山东省龙口市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省龙口市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列溶液中各微粒的浓度关系一定正确的是（
）
A．某酸性溶液中只含NH、Cl－、H＋、OH－四种离子，溶液中一定存在：
c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
B．物质的量浓度相同的4种溶液：①CH3COONa；②NaNO3；③Na2CO3；④NaOH，
pH的大小顺序是：④>③>①>②
C．在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋c(CO)
D．25℃时，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝10的氨水中，由水电离出的c(OH－)之比为1∶1
【答案】B
【解析】
试题分析：A不正确，也可能存在c(Cl－)
>c(H＋)
>c(NH)>c(OH－)；酸性越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性就越强。由于氢氧化钠是强碱，碱性最强，所以选项B正确；C不正确，不符合电荷守恒，应该是c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)；D中醋酸钠促进水的电离，氨水抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)之比为106∶1，D不正确，答案选B。
考点：考查溶液中离子浓度大小比较以及外界条件对水的电离平衡的影响
点评：该题综合性强，对学生的思维能力提出了更高的要求，不易得分。该题的关键是利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力和学习效率。
2．下列属于物理变化的是
A．石油蒸馏
B．淀粉水解
C．铁表面钝化
D．煤的干馏
【答案】A
【解析】
试题分析：A．石油蒸馏
–物理变化，B．淀粉水解-化学变化，C．铁表面钝化-化学变化，D．煤的干馏-化学变化，选A。
考点：考查物理变化、化学变化。
3．元素X的气态氢化物的化学式为H2X，则X最高价氧化物的水化物的化学式（
）
A．H2XO3
B．HXO4
C．H3XO4
D．H2XO4
【答案】D
【解析】
正确答案：D
元素X的气态氢化物的化学式为H2X，X为ⅥA，最高价为+6价，则X最高价氧化物的水化物的化学式H2XO4。
4．Mg、Al两种金属分别跟同体积、同浓度的稀H2SO4反应，同温同压下生成氢气的体积相同，则Mg、Al两种金属之间的量的关系一定正确的是
A.两个反应电子转移的数目相等
B.加入镁、铝质量比为4∶3
C.金属溶解的物质的量相等
D.加入的两种金属质量不等
【答案】A
【解析】
试题分析：A、Mg、Al两种金属分别跟同体积、同浓度的稀H2SO4反应，同温同压下生成氢气的体积相同，由于氢元素的化合价均是由＋1价降低到0价，所以两个反应电子转移的数目相等，A正确；B、1mol镁在反应中失去2mol电子，1mol铝在反应中失去3个电子。由于两个反应电子转移的数目相等，则参加反应的镁、铝的物质的量之比＝3∶2，质量之比＝3×24∶2×27＝4∶3，但加如的镁和铝的质量之比不能确定，B不正确；C、根据B中分析可知，金属溶解的物质的量之比＝3∶2，C不正确；D、根据B中分析可知，无法计算加入的金属质量，D不正确，答案选A。
考点：考查金属镁、铝与稀硫酸反应的有关计算
5．下列有关生产、生活中的叙述正确的是(　　)
A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源
B．古代的陶瓷、砖瓦，现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C．明矾可用于水的消毒、杀菌；碳酸钡可用于钡餐透视
D．单晶硅太阳能电池板可以将太阳能直接转变为电能
【答案】D
【解析】煤的气化和液化均为化学变化，A项错误；有机玻璃不属于硅酸盐产品，B项错误；明矾不具有杀菌消毒作用，碳酸钡也不能用于钡餐透视，因其溶于胃酸，C项错误
6．下列物质中属于电解质的是
A.
氯气
B.
硫酸钠
C.
乙醇
D.
