浙江省杭州市富阳二中2022届高三化学上学期第二次质检试题含解析

2022-2022学年浙江省杭州市富阳二中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）1．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是()A．CO2分子比例模型：B．NH4I的电子式：C．乙烯的结构简式C2H4D．NaH中氢离子结构示意图为2．分类是重要的科学研究方法，下列物质归类不正确的是()A．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡B．酸性氧化物：CO2、SO2、NO、SiO2C．混合物：铝热剂、矿泉水、水玻璃、漂白粉D．同素异形体：C60、C70、金刚石3．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A用浸泡酸性高锰酸钾溶液的硅土延长果实的成熟利用乙烯可以发生加成反应B施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效CSO2能使品红溶液褪色SO2具有还原性DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D4．下列说法正确的是()A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．碱性氧化物都是金属氧化物C．由同种元素构成的物质一定属于纯净物D．难溶于水的电解质一定是弱电解质5．下列说法中正确的是()A．Fe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得B．配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需称取Na2CO3•H2O的质量为10.6gC．用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小6．下列有关化学推理的叙述正确的是()A．根据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液B．根据溶液导电性强弱可区分强电解质和弱电解质28C．根据同一反应体系中所有反应物的存在与否可判断可逆反应和不可逆反应D．根据酸分子中所含氢原子的个数可将酸分为一元酸、二元酸等7．某溶液中大量存在的四种离子：NO3﹣、SO42﹣、H+、M，其物质的量之比为：n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（H+）：n（M）=3：1：3：1，则M可能为：①Fe2+②Mg2+③Cl﹣④Ba2+()A．①②④B．③C．②D．①②8．下列各组物质的性质比较，正确的是()A．稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4B．熔点：CO2＜H2O＜SiO2＜KClC．酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SO4＞H2SiO3D．粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+9．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌．酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应方程式是：MnO4﹣+NO2﹣+□→Mn2++NO3﹣+H2O．下列叙述中正确的是()A．该反应中NO2﹣被还原B．反应过程中溶液的pH变小C．生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4D．□中的粒子是OH﹣10．完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是()ABCD实验用CCl4提取溴水中的溴除去乙醇中的I2加热分解MgCl2•6H2O得到纯净的MgCl2配制100mL0.1000mol/L﹣1K2CR2O溶装置或仪器A．AB．BC．CD．D11．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣B．由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣C．强碱性的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣D．酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣12．下列各离子方程书写正确的是()A．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OB．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑C．在FeI2溶液中通入少量的氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．Fe（OH）3与足量的HI溶液反应：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O2813．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3mo1I2转移的电子数为5NAB．室温下，28.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为3NAC．在1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，阴离子总数小于0.1NAD．1molNa2O2固体中含离子总数为4NA14．下列叙述正确的是()A．NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，HCO3﹣完全转化为CaCO3B．CO2通入石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，能得到澄清溶液C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，铝元素以AlO2﹣形式存在D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，溶液中铁元素只以Fe3+形式存在15．下列叙述错误的是()（1）所有的碱性氧化物都是金属氧化物（2）H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸，可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱（3）H2O、H2S、H2Se的相对分子质量增大，所以熔沸点依次升高（4）液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢更稳定（5）都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物．A．全部B．（1）（2）（3）（4）C．（1）（2）（3）（5）D．（2）（3）（4）（5）16．由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐．混盐CaOC12在酸性条件下可以产生C12，下列关于混盐CaOC12的有关判断不正确的是()A．该混盐与硫酸反应产生1molC12时转移2NA个电子B．该混盐的水溶液呈碱性C．该混盐具有较强的氧化性D．该混盐中氯元素的化合价为+1和﹣117．X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体．W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等．下列说法正确的是()A．原子半径：W＞Y＞Z＞XB．气态氢化物的稳定性：X＜ZC．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞WD．Y、Z的氧化物都有酸性和碱性18．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是()ABCD28升高温度，平衡常数减小0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2mol•L﹣1t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）A．AB．BC．CD．D19．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是()A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7gPbD．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转20．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液：c（H+）=c（OH﹣）=c（NH4+）=c（Cl﹣）B．0.1mol/LNa2S溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）C．25℃时，pH=2的HCOOH与pH=12的NaOH等体积混合：c（HCOO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣）D．0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）=3c（Na+）21．