一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．某种混合气体，可能含有N2、HCl和CO，把混合气体依次通过足量的NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积都没有变化，经干燥后再通过足量的Na2O2固体，气体体积减少，最后通过灼热的铜网，经充分反应后，气体体积又减少，但还有剩余气体，以下对混合气体区分的判断，正确的是（）
A．一定没有N2，CO和HCl中至少有一种
B．一定没有N2，CO和HCl都有
C．一定有N2，CO和HCl中至少有一种
D．一定有N2和HCl，肯定没有CO
【考点】常见气体的检验．
【分析】将混合气体依次通过NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积无变化，气体若含有CO、HCl在此全部转化为CO2，此时的混合气体可能为N2、CO2；再通过足量的Na2O2，气体体积明显减小，Na2O2吸收CO2，该气体可能是CO与CuO反应生成的CO2，也可能是HCl与NaHCO3反应生成的CO2，此时所得的混合气体可能为N2、O2；最后通过灼热的铜网，铜网吸收O2，体积又减少，并有剩余气体，说明混合气体中一定有N2．
【解答】解：将混合气体依次通过NaHCO3溶液和灼热的CuO，气体体积无变化，气体若含有CO、HCl在此全部转化为CO2．再通过Na2O2，气体体积明显减小，Na2O2一定是吸收了前面生成的二氧化碳气体生成氧气，使气体体积明显减小；最后通过灼热的铜网，体积又减少，并有剩余气体，说明一定有N2．所有混合气体中一定有N2，可能有HCl、CO中至少含有一种，故选C．
2．在常温常压下，向100mL CH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体450mL，则反应前混合气体中CH4和Ar的物质的量之比为（）
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】甲烷反应的方程式为：CH4+2O2→CO2+2H2O，Ar为惰性气体，不参与反应，根据反应前后的气体体积的变化用差量法计算出甲烷的体积，再计算出反应前混合气体中CH4和Ar的物质的量之比．
【解答】解：设原混合气体中含有xmlCH4，反应的方程式为CH4+2O2→CO2+2H2O，利用差量法计算：
CH4+2O2→CO2+2H2O△V
1 2 1 2
x 2x x 2x
则：2x=﹣450mL=50mL，
解得：x=25mL，
所以混合气体中Ar的体积为：V（Ar）=100mL﹣25mL=75mL，
相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，
则反应前混合气体中CH4和Ar的物质的量之比为：n（CH4）：n（Ar）=V（CH4）：V（Ar）=25mL：75mL=1：3，
故选B．
3．已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4﹣→Mn2+；Cl2→2Cl﹣；HNO3→NO．如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最少的是（）
A．Fe3+ B．MnO4﹣C．Cl2 D．HNO3
【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．
【分析】用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，设氧化剂均为1mol，得到电子越多，生成碘越多，反之越少，以此来解答．
【解答】解：由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；
A.1molFe3+→Fe2+得1mole﹣，
B.1molMnO4﹣→Mn2+得5mole﹣，
C.1molCl2→2Cl﹣得2mole﹣，
D.1molHNO3→NO得3mole﹣；
显然A中1mol氧化剂得电子最少，生成的I2就最少，
故选A．
4．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 | X | Y | Z | M | R |
原子半径/nm | 0.180 | 0.110 | 0.080 | 0.074 | 0.146 |
主要化合价 | +1 | +6﹣2 | +5﹣3 | ﹣2 | +3 |
根据上表下列叙述不正确的是（ ）
A．离子半径大小：Y2﹣＞M2﹣＞R3+
B．Z与M组成的化合物是形成酸雨的原因之一
C．将YM2通入BaCl2溶液中有大量白色沉淀产生
D．X、Y、R的最高价氧化物的水化物两两之间能发生反应
【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．
【分析】短周期元素中，Y和M的化合价都有﹣2价，应为ⅥA族元素，Y的最高价为+6价，则Y为S元素，M为O元素；R的化合价为+3价，为ⅢA族元素，原子半径大于S，故R为Al元素，X的化合价为+1价，处于IA族，原子半径大于Al，且与Al相差较大，则X为Na；Z有+5、﹣3价，处于VA族，原子半径小于S，由O元素相差不大，故Z为N元素，据此解答．
【解答】解：短周期元素中，Y和M的化合价都有﹣2价，应为ⅥA族元素，Y的最高价为+6价，则Y为S元素，M为O元素；R的化合价为+3价，为ⅢA族元素，原子半径大于S，故R为Al元素，X的化合价为+1价，处于IA族，原子半径大于Al，且与Al相差较大，则X为Na；Z有+5、﹣3价，处于VA族，原子半径小于S，由O元素相差不大，故Z为N元素．
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Al3+，故A正确；
B．Z与M组成的NO2等形成酸雨的原因之一，故B正确；
C．将SO2通入BaCl2溶液中，亚硫酸不能与氯化钡反应，没有大量白色沉淀产生，故C错误；
D．X、Y、R的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、硫酸、氢氧化铝，两两之间能发生反应，故D正确，
故选：C．
5．下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（ ）
