2012年浙江省高考化学（含解析版）.doc

2012年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
选择题部分（共120分）
一、选择题（本小题17小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
7．下列说法不正确的是
A．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法
B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质
C．通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯
D．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃
8．下列说法正确的是
A．在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全
B．在“火柴头中氯元素的检验”实验中，摘下几根未燃过的火柴头，将其浸于水中，稍后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸后，即可判断氯元素的存在
C．在“硫酸亚铁铵的制备”实验中，为了得到硫酸亚铁铵晶体，应小火加热蒸发皿，直到有大量晶体析出时停止加热
D．受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2％醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理
9．X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。下列说法正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．Z与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点

C．CaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂
D．CaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1︰2
10．以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：
下列说法不正确的是
A．在阴极式，发生的电极反应为：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑
B．在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H＋浓度增大，使平衡2＋2H＋ ＋H2O向右移动
C．该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑
D．测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为1－
11．下列说法正确的是
A．按系统命名法，化合物的名称为2,6－二甲基－5－乙基庚烷
B．丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽
C．化合物是苯的同系物
D．三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9
12．下列说法正确的是
A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。
若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C．用0.2000 mol/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol/L）,至中性时，溶液中的酸未被完全中和
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1 mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①＞④＝②＞③
13．水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、、、、、中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：

下列判断正确的是
A．气体甲一定是纯净物 B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K＋、和一定存在于溶液X中 D．和一定不存在于溶液X中
非选择题部分（共180分）
非选择题部分共12题，共180分。
26．[14分]已知：I2＋2＝＋2I－。相关物质的溶度积常数见下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10－20
2.6×10－39
1.7×10－7
1.3×10－12
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝_____________。
过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体。
（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是___________________（用化学方程式表示）。由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是___________。
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I―发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用___________作滴定指示剂，滴定终点的现象是_________________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。
③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为___________________________。

27．[15分]甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ/mol)
活化能Ea(kJ/mol)
甲烷氧化
CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)
－802.6
125.6
CH4(g)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2(g)
－322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)
206.2
240.1
CH4(g)＋2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)
165.0
243.9
回答下列问题：
（1）反应CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)的△H= kJ/mol。
（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率 甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等于）。
（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数（记作KP），则反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的KP＝ ；
随着温度的升高，该平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于 。
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：
温度 / ℃
400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200
70
60
50
40
30
20
H2物质的量分数 / %

CO物质的量分数 / %

25
20
15
10
5
0
400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200
温度 / ℃
－■－ 0.1 Mpa
－●－ 0.9 Mpa
－▲－ 1.5 Mpa
－■－ 0.1 Mpa
－●－ 0.9 Mpa
－▲－ 1.5 Mpa

①若要达到H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是 。
A．600℃，0.9Mpa B．700℃，0.9MPa C．800℃，1.5Mpa D．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始计时）
的变化趋势示意图：

时间
H2物质的量分数 / %
100
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0

（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是 。

28．[14分]实验室制备苯乙酮的化学方程式为：

制备过程中还有等副反应。
主要实验装置和步骤如下：
搅拌器
a
b
滴液漏斗

（I）合成：在三颈瓶中加入20 g无水AlCl3和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓回流。滴加完毕后加热回流1小时。
（Ⅱ）分离与提纯：
①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层
②水层用苯萃取，分液
③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品
④蒸馏粗产品得到苯乙酮。回答下列问题：
（1）仪器a的名称：____________；装置b的作用：________________________________。
（2）合成过程中要求无水操作，理由是____________________________________________。
（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致_________________。
A．反应太剧烈 B．液体太多搅不动 C．反应变缓慢 D．副产物增多
（4）分离和提纯操作②的目的是_____________________________________________________。该操作中是否可改用乙醇萃取？_____（填“是”或“否”），原因是_________________。
（5）分液漏斗使用前须___________________并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并______________________后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层。分离上下层液体时，应先__________，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。
（6）粗产品蒸馏提纯时，下来装置中温度计位置正确的是________________，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是________________。

