浙江省杭州市五校联盟2022届高三上学期月考化学试卷（10月份） 一、选择题1．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有（ ）A．pH=13的NaOH溶液中含有的OH﹣的数为0.1NAB．Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5mol产物，转移的电子数为1NAC．18gD2O中含有的质子数为9NAD．标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应可生成22.4L氯气 2．下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（ ）A．同质量、同体积的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C3H4D．同压强、同体积的N2O和CO2 3．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．铁与稀硫酸反应Fe+2H+═Fe3++H2↑B．氢氧化铝与足量盐酸反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2OC．钠和冷水反应Na+2H2O═Na++H2↑+OH﹣D．铜片与稀硝酸反应Cu+NO3﹣+4H+═Cu2++NO↑+2H2O 4．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、Na+、CH3COO﹣等四种离子，向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积不变）（ ）A．CH3COO﹣B．SO32﹣C．Na+D．HCO3﹣ 5．常温下，在溶液中可发生以下反应：①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O，②2M2++R2═2M3++2R﹣，③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣，由此判断下列说法错误的是（ ）A．氧化性强弱顺序为：XO4﹣＜Z2＜R2＜M3+B．还原性强弱顺序为：X2+＜Z﹣＜R﹣＜M2+-30-\nC．Z元素在反应①中被氧化，在③中被还原D．常温下可发生反应2M2++Z2═2M3++2Z﹣ 6．已知S2O8n﹣离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n﹣离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4﹣离子，若反应后S2O8n﹣离子变成SO42﹣；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n﹣中的n值和S的化合价是（ ）A．2，+7B．2，+6C．4，+7D．4，+4 7．下列叙述正确的是（ ）A．常温常压下，4.6gNO2气体约含有1.81×1023个原子B．在标准状况下，80gSO3所占的体积约为22.4LC．常温下，0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH约为1D．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA 8．设NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．1molMgCl2中含有的离子数为2NAB．标准状况下，11.2LH2O中含有的原子数为1.5NAC．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAD．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA 9．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3KJ•mol﹣1分别向1L0.5mol•L﹣1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（ ）A．△H1＞△H2＞△H3B．△H1＜△H2＜△H3C．△H1＞△H2=△H3D．△H1=△H2＜△H3 10．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（ ）A．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．一定条件下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣38.6kJ•mol﹣1-30-\nC．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，则H2的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•mol﹣1，则CO2分解的热化学方程式为：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=+283.0kJ•mol﹣1 11．下列叙述不正确的是（ ）①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②熔点：Al＞Na＞K③第ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素⑤沸点：NH3＜PH3＜AsH3⑥已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为285.5kJ•mol﹣1⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N．A．②④⑥B．①③⑤⑦C．②④⑥⑦D．⑤⑥⑦ 12．Q、M两元素相邻，M、C、N原子的最外层电子数之和为13，N原子最外层电子数是M原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，M、D原子最外层电子数之和等于C、N原子最外层电子数之和，短周期主族元素Q、M、C、D、N的原子序数依次递增．下列说法正确的是（ ）A．元素Q所形成的氧化物只有一种B．元素M的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．元素C、D、N的最高价氧化物对应的水化物两两之间可发生反应D．氢化物的稳定性：Q＞M 13．升高温度能加快反应速率的主要原因是（ ）A．活化分子能量明显增加B．增加了活化分子的百分数C．降低了反应所需的能量D．改变了反应物的本身性质 14．已知298K时2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣197kJ•mol﹣1，在相同温度和压强下，向密闭容器通入2molSO2和1molO2达平衡时，放热Q1；向另一相同体积的密闭容器中通入1molSO2和0.5molO2达平衡时，放出热量Q2，则下列关系式正确的是（ ）-30-\nA．Q2=2Q1B．Q2＜Q1＜197kJC．Q2=Q1＜197kJD．以上均不正确 15．下列化学用语表达正确的是（ ）A．明矾净水：Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+B．氯化铵溶于水：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+C．亚硫酸溶液中：H2SO3⇌H++HSO3﹣D．在小苏打溶液中滴加氢氧化钠：HCO3﹣+OH﹣=CO2↑+H2O 16．下列说法正确的是（ ）A．碱性锌锰电池的负极是锌B．在船身装锌块不属于牺牲阳极的阴极保护法C．电解精炼铜时，杂质Fe、Zn、Ag等沉积在电解槽底部D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣ 17．