本试卷分选择题和非选择题两部分。满分57分，考试时间30分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 Li—7 C—12 N—14 O—16 K—39 Cl—35.5 Mn—55 Fe—56 Zn—65
选择题
一、选择题(本题共7小题，每小题6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。)
7．化学与生活密切相关，下列物质的用途中有电子转移的是( )
A．纯碱溶液作洗涤剂 B．氯化铵溶液作除锈剂
C．84消毒液作消毒剂 D．白醋作除垢剂
解析 选项A，纯碱水解生成氢氧化钠，氧氧化钠使油脂水解生成可溶性物质，没有电子转移；选项B，氯化铵水解生成HCl，HCl与锈发生非氧化还原反应，没有电子转移；选项C，84消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠水解生成次氯酸，次氯酸的强氧化性可以使蛋白质变性，发生氧化还原反应，有电子转移；选项D，白醋的主要成分是乙酸，乙酸与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁发生复分解反应，没有电子转移。
答案 C
8．下面的'诗''情''化'意，分析正确的是( )
A．'粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间'只发生了物理变化
B．'日照澄州江雾开'中伴有丁达尔效应
C．'试玉要烧三日满，辨材须待七年期'中'玉'的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大
D．'绿蚁新醅酒，红泥小火炉'，'新醅酒'即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
解析 '粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间'涉及了碳酸钙的反应，属于化学变化，A项不正确；雾是胶体，有丁达尔效应，B项正确；'玉'的主要成分是硅酸盐，但玉的硬度并不是很大，C项错误；葡萄属于单糖，不能发生水解反应，D项错误。
答案 B
9．金刚烷胺可用于流感病毒A型感染性疾病的治疗，其合成线路图如图所示。下列说法错误的是( )
A．金刚烷的分子式是C10H16
B．X的同分异构体不可能是芳香族化合物
C．上述反应都属于取代反应
D．金刚烷胺碳原子上的一溴代物有两种
解析 金刚烷的分子式是C10H16，A选项正确；X的分子式是C10H15Br，其同分异构体不可能是芳香族化合物，B选项正确；金刚烷变成X的过程中H原子被Br原子取代，X变成金刚烷胺的过程中Br原子被—NH2取代，C选项正确；金刚烷胺碳原子上的一溴代物有3种，D选项错误。
答案 D
10．(2018·湖北八校联考)实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置见下图)。其实验步骤为：
步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60 ℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。
下列说法错误的是( )
A. 甲同学认为步骤1中使用1，2二氯乙烷的目的是做催化剂，加快反应速率
B. 乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管，实验效果可能会更好
C. 丙同学认为步骤2中有机相使用10%NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的Br2
D. 丁同学认为步骤4中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解
解析 A．根据信息，有机物中催化剂一般是无机物，故是AlCl3，选项A错误；B.在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管，然后是过滤，无水MgSO4的作用是除去有机相中水，实验效果可能会更好，选项B正确；步骤2中有机相使用10%NaHCO3溶液洗涤，类似乙酸乙酯中饱和碳酸钠的作用，除去溶解在间溴苯甲醛中溴和盐酸，选项C正确；D.醛基容易被氧化，减压分馏防止间溴苯甲醛被氧化，选项D正确。答案选A。
答案 A
11．铝－空气电池以高纯度铝(含铝99.99%)为负极，铂铁合金为正极，海水为电解质溶液，工作原理如图所示。
下列说法正确的是( )
A．铝－空气电池要及时回收处理，以免造成重金属污染
B．正极制成鱼鳃状的目的是增大铂铁合金与海水中溶解氧的接触面积
C．每消耗1 mol Al，电解质溶液中会有3 mol电子通过
D．该电池工作时，铂铁合金比高纯铝更容易被腐蚀
解析 选项A，铝不属于重金属，错误；选项B，正极制成鱼鳃状的目的是增大铂铁合金与海水中溶解氧的接触面积，从而加快反应速率，正确；选项C，电子只能沿导线转移，电解质溶液中移动的是离子，错误；选项D，该电池工作时铂铁合金是正极被保护，不易被腐蚀，错误。
答案 B
12．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A、B、C、D分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同；丁是常见的两性氧化物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．原子半径的大小：W<X<Y<Z
B．戊的沸点低于乙
C．丙中只含非极性共价键
D．乙可与X元素的最高价氧化物对应的水化物反应
解析 根据题图和题干信息可推知，W、X、Y、Z分别为H、N、O、Al，甲、乙、丙、丁、戊、己分别为AlN、NH3、N2H4、Al2O3、H2O、Al(OH)3。原子半径的大小为H<O<N<Al，A错误；H2O的沸点高于NH3，B错误；丙为N2H4，含有极性共价键和非极性共价键，C错误；X元素的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，NH3可以与硝酸反应，D正确。
答案 D
13．25 ℃时，将0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液滴加到10 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液中，lg eq \f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。下列说法不正确的是( )
A．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积大于10 mL
B．C点后继续加入醋酸溶液，水的电离程度减小
C．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－1
D．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5
