第1頁（共5頁）2025年高二化學(xué)第二學(xué)期期末模擬試卷及答案（七）一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分．每小題有且只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）1．化學(xué)與生活、社會(huì)密切相關(guān)．下列說法不正確的是（）A．可利用廢油脂制肥皂B．合金中可能含有非金屬元素C．水玻璃可用于制造木材防火劑D．煤經(jīng)氣化和液化的物理變化可變?yōu)榍鍧嵢剂?．下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)正確的是（）A．乙烯的比例模型 B．Na+的結(jié)構(gòu)示意圖C．葡萄糖的實(shí)驗(yàn)式C6H12O6 D．CO2的電子式3．中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)的錢逸泰教授等以CCl4和金屬鈉為原料，在700℃時(shí)制造出納米級(jí)金剛石粉末．該成果發(fā)表在世界權(quán)威的《科學(xué)》雜志上，立刻被科學(xué)家們高度評(píng)價(jià)為“稻草變黃金”．同學(xué)們對(duì)此有下列一些理解，其中錯(cuò)誤的是（）A．金剛石屬于金屬單質(zhì)B．制造過程中元素種類沒有改變C．CCl4是一種化合物D．這個(gè)反應(yīng)是置換反應(yīng)4．NA表示阿伏加德羅常數(shù)．下列說法正確的是（）A．7.8gNa2O2中含有的陰離子數(shù)目為0.2NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCHCl3的分子數(shù)為0.1NAC．1L0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中，Al3+的數(shù)目為0.2NAD．0.1molFe與足量稀HNO3反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA5．五種短周期元素的某些信息如表所示：元素有關(guān)信息X最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成鹽YM層上有3個(gè)電子Z短周期元素中原子半徑最大的主族元素W其單質(zhì)是淡黃色固體Q最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為6下列說法正確的是（）A．簡單離子的半徑大小順序?yàn)椋篧＞Q＞Z＞YB．Z單質(zhì)在氧氣中燃燒后的產(chǎn)物不能使品紅溶液褪色C．單質(zhì)熔點(diǎn)高低的順序?yàn)椋篫＞Y＞XD．Z與W元素只能形成原子個(gè)數(shù)比為2：1的化合物6．如圖是某有機(jī)物分子的簡易球棍模型，該有機(jī)物中含C、H、O、N四種元素．下列關(guān)于該有機(jī)物的說法中錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C3H7O2NB．能發(fā)生取代反應(yīng)C．能通過聚合反應(yīng)生成高分子化合物D．該有機(jī)物能跟NaOH溶液反應(yīng)，但不能和鹽酸反應(yīng)7．已知HCN的電離常數(shù)K=6.2×10﹣10．用物質(zhì)的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，經(jīng)測定溶液呈堿性．則下列關(guān)系式正確的是（）A．c（CN﹣）＞c（Na+） B．c（CN﹣）＞c（HCN）C．c（HCN）+c（CN﹣）=0.2mol?L﹣1 D．c（CN﹣）+c（OH﹣）=0.1mol?L﹣18．常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．0．lmol?L﹣1的NaAlO2溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．使pH試紙變藍(lán)的溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．含有大量ClO﹣溶液中：K+、OH﹣、I﹣、SO32﹣D．c（Al3+）=0.1mol?L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、AlO2﹣、SO42﹣9．下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A．鋅片插入硝酸銀溶液中：Zn+Ag+=Zn2++AgB．氫氧化銅加到鹽酸中：Cu（OH）2+2H+=Cu2++2H2OC．少量金屬鈉加到冷水中：Na+2H2O=Na++OH﹣+H2↑D．碳酸氫鈣溶液加到醋酸中：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O10．如圖所示的實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢BCD驗(yàn)證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能驗(yàn)證溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響驗(yàn)證鐵發(fā)生析氫腐蝕驗(yàn)證AgCl溶解度大于Ag2SA．A B．B C．C D．D11．貴州鳳崗的“富鋅富硒”茶已享譽(yù)全國，因富含硒元素，有延年益壽、抗衰老等作用．但研究表明單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過與濃鹽酸、濃H2SO4反應(yīng)可回收Se．在回收過程中涉及到如下兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)：①SeO2+4KI+4HCl═Se+2I2+4KCl+2H2O；②Se+2H2SO4（濃）═2SO2↑+SeO2+2H2O．下列敘述正確的是（）A．反應(yīng)①中Se是氧化產(chǎn)物，I2是還原產(chǎn)物B．反應(yīng)②中濃H2SO4是氧化劑，SeO2是還原產(chǎn)物C．反應(yīng)①中每有1.0molI2生成，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為4NAD．SeO2、H2SO4（濃）、I2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4（濃）＞SeO2＞I212．下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述相符的是（）A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固體后，溶液pH的變化B．向CH3COOH溶液中加水時(shí)溶液的導(dǎo)電性變化，則CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化劑能改變化學(xué)反應(yīng)的焓變D．等量NO2在容積相同的恒容密閉容器中，不同溫度下分別發(fā)生反應(yīng)：2NO2（g）?N2O4（g），相同時(shí)間后測得NO2含量的曲線，則該反應(yīng)的△H＜013．用酸性氫氧燃料電池為電源進(jìn)行電解的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示．