保定市屆高三上學(xué)期期末化學(xué)試卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2015-2016學(xué)年河北省保定市高三(上）期末化學(xué)試卷一、本卷共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．在化學(xué)學(xué)習(xí)中經(jīng)常采用推理的思維方法，下列推理正確的是（）A．加熱蒸發(fā)食鹽水可以得到NaCl晶體，加熱蒸發(fā)AlCl3溶液也可以得到AlCl3晶體B．配制濃度均為0.1mol?L﹣1的H3PO4和H2SO4溶液，分別測(cè)其pH，若H3PO4溶液的pH大于H2SO4溶液的pH，可推出非金屬性：S＞PC．NaHCO3溶液中滴入酚酞顯紅色，NaHSO4溶液中滴入酚酞也顯紅色D．鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉,和鈉同主族的鋰在氧氣中燃燒也生成過氧化鋰2．對(duì)二甲苯(PX）是生產(chǎn)礦泉水瓶（聚對(duì)苯二甲酸乙二酯,簡(jiǎn)稱PET）的必要原料，生產(chǎn)涉及的反應(yīng)之一如下：5（PX）+12MnO+36H+→5（PTA)+12Mn2++28H2O，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是（)A．PTA是該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物B．PTA與乙二醇通過加聚反應(yīng)即可生產(chǎn)PET塑料C．PX分子含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有3種D．該反應(yīng)消耗1molPX,共轉(zhuǎn)移12NA個(gè)電子（NA為阿伏加德羅常數(shù)）3．下列化學(xué)方程式與結(jié)論均正確的是(）選項(xiàng)方程式結(jié)論A2AgI（s）+S2﹣（aq）?Ag2S（s）+2I﹣（aq）溶解度：Ag2S＞AgIBC（s．石墨）═C（s．金剛石）△H＞0穩(wěn)定性：金剛石＞石墨C3Fe2++NO+10H+═3Fe3++3H2O+NH還原性：Fe2+＞NHD2Fe+3Cl22FeCl3；Fe+SFeS氧化性：Cl2＞SA．A B．B C．C D．D4．用下列裝置進(jìn)行相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)，裝置正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖?）A．用圖所示裝置驗(yàn)證NaHCO3的不穩(wěn)定性B．用圖所示裝置提取苯硝化反應(yīng)后的產(chǎn)物C．用圖所示裝置模擬氯堿工業(yè)生產(chǎn)氯氣D．用圖所示裝置分餾石油5．如圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生電化學(xué)腐蝕的原理示意圖．環(huán)境中的Cl﹣擴(kuò)散到孔口，并與各電極產(chǎn)物作用生成多孔粉狀銹Cu2（OH）3Cl．下列說(shuō)法正確的是（）A．腐蝕過程中，負(fù)極是b和cB．生成Cu2（OH）3Cl的離子方程式為:2Cu2++3OH﹣═Cu2（OH）3+C．若生成4.29gCu2(OH）3Cl，則理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況氧氣體積為0。448LD．正極的電極反應(yīng)式為:O2﹣4e﹣+2H+═2OH﹣6．“陳醋”生產(chǎn)過程中的“冬撈夏曬”，是指冬天撈出醋中的冰，夏日曝曬蒸發(fā)醋中的水分，以提高醋的品質(zhì)．假設(shè)用含醋酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3％的半成醋，生產(chǎn)300kg0。945mol?L﹣1的優(yōu)級(jí)醋(密度為1.050g?mL﹣1）,產(chǎn)過程中醋酸沒有損失，則需撈出的冰和蒸發(fā)的水的總質(zhì)量為(）A．100kg B．160kg C．240kg D．300kg7．工業(yè)上將Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液（主要成分是NaClO)，室溫下將Cl2緩緩?fù)ㄈ隢aOH溶液中,得到ClO﹣、ClO3﹣的物質(zhì)的量與反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．HClO具有強(qiáng)氧化性，而NaClO沒有氧化性B．向漂白液中加入足量濃鹽酸可增強(qiáng)漂白效果C．無(wú)法求出a點(diǎn)時(shí)的溶液中,c（Na+）和c（Cl﹣）的比值D．t2到t4,n（ClO﹣)下降的原因可能是：3ClO﹣═2Cl﹣+ClO3﹣三、非選擇題（包括必考題和選考題兩個(gè)部分，第22題—第32題為必考題，每個(gè)考題考生都必須作答．第33題—第40題為選考題,考生根據(jù)要求作答）（一）必考題8．A、B、C、D、E、F六種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大,其中B與C同周期,D與E、F同周期，A與D同主族，C與F同主族，C元素的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的三倍．又知六種元素所形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體,三種是固體．請(qǐng)回答下列問題：（1）若E為與強(qiáng)堿溶液能發(fā)生反應(yīng)的金屬元素，則C、D、E、F四種元素形成的簡(jiǎn)單離子半徑由大到小的順序是（用離子符號(hào)表示）．（2）由A、B兩種元素形成的化合物B2A4可以與O2、KOH溶液形成原電池（B2A4與O2反應(yīng)生成B2和A2O），則該原電池放電時(shí)，負(fù)極的電極方程式為．用該原電池提供的能量用惰性電極電解200mL1mol?L﹣1CuSO4溶液，當(dāng)消耗0.2molB2A4時(shí)，若要使電解液恢復(fù)到電解前的情況，需要向其中加入多少克什么物質(zhì)?（填質(zhì)量和化學(xué)式)．(3)由B、C兩種元素形成的化合物BC2和B2C4存在如下平衡:2BC2（g）?B2C4（g)△H＜0，在溫度分別為T1、T2時(shí)，平衡體系中BC2的體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)變化曲線如圖所示．下列說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的反應(yīng)速率：a＞cB．a(chǎn)、c兩點(diǎn)BC2的轉(zhuǎn)化率：a＞cC．b、c兩點(diǎn)混合氣體的顏色：b點(diǎn)比c點(diǎn)的深D．由狀態(tài)b到狀態(tài)a，可以用加熱的方法（4）500℃、30MPa下,A單質(zhì)和B單質(zhì)置于密閉容器中充分反應(yīng)生成BA3（g），消耗1.5molA單質(zhì)和0。5molB單質(zhì)，并放熱46kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為．（5）由A、C、D、F四種元素形成的化合物DAFC3（已知A2FC3的Ka1=1。3×10﹣2，Ka2=6。3×10﹣8）．則0。1mol?L﹣1的DAFC3溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)?室溫下，向該溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c（AFC3﹣）=c（FC32﹣），則此時(shí)溶液顯（填“酸性”、“堿性”或“中性"）．9．研究氧化物與懸浮在大氣中的海鹽粒子的相互作用時(shí),涉及如下反應(yīng)：2NO2(g）+NaCl（g）?NaNO3（g）+ClNO（g）K1△H＜0Ⅰ2NO（g）+Cl2(g）?2ClNO（g）K1△H＜0Ⅱ請(qǐng)回答下列問題:(1）4NO2（g）+2NaCl(g）?2NaNO3（g）+2NO（g）+Cl2(g）的平衡常數(shù)K=（用K1、K2表示）．（2）若反應(yīng)Ⅰ在絕熱密閉容器中進(jìn)行,實(shí)驗(yàn)測(cè)得NO2（g)的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的示意圖如圖所示，t3~t4時(shí)刻，NO2(g)的轉(zhuǎn)化率（NO2%）降低的原因是．