2022-2022学年山东省枣庄市滕州市实验中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列分析不正确的是()A．Mg（OH）2和Al（OH）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂B．用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物C．某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2．D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质2．下列化学用语不正确的是：()A．乙烯的结构简式：CH2=CH2B．二氧化硫分子比例模型：C．漂粉精的主要成分：CaCl2D．HCN分子的结构式：H﹣C≡N3．有关说法中正确的是()A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B．P4和CH4都是正四面体型结构的分子，且键角都为109°28ˊC．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原D．电子层结构相同的简单离子，其半径随核电荷数增大而减小4．美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20nm～60nm）．下列有关说法中错误的是()A．检测时NaAuCl4发生氧化反应B．葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHOC．葡萄糖具有还原性D．纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应5．下列叙述错误的是()A．CuSO4•5H2O是一种化合物B．分散系一定是混合物C．碱性氧化物不一定是金属氧化物D．氯化银、冰醋酸、酒精、水银分别属于强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质6．下列说法正确的是()A．标准状况下，33.6LSO3中含有的氧原子数是4.5NA27\nB．1molOH﹣和1mol﹣OH（羟基）中含有的电子数均为9NAC．在加热条件下，100mL18.4mol/L的浓硫酸与足量金属铜反应得到的SO2的分子数为0.92NAD．当0.2molNa218O2与足量CO2完全反应后，生成碳酸钠的质量为21.6g7．下列说法正确的是()A．向500mL1mol/LNa2CO3溶液中，滴加600mL1mol/LHCl得到标况下CO2体积为2.24LB．电解精炼铜时，若阴极得到2摩尔电子，则阳极质量减少64克C．将208gBaCl2固体溶解在1L水中，形成的溶液的浓度为1mol•L﹣1D．可用pH试纸测得氯水的酸性强弱8．下列离子方程式正确的是()A．等体积、等浓度的Ba（OH）2溶液与KAl（SO4）2溶液混合：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣C．Fe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OD．向NaOH溶液中加入金属铝：Al+2OH﹣═AlO2﹣+2H2O9．已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）．则W、X不可能是()A．AB．BC．CD．D10．下列说法正确的是()A．过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁B．向Fe（NO3）2溶液加入盐酸，由于酸性增强抑制Fe2+的水解，使c（Fe2+）增大C．Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，再加入KSCN溶液，溶液一定变为血红色D．把一定量的铁和铜的混和粉未投入到FeCl3溶液中，不可能出现只有铁剩余没有铜剩余的情况二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）11．下列比较不正确的是()27\nA．等浓度的NH4HSO4、NH3•H2O、（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2的五种溶液，其中（NH4）2Fe（SO4）2溶液中c（NH4+）最大B．NaClO和BaCl2混合溶液：c（Na+）+2c（Ba2+）=c（ClO﹣）+c（HClO）+c（Cl﹣）C．25℃下，0.2mol•L﹣1HCl溶液与0.2mol•L﹣1YOH（一元弱碱）溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），则c（Cl﹣）=c（Y+）+c（YOH）=0.2mol•L﹣1D．常温下，将0.2mol•L﹣1某一元碱ROH溶液和0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，混合后溶液pH＜7，则c（ROH）＞c（R+）12．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示：下列说法错误的是()A．b＜fB．915℃、2.0MPa时E的转化率为50%C．该反应的△S＞0D．K（1000℃）＞K（810℃）13．综合如图判断，下列正确的说法是()A．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大14．向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系不正确的是()A．B．C．n=m+17VcD．27\n15．已知常温下，AgBr的Ksp=4.9×10﹣13mol2•L﹣2、AgI的Ksp=8.3×10﹣17mol2•L﹣2下列说法正确的是()A．在常温下AgI水溶液中，Ag+和I﹣浓度的乘积是一个常数B．在常温下，在任何含AgI固体的溶液中，c（Ag+）=c（I﹣）且Ag+与I﹣浓度的乘积等于8.3×10﹣17mol2•L﹣2C．常温下，将1mL1.0×10﹣2mol/L的KI与AgNO3溶液等体积混合，则生成AgI沉淀所需AgNO3溶液的最小浓度为3.32×10﹣14mol/LD．向AgI饱和溶液中加入AgBr固体，c（I﹣）不变，Ksp值不变16．实验室需480mL1.0mol/L的NaOH溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是()A．称取氢氧化钠20.0gB．定容时俯视观察刻度线C．移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗D．移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方17．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，下列有关叙述中正确的是()①若KI溶液中混有Br﹣，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成．②向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣③向NaClO溶液中通往少量二氧化碳的离子反应方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣④海水提溴过程中，用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，其离子方程为：3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣．A．②④B．①③C．②③D．①④18．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+B．原溶液中一定含有SO42﹣和Na+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．反应最后形成的溶液中含有的溶质只有Na2SO4三、解答题（共7小题，满分56分）27\n19．（1）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．两步反应的能量变化示意图如图1：1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式是__________．（2）电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图2所示，写出该电解池的电极反应式阳极：__________阴极：__________．20．