2019-2020学年黄山市重点中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年黄山市重点中学新高考化学模拟试卷
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．对下列溶液的分析正确的是
A ．常温下pH=12的NaOH 溶液，升高温度，其pH 增大
B ．向0.1mol/L NaHSO 3溶液通入氨气至中性时(
)()()+
2-4
+3
c Na
>c NH >c SO
C ．0.01 mol/L 醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大
D ．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA 溶液中加入少量NaOH 固体-+-2-c(HA )c(H )
c(OH )c(A )
g g 将增大
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．NaOH 溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH 溶液，升高温度，溶液中K w 增大，其pH 减小，故A 错误；
B ．0.1mol ⋅L −1的NaHSO 3溶液中通NH 3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na +)=c(SO 32−)+c(HSO 3−)+c(H 2SO 3)①，溶液中存在电荷守恒，即
c(Na +)+c(H +)+c(NH 4+)=2c(SO 32−)+c(HSO 3−)+c(OH −)，因为pH=7即c(Na +)+c(NH 4+)=2c(SO 32−)+c(HSO 3−)②，由①得c(Na +)＞c(SO 32−)；将①式左右两边都加上c(NH 4+)得c(Na +)+c(NH 4+)=c(SO 32−)+c(HSO 3−)+c(H 2SO 3)+c(NH 4+)③，结合②③得c(SO 32−)=c(NH 4+)+c(H 2SO 3)，故c(SO 32−)＞c(NH 4+)，故c(Na +)＞c(SO 32−)＞c(NH 4+)，故C 错误； C ．酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01 mol/L 醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C 正确； D ．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA 溶液中
K K K ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+-++++3+-2--2-+-a w a
c(HA )c(H )c(HA )c(H )c(H )c(H )c(H )c (H )
===c(OH )c(A )c(OH )c(A )c(H )c(OH )，加入少量NaOH 固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D 错误； 答案选C 。

2．丙烯醛（CH 2=CH-CHO ）不能发生的反应类型有（ ） A ．氧化反应 B ．还原反应
C ．消去反应
D ．加聚反应
【答案】C 【解析】 【详解】
丙烯醛含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应，
故选：C。

3．五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟。

T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数，T和Y位于同一主族。

下列推断正确的是（）
A．原子半径：T＜W＜Z＜Y＜X
B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞T＞W
C．氧化物对应水化物的酸性：Y＜T＜W＜Z
D．X3W和XW3都是离子化合物，但所含化学键类型不完全相同
【答案】D
【解析】
【分析】
五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

通过T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代可以判断，T为C元素；根据W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟，W的原子序数小于Z
可以判断出，W为N元素，Z为Cl元素；T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数可以判断出，X的核外电子数为11，X为Na；T和Y位于同一主族，T的原子序数最小，判断出Y为Si元素。

【详解】
A．根据元素电子层数和核电荷数判断，原子半径大小为：W< T<Z <Y <X，A错误；
B．同一周期从左到右，简单气态氢化物的热稳定性越来越强，同一主族从上到下，简单气态氢化物的热稳定性越来越弱，故简单气态氢化物的热稳定性为：W>T>Y，B错误；
C．氧化物对应水化物的酸性无法判断，C错误；
D．X3W和XW3分为Na3N和NaN3，两者都是离子化合物，但Na3N仅含有离子键，NaN3中即含离子键也含共价键，D正确；
答案选D。

4．复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。

下列说法不正确的是
A．放电时,N极发生还原反应
B．充电时,Zn2+向M极移动
C．放电时,每生成1 mol PTO- Zn2+ ,M极溶解Zn的质量为260 g
D．充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e- +4Zn2+=PTO- Zn2+
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为
2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。

【详解】
A. 该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；
B. 充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；
C. 放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确；
D. 充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为
PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；
故选：D。

5．实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（）
A．粗盐的提纯B．制备乙酸乙酯
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘D．配制0.1mol·L-1的盐酸溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A选项，粗盐的提纯需要用到漏斗，故A不符合题意；
B选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；
C选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；
D选项，配制0.1mol·L-1的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D不符合题意。

