2022-2022学年广东省中山市高三（上）第六次段考化学试卷 一、选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1．钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，它们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”．根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是（ ）A．用来做保险丝B．用于制造航天飞机C．用来制造人造骨D．用于家庭装修，做钛合金装饰门 2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molC．17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g 3．某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量进行的如下操作，正确的是（ ）A．用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中B．称取4.0gNaOH到1000mL容量瓶加水至刻度，配成1.00mol•L﹣1NaOH标准溶液C．用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不退色时，为滴定终点D．滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量 4．如图装置可用于制取、提纯并收集表格中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（ ）选项气体abcANO2浓硝酸铜片NaOH溶液BSO2浓硫酸Cu酸性KMnO4溶液CNH3浓氨水生石灰碱石灰DCO2稀硝酸CaCO3浓硫酸A．AB．BC．CD．D 5．下列分离提纯方法不正确的是（ ）-24-A．分离KNO3和氯化钠，常用结晶与重结晶B．提纯含有碘的食盐，常用升华法C．去除乙醇中的水分常用蒸馏法D．分离苯和酸性高锰酸钾溶液可用分液法 6．如图所示对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（ ）A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C．实验Ⅲ：试管中立刻出现红色沉淀D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体 7．同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是（ ）A．原子半径：X＞Y＞ZB．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得电子能力：X＞Y＞ZD．阴离子的还原性：Z3﹣＞Y2﹣＞X﹣ 8．化学学习方法中的类推法是由已学知识通过迁移构建新知识的方法．下列类比正确的是（ ）A．CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2B．铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜C．钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气D．锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应 9．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ）A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Na+、Cl﹣、CO32﹣D．K+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣ 10．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱．下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）A．3Cl2+6FeI2═2FeCl3+4FeI3B．Cl2+FeI2═FeCl2+I2C．Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2OD．2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2 -24-11．关于下列装置说法正确的是（ ）A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置③精炼铜时，c极为粗铜D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成 12．下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是（ ）A．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3B．常温时在水中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3＜NaHCO3D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多 13．下列对相关化学反应的离子方程式的评价正确的是（ ）编号化学反应离子方程式评价A过氧化钠与水反应2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑正确B漂白粉溶液中通入过量SO2ClO﹣+H2O+SO2=HSO3﹣+HClO正确C醋酸铵溶液中加入盐酸CH3COONH4+H+=CH3COOH+NH4+错误，醋酸铵不应写成化学式DNaHCO3溶液呈碱性HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣错误，应放出CO2A．AB．BC．CD．D 14．下列操作所得物质为纯净物的是（ ）A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al（OH）3固体C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体 15．铍（Be）与铝的性质相似，已知反应BeCl2+3NH3•H2O═2NaCl+2Be（OH）2↓能进行完全．据此作出的以下推断中正确的是（ ）A．常温时，BeCl2溶液pH＞7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2B．常温时，Na2BeO2溶液pH＜7，将其蒸干、灼烧后可得残留物Na2BeOC．Be（OH）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液D．BeCl2水溶液的导电性较强，说明BeCl2一定是离子化合物 -24-16．现有下列五个转化，其中不可能通过一步反应实现的是（ ）①SiO2﹣→Na2SiO3；②CuSO4﹣→CuCl2；③SiO2﹣→H2SiO3；④CuO﹣→Cu（OH）2；⑤Na2O2﹣→NaOH．A．