/2016-2017學(xué)年河北省衡水中學(xué)高三〔上〕期中化學(xué)試卷一、選擇題〔每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．1×10=10分〕1．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物B．HCl、H2S、NH3都是電解質(zhì)C．強(qiáng)酸強(qiáng)堿都是離子化合物D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反響制備2．化學(xué)與消費(fèi)、生活、環(huán)境等社會(huì)實(shí)際親密相關(guān)．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．“滴水石穿、繩鋸木斷〞不涉及化學(xué)變化B．明礬凈水的原理和“84〞消毒液消毒的原理不一樣C．氟利昂作制冷劑會(huì)加劇霧霾天氣的形成D．汽車尾氣中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃燒造成的3．有些古文或諺語包含了豐富的化學(xué)知識,以下解釋不正確的選項(xiàng)是〔〕選項(xiàng)古文或諺語化學(xué)解釋A日照香爐生紫煙碘的升華B以曾青涂鐵,鐵赤色如銅置換反響C煮豆燃豆萁化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能D雷雨肥莊稼自然固氮A．A B．B C．C D．D4．以下有關(guān)鋼鐵腐蝕與防護(hù)的說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．鋼管與電源正極連接,鋼管可被保護(hù)B．鐵遇冷濃硝酸外表鈍化,可保護(hù)內(nèi)部不被腐蝕C．鋼管與銅管露天堆放在一起時(shí),鋼管不易被腐蝕D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+5．某學(xué)生以鐵絲和Cl2為原料進(jìn)展以下三個(gè)實(shí)驗(yàn)．從分類角度分析,以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是〔〕A．實(shí)驗(yàn)①、②所涉及的物質(zhì)均為電解質(zhì)B．實(shí)驗(yàn)②、③均為放熱反響實(shí)驗(yàn)C．②、③均未發(fā)生氧化復(fù)原反響D．實(shí)驗(yàn)①、③反響制得的物質(zhì)均為純潔物6．如表物質(zhì)與類別不對應(yīng)的是〔〕ABCD小蘇打食用油淀粉84消毒液鹽高分子化合物糖類混合物A．A B．B C．C D．D7．設(shè)NA為阿伏加羅常數(shù)的值,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．常溫常壓下,22.4LCO2所含的原子數(shù)為3NAB．1molCl2與足量的Fe完全反響,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．0.5molC2H2和C6H6的氣態(tài)混合物中所含原子總數(shù)為2NAD．2L1mol/L的鹽酸中所含HCl分子數(shù)約為2NA8．衛(wèi)生部發(fā)出公告,自2020年5月1日起,制止在面粉消費(fèi)中添加過氧化鈣〔CaO2〕等食品添加劑．以下對于過氧化鈣〔CaO2〕的表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．CaO2具有氧化性,對面粉可能具有增白作用B．CaO2中陰陽離子的個(gè)數(shù)比為1：1C．CaO2和水反響時(shí),每產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移電子4molD．CaO2和CO2反響的化學(xué)方程式為：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O29．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕①硫酸鋇難溶于水和酸,可做X光透視腸胃的藥劑②神舟10號飛船所用太陽能電池板的材料是單晶硅③醫(yī)用酒精是利用了乙醇的氧化性來殺菌消毒的④瑪瑙飾品的主要成分與建筑材料砂子不一樣⑤碳酸鈉、氫氧化鈉、碳酸鈣、碳酸氫鈉等都可以中和酸,故都可以作為治療胃酸過多的藥物⑥明礬凈水利用了膠體的性質(zhì)⑦根據(jù)酸分子中含有的氫原子個(gè)數(shù),將酸分為一元酸、二元酸和多元酸⑧金屬鈉具有強(qiáng)的復(fù)原性,可利用鈉和熔融TiCl4反響制取金屬Ti．A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦10．某硫酸廠廢氣中SO2的回收利用方案如下圖．以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．X可能含有2種鹽B．a(chǎn)是SO3C．Y可能含有〔NH4〕2SO4D．〔NH4〕2S2O8中S的化合價(jià)不可能為+7二、選擇題〔每題有1個(gè)選項(xiàng)符合題意．20×2=40分〕11．某溶液中只可能含有以下離子中的某幾種：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分別取樣：①用pH計(jì)測試,溶液顯弱酸性②加氯水和CCl4振蕩后靜置,下層呈無色,為確定該溶液的組成,還需檢驗(yàn)的離子是〔〕A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+12．甲乙丙丁戊是中學(xué)常見的無機(jī)物,他們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖〔某些條件和局部產(chǎn)物已略去〕．以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．假設(shè)戊為一種強(qiáng)堿且焰色反響為黃色,那么上述反響可能都屬于氧化復(fù)原反響B(tài)．常溫下,假設(shè)丙為無色氣體,戊為紅棕色氣體,那么甲、乙一定是銅和稀硝酸C．假設(shè)甲為硫磺燃燒產(chǎn)物,丁為水,那么戊可用于枯燥甲D．假設(shè)甲為濃鹽酸,乙為MnO2,那么戊可能使品紅褪色13．NaCl是一種化工原料,可以制備一系列物質(zhì)〔如下圖〕．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．由氯化鈉制備純堿的過程中,利用了物質(zhì)溶解度的差異B．用Cl2制備漂白粉時(shí),是將Cl2通入澄清石灰水中C．常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存,所以Cl2不與鐵反響D．圖示轉(zhuǎn)化反響都是氧化復(fù)原反響14．某同學(xué)組裝了如下圖的電化學(xué)裝置,那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．圖中甲池為原電池裝置,Cu電極發(fā)生復(fù)原反響B(tài)．實(shí)驗(yàn)過程中,甲池左側(cè)燒杯中NO3﹣的濃度不變C．假設(shè)甲池中Ag電極質(zhì)量增加5.4g時(shí),乙池某電極析出1.6g金屬,那么乙中的某鹽溶液可能是AgNO3溶液D．假設(shè)用銅制U形物代替“鹽橋〞,工作一段時(shí)間后取出U形物稱量,質(zhì)量會(huì)減小15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中,兩種酸的物質(zhì)的量濃度之和為0.6mol/L,向該溶液中參加足量的銅粉,加熱,充分反響后,所得溶液中Cu2+的物質(zhì)的量濃度最大值為〔反響前后溶液體積變化忽略不計(jì)〕〔〕A．0.025mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L16．20℃時(shí),飽和NaCl溶液的密度為ρg/cm3,物質(zhì)的量濃度為cmol/L,那么以下說法中不正確的選項(xiàng)是〔〕A．溫度低于20℃時(shí),飽和NaCl溶液的濃度小于cmol/LB．此溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為C．20℃時(shí),密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不飽和溶液D．20℃時(shí),飽和NaCl溶液的溶解度17．截至到2021年12月末,中國光伏發(fā)電新增裝機(jī)容量到達(dá)10.66GW,光伏發(fā)電累計(jì)裝機(jī)容量到達(dá)17.16GW,圖1為光伏并網(wǎng)發(fā)電裝置．圖2為電解尿素[CO〔NH2〕2]的堿性溶液制氫的裝置示意圖〔電解池中隔膜僅阻止氣體通過,陰、陽極均為惰性電極〕．以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是〔〕A．圖1中N型半導(dǎo)體為正極,P型半導(dǎo)體為負(fù)極B．圖2溶液中電子流向：從B極流向A極C．X2為氧氣D．工作時(shí),A極的電極反響式為CO〔NH2〕2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O18．將一定體積的CO2通入VLNaOH溶液中,NaOH完全反響,假設(shè)在反響后的溶液中參加足量石灰水,得到ag沉淀；假設(shè)在反響后的溶液中參加足量CaCl2溶液,得到bg沉淀,那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．參加反響的CO2的體積為0.224aLB．用上述數(shù)據(jù)不能確定NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度C．假設(shè)a=b,那么CO2與NaOH溶液反響的產(chǎn)物鹽只有Na2CO3D．b可能等于a、小于a或大于a19．二氧化氯〔ClO2〕是一種黃綠色易溶于水的氣體,常用作飲用水消毒．實(shí)驗(yàn)室通過如下過程制備二氧化氯．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．電解時(shí)發(fā)生反響的離子方程式為NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3B．溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣C．可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3D．可用明礬除去飲用水中殘留的NaClO220．反響①、②分別是從海藻灰和某種礦石中提取碘的主要反響：①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．兩個(gè)反響中NaHSO4均為氧化產(chǎn)物B．碘元素在反響①中被復(fù)原,在反響②中被氧化C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2D．反響①、②中生成等量的I2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)比為1：521．光電池是開展性能源．