二氧化硫
【答案】B
【解析】电解质定义：溶于水或者熔融状态下能导电的化合物。
氯气是单质，不是电解质
硫酸钠
是电解质
乙醇不导电，不是电解质
二氧化硫是非电解质。选B。
7．下列说法错误的是
（
）
A．2，3—二甲基—4—乙基己烷的名称是正确的
B．如图为对—二甲苯，结构中核磁共振氢谱出现两组峰，其氢原子数之比为
3：2
C．木质素的一种单体结构简式如右图所示每摩尔该物质最多能消耗3molBr2
D．合成顺丁橡胶（）的单体是CH2=CH—CH=CH2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、正确；B、对称结构，两个甲基相同，4个苯环上氢原子相同，结构中核磁共振氢谱出现两组峰，其氢原子数之比为6:4，正确；C、苯环中酚羟基的邻对位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴反应加成反应，共可消耗2molBr2，错误；D、正确。
考点：考查有机结构与性质有关问题。
8．将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中一定能产生沉淀的是
A
B
C
D
甲气体
NO2
HCl
CO2
CO2
乙气体
SO2
CO2
SO2
CO
丙溶液
BaCl2溶液
澄清的石灰水
澄清的石灰水
CaCl2溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：A、在溶液中NO2可将SO2氧化为SO42-，进而与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，一定能产生沉淀，故A正确；B、将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，若HCl过量，则没有沉淀，不一定能产生沉淀，故B错误；C、足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，若CO2、SO2过量，则没有沉淀，故C错误；D、二氧化碳和一氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应，足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中一定无沉淀，故D错误；故选A。
考点：考查了物质的性质的相关知识。
9．常温下，对于1L0.005mol·L－1硫酸表述中正确的是
A．由水电离出的c（H+）=1.0×10－12mol·L－1
B．加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均减少
C．2c（H+）=
c（SO42－）+
c（OH－）
D．滴加稀氨水使pH=7，则c（NH4+）=
2
c（SO42－）
【答案】AD
【解析】
试题分析：硫酸是强酸，能完全电离，则H2SO4=2H++SO42—中氢离子浓度与硫酸浓度之比等于系数之比，即c(H+)=0.005mol·L－1×2
=0.01mol/L，由于水是极弱电解质，硫酸能抑制水的电离，水电离出的氢离子可忽略不计，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，由于常温下水的离子积为1.0×10－14，则溶液中c(OH－)=Kw/
c(H+)=1.0×10－12
mol/L，由于溶质不能电离出氢氧根离子，氢氧根离子全部来自水的电离，则水电离出c(OH－)=
1.0×10－12
mol/L，由于H2OH++OH—中氢离子和氢氧根离子的浓度之比等于系数之比，则由水电离出的c（H+）=1.0×10－12mol·L－1，故A正确；硫酸溶液呈酸性，加水稀释后，酸性减弱，氢离子、硫酸根离子浓度均减小，但温度不变水的离子积不变，即溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的乘积不变，所以溶液中氢氧根离子浓度一定增大，故B错；硫酸溶液中含有氢离子、硫酸根离子和氢氧根离子，根据电荷守恒原理可得：c（H+）=2
c（SO42－）+
c（OH－），故C错；无论量的多少，稀硫酸与氨水混合后溶液只有铵根离子、氢离子、硫酸根离子和氢氧根离子，根据电荷守恒规律可得：c（NH4+）+c（H+）=2
c（SO42－）+
c（OH－），由于滴加稀氨水使pH=7，则该溶液中c（NH4+）=2
c（SO42－），故D正确。
考点：考查水溶液中的离子浓度大小关系，涉及物质的量浓度、强酸电离方程式中氢离子与强酸的系数之比的应用、水的电离、水的离子积、溶液中氢氧根离子浓度的计算、强酸溶液中水电离出的氢离子浓度的计算、强酸溶液中存在的离子、强酸稀释后离子浓度大小变化情况、电荷守恒原理及其应用、溶液的酸碱性与pH等。
10．一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g)

2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1
mol·L－1、0.3
mol·L－1、0.08
mol·L－1，则下列判断正确的是
A．c1∶c2＝3∶1
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C．X、Y的转化率不相等
D．c1的取值范围为0
mol·L－1mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：根据三段式解题，设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g） 2Z（g）
初始（mol/L）：c1
c2
c3
转化（mol/L）：x