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图（反应条件及其它产物已略去）．下列说法不正确的是（ ）A．若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B．若甲是Fe，则丁可能是Cl2C．若丁是CO2，则甲可能为MgD．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16 18．将0.03molCl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中，在此过程溶液的c（H+）与Cl2用量的关系示意图是（溶液的体积视为不变）（ ）-30-\nA．B．C．D． 19．下列做法中不符合“绿色化学”思想的是（ ）A．以水性涂料代替油性涂料B．以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂C．实验后的有毒有害物质应分类收集、统一处理D．在通风橱中制氯气时不用NaOH溶液吸收尾气 20．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是（ ）A．过程①加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→BaCl2溶液→NaOH溶液→加盐酸后过滤B．在过程③中将MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁D．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题 二、填空题-30-\n21．A、B、C、X均为中学常见的物质，一定条件下它们的转化关系如下（副产物已略去）．ABC试回答：（1）若X为O2，则A不可能是 （填选项）．a．Sib．NH3c．Mgd．S若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，X为CO2，用离子方程式解释B溶液显碱性的原因 ，举出C的一种用途 ．（3）若A是一种黄绿色气体单质，X是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，反应①属于置换反应，写出反应①的化学方程式 ，C的水溶液中各离子浓度由大到小顺序为 ． 22．（1）某烃A的蒸气密度是同条件下氢气密度的64倍，则A的分子式可能为 ，若A中含有6个甲基，但不可能是烯烃与氢气的加成产物，则A的结构简式为 ；已知1mol烃B中所含电子总数为42NA，且C、H两种元素的质量比为5：1，则其分子式为 ，它有 种同分异构体，在它的同分异构体中，沸点最高的是 （写结构简式）；一氯代物只有一种的是 （写习惯名称）． 23．实验室要用98%（ρ=1.84g•cm﹣3）的硫酸配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液500mL（1）计算所需98%的硫酸 mL．要配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液500mL，准确量取一定体积的98%的硫酸后，还需用到的实验仪器是（填写序号）： ．①量筒②烧杯③1000mL容量瓶④500mL容量瓶⑤天平⑥胶头滴管⑦锥形瓶⑧玻璃棒（3）若配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液的其他操作均正确，但出现下列错误操作，将例所配制的硫酸溶液浓度偏低的是 ．A．浓硫酸溶解后未冷却，直接转移至容量瓶后定容B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外．C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数D．容量瓶使用前用含硫酸的溶液润洗了． -30-\n24．某研究小组向2L密闭容器中加入一定量的固体A和气体B发生反应：A（s）+2B（g）⇌D（g）+E（g）△H=QkJ•mol﹣1．在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的物质的量如表：时间（min）01020304050B2.001.361.001.001.201.20D00.320.500.500.600.60E00.320.500.500.600.60（1）T1℃时，该反应的平衡常数K= ；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是 （填字母编号）．a．通入一定量的Bb．加入一定量的固体Ac．升高反应体系温度d．同时加入0.2molB、0.1molD、0.1molE（3）维持容器的体积和温度T1不变，当向该容器中加入1.60molB、0.20molD、0.20molE和nmolA，达到平衡后，与表格中20分钟时各物质的浓度完全相同时，则投入固体A的物质的量n应不少于 mol．（4）维持容器的体积和温度T1不变，各物质的起始物质的量为：n（A）=1.0mol，n（B）=3.0mol，n（D）=amol，n（E）=0mol，达到平衡后，n（E）=0.50mol，则a= ．（5）若该密闭容器绝热，实验测得B的转化率B%随温度变化的示意图如图所示．由图可知，Q 0（填＜、＞、=），c点v（正） v（逆）（填＜、＞、=）． -30-\n浙江省杭州市五校联盟2022届高三上学期月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析 一、选择题1．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有（ ）A．pH=13的NaOH溶液中含有的OH﹣的数为0.1NAB．Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5mol产物，转移的电子数为1NAC．18gD2O中含有的质子数为9NAD．标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应可生成22.4L氯气【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、根据铁与氯气反应后变为+3价来分析；C、求出重水的物质的量，然后根据1mol重水中含10mol质子；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦盐酸变稀，反应即停止．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故A错误；B、铁与氯气反应后变为+3价，故当有0.5mol氯化铁生成时，即有0.5mol铁参与反应，则转移1.5mol电子，即1.5NA个，故B错误；C、18g重水的物质的量n==0.9mol，而1mol重水中含10mol质子，故0.9mol重水中含9mol质子，即9NA个，故C正确；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦盐酸变稀，反应即停止，故4molHCl不能完全反应，则生成氯气的物质的量小于1mol，即体积小于22.4L，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大． 2．下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（ ）A．同质量、同体积的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C3H4-30-\nD．同压强、同体积的N2O和CO2【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A．二者都是双原子分子，二者质量相等，摩尔质量相等，根据n=可知，二者物质的量一定相等；B．温度、体积相等，压强会影响气体的物质的量；C．同体积、同密度，二者质量相等，根据n=计算各自物质的量，结合分子含有原子数目计算原子物质的量；D．