一種光化學(xué)電池的構(gòu)造如圖,當(dāng)光照在外表涂有氯化銀的銀片上時(shí)AgCl〔s〕Ag〔s〕+Cl〔AgCl〕,[Cl〔AgCl〕表示生成的氯原子吸附在氯化銀外表],接著Cl〔AgCl〕+e﹣=Cl﹣〔aq〕,假設(shè)將光源移除,電池會(huì)立即恢復(fù)至初始狀態(tài)．以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．光照時(shí),電流由X流向YB．光照時(shí),Pt電極發(fā)生的反響為：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑C．光照時(shí),Cl﹣向Pt電極挪動(dòng)D．光照時(shí),電池總反響為：AgCl〔s〕+Cu+〔aq〕Ag〔s〕+Cu2+〔aq〕+Cl﹣〔aq〕22．以下離子組在給定條件下能否大量共存的判斷正確,所發(fā)生反響的離子方程式也正確的選項(xiàng)是〔〕選項(xiàng)條件離子組離子共存判斷及反響的離子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣不能共存,Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓BpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能共存,5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2OC由水電離出的H+濃度為1×10﹣12mol?L﹣1NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣一定能共存,NH4++H2O═NH3?H2O+H+D通入少量SO2氣體K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣不能共存,2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣A．A B．B C．C D．C23．一定溫度下,在3個(gè)體積均為1.0L的恒容密閉容器中反響2H2〔g〕+CO〔g〕?CH3OH〔g〕到達(dá)平衡,測得有關(guān)數(shù)據(jù)如表所示,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕容器溫度/k物質(zhì)的起始濃度/mol?L﹣1物質(zhì)的平衡濃度/mol?L﹣1c〔H2〕c〔CO〕c〔CH3OH〕c〔CH3OH〕Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．該方應(yīng)的正反響吸熱B．到達(dá)平衡時(shí),容器Ⅰ中反響物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的大C．到達(dá)平衡時(shí),容器Ⅱ中c〔H2〕大于容器Ⅲ中c〔H2〕的兩倍D．到達(dá)平衡時(shí),容器Ⅲ中的反響速率比容器Ⅰ中的大24．化學(xué)中常用圖象直觀地描繪化學(xué)反響的進(jìn)程或結(jié)果,以下圖象描繪正確的選項(xiàng)是〔〕A．圖可以表示對某化學(xué)平衡體系改變溫度后反響速率隨時(shí)間的變化B．圖表示壓強(qiáng)對可逆反響2A〔g〕+2B〔g〕?3C〔g〕+D〔g〕的影響,且甲的壓強(qiáng)大C．圖表示向Al2〔SO4〕3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液,生成沉淀的量與滴入NaOH溶液體積的關(guān)系D．圖表示在2L的密閉容器中發(fā)生合成氨反響時(shí)N2的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線,0～10min內(nèi)該反響的平均速率v〔H2〕=0.045mol?L﹣1?min﹣1,從11min起其他條件不變,壓縮容器的體積為1L,那么n〔N2〕的變化曲線為d25．〔HF〕2〔g〕?2HF〔g〕,△H＞0且平衡體系的總質(zhì)量【m〔總〕】與總物質(zhì)的量【n總】之比在不同溫度下隨壓強(qiáng)的變化曲線如下圖．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．溫度：T1＜T2B．平衡常數(shù)：K〔a〕=K〔b〕＜K〔c〕C．反響速率：Vb＞VaD．當(dāng)=30g/mol時(shí),n〔HF〕：n[〔HF〕2]=2：126．空氣吹出法工藝,是目前“海水提溴〞的最主要方法之一．其工藝流程如下圖,其中不正確的選項(xiàng)是〔〕A．步驟④⑤是為了富集溴B．步驟③說明溴具有揮發(fā)性C．步驟④的離子方程式為Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣D．步驟⑧中溴蒸氣冷凝后得到液溴與溴水的混合物可用分液漏斗別離27．向溶液中分別通入足量的相應(yīng)氣體后,以下各組離子還能大量存在的是〔〕A．氯氣：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣C．硫化氫：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣D．氨氣：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣28．以下三個(gè)化學(xué)反響的平衡常數(shù)〔K1、K2、K3〕與溫度的關(guān)系分別如表所示：那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕化學(xué)反響平衡常數(shù)溫度973K1173K①Fe〔s〕+CO2〔g〕?FeO〔s〕+CO〔g〕△H1K11.472.15②Fe〔s〕+H2O〔g〕?FeO〔s〕+H2〔g〕△H2K22.381.67③CO〔g〕+H2O〔g〕?CO2〔g〕+H2〔g〕△H3K3？？A．△H1＜0,△H2＞0B．反響①②③的反響熱滿足關(guān)系：△H2﹣△H1=△H3C．反響①②③的平衡常數(shù)滿足關(guān)系：K1?K2=K3D．要使反響③在一定條件下建立的平衡向正反響方向挪動(dòng),可采取升溫措施29．某興趣小組探究SO2氣體復(fù)原Fe3+,他們使用的藥品和裝置如下圖：其中以下說法不合理的是〔〕A．能說明I﹣的復(fù)原性弱于SO2的現(xiàn)象是B中藍(lán)色溶液褪色B．裝置C的作用是吸收SO2尾氣,防止污染空氣C．為了驗(yàn)證A中發(fā)生了氧化復(fù)原反響,參加用稀鹽酸酸化的BaCl2,產(chǎn)生白色沉淀D．為了驗(yàn)證A中發(fā)生了氧化復(fù)原反響,參加KMnO4溶液,紫紅色褪去30．某磁黃鐵礦的主要成分是FexS〔S為﹣2價(jià)〕,既含有Fe2+又含有Fe3+．將一定量的該磁黃鐵礦與100mL的鹽酸恰好完全反響〔注：礦石中其他成分不與鹽酸反響〕,生成硫單質(zhì)2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S氣體,且溶液中無Fe3+．那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．100mL的鹽酸中HCl物質(zhì)的量濃度為7.5mol/LB．生成的H2S氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24LC．該磁黃鐵礦中FexS的x=0.85D．該磁黃鐵礦FexS中,Fe2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比為3：1三、解答題〔共5小題,總分值50分〕31．利用如圖裝置,進(jìn)展NH3與金屬氧化物MxOy反響生成M、N2、H2O,通過測量生成水的質(zhì)量來測定M的相對原子質(zhì)量．a(chǎn)中試劑是濃氨水．〔1〕儀器a的名稱為,儀器b中裝入的試劑可以是．〔2〕按氣流方向正確的裝置連接順序?yàn)椤蔡钚蛱?裝置可重復(fù)使用〕：．〔3〕裝置C的作用：．〔4〕實(shí)驗(yàn)完畢時(shí),應(yīng)首先〔填序號〕；這樣做的原因是．Ⅰ．熄滅A裝置的酒精燈Ⅱ．停頓從a中滴加液體〔5〕假設(shè)金屬氧化物為CuO,反響的化學(xué)方程式為．〔6〕假設(shè)實(shí)驗(yàn)中準(zhǔn)確稱取金屬氧化物的質(zhì)量為mg,完全反響后,測得生成水的質(zhì)量為ng,那么M的相對原子質(zhì)量為〔用含x、y、m、n的式子表示〕．〔7〕某同學(xué)仔細(xì)分析上述裝置后認(rèn)為仍存在缺陷,你認(rèn)為該如何改良？．32．5種固體物質(zhì)A、B、C、D、E由表中不同的陰陽離子組成,它們均易溶于水．陽離子Na+Al3+Fe3+Cu2+Ba2+陰離子OH﹣Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣分別取它們的水溶液進(jìn)展實(shí)驗(yàn),結(jié)果如下：①A溶液與C溶液混合后產(chǎn)生藍(lán)色沉淀,向該沉淀中參加足量稀HNO3,沉淀局部溶解,剩余白色固體；②B溶液與E溶液混合后產(chǎn)生紅褐色沉淀,同時(shí)產(chǎn)生大量氣體；③少量C溶液與D溶液混合后產(chǎn)生白色沉淀,過量C溶液與D溶液混合后無現(xiàn)象；④B溶液與D溶液混合后無現(xiàn)象；⑤將38.4gCu片投入裝有足量D溶液的試管中,Cu片不溶解,再滴加1.6mol?L﹣1稀H2SO4,Cu逐漸溶解,管口附近有紅棕色氣體出現(xiàn)．〔1〕據(jù)此推斷A、C的化學(xué)式為：A；C．〔2〕寫出步驟②中發(fā)生反響的離子方程式．〔3〕D溶液中滴入石蕊試液,現(xiàn)象是,原因是〔用離子方程式說明〕．〔4〕步驟⑤中假設(shè)要將Cu片完全溶解,至少參加稀H2SO4的體積是mL．33．氮的化合物合成、應(yīng)用及氮的固定一直是科學(xué)研究的熱點(diǎn)．〔1〕以CO2與NH3為原料合成化肥尿素的主要反響如下：①2NH3〔g〕+CO2〔g〕=NH2CO2NH4〔s〕；△H=﹣159.47kJ?mol﹣1②NH2CO2NH4〔s〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕；△H=akJ?mol﹣1③2NH3〔g〕+CO2〔g〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕；△H=﹣86.98kJ?mol﹣1那么a為．〔2〕反響2NH3〔g〕+CO2〔g〕?CO〔NH2〕2〔l〕+H2O〔g〕在合成塔中進(jìn)展．圖1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三條曲線為合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料時(shí)二氧化碳轉(zhuǎn)化率的情況．①曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的數(shù)值分別為：A.0.6～0.7B.1～1.1C.1.5～1.61消費(fèi)中應(yīng)選用水碳比的數(shù)值為〔選填序號〕．②消費(fèi)中氨碳比宜控制在4.0左右,而不是4.5的原因可能是．〔3〕尿素可用于濕法煙氣脫氮工藝,其反響原理為：NO+NO2+H2O=2HNO22HNO2+CO〔NH2〕2=2N2↑+CO2↑+3H2O．