知识点：原电池

D

考点：影响盐类水解程度的主要因素；原电池和电解池的工作原理；溶液的配制．

专题：基本概念与基本理论．

分析：A、降低温度，化学平衡向着放热方向进行；

B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，相当于加水量偏少；

C、根据中和滴定的原理结合锥形瓶的使用来回答；

D、T时电流强度变大，说明单位时间内Zn被氧化的速率增大．

解答：解：A、氯化钴溶液中存在下列平衡：[，[Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣（蓝色）+6H2O△H=akJ•mol﹣1，Co（H2O）6]2+溶液中显粉红色，将氯化钴溶液置于冰水浴中，降低温度，平衡逆向移动，所以反应是吸热的，所以焓变大于零，故a＞0，故A错误；

B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，相当于加水量偏少，所配溶液浓度偏大，故B错误；

C、中和滴定中，锥形瓶无论是否干燥，待测液中溶质的物质的量不变，对实验结果都没有影响，故C错误；

D、T时电流强度变大，说明单位时间内Zn被氧化的速率增大，加入H2O2，具有强氧化性，可加快锌的氧化，故D正确；

故选D．

点评：本题综合考查学生平衡移动原理、溶液的配置、中和滴定实验误差分析以及电化学知识，属于综合知识的考查，难度中等．

知识点：原电池

D

考点：原电池和电解池的工作原理．

专题：基本概念与基本理论；电化学专题．

分析：该装置中右边装置不能自发的进行氧化还原反应是不能构成原电池只能形成电解池，左边装置中能发生的进行氧化还原反应且符合原电池的构成条件所以是原电池．当 K 闭合时，在交换膜处 SO42﹣从右向左移动，说明A为负极，B为正极，即A的金属活动性大于B；连接B的y极为Y阳极，连接A的x极为阴极．

解答：解：A、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42﹣从右向左移动，说明A为负极，B为正极，原电池中负极A上金属失电子发生氧化反应，生成金属阳离子进入溶液导致溶液中（A2+）浓度增大，故A错误；

B、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动，说明A为负极，B为正极，B极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为B2++2eˉ═B，故B错误；

C、右边装置中连接B的y极为阳极，连接A的x极为阴极，电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；

D、右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，x极上发生的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成可溶性的偏铝酸盐，故D正确．

故选D．

点评：本题考查了原电池和电解池原理，难度较大，明确原电池放电时溶液中阴阳离子的移动方向是解本题的关键

知识点：元素周期律与元素周期表

B

考点：位置结构性质的相互关系应用．

专题：元素周期律与元素周期表专题．

分析：由短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，R、W处于第三周期，W元素族序数等于周期序数的2倍，处于Ⅵ族，故W为S元素，可推知R为P元素，Z为O元素，Y为N元素、X为C元素，结合元素周期律及元素化合物性质解答．

解答：解：由短周期元素X、Y、Z、R和W在元素周期表的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，R、W处于第三周期，W元素族序数等于周期序数的2倍，处于Ⅵ族，故W为S元素，可推知R为P元素，Z为O元素，Y为N元素、X为C元素，

A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Y＜X＜W＜R，故A错误；

B．O元素、S元素与C元素分别可以CO2、SC2，故B正确；

C．碳元素有金刚石、石墨、富勒烯等多种同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧，故C错误；

D．非金属性O＞S，故氧元素氢化物比硫元素氢化物稳定，故D错误，

故选B．

点评：本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，注意氢键对物质性质的影响

知识点：物质的检验和鉴别

D

考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．

专题：离子反应专题．

分析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；

加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；

加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；

通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+．

因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在．

解答：解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；

加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；

加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；

通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+．

因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在．故A、B、C错误，D正确．

故选：D．

点评：本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在，难度较大

知识点：化学反应速率

（I）< < 低温 ②③⑤　 BD

（II）不　（a+b）

考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．

专题：化学平衡专题．

分析：（Ⅰ）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，△H﹣T△S＜0反应自发进行；

加入催化剂，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等；

（3）A．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；

B．A、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变；

C．B、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同；

D．压强相同，升高温度，化学平衡向吸热反应移动；

（Ⅱ）（1）由表格数据可知，当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为 倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L﹣1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动；