以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水的反应情况进行分类的分类图．请根据你所学的知识按要求填空：（1）上述第一级分类标准（分成A、B组的依据）是：__________（2）D组物质包括__________（填化学式）．（3）C组物质中某一物质在常温时能与冷水反应，其化学方程式为__________．（4）D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式：__________．21．如图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物．A、C为无色气体．（1）物质M可以是__________或__________，C是__________，F是__________．（2）反应①的化学方程式__________．（3）反应②的离子方程式__________．（4）F→G的化学方程式__________．27\n22．（13分）现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置：Ⅰ．探究该合金的某些性质：（1）取ag合金粉末放入蒸馏烧瓶，并加入足量浓硫酸，A、B中均无明显现象，原因是__________．（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出A中反应的化学方程式：__________．（3）在盛有BaCl2溶液的C试管中，除了导管口有气泡外，无其他明显现象，若将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生沉淀的化学式填入下表相应的位置．滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式____________________Ⅱ．测定样品中碳的质量分数：（4）装置F的作用是__________．（5）反应结束后，若U形管E增重mg，则合金中碳的质量分数为__________（用含m和a的式子表示）．若没有装置D，会使合金中碳的质量分数__________（填偏高、偏低、无影响）（6）若将SO2气体通入含有nmolNa2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，试分析该溶液最多能吸收SO2气体__________mol（不考虑溶解的SO2）．23．回答下列问题（1）已知常温下，在NaHSO3溶液中c（H2SO3）＜c（SO32﹣），且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10﹣2K2=1.1×10﹣7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10﹣2；则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3•H2O②（NH4）2CO3③KHSO3④KHCO3⑤Ba（OH）2，溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为__________（2）NaHSO3具有较强还原性可以将碘盐中的KIO3氧化为单质碘，试写出此反应的离子反应方程式__________（3）在浓NH4Cl溶液中加入镁单质，会产生气体，该气体成分是__________，用离子方程式表示产生上述现象的原因：__________．24．已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，Ksp[Al（OH）3]=1.1×10﹣33（1）①在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀（填化学式）．27\n②用MgCl2、AlCl3的混合溶液（A）与过量氨水（B）反应，为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入__________（填“A”或“B”），再滴加另一反应物．（2）溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已沉淀完全．现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+完全沉淀时，测定c（Al3+）=0.2mol•L﹣1．此时所得沉淀中__________（填“还含有”或“不含有”）Al（OH）3．请写出计算过程__________．25．某氮肥NH4HCO3中混有少量（NH4）2CO3，现采用下列方案测定该氮肥中（NH4）2CO3的质量分数：称取5.7g上述样品与2.0mol/LNaOH溶液混合，完全溶解后，低温加热使其充分反应（该温度下铵盐不分解），并使生成的氨气全部被硫酸吸收，测得氨气的质量与所用NaOH溶液体积的关系如图1所示：（1）A点前样品与NaOH反应的离子方程式为__________（2）为使生成的氨气被硫酸吸收时不发生倒吸，可以选用如图2装置中的__________．（3）样品中（NH4）2CO3的质量分数是__________%（保留一位小数）．2022-2022学年山东省枣庄市滕州市实验中学高三（上）期中化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列分析不正确的是()A．Mg（OH）2和Al（OH）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂B．用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物C．某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2．D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的污染及治理；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．专题：化学应用．分析：A、根据信息：Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，进行分析；27\nB、根据纯棉和纯毛的成分不同分析，燃烧纯毛时烧焦羽毛的气味；C、根据二氧化碳在水中的溶解度很小分析，正常雨水因溶解二氧化碳，PH值为5.6；D、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，这是蛋白质的性质之一．解答：解：A、Mg（OH）2和Al（OH）3受热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所有它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂，故A正确；B、纯棉织物的主要成分是纤维素，与纸相同，燃烧时有烧纸味，纯毛织物的主要成分是蛋白质，燃烧时烧焦羽毛的气味，故B正确；C、二氧化碳在水中的溶解度很小，正常雨水因溶解二氧化碳，PH值为5.6，二氧化碳不会使雨水的pH由4.68变为4.28，故C错误；D、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，从而杀死细菌，故D正确．故选：C．点评：考查化学知识在生活实际中是应用、物质性质等，难度不大，体现化学来源于生活，更服务于生活．注意基础知识的掌握．2．下列化学用语不正确的是：()A．乙烯的结构简式：CH2=CH2B．二氧化硫分子比例模型：C．漂粉精的主要成分：CaCl2D．HCN分子的结构式：H﹣C≡N考点：结构简式；结构式；球棍模型与比例模型．专题：化学用语专题．分析：A、结构简式要标明官能团，乙烯的官能团是碳碳双键；B、二氧化硫分子含有一个硫原子两个氧原子，硫原子半径大于氧原子半径，分子呈V型；C、漂粉精的主要成分为CaClO，漂白粉的主要成分为CaCl2．D、HCN分子中C原子核外有4个电子能形成4个共价键，N原子核外有5个电子能形成3个共价键，分子内含有﹣C≡N．解答：解：A、结构简式要标明官能团，乙烯的官能团是碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A正确；B、二氧化硫分子含有一个硫原子两个氧原子，硫原子半径大于氧原子半径，分子呈V型，故B正确；C、漂粉精的主要成分为Ca（ClO）2，漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2、CaCl2，故C错误；D、HCN分子中C原子核外有4个电子能形成4个共价键，N原子核外有5个电子能形成3个共价键，分子内含有﹣C≡N，故D正确．故选：C．点评：本题考查了中学常见的几种物质的结构简式、结构式、比例模型，难度不大，注意基础知识的积累．