湖南省衡阳八中2022-2022学年高三（上）第三次月考化学试卷 一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．如图为雾霾的主要成分示意图．下列说法不正确的是（ ）A．重金属离子可导致蛋白质变性B．苯是最简单的芳香烃C．向空气中大量排放SO2和NxOy都能引起酸雨和光化学烟雾D．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一 2．下列关于物质分类的说法正确的是（ ）A．根据酸分子中含有的氢原子个数、将酸分为一元酸、二元酸和多元酸B．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素C．铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉均为混合物D．明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质 3．化学知识在生产和生活中有着重要的应用．下列说法中正确的是（ ）①钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等②K、Na合金可作原子反应堆的导热剂③发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔④Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等⑤碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂⑥明矾常作为消毒剂．A．①②③④B．①②③④⑤C．①②③④⑥D．①②③④⑤⑥ 4．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）A．质子数为17、中子数为20的氯原子ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl 5．固体NH5属于离子晶体．它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是（ ）30\nA．与水反应时，水作氧化剂B．NH5中N元素的化合价为+5价C．1molNH5中含有5NA个N﹣H键D．与乙醇反应时，NH5被还原 6．下列叙述错误的是（ ）A．10ml质量分数为98%的H2SO4，用10ml水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B．配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480ml，需用500ml容量瓶C．在标况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变） 7．实验室保存下列药品的方法，正确的是（ ）A．氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里B．盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发C．盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞D．氯水保存在无色玻璃瓶中；液氯存贮存在钢瓶里 8.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（ ）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2 9．已知电离平衡常数：K（H2CO3）＞K（HClO）＞K（HCO3﹣），氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2．下列有关离子反应或离子方程式的叙述中正确的是（ ）A．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣D．能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣能大量共存 10．下列装置能达到相应实验目的是（ ）A．B．C．D． 11．下列说法不正确的是（ ）A．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体不一定是SO230\nB．因为亚硫酸的酸性强于碳酸，所以硫的非金属性比碳强C．有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应D．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性 12．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成56gN2时，转移的电子数目为3.75NA 13．碘在地壳中主要以NaIO3，的形式存在，在海水中主要以I﹣的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示．下列说法中不正确的是（ ）A．用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉﹣KI试纸会变蓝B．足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I+6H2O═2HI03+10HClC．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl＞I＞IOD．途径Ⅱ中若生成1molI，则反应中转移的电子数为10NA 14．稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应．已知：①铈常见的化合价为+3和+4；②氧化性：Ce4+＞Fe3+．下列说法正确的是（ ）A．Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B．工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C．铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI═2CeI3+3H2↑D．工业上金属铈一般保存在敞口容器中 15．表中“实验操作”与“预期现象”对应关系正确的是（ ）选项实验操作预期现象A向AlCl3溶液中滴入过量的氨水先有白色沉淀，后沉淀消失B向AgCl浊液中滴入KI溶液，振荡白色浑浊逐渐转化为黑色沉淀C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，再滴入少量品红溶液出现浑浊，滴入的品红变无色D向BaCl2溶液中先通入SO2，再通入NO2先有白色沉淀，后沉淀消失A．AB．BC．CD．D 16．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Y原子的核外电子数是内层电子的4倍，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（ ）30\nA．元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强B．化合物W2Q2中，各原子最外层均达8电子结构C．工业上通过电解Z与Q形成的化合物制备Z单质D．Y单质与X的气态氢化物可发生置换反应 17．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3（ ）A．AB．BC．CD．D 18．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是（ ）A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+ 19．下列说法正确的是（ ）A．Na2CO3溶液c（Na+）与c（CO32﹣）之比为2：1B．pH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为1：10C．0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c（H+）之比为2：1D．pH=1的硫酸中加入等体积0.1mol/L的BaCl2溶液，两者恰好反应 20．向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g．下列有关说法错误的是（ ）A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1：6B．硝酸的物质的量浓度为3.0mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Fe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol 21．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（ ）30\nA．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体 二、填空题（本题共4小题，共58分）22．