解析 当往10 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 mol·L－1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH＝7时加入的醋酸溶液体积应大于10 mL，A正确；C点pH＝6，C点后继续加入醋酸溶液，溶液pH减小，说明CH3COOH的浓度增大，对水的电离的抑制程度增大，水的电离程度减小，B正确；Ka(CH3COOH)＝eq \f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)，lgKa(CH3COOH)＝lgeq \f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)－pH，将C点坐标(6，1.7)代入可得，lgKa(CH3COOH)＝1.7－6＝－4.3，Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5，D正确；B点时，将lgeq \f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝4代入lg Ka(CH3COOH)＝lgeq \f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)－pH＝－4.3得，pH＝8.3，c(H＋)＝10－8.3 mol·L－1，结合电荷守恒式：c(CH3 COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)知，c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5.7－10－8.3)mol·L－1，C错误。
答案 C
非选择题
28．(15分)(1)汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。
已知：①2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)
ΔH＝－112.3 kJ·mol－1
②NO2(g)＋CO(g)===NO(g)＋CO2(g)
ΔH2＝－234 kJ·mol－1
③N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH3＝＋179.5 kJ·mol－1
请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式_____________________
_______________________________________________________。
(2)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)
N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为________；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为________。
③若n(CO)/n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为________。
(3)若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为________(填化学式)；A电极的电极反应式为____________________________________________________
_______________________________________________________；
一段时间后，若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为________。
(4)已知：25 ℃时，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.9×10－2，Ka2＝6.4×10－5，则25 ℃时，0.1 mol·L－1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______________，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2Oeq \o\al(－,4))＝c(C2Oeq \o\al(2－,4))，则此时溶液呈________(填'酸性''碱性'或'中性')。
解析 (1)依据盖斯定律，由②×4＋①－③可得4CO(g)＋2NO2(g)===4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝(－234 kJ·mol－1)×4－112.3 kJ·mol－1－179.5 kJ·mol－1＝－1 227.8 kJ·mol－1。
(2)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b点时平衡体系中C、N原子个数之比接近1∶1。②增大n(CO)/n(NO)，CO的转化率降低，所以转化率：a>b>c。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点的平衡常数小于a点和c点。③设CO起始物质的量为0.8 mol，反应达平衡时，CO转化了x mol，则有：
平衡时，N2的体积分数为eq \f(\f(x,2),1.8－\f(x,2))×100%＝20%，解得x＝0.6。所以，CO的转化率为eq \f(0.6 mol,0.8 mol)×100%＝75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出，则A为负极，A电极处通入NO2，发生氧化反应，电极反应式为NO2－e－＋H2O===NOeq \o\al(－,3)＋2H＋。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶液复原，则转移电子数为(0.2 ×2＋0.2×2)NA＝0.8NA。(4)HC2Oeq \o\al(－,4)的水解常数Kh＝－,4)eq \f(c（OH）－·c（H2C2O4）,c（HC2O）)＝eq \f(Kw,Ka1)＝eq \f(1×10－14,5.9×10－2)＝1.69×10－13，Kh<Ka2，说明HC2Oeq \o\al(－,4)的水解程度小于其电离程度，所以各离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HC2Oeq \o\al(－,4))>c(H＋)>c(C2Oeq \o\al(2－,4))>c(OH－)。当c(HC2Oeq \o\al(－,4))＝c(C2Oeq \o\al(2－,4))时，由Ka2＝2－,4)eq \f(c（H＋）·c（C2O）,c（HC2Oeq \o\al(－,4)）)知，c(H＋)＝Ka2＝6.4×10－5 mol·L－1>c(OH－)，溶液呈酸性。
答案 (1)4CO(g)＋2NO2(g)===4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－1 227.8 kJ·mol－1
(2)①1∶1 ②a>b>c a＝c>d ③75%
(3)NO2 NO2－e－＋H2O===NOeq \o\al(－,3)＋2H＋ 0.8NA
(4)c(Na＋)>c(HC2Oeq \o\al(－,4))>c(H＋)>c(C2Oeq \o\al(2－,4))>c(OH－) 酸性
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