一、选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．Al2O3可用作高温耐火材料
B．利用漂白粉的氧化性漂白织物
C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
D．在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
2．YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是一种重要超导材料，下列关于Y的说法正确的是（ ）
A．原子核内中子数少于质子数
B．属于第4周期的金属元素
C．原子的核外电子数是50
D． Y和Y的化学性质相同
3．固体AgCl在水中、在0.01mol/LNaCl溶液中和在0.05mol/LAgNO3溶液中的溶解度分别为S1、S2、S3，则有（ ）
A．S1＞S2＞S3 B．S2＞S1＞S3 C．S3＞S2＞S1 D．S2＞S3＞S1
4．下列离子方程式中正确的是（ ）
A．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
B．将少量硅投入氢氧化钠溶液中：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+H2↑
C．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O═2 I2+4OH﹣
D．氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2═Fe3++2Cl﹣
5．下列有关元素性质比较正确的是（ ）
A．氢化物稳定性：PH3＞H2S＞HCl B．沸点：H2O＞HF＞HCl
C．原子半径：S＞F＞O D．酸性：HClO＞HNO3＞H2CO3
6．在一定条件下，pH相同的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）分别是1.0×10﹣amol．L﹣1 和1.0×10﹣bmol．L﹣1，在此温度下，下列说法正确的（ ）
A．a＜b B．a=b
C．水的离子积为1.0×10﹣（7+a） D．水的离子积为1.0×10﹣（b+a）
二、选择题（本题包括7小题，每小题4分，共28分．每题有一个或两个选项符合题意．）
7．下列说法正确的是（ ）
A．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能
B．铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液
C．镀锌铁皮的镀层损坏后，铁更容易腐蚀
D．铅蓄电池充电时Pb极与外电源的负极相连
8．下列实验过程中，无明显现象的是（ ）
A．CO2通入CaCl2溶液中 B．胆矾中加入浓硫酸
C．NO2通入FeSO4溶液中 D．饱和的食盐水中滴加浓盐酸
9．下列物质转化无法实现的是（ ）
A．Al2O3NaAlO2Al（OH）3
B．SiSiO2H2SiO3
C．Fe2O3FeCl3无水FeCl3
D．MgCl2（aq）Mg（OH2）MgO
10．叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似，下列叙述中一定错误的是（ ）
A．HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c（HN3）＞c（H+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）
B．HN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物
C．NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．N3﹣与CO2含相等电子数
11．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，16 g O3中含有质子总数为8NA
B．25℃时，1 mL纯水中含有OH﹣离子数目为10﹣10
C．pH=2的醋酸稀释10倍后，溶液中H+数目大于0.001NA
D．1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为2NA
12．对于反应A2（g）+2B2 （g）⇌2AB2（g）（正反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是
（ ）
A． B．
C． D．
13．已知2﹣丁烯有顺、反两种异构体，在某条件下两种气体处于平衡，
下列说法正确的是（ ）
A．反﹣2﹣丁烯比顺﹣2﹣丁烯稳定
B．顺﹣2﹣丁烯的燃烧热数值比反﹣2﹣丁烯大
C．减压和升温有利于平衡向生成正丁烷反应方向移动
D．反﹣2﹣丁烯氢化的热化学方程式为：
三、解答题（共6小题，满分60分）
14．利用如图所示的装置和其他必要的仪器用品，完成下列实验．
已知2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，该实验证明氨气具有还原性．
（1）碱石灰的作用是 ，倒扣漏斗的作用是 ．
（2）浓氨水与固体NaOH接触，会逸出大量氨气原因是 ．
（3）硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 ．
（4）常温下，若氨水与稀硫酸恰好完全中和，则所得溶液中各离子浓度的大小顺序为 ．
15．常温下有浓度均为0.1molL﹣1的四种溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3H2O．
（1）有人称溶液①是油污的“清道夫”，原因是 （用离子方程式解释）．
（2）溶液②中，c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）= molL﹣1．
（3）将10mL溶液③加水稀释至100mL，则此时溶液中由水电离出的c（ H+）= ．
（4）取④的溶液5mL，向其中加入含0.1molNH4NO3的溶液后呈中性，则NH3H2O电离平衡常数Kb= ．
16．在容积为2L的密闭容器中，进行反应：A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）在不同温度下，D的物质的量n（D）和时间t的关系如图所示．试回答下列问题：
（1）800℃时，0﹣5min内，以B的浓度变化表示的平均反应速率为 ．
