山东省临沂十九中2015-2016学年高二（下）开学化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 山东省临沂十九中2015-2016学年高二（下）开学化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 116.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-04-14 21:34:12 | ||
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文档简介
2015-2016学年山东省临沂十九中高二（下）开学化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是（ ）
A．MgCl2 B．FeCl2 C．AlCl3 D．CuCl2
2．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）
①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3
②SSO3H2SO4
③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
④Fe2O3FeCl2无水FeCl3
⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
3．如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号对应的曲线编号错误的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B．向澄清石灰水中通入SO2至过量
C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
4．用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是（ ）
实验 现象 解释或结论
A 加入FeCl3固体 溶液变成红褐色 FeCl3的水解程度变大
B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c（Fe3+）变小
C 加入足量Fe粉 溶液颜色变浅绿色 2Fe3++Fe=3Fe2+
D 将FeCl3溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应△H＞0
A．A B．B C．C D．D
5．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（ ）
A B C D
升高温度，平衡常数减小 0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2 mol L﹣1 t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
A．A B．B C．C D．D
6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B．28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C．常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D．常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
7．某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置．下列叙述正确的是（ ）
A．K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大
B．K分别与M、N相连时，铁均受到保护
C．K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCu
D．K与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
二、解答题（共4小题，满分30分）
8．离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系．由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝．
（1）钢制品应接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 ，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 ．
（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为 mol．
（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有
a、KCl
b、KClO3
c、MnO2
d、Mg
取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 （用离子方程式说明）．
9．恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图1所示．[已知：2SO2（g）+O2（g）??2SO3（g）△H=﹣196.9kJ mol﹣1]
请回答下列问题：
（1）写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式： ．
（2）恒容条件下，下列措施中能使n（SO3）/n（SO2）比图1所示情况增大的有 ．
A．升高温度
B．充入He
C．再充入1mol SO2（g）和1mol O2（g）
D．使用催化剂
（3）恒温恒容时，1mol SO2和2mol O2充分反应，放出热量的数值比|△H2| （填
“大”、“小”或“相等”）．
（4）某SO2（g）和O2（g）体系，时间t1达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图2所示，若不改变SO2（g）和O2（g）的量，则图中t4时引起平衡移动的条件可能是 ；图中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是 ．
10．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．请根据所学的知识回答：
（1）A为0.1mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为 ．
（2）B为0.1mol L﹣1 NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入 溶液以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s） ?Ag+
（aq）+Cl﹣（aq），在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10﹣10．现将足量氯化银分别放入：①100
mL蒸馏水中；②100mL 0.2mol L﹣1 AgNO3溶液中；③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中；
④100mL 0.1mol L﹣1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag+）由大到小的顺序是 ．
（填写序号）；②中氯离子的浓度为 mol L﹣1．
11．已知某醇燃料含有碳、氢、氧三种元素．为了测定这种燃料中碳和氢两种元素的质量比，可将气态燃料放入足量的氧气中燃烧，并使产生的气体全部通入如图所示的装置，得到如下表所列的实验结果（假设产生的气体完全被吸收）：
实验前 实验后
（干燥剂+U形管）的质量 101.1g 102.9g
（澄清石灰水+广口瓶）的质量 312.0g 314.2g
根据实验数据填空：
（1）实验完毕后，生成物中水的质量为 g，假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为 g；
（2）生成的水中氢元素的质量为 g；
（3）生成的二氧化碳中碳元素的质量为 g；
（4）该燃料中碳元素与氢元素的质量比为 ；
（5）已知这种醇的每个分子中含有一个氧原子，则该醇的分子式为 ，结构简式为 ．
2015-2016学年山东省临沂十九中高二（下）开学化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是（ ）
A．MgCl2 B．FeCl2 C．AlCl3 D．CuCl2
【考点】镁的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．