同压强、同体积，温度会影响气体的物质的量．【解答】解：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A．二者质量相等，摩尔质量相等为28g/mol，根据n=可知，二者物质的量一定相等，二者都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故A正确；B．同温度、同体积的H2和N2，二者压强不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故B错误；C．同体积、同密度，二者质量相等，C2H4和C3H4含有原子数目之比=×6：×7=60：49，故C错误；D．同压强、同体积的H2和N2，二者的温度不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故D错误，故选A．【点评】本题考查物质的量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意根据pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论． 3．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．铁与稀硫酸反应Fe+2H+═Fe3++H2↑B．氢氧化铝与足量盐酸反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2OC．钠和冷水反应Na+2H2O═Na++H2↑+OH﹣D．铜片与稀硝酸反应Cu+NO3﹣+4H+═Cu2++NO↑+2H2O-30-\n【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成硫酸亚铁和氢气；B．反应生成氯化铝和水；C．反应生成NaOH和氢气，电子不守恒；D．反应生成硝酸铜、NO和水，电子、电荷不守恒．【解答】解：A．铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．氢氧化铝与足量盐酸反应的离子反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故B正确；C．钠和冷水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH﹣，故C错误；D．铜片与稀硝酸反应的离子反应为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大． 4．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、Na+、CH3COO﹣等四种离子，向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积不变）（ ）A．CH3COO﹣B．SO32﹣C．Na+D．HCO3﹣【考点】离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】向溶液中加入足量的Na2O2固体后，溶液中能够和过氧化钠及其与水反应产物发生反应的离子浓度会发生变化，过氧化钠和水反应生成产物引进的离子，如钠离子和氢氧根离子会发生变化，具有还原性的离子会发生变化，根据以上进行分析．【解答】解：A、醋酸根离子浓度不会发生变化，故A正确；B、过氧化钠具有氧化性，将亚硫酸根离子氧化成了硫酸根离子，离子浓度变化很大，故B错误；C、过氧化钠和水反应生成了氢氧化钠，引进了大量钠离子，钠离子浓度变化很大，故C错误；D、碳酸氢根离子和氢氧化钠与水反应生成的氢氧根离子反应，碳酸根离子浓度大量减少，故D错误；故选A．-30-\n【点评】本题考查了离子反应发生的条件，注意过氧化钠具有氧化性，能够和水反应生成氢氧化钠和氧气，本题难度不大． 5．常温下，在溶液中可发生以下反应：①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O，②2M2++R2═2M3++2R﹣，③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣，由此判断下列说法错误的是（ ）A．氧化性强弱顺序为：XO4﹣＜Z2＜R2＜M3+B．还原性强弱顺序为：X2+＜Z﹣＜R﹣＜M2+C．Z元素在反应①中被氧化，在③中被还原D．常温下可发生反应2M2++Z2═2M3++2Z﹣【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应．【分析】依据氧化还原反应强弱规律：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性解答．【解答】解：①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O，反应中XO4﹣是氧化剂，Z2是氧化产物，氧化性：XO4﹣＞Z2；还原剂是Z﹣，还原产物X2+，还原性：X2+＜Z﹣；②2M2++R2═2M3++2R﹣，反应中R2是氧化剂，M3+是氧化产物，氧化性：R2＞M3+；还原剂是Z﹣，还原产物X2+，还原性：M2+＞R﹣；③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣，反应中Z2是氧化剂，R2是氧化产物，氧化性：Z2＞R2；还原剂是Z﹣，还原产物X2+，还原性：R﹣＞Z﹣；所以氧化性强弱关系为：XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+，还原性关系：X2+＜Z﹣＜R﹣＜M2+，A．所以氧化性强弱关系为：XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+，故A错误；B．还原性关系：X2+＜Z﹣＜R﹣＜M2+，故B正确；C．Z元素在反应①中做还原剂，被氧化，在③中做氧化剂，被还原，故C正确；D．反应2M2++Z2═2M3++2Z﹣中，Z2是氧化剂，M3+是氧化产物，氧化性Z2＞M3+，符合题意，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了氧化性、还原性强弱比较，明确氧化还原反应强弱规律，准确判断氧化剂、氧化产物、还原剂、还原产物是解题关键，题目难度不大． 6．已知S2O8n﹣离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n﹣离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4﹣离子，若反应后S2O8n﹣离子变成SO42﹣；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n﹣中的n值和S的化合价是（ ）-30-\nA．2，+7B．2，+6C．4，+7D．4，+4【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，以此来解答．【解答】解：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，则S2O8n﹣中的S元素的化合价为+7价，则+7×2+（﹣2）×8=﹣n，解得n=2，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大． 7．下列叙述正确的是（ ）A．常温常压下，4.6gNO2气体约含有1.81×1023个原子B．在标准状况下，80gSO3所占的体积约为22.4LC．常温下，0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH约为1D．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】A．根据N=nNA=NA结合分子构成计算原子个数；B．标况下，三氧化硫是固体；C．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；D．Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中氯气既是氧化剂又是还原剂，且氯气和转移电子之间的关系式为1：1．【解答】解：A．二氧化氮能转化为四氧化二氮，四氧化二氮的相对分子质量、原子个数是二氧化氮的2倍，把气体当作二氧化氮计算即可，二氧化氮分子个数N=nNA=NA=×NA/mol=0.1NA，每个分子中含有3个原子，所以原子总数为1.81×1023，故A正确；-30-\nB．标况下，三氧化硫是固体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算三氧化硫体积，故B错误；C．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，所以常温下，0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH大于1，故C错误；D．Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中氯气既是氧化剂又是还原剂，且氯气和转移电子之间的关系式为1：1，标准状况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，故D错误；故选A．【点评】本题考查了物质的量的有关计算，涉及弱电解质的电离、物质之间的反应等知识点，注意A中即使二氧化氮转化为四氧化二氮也不改变原子个数，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点． 8．设NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A．1molMgCl2中含有的离子数为2NAB．标准状况下，11.2LH2O中含有的原子数为1.5NAC．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAD．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA【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、1mol氯化镁中含有1mol镁离子、2mol氯离子；B、在标况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；C、稀有气体为单原子分子，氯气为双原子分子；D、铝为3金属，1mol铝完全反应失去3mol电子．【解答】解：A、1mol氯化镁中含有1mol镁离子和2mol氯离子，总共含有3mol离子，含有的离子数为3NA，故A错误；B、在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故B错误；C、标况下，22.4L氦气与22.4L氯气的物质的量都是1mol，由于氦气为单原子分子，而氯气为双原子分子，二者含有的原子数不同，故C错误；-30-\nD、2.7g铝的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.3mol电子，失去的电子数为0.3NA，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，一定注意标况下的气体摩尔体积的使用要求，要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系． 9．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3KJ•mol﹣1分别向1L0.5mol•L﹣1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（ ）A．△H1＞△H2＞△H3B．△H1＜△H2＜△H3C．△H1＞△H2=△H3D．△H1=△H2＜△H3【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据中和热是在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3KJ•mol﹣1，分别向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸，因浓硫酸溶于水放热，醋酸的电离吸热，则恰好完全反应时的放出的热量为：①＞②＞③，所以△H1＜△H2＜△H3；故选B．【点评】本题主要考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，需要注意的是放出的能量多，△H反而小． 10．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（ ）A．0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．一定条件下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，则H2的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1-30-\nD．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•mol﹣1，则CO2分解的热化学方程式为：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=+283.0kJ•mol﹣1【考点】离子方程式的书写；热化学方程式．【分析】A．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、一水合氨；B．合成氨的反应为可逆反应，热化学反应中为反应物完全转化的热量变化；C．燃烧热为1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量；D．燃烧热的热化学反应中CO的化学计量数应为1．【解答】解：A.0.01mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，则铵根离子、铝离子、硫酸根离子、钡离子、氢氧根离子的物质的量之比是：1：1：2：2：4，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；B.1molN2（g）和3molH2（g）置于密闭的容器中的反应是可逆反应，不会生成2molNH3（g），放出的热量小于38.6kJ，故B错误；C．H2与O2发生反应过程的燃烧热应该是1molH2燃烧生成液态水放出的热量，故C错误；D．燃烧热是指燃烧1mol物质生成稳定的产物所放出的热量，CO（g）的燃烧热是283.0kJ•mol﹣1，即2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1，互为可逆反应的过程焓变的符号相反，数值相等，所以2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）△H=+566.0kJ•mol﹣1，故D错误．故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重燃烧热方程式书写、与量有关的离子反应考查，题目难度不大． 11．下列叙述不正确的是（ ）①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②熔点：Al＞Na＞K③第ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素⑤沸点：NH3＜PH3＜AsH3⑥已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为285.5kJ•mol﹣1⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N．-30-\nA．②④⑥B．①③⑤⑦C．②④⑥⑦D．⑤⑥⑦【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；原子核外电子排布；燃烧热．