2022届海南省保亭中学高考化学模拟试卷（五） 一、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．家用铁锅用水清洗后置在干燥处，能减弱电化学腐蚀B．高温能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒中的蛋白质受热变性C．“神七”宇航员所穿的航天服是由我国自行研制的新型“连续纤维增韧”航空材料做成，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它是一种新型无机非金属材料D．人体中不含水解纤维素的酶，故人类饮食中不需摄入纤维素量高的食品 2．中学化学教材中有大量数据，下列为某同学对数据的利用情况，其中不正确的是（ ）A．用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率的快慢B．用沸点数据推测将一些液体混合物用分镏的方法分离开来的可能性C．用反应物、生成物的键能数据可判断对应反应的热效应D．用原子（或离子）半径数据推断某些原子（或离子）氧化性或还原性的强弱 3．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）A．装置①中，d为阳极、c为阴极B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、NO2等气体C．装置③中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气 4．下列各溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）A．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、K+B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣C．c（H+）=10﹣14mol/L的溶液中：Na+、AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣D．水电离出的c（H+）与c（OH﹣）乘积为10﹣28的溶液中：K+、Na+、HCO3﹣、Ca2+ 5．在试管中注入某浅红色溶液，给试管加热，溶液红色加深，则原溶液可能是（ ）①滴有石蕊的H2SO4溶液②滴有石蕊的NH4Cl溶液③滴有酚酞的氨水溶液④滴有酚酞的Na2CO3溶液．A．①②B．②④C．①③D．③④ 6．下列离子方程式不正确的是（ ）A．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O⇌H2S↑+2OH﹣32B．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣C．向NaHS溶液中通入足量氯气：HS﹣+Cl2═S↓+H++2Cl﹣D．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++3Cl2+4Br﹣═2Fe3++6Cl﹣+2Br2 二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个就为0分）7．已知：CH3CH2CH2CH3（g）+6.5O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2878kJ•mol﹣1，（CH3）2CHCH3（g）+6.5O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2869kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ）A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子B．正丁烷的稳定性大于异丁烷C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多 8．事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律．如：Na2O2+SO2═Na2SO4、2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2，则你认为下列方程式中不正确的是（ ）A．2Na2O2+2Mn2O7═4NaMnO4+O2↑B．2Na2O2+2N2O3═4NaNO2+O2↑C．2Na2O2+P2O3=Na4P2O7D．2Na2O2+2N2O5=4NaNO3+O2↑ 9．在氯化钡溶液中通入SO2，溶液仍澄清，若将氯化钡溶液分装两支试管，一支试管加硝酸，另一支试管加NaOH溶液，然后再分别通入SO2，结果两试管中都有白色沉淀生成．则下列结论合理的是（ ）A．氯化钡有两性B．两支试管中的白色沉淀都是BaSO4C．SO2是有还原性的酸性氧化物D．升高pH，可使SO2水溶液中SO32ˉ离子浓度减少 10．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（ ）A．正反应放热（t2时升温）B．32H2S气体通入氯水中C．t秒时合成氨反应达到平衡D．NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中 11．已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性．现有浓度均为0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系（R表示S或C），其中一定正确的是（ ）A．c（H+）＞c（OH﹣）B．c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣）C．c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+c（RO32﹣）+c（OH﹣） 12．CuI是一种不溶于水的白色固体，它可以由反应：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2而得到．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI﹣淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则下列说法正确的是（ ）A．若a极变红，则在Pt电极上：2I﹣﹣2e﹣=I2淀粉遇碘变蓝B．若b极变红，在Pt电极上：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2O2将I﹣氧化为I2，淀粉遇碘变蓝C．若a极变红，在Cu电极上：开始Cu+I﹣﹣e﹣=CuI，一段时间后2I﹣﹣2e﹣═I2淀粉遇碘变蓝D．若b极变红，在Cu极上：Cu﹣2e﹣═Cu2+Cu2+显蓝色 三、必考题13．（8分）如图所示，形成奥运五环的B、K、R、Y和G均为元素周期表前20号元素的代号，它们还满足下列关系：32①相邻或相交的两元素均能形成常见化合物．②B是周期表中原子半径最小的元素．③K是地壳含量最多的元素，且Y、K两元素同主族．④G是组成有机化合物的必备元素．⑤R与其它四种元素既不在同周期，也不在同族．回答下列问题：（1）K元素在元素周期表中的位置是第 周期第 族．（2）Y的原子结构示意图为 ，B、K、R三种元素形成的化合物的电子式是 ．（3）B与K形成的化合物与R和G形成的化合物发生反应可用于实验室制取某常见气体，写出该反应的化学方程式 ．（4）任写一个能证明Y和K的非金属性强弱的反应方程式为 ． 14．（8分）如图表示各物质之间的转化关系．已知A、D、F、H均为单质，X常温下为无色液体，B为淡黄色固体，反应⑤的现象是白色物质迅速变为灰绿色，最终变为红褐色．请按要求填空：（1）B的化学式是 （2）反应④可放出大量热，故称为 反应（不能答放热反应）．该类反应的一个重要应用是 ．（3）反应①的化学反应方程式是 ．该反应的氧化产物是 （4）写出上述电解装置中阴极的电极反应式 ． 15．（7分）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料．N2H4与N2O4反应能放出大量的热．（1）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 （填字母编号）A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H= kJ•mol﹣132（3）17℃、1.01×105Pa，10L密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，n（NO2）=0.300mol、n（N2O4）=0.120mol．计算该条件下反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K= ．（要求：①写出计算过程；②注明K的单位） 16．（11分）如图甲是旧教材中验证铜与浓硝酸反应的装置，乙是新教材对演示实验改进后的装置，丙是某校师生对乙作进一步改进并对所产生的气体的性质进行探究的装置．（1）写出铜和浓硝酸反应的化学方程式 ．（2）与甲装置相比，乙装置的优点是 ，丙装置除具有乙装置优点外还具有的优点是 ．（3）欲使NO2气体充满试管②，应先 ，再打开弹簧夹a和b，当气体充满②后，将铜丝提起与溶液脱离，然后把a、b、c都关闭，并把试管②置于沸水中，则下列各项不变的是 ．A．颜色B．平均摩尔质量C．质量D．压强E．密度（4）为了验证NO2与水的反应，欲使烧杯中的水进入试管②的操作是 ．（5）试管②中的NO2和水充分反应后，所得溶液物质的量浓度最大值是 mol/L．