2022-2022学年天津一中高三（上）零月考化学试卷 一．选择题（每题只有一个正确选项）1．化学与日常生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D．葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒 2．分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（ ）A．H2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质D．NaF、MgO、AlCl3均由活泼金属和活泼非金属化合而成，都是离子化合物 3．下列说法正确的是（ ）A．在水溶液中有H+电离的化合物一定属于酸B．CaCl2、NaOH、HCl、HD四种物质都属于化合物C．Na2O、Na2O2均属于碱性氧化物D．有发光、发热、变色、生成气体或沉淀、爆炸等现象的不一定是化学变化 4．相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2mol/L和0.1mol/L，则A和B的OH﹣浓度之比（ ）A．大于2B．小于2C．等于2D．不能确定 5．研究发现CuSO4和FeS2在一定条件下可发生如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O→7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；下列说法正确的是（ ）A．FeS2中的硫元素全部被氧化B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移-45-\nC．产物中SO42﹣有一部分是氧化产物D．FeS2只用作还原剂 6．下列各装置中，在铜电极上不能产生气泡的是（ ）A．B．C．D． 7．下列溶液中的离子一定能大量共存的是（ ）A．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO﹣3B．室温下由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Ba2+、NO﹣3、K+、ClO﹣C．能使酚酞变红色的溶液中：Na+、K+、AlO﹣2、CO2﹣3D．含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣ 8．下列说法中不正确的是（ ）①质子数相同的粒子一定属于同一种元素②同位素的性质几乎相同③质子数相同电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子或一种离子④电子数相同的粒子不一定是同一种元素⑤一种元素只能有一种质量数⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．A．②③⑤⑥B．①②④⑤C．①②⑤⑥D．③④⑤⑥ 9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAB．pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAC．0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子-45-\nD．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA 10．有关下列离子方程式的说法正确的是（ ）A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++3OH﹣+H+=Mg（OH）↓+H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O 11．已知：（1）胆矾失水的热化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ/mol（2）室温下，无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为：CuSO4（s）═Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1（3）胆矾（CuSO4•5H2O）溶于水时溶液温度降低．则Q1与Q2的关系是（Q1、Q2为正数）（ ）A．Q1＞Q2B．Q1=Q2C．Q1＜Q2D．无法确定 12．X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻．X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y．下列说法正确的是（ ）A．还原性：X的氢化物＞Y的氢化物＞Z的氢化物B．简单离子的半径：M的离子＞Z的离子＞Y的离子＞X的离子C．YX2、M2Y都是含有极性键的共价化合物D．Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4 13．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC．10mL质量分数98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%D．1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA 14．下列有关描述中正确的是（ ）-45-\nA．常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，说明该过程的△S＞0B．反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达平衡后，升高温度，平衡常数增大，则正反应的△H＜0C．已知H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol．将4g氢氧化钠固体放入100mL1mol/L的稀盐酸中，放出了5.73kJ的热量D．检验C2H5Cl中的氯元素：先将C2H5Cl与NaOH溶液混合后加热，冷却后再AgNO3溶液 15．已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3．向浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（ ）A．B．C．D． 16．自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透．遇到难溶的ZnS或PbS慢慢转变为铜蓝（CuS）．下列分析正确的是（ ）A．相同温度下，CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2﹣=CuS↓D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应 -45-\n17．大功率镍氢动力电池及其管理模块，是国家“十五”863计划电动汽车专项中一项重要课题．我国镍氢电池居世界先进水平，解放军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池．常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均为零），电池反应通常表示为：LaNi5H6+6NiO（OH）LaNi5+6Ni（OH）2，下列有关镍氢电池的说法，不正确的是（ ）A．电池工作时，储氢合金作负极B．电池充电时，阳极发生氧化反应C．电池工作时，负极反应式：LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣═LaNi5+6H2OD．电池放电时，电子由正极通过外电路流向负极 18．将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化．两份溶液中c（CO32﹣）的变化分别是（ ）A．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小 19．下列实验能获得成功的是（ ）A．将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸制银镜B．苯与浓溴水反应制取溴苯C．向浓溴水中加几滴稀苯酚溶液观察沉淀D．1mol•L﹣1CuSO4溶液2mL和0.5mol•L﹣1NaOH溶液4mL混合后加入40%的乙醛溶液0.5mL，加热煮沸观察沉淀的颜色 20．T℃时，在容积恒定的密闭容器中A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度的变化如图a所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积百分含量与时间的关系如图b所示，则下列结论正确的是（ ）A．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大-45-\nB．T℃时，若在该容器中由0.4mol/LA、0.4mol/LB和0.2mol/LC反应，达到平衡后，C的浓度仍为0.4mol/LC．在（t1+10）min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动D．（t1+10）min时，保持压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动 21．常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A．某物质的溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣amol/L，若a＞7时，则该溶液的pH一定为14﹣aB．某溶液中存在的离子有S2﹣、HS﹣、OH﹣、Na+、H+，则离子浓度一定是c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）C．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：2c（OH﹣）=2c（H+）+c（HA）﹣c（A﹣）D．①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液，若3种溶液pH均为9，则它们物质的量浓度大小顺序是①＞②＞③ 22．K、L、M三种主族元素，已知K+和L﹣具有相同电子层结构，M元素原子核电荷数比L元素原子核电荷数少9，L﹣在一定条件下可被氧化成LM3﹣，则下列说法正确的是（ ）A．K、L、M均属于短周期元素B．离子半径K+＞L﹣C．K、L、M三种元素组成的化合物中既含有离子键又含有共价键D．