（12分）有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素．A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，E与C同主族．均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应：均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：（1）单质B的结构式： ．（2）F元素周期表中的位置： ．（3）均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 ；均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 ．（4）由A、C元素组成化合物良和A、E元素组成的化合物辛，式量均为34．其中庚的溶沸点比辛 （填“高”或“低”），原因是 ． 23．（16分）氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁．实验室制备装置和工业制备流程图如图：已知：（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K．（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/℃02080100溶解度（g/100gH2O）74.491.8525.8535.730\n实验室制备操作步骤如下：Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．Ⅲ．将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3•6H2O晶体．请回答：（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是 ．（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是 ．（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：加入 后、 、过滤、洗涤、干燥．（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式： ．（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为 ．（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）．①滴定终点的现象是： ；②样品中氯化铁的质量分数 ． 24．（16分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰．M与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物已去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 ．写出F的电子式 ．（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是 ．（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图所示，反应后溶液中的溶质化学式为 ．（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是 ．（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是 ．（6）若A是一种化肥．实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是 ．（7）若A是一种无色溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中含有的离子及其浓度之比为 ．30\n 25．（14分）目前，消除氮氧化物污染有多种方法．（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染．已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式 （2）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）某研究小组向恒容密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下浓度/mol•L﹣1时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017①不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据是 A．容器内CO2的浓度保持不变B．v正（N2）=2v正（NO）C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变E．混合气体的平均相对分子质量保持不变②在该温度下时．该反应的平衡常数为 （保留两位小数）；③在30min，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件是 ．（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率，下图是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：30\n请回答：①甲烷燃料电池的负极反应式是 ②当A中消耗0.15mol氧气时，B中 （用a或b表示）极增重 g． 30\n湖南省衡阳八中2022-2022学年高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．如图为雾霾的主要成分示意图．下列说法不正确的是（ ）A．重金属离子可导致蛋白质变性B．苯是最简单的芳香烃C．向空气中大量排放SO2和NxOy都能引起酸雨和光化学烟雾D．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；B．重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性；C．NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；D．汽车尾气的排放可导致雾霾天气．【解答】解：A．芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，最简单的芳香烃是苯，故A正确；B．重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，故B正确；C．二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故C错误；D．汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，故D正确；故选C．【点评】本题考查了蛋白质、芳香烃、酸性氧化物的定义以及环境污染，涉及知识点广，题目难度不大，熟练掌握物质的性质和概念是解题的关键． 2．下列关于物质分类的说法正确的是（ ）A．根据酸分子中含有的氢原子个数、将酸分为一元酸、二元酸和多元酸B．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素C．铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉均为混合物D．明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；金属和非金属；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A、根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；B、最外层电子数少的不一定是金属元素；C、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，结合物质的组成；D、强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，而电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物．30\n【解答】解：A、酸分子中能电离成氢离子的个数分为几元酸，不能依据分子中所含的氢原子个数分类，故A错误；B、最外层电子数少的不一定是金属元素，如氢元素的最外层电子数为1，但为非金属元素，故B错误；C、铝热剂为铝粉和金属氧化物，福尔马林为甲醛的水溶液，水玻璃为硅酸钠的水溶液、漂白粉主要成分氯化钙和次氯酸钙，所以它们都属于混合物，故C正确；D、强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，而电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，水银是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误．