2020-2021学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷，共39页。试卷主要包含了选择题，填空与简答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1．（2分）化学与社会、环境密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．“84”消毒液和明矾都能用于杀灭新冠病毒
B．肼、甲醇等形成燃料电池放出的热量远高于其直接燃烧放出的热量
C．NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，液氨常用作制冷剂
D．泡沫灭火剂内筒盛硫酸铝溶液，外筒与内筒之间装有碳酸钠溶液
2．（2分）下列物质中是电解质，且能导电的是（　　）
A．熔融KCl B．盐酸 C．氨气 D．冰醋酸
3．（2分）下列物质对应名称正确的是（　　）
A．2CaSO4•H2O熟石膏 B．（NH4）2CO3碳铵
C．NH3•H2O氨水 D．Na2CO3烧碱
4．（2分）下列化学用语正确的是（　　）
A．原子核内有8个中子的氮原子：N
B．氯离子的结构示意图
C．氨分子的电子式：
D．硝基苯结构简式：
5．（2分）反应8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（　　）
A．2：3 B．8：3 C．6：3 D．3：2
6．（2分）下列关于氮及其化合物说法正确的是（　　）
A．铵盐加热均可产生NH3
B．氮气性质稳定，可用于工业制镁的冷却剂
C．浓硝酸久置显黄色，说明浓硝酸不稳定
D．氨水呈碱性，不可做化肥，常将氨转化成各种固态铵肥加以使用
7．（2分）下列关于铝及其化合物说法，正确的是（　　）
A．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料
B．氢氧化铝胶体可净水，故饮用水中含铝净水剂可长期使用
C．铝槽车能运送浓硝酸是因为常温下铝与浓硝酸不反应
D．铝是地壳中含量最高的金属元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中
8．（2分）下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下（不含电解）发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是（　　）
选项
W
X
Y
Z

A
S
H2S
SO3
SO2
B
N2
NH3
NO
NO2
C
Cu
CuSO4
CuCl2
Cu（OH）2
D
Al
Al2（SO4）3
AlCl3
NaAlO2
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）下列有关实验的说法正确的是（　　）
A．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠和盐酸混合后，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出反应体系的最高温度
B．配制硫酸亚铁溶液，常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸
C．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaHCO3溶液时，可选择酚酞作为指示剂
D．将分别蘸有浓硫酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近时，有白烟生成
10．（2分）下列分子或离子在指定的分散系中一定能大量共存的一组是（　　）
A．中性溶液中：Fe3+、K+、Br﹣、NH4+
B．与铝反应产生H2的溶液：Mg2+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣
C．使甲基橙呈红色的溶液：I﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+
D．透明澄清溶液：Cu2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣
二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
11．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．500℃、30MPa下，将1mol N2和3mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣38.6kJ•mol﹣1
B．HCl和NaOH反应的中和热△H为﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和NaOH反应的中和热也为﹣57.3kJ•mol﹣1
C．在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示H2标准燃烧热的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1
D．P4（白磷，s）＝4P（红磷，s）△H＝﹣4bkJ•mol﹣1（b＞0），相同条件下，白磷比红磷稳定
12．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．将1mol NH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA
B．常温下，1L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10﹣9NA
C．将5.6g铁块投入一定量的稀硝酸中，恰好完全反应，一定转移0.3NA个电子
D．将1mol氯气完全溶于水，所得溶液中N（Cl2）+N（Cl﹣）+N（HClO）+N（ClO﹣）＝NA
13．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：OH﹣+NH4+═NH3•H2O
B．NaClO溶液中通入过量SO2：SO2+ClO﹣+H2O═HSO3﹣+HClO
C．NaOH溶液中加入少量Ca（HCO3）2溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
D．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
14．（3分）下列实验装置设计与对应结论正确的是（　　）




A.X若为苯，可用于吸收NH3，并防止倒吸
B.制取NO
C.验证铁发生吸氧腐蚀
D.电解精炼铜
A．A B．B C．C D．D
15．（3分）在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是（　　）

A．Ea为正反应活化能，E′a为逆反应活化能
B．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
C．该反应为放热反应，△H＝Ea﹣E′a
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
16．（3分）下列说法不正确的是（　　）
A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合（混合液体积可视为两溶液体积之和），混合液中c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣）
B．常温下，测得0.1mol/L的一元酸HA溶液pH＝3，则HA一定为弱酸
C．常温下，pH＝10的氨水稀释100倍，所得溶液pH＝8
D．常温下，pH均为6的NH4Cl溶液与盐酸，水的电离程度前者是后者的100倍
17．（3分）利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述正确的是（　　）

A．负极的电极反应为：HC2O4﹣﹣2e﹣+2OH﹣═2CO2↑+2H2O
B．电池工作时，H+由N极移向M极
C．好氧微生物反应器中发生的反应为：NH4++2O2═NO3﹣+H++H2O
D．相同条件下，产生的CO2和消耗的O2体积之比为5：2
18．（3分）一定条件下存在反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H＞0向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法不正确的是（　　）
容器
甲
乙
丙

容积
0.5L
0.5L
V
温度
T1℃
T2℃
T1℃
起始量
2mol C、1mol H2O
1molCO、1mol H2
4mol C、2mol H2O
A．甲容器中，反应在前15min的平均速率v（H2）＝0.1mol•L﹣1•1min﹣1
B．丙容器的体积V＝0.5L
C．当温度为T1℃时，反应的平衡常数K＝4.5
D．乙容器中，若平衡时n（H2O）＝0.5mol，则T2＜T1
19．（3分）室温下，在25mL 0.1mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．B点离子浓度比较：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．室温下CH3COOH电离平衡常数可表示为：
C．D点时，微粒浓度满足关系：2c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）+2c（CH3COOH）
D．B、C、D三点中水电离程度最大的是C点
20．（3分）某固体混合物X，含有FeSO4、Fe2（SO4）3、AlCl3、NH4NO3、Na2CO3中的几种，进行如图实验。下列说法正确的是（　　）

A．混合物X中必定含有NH4NO3、Na2CO3
B．灼烧沉淀1得到红棕色物质，说明混合物X中含有Fe2（SO4）3
C．向溶液1中滴加KSCN试剂，溶液变红
D．往溶液2中滴加足量硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生沉淀，说明X中含有AlCl3
三、填空与简答题（本大题共有6小题，共50分）
21．（8分）（1）常温下，CH3COOH的Ka＝1.8×10﹣5，含浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液电离度是　 　。（＝1.34，保留3位有效数字）
（2）比较给出H+的能力的相对强弱：H2CO3　 　Al（OH）3（填“＞”、“＜”或“＝”）；用一个离子方程式说明AlO2﹣和CO32﹣结合H+能力的相对强弱　 　。
（3）某温度时，测得0.005mol•L﹣1Ba（OH）2溶液的pH＝11，将pH＝11的Ba（OH）2溶液VaL与pH＝2的H2SO4溶液VbL混合，混合液呈中性，则Va：Vb＝　 　。
22．（6分）某兴趣小组设计出如图装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的颜色变化。
（1）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸。c中反应的化学方程式是　 　；再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是　 　。
（2）该小组用此装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2，此实验的不足之处是　 　。

