江苏省泰州市泰兴市2016届高三化学上学期期中试卷(含解析)

江苏省泰州市泰兴市2016届高三（上）期中化学试卷
一、单项选择题：本题有10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．1．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是( )
A．使用氢能源代替化石燃料，减少CO2排放
B．就地在田间焚烧秸秆，减少运输成本
C．改进汽车尾气净化技术，减少污染物的排放
D．研发可降解高分子材料，减少“白色污染”
【考点】常见的生活环境的污染及治理．
【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、节约能源等角度分析．
【解答】解：A．氢能是清洁能源，不含碳元素，减少二氧化碳排放，故A正确；
B．焚烧大量秸秆会造成空气污染，故B错误；
C．改进汽车尾气净化技术，减少污染物的排放，符合保护环境的措施，故C正确；
D．研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，从而减少“白色污染”，符合保护环境的措施，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查环境保护及可持续发展，节约资源、走可持续发展之路，人人有责，并做到从我做起，题目难度不大．
2．下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是( )
A．质子数为7、中子数为7的氮原子：N
B．氮离子（N3﹣）的结构示意图：
C．氨气分子的电子式：
D．甘氨酸分子的结构简式：C2H5O2N
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数；B．氮离子的核电荷数为7，最外层电子数为8；
C．氨气为共价化合物，其分子中含有3个N﹣H键；
D．结构简式中应该标出有机物官能团机构．
【解答】解：A．质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，该原子的正确表示方法为：14
7N，故A错误；
B．为氮原子结构示意图，氮离子的最外层电子数为8，氮离子正确的离子结构示意图为，故B错误；
C．氨气分子中，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气分子的电子式为，故C正确；D．C2H5O2N为分子式，甘氨酸的结构简式为：H2NCH2COOH，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．
3．在呼吸面具中Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2．下列说法正确的是( )
A．在该反应中，每生成0.1mol氧气转移0.2mol电子
B．Na、Na2O2中钠元素微粒的半径：r（Na）＜r（Na+）
C．元素氧的单质只存在氧气和臭氧两种同素异形体
D．在该反应条件下，氧元素的非金属性强于碳元素的非金属性
【考点】钠的重要化合物；同素异形体．
【分析】A、过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子；
B、原子失去最外层电子形成阳离子，半径减小；
C、由同种元素组成的不同种单质为同素异形体；
D、比较非金属性可通过以下角度：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．
【解答】解：A、过氧化钠中氧元素为﹣1价，则过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移
0.2mol电子，转移的电子数为0.2N A，故A正确；
B、钠原子失去最外层电子形成的钠离子半径小于钠原子，故B错误；
C、元素氧的单质存在氧气、臭氧、O4等多种同素异形体，故C错误；
D、过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，反应中过氧化钠自身氧化还原反应，不能判断氧元素和碳元素的非金属性，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查了钠的性质分析，原子结构的理解应用，注意同素异形体概念的分析，掌握基础是解题关键，题目较简单．
4．下列物质性质与应用对应关系正确的是( )
A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料
B．铜的金属活泼性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
C．二氧化硫具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用作净水剂
【考点】硅的用途；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质．【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；
B．根据牺牲阳极的阴极保护法来保护金属；
C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫能和某些有色物质生成不稳定的无色物质；
D．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂；
【解答】解：A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；
B．因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，将铜装在海轮外壳上会加快轮船的腐蚀，故B错误；
C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫能和某些有色物质生成不稳定的无色物质，和其氧化性无关，故C错误；
D．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查金属腐蚀的防护、二氧化硫的漂白原理、明矾的净水、半导体等知识，较为综合，难度中等，平时注意基础知识的全面掌握．
5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14．X 是元素周期表中原子半径最小的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族．下列说法正确的是( )
A．Y分别与X、Z形成的化合物中化学键类型相同
B．原子半径的大小顺序：r（Z）＞r（W）＞r（Y）
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．Z的最高价氧化物对应的水化物是酸
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X是H元素；
Z与X原子的最外层电子数相同，且Z原子序数大于Y，则Z是Na元素；
Y与W同主族，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数==6，Y 原子序数小于W，则Y是O元素、W是S元素，再结合题目分析解答．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X是H元素；
Z与X原子的最外层电子数相同，且Z原子序数大于Y，则Z是Na元素；
Y与W同主族，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数==6，Y 原子序数小于W，则Y是O元素、W是S元素，
A．Y分别与X、Z形成的化合物是水、硫化钠，水中只含共价键、硫化钠中只含离子键，所以水和硫化钠中化学键类型不相同，故A错误；
B．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径的大小顺序：r（Z）＞r（W）＞r（Y），故B正确；
C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性Y＞W，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱，故C错误；
