四川省成都七中实验学校2022届高三化学下学期6月月考试卷含解析

2022-2022学年四川省成都七中实验学校高三月考化学试卷　一．选择题1．常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能大量共存的是A．pH=12的澄清的溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣B．c=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣C．甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣D．加入少量铝粉后能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣　2．下列涉及有机化合物的分离提纯的说法正确的是A．除去乙烷中混有的乙烯，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C．除去溴苯中混有的Br2，可用NaOH溶液洗涤分液D．乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可用氢氧化钠溶液除去　3．2NO2⇌N2O4△H＜0．现将NO2和N2O4混合气体通入恒温密闭容器中，反应中物质浓度随时间的变化如图．下列说法正确的是A．a点表示反应处于平衡状态B．25min末，若增大压强，化学平衡常数增大C．25min末，若升高温度，NO2的体积分数减小D．10min内用N2O4表示的平均速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1　4．下列说法不正确的是A．乙醇、乙醛、乙酸都能与H2O形成分子间氢键B．丙烯中最多有7个原子共平面C．乙醇与金属钠反应比水与金属钠反应更剧烈，羟基H活性更高D．乙酸、甲酸甲酯和羟基乙醛互为同分异构体　5．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A．金属的电化腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化腐蚀伴有电流产生B．钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈C．钢铁发生析氢腐蚀时，正极发生的电极反应为：Fe﹣2e→Fe2+D．埋在地下的钢管与电源正极连接可以减缓腐蚀　6．下列图示与对应的叙述不相符的是-16-\nA．表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3不饱和溶液B．表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C．表示0.1000mol/LNaOH滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸的滴定曲线D．表示向NH4Al2溶液中逐滴滴入Ba2溶液，体积V与沉淀n的变化　7．已知FeS与某浓度的HNO3反应时生成Fe3、H2SO4和某一单一的还原产物，若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：6，则该反应的还原产物是A．NOB．NO2C．N2OD．NH4NO3　　二、解答题8．A、B、C、D、E、F、G七种元素的原子序数依次递增．已知：①G的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②A是宇宙中含量最多的元素，B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，C原子核外有三个未成对电子；③D和E原子价电子排布式均为ns2np4；④F的单质是黄绿色气体．请回答下列问题：G2+的核外电子排布式是　　　　　　．在[G4]2+离子中，G2+与NH3分子形成的是　　　　　　键．与B、C形成的阴离子互为等电子体的微粒有　　　　　　、　　　　　　．B与C形成的化合物中，下列判断正确的是　　　　　　．a．氢化物稳定性：B＞Cb．氢化物沸点：B＜Cc．最高价氧化物的水化物酸性：B＜Cd．非金属性：B＞C-16-\nB、C、D第一电离能由小到大的顺序为　　　　　　，B的一种氢化物相对分子质量为26，分子中的σ键与π键数目比为　　　　　　．七种元素中，电负性最大的元素与B元素形成化合物电子式为　　　　　　，该物质的晶体属于　　　　　　．　9．明矾石的主要成分是K2SO4•Al23•2Al2O3•6H2O，还含有少量Fe2O3杂质．利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：焙烧炉中发生反应的化学方程式为，该反应的氧化剂是　　　　　　，若生成1molAl2O3，则转移的电子数为　　　　　　．将标况下1.12L炉气通入100mL0.5mol/LNaOH溶液中，得到一种酸性溶液，则该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为　　　　　　．孰料溶解时反应的离子方程式为　　　　　　．检验废渣中含有Fe2O3所需的试剂是　　　　　　．母液中溶质主要成分的化学式为　　　　　　，溶液调节pH后经过滤、洗涤可得Al3沉淀，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是　　　　　　．　10．某校研究性学习小组的同学学习完氮的有关物质的性质之后，对氮元素的氢化物NH3性质的探究．实验室制取氨气的化学方程式为　　　　　　．某同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气．你认为他能否达到目的？　　　　　　，理由是　　　　　　．该小组的同学设计了如图所示的实验装置，探究氨气的还原性．①该装置在设计上有一定缺陷．为保证实验结果的准确性，对该装置的改进措施是　　　　　　．②利用改进后的装置进行实验，CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体．氨气与CuO反应的化学方程式为　　　　　　．③有同学认为NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含Cu2O．Cu2O在酸性溶液中Cu+歧化生成Cu和Cu2+．请设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O　　　　　　．　