【答案】B
【解析】
试题分析：
由于反应是气体分子数增多的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，Z的体积分数减小；增大压强，可缩短到达平衡的时间。
考点：
考查了化学平衡图像等相关知识。
9．在0.1mol·L-1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：
CH3COOH
CH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是
A．加入水时，平衡向生成CH3COOH的方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向电离的方向移动
C．加入少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c（H+）减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向电离的方向移动
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．加入水时，由于生成物的浓度减小的多，反应物的浓度减小的少，所以电离平衡向电解质电离的方向移动。
错误。
B．加入少量NaOH固体，由于发生反应：
OH－+H+=H2O。
使c（H+）减小。
减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，即平衡向电离的方向移动。
正确。
C．加入少量0.1mol·L-1HCl溶液，c（H+）增大，平衡逆向移动，减小这种增大的趋势，但是总的来说，溶液中c（H+）还是增大。
错误。
D．加入少量CH3COONa固体，溶液则c（CH3COO－）增大，电离平衡逆向移动，对醋酸的电离起到了抑制作用。
正确。
考点：
考查影响若电解质电离平衡的元素的知识。
10．LiAlH4（
）、LiH是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。
下列说法不正确的是
A．LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/mol
B．1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子
C．LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为：
LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑
D．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂
【答案】A
【解析】A错，因为LiH与D2O反应生成氢气化学式为HD；其他答案容易分析，或用排除法得出。
11．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol14CO2含有的中子数为22NA
B．1mol/LNH4NO3溶液中阴离子数为NA
C．标准状况下，22.4LCH3Cl含有的分
子数为NA
D．2．7g铝与稀硫酸反应转移的电子数一定是0.3NA
【答案】D
【解析】
试题分析：
14CO2中中子数为23，故1mol14CO2含有的中子数为22NA，则A项错误；由于没有给出溶液体积，故无法计算1mol/LNH4NO3溶液中阴离子数目，则B项错误；标准状况下CH3Cl为液体，故不可用标准状态下的气体摩尔体积22．4L，故C项错误；2．7g铝与稀硫酸反应，铝会失电子变为铝+3价离子，故2．7g铝与稀硫酸反应转移的电子数一定是0．3NA，故D项正确。
考点：
阿伏加德罗常数考查。
12．下列各种应用中，利用了硅元素的还原性的是
A．用硅制造集成电路、晶体管等半导体器件
B．在野外，用硅、石灰、烧碱的混合物制取氢气：
Si+Ca（OH）2+2NaOH=Na2SiO3+CaO+2H2↑
C．用HF酸刻蚀玻璃：
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
D．单质硅的制备：
SiO2+2C
Si+2CO↑
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．用硅制造集成电路、晶体管等半导体器件，利用的是硅的导电性，A错误；B．在野外，用硅、石灰、烧碱的混合物制取氢气：
Si+Ca（OH）2+2NaOH=Na2SiO3+CaO+2H2↑，在反应中硅元素化合价升高，利用的是硅的还原性，B正确；C、C．用HF酸刻蚀玻璃：
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，在反应中元素的化合价均不变，不是氧化还原反应，C错误；D．单质硅的制备：
SiO2+2C
Si+2CO↑，在反应中硅元素的化合价降低，利用的是二氧化硅的氧化性，D错误，答案选B。
考点：
考查二氧化硅的性质
13．将
完全转化为
的方法是（）
A．与足量的NaOH溶液共热后，再通入CO2
B．将溶液加热，通入足量的HClCOONaOH
C．与稀硫酸共热后，加入足量的Na2CO3
D．与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH
【答案】A
【解析】
试题分析：
是酯，在碱性条件下发生水解反应产生
和CH3COONa，然后利用物质的酸性：
羧酸>碳酸>苯酚，向含
的溶液中通入CO2，发生反应产生
。
故方法可行的是A。
考点：
考查有机物制备方法正误判断的知识。
14．化学反应A2＋B2===2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）
该反应是吸热反应
断裂1molA—A键和1molB—B键能放出xkJ的能量
C．断裂2molA—B键时需要吸收ykJ的能量
D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、是放热反应，A错；B、断裂化学键需要吸收能量，B错；C、断裂化学键吸收的能量与形成化学键释放的能量相等，故C正确；D、2molAB的总能量低于1molA2和1molB2的总能量，故D错；所以答案选C
考点：
考查反应热的相关知识点，难度适中。
15．将一定量的镁铝合金样品分成两等份，一份加入足量NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体6.72L；另一份加入到足量稀盐酸中，充分反应后，收集到标准状况下气体11.2L。
则原合金样品中镁的质量为
A．4.8gB．6gC．9.6gD．12g
【答案】C
【解析】因为Al与HCl、NaOH反应生成的H2体积一样，所以Mg与HCl反应生成的气体为11.2－6.72L=4.48L，即0.2mol，Mg——H2，所以Mg为0.2mol即4.8g，所以原合金中Mg为9.6g
16．（6分）把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量的水中，有1.16g白色沉淀析出，向所得的浊液里，逐渐加入0.5mol/L的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如图所示：
