，是利用其水解形成的胶体的吸附性；
7．（2018高三上·哈尔滨期中）三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3＋3F2 = NF3＋3NH4F。在潮湿的空气中，NF3能与水蒸气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是（ ）
A．制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
B．在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂
C．若在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为3 mol
D．NF3在空气中一旦泄漏，不易于发现
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，0.5mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为0.75mol。根据NF3能与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3可知H2O没有参与氧化还原反应，如果NF3泄漏，必然与空气中的水蒸气反应生成NO，NO被氧化成NO2，空气中有红棕色气体生成，易被发现。
故答案为：A。
【分析】A.根据化合价的变化确定氧化剂、还原剂，进而得出二者的物质的量之比；
B.反应中，H2O中氢氧元素的化合价都没有发生变化；
C.根据关系式：4NH3~6e-进行计算；
D.NF3能与空气中的水蒸气反应生成NO，NO能被空气中的氧气氧化成成红棕色的NO2；
8．（2018高三上·哈尔滨期中）常温下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
B．c(H+)/c(OH﹣) =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
C．c(Fe2+)=1 mol L-1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42-
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3-
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe3+为黄色，与无色不符，且Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，A不符合题意；
B.c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，B符合题意；
C.MnO4-、Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，C不符合题意；
D.能使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3-，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.无色溶液中不存在有色离子Fe3+（黄色）、Fe2+（浅绿色）、Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫红色）；
B.，则溶液中c(H+)
D.使甲基橙变红色的溶液显酸性；
9．（2018高三上·哈尔滨期中）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 测定醋酸钠溶液pH
B 向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液 无明显现象 AlO2-与H+未发生反应
C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液一定是钠盐溶液
D 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液 有白烟产生 该溶液可能是浓盐酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；焰色反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．测定醋酸钠溶液pH。用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，导致溶液浓度变小，测得PH不准。A不符合题意；
B.向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液发生反应：4H++AlO2-=2H2O+Al3+，B不符合题意；
C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，只能说明含有钠元素，C不符合题意；
D.蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液产生白烟生成铵盐，可能挥发性的酸，故可能是浓盐酸，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.测溶液的pH值，pH试纸不能润湿；
B.滴加过程发生反应的离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
C.焰色反应只能证明元素的存在，不能说明溶液的性质；
D.浓盐酸和浓氨水都具有挥发性，能反应生成(NH4)2SO4固体
10．（2018高三上·哈尔滨期中）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ mol-1
B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
C．已知中和热为△H=-57.4kJ mol-1，则1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热
D．已知S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2，则△H1＜△H2
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、在25 ，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，； CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）反应中生成的是气态水，A不符合题意；
B.因为能量越高越不稳定，所以C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0中金刚石比石墨能量高，所以金刚石比石墨不稳定。故B符合题意；
C、中和热的本质是在稀溶液中，1mol氢离子与1mol氢氧根反应，生成1mol水放出的热量； 1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应生成2mol水，所以该反应热不是中和热。C不符合题意；
D、同一物质不同状态能不同，气态能量高于固态， S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2，则△H1＜△H2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
B.由反应的热效应确定物质具有的能量的大小，物质具有的能量越高越不稳定；
C.根据中和热的概念进行分析，中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1molH2O时所放出的热量；
D.根据盖斯定律将热化学方程式转化为物质状态的变化，从而确定其ΔH的大小；
11．（2018高三上·哈尔滨期中）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是（ ）
A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A符合题意；
B.过氧化钠中含有离子键和共价键，B不符合题意；
C.N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C不符合题意；
D.亚硝酸为弱酸，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】“红棕色有刺激性气味的气体”为NO2，故W为N、X为O；族序数等于最外层电子数，故Y为Al；W的电子总数为7，则Z的最外层电子数为7，故Z为Cl，据此结合选项进行分析。
12．（2018高三上·哈尔滨期中）水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验。则下列判断正确的是（ ）
A．气体甲一定是纯净物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K＋、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中
D．CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中
【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、根据以上分析可知气体甲不一定是纯净物，A不符合题意；
B、根据以上分析可知沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，B不符合题意；
C、根据以上分析可知原来溶液中K+、AlO2-和SiO32-一定存在，C符合题意；
D、根据以上分析可知硫酸根离子不能确定是否存在，CO32-可能存在，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】加入过量的稀盐酸有气体产生，说明CO32-、SO32-至少有一种，气体甲中CO2、SO2至少有一种。镁离子、铝离子与CO32-、SO32-均不能大量共存，一定不存在镁离子、铝离子；加入过量的盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，沉淀甲是硅酸。无色溶液中加入过量氨水有沉淀生成，该沉淀只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子。由于原溶液中的铝离子一定不存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，则一定存在偏铝酸根离子。根据溶液的电中性可知一定含有K+离子。
13．（2018高三上·哈尔滨期中）对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（ ）
A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色
B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解
C．实验Ⅲ：试管中有红色沉淀生成
D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体
【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验Ⅰ因为四氯化碳的密度比水大且不溶于水，碘易溶于四氯化碳，所以液体分层，上层呈无色，A不符合题意；
B.实验Ⅱ制取出来的氨气和烧杯中的氯化铝反应出现白色沉淀，不溶解，B不符合题意；
C.实验Ⅲ是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，试管中有红色溶液生成，C不符合题意；
D.实验Ⅳ因为氧化钙是干燥剂，可以吸收饱和CuSO4溶液中的水分，所以放置一段时间后会出现蓝色晶体，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.CCl4的密度比水大，在下层；
B.Al(OH)3不溶于过量的H2CO3；
C.Fe3+与SCN-形成的络合物Fe(SCN)3不是沉淀；
D.CaO能与水蒸气反应，使饱和CuSO4溶液结晶析出；
14．（2018高三上·哈尔滨期中）完成下列实验，所选装置正确的是（ ）
A B C D
实验目的 检查装置气密性 实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳 用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸 选择合适的试剂，可分别制取少量CO2、NO和O2
实验 装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】气体发生装置的气密性检查；气体的收集；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.关闭止水夹，利用漏斗下端导管中液面与烧瓶中液面的液面差一段时间不变可以知道气密性良好，A符合题意；
B.纯碱为粉末固体，则多孔隔板不能使反应随时停止，B不符合题意；
C.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，应选碱式滴定管，C不符合题意；
D.NO密度和空气相近，不能用排空气法收集，故此装置不适合制取NO，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据装置气密性检查操作进行分析；
B.Na2CO3为粉末状，不能用启普发生器装置；
C.盛装NaOH溶液应用碱式滴定管；
D.NO能被空气中的O2氧化，不能用排空气法收集；
15．（2018高三上·哈尔滨期中）恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生反应2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g），状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（ ）