综上所述，答案为B。

【点睛】
有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图）
6．探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）
A．AlCl3、氨水、稀盐酸B ．、氨水、稀盐酸
C．Al、NaOH溶液、稀盐酸D ．溶液、NaOH溶液、稀盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】
既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。

【详解】
A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；
B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；
C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；
D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。

答案选D。

【点睛】
本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。

7．25℃时，向20 mL 0.1 mol/L一元弱酸HA溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中
lg
()
()
c A
c HA
-
与pH关
系如图所示。

下列说法正确的是
A．A点或B点所示溶液中，离子浓度最大的均是Na+ B．HA滴定NaOH溶液时可用甲基橙作指示剂
C．达到图中B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10 mL
D．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则
()
()()
c A
c HA c OH
-
-
n
一定增大
【答案】C 【解析】【分析】
【详解】
A. 溶液在A 、B 点时，溶液显酸性，则c(H +)>c(OH -)，溶液中存在电荷守恒：c(Na +)+c(H +)=c(OH -)+c(A -)，由于c(H +)>c(OH -)，所以c(Na +)<c(A -)，故A 、B 点溶液中离子浓度最大的都不是Na +，A 错误；
B. HA 为弱酸，NaOH 为强碱，HA 与NaOH 恰好完全反应时生成强碱弱酸盐NaA ，由于A -的水解NaA 溶液呈碱性，而甲基橙作指示剂时溶液pH 变化范围是3.1～4.4，所以HA 滴定NaOH 溶液时不能选择甲基橙作指示剂，B 错误；
C. 溶液在B 点时pH=5.3，lg
()()
c A c HA -=0，则c(A -)=c(HA)，弱酸HA 的电离平衡常数
K a =
()()()
c A ?c H c HA -+
=c(H +
)=10
-5.3
，A -的水解平衡常数K h =14
5.31010
w a K K --=<10-5.3，若向20 mL0.1mol/L HA 溶液中
加入10 mL0.1mol/LNaOH 溶液，得到的是等浓度的HA 、NaA 的混合溶液，由于HA 的电离程度大于NaA 的水解程度，则溶液中c(A -)>c(HA)，即lg ()()
c A c HA ->0，故B 点溶液时，加入NaOH 溶液的体积小于10 mL ，
C 正确；
D. 温度升高，盐水解程度增大，A -的水解平衡常数会增大，
()()()()()()()()a
w
h
c A c A c H K
1
K
K c HA c OH c HA c OH c H -
-
+
-
-
+
⋅===
⋅⋅⋅会随温度的升高而减小，D 错误； 故答案选C 。

8．下列有关实验的图示及分析均正确的是 选项 实验目的
实验图示
实验分析
A
催化裂解正戊烷并
收集产物
正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃
B
酸碱中和滴定
摇动锥形瓶，使溶液向一个方
向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出
C
制取并收集乙炔
用饱和食盐水代替纯水，可达
到降低反应速率的目的
反应完全后，可用仪器a、b
D 实验室制硝基苯
蒸馏得到产品
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，故A错误；
B．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故B正确；
C．用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率，从而可以得到较平缓的乙炔气流，但乙炔的摩尔质量与空气的摩尔质量相近，排空气法收集乙炔不纯，利用乙炔难溶于水的性质，应使用排水法收集，故C错误；D．反应完全后，硝基苯与酸分层，应选分液漏斗分离，粗产品再蒸馏得到硝基苯，图中仪器b为圆底烧瓶，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，并使用温度计测蒸汽温度，故D错误；
答案选B。

9．下列诗句、谚语或与化学现象有关，说法不正确的是
A．“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化
B．“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化
C．“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化
D．“看似风平浪静，实则暗流涌动”形象地描述了溶解平衡的状态
【答案】C
【解析】
【详解】
A．水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，选项A正确；
B．龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选项B正确；
C．石头大多由大理石（即碳酸钙）其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，包含反应CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，属于化学变化，选项C不正确；
D．看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际上在不停的发生溶解平衡，选项D正确。

