浙江省温州市十校联考2022届高三化学上学期第一次月考试卷含解析

浙江省温州市十校联考2022届高三上学期第一次月考化学试卷　一、选择题（共18小题）1．下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（　　）①向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀NaOH溶液④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸⑤向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水．A．①②B．②③C．①④D．④⑤　2．将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，SO2在上述反应中作用是（　　）A．酸B．漂白剂C．还原剂D．氧化剂　3．某反应2AB（g）⇌C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为（　　）A．△H＜0，△S＞0B．△H＜0，△S＜0C．△H＞0，△S＞0D．△H＞0，△S＜0　4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是（　　）A．M的单质具有两性，所以能与NaOH溶液发生反应生成氢气B．Z、W、M的氧化物均可做耐高温材料C．工业上常用电解熔融氯化物的方法制备Z、W的单质D．Y的单质都有剧毒，而且其着火点低，常保存在冷水中　5．下列说法不正确的是（　　）A．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应B．的分子式为C17H26O3C．等质量的甲醛与乳酸[CH3CH（OH）COOH]完全燃烧时消耗氧气的量相等D．结构片段为的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成的　6．下列说法不正确的是（　　）A．探究温度对反应速率影响时，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，不是先将两种溶液混合后再用水浴加热B．H2O2在过氧化氢酶的催化下，随着温度的升高，分解速率持续加快C．使用含有氯化钠的融雪剂会加快铁桥梁的腐蚀-25-\nD．判断皂化反应是否完全，可取反应后的混合液滴入热水中　7．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）①46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NA②常温下，4gCH4含有NA个C﹣H共价键③10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%④标准状况下，5.6LSO3含有的分子数为0.25NA⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.01NA⑥0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有CO32﹣数目小于0.1NA⑦1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA．A．③⑥⑦B．①②⑤C．②④⑥D．①②④⑤　8．常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（　　）A．该溶液中一定有上述离子中的NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4D．一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I﹣　9．根据下表提供的数据，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HClOKi=3×10﹣8H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11A．c（OH﹣）＞c（HClO）＞c（H2CO3）＞c（H+）B．c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（H+）C．c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）　10．在H2O中加入等物质的量的Ag+、Na+、Ba2+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，该溶液放在惰性电极的电解槽中通电片刻后，氧化产物与还原产物的质量比是（　　）A．1：8B．8：1C．35.5：108D．108：35.5　-25-\n11．如图所示的实验，能达到实验目的是（　　）A．实验①制取的氨气溶解在饱和NaCl溶液B．实验②通过观察右边试管有无倒吸现象说明铁钉是否发生吸氧腐蚀C．实验③可用于证明碳的非金属性比硅强D．图④是实验室洗涤胶头滴管的操作　12．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓C．澄清石灰水中滴加少量NaHCO3：Ca2++2OH++2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．向Mg（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O　13．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）①pH=0的溶液：Na+、C2O42﹣、MnO4﹣、SO42﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣、S2﹣．A．①③⑤B．③②⑥C．②④D．①④⑤　14．某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（　　）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+②有胶状物质生成③有气体产生④溶液颜色发生变化⑤溶液中共发生了2个氧化还原反应．A．①②③④B．①②③④⑤C．①③④⑤D．②④⑤　15．利用反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示．下列说法不正确的是（　　）-25-\nA．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜C．电极A极反应式为：2NH3﹣6e﹣=N2+6H+D．当有4.48LNO2（标准状况）被处理时，转移电子为0.8mol　16．已知HCN的电离常数K=6.2×10﹣10．用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，经测定溶液呈碱性．则下列关系式正确的是（　　）A．c（CN﹣）＞c（Na+）B．c（CN﹣）＞c（HCN）C．c（HCN）+c（CN﹣）=0.2mol•L﹣1D．c（CN﹣）+c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1　17．在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（　　）A．Fe2S3、I2B．Al（OH）3、I2C．Fe（OH）3、Al（OH）3D．FeS、S、Al（OH）3　18．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变-25-\nD．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0　　二、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）19．某化学兴趣小组拟用右图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色．提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液．（1）稀硫酸应放在　　　　　　中（填写仪器编号）．本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，再关闭开关　　　　　　、打开开关　　　　　　就可观察到氢氧化亚铁的颜色．