3．有关说法中正确的是()A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B．P4和CH4都是正四面体型结构的分子，且键角都为109°28ˊC．在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原27\nD．电子层结构相同的简单离子，其半径随核电荷数增大而减小考点：键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较；氧化还原反应．分析：A．键长越短，键能越大；B．白磷分子中键角为60°；C．某元素由化合态变为游离态，化合可能升高，也可能降低；D．电子层结构相同的简单离子，其核电荷数越大，对核外电子的引力越强，半径越小．解答：解：A．键长越短，键能越大，分子越稳定，故A错误；B．P4和CH4都是正四面体型结构的分子，白磷分子中键角为60°，甲烷的键角为109°28ˊ，故B错误；C．某元素由化合态变为游离态，化合可能升高，也可能降低，如S2﹣变为S，化合价升高被氧化，SO2变为S，化合价降低被还原，故C错误；D．电子层结构相同的简单离子，其核电荷数越大，对核外电子的引力越强，半径越小，则电子层结构相同的简单离子，其半径随核电荷数增大而减小，故D正确．故选D．点评：本题考查了共价键、键角、氧化还原反应、离子半径比较等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．4．美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20nm～60nm）．下列有关说法中错误的是()A．检测时NaAuCl4发生氧化反应B．葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHOC．葡萄糖具有还原性D．纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应考点：葡萄糖的性质和用途；纳米材料．专题：化学应用．分析：A．化合价降低的反应是还原反应；B．葡萄糖结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO；C．葡萄糖中含有醛基；D．分散质粒子直径在1nm﹣100nm之间的分散系为胶体．解答：解：A．氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．葡萄糖的结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，故B正确；C．葡萄糖中含有醛基，具有还原性，故C正确；D．纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．故选A．点评：本题考查胶体、葡萄糖的性质、氧化还原反应等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累．5．下列叙述错误的是()A．CuSO4•5H2O是一种化合物B．分散系一定是混合物C．碱性氧化物不一定是金属氧化物27\nD．氯化银、冰醋酸、酒精、水银分别属于强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质也不是非电解质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：A、由两种或两种以上元素组成的纯净物称为化合物；B、将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系称为分散系；C、碱性氧化物一定是金属氧化物；D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物；解答：解：A、由两种或两种以上元素组成的纯净物称为化合物，故CuSO4•5H2O是化合物，故A正确；B、将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系称为分散系，故分散系一定是混合物，故B正确；C、碱性氧化物一定是金属氧化物，故C错误；D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物；氯化银是盐，是强电解质，醋酸是弱酸，是弱电解质，酒精是非电解质，水银是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D正确．故选C．点评：本题考查了化合物、分散系、碱性氧化物和电解质非电解质的辨别，难度不大．6．下列说法正确的是()A．标准状况下，33.6LSO3中含有的氧原子数是4.5NAB．1molOH﹣和1mol﹣OH（羟基）中含有的电子数均为9NAC．在加热条件下，100mL18.4mol/L的浓硫酸与足量金属铜反应得到的SO2的分子数为0.92NAD．当0.2molNa218O2与足量CO2完全反应后，生成碳酸钠的质量为21.6g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、标况下，三氧化硫为固体；B、1molOH﹣含10mol电子，1mol羟基（﹣OH）中含有9mol电子；C、浓硫酸随反应进行浓度减小，变为稀硫酸后不与铜发生反应；D、Na218O2与CO2的反应是一个歧化反应，过氧化钠中1个氧原子化合价降低为﹣1，另一个氧原子的化合价升高为0价，因此生成物Na2CO3中有1个18O为，摩尔质量为108g/mol，结合方程式可知碳酸钠物质的量．解答：解：A、标况下，三氧化硫为固体，故A错误；B、1molOH﹣含10mol电子，1mol羟基（﹣OH）中含有9mol电子，故B错误；C、在加热条件下，100mL18.4mol/L的浓硫酸与足量金属铜反应，随反应进行浓度减小，变为稀硫酸后不与铜发生反应，实际得到二氧化硫分子数小于0.92NA，故C错误；D、Na218O2与CO2的反应是一个歧化反应，过氧化钠中1个氧原子化合价降低为﹣1，另一个氧原子的化合价升高为0价，因此生成物Na2CO3中有1个18O为，摩尔质量为108g/mol，故C错误27\n由2Na218O2+2CO2═2Na2CO3+18O2可知，当0.2molNa218O2与足量CO2完全反应后，生成碳酸钠为0.2mol，故所得固体质量为0.2mol×108g/mol=21.6g，故D正确．故选D．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．7．下列说法正确的是()A．向500mL1mol/LNa2CO3溶液中，滴加600mL1mol/LHCl得到标况下CO2体积为2.24LB．电解精炼铜时，若阴极得到2摩尔电子，则阳极质量减少64克C．将208gBaCl2固体溶解在1L水中，形成的溶液的浓度为1mol•L﹣1D．可用pH试纸测得氯水的酸性强弱考点：电解原理；物质的量浓度；试纸的使用．分析：A．碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸，首先反应生成碳酸氢根离子，然后生成二氧化碳和水；B．阳极为粗铜，含有比铜活泼的金属如铁、锌，先失电子；C．将208gBaCl2固体溶解在1L水中，溶液的体积大于1L；D．水中含有次氯酸具有漂白性，可漂白试纸；解答：解：A.500mL1mol/LNa2CO3溶液含有碳酸根离子的物质的量=0.5L×1mol/L=0.5mol，600mL1mol/LHCl含有氢离子的物质的量=0.6L×1mol/L=0.6mol，Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸先后发生反应：CO32﹣+H+=HCO3﹣，HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，1111110.50.50.50.10.10.1所以生成二氧化碳的体积为0.1mol，标况下体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故A正确；B．电解精炼铜粗铜做阳极失电子发生氧化反应，精铜做阴极得到电子发生还原反应，若阴极得到2摩尔电子，阳极共失2摩尔电子，阳极电极反应由Cu﹣2e﹣=Cu2+，Fe﹣2e﹣=Fe2+，Zn﹣2e﹣=Zn2+，所以阳极溶解减少的质量不是铜失电子溶解的质量，故B错误；C.208gBaCl2固体的物质的量==1mol，溶解在1L水中溶液的体积大于1L，所以溶液的浓度小于1mol•L﹣1，故C错误；D．氯水含有盐酸和次氯酸，可使试纸先变红后褪色，所以不能用pH试纸测量氯水的pH值，故D错误；故选：A．点评：本题考查了有关方程式的计算、电解法精炼铜、物质的量浓度的概念、氯水的性质，题目综合性强，难度中等，明确物质的性质、电解的原理是解题关键，选项A为易错选项．8．下列离子方程式正确的是()A．