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【化学】河南省商丘市九校2018-2019学年高二上学期期末联考（解析版） 试卷
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河南省商丘市九校2018-2019学年高二上学期期末联考
可能用到的相对原子质量：H-1, C-12, O-16, K-23, I-127
第Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题：本题包括16小题，每小题只有一个符合题意的选项，请将符合题意的选项涂在答题卡相应位置。每小题3分。
1.有关下列诗句或谚语的说法正确的是
A. “水乳交融”包含化学变化
B. “蜡炬成灰泪始干”包含化学变化
C. “滴水石穿”“绳锯木断”均为物理变化
D. “落汤螃蟹着红袍”只是物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.水乳交融没有新物质产生，包含物理变化，故A错误；
B.蜡炬成灰泪始干包括两个过程，蜡烛受热熔化变为蜡油，这一过程只是状态发生了变化，没有新的物质生成，属于物理变化；蜡油受热变为蜡蒸气，与氧气发生反应生成水和二氧化碳，有新的物质生成，属于化学变化，所以既有物理变化又有化学变化，故B正确；
C.石头中含有碳酸钙，碳酸钙与水和空气中的二氧化碳反应生成可溶的碳酸氢钙，造成水滴石穿的现象，包含化学变化，“绳锯木断”，没有新物质生成，包含物理变化，故C错误；
D.螃蟹煮熟时，会产生类似于胡萝卜素的色素类物质，有新物质产生，发生了化学变化，故D错误。答案选B。
2. 下列叙述中，错误的是( )
A. 虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质
B. 纯水的pH随温度的升高而减小
C. 在醋酸钠溶液中加入少量氢氧化钠，溶液中c(OH－)增大
D. 在纯水中加入少量硫酸铵，可抑制水的电离
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以氯化钠是电解质，故A正确；
B.升温促进纯水电离，氢离子浓度增大，纯水的pH减小，故B正确；
C.加入的氢氧化钠能电离出氢氧根离子，则溶液中c（OH-）增大，故C正确；
D.硫酸铵水解促进水的电离，故D错误。答案选D。
【点睛】本题在解答时需注意电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，电解质不一定导电，但在水溶液中或熔融状态下能导电；盐类的水解促进水的电离。据此解答。
3.某有机物分子中含有两个CH3—，一个—CH2—，一个和一个—Cl，该有机物可能的结构简式有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
本题应以“一个”为入手点，在此基础上添加CH3—、—CH2—和—Cl，CH3—和—Cl只有一个单键，所以应该位于末端。则一共有两种组合情况：
CH3 CH3
CH3 CH2— Cl 和 ClCH2—CH3
4.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是
A. 3-甲基-2-丁烯 B. 2,2-二甲基丁烷
C. 3-氯丁烷 D. 2-乙基戊烷
【答案】B
【解析】
【详解】A.含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小，该有机物的正确命名为3-甲基-1-丁烯，故A错误；
B.2,2-二甲基丁烷的命名正确，故B正确；
C.有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小，该有机物的正确命名为2-氯丁烷，故C错误；
D.烷烃的命名中出现2−乙基，说明选取的主链不是最长的，该有机物最长碳链含有6个碳原子，在3号C含有一个甲基，所以该有机物正确命名为3-甲基己烷，故D错误。答案选B。
【点睛】解题时特别注意判断有机物的命名是否正确其核心是准确理解命名规范：有机物的命名均是以烷烃的命名为基础的。（1）烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。另外需注意含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。据此解答。
5.下列有关烯烃的说法中，正确的是
A. 烯烃分子中所有的原子一定在同一平面上
B. 烯烃只能发生加成反应
C. 分子式是C4H8的烃分子中一定含有碳碳双键
D. 通过石油的催化裂化及裂解可以得到气态烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A.烯烃分子中，与双键碳原子相连的6个原子处于同一平面上，而其他的原子则不一定处于该平面上，如丙烯CH3-CH═CH2分子中-CH3上的氢原子最多只有一个处于其他6个原子所在的平面上，故A错误；
B.烯烃中含有碳碳双键，能发生加成反应，若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应，如CH2 Cl-CH═CH2能与氢氧化钠水溶液发生取代反应，故B错误；
C.分子式为C4H8的烃可以是环烷烃，而环烷烃中并不含碳碳双键，故C错误；
D.通过石油的催化裂化及裂解可以得到气态烯烃，故D正确。答案选D。
【点睛】解题时注意双键、苯环结构中涉及共面的问题，在烯烃分子中，与双键碳原子相连的6个原子处于同一平面上，而其他的原子则不一定处于该平面上；加成反应是不饱和键的特征反应，但若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应，据此解答。
6.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，B错误；C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）不变，C正确；D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，D错误；答案选D。
【考点定位】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析
【名师点晴】明确实验原理和误差分析的判断依据是解答的关键，注意误差分析的总依据为：由c测＝c标V标/V测由于c标、V待均为定值，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。答题时注意灵活应用。
7.下列各组溶液能大量共存的一组离子是
A. NH4+ 、K+、SiO32-、Cl- B. K+、Na+、NO3- 、MnO4-
C. Fe3+、H+、I-、SCN- D. AlO2-、Mg2+、SO42-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH4+ 和SiO32-发生双水解不能大量共存，故A正确；
B. K+、Na+、NO3- 、MnO4-之间不能发生反应能大量共存，故B正确；
C.Fe3+和SCN−之间反应生成硫氰合铁络离子，Fe3+、I-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.偏铝酸根离子在水溶液中会发生水解，生成氢氧根离子，生成的氢氧根离子制造的碱性环境将和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，则偏铝酸根离子和碳酸氢根离子不能大量共存，故D错误。答案选B。
8.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁做负极被氧化 Fe－2e- = Fe2+
B. Na2CO3 溶液显碱性 CO32－+2H2O H2CO3 + 2OH－
C. 氯气通入NaOH溶液得到漂白液 Cl2 + 2OH－ = Cl－ + ClO－ + H2O
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，生成Fe(OH)3 ：3Mg(OH)2 + 2Fe3+ = 2Fe(OH)3↓+3Mg2+
【答案】B
【解析】
【详解】A.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化成二价铁离子，电极反应式为Fe－2e- = Fe2+，故A正确；
B.碳酸钠溶液显碱性是因为CO32-发生一级水解，离子方程式为CO32－+H2OHCO3-+ OH－，故B错误；
C.氯气通入NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，漂白液中的次氯酸钠具有强氧化性，能漂白，此反应的离子方程式为：Cl2 + 2OH－ = Cl－ + ClO－ + H2O，故C正确；
D.向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，生成红褐色沉淀，反应的离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3↓+3Mg2+；故D正确。答案选B。