答案选C。

10．同素异形体指的是同种元素形成的不同结构的单质，它描述的对象是单质。

则同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次为
A．化合物、原子、化合物B．有机物、单质、化合物
C．无机化合物、元素、有机化合物D．化合物、原子、无机化合物
【答案】A
【解析】
【详解】
同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物；同种元素的不同的原子互称同位素；同系物是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的化合物的互称。

同分异构体、同位素、同系物描述的对象依次是化合物、原子、化合物；故A正确；
答案：A
11．25℃时，将1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。

然后向该混合溶液中加入CH3COOH 或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。

下列叙述错误的是
A．该温度下，醋酸的电离平衡常数K a=
-8 10 c
B．a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C．水的电离程度:c>b>a
D．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】A
【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。

A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数
K a=
()()
()
3
3
c CH COO c H
c CH COOH
-+
⨯
=
()
4.3 4.3
4.3
100.110
10
c
--
-
⨯+
-
≈
4.3
100.1
c
-⨯
=
5.3
10
c
-
，故A错误；B. a点溶液的pH=3.1，
是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则
c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C. a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度
越小，b 点加入醋酸水的电离程度减小，c 点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c>b>a ，故C 正确；D. 当混合溶液呈中性时，c(H +)=c(OH -)，根据电荷守恒有c(Na +)=c(CH 3COO -)，则c(Na +)=c(CH 3COO -)>c(H +)=c(OH -)，故D 正确；故选A 。

12．下列指定反应的离子方程式正确的是
A ．NH 4HCO 3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca 2++NH 4++HCO 3-+2OH -=CaCO 3↓+H 2O+NH 3∙H 2O
B ．NaClO 溶液与HI 溶液反应：2ClO -+2H 2O+2I -=I 2+Cl 2↑+4OH -
C ．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe 3O 4+8H +=Fe 2++2Fe 3++4H 2O
D ．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO 42-恰好完全沉淀：2Ba 2++3OH -+Al 3++2SO 42-=2BaSO 4↓+Al(OH)3↓ 【答案】A 【解析】 【详解】
A. 反应符合事实，遵循离子方程式书写的物质拆分原则，A 正确；
B. 酸性环境不能大量存在OH -，不符合反应事实，B 错误；
C. 硝酸具有强氧化性，会将酸溶解后产生的Fe 2+氧化产生Fe 3+，不符合反应事实，C 错误；
D. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO 42-恰好完全沉淀时，Al 3+与OH -的物质的量的比是1：4，二者反应产生AlO 2-，反应的离子方程式为：2Ba 2++4OH -+Al 3++2SO 42-=2BaSO 4↓+ AlO 2-+2H 2O ，不符合反应事实，D 错误； 故合理选项是A 。

13．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） A ．无色透明溶液中:Ca 2+、Cu 2+、Br -、Cl - B ．能使酚酞变红的溶液中:K +、Na +、CO 32—、AlO 2- C ．c(ClO -)=1mol·L -1的溶液中：Fe 2+、Al 3+、NO 3-、I -
D ．K w /c(OH —)=0.1mol·L -1的溶液中:NH 4+、Mg 2+、SO 42-、CH 3COO - 【答案】B 【解析】
A 、含Cu 2+的溶液呈蓝色，故A 错误；
B 、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B 正确；
C 、c(ClO -)=1mol·L -1
的溶液具有氧化性，能氧化Fe 2+
、I -
，故C 错误；D 、()
-Kw c OH
=0.1mol·
L -1的溶液呈酸性，则CH 3COO -不能共存，即D 错误。

因此本题正确答案为B 。

14．有关海水提溴的说法错误的是( ) A ．海水晒盐后的卤水是提溴原料 B ．可以利用氯气氧化溴离子 C ．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出 D ．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴
【答案】D
【解析】
【分析】
海水提溴的三个步骤是：(1)先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br- = Br2+2NaCl (2)将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴。