11．工业上以黄铁矿为原料生产硫酸，其中重要的一步是催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3△H=﹣196.6kJ•mol﹣1生产中为提高反应速率和SO2的转化率，下列措施可行是　　　　　　．A．向装置中充入O2B．升高温度-16-\nC．向装置中充入N2D．向装置中充入过量的SO2恒温恒压，通入3molSO2和2molO2及固体催化剂，平衡时容器内气体体积为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为5molSO2、3.5molO2、1molSO3，下列说法正确的是　　　　　　A．第一次平衡时反应放出的热量为294.9kJB．两次平衡SO2的转化率相等C．两次平衡时的O2体积分数相等D．第二次平衡时SO3的体积分数等于2/9500℃时将10molSO2和5.0molO2置于体积为1L的恒容密闭容器中，SO2转化为SO3的平衡转化率为0.95．则500℃时的平衡常数K=　　　　　　．550℃，A、B表示不同压强下的平衡转化率，通常工业生产中采用常压的原因是　　　　　　，并比较不同压强下的平衡常数：K　　　　　　K．　12．水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100°C时水的电离达平衡时的离子浓度．100℃时1mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c=　　　　　　mol•L﹣1，KW　　　　　　KW．25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是　　　　　　．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量．已知化学式电离常数HCNK=4.9×l0﹣10CH3COOHK=1.8×l0﹣5H2CO3K1=4.3×l0﹣7、K2=5.6×l0﹣11①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为　　　　　　．②25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c　　　　　　c．③向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为：　　　　　　．　　-16-\n2022-2022学年四川省成都七中实验学校高三月考化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题1．常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能大量共存的是A．pH=12的澄清的溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣B．c=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣C．甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣D．加入少量铝粉后能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A、常温下pH=12的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与其它离子间不发生反应；B、铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；C、甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；D、铝粉既能够与酸反应生成氢气，也能够与碱反应生成氢气．【解答】解：A、常温下，pH=12的澄清的溶液为碱性溶液，K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，所以在溶液中能够共存，故A正确；B、碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以在溶液中不能够大量共存，故B错误；C、甲基橙呈红色的溶液显示酸性，偏铝酸根离子与氢离子反应，所以在溶液中不能够大量共存，故C错误；D、加入少量铝粉后能产生氢气的溶液，可能为酸性溶液，有可能为碱性溶液；在酸性条件下，由于存在硝酸根离子，亚铁离子会被氧化成铁离子，且反应生成的不是氢气；若是碱性条件下，亚铁离子能够与氢氧根离子发生反应生成氢氧化亚铁，所以离子不能够大量共存，故D错误；故选：A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的高频题，侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力；该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；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；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　2．下列涉及有机化合物的分离提纯的说法正确的是A．除去乙烷中混有的乙烯，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C．除去溴苯中混有的Br2，可用NaOH溶液洗涤分液D．乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可用氢氧化钠溶液除去【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；乙烯的化学性质；乙酸的化学性质；酯的性质．【专题】有机物的化学性质及推断．-16-\n【分析】A．乙烯被氧化生成二氧化碳；B．石油分馏不能得到乙烯；C．溴可与氢氧化钠反应；D．乙酸乙酯与氢氧化钠反应．【解答】解：A．乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；B．石油分馏不能得到乙烯，应用裂解，故B错误；C．溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故C正确；D．