6．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．钠与水反应：
Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：
2Cl－＋2H2O
H2↑＋Cl2↑＋2OH－
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：
Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO
===BaSO4↓＋H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
Ca2＋＋HCO
＋OH－===CaCO3↓＋H2O
6．B [解析]Na与H2O反应的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，A项错误；Ba（OH）2与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO
===BaSO4↓＋2H2O，C项错误；石灰水足量，令NH4HCO3为1mol，离子方程式为Ca2＋＋NH
＋HCO
＋2OH－===CaCO3↓＋NH3↑＋2H2O，D项错误。
7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
B．S
SO3
H2SO4
C．CaCO3
CaO
CaSiO3
D．NH3
NO
HNO3
7．C [解析]Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，A项错误；S在O2中燃烧生成SO2，B项错误；CaCO3高温分解生成CaO和CO2，CaO与SiO2在高温条件下反应生成CaSiO3，C项正确；NO与H2O不发生反应，D项错误。
8．通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）。
下列说法不正确的是（ ）
①C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）ΔH1＝akJ·mol－1
②CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH2＝bkJ·mol－1
③CO2（g）＋3H2（g）===CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH3＝ckJ·mol－1
④2CH3OH（g）===CH3OCH3（g）＋H2O（g）ΔH4＝dkJ·mol－1
A．反应①、②为反应③提供原料气
B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C．反应CH3OH（g）===
CH3OCH3（g）＋
H2O（l）的ΔH＝
kJ·mol－1
D．反应2CO（g）＋4H2（g）===CH3OCH3（g）＋H2O（g）的ΔH＝（2b＋2c＋d）kJ·mol－1
8．C [解析]反应①和②的最终产物中含有H2和CO2，A项正确；CO2与H2化合生成能源物质CH3OH，B项正确；该反应生成的H2O为液态，液态水汽化需要吸热，则ΔH<
kJ·mol－1，C项错误；根据盖斯定律，反应②×2＋反应③×2＋反应④可得该热化学方程式，D项正确。
9．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明的溶液中：
Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－
B.
＝1×10－12的溶液中：
K＋、Na＋、CO
、NO
C．c（Fe2＋）＝1mol·L－1的溶液中：
K＋、NH
、MnO
、SO
D．能使甲基橙变红的溶液中：
Na＋、NH
、SO
、HCO
9．B [解析]Fe3＋为黄色且与SCN－不能大量共存，A项错误；B项
＝1×10－12的溶液的pH＝13，OH－与选项中四种离子均能大量共存，B项正确；Fe2＋能够被MnO
氧化为Fe3＋，C项错误；能够使甲基橙变红的溶液的pH<3.1，HCO
与H＋不能大量共存，D项错误。
10．H2O2分解速率受多种因素影响。
实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大
10．D [解析]图甲表明相同pH下，H2O2浓度越大，分解速率越快，A项错误；图乙表明在H2O2初始浓度相同时，溶液的碱性越强，即pH越大，H2O2分解速率越快，B项错误；图丙中间溶液pH为14，下面溶液pH为13，C项错误；图丙和图丁表明在碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率影响较大，D项正确。
11．萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（ ）
A．a和b都属于芳香族化合物
B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色
D．b和c均能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀
11．C [解析]a分子中不存在苯环，不属于芳香族化合物，A项错误；a和c分子中均存在饱和碳原子，所以所有碳原子不可能处于同一平面内，B项错误；a分子中存在碳碳双键，b分子中存在与苯环相连的甲基，C分子中存在醛基，均能被酸性KMnO4溶液氧化，C项正确；b分子中不存在醛基，不能与新制Cu（OH）2反应生成红色沉淀，D项错误。
12．（双选）下列说法正确的是（ ）
A．反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的ΔH<0，ΔS>0
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温下，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12，pH＝10的含Mg2＋溶液中，c（Mg2＋）≤5.6×10－4mol·L－1
D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移的电子数为6.02×1023
12．BC [解析]该反应的正反应为气体分子数减少的反应，ΔS<0，A项错误；地下钢铁管道用导线连接锌块，为牺牲阳极的阴极保护法，锌作负极，B项正确；常温下，pH＝10的含Mg2＋溶液中，c（Mg2＋）·c2（OH－）≤5.6×10－12，则c（Mg2＋）≤5.6×10－4mol·L－1，C项正确；常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol,D项错误。
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
溶液中含Br2
13.B [解析]苯酚过量，生成的三溴苯酚溶解于苯酚，A项错误；沉淀部分溶解，说明沉淀有BaSO4和BaSO3，则部分Na2SO3被氧化为Na2SO4，B项正确；加入银氨溶液前需加入碱液中和稀硫酸，C项错误；该黄色溶液还可能含Fe3＋，Fe3＋与I－发生氧化还原反应生成I2，D项错误。
