B. 平衡向正反应方向移动
C. B 的浓度增大
D. C 的体积分数下降
【答案】D
【解析】恒温扩大体积则气体的压强减小，平衡向气体总体积增大的方向移动。
因原平衡时A的浓度为0.5mol·L－１，当体积扩大两倍，假设平衡不移动，则A的浓度将变为0.25mol·L－１，现新平衡时A的浓度为0.3mol·Ｌ－１，说明平衡向生成A的方向移动了，即平衡向逆反应方向移动，所以x+y＞z，选项A错误；平衡向逆反应方向移动，选项B错误；B 的浓度降低，选项C错误；C的体积分数降低，选项D正确。
答案选D。
7.
常温下,下列各组离子在指定溶能中能大量共存的是
A. pH=1的溶液中:
SO32-、Cl-、S2-、Na+
B. 由水电离的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液中:
Ca2+、K+、Cl-、HCO3-
C. c（H+）/c（OH-）=1012的溶液中:
NH4+、Al3+、NO3-、Cl-
D. c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中:
K+、ClO-、SO42-、SCN-
【答案】C
【解析】A. pH=1的溶液中:
H+与SO32-、S2- 反应生成硫和二氧化硫而不能大量共存，选项A错误；B. 由水电离的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液可能是强酸性也可能是强碱性溶液，无论酸性还是碱性条件下HCO3-都不能大量存在，选项B错误；C. c（H+）/c（OH-）=1012的溶液呈酸性，NH4+、Al3+、NO3-、Cl-各离子相互不反应，能大量共存，选项C正确；D.c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中:
Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，选项D错误。
答案选C。
8.
下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水
B
称取2.0gNaOH 固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g 砝码，左盘上添加NaOH 固体
C
检验溶液中是否含有NH4+
取少最试液于试管中，加入NaOH溶被并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】A．氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防止氯化铁水解，配制溶液过程中要加入盐酸，选项A错误；B．称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，选项B错误；C．检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4++OH-
NH3↑+H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，选项C正确；D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，选项D错误。
答案选C。
9.
下列离子方程式表达正确的是
A. 用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜:
Al2O3+2OH-==2A1O2-+ H2O
B. 小苏打用于治疗胃酸过多:
CO32-+2H+==CO2↑+H2O
C. 黄色的AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑：
2Ag++S2-=Ag2S ↓
D. 用惰性电极电解熔融氯化钠:
2Cl- +2H2O
Cl2↑+ H2↑+2OH-
【答案】A
【解析】A. 用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，反应的离子方程式为:
Al2O3+2OH-=2A1O2-+ H2O，选项A正确；B. 小苏打用于治疗胃酸过多，反应的离子方程式为:
HCO3-+H+=CO2↑+H2O，选项B错误；C. 黄色的AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑，反应的离子方程式为：
2AgI（s）+S2-（aq）=Ag2S（s）+2I-（aq），选项C错误；D. 用惰性电极电解熔融氯化钠，反应的离子方程式为:
2NaCl（熔融）
Cl2↑+2Na，选项D错误。
答案选A。
10.
CsICl2 常用于化学上的分子筛技术，它既有氧化性又有还原性，下列有关的说法正确的是
A. CsICl2 有氧化性，是因为Cs显+3 价
B. CsICl2 有还原性，是因为含有较强还原性的I-
C. 酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2 溶液，溶液褪色
D. 在CsICl2 溶液中滴加HNO3，可生成Cl2
【答案】C
【解析】试题分析：
A．CsICl2有氧化性，是因为ICl2-类似I3-，A错误；B．CsICl2有还原性，是因为含有较强还原性的Cl-，B错误；C.酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，由于含有[ICl2]-具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有氧化性而发生氧化还原反应，使溶液褪色，C正确；D.在CsICl2溶液中滴加HNO3，可生成I2，D错误。
答案选C。
考点：
考查氧化还原反应的有关知识。
11.
短周期元素A、B、C 在元素周期表中所处的位置如图所示，A、B、C 三种元素原子的质子数之和为32，D 元素原子的最外层电子数为其次外层电子数的2倍。
则下列说法正确的是
A. B的气态氢化物比C的气态氢化物稳定
B. 元素D形成的气态氢化物一定是正四面体形分子
C. A、B两种元素的气态氢化物均能与它们的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且反应类型相同
D. 四种元素的原子半径:
B>D>A>C
【答案】D
【解析】根据ABC三种元素在周期表中的相对位置可知，如果设A的原子序数是x，则B是x＋9，C是x＋2，则x＋x＋9＋x＋2＝32，解得x＝7，即A是N，B是S，C是F。
D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，因此D是碳元素。
A、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F是最活泼的非金属，HF的稳定性最高，选项A不正确；B、碳元素的氢化物乙烯是平面型结构，选项B不正确；A、氨气和硝酸反应是化合反应，且不是氧化还原反应。
H2S和浓硫酸反应是氧化还原反应，反应类型不同，选项C不正确；D、同周期元素从左到右原子依次减小，同主族元素原子从上而下依次增大，故四种元素的原子半径:
B>D>A>C，选项D正确。
答案选D。
12.