(3）若反應(yīng)Ⅱ在恒溫、恒容條件下進(jìn)行，下列能判斷該反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)的是．A．容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化B．n(ClNO)=n（NO）C．混合氣體密度不變D．υ正（NO）=υ逆(ClNO）(4）在一定溫度和壓強(qiáng)下，反應(yīng)Ⅱ達(dá)到平衡，當(dāng)NO和Cl2的比例不同時(shí)，對(duì)Cl2的轉(zhuǎn)化率及平衡混合物中ClNO的體積分?jǐn)?shù)都有影響．設(shè)NO和Cl2起始物質(zhì)的量之比為x，平衡時(shí)Cl2的轉(zhuǎn)化率為a，平衡混合物中ClNO的體積分?jǐn)?shù)為y，判斷a、x、y三者的相互關(guān)系,用a和x的代數(shù)式表示y，y=．（5）實(shí)驗(yàn)室可用NaOH溶液吸收NO2，反應(yīng)為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含0。2molNaOH的水溶液與0。2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，溶液B為0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液,則兩溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）、c(CH3COO﹣)由大到小的順序（已知HNO2的電離常數(shù)K3=7。1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數(shù)K4=1。7×10﹣5mol?L﹣1）．常溫下,向溶液B中加水稀釋過程中，下列比值變大的是．a(chǎn)。b.c.d.．10．某課題小組研究“鐵及其化合物性質(zhì)"時(shí),向FeSO4溶液中滴加少量KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象．再滴加H2O2溶液時(shí)，發(fā)現(xiàn)：隨著H2O2量的增加，溶液先變紅，后褪色，并有氣泡產(chǎn)生．為弄清楚產(chǎn)生這種異?，F(xiàn)象的原因，他們進(jìn)行了如下探究．［提出假設(shè)]假設(shè)一：產(chǎn)生的氣體可能是O2．假設(shè)二：產(chǎn)生的氣體可能是N2、SO2、CO2等氣體．（1）請(qǐng)寫出H2O2氧化FeSO4的離子方程式．［實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)］為驗(yàn)證假設(shè)二是否成立，課題小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)來(lái)驗(yàn)證氣體成分．所用試劑：H2O2溶液、FeCl2溶液、KSCN溶液、品紅溶液、酸性高錳酸鉀溶液、澄清石灰水、NaOH溶液等．請(qǐng)完成下表中的內(nèi)容：實(shí)驗(yàn)過程和現(xiàn)象結(jié)論(2)試管A中盛有現(xiàn)象：證明氣體中含有SO2(3）試管B中現(xiàn)象試管C中現(xiàn)象：證明氣體中含有CO2[思考與交流]（4）根據(jù)題目中所給的信息及實(shí)驗(yàn)推斷出物質(zhì)還原性的強(qiáng)弱順序:Fe2+SCN﹣(填“＞”或“＜”），理由是．（5）有同學(xué)認(rèn)為：KSCN被氧化的產(chǎn)物中可能還含有SO42﹣，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證．實(shí)驗(yàn)過程實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及結(jié)論【化學(xué)—選修化學(xué)與技術(shù)】（共1小題，滿分15分)11．工業(yè)上常從電解精煉銅的陽(yáng)極泥中提取硒,硒及其化合物在低溫下可被氧化為SeO2，該氧化物極易溶于水形成H2SeO3，因此工業(yè)上可用“氧化焙燒﹣堿浸"法來(lái)提取粗硒．流程如下：請(qǐng)回答下列問題：（1）向浸出液中通入SO2還原得粗硒，寫出其離子反應(yīng)方程式．（2）浸出液加H2SO4酸化的目的是．(3）上述工業(yè)提取Se的流程中，SeO2、H2SO4（濃）、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是,工業(yè)提取Se的流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)是．（4）Se+2H2SO4（濃）═2SO2↑+SeO2+2H2OSeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2OI+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI（已知為2Na2S2O3弱酸）通過用Na2S2O3溶液反應(yīng)中生成的I2來(lái)計(jì)算硒的含量；Na2S2O3溶液應(yīng)用(填“酸式”或“堿式”)滴定管量取，實(shí)驗(yàn)中要加入作指示劑,實(shí)驗(yàn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是．(5）已知0.1200g粗硒樣品，滴定消耗0.2000mol?L﹣1的Na2S2O3溶液30.00mL，則粗硒中硒的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是．（6）得到的粗硒在氧氣流中被加熱時(shí)，轉(zhuǎn)化成SeO2,流入冷凝罐形成雪白色的SeO2粉末,在此過程中氧氣的作用是．【化學(xué)—選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】(共1小題，滿分0分）12．鹵族元素是典型的非金屬元素,鹵素單質(zhì)及其化合物在生產(chǎn)和生活中都有重要的用途．請(qǐng)回答下列問題：(1）同主族元素的電負(fù)性大小存在一定的規(guī)律，鹵族元素（F、Cl、Br、I）中，電負(fù)性最大的是．（2）不同鹵素原子之間可形成鹵素互化物,如IBr、BrI3、BrF5、IF7等．鹵素互化物中的化學(xué)鍵類型有（填字母）．A．極性鍵B．非極性鍵C．離子鍵D．σ鍵（3)BeCl2的分子空間構(gòu)型為；BF3分子中B﹣F鍵的鍵角為．(4)CCl4分子中的C原子和NF3分子中的N原子的雜化方式，如果相同,則其雜化方式為；如果不相同,則其雜化方式分別為．（5）HF的相對(duì)分子質(zhì)量小于HCl，但其沸點(diǎn)卻高于HCl，其原因是．（6）由F、K、Mg三種元素形成的某離子晶體的晶細(xì)胞結(jié)構(gòu)如圖所示（、、分別代表一種離子)，晶胞邊長(zhǎng)為anm（1nm=10﹣9m）,該晶體的化學(xué)式為，該晶體的密度為g?cm﹣3．【選修-有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（共1小題,滿分0分)13．有機(jī)化合物A是一種環(huán)境激素,有關(guān)A、B、C、D、E、F、G的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：其中G是一種高分子，可用于制造隱形眼鏡，D還能在濃硫酸作催化劑加熱條件下生成六元環(huán)酯C8H12O4．請(qǐng)回答下列問題:（1)B→C的反應(yīng)類型為，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（2）E中含有的官能團(tuán)名稱是，D的系統(tǒng)命名法的名稱是．（3)E與乙二醇按物質(zhì)的量1:1反應(yīng)生成F，寫出F→G的化學(xué)方程式:．（4)有機(jī)化合物X為E的同分異構(gòu)體,并且滿足下列條件:①可發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②能與NaOH溶液發(fā)生水解反應(yīng);③結(jié)構(gòu)中不含甲基則X可能的結(jié)構(gòu)有種，分別是．(5）下列敘述不正確的是A．B與苯酚屬于同系物B．B苯環(huán)上的一溴代物有2種C．D可在濃硫酸、加熱條件下生產(chǎn)D.1molA最多可與4molNaOH發(fā)生反應(yīng)．

