B
用电解熔融MgCl2可制得金属镁
用电解熔融NaCl也可以制取金属钠
C
将CO2通入Ba（NO3）2溶液中无沉淀生成
将SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生成
D
Al与S加热时直接化合生成Al2S3
Fe与S加热时也能直接化合生成Fe2S3
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、HF含有分子间氢键，沸点高于HCl，故错误；B、冶炼得到K、Ca、Na、Mg、A单质，电解其化合物，故正确；C、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把SO2氧化成SO42－，得到沉淀BaSO4，故错误；D、S的氧化性弱，和变价金属反应生成较高价态的金属硫化物，即FeS，故错误。
考点：
考查分子间氢键、金属冶炼、元素及其化合物的性质等知识。
12．X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X与Z为同族元素，Y和M为同族元素，且Y与M的核外电子数之和为X和Z元素的核外电子数之和的2倍，下列说法正确的是（）
A．原子半径：
Z>M>N>X>YB．M与N形成化合物中N显正价
C．单质沸点：
Z>M>N>Y>XD．最高正价：
N>M=Y>Z=X
【答案】C
【解析】
试题分析：
根据上述信息，推断出：
X为H、Y为O、Z为Na、M为S、N为Cl，A、半径的比较：
以看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原
子序数的增大而减小，即半径大小顺序是：
Na>S>Cl>O>H，故错误；B、同周期从左向右非金属性增强，Cl的非金属性强于S，Cl显负价，故错误；C、固态大于液态大于气态，金属钠和硫都是固态，Na的沸点高于S，分子晶体中，结构组成相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，即Cl2>O2>H2，故正确；D、O中学阶段没有正价，故错误。
考点：
考查元素推断、元素周期律的应用等知识。
13．已知A、B、C、D是中学常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（反应条件略去），下列说法中不正确的是（）
A．若A为水，D为H2，则B可能为Fe
B．若A为水，B常温下呈气态，则D可能具有漂白性
C．若A和B常温下均呈气态且含有同一种元素，D为水，则C可能是淡黄色固体
D．若A、B、C、D均为化合物，则该反应一定属于复分解反应
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、3Fe＋4H2O（g）
Fe3O4＋4H2↑，符合转化关系，故说法正确；B、B、D具有漂白性，A为水，应是Cl2＋H2O
HCl＋HClO，符合转化关系，故说法正确；C、应是2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，符合转化关系，故说法正确；D、不一定是复分解反应，如3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不符合转化关系，故说法错误。
考点：
考查元素及其化合物的性质等知识。
14．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）
A．若2CH3OH
（1）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）△H=-1478KJ/mol，则CH3OH
（1）的燃烧热为739KJ/mol
B．若P4（白磷，s）=4P（红磷，s）△H<0,则红磷比白磷稳定
C．已知H+（aq）+OH-（aq）=H2O
（1）△H=-57.3KJ/mol，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.65KJ的热量
D．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H1;2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2；△H1>△H2
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、燃烧热应是水的状态是液态，故错误；B、物质能量越低，物质越稳定，此反应是放热反应，红磷的能量低于白磷，红磷比白磷稳定，故正确；C、NaOH固体遇水放热，因此放出热量大于28.65kJ，故错误；D、所有的燃烧都是放热反应，即△H<0，CO燃烧生成CO2，因此△H1<△H2，故错误。
考点：
考查燃烧热、中和热、物质稳定和能量关系、反应热大小比较等知识。
15．在一密闭容器中有如下反应：
mA（g）+nB（g）
pC（g）△H.某化学兴趣小组根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如下曲线图：
其中，ω表示C在反应混合物中的质量分数，t表示反应时间。
其它条件不变时，下列分析正确的是（）
A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且P2＞P1，m+n＜p
B．图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且P1＞P2，m+n=p
C．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2，△H＜0
D．若m+n＜p，△H>0,则该反应在低温下溶液自发进行
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、先拐先平衡，化学反应速率快，即P1>P2，压强越大，C的质量分数越大，说明反应向正反应方向进行，根据勒夏特列原理，m＋n>p，故错误；B、根据选项A的分析，P1>P2，增大压强平衡不移动，说明m＋n=p，故正确；C、2先拐，说明T2>T1，温度升高，C的质量分数降低，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，故错误；D、根据△G=△H－T△S，m＋n0，反应是吸热反应，在高温下自发进行，故错误。
考点：
考查影响化学反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素、化学反应进行的方向等知识。
第Ⅱ卷
二、选择题：
本题包括4小题，共55分。
16.（14分）氮化镁（Mg3N2）是工业上常用的脱硫剂。
为了测定agMg3N2样品中Mg3N2的纯度，某同学设计了如下装置（样品中的杂质不与水反应，夹持装置已略去）。
（1）装置A中发生反应的化学方程式为
（2）装置C中球形干燥管的作用是
（3）组装好实验装置后，首先应，再加入实验药品。
打开（填“K1”或“K2”，后同），关闭，打开分液漏斗活塞，加入水，至不再产生气体。
打开所有止水夹后通入氮气一段时间，测量装置（填“B”或“C”或“D”）反应前后的质量变化为bg，通入氮气的目的是
（4）Mg3N2的纯度是（用含a、b的式子表示）
（5）若去掉装置D，则导致测定结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【答案】
（1）Mg3N2+6H2O=2NH3↑+3Mg（OH）2；
（2）防止倒吸；（3）检查装置的气密性，K2，K1，C，把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（4）50b/（17a）×100%；（5）偏高。
考点：
考查实验方案设计的评价等知识。
17.（11分）X、Y是元素周期表前20号元素，且X的原子序数比Y大4.