由（1）可知，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变；

（3）2×105与5×105 Pa时A的转化率不变，但5×105 Pa时反应速率快，到达平衡时间缩短．当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为 倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L﹣1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆向移动，此时B不是气体，A的转化率减小，反应速率增大，时间缩短．

解答：解：（Ⅰ）（1）正反应为气体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ压强的2倍，反应在绝热条件下进行，说明正反应为放热反应，则△H＜0；正反应后气体的物质的量减少，所以混乱度减小，则△S＜0，△H﹣T△S＜0反应自发进行，该反应在低温条件下能自发进行，

故答案为：＜；＜；低温；

加入催化剂，反应速率加快，所以b1＜b2，到达平衡的时间缩短，所以t1＞t2，平衡不移动，阴影部分为反应物浓度变化量，则两图中阴影部分面积相等，

故答案为：②③⑤；

（3）A． A、C两点都在等温线上，压强A点小于C点，压强越大速率越快，所以反应速率A＜C，故A错误；

B． A、C两点都在等温线上，反应前后气体物质的量不变，压强越大，容器的容积越小，而混合气体总质量不变，所以气体密度：A＜C，故B正确；

C． B、C两点X的体积分数相同，则相同组分的体积分数相同，所以气体的平均相对分子质量相同，故C错误；

D． 由状态B到状态A，压强相同，温度不同，正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热反应移动，X的体积分数增大，所以可以通过升温使状态B到状态A，故D正确；

故答案为：BD；

（Ⅱ）（1）由表格数据可知，当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为 倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L﹣1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动，

故答案为：不；

由（1）可知，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是a+b，

故答案为：a+b；

（3）2×105与5×105 Pa时A的转化率不变，但5×105 Pa时反应速率快，到达平衡时间缩短．当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为 倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L﹣1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆向移动，此时B不是气体，A的转化率减小，反应速率增大，时间缩短，A的转化率随时间的变化曲线为：，

故答案为：．

点评：本题考查化学平衡影响因素、平衡图象等，综合性较强，侧重考查了学生分析数据、图象获取信息的能力，难度中等

知识点：物质的制备

④　 　A、C B、D、E

用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹

溶液表面出现晶膜为止、高锰酸钾晶体受热易分解　

87.23% 　偏小

考点：制备实验方案的设计．

专题：综合实验题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验基本操作．

分析：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；

①该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；

②根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；

（3）蒸发溶液获得晶体时不能蒸干，避免固体飞溅；高锰酸钾在温度较高时容易分解，需要低温下烘干；

（4）根据n=cV计算出25mL待测液消耗的醋酸钠的物质的量，再根据反应方程式计算出25mL待测液中含有高锰酸钾的物质的量，从而计算出样品中含有高锰酸钾的物质的量，然后根据m=nM计算出高锰酸钾的质量，最后计算出纯度；待测液被蒸馏水稀释后浓度减小，测定的样品中含有的高锰酸钾物质的量减小，纯度减小．

解答：解：（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确，

故答案为：④；

①待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，

故答案为：A、C；B、D、E；

②由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全，

故答案为：用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹；

（3）蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，

故答案为：溶液表面出现晶膜为止、高锰酸钾晶体受热易分解；

（4）50mL 0.1000mol•L﹣1草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗0.005mol醋酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005mol×=0.002mol，

500mL配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol×=0.04mol，

则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol﹣1=6.32g，

则高锰酸钾产品的纯度为：×100%=87.23%；

若滴定管用用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，

故答案为：87.23%；偏小．

点评：本题通过高锰酸钾的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，题目难度中等，涉及了样品中纯度计算、化学实验基本操作方法、物质制备原理等知识，明确物质制备原理及流程为解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算的能力