下列說法中，正確的是（）A．燃料電池工作時(shí)，正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣B．a(chǎn)極是鐵，b極是銅時(shí)，b極逐漸溶解，a極上有銅析出C．a(chǎn)極是粗銅，b極是純銅時(shí)，a極逐漸溶解，b極上有銅析出D．a(chǎn)、b兩極均是石墨時(shí)，在相同條件下a極產(chǎn)生的氣體與電池中消耗的H2體積相等14．亞氯酸鈉是一種高效氧化劑漂白劑，主要用于棉紡、亞麻、紙漿等漂白亞氯酸鈉（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒氣體．經(jīng)測定，25℃時(shí)各組分含量隨pH變化情況如圖所示（Cl﹣沒有畫出）．則下列分析不正確的是（）A．亞氯酸鈉在堿性條件下較穩(wěn)定B．25℃時(shí)，HClO2的電離平衡常數(shù)的數(shù)值Ka=10﹣6C．使用該漂白劑的最佳pH為3D．25℃時(shí)，同濃度的HClO2溶液和NaClO2溶液等體積混合，則混合溶液中有c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2﹣）+2c（OH﹣）二、非選擇題：（除特殊指明的外，其余每空2分）15．海水的綜合利用包括很多方面，下圖是從海水中通過一系列工藝流程提取產(chǎn)品的流程圖．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、HCO3﹣等離子．已知：MgCl2?6H2O受熱生成Mg（OH）Cl和HCl氣體等．回答下列問題：（1）海水pH約為8的原因主要是天然海水含上述離子中的．（2）除去粗鹽溶液中的雜質(zhì)（Mg2+、SO42﹣、Ca2+），加入藥品的順序可以為（填序號(hào)）①NaOH溶液②BaCl2溶液③過濾后加鹽酸④Na2CO3溶液（3）過程②中由MgCl2?6H2O制得無水MgCl2，應(yīng)如何操作．（4）從能量角度來看，氯堿工業(yè)中的電解飽和食鹽水是一個(gè)將轉(zhuǎn)化為的過程．采用石墨陽極，不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（5）從第③步到第④步的目的是．采用“空氣吹出法”從濃海水中吹出Br2，并用SO2吸收．主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為．16．高爐煉鐵是冶煉鐵的主要方法，發(fā)生的主要反應(yīng)為：Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）△H=akJmol﹣1（1）已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJmol﹣1②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJmol﹣1則a=kJmol﹣1．（2）冶煉鐵反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=，溫度升高后，K值（填“增大”、“不變”或“減小”）．（3）在T℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=64，在2L恒容密閉容器甲和乙中，分別按下表所示加入物質(zhì)，反應(yīng)經(jīng)過一段時(shí)間后達(dá)到平衡．Fe2O3COFeCO21甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0①甲容器中CO的平衡轉(zhuǎn)化率為．②下列說法正確的是（填字母）．a(chǎn)．若容器內(nèi)氣體密度恒定時(shí)，標(biāo)志反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)b．甲容器中CO的平衡轉(zhuǎn)化率大于乙的c．甲、乙容器中，CO的平衡濃度之比為2：3d．增加Fe2O3可以提高CO的轉(zhuǎn)化率（4）采取一定措施可防止鋼鐵腐蝕．下列裝置中的燒杯里均盛有等濃度、等體積的NaCl溶液．①在a～c裝置中，能保護(hù)鐵的是（填字母）．②若用d裝置保護(hù)鐵，X極的電極材料應(yīng)是（填名稱）．17．“摩爾鹽”1（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O]是分析化學(xué)中的重要試劑．已知：摩爾鹽隔絕空氣加熱至500℃時(shí)可完全分解．某學(xué)習(xí)小組欲探究其分解產(chǎn)物．（1）【提出猜想】小組同學(xué)認(rèn)為分解產(chǎn)物可能有以下幾種情況：A．Fe2O3SO2NH3H2OB．FeOSO3NH3H2OC．FeOSO2NH3H2OD．Fe2O3SO3SO2NH3H2O根據(jù)所學(xué)知識(shí)，可確定不成立（填序號(hào)）．（2）【藥品驗(yàn)純】甲同學(xué)提出可以用濕潤的紅色石蕊試紙、稀鹽酸和溶液檢驗(yàn)出“摩爾鹽”中的三種離子；取一定量的“摩爾鹽”配成溶液，取少量溶液置于試管中，向其中滴加（填試劑名稱和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象），則“摩爾鹽”未因氧化而變質(zhì)．（3）【實(shí)驗(yàn)探究】為檢驗(yàn)分解產(chǎn)物，甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)裝置．①取一定量“摩爾鹽”置于加熱管A中，加熱至分解完全后打開K，再通入N2，目的是．②實(shí)驗(yàn)中觀察到A中固體逐漸變?yōu)榧t棕色，B、C中均產(chǎn)生白色沉淀．C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為．③實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：取A中殘留物少許加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色證明產(chǎn)物不含．（4）【實(shí)驗(yàn)結(jié)論與反思】通過實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和認(rèn)真反思，上述（1）猜想中一定正確的是（填序號(hào)）．18．常用藥品羥苯水楊胺，其合成路線如下．回答下列問題：已知：（1）羥苯水楊胺的分子式為．對(duì)于羥苯水楊胺，下列說法正確的是（填代號(hào)）．A．1mol羥苯水楊胺最多可以和2molNaOH反應(yīng)B．不能發(fā)生硝化反應(yīng)C．可發(fā)生水解反應(yīng)D．可與溴發(fā)生取代反應(yīng)（2）D的名稱為．（3）A→B所需試劑為；（4）B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（5）F存在多種同分異構(gòu)體．①F的所有同分異構(gòu)體在下列一種表征儀器中顯示的信號(hào)（或數(shù)據(jù)）完全相同，該儀器是（填代號(hào)）．A．質(zhì)譜儀B．紅外光譜儀C．元素分析儀D．核磁共振儀②F的同分異構(gòu)體中既能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，又能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)共有種；寫出其中核磁共振氫譜顯示4組峰，且峰面積之比為1：2：2：1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式．

