湖南省益阳市箴言中学2022届高三化学上学期第三次模考试卷含解析

2022-2022学年湖南省益阳市箴言中学高三（上）第三次模考化学试卷　一、选择题（每小题3分，共54分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列说法错误的是（　　）A．“APEC蓝”是2022年新的网络词汇，形容2022年APEC会议期间北京蓝蓝的天空．说明京津冀实施道路限行和污染企业停工等措施，对减轻雾霾、保证空气质量是有效的B．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油C．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂D．有机垃圾发酵生产沼气　2．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，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAB．12g石墨和C60的混合物中质子总数一定为6NA个C．在熔融状态下，lmolNaHSO4完全电离出的阳离子数目为2NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA　3．在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（　　）A．范德华力、范德华力、范德华力B．范德华力、范德华力、共价键C．范德华力、共价键、共价键D．共价键、共价键、共价键　4．己知：NH3•H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ/mol；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热的△H=﹣57.3kJ/mol．则NH3•H2O在水溶液中电离的△H等于（　　）A．﹣69.4kJ/molB．﹣45.2kJ/molC．+69.4kJ/molD．+45.2kJ/mol　5．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知有关原溶液中离子的说法不正确是（　　）A．至少存在4种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+一定存在D．CO32﹣、Al3+、K+一定不存在　6．下列离子方程式正确的是（　　）A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2O24C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣　7．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（　　）A．OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O　8．下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，下列说法不正确的是（　　）XYZWA．原子半径：Z＞W＞XB．若Z的最高价氧化物与Y的气态氢化物溶液混合后有气体放出，则W的气态氢化物不稳定C．若Y、W的质子数之和为23，则Z能形成碱性氧化物D．若X能形成两种常见的液态化合物，则W单质溶于水形成的溶液有漂白性　9．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（S．T．P）的气体．所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，混合物中铁元素的质量分数为（　　）A．68.6%B．77.8%C．81.4%D．无法计算　10．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g．则下列叙述不正确是（　　）A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g　11．用惰性电极电解一定质量的某浓度的NaCl溶液，一段时间后停止电解．此时若加入100g36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，则电解过程中转移电子的物质的量约为（　　）A．6molB．7molC．8molD．9mol　12．用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1mol电子后，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，此时溶液pH值为（假设溶液体积不变）是（　　）A．1B．2C．3D．无法确定　13．利用图示装置进行有关实验，其中能达到实验目的或得出正确结论的是（　　）选项①②③④装置24实验目的或结论A浓盐酸MnO2干燥红色布条NaOH溶液干燥布条不褪色B稀硝酸铜粉空气NaOH溶液制备收集NOC浓硫酸木炭品红溶液NaOH溶液浓硫酸具有氧化性D浓氨水NaOH固体空气水制备收集氨气A．AB．BC．CD．D　14．下列图示与对应叙述相符合的是（　　）A．图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B．图2表示Cl2通入SO2溶液中pH的变化C．图3表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）D．图4表示已达平衡的某可逆反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂　15．利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产．下列说法中正确的是（　　）A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B．铜的精炼中，X是粗铜，Y是纯铜，Z是CuSO4C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属　16．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（　　）24A．该过程是电能转化为化学能的过程B．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降D．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O　17．全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池．其电池总反应为：V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+，下列说法正确的是（　　）A．放电时每转移2mol电子时，消耗1mol氧化剂B．放电时正极反应为：VO+2+2H++e﹣=VO2++H2OC．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D．充电过程中，H+由阴极区移向阳极区迁移　18．第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆．汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态．其电路工作原理如图所示．下列说法中正确的是（　　）A．电池充电时，OH﹣由甲侧向乙侧移动B．甲放电时为正极，充电时为阳极C．放电时正极的电极反应式为MHn﹣ne﹣═M+nH+D．汽车下坡时发生图中实线所示的过程　　二、非选择题（本题包括4小题，共46分）19．（12分）（2022秋•益阳校级月考）某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率．饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）×100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率，24（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象：　　　　　　．（2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为　　　　　　连　　　　　　（填A、B、C、等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为　　　　　　．乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率，Ⅰ．通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率Ⅱ．通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率①．一同学认为可以在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与　　　　　　口连接a．Ab．Bc．Dd．E②．另一同学认为乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由　　　　　　丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率．（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，求饱和食盐水的电解率　　　　　　（假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，溶解度为36.0g）．　20．现有A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3分子中含相同数目的质子数，C、D结合生成化合物丁．有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图：（1）写出B+乙→甲+C的化学反应方程式　　　　　　．（2）根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种，不能被确定的第四种元素是　　　　　　．（填写序号）①A②B③C④D（3）依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素：①甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，②甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质．据此，请回答下列问题：A．写出上述第四种元素在周期表中的位置　　　　　　．B．写出C+丙→乙+丁的化学反应方程式　　　　　　．　21．（14分）（2022秋•益阳校级月考）尿素可作为H2O2的稳定载体，生产一种固态、耐储存、易运输的新型氧化剂和消毒剂﹣过氧化尿素[CO（NH2）2•H2O2]，其合成工艺流程如下，请回答下列问题：24（1）操作I、II的名称分别是　　　　　　、　　　　　　．CO（NH2）2•H2O2分子中尿素和过氧化氢之间以　　　　　　结合，其结合力较弱，具有尿素和过氧化氢双重性质．（2）工业上生产尿素所需的原料气可由天然气与水反应制备，已知：①甲烷、氢气的燃烧热分别为890.3kJ/mol、285.8kJ/mol②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol写出CH4与水蒸气作用生产CO2和H2的热化学方程式：　　　　　　．（3）为测定产品中H2O2的含量，称取干燥样品12.0g配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，用0.20mol/LKMnO4标准溶液滴定，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL．（KMnO4溶液与尿素不反应）．①完成并配平方程式：MnO4﹣+H2O2+　　　　　　=Mn2++O2↑+　　　　　　；②计算出产品中H2O2的质量分数为　　　　　　．（4）电解含尿素的废水既可以处理废水，又可制得纯氢，电解原理如图所示．电解池中隔膜仅阻止气体通过，A、B两极均为惰性电极．请写出阳极的电极反应方程为　　　　　　．　22．（12分）（2022秋•益阳校级月考）MnO2是一种重要的无机功能材料，蕴藏在海底的丰富的锰结核矿的主要成分是MnO2，工业上从锰结核矿中制取纯净的MnO2的工艺流程如图所示：（1）为提高硫酸淋洗效果，需要对富集后的矿石进行粉碎处理，其目的是　　　　　　步骤Ⅰ中，试剂甲必须具有的性质是　　　　　　．a．氧化性b．还原性c．酸性（2）步骤Ⅱ中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.05molMnO2时，消耗0.10mol•L﹣1的NaClO3溶液200mL，该反应的离子方程式为　　　　　　．已知溶液B中的物质之一NaClO3可循环用于上述生产，试写出A与NaOH反应生成B的化学方程式：　　　　　　．（3）电解步骤Ⅰ所得溶液也可得到MnO2，写出阳极Mn2+生成MnO2的电极方程式　　　　　　，阴极生成的气体产物是　　　　　　．　　242022-2022学年湖南省益阳市箴言中学高三（上）第三次模考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共54分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列说法错误的是（　　）A．“APEC蓝”是2022年新的网络词汇，形容2022年APEC会议期间北京蓝蓝的天空．说明京津冀实施道路限行和污染企业停工等措施，对减轻雾霾、保证空气质量是有效的B．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油C．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂D．有机垃圾发酵生产沼气【考点】常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．道路限行可减少汽车尾气排放，污染企业停工可减少污染；B．将“地沟油”制成肥皂，可以变废为宝；C．铁粉是抗氧化剂；D．沼气主要成分是甲烷，是有机物质在厌氧条件下，经过微生物的发酵作用而生成的一种混合气体．【解答】解：A．道路限行可减少汽车尾气排放，污染企业停工可减少污染，可减轻雾霾、保证空气质量，故A正确；B．“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将非食用油变成肥皂，可以提高资源的利用率，故B正确；C．铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；D．沼气主要成分是甲烷，是有机物质在厌氧条件下，经过微生物的发酵作用而生成的一种混合气体，故D正确．故选C．【点评】本题考查了常见食品添加剂、地沟油等生活中常见的物质的性质，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．　2．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，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAB．12g石墨和C60的混合物中质子总数一定为6NA个C．在熔融状态下，lmolNaHSO4完全电离出的阳离子数目为2NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．标准状况三氧化硫不是气体；B．12g石墨和C60的混合物中含有12gC原子，12个C原子的物质的量为1mol，含有6mol质子；C．