9.下列实验方案中，不能达到实验目的是
选项
实验目的
实验方案
A
验证Ksp(BaSO4)
B
验证氧化性：Br2>I2
将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，震荡，静止，可观察到下层液体呈紫色
C
验证酸性：HCN
D
验证Fe3+能催化H2O2分解，且该分解反应为放热反应
向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，一段时间后，黄色溶液转变为红褐色
【答案】A
【解析】
【详解】A.一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀，将BaSO4 投入饱和BaCO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明BaSO4 转化成BaCO3沉淀，不能证明Ksp(BaSO4)
C.室温下，用pH测得0.100 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH值约为3，0.100 mol·L-1 HCN溶液的pH值约为5，说明醋酸的电离程度大于HCN，能证明酸性：HCN
10.在一定温度下，可逆反应A(g)＋3B(g)⇌2C(g)达到平衡的标志是( )
A. C生成的速率和C分解的速率相等 B. A、B、C的浓度相等
C. 生成n mol A，同时生成3n mol B D. A、B、C的分子数之比为1：3：2
【答案】A
【解析】
C生成的速率和C分解的速率相等，即v正=v逆，证明反应达平衡，选项A正确。A、B、C的浓度相等但是没有说浓度不变，有可能是三者浓度瞬间相等，然后发生变化，所以无法证明反应达平衡，选项B错误。生成A和生成B说的都是逆反应的情况，没有说明正反应的情况，所以选项C错误。A、B、C的分子数之比为1：3：2，但是没有说分子数不变，有可能是三者的分子数瞬间达到这个关系，然后发生改变，所以不能说明反应达平衡，选项D错误。
11.一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应；ΔH <0，达到平衡后测得A气体的浓度为0．5mol·L-1；当恒温下将密闭容器的容积扩大两倍并再次达到平衡时，测得A的浓度为0．3 mol·L-1。则下列叙述正确的是( )
A. 平衡向右移动 B. x+y>z C. B的转化率提高 D. C的体积分数增加
【答案】B
【解析】
试题分析：A保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，实际上A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即平衡向左移动，A错误;B增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y>z，B正确；C、由上述分析可知，平衡向逆反应移动，B的转化率降低，C错误；D、平衡向逆反应移动，气体C的物质的量减少，C的体积分数降低，D错误，选B。
考点：考查化学平衡移动。
12.对于可逆反应A（g）+2B(g)2C(g) △H＞0，下列图象中正确的是
【答案】D
【解析】
该反应是体积减小的、吸热的可逆反应。所以增大压强时，平衡向正反应方向移动，A不正确。升高温度平衡向正反应方向移动，B不正确。温度越高，反应越快，到达平衡的时间越短，A的转化率越大，而A的百分含量越少，C不正确，D正确。所以答案是D。
13.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A. 等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B. 浓度为0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C. pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D. 醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，根据质子守恒可得：c(H+)=c(OH−)+c (NH3⋅H2O)，故A正确；
B.碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故B错误；
C.pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，氨水过量，溶液呈碱性，则：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，所以(Na+)=c(CH3COO−)，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是离子浓度大小的比较。解题时特别注意C选项氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性；D选项所得溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒进行判断。据此解答。
14.如图所示，硫酸工业中产生的SO2通过下列过程既能制得H2SO4又能制得H2。下列说法不正确的是
A. 该过程可循环利用的物质是I2和HI
B. 该过程总反应的化学方程式SO2 + 2H2O=H2SO4 + H2
C. X物质是I2
D. SO2 在过程中表现出了还原性与漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】根据题中所给流程和信息可知，反应I为SO2 +I2+ 2H2O=H2SO4 +2HI，反应Ⅱ为2HI=H2↑+I2。可循环利用的物质是I2和HI，该过程总反应的化学方程式SO2 + 2H2O=H2SO4 + H2，X物质是I2，SO2 中的S元素化合价由+4价升高到+6价生成H2SO4，作还原剂体现还原性，没有漂白性。故A、B、C正确，D错误。答案选D。
15.利用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是
A. 阴极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
B. 从A口出来的是NaOH溶液
C. b是阳离子交换膜，允许Na+通过
D. Na2SO4溶液从G口加入
【答案】C
【解析】
【详解】A.阴极是氢离子放电，阴极发生的反应为：H++2e-=H2↑,故A错误；
B.连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，A为阳极，氢氧根离子在阳极放电产生氧气，同时生成氢离子，在阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是硫酸溶液，故B错误；
C.在阴极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，故b为阳离子交换膜，允许Na+通过，故C正确；
D.NaOH在阴极附近生成，则Na2SO4溶液从F口加入，故D错误。答案选C。
【点睛】本题考查的是电解池知识。本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，题目难度中等。据题意，电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH-放电，生成氧气，阴极附近是H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两分别生极成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，知允许通过阴离子，在阴极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子。
16. 水的电离平衡曲线如图所示，若以A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度，则下列说法正确的是
A. 纯水中25℃时的c(H＋)比100℃时的c(H＋)大
B. 100℃时某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol/L，则该溶液的pH可能是11或3
C. 将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，混合溶液的pH=7，则Ba(OH)2溶液和盐酸的体积比为10: 1
D. 25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO42－)=5×10－4 mol/L，则溶液中c(Na＋)：c(OH－)为104:1
【答案】D
【解析】
试题分析：A选项错误。25℃时c(H＋)=c(OH-)为10-6mol/L，当100℃时c(H＋)=c(OH-)为10-7mol/L。B选项错误。100℃时某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol/L，又因为当100摄氏度时KW值为1．0×10-12，故PH可能是11或1。C选项错误。若将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸按照体积比10: 1混合，得到位中性溶液。在100摄氏度时中性溶液PH=6，故错误。D选项争取。