2015-2016學(xué)年河北省保定市高三（上）期末化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、本卷共7小題,每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．在化學(xué)學(xué)習(xí)中經(jīng)常采用推理的思維方法，下列推理正確的是（）A．加熱蒸發(fā)食鹽水可以得到NaCl晶體，加熱蒸發(fā)AlCl3溶液也可以得到AlCl3晶體B．配制濃度均為0.1mol?L﹣1的H3PO4和H2SO4溶液，分別測(cè)其pH,若H3PO4溶液的pH大于H2SO4溶液的pH,可推出非金屬性：S＞PC．NaHCO3溶液中滴入酚酞顯紅色，NaHSO4溶液中滴入酚酞也顯紅色D．鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉，和鈉同主族的鋰在氧氣中燃燒也生成過氧化鋰【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用；非金屬在元素周期表中的位置及其性質(zhì)遞變的規(guī)律．【分析】A、氯化鋁屬于強(qiáng)酸弱堿鹽,水解生成Al（OH）3和HCl，加熱促進(jìn)水解；B、H3PO4是三元酸，而H2SO4是二元酸；C、NaHCO3的是強(qiáng)堿弱酸鹽，既能水解又能電離；而NaHSO4是強(qiáng)堿強(qiáng)酸鹽，只能電離不能水解；D、鋰不如鈉活潑．【解答】解:A、氯化鋁屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，水解生成Al(OH）3和HCl，加熱促進(jìn)水解,所以加熱蒸發(fā)AlCl3溶液可不能獲得AlCl3（s），故A錯(cuò)誤；B、H3PO4是三元酸,而H2SO4是二元酸，故濃度均為0.1mol?L﹣1的H3PO4和H2SO4溶液，能說(shuō)明酸性H3PO4弱于H2SO4，而最高價(jià)含氧酸的酸性越弱，則元素的非金屬性越弱，故非金屬性P弱于S，故B正確；C、NaHCO3的是強(qiáng)堿弱酸鹽,既能水解又能電離，且水解大于電離，故溶液顯堿性，滴入酚酞變紅；而NaHSO4是強(qiáng)堿強(qiáng)酸鹽,只能電離不能水解,故溶液顯強(qiáng)酸性，滴入酚酞無(wú)現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；D、鋰不如鈉活潑，而金屬越活潑，燃燒的產(chǎn)物越復(fù)雜，故鈉燃燒生成過氧化鈉，而鋰燃燒只能生成氧化鋰，故D錯(cuò)誤．故選B．2．對(duì)二甲苯（PX）是生產(chǎn)礦泉水瓶(聚對(duì)苯二甲酸乙二酯，簡(jiǎn)稱PET)的必要原料,生產(chǎn)涉及的反應(yīng)之一如下：5（PX）+12MnO+36H+→5（PTA)+12Mn2++28H2O,下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．PTA是該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物B．PTA與乙二醇通過加聚反應(yīng)即可生產(chǎn)PET塑料C．PX分子含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有3種D．該反應(yīng)消耗1molPX，共轉(zhuǎn)移12NA個(gè)電子(NA為阿伏加德羅常數(shù)）【考點(diǎn)】有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象;氧化還原反應(yīng);有機(jī)物分子中的官能團(tuán)及其結(jié)構(gòu)．【分析】A．反應(yīng)中Mn元素的化合價(jià)降低，作氧化劑，則PX作還原劑；B．對(duì)二甲苯與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)；C．取代基可以是甲基或乙基；D．根據(jù)Mn元素的化合價(jià)判斷．【解答】解：A．反應(yīng)中Mn元素的化合價(jià)降低，作氧化劑，則PX作還原劑,所以PTA是該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物,故A正確;B．PTA與乙二醇通過縮聚反應(yīng)即可生產(chǎn)PET塑料，對(duì)二甲苯與乙二醇之間不能發(fā)生加聚反應(yīng),故B錯(cuò)誤；C．取代基可以是甲基或乙基,二甲苯有鄰間對(duì)三種,乙苯有一種，含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體還有3種，故C正確；D．反應(yīng)中，Mn元素的化合價(jià)從+7價(jià)降低到+2價(jià)，轉(zhuǎn)移5個(gè)電子，則1molPX反應(yīng)消耗molMnO4﹣，共轉(zhuǎn)移12NA個(gè)電子，故D正確．故選B．3．下列化學(xué)方程式與結(jié)論均正確的是()選項(xiàng)方程式結(jié)論A2AgI（s）+S2﹣（aq)?Ag2S（s）+2I﹣（aq）溶解度：Ag2S＞AgIBC（s．石墨)═C（s．金剛石)△H＞0穩(wěn)定性：金剛石＞石墨C3Fe2++NO+10H+═3Fe3++3H2O+NH還原性：Fe2+＞NHD2Fe+3Cl22FeCl3；Fe+SFeS氧化性:Cl2＞SA．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的書寫．【分析】A．溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)；B．物質(zhì)的能量越高，該物質(zhì)越不穩(wěn)定；C．同一氧化還原反應(yīng)中，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性；D．與同一種金屬反應(yīng),能將變價(jià)金屬氧化為較高價(jià)態(tài)的非金屬氧化性較強(qiáng)．【解答】解:A．溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，2AgI（s)+S2﹣(aq）?Ag2S（s)+2I﹣（aq)，溶解度AgI＞Ag2S，故A錯(cuò)誤；B．物質(zhì)的能量越高，該物質(zhì)越不穩(wěn)定,C(s．石墨）═C（s．金剛石）△H＞0，石墨的能量小于金剛石，所以穩(wěn)定性石墨＞金剛石，故B錯(cuò)誤;C．同一氧化還原反應(yīng)中，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，該反應(yīng)中Fe元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?3價(jià)、N元素化合價(jià)由+5價(jià)變?yōu)椹?價(jià)，則亞鐵離子是還原劑、銨根離子是還原產(chǎn)物，則還原性:Fe2+＞NH4+,但轉(zhuǎn)移電子不守恒，離子方程式為8Fe2++10H++NO3﹣=8Fe3++NH4++3H2O,故C錯(cuò)誤；D．同一氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,根據(jù)方程式知，氯氣能將Fe氧化為高價(jià)態(tài)、S能將Fe氧化為低價(jià)態(tài)，所以氯氣氧化性大于S，故D正確；故選D．4．用下列裝置進(jìn)行相應(yīng)的實(shí)驗(yàn),裝置正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵?A．用圖所示裝置驗(yàn)證NaHCO3的不穩(wěn)定性B．用圖所示裝置提取苯硝化反應(yīng)后的產(chǎn)物C．用圖所示裝置模擬氯堿工業(yè)生產(chǎn)氯氣D．用圖所示裝置分餾石油【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià);實(shí)驗(yàn)裝置綜合．【分析】A．碳酸氫鈉加熱有水生成；B．苯硝化反應(yīng)后的產(chǎn)物硝基苯不溶于水;C．Cu應(yīng)為陰極；D．溫度計(jì)測(cè)定餾分的溫度．【解答】解:A．碳酸氫鈉加熱有水生成，則試管口應(yīng)向下傾斜，故A錯(cuò)誤;B．苯硝化反應(yīng)后的產(chǎn)物硝基苯不溶于水，則利用圖中分液裝置可分離，故B正確;C．Cu應(yīng)為陰極，Cu為陽(yáng)極時(shí)失去電子，不能得到氯氣,故C錯(cuò)誤；D．溫度計(jì)測(cè)定餾分的溫度，溫度計(jì)水銀球應(yīng)在燒瓶支管口處，故D錯(cuò)誤;故選B．5．如圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生電化學(xué)腐蝕的原理示意圖．環(huán)境中的Cl﹣擴(kuò)散到孔口，并與各電極產(chǎn)物作用生成多孔粉狀銹Cu2（OH）3Cl．下列說(shuō)法正確的是(）A．腐蝕過程中，負(fù)極是b和cB．生成Cu2（OH）3Cl的離子方程式為：2Cu2++3OH﹣═Cu2(OH）3+C．若生成4。29gCu2（OH）3Cl,則理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況氧氣體積為0。448LD．正極的電極反應(yīng)式為：O2﹣4e﹣+2H+═2OH﹣【考點(diǎn)】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)．【分析】A、根據(jù)圖知，氧氣得電子生成氫氧根離子、Cu失電子生成銅離子，發(fā)生吸氧腐蝕，則Cu作負(fù)極被氧化;B、多孔粉狀銹Cu2(OH）3Cl為固體，不能拆；C、n［Cu2（OH）3Cl］==0.02mol,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子計(jì)算氧氣物質(zhì)的量，再根據(jù)V=nVm計(jì)算體積；D、氧氣得電子生成氫氧根離子．【解答】解：A、根據(jù)圖知，氧氣得電子生成氫氧根離子、Cu失電子生成銅離子，發(fā)生吸氧腐蝕，則Cu作負(fù)極被氧化,腐蝕過程中，負(fù)極是c,故A錯(cuò)誤；B、多孔粉狀銹Cu2(OH）3Cl為固體,故生成Cu2(OH）3Cl的離子方程式為：2Cu2++3Cl﹣+3OH﹣═Cu2(OH）3Cl，故B錯(cuò)誤；C、n［Cu2（OH)3Cl]==0.02mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子得n（O2）==0。02mol，故在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)體積為V=0。02mol×22。4L/mol=0。448L,故C正確;D、氧氣在正極得電子生成氫氧根離子,電極反應(yīng)式為：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故D錯(cuò)誤;故選C．6．“陳醋”生產(chǎn)過程中的“冬撈夏曬”,是指冬天撈出醋中的冰，夏日曝曬蒸發(fā)醋中的水分，以提高醋的品質(zhì)．假設(shè)用含醋酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3％的半成醋,生產(chǎn)300kg0.945mol?L﹣1的優(yōu)級(jí)醋（密度為1。050g?mL﹣1），產(chǎn)過程中醋酸沒有損失，則需撈出的冰和蒸發(fā)的水的總質(zhì)量為（）A．100kg B．160kg C．240kg D．300kg【考點(diǎn)】物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計(jì)算．【分析】根據(jù)c=計(jì)算出M（C2H4O2）=60g?mol﹣1,物質(zhì)的量濃度為0。945mol?L﹣1優(yōu)質(zhì)醋酸（C2H4O2）質(zhì)量分?jǐn)?shù)；根據(jù)優(yōu)質(zhì)醋的質(zhì)量分?jǐn)?shù)計(jì)算出醋酸的質(zhì)量,然后根據(jù)半成醋與優(yōu)質(zhì)醋中醋酸的質(zhì)量相等計(jì)算出半成醋的總質(zhì)量，從而得出需撈出的冰和蒸發(fā)的水總質(zhì)量．【解答】解：根據(jù)c=可知,ω==5。4％,300kg優(yōu)質(zhì)醋中含有醋酸的質(zhì)量為：300kg×5。4％=16。2kg，用含醋酸（C2H4O2）質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3%的半成醋制取優(yōu)質(zhì)醋的過程中，醋酸的質(zhì)量不變，則原半成醋的總質(zhì)量為：=540kg,所以需撈出的冰和蒸發(fā)的水總質(zhì)量為：540kg﹣300g=240kg，故選C．7．工業(yè)上將Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液（主要成分是NaClO），室溫下將Cl2緩緩?fù)ㄈ隢aOH溶液中，得到ClO﹣、ClO3﹣的物質(zhì)的量與反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖所示,下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．HClO具有強(qiáng)氧化性，而NaClO沒有氧化性B．向漂白液中加入足量濃鹽酸可增強(qiáng)漂白效果C．無(wú)法求出a點(diǎn)時(shí)的溶液中，c（Na+）和c（Cl﹣）的比值D．t2到t4，n(ClO﹣）下降的原因可能是:3ClO﹣═2Cl﹣+ClO3﹣【考點(diǎn)】離子方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】A、HClO、ClO﹣其中的l為+1價(jià),都具有強(qiáng)氧化性；B、向漂白液中加入足量濃鹽酸可發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生氯氣；C、根據(jù)電子守恒和Na元素守恒可書寫此時(shí)的方程式，據(jù)此計(jì)算c(Na+）和c（Cl﹣）的比值；D、由圖可知，ClO3﹣濃度增大,ClO﹣濃度減小，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒,可能是ClO﹣發(fā)生歧化反應(yīng)生成Cl﹣、ClO3﹣．【解答】解：A、HClO、ClO﹣其中的l為+1價(jià),都具有強(qiáng)氧化性，即NaClO有氧化性，故A錯(cuò)誤；B、向漂白液中加入足量濃鹽酸，會(huì)發(fā)生反應(yīng)Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O，不會(huì)增強(qiáng)漂白效果,故B錯(cuò)誤;C、a點(diǎn)時(shí)，Cl2通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到含有ClO﹣與ClO3﹣物質(zhì)的量之比為1:1的溶液,根據(jù)得失電子守恒配平方程式為:4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，c（Na+）和c(Cl﹣）的比值為:4：3,故C錯(cuò)誤；D、由圖可知,ClO3﹣濃度增大，ClO﹣濃度減小,結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒，可能是ClO﹣發(fā)生歧化反應(yīng)：3ClO﹣=2Cl﹣+ClO3﹣，故D正確．故選D．三、非選擇題(包括必考題和選考題兩個(gè)部分,第22題—第32題為必考題，每個(gè)考題考生都必須作答．第33題—第40題為選考題,考生根據(jù)要求作答）(一）必考題8．A、B、C、D、E、F六種短周期元素,其原子序數(shù)依次增大,其中B與C同周期，D與E、F同周期，A與D同主族，C與F同主族，C元素的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的三倍．又知六種元素所形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體，三種是固體．請(qǐng)回答下列問題：（1)若E為與強(qiáng)堿溶液能發(fā)生反應(yīng)的金屬元素,則C、D、E、F四種元素形成的簡(jiǎn)單離子半徑由大到小的順序是S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+(用離子符號(hào)表示)．（2）由A、B兩種元素形成的化合物B2A4可以與O2、KOH溶液形成原電池（B2A4與O2反應(yīng)生成B2和A2O），則該原電池放電時(shí)，負(fù)極的電極方程式為N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O．用該原電池提供的能量用惰性電極電解200mL1mol?L﹣1CuSO4溶液，當(dāng)消耗0.2molB2A4時(shí)，若要使電解液恢復(fù)到電解前的情況，需要向其中加入多少克什么物質(zhì)?（填質(zhì)量和化學(xué)式）．