Br2+SO2+2H2O = 2Br- + SO42- + 4H+ (3)用氯气将富集的溴负离子氧化得到产品溴Cl2+2Br- = Br2+2Cl-。

【详解】
A．海水晒盐后的卤水是提溴原料，故A正确；
B．根据提溴的第一个步骤，先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br- = Br2+2NaCl，故B正确；
C．将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴，故C正确；D．吹出的溴蒸气用吸收液吸收后，再用氯气将富集的溴负离子氧化后得到溴，经分离提纯后可以得到纯溴，故D错误；
答案选D。

【点睛】
熟悉海水提溴的流程是解本题的关键。

15．已知：。

下列关于（b）、（d）、（p）的说法不正确
．．．的是
A．有机物可由2分子b反应生成
B．b、d、p均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色
C．b、q、p均可与乙烯发生反应
D．p的二氯代物有五种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 根据已知反应可知，有机物可由2分子b反应生成，故A正确；
B. b、d、p均含有碳碳双键，则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C. 根据已知反应可知，b、q、p均可与乙烯发生反应，故C正确；
D. p有2种等效氢原子，根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种，分别是3种、
1种，故D错误；
故选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。

某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。

(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。

已知：①饱和 NaClO溶液pH为11；
②25°C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4×10-1，K2=4.1×10-11；HClO：K=3×10-8
实验现象
实验步骤
B瓶C瓶
实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色
实验2：测定溶液的pH 3 12
回答下列问题：
①仪器a的名称___________，装置A中发生反应的离子方程式__________。

②C瓶溶液中的溶质是NaCl、__________（填化学式）。

③若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=1．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因______
(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：
Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。

Ⅱ．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3
溶液的平均用量为24.00mL。

（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_________。

②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因__________滴定至终点的现象_____________。

③C瓶溶液中NaClO含量为______g/L（保留2位小数）
【答案】分液漏斗MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O NaClO、NaOH 溶液中存在平衡
Cl 2+H2O HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 4.41
【解析】
【分析】
装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，
(1)①由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；
②通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；
(2)①取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解；
③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-～I2～2S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。

【详解】
(1)①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；
(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式
NaClO～I2～2S2O32-，
1 2
n 0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol
则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为0.0012mol74.5g/mol
0.02L
=4.41g/L。

【点睛】
本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．元素铬(Cr)在自然界主要以＋3价和＋6价存在。

回答下列问题：
(1)＋6价的Cr能引起细胞变异而对人体不利，可用Na2SO3将Cr2O72－还原为Cr3＋，反应的离子方程式为____________________。

(2)利用铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：
①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是_________(写一条)。

②“水浸”后，要获得浸出液的操作是_______。

浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为______。

③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3。

从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是_________。

【答案】3SO32-+8H++Cr2O72－=2Cr3++3SO42-+4H2O 将铬铁矿粉碎过滤3S2-+20H2O+8Cr2O72－
=8Cr(OH)3↓+3SO42- +16OH-高温下，用CO还原或热还原法
【解析】
【详解】
(1)反应中铬元素化合价从＋6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为3SO32-+8H++Cr2O72－=2Cr3++3SO42-+4H2O；
(2)①影响化学反应速率的外界因素主要有物质的表面积大小、表面积越大，反应速率越快，故为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是粉碎铬铁矿；
②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S 元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为3S2-+20H2O+8Cr2O72－=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-；
③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3 (热还原法)。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：
反应（i）：2CH 4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ•mol-1
反应（ii）：CH 4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H=+247.0 kJ•mol-1
（1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：_______________________________。

（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应（ii）：CH 4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) （不发生其它反应），CO2的平衡转化率如下表所示：
容器起始物质的量(n) / mol CO
2的
平衡转化率CH4CO2CO H2
Ⅰ0.1 0.1 0 0 50％
Ⅱ0.1 0.1 0.2 0.2 /
①下列能说明反应达到平衡状态是_________。

A．v正(CH4) =2v逆(CO)
B．容器内各物质的浓度满足c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)
C．容器内混合气体的总压强不再变化
D．容器内混合气体密度保持不变
②若容器Ⅰ内反应从开始到平衡所用的时间为t min，则t min内该反应的平均反应速率为：v(H2) =
________（用含t的表达式表示）。

