1在5min时达到平衡状态。起始物质的量／mol平衡物质的量／mol容器编温度／·c号coCl2COChCOChI5001.01.0。0.8II5001.0a。0.5田6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A.容器I中前Smin的平均反应速率v(C0)=0.16mol·L·'·min•1B.该反应正反应为吸热反应C.容器II中起始时Ch的物质的量为0.55molD.若起始时向容器I加入C00.8mol、C'20.8mol,达到平衡时co转化率大千80%4、mg铁粉与含有H2S04的CuS04溶液完全反应后，得到mg铜，则参与反应的CuS04与H2S04的物质的量之比为A.8:7B.1:7C.7:8D.7:15、邻甲基苯甲酸主要用于农药、医药及有机化工原料的合成，其结构简式为（〉了H3，下列关千该物质的说法正COOH确的是（）。A.该物质能与淏水生成白色沉淀B.该物质含苯环的同分异构体中能水解且含有甲基的共5种C.lmol该物质最多能与4molH2生加成反应D.该物质中所有原子共平面6、优质的含钾化肥有硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾、氯化钾等，下列说法正确的是（)A.四种钾肥化合物都属千正盐，硝酸钾属千氮钾二元复合肥B.磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，有利千磷元素的吸收c．上述钾肥化合物中，钾元素含量最高的是硫酸钾D.氯化钾可用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾7、以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（)
2Ii,F凶心罚｀u;一＼＇，，，＿含＂．的，，饥IIIA.放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]B.充电时，Mo（铝）销接电源的负极C.充电时，N矿通过交换膜从左室移向右室D．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g8、下列实验操作、现象、解释和所得到的结论都正确的是选项实验操作和现象实验解释或结论A向苯酚溶液中滴加少量浓漠水、振荡，无白色沉淀苯酚的浓度小向Na2S03溶液中加入足量的Ba(NO扣溶液，出现白色沉淀；再加入足量BBaS03溶千稀盐酸稀盐酸，沉淀溶解向10%NaOH溶液中滴加lmL某卤代经，微热，然后向其中滴加几滴AgN03C该卤代经中含有澳元素溶液，产生浅黄色沉淀D向某溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6]（铁氧化钾）溶液，产生蓝色沉淀该溶液中含有Fe2+A.AB.BC.CD.D9、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大千20,X与Y相邻，y、W的最外层电子数之和等千Z的族序数，Z的最高正价和最低负价代数和为4,化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是A.X和Z的单质均存在多种同素异形体B.Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物c.Q和W形成的化合物的水溶液呈碱性D.WZXY溶液常用千F亡的检验10、Se元素是人体必需的微量元素之一。下列说法不正确的是()A.Se02可以被氧化B.H2Se的分子构型为V型C.Se02能和碱溶液反应D.H2Se的稳定性强于H2S11、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最
3外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y的族序数等千其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A.W、Z形成的化合物中，各原子最外层均达到8个电子结构B.元素X与氢形成的原子数之比为l:1的化合物有很多种C.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2D.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成12、四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48,下列说法不正确的是XyzwA.原子半径(r)大小比较：r(Z)>r(W)B.X和Y可形成共价化合物XY、XY2等化合物C.y的非金属性比Z的强，所以Y的最高价氧化物的水化物酸性大于ZD.Z的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强13、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A.3s23p3B.3s23p5C.3s23p4D.3s23p614、利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是()A.浓盐酸、高猛酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气B.浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体C.稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有碳酸根离子D.稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱15、含氧化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氧化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氧化物污水，发生的主要反应为：CN·+ou·+c1z-co叶沁＋Cl+H心（未配平）。下列说法错误的是（其中沁表示阿伏加德罗常数的值）（)A.Ch是氧化剂，CO2和沁是氧化产物
