D、
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液
不能检验制得气体是否为乙烯
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用压强差检验装置气密性，向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好，导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，选项A不选；
B．氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁，能实现除杂目的，选项B不选；
C．浓度商大于溶度积时产生沉淀，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，碳酸钡的浓度商大于溶度积，所以产生沉淀，实际上Ksp（BaCO3）>Ksp（BaSO4），选项C选；
D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，将得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液之前应该先通入水中除去乙醇，防止乙醇干扰乙烯的检验，选项D不选；
答案选C。
5.短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的焰色反应呈黄色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素。
下列说法不正确的是（ ）
A.W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2
B.Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：
Z>R>Y
C.W的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低
D.Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大
【答案】C
【解析】
试题分析：
短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，R是C元素；X元素的焰色反应呈黄色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素，Y是Si元素。
A．O与Na形成的两种化合物分别是Na2O和Na2O2,它们的阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B．Si、C、S的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：
S>C>Si，B正确；C．O元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；D．SiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确，答案选C。
考点：
考查元素推断、元素周期律
6.如图a酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，下列说法不正确的是
有关数据如下表所示：
图a图b
A.该电池的正极反应式为MnO2+eˉ+H＋==MnOOH
B.利用干电池，高温电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO，如图b，则阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：
1
C.废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵，两者可以通过重结晶方法分离
D.废电池糊状填充物加水处理后所得滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉和MnOOH，欲从中得到较纯的二氧化锰，可以采用加热的方法
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、正极得到电子，电极反应式为MnO2+eˉ+H＋＝MnOOH，A正确；B、根据装置图可知阴极水、二氧化碳得到电子，生成氢气和CO。
阳极是氧离子失去电子生成氧气，反应式为H2O＋CO2
H2＋CO＋O2，因此阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：
1，B错误；C、氯化锌和氯化铵的溶解度受温度的影响变化不同，两者可以通过重结晶方法分离，C正确；D、在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，可以采用加热的方法，D正确，答案选B。
考点：
考查电化学、物质的分离与提纯
7.室温下，用0.1mol·Lˉ1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·Lˉ1HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（）
A.HX为弱酸
B.M点c（HX）—c（X-）﹥c（OH-）—c（H+）
C.将P点和N点的溶液混合，呈酸性
D.向N点的溶液中通入HCl至pH=7：
c（Na＋）﹥c（HX）=c（Cl-）>c（X-）
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．未滴定时，0.1mol•L-1HCl溶液pH为1，由图可知0.1mol/LHX溶液的pH＞5，则HX弱酸，故A正确；B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：
2c（Na+）=c（X-）+c（HX），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），联立可得：
c（X-）+c（HX）+2c（H+）=2c（X-）+2c（OH-），整理得：
c（HX）-c（X-）=2c（OH-）-2c（H+）＞c（OH-）-c（H+），故B正确；C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，故C错误；D．根据电荷守恒：
c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（X-）+c（OH-），溶液pH=7，则c（Na+）=c（Cl-）+c（X-），由物料守恒可知c（Na+）=c（X-）+c（HX），联立可得c（HX）=c（Cl-），而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X-的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c（NaX）＜c（HX），故溶液中c（Na+）＞c（HX）=c（Cl-）＞c（X-），故D正确；故选C。
考点：
考查水解原理、弱电解质电离、离子浓度大小判断。
二、非选择题
8.阿司匹林（乙酰水杨酸，
）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药．乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃．某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐[（CH3CO）2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：