23．（8分）由三种元素组成的化合物A，按如图流程进行实验。

已知：①气体B为烃类物质。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。
请回答：
（1）A的化学式是　 　。
（2）固体A与足量NaOH溶液反应的化学方程式是　 　。
（3）有人提出气体B在一定条件下反应可生成四氯化碳，请写出相应的化学方程式　 　。
24．（12分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180kJ/mol
N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
写出NO与O2反应生成NO2的热化学方程式 　 　，该反应能自发进行的条件是 　 　。
（2）利用反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）H＜0，可实现汽车尾气的无害化处理，一定条件下的密闭容器中，充入1mol CO和1mol NO，发生上述反应，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。
①下列说法正确的是 　 　。（填字母）
A．当容器内各组分浓度c（NO）：c（CO）：c（N2）：c（CO2）＝2：2：1：2时，体系达到平衡
B．图象中B点正反应速率大于F点正反应速率
C．当温度、压强一定时，在原料气中加入少量稀有气体，有利于提高反应物平衡转化率
D．低温有利于提高NO的平衡转化率
②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到20min达到平衡状态，此时容器的体积为4L，该温度下平衡常数K＝　 　。（保留两位有效数字）
③该反应达到平衡后，为提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有 　 　。（填字母序号）
a．增大NO浓度
b．压缩容器体积
c．移去部分N2
d．改用高效催化剂
④在相同条件下，提高CO浓度有利于增加脱氮率。现在一密闭容器中，恒温恒容条件下发生上述反应，请在图2中画出平衡时N2体积分数随起始变化的总趋势 　 　。
（3）在一定实验条件下模拟该反应，测得NO的平衡转化率随着起始投料增加而增大，但随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为 　 　。
25．（10分）化工试剂草酸钠常用于制革、烟火、整理织物等。纯Na2C2O4为白色晶体，溶于水，不溶于乙醇，有还原性，Mr＝134g/mol。实验室可用标准KMnO4溶液测定市售草酸钠中Na2C2O4的质量分数（假设杂质不与KMnO4反应）。
准确称取2.680g草酸钠样品溶于水后，将溶液转移至100mL容量瓶中，加水稀释至刻度制成100mL溶液，每次取20.00mL溶液于锥形瓶中，加足量稀硫酸酸化，作被测试样。然后用0.0600mol•L﹣1KMnO4标准溶液进行滴定。
（1）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，写出滴定过程中的离子反应方程式　 　。
（2）滴定终点的实验现象为　 　。
（3）滴定管使用前需进行润洗，润洗操作为　 　。
（4）重复滴定4次，并记录KMnO4溶液的终了读数。实验数据如表所示。（假设每次实验滴定管中的初始读数均相同）
实验
稀释后样品体积/mL
滴定消耗KMnO4溶液体积/mL
1
20.00
20.02mL
2
20.00
21.30mL
3
20.00
19.98mL
4
20.00
20.00mL
据此计算出草酸钠样品中Na2C2O4的质量分数为　 　。
（5）以下操作会造成测定结果偏高的是　 　。（填字母编号）
A．读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视
B．滴定管用蒸馏水洗涤后，未润洗立即装入标准KMnO4溶液
C．锥形瓶用蒸馏水洗净后又用待测草酸钠溶液润洗
D．滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失
（6）实验过程中需要进行多次滴定，滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）：检漏→蒸馏水洗涤→　 　→开始滴定。
A．烘干
B．装入滴定液至零刻度以上
C．右手拿住滴定管使其倾斜30°，左手迅速打开活塞
D．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
E．用洗耳球吹出润洗液
F．用滴定液润洗2至3次
G．静置1分钟左右，记录起始读数
26．（6分）某学习小组设想利用A装置电解制备绿色硝化剂N2O5，装置如图（c、d为惰性电极）。已知：无水硝酸可在液态N2O4中发生微弱电离。

请回答：
（1）a电极名称为　 　。
（2）写出B装置中生成N2O5的电极反应式　 　。
（3）N2O5与水反应生成HNO3，HNO3作为强氧化剂可氧化大部分金属。3.84g铜粉与100mL一定浓度的硝酸恰好完全反应，收集到2.24L（标准状况下）NO与NO2的混合物，则该硝酸物质的量浓度为　 　。