乙酸乙酯与氢氧化钠反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，解答该类题目要牢固把握物质的性质的异同，易错点为D，注意反应的原理．　3．2NO2⇌N2O4△H＜0．现将NO2和N2O4混合气体通入恒温密闭容器中，反应中物质浓度随时间的变化如图．下列说法正确的是A．a点表示反应处于平衡状态B．25min末，若增大压强，化学平衡常数增大C．25min末，若升高温度，NO2的体积分数减小D．10min内用N2O4表示的平均速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A、a点以后物质的浓度还在继续发生变化，在10min时浓度不变，到达平衡；B、化学平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；C、由图可知平衡时，浓度降低的物质的浓度变化量为mol/L=0.2mol/L，浓度增大的物质的浓度变化量为mol/L=0.4mol/L，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比，二者浓度变化为0.2mol/L：0.4mol/L=1：2，浓度降低的物质为N2O4，浓度增大的物质为NO2，故反应为N2O4⇌2NO2△H＞0，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，据此判断；D、由C中分析可知，平衡时N2O4的浓度变化量为0.2mol/L，根据v=计算v．【解答】解：A、a点以后物质的浓度还在继续发生变化，在10min时浓度不变，到达平衡，故a点未到达平衡，故A错误；B、化学平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，增大压强化学平衡常数不变，故B错误；C、由图可知平衡时，浓度降低的物质的浓度变化量为mol/L=0.2mol/L，浓度增大的物质的浓度变化量为mol/L=0.4mol/L，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比，二者浓度变化为0.2mol/L：0.4mol/L=1：2，浓度降低的物质为N2O4，浓度增大的物质为NO2，故反应为N2O4⇌2NO2△H＞0，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，NO2的体积分数增大，故C错误；-16-\nD、由C中分析可知，平衡时N2O4的浓度变化量为0.2mol/L，v==0.02mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的量浓度随时间变化曲线、化学平衡的有关计算等，难度中等，判断发生的反应是解题的关键．　4．下列说法不正确的是A．乙醇、乙醛、乙酸都能与H2O形成分子间氢键B．丙烯中最多有7个原子共平面C．乙醇与金属钠反应比水与金属钠反应更剧烈，羟基H活性更高D．乙酸、甲酸甲酯和羟基乙醛互为同分异构体【考点】常见有机化合物的结构；含有氢键的物质；同分异构现象和同分异构体；乙醇的化学性质．【专题】有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律．【分析】A．乙醇、乙醛和乙酸分子中都含有电负性较强的O原子，所以都能够与水形成分子间氢键；B．根据乙烯分子为平面机构、甲烷为正四面体结构进行判断；C．乙醇分子中醇羟基中氢原子的活泼性小于水中氢原子；D．具有相同的分子式、不同结构的有机物之间互为同分异构体，据此进行判断．【解答】解：A．因为乙醇、乙醛、乙酸分子中都含有氧元素，所以能与水形成分子间氢键，故A正确；B．由于碳碳双键是平面型结构，而饱和碳原子是四面体结构，所以根据丙烯的结构简式CH2=CHCH3可知，丙烯中最多有7个原子共平面，故B正确；C．水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应更剧烈，因为水中H活性更高，故C错误；D．乙酸、甲酸甲酯和羟基乙醛的分子式相同，而结构不同，它们之间互为同分异构体，故D正确，故选C．【点评】本题考查有机物的结构、性质、同分异构体的判断等知识，题目难度中等，共平面的题为近年来常考点，这类题切入点是平面型结构．有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3﹣丁二烯、苯三种，其中乙烯平面有6个原子共平面，1，3﹣丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面；这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面．　5．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A．金属的电化腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化腐蚀伴有电流产生B．钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈C．钢铁发生析氢腐蚀时，正极发生的电极反应为：Fe﹣2e→Fe2+D．埋在地下的钢管与电源正极连接可以减缓腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A、依据化学腐蚀和电化腐蚀的实质分析；B、钢铁吸氧腐蚀是负极铁失电子，氧气在正极上得到电子；-16-\nC、析氢腐蚀时，正极是氢离子得到电子发生还原反应；D、依据电化学保护方法是被保护的连接电源负极．【解答】解：A、金属的电化腐蚀和化学腐蚀都是金属失电子被氧化的反应，本质相同，但电化腐蚀过程中形成的原电池反应会产生微弱的电流，故A正确；B、吸氧腐蚀，正极吸收氧气，负极铁失电子最终转化为铁锈，故B错误；C、钢铁发生析氢腐蚀时，正极发生的电极反应为：2H++2e﹣=H2↑负极电极反应是Fe﹣2e→Fe2+，故C错误；D、埋在地下的钢管与电源负极连接可以减缓腐蚀，连接正极做阳极加快腐蚀，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学腐蚀与电化腐蚀原理的分析应用，金属腐蚀和金属的保护是考试的重点，题目难度中等．　6．下列图示与对应的叙述不相符的是A．表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3不饱和溶液B．表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C．