3x
2x
平衡（mol/L）：0.1
0.3
0.12
A．c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，A项正确；B.平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，B项错误；C.反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，C项正确；D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应方向进行，则c1＜0.16
mol/L，如反应向逆反应方向进行，则c1>0.04mol L-1，故有0.04mol/L＜c1＜0.16
mol/L，D项错误，答案选D。
考点：考查可逆反应的特点。
11．绿原酸是咖啡的热水提取液的成分之一，绿原酸结构简式如下：
下列关于绿原酸判断不正确的是
A．分子中所有的碳原子不可能在同一平面内
B．1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗4molBr2
C．绿原酸既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D．1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗8mol
NaOH
【答案】D
【解析】
试题分析：A．苯环、C=C为平面结构，但结合中环己烷结构中的C均为四面体构型，则不可能所以碳共面，故A正确；B、酚-OH的邻对位与溴水发生取代，C=C与溴水发生加成，则1 mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗4molBr2，故B正确；C、含苯环、C=C可与氢气发生加成，含酚-OH和C=C可使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；酚-OH和-COOC-与NaOH反应，则1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH，故D错误。
考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团结构及其结构
12．在酸性溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．Na+
、NH4+
、NO3—
、SO42—
B．Na+
、Cu2+、Cl－、HCO3—
C．Fe2+
、Ag+、
I－、NO3—
D．K+
、Al3+
、Ba2+、SO42—
【答案】A
【解析】
试题分析：解离子大量共存问题需注意：（1）离子之间能反应不能大量共存，反应有四类：①复分解反应②氧化还原反应③相互促进的水解反应④络合反应；（2）注意题目中的隐含条件：颜色、酸碱性及限定条件等。A、组内离子在给定条件下不反应，能大量共存，正确；B、酸性溶液中，H+和HCO3—反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，错误；C、酸性溶液中，Ag+
和I－反应生成碘化银沉淀，H+、NO3—和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、酸性溶液中，Ba2+和SO42—发生复分解反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，错误。
考点：考查离子大量共存问题。
13．下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是
A．2CO(g)
+O2(g)
==2CO2(g)
△H＝—566．0
kJ/mol
B．C(s)
+1/2O2(g)
==CO(g)
△H＝—110．5
kJ/mol
C．
CH4(g)
+2O2(g)==
CO2(g)+2H2O(l)
△H＝—890．31
kJ/mol
D．
2C8H18(l)
+25O2(g)==16CO2(g)+18H2O(l)
△H＝—11036
kJ/mol
【答案】C
【解析】
试题分析：A、可燃物CO的系数为2，不符合1mol可燃物的条件，错误；B、没有生成稳定的氧化物CO2，错误；C、CH4的系数为1，生成了稳定的氧化物，符合燃烧热的概念，正确；D、可燃物C8H18(l)
为2，不符合1mol可燃物的条件，错误。
考点：本题考查燃烧热及热化学方程式。
14．金属钛对体液无毒且惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，有“生物金属”之称。下列有关的说法中正确的是
A．原子中均含有22个中子
B．为同一核素
C．互称同位素，在周期表中位置相同，都在第4纵行
D．分别由组成的金属钛单质互称为同分异构体
【答案】C
【解析】
试题分析：A、原子中均含有22个质子，原子中分别含有26和28个中子，A错误；B、为同位素是两种核素，B错误；C、互称同位素，在周期表中位置相同，都在第4纵行，C正确；D、互称同位素，其单质不是同分异构体，同分异构体是指分子式相同结构式不同的化合物，D错误；答案选C。
考点：同位素
15．下列各组物质中，不管它们以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量不变的是
A．乙烷和苯
B．乙醇和丙醇
C．乙醇和乙醚
D．甲醛和乙酸
【答案】D
【解析】