考点：水的离子积
第Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、非选择题
17.某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备KI晶体。请回答下列问题
(1)从水溶液中萃取碘可以选用的试剂是____________。(填序号)
A．酒精 B．CCl4 C．己烯 D．直馏汽油
(2)KI晶体的制备，实验装置如图：
实验步骤如下
i．配制0.5mol·L−1的KOH溶液。
i．在三颈瓶中加入12.7g单质I2和250mL 0.5mol·L−1的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。
ⅲ．通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸，充分反应后，HCOOH被氧化为CO2，再用KOH溶液调pH至9~10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得KI产品8.3g。请回答下列问题：
①配制0.5mol·L−1 KOH溶液时，下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是_____(填序号)。
A．托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体
B．KOH固体样品中混有K2O2
C．称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶
D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容
E．定容时仰视刻度线
②步骤ⅱ中I2与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶5，请写出氧化产物的化学式：____________。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞___________。(填“a”“b”或“a和b”)
④实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为____________________。
⑤实验中KI的产率为________________%
【答案】 (1). BD (2). BC (3). KIO3 (4). b (5). 3HCOOH +IO3-===I-+3CO2↑+ 3H2O (6). 50
【解析】
【详解】（1）从水溶液中萃取碘，作为萃取剂的物质要满足：溶质在萃取剂中溶解度较大、萃取剂与原溶剂及溶质均不反应、萃取剂与原溶剂不互溶。
A.酒精与碘水不反应，但与水互溶，故不选A；
B.四氯化碳与碘水不反应，与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度更大，故选B；
C.己烯可以和碘反应，不能做萃取剂，故不选C；
D.直馏汽油的主要成份是烷烃与环烷烃，与碘水不反应，与水不互溶，且碘在其中的溶解度更大，故选D。本小题答案为：BD。
（2）①A.KOH固体具有吸水性，且能与空气中二氧化碳反应，在纸片上称量KOH固体，会使所称量的KOH质量偏小，导致配得的溶液浓度偏低，故不选A；
B.1molK2O2与水反应生成2molKOH，1molK2O2的质量为110g，而2molKOH的质量为112g，若KOH固体样品中混有K2O2则使所配溶液中溶质KOH的物质的量增大，导致配得的溶液浓度偏高，故选B；
C.溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，故选C；
D.未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故不选D；
E.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故不选E。本小题答案为：BC。
②I2与KOH溶液反应，I2既被氧化又被还原，容易判断还原产物为KI，若生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，根据得失电子守恒，可判断出氧化产物中碘元素化合价为+5价，可推出氧化产物为KIO3。本小题答案为：KIO3。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，使用的是恒压滴液漏斗，起到了平衡压强作用，因此只需打开活塞b，即可以使甲酸顺利滴下。本小题答案为：b。
④由信息可知，加入甲酸的作用是还原碘酸钾，HCOOH被氧化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒写出HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为：3HCOOH +IO3-===I-+3CO2↑+ 3H2O。本小题答案为：3HCOOH +IO3-===I-+3CO2↑+ 3H2O。
⑤12.7gI2的物质的量为0.05mol，KOH的物质的量为0.125mol，由可知，KOH过量，KIO3被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.05molI2可生成0.1molKI（质量为16.6g），所以实验中KI的产率为。本小题答案为：50%。
18.碱式氧化(NiOOH)可用废镍催化剂(主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_____________________。
(2)“过滤1”用到的玻璃仪器________________________________________。
(3)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Ni2+
6.2
8.6
Fe2+
7.6
9.1
Fe3+
2.3
3.3
Cr3+
4.5
5.6
“调pH 1”时，溶液pH范围为_______________；
(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式________________。
(5)在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，用离子方程式表示该转化反应__________，已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，要使溶液中CrO沉淀完全(c(CrO)≦1×10-5mol·L−1),溶液中钡离子浓度至少为________mol·L−1。
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑ (2). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (3). 5.6～6.2 (4). 4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O (5). 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (6). 1.2×10-5mol·L−1
【解析】
【分析】
由流程可知，废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等）加氢氧化钠碱浸，Al溶于氢氧化钠溶液 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，过滤得到固体含有Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸酸浸溶解，溶液含有Ni2+、Fe2+、Cr2+，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入Ni（OH）2调节溶液pH使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液pH得到Ni（OH）2沉淀，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体，在加热条件下与空气反应得到碱式氧化镍（NiOOH），据此分析解答。
【详解】(1)“浸泡除铝”时，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑。本小题答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑。
(2) “过滤1”用到的玻璃仪器烧杯、漏斗、玻璃棒。本小题答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒。
