浙江省金丽衢十二校2022届高三化学上学期第一次联考试题含解析

2022-2022学年浙江省金丽衢十二校高三（上）第一次联考化学试卷一、选择题（本题共22小题，每小题只有一个正确选项．每小题2分，共44分）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中，正确的是()A．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆C．鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排D．焰火“脚印”、“笑脸”，使北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”的知识相关，焰色反应是化学变化2．下列有关化学用语表示正确的是()A．质子数为53、中子数为78的碘原子：IB．S2﹣的结构示意图：C．N2的电子式：D．NH4I的电子式：3．能源材料是当今科学研究的热点．氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题．C60（结构见图）可用作储氢材料．继C60后，科学家又合成了Si60、N60，它们的结构相似．下列有关说法正确的是()A．C60、Si60、N60都属于新型化合物B．C60、Si60、N60互为同分异构体C．N60结构中只存在N﹣N单键，而C60结构中既有C﹣C单键又有C=C双键D．已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长140～145pm，故C60熔点高于金刚石4．下列有关物质的分类或归类不正确的是()①混合物：漂白粉、福尔马林、水玻璃②化合物：CaCl2、烧碱、HD③电解质：明矾、盐酸、硫酸钡④纯净物：干冰、冰水混合物、红宝石⑤同位素：C、C、C⑥同系物：C2H4、C3H6、C4H8．A．只有②B．①②③④C．只有③④D．②③④⑥315．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAB．常温常压下，4.6gNO2与N2O4混合气中含有0.3NA个原子C．1L0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的阴离子数为0.1NAD．标准状况下，22.4LCCl4中含有NA个分子6．下列离子方程式正确的是()A．等物质的量的NH4HCO3与Ba（OH）2溶液混合后加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OB．酸性的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+4H+=2H2O+2I2C．1molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2D．过量SO2通入Ba（NO3）2溶液中：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+7．短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等．下列判断不正确的是()A．最简单气态氢化物的热稳定性：R＞QB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＜WC．原子半径：T＞Q＞RD．含T的盐溶液一定显酸性8．已知反应：AgF+Cl2+H2O→AgCl+AgClO3+HF+O2（未配平），下列说法不正确的是()A．AgClO3是氧化产物B．方程式的计量数依次为：10，5，5，9，1，10，1C．反应转移4mole﹣时生成标准状况下22.4LO2D．被还原的氯原子与被氧化的氯原子质量比为9：19．下列有关实验的操作与现象描述及相关结论正确的是()A．取少量溶液，加几滴KSCN溶液，若有血红色沉淀产生则溶液中含有Fe3+B．Na2SO4•10H2O失水时吸热，结晶时放热，因而该晶体可作为储热材料实现化学能与热能的相互转换C．取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5﹣6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象D．取一小块金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，放入烧杯中，再加一定量的水，观察现象10．下列实验或操作正确的是()31A．制氨气B．蒸发、浓缩、结晶C．配制稀硫酸D．用KMnO4溶液滴定11．常温下，下列各组离子可能大量共存的是()A．能使甲基橙显黄色的溶液：Cl﹣、CO32﹣、K+、AlO2﹣B．含CO32﹣的溶液：Ca2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣C．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NH4+、NO3﹣、Mg2+D．在由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：[Ag（NH3）2]+、Na+、Fe2+、AlO2﹣、I﹣12．下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣131B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则金刚石比石墨稳定C．含0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出26.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣53.4kJ•mol﹣1D．已知2H2S（g）+O2（g）=2S（g）+2H2O（l）△H1；2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H2，则△H1＞△H213．根据陈述的知识，类推得出的结论正确的是()A．镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO，则钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2OB．已知ⅣA沸点CH4＜SiH4＜GeH4，则ⅤA族沸点NH3＜PH3＜AsH3C．已知Fe与S直接化合生成FeS，则Cu与S直接化合生成Cu2SD．已知Ca（HCO3）2+2NaOH（过量）=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，则Mg（HCO3）2+2NaOH（过量）=MgCO3↓+Na2CO3+2H2O14．二氯化二硫（S2Cl2）可用作橡胶工业的硫化剂，常温下它是橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2相似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易反应，产生的气体能使品红褪色，S2Cl2可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得．下列有关说法不正确的是()A．S2Cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构B．制备S2Cl2的反应是化合反应，不是氧化还原反应C．S2Cl2遇水反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HClD．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl215．下列有关物质的应用不正确的是()A．碳酸氢钠具有弱碱性，可治疗胃酸过多B．氧化镁熔点高，可做耐高温材料C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆和草帽辫D．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸16．已知常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1的4种钠盐溶液pH如下表：下列说法中正确的是()溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A．足量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为：H2O+SO2+ClO﹣=HClO+HSO3﹣B．向氯水中加入NaHCO3，可以增大氯水中次氯酸的浓度C．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是H2SO3D．NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（H+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）17．下列说法中正确的是()A．在原电池中，负极材料的活性一定比正极材料强B．将氯化铁溶液蒸干可得无水氯化铁固体C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）在常温下就能自发进行，则该反应的△H＞0D．氯化铵溶液中加入镁，会产生两种气体3118．相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196.4kJ•mol﹣1实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：下列叙述不正确的是()容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化SO2O2SO3①210放出热量akJ②10.50放出热量bkJ③002吸收热量ckJA．平衡时SO3气体的体积分数：③=①＞②B．a+c=196.4C．