制备基本操作流程如下：
主要试剂和产品的物理常数如下表所示：
名称
相对分子质量
熔点或沸点（℃）
水
水杨酸
138
158（熔点）
微溶
醋酸酐
102
139.4（沸点）
易水解
乙酰水杨酸
180
135（熔点）
微溶
请根据以上信息回答下列问题：
（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是_____．
（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是_____．
（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：
①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止_____．
②冷凝水的流进方向是_____（填“a”或“b”）；
③趁热过滤的原因是_____．
④下列说法正确的是_____（填选项字母）．
a．此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂
b．此种提纯粗产品的方法叫重结晶
c．根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大
d．可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸
（4）在实验中原料用量：
2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐（ρ＝1.08g/cm3），最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为_____（用百分数表示，小数点后一位）．
【答案】
（1）.醋酸酐和水易发生反应
（2）.水浴加热（3）.乙酰水杨酸受热易分解（4）.a（5）.防止乙酰水杨酸结晶析出（6）.abc（7）.84.3%
【解析】
【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，
故答案为：
醋酸酐和水易发生反应；
（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热；
（3）①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解；
②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，
故答案为：
a；
③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，
故答案为：
防止乙酰水杨酸结晶析出；
④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，
故选：
abc；
（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=
=0.0145mol，n（乙酸酐）=
=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=
×100%=
×100%=84.3%。
【点睛】本题考查有机物制备实验方案设计与评价，注意对题目信息的应用，（3）中注意根据流程理解分离提纯方法，较好的考查学生分析解决问题的能力，易错点为（4）计算水杨酸、乙酸酐的物质的量，进行过量判断，根据不足量的物质计算理论产量，进而计算产率。
9.PbI2（亮黄色粉末）是生产新型敏化太阳能电池
敏化剂——甲胺铅碘的原料。
合成PbI2的实验流程如图1：
（1）将铅块制成铅花的目的是。
（2）31.05g铅花用5.00mol·L－1的硝酸溶解，至少需消耗5.00mol·L－1硝酸mL。
（3）取一定质量（CH3COO）2Pb·nH2O样品在N2气氛中加热，测得样品固体残留率）（
）随温度的变化如图2所示（已知：
样品在75℃时已完全失去结晶水）。
①（CH3COO）2Pb·nH2O中结晶水数目n=（填整数）。
②100～200℃间分解产物为铅的氧化物和一种有机物，则该有机物为（写分子式）。
（4）称取一定质量的PbI2固体，用蒸馏水配制成室温时的饱和溶液，准确移取25.00mLPbI2饱和溶液分次加入阳离子交换树脂RH中，发生：
2RH（s）+Pb2+（aq）=R2Pb（s）+2H+（aq），用锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性，将洗涤液合并到锥形瓶中。
加入2～3滴酚酞溶液，用0.002500mol·L－1NaOH溶液滴定，到滴定终点时用去氢氧化钠标准溶液20.00mL。
则室温时PbI2的Ksp为。
（5）探究浓度对磺化铅沉淀溶解平衡的影响。
该化学小组根据所提供试剂设计两个实验，来说明浓度对沉淀溶解平衡的影响。
提供试剂：
NaI饱和溶液、NaCl饱和溶液、FeCl3饱和溶液、PbI2饱和溶液、PbI2悬浊液。
信息提示：
Pb2+和Cl－能形成较稳定的PbCl42－络离子。
请填写下表的空白处：
实验内容
实验方法
实验现象及原因分析
①磺离子浓度增大对平衡的影响
取PbI2饱和溶液少量于一支试管中，再滴入几滴NaI饱和溶液
现象：
溶液中c（I－）增大，使Q大于了PbI2的Ksp
②铅离子浓度减小对平衡的影响
现象：
原因：
③
在PbI2悬浊液中滴入几滴FeCl3饱和溶液
现象：
黄色浑浊消失
写出反应的离子方程式：
【答案】
（1）增大与酸的接触面积，加快溶解反应速率（1分）
（2）80（1分）
（3）①3（2分）②C4H6O3（2分）（4）4×10﹣9（2分）
（5）
实验内容
实验方法
实验现象及原因分析
取PbI2悬浊液少量于一支试管中，再加入少量NaCl饱和溶液
现象：
黄色浑浊消失
原因：
原因是形成PbCl42-，导致溶液中c（Pb2+）减小，使Qc小于了pbI2的Ksp
③铅离子和碘离子浓度都
减小对平衡的影响
PbI2+2Fe3++4Cl-=PbCl42-+2Fe2++I2
【解析】
试题分析：
（1）将铅块制成铅花，是为了增大与酸反应的接触面积，加快溶解反应速率；
（2）31.05g铅的物质的量为31.05g÷207g/mol＝0.15mol，根据反应方程式可知消耗的HNO3的物质的量为0.15mol×8/3=0.4mol，生成的NO的物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，则硝酸溶液的体积为0.4mol÷5.00mol•L﹣1=0.08L=80.0mL；
（3）①假设样品的起始质量为100克，根据固体残留率的公式可知，75℃时剩余固体为87.75克，生成的水质量为100g﹣87.75g=12.25g，则醋酸铅与水的物质的量之比为
=1：
3，则n=3；
②铅的氧化物质量为58.84克，醋酸铅的物质的量为=
，根据铅原子守恒，铅的氧化物（PbOx）的物质的量为
，此氧化物的摩尔质量为58.84g÷
=223g/mol，为PbO，有机物的质量为85.75g﹣58.84g=26.91g，此有机物分子内应含有四个碳原子，物质的量为
mol，摩尔质量为26.91g÷
=102，根据原子守恒可知有机物的分子式为C4H6O3；
（4）n（H+）=n（NaOH）="0.002500"mol•L﹣1×20.00mL×10﹣3L•mL﹣1="5.000"×10﹣5mol，n[Pb2+（aq）]="1/2"n（H+）="2.500"×10﹣5mol，c（Pb2+）=
