山东省平阴县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省平阴县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．焰色反应每次实验都要用试剂洗净铂丝，这种试剂是
A．Na2CO3溶液
B．NaOH溶液
C．硫酸
D．稀盐酸
【答案】D
【解析】
试题分析：A、B中含有Na+，会干扰焰色反应，C中硫酸不挥发，高沸点，其盐高温也不易挥发，洗涤时不可能洗净铂丝上粘有的物质。而盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的。故选D。
考点：考查了焰色反应的相关知识。
2．[双选题]下列反应属于放热反应的是(　　)
A．锌粒与稀H2SO4反应　　　　　
B．NaOH溶于水
C．KClO3受热分解
D．CaO溶于水
【答案】AD
【解析】金属与酸的反应及大多数化合反应是放热反应，NaOH溶于水不是化学变化。
3．在下列影响化学反应速率的外界因素中，肯定能使化学反应速率加快的方法是
①升高温度；②加入正催化剂；③增大反应物浓度；④将固体块状反应物磨成粉末；⑤增大压强。
A．①
②
③
⑤
B．①
②
③
④
C．①
③
④
⑤
D．①
②
④
⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①升高温度；②加入正催化剂；③增大反应物浓度；④将固体块状反应物磨成粉末；均能是反应速率加快，⑤增大压强仅针对平衡体系中存在气体的反应，对于非气体反应的体系中增大压强反应速率不变，故⑤不一定能是反应速率增大，故B项正确。
考点：影响化学反应速率公式。
4．4．6g钠投入100g水中，下列叙述错误的是
A．钠浮在水面，熔化成银色光亮的小球
B．钠贮存在煤油中
C．所得溶液的质量分数为4．4﹪
D．该反应中转移0．2mole-
【答案】C
【解析】
试题分析：A、钠浮在水面，熔化成银色光亮的小球,A正确；B钠贮存在煤油中，B正确；C所得的溶液为氢氧化钠溶液，由化学反应方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑4．6g钠生成8g氢氧化钠，放出2g氢气，故溶液的质量分数为8g/(100g+4．6g-2g)×100％=7．8％，C错误。D
4．6g钠为0．2mol，0．2mol钠和水生成0．2molNaOH转移了0．2mole-。D正确。
考点：钠的性质和化学计算。
5．下列各组中，含有离子晶体、分子晶体、原子晶体各一种的是
A．KCl、H2SO4、S
B．金刚石、Na3PO4、Mg
C．HF、SiC、Ar
D．H2O、SiO2、K2CO3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．KCl是离子晶体；H2SO4、S都是分子晶体，错误。B．金刚石是原子晶体；Na3PO4是离子晶体；Mg是金属晶体，错误。C．SiC是原子晶体；HF和Ar都是分子晶体，错误。D．H2O是分子晶体；SiO2是原子晶体；K2CO3是离子晶体。符合题意，正确。
考点：考查物质的晶体类型的判断的知识。
6．一种新型镁铝合金的化学式为Mg17Al12，它具有储氢性能，该合金在一定条件下完全吸氢的化学方程式为：Mg17Al12＋17H2＝17MgH2＋12Al，得到的混合物Y（17MgH2＋12Al）在一定条件下能释放出氢气。下列说法正确的是
A．该合金的熔点介于金属镁和金属铝熔点之间
B．该合金中镁元素呈负价，铝元素呈正价
C．1mol
Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与盐酸完全反应释放出H2，若消耗盐酸的体积为14L，则该盐酸的物质的量浓度为5mol.L－1
D．制备该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质在一定温度下熔炼而获得
【答案】C
【解析】
试题分析：A．该合金的熔点应该低于成分金属的熔点，错误；B．在合金中镁元素、铝元素都是以单质形式存在，化合价都是0价，错误；C．1mol
Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与盐酸完全反应释放出H2，若消耗盐酸的体积为14L，根据元素守恒，可得消耗盐酸的物质的量是17×2+12×3=70mol,则该盐酸的物质的量浓度为70mol
÷14L=5mol.L－1
，正确；D．由于Mg是活泼的金属，容易与氮气发生反应，所以若制备该合金应在氮气作用下不能制取获得，错误。
考点：考查新型镁铝合金的制取、性质及应用的知识。
7．（原创）下列相关的离子方程式书写正确的是
A．NaHS溶液水解：
HS-
+
H2O
S2-
+
H3O+
B．向Ca(C1O)2溶液中通入SO2：SO2+2ClO-+H2O=SO32-+2HClO
C．硫酸与氢氧化钡溶液混合：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
D．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42ˉ刚好沉淀完全：Ba2+
+
2OH-
+
NH4+
+
H+
+
SO42-
=
BaSO4↓+
NH3·H2O
+