三个容器内反应的平衡常数：③=①=②D．平衡时O2的浓度：①=③=2×②19．下列关于甲、乙、丙、丁四个图象的说法中，正确的是()A．是等质量的两份锌粉a、b分别加到过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量CH3COONa溶液，产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系图B．足量CO2不断通入含KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的体积的关系图C．由图可知，双氧水在有催化剂存在时的热化学方程式为：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣2（Ea2′﹣Ea2）kJ•mol﹣131D．装置图能实现铁上镀锌20．下列说法正确的是()A．由一种元素组成的物质可能是混合物B．同一主族不同元素的最高价氧化物，晶体结构一定相同C．最外层电子数为1的元素一定是主族元素D．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物21．甲、乙、丙、丁四种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断不合理的是()A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性且能与酸反应B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙可能是N2H4或CH3OHC．丙中含有第2周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素22．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500mL2mol•L﹣1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液．下列说法不正确的是()A．消耗硝酸的物质的量为2.5molB．气体中N2O4的物质的量为0.1molC．生成NaNO3的物质的量为0.2molD．生成的氮的氧化物的混合气倒置于水槽中，通入标准状况下8.96LO2时，气体完全被吸收二、非选择题：（本题共4题，共56分）23．（13分）A、B、C、D、E、X为中学常见物质，它们的转化关系如图所示（反应条件未注明）．请根据题中信息回答问题．（1）若A为单质，E为白色难溶物且既能溶于盐酸又能溶于C溶液，则①D与X发生反应的离子方程式为__________；②常温下pH=10的C溶液与D溶液中，水的电离程度__________大（填化学式）．（2）若A为离子化合物，B为不溶于碱的白色难溶物，E与水反应生成的浓溶液G遇C有白烟产生，则①A的化学式为__________；②等物质的量浓度的G溶液与C溶液等体积混合，混合液中的质子守恒式为：__________．（用微粒浓度表示）（3）若A为氧化物，常温下X在浓的C溶液中发生钝化，则①X在元素周期表中的位置为__________；31②含amolD的溶液溶解了一定量的X后得到溶液F，若F溶液中的两种金属阳离子的物质的量相等（不考虑水解因素），被还原的D是__________mol；③请设计方案鉴别F溶液中的金属阳离子__________．24．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．高铁酸钾为暗红色粉末状晶体，干燥的晶体80℃以下十分稳定，它极易溶于水，难溶于异丙醇．实验室模拟生产工艺流程如图1：已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：较低温度）②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（条件：较高温度）③K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3（胶体）+8OH﹣+3O2↑回答下列问题：实验室可利用如图2装置完成流程①和②（1）仪器a的名称是__________，恒压滴液漏斗支管的作用是__________，两水槽中的水为__________（填“热水”或“冷水”）．（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是__________；判断浓KOH溶液已过量的实验依据是__________．（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子方程式为：__________．（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和的KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥．①粗产品用KOH溶解的目的是__________．②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净__________．（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图3．电解过程中阳极的电极反应式为__________．25．（14分）电化学原理在生产生活中应用十分广泛．请回答下列问题：（1）通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示．31①固体电解质中O2﹣向__________极移动（填“正”或“负”）．②写出V2O5电极的电极反应式：__________．（2）如图2所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ是一种以石墨为电极的家用环保型消毒液发生器．装置I中离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为：2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr①负极区电解质为：__________（用化学式表示）②家用环保型消毒液发生器发生反应的离子方程式为__________．③闭合开关K，当有0.04molNa+通过离子交换膜时，a电极上析出的气体在标准状况下体积为__________mL．（3）如图3Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，电流表指针都不发生偏转；乙组经思考后先添加了一种离子交换膜，然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量浓盐酸或适量40%NaOH溶液，发现电流表指针都发生偏转．①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是__________．②乙组添加的是__________（填“阴”或“阳”）离子交换膜．26．（14分）选择性催化还原法（SCR）烟气脱硝技术是一种成熟的NOx控制处理方法．这种方法是指在有氧条件下且合适的温度范围内，用还原剂NH3在催化剂的作用下将NOx有选择性地还原为氮气和水，主要反应式如下：反应Ⅰ：□NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=□N2（g）+□H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1反应Ⅱ：4NH3（g）+2NO2（g）+O2（g）=3N2（g）+6H2O（g）△H2=bkJ•mol﹣1当反应温度过高时，会发生以下副反应：反应Ⅲ：2NH3（g）+2O2（g）=N2O（g）+3H2O（g）△H3=ckJ•mol﹣1反应Ⅳ：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H4=dkJ•mol﹣1请回答下列问题：（1）配平反应Ⅰ的化学方程式：__________NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌N2（g）+__________H2O（g）．（2）研究反应Ⅱ的平衡常数（K）与温度（T）的关系，得到如图1所示的关系．①反应Ⅱ的平衡常数表达式为__________．②反应Ⅱ能够自发进行的反应条件是__________．（3）反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的△H=__________kJ•mol﹣1（用含a、b、d的式子表示）．31（4）为研究NH3选择性催化还原脱硝的反应条件，某科研小组通过一系列实验，分别得出脱硝率与温度、氨氮比的关系[其中NH3/NOx表示氨氮比，O2%表示氧气含量]．①图2中，当温度高于405℃后，NOx的脱除率会逐渐减小，原因是__________．②图3中，最佳氨氮比为2.0，理由是__________．（5）请在图4中，用实线画出不使用催化剂情况下（其他条件完全相同）的图示．312022-2022学年浙江省金丽衢十二校高三（上）第一次联考化学试卷一、选择题（本题共22小题，每小题只有一个正确选项．每小题2分，共44分）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中，正确的是()A．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒B．SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆C．鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排D．焰火“脚印”、“笑脸”，使北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”的知识相关，焰色反应是化学变化【考点】胶体的应用；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；焰色反应．