试分析实验开始时排尽装置中空气的理由　　　　　　．（3）该实验使用铁粉，除反应速率可能太快外，还可能会造成的不良后果是　　　　　　．　　　　　　（4）在FeSO4溶液中加入（NH4）2SO4固体可制备硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]（式量为392），该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇．①为洗涤（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O粗产品，下列方法中最合适的是　　　　　　．A．用冷水洗B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗C．用30%的乙醇溶液洗D．用90%的乙醇溶液洗②为了测定产品的纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定．每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/mL25.5225.0224.98滴定过程中发生反应的离子方程式为　　　　　　．滴定终点的现象是　　　　　　．通过实验数据计算的该产品纯度为　　　　　　（用字母ac表）．上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是　　　　　　．A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低．　20．湿法炼锌的冶炼过程可用如图1简略表示：-25-\n请回答下列问题：（1）NH3的空间构型是　　　　　　．氨气易液化，液氨常做制冷剂，氨气易液化的原因是　　　　　　．已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：　　　　　　．（3）上述电解过程中析出锌的电极反应式为　　　　　　．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为　　　　　　．（5）氨是最重要的化工产品之一．合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）．有关化学反应的能量变化如图2所示，则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为　　　　　　．（6）CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（Ⅰ）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为：[Cu（NH3）2CH3COO]（l）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3]CH3COO•CO（l）△H＜0．吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是　　　　　　（填写选项编号）．A．高温、高压B．高温、低压C．低温、低压D．低温、高压（7）用氨气制取尿素[CO（NH2）2]的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）△H＜0，恒温恒容密闭容器中，下列依据能说明该反应达到平衡状态的是　　　　　　．A、容器中气体密度不变B、容器中气体压强不变C、n（NH3）：n（CO2）=1：2D、单位时间内消耗1molCO2，同时消耗1molH2OE、容器内温度保持不变（8）某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，发生2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）反应，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%．该温度下此反应平衡常数K的值为　　　　　　．图中的曲线表示该反应在前25s内的反应进程中的NH3浓度变化．若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，请在图3中用实线画出使用催化剂时该反应从开始至平衡时的曲线．　-25-\n21．酸牛奶是人们喜爱的一种营养饮料．酸牛奶中有乳酸菌可产生乳酸等有机酸，使酸碱度降低，有效地抑制肠道内病菌的繁殖．酸牛奶中的乳酸可增进食欲，促进胃液分泌，增强肠胃的消化功能，对人体具有长寿和保健作用，乳酸的结构为：工业上它可由乙烯来合成，方法如下：CH2=CH2ABCH3CHOC（提示：（1）CH3Cl+NaOHCH3OH+NaCl，的加成类似于的加成）（1）乳酸所含的官能团的名称是　　　　　　．写出下列转化的化学方程式：①A的生成　　　　　　．②C的生成　　　　　　．③乳酸在一定条件合成聚乳酸　　　　　　．（3）写出符合下列要求的乳酸的所有同分异构体的结构简式　　　　　　a、属于酯类，b、含有﹣OH，c、能发生银镜反应．　　浙江省温州市十校联考2022届高三上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共18小题）1．下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（　　）①向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀NaOH溶液④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸⑤向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水．A．①②B．②③C．①④D．④⑤【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”；③向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀．④盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应；⑤AgNO3和稀氨水反应，生成AgOH白色沉淀，AgOH白色沉淀和氨水能反应生成络合物；【解答】解：①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故①符合；-25-\n②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；⑤AgNO3和稀氨水反应，生成AgOH白色沉淀，继续滴加氨水，形成[Ag（NH3）2]+络离子，沉淀溶解，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故⑤不符合；故选C．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．　2．将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，SO2在上述反应中作用是（　　）A．酸B．漂白剂C．还原剂D．氧化剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据Cl和Cu的百分含量可计算沉淀中只含Cu和Cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1，进而确定产物为CuCl，结合化合价的变化判断物质在反应中的性质和作用．【解答】解：由Cl和Cu的百分含量知，沉淀中只含Cu和Cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为1：1（：），可知，最简式为CuCl，其中Cu的化合价为+1价，则原反应物中CuSO4为氧化剂，那可能的还原剂只有SO2，氧化产物是SO42﹣，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题，根据物质的质量关系判断产物为解答该题的关键．　3．某反应2AB（g）⇌C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为（　　）A．△H＜0，△S＞0B．△H＜0，△S＜0C．△H＞0，△S＞0D．△H＞0，△S＜0【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，△G=△H﹣T•△S＞0时，反应不能自发进行，据此分析．