①當(dāng)煙氣中NO、NO2按上述反響中系數(shù)比時(shí)脫氮效果最正確．假設(shè)煙氣中V〔NO〕：V〔NO2〕=5：1時(shí),可通入一定量的空氣,同溫同壓下,V〔空氣〕：V〔NO〕=〔空氣中氧氣的體積含量大約為20%〕．②圖2是尿素含量對脫氮效率的影響,從經(jīng)濟(jì)因素上考慮,一般選擇尿素濃度約為%．〔4〕圖3表示使用新型電極材料,以N2、H2為電極反響物,以HCl﹣NH4Cl為電解質(zhì)溶液制造出既能提供能量,同時(shí)又能實(shí)現(xiàn)氮固定的新型燃料電池．請寫出該電池的正極反響式．消費(fèi)中可別離出的物質(zhì)A的化學(xué)式為．34．研究說明,在CuZnO催化劑存在下,CO2和H2可發(fā)生兩個(gè)平行反響,分別生成CH3OH和CO,反響的熱化學(xué)方程式如下：CO2〔g〕+3H2〔g〕?CH3OH〔g〕+H2O〔g〕△H1平衡常數(shù)K1反響ⅠCO2〔g〕+H2〔g〕?CO〔g〕+H2O〔g〕△H2=+41.2kJ?mol﹣8平衡常數(shù)K2反響Ⅱ某實(shí)驗(yàn)室控制CO2和H2初始投料比為1：2.2,在一樣壓強(qiáng)下,經(jīng)過一樣反響時(shí)間測得如表實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：T〔K〕催化劑CO2轉(zhuǎn)化率〔%〕甲醇選擇性〔%〕543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6[備注]Cat.1：Cu/ZnO納米棒；Cat.2：Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性；轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比〔1〕合成的甲醇可用于燃料電池的燃料,假設(shè)電解質(zhì)為稀燒堿溶液時(shí)甲醇燃料電池的正極反響式為；研究證實(shí),CO2也可在酸性水溶液中通過電解生成甲醇,那么生成甲醇的反響發(fā)生在極,該電極反響式是．〔2〕從表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可以分析出,進(jìn)步CO2轉(zhuǎn)化成CH3OH的選擇性的方法有．〔3〕反響CO〔g〕+2H2〔g〕?CH3OH〔g〕的平衡常數(shù)K3=〔用K1和K2表示〕．〔4〕在恒壓密閉容器中,由CO2和H2進(jìn)展反響I合成甲醇,在其它條件不變的情況下,探究溫度對化學(xué)平衡的影響,實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖．①△H10〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕②有利于進(jìn)步CO2平衡轉(zhuǎn)化率的措施有〔填標(biāo)號〕．A．降低反響溫度B．投料比不變,增加反響物的濃度C．增大CO2和H2的初始投料比D．混合氣體中摻入一定量惰性氣體〔不參與反響〕〔5〕在T1溫度時(shí),將1.00molCO2和3.00molH2充入體積為1.00L的恒容密閉容器中,容器起始壓強(qiáng)為P0,僅進(jìn)展反響I．①充分反響到達(dá)平衡后,假設(shè)CO2轉(zhuǎn)化率為a,那么容器的壓強(qiáng)與起始壓強(qiáng)之比為〔用a表示〕．②假設(shè)經(jīng)過3h反響到達(dá)平衡,平衡后,混合氣體物質(zhì)的量為3.00mol,那么該過程中H2的平均反響速率為〔保存三位有效數(shù)字〕；該溫度下反響的化學(xué)平衡常數(shù)K為〔保存三位有效數(shù)字〕；平衡常數(shù)K可用反響體系中氣體物質(zhì)分壓表示,即K表達(dá)式中用平衡分壓代替平衡濃度,分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)．寫出上述反響壓力平衡常數(shù)KP為〔用P0表示,并化簡〕．35．工業(yè)上可以用廢鐵屑制備活性Fe3O4,流程如圖1：〔1〕在制備過程中,不但要將塊狀固體原料粉碎、磨成粉末,作用是．〔2〕在合成池里生成Fe3O4的離子方程式為．〔3〕根據(jù)流程可知,配料中心很可能使混合物中的Fe2O3與Fe物質(zhì)的量之比接近．〔4〕某同學(xué)利用廢鐵屑〔含F(xiàn)e和Fe2O3〕來制取FeCl3?6H2O晶體,同時(shí)測定混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù),裝置如圖2〔夾持裝置略,氣密性已檢驗(yàn)〕：操作步驟如下：I．翻開彈簧夾K1、關(guān)閉彈簧夾K2,并翻開活塞a,緩慢滴加鹽酸．Ⅱ．當(dāng)…時(shí),關(guān)閉彈簧夾K1翻開彈簧夾K2,當(dāng)A中溶液完全進(jìn)入燒杯后關(guān)閉活塞a．Ⅲ．將燒杯中溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾后得到FeC13?6H2O晶體．請答復(fù)：①操作Ⅱ中“…〞的內(nèi)容是,燒杯中的現(xiàn)象是,相應(yīng)的方程式是、_．〔是離子反響的寫離子方程式〕②假設(shè)混合物質(zhì)量為mg,實(shí)驗(yàn)完畢后測得B中所得的氣體是VmL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)〕,該同學(xué)由此計(jì)算出此廢鐵屑中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是,該數(shù)值比實(shí)際數(shù)值偏低,假設(shè)實(shí)驗(yàn)過程操作無誤,偏低的原因是．

2016-2017學(xué)年河北省衡水中學(xué)高三〔上〕期中化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．1×10=10分〕1．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物B．HCl、H2S、NH3都是電解質(zhì)C．強(qiáng)酸強(qiáng)堿都是離子化合物D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反響制備【考點(diǎn)】酸、堿、鹽、氧化物的概念及其互相聯(lián)絡(luò)．【分析】A、酸性氧化物不一定是非金屬氧化物；B、電解質(zhì)是在水溶液或是熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；C、離子化合物是陰陽離子組成的化合物；D、根據(jù)單質(zhì)的氧化性強(qiáng)弱確定金屬被氧化到的價(jià)態(tài)．【解答】解：A、酸性氧化物不一定都是非金屬氧化物,如高錳酸酐Mn2O7就屬于酸性氧化物,故A正確；B、HCl都是電解質(zhì),但是H2S、NH3是非電解質(zhì),故B錯(cuò)誤；C、HCl是強(qiáng)酸,屬于共價(jià)化合物,故C錯(cuò)誤；D、FeCl2可以用金屬鐵和氯化鐵之間的化合反響來制備,故D錯(cuò)誤．應(yīng)選A．2．化學(xué)與消費(fèi)、生活、環(huán)境等社會(huì)實(shí)際親密相關(guān)．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．“滴水石穿、繩鋸木斷〞不涉及化學(xué)變化B．明礬凈水的原理和“84〞消毒液消毒的原理不一樣C．氟利昂作制冷劑會(huì)加劇霧霾天氣的形成D．汽車尾氣中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃燒造成的【考點(diǎn)】物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)絡(luò)．【分析】A．水中溶解的二氧化碳與碳酸鈣反響生成碳酸氫鈣；B．明礬凈水是利用膠體的吸附性,“84〞消毒液消毒是利用物質(zhì)的強(qiáng)氧化性；C．霧霾天氣的形成與粉塵污染、汽車尾氣有關(guān)；D．汽油不完全燃燒生成CO．【解答】解：A．水中溶解的二氧化碳與碳酸鈣反響生成碳酸氫鈣,所以滴水石穿過程中涉及化學(xué)變化,故A錯(cuò)誤；B．明礬水解生成氫氧化鋁膠體,膠體具有吸附性而吸附水中的雜質(zhì),所以能凈水,“84〞消毒液中含有次氯酸鹽,具有強(qiáng)氧化性,能殺菌消毒,所以明礬凈水的原理和“84〞消毒液消毒的原理不同,故B正確；C．氟利昂作制冷劑會(huì)導(dǎo)致臭氧空洞,霧霾天氣的形成與粉塵污染、汽車尾氣有關(guān),故C錯(cuò)誤；D．汽車尾氣中含有的氮氧化物是放電條件下氮?dú)馀c氧氣反響生成,汽油不完全燃燒生成CO,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．3．有些古文或諺語包含了豐富的化學(xué)知識,以下解釋不正確的選項(xiàng)是〔〕選項(xiàng)古文或諺語化學(xué)解釋A日照香爐生紫煙碘的升華B以曾青涂鐵,鐵赤色如銅置換反響C煮豆燃豆萁化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能D雷雨肥莊稼自然固氮A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】化學(xué)反響的本質(zhì)；化學(xué)反響的根本原理．【分析】A．煙是氣溶膠；B．鐵與CuSO4發(fā)生置換反響；C．燃燒纖維素是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能；D．“閃電下雨〞過程發(fā)生的主要化學(xué)反響有：N2+O2=2NO,2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,HNO3與土壤中的弱酸鹽反響生成硝酸鹽,農(nóng)作物吸收NO3﹣中化合態(tài)的N．【解答】解：A．煙是氣溶膠,“日照香爐生紫煙〞是丁達(dá)爾效應(yīng),故A錯(cuò)誤；B．“曾青〞是CuSO4溶液,鐵與CuSO4發(fā)生置換反響,故B正確；C．“豆箕〞是大豆的秸稈,主要成分為纖維素,燃燒纖維素是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能,故C正確；D．“閃電下雨〞過程發(fā)生的主要化學(xué)反響有：N2+O2=2NO,2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,HNO3與土壤中的弱酸鹽反響生成硝酸鹽,農(nóng)作物吸收NO3﹣中化合態(tài)的N,其中第一個(gè)反響是“將游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)氮〞,屬于自然界固氮作用,故D正確．應(yīng)選A．4．以下有關(guān)鋼鐵腐蝕與防護(hù)的說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．鋼管與電源正極連接,鋼管可被保護(hù)B．鐵遇冷濃硝酸外表鈍化,可保護(hù)內(nèi)部不被腐蝕C．鋼管與銅管露天堆放在一起時(shí),鋼管不易被腐蝕D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+【考點(diǎn)】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)．