故选：C．【点评】本题主要考查混合物、强电解质、和金属元素非金属元素的辨别和定义，难度不大，注意把握概念的区别． 3．化学知识在生产和生活中有着重要的应用．下列说法中正确的是（ ）①钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等②K、Na合金可作原子反应堆的导热剂③发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔④Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等⑤碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂⑥明矾常作为消毒剂．A．①②③④B．①②③④⑤C．①②③④⑥D．①②③④⑤⑥【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①钠的还原性很强，可以从熔融盐中置换某些不活泼的金属．②K、Na合金熔点低，可作导热剂．③碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳．④Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性．⑤碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂．⑥明矾常不能作消毒剂，可作净水剂．【解答】解：①金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故正确．②K、Na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确．③碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确．④Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确．⑤碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误．⑥明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故错误．故选：A【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，难度不大，明确碳酸氢钠和氢氧化铝是治疗胃酸过多的物质． 4．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）30\nA．质子数为17、中子数为20的氯原子ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式．【分析】A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；B、氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可．【解答】解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737Cl，故A错误；B、Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：，故B错误；C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误，故选C．【点评】本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大． 5．固体NH5属于离子晶体．它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是（ ）A．与水反应时，水作氧化剂B．NH5中N元素的化合价为+5价C．1molNH5中含有5NA个N﹣H键D．与乙醇反应时，NH5被还原【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．得电子化合价降低的反应物是氧化剂；B．根据元素化合价的代数和为0计算氮元素的化合价，注意NH5属于离子晶体；C．NH5是离子化合物氢化铵，由氢离子和铵根离子构成，根据构成离子计算含有氮氢键个数；D．得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中被还原．【解答】解：A．该反应中，水中的氢元素化合价由+1价→0价，所以水得电子作氧化剂，故A正确；B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，氢离子为﹣1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为﹣3价，故B错误；30\nC．NH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4NA个N﹣H键，故C错误；D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中氢离子的化合价由﹣1价→0价，所以失电子作还原剂，在氧化还原反应中被氧化，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应，难度较大，能根据题意判断化合物NH5含有的离子是解本题的关键． 6．下列叙述错误的是（ ）A．10ml质量分数为98%的H2SO4，用10ml水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B．配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480ml，需用500ml容量瓶C．在标况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变）【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；溶液的配制．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A．浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，浓度越大密度越大；B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制；C．根据c=，体积V指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积；D．发生反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O+H2O═2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O的消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等．【解答】解：A．浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸质量分数=×100%=＞49%，故A正确；B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n=cV、m=nM进行计算，故B正确；C．在标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，配成1L溶液而不是溶于1L水中，得到1mol/L的氨水，故C错误；D．若要生成80份质量的氢氧化钠，需要78份质量的过氧化钠，同时消耗18份质量的水，需要62份质量的氧化钠，同时消耗18份质量的水，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1，故D正确；故选C．【点评】本题考查溶液浓度计算、基本操作，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系．注意实验室常用容量瓶的规格，题目难度中等． 7．实验室保存下列药品的方法，正确的是（ ）A．氢氟酸贮存在细口玻璃瓶里B．盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发C．盛放浓硫酸的广口瓶应当用磨口玻璃塞，不能用橡皮塞D．氯水保存在无色玻璃瓶中；液氯存贮存在钢瓶里【考点】化学试剂的存放．30\n【专题】化学实验基本操作．【分析】A．氢氟酸会与玻璃发生反应生成水和四氟化硅；B．液溴易挥发，需液封；C．广口瓶一般是用来存放固体的，便于取用，盛放液体用细口瓶；D．液氯存贮存在钢瓶里，氯水中含有次氯酸，见光易分解；【解答】解：A．氢氟酸会与玻璃成分二氧化硅发生反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，常用此原理在玻璃上雕刻各种精美图案，不能贮存在细口玻璃瓶里，应放在塑料瓶中，故A错误；B．溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，故B正确；C．广口瓶保存固体药品，取用方便，但是浓硫酸是液体，所以浓硫酸不宜存放于广口瓶中，应放在细口瓶中，故C错误；D．