A B C D

29．[15分]化合物X是一种环境激素，存在如下转化关系：
X
C23H26O4Br2
A
C15H16O2
B
C4H8O3
D
C4H6O2
副产物G
C8H12O4
(环状化合物)
浓H2SO4
①NaOH水溶液
②H＋
足量的溴水
C
C15H12O2Br4
E
C6H10O3
F
(C6H10O3)n
浓H2SO4
HO OH
一定条件

化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有两个化学环境完全相同的甲基，其苯环上的一硝基取代物只有两种。1H-NMR谱显示化合物G的所有氢原子化学环境相同。F是一种可用于制备隐形眼镜的高聚物。
根据以上信息回答下列问题。
（1）下列叙述正确的是_________。
A．化合物A分子中含有联苯结构单元
B．化合物A可以和NaHCO3溶液反应，放出CO2气体
C．X与NaOH溶液反应，理论上1 mol X最多消耗6 mol NaOH
D．化合物D能与Br2发生加成反应
（2）化合物C的结构简式是_________________，A→C的反应类型是__________________。
（3）写出同时满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）________。
a．属于酯类 b．能发生银镜反应
（4）写出B→G反应的化学方程式_______________________________________________。
（5）写出E→F反应的化学方程式_______________________________________________。

2012年浙江省高考化学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题
1．（3分）（2012•浙江）下列说法不正确 的是（　　）
A．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法
B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质
C．通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯
D．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃
【考点】清洁能源；石油的裂化和裂解；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；淀粉的性质和用途．菁优网版权所有
【专题】化学应用．
【分析】本题根据常见的绿色化学方法是安全无污染的化学方法，电解质和非电解质都是化合物，水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，不导电为非电解质，红外光谱可以判断官能团，石油裂化是将重油转化为轻质油，裂解是得到小分子的烯烃等知识点来解题．
【解答】解：A．太阳能分解水制氢是把光能转变为化学能的绿色化学方法，A正确；
B．油脂的水解产物高级脂肪酸是电解质，B错误；
C．乙酸乙酯含有羰基，乙醇中没有，通过红外光谱可以区分，C正确；
D．石油催化裂化的目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，裂解的目的是得到小分子的烯烃，D正确；
故选B．
【点评】本题考查绿色化学方法特点，电解质和非电解质区分依据，红外光谱的作用，石油的裂化与裂解等，题目难度不大．

2．（3分）（2012•浙江）下列说法正确的是（　　）
A．在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全
B．在“火柴头中氯元素的检验”实验中，摘下几根未燃过的火柴头，将其浸于水中，稍后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸后，即可判断氯元素的存在
C．在“硫酸亚铁铵的制备”实验中，为了得到硫酸亚铁铵晶体，应小火加热蒸发皿，直到有大量晶体析出时停止加热
D．受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理
【考点】电解原理的应用实验；化学实验安全及事故处理．菁优网版权所有
【专题】实验评价题．
【分析】A．锌、铁和稀硫酸能构成原电池而加快锌的腐蚀；
B．硝酸银和氯离子能反应生成白色氯化银沉淀；
C．亚铁离子不稳定，易被氧化；
D．受酸腐蚀应该涂弱碱性物质．
【解答】解：A．产生的氢气速率突然减小，说明已经无法构成原电池，锌镀层完全反应，故A正确；
B．未燃过的火柴头，将其浸于水中，氯元素的存在形式为氯酸根离子，故B错误；
C．亚铁离子加热过程中易被氧化，所以得不到硫酸亚铁铵晶体，故C错误；
D．受酸腐蚀应涂碳酸氢钠，而不是酸，故D错误；
故选A．
【点评】根据原电池原理、氯离子的检验、安全事故的处理来分析解答，知道火柴中含有氯酸钾而不是氯化钾，亚铁离子易被空气氧化而变质．