14．（双选）常温下，Ka（HCOOH）＝1.77×10－4，Ka（CH3COOH）＝1.75×10－5，Kb（NH3·H2O）＝1.76×10－5，下列说法正确的是（ ）
A．浓度均为0.1mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：
前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2mol·L－1HCOOH与0.1mol·L－1NaOH等体积混合后的溶液中：
c（HCOO－）＋c（OH－）＝c（HCOOH）＋c（H＋）
D．0.2mol·L－1CH3COONa与0.1mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中（pH<7）：
c（CH3COO－）>c（Cl－）>c（CH3COOH）>c（H＋）
14．AD [解析]A选项，HCOONa溶液中阳离子物质的量浓度之和c（Na＋）＋c（H＋）＝0.1mol/L＋c（H＋），NH4Cl溶液中阳离子物质的量浓度之和c（NH
）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＝0.1mol/L＋c（OH－），根据甲酸和一水合氨的电离平衡常数可知，HCOONa的水解程度小于NH4Cl，HCOONa溶液中c（OH－）小于NH4Cl溶液中c（H＋），反之HCOONa溶液中c（H＋）大于NH4Cl溶液中c（OH－），A正确；B选项，根据两种酸的电离平衡常数可知，同浓度时甲酸的电离程度大于乙酸，当两者pH均为3时，甲酸的物质的量浓度小于乙酸，等体积时甲酸消耗的NaOH比乙酸少；C选项，两溶液混合后，所得到的是HCOONa和HCOOH等物质的量浓度混合的体系，该溶液中存在电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCOO－）＋c（OH－），存在物料守恒c（HCOO－）＋c（HCOOH）＝2c（Na＋），由此可得c（HCOOH）＋2c（H＋）＝c（HCOO－）＋2c（OH－），C错误；D选项，反应后所得溶液为CH3COOH、NaCl和CH3COONa物质的量浓度之比1∶1∶1的混合体系，已知该溶液pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，D正确。
15．（双选）温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：
2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）（正反应吸热）。
实验测得：
v正＝v（NO2）消耗＝k正c2（NO2），v逆＝v（NO）消耗＝2v（O2）消耗＝k逆c2（NO）·c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。
下列说法正确的是（ ）
容器编号
物质的起始浓度（mol·L－1）
物质的平衡浓度（mol·L－1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器Ⅱ中
比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T2>T1
15．CD [解析]容器Ⅰ根据三段式计算可得：
2NO2⇌2NO ＋ O2
起始浓度（mol·L－1）：
0.6 0 0
转化浓度（mol·L－1）：
0.4 0.4 0.2
平衡浓度（mol·L－1）：
0.2 0.4 0.2
容器Ⅰ平衡后气体总物质的量为0.8mol，容器Ⅱ起始状态气体总物质的量为1mol，该温度下化学平衡常数K＝
＝0.8，容器Ⅱ中初始状态浓度商Q＝
≈0.56＝1，容器Ⅱ中反应化学平衡常数为0.8，据此进行三段式计算：
2NO2 ⇌ 2NO ＋ O2
起始浓度（mol·L－1）：
0.3 0.5 0.2
转化浓度（mol·L－1）:
x x
平衡浓度（mol·L－1）：
0.3－x 0.5＋x 0.2＋
若达平衡时，容器Ⅱ中
＝1，则有x＝
mol·L－1，求出此时浓度商Qc＝
>0.8，则容器Ⅱ中反应逆向进行，
<1，B项错误；C选项，容器Ⅰ中到达平衡状态时，NO的体积分数为50%，容器Ⅲ的起始状态若改变为NO0.6mol/L、O20.3mol/L，则可达到与容器Ⅰ完全相同的平衡状态，实际NO为0.5mol/L、O2为0.35mol/L，相当于减少了NO0.1mol/L增加O20.05mol/L，此变动将会造成NO的体积分数减小，小于50%，C正确；平衡时，v正＝v逆，即k正c2（NO2）＝k逆c2（NO）·c（O2），k正＝k逆，所以c2（NO2）＝c2（NO）·c（O2），即T2时，化学平衡常数为1，T1时K＝0.8，则T1―→T2时，平衡正向移动，根据该反应为吸热反应，所以T2>T1，D项正确。
16．铝是应用广泛的金属。
以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：
图0
注：
SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为___________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_____（填“增大”“不变”或“减小”）。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
阳极的电极反应式为__________，阴极产生的物质A的化学式为________。
图0
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。
在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________。
16．
（1）Al2O3＋2OH－===2AlO
＋H2O
（2）减小
（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4CO
＋2H2O－4e－===4HCO
＋O2↑ H2
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
[解析]
（1）Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O。
（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤Ⅰ所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。
（3）阳极为O2－发生氧化反应生成O2，石墨可能被O2氧化。
（4）电解时阳极由图示可知是由碳酸钠生成碳酸氢钠的过程，阳极应该是水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气，多出的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子。
即：
2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，CO
＋H＋===HCO
合并得答案4CO
＋2H2O－4e－===4HCO
＋O2↑。
阴极应该是水电离产生的氢离子放电生成氢气，多出的氢氧根离子使得稀氢氧化钠溶液变成浓氢氧化钠溶液。