等体积、等浓度的Ba（OH）2溶液与KAl（SO4）2溶液混合：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣C．Fe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OD．向NaOH溶液中加入金属铝：Al+2OH﹣═AlO2﹣+2H2O27\n考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．等物质的量的氢氧化钡与硫酸铝钾反应生成硫酸钡和氢氧化铝、硫酸钾；B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C．硝酸具有强的氧化性能够氧化二价铁离子；D．原子个数、电荷数均不守恒．解答：解：A．等体积、等浓度的Ba（OH）2溶液与KAl（SO4）2溶液混合，离子方程式为：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故A正确；B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，离子方程式为：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B错误；C．Fe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．向NaOH溶液中加入金属铝，离子方程式为：2Al+20H﹣+2H2O=2Al02﹣+3H2↑，故错误；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，把握发生的反应的实质以及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应的考查，题目难度不大．9．已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）．则W、X不可能是()A．AB．BC．CD．D考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A．C和O2反应可分别生成CO或CO2，CO与CO2可相互转化；B．Fe与HNO3反应可分别生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，Fe（NO3）2、Fe（NO3）3可相互转化；C．Ca（OH）2与CO2反应可分别生成CaHCO3、CaCO3，CaHCO3、CaCO3可相互转化；D．AlCl3与NH3．H2O反应只生成Al（OH）3．解答：解：A．C和O2反应可分别生成CO或CO2，CO与O2反应可生成CO2，CO2与C反应可生成，故A不选；B．Fe与HNO3反应可分别生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，Fe（NO3）2与HNO3反应可生成Fe（NO3）3，Fe（NO3）3与Fe反应可生成Fe（NO3）2，故B不选；27\nC．Ca（OH）2与CO2反应可分别生成CaHCO3、CaCO3，CaHCO3与Ca（OH）2反应可生成CaCO3，CaCO3与CO2、水反应可生成CaHCO3，故C不选；D．AlCl3与NH3．H2O反应只生成Al（OH）3，故D选；故选D．点评：本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．10．下列说法正确的是()A．过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁B．向Fe（NO3）2溶液加入盐酸，由于酸性增强抑制Fe2+的水解，使c（Fe2+）增大C．Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，再加入KSCN溶液，溶液一定变为血红色D．把一定量的铁和铜的混和粉未投入到FeCl3溶液中，不可能出现只有铁剩余没有铜剩余的情况考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：A．氯气具有强氧化性；B．在酸性条件下，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；C．Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，当铁过量时，全部生成二价铁；D．加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应．解答：解：A．氯气具有强氧化性，则过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化铁，故A错误；B．在酸性条件下，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，Fe2+被氧化成三价铁离子，所以c（Fe2+）减小，故B错误；C．Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，当铁过量时，全部生成二价铁，再加入KSCN溶液，溶液不变血红色，故C错误；D．加入铁和铜的混合物，铁首先与氯化铁反应，可能铁全部反应而铜有剩余，不可能出现只有铁剩余没有铜剩余的情况，故D正确；故选：D．点评：本题考查铁及其化合物的性质，涉及氧化还原反应、三价铁离子的检验等，为常见的小综合习题，注重基础知识的考查，题目难度不大．二、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）11．下列比较不正确的是()A．等浓度的NH4HSO4、NH3•H2O、（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2的五种溶液，其中（NH4）2Fe（SO4）2溶液中c（NH4+）最大B．NaClO和BaCl2混合溶液：c（Na+）+2c（Ba2+）=c（ClO﹣）+c（HClO）+c（Cl﹣）C．25℃下，0.2mol•L﹣1HCl溶液与0.2mol•L﹣1YOH（一元弱碱）溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），则c（Cl﹣）=c（Y+）+c（YOH）=0.2mol•L﹣1D．常温下，将0.2mol•L﹣1某一元碱ROH溶液和0.1mol•L﹣1HCl溶液等体积混合，混合后溶液pH＜7，则c（ROH）＞c（R+）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．27\n分析：A．一水合氨为弱电解质，溶液中c（NH4+）最小；相同浓度的铵盐溶液中，NH4+物质的量越多，c（NH4+）越大，NH4+水解程度越大，则溶液中c（NH4+）越小，H+抑制铵根离子水解、CH3COO﹣促进NH4+水解；B．根据电荷守恒判断；C．等体积混合后c（Cl﹣）为原来的一半；D．混合后溶液pH＜7，说明R+水解程度大于ROH电离程度．解答：解：A．一水合氨为弱电解质，溶液中c（NH4+）最小，（NH4）2Fe（SO4）2的中NH4+物质的量最多，且亚铁离子抑制水解，水解程度最小，所以c（NH4+）最大，故A正确；B．混合溶液中存在c（Na+）+2c（Ba2+）+c（H+）=c（ClO﹣）+c（HClO）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），c（H+）、c（OH﹣）较小，可忽略不计，则c（Na+）+2c（Ba2+）=c（ClO﹣）+c（HClO）+c（Cl﹣），故B正确；C．等体积混合后c（Cl﹣）为原来的一半，应为c（Cl﹣）=c（Y+）+c（YOH）=0.1mol•L﹣1，故C错误；D．混合后溶液pH＜7，说明R+水解程度大于ROH电离程度，则c（ROH）＞c（R+），故D正确．故选C．点评：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解的影响因素，结合电荷守恒解答该题，难度中等．12．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示：下列说法错误的是()A．b＜fB．915℃、2.0MPa时E的转化率为50%C．该反应的△S＞0D．K（1000℃）＞K（810℃）考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0；27\nB、在915℃、2MPa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6；C、该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应；D、结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大．