4B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2:5C.该反应中，若有lmolCN发生反应，则有5凡电子发生转移D.若将该反应设计成原电池，则CN在负极区发生反应16、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H+)xc(OH-)＝常数，下列说法错误的是（)c(OH-)/mol·L-11胪~---Ti叮－－－／i\4:D:II10刁10--c(H•)/mol·L一1A.图中温度飞＞T2B.图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=EC.曲线a、b均代表纯水的电离情况D.若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=l2的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性二、非选择题（本题包括5小题）17、1,6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程：OH,...01气沪芷心片又一－＋扣二古氐CH』已庄Io孚2C:.H,C.OOHCH,-CI"'&完成下列填空：(1)写出反应类型：反应＠——＿反应＠。(2)A和B的结构简式为、。(3)由C:｝}合成尼龙的化学方程式为—°(4)由A通过两步制备1,3-环己二烯的合成线路为：。18、已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示
5>(1)已知条件1和条件II相同，则该反应条件为(2)物质X的电子式为(3)写出B与Ca(OH)i反应的化学方程式(4)写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式(5)写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目(6)请简述鉴定物质X的实验方法19、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：1探究不同价态铜的稳定性进行如下实验：(1)向Cu20中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为：。由此可知，在酸性溶液中，＋2价Cu比＋1价Cu更（填“稳定“或“不稳定“)。(2)将CuO粉末加热至1000°c以上完全分解成红色的Cu20粉末，该反应说明：在高温条件下，＋1价的Cu比＋2价Cu更（填“稳定”或“不稳定”)。II探究通过不同途径制取硫酸铜(].)途径A:如下图桸硫酸O2灼烧+i操作l朵仔］－粗制氧化铜－－刁J诔酸铜溶液----+月盯矶＠杂铜（含少量有机物）灼烧后的产物除氧化铜还含少量铜，原因可能是（填字母代号）a．该条件下铜无法被氧气氧化b．灼烧不充分，铜未被完全氧化c氧化铜在加热过程中分解生成铜d．灼烧过程中部分氧化铜被还原＠测定硫酸铜晶体的纯度：某小组同学准确称取4.0g样品溶千水配成lOOmL溶液，取lOmL溶液千锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3~4,
6加入过量的KI，用O.lOOOmolILNa2S203标准溶液滴定至终点，共消耗l4.00mLNa2S203标准溶液。上述过程中反应的离子方程式如下：2Cu2++41"=2CulJ.+l?,I?+2S?o~·==2I斗S406。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为(2)途径B：如下图G)烧瓶内可能发生反应的化学方程式为（已知烧杯中反应：2NaOH+2N02=NaN03+NaN02+H20)＠下图是上图的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是田探究用粗铜（含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体(CuC12·2H20)。加秏盐酘加试剂X晌2勺体1至堕枑洼堕仁洛夜卢胆望室竺已亡；咨液2-----CuCJz·2Hz0固体2(I)实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与C12反应转化为固体l（部分仪器和夹持装置已略去），B有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要（填“是“或“否“)(2)将溶液2转化为CuC12·2H20的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：［Cu(H心）4广(aq,蓝色）＋4CJ·(aq)~CuCJ42·(aq,黄色）＋4H20(I)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y,进行如下实验，其中能够证明CuC12溶液中有上述转化关系的是