液氯存贮存在钢瓶里，氯水中含有次氯酸，见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存，氯水保存在棕色玻璃瓶中，故⑤错误；故选B．【点评】本题考查物质的保存，题目难度不大，注意物质性质和保存方法的联系．注意氯水和液氯的保存方法． 8．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（ ）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．根据离子的核外电子层结构分析；B．元素的非金属性与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．根据同周期元素自左而右金属性变化规律分析．【解答】解：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；B．元素的非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；故B．【点评】本题考查元素周期表结构、元素周期律等知识，难度不大，B为易错点，注意对规律的理解掌握． 9．已知电离平衡常数：K（H2CO3）＞K（HClO）＞K（HCO3﹣），氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2．下列有关离子反应或离子方程式的叙述中正确的是（ ）A．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色30\nC．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣D．能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣能大量共存【考点】离子方程式的书写；离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】A、还原性Fe2+＜I﹣，氯气先将碘离子氧化；B、溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，C、碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳能发生反应；D、能使pH试纸显深红色的溶液是强酸性溶液．【解答】解：A、还原性Fe2+＜I﹣，向碘化亚铁中滴加少量氯水，氯气先将碘离子氧化，后氧化亚铁离子，故A错误；B、氧化性：Br2＞Fe3+，向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故B错误；C、碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故C错误；D、能使pH试纸显深红色的溶液是强酸性溶液，强酸性溶液中Fe3+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣能大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生离子方程式的书写，要注意反应的先后顺序问题，此题型是现在考试的热点． 10．下列装置能达到相应实验目的是（ ）A．B．C．D．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．盐酸也能和硅酸钠反应生成难溶性硅酸；B．互不相溶的液体采用分液方法分离；C．过氧化钠和水反应生成氧气；D．用排水法收集的气体不能易溶于水也不能和水反应．【解答】解：A．浓盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，盐酸也能和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，从而干扰实验，可以将浓盐酸换为稀硫酸，故A错误；B．互不相溶的液体采用分液方法分离，乙醇和苯互溶，不能采用分液方法分离，应该采用蒸馏方法分离，故B错误；C．过氧化钠和水反应生成氧气，可以制取少量氧气，故C正确；D．用排水法收集的气体不能易溶于水也不能和水反应，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，所以不能采用排水法水解，应该采用排空气法收集，故D错误；故选C．30\n【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体收集和制取、物质的分离和提纯、非金属性强弱判断等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，易错选项是A． 11．下列说法不正确的是（ ）A．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体不一定是SO2B．因为亚硫酸的酸性强于碳酸，所以硫的非金属性比碳强C．有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应D．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性【考点】二氧化硫的化学性质；化学基本反应类型；蒸馏与分馏．【分析】A．氯气通入品红溶液，溶液也褪色；B．最高价氧化物的水化物的酸性越强，其元素的非金属性越强；C．依据物质种类分为化合、分解、置换、复分解反应四种基本反应类型，有些反应不属于四种基本反应判断；D．蒸馏是利用物质的沸点不同将混合物进行分离．【解答】解：A．具有漂白性，能够使品红溶液褪色的可以是次氯酸或者二氧化硫，所以气体可能是二氧化硫或者氯气，故A正确；B．最高价氧化物的水化物的酸性越强，其元素的非金属性越强，亚硫酸不是最高价氧化物的水化物，所以不能比较，故B错误；C．有些反应不属于四种基本反应，不能涵盖所有的化学反应，如CO+CuO=Cu+CO2，CH4+2O2═CO2+2H2O等反应，故C正确；D．蒸馏是利用物质的沸点不同将混合物进行分离，所以依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了元素化合物性质，熟悉二氧化硫的性质，蒸馏实验的原理，四种基本反应类型是解题关键，题目难度不大． 12．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.25NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成56gN2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子；B、氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，水中氢离子是水电离的；C、燃料电池中正极发生还原反应，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应得到4mol电子；D、此反应中，当生成4mol氮气时，转移15mol电子．【解答】解：A、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子，则0.25mol二氧化碳转移0.25mol电子即0.25NA个，故A正确；30\nB、pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液中氢离子浓度为：1×10﹣13mol/L，氢氧化钠溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子的物质的量为1×10﹣13mol，水电离的OH﹣离子数目为1×10﹣13NA，故B错误；C、标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移了4mol电子，则电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D、此反应中，当生成4mol氮气时，转移15mol电子，故当生成56g氮气即2mol氮气时，转移7.5mol电子即7.5NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 13．碘在地壳中主要以NaIO3，的形式存在，在海水中主要以I﹣的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示．下列说法中不正确的是（ ）A．用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉﹣KI试纸会变蓝B．足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I+6H2O═2HI03+10HClC．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl＞I＞IOD．途径Ⅱ中若生成1molI，则反应中转移的电子数为10NA【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2；B．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，氯气可以将碘氧化HIO3；C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3；D．