（气体体积按标准状况计算且不考虑实验过程中NO2的损失） 17．（10分）科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术的研究，把过多二氧化碳转化为有益于人类的物质．（1）如果将CO2和H2以1：4的比例混合，通入反应器，在适当的条件下反应，可获得一种重要的能源．请完成以下化学方程式：CO2+4H2→ +2H2O，若用CO2和H2可以人工合成CnH2n+2的烷烃，写出该化学方程式并配平： （2）若将CO2和H2以1：3的比例混合，使之发生反应生成某种重要的化工原料和水，该原料可能是 A．烷烃B．烯烃C．炔烃D．芳香烃（3）已知在443～473K时，用钴（Co）作催化剂可生成C5～C8的烷烃，这是人工合成汽油的方法之一．要达到该汽油的要求，CO2和H2的体积比的取值范围是 （4）甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同，但生产流程相同：①尿素分子中的官能团有 （用结构简式表示）②甲厂以焦炭和水为原料；乙厂以天然气和水为原料；丙厂以乙烯和水为原料．按工业有关规定，利用原料所制得的H2和CO2的物质的量之比若最接近合成尿素的原料气NH332（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，则对原料的利用率最高．据此可判断甲、乙、丙三个工厂原料利用率最高的是 ． 四、选考题（请考生在第18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B铅笔在答题卷上把所选题目的题号涂黑）．18．（6分）北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（ ）（多项选择题）A．该物质能使鲜花长期盛开B．1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOHC．该物质既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D．该物质既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色E．该物质分子式为C15H20O4 19．（14分）已知下列信息：KMnO4H+（CH3）2C=CHCH3+CH3COOHCH2=CH﹣CH=CH2+CH≡CH一种用途较广泛的有机玻璃树脂﹣﹣聚丁烯酸甲酯结构简式为：有一种合成这种高聚物的途径副产物污染少或无污染，原子利用率较高，符合“绿色化学挑战计划”的要求，其合成路线如下：试回答下列问题：（1）写出B、C所代表的有机物的结构简式B： C： （2）的系统命名名称是 ，反应⑥属于 反应（填反应类型）（3）B的核磁共振氢谱图上有在 个吸收峰，峰面积之比为 （4）写出下列反应方程式：反应④： 反应⑤： 32（5）反应物完全转化为产品使原子利用率达到100%是“绿色化学”理念的重要体现．在上述合成过程中符合“绿色化学”理念的化学反应有 （填编号） 20．（6分）下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质）．则下列有关Y的意义的叙述正确的是（ ）（多项选择题）A．表示第三周期元素的原子半径（稀有气体除外）B．表示ⅡA族元素的最外层电子数C．表示第二周期元素的电负性（稀有气体除外）D．表示第三周期元素的第一电离能（稀有气体除外）E．表示第ⅦA族元素氢化物的沸点． 21．（14分）波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料．胆矾CuSO4⋅5H2O可写成[Cu（H2O）4]SO4⋅H2O，其结构示意图如图：（1）写出铜原子价层电子的轨道排布式 ，与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有 （填元素符号）．（2）由图可知：胆矾中存在的作用力有 a．离子键b．配位键c．氢键d．极性键e．非极性键32（3）往浓CuSO4溶液中加入过量较浓的NH3•H2O直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液．小心加入约和溶液等体积的C2H5OH并使之分成两层，静置．经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．实验中所加C2H5OH的作用是 ．（4）已知Cu（NH3）42+呈平面正方形结构，则Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中呈正四面体的粒子是 ，杂化轨道类型是sp3的原子有 ．（5）如将深蓝色溶液加热，可能得到什么结果？ ． 22．下列有关化工生产的说法中不正确的是（ ）（多项选择题）A．工业上用电解熔融的氯化物的方法制备金属镁和铝B．适当提高合成氨原料气中N2的含量，可提高H2的转化率C．从安全运输上看，硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利D．利用反应NaCl（饱和）+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓制取NaHCO3时，应在NaCl饱和溶液中先通入过量CO2再通入过量的NH3E．硫酸厂生产时常采有高压条件提高SO2的转化率 23．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）俗称固体双氧水，被大量用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中．它的制备原理和路线如下：试回答下列问题：（1）与过碳酸钠的用途相关的化学性质是 ，下列四种物质可使过碳酸钠较快失效的是 A．MnO2B．H2SC．稀硫酸D．NaHCO3（2）加入NaCl的作用是 （3）工业纯碱中含有Fe3+等杂质，加入稳定剂的作用是与生成稳定的配合物．Fe3+的不良影响是 ，反应方程式为 ．（4）反应的最佳温度控制在15～25℃，温度偏高时造成产率偏低的可能原因是 ，温度偏低时造成产率偏低的可能原因是 ，而该流程中还是遗漏了一步操作，造成产品产率偏低，这步操作名称是 ．（5）有人想用过碳酸钠测定氢溴酸的浓度．若一定量的过碳酸钠与100mL氢溴酸溶液恰好完全反应，在标准状况下产生448mL气体，则所用氢溴酸的浓度为 mol/L（已知：H2O2+2HBr=Br2+2H2O）32 322022届海南省保亭中学高考化学模拟试卷（五）参考答案与试题解析 一、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．家用铁锅用水清洗后置在干燥处，能减弱电化学腐蚀B．高温能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒中的蛋白质受热变性C．“神七”宇航员所穿的航天服是由我国自行研制的新型“连续纤维增韧”航空材料做成，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它是一种新型无机非金属材料D．人体中不含水解纤维素的酶，故人类饮食中不需摄入纤维素量高的食品【考点】金属的电化学腐蚀与防护；无机非金属材料；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】化学应用．【分析】A、根据金属的电化学腐蚀的条件是：和氧气接触、有水存在；B、根据高温是蛋白质的变性的条件之一来回答；C、“神七”宇航员所穿的航天服属于一种复合材料，具有好的性能；D、虽人体内不含水解纤维素的酶，不能消化纤维素，但蔬菜中的纤维素对人体有用处．【解答】解：A、家用铁锅用水清洗后置在干燥处，不具备金属腐蚀的条件即原电池的构成条件，这样能减弱电化学腐蚀，故A正确；B、甲型H1N1流感病毒属于蛋白质，高温是蛋白质的变性的条件之一，所以采用高温杀死甲型H1N1流感病毒，故B正确；C、“神七”宇航员所穿的航天服主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的复合材料，故C正确；D、虽人体内不含水解纤维素的酶，不能消化纤维素，但纤维素对人体有用处，可促进肠道消化，故D错误．故选D．【点评】化学与科学、技术、社会、环境密切相关，与此相关知识也逐渐成为考试的重要考点，难度不大． 2．中学化学教材中有大量数据，下列为某同学对数据的利用情况，其中不正确的是（ ）A．用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率的快慢B．用沸点数据推测将一些液体混合物用分镏的方法分离开来的可能性C．用反应物、生成物的键能数据可判断对应反应的热效应D．用原子（或离子）半径数据推断某些原子（或离子）氧化性或还原性的强弱【考点】反应热和焓变；原子结构与元素的性质；化学反应中能量转化的原因；化学反应速率的影响因素；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应热的大小取决于反应物与生成物的总能量大小关系，反应速率与物质的自身性质以及外界条件有关；B、用蒸馏的方法可分离沸点相差较大的液体混合物；C、化学反应的实质是拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量，反应的热效应=反应物键能总和﹣生成物键能总和；32D、根据原子核对最外层电子的吸引力比较得失电子难易．【解答】解：A、反应热的大小取决于反应物与生成物的总能量大小关系，反应速率与物质的自身性质以及外界条件有关，不能用反应热数据的大小判断不同反应的反应速率的快慢，但可用来比较相似反应的快慢，故A错误；B、根据沸点的大小，如沸点相差较大，液体混合物可用蒸馏的方法进行分离，故B正确；C、拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量，反应的热效应=反应物键能总和﹣生成物键能总和；故C正确；D、原子（或离子）半径越大，原子核对最外层电子的吸引力越小，原子（或离子）越易失去电子，还原性越强，则离子的氧化性越弱，故D正确．