A．60% B．40% C．80% D．90%
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】根据pV=nRT，恒温、恒压下，物质的量之比等于体积之比，则有n(前)：n(后)= V前(前)：V(后)，即： = ，可得： = ，则n(后)= 2.4mol，根据差量法可知，反应前后减少的物质实际就是O2的物质的量，所以O2消耗了0.6mol。O2的转化率为0.6/1=60%。
故答案为：A
【分析】同温同压下，物质的量之比等于气体体积之比，据此计算反应后混合气体的物质的量，再结合差量法进行计算。
16．（2018高三上·哈尔滨期中）在一定温度下的恒压容器中，进行可逆反应A（g）+B（g） C（g）+2D（g）；下列能说明该反应达到平衡状态的是（ ）
①反应混合物的密度不再改变 ②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③C和D的物质的量之比为1：2 ④体系压强不再改变
⑤C的质量分数不再改变 ⑥v（A）：v（C）=1：1．
A．①②④⑤ B．①②⑤
C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①一定温度下的恒压容器中，反应混合物的密度不再改变，说明气体的物质的量不变，故能确定该反应达到平衡状态，①符合题意；
②因为A（g）+B（g） C（g）+2D（g）反应前后计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，②符合题意；
③C和D的物质的量之比为1：2，平衡时可能是，也可能不，与始起投料方式有关，③不符合题意；
④体系压强不再改变，因为在一定温度下的恒压容器中，压强一直不变，④不符合题意；
⑤C的质量分数不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，⑤符合题意；
⑥v（A）：v（C）=1：1，未体现正逆的关系，⑥不符合题意；
所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①根据公式分析反应过程中密度是否变化；
②根据公式分析反应过程中混合气体的摩尔质量是否发生变化；
③反应达到平衡时，各组分的物质的量保持不变，但不一定成比例；
④恒压装置中，压强一直保持不变；
⑤达到平衡状态时，体系找那个各组分的质量分数保持不变；
⑥在任何时刻，反应速率之比都等于化学计量系数之比；
17．（2018高三上·哈尔滨期中）某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，若其他条件不变，当温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为X(g)＋3Y(g) 2Z(g) ΔH>0
B．若其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，X的转化率增大
C．温度分别为T1和T2时的平衡常数大小关系为K2>K1
D．达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由以上分析可知该反应的热化学方程式为X(g)＋3Y(g) 2Z(g)ΔH<0，A不符合题意；
B.升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，X的转化率减小，B不符合题意；
C.因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆反应方向移动，反应的转化率减小，平衡常数减小，故K2>K1，C符合题意；
D.因为气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由图Ⅰ中各物质的物质的量浓度之比确定方程式的化学计量系数之比；
B.结合温度对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
C.结合温度对平衡移动的影响分析平衡常数的大小；
D.结合压强对平衡移动的影响分析；
18．（2018高三上·哈尔滨期中）100 ℃时，将N2O4、NO2分别充入两个各为1L的密闭容器中，Ⅰ容器0.1mol N2O4 Ⅱ容器0.2 mol NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，下列说法正确的是（ ）
A．平衡时，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)+α(NO2)=1
B．平衡后，再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2，又达到平衡时，NO2的体积分数增大
C．若只改变一个条件使Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大，则该反应的化学平衡常数一定变大
D．平衡后，反应放出或吸收热量的数值Q：Q(Ⅰ)＝Q(Ⅱ)
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；等效平衡
【解析】【解答】A．平衡时，Ⅰ、Ⅱ形成等效平衡，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)+α(NO2)=1，A符合题意；
B.平衡后，再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2，相当于加压，平衡右移，又达到平衡时，NO2的体积分数减小，B不符合题意；
C.如加压平衡右移，Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大，该反应的平衡常数不变，C不符合题意；
D.Q(Ⅰ)不一定等于Q(Ⅱ)，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据等效平衡进行分析；
B.根据压强对平衡移动的影响进行分析；
C.平衡常数只跟温度有关；
D.根据参与反应的量确定放出的热量；
19．（2018高三上·哈尔滨期中）下列有关水电离情况的说法正确的是（ ）
A．25℃，pH=12 的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同
B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小
C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小
D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw 增大
【答案】D
【知识点】水的电离
【解析】【解答】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，A不符合题意；
B.醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，B不符合题意；
C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，C不符合题意。
D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW= c(OH－) c(H＋)增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.Na2CO3溶液中CO32-的水解促进水的电离；
B.稀释过程中，c(H+)减小，由Kw可知，c(OH-)增大；
C.NaOH抑制水的电离；
D.水的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进水的电离；
20．（2018高三上·哈尔滨期中）室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是（ ）
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A不符合题意；
B.增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B不符合题意；
C.若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1：1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1：1，C不符合题意；
D.若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据浓度对平衡移动的影响进行分析；
B.增大反应物浓度，平衡正向移动；
C.根据等效平衡进行分析；
D.温度升高，HBr挥发；
21．（2018高三上·哈尔滨期中）一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度不变
B．将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变大
C．因CaCO3(s)需加热条件才分解生成CaO(s)和CO2(g)，所以该分解反应ΔH<0
D．保持容器压强不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)可知，该反应的平衡常数K=c(CO2)，将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，因温度不变，则K值不变，所以c(CO2)也不变，A符合题意；
B.该反应中只有二氧化碳为气体，所以反应过程中气体的密度始终不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变，B不符合题意；
C.CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)是分解反应，该反应为吸热反应，所以△H＞0，C不符合题意；
D.保持容器压强不变，充入He，容器体积增大，CO2的浓度减小，平衡将向正反应方向进行，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.由反应的平衡常数确定条件改变对c(CO2)的影响；
B.根据公式结合压强对平衡移动的影响进行分析；
C.该反应为吸热反应，其ΔH>0；
D.压强不变，充入He，体积增大，c(CO2)减小；
22．（2018高三上·哈尔滨期中）已知室温时，0.1mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离常数约为1×10-7
D．稀释HA溶液时，不是所有粒子浓度都一定会减小
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1某一元酸HA在水中有发生电离，说明溶液中c(H+)=.0.1 0.1%=10-4，pH=4，A不符合题意；
B.升温促进电离，溶液的c(H+)增大，pH减小，B符合题意；
C.此酸的电离平衡常数约为c(H+)c(A-)/c(HA)=10-8/0.1=1×10-7，C不符合题意；
D.稀释HA溶液时，溶液中c(H+)、c(A-)、c(HA)粒子浓度都减小，而c(OH－)浓度增大，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据发生电离的HA的量计算溶液中c(H+)；
B.HA的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进电离；
C.根据公式进行计算；
D.稀释时，溶液中c(H+)减小，结合Kw可知，c(OH-)增大；
23．（2018高三上·哈尔滨期中）部分弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质 HCOOH HCN H2CO3
电离常数(25 ℃) Ka=1.8×10-4 Ka=4.9×10-10 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11
下列说法错误的是（ ）
A．结合H+的能力：CO32->CN->HCO3->HCOO-
B．2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋CO32-
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．25℃时，反应HCOOH + CN- HCN+ HCOO-的化学平衡常数3.67×105
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.由HCOOH 、HCN的电离常数Ka=1.8×10-4、Ka=4.9×10-10，H2CO3的电离常数Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11，结合H+的能力：CO32->CN->HCO3->HCOO-，A不符合题意；
B.根据电离平衡常数有CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3-，B符合题意；
C.因为HCOOH比HCN酸性强，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，C不符合题意；
D.25℃时，反应HCOOH+CN- HCN+HCOO-的化学平衡常数K=c HCOO-)c(HCN)/cHCOOH ) c(CN-)=Ka(HCOOH)/Ka((HCN)=1.8×10-4/4.9×10-10 =3.67×105，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.由酸的电离常数确定酸性强弱，进而得出其阴离子结合H+的能力；
B.根据“强酸制弱酸”原理分析反应是否能进行；
C.pH相等的HCN和HCOOH溶液中，n(HCN)>n(HCOOH)；
D.根据公式进行计算；
24．（2018高三上·哈尔滨期中）下列四种溶液：①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A．由水电离的c(H＋)：①＝②＞③＝④