2020-2021学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1．（2分）化学与社会、环境密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．“84”消毒液和明矾都能用于杀灭新冠病毒
B．肼、甲醇等形成燃料电池放出的热量远高于其直接燃烧放出的热量
C．NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，液氨常用作制冷剂
D．泡沫灭火剂内筒盛硫酸铝溶液，外筒与内筒之间装有碳酸钠溶液
【分析】A．明矾不具有杀菌消毒作用；
B．燃料电池能量转化主要为化学能转化为电能；
C．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用；
D．硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里。
【解答】解：A．“84”消毒液能用于杀灭新冠病毒，明矾不具有杀菌消毒作用，不能用于杀灭新冠病毒，故A错误；
B．燃料电池能量转化主要为化学能转化为电能，部分转化为热能，所以放出热量减少，故B错误；
C．NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，具有制冷作用，液氨常用作制冷剂，故C正确；
D．硫酸铝水解使溶液显酸性，故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途、化学与环境及能源为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2分）下列物质中是电解质，且能导电的是（　　）
A．熔融KCl B．盐酸 C．氨气 D．冰醋酸
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，例：有机物，非金属氧化物等；
电解质必须是化合物；
物质导电的条件：含有自由电子或者自由移动的离子。
【解答】解：A．熔融KCl为化合物，含有自由移动的离子，是电解质，能导电，故A正确；
B．氯化氢是混合物，既不是电解质也不是非电解质，含有自由移动的离子，能导电，故B错误；
C．氨气不能导电，但是氨气是化合物，是非电解质，故C错误；
D．冰醋酸属于化合物，是电解质，不含有自由移动的离子，不能导电，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解质、非电解质的判断，明确电解质、非电解质概念，熟悉电解质导电条件是解题关键，题目难度不大，注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。
3．（2分）下列物质对应名称正确的是（　　）
A．2CaSO4•H2O熟石膏 B．（NH4）2CO3碳铵
C．NH3•H2O氨水 D．Na2CO3烧碱
【分析】A．石膏有熟石膏（2CaSO4•H2O）和生石膏（CaSO4•2H2O）两种；
B．碳铵是碳酸氢铵的俗名；
C．氨水是混合物，含有NH3•H2O；
D．氢氧化钠的俗名是烧碱。
【解答】解：A．生石膏化学式为CaSO4•2H2O，熟石膏化学式为2CaSO4•H2O，故A正确；
B．（NH4）2CO3是碳酸铵，碳铵的化学式为NH4HCO3，故B错误；
C．NH3•H2O是一水合氨的化学式，氨水是混合物，没有化学式，只能说氨水中含有NH3•H2O，故C错误；
D．Na2CO3是纯碱的化学式，烧碱是NaOH的俗名，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质组成、名称和化学式等知识，熟练掌握常见物质的组成、俗名与化学式的书写即可解答，试题有利于培养学生的规范答题能力和灵活运用所学知识的能力，题目难度不大。
4．（2分）下列化学用语正确的是（　　）
A．原子核内有8个中子的氮原子：N
B．氯离子的结构示意图
C．氨分子的电子式：
D．硝基苯结构简式：
【分析】A．标示在元素符号左上角的是质量数，而质量数＝质子数+中子数；
B．氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子；
C．N原子的最外层有5个电子；
D．硝基苯是用硝基﹣NO2取代了苯环上的一个H原子后得到的。
【解答】解：A．标示在元素符号左上角的是质量数，而质量数＝质子数+中子数，原子核内有8个中子的氮原子的质量数为15，表示为N，故A错误；
B．氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故其结构示意图为，故B错误；
C．N原子的最外层有5个电子，故氨气的电子式为，故C错误；
D．硝基苯是用硝基﹣NO2取代了苯环上的一个H原子后得到的，故其结构简式为，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学用语的分析判断，涉及电子式、原子符号、结构示意图、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
5．（2分）反应8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（　　）
A．2：3 B．8：3 C．6：3 D．3：2
【分析】反应8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，N元素的化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，结合化合价升降总数解答该题。
【解答】解：反应中N元素化合价升高，被氧化，N2为氧化产物，Cl元素化合价降低，Cl2为氧化剂，由方程式可知，当有3molCl2参加反应时，有2molNH3被氧化，则被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为2：3，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念和简单计算的考查，易错点为B选项，题目难度不大。
6．（2分）下列关于氮及其化合物说法正确的是（　　）
A．铵盐加热均可产生NH3
B．氮气性质稳定，可用于工业制镁的冷却剂
C．浓硝酸久置显黄色，说明浓硝酸不稳定
D．氨水呈碱性，不可做化肥，常将氨转化成各种固态铵肥加以使用
【分析】A．硝酸铵加热分解不生成氨气；
B．氮气与镁反应生成氮化镁；
C．浓硝酸不稳定见光分解生成二氧化氮和水和氧气；
D．氨水中的一水合氨也可以电离出铵根离子。
【解答】解：A．硝酸铵加热分解不生成氨气，反应方程式为NH4NO3N2O↑+2H2O，故A错误；
B．氮气与镁反应生成氮化镁，所以不能用于工业制镁的冷却剂，故B错误；
C．浓硝酸见光分解生成二氧化氮和水和氧气，因为溶解二氧化氮所以浓硝酸显黄色，说明浓硝酸不稳定，故C正确；
D．氨水中的一水合氨也可以电离出铵根离子，氨水呈碱性，可作化肥，也可以将氨转化成各种固态铵盐加以使用，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质和应用，主要是氮的化合物的性质应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
7．（2分）下列关于铝及其化合物说法，正确的是（　　）
A．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料
B．氢氧化铝胶体可净水，故饮用水中含铝净水剂可长期使用
C．铝槽车能运送浓硝酸是因为常温下铝与浓硝酸不反应
D．铝是地壳中含量最高的金属元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中
【分析】A．氧化铝是离子化合物，熔点很高，用作耐火材料；
B．氢氧化铝胶体具有较大表面积，可以吸附悬浮杂质，起到净水作用，铝在人体内含量过高对人体有害；
C．常温下，铝在浓硝酸中发生的钝化是发生了化学反应；
D．地壳中，前四位的元素含量依次为O、Si、Al、Fe，铝是地壳中含量最高的金属元素，铝化学性质活泼，在地壳中以化合态存在。
【解答】解：A．氧化铝是由钠离子与氧离子构成的离子化合物，离子键很强，熔点很高，用作耐火材料，故A正确；
B．氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体都具有吸水性，但是铝在人体内含量过高对人体有害，饮用水中含铝净水剂，不能长期使用，故B错误；
C．铝在浓硫酸或浓硝酸中发生钝化现象，钝化是发生了化学反应，生成致密的氧化物保护膜阻止内部金属与浓硝酸继续反应，故C错误；
D．铝是地壳中含量最高的金属元素，铝化学性质活泼，在地壳中以化合态存在，无游离态，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查铝及其化合物的性质与用途等，比较基础，体现出化学与生活的密切关系，加强基础知识的掌握。
8．（2分）下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下（不含电解）发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是（　　）
选项
W
X
Y
Z