L的气态氢化物可形成氢键 23．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图所示），下列说法正确的是（ ）A．洗气瓶中产生的沉淀是BaCO3-45-\nB．在Z导管出来的气体中无CO2C．洗气瓶中产生的沉淀是BaSO3D．在Z导管口有红棕色气体出现 24．下列关于氧化性、还原性的判断正确的是（ ）A．B的阳离子的氧化性比A的阳离子强，说明A元素的金属性一定比B元素强B．发生氧化还原反应时，A原子失去的电子比B原子多，证明A的金属性一定比B强C．适量的Cl2通入FeI2溶液中可发生反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3D．一定量氯气通入30mL10.00mol•L﹣1的氢氧化钠溶液中，加热后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存的溶液，若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25 25．下列图示与叙述正确的是（ ）A．表示用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00ml，0.1000mol/L的醋酸溶液得到的滴定曲线B．表示压强对可逆反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响且甲的比乙的压强大C．表示可逆反应Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）平衡时，物质的量浓度与温度T的关系，反应处于D点时，一定有V（正）＞V（逆）-45-\nD．所示装置可证明溴与苯发生取代反应 二、解答题（共5小题，满分0分）26．如图所示各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，图中部分反应条件未列出．已知C、H是无色有刺激性气味的气体，D是一种黄绿色的气体单质，物质J可用于泳池消毒．反应②和④是化工生产中的重要反应，反应⑤是实验室制备气体C的重要方法．请回答下列问题：（1）物质E的电子式 ；I中所含化学键类型 ，气体D所含元素在周期表中的位置 （2）G的水溶液呈 性，用离子方程式表示其原因 （3）写出E与过量I溶液反应的离子方程式 ．（4）实验室制备气体C的化学方程式 （5）已知含7.4gI的稀溶液与200mL1mol/L的H溶液反应放出11.56kJ的热量，写出该反应的热化学方程式 （6）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB和2molC，A化学式为 ． 27．【化学﹣有机化学基础】M5纤维是美国开发的一种超性能纤维，下面是M5纤维的合成路线（有些应未注明条件）：-45-\n请回答：（1）写出合成M5单体F的结构简式： ．（2）反应类型：A→B ，F+G→M5 ．（3）某些芳香族有机物是C的同分异构体，则这些芳香族有机物（不包含C）结构中不可能有 （填序号）a．两个羟基b．一个醛基c．两个醛基d．一个羧基（4）写出化学方程式：B→C ，D→E ． 28．已知：以乙炔为原料，通过下图所示步骤能合成有机中间体E（转化过程中反应条件及部分产物已略去）．其中，A、B、C、D分别代表一种有机物；B的化学式为C4H10O2，分子中无甲基．请回答下列问题：（1）写出生成A的化学反应方程式： ．（2）B在浓硫酸催化下加热，可生成多种有机产物．写出1种相对分子质量比A小的有机产物的结构简式： ．（3）写出C生成D的化学反应方程式： ．-45-\n（4）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯有 种，写出其中一种同分异构体的结构简式： ． 29．某化学小组拟采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性．（1）写出甲装置中电解饱和食盐水的离子方程式 ．（2）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连 ；B连 （填写导管口字母）．（3）对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前，需要进行的操作为 ．（4）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是 ，对应的现象为 ．乙装置烧杯中发生反应的离子方程式是 ．（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案：精确测量硬质玻璃管的质量为ag，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为bg（假设CuO充分反应），实验完毕后：甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为cg，进而确定Cu的相对原子质量．乙方案：通过精确测定生成水的质量dg，进而确定Cu的相对原子质量．①请你分析并回答： 方案所测结果更准确．你认为不合理的方案的不足之处是 ．②若按合理方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为 ． 30．碳、氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用．请回答下列问题：（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2若2molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为1734kJ，则△H2= ；-45-\n（2）据报道，科学家在一定条件下利用Fe2O3与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁．其反应如下：Fe2O3（s）+3CH4（g）⇌2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）△H＞0①若反应在5L的密闭容器中进行，1min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少3.2g．则该段时间内CO的平均反应速率为 ．②若该反应在恒温恒压容器中进行，能表明该反应达到平衡状态的是 （选填序号）a．CH4的转化率等于CO的产率b．混合气体的平均相对分子质量不变c．v（CO）与v（H2）的比值不变d．固体的总质量不变③该反应达到平衡时某物理量随温度变化如图1所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KA KB（填“＞”、“＜”或“=”）．纵坐标可以表示的物理量有哪些 ．a．H2的逆反应速率b．CH4的体积分数c．混合气体的平均相对分子质量（3）若往20mL0.0lmol•L﹣l的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如右图所示，下列有关说法正确的是 ①该烧碱溶液的浓度为0.02mol•L﹣1②该烧碱溶液的浓度为0.01mol•L﹣1③HNO2的电离平衡常数：b点＞a点④从b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（NO）＞c（OH﹣）＞c（H+） -45-\n2022-2022学年天津一中高三（上）零月考化学试卷参考答案与试题解析 一．选择题（每题只有一个正确选项）1．化学与日常生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D．葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒【考点】化石燃料与基本化工原料；海水资源及其综合利用；浓硫酸的性质；葡萄糖的性质和用途．【分析】A．物理变化与化学变化的区别是否有新物质生成；B．海水提取蒸馏水为物理过程；C．浓硫酸与二氧化硅不反应；D．根据苏打为碳酸钠，其水溶呈碱性．【解答】解：A．煤经过气化和液化，均生成新的物质，属于化学变化，故A错误；B．海水提取蒸馏水为物理过程，不涉及化学变化，故B错误；C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟，故C错误；D．苏打为碳酸钠，其水溶呈碱性，葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，注意物理变化与化学变化的区别． 2．分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（ ）A．H2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质D．NaF、MgO、AlCl3均由活泼金属和活泼非金属化合而成，都是离子化合物-45-\n【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素；B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸；C．CH3CH2OH易溶于水，但是不电离，是非电解质；D．AlCl3是共价化合物．【解答】解：A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，所以HCOOH、Cu2（OH）2CO3不是氧化物，故A错；B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C．CH3CH2OH易溶于水，但是不电离，所以是非电解质，故C错；D．AlCl3是共价化合物，不属于离子化合物，故D错；故选B．【点评】本题考查了几个常见的概念，要注意对概念的准确把握． 3．下列说法正确的是（ ）A．在水溶液中有H+电离的化合物一定属于酸B．CaCl2、NaOH、HCl、HD四种物质都属于化合物C．Na2O、Na2O2均属于碱性氧化物D．有发光、发热、变色、生成气体或沉淀、爆炸等现象的不一定是化学变化【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】A、依据酸是水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；B、HD为氢气单质；C、碱性指能和酸反应生成盐和水的氧化物；D、发光、发热、变色、生成沉淀、生成气体、爆炸可能是物理变化．