①②B．③④C．②③④D．②③④⑤ 17．通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列反应的推断或解释正确的是（ ）操作可能的实验现象解释A某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SO42﹣B将SO2通入Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成SO2与Ba（NO3）2反应生成BaSO3C同温同压下，用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性碳酸钠发生了水解D向淀粉KI溶液中通入Cl2溶液变蓝Cl2与淀粉发生显色反应A．AB．BC．CD．D 18．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）①常温下NaNO2溶液pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2⑥0.1mol•L﹣1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1．A．①④⑥B．①②③④C．①④⑤⑥D．全部 19．根据表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是（ ）化学式电离常数HClOK=3×10﹣8H2CO3K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）B．c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）C．c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3﹣）D．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣） 20．下列说法正确的是（ ）A．向饱和食盐水中加入少量的浓盐酸，看不到明显的现象B．将硫酸铜溶液与碳酸钠溶液混合，得到的沉淀是以Cu（OH）2为主，说明了在相同条件下Cu（OH）2的溶解度比CuCO3的更小C．在0.01mol/LNaCl溶液中加入少量的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，接着向上述溶液中加入足量的浓氨水，白色沉淀不会溶解-24-D．CaCO3溶液的导电能力很弱，是因为CaCO3是弱电解质，存在如下电离平衡：CaCO3⇌Ca2++CO 二、填空题（本大题共包括4小题，共60分）21．（16分）（2022秋•中山月考）某课外小组利用H2还原黄色的WO3粉末测定W的相对原子质量，下图是测定装置的示意图，A中的试剂是盐酸．请回答下列问题．（1）仪器中装入的试剂：B 、C 、D ．（2）连接好装置后应首先 ，其方法是 ．（3）“加热反应管E”和“从A瓶逐滴滴加液体”这两步操作应该先进行的是 ．在这两步之间还应进行的操作是 ；（4）反应过程中G管逸出的气体是 ，其处理方法是 ． 22．（16分）（2022•佛山一模）某实验室对煤矸石的综合利用课题展开如下探究：【资料检索】①煤矸石主要含Al2O3、SiO2及Fe2O3．②聚合氯化铝（[Al2（OH）nCl6﹣n]m（1≤n≤5，m≤10），商业代号PAC）是一种新型、高效絮凝剂和净水剂．【探究思路】用煤矸石为原料，采用铝盐水解絮凝法，可制得聚合氯化铝．【探究实验】【交流讨论】（1）用浓盐酸配20%的盐酸所需的玻璃仪器有： ．（2）加20%的盐酸酸浸，有关的离子方程式为 ．（3）残渣2的主要成分是 ，设计实验证明你的结论（填“操作”、“现象”）： ．（4）从澄清的PAC稀溶液获得聚合氯化铝固体，该实验操作是 ，得到PAC粗产品中可能含有杂质离子是 ．（5）从不引入杂质去考虑，调节溶液的pH可改为 （填序号）．-24-A．NaOHB．AlC．氨水D．Al2O3． 23．（12分）（2022•通州区校级模拟）密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K= ．已知：K（300℃）＞K（350℃），该反应是 热反应；（2）图中表示NO2的变化的曲线是 ．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= ；（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是 ；a、v（NO2）=2v（O2）b、容器内压强保持不变c、v逆（NO）=2v正（O2）d、容器内的密度保持不变（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 ．a、及时分离出NO2气体b、适当升高温度c、增大O2的浓度d、选择高效的催化剂． 24．（16分）（2022秋•中山月考）电解原理在化学工业中有广泛的应用．如上图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：①电解池中X电极上的电极反应式为 ，在X极附近观察到的现象是 ．②Y电极上的电极反应式为 ，检验该电极反应产物的方法是 ．（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：①X电极的材料是 ，电极反应式为 ．②Y电极的材料是 ，电极反应式为 ．③溶液中的c（Cu2+）与电解前相比 （填“变大”、“变小”或“不变”）．（3）如利用该装置实现铁上镀锌，电极X上发生的反应为 ，电解池盛放的电镀液可以是 或 （只要求填两种电解质溶液）．-24- -24-2022-2022学年广东省中山市启迪教育高三（上）第六次段考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1．钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，它们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”．根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是（ ）A．用来做保险丝B．用于制造航天飞机C．用来制造人造骨D．用于家庭装修，做钛合金装饰门【考点】合金的概念及其重要应用．【专题】元素及其化合物．【分析】物质的性质决定用途，钛和钛的合金有很多优良的性能，也有很多重要的用途．【解答】解：A、保险丝应该用熔点比较低的金属材料做，而钛及其合金熔点高，不适合做保险丝，故A错误；B、因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于制造航天飞机，故B正确；C、因为钛合金与人体有很好的“相容性”，所以可用来制造人造骨，故C正确；D、因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于家庭装修，做钛合金装饰门，故D正确；故选A．【点评】本题结合新信息考查合金的性质，难度不大，只要根据合金的性质判断其用途即可． 2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B．盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5molC．