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣计算判断．【解答】解：A．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2，故用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉﹣KI试纸会变蓝，故A正确；B．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HI03+10HCl，故B正确；C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故C错误；D．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化性强弱比较及应用，难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键． 30\n14．稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应．已知：①铈常见的化合价为+3和+4；②氧化性：Ce4+＞Fe3+．下列说法正确的是（ ）A．Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B．工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C．铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI═2CeI3+3H2↑D．工业上金属铈一般保存在敞口容器中【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A、具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素；B、铈单质容易和水之间发生反应；C、三价铈离子几乎不具有氧化性，和碘离子之间不反应；D、铈单质容易和水之间发生反应．【解答】解：A、核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，而同素异形体是由同样的单一化学元素构成，但性质却不相同的单质之间的互称，故A错误；B、铈单质容易和水之间发生反应，所以不用电解氯化铈水溶液来获得铈单质，故B错误；C、金属铈可以和强酸HI酸反应生成三价的铈盐和水，故C正确；D、铈单质容易和空气中的水之间发生反应，所以铈一般不能保存在敞口容器中，故D错误．故选：C．【点评】本意是一道关于氧化还原反应的综合知识题目，可以根据教材知识来回答，题目难度中等． 15．表中“实验操作”与“预期现象”对应关系正确的是（ ）选项实验操作预期现象A向AlCl3溶液中滴入过量的氨水先有白色沉淀，后沉淀消失B向AgCl浊液中滴入KI溶液，振荡白色浑浊逐渐转化为黑色沉淀C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，再滴入少量品红溶液出现浑浊，滴入的品红变无色D向BaCl2溶液中先通入SO2，再通入NO2先有白色沉淀，后沉淀消失A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氢氧化铝不溶于弱碱；B．AgI是黄色沉淀；C．次氯酸钙溶液与二氧化碳反应生成具有漂白性的次氯酸；D．通入二氧化氮，生成具有强氧化性的硝酸，溶液最终生成硫酸钙沉淀．【解答】解：A．氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，最终沉淀不溶解，故A错误；B．AgCl的溶度积大于AgI，向新生成的AgC1浊液中滴入KI溶液，振荡可生成AgI黄色沉淀，故B错误；C．次氯酸钙溶液与二氧化碳反应生成碳酸钙和具有漂白性的次氯酸，加入品红褪色，故C正确；D．通入二氧化氮，生成具有强氧化性的硝酸，溶液最终生成硫酸钡沉淀，故D错误．故选C．30\n【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质、难溶电解质的溶解平衡等问题，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，为解答该类题目的关键，难度不大． 16．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Y原子的核外电子数是内层电子的4倍，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法不正确的是（ ）A．元素Q的最高价氧化物对应的水化物酸性比W的强B．化合物W2Q2中，各原子最外层均达8电子结构C．工业上通过电解Z与Q形成的化合物制备Z单质D．Y单质与X的气态氢化物可发生置换反应【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Y原子的核外电子数是内层电子的4倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化，则Q只能为氯元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Y原子的核外电子数是内层电子的4倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化，则Q只能为氯元素．A．非金属性Q（Cl）＞W（S），故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故A正确；B．化合物S2Cl2中，S原子之间形成1对共用电子对、S原子与Cl之间形成1对共用电子对，各原子最外层均达8电子结构，故B正确；C．Z与Q形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，不导电，工业上电解熔融的氧化铝制备Al单质，故C错误；D．氧气能与氨气反应得到氮气、水，属于置换反应，故D正确，故选C．【点评】本题结构位置性质关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，D选项为易错点，注意利用氧化还原反应理解，难度中等． 17．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是选项WXYZASSO2SO3H2SO4BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe（OH）2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3（ ）A．AB．BC．CD．D【考点】含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4；30\nB．Na燃烧生成Na2O2；C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2；D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z．【解答】解：A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；B．Na燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；故选D．【点评】本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大． 18．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是（ ）A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】根据压强与时间关系图知，pH=2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，根据原电池原理来分析解答．【解答】解：A．根据PH=2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液pHpH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；B．pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B正确；C．根据压强与时间关系图知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故C错误；D．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正确；故选C．【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、反应速率大小、电极反应等知识点，难度中等． 19．下列说法正确的是（ ）30\nA．Na2CO3溶液c（Na+）与c（CO32﹣）之比为2：1B．pH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为1：10C．