在熔融状态下，NaHSO4完全电离钠离子和硫酸氢根离子；D．气体所处的状态不明确．【解答】解：A．标准状况三氧化硫不是气体，11.2LSO3物质的量不是0.5mol，故A错误；B．12g石墨和C60的混合物中含有12个碳原子，含有1mol碳原子，1mol碳原子含有6mol质子，所以混合物中含有的质子总数一定为6NA个，故B正确；24C．在熔融状态下，NaHSO4完全电离钠离子和硫酸氢根离子，在熔融状态下，lmolNaHSO4完全电离出的阳离子数目为NA，故C错误；D．气体所处的状态不明确，不一定为标况下，故其物质的量无法计算，故转移的电子数无法计算，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质结构，氧化还原反应电子转移计算，气体摩尔体积的条件应用分析，掌握基础是关键，题目较简单．　3．在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（　　）A．范德华力、范德华力、范德华力B．范德华力、范德华力、共价键C．范德华力、共价键、共价键D．共价键、共价键、共价键【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】物质的三态变化属于物理变化，石蜡蒸气转化为裂化气发生了化学变化，根据物质的变化分析．【解答】解：石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键．故选B．【点评】本题考查了物质发生物理、化学变化时破坏的作用力，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．　4．己知：NH3•H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ/mol；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热的△H=﹣57.3kJ/mol．则NH3•H2O在水溶液中电离的△H等于（　　）A．﹣69.4kJ/molB．﹣45.2kJ/molC．+69.4kJ/molD．+45.2kJ/mol【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，但是弱碱的电离吸热，根据题干信息写出反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律计算出NH3•H2O在水溶液中电离的△H．【解答】解：NH3•H2O（aq）与H2SO4（aq）反应生成1mol正盐的△H=﹣24.2kJ/mol，则：2NH3•H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣24.2kJ/mol即：2NH3•H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）△H=﹣24.2kJ/mol，整理可得：NH3•H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）△H=﹣12.1kJ/moL（1）H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（2）（1）﹣（2）可得：NH3•H2O（aq）=NH4+（aq）+OH﹣（aq），△H=+45.2kJ/mol，所以NH3•H2O在水溶液中电离的△H为+45.2kJ/mol，故选D．【点评】本题考查盖斯定律在热化学方程式计算中的应用，题目难度中等，明确中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水所放出的热量、弱碱的电离吸热是解题关键．　245．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知有关原溶液中离子的说法不正确是（　　）A．至少存在4种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+一定存在D．CO32﹣、Al3+、K+一定不存在【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol，根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，A．由上述分析可知，一定含SO42﹣、NH4+、Fe3+，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，SO42﹣所带负电荷为2×0.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl﹣，故A正确；B．由电荷守恒可知，Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥0.4mol/L，故B正确；C．由上述分析可知，SO42﹣、NH4+一定存在，故C正确；D．综上所述，原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42﹣和Cl﹣，可能含Al3+、K+，一定不含CO32﹣，故D错误；故选D．【点评】本题考查物质的检验及推断，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意常见离子的性质和反应类型的判断，答题时认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，题目难度中等．　6．下列离子方程式正确的是（　　）A．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OB．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2OC．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；C．醋酸在离子反应中保留化学式；D．反应生成氢氧化镁、氢气、氯气．【解答】解：A.0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故A正确；24B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质的离子反应为4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O，故B错误；C．用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；D．电解MgCl2水溶液的离子方程式为Mg2++2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，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，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应、电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．　7．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（　　）A．OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O【考点】真题集萃；离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生CO32﹣+H+→HCO3﹣，盐酸过量时发生CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O．【解答】解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应．