B．将②、③两种溶液混合后，若pH＝7，则消耗溶液的体积：③＞②
C．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的速率：①＞②
D．向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A.酸溶液和碱溶液都抑制水的电离，酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液的氢离子是水电离的，所以四种溶液中水电离的氢离子浓度相等，都是10-12mol/L，A不符合题意；
B.②pH＝12的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L，而③pH＝12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L ，等体积的两溶液混合，氨水过量，若溶液显示中性，则盐酸的体积大于氨水，即：②>③，B不符合题意
C.①pH＝2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L ，而②pH＝2的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L ，等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于氯化氢，与铝反应时，醋酸生成的氢气多，C符合题意；
D.碱溶液的pH一定大于酸溶液的pH，③、④的pH大于①、②的；③pH＝12的氨水为弱碱，稀释过程中电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量大于④，稀释后溶液的pH③>④；而①pH＝2的CH3COOH溶液稀释后溶液中氢离子浓度大于②，溶液的pH①<②，所以分别向等体积的四种溶液中加水稀释至100mL后，溶液的pH：③>④>②>①，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据水的电离的影响因素进行分析；
B.氨水为弱碱，pH=12的氨水中c(NH3·H2O)0.01mol/L；
C.根据反应速率与浓度的关系分析；
D.根据稀释对弱电解质的平衡移动进行分析；
25．（2018高三上·哈尔滨期中）在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法错误的是 （ ）
A．向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na+)=c(CH3COO-)
B．25℃时，加入CH3COONa可能引起由c向d的变化，升温可能引起a向c的变化
C．T℃时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性
D．b点对应的溶液中大量存在：K＋、Ba2＋、NO3-、I－
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，因为a点溶液呈中性，根据电荷守恒规律，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，A不符合题意；
B.25℃时，加入CH3COONa属于强碱弱酸盐，会发生水解使溶液显碱性，使得c(OH-)离子浓度增大，可能引起由c向d的变化，升温溶液中的c(OH－)和c(H＋)同时同等程度的增大，所以可能引起a向c的变化，B不符合题意；
C.由图像知T℃时Kw=10-12，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性，C不符合题意；
D..由图像知b点对应的溶液呈酸性，溶液中NO3-、I－在酸性条件下发生氧化还原反应，因此K＋、Ba2＋、NO3-、I－不能大量存在，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.a点的pH=7，溶液显中性，结合电荷守恒分析；
B.根据变化过程中离子浓度的变化进行分析；
C.T℃时，Kw=1.0×10-12，二者混合后，恰好完全反应；
D.b点溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有氧化性；
二、综合题
26．（2018高三上·哈尔滨期中）铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，主要化合价均为+2、+3价，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用．
（1）配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸，其目的是
（2）写出CoCl2与氯水反应的化学方程式
（3）Co2+和Fe3+均可与KSCN溶液发生相似的反应，向CoCl2溶液中加入KSCN溶液，生成某种蓝色离子，该离子中钴元素的质量分数约为20%。则该离子的化学式为 。
（4）碳酸镍可用于电镀、陶瓷器着色等。镍矿渣中镍元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS，从镍矿渣出发制备碳酸镍的反应如下：
先向镍矿渣中加入稀硫酸和NaClO3浸取出Ni2+，反应的离子方程式有① ②NiS+ ClO3-+H+-Ni2++S+Cl-+H2O(未配平)，此反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为 。再加入Na2CO3溶液沉镍，即制得碳酸镍，检验Ni2+是否沉淀完全的方法
【答案】（1）抑制FeSO4水解
（2）2CoCl2+ Cl2=2CoCl3
（3）[Co（SCN）4]2-
（4）Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O；1：3；静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）由于FeSO4易发生水解，故加入稀硫酸来抑制其水解；故答案为：抑制FeSO4水解
（2）钴与铁的单质及化合物性质相似，根据氯化亚铁与氯水反应可知，CoCl2与氯水反应的化学方程式为2CoCl2+Cl2=2CoCl3；故答案为：2CoCl2+ Cl2=2CoCl3。
（3）Fe3+和SCN-形成络合物，Co2+具有类似的性质，设Co2+与x个SCN-形成络合物离子，钴元素质量分数为20%，59/[59+(32+12+14)x]×100%=20%，则x≈4，所以该离子的化学式为[Co(SCN)4]2-；故答案为：[Co(SCN)4]2-。
（4）①为 Ni（OH）2与稀硫酸的反应，离子方程式为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O ；将②配平可得：3NiS+ ClO3-+6H+-3Ni2++3S+Cl-+3H2O ，此反应中，Cl-为还原产物，S为氧化产物，两者之比为1；3。Na2CO3溶液可以使镍沉淀，故可用来检验Ni2+是否沉淀完全，方法为：静置后取上层清液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若未出现浑浊，则沉淀完全。故答案为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、1：3、静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【分析】（1）H+能抑制Fe2+的水解；
（2）氯气具有氧化性，能将CoCl2氧化成CoCl3，据此写出反应的化学方程式；
（3）根据Fe3+与SCN-的反应，解钴元素的质量分数确定离子符号；
（4）加入稀硫酸过程中，能与Ni(OH)2反应；
根据化合价变化确定氧化产物和还原产物，再结合其化学计量系数确定二者的物质的量之比；
Ni2+完全沉淀，则上层清液中不含有Ni2+；
27．（2018高三上·哈尔滨期中）以天然气为原料合成甲醇。有关热化学方程式如下：
①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH1=-70.8 kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
③2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) ΔH3=-251.0 kJ·mol-1
（1）ΔH2= kJ·mol-1。
（2）在恒容密闭容器里，按物质的量比1：1加入一定量的碳和水蒸气反应生成水煤气。一定条件下达到平衡，当改变反应的某一条件时，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_________。（填序号）
A．正反应速率先增大后减少
B．化学平衡常数K减少
C．再加入一定量碳
D．反应物气体体积分数增大
（3）在体积可变的密闭容器中投入1mol CO和2mol H2，在不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。实验测得CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
①该反应自发进行的条件是 （填“低温”、“高温”或“任意温度”）
②506 K时，反应平衡时H2的转化率为 ；压强：p1 (填“>”“<”或“=”)p2。
③反应速率：N点v正(CO) (填“>”“<”或“=”)M点v逆(CO)。
④若压强为p1、在1L恒容密闭容器中进行上述反应(起始投料不变)，在不同温度下上述反应的平衡常数的对数(lg K)如图所示。则温度为506 K时，平衡常数K= (保留三位小数)，B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lg K与T的关系的点为 。
（4）在2L恒容密闭容器中充入a(a>0)mol H2、2mol CO和7.4mol CH3OH(g)，在506 K下进行上述反应。为了使该反应逆向进行，a的范围为 。
【答案】（1）-90.1
（2）A
（3）低温；25%；>；<；0.148；BE
（4）0
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律③/2-①/2得反应②的△H2=(△H3-△H1)/2=-90.1kJ·mol-1。
（2）A.当改变某一条件时，正反应速率先增大后减小，说明开始时平衡逆向移动，后来平衡正向移动，反应物浓度降低导致正反应速率减小，A符合题意；
B.化学平衡常数K减少，反应程度减小，所以平衡逆向移动，B不符合题意；
C.再加入一定量碳，因为C是固体，改变用量，不影响化学平衡移动，C不符合题意；
D.反应物气体体积分数增大，说明平衡逆向移动，D不符合题意；
故答案为：A
（3）①由图分析CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)为放热反应，所以自发进行的条件是低温；
②506 K M点生成0.25mol CH3OH消耗0.5mol H2，H2 的转化率为0.5/2=；加压平衡右移，CH3OH的物质的量增大，p1时CH3OH的物质的量较大，所以压强：p1>p2。
故答案为：25%、p1>p2。
③M、N点温度相同，M点压强较大，所以反应速率：N 点v正(CO)
④506 K时，
CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)
起始（mol/L） 1 2 0
转化（mol/L） 0.25 0.50 0.25
平衡（mol/L） 0.75 1.50 0.25
K= = L2·mol-2≈0.148 L2·mol-2。K越大，lgK越大，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡常数K减小，所以，B、E点正确。
故答案为：0.148 BE。
（4）温度不变，平衡常数不变，K=0.148L2·mol-2。为了使反应逆向进行，必须使Qc>K，即 >0.148，解得：a<10，又因为H2的物质的量必须大于0，所以，a的范围为0
（2）根据平衡移动的影响因素进行分析；
（3）①根据焓判据和熵判据分析反应是否自发进行；
②根据平衡时n(CH3OH)计算参与反应的n(H2)，进而计算其转化率；反应反应前后气体分子数的变化确定反应前后压强的大小；
③根据压强对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
④根据公式进行计算；根据温度对平衡移动的影响进行分析；
（4）反应逆向进行，则Qc
（1）Q的价层电子排布式为 ，L的含氧酸HLO3中L的杂化方式为 ，酸根LO3-的离子构型为 。
（2）ZR42-的配体是 ，在ZSO4溶液中加入过量KCN，生成配合物[Z（CN）4]2—，则1mol该配合物中含有的π键的数目是 。与Z同周期的元素中，与Z原子最外层电子数相等的元素还有 （填元素符号）
（3）Y的氧化物呈如下图所示的无限链状结构，则该氧化物的化学式为 。
（4）X和Z的晶体堆积模型相同，配位数为 ，已知X原子半径约为200pm，则晶体X的密度为 g/cm3(计算结果保留两位有效数字)。
（5）XL2晶体含有层状结构，其层内有强极性共价键，层间以范德华力相连接，则XL2的晶体类型是 。
【答案】（1）2s 22p4；sp3；三角锥形
（2）Cl-；4.82×1024；K、Cr
（3）CrO3
（4）12；1.5
（5）混合型晶体或过渡型晶体
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）由上述分析知Q为氯元素，氯的价层电子排布式为2s22p4，L的含氧酸HIO3中含氧酸HLO3即HIO3，其结构为 ，计算可得杂化轨道数为7+4-3 2=4，为sp3杂化，由于成键电子对为3对，且含有一对孤对电子，可知IO3-的结构构型为三角锥形，故答案为：2s22p4sp3三角锥形。
（2）ZR42-的配体是Cl-，1个CN结构中含有两个π键，则1mol[Z（CN）4]2-中含有8molπ键，所以1mol该配合物中含有的的数目是6.02 1023 8=4.82×1024。故答案为：4.82×1024。