D．Z是Na元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，为高频考点，涉及化学键判断、元素周期律应用等知识点，正确判断元素是解本题关键，知道非金属性、金属性强弱判断方法，题目难度不大．
6．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是( )
A．1.0 mol•L﹣1的KNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
B．使甲基橙变红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣
C．0.1 mol•L﹣1的NaOH溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣
D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、ClO﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；
B．使甲基橙变红色的溶液，显酸性；
C．离子之间结合生成弱电解质、水等；
D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．
【解答】解：A．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，OH﹣、NH4+结合生成弱电解质，不能大量共存，故C 错误；
D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，本题注意把握相关题给信息及常见离子之间的反应为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．
7．如图所示装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的是
( )
A．用装置甲制取氨气
B．用装置乙除去氨气中的水蒸气
C．用装置丙验证氨气具有还原性
D．用装置丁吸收尾气
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．氨气易溶于水，易挥发，应加热；
B．氨气和浓硫酸反应；
C．加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反应；
D．氨气直接通入水中，不能防止倒吸．
【解答】解：A．氨气易溶于水，易挥发，应用浓氢氧化钠溶液和氯化铵反应，且加热，故A 错误；
B．氨气和浓硫酸反应，应用碱石灰干燥氨气，故B错误；
C．加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反应，根据氧化铜的颜色变化可判断是否发生氧化还原反应，故C正确；
D．氨气直接通入水中，不能防止倒吸，应用四氯化碳，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生对基本实验操作正确与否的判断的考查，要求同学们要熟练掌握物质的基本物理和化学性质，注意基本实验操作的要领和实验要求．
8．在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化不能一步实现的是( )
A．FeS2SO2H2SO4
B．饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
C．CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2O
D．1 mol•L﹣1HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2
【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．
【分析】A、FeS2高温和氧气反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸；
B、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
C、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜；
D、二氧化锰和稀盐酸不反应．
【解答】解：A、FeS2高温和氧气反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，FeS2SO2H2SO4，转化可以实现，故A不符合；
B、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3，可以实现各步的一步转化，故B不符合；
C、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜，CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2O，转化关系可以实现，故C不符合；
D、二氧化锰和稀盐酸不反应，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，Cl2Ca （ClO）2，第一步不能一步实现，故D符合；
故选D．
【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是反应产物和反应条件的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
9．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．NO2与水的反应：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO
B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O
C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：2H++CaCO3═Ca2++H2O+CO2↑
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3﹣═Ag++NO↑+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．二者反应生成硝酸与一氧化氮；
B．漏掉碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；
C．醋酸为弱酸，应保留化学式；
D．得失电子不守恒．
【解答】解：A．NO2与水的反应，离子方程式：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，故A正确；
B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3﹣+NH4++2OH﹣
NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B错误；
C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，离子方程式：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故D错误；故选：A．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式的拆分、原子个数、得失电子数、电荷数是否守恒，题目难度不大．
10．离子交换膜法电解食盐水的示意如图，图中离子交换膜只允许阳离子通过．下列说法正确的是( )
A．e电极与电源的负极相连
B．H+在f电极上发生还原反应
C．精制饱和食盐水从图中b位置补充
D．离子交换膜的作用只是防止生成的Cl2与H2发生反应
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】电解饱和食盐水时，电解池阳极，发生：2Cl─﹣2e﹣=Cl2↑，阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，电解的总反应：2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣；生成的氯气会和氢氧化钠之间反应得到氯化钠和次氯酸钠，但是加上阳离子交换膜可以避开这一反应，据此回答．
【解答】解：A、电解饱和食盐水时，电解池阳极，发生：2Cl─﹣2e﹣=Cl2↑，阴极，发生2H++2e ﹣=H
