山东省枣庄市滕州一中2022届高三化学下学期5月学情自查试题含解析

2022-2022学年山东省枣庄市滕州一中高三（下）学情自查化学试卷（5月份）一、选择题（本题包括13小题．每小题只有一个选项符合题意）1．下列说法不正确的是()A．一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体B．植物油、脂肪、矿物油、人造奶油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯C．首先在实验室制得金属钠的科学家是戴维，同时他还制得了金属镁D．氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能2．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示．已知Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是()A．原子的半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞XC．氢化物稳定性：X＞Y＞ZD．四种元素的单质中，Z单质熔、沸点最高3．下列有关常见金属和非金属及其化合物的说法正确的是()A．Na、Al、Fe、Cu都能导电，它们的氧化物都能与酸反应B．CO2、NO、SO2都是非金属氧化物，都属于酸性氧化物C．铝热反应是指铝能将所有的金属从其氧化物中置换出来D．CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑的发生，说明硅酸的酸性强于碳酸4．下列实验操作的叙述不正确的是()A．中和滴定时，锥形瓶不用润洗B．用试纸检验气体性质时，需先将试纸湿润，再检验C．FeBr2溶液中通入少量Cl2，再加入CCl4，CCl4层不变色D．向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2，不会产生沉淀5．下列说法正确的是()A．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B．在原电池装置中，电子从负极流出，沿导线流入正极，经溶液或盐桥回到负极C．在c（H+）/c（OH﹣）=l012溶液中Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣不能大量共存D．饱和FeCl3溶液在20℃时呈现棕黄色，100℃呈现红褐色，不能用平衡移动原理来解释166．碘单质难溶于小却易溶于KI溶液．碘水中加入KI溶液发生反应：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq），该反应的平衡常数与温度的关系如图，下列说法不正确的是()A．上述正反应为放热反应B．上述体系中加入苯，平衡不移动C．可运用该反应原理除去硫粉中少量的碘单质D．实验室配制碘水时，为增大碘单质的溶解度可加入适量KI溶液7．下列说法正确的是()A．新制氯水中加入固体NaOH，则：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．25℃时，稀释0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，水解平衡右移，溶液的PH减小C．常温下，pH=11的碱MOH溶液与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液可能呈中性或酸性D．测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，判断碳与硫的非金属性强弱二、非选择题：8．氮氧化物（NOx）、SO2和CO2等气体会造成环境问题．对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的．（1）脱硝．利用甲烷催化还原NOx：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________．（2）脱碳．将CO2转化为甲醇：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应．测得CO2和CH3OH（g）浓度随时间变化如图1所示．则0～10min内，氢气的平均反应速率为__________mol/（L•min）；第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡__________（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．（3）脱硫．利用Na2SO3溶液可脱除烟气中的SO2．Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制16得．NaOH溶液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：19：91pH8.27.26.2①由上表判断，NaHSO3溶液显__________性，用化学平衡原理解释：__________．②当溶液呈中性时，离子浓度关系正确的是（选填字母）：__________．a．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）b．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）c．c（Na+）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）（4）利用如图2所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，用阴极排出的溶液可吸收NO2．①阳极的电极反应式为__________．②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________．9．（17分）运用化学反应原理研究溶液的组成与性质具有重要意义．请回答下列问题：（1）用惰性电极电解含有NaHCO3的NaCl溶液，假设电解过程中产生的气体全部逸出，测得溶液pH变化如图所示．则在0→t1时间内，阳极反应式为__________，溶液pH升高比较缓慢的原因是（用离子方程式回答）__________．（2）含氨废水易引发水体富营养化．向NH4C1溶液中加入少量NaOH固体，溶液中__________（填“增大”“减小”或“不变）；25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10﹣5mo1•L﹣1，该温度下，1mo1•L﹣1的NH4C1溶液中c（H+）=__________mol•L﹣1．（已知≈2.36）（3）如果粗盐中SO42﹣含量较高，精制过程需添加钡试剂除去SO42﹣，该钡试剂可选用下列试剂中的__________．a．Ba（OH）2b．