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及化学键键能与反应热的关系、物质的分离、反应热以及物质的性质等问题，本题难度不大，注意化学中的数据与物质的性质的关系，多积累． 3．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）A．装置①中，d为阳极、c为阴极B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、NO2等气体C．装置③中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气【考点】原电池和电解池的工作原理；气体发生装置；气体的收集．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．电解池中，外电路上电流从正极流向电解池阳极，据此判断电解池的阴阳极；B．和氧气不反应且和空气的相对分子质量相差较大的气体可以采用排空气法收集；C．采用隔离法可以防止易溶的气体产生倒吸；D．氨气的密度小于空气，常温条件下和氧气不反应，可以采用排空气法收集，氨气极易溶于水，可以用水吸收尾气．【解答】解：A．根据电流方向知，a为电源正极，则c为电解池阳极，d为电解池阴极，故A错误；B．H2、NH3、CO2、Cl2、NO2等气体在常温下和氧气不反应，且和空气相对分子质量相差较大，所以可以采用排空气法收集，故B正确；C．氨气极易溶于水但不溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，且和水不互溶，所以可以采用此装置吸收氨气且不产生倒吸，故C正确；D．氨气是碱性气体，所以可以用碱石灰干燥，氨气的密度小于空气，且在常温下和氧气不反应，所以氨气可以采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，所以尾气可以用水处理，用倒置漏斗防止倒吸，故D正确；故选A．【点评】本题考查气体的收集和电解池原理，考查知识点较多，注意根据气体的密度、性质选取收集方法，难度不大．32 4．下列各溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）A．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、K+B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣C．c（H+）=10﹣14mol/L的溶液中：Na+、AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣D．水电离出的c（H+）与c（OH﹣）乘积为10﹣28的溶液中：K+、Na+、HCO3﹣、Ca2+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A、加入铝粉有氢气生成的溶液可以是碱溶液，也可以是酸溶液；B、pH试纸呈红色的溶液显酸性，酸性溶液中亚铁离子被硝酸根氧化；C、c（H+）=10﹣14mol/L的溶液呈碱性分析判断；D、水的电离被抑制，溶液是酸或碱；【解答】解：A、加入铝粉有氢气生成的溶液可以是碱溶液，也可以是酸溶液，Mg2+、Cu2+在碱中不存在，故A不符合；B、pH试纸呈红色的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根具有氧化性把亚铁离子氧化，故B不符合；C、c（H+）=10﹣14mol/L的溶液呈碱性，Na+、AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣一定共存，故C符合；D、水电离出的c（H+）与c（OH﹣）乘积为10﹣28的溶液中水的电离被抑制，所以溶液是酸或碱，HCO3﹣离子酸和碱中都不共存，故D不符合；故选C．【点评】本题考查了离子共存，题目难度中等，注意常见离子的性质，注意相关基础知识的积累 5．在试管中注入某浅红色溶液，给试管加热，溶液红色加深，则原溶液可能是（ ）①滴有石蕊的H2SO4溶液②滴有石蕊的NH4Cl溶液③滴有酚酞的氨水溶液④滴有酚酞的Na2CO3溶液．A．①②B．②④C．①③D．③④【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】某浅红色溶液，溶液可能为品红溶液，也可能为碱和酚酞的混合液，可能为酸和石蕊的混合液，利用电离平衡移动及水解平衡移动来分析．【解答】解：①滴有石蕊的H2SO4溶液，加热，颜色不变化，故①错误；②滴有石蕊的NH4Cl溶液，加热促进铵根离子的水解，则红色加深，故②正确；③滴有酚酞的氨水溶液，加热促进电离，但氨水中氢氧根离子浓度不大，颜色变化不明显，故③错误；④滴有酚酞的Na2CO3溶液，加热促进碳酸根离子的水解，则颜色加深，故④正确；故选B．【点评】本题考查显红色的溶液及水解、电离，明确弱离子的水解即可解答，难度不大． 6．下列离子方程式不正确的是（ ）A．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O⇌H2S↑+2OH﹣B．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣C．向NaHS溶液中通入足量氯气：HS﹣+Cl2═S↓+H++2Cl﹣D．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++3Cl2+4Br﹣═2Fe3++6Cl﹣+2Br232【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；化学用语专题；离子反应专题．【分析】A、依据多元弱酸分步水解分析判断；B、依据亚硫酸酸性强于碳酸，少量二氧化硫通入生成亚硫酸钠分析；C、依据负二价硫元素具有还原性，氯气具有强氧化性分析判断；D、依据溴化亚铁中的离子还原性Fe2+大于Br﹣，通入足量氧化剂氯气会把亚铁离子和溴离子全部氧化，离子方程式中的亚铁离子和溴离子符合1：2组成；【解答】解：A、硫离子是弱酸阴离子分步水解，S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；故A错误；B、用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体离子方程式为，2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣，故B正确；C、向NaHS溶液中通入足量氯气，氯气氧化HS﹣为硫单质离子方程式，HS﹣+Cl2═S↓+H++2Cl﹣，故C正确；D、向溴化亚铁溶液中通入过量氯气，溴化亚铁全部反应，离子方程式中亚铁离子和溴离子符合化学式的组成比，离子方程式为，2Fe2++3Cl2+4Br﹣═2Fe3++6Cl﹣+2Br2，故D正确；故选A．【点评】本题考查离子方程式书写原则和注意问题，是现在考试的热点，难度不大但注意各种离子性质的应用． 二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个就为0分）7．已知：CH3CH2CH2CH3（g）+6.5O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2878kJ•mol﹣1，（CH3）2CHCH3（g）+6.5O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2869kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ）A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子B．正丁烷的稳定性大于异丁烷C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多【考点】热化学方程式；化学反应中能量转化的原因．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据化学反应中能量守恒，放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量；B、根据物质具有的能量越低越稳定来判断；C、根据异丁烷转化为正丁烷的能量高低来判断；D、根据正丁烷和异丁烷中含有的化学键来回答．【解答】解：A、因化学反应中能量守恒，放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量，生成物的总能量的能量相同时，放出的热量越多，反应物的总能量越多，故A正确；B、物质具有的能量越低越稳定，根据A可知正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子，所以正丁烷的稳定性小于异丁烷，故B错误；C、因正丁烷的能量比异丁烷的能量高，所以异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，故C错误；D、在正丁烷和异丁烷中，均含有碳碳单键和碳氢单键，数目一样多，故D错误；故选A．32【点评】本题主要考查了化学反应中能量守恒和化学键的判断知识，难度不大，可根据课本知识完成． 8．事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律．