H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．NaHS溶液水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，水解的离子方程式是：HS-
+
H2O
H2S
+
OH-，错误；B．向Ca(C1O)2溶液中通入SO2，SO2有还原性，ClO-有氧化性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式是：Ca2++SO2+ClO-
+H2O
=CaSO4↓+2
H++Cl-，错误；C．硫酸与氢氧化钡溶液混合，不符合微粒的个数比，离子方程式应该是：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，错误；D．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42ˉ刚好沉淀完全：Ba2+
+
2OH-
+
NH4+
+
H+
+
SO42-
=
BaSO4↓+
NH3·H2O
+
H2O，符合反应事实，拆写也正确无误，正确。
考点：考查离子方程式书写的正误判断的知识。
8．一些烷烃的标准燃烧热如下表：
化合物
标准燃烧热（△H/KJ·mol-1）
化合物
标准燃烧热（△H/KJ·mol-1）
甲烷
-891．0
正丁烷
-2878．0
乙烷
-1560．8
异丁烷
-2869．6
丙烷
-2221．5
2-甲基丁烷
-3531．3
下列说法正确的是
A．热稳定性：正丁烷＞异丁烷
B．正戊烷的标准燃烧热大约为：△H＝一3540kJ/mol
C．乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）+7O2（g）→4CO2（g）+6H2O（g）+1560．8kJ/mol
D、在101kPa下，甲烷的热值是891．0kJ/g
【答案】B
【解析】
试题分析：A、由表格中的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，即热稳定性为正丁烷＜异丁烷，A错误；B、正戊烷和2-甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正丁烷的燃烧热大于2-甲基丁烷，即正戊烷的燃烧热大约在3540kJ/mol左右，且大于3531．3kJ/mol，B正确；C、根据乙烷燃烧热的含义：完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560．8kJ的热量，所以热化学方程式为2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）；△H=-3121．6kJ/mol，C错误；D、燃料的热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，在101kPa下，甲烷的热值是×891．0kJ/g，D错误。
考点：考查了燃烧热、热化学方程式的相关知识。
9．反应4A(s)+3B(g)4C(g)+
D(g)，经2min
B的浓度减少0．6
mol·L-1，对此反应速率的正确表示是（
）
A．用A表示的反应速率是0．4mol·L-1·min-1
B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3:4:1
C．在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0．3mol·L-1·min-1
D．在这2min内用A和C表示的反应速率的值都是相同的
【答案】B
【解析】
试题分析：A、A是固体，不能表示反应速率，A项错误；B、速率之比等于化学计量数之比，故v（B）：v（C）：v（D）=3：4：1，B项正确；C、计算的是平均速率，不是即时速率，C项错误；D、A是固体，不能表示反应速率，D项错误；答案选B。
考点：考查反应速率的计算
10．物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是
A．NH4Cl
B．NH4HCO3
C．CH3COONH4
D．NH4HSO4
【答案】D
【解析】
试题分析：根据NH4＋
＋H2O
NH3
·H2O＋H＋，Cl－对水解无影响，HCO3-
促进水解,CH3COO－促进水解，NH4HSO4电离出的氢离子可以大大抑制铵根离子的水解，所以上述四个选项中，当物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是NH4HSO4，选D。
考点：考查影响盐类水解的因素。
11．电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容。下列有关溶液的叙述错误的
A．Fe2(SO4)3溶液蒸干、灼烧，得到Fe2O3
B．相同条件下，等物质的量浓度的溶液导电能力：NaOH>CH3COOH
C．溶液中结合质子（氢离子）的能力：CO32―>HCO3―>CH3COO―
D．海洋封存CO2会导致局部海洋水体酸性增强，会破坏海洋生态环境
【答案】A
【解析】
试题分析：Fe2(SO4)3溶液中虽然存在Fe3+水解，但H2SO4为高沸点，难挥发性酸，故Fe2(SO4)3溶液蒸干的Fe2(SO4)3固体，故A项说法错误；NaOH为强电解质完全电离，CH3COOH为弱电解质部分电离，相同条件下，等物质的量浓度的溶液导电能力：NaOH>CH3COOH，B项正确；酸性CH3COOH>