【分析】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；②金属晶体中原子半径越小、金属离子所带电荷越多，金属键的越强，熔点越高；③金属失电子形成阳离子，与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布；④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过度元素全部为金属元素；⑤氢化物分子间含有氢键的沸点较高；⑥1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；⑦分子的稳定性与化学键的键能有关．【解答】解：①非金属性：F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①错误；②金属晶体中原子半径越小、金属离子所带电荷越多，金属键的越强，熔点越高，原子半径：Al＜Na＜K，则金属键：Al＞Na＞K，金属键的作用力越弱，熔点越低，则熔点：Al＞Na＞K，故②正确；③金属失电子形成阳离子，与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，所以第ⅠA、ⅡA族元素的金属阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误；④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过度元素全部为金属元素，故④正确；⑤氢化物分子间含有氢键的沸点较高，则沸点：PH3＜AsH3＜NH3，故⑤错误；⑥1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为285.5kJ•mol﹣1，故⑥正确；⑦分子的稳定性与化学键的键能有关，因为白磷中共价键的键能小于氮气中共价键的键能，键能越大，分子越稳定，所以非金属性：P＜N，故⑦错误．故选B．【点评】本题考查元素周期律的递变规律，注意把握元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，题目难度不大，学习中注意积累． -30-\n12．Q、M两元素相邻，M、C、N原子的最外层电子数之和为13，N原子最外层电子数是M原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，M、D原子最外层电子数之和等于C、N原子最外层电子数之和，短周期主族元素Q、M、C、D、N的原子序数依次递增．下列说法正确的是（ ）A．元素Q所形成的氧化物只有一种B．元素M的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．元素C、D、N的最高价氧化物对应的水化物两两之间可发生反应D．氢化物的稳定性：Q＞M【考点】原子结构与元素的性质．【分析】短周期主族元素Q、M、C、D、N的原子序数依次递增，N原子最外层电子数是M原子内层电子数的3倍，则M只能有2个电子层，处于第二周期，故N原子最外层电子数为6，N原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，M、C、N原子的最外层电子数之和为13，则M原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则M为N元素；Q、M两元素相邻，Q原子序数小于M，则Q为C元素，结合原子序数可知，C、D、N只能处于第三周期，故N为S元素，故C为Mg；M、D原子最外层电子数之和等于C、N原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，据此解答．【解答】解：短周期主族元素Q、M、C、D、N的原子序数依次递增，N原子最外层电子数是M原子内层电子数的3倍，则M只能有2个电子层，处于第二周期，故N原子最外层电子数为6，N原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，M、C、N原子的最外层电子数之和为13，则M原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则M为N元素；Q、M两元素相邻，Q原子序数小于M，则Q为C元素，结合原子序数可知，C、D、N只能处于第三周期，故N为S元素，故C为Mg；M、D原子最外层电子数之和等于C、N原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，A．Q为碳元素，形成的氧化物有CO、CO2等，故A错误；B．M为N元素，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸属于强酸，故B正确；C．元素C、D、N的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硫酸，氢氧化镁与氢氧化铝之间不能反应，故C错误；D．氢化物稳定性与非金属性强弱一致，N元素非金属性强于碳，故氨气的稳定性较强，故D错误，故选B．-30-\n【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，判断M为第二周期元素为突破口，注意对元素周期律的理解掌握． 13．升高温度能加快反应速率的主要原因是（ ）A．活化分子能量明显增加B．增加了活化分子的百分数C．降低了反应所需的能量D．改变了反应物的本身性质【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】升高温度能加快反应速率的主要原因是活化分子的百分数增加，以此解答该题．【解答】解：升高温度，分子能量增加，增加了活化分子的百分数，增加有效碰撞的次数，反应速率增大，故选B．【点评】本题考查化学能对反应速率的影响，题目难度不大，本题注意相关知识的积累． 14．已知298K时2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣197kJ•mol﹣1，在相同温度和压强下，向密闭容器通入2molSO2和1molO2达平衡时，放热Q1；向另一相同体积的密闭容器中通入1molSO2和0.5molO2达平衡时，放出热量Q2，则下列关系式正确的是（ ）A．Q2=2Q1B．Q2＜Q1＜197kJC．Q2=Q1＜197kJD．以上均不正确【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变．【专题】化学平衡专题．【分析】反应为可逆反应，浓度不同，平衡转化的程度不等，根据热化学方程式的含义来分析．【解答】解：反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol，由热化学方程式可知，在上述条件下反应生成1molSO3气体放热98.5kJ，加入2molSO2和1molO2，生成的三氧化硫量小于1mol，所以Q1＜197kJ，通入1molSO2和0.5molO2，理论会生成1mol三氧化硫，放热×98.5kJ，但是此时体系压强比加入2molSO2和1molO2要小，所以平衡会向左移动，所以实际放出的热量＜（×98.5）kJ，即2Q2＜Q1，综上得：2Q2＜Q1＜197kJ，故选B．-30-\n【点评】本题考查反应热的计算，题目难度中等，本题注意浓度对平衡的影响以及可逆反应的特征． 15．下列化学用语表达正确的是（ ）A．明矾净水：Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+B．氯化铵溶于水：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+C．亚硫酸溶液中：H2SO3⇌H++HSO3﹣D．在小苏打溶液中滴加氢氧化钠：HCO3﹣+OH﹣=CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，不是氢氧化铝沉淀；B．铵根离子部分水解生成一水合氨和氢离子；C．亚硫酸为二元弱酸，其电离分别进行，电离方程式只写出第一步的电离即可；D．