表示0.1000mol/LNaOH滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸的滴定曲线D．表示向NH4Al2溶液中逐滴滴入Ba2溶液，体积V与沉淀n的变化【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；离子方程式的有关计算；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】图像图表题．【分析】A、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的点是不饱和溶液来分析；B、放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变；-16-\nC、醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D、开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al3↓，再滴加Ba2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；继续滴加Ba2，Al3溶解，发生反应Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．【解答】解：A、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，A正确，故A不选；B、放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，加快反应的速率，和图符合，故B不选；C、0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C选；D、开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al3↓，再滴加Ba2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42﹣完全沉淀时，继续滴加Ba2，Al3溶解，发生反应Al3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，与图相符，故D不选．故选C．【点评】本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论．　7．已知FeS与某浓度的HNO3反应时生成Fe3、H2SO4和某一单一的还原产物，若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：6，则该反应的还原产物是A．NOB．NO2C．N2OD．NH4NO3【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据硝酸铁的化学式确定其酸作用的硝酸的物质的量，剩余的硝酸作氧化剂，再根据氧化还原反应中得失电子数相等确定还原产物中N元素的化合价．【解答】解：若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：6，设FeS的物质的量为1mol，则参加反应的HNO3的物质的量之比为6mol，根据Fe3知，铁原子和起酸作的硝酸的物质的量之比是1：3，即起酸作的硝酸的物质的量是3mol，剩余3mol硝酸作氧化剂，设还原产物中N元素的化合价是x，氧化还原反应中得失电子数相等得1mol×1+1mol×8=3mol×，解得x=+2，故选A．【点评】本题元素化合物的性质为载体考查了氧化还原反应的有关计算，难度不大，根据得失电子守恒计算即可．　二、解答题8．A、B、C、D、E、F、G七种元素的原子序数依次递增．已知：①G的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②A是宇宙中含量最多的元素，B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，C原子核外有三个未成对电子；③D和E原子价电子排布式均为ns2np4；④F的单质是黄绿色气体．请回答下列问题：G2+的核外电子排布式是　1s22s22p63s23p63d9　．在[G4]2+离子中，G2+与NH3分子形成的是　配位　键．与B、C形成的阴离子互为等电子体的微粒有　N2　、　NO+　．B与C形成的化合物中，下列判断正确的是　bc　．-16-\na．氢化物稳定性：B＞Cb．氢化物沸点：B＜Cc．最高价氧化物的水化物酸性：B＜Cd．非金属性：B＞CB、C、D第一电离能由小到大的顺序为　C＜O＜N　，B的一种氢化物相对分子质量为26，分子中的σ键与π键数目比为　3：2　．七种元素中，电负性最大的元素与B元素形成化合物电子式为　　，该物质的晶体属于　分子晶体　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次递增．除F元素外，其余的均为短周期主族元素．①G的原子序数为29，则G为铜元素；②A是宇宙中含量最多的元素，则A为H元素；B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B为C元素；C原子核外有三个未成对电子，C核外电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；③D和E原子价电子排布式均为ns2np4，则D、E为第VI主族元素，则D为O元素，E为S元素；④F的单质是黄绿色气体，则F为Cl元素，根据处于稳定状态的原子，核外电子将尽可能地按能量最低原理排布，电子排布遵守最低能量原理，泡利不相容原理和洪特规则，一般而言，在这三条规则的指导下，可以推导出元素原子的核外电子排布情况；[Cu4]2+离子中存在配位键；等电子体之间原子数和价电子数均相等；根据C、N元素的非金属性分析；根据同周期第一电离能的变化趋势分析；根据结构式及判断σ键、π键的一般规律来分析解答；二氧化碳结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，分子之间的作用力为分子间作用力．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次递增．除F元素外，其余的均为短周期主族元素．