H2CO3>
HCO3―，故溶液中结合质子（氢离子）的能力：CO32―>HCO3―>CH3COO―，C项说法正确；海洋封存CO2会导致局部海洋水体酸性增强，会破坏海洋生态环境，D项说法正确；本题选A。
考点：化学反应原理。
12．有机物C4H8Cl2的同分异构体中只含一个“—CH3”的有
A．2种
B．3种
C．4种
D．5种
【答案】C
【解析】
试题分析：有机物C4H8Cl2的同分异构体中只含一个“—CH3”的有CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHCl
CH2CH2Cl、ClCH2-CH(CH3)CH2Cl四种不同的结构，故选项是C。
考点：考查有机物同分异构体的书写的知识。
13．向等物质的量浓度的NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入一定量CO2。下列离子方程式与事实不相符的是
A．OH－＋CO2
→
HCO3－
B．2OH－＋CO2
→
CO32－＋H2O
C．Ca2+＋2OH－＋CO2
→
CaCO3↓＋H2O
D．Ca2+＋4OH－＋2CO2
→
CaCO3↓＋CO32－＋2H2O
【答案】BD
【解析】
试题分析：向等物质的量浓度的NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入一定量CO2，CO2首先与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，然后是与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，然后是与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后与碳酸钙反应生成碳酸氢根，应该离子方程式为Ca2+＋2OH－＋CO2
→
CaCO3↓＋H2O
、2OH－＋CO2
→
CO32－＋H2O、CO32－＋H2O＋CO2
→2HCO3－、CaCO3＋CO2＋H2O→Ca2+＋2HCO3－，则A．当CO2足量时可发生OH－＋CO2
→
HCO3－，A正确；B．溶液中含有钙离子，所以不可能发生2OH－＋CO2
→
CO32－＋H2O，B错误；C．根据以上分析可知Ca2+＋2OH－＋CO2
→CaCO3↓＋H2O可以发生，C正确；D．如果氢氧化钠与氢氧化钙各1mol，当通入二氧化碳2mol时，氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式为Ca2+＋3OH－＋2CO2
→
CaCO3↓＋HCO3－＋H2O，D错误，答案选BD。
考点：考查氢氧化钙、氢氧化钠混合液与CO2反应离子方程式的判断
14．下列物质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是
①Al
②Al2O3
③Al(OH)3
④Fe
A．①
B．①②
C．①②③
D．①②③④
【答案】C
【解析】
试题分析：Al既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，这是Al的特性，Al2O3是两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应；Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应；Fe可以与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故选C。
考点：Al的特性、Al2O3
和Al(OH)3的两性的了解。
15．下列指定反应的离子方程式，正确的是
A．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe
(OH)2＋2H+＝Fe2+＋2H2O
B．碳酸钙溶于稀醋酸溶液：CaCO3+
2H+＝Ca2+
+
CO2↑+
H2O
C．向NH4Al
(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀：
2Ba2＋＋4OH－＋Al3＋＋2SO42－＝2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O
D．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O－+CO2+H2O
→
C6H5OH+HCO3－
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氢氧化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应，生成铁离子、水和NO，错误；B、醋酸是弱酸，不能写成离子形式，错误；C、向NH4Al
(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀时，NH4Al