【分析】A、明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水；B、SiO2制成的玻璃纤维，被用于制造通讯光缆与导电能力强弱无关；C、鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少废弃物的排放，有效利用资源．D、焰色反应利用了电子跃迁知识，属于物理变化．【解答】解：A、明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，但不能杀菌消毒，故A错误；B、二氧化硅具有良好的导光性，则用于制造通讯光缆，与导电能力强弱无关，故B错误；C、鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少废弃物的排放，有效利用资源，起到节能减排的目的，故C正确；D、焰色反应利用了电子跃迁知识，属于物理变化，故D错误；故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及明矾净水、焰色反应、环境污染等知识，为高考常见题型，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．2．下列有关化学用语表示正确的是()A．质子数为53、中子数为78的碘原子：IB．S2﹣的结构示意图：C．N2的电子式：D．NH4I的电子式：【考点】电子式；分子、原子、离子；原子结构示意图．【分析】A、原子符合ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，其中质量数=质子数+中子数；B、硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为你2、8、8；C、氮气中N原子存在一对孤对电子；D、碘离子最外层达到8电子稳定结构，没有标出其最外层电子．31【解答】解：A、质子数为53，中子数为78的碘原子，质量数为53+78=131，该原子符合为53131I，故A正确；B、硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故B错误；C、氮气中还含有孤对电子，正确的应为，故C错误；D、碘化铵为离子化合物，其电子式需要标出所有原子的最外层电子，碘化铵正确的电子式为：，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查常用化学用语书写、摩尔质量等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．3．能源材料是当今科学研究的热点．氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题．C60（结构见图）可用作储氢材料．继C60后，科学家又合成了Si60、N60，它们的结构相似．下列有关说法正确的是()A．C60、Si60、N60都属于新型化合物B．C60、Si60、N60互为同分异构体C．N60结构中只存在N﹣N单键，而C60结构中既有C﹣C单键又有C=C双键D．已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长140～145pm，故C60熔点高于金刚石【考点】单质和化合物；键能、键长、键角及其应用；同分异构现象和同分异构体．【分析】A．由一种元素组成的纯净物是单质；B．分子式相同结构不同的物质互称同分异构体；C．键能越小，化学键越不稳定；D．金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，原子晶体的熔点更高．【解答】解：A．C60、Si60、N60都属于单质，故A错误；B．同分异构体研究对象为化合物，C60、Si60、N60都属于单质，且分子式不相同，故B错误；C．氮原子形成三个共价键，N60结构中只存在N﹣N单键，碳原子可以写成四个共价键，C60结构中既有C﹣C单键又有C=C双键，故C正确；D．金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，故金刚石的熔点高于C60，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了原子核外电子排布、基本概念等知识点，根据核外电子排布特点、单质及同素异形体等基本概念来分析解答，知道物质熔点与晶体类型的关系，题目难度不大．4．下列有关物质的分类或归类不正确的是()31①混合物：漂白粉、福尔马林、水玻璃②化合物：CaCl2、烧碱、HD③电解质：明矾、盐酸、硫酸钡④纯净物：干冰、冰水混合物、红宝石⑤同位素：C、C、C⑥同系物：C2H4、C3H6、C4H8．A．只有②B．①②③④C．只有③④D．②③④⑥【考点】同位素及其应用；混合物和纯净物；单质和化合物；电解质与非电解质；芳香烃、烃基和同系物．【分析】①根据混合物是由多种物质组成的物质，单质是由同种元素组成的纯净物进行分析；②根据化合物是由不同种元素组成的纯净物进行分析；③根据电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物进行分析；④根据同种物质组成的为纯净物进行分析；⑤质子数相同中子数不同的同元素的不同原子为元素同位素；⑥结构相似组成上相差CH2的有机物互为同系物．【解答】解：①漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，故①正确；②HD是单质，故②错误；③盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故③错误；④红宝石主要成分是氧化铝，红色来自铬，主要为三氧化二铬，故④错误；⑤C、C、C属于碳元素的同位素，故⑤正确；⑥C3H6、C4H8可能为环烯烃，与乙烯结构不相似，故⑥错误；故选D．【点评】本题考查混合物、电解质、化合物、同素异形体等概念，难度不大，注意这几个概念的区别．5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAB．常温常压下，4.6gNO2与N2O4混合气中含有0.3NA个原子C．1L0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的阴离子数为0.1NAD．标准状况下，22.4LCCl4中含有NA个分子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、浓硫酸随反应进行，浓度会逐渐减小为稀硫酸，此时则不与铜发生反应；B、根据NO2和N2O4混合气体的最简式进行计算所含原子总数；C、常温下，1L0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中，碳酸根离子部分水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，导致溶液中阴离子数目增多；D、标况下，四氯化碳为液态．【解答】解：A、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应，生成SO2分子数目小于0.46NA，故A错误；B、NO2和N2O4混合气体的最简式为NO2，4.6g混合气体含有0.1mol最简式NO2，含有0.3mol原子，所含原子总数为0.3NA，故B正确；31C、常温下，1L0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，溶液中阴离子数目之和大于0.1NA，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，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，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．6．下列离子方程式正确的是()A．等物质的量的NH4HCO3与Ba（OH）2溶液混合后加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OB．酸性的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+4H+=2H2O+2I2C．1molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2D．过量SO2通入Ba（NO3）2溶液中：3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成碳酸钡沉淀、氨气和水，漏掉了生成碳酸钡沉淀反应；B．酸性溶液中碘离子容易被氧气氧化成碘单质；C．碘离子还原性大于亚铁离子，碘离子优先与氯气反应，1mol碘化亚铁中含有2mol碘离子，完全反应2mol碘离子消耗1mol氯气，所以亚铁离子不参与反应；D．二氧化硫过量，硝酸钡中所有硝酸根离子都参与反应．【解答】解：A．等物质的量的NH4HCO3与Ba（OH）2溶液混合后加热，反应生成碳酸钡、氨气和水，正确的离子方程式为：HCO3﹣+Ba2++NH4++2OH﹣NH3↑+2H2O+BaCO3↓，故A错误；B．酸性的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，反应的离子方程式为：4I﹣+O2+4H+=2H2O+2I2，故B正确；C．1molCl2通入含1molFeI2的溶液中，碘离子优先反应，2mol碘离子恰好消耗1mol氯气，亚铁离子不参与反应，正确的离子方程式为：2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2，故C错误；D．过量SO2通入Ba（NO3）2溶液中，离子方程式按照硝酸钡的组成书写，硝酸根离子完全反应，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3﹣+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2SO42﹣+2NO↑+4H+，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确有关反应物过量对产物的影响，如A、D为易错点，A中注意碳酸氢根离子会参与反应、D中二氧化硫过量，硝酸根离子完全反应．