【分析】A．用電解原理保護(hù)金屬時(shí),金屬應(yīng)作電解池陰極；B．常溫下,鐵和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象而阻止進(jìn)一步反響；C．構(gòu)成原電池負(fù)極的金屬易被腐蝕；D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極上鐵失電子生成亞鐵離子．【解答】解：A．用電解原理保護(hù)金屬時(shí),金屬應(yīng)作電解池陰極,應(yīng)該與原電池負(fù)極連接,故A錯(cuò)誤；B．常溫下,鐵和濃硝酸反響生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進(jìn)一步反響,所以可以保護(hù)內(nèi)部金屬不被腐蝕,故B正確；C．鋼管、銅管和雨水能構(gòu)成原電池,鐵作原電池負(fù)極而容易被腐蝕,故C錯(cuò)誤；D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí),負(fù)極反響是Fe﹣2e﹣═Fe2+,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．5．某學(xué)生以鐵絲和Cl2為原料進(jìn)展以下三個(gè)實(shí)驗(yàn)．從分類角度分析,以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是〔〕A．實(shí)驗(yàn)①、②所涉及的物質(zhì)均為電解質(zhì)B．實(shí)驗(yàn)②、③均為放熱反響實(shí)驗(yàn)C．②、③均未發(fā)生氧化復(fù)原反響D．實(shí)驗(yàn)①、③反響制得的物質(zhì)均為純潔物【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響；吸熱反響和放熱反響；電解質(zhì)與非電解質(zhì)．【分析】A、實(shí)驗(yàn)①中的鐵和氯氣是單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；B、鹽的水解是吸熱反響；C、實(shí)驗(yàn)②溶解主要是物理變化、③水解是復(fù)分解,兩者均未發(fā)生氧化復(fù)原反響；D、③得到的是氫氧化鐵膠體,是混合體系；【解答】解：A、實(shí)驗(yàn)①中的鐵和氯氣是單質(zhì),既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì),故A錯(cuò)誤；B、實(shí)驗(yàn)②溶解為放熱反響,③為鹽的水解是吸熱反響,故B錯(cuò)誤；C、實(shí)驗(yàn)②溶解主要是物理變化、③水解是復(fù)分解,兩者均未發(fā)生氧化復(fù)原反響,故C正確；D、③得到的是氫氧化鐵膠體,是混合體系,所以不全為純潔物,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．6．如表物質(zhì)與類別不對應(yīng)的是〔〕ABCD小蘇打食用油淀粉84消毒液鹽高分子化合物糖類混合物A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】混合物和純潔物；酸、堿、鹽、氧化物的概念及其互相聯(lián)絡(luò)．【分析】A．鹽是由金屬離子和酸根離子組成的化合物；B．有機(jī)高分子化合物是指相對分子質(zhì)量很大的有機(jī)物,簡稱有機(jī)高分子；C．糖類包括：單糖、二糖、多糖；D．混合物是兩種或兩種以上的物質(zhì)組成,純潔物是單一的一種物質(zhì)．【解答】解：A．小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱,其化學(xué)式是NaHCO3,由鈉離子和碳酸氫根離子構(gòu)成,屬于鹽,故A不選；B．食用油的成分為油脂,是相對分子量較小的分子,不屬于有機(jī)高分子,故B選；C．多糖包括淀粉、纖維素和糖原,其中淀粉和纖維素是植物細(xì)胞特有的,糖原是動(dòng)物細(xì)胞特有的,故C不選；D．“84消毒液〞的主要成分是次氯酸鈉〔NaClO〕的水溶液,屬于混合物,故D不選；應(yīng)選B．7．設(shè)NA為阿伏加羅常數(shù)的值,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．常溫常壓下,22.4LCO2所含的原子數(shù)為3NAB．1molCl2與足量的Fe完全反響,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．0.5molC2H2和C6H6的氣態(tài)混合物中所含原子總數(shù)為2NAD．2L1mol/L的鹽酸中所含HCl分子數(shù)約為2NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A、常溫常壓下,氣體摩爾體積大于22.4L/mol；B、氯氣和鐵反響后變?yōu)椹?價(jià)；C、C2H2和C6H6中含有的原子個(gè)數(shù)不同；D、鹽酸溶液中無HCl分子．【解答】解：A、常溫常壓下,氣體摩爾體積大于22.4L/mol,故二氧化碳的物質(zhì)的量小于1mol,那么原子個(gè)數(shù)小于3NA個(gè),故A錯(cuò)誤；B、氯氣和鐵反響后變?yōu)椹?價(jià),故1mol氯氣反響后轉(zhuǎn)移2mol電子即2NA個(gè),故B正確；C、C2H2和C6H6中含有的原子個(gè)數(shù)不同,故0.5mol混合物中含有的原子個(gè)數(shù)無法計(jì)算,故C錯(cuò)誤；D、HCl溶于水后完全電離,故鹽酸溶液中無HCl分子,故D錯(cuò)誤．應(yīng)選B．8．衛(wèi)生部發(fā)出公告,自2020年5月1日起,制止在面粉消費(fèi)中添加過氧化鈣〔CaO2〕等食品添加劑．以下對于過氧化鈣〔CaO2〕的表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．CaO2具有氧化性,對面粉可能具有增白作用B．CaO2中陰陽離子的個(gè)數(shù)比為1：1C．CaO2和水反響時(shí),每產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移電子4molD．CaO2和CO2反響的化學(xué)方程式為：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響．【分析】A、根據(jù)過氧化鈉的性質(zhì)推斷過氧化鈣的性質(zhì)可能具有漂白性；B、根據(jù)過氧化鈣構(gòu)成離子是鈉離子和過氧根離子分析；C、根據(jù)CaO2和水反響的化學(xué)方程式分析計(jì)算；D、根據(jù)過氧化鈉性質(zhì)推斷過氧化鈣與二氧化碳的反響；【解答】解：A、結(jié)合過氧化鈉的性質(zhì)推斷,CaO2具有氧化性,可能具有漂白性,對面粉可能具有增白作用,故A正確；B、過氧化鈣構(gòu)成離子是鈉離子和過氧根離子,CaO2中陰陽離子的個(gè)數(shù)比為1：1,故B正確；C、CaO2和水反響的化學(xué)方程式為2CaO2+2H2O=2Ca〔OH〕2+O2↑,每產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移電子2mol,故C錯(cuò)誤；D、CaO2和CO2反響的化學(xué)方程式為：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2；故D正確；應(yīng)選C．9．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕①硫酸鋇難溶于水和酸,可做X光透視腸胃的藥劑②神舟10號飛船所用太陽能電池板的材料是單晶硅③醫(yī)用酒精是利用了乙醇的氧化性來殺菌消毒的④瑪瑙飾品的主要成分與建筑材料砂子不一樣⑤碳酸鈉、氫氧化鈉、碳酸鈣、碳酸氫鈉等都可以中和酸,故都可以作為治療胃酸過多的藥物⑥明礬凈水利用了膠體的性質(zhì)⑦根據(jù)酸分子中含有的氫原子個(gè)數(shù),將酸分為一元酸、二元酸和多元酸⑧金屬鈉具有強(qiáng)的復(fù)原性,可利用鈉和熔融TiCl4反響制取金屬Ti．A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、構(gòu)造和性質(zhì)的關(guān)系．【分析】①硫酸鋇難溶于水也難溶于酸,沒有毒,而且它具有不易被X射線透過的特點(diǎn)；②晶體硅為半導(dǎo)體材料,可以用于制造太陽能電池；③乙醇不具有氧化性；④瑪瑙飾品、沙子主要成分都是二氧化硅；⑤碳酸鈉、氫氧化鈉具有強(qiáng)的腐蝕性；⑥明礬電離產(chǎn)生鋁離子水解生成氫氧化鋁,氫氧化鋁具有吸附性；⑦根據(jù)酸電離出的氫離子數(shù)目將酸分為一元酸、二元酸等；⑧根據(jù)鈉活潑性強(qiáng),可以從熔融氯化鈦中置換鈦等金屬解答．【解答】解：①溶于水的鋇鹽[如Ba〔NO3〕2、BaCl2等]對人體有毒,但是硫酸鋇難溶于水也難溶于酸,沒有毒,而且它具有不易被X射線透過的特點(diǎn),在醫(yī)療上被用作X光透視腸胃的藥劑,故正確；②晶體硅為半導(dǎo)體材料,可以用于制造太陽能電池,神舟10號飛船所用太陽能電池板的材料是單晶硅,故正確；③乙醇無強(qiáng)氧化性,酒精能使蛋白質(zhì)變性而殺菌消毒,故錯(cuò)誤；④瑪瑙飾品的主要成分與建筑材料砂子一樣,都是二氧化硅,故錯(cuò)誤；⑤碳酸鈉、氫氧化鈉有強(qiáng)腐蝕性能損傷人體,不可以作為治療胃酸過多的藥物,故錯(cuò)誤；⑥明礬電離產(chǎn)生鋁離子水解生成氫氧化鋁,氫氧化鋁具有吸附性,可以用來凈水,故正確；⑦根據(jù)酸電離出的氫離子數(shù)目將酸分為一元酸、二元酸等,如CH3COOH屬于一元酸,故錯(cuò)誤；⑧鈉活潑性強(qiáng),可以從熔融氯化鈦中置換鈦等金屬,可以用來冶煉金屬,故正確；應(yīng)選：B．10．某硫酸廠廢氣中SO2的回收利用方案如下圖．以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．X可能含有2種鹽B．a(chǎn)是SO3C．Y可能含有〔NH4〕2SO4D．〔NH4〕2S2O8中S的化合價(jià)不可能為+7【考點(diǎn)】二氧化硫的污染及治理．【分析】二氧化硫與氨水反響生成X,那么X中含有亞硫酸銨或亞硫酸氫銨中的一種或兩種鹽,在X中加過量硫酸生成硫酸銨或硫酸氫銨和二氧化硫氣體,二氧化硫經(jīng)氧化、水合等科的硫酸,氣體a為二氧化硫,Y為硫酸銨；電解硫酸銨溶液可得〔NH4〕2S2O8；【解答】解：A．X中含有亞硫酸銨或亞硫酸氫銨中的一種或兩種鹽,故A正確；B．氣體a為二氧化硫,故B錯(cuò)誤；C．X中加過量硫酸生成硫酸銨或硫酸氫銨,故C正確；D．S的最高化合價(jià)是+6,不可能為+7,故D正確；應(yīng)選B．二、選擇題〔每題有1個(gè)選項(xiàng)符合題意．20×2=40分〕11．某溶液中只可能含有以下離子中的某幾種：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分別取樣：①用pH計(jì)測試,溶液顯弱酸性②加氯水和CCl4振蕩后靜置,下層呈無色,為確定該溶液的組成,還需檢驗(yàn)的離子是〔〕A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+【考點(diǎn)】常見離子的檢驗(yàn)方法．