(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比是1:2，则氢氧根离子与铵根离子、反应生成一水合氨、与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，错误；D、向苯酚钠溶液中通入二氧化碳时，无论二氧化碳是过量还是少量则二氧化碳的产物都是碳酸氢根离子，同时有苯酚生成，正确，答案选D。
考点：考查离子方程式书写的判断
16．碳和硅属于同主族元素，在生活生产中有着广泛的用途。
（1）甲烷可用作燃料电池，将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池，通入CH4的一极，其电极反应式是
；
CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染，有望解决汽车尾气污染问题，反应如下：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)
△H=－574kJ·mol－1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
△H=－1160kJ·mol－1
则NO2被甲烷还原为N2的热化学方程式为_____________________________________
（2）已知H2CO3
HCO3－＋
H＋
Ka1（H2CO3）=4.45×10－7
HCO3－CO32－＋H＋
Ka2(HCO3－)=5.61×10－11
HAH＋＋A－
Ka(HA)=2.95×10－8
请依据以上电离平衡常数，写出少量CO2通入到NaA溶液中的离子方程式
___________________________。
（3）
在T温度时，将1.0molCO2和3.0molH2充入2L密闭恒容器中，可发生反应的方程式为CO2
(g)
+
3H2(g)
CH3OH(g)
+
2H2O(g)
。充分反应达到平衡后，若容器内的压强与起始压强之比为a
：1，则CO2转
化率为______，当a=0.875时，该条件下此反应的平衡常数为_______________(用分数表示)。
（4）氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英(SiO2)与焦炭在高温的氮气流中反应生成，已知该反应的平衡常数表达式K=［c(CO)］6/［c(N2)］2，若已知CO生成速率为v(CO)＝6mol·L-1·min-1，则N2消耗速率为v(N2)＝
；该反应的化学方程式为________________________________________。
【答案】（1）
CH4－8e－+
10OH－＝CO32－+
7H2O
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
△H=－867kJ·mol-1(3分，方程式1分，数值2分)
（2）
CO2+
A－+
H2O
=
HCO3－+
HA
（3）
400(1-a)%或4(1-a)×100%或(4-4a)×100%(3分，没有表示为百分号形式的不得分)
8/27
L/mol
(3分，没有单位或单位错误扣1分)
（4）
2mol·L-1·min-1(3分，没有单位或单位错误扣1分)；
3SiO2+6C+
2N2Si3N4+
6CO(没写可逆符号或缺少条件的扣1分)
【解析】
试题分析：（1）甲烷在碱性条件下失电子生成CO32 ，配平可得电极方程式：CH4－8e－+
10OH－＝CO32－+
7H2O；首先写出NO2与CH4反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求 H，第二个反应对比N2，第一个反应与第二个反应抵消NO，所以 H=1/2 H1+1/2 H2=－867kJ·mol-1，进而写出热化学方程式。
（2）根据题目所给信息可知：Ka1（H2CO3）>
Ka(HA)
>
Ka2(HCO3－)，根据强酸制弱酸的原理，少量CO2通入到NaA溶液中的离子方程式为：CO2+
A－+
H2O
=
HCO3－+
HA
（3）因为压强之比等于气体物质的量之比，设CO2的转化率为x，根据三段式进行计算：
CO2
(g)
+
3H2(g)
CH3OH(g)
+
2H2O(g)
起始物质的量（mol）
1
3
0
0
转化物质的量（mol）
x
3x
x
2x
平衡物质的量（mol）
1-x
3-3x
x
2x
则（4-x）：4=a：1，解得x=4-4a，所以CO2的转化率为：400(1-a)%或4(1-a)×100%或(4-4a)×100%；
a=0.875时，x=0.5，则平衡常数为：0.5mol/L×（1mol L 1）2÷[0.5mol/L×(1.5mol L 1)3]=8/27
L/mol。
（4）根据平衡常数表达式K=［c(CO)］6/［c(N2)］2，可得化学方程式中CO的系数为6，N2的系数为2，反应物还有SiO2和C，生成了Si3N4，配平可得化学方程式：3SiO2+6C+
2N2Si3N4+
6CO；v(N2)＝1/3
v(CO)＝6mol·L-1·min-1×1/3=
2mol·L-1·min-1。
考点：本题考查电极方程式、离子方程式、化学方程式、热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学反应速率、转化率的计算。
17．工农业生产和科学实验中常常涉及溶液的酸碱性，人们的生活健康也与溶液的酸碱性有关，因此，测试和控制溶液的pH具有重要意义。