7．短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等．下列判断不正确的是()A．最简单气态氢化物的热稳定性：R＞QB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＜WC．原子半径：T＞Q＞RD．含T的盐溶液一定显酸性【考点】位置结构性质的相互关系应用．31【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素R、T、Q、W，根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，据此结合选项解答．【解答】解：短周期元素R、T、Q、W，根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，A、非金属性N＞Si，故最简单气态氢化物的热稳定性：NH3＞SiH4，故A正确；B、非金属性Si＜S，故最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SiO3＜H2SO4，故B正确；C、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：T＞Q＞R，故C正确；D、含铝离子的盐溶液是显酸性，但NaAlO2溶液显碱性，故D错误；故选D．【点评】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识，难度中等，D选项设问角度新颖独特．8．已知反应：AgF+Cl2+H2O→AgCl+AgClO3+HF+O2（未配平），下列说法不正确的是()A．AgClO3是氧化产物B．方程式的计量数依次为：10，5，5，9，1，10，1C．反应转移4mole﹣时生成标准状况下22.4LO2D．被还原的氯原子与被氧化的氯原子质量比为9：1【考点】氧化还原反应．【分析】AgF+Cl2+H2O→AgCl+AgClO3+HF+O2中，Cl元素化合价由0价变为+5价和﹣1价、O元素化合价由﹣2价变为0价，所以氧化剂是部分氯气，还原剂是部分氯气和水，以此来解答．【解答】解：A．Cl元素的化合价升高，失去电子被氧化，则AgClO3是氧化产物，故A正确；B．由电子、原子守恒可知，反应为10AgF+5C12+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2，故B正确；C．由反应可知，每生成1molO2，该反应转移电子的物质的量=1mol×4+×5mol=4.5mol，则反应转移4mole﹣时生成标准状况下mol×22.4LO2，故C错误；D．由选项B可知，9个Cl原子得到电子被还原，1个Cl失去电子被氧化，则被还原的氯原子与被氧化的氯原子质量比为9：1，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．9．下列有关实验的操作与现象描述及相关结论正确的是()A．取少量溶液，加几滴KSCN溶液，若有血红色沉淀产生则溶液中含有Fe3+B．Na2SO4•10H2O失水时吸热，结晶时放热，因而该晶体可作为储热材料实现化学能与热能的相互转换C．取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5﹣6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象D．取一小块金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，放入烧杯中，再加一定量的水，观察现象31【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验；化学反应的能量变化规律；钠的化学性质．【分析】A、含Fe3+的溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色；B、Na2SO4•10H2O失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化．C、取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5﹣6滴，I﹣将Fe3+完全还原为Fe2+；D、做钠与水的反应时，应将黄豆粒大小的一块钠投入烧杯里的水中．【解答】解：A、Fe3+遇KSCN生成的络合物能溶于水，不是沉淀，故A错误；B、Na2SO4•10H2O失水和结晶属于化学变化，能量转换形式为化学能和热能的转化，故B正确；C、取5mL0.1mol•L﹣1KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5﹣6滴，I﹣将Fe3+完全还原为Fe2+；继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，上层是FeCl2和过量KI的混合溶液，下层是碘的四氯化碳溶液，故取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象，故C正确；D、做钠与水的反应时，应将黄豆粒大小的一块钠投入烧杯里的水中，故D错误．故选BC．【点评】本题考查了Fe3+的检验和与碘离子的反应以及钠与水的反应，难度不大，注意细节问题．10．下列实验或操作正确的是()A．制氨气B．蒸发、浓缩、结晶C．31配制稀硫酸D．用KMnO4溶液滴定【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．CaO和水反应生成氢氧化钙，反应放热，促进氨气的挥发；B．蒸发应在蒸发皿中进行；C．不能在量筒中稀释溶液；D．高锰酸钾应放在酸性滴定管中．【解答】解：A．CaO和水反应生成氢氧化钙，反应放热，促进氨气的挥发，可用于实验室制备少量氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，故A正确；B．坩埚用于加热固体，蒸发应在蒸发皿中进行，故B错误；C．量筒只能在常温下使用，且只能用于量取一定体积的液体，不能在量筒中稀释溶液，故C错误；D．高锰酸钾具有腐蚀性，应放在酸性滴定管中，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离、量筒的使用以及滴定操作，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的注意事项，难度不大．11．常温下，下列各组离子可能大量共存的是()A．能使甲基橙显黄色的溶液：Cl﹣、CO32﹣、K+、AlO2﹣B．含CO32﹣的溶液：Ca2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣C．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NH4+、NO3﹣、Mg2+D．在由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：[Ag（NH3）2]+、Na+、Fe2+、AlO2﹣、I﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．能使甲基橙显黄色的溶液，显酸性或碱性；B．离子之间结合生成沉淀；C．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．能使甲基橙显黄色的溶液，显酸性或碱性，碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、NO3﹣、H+发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Mg2+，故C错误；D．由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，酸性溶液中不能大量存在[Ag（NH3）2]+、AlO2﹣，故D错误；故选A．31【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．12．下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则金刚石比石墨稳定C．含0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出26.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（l）△H=﹣53.4kJ•mol﹣1D．已知2H2S（g）+O2（g）=2S（g）+2H2O（l）△H1；2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H2，则△H1＞△H2【考点】热化学方程式；反应热的大小比较．【分析】A、燃烧热是指氢气燃烧生成液态水时放出的热量；B、能量越低越稳定；C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量；D、反应1是H2S的不完全燃烧，反应2是H2S的完全燃烧．【解答】解：A、氢气的燃烧热是指生成液态水时放出的热量，故A错误；B、石墨生成金刚石吸热，石墨能量低比较稳定，故B错误；C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，而醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆为氢离子，故C错误；D、反应1是H2S的不完全燃烧，反应2是H2S的完全燃烧，故反应1放出的热量大于反应2放出的热量，而燃烧均为放热反应，故△H均为负值，故△H1＞△H2，故D正确．故选D．【点评】本题考查了燃烧热、中和热的概念和反应热的大小比较，应注意的是比较反应热的大小时要带着正负号比较．13．根据陈述的知识，类推得出的结论正确的是()A．镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO，则钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2OB．已知ⅣA沸点CH4＜SiH4＜GeH4，则ⅤA族沸点NH3＜PH3＜AsH3C．已知Fe与S直接化合生成FeS，则Cu与S直接化合生成Cu2SD．已知Ca（HCO3）2+2NaOH（过量）=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，则Mg（HCO3）2+2NaOH（过量）=MgCO3↓+Na2CO3+2H2O【考点】化学反应的基本原理．【分析】A、钠与氧气不加热生成氧化钠，加热生成过氧化钠；B、NH3能形成氢键，其沸点很高，ⅤA族沸点PH3＜AsH3＜NH3；C、S的氧化性弱，和Fe、Cu反应生成FeS、Cu2S；D、Mg（OH）2的溶解度小于MgCO3的溶解度，Mg（HCO3）2+4NaOH（过量）=Mg（OH）2↓+2Na2CO3+2H2O．【解答】解：A、钠与氧气不加热生成氧化钠，加热生成过氧化钠，故A错误；B、NH3能形成氢键，其沸点很高，ⅤA族沸点PH3＜AsH3＜NH3，故B错误；C、S的氧化性弱，和Fe、Cu反应生成FeS、Cu2S，故C正确；D、Mg（OH）2的溶解度小于MgCO3的溶解度，Mg（HCO3）2+4NaOH（过量）=Mg（OH）2↓+2Na2CO3+2H2O，故D错误．故选C．31【点评】本题考查钠的性质、氢化物的性质、Fe、Cu单质及硫化物组成等，难度不大，注意基础知识的积累掌握．14．二氯化二硫（S2Cl2）可用作橡胶工业的硫化剂，常温下它是橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2相似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易反应，产生的气体能使品红褪色，S2Cl2可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得．下列有关说法不正确的是()A．S2Cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构B．制备S2Cl2的反应是化合反应，不是氧化还原反应C．S2Cl2遇水反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HClD．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】S2Cl2的分子结构与H2O2相似，熔点为193K，沸点为411K，熔沸点较低，则存在分子，应为共价化合物，对应晶体为分子晶体，S2Cl2的电子式为，与水发生2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，以此解答该题．【解答】解：A．S2Cl2的电子式为，分子中各原子均达到8电子稳定结构，故A正确；B．S2C12可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得，反应中Cl和S的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故B错误；C．遇水很容易反应，产生的气体能使品红褪色，可知生成SO2，与水发生2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故C正确；D．S2Br2与S2Cl2结构相似，则相对分子质量越大，沸点越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故D正确．故选B．【点评】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、氧化还原反应等，难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握，是一道不错的能力考查题目．15．下列有关物质的应用不正确的是()A．碳酸氢钠具有弱碱性，可治疗胃酸过多B．氧化镁熔点高，可做耐高温材料C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆和草帽辫D．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．【分析】A．碳酸氢钠水解呈弱碱性，可与盐酸反应；B．氧化镁可用于耐高温材料；C．二氧化硫可用于工业漂白；D．二氧化硅于氢氟酸反应．【解答】解：A．碳酸氢钠水解呈弱碱性，可用于中和胃酸，治疗胃酸过多，故A正确；B．氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故B正确；C．二氧化硫具有漂白性，且对人体有害，只能用于工业漂白，故C正确；D．二氧化硅于氢氟酸反应，不能用石英器皿盛放氢氟酸，故D错误．故选D．31【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．16．已知常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1的4种钠盐溶液pH如下表：下列说法中正确的是()溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A．足量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为：H2O+SO2+ClO﹣=HClO+HSO3﹣B．向氯水中加入NaHCO3，可以增大氯水中次氯酸的浓度C．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是H2SO3D．NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（H+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）【考点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．【分析】根据表中盐的pH可以确定弱离子的水解程度，根据水解规律：越弱越水解，可以确定酸的酸性强弱，据此回答判断即可．【解答】解：根据表中盐的pH，可以确定弱离子的水解程度：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞HSO3﹣，所以酸性顺序是：HCO3﹣＜HClO＜H2CO3＜H2SO3，A、酸性顺序是：HCO3﹣＜HClO＜H2CO3＜H2SO3，弱酸制不出强酸，即H2O+SO2+ClO﹣=HClO+HSO3﹣不会发生，且次氯酸能将亚硫酸氢根离子氧化，故A错误；B、向氯水中加入NaHCO3，可以和盐酸反应，此时氯气的溶解平衡正向移动，即增大氯水中次氯酸的浓度，故B正确；C、常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，酸性顺序是：HCO3﹣＜HClO＜H2CO3＜H2SO3，pH最大的是HClO，故C错误；D、NaHSO3溶液显示酸性，亚硫酸氢根离子的水解小于电离，其中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故D错误．故选B．【点评】本题考查学生盐的水解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大．17．下列说法中正确的是()A．在原电池中，负极材料的活性一定比正极材料强B．将氯化铁溶液蒸干可得无水氯化铁固体C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）在常温下就能自发进行，则该反应的△H＞0D．氯化铵溶液中加入镁，会产生两种气体【考点】原电池和电解池的工作原理；焓变和熵变；盐类水解的原理；盐类水解的应用．【分析】A、在一些特殊电解质溶液中，负极材料的活性不一定比正极材料强；B、氯化铁能够水解；C、反应能否自发进行决定于焓变和熵变两方面因素；D、氯化铵溶液水解显酸性．【解答】解：A、在Al、NaOH、Mg形成的原电池中，Mg做正极．故A错误；B、将氯化铁溶液蒸干可得无水氧化铁．故B错误；C、2NO2（g）⇌N2O4（g）是放热反应，故C错误；D、氯化铵溶液水解显酸性，加入镁会产生氢气和氨气，故D正确；故选D．31【点评】本题考查了原电池有关知识，明确原电池原理是解本题关键，易错选项是A，注意原电池中负极可能被腐蚀，也可能不被腐蚀，为易错点．18．相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196.4kJ•mol﹣1实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：下列叙述不正确的是()容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化SO2O2SO3①210放出热量akJ②10.50放出热量bkJ③002吸收热量ckJA．平衡时SO3气体的体积分数：③=①＞②B．a+c=196.4C．三个容器内反应的平衡常数：③=①=②D．平衡时O2的浓度：①=③=2×②【考点】等效平衡．【分析】A．③与①相比，二者为完全等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，②起始时各物质物质的量是③、①的一半，故平衡时SO3气体的体积分数：③=①＞②；B．③与①相比，二者为完全等效平衡，正向反应是放热反应，逆向反应是吸热反应，a+c=196.4；C．从平衡常数是只与温度有关的物理量，与物质的浓度无关，温度相等平衡常数相等；D．在体积相等的三个恒容密闭容器中，③与①等效，平衡时O2的浓度：①=③，②中压强减小，平衡向左移动，O2浓度增大，平衡时O2的浓度：①=③＜2×②．【解答】解：A．③与①相比，二者为完全等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，②起始时各物质物质的量是③、①的一半，故平衡时SO3气体的体积分数：③=①＞②b，故A正确；B．