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河北省衡水中学2017届高三（上）期中化学试卷（解析版）
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这是一份河北省衡水中学2017届高三（上）期中化学试卷（解析版），共59页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）期中化学试卷
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．1×10=10分）
1．下列叙述正确的是（ ）
A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
B．HCl、H2S、NH3都是电解质
C．强酸强碱都是离子化合物
D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备
2．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（ ）
A．“滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化
B．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同
C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
3．有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是（ ）
选项
古文或谚语
化学解释
A
日照香炉生紫烟
碘的升华
B
以曾青涂铁，铁赤色如铜
置换反应
C
煮豆燃豆萁
化学能转化为热能
D
雷雨肥庄稼
自然固氮
A．A B．B C．C D．D
4．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
5．某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度分析，下列选项正确的是（ ）
A．实验①、②所涉及的物质均为电解质
B．实验②、③均为放热反应实验
C．②、③均未发生氧化还原反应
D．实验①、③反应制得的物质均为纯净物
6．如表物质与类别不对应的是（ ）
A
B
C
D
小苏打
食用油
淀粉
84消毒液
盐
高分子化合物
糖类
混合物
A．A B．B C．C D．D
7．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，22.4LCO2所含的原子数为3NA
B．1molCl2与足量的Fe完全反应，转移的电子数为2NA
C．0.5molC2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数为2NA
D．2L1mol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2NA
8．卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂．下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（ ）
A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用
B．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1
C．CaO2和水反应时，每产生1mol O2转移电子4mol
D．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2
9．下列叙述正确的是（ ）
①硫酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂
②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅
③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的
④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不相同
⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、碳酸氢钠等都可以中和酸，故都可以作为治疗胃酸过多的药物
⑥明矾净水利用了胶体的性质
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
⑧金属钠具有强的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属Ti．
A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦
10．某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．X可能含有2种盐
B．a是SO3
C．Y可能含有（NH4）2SO4
D．（NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+7
二、选择题（每小题有1个选项符合题意．20×2=40分）
11．某溶液中只可能含有下列离子中的某几种：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（ ）
A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+
12．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法错误的是（ ）
A．若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应
B．常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸
C．若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲
D．若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色
13．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
A．由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异
B．用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入澄清石灰水中
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D．图示转化反应都是氧化还原反应
14．某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是（ ）
A．图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应
B．实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3﹣的浓度不变
C．若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液
D．若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小
15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L，向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.025 mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L
16．已知20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是（ ）
A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L
B．此溶液中NaCl的质量分数为
C．20℃时，密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液
D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度
17．截至到2013年12月末，中国光伏发电新增装机容量达到10.66GW，光伏发电累计装机容量达到17.16GW，图1为光伏并网发电装置．图2为电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢的装置示意图（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）．下列叙述中正确的是（ ）
A．图1中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B．图2溶液中电子流向：从B极流向A极
C．X2为氧气
D．工作时，A极的电极反应式为CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O
18．将一定体积的CO2通入V L NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到a g沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到b g沉淀，则下列说法正确的是（ ）
A．参加反应的CO2的体积为0.224a L
B．用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度
C．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3
D．b可能等于a、小于a或大于a
19．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒．实验室通过如下过程制备二氧化氯．
下列说法正确的是（ ）
A．电解时发生反应的离子方程式为NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3
B．溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．可用明矾除去饮用水中残留的NaClO2
20．反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．
下列说法正确的是（ ）
A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2
D．反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5
21．光电池是发展性能源．一种光化学电池的结构如图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时AgCl （s）Ag （s）+Cl（AgCl），[Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着Cl（AgCl）+e﹣=Cl﹣ （aq），若将光源移除，电池会立即恢复至初始状态．下列说法不正确的是（ ）
A．光照时，电流由X流向Y
B．光照时，Pt电极发生的反应为：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑
C．光照时，Cl﹣向Pt电极移动
D．光照时，电池总反应为：AgCl （s）+Cu+ （aq）Ag （s）+Cu2+ （aq）+Cl﹣（aq）
22．下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是（ ）
选项
条 件
离子组
离子共存判断及反应的离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
不能共存，
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
B
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣
不能共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+
═Mn2++5Fe3++4H2O
C
由水电离出的H+浓度为1×10﹣12 mol•L﹣1
NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣
一定能共存，
NH4++H2O═NH3•H2O+H+
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣
不能共存，2ClO﹣+SO2+H2O═
2HClO+SO32﹣
A．A B．B C．C D．C
23．一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）达到平衡，测得有关数据如表所示，下列说法正确的是（ ）
容器
温度/k
物质的起始浓度/mol•L﹣1
物质的平衡浓度/mol•L﹣1
c（H2）
c（CO）
c（CH3OH）
c（CH3OH）
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A．该方应的正反应吸热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大
24．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果，下列图象描述正确的是（ ）
A．
图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B．
图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）的影响，且甲的压强大
C．
图表示向Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系
D．
图表示在2 L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0～10 min内该反应的平均速率v（H2）=0.045 mol•L﹣1•min﹣1，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为1 L，则n（N2）的变化曲线为d
25．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）
C．反应速率：Vb＞Va
D．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1
26．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如图所示，其中不正确的是（ ）
A．步骤④⑤是为了富集溴
B．步骤③说明溴具有挥发性
C．步骤④的离子方程式为Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣
D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离
27．向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是（ ）
A．氯气：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣
B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣
C．硫化氢：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣
D．氨气：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
28．下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如表所示：则下列说法正确的是（ ）
化学反应
平衡常数
温度
973K
1173K
①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1
K1
1.47
2.15
②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2
K2
2.38
1.67
③CO（g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3
K3
？
？
A．△H1＜0，△H2＞0
B．反应①②③的反应热满足关系：△H2﹣△H1=△H3
C．反应①②③的平衡常数满足关系：K1•K2=K3
D．要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施
29．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示：其中下列说法不合理的是（ ）
A．能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色
B．装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气
C．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀
D．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去
30．某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（ ）
A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L
C．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1
三、解答题（共5小题，满分50分）
31．利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量．a中试剂是浓氨水．
（1）仪器a的名称为 ，仪器b中装入的试剂可以是 ．
（2）按气流方向正确的装置连接顺序为（填序号，装置可重复使用）： ．
（3）装置C的作用： ．
（4）实验结束时，应首先 （填序号）； 这样做的原因是 ．
Ⅰ．熄灭A装置的酒精灯Ⅱ．停止从a中滴加液体
（5）若金属氧化物为CuO，反应的化学方程式为 ．
（6）若实验中准确称取金属氧化物的质量为m g，完全反应后，测得生成水的质量为n g，则M的相对原子质量为 （用含x、y、m、n的式子表示）．
（7）某同学仔细分析上述装置后认为仍存在缺陷，你认为该如何改进？ ．
32．5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水．
阳离子
Na+
Al3+
Fe3+
Cu2+
Ba2+
阴离子
OH﹣
Cl﹣
CO32﹣
NO3﹣
SO42﹣
分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；
④B溶液与D溶液混合后无现象；
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．
（1）据此推断A、C的化学式为：A ；C ．
（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式 ．
（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是 ，原因是 （用离子方程式说明）．
（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是 mL．
33．氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点．
（1）以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反应如下：
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ•mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ•mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ•mol﹣1
则a为 ．
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g） 在合成塔中进行．图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况．
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值分别为：A.0.6～0.7 B.1～1.1 C.1.5～1.61
生产中应选用水碳比的数值为 （选填序号）．
②生产中氨碳比宜控制在4.0左右，而不是4.5的原因可能是 ．
（3）尿素可用于湿法烟气脱氮工艺，其反应原理为：
NO+NO2+H2O=2HNO2 2HNO2+CO（NH2）2=2N2↑+CO2↑+3H2O．
①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳．若烟气中V（NO）：V（NO2）=5：1时，可通入一定量的空气，同温同压下，V（空气）：V（NO）= （空气中氧气的体积含量大约为20%）．
②图2是尿素含量对脱氮效率的影响，从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为 %．
（4）图3表示使用新型电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量，同时又能实现氮固定的新型燃料电池．请写出该电池的正极反应式 ．生产中可分离出的物质A的化学式为 ．
34．研究表明，在CuZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如表实验数据：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
（1）合成的甲醇可用于燃料电池的燃料，若电解质为稀烧碱溶液时甲醇燃料电池的正极反应式为 ；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在 极，该电极反应式是 ．
（2）从表中实验数据可以分析出，提高CO2转化成CH3OH的选择性的方法有 ．
（3）反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K3= （用K1和K2表示）．
（4）在恒压密闭容器中，由CO2和H2进行反应I合成甲醇，在其它条件不变的情况下，探究温度对化学平衡的影响，实验结果如图．
①△H1 0（填“＞”、“＜”或“=”）
②有利于提高CO2平衡转化率的措施有 （填标号）．
A．降低反应温度
B．投料比不变，增加反应物的浓度
C．增大CO2和H2的初始投料比
D．混合气体中掺入一定量惰性气体（不参与反应）
（5）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为P0，仅进行反应I．
①充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器的压强与起始压强之比为 （用a表示）．
②若经过3h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，则该过程中H2的平均反应速率为 （保留三位有效数字）；该温度下反应的化学平衡常数K为 （保留三位有效数字）；平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数．写出上述反应压力平衡常数KP为 （用P0表示，并化简）．
35．工业上可以用废铁屑制备活性Fe3O4，流程如图1：
（1）在制备过程中，不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末，作用是 ．
（2）在合成池里生成Fe3O4的离子方程式为 ．
（3）根据流程可知，配料中心很可能使混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近 ．
（4）某同学利用废铁屑（含Fe和Fe2O3）来制取FeCl3•6H2O晶体，同时测定混合物中铁的质量分数，装置如图2（夹持装置略，气密性已检验）：
操作步骤如下：
I．打开弹簧夹K1、关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．
Ⅲ．将烧杯中溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FeC13•6H2O晶体．
请回答：
①操作Ⅱ中“…”的内容是 ，烧杯中的现象是 ，相应的方程式是 、 _．（是离子反应的写离子方程式）