（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 ．
a．容器中压强不变 b．混合气体中c（A）不变
c．2v正（B）=v逆（D） d．混合气体的密度不变
（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K= ，该反应的正反应为 反应（填“吸热”或“放热”）．
17．有X、Y、Z、T、W五种短周期元素，原子序数依次增大．X与T同主族，且X元素与其它元素不在同一周期．Y、Z在同周期中处于相邻位置，它们的单质在通常状况下均为无色气体．W原子的最外层电子数是核外电子层数的2倍．请回答：
（1）W在周期表中的位置为 ．
（2）写出X与Z形成的10电子阳离子的化学式 ．
（3）W的一种氧化物具有漂白性，工业上用Y的气态氢化物的水溶液做其吸收剂，写出吸收剂与足量氧化物反应的离子方程式 ．
（4）化合物T2Z2所含的化学键有 ，其电子式为 ．
（5）19.2g的铜与足量的Y的最高价氧化物的水化物的溶液反应，将所得的气体与 L O2（标准状况下）混合，恰好能被水完全吸收．
18．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2计算的，我国国家标准规定葡萄酒中SO2残留量≤0.25gL﹣1．为测定某葡萄酒中SO2含量设计方案如图1：
用如图2装置（夹持装置略）蒸馏并收集馏分SO2，实验时B中加入100.00mL葡萄酒样品和适量盐酸，加热使SO2全部逸出，在C中收集馏分．
（1）若C中盛装H2O2溶液，则SO2与其完全反应的化学方程式为： ，
证明上述反应发生的实验方法是 ；除去C中过量的H2O2，然后用0.04000molL﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡的方法是 ．
（2）滴定至终点消耗NaOH溶液25.00mL，据此计算葡萄酒中SO2含量为 g．L﹣l．
（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，该测定结果比实际值 （填“偏高”、“偏低”或“不变”），因此改进实验方案时可将盐酸改为 ．
（4）若将图2装置C中盛装的液体改为H2O，且馏分无挥发，改用0.01000molL﹣1标准I2溶液滴定，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，可选择 作指示剂，滴定终点的现象是 ．
19．如图所示3套实验装置，分别回答下列问题．
（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验．一段时间后，向插入铁钉的玻璃筒内滴入K3[Fe（CN）6]溶液，即可观察到铁钉附近的溶液变蓝色沉淀，表明铁被 （填“氧化”或“还原”）； 向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为 ．
（2）装置2中的石墨是 极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为 ．
（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液．反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红．
①电源的M端为 极；甲烧杯中铁电极的电极反应为 ．
②乙烧杯中电解反应的离子方程式为 ．
③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重 0.g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为 mL．
2015-2016学年海南省文昌中学高三（上）期末化学试卷
参与试题解析
一、选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．Al2O3可用作高温耐火材料
B．利用漂白粉的氧化性漂白织物
C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
D．在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【专题】化学应用．
【分析】A．氧化铝熔点很高；
B．漂白粉具有强氧化性；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应；
D．碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳．
【解答】解：A．氧化铝熔点很高，可以做耐火材料，故A正确；
B．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B正确；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；
D．碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可用于治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多，反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故D正确．
故选C．
【点评】本题考查了生活中常见物质的性质及用途，题目难度不大，熟悉物质的性质是解题关键．
2．YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是一种重要超导材料，下列关于Y的说法正确的是（ ）
A．原子核内中子数少于质子数
B．属于第4周期的金属元素
C．原子的核外电子数是50
D． Y和Y的化学性质相同
【考点】原子构成．
【专题】原子组成与结构专题．
【分析】Y的质子数为39，质量数为，中子数=质量数﹣质子数=﹣39=50，原子的核外电子数等于质子数，核外电子排布式1S22S22P63S23P63d104S24P6 4d15S 2，位于周期表第五周期第ⅢB族，以此解答该题．
【解答】解：A． Y的质子数为39，质量数为，中子数=质量数﹣质子数=﹣39=50，故A错误；
B．核外电子排布式1S22S22P63S23P63d104S24P6 4d15S 2，位于周期表第五周期第ⅢB族，故B错误；
C．原子的核外电子数=质子数=39，故C错误；
D． Y和Y的互为同位素，核外电子数相同，化学性质相同，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，侧重于质子数、中子数、电子数之间的计算，以及同位素的定义，是小型综合题，难度不大．