參考答案與試題解析一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分．每小題有且只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）1．化學(xué)與生活、社會(huì)密切相關(guān)．下列說法不正確的是（）A．可利用廢油脂制肥皂B．合金中可能含有非金屬元素C．水玻璃可用于制造木材防火劑D．煤經(jīng)氣化和液化的物理變化可變?yōu)榍鍧嵢剂稀究键c(diǎn)】肥皂、合成洗滌劑；合金的概念及其重要應(yīng)用；鋁的化學(xué)性質(zhì)；煤的干餾和綜合利用．【分析】A．油脂在堿性條件下的水解稱為皂化反應(yīng)；B．合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬（或非金屬）經(jīng)一定方法所合成的具有金屬特性的物質(zhì)．一般通過熔合成均勻液體和凝固而得；C．水玻璃學(xué)名硅酸鈉，也叫泡花堿，其無水物為無定型的玻璃狀物質(zhì)，無嗅無味，不燃不爆，有堿性；D．沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學(xué)變化．【解答】解：A．油脂是高級(jí)脂肪酸甘油酯，水解生成高級(jí)脂肪酸鈉，故A正確；B．合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬（或非金屬）經(jīng)一定方法所合成的具有金屬特性的物質(zhì)．合金材料中一定有金屬，也可能含有非金屬元素，故B正確；C．把硅酸鈉作為木材防火劑則充分利用了其不燃不爆的物理性質(zhì)，本身硅酸鈉就不燃燒，而將硅酸鈉涂在木材表面就阻隔了木材與空氣中氧氣的直接接觸，故C正確；D．煤的氣化是將其轉(zhuǎn)化為可燃性氣體的過程，屬于化學(xué)變化；煤的液化是使煤與氫氣作用生成液體燃料，屬于化學(xué)變化，故D錯(cuò)誤．故選D．2．下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)正確的是（）A．乙烯的比例模型 B．Na+的結(jié)構(gòu)示意圖C．葡萄糖的實(shí)驗(yàn)式C6H12O6 D．CO2的電子式【考點(diǎn)】球棍模型與比例模型；電子式；原子結(jié)構(gòu)示意圖．【分析】A．乙烯的分子式為C2H4；B．鈉原子的質(zhì)子數(shù)是11；C．實(shí)驗(yàn)式又稱最簡式，是化學(xué)式的一種．用元素符號(hào)表示化合物分子中元素的種類和各元素原子個(gè)數(shù)的最簡整數(shù)比的式子；D．根據(jù)原子的最外層電子數(shù)來分析電子式的書寫．【解答】解：A．乙烯的分子式為C2H4，比例模型：，故A正確；B．鈉原子失去最外層電子生成鈉離子，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)不變，應(yīng)為11，故B錯(cuò)誤；C．葡萄糖的分子式為C6H12O6，實(shí)驗(yàn)式為CH2O，故C錯(cuò)誤；D．因碳原子最外層有4個(gè)電子，為滿足最外層8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則碳與氧原子之間存在兩對(duì)公用電子對(duì)，即電子式為，故D錯(cuò)誤．故選A．3．中國科學(xué)技術(shù)大學(xué)的錢逸泰教授等以CCl4和金屬鈉為原料，在700℃時(shí)制造出納米級(jí)金剛石粉末．該成果發(fā)表在世界權(quán)威的《科學(xué)》雜志上，立刻被科學(xué)家們高度評(píng)價(jià)為“稻草變黃金”．同學(xué)們對(duì)此有下列一些理解，其中錯(cuò)誤的是（）A．金剛石屬于金屬單質(zhì)B．制造過程中元素種類沒有改變C．CCl4是一種化合物D．這個(gè)反應(yīng)是置換反應(yīng)【考點(diǎn)】單質(zhì)和化合物；質(zhì)量守恒定律．【分析】A、金剛石是碳元素組成的單質(zhì)，屬于非金屬單質(zhì)；B、化學(xué)反應(yīng)前后遵循元素守恒的思想；C、由不同種元素組成的純凈物叫化合物；D、一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)生成新的單質(zhì)和化合物的反應(yīng)叫做置換反應(yīng)．【解答】解：A、金剛石屬于非金屬單質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B、化學(xué)反應(yīng)前后遵循元素守恒的思想，制造過程中元素種類沒有改變，故B正確；C、CCl4由不同種元素組成的純凈，屬于化合物，故C正確；D、CCl4和金屬鈉為原料，在700℃時(shí)制造出納米級(jí)金剛石粉末的過程是鈉單質(zhì)置換出碳單質(zhì)的過程，屬于置換反應(yīng)，故D正確．故選A．4．NA表示阿伏加德羅常數(shù)．下列說法正確的是（）A．7.8gNa2O2中含有的陰離子數(shù)目為0.2NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCHCl3的分子數(shù)為0.1NAC．1L0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中，Al3+的數(shù)目為0.2NAD．0.1molFe與足量稀HNO3反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A、過氧化鈉是由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成；B、標(biāo)況下，三氯甲烷為液態(tài)；C、Al3+是弱堿陽離子，在溶液中會(huì)水解；D、鐵與足量硝酸反應(yīng)生成三價(jià)鐵離子．【解答】解：A、過氧化鈉是由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成，7.8gNa2O2的物質(zhì)的量為0.1mol，含有陰離子數(shù)目為0.1NA，故A錯(cuò)誤；B、標(biāo)況下，三氯甲烷為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計(jì)算，故B錯(cuò)誤；C、Al3+是弱堿陽離子，在溶液中會(huì)水解，故溶液中鋁離子的物質(zhì)的量小于0.2mol，即小于0.2NA個(gè)，故C錯(cuò)誤；D、0.1molFe與足量稀HNO3反應(yīng)生成0.1mol硝酸鐵，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA，故D正確；故選D．5．五種短周期元素的某些信息如表所示：元素有關(guān)信息X最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成鹽YM層上有3個(gè)電子Z短周期元素中原子半徑最大的主族元素W其單質(zhì)是淡黃色固體Q最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為6下列說法正確的是（）A．簡單離子的半徑大小順序?yàn)椋篧＞Q＞Z＞YB．Z單質(zhì)在氧氣中燃燒后的產(chǎn)物不能使品紅溶液褪色C．