长沙市达标名校2018年高考三月大联考化学试卷含解析

长沙市达标名校2018年高考三月大联考化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。

一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。

下列叙述不正确的是
A．该电池工作时Fe、P元素化合价均不变
B．放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔
C．充电时，铝箔电极应该接电源的正极
D．充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移
2．下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是
A．葡萄糖B．蛋白质C．硫酸铁D．淀粉
3．设N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A．4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2N A
B．2.24LCl2与CH4在光照下反应生成的HCl分子数为0.1N A
C．常温下，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3N A
D．4.2gCaH2与水完全反应，转移的电子数为0.1N A
4．四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素。

下列说法不正确的是()
Y Z
M X
A．简单离子半径大小：M＜Z
B．简单氢化物的稳定性：Z＞Y
C．X与Z形成的化合物具有较高熔沸点
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强
5．AlCl3常作净水剂。

某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。

下列说法错误的是
A．按气流方向从左至右，装置连接顺序为a→c→b→d
B．先启动a中反应，当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯
C．试剂R为P2O5或CaCl2吸收空气中的水蒸气
D．为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞
6．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C 2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。

乙烯的平衡转化率随温度、压强的
变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。

下列分析不正确
．．．的是（）
A．乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B．图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C．图中a点对应的平衡常数K ＝
5 16
D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
7．一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。

电池工作时发生的反应为：
Ru II Ru II *(激发态)
Ru II*→ Ru III+e-
I3-+ 2e-→3I-
Ru III+3I-→Ru II++ I3-
下列关于该电池叙述错误的是( )
A．电池中镀Pt导电玻璃为正极
B ．电池工作时，I －离子在镀Pt 导电玻璃电极上放电
C ．电池工作时，电解质中I －和I 3－浓度不会减少
D ．电池工作时，是将太阳能转化为电能
8．2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc 。

下列有关说法正确的是 A ．Mc 的最低负化合价为－3 B ．Mc 的最高价氧化物的化式为Mc 2O 5 C ．288
115Mc 的中子数为115
D ．通过化学反应可使288
115Mc 转化为290
115Mc
9．1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。

Ga(镓)和As(砷
)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是 Al P Ga
As
A ．Ga 的原子序数为31
B ．碱性：Al(OH)3 <Ga(OH)3
C ．简单离子半径r(Ga 3+)>r(As 3-)>r(P 3-)
D ．GaAs 可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域
10．草酸(H 2C 2O 4)是一种二元弱酸。

常温下，向H 2C 2O 4溶液中逐滴加入NaOH 溶液，混合溶液中lgX[X 为
-24242c(HC O c(H C O ))
或
2-24-24
c(C O )c(HC O )
]与pH 的变化关系如图所示。

下列说法一定正确的是
A ．Ⅰ表示lg
-24242c(HC O c(H C O ))
与pH 的变化关系
B ．pH ＝1.22的溶液中：2c(
C 2O 42-)＋c (HC 2O 4-)=c (Na ＋) C ．根据图中数据计算可知，K a2(H 2C 2O 4)的数量级为10-4
D ．pH 由1.22到4.19的过程中，水的电离程度先增大后减小
11．使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：
则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）
A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/mol
B．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－70.1kJ/mol
C．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝70.1kJ/mol
D．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/mol
12．测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电导率越大其导电能力越强。

室温下，用0.100mol•L-1的NH3•H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。

下列说法正确的是（）
A．①点溶液：pH最大
B．溶液温度：①高于②
C．③点溶液中：c(Cl-)＞c(CH3COO-)
D．②点溶液中：c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
13．已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4⇌H++HMO4-，HMO4-⇌H++MO42-。

常温下向20 mL0.1mol/L NaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。

下列说法正确的是
A．该氢氧化钠溶液pH=12
B．图像中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)
C．滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大
D．图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)
14．下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是()
选项操作现象解释、结论
A
用玻璃棒蘸取浓氨水点到干
燥红色石蕊试纸上
试纸变蓝色浓氨水呈碱性
B
向饱和Na2CO3溶液中通入足
量CO2
溶液变浑浊析出了Na2CO3晶体C 向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌蔗糖变黑，体积膨胀
反应中浓硫酸只体现
脱水性
D 过量的Fe粉与氯气充分反应
后，向反应后的混合物中加
水，取上层清液滴入KSCN溶
液
溶液不变红色
氯气将Fe氧化为Fe2
＋
A．A B．B C．C D．D
15．“NaCl＋CO2＋NH3＋H2O→NaHCO3↓＋NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。