(3)Y为Cr，根据Cr的化合价特点以及观察结构可知主链上中心原子为Cr原子，而Cr原子间由一个O原子进行链接，所以有两个O原子链接两个Cr原子，即一个Cr占有一个O原子，而每个Cr原子上还有两个没有成键的O原子，所以每个Cr占有3个O原子，则其化学式为CrO3；故答案为：CrO3。
(4)由上述分析知 X为钙，Z为铜，两者的晶体堆积模型相同，即Ca与Cu的堆积模型相同，而Cu的堆积模型为面心立方最密堆积型： ，配位数为12。根据结构可知一个晶胞中含有4个Ca原子，由于原子半径为200pm=2×10-8cm，一个晶胞中所含Ca原子的质量为(4×40)/NA，体积为V=( r)3，所以计算可得Ca的密度为4×40g/6.02×1023(2 ×2×10-8cm)3=1.468g/cm2≈1.5g/cm3。故答案为：12、1.5。
(5)XL2为CaCl2，由于晶体中含有层状结构，且层内有强极性共价键，层间含有范德华力，所以可以知道其晶体类型为混合型晶体或过渡型晶体。故答案为：混合型晶体或过渡型晶体。
【分析】R和L是同主族元素，R的最外层电子数比次外层电子数少1，则R为Li或Cl；L的单质常温常温下是紫黑色固体，应为I2；则R为Cl、L为I；Q和X形成的离子化合物XQ为碱石灰的主要成分，则Q为O、X为Ca；XYZ位于同一周期，则为第四周期，Y的外围电子数是最外层电子的6倍，外围电子排布为3d54s1，则为Cr元素；Z位于ds区且不能和稀硫酸反应产生H2，则Z为Cu；据此结合设问进行作答。
三、实验题
29．（2018高三上·哈尔滨期中）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）
（1）实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等．
①请完成下列表格
试剂 作用
A 验证SO2的还原性
B Na2S溶液
C 品红溶液
②A中发生反应的离子方程式为
（2）该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/L NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的 (填序号)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积 (填序号)(①=10mL；②=40mL；③<10mL；④>40mL)
（3）该小组在实验室中先配制0.0900mol/L NaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是 。
A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B.滴定前锥形瓶内有少量水
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D.配制溶液定容时，俯视刻度线
E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为 g/L。
【答案】（1）FeCl3溶液；验证SO2的氧化性；验证SO2的漂白性；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
（2）③；④
（3）A、C
（4）0.24
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由装置分析为制取SO2并检验SO2的性质问题，A.由所给的试剂知道2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+，该反应SO2表现还原性，所用的试剂FeCl3为氧化性；
B.加入Na2S溶液会和SO2发生反应，S2-+SO2+4H+=S +2H2O，此时SO2表现氧化性；
C.品红溶液通入SO2后褪色。表现了SO2的漂白性。
故答案为：FeCl3溶液验、SO2的氧化性、验证SO2的漂白性。
②由上述分析知道A中发生反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。
（2）因为氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用(3)的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有有40mL刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积>40mL所以(4)正确，因此，本题答案是： ③；④；
（3）A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管导致标准液稀释，使测量结果偏高，A符合题意；
B.滴定前锥形瓶内有少量水因为稀释时需要加水，所以滴定前锥形瓶内有少量水不影响测量结果，B不符合题意；
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡。没有赶气泡导致消耗标准液体积增大，使测量结果偏高，C符合题意；
D.配制溶液定容时，俯视刻度线加水少了，导致标准液浓度偏大，导致测量结果偏低，D不符合题意；
E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，体积读大了，滴定后俯视体积读小了，结果消耗标准液的体积减小了，导致测量结果票低了，E不符合题意；
故答案为：AC
(4)根据2NaOH H2SO4 SO2可以知道SO2的质量为：1/2 0.0900 mol/L 0.025L g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为： 0.072g/0.3L=0.24g/L；因此答案是：0.24；
【分析】（1）①根据SO2的性质确定装置的试剂及作用；
②装置A中Fe3+将SO2氧化成SO42-，结合原子守恒和得失电子守恒书写反应的离子方程式；
（2）根据滴定管的使用操作进行分析；
（3）根据公式，分析错误操作对V标的影响进行分析；
（4）根据关系式：2NaOH~H2SO4~SO2由消耗标准液的体积计算葡萄酒中SO2的质量，进而确定其含量；
四、推断题
30．（2018高三上·哈尔滨期中）香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：
已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO (R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是 ，G中含氧官能团的名称是 。
（2）②的反应类型是 ，B和F的结构简式分别为 、 。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂： ；C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有 种。
（4）写出反应①的化学方程式： 。
（5）G的同分异构体 是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以 为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。
【答案】（1）甲苯；羧基
（2）加成反应；；
（3）酸性高锰酸钾溶液；4
（4） +CH3COOH +H2O
（5）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】(1)根据分析可知，A为甲苯，G为 ，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯；羧基；
(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成 ，根据上述分析，B和F的结构简式分别为 、 ，故答案为：加成反应； ； ；
(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚( )，共4种，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；4；
(4)反应①为乙酸和 发生酯化反应，化学方程式为 +CH3COOH +H2O，故答案为： +CH3COOH +H2O；
(5)苯乙醛与甲醛反应生成 ， 再与溴发生加成反应生成 ，最后 发生催化氧化反应生成 ，故合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】由C→ 及反应条件可知C为苯甲醇，B为 ，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯； 与乙醛反应得到E，结合信息①，E为 ，E与溴发生加成反应得到的F为 ，F发生氧化反应生成的G为 。据此结合设问进行作答。
黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·哈尔滨期中）关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是 （ ）
①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物
②BaSO4是一种难溶于水的强电解质
③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐
④煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化
A．①② B．①②④
C．②③④ D．③④
2．（2018高三上·哈尔滨期中）下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是（ ）
A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆
B．用ClO2杀菌、消毒
C．用Na2SiO3溶液制备木材防火剂
D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
3．（2018高三上·哈尔滨期中）阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（ ）
A．1LpH=3的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中，水电离出的H+数目均为10-11NA
B．0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1NA
D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2mol
4．（2018高三上·哈尔滨期中）符合题意表示下列反应离子方程式是（ ）
A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2 NH3·H2O
D．FeCl2溶液中加入稀硝酸： 4H++NO3-+Fe2+=Fe3++NO↑+2H2O
5．（2018高三上·哈尔滨期中）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，124g P4中所含P—P键数目为4NA
B．常温下1molCl2和足量氢氧化钠溶液充分反应，转移电子数目为2NA
C．64g SO2含有氧原子数为2NA
D．标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为NA
6．（2018高三上·哈尔滨期中）下列有关铁、铝及其化合物的说法中错误的是（ ）
A．工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁
B．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4
C．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
D．氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂
7．（2018高三上·哈尔滨期中）三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3＋3F2 = NF3＋3NH4F。在潮湿的空气中，NF3能与水蒸气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是（ ）
A．制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
B．在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂
C．若在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为3 mol
D．NF3在空气中一旦泄漏，不易于发现
8．（2018高三上·哈尔滨期中）常温下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
B．c(H+)/c(OH﹣) =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
C．c(Fe2+)=1 mol L-1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42-
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3-
9．（2018高三上·哈尔滨期中）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 测定醋酸钠溶液pH
B 向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液 无明显现象 AlO2-与H+未发生反应
C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液一定是钠盐溶液
D 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液 有白烟产生 该溶液可能是浓盐酸