19.6g、Cu(OH）2（3）由B、C兩種元素形成的化合物BC2和B2C4存在如下平衡:2BC2（g）?B2C4（g）△H＜0，在溫度分別為T1、T2時(shí)，平衡體系中BC2的體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)變化曲線如圖所示．下列說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)的反應(yīng)速率:a＞cB．a(chǎn)、c兩點(diǎn)BC2的轉(zhuǎn)化率:a＞cC．b、c兩點(diǎn)混合氣體的顏色：b點(diǎn)比c點(diǎn)的深D．由狀態(tài)b到狀態(tài)a，可以用加熱的方法（4）500℃、30MPa下，A單質(zhì)和B單質(zhì)置于密閉容器中充分反應(yīng)生成BA3（g）,消耗1。5molA單質(zhì)和0.5molB單質(zhì)，并放熱46kJ,則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為N2（g）+3H2（g)=2NH3(g）△H=﹣92kJ?mol﹣1．（5)由A、C、D、F四種元素形成的化合物DAFC3（已知A2FC3的Ka1=1。3×10﹣2，Ka2=6。3×10﹣8)．則0。1mol?L﹣1的DAFC3溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+）＞c（HSO3﹣)＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）;室溫下,向該溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c（AFC3﹣）=c（FC32﹣），則此時(shí)溶液顯酸性（填“酸性"、“堿性”或“中性”）．【考點(diǎn)】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．【分析】A、B、C、D、E、F六種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大,C元素的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的三倍,原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則C是O元素；C與F同主族，則F是S元素；D與E和F同周期，即處于第三周期，D、E的原子序數(shù)均小于硫，故D、E的單質(zhì)為固體，六種元素所形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體,三種是固體，則A、B單質(zhì)為固體，A、B原子序數(shù)小于均小于氧，B與C同周期,則A為H元素、B為N元素；A與D同主族，則D為Na元素；若E為與強(qiáng)堿溶液能發(fā)生反應(yīng)的金屬元素，則E為Al,據(jù)此解答．（1）電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大；（2）N2H4可與O2、KOH溶液形成原電池（N2H4與O2反應(yīng)生成N2和H2O)，則該原電池放電時(shí),負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，N2H4失去電子堿性條件下生成氮?dú)馀c水；用該原電池提供的能量用惰性電極電解200mL1mol?L﹣1CuSO4溶液，含有銅離子為0。2L×1mol/L=0。2mol，當(dāng)消耗0.2molN2H4時(shí)，轉(zhuǎn)移電子為0。2mol×2×2=0.8mol,銅離子完全放電需要電子為0。2mol×2=0。4mol＜0.8mol，故陰極氫離子還放電生成氫氣,陽(yáng)極只有氧氣生成，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算生成氧氣為=0。2mol,再計(jì)算Cu與氫氣物質(zhì)的量,進(jìn)而判斷需要加入物質(zhì)及其質(zhì)量；（3）A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)都在等溫線上，壓強(qiáng)越大反應(yīng)速率越快；B．c點(diǎn)壓強(qiáng)更大,增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng),二氧化氮轉(zhuǎn)化率增大;C．a(chǎn)、c兩點(diǎn)都在等溫線上，c點(diǎn)壓強(qiáng)更大，故c點(diǎn)二氧化氮的濃度更大，顏色更深，a、b兩點(diǎn)壓強(qiáng)相等,a點(diǎn)二氧化氮的含量更大，a的濃度比b點(diǎn)濃度大；D．升高溫度，化學(xué)平衡向著逆向移動(dòng)，NO2的體積分?jǐn)?shù)增大;（4)計(jì)算1摩爾氮?dú)夥磻?yīng)放出的熱量，注明物質(zhì)聚集狀態(tài)與反應(yīng)熱書寫熱化學(xué)方程式；(5）由H、O、Na、S四種元素形成的化合物NaHSO3，已知H2SO3的Ka1=1。3×10﹣2，Ka2=6。3×10﹣8，計(jì)算HSO3﹣的水解平衡常數(shù)，與亞硫酸的二級(jí)電離平衡常數(shù)比較，判斷HSO3﹣的電離程度與水解程度相對(duì)大小，可以判斷溶液呈酸堿性，結(jié)合水的電離、亞硫酸根的水解與電離判斷；室溫下，向該溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c（HSO3﹣）=c（SO32﹣），根據(jù)電荷守恒:c(Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣)+2c（SO32﹣)+c(OH﹣）,可以判斷c(H+）＞c（OH﹣)．【解答】解:A、B、C、D、E、F六種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，C元素的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的三倍，原子只能有2個(gè)電子層,最外層電子數(shù)為6，則C是O元素；C與F同主族,則F是S元素；D與E和F同周期，即處于第三周期，D、E的原子序數(shù)均小于硫,故D、E的單質(zhì)為固體，六種元素所形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體，三種是固體，則A、B單質(zhì)為固體，A、B原子序數(shù)小于均小于氧,B與C同周期，則A為H元素、B為N元素；A與D同主族,則D為Na元素；若E為與強(qiáng)堿溶液能發(fā)生反應(yīng)的金屬元素，則E為Al．(1)電子層結(jié)構(gòu)相同的離子,核電荷數(shù)越大離子半徑越小,離子電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+，故答案為：S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+；(2)由A、B兩種元素形成的化合物N2H4可與O2、KOH溶液形成原電池（N2H4與O2反應(yīng)生成N2和H2O),則該原電池放電時(shí)，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極的電極方程式為：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O,用該原電池提供的能量用惰性電極電解200mL1mol?L﹣1CuSO4溶液，含有銅離子為0.2L×1mol/L=0。2mol，當(dāng)消耗0.2molN2H4時(shí)，轉(zhuǎn)移電子為0。2mol×2×2=0.8mol,銅離子完全放電需要電子為0.2mol×2=0.4mol＜0.8mol，故陰極氫離子還放電生成氫氣，陽(yáng)極只有氧氣生成，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,生成氧氣為=0。2mol，陰極析出Cu為0。2mol,生成氫氣為=0。2mol，相當(dāng)于析出0。2mol的Cu（OH）2，若要使電解液恢復(fù)到電解前的情況,需要向其中加入0。2molCu（OH）2，其質(zhì)量為0.2mol×98g/mol=19。6g，故答案為:N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O；19.6g、Cu(OH）2；（3）A．由圖象可知,a、c兩點(diǎn)都在等溫線上，c的壓強(qiáng)大，則a、c兩點(diǎn)的反應(yīng)速率:a＜c，故A錯(cuò)誤;B．