="1.000"×10﹣3mol•L﹣1，Ksp（PbI2）=c（Pb2+）•c2（I﹣）=4c3（Pb2+）="4"×（1.000×10﹣3）3=4.000×10﹣9。
（5）影响化学平衡移动的因素有浓度：
增大反应物（减小生成物）浓度，向着正向进行，增大生成物（减小反应物）浓度平衡向左进行，根据碘化铅的溶解平衡：
PbI2（S）
Pb2+（aq）+2I-（aq），溶液中c（I-）增大，平衡向左进行，Pb2+和Cl-能形成较稳定的PbCl42-络离子，加入少量NaCl饱和溶液，会导致溶液中c（Pb2+）减小，平衡向右进行，二价铅离子和三价铁离子可以发生氧化还原反应，加入少量FeCl3饱和溶液，会消耗碘化铅，向左移动。
考点：
考查实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化；外界条件对平衡状态的影响实验设计与评价
10.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：
方法a
用炭粉在高温条件下还原CuO
方法b
用葡萄糖还原新制
Cu（OH）2制备Cu2O
方法c
电解法，反应为2Cu+H2O
Cu2O+H2↑
方法d
用肼（N2H4）还原新制的Cu（OH）2
（1）已知：
①2Cu（s）+
O2（g）＝Cu2O（s）；△H＝﹣169kJ•mol﹣1
②C（s）+
O2（g）＝CO（g）；△H＝﹣110.5kJ•mol﹣1
③Cu（s）+
O2（g）＝CuO（s）；△H＝﹣157kJ•mol﹣1
则方法a发生的热化学方程式是：
_____。
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH﹣的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：
该离子交换膜为_____离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为_____，钛极附近的pH值_____（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2．该制法的化学方程式为_____。
（4）在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：
2H2O（g）
2H2（g）+O2（g）△H＞0．水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：
①对比实验的温度：
T2_____T1（填“＞”“＜”或“＝”），能否通过对比实验①③到达平衡所需时间长短判断：
_____（填“能”或“否”）。
②实验①前20min的平均反应速率v（O2）＝_____
③催化剂的催化效率：
实验①_____实验②（填“＞”或“＜”）。
【答案】
（1）.C（s）+2CuO（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H＝+34.5kJ•mol﹣1
（2）.阴（3）.2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O（4）.增大（5）.4Cu（OH）2+N2H4
2Cu2O+N2↑+6H2O（6）.＞（7）.否（8）.3.5×10﹣5mol/（L•min）（9）.＜
【解析】
【详解】
（1）已知：
①2Cu（s）＋
O2（g）=Cu2O（s）；△H=-169kJ·mol-1，②C（s）＋
O2（g）=CO（g）；△H=-110.5kJ·mol-1，③Cu（s）＋
O2（g）=CuO（s）；△H=-157kJ·mol-1，方法a是用碳在高温条件下还原氧化铜，方程式为：
2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g），由②-2×③-①×
，可以得到该方程式，根据盖斯定律，该反应的焓变为-110.5kJ·mol-1-2×（-157kJ·mol-1）-（-169kJ·mol-1）×
=+34．5kJ/mol；
（2）根据总反应可以写出阳极反应式，阳极反应式为：
2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，消耗氢氧根，pH减小，所以离子交换膜是阴离子交换膜，Ti极是阴极，阴极的电极反应式为2H2O+2e=H2↑+2OH,Ti极附近的pH增大，为答案为：
阴；2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；增大；
（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，结合元素守恒写出化学反应方程式为4Cu（OH）2+N2H4
2Cu2O+6H2O+N2↑；
（4）实验①③或者②③相比，起始物质的量浓度③是①（或②）的2倍，达到平衡时③中物质的量浓度小于①（或②）的2倍，水蒸气的转化率降低，所以T2>T1,不可以通过比较达到平衡的时间来判断温度的大小，在这个实验里面，温度不是唯一影响速率的因素，还有催化剂，答案为：
＞；否；
②①前20min的平均反应速率v（O2）=
v（H2O）=
=3.5×10-5mol/（L·min）；
③根据表中数据可知，实验①反应速率较快，催化剂的催化效率：
实验①＞实验②。
【化学一选修2：
化学与技术】
11.辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质．研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜。
主要工艺流程如下：
已知：
①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：
Fe3+：
1．5～3．2Mn2+：
8．3～9．8Cu2+：
4．4～6．4
④MnSO4·H2O溶于1份冷水、0．6份沸水，不溶于乙醇。
（1）实验室配制250mL4．8mol•L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要。
（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有（任写一点）。
（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。
写出该反应的化学方程式：
。
（4）调节浸出液pH=4的作用是。
（5）本工艺中可循环使用的物质是（写化学式）。
（6）获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时应用洗涤。
（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：
准确称取样品14．00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25．00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4．66g沉淀，则此样品的纯度为。
【答案】
（1）250mL容量瓶胶头滴管（2分）
（2）粉碎矿石（或加热或者搅拌）（任写一点）（2分）
（3）Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+
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