①G的原子序数为29，则G为铜元素；②A是宇宙中含量最多的元素，则A为H元素；B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B为C元素；C原子核外有三个未成对电子，C核外电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；③D和E原子价电子排布式均为ns2np4，则D、E为第VI主族元素，则D为O元素，E为S元素；④F的单质是黄绿色气体，则F为Cl元素，Cu单原子核外有29个电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去两个电子，则为1s22s22p63s23p63d9，Cu2+可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，而形成配位键，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；配位；CN﹣含有2个原子和10个价电子，则与C、O形成的阴离子互为等电子体的微粒有N2，NO+；故答案为：N2，NO+；B为C元素，C为N元素，a．非金属性：N＞C，氢化物稳定性：NH3＞CH4，故a错误；b．NH3分子之间存在氢键，沸点较高，所以氢化物沸点：B＜C，故b正确；-16-\nc．非金属性越强，则元素最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：N＞C，则最高价氧化物的水化物酸性：B＜C，故c正确；d．同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：N＞C，故d错误；故答案为：bc；C、N、O位于同一周期，同周期从左到右第一电离能增大大，但是N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以C＜O＜N，C、H形成的相对分子质量为26的物质为C2H2，结构式为H﹣C≡C﹣H，C﹣H之间单键是σ键，C≡C叁键中有两个是σ键一个π键，所以σ键与π键数之比为3：2，故答案为：C＜O＜N；3：2；电负性最大的非元素是O，与C元素构成的是CO2，属于共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，二氧化碳晶体中分子之间的作用力为分子间作用力，则二氧化碳晶体为分子晶体；故答案为：；分子晶体．【点评】本题考查物质结构与性质，明确位置、结构、性质的关系是解答的关键，此题综合性较强，涉及物质结构知识点比较多，考察比较全面，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．　9．明矾石的主要成分是K2SO4•Al23•2Al2O3•6H2O，还含有少量Fe2O3杂质．利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：焙烧炉中发生反应的化学方程式为，该反应的氧化剂是　Al23　，若生成1molAl2O3，则转移的电子数为　3.612×1024　．将标况下1.12L炉气通入100mL0.5mol/LNaOH溶液中，得到一种酸性溶液，则该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为　c＞c＞c＞c＞c　．孰料溶解时反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　．检验废渣中含有Fe2O3所需的试剂是　盐酸、KSCN溶液　．母液中溶质主要成分的化学式为　K2SO4、Na2SO4　，溶液调节pH后经过滤、洗涤可得Al3沉淀，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是　取最后的洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净　．【考点】镁、铝的重要化合物；氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，计算生成1molAl2O3需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nNA转移电子数目；根据n=计算二氧化硫的物质的量，根据n：n确定反应产物，再结合溶液呈酸性进行判断；-16-\n由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；废渣中加入盐酸，滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe2O3；由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣、OH﹣等，加硫酸调PH值，AlO2﹣转化为Al3，母液中离子主要有K+、Na+、SO42﹣．Al3沉淀会附着K+、Na+、SO42﹣等，用BaCl2溶液检验最后的洗涤液中是否含有SO42﹣，确定是否洗涤干净．【解答】解：反应中硫元素化合价由Al23中+6价降低为SO2中+4价，故Al23是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl2O3需要硫的物质的量为1mol×=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×1023mol﹣1=3.612×1024，故答案为：Al23；3.612×1024；1.12L二氧化硫的物质的量为=0.05mol，n=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n：n=0.05mol：0.05mol=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故c＞c，HSO3﹣电离程度不大，故c＞c，溶液c等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为c＞c＞c＞c＞c，故答案为：c＞c＞c＞c＞c；由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；废渣中加入盐酸，滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe2O3，故答案为：盐酸、KSCN溶液；由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K+、Na+、SO42﹣、AlO2﹣、OH﹣等，加硫酸调PH值，AlO2﹣转化为Al3，母液中离子主要有K+、Na+、SO42﹣，含有溶质为K2SO4、Na2SO4，Al3沉淀会附着K+、Na+、SO42﹣等，取最后的洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净．