(3)加入Ni(OH)2调节溶液pH 1使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，故pH范围为5.6∼6.2。本小题答案我为：5.6∼6.2。
(4)在加热条件下Ni(OH)2与空气反应得到碱式氧化镍(NiOOH)，化学方程式为：4Ni(OH)2+O2 4NiOOH+2H2O。本小题答案为：4Ni(OH)2+O2 4NiOOH+2H2O。
(5) 在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，根据原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，要使溶液中CrO42-沉淀完全(c(CrO72-)≦1×10-5mol·L−1)，根据沉淀溶解平衡可知Ksp=，则1.2×10-10=1×10-5mol·L−1×c(Ba2+)，则c(Ba2+)= 1.2×10-5mol·L−1。本小题答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；1.2×10-5mol·L−1。
19.如图是以铅蓄电池为电源，模拟氯碱工业电解饱和食盐水的装置图(C、D均为石墨电极)。已知：铅蓄电池在放电时发生下列电极反应：负极Pb＋SO42-－2e－===PbSO4正极PbO2＋4H＋＋SO42-＋2e－===PbSO4＋2H2O
(1)请写出电解饱和食盐水的化学方程式____________。
(2)若在电解池D极滴酚酞试液，电解一段时间后呈红色，说明铅蓄电池的B极为___极。
(3)用铅蓄电池电解2 L饱和食盐水(电解过程假设体积不变)
①若收集到11.2 L(标准状况下)氯气，则至少转移电子________mol。
②若铅蓄电池消耗H2SO4 2 mol，则可收集到H2的体积(标准状况下)为________L。
③若消耗硫酸a mol，电解后除去隔膜，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为(假设氯气全部排出)______________(用含a的代数式表示)。
【答案】 (1). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ (2). 负 (3). 1 (4). 22.4 (5). a /2mol·L−1
【解析】
【分析】
本题考查的是电解原理知识。
（1）惰性电极电极饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，原子守恒配平写出；
（2）若在电解池D极滴酚酞试液，电解一段时间后呈红色，说明氢离子在D极放电，产生了大量的氢氧根离子，使D极溶液显碱性，则D极为电解池的阴极，阴极与电源负极相连，则B极为电源的负极。
（3）①依据电解氯化钠生成氯气的电极反应计算转移电子物质的量；
②依据铅蓄电池和电解池中电子转移守恒计算；
③依据铅蓄电池电极反应计算消耗硫酸转移电子的物质的量，电解过程中电子守恒，根据电解氯化钠溶液的化学方程式计算电解后溶液中溶质的物质的量浓度。
【详解】（1）惰性电极电极饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。本小题答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。
（2）若在电解池D极滴酚酞试液，电解一段时间后呈红色，说明氢离子在D极放电，产生了大量的氢氧根离子，使D极溶液显碱性，则D极为电解池的阴极，阴极与电源负极相连，则B极为电源的负极。本小题答案为：负。
（3）①电解氯化钠生成氯气的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，收集到11.2L（标准状况下）氯气物质的量为0.5mol，转移电子物质的量为1mol。本小题答案为；1。
②蓄电池消耗H2SO4 2mol，依据电极反应PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，消耗2mol硫酸转移电子2mol，根据电子守恒，电解食盐水阴极电极反应2H++2e-=H2↑，转移电子也为2mol，则生成氢气1mol，标准状况体积为22.4L。本小题答案为：22.4L。
③依据电极反应PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，消耗amol硫酸转移电子amol，根据电子守恒，则2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑反应中转移电子也为amol，则生成氢氧化钠物质的量为amol，氢氧化钠的浓度为amol/2L= mol/L。本小题答案为：mol/L。
20.二甲醚CH3OCH3又称甲醚，熔点-141.5℃，沸点-24.9℃。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下：
①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1 =-90.0 kJ·mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+ H2O(g) △H2 = -20.0 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应①在_____________(填“低温”或“高温”)下易自发进行。
(2)写出由合成气(CO、H2)直接制备CH3OCH3的热化学方程式：______________。
(3)温度为500K时，在2L的密闭容器中充入2mol CO和6molH2发生反应①、②，5min时达到平衡，平衡时CO的转化率为60%，c(CH3OCH3) = 0.2 mol·L-1，用H2表示反应①的速率是________，反应②的平衡常数K =____________。
(4)研究发现，在体积相同的容器中加入物质的量相同的CO和H2发生反应①、②，在不同温度和有无催化剂组合下经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO转化(％)
CH3OCH3选择性(％)
473
无
10
36
500
无
12
39
500
Cu/ZnO
20
81
【备注】二甲醚选择性：转化的CO中生成CH3OCH3百分比
①相同温度下，选用Cu/ZnO作催化剂，该催化剂能_______ (填标号)。
A．促进平衡正向移动 B．提高反应速率 C．降低反应的活化能
D．改变反应的焓变 E.提高CO的平衡转化率
②表中实验数据表明，在500K时，催化剂Cu/ZnO对CO转化成CH3OCH3的选择性有显著的影响，其原因是__________________________。
【答案】 (1). 低温 (2). 2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1 (3). 0.24mol/(L·min) (4). 1 (5). B、C (6). 由表中数据可知，此时反应体系尚未建立平衡，催化剂可加速反应②，从而在相同时间内生成更多的CH3OCH3
【解析】
【分析】
本题考查的是化学平衡知识。
（1）反应①是放热的体积减小的可逆反应，则根据△G=△H-T·△S可知在低温下易自发进行。
（2）根据盖斯定律可知①×2+②即得到由合成气（CO、H2）直接制备CH3OCH3的热化学反应方程式为2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1。
（3）按平衡的三段式可求出用H2表示反应①的速率和可逆反应②的平衡常数K。
【详解】（1）反应①是放热的体积减小的可逆反应，则根据△G=△H-T·△S可知在低温下易自发进行。本小题答案为：低温。
（2）根据盖斯定律可知①×2+②即得到由合成气（CO、H2）直接制备CH3OCH3的热化学反应方程式为2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1。本小题答案为：2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1。
（3）温度为500K时，在2L的密闭容器中充入2mol CO和6molH2发生反应①、②，5min时达到平衡，平衡时CO的转化率为60%，即消耗CO是1.2mol，所以消耗氢气是2.4mol，浓度是1.2mol/L则用H2表示反应①的速率是1.2mol/L÷5min=0.24mol/(L·min)。平衡时c(CH3OCH3) = 0.2 mol·L-1，所以水蒸气的浓度也是0.2 mol·L-1，甲醇的浓度是0.6mol/L-0.2mol/L×2=0.2mol/L，所以反应②的平衡常数K=（0.2×0.2）/0.22=1。本小题答案为：0.24mol/(L·min)；1。
（4）①A.催化剂不能改变平衡状态，故A错误；
B.催化剂可以提高反应速率，故B正确；
C.催化剂可以降低反应的活化能，故C正确；
D.催化剂不能改变反应的焓变，故D错误；
E.催化剂不能改变平衡状态，即不能提高CO的平衡转化率，故E错误。答案选B、C。
②由表中数据可知，此时反应体系尚未建立平衡，催化剂可加速反应②，从而在相同时间内生成更多的CH3OCH3。本小题答案为：由表中数据可知，此时反应体系尚未建立平衡，催化剂可加速反应②，从而在相同时间内生成更多的CH3OCH3。