下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。

错误的是
A．甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小
B．乙同学说：NaHCO3不是纯碱
C．丙同学说：析出NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵
D．丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。

在中性或碱性环境中稳定。

I.制备Na2S2O3•5H2O
反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)
实验步骤：
①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。

另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。

②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。

③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。

回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。

（2）仪器a 的名称是___，其作用是___。

（3）产品中除了有未反应的Na 2SO 3外，最可能存在的无机杂质是___，检验是否存在该杂质的方法是___。

（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为___。

II.测定产品纯度
准确称取Wg 产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L 碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S 2O 32-+I 2=S 4O 62-+2I -。

（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为___。

（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___ mL 。

产品的纯度为___（设Na 2S 2O 3•5H 2O 相对分子质量为M ）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．请根据以下知识解答
1R -C C-H ≡ +R 2-CHO →（R 代表烃基，下同。

）
2n 2R-C C-(CH )-CH=CH ≡ +H 2
2n 2R-CH=CH-(CH )-CH=CH
1，4―丁二醇是生产工程塑料PBT （聚对苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通过下图两种不同的合成路线制备，请写出相应物质的结构简式
(1)请写出A 和D 的结构简式：________________________、_____________________。

(2)写出生成CH 2BrCH=CHCH 2Br 的化学反应方程式：______写出生成F (PBT)的化学反应方程式:___。

(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子最多有________个。

(4)某学生研究发现由乙炔可制得乙二醇，请你设计出合理的反应流程图。

________________ 提示：①合成过程中无机试剂任选 ②反应流程图表示方法示例如下：
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．研究CO 、2CO 、NO x 的回收对改善生态环境和构建生态文明具有重要的意义。

(1)有科学家经过研究发现，用2CO 和2H 在210290~℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。

230℃，向容器中投入20.5mol CO 和21.5mol H 。

当2CO 平衡转化率达80％时放出热量19.6kJ 能量，写出该反应的热化学方程式______。

一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是______(填代号)。

A ．逆反应速率先增大后减小 B ．2H 的转化率增大
C ．生成物的体积百分含量减小
D ．容器中的()()22CO H n n 恒变小 (2)向容积可变的密闭容器中充入1mol CO 和22.2mol H ，在恒温恒压条件下发生反应
()()
()23CO g 2H g CH OH g +0H ∆<，平衡时CO 的转化率()CO m 随温度、压强的变化情况如
图甲所示。

①压强：1p ______2p (填“＞”“＜”或“＝”)
②M 点时，2H 的转化率为______(计算结果精确到0.1％)，用平衡分压代替平衡浓度计算该反应的平衡常数p K =______(用含1p 的最简表达式表达，分压＝总压×物质的量分数)。

③不同温度下，该反应的平衡常数的对数值()lg K 如图乙所示，其中A 点为506K 时平衡常数的对数值，则B 、C 、D 、E 四点中能正确表示该反应的lg K 与温度()T 的关系的是______。

(3)2H 还原NO 的反应为()()()()2222NO g 2H g N g 2H O l ++，上述反应分两步进行：
i ．()()
()()22222NO g H g N g H O l ++(慢反应)
ii ．()()
()2222H O l H g 2H O l +(快反应)。

下列叙述正确的是______(填字母)。

A ．22H O 是该反应的催化剂
B ．反应i 的活化能较高
C ．总反应速率由反应ii 的速率决定
D ．反应i 中NO 和2H 的碰撞仅部分有效 (4)利用()
()()22CO g 2C s O g +消除CO 对环境的污染不可行的原因是______。