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水．【解答】解：A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，正确的离子反应方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故A错误；B．氯化铵溶于水，铵根离子水解，溶液显示酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故B正确；C．亚硫酸溶液中，亚硫酸部分电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，电离方程式为：H2SO3⇌H++HSO3﹣，故C正确；D．小苏打溶液中滴加氢氧化钠，反应生成碳酸钠和水，正确的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法，如：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． 16．下列说法正确的是（ ）A．碱性锌锰电池的负极是锌B．在船身装锌块不属于牺牲阳极的阴极保护法C．电解精炼铜时，杂质Fe、Zn、Ag等沉积在电解槽底部-30-\nD．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、原电池中，较为活泼失电子的点极是负极；B、原电池的负极被腐蚀，正极金属可以得到保护；C、电解精炼铜中，沉积在电解槽底部的应该是不如铜活泼的金属Ag、Au等；D、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上是金属失电子的氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应．【解答】解：A、碱性锌锰电池中，活泼的锌作负极，故A正确；B、船身装上锌块，构成原电池，Zn为负极，Fe为正极，则Fe被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C、电解法精炼铜时，粗铜中所含Ni、Fe、Zn等金属杂质，会先于金属铜失电子，形成阳离子进入电解质，沉积在电解槽底部的应该是不如铜活泼的金属Ag、Au，故C错误；D、正极的电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及应用等方面的知识，属于综合知识的和考查，难度中等． 17．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图（反应条件及其它产物已略去）．下列说法不正确的是（ ）A．若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B．若甲是Fe，则丁可能是Cl2C．若丁是CO2，则甲可能为MgD．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16【考点】镁、铝的重要化合物；镁的化学性质；无机物的推断．【专题】元素及其化合物．【分析】甲能和丁能连续反应，说明该反应与反应物用量、反应物浓度或反应条件有关，A．氯化铝和氢氧化钠反应产物与氢氧化钠的量有关；B．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；-30-\nC．镁能和二氧化碳反应生成碳，碳能和二氧化碳发生化合反应；D．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16，则乙和丙相差一个氧原子．【解答】解：A．若甲是氯化铝溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故A正确；B．若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关系，故B错误；C．若丁是二氧化碳，甲是镁，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，所以符合转化关系，故C正确；D．若丁是O2，甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳相对分子质量相差16，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，同时考查学生总结归纳能力，难度不大． 18．将0.03molCl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中，在此过程溶液的c（H+）与Cl2用量的关系示意图是（溶液的体积视为不变）（ ）A．B．C．D．【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br﹣，由于Br﹣全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化．-30-\n【解答】解：亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br﹣．氯气氧化亚硫酸生成硫酸：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br﹣：Cl2+2HBr=Br2+2HCl0.01mol0.02molHBr全部被氯气氧化转变为Br2和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c（H+）不变；故选：A．【点评】本题考查了氯气的性质已经有关氧化还原反应的计算，明确亚硫酸根离子与溴离子还原性强弱顺序是解题关键，难度不大． 19．下列做法中不符合“绿色化学”思想的是（ ）A．以水性涂料代替油性涂料B．以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂C．实验后的有毒有害物质应分类收集、统一处理D．在通风橱中制氯气时不用NaOH溶液吸收尾气【考点】绿色化学；常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】根据“绿色化学”要求从根本上减少或杜绝污染，尽可能使原料的利用率提高进行解答．【解答】解：A．用水代替有机溶剂可减少污染，符合“绿色化学”思想，故A正确；B．以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂，防止磷污染造成富营养化，符合“绿色化学”思想，故B正确；C．实验后的有毒有害物质应分类收集、统一处理，废物再利用，提高了原料的利用率，符合“绿色化学”思想，故C正确；D．直接排放氯气到大气中可产生污染，不符合“绿色化学”思想，故D错误；故选D．-30-\n【点评】本题考查绿色化学的含义，题目难度不大，只要抓住题干中所给出的“绿色化学”的要求，即可顺利作答． 20．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是（ ）A．过程①加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→BaCl2溶液→NaOH溶液→加盐酸后过滤B．在过程③中将MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁D．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题【考点】海水资源及其综合利用．【专题】化学计算．【分析】A．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；B．氯化镁中的镁离子能水解，酸性环境会抑制水解，MgCl2•6H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2；C．工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，电解饱和MgCl2溶液得到的是氢氧化镁；D．