A
S
H2S
SO3
SO2
B
N2
NH3
NO
NO2
C
Cu
CuSO4
CuCl2
Cu（OH）2
D
Al
Al2（SO4）3
AlCl3
NaAlO2
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．S不能一步反应生成SO3；
B．N2与氧气只能生成NO；
C．Cu一步不能生成生成Cu（OH）2；
D．Al与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与NaOH反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与NaOH反应生成Z。
【解答】解：A．S不能一步反应生成SO3，W不能发生图中转化生成Y，故A错误；
B．N2与氧气只能生成NO，所以W不能发生图中转化生成Z，故B错误；
C．Cu一步不能生成生成Cu（OH）2，所以W不能发生图中转化生成Z，故C错误；
D．Al与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与NaOH反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与NaOH反应生成Z，反应均可进行，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
9．（2分）下列有关实验的说法正确的是（　　）
A．在中和热的测定实验中，将氢氧化钠和盐酸混合后，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出反应体系的最高温度
B．配制硫酸亚铁溶液，常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸
C．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaHCO3溶液时，可选择酚酞作为指示剂
D．将分别蘸有浓硫酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近时，有白烟生成
【分析】A．起始温度应为混合前酸、碱的温度；
B．Fe可防止亚铁离子被氧化，硫酸可抑制亚铁离子水解；
C．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaHCO3溶液达到滴定终点时溶液显弱酸性；
D．浓硫酸熔点高，没有挥发性。
【解答】解：A．起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合再测定最高温度，以此计算中和热，故A错误；
B．Fe可防止亚铁离子被氧化，硫酸可抑制亚铁离子水解，则配制硫酸亚铁溶液，常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸，故B正确；
C．用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaHCO3溶液达到滴定终点时溶液显弱酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故C错误；
D．浓硫酸没有挥发性，不能在空气中与NH3相遇，因而都不会生成白烟，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及盐类水解、中和滴定、中和热测定、溶液配制等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验技能及实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（2分）下列分子或离子在指定的分散系中一定能大量共存的一组是（　　）
A．中性溶液中：Fe3+、K+、Br﹣、NH4+
B．与铝反应产生H2的溶液：Mg2+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣
C．使甲基橙呈红色的溶液：I﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+
D．透明澄清溶液：Cu2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣
【分析】A．Fe3+在中性条件下生成沉淀；
B．与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸溶液或强碱溶液；
C．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性；
D．透明澄清溶液中离子之间不能生成沉淀。
【解答】解：A．Fe3+在中性条件下生成Fe（OH）3沉淀而不能大量共存，故A错误；
B．与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸溶液或强碱溶液，无论溶液呈酸性还是呈强碱性，HCO3﹣都不能大量共存，强碱性条件下Mg2+生成沉淀而不能大量共存，故B错误；
C．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应生成碘和NO而不能大量共存，故C错误；
D．这几种离子之间不反应，所以是透明澄清溶液，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意：酸性条件下NO3﹣具有强氧化性，A为解答易错点，题目难度不大。
二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
11．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．500℃、30MPa下，将1mol N2和3mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣38.6kJ•mol﹣1
B．HCl和NaOH反应的中和热△H为﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和NaOH反应的中和热也为﹣57.3kJ•mol﹣1
C．在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示H2标准燃烧热的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1
D．P4（白磷，s）＝4P（红磷，s）△H＝﹣4bkJ•mol﹣1（b＞0），相同条件下，白磷比红磷稳定
【分析】A．1mol N2和3mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），由于该反应是可逆反应，不能完全转化为NH3；
B．中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量；
C．标准燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧的反应热；
D．物质本身具有的能量越低，该物质越稳定。
【解答】解：A．氮气和氢气反应生成氨气，该反应是可逆反应，1mol N2和3mol H2不能完全转化为2molNH3，而热化学方程式是表示完全转化时的反应热，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜﹣38.6kJ•mol﹣1，故A错误；
B．根据中和热的定义，即在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量，强酸和强碱反应的中和热△H为﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和NaOH反应的中和热也为﹣57.3kJ•mol﹣1，故B正确；
C．标准燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧的反应热，因此在书写其热化学方程式时，应以燃烧1mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，则表示H2标准燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.8kJ•mol﹣1，故C错误；
D．P4（白磷，s）＝4P（红磷，s）△H＝﹣4bkJ•mol﹣1（b＞0），说明红磷的能量低于白磷的能量，则相同条件下，红磷比白磷稳定，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应能量变化，解题的关键是掌握可逆反应、中和热、标准燃烧热的概念，此题难度中等。
12．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．将1mol NH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA
B．常温下，1L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10﹣9NA
C．将5.6g铁块投入一定量的稀硝酸中，恰好完全反应，一定转移0.3NA个电子
D．将1mol氯气完全溶于水，所得溶液中N（Cl2）+N（Cl﹣）+N（HClO）+N（ClO﹣）＝NA
【分析】A．电荷守恒并结合溶液呈电中性来分析；
B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO﹣的水解促进水的电离，c（H2O）电离＝c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L；
C．铁与稀硝酸反应，用量不同则产物可能不同；
D．氯气和水的反应是可逆反应，根据物料守恒来分析。
【解答】解：A．溶液的电中性原理，n（H+）+n（NH4+）＝n（OH﹣）+n（NO3﹣），溶液呈中性，即n（H+）＝n（OH﹣），即有n（NH4+）＝n（NO3﹣）＝1mol，即铵根离子为NA个，故A正确；
B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO﹣的水解促进水的电离，c（H2O）电离＝c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，发生电离的水分子物质的量为1×10﹣5mol/L×1L＝1×10﹣5mol，故B错误；
C．铁与稀硝酸反应，用量不同则产物不同，当铁过量时生成硝酸亚铁，当硝酸过量时生成硝酸铁，5.6g铁物质的量为0.1mol，与稀硝酸恰好完全反应，不一定转移0.3NA个电子，故C错误；
D．氯气和水的反应是可逆反应，故所得氯水中含氯气分子、HCl和HClO，根据氯原子守恒可知2N（Cl2）+N（Cl﹣）+N（HClO）+N（ClO﹣）＝2NA，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，应注意溶液中物料守恒的应用。
13．（3分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：OH﹣+NH4+═NH3•H2O
B．NaClO溶液中通入过量SO2：SO2+ClO﹣+H2O═HSO3﹣+HClO
C．NaOH溶液中加入少量Ca（HCO3）2溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
D．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
【分析】A．NH4+和HCO3﹣均能与氢氧根反应；
B．SO2具有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应；
C．碳酸氢钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D．氢氧化铁溶解后的铁离子具有氧化性能够氧化碘离子为碘单质。
【解答】解：A．NH4+和HCO3﹣均能与氢氧根反应，故NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式为：2OH﹣+NH4++HCO3﹣＝H2O+CO32﹣+NH3•H2O，故A错误；
B．过量SO2通入到NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO﹣有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO﹣＝2H++SO42﹣+Cl﹣，故B错误；
C．在NaOH溶液中加入少量Ca（HCO3）2溶液，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH ﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故C正确；
D．氢氧化铁溶于氢碘酸，离子方程式：2Fe（OH）3+6H++2I﹣＝2Fe2++I2+6H2O，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式书写方法和正误判断，注意量不同产物不同、氧化还原反应，铁离子具有氧化性的分析、化学式配比和反应定量关系的判断等，题目难度中等。
14．（3分）下列实验装置设计与对应结论正确的是（　　）




A.X若为苯，可用于吸收NH3，并防止倒吸
B.制取NO
C.验证铁发生吸氧腐蚀
D.电解精炼铜
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.苯不能隔绝氨气与水；
B.生成气体易从长颈漏斗逸出；
C.食盐水为中性；
D.粗铜应与电源正极相连。
【解答】解：A.苯不能隔绝氨气与水，则不能防止倒吸，故A错误；
B.生成气体易从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗或长颈漏斗的下端在液面下，故B错误；
C.食盐水为中性，试管中导管内液面上升可证明发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.粗铜应与电源正极相连，作阳极失去电子，图中与电源负极相连，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、电化学腐蚀、粗铜精炼、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15．（3分）在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是（　　）