【分析】在金属活动性顺序中，排在氢前面的金属能和酸反应生成盐和氢气，排在氢后面的金属不能和酸反应；氯气与多价态金属反应生成高价态产物，据此分析．
【解答】解：A、Mg能和盐酸反应生成氯化镁和氢气，Mg与氯气化合生成氯化镁，故A不符合；
B、Fe能和盐酸应生成氯化铁和氢气，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，故B符合；
C、Al能和盐酸反应生成氯化铝和氢气，Al与氯气化合生成氯化铝，故C不符合；
D、Cu不能和盐酸反应生成氯化铜和氢气，Cu与氯气化合生成氯化铜，故D符合；
故选BD．
2．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）
①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3
②SSO3H2SO4
③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
④Fe2O3FeCl2无水FeCl3
⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
【考点】镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质．
【分析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝．
②硫燃烧生成二氧化硫．
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3．
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁．
【解答】解：①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；
②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O 2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确．
故①③⑤正确．
故选：A．
3．如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号对应的曲线编号错误的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B．向澄清石灰水中通入SO2至过量
C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质．
【分析】A、根据反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O判断；
B、根据反应Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O═Ca（HSO3）2判断；
C、根据反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O 判断；
D、根据反应2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2判断．
【解答】解：A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；
B、向澄清石灰水中通入SO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O═Ca（HSO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；
C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH﹣+H+═H20，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为
3：1，图象符合，故C正确；
D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，设Ca（OH）2的物质的量为xmol，则KOH也为xmol，所以各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为x，x，x比值为1：1：1，故D错误；
故选D．
4．用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是（ ）
实验 现象 解释或结论
A 加入FeCl3固体 溶液变成红褐色 FeCl3的水解程度变大
B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c（Fe3+）变小
C 加入足量Fe粉 溶液颜色变浅绿色 2Fe3++Fe=3Fe2+
D 将FeCl3溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应△H＞0
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价；盐类水解的原理．
【分析】A．加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大；
B．溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小；
C．Fe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应；
D．将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动．
【解答】解：A．加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大，但溶液浓度越大，水解程度越小，故A错误；
B．溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小，故B正确；
C．Fe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应，发生：2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液颜色变浅绿色，故C正确；
D．将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，故D正确．
故选A．
5．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（ ）
A B C D
升高温度，平衡常数减小 0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2 mol L﹣1 t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
A．A B．B C．C D．D
【考点】真题集萃；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【分析】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，根据v=计算v（NO2），注意选项中单位；
C．使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动；
D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低．
【解答】解：A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；
B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）==0.2mol/（L．s），单位错误，故B错误；
C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；
D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误，
故选A．
6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B．28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C．常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D．常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子；
B、乙烯和环丁烷（C4H8）最简式相同为CH2，计算28 gCH2中所含碳原子物质的量得到所含原子数；
C、NO2和N2O4分子最简比相同为NO2，只需计算92gNO2中所含原子数；