②若混合物质量为m g，实验结束后测得B中所得的气体是V mL（标准状况时），该同学由此计算出此废铁屑中铁的质量分数是，该数值比实际数值偏低，若实验过程操作无误，偏低的原因是 ．
2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．1×10=10分）
1．下列叙述正确的是（ ）
A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
B．HCl、H2S、NH3都是电解质
C．强酸强碱都是离子化合物
D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】A、酸性氧化物不一定是非金属氧化物；
B、电解质是在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物；
C、离子化合物是阴阳离子组成的化合物；
D、根据单质的氧化性强弱确定金属被氧化到的价态．
【解答】解：A、酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，故A正确；
B、HCl都是电解质，但是H2S、NH3是非电解质，故B错误；
C、HCl是强酸，属于共价化合物，故C错误；
D、FeCl2可以用金属铁和氯化铁之间的化合反应来制备，故D错误．
故选A．
2．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（ ）
A．“滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化
B．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同
C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．
【分析】A．水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙；
B．明矾净水是利用胶体的吸附性，“84”消毒液消毒是利用物质的强氧化性；
C．雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关；
D．汽油不完全燃烧生成CO．
【解答】解：A．水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，所以滴水石穿过程中涉及化学变化，故A错误；
B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的杂质，所以能净水，“84”消毒液中含有次氯酸盐，具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同，故B正确；
C．氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，故C错误；
D．汽车尾气中含有的氮氧化物是放电条件下氮气与氧气反应生成，汽油不完全燃烧生成CO，故D错误；
故选B．
3．有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是（ ）
选项
古文或谚语
化学解释
A
日照香炉生紫烟
碘的升华
B
以曾青涂铁，铁赤色如铜
置换反应
C
煮豆燃豆萁
化学能转化为热能
D
雷雨肥庄稼
自然固氮
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学反应的实质；化学反应的基本原理．
【分析】A．烟是气溶胶；
B．铁与CuSO4发生置换反应；
C．燃烧纤维素是把化学能转化为热能；
D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3﹣中化合态的N．
【解答】解：A．烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误；
B．“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；
C．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故C正确；
D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3﹣中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确．
故选A．
4．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【分析】A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极；
B．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；
C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子．
【解答】解：A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；
B．常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；
C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；
故选B．
5．某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度分析，下列选项正确的是（ ）
A．实验①、②所涉及的物质均为电解质
B．实验②、③均为放热反应实验
C．②、③均未发生氧化还原反应
D．实验①、③反应制得的物质均为纯净物
【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；电解质与非电解质．
【分析】A、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质；
B、盐的水解是吸热反应；
C、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；
D、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；
【解答】解：A、实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、实验②溶解为放热反应，③为盐的水解是吸热反应，故B错误；
C、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故C正确；
D、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故D错误；
故选C．
6．如表物质与类别不对应的是（ ）
A
B
C
D
小苏打
食用油
淀粉
84消毒液
盐
高分子化合物
糖类
混合物
A．A B．B C．C D．D
【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】A．盐是由金属离子和酸根离子组成的化合物；
B．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，简称有机高分子；
C．糖类包括：单糖、二糖、多糖；
D．混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质．
【解答】解：A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式是NaHCO3，由钠离子和碳酸氢根离子构成，属于盐，故A不选；
B．食用油的成分为油脂，是相对分子量较小的分子，不属于有机高分子，故B选；
C．多糖包括淀粉、纤维素和糖原，其中淀粉和纤维素是植物细胞特有的，糖原是动物细胞特有的，故C不选；
D．“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠（NaClO）的水溶液，属于混合物，故D不选；
故选B．
7．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，22.4LCO2所含的原子数为3NA
B．1molCl2与足量的Fe完全反应，转移的电子数为2NA
C．0.5molC2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数为2NA
D．2L1mol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
B、氯气和铁反应后变为﹣1价；
C、C2H2和C6H6中含有的原子个数不同；
D、盐酸溶液中无HCl分子．
【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故二氧化碳的物质的量小于1mol，则原子个数小于3NA个，故A错误；
B、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故B正确；
C、C2H2和C6H6中含有的原子个数不同，故0.5mol混合物中含有的原子个数无法计算，故C错误；
D、HCl溶于水后完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故D错误．
故选B．
8．卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂．下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（ ）
A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用
B．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1
C．CaO2和水反应时，每产生1mol O2转移电子4mol
D．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2
【考点】氧化还原反应．
【分析】A、依据过氧化钠的性质推断过氧化钙的性质可能具有漂白性；
B、依据过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子分析；
C、依据CaO2和水反应的化学方程式分析计算；
D、依据过氧化钠性质推断过氧化钙与二氧化碳的反应；
【解答】解：A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，故A正确；
B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，故B正确；
C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，每产生1molO2转移电子2mol，故C错误；
D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2；故D正确；
故选C．
9．下列叙述正确的是（ ）
①硫酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂
②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅
③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的
④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不相同
⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、碳酸氢钠等都可以中和酸，故都可以作为治疗胃酸过多的药物
⑥明矾净水利用了胶体的性质
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
⑧金属钠具有强的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属Ti．
A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】①硫酸钡难溶于水也难溶于酸，没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点；
②晶体硅为半导体材料，可以用于制造太阳能电池；
③乙醇不具有氧化性；
④玛瑙饰品、沙子主要成分都是二氧化硅；
⑤碳酸钠、氢氧化钠具有强的腐蚀性；
⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性；
⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；
⑧依据钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属解答．
【解答】解：①溶于水的钡盐[如Ba（NO3）2、BaCl2等]对人体有毒，但是硫酸钡难溶于水也难溶于酸，没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X光透视肠胃的药剂，故正确；
②晶体硅为半导体材料，可以用于制造太阳能电池，神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅，故正确；
③乙醇无强氧化性，酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒，故错误；
④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同，都是二氧化硅，故错误；
⑤碳酸钠、氢氧化钠有强腐蚀性能损伤人体，不可以作为治疗胃酸过多的药物，故错误；
⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水，故正确；
⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH属于一元酸，故错误；
⑧钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属，可以用来冶炼金属，故正确；
故选：B．
10．某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．X可能含有2种盐
B．a是SO3
C．Y可能含有（NH4）2SO4
D．（NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+7
【考点】二氧化硫的污染及治理．
【分析】二氧化硫与氨水反应生成X，则X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，在X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵和二氧化硫气体，二氧化硫经氧化、水合等科的硫酸，气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵；电解硫酸铵溶液可得（NH4）2S2O8；
【解答】解：A．X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，故A正确；
B．气体a为二氧化硫，故B错误；
C．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，故C正确；
D．S的最高化合价是+6，不可能为+7，故D正确；故选B．
二、选择题（每小题有1个选项符合题意．20×2=40分）
11．某溶液中只可能含有下列离子中的某几种：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（ ）
A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+
【考点】常见离子的检验方法．
【分析】①用pH计测试，溶液显弱酸性，则一定不含AlO2﹣，且Ba2+、SO42﹣不能共存；
②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，则一定不含I﹣，
由电荷守恒可知，一定存在阴离子为SO42﹣，则原溶液不存在Ba2+，
因溶液为弱酸性可知，含阳离子一定为NH4+，以此来解答．
【解答】解：①用pH计测试，溶液显弱酸性，则一定不含AlO2﹣，且Ba2+、SO42﹣不能共存；
②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，则一定不含I﹣，
由电荷守恒可知，一定存在阴离子为SO42﹣，则原溶液不存在Ba2+，
因溶液为弱酸性可知，含阳离子一定为NH4+，则还需检验的离子为K+，利用焰色反应，
故选A．
12．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法错误的是（ ）
A．若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应
B．常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸
C．若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲
D．若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色
【考点】无机物的推断．
【分析】A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，据此分析；
B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO；
C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸；
D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，据此分析；
【解答】解：A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，若丙为过氧化钠，则上述反应可能都属于氧化还原反应，故A正确；
B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO，故B错误；
C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸，浓硫酸可干燥二氧化硫，故C正确；
D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，次氯酸能使品红褪色，故D正确，
故选B．
13．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
A．由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异
B．用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入澄清石灰水中
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D．图示转化反应都是氧化还原反应
【考点】电解原理．
【分析】A、由转化可知，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应析出碳酸氢钠；
B、根据工业生产量大，所以Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入石灰乳中；
C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；
D、根据元素的化合价是否变化判断．
【解答】解：A、由转化可知，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应析出碳酸氢钠晶体，则说明25℃时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，所以由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异，故A正确；
B、因为工业生产量大，所以Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入石灰乳中，不是通入澄清石灰水中，故B错误；
C、Fe与干燥的氯气不反应，则常温下液氯能用钢瓶贮存，但3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误；
D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误．
故选A．
14．某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是（ ）
A．图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应
B．实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3﹣的浓度不变
C．若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液
D．若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】甲池为原电池装置，活泼的铜失电子作负极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，如果用铜制U形物代替“盐桥”，甲池中的右边一个池为原电池装置，据此分析解答．
【解答】解：A、图中甲池为原电池装置，Cu电极为负极发生氧化反应，故A错误；
B、实验过程中，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，所以左侧烧杯中NO3﹣的浓度变大，故B错误；
C、若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，即生成银5.4g，物质的量为=0.05mol，所以整个电路转移0.05mol的电子，如果硝酸银足量应生成5.4g的银，如果是硝酸银说明硝酸银不足，故C正确；
D、用铜制U形物代替“盐桥”，右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，而整个电路转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U型管的质量不变，故D错误；
故选C．
15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L，向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.025 mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=计算铜离子浓度．
【解答】解：反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×=0.036mol，故铜离子的最大浓度为=0.36mol/L，
故选C．
16．已知20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是（ ）
A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L
B．此溶液中NaCl的质量分数为
C．20℃时，密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液
D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度
【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．
【分析】A．温度降低，氯化钠的溶解度减小，溶液中氯化钠的物质的量浓度减小；
B．根据1L溶液中含有的氯化钠的质量、溶液的质量计算出氯化钠的质量分数；
C．相同温度下，氯化钠饱和溶液的密度最大，若氯化钠溶液密度小于饱和溶液的密度，则该溶液一定为不饱和溶液；
D．设溶液体积为1L，根据氯化钠密度、浓度及溶解度表达式计算出该温度下的溶解度．
【解答】解：A．温度低于20℃时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L，故A正确；
B．1L该温度下的氯化钠饱和溶液中，溶液质量为：1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为： =，故B正确；
C．20℃时，等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C正确；
D．20℃时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000ρ，则该温度下氯化钠的溶解度为：S=×100g=g，故D错误；
故选D．