單質(zhì)熔點(diǎn)高低的順序?yàn)椋篫＞Y＞XD．Z與W元素只能形成原子個(gè)數(shù)比為2：1的化合物【考點(diǎn)】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．【分析】短周期元素中，X最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成鹽，則X為N元素；Y元素原子M層上有3個(gè)電子，則Y為Al；Z是短周期元素中原子半徑最大的主族元素，則Z為Na；W單質(zhì)是淡黃色固體，則W為S元素；Q最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為6，則Q為Cl，結(jié)合元素周期律與元素化合物性質(zhì)解答．【解答】解：短周期元素中，X最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成鹽，則X為N元素；Y元素原子M層上有3個(gè)電子，則Y為Al；Z是短周期元素中原子半徑最大的主族元素，則Z為Na；W單質(zhì)是淡黃色固體，則W為S元素；Q最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為6，則Q為Cl，A．電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越小，故離子半徑S2﹣＞Cl﹣＞Na+＞Al3+，故A正確；B．硫在氧氣中燃燒生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，可以使品紅溶液褪色，故B錯(cuò)誤；C．氮?dú)獬叵聻闅怏w，熔點(diǎn)最低，金屬Al的熔點(diǎn)高于Na單質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．Na與S元素可以形成Na2S，也可以形成Na2S2，前者原子個(gè)數(shù)比為2：1，后者原子個(gè)數(shù)之比為1：1，故D錯(cuò)誤，故選A．6．如圖是某有機(jī)物分子的簡易球棍模型，該有機(jī)物中含C、H、O、N四種元素．下列關(guān)于該有機(jī)物的說法中錯(cuò)誤的是（）A．分子式為C3H7O2NB．能發(fā)生取代反應(yīng)C．能通過聚合反應(yīng)生成高分子化合物D．該有機(jī)物能跟NaOH溶液反應(yīng)，但不能和鹽酸反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物分子中的官能團(tuán)及其結(jié)構(gòu)．【分析】由球棍模型可知有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH（NH2）COOH，為氨基酸，含有氨基和羧基，具有兩性，可發(fā)生縮合、縮聚反應(yīng)，結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式判斷原子個(gè)數(shù)可確定有機(jī)物的分子式．【解答】解：球棍模型可知有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH（NH2）COOH，A．由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C3H7O2N，故A正確；B．含有氨基和羧基，可發(fā)生縮合反應(yīng)、酯化反應(yīng)，都為取代反應(yīng)，故B正確；C．含有氨基和羧基，可發(fā)生縮聚反應(yīng)生成蛋白質(zhì)或多肽，故C正確；D．含有氨基和羧基，具有兩性，既可與酸反應(yīng)，也可與堿反應(yīng)，故D錯(cuò)誤．故選D．7．已知HCN的電離常數(shù)K=6.2×10﹣10．用物質(zhì)的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，經(jīng)測定溶液呈堿性．則下列關(guān)系式正確的是（）A．c（CN﹣）＞c（Na+） B．c（CN﹣）＞c（HCN）C．c（HCN）+c（CN﹣）=0.2mol?L﹣1 D．c（CN﹣）+c（OH﹣）=0.1mol?L﹣1【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較．【分析】物質(zhì)的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知溶液呈堿性，根據(jù)溶液電中性的原則，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液應(yīng)呈堿性，則有c（H+）＜c（OH﹣），c（CN﹣）﹣）＜c（Na+），結(jié)合電荷守恒、物料守恒等知識(shí)解答該題．【解答】解：A．根據(jù)溶液電中性的原則，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液呈堿性則有c（H+）＜c（OH﹣），c（CN﹣）﹣）＜c（Na+），故A錯(cuò)誤；B．混合溶液呈堿性，說明酸的電離程度小于酸根離子水解程度，則c（HCN）＞c（CN﹣），故B錯(cuò)誤；C．因c（Na+）=0.1mol/L，依據(jù)物料守恒，c（CN﹣）+c（HCN）=2c（Na+），則c（CN﹣）+c（OH﹣）=0.2mol/L，故C正確；D．c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（Na+）=0.1mol/L，c（CN﹣）+c（OH﹣）＞0.1mol?L﹣1，故D錯(cuò)誤．故選C．8．常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）A．0．lmol?L﹣1的NaAlO2溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣B．使pH試紙變藍(lán)的溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．含有大量ClO﹣溶液中：K+、OH﹣、I﹣、SO32﹣D．c（Al3+）=0.1mol?L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、AlO2﹣、SO42﹣【考點(diǎn)】離子共存問題．【分析】A．該組離子之間不反應(yīng)，能大量共存；B．使pH試紙變藍(lán)的溶液，顯堿性；C．離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；D．Al3+、AlO2﹣能相互促進(jìn)水解，而不能共存．【解答】解：A．該組離子之間不反應(yīng)，能大量共存，故A正確；B．使pH試紙變藍(lán)的溶液，溶液呈堿性，不能有NH4+，故B錯(cuò)誤；C．ClO﹣具有氧化性，而I﹣、SO32﹣具有還原性，則離子之間會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存，故C錯(cuò)誤；D．Al3+、AlO2﹣能相互促進(jìn)水解，Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，不能共存，故D錯(cuò)誤；故選A．9．下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A．鋅片插入硝酸銀溶液中：Zn+Ag+=Zn2++AgB．氫氧化銅加到鹽酸中：Cu（OH）2+2H+=Cu2++2H2OC．