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（解析版》
下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是 （ ）
CH3CH2COOH B. Cl2
C. NH4HCO3 D. S0?
【答案】D
【解析】
试题分析：A、丙酸属于酸，属于电解质，不符合题意，故错误；B、氯气是单质，既不是电 解质也不是非电解质，故错误；B、碳酸氢钱属于盐，属于电解质，故错误；D、SO?属于化合 物，水溶液能够导电，但导电的离子不是S0?产生的，S0?属于非电解质，故错误。 考点：考查电解质、非电解质的概念等知识。
为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）达不到实验要求的是（ ）
氢氧化钠是否变质（BaCl2） B. （KSCN）
C. KI是否被氧化（淀粉溶液）D. K2SO3是否被氧化（BaCb） 【答案】D
【解析】
下列各组物质中，分子数相同的是（
2LSO2 和 2LCO2
C. CO2
【答案】C
)
和
【解析】A错，没有表明状态
B错标况下，水是液体，
,,物质的量相同，分子数相等。
D错没表明表况，
下面的能级表示中正确的是
A. Ip
B. 2d
C. 3f
D. 4 s
【答案】【）
【解析】A错，p能级至少是在第二电子层；B错，d能级至少是在第三电子层；C错，f能级 至少是在第四电子层；D正确，s能级哪个电子层均有；
g moP1,由此求出的标准状况下氧气的密度可能是（）
g-L_1
gL“
【答案】B
【解析】根据密度公式p=M/Vm得：
g・L?
mg-L'1
V m
二 32% •如广:=i
22AL^mor{
利用图装置，可以完成很多电化实验。下列有关此装置的叙述屮，不正确的是（）
若X为锌棒，Y为MaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极 的阴极保护法
若X为碳棒，Y为WC1溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电 极移动
若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子 向铜电极移动
若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液屮铜离子浓度将 减小
【答案】D
【解析】试题分析：A. X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为正极, 可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A正确；B. X为碳棒，Y为NaCl溶 液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极 移动，B正确；C. X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为负极， 正极上析ill Cu,则铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，C正确；D. X为铜 棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，为电镀装置，铁棒质量将 增加，但溶液中铜离子浓度不变，D错误，答案选D。
考点：考查原电池和电解池的工作原理
下列说法中正确的是()
在M2CO3溶液中滴入酚fit试液，呈红色
(NH4)2SO4溶液中 c(NH；) : c(SO门=2 : 1
FeCI3溶于水使溶液呈酸性，从而抑制水的电离
将AI2(SO4)3溶液蒸干得到AI(OH)3固体
【答案】A
【解析】C0芥+ H20^^HC0$+0K, NazCO3溶液显碱性，滴入酚瞰试液，呈红色；因NH；水 解，故(NH4)2SO4溶液中c(NH；) : c(S0f)<2 : 1； FeCb溶于水能促进水的电离；因H2SO4不是 挥发性酸，AI2(SO4)3溶液蒸干仍得Al2(SO4)3，不会得到AI(OH)3o
下列说法不正确的是
用四氯化碳可以萃取乙酸水溶液中的乙酸
元素分析可以鉴定有机物的实验式
红外光谱分析可以鉴定有机物屮含有的官能团或化学键
核磁共振氢谱分析可以鉴定有机物中不同化学环境的氢原子及它们的数目比
【答案】A
【解析】
试题分析：乙酸和水互溶，不能用四氯化碳来萃取乙酸水溶液中的乙酸，选项A不正确，其余选 项都是正确的，答案选A。
考点：考查乙酸的性质、有机物结构研究的有关判断
点评：该题主要是考查学牛对教材基础知识的熟悉了解程度，意在调动学牛的学习兴趣，激发学生学 习化学的积极性。难度不大，有利于培养学生的逻辑推理能力。
含溶质24g的3n)ol・ L_1NaOH溶液，现欲配制成lmol・L_1NaOH溶液，应取原溶液与蒸馆 水的体积比约为