A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O，故A正确；B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH﹣+2H+→2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，盐酸不足以消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O，故B正确；C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH﹣+2CO32﹣+4H+→2HCO3﹣+2H2O，即OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O，故C错误；D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度中等，明确稀盐酸与NaOH和Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键．　8．下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，下列说法不正确的是（　　）XY24ZWA．原子半径：Z＞W＞XB．若Z的最高价氧化物与Y的气态氢化物溶液混合后有气体放出，则W的气态氢化物不稳定C．若Y、W的质子数之和为23，则Z能形成碱性氧化物D．若X能形成两种常见的液态化合物，则W单质溶于水形成的溶液有漂白性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；B．若Z的最高价氧化物与Y的气态氢化物溶液混合后有气体放出，则Z为Si、Y为F元素，W为S元素；C．令Y的质子数为a，则W质子数为a+7，Y、W的质子数之和为23，则a+a+7=23，故a=8，则Y为O元素，W为P元素，Z为Al；D．若X能形成两种常见的液态化合物，则X为O元素，W为Cl．【解答】解：A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：Z＞W＞X，故A正确；B．若Z的最高价氧化物与Y的气态氢化物溶液混合后有气体放出，则Z为Si、Y为F元素，W为S元素，W的气态氢化物为硫化氢，硫化氢不稳定，故B正确；C．令Y的质子数为a，则W质子数为a+7，Y、W的质子数之和为23，则a+a+7=23，故a=8，则Y为O元素，W为P元素，Z为Al，Z的氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，故C错误；D．若X能形成两种常见的液态化合物，则X为O元素，W为Cl，W的单质为氯气，溶于水形成的溶液有漂白性，故D正确，故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系，属于开放性题目，B选项为易错点，在中学中基本不涉及，需要学生熟练掌握元素化合物知识．　9．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（S．T．P）的气体．所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，混合物中铁元素的质量分数为（　　）A．68.6%B．77.8%C．81.4%D．无法计算【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】Fe．FeO．Fe2O3的混合物中加入盐酸恰好使混合物完全溶解，生成了铁的氯化物，因加入KSCN溶液，无血红色出现，说明只生成氯化亚铁，根据氯元素守恒可知道氯化亚铁的量，进而求得铁元素的质量，根据HCl的物质的量可结合氢气的物质的量可计算O的质量，进而可计算混合物中铁元素的质量分数．【解答】解：用盐酸溶解后，得到的产物加KSCN溶液，无血红色出现，说明得到的产物是氯化亚铁，即混合物中的铁元素全在氯化亚铁中，盐酸的物质的量为：1mol．L﹣1×0.1L=0.1mol，根据氯元素守恒，则n（Fe）=n（FeCl2）=×n（HCl）=0.05mol，m（Fe）=0.05mol×56g/mol=2.8g，根据H元素守恒，有2HClH2O，2HClH2，24n（H2）==0.01mol，消耗HCl0.02mol，则与氧化物反应的HCl的物质的量为0.1mol﹣0.02mol=0.08mol，所以氧化物中含有n（O）==0.04mol，m（O）=0.04mol×16g/mol=0.64g，则混合物中铁元素的质量分数为：=81.4%，故选C．【点评】本题考查了有关铁元素的计算，题目难度中等，采用原子守恒或得失电子守恒可简化计算．　10．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g．则下列叙述不正确是（　　）A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】发生反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol×=0.15mol，据此对各选项进行计算和判断．【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol×=0.15mol，A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×=0.1mol，标准状况下生成NO的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故A正确；24B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故B正确；C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×=0.4mol，硝酸有可能有剩余，故C错误；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g，故D正确；故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算、化学反应方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．　11．用惰性电极电解一定质量的某浓度的NaCl溶液，一段时间后停止电解．此时若加入100g36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，则电解过程中转移电子的物质的量约为（　　）A．6molB．7molC．8molD．9mol【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】电解反应为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，如果纯粹电解NaCl，那么应该补充纯粹的HCl气体即可，而现在加入的是100g36.5%的浓盐酸，其中含HCl为=1mol，含水为=3.5mol，由此知还应该有水的电解，即2H2O2H2↑+O2↑．【解答】解：电解反应为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，如果纯粹电解NaCl，那么应该补充纯粹的HCl气体即可，而现在加入的是100g36.5%的浓盐酸，其中含HCl为=1mol，含水为=3.5mol，由此知还应该有水的电解，即2H2O2H2↑+O2↑；1molCl转移1mol电子，1molH2O转移2mol电子，电解过程中有1molNaCl被电解转移电子1mol，1molH2O转移2mol电子，3.5mol水被电解转移电子3.5mol×2=7mol，转移电子的总数是1×1+3.5×2=8mol；故选C；【点评】本题考查电解原理，题目难度较大，做题时注意加入100g36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，说明电解了HCl和水，为该题的关键之处．　12．