微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。
某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42- 的反应为:
HS-+4H2O-8e-==SO42-+9H+
B. 电子从b流出，经外电路流向a
C. 如果将反应物直接燃烧,能量的利用率不会变化
D. 若该电池电路中有0.4mol 电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜
【答案】A
【解析】由图可知硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 放出电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应：
4H++O2+4e-=2H2O。
A、负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，选项A正确；
B、b是电池的正极，a是负极，电子从a流出，经外电路流向b，选项B错误；C、如果将反应物直接燃烧,部分能量转化为光能或热能等，能量的利用率发生变化，选项C错误；D、根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子转移，有0.4molH+通过质子交换膜，选项D错误。
答案选A。
点睛：
本题考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键，由图可知硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 放出电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应：
4H++O2+4e-=2H2O，根据原电池的构成和工作原理知识来回答。
13.
下列装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3
B. 用图2装置可演示NO 的喷泉实验
C. 用图3装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色
D. 用图4 装置验证苯中是否有独立的碳碳双键
【答案】D
【解析】试题分析：
A．氨气的密度比空气密度小，则图中氨气的收集方法不合理，图中为向上排空气法，A错误；B．NO不溶于水，则不能演示NO的喷泉实验，B错误；C．Fe与电源负极相连，为阴极，不能失去电子，则不能制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应Fe与电源正极相连，C错误；D．苯与溴水、高锰酸钾均不反应，则图中实验可验证苯中是否有独立的碳碳双键，D正确；答案选D。
【考点定位】本题考查化学实验方案的评价
【名师点晴】该题为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大。
14.
在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. SiO2
SiCl4
Si
B. N2
NH3
NH4Cl
C. FeS2
SO2
H2SO4
D. MgCO3
MgCl2（aq）
Mg
【答案】B
【解析】A、二氧化硅与盐酸不反应，物质间转化不能实现，选项A错误；B、氮气与氢气在高温高压以及催化剂作用下合成氨，氨气与盐酸反应生成氯化铵，物质间转化均能实现，选项B正确；C、SO2与水反应生成H2SO3而不能生成H2SO4，物质间转化不能实现，选项C错误；D、电解氯化镁溶液得不到镁单质，必须电解熔融的氯化镁才能得到镁，物质间的转化不符合，选项D错误。
答案选B。
15.
25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 将Na2CO3 溶液用水稀释后，pH 变大，Kw不变
B. 向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c（Ag+）和Ksp（AgC1）都不变
C. pH=4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa 的混合溶液中:
c（CH3COO-）+c（OH-）D. 分别用pH=2和pH=3的CH3COOH溶液中和等物质的量的NaOH，消耗CH3COOH溶液的体积分别为Va和Vb，则10Va=Vb
【答案】B
【解析】A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A错误；B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c（Ag+）和Ksp（AgCl）都不变，故B正确；C．pH=4.75、浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c（CH3COOH）＜c（Na+），c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；D．含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则
，即Vb＞10Va，故D错误；答案为B。
点睛：
溶液pH的计算，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确酸碱中和反应实质为解答本题的关键，①先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2（V1+V2）计算加入的水体积；②先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积；③先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c（OH-）计算。
第II卷 （非选择题，共55 分）
二、非选择题（4 个小题，共55 分）
16.
亚硝酸氯（ClNO）可由NO与Cl2在通常条件下反应得列，化学方塑式为2NO（g） + Cl2（g）
2ClNO（g）。
（1）在一定温度下,该反应于一恒容密闭容器中达到平衡,继续通入Cl2，逆反应速率 （ 填增大、减少、不变）.
（2）己知几种化学键的键能数据如下表（ 亚硝酸氯的结构为Cl-N=O）
化学键
N≡O
Cl一Cl
Cl一N
N=O
键能/kJ.mol-1
630
243
a
607
2NO（g） + Cl2（g）
2ClNO（g） △H=-111kJ/mol，则a= 。
（3）在1L的恒容密闭容器中充入2molNO（g）和1mol Cl2（g），在不同温度下测得c（ClNO）与时间的关系如图A:
①该反应的△H 0（填“>”“<”或“=”）。
②反应开始到10min 时NO 的平均反应速率v（ NO） = mol/（L.min）.