1 ： 2 B. 1 ： 3 C. 2 : 1 D. 2 : 3
【答案】A
【解析】
试题分析：设应取原溶液与蒸僧水的体积分别是x、y,则根据稀释过程中溶质的物质的量不 变可知3x= (x + y) XI,解得2x = y,属于x： y=l： 2,答案选A。
考点：考查溶液稀释的计算
下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
生成物总能量一定低于反应物总能量
放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焙变
同温同压下，H2(g) +Cl2(g) =2HCl(g)在光照和点燃条件的AH不同
【答案】C
【解析】
试题分析：A、生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反， 故A错误；B、反应速率与反应是吸热还是放热无关，反应速率与反应物本身的性质及外界条 件有关，故B错误；C、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，根据盖斯定律可计 算某些难以直接测量的反应焙变，故C正确；D、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程 无关,所以同温同压下，反应H2(g)+C\(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的Z\H相同，故D 错误，答案选C。
考点：考查反应热的有关判断
下列分子屮的屮心原子杂化轨道的类型相同的是
A. C02与 出0 B. BeCl2与 BF3 C. CH”与 NH3 D. C2H2与 C2H1
【答案】C
【解析】
试题分析：A. C02中C原子杂化轨道数为1/2X (4+0) =2,采取sp杂化方式，儿0中0原子 杂化轨道数为1/2X (6+2)二4,采取sp‘杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误；B. BeCl2 中Be原子杂化轨道数为1/2X (2+2) =2,釆取sp杂化方式,BFs中B原子杂化轨道数为1/2X
(3+3) =3,采取杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；C. C出中C原子杂化轨道 数为1/2X (4+4) =4,采収sp'杂化方式，Mb中N原子杂化轨道数为1/2X (5+3)二4,采 取sp?杂化方式，二者杂化方式相同，故C正确；D. C2H2分子中碳原子形成1个C-II, 1个C三C 三键，C原子杂化轨道数为(1+1)二2,采取sp杂化方式，C2比分子屮碳原子形成2个C-H, 1 个C-C双键，C原子杂化轨道数为(2+1) =3, C原子采取sp?杂化方式，故D错误；故选C。
【考点定位】考查杂化轨道理论
【名师点晴】ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n二1/2 (中心原子 的价电子数+配位原子的成键电子数土电荷数)；注意：①当上述公式中电荷数为正值时取
“-”，电荷数为负值时取“ + ” .②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零•根 据
n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2, sp杂化；n=3, sp'杂化；n=4, sp'杂化；对 于有机物利用杂化轨道数二孤对电子对数+o键数进行判断。
高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比6、。3、CIO2、KMnO4 氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：
湿法制备的主要反应方程式为：Fe(OH)3+ CIO■+ 0H~ T FeO42_+ CF+ H20
干法制备的主要反应方程式为：FeSO4+ Na2O2 T Na2FeO4+ Na2O+ Na2SO4+O2/r
(均未配平)
下列有关说法不正确的是
• • •
高铁酸钠中铁显+6价
湿法制备的反应方程式屮，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3 : 2
干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子
K2FeO4处理水吋，不仅能消毒杀菌,还能除去水体中的H2S、NH3等,生成的Fe(OH)3还能 吸附水中的悬浮杂质
【答案】C