3．固体AgCl在水中、在0.01mol/LNaCl溶液中和在0.05mol/LAgNO3溶液中的溶解度分别为S1、S2、S3，则有（ ）
A．S1＞S2＞S3 B．S2＞S1＞S3 C．S3＞S2＞S1 D．S2＞S3＞S1
【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．
【专题】溶液和胶体专题．
【分析】AgCl饱和溶液中存在溶解平衡：AgCl（aq）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），AgCl的溶解度大小取决于溶液中c（Ag+）或c（Cl﹣）的大小，c（Ag+）或c（Cl﹣）越答，AgCl的溶解度越小，从平衡移动的角度进行分析即可．
【解答】解：AgCl饱和溶液中存在溶解平衡：AgCl（aq）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），
在0.01mol/LNaCl溶液中，c（Cl﹣）=0.01mol/L，抑制了AgCl的溶解，降低了溶解度，因此S2＜S1，
在0.05mol/LAgNO3溶液中，c（Ag+）=0.05mol/L，抑制了AgCl的溶解，降低了溶解度，因此S3＜S1，
因为c（Ag+）=0.05mol/L＞c（Cl﹣）=0.01mol/L，所以0.05mol/LAgNO3溶液对AgCl的溶解的抑制作用更强，因此S3＜S2，
故选A．
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，注意掌握难溶电解质的溶解平衡的含义及其影响因素，明确溶液中含有的氯离子或银离子浓度越大，氯化银的溶解度越小．
4．下列离子方程式中正确的是（ ）
A．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
B．将少量硅投入氢氧化钠溶液中：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+H2↑
C．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O═2 I2+4OH﹣
D．氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2═Fe3++2Cl﹣
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．碳酸镁为沉淀，应保留化学式；
B．原子个数不守恒；
C．碘离子能够被氧气氧化生成单质碘；
D．电荷不守恒．
【解答】解：A．往碳酸镁中滴加稀盐酸，离子方程式：MgCO3+2H+═CO2↑+H2O+Mg2+，故A错误；
B．将少量硅投入氢氧化钠溶液中，离子方程式：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑，故B错误；
C．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，离子方程式：4I﹣+O2+2H2O═2 I2+4OH﹣，故C正确；
D．氯化亚铁溶液中通入氯气，离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．
5．下列有关元素性质比较正确的是（ ）
A．氢化物稳定性：PH3＞H2S＞HCl B．沸点：H2O＞HF＞HCl
C．原子半径：S＞F＞O D．酸性：HClO＞HNO3＞H2CO3
【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】A、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
B、含有氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高；
C、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强．
【解答】解：A、非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定是HCl＞H2S＞PH3，故A错误；
B、有氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高，所以沸点：H2O＞HF＞HCl，故B正确；
C、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径S＞O＞F，故C错误；
D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性N＞C，虽然Cl的非金属性较强，但HClO属于弱酸，所以酸性强弱HNO3＞H2CO3＞HClO，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了元素性质的递变规律，题目难度不大，注意把握非金属元素的性质的变化规律．
6．在一定条件下，pH相同的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）分别是1.0×10﹣amol．L﹣1 和1.0×10﹣bmol．L﹣1，在此温度下，下列说法正确的（ ）
A．a＜b B．a=b
C．水的离子积为1.0×10﹣（7+a） D．水的离子积为1.0×10﹣（b+a）
【考点】水的电离；盐类水解的应用．
【分析】由水电离出来的c（H+）=c（OH﹣），硫酸铁溶液中铁离子水解促进水的电离，硫酸抑制水的电离，两者pH值相同，说明硫酸电离出的氢离子浓度与硫酸铁中水电离的氢离子浓度相同，据此解答即可．
【解答】解：硫酸中水电离出来的c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣amol/L，硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）是1.0×10﹣bmol/L，则硫酸中c（H+）是1.0×10﹣bmol/L，则Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣a×1.0×10﹣b=1.0×10﹣（a+b），故D正确，故选D．
【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，易错点为B，注意电荷守恒的应用，把握水的离子积的计算．