【解答】解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，A、当△H＜0，△S＞0时，△G=△H﹣T•△S＜0，在室温一定能自发进行，故A错误；B、△H＜0，△S＜0时，在低温下能自发进行，故B错误；C、△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；D、△H＞0，△S＜0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误．故选：C．-25-\n【点评】本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用．　4．X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M．下列叙述正确的是（　　）A．M的单质具有两性，所以能与NaOH溶液发生反应生成氢气B．Z、W、M的氧化物均可做耐高温材料C．工业上常用电解熔融氯化物的方法制备Z、W的单质D．Y的单质都有剧毒，而且其着火点低，常保存在冷水中【考点】原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X的氢化物和其最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性，应为铵盐，则X为N元素；X、Y同主族，则Y为P元素，Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M，可知M为Si元素，Z为Mg元素，W为Al元素，结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：A．M为Si元素，属于非金属单质，没有两性，故A错误；B．Mg、Al、Si的氧化物均耐高温，可做耐高温材料，故B正确；C．工业上常用电解熔融氯化物的方法制备Mg，电解熔融的氧化物制备Al，故C错误；D．P的单质中白磷有剧毒，红磷没有剧毒，白磷常保存在冷水中，故D错误．故选B．【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素的结构特点以及性质的递变规律，把握对应单质、化合物的性质和用途，难度不大．　5．下列说法不正确的是（　　）A．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应B．的分子式为C17H26O3C．等质量的甲醛与乳酸[CH3CH（OH）COOH]完全燃烧时消耗氧气的量相等D．结构片段为的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成的【考点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；化学方程式的有关计算；聚合反应与酯化反应．【分析】A．葡萄糖、氨基酸分别含有羟基和羧基；B．拐点为碳原子，每个碳接四个键，不足的接氢原子；C．醛和乳酸的最简式相同，等质量的二者完全燃烧时消耗的氧气的量相同；D．根据该高聚物的主链全部为C可知，该高聚物是通过加聚反应生成的高分子化合物．【解答】解：A．葡萄糖、氨基酸分别含有羟基和羧基，都可发生酯化反应，故A正确；B．拐点为碳原子，每个碳接四个键，不足的接氢原子，的分子式为C17H26O3，故B正确；-25-\nC．甲醛分子式CH2O，乳酸的最简式为CH2O，所以等质量的甲醛与乳酸[CH3CH（OH）COOH]完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D．根据该高分子化合物的结构片段可知，主链只含有碳原子，该高分子化合物是通过加聚反应生成的，故D错误．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的结构、性质以等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．　6．下列说法不正确的是（　　）A．探究温度对反应速率影响时，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，不是先将两种溶液混合后再用水浴加热B．H2O2在过氧化氢酶的催化下，随着温度的升高，分解速率持续加快C．使用含有氯化钠的融雪剂会加快铁桥梁的腐蚀D．判断皂化反应是否完全，可取反应后的混合液滴入热水中【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．控制其他量相同，只控制温度不同；B．酶的催化活性会受到温度的影响；C．原电池能加快化学反应的速率；D．油脂不溶于水．【解答】解：A．探究温度对反应速率的影响时，控制其他量相同，只控制温度不同，则应将混合物分别在热水、冷水中反应，故A正确；B．过氧化氢酶的催化活性会受到温度的影响，温度过高，蛋白质变性，失去催化效力，故B错误；C．氯化钠是电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，加快反应速率，从而加快腐蚀程度，故C正确；D．高级脂肪酸钠可溶于水，若有不溶物说明反应不完全，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及皂化反应、金属的腐蚀与防护、催化剂对反应速率影响、探究实验等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，易错选项是B，注意催化剂受温度影响．　7．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）①46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NA②常温下，4gCH4含有NA个C﹣H共价键③10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%④标准状况下，5.6LSO3含有的分子数为0.25NA⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.01NA⑥0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有CO32﹣数目小于0.1NA⑦1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA．A．③⑥⑦B．①②⑤C．②④⑥D．①②④⑤【考点】阿伏加德罗常数．【分析】①NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算46gNO2中所含原子数；②求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4molC﹣H键来分析；-25-\n③由于硫酸浓度越大，硫酸的密度越大，则10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%；④标准状况下，三氧化硫为固体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其的物质的量；⑤次氯酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出1L该溶液中含有的氢氧根离子数目；⑥过氧化钠中氧元素为﹣1价，1molNa2O2与水完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子；⑦2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时反应中转移的电子为2mol．【解答】解：①NO2和N2O4的最简式相同为NO2，计算46gNO2中所含原子数=×3×NA=3NA，故①正确；②4gCH4物质的量为0.25mol，分子中含C﹣H共价键4×0.25×NA=NA个，故②正确；③10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，由于硫酸溶液的密度大于水的密度，所以稀释后H2SO4的质量分数大于9.8%，故③错误；④标准状况下，5.6L三氧化硫的物质的量不是0.25mol，故④错误；⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的OH﹣的数目为0.01NA，故⑤正确；⑥溶液的体积不确定，无法求出碳酸根的个数，故⑥错误；⑦2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时2molNa2O2与水完反应中转移的电子为2NA，故⑦错误；故选B．