用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1mol电子后，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，此时溶液pH值为（假设溶液体积不变）是（　　）A．1B．2C．3D．无法确定24【考点】pH的简单计算．【分析】调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阴极：Ag+放电生成Ag，阳极发生氧化反应4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，调换后：阳极：4Ag﹣4e﹣=4Ag+（先），4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑（后）；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，故电路中转移的0.1mol电子后，只有0.1mol由OH﹣放电产生，即消耗的n（OH﹣）=0.1mol，生成n（Ag）=0.1mol，亦即溶液中积累的n（H+）=0.1mol，调换正负极，电路中又通过了0.2mol电子，生成n（Ag）=0.1mol全部溶解，同时反应掉0.1mol氢氧根离子，亦即溶液中积累的n（H+）=0.1mol，据此求算出c（H+）=0.2mol，以此计算溶液的PH．【解答】解：2L0.5mol/L的硝酸银溶液含n（Ag+）=1mol，调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，用惰性电极电解2L0.5mol/L的硝酸银溶液，分别是Ag+和OH﹣放电，通过0.1mole﹣，那么0.1molAg+放电，生成0.1molAg，同时4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，反应0．molOH﹣，得到0.1molH+，调换后：阳极：4Ag﹣4e﹣=4Ag+（先），4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑（后）；阴极：4Ag++4e﹣═4Ag，调换正负极，那么通电前的0.1mole﹣，恰好是电镀银的过程，也就是第一个过程的银又溶解，在另一电极变为银，消耗0.1mole﹣，剩余0.1mole﹣，反应掉0.1mol氢氧根离子，还得到0.1molH+，故电路中转移的0.2mol电子中，所以总共得到0.2molH+，浓度为=0.1mol/L，PH=﹣lg（H+）=1．故选A．【点评】本题考查电解原理，题目难度中等，本题注意分析调换正负极前后电极反应的变化，为解答该题的关键．　13．利用图示装置进行有关实验，其中能达到实验目的或得出正确结论的是（　　）选项①②③④实验目的或结论装置A浓盐酸MnO2干燥红色布条NaOH溶液干燥布条不褪色B稀硝酸铜粉空气NaOH溶液制备收集NOC浓硫酸木炭品红溶液NaOH溶液浓硫酸具有氧化性D浓氨水NaOH固体空气水制备收集氨气A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．反应生成的氯气中有水；B．反应生成的NO与空气中的氧气反应；C．反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫可使品红褪色；D．氨气的密度比空气小，且易发生倒吸．【解答】解：A．反应生成的氯气中有水，则干燥的红色布条褪色，结论不合理，故A错误；24B．反应生成的NO与空气中的氧气反应，则图中装置不能制备NO，故B错误；C．反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫可使品红褪色，S元素的化合价降低，则浓硫酸具有氧化性，故C正确；D．氨气的密度比空气小，且易发生倒吸，图中收集方法不合理，且倒吸，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、收集，物质的分离以及氧化还原反应等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑，题目难度中等．　14．下列图示与对应叙述相符合的是（　　）A．图1表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B．图2表示Cl2通入SO2溶液中pH的变化C．图3表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化（Mn2+对该反应有催化作用）D．图4表示已达平衡的某可逆反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】图像图表题．【分析】A．先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体；B．Cl2通入H2S溶液中发生Cl2+H2S═2HCl+S，酸性增强，pH减小；C．发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；D．t0时正逆反应速率同等程度的变大．【解答】解：A．先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体，且等物质的量NaOH、Na2CO3，不产生气体和产生气体消耗的酸应为2：1，与图象不符，故A错误；B．Cl2通入H2S溶液中发生Cl2+H2S═2HCl+S，酸性增强，pH减小，与图象不符，故B错误；C．发生氧化还原反应生成锰离子，则n（Mn2+）随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速率的主要因素，反应物浓度减小，速率减慢，故C正确；D．t0时正逆反应速率同等程度的变大，可能为催化剂，若反应前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，速率增大，所以增大压强也可能符合，故D错误；故选：C．【点评】本题考查较综合，涉及化学反应的先后顺序与图象、氧化还原反应、影响反应速率的因素，注重高考考点的考查，题目难度中等．　2415．利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产．下列说法中正确的是（　　）A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B．铜的精炼中，X是粗铜，Y是纯铜，Z是CuSO4C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；B、铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；C、电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属．【解答】解：A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；B、铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B正确；C、电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故C错误；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确．故选BD．【点评】本题考查了电解原理，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，难度不大，注意原电池原理和电解池原理是高考的热点，应掌握此知识点．　16．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（　　）A．该过程是电能转化为化学能的过程24B．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降D．