B．浓度为0.1mol·L的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO3）
C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小 【答案】D 【解析】
-1
试题分析：A．硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1mol·L的HNO3溶液中，由水电离出的c(H)＝10
+
—13
－12－
mol/L＜，A正确；B．浓度为0.1mol·L的NaHCO3溶液显碱
2－
－1
性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）＞c（CO3），B正确；C．溶度积常数只与温度有关系，则25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D．稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH先减小后增大，D错误，答案选D。 考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等 15．已知：2X+Y2Z，反应中ω（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示。下列判断正确的是
A．T1时，v正>v逆 B．正反应的△H<0
C．a、b两点的反应速率va=vb
D．T 【解析】T1时，Z的物质的量分数最大，说明反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，A不正确；平衡后如果继续升高温度，Z的物质的量分数降低，说明正反应是放热反应，选项B正确；a、b两点的温度不同，反应速率不相同，选项C不正确；T 16．(27分)（1）现有如下两个反应：①NaOH + HCl = NaCl + H2O;②Fe +H2SO4 = FeSO4 + H2 ↑两反应中为放热反应的是 ，能设计成原电池的是 。（填序号） + （2）根据下图填空① 电子从 片流出，溶液中H向 片移动。 ② 正极的现象是 ，发生 反应（填写“氧化”或“还原”）。 ③负极的电极方程式为 ④ 若反应过程中有0.01mol电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为 5????11 L。 （3）写出电解氯化铜溶液时，阴极的电极反应方程式： 。 【答案】（1）①②； ② —2+ (2) ①Zn ； Cu； ②有气泡产生； 还原； ③Zn—2e==Zn ； ④0.112 2+— （3）Cu+2e= Cu 【解析】 试题分析：（1）①是酸碱中和反应，是放热反应；②是置换反应，属于放热反应；能设计成原电池的反应应该是有电子转移的氧化还原反应，②有化合价的升降，是氧化还原反应，可以设计为原电池。（2）① 在该原电池中Zn为负极，失去电子，电子从Zn片流出。经过导线，流回正极Cu。在溶液中根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原 +-则，H+向含有负电荷较多的正极Cu片移动。② 在正极Cu上发生反应：2H+2e=H2↑，反 应类型是还原反应，看到的现象是有气泡产生。③在负极上Zn失去电子，被氧化。负极的 —2+ 电极方程式为Zn—2e==Zn ；④ 若反应过程中有0.01mol电子发生转移，根据电子守恒，可得n(H2)=0.005mol，所以生成的氢气在标准状况下的体积为 2+ 0.005mol×22.4L/mol=0.112L．（3）电解氯化铜溶液时，在阴极上Cu得到电子，发生还 2+— 原反应。该电极反应方程式：Cu+2e= Cu。 考点：考查 17．6g某单质X能从盐酸中置换出0.3g H2，同时生成XCl2；另一种元素Y，它的最高价氧化物的化学式为YO3，在Y的氢化物中，Y的质量分数为94.1%。X和Y原子中质子数均等于中子数，Z元素的氢化物与它的最高价氧化物的水化物反应可生成一种盐， （1）X、Y两元素的相对原子质量：X ；Y 。 （2）写出Y的另一种常见氧化物与足量X的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式 。 （3）Z元素的氢化物与它的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为______________ （4）Z元素的氢化物的沸点比同族其它元素的氢化物的沸点 （填“高”或者“低”)原因是 【答案】（1）X 40；Y 32（2）SO2+Ca(OH)2＝CaSO3+H2O(3)NH3+HNO3=NH4NO3（4）高 氨气分子之间产生了氢键 【解析】 试题分析：（1）6g某单质X能从盐酸中置换出0.3g H2，同时生成XCl2，说明6g X在反应中失去电子为0.3g×2g/mol×2=0.3mol，又因为X的化合价是＋2价，失去2个电子，所以X的物质的量是0.15mol 则X的摩尔质量=6g÷0.15moL=40g/mol，则X相对分子质量是40，所以X是Ca元素。Y的最高价氧化物的化学式为YO3，则Y的最高价是＋6价，则最低价是－2价，Y的氢化物为H2Y，在Y的氢化物中，Y的质量分数为94.1%，即M(Y)÷[M(Y)+2]×100%=94.1%，解得M(Y)=32，Y是S元素；Z元素的氢化物与它的最高价氧化物的水化物反应可生成一种盐，则Z为N元素。 （1）根据上述推断，）X、Y两元素的相对原子质量分别为X:40，Y:32。 （2）Y的另一种常见氧化物是SO2，X的最高价氧化物对应水化物是Ca(OH)2，SO2是酸性氧化物，和氢氧化钙反应的化学方程式是SO2+Ca(OH)2＝CaSO3+H2O。 （3）Z元素的氢化物是NH3 ，Z的最高价氧化物的水化物是HNO3 ，两者反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3 。 （4）Z元素的氢化物的NH3 ，由于氨气分子之间产生了氢键，所以氨气的沸点比同族其它元素的氢化物的沸点高。 6????11 【考点定位】考查元素相对原子质量的计算以及方程式的书写等知识。 