解答：解：A、利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a；c＞75%，e＞83%；f的温度比b的高，压强比b的小，所以f＞b，故A正确；B、设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，α=60%，故B错误；C、该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，故C正确；D、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），故D正确；故选B．点评：本题考查化学平衡影响因素分析，数据处理的方法应用，平衡计算和对比判断是解题关键，题目难度中等．13．综合如图判断，下列正确的说法是()A．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．解答：解：A．图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B．装置Ⅰ中，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，故B错误；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子均向左烧杯移动，装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故C错误；27\nD．电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；故选：D．点评：本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置Ⅰ借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握．14．向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系不正确的是()A．B．C．n=m+17VcD．考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物．分析：根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气bL，和氯化镁和氯化铝；向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量为ng，固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为pg，结合各步反应进行计算判断；解答：解：反应化学方程式为；Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4；Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3↓+3K2SO4；Mg（OH）2MgO+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；根据化学方程式可得：A、根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b=22.4L/mol×，整理得c=，所以A项正确；B、选项中p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p=+m=m+所以B项正确；C、得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n=m+c××17=m+×17，选项中忽略了体积的单位，故C错误；D、氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P==；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p==；质量介于二者之间，故D正确；故选C．点评：本题综合考查镁铝元素化合物知识，以及相关化学计算．27\n15．已知常温下，AgBr的Ksp=4.9×10﹣13mol2•L﹣2、AgI的Ksp=8.3×10﹣17mol2•L﹣2下列说法正确的是()A．在常温下AgI水溶液中，Ag+和I﹣浓度的乘积是一个常数B．在常温下，在任何含AgI固体的溶液中，c（Ag+）=c（I﹣）且Ag+与I﹣浓度的乘积等于8.3×10﹣17mol2•L﹣2C．常温下，将1mL1.0×10﹣2mol/L的KI与AgNO3溶液等体积混合，则生成AgI沉淀所需AgNO3溶液的最小浓度为3.32×10﹣14mol/LD．向AgI饱和溶液中加入AgBr固体，c（I﹣）不变，Ksp值不变考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．如溶液不饱和，则Ag+和I﹣浓度的乘积不能确定；B．如在硝酸银或NaI溶液中，则浓度不等；C．将1mL1.0×10﹣2mol/L的KI与AgNO3溶液等体积混合，混合后湖c（I﹣）=0.5×10﹣2mol/L，结合溶度积计算；D．向AgI饱和溶液中加入AgBr固体，银离子浓度增大，c（I﹣）减小．解答：解：A．如溶液不饱和，则Ag+和I﹣浓度的乘积不能确定，当溶液达到饱和时，乘积不变，故A错误；B．如在硝酸银或NaI溶液中，则浓度不等，故B错误；C．将1mL1.0×10﹣2mol/L的KI与AgNO3溶液等体积混合，混合后湖c（I﹣）=0.5×10﹣2mol/L，应满足0.5×10﹣2×c（AgNO3）≥8.3×10﹣17，c（AgNO3）≥1.66×10﹣14mol/L，则原AgNO3溶液的最小浓度为2×1.66×10﹣14mol/L=3.32×10﹣14mol/L，故C正确；D．向AgI饱和溶液中加入AgBr固体，银离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，c（I﹣）减小，故D错误．故选C．点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生．16．实验室需480mL1.0mol/L的NaOH溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是()A．称取氢氧化钠20.0gB．定容时俯视观察刻度线C．移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗D．移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方考点：溶液的配制．专题：实验评价题．分析：配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c=的影响进行判断．解答：解：A．配制480mL溶液，需要选用500mL容量瓶，需要碳酸钠晶体的物质的量为1.0mol/L×0.5L=0.5mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.5mol=20g，称量氢氧化钠质量符合要求，不会产生误差，故A错误；27\nB．定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故B正确；C．没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D．玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方，导致配制的溶液的体积偏大，浓度偏低，故D错误；故选B．点评：本题考查了配制一定浓度的溶液的误差分析，主要是熟练掌握常见误差的分析方法，本题难度不大．17．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，下列有关叙述中正确的是()①若KI溶液中混有Br﹣，加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取上层中的液体少许并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成．②向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣③向NaClO溶液中通往少量二氧化碳的离子反应方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣④海水提溴过程中，用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，其离子方程为：3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣．A．②④B．①③C．②③D．