Ⅰ．若X的氧化物、氯化物都是实验室常用的干燥剂．
（1）含有X元素的一种盐溶液和Y的一种气态氧化物均是工农业生产中常见的漂白剂，则等物质的量的二者在谁溶液中发生反应的化学方程式为
（2）酸性土壤改变会施用X的一种氧化物，但不能与氮肥同时施用，原因为
Ⅱ.若X是金属性最强的短周期元素
（3）单质X着火，可用来灭火。
（4）Y与
氢元素能形成一种摩尔质量为43g/mol的共价化合物，已知该物质受到撞击即可放出大量的气体，写出对应的化学方程式：
Ⅲ.若X的离子半径是第三周期离子
半径最小的
（5）Y与钙元素形成的化合物的电子式为；Y2与NaOH溶液反应的产物之一是OY2，该反应的离子方程式为
【答案】
（1）SO2+H2O+Ca（ClO）2=CaSO4↓+HClO+HC
l；
（2）CaO遇水生成碱，铵态氮肥会与碱反应生成NH3，而降低肥效；（3）沙子；（4）2HN3
H2↑+3N2↑；（5）
，2F2+2OH-=OF2↑+2F-+H2O。
【解析】
试题分析：
（1）
（1）X的氧化物和氯化物为实验室常用干燥剂，因此X为Ca，X的原子序数比Y大4，即Y为S，两者反应是制取漂白剂，Y的气态氧化物是SO2，X的盐是Ca（ClO）2，SO2具有还原性，HClO具有强氧化性，能把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，因此反应是Ca（ClO）2＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋HClO＋HCl；
（2）CaO与水反应生成Ca（OH）2，铵态氮肥和Ca（OH）2反应生成NH3，造成肥效降低；（3）X是金属性最强的短周期元素，因此X为Na，Na着火用沙子灭火；（4）Na的原子序数比Y大4，因此Y为N，该氢化物的摩尔质量为43g·mol－1，则氢化物是HN3，碰撞产生大量的气体，气体应是N2和H2，因此反应方程式为：
2HN3
H2↑+3N2↑；（5）X的离子半径是第三周期中离子半径最小的，即X为Al，则Y为F，生成CaF2，属于离子化合物，电子式为：
，根据信息，F2和NaOH反应生成OF2，因此离子反应
方程式为F2＋2OH－=OF2＋F－＋H2O。
考点：
考查元素推断、元素周期律的应用、化学用语、化学反应方程式的书写等知识。
18.（15分）铜的+1价化合物如Cu2O、CuCl都是重要的化工产品，研究它们的制备及其性质具有重大的现实意义。
Ⅰ.Cu2O是一种具有独特光、磁特性的红棕色p型半导体材料。
（1）工业上可以用新制Cu（OH）2悬浊液与液态肼（N2H4）反应制备Cu2O,同时放出N2，下厨对应的化学反应方程式：
（2）已知常温下，溶液中的Cu+易在酸性条件下发生反应：
2Cu+=Cu2++Cu.写出稀硫酸与Cu2O反应的离子方程式
Ⅱ.氯化亚铁（CuCl）微溶欲水，不溶于酒精，在潮湿空气中易水解氧化。
某课外小组以某工业废渣（主要成分为硅，铜，碳等）为原料制备CuCl的流程示意图如下：
（1）“滤渣”的主要成分为（填化学式）。
（2）“还原”过程中SO32-将Cu2+还原为CuCl,请写出反应的离子方程式：
，亚硫酸钠需适当过量，目的有。
（3）操作Ⅰ和操作Ⅱ所用的玻璃仪器为。
操作Ⅲ包括对滤饼的醇洗，干燥，使用无水乙
醇代替水进行洗涤的优点是
（4）CuCl是共价化合物，经测定其蒸气对H2的相对密度为99.5，测它的准确的分子式为
【答案】Ⅰ.
（1）N2H4+4Cu（OH）2=2Cu2O+N2↑+6H2O；
（2）Cu2O+2H+=═Cu2++Cu+H2O；Ⅱ.
（1）SiO2；
（2）2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，防止生成的CuCl被氧化；（3）漏斗、烧杯、玻璃棒，减小洗涤CuCl时的溶解损失并防止其水解氧化；（4）Cu2Cl2。
【解析】
试题分析：
I.