A．Ea为正反应活化能，E′a为逆反应活化能
B．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
C．该反应为放热反应，△H＝Ea﹣E′a
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，△H＝正反应活化能﹣逆反应活化能，据此解答。
【解答】解：A．由图可知，Ea为正反应活化能，E′a为逆反应活化能，故A正确；
B．活化分子能量较高，所以所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故B错误；
C．反应物的总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，△H＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝Ea﹣E′a，故C正确；
D．该反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应与能量变化，侧重于图象的分析判断，题目难度中等，注意相关知识的积累。
16．（3分）下列说法不正确的是（　　）
A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合（混合液体积可视为两溶液体积之和），混合液中c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣）
B．常温下，测得0.1mol/L的一元酸HA溶液pH＝3，则HA一定为弱酸
C．常温下，pH＝10的氨水稀释100倍，所得溶液pH＝8
D．常温下，pH均为6的NH4Cl溶液与盐酸，水的电离程度前者是后者的100倍
【分析】A．pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合后pH不变，即c（H+）、c（OH﹣）不变，结合电荷关系解答；
B．一元酸HA为弱酸，氢离子不能完全电离出来；
C．氨水属于弱电解质溶液，不能完全电离，加水稀释，可以促进电离；
D．NH4Cl溶液对水的电离起到促进作用，盐酸对水的电离起到抑制作用。
【解答】解：A．盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）、c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），pH相等的两溶液等体积混合后pH不变，即c（H+）、c（OH﹣）不变，所以混合液中c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣），故A正确；
B．常温下，测得0.1mol/L的一元酸HA溶液pH＝3，此时c（H+）＝0.001mol/L＜0.1mol/L，说明HA不能完全电离，属于弱酸，故B正确；
C．氨水加水稀释，可以促进电离，常温下，pH＝10的氨水稀释100倍，所得溶，8＜pH＜10，故C错误；
D．pH均为6的NH4Cl溶液水电离出的氢离子浓度是10﹣6mol/L，pH为6的盐酸溶液水电离出的氢离子浓度是10﹣8mol/L，水的电离程度前者是后者的100倍，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了溶液pH计算、弱电解质电离等知识，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意掌握溶液pH的计算和水的电离平衡移动的影响因素，题目难度不大。
17．（3分）利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述正确的是（　　）

A．负极的电极反应为：HC2O4﹣﹣2e﹣+2OH﹣═2CO2↑+2H2O
B．电池工作时，H+由N极移向M极
C．好氧微生物反应器中发生的反应为：NH4++2O2═NO3﹣+H++H2O
D．相同条件下，产生的CO2和消耗的O2体积之比为5：2
【分析】由微生物燃料电池中M电极的反应HC2O4﹣→CO2可知，HC2O4﹣发生失去电子的氧化反应生成CO2，则M为负极，环境为酸性介质，负极反应式为HC2O4﹣﹣2e﹣═2CO2↑+H+，N电极上NO3﹣→N2，发生得电子的还原反应，则N为正极，正极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣═N2↑+6H2O，电解质溶液中，阴离子移向负极M，阳离子移向正极N；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3﹣，反应为NH4++2O2═NO3﹣+2H++H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．微生物燃料电池中M为负极，负极上HC2O4﹣发生失去电子的氧化反应生成CO2，负极反应式为HC2O4﹣﹣2e﹣═2CO2↑+H+，故A错误；
B．M为原电池的负极，N为原电池的正极，电池工作时，H+移向正极N极，故B错误；
C．NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3﹣，反应为NH4++2O2═NO3﹣+2H++H2O，故C错误；
D．负极电极反应式为HC2O4﹣﹣2e﹣+2H2O═2CO2↑+H+，正极电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣═N2+6H2O，反应器反应为NH4++2O2═NO3﹣+2H++H2O，根据电子守恒和N原子守恒有10CO2～10e﹣～2NO3﹣～4O2，则相同条件下，产生的CO2和消耗的O2体积之比为10：4＝5：2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查新型原电池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力、计算能力和运用能力的考查，把握原电池工作原理是解题关键，注意电极方程式的书写和电极的判断，题目难度中等。
18．（3分）一定条件下存在反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H＞0向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法不正确的是（　　）
容器
甲
乙
丙

容积
0.5L
0.5L
V
温度
T1℃
T2℃
T1℃
起始量
2mol C、1mol H2O
1molCO、1mol H2
4mol C、2mol H2O
A．甲容器中，反应在前15min的平均速率v（H2）＝0.1mol•L﹣1•1min﹣1
B．丙容器的体积V＝0.5L
C．当温度为T1℃时，反应的平衡常数K＝4.5
D．乙容器中，若平衡时n（H2O）＝0.5mol，则T2＜T1
【分析】A．根据图中数据，计算出反应在前15mi甲容器中△c（CO），即可得出△c（H2），结合v（H2）＝得出答案；
B．丙中反应物起始量是甲中的2倍，假设丙容器的体积V＝0.5L，等效为在甲平衡基础上增大压强；
C．根据题目中数据，列化学平衡三段式计算；
D．甲中平衡时n（CO）＝1.5mol/L×0.5L＝0.75mol，则平衡时n（H2O）＝1mol﹣0.75mol＝0.25mol，若甲、乙温度相同，则两者为完全等效平衡。
【解答】解：A．由图可知，反应在前15min的甲容器中△c（CO）＝1.5mol/L，则△c（H2）＝1.5mol/L，v（H2）＝＝＝0.1mol•L﹣1•1min﹣1，故A正确；
B．丙容器中反应物起始量是甲中的2倍，假设丙容器的体积V＝0.5L，等效为在甲平衡基础上增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，平衡时CO的浓度＜3mol/L，由图可知，丙容器中平衡时CO的浓度为3mol/L，则丙容器的体积V＜0.5L，故B错误；
C． C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）
起始c（mol/L） 2 0 0
转化c（mol/L） 1.5 1.5 1.5
平衡c（mol/L） 0.5 1.5 1.5
K＝＝＝4.5，故C正确；
D．若甲、乙温度相同，则两者为完全等效平衡，甲中平衡时n（CO）＝1.5mol/L×0.5L＝0.75mol，则平衡时n（H2O）＝1mol﹣0.75mol＝0.25mol＜0.5mol，则乙相对于甲中平衡逆向移动，正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，则乙中温度低，即T2＜T1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡计算与化学平衡移动影响因素，BD注意利用等效平衡思想进行分析解答，此题难度中等。
19．（3分）室温下，在25mL 0.1mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．B点离子浓度比较：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．室温下CH3COOH电离平衡常数可表示为：
C．D点时，微粒浓度满足关系：2c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）+2c（CH3COOH）
D．B、C、D三点中水电离程度最大的是C点
【分析】A．B点n（NaOH）＝n（CH3COOH），则B点反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，但其电离和水解程度都较小；
B．加入bmLNaOH溶液后，溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），则c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝＝mol/L，混合溶液中c（CH3COOH）＝﹣mol/L＝mol/L，
室温下CH3COOH电离平衡常数＝；
C．D点溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），存在物料守恒2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]＝c（Na+），根据电荷守恒和物料守恒判断；
D．酸或碱抑制水电离，CH3COO﹣促进水电离且c（CH3COO﹣）越大，水电离程度越大。
【解答】解：A．B点n（NaOH）＝n（CH3COOH），则B点反应后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，Na+不水解，所以存在c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），水和醋酸的电离程度都较小，所以溶液中存在c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．加入bmLNaOH溶液后，溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），则c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝＝mol/L，混合溶液中c（CH3COOH）＝﹣mol/L＝mol/L，
室温下CH3COOH电离平衡常数＝＝＝，故B正确；
C．D点溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），存在物料守恒2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]＝c（Na+），根据电荷守恒和物料守恒得2c（OH﹣）＝c（Na+）+2c（H+）+2c（CH3COOH），故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，CH3COO﹣促进水电离且c（CH3COO﹣）越大，水电离程度越大，B点溶液呈酸性而抑制水电离、C点溶液呈中性而不影响水电离、D点溶液呈强碱性而抑制水电离，所以B、C、D点中C点水电离程度最大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数的计算方法等知识点是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。
20．（3分）某固体混合物X，含有FeSO4、Fe2（SO4）3、AlCl3、NH4NO3、Na2CO3中的几种，进行如图实验。下列说法正确的是（　　）