①④考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写．分析：①还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，溶液加入加入足量FeCl3溶液后，碘离子完全被氧化生成碘，溴离子不反应，用CCl4萃取后，取上层中的液体含有溴离子，溴离子和银离子生成溴化银沉淀；②还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气先氧化I﹣、后氧化Fe2+；③电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则ClO﹣和H2CO3反应生成HClO和HCO3﹣；④溴自身发生氧化还原反应，从守恒的角度判断．解答：解：①还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，若KI溶液中混有Br﹣，加入足量FeCl3溶液，只氧化I﹣，发生反应2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，加入硝酸银，生成AgBr沉淀，故正确；②还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，向FeI2溶液中滴加少量氯水，只氧化I﹣，反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故错误；③向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3﹣，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故错误；④溴自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣，故正确．故选D．点评：本题考查离子方程式正误判断、氧化性和还原性强弱比较、弱电解质的电离等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质即可解答，注意氧化性、还原性强弱顺序，题目难度不大．18．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是()27\nA．原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+B．原溶液中一定含有SO42﹣和Na+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．反应最后形成的溶液中含有的溶质只有Na2SO4考点：常见离子的检验方法．分析：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有Al3+，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是NH4+；根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被Fe3+离子消耗，所以一定含有Fe3+，一定不含CO32﹣和Mg2+；结合溶液电中性可知，溶液中一定存在SO42﹣，据此进行解答．解答：解：A．根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故A错误；B．根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42﹣，不能确定钠离子是否存在，故B错误；C．根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D．加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，所以最后溶液中含有的溶质不一定为Na2SO4，故D错误；故选C．点评：本题考查了常见离子的性质及检验方法，题目难度中等，试题考查范围广，明确氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，注意掌握常见离子的性质及检验方法．三、解答题（共7小题，满分56分）27\n19．（1）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．两步反应的能量变化示意图如图1：1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式是NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+NO3﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣346kJ•mol﹣1．（2）电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图2所示，写出该电解池的电极反应式阳极：NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+阴极：NO+5e﹣+6H+═NH4++H2O．考点：反应热和焓变；电解原理．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变；（2）工业上电解NO制备NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO被氧化生成NO3﹣，阴极发生还原反应，NO被还原生成NH4+，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，结合电极方程式解答该题．解答：解：（1）第一步的热化学方程式为NH4+（aq）+1.5O2（g）═NO2﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l），△H=﹣273KJ/mol，第二步的热化学方程式为：NO2﹣（aq）+0.5O2（g）═NO3﹣（aq），△H=﹣73KJ/mol，根据盖斯定律则NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346kJ/mol，故答案为：NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346kJ/mol；（2）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故答案为：阳极：NO﹣3e﹣+2H2O═NO3﹣+4H+；阴极：NO+5e﹣+6H+═NH4++H2O．点评：本题考查了盖斯定律的应用、电极反应式书写，题目难度不大．20．以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水的反应情况进行分类的分类图．请根据你所学的知识按要求填空：27\n（1）上述第一级分类标准（分成A、B组的依据）是：是否发生氧化还原反应（2）D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2（填化学式）．（3）C组物质中某一物质在常温时能与冷水反应，其化学方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑．（4）D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，写出该反应的离子方程式：Cl2+SO2+2H2O═2Cl﹣+SO42﹣+4H+．考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：（1）依据图表变化和物质分类分析变化判断；（2）水在氧化还原反应中既不是氧化剂也不是还原剂的为氯气、二氧化氮、过氧化钠；（3）水在氧化还原反应中作氧化剂，则该物质作还原剂，且在常温下能与水反应只有钠；（4）根据SO2、Cl2与水能反应生成硫酸和盐酸．