故答案为：K2SO4、Na2SO4；取最后的洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净．【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子检验、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．中注意先根据计算确定反应后溶液中溶质．　10．某校研究性学习小组的同学学习完氮的有关物质的性质之后，对氮元素的氢化物NH3性质的探究．实验室制取氨气的化学方程式为　2NH4Cl+Ca2CaCl2+2NH3↑+2H2O　．某同学模仿排饱和食盐水收集氯气的方法，想用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气．你认为他能否达到目的？　否　，理由是　氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大　．该小组的同学设计了如图所示的实验装置，探究氨气的还原性．①该装置在设计上有一定缺陷．为保证实验结果的准确性，对该装置的改进措施是　在装置A与B之间增加装有碱石灰的U型管　．②利用改进后的装置进行实验，CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体．氨气与CuO反应的化学方程式为　3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O　．-16-\n③有同学认为NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含Cu2O．Cu2O在酸性溶液中Cu+歧化生成Cu和Cu2+．请设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O　取少量样品，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明含有Cu2O，否则不含有　．【考点】常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合．【分析】氯化铵与氢氧化钙在加热条件下生成氨气、氯化钙、水；氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大；①氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥；②氨气与CuO反应生成铜、氮气和水；③依据氧化亚铜在酸溶液中发生自身氧化还原反应生成铜和铜离子，溶液蓝色证明氧化亚铜的存在．【解答】解：氯化铵与氢氧化钙在加热条件下生成氨气、氯化钙、水，方程式为2NH4Cl+Ca2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca2CaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大，所以不能用用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气，故答案为：否；氨气极易溶于水、氯化铵对氨气在水中的溶解影响不大；①氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和CuO反应前应先干燥，故答案为：在装置A与B之间增加装有碱石灰的U型管；②氨气与CuO反应生成铜、氮气和水，化学方程式：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；③Cu20是一种碱性氧化物，在酸性溶液中Cu+生成Cu+Cu2+，据此反应设计实验验证是否含有氧化亚铜，步骤为：取少量样品，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明含有Cu2O，否则不含有，故答案为：取少量样品，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明含有Cu2O，否则不含有．【点评】本题考查了氨气实验室制备方法，氨气的性质验证实验设计用于分析判断，熟悉制备原理是解题关键，注意实验设计的合理性，题目难度不大．　11．工业上以黄铁矿为原料生产硫酸，其中重要的一步是催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3△H=﹣196.6kJ•mol﹣1生产中为提高反应速率和SO2的转化率，下列措施可行是　A　．A．向装置中充入O2B．升高温度C．向装置中充入N2D．向装置中充入过量的SO2恒温恒压，通入3molSO2和2molO2及固体催化剂，平衡时容器内气体体积为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为5molSO2、3.5molO2、1molSO3，下列说法正确的是　CD　A．第一次平衡时反应放出的热量为294.9kJB．两次平衡SO2的转化率相等C．两次平衡时的O2体积分数相等D．第二次平衡时SO3的体积分数等于2/9-16-\n500℃时将10molSO2和5.0molO2置于体积为1L的恒容密闭容器中，SO2转化为SO3的平衡转化率为0.95．则500℃时的平衡常数K=　1.444x103　．550℃，A、B表示不同压强下的平衡转化率，通常工业生产中采用常压的原因是　常压下400～500°C，SO2转化率已经很高了，加压必须增大投资以解决增加设备和提供能量问题　，并比较不同压强下的平衡常数：K　=　K．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，欲提高SO2的转化率，则改变条件使平衡向正反应方向移动；A、根据体积之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总的物质的量，再利用差量法计算参加反应的二氧化硫的物质的量，结合热化学方程式计算放出的热量；B、恒温恒压，两次达到平衡状态相同分析计算判断；C、恒温恒压，两次达到平衡状态相同分析判断D、根据A计算可知，原平衡时SO3的体积分数为=；依据化学平衡三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算；压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压，平衡常数随温度变化；【解答】解：A．