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、电解池是将电能转化为化学能的装置；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应；C、在电解池的阳极上，是阴离子发生失电子的氧化反应；D、CO2电催化还原为CH4的过程CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O是一个还原反应过程．【解答】解：A、该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故B错误；C、在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故C正确；D、CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，故D正确．故选B．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，注意两极反应式的书写以及氧化还原反应之间的关系，注意规律的总结是关键，难度不大．　17．全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池．其电池总反应为：V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+，下列说法正确的是（　　）A．放电时每转移2mol电子时，消耗1mol氧化剂B．放电时正极反应为：VO+2+2H++e﹣=VO2++H2OC．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D．充电过程中，H+由阴极区移向阳极区迁移【考点】化学电源新型电池．【分析】根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，根据原电池的工作原理进行分析：A、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，根据化合价判断转移的电子数；B、原电池放电时，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子；C、原电池放电时，电子由负极经外电路移向正极，内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路；D、充电过程中，H+由阳极区移向阴极区迁移．【解答】解：A、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，故A错误；B、原电池放电时，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O，故B正确；C、原电池放电时，电子由负极经外电路移向正极，内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，故C错误；24D、充电过程中，H+由阳极区移向阴极区迁移，故D错误．故选B．【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键．　18．第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆．汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态．其电路工作原理如图所示．下列说法中正确的是（　　）A．电池充电时，OH﹣由甲侧向乙侧移动B．甲放电时为正极，充电时为阳极C．放电时正极的电极反应式为MHn﹣ne﹣═M+nH+D．汽车下坡时发生图中实线所示的过程【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，根据阳离子移向阴极，阴离子移向阳极判断；B、电解池的工作原理，甲电极是阴极，原电池是负极；C、放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M﹣ne﹣+nH+=MHn；D、汽车下坡时发动机在工作，发生图中虚线所示的过程．【解答】解：A、电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH﹣由甲侧向乙侧移动，故A正确；B、电解池的工作原理，甲电极是阴极，原电池是负极，故B错误；C、放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M﹣ne﹣+nH+=MHn，故C错误；D、汽车下坡时发动机在工作，发生图中虚线所示的过程，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知识，注意平时知识的积累以及基础知识的掌握，难度中等．　二、非选择题（本题包括4小题，共46分）19．（12分）（2022秋•益阳校级月考）某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率．饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）×100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率，（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象：　左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红　．24（2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为　B　连　C　（填A、B、C、等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为　Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣；　．乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率，Ⅰ．通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率Ⅱ．通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率①．一同学认为可以在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与　D　口连接a．Ab．Bc．Dd．E②．另一同学认为乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由　同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大　丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率．（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，求饱和食盐水的电解率　16.6%　（假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，溶解度为36.0g）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）依据甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色；（2）氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C；（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处；②乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差；（4）依据溶液pH计算氢氧根离子浓度结合化学方程式计算反应的氯化钠质量，利用溶解度计算150ml溶液中氯化钠的质量，用反应氯化钠质量除以原溶液中氯化钠质量得到食盐水的电解率．