【分析】①用pH計(jì)測試,溶液顯弱酸性,那么一定不含AlO2﹣,且Ba2+、SO42﹣不能共存；②加氯水和CCl4振蕩后靜置,下層呈無色,那么一定不含I﹣,由電荷守恒可知,一定存在陰離子為SO42﹣,那么原溶液不存在Ba2+,因溶液為弱酸性可知,含陽離子一定為NH4+,以此來解答．【解答】解：①用pH計(jì)測試,溶液顯弱酸性,那么一定不含AlO2﹣,且Ba2+、SO42﹣不能共存；②加氯水和CCl4振蕩后靜置,下層呈無色,那么一定不含I﹣,由電荷守恒可知,一定存在陰離子為SO42﹣,那么原溶液不存在Ba2+,因溶液為弱酸性可知,含陽離子一定為NH4+,那么還需檢驗(yàn)的離子為K+,利用焰色反響,應(yīng)選A．12．甲乙丙丁戊是中學(xué)常見的無機(jī)物,他們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖〔某些條件和局部產(chǎn)物已略去〕．以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．假設(shè)戊為一種強(qiáng)堿且焰色反響為黃色,那么上述反響可能都屬于氧化復(fù)原反響B(tài)．常溫下,假設(shè)丙為無色氣體,戊為紅棕色氣體,那么甲、乙一定是銅和稀硝酸C．假設(shè)甲為硫磺燃燒產(chǎn)物,丁為水,那么戊可用于枯燥甲D．假設(shè)甲為濃鹽酸,乙為MnO2,那么戊可能使品紅褪色【考點(diǎn)】無機(jī)物的推斷．【分析】A、假設(shè)戊為一種強(qiáng)堿且焰色反響為黃色,那么戊為氫氧化鈉,根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系,甲乙分別為鈉和氧氣,丙可以是氧化鈉或過氧化鈉,據(jù)此分析；B、常溫下,假設(shè)丙為無色氣體,戊為紅棕色氣體應(yīng)為二氧化氮,那么丙為一氧化氮,所以甲、乙可以是銅和稀硝酸反響生成一氧化氮也可以是其它金屬和稀硝酸的反響生成NO；C、假設(shè)甲為硫磺燃燒產(chǎn)物即為二氧化硫,那么丙為三氧化硫,丁為水,戊為硫酸；D、假設(shè)甲為濃鹽酸,乙為MnO2,那么丙為氯氣,假設(shè)丁為水,那么戊為次氯酸,據(jù)此分析；【解答】解：A、假設(shè)戊為一種強(qiáng)堿且焰色反響為黃色,那么戊為氫氧化鈉,根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系,甲乙分別為鈉和氧氣,丙可以是氧化鈉或過氧化鈉,假設(shè)丙為過氧化鈉,那么上述反響可能都屬于氧化復(fù)原反響,故A正確；B、常溫下,假設(shè)丙為無色氣體,戊為紅棕色氣體應(yīng)為二氧化氮,那么丙為一氧化氮,所以甲、乙可以是銅和稀硝酸反響生成一氧化氮也可以是其它金屬和稀硝酸的反響生成NO,故B錯(cuò)誤；C、假設(shè)甲為硫磺燃燒產(chǎn)物即為二氧化硫,那么丙為三氧化硫,丁為水,戊為硫酸,濃硫酸可枯燥二氧化硫,故C正確；D、假設(shè)甲為濃鹽酸,乙為MnO2,那么丙為氯氣,假設(shè)丁為水,那么戊為次氯酸,次氯酸能使品紅褪色,故D正確,應(yīng)選B．13．NaCl是一種化工原料,可以制備一系列物質(zhì)〔如下圖〕．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．由氯化鈉制備純堿的過程中,利用了物質(zhì)溶解度的差異B．用Cl2制備漂白粉時(shí),是將Cl2通入澄清石灰水中C．常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存,所以Cl2不與鐵反響D．圖示轉(zhuǎn)化反響都是氧化復(fù)原反響【考點(diǎn)】電解原理．【分析】A、由轉(zhuǎn)化可知,氯化鈉溶液與氨氣、二氧化碳反響析出碳酸氫鈉；B、根據(jù)工業(yè)消費(fèi)量大,所以Cl2制備漂白粉時(shí),是將Cl2通入石灰乳中；C、鐵能在氯氣中燃燒生成棕黃色的煙FeCl3；D、根據(jù)元素的化合價(jià)是否變化判斷．【解答】解：A、由轉(zhuǎn)化可知,氯化鈉溶液與氨氣、二氧化碳反響析出碳酸氫鈉晶體,那么說明25℃時(shí),NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小,所以由氯化鈉制備純堿的過程中,利用了物質(zhì)溶解度的差異,故A正確；B、因?yàn)楣I(yè)消費(fèi)量大,所以Cl2制備漂白粉時(shí),是將Cl2通入石灰乳中,不是通入澄清石灰水中,故B錯(cuò)誤；C、Fe與枯燥的氯氣不反響,那么常溫下液氯能用鋼瓶貯存,但3Cl2+2Fe2FeCl3,故C錯(cuò)誤；D、氯化鈉和水、氨氣、二氧化碳的反響以及碳酸氫鈉的分解反響都不是氧化復(fù)原反響,故D錯(cuò)誤．應(yīng)選A．14．某同學(xué)組裝了如下圖的電化學(xué)裝置,那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．圖中甲池為原電池裝置,Cu電極發(fā)生復(fù)原反響B(tài)．實(shí)驗(yàn)過程中,甲池左側(cè)燒杯中NO3﹣的濃度不變C．假設(shè)甲池中Ag電極質(zhì)量增加5.4g時(shí),乙池某電極析出1.6g金屬,那么乙中的某鹽溶液可能是AgNO3溶液D．假設(shè)用銅制U形物代替“鹽橋〞,工作一段時(shí)間后取出U形物稱量,質(zhì)量會(huì)減小【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【分析】甲池為原電池裝置,活潑的銅失電子作負(fù)極,電流方向從正極流向負(fù)極,負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反響,正極上得電子發(fā)生復(fù)原反響,銅放電生成銅離子,鹽橋中的陰離子硝酸根離子向左邊挪動(dòng),假如用銅制U形物代替“鹽橋〞,甲池中的右邊一個(gè)池為原電池裝置,據(jù)此分析解答．【解答】解：A、圖中甲池為原電池裝置,Cu電極為負(fù)極發(fā)生氧化反響,故A錯(cuò)誤；B、實(shí)驗(yàn)過程中,銅放電生成銅離子,鹽橋中的陰離子硝酸根離子向左邊挪動(dòng),所以左側(cè)燒杯中NO3﹣的濃度變大,故B錯(cuò)誤；C、假設(shè)甲池中Ag電極質(zhì)量增加5.4g時(shí),即生成銀5.4g,物質(zhì)的量為=0.05mol,所以整個(gè)電路轉(zhuǎn)移0.05mol的電子,假如硝酸銀足量應(yīng)生成5.4g的銀,假如是硝酸銀說明硝酸銀缺乏,故C正確；D、用銅制U形物代替“鹽橋〞,右邊銅的質(zhì)量減少,而左邊銅的質(zhì)量增加,而整個(gè)電路轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等,所以減少的質(zhì)量與增加的質(zhì)量相等,U型管的質(zhì)量不變,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中,兩種酸的物質(zhì)的量濃度之和為0.6mol/L,向該溶液中參加足量的銅粉,加熱,充分反響后,所得溶液中Cu2+的物質(zhì)的量濃度最大值為〔反響前后溶液體積變化忽略不計(jì)〕〔〕A．0.025mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】有關(guān)反響離子方程式為：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO〔g〕+4H2O,由上述反響方程式可知,NO3﹣和H+的物質(zhì)的量之比為1：4,氫離子與硝酸根恰好反響,生成的銅離子物質(zhì)的量最大,設(shè)HNO3、H2SO4各為x、ymol,那么n〔NO3﹣〕：n〔H+〕=x：〔x+2y〕=1：4,x+y=0.6×0.1,據(jù)此計(jì)算x、y的值,再根據(jù)方程式計(jì)算銅離子的物質(zhì)的量,根據(jù)c=計(jì)算銅離子濃度．【解答】解：反響離子方程式為：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO〔g〕+4H2O,銅足量,由上述反響方程式可知,NO3﹣和H+的物質(zhì)的量之比為1：4,氫離子與硝酸根恰好反響,生成的銅離子物質(zhì)的量最大,設(shè)HNO3、H2SO4各為x、ymol,那么n〔NO3﹣〕：n〔H+〕=x：〔x+2y〕=1：4,x+y=0.6×0.1,聯(lián)立解得x=0.024mol、y=0.036mol,由方程式可知,生成銅離子的物質(zhì)的量為0.024mol×=0.036mol,故銅離子的最大濃度為=0.36mol/L,應(yīng)選C．16．20℃時(shí),飽和NaCl溶液的密度為ρg/cm3,物質(zhì)的量濃度為cmol/L,那么以下說法中不正確的選項(xiàng)是〔〕A．溫度低于20℃時(shí),飽和NaCl溶液的濃度小于cmol/LB．此溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為C．20℃時(shí),密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不飽和溶液D．20℃時(shí),飽和NaCl溶液的溶解度【考點(diǎn)】物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計(jì)算；溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)及相關(guān)計(jì)算．【分析】A．溫度降低,氯化鈉的溶解度減小,溶液中氯化鈉的物質(zhì)的量濃度減??；B．根據(jù)1L溶液中含有的氯化鈉的質(zhì)量、溶液的質(zhì)量計(jì)算出氯化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；C．一樣溫度下,氯化鈉飽和溶液的密度最大,假設(shè)氯化鈉溶液密度小于飽和溶液的密度,那么該溶液一定為不飽和溶液；D．設(shè)溶液體積為1L,根據(jù)氯化鈉密度、濃度及溶解度表達(dá)式計(jì)算出該溫度下的溶解度．【解答】解：A．溫度低于20℃時(shí),氯化鈉飽和溶液中溶解的氯化鈉減少,所以飽和NaCl溶液的濃度小于cmol/L,故A正確；B．1L該溫度下的氯化鈉飽和溶液中,溶液質(zhì)量為：1000ρg,氯化鈉的物質(zhì)的量為cmol,所以氯化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：=,故B正確；C．20℃時(shí),等體積的飽和溶液中含有氯化鈉的物質(zhì)的量到達(dá)最大,所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不飽和溶液,故C正確；D．20℃時(shí),1L飽和NaCl溶液中溶解的氯化鈉的質(zhì)量為58.5cg,溶液質(zhì)量為1000ρ,那么該溫度下氯化鈉的溶解度為：S=×100g=g,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D．17．截至到2021年12月末,中國光伏發(fā)電新增裝機(jī)容量到達(dá)10.66GW,光伏發(fā)電累計(jì)裝機(jī)容量到達(dá)17.16GW,圖1為光伏并網(wǎng)發(fā)電裝置．圖2為電解尿素[CO〔NH2〕2]的堿性溶液制氫的裝置示意圖〔電解池中隔膜僅阻止氣體通過,陰、陽極均為惰性電極〕．