Ba（NO3）2c．BaCl2现代工艺中更多使用BaCO3除SO42﹣，请写出发生反应的离子方程式__________．（4）某工业生产中，向含有大量Ca2+、Mn2+的溶液中加入足量NH4HCO3，生成MnCO3沉淀和CO2，写出该反应的离子方程式__________，剩余溶液中＜__________．[已知Ksp（MnCO3）=1×10﹣11（mol•L﹣1）2，Ksp（CaCO3）=5×10﹣9（mol•L﹣1）2]．1610．（16分）黄铜矿的主要成分是CuFeS2（硫元素显﹣2价，铁元素显+2价）．实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红（Fe2O3）的流程如图1：已知：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2；FeS+2HC1=FeC12+H2S↑（1）在实验室中，应将黄铜矿粉末放在__________（填仪器名称）中焙烧．（2）将反应过程中产生的SO2和H2S通入如图2所示装置中检验它们的性质．该实验证明SO2具有__________性和__________性．（3）欲选用下列部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为__________．②按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a→__________．③装置连接好后，需要进行的操作是__________．（4）若铁红Fe2O3样品中含有FeO，选用提供的试剂，设计实验验证铁红中含有FeO．写出有关实验操作、现象与结论．__________．提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、氯水．11．一定条件下经不同的化学反应，可以实现图示变化，A为酸式盐；B为无色无味气体；无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝；X、F和Y为气体单质，且Y为有色气体，F为空气的主要成分之一；G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，反应⑤是常见工业原理．（1）写出下列物质的化学式：A__________；Y__________（2）写出反应②的离子方程式__________．16（3）写出反应③的化学方程式__________．（4）常温下pH=10，体积均为100mL的D、W两溶液与M反应，消耗的M的物质的量关系D__________W（填“大于”“小于”或“等于”）．162022-2022学年山东省枣庄市滕州一中高三（下）学情自查化学试卷（5月份）一、选择题（本题包括13小题．每小题只有一个选项符合题意）1．下列说法不正确的是()A．一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体B．植物油、脂肪、矿物油、人造奶油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯C．首先在实验室制得金属钠的科学家是戴维，同时他还制得了金属镁D．氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能【考点】油脂的性质、组成与结构；纳米材料；清洁能源．【专题】化学计算．【分析】A．分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体；B．矿物油中的主要成分是烃类；C．首先在实验室制得金属钠的科学家是戴维；D．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染．【解答】解：A．纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体，故A正确；B．矿物油中的主要成分是烃类，不是高级脂肪酸甘油酯，故B错误；C．首先制得金属钠的科学家是戴维，同时他还制得了金属镁，故C正确；D．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故D正确．故选B．【点评】本题考查胶体、矿物油、化学史和能源，题目难度不大，侧重基础知识的考查．2．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示．已知Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是()A．原子的半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞XC．氢化物稳定性：X＞Y＞ZD．四种元素的单质中，Z单质熔、沸点最高【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】Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律比较原子半径、单质的熔沸点以及最高价氧化物对应水化物的酸性等性质．16【解答】解：Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，A．电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．非金属性W＞X＞Z，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为W＞X＞Z，故B错误；C．非金属性Y＞X＞Z，则氢化物稳定性Y＞X＞Z，故C错误；D．氧气、氮气、氯气常温下为气体，Z为S，常温下为固体，熔、沸点最高，故D正确；故选D．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律．3．下列有关常见金属和非金属及其化合物的说法正确的是()A．Na、Al、Fe、Cu都能导电，它们的氧化物都能与酸反应B．CO2、NO、SO2都是非金属氧化物，都属于酸性氧化物C．铝热反应是指铝能将所有的金属从其氧化物中置换出来D．CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑的发生，说明硅酸的酸性强于碳酸【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．金属中均存在自由电子，金属氧化物与酸反应生成盐和水；B．NO与碱不反应；C．铝热反应用于制备比Al不活泼且熔点高的某些金属；D．CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑不在溶液中进行，不体现酸性．【解答】解：A．金属都能导电，且Na、Al、Fe、Cu氧化物都能与酸反应生成相应盐和水，故A正确；B．CO2、SO2是酸性氧化物，但NO不是酸性氧化物，NO为不成盐氧化物，故B错误；C．