【解析】根据化合物中正负价的代数和为0可知，铁的化合价是+ (2X4-1X2) =+6价， A正确。反应①中氧化剂是CIO",氯原子的化合价由+ 1价降低一1价，变化2个单位。还原 剂是Fe(OH)3,铁的化合价由+3价升高到+ 6价，变化3个单位。根据得失电子守恒可知，氧 化剂和还原剂的物质的量之比为3 : 2, B正确。反应②氧化产物不止Na2FeO4,还有氧气，所 以每生成1 mol Na2FeO4转移电子的物质的量大于4 mol, C是错误的。K2FeO4中铁的化合价是 + 6价的，具有氢氧化性，还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，D正确。答 案选Co
相同质量的GHe、GH, GH】。、C：凡完全燃烧吋，耗氧量最多的是
A. Cdb B. C7H8 C. C4H10 D. C3H6
【答案】C
【解析】
试题分析：在质量相等的条件下，氢原子消耗的氧气大于碳原子消耗的氧气，因此桂分子中， 氢元素的含量越高，消耗的氧气就越多。在最简式CH「,中，n越大，含盘量越高，耗氧量越高， 四种物质的最简式CHn屮n依次为1, , 2,也最大，故CM。的耗氧量最多，故选C。
7 4 4
考点：考查了坯燃烧规律的相关知识。
研究i果匕 老师让同学们各自选馭t行计算，轴果正确的是
A、 甲同学： mol MgO,经计算， g
B、 乙同学：。2,经计算，。 mol
C、 丙同学：标准状况下， L水的体积， mol
D、 丁同学：・l?NaOH溶液加7K稀释到500mL,经计算，稀释后溶液屮NaOH的物质的暈浓 度为
【答案】B
【解析】A错，,经计算，其质量为8g； B正确；C错，标准状况下水不是气体；D错， 将30 mLO-Smol-L'1 NaOH溶液加水稀释到500mL,经计算，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为 ・L J；
某无色稀溶液X中，可能含有如表所列离子屮的某儿种。
阴离子
C0产、Si03z\ A102_、Cl
阳离子
Al3\ Fe3\ Mg2\ NH；、Na+
取该溶液适量，向其中加入某试剂Y,产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图
若Y是盐酸，则X中一定含有CO广、SiO产、A102和Na
若Y是NaOH溶液，则X中一定含有A严、Fe3\ NHj、Cl-
若Y是NaOH溶液,则ab段发生反应的离子方程式为:NH.；+OH_=NH：5 t +
,则X中的Al3\ Mg2\ NH；物质的量之比为1： 1： 2
【答案】A
【解析】
试题分析：溶液无色说明溶液中不含Fe3 (1)如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉 淀,则溶液中可能含Si032\ A102或两者中的一种,即生成的沉淀为H2SiO3. Al (OH)3或两者中 的一种，则溶液中不含Al3\ Mg2+；当a-b段时，沉淀的量不变化，发生的是盐酸和碳酸根离 子反应生成气体：+H —HCOa-, HCOa'+H —H20+C02 f ；当b-c段时沉淀的质量减少,即部分 沉淀和盐酸反应：Al (OH)3+3H—A13，+3H2O,部分沉淀和盐酸不反应，说明生成的沉淀既有H2SiOs 又有A1(OH)3,原溶液中有SiO产和AU ,则oa段发生反应的离子方程式Si032 +2H—H2SiO3 !, A102 +H'+H20—A1(OH)U ,由于SiO：F和AIO2和镀根离子能双水解，所以溶液中不含NH/,含有 的阳离子是Na；则X中一定含有的离子是CO产、SiO产、A10I、Na, oa段发生反应的离子方 程式 SiO32_+2H —H2SiO31 , AlOZ+ir+lLO—AKOID3I , ab 段发生反应的离子方程式 CO32_+H —HC03 , HCOs +H —H20+C02 t , be 段发生反应的离子方程式：Al (0H)3+3H—A广+ 上可知含有的离子为:C0产、SiO产、A10八Na'； (2)若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠 溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al：，\ Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸根会双 水解而不能共存，即溶液中不含C0产、SiOf、AlOf,由于溶液一定要保持电中性，故溶液中 一定含Cl\当a-b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和钱根离子反应生成气体： NH. +OH-NH3-H20,即溶液屮含NH「；当b-c段时沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉 淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有A广、Mg2*,即be段的反应为： A1(OH)3+OH—A102_+2H20；综上可知，X中一定含有的离子是Al3\ Mg2\ NH4\ Cl-； 可知,若Y是盐酸,则X中一定含有：C0产、SiO产、A10八Na,故A正确； 钠,X中一定含有的离子是Al3\ Mg2\ NH4\ Cl ,没有F「，故B错误;, 当a-b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和镀根离子反应生成气体：NH/+OH—NH3-H20,故 C错误；,氢氧化铝和氢氧化钠反应需要氢氧化 钠的体积是W，则生成盘氧化铝需要盘氧化钠的体积是3V,生成盘氧化镁需要盘氧化钠的体 积是 IV,则 n(Al3+)： n (Mg2*): n(NH；)=l： 1/2： 2=2： 1： 4,故 D 错误，故选 A。