如：Na2O2+SO2═Na2SO4、2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2，则你认为下列方程式中不正确的是（ ）A．2Na2O2+2Mn2O7═4NaMnO4+O2↑B．2Na2O2+2N2O3═4NaNO2+O2↑C．2Na2O2+P2O3=Na4P2O7D．2Na2O2+2N2O5=4NaNO3+O2↑【考点】钠的重要化合物．【专题】信息给予题；几种重要的金属及其化合物．【分析】题给信息为：Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐（或碱）和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成相对应的盐，不生成O2．【解答】解：A、七氧化二锰是最高价态的锰的氧化物，NaMnO4中的锰为+7价，符合上述规律，故A正确；B、三氧化二氮不是最高价态的氮的氧化物，不符合上述规律，故B错误；C、三氧化二磷不是最高正价，生成Na4P2O7，符合上述规律，故C正确；D、五氧化二氮是最高价态的氮的氧化物，因此过氧化钠与五氧化二氮反应生成硝酸钠和氧气，故D正确；故选B．【点评】本题根据题目信息得出规律，主要考查化学方程式的书写，难度较大． 9．在氯化钡溶液中通入SO2，溶液仍澄清，若将氯化钡溶液分装两支试管，一支试管加硝酸，另一支试管加NaOH溶液，然后再分别通入SO2，结果两试管中都有白色沉淀生成．则下列结论合理的是（ ）A．氯化钡有两性B．两支试管中的白色沉淀都是BaSO4C．SO2是有还原性的酸性氧化物D．升高pH，可使SO2水溶液中SO32ˉ离子浓度减少【考点】二氧化硫的化学性质．【专题】氧族元素．【分析】根据二氧化硫和氯化钡的相关性质来解题，二氧化硫与氯化钡混合时不反应，但加入硝酸后可以将亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；若加入氢氧化钠溶液，亚硫酸会与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠会与氯化钡发生反应生成亚硫酸钡沉淀；二氧化硫价态居中，其化合价既可以升高又可以降低，具有氧化性和还原性；pH值增大，溶液显碱性，利于吸收二氧化硫．【解答】解：A．氯化钡为强酸和强碱生成的盐，所以不具有两性，故A错误；B．第一支试管里面生成沉淀为硫酸钡，第二支生成沉淀为亚硫酸钡，故B错误；C．二氧化硫可以与水反应生成亚硫酸，为酸性氧化物，化合价为+4价，还可以失去两个电子生成+6价的硫，故具有还原性，故C正确；D．氯化钡溶液中升高pH值，可增大SO2的吸收，溶液中SO32ˉ离子浓度增大，故D错误；故选C．32【点评】本题考查如何让原本不反应的二氧化硫与氯化钡发生反应的两种方法，及相应的反应过程和产物，二氧化硫具有氧化性和还原性，易与碱液反应等知识点． 10．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（ ）A．正反应放热（t2时升温）B．H2S气体通入氯水中C．t秒时合成氨反应达到平衡D．NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线；硫化氢．【专题】图示题．【分析】A．正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向进行；B．H2S气体通入氯水中，发生H2S+Cl2═2HCl+S，酸性增强，pH减小；C．反应速率之比等于化学计量数之比；D．NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，先发生NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+NaHCO3+H2O，后发生2NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+Na2CO3+2H2O．【解答】解：A．正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向进行，所以正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，与图象一致，故A正确；B．氯水中pH较大，H2S气体通入氯水中，发生H2S+Cl2═2HCl+S，酸性增强，pH减小，与图象矛盾，故B错误；C．由图可知反应速率之比为（4﹣2）：（4﹣0）=1：2，等于化学计量数之比，故C正确；32D．NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，先发生NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+NaHCO3+H2O，后发生2NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，显然开始就产生沉淀，且沉淀在增大，与图象矛盾，故D错误；故选AC．【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡的图象、化学反应及其对应的图象，明确图象中坐标的意义及点、线的意义即可解答，题目难度中等． 11．已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性．现有浓度均为0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系（R表示S或C），其中一定正确的是（ ）A．c（H+）＞c（OH﹣）B．c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣）C．c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32﹣）+c（OH﹣）D．c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+c（RO32﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较；电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3﹣电离程度大于水解程度，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3﹣水解沉淀大于电离程度，两溶液中发生的过程相似，①溶质电离：NaHRO3=Na++HRO3﹣，②HRO3﹣电离：HRO3﹣png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAABkAAAAICAYAAAAMY1RdAAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAABJSURBVDhPY/hPJcDAwPAfhLEB7KIUWIzNMqAYxAU0xRQ4mmitVAuuf//+YVgKE6N5cIFshvsEPU6IDgssCtF9hTO48CVJUh0AAA4ibKfxpL+rAAAAAElFTkSuQmCC6I+B5LyY572RH++RO32﹣，③HRO3﹣水解：HRO3﹣+H2Opng_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAABkAAAAICAYAAAAMY1RdAAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAABJSURBVDhPY/hPJcDAwPAfhLEB7KIUWIzNMqAYxAU0xRQ4mmitVAuuf//+YVgKE6N5cIFshvsEPU6IDgssCtF9hTO48CVJUh0AAA4ibKfxpL+rAAAAAElFTkSuQmCC6I+B5LyY572RH2RO3+OH﹣，④水电离：H2OH++OH﹣．由溶液呈电中性有电荷守恒关系（a）：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣）；据化学式NaHRO3得物料守恒关系（b）：c（Na+）=c（HRO3﹣）+c（RO32﹣）+c（H2RO3）；（a）﹣（b）得质子守恒关系（c）：c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32﹣）+c（OH﹣）．对NaHSO3溶液，过程②的程度大于③，有c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；对NaHCO3溶液，过程③的程度大于②，有c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H+）．同浓度的两溶液中，c（Na+）相等，c（HRO3﹣）不一定相等，c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）．【解答】解：A．NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3﹣电离程度大于水解程度，c（H+）＞＞c（OH﹣），NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3﹣水解沉淀大于电离程度，c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；B．由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣），故B正确；C．