D、依据气体摩尔体积的应用条件分析；
【解答】解：A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子，分子总数为NA的NO2和CO2混合气体含有的氧原子数为2NA，故A正确；
B、28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中，乙烯和环丁烷（C4H8）最简式相同为CH2，计算28 gCH2中所含碳原子物质的量==2mol，含有的碳原子数为2NA，故B正确；
C、NO2和N2O4分子最简比相同为NO2计算92gNO2中所含原子数=×3×NA=6NA，故C正确；
D、常温常压下，22.4 L 氯气物质的量不是1mol，故D错误；
故选D．
7．某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置．下列叙述正确的是（ ）
A．K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大
B．K分别与M、N相连时，铁均受到保护
C．K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCu
D．K与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，一段时间后电解质溶液质量变小；
B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护；
C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜；
D、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝．
【解答】解：A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，一段时间后电解质溶液质量变小，故A错误；
B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护，故B错误；
C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜，铜不会在铁表面析出，故错误；
D、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气和碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D正确；
故选D．
二、解答题（共4小题，满分30分）
8．离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系．由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝．
（1）钢制品应接电源的 负 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣ ，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 H2 ．
（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为 3 mol．
（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有 bd
a、KCl
b、KClO3
c、MnO2
d、Mg
取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， 不能 （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+ （用离子方程式说明）．
【考点】电解原理；铁盐和亚铁盐的相互转变．
【分析】（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极，钢铁做阴极，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气；
（2）依据氯和氢氧化钠反应的化学方程式分析判断，还原产物为氢气；
（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子分析书写离子方程式；
【解答】解：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7﹣得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H++2e﹣=H2↑；
故答案为：负；4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；H2 ；
（2）依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlO2+3H2↑+4H2O，还原产物为氢气，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol；
故答案为：3；
（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+；
故答案为：bd；不能；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； Fe+2Fe3+=3Fe2+．
9．恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图1所示．[已知：2SO2（g）+O2（g）??2SO3（g）△H=﹣196.9kJ mol﹣1]
请回答下列问题：
（1）写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式： S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297 KJ mol﹣1 ．
（2）恒容条件下，下列措施中能使n（SO3）/n（SO2）比图1所示情况增大的有 C ．
A．升高温度
B．充入He
C．再充入1mol SO2（g）和1mol O2（g）
D．使用催化剂
（3）恒温恒容时，1mol SO2和2mol O2充分反应，放出热量的数值比|△H2| 大 （填
“大”、“小”或“相等”）．
（4）某SO2（g）和O2（g）体系，时间t1达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图2所示，若不改变SO2（g）和O2（g）的量，则图中t4时引起平衡移动的条件可能是 升高温度 ；图中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是 t3～t4 ．
【考点】反应热和焓变；热化学方程式；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．
【分析】（1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
（2）A、升高温度，平衡左移，比值减小； B、恒容通入He，对平衡无影响，比值不变；
C、通入充入1mol SO2（g）和0.5mol O2（g）相当于加压，平衡右移，再通入0.5mol O2（g），平衡进一步右移，比值增大；
D、使用催化剂平衡不移动；
（3）恒温恒容时，开始为1molSO2和2molO2 与开始为1molSO2和1molO2 相比，开始为1molSO2和2molO2 的SO2转化率高；
（4）t2～t3段正逆速率都加快，且v（正）＞v（逆），平衡正向移动，t4～t5段正逆速率都加快，且v（正）＜v（逆），平衡逆向移动，该反应为体积减小的放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，若增大压强，平衡正向移动，故t2～t3段为增大压强，t4～t5段为升高温度；t2～t3段为增大压强后，平衡正向移动，SO3的含量升高，至t3～t4平衡时含量达最高．
【解答】解：（1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为1mol．由图1可知1molS（s）完全燃烧放出的热量为297KJ，所以，硫的燃烧热的热化学方程式S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297 KJ mol﹣1，
故答案为：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297 KJ mol﹣1；
（2）A、反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，n（SO3）减小，n（SO2）增大，n（SO3）/n（SO2）减小，故A错误；
B、恒容条件下，充入氦气，反应混合物浓度不变，平衡不移动，n（SO3）/n（SO2）不变，故B错误；