（1）常温下，下列事实一定能证明HA是弱电解质的是
。
①常温下HA溶液的pH小于7
②用HA溶液做导电实验，灯泡很暗
③常温下NaA溶液的pH大于7
④0.1mol/L
HA溶液的pH＝2.1
⑤将等体积的pH＝2的HCl与HA分别与足量的Zn反应，放出的H2体积HA多
⑥pH＝1的HA溶液稀释至100倍，pH约为2.8
（2）常温下，①将
pH＝3的HA溶液与将
pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液可能呈
(选填字母：a酸性、b碱性、c中性
)。
②将等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合后，溶液可能呈
(选填字母：a酸性、b碱性、c中性)。用离子方程式解释混合液②呈酸性或碱性的原因
。
（3）甲、乙两烧杯均盛有5
mL
pH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4。关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是(
)
A．溶液的体积10V甲≥V乙
B．水电离出的OH―浓度：10c(OH―)甲=c(OH―)乙
C．若分别与5
mL
pH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙
D．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
（4）若HA为弱酸，一定浓度的HA和NaA的混合溶液可作为控制体系pH的缓冲溶液，向缓冲溶液中加入少量的酸或碱，溶液pH
的变化很小，下列体系可作为缓冲溶液的有
。
A．氨水和氯化铵混合溶液
B．硝酸和硝酸钠溶液
C．盐酸和氯化钠混合溶液
D．醋酸和醋酸钠溶液
（5）某二元酸(化学式用H2B表示
)在水中的电离方程式是：H2B＝H++HB﹣；HB﹣H++B2﹣。在0.1mol·L﹣1的Na2B溶液中，c(B2﹣
)
+
＝0.1mol·L﹣1。
（6）在25℃下，将a
mol·L-1的氨水与0.01
mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中
c(NH4+)＝c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=__________。
【答案】（1）③④⑤⑥（2）酸性或中性；中性或碱性；A－＋H2OHA＋OH－
（3）BC（4）AD（5）c（HB-）（6）
【解析】
试题分析：（1）①常温下HA溶液的pH小于7只能说明溶液显酸性，不能说明是弱电解质，①错误；②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HA溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明HA的电离程度，所以不能证明HA为弱电解质，②错误；③常温下NaA溶液的pH大于7，说明NaA是强碱弱酸盐，所以能HA为弱酸，③正确；④0.1mol/L
HA溶液的pH＝2.1，即溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，说明HA部分电离，溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，④正确；⑤将等体积的pH＝2的HCl与HA分别与足量的Zn反应，放出的H2体积HA多，说明HA是浓度大于盐酸，但电离出的氢离子浓度相等，说明HA部分电离，溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，⑤正确；⑥pH＝1的HA溶液稀释至100倍，pH约为2.8，说明HA中存在电离平衡，则HA为弱电解质，⑥正确，答案选③④⑤⑥。
（2）①常温下，将
pH＝3的HA溶液与将
pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，如果HA是弱酸，则酸过量，溶液显酸性；如果酸是强酸，则二者恰好反应，生成的盐不水解，溶液显中性；
②将等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合后，如果HA是强酸，则显中性；如果HA是弱酸，生成的盐水解，溶液显碱性，离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－。
（3）A．若酸为强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子浓度不变5ml×10-3＝V×10-4，解得V＝5Oml，则10V甲＝V乙；若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，所以10V甲≤V乙，A错误；B．酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，则pH＝3的酸中，水电离的氢氧根离子浓度为，c（OH-）甲＝Kw/c(H+)＝10-11mol/L；pH＝4的酸中，水电离的氢氧根离子浓度为，c（OH-）乙＝Kw/c(H+)＝10-10mol/L，则10c（OH-）甲=c（OH-）乙，B正确；C．若酸是强酸，分别与5mL
pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH值相等；若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲≤乙，C正确；D．稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲＞乙，若酸为强酸，则二者的pH相等，若酸为弱酸，则甲溶液的pH大于乙，即：甲≥乙，D错误，答案选BC。
（4）A、含有氨水和氯化铵的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入碱时生成弱电解质，加入酸时生成正盐，是由于加入酸时发生：NH3 H2O+H+NH4++H2O，加入碱时发生：NH4++OH-NH3 H2O，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，A正确；B、硝酸是强酸，硝酸钠不水解，不能起缓冲溶液的作用，B错误；C、盐酸是强酸，氯化钠不水解，也不能起缓冲溶液的作用，C错误；D、含有醋酸和醋酸钠溶液向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质醋酸，加入碱时生成正盐醋酸钠，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，D正确，答案选AD；
（5）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，根据物料守恒得c（B2-）+c（HB-）＝0.1mol/L；
（6）根据电荷守恒，c(NH4＋)+
c(H+)＝c(Cl－)+
c(OH-)，当c(NH4＋)＝c(Cl－)，c(H+)＝c(OH-)，呈中性。在25℃下，将a
mol·L-1的氨水与0.01
mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝0.005
mol/L，溶液为中性，c(OH-)＝10－7mol/L，c(NH3·H2O)＝0.5(a－0.01)
mol/L，电离常数
考点：考查弱电解质的判断、溶液酸碱性判断、缓冲溶液、离子浓度关系和电离平衡常数计算等
18．（16分）某研究性学习小组对Zn跟一定量的浓硫酸反应生成的气体产物进行探究。
【提出假设】：小组同学经过分析讨论认为生成气体可能含H2和SO2。
【设计实验方案，验证假设】主要包括两个环节：
Ⅰ．验证SO2，实验装置如图所示；
Ⅱ．检验产物中含有H2，实验内容将由B部分导出的气体依次通过装置
C、D、E、F、G。Ⅱ中装置C、D、E、F、G的信息如下表所示：
仪器标号
C
D
E
F
G
仪器
洗气瓶
洗气瓶
硬质玻璃管，加热
干燥管
干燥管
仪器中所加物质
NaOH溶液
浓硫酸
CuO粉末
试剂X
无水CaCl2固体
试回答下列问题：
（1）小组同学认为生成气体中含H2的理由是
；
（2）盛放锌粒的仪器名称是
；
（3）B部分装置的目的是验证SO2并探究SO2与品红作用的可逆性，实验的操作及主要现象是
；
（4）①装置D、G的作用依次是
、
；
②E中发生反应的化学方程式是
；
③试剂X是
。
【答案】（1）随着反应的进行，硫酸的浓度变小（2分）
（2）蒸馏烧瓶（2分）
（3）品红溶液先褪色，加热后又恢复红色（3分）
（4）①干燥H2，防止干扰后面H2的检验（2分），防止空气中的水蒸气进入H（2分）
②CuO+H2Cu+H2O（3分）
③无水CuSO4粉末（2分
【解析】
试题分析：（1）由于随着反应的进行，硫酸的浓度变小，稀硫酸与锌反应生成氢气；
（2）根据仪器的构造可知，盛放锌粒的仪器名称是蒸馏烧瓶；
（3）SO2能使品红溶液褪色，但这种褪色是不稳定的，加热时又恢复到原来的颜色，因此实验的操作及主要现象是品红溶液先褪色，加热后又恢复红色。
（4）①氢气还原氧化铜生成铜、水蒸气，因此要检验氢气，通入的氢气是干燥的，即浓硫酸的作用是干燥H2，防止干扰后面H2的检验；由于空气中也含有水蒸气，因此氯化钙的作用是防止空气中的水蒸气进入H，干扰水蒸气的检验。
②氢气还原氧化铜的方程式为CuO+H2Cu+H2O；
③硫酸铜吸水转化为胆矾，颜色由无色转化为蓝色，因此常用无水CuSO4粉末检验水蒸气，即H中的试剂是无水CuSO4粉末。
考点：考查浓硫酸与锌反应生成物探究的实验方案设计
19．（10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
（1）上述实验中发生反应的化学方程式有
。
（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是
。
（3）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
混合液
A
B
C
D
E
F
4mol·L-1H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计，其中：V1=
，V6=
，V9=
。
②反应一段时间后，实验E中的金属呈
色。
③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因
。
【答案】（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 （2分）