【解答】解：A、依据酸是水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，在水溶液中有H+电离的化合物不一定属于酸，如NaHSO4溶液中电离出氢离子，但属于盐，故A错误；B、HD为氢气单质，不是化合物，故B错误；-45-\nC、Na2O和酸反应生成盐和水，是碱性氧化物；Na2O2和碱反应除了生成盐和水还生成氧气，故不是碱性氧化物，故C错误；D、发光、发热、变色、生成沉淀、生成气体、爆炸可能是物理变化，如灯泡发光发热，木炭吸附有颜色物质，溶液颜色变浅，氢氧化铝氢氧化铝胶体吸附悬浮咋在沉淀，水变为水蒸气，气球爆炸都是物理变化，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质分类和性质的分析判断，注意变化过程的实质分析，掌握基础是关键，题目较简单． 4．相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2mol/L和0.1mol/L，则A和B的OH﹣浓度之比（ ）A．大于2B．小于2C．等于2D．不能确定【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大．【解答】解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，A瓶氨水的浓度是B瓶氨水的浓度的2倍，因弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故A瓶氨水的电离度比B瓶氨水的电离度小，所以A、B两瓶氨水中之比小于2，故选：B．【点评】本题考查弱电解质的电离程度与浓度的关系，明确一水合氨的电离程度是解答本题的关键． 5．研究发现CuSO4和FeS2在一定条件下可发生如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O→7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；下列说法正确的是（ ）A．FeS2中的硫元素全部被氧化B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中SO42﹣有一部分是氧化产物-45-\nD．FeS2只用作还原剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．【解答】解：A．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，所以FeS2中S元素部分被氧化，部分被还原，故A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS被氧化，故C正确；D．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误．故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算． 6．下列各装置中，在铜电极上不能产生气泡的是（ ）A．B．C．D．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．该原电池中铜作正极，正极上氢离子放电；B．该电解池中，阳极上铜失电子发生氧化反应；-45-\nC．该原电池中，铜作正极，正极上氢离子放电；D．该电解池中，铜作阴极，阴极上氢离子放电．【解答】解：A．该原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，正极上氢离子放电生成氢气，故A不选；B．该电解池中，阳极上铜失电子生成铜离子进入溶液，所以铜电极上不产生氢气，故B选；C．该原电池中，铁易失电子作负极，铜作正极，负极上氢离子放电生成氢气，故C不选；D．该电解池中，阳极上银失电子发生氧化反应，阴极上氢离子放电生成氢气，故D不选；故选B．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，易错选项是B，注意活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点． 7．下列溶液中的离子一定能大量共存的是（ ）A．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO﹣3B．室温下由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Ba2+、NO﹣3、K+、ClO﹣C．能使酚酞变红色的溶液中：Na+、K+、AlO﹣2、CO2﹣3D．含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加入铝粉能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液；B．由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，为酸或强碱溶液；C．能使酚酞变红色的溶液，溶液显碱性；D．离子之间不能结合生成络离子．【解答】解：A．加入铝粉能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，酸溶液中存在NO﹣3发生氧化还原反应不生成氢气，故A错误；B．由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣，故B错误；C．能使酚酞变红色的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．Fe3+、SCN﹣离子之间不能结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选C．-45-\n【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确离子之间的反应及抽取习题中的信息即可解答，题目难度不大． 8．下列说法中不正确的是（ ）①质子数相同的粒子一定属于同一种元素②同位素的性质几乎相同③质子数相同电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子或一种离子④电子数相同的粒子不一定是同一种元素⑤一种元素只能有一种质量数⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．A．②③⑤⑥B．①②④⑤C．①②⑤⑥D．③④⑤⑥【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】①质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；③两种粒子，质子数一样，离子带电，离子的电子数一定和质子数不一样，分子不带电，分子的质子数和电子数一定相等，据此判断；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子；⑤元素不谈质量数，一种元素的原子可能有不同的质量数；⑥某种元素的原子质量数等于质子数与中子数之和．【解答】解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素，故①错误；②互为同位素原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，故②错误；③分子显电中性，离子带电，两种粒子质子数和电子数均相同，如果一种为分子则质子数与电子数相等，一种为离子则质子数和电子数不相等，这样就与题设矛盾，所以不可能为一种分子一种离子，故③正确；④质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素的研究对象是原子，电子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，Na+与Mg2+，故④正确；-45-\n⑤质子数相同，中子数的原子总称为元素，元素不谈质量数，一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，故⑤错误；⑥某种元素的原子质量数等于该原子质子数与中子数之和，故⑥错误．所以①②⑤⑥不正确．故选C．【点评】本题考查同位素、质量数等基本概念，难度不大，注意把握同位素概念的内涵与外延． 9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAB．pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAC．0.1molNa2O2晶体中含有0.3NA个离子D．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol；B、依据体积和氢氧根离子浓度计算物质的量；C、Na2O2中含2molNa+和1molO22﹣；D、标况下，甲醇为液态．【解答】解：A、11.2LNO与11.2LO2混合后发生的反应为2NO+O2═2NO2，2NO2N2O4，则反应后的气体的物质的量小于0.75mol，混合后所含分子数目小于0.75NA，故A错误；B、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中，水也能电离出氢氧根离子，所以含有的OH﹣数目大于0.2NA，故B错误；C、Na2O2中含2molNa+和1molO22﹣，故1molNa2O2中含3mol离子，即3NA个，故C正确；D、标况下，甲醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 10．有关下列离子方程式的说法正确的是（ ）-45-\nA．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++3OH﹣+H+=Mg（OH）↓+H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合先发生酸碱中和；B．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；C．二价铁离子的还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子；D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化．【解答】解：A．等物质的量MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++4OH﹣+2H+═Mg（OH）2↓+2H2O，故A错误；B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B错误；C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C正确；D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等． 11．