0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c（H+）之比为2：1D．pH=1的硫酸中加入等体积0.1mol/L的BaCl2溶液，两者恰好反应【考点】物质的量的相关计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；物质的量的计算．【分析】A．Na2CO3属于强碱弱酸盐在溶液中碳酸根离子会发生水解；B．pH=﹣lgc（H+），pH=2的硝酸溶液，c（H+）=0.01mol/L，pH=1的硝酸中的溶液，c（H+）=0.1mol/L，据此分析进行解答；C．醋酸是弱电解质，浓度越小电离程度越大；D．pH=1的硫酸硫酸浓度为0.05mol/L，依据BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl解答．【解答】解：A．Na2CO3属于强碱弱酸盐在溶液中碳酸根离子会发生水解，碳酸根离子是多元弱酸阴离子分步水解，水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌OH﹣+HCO3﹣，所以c（CO32﹣）减小，则Na2CO3溶液中c（Na+）与c（CO32﹣）之比大于2：1，故A错误；B．pH=﹣lgc（H+），pH=2的硝酸溶液，c（H+）=0.01mol/L，pH=1的硝酸中的溶液，c（H+）=0.1mol/L，两者c（H+）之比为0.01mol/L：0.1mol/L=1：10，故B正确；C．醋酸是弱电解质，浓度越小电离程度越大，所以0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c（H+）之比小于2：1，故C错误；D．硫酸为二元强酸，pH=﹣lgc（H+），pH=1的硫酸浓度为0.05mol/L，加入等体积0.1mol/L的BaCl2溶液，BaCl2过量，故D错误；故选B．【点评】本题考查了pH的简单计算，掌握溶液的氢离子浓度和溶液pH大小之间的关系是解本题的关键，注意把握盐的水解对盐电离出来的离子浓度的影响，题目难度不大． 20．向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g．下列有关说法错误的是（ ）A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1：6B．硝酸的物质的量浓度为3.0mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Fe2O3，FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算．【分析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×2.8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=n[Fe（OH）3]，所以反应后的溶液中n[[Fe（NO3）3]=n[Fe（OH）3]=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Fe元素物质的量列方程计算出Fe2O3和FeO的物质的量，A．根据分析计算出n（Fe2O3）：n（FeO）；B．根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C．利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；30\nD．根据N元素守恒，可知n剩余（HNO3）+3n[[Fe（NO3）3]=n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）．【解答】解：在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×2.8L=2.8mol，沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6g，物质的量为=0.8mol，根据铁元素守恒有n（FeO）+2n（Fe2O3）=n[Fe（OH）3]，所以反应后的溶液中n[[Fe（NO3）3]=n[Fe（OH）3]=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有160x+72y=59.2，根据铁元素守恒有：2x+y=0.8，联立方程解得x=0.1、y=0.6，A．由上述分析可知，n（Fe2O3）：n（FeO）=0.1mol：0.6mol=1：6，故A正确；B．根据电子守恒，生成NO的物质的量为：=0.2mol，根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+2.8mol=3mol，所以原硝酸溶液的浓度为：=3mol/L，故B正确；C．根据B可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Fe（NO3）3]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣3n[[Fe（NO3）3]=2.8mol﹣3×0.8mol=0.4mol，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物反应的计算、氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确反应原理为解答关键，注意掌握质量守恒、电荷守恒在化学计算中的应用方法． 21．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．根据反应物和生成物的化学式判断，途径①产生二氧化硫气体污染性气体；B、硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2、SO3，依据电子守恒分析；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体．30\n【解答】解：A．相对于途径①、③，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故D正确；故选C．【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等． 二、填空题（本题共4小题，共58分）22．（12分）有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素．A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，E与C同主族．均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应：均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：（1）单质B的结构式： N≡N ．（2）F元素周期表中的位置： 第四周期第ⅤⅢ族 ．（3）均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 Fe+2Fe3+=3Fe2+ ；均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓ ．（4）由A、C元素组成化合物良和A、E元素组成的化合物辛，式量均为34．其中庚的溶沸点比辛 高 （填“高”或“低”），原因是 H2O2分子间存在氢键 ．【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】元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，气体摩尔质量=22.4L/mol×0.759g•L﹣1=17g/mol，该气体甲为NH3，则B为N元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；D、F为常见金属元素，均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则D为Al元素，乙为AlO2﹣、丙为Al（OH）3、丁为Al3+；均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F为非短周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，据此解答．