2↑，产生Cl2的电极是阳极，即e电极与电源的正极相连，故A错误；
B、阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，所以H+在f电极上发生还原反应，故B正确；
C、精制饱和食盐水从图中a位置补充，故C错误；
D、阳离子交换膜的作用是防止生成氯气和氢氧化钠之间反应得到氯化钠和次氯酸钠，故D错误．
故选B．
【点评】本题以电解氯化钠为例来考查学生电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等．
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．下列说法正确的是( )
A．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
B．钢铁的腐蚀过程中，析氢腐蚀与吸氧腐蚀可能会同时发生
C．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v （H2）和氢气的平衡转化率均增大
D．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素．
【分析】A.2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，说明△G=△H﹣T△S ＜0，该反应的△S＜0；
B．酸性条件下，钢铁易发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，钢铁易发生吸氧腐蚀；
C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但正逆反应速率都增大；
D．室温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，二者等体积混合醋酸有剩余．【解答】解：A．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H﹣T△S=△G ＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故A错误；
B．弱介质为弱酸性溶液时，钢铁可能发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀同时进行，故B正确；
C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气转化率降低；因为升高温度导致活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；
D．室温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，二者等体积混合醋酸有剩余，导致混合溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查较综合，涉及反应自发性判断、金属的腐蚀、温度对化学反应速率及平衡的影响、酸碱中和等知识点，注意钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，易错选项是D．
12．普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示．下列说法不正确的是
( )
A．普伐他汀分子中有4种含氧官能团
B．每个普伐他汀分子中含有13个手性碳原子
C．在一定条件下，普伐他汀能发生加成、取代、消去、缩聚反应
D．普伐他汀可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，还可以和酸性KMnO4溶液反应
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．由结构可知，含有酯基、羟基、羧基三种含有官能团；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应、取代反应，含有羟基，可以发生消去反应，含有碳碳双键，可以发生加成反应；
D．羧基能与氢氧化钠、碳酸钠反应，酯基也与氢氧化钠反应，含有碳碳双键，具有烯烃的性质．
【解答】解：A．该物质含氧官能团有：酯基、羟基、羧基三种，故A错误；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，图中三线交点碳原子为手性碳原子，含有8个手性碳原子，故B错误；
C．碳碳双键能发生加成反应、醇羟基和羧基及酯基能发生取代反应、醇羟基能发生消去反应、羧基和醇羟基能发生缩聚反应，故C正确；
D．羧基能和碳酸钠、氢氧化钠反应，酯基和羧基能与氢氧化钠反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；
故选：AB．
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查醇、羧酸、酯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系即可解答，注意：该物质能发生加聚反应和缩聚反应．
13．下列设计的实验方案能达到实验目的是( )
A．制备O2：用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置
B．提纯含有少量HCl的Cl2：将含有少量HCl的Cl2通入饱和的NaHCO3溶液和浓硫酸中净化气体
C．检验溶液中是否含有CO32﹣：向溶液中加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有大量的CO32﹣
D．探究测定铝箔中氧化铝含量：取a g铝箔与足量稀盐酸充分反应，逸出的气体通过碱石灰后，测其体积为b L（标准状况）
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体反应；
B．HCl气体能与碳酸氢钠反应生成CO2，引入新的杂质气体；
C．气体可能为二氧化碳或二氧化硫；
D．发生Al与盐酸反应生成氢气，收集气体为氢气．
【解答】解：A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确；
B．实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和NaHCO3溶液，HCl会和NaHCO3反应生成CO2，引入新的杂质，故B错误；
C．气体为可能二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32﹣或SO32﹣或HCO3﹣、HSO3﹣，故C
错误；
D．发生Al与盐酸反应生成氢气，收集气体为氢气，利用氢气的体积可计算Al的质量，所以能测定铝箔中氧化铝的含量，故D正确．
故选AD．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、分离提纯、检验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．
14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol•L﹣1pH=4的NaHA溶液中：c（Na+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）
B．在0.1 mol•L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）
C．pH相等的①CH3COONa ②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③
D ．NH 3•H 2O 和NH 4Cl 的混合溶液：c （NH 4+）＞c （Cl ﹣）＞c （H +）=c （OH ﹣）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】A ．常温下0.1 mol•L ﹣1的NaHA 溶液pH=4，说明HA ﹣的电离程度大于水解程度，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
B ．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
C ．pH 相等的这几种钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小；