7（填序号）（已知：较高浓度的CuC片溶液呈绿色）。a．将Y稀释，发现溶液呈蓝色b．在Y中加入CuC12晶体，溶液变为绿色c．在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色d取Y进行电解，溶液颜色最终消失W探究测定铜与浓硫酸反应取6.4g铜片和12mL18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，一段时间后停止反应，为定量测定余酸的物质的量浓度，某同学设计的方案是：在反应后的溶液中加蒸馆水稀释至lOOOmL,取20mL至锥形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定（已知氢氧化铜开始沉淀的pH约为5)，通过测出消耗氢氧化钠溶液的体积来求余酸的物质的量浓度。假定反应前后烧瓶中溶液的体积不变，你认为该学生设计的实验方案能否求得余酸的物质的量浓度（填“能“或“不能“)，其理由是20、连二亚硫酸钠(Na心04)俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知：Na2S204是白色固体，还原性比Na2S03强，易与酸反应(2S20i-+4H.=3S02t+Si+2H心）。（一）锌粉法步骤1:按如图方式，温度控制在40~4s·c,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时，停止通入S02,反应后得到ZnS204溶液。。，一Zn粉适址水步骤2:将得到的ZnS204溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2,向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na心Q4•2H20晶体。步骤3:，经过滤，用乙醇洗涤，用120~14o•c的热风干燥得到Na2S204o（二）甲酸钠法步骤4:按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2C03溶液和乙醇。温度控制在70~83°C，持续通入S02,维持溶液pH在4~6,经5~8小时充分反应后迅速降温45~55°C，立即析出无水Na2S204o步骤5:经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S204o回答下列问题：
8(1)步骤1容器中发生反应的化学方程式是；容器中多孔球泡的作用是。(2)步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S204•2H心晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）(3)两种方法中控制温度的加热方式是。(4)根据上述实验过程判断，Na2S204在水、乙醇中的溶解性为：。(5)甲酸钠法中生成Na心04的总反应为。(6)两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是。(7)限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2S04.稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNOJ溶液、BaCb溶液。21、研究氮氧化物的反应机理，NOx之间的转化对等千消除环境污染有具有重要意义。I:升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+02(g)~2N02(g)(~HO,将一定量N204气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为TJo＠下列可以作为反应达到平衡的判据是。A．气体的压强不变B.V正(N204)=2v逆(N02)C.K不变D.容器内气体的密度不变E.容器内颜色不变
9@t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p,N204气体的平衡转化率为75%，则反应N204(g)=－鲨2N02(g)的平衡常数氐＝（对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B）代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp,如p(B）＝p·x(B),p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数）。＠反应温度Tl时，c（比04)随t（时间）变化曲线如图1.，画出0~t2时段，c(N02)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2>T1)，再次画出0~t2时段，c(N02)随t变化趋势的曲线。售重，:;--_0.10IIII曹III,3`t:::l:t:J:::j::t::j:::t::t::J:::l:::2N。3+QIII•IIIIO.04K---~--:I气-II--·-II-....--Io•..--．作---俨IIII--1I•---•---I•＄郡启字二·N；拉丁··:.．．『．~12N01(g)0t,hI反(ON)3兀＞7、30.(2)NO氧化反应：2NO{g)+02(g)千=-2N02(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图2。I2NO(g)~N202(g)AH1IIN202(g)+02(g)一2N02(g)AH2＠决定NO氧化反应速率的步骤是（填“I”或“II“)。＠在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和02气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为兀和T4(T4>兀），测得c(NO)随t（时间）的变化曲线如图3。转化相同量的NO,在温度（填“T3”或“T4“)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图（图2)分析其原因。参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）l、D