常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、NO2﹣、I﹣、SO42﹣中的4种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是()A．该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L28C．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4D．为确定原溶液中是否有K+，可通过焰色反应直接观察焰色是否为紫色来确定二、填空题（共5小题，每小题6分，满分50分）22．实验室常用的浓盐酸物质的量浓度约为12.0mol•L﹣1．（1）实验室欲用上述浓盐酸配制480mL0.20mol•L﹣1的稀盐酸溶液，则需要取上述浓盐酸__________mL？（2）配制过程中，不需要的仪器（填写代号）__________．A．药匙B．胶头滴管C．玻璃棒D．烧杯完成实验还缺少的仪器是__________、__________．（3）取用任意体积的所配0.20mol•L﹣1HCl溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是__________（填字母）A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl﹣的数目D．溶液的密度．23．氯气在生产生活中应用广泛．（1）多余的氯气可用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为__________．工业上也可用MnSO4溶液吸收氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用于电子工业、印染工业等领域．请写出该化学反应的离子方程式__________（2）海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO2．1991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其制备过程如图所示：①步骤I中，试剂甲必须具有的性质是__________（填序号）．A．氧化性B．还原性C．酸性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，该反应的离子方程式为__________．（3）用100mL12.0mol•L﹣1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，反应产生的氯气物质的量远远少于0.30mol，请你分析可能的原因为__________．24．污染与环境保护已经成为现在我国最热门的一个课题，污染分为空气污染，水污染，土壤污染等．（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣241.8kJ•mol﹣128C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=﹣110.5kJ•mol﹣1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式__________．该反应的平衡常数表达式为K=__________．②洗涤含SO2的烟气．以下物质可作洗涤剂的是__________（选填序号）．a．Ca（OH）2b．CaCl2c．Na2CO3d．NaHSO3（2）为了减少空气中的CO2，目前捕碳技术在降低温室气体排放中具有重要的作用，捕碳剂常用（NH4）2CO3，反应为：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）=2NH4HCO3（aq）△H3为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度，然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，其关系如图，则：①△H3__________0（填“＞”、“=”或“＜”）．②在T4～T5这个温度区间，容器内CO2气体浓度变化趋势的可能原因有：__________；__________．25．A、B、C、D、E是五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成化合物，A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，E与C的最外层电子数相同．（1）画出D的原子结构示意图__________，E元素在周期表中的位置是__________．（2）A与C形成的化合物中，原子个数比为1：1的化合物的结构式为__________．（3）D与C按原子个数比为1：1形成化合物的电子式是__________．（4）B、C所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序是__________、__________（填具体的化学式）．（5）F是一种历史悠久、应用广泛的金属元素．若将F金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液M．写出M的酸性溶液和A与C形成的一种化合物反应的离子方程式：__________．（6）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以A2、B2为电极反应物，以HCl﹣NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，试写出该电池的正极电极反应式：__________；放电时溶液中H+移向__________（填“正”或“负”）极．（7）E（s）+O2（g）═EO2（g）△H1E（g）+O2（g）═EO2（g）△H2，则△Hl__________△H2（填“＞”或“＜”或“=”）．26．PCT是一种新型聚酯材料，下图是某研究小组合成PCT的路线．28请回答下列问题：（1）由A生成D的化学方程式为__________（2）由B生成C的反应类型是__________；（3）由E生成F的化学方程式为__________，反应类型__________；（4）写出D符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：属于芳香族化合物且取代基只有一个__________；（5）B的同分异构体中，能发生水解反应，且苯环上一氯代产物只有一种的是__________（写结构简式）．三、计算题（共1小题，满分8分）27．铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有+l、+2．已知Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色．现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240mLNO气体（标准状况）．请回答下列问题：（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式__________．（2）若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为__________．（3）若混合物中含0.1molCu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为__________．（4）若混合物中Cu的物质的量为nmol，则n的取值范围为__________．282022-2022学年浙江省杭州市富阳二中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）1．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是()A．CO2分子比例模型：B．NH4I的电子式：C．乙烯的结构简式C2H4D．NaH中氢离子结构示意图为【考点】球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【分析】A．比例模型中用不同体积的小球表示不同原子的大小，碳的原子半径比氧的大；B．碘离子用括号，应标出电子；C．碳碳双键不能省略；D．NaH中氢离子得到一个电子．【解答】解：A．碳和氧位于同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，故碳的原子半径较大，CO2分子比例模型：，故A错误；B．NH4I的电子式为，故B错误；C．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；D．NaH中氢离子得到一个电子，核外两个电子，结构示意图为，故D正确．故选D．【点评】本题考查常用的化学用语，学生应注意利用原子的结构来分析电子式及原子之间的成键，并注意化学用语书写的规范性来解答．2．分类是重要的科学研究方法，下列物质归类不正确的是()A．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡B．酸性氧化物：CO2、SO2、NO、SiO2C．混合物：铝热剂、矿泉水、水玻璃、漂白粉D．同素异形体：C60、C70、金刚石【考点】电解质与非电解质；同素异形体；混合物和纯净物；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．电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；B．酸性氧化物：能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；C．