A．混合物X中必定含有NH4NO3、Na2CO3
B．灼烧沉淀1得到红棕色物质，说明混合物X中含有Fe2（SO4）3
C．向溶液1中滴加KSCN试剂，溶液变红
D．往溶液2中滴加足量硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生沉淀，说明X中含有AlCl3
【分析】由实验可知，与盐酸反应生成气体，酸性条件下能生成气体的是FeSO4和NH4NO3，或Na2CO3；溶液1与过量NaOH反应生成气体2为NH3，沉淀1为Fe（OH）3，则溶液1含Fe3+、NH4+，则X中一定含NH4NO3，以此来解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，X一定含NH4NO3，不能确定是否含Na2CO3，故A错误；
B．沉淀1为Fe（OH）3，混合物X中一定含NH4NO3，如果含有FeSO4，酸性条件下会生成Fe3+，则混合物X中不一定含有Fe2（SO4）3，故B错误；
C．溶液1含铁离子，则向溶液1中滴加KSCN试剂，溶液变红，故C正确；
D．因为混合物X溶于盐酸，所以溶液中一定含有Cl﹣，滴加足量硝酸酸化的硝酸银溶液，一定会产生沉淀，不能说明X中含有AlCl3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的检验鉴别，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、气体与沉淀的成分、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
三、填空与简答题（本大题共有6小题，共50分）
21．（8分）（1）常温下，CH3COOH的Ka＝1.8×10﹣5，含浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液电离度是　1.34%　。（＝1.34，保留3位有效数字）
（2）比较给出H+的能力的相对强弱：H2CO3　＞　Al（OH）3（填“＞”、“＜”或“＝”）；用一个离子方程式说明AlO2﹣和CO32﹣结合H+能力的相对强弱　AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣　。
（3）某温度时，测得0.005mol•L﹣1Ba（OH）2溶液的pH＝11，将pH＝11的Ba（OH）2溶液VaL与pH＝2的H2SO4溶液VbL混合，混合液呈中性，则Va：Vb＝　1：1　。
【分析】（1）常温下，CH3COOH的Ka＝1.8×10﹣5，含浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，设氢离子浓度为x，电离平衡常数Ka＝＝，计算得到x，电离度＝×100%；
（2）酸性越强，给出氢离子能力越大，酸性强弱H2CO3＞Al（OH）3，说明AlO2﹣和CO32﹣结合H+能力的相对强弱的反应，可以利用二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成氢氧化铝沉淀证明；
（3）某温度时，测得0.005mol•L﹣1Ba（OH）2溶液的pH＝11，c（OH﹣）＝0.01mol/L，c（H+）＝10﹣11mol/L，Kw＝0.01mol/L×10﹣11mol/L＝10﹣13（mol/L）2，将pH＝11的Ba（OH）2溶液VaL与pH＝2的H2SO4溶液VbL混合，混合液呈中性，溶液中c（OH﹣）＝c（H+），据此计算得到。
【解答】解：（1）常温下，CH3COOH的Ka＝1.8×10﹣5，含浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中，设氢离子浓度为x，电离平衡常数Ka＝＝，x≈＝1.34×10﹣3mol/L，醋酸溶液电离度＝×100%＝1.34%，
故答案为：1.34%；
（2）酸性强弱H2CO3＞Al（OH）3，给出H+的能力的相对强弱：H2CO3＞Al（OH）3，说明AlO2﹣和CO32﹣结合H+能力的相对强弱的反应，可以利用二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成氢氧化铝沉淀证明，反应的离子方程式为：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣，
故答案为：＞；AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣；
（3）某温度时，测得0.005mol•L﹣1Ba（OH）2溶液的pH＝11，c（OH﹣）＝0.01mol/L，c（H+）＝10﹣11mol/L，Kw＝0.01mol/L×10﹣11mol/L＝10﹣13（mol/L）2，将pH＝11的Ba（OH）2溶液VaL与pH＝2的H2SO4溶液VbL混合，混合液呈中性，溶液中c（OH﹣）＝c（H+），n（OH﹣）＝n（H+），0.01mol/L×VaL＝10﹣2mol/L×VbL，Va：Vb＝1：1，
故答案为：1：1。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离等有关计算，明确各个物理量的关系是解本题关键，注意电离度和酸碱反应的计算方法，题目难度不大。
22．（6分）某兴趣小组设计出如图装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的颜色变化。
（1）在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸。c中反应的化学方程式是　Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　；再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是　铜片逐渐溶解，表面有气泡，溶液为蓝色，试管上方逐渐由红棕色变为无色　。
（2）该小组用此装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2，此实验的不足之处是　没有处理尾气　。

【分析】分液漏斗中为浓硝酸，试管中有Cu，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水；硝酸铜溶于水会形成蓝色溶液，实验过程中存在有毒气体，所以要进行尾气处理。
【解答】解：（1）c中浓硝酸与Cu反应生成硝酸铜、NO2和水，反应的方程式为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应后，向试管中加蒸馏水，硝酸铜溶于水溶液显蓝色，浓硝酸变为稀硝酸，能与Cu反应生成NO，即有无色气体生成，所以c中的实验现象是铜片逐渐溶解，表面有气泡，溶液为蓝色，试管上方逐渐由红棕色变为无色，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；铜片逐渐溶解，表面有气泡，溶液为蓝色，试管上方逐渐由红棕色变为无色；
（2）该小组用此装置进行实验证明氧化性KMnO4＞Cl2＞Br2，由于Cl2是有毒气体，Br2是有毒液体而且易挥发，所以要进行尾气处理，该装置缺少尾气处理装置，
故答案为：没有处理尾气。
【点评】本题考查了氮元素的化合物的性质、性质实验方案设计，侧重考查学生分析判断及知识运用能力，明确实验原理是解本题关键，注意Cu与稀硝酸、浓硝酸的反应，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
23．（8分）由三种元素组成的化合物A，按如图流程进行实验。