10【答案解析】c(X-)c(H勹·c(X-)A.纵坐标为0时即=1,此时凡＝=c(H+)，因此直线（对应的Ka=l0-3·2,直线II对应的Ka=J0·9·2，由c(HX)C(HX)clF千HF酸性强于HCN，因此直线1对应lg~,A正确；c(HF)B.a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小，NaF浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B正确；C.Ka(HCN)=to·9·2,NaCN的水解常数Kh(NaCN)=lO-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN·)c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN·);由千OH.、W来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2,C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN·)=c(HCN)>c(OH"l>c(H+),C正确；D.由于HF酸性强千HCN,要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH,因此Cb(Na+)>cd(Na+),D错误；答案选D。【答案点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。2、A【答案解析】由实验可知，试剂＠为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂＠为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，则原溶液中一定存在CO32-、soi·,则不含Fe2+、Mg2+；加试剂＠过滤后的滤液中，再加试剂＠盐酸，W、1.、N03发生氧化还原反应生成l2,溶液变黄色，由千溶液呈电中性，则溶液中一定含有的阳离子为K十。由上述分析可知，该溶液中一定有1.、CO32-、S04只K十，选项A正确；B、溶液中一定不含有Mg2+，选项B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl晌，故无法判断原溶液中是否存在c1·,选项C错误；D、试剂＠一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项D错误。答案选A。3、C【答案解析】0.8molA.容器1中前Smin的平均反应速率v(COCh)=0.5L=0.32mol/L•min•1,依据速率之比等于计量系数之比，则5minV(CO)=V(COC'2)=0.32mol/L•min•1,故A错误；B.依据图中数据可知：II和II1为等效平衡，升高温度，COCh物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C.依据方程式：CO(g)+Ch(g).:=COCb(g)，可知：
11CO(g)+Cb(g)~COCb(g)起始浓度(mol/L)220转化浓度(mol/L)1.61.61.6平衡浓度(mol/L)0.40.41.61.61.6mol/L反应平衡常数K=~=IO,平衡时co转化率：xI00%=80%;0.4x0.42mol/L依据Il中数据，结合方程式可知：CO(g)+Ch(g)~COCh(g)起始浓度(mol/L)22a0转化浓度(mol/L)11l平衡浓度(mol/L)12a-11I和II温度相同则平衡常数相同则：K==10,解得：a=0.55mol,故C正确；lx(2a-1)D.CO(g)+Ch(g)~COCh(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器1加入COO.Smol,Ch0.8mol,相当千给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小千80%，故D错误；故答案为C。4、D【答案解析】ag铁粉的物质的量为—-mol,agCu的物质的量为—-mol，根据氧化还原顺序Fe先与CuS04反应，再与H2S045664反应，因为—mol>—mol,5664所以CuS04反应完全，剩余Fe与反应H2S04,所以参加反应的CuS04的物质的量为—-mol,64参加反应的H2S04的物质的量为（点－点）mo!,参加反应的CuS04与H2S04的物质的量之比为立：（旦＿立]=7:1,56\.5664答案选D。5、B【答案解析】A.邻甲基苯甲酸中不含酚胫基，不能与浪水生成白色沉淀，故A错误；
12B.能水解说明含有酷基，甲酸酷基与甲基处于邻、间、对位有3种，再加上苯甲酸甲酷和乙酸苯酷一共5种，故B正确；C.该物质中只有苯环与氢气加成，则lmol该物质最多能与3mol氢气发生加成反应，故C错误；D.甲基碳属于饱和碳原子，其与周围四个原子构成空间四面体结构，不能全部共面，故D错误。综上所述，答案为B。【答案点睛】能与氢气发生加成反应是有苯环、碳碳双键、碳碳三键、醒基、酮，注意酣基和狻基不与氢气发生加成反应。6、D［答案解析】A.磷酸二氢钾可以电离出氢离子，所以为酸式盐，故A错误；B.磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，不利千磷元素的吸收，故B错误；C.依据化学式计算可得：硝酸钾含钾38.6%、硫酸钾含钾44.8%、磷酸二氢钾含钾约28.8%、氯化钾含钾52%，钾元素含量最高的是氯化钾，故C错误；D.氯化钾是重要的化工原料，可以用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾，故D正确；故选：D。7、B【答案解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=NazFe[Fe(CN)6]，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo笛接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属千电解，根据电解原理，Na+应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg-4e-+2c1-=[Mg2Ch]2+,通过0.2mol电子时，消耗O.lmolMg,质量减少2.4g,故D说法正确。8、D【答案解析】苯酚与三淏苯酚相似相溶，故向苯酚溶液中滴加少量浓淏水、振荡，无白色沉淀，不能说明苯酚的浓度小，A项错误；加入硫酸电离出的氢离子与前面硝酸钡电离出的硝酸根离子结合形成组合硝酸，将亚硫酸根氧化为硫酸根，B项错误；加入硝酸银之前应该将溶液调节至酸性，否则氢氧化钠会与硝酸银反应生成白色沉淀，C项错误；溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6]（铁氧化钾）溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+,D项正确。9、B【答案解析】主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大千20,Z的最高正价和最低负价代数和为4,则Z为S元素，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上，则该化合物为N2儿，Y为N元素，Q为H