混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；D．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．28【解答】解：A．明矾、冰醋酸、硫酸钡在水溶液中都能够导电，属于电解质，故A正确；B．CO2、SO2、SiO2属于酸性氧化物：NO为不成盐氧化物，故B错误；C．铝热剂是铝粉和三氧化二铁粉末的混合物、矿泉水是水与盐类的混合物、水玻璃是硅酸钠上午水溶液、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，故C正确；D．C60、C70、金刚石是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；故选B．【点评】本题考查电解质、酸性氧化物、混合物、同素异形体的概念，难度不大．要注意基础知识的积累．3．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A用浸泡酸性高锰酸钾溶液的硅土延长果实的成熟利用乙烯可以发生加成反应B施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效CSO2能使品红溶液褪色SO2具有还原性DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜A．AB．BC．CD．D【考点】乙烯的化学性质；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物；有机化学基础．【分析】A、乙烯可作为生物生长调节剂，具有催熟果实的作用；B、碳酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，混合后会水解相互促进反应生成二氧化碳，氨气；C、二氧化硫与品红发生化合反应生成无色物质；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，溶解铜制造线路板．【解答】解：A、乙烯可作为生物生长调节剂，具有催熟果实的作用，不是乙烯发生加成反应，故A错误；B、当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低，故B正确；C、二氧化硫与品红发生化合反应生成无色物质，使品红溶液褪色，故C错误；D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉，故D错误；故选B．【点评】本题考查了乙烯、二氧化硫的性质、盐类水解的分析应用等知识，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等．4．下列说法正确的是()A．酸性氧化物都是非金属氧化物B．碱性氧化物都是金属氧化物C．由同种元素构成的物质一定属于纯净物D．难溶于水的电解质一定是弱电解质【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【分析】A、酸性氧化物不一定是非金属氧化物；28B、碱性氧化物都是金属氧化物；C、同种元素组成的单质可以是同素异形体；D、不完全电离的属于弱电解质，与溶解度无关．【解答】解：A、酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，是酸性氧化物但却不是非金属氧化物，故A错误；B、碱性氧化物都是金属氧化物，B正确；C、同种元素组成的单质可以是同素异形体，如氧气和臭氧，故C错误；D、不完全电离的属于弱电解质，与溶解度无关，故D错误，故选B．【点评】本题考查了酸性氧化物与非金属氧化物、碱性氧化物与金属氧化物之间的辩证关系，难度不大．5．下列说法中正确的是()A．Fe（OH）3、FeCl2均可由化合反应制得B．配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需称取Na2CO3•H2O的质量为10.6gC．用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；铁的氧化物和氢氧化物；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】A．氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；氯化铁与铁反应生成氯化亚铁；B．依据m=CVM计算；C．SO2和CO2气体都可使澄清石灰水变浑浊；D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小．【解答】解：A．氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，二者都是化合反应，故A正确；B．配制1L0.1mol/LNa2CO3溶液，需称取Na2CO3•H2O的质量m=1L×0.1mol/L×124g/mol=12.4g，故B错误；C．SO2和CO2气体都可使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，依据C=可知，溶液的浓度偏高，故D错误；故选：A．【点评】本题为综合题，考查了溶液的配制、气体的检验、物质的制备，明确一定物质的量浓度溶液的配制原理、物质的性质是解题关键，注意二氧化硫与二氧化碳性质的区别．6．下列有关化学推理的叙述正确的是()A．根据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液B．根据溶液导电性强弱可区分强电解质和弱电解质C．根据同一反应体系中所有反应物的存在与否可判断可逆反应和不可逆反应D．根据酸分子中所含氢原子的个数可将酸分为一元酸、二元酸等【考点】胶体的重要性质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】A、分散系分为溶液、胶体与浊液的依据是分散质微粒直径；B、溶液导电性强弱与强弱电解质无关，与溶液中离子浓度大小有关；28C、可逆反应是相同条件下向正反应进行的同时也想逆反应方向进行的反应；D、必须是酸分子在溶液中能电离出氢离子数目来分类为几元酸；【解答】解：A、分散系分为溶液、胶体与浊液的依据是分散质微粒直径，丁达尔现象是区别溶液和胶体的方法，故A错误；B、溶液导电性强弱与强弱电解质无关，与溶液中离子浓度大小有关，根据溶液导电性强弱不可区分强电解质和弱电解质，故B错误；C、同一反应体系中存在反应为，数目反应是可逆反应，故C正确；D、酸分子在溶液中能电离出氢离子数目来分类为几元酸，不能根据分子中所含氢原子的个数分类，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是分散系本质特征分析判断，溶液导电性实质和强弱电解质关系，酸的分类方法，题目难度中等．7．某溶液中大量存在的四种离子：NO3﹣、SO42﹣、H+、M，其物质的量之比为：n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（H+）：n（M）=3：1：3：1，则M可能为：①Fe2+②Mg2+③Cl﹣④Ba2+()A．①②④B．③C．②D．①②【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据溶液不显电性，则所有阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，从而计算出离子的电荷数，再利用离子共存来分析解答．【解答】解：因溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，NO3﹣与SO42﹣的电荷总数为3×1+1×2=5，H+的电荷总数为3×1=3，显然阴离子总数大于H+的电荷总数，则M为阳离子，设M带的电荷数位x，由物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（H+）：n（M）=3：1：3：1，则3×1+1×2=3×1+1×x，解的x=+2，又NO3﹣、H+、Fe2+能发生氧化还原反应，则不会存在①，SO42﹣、Ba2+能结合生成硫酸钡沉淀，则不会存在④，则M可能为Mg2+，故选C．【点评】本题考查溶液中离子的成分，明确溶液的电中性及离子之间的反应即可解答，难度不大，但学生容易忽略离子共存而错选．8．下列各组物质的性质比较，正确的是()A．稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4B．熔点：CO2＜H2O＜SiO2＜KClC．酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SO4＞H2SiO3D．粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．非金属性越强对应的氢化物的稳定性越强；B．熔点的一般规律为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，结合氢键判断；28C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，核外电子层数越多，离子半径越大．【解答】解：A．非金属性O＞N＞P＞Si，非金属性越强对应的氢化物的稳定性越强，故A错误；B．SiO2为原子晶体，熔点最高，水中含有氢键，熔点顺序为CO2＜H2O＜KCl＜SiO2，故B错误；C．非金属性Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C错误；D．K+＞核外有3个电子层，离子半径最大，Na+、Mg2+、Al3+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握比较问题的角度，学习中注意积累，难度中等．9．