过程⑤反应为Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4，溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题；-30-\n【解答】解：A．镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，或BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，故A错误；B．在过程③中的MgCl2•6H2O灼烧过程中镁离子易水解生成氢氧化镁，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解，故B错误；C．电解饱和MgCl2溶液得到的是氢氧化镁，工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，MgCl2Mg+Cl2↑，故C错误；D．利用海水制取溴：含Br﹣的海水通过蒸发浓缩，酸化，通入氧化剂通Cl2反应为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，用SO2水溶液吸收Br2，Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4，再通Cl2，氧化溴离子生成单质溴，Cl2+2HBr=Br2+2HCl，过程⑤反应生成的硫酸和氢溴酸都为强酸，对金属设备具有腐蚀性，需防腐，故D正确；故选D．【点评】本题是一道海水资源的综合利用方面的题目，属于综合知识的考查题，熟悉海水中的成分和物质的性质结合框图信息是解答本题的关键，题目难度中等． 二、填空题21．A、B、C、X均为中学常见的物质，一定条件下它们的转化关系如下（副产物已略去）．ABC试回答：（1）若X为O2，则A不可能是 ac （填选项）．a．Sib．NH3c．Mgd．S若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，X为CO2，用离子方程式解释B溶液显碱性的原因 CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ ，举出C的一种用途 制发酵粉或治疗胃酸过多等 ．（3）若A是一种黄绿色气体单质，X是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，反应①属于置换反应，写出反应①的化学方程式 3Cl2+2NH3=N2+6HCl ，C的水溶液中各离子浓度由大到小顺序为 c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）若X为O2，A能连续被氧化，则A、B、C中含有的同种元素为变价元素，中学常见N、S元素化合物符合转化关系；-30-\n若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，均含有Na元素，X为CO2，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3；（3）若A是一种黄绿色气体单质，则A为Cl2，X是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则X为NH3，反应①属于置换反应，应是氯气与氨气反应生成氮气与HCl，B能与氨气反应生成C，则B为HCl、C为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，据此解答．【解答】解：（1）若X为O2，A能连续被氧化，则A、B、C中含有的同种元素为变价元素，中学常见N、S元素化合物符合转化关系，Si与氧气反应生成二氧化硅、Mg与氧气反应生成氧化镁，二氧化硅、氧化镁不能与氧气继续反应，故答案为：ac；若A、B、C的水溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，均含有Na元素，X为CO2，由转化关系可知，A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，Na2CO3溶液中CO32﹣水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性．碳酸氢钠可以用于制发酵粉、治疗胃酸过多等，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；制发酵粉或治疗胃酸过多等；（3）若A是一种黄绿色气体单质，则A为Cl2，X是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则X为NH3，反应①属于置换反应，应是氯气与氨气反应生成氮气与HCl，反应方程式为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，B能与氨气反应生成C，则B为HCl、C为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解：NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，溶液呈酸性，故离子浓度c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．【点评】本题考查无机物推断，涉及N、S、Na、Cl等元素化合物性质与转化，熟练掌握中学常见ABC类型反应，难度中等，注意对基础知识的全面掌握． 22．（1）某烃A的蒸气密度是同条件下氢气密度的64倍，则A的分子式可能为 C9H20或C10H8 ，若A中含有6个甲基，但不可能是烯烃与氢气的加成产物，则A的结构简式为 （CH3）3CCH2C（CH3）3 ；已知1mol烃B中所含电子总数为42NA，且C、H两种元素的质量比为5：1，则其分子式为 C5H12 ，它有 3 种同分异构体，在它的同分异构体中，沸点最高的是 CH3CH2CH2CH2CH3 （写结构简式）；一氯代物只有一种的是 新戊烷 （写习惯名称）．-30-\n【考点】有机物实验式和分子式的确定；有机物的推断．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】（1）根据气体的密度之比等于摩尔质量之比确定烷烃A的摩尔质量；根据烷烃的通式求出分子式，然后根据要求书写A的结构简式；C、H两种元素的质量比为5：1，则C、H两种元素的物质的量比为：=5：12，可知该烃的实验式为：C5H12，由于C已达饱和结构，所以实验式即为该烃的分子式；写出同分异构体，有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷、新戊烷．支链越多，沸点越低，沸点最高的为正戊烷，一氯代物只有一种的是新戊烷．【解答】解：（1）因气体的密度之比等于摩尔质量之比，烃A蒸气的摩尔质量为2g/mol×64=128g/mol，若为烷烃，则12n+2n+2=128，解得n=9，所以烷烃A的分子式为C9H20，若为芳香烃，12个氢用1个碳代替，分子式变为C10H8；若A不可能是氢气与烯烃加成的产物，说明A中两个C间不可能存在C=C键，C只能构成4个键因此得到A的结构简式：（CH3）3CCH2C（CH3）3，故答案为：C9H20或C10H8；（CH3）3CCH2C（CH3）3；C、H两种元素的质量比为5：1，则C、H两种元素的物质的量比为：=5：12，可知该烃的实验式为：C5H12，电子总数为42（由于C已达饱和结构）所以实验式即为该烃的分子式；B的分子式为C5H12，有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷、新戊烷．支链越多，沸点越低，沸点最高的为正戊烷，一氯代物只有一种的是新戊烷．故答案为：C5H12；3；CH3CH2CH2CH2CH3；新戊烷或．【点评】本题考查了有机物分子结构的确定方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．确定B关键是求出实验式，可根据C4价或烃所含电子数来确定分子式． 