二、选择题（本题包括7小题，每小题4分，共28分．每题有一个或两个选项符合题意．）
7．下列说法正确的是（ ）
A．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能
B．铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液
C．镀锌铁皮的镀层损坏后，铁更容易腐蚀
D．铅蓄电池充电时Pb极与外电源的负极相连
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】A、氢氧燃料电池是把化学能转化为电能；
B、在电镀时，要将需要溶解的金属做阳极；
C、锌活泼所以锌更容易腐蚀；
D、阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，放电时电流从正极沿导线流向负极，据此分析解答；
【解答】解：A、氢氧燃料电池是原电池是把化学能转化为电能的过程，故A错误；
B、在铁制品上镀铜时，镀层金属铜为阳极，镀件铁制品为阴极，铜盐为电镀液，故B错误；
C、锌活泼所以锌更容易腐蚀，而不是铁易腐蚀，故C错误；
D、充电时，Pb作阴极，与电源负极相连，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来确定金属被保护还是被腐蚀，易错选项是C．
8．下列实验过程中，无明显现象的是（ ）
A．CO2通入CaCl2溶液中 B．胆矾中加入浓硫酸
C．NO2通入FeSO4溶液中 D．饱和的食盐水中滴加浓盐酸
【考点】镁、铝的重要化合物；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．CO2与CaCl2不反应；
B．浓硫酸具有吸水性；
C．NO2溶于水发生4NO2+O2+2H2O═4HNO3，根据HNO3的性质判断；
D．从溶解平衡移动的角度分析．
【解答】解：A．CO2与CaCl2不反应，无现象，故A选；
B．浓硫酸具有吸水性，固体颜色由蓝色变为白色，故B不选；
C．NO2溶于水发生4NO2+O2+2H2O═4HNO3，HNO3具有强氧化性，HNO3与FeSO4发生氧化还原反应生成Fe3+，溶液颜色变化，故C不选；
D．饱和NaCl溶液中存在：NaCl（s）⇌Na+（aq）+Cl﹣（aq），HCl通入饱和NaCl溶液中，Cl﹣浓度增大，平衡向逆反应方向移动，有晶体析出，故D不选；
故选A．
【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，本题注意物质的性质，特别是C项，要注意从溶解平衡移动的角度思考．
9．下列物质转化无法实现的是（ ）
A．Al2O3NaAlO2Al（OH）3
B．SiSiO2H2SiO3
C．Fe2O3FeCl3无水FeCl3
D．MgCl2（aq）Mg（OH2）MgO
【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的化学性质．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝；
B．二氧化硅不能与水反应；
C．氯化铁溶液中铁离子水解得到氢氧化铁与HCl，加热HCl挥发、促进水解的彻底进行；
D．氢氧化镁溶解度比氢氧化钙小，符合复分解反应条件，氢氧化镁分解得到氧化镁与水．
【解答】解：A．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝，符合转化关系，故A正确；
B．Si与氧气可以生成二氧化硅，但二氧化硅不能与水反应，可以向转化为硅酸钠，再加入酸得到硅酸，故B错误；
C．氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液中铁离子水解得到氢氧化铁与HCl，加热HCl挥发、促进水解的彻底进行，得到氢氧化铁，灼烧氢氧化铁为分解为氧化铁，故C错误；
D．氢氧化镁溶解度比氢氧化钙小，符合复分解反应条件，氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁，加热氢氧化镁分解得到氧化镁与水，符合转化关系，故D正确，
故选：BC．
【点评】本题考查元素化合物性质、盐类水解等，难度不大，需要学生熟练掌握元素化合物性质，有利于基础知识的巩固．
10．叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似，下列叙述中一定错误的是（ ）
A．HN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c（HN3）＞c（H+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）
B．HN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物
C．NaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．N3﹣与CO2含相等电子数
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．HN3为弱酸，在水溶液中极少部分电离生成氢离子和酸根离子，导致溶液呈酸性；
B．叠氮酸铵中叠氮酸根离子和铵根离子之间存在离子键；
C．叠氮酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但叠氮酸根离子水解程度较小；
D．叠氮酸根离子和二氧化碳都含有22个电子．
【解答】解：A．HN3为弱酸，在水溶液中极少部分电离生成氢离子和酸根离子，导致溶液呈酸性，水也电离生成氢离子，所以溶液中离子浓度大小顺序是：c（HN3）＞c（H+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
B．叠氮酸铵中叠氮酸根离子和铵根离子之间存在离子键，所以为离子化合物，故B错误；
C．叠氮酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但叠氮酸根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；
D．叠氮酸根离子和二氧化碳都含有22个电子，所以其电子数相等，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查弱电解质电离、物质结构等知识点，根据物质性质及溶液酸碱性确定离子浓度大小，会正确计算分子或离子中电子数，题目难度不大．