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌．酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应方程式是：MnO4﹣+NO2﹣+□→Mn2++NO3﹣+H2O．下列叙述中正确的是()A．该反应中NO2﹣被还原B．反应过程中溶液的pH变小C．生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4D．□中的粒子是OH﹣【考点】氧化还原反应．【分析】该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒、硝酸钠和高锰酸钾之间的关系式分析解答．【解答】解：该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4﹣是氧化剂，NO2﹣应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O，A．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B．根据元素守恒、电荷守恒知，□是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错误；C．根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故C正确；D．由B分析可知，□是H+，故D错误．故选C．【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，注意根据反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意转移电子守恒分析，□中的粒子需要电荷守恒，题目难度中等．10．完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是()ABCD实验用CCl4提取溴水中的溴除去乙醇中的I2加热分解MgCl2•6H2O配制100mL0.1000mol/L﹣1K2CR28得到纯净的MgCl22O溶装置或仪器A．AB．BC．CD．D【考点】物质分离装置；配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，结合图示装置进行解答；B．碘易溶于酒精，不能用过滤法分离；C．氯化镁中的镁离子易水解，在酸性环境下可以抑制水解；D．烧杯能用来粗略配制溶液．【解答】解：A．根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，图示装置是萃取装置，装置中溴单质易溶于四氯化碳，比溴在水中溶解度大得多且四氯化碳与水互不相溶，故A正确；B．碘微溶于水，碘易溶于酒精、苯、四氯化碳等有机溶剂，过滤是利用物质在水中溶解度的不同来将固体和液体分离的方法，所以用过滤的方法无法分离乙醇和I2，故B错误；C．因氯化镁中的镁离子易水解，所以无水MgCl2的制备，需在干燥的HCl气流中，抑制MgCl2水解，且带走MgCl2•6H2O受热产生的水汽，故通过加热分解MgCl26H2O无法得到纯净的MgCl2，故C错误；D．烧杯能用来粗略配制溶液，但无法精确配制到0.1000mol/L，故D错误；故选A．【点评】本题考查萃取、分液、物质的制备、溶液的配制等，要求有一定的化学实验知识结构和分析问题的能力并对课本相关知识能够牢固掌握，题目难度中等．11．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣B．由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣C．强碱性的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣D．酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．强碱溶液中含大量的OH﹣；B．由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；C．强碱性的溶液，该组离子之间不反应；D．酸性溶液含大量的H+，离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：A．强碱溶液中含大量的OH﹣，与Al3+结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B．由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，一定不能共存，故B错误；C．强碱性的溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．酸性溶液含大量的H+，Fe2+（或I﹣）、H+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选C．28【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．下列各离子方程书写正确的是()A．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OB．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑C．在FeI2溶液中通入少量的氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．Fe（OH）3与足量的HI溶液反应：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．不符合离子的配比；B．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；C．还原性碘离子强，少量氯气先氧化碘离子；D．发生氧化还原反应，生成碘、碘化亚铁、水．【解答】解：A．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故B正确；C．在FeI2溶液中通入少量的氯气的离子反应为2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，故C错误；D．Fe（OH）3与足量的HI溶液反应的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+=I2+2Fe2++6H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，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，侧重氧化还原反应的离子反应书写的考查，题目难度不大．13．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3mo1I2转移的电子数为5NAB．室温下，28.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为3NAC．在1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，阴离子总数小于0.1NAD．1molNa2O2固体中含离子总数为4NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、依据氧化还原反应中元素化合价变化和电子守恒分析计算；B、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，28.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为：=2mol=2NA；C、1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，还含有OH﹣，阴离子总数大于0.1NA；D、1molNa2O2固体中含离子总数为3NA；【解答】解：A、在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，碘元素化合价+5价变化为0价，﹣1价变化为0价，依据电子守恒，每生成3molI2转移的电子数为5NA，故A正确；B、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，28.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为：=2mol=2NA，故B错误；C、1L0.1mol•L﹣1碳酸钠溶液中，还含有OH﹣，阴离子总数大于0.1NA，故C错误；D、1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故D错误；故选A．28【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应电子转移计算应用，弱电解质电离分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．14．下列叙述正确的是()A．NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，HCO3﹣完全转化为CaCO3B．CO2通入石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，能得到澄清溶液C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，铝元素以AlO2﹣形式存在D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，溶液中铁元素只以Fe3+形式存在【考点】钠的重要化合物；铁的化学性质．