试题分析：物质混合，只要总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量不变，说明在不同物质中C元素的含量相同。A．乙烷C2H6和苯C6H6，物质分子中碳元素的含量不同，因此等质量混合时产生的CO2会随着混合比例的改变而改变，错误。B．乙醇C2H6O和丙醇C3H8O，物质分子中碳元素的含量不同，因此等质量混合时产生的CO2会随着混合比例的改变而改变，错误。C．乙醇C2H6O和乙醚C2H5OC2H5中碳元素的含量不同，因此等质量混合时产生的CO2会随着混合比例的改变而改变，错误。D．甲醛HCHO和乙酸C2H4O2分子的最简式相同，所以碳元素的含量相同，等质量混合时，产生CO2不变，正确。
考点：考查有机物燃烧规律的应用的知识。
16．(8分)根据要求完成下列问题：
(1)某元素原子共有6个价电子,其中一个价电子位于第四能层s轨道，试回答：
该元素的原子结构示意图______________，价电子排布的轨道表示式
。该元素的原子序数为______，该元素是______元素(填“金属”或“非金属”)，最高正化合价为______价。
(2)指出配合物K3[Co(CN)6]中的中心离子、配位体及其配位数：__
_
、___
__、_________。
【答案】(8分)（1）略
,略
24,
金属
+6价
（2）
Co3＋　CN－　6　
【解析】考查电子的排布、配合物等内容
（1）第四能层有一个价电子的元素包括：K、Cr、Cu、Ga，并且该元素原子共有6个价电子,符合条件的只有Cr，它位于第四周期第VIB族，24号金属元素，最高正化合价为+6价，价电子排布的轨道表示式为：3d54s1
原子结构示意图为：
（2）配位化合物由中心原子、配位体和外界组成，K3[Co(CN)6]中的中心离子、配位体及其配位数分别为Co3＋、CN－、6
17．探究外界条件对化学反应速率的影响常用到该反应
已知：Na2S2O3+H2SO4→Na2SO4+S↓+SO2+H2O
针对上述反应涉及到的元素或物质及性质回答有关问题：
①．硫元素的化合价由高到低顺序为：______________________________
涉及元素的简单离子半径由小到大顺序为：______________________________;
②．氧原子的最外层电子排布轨道表示式：______________________________;
列举2个能说明氧、硫两种元素非金属性强弱事实：______________________________;
③.预测镁在二氧化硫中燃烧的现象：________________________________________
产物除氧化镁、硫磺外还可能有
生成。
④26.下面是某同学是根据该反应实验数据绘制的图表
该同学得出的结论是：
_________________________________________________________________________________。
⑤.将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。
_________________________________________________________________________________。
若继续通入另两种气体如Cl2
和H2S也会产生沉淀，请用化学方程式表示生成沉淀的原理。
_________________________________________________________________________________。
【答案】①.+6、+4、+2、0
；
H+
﹤Na+﹤O2-﹤S2-（2分
）
②.
；水比硫化氢稳定、硫可以在氧气中燃烧生成二氧化硫、氧可以置换硫化氢中的硫等（合理即可）（2分
）
③.剧烈燃烧，瓶壁产生黄色固体；硫化镁（MgS）（2分
）
④.（2分）结论1：其它条件一定时（相同温度下），反应物浓度越大速率越快
结论2：其它条件一定时（相同浓度下），温度越高，速率越快
⑤.（4分）因为饱和SO2溶液中电离产生的SO32—很少，因此没有沉淀。通入氨气后，促进H2SO3的电离，SO32—离子浓度增大，有沉淀产生。
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，
2BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl
2H2S+
SO2=3S↓+2H2O生成S沉淀
【解析】
试题分析：①.根据元素化合价代数和为0，Na2S2O3中S元素的化合价是+2价，H2SO4和Na2SO4中S元素的化合价是+6价，S单质中S元素的化合价是0价，SO2中S元素的化合价是+4价；涉及元素有H、O、Na、S，其简单离子半径的大小随电子层数的增多而增大，随核电荷数的增多而减小，所以离子半径由小到大顺序为H+﹤Na+﹤O2-﹤S2-。
②.O原子的最外层电子排布式是2s22p4，则最外层电子排布轨道表示式为；
O的非金属性比S强的事实可以利用氢化物的稳定性，比较水和硫化氢的稳定性，通过氧气与硫化氢的置换反应，或者氧气与硫单质的反应生成二氧化硫，S表现为正价等都可以说明O的非金属性强于S。
③.Mg与二氧化碳在点燃的条件下反应生成白色的氧化镁和黑色的碳单质，所以预测Mg与二氧化硫反应的现象是剧烈燃烧，瓶壁产生黄色固体；生成的硫单质也可能与Mg反应生成硫化镁（
MgS）。
④.根据图像分析，温度相同时反应物浓度增大，产生沉淀的时间缩短反应速率加快；反应物浓度相同时，随温度升高，产生沉淀的时间缩短，反应速率加快。
⑤.因为二氧化硫溶于水生成亚硫酸，使溶液层酸性，若与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化氢，氯化氢的酸性比亚硫酸的酸性强，所以不会产生亚硫酸钡的沉淀；若滴加一定量的氨水，则降低溶液的酸性，氨气与氢离子结合为铵根离子，促进亚硫酸的电离，同时溶液中的亚硫酸根离子浓度增大，因此会产生亚硫酸钡沉淀；