A．A B．B C．C D．D
10．（2018高三上·哈尔滨期中）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ mol-1
B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
C．已知中和热为△H=-57.4kJ mol-1，则1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热
D．已知S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2，则△H1＜△H2
11．（2018高三上·哈尔滨期中）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是（ ）
A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W的氧化物对应的水化物均为强酸
12．（2018高三上·哈尔滨期中）水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验。则下列判断正确的是（ ）
A．气体甲一定是纯净物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K＋、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中
D．CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中
13．（2018高三上·哈尔滨期中）对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（ ）
A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色
B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解
C．实验Ⅲ：试管中有红色沉淀生成
D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体
14．（2018高三上·哈尔滨期中）完成下列实验，所选装置正确的是（ ）
A B C D
实验目的 检查装置气密性 实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳 用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸 选择合适的试剂，可分别制取少量CO2、NO和O2
实验 装置
A．A B．B C．C D．D
15．（2018高三上·哈尔滨期中）恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生反应2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g），状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（ ）
A．60% B．40% C．80% D．90%
16．（2018高三上·哈尔滨期中）在一定温度下的恒压容器中，进行可逆反应A（g）+B（g） C（g）+2D（g）；下列能说明该反应达到平衡状态的是（ ）
①反应混合物的密度不再改变 ②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③C和D的物质的量之比为1：2 ④体系压强不再改变
⑤C的质量分数不再改变 ⑥v（A）：v（C）=1：1．
A．①②④⑤ B．①②⑤
C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥
17．（2018高三上·哈尔滨期中）某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，若其他条件不变，当温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为X(g)＋3Y(g) 2Z(g) ΔH>0
B．若其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，X的转化率增大
C．温度分别为T1和T2时的平衡常数大小关系为K2>K1
D．达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动
18．（2018高三上·哈尔滨期中）100 ℃时，将N2O4、NO2分别充入两个各为1L的密闭容器中，Ⅰ容器0.1mol N2O4 Ⅱ容器0.2 mol NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，下列说法正确的是（ ）
A．平衡时，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)+α(NO2)=1
B．平衡后，再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2，又达到平衡时，NO2的体积分数增大
C．若只改变一个条件使Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大，则该反应的化学平衡常数一定变大
D．平衡后，反应放出或吸收热量的数值Q：Q(Ⅰ)＝Q(Ⅱ)
19．（2018高三上·哈尔滨期中）下列有关水电离情况的说法正确的是（ ）
A．25℃，pH=12 的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同
B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小
C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小
D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw 增大
20．（2018高三上·哈尔滨期中）室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是（ ）
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
21．（2018高三上·哈尔滨期中）一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度不变
B．将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变大
C．因CaCO3(s)需加热条件才分解生成CaO(s)和CO2(g)，所以该分解反应ΔH<0
D．保持容器压强不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
22．（2018高三上·哈尔滨期中）已知室温时，0.1mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离常数约为1×10-7
D．稀释HA溶液时，不是所有粒子浓度都一定会减小
23．（2018高三上·哈尔滨期中）部分弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质 HCOOH HCN H2CO3
电离常数(25 ℃) Ka=1.8×10-4 Ka=4.9×10-10 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11
下列说法错误的是（ ）
A．结合H+的能力：CO32->CN->HCO3->HCOO-
B．2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋CO32-
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．25℃时，反应HCOOH + CN- HCN+ HCOO-的化学平衡常数3.67×105
24．（2018高三上·哈尔滨期中）下列四种溶液：①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）
A．由水电离的c(H＋)：①＝②＞③＝④
B．将②、③两种溶液混合后，若pH＝7，则消耗溶液的体积：③＞②
C．等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的速率：①＞②
D．向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
25．（2018高三上·哈尔滨期中）在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法错误的是 （ ）
A．向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na+)=c(CH3COO-)
B．25℃时，加入CH3COONa可能引起由c向d的变化，升温可能引起a向c的变化
C．T℃时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性
D．b点对应的溶液中大量存在：K＋、Ba2＋、NO3-、I－
二、综合题
26．（2018高三上·哈尔滨期中）铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，主要化合价均为+2、+3价，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用．
（1）配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸，其目的是
（2）写出CoCl2与氯水反应的化学方程式
（3）Co2+和Fe3+均可与KSCN溶液发生相似的反应，向CoCl2溶液中加入KSCN溶液，生成某种蓝色离子，该离子中钴元素的质量分数约为20%。则该离子的化学式为 。
（4）碳酸镍可用于电镀、陶瓷器着色等。镍矿渣中镍元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS，从镍矿渣出发制备碳酸镍的反应如下：
先向镍矿渣中加入稀硫酸和NaClO3浸取出Ni2+，反应的离子方程式有① ②NiS+ ClO3-+H+-Ni2++S+Cl-+H2O(未配平)，此反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为 。再加入Na2CO3溶液沉镍，即制得碳酸镍，检验Ni2+是否沉淀完全的方法
27．（2018高三上·哈尔滨期中）以天然气为原料合成甲醇。有关热化学方程式如下：
①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH1=-70.8 kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
③2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) ΔH3=-251.0 kJ·mol-1
（1）ΔH2= kJ·mol-1。
（2）在恒容密闭容器里，按物质的量比1：1加入一定量的碳和水蒸气反应生成水煤气。一定条件下达到平衡，当改变反应的某一条件时，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_________。（填序号）
A．正反应速率先增大后减少
B．化学平衡常数K减少
C．再加入一定量碳
D．反应物气体体积分数增大
（3）在体积可变的密闭容器中投入1mol CO和2mol H2，在不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。实验测得CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
①该反应自发进行的条件是 （填“低温”、“高温”或“任意温度”）
②506 K时，反应平衡时H2的转化率为 ；压强：p1 (填“>”“<”或“=”)p2。
③反应速率：N点v正(CO) (填“>”“<”或“=”)M点v逆(CO)。
④若压强为p1、在1L恒容密闭容器中进行上述反应(起始投料不变)，在不同温度下上述反应的平衡常数的对数(lg K)如图所示。则温度为506 K时，平衡常数K= (保留三位小数)，B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lg K与T的关系的点为 。
（4）在2L恒容密闭容器中充入a(a>0)mol H2、2mol CO和7.4mol CH3OH(g)，在506 K下进行上述反应。为了使该反应逆向进行，a的范围为 。
28．（2018高三上·哈尔滨期中）Q、R、X、Y、Z、L六种元素的原子序数依次增大，R和L是同主族元素，R的最外层电子数比次外层电子数少1，L的单质常温常压下是紫黑色固体。Q和X形成的离子化合物XQ是碱石灰的主要成分。X、Y、Z位于同一周期，Y的外围电子数是最外层电子数的6倍，Z位于ds区且不能和稀硫酸反应生成H2。请回答下列问题：
（1）Q的价层电子排布式为 ，L的含氧酸HLO3中L的杂化方式为 ，酸根LO3-的离子构型为 。
（2）ZR42-的配体是 ，在ZSO4溶液中加入过量KCN，生成配合物[Z（CN）4]2—，则1mol该配合物中含有的π键的数目是 。与Z同周期的元素中，与Z原子最外层电子数相等的元素还有 （填元素符号）
（3）Y的氧化物呈如下图所示的无限链状结构，则该氧化物的化学式为 。
（4）X和Z的晶体堆积模型相同，配位数为 ，已知X原子半径约为200pm，则晶体X的密度为 g/cm3(计算结果保留两位有效数字)。
（5）XL2晶体含有层状结构，其层内有强极性共价键，层间以范德华力相连接，则XL2的晶体类型是 。
三、实验题
29．（2018高三上·哈尔滨期中）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）
（1）实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等．