考点：考查离子检验及离子反应
(7分)工业尾气SO?、N02是污染大气、形成酸雨的罪魁祸首。请回答下列问题：
用C0可以消除S02污染。己知一定条件下,2C0(g)+02(g)=2C02(g)的能量变化如图所示,
由固体S单质生成1 molS02(g)的焙变为-296kJ • mol _1。
在相同条件下，CO与SCh反应生成单质S与C02的热化学方程式为
异氧酸(化学式：IZC0, C为+4价)可用于消除尾气中的N02。其反应原理为:
HNCO+NOLN2+CO2+ (未配平)。
上述反应的氧化剂是 o
配平后方框内应填写 。
每处理33. 6LNO2(标准状况)，反应中转移电子的物质的量为 o
【答案】(1) 2C0(g)+S02(g)=S(s)+2C02(g) AH=-270kJ/mol (2) N02； 4H20； 6mol
【解析】
试题分析：(1)根据能量变化关系图可知反应的热化学方程式为①2C0(g) +0,(g) =2C0,(g) △
H=-566kJ/mol。又因为固体S单质生成1 molSO/g)的焙变为一296kJ/mol,则该反应的热化 学方程式为②S(s)+02(g)V02(g) AH=-296kJ/mol,则根据盖斯定律可知①一②即得到 2C0 (g) +SO2 (g) =S (s) +2CO2 (g) AH=-270kJ/mol ；
(2)①HNCO中C为+4价，则氮元素是一3价。根据方程式可知，反应后N02中氮元素由+4价 降低到0价，得到4个电子，N0?是氧化剂。H\CO中氮元素由一3价升高到0价，失去3个电 子，作还原剂，所以根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:4。根据原子 守恒可知还有水生成，因此配平的化学方程式为&INC0+6N02=7N2+C02+4H20o
根据以上分析可知，配平后方框内应填写4H20o
33. 6L标准状况下NO的物质的量是33. 61+22. 4L/mol = l. 5mol,反应中得到1・5molX4= 6mol电子。
考点：考查盖斯定律的应用以及氧化还原反应的有关判断、配平与计算
C0和小的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气，工业上利用天然气(主要成 分为CHJ与水进行高温重整制备合成气。
CHi (g) +H2O (g) =C0 (g) +3H2 (g) AH-+206. lKJ/mol
在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入0. 40mol C出和0. 60mol H20(g),测得CH, (g) 和H2(g)的物质的量浓度随时间变化如下表所示：
寸间min 物质癖■
0
1
2
3
4
CH.
0. 2mol • L
mol • L
mol • L
mol • L
mol • L
H：
0 mol •
0. 2 mol • L"*
mol • L
mol • L
mol • L
计算该反应第一次达平衡吋的平衡常数计算式K二
3min时改变的反应条件可能是 (只填一种条件的改变即可)。
已知温度、压强、投料比X[n(CHj)/n(Hg)]对该反应的影响如图所示。
CH+%
温度
CH|%
投料比X
图1中的两条曲线所示投料比的关系X. X2(填“二”、“〉”或“<”下同)。
图2中两条曲线所示的压强比的关系：P. P2。
以天然气(设杂质不参与反应)、KOH溶液为原料可设计成燃料电池：
放电时，负极的电极反应式为
设装置中盛有的KOH溶液，在反应后恰好生成KHCO：；溶液，则该溶液中各离子浓度由大到小
• • • •
的关系为
【答案】(1)①K二(0. 33X0. 1) / (0. ) (2 分)
②升高温度、或增大H20(g)的浓度、或减小C0的浓度(2分)
①〉(2分) ②〉(2分)
①CH4-8e' + 100H" =C032_+7H20 (3 分)
②c (K+) >c(HCO3_) >c(OH-) >c (H+) >c(C0；｛2) (3 分)
【解析】
试题分析：(1)①该反应第一次达平衡时CHiO. 1 mol • L_1, H20. 3 mol • L_1,
CHi (g) +H2O (g)二二二二 CO (g) +3& (g)
开始c
(mol • L l) 0. 2
0. 3
0
0