根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c（Na+）=c（HRO3﹣）+c（RO32﹣）+c（H2RO3），由溶液呈电中性有电荷守恒关系（a）：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣），二者联式可得c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；32D．由B可知，电荷不守恒，应为c（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH﹣），故D错误．故选BC．【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，解答本题时注意从守恒的角度分析，本题中还要注意题目要求，即浓度均为浓度均为0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中均存在的关系，此为解答该题的关键之处，注意审题． 12．CuI是一种不溶于水的白色固体，它可以由反应：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2而得到．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI﹣淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则下列说法正确的是（ ）A．若a极变红，则在Pt电极上：2I﹣﹣2e﹣=I2淀粉遇碘变蓝B．若b极变红，在Pt电极上：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2O2将I﹣氧化为I2，淀粉遇碘变蓝C．若a极变红，在Cu电极上：开始Cu+I﹣﹣e﹣=CuI，一段时间后2I﹣﹣2e﹣═I2淀粉遇碘变蓝D．若b极变红，在Cu极上：Cu﹣2e﹣═Cu2+Cu2+显蓝色【考点】电解原理的应用实验．【专题】压轴题；电化学专题．【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI﹣淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则阳极上发生2I﹣﹣2e﹣=I2，进而确定电源的正负极情况，惰性电极电解氯化钠和酚酞的混合溶液，在阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生得电子的还原反应，根据电解池的工作原理知识来回答即可．【解答】解：A、若a极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有a为阴极，b为阳极，Y为电源的正极，X为负极，则Pt电极为阴极，该极上是氢离子氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故A错误；B、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，则Pt电极为阳极，该极上是碘离子发生失电子生成碘单质的氧化反应，淀粉遇碘变蓝，故B错误；C、电解NaCl溶液（滴入酚酞），阴极附近变红，若a极变红，则X为电源的负极，Y为正极，故Cu电极为阳极，则Cu﹣2e﹣=Cu2+或Cu→Cu2++2e﹣，2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝；若b极变红，则X为正极，Pt电极为阳极，则2I﹣﹣2e﹣=I2或2I﹣→I2+2e﹣，碘遇淀粉变蓝，故C正确．D、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，Cu电极是阴极，该极上发生氢离子氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故D错误．故选C．32【点评】本题考查电解原理，明确b极附近呈蓝色是解答本题的突破口，明确发生的电极反应及电解池阴阳极、电源正负极的关系即可解答，题目难度中等． 三、必考题13．（8分）如图所示，形成奥运五环的B、K、R、Y和G均为元素周期表前20号元素的代号，它们还满足下列关系：①相邻或相交的两元素均能形成常见化合物．②B是周期表中原子半径最小的元素．③K是地壳含量最多的元素，且Y、K两元素同主族．④G是组成有机化合物的必备元素．⑤R与其它四种元素既不在同周期，也不在同族．回答下列问题：（1）K元素在元素周期表中的位置是第 二 周期第 ⅥA 族．（2）Y的原子结构示意图为 ，B、K、R三种元素形成的化合物的电子式是 ．（3）B与K形成的化合物与R和G形成的化合物发生反应可用于实验室制取某常见气体，写出该反应的化学方程式 CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑ ．（4）任写一个能证明Y和K的非金属性强弱的反应方程式为 2H2S+O2=2S+2H2O ．【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】如图所示，形成奥运五环的B、K、R、Y和G均为元素周期表前20号元素的代号，它们还满足下列关系：②B是周期表中原子半径最小的元素，则B为氢元素；③K是地壳含量最多的元素，则K为氧元素；Y、K两元素同主族，则Y为硫元素；④G是组成有机化合物的必备元素，则G为碳元素．⑤R与其它四种元素既不在同周期，也不在同族，则R处于第四周期，故R为钙元素．【解答】解：如图所示，形成奥运五环的B、K、R、Y和G均为元素周期表前20号元素的代号，它们还满足下列关系：②B是周期表中原子半径最小的元素，则B为氢元素；③K是地壳含量最多的元素，则K为氧元素；Y、K两元素同主族，则Y为硫元素；④G是组成有机化合物的必备元素，则G为碳元素．⑤R与其它四种元素既不在同周期，也不在同族，则R处于第四周期，故R为钙元素．故B为氢元素；K为氧元素；Y为硫元素，G为碳元素，R为钙元素．（1）由上述分析可知，K为氧元素，元素原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于周期表第二周期第ⅥA族．故答案为：二、ⅥA．32（2）Y为硫元素，质子数为16，原子核外有16个电子，有3个电子层，最外层电子数为6，原子结构化示意图为；B为氢元素，K为氧元素，R为钙元素．三元素形成的化合物为Ca（OH）2，氢氧化钙属于离子化合物，由钙离子与氢氧根离子构成，电子式为．故答案为：；．（3）B为氢元素；K为氧元素；G为碳元素，R为钙元素．B与K形成的化合物与R和G形成的化合物发生反应可用于实验室制取某常见气体，为碳化钙与水反应生成氢氧化钙与乙炔，制备乙炔，该反应的化学方程式为CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑．故答案为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑．（4）K为氧元素，Y为硫元素．利用单质的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以证明元素的非金属性，反应2H2S+O2=2S+2H2O，可说明非金属性O强于S．故答案为：2H2S+O2=2S+2H2O．【点评】考查结构性质与位置关系、常用化学用语、元素周期律等，难度不大，注意基础知识的掌握与理解． 14．（8分）如图表示各物质之间的转化关系．已知A、D、F、H均为单质，X常温下为无色液体，B为淡黄色固体，反应⑤的现象是白色物质迅速变为灰绿色，最终变为红褐色．请按要求填空：（1）B的化学式是 Na2O2（2）反应④可放出大量热，故称为 铝热 反应（不能答放热反应）．该类反应的一个重要应用是 冶炼金属 ．（3）反应①的化学反应方程式是 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 ．该反应的氧化产物是 Fe3O4 32（4）写出上述电解装置中阴极的电极反应式 2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣=H2↑） ．【考点】无机物的推断；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】推断题．【分析】X常温下为无色液体判断为H2O，B为淡黄色固体为Na2O2，反应⑤的现象是白色物质迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明J为Fe（OH）3；F为O2，G为NaOH，A为单质，结合转化关系①④可知，A为Fe，电解池中阳极是铁失电子生成亚铁离子，阴极放出H2，所以溶液中在阳极生成氢氧化亚铁；D为H2，E为Fe（OH）2，C为Fe3O4，H为Al，I为Al2O3，K为NaAlO2，综合推断和转化关系判断各物质分别为：A、Fe；B、Na2O2；C、Fe3O4；D、H2；E、Fe（OH）2；F、O2；G、NaOH；H、Al；J、Fe（OH）3；K、NaAlO2；依据判断出的物质分析回答问题；【解答】解：已知A、D、F、H均为单质，X常温下为无色液体判断为H2O，B为淡黄色固体为Na2O2，反应⑤的现象是白色物质迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明J为Fe（OH）3；F为O2，G为NaOH，A为单质，结合转化关系①④可知，A为Fe，电解池中阳极是铁失电子生成亚铁离子，阴极放出H2，所以溶液中在阳极生成氢氧化亚铁；D为H2，E为Fe（OH）2，C为Fe3O4，H为Al，I为Al2O3，K为NaAlO2，综合推断和转化关系判断各物质分别为：A、Fe；B、Na2O2；C、Fe3O4；D、H2；E、Fe（OH）2；F、O2；G、NaOH；H、Al；J、Fe（OH）3；K、NaAlO2；（1）B的化学式为：Na2O2故答案为：Na2O2（2）反应④是铝和Fe3O4发生的铝热反应，该类反应的一个重要应用是冶炼金属（野外焊接铁轨），故答案为：铝热冶炼金属（野外焊接铁轨）；（3）反应①是铁和水蒸气在高温下的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学反应方程式是：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；该反应的氧化产物是Fe3O4；故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；Fe3O4；（4）上述电解装置中阴极上氢离子得到电子生成氢气，反应的电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣=H2↑）；故答案为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣（或2H++2e﹣=H2↑）；【点评】本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要是考查铁及其化合物的性质判断和应用，铝及其化合物的性质应用，物质的性质和反应现象，铝热反应，电解原理是解题关键，题目较难，需要熟练掌握物质性质、反应的现象和转化关系． 