3．（3分）（2012•浙江）X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构．下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．Z与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点
C．CaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂
D．CaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1：2
【考点】原子结构与元素周期律的关系；氧化还原反应．菁优网版权所有
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18﹣1﹣9=8，故Y为O元素，据此结合选项解答．
【解答】解：X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18﹣1﹣9=8，故Y为O元素，
A、X、Y、Z分别是H、O、F，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O＞F＞H，故A错误；
B、HF分子之间含有氢键，沸点高于其它同族氢化物的沸点，故B正确；
C、过氧化钙与水反应，过氧化钙既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D、CaO2其阴离子为O22﹣，阴、阳离子个数比为1：1，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查结构性质位置关系、氧化还原反应等，难度中等，推断元素是解题关键，C选项中根据过氧化钠的性质进行解答．

4．（3分）（2012•浙江）以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如图：下列说法不正确的是（　　）

A．在阴极式，发生的电极反应为：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑
B．在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H+浓度增大，使平衡2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O向右移动
C．该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑
D．测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为1﹣
【考点】电解原理．菁优网版权所有
【专题】电化学专题．
【分析】A、阴极上得电子发生还原反应，氢离子放电；
B、阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子浓度增大导致平衡移动，根据氢离子浓度的变化判断溶液颜色的变化；
C、将阳极室、阴极室发生的反应加合可得总的反应式，注意阴极室还发生反应衡2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O；
D、根据原子守恒计算其转化率．
【解答】解：A、电极均为惰性电极，在阴极室发生还原反应，水得电子变成氢气，电极反应为：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，故A正确；
B、阳极室发生氧化反应，水失去电子放电，电极反应为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，阳极区氢离子浓度增大，平衡右移，故B正确；
C、阴极电极反应为：4H2O+4e﹣=4OH﹣+2H2↑，阳极反应为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，4CrO42﹣+4H+═2Cr2O72﹣+2H2O，故总制备方程式为4K2CrO4 +4H2O 2K2Cr2O7 +4KOH+2H2↑+O2↑，故C正确；
D、设加入反应容器内的K2CrO4为1mol，反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余K2CrO4为（1﹣x）mol，对应的n（K）=2（1﹣x）mol，n（Cr）=（1﹣x）mol，生成的K2Cr2O7为mol，对应的n（K）=xmol，n（Cr）=xmol，根据：K与Cr的物质的量之比为d，，解得x=2﹣d，转化率为×100%=2﹣d，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查了电解原理，难点是计算转化率，根据原子守恒即可计算其转化率，根据阴阳极上发生的反应类型写出相应的电极反应式．

5．（3分）（2012•浙江）下列说法正确的是（　　）
A．按系统命名法，化合物的名称为2，6﹣二甲基﹣5﹣乙基庚烷
B．丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽
C．化合物是苯的同系物
D．三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9
【考点】烷烃及其命名；芳香烃、烃基和同系物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．菁优网版权所有
【专题】有机物分子组成通式的应用规律．
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
A、烷烃命名原则：
①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；
②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；
④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．
B、氨基酸形成肽键原理为羧基提供﹣OH，氨基提供﹣H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；
C、苯的同系物是分子中含有一个苯环，取代基是烷烃基；
D、依据甘油和硝酸发生酯化反应的原理是酸脱氢，醇脱羟基，写出分子式；
【解答】解：A、依据系统命名方法，名称中起点选错，物质的名称为：名称为2，6﹣二甲基﹣3﹣乙基庚烷，故A错误；
B、氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是不同氨基酸脱水：可以是苯丙氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，苯丙氨酸脱去氢，生成2种二肽．共4种，故B错误；
所以共有4种．
C、苯的同系物是含一个苯环，组成相差CH2的物质，选项中分子含有三个苯环，故C错误；
D、三硝酸甘油酯是甘油和3分子硝酸通过酸脱氢，醇脱羟基得到的物质分子式为C3H5N3O9，故D正确：
故选D．
【点评】本题考查了烷烃命名方法，肽键形成的实质，苯的同系物的概念应用，无机酸和醇发生的酯化反应，题目难度中等．

6．（3分）（2012•浙江）下列说法正确的是（　　）
A．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C．用0.2000mol/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/L），至中性时，溶液中的酸未被完全中和
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．菁优网版权所有
【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的．
B、判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能．
C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余．
D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，溶液中c（Cl﹣）越大，c（Ag+）越小．
【解答】解：A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，稀释后溶液的3＜pH＜4，故A错误；
B、NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故B错误；
C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故C正确；
D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c（Cl﹣）=0.1mol/L，③0.1 mol/L氯化镁溶液c（Cl﹣）=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸银溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）为④＞①＞②＞③，故D错误．
故选：C．
【点评】考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离．