③达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满足：2n(CO)Ⅰ_______n(CO)Ⅱ（填“＞”、“＝”或“＜”）（3）将CH4(g)和O2(g)以物质的量比为4:3充入盛有催化剂的恒容密闭容器内，发生上述反应（i）：2CH4(g)＋O 2(g)2CO(g)＋4H2(g)，相同时间段内测得CO的体积分数[ψ(CO)]与温度（T）的关系如图如示。

① T2℃时，CO体积分数最大的原因是_____________。

②若T2℃时，容器内起始压强为P0，平衡时CO的体积分数为20％，则反应的平衡常数K P =_______（用平衡分压强代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

（4）2016年我国科研人员根据反应Na+CO2→ Na2CO3+C（未配平）研制出一种室温“可呼吸”Na-CO2电池。

放电时该电池“吸入”CO 2，充电时“呼出”CO 2。

其放电时的工作原理如图所示，已知吸收的全部CO 2中，有2
3
转化为Na 2CO 3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT ）电极表面，写出放电时正极的电极反应式：_________________。

【答案】CO(g)＋
O 2(g) = CO 2(g) △H=－282.7kJ•mol -1 C
0.05
t
mol ·L －1·min －1 ＞ 低于T 2℃时，反应未达平衡，相同时间内温度越高，反应速率越快，CO 的体积分数就越高，高于T2℃时，反应达到平衡，因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO 的体积分数就越小
3
0128p 343
4Na ++3CO 2+4e -=2Na 2CO 3+C （3CO 2+4e -=2CO 32－+C ） 【解析】 【详解】 (1) 2CH 4(g)＋O 2(g)2CO(g)＋4H 2(g) △H=－71.4kJ•mol -1 ① CH 4(g)＋CO 2(g)
2CO(g)＋2H 2(g) △H=+247.0 kJ•mol -1 ②
将[①-2×②]/2得：CO(g)＋O 2(g) = CO 2(g) △H=－282.7kJ•mol -1
答案为：CO(g)＋
O 2(g) = CO 2(g) △H=－282.7kJ•mol -1
(2) ① A ．2v 正(CH 4) =v 逆(CO)，才是平衡状态，v 正(CH 4) =2v 逆(CO)，不是平衡状态； B ．利用三段式进行计算 CH 4(g)＋CO 2(g)
2CO(g)＋2H 2(g)
起始量 0.1 0.1 0 0 变化量 0.05 0.05 0.1 0.1 平衡量 0.05 0.05 0.1 0.1
K=22
0.10.1220.050.05
22⨯（
）（）
=0.01，
通过计算可知，此反应的平衡常数为1/400，所以容器内各物质的浓度满足c(CH 4)·c(CO 2)=c 2(CO)·c 2(H 2)不是平衡状态；
C ．因为反应前后气体的分子数不等，所以当容器内混合气体的总压强不再变化时，反应达平衡状态；
D ．因为容器的体积不变，气体的总质量不变，所以容器内混合气体密度始终保持不变，从而得出结论：密度不变不一定是平衡状态。

故答案为C 。

② 由上面计算可知，达平衡状态时，c(H 2)=0.1mol/2L=0.05mol/L v(H 2) =
0.05/0.05/(min)min mol L mol L t t =⋅ 答案为0.05
t
mol ·L －1·min －1；
③ 达到平衡时，容器Ⅱ相当于容器Ⅰ缩小体积为原来的二分之一，此时平衡逆向移动，CO 的物质的量减小，也就是说比原来的二倍要小，即2n(CO)Ⅰ＞n(CO)Ⅱ。

答案为 ＞；
(3) ①从图中可以看出，起初，随着温度的不断升高，CO 体积分数不断增大，说明反应不断地向右进行；当温度到达T 2℃时，再升高温度，CO 体积分数不断减小，此时平衡逆向移动。