(5)用NaOH 溶液做碳捕捉剂，在降低碳排放的同时也获得化工产品23Na CO 。

常温下，若某次捕捉后得到pH 10=的溶液，则溶液中(
)
3HCO c -
：
()23CO c -=______()()311
223222K H CO 4.410,K H CO 510--⎡⎤=⨯=⨯⎣⎦
19．（6分）乙烯的分子式为C 2H 4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究乙烯的制备和综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：
（1）乙烯的制备：工业上常利用反应C 2H 6（g ）
C 2H 4（g ）+H 2（g ） △H 制备乙烯。

已知：Ⅰ．C 2H 4（g ）+3O 2（g ）=2CO 2（g ）+2H 2O （l ） △H 1=-1556.8kJ ·mol -1；
Ⅱ．H 2（g ）+
1
2O 2（g ）=H 2O （1） △H 2=-285.5kJ ·mol -1； Ⅲ．C 2H 6（g ）+7
2
O 2（g ）=2CO 2（g ）+3H 2O （l ） △H 3=-1559.9kJ ·mol -1。

则△H=___kJ ·mol -1。

（2）乙烯可用于制备乙醇：C 2H 4（g ）+H 2O （g ）
C 2H 5OH （g ）。

向某恒容密闭容器中充入a mol C 2H 4（g ）
和 a mol H 2O （g ），测得C 2H 4（g ）的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应为____热反应（填“吸”或“放”），理由为____。

②A点时容器中气体的总物质的量为____。

已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（K P），测得300℃时，反应达到平衡时该容器内的压强为b MPa，则A点对应温度下的K P=____MPa-1（用含b的分数表示）。

③已知：C 2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的反应速率表达式为v正=k正c（C2H4）·c（H2O），v逆=k逆c （C2H5OH），其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。

则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是___（填选项字母）。

A．k正增大，k逆减小B．k正减小，k逆增大
C．k正增大的倍数大于k逆D．k正增大的倍数小于k逆
④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4（g）的平衡转化率__10%（填“>”“<”或“=”）。

（3）乙烯可以被氧化为乙醛（CH3CHO），电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_____极（填“阴”或“阳”），对应的电极反应式为___。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe 元素化合价发生了变化，A错误；
B. 根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；
C. 根据题意可知充电时Al 箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C 正确；
D. 根据图示可知：电池放电时Li +通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li +要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D 正确； 故答案选A 。

2．A 【解析】 【详解】
A. 葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A 符合题意；
B. 蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B 不符合题意；
C. 硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe 3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C 不符合题意；
D. 淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D 不符合题意； 故合理选项是A 。

3．A 【解析】 【详解】
A.4.0g CO 2中含有的质子数为
4.022244/A A g N N g mol ⨯=，4.0gSO 2中含有的质子数为4.032264/A
A g N N g mol
⨯=，因
此4.0g 由CO 2和SO 2 组成的混合物中含有的质子数也为2N A ，故A 正确； B.未说标准状况，无法计算，故B 错误； C.不要忽略C-H 键，0.1mol 环氧乙烷(
)中含有的共价键数应该为7N A ，故C 错误；
D. 4.2gCaH 2与水完全反应，化学方程式为CaH 2+2H 2O=Ca （OH ）2+2H 2↑转移的电子的物质的量为
4.22
42/g g mol
⨯=0.2mol ，故D 错误；
答案：A 【点睛】
易错选项C ，忽略C-H 键的存在。

4．D 【解析】 【分析】
由周期表和题干只有M 为金属元素可知：M 为Al 、X 为Si 、Y 为N 、Z 为O ，据此解答。

【详解】
由上述分析可知，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，
A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：M＜Z，故A正确；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z＞Y，故B正确；
C．X与Z形成的化合物为二氧化硅，为原子晶体，具有较高熔沸点，故C正确；
D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；
故选：D。

【点睛】
比较简单离子半径时，先比较电子层数，电子层数越多，离子半径越大，当具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小。

5．C
【解析】
【详解】
A．制得氯气后，应先除HCl后干燥，A正确；
B．通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；
C．试剂R的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；
D．关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a中反应会停止，D正确。