通入氯气，则二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，2BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl；通入硫化氢气体，则硫化氢与二氧化硫发生氧化还原反应生成S沉淀，2H2S+
SO2=3S↓+2H2O。
考点：考查二氧化硫的化学性质、化合价的判断、离子半径的比较、对图像的分析
18．某化学兴趣小组设计如下流程，从酸性工业废液(含H+、Al3+、Mg2+、Cr3+、SO42 )中提取铬．
有关数据如表：
化合物
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
完全沉淀的PH
10.5
4.3
5.3
开始溶解的pH
--
7.8
9.2
Ksp近似值
10-12
10-14
10-31
回答下列问题：
（1）步骤①所得滤液可用于制取MgSO4 7H2O，酸性工业废液中加入适量氧化铝的作用是____。
（2）若酸性废液中c(Mg2+)=0.1mol/L，为达到步骤①的实验目的，则废液的pH应保持在_______范围（保留小数点后l位）。
（3）步骤②中生成NaCrO2
的离子方程式为_____________。
（4）步骤④中反应的离子方程式为________________。
（5）步骤⑤在空气中充分灼烧的目的是__________________，可选用的装置是________。(填序号)
（6）步骤⑦中发生的化学反应方程式为____________________________。
【答案】（1）调节溶液的pH；（2）5.3（4）7H2O+4CrO42-+6S=4Cr(OH)3↓+3S2O32-+2OH-．
（5）使Cr(OH)3完全转化为Cr2O3；（6）2Al+
Cr2
O3Al2O3+2Cr
【解析】
试题分析：从酸性工业废液(含H+、Al3+、Mg2+、Cr3+、SO42 )中加入Al2
O3
，调节溶液的pH值，得到滤渣A为氢氧化铝和氢氧化铬，滤液中主要是硫酸镁溶液，滤渣A中加入过量的氢氧化钠得CrO2
-
、AlO2
-
溶液，加入氧气将CrO2
-氧化为CrO4
2-
，再加入硫磺，过滤得氢氧化铬沉淀和S2O3
2-
、AlO2
-溶液，在S2O3
2-
、AlO2
-溶液中通入二氧化碳，过滤得滤渣B为Al(OH)3
，氢氧化铝受热分解得Al2
O3
，电解Al2
O3得铝，氢氧化铬沉淀在空气中充分加热得Cr2
O3，Cr2
O3和Al发生铝热反应得铬，根据装置图可知，用铬制取铬酸钠(Na2
CrO4)，铬作阳极，铬发生氧化反应，在碱性溶液中生成CrO4
2-
，电解池中阴、阳极流过的电量相等。（1）根据上面的分析可知，酸性工业废液中加入适量氧化铝的作用是调节溶液的pH，得到氢氧化铝和氢氧化铬；（2）步骤①的实验目的是得到氢氧化铝和氢氧化铬，根据表中的数据可知，废液的pH应保持在5.3的离子方程式为Cr(OH)3+OH-
=CrO2-
+2H2O；（4）步骤④中硫与CrO4
2-发生氧化还原反应，生成硫代硫酸根离子和氢氧化铬，反应的离子方程式为7H2O+4CrO42-+
6S=4Cr(OH)3↓+3S2O32-+2OH-；（5）根据上面的分析可知，步骤⑤在空气中充分灼烧的目的是使Cr(OH)3完全转化为Cr2
O3，固体加热可在坩埚中加热，故可选用的装置是D；（6）由于Al的活动性比Cr强，在高温下可以与Cr2
O3发生铝热反应，将Cr置换出来，反应的方程式是：2Al+
Cr2
O3Al2O3+2Cr。
【考点定位】考查物质制备工艺流程的知识。
【名师点睛】从含有多种离子的混合物中分离出某种微粒，可以根据金属氢氧化物形成沉淀剂沉淀完全的溶液的pH不同，通过调节溶液的pH，先使金属阳离子形成沉淀，然后根据氢氧化物受热分解产生金属氧化物，利用铝热反应，使金属元素由化合物转化为金属单质，在反应过程中涉及的反应原理有离子反应、氧化还原反应。离子反应要符合原子守恒、电荷守恒，氧化还原反应要符合电子守恒、原子守恒；分离混合物的方法有过滤；铝热反应是铝与金属氧化物的混合物在高温条件下，铝把金属从化合物中置换出来，由于反应放出大量的热，使产生的金属以液态的形式存在，因此该反应叫铝热反应。金属氧化物中金属的活动性要比Al的弱。特别活泼的金属用电解的方法冶炼，比较活泼的金属用热还原方法冶炼，不活泼的金属用热分解的方法冶炼。
19．对实验过程中出现的异常现象进行探究，是实施素质教育、培养创新精神的有效途经。
【实验1】用下图实验装置进行铜与浓硫酸的反应，实验中发现试管内除了产生白色硫酸铜固体外，在铜丝表面还有黑色固体甲生成，甲中可能含有黑色的CuO、CuS、Cu2S。查阅资料：CuS和Cu2S均为黑色固体，常温下都不溶于稀盐酸，在空气中煅烧，均转化为CuO和SO2。为了探究甲的成分，该小组同学在收集到足够量的固体甲后，进行了如下实验：
（1）上述实验装置除了有尾气吸收装置外，还有一个显著的优点是
。
（2）固体乙在空气中煅烧时，使用的实验仪器除了玻璃棒、三脚架、酒精灯外，还必须有
。
（3）确定乙是否煅烧完全的操作是
。
（4）煅烧过程中一定发生的化学反应方程式为
。
【实验2】某化学兴趣小组设计了如下实验装置（尾气吸收装置未画出），探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱。
（5）根据下列实验操作和现象，填写实验结论。
实验操作
实验现象
结论
打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯。
D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，
振荡后，CCl4层无明显变化。
Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为：
（6）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了异常的变化：D装置中，红色慢慢褪去；E装置中，CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。
为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：
ⅰ．(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2＞(SCN)2
。ⅱ．Cl2和Br2反应生成的BrCl呈红色，沸点约5℃，与水发生水解反应。ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水。
①请用平衡移动原理（结合化学用语）解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因____
；
请设计简单实验证明上述解释
。
②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因
。
【答案】（本题共12分）（1）在熄灭酒精灯后，B中的液体不会倒吸（1分）
（2）泥三角、坩埚（坩埚钳）（2分，坩埚钳不写不扣分）
（3）重复操作（再煅烧、冷却、称量），直至恒重（前后两次称量差不超过0.001g）。（2分）
（4）2CuS+3O22CuO+2SO2
（2分）
（5）Cl2
＞Br2
＞Fe3+
（1分）
（6）①过量氯气和SCN
–反应：2SCN-+Cl2→2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3+
+3SCN-Fe(SCN)3
平衡逆向移动而褪色（2分）；取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理。(或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理。（其它合理答案也得分）（1分）
②BrCl
+
H2O
→HBrO
+
HCl反应只产生Cl-，不产生Br-（1分）
【解析】
试题分析：（1）SO2极易溶于水，所以容易引起倒吸。由于B装置和A装置之间连接有橡皮管，所以该装置的另外一个特点是在熄灭酒精灯后，B中的液体不会倒吸。
（2）固体灼烧应该在坩埚中进行，所以还需要的仪器有泥三角、坩埚（坩埚钳）。
（3）要检验固体灼烧是否完全的正确操作应该是重复操作（再煅烧、冷却、称量），直至恒重（前后两次称量差不超过0.001g）。
（4）由于固体乙灼烧后固体质量减少，所以固体乙中一定含有CuS，因为Cu2S灼烧后固体质量不变，所以灼烧时反应的化学方程式是2CuS+3O22CuO+2SO2。
（5）A装置中产生氯气，D装置中溶液变红，这说明反应中有Fe3＋生成，即氯气将亚铁离子转化为铁离子。E装置中水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化，这说明反应中氯气首先氧化亚铁离子，所以根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是Cl2
＞Br2
＞Fe3+。
（6）①因为氧化性是Cl2＞(SCN)2，所以过量氯气和SCN－反应：2SCN-+Cl2→2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则可逆反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
平衡逆向移动而褪色。要证明上述结论，可以根据平衡移动原理，即取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理。(或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理。
②由于过量的Cl2和Br2反应生成的BrCl，BrCl与水发生水解反应生成盐酸和次溴酸，反应的方程式是BrCl
+
H2O
→HBrO
+
HCl。反应只产生Cl-，不产生Br-，所以只能得到白色沉淀氯化银，得不到溴化银浅黄色沉淀。
考点：考查铜和浓硫酸反应的实验探究、尾气处理、仪器选择、实验条件控制、氧化还原反应的有关判断和应用等
20．（13分）某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。
（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是___________
_____。
（2）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2
mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是
_____________________。
（3）下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是____
__。
方案
反应物
甲
Cu、浓HNO3
乙
Cu、稀HNO3
丙
Cu、O2、稀HNO3
（4）该小组还用上述装置进行实验证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，则分液漏斗a中加入的试剂是___________，c中加入的试剂是_________，d中加入的试剂是_________；实验现象为___________________
。