（2）CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分）
（3）
①V1=30；V6=10；V9=17.5
②红色（紫红色）（每格1分，共4分）
③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面（2分）
【解析】
试题分析：用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气原因：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn、Cu、H2SO4形成原电池：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 加快反应；为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验，则该实验只是研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，故其他量浓度均不变，故溶液总体积相同，故V1
=V2
=V3
=V4=V5=30；V6=10；V9=17.5；E中加入10
mL饱和CuSO4溶液，会导致Zn表面附着一层红色金属铜；当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面，是反应速率减慢。
考点：探究实验。
20．（15分）工业上测量SO2、N2、O2混合气体中SO2含量的装置如下图；反应管中装有碘的淀粉溶液。SO2和I2发生的反应为（N2、O2不与I2反应）：SO2＋I2＋2H2O→H2SO4＋2HI
（1）混合气体进入反应管后，量气管内增加的水的体积等于
的体积（填写气体的分子式）。
（2）反应管内溶液蓝色消失后，没有及时停止通气，则测得的SO2含量
（选填：偏高，偏低，不受影响）。
（3）反应管内的碘的淀粉溶液也可以用
代替（填写物质名称）。
（4若碘溶液体积为VamL．，浓度为Cmol·L－1，N2与O2的体积为VbmL（已折算为标准状况下的体积）。用C．Va．Vb表示SO2的体积百分含量为：
。
（5）将上述装置改为简易实验装置，除导管外，还需选用的仪器为．
（选下列仪器的编号）。
a．烧杯
b．试管
c．广口瓶
d．容量瓶
e．量筒
f．单孔塞
g．双孔塞
【答案】（1）N2、O2的体积
（2）偏低
（3）酸性高锰酸钾溶液或溴水
（4）VSO2％＝22.4CVa/（22.4CVa＋Vb）×100%
（5）bceg或beg或ceg
【解析】
试题分析：（1）混合气体进入反应管中，其中SO2与I2发生反应：SO2＋I2＋2H2O→H2SO4＋2HI不产生气体，剩余的气体仅有N2和O2，量气管内增加的水的体积等于N2和O2的总体积；
（2）反应管内溶液蓝色消失时，SO2与反应管内所含的I2恰好反应，若没有及时停止通气，则未反应的SO2气体也排到量气管，使N2和O2体积增加，测得SO2的含量降低；
（3）碘的淀粉溶液的作用是当其中的I2完全被SO2还原时，溶液的颜色由蓝色变无色来指示终点的，其他可与SO2气体反应的物质，在到达终点有颜色改变时便可代替碘的淀粉溶液，如KMnO4溶液、溴水等；
（4）由所给反应知SO2气体的物质的量等于碘的物质的量Va×10－3L×cmol·L－1=Va
c×10－3mol，某体积为V（SO2）=Vac×10－3mol×22.4×103mL·mol－1=22.4Va·CmL，所以SO2的体积百分含量为：22.4CVa/（22.4CVa＋Vb）×100%；
（5）由所给装置可知反应管起密闭容器的作用，因此可用试管、广口瓶代替，而量取气体的体积方法除用量气管外，还可用测量气体所排出液体的体积确定，可用广口瓶、双孔塞、量筒代替量气管，故改为简易装置所选仪器为bceg或beg或ceg。
考点：考查了SO2含量测定的实验研究、误差分析、仪器的选择和操作等相关知识。
21．超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：
Al2O3+N2+3C2AlN+3CO↑
由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有碳和氧化铝杂质。为测定该产品中有关成分的含量，进行了以下两个实验：
（1）称取20.00
g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气6.72
L（标准状况）。
①上述反应的化学方程式为_____________________________________________________；
②该产品中AlN的质量分数为_______________________________。
(2)另取10.00
g样品置于反应器中，通入2.016
L（标准状况）O2，在高温下充分反应后测得气体的密度为1.34
g·L-1（已折算成标准状况，AlN不跟O2反应）。该产品中含杂质碳__________g。(此问需写出计算过程)
【答案】（1）①AlN+NaOH+H2O====NaAlO2+NH3↑
②61.5%
(2)m(C)=1.92
g
计算过程见解析。
【解析】（2）O2+2C2CO
O2+CCO2
（气体）=1.34
g·L-1×22.4
L·mol-1=30.0
g·mol-1
28＜30.0＜44