C、通入充入1mol SO2（g）和0.5mol O2（g）相当于加压，平衡右移，再通入0.5mol O2（g），平衡进一步右移，n（SO3）/n（SO2）增大，故C正确；
D、使用催化剂，加快反应，平衡不移动，n（SO3）/n（SO2）不变，故D错误．
故答案为：C；
（3）恒温恒容时，开始为1molSO2和2molO2 与开始为1molSO2和1molO2 相比，增大氧气的浓度，平衡正向移动，所以开始为1molSO2和2molO2 的SO2转化率高，放出热量的数值比|△H2|大．
故答案为：大；
（4）t2～t3段正逆速率都加快，且v（正）＞v（逆），平衡正向移动．t4～t5段正逆速率都加快，且v（正）＜v（逆），平衡逆向移动．该反应为体积减小的放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，若增大压强，平衡正向移动，故t2～t3段为增大压强，t4～t5段为升高温度；t2～t3段为增大压强后，平衡正向移动，SO3的含量升高，至t3～t4平衡时含量达最高．
故答案为：升高温度；t3～t4 ．
10．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．请根据所学的知识回答：
（1）A为0.1mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为 c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） ．
（2）B为0.1mol L﹣1 NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因： HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），故溶液显碱性
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入 HCl 溶液以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为 Fe3++3HCO3﹣═Fe（OH）3↓+3CO2↑
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s） ?Ag+
（aq）+Cl﹣（aq），在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10﹣10．现将足量氯化银分别放入：①100
mL蒸馏水中；②100mL 0.2mol L﹣1 AgNO3溶液中；③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中；
④100mL 0.1mol L﹣1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag+）由大到小的顺序是 ②＞①＞④＞③ ．
（填写序号）；②中氯离子的浓度为 9×10﹣10 mol L﹣1．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．
【分析】（1）依据溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，水解程度微弱，分析比较；
（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡和电离平衡；水的电离平衡；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
（3）配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；
（4）①氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化，依据溶度积分别计算；
②100mL 0.2mol/L AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2mol/L，根据氯化银的Ksp=1.8×10﹣10计算．
【解答】解：（1）铵根离子水解，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），.1mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液中，铵根离子水解微弱，所以得到溶液中的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3+H2O H2CO3+OH﹣，电离平衡为：HCO3﹣ H++CO32﹣；而以水解为主，即碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度溶液，故显碱性；
故答案为：HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），故溶液显碱性；
（3）实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；反应的离子方程式为Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：HCl；Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（4）①①100mL 0.2mol L﹣1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡，③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=6×10﹣10mol/L；④100mL 0.1mol L﹣1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8×10﹣9mol/L；综上所述大小顺序为：②＞①＞④＞③，
故答案为：②＞①＞④＞③；
②100mL 0.2mol/L AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2mol/L，加如氯化银后，氯离子浓度为=9×10﹣10mol/L，
故答案为：9×10﹣10．
11．已知某醇燃料含有碳、氢、氧三种元素．为了测定这种燃料中碳和氢两种元素的质量比，可将气态燃料放入足量的氧气中燃烧，并使产生的气体全部通入如图所示的装置，得到如下表所列的实验结果（假设产生的气体完全被吸收）：
实验前 实验后
（干燥剂+U形管）的质量 101.1g 102.9g
（澄清石灰水+广口瓶）的质量 312.0g 314.2g
根据实验数据填空：
（1）实验完毕后，生成物中水的质量为 1.8 g，假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为 5 g；
（2）生成的水中氢元素的质量为 0.2 g；
（3）生成的二氧化碳中碳元素的质量为 0.6 g；
（4）该燃料中碳元素与氢元素的质量比为 3：1 ；
（5）已知这种醇的每个分子中含有一个氧原子，则该醇的分子式为 CH4O ，结构简式为 CH3OH ．
【考点】有关有机物分子式确定的计算；测定有机物分子的元素组成．
【分析】（1）因为该燃料含C、H、O三种元素，故燃烧产物为CO2和H2O，由题意可知U形管增加的质量为吸收水的质量，广口瓶增加的质量为生成的CO2质量，生成的正盐为CaCO3，根据碳原子守恒计算CaCO3的物质的量，再根据m=nM计算CaCO3的质量；
（2）根据水的分子式中H元素质量分数计算；
（3）根据碳元素守恒、结合m=nM计算二氧化碳中C元素质；
（4）由元素守恒，结合（2）（3）中的数据计算；
（5）确定氧化物中C、H原子数目之比，结合醇的每个分子中含有一个氧原子，确定该醇的分子式与结构简式．
【解答】解：（1）因为该燃料含C、H、O三种元素，故燃烧产物为CO2和H2O，由题意可知U形管增加的质量为吸收水的质量：102.9g﹣101.1g=1.8g，
广口瓶增加的质量为生成的CO2质量：314.2g﹣312.0g=2.2g，CO2的物质的量==0.05mol，广口瓶中生成的正盐为CaCO3，根据C原子守恒可知生成CaCO3 0.05mol，其质量为0.05mol×100g/mol=5g，
故答案为：1.8；5；
（2）水中含H元素质量为1.8×=0.2g，故答案为：0.2；
（3）生成的0.05mol CO2，含C元素质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，故答案为：0.6；
（4）根据C、H元素守恒，该燃料中m（C）：m（H）=0.6g：0.3g=3：1，故答案为：3：1．
（5）有机物分子中N（C）：N（H）=0.05mol： =1：4，故有机物分子中只能有1个C原子，H原子数目为4，醇的每个分子中含有一个氧原子，故该醇的分子式为CH4O，结构简式为CH3OH，