15．（7分）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料．N2H4与N2O4反应能放出大量的热．（1）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 BC （填字母编号）A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量．则反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H= ﹣1224.96 kJ•mol﹣1（3）17℃、1.01×105Pa，10L密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，n（NO2）=0.300mol、n（N2O4）=0.120mol．计算该条件下反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K= ．（要求：①写出计算过程；②注明K的单位）32【考点】化学平衡的影响因素；有关反应热的计算；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）能使化学平衡正向移动的因素可以使二氧化氮的转化率提高；（2）根据热化学方程式的含义来回答；（3）根据平衡常数表达式来计算化学反应的平衡常数．【解答】解：（1）A、减小NO2的浓度，会使化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率降低，故A错误；B、降低温度，能使化学平衡正向移动，二氧化氮的转化率升高，故B正确；C、增加NO2的浓度，体系压强增大，平衡向右移动，二氧化氮的转化率升高，故C正确；D、升高温度，能使化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率降低，故D错误；故选BC；（2）1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，则2mol即64gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ×64=1224.96KJ的热量，故答案为：﹣1224.96；（3）根据题意知平衡时：；K=（L/mol），答：该条件下反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数为13.3（L/mol）．【点评】本题考查学生化学平衡移动原理以及平衡常数的计算知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 16．（11分）如图甲是旧教材中验证铜与浓硝酸反应的装置，乙是新教材对演示实验改进后的装置，丙是某校师生对乙作进一步改进并对所产生的气体的性质进行探究的装置．（1）写出铜和浓硝酸反应的化学方程式 Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O ．（2）与甲装置相比，乙装置的优点是 无氮的氧化物逸出，可避免环境污染 ，丙装置除具有乙装置优点外还具有的优点是 可使反应随时进行，随时停止 ．（3）欲使NO2气体充满试管②，应先 关闭弹簧夹c ，再打开弹簧夹a和b，当气体充满②后，将铜丝提起与溶液脱离，然后把a、b、c都关闭，并把试管②置于沸水中，则下列各项不变的是 CE ．A．颜色B．平均摩尔质量C．质量D．压强E．密度32（4）为了验证NO2与水的反应，欲使烧杯中的水进入试管②的操作是 关闭弹簧夹a和b，打开弹簧夹c，用手捂热试管②一段时间后松开 ．（5）试管②中的NO2和水充分反应后，所得溶液物质的量浓度最大值是 0.045mol•L﹣1 mol/L．（气体体积按标准状况计算且不考虑实验过程中NO2的损失）【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】（1）根据铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；（2）根据反应无污染物判断；根据能否控制反应判断．（3）根据此步骤是为了NO2气体充满②试管；根据方程式2NO2⇌N2O4判断．（4）让二氧化氮与水接触发生反应；（5）根据NO2和水反应，设试管的容积为VL，求出溶质的物质的量及溶液的体积；【解答】解：（1）因铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O．故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O．（2）乙装置能吸收NO2气体，所以无氮的氧化物逸出，可避免环境污染；C装置能控制反应，可使反应随时进行，随时停止故答案为：无氮的氧化物逸出，可避免环境污染；可使反应随时进行，随时停止．（3）为了NO2气体充满②试管，应先关闭c，然后打开a、b．在25度时试管中的二氧化氮会转化为四氧化二氮，2NO2（g）⇌N2O4（g）（正反应为放热反应），若把试管置于100度的沸水中．A．由于该反应是放热反应，置于100℃的沸水中，平衡会逆向移动，NO2增多，那么颜色会变深，故A错误．B．二氧化氮转化前后，气体的总质量不变，物质的量改变，所以平均摩尔质量改变，故B错误．C．根据质量守恒定律知，二氧化氮转化前后，物质的总质量不变，故C正确．D．二氧化氮转化前后，气体的物质的量改变，所以压强改变，故D错误．E．根据质量守恒定律知，二氧化氮转化前后，物质的总质量不变，试管的容积不变，所以气体的密度始终不变，故E正确．故选CE．故答案：关闭弹簧夹c；CE．（4）为了让二氧化氮与水接触发生反，应先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住（热水、热毛巾、加热）试管②一段时间后松开．故答案为：先关闭b，再关闭a，然后打开c，用手捂住（热水、热毛巾、加热）试管②一段时间后松开．（5）设试管的容积为VL，根据NO2和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO321该溶液的溶质是硝酸，因为试管中还有一氧化氮气体占，所以溶液的体积为．32溶液的物质的量浓度为=0.045mol•L﹣1．故答案为0.045mol•L﹣1．【点评】本题考查了氮氧化合物的性质等知识点，难度不大，易错题是（3）题，容易忽略二氧化氮和四氧化二氮之间的转化，温度对该反应的影响，错误的认为二氧化氮和沸水反应生成硝酸和一氧化氮，导致选择错误． 17．（10分）科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术的研究，把过多二氧化碳转化为有益于人类的物质．（1）如果将CO2和H2以1：4的比例混合，通入反应器，在适当的条件下反应，可获得一种重要的能源．请完成以下化学方程式：CO2+4H2→ CH4 +2H2O，若用CO2和H2可以人工合成CnH2n+2的烷烃，写出该化学方程式并配平： nCO2+（3n+1）H2→CnH2n+2+2nH2O （2）若将CO2和H2以1：3的比例混合，使之发生反应生成某种重要的化工原料和水，该原料可能是 B A．烷烃B．烯烃C．炔烃D．芳香烃（3）已知在443～473K时，用钴（Co）作催化剂可生成C5～C8的烷烃，这是人工合成汽油的方法之一．要达到该汽油的要求，CO2和H2的体积比的取值范围是 5：16≤V（CO2）：V（H2）≤8：25 （4）甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同，但生产流程相同：①尿素分子中的官能团有 ﹣CO﹣、﹣NH2 （用结构简式表示）②甲厂以焦炭和水为原料；乙厂以天然气和水为原料；丙厂以乙烯和水为原料．按工业有关规定，利用原料所制得的H2和CO2的物质的量之比若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，则对原料的利用率最高．据此可判断甲、乙、丙三个工厂原料利用率最高的是 丙 ．【考点】烷烃及其命名；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】压轴题；有机物分子组成通式的应用规律．【分析】（1）根据质量守恒定律的微观解释：化学反应前后原子的种类和数目不变．可知在化学反应方程式中，反应物和生成物中所含的原子的种类和数目相同．由此可推断化学反应方程式中反应物或生成物的化学式；由信息可知，CO2和H2可以人工合成CnH2n+2的烷烃，同时还有水生成，配平形成方程式．