故选C。

6．B
【解析】
【分析】
A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。

【详解】
A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1<p2<p3，因此压强
p1<p2<p3，B项错误；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，那么乙烯转化了0.2mol/L
C 2H4(g) + H2O(g) C2H5OH(g)
始(mol/L) 1 1 0 转(mol/L) 0.2 0.2 0.2 平(mol/L) 0.8 0.8 0.2
平衡常数K= K=
()
()()
25
242
c C H OH
c C H c H O
=
0.2
0.80.8
⨯
=
5
16
，C项正确；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。

7．B
【解析】
【分析】
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。

【详解】
根据上述分析，结合图示信息得，
A. 由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；
B. 原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；
C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；
D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。

答案选B。

8．B
【解析】
【详解】
A. 该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；
B. Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O 5，故B正确；
C. 288
115
Mc的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故C错误；
D. 288
115Mc和290
115
Mc互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故
D错误；答案选B。

9．C
【解析】【详解】
A. Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为
13+18=31，A正确；
B. Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Al<Ga，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3 <Ga(OH)3，B正确；
C. 电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越大，Ga3+、P3-离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：
r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C错误；
D. GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；故合理选项是C。

10．A
【解析】
【分析】
H2C2O 4H++HC2O4- K a1=
-
24
24
+
2
c(HC O
c(H C O
)c(H)
)
⨯
，lg
-
24
24
2
c(HC O
c(H C O
)
)
=0时，
-
24
24
2
c(HC O
c(H C O
)
)
=1，K a1=c(H+)=10-pH；
HC2O4-H++C2O42- K a2=
2-
24
24
+
c(C O
c(HC O
)c(H)
)-
⨯
，lg
2-
24
24
c(C O
c(HC O
)
)-
=0时，
2-
24
24
c(C O
c(HC O
)
)-
=1，K a2= c(H+)=10-pH。

【详解】
A．由于K a1＞K a2，所以
-
24
24
2
c(HC O
c(H C O
)
)
=1时溶液的pH比
2-
24
24
c(C O
c(HC O
)
)-
=1时溶液的pH小，所以，Ⅰ表示
lg
-
24
24
2
c(HC O
c(H C O
)
)
与pH的变化关系，A正确；
B．电荷守恒：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，pH＝1.22，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，那么：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＞c(Na＋)，B错误；
C．由A可知，Ⅱ为lg
2-
24
24
c(C O
c(HC O
)
)-
与pH的变化关系，由分析可知，K a2= c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5，故
K a2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；
D．H2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。

H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，pH由1.22到4.19的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D错误；
答案选A。

【点睛】
酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2C2O4，此时pH最小，水的
电离程度最小，草酸和NaOH恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。

11．D
【解析】
【分析】
本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。

【详解】
左图对应的热化学方程式为A. CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO (g) + H2O(g)=H2 (g) + CO2 (9) △H=-33.2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意；
答案：D。

【点睛】
根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。

12．C
【解析】
【分析】
室温下，用0.100mol•L-1的NH3•H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3•H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3•H2O后，NH3•H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。

【详解】
A．①点处为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3•H2O的滴入，pH逐渐升高，A错误；B．酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：①低于②，B错误；
C．③点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故③点溶液中：c(Cl-)＞c(CH3COO-)，C正确；
D．②点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，
c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；
答案选C。

13．B
【解析】
【分析】
根据图像可知，NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗NaOH的体积为20mL ，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三
大守恒”进行分析。

【详解】
A ．根据图像分析可知，F 点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO 4+ NaOH = Na 2MO 4+H 2O ，
20×10-3
L ×0.1mol ∙L -1
=20×10-3
L ×c(NaOH )，推出c(NaOH)=0.1mol/L ，c(H +
)=()Kw c OH -=
14
100.1
-=10-13mol/L ，则pH=13，故A 错误；
B ．F 点溶质为Na 2MO 4，溶液中质子守恒为c(OH -)=c(H +)+c(HMO 4-)+2c(H 2MO 4)，所以c(OH -)＞c(HMO 4-)，故B 正确；
C ．根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na 2MO 4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na 2MO 4时，水解程度最大， E 到F 过程中，水的电离程度增大，F 到G 过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C 错误；
D ．由A 选项推出c(NaOH)=0.1mol/L ，G 点加入40mL 等浓度的NaOH 溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH 和Na 2MO 4，Na +的浓度最大，MO 42−部分水解，溶液显碱性，则c(OH −)> c(H +)，溶液中存在电荷守恒：c(Na +)+c(H +)=2c(MO 42−)+c(HMO 4-)+c(OH −)，则c(Na +)＜c(HMO 4-)+2c(MO 42-)，故D 错误； 答案选B 。