已知：①气体B为烃类物质。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。
请回答：
（1）A的化学式是　Al（CH3）3　。
（2）固体A与足量NaOH溶液反应的化学方程式是　Al（CH3）3+NaOH+H2O＝NaAlO2+3CH4↑　。
（3）有人提出气体B在一定条件下反应可生成四氯化碳，请写出相应的化学方程式　CH4+4Cl2CCl4+4HCl　。
【分析】由三种元素组成的化合物A，固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸，则E为Al（OH）3，F为Al2O3，n（Al2O3）＝＝0.01mol，A中含有Al元素的质量为：m（Al）＝27g/mol×0.01mol×2＝0.54g；气体C足量Ca（OH）2溶液反应生成的白色沉淀D可能为CaCO3或CaSO3，D为CaSO3时，A中含有S的质量为：×32g/mol＝1.6g＞1.44g，所以D只能为CaCO3，n（CaCO3）＝＝0.06mol，A中含有C元素的质量为：m（C）＝12g/mol×0.06mol＝0.72g，已知气体B为烃类物质，即A中应该含有H元素，结合质量守恒可知m（H）＝1.44g﹣0.54g﹣0.72g＝0.18g，n（H）＝＝0.18mol，A分子中n（Al）：n（C）：n（H）＝0.02mol：0.06mol：0.18mol＝1：3：9，则B为CH4，A的化学式为Al（CH3）3，以此分析解答。
【解答】解：（1）根据分析可知，A的化学式为Al（CH3）3，
故答案为：Al（CH3）3；
（2）Al（CH3）3与水反应生成CH4和Al（OH）3，则Al（CH3）3与NaOH反应的化学方程式为：Al（CH3）3+NaOH+H2O＝NaAlO2+3CH4↑，
故答案为：Al（CH3）3+NaOH+H2O＝NaAlO2+3CH4↑；
（3）气体B为CH4，CH4在一定条件下反应可生成四氯化碳，反应方程式为：CH4+4Cl2CCl4+4HCl，
故答案为：CH4+4Cl2CCl4+4HCl。
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，推断A的组成为解答关键，注意把握物质的性质以及反应现象的判断，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
24．（12分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180kJ/mol
N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）△H＝+68kJ/mol
写出NO与O2反应生成NO2的热化学方程式 　2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣112kJ/mol　，该反应能自发进行的条件是 　低温　。
（2）利用反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）H＜0，可实现汽车尾气的无害化处理，一定条件下的密闭容器中，充入1mol CO和1mol NO，发生上述反应，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。
①下列说法正确的是 　BD　。（填字母）
A．当容器内各组分浓度c（NO）：c（CO）：c（N2）：c（CO2）＝2：2：1：2时，体系达到平衡
B．图象中B点正反应速率大于F点正反应速率
C．当温度、压强一定时，在原料气中加入少量稀有气体，有利于提高反应物平衡转化率
D．低温有利于提高NO的平衡转化率
②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到20min达到平衡状态，此时容器的体积为4L，该温度下平衡常数K＝　0.099　。（保留两位有效数字）
③该反应达到平衡后，为提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有 　b　。（填字母序号）
a．增大NO浓度
b．压缩容器体积
c．移去部分N2
d．改用高效催化剂
④在相同条件下，提高CO浓度有利于增加脱氮率。现在一密闭容器中，恒温恒容条件下发生上述反应，请在图2中画出平衡时N2体积分数随起始变化的总趋势 　　。
（3）在一定实验条件下模拟该反应，测得NO的平衡转化率随着起始投料增加而增大，但随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为 　该反应正方向为放热反应，温度较高时平衡常数较小，且在高温下，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响　。
【分析】（1）①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180kJ/mol，②N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）△H＝+68kJ/mol，盖斯定律计算②﹣①得到NO与O2反应生成NO2的热化学方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；
（2）①A．反应正逆反应速率相同时，体系达到平衡；
B．反应为放热反应，升温，平衡逆向进行，NO体积分数增大，温度T2＞T1；
C．当温度、压强一定时，在原料气中加入少量稀有气体，总压增大，分压不变，平衡不变；
D．降低温度平衡正向进行；
②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到20min达到平衡状态，此时容器的体积为4L，结合三段式列式计算平衡浓度，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）H＜0，该温度下平衡常数K＝；
③该反应达到平衡后，为提高反应速率同时提高NO的转化率，改变条件增大反应速率，平衡正向进行；
④在相同条件下，提高CO浓度有利于增加脱氮率，现在一密闭容器中，恒温恒容条件下发生上述反应增大，NO转化率增大，生成氮气体积分数增大，随着的中等，混合气体总体积增大，氮气体积分数减小；
（3）该反应正方向为放热反应，温度较高时平衡常数较小，且在高温下，温度变化对平衡移动的影响大。
【解答】解：（1）①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180kJ/mol，②N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）△H＝+68kJ/mol，盖斯定律计算②﹣①得到NO与O2反应生成NO2的热化学方程式为：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝（+68kJ/mol）﹣（+180kJ/mol）＝﹣112kJ/mol，反应△H＜0，△S＜0，满足反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，则该反应能自发进行的条件是低温，
故答案为：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣112kJ/mol；低温；
（2）①A．当容器内各组分浓度c（NO）：c（CO）：c（N2）：c（CO2）＝2：2：1：2时，不能说明正逆反应速率相同，不能说明体系达到平衡，故A错误；
B．反应为放热反应，升温，平衡逆向进行，NO体积分数增大，温度T2＞T1，温度越高，反应速率越大，图象中B点正反应速率大于F点正反应速率，故B正确；
C．当温度、压强一定时，在原料气中加入少量稀有气体，总压增大，分压不变，平衡不变，反应物平衡转化率不变，故C错误；
D．反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，低温有利于提高NO的平衡转化率，故D正确；
故答案为；BD；
②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到20min达到平衡状态，NO体积分数为40%，此时容器的体积为4L，结合三段式列式计算平衡浓度，设消耗氮气物质的量浓度为x，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）H＜0，
起始量（mol/L） 0.25 0.25 0 0
变化量（mol/L） 2x 2x x 2x
平衡量（mol/L）0.25﹣2x 0.25﹣2x x 2x
×100%＝40%，x＝0.03125mol/L
该温度下平衡常数K＝＝≈0.099，
故答案为：0.099；
③a．增大NO浓度，反应速率增大，NO转化率减小，故a错误；
b．压缩容器体积，压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，NO转化率增大，故b正确；
c．移去部分N2，生成物浓度减小，反应速率减小，平衡正向进行，NO转化率增大，故c错误；
d．改用高效催化剂，增大反应速率，不改变化学平衡，NO转化率不变，故d错误；
故答案为：b；
④在相同条件下，提高CO浓度有利于增加脱氮率，现在一密闭容器中，恒温恒容条件下发生上述反应增大，NO转化率增大，生成氮气体积分数增大，随着的中等，混合气体总体积增大，氮气体积分数减小，当＝1时，达到平衡状态下氮气体积分数达到最大，平衡时N2体积分数随起始变化的总趋势如图所示：，
故答案为：；
（3）在一定实验条件下模拟该反应，测得NO的平衡转化率随着起始投料增加而增大，但随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为为：该反应正方向为放热反应，温度较高时平衡常数较小，且在高温下，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，
故答案为：该反应正方向为放热反应，温度较高时平衡常数较小，且在高温下，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数计算、盖斯定律等知识点，侧重考查图象分析判断、计算能力，把握化学平衡常数是解本题关键，注意三段式在化学平衡计算中的灵活运用，作图有一定难度，题目难度较大。
25．（10分）化工试剂草酸钠常用于制革、烟火、整理织物等。纯Na2C2O4为白色晶体，溶于水，不溶于乙醇，有还原性，Mr＝134g/mol。实验室可用标准KMnO4溶液测定市售草酸钠中Na2C2O4的质量分数（假设杂质不与KMnO4反应）。
准确称取2.680g草酸钠样品溶于水后，将溶液转移至100mL容量瓶中，加水稀释至刻度制成100mL溶液，每次取20.00mL溶液于锥形瓶中，加足量稀硫酸酸化，作被测试样。然后用0.0600mol•L﹣1KMnO4标准溶液进行滴定。
（1）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，写出滴定过程中的离子反应方程式　5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O　。
（2）滴定终点的实验现象为　当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且30s内不褪色　。
（3）滴定管使用前需进行润洗，润洗操作为　从滴定管上口加入3～5mL标准液（或待测液），倾斜转动滴定管，使液体润湿内壁，将液体从滴定管下部放出　。
（4）重复滴定4次，并记录KMnO4溶液的终了读数。实验数据如表所示。（假设每次实验滴定管中的初始读数均相同）
实验
稀释后样品体积/mL
滴定消耗KMnO4溶液体积/mL
1
20.00
20.02mL
2
20.00
21.30mL
3
20.00
19.98mL
4
20.00
20.00mL
据此计算出草酸钠样品中Na2C2O4的质量分数为　75%　。
（5）以下操作会造成测定结果偏高的是　BCD　。（填字母编号）
A．读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视
B．滴定管用蒸馏水洗涤后，未润洗立即装入标准KMnO4溶液
C．锥形瓶用蒸馏水洗净后又用待测草酸钠溶液润洗
D．滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失
（6）实验过程中需要进行多次滴定，滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）：检漏→蒸馏水洗涤→　F→B→C→D→G　→开始滴定。
A．烘干
B．装入滴定液至零刻度以上
C．右手拿住滴定管使其倾斜30°，左手迅速打开活塞
D．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
E．用洗耳球吹出润洗液
F．用滴定液润洗2至3次
G．静置1分钟左右，记录起始读数
【分析】（1）高锰酸钾和草酸发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水；
（2）滴定结束前溶液为无色，滴定终点溶液变为浅红色，以此判断滴定终点现象；
（3）滴定管水洗后，需要用标准溶液润洗，且要重复操作2～3次，防止标准液浓度降低；
（4）第二次滴定误差较大，需要舍弃，先计算出另外3次滴定消耗标准液的平均体积，然后结合5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O计算出样品中草酸的物质的量，最后结合m＝nM计算出草酸钠样品中Na2C2O4的质量分数；
（5）先分析操作方法对V（标准）的影响，然后结合c（待测）＝分析滴定误差；
（6）滴定管操作顺序为：检漏→蒸馏水洗涤→用KMnO4标准溶液润洗2至3次装入滴定液至酸式滴定管零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定。
【解答】解：（1）用KMnO4标准溶液滴定被测试样，KMnO4和H2C2O4发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）用KMnO4标准溶液滴定H2C2O4，滴定终点的实验现象为：当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且30s内不褪色，
故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且30s内不褪色；
（3）滴定管使用前需进行润洗，润洗操作方法为：从滴定管上口加入3～5mL标准液（或待测液），倾斜转动滴定管，使液体润湿内壁，将液体从滴定管下部放出，
故答案为：从滴定管上口加入3～5mL标准液（或待测液），倾斜转动滴定管，使液体润湿内壁，将液体从滴定管下部放出；
（4）第二次滴定数据误差较大，应该舍弃，另外3次滴定消耗标准液的平均体积为：＝20.00mL，结合5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，2.680g草酸钠样品中含有草酸的质量为：134g/mol××0.0600mol/L×0.02L×＝2.01g，该草酸钠样品中Na2C2O4的质量分数为：×100%＝75%，
故答案为：75%；
（5）A．读取标准液读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故A错误；
B．滴定管用蒸馏水洗涤后，未润洗立即装入标准KMnO4溶液，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；
C．锥形瓶用蒸馏水洗净后又用待测草酸钠溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；
故答案为：BCD；
（6）实验过程中需要进行多次滴定，滴定管操作顺序为：检漏→蒸馏水洗涤→用KMnO4标准溶液润洗2至3次装入滴定液至酸式滴定管零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定，即检漏→蒸馏水洗涤→F→B→C→D→G→开始滴定，
故答案为：F→B→C→D→G。
【点评】本题考查中和滴定，明确滴定原理及操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，（4）为易错点，试题侧重考查学生的化学实验、化学计算能力，题目难度中等。
26．（6分）某学习小组设想利用A装置电解制备绿色硝化剂N2O5，装置如图（c、d为惰性电极）。已知：无水硝酸可在液态N2O4中发生微弱电离。