17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；B、SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，故SO2的数目为0.5NA，再根据n=计算；C、根据n=计算17.6g丙烷的物质的量，1molC3H8含有8molC﹣H极性键；D、粗铜作阳极，粗铜中含Zn、Ni、Ag等金属，其电极反应式为：Zn﹣2e﹣═Zn2+，Ni﹣2e﹣═Ni2+，Cu﹣2e﹣═Cu2+，据此判断．【解答】解：A、标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，22.4L二氯甲烷的物质的量远远大于1mol，A错误；-24-B、SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，故SO2的数目为0.5NA，故n（SO2）==0.5mol，故B正确；C、1molC3H8含有8molC﹣H极性键，17.6g丙烷中所含极性共价键数为×8NA=3.2NA，故C错误；D、电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含Zn、Ni、Ag等金属，其电极反应式为：Zn﹣2e﹣═Zn2+，Ni﹣2e﹣═Ni2+，Cu﹣2e﹣═Cu2+，故当有2mol电子转移时，阳极质量减少不是64g；故选B．【点评】考查常用化学计量的有关计算、电解原理精炼铜等，难度中等，D选项为易错点，容易忽略粗铜中的杂质放电． 3．某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量进行的如下操作，正确的是（ ）A．用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中B．称取4.0gNaOH到1000mL容量瓶加水至刻度，配成1.00mol•L﹣1NaOH标准溶液C．用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不退色时，为滴定终点D．滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量【考点】中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．白醋呈酸性，用酸式式滴定管量取；B．容量瓶不能用来溶解固体；C．溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；D．酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化．【解答】解：A．白醋呈酸性，用酸式式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中，故A错误；B．容量瓶不能用来溶解固体，应在烧杯中溶解，故B错误；C．用NaOH溶液滴定白醋，用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不退色时，为滴定终点，故C正确；D．酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断滴定终点，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了中和滴定操作步骤，理解中和滴定的原理是解题关键，难度不大． 4．如图装置可用于制取、提纯并收集表格中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（ ）选项气体abcANO2浓硝酸铜片NaOH溶液BSO2浓硫酸Cu酸性KMnO4溶液CNH3浓氨水生石灰碱石灰DCO2稀硝酸CaCO3浓硫酸-24-A．AB．BC．CD．D【考点】实验装置综合；常见气体制备原理及装置选择．【专题】气体的制备与性质检验类实验．【分析】该装置属于固液混合不加热型装置，所以制取气体时不能加热、反应物是固体和液体，洗气装置中物质和气体不反应，且为液体，采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气且和常温下和氧气不反应，据此分析解答．【解答】解：该装置属于固液混合不加热型装置，所以制取气体时不能加热、反应物是固体和液体，洗气装置中物质和气体不反应，且为液体，采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气且和常温下和氧气不反应，A．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，但二氧化氮和NaOH反应，所以C装置中不能是NaOH溶液，故A错误；B．浓硫酸和铜反应制取二氧化硫需要加热，该装置没有酒精灯，故B错误；C．氨气密度比空气小，能用向下排空法收集，与该装置不符，故C错误；D．碳酸钙和稀硝酸反应制取二氧化碳时是固液混合且不需加热，浓硫酸具有吸水性且和二氧化碳不反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查气体的制取、收集，根据物质状态和反应条件确定反应装置，根据气体的性质及密度确定收集装置，熟练掌握氯气、氨气的制取和收集、检验，题目难度不大． 5．下列分离提纯方法不正确的是（ ）A．分离KNO3和氯化钠，常用结晶与重结晶B．提纯含有碘的食盐，常用升华法C．去除乙醇中的水分常用蒸馏法D．分离苯和酸性高锰酸钾溶液可用分液法【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】实验评价题．【分析】A．溶解度受温度影响不同；B．碘易升华；C．乙醇与水的沸点不同；D．苯与酸性高锰酸钾混合后分层．【解答】解：A．KNO3和NaCl的溶解度随温度变化差别很大，常用结晶与重结晶分离，故A正确；B．碘易升华，而食盐的熔点和沸点都很高，常用升华法分离，故B正确；C．乙醇与水的沸点不同，可利用蒸馏法分离，但易形成共沸混合物，则应加生石灰再蒸馏，故C错误；-24-D．苯和酸性高锰酸钾水溶液互不相溶可用分液法分离，故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物的分离、提纯，把握物质的性质差异为解答本题的关键，明确分离原理即可解答，注意C中加生石灰增大沸点差异，题目难度不大． 6．如图所示对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（ ）A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C．实验Ⅲ：试管中立刻出现红色沉淀D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．四氯化碳密度比水大；B．氢氧化铝不溶于弱碱；C．溶液呈血红色，而不是沉淀；D．根据CaO吸水并放热分析．【解答】解：A．碘易溶于四氯化碳且四氯化碳密度比水大，色层在下层，故A错误；B．氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，氨气溶于水呈碱性，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，故B错误；C．氯化铁与KSCN反应生成Fe（SCN）3，溶液呈红色，而不是生成沉淀，故C错误；D．