少量金屬鈉加到冷水中：Na+2H2O=Na++OH﹣+H2↑D．碳酸氫鈣溶液加到醋酸中：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O【考點(diǎn)】離子方程式的書寫．【分析】A．電荷不守恒；B．氫氧化銅加到鹽酸中反應(yīng)生成氯化銅和水；C．原子個(gè)數(shù)不守恒；D．醋酸為弱酸，應(yīng)保留化學(xué)式．【解答】解：A．鋅片插入硝酸銀溶液中，離子方程式：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，故A錯(cuò)誤；B．氫氧化銅加到鹽酸中，離子方程式：Cu（OH）2+2H+=Cu2++2H2O，故B正確；C．少量金屬鈉加到冷水中，離子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故C錯(cuò)誤；D．碳酸氫鈣溶液加到醋酸中，離子方程式：HCO3﹣+CH3COOH=CO2↑+H2O+CH3COO﹣，故D錯(cuò)誤；故選：B．10．如圖所示的實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢BCD驗(yàn)證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能驗(yàn)證溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響驗(yàn)證鐵發(fā)生析氫腐蝕驗(yàn)證AgCl溶解度大于Ag2SA．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【分析】A．沒有形成閉合回路；B．利用顏色的深淺，說明溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響；C．食鹽水為中性，發(fā)生吸氧腐蝕；D．硝酸銀過量，不能證明溶度積大?。窘獯稹拷猓篈．由圖可知，沒有形成閉合回路，應(yīng)使用鹽橋，故A錯(cuò)誤；B．二氧化氮為紅棕色氣體，利用顏色的深淺，可說明溫度二氧化氮與四氧化二氮的對(duì)化學(xué)平衡的影響，故B正確；C．食鹽水為中性，發(fā)生吸氧腐蝕，不會(huì)發(fā)生析氫腐蝕，故C錯(cuò)誤；D．硝酸銀過量，不能證明溶度積大小，應(yīng)在飽和氯化銀溶液中滴加硫化鈉溶液，故D錯(cuò)誤；故選B．11．貴州鳳崗的“富鋅富硒”茶已享譽(yù)全國，因富含硒元素，有延年益壽、抗衰老等作用．但研究表明單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過與濃鹽酸、濃H2SO4反應(yīng)可回收Se．在回收過程中涉及到如下兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)：①SeO2+4KI+4HCl═Se+2I2+4KCl+2H2O；②Se+2H2SO4（濃）═2SO2↑+SeO2+2H2O．下列敘述正確的是（）A．反應(yīng)①中Se是氧化產(chǎn)物，I2是還原產(chǎn)物B．反應(yīng)②中濃H2SO4是氧化劑，SeO2是還原產(chǎn)物C．反應(yīng)①中每有1.0molI2生成，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為4NAD．SeO2、H2SO4（濃）、I2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4（濃）＞SeO2＞I2【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)．【分析】反應(yīng)①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合價(jià)降低，被還原，I元素的化合價(jià)升高，被氧化；反應(yīng)②Se+2H2SO4（濃）=2SO2↑+SeO2+2H2O中，Se元素化合價(jià)升高，被氧化，S元素化合價(jià)降低，被還原，根據(jù)在同一反應(yīng)中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性判斷氧化性強(qiáng)弱，結(jié)合元素化合價(jià)的變化計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)目．【解答】解：A．反應(yīng)①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合價(jià)降低，Se是還原產(chǎn)物，I元素的化合價(jià)升高，被氧化，I2是氧化產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)②Se+2H2SO4（濃）═2SO2↑+SeO2+2H2O，濃H2SO4是氧化劑，Se元素被氧化，SeO2是氧化產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)化合價(jià)的變化可知，反應(yīng)①中每有1molI2生成，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目應(yīng)為1mol×2×（1﹣0）=2mol，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NA，故C錯(cuò)誤；D．在同一反應(yīng)中氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，則根據(jù)①可知氧化性：SeO2＞I2，②中方框中物質(zhì)應(yīng)為SeO2，氧化性：H2SO4（濃）＞SeO2，則氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4（濃）＞SeO2＞I2，故D正確．故選D．12．下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述相符的是（）A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固體后，溶液pH的變化B．向CH3COOH溶液中加水時(shí)溶液的導(dǎo)電性變化，則CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化劑能改變化學(xué)反應(yīng)的焓變D．等量NO2在容積相同的恒容密閉容器中，不同溫度下分別發(fā)生反應(yīng)：2NO2（g）?N2O4（g），相同時(shí)間后測得NO2含量的曲線，則該反應(yīng)的△H＜0【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；反應(yīng)熱和焓變；體積百分含量隨溫度、壓強(qiáng)變化曲線；電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性．【分析】A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固體后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH電離；B．溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，c（H+）與溶液pH成反比；C．催化劑改變活化能不改變焓變；D．