③T2 时该反应的平衡常数K= 。
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（g）和Cl2（g），平衡时ClNO的体积分数随n（NO）/n（Cl2） 的变化图象如图B，则A、B、C 三状态中，NO 的转化率最大的是 点，当n（NO）/n（Cl2） =1.5时，达到平街状态ClNO 的体积分数可能是D、E、F三点中的 点。
【答案】增大200<0.12AD
【解析】
（1）在一定温度下,该反应于一恒容密闭容器中达到平衡,继续通入Cl2，压强增大，逆反应速率增大；
（2）2NO（g） + Cl2（g）
2ClNO（g）反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=（2×630+243）-（2a+2×607）=-111kJ/mol，解得a=200；
（3）①根据图像，T2＞T1，降低温度c（C1NO）增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是放热反应，△H＜0；
②反应开始到10min时，c（C1NO）=1mol/L，则v（C1NO）=1mol/L10min1mol/L10min =0.1mol/（L·min），则NO的平均反应速率v（NO）=v（C1NO）=0.1mol/（L·min）；
③ 2NO（g）+Cl2（g）
2ClNO（g）
起始（mol/L） 2 1 0
改变（mol/L） 1 0.5 1
平衡（mol/L） 1 0.5 1
T2时该反应的平衡常数K=c2（ClNO）c2（NO）c（Cl2）c2（ClNO）c2NOc（Cl2） =1212×0.51212×0.5 =2；
（4）n（NO）/n（C12）的比值越小，NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点，根据曲线的变化趋势，当n（NO）/n（C12）=1.5，达到平衡状态ClNO的体积分数是D。
点睛：
本题考查化学平衡的计算，把握平衡常数K的计算、三段式法的应用、焓变的计算为解题的关键，注意图象及数据的应用。
明确反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和。
17.
甲、乙组同学分别做了以下探究实验。
（1）甲组探究Cl2 与Na2SO3 溶液反应，实验装置如下。
①写出制取氯气的化学方程式 。
②该装置的不足之处除无尾气吸收装置外，另一处是 。
③Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式为 。
④设计实验，简述实验步骤，证明洗气瓶中的Na2SO3已被氧化 。
（2）乙组探究乙酸乙酯在不同温度、不同浓度NaOH 溶液中的水解速率。
取四只大小相同的试管，在试管外壁贴上体积刻度纸,按下表进行对照实验。
在两种不同温度的水浴中加热相同时间后,记录酯层的体积来确定水解反应的速率
实验试剂
试管I
试管II
试管Ⅲ
试管IV
乙酸乙酯/mL
1
V1
V2
V3
1mol/L NaOH/ mL
V4
3
0
V5
蒸馏水/mL
0
V6
5
2
⑤请完成上表，其中V2= ，V4= ，V5= 。
⑥实验中,可用饱和食盐水替代蒸馏水,以减小乙酸乙酯在水中的溶解度,使实验结果更准确；但不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水,其原因是 ；实验中，试管IV比试管II中的酯层减少更快，其原因有:
温度高速率快,还可能有 。
（乙酸乙酯沸点 为77.1℃）
【答案】MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O没有加热装置Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+取少量洗气瓶中的液体于干燥试管中，加入足量盐酸（滴加稀盐酸至不再产生气体），再滴加少量的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化V2=1V4=5V5=3碳酸钠溶液水解显碱性，干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响水浴加热接近乙酸乙酯的沸点，温度越高，乙酸乙酯挥发也越快，得不到正确结果
【解析】
（1）①实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；②浓盐酸与二氧化锰制取氯气的反应需要加热，氯气有毒，应该使用尾气吸收装置，故答案为：
没有加热装置；③氯气与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氯化氢，反应的离子方程式为：
Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+；④若洗气瓶中的Na2SO3已被氧化，则洗气瓶的溶液中应该存在硫酸根离子，检验方法为：
取少量洗气瓶中的液体于干燥试管中，加入足量盐酸（滴加稀盐酸至不再产生气体），再滴加少量的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化；
（2）⑤乙组探究乙酸乙酯（沸点77.1℃）在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率，四个试管中乙酸乙酯的体积都应该为1mL，即：
V1=V2=V3=1；试验Ⅰ和试验Ⅲ中蒸馏水的体积不同，则探究的是氢氧化钠的浓度对乙酸乙酯水解的影响，还必须保证溶液总体积相等，则氢氧化钠溶液体积应该为5mL，即：
V4=5；试管Ⅳ与试管Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应温度不同，说明是探究温度对乙酸乙酯的水解影响，结合总体积必须相等可知，试管Ⅳ和试管Ⅱ应该是探究温度对乙酸乙酯水解程度影响大小的，故氢氧化钠溶液体积应该为3mL，即：
V5=3
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