23．实验室要用98%（ρ=1.84g•cm﹣3）的硫酸配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液500mL（1）计算所需98%的硫酸 100.0 mL．要配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液500mL，准确量取一定体积的98%的硫酸后，还需用到的实验仪器是（填写序号）： ②④⑥⑧ ．①量筒②烧杯③1000mL容量瓶④500mL容量瓶⑤天平⑥胶头滴管⑦锥形瓶⑧玻璃棒（3）若配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液的其他操作均正确，但出现下列错误操作，将例所配制的硫酸溶液浓度偏低的是 BC ．-30-\nA．浓硫酸溶解后未冷却，直接转移至容量瓶后定容B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外．C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数D．容量瓶使用前用含硫酸的溶液润洗了．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】综合实验题．【分析】（1）依据C=，计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释前后溶质的物质的量保持不变计算需要浓硫酸的体积；据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选择仪器；（3）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析．【解答】解：（1）98%（ρ=1.84g•cm﹣3）的硫酸的物质的量浓度C==18.4mol/L，溶液稀释前后溶质的物质的量保持不变，设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=3.68mol•L﹣1×500mL，解得V=100.0mL；故答案为：100.0；配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：100ml量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，故答案为：②④⑥⑧；（3）A．浓硫酸溶解后未冷却，直接转移至容量瓶后定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故A不选；B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故B选；C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致量取的浓硫酸偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C选；D．容量瓶使用前用含硫酸的溶液润洗了，导致溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故D不选；故选：BC．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确配制一定物质的量浓度的溶液步骤和原理是解题关键，注意误差分析的方法和技巧． 24．某研究小组向2L密闭容器中加入一定量的固体A和气体B发生反应：-30-\nA（s）+2B（g）⇌D（g）+E（g）△H=QkJ•mol﹣1．在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的物质的量如表：时间（min）01020304050B2.001.361.001.001.201.20D00.320.500.500.600.60E00.320.500.500.600.60（1）T1℃时，该反应的平衡常数K= 0.25 ；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是 ad （填字母编号）．a．通入一定量的Bb．加入一定量的固体Ac．升高反应体系温度d．同时加入0.2molB、0.1molD、0.1molE（3）维持容器的体积和温度T1不变，当向该容器中加入1.60molB、0.20molD、0.20molE和nmolA，达到平衡后，与表格中20分钟时各物质的浓度完全相同时，则投入固体A的物质的量n应不少于 0.3 mol．（4）维持容器的体积和温度T1不变，各物质的起始物质的量为：n（A）=1.0mol，n（B）=3.0mol，n（D）=amol，n（E）=0mol，达到平衡后，n（E）=0.50mol，则a= 1.5 ．（5）若该密闭容器绝热，实验测得B的转化率B%随温度变化的示意图如图所示．由图可知，Q ＜ 0（填＜、＞、=），c点v（正） = v（逆）（填＜、＞、=）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．-30-\n【分析】（1）T1℃时，20min处于平衡状态，平衡时B、D、E的物质的量分别为1mol、0.5mol、0.5mol，反应气体气体体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；30min改变改变，40min又到达平衡，B增大0.2mol，D、E分别增大0.1mol，平衡正向移动，可能是增大B的物质的量，由平衡常数可知各组分物质的量变化相同倍数也可以；（3）与原平衡为完全等效平衡，按化学计量数转化到之比满足n（B）=2mol，由于原平衡中消耗的A为0.5mol，且A的为固体，A的用量增大不影响平衡移动，故按化学计量数转化到之比满足n（A）≥0.5mol；（4）反应正向进行，表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算解答；（5）B的转化率最大时到达平衡，之前未到达平衡，随温度升高转化率增大，平衡后升高温度，B的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应．【解答】解：（1）T1℃时，20min处于平衡状态，平衡时B、D、E的物质的量分别为1mol、0.5mol、0.5mol，反应气体气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.25，故答案为：0.25；30min改变改变，40min又到达平衡，B增大0.2mol，D、E分别增大0.1mol，平衡正向移动，可能是增大B的物质的量，由平衡常数可知各组分物质的量变化相同倍数也可以，同时加入0.2molB、0.1molD、0.1molE也可以，故选：ad；（3）与原平衡为完全等效平衡，按化学计量数转化到之比满足n（B）=2mol，由于原平衡中消耗的A为0.5mol，且A的为固体，A的用量增大不影响平衡移动，故按化学计量数转化到之比满足n（A）≥0.5mol，所以生成D、E的量为0.5﹣0.2=0.3mol，A的量要够转化所以A的量不小于0.3mol，故答案为：0.3；（4）反应正向进行，生成0.5molE，则：A（s）+2B（g）⇌D（g）+E（g）起始量（mol）：3a0变化量（mol）：10.50.5-30-\n平衡量（mol）：2a+0.500.50所以=0.25，解得a=1.5，故答案为：1.5；（5）B的转化率最大时到达平衡，则c点v（正）=v（逆），之前未到达平衡，随温度升高转化率增大，平衡后升高温度，B的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则Q＜0，故答案为：＜；=．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数及其应用等，（3）为易错点，由于A为固体不影响平衡移动，学生认为A的用量无关，忽略A的用量应保证可以转化得到D、E的量． 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