11．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，16 g O3中含有质子总数为8NA
B．25℃时，1 mL纯水中含有OH﹣离子数目为10﹣10
C．pH=2的醋酸稀释10倍后，溶液中H+数目大于0.001NA
D．1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．质量转化为物质的量结合1个氧原子含有8个质子解答；
B.25℃时水中氢离子和氢氧根离子的浓度为10﹣7mol/L；
C．溶液体积未知；
D.1molCl2与NaOH溶液的反应为歧化反应．
【解答】解：A．常温常压下，16 g O3中含有质子总数为×8×NA=8NA，故A正确；
B.25℃时水的离子积为10﹣14，水中氢离子和氢氧根离子的浓度为10﹣7mol/L，所以1 mL纯水中含有物质的量=浓度×体积，10﹣7×10﹣3=10﹣10NA个OH﹣离子，故B正确；
C．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；
D．氯气与NaOH溶液的反应为歧化反应，1molCl2转移1mol电子即NA个，故D错误；
故选：AB．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．
12．对于反应A2（g）+2B2 （g）⇌2AB2（g）（正反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是
（ ）
A． B．
C． D．
【考点】化学平衡移动原理．
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【解答】解：A、升高温度平衡应逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，不符合勒夏特列原理，故A错误；
B、升高温度平衡应逆向移动，温度越高AB2的含量越小，不符合勒夏特列原理，故B错误；
C、增大压强平衡正向移动，所以压强越大AB2的含量越大，不符合勒夏特列原理，故C错误；
D、增大压强平衡正向移动，所以压强越大AB2的含量越大，温度越高AB2的含量越小，符合勒夏特列原理，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，侧重于化学平衡移动的综合应用的考查，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应．
13．已知2﹣丁烯有顺、反两种异构体，在某条件下两种气体处于平衡，
下列说法正确的是（ ）
A．反﹣2﹣丁烯比顺﹣2﹣丁烯稳定
B．顺﹣2﹣丁烯的燃烧热数值比反﹣2﹣丁烯大
C．减压和升温有利于平衡向生成正丁烷反应方向移动
D．反﹣2﹣丁烯氢化的热化学方程式为：
【考点】有机化合物的异构现象．
【专题】同分异构体的类型及其判定．
【分析】A．能量越低越稳定；
B．若生成物相同，反应物的能量高，则放出的热量多；
C．生成正丁烷的反应为气体体积减小的放热反应；
D．盖斯定律指若一个反应可以分步进行，则各步反应的吸收或放出的热量总和与这个反应一次发生时吸收或放出的热量相同．
【解答】解：A．顺﹣2﹣丁烯转化为反﹣2﹣丁烯放热，说明反﹣2﹣丁烯能量低，更稳定，故A正确；
B．等量的顺﹣2﹣丁烯具有更高的能量．所以顺﹣2﹣丁烯燃烧热更大，故B错误；
C．生成正丁烷的反应为气体体积减小的放热反应，所以减压向逆向移动，升温也向逆向移动，所以减压和升温不利于平衡向生成正丁烷反应方向移动，故C错误；
D．将下式﹣上式相加得到反﹣2﹣丁烯氢化的热化学方程式，△H=﹣118.9kJmol﹣1﹣（﹣4.2kJmol﹣1）=﹣114.7kJmol﹣1，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查能量越低越稳定和盖斯定律、影响平衡的因素等，难度适中，注意掌握运用盖斯定律解题．
三、解答题（共6小题，满分60分）
14．利用如图所示的装置和其他必要的仪器用品，完成下列实验．
已知2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，该实验证明氨气具有还原性．
（1）碱石灰的作用是 吸收水蒸气 ，倒扣漏斗的作用是 防止倒吸 ．
（2）浓氨水与固体NaOH接触，会逸出大量氨气原因是 NaOH吸水放热，使溶液温度升高，有利于NH3H2O分解；c（OH﹣）增大，使NH3+H2O⇌NH4++OH﹣平衡左移，也有利于氨气的逸出 ．
（3）硬质玻璃管中可观察到的实验现象是 黑色粉末变为红色，有无色液滴产生 ．
（4）常温下，若氨水与稀硫酸恰好完全中和，则所得溶液中各离子浓度的大小顺序为 （NH+4）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） ．
【考点】氨的制取和性质．
【专题】无机实验综合．
【分析】浓氨水逐滴加入到氢氧化钠固体可以制取氨气，氨气为碱性气体应选择碱性干燥剂碱石灰干燥，氨气具有还原性，与氧化铜发生还原反应生成氮气和铜、水，为防止过量氨气污染空气，可用稀硫酸吸收氨气，据此解答．
（1）为防止水蒸气使加热试管受热不均匀，所以需对含有水蒸气的氨气进行干燥，硫酸和氨气反应，防止倒吸，用倒扣漏斗；
（2）根据温度对气体溶解度的影响以及平衡移动原理来分析；
（3）根据硬质玻璃管中发生的反应2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O分析；
（4）常温下，若氨水与稀硫酸恰好完全中和，生成硫酸铵溶液，铵根离子部分水解，溶液显酸性，据此比较各离子浓度的大小．
【解答】解：（1）制取的氨气中含有水蒸气，氨气与氧化铜反应需要加热，所以氨气进入硬质试管前应进行干燥，所以碱石灰作用为干燥氨气，氨气极易溶于硫酸，倒扣的漏斗球形部分空间大，可防止倒吸，
故答案为：吸收水蒸气；防止倒吸；
（2）氧化钙与水反应放出热量，使氨气在水中溶解度降低而逸出，溶液中氢氧根离子浓度增大，使平衡NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH﹣，逆向移动，有利于氨气逸出，
故答案为：NaOH吸水放热，使溶液温度升高，有利于NH3H2O分解；c（OH﹣）增大，使NH3+H2O⇌NH4++OH﹣平衡左移，也有利于氨气的逸出；
（3）硬质玻璃管中发生的反应2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，氧化铜为黑色、铜为红色，所以可观察到的实验现象是黑色粉末变为红色，有无色液滴产生，