但此实验存在不足之处，改进的措施是___________________________
。
【答案】（1）检查装置气密性
（2）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（3）丙
（4）稀盐酸
大理石(或Na2CO3固体)
Na2SiO3溶液
c中有气泡产生，d中生成白色胶状物质(或白色沉淀)；
在c、d之间连接一个盛有饱和NaHCO3溶
液的洗气瓶
【解析】
试题分析：（1）关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，c中气体膨胀，d中产生气泡，停止加热，d中导管内产生一段水柱，则证明装置气密性良好；（2）铜和浓硝酸反应的方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；（3）
绿色化学即原子节约化学,即所有反应物(的原子)全部(一定是严格的全部)生成所需产物，，丙符合；（4）根据强酸制弱酸的原理，a中加稀盐酸，b中加大理石，c中有气泡，则证明HCl＞H2CO3，d中加入Na2SiO3溶液，d有白色沉淀，则证明H2CO3＞H2SiO3；因盐酸具有挥发性，所以二氧化碳气体中可能含有氯化氢，氯化氢和Na2SiO3能生成硅酸沉淀，所以在c、d之间连接一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去氯化氢。
考点：本题考查综合实验。
21．碳在一定量空气中燃烧，生成标准状况下为6．72L的混合气体，总质量为10．8g。
求：（1）判断混合气体的成分，并算出对应气体的物质的量？
（2）将混合气体通入2L
0．1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应，生成碳酸钠和碳酸氢钠，则溶液中两溶质的物质的量浓度分别为多少？（忽略体积变化）
【答案】（1）CO、
CO2
0.15mol、0.15mol
（2）0.025
mol/L
0.05mol/L
【解析】
试题分析：(1)如果完全燃烧，n(CO2)=V
÷22.4l/mol=6.72L÷22.4l/mol=0.3mol，则质量m=n×M=0．3×44g/mol=13.2g＞10.8g，若为CO，则其质量=0．3mol×28g/mol=8．4g＜10.8g，因此碳不完全燃烧，产物为CO、CO2的混合气体，设CO、CO2的物质的量分别为x、y则有：
28x
+
44y
=10.8
x+y=0.3
得：x=y=0.15mol（2）设Na2CO3
NaHCO3的物质的量分别为m、n，根据C和Na守恒得：
m
+
n
=
0,15
2m
+
n
=
0.2
得：m=0．05mol
n=
0.1mol，则Na2CO3的物质的量浓度为0．05mol
÷2L=0.025
mol/L，NaHCO3的物质的量的浓度为0．1mol÷2L=0．05mol/L
考点：有关物质的量的计算。
22．中学化学中几种常见物质的转化关系如图所示(图中部分反应物或生成物及反应条件未列出)。
已知：A、B、C、D是单质，其余是化合物。其中B、D是常见金属，且组成B的元素属于过渡元素。又知A在C中点燃有苍白色火焰，M既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液。请回答下列问题：
（1）W的电子式是
。
（2）写出N的化学式
，并任写一种N的主要用途
。
（3）写出下列反应的离子方程式：
反应①
。
反应③
。
K溶液和过量氨水反应
。
【答案】（1）
（2）FeCl3
可用作催化剂、净水剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等(任写一种)
（3）2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓
Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋
【解析】
试题分析：已知：A、B、C、D是单质，其余是化合物。其中B、D是常见金属，且组成B的元素属于过渡元素，因此B是铁。又知A在C中点燃有苍白色火焰，所以A是H，C是Cl。M既可溶于盐酸又可溶于NaOH溶液。说明M是氧化铝或氢氧化铝。根据转化图可知D是铝，Y能与Al反应生成氢气，因此Y是强碱氢氧化钠，则X是NaCl。Z是偏铝酸钠，W是氯化氢，K是氯化铝，氯化铝和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，则M是氢氧化铝。铁和盐酸反应生成氢气和氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应是氯化亚铁，即N是氯化铁。
（1）氯化氢是共价化合物，电子式是。
(2N的化学式是FeCl，N的主要用途为作催化剂、净水剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。
（3）根据以上分析可知反应①的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。反应③的离子方程式为Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓。K溶液和过量氨水反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋。
考点：考查无机框图题推断
23．CO是现代化工生产的基础原料，下列有关问题都和CO的使用有关。
（1）
工业上可利用CO生产乙醇:
2CO（g）＋4H2（g）CH3CH2OH（g）＋H2O（g）
ΔH1
又已知：H2O（l）===
H2O（g）
ΔH2