17．截至到2013年12月末，中国光伏发电新增装机容量达到10.66GW，光伏发电累计装机容量达到17.16GW，图1为光伏并网发电装置．图2为电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢的装置示意图（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）．下列叙述中正确的是（ ）
A．图1中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B．图2溶液中电子流向：从B极流向A极
C．X2为氧气
D．工作时，A极的电极反应式为CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，结合电解池的工作原理分析解答．
【解答】解：A．该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，则图1中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；
B．电解时，电子的流向为：阳极→电源，电源→阴极，故B错误；
C．阴极B上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C错误；
D．A极为阳极，电极反应式为：CO（NH2）2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O，故D正确；
故选：D．
18．将一定体积的CO2通入V L NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到a g沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到b g沉淀，则下列说法正确的是（ ）
A．参加反应的CO2的体积为0.224a L
B．用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度
C．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3
D．b可能等于a、小于a或大于a
【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．
【分析】由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则一定体积的CO2通入V L NaOH溶液中产物不确定，以此来解答．
【解答】解：A．因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，故A错误；
B．若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl～2NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，故B错误；
C．由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3，故C正确；
D．NaHCO3与CaCl2不反应，则b可能等于a、小于a，故D错误；
故选C．
19．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒．实验室通过如下过程制备二氧化氯．
下列说法正确的是（ ）
A．电解时发生反应的离子方程式为NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3
B．溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．可用明矾除去饮用水中残留的NaClO2
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．
【分析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液氮元素化合价﹣3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液X，NCl3与NaClO2按一定物质的量之比混合，在溶液中恰好反应生成ClO2与NH3，由氢元素守恒可知，有水参加反应，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2﹣、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2，结合电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH．
【解答】解：A．NH4Cl溶液中加入盐酸进行电解得到NCl3，NCl3溶液氮元素化合价﹣3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，反应的化学方程式为：NH4++2H++3Cl﹣3H2↑+NCl3，故A错误；
B．上述分析可知NCl3与NaClO2按一定物质的量之比混合，在溶液中恰好反应生成ClO2与NH3，由氢元素守恒可知，有水参加反应，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2﹣、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2，结合电子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣，故B正确；
C．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故C错误；
D．明矾净水的原理是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体的吸附性，吸附悬浮杂质，不能吸收除去饮用水中残留的NaClO2，故D错误；
故选B．
20．反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．
下列说法正确的是（ ）
A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2
D．反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．失电子化合价升高的元素被氧化；
B．失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；
C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．根据碘和转移电子之间的关系式计算．
【解答】解：A．在反应①中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应②中被氧化，故A错误；
B．碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，故B错误；
C．氧化性IO3﹣＞SO42﹣，故C错误；
D．反应①中生成1mol碘转移2NA电子，反应②中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；
故选D．
21．光电池是发展性能源．一种光化学电池的结构如图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时AgCl （s）Ag （s）+Cl（AgCl），[Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着Cl（AgCl）+e﹣=Cl﹣ （aq），若将光源移除，电池会立即恢复至初始状态．下列说法不正确的是（ ）
A．光照时，电流由X流向Y
B．光照时，Pt电极发生的反应为：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑
C．光照时，Cl﹣向Pt电极移动
D．光照时，电池总反应为：AgCl （s）+Cu+ （aq）Ag （s）+Cu2+ （aq）+Cl﹣（aq）
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】该装置中氯原子在银电极上得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，电流从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阴离子向负极移动．
【解答】解：该装置中氯原子在银电极上得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，
A．光照时，电流从正极银X流向负极铂Y，故A正确；
B．光照时，Pt电极作负极，负极上亚铜离子失电子发生氧化反应，电极反应式为）Cu+（aq）﹣e﹣=Cu2+（aq），故B错误；
C．光照时，该装置是原电池，银作正极，铂作负极，电解质中氯离子向负极铂移动，故C正确；
D．光照时，正极上氯原子得电子发生还原反应，负极上亚铜离子失电子，所以电池反应式为AgCl（s）+Cu+（aq）Ag（s）+Cu2+（aq）+Cl﹣（aq），故D正确；
故选B．
22．下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是（ ）
选项
条 件
离子组
离子共存判断及反应的离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
不能共存，
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
B
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣
不能共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+
═Mn2++5Fe3++4H2O
C
由水电离出的H+浓度为1×10﹣12 mol•L﹣1
NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣
一定能共存，
NH4++H2O═NH3•H2O+H+
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣
不能共存，2ClO﹣+SO2+H2O═
2HClO+SO32﹣
A．A B．B C．C D．C
【考点】离子方程式的书写；离子共存问题．
【分析】A．一水合氨为弱电解质，应写化学式；
B．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应；
C．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；
D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应．
【解答】解：A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，一水合氨为弱电解质，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故B正确；
C．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故C错误；
D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，故D错误．
故选B．
23．一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）达到平衡，测得有关数据如表所示，下列说法正确的是（ ）
容器
温度/k
物质的起始浓度/mol•L﹣1
物质的平衡浓度/mol•L﹣1
c（H2）
c（CO）
c（CH3OH）
c（CH3OH）
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A．该方应的正反应吸热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大
【考点】化学平衡的计算．
【分析】对比Ⅰ、Ⅲ，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但Ⅲ温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，对比Ⅰ、Ⅱ，在相同温度下反应，但Ⅱ浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动，以此解答该题．
【解答】解：A．对比Ⅰ、Ⅲ，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但Ⅲ温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；
B．对比Ⅰ、Ⅱ，在相同温度下反应，但Ⅱ浓度较大，由方程式2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）可知，增大浓度，平衡正向移动，该反应正向为体积减小的反应，增大浓度转化率会增大，则容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，故B错误；
C．Ⅱ浓度较大，Ⅲ温度较高，增大浓度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，Ⅲ的转化率降低，Ⅲ中相当于起始C（H2）为Ⅱ的一半，平衡时Ⅱ中C（H2）小于Ⅲ中的两倍，故C错误；
D．对比Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ温度较高，浓度相当，升高温度，反应速率增大，则容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大，故D正确．
故选D．
24．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果，下列图象描述正确的是（ ）
A．
图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B．
图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）的影响，且甲的压强大
C．
图表示向Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系
D．
图表示在2 L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0～10 min内该反应的平均速率v（H2）=0.045 mol•L﹣1•min﹣1，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为1 L，则n（N2）的变化曲线为d
【考点】化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算．
【分析】A．改变反应温度，正逆反应速率同时增大或减小；
B．增大压强，平衡不移动，但反应速率增大；
C．氢氧化钠过量时，氢氧化镁不溶解；
D．从压强对平衡移动的影响的角度分析．
【解答】解：A．改变反应温度，正逆反应速率同时增大或减小，不可能出现如图所示变化，故A错误；
B．增大压强，平衡不移动，但反应速率增大，达到平衡时间较少，故B错误；
C．氢氧化钠过量时，氢氧化镁不溶解，反应后沉淀不可能为0，故C错误；
D．纵坐标表示氮气物质的量，压缩容器体积的瞬间，氮气物质的量不变，体积缩小等效于增大压强，平衡向右移动，氮气物质的量减小，故D正确．
故选D．
25．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）
C．反应速率：Vb＞Va
D．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；
B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；
C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；
D、依据平均摩尔质量概念计算判断．
【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1＞T2，故A错误；
B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）=K（c）＜K（b），故B错误；
C、分析判断可知T1＞T2，温度越高反应速率越快，反应速率：Vb＞Va，故C正确；
D、n（HF）：n[（HF）2]=2：1，当==26.7g/mol，故D错误；
故选C．
26．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如图所示，其中不正确的是（ ）
A．步骤④⑤是为了富集溴
B．步骤③说明溴具有挥发性
C．步骤④的离子方程式为Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣
D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；海水资源及其综合利用．
【分析】苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，
A．步骤④是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质；
B．步骤③利用空气将溴吹出，说明溴易从液态转化为气态；
C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强还原性，二者易发生氧化还原反应；
D．分离互不相溶的液体采用分液方法．
【解答】解：苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，
A．步骤④是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质，所以步骤④⑤是为了富集溴，故A正确；
B．步骤③利用空气将溴吹出，说明溴易从液态转化为气态，所以该步骤说明溴具有挥发性，故B正确；
C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强还原性，二者易发生氧化还原反应，离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，故C错误；
D．分离互不相溶的液体采用分液方法，溴不易溶于水，所以步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离，故D正确；
故选C．
27．向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是（ ）
A．氯气：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣
B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣
C．硫化氢：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣
D．氨气：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．氯气与水反应生成酸，酸溶液中不能大量存在SiO32﹣，故A不选；
B．SO32﹣与SO2反应生成HSO3﹣，不能共存，故B不选；
C．硫化氢、H+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，且与氨气不反应，可大量共存，故D选；
故选D．
28．下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如表所示：则下列说法正确的是（ ）
化学反应
平衡常数
温度
973K
1173K
①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1
K1
1.47
2.15
②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2
K2
2.38
1.67
③CO（g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3
K3
？
？
A．△H1＜0，△H2＞0
B．反应①②③的反应热满足关系：△H2﹣△H1=△H3
C．反应①②③的平衡常数满足关系：K1•K2=K3
D．要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施
【考点】化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的计算．
【分析】A．由表格数据可知，升高温度时K1增大、K2减小；
B．由盖斯定律可知，②﹣①得到③；
C．K为指数关系，结合②﹣①得到③判断K 的关系；
D．由随温度升高而减小可知，反应③为放热反应．
【解答】解：A．由表格数据可知，升高温度时K1增大、K2减小，则△H1＞0，△H2＜0，故A错误；
B．由盖斯定律可知，②﹣①得到③，则焓变为△H2﹣△H1=△H3，故B正确；
C．K为指数关系，结合②﹣①得到③可知， =K3，故C错误；
D．由随温度升高而减小可知，反应③为放热反应，则向正反应方向移动，可采取降温措施，故D错误；
故选B．
29．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示：其中下列说法不合理的是（ ）
A．能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色
B．装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气
C．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀
D．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去
【考点】二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．
【分析】A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物分析；
B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；
C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，加入氯化钡生成沉淀说明反应进行；
D、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色．
【解答】解：A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；
B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；
C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，加入氯化钡生成沉淀说明反应进行生成了硫酸根离子，故C正确；
D、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故D错误；
故选D．
30．某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（ ）
A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L
C．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；
B．根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；
C．根据转移电子守恒计算n（Fe3+），根据铁原子守恒计算n（Fe2+），根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量，从而得出x值；
D．根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比．
【解答】解：n（S）==0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，
A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）==8.5mol/L，故A错误；
B．根据氢原子、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错误；
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正确；
D．根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故D错误；
故选C．
三、解答题（共5小题，满分50分）
31．利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量．a中试剂是浓氨水．
（1）仪器a的名称为 分液漏斗 ，仪器b中装入的试剂可以是 NaOH或生石灰或碱石灰 ．
（2）按气流方向正确的装置连接顺序为（填序号，装置可重复使用）： BDADC ．