故答案为：黑色粉末变为红色，有无色液滴产生；
（4）1mol硫酸铵，含有2mol铵根离子，1mol硫酸根离子，铵根离子部分水解，则溶液显示酸性：c（H+）＞c（OH﹣），铵根离子水解程度较小、硫酸根离子不水解，则c （NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+），则溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：c （NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：（NH+4）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）．
【点评】本题主要考查了氨气具有还原性实验探究、化学平衡移动原理等知识，题目难度不大，注意硫酸铵混合溶液中离子浓度的大小比较，为易错点．
15．常温下有浓度均为0.1molL﹣1的四种溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3H2O．
（1）有人称溶液①是油污的“清道夫”，原因是 CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ （用离子方程式解释）．
（2）溶液②中，c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）= 0.1 molL﹣1．
（3）将10mL溶液③加水稀释至100mL，则此时溶液中由水电离出的c（ H+）= 10﹣12 molL﹣1 ．
（4）取④的溶液5mL，向其中加入含0.1molNH4NO3的溶液后呈中性，则NH3H2O电离平衡常数Kb= 2×10﹣5 ．
【考点】盐类水解的应用．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】（1）碳酸钠溶液水解显碱性，油污在碱溶液中发生水解生成溶于水的醇和盐，容易洗去；
（2）溶液②中存在物料守恒．n（Na）=n（C）；
（3）取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的，为0.01mol/L；
（4）取④NH3H2O的溶液5mL，向其中加入含0.1molNH4NO3的溶液后呈中性，结合溶液中电荷守恒确定氢氧根离子浓度为10﹣7mol/L，c（NH4+）=c（NO3﹣）==20mol/L，结合平衡常数表达式计算得到Kb．
【解答】解：（1）碳酸钠溶液水解显碱性，离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，
故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；
（2）溶液②NaHCO3中存在物料守恒，溶液中碳元素所有存在形式浓度总和等于钠离子浓度，得到c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=c（Na+）=0.1mol/L，
故答案为：0.1；
（3）取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的，为0.01mol/L，由Kw=c（OH﹣）c（H+）可知，c（OH﹣）=10﹣12 molL﹣1，则此时溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣12 molL﹣1，
故答案为：10﹣12 molL﹣1；
（4）取④的溶液5mL，向其中加入含0.1molNH4NO3的溶液后呈中性，结合溶液中电荷守恒确定氢氧根离子浓度为10﹣7mol/L，c（NH4+）=c（NO3﹣）==20mol/L，Kb===2×10﹣5，
故答案为：2×10﹣5．
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离和盐类的水解等问题，综合考查学生的化学知识应用能力和分析能力，题目难度中等．
16．在容积为2L的密闭容器中，进行反应：A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）在不同温度下，D的物质的量n（D）和时间t的关系如图所示．试回答下列问题：
（1）800℃时，0﹣5min内，以B的浓度变化表示的平均反应速率为 0.12molL﹣1min﹣1 ．
（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 ab ．
a．容器中压强不变 b．混合气体中c（A）不变
c．2v正（B）=v逆（D） d．混合气体的密度不变
（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K= 1.8 ，该反应的正反应为 吸热 反应（填“吸热”或“放热”）．
【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）根据图象中800℃时，0﹣5min内D的物质的量的变化，求出B的变化，再求出B的反应速率；
（2）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，据此判断；
（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用三段式求出平衡时的物质的量及浓度，再根据平衡常数表达式计算；根据图象中温度对平衡的影响分析．
【解答】解：（1）由图象可知，800℃时，0﹣5min内D的物质的量的变化为0.6mol，则参加反应的B的物质的量为1.2mol，则v（B）===0.12molL﹣1min﹣1，
故答案为：0.12molL﹣1min﹣1；
（2）a．根据方程式可知，反应后气体的物质的量减小，压强减小，当容器中压强不变时，即是平衡状态，故a正确；
b．混合气体中c（A）不变时，则A的正逆反应速率相等，是平衡状态，故b正确；
c．不同物质表示反应速率时，正逆反应速率之比等于化学计量数之比是平衡状态，则v正（B）=2v逆（D）是平衡状态，故c错误；
d．混合气体的密度一直不变，所以不一定达到平衡状态，故d错误；
故答案为：ab；
（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，设参加反应的A为nmol，
A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）
初始的量：（mol） 1.0 2.2 0 0