请回答：
（1）a电极名称为　负极　。
（2）写出B装置中生成N2O5的电极反应式　N2O4﹣2e﹣+2HNO3＝2N2O5+2H+　。
（3）N2O5与水反应生成HNO3，HNO3作为强氧化剂可氧化大部分金属。3.84g铜粉与100mL一定浓度的硝酸恰好完全反应，收集到2.24L（标准状况下）NO与NO2的混合物，则该硝酸物质的量浓度为　0.22mol/L　。
【分析】A能自发进行氧化还原反应，为原电池，通入二氧化硫的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则c为阳极、d为阴极，
（1）结合分析可知，a电极，二氧化硫发生氧化反应；
（2）装置B为电解池，阳极上N2O4放电生成N2O5；
（3）反应相关方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++4H2O+2NO↑，结合方程式分析可知，设生成的NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故22.4xmol+22.4ymol＝2.24，x+y＝，据此计算。
【解答】解：（1）结合分析可知，a电极，二氧化硫发生氧化反应，故a为负极，
故答案为：负极；
（2）装置B为电解池，阳极上N2O4放电生成N2O5，电极反应式为N2O4﹣2e﹣+2HNO3＝2N2O5+2H+，
故答案为：N2O4﹣2e﹣+2HNO3＝2N2O5+2H+；
（3）反应相关方程式为Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++4H2O+2NO↑，结合方程式分析可知，设生成的NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故22.4xmol+22.4ymol＝2.24，x+y＝，解得x＝0.09，y＝0.01，该硝酸物质的量浓度为＝2.20mol/L，
故答案为：2.20mol/L。
【点评】本题考查电解池和原电池的相关原理，涉及氧化还原反应，反应计算等内容，考查范围较广，掌握基础为解题关键，整体难度适中。