【名师点睛】本题考查元素相对原子质量的计算以及方程式的书写等知识。侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是利用好元素周期律，然后结合题意灵活运用即可。 18．（5分）“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用下图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题： （1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式： ______________________________________________________________ （2）饱和碳酸钠溶液的主要作用是_____________________________________________。 （3）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是_____________________。 【答案】（1）CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O（2分）； （2）除去挥发出来的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度（2分）； （3）分液（1分）； 【解析】 试题分析：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O。 （2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯； （3）分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故答案为：分液。 考点：本题考查乙酸乙酯的制备、实验方案的分析。 19．下列实验现象预测正确的是 7????11 A．实验I：打开止水夹，烧瓶内出现红色喷泉 B．实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，颜色无明显变化 C．实验III：静置一段时间，小试管内有晶体析出 D．实验IV：烧杯中液体变为红褐色后，继续加热煮沸，会出现浑浊 【答案】CD 【解析】 试题分析：A、酚酞遇到酸不显色，错误，不选A；B、蔗糖中加入浓硫酸，会被浓硫酸脱水成碳，碳再和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫能是酸性高锰酸钾溶液褪色，错误，不选B；C、浓硫酸有吸水性，饱和溶液中的水挥发后溶液中有晶体析出，正确，选C；D、沸水中加入饱和氯化铁溶液，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，继续加热胶体发生聚沉，产生沉淀，正确，选D。 考点：浓硫酸的特性，胶体的制备和性质 20．CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应,产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物。通过下述实验确定该晶体的组成。 —1 步骤a：称取0.672 0 g样品,放入锥形瓶，加入适量2 mol·L稀硫酸,微热使样品溶 -1 解。再加入30 mL水加热，用0.200 0 mol·L KMnO4溶液滴定至终点，消耗8.00 mL。 步骤b：接着将溶液充分加热,使淡紫红色消失,溶液最终呈现蓝色。冷却后,调节pH并加 -1 入过量的KI固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI。用0.250 0 mol·L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗8.00 mL。 相关反应离子方程式如下： -2-+2+ 步骤a：2 MnO4+5C2O4+16H = 2Mn+8H2O+10CO2↑ 2+-2--2-步骤b：2Cu+4I = 2CuI↓+I2 I2+2S2O3= 2I+S4O6 -12+-6-1 （1） 已知室温下CuI的Ksp=1.27×10，欲使溶液中c(Cu)≤1.0×10 mol·L，应保 --1 持溶液中c(I)≥ mol·L； -2+ （2） MnO4在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn。该反应的离子方程式 2+ 为 ；若无该操作,则测定的Cu的含量将会 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 （3）步骤b用淀粉溶液作指示剂,则滴定终点观察到的现象为 。 （4）通过计算确定样品晶体的组成。 【答案】（1）1.27×10 -6 （2） 4MnO 4+12H —+ 4Mn+5O2↑+6H2O ；偏高（3）溶液由 2+ 蓝色变为无色,且半分钟内不变色 （4）样品晶体的组成是K2Cu(C2O4)2·H2O 【解析】 -12+-6 试题分析：（1）由于室温下CuI的Ksp=1.27×10，欲使溶液中c(Cu)≤1.0×10 mol·L，所以c(I)=Ksp÷c(Cu)= --1 -+ =1.27×10mol/L。 2+ -6 （2） MnO4在酸性条件下，加热能分解为O2；同时生成Mn。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为4MnO 4+12H 2+ + 2+— + 4Mn+5O2↑+6H2O；若不将MnO 4 2+ 2+- 转化为Mn，若无该操作，则Cu会被氧化为Cu，使测定的Cu的含量将会偏高； （3） 步骤b用淀粉溶液作指示剂，在滴定前溶液中含有I2，遇淀粉溶液变为蓝色，随着反应的进行，I2不断消耗，溶液的浓度逐渐减小，溶液的蓝色逐渐变浅。所以滴定终点观察到的现象为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色。 8????11
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