可能用到的相对原子质量：H-1, C-12, O-16, K-23, I-127
第Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题：本题包括16小题，每小题只有一个符合题意的选项，请将符合题意的选项涂在答题卡相应位置。每小题3分。
1.有关下列诗句或谚语的说法正确的是
A. “水乳交融”包含化学变化
B. “蜡炬成灰泪始干”包含化学变化
C. “滴水石穿”“绳锯木断”均为物理变化
D. “落汤螃蟹着红袍”只是物理变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.水乳交融没有新物质产生，包含物理变化，故A错误；
B.蜡炬成灰泪始干包括两个过程，蜡烛受热熔化变为蜡油，这一过程只是状态发生了变化，没有新的物质生成，属于物理变化；蜡油受热变为蜡蒸气，与氧气发生反应生成水和二氧化碳，有新的物质生成，属于化学变化，所以既有物理变化又有化学变化，故B正确；
C.石头中含有碳酸钙，碳酸钙与水和空气中的二氧化碳反应生成可溶的碳酸氢钙，造成水滴石穿的现象，包含化学变化，“绳锯木断”，没有新物质生成，包含物理变化，故C错误；
D.螃蟹煮熟时，会产生类似于胡萝卜素的色素类物质，有新物质产生，发生了化学变化，故D错误。答案选B。
2. 下列叙述中，错误的是( )
A. 虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质
B. 纯水的pH随温度的升高而减小
C. 在醋酸钠溶液中加入少量氢氧化钠，溶液中c(OH－)增大
D. 在纯水中加入少量硫酸铵，可抑制水的电离
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以氯化钠是电解质，故A正确；
B.升温促进纯水电离，氢离子浓度增大，纯水的pH减小，故B正确；
C.加入的氢氧化钠能电离出氢氧根离子，则溶液中c（OH-）增大，故C正确；
D.硫酸铵水解促进水的电离，故D错误。答案选D。
【点睛】本题在解答时需注意电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，电解质不一定导电，但在水溶液中或熔融状态下能导电；盐类的水解促进水的电离。据此解答。
3.某有机物分子中含有两个CH3—，一个—CH2—，一个和一个—Cl，该有机物可能的结构简式有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
本题应以“一个”为入手点，在此基础上添加CH3—、—CH2—和—Cl，CH3—和—Cl只有一个单键，所以应该位于末端。则一共有两种组合情况：
CH3 CH3
CH3 CH2— Cl 和 ClCH2—CH3
4.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是
A. 3-甲基-2-丁烯 B. 2,2-二甲基丁烷
C. 3-氯丁烷 D. 2-乙基戊烷
【答案】B
【解析】
【详解】A.含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小，该有机物的正确命名为3-甲基-1-丁烯，故A错误；
B.2,2-二甲基丁烷的命名正确，故B正确；
C.有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小，该有机物的正确命名为2-氯丁烷，故C错误；
D.烷烃的命名中出现2−乙基，说明选取的主链不是最长的，该有机物最长碳链含有6个碳原子，在3号C含有一个甲基，所以该有机物正确命名为3-甲基己烷，故D错误。答案选B。
【点睛】解题时特别注意判断有机物的命名是否正确其核心是准确理解命名规范：有机物的命名均是以烷烃的命名为基础的。（1）烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。另外需注意含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。据此解答。
5.下列有关烯烃的说法中，正确的是
A. 烯烃分子中所有的原子一定在同一平面上
B. 烯烃只能发生加成反应
C. 分子式是C4H8的烃分子中一定含有碳碳双键
D. 通过石油的催化裂化及裂解可以得到气态烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A.烯烃分子中，与双键碳原子相连的6个原子处于同一平面上，而其他的原子则不一定处于该平面上，如丙烯CH3-CH═CH2分子中-CH3上的氢原子最多只有一个处于其他6个原子所在的平面上，故A错误；
B.烯烃中含有碳碳双键，能发生加成反应，若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应，如CH2 Cl-CH═CH2能与氢氧化钠水溶液发生取代反应，故B错误；
C.分子式为C4H8的烃可以是环烷烃，而环烷烃中并不含碳碳双键，故C错误；
D.通过石油的催化裂化及裂解可以得到气态烯烃，故D正确。答案选D。
【点睛】解题时注意双键、苯环结构中涉及共面的问题，在烯烃分子中，与双键碳原子相连的6个原子处于同一平面上，而其他的原子则不一定处于该平面上；加成反应是不饱和键的特征反应，但若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应，据此解答。
6.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，B错误；C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）不变，C正确；D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，D错误；答案选D。
【考点定位】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析
【名师点晴】明确实验原理和误差分析的判断依据是解答的关键，注意误差分析的总依据为：由c测＝c标V标/V测由于c标、V待均为定值，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。答题时注意灵活应用。
7.下列各组溶液能大量共存的一组离子是
A. NH4+ 、K+、SiO32-、Cl- B. K+、Na+、NO3- 、MnO4-
C. Fe3+、H+、I-、SCN- D. AlO2-、Mg2+、SO42-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH4+ 和SiO32-发生双水解不能大量共存，故A正确；
B. K+、Na+、NO3- 、MnO4-之间不能发生反应能大量共存，故B正确；
C.Fe3+和SCN−之间反应生成硫氰合铁络离子，Fe3+、I-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.偏铝酸根离子在水溶液中会发生水解，生成氢氧根离子，生成的氢氧根离子制造的碱性环境将和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，则偏铝酸根离子和碳酸氢根离子不能大量共存，故D错误。答案选B。
8.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁做负极被氧化 Fe－2e- = Fe2+
B. Na2CO3 溶液显碱性 CO32－+2H2O H2CO3 + 2OH－
C. 氯气通入NaOH溶液得到漂白液 Cl2 + 2OH－ = Cl－ + ClO－ + H2O
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，生成Fe(OH)3 ：3Mg(OH)2 + 2Fe3+ = 2Fe(OH)3↓+3Mg2+
【答案】B
【解析】
【详解】A.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化成二价铁离子，电极反应式为Fe－2e- = Fe2+，故A正确；
B.碳酸钠溶液显碱性是因为CO32-发生一级水解，离子方程式为CO32－+H2OHCO3-+ OH－，故B错误；
C.氯气通入NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，漂白液中的次氯酸钠具有强氧化性，能漂白，此反应的离子方程式为：Cl2 + 2OH－ = Cl－ + ClO－ + H2O，故C正确；
D.向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，生成红褐色沉淀，反应的离子方程式为：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3↓+3Mg2+；故D正确。答案选B。
9.下列实验方案中，不能达到实验目的是
选项
实验目的
实验方案
A
验证Ksp(BaSO4)
B
验证氧化性：Br2>I2
将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，震荡，静止，可观察到下层液体呈紫色