③与①相比，二者为完全等效平衡，正向反应是放热反应，逆向反应是吸热反应，a+c=196.4，故B正确；C．从平衡常数是只与温度有关的物理量，与物质的浓度无关，温度相等平衡常数相等，故C正确；D．在体积相等的三个恒容密闭容器中，③与①等效，平衡时O2的浓度：①=③，②中压强减小，平衡向左移动，O2浓度增大，平衡时O2的浓度：①=③＜2×②，故D错误；故选D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素、等效平衡的建立判断等，本题适合利用等效平衡思想解题，构建平衡建立的途径是解题的关键．19．下列关于甲、乙、丙、丁四个图象的说法中，正确的是()31A．是等质量的两份锌粉a、b分别加到过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量CH3COONa溶液，产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系图B．足量CO2不断通入含KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的体积的关系图C．由图可知，双氧水在有催化剂存在时的热化学方程式为：2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣2（Ea2′﹣Ea2）kJ•mol﹣1D．装置图能实现铁上镀锌【考点】化学反应速率的影响因素；热化学方程式；电解原理；有关混合物反应的计算．【分析】A、向稀硫酸中加入少量CH3COONa溶液，产生氢气的速率减慢；B、只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al（OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、BaCO3反应，据此进行判断；C、催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，不影响焓变大小；D、铁上镀锌，铁作阴极．【解答】解：A、向稀硫酸中加入少量CH3COONa溶液，产生氢气的速率减慢，产生氢气的总量相同，故A错误；B、CO2先与Ba（OH）2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成），以上过程中图形应是：出现沉淀（BaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后是Al（OH）3沉淀，所以接着的图形应该为：平台，沉淀（BaCO331）减少，平台，故整个过程的图形应为：出现沉淀（BaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]，平台，沉淀（BaCO3）减少，平台，故B错误；C、催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，不影响焓变大小，故C正确；D、铁上镀锌，铁作阴极，锌作阳极，故D错误；故选C．【点评】本题考查了影响反应速率的因素、沉淀的生成和溶解图象、催化剂的催化原理、电镀原理，题目难度中等．20．下列说法正确的是()A．由一种元素组成的物质可能是混合物B．同一主族不同元素的最高价氧化物，晶体结构一定相同C．最外层电子数为1的元素一定是主族元素D．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；混合物和纯净物．【分析】A．一种元素可能组成不同的单质；B．根据形成晶体中微粒间的作用力分析；C．第IB族元素的最外层电子数也是1；D．铵盐是由非金属元素形成的离子化合物．【解答】解：A．一种元素可能组成不同的单质，如O元素的单质有氧气、臭氧，二者混合在一起属于混合物，故A正确；B．第IVA族的C元素的最高价氧化物为CO2，晶体中分子间存在分子间作用力，属于分子晶体；Si元素的最高价氧化物为二氧化硅，是由原子构成的原子晶体，形成晶体，故B错误；C．第IB族元素的最外层电子数也是1，则最外层电子数为1的元素不一定是主族元素，故C错误；D．铵盐是由非金属元素形成的离子化合物，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，故D错误．故选A．【点评】本题考查了物质的组成、电子排布、化学键、晶体等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．21．甲、乙、丙、丁四种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断不合理的是()A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性且能与酸反应B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙可能是N2H4或CH3OHC．丙中含有第2周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素【考点】无机物的推断．【分析】A．甲是18电子的气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，则其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S；B．乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3OH、N2H4等；C．丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3OH等；D．丁和甲中各元素质量比相同，丁应为H2O2．31【解答】解：A．甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，若盐溶液为Na2S溶液，溶液呈碱性，若为NaHS，其溶液呈碱性，都能与酸反应，故A合理；B．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，可能为CH3OH、N2H4，故B合理；C．丙中含有第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C不合理；D．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，则丁为H2O2，H2O2中氧元素的价态为﹣1价，故D合理．故选：C．【点评】本题考查无机物的推断，中等难度，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例．22．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500mL2mol•L﹣1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液．下列说法不正确的是()A．消耗硝酸的物质的量为2.5molB．气体中N2O4的物质的量为0.1molC．生成NaNO3的物质的量为0.2molD．生成的氮的氧化物的混合气倒置于水槽中，通入标准状况下8.96LO2时，气体完全被吸收【考点】氧化还原反应的计算．【分析】n（Cu）==0.8mol，n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，由终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaNO3的物质的量，再结合原子守恒计算气体的物质的量，以此来解答．【解答】解：n（Cu）==0.8mol，n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，由电子守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，则0.8mol×（2﹣0）=n（NaNO2）×（5﹣3），解得n（NaNO2）=0.8mol，由Na原子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol﹣0.8mol=0.2mol，设混合气体中NO、N2O4、NO2分别为x、y、zmol，则，解得y=0.1mol，A．消耗硝酸为2×0.8mol+1mol=2.6mol，故A错误；B．由上述计算可知，气体中N2O4的物质的量为0.1mol，故B正确；C．生成NaNO3的物质的量为0.2mol，故C正确；D．生成的氮的氧化物的混合气倒置于水槽中，通入标准状况下8.96LO2时，得到电子为×2×（2﹣0）=1.6mol，与Cu失去电子相同，等于气体得到电子，气体完全被吸收生成硝酸，故D正确；31故选A．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握硝酸的作用、N元素的化合价变化及原子守恒、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度较大．二、非选择题：（本题共4题，共56分）23．（13分）A、B、C、D、E、X为中学常见物质，它们的转化关系如图所示（反应条件未注明）．请根据题中信息回答问题．（1）若A为单质，E为白色难溶物且既能溶于盐酸又能溶于C溶液，则①D与X发生反应的离子方程式为3AlO2﹣+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓；②常温下pH=10的C溶液与D溶液中，水的电离程度NaAlO2大（填化学式）．（2）若A为离子化合物，B为不溶于碱的白色难溶物，E与水反应生成的浓溶液G遇C有白烟产生，则①A的化学式为Mg3N2；②等物质的量浓度的G溶液与C溶液等体积混合，混合液中的质子守恒式为：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）．