CaO吸水生成氢氧化钙，饱和CuSO4溶液中水减少，会析出蓝色晶体，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，易错点为B，注意两性氢氧化物的性质． 7．同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是（ ）A．原子半径：X＞Y＞ZB．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得电子能力：X＞Y＞ZD．阴离子的还原性：Z3﹣＞Y2﹣＞X﹣【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，同周期自左而右，原子半径逐渐减小，元素非金属性增强，氢化物的稳定性逐渐增强，氢化物的还原性逐渐减弱．【解答】解：非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z．-24-A．同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B．非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性：X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；C．最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，即得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；D．元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，由于非金属性X＞Y＞Z，所以阴离子的还原性：Z3﹣＞Y2﹣＞X﹣，故D正确．故选A．【点评】本题考查元素周期律知识，题目难度不大，注意理解掌握同周期元素性质的递变规律． 8．化学学习方法中的类推法是由已学知识通过迁移构建新知识的方法．下列类比正确的是（ ）A．CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2B．铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜C．钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气D．锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应【考点】含硫物质的性质及综合应用；硝酸的化学性质；钠的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A、硝酸是氧化性酸，具有强氧化性，CaSO3中S为+4价，具有还原性，二者发生氧化还原反应．B、氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价态金属，硫的氧化性减弱，与变价金属反应生成低价态金属．C、Na、K性质相似，金属性K比Na强．D、Na的金属性很强，投入溶液中先与水反应．【解答】解：A、硝酸具有强氧化性，CaSO3中S为+4价，具有还原性，二者发生氧化还原反应，不是复分解反应，不能生成二氧化硫，故A错误；B、铜在氯气中剧烈燃烧生成氯化铜，铜为+2价，氯气氧化性比硫的强，铜能在硫蒸气中燃烧生成Cu2S，铜为+1价，故B错误；C、Na、K同族性质相似，金属性K比Na强，钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气，反应更剧烈，故C正确；D、金属性Zn＞Ag，锌可以与溶液中的银离子发生置换反应Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，Na的金属性很强，投入溶液中先与水反应，生成氢氧化钠与氢气，不能置换出溶液中Ag+，故D错误．故选：C．【点评】类推是学习化学中常用的一种方法，盲目类推又可能得出错误结论，注意物质性质的区别，不能以偏概全．旨在考查学生对基础知识的掌握，难度不大． 9．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ）A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Na+、Cl﹣、CO32﹣D．K+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．-24-【分析】常温时，若水溶液中由水电离产生的c（OH﹣）为1×10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：常温时，若水溶液中由水电离产生的c（OH﹣）为1×10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，A．碱性条件下Al3+不能大量共存，故A错误；B．无论溶液呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．酸性条件下CO32﹣不能大量共存，故C错误；D．酸性条件下I﹣与NO3﹣、发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意水的电离的影响因素，题目难度不大． 10．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱．下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）A．3Cl2+6FeI2═2FeCl3+4FeI3B．Cl2+FeI2═FeCl2+I2C．Co2O3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+3H2OD．2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断．【解答】解：Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，A、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，故A错误； B、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B正确；C、因为氧化性Co2O3＞Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O能发生，故C正确； D、因为氧化性FeCl3＞I2，所以2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2能发生，故D正确；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应氧化性强弱的比较等知识点，难度不大． 11．关于下列装置说法正确的是（ ）A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置③精炼铜时，c极为粗铜D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．