【解答】解：元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，气体摩尔质量=22.4L/mol×0.759g•L﹣1=17g/mol，该气体甲为NH330\n，则B为N元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；D、F为常见金属元素，均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则D为Al元素，乙为AlO2﹣、丙为Al（OH）3、丁为Al3+；均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F为非短周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，（1）B为N元素，单质B的结构式为N≡N，故答案为：N≡N；（2）F为Fe元素，F元素周期表中的位置是第四周期第ⅤⅢ族，故答案为：第四周期第ⅤⅢ族；（3）F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，D为Al元素，乙为AlO2﹣、丁为Al3+，均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式为3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓；（4）由H、O元素组成化合物庚和H、S元素组成的化合物辛，式量均为34，则庚为H2O2、辛为H2S，H2O2分子间存在氢键，沸点比硫化氢高，故答案为：高；H2O2分子间存在氢键．【点评】本题考查元素及无机物的推断、常用化学用语、元素化合物的性质、氢键等，难度较大，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础． 23．（16分）氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁．实验室制备装置和工业制备流程图如图：已知：（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K．（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/℃02080100溶解度（g/100gH2O）74.491.8525.8535.7实验室制备操作步骤如下：Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．Ⅲ．将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3•6H2O晶体．请回答：（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是 把亚铁离子全部氧化成三价铁离子 ．（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是 装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（其他合理答案也给分） ．（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：加入 盐酸 后、 蒸发浓缩、冷却结晶 、过滤、洗涤、干燥．（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式： 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ ．30\n（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为 Fe2Cl6 ．（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）．①滴定终点的现象是： 溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色 ；②样品中氯化铁的质量分数 % ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3•6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3．烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化．（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是2Fe+3Cl2=2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．（5）捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6；（6）①称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．所以滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．②根据化学方程式求样品中氯化铁的质量分数．【解答】解：（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3•6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3．烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；故答案为：把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化；故答案为：装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（其他合理答案也给分）；（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：盐酸；蒸发浓缩、冷却结晶；（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是2Fe+3Cl2=2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；（5）捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6，故答案为：Fe2Cl6；30\n（6）①称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．所以滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色；②由反应：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣；可得关系式：2Fe3+﹣I2﹣2S2O32﹣11ncV×10﹣3求得n（Fe3+）=cV×10﹣3mol，则样品中氯化铁的质量分数为：ω（Fe3+）=cV×10﹣3mol×10×162.5g/mol×100%=%，故答案为：%．【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、氧化还原反应滴定应用、溶度积有关计算等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力． 24．（16分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰．M与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物已去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑ ．写出F的电子式 ．（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是 水玻璃 ．（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图所示，反应后溶液中的溶质化学式为 Na2CO3和NaHCO3 ．（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失 ．（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是 4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓ ．（6）若A是一种化肥．实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl ．（7）若A是一种无色溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣30\n中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中含有的离子及其浓度之比为 c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3 ．【考点】无机物的推断．【分析】（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知，盐酸体积为0.1L时没有气体，而用了0.2L的盐酸产生气体，碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等，由此判断反应后溶液中的溶质；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe（OH）3，G为FeCl3；（6）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；（7）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32﹣，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH﹣=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42﹣，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO42﹣）的比例关系，据此计算．