以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是〔〕A．圖1中N型半導(dǎo)體為正極,P型半導(dǎo)體為負(fù)極B．圖2溶液中電子流向：從B極流向A極C．X2為氧氣D．工作時(shí),A極的電極反響式為CO〔NH2〕2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【分析】該電池反響時(shí)中,氮元素化合價(jià)由﹣3價(jià)變?yōu)?價(jià),H元素化合價(jià)由+1價(jià)變?yōu)?價(jià),所以生成氮?dú)獾碾姌OA是陽極,生成氫氣的電極B是陰極,結(jié)合電解池的工作原理分析解答．【解答】解：A．該電池反響時(shí)中,氮元素化合價(jià)由﹣3價(jià)變?yōu)?價(jià),H元素化合價(jià)由+1價(jià)變?yōu)?價(jià),那么氮元素被氧化,氫元素被復(fù)原,所以生成氮?dú)獾碾姌OA是陽極,生成氫氣的電極B是陰極,那么圖1中N型半導(dǎo)體為負(fù)極,P型半導(dǎo)體為正極,故A錯(cuò)誤；B．電解時(shí),電子的流向?yàn)椋宏枠O→電源,電源→陰極,故B錯(cuò)誤；C．陰極B上水得電子生成氫氣和氫氧根離子,電極反響式為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣,故C錯(cuò)誤；D．A極為陽極,電極反響式為：CO〔NH2〕2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O,故D正確；應(yīng)選：D．18．將一定體積的CO2通入VLNaOH溶液中,NaOH完全反響,假設(shè)在反響后的溶液中參加足量石灰水,得到ag沉淀；假設(shè)在反響后的溶液中參加足量CaCl2溶液,得到bg沉淀,那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．參加反響的CO2的體積為0.224aLB．用上述數(shù)據(jù)不能確定NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度C．假設(shè)a=b,那么CO2與NaOH溶液反響的產(chǎn)物鹽只有Na2CO3D．b可能等于a、小于a或大于a【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；有關(guān)混合物反響的計(jì)算．【分析】由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl,NaHCO3與CaCl2不反響,但碳酸鈉、碳酸氫鈉都與石灰水反響生成碳酸鈣沉淀,那么一定體積的CO2通入VLNaOH溶液中產(chǎn)物不確定,以此來解答．【解答】解：A．因a、b的關(guān)系不確定,無法計(jì)算參加反響的CO2的體積,故A錯(cuò)誤；B．假設(shè)a、b相等時(shí),由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl～2NaOH可計(jì)算NaOH的物質(zhì)的量,溶液的體積,那么可以計(jì)算濃度,故B錯(cuò)誤；C．由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl,NaHCO3與CaCl2不反響,但碳酸鈉、碳酸氫鈉都與石灰水反響生成碳酸鈣沉淀,假設(shè)a=b,那么CO2與NaOH溶液反響的產(chǎn)物鹽只有Na2CO3,故C正確；D．NaHCO3與CaCl2不反響,那么b可能等于a、小于a,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．19．二氧化氯〔ClO2〕是一種黃綠色易溶于水的氣體,常用作飲用水消毒．實(shí)驗(yàn)室通過如下過程制備二氧化氯．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．電解時(shí)發(fā)生反響的離子方程式為NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3B．溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣C．可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3D．可用明礬除去飲用水中殘留的NaClO2【考點(diǎn)】氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用．【分析】氯化銨溶液中參加鹽酸通電電解,得到NCl3溶液氮元素化合價(jià)﹣3價(jià)變化為+3價(jià),在陽極發(fā)生氧化反響,陰極是氫離子得到電子發(fā)生復(fù)原反響生成氫氣,在NCl3溶液中參加NaClO2溶液加熱反響生成ClO2、NH3和溶液X,NCl3與NaClO2按一定物質(zhì)的量之比混合,在溶液中恰好反響生成ClO2與NH3,由氫元素守恒可知,有水參加反響,1molNCl3得到1molNH3,由ClO2﹣、ClO2中Cl原子與O原子之比均為1：2,結(jié)合電荷守恒可知,反響還生成NaCl與NaOH．【解答】解：A．NH4Cl溶液中參加鹽酸進(jìn)展電解得到NCl3,NCl3溶液氮元素化合價(jià)﹣3價(jià)變化為+3價(jià),在陽極發(fā)生氧化反響,陰極是氫離子得到電子發(fā)生復(fù)原反響生成氫氣,反響的化學(xué)方程式為：NH4++2H++3Cl﹣3H2↑+NCl3,故A錯(cuò)誤；B．上述分析可知NCl3與NaClO2按一定物質(zhì)的量之比混合,在溶液中恰好反響生成ClO2與NH3,由氫元素守恒可知,有水參加反響,1molNCl3得到1molNH3,由ClO2﹣、ClO2中Cl原子與O原子之比均為1：2,結(jié)合電子守恒和電荷守恒可知,反響還生成NaCl與NaOH,溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣,故B正確；C．二氧化氯〔ClO2〕是一種黃綠色易溶于水的氣體,不可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3,故C錯(cuò)誤；D．明礬凈水的原理是利用鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體的吸附性,吸附懸浮雜質(zhì),不能吸收除去飲用水中殘留的NaClO2,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．20．反響①、②分別是從海藻灰和某種礦石中提取碘的主要反響：①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．兩個(gè)反響中NaHSO4均為氧化產(chǎn)物B．碘元素在反響①中被復(fù)原,在反響②中被氧化C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2D．反響①、②中生成等量的I2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)比為1：5【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響．【分析】A．失電子化合價(jià)升高的元素被氧化；B．失電子化合價(jià)升高的元素被氧化,得電子化合價(jià)降低的元素被復(fù)原；C．自發(fā)進(jìn)展的氧化復(fù)原反響中,氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D．根據(jù)碘和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計(jì)算．【解答】解：A．在反響①中硫元素既不被氧化也不被復(fù)原,在反響②中被氧化,故A錯(cuò)誤；B．碘元素在反響①中被氧化,在反響②中被復(fù)原,故B錯(cuò)誤；C．氧化性IO3﹣＞SO42﹣,故C錯(cuò)誤；D．反響①中生成1mol碘轉(zhuǎn)移2NA電子,反響②中生成1mol碘轉(zhuǎn)移10NA電子,所以反響①、②中生成等量的I2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)比為2NA：10NA=1：5,故D正確；應(yīng)選D．21．光電池是開展性能源．一種光化學(xué)電池的構(gòu)造如圖,當(dāng)光照在外表涂有氯化銀的銀片上時(shí)AgCl〔s〕Ag〔s〕+Cl〔AgCl〕,[Cl〔AgCl〕表示生成的氯原子吸附在氯化銀外表],接著Cl〔AgCl〕+e﹣=Cl﹣〔aq〕,假設(shè)將光源移除,電池會(huì)立即恢復(fù)至初始狀態(tài)．以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．光照時(shí),電流由X流向YB．光照時(shí),Pt電極發(fā)生的反響為：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑C．光照時(shí),Cl﹣向Pt電極挪動(dòng)D．光照時(shí),電池總反響為：AgCl〔s〕+Cu+〔aq〕Ag〔s〕+Cu2+〔aq〕+Cl﹣〔aq〕【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【分析】該裝置中氯原子在銀電極上得電子發(fā)生復(fù)原反響,所以銀作正極、鉑作負(fù)極,電流從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極,電解質(zhì)溶液中陰離子向負(fù)極挪動(dòng)．【解答】解：該裝置中氯原子在銀電極上得電子發(fā)生復(fù)原反響,所以銀作正極、鉑作負(fù)極,A．光照時(shí),電流從正極銀X流向負(fù)極鉑Y,故A正確；B．光照時(shí),Pt電極作負(fù)極,負(fù)極上亞銅離子失電子發(fā)生氧化反響,電極反響式為〕Cu+〔aq〕﹣e﹣=Cu2+〔aq〕,故B錯(cuò)誤；C．光照時(shí),該裝置是原電池,銀作正極,鉑作負(fù)極,電解質(zhì)中氯離子向負(fù)極鉑挪動(dòng),故C正確；D．光照時(shí),正極上氯原子得電子發(fā)生復(fù)原反響,負(fù)極上亞銅離子失電子,所以電池反響式為AgCl〔s〕+Cu+〔aq〕Ag〔s〕+Cu2+〔aq〕+Cl﹣〔aq〕,故D正確；應(yīng)選B．22．以下離子組在給定條件下能否大量共存的判斷正確,所發(fā)生反響的離子方程式也正確的選項(xiàng)是〔〕選項(xiàng)條件離子組離子共存判斷及反響的離子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣不能共存,Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓BpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能共存,5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2OC由水電離出的H+濃度為1×10﹣12mol?L﹣1NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣一定能共存,NH4++H2O═NH3?H2O+H+D通入少量SO2氣體K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣不能共存,2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣A．