【分析】A、碳酸氢根和氢氧根离子能反应，钙离子和碳酸根之间能反应；B、CO2通入到石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，生成碳酸钙．C、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，生成氢氧化铝沉淀，铝离子有剩余．D、铁过量时发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，铁不足时发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，据此判断．【解答】解：A、NaHCO3与石灰水反应，当n（NaHCO3）：n[Ca（OH）2]=1：1时，反应为：NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+NaOH+H2O，则HCO3﹣完全转化为CaCO3，故A正确；B、CO2通入到石灰水中，当n（CO2）：n[Ca（OH）2]=1：1时，反应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，故B错误；C、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH﹣）：n（Al3+）=1：1时，发生反应为3OH﹣+Al3+=Al（OH）3↓，铝离子有剩余，故C错误；D、铁过量时发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，铁不足时发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，n（Fe）：n（HNO3）=1：1时，按反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O进行，且铁有剩余，铁元素在溶液中以存在Fe2+存在，故D错误．故选：A．【点评】考查有关离子方程式的计算，难度中等，关键清楚反应过程，注意常见与量有关的离子反应．15．下列叙述错误的是()（1）所有的碱性氧化物都是金属氧化物（2）H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸，可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱（3）H2O、H2S、H2Se的相对分子质量增大，所以熔沸点依次升高（4）液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢更稳定（5）都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物．A．全部B．（1）（2）（3）（4）C．（1）（2）（3）（5）D．（2）（3）（4）（5）【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氢键的存在对物质性质的影响．【专题】物质的分类专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）金属氧化物不一定是碱性氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物；（2）通过比较最高价含氧酸的酸性强弱来比较酸性强弱；（3）水分子间有氢键；（4）氢键影响物质的熔沸点；（5）铵盐是离子化合物．28【解答】解：（1）金属氧化物不一定是碱性氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；（2）要通过比较最高价含氧酸的酸性强弱来比较酸性强弱，故要比较硫元素的非金属性比氯元素弱，须通过比较H2SO4和HClO4的酸性强弱来比较，故错误；（3）水分子间有氢键，故使得水的沸点反常的高，故错误；（4）氢键影响的是物质的熔沸点而不是键能的大小，故错误；（5）都是由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐，全部由非金属元素构成的，但是离子化合物，故错误．故选D．【点评】本题考查了金属氧化物和碱性氧化物之间的关系、非金属性的强弱比较、氢键对物质熔沸点的影响等概念难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题．16．由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐．混盐CaOC12在酸性条件下可以产生C12，下列关于混盐CaOC12的有关判断不正确的是()A．该混盐与硫酸反应产生1molC12时转移2NA个电子B．该混盐的水溶液呈碱性C．该混盐具有较强的氧化性D．该混盐中氯元素的化合价为+1和﹣1【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【分析】由混盐CaOCl2在酸性条件下可以产生Cl2．可知混盐为CaCl2•Ca（ClO）2的形式，在酸性条件下发生：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O，以此解答该题．【解答】解：A．在酸性条件下发生：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O，由化合价可知产生1molCl2时转移1mole﹣，故A错误；B．混盐为CaCl2•Ca（ClO）2的形式，溶液呈碱性，故B正确；C．Ca（ClO）2中Cl元素化合价为+1价，具有强氧化性，故C正确；D．混盐为CaCl2•Ca（ClO）2的形式，氯元素的化合价分别为+1、﹣1价，故D正确．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握混盐的成分为解答该题的关键，学习中注意把握相关物质的性质．17．X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体．W能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等．下列说法正确的是()A．原子半径：W＞Y＞Z＞XB．气态氢化物的稳定性：X＜ZC．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞WD．Y、Z的氧化物都有酸性和碱性【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】28X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素．W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应．结合元素周期律解答．【解答】解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X有3个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Z单质是一种良好的半导体，Z为硅元素．W、Y为金属元素，Y、Z位于同周期，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y的最外层电子数为3，W的最外层电子数为1，故Y为铝元素，原子序数W大于硅元素，故W为钾元素，钾能与冷水剧烈反应，即X为氧元素，Y为铝元素，Z为硅元素，W为钾元素．A、同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下，原子半径增大，所以原子半径K＞Na，Si＞C，所以原子半径K＞Al＞Si＞O，即W＞Y＞Z＞X，故A正确；B、X为氧元素，Z为硅元素，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性O＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物稳定性X＞Y，故B错误；C、Y为铝元素，W为钾元素，同主族自上而下金属性增强，所以金属性K＞Na，同周期自左而右金属性减弱，所以金属性Na＞Al，金属性K＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性Y＜W，故C错误；D、Y为铝元素，Z为硅元素，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，故D错误．故选A．【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等推断元素原子的最外层电子数是关键．18．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱销反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是()ABCD升高温度，平衡常数减小0﹣3s内，反应速率为：v（NO2）=0.2mol•L﹣1t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）A．AB．BC．CD．D【考点】真题集萃；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，根据v=计算v（NO2），注意选项中单位；C．使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动；D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低．【解答】解：A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；28B．