选项 化合物 | A | B | C | D |
Y | CO2 | Fe2O3 | KBr | FeCl3 |
W | MgO | Al2O3 | KCl | CuCl2 |
A．A B．B C．C D．D
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
【分析】置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另外一种化合物的反应，依据置换反应概念结合物质性质进行分析判断，
A．二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁；
B．氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁；
C．溴化钾与氯气反应生成氯化钾和溴单质；
D．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁．
【解答】解：A．二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，2Mg+CO2=C+2MgO，符合置换反应概念，属于置换反应，故A不选；
B．氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，符合置换反应概念，属于置换反应，故B不选；
C．溴化钾与氯气反应生成氯化钾和溴单质，符合置换反应概念，属于置换反应，故C不选；
D．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应，故D选；
故选D．
6．下列说法正确的是（ ）
A．AgCl水溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积是一个常数
B．AgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl为弱电解质
C．温度一定时，当AgCl水溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液
D．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，c（Cl﹣）增大，Ksp值变大
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A、在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp=C（Ag+）C（Cl﹣）是一个常数；
B、依据强弱电解质的概念回答即可；
C、温度一定时，根据浓度熵QC=Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液；
D、Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变．
【解答】解：A、在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp=C（Ag+）C（Cl﹣）是一个常数，在不饱和溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积不是一个常数，故A错误；
B、氯化银为盐，故是强电解质，与溶解度无关，故B错误；
C、温度一定时，浓度熵QC=Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液，故C正确；
D、Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变，所以向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，故D错误；
故选C．
7．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是（ ）
| | a极板 | b极板 | X电极 | Z |
A | 锌 | 石墨 | 负极 | CuSO4 |
B | 石墨 | 石墨 | 负极 | NaOH |
C | 银 | 铁 | 正极 | AgNO3 |
D | 铜 | 石墨 | 负极 | CuCl2 |
A．A B．B C．C D．D
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】该装置是电解池，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，说明a电极是阴极、b电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极应该是惰性电极；阴极上析出金属，在金属活动性顺序表中该金属应该位于H元素之后，x是负极、y是正极，据此分析解答．
【解答】解：该装置是电解池，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，说明a电极是阴极、b电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极应该是惰性电极；阴极上析出金属，在金属活动性顺序表中该金属应该位于H元素之后，x是负极、y是正极，
A．x是负极，Zn是阴极、石墨是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以符合条件，故A正确；
B．x是负极、y是正极，阴极上氢离子得电子生成氢气，没有固体生成，不符合条件，故B错误；
C．x是正极，与题意不符，故C错误；
D．x是负极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气为有刺激性气味的黄绿色气体，不符合条件，故D错误；
故选A．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）
8．某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况设计了如图1所示装置进行有关实验：