故答案为：CH4O；CH3OH．
2016年4月14日
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是（ ）
A．MgCl2 B．FeCl2 C．AlCl3 D．CuCl2
2．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）
①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3
②SSO3H2SO4
③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
④Fe2O3FeCl2无水FeCl3
⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
3．如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号对应的曲线编号错误的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B．向澄清石灰水中通入SO2至过量
C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
4．用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是（ ）
实验 现象 解释或结论
A 加入FeCl3固体 溶液变成红褐色 FeCl3的水解程度变大
B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c（Fe3+）变小
C 加入足量Fe粉 溶液颜色变浅绿色 2Fe3++Fe=3Fe2+
D 将FeCl3溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应△H＞0
A．A B．B C．C D．D
5．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（ ）
A B C D
升高温度，平衡常数减小 0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2 mol L﹣1 t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
A．A B．B C．C D．D
6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B．28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C．常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D．常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
7．某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置．下列叙述正确的是（ ）
A．K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大
B．K分别与M、N相连时，铁均受到保护
C．K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCu
D．K与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
二、解答题（共4小题，满分30分）
8．离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系．由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝．
（1）钢制品应接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 ，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 ．
（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为 mol．
（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有
a、KCl
b、KClO3
c、MnO2
d、Mg
取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 （用离子方程式说明）．
9．恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图1所示．[已知：2SO2（g）+O2（g）??2SO3（g）△H=﹣196.9kJ mol﹣1]
请回答下列问题：
（1）写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式： ．
（2）恒容条件下，下列措施中能使n（SO3）/n（SO2）比图1所示情况增大的有 ．
A．升高温度
B．充入He
C．再充入1mol SO2（g）和1mol O2（g）
D．使用催化剂
（3）恒温恒容时，1mol SO2和2mol O2充分反应，放出热量的数值比|△H2| （填
“大”、“小”或“相等”）．
（4）某SO2（g）和O2（g）体系，时间t1达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图2所示，若不改变SO2（g）和O2（g）的量，则图中t4时引起平衡移动的条件可能是 ；图中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是 ．
10．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．请根据所学的知识回答：
（1）A为0.1mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为 ．
（2）B为0.1mol L﹣1 NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入 溶液以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s） ?Ag+
（aq）+Cl﹣（aq），在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10﹣10．现将足量氯化银分别放入：①100
mL蒸馏水中；②100mL 0.2mol L﹣1 AgNO3溶液中；③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中；
④100mL 0.1mol L﹣1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag+）由大到小的顺序是 ．
（填写序号）；②中氯离子的浓度为 mol L﹣1．
11．已知某醇燃料含有碳、氢、氧三种元素．为了测定这种燃料中碳和氢两种元素的质量比，可将气态燃料放入足量的氧气中燃烧，并使产生的气体全部通入如图所示的装置，得到如下表所列的实验结果（假设产生的气体完全被吸收）：
实验前 实验后
（干燥剂+U形管）的质量 101.1g 102.9g
（澄清石灰水+广口瓶）的质量 312.0g 314.2g
根据实验数据填空：
（1）实验完毕后，生成物中水的质量为 g，假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为 g；
（2）生成的水中氢元素的质量为 g；
（3）生成的二氧化碳中碳元素的质量为 g；
（4）该燃料中碳元素与氢元素的质量比为 ；
（5）已知这种醇的每个分子中含有一个氧原子，则该醇的分子式为 ，结构简式为 ．
2015-2016学年山东省临沂十九中高二（下）开学化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是（ ）
A．MgCl2 B．FeCl2 C．AlCl3 D．CuCl2
【考点】镁的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．
【分析】在金属活动性顺序中，排在氢前面的金属能和酸反应生成盐和氢气，排在氢后面的金属不能和酸反应；氯气与多价态金属反应生成高价态产物，据此分析．
【解答】解：A、Mg能和盐酸反应生成氯化镁和氢气，Mg与氯气化合生成氯化镁，故A不符合；
B、Fe能和盐酸应生成氯化铁和氢气，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，故B符合；
C、Al能和盐酸反应生成氯化铝和氢气，Al与氯气化合生成氯化铝，故C不符合；
D、Cu不能和盐酸反应生成氯化铜和氢气，Cu与氯气化合生成氯化铜，故D符合；