铝热反应本质是置换反应，能把不如Al的活泼的金属从其氧化物中置换出来，不能置换比Al活泼的金属，故C错误；D．反应在高温条件下进行，不是在溶液中进行的反应，不能说明酸的酸性强于碳酸，故D错误．故选A．【点评】本题考查金属及化合物的性质，综合考查元素及化合物知识，为高频考点，把握相关概念、物质的性质及反应原理的分析与应用为解答的关键，基础性较强，题目难度不大．4．下列实验操作的叙述不正确的是()A．中和滴定时，锥形瓶不用润洗B．用试纸检验气体性质时，需先将试纸湿润，再检验C．FeBr2溶液中通入少量Cl2，再加入CCl4，CCl4层不变色16D．向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2，不会产生沉淀【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．锥形瓶不能润洗；B．用试纸检验气体性质时，需先将试纸湿润；C．通入少量Cl2，先氧化亚铁离子；D．酸性条件下NO3﹣与SO2发生氧化还原反应生成SO42﹣．【解答】解：A．锥形瓶不能润洗，防止误差偏大，故A正确；B．用蒸馏水先将试纸湿润，让气体溶解并与试纸发生作用，否则气体不与试纸作用，故B正确；C．通入少量Cl2，先氧化亚铁离子，无溴单质生成，故C正确；D．酸性条件下NO3﹣与SO2发生氧化还原反应生成SO42﹣，生成的沉淀为BaSO4，有白色沉淀，故D错误．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及实验操作、物质的检验和物质的性质，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．5．下列说法正确的是()A．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B．在原电池装置中，电子从负极流出，沿导线流入正极，经溶液或盐桥回到负极C．在c（H+）/c（OH﹣）=l012溶液中Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣不能大量共存D．饱和FeCl3溶液在20℃时呈现棕黄色，100℃呈现红褐色，不能用平衡移动原理来解释【考点】原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；离子共存问题．【专题】离子反应专题；化学平衡专题；电化学专题．【分析】A、将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中一定有铜，可能有铁；B、溶液中无电子移动；C、c（H+）/c（OH﹣）=l012溶液中，pH=1，酸性环境中硝酸根离子能够氧化碘离子；D、FeCl3溶液在20℃时呈现棕黄色，100℃呈现红褐色，是因为温度升高铁离子水解程度增强导致．【解答】解：A、将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中不一定有铁，故A错误；B、溶液中是离子定向移动形成电流，无电子移动，故B错误；C、c（H+）/c（OH﹣）=l012溶液中，pH=1，酸性环境中硝酸根离子能够氧化碘离子，故C正确；D、铁离子水解是吸热反应，升温有利于平衡正向移动，能用平衡移动原理来解释，故D错误；故选C．【点评】本题考查了金属的置换反应、在溶液中电流产生的原因、离子共存、盐类水解，题目难度中等．6．碘单质难溶于小却易溶于KI溶液．碘水中加入KI溶液发生反应：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq），该反应的平衡常数与温度的关系如图，下列说法不正确的是()16A．上述正反应为放热反应B．上述体系中加入苯，平衡不移动C．可运用该反应原理除去硫粉中少量的碘单质D．实验室配制碘水时，为增大碘单质的溶解度可加入适量KI溶液【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据温度平衡常数图象判断，反应的热效应；B、加入苯，萃取了碘单质，减小反应物浓度，平衡逆向移动；C、碘单质难溶于水却易溶于KI溶液，加入KI溶液可与硫粉中的碘单质溶解；D、根据题目给出的化学平衡方程式判断．【解答】解：A、由图象曲线走势可知，当温度升高时，I3﹣浓度减小，说明该反应为放热反应，故A正确；B、苯萃取水中的碘单质，使碘单质浓度降低，平衡逆向移动，故B错误；C、碘单质难溶于水却易溶于KI溶液，加入KI溶液可与硫粉中的碘单质溶解，从而出去硫粉中的碘单质，故C正确；D、因为发生反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq），增大了碘单质的溶解度，所以配制碘水加入少量碘化钾，当消耗碘单质时平衡左移又生成了碘单质，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学平衡的移动、化学平衡常数的含义等知识点，难度不大，化学平衡移动是高考的热点，注意化学平衡常数只与温度有关，与其他物理量无关．7．下列说法正确的是()A．新制氯水中加入固体NaOH，则：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．25℃时，稀释0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，水解平衡右移，溶液的PH减小C．常温下，pH=11的碱MOH溶液与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液可能呈中性或酸性D．测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，判断碳与硫的非金属性强弱【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．根据溶液的电荷守恒判断；B．稀释0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，氢离子浓度减小；C．如为弱碱，则混合后呈碱性；D．可根据盐溶液的碱性强弱比较酸的强弱，则用于比较非金属性．【解答】解：A．溶液存在电荷守恒，为c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；B．稀释0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，虽然促进水解，但溶液体积增大，氢离子浓度减小，故B错误；C．如为弱碱，则混合后呈碱性，故C错误；D．测定相同条件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3溶液pH较大，说明碳酸酸性较弱，则硫的非金属性较强，故D正确．16故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、盐类的水解等知识，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．