恒容條件下，等量的NO2發(fā)生反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g），不同溫度下，相同時(shí)間內(nèi)，如果該反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，溫度越高，反應(yīng)速率越快，二氧化氮轉(zhuǎn)化率越大，則二氧化氮含量越少，如果反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)．【解答】解：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固體后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH電離，則溶液pH增大，故A錯(cuò)誤；B．溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，c（H+）與溶液pH成反比，根據(jù)圖象知，c（H+）a點(diǎn)＞b點(diǎn)，則溶液的pH：a＜b，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖象知，催化劑改變活化能不改變焓變，焓變與反應(yīng)物和生成物總能量相對(duì)大小有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．恒容條件下，等量的NO2發(fā)生反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g），不同溫度下，相同時(shí)間內(nèi)，如果該反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，溫度越高，反應(yīng)速率越快，二氧化氮轉(zhuǎn)化率越大，則二氧化氮含量越少，如果反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，根據(jù)圖知，拐點(diǎn)左側(cè)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，拐點(diǎn)右側(cè)為平衡狀態(tài)，達(dá)到平衡后，升高溫度，二氧化氮含量增大，說明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的△H＜0，故D正確；故選D．13．用酸性氫氧燃料電池為電源進(jìn)行電解的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示．下列說法中，正確的是（）A．燃料電池工作時(shí)，正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣B．a(chǎn)極是鐵，b極是銅時(shí)，b極逐漸溶解，a極上有銅析出C．a(chǎn)極是粗銅，b極是純銅時(shí)，a極逐漸溶解，b極上有銅析出D．a(chǎn)、b兩極均是石墨時(shí)，在相同條件下a極產(chǎn)生的氣體與電池中消耗的H2體積相等【考點(diǎn)】常見化學(xué)電源的種類及其工作原理．【分析】左邊裝置是氫氧燃料電池，所以是原電池，原電池放電時(shí)，燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以投放燃料的電極為負(fù)極，投放氧化劑的電極為正極，正極上氧化劑得電子發(fā)生還原反應(yīng)，由于電解質(zhì)溶液呈酸性，正極反應(yīng)為：O2+4e﹣+4H+=2H2O；右邊裝置有外接電源，所以是電解池，連接負(fù)極的b電極是陰極，連接正極的a電極是陽極，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)．【解答】解：A．因該燃料電池是在酸性電解質(zhì)中工作，所以正極反應(yīng)為：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)與電池正極相連，a為電解池陽極，b與電池的負(fù)極相連，b為電解池正極，所以應(yīng)該是a極的Fe溶解，b極上析出Cu，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)極是粗銅，b極是純銅時(shí)，為粗銅的精煉，電解時(shí)，a極逐漸溶解，b極上有銅析出，符合精煉銅原理，故C正確；D．電解CuSO4溶液時(shí)，a極產(chǎn)生的氣體為O2，產(chǎn)生1molO2需4mol電子，所以需要燃料電池的2molH2，二者的體積并不相等，故D錯(cuò)誤．故選C．14．亞氯酸鈉是一種高效氧化劑漂白劑，主要用于棉紡、亞麻、紙漿等漂白亞氯酸鈉（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒氣體．經(jīng)測定，25℃時(shí)各組分含量隨pH變化情況如圖所示（Cl﹣沒有畫出）．則下列分析不正確的是（）A．亞氯酸鈉在堿性條件下較穩(wěn)定B．25℃時(shí)，HClO2的電離平衡常數(shù)的數(shù)值Ka=10﹣6C．使用該漂白劑的最佳pH為3D．25℃時(shí)，同濃度的HClO2溶液和NaClO2溶液等體積混合，則混合溶液中有c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2﹣）+2c（OH﹣）【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用．【分析】A、由圖可以得出：堿性條件下ClO2﹣濃度高；B、HClO2的電離平衡常數(shù)K=結(jié)合圖示數(shù)據(jù)來計(jì)算；C、根據(jù)題意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，結(jié)合圖中HClO2和ClO2的濃度大小來確定使用該漂白劑的最佳pH；D、依據(jù)電中性原則得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣），依據(jù)物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（HClO2），據(jù)此解答即可．【解答】解：A、由圖可以得出：堿性條件下ClO2﹣濃度高，即在堿性條件下亞氯酸鈉較穩(wěn)定，故A正確；B、HClO2的電離平衡常數(shù)K==10﹣3×10﹣3=10﹣6，故B正確；C、HClO2和ClO2都具有漂白作用，結(jié)合圖中HClO2和ClO2的濃度越大即為使用該漂白劑的最佳pH，應(yīng)該是4﹣5，故C錯(cuò)誤；D、依據(jù)電中性原則得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（OH﹣）①，依據(jù)物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2﹣）+c（HClO2）②，聯(lián)立①②消去鈉離子：c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2﹣）+2c（OH﹣），故D正確，故選C．二、非選擇題：（除特殊指明的外，其余每空2分）15．海水的綜合利用包括很多方面，下圖是從海水中通過一系列工藝流程提取產(chǎn)品的流程圖．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、HCO3﹣等離子．已知：MgCl2?6H2O受熱生成Mg（OH）Cl和HCl氣體等．