故选BD．
2．下列物质转化在给定条件下能实现的是（ ）
①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3
②SSO3H2SO4
③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3
④Fe2O3FeCl2无水FeCl3
⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤
【考点】镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质．
【分析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝．
②硫燃烧生成二氧化硫．
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3．
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁．
【解答】解：①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；
②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；
④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O 2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；
⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确．
故①③⑤正确．
故选：A．
3．如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号对应的曲线编号错误的是（ ）
A．向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B．向澄清石灰水中通入SO2至过量
C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质．
【分析】A、根据反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O判断；
B、根据反应Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O═Ca（HSO3）2判断；
C、根据反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O 判断；
D、根据反应2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2判断．
【解答】解：A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；
B、向澄清石灰水中通入SO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O═Ca（HSO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；
C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH﹣+H+═H20，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为
3：1，图象符合，故C正确；
D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，设Ca（OH）2的物质的量为xmol，则KOH也为xmol，所以各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为x，x，x比值为1：1：1，故D错误；
故选D．
4．用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是（ ）
实验 现象 解释或结论
A 加入FeCl3固体 溶液变成红褐色 FeCl3的水解程度变大
B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c（Fe3+）变小
C 加入足量Fe粉 溶液颜色变浅绿色 2Fe3++Fe=3Fe2+
D 将FeCl3溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应△H＞0
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价；盐类水解的原理．
【分析】A．加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大；
B．溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小；
C．Fe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应；
D．将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动．
【解答】解：A．加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大，但溶液浓度越大，水解程度越小，故A错误；
B．溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小，故B正确；
C．Fe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应，发生：2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液颜色变浅绿色，故C正确；
D．将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，故D正确．
故选A．
5．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（ ）
A B C D
升高温度，平衡常数减小 0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2 mol L﹣1 t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
A．A B．B C．C D．D
【考点】真题集萃；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【分析】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，根据v=计算v（NO2），注意选项中单位；
C．使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动；
D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低．
【解答】解：A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；
B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）==0.2mol/（L．s），单位错误，故B错误；
C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；
D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误，
故选A．
6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B．28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C．常温常压下，92g 的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D．常温常压下，22.4 L 氯气与足量的镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子；
B、乙烯和环丁烷（C4H8）最简式相同为CH2，计算28 gCH2中所含碳原子物质的量得到所含原子数；
C、NO2和N2O4分子最简比相同为NO2，只需计算92gNO2中所含原子数；
D、依据气体摩尔体积的应用条件分析；
【解答】解：A、NO2和CO2分子中含有相同氧原子，分子总数为NA的NO2和CO2混合气体含有的氧原子数为2NA，故A正确；
B、28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中，乙烯和环丁烷（C4H8）最简式相同为CH2，计算28 gCH2中所含碳原子物质的量==2mol，含有的碳原子数为2NA，故B正确；