14．A 【解析】 【分析】
A ．试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性；
B ．向饱和Na 2CO 3溶液中通入足量CO 2生成碳酸氢钠；
C ．体积膨胀，原因是生成气体；
D ．氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应。

【详解】
A ．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性，选项A 正确；
B ．向饱和Na 2CO 3溶液中通入足量CO 2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，析出晶体为碳酸氢钠，选项B 错误；
C ．体积膨胀，说明生成了气体，原因是碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，选项C 错误；
D ．氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，滴加KSCN ，溶液不变色，选项D 错误． 答案选A 。

【点睛】
本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，注意把握物质性质的异同，把握实验方法和注意事
项，难度不大。

15．C 【解析】
反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO 3的溶解度较小，故A 正确；纯碱是Na 2CO 3，NaHCO 3是小苏打，故B 正确；析出 NaHCO 3固体后的溶液仍是NaHCO 3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO 3等，故C 错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D 正确。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管(或球形冷凝管) 冷凝回流 Na 2SO 4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na 2SO 4
2-+2322S O +2H =S +SO +H O ↑↓ 由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 18.10
33.62010mol M
100%Wg
-⨯⨯⨯
【解析】 【分析】
I ．（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答； （3）由于S 2O 32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；
（4）S 2O 32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式； II ．（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝； （6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。

【详解】
I ．（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据题中图示装置图可知，仪器a 为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；
（3）2-23S O 具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方
法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na 2SO 4，故答案为：Na 2SO 4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na 2SO 4；
（4）2-23S O 与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：2-+2322S O +2H =S +SO +H O ↑↓；
II ．（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色； （6）起始体积为0.00mL ，终点体积为18.10mL ，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL ；该滴定过程中反应的关系式为：2-
23
22S O I ，()
()2--3323
2S O 2I 20.1mol/L 18.1010L=3.62010mol n n -==⨯⨯⨯⨯，则产品的纯度为
33.62010mol M
100%Wg
-⨯⨯⨯。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．CH≡CCH=CH 2 CH≡CCH 2OH CH 2=CHCH=CH 2+Br 2→CH 2BrCH=CHCH 2Br nHOCH 2(CH 2)2CH 2OH+
→
+2nH 2O
4个
【解析】 【分析】
乙炔与甲醛发生加成反应生成D 为HC≡CCH 2OH ，
D 与甲醛进一步发生加成反应生成
E 为HOCH 2C≡CCH 2OH ，E 与氢气发生加成反应生成HOCH 2CH 2CH 2CH 2OH 。

分子乙炔聚合得到A 为HC≡CCH=CH 2，结合信息可以知道及HOCH 2CH 2CH 2CH 2OH 可以知道，A 与氢气发生加成反应生成B 为CH 2=CHCH=CH 2，B 与溴发生1，4-加成反应生成BrCH 2CH=CHCH 2Br ，BrCH 2CH=CHCH 2Br 与氢气发生加成反应生成C 为BrCH 2CH 2CH 2CH 2Br ，C 发生水解反应得到HOCH 2CH 2CH 2CH 2OH ，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT 为
，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯
与溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。

据此分析。

【详解】
(1)由上述分析可以知道A 为HC≡CCH=CH 2，D 为HC≡CCH 2OH ，答案为：HC≡CCH=CH 2；HC≡CCH 2OH ；(2)CH 2=CHCH=CH 2与溴发生1，4加成反应生成BrCH 2CH=CHCH 2Br ，化学方程式为：
CH 2=CHCH=CH 2+Br 2→CH 2BrCH=CHCH 2Br ，1，4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT ，反应方程式为：
；
(3)关于对苯二甲酸的结构，在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子，所以最多4个，答案为：4；
(4) 由乙炔制乙二醇，可以用乙炔与氢气加成生成乙烯，乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇，反应的合成路线流程图为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）。