-24-【分析】A、在原电池中，电解质中的阳离子移向正极；B、在电解池的阴极上是阳离子发生得电子的还原反应；C、电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜；D、在金属的电化学腐蚀中，电子是从负极流向正极，根据电极反应来判断即可．【解答】解：A、在装置①中，金属锌是负极，金属铜是正极，盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B、在电解池装置②的阴极上是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，氢离子浓度减小，所以a极附近溶液的pH增大，故B正确；C、电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜，阴极时精铜，即c极为精铜，故C错误；D、在金属的电化学腐蚀中，金属锌是负极，金属铁是正极，电子是从负极Zn流向正极Fe，装置中铁电极上会产生氢气，故D错误．故选：B．【点评】本题考查学生原电池、电解池的工作原理等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大． 12．下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较中，正确的是（ ）A．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3B．常温时在水中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3C．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3＜NaHCO3D．等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量稀盐酸反应，NaHCO3放出的CO2多【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．NaHCO3不稳定，加热易分解；B．Na2CO3较NaHCO3易溶；C．等质量的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3物质的量较多；D．等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2一样多．【解答】解：A．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故A错误；B．常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，故B错误；C．等质量的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3物质的量较多，则与足量稀盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3＜NaHCO3，故C正确；D．都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累． 13．下列对相关化学反应的离子方程式的评价正确的是（ ）编号化学反应离子方程式评价A过氧化钠与水反应2O22﹣+2H2O=4OH﹣+O2↑正确B漂白粉溶液中通入过量SO2ClO﹣+H2O+SO2=HSO3﹣+HClO正确C醋酸铵溶液中加入盐酸CH3COONH4+H+=CH3COOH+NH4+-24-错误，醋酸铵不应写成化学式DNaHCO3溶液呈碱性HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣错误，应放出CO2A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．过氧化钠在离子反应中应保留化学式；B．反应生成硫酸钙和盐酸；C．醋酸铵为强电解质；D．碳酸氢钠水解显碱性．【解答】解：A．过氧化钠与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O=4OH﹣+4Na++O2↑，离子反应错误，故A不选；B．漂白粉溶液中通入过量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+2H2O+2SO2=CaSO4↓+4H++2Cl﹣+SO42﹣，离子反应错误，故B不选；C．醋酸铵溶液中加入盐酸的离子反应为CH3COO﹣+H+=CH3COOH，评价正确，故C选；D．NaHCO3溶液呈碱性，水解的离子反应为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，评价错误，故D不选；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，题目难度不大． 14．下列操作所得物质为纯净物的是（ ）A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al（OH）3固体C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．完全反应后溶液中的溶质是偏铝酸钠和氢氧化钠；B．完全反应后溶液中的溶质是氯化钠、氢氧化铝和氯化铝；C．氯化铝是强酸弱碱盐易水解生成氢氧化铝和氯化氢，盐酸具有挥发性；D．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．完全反应后溶液中的溶质是偏铝酸钠和氢氧化钠，且蒸干过程中，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，所以得到的固体中还含有碳酸钠，所以得到的物质是混合物，故A错误B．完全反应后溶液中的溶质是氯化钠、氢氧化铝和氯化铝，加热蒸干溶液后再灼烧，得到的固体中含有氧化铝和氯化钠，所以得不到纯净物，故B错误；C．氯化铝是强酸弱碱盐易水解生成氢氧化铝和氯化氢，盐酸具有挥发性促进氯化铝水解，最后得到的固体不是氯化铝而是氢氧化铝，故C错误；D．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝在灼烧时生成氧化铝，故D正确；故选D．【点评】本题考查了铝的化合物的性质，明确物质的性质是解本题关键，注意氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，将氯化铝溶液蒸干时得到的是氢氧化铝，如果将氯化铝溶液蒸干并灼烧得到的是氧化铝，二者不同，为易错点．-24- 15．铍（Be）与铝的性质相似，已知反应BeCl2+3NH3•H2O═2NaCl+2Be（OH）2↓能进行完全．据此作出的以下推断中正确的是（ ）A．常温时，BeCl2溶液pH＞7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2B．常温时，Na2BeO2溶液pH＜7，将其蒸干、灼烧后可得残留物Na2BeOC．Be（OH）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液D．BeCl2水溶液的导电性较强，说明BeCl2一定是离子化合物【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；盐类水解的应用．【专题】元素及其化合物．