由图可知，0﹣3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）==0.2mol/（L．s），单位错误，故B错误；C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误，故选A．【点评】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略单位问题．19．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是()A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7gPbD．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算．【解答】解：A．正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；B．放电过程中阳离子向正极移动，故B错误；C．根据电极方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故C错误；D．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D正确．故选D．【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等．20．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液：c（H+）=c（OH﹣）=c（NH4+）=c（Cl﹣）B．0.1mol/LNa2S溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+c（H2S）28C．25℃时，pH=2的HCOOH与pH=12的NaOH等体积混合：c（HCOO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣）D．0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）=3c（Na+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，正确关系应该为：c（H+）=c（OH﹣）＜c（NH4+）=c（Cl﹣）；B．根据硫化钠溶液中质子守恒进行判断；C．甲酸为弱酸，其浓度大于0.01mol/L，两溶液混合后甲酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（HCOO﹣）＞c（Na+）；D.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，根据混合液中物料守恒进行判断；【解答】解：A.25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中一定满足：c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（NH4+）=c（Cl﹣），由于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度较小，则溶液中离子浓度大小关系为：c（H+）=c（OH﹣）＜c（NH4+）=c（Cl﹣），故A错误；B．Na2S溶液溶液中，水电离的氢原子与氢氧根离子浓度相等，根据质子守恒可得，c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故B错误；C.25℃时，pH=2的HCOOH与pH=12的NaOH等体积混合，甲酸过量，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（HCOO﹣）＞c（Na+），所以c（HCOO﹣）+c（H+）＞c（Na+）+c（OH﹣），故C正确；D.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合后，根据物料守恒可得：3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）=2c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较的方法，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法及溶液的酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、质子守恒、物料守恒、盐的水解等比较溶液中离子浓度大小．21．常温下，pH=1的某溶液A中含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、NO2﹣、I﹣、SO42﹣中的4种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：下列有关说法正确的是()A．该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4D．为确定原溶液中是否有K+，可通过焰色反应直接观察焰色是否为紫色来确定【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．28【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32﹣、NO2﹣；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液含有一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中含有NO3﹣，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I﹣，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子．【解答】解：由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中一定不存在与氢离子反应的离子：CO32﹣、NO2﹣；溶液A中加过量（NH4）2CO3，产生白色沉淀，可以排除Fe2+、Fe3+，原溶液中一定有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生NO，原溶液中有NO3﹣，强酸性溶液中有NO3﹣，则一定没有Fe2+、I﹣；A．根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，溶液中阳离子带有的电荷为：0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，还应该含有SO42﹣离子和Cl﹣，所以该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子，故A正确；B．根据反应方程式3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，消耗14.4g铜，生成一氧化氮气体的物质的量为：=0.15mol，由于没有告诉是标准状况下，0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.35L，故B错误；C．根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定为碳酸钡和硫酸钡沉淀的化合物，故C错误；D．确定原溶液中是否有K+，可以通过焰色反应检验，观察时需要透过蓝色的钴玻璃，以便滤去钠离子的黄色，不能直接观察，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，判断硫酸根离子、氯离子时需要通过电荷守恒进行判断，试题培养了学生的分析、理解能力．二、填空题（共5小题，每小题6分，满分50分）22．实验室常用的浓盐酸物质的量浓度约为12.0mol•L﹣1．（1）实验室欲用上述浓盐酸配制480mL0.20mol•L﹣1的稀盐酸溶液，则需要取上述浓盐酸8.3mL？（2）配制过程中，不需要的仪器（填写代号）A．A．药匙B．胶头滴管C．玻璃棒D．烧杯完成实验还缺少的仪器是500mL容量瓶、10mL量筒．（3）取用任意体积的所配0.20mol•L﹣1HCl溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是BD（填字母）A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl﹣的数目D．溶液的密度．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）根据稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；28（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；（3）根据溶液为均一稳定化合物的特征分析；【解答】解：（1）没有480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，0.2mol/L×0.5L=12mol/L×V，V=0.083L=8.3mL，故答案为：8.3；（2）操作步骤有计算、量取、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用10mL量筒浓盐酸，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：A；500mL容量瓶、10mL量筒；（3）溶液为均一稳定化合物，取用任意体积的该盐酸溶液时，溶液的浓度和密度不变，而体积不同，则溶液的质量和物质的量不同，故答案为：BD；【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中涉及到的仪器的选择、计算、误差分析等问题，难度不大．