（用微粒浓度表示）（3）若A为氧化物，常温下X在浓的C溶液中发生钝化，则①X在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤⅢ族；②含amolD的溶液溶解了一定量的X后得到溶液F，若F溶液中的两种金属阳离子的物质的量相等（不考虑水解因素），被还原的D是0.4amol；③请设计方案鉴别F溶液中的金属阳离子取少量F溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe3+；另取少F溶液于试管中，滴加几滴KMnO4溶液，若溶液紫色褪去则含有Fe2+．【考点】无机物的推断．【分析】A、B、C、D、E、X为中学常见物质，（1）若A为单质，E为白色难溶物且既能溶于盐酸又能溶于C溶液，根据题中各物的转化关系，C能连续与X反应，可推知，A为钠，B为氢气，C为氢氧化钠，X为氯化铝，D为偏铝酸钠，E为氢氧化铝；（2）若A为离子化合物，E与水反应生成的浓溶液G遇C有白烟产生，则C为氨气，E是由C与X连续反应得到的，所以E为NO2，G为硝酸溶液，所以X为氧气，结合B为不溶于碱的白色难溶物和C可知A为Mg3N2，B为Mg（OH）2；（3）若A为氧化物，常温下X在浓的C溶液中发生钝化，结合题中各物质转化关系，可知A为NO2，C为HNO3，X为Fe，所以B为NO，D为Fe（NO3）3，E为Fe（NO3）2，据此答题．【解答】解：（1）若A为单质，E为白色难溶物且既能溶于盐酸又能溶于C溶液，根据题中各物的转化关系，C能连续与X反应，可推知，A为钠，B为氢气，C为氢氧化钠，X为氯化铝，D为偏铝酸钠，E为氢氧化铝，①D与X发生反应的离子方程式为3AlO2﹣+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：3AlO2﹣+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓；②由于氢氧化钠溶液是强碱，对水的电离有抑制作用，而偏铝酸根离子发生水解，对水的电离起促进作用，所以常温下pH=10的氢氧化钠溶液与偏铝酸钠溶液中，水的电离程度NaAlO2大，31故答案为：NaAlO2；（2）若A为离子化合物，E与水反应生成的浓溶液G遇C有白烟产生，则C为氨气，E是由C与X连续反应得到的，所以E为NO2，G为硝酸溶液，所以X为氧气，结合B为不溶于碱的白色难溶物和C可知A为Mg3N2，B为Mg（OH）2，①根据上面的分析可知，A的化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；②等物质的量浓度的G溶液与C溶液等体积混合，得到NH4NO3溶液，铵根离子水解，所以在NH4NO3溶液中的质子守恒式为c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故答案为：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）；（3）若A为氧化物，常温下X在浓的C溶液中发生钝化，结合题中各物质转化关系，可知A为NO2，C为HNO3，X为Fe，所以B为NO，D为Fe（NO3）3，E为Fe（NO3）2，①铁在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤⅢ族，故答案为：第四周期第ⅤⅢ族；②含amolFe（NO3）3的溶液溶解了一定量的Fe后得到溶液F，设被还原的D是xmol，当xmolFe3+被还原时，会有1.5xmol的生成Fe2+，由于F溶液中的两种金属阳离子即Fe2+和Fe3+的物质的量相等，所以有1.5x=a﹣x，所以x=0.4a，故答案为：0.4a；③鉴别F溶液中的Fe2+和Fe3+离子，可以用KSCN溶液和KMnO4溶液，具体操作为：取少量F溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe3+；另取少F溶液于试管中，滴加几滴KMnO4溶液，若溶液紫色褪去则含有Fe2+，故答案为：取少量F溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe3+；另取少F溶液于试管中，滴加几滴KMnO4溶液，若溶液紫色褪去则含有Fe2+；【点评】本题考查了无机物质的转化关系，物质性质的应用，主要考查铁及其化合物，氮及其化合物，铝及其化合物性质的应用和判断，综合性较强，有一定的难度，答题时注意元素化合知识的灵活运用．24．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．高铁酸钾为暗红色粉末状晶体，干燥的晶体80℃以下十分稳定，它极易溶于水，难溶于异丙醇．实验室模拟生产工艺流程如图1：已知：①2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：较低温度）②6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（条件：较高温度）31③K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3（胶体）+8OH﹣+3O2↑回答下列问题：实验室可利用如图2装置完成流程①和②（1）仪器a的名称是三颈烧瓶，恒压滴液漏斗支管的作用是平衡压强，两水槽中的水为冷水（填“热水”或“冷水”）．（2）反应一段时间后，停止通氯气，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO；判断浓KOH溶液已过量的实验依据是三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾．（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O．（4）用重结晶法提纯粗产品：将粗产品先用KOH稀溶液溶解，再加入饱和的KOH溶液，冷却结晶，过滤，用少量异丙醇洗涤，最后低温真空干燥．①粗产品用KOH溶解的目的是增大氢氧根离子的浓度，抑制FeO42﹣的水解．②如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净．（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图3．电解过程中阳极的电极反应式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O．【考点】制备实验方案的设计．【分析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4．（1）根据常用仪器的名称和用途解答；恒压滴液漏斗漏斗支管可以平衡内外压强，使液体顺利滴下；足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应生成次氯酸根离子；（2）KOH和氯气在低温下反应生成KClO，只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，再往仪器a中加入浓KOH溶液的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，氯气为黄绿色气体，判断浓KOH溶液已过量三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾；（3）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；（4）①加入饱和KOH溶液可以增大氢氧根离子的浓度，使平衡向左移动；②只要检验最后一次的洗涤中无Cl﹣，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净；（5）用电解法制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水．【解答】解：（1）仪器a属于烧瓶，具有三个口，名称是三颈烧瓶，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：较低温度），所以两水槽中的水为冷水，故答案为：三颈烧瓶；平衡压强；冷水；（2）只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，KOH和氯气反应生成KClO，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为后一步反应提供碱性，氯气为黄绿色气体，判断浓KOH溶液已过量三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾，31故答案为：与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO；三颈烧瓶内颜色彻底变成无色后，再加适量的浓氢氧化钾；（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO﹣，生成物：FeO42﹣、Cl﹣，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，Fe3+、ClO﹣，生成物：FeO42﹣、Cl﹣，根据电子得失守恒：Fe（+3→+6），Cl（+1→﹣1），最小公倍数为6，所以Fe3+、FeO42﹣前系数都为2，ClO﹣、Cl﹣，前系数都为3，结合质量守恒和电荷守恒可得2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；（4）①K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3（胶体）+8OH﹣+3O2↑，加入饱和KOH溶液可以增大氢氧根离子的浓度，使平衡向左移动，抑制FeO42﹣的水解，故答案为：增大氢氧根离子的浓度，抑制FeO42﹣的水解；②K2FeO4晶体表面若含有杂质离子为氯离子，所以只要检验最后一次的洗涤中无Cl﹣，即可证明晶体已经洗涤干净，故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀则已被洗净；（5）用铁做阳极电解氢氧化钠制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水，电极反应式为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O．