回答下列問題：（1）海水pH約為8的原因主要是天然海水含上述離子中的HCO3﹣．（2）除去粗鹽溶液中的雜質(zhì)（Mg2+、SO42﹣、Ca2+），加入藥品的順序可以為①②④③（填序號(hào)）①NaOH溶液②BaCl2溶液③過濾后加鹽酸④Na2CO3溶液（3）過程②中由MgCl2?6H2O制得無水MgCl2，應(yīng)如何操作在氯化氫氣流中加熱至恒重．（4）從能量角度來看，氯堿工業(yè)中的電解飽和食鹽水是一個(gè)將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程．采用石墨陽極，不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑（5）從第③步到第④步的目的是濃縮富集溴．采用“空氣吹出法”從濃海水中吹出Br2，并用SO2吸收．主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr．【考點(diǎn)】海水資源及其綜合利用．【分析】海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、HCO3﹣等離子，可分別加熱氯化鋇、氫氧化鈉、碳酸鈉，過濾后加入鹽酸，結(jié)晶得到精鹽，可用于氯堿工業(yè)；母液中含有鎂離子，加入氫氧化鈉得到氫氧化鎂，加入鹽酸得到氯化鎂晶體，在鹽酸氛圍中加熱得到無水氯化鎂；溴化鈉中通入氯氣得到溴，用二氧化硫吸收得到亞硫酸鈉，繼續(xù)通入氯氣，得到溴，（1）海水中的弱酸根離子水解顯堿性；（2）根據(jù)鎂離子用氫氧根離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，鈣離子用碳酸根離子沉淀，過濾要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸鈉要放在加氯化鋇之后，可以將過量的鋇離子沉淀，最后再用鹽酸處理溶液中的碳酸根離子和氫氧根離子，進(jìn)行分析解答；（3）氯化鎂易水解，為防止水解過程③中結(jié)晶出的MgCl2?6H2O要一定條件下加熱脫水制得無水MgCl2；（4）電解飽和食鹽水是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，惰性電極電極熔融氯化鎂生成氯氣和金屬鎂，鎂和水反應(yīng)生成氫氧化鎂和氫氣；（5）溴離子被氧化為溴單質(zhì)后，被二氧化硫吸收生成溴離子，加入氧化劑氧化溴離子為溴單質(zhì)，富集溴元素；采用“空氣吹出法”從濃海水中吹出Br2，并用SO2吸收利用二氧化硫還原性和溴單質(zhì)反應(yīng)生成硫酸和HBr．【解答】解：海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、HCO3﹣等離子，可分別加熱氯化鋇、氫氧化鈉、碳酸鈉，過濾后加入鹽酸，結(jié)晶得到精鹽，可用于氯堿工業(yè)；母液中含有鎂離子，加入氫氧化鈉得到氫氧化鎂，加入鹽酸得到氯化鎂晶體，在鹽酸氛圍中加熱得到無水氯化鎂；溴化鈉中通入氯氣得到溴，用二氧化硫吸收得到亞硫酸鈉，繼續(xù)通入氯氣，得到溴，（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、HCO3﹣等離子，在這些離子中能發(fā)生水解的是CO32﹣、HCO﹣3離子，HCO3﹣+H2O?H2CO3+OH﹣它們水解呈堿性，所以天然海水的pH≈8，呈弱堿性，故答案為：HCO3﹣；（2）鎂離子用氫氧根離子沉淀，加入過量的氫氧化鈉可溶液以將鎂離子沉淀；硫酸根離子用鋇離子沉淀，加入過量的氯化鋇溶液可以將硫酸根離子沉淀；至于先除鎂離子，還是先除硫酸根離子都可以；鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入過量的碳酸鈉溶液轉(zhuǎn)化為沉淀，但是加入碳酸鈉溶液要放在加入的氯化鋇溶液之后，這樣碳酸鈉會(huì)除去反應(yīng)剩余的氯化鋇；完全反應(yīng)后，再進(jìn)行過濾，最后再加入適量鹽酸除去反應(yīng)剩余的氫氧根離子和碳酸根離子，故正確的順序?yàn)椋孩佗冖堍荩蚀鸢笧椋孩佗冖堍郏唬?）鎂離子水解，應(yīng)抑制其水解得到無水鹽，所以利用MgCl2?6H2O制得無水氯化鎂，應(yīng)采取的措施是在HCl氣流中脫水，抑制氯化鎂水解，故答案為：在HCl氣流中脫水，抑制氯化鎂水解，加熱至恒重；（4）電解原理分析，電解飽和食鹽水是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，采用石墨陽極，不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式MgCl2Mg+Cl2↑，故答案為：電能；化學(xué)能；MgCl2Mg+Cl2↑；（5）溴離子被氧化為溴單質(zhì)后，被二氧化硫吸收生成溴離子，加入氧化劑氧化溴離子為溴單質(zhì)，富集溴元素，從第③步到第⑤步的目的是為了濃縮富集溴，采用“空氣吹出法”從濃海水中吹出Br2，并用SO2吸收，溴單質(zhì)和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和氫溴酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案為：濃縮富集溴；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr．16．高爐煉鐵是冶煉鐵的主要方法，發(fā)生的主要反應(yīng)為：Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）△H=akJmol﹣1（1）已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJmol﹣1②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJmol﹣1則a=﹣28.5kJmol﹣1．（2）冶煉鐵反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=，溫度升高后，K值減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“不變”或“減小”）．（3）在T℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=64，在2L恒容密閉容器甲和乙中，分別按下表所示加入物質(zhì)，反應(yīng)經(jīng)過一段時(shí)間后達(dá)到平衡．Fe2O3COFeCO21甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0①甲容器中CO的平衡轉(zhuǎn)化率為60%．②下列說法正確的是ac（填字母）．a(chǎn)．若容器內(nèi)氣體密度恒定時(shí)，標(biāo)志反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)b．甲容器中CO的平衡轉(zhuǎn)化率大于乙的c．甲、乙容器中，CO的平衡濃度之比為2：3d．增加Fe2O3可以提高CO的轉(zhuǎn)化率（4）采取一定措施可防止鋼鐵腐蝕．下列裝置中的燒杯里均盛有等濃度、等體積的NaCl溶液．①在a～c裝置中，能保護(hù)鐵的是bc（填字母）．②若用d裝置保護(hù)鐵，X極的電極材料應(yīng)是鋅（填名稱）．【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．