二、非选择题：8．氮氧化物（NOx）、SO2和CO2等气体会造成环境问题．对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的．（1）脱硝．利用甲烷催化还原NOx：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1734kJ/mol．（2）脱碳．将CO2转化为甲醇：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应．测得CO2和CH3OH（g）浓度随时间变化如图1所示．则0～10min内，氢气的平均反应速率为0.225mol/（L•min）；第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡正向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．（3）脱硫．利用Na2SO3溶液可脱除烟气中的SO2．Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制得．NaOH溶液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：19：91pH8.27.26.2①由上表判断，NaHSO3溶液显酸性，用化学平衡原理解释：溶液中存在：HSO3﹣⇌SO32﹣+H+、HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣电离程度大于水解程度，故溶液显酸性．②当溶液呈中性时，离子浓度关系正确的是（选填字母）：ab．a．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）b．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）c．c（Na+）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）（4）利用如图2所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，用阴极排出的溶液可吸收NO2．①阳极的电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO32﹣+4H+．②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2．16【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）根据盖斯定律，利用已知化学反应方程式乘以某个系数相加或相减，构造出目标化学反应方程式，该化学反应的焓变即为已知化学反应方程式的焓变乘以某个系数相加或相减得到．（2）先根据图表，利用v=计算v（CO2），再利用各物质的反应速率之比等于计量数之比，确定v（H2）；该温度下该反应的K=，第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g）时根据Qc与K的大小关系判断平衡移动方向；（3）①由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子；②吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，结合电荷守恒解答；（4）①依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；②依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O，依据方程式即可解答．【解答】解：（1）因盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的．两式相加，可得2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1734kJ/mol，故答案为：2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1734kJ/mol；（2）①由图可知，10min时，反应已经达平衡，△c（CO2）=1.00mol/L﹣0.25mol/L=0.75mol/L，所以，10min内，v（CO2）===0.075mol/（L•min），反应速率之比等于计量数之比，故v（H2）=3v（CO2）=3×0.075mol/（L•min）=0.225mol/（L•min）；平衡时，各组分的浓度分别为：c（CO2）平衡=0.25mol/L，c（H2）平衡=﹣3×0.75mol/L=0.75mol/L，c（H2O）平衡=c（CH3OH）平衡=0.75mol/L，该温度下该反应的K==，再充入1molCO2（g）和1molH2O（g）时Qc=＜，所以平衡向正向移动；故答案为：0.225；正向；（3）①由表格中的数据可知，溶液呈酸性，HSO3﹣越多，酸性越强，是因为溶液中存在：HSO3﹣⇌SO32﹣+H+；HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣电离程度大于水解程度，溶液显酸性，16故答案为：酸；溶液中存在：HSO3﹣⇌SO32﹣+H+、HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣电离程度大于水解程度，故溶液显酸性；②吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，a．由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）=c（OH﹣），则c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故a正确；b．SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，亚硫酸两步水解，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故b正确；c．电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故c错误；故答案为：ab；（4）①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+；故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO32﹣+4H+；②阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应，S2O42﹣中硫元素由+3价，变为硫酸根中硫元素为+4价，S2O42﹣被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2．