（1）Cu的化合价由＋2价→＋1价，N的化合价由－2价→0价，最小公倍数为2，因此反应离子反应方程式为4Cu（OH）2＋N2H4=2Cu2O↓＋N2↑＋6H2O；根据信息，＋1价Cu在酸性条件下，发生歧化反应，生成Cu和Cu2＋，因此离子反应方程式为：
Cu2O+2H+=═Cu2++Cu+H2O；Ⅱ.
（1）焙烧，铜转化成CuO，C转化成CO2，Si转化成SiO2，CO2是气体，SiO2是酸性氧化物，不与盐酸反应，CuO是碱性氧化物，和盐酸反应转变成CuCl2，因此滤渣为SiO2；
（2）SO32－化合价由＋4价→＋6价，Cu2＋化合价由＋2价1价，最小公倍数为2，因此离子反应方程式为2Cu2＋
＋SO32－＋2Cl－=CuCl↓＋SO42－＋2H＋，CuCl在潮湿的空气中易水解氧
化，因此过量Na2SO3作用是防止CuCl被氧化；（3）操作I和操作II是过滤，因此使用的玻璃仪器有：
漏斗、烧杯、玻璃棒，CuCl微溶于水，难溶于酒精，用醇洗减少CuCl的溶解并防止其水解氧化；（4）密度比等于摩尔质量之比，因此此蒸气的摩尔质量为99.5×2g·mol－1=199g·mol
－1，因此分子式为（CuCl）2。
考点：
考查化学工艺流程，设计氧化还原反应、元素及其化合物的性质、阿伏加德罗推论等知识。
19．（15分）水煤气是一种低热值煤气，主要成分为H2和CO，主要作为工业上合成氨和液体燃料的原料。
（1）反应CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）△H=-41KJ/mol的v-t图像如图1所示，若其他条件不变，只是在反应前缩小体积使压强增大，则其v-t图像如图2所示。
下列说法正确的是
①a1>a2②a1b2④b1t2⑥t1=t2⑦两图中阴影部分面积相等⑧右图阴影部分面积更大
A．①④⑤⑦B．①③⑥⑦C．②④⑤⑧D．②④⑤⑦
（2）在一定温度下将C单质和CO2（g）各0.10mol充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应C（s）+CO2（g）
2CO（g）△H=+172KJ/mol.
①下列示意图正确且能说明反应在t1时刻已经达到化学平衡状态的是（填序号）。
②达到平衡时，容器内的压强为起始时的1.5倍，则此时反应的化学平衡常数K=；若此时再分别加入0.05mol的CO2和0.1mol的CO，则此时平衡将（填“左移”、“右移”或“不移动”。
）若将该反应的起始条件改为恒温恒压，则达到平衡时，CO2的转化率将（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）工业上用焦炭和水蒸气制备水煤气的热化学方程式为
（4）在一定条件下以CO和H2为原料可以合成乙醇，反应方程式为：
2CO（g）+4H2（g）
CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=aKJ/mol.
请从反应能否自发进行的角度解释a一定小于0的原因：
，若只改变反应的一个条件，能使平衡体系中n（CH3COOH）/n（H2）增大的措施有（答出两点即可）
【答案】
（1）D；
（2）①ac；②0.2，左移，增大；（3）C（s）+H2O（g）
CO（g）+H2（g）△H=+131KJ/mol.；（4）该反应的△S<0，只有当△H<0时，吉布斯自由能△G=△H-T△S才有可能小于0，反应才能在一定条件下自发进行，所以a<0,降温，加压或增加CO的浓度。
【解析】
试题分析：
（1）反应前后气体系数之和相等，增大压强，化学反应速率增大，a1b1，故②④正确，化学反应速率增大，达到平衡所用时间变小，因此t1>t2，故⑤正确；因为反应前后气体系数之和相等，增大压强，平衡不移动，消耗的CO2的浓度相等，因此阴影面积相等，故选项D正确；
（2）①a、根据化学平衡状态的定义，当组分的浓度不再改变，说明反应
达到平衡，故正确；b、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故错误；c、CO2的摩尔质量为44g·mol－1，CO的摩尔质量为28g·mol－1，反应向正反应方向进行，平均摩尔质量减小，故正确；d、反应开始有气体，压强不能为0，故错误；②C（s）+CO2（g）
2CO（g）
起始：
0.10
变化：
x2x
平衡：
0.1－x2x根据相同条件下，压强之比等于物质的量之比，即0.1/（0.1＋x）=1/1.5，解得x=0.05，根据化学平衡常数的表达式K=c2（CO）/c（CO2）=0.2，再充入0.05molCO2和0.1molCO，此时体系中CO2的总量为0.1mol，CO的总量为0.2mol，浓度商为0.22/0.1=0.4>0.2，说明反应向左移，恒温恒容状态下，气体物质的量增大，压强增大，化学反应速率增大，
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