13元素，y、W的最外层电子数之和等千Z的族序数，则W为K元素，X与Y相邻，则X为C元素，据此分析解答。【题目详解】由以上分析知，Q为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，w为K元素，A.X为C元素，z为S元素，C元素的单质有金刚石、石墨等，S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等，则C和S的单质均存在多种同素异形体，A项正确；B.Q为H元素，Y为N元素，Z为S元素，Q、Y和Z三种元素还可以形成铁盐，如(NH心S、N几HS,均属于离子化合物，B项错误；C.Q为H元素，W为K元素，Q和W形成的化合物为KH,溶千水发生反应KH+H20=KOH+H叶，则生成KOH溶液，呈碱性，C项正确；D.WZXY为KSCN,KSCN溶液常用于Fe3＋的检验，D项正确；答案选B。10、D【答案解析】A.Se原子最外层有6个电子，最高价为＋6,所以Se02可以被氧化，故A正确；B.Se与0同族，比0的分子构型为V型，所以H2Se的分子构型为V型，故B正确；C.Se与S是同族元素，S02是酸性氧化物，能和碱溶液反应，所以Se02能和碱溶液反应，故C正确；D．同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性Se14故答案是A。12、C【答案解析】据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。【题目详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a,则Y、Z、W原子序数为a+l、a+9、a+lO。因四种元素原子序数之和为48,得a=7,故X、Y、Z、W分别为氮(N)、氧(0)、硫(S)、氯(Cl)。A.同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故r(Z)>r(W)，A项正确；B.X和Y可形成共价化合物XY(NO)、XY2CN02)等化合物，B项正确；c.同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；D.s2·、Cl·电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。本题选C。13、C【答案解析】A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23旷为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。【题目详解】第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大千第IIIA族元素，第VA族元素大千第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。综上所述，答案为C。【答案点睛】同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第1从族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大千第VIA族元素。14、B【答案解析】A．生成的氯气中含有HCl气体，浓硫酸不能吸收HCI,故A错误；B.浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，可以挥发出较多HCI气体，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到于燥的HCI,故B正确；c．二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有COi·,故C错误；D.稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，但生成次氯酸现象不明显，无法判断，
15故D错误；故选：B。15、B【答案解析】A．在反应CN·+ou-+Ch----->C02+N2+Cl"+H心中，CI元素化合价由0价降低为－1价，C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由－3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和凡是氧化产物，A正确；B．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+80U-+5Ch=2C02+N计10CJ-+4H刃，反应中是CN·是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5:2,B错误；c．由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由－3价升高为0价，所以若有lmolCN发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=SNA电子发生转移，C正确；D.C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由－3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确；故合理选项是B。