解答：解：（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，NH3+H2O⇌NH3•H2O；Na2O+H2O═2NaOH；SO2+H2O⇌H2SO3；CO2+H2O⇌H2CO3；是非氧化还原反应；Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，溶于水反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、3Fe+4H2OFe3O4+4H2、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、3NO2+H2O═2HNO3+NO发生的是氧化还原反应，所以依据是否发生氧化还原反应，故答案为：是否发生氧化还原反应；（2）Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，溶于水反应发生的是氧化还原反应，Cl2+H2O⇌HCl+HClO氯气自身氧化还原；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑钠做还原剂被水氧化；3Fe+4H2OFe3O4+4H2铁做还原剂被水氧化；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O2自身氧化还原；3NO2+H2O=2HNO3+NO二氧化氮自身氧化还原反应；所以水既不是氧化剂也不是还原剂D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2，故答案为：Cl2、Na2O2、NO2；（3）钠在常温时能与冷水反应，反应生成过氧化钠和氢气，反应为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；（4）E组水溶性呈酸性的是二氧化硫和二氧化碳，D组包括Cl2、Na2O2、NO2，SO2、Cl2与水能反应生成硫酸和盐酸，所以D组中某一物质与E组中某一物质在水中反应生成两种强酸，为二氧化硫和氯气的反应，离子反应方程式为：Cl2+SO2+2H2O═2Cl﹣+SO42﹣+4H+，故答案为：Cl2+SO2+2H2O═2Cl﹣+SO42﹣+4H+．点评：本题考查了物质性质的应用，物质分类依据分析，溶于水的反应特征判断是解题关键，题目难度中等．21．如图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物．A、C为无色气体．27\n（1）物质M可以是（NH4）2CO3或NH4HCO3，C是NH3，F是NO2．（2）反应①的化学方程式2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2．（3）反应②的离子方程式3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O．（4）F→G的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO↑．考点：无机物的推断．分析：M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与淡黄色粉末反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答．解答：解：M既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与淡黄色粉末反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故A为CO2，则A应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，（1）由上述分析可知，M为（NH4）2CO3或NH4HCO3，C为NH3，F为NO2，故答案为：（NH4）2CO3或NH4HCO3；NH3；NO2；（2）反应①为二氧化碳和过氧化钠的反应，反应方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；（3）反应②是铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2N03﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2N03﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO↑，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO↑．点评：本题考查无机物的推断，M能与酸、碱反应生成气体A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质，题目难度中等．22．（13分）现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置：Ⅰ．探究该合金的某些性质：（1）取ag合金粉末放入蒸馏烧瓶，并加入足量浓硫酸，A、B中均无明显现象，原因是Fe在冷的浓硫酸中钝化，碳在常温下不与浓硫酸反应．（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出A中反应的化学方程式：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．（3）在盛有BaCl2溶液的C试管中，除了导管口有气泡外，无其他明显现象，若将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生沉淀的化学式填入下表相应的位置．27\n滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式BaSO4BaSO3Ⅱ．测定样品中碳的质量分数：（4）装置F的作用是防止空气中的水蒸气和CO2进入E，减少实验误差．（5）反应结束后，若U形管E增重mg，则合金中碳的质量分数为×100%（用含m和a的式子表示）．若没有装置D，会使合金中碳的质量分数偏高（填偏高、偏低、无影响）（6）若将SO2气体通入含有nmolNa2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，试分析该溶液最多能吸收SO2气体2.5nmol（不考虑溶解的SO2）．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）常温下铁在浓硫酸中钝化；（2）铁、碳与浓硫酸在加热条件下才能反应；（3）二氧化硫具有还原性，能被氯气氧化为硫酸根离子；氨水没有强氧化性，不能氧化二氧化硫，据此回答；（4）装置F盛有碱石灰，可以吸收空气中的水蒸气和CO2；（5）碱石灰增加的质量可以确定反应中产生的二氧化碳的质量，根据实验原理结合元素守恒来计算；（5）根据氧化还原反应分析计算．解答：解：铁和碳单质均可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫的检验可以用品红，吸收可以用高猛酸钾，将产生的二氧化碳用浓硫酸干燥，通入碱石灰，根据碱石灰增加的质量可以确定二氧化碳的质量，根据C元素守恒，可以计算碳单质的质量，进而计算碳的质量分数；（1）往A中滴加足量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，常温下铁在浓硫酸中钝化，碳和浓硫酸在加热条件下才能反应；故答案为：常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应；（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，Fe、C都与浓硫酸反应，化学方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；27\n故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（3）二氧化硫具有还原性，在盛有BaCl2溶液的C试管中，通入氯水，二氧化硫能被氧化为硫酸根离子，生成BaSO4；氨水没有强氧化性，不能氧化二氧化硫，生成BaSO4；故答案为：BaSO4、BaSO3；（4）装置F防止外界空气中CO2、水蒸气进入E管，造成误差；故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入E，减少实验误差；（5）碱石灰增加的质量可以确定反应中产生的二氧化碳的质量，E增重mg，即生成二氧化碳的质量是mg，根据碳元素守恒，所以混合物中含有碳单质的物质的量是mol，所以铁碳合金中碳的质量分数为=×100%；若没有装置D，水蒸气会进入U形管，会使合金中碳的质量分数偏高，故答案为：×100、偏高；（6）SO2气体通入含有nmolNa2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，根据溶液最多能吸收SO2，生成NaHSO3和S；发生反应：5SO2+2Na2S+2H2O=3S↓+4NaHSO3522.5nmolnmol故答案为：2.5n．点评：本题考查了物质性质的探究实验方法，装置的特征分析，流程反应和试剂作用是解题关键，题目难度中等．23．