也就是说，T 2℃前，反应未达平衡，曲线上的每一点，都不是平衡点；T 2℃后，反应达平衡，曲线上的每一点，都是该温度下的平衡点。

由此也能得出，此反应为放热反应。

答案为：低于T 2℃时，反应未达平衡，相同时间内温度越高，反应速率越快，CO 的体积分数就越高，高于T2℃时，反应达到平衡，因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO 的体积分数就越小；
② 我们仍用三段式求解 2CH 4(g)＋O 2(g)
2CO(g)＋4H 2(g)
起始量 4 3 0 0 变化量 2x x 2x 4x 平衡量 4-2x 3-x 2x 4x
21
735
x x =+ x=1
10
=7
P p 平
42
0030200410210()()128107107210210343()()107107
p P P K P P P ⨯⨯==⨯⨯ 答案为30128p 343；
(4) 依题意知，3CO 2+4e - →2Na 2CO 3，依据电子守恒和质量守恒，产物中应有C 、反应物中应含有Na +，从而得出放电时正极的电极反应式：4Na ++3CO 2+4e -=2Na 2CO 3+C ， 答案为4Na ++3CO 2+4e -=2Na 2CO 3+C 。

19．由两种或两种以上金属离子（或铵根离子）和一种酸根离子构成的盐称为复盐。

为确定某复盐结晶水合物Q （含有两种金属阳离子）的组成，甲、乙两位同学分别进行了如下实验：
请回答下列问题：
（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，为__________、洗涤，仅由甲的实验能不能确定操作Ⅰ中所得固体的成分？__________（填“能”或“不能”），说明理由：_________。

（2）甲实验中通入过量二氧化碳发生反应生成沉淀的离子方程式为_______。

（3）0.8 g 红棕色粉末的物质的量为__________。

（4）乙实验中，若100 mL 硝酸钡溶液恰好完全反应，则硝酸钡溶液的物质的量浓度为__________。

（5）Q 的化学式为________。

【答案】过滤 不能 2Fe(OH)、3Fe(OH)在空气中灼烧时均能生成23Fe O
22233CO AlO 2H O Al(OH)HCO --
++===↓+ 0.005 mol 10.4mol L -⋅
()2424Al Fe SO 12H O ⋅
【解析】 【分析】
甲的流程：溶液加入过量氢氧化钠溶液，生成偏铝酸钠和氢氧化铁（或氢氧化亚铁）沉淀，过滤、洗涤，沉淀灼烧得到氧化铁；溶液通入过量二氧化碳，发生反应CO 2+AlO 2-+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3-，过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝。

由红棕色固体Fe 2O 3可知Q 中含有2Fe +或3Fe +，铁元素的物质的量为
0.8g 2
160g /mol
⨯=0.01mol ，质量为0.01mol ×56g/mol=0.56g ；由Q 与过量氢氧化钠溶液反应得到的溶液中通入
过量的二氧化碳后有沉淀Al(OH)3生成，氢氧化铝灼烧生成三氧化二铝，铝元素的物质的量为
1.02g 2
102g /mol
⨯=0.02mol ，质量为0.02mol ×27g/mol=0.54g 。

乙的流程：溶液中加入硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥得到9.32g 的硫酸钡。

硫酸根离子的物质的量为
9.32g
233g /mol
=0.04mol ，质量为0.04mol ×96g/mol=3.84g ；结晶水的质量为
7.1g-3.84g-0.54g-0.56g=2.16g ，物质的量为 2.16g
18g /mol
=0.12mol ；据此分析。

【详解】
（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，为过滤、洗涤，仅由甲的实验不能确定操作Ⅰ中所得固体，因为Fe(OH)2、Fe(OH)3在空气中灼烧时均能生成Fe 2O 3，无法确定是亚铁离子还是铁离子； 答案： 过滤 不能 Fe(OH)2、Fe(OH)3在空气中灼烧时均能生成Fe 2O 3
（2）甲实验中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为CO 2+AlO 2-+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3－； 答案：CO 2+AlO 2-+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3－
（3）0.8 g 红棕色粉末（Fe 2O 3）的物质的量为
0.8160/g
g mol
=0.005mol ； 答案：0.005mol
（4）乙实验中，若100 mL 硝酸钡溶液恰好完全反应，Ba 2++SO 42－=BaSO 4↓。

硫酸根离子的物质的量为。