【分析】在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be（OH）2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，以此解答该题．【解答】解：A．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，灼烧后可得残留物BeO，故A错误；B．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故B错误；C．Be（OH）2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故C正确；D．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故D错误．故选C．【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于学生自学能力的考查，题目难度中等，注意从铝的性质分析． 16．现有下列五个转化，其中不可能通过一步反应实现的是（ ）①SiO2﹣→Na2SiO3；②CuSO4﹣→CuCl2；③SiO2﹣→H2SiO3；④CuO﹣→Cu（OH）2；⑤Na2O2﹣→NaOH．A．①②B．③④C．②③④D．②③④⑤【考点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】从硅及其化合物、铜的化合物、钠的化合物的化学性质进行分析；【解答】解：①SiO2﹣→Na2SiO3，二氧化硅是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，加入氢氧化钠溶液能一步实现；②CuSO4﹣→CuCl2，加入氯化钡可以一步转化；③SiO2﹣→H2SiO3因为二氧化硅难溶于水，不能一步实现；④CuO﹣→Cu（OH）2氧化铜难溶于水，不能一步实现；⑤Na2O2﹣→NaOH，过氧化钠与水反应可以生成氢氧化钠，能一步实现；所以其中不可能通过一步反应实现的是③④；故选：B．【点评】本题考查了硅的化合物、铜的化合物、钠的化合物的化学性质及其应用． 17．通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列反应的推断或解释正确的是（ ）操作可能的实验现象解释-24-A某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SO42﹣B将SO2通入Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成SO2与Ba（NO3）2反应生成BaSO3C同温同压下，用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性碳酸钠发生了水解D向淀粉KI溶液中通入Cl2溶液变蓝Cl2与淀粉发生显色反应A．AB．BC．CD．D【考点】常见离子的检验方法；化学反应的实质；化学反应的基本原理．【专题】元素及其化合物．【分析】A、溶液中含有亚硫酸根离子时被硝酸氧化成硫酸根离子产生沉淀；B、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀；C、碳酸钠溶液水解呈碱性是因为碳酸根离子水解呈碱性，硫酸钠是强酸强碱盐；D、氯气氧化碘离子为碘单质遇淀粉变蓝．【解答】解：A、溶液中含有亚硫酸根离子时被硝酸氧化成硫酸根离子产生沉淀，溶液中不一定含有硫酸根，故A错误；B、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故B错误；C、同温同压下，用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性，碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，是因为碳酸根离子水解显碱性，故C正确；D、氯气氧化碘离子为碘单质遇淀粉变蓝，不是氯气和淀粉的显色反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，反应现象的分析利用，关键是干扰离子的分析判断，题目难度中等． 18．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）①常温下NaNO2溶液pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2⑥0.1mol•L﹣1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1．A．①④⑥B．①②③④C．①④⑤⑥D．全部【考点】弱电解质的判断．【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．【解答】解：①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故①正确；②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；④常温下0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；-24-⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故⑥正确；故选C．【点评】本题考查弱电解质的判断，为高频考点，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点． 19．根据表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是（ ）化学式电离常数HClOK=3×10﹣8H2CO3K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）B．c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）C．c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3﹣）D．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．【专题】压轴题；盐类的水解专题．【分析】依据表提供的数据分析判断，弱电解质电离常数比较可知，等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中碳酸氢根离子的水解程度小于次氯酸根离子的水解程度，依据溶液中电荷守恒，离子浓度大小比较依据，物料守恒等分析判断．【解答】解：A、等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中碳酸氢根离子的水解程度小于次氯酸根离子的水解程度，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B、等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中碳酸氢根离子的水解程度小于次氯酸根离子的水解程度，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C、依据溶液中的物料守恒得到c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故C错误；D、根据溶液中存在电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；故选A．