【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．　8．常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是（　　）A．该溶液中一定有上述离子中的NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4D．一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I﹣【考点】常见离子的检验方法．【分析】pH=1的某溶液中H+浓度为0.1mol/L，则说明溶液中无CO32﹣．向溶液中加入过量的（NH4）2CO3溶液，生成的无色气体甲为CO2，生成的白色沉淀甲是CO32﹣和溶液中的弱碱阳离子双水解生成的，据此分析溶液中的离子．向溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成的气体乙为NH3，由于（NH4）2CO3溶液能引入NH4+，故不能确定原溶液中含NH4+．向溶液乙中加铜和硫酸，有遇空气变红棕色的气体丙生成，说明溶液中含NO3﹣．由于溶液显酸性，即含硝酸，则不能和硝酸共存的离子均不能存在．-25-\n由于前面加入了过量的Ba（OH）2溶液，故生成的白色沉淀丙为BaSO4，但SO42﹣是原溶液中就有的，还是后来加硫酸引入的，需要根据电荷守恒来分析判断．【解答】解：pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L．由于pH=1的某溶液中H+浓度为0.1mol/L，则说明溶液中无CO32﹣．向溶液中加入过量的（NH4）2CO3溶液，生成的无色气体甲为CO2，生成的白色沉淀甲是CO32﹣和溶液中的弱碱阳离子双水解生成的，由于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离子为Al3+，还能说明溶液中不含Fe3+、Fe2+；向溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成的气体乙为NH3，由于前面加入的过量的（NH4）2CO3溶液能引入NH4+，故不能确定原溶液中含NH4+．前面加入的过量的（NH4）2CO3溶液能引入CO32﹣，故生成的白色沉淀乙一定含BaCO3．向溶液乙中加铜和硫酸，有遇空气变红棕色的气体丙生成，说明溶液中含NO3﹣．由于溶液显酸性，即含硝酸，则I﹣不能有．综上分析可知，溶液中一定无CO32﹣、Fe3+、Fe2+、I﹣，一定含0.1mol/LH+、0.1mol/LAl3+、0、1mol/LNO3﹣，由于溶液必须显电中性，且除H+外只能含4种离子，故溶液中一定含Cl﹣、SO42﹣．即溶液中一定无NH4+、K+、Na+、CO32﹣、Fe3+、Fe2+、I﹣，一定含Cl﹣、SO42﹣、H+、Al3+、NO3﹣．A、该溶液中一定有上述离子中的NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子，故A正确；B、实验消耗Cu14.4g即0.225mol，设生成的气体丙NO的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：0.225mol×2=xmol×3解得x=0.15mol，则0.15molNO与氧气反应后生成的气体丁NO2也为0.15mol，但由于状态不明确，故NO2的体积不一定是3.36L，故B错误；C、由于原溶液中含SO42﹣，故沉淀乙一定有BaCO3，也一定含BaSO4，故C错误；D、溶液中一定不含I﹣，故D错误．故选A．【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，判断硫酸根离子、氯离子时需要通过电荷守恒进行判断，试题培养了学生的分析、理解能力．　9．根据下表提供的数据，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HClOKi=3×10﹣8H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11A．c（OH﹣）＞c（HClO）＞c（H2CO3）＞c（H+）B．c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞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．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】-25-\n酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，根据电离平衡常数知，碳酸氢根离子水解程度小于次氯酸根离子，碳酸氢钠溶液呈碱性，则次氯酸钠溶液也呈碱性，所以混合溶液中c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒和物料守恒分析．【解答】解：酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，根据电离平衡常数知，碳酸氢根离子水解程度小于次氯酸根离子，碳酸氢钠溶液呈碱性，则次氯酸钠溶液也呈碱性，所以混合溶液中c（OH﹣）＞c（H+），A．HCO3﹣水解程度小于ClO﹣，所以c（HClO）＞c（H2CO3），HCO3﹣、ClO﹣都水解生成氢氧根离子，所以c（OH﹣）＞c（HClO），碱性溶液中c（H+）最小，所以离子浓度大小顺序是c（OH﹣）＞c（HClO）＞c（H2CO3）＞c（H+），故A正确；B．HCO3﹣、ClO﹣能水解但程度都较小，所以溶液中c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）、c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C．物质的量浓度相等NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒得c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故C错误；D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子浓度大小的判断，根据酸的电离平衡常数确定酸的强弱及其酸根离子的水解程度，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．　10．在H2O中加入等物质的量的Ag+、Na+、Ba2+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，该溶液放在惰性电极的电解槽中通电片刻后，氧化产物与还原产物的质量比是（　　）A．1：8B．8：1C．35.5：108D．108：35.5【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】等物质的量的这些离子加入到水中，Ag+和Cl﹣结合为AgCl沉淀，Ba2+和SO42﹣结合为BaSO4沉淀，溶液中就只有Na+、NO3﹣了，实际上是电解NaNO3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，则氧化产物是氧气，还原产物是氢气．【解答】解：等物质的量的这些离子加入到水中，Ag+和Cl﹣结合为AgCl沉淀，Ba2+和SO42﹣结合为BaSO4沉淀，溶液中就只有Na+、NO3﹣了，实际上是电解NaNO3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，则氧化产物是氧气，还原产物是氢气，当转移相同电子时，氧化产物和还原产物的质量之比为32：=8：1，故选：B．【点评】本题考查了电解池原理和离子共存，明确溶液中的溶质是解本题关键，很多学生只是根据离子放电顺序确定阴阳极上产物，因为漏掉了离子共存而导致错误，为易错题．　11．如图所示的实验，能达到实验目的是（　　）A．实验①制取的氨气溶解在饱和NaCl溶液B．实验②通过观察右边试管有无倒吸现象说明铁钉是否发生吸氧腐蚀-25-\nC．实验③可用于证明碳的非金属性比硅强D．