【点评】本题结合高铁酸钾（K2FeO4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、离子的检验等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，题目难度中等．培养了学生运用知识的能力．25．（14分）电化学原理在生产生活中应用十分广泛．请回答下列问题：（1）通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示．①固体电解质中O2﹣向负极移动（填“正”或“负”）．②写出V2O5电极的电极反应式：SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3．（2）如图2所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ是一种以石墨为电极的家用环保型消毒液发生器．装置I中离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为：2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr①负极区电解质为：Na2S2、Na2S4（用化学式表示）②家用环保型消毒液发生器发生反应的离子方程式为Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑．③闭合开关K，当有0.04molNa+通过离子交换膜时，a电极上析出的气体在标准状况下体积为448mL．（3）如图3Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，电流表指针都不发生偏转；乙组经思考后先添加了一种离子交换膜，然后向图Ⅱ烧杯右侧中逐滴加入适量浓盐酸或适量40%NaOH溶液，发现电流表指针都发生偏转．31①甲组电流表指针都不发生偏转的原因是氧化还原反应在电解质溶液中直接进行，没有电子沿导线通过．②乙组添加的是阳（填“阴”或“阳”）离子交换膜．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）①原电池中阴离子移向负极；②在V2O5电极上，SO2失电子发生氧化反应生成SO3；（2）①原电池的负极发生氧化反应；②电解氯化钠溶液生成NaOH、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠；③a极生成氯气，b极生成氢气，当有0.04molNa+通过离子交换膜时，有0.04mol氢离子放电；（3）①甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，发生氧化还原反应，不发生原电池反应；②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，发生原电池反应，A中发生I2+2e﹣═2I﹣，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应，以此分析．【解答】解：（1）①原电池中阴离子移向负极，故答案为：负；②在V2O5电极上，SO2失电子发生氧化反应生成SO3，电极方程式为：SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3，故答案为：SO2﹣2e﹣+O2﹣=SO3；（2）①原电池的负极发生氧化反应，所含元素化合价升高，所以负极区电解质为：Na2S2、Na2S4，故答案为：Na2S2、Na2S4；②电解氯化钠溶液生成NaOH、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，总反应的离子方程式为Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑，故答案为：Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑；③a极生成氯气，b极生成氢气，当有0.04molNa+通过离子交换膜时，有0.04mol氢离子放电，生成氢气0.02mol，标准状况下体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故答案为：448；（3）①甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则微安表（G）指针不发生偏转，故答案为：氧化还原反应在电解质溶液中直接进行，没有电子沿导线通过；②乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量浓盐酸或40%NaOH溶液，发生原电池反应，A中发生I2+2e﹣═2I﹣，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应，添加了阳离子交换膜，故答案为：阳．【点评】本题考查了原电池电解池相关知识以及电极反应式书写和电解计算，题目难度较大．3126．（14分）选择性催化还原法（SCR）烟气脱硝技术是一种成熟的NOx控制处理方法．这种方法是指在有氧条件下且合适的温度范围内，用还原剂NH3在催化剂的作用下将NOx有选择性地还原为氮气和水，主要反应式如下：反应Ⅰ：□NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=□N2（g）+□H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1反应Ⅱ：4NH3（g）+2NO2（g）+O2（g）=3N2（g）+6H2O（g）△H2=bkJ•mol﹣1当反应温度过高时，会发生以下副反应：反应Ⅲ：2NH3（g）+2O2（g）=N2O（g）+3H2O（g）△H3=ckJ•mol﹣1反应Ⅳ：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H4=dkJ•mol﹣1请回答下列问题：（1）配平反应Ⅰ的化学方程式：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌N2（g）+6H2O（g）．（2）研究反应Ⅱ的平衡常数（K）与温度（T）的关系，得到如图1所示的关系．①反应Ⅱ的平衡常数表达式为K=．②反应Ⅱ能够自发进行的反应条件是高温．（3）反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的△H=kJ•mol﹣1（用含a、b、d的式子表示）．（4）为研究NH3选择性催化还原脱硝的反应条件，某科研小组通过一系列实验，分别得出脱硝率与温度、氨氮比的关系[其中NH3/NOx表示氨氮比，O2%表示氧气含量]．①图2中，当温度高于405℃后，NOx的脱除率会逐渐减小，原因是当温度过高时，NH3会与氧气发生副反应生成N2O、NO．②图3中，最佳氨氮比为2.0，理由是氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大，但氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高．31（5）请在图4中，用实线画出不使用催化剂情况下（其他条件完全相同）的图示．【考点】探究浓度、催化剂对化学平衡的影响；有关反应热的计算；氧化还原反应方程式的配平；化学平衡常数的含义．【分析】（1）根据得失电子数守恒来配平；（2）①平衡常数K等于生成物的平衡浓度的幂之积比上反应物平衡浓度的幂之积；②根据图象可知，反应吸热，而且由反应方程式可知，反应是熵增的反应，据此分析；（3）根据盖斯定律来解答；（4）①根据题目所给的信息可知，当温度过高时，会发生副反应；②氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大；（5）使用催化剂，对平衡无影响．【解答】解：（1）在反应NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=□N2（g）+□H2O中，有两种元素、三种物质发生化合价变化：NH3中氮元素由﹣3价变为0价，化合价升高；NO中氮元素由+2价变为0价，氧气中氧元素由0价变为﹣2价，均得电子发生还原反应，根据得失电子数守恒和原子守恒来配平可得：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O，故答案为：4；6；（2）①平衡常数K等于生成物的平衡浓度的幂之积比上反应物平衡浓度的幂之积，故反应Ⅱ的平衡常数表达式为K=，故答案为：K=；31②根据图象可知，温度升高，K值增大，故说明反应吸热，即△H＞0；而且由反应方程式可知，反应的分子数增多，故是熵增的反应，△S＞0，故要使G=△H﹣T•△S＜0，必须在高温条件下，故答案为：高温；（3）根据盖斯定律可知：将I×﹣II+IV×即得反应：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=a×﹣b+d×=kJ/mol，故答案为：；（4）①根据题目所给的信息可知，当温度过高时，NH3会与氧气发生副反应生成N2O、NO，导致NOx的脱除率会逐渐减小，故答案为：当温度过高时，NH3会与氧气发生副反应生成N2O、NO；②氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大，但氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高，得不偿失，故答案为：氨氮比从2.0到2.2，脱销率变化不大，但氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高；（5）使用催化剂，只能加快反应速率从而缩短到达平衡的时间，对平衡状态无影响．由于横坐标是氧气含量，纵坐标是脱硝率，在其他条件相同的前提下，是否使用催化剂对平衡点无影响，故所作出的图与原图一致，故答案为：．【点评】本题考查了根据得失电子数守恒来配平氧化还原反应、盖斯定律的应用、平衡常数的表达式的书写和反应自发进行的判断，综合性较强，难度适中．31