【解答】解：（1）甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中甲装置中的实验现象为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红，故答案为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红；（2）洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C，故答案为：B；C；Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣；24（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处，故答案为：D；②乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差，故答案为：同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大；（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，c（H+）=10﹣14mol/L，c（OH﹣）=1mol/L，氢氧根离子物质的量=0.15L×1mol/L=0.15mol，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解的氯化钠物质的量为0.15mol，质量=0.15mol×58.5g/mol=8.775g，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，150mL饱和食盐水质量=1.33g/mL×150ml=199.5g，依据溶解度计算溶液中含有溶质氯化钠质量=199.5g×=52.81g，电解率=×100%=16.6%，故答案为：16.6%．【点评】本题考查了电解原理的分析应用，电解率实验测定方案的设计方法和计算，电解质溶液中离子浓度大小比较，注意金属电解后溶液中溶质成分是关键，题目难度中等．　20．现有A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3分子中含相同数目的质子数，C、D结合生成化合物丁．有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图：（1）写出B+乙→甲+C的化学反应方程式　2F2+2H2O=4HF+O2　．（2）根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种，不能被确定的第四种元素是　④　．（填写序号）①A②B③C④D（3）依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素：①甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，②甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质．据此，请回答下列问题：A．写出上述第四种元素在周期表中的位置　第二周期第VA族　．B．写出C+丙→乙+丁的化学反应方程式　.4NH3+5O24NO+6H2O　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】24A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3分子中含相同数目的质子数，C、D结合生成化合物丁．乙和B单质反应生成C单质和化合物甲，反应是置换反应，因为甲、乙、丙所含质子数相同，则可初步确定A是氢元素，考虑到B可置换C，可初步确定B是氟元素，C是氧元素，所以，D应该是碳元素或氮元素．如果确定B是氯元素，C是硫元素，则D为磷元素或硅元素，这与“C、D两元素形成丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”矛盾．故A是H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素，甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2．【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3分子中含相同数目的质子数，C、D结合生成化合物丁．乙和B单质反应生成C单质和化合物甲，反应是置换反应，因为甲、乙、丙所含质子数相同，则可初步确定A是氢元素，考虑到B可置换C，可初步确定B是氟元素，C是氧元素，所以，D应该是碳元素或氮元素．如果确定B是氯元素，C是硫元素，则D为磷元素或硅元素，这与“C、D两元素形成丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”矛盾．故A是H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素，甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2；（1）B+乙→甲+C的反应是氟气和水反应生成氟化氢和氧气，化学反应方程式：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；（2）依据分析可知，D元素不能确定，故答案为：④；（3）分析可知A是H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素，甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2；①甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，②甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质，判断甲为HF，乙为H2O，丙为NH3，丁为NO；A．D元素为氮元素，周期表中位置为：第二周期第VA族，故答案为：第二周期第VA族；B．C+丙→乙+丁的化学反应方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O．【点评】本题考查的是无机推断的相关知识，题目难度大，注意讨论法的应用，考查学生对基础知识的掌握程度．　21．（14分）（2022秋•益阳校级月考）尿素可作为H2O2的稳定载体，生产一种固态、耐储存、易运输的新型氧化剂和消毒剂﹣过氧化尿素[CO（NH2）2•H2O2]，其合成工艺流程如下，请回答下列问题：（1）操作I、II的名称分别是　低温蒸发浓缩，冷却结晶　、　过滤　．CO（NH2）2•H2O2分子中尿素和过氧化氢之间以　氢键　结合，其结合力较弱，具有尿素和过氧化氢双重性质．（2）工业上生产尿素所需的原料气可由天然气与水反应制备，已知：①甲烷、氢气的燃烧热分别为890.3kJ/mol、285.8kJ/mol②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol写出CH4与水蒸气作用生产CO2和H2的热化学方程式：　CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+164.9kJ/mol　．（3）为测定产品中H2O2的含量，称取干燥样品12.0g配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，用0.20mol/LKMnO4标准溶液滴定，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL．（KMnO4溶液与尿素不反应）．①完成并配平方程式：MnO4﹣+H2O2+　6H+　=Mn2++O2↑+　8H2O　；24②计算出产品中H2O2的质量分数为　28.3%　．（4）电解含尿素的废水既可以处理废水，又可制得纯氢，电解原理如图所示．