23．氯气在生产生活中应用广泛．（1）多余的氯气可用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为Cl2+2OH‑=Cl﹣+ClO﹣+H2O．工业上也可用MnSO4溶液吸收氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用于电子工业、印染工业等领域．请写出该化学反应的离子方程式2Mn2++Cl2+3H2O═Mn2O3+6H++2Cl﹣（2）海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO2．1991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其制备过程如图所示：①步骤I中，试剂甲必须具有的性质是B（填序号）．A．氧化性B．还原性C．酸性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，该反应的离子方程式为2ClO3﹣+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+．（3）用100mL12.0mol•L﹣1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，反应产生的氯气物质的量远远少于0.30mol，请你分析可能的原因为随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应终止．【考点】制备实验方案的设计；氯气的化学性质．【分析】本题考查氯气的实验室制备原理的分析及用NaOH溶液或MnSO4溶液吸收尾气，另外还探究了MnO2的不同制法，具体是将+2价锰选用氧化剂或通过电解的方法进行氧化得到，重点考查的通过离子方程式讨论反应原理；（1）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；用MnSO4溶液吸收氯气，获得Mn2O3，是利用氯气在水溶液中氧化硫酸锰为Mn2O3，本身被还原为氯化氢，溶液中生成硫酸，结合质量守恒、电子守恒和电荷守恒可写出此反应的离子方程式；（2）①步骤I中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价；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，利用电子守恒确定还原产物，以此书写离子反应．（3）根据稀盐酸与二氧化锰不反应进行判断；28【解答】解：（1）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为Cl2+2OH‑=Cl﹣+ClO﹣+H2O，MnSO4溶液吸收氯气，生成Mn2O3，氯气被还原为Cl﹣，离子方程式为2Mn2++Cl2+3H2O═Mn2O3+6H++2Cl﹣，故答案为：Cl2+2OH‑=Cl﹣+ClO﹣+H2O；2Mn2++Cl2+3H2O═Mn2O3+6H++2Cl﹣；（2）①步骤I中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，则试剂甲应具有还原性，故答案为：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+，故答案为：2ClO3﹣+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；（3）用100mL12.0mol•L﹣1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，还原性逐渐减弱，则生成的氯气的物质的量小于0.30mol，故答案为：随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应终止．【点评】本题以氯气及其化合物的性质考查氧化还原反应，明确信息及流流程中Mn元素的化合价变化、电子守恒即可解答，题目难度中等．24．污染与环境保护已经成为现在我国最热门的一个课题，污染分为空气污染，水污染，土壤污染等．（1）为了减少空气中SO2的排放，常采取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣241.8kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=﹣110.5kJ•mol﹣1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1．该反应的平衡常数表达式为K=．②洗涤含SO2的烟气．以下物质可作洗涤剂的是ac（选填序号）．a．Ca（OH）2b．CaCl2c．Na2CO3d．NaHSO3（2）为了减少空气中的CO2，目前捕碳技术在降低温室气体排放中具有重要的作用，捕碳剂常用（NH4）2CO3，反应为：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）=2NH4HCO3（aq）△H3为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度，然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，其关系如图，则：①△H3＜0（填“＞”、“=”或“＜”）．②在T4～T5这个温度区间，容器内CO2气体浓度变化趋势的可能原因有：T4～T5反应达平衡，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动；CO2的吸收效率降低（或NH4HCO3部分分解）．28【考点】探究温度、压强对化学反应速率的影响；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡常数的含义；二氧化硫的化学性质．【分析】（1）①利用盖斯定律解答第一问，第二问中，书写K的表达式时注意只写g、aq，而不写l、s状态就行；②工业生产中选择尾气吸收剂，主要看能否反应；（2）①从c（CO2）的变化趋势可见，开始时变小是没达到平衡，拐点是平衡点，其后，随温度的升高c（CO2）增大，说明平衡向逆向移动，反应放热；②该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，c（CO2）自然升高．【解答】解：（1）①已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=﹣241.8kJ•mol﹣1②C（s）+O2（g）═CO（g）△H2=﹣110.5kJ•mol﹣1据盖斯定律：②﹣①得C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1书写C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）的平衡常数表达式时，C为固体，不列入，则K=，故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1；K=；②在题给的四种物质中，CaCl2和NaHSO3不能与SO2反应，Ca（OH）2和Na2CO3可以反应，故答案为：ac；（2）①从c（CO2）的变化趋势可见，开始时变小是没达到平衡，反应向正向进行，拐点是平衡点，其后，随温度的升高c（CO2）增大，说明平衡向逆向移动，故△H＜0，故答案为：＜；②拐点是平衡点，切△H＜0，T3后，随温度的升高平衡向逆向移动，c（CO2）增大，故答案为：T4～T5反应达平衡，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动；CO2的吸收效率降低（或NH4HCO3部分分解）．【点评】本题主要考查的是温度、压强等对化学反应速率的影响，为常考题，涉及平衡常数表达式书写，盖斯定律的应用、平衡移动原理，综合性较强．25．A、B、C、D、E是五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成化合物，A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，E与C的最外层电子数相同．28（1）画出D的原子结构示意图，E元素在周期表中的位置是第3周期第ⅥA族．（2）A与C形成的化合物中，原子个数比为1：1的化合物的结构式为H﹣O﹣O﹣H．（3）D与C按原子个数比为1：1形成化合物的电子式是．（4）B、C所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序是H2O、NH3（填具体的化学式）．（5）F是一种历史悠久、应用广泛的金属元素．若将F金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液M．写出M的酸性溶液和A与C形成的一种化合物反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（6）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以A2、B2为电极反应物，以HCl﹣NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，试写出该电池的正极电极反应式：N2+6e﹣+8H+=2NH4+；放电时溶液中H+移向正（填“正”或“负”）极．（7）E（s）+O2（g）═EO2（g）△H1E（g）+O2（g）═EO2（g）△H2，则△Hl＞△H2（填“＞”或“＜”或“=”）．