即Mr(CO)＜（气体）＜Mr(CO2)
故反应后得到的气体是CO和CO2的混合气体。
设混合气体中CO2的物质的量为x，CO的物质的量为y。
2x+y=×2
（氧原子守恒）
=30.0
g·mol-1
解得：x=0.02
mol
y=0.14
mol
所以：m(C)=12
g·mol-1×(0.02
mol+0.14
mol)=1.92
g
22．用A+、B-、C2-、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种微粒（离子或分子），请回答：
1）、A元素是
；B元素是
；C元素是
（用元素符号表示）。
2）、D是由两种元素组成的双原子分子，其分子式是
。
3）、E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子，其分子式是
。
4）、F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是
，电子式是
。
5）G分子中含有4个原子，其分子式是
。
6）、H分子中含有8个原子，其分子式是
。
【答案】（1）K
Cl
S（2）HCl（3）F2
（4）H2S
（5）H2O2、PH3（6）C2H6
【解析】
试题分析：18e-微粒来源大体分三个部分：一是第三周期元素的气态氢化物及去H+的对应离子，二是第四周期的金属阳离子，三是由第二周期气态氢化物去掉氢原子后，两两结合得到的分子，共16种，阳离子K+、Ca2+；阴离子P3-、S2-、HS-、Cl-；分子有Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、F2、H2O2、C2H6、CH3OH、N2H4等。A+、B-、C2-、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种微粒（离子或分子），则A是K，B是Cl，C是S。
（1）根据以上分析可知A元素是K，B元素是Cl，C元素是S。
（2）D是由两种元素组成的双原子分子，则其分子式是HCl。
（3）E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子，则其分子式是F2。
（4）F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是H2S，电子式是。
（5）G分子中含有4个原子，其分子式是H2O2或PH3。
（6）H分子中含有8个原子，其分子式是C2H6。
【考点定位】本题主要考查有关原子结构的相关问题。
【名师点晴】掌握常见的18电子微粒是解答的关键，总结如下：18电子”的微粒
分子
离子
一核18电子
Ar
K＋、Ca2＋、Cl－、S2－
二核18电子
F2、HCl
O22－、HS－
三核18电子
H2S
四核18电子
PH3、H2O2
五核18电子
SiH4、CH3F、NH2OH
六核18电子
N2H4、CH3OH
其他微粒
C2H6、CH3NH2
N2H5＋、N2H62＋
23．物质A－G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。
请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：B
、G
；
（2）C与硫磺在加热条件下的生成物与足量浓硝酸反应的离子方程式为：
。
（3）反应②的化学方程式是
；
（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=
。若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，D的体积分数
（填“增大”、“不变”或“减小”）。
【答案】（1）SO2；Cu2O（2）Cu2S+12H++10NO3-＝2Cu2++SO42-+10NO2↑+2H2O
（3）
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O（4）23.8
mol-1·L；减小
【解析】
试题分析：砖红色沉淀G是葡萄糖和新制Cu(OH)2的反应，则G和单质C分别为Cu2O和Cu，结合反应①条件可确定B、D分别为SO2、SO3，E和F分别为H2SO4和CuSO4。
（1）根据以上分析可知B和G的化学式分别是)SO2、Cu2O；
（2）铜在硫中燃烧生成硫化亚铜，硫化亚铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu2S+12H++10NO3-＝2Cu2++SO42-+10NO2↑+2H2O。
（3）反应②的离子方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。
（4）根据①中发生反应可知
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
起始浓度（mol/L）
0.23
0.11
0
转化浓度（mol/L）
0.12
0.06
0.12
平衡浓度（mol/L）
0.11
0.05
0.12
则平衡常数K=＝＝23.8
平衡后通入O2，平衡向正反应方向进行，但由于总体积增加的程度更大，则再次达到平衡时SO3的体积分数也会减小。
考点：本题主要结合无机框图推断，考查常见无机物之间的相互转化关系，以及化学平衡的移动知识的综合应用。