图④是实验室洗涤胶头滴管的操作【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．加热氯化铵生成氨气与氯化氢，氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵，无法获得氨气；B．食盐水为中性，则正极氧气得到电子；C．利用强酸制备弱酸，酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强；D．药品进入胶头，会腐蚀胶头．【解答】解：A．氯化铵分解无法获得氨气，实验室用氢氧化钙和氯化铵制取氨气，故A错误；B．食盐水为中性，则正极氧气得到电子，负极上Fe失去电子，可验证铁钉发生吸氧腐蚀，故B错误；C．利用强酸制备弱酸，酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强，故C正确；D．药品进入胶头，会腐蚀胶头，不能倒立，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备、金属腐蚀、非金属性比较以及实验操作等，把握实验技能及化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　12．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓C．澄清石灰水中滴加少量NaHCO3：Ca2++2OH++2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣D．向Mg（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氨水为弱碱，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；B．氢氧化钠过量，铵根离子和亚铁离子都完全反应；C．碳酸氢钠少量，离子方程式按照碳酸氢钠的化学式组成书写；D．氢氧化钠过量，反应生成氢氧化镁沉淀、水和碳酸钠．【解答】解：A．AlCl3溶液中加入过量稀氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2，铵根离子也参与反应，正确的离子方程式为：2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故B错误；C．澄清石灰水中滴加少量NaHCO3，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++OH++HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故C错误；D．Mg（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考中高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．　13．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）-25-\n①pH=0的溶液：Na+、C2O42﹣、MnO4﹣、SO42﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣、S2﹣．A．①③⑤B．③②⑥C．②④D．①④⑤【考点】离子共存问题．【分析】①pH=0的溶液为酸性溶液，高锰酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化醋酸根离子；②pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣离子之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢氧根离子反应；③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸根离子、亚硫酸根离子能够与氢离子反应，铵根离子能够与氢氧根离子反应；④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；⑤使石蕊变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子、高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；⑥铁离子能够氧化碘离子、硫离子，铝离子能够与硫离子发生双水解反应．【解答】解：①pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，MnO4﹣在酸性条件下能够氧化C2O42﹣，在溶液中不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32﹣、SO32﹣与氢离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；⑤使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4﹣、NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；⑥Fe3+能够氧化I﹣、S2﹣，Al3+在溶液中与S2﹣发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为②④故选C．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　14．某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（　　）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+②有胶状物质生成-25-\n③有气体产生④溶液颜色发生变化⑤溶液中共发生了2个氧化还原反应．A．①②③④B．①②③④⑤C．①③④⑤D．②④⑤【考点】氯气的化学性质．【分析】某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体．【解答】解：某溶液中含有NH4+、SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+﹣、Na+，故①正确；②有胶状物质硅酸生成，故②正确；③有二氧化碳气体产生，故③正确；④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故④正确；⑤共发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故⑤错误；故选A．【点评】本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用．　15．利用反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜C．电极A极反应式为：2NH3﹣6e﹣=N2+6H+D．当有4.48LNO2（标准状况）被处理时，转移电子为0.8mol【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题．【解答】解：由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，A．B为正极，A为负极，电流由正极经导线流向负极，故A正确；B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3﹣6e﹣+60H﹣=N2+6H2O，故C错误；-25-\nD．当有4.48LNO2（标准状况）即0.2mol被处理时，转移电子为0.2mol×（4﹣0）=0.8mol，故D正确．故选C．【点评】本题综合考查电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握离子移动方向和电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等．　16．已知HCN的电离常数K=6.2×10﹣10．用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，经测定溶液呈碱性．则下列关系式正确的是（　　）A．c（CN﹣）＞c（Na+）B．c（CN﹣）＞c（HCN）C．c（HCN）+c（CN﹣）=0.2mol•L﹣1D．