已知：（1）胆矾失水的热化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ/mol（2）室温下，无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为：CuSO4（s）═Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1（3）胆矾（CuSO4•5H2O）溶于水时溶液温度降低．则Q1与Q2的关系是（Q1、Q2为正数）（ ）A．Q1＞Q2B．Q1=Q2C．Q1＜Q2D．无法确定【考点】反应热的大小比较．【分析】已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ/mol；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H=﹣Q2kJ/mol；胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H′＞0；根据盖斯定律确定△H′与Q1、Q2的关系．-45-\n【解答】解：已知①CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ/mol；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H=﹣Q2kJ/mol；③CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H′＞0；根据盖斯定律：方程③=方程①+方程②，所以△H′=Q1+（﹣Q2）＞0，即Q1＞Q2，故选A．【点评】本题考查了物质溶解恒容物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等． 12．X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻．X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y．下列说法正确的是（ ）A．还原性：X的氢化物＞Y的氢化物＞Z的氢化物B．简单离子的半径：M的离子＞Z的离子＞Y的离子＞X的离子C．YX2、M2Y都是含有极性键的共价化合物D．Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻，X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，X和Y属于同一主族，设X原子序数为a，Y原子序数为a+8，2a=a+8，所以a=8，则X是O元素、Y是S元素；Y与M可形成化合物M2Y，则M为+1价，且M原子序数大于Y，所以M是K元素，则Z是Cl元素；A．元素的非金属性越强，其气态氢化物的还原性越弱；B．离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；C．同种非金属元素之间易形成非极性键、不同非金属元素之间易形成极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物；D．Z是Cl元素，其最高价氧化物的水化物是高氯酸．-45-\n【解答】解：X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻，X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，X和Y属于同一主族，设X原子序数为a，Y原子序数为a+8，2a=a+8，所以a=8，则X是O元素、Y是S元素；Y与M可形成化合物M2Y，则M为+1价，且M原子序数大于Y，所以M是K元素，则Z是Cl元素；A．元素的非金属性越强，其气态氢化物的还原性越弱，非金属性Y＞X，所以还原性：X的氢化物＜Y的氢化物，故A错误；B．离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以简单离子的半径：X的离子＜M的离子＜Z的离子＜Y的离子，故B错误；C．SO2中只含极性键，为共价化合物，K2S中只含离子键，为离子化合物，故C错误；D．Z是Cl元素，其最高价氧化物的水化物是HClO4，故D正确；故选D．【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查分析判断能力，涉及原子结构、元素周期表结构、物质性质、元素周期律知识，为高考高频点，熟练掌握元素周期律知识并灵活运用． 13．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NAC．10mL质量分数98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%D．1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、N2和CO的物质的量相等，但不一定是1mol；B、求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析；C、根据浓硫酸与稀硫酸的密度不同，稀释后硫酸的质量分数大于9.8%；D、根据反应后氯元素变为﹣1价来分析．【解答】解：A、N2和CO的物质的量相等，但不一定是1mol，故等物质的量的两者的分子数相等，但不一定是NA个，故A错误；B、17g双氧水的物质的量n==0.05mol，而1mol双氧水中含18mol电子，故0.05mol双氧水中含0.9mol电子即0.9NA个，故B正确；C、10mL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C错误；-45-\nD、与铁反应后氯元素变为﹣1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA个，故D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． 14．下列有关描述中正确的是（ ）A．常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，说明该过程的△S＞0B．反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达平衡后，升高温度，平衡常数增大，则正反应的△H＜0C．已知H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol．将4g氢氧化钠固体放入100mL1mol/L的稀盐酸中，放出了5.73kJ的热量D．检验C2H5Cl中的氯元素：先将C2H5Cl与NaOH溶液混合后加热，冷却后再AgNO3溶液【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】A．硝酸铵溶解过程过程中吸热，溶解是熵变增大的过程；B．升高温度，平衡常数增大即向正反应方向移动；C．氢氧化钠固体溶于水放热；D．应先酸化，防止干扰实验现象．【解答】解：A．常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，硝酸铵溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，说明该过程的△S＞0，故A正确；B．升高温度，平衡常数增大即向正反应方向移动，所以正反应的△H＞0，故B错误；C．氢氧化钠固体溶于水放热，将4g氢氧化钠固体放入100mL1mol/L的稀盐酸中，放出的热量大于5.73kJ，故C错误；D．氯代烃在碱性条件下水解，如直接加入硝酸银生成氢氧化银沉淀而干扰实验现象，应先酸化，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了化学平衡的平衡常数的影响条件分析判断，氯代烃中氯原子的检验，物质溶解过程中的焓变、熵变，题目难度中等． 15．已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3．向浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（ ）-45-\nA．B．C．D．【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物．【分析】浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．据此结合图象分析．【解答】解：浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．A、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；B、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；-45-\nC、铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；D、加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误．故选：C．【点评】考查铝及化合物的性质、化学反应图象等，根据反应过程判断沉淀与氢氧化钠体积关系，注意纵坐标表示氢氧化铝，不是沉淀的物质的量． 16．自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透．遇到难溶的ZnS或PbS慢慢转变为铜蓝（CuS）．下列分析正确的是（ ）A．相同温度下，CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2﹣=CuS↓D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化；B、根据元素的化合价判断，最高价元素只有氧化性，最低价只有还原性，中间价态既有氧化性又有还原性；C、写离子方程式时，难溶电解质写化学式不写离子；D、根据反应中化合价是否变化及复分解反应的定义判断．【解答】解：A、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，PbS能转化为CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，故A错误；B、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，硫元素化合价升高作还原剂具有还原性；铜蓝中硫元素化合价最低，所以能失电子具有还原性，故B错误；C、硫化锌难溶于水，所以要写化学式，不能写离子，故C错误；D、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，硫元素的化合价发生变化，所以存在氧化还原反应；CuSO4与ZnS反应生成硫化铜和硫酸锌是复分解反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，难度不大，易错选项是C，注意难溶物质不能写离子形式要写化学式．