（2）化学变化中，变化前后原子种类、个数不变；根据CO2和H2混合气体发生反应的分子数比1：3及生成水的组成与分子构成，结合选项所传递的关于化工原料由C、H元素组成的信息，推断生成的化工原料的分子中C、H原子的个数比．（3）达到该汽油的要求，CO2和H2的体积比的取值范围是介于生成C5～C8的烷烃之间．（4）根据尿素的结构判断官能团；用原料所制得的H2和CO2的物质的量之比若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，原料的利用率最高．32【解答】解：（1）根据质量守恒定律的微观解释可以知道：反应前后的原子数目和种类应该相等，分析题给的化学反应方程式可以知道，反应前出现了2个O，1个C，8个H，反应后出现了2个O，4个H，所以在X中含有4个H和1个C．CO2和H2可以人工合成CnH2n+2的烷烃，反应方程式为nCO2+（3n+1）H2→CnH2n+2+2nH2O，故答案为：CH4；nCO2+（3n+1）H2→CnH2n+2+2nH2O，（2）由反应物CO2和H2混合在一定条件下以1：3（分子数比）比例发生反应，可判断混合气体中C、H原子个数比为1：6；又由于反应后生成水，即有H原子与O原子化合成水分子；而在四个选项中的物质中都不含O元素，可判断1个CO2分子中的2个O原子应与4个H原子结合成2个水分子，即混合气体中的1个C原子应与2个H原子化合成化工原料；通过以上分析，可得出化工原料中C、H原子个数比应为1：2；而在CH4中C、H原子个数比为1：4，在C2H2中C、H原子个数比为1：1，在C2H4中C、H原子个数比为1：2，在C2H6中C、H原子个数比为1：3；故答案为：B；（3）由（1）可知nCO2+（3n+1）H2→CnH2n+2+2nH2O，当生成C5H12时，n：（3n+1）=5：16，当生成C8H18时，n：（3n+1）=8：25．故答案为：5：16≤V（CO2）：V（H2）≤8：25（4）①尿素分子的结构为，所以分子中的官能团有﹣CO﹣、﹣NH2．故答案为：﹣CO﹣、﹣NH2②NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比为2：1合成尿素，即H2和CO2的物质的量之比为：1=3：1．甲厂以焦炭和水为原料，C+2H2OCO2+2H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为2：1．乙厂以天然气和水为原料，CH4+2H2OCO2+4H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为2：1．丙厂以乙烯和水为原料，C2H4+4H2O2CO2+6H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为3：1．故答案为：丙【点评】本题考查学生利用化学反应方程式和质量守恒定律来推断物质的化学式，守恒方法是解答本题的常用方法，学生应熟悉元素守恒、原子守恒来解答此类习题． 四、选考题（请考生在第18、19、20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B铅笔在答题卷上把所选题目的题号涂黑）．18．（6分）北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（ ）（多项选择题）32A．该物质能使鲜花长期盛开B．1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOHC．该物质既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D．该物质既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色E．该物质分子式为C15H20O4【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含碳碳双键、碳氧双键、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃、醇、羧酸性质等来解答．【解答】解：A．不能使鲜花长期盛开，不符合生长规律，故A错误；B．只有羧基与氢氧化钠反应，则1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故B正确；C．含有碳碳双键，可发生加聚反应，含有羧基、羟基，可发生缩聚反应，故C正确；D．不含酚羟基，与氯化铁不反应，故D错误；E．由结构简式可知，该有机物的分子式为：C15H20O4，故E正确．故选BCE．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大． 19．（14分）已知下列信息：KMnO4H+（CH3）2C=CHCH3+CH3COOHCH2=CH﹣CH=CH2+CH≡CH一种用途较广泛的有机玻璃树脂﹣﹣聚丁烯酸甲酯结构简式为：有一种合成这种高聚物的途径副产物污染少或无污染，原子利用率较高，符合“绿色化学挑战计划”的要求，其合成路线如下：试回答下列问题：（1）写出B、C所代表的有机物的结构简式B： C： 32（2）的系统命名名称是 2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯 ，反应⑥属于 加聚 反应（填反应类型）（3）B的核磁共振氢谱图上有在 3 个吸收峰，峰面积之比为 3：2：1 （4）写出下列反应方程式：反应④： 反应⑤： （5）反应物完全转化为产品使原子利用率达到100%是“绿色化学”理念的重要体现．在上述合成过程中符合“绿色化学”理念的化学反应有 ①③⑥ （填编号）【考点】有机物的推断．【分析】由聚丁烯酸甲酯结构可知F为CH3CH=CHCOOCH3，E和甲醇发生酯化反应生成F，则E为CH3CH=CHCOOH，D发生消去反应生成E，D为，C发生加成反应生成D，C为，B发生氧化反应生成C，由题给信息可知B为，则A为CH≡CH，结合有机物的结构和性质可解答该题．【解答】解：由聚丁烯酸甲酯结构可知F为CH3CH=CHCOOCH3，E和甲醇发生酯化反应生成F，则E为CH3CH=CHCOOH，D发生消去反应生成E，D为，C发生加成反应生成D，C为，B发生氧化反应生成C，由题给信息可知B为，则A为CH≡CH，（1）通过以上分析知，B、C分别是、，故答案为：；；（2）根据结构简式知，该物质名称是2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯，反应⑥属于加聚反应，故答案为：2，3﹣二甲基﹣1，3﹣丁二烯；加聚；（3）B为，有3种氢原子，所以有3个吸收峰，峰面积之比=6：4：2=3：2：1，故答案为：3；3：2：1；（4）反应④：，反应⑤：32，故答案为：；；（5）加成反应就符合绿色化学理念，属于加成反应的有①③⑥，所以符合绿色化学反应的有①③⑥，故答案为：①③⑥．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，以产物为突破口采用逆向思维结合反应条件、部分物质分子式进行推断，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，正确推断物质是解本题关键，题目难度不大． 20．（6分）下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质）．则下列有关Y的意义的叙述正确的是（ ）（多项选择题）A．表示第三周期元素的原子半径（稀有气体除外）B．表示ⅡA族元素的最外层电子数C．表示第二周期元素的电负性（稀有气体除外）D．表示第三周期元素的第一电离能（稀有气体除外）32E．表示第ⅦA族元素氢化物的沸点．【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A．同周期随原子序数增大，原子半径减小；B．同主族元素原子最外层电子数相等；C．同周期随原子序数增大，电负性增大；D．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能高于同周期相邻元素；E．HF分子之间存在氢键，沸点最高．【解答】解：A．同周期随原子序数增大，原子半径减小，图象符合变化关系，故A正确；B．ⅡA族元素的最外层电子数均为2，图象符合题意，故B正确；C．同周期随原子序数增大，电负性增大，图象符合题意，故C正确；D．第三周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但Mg、P元素第一电离能高于同周期相邻元素，而图中Si元素第一电离能高于同周期相邻元素，图象不符合题意，故D错误；E．HF分子之间存在氢键，沸点最高，故E错误，故选ABC．【点评】本题考查元素周期律、氢键对物质性质的影响，难度不大，注意同周期中第一电离能异常情况，D选项为易错点，学生容易考虑变化趋势，忽略具体元素． 21．（14分）波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料．胆矾CuSO4⋅5H2O可写成[Cu（H2O）4]SO4⋅H2O，其结构示意图如图：（1）写出铜原子价层电子的轨道排布式 ，与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有 K、Cr （填元素符号）．（2）由图可知：胆矾中存在的作用力有 abcd a．离子键b．配位键c．氢键d．极性键e．非极性键（3）往浓CuSO4溶液中加入过量较浓的NH3•H2O直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液．小心加入约和溶液等体积的C2H5OH并使之分成两层，静置．经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．