c點(diǎn)壓強(qiáng)更大,增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，二氧化氮轉(zhuǎn)化率增大，NO2的轉(zhuǎn)化率:a＜c，故故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)、c兩點(diǎn)都在等溫線上，c點(diǎn)壓強(qiáng)更大，故c點(diǎn)二氧化氮的濃度更大,顏色更深，a、b兩點(diǎn)壓強(qiáng)相等，a點(diǎn)二氧化氮的含量更大，a的濃度比b點(diǎn)濃度大，故c二氧化氮的濃度最大，顏色最深,故c錯(cuò)誤;D．升高溫度，化學(xué)平衡向著逆向移動(dòng)，NO2的體積分?jǐn)?shù)增大，b點(diǎn)到a點(diǎn)二氧化氮體積分?jǐn)?shù)增大，能用加熱的方法實(shí)現(xiàn)由b點(diǎn)到a點(diǎn)的轉(zhuǎn)變，故D正確，故選：D；（4）500℃、30MPa下，氫氣和氮?dú)庵糜诿荛]容器中充分反應(yīng)生成NH3（g），消耗1。5mol氫氣和0。5mol氮?dú)鈫钨|(zhì)，并放熱46kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為:N2（g)+3H2（g）=2NH3（g)△H=﹣92kJ?mol﹣1，故答案為:N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1；（5)由H、O、Na、S四種元素形成的化合物NaHSO3，已知H2SO3的Ka1=1。3×10﹣2，Ka2=6。3×10﹣8，則HSO3﹣的水解平衡常數(shù)==7.7×10﹣13＜6。3×10﹣8,故HSO3﹣的電離程度大于其水解程度，溶液呈酸性，溶液中氫離子源于水電離、HSO3﹣的電離,故溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)?c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c(OH﹣），室溫下，向該溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c（HSO3﹣)=c（SO32﹣），根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c(SO32﹣）+c（OH﹣)，故c（H+）=c（SO32﹣）+c（OH﹣），則c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，故答案為：c（Na+）＞c（HSO3﹣)＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；酸性．9．研究氧化物與懸浮在大氣中的海鹽粒子的相互作用時(shí)，涉及如下反應(yīng)：2NO2（g）+NaCl（g）?NaNO3（g）+ClNO（g）K1△H＜0Ⅰ2NO(g）+Cl2（g）?2ClNO（g）K1△H＜0Ⅱ請(qǐng)回答下列問題：（1）4NO2（g）+2NaCl（g）?2NaNO3（g）+2NO（g）+Cl2（g)的平衡常數(shù)K=（用K1、K2表示）．(2）若反應(yīng)Ⅰ在絕熱密閉容器中進(jìn)行，實(shí)驗(yàn)測(cè)得NO2（g）的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的示意圖如圖所示，t3～t4時(shí)刻,NO2（g）的轉(zhuǎn)化率（NO2%）降低的原因是因反應(yīng)為放熱反應(yīng)且反應(yīng)容器為絕熱容器,隨著反應(yīng)的進(jìn)行，體系的溫度會(huì)升高,故再次達(dá)平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率會(huì)降低．（3)若反應(yīng)Ⅱ在恒溫、恒容條件下進(jìn)行，下列能判斷該反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)的是AD．A．容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化B．n（ClNO）=n（NO）C．混合氣體密度不變D．υ正（NO）=υ逆（ClNO）（4）在一定溫度和壓強(qiáng)下,反應(yīng)Ⅱ達(dá)到平衡，當(dāng)NO和Cl2的比例不同時(shí)，對(duì)Cl2的轉(zhuǎn)化率及平衡混合物中ClNO的體積分?jǐn)?shù)都有影響．設(shè)NO和Cl2起始物質(zhì)的量之比為x，平衡時(shí)Cl2的轉(zhuǎn)化率為a，平衡混合物中ClNO的體積分?jǐn)?shù)為y,判斷a、x、y三者的相互關(guān)系，用a和x的代數(shù)式表示y,y=．（5)實(shí)驗(yàn)室可用NaOH溶液吸收NO2，反應(yīng)為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，溶液B為0。1mol?L﹣1的CH3COONa溶液，則兩溶液中c(NO3﹣)、c(NO2﹣）、c（CH3COO﹣）由大到小的順序c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c(CH3COO﹣）(已知HNO2的電離常數(shù)K3=7。1×10﹣4mol?L﹣1,CH3COOH的電離常數(shù)K4=1.7×10﹣5mol?L﹣1）．常溫下，向溶液B中加水稀釋過程中，下列比值變大的是a、b、c．a(chǎn).b.c.d。．【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算;化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．【分析】（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3(s）+ClNO（g），②2NO(g）+Cl2（g）?2ClNO（g）,根據(jù)蓋斯定律①×2﹣②可得：4NO2(g）+2NaCl（s)?2NaNO3(s)+2NO(g）+Cl2(g），則該反應(yīng)平衡常數(shù)為①的平衡常數(shù)平方與②的商;（2）若反應(yīng)Ⅰ在絕熱密閉容器中進(jìn)行，2NO2（g）+NaCl(s）?NaNO3（s）+ClNO（g)K1△H1＜0，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)進(jìn)行溫度升高;（3）可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，一定滿足正逆反應(yīng)速率相等,各組分的濃度、百分含量不再變化，據(jù)此進(jìn)行判斷;（4）設(shè)NO和Cl2起始物質(zhì)的量之比為x，平衡時(shí)Cl2的轉(zhuǎn)化率為a，結(jié)合化學(xué)三行計(jì)算列式，依據(jù)平衡混合物中ClNO的體積分?jǐn)?shù)為y，計(jì)算得到；(5）0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，反應(yīng)為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物質(zhì)的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質(zhì)的量為0.1mol/L，溶液B為0。1mol?L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1。7×10﹣5mol?L﹣1，說(shuō)明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，對(duì)應(yīng)陰離子水解程度大,以此來(lái)解答．