c（CN﹣）+c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知溶液呈碱性，根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液应呈碱性，则有c（H+）＜c（OH﹣），c（CN﹣）﹣）＜c（Na+），结合电荷守恒、物料守恒等知识解答该题．【解答】解：A．根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液呈碱性则有c（H+）＜c（OH﹣），c（CN﹣）﹣）＜c（Na+），故A错误；B．混合溶液呈碱性，说明酸的电离程度小于酸根离子水解程度，则c（HCN）＞c（CN﹣），故B错误；C．因c（Na+）=0.1mol/L，依据物料守恒，c（CN﹣）+c（HCN）=2c（Na+），则c（CN﹣）+c（OH﹣）=0.2mol/L，故C正确；D．c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（Na+）=0.1mol/L，c（CN﹣）+c（OH﹣）＞0.1mol•L﹣1，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意把握离子浓度大小的方法，解题时注意守恒思想的应用．　17．在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（　　）A．Fe2S3、I2B．Al（OH）3、I2C．Fe（OH）3、Al（OH）3D．FeS、S、Al（OH）3【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用．【专题】氧化还原反应专题；盐类的水解专题．【分析】加入碘离子后，将铁离子全部还原成亚铁离子，同时生成碘单质；加入硫化钠，碘将氧化硫离子生成硫沉淀；硫化钠水解，所以溶液中有硫离子和氢氧根离子，根据题目中的提示，显然亚铁离子结合硫离子，铝离子结合氢氧根离子，所以还要生成硫化亚铁沉淀和氢氧化铝沉淀．【解答】解：在FeCl3和AlCl3溶液中加过量KI，先是FeCl3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S后，由于S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣．在Na2S溶液中，有大量S2﹣、OH﹣，依题意知，Fe2+结合S2﹣能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，Fe2++S2﹣=FeS↓；Al3+结合OH﹣能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，或理解为Al3+与S2﹣发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl；-25-\n但由于I2的存在发生：I2+S2﹣=S↓+2I﹣或I2+H2S=S↓+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物．故选D．【点评】本题考查离子反应，题目难度不大，注意分析盐与盐反应时要依次考虑能否发生氧化还原反应、能否发生双水解互促反应，以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应．这些盐之间反应的一般规律，主要决定于盐的性质．　18．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性．【专题】图示题．【分析】A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比；-25-\nC．催化剂改变活化能不改变焓变；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．【解答】解：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故A错误；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比，根据图象知，c（H+）a点＞b点，则溶液的pH：a＜b，故B错误；C．根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故C错误；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据图知，拐点左侧没有达到平衡状态，拐点右侧为平衡状态，达到平衡后，升高温度，二氧化氮含量增大，说明正反应是放热反应，则该反应的△H＜0，故D正确；故选D．【点评】本题考查图象分析，侧重考查弱电解质电离、化学平衡移动等知识点，注意B中溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，注意D中出现拐点原因，题目难度中等．　二、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）19．某化学兴趣小组拟用右图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色．提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液．（1）稀硫酸应放在　1　中（填写仪器编号）．本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，再关闭开关　B　、打开开关　AC　就可观察到氢氧化亚铁的颜色．试分析实验开始时排尽装置中空气的理由　防止生成的氢氧化亚铁被氧化　．（3）该实验使用铁粉，除反应速率可能太快外，还可能会造成的不良后果是　铁粉进入导管从而堵塞导管　．　此空删去　（4）在FeSO4溶液中加入（NH4）2SO4固体可制备硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]（式量为392），该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇．①为洗涤（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O粗产品，下列方法中最合适的是　D　．A．用冷水洗B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗C．用30%的乙醇溶液洗D．用90%的乙醇溶液洗②为了测定产品的纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定．每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/mL25.5225.0224.98滴定过程中发生反应的离子方程式为　MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O　．滴定终点的现象是　最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色　．通过实验数据计算的该产品纯度为　×100%　（用字母ac表）．上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是　BC　．A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积-25-\nB．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低．【考点】制备实验方案的设计．【分析】用右图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色．