（3）装置C的作用： 尾气处理，吸收未反应的NH3；同时防止空气中的水蒸气进入 ．
（4）实验结束时，应首先 Ⅰ （填序号）； 这样做的原因是 使反应产生的水蒸气全部被碱石灰吸收 ．
Ⅰ．熄灭A装置的酒精灯Ⅱ．停止从a中滴加液体
（5）若金属氧化物为CuO，反应的化学方程式为 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O ．
（6）若实验中准确称取金属氧化物的质量为m g，完全反应后，测得生成水的质量为n g，则M的相对原子质量为 （用含x、y、m、n的式子表示）．
（7）某同学仔细分析上述装置后认为仍存在缺陷，你认为该如何改进？ 在尾气吸收的浓硫酸前加安全瓶防倒吸 ．
【考点】相对分子质量的测定．
【分析】B用于制备氨气，用D干燥后在加热条件下与A中的金属氧化物发生反应生成水和氮气，用D吸收水，由D的质量增重可确定生成水的质量，结合MxOy～yH2O关系计算M的相对原子质量，装置最后连接C，可用于吸收氨气和空气中的水，应减小实验误差，以此解答该题．
【解答】解：（1）仪器a名称为分液漏斗用来盛放和滴加液体，a中试剂是浓氨水，仪器b中加入的是氢氧化钠固体或碱石灰，滴入浓氨水固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，
故答案为：分液漏斗；NaOH或生石灰或碱石灰；
（2）从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须干燥，故B接D，D接A，吸收反应生成的水用装置D，最后空气中的水不能进入装置D，所以需要装置C，按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC，
故答案为：BDADC；
（3）氨气不能完全反应，应用浓硫酸吸收，且为防止空气中的水进入D，应连接浓硫酸，防止空气中的水蒸气进入，
故答案为：尾气处理，吸收未反应的NH3；同时防止空气中的水蒸气进入；
（4）实验结束时应首先熄灭A装置的酒精灯，以使反应生成的水能被碱石灰完全吸收，以减小实验误差，
故答案为：Ⅰ；使反应产生的水蒸气全部被碱石灰吸收；
（5）若金属氧化物为CuO，CuO和氨气在加热条件下发生氧化还原反应生成铜和氮气，反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，
故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（6）若实验中准确称取金属氧化物的质量为mg，完全反应后，测得生成水的质量为ng，
由MxOy～YH2O关系计算
xM+16y 18y
mg ng
M=，
则M的相对原子质量为，
故答案为：；
（7）氨气易溶于浓硫酸，为防止倒吸，应在尾气吸收的浓硫酸前加安全瓶防倒吸，故答案为：在尾气吸收的浓硫酸前加安全瓶防倒吸．
32．5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水．
阳离子
Na+
Al3+
Fe3+
Cu2+
Ba2+
阴离子
OH﹣
Cl﹣
CO32﹣
NO3﹣
SO42﹣
分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；
④B溶液与D溶液混合后无现象；
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．
（1）据此推断A、C的化学式为：A CuSO4 ；C Ba（OH）2 ．
（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式 2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑ ．
（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是 溶液由无色变成红色 ，原因是 Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ （用离子方程式说明）．
（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是 500 mL．
【考点】物质检验实验方案的设计．
【分析】5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水，由离子共存可知，一定含有：Na2CO3、Ba（OH）2，
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，说明生成氢氧化铜与硫酸钡，故A、C分别为Ba（OH）2、CuSO4中的一种；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，说明生成氢氧化铁与二氧化碳，应碳酸钠与铁盐发生双水解反应，B、E分别为Na2CO3、铁盐中的一种；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象，结合①可知，C为Ba（OH）2、D为铝盐，故A为CuSO4；
④B溶液与D溶液混合后无现象，结合②可知，B为铁盐，E为Na2CO3，
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，D含有NO3﹣，结合③可知D为Al（NO3）3，
综上所述，可知B中含有Cl﹣，故B为FeCl3，据此解答．
【解答】解：5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水，由离子共存可知，一定含有：Na2CO3、Ba（OH）2，
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，说明生成氢氧化铜与硫酸钡，故A、C分别为Ba（OH）2、CuSO4中的一种；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，说明生成氢氧化铁与二氧化碳，应碳酸钠与铁盐发生双水解反应，B、E分别为Na2CO3、铁盐中的一种；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象，结合①可知，C为Ba（OH）2、D为铝盐，故A为CuSO4；
④B溶液与D溶液混合后无现象，结合②可知，B为铁盐，E为Na2CO3，
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，D含有NO3﹣，结合③可知D为Al（NO3）3，
综上所述，可知B中含有Cl﹣，故B为FeCl3，
（1）此推断A、C的化学式为CuSO4、Ba（OH）2 ，故答案为：CuSO4；Ba（OH）2；
（2）步骤②，E为Na2CO3溶液，B为FeCl3溶液，二者发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，则其反应方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑；
故答案为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（3）D为Al（NO3）3溶液，铝盐溶液显酸性，因为铝离子水解生成氢离子，即 Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，所以向溶液中滴入石蕊试液，溶液会由无色变成红色；
故答案为：由无色变成红色； Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（4）38.4 g Cu的物质的量为： =0.6mol，步骤⑤中发生的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，若要将Cu片完全溶解，需要氢离子的物质的量为1.6mol，故至少加入稀H2SO4的体积设为V，即1.6mol/L×V×2=1.6mol，解V=500mL，
故答案为：500．
33．氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点．
（1）以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反应如下：
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ•mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ•mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ•mol﹣1
则a为 +72.49 ．
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g） 在合成塔中进行．图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况．
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值分别为：A.0.6～0.7 B.1～1.1 C.1.5～1.61
生产中应选用水碳比的数值为 A （选填序号）．
②生产中氨碳比宜控制在4.0左右，而不是4.5的原因可能是 氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2的转化率增加不大，提高了生产成本 ．
（3）尿素可用于湿法烟气脱氮工艺，其反应原理为：
NO+NO2+H2O=2HNO2 2HNO2+CO（NH2）2=2N2↑+CO2↑+3H2O．
①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳．若烟气中V（NO）：V（NO2）=5：1时，可通入一定量的空气，同温同压下，V（空气）：V（NO）= 1：1 （空气中氧气的体积含量大约为20%）．
②图2是尿素含量对脱氮效率的影响，从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为 5 %．
（4）图3表示使用新型电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量，同时又能实现氮固定的新型燃料电池．请写出该电池的正极反应式 N2+6e﹣+8H+=2NH4+ ．生产中可分离出的物质A的化学式为 NH4Cl ．
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用．
【分析】（1）依据盖斯定律和热化学方程式计算得到；
（2）①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大；
（3）①
②依据图象分析，尿素浓度到一定大小，脱氮效率变化不大；
（4）原电池正极发生还原反应，依据装置图分析判断分离出氯化铵；
【解答】解：（1）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ•mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ•mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ•mol﹣1
依据热化学方程式和盖斯定律①+②=③，得到﹣159.47KJ/mol+a=﹣86.98KJ/mol
a=+72.49KJ/mol；
故答案为：+72.49；
（2）①氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为A；
故答案为：A；
②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业合成氨生成工艺较复杂，提高生产成本；
故答案为：氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2的转化率增加不大，提高了生产成本；
（3）①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳，即1：1，若烟气中V（NO）：V（NO2）=5：1时，设通入空气中氧气体积为x；
则2NO+O2=2NO2
2x x 2x
=1：1，
计算得到x=1
空气体积为5
所以同温同压下，V（空气）：V（NO）=1：1
故答案为：1：1；
②图象分析可知，当尿素浓度为5mol/L左右时，脱氮效率基本不变，所以从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为5%左右大达到较大的脱氮效率；
故答案为：5%；
（4）以N2、H2为原料，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e﹣+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，政绩生成铵根离子在电解质溶液中可以分离出氯化铵；
故答案为：N2+6e﹣+8H+=2NH4+； NH4Cl；
34．研究表明，在CuZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如表实验数据：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
（1）合成的甲醇可用于燃料电池的燃料，若电解质为稀烧碱溶液时甲醇燃料电池的正极反应式为 O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣ ；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在 阴 极，该电极反应式是 CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O ．
（2）从表中实验数据可以分析出，提高CO2转化成CH3OH的选择性的方法有 使用Cat2催化剂（或理想催化剂）；温度为543K（或降低温度） ．
（3）反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K3= （用K1和K2表示）．
（4）在恒压密闭容器中，由CO2和H2进行反应I合成甲醇，在其它条件不变的情况下，探究温度对化学平衡的影响，实验结果如图．
①△H1 ＜ 0（填“＞”、“＜”或“=”）
②有利于提高CO2平衡转化率的措施有 A （填标号）．
A．降低反应温度
B．投料比不变，增加反应物的浓度
C．增大CO2和H2的初始投料比
D．混合气体中掺入一定量惰性气体（不参与反应）
（5）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为P0，仅进行反应I．
①充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器的压强与起始压强之比为 （用a表示）．
②若经过3h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，则该过程中H2的平均反应速率为 0.5mol•L﹣1•h﹣1 （保留三位有效数字）；该温度下反应的化学平衡常数K为 0.148（L•mol﹣1）2 （保留三位有效数字）；平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数．写出上述反应压力平衡常数KP为 （用P0表示，并化简）．
【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）正极是氧气发生还原反应，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，碳的化合降低发生还原反应，所以生成甲醇的反应发生在阴极，该电极反应式是CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O；
（2）图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，由图可知提高CO2转化成CH3OH的选择性，应使平衡向正向移动，可降低温度，在Cat.2催化剂的条件下选择性最高；
（3）由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ；
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ；
所以根据盖斯定律CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=△H1﹣△H2，K3=；
（4）①图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，所以△H1＜0；
②A．降低反应温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大；
B．在恒压密闭容器中，投料比不变，增加反应物的浓度，CO2平衡转化率不变；
C．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳转化率降低，而氢的转化率增大；
D．混合气体中掺入一定量惰性气体，相当于减小压强，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低；
（5）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为P0，仅进行反应I．
①容器的压强与起始压强之比为等于物质的量之比；
②v=，求H2的平均反应速率；该温度下反应的化学平衡常数K=；Kp=．
【解答】解：（1）正极是氧气发生还原反应，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，碳的化合降低发生还原反应，所以生成甲醇的反应发生在阴极，该电极反应式是CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；阴； CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O；
（2）图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，由图可知提高CO2转化成CH3OH的选择性，应使平衡向正向移动，可降低温度，在Cat.2催化剂的条件下选择性最高，故答案为：使用Cat2催化剂（或理想催化剂）；温度为543K（或降低温度）；
（3）由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ；
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ；
所以根据盖斯定律CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=△H1﹣△H2，K3=，故答案为：；
（4）①图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，所以△H1＜0，故答案为：＜；
②A．降低反应温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，故正确；
B．在恒压密闭容器中，投料比不变，增加反应物的浓度，CO2平衡转化率不变，故错误；
C．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳转化率降低，而氢的转化率增大，故错误；
D．混合气体中掺入一定量惰性气体，相当于减小压强，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，故错误；
故选A；
（5）①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
c（初）：1 3 0 0
c（变）：a 3a a a
c（平）：1﹣a 3﹣3a a a
所以，则=，故答案为：；
②平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，则反应的氢气的物质的量为1.5mol，v===0.5mol•L﹣1•h﹣1；
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
c（初）：1 3 0 0
c（变）：0.5 1.5 0.5 0.5
c（平）：0.5 1.5 0.5 0.5
所以K==0.148（L•mol﹣1）2；因为： =，所以P=0.75P0，Kp===，故答案为：0.5mol•L﹣1•h﹣1；0.148（L•mol﹣1）2；．
35．工业上可以用废铁屑制备活性Fe3O4，流程如图1：
（1）在制备过程中，不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末，作用是 增大反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率 ．
（2）在合成池里生成Fe3O4的离子方程式为 Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4↓+4H2O ．
（3）根据流程可知，配料中心很可能使混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近 4：1 ．
（4）某同学利用废铁屑（含Fe和Fe2O3）来制取FeCl3•6H2O晶体，同时测定混合物中铁的质量分数，装置如图2（夹持装置略，气密性已检验）：
操作步骤如下：
I．打开弹簧夹K1、关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．
Ⅲ．将烧杯中溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FeC13•6H2O晶体．
请回答：
①操作Ⅱ中“…”的内容是 当A中固体完全消失 ，烧杯中的现象是 无色溶液逐渐变黄，有气泡产生 ，相应的方程式是 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 、 2H2O2 2H2O+O2↑ _．（是离子反应的写离子方程式）
②若混合物质量为m g，实验结束后测得B中所得的气体是V mL（标准状况时），该同学由此计算出此废铁屑中铁的质量分数是，该数值比实际数值偏低，若实验过程操作无误，偏低的原因是 Fe3+和Fe发生反应消耗部分Fe，使与盐酸反应的Fe相应减少 ．
【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】（1）固体的表面积越大，反应速率越快；
（2）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4；
（3）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+解题；
（4）①装置A中的铁完全消失，反应结束；打开弹簧夹K2，反应生成的氯化亚铁被双氧水氧化成氯化铁，同时有氧气放出；根据氯化亚铁被双氧水氧化、生成的氯化铁作催化剂使双氧水分解情况，写成反应方程式；
②“用m g含有铁锈（Fe2O3）的废铁屑来制取FeCl3•6H2O晶体”，氧化铁溶于盐酸，生成的三价铁离子能够消耗铁；
【解答】解：（1）固体的表面积越大，反应速率越快，所以在工业生产中，将块状固体磨成粉末，并在反应池中安装搅拌机，目的是增加反应速率，故答案为：增大反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率；
（2）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4↓+4H2O；故答案为：Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4↓+4H2O；
（3）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，
设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+则有：
X+2Y=3；3X=1
解得X=；Y=，故Fe2O3与Fe物质的量之比为4：1；
故答案为：4：1；
（4）①当A中固体完全消失，铁完全和盐酸反应后，反应结束；当A中溶液完全进入烧杯，生成的氯化亚铁被氧化成黄色的氯化铁，生成的氯化铁作催化剂，使双氧水分解，反应的方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2H2O2 2H2O+O2↑，
故答案是：当A中固体完全消失；无色溶液逐渐变黄，有气泡产生；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2H2O2 2H2O+O2↑；
②由于废铁屑中含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子能够和铁反应，导致铁减少，置换的氢气体积减少，
故答案是：Fe3+和Fe发生反应消耗部分Fe，使与盐酸反应的Fe相应减少．
2017年2月16日
2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）期中化学试卷
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．1×10=10分）