反应的量：（mol） n 2n n n
平衡的量：（mol） 1﹣n 2.2﹣2n n n
由图象可知平衡时D的物质的量为0.6mol，即n=0.6mol，则平衡时c（A）==0.2mol/L，c（B）==0.5mol/L，
c（C）=c（D）==0.3mol/L，则K==1.8，
由图象可知，800℃时D的物质的量大于700℃时D的物质的量，说明温度越高，D的物质的量越大，则升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向，故答案为：1.8；吸热．
【点评】本题考查了平衡状态的判断，反应速率的计算，外界条件对平衡的影响，平衡常数的计算，涉及的知识点较多，题目难度中等．
17．有X、Y、Z、T、W五种短周期元素，原子序数依次增大．X与T同主族，且X元素与其它元素不在同一周期．Y、Z在同周期中处于相邻位置，它们的单质在通常状况下均为无色气体．W原子的最外层电子数是核外电子层数的2倍．请回答：
（1）W在周期表中的位置为 第三周期ⅥA族 ．
（2）写出X与Z形成的10电子阳离子的化学式 H3O+ ．
（3）W的一种氧化物具有漂白性，工业上用Y的气态氢化物的水溶液做其吸收剂，写出吸收剂与足量氧化物反应的离子方程式 SO2+NH3H2O═HSO3﹣+NH4+ ．
（4）化合物T2Z2所含的化学键有 离子键、共价键 ，其电子式为 ．
（5）19.2g的铜与足量的Y的最高价氧化物的水化物的溶液反应，将所得的气体与 3.36 L O2（标准状况下）混合，恰好能被水完全吸收．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】有X、Y、Z、T、W五种短周期元素，原子序数依次增大，Y、Z在同周期中处于相邻位置，它们的单质在通常状况下均为无色气体，则Y为N元素、Z为O元素；W原子的最外层电子数是核外电子层数的2倍，原子序数大于氧，只能处于第三周期，最外层电子数为6，故W为S元素；X元素与其它元素不在同一周期，则X为H元素，X与T同主族，T的原子序数大于氧，故T为Na，据此解答．
【解答】解：有X、Y、Z、T、W五种短周期元素，原子序数依次增大，Y、Z在同周期中处于相邻位置，它们的单质在通常状况下均为无色气体，则Y为N元素、Z为O元素；W原子的最外层电子数是核外电子层数的2倍，原子序数大于氧，只能处于第三周期，最外层电子数为6，故W为S元素；X元素与其它元素不在同一周期，则X为H元素，X与T同主族，T的原子序数大于氧，故T为Na．
（1）W为S元素，在元素周期表位置：第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；
（2）H与O形成的10电子阳离子为H3O+，故答案为：H3O+；
（3）W的一种氧化物具有漂白性，该氧化物为SO2，工业上用Y的气态氢化物氨气的水溶液做其吸收剂，吸收剂与足量氧化物反应的离子方程式：SO2+NH3H2O═HSO3﹣+NH4+，
故答案为：SO2+NH3H2O═HSO3﹣+NH4+；
（4）化合物Na2O2所含的化学键有：离子键、共价键，其电子式为，故答案为：离子键、共价键；；
（5）Cu与反应得到氮的氧化物，氮的氧化物与氧气混合恰好能被水完全吸收，反应又得到，纵观整个过程，Cu失去电子等于氧气获得的单质，Cu的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，可知氧气物质的量为=0.15mol，故标况下氧气体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，
故答案为：3.36．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，（4）中注意利用电子转移守恒解答，难度中等．
18．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2计算的，我国国家标准规定葡萄酒中SO2残留量≤0.25gL﹣1．为测定某葡萄酒中SO2含量设计方案如图1：
用如图2装置（夹持装置略）蒸馏并收集馏分SO2，实验时B中加入100.00mL葡萄酒样品和适量盐酸，加热使SO2全部逸出，在C中收集馏分．
（1）若C中盛装H2O2溶液，则SO2与其完全反应的化学方程式为： SO2+H2O2=H2SO4 ，
证明上述反应发生的实验方法是 取上述反应液少量于试管中，向其中加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀 ；除去C中过量的H2O2，然后用0.04000molL﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡的方法是 将下端尖嘴上翘，挤压玻璃珠 ．
（2）滴定至终点消耗NaOH溶液25.00mL，据此计算葡萄酒中SO2含量为 0.32 g．L﹣l．
（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，该测定结果比实际值 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“不变”），因此改进实验方案时可将盐酸改为 稀硫酸 ．
（4）若将图2装置C中盛装的液体改为H2O，且馏分无挥发，改用0.01000molL﹣1标准I2溶液滴定，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，可选择 淀粉溶液 作指示剂，滴定终点的现象是 最后一滴标准液加入时，溶液恰好由无色变为蓝色，半分钟内不褪色 ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【专题】定量测定与误差分析．
【分析】（1）若C中盛装H2O2溶液，二氧化硫具有还原性，能够与过氧化氢反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；，证明反应生成可以验证生成的硫酸，加入氯化钡溶液生成白色沉淀设计检验方法，氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；
（2）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，消耗盐酸增多，该测定结果比实际值高，应改为难挥发性的硫酸；
（4）改用0.01000molL﹣1标准I2溶液滴定，选择淀粉溶液做指示剂，滴入最后一滴溶液变蓝色半分钟不变化证明反应达到终点．