7．（3分）（2012•浙江）水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（　　）

A．气体甲一定是纯净物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中
D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中
【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．菁优网版权所有
【专题】压轴题；离子反应专题．
【分析】能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子，即可解答．
【解答】解：加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH﹣）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子．
A．加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；
B．溶液中一定含有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；
C．原来溶液中K+、和一定存在，故C正确；
D．硫酸根离子是否存在不能确定，CO32﹣可能存在，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等．

二、简答题
8．（2012•浙江）已知：I2+2=+2I﹣．相关物质的溶度积常数见下表：
物质
Cu（OH）2
Fe（OH）3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10﹣20
2.6×10﹣39
1.7×10﹣7
1.3×10﹣12
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入　Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3　，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=　2.6×10﹣9mol/L　．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体．
（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是　2CuCl2•2H2OCu2（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O　（用化学方程式表示）．由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是　在干燥的HCl气流中加热脱水　．
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．
①可选用　淀粉溶液　作滴定指示剂，滴定终点的现象是　蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色　．
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为　2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2　．
③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为　95%　．
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定．菁优网版权所有
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】（1）加入的物质用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据c（Fe3+）= 计算铁离子浓度；
（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；
（3）依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，发生反应离子方程式计算分析．
【解答】解：（1）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素和氢氧根离子的物质，可以是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10﹣4 mol/L，则氢氧根离子浓度为10﹣10 mol/L，c（Fe3+）===2.6×10﹣9mol/L，
故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3 ；2.6×10﹣9mol/L；
（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2•2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水，
故答案为：2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；在干燥的HCl气流中加热脱水；
（3）测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，
①硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点为蓝色褪去一段时间不恢复颜色，
故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；
③依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；
得到 2Na2S2O3～2Cu2+
2 2
0.1000mol/L×0.0200L 0.1000mol/L×0.0200L=0.002mol
试样中CuCl2•2H2O的质量百分数=×100%=95%，
故答案为：95%．
【点评】本题考查Ksp计算和物质制备，沉淀溶解平衡的分析应用，滴定实验的原理应用，滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键，难度较大．

9．（2012•浙江）甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整．向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H（kJ/mol）
活化能Ea（kJ/mol）
甲烷氧化
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）
﹣802.6
125.6
CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）
﹣322.0
172.5
蒸汽重整
CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）
206.2
240.1
CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）
165.0
243.9
回答下列问题：
（1）反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的△H=　﹣41.2　kJ/mol．
（2）在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率　小于　甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等于）．
（3）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（记作KP），则反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）的KP=　　；随着温度的升高，该平衡常数　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于　放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量　．
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如图1、图2：

①若要达到H2物质的量分数＞65%、CO的物质的量分数＜10%，以下条件中最合适的是　B　．
A．600℃，0.9MpaB．700℃，0.9MPaC．800℃，1.5MpaD．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始计时）的变化趋势示意图（如图3）：
（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是　导致生成的氢气和氧气反应　．
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；用化学平衡常数进行计算；化学平衡的调控作用．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）减CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），可得反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），据此计算反应热；
（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快；
（3）根据平衡常数k的表达式，利用信息直接书写Kp；
该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；
（4）从能量的角度分析，放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量；
（5）①根据图象中，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响数据，选择判断；
②结合图象可知在600℃、0.1 MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，起始进料时H2的物质的量分数为0，据此可画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图；
（6）如果反应过程中进氧气的量过大，会导致生成的氢气和氧气反应，导致质量分数降低．
【解答】解：（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）减CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），可得反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），故△H=165.0kJ/mol﹣206.2kJ/mol=﹣41.2kJ/mol，
故答案为：﹣41.2；
（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快，故初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，故答案为：小于；
（3）根据平衡常数k的表达式，可知反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）的KP=