1．下列叙述正确的是（ ）
A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
B．HCl、H2S、NH3都是电解质
C．强酸强碱都是离子化合物
D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备
2．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（ ）
A．“滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化
B．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同
C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
3．有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是（ ）
选项
古文或谚语
化学解释
A
日照香炉生紫烟
碘的升华
B
以曾青涂铁，铁赤色如铜
置换反应
C
煮豆燃豆萁
化学能转化为热能
D
雷雨肥庄稼
自然固氮
A．A B．B C．C D．D
4．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
5．某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度分析，下列选项正确的是（ ）
A．实验①、②所涉及的物质均为电解质
B．实验②、③均为放热反应实验
C．②、③均未发生氧化还原反应
D．实验①、③反应制得的物质均为纯净物
6．如表物质与类别不对应的是（ ）
A
B
C
D
小苏打
食用油
淀粉
84消毒液
盐
高分子化合物
糖类
混合物
A．A B．B C．C D．D
7．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，22.4LCO2所含的原子数为3NA
B．1molCl2与足量的Fe完全反应，转移的电子数为2NA
C．0.5molC2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数为2NA
D．2L1mol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2NA
8．卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂．下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（ ）
A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用
B．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1
C．CaO2和水反应时，每产生1mol O2转移电子4mol
D．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2
9．下列叙述正确的是（ ）
①硫酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂
②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅
③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的
④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不相同
⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、碳酸氢钠等都可以中和酸，故都可以作为治疗胃酸过多的药物
⑥明矾净水利用了胶体的性质
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
⑧金属钠具有强的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属Ti．
A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦
10．某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．X可能含有2种盐
B．a是SO3
C．Y可能含有（NH4）2SO4
D．（NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+7
二、选择题（每小题有1个选项符合题意．20×2=40分）
11．某溶液中只可能含有下列离子中的某几种：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（ ）
A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+
12．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法错误的是（ ）
A．若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应
B．常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸
C．若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲
D．若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色
13．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
A．由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异
B．用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入澄清石灰水中
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D．图示转化反应都是氧化还原反应
14．某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是（ ）
A．图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应
B．实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3﹣的浓度不变
C．若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液
D．若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小
15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L，向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.025 mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L
16．已知20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是（ ）
A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L
B．此溶液中NaCl的质量分数为
C．20℃时，密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液
D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度
17．截至到2013年12月末，中国光伏发电新增装机容量达到10.66GW，光伏发电累计装机容量达到17.16GW，图1为光伏并网发电装置．图2为电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢的装置示意图（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）．下列叙述中正确的是（ ）
A．图1中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B．图2溶液中电子流向：从B极流向A极
C．X2为氧气
D．工作时，A极的电极反应式为CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O
18．将一定体积的CO2通入V L NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到a g沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到b g沉淀，则下列说法正确的是（ ）
A．参加反应的CO2的体积为0.224a L
B．用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度
C．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3
D．b可能等于a、小于a或大于a
19．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒．实验室通过如下过程制备二氧化氯．
下列说法正确的是（ ）
A．电解时发生反应的离子方程式为NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3
B．溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．可用明矾除去饮用水中残留的NaClO2
20．反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．
下列说法正确的是（ ）
A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2
D．反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5
21．光电池是发展性能源．一种光化学电池的结构如图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时AgCl （s）Ag （s）+Cl（AgCl），[Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着Cl（AgCl）+e﹣=Cl﹣ （aq），若将光源移除，电池会立即恢复至初始状态．下列说法不正确的是（ ）
A．光照时，电流由X流向Y
B．光照时，Pt电极发生的反应为：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑
C．光照时，Cl﹣向Pt电极移动
D．光照时，电池总反应为：AgCl （s）+Cu+ （aq）Ag （s）+Cu2+ （aq）+Cl﹣（aq）
22．下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是（ ）
选项
条 件
离子组
离子共存判断及反应的离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
不能共存，
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
B
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣
不能共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+
═Mn2++5Fe3++4H2O
C
由水电离出的H+浓度为1×10﹣12 mol•L﹣1
NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣
一定能共存，
NH4++H2O═NH3•H2O+H+
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣
不能共存，2ClO﹣+SO2+H2O═
2HClO+SO32﹣
A．A B．B C．C D．C
23．一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）达到平衡，测得有关数据如表所示，下列说法正确的是（ ）
容器
温度/k
物质的起始浓度/mol•L﹣1
物质的平衡浓度/mol•L﹣1
c（H2）
c（CO）
c（CH3OH）
c（CH3OH）
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A．该方应的正反应吸热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大
24．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果，下列图象描述正确的是（ ）
A．
图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B．
图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）的影响，且甲的压强大
C．
图表示向Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系
D．
图表示在2 L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0～10 min内该反应的平均速率v（H2）=0.045 mol•L﹣1•min﹣1，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为1 L，则n（N2）的变化曲线为d
25．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）
C．反应速率：Vb＞Va
D．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1
26．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如图所示，其中不正确的是（ ）
A．步骤④⑤是为了富集溴
B．步骤③说明溴具有挥发性
C．步骤④的离子方程式为Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣
D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离
27．向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是（ ）
A．氯气：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣
B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣
C．硫化氢：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣
D．氨气：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
28．下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如表所示：则下列说法正确的是（ ）
化学反应
平衡常数
温度
973K
1173K
①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1
K1
1.47
2.15
②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2
K2
2.38
1.67
③CO（g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3
K3
？
？
A．△H1＜0，△H2＞0
B．反应①②③的反应热满足关系：△H2﹣△H1=△H3
C．反应①②③的平衡常数满足关系：K1•K2=K3
D．要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施
29．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示：其中下列说法不合理的是（ ）
A．能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色
B．装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气
C．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀
D．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去
30．某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（ ）
A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L
C．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1
三、解答题（共5小题，满分50分）
31．利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量．a中试剂是浓氨水．
（1）仪器a的名称为 ，仪器b中装入的试剂可以是 ．
（2）按气流方向正确的装置连接顺序为（填序号，装置可重复使用）： ．
（3）装置C的作用： ．
（4）实验结束时，应首先 （填序号）； 这样做的原因是 ．
Ⅰ．熄灭A装置的酒精灯Ⅱ．停止从a中滴加液体
（5）若金属氧化物为CuO，反应的化学方程式为 ．
（6）若实验中准确称取金属氧化物的质量为m g，完全反应后，测得生成水的质量为n g，则M的相对原子质量为 （用含x、y、m、n的式子表示）．
（7）某同学仔细分析上述装置后认为仍存在缺陷，你认为该如何改进？ ．
32．5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水．
阳离子
Na+
Al3+
Fe3+
Cu2+
Ba2+
阴离子
OH﹣
Cl﹣
CO32﹣
NO3﹣
SO42﹣
分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；
④B溶液与D溶液混合后无现象；
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．
（1）据此推断A、C的化学式为：A ；C ．
（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式 ．
（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是 ，原因是 （用离子方程式说明）．
（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是 mL．
33．氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点．
（1）以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反应如下：
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ•mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ•mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ•mol﹣1
则a为 ．
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g） 在合成塔中进行．图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况．
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值分别为：A.0.6～0.7 B.1～1.1 C.1.5～1.61
生产中应选用水碳比的数值为 （选填序号）．
②生产中氨碳比宜控制在4.0左右，而不是4.5的原因可能是 ．
（3）尿素可用于湿法烟气脱氮工艺，其反应原理为：
NO+NO2+H2O=2HNO2 2HNO2+CO（NH2）2=2N2↑+CO2↑+3H2O．
①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳．若烟气中V（NO）：V（NO2）=5：1时，可通入一定量的空气，同温同压下，V（空气）：V（NO）= （空气中氧气的体积含量大约为20%）．
②图2是尿素含量对脱氮效率的影响，从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为 %．
（4）图3表示使用新型电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量，同时又能实现氮固定的新型燃料电池．请写出该电池的正极反应式 ．生产中可分离出的物质A的化学式为 ．
34．研究表明，在CuZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如表实验数据：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
（1）合成的甲醇可用于燃料电池的燃料，若电解质为稀烧碱溶液时甲醇燃料电池的正极反应式为 ；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在 极，该电极反应式是 ．
（2）从表中实验数据可以分析出，提高CO2转化成CH3OH的选择性的方法有 ．
（3）反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K3= （用K1和K2表示）．
（4）在恒压密闭容器中，由CO2和H2进行反应I合成甲醇，在其它条件不变的情况下，探究温度对化学平衡的影响，实验结果如图．
①△H1 0（填“＞”、“＜”或“=”）
②有利于提高CO2平衡转化率的措施有 （填标号）．
A．降低反应温度
B．投料比不变，增加反应物的浓度
C．增大CO2和H2的初始投料比
D．混合气体中掺入一定量惰性气体（不参与反应）
（5）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为P0，仅进行反应I．
①充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器的压强与起始压强之比为 （用a表示）．
②若经过3h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，则该过程中H2的平均反应速率为 （保留三位有效数字）；该温度下反应的化学平衡常数K为 （保留三位有效数字）；平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数．写出上述反应压力平衡常数KP为 （用P0表示，并化简）．
35．工业上可以用废铁屑制备活性Fe3O4，流程如图1：
（1）在制备过程中，不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末，作用是 ．
（2）在合成池里生成Fe3O4的离子方程式为 ．
（3）根据流程可知，配料中心很可能使混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近 ．
（4）某同学利用废铁屑（含Fe和Fe2O3）来制取FeCl3•6H2O晶体，同时测定混合物中铁的质量分数，装置如图2（夹持装置略，气密性已检验）：
操作步骤如下：
I．打开弹簧夹K1、关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．
Ⅲ．将烧杯中溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FeC13•6H2O晶体．
请回答：
①操作Ⅱ中“…”的内容是 ，烧杯中的现象是 ，相应的方程式是 、 _．（是离子反应的写离子方程式）
②若混合物质量为m g，实验结束后测得B中所得的气体是V mL（标准状况时），该同学由此计算出此废铁屑中铁的质量分数是，该数值比实际数值偏低，若实验过程操作无误，偏低的原因是 ．
2016-2017学年河北省衡水中学高三（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．1×10=10分）
1．下列叙述正确的是（ ）
A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
B．HCl、H2S、NH3都是电解质
C．强酸强碱都是离子化合物