【解答】解：（1）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，证明上述反应发生的实验方法是：取上述反应液少量于试管中，向其中加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀，氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：将下端尖嘴上翘，挤压玻璃珠，
故答案为：SO2+H2O2=H2SO4，取上述反应液少量于试管中，向其中加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀，将下端尖嘴上翘，挤压玻璃珠；
（2）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0400mol/L×0.025L）×g/mol=0.032g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为： =0.32g/L，
故答案为：0.32；
（3）由于蒸馏时盐酸易挥发，测定过程中消耗盐酸量增多，所以该测定结果比实际值高，改进实验方案时可将盐酸改为难挥发的稀硫酸，
故答案为：偏高；稀硫酸；
（4）改用0.01000molL﹣1标准I2溶液滴定，选择淀粉溶液做指示剂，滴定终点的现象是：滴入最后一滴溶液变蓝色半分钟不变化证明反应达到终点，
故答案为：淀粉溶液；最后一滴标准液加入时，溶液恰好由无色变为蓝色，半分钟内不褪色．
【点评】本题为考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
19．如图所示3套实验装置，分别回答下列问题．
（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验．一段时间后，向插入铁钉的玻璃筒内滴入K3[Fe（CN）6]溶液，即可观察到铁钉附近的溶液变蓝色沉淀，表明铁被 氧化 （填“氧化”或“还原”）； 向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为 O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ ．
（2）装置2中的石墨是 正 极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ ．
（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液．反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红．
①电源的M端为 正 极；甲烧杯中铁电极的电极反应为 Fe﹣2e﹣═Fe2+ ．
②乙烧杯中电解反应的离子方程式为 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ ．
③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重 0.g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为 224 mL．
【考点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】（1）铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，Fe2+与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色沉淀，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH﹣；
（2）形成原电池，总方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，根据总方程式判断；
（3）向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明石墨极生成4OH﹣，应为电解池的阴极，则铁为阳极，则M为正极，N为负极，乙烧杯为电解硫酸的反应，阳极生成氧气，阴极析出铜，结合电极方程式解答该题．
【解答】解：（1）铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH﹣，电极方程式为O2+4e﹣+2H2O﹣═4OH﹣，
故答案为：氧化；O2+4e﹣+2H2O﹣═4OH﹣；
（2）铜可被Fe3++氧化，发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，形成原电池反应时，铜为负极，发生氧化反应，石墨为正极，正极反应为Fe3++e﹣=Fe2+，
故答案为：正； Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液．反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，故甲池中石墨极为阴极，则铁极为阳极，乙池中铜做阴极，石墨做阳极．
①向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明石墨极生成4OH﹣，应为电解池的阴极，则铁为阳极，电极反应为 Fe﹣2e﹣═Fe2+，则M为正极，
故答案为：正；Fe﹣2e﹣═Fe2+；
②乙烧杯中用铁做阴极、石墨做阳极来电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根放电生成氧气，阴极上铜离子放电析出铜，电解方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，
故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
③取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.g，则生成Cu的物质的量为=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，
甲烧杯中，阳极铁被氧化，阴极产生气体为氢气，
2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，
2mol 22.4L
0.02mol V
V==0.224L，即224mL．
故答案为：224．
【点评】本题考查电化学知识，题目难度中等，做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相等，利用反应的方程式计算．