【解答】解：(1）2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）K1△H＜0（I）2NO（g)+Cl2(g)?2ClNO（g）K2△H＜0（II)根據(jù)蓋斯定律,Ⅰ×2﹣Ⅱ可得:4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），則該反應(yīng)平衡常數(shù)K=，故答案為：；（2）若反應(yīng)Ⅰ在絕熱密閉容器中進(jìn)行，2NO2(g）+NaCl（s）?NaNO3（s)+ClNO（g）K1△H1＜0，反應(yīng)為放熱反應(yīng),實(shí)驗(yàn)測(cè)得NO2（g)的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的示意圖中t3～t4時(shí)刻，NO2（g)的轉(zhuǎn)化率（NO2%)降低，因反應(yīng)為放熱反應(yīng)且反應(yīng)容器為絕熱容器，隨著反應(yīng)的進(jìn)行,體系的溫度會(huì)升高，故再次達(dá)平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率會(huì)降低，故答案為：因反應(yīng)為放熱反應(yīng)且反應(yīng)容器為絕熱容器，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，體系的溫度會(huì)升高，故再次達(dá)平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率會(huì)降低；（3）2NO（g）+Cl2(g）?2ClNO（g）K2△H2＜0，反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng),A．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量變化，容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化,說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),故A正確；B．n（ClNO）=n（NO）不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相同,不能證明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤;C．質(zhì)量和體積不變,氣體混合氣體密度始終不變，不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，υ正（NO)=υ正（ClNO），υ正(NO）=υ逆（ClNO）說(shuō)明ClNO的正逆反應(yīng)速率相同，故D正確;故答案為：AD;（4）設(shè)NO和Cl2起始物質(zhì)的量之比為x,平衡時(shí)Cl2的轉(zhuǎn)化率為a，2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）起始量（mol）x10變化量（mol）2aa2a平衡量（mol)x﹣2a1﹣a2a依據(jù)平衡混合物中ClNO的體積分?jǐn)?shù)為y=，故答案為:；（5）0。2molNaOH的水溶液與0。2molNO2恰好完全反應(yīng)得1L溶液A，反應(yīng)為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質(zhì)的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質(zhì)的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1。7×10﹣5mol?L﹣1，說(shuō)明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，對(duì)應(yīng)陰離子水解程度大，醋酸根離子和亞硝酸根離子水解，兩溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的順序?yàn)椋篶（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），溶液B為0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液，常溫下，向溶液B中加水稀釋過程中，a．稀釋過程中氫氧根離子濃度減小,溶液中存在離子積常數(shù)，則氫離子濃度增大，比值增大，故a正確；b．加水稀釋促進(jìn)電離比值增大，故b正確;c．溶液中加水稀釋，鈉離子濃度不變，醋酸根離子物質(zhì)的量減小，，比值增大，故c正確；d．為電離平衡常數(shù)表達(dá)式，溫度不變電離平衡常數(shù)不變,故d錯(cuò)誤；故答案為：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣)；a、b、c．10．某課題小組研究“鐵及其化合物性質(zhì)”時(shí)，向FeSO4溶液中滴加少量KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象．再滴加H2O2溶液時(shí),發(fā)現(xiàn):隨著H2O2量的增加,溶液先變紅，后褪色，并有氣泡產(chǎn)生．為弄清楚產(chǎn)生這種異?，F(xiàn)象的原因，他們進(jìn)行了如下探究．［提出假設(shè)]假設(shè)一:產(chǎn)生的氣體可能是O2．假設(shè)二：產(chǎn)生的氣體可能是N2、SO2、CO2等氣體．（1）請(qǐng)寫出H2O2氧化FeSO4的離子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．［實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)]為驗(yàn)證假設(shè)二是否成立，課題小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)來(lái)驗(yàn)證氣體成分．所用試劑:H2O2溶液、FeCl2溶液、KSCN溶液、品紅溶液、酸性高錳酸鉀溶液、澄清石灰水、NaOH溶液等．請(qǐng)完成下表中的內(nèi)容：實(shí)驗(yàn)過程和現(xiàn)象結(jié)論（2)試管A中盛有品紅溶液現(xiàn)象：品紅溶液褪色證明氣體中含有SO2（3）試管B中現(xiàn)象紫色酸性高錳酸鉀溶液顏色不變或變淺試管C中現(xiàn)象:澄清石灰水變渾濁證明氣體中含有CO2[思考與交流］(4)根據(jù)題目中所給的信息及實(shí)驗(yàn)推斷出物質(zhì)還原性的強(qiáng)弱順序:Fe2+＞SCN﹣(填“＞"或“＜”）,理由是向FeCl2和KSCN混合液中加入少量雙氧水，溶液先變紅，說(shuō)明雙氧水優(yōu)先氧化Fe2+．(5）有同學(xué)認(rèn)為:KSCN被氧化的產(chǎn)物中可能還含有SO42﹣,請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證．實(shí)驗(yàn)過程實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及結(jié)論【考點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】（1）雙氧水具有氧化性，酸性條件下能將Fe2+全部氧化為Fe3+；［實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)］圓底燒瓶中：FeCl2溶液、KSCN溶液,分液漏斗中H2O2溶液滴入圓底燒瓶中作用,A試管檢驗(yàn)二氧化硫，B試管氧化二氧化硫，除去二氧化硫，C試管檢驗(yàn)二氧化碳存在,用澄清石灰水,D試管防止倒吸，E吸收尾氣．（2）向FeSO4溶液中滴加少量KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象．再滴加H2O2溶液時(shí)，發(fā)現(xiàn)：隨著H2O2量的增加，溶液先變紅，后褪色，并有氣泡產(chǎn)生,氣泡可能為二氧化硫，用品紅檢驗(yàn)；（3）二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁，但二氧化硫能被酸性高錳酸鉀氧化，該實(shí)驗(yàn)可能產(chǎn)生二氧化碳，所以先用酸性高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，再檢驗(yàn)二氧化碳；（4)根據(jù)FeCl2和KSCN混合液中加入少量雙氧水的現(xiàn)象分析；（5）取褪色后的溶液,滴加入適量氯化鋇溶液,若有白色沉淀產(chǎn)生,說(shuō)明含有SO42﹣，若無(wú)白色沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明沒有SO42﹣．【解答】解:（1）FeSO4溶液中滴加雙氧水,二者發(fā)生氧化還原反應(yīng),反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;[實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)]（2）二氧化硫能使品紅褪色，二氧化碳不能，F(xiàn)eSO4溶液中滴加少量KSCN溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象．