【点评】本题考查热化学方程式，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，原电池原理的分析应用，比较综合，题目难度中等．9．（17分）运用化学反应原理研究溶液的组成与性质具有重要意义．请回答下列问题：（1）用惰性电极电解含有NaHCO3的NaCl溶液，假设电解过程中产生的气体全部逸出，测得溶液pH变化如图所示．则在0→t1时间内，阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，溶液pH升高比较缓慢的原因是（用离子方程式回答）HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．（2）含氨废水易引发水体富营养化．向NH4C1溶液中加入少量NaOH固体，溶液中不变（填“增大”“减小”或“不变）；25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10﹣5mo1•L﹣1，该温度下，1mo1•L﹣1的NH4C1溶液中c（H+）=2.36x10﹣5mol•L﹣1．（已知≈2.36）（3）如果粗盐中SO42﹣含量较高，精制过程需添加钡试剂除去SO42﹣，该钡试剂可选用下列试剂中的a、c．a．Ba（OH）2b．Ba（NO3）2c．BaCl2现代工艺中更多使用BaCO3除SO42﹣，请写出发生反应的离子方程式BaCO3（s）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）+CO32﹣（aq）．（4）某工业生产中，向含有大量Ca2+、Mn2+的溶液中加入足量NH4HCO3，生成MnCO3沉淀和CO2，写出该反应的离子方程式Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+CO2↑+H2O，剩余溶液中＜500．[已知Ksp（MnCO3）=1×10﹣11（mol•L﹣1）2，Ksp（CaCO3）=5×10﹣9（mol•L﹣1）2]．16【考点】电解原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯和除杂．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．【分析】（1）用惰性电极电解混合溶液时，分两段进行，第一段：相当于电解氯化钠溶液，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，同时生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，当氯离子完全析出后，发生第二段电解，第二段电解：相当于电解碳酸氢钠和碳酸钠的混合液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，实际上相当于电解水；（2）为NH3•H2O电离平衡常数的倒数，温度不变，常数不变，NH4Cl溶液中存在NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，结合NH3•H2O电离平衡常数以及Kw计算；（3）添加钡试剂除去SO42﹣，注意不能引入新的杂质；BaCO3与硫酸根离子反应生成BaSO4；（4）依据原子守恒结合反应特征分子推断反应产物，根据沉淀溶解平衡常数的关系进行计算．【解答】解：（1）在0→t1时间内，相当于电解氯化钠溶液，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极上氢离子放电，电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑；用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，同时溶液中还有氢氧化钠生成，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，离子反应方程式为OH﹣+HCO3﹣═H2O+CO32﹣，所以溶液pH升高比较缓慢，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；（2）为NH3•H2O电离平衡常数的倒数，温度不变，常数不变，已知①NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，Kb=1.8×10﹣5mol•L﹣1，②H2O⇌H++OH﹣，Kw=1.0×10﹣14，则②﹣①可得NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，K==×10﹣9，则1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中c（H+）==mol/L=2.36×10﹣5mol•L﹣1，故答案为：2.36×10﹣5；（3）添加钡试剂除去SO42﹣，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子，所以该钡试剂不能选用，BaCO3与硫酸根离子反应生成BaSO4，BaCO3（s）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）+CO32﹣（aq）；故答案为：ac；BaCO3（s）+SO42﹣（aq）=BaSO4（s）+CO32﹣（aq）；（4）锰离子和碳酸氢根离子之间可以发生双水解反应，即Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+H2O+CO2↑，Ksp（MnCO3）=c（Mn2+）•c（CO32﹣）=1×10﹣11（mol•L﹣1）2，Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）•c（CO32﹣16）=5×10﹣9（mol•L﹣1）2，两式子相除，得到：剩余溶液中＜500，故答案为：Mn2++2HCO3﹣=MnCO3↓+H2O+CO2↑；500．【点评】本题考查较为综合，涉及电化学知识、弱电解质的电离以及沉淀溶解平衡，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，难度较大，注意相关计算公式的运用．10．（16分）黄铜矿的主要成分是CuFeS2（硫元素显﹣2价，铁元素显+2价）．实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红（Fe2O3）的流程如图1：已知：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2；FeS+2HC1=FeC12+H2S↑（1）在实验室中，应将黄铜矿粉末放在坩埚（填仪器名称）中焙烧．（2）将反应过程中产生的SO2和H2S通入如图2所示装置中检验它们的性质．该实验证明SO2具有漂白性和氧化性．