D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】A、酸性氧化物不一定是非金属氧化物；
B、电解质是在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物；
C、离子化合物是阴阳离子组成的化合物；
D、根据单质的氧化性强弱确定金属被氧化到的价态．
【解答】解：A、酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，故A正确；
B、HCl都是电解质，但是H2S、NH3是非电解质，故B错误；
C、HCl是强酸，属于共价化合物，故C错误；
D、FeCl2可以用金属铁和氯化铁之间的化合反应来制备，故D错误．
故选A．
2．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是（ ）
A．“滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化
B．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同
C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成
D．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．
【分析】A．水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙；
B．明矾净水是利用胶体的吸附性，“84”消毒液消毒是利用物质的强氧化性；
C．雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关；
D．汽油不完全燃烧生成CO．
【解答】解：A．水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，所以滴水石穿过程中涉及化学变化，故A错误；
B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的杂质，所以能净水，“84”消毒液中含有次氯酸盐，具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同，故B正确；
C．氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，故C错误；
D．汽车尾气中含有的氮氧化物是放电条件下氮气与氧气反应生成，汽油不完全燃烧生成CO，故D错误；
故选B．
3．有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是（ ）
选项
古文或谚语
化学解释
A
日照香炉生紫烟
碘的升华
B
以曾青涂铁，铁赤色如铜
置换反应
C
煮豆燃豆萁
化学能转化为热能
D
雷雨肥庄稼
自然固氮
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学反应的实质；化学反应的基本原理．
【分析】A．烟是气溶胶；
B．铁与CuSO4发生置换反应；
C．燃烧纤维素是把化学能转化为热能；
D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3﹣中化合态的N．
【解答】解：A．烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误；
B．“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；
C．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故C正确；
D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3﹣中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确．
故选A．
4．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【分析】A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极；
B．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；
C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子．
【解答】解：A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；
B．常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；
C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；
故选B．
5．某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度分析，下列选项正确的是（ ）
A．实验①、②所涉及的物质均为电解质
B．实验②、③均为放热反应实验
C．②、③均未发生氧化还原反应
D．实验①、③反应制得的物质均为纯净物
【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；电解质与非电解质．
【分析】A、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质；
B、盐的水解是吸热反应；
C、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；
D、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；
【解答】解：A、实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、实验②溶解为放热反应，③为盐的水解是吸热反应，故B错误；
C、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故C正确；
D、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故D错误；
故选C．
6．如表物质与类别不对应的是（ ）
A
B
C
D
小苏打
食用油
淀粉
84消毒液
盐
高分子化合物
糖类
混合物
A．A B．B C．C D．D
【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】A．盐是由金属离子和酸根离子组成的化合物；
B．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，简称有机高分子；
C．糖类包括：单糖、二糖、多糖；
D．混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质．
【解答】解：A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式是NaHCO3，由钠离子和碳酸氢根离子构成，属于盐，故A不选；
B．食用油的成分为油脂，是相对分子量较小的分子，不属于有机高分子，故B选；
C．多糖包括淀粉、纤维素和糖原，其中淀粉和纤维素是植物细胞特有的，糖原是动物细胞特有的，故C不选；
D．“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠（NaClO）的水溶液，属于混合物，故D不选；
故选B．
7．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，22.4LCO2所含的原子数为3NA
B．1molCl2与足量的Fe完全反应，转移的电子数为2NA
C．0.5molC2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数为2NA
D．2L1mol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
B、氯气和铁反应后变为﹣1价；
C、C2H2和C6H6中含有的原子个数不同；
D、盐酸溶液中无HCl分子．
【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故二氧化碳的物质的量小于1mol，则原子个数小于3NA个，故A错误；
B、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故B正确；
C、C2H2和C6H6中含有的原子个数不同，故0.5mol混合物中含有的原子个数无法计算，故C错误；
D、HCl溶于水后完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故D错误．
故选B．
8．卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂．下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是（ ）
A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用
B．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1
C．CaO2和水反应时，每产生1mol O2转移电子4mol
D．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2
【考点】氧化还原反应．
【分析】A、依据过氧化钠的性质推断过氧化钙的性质可能具有漂白性；
B、依据过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子分析；
C、依据CaO2和水反应的化学方程式分析计算；
D、依据过氧化钠性质推断过氧化钙与二氧化碳的反应；
【解答】解：A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，故A正确；
B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，故B正确；
C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，每产生1molO2转移电子2mol，故C错误；
D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2；故D正确；
故选C．
9．下列叙述正确的是（ ）
①硫酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂
②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅
③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的
④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不相同
⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、碳酸氢钠等都可以中和酸，故都可以作为治疗胃酸过多的药物
⑥明矾净水利用了胶体的性质
⑦根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
⑧金属钠具有强的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属Ti．
A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】①硫酸钡难溶于水也难溶于酸，没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点；
②晶体硅为半导体材料，可以用于制造太阳能电池；
③乙醇不具有氧化性；
④玛瑙饰品、沙子主要成分都是二氧化硅；
⑤碳酸钠、氢氧化钠具有强的腐蚀性；
⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性；
⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；
⑧依据钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属解答．
【解答】解：①溶于水的钡盐[如Ba（NO3）2、BaCl2等]对人体有毒，但是硫酸钡难溶于水也难溶于酸，没有毒，而且它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X光透视肠胃的药剂，故正确；
②晶体硅为半导体材料，可以用于制造太阳能电池，神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅，故正确；
③乙醇无强氧化性，酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒，故错误；
④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子相同，都是二氧化硅，故错误；
⑤碳酸钠、氢氧化钠有强腐蚀性能损伤人体，不可以作为治疗胃酸过多的药物，故错误；
⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝具有吸附性，可以用来净水，故正确；
⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH属于一元酸，故错误；
⑧钠活泼性强，能够从熔融氯化钛中置换钛等金属，可以用来冶炼金属，故正确；
故选：B．
10．某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．X可能含有2种盐
B．a是SO3
C．Y可能含有（NH4）2SO4
D．（NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+7
【考点】二氧化硫的污染及治理．
【分析】二氧化硫与氨水反应生成X，则X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，在X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵和二氧化硫气体，二氧化硫经氧化、水合等科的硫酸，气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵；电解硫酸铵溶液可得（NH4）2S2O8；
【解答】解：A．X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐，故A正确；
B．气体a为二氧化硫，故B错误；
C．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，故C正确；
D．S的最高化合价是+6，不可能为+7，故D正确；故选B．
二、选择题（每小题有1个选项符合题意．20×2=40分）
11．某溶液中只可能含有下列离子中的某几种：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（ ）
A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+
【考点】常见离子的检验方法．
【分析】①用pH计测试，溶液显弱酸性，则一定不含AlO2﹣，且Ba2+、SO42﹣不能共存；
②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，则一定不含I﹣，
由电荷守恒可知，一定存在阴离子为SO42﹣，则原溶液不存在Ba2+，
因溶液为弱酸性可知，含阳离子一定为NH4+，以此来解答．
【解答】解：①用pH计测试，溶液显弱酸性，则一定不含AlO2﹣，且Ba2+、SO42﹣不能共存；
②加氯水和CCl4振荡后静置，下层呈无色，则一定不含I﹣，
由电荷守恒可知，一定存在阴离子为SO42﹣，则原溶液不存在Ba2+，
因溶液为弱酸性可知，含阳离子一定为NH4+，则还需检验的离子为K+，利用焰色反应，
故选A．
12．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物，他们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）．下列说法错误的是（ ）
A．若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则上述反应可能都属于氧化还原反应
B．常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体，则甲、乙一定是铜和稀硝酸
C．若甲为硫磺燃烧产物，丁为水，则戊可用于干燥甲
D．若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则戊可能使品红褪色
【考点】无机物的推断．
【分析】A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，据此分析；
B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO；
C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸；
D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，据此分析；
【解答】解：A、若戊为一种强碱且焰色反应为黄色，则戊为氢氧化钠，根据转化关系，甲乙分别为钠和氧气，丙可以是氧化钠或过氧化钠，若丙为过氧化钠，则上述反应可能都属于氧化还原反应，故A正确；
B、常温下，若丙为无色气体，戊为红棕色气体应为二氧化氮，则丙为一氧化氮，所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反应生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反应生成NO，故B错误；
C、若甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫，则丙为三氧化硫，丁为水，戊为硫酸，浓硫酸可干燥二氧化硫，故C正确；
D、若甲为浓盐酸，乙为MnO2，则丙为氯气，若丁为水，则戊为次氯酸，次氯酸能使品红褪色，故D正确，
故选B．
13．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
A．由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异
B．用Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入澄清石灰水中
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D．图示转化反应都是氧化还原反应
【考点】电解原理．
【分析】A、由转化可知，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应析出碳酸氢钠；
B、根据工业生产量大，所以Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入石灰乳中；
C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；
D、根据元素的化合价是否变化判断．
【解答】解：A、由转化可知，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应析出碳酸氢钠晶体，则说明25℃时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，所以由氯化钠制备纯碱的过程中，利用了物质溶解度的差异，故A正确；
B、因为工业生产量大，所以Cl2制备漂白粉时，是将Cl2通入石灰乳中，不是通入澄清石灰水中，故B错误；
C、Fe与干燥的氯气不反应，则常温下液氯能用钢瓶贮存，但3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误；
D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误．
故选A．
14．某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是（ ）
A．图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应
B．实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3﹣的浓度不变
C．若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液
D．若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】甲池为原电池装置，活泼的铜失电子作负极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，如果用铜制U形物代替“盐桥”，甲池中的右边一个池为原电池装置，据此分析解答．
【解答】解：A、图中甲池为原电池装置，Cu电极为负极发生氧化反应，故A错误；
B、实验过程中，铜放电生成铜离子，盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边移动，所以左侧烧杯中NO3﹣的浓度变大，故B错误；
C、若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，即生成银5.4g，物质的量为=0.05mol，所以整个电路转移0.05mol的电子，如果硝酸银足量应生成5.4g的银，如果是硝酸银说明硝酸银不足，故C正确；
D、用铜制U形物代替“盐桥”，右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，而整个电路转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U型管的质量不变，故D错误；
故选C．
15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L，向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0.025 mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=计算铜离子浓度．
【解答】解：反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×=0.036mol，故铜离子的最大浓度为=0.36mol/L，
故选C．
16．已知20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法中不正确的是（ ）
A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L
B．此溶液中NaCl的质量分数为
C．20℃时，密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液
D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度
【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．
【分析】A．温度降低，氯化钠的溶解度减小，溶液中氯化钠的物质的量浓度减小；
B．根据1L溶液中含有的氯化钠的质量、溶液的质量计算出氯化钠的质量分数；
C．相同温度下，氯化钠饱和溶液的密度最大，若氯化钠溶液密度小于饱和溶液的密度，则该溶液一定为不饱和溶液；
D．设溶液体积为1L，根据氯化钠密度、浓度及溶解度表达式计算出该温度下的溶解度．
【解答】解：A．温度低于20℃时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L，故A正确；
B．1L该温度下的氯化钠饱和溶液中，溶液质量为：1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为： =，故B正确；
C．20℃时，等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C正确；
D．20℃时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000ρ，则该温度下氯化钠的溶解度为：S=×100g=g，故D错误；
故选D．
17．截至到2013年12月末，中国光伏发电新增装机容量达到10.66GW，光伏发电累计装机容量达到17.16GW，图1为光伏并网发电装置．图2为电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢的装置示意图（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）．下列叙述中正确的是（ ）