再滴加H2O2溶液時(shí),發(fā)現(xiàn)：隨著H2O2量的增加，溶液先變紅,后褪色，并有氣泡產(chǎn)生，氣泡可能為二氧化硫、二氧化碳，A試管檢驗(yàn)二氧化硫，所以試管A中盛有品紅溶液，當(dāng)品紅溶液褪色,證明氣體中含有SO2，故答案為:品紅溶液;品紅溶液褪色;（3)二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁,酸性高錳酸鉀溶液與二氧化硫氣體發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高錳酸鉀被還原為硫酸錳，反應(yīng)為：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，所以當(dāng)紫色酸性高錳酸鉀溶液顏色不變或變淺,說(shuō)明二氧化硫被吸收，二氧化碳能使澄清的石灰水變渾濁,所以試管C中澄清石灰水變渾濁，證明氣體中含有CO2，故答案為:紫色酸性高錳酸鉀溶液顏色不變或變淺；澄清石灰水變渾濁;(4）鐵離子和硫氰根離子反應(yīng)生成絡(luò)合物為血紅色，向FeCl2和KSCN混合液中加入少量雙氧水，溶液先變紅,說(shuō)明有三價(jià)鐵離子存在，說(shuō)明雙氧水優(yōu)先氧化Fe2+，故答案為：＞；向FeCl2和KSCN混合液中加入少量雙氧水,溶液先變紅，說(shuō)明雙氧水優(yōu)先氧化Fe2+;（5)硫酸根離子和鋇離子能形成白色沉淀，所以取燒瓶中褪色后的溶液少許，加鹽酸酸化后再滴入幾滴BaCl2溶液,溶液變渾濁，說(shuō)明該反應(yīng)生成了硫酸根離子，故答案為:實(shí)驗(yàn)過程實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及結(jié)論取燒瓶中褪色后的溶液少許,加鹽酸酸化后再滴入幾滴BaCl2溶液．溶液變渾濁,說(shuō)明該反應(yīng)生成了硫酸根離子．【化學(xué)-選修化學(xué)與技術(shù)】（共1小題,滿分15分）11．工業(yè)上常從電解精煉銅的陽(yáng)極泥中提取硒，硒及其化合物在低溫下可被氧化為SeO2，該氧化物極易溶于水形成H2SeO3,因此工業(yè)上可用“氧化焙燒﹣堿浸”法來(lái)提取粗硒．流程如下：請(qǐng)回答下列問題:(1)向浸出液中通入SO2還原得粗硒,寫出其離子反應(yīng)方程式H2SeO3+2SO2+H2O=Se+4H++2SO42﹣．（2）浸出液加H2SO4酸化的目的是將上一步得到的亞硒酸鹽轉(zhuǎn)化為亞硒酸，中和過量的氫氧化鈉溶液．（3)上述工業(yè)提取Se的流程中，SeO2、H2SO4(濃）、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4（濃）＞SeO2＞SO2，工業(yè)提取Se的流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)是H2SO4．（4)Se+2H2SO4（濃）═2SO2↑+SeO2+2H2OSeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2OI+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI（已知為2Na2S2O3弱酸）通過用Na2S2O3溶液反應(yīng)中生成的I2來(lái)計(jì)算硒的含量；Na2S2O3溶液應(yīng)用堿式（填“酸式”或“堿式”）滴定管量取，實(shí)驗(yàn)中要加入淀粉溶液作指示劑，實(shí)驗(yàn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是最后一滴,藍(lán)色恰好消失且半分鐘內(nèi)不變色．（5）已知0。1200g粗硒樣品，滴定消耗0。2000mol?L﹣1的Na2S2O3溶液30.00mL，則粗硒中硒的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是98.75％．(6）得到的粗硒在氧氣流中被加熱時(shí),轉(zhuǎn)化成SeO2，流入冷凝罐形成雪白色的SeO2粉末,在此過程中氧氣的作用是氧化劑、載運(yùn)體．【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】陽(yáng)極泥中含有Ag、Au、Cu、Se、CuSe、Ag2Se，在空氣中焙燒得到的焙燒料中含SeO2，加入氫氧化鈉溶液，過濾得到濾渣主要為Ag、Au、CuO,濾液浸出液中得到NaSeO3，加入硫酸酸化得到H2SeO3，通入SO2還原得粗硒，（1）向浸出液中通入SO2“還原”得粗硒是利用二氧化硫的還原性還原亞硒酸為Se，二氧化硫被氧化為硫酸；（2）,加入硫酸將上一步得到的亞硒酸鹽轉(zhuǎn)化為亞硒酸，中和過量的氫氧化鈉溶液；（3）根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性判斷;（4）Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液顯堿性,選擇指示劑為淀粉溶液，滴入到最后一滴藍(lán)色恰好消失且半分鐘不變色；（5）根據(jù)反應(yīng)的方程式可知Se～SeO2~2I2～4Na2S2O3計(jì)算;（6）Se蒸汽在氧氣流中被氧化成SeO2,流入冷凝罐形成雪白色的SeO2粉末．【解答】解：陽(yáng)極泥中含有Ag、Au、Cu、Se、CuSe、Ag2Se，在空氣中焙燒得到的焙燒料中含SeO2,加入氫氧化鈉溶液，過濾得到濾渣主要為Ag、Au、CuO，濾液浸出液中得到NaSeO3,加入硫酸酸化得到H2SeO3，通入SO2還原得粗硒,（1）向浸出液中通入SO2“還原”得粗硒是利用二氧化硫的還原性還原亞硒酸為Se,二氧化硫被氧化為硫酸,反應(yīng)的離子方程式為H2SeO3+2SO2+H2O=Se+4H++2SO42﹣，故答案為：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+4H++2SO42﹣；（2）焙燒料加入氫氧化鈉，反應(yīng)后溶液呈堿性，加入硫酸，可將上一步得到的亞硒酸鹽轉(zhuǎn)化為亞硒酸，中和過量的氫氧化鈉溶液,故答案為：將上一步得到的亞硒酸鹽轉(zhuǎn)化為亞硒酸，中和過量的氫氧化鈉溶液；（3)濃硫酸和Se反應(yīng)可生成SeO2,可知氧化性H2SO4（濃）＞SeO2，SeO2可與二氧化硫反應(yīng)生成Se，可氧化性SeO2＞SO2，可知氧化性H2SO4（濃)＞SeO2＞SO2,流程中加入的硫酸在氧化還原反應(yīng)中會(huì)從新生成，可以循化使用，故答案為：H2SO4(濃)＞SeO2＞SO2；H2SO4；(4）Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液顯堿性應(yīng)用堿式滴定管盛放,待測(cè)溶液用錐形瓶盛放，通過用Na2S2O3溶液滴定反應(yīng)中生成的l2來(lái)計(jì)算硒的含量,所以選擇指示劑為淀粉溶液，滴入到最后一滴藍(lán)色恰好消失且半分鐘不變色；故答案為:堿式；淀粉溶液；最后一滴，藍(lán)色恰好消失且半分鐘內(nèi)不變色；（5）根據(jù)反應(yīng)的方程式可知Se～SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.030L=0.006mol，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算樣品中n(Se)=0.006mol×=0.0015mol，故Se的質(zhì)量為0。0015mol×79g/mol=0。1185g，所以樣品中Se的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=98。75%,故答案為：98.75%;（6）依據(jù)粗Se加熱時(shí)，Se蒸汽在氧氣流中被氧化成SeO2，流入冷凝罐形成雪白色的SeO2粉末分析可知，氧氣主要是起到氧化劑和載體的主要作用；故答案為：氧化劑、載運(yùn)體．【化學(xué)-選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（共1小題，滿分0分）12．鹵族元素是典型的非金屬元素，鹵素單質(zhì)及其化合物在生產(chǎn)和生活中都有重要的用途．請(qǐng)回答下列問題:（1）同主族元素的電負(fù)性大小存在一定的規(guī)律，鹵族元素（F、Cl、Br、I）中，電負(fù)性最大的是F．（2）不同鹵素原子之間可形成鹵素互化物，如IBr、BrI3、BrF5、IF7等．