-45-\n 17．大功率镍氢动力电池及其管理模块，是国家“十五”863计划电动汽车专项中一项重要课题．我国镍氢电池居世界先进水平，解放军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池．常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均为零），电池反应通常表示为：LaNi5H6+6NiO（OH）LaNi5+6Ni（OH）2，下列有关镍氢电池的说法，不正确的是（ ）A．电池工作时，储氢合金作负极B．电池充电时，阳极发生氧化反应C．电池工作时，负极反应式：LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣═LaNi5+6H2OD．电池放电时，电子由正极通过外电路流向负极【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiOH=LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极．充电时的总反应为LaNi5+6Ni（OH）2=LaNi5H6+6NiOOH，阳极反应为6Ni（OH）2+6OH﹣+6e﹣=6NiOOH+6H2O，阴极反应为LaNi5+6H2O﹣6e﹣=LaNi5H6+6OH﹣．【解答】解：A、此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiOH=LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极，故A正确；B、充电时的总反应为LaNi5+6Ni（OH）2=LaNi5H6+6NiOOH，阳极反应为6Ni（OH）2+6OH﹣﹣6e﹣=6NiOOH+6H2O，阳极发生氧化反应，故B正确；C、电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiOH=LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O，故C正确；D、放电时，为原电池，电子由负极通过外电路流向正极，故D错误；故选D．【点评】此题考查学生对原电池、电解池原理的理解和掌握情况，用所学知识解释和解决科技等问题，将理论知识与实际应用相结合． 18．将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化．两份溶液中c（CO32﹣）的变化分别是（ ）-45-\nA．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3﹣=H2O+CO2↑+Ac﹣，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，发生Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，以此来解答．【解答】解：将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3﹣=H2O+CO2↑+Ac﹣，则溶液中c（CO32﹣）减小；另外一份加入少许Ba（OH）2固体，发生Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，则溶液中c（CO32﹣）增大，故选B．【点评】本题考查溶液中的离子反应，明确发生的反应是分析离子浓度变化的关键，题目难度不大． 19．下列实验能获得成功的是（ ）A．将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸制银镜B．苯与浓溴水反应制取溴苯C．向浓溴水中加几滴稀苯酚溶液观察沉淀D．1mol•L﹣1CuSO4溶液2mL和0.5mol•L﹣1NaOH溶液4mL混合后加入40%的乙醛溶液0.5mL，加热煮沸观察沉淀的颜色【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．银镜反应要在水浴加热的条件下；B．苯和溴在催化剂条件下反应制备溴苯；C．苯酚和溴水发生取代反应；D．碱应过量，反应在碱性条件下进行．【解答】解：A．银镜反应要在水浴加热的条件下，将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸得到黑色沉淀，故A错误；B．苯和溴在溴化铁作催化剂条件下反应制备溴苯，不能用溴水，故B错误；C．苯酚和溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，故C正确；-45-\nD.1mol/LCuSO4溶液2mL和0.5mol/LNaOH溶液4mL混合后恰好反应生成氢氧化铜，碱应过量，故D错误．故选C．【点评】本题考查了实验方案评价，涉及银镜反应、溴苯的制取、苯酚和溴的反应、氢氧化铜悬浊液的制备等知识点，明确物质的性质是解本题关键，注意A的反应条件，知道氢氧化铜悬浊液的制取方法，题目难度中等． 20．T℃时，在容积恒定的密闭容器中A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度的变化如图a所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积百分含量与时间的关系如图b所示，则下列结论正确的是（ ）A．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大B．T℃时，若在该容器中由0.4mol/LA、0.4mol/LB和0.2mol/LC反应，达到平衡后，C的浓度仍为0.4mol/LC．在（t1+10）min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动D．（t1+10）min时，保持压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.5﹣0.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0.7﹣0.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.4﹣0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应；A．根据“先拐先平数值大”结合图Ⅱ知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；-45-\nB．先根据图Ⅰ计算平衡常数，再根据平衡常数计算改变三种物质的浓度达到平衡状态时C的浓度；C．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动．【解答】解：反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.5﹣0.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0.7﹣0.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.4﹣0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g），根据“先拐先平数值大”结合图Ⅱ知，T1＞T2，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应；A．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故A错误；B．根据图Ⅰ知，化学平衡常数K==，假设C的平衡浓度是0.4mol/L，A（g）+3B（g）⇌2C（g）开始（mol/L）0.40.40.2反应（mol/L）0.10.30.2平衡（mol/L）0.30.10.4化学平衡常数K′==，所以符合平衡常数K，故B正确；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，（t1+10）min时，保持其它条件和物质状态不变，增加压强，化学平衡向正反应方向移动，故C错误；D．（t1+10）min时，保持压强不变，通入稀有气体，容器体积变大，反应物所占分压减小，平衡向体积增大的方向逆反应方向移动，故D错误；故选：B．【点评】本题考查外界条件对化学平衡移动的影响，正确确定反应方程式是解本题关键，会根据“先拐先平数值大”确定该反应是吸热反应还是放热反应，难度中等． 21．常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）-45-\nA．某物质的溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣amol/L，若a＞7时，则该溶液的pH一定为14﹣aB．某溶液中存在的离子有S2﹣、HS﹣、OH﹣、Na+、H+，则离子浓度一定是c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）C．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：2c（OH﹣）=2c（H+）+c（HA）﹣c（A﹣）D．①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液，若3种溶液pH均为9，则它们物质的量浓度大小顺序是①＞②＞③【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣amol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或碱性；B．某溶液中存在的离子有S2﹣、HS﹣、OH﹣、Na+、H+，该溶液中的溶质可能是硫化钠也可能是硫氢化钠，或者是二者的混合物；C．根据电荷守恒和物料守恒判断离子浓度之间的关系；D．三种溶液的pH均为9，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，c（NaOH）=10﹣5mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（CH3COONa）＞c（Na2CO3）＞10﹣5mol/L．【解答】解：A．某物质的水溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣amol/L，若a＞7，说明该溶液能抑制水的电离，可能是酸溶液或碱溶液，所以该溶液的PH值为a或14﹣a，故A错误；B．