①请完成下列表格
试剂 作用
A 验证SO2的还原性
B Na2S溶液
C 品红溶液
②A中发生反应的离子方程式为
（2）该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/L NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的 (填序号)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积 (填序号)(①=10mL；②=40mL；③<10mL；④>40mL)
（3）该小组在实验室中先配制0.0900mol/L NaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是 。
A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B.滴定前锥形瓶内有少量水
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D.配制溶液定容时，俯视刻度线
E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为 g/L。
四、推断题
30．（2018高三上·哈尔滨期中）香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：
已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO (R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是 ，G中含氧官能团的名称是 。
（2）②的反应类型是 ，B和F的结构简式分别为 、 。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂： ；C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有 种。
（4）写出反应①的化学方程式： 。
（5）G的同分异构体 是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以 为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；煤的干馏和综合利用；物质的简单分类
【解析】【解答】①Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是由分散质和分散剂组成的混合物，①符合题意；
②BaSO4是一种难溶于水的电解质，其溶解于水中的部分时完全电离的，故BaSO4是强电解质，②符合题意；
③纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，③不符合题意；
④煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成氢气 、一氧化碳等气体的过程；
煤的液化是将煤与氢气在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的氢气和一氧化碳通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程。这三种变化都有新物质生成，都属于化学变化，④符合题意；
故正确序号为①②④，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①胶体和溶液都属于混合物；
②绝大多数的盐都是强电解质；
③纯碱为Na2CO3，属于盐；
④根据干馏、汽化和液化进行分析；
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．利用葡萄糖的还原性和银氨溶液的氧化性，A不符合题意；
B.利用ClO2的强氧化性，B不符合题意；
C.不涉及物质氧化性或还原性，C符合题意；
D.利用高锰酸钾溶液氧化水果释放的乙烯，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.葡萄糖中的醛基具有还原性；
B.ClO2具有氧化性，可用于杀菌消毒；
C.Na2SiO3溶液制作木材防火剂，没涉及氧化性和还原性；
D.KMnO4具有氧化性，能将C2H4氧化；
3．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.1LpH=的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度为c(H+)=10-3mol/L，c(OH-)=10-11= c(H+)水，水电离出的H+数目均为10-11NA，A不符合题意；
B.乙烯的分子式为C2H4， 乙醇的分子式为C2H6O ，所以0.1mol乙烯与乙醇的混合物中含碳原子数为0.2 NA，B不符合题意；
C.N2和O2都属于双原子分子， 标准状况下2.24L混合气体是0.1mol，分子数为0.1NA，C不符合题意；
D.因为H2+I2 2HI属于可逆反应，反应前后物质的量不变，所以无论反应是否彻底，0.1molH2和0.1molI2充分反应后的分子总数为0.2NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.由pH可得出溶液中c(H+)，再结合Kw=c(H+)×c(OH-)进行计算；
B.C2H4和C2H5OH中均含有两个碳原子；
C.根据公式进行计算；
D.容器内发生反应：H2+I22HI，反应前后气体分子数不变；
4．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.浓盐酸与铁屑反应应该生成Fe2+，A不符合题意；
B.钠与CuSO4溶液反应时，钠先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2，符合题意的方程式为：2Na+Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，B不符合题意；
C.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和一水合氨：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2 NH3·H2O，C符合题意；
D.FeCl2溶液中加入稀硝酸： 4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++NO↑+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铁与浓盐酸反应生成FeCl2和H2；
B.Na的活动性很强，能与H2O直接发生反应，不与盐发生置换反应；
C.根据(NH4)2SO4和Ba(OH)2反应的化学方程式书写离子方程式；
D.根据电荷守恒进行分析；
5．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．常温常压下124g P4为1mol，一个P4中所含6个P—P键，故1mol P4数目为6NA，A不符合题意；
B.常温下Cl2和足量氢氧化钠溶液发生的是歧化反应， Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2充分反应，转移电子数目为NA，B不符合题意；
C.64 g SO2为1mol，故含有氧原子数为2NA，C符合题意；
D.标准状况下，22.4L H2O为液体，无法计算含有的分子数，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据公式计算124g P4的物质的量，结合P4的结构确定其所含的化学键数目；
B.根据关系式Cl2~e-进行计算；
C.根据公式计算64g SO2的物质的量，进而得出其所含氧原子数；
D.标准状态下，水不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算；
6．【答案】D
【知识点】金属冶炼的一般原理；铝的化学性质
【解析】【解答】A、工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁，A不符合题意；
B、铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4，B不符合题意；
C、铝易被氧化为氧化铝，日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用，C不符合题意；
D、氯化铁溶液中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，故可用作净水剂，与铁离子的氧化性没有关系，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.铁的冶炼常用热还原法；
B.铁在氧气中点燃生成Fe3O4；
C.铝与空气中的O2反应生成致密的氧化膜，对内层金属具有保护作用；
D.FeCl3做净水剂，是利用其水解形成的胶体的吸附性；
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，0.5mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为0.75mol。根据NF3能与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3可知H2O没有参与氧化还原反应，如果NF3泄漏，必然与空气中的水蒸气反应生成NO，NO被氧化成NO2，空气中有红棕色气体生成，易被发现。
故答案为：A。
【分析】A.根据化合价的变化确定氧化剂、还原剂，进而得出二者的物质的量之比；
B.反应中，H2O中氢氧元素的化合价都没有发生变化；
C.根据关系式：4NH3~6e-进行计算；
D.NF3能与空气中的水蒸气反应生成NO，NO能被空气中的氧气氧化成成红棕色的NO2；
8．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Fe3+为黄色，与无色不符，且Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，A不符合题意；
B.c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，B符合题意；
C.MnO4-、Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，C不符合题意；
D.能使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3-，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.无色溶液中不存在有色离子Fe3+（黄色）、Fe2+（浅绿色）、Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫红色）；
B.，则溶液中c(H+)
D.使甲基橙变红色的溶液显酸性；
9．【答案】D
【知识点】测定溶液pH的方法；焰色反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．测定醋酸钠溶液pH。用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，导致溶液浓度变小，测得PH不准。A不符合题意；
B.向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液发生反应：4H++AlO2-=2H2O+Al3+，B不符合题意；
C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，只能说明含有钠元素，C不符合题意；
D.蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液产生白烟生成铵盐，可能挥发性的酸，故可能是浓盐酸，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.测溶液的pH值，pH试纸不能润湿；
B.滴加过程发生反应的离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
C.焰色反应只能证明元素的存在，不能说明溶液的性质；
D.浓盐酸和浓氨水都具有挥发性，能反应生成(NH4)2SO4固体
10．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、在25 ，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，； CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）反应中生成的是气态水，A不符合题意；
B.因为能量越高越不稳定，所以C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0中金刚石比石墨能量高，所以金刚石比石墨不稳定。故B符合题意；
C、中和热的本质是在稀溶液中，1mol氢离子与1mol氢氧根反应，生成1mol水放出的热量； 1mol稀硫酸和足量稀NaOH溶液反应生成2mol水，所以该反应热不是中和热。C不符合题意；
D、同一物质不同状态能不同，气态能量高于固态， S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2，则△H1＜△H2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
B.由反应的热效应确定物质具有的能量的大小，物质具有的能量越高越不稳定；
C.根据中和热的概念进行分析，中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1molH2O时所放出的热量；
D.根据盖斯定律将热化学方程式转化为物质状态的变化，从而确定其ΔH的大小；
11．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A符合题意；