C、NO2和N2O4分子最简比相同为NO2计算92gNO2中所含原子数=×3×NA=6NA，故C正确；
D、常温常压下，22.4 L 氯气物质的量不是1mol，故D错误；
故选D．
7．某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置．下列叙述正确的是（ ）
A．K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大
B．K分别与M、N相连时，铁均受到保护
C．K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCu
D．K与N相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，一段时间后电解质溶液质量变小；
B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护；
C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜；
D、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝．
【解答】解：A、K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，一段时间后电解质溶液质量变小，故A错误；
B、K分别与M相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，K与N相连时形成电解池，铁做阴极被保护，故B错误；
C、K分别与M相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜，铜不会在铁表面析出，故错误；
D、K与N相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气和碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D正确；
故选D．
二、解答题（共4小题，满分30分）
8．离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系．由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝．
（1）钢制品应接电源的 负 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣ ，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 H2 ．
（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为 3 mol．
（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有 bd
a、KCl
b、KClO3
c、MnO2
d、Mg
取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， 不能 （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+ （用离子方程式说明）．
【考点】电解原理；铁盐和亚铁盐的相互转变．
【分析】（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极，钢铁做阴极，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气；
（2）依据氯和氢氧化钠反应的化学方程式分析判断，还原产物为氢气；
（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子分析书写离子方程式；
【解答】解：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7﹣得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H++2e﹣=H2↑；
故答案为：负；4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；H2 ；
（2）依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlO2+3H2↑+4H2O，还原产物为氢气，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol；
故答案为：3；
（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+；
故答案为：bd；不能；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； Fe+2Fe3+=3Fe2+．
9．恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图1所示．[已知：2SO2（g）+O2（g）??2SO3（g）△H=﹣196.9kJ mol﹣1]
请回答下列问题：
（1）写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式： S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297 KJ mol﹣1 ．
（2）恒容条件下，下列措施中能使n（SO3）/n（SO2）比图1所示情况增大的有 C ．
A．升高温度
B．充入He
C．再充入1mol SO2（g）和1mol O2（g）
D．使用催化剂
（3）恒温恒容时，1mol SO2和2mol O2充分反应，放出热量的数值比|△H2| 大 （填
“大”、“小”或“相等”）．
（4）某SO2（g）和O2（g）体系，时间t1达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图2所示，若不改变SO2（g）和O2（g）的量，则图中t4时引起平衡移动的条件可能是 升高温度 ；图中表示平衡混合物中SO3的含量最高的一段时间是 t3～t4 ．
【考点】反应热和焓变；热化学方程式；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．
【分析】（1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
（2）A、升高温度，平衡左移，比值减小； B、恒容通入He，对平衡无影响，比值不变；
C、通入充入1mol SO2（g）和0.5mol O2（g）相当于加压，平衡右移，再通入0.5mol O2（g），平衡进一步右移，比值增大；
D、使用催化剂平衡不移动；
（3）恒温恒容时，开始为1molSO2和2molO2 与开始为1molSO2和1molO2 相比，开始为1molSO2和2molO2 的SO2转化率高；
（4）t2～t3段正逆速率都加快，且v（正）＞v（逆），平衡正向移动，t4～t5段正逆速率都加快，且v（正）＜v（逆），平衡逆向移动，该反应为体积减小的放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，若增大压强，平衡正向移动，故t2～t3段为增大压强，t4～t5段为升高温度；t2～t3段为增大压强后，平衡正向移动，SO3的含量升高，至t3～t4平衡时含量达最高．
【解答】解：（1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为1mol．由图1可知1molS（s）完全燃烧放出的热量为297KJ，所以，硫的燃烧热的热化学方程式S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297 KJ mol﹣1，
故答案为：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297 KJ mol﹣1；
（2）A、反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，n（SO3）减小，n（SO2）增大，n（SO3）/n（SO2）减小，故A错误；
B、恒容条件下，充入氦气，反应混合物浓度不变，平衡不移动，n（SO3）/n（SO2）不变，故B错误；
C、通入充入1mol SO2（g）和0.5mol O2（g）相当于加压，平衡右移，再通入0.5mol O2（g），平衡进一步右移，n（SO3）/n（SO2）增大，故C正确；
D、使用催化剂，加快反应，平衡不移动，n（SO3）/n（SO2）不变，故D错误．
故答案为：C；