提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液，结合装置分析可知，开启BC，关闭A，需要在三颈瓶2中加入铁单质，分液漏斗中是稀硫酸，利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集C处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭B，开启AC，利用生成的氢气在装置2中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置3的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀，可观察到氢氧化亚铁的颜色为白色沉淀，（1）分析可知分液漏斗中为稀硫酸，和装置2中的铁反应生成硫酸亚铁和氢气；结合装置分析可知，开启BC，关闭A，需要在三颈瓶2中加入铁单质，分液漏斗中是稀硫酸，利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集C处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭B，开启AC，利用生成的氢气在装置2中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置3的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀，防止生成的氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化；（3）铁粉容易堵导气管，使生成的硫酸亚铁溶液不能压入装置3；（4）①依据该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇分析，洗涤不能溶解产品，不能引入新的杂质；②称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，发生的反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子；反应终点的判断可以利用高锰酸钾溶液的紫红色判断，滴入最后一滴溶液变化为紫红色，半分钟内不变，证明反应达到终点；依据反应的定量关系计算亚铁离子物质的量，得到（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O的质量，计算纯度，高锰酸钾溶液的体积第一次误差较大，应舍去；A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积，液面被提高，读取体积减小；B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡测定溶液体积增大；C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，待装液润洗会增多消耗高锰酸钾溶液的体积，测定结果增大；D．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的．【解答】解：（1）此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗中，即应盛放在1处，故答案为：1；打开B、C，关闭A，利用装置2中产生的氢气，把装置3中的空气排尽，使装置处于还原氛围，然后关闭B，打开A，产生气体压强增大，把产生的FeSO4，压入到装置3中，产生Fe（OH）2，氢氧化亚铁溶液被空气中的氧气所氧化，生成氢氧化铁，对氢氧化亚铁颜色的观察产生干扰，所以要排除装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故答案为：B；AC；防止生成的氢氧化亚铁被氧化；-25-\n（3）在利用压强把硫酸亚铁溶液压入到装置3中时，也有可能把铁粉压入到导管中，容易堵塞导管，故答案为：铁粉进入导管从而堵塞导管；（4）①因为硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，应该用乙醇洗涤，减少硫酸亚铁铵的溶解，同时利用乙醇和水互溶，从而达到洗涤的要求，故选D，故答案为：D；②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+↑1，Mn由+7价→+2↓5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，即MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为ml=25mL，根据离子反应方程式，得出：n[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]=5n（KMnO4）=25×10﹣3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]=25×10﹣3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c××100%=×100%，A、俯视读数，造成所读的数偏小，故错误；B、滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故正确；C、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故正确；D、三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，故D错误．故答案为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；×100%；BC．【点评】本题考查了氢氧化亚铁制备的非常规制备方法和实验过程分析判断，滴定实验的注意问题和计算应用，注意掌握物质性质，实验过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　20．湿法炼锌的冶炼过程可用如图1简略表示：请回答下列问题：-25-\n（1）NH3的空间构型是　三角锥形　．氨气易液化，液氨常做制冷剂，氨气易液化的原因是　氨分子之间能形成氢键　．已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：　2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O　．（3）上述电解过程中析出锌的电极反应式为　[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑　．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为　3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+　．（5）氨是最重要的化工产品之一．合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）．有关化学反应的能量变化如图2所示，则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为　CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1　．（6）CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（Ⅰ）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为：[Cu（NH3）2CH3COO]（l）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3]CH3COO•CO（l）△H＜0．吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是　B　（填写选项编号）．A．高温、高压B．高温、低压C．低温、低压D．低温、高压（7）用氨气制取尿素[CO（NH2）2]的反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）△H＜0，恒温恒容密闭容器中，下列依据能说明该反应达到平衡状态的是　ABD　．A、容器中气体密度不变B、容器中气体压强不变C、n（NH3）：n（CO2）=1：2D、单位时间内消耗1molCO2，同时消耗1molH2OE、容器内温度保持不变（8）某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，发生2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）反应，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%．该温度下此反应平衡常数K的值为　2500　．图中的曲线表示该反应在前25s内的反应进程中的NH3浓度变化．若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，请在图3中用实线画出使用催化剂时该反应从开始至平衡时的曲线．