实验中所加C2H5OH的作用是 加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度 ．（4）已知Cu（NH3）42+呈平面正方形结构，则Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中呈正四面体的粒子是 SO42﹣ ，杂化轨道类型是sp3的原子有 N、S、O ．（5）如将深蓝色溶液加热，可能得到什么结果？ 加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀[和（NH4）2SO4] ．32【考点】配合物的成键情况；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）铜是29号元素，根据核外电子排布规律书写铜原子价层电子的轨道排布式，并判断与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素；（2）由结构可知，晶体中铜离子与硫酸根之间存在离子键，水分子与铜离子之间存在配位键，氧原子与氢原子、氧原子与硫原子之间存在极性键，水分子之间存在氢键；（3）加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度，便于析出；（4）Cu（NH3）42+呈平面正方形结构，水成角型，Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中呈正四面体为SO42﹣；N、S、O杂化轨道类型是sp3；（5）加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4．【解答】解：（1）铜是29号元素，1s22s22p63s23p63d104s1，铜原子价层电子的轨道排布式为；铜原子最外层排布为4s1，同周期外层排布为4s1，为没有d能级的元素为K，d能级含有5个电子为Cr，故答案为：；K、Cr；（2）由结构可知，晶体中铜离子与硫酸根之间存在离子键，水分子与铜离子之间存在配位键，氧原子与氢原子、氧原子与硫原子之间存在极性键，水分子之间存在氢键，故选：abcd；（3）加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度，便于析出，故答案为：加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度，便于析出；（4）Cu（NH3）42+呈平面正方形结构，水成角型，Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中呈正四面体为SO42﹣；SO42﹣是正四面体结构，S杂化轨道类型是sp3，氨分子中含有3个N﹣H键、氮原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，氮原子采取sp3杂化，水分子中含有2个O﹣H键、O原子有2对孤对电子对，杂化轨道数为4，O原子采取sp3杂化，故答案为：SO42﹣；N、S、O；（5）加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4，故答案为：加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4．【点评】本题考查元素周期律、核外电子排布规律、晶体结构与化学键、平衡移动、杂化等，综合性较大，题目难度中等，是对所学知识的综合运用与学生能力的考查，会利用价层电子对互斥理论确定杂化类型是解答的重点，也是高频考点． 22．下列有关化工生产的说法中不正确的是（ ）（多项选择题）A．工业上用电解熔融的氯化物的方法制备金属镁和铝B．适当提高合成氨原料气中N2的含量，可提高H2的转化率C．从安全运输上看，硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利32D．利用反应NaCl（饱和）+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓制取NaHCO3时，应在NaCl饱和溶液中先通入过量CO2再通入过量的NH3E．硫酸厂生产时常采有高压条件提高SO2的转化率【考点】化学平衡的影响因素；纯碱工业（侯氏制碱法）；常见的生活环境的污染及治理；金属冶炼的一般原理．【分析】A、因为氯化铝是共价化合物，所以熔融时，它是不导电的，所以只能去电解氧化铝；B、增大一种反应物浓度使平衡向正反应方向移动，提高另一种物质的转化率；C、从安全运输上看，硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利；D、由于二氧化碳溶度积较小，应在NaCl饱和溶液中先通入的NH3再通入过量的过量CO2；E、由于常压下三氧化硫的体积分数已达91%，若再加压对设备及电力系统要求高、成本高，使生产效益低．【解答】解：A、氯化铝是共价化合物，所以熔融时，它是不导电的，所以只能去电解氧化铝，故A错误B、增大一种反应物浓度使平衡向正反应方向移动，提高另一种物质的转化率，所以适当提高合成氨原料气中N2的含量，使平衡向正反应方向移动，可提高H2的转化率，故B正确；C、从安全运输上看，硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利，故C正确；D、由于二氧化碳溶度积较小，应在NaCl饱和溶液中先通入的NH3再通入过量的过量CO2，故D错误；E、常压下三氧化硫的体积分数已达91%，二氧化硫转化率已经很高，若再加压对设备及电力系统要求高、成本高，使生产效益低，故E错误；故答案为：ADE．【点评】本题考查化学与工业生产，注意化学在工业生成中的应用知识是现在考试的热点，可以根据教材知识来回答，难度不大． 23．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）俗称固体双氧水，被大量用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中．它的制备原理和路线如下：试回答下列问题：（1）与过碳酸钠的用途相关的化学性质是 强氧化性 ，下列四种物质可使过碳酸钠较快失效的是 ABC A．MnO2B．H2SC．稀硫酸D．NaHCO3（2）加入NaCl的作用是 降低2Na2CO3•3H2O2溶解度，析出更多晶体 （3）工业纯碱中含有Fe3+等杂质，加入稳定剂的作用是与生成稳定的配合物．Fe3+的不良影响是 催化双氧水的分解 ，反应方程式为 2H2O22H2O+O2↑ ．32（4）反应的最佳温度控制在15～25℃，温度偏高时造成产率偏低的可能原因是 温度高时双氧水易分解 ，温度偏低时造成产率偏低的可能原因是 温度低时反应慢 ，而该流程中还是遗漏了一步操作，造成产品产率偏低，这步操作名称是 洗涤 ．（5）有人想用过碳酸钠测定氢溴酸的浓度．若一定量的过碳酸钠与100mL氢溴酸溶液恰好完全反应，在标准状况下产生448mL气体，则所用氢溴酸的浓度为 1 mol/L（已知：H2O2+2HBr=Br2+2H2O）【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）俗称固体双氧水，具有强氧化性；二氧化锰能够做催化剂，促进双氧水分解；硫化氢具有还原性，能够与固体双氧水反应；稀硫酸能够与碳酸钠反应；碳酸氢钠不与固体双氧水反应；（2）根据饱和溶液中的溶解平衡进行分析；（3）铁离子能够做催化剂，促进双氧水的分解；（4）双氧水不稳定，温度高了容易分解；若是温度低了，反应速率太慢；生成流程中还需要洗涤操作；（5）溴化氢被消耗的物质的量分为两部分，一部分是生成二氧化碳消耗的，另一部分是与双氧水反应了氧化还原反应消耗，计算出溴化氢的物质的量，就可以计算出溴化氢的物质的量浓度．【解答】解：（1）由于过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）俗称固体双氧水，具有碳酸钠和双氧水的双重性质，A、二氧化锰能够做催化剂，促进双氧水分解，使固体双氧水失效，故A正确；B、硫化氢具有还原性，能够与固体双氧水反应，使固体双氧水失效，故B正确；C、稀硫酸能够与碳酸钠反应，使固体双氧水失效，故C正确；D、碳酸氢钠与固体双氧水不反应，不会使固体双氧水失效，故D错误；所以正确的有ABC，故答案为：强氧化性；ABC；（2）加入了氯化钠，溶液中钠离子浓度增大，降低了固体双氧水的溶解度，会析出更多晶体，故答案为：降低2Na2CO3•3H2O2溶解度，析出更多晶体；（3）铁离子能够做催化剂，促进双氧水的分解，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：催化双氧水的分解；2H2O22H2O+O2↑；（4）由于双氧水不稳定，温度高了容易分解；若是温度低了，反应速率太慢；生成流程中还需要洗涤操作，故答案为：温度高时双氧水易分解；温度低时反应慢；洗涤；（5）二氧化碳的物质的量为：=0.02mol，根据关系式：Na2CO3～CO2～2HBr，生成二氧化碳消耗的溴化氢：n（HBr）=2×n（CO2）=0.04mol，碳酸钠的物质的量为0.02mol，根据化学式2Na2CO3•3H2O2含有双氧水物质的量为：0.03mol，根据反应H2O2+2HBr=Br2+2H2O，双氧水氧化的溴化氢物质的量为：0.03×2=0.06mol，溴化氢总的物质的量为：0.04mol+0.06mol=0.1mol，32溴化氢的浓度为：=1mol/L，故答案为：1．【点评】本题考查了固体双氧水过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）的制取方法，涉及内容较多，充分考查了学生的综合能力，本题难度中等． 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