16、C【答案解析】A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，飞曲线上离子积常数大千飞，所以温度T>T2，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是B>C>A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B>C>A=D=E，故B正确；C.纯水中c(OH-)=c(H+)，所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D.B点时，Kw=lxl0-'2,pH=2的硫酸中c(H+)=0.0lmol/L,pH=12的KOH溶液中c(OH-)=lmol/L,等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）勹。17、消去反应加成（氧化）反应。心:~+NH2RNH2~110[巳-(心~-NKR!'l➔~r+(2n-l)H20"
16。严CXBr豆尸：Br。【答案解析】根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为：0,它是通过环己醇通过OH消去反应而得到，A经过氧化得到（）沁（：伪与水在催化剂作用下生成ex::;根据已知信息，结合B在OH水的催化作用下生成c:，采用逆合成分析法可知B应为C：其分子式正好为C,H心，最后c~=经过。缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，(1)反应＠的反应类型为：消去反应；反应＠为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应；(2)根据上述分析可知，A的结构简式为：o,B的结构简式为：C：，故答案为：0;`(3)c~=与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为：nc~::+NH2RNH2~110［也吵七一｝：1+(2n-l)H20;(4)A为。，若想制备1,3－环己二烯，可先与淏的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二淏环己烧，1,2—二浪环己烧再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1,3－环己二烯，其具体合成路线如下：。严exBr三0。Br18、通电N式［喜：］一2Ch+2Ca(OH)2=CaCh+Ca(Cl0)2+2H202c1·+2H20世簦20H"+H2j+Cl计2e·[——1A（用双线桥表示也可）用焰色反应检验Na十，用硝酸银和稀硝酸检验CJ·MnO2-4HClMnCl2-2H2()-Cl汀【答案解析】X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶千水，则只可能为NaCl、MgCb。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)i、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2,A为Mg,但Mg生成Mg(OHh
17时，需要与水反应，而Mg与H心不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na,B为Cl2,C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H20。(1)已知条件1和条件II相同，则该反应条件为通电。(2)物质X为NaCl,由此可写出其电子式。(3)Cl2与Ca(OH)z反应，用千生产漂白粉。(4)X为NaCl,在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、H2o(5)实验室制Cl2是利用Mn02与浓盐酸在加热条件下制得。(6)鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na十，又要鉴定Cl.0【题目详解】(1)已知条件1和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；(2)物质X为NaCl,其电子式为Na+[：虹］一。答案为：Na+［：如］飞(3)Ch与Ca(OH)l反应，化学方程式为2Ch+2Ca(OH)2=CaCh+Ca(Cl0)2+2H心。答案为：2Ch+2Ca(OH)z=CaCh+Ca(Cl0)2+2H心；(4)X为NaCl,在条件n下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2CI·+2H心旦生20H·+Chj+H2j。答案为：2c1·+2u心旦旦20H"+Cl叶＋H订；(5)实验室制Ch是利用Mn02与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为2e-2e-「一—TA。答案为：「——勹A（用双线桥表示也可）；MnO2-4HOMnCl2一2H2O勺2TMn0斗HOMIInq恶心(6)鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na十，又要鉴定Cl一，鉴定N旷用焰色反应，鉴定Cl用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na十，用硝酸银和稀硝酸检验Cl飞【答案点睛】鉴定物质有别千鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。19、Cu20+2H+=Cu2++Cu+2H20稳定稳定bd87.5%Cu+H2S04+2HN03（浓）=CuS04+2N02t+2H心3Cu+3H2S04+2HN03（稀）=3CuS04+2NOt+4H心氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气否abc不能虽然甲基橙变色的pH范围为3.1-4.4,Cu(OH)2开始沉淀时的pH为5,在指示剂变色范围之外，即中和酸时，Cu2＋不会消耗OH·，但甲基橙由红色变成橙色、黄色时，铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰
18【答案解析】1.(1)物质都有由不稳定物质转化为稳定物质的倾向，所以在酸性溶液中，＋2价Cu比＋1价Cu更稳定：(2)在高温下CuO分解产生Cu20、02，说明Cu20比CuO在高温下稳定；II.(l)(Deu未完全反应、部分氧化铜能被有机物还原；＠根据Cu元素守恒和反应方程式可得关系式，然后利用关系式计算CuSQ4•5H心的质量，最后根据质量分数的含义计算硫酸铜晶体的含量；(2)(!)Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应产生硫酸铜、N02（或NO)、H心，根据氧化还原反应规律书写反应方程式；®02可以将NO氧化为N02,可以将NO、N02驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，防止大气污染；111.(1)HCI对反应没有影响；(2)根据平衡移动原理分析；IV含铜离子溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰。【题目详解】1.(1)向Cu心中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，该反应的离子方程式为：Cu20+2H+=Cu2++Cu+H心，这说明在酸性溶液中，＋2价Cu比＋1价Cu更稳定；(2)将CuO粉末加热至1000°c以上完全分解成红色的Cu20粉末，该反应说明：在高温条件下，＋1价的Cu比＋2价Cu更稳定；11.(l)(Da．加热条件下铜易被氧气氧化，a错误：b．灼烧不充分，铜未被完全氧化导致含有铜单质，b正确；c氧化铜在加热过程中不会分解生成铜，c错误；d．灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原生成铜单质，d正确；故合理选项是bd:＠根据方程式2Cu2++41"=2Cul.!-+12,12+2S2C疗=2I.+S40:．可知：2Cu2+~12~2S20克n(S20i·)=0.1000mol/Lx0.014LxlO=l.4xl0·2mol,则n(Cu2+)=1.4x10·2mol,m(CuSO还止0)=1.4xto·2molx250g/mol=3.5g,所以硫酸铜晶体的质量分数为(3.5g+4.0g)x100%=87.5%;(2)(!)Cu与稀硫酸、浓硝酸（或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸）反应生成硫酸铜、N02（或NO)、H心，根据氧化还原反应规律，可得反应方程式为：Cu+H2S04+2HN03（浓）＝CuS04+2N02个＋2H203Cu+3H2S04+2HN03（稀）＝3CuS04+2NO个＋4H20;@NO不能被NaOH溶液吸收，02可以将NO氧化为N02,使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、N02驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，转化为NaN02、NaN03,防止大气污染；
19m.(1)Ch中混有的HCI对反应没有影响，因此不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCI的装置；(2)a．将Y稀释，平衡向左移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCh溶液中转化关系，a正确：b．在Y中加入CuCh晶体，溶液中[Cu(H心）4]2+、c1·浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCh溶液中转化关系，b正确；c．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCh溶液中转化关系，c正确；d．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCh溶液中转化关系，d错误；故合理选项是abc;IV．甲基橙变色的pH范围是3.1-4.4,Cu(OH)i开始沉淀的pH=S,在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu2＋不会消耗OH·，但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu“溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩余硫酸的物质的量浓度。【答案点睛】本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助千培养学生基本扎实的基础与综合运用能力。20、比O+SO产比S03,Zn+2H2S03=ZnS20社2H20或Zn+2S02=ZnS204增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：Na2S204(s)=之Na心Q4(aq)~之2Na'(aq)+S20;-(aq)［或Na心04(s)=之2Na'(aq)+S20;-(aq)],增大c(Na'),平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S204在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2HC00Na+4S02+Na2C03=2Na必Q4+H心＋3C02Zn(OH)2难溶千水，易与Na心04分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaClz溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2S04【答案解析】合成保险粉的反应物为Zn、S02、H心，根据温度控制在40~4s·c,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时，停止通入S02,反应后得到ZnS204溶液，据此分析解答。