【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五种短周期主族元素中，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成的化合物，则A为H元素、D为Na元素、C为O元素；A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，则B为N元素，E与C的最外层电子数相同，即E、C同主族，E为S，以此来解答．【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期主族元素中，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成的化合物，则A为H元素、D为Na元素、C为O元素；A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，则B为N元素，E与C的最外层电子数相同，即E、C同主族，E为S，（1）D为Na，原子结构示意图，E元素在周期表中的位置是第3周期第ⅥA族，故答案为：；第3周期第ⅥA族；（2）A与C形成的化合物中，原子个数比为1：1的化合物为过氧化氢，其结构式为H﹣O﹣O﹣H，故答案为：H﹣O﹣O﹣H；（3）D与C按原子个数比为1：1形成化合物为过氧化钠，其电子式是，故答案为：；（4）非金属性越强，气态氢化物越稳定，则B、C所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序是H2O＞NH3，故答案为：H2O；NH3；28（5）生成了浅绿色溶液M为氯化亚铁，M的酸性溶液和A与C形成的一种化合物（过氧化氢）发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（6）该电池的正极上氮气得到电子生成铵根离子，则正极反应式N2+6e﹣+8H+=2NH4+，放电时溶液中H+移向正极，故答案为：N2+6e﹣+8H+=2NH4+；正；（7）热化学反应方程式中只有E的状态不同，由气态变为固态放出能量，且燃烧反应为放热反应，△H＜0，则△Hl＞△H2，故答案为：＞．【点评】本题考查位置、结构、性质及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．26．PCT是一种新型聚酯材料，下图是某研究小组合成PCT的路线．请回答下列问题：（1）由A生成D的化学方程式为+2Cl2+2HCl（2）由B生成C的反应类型是酯化反应；（3）由E生成F的化学方程式为+3H2，反应类型加成反应；（4）写出D符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：属于芳香族化合物且取代基只有一个；（5）B的同分异构体中，能发生水解反应，且苯环上一氯代产物只有一种的是（写结构简式）．【考点】有机物的合成．【分析】A的不饱和度为=4，由PCT的结构，结合A转化生成F及C，可知A中含有苯环，侧链为2个甲基处于对位，A为，A与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成D，D在氢氧化钠水溶液是发生取代反应，生成E，由E的分子式结合PTC的结构可知，A中每个甲基发生一元取代生成D，D为，D在在氢氧化钠水溶液是发生取代反应生成E，E为28；E与氢气发生加成反应生成F，F为，由PTC的结构可知，A→B是对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化成对苯二甲酸，B→C是对苯二甲酸与甲醇酯化反应生成对苯二甲酸甲酯，对苯二甲酸甲酯和交换后缩聚形成PTC与甲醇．【解答】解：A的不饱和度为=4，由PCT的结构，结合A转化生成F及C，可知A中含有苯环，侧链为2个甲基处于对位，A为，A与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成D，D在氢氧化钠水溶液是发生取代反应，生成E，由E的分子式结合PTC的结构可知，A中每个甲基发生一元取代生成D，D为，D在在氢氧化钠水溶液是发生取代反应生成E，E为；E与氢气发生加成反应生成F，F为，由PTC的结构可知，A→B是对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化成对苯二甲酸，B→C是与甲醇酯化反应生成对苯二甲酸甲酯，对苯二甲酸甲酯和交换后缩聚生成PTC与甲醇，（1）与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，反应方程式为：+2Cl2+2HCl，故答案为：+2Cl2+2HCl；（2）B→C是对苯二甲酸与甲醇酯化反应生成对苯二甲酸甲酯，故答案为：酯化反应；（3）E→F是与氢气发生加成反应生成，反应方程式为：+3H2，故答案为：+3H2，加成反应；（4）的同分异构体中为单取代芳香化合物，侧链中含有2个C原子，侧链中氯原子可以连接在同一C原子上，也可以连接在不同C原子上，符合条件的同分异构体为：，故答案为：；28（5）对苯二甲酸的同分异构体能发生水解反应，含有酯基，且苯环上一氯代产物只有一种，苯环上只有1种H原子，含有2个﹣CHO，处于对位位置，符合条件，故结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，清楚生成PCT的反应是解决此题的关键，它是醇和酯交换后缩聚而成，注意分析PTC的结构，结合反应条件判断其它物质，难度较大．三、计算题（共1小题，满分8分）27．铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有+l、+2．已知Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色．现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240mLNO气体（标准状况）．请回答下列问题：（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O．（2）若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为16g．（3）若混合物中含0.1molCu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为0.1mol．（4）若混合物中Cu的物质的量为nmol，则n的取值范围为0.05mol＜n＜0.15mol．【考点】化学方程式的有关计算；铜金属及其重要化合物的主要性质；有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】（1）硝酸具有强氧化性，Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3﹣被还原为NO，同时生成H2O，据此配平写出反应离子方程式；（2）Cu、Cu2O、CuO与0.6molHNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，根据N原子守恒计算n[Cu（NO3）2]，根据Cu元素守恒计算还原后得到Cu的物质的量，再根据m=nM计算固体Cu的质量；（3）由Cu元素守恒可得：2n（Cu2O）+n（CuO）+n（Cu）=混合物中Cu原子物质的量，根据电子守恒可知：2n（Cu）+2n（Cu2O）=3n（NO），联立方程计算Cu2O、CuO的物质的量，Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，据此计算消耗硫酸；（4）根据电子守恒和铜原子守恒用n表示出n（Cu2O）、n（CuO）．【解答】解：（1）Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3﹣被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O，故答案为：3Cu2O+14H++2NO3﹣═6Cu2++2NO↑+7H2O；（2）Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，硝酸的物质的量1L×0.6mol/L=0.6mol，NO的物质的量==0.1mol，根据N原子守恒可知：n[Cu（NO3）2]==0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO混合物后应得到0.25molCu，故固体的质量为0.25mol×64g/mol=16g，故答案为：16g；（3）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+0.1mol=0.25mol，28由氧化还原反应得失电子守恒可知：0.1×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3，解之得：n（Cu2O）=0.05mol，n（CuO）=0.05mol，混合物中，0.1molCu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，可得n（H2SO4）=0.05mol+0.05mol=0.1mol，故答案为：0.1mol；（4））由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+n=0.25mol，由氧化还原反应得失电子守恒可知：n×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3，解之得：n（CuO）=n﹣0.05mol，n（Cu2O）=0.15mol﹣n，所以0.05mol＜n＜0.15mol．故答案为：0.05mol＜n＜0.15mol．【点评】本题考查混合物的计算，题目具有一定难度，侧重对学生思维能力的考查，（2）中注意根据守恒思想进行计算，（3）中利用反应生成水，根据H、O原子关系计算，避免利用方程式的繁琐．28