B.过氧化钠中含有离子键和共价键，B不符合题意；
C.N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C不符合题意；
D.亚硝酸为弱酸，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】“红棕色有刺激性气味的气体”为NO2，故W为N、X为O；族序数等于最外层电子数，故Y为Al；W的电子总数为7，则Z的最外层电子数为7，故Z为Cl，据此结合选项进行分析。
12．【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A、根据以上分析可知气体甲不一定是纯净物，A不符合题意；
B、根据以上分析可知沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，B不符合题意；
C、根据以上分析可知原来溶液中K+、AlO2-和SiO32-一定存在，C符合题意；
D、根据以上分析可知硫酸根离子不能确定是否存在，CO32-可能存在，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】加入过量的稀盐酸有气体产生，说明CO32-、SO32-至少有一种，气体甲中CO2、SO2至少有一种。镁离子、铝离子与CO32-、SO32-均不能大量共存，一定不存在镁离子、铝离子；加入过量的盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，沉淀甲是硅酸。无色溶液中加入过量氨水有沉淀生成，该沉淀只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子。由于原溶液中的铝离子一定不存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，则一定存在偏铝酸根离子。根据溶液的电中性可知一定含有K+离子。
13．【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验Ⅰ因为四氯化碳的密度比水大且不溶于水，碘易溶于四氯化碳，所以液体分层，上层呈无色，A不符合题意；
B.实验Ⅱ制取出来的氨气和烧杯中的氯化铝反应出现白色沉淀，不溶解，B不符合题意；
C.实验Ⅲ是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，试管中有红色溶液生成，C不符合题意；
D.实验Ⅳ因为氧化钙是干燥剂，可以吸收饱和CuSO4溶液中的水分，所以放置一段时间后会出现蓝色晶体，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.CCl4的密度比水大，在下层；
B.Al(OH)3不溶于过量的H2CO3；
C.Fe3+与SCN-形成的络合物Fe(SCN)3不是沉淀；
D.CaO能与水蒸气反应，使饱和CuSO4溶液结晶析出；
14．【答案】A
【知识点】气体发生装置的气密性检查；气体的收集；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.关闭止水夹，利用漏斗下端导管中液面与烧瓶中液面的液面差一段时间不变可以知道气密性良好，A符合题意；
B.纯碱为粉末固体，则多孔隔板不能使反应随时停止，B不符合题意；
C.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，应选碱式滴定管，C不符合题意；
D.NO密度和空气相近，不能用排空气法收集，故此装置不适合制取NO，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据装置气密性检查操作进行分析；
B.Na2CO3为粉末状，不能用启普发生器装置；
C.盛装NaOH溶液应用碱式滴定管；
D.NO能被空气中的O2氧化，不能用排空气法收集；
15．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】根据pV=nRT，恒温、恒压下，物质的量之比等于体积之比，则有n(前)：n(后)= V前(前)：V(后)，即： = ，可得： = ，则n(后)= 2.4mol，根据差量法可知，反应前后减少的物质实际就是O2的物质的量，所以O2消耗了0.6mol。O2的转化率为0.6/1=60%。
故答案为：A
【分析】同温同压下，物质的量之比等于气体体积之比，据此计算反应后混合气体的物质的量，再结合差量法进行计算。
16．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①一定温度下的恒压容器中，反应混合物的密度不再改变，说明气体的物质的量不变，故能确定该反应达到平衡状态，①符合题意；
②因为A（g）+B（g） C（g）+2D（g）反应前后计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，②符合题意；
③C和D的物质的量之比为1：2，平衡时可能是，也可能不，与始起投料方式有关，③不符合题意；
④体系压强不再改变，因为在一定温度下的恒压容器中，压强一直不变，④不符合题意；
⑤C的质量分数不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，⑤符合题意；
⑥v（A）：v（C）=1：1，未体现正逆的关系，⑥不符合题意；
所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①根据公式分析反应过程中密度是否变化；
②根据公式分析反应过程中混合气体的摩尔质量是否发生变化；
③反应达到平衡时，各组分的物质的量保持不变，但不一定成比例；
④恒压装置中，压强一直保持不变；
⑤达到平衡状态时，体系找那个各组分的质量分数保持不变；
⑥在任何时刻，反应速率之比都等于化学计量系数之比；
17．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由以上分析可知该反应的热化学方程式为X(g)＋3Y(g) 2Z(g)ΔH<0，A不符合题意；
B.升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，X的转化率减小，B不符合题意；
C.因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆反应方向移动，反应的转化率减小，平衡常数减小，故K2>K1，C符合题意；
D.因为气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由图Ⅰ中各物质的物质的量浓度之比确定方程式的化学计量系数之比；
B.结合温度对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
C.结合温度对平衡移动的影响分析平衡常数的大小；
D.结合压强对平衡移动的影响分析；
18．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；等效平衡
【解析】【解答】A．平衡时，Ⅰ、Ⅱ形成等效平衡，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)+α(NO2)=1，A符合题意；
B.平衡后，再向Ⅱ容器内通入一定量的NO2，相当于加压，平衡右移，又达到平衡时，NO2的体积分数减小，B不符合题意；
C.如加压平衡右移，Ⅱ容器NO2的平衡转化率增大，该反应的平衡常数不变，C不符合题意；
D.Q(Ⅰ)不一定等于Q(Ⅱ)，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据等效平衡进行分析；
B.根据压强对平衡移动的影响进行分析；
C.平衡常数只跟温度有关；
D.根据参与反应的量确定放出的热量；
19．【答案】D
【知识点】水的电离
【解析】【解答】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，A不符合题意；
B.醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，B不符合题意；
C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，C不符合题意。
D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW= c(OH－) c(H＋)增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.Na2CO3溶液中CO32-的水解促进水的电离；
B.稀释过程中，c(H+)减小，由Kw可知，c(OH-)增大；
C.NaOH抑制水的电离；
D.水的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进水的电离；
20．【答案】D
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A不符合题意；
B.增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B不符合题意；
C.若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1：1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1：1，C不符合题意；
D.若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据浓度对平衡移动的影响进行分析；
B.增大反应物浓度，平衡正向移动；
C.根据等效平衡进行分析；
D.温度升高，HBr挥发；
21．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)可知，该反应的平衡常数K=c(CO2)，将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，因温度不变，则K值不变，所以c(CO2)也不变，A符合题意；
B.该反应中只有二氧化碳为气体，所以反应过程中气体的密度始终不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变，B不符合题意；
C.CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)是分解反应，该反应为吸热反应，所以△H＞0，C不符合题意；
D.保持容器压强不变，充入He，容器体积增大，CO2的浓度减小，平衡将向正反应方向进行，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.由反应的平衡常数确定条件改变对c(CO2)的影响；
B.根据公式结合压强对平衡移动的影响进行分析；
C.该反应为吸热反应，其ΔH>0；
D.压强不变，充入He，体积增大，c(CO2)减小；
22．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1某一元酸HA在水中有发生电离，说明溶液中c(H+)=.0.1 0.1%=10-4，pH=4，A不符合题意；
B.升温促进电离，溶液的c(H+)增大，pH减小，B符合题意；
C.此酸的电离平衡常数约为c(H+)c(A-)/c(HA)=10-8/0.1=1×10-7，C不符合题意；
D.稀释HA溶液时，溶液中c(H+)、c(A-)、c(HA)粒子浓度都减小，而c(OH－)浓度增大，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据发生电离的HA的量计算溶液中c(H+)；
B.HA的电离是一个吸热的过程，升高温度，促进电离；
C.根据公式进行计算；
D.稀释时，溶液中c(H+)减小，结合Kw可知，c(OH-)增大；
23．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.由HCOOH 、HCN的电离常数Ka=1.8×10-4、Ka=4.9×10-10，H2CO3的电离常数Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11，结合H+的能力：CO32->CN->HCO3->HCOO-，A不符合题意；
B.根据电离平衡常数有CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3-，B符合题意；
C.因为HCOOH比HCN酸性强，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，C不符合题意；
D.25℃时，反应HCOOH+CN- HCN+HCOO-的化学平衡常数K=c HCOO-)c(HCN)/cHCOOH ) c(CN-)=Ka(HCOOH)/Ka((HCN)=1.8×10-4/4.9×10-10 =3.67×105，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.由酸的电离常数确定酸性强弱，进而得出其阴离子结合H+的能力；
B.根据“强酸制弱酸”原理分析反应是否能进行；
C.pH相等的HCN和HCOOH溶液中，n(HCN)>n(HCOOH)；
D.根据公式进行计算；
24．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A.酸溶液和碱溶液都抑制水的电离，酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液的氢离子是水电离的，所以四种溶液中水电离的氢离子浓度相等，都是10-12mol/L，A不符合题意；
B.②pH＝12的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L，而③pH＝12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L ，等体积的两溶液混合，氨水过量，若溶液显示中性，则盐酸的体积大于氨水，即：②>③，B不符合题意