C
验证酸性：HCN
D
验证Fe3+能催化H2O2分解，且该分解反应为放热反应
向FeCl3溶液中滴入几滴30%的H2O2溶液，有气体产生，一段时间后，黄色溶液转变为红褐色
【答案】A
【解析】
【详解】A.一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀，将BaSO4 投入饱和BaCO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明BaSO4 转化成BaCO3沉淀，不能证明Ksp(BaSO4)
C.室温下，用pH测得0.100 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH值约为3，0.100 mol·L-1 HCN溶液的pH值约为5，说明醋酸的电离程度大于HCN，能证明酸性：HCN
10.在一定温度下，可逆反应A(g)＋3B(g)⇌2C(g)达到平衡的标志是( )
A. C生成的速率和C分解的速率相等 B. A、B、C的浓度相等
C. 生成n mol A，同时生成3n mol B D. A、B、C的分子数之比为1：3：2
【答案】A
【解析】
C生成的速率和C分解的速率相等，即v正=v逆，证明反应达平衡，选项A正确。A、B、C的浓度相等但是没有说浓度不变，有可能是三者浓度瞬间相等，然后发生变化，所以无法证明反应达平衡，选项B错误。生成A和生成B说的都是逆反应的情况，没有说明正反应的情况，所以选项C错误。A、B、C的分子数之比为1：3：2，但是没有说分子数不变，有可能是三者的分子数瞬间达到这个关系，然后发生改变，所以不能说明反应达平衡，选项D错误。
11.一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应；ΔH <0，达到平衡后测得A气体的浓度为0．5mol·L-1；当恒温下将密闭容器的容积扩大两倍并再次达到平衡时，测得A的浓度为0．3 mol·L-1。则下列叙述正确的是( )
A. 平衡向右移动 B. x+y>z C. B的转化率提高 D. C的体积分数增加
【答案】B
【解析】
试题分析：A保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，实际上A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即平衡向左移动，A错误;B增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y>z，B正确；C、由上述分析可知，平衡向逆反应移动，B的转化率降低，C错误；D、平衡向逆反应移动，气体C的物质的量减少，C的体积分数降低，D错误，选B。
考点：考查化学平衡移动。
12.对于可逆反应A（g）+2B(g)2C(g) △H＞0，下列图象中正确的是
【答案】D
【解析】
该反应是体积减小的、吸热的可逆反应。所以增大压强时，平衡向正反应方向移动，A不正确。升高温度平衡向正反应方向移动，B不正确。温度越高，反应越快，到达平衡的时间越短，A的转化率越大，而A的百分含量越少，C不正确，D正确。所以答案是D。
13.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A. 等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B. 浓度为0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C. pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D. 醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，根据质子守恒可得：c(H+)=c(OH−)+c (NH3⋅H2O)，故A正确；
B.碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故B错误；
C.pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，氨水过量，溶液呈碱性，则：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，所以(Na+)=c(CH3COO−)，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是离子浓度大小的比较。解题时特别注意C选项氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性；D选项所得溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒进行判断。据此解答。
14.如图所示，硫酸工业中产生的SO2通过下列过程既能制得H2SO4又能制得H2。下列说法不正确的是
A. 该过程可循环利用的物质是I2和HI
B. 该过程总反应的化学方程式SO2 + 2H2O=H2SO4 + H2
C. X物质是I2
D. SO2 在过程中表现出了还原性与漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】根据题中所给流程和信息可知，反应I为SO2 +I2+ 2H2O=H2SO4 +2HI，反应Ⅱ为2HI=H2↑+I2。可循环利用的物质是I2和HI，该过程总反应的化学方程式SO2 + 2H2O=H2SO4 + H2，X物质是I2，SO2 中的S元素化合价由+4价升高到+6价生成H2SO4，作还原剂体现还原性，没有漂白性。故A、B、C正确，D错误。答案选D。
15.利用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是
A. 阴极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
B. 从A口出来的是NaOH溶液
C. b是阳离子交换膜，允许Na+通过
D. Na2SO4溶液从G口加入
【答案】C
【解析】
【详解】A.阴极是氢离子放电，阴极发生的反应为：H++2e-=H2↑,故A错误；
B.连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，A为阳极，氢氧根离子在阳极放电产生氧气，同时生成氢离子，在阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是硫酸溶液，故B错误；
C.在阴极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，故b为阳离子交换膜，允许Na+通过，故C正确；
D.NaOH在阴极附近生成，则Na2SO4溶液从F口加入，故D错误。答案选C。
【点睛】本题考查的是电解池知识。本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，题目难度中等。据题意，电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH-放电，生成氧气，阴极附近是H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两分别生极成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，知允许通过阴离子，在阴极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子。
16. 水的电离平衡曲线如图所示，若以A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度，则下列说法正确的是
A. 纯水中25℃时的c(H＋)比100℃时的c(H＋)大
B. 100℃时某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol/L，则该溶液的pH可能是11或3
C. 将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，混合溶液的pH=7，则Ba(OH)2溶液和盐酸的体积比为10: 1
D. 25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO42－)=5×10－4 mol/L，则溶液中c(Na＋)：c(OH－)为104:1
【答案】D
【解析】
试题分析：A选项错误。25℃时c(H＋)=c(OH-)为10-6mol/L，当100℃时c(H＋)=c(OH-)为10-7mol/L。B选项错误。100℃时某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol/L，又因为当100摄氏度时KW值为1．0×10-12，故PH可能是11或1。C选项错误。若将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸按照体积比10: 1混合，得到位中性溶液。在100摄氏度时中性溶液PH=6，故错误。D选项争取。
考点：水的离子积
第Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、非选择题
17.某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备KI晶体。请回答下列问题
(1)从水溶液中萃取碘可以选用的试剂是____________。(填序号)
A．酒精 B．CCl4 C．己烯 D．直馏汽油
(2)KI晶体的制备，实验装置如图：
实验步骤如下
i．配制0.5mol·L−1的KOH溶液。
i．在三颈瓶中加入12.7g单质I2和250mL 0.5mol·L−1的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。
ⅲ．通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸，充分反应后，HCOOH被氧化为CO2，再用KOH溶液调pH至9~10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得KI产品8.3g。请回答下列问题：
①配制0.5mol·L−1 KOH溶液时，下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是_____(填序号)。
A．托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体
B．KOH固体样品中混有K2O2
C．称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶
D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容
E．定容时仰视刻度线
②步骤ⅱ中I2与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶5，请写出氧化产物的化学式：____________。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞___________。(填“a”“b”或“a和b”)
④实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为____________________。
⑤实验中KI的产率为________________%
【答案】 (1). BD (2). BC (3). KIO3 (4). b (5). 3HCOOH +IO3-===I-+3CO2↑+ 3H2O (6). 50
【解析】
【详解】（1）从水溶液中萃取碘，作为萃取剂的物质要满足：溶质在萃取剂中溶解度较大、萃取剂与原溶剂及溶质均不反应、萃取剂与原溶剂不互溶。
A.酒精与碘水不反应，但与水互溶，故不选A；
B.四氯化碳与碘水不反应，与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度更大，故选B；
C.己烯可以和碘反应，不能做萃取剂，故不选C；
D.直馏汽油的主要成份是烷烃与环烷烃，与碘水不反应，与水不互溶，且碘在其中的溶解度更大，故选D。本小题答案为：BD。
（2）①A.KOH固体具有吸水性，且能与空气中二氧化碳反应，在纸片上称量KOH固体，会使所称量的KOH质量偏小，导致配得的溶液浓度偏低，故不选A；
B.1molK2O2与水反应生成2molKOH，1molK2O2的质量为110g，而2molKOH的质量为112g，若KOH固体样品中混有K2O2则使所配溶液中溶质KOH的物质的量增大，导致配得的溶液浓度偏高，故选B；
C.溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，故选C；
D.未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故不选D；
E.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故不选E。本小题答案为：BC。
②I2与KOH溶液反应，I2既被氧化又被还原，容易判断还原产物为KI，若生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，根据得失电子守恒，可判断出氧化产物中碘元素化合价为+5价，可推出氧化产物为KIO3。本小题答案为：KIO3。
③步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，使用的是恒压滴液漏斗，起到了平衡压强作用，因此只需打开活塞b，即可以使甲酸顺利滴下。本小题答案为：b。
④由信息可知，加入甲酸的作用是还原碘酸钾，HCOOH被氧化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒写出HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为：3HCOOH +IO3-===I-+3CO2↑+ 3H2O。本小题答案为：3HCOOH +IO3-===I-+3CO2↑+ 3H2O。
⑤12.7gI2的物质的量为0.05mol，KOH的物质的量为0.125mol，由可知，KOH过量，KIO3被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.05molI2可生成0.1molKI（质量为16.6g），所以实验中KI的产率为。本小题答案为：50%。
18.碱式氧化(NiOOH)可用废镍催化剂(主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_____________________。
(2)“过滤1”用到的玻璃仪器________________________________________。
(3)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Ni2+
6.2
8.6
Fe2+
7.6
9.1
Fe3+
2.3
3.3
Cr3+
4.5
5.6
“调pH 1”时，溶液pH范围为_______________；
(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式________________。
(5)在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，用离子方程式表示该转化反应__________，已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，要使溶液中CrO沉淀完全(c(CrO)≦1×10-5mol·L−1),溶液中钡离子浓度至少为________mol·L−1。
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑ (2). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (3). 5.6～6.2 (4). 4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O (5). 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (6). 1.2×10-5mol·L−1
【解析】
【分析】
由流程可知，废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等）加氢氧化钠碱浸，Al溶于氢氧化钠溶液 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，过滤得到固体含有Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸酸浸溶解，溶液含有Ni2+、Fe2+、Cr2+，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入Ni（OH）2调节溶液pH使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液pH得到Ni（OH）2沉淀，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体，在加热条件下与空气反应得到碱式氧化镍（NiOOH），据此分析解答。
【详解】(1)“浸泡除铝”时，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑。本小题答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑。
(2) “过滤1”用到的玻璃仪器烧杯、漏斗、玻璃棒。本小题答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒。
(3)加入Ni(OH)2调节溶液pH 1使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，故pH范围为5.6∼6.2。本小题答案我为：5.6∼6.2。
(4)在加热条件下Ni(OH)2与空气反应得到碱式氧化镍(NiOOH)，化学方程式为：4Ni(OH)2+O2 4NiOOH+2H2O。本小题答案为：4Ni(OH)2+O2 4NiOOH+2H2O。