回答下列问题（1）已知常温下，在NaHSO3溶液中c（H2SO3）＜c（SO32﹣），且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10﹣2K2=1.1×10﹣7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10﹣2；则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3•H2O②（NH4）2CO3③KHSO3④KHCO3⑤Ba（OH）2，溶液中水的电离程度由大到小排列顺序为②④③①⑤（2）NaHSO3具有较强还原性可以将碘盐中的KIO3氧化为单质碘，试写出此反应的离子反应方程式5HSO3﹣+2IO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O（3）在浓NH4Cl溶液中加入镁单质，会产生气体，该气体成分是NH3、H2，用离子方程式表示产生上述现象的原因：Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应；盐类水解的应用．专题：基本概念与基本理论．分析：1）、酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大；2）、NaHSO3被氧化为SO42﹣，同时KIO3被还原为碘离子；3）、浓NH4Cl溶液中铵根离子水解导致溶液显示酸性，金属镁可以和酸之间反应生成氢气．27\n解答：解：1）、设五种溶液的物质的量浓度均为c，①NH3•H2O为弱碱，抑制了水的电离，溶液中氢氧离子浓度小于c，②（NH4）2CO3为弱酸酸弱碱盐，发生了相互促进的水解，水解程度较大，③KHSO3在溶液中电离出氢离子显酸性，抑制的水的电离，溶液中氢离子浓度远小于c，④KHCO3在溶液中水解显碱性，促进的水的电离，水解程度较小，⑤Ba（OH）2为强碱，在溶液中电离出氢氧根离子，抑制了水的电离，溶液中氢氧离子浓度等于2c，所以五种溶液中水的电离程度由大到小排列为：②④③①⑤，故答案为：②④③①⑤；2）、NaHSO3被氧化为SO42﹣，同时KIO3被还原为碘离子，其反应的离子方程式为：5HSO3﹣+2IO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O；故答案为：5HSO3﹣+2IO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O；3）、浓NH4Cl溶液中铵根离子水解导致溶液显示酸性，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，加入金属镁，金属镁可以和酸之间反应生成氢气，Mg+2H+═Mg2++H2↑；此时反应过程实质是：Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑；故答案为：NH3、H2；Mg+2NH4+=Mg2++H2↑+2NH3↑．点评：本题考查了水的电离、盐的水解等，侧重于基本原理的应用的考查，题目难度中等，注意把握影响水的电离平衡的因素．24．已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，Ksp[Al（OH）3]=1.1×10﹣33（1）①在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Al（OH）3沉淀（填化学式）．②用MgCl2、AlCl3的混合溶液（A）与过量氨水（B）反应，为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入B（填“A”或“B”），再滴加另一反应物．（2）溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已沉淀完全．现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+完全沉淀时，测定c（Al3+）=0.2mol•L﹣1．此时所得沉淀中不含有（填“还含有”或“不含有”）Al（OH）3．请写出计算过程Fe3+完全沉淀时，c（OH﹣）3===4.0×10﹣33，c（Al3+）•（OH﹣）3=0.2×4.0×10﹣33=8×10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]，所以没有生成Al（OH）3沉淀．考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）物质的溶度积越小，越易形成沉淀；（2）根据溶度积常数解答．解答：解：（1）①根据Al（OH）3、Cu（OH）2的溶度积常数，在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，＜，加入相同的浓度的氨水，Al（OH）3最先析出，27\n故答案为：Al（OH）3；②向沉淀反应器中加入过量的氨水，可使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，故答案为：B；（2）Fe3+完全沉淀时，c（OH﹣）3===4.0×10﹣33，c（Al3+）•（OH﹣）3=0.2×4.0×10﹣33=8×10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]，所以没有生成Al（OH）3沉淀；故此时所得沉淀不含有Al（OH）3，故答案为：不含有；Fe3+完全沉淀时，c（OH﹣）3===4.0×10﹣33，c（Al3+）•（OH﹣）3=0.2×4.0×10﹣33=8×10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]，所以没有生成Al（OH）3沉淀．点评：题目综合性较大，涉及溶度积计算等，是对知识的综合运用，注意（2）中运用Ksp进行范围的确定，难度不大．25．某氮肥NH4HCO3中混有少量（NH4）2CO3，现采用下列方案测定该氮肥中（NH4）2CO3的质量分数：称取5.7g上述样品与2.0mol/LNaOH溶液混合，完全溶解后，低温加热使其充分反应（该温度下铵盐不分解），并使生成的氨气全部被硫酸吸收，测得氨气的质量与所用NaOH溶液体积的关系如图1所示：（1）A点前样品与NaOH反应的离子方程式为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O（2）为使生成的氨气被硫酸吸收时不发生倒吸，可以选用如图2装置中的ABD．（3）样品中（NH4）2CO3的质量分数是16.8%（保留一位小数）．考点：有关混合物反应的计算；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：计算题；实验设计题．分析：（1）溶液中碳酸氢根先与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，然后铵根离子再与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气与水；（2）氨气极易溶于水，被硫酸吸收易发生倒吸，防倒吸装置，需要满足气体倒吸的液体会回落，不能引起倒吸，或不与水溶液接触；（3）加入70mLNaOH溶液时，溶液中溶质为Na2CO3，根据钠离子守恒计算n（Na2CO3），设NH4HCO3、（NH4）2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与碳元素守恒列方程计算，进而计算样品中（NH4）2CO3的质量分数．解答：解：（1）溶液中碳酸氢根先与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，然后铵根离子再与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气与水，故A点前样品与NaOH反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；故答案为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；（2）A．倒扣在液面的漏斗可以防止倒吸，利用倒吸液体自身重量回落，故A符合；27\nB．干燥管上部面积较大，倒吸的液体可以靠自身质量能回落避免倒吸，故B符合；C．导气管直接插入液体，气体极易溶解于水，会沿导气管倒吸到发生装置，故C不符合；D．氨气不溶于四氯化碳，先通过四氯化碳后再通过硫酸可以吸收氨气，导气管不和硫酸溶液接触避免了倒吸，故D符合；故答案为：ABD；（3）加入70mLNaOH溶液时，溶液中溶质为Na2CO3，根据钠离子守恒n（Na2CO3）=n（NaOH）=×0.07L×2mol/L=0.07mol，设NH4HCO3、（NH4）2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与碳元素守恒，则：解得x=0.06y=0.01，样品中（NH4）2CO3的质量分数是=16.8%，故答案为：16.8．点评：本题考查混合物的计算，明确图象中各解得发生的反应是关键，较好的考查学生对图象理解和数据的利用，注意氢氧化钠先与碳酸氢根反应，然后再与铵根离子反应，题目难度中等．27