A B．B C．C D．C【考點(diǎn)】離子方程式的書寫；離子共存問題．【分析】A．一水合氨為弱電解質(zhì),應(yīng)寫化學(xué)式；B．pH=1的溶液呈酸性,酸性條件下Fe2+與MnO4﹣發(fā)生氧化復(fù)原反響；C．由水電離出的H+濃度為1×10﹣12mol?L﹣1,水的電離受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈堿性；D．SO2具有復(fù)原性,與ClO﹣發(fā)生氧化復(fù)原反響．【解答】解：A．離子之間不發(fā)生任何反響,可大量共存,一水合氨為弱電解質(zhì),正確的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O═Al〔OH〕3↓+3NH4+,故A錯(cuò)誤；B．pH=1的溶液呈酸性,酸性條件下Fe2+與MnO4﹣發(fā)生氧化復(fù)原反響,反響的離子方程式為：5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O,故B正確；C．由水電離出的H+濃度為1×10﹣12mol?L﹣1,水的電離受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈堿性,堿性條件下NH4+不能大量共存,故C錯(cuò)誤；D．SO2具有復(fù)原性,與ClO﹣發(fā)生氧化復(fù)原反響,正確的離子方程式為：ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣,故D錯(cuò)誤．應(yīng)選B．23．一定溫度下,在3個(gè)體積均為1.0L的恒容密閉容器中反響2H2〔g〕+CO〔g〕?CH3OH〔g〕到達(dá)平衡,測得有關(guān)數(shù)據(jù)如表所示,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕容器溫度/k物質(zhì)的起始濃度/mol?L﹣1物質(zhì)的平衡濃度/mol?L﹣1c〔H2〕c〔CO〕c〔CH3OH〕c〔CH3OH〕Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．該方應(yīng)的正反響吸熱B．到達(dá)平衡時(shí),容器Ⅰ中反響物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的大C．到達(dá)平衡時(shí),容器Ⅱ中c〔H2〕大于容器Ⅲ中c〔H2〕的兩倍D．到達(dá)平衡時(shí),容器Ⅲ中的反響速率比容器Ⅰ中的大【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算．【分析】比照Ⅰ、Ⅲ,如溫度一樣,0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO,為等效平衡,但Ⅲ溫度較高,平衡時(shí)CH3OH較低,說明升高溫度平衡逆向挪動(dòng),正反響為放熱反響,比照Ⅰ、Ⅱ,在一樣溫度下反響,但Ⅱ濃度較大,由方程式可知,增大濃度,平衡正向挪動(dòng),以此解答該題．【解答】解：A．比照Ⅰ、Ⅲ,如溫度一樣,0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO,為等效平衡,但Ⅲ溫度較高,平衡時(shí)CH3OH較低,說明升高溫度平衡逆向挪動(dòng),正反響為放熱反響,故A錯(cuò)誤；B．比照Ⅰ、Ⅱ,在一樣溫度下反響,但Ⅱ濃度較大,由方程式2H2〔g〕+CO〔g〕?CH3OH〔g〕可知,增大濃度,平衡正向挪動(dòng),該反響正向?yàn)轶w積減小的反響,增大濃度轉(zhuǎn)化率會(huì)增大,那么容器Ⅰ中反響物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的小,故B錯(cuò)誤；C．Ⅱ濃度較大,Ⅲ溫度較高,增大濃度平衡正向挪動(dòng),升高溫度平衡逆向挪動(dòng),Ⅲ的轉(zhuǎn)化率降低,Ⅲ中相當(dāng)于起始C〔H2〕為Ⅱ的一半,平衡時(shí)Ⅱ中C〔H2〕小于Ⅲ中的兩倍,故C錯(cuò)誤；D．比照Ⅰ、Ⅲ,Ⅲ溫度較高,濃度相當(dāng),升高溫度,反響速率增大,那么容器Ⅲ中的反響速率比容器Ⅰ中的大,故D正確．應(yīng)選D．24．化學(xué)中常用圖象直觀地描繪化學(xué)反響的進(jìn)程或結(jié)果,以下圖象描繪正確的選項(xiàng)是〔〕A．圖可以表示對某化學(xué)平衡體系改變溫度后反響速率隨時(shí)間的變化B．圖表示壓強(qiáng)對可逆反響2A〔g〕+2B〔g〕?3C〔g〕+D〔g〕的影響,且甲的壓強(qiáng)大C．圖表示向Al2〔SO4〕3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液,生成沉淀的量與滴入NaOH溶液體積的關(guān)系D．圖表示在2L的密閉容器中發(fā)生合成氨反響時(shí)N2的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線,0～10min內(nèi)該反響的平均速率v〔H2〕=0.045mol?L﹣1?min﹣1,從11min起其他條件不變,壓縮容器的體積為1L,那么n〔N2〕的變化曲線為d【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】A．改變反響溫度,正逆反響速率同時(shí)增大或減小；B．增大壓強(qiáng),平衡不挪動(dòng),但反響速率增大；C．氫氧化鈉過量時(shí),氫氧化鎂不溶解；D．從壓強(qiáng)對平衡挪動(dòng)的影響的角度分析．【解答】解：A．改變反響溫度,正逆反響速率同時(shí)增大或減小,不可能出現(xiàn)如下圖變化,故A錯(cuò)誤；B．增大壓強(qiáng),平衡不挪動(dòng),但反響速率增大,到達(dá)平衡時(shí)間較少,故B錯(cuò)誤；C．氫氧化鈉過量時(shí),氫氧化鎂不溶解,反響后沉淀不可能為0,故C錯(cuò)誤；D．縱坐標(biāo)表示氮?dú)馕镔|(zhì)的量,壓縮容器體積的瞬間,氮?dú)馕镔|(zhì)的量不變,體積縮小等效于增大壓強(qiáng),平衡向右挪動(dòng),氮?dú)馕镔|(zhì)的量減小,故D正確．應(yīng)選D．25．〔HF〕2〔g〕?2HF〔g〕,△H＞0且平衡體系的總質(zhì)量【m〔總〕】與總物質(zhì)的量【n總】之比在不同溫度下隨壓強(qiáng)的變化曲線如下圖．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．溫度：T1＜T2B．平衡常數(shù)：K〔a〕=K〔b〕＜K〔c〕C．反響速率：Vb＞VaD．當(dāng)=30g/mol時(shí),n〔HF〕：n[〔HF〕2]=2：1【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過程．【分析】A、根據(jù)平衡體系的總質(zhì)量【m〔總〕】與總物質(zhì)的量【n總】之比為混合氣體平均摩爾質(zhì)量,反響是吸熱反響,升溫平衡正向進(jìn)展,氣體物質(zhì)的量增大,總質(zhì)量【m〔總〕】與總物質(zhì)的量【n總】之比減小分析；B、平衡常數(shù)隨溫度變化,不隨壓強(qiáng)變化；C、根據(jù)溫度變化分析,溫度越高反響速率越大分析；D、根據(jù)平均摩爾質(zhì)量概念計(jì)算判斷．【解答】解：A、根據(jù)平衡體系的總質(zhì)量【m〔總〕】與總物質(zhì)的量【n總】之比為混合氣體平均摩爾質(zhì)量,反響是吸熱反響,升溫平衡正向進(jìn)展,氣體物質(zhì)的量增大,總質(zhì)量【m〔總〕】與總物質(zhì)的量【n總】之比減小,T1＞T2,故A錯(cuò)誤；B、平衡常數(shù)隨溫度變化,不隨壓強(qiáng)變化,溫度越高,平衡正向進(jìn)展,平衡常數(shù)增大,平衡常數(shù)：K〔a〕=K〔c〕＜K〔b〕,故B錯(cuò)誤；C、分析判斷可知T1＞T2,溫度越高反響速率越快,反響速率：Vb＞Va,故C正確；D、n〔HF〕：n[〔HF〕2]=2：1,當(dāng)==26.7g/mol,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．26．空氣吹出法工藝,是目前“海水提溴〞的最主要方法之一．其工藝流程如下圖,其中不正確的選項(xiàng)是〔〕A．步驟④⑤是為了富集溴B．步驟③說明溴具有揮發(fā)性C．步驟④的離子方程式為Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣D．步驟⑧中溴蒸氣冷凝后得到液溴與溴水的混合物可用分液漏斗別離【考點(diǎn)】物質(zhì)別離和提純的方法和根本操作綜合應(yīng)用；海水資源及其綜合利用．【分析】苦鹵中含有溴,在酸性條件下通入氯氣,可發(fā)生置換反響生成溴單質(zhì),吹入空氣,將溴別離出來,然后溴與二氧化硫發(fā)生反響生成HBr和硫酸,再通入氯氣,生成溴,然后分液、蒸餾和得到液溴,A．步驟④是用二氧化硫?qū)鍙?fù)原生成溴離子,步驟⑤是氯氣將溴離子氧化得到溴單質(zhì)；B．步驟③利用空氣將溴吹出,說明溴易從液態(tài)轉(zhuǎn)化為氣態(tài)；C．溴具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有強(qiáng)復(fù)原性,二者易發(fā)生氧化復(fù)原反響；D．別離互不相溶的液體采用分液方法．【解答】解：苦鹵中含有溴,在酸性條件下通入氯氣,可發(fā)生置換反響生成溴單質(zhì),吹入空氣,將溴別離出來,然后溴與二氧化硫發(fā)生反響生成HBr和硫酸,再通入氯氣,生成溴,然后分液、蒸餾和得到液溴,A．步驟④是用二氧化硫?qū)鍙?fù)原生成溴離子,步驟⑤是氯氣將溴離子氧化得到溴單質(zhì),所以步驟④⑤是為了富集溴,故A正確；B．步驟③利用空氣將溴吹出,說明溴易從液態(tài)轉(zhuǎn)化為氣態(tài),所以該步驟說明溴具有揮發(fā)性,故B正確；C．溴具有強(qiáng)氧化性、二氧化硫具有強(qiáng)復(fù)原性,二者易發(fā)生氧化復(fù)原反響,離子方程式為Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣,故C錯(cuò)誤；D．別離互不相溶的液體采用分液方法,溴不易溶于水,所以步驟⑧中溴蒸氣冷凝后得到液溴與溴水的混合物可用分液漏斗別離,故D正確；應(yīng)選C．27．向溶液中分別通入足量的相應(yīng)氣體后,以下各組離子還能大量存在的是〔〕A．氯氣：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣C．硫化氫：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣D．氨氣：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣【考點(diǎn)】離子共存問題．【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水等,不能發(fā)生氧化復(fù)原反響等,那么離子大量共存,以此來解答．【解答】解：A．