【解答】解：（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，HCl分子中H原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；；30\n（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E的溶液俗称水玻璃，故答案为：水玻璃；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知，盐酸体积为0.1L时没有气体，而用了0.2L的盐酸产生气体，碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等，由此判断反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失，故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe（OH）3，G为FeCl3，则由A转化成E的离子方程式是：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；（6）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（7）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32﹣，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH﹣=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42﹣，发生反应H++OH﹣=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，发生反应Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH﹣=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42﹣）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3．【点评】本题考查无机物推断等，题目涉及元素化合物较多，需要学生全面掌握据基础知识，（7）中根据图象中的平台确定含有铵根离子是根据，注意离子方程式与电荷守恒的应用，难度中等． 25．（14分）目前，消除氮氧化物污染有多种方法．（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染．已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式 CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1），△H=﹣955kJ•mol﹣1． （2）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）某研究小组向30\n恒容密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下浓度/mol•L﹣1时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017①不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据是 BC A．容器内CO2的浓度保持不变B．v正（N2）=2v正（NO）C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变E．混合气体的平均相对分子质量保持不变②在该温度下时．该反应的平衡常数为 0.56 （保留两位小数）；③在30min，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件是 分离出了二氧化碳 ．（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率，下图是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：请回答：①甲烷燃料电池的负极反应式是 CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O ②当A中消耗0.15mol氧气时，B中 b （用a或b表示）极增重 6.4 g．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1），已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1，根据所给的反应来构建目标反应；（2）①依据化学平衡状态的实质是正逆反应速率相等，结合反应特征分析判断；②当20﹣30min时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，根据K=计算；30\n③根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质；（3）①甲烷燃料碱性电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子；②电解池中，阴极上电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，阳极上电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，根据串联电路中转移电子相等计算析出铜的质量．【解答】解：（1）CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1）．已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1，将可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1），△H==﹣955KJ/mol，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1），△H=﹣955kJ•mol﹣1；（2）①C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），反应是气体体积不变的反应；A．容器内CO2的浓度不变，说明反应达到平衡，故A正确；B．反应速率之比等于化学方程式系数之比，当v正（NO）=2v逆（NO），反应达到平衡，v正（NO）=2v正（NO）只能说明反应正向进行，故B错误；C．反应是气体体积不变的反应，反应过程中和反应平衡状态压强相同，所以容器内压强保持不变不能说明反应达到平衡，故C错误；D．混合气体密度等于质量除以体积，反应中碳是固体，平衡移动气体质量变化，体积不变，所以混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，故D正确；E．混合气体的平均相对分子质量=，此反应前后气体的物质的量不变，但气体的质量改变，故当未达平衡时，混合气体的相对分子质量在改变，则当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡，故E正确．故选BC；②当20﹣30min时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，K===0.56，故答案为：0.56；③根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质，故答案为：分离出了二氧化碳；（3）①甲烷碱性燃料电池中，负极上电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O；②电解池中，阴极上电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，阳极上电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，连接原电池负极的是阴极，所以B中析出金属的是b电极，当A中消耗0.15mol氧气时，转移电子的物质的量=0.15mol×4=0.6mol，n（Cu2+）=2mol/L×0.05L=0.1mol，铜离子完全析出需要0.2mol电子，串联电路中转移电子相等，b电极上析出铜和氢气，所以析出铜的质量=0.1mol×64g/mol=6.4g，故答案为：b；6.4．30\n【点评】本题考查较综合，涉及原电池和盖斯定律等知识点，明确平衡常数的计算、平衡移动的方向和盖斯定律、原电池和电解池原理即可解答，综合性较强，难度适中． 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