向装置中充入过量的O2，化学平衡正向移动，会提高二氧化硫转化率，故A正确；B．升高温度，化学平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，故B错误．C．向装置中充入N2，化学平衡不会移动，不会提高二氧化硫转化率，故C错误；D．向装置中充入过量的SO2，二氧化硫转化率降低，故D错误；故选：A；由题意气体体积为起使时的90%，则反应后总的物质的量为起始时的90%，平衡时总物质的量为×90%=4.5mol，则平衡时各组成物质的量变化为：2SO2+O2⇌2SO3物质的量减少△n21211mol0.5mol1mol﹣4.5mol=0.5mol此时放出的热量为196.6KJ×=98.3KJ，故A错误；B、2SO2+O2⇌2SO3起始量320变化量x0.5xx平衡量3﹣x2﹣0.5xx反应后总的物质的量为起始时的90%，3﹣x+2﹣0.5x+x=4.5，x=1mol，二氧化硫转化率=×100%=；-16-\n保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为5molSO2、3.5molO2、1molSO3，转化为起始量为6molSO2、4molO2，恒压条件下两次平衡时等效平衡，平衡后二氧化硫应为4mol，转化率=×100%=20%，故B错误；C、依据B分析可知等效平衡状态，氧气体积分数相同，故C正确；D、原平衡时SO3的体积分数为=，故D正确；故答案为：CD；500℃时将10molSO2和5.0molO2置于体积为1L的恒容密闭容器中，SO2转化为SO3的平衡转化率为0.95，反应的二氧化硫物质的量=9.5mol；2SO2+O2⇌2SO3起始量1050变化量9.54.759.5平衡量0.50.259.5则500℃时的平衡常数K==1.444x103；故答案为：1.444x103；从图象中可以看出，常压SO2就可以达到较高的转化率，压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，加压必须增大投资以解决增加设备和提供能量问题，所以工业上直接采用常压，平衡常数随温度变化，不随压强变化，平衡常数不变；故答案为：常压下400～500°C，SO2转化率已经很高了，加压必须增大投资以解决增加设备和提供能量问题，=．【点评】本题考查了平衡影响因素，平衡计算分析，注意平衡建立和反应条件选择的方法和依据，平衡常数计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　12．水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100°C时水的电离达平衡时的离子浓度．100℃时1mol•L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c=　1×10﹣12　mol•L﹣1，KW　＜　KW．25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是　促进　．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量．已知化学式电离常数HCNK=4.9×l0﹣10CH3COOHK=1.8×l0﹣5H2CO3K1=4.3×l0﹣7、K2=5.6×l0﹣11①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为　Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液　．②25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c　＞　c．③向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为：　NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3　．-16-\n【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】Kw=c•c；温度不同，Kw不同，升温促进水的电离，氢离子浓度增大；水解的盐促进水的电离；①依据酸的电离常数意义分析判断，越易电离得算对应盐水解程度越小；②依据溶液中电荷守恒计算分析；③依据电离常数大小分析反应生成产物；【解答】解：25℃时纯水中c=c=10﹣7mol/L，Kw=c•c=10﹣14，当温度升高到100℃，纯水中c=c=10﹣6mol/L，Kw=c•c=10﹣12；100℃时1mol•L﹣1的NaOH溶液中Kw=c•c=10﹣12；c=1mol/L，水电离出的c=1×10﹣12；水的电离时吸热过程，加热促进电离氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，所以Kw＜Kw；NH4Cl固体溶解后溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，水的电离被促进；故答案为：1×10﹣12；＜；促进；①依据图表数据分析，醋酸电离常数大于氰酸大于碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等浓度的Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，溶液pH为Na2CO3溶液的＞NaCN溶液的＞CH3COONa溶液的；故答案为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；②等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，c＜c依据溶液中电荷守恒c+c=c+c，c＞c；故答案为：＞；③向NaCN溶液中通入少量CO2，H2CO3酸性大于HCN大于HCO3﹣，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，盐类水解应用，溶液酸碱性的计算判断，注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二部电离比氰酸小，题目难度中等．　-16-