（5）铝在空气中容易形成致密的Al2O3薄膜，阻碍反应的进行，加入NH4Cl分解产生HCl，HCl能够与Al2O3反应。
17．化合物H是一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
（1）C中的含氧官能团名称为________和________。
（2）D―→E的反应类型为________。
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：
____________。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；
②能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。
（4）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：
____________________。
（5）已知：
（R代表烃基，R′代表烃基或H）
请写出以
、
和（CH3）2SO4为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
17．
（1）醚键 酯基
（2）取代反应（3）
（4）
（5）
[解析]
（1）由C的结构简式可得C中含氧官能团的名称为醚键、酯基。
（2）分析从D到E的结构变化，D分子中与N相连的氢原子被—CH2COCH3取代，同时生成产物HBr。
（3）结合C的同分异构体分子组成及性质可知能发生水解反应，要保证水解产物为α氨基酸，且存在手性碳原子，根据除苯环外只有3个碳原子可以推出，α氨基酸中存在手性碳原子，即为
，则另一个水解产物的苯环上不存在含C的取代基，且其分子中只有2种不同环境的氢，为高度对称结构，即为
，结合两种水解产物可以写出C的同分异构体。
（4）分析F、H的结构，发现F中酯基到H中变成了醛基，由于已知G经氧化得到H，说明G中某个官能团被氧化为—CHO，F到G发生了还原反应，结合G的分子式，则G中存在—CH2OH，即为
。
（5）根据D―→E的信息，制备
的原料为
和
，
可由
与HBr发生取代反应得到，联系已知信息，
与（CH3）2SO4、K2CO3发生题给反应生成
3，
发生还原反应可得
。
18．碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：
45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2（OH）2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为__________________________________________。
②方法2：
先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。
Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。
M′的化学式为____________。
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc·xH2O。
为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4～5，用浓度为0.08000mol·L－1的EDTA（Na2H2Y·2H2O）标准溶液滴定Cu2＋（离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。
通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）。
18．
（1）①4CuCl＋O2＋8H2O
2Cu2（OH）2Cl2·3H2O②Fe2＋
（2）n（Cl－）＝n（AgCl）×
＝
×
＝4.800×10－3mol
n（Cu2＋）＝n（EDTA）×
＝0.08000mol·L－1×30.00mL×10－3L·mL－1×
＝9.600×10－3mol
n（OH－）＝2n（Cu2＋）－n（Cl－）＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2mol
m（Cl－）＝4.800×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.1704g
m（Cu2＋）＝9.600×10－3mol×64g·mol－1＝0.6144g
m（OH－）＝1.440×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448g
n（H2O）＝
＝4.800×10－3mol
a∶b∶c∶x＝n（Cu2＋）∶n（OH－）∶n（Cl－）∶n（H2O）＝2∶3∶1∶1
化学式为Cu2（OH）3Cl·H2O
[解析]
（1）①在45～50℃的温度下，CuCl与O2、H2O发生反应的化学方程式为4CuCl＋O2＋8H2O
2Cu2（OH）2Cl2·3H2O；②结合催化原理图示分析可知，Cu的化合价升高，则M―→M′化合价降低，由于Fe3＋为催化剂，所以其催化过程为Cu与稀盐酸、Fe3＋反应生成CuCl2和Fe2＋，Fe2＋再被O2氧化为Fe3＋。
19．某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。
图0
已知：
①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：
3NaClO===2NaCl＋NaClO3
②AgCl可溶于氨水：
AgCl＋2NH3·H2O⇌Ag（NH3）
＋Cl－＋2H2O
③常温时N2H4·H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag（NH3）
：
4Ag（NH3）
＋N2H4·H2O===4Ag↓＋N2↑＋4NH
＋4NH3↑＋H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为________。
（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为__________。
HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是_____________。
（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并___________。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外（该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应），还因为______________。
（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：
_____________（实验中须使用的试剂有：
2mol·L－1水合肼溶液，1mol·L－1H2SO4）。
19．
（1）水浴加热
（2）4Ag＋4NaClO＋2H2
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