【点评】本题考查了弱电解质的电离常数的分析应用，溶液中电荷守恒的分析判断，物料守恒的应用，比较碳酸氢根离子和次氯酸根离子的水解程度大小是解题的关键，题目难度中等． 20．下列说法正确的是（ ）A．向饱和食盐水中加入少量的浓盐酸，看不到明显的现象B．将硫酸铜溶液与碳酸钠溶液混合，得到的沉淀是以Cu（OH）2为主，说明了在相同条件下Cu（OH）2的溶解度比CuCO3的更小C．在0.01mol/LNaCl溶液中加入少量的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，接着向上述溶液中加入足量的浓氨水，白色沉淀不会溶解D．CaCO3溶液的导电能力很弱，是因为CaCO3是弱电解质，存在如下电离平衡：CaCO3⇌Ca2++CO-24-【考点】配合物的成键情况；溶解度、饱和溶液的概念；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据同离子效应有氯化钠晶体析出；B．溶解度小的先析出，铜离子与碳酸根双水解生成Cu（OH）2；C．氯化银易溶于浓氨水生成络合物[Ag（NH3）2]+；D．溶液的导电性只与离子浓度和离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，CaCO3是强电解质．【解答】解：A．饱和食盐水中存在钠离子和氯离子，加入少量的浓盐酸，盐酸电离出氢离子和氯离子，氯离子和钠离子离子浓度积大于其沉淀溶解平衡常数，有氯化钠晶体析出，故A错误；B．在相同条件下Cu（OH）2的溶解度比CuCO3的更小，铜离子与碳酸根双水解生成氢氧化铜和二氧化碳，离子反应方程式为：CO32﹣+Cu2++H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑，得到的沉淀是以Cu（OH）2为主，故B正确；C．在0.01mol/LNaCl溶液中加入少量的AgNO3溶液，有白色沉淀AgCl生成，滴加氨水后Ag++2NH3•H2O⇌[Ag（NH3）2]++2H2O可得澄清溶液，故C错误；D．CaCO3溶液的导电能力很弱，是因为碳酸钙在水中难溶，但碳酸钙为强电解质，因其在熔融状态下完全电离，故D错误；故选B．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡、强电解质等知识，掌握相关的原理是解答的关键，题目难度中等． 二、填空题（本大题共包括4小题，共60分）21．（16分）（2022秋•中山月考）某课外小组利用H2还原黄色的WO3粉末测定W的相对原子质量，下图是测定装置的示意图，A中的试剂是盐酸．请回答下列问题．（1）仪器中装入的试剂：B 锌粒 、C 水（或NaOH溶液） 、D 浓硫酸 ．（2）连接好装置后应首先 检查气密性 ，其方法是 将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好 ．（3）“加热反应管E”和“从A瓶逐滴滴加液体”这两步操作应该先进行的是 先从A瓶逐滴滴加液体 ．在这两步之间还应进行的操作是 检验H2的纯度 ；（4）反应过程中G管逸出的气体是 氢气 ，其处理方法是 在G管出口处点燃 ．【考点】相对分子质量的测定．【专题】实验设计题．【分析】（1）根据实验室制取氢气的原理以及氢气的干燥知识来回答；（2）实验装置连接好了以后，要检验装置的气密性，根据大气压强原理来检验装置的气密性；（3）实验过程中要注意先将装置中的空气赶尽，再进行实验，并检验氢气的纯度是关键；（4）根据实验装置原理和氢气的检验方法来回答．【解答】解：（1）实验室用金属锌和盐酸反应来获得氢气，制得氢气混有挥发的氯化氢，可用水（或NaOH溶液）除去，氢气可以用浓硫酸干燥，故答案为：锌粒；水；浓硫酸；-24-（2）实验装置连接好了以后，要检验装置的气密性，可以根据气压原理来检验，将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好；故答案为：检查气密性；将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好；（3）实验过程中，在H2与WO3反应前必须依次除去氯化氢、水蒸气，装置中的空气赶尽，再进行实验，所以先从A瓶逐滴滴加液体，待氢气纯净后进行试验，故答案为：先从A瓶逐滴滴加液体；检验H2的纯度；（4）实验接收后，会用氢气剩余，保证金属氧化物全部消耗，所以最后出来的是氢气，点燃会出现淡蓝色的火焰，故答案为：氢气；在G管出口处点燃．【点评】本题主要考查了W元素的相对原子质量的测定，同时还考查了基本实验操作，综合性较强，难度较大． 22．（16分）（2022•佛山一模）某实验室对煤矸石的综合利用课题展开如下探究：【资料检索】①煤矸石主要含Al2O3、SiO2及Fe2O3．②聚合氯化铝（[Al2（OH）nCl6﹣n]m（1≤n≤5，m≤10），商业代号PAC）是一种新型、高效絮凝剂和净水剂．【探究思路】用煤矸石为原料，采用铝盐水解絮凝法，可制得聚合氯化铝．【探究实验】【交流讨论】（1）用浓盐酸配20%的盐酸所需的玻璃仪器有： 量筒、烧杯、玻璃棒 ．（2）加20%的盐酸酸浸，有关的离子方程式为 Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ．（3）残渣2的主要成分是 Fe（OH）3 ，设计实验证明你的结论（填“操作”、“现象”）： 取少量残渣2于小试管中，加入稀盐酸使其完全溶解，再加入KSCN溶液，溶液呈（血）红色 ．（4）从澄清的PAC稀溶液获得聚合氯化铝固体，该实验操作是 蒸发浓缩，冷却结晶 ，得到PAC粗产品中可能含有杂质离子是 Ca2+ ．（5）从不引入杂质去考虑，调节溶液的pH可改为 BD （填序号）．A．NaOHB．AlC．氨水D．Al2O3．【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）浓盐酸配20%的盐酸用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒；（2）氧化铝氧化铁属于碱性氧化物，均能和强酸之间反应生成对应的盐和水；-24-（3）氢氧化铝可以溶于强碱溶液中，但是氢氧化铁和氢氧化钠之间不反应，据此来回答判断滤渣成分；可以采用硫氰化钾检验三价铁的存在；（4）蒸发浓缩，冷却结晶可以将溶液中的氯化铝和转化为晶体，根据流程来回答的离子；（5）从不引入杂质角度去考虑，根据选项判断能选择的试剂．【解答】解：（1）浓盐酸配20%的盐酸用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒；（2）氧化铝氧化铁属于碱性氧化物，均能和强酸之间反应生成对应的盐和水，反应的方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（3）氢氧化铝可以溶于强碱溶液中，但是氢氧化铁和氢氧化钠之间不反应，所以滤渣2是氢氧化铁，他可以和强酸之间反应得到三价铁盐，可以采用硫氰化钾检验三价铁的存在，故答案为：Fe（OH）3；取少量残渣2于小试管中，加入稀盐酸使其完全溶解，再加入KSCN溶液，溶液呈（血）红色；（4）从澄清的PAC稀溶液获得聚合氯化铝固体，可以采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，加入氢氧化钙调节溶液的pH过程中，引进的钙离子会混入PAC粗产品中，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；Ca2+；（5）从不引入杂质角度去考虑，加入NaOH和氨水会引入钠离子和铵根离子，故选BD．