（3）恒温恒容时，开始为1molSO2和2molO2 与开始为1molSO2和1molO2 相比，增大氧气的浓度，平衡正向移动，所以开始为1molSO2和2molO2 的SO2转化率高，放出热量的数值比|△H2|大．
故答案为：大；
（4）t2～t3段正逆速率都加快，且v（正）＞v（逆），平衡正向移动．t4～t5段正逆速率都加快，且v（正）＜v（逆），平衡逆向移动．该反应为体积减小的放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，若增大压强，平衡正向移动，故t2～t3段为增大压强，t4～t5段为升高温度；t2～t3段为增大压强后，平衡正向移动，SO3的含量升高，至t3～t4平衡时含量达最高．
故答案为：升高温度；t3～t4 ．
10．物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡．请根据所学的知识回答：
（1）A为0.1mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为 c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） ．
（2）B为0.1mol L﹣1 NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因： HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），故溶液显碱性
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入 HCl 溶液以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为 Fe3++3HCO3﹣═Fe（OH）3↓+3CO2↑
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s） ?Ag+
（aq）+Cl﹣（aq），在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10﹣10．现将足量氯化银分别放入：①100
mL蒸馏水中；②100mL 0.2mol L﹣1 AgNO3溶液中；③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中；
④100mL 0.1mol L﹣1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag+）由大到小的顺序是 ②＞①＞④＞③ ．
（填写序号）；②中氯离子的浓度为 9×10﹣10 mol L﹣1．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．
【分析】（1）依据溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，水解程度微弱，分析比较；
（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡和电离平衡；水的电离平衡；溶液显碱性是因为溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
（3）配制氯化铁溶液需要防止水解而变浑浊；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；
（4）①氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化，依据溶度积分别计算；
②100mL 0.2mol/L AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2mol/L，根据氯化银的Ksp=1.8×10﹣10计算．
【解答】解：（1）铵根离子水解，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），.1mol L﹣1的（NH4）2SO4溶液中，铵根离子水解微弱，所以得到溶液中的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（2）在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：HCO3+H2O H2CO3+OH﹣，电离平衡为：HCO3﹣ H++CO32﹣；而以水解为主，即碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度溶液，故显碱性；
故答案为：HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，溶液中c（OH﹣）＞c（H+），故溶液显碱性；
（3）实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体；反应的离子方程式为Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：HCl；Fe3++3HCO3﹣=Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（4）①①100mL 0.2mol L﹣1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡，③100mL 0.1mol L﹣1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=6×10﹣10mol/L；④100mL 0.1mol L﹣1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8×10﹣9mol/L；综上所述大小顺序为：②＞①＞④＞③，
故答案为：②＞①＞④＞③；
②100mL 0.2mol/L AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2mol/L，加如氯化银后，氯离子浓度为=9×10﹣10mol/L，
故答案为：9×10﹣10．
11．已知某醇燃料含有碳、氢、氧三种元素．为了测定这种燃料中碳和氢两种元素的质量比，可将气态燃料放入足量的氧气中燃烧，并使产生的气体全部通入如图所示的装置，得到如下表所列的实验结果（假设产生的气体完全被吸收）：
实验前 实验后
（干燥剂+U形管）的质量 101.1g 102.9g
（澄清石灰水+广口瓶）的质量 312.0g 314.2g
根据实验数据填空：
（1）实验完毕后，生成物中水的质量为 1.8 g，假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为 5 g；
（2）生成的水中氢元素的质量为 0.2 g；
（3）生成的二氧化碳中碳元素的质量为 0.6 g；
（4）该燃料中碳元素与氢元素的质量比为 3：1 ；
（5）已知这种醇的每个分子中含有一个氧原子，则该醇的分子式为 CH4O ，结构简式为 CH3OH ．
【考点】有关有机物分子式确定的计算；测定有机物分子的元素组成．
【分析】（1）因为该燃料含C、H、O三种元素，故燃烧产物为CO2和H2O，由题意可知U形管增加的质量为吸收水的质量，广口瓶增加的质量为生成的CO2质量，生成的正盐为CaCO3，根据碳原子守恒计算CaCO3的物质的量，再根据m=nM计算CaCO3的质量；
（2）根据水的分子式中H元素质量分数计算；
（3）根据碳元素守恒、结合m=nM计算二氧化碳中C元素质；
（4）由元素守恒，结合（2）（3）中的数据计算；
（5）确定氧化物中C、H原子数目之比，结合醇的每个分子中含有一个氧原子，确定该醇的分子式与结构简式．
【解答】解：（1）因为该燃料含C、H、O三种元素，故燃烧产物为CO2和H2O，由题意可知U形管增加的质量为吸收水的质量：102.9g﹣101.1g=1.8g，
广口瓶增加的质量为生成的CO2质量：314.2g﹣312.0g=2.2g，CO2的物质的量==0.05mol，广口瓶中生成的正盐为CaCO3，根据C原子守恒可知生成CaCO3 0.05mol，其质量为0.05mol×100g/mol=5g，
故答案为：1.8；5；
（2）水中含H元素质量为1.8×=0.2g，故答案为：0.2；
（3）生成的0.05mol CO2，含C元素质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，故答案为：0.6；
（4）根据C、H元素守恒，该燃料中m（C）：m（H）=0.6g：0.3g=3：1，故答案为：3：1．
（5）有机物分子中N（C）：N（H）=0.05mol： =1：4，故有机物分子中只能有1个C原子，H原子数目为4，醇的每个分子中含有一个氧原子，故该醇的分子式为CH4O，结构简式为CH3OH，
故答案为：CH4O；CH3OH．
2016年4月14日
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