（1）先关闭活塞a，将44.8g铜片和5OmL18mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中，烧杯中放入300mLlmol/L的NaOH溶液，加热烧瓶，当反应结束时发现烧瓶中还有铜片剩余，再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失．
写出上述过程中烧瓶内发生反应的化学方程式：
打开活塞a之前Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
打开活塞a之后2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；
（2）另一组的同学们设计出如图2的装置进行铜与浓H2SO4反应并检验所产生气体的性质，试指出图2中使用铜丝的优点可通过上下移动铜丝使之与浓硫酸接触或脱离而控制反应的进行或停止 ，装置中玻璃管的作用为可以防止倒吸、指示后续装置中是否发生堵塞、实验结束时刻通入空气排出装置中二氧化硫从而防止污染（只要求写出一条即可），实验完成后，应如何操作才不会造成S02的污染先通入足量的空气，排出装置中的二氧化硫后再拆卸装置 ；
（3）假定从气球中通入标准状况下5.6L的氧气时，铜片完全溶解且无氧气逸出，生成的气体全部被烧杯中的NaOH溶液完全吸收，则生成的Na2SO3的质量为25.2 g．
【考点】性质实验方案的设计；浓硫酸的性质实验．
【分析】（1）打开活塞a之前，浓硫酸和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O；打开活塞a后，Cu、O2和稀硫酸反应生成CuSO4和H2O；
（2）使用铜丝可以通过与浓硫酸的接触或脱离控制反应；
二氧化硫有毒不能直接排空，通过空气排出装置中二氧化硫；
实验完成后，应将二氧化硫完全排出实验装置，使其完全与NaOH溶液反应；
（3）在整个反应过程中，Cu失去电子数等于SO42﹣、O2得到的电子数，根据转移电子相等计算生成SO2的物质的量，再根据S原子守恒计算m（Na2SO3）．
【解答】解：（1）打开活塞a之前，浓硫酸和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
打开活塞a后，Cu、O2和稀硫酸反应生成CuSO4和H2O，反应方程式为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；
（2）可通过上下移动铜丝使之与浓硫酸接触或脱离而控制反应的进行或停止；
二氧化硫有毒不能直接排空，通过玻璃管向装置中通入空气排出装置中二氧化硫，还可以防止倒吸且能指示装置中是否发生堵塞；
实验完成后，为防止污染大气，应先通入足量的空气，排出装置中的二氧化硫，然后再拆卸装置，
故答案为：可通过上下移动铜丝使之与浓硫酸接触或脱离而控制反应的进行或停止；可以防止倒吸、指示后续装置中是否发生堵塞、实验结束时刻通入空气排出装置中二氧化硫从而防止污染；先通入足量的空气，排出装置中的二氧化硫后再拆卸装置；
（3）在整个反应过程中，Cu失去电子数等于SO42﹣、O2得到的电子数，n（Cu）==0.7mol，n（O2）==0.25mol，根据转移电子相等n（SO2）==0.2mol，再根据S原子守恒得n（SO2）=n（Na2SO3）=0.2mol，m（Na2SO3）=0.2mol×126g/mol=25.2g，
故答案为：25.2．
9．PM2.5污染与直接排放化石燃烧产生的烟气有关，化石燃料燃烧同时放出大量的SO2和NOx．
（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx．
CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ·mol﹣1
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ·mol﹣1
CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3
则△H3=﹣867kJ·mol﹣1，如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3=K3=（K1·K2）1/2（用K1、K2表示）
（2）实验室可用NaOH溶液吸收SO2，某小组同学在室温下，用pH传感器测定向20mL0.1mol·L﹣1NaOH溶液通入
SO2过程中的pH变化曲线如图所示．ab段发生反应的离子方程式为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O．
【考点】热化学方程式；化学平衡常数的含义；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】（1）对已知热化学方程式编号，依据已知的热化学方程式利用盖斯定律构造CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），然后根据关系式得到平衡常数的关系；
（2）向20mL0.1mol·L﹣1NaOH溶液通入SO2过程中首先发生SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，其次发生SO2+SO32﹣+H2O=2HSO3﹣，据此分析．
【解答】解：（1）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ·mol﹣1
②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ·mol﹣1
由盖斯定律（①+②）得到CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ·mol﹣1，
如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3=（K1·K2）1/2；
故答案为：﹣867kJ·mol﹣1；K3=（K1·K2）1/2；
（2）向20mL0.1mol·L﹣1NaOH溶液通入SO2过程中首先发生SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，其次发生SO2+SO32﹣+H2O=2HSO3﹣；所以ab段发生反应的离子方程式为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，