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）
ΔH3
工业上也可利用CO2（g）与H2（g）为原料合成乙醇：
2CO2（g）＋6H2（g）CH3CH2OH（g）＋3H2O（l）
ΔH
则：ΔH与ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系是：ΔH＝_______________________。
（2）一定条件下，H2、CO在体积固定的密闭容器中发生如下反应：
4H2（g）+2CO（g）
CH3OCH3（g）+H2O（g），
下列选项能判断该反应达到平衡状态的依据的有
。
A．2v（H2）=
v（CO）
B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率
C．容器内的压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
E．混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（3）工业可采用CO与H2反应合成再生能源甲醇，反应如下:
CO（g）+
2H2（g）CH3OH（g）
在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20mol
H2，
在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如（图1）所示。
①合成甲醇的反应为__
（填“放热”或“吸热”）反应。
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为___
。
③若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积为
L。
④（图2）中虚线为该反应在使用催化剂条件下关于起始氢气与CO投料比和CO平衡转化率的关系图。当其条件完全相同时，用实线画出不使用催化剂情况下CO平衡转化率的示意图．
⑤CO的平衡转化率（α）与温度（T）、压强（p）的关系如（图3）所示，实际生产时条件控制在250
℃、1．3×104
kPa左右，选择此压强的理由是________。
【答案】（1）△H1－3△H2－2△H3
(1分)
（2）CE
(1分)
（3）①放热（1分）②KA=KB>KC（1分）③2（2分）
④(1分)
⑤在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，同时生产成本增加，得不偿失。
(1分)
【解析】
试题分析：（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中含有的CO(g)、H2O(g)消去可得到：2CO2(g)＋6H2(g)
CH3CH2OH(g)＋3H2O(l)，则ΔH＝ΔH1－3ΔH2－2ΔH3。
（2）A．未指明正逆反应的方向，且氢气的速率应是CO速率的2倍，不能判断为平衡状态，A错误；B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率，都是正反应速率，且不符合化学计量数之比，不能判断为平衡状态，B错误；C．容器的体积固定，该反应是气体的物质的量改变的可逆反应，所以当压强一定时，即为平衡状态，C正确；D．容器的体积不变，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能判断为平衡状态，D错误；E．混合气体的质量不变，但混合气体的物质的量发生改变，所以气体的平均相对分子质量发生变化，当气体的平均相对分子质量不变时，为平衡状态，E正确，答案选CE；
（3）①从图1可知，当压强一定时，CO的转化率随温度升高而降低，说明升温，平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，所以正反应(合成甲醇的反应)是放热反应；
②平衡常数与温度有关，反应放热，则升高温度，平衡常数减小，A与B的温度相同，C的温度高于A、B，所以C的平衡常数较小，所以三者的关系是KA=KB＞KC；
③达到平衡状态A时，容器的体积为10L，状态A与B的平衡常数相同，则A状态时CO的转化率是0.5，则平衡时CO的物质的量是10mol×(1－0.5)=5mol，浓度是0.5mol·L－1，氢气的物质的量是其2倍，为1
mol·L－1，生成甲醇的物质的量是5mol，浓度是0.5
mol·L－1，所以平衡常数K=1；设B状态时容器的体积是VL，B状态时CO的转化率是0.8，则平衡时，CO的物质的量是10mol×(1－0.8)=2mol，浓度为mol·L－1，氢气的物质的量是mol·L－1，生成甲醇的物质的量是8mol，浓度是mol·L－1，，解得V=2。
④使用催化剂可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但平衡状态不会改变，投料比一定时，是否使用催化剂不影响CO2的转化率，所以相同投料比时CO2的转化率相等，即两种情况下CO2的转化率随投料比的变化曲线重合，图像见答案。
⑤从图3中可看出温度越低、压强越大CO的转化率越高，当在1.3×104Pa下，CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，生产成本增加，得不偿失。
【考点定位】本题主要是考查化学平衡状态的判断，盖斯定律的应用，对图像的分析判断。
【名师点晴】化学平衡图像题的解题技巧
（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。
（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
煅烧
煅烧
图1
图2
图3