C.①pH＝2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L ，而②pH＝2的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L ，等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于氯化氢，与铝反应时，醋酸生成的氢气多，C符合题意；
D.碱溶液的pH一定大于酸溶液的pH，③、④的pH大于①、②的；③pH＝12的氨水为弱碱，稀释过程中电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量大于④，稀释后溶液的pH③>④；而①pH＝2的CH3COOH溶液稀释后溶液中氢离子浓度大于②，溶液的pH①<②，所以分别向等体积的四种溶液中加水稀释至100mL后，溶液的pH：③>④>②>①，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据水的电离的影响因素进行分析；
B.氨水为弱碱，pH=12的氨水中c(NH3·H2O)0.01mol/L；
C.根据反应速率与浓度的关系分析；
D.根据稀释对弱电解质的平衡移动进行分析；
25．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，因为a点溶液呈中性，根据电荷守恒规律，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，A不符合题意；
B.25℃时，加入CH3COONa属于强碱弱酸盐，会发生水解使溶液显碱性，使得c(OH-)离子浓度增大，可能引起由c向d的变化，升温溶液中的c(OH－)和c(H＋)同时同等程度的增大，所以可能引起a向c的变化，B不符合题意；
C.由图像知T℃时Kw=10-12，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性，C不符合题意；
D..由图像知b点对应的溶液呈酸性，溶液中NO3-、I－在酸性条件下发生氧化还原反应，因此K＋、Ba2＋、NO3-、I－不能大量存在，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.a点的pH=7，溶液显中性，结合电荷守恒分析；
B.根据变化过程中离子浓度的变化进行分析；
C.T℃时，Kw=1.0×10-12，二者混合后，恰好完全反应；
D.b点溶液显酸性，NO3-在酸性条件下具有氧化性；
26．【答案】（1）抑制FeSO4水解
（2）2CoCl2+ Cl2=2CoCl3
（3）[Co（SCN）4]2-
（4）Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O；1：3；静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）由于FeSO4易发生水解，故加入稀硫酸来抑制其水解；故答案为：抑制FeSO4水解
（2）钴与铁的单质及化合物性质相似，根据氯化亚铁与氯水反应可知，CoCl2与氯水反应的化学方程式为2CoCl2+Cl2=2CoCl3；故答案为：2CoCl2+ Cl2=2CoCl3。
（3）Fe3+和SCN-形成络合物，Co2+具有类似的性质，设Co2+与x个SCN-形成络合物离子，钴元素质量分数为20%，59/[59+(32+12+14)x]×100%=20%，则x≈4，所以该离子的化学式为[Co(SCN)4]2-；故答案为：[Co(SCN)4]2-。
（4）①为 Ni（OH）2与稀硫酸的反应，离子方程式为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O ；将②配平可得：3NiS+ ClO3-+6H+-3Ni2++3S+Cl-+3H2O ，此反应中，Cl-为还原产物，S为氧化产物，两者之比为1；3。Na2CO3溶液可以使镍沉淀，故可用来检验Ni2+是否沉淀完全，方法为：静置后取上层清液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若未出现浑浊，则沉淀完全。故答案为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、1：3、静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【分析】（1）H+能抑制Fe2+的水解；
（2）氯气具有氧化性，能将CoCl2氧化成CoCl3，据此写出反应的化学方程式；
（3）根据Fe3+与SCN-的反应，解钴元素的质量分数确定离子符号；
（4）加入稀硫酸过程中，能与Ni(OH)2反应；
根据化合价变化确定氧化产物和还原产物，再结合其化学计量系数确定二者的物质的量之比；
Ni2+完全沉淀，则上层清液中不含有Ni2+；
27．【答案】（1）-90.1
（2）A
（3）低温；25%；>；<；0.148；BE
（4）0
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律③/2-①/2得反应②的△H2=(△H3-△H1)/2=-90.1kJ·mol-1。
（2）A.当改变某一条件时，正反应速率先增大后减小，说明开始时平衡逆向移动，后来平衡正向移动，反应物浓度降低导致正反应速率减小，A符合题意；
B.化学平衡常数K减少，反应程度减小，所以平衡逆向移动，B不符合题意；
C.再加入一定量碳，因为C是固体，改变用量，不影响化学平衡移动，C不符合题意；
D.反应物气体体积分数增大，说明平衡逆向移动，D不符合题意；
故答案为：A
（3）①由图分析CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)为放热反应，所以自发进行的条件是低温；
②506 K M点生成0.25mol CH3OH消耗0.5mol H2，H2 的转化率为0.5/2=；加压平衡右移，CH3OH的物质的量增大，p1时CH3OH的物质的量较大，所以压强：p1>p2。
故答案为：25%、p1>p2。
③M、N点温度相同，M点压强较大，所以反应速率：N 点v正(CO)
④506 K时，
CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)
起始（mol/L） 1 2 0
转化（mol/L） 0.25 0.50 0.25
平衡（mol/L） 0.75 1.50 0.25
K= = L2·mol-2≈0.148 L2·mol-2。K越大，lgK越大，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡常数K减小，所以，B、E点正确。
故答案为：0.148 BE。
（4）温度不变，平衡常数不变，K=0.148L2·mol-2。为了使反应逆向进行，必须使Qc>K，即 >0.148，解得：a<10，又因为H2的物质的量必须大于0，所以，a的范围为0
（2）根据平衡移动的影响因素进行分析；
（3）①根据焓判据和熵判据分析反应是否自发进行；
②根据平衡时n(CH3OH)计算参与反应的n(H2)，进而计算其转化率；反应反应前后气体分子数的变化确定反应前后压强的大小；
③根据压强对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
④根据公式进行计算；根据温度对平衡移动的影响进行分析；
（4）反应逆向进行，则Qc
（2）Cl-；4.82×1024；K、Cr
（3）CrO3
（4）12；1.5
（5）混合型晶体或过渡型晶体
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）由上述分析知Q为氯元素，氯的价层电子排布式为2s22p4，L的含氧酸HIO3中含氧酸HLO3即HIO3，其结构为 ，计算可得杂化轨道数为7+4-3 2=4，为sp3杂化，由于成键电子对为3对，且含有一对孤对电子，可知IO3-的结构构型为三角锥形，故答案为：2s22p4sp3三角锥形。
（2）ZR42-的配体是Cl-，1个CN结构中含有两个π键，则1mol[Z（CN）4]2-中含有8molπ键，所以1mol该配合物中含有的的数目是6.02 1023 8=4.82×1024。故答案为：4.82×1024。
(3)Y为Cr，根据Cr的化合价特点以及观察结构可知主链上中心原子为Cr原子，而Cr原子间由一个O原子进行链接，所以有两个O原子链接两个Cr原子，即一个Cr占有一个O原子，而每个Cr原子上还有两个没有成键的O原子，所以每个Cr占有3个O原子，则其化学式为CrO3；故答案为：CrO3。
(4)由上述分析知 X为钙，Z为铜，两者的晶体堆积模型相同，即Ca与Cu的堆积模型相同，而Cu的堆积模型为面心立方最密堆积型： ，配位数为12。根据结构可知一个晶胞中含有4个Ca原子，由于原子半径为200pm=2×10-8cm，一个晶胞中所含Ca原子的质量为(4×40)/NA，体积为V=( r)3，所以计算可得Ca的密度为4×40g/6.02×1023(2 ×2×10-8cm)3=1.468g/cm2≈1.5g/cm3。故答案为：12、1.5。
(5)XL2为CaCl2，由于晶体中含有层状结构，且层内有强极性共价键，层间含有范德华力，所以可以知道其晶体类型为混合型晶体或过渡型晶体。故答案为：混合型晶体或过渡型晶体。
【分析】R和L是同主族元素，R的最外层电子数比次外层电子数少1，则R为Li或Cl；L的单质常温常温下是紫黑色固体，应为I2；则R为Cl、L为I；Q和X形成的离子化合物XQ为碱石灰的主要成分，则Q为O、X为Ca；XYZ位于同一周期，则为第四周期，Y的外围电子数是最外层电子的6倍，外围电子排布为3d54s1，则为Cr元素；Z位于ds区且不能和稀硫酸反应产生H2，则Z为Cu；据此结合设问进行作答。
29．【答案】（1）FeCl3溶液；验证SO2的氧化性；验证SO2的漂白性；2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
（2）③；④
（3）A、C
（4）0.24
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由装置分析为制取SO2并检验SO2的性质问题，A.由所给的试剂知道2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+，该反应SO2表现还原性，所用的试剂FeCl3为氧化性；
B.加入Na2S溶液会和SO2发生反应，S2-+SO2+4H+=S +2H2O，此时SO2表现氧化性；
C.品红溶液通入SO2后褪色。表现了SO2的漂白性。
故答案为：FeCl3溶液验、SO2的氧化性、验证SO2的漂白性。
②由上述分析知道A中发生反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。
（2）因为氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用(3)的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有有40mL刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积>40mL所以(4)正确，因此，本题答案是： ③；④；
（3）A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管导致标准液稀释，使测量结果偏高，A符合题意；
B.滴定前锥形瓶内有少量水因为稀释时需要加水，所以滴定前锥形瓶内有少量水不影响测量结果，B不符合题意；
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡。没有赶气泡导致消耗标准液体积增大，使测量结果偏高，C符合题意；
D.配制溶液定容时，俯视刻度线加水少了，导致标准液浓度偏大，导致测量结果偏低，D不符合题意；
E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，体积读大了，滴定后俯视体积读小了，结果消耗标准液的体积减小了，导致测量结果票低了，E不符合题意；
故答案为：AC
(4)根据2NaOH H2SO4 SO2可以知道SO2的质量为：1/2 0.0900 mol/L 0.025L g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为： 0.072g/0.3L=0.24g/L；因此答案是：0.24；
【分析】（1）①根据SO2的性质确定装置的试剂及作用；
②装置A中Fe3+将SO2氧化成SO42-，结合原子守恒和得失电子守恒书写反应的离子方程式；
（2）根据滴定管的使用操作进行分析；
（3）根据公式，分析错误操作对V标的影响进行分析；
（4）根据关系式：2NaOH~H2SO4~SO2由消耗标准液的体积计算葡萄酒中SO2的质量，进而确定其含量；
30．【答案】（1）甲苯；羧基
（2）加成反应；；
（3）酸性高锰酸钾溶液；4
（4） +CH3COOH +H2O
（5）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】(1)根据分析可知，A为甲苯，G为 ，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯；羧基；
(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成 ，根据上述分析，B和F的结构简式分别为 、 ，故答案为：加成反应； ； ；
(3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚( )，共4种，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；4；
(4)反应①为乙酸和 发生酯化反应，化学方程式为 +CH3COOH +H2O，故答案为： +CH3COOH +H2O；
(5)苯乙醛与甲醛反应生成 ， 再与溴发生加成反应生成 ，最后 发生催化氧化反应生成 ，故合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】由C→ 及反应条件可知C为苯甲醇，B为 ，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯； 与乙醛反应得到E，结合信息①，E为 ，E与溴发生加成反应得到的F为 ，F发生氧化反应生成的G为 。据此结合设问进行作答。