(5) 在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，根据原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，要使溶液中CrO42-沉淀完全(c(CrO72-)≦1×10-5mol·L−1)，根据沉淀溶解平衡可知Ksp=，则1.2×10-10=1×10-5mol·L−1×c(Ba2+)，则c(Ba2+)= 1.2×10-5mol·L−1。本小题答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；1.2×10-5mol·L−1。
19.如图是以铅蓄电池为电源，模拟氯碱工业电解饱和食盐水的装置图(C、D均为石墨电极)。已知：铅蓄电池在放电时发生下列电极反应：负极Pb＋SO42-－2e－===PbSO4正极PbO2＋4H＋＋SO42-＋2e－===PbSO4＋2H2O
(1)请写出电解饱和食盐水的化学方程式____________。
(2)若在电解池D极滴酚酞试液，电解一段时间后呈红色，说明铅蓄电池的B极为___极。
(3)用铅蓄电池电解2 L饱和食盐水(电解过程假设体积不变)
①若收集到11.2 L(标准状况下)氯气，则至少转移电子________mol。
②若铅蓄电池消耗H2SO4 2 mol，则可收集到H2的体积(标准状况下)为________L。
③若消耗硫酸a mol，电解后除去隔膜，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为(假设氯气全部排出)______________(用含a的代数式表示)。
【答案】 (1). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ (2). 负 (3). 1 (4). 22.4 (5). a /2mol·L−1
【解析】
【分析】
本题考查的是电解原理知识。
（1）惰性电极电极饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，原子守恒配平写出；
（2）若在电解池D极滴酚酞试液，电解一段时间后呈红色，说明氢离子在D极放电，产生了大量的氢氧根离子，使D极溶液显碱性，则D极为电解池的阴极，阴极与电源负极相连，则B极为电源的负极。
（3）①依据电解氯化钠生成氯气的电极反应计算转移电子物质的量；
②依据铅蓄电池和电解池中电子转移守恒计算；
③依据铅蓄电池电极反应计算消耗硫酸转移电子的物质的量，电解过程中电子守恒，根据电解氯化钠溶液的化学方程式计算电解后溶液中溶质的物质的量浓度。
【详解】（1）惰性电极电极饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。本小题答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。
（2）若在电解池D极滴酚酞试液，电解一段时间后呈红色，说明氢离子在D极放电，产生了大量的氢氧根离子，使D极溶液显碱性，则D极为电解池的阴极，阴极与电源负极相连，则B极为电源的负极。本小题答案为：负。
（3）①电解氯化钠生成氯气的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，收集到11.2L（标准状况下）氯气物质的量为0.5mol，转移电子物质的量为1mol。本小题答案为；1。
②蓄电池消耗H2SO4 2mol，依据电极反应PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，消耗2mol硫酸转移电子2mol，根据电子守恒，电解食盐水阴极电极反应2H++2e-=H2↑，转移电子也为2mol，则生成氢气1mol，标准状况体积为22.4L。本小题答案为：22.4L。
③依据电极反应PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，消耗amol硫酸转移电子amol，根据电子守恒，则2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑反应中转移电子也为amol，则生成氢氧化钠物质的量为amol，氢氧化钠的浓度为amol/2L= mol/L。本小题答案为：mol/L。
20.二甲醚CH3OCH3又称甲醚，熔点-141.5℃，沸点-24.9℃。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下：
①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1 =-90.0 kJ·mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+ H2O(g) △H2 = -20.0 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应①在_____________(填“低温”或“高温”)下易自发进行。
(2)写出由合成气(CO、H2)直接制备CH3OCH3的热化学方程式：______________。
(3)温度为500K时，在2L的密闭容器中充入2mol CO和6molH2发生反应①、②，5min时达到平衡，平衡时CO的转化率为60%，c(CH3OCH3) = 0.2 mol·L-1，用H2表示反应①的速率是________，反应②的平衡常数K =____________。
(4)研究发现，在体积相同的容器中加入物质的量相同的CO和H2发生反应①、②，在不同温度和有无催化剂组合下经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO转化(％)
CH3OCH3选择性(％)
473
无
10
36
500
无
12
39
500
Cu/ZnO
20
81
【备注】二甲醚选择性：转化的CO中生成CH3OCH3百分比
①相同温度下，选用Cu/ZnO作催化剂，该催化剂能_______ (填标号)。
A．促进平衡正向移动 B．提高反应速率 C．降低反应的活化能
D．改变反应的焓变 E.提高CO的平衡转化率
②表中实验数据表明，在500K时，催化剂Cu/ZnO对CO转化成CH3OCH3的选择性有显著的影响，其原因是__________________________。
【答案】 (1). 低温 (2). 2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1 (3). 0.24mol/(L·min) (4). 1 (5). B、C (6). 由表中数据可知，此时反应体系尚未建立平衡，催化剂可加速反应②，从而在相同时间内生成更多的CH3OCH3
【解析】
【分析】
本题考查的是化学平衡知识。
（1）反应①是放热的体积减小的可逆反应，则根据△G=△H-T·△S可知在低温下易自发进行。
（2）根据盖斯定律可知①×2+②即得到由合成气（CO、H2）直接制备CH3OCH3的热化学反应方程式为2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1。
（3）按平衡的三段式可求出用H2表示反应①的速率和可逆反应②的平衡常数K。
【详解】（1）反应①是放热的体积减小的可逆反应，则根据△G=△H-T·△S可知在低温下易自发进行。本小题答案为：低温。
（2）根据盖斯定律可知①×2+②即得到由合成气（CO、H2）直接制备CH3OCH3的热化学反应方程式为2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1。本小题答案为：2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g) + H2O(g) △H =-200 kJ·mol-1。
（3）温度为500K时，在2L的密闭容器中充入2mol CO和6molH2发生反应①、②，5min时达到平衡，平衡时CO的转化率为60%，即消耗CO是1.2mol，所以消耗氢气是2.4mol，浓度是1.2mol/L则用H2表示反应①的速率是1.2mol/L÷5min=0.24mol/(L·min)。平衡时c(CH3OCH3) = 0.2 mol·L-1，所以水蒸气的浓度也是0.2 mol·L-1，甲醇的浓度是0.6mol/L-0.2mol/L×2=0.2mol/L，所以反应②的平衡常数K=（0.2×0.2）/0.22=1。本小题答案为：0.24mol/(L·min)；1。
（4）①A.催化剂不能改变平衡状态，故A错误；
B.催化剂可以提高反应速率，故B正确；
C.催化剂可以降低反应的活化能，故C正确；
D.催化剂不能改变反应的焓变，故D错误；
E.催化剂不能改变平衡状态，即不能提高CO的平衡转化率，故E错误。答案选B、C。
②由表中数据可知，此时反应体系尚未建立平衡，催化剂可加速反应②，从而在相同时间内生成更多的CH3OCH3。本小题答案为：由表中数据可知，此时反应体系尚未建立平衡，催化剂可加速反应②，从而在相同时间内生成更多的CH3OCH3。
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