故答案为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O．
10．黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：
现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，末读数如图1所示．
请回答下列问题：
（1）称量样品所用的仪器为 电子天平 ，将样品研细后再反应，其目的是提高反应速率，并使黄铜矿充分反应 ．
（2）装置a的作用是 B、D ．
A、有利于空气中氧气充分反应B、除去空气中的水蒸气
C、有利于气体混合D、有利于观察空气流速
（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是 把装置中的二氧化硫气体全部吸收 ．
（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为 20.00 mL．判断滴定已达终点的现象是溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色 ．
（5）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为 80% ．
（6）若用图2装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的是 ② ．（填编号）
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】（1）根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；
（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；
（3）反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；
（4）根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；
（5）先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根据题中数据进行计算；
（6）图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量．
【解答】解：（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，
故答案是：电子天平；提高反应速率，并使黄铜矿充分反应；
（2）装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，
故选B、D；
（3）黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确，
故答案为：把装置中的二氧化硫气体全部吸收；
（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，
故答案为：20.00；溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色；
（5）根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黄铜矿的质量是：0.5×0.0010mol×184g/mol×10=0.92g，所以其纯度是：×100%=80%，
故答案为：80%；
（6）由于图2中，②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，
故答案为：②．
11．由中国科研人员从中药材中提取的金丝桃素对人工感染的H5N1亚型禽流感家禽活体具有100%的治愈率．根据下面金丝桃素的结构简式回答下列问题：
（1）金丝桃素能在NaOH水溶液中加热反应得A和B，B为芳香族化合物，写出B的结构简式：B： ，A的分子式是C8H15NO
（2）室温下，B用稀盐酸酸化得C，下列物质中不能和C发生反应的是 ③ （填序号）
①浓H2SO4和HNO3的混合②H2（催化剂加热）③CH3CH2CH2CH3 ④Na⑤O2（催化剂） ⑥NaHCO3溶液
（3）写出两分子C与浓H2SO4共热，生成八元环状物的化学方程式：+2H2O．
（4）写出符合下列条件的与C互为同分异构体是 ．（任写一种）
①能发生银镜反应②苯环上的一卤代物有3种③1mol该有机物与足量金属钠反应产生1mol气体．
【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．
【分析】（1）B为芳香族化合物，水解生成的B为含苯环的羧酸盐，A为醇；
（2）C中含﹣COOH、醇﹣OH及苯环，以此分析性质；
（3）两分子C与浓H2SO4共热，发生酯化反应；
（4）C为C6H5CH（CH2OH）COOH，其同分异构体能发生银镜反应，则含﹣CHO，苯环上的一卤代物有3种，即苯环上含3种位置的H，1mol该有机物与足量金属钠反应产生1mol气体，即含2个﹣OH，以此来解答．
【解答】解：（1）B为芳香族化合物，水解生成的B为含苯环的羧酸盐，A为醇，则B为，A的分子式为C8H15NO，
故答案为：；C8H15NO；
（2）C中含﹣COOH、醇﹣OH及苯环，则
①浓H2SO4和HNO3的混合，发生苯环上的取代反应，故不选；
②H2（催化剂加热），发生苯环的加成反应，故不选；
③CH3CH2CH2CH3，不发生化学反应，故选；
④Na，与﹣OH反应生成氢气，故不选；
⑤O2（催化剂），发生醇的催化氧化反应，故不选；
⑥NaHCO3溶液，与﹣COOH发生反应生成气体，故不选；
故答案为：③；
（3）两分子C与浓H2SO4共热，发生酯化反应，该反应为+2H2O，
故答案为： +2H2O；
（4）C为C6H5CH（CH2OH）COOH，其同分异构体能发生银镜反应，则含﹣CHO，苯环上的一卤代物有3种，即苯环上含3种位置的H，1mol该有机物与足量金属钠反应产生1mol气体，即含2个﹣OH，则符合条件的同分异构体有等，故答案为：．
2016年11月24
联系客服