知识点：元素周期律与元素周期表

第三周期第ⅦA族

S2﹣＞Cl﹣＞Na+　

4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2　

2HN3=3N2+H2

NH4H　

2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O　

取固体生成物a g与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为V L，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无　

考点：位置结构性质的相互关系应用．

专题：推断题；元素周期律与元素周期表专题．

分析：I．X、Y、Z、R四种元素均为短周期元素，含Y元素的物质焰色反应为黄色，则Y为Na；X单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质，则X为N元素；Z是同周期元素中原子半径最小，且Y、Z、R同周期，则Z为Cl，R元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则R为S元素；

II．X为N元素，元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊，丙与醋酸类似，为一元弱酸，设丙的分子式为HNm，HNm分解的方程式为2HNm=H2+mN2，8.6gHNm爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）N2，氮气为=0.3mol，则2：m=：0.3，解得m=3，所以丙为HN3，丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g•L﹣1，则戊的相对分子质量为0.76×22.4=17，所以戊为氨气，则丁为NH4H．

解答：解：I．X、Y、Z、R四种元素均为短周期元素，含Y元素的物质焰色反应为黄色，则Y为Na；X单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得X的单质，则X为N元素；Z是同周期元素中原子半径最小，且Y、Z、R同周期，则Z为Cl，R元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，则R为S元素．

（1）Z为Cl，Z元素在周期表的位置是第三周期第ⅦA族，离子电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以Y、Z、R简单离子的半径从大到小的顺序是 S2﹣＞Cl﹣＞Na+，

故答案为：第三周期第ⅦA族； S2﹣＞Cl﹣＞Na+；

由N、Cl两种元素组成的化合物甲，常温下为易挥发的淡黄色液体，甲分子构型为三角锥形，且分子里N、Cl两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则N、Cl个数比应为1：3，甲遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质应为次氯酸，所以在甲中氯显+1价，所以甲的结构式为，

故答案为：；

（3）化合物乙为Na2S溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成Na2S2，则Na2S2的电子式为，Na2S溶液在空气中变质过程的化学方程式为4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2，

故答案为：；4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2；

II．X为N元素，元素X与氢可形成多种化合物，如丙、丁、戊，

（4）丙与醋酸类似，为一元弱酸，设丙的分子式为HNm，HNm分解的方程式为2HNm=H2+mN2，8.6gHNm爆炸分解生成H2和6.72L（标况下）N2，氮气为=0.3mol，则2：m=：0.3，解得m=3，所以丙为HN3，反应方程式为：2HN3=3N2+H2 ，

故答案为：2HN3=3N2+H2 ；

（5）丁为离子化合物，遇水反应生成H2和气体戊，标况下戊的密度为0.76g•L﹣1，则戊的相对分子质量为0.76×22.4=17，所以戊为氨气，则丁为NH4H，

故答案为：NH4H；

（6）氨气在高温条件下能还原Fe2O3，生成氮气和铁，反应方程式为2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O；

要证明生成物中是否有FeO，可以通过定量计算的方法确定，具体操作为：取固体生成物a g与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为V L，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无，

故答案为：2NH3+Fe2O3N2+2Fe+3H2O；取固体生成物a g与足量盐酸反应，测定生成气体标况的体积为V L，若V＜，则含FeO，反之则无；或者取一定质量固体生成物与足量H2（或CO）共热充分反应，若质量减少则含FeO，反之则无．

点评：本题考查元素化合物推断，推断元素是解题关键，II中根据计算确定化合物组成和通过定量实验进行物质成分检验为本题的难点．

知识点：有机化学知识综合应用

　C6H12O6　 CH3﹣CH=CH2　 　羟基、羧基 　①④

考点：有机物的推断．

分析：B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3﹣CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题．

解答：解：B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3﹣CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，

（1）根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3﹣CH=CH2，

故答案为：C6H12O6；CH3﹣CH=CH2；

F为CH3CHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基，

故答案为：羟基、羧基；

（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④，

故答案为：①④；

（4）F在一定条件下发生缩聚反应得G，反应方程式为，

故答案为：．

点评：本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化