变化c
(mol • L_1) x
X
X
3x
平衡c
(mol • L 1) 0. 2-x
0. 3-x
X
3x
x 二 0. 1,
平衡常数计算式 K 二(0. 33X0. 1) / (0. )；
②3min时，CH(减少，比增多，且是按比例进行的，说明平衡正向移动，改变的反应条件可能 是升高温度、或增大H2O(g)的浓度、或减小CO的浓度；
①如果增加一种反应物的浓度，则会使另一种反应物的转化率提高，而本身转化率降低, 由图可知X】时甲烷的含量高，说明增大了甲烷的浓度，Xi>X2；②由图可知R时甲烷的含量高 于P2,加压会是反应逆向进行，甲烷增多，说明P.>P2；
①放电时,负极是甲烷失电子,电极反应式为CH4-8e_+100H" =C0产+7出0；②反应后 恰好生成KHCCM容液，溶液显碱性，说明碳酸盘根的水解程度大于电离程度，该溶液中离子浓 度由大到小的关系为 c(K^) >c (HCOO >c (0H_) >c(H+) >c(CO32')
考点：平衡移动的影响因素，离子浓度大小比较
在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL 30% ；③的 试管里盛有
图1中的两条曲线所示投料比的关系X. X2(填“二”、“〉”或“<”下同)。
图2中两条曲线所示的压强比的关系：P. P2。
以天然气(设杂质不参与反应)、KOH溶液为原料可设计成燃料电池：
放电时，负极的电极反应式为
设装置中盛有的KOH溶液，在反应后恰好生成KHCO：；溶液，则该溶液中各离子浓度由大到小
• • • •
的关系为
【答案】(1)①K二(0. 33X0. 1) / (0. ) (2 分)
②升高温度、或增大H20(g)的浓度、或减小C0的浓度(2分)
①〉(2分) ②〉(2分)
①CH4-8e' + 100H" =C032_+7H20 (3 分)
②c (K+) >c(HCO3_) >c(OH-) >c (H+) >c(C0；｛2) (3 分)
【解析】
试题分析：(1)①该反应第一次达平衡时CHiO. 1 mol • L_1, H20. 3 mol • L_1,
CHi (g) +H2O (g)二二二二 CO (g) +3& (g)
开始c
(mol • L l) 0. 2
0. 3
0
0
变化c
(mol • L_1) x
X
X
3x
平衡c
(mol • L 1) 0. 2-x
0. 3-x
X
3x
x 二 0. 1,
平衡常数计算式 K 二(0. 33X0. 1) / (0. )；
②3min时，CH(减少，比增多，且是按比例进行的，说明平衡正向移动，改变的反应条件可能 是升高温度、或增大H2O(g)的浓度、或减小CO的浓度；
①如果增加一种反应物的浓度，则会使另一种反应物的转化率提高，而本身转化率降低, 由图可知X】时甲烷的含量高，说明增大了甲烷的浓度，Xi>X2；②由图可知R时甲烷的含量高 于P2,加压会是反应逆向进行，甲烷增多，说明P.>P2；
①放电时,负极是甲烷失电子,电极反应式为CH4-8e_+100H" =C0产+7出0；②反应后 恰好生成KHCCM容液，溶液显碱性，说明碳酸盘根的水解程度大于电离程度，该溶液中离子浓 度由大到小的关系为 c(K^) >c (HCOO >c (0H_) >c(H+) >c(CO32')
考点：平衡移动的影响因素，离子浓度大小比较
在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL 30% ；③的 试管里盛有
15讥8 % ；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为 尾气吸收装置。
① ② ③ ④ ⑤
请填写下列空白：
（1） 制取氯气吋，在烧瓶里加入一定量的二氧化镒，通过 （填写仪器名称）向烧瓶中
加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有 （填写下列编号字母）的净化装置。
（2） 。反应完毕经冷却后，②的
试管中有大量晶体析出。下图中符合该晶体溶解度曲线的是 （填写编号字母）；从②
的试管中分离出该晶体的方法是 （填写实验操作名称）。
温度/ -C
（3） 木实验屮制取次氯酸钠的离子方程式是： o
（4） 实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表川的空白:
实验现彖
原因
溶液最初从紫色逐渐变为 色
氯气与水反应生成的H使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
然后溶液从无色逐渐变为 色
【答案】（1）分液漏斗 B （2）反应物浓度不同，反应温度不同 M过滤
（3） ci2+oir=cio_+cr+H2o
（4）
实验现象
原因
溶液最初从紫色逐渐变为红 色
氯气与水反应生成的H*使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以 把石蕊氧化为无色