（1）写出mn段反应的离子方程式__________________
（2）混合物中NaOH的物质的量是____________mol，AlCl3的物质的量是___________mol。
（3）P点所表示的加入盐酸的体积是_________mL。
【答案】
（1）NaAlO2+H2O+HCl=Al（OH）3↓+NaCl；
（2）0.085mol;0.01mol;（3）170ml。
【解析】
试题分析：
把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量的水中，可能会发生反应：
MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl;AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl;Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
根据图像可知NaOH过量，所以在加入HCl的体积0～10ml时发生反应：
HCl+NaOH=NaCl+H2O,在10～30ml时发生反应：
NaAlO2+H2O+HCl=Al（OH）3↓+NaCl;在30ml后发生反应：
Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O,Mg（OH）2+2HClMgCl2+2H2O.因此
（1）mn段反应的离子方程式是NaAlO2+H2O+HCl=Al（OH）3↓+NaCl;
（2）在开始时沉淀1.16g是Mg（OH）2的质量，n（MgCl2）=n（Mg（OH）2）=1.16g÷58g/mol=0.02mol;n（AlCl3）=n（NaAlO2）=0.5mol/L×0.02L=0.01mol。
当沉淀达到最大值时，溶液是NaCl.沉淀是Mg（OH）2、Al（OH）3。
混合物中NaOH的物质的量是反应消耗的与过量的和，n（NaOH）=0.01mol×4+0.02mol×2+0.5mol/L×0.01L=0.085mol;（3）根据元素守恒，完全溶解沉淀消耗HCl的物质的量是0.01mol×3+0.02mol×2=0.07mol,其体积是0.07mol÷0.5mol/L=0.14L=140ml，所以P点所表示的加入盐酸的体积是30ml+140ml=170ml。
考点：
考查元素及化合物的性质及有关计算的知识。
17．苯甲酸苯酯是重要的有机合成中间体，工业上用二苯甲酮制备苯甲酸苯酯。
制备苯甲酸苯酯的实验步骤为：
步骤1：
将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合。
步骤2：
向烧杯中继续加入过硫酸钾25g，用电磁搅拌器搅拌4~5分钟，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，加到上述混合液中，控制温度不超过15℃，此时液体呈黄色。
步骤3：
向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，但加水量一般不超过1mL，室温搅拌5h。
步骤4：
将反应后的混合液倒入冰水中，析出苯甲酸苯酯，抽滤产品，用无水乙醇洗涤，干燥
（1）步骤1中控制在5℃以下混合的原因为。
（2）步骤2中为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是。
（3）步骤3中加水不超过1mL，原因是。
（4）步骤4中抽滤用到的漏斗名称为。
（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体，原因是；除去该固体操作为。
【答案】
（1）防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；
（2）多次少量加入，不断搅拌；
（3）加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；
（4）布氏漏斗；
（5）在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤。
【解析】
试题分析：
（1）冰醋酸为纯净的乙酸，易挥发，浓H2SO4与40mL冰醋酸混合放热，步骤1：
将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合，防止防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发，故答案为：
防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；
（2）步骤2：
先用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，使浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾充分混合，得到的溶液主要为无机溶液，二苯甲酮为有机物，易溶于有机溶剂三氯甲烷，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，形成二苯甲酮的三氯甲烷溶液，浓硫酸密度大，二苯甲酮的三氯甲烷溶液溶于浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾混合溶液放热，所以为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是：
多次少量加入，不断搅拌，故答案为：
多次少量加入，不断搅拌；
（3）步骤3：
向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，加水不超过1mL，否则水多了苯甲酸苯酯水解多，降低产率，且水和浓硫酸形成溶液放热，导致温度过高，降低产率，故答案为：
加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；
（4）步骤4：
减压过滤也称抽滤或吸滤，抽滤用到的漏斗名称为布氏漏斗，故答案为：
布氏漏斗；
（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体可能为碳，因为浓硫酸具有脱水性，能将有机物脱水碳化，利用布氏漏斗通过抽滤提纯，故答案为：
在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤。
考点：
考查了有机物苯甲酸苯酯的合成及混合物的分离的相关知识。
18．（10分）某实验小组用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，并将制得的氯气与潮湿的Ca（OH）2固体反应制取少量漂白粉。
实验装置如下图：
回答下列问题。
（1）漂白粉的有效成分是（写化学式）。
（2）烧瓶中发生反应的化学方程式是。
（3）温度较高时氯气与消石灰发生反应：
6Cl2+6Ca（OH）2＝5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，该反应的氧化剂是，还原剂是，若反应消耗0.3molCl2，转移的电子数为mol。