【题目详解】(1)合成保险粉的反应物有Zn、S02、H心，根据温度控制在40~4s·c,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时，说明发生了：H心＋SO产比S03反应，最后反应得到ZnS204溶液，说明又发生了：Zn+2H2S03=ZnS20社2H心反应，总过程也可以写成：Zn+2S02=ZnS204，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；(2)溶液中存在：Na心Q4(s)~之Na必04(aq)=之2Na•(aq)+S20~-(aq)［或Na心04(s)~2Na•(aq)+S20~-(aq)],增大c(Na'),平衡向逆反应方向移动，所以向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S204•2H心晶体；
20(3)根据温度控制在40~4s·c可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；(4)根据步骤2中将得到的ZnS204溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2,向滤液中加入食盐，才析出Na心Q4•2H20晶体，可知Na心04在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；(5)由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S204,同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4S02+Na2C03=2Na2S204+ff20+3C02:(6)锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)i难溶千水，易与Na2S204分离；(7)设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2S04,要避免Na2S204干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCh溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2S04.k1,r:k,II1正一．正ca21、AE36p/7T4AH1<0,温度升高，kk1逆2逆勹E二反应I平衡逆移，c(N202)减小；浓度降低的影响大千温度对反应II速率的影响【答案解析】I(1)反应＠达到平衡状态时，v氓＝v虔，代入v1正＝k]正c2(NO)和V1逆＝k1逆c(N202)，得kl让c2(NO)=k1逆c(N202),c(N202)k构正结合反应＠的平衡常数表达式：Kl=可得K＝二呈；同理，对千反应＠，有凡＝——；反应c~(NO)kkI逆2逆2N0+02~2N02，可以由反应＠和反应＠叠加得到，所以该反应的平衡常数与反应＠＠的平衡常数的关系为：klrr.--VIskl正幻正K=K凡，代入K=-止和从＝—主可得，K=；由题干可知，NO氧化反应的两步反应都是放热的，所k1逆k2逆k遭k2逆以升高温度均会使反应＠＠平衡逆向移动，且由千反应＠为快速反应，反应＠为慢速反应，所以反应＠逆移生成的N202会迅速转化为NO,综上所述，升温会使c(N202)下降；反应＠作为整个反应的速率控制步骤，其速率下降是导致总反应速率降低的主要原因；尽管升温会使反应速率常数k2正增加，结合反应＠的正反应速率方程，但由千c(N202)下降更明显，所以导致反应速率整体变慢，所以答案为c项；(2)升高温度会使平衡逆向移动，所以新的平衡状态，c(02)增加，此外，结合(1)的分析可知，v2正随温度升高而下降，因此a点符合规律；11(1)(DA.反应为非等体积反应且在恒容条件下进行，根据pV=nRT可知，压强恒定时，体系一定达到平衡状态，
21A项正确；B．当2v正(N204)=V逆(N02)时，体系才平衡，选项将系数弄反了，B项错误；C.温度恒定则K就不变，与是否平衡无关，C项错误；mD．由于该反应全为气体参与，且在恒容条件下进行，所以根据p=－可知，容器内的气体密度恒定与平衡与否无关，VD项错误；E.N02气体有颜色，颜色的深浅与浓度有关，当颜色不变时，即浓度不变，反应一定平衡，E项正确；答案选AE。＠假设初始时N204的物质的量为no,根据平衡状态时转化率为75%，列三段式：N204、、2N02初始n。。i反应-0.75fls。+1.5凡平衡0.25n。l.5n。0.25np1.5n。6p所以平衡时两种物质的分压为：p(N204)=~xp=—,p(N02)=~Xp=—，所以：1.75n71.75n7。。矿(NO2)36pK==-·Pp(N204)7@T1条件下，分析图像可知，反应在t1时刻开始接近平衡，最终N204消耗量为0.03mol/L，所以该温度下，N02也要在t1时刻开始接近平衡且浓度为0.06mol/L;T2>九，因为该反应是吸热反应，所以此温度下，N02的平衡浓度更大，此外，由千温度更高，所以达到平衡状态所需的时间更短，综上所述，图像为：勹/(2)＠由图像2可知，反应I的活化能更低，所以反应速率更快，因此决定整个反应快慢的步骤是反应II:＠由图像可知，九条件下NO浓度变化更平缓，所以几条件转化相同量的NO耗时更长：由于反应I和II均为放热反应，所以升温平衡逆向移动，此外，反应II进行的更慢，所以反应1I逆向移动产生的N202会被反应I迅速消耗，从而导致N202浓度下降而使反应II速率下降，速率控制步骤的反应速率下降导致了整个反应的速率变慢。