A．图1中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B．图2溶液中电子流向：从B极流向A极
C．X2为氧气
D．工作时，A极的电极反应式为CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，结合电解池的工作原理分析解答．
【解答】解：A．该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，则图1中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；
B．电解时，电子的流向为：阳极→电源，电源→阴极，故B错误；
C．阴极B上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故C错误；
D．A极为阳极，电极反应式为：CO（NH2）2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O，故D正确；
故选：D．
18．将一定体积的CO2通入V L NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到a g沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到b g沉淀，则下列说法正确的是（ ）
A．参加反应的CO2的体积为0.224a L
B．用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度
C．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3
D．b可能等于a、小于a或大于a
【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．
【分析】由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则一定体积的CO2通入V L NaOH溶液中产物不确定，以此来解答．
【解答】解：A．因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，故A错误；
B．若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl～2NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，故B错误；
C．由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3，故C正确；
D．NaHCO3与CaCl2不反应，则b可能等于a、小于a，故D错误；
故选C．
19．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒．实验室通过如下过程制备二氧化氯．
下列说法正确的是（ ）
A．电解时发生反应的离子方程式为NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3
B．溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．可用明矾除去饮用水中残留的NaClO2
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．
【分析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液氮元素化合价﹣3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液X，NCl3与NaClO2按一定物质的量之比混合，在溶液中恰好反应生成ClO2与NH3，由氢元素守恒可知，有水参加反应，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2﹣、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2，结合电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH．
【解答】解：A．NH4Cl溶液中加入盐酸进行电解得到NCl3，NCl3溶液氮元素化合价﹣3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，反应的化学方程式为：NH4++2H++3Cl﹣3H2↑+NCl3，故A错误；
B．上述分析可知NCl3与NaClO2按一定物质的量之比混合，在溶液中恰好反应生成ClO2与NH3，由氢元素守恒可知，有水参加反应，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2﹣、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2，结合电子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣，故B正确；
C．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故C错误；
D．明矾净水的原理是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体的吸附性，吸附悬浮杂质，不能吸收除去饮用水中残留的NaClO2，故D错误；
故选B．
20．反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．
下列说法正确的是（ ）
A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2
D．反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．失电子化合价升高的元素被氧化；
B．失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；
C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
D．根据碘和转移电子之间的关系式计算．
【解答】解：A．在反应①中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应②中被氧化，故A错误；
B．碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，故B错误；
C．氧化性IO3﹣＞SO42﹣，故C错误；
D．反应①中生成1mol碘转移2NA电子，反应②中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；
故选D．
21．光电池是发展性能源．一种光化学电池的结构如图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时AgCl （s）Ag （s）+Cl（AgCl），[Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着Cl（AgCl）+e﹣=Cl﹣ （aq），若将光源移除，电池会立即恢复至初始状态．下列说法不正确的是（ ）
A．光照时，电流由X流向Y
B．光照时，Pt电极发生的反应为：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑
C．光照时，Cl﹣向Pt电极移动
D．光照时，电池总反应为：AgCl （s）+Cu+ （aq）Ag （s）+Cu2+ （aq）+Cl﹣（aq）
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】该装置中氯原子在银电极上得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，电流从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阴离子向负极移动．
【解答】解：该装置中氯原子在银电极上得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，
A．光照时，电流从正极银X流向负极铂Y，故A正确；
B．光照时，Pt电极作负极，负极上亚铜离子失电子发生氧化反应，电极反应式为）Cu+（aq）﹣e﹣=Cu2+（aq），故B错误；
C．光照时，该装置是原电池，银作正极，铂作负极，电解质中氯离子向负极铂移动，故C正确；
D．光照时，正极上氯原子得电子发生还原反应，负极上亚铜离子失电子，所以电池反应式为AgCl（s）+Cu+（aq）Ag（s）+Cu2+（aq）+Cl﹣（aq），故D正确；
故选B．
22．下列离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确，所发生反应的离子方程式也正确的是（ ）
选项
条 件
离子组
离子共存判断及反应的离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣
不能共存，
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
B
pH=1的溶液
Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣
不能共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+
═Mn2++5Fe3++4H2O
C
由水电离出的H+浓度为1×10﹣12 mol•L﹣1
NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣
一定能共存，
NH4++H2O═NH3•H2O+H+
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣
不能共存，2ClO﹣+SO2+H2O═
2HClO+SO32﹣
A．A B．B C．C D．C
【考点】离子方程式的书写；离子共存问题．
【分析】A．一水合氨为弱电解质，应写化学式；
B．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应；
C．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；
D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应．
【解答】解：A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，一水合氨为弱电解质，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故B正确；
C．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故C错误；
D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，故D错误．
故选B．
23．一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）达到平衡，测得有关数据如表所示，下列说法正确的是（ ）
容器
温度/k
物质的起始浓度/mol•L﹣1
物质的平衡浓度/mol•L﹣1
c（H2）
c（CO）
c（CH3OH）
c（CH3OH）
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A．该方应的正反应吸热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大
【考点】化学平衡的计算．
【分析】对比Ⅰ、Ⅲ，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但Ⅲ温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，对比Ⅰ、Ⅱ，在相同温度下反应，但Ⅱ浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动，以此解答该题．
【解答】解：A．对比Ⅰ、Ⅲ，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但Ⅲ温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；
B．对比Ⅰ、Ⅱ，在相同温度下反应，但Ⅱ浓度较大，由方程式2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）可知，增大浓度，平衡正向移动，该反应正向为体积减小的反应，增大浓度转化率会增大，则容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，故B错误；
C．Ⅱ浓度较大，Ⅲ温度较高，增大浓度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，Ⅲ的转化率降低，Ⅲ中相当于起始C（H2）为Ⅱ的一半，平衡时Ⅱ中C（H2）小于Ⅲ中的两倍，故C错误；
D．对比Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ温度较高，浓度相当，升高温度，反应速率增大，则容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大，故D正确．
故选D．
24．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果，下列图象描述正确的是（ ）
A．
图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B．
图表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）的影响，且甲的压强大
C．
图表示向Al2（SO4）3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系
D．
图表示在2 L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0～10 min内该反应的平均速率v（H2）=0.045 mol•L﹣1•min﹣1，从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积为1 L，则n（N2）的变化曲线为d
【考点】化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算．
【分析】A．改变反应温度，正逆反应速率同时增大或减小；
B．增大压强，平衡不移动，但反应速率增大；
C．氢氧化钠过量时，氢氧化镁不溶解；
D．从压强对平衡移动的影响的角度分析．
【解答】解：A．改变反应温度，正逆反应速率同时增大或减小，不可能出现如图所示变化，故A错误；
B．增大压强，平衡不移动，但反应速率增大，达到平衡时间较少，故B错误；
C．氢氧化钠过量时，氢氧化镁不溶解，反应后沉淀不可能为0，故C错误；
D．纵坐标表示氮气物质的量，压缩容器体积的瞬间，氮气物质的量不变，体积缩小等效于增大压强，平衡向右移动，氮气物质的量减小，故D正确．
故选D．
25．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）
C．反应速率：Vb＞Va
D．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；
B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；
C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；
D、依据平均摩尔质量概念计算判断．
【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1＞T2，故A错误；
B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）=K（c）＜K（b），故B错误；
C、分析判断可知T1＞T2，温度越高反应速率越快，反应速率：Vb＞Va，故C正确；
D、n（HF）：n[（HF）2]=2：1，当==26.7g/mol，故D错误；
故选C．
26．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如图所示，其中不正确的是（ ）
A．步骤④⑤是为了富集溴
B．步骤③说明溴具有挥发性
C．步骤④的离子方程式为Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣
D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；海水资源及其综合利用．
【分析】苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，
A．步骤④是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质；
B．步骤③利用空气将溴吹出，说明溴易从液态转化为气态；
C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强还原性，二者易发生氧化还原反应；
D．分离互不相溶的液体采用分液方法．
【解答】解：苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，
A．步骤④是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质，所以步骤④⑤是为了富集溴，故A正确；
B．步骤③利用空气将溴吹出，说明溴易从液态转化为气态，所以该步骤说明溴具有挥发性，故B正确；
C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强还原性，二者易发生氧化还原反应，离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，故C错误；
D．分离互不相溶的液体采用分液方法，溴不易溶于水，所以步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离，故D正确；
故选C．
27．向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是（ ）
A．氯气：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣
B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣
C．硫化氢：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣
D．氨气：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．氯气与水反应生成酸，酸溶液中不能大量存在SiO32﹣，故A不选；
B．SO32﹣与SO2反应生成HSO3﹣，不能共存，故B不选；
C．硫化氢、H+、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，且与氨气不反应，可大量共存，故D选；
故选D．
28．下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如表所示：则下列说法正确的是（ ）
化学反应
平衡常数
温度
973K
1173K
①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1
K1
1.47
2.15
②Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2
K2
2.38
1.67
③CO（g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3
K3
？
？
A．△H1＜0，△H2＞0
B．反应①②③的反应热满足关系：△H2﹣△H1=△H3
C．反应①②③的平衡常数满足关系：K1•K2=K3
D．要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施
【考点】化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的计算．
【分析】A．由表格数据可知，升高温度时K1增大、K2减小；
B．由盖斯定律可知，②﹣①得到③；
C．K为指数关系，结合②﹣①得到③判断K 的关系；
D．由随温度升高而减小可知，反应③为放热反应．
【解答】解：A．由表格数据可知，升高温度时K1增大、K2减小，则△H1＞0，△H2＜0，故A错误；
B．由盖斯定律可知，②﹣①得到③，则焓变为△H2﹣△H1=△H3，故B正确；
C．K为指数关系，结合②﹣①得到③可知， =K3，故C错误；
D．由随温度升高而减小可知，反应③为放热反应，则向正反应方向移动，可采取降温措施，故D错误；
故选B．
29．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+，他们使用的药品和装置如图所示：其中下列说法不合理的是（ ）
A．能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色
B．装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气
C．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀
D．为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去
【考点】二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．
【分析】A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物分析；
B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；
C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，加入氯化钡生成沉淀说明反应进行；
D、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色．
【解答】解：A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；
B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；
C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，加入氯化钡生成沉淀说明反应进行生成了硫酸根离子，故C正确；
D、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故D错误；
故选D．
30．某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（ ）
A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L
C．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1
【考点】氧化还原反应．
【分析】A．根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；
B．根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；
C．根据转移电子守恒计算n（Fe3+），根据铁原子守恒计算n（Fe2+），根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量，从而得出x值；
D．根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比．
【解答】解：n（S）==0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，
A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）==8.5mol/L，故A错误；
B．根据氢原子、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错误；
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正确；
D．根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故D错误；
故选C．
三、解答题（共5小题，满分50分）
31．利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量．a中试剂是浓氨水．
（1）仪器a的名称为 分液漏斗 ，仪器b中装入的试剂可以是 NaOH或生石灰或碱石灰 ．
（2）按气流方向正确的装置连接顺序为（填序号，装置可重复使用）： BDADC ．