【点评】本题是一道考查物质的性质知识的工艺流程题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大，综合性强． 23．（12分）（2022•通州区校级模拟）密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K= ．已知：K（300℃）＞K（350℃），该反应是 放 热反应；（2）图中表示NO2的变化的曲线是 b ．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v= 1.5×10﹣3mol/（L•s） ；（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是 b、c ；a、v（NO2）=2v（O2）b、容器内压强保持不变c、v逆（NO）=2v正（O2）d、容器内的密度保持不变（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 c ．a、及时分离出NO2气体b、适当升高温度c、增大O2的浓度d、选择高效的催化剂．-24-【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；（2）由图象可知c为NO的变化曲线，d为氧气的变化曲线，根据方程式可知NO和NO2的反应速率相等，则b为NO2的变化曲线；（3）反应无论是否达到平衡状态，都满足速率之比等于化学计量数之比；达到平衡状态时，v逆（NO）=2v正（O2），压强不变；反应物和生成物都是气体，则无论是否达到平衡状态，密度都不变；（4）及时分离出NO2气体，平衡向正反应方向移动，但反应的速率减小；升高温度平衡向逆反应方向移动；增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动；加入催化剂平衡不移动．【解答】解：（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，本反应中K=，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，故答案为：K=；放热；（2）由图象可知c为NO的变化曲线，d为氧气的变化曲线，根据方程式可知NO和NO2的反应速率相等，则b为NO2的变化曲线，0～2s内v（O2）==1.5×10﹣3mol/（L•s），故答案为：b；1.5×10﹣3mol/（L•s）；（3）a、反应无论是否达到平衡状态，都满足速率之比等于化学计量数之比，故a错误；b、反应前后气体的化学计量数之和不相等，则达到平衡状态时，压强不变，故b正确；c、v逆（NO）=2v正（O2）说明达到平衡状态，故c正确；d、容器的体积不变，反应物和生成物都是气体，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，故d错误．故答案为：b、c．（4）a、及时分离出NO2气体，平衡向正反应方向移动，但反应的速率减小，故a错误；b、升高温度平衡向逆反应方向移动，故b错误；c、增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故c正确；d、加入催化剂平衡不移动，故d错误．故答案为：c．【点评】本题考查化学平衡移动以及平衡状态的标志，题目较为综合，难度中等，注意做题方法、判断规律的积累． 24．（16分）（2022秋•中山月考）电解原理在化学工业中有广泛的应用．如上图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：-24-①电解池中X电极上的电极反应式为 2H++2e﹣=H2↑ ，在X极附近观察到的现象是 溶液变红，有气泡产生 ．②Y电极上的电极反应式为 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ ，检验该电极反应产物的方法是 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，看是否变蓝 ．（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：①X电极的材料是 纯铜 ，电极反应式为 Cu2++2e﹣=Cu ．②Y电极的材料是 粗铜 ，电极反应式为 Cu﹣2e﹣=Cu2+ ．③溶液中的c（Cu2+）与电解前相比 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）．（3）如利用该装置实现铁上镀锌，电极X上发生的反应为 Zn2++2e﹣=Zn ，电解池盛放的电镀液可以是 ZnCl2溶液 或 ZnSO4溶液 （只要求填两种电解质溶液）．【考点】电解原理．【分析】（1）电解饱和食盐水时，由电源可知，X为阴极，Y为阳极，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，根据电极反应式解答该题；（2）电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则粗铜是阳极，精铜是阴极，根据电解池的工作原理来书写电极反应式并判断离子的浓度大小变化；（3）铁上镀锌，则镀件是阴极，镀层金属是阳极，根据电解池的工作原理知识来回答．【解答】解：（1）①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e﹣=H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；溶液变红，有气泡产生；②和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气可用淀粉碘化钾试纸检验，可使试纸变蓝色，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，看是否变蓝；（2）①电解方法精炼粗铜，电解池的X电极是阴极，材料是纯铜，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：纯铜；Cu2++2e﹣=Cu；②电解方法精炼粗铜，电解池的Y电极是阳极，材料是粗铜，电极反应为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：粗铜；Cu﹣2e﹣=Cu2+；③电解方法精炼粗铜，阴极是Cu2++2e﹣=Cu，阳极上先是金属锌、铁、镍等金属失电子，然后是铜失电子生成铜离子的过程，所以电解后，铜离子浓度是减小的，故答案为：减小；（3）如利用该装置实现铁上镀锌，镀件铁是阴极，镀层金属锌是阳极，电极X极即阴极上发生的反应为：Zn2++2e﹣=Zn，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液，可以是ZnCl2溶液或是ZnSO4溶液．故答案为：ZnCl2溶液；ZnSO4溶液．-24-【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题涉及电极反应式的书写、检验等知识点，知道离子放电顺序及电极反应式的书写方法，题目难度不大． -24-