（4）在中学化学中，常用作氧化剂的物质有、（写两种），常用作还原剂的物质有、
（写两种）。
【答案】
（1）Ca（ClO）2（1分）
（2）MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O（2分）
（3）Cl2Cl20.5（各1分，共3分）
（4）KMnO4、HNO3或其它合理答案，写名称或化学式均可
Cu、CO或其它合理答案，写名称或化学式均可（各1分，共4分）
【解析】
试题分析：
（1）漂白粉是氯气与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，其化学式为：
Ca（ClO）2；
（2）烧瓶中为制取Cl2的反应：
MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，（3）在反应6Cl2+6Ca（OH）2＝5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O中，Cl2从化合价0变为—1价和+5价，既是氧化剂也是还原剂，根据化学方程式可知，若反应消耗6molCl2，生成5molCaCl2，化合价从0变为—1价，转移的电子数为10mol，则消耗0.3molCl2，转移的电子数0.5mol；（4）在中学化学中，元素化合价较高的常用作氧化剂，如KMnO4、HNO3等，元素化合价较低的或活泼的金属常用作还原剂如Cu、CO等。
考点：
考查氯气的制备及性质、氧化还原反应。
19．有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、KCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样进行如下实验：
I．取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；
II．向I中滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀全溶解，并生产无色气体。
（1）则原混合物中一定不存在，一定存在。
（2）实验中发生反应的化学方程式：
。
（3）设计实验进一步确定混合物的组成，简述实验步骤、现象和结论。
。
【答案】
（1）CuSO4CaCO3KCl
（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O↑
（3）用试管取适量I过滤得到的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生沉淀则白色固体组成中有Na2SO4，否则白色固体组成中有BaCl2
【解析】
试题分析：
（1）固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色，说明粉末中一定没有硫酸铜，白色沉淀可能是碳酸钙或硫酸钠与氯化钡反应产生的硫酸钡；白色沉淀部分溶于稀盐酸，说明沉淀为碳酸钙和硫酸钡，因为碳酸钙溶于盐酸并与盐酸反应生成氯化钙水和二氧化碳，而硫酸钡不溶于盐酸，也不能与盐酸反应，因此一定含有碳酸钙、氯化钾，而硫酸钠和氯化钡含有其中之一。
（2）实验中的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳。
（3）要进一步确定混合物中是否含有硫酸钠或氯化钡，操作为：
用试管取适量I过滤得到的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生沉淀则白色固体组成中有Na2SO4，否则白色固体组成中有BaCl2。
考点：
未知物的检验
20．用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
⑥重复以上滴定操作2－3次。
请回答：
（1）以上步骤有错误的是（填编号）________，该错误操作会导致测定结果_________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）步骤④中，量取20.00mL待测液应使用________（填仪器名称），在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果____________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（3）步骤⑤滴定时眼睛应注视____________；判断到达滴定终点的依据是：
________。
（4）以下是实验数据记录表
从表中可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是
A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
B．锥形瓶用待测液润洗
C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质
D．滴定结束时，俯视计数
（5）根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：
____________mol/L
【答案】（11分）
（1）①（1分）偏大（1分）
（2）酸式滴定管（或移液管）（1分）无影响（1分）
（3）锥形瓶中溶液颜色变化（1分）
锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（1分），半分钟不变色（1分）
（4）AB（2分）（5）0.1626（2分）
【解析】，
试题分析：
（1）根据碱式滴定管在装液前应该用待装液进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入氢氧化钠溶液到0刻度以上，碱式滴定管未用标准氢氧化钠溶液润洗就直接注入标准氢氧化钠溶液，标准液的农夫偏小，造成标准液的体积偏大，根据计算公式分析，待测溶液的浓度偏大。
（2）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应该使用酸式滴定管，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，标准液的体积不变，根据公式计算，待测液的浓度不变。
（3）中和滴定中，眼睛应该注视的是锥形瓶中颜色的变化，滴定是，当溶液中颜色变化且半分钟内不变色，可以说明达到了滴定终点，所以当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。
（4）从上表可以看出，第一次滴定记录的氢氧化钠的体积明显多于后两次的体积，上面盐酸的浓度偏大。
A、滴定钱滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所以所测盐酸浓度偏大，正确。
B、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增大，所以用的氢氧化钠的体积偏大，所测的盐酸浓度偏大，正确。
C、氢氧化钠标准溶液保存时间过长，有部分变质，所以用的氢氧化钠溶液的体积偏小，所测盐酸浓度偏小，错误。
D、滴定结束时，俯视读数，所用的
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