（3）欲选用下列部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑2H2O．②按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a→b→c→g→h→d．③装置连接好后，需要进行的操作是检查装置的气密性．（4）若铁红Fe2O3样品中含有FeO，选用提供的试剂，设计实验验证铁红中含有FeO．写出有关实验操作、现象与结论．取少量固体样品于试管中，加稀硫酸溶解，向溶液中滴加少量KMnO4溶液，若KMnO4溶液紫红色褪色，则证明含有FeO．提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、氯水．【考点】制备实验方案的设计；氯气的实验室制法；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】综合实验题；实验评价题．【分析】本题是实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红（Fe2O3）的流程，涉及SO2的氧化性和还原性的检验，装置的连接及气密性的检验，还探究了如何证明铁红Fe2O3样品中含有FeO的实验设计，可借鉴Fe3+的检验及Fe2+与Fe3+的转化来实验，据此解答；16（1）固体的焙烧在坩埚内进行；（2）SO2通入品红溶液，证明SO2具有漂白性；SO2通入H2S溶液，生成S淡黄色沉淀，证明SO2具有氧化性；（3）①MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O．离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑2H2O；②生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；③装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性；④固体中是否含有FeO，需要先用稀硫酸溶解形成溶液，再证明溶液里有没有Fe2+，Fe2+的检验可以借助于Fe3+的检验进行，可以先证明溶液里没有Fe3+，再添加氧化剂氯水后，证明溶液里有Fe3+，从而推出溶液里有Fe2+．【解答】解：（1）固体的焙烧在坩埚内进行；故答案为：坩埚；（2）SO2通入品红溶液，证明SO2具有漂白性；SO2通入H2S溶液，生成S淡黄色沉淀，证明SO2具有氧化性，故答案为：漂白；氧化；（3）①MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O．离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑2H2O；②生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；故答案为：b→c→g→h→d；③整套装置涉及气体的制备与性质检验，因此添加药品前，需要检验装置气密性，故答案为：检查装置的气密性；④欲证明铁红Fe2O3样品中含有FeO，可以取少量固体样品于试管中，加稀硫酸溶解，向溶液中滴加少量KMnO4溶液，若KMnO4溶液紫红色褪色，则证明含有FeO，故答案为：取少量固体样品于试管中，加稀硫酸溶解，向溶液中滴加少量KMnO4溶液，若KMnO4溶液紫红色褪色，则证明含有FeO．【点评】本题考查了物质制备过程分析判断，物质性质的理解应用，化学方程式和离子方程式书写方法，掌握基础是关键，题目难度较大．11．一定条件下经不同的化学反应，可以实现图示变化，A为酸式盐；B为无色无味气体；无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝；X、F和Y为气体单质，且Y为有色气体，F为空气的主要成分之一；G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，反应⑤是常见工业原理．16（1）写出下列物质的化学式：ANH4HCO3；YCl2（2）写出反应②的离子方程式CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O．（3）写出反应③的化学方程式2NH3+3Cl2=N2+6HCl．（4）常温下pH=10，体积均为100mL的D、W两溶液与M反应，消耗的M的物质的量关系D大于W（填“大于”“小于”或“等于”）．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，气体单质X与F反应得到氨气，且F为空气的主要成分之一，可推知X为H2、F为N2，电解Z的溶液得到W、氢气与有色气体单质Y，应是电解NaCl溶液，可推知W为NaOH、Y为Cl2，氯气与氨气反应生成F（氮气）与无色气体M，可推知M为HCl．A为酸式盐，加热分解得到D（氨气）、C及无色无味气体B，且B与W反应得到G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，可推知B为CO2，A为NH4HCO3，C为H2O，G为Na2CO3，据此解答．【解答】解：无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，气体单质X与F反应得到氨气，且F为空气的主要成分之一，可推知X为H2、F为N2，电解Z的溶液得到W、氢气与有色气体单质Y，应是电解NaCl溶液，可推知W为NaOH、Y为Cl2，氯气与氨气反应生成F（氮气）与无色气体M，可推知M为HCl．A为酸式盐，加热分解得到D（氨气）、C及无色无味气体B，且B与W反应得到G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，可推知B为CO2，A为NH4HCO3，C为H2O，G为Na2CO3，（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3，Y为Cl2，故答案为：NH4HCO3；Cl2；（2）反应②是二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，离子方程式为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O；（3）反应③是氯气与氨气反应生成氮气与HCl，化学反应方程式为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，故答案为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl；（4）一水合氨为弱电解质，常温下pH=10的氨水、NaOH溶液，氨水的浓度远远大于氢氧化钠溶液，等体积的两溶液与HCl反应，氨水消耗的HCl的物质的量远大于氢氧化钠消耗的，故答案为：大于．【点评】本题考查无机物推断，D的性质、M的颜色及F是空气的主要成份是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度不大．16