（3）装置C的作用： 尾气处理，吸收未反应的NH3；同时防止空气中的水蒸气进入 ．
（4）实验结束时，应首先 Ⅰ （填序号）； 这样做的原因是 使反应产生的水蒸气全部被碱石灰吸收 ．
Ⅰ．熄灭A装置的酒精灯Ⅱ．停止从a中滴加液体
（5）若金属氧化物为CuO，反应的化学方程式为 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O ．
（6）若实验中准确称取金属氧化物的质量为m g，完全反应后，测得生成水的质量为n g，则M的相对原子质量为 （用含x、y、m、n的式子表示）．
（7）某同学仔细分析上述装置后认为仍存在缺陷，你认为该如何改进？ 在尾气吸收的浓硫酸前加安全瓶防倒吸 ．
【考点】相对分子质量的测定．
【分析】B用于制备氨气，用D干燥后在加热条件下与A中的金属氧化物发生反应生成水和氮气，用D吸收水，由D的质量增重可确定生成水的质量，结合MxOy～yH2O关系计算M的相对原子质量，装置最后连接C，可用于吸收氨气和空气中的水，应减小实验误差，以此解答该题．
【解答】解：（1）仪器a名称为分液漏斗用来盛放和滴加液体，a中试剂是浓氨水，仪器b中加入的是氢氧化钠固体或碱石灰，滴入浓氨水固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，
故答案为：分液漏斗；NaOH或生石灰或碱石灰；
（2）从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须干燥，故B接D，D接A，吸收反应生成的水用装置D，最后空气中的水不能进入装置D，所以需要装置C，按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC，
故答案为：BDADC；
（3）氨气不能完全反应，应用浓硫酸吸收，且为防止空气中的水进入D，应连接浓硫酸，防止空气中的水蒸气进入，
故答案为：尾气处理，吸收未反应的NH3；同时防止空气中的水蒸气进入；
（4）实验结束时应首先熄灭A装置的酒精灯，以使反应生成的水能被碱石灰完全吸收，以减小实验误差，
故答案为：Ⅰ；使反应产生的水蒸气全部被碱石灰吸收；
（5）若金属氧化物为CuO，CuO和氨气在加热条件下发生氧化还原反应生成铜和氮气，反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，
故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（6）若实验中准确称取金属氧化物的质量为mg，完全反应后，测得生成水的质量为ng，
由MxOy～YH2O关系计算
xM+16y 18y
mg ng
M=，
则M的相对原子质量为，
故答案为：；
（7）氨气易溶于浓硫酸，为防止倒吸，应在尾气吸收的浓硫酸前加安全瓶防倒吸，故答案为：在尾气吸收的浓硫酸前加安全瓶防倒吸．
32．5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水．
阳离子
Na+
Al3+
Fe3+
Cu2+
Ba2+
阴离子
OH﹣
Cl﹣
CO32﹣
NO3﹣
SO42﹣
分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；
④B溶液与D溶液混合后无现象；
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．
（1）据此推断A、C的化学式为：A CuSO4 ；C Ba（OH）2 ．
（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式 2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑ ．
（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是 溶液由无色变成红色 ，原因是 Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ （用离子方程式说明）．
（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是 500 mL．
【考点】物质检验实验方案的设计．
【分析】5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水，由离子共存可知，一定含有：Na2CO3、Ba（OH）2，
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，说明生成氢氧化铜与硫酸钡，故A、C分别为Ba（OH）2、CuSO4中的一种；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，说明生成氢氧化铁与二氧化碳，应碳酸钠与铁盐发生双水解反应，B、E分别为Na2CO3、铁盐中的一种；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象，结合①可知，C为Ba（OH）2、D为铝盐，故A为CuSO4；
④B溶液与D溶液混合后无现象，结合②可知，B为铁盐，E为Na2CO3，
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，D含有NO3﹣，结合③可知D为Al（NO3）3，
综上所述，可知B中含有Cl﹣，故B为FeCl3，据此解答．
【解答】解：5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水，由离子共存可知，一定含有：Na2CO3、Ba（OH）2，
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，说明生成氢氧化铜与硫酸钡，故A、C分别为Ba（OH）2、CuSO4中的一种；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，说明生成氢氧化铁与二氧化碳，应碳酸钠与铁盐发生双水解反应，B、E分别为Na2CO3、铁盐中的一种；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象，结合①可知，C为Ba（OH）2、D为铝盐，故A为CuSO4；
④B溶液与D溶液混合后无现象，结合②可知，B为铁盐，E为Na2CO3，
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，D含有NO3﹣，结合③可知D为Al（NO3）3，
综上所述，可知B中含有Cl﹣，故B为FeCl3，
（1）此推断A、C的化学式为CuSO4、Ba（OH）2 ，故答案为：CuSO4；Ba（OH）2；
（2）步骤②，E为Na2CO3溶液，B为FeCl3溶液，二者发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，则其反应方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑；
故答案为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑；
（3）D为Al（NO3）3溶液，铝盐溶液显酸性，因为铝离子水解生成氢离子，即 Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，所以向溶液中滴入石蕊试液，溶液会由无色变成红色；
故答案为：由无色变成红色； Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（4）38.4 g Cu的物质的量为： =0.6mol，步骤⑤中发生的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，若要将Cu片完全溶解，需要氢离子的物质的量为1.6mol，故至少加入稀H2SO4的体积设为V，即1.6mol/L×V×2=1.6mol，解V=500mL，
故答案为：500．
33．氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点．
（1）以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反应如下：
①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ•mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ•mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ•mol﹣1
则a为 +72.49 ．
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g） 在合成塔中进行．图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况．
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值分别为：A.0.6～0.7 B.1～1.1 C.1.5～1.61
生产中应选用水碳比的数值为 A （选填序号）．
②生产中氨碳比宜控制在4.0左右，而不是4.5的原因可能是 氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2的转化率增加不大，提高了生产成本 ．
（3）尿素可用于湿法烟气脱氮工艺，其反应原理为：
NO+NO2+H2O=2HNO2 2HNO2+CO（NH2）2=2N2↑+CO2↑+3H2O．
①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳．若烟气中V（NO）：V（NO2）=5：1时，可通入一定量的空气，同温同压下，V（空气）：V（NO）= 1：1 （空气中氧气的体积含量大约为20%）．
②图2是尿素含量对脱氮效率的影响，从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为 5 %．
（4）图3表示使用新型电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量，同时又能实现氮固定的新型燃料电池．请写出该电池的正极反应式 N2+6e﹣+8H+=2NH4+ ．生产中可分离出的物质A的化学式为 NH4Cl ．
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用．
【分析】（1）依据盖斯定律和热化学方程式计算得到；
（2）①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大；
（3）①
②依据图象分析，尿素浓度到一定大小，脱氮效率变化不大；
（4）原电池正极发生还原反应，依据装置图分析判断分离出氯化铵；
【解答】解：（1）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）；△H=﹣159.47kJ•mol﹣1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=a kJ•mol﹣1
③2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）；△H=﹣86.98kJ•mol﹣1
依据热化学方程式和盖斯定律①+②=③，得到﹣159.47KJ/mol+a=﹣86.98KJ/mol
a=+72.49KJ/mol；
故答案为：+72.49；
（2）①氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为A；
故答案为：A；
②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业合成氨生成工艺较复杂，提高生产成本；
故答案为：氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2的转化率增加不大，提高了生产成本；
（3）①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳，即1：1，若烟气中V（NO）：V（NO2）=5：1时，设通入空气中氧气体积为x；
则2NO+O2=2NO2
2x x 2x
=1：1，
计算得到x=1
空气体积为5
所以同温同压下，V（空气）：V（NO）=1：1
故答案为：1：1；
②图象分析可知，当尿素浓度为5mol/L左右时，脱氮效率基本不变，所以从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为5%左右大达到较大的脱氮效率；
故答案为：5%；
（4）以N2、H2为原料，以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e﹣+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，政绩生成铵根离子在电解质溶液中可以分离出氯化铵；
故答案为：N2+6e﹣+8H+=2NH4+； NH4Cl；
34．研究表明，在CuZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如表实验数据：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
（1）合成的甲醇可用于燃料电池的燃料，若电解质为稀烧碱溶液时甲醇燃料电池的正极反应式为 O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣ ；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在 阴 极，该电极反应式是 CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O ．
（2）从表中实验数据可以分析出，提高CO2转化成CH3OH的选择性的方法有 使用Cat2催化剂（或理想催化剂）；温度为543K（或降低温度） ．
（3）反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K3= （用K1和K2表示）．
（4）在恒压密闭容器中，由CO2和H2进行反应I合成甲醇，在其它条件不变的情况下，探究温度对化学平衡的影响，实验结果如图．
①△H1 ＜ 0（填“＞”、“＜”或“=”）
②有利于提高CO2平衡转化率的措施有 A （填标号）．
A．降低反应温度
B．投料比不变，增加反应物的浓度
C．增大CO2和H2的初始投料比
D．混合气体中掺入一定量惰性气体（不参与反应）
（5）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为P0，仅进行反应I．
①充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器的压强与起始压强之比为 （用a表示）．
②若经过3h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，则该过程中H2的平均反应速率为 0.5mol•L﹣1•h﹣1 （保留三位有效数字）；该温度下反应的化学平衡常数K为 0.148（L•mol﹣1）2 （保留三位有效数字）；平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数．写出上述反应压力平衡常数KP为 （用P0表示，并化简）．
【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）正极是氧气发生还原反应，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，碳的化合降低发生还原反应，所以生成甲醇的反应发生在阴极，该电极反应式是CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O；
（2）图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，由图可知提高CO2转化成CH3OH的选择性，应使平衡向正向移动，可降低温度，在Cat.2催化剂的条件下选择性最高；
（3）由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ；
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ；
所以根据盖斯定律CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=△H1﹣△H2，K3=；
（4）①图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，所以△H1＜0；
②A．降低反应温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大；
B．在恒压密闭容器中，投料比不变，增加反应物的浓度，CO2平衡转化率不变；
C．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳转化率降低，而氢的转化率增大；
D．混合气体中掺入一定量惰性气体，相当于减小压强，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低；
（5）在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为P0，仅进行反应I．
①容器的压强与起始压强之比为等于物质的量之比；
②v=，求H2的平均反应速率；该温度下反应的化学平衡常数K=；Kp=．
【解答】解：（1）正极是氧气发生还原反应，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，碳的化合降低发生还原反应，所以生成甲醇的反应发生在阴极，该电极反应式是CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；阴； CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O；
（2）图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，由图可知提高CO2转化成CH3OH的选择性，应使平衡向正向移动，可降低温度，在Cat.2催化剂的条件下选择性最高，故答案为：使用Cat2催化剂（或理想催化剂）；温度为543K（或降低温度）；
（3）由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1 平衡常数K1 反应Ⅰ；
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2 反应Ⅱ；
所以根据盖斯定律CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=△H1﹣△H2，K3=，故答案为：；
（4）①图中T2＞T1，温度越高水蒸气的含量越少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，所以△H1＜0，故答案为：＜；
②A．降低反应温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，故正确；
B．在恒压密闭容器中，投料比不变，增加反应物的浓度，CO2平衡转化率不变，故错误；
C．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳转化率降低，而氢的转化率增大，故错误；
D．混合气体中掺入一定量惰性气体，相当于减小压强，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，故错误；
故选A；
（5）①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
c（初）：1 3 0 0
c（变）：a 3a a a
c（平）：1﹣a 3﹣3a a a
所以，则=，故答案为：；
②平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，则反应的氢气的物质的量为1.5mol，v===0.5mol•L﹣1•h﹣1；
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
c（初）：1 3 0 0
c（变）：0.5 1.5 0.5 0.5
c（平）：0.5 1.5 0.5 0.5
所以K==0.148（L•mol﹣1）2；因为： =，所以P=0.75P0，Kp===，故答案为：0.5mol•L﹣1•h﹣1；0.148（L•mol﹣1）2；．
35．工业上可以用废铁屑制备活性Fe3O4，流程如图1：
（1）在制备过程中，不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末，作用是 增大反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率 ．
（2）在合成池里生成Fe3O4的离子方程式为 Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4↓+4H2O ．
（3）根据流程可知，配料中心很可能使混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近 4：1 ．
（4）某同学利用废铁屑（含Fe和Fe2O3）来制取FeCl3•6H2O晶体，同时测定混合物中铁的质量分数，装置如图2（夹持装置略，气密性已检验）：
操作步骤如下：
I．打开弹簧夹K1、关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．
Ⅲ．将烧杯中溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FeC13•6H2O晶体．
请回答：
①操作Ⅱ中“…”的内容是 当A中固体完全消失 ，烧杯中的现象是 无色溶液逐渐变黄，有气泡产生 ，相应的方程式是 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 、 2H2O2 2H2O+O2↑ _．（是离子反应的写离子方程式）
②若混合物质量为m g，实验结束后测得B中所得的气体是V mL（标准状况时），该同学由此计算出此废铁屑中铁的质量分数是，该数值比实际数值偏低，若实验过程操作无误，偏低的原因是 Fe3+和Fe发生反应消耗部分Fe，使与盐酸反应的Fe相应减少 ．
【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】（1）固体的表面积越大，反应速率越快；
（2）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4；
（3）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+解题；
（4）①装置A中的铁完全消失，反应结束；打开弹簧夹K2，反应生成的氯化亚铁被双氧水氧化成氯化铁，同时有氧气放出；根据氯化亚铁被双氧水氧化、生成的氯化铁作催化剂使双氧水分解情况，写成反应方程式；
②“用m g含有铁锈（Fe2O3）的废铁屑来制取FeCl3•6H2O晶体”，氧化铁溶于盐酸，生成的三价铁离子能够消耗铁；
【解答】解：（1）固体的表面积越大，反应速率越快，所以在工业生产中，将块状固体磨成粉末，并在反应池中安装搅拌机，目的是增加反应速率，故答案为：增大反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率；
（2）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4↓+4H2O；故答案为：Fe2++2Fe3++8OH﹣=Fe3O4↓+4H2O；
（3）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，
设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+则有：
X+2Y=3；3X=1
解得X=；Y=，故Fe2O3与Fe物质的量之比为4：1；
故答案为：4：1；
（4）①当A中固体完全消失，铁完全和盐酸反应后，反应结束；当A中溶液完全进入烧杯，生成的氯化亚铁被氧化成黄色的氯化铁，生成的氯化铁作催化剂，使双氧水分解，反应的方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2H2O2 2H2O+O2↑，
故答案是：当A中固体完全消失；无色溶液逐渐变黄，有气泡产生；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2H2O2 2H2O+O2↑；
②由于废铁屑中含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子能够和铁反应，导致铁减少，置换的氢气体积减少，
故答案是：Fe3+和Fe发生反应消耗部分Fe，使与盐酸反应的Fe相应减少．
2017年2月16日
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