某溶液中存在的离子有S2﹣、HS﹣、OH﹣、Na+、H+，该溶液中的溶质可能是硫化钠也可能是硫氢化钠，或者是二者的混合物，所以不一定存在c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+），故B错误；C．将0.2mol/L的某一元弱酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中盐和酸的浓度都是0.05mol/L，根据电荷相等有c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）=2c（Na+），所以得2c（OH﹣）═2c（H+）+c（HA）﹣c（A﹣），故C正确；D．三种溶液的pH均为9，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，c（NaOH）=10﹣5mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（CH3COONa）＞c（Na2CO3）＞10﹣5mol/L，所以三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是②＞①＞③，故D错误；故选C．-45-\n【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒等知识为解答关键，试题充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力． 22．K、L、M三种主族元素，已知K+和L﹣具有相同电子层结构，M元素原子核电荷数比L元素原子核电荷数少9，L﹣在一定条件下可被氧化成LM3﹣，则下列说法正确的是（ ）A．K、L、M均属于短周期元素B．离子半径K+＞L﹣C．K、L、M三种元素组成的化合物中既含有离子键又含有共价键D．L的气态氢化物可形成氢键【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】M元素原子核电荷数比L元素原子核电荷数少9，说明L的核电荷数至少是10，又因为L﹣具有稳定结构，所以L为氯，则K为钾，M为氧．A、根据K是第四周期元素，不是短周期元素；B、电子层结构相同的微粒，原子序数越小，其微粒半径越大；C、如KClO，K+与ClO﹣以离子键结合，Cl原子与O原子以共价键结合D、HCl分子间不存在氢键；【解答】解：根据题设条件可推知K为K、L为Cl、M为O．A、因K是第四周期元素，不是短周期元素，故A错误；B、电子层结构相同的微粒，原子序数越小，其微粒半径越大，所以离子半径Cl﹣＞K+，故B错误；C、因KClO中K+与ClO﹣以离子键结合，Cl原子与O原子以共价键结合，故C正确；D、HCl分子间不存在氢键，HF、NH3、H2O中存在氢键；故选：C．【点评】本题考查学生利用离子的结构和位置来推断元素，再利用元素化合物的知识来解答，明确半径的比较方法及离子键和共价键、氢键的判断方法即可解答． 23．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图所示），下列说法正确的是（ ）-45-\nA．洗气瓶中产生的沉淀是BaCO3B．在Z导管出来的气体中无CO2C．洗气瓶中产生的沉淀是BaSO3D．在Z导管口有红棕色气体出现【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】据反应，判断X为SO2和CO2，Y为NO2，生成NO2和SO2发生反应生成硫酸和NO，故有硫酸钡生成，由于硝酸的存在，二氧化碳与氯化钡不能生成碳酸钡沉淀从溶液中逸出．【解答】解：X为SO2和CO2，Y为NO2，XY混合之后SO2和NO2会发生氧化还原反应：SO2+NO2+H2O=H2SO4+NOA、因H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，CO2与氯化钡不反应，没有BaCO3生成，故A错误；B、因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，故B错误；C、因H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，故C错误；D、反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，呈红棕色，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，根据物质的性质解释实验现象，培养了学生分析问题、解决问题的能力． 24．下列关于氧化性、还原性的判断正确的是（ ）A．B的阳离子的氧化性比A的阳离子强，说明A元素的金属性一定比B元素强B．发生氧化还原反应时，A原子失去的电子比B原子多，证明A的金属性一定比B强C．适量的Cl2通入FeI2溶液中可发生反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3D．一定量氯气通入30mL10.00mol•L﹣1的氢氧化钠溶液中，加热后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存的溶液，若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25【考点】氧化还原反应．【分析】A．若B为多价态金属，则B的金属性不一定比A弱；-45-\nB．失去电子数目的多少与金属性无关；C．氧化性Fe3+＞I2，不能生成FeI3；D．根据反应方程式结合电子转移计算．【解答】解：A．若B为多价态金属，则B的金属性不一定比A弱，若Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性，而金属性Fe＞Cu，故A错误；B．发生氧化还原反应时，由失去电子的难易可判断金属性，不能利用失去电子数目的多少来判断，故B错误；C．氧化性Fe3+＞I2，不能生成FeI3，则适量的Cl2通入FeI2溶液中可发生反应：3Cl2+2FeI2=2FeCl3+2I2，故C错误；D．由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，把握元素的化合价变化及电子守恒、原子守恒的应用为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度中等． 25．下列图示与叙述正确的是（ ）A．表示用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00ml，0.1000mol/L的醋酸溶液得到的滴定曲线B．表示压强对可逆反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响且甲的比乙的压强大-45-\nC．表示可逆反应Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）平衡时，物质的量浓度与温度T的关系，反应处于D点时，一定有V（正）＞V（逆）D．所示装置可证明溴与苯发生取代反应【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学平衡的影响因素；中和滴定；化学实验方案的评价．【分析】A．醋酸是弱电解质，部分电离，常温下，0.1000mol/L的醋酸溶液pH＞1；醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性；B．压强越高，反应速率越快，则反应达到平衡时间越短；升高压强平衡向气体体积减小的反应方向移动；C．根据浓度与温度的关系知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，D点未达到平衡状态，要使该反应达到平衡状态，应该向正反应方向移动；D．证明溴与苯发生取代反应即证明有HBr生成，因为溴单质通入硝酸银溶液同样会生成淡黄色沉淀，所以在检验溴离子前应增加一个氢氧化钠除去挥发出来的溴单质．【解答】解：A．醋酸是弱电解质，部分电离，常温下，0.1000mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1000mol/L，所以pH＞1，即未滴加NaOH溶液时pH＞1，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，二者物质的量相等时溶液呈碱性，故A错误；B．压强越高，反应速率越快，则反应达到平衡时间越短，所以甲压强大于乙；但该反应为气体体积不变的反应，所以升高压强平衡不移动，故B错误；C．根据浓度与温度的关系知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正反应是放热反应；D点未达到平衡状态，要使该反应达到平衡状态，应该向正反应方向移动，则一定有V（正）＞V（逆），故C正确；-45-\nD．证明溴与苯发生取代反应即证明有HBr生成，因为溴单质通入硝酸银溶液同样会生成淡黄色沉淀，所以在检验溴离子前应增加一个氢氧化钠除去挥发出来的溴单质，故D错误；故选C．【点评】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断及图象识别能力，明确纵横坐标含义是解本题关键，明确平衡移动原理，易错选项是C，题目难度中等． 二、解答题（共5小题，满分0分）26．如图所示各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，图中部分反应条件未列出．已知C、H是无色有刺激性气味的气体，D是一种黄绿色的气体单质，物质J可用于泳池消毒．反应②和④是化工生产中的重要反应，反应⑤是实验室制备气体C的重要方法．请回答下列问题：（1）物质E的电子式 ；I中所含化学键类型 离子键、共价键 ，气体D所含元素在周期表中的位置 第三周期ⅤⅡA族 （2）G的水溶液呈 酸 性，用离子方程式表示其原因 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ （3）写出E与过量I溶液反应的离子方程式 CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O ．（4）实验室制备气体C的化学方程式 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O （5）已知含7.4gI的稀溶液与200mL1mol/L的H溶液反应放出11.56kJ的热量，写出该反应的热化学方程式 Ca（OH）2（aq）+2NH4Cl（aq）=CaCl2（aq）+2NH3↑（g）+2H2O（l）△H=﹣115.6kJ/mol （6）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB和2molC，A化学式为 CaCN2 ．