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn（NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，（1）NH3分子中氮原子与氢原子形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，据此判断空间构型，氨分子之间能形成氢键；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成Na2ZnO2；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应；（4）SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，发生氧化还原反应生成一氧化氮和硫酸钡，据此写离子方程式；（5）由图2可知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3KJ/mol①CO2（g）=CO（g）+O2（g）△H=+282KJ/mol②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8KJ/mol③依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（6）依据平衡移动方向分析判断需要的条件；-25-\n（7）当可逆反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的含量不变，根据反应的特征，部分物质性质不变，据此判断；（8）依据化学方程式和平衡常数K=，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，计算平衡常数；依据催化剂的作用画出图象．【解答】解：（1）NH3分子中氮原子与氢原子形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，所以NH3的空间构型是三角锥形，因为氨分子之间能形成氢键，所以氨气易液化，故答案为：三角锥形；氨分子之间能形成氢键；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水，反应方程式为2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O，故答案为：2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应，电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑，故答案为：[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑；（4）SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，发生氧化还原反应生成一氧化氮和硫酸钡，反应的离子方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；（5）由图2可知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3KJ/mol①CO2（g）=CO（g）+O2（g）△H=+282KJ/mol②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8KJ/mol③将①+②﹣③×3可得：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=（﹣846.3KJ/mol）+（+282KJ/mol）﹣（﹣241.8KJ/mol）×3=+161.1kJ•mol﹣1，所以CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1；（6）吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，依据化学平衡[Cu（NH3）2CH3COO]（l）+CO（g）+NH3（g）⇌[Cu（NH3）3]CH3COO•CO（l）；△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向进行是再生的原理，再生的适宜条件是高温低压，故答案为：B；（7）恒温恒容密闭容器中，反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）△H＜0，为气体体积减小的放热反应，A、当容器中气体密度不变时，说明反应达到平衡状态；B、当容器中气体压强不变时，说明反应达到平衡状态；C、当n（NH3）：n（CO2）=1：2时，无法判断正逆反应速率是否相等，故不能说明反应达到平衡状态；D、单位时间内消耗1molCO2，同时消耗1molH2O，说明正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态；E、该反应为放热反应，当容器内温度保持不变时，说明反应达到平衡状态，故选：ABD；-25-\n（8）2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g），反应进行到40s时达到平衡，反应达到平衡时CO2的转化率为50%，消耗二氧化碳浓度0.02mol/L×50%=0.01mol/mol；2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）起始量（mol/L）0.040.0200变化量（mol/L）0.020.0100.01平衡量（mol/L）0.020.0100.01K===2500若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，使用催化剂时，改变反应速率，不改变化学平衡，曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上，该反应的进程曲线为如图所示，故答案为：2500；．【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，化学平衡影响因素分析，电解质溶液中离子浓度关系的应用判断，掌握基础是关键，题目难度中等．　21．酸牛奶是人们喜爱的一种营养饮料．酸牛奶中有乳酸菌可产生乳酸等有机酸，使酸碱度降低，有效地抑制肠道内病菌的繁殖．酸牛奶中的乳酸可增进食欲，促进胃液分泌，增强肠胃的消化功能，对人体具有长寿和保健作用，乳酸的结构为：工业上它可由乙烯来合成，方法如下：CH2=CH2ABCH3CHOC（提示：（1）CH3Cl+NaOHCH3OH+NaCl，的加成类似于的加成）（1）乳酸所含的官能团的名称是　羧酸、羟基　．写出下列转化的化学方程式：①A的生成　　．-25-\n②C的生成　　．③乳酸在一定条件合成聚乳酸　nCH3CH（OH）COOHnH2O+　．（3）写出符合下列要求的乳酸的所有同分异构体的结构简式　HCOOCH2CH2OH、HCOOCH（OH）CH3　a、属于酯类，b、含有﹣OH，c、能发生银镜反应．【考点】有机物的推断．【分析】由合成路线可知，乙烯发生加成反应生成A，A为CH3CH2Cl，A碱性水解生成B，B为CH3CH2OH，B氧化生成乙醛，乙醛与HCN加成生成C，则C为CH3CHOHCN，最后水解生成乳酸，然后结合有机物的结构与性质来解答．【解答】解：由合成路线可知，乙烯发生加成反应生成A，A为CH3CH2Cl，A碱性水解生成B，B为CH3CH2OH，B氧化生成乙醛，乙醛与HCN加成生成C，则C为CH3CHOHCN，最后水解生成乳酸，（1）乳酸含﹣COOH、﹣OH，名称分别为羧酸、羟基，故答案为：羧酸、羟基；①A的生成反应为，②C的生成反应为，③乳酸在一定条件合成聚乳酸的反应为nCH3CH（OH）COOHnH2O+，故答案为：①；②；③nCH3CH（OH）COOHnH2O+；（3）根据条件a、属于酯类，b、含有﹣OH，c、能发生银镜反应，说明有醛基，则符合条件的乳酸的所有同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OH、HCOOCH（OH）CH3，故答案为：HCOOCH2CH2OH、HCOOCH（OH）CH3．【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握烯烃、醇、醛的性质及合成流程为解答的关键，注意官能团与性质的关系、结构与性质的关系及习题中信息，题目难度不大．　-25-