电解池中隔膜仅阻止气体通过，A、B两极均为惰性电极．请写出阳极的电极反应方程为　CO（NH2）2﹣6e﹣+8OH﹣=N2↑+CO32﹣+6H2O　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）因为过氧化尿素具有尿素和过氧化氢双重性质，受热易分解，所以应使溶液在较低温度下蒸发，因此操作I、II的名称分别是低温蒸发、过滤；CO（NH2）2•H2O2分子中尿素和过氧化氢都已经达到稳定结构，二者之间的结合力较弱，应该为氢键；（2）首先写出CH4与H2O反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求焓变，可得热化学方程式．（3）①根据氧化还原反应中，化合价升高的价数和降低相等，MnO4‾中Mn元素降低5价，H2O2中O元素升高1价，所以MnO4‾和Mn2+的系数为2，H2O2和O2的系数为5，然后利用观察法配平化学方程式．②根据反应时KMnO4与H2O2的物质的量之比为2：5，可得产品中H2O2的质量分数=0.2mol/L×0.02L×5/2×10×34g/mol÷12g×100%=28.3%（4）根据图示，B极发生H+得电子生成H2，所以B为阴极，连接电源的负极；阳极CO（NH2）2失去电子转化为N2，因为电解液含KOH，所以电极方程式为：CO（NH2）2﹣6e﹣+8OH﹣═N2↑+CO32﹣+6H2O．【解答】解：（1）因为过氧化尿素具有尿素和过氧化氢双重性质，受热易分解，所以应使溶液在低温蒸发浓缩，冷却结晶，因此操作I、II的名称分别是低温蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；CO（NH2）2•H2O2分子中尿素和过氧化氢都已经达到稳定结构，二者之间的结合力较弱，应该为氢键；故答案为：低温蒸发浓缩，冷却结晶；过滤；氢键；（2）首先写出CH4与H2O反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求焓变，△H=﹣890.3kJ•mol‾1+4×285.8kJ•mol‾1﹣2×44kJ•mol‾1=+164.9kJ•mol‾1，可得热化学方程式为：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+164.9kJ/mol；故答案为：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+164.9kJ/mol；（3）①根据氧化还原反应中，化合价升高的价数和降低相等，MnO4‾中Mn元素降低5价，H2O2中O元素升高1价，所以MnO4‾和Mn2+的系数为2，H2O2和O2的系数为5，然后利用观察法配平化学方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；②根据2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，反应时KMnO4与H2O2的物质的量之比为2：5，可得产品中H2O2的质量分数=0.2mol/L×0.02L××10×34g/mol÷12g×100%=28.3%；故答案为：28.3%；（4）根据图示，阳极CO（NH2）2失去电子转化为N2，因为电解液含KOH，所以电极方程式为：CO（NH2）2﹣6e﹣+8OH﹣═N2↑+CO32﹣+6H2O；24故答案为：CO（NH2）2﹣6e﹣+8OH﹣=N2↑+CO32﹣+6H2O．【点评】本题考查了物质分离方法，化学方程式计算，有机物质结构分析判断，离子方程式书写，实验过程分析和电解池原理的理解应用是解题关键，题目难度中等．　22．（12分）（2022秋•益阳校级月考）MnO2是一种重要的无机功能材料，蕴藏在海底的丰富的锰结核矿的主要成分是MnO2，工业上从锰结核矿中制取纯净的MnO2的工艺流程如图所示：（1）为提高硫酸淋洗效果，需要对富集后的矿石进行粉碎处理，其目的是　加快硫酸的浸取速率　步骤Ⅰ中，试剂甲必须具有的性质是　b　．a．氧化性b．还原性c．酸性（2）步骤Ⅱ中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.05molMnO2时，消耗0.10mol•L﹣1的NaClO3溶液200mL，该反应的离子方程式为　2ClO3﹣+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+　．已知溶液B中的物质之一NaClO3可循环用于上述生产，试写出A与NaOH反应生成B的化学方程式：　3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O　．（3）电解步骤Ⅰ所得溶液也可得到MnO2，写出阳极Mn2+生成MnO2的电极方程式　Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+　，阴极生成的气体产物是　H2　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】（1）工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程中，先选矿富集，锰结核为锰的氧化物与其它金属氧化物的混合物，加入稀硫酸和试剂甲发生反应生成Mn2+，说明发生了氧化还原反应生成锰离子，则甲为还原剂，在溶液中加入NaClO3反应生成MnO2、水和气体A等，A和热氢氧化钠溶液反应生成溶液B，溶液B中的产物之一（Q）可循环用于上述生产证明Q为NaClO3，则A为Cl2，B为氯化钠、氯酸钠的溶液，二氧化锰不溶于水，得到MnO2，对矿石进行粉碎可提高淋洗效果，加快硫酸的浸取速率；（2）步骤Ⅱ中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050molMnO2时，消耗0.10mol•L﹣1的NaClO3溶液200mL，利用电子守恒确定还原产物，以此书写离子反应；氯气与NaOH反应可得到NaCl与氯的含氧酸盐，由工艺流程图及A中含有可用于循环生产的物质知，氯的含氧酸盐为NaClO3（即是Q），由此可写出相应的方程式；由于NaClO3先需要转化为氯气，而Cl2与NaOH反应时有一部分氯元素转化为NaCl，故需要补充NaClO3；（3）步骤I所得溶液为MnSO4，锰离子在阳极被氧化为MnO2；阴极为水电离出的氢离子得到电子生成氢气．【解答】解：（1）①为提高硫酸淋洗效果，加快硫酸的浸取速率，需要对富集后的矿石进行粉碎处理，试剂甲可以把锰元素还原为最低价锰离子，应具有还原性，故答案为：加快硫酸的浸取速率；b；（2）步骤Ⅲ中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050molMnO2时，消耗0.10mol•L﹣1的NaClO3溶液200mL，设还原产物中Cl的化合价为x，则由电子守恒可知，0.05mol×（4﹣2）=0.1mol/L×0.2L×（5﹣x），解得x=0，即生成氯气，则离子反应为2ClO3﹣+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，上述分析可知，A与氢氧化钠溶液反应为氯气与NaOH反应可得到NaCl与氯的含氧酸盐，反应的化学方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，24故答案为：2ClO3﹣+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；（3）步骤I所得溶液为MnSO4，锰离子在阳极被氧化，反应为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+，阴极氢离子得到电子：2H++2e﹣=H2↑，故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+；H2．【点评】本题考查了物质的分离提纯方法和流程分析判断，主要是物质性质和实验基本操作的理解应用，氧化还原反应产物的分析，掌握基础是关键，题目难度中等．　24