【考点】无机物的推断．【分析】图中各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄绿色的气体单质，则D为Cl2-45-\n，物质J可用于饮水消毒，反应④是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为Ca（OH）2、J为Ca（ClO）2、K为CaCl2，C是无色有刺激性气味的气体，反应⑤是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为NH3、G为NH4Cl，结合转化关系可知H为HCl．F与水反应生成Ca（OH）2，则F为CaO，反应②是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为CaCO3、E为CO2．物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（CaCO3）和2molC（NH3），根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，据此解答．【解答】解：图中各物质是由1～20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄绿色的气体单质，则D为Cl2，物质J可用于饮水消毒，反应④是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为Ca（OH）2、J为Ca（ClO）2、K为CaCl2，C是无色有刺激性气味的气体，反应⑤是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为NH3、G为NH4Cl，结合转化关系可知H为HCl．F与水反应生成Ca（OH）2，则F为CaO，反应②是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为CaCO3、E为CO2．物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（CaCO3）和2molC（NH3），根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，（1）E为CO2，其电子式为，I为Ca（OH）2，I中所含化学键类型为离子键、共价键，D为Cl2，气体D所含元素在周期表中的位置是第三周期ⅤⅡA族，故答案为：；离子键、共价键；第三周期ⅤⅡA族；（2）G为NH4Cl，G的水溶液呈酸性，反应的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（3）E为CO2，I为Ca（OH）2，反应的方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，故答案为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O；（4）C为NH3，实验室制备气体C的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（5）含7.4g即0.1molCa（OH）2的稀溶液与200mL1mol/L的HCl溶液即含0.2molHCl，反应放出11.56kJ的热量，则1molCa（OH）2与2molHCl反应生成NH4Cl放出115.6kJ的热量，所以反应的热化学方程式为Ca（OH）2（aq）+2NH4Cl（aq）=CaCl2（aq）+2NH3↑（g）+2H2O（l）△H=﹣115.6kJ/mol，-45-\n故答案为：Ca（OH）2（aq）+2NH4Cl（aq）=CaCl2（aq）+2NH3↑（g）+2H2O（l）△H=﹣115.6kJ/mol；（6）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molCaCO3和2molNH3，根据元素守恒可知A含有Ca、C、N三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，故答案为：CaCN2．【点评】本题考查无机物的推断，“D是黄绿色气体单质”是突破口，结合J的用途与中学常见的重要化工反应进行推断，侧重学生对元素化合物知识的熟练掌握考查，难度中等． 27．【化学﹣有机化学基础】M5纤维是美国开发的一种超性能纤维，下面是M5纤维的合成路线（有些应未注明条件）：请回答：（1）写出合成M5单体F的结构简式： ．（2）反应类型：A→B 取代反应 ，F+G→M5 缩聚反应 ．（3）某些芳香族有机物是C的同分异构体，则这些芳香族有机物（不包含C）结构中不可能有 d （填序号）a．两个羟基b．一个醛基c．两个醛基d．一个羧基（4）写出化学方程式：B→C ，D→E ．【考点】有机物的推断；化学方程式的书写．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．-45-\n【分析】对二甲苯和氯气反应生成A，A反应生成B，B被氧气氧化生成C，C被银氨溶液氧化然后酸化生成对二苯甲酸，则C是对二苯甲醛，B是对二苯甲醇，A的结构简式为；F和G反应生成M5纤维，M5纤维是F和G发生缩聚反应生成的高分子化合物，F是对二苯甲酸发生一系列反应后的生成物，所以F的结构简式为，G的结构简式为：，F是D发生取代反应生成的，对二苯甲酸和溴发生取代反应生成D，结合F的结构简式知，D的结构简式为：．【解答】解：对二甲苯和氯气反应生成A，A反应生成B，B被氧气氧化生成C，C被银氨溶液氧化然后酸化生成对二苯甲酸，则C是对二苯甲醛，B是对二苯甲醇，A的结构简式为；F和G反应生成M5纤维，M5纤维是F和G发生缩聚反应生成的高分子化合物，F是对二苯甲酸发生一系列反应后的生成物，所以F的结构简式为，G的结构简式为：，F是D发生取代反应生成的，对二苯甲酸和溴发生取代反应生成D，结合F的结构简式知，D的结构简式为：．-45-\n（1）通过以上分析知，F的结构简式为：，故答案为：；（2）A发生取代反应生成B，F和G发生缩聚反应生成M5，所以发生的反应类型是取代反应、缩聚反应，故答案为：取代反应，缩聚反应；（3）C是对二苯甲醛，某些芳香族有机物是C的同分异构体，说明含有苯环，这些芳香族有机物的结构中可能含有两个羟基、一个醛基、两个醛基，故选d；（4）对二苯甲醇被氧气氧化生成对二苯甲醛和水，反应方程式为：，2，2﹣二溴对二苯甲酸和氢氧化钠反应，该反应方程式为：，故答案为：；．【点评】本题考查有机物推断，涉及反应类型的判断、反应方程式的书写等知识点，注意根据题给信息进行正向和逆向相结合的方法进行分析解答，难度较大． 28．已知：以乙炔为原料，通过下图所示步骤能合成有机中间体E（转化过程中反应条件及部分产物已略去）．-45-\n其中，A、B、C、D分别代表一种有机物；B的化学式为C4H10O2，分子中无甲基．请回答下列问题：（1）写出生成A的化学反应方程式： HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH ．（2）B在浓硫酸催化下加热，可生成多种有机产物．写出1种相对分子质量比A小的有机产物的结构简式： CH2=CHCH2CH2OH或CH2=CHCH=CH2 ．（3）写出C生成D的化学反应方程式： 2OHCCH2CH2CHO ．（4）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯有 6 种，写出其中一种同分异构体的结构简式： （其中任一种） ．【考点】有机物的推断．【分析】乙炔与HCHO发生信息中的加成反应A，A与氢气发生加成反应生成B，B的分子式C4H10O2，乙炔与甲醛的反应是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，则A为HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B，则B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B发生催化氧化生成C，C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中醛的加成反应生成D，则D为，D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，据此分析解答．【解答】解：乙炔与HCHO发生信息中的加成反应A，A与氢气发生加成反应生成B，B的分子式C4H10O2，乙炔与甲醛的反应是1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应，则A为HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成B，则B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B发生催化氧化生成C，C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中醛的加成反应生成D，则D为，D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，-45-\n（1）乙炔和甲醛反应生成A，反应方程式为HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH，故答案为：HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；（2）B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B在浓硫酸催化下加热，可生成多种有机产物，其中相对分子质量比A小的有机产物的结构简式为CH2=CHCH2CH2OH或CH2=CHCH=CH2等，故答案为：CH2=CHCH2CH2OH或CH2=CHCH=CH2；（3）C为OHCCH2CH2CHO，C发生给出的信息中醛的加成反应生成D，反应的化学反应方程式为2OHCCH2CH2CHO，故答案为：2OHCCH2CH2CHO；（4）含有苯环，且与E互为同分异构体的酯有结构简式为，所以有6种，故答案为：6；（其中任一种）．【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生获取信息利用信息能力，根据题给信息结合反应条件进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是（4）同分异构体种类判断，题目难度中等． 29．某化学小组拟采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性．-45-\n（1）写出甲装置中电解饱和食盐水的离子方程式 2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑ ．（2）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连 E ；B连 C （填写导管口字母）．（3）对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前，需要进行的操作为 先通一段时间的氢气，检验氢气的纯度 ．（4）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是 淀粉碘化钾溶液 ，对应的现象为 无色溶液变为蓝色 ．乙装置烧杯中发生反应的离子方程式是 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ．（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案：精确测量硬质玻璃管的质量为ag，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为bg（假设CuO充分反应），实验完毕后：甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为cg，进而确定Cu的相对原子质量．乙方案：通过精确测定生成水的质量dg，进而确定Cu的相对原子质量．①请你分析并回答： 甲 方案所测结果更准确．你认为不合理的方案的不足之处是 因为空气中的CO2和H2O通过D口进入U型管，造成实验误差较大 ．②若按合理方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为 ．【考点】电解原理．【分析】（1）电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气以及氯气，根据离子方程式的书写方法来回答；（2）在电解池的阴极上产生的是氢气，阳极上产生的是氯气，据实验目的来连接装置；（3）电解饱和食盐水产生的氢气中含有水蒸气，会影响铜的相对原子质量的测定，需进行干燥，检验纯度；（4）检验氯气的氧化性可以利用还原性的物质发生反应，且有明显的现象，可以把氯气通入淀粉碘化钾溶液发生氧化还原反应，生成碘单质遇淀粉变蓝；氯气需要用氢氧化钠溶液吸收；（5）①乙方案中，装置中U型管也可能吸收空气中的CO2和水，影响测定结果；-45-\n②设出铜的原子量，利用关系式CuO～Cu及甲方案中的数据进行计算Cu的相对原子质量．【解答】解：（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，反应离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；（2）A是阴极，阴极上产生的是氢气，B是阳极，阳极上产生的是氯气，要用氢气来还还原氧化铜，所以A连接E，干燥氢气后用氢气来还原氧化铜，所以B连接C，故答案为：E；C；（3）加热氧化铜之前要检验纯度，否则加热易引起爆炸，可以先通一段时间的氢气，检验氢气的纯度，待纯净后，再对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热．故答案为：先通一段时间的氢气，检验氢气的纯度；（4）检验氯气的氧化性可以利用还原性的物质发生反应，且有明显的现象，可以把氯气通入淀粉碘化钾溶液发生氧化还原反应，生成碘单质遇淀粉变蓝；多余的氯气是污染性气体需要用氢氧化钠溶液进行吸收处理，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：淀粉KI溶液；无色溶液变为蓝色；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）①在乙方案中，应用装置中U型管也可能吸收空气中的CO2和水，会导致测定Cu的相对原子质量有误差，所以乙方案不合理，甲合理，故答案为：甲；因为空气中的CO2和H2O通过D口进入U型管，造成实验误差较大；②根据甲方案，设金属铜的原子量为M，则CuO～CuM+16Mb﹣ac﹣a则：，解得：，故答案为：．【点评】本题考查了难溶物溶度积的计算、化学实验基本操作方法及其应用，题目难度中等，明确实验目的本为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、计算能力及化学实验能力． -45-\n30．碳、氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用．请回答下列问题：（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2若2molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为1734kJ，则△H2= ﹣1160kJ•mol﹣1 ；（2）据报道，科学家在一定条件下利用Fe2O3与甲烷反应可制取“纳米级”的金属铁．其反应如下：Fe2O3（s）+3CH4（g）⇌2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）△H＞0①若反应在5L的密闭容器中进行，1min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少3.2g．则该段时间内CO的平均反应速率为 0.012mol/（L•min）； ．②若该反应在恒温恒压容器中进行，能表明该反应达到平衡状态的是 bd （选填序号）a．CH4的转化率等于CO的产率b．混合气体的平均相对分子质量不变c．v（CO）与v（H2）的比值不变d．固体的总质量不变③该反应达到平衡时某物理量随温度变化如图1所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KA ＜ KB（填“＞”、“＜”或“=”）．纵坐标可以表示的物理量有哪些 b ．a．H2的逆反应速率b．CH4的体积分数c．混合气体的平均相对分子质量（3）若往20mL0.0lmol•L﹣l的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如右图所示，下列有关说法正确的是 ②③ ①该烧碱溶液的浓度为0.02mol•L﹣1②该烧碱溶液的浓度为0.01mol•L﹣1③HNO2的电离平衡常数：b点＞a点④从b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（NO）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．-45-\n【分析】（1）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2根据盖斯定律，①+②可得：2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g），则△H=（△H1+△H2）；（2）①参加反应Fe2O3为=0.02mol，由方程式可知生成CO为0.02mol×3=0.06mol，再根据v=计算v（CO）；②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；③正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；a．升高温度反应速率加快，b．混合气体总物质的量增大，甲烷物质的量减小；c．由方程式可知，气体质量增大48g时，混合气体总物质的量增大6mol；（3）①②HNO2是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，据此确定c（NaOH）；③电离吸热，温度越高电离平衡常数越大；④当c（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+）．【解答】解：（1）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2根据盖斯定律，①+②可得：2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g），则△H=（△H1+△H2），而2molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为1734kJ，则△H2=﹣1734kJ•mol﹣1+574kJ•mol﹣1=﹣1160kJ•mol﹣1，故答案为：﹣1160kJ•mol﹣1；（2）①若反应在5L的密闭容器中进行，1min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少3.2g，参加反应Fe2O3为=0.02mol，由方程式可知生成CO为0.02mol×3=0.06mol，则v（CO）==0.012mol/（L•min）；故答案为：0.012mol/（L•min）；②a．甲烷的转化率一定大于CO的产率，与是否达到平衡状态无关，故a错误；-45-\nb．反应前后气体的物质的量和质量都不同，所以混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态，故b正确；c．未指明正逆速率，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d．固体的总质量不变，说明反应达到平衡状态，故d正确；故答案为：bd；③正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故KA＜KB；a．H2的逆反应速率随温度的升高而增大，故a错误；b．升温平衡正向移动，CH4的体积分数减小，故b正确；c．升温平衡正向移动，由方程式可知，气体质量增大48g时，混合气体总物质的量增大6mol，混合气体的平均相对分子质量增大，故c错误；故答案为：＜；b；（3）①HNO2是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，c（NaOH）==0.01mol/L，故①错误，②由①分析可知，c（NaOH）==0.01mol/L，故②正确；③电离吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以HNO2的电离平衡常数：b点＞a点，故③正确；④从b点到c点，当C（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（NO2﹣）＞c（H+），故④错误；故选：②③．【点评】本题考查反应热计算、化学平衡状态判断、反应速率计算、化学平衡图象、弱电解质电离、离子浓度大小比较等，综合性较强，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题的能力，难度度大． 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