氯氣與水反響生成酸,酸溶液中不能大量存在SiO32﹣,故A不選；B．SO32﹣與SO2反響生成HSO3﹣,不能共存,故B不選；C．硫化氫、H+、MnO4﹣發(fā)生氧化復(fù)原反響,不能共存,故C不選；D．該組離子之間不反響,且與氨氣不反響,可大量共存,故D選；應(yīng)選D．28．以下三個(gè)化學(xué)反響的平衡常數(shù)〔K1、K2、K3〕與溫度的關(guān)系分別如表所示：那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕化學(xué)反響平衡常數(shù)溫度973K1173K①Fe〔s〕+CO2〔g〕?FeO〔s〕+CO〔g〕△H1K11.472.15②Fe〔s〕+H2O〔g〕?FeO〔s〕+H2〔g〕△H2K22.381.67③CO〔g〕+H2O〔g〕?CO2〔g〕+H2〔g〕△H3K3？？A．△H1＜0,△H2＞0B．反響①②③的反響熱滿足關(guān)系：△H2﹣△H1=△H3C．反響①②③的平衡常數(shù)滿足關(guān)系：K1?K2=K3D．要使反響③在一定條件下建立的平衡向正反響方向挪動(dòng),可采取升溫措施【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)的含義；反響熱和焓變；化學(xué)平衡的計(jì)算．【分析】A．由表格數(shù)據(jù)可知,升高溫度時(shí)K1增大、K2減小；B．由蓋斯定律可知,②﹣①得到③；C．K為指數(shù)關(guān)系,結(jié)合②﹣①得到③判斷K的關(guān)系；D．由隨溫度升高而減小可知,反響③為放熱反響．【解答】解：A．由表格數(shù)據(jù)可知,升高溫度時(shí)K1增大、K2減小,那么△H1＞0,△H2＜0,故A錯(cuò)誤；B．由蓋斯定律可知,②﹣①得到③,那么焓變?yōu)椤鱄2﹣△H1=△H3,故B正確；C．K為指數(shù)關(guān)系,結(jié)合②﹣①得到③可知,=K3,故C錯(cuò)誤；D．由隨溫度升高而減小可知,反響③為放熱反響,那么向正反響方向挪動(dòng),可采取降溫措施,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．29．某興趣小組探究SO2氣體復(fù)原Fe3+,他們使用的藥品和裝置如下圖：其中以下說法不合理的是〔〕A．能說明I﹣的復(fù)原性弱于SO2的現(xiàn)象是B中藍(lán)色溶液褪色B．裝置C的作用是吸收SO2尾氣,防止污染空氣C．為了驗(yàn)證A中發(fā)生了氧化復(fù)原反響,參加用稀鹽酸酸化的BaCl2,產(chǎn)生白色沉淀D．為了驗(yàn)證A中發(fā)生了氧化復(fù)原反響,參加KMnO4溶液,紫紅色褪去【考點(diǎn)】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；鐵鹽和亞鐵鹽的互相轉(zhuǎn)變．【分析】A、B中藍(lán)色褪去,說明二氧化硫和碘單質(zhì)反響,根據(jù)氧化復(fù)原反響中復(fù)原劑的復(fù)原性大于復(fù)原產(chǎn)物分析；B、二氧化硫是污染性氣體不能排放到空氣中,需要用氫氧化鈉溶液吸收；C、鐵離子氧化二氧化硫?yàn)榱蛩?參加氯化鋇生成沉淀說明反響進(jìn)展；D、二氧化硫、亞鐵離子都具有復(fù)原性,都可以和高錳酸鉀溶液發(fā)生反響使之褪色．【解答】解：A、B中藍(lán)色褪去,說明二氧化硫和碘單質(zhì)反響,I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4,根據(jù)氧化復(fù)原反響中復(fù)原劑的復(fù)原性大于復(fù)原產(chǎn)物,二氧化硫復(fù)原性大于碘離子,故A正確；B、二氧化硫是污染性氣體不能排放到空氣中,需要用氫氧化鈉溶液吸收,故B正確；C、鐵離子氧化二氧化硫?yàn)榱蛩?2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+,參加氯化鋇生成沉淀說明反響進(jìn)展生成了硫酸根離子,故C正確；D、二氧化硫、亞鐵離子都具有復(fù)原性,都可以和高錳酸鉀溶液發(fā)生反響使之褪色,不能驗(yàn)證A中發(fā)生了氧化復(fù)原反響,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D．30．某磁黃鐵礦的主要成分是FexS〔S為﹣2價(jià)〕,既含有Fe2+又含有Fe3+．將一定量的該磁黃鐵礦與100mL的鹽酸恰好完全反響〔注：礦石中其他成分不與鹽酸反響〕,生成硫單質(zhì)2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S氣體,且溶液中無Fe3+．那么以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．100mL的鹽酸中HCl物質(zhì)的量濃度為7.5mol/LB．生成的H2S氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24LC．該磁黃鐵礦中FexS的x=0.85D．該磁黃鐵礦FexS中,Fe2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比為3：1【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響．【分析】A．根據(jù)氯原子守恒計(jì)算鹽酸的濃度；B．根據(jù)氫原子守恒計(jì)算硫化氫的體積；C．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計(jì)算n〔Fe3+〕,根據(jù)鐵原子守恒計(jì)算n〔Fe2+〕,根據(jù)氫原子守恒及硫單質(zhì)計(jì)算硫原子的物質(zhì)的量,從而得出x值；D．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計(jì)算Fe2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比．【解答】解：n〔S〕==0.075mol,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得n〔Fe3+〕==0.15mol,那么n〔Fe2+〕=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol,所以Fe2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6,A．鹽酸恰好反響生成FeCl20.425mol,根據(jù)氯原子守恒得c〔HCl〕==8.5mol/L,故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)氫原子、氯原子守恒得n〔H2S〕=n〔HCl〕=n〔FeCl2〕=0.425mol,V〔H2S〕=0.425mol×22.4L/mol=9.52L,故B錯(cuò)誤；C．FexS中n〔S〕=0.075mol+0.425mol=0.5mol,n〔Fe〕=0.425mol,所以n〔Fe〕：n〔S〕=0.425mol：0.5mol=0.85,所以x=0.85,故C正確；D．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得n〔Fe3+〕==0.15mol,那么n〔Fe2+〕=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol,所以Fe2+與Fe3+的物質(zhì)的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．三、解答題〔共5小題,總分值50分〕31．利用如圖裝置,進(jìn)展NH3與金屬氧化物MxOy反響生成M、N2、H2O,通過測量生成水的質(zhì)量來測定M的相對原子質(zhì)量．a(chǎn)中試劑是濃氨水．〔1〕儀器a的名稱為分液漏斗,儀器b中裝入的試劑可以是NaOH或生石灰或堿石灰．〔2〕按氣流方向正確的裝置連接順序?yàn)椤蔡钚蛱?裝置可重復(fù)使用〕：BDADC．〔3〕裝置C的作用：尾氣處理,吸收未反響的NH3；同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入．〔4〕實(shí)驗(yàn)完畢時(shí),應(yīng)首先Ⅰ〔填序號〕；這樣做的原因是使反響產(chǎn)生的水蒸氣全部被堿石灰吸收．Ⅰ．熄滅A裝置的酒精燈Ⅱ．停頓從a中滴加液體〔5〕假設(shè)金屬氧化物為CuO,反響的化學(xué)方程式為2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O．〔6〕假設(shè)實(shí)驗(yàn)中準(zhǔn)確稱取金屬氧化物的質(zhì)量為mg,完全反響后,測得生成水的質(zhì)量為ng,那么M的相對原子質(zhì)量為〔用含x、y、m、n的式子表示〕．〔7〕某同學(xué)仔細(xì)分析上述裝置后認(rèn)為仍存在缺陷,你認(rèn)為該如何改良？在尾氣吸收的濃硫酸前加平安瓶防倒吸．【考點(diǎn)】相對分子質(zhì)量的測定．【分析】B用于制備氨氣,用D枯燥后在加熱條件下與A中的金屬氧化物發(fā)生反響生成水和氮?dú)?用D吸收水,由D的質(zhì)量增重可確定生成水的質(zhì)量,結(jié)合MxOy～yH2O關(guān)系計(jì)算M的相對原子質(zhì)量,裝置最后連接C,可用于吸收氨氣和空氣中的水,應(yīng)減小實(shí)驗(yàn)誤差,以此解答該題．【解答】解：〔1〕儀器a名稱為分液漏斗用來盛放和滴加液體,a中試劑是濃氨水,儀器b中參加的是氫氧化鈉固體或堿石灰,滴入濃氨水固體溶解放熱使一水合氨分解生成氨氣,故答案為：分液漏斗；NaOH或生石灰或堿石灰；〔2〕從發(fā)生裝置中出來的氨氣帶有水蒸氣,必須枯燥,故B接D,D接A,吸收反響生成的水用裝置D,最后空氣中的水不能進(jìn)入裝置D,所以需要裝置C,按氣流方向正確的裝置連接順序?yàn)锽DADC,故答案為：BDADC；〔3〕氨氣不能完全反響,應(yīng)用濃硫酸吸收,且為防止空氣中的水進(jìn)入D,應(yīng)連接濃硫酸,防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入,故答案為：尾氣處理,吸收未反響的NH3；同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入；〔4〕實(shí)驗(yàn)完畢時(shí)應(yīng)首先熄滅A裝置的酒精燈,以使反響生成的水能被堿石灰完全吸收,以減小實(shí)驗(yàn)誤差,故答案為：Ⅰ；使反響產(chǎn)生的水蒸氣全部被堿石灰吸收；〔5〕假設(shè)金屬氧化物為CuO,CuO和氨氣在加熱條件下發(fā)生氧化復(fù)原反響生成銅和氮?dú)?反響的化學(xué)方程式為2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O,故答案為：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；〔6〕假設(shè)實(shí)驗(yàn)中準(zhǔn)確稱取金屬氧化物的質(zhì)量為mg,完全反響后,測得生成水的質(zhì)量為ng,由MxOy～YH2O關(guān)系計(jì)算xM+16y18ymgngM=,那么M的相對原子質(zhì)量為,故答案為：；〔7〕氨氣易溶于濃硫酸,為防止倒吸,應(yīng)在尾氣吸收的濃硫酸前加平安瓶防倒吸,