D ．混合溶液pH=7，溶液呈中性，则溶液中存在c （H +）=c （OH ﹣），根据电荷守恒判断c （NH 4+）、c （Cl ﹣）相对大小．
【解答】解：A ．常温下0.1 mol•L ﹣1的NaHA 溶液pH=4，说明HA ﹣的电离程度大于水解程度，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c （Na +）+c （H +）=c （OH ﹣）+c （HA ﹣）+2c
（A 2﹣），溶液呈酸性，所以c （H +）＞c （OH ﹣），则存在c （Na +）＜c （HA ﹣）+2c （A 2﹣），故A 错误；
B ．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c （H +）+c （Na +）=c （OH ﹣）+c （HCO 3﹣）+2c （CO 32﹣），根据物料守恒得c （Na +）=c （H 2CO 3）+2c （HCO 3﹣）+2c （CO 32﹣），
所以得c （OH ﹣）﹣c （H +）=c （HCO 3﹣）+2c （H 2CO 3），故B 错误；
C ．pH 相等的这几种钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，水解程度 ①＜②＜③，则三种盐溶液浓度 ①＞②＞③，根据钠原子守恒得c （Na +
）：①＞②＞③，故C 正确；
D ．混合溶液pH=7，溶液呈中性，则溶液中存在c （H +）=c （OH ﹣），根据电荷守恒得c （NH 4+）=c （Cl ﹣），故D 错误；
故选C ．
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，涉及盐类水解、弱电解质的电离，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用．
15．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A 和B ，发生反应：A （g ）+xB （g ）⇌2C （g ）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C 的浓度随时间变化关系分别以如表和如图表示：
下列说法正确的是( ) A．x=1
B．10min内乙容器中反应的平均速率v（B ）=0.025mol•L﹣1•min﹣
1
C．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应
D．T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA 、1.5molB，平衡时A的转化率为75%
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为
=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1；
B．由图可知，10min内乙容器中C的浓度变化量为1mol/L，根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；
C．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C
的浓度越低，升高温度平衡
向逆反应移动；
D．计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，再表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算A的转化率．
【解答】解：A．乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为
=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，故A正确；
B．由图可知，10min内乙容器中C的浓度变化量为1mol/L，v（C）==0.1mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=v（C）=×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min），故B错误；
C．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故C错误；
D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：
A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol/L）：3 1 0
变化（mol/L）：0.75 0.75 1.5
平衡（mol/L）：2.25 0.25 1.5
故T1℃，该反应的平衡常数为K==4
令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则： A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始（mol/L）：1 3 0
变化（mol/L）：x x 2x
平衡（mol/L）：1﹣x 3﹣x 2x
所以=4，解得：x=0.75，故A的转化率=×100%=75%，故D 正确，
故选：AD．
【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率计算、化学平衡图象，D选项为易错点、难点，判断x的值是解题的关键，难度中等．
二、第Ⅱ卷（非选择题共80分）铜灰NaCl配料反应盐酸、铜水解H2O过滤洗涤稀盐酸、酒精干燥产品滤液滤渣
16．CuCl为白色晶体，微溶于水，不溶于稀酸和醇，易水解，在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl．实验室以铜灰（主要成分为CuO，其含量约为70%）制备CuCl的流程如下：
制备流程中，“水解”中发生的反应为：Na=CuCl↓+NaCl．
（1）“反应”中，发生的化学方程式为CuO+2HCl+2NaCl+Cu═2Na+H2O，加入稍过量的盐酸作用有使反应充分进行或提高铜元素的浸取率、抑制CuCl水解．
（2）“洗涤”中，先用稀盐酸洗涤数次后用酒精漂洗，用酒精漂洗的目的是洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥．
（3）“过滤”、“洗涤”和“干燥”都必须在真空密闭的环境中进行，否则会发生反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O═2Cu2（OH）3Cl+2HCl．
（4）流程工艺中，水解后的滤液经过后期处理，可回收NaCl（填化学式）以循环使用．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】铜灰（主要成分为CuO，其含量约为70%）中加入氯化钠再加盐酸和铜发生反应生成Na，过滤除去滤渣，滤液进行水解得氯化亚铜，过滤，CuCl为在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl，所以所得固体用盐酸洗涤以除去Cu2（OH）3Cl，再酒精洗涤干燥得CuCl，
（1）根据题中“反应”中的反应物质和生成物，利用元素守恒可写出反应的方程式，CuCl能水解，所以加入稍过量的盐酸抑制其水解，同时能提高铜元素的浸取率；
（2）CuCl能溶于酒精，且酒精易挥发；
（3）CuCl在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl，据此答题；
（4）根据信息Na=CuCl↓+NaCl，水解后的滤液中含有氯化钠，可以循环使用．
【解答】解：铜灰（主要成分为CuO，其含量约为70%）中加入氯化钠再加盐酸和铜发生反应生成Na，过滤除去滤渣，滤液进行水解得氯化亚铜，过滤，CuCl为在空气中易氧化成Cu2（OH）3Cl，所以所得固体用盐酸洗涤以除去Cu2（OH）3Cl，再酒精洗涤干燥得CuCl，
（1）“反应”中铜、氯化钠、盐酸、氧化铜反应生成氯化亚铜，反应的方程式为
CuO+2HCl+2NaCl+Cu═2Na+H2O，CuCl能水解，所以加入稍过量的盐酸抑制其水解，同时能提高铜元素的浸取率，
故答案为：CuO+2HCl+2NaCl+Cu═2Na+H2O；使反应充分进行或提高铜元素的浸取率、抑制CuCl 水解；。