【分析】（1）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJmol﹣1②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJmol﹣1由蓋斯定律①﹣②×3得到Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）；（2）K為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行；（3）①在T℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=64，在2L恒容密閉容器甲中，加入物質(zhì)反應(yīng)達(dá)到平衡，設(shè)消耗一氧化碳物質(zhì)的量為xFe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）起始量（mol）1111變化量（mol）xx平衡量（mol）1﹣x1+xK==64，解得x=0.6，以此計(jì)算轉(zhuǎn)化率；②a．反應(yīng)前后氣體質(zhì)量變化，體積不變，氣體密度為變量；b．反應(yīng)前后氣體體積相同，所以增加反應(yīng)物的物質(zhì)的量，等同于加壓，平衡不移動(dòng)；c．甲容器中平衡一氧化碳物質(zhì)的量為0.4mol；乙容器中結(jié)合平衡常數(shù)可知消耗一氧化碳為1.4mol，平衡物質(zhì)的量為0.6mol；d．固體量增加不影響化學(xué)平衡；（4）①原電池中正極被保護(hù)，電解池中陰極被保護(hù)；②保護(hù)鐵，則讓鐵做原電池的正極，X為比鐵活潑的金屬．【解答】解：（1）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJmol﹣1②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJmol﹣1由蓋斯定律①﹣②×3得到Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）△H=（+489.0kJmol﹣1）﹣（+172.5kJmol﹣1）×3=﹣28.5kJmol﹣1，故答案為：﹣28.5；（2）Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJmol﹣1，平衡常數(shù)K=，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，故答案為：；減小；（3）①在T℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=64，在2L恒容密閉容器甲中，加入物質(zhì)反應(yīng)達(dá)到平衡，設(shè)消耗一氧化碳物質(zhì)的量為xFe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）起始量（mol）1111變化量（mol）xx平衡量（mol）1﹣x1+xK==64，解得x=0.6，轉(zhuǎn)化率為×100%=60%，故答案為：60%；②a．反應(yīng)前后氣體質(zhì)量變化，體積不變，若容器內(nèi)氣體密度恒定時(shí)，標(biāo)志反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a正確；b．反應(yīng)前后氣體體積相同，所以增加反應(yīng)物的物質(zhì)的量，等同于加壓，平衡不移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率相同，故錯(cuò)誤；c．甲容器中平衡一氧化碳物質(zhì)的量為0.4mol；乙容器中結(jié)合平衡常數(shù)計(jì)算得到消耗一氧化碳為1.4mol，平衡物質(zhì)的量為0.6mol，甲和乙容器中CO的平衡濃度之比為0.4+0.6=2：3，故正確；d．固體量增加不影響化學(xué)平衡，增加Fe2O3不能提高CO的轉(zhuǎn)化率，故錯(cuò)誤；故答案為：ac；（4）①a、鐵做陽極，失去電子，故沒有被保護(hù)；b、鐵做陰極，被保護(hù)；c、鐵做正極，被保護(hù)；故選bc；②保護(hù)鐵，則讓鐵做原電池的正極，X活動(dòng)性比鐵強(qiáng)，可以為鋅，故答案為：鋅．17．“摩爾鹽”1（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O]是分析化學(xué)中的重要試劑．已知：摩爾鹽隔絕空氣加熱至500℃時(shí)可完全分解．某學(xué)習(xí)小組欲探究其分解產(chǎn)物．（1）【提出猜想】小組同學(xué)認(rèn)為分解產(chǎn)物可能有以下幾種情況：A．Fe2O3SO2NH3H2OB．FeOSO3NH3H2OC．FeOSO2NH3H2OD．Fe2O3SO3SO2NH3H2O根據(jù)所學(xué)知識(shí)，可確定C不成立（填序號(hào)）．（2）【藥品驗(yàn)純】甲同學(xué)提出可以用濕潤的紅色石蕊試紙、稀鹽酸和Ba（OH）2溶液檢驗(yàn)出“摩爾鹽”中的三種離子；取一定量的“摩爾鹽”配成溶液，取少量溶液置于試管中，向其中滴加硫氰化鉀溶液，溶液不變紅色（填試劑名稱和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象），則“摩爾鹽”未因氧化而變質(zhì)．（3）【實(shí)驗(yàn)探究】為檢驗(yàn)分解產(chǎn)物，甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)裝置．①取一定量“摩爾鹽”置于加熱管A中，加熱至分解完全后打開K，再通入N2，目的是使分解產(chǎn)生的氣體在B、C中被吸收充分．②實(shí)驗(yàn)中觀察到A中固體逐漸變?yōu)榧t棕色，B、C中均產(chǎn)生白色沉淀．C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為H2O2+SO2+Ba2+═BaSO4↓+2H+．③實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：取A中殘留物少許加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色證明產(chǎn)物不含F(xiàn)eO．（4）【實(shí)驗(yàn)結(jié)論與反思】通過實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和認(rèn)真反思，上述（1）猜想中一定正確的是D（填序號(hào)）．【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【分析】（1）摩爾鹽中N為﹣3價(jià)，F(xiàn)e為+2價(jià)，S為+6價(jià)，根據(jù)產(chǎn)物中化合價(jià)分析；（2）摩爾鹽中含有的三種離子分別為亞鐵離子、硫酸根和銨根，驗(yàn)證銨根需要?dú)溲醺?、?yàn)證硫酸根需要鋇離子，依據(jù)所給試劑判斷還需要?dú)溲趸^；亞鐵離子若變質(zhì)應(yīng)生成鐵離子，鐵離子遇KSCN變紅色；（3）①A中固體充分加熱較長時(shí)間后，通入氮?dú)饽康氖鞘狗纸馍傻臍怏w在BC裝置中完全吸收；②C中有白色沉淀生成，是因?yàn)镾O2被雙氧水氧化成SO42﹣，SO42﹣再與Ba2+結(jié)合成沉淀BaSO4；③高錳酸鉀具有氧化性，亞鐵離子具有還原性，高錳酸鉀溶液不褪色，說明不含有亞鐵離子；（4）分析（3）中實(shí)驗(yàn)②③得出，分解產(chǎn)物中一定含有SO