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四川省遂宁二中2020届高三上学期月考化学试题
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高2020级2019年10月月考试卷化学
时间：90分钟 分数：100
可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 Mg-24 Cl-35.5 O-16 Al-27 N-14 Cu-64
一、选择题(每小题只有一个正确选项，共20小题，其中1-15每小题两分，16-20每小题3分，共45分)
1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法不正确是
A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异性
B. 燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应
C. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀
D. 工业上可以利用铝热反应来冶炼Fe、Cr、Mn、V等稀有金属
【答案】D
【解析】
【详解】A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了NaHCO3的溶解度较小，在溶液中易析出的原理来制碱，故A正确；
B. 因焰色反应时能呈现出五彩缤纷的颜色，因此可用作焰火，故B正确；
C. 铝比铁活泼，但铝在其表面易被氧化为一层致密的氧化铝，阻止铝继续被氧化，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故C正确；
D. 工业上可以利用铝热反应来冶炼稀有金属,但铁不是稀有金属，故D错误；
答案选D。
2.某合作学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水煤气都是可再生能源；③冰和干冰都既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥芒硝和碱石灰都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是
A. ①③④⑦ B. ①②③④ C. ③⑤⑥⑦ D. ①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①粗盐含有杂质和酸雨中溶有二氧化硫都是混合物，故①正确；
②沼气是由发酵产生的，属于可再生能源，但水煤气由水蒸气和煤高温产生的，其中原料煤属于不可再生能源，水煤气则是不可再生能源，故②错误；
③冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯净物，都是由不同种元素组成的纯净物，又是化合物，故③正确；
④不锈钢和目前流通的硬币都是由两种或两种以上的金属组成的，是合金，故④正确；
⑤盐酸是HCl的水溶液，食醋是醋酸的水溶液，均显酸性，均属于混合物，故⑤错误；
⑥芒硝属于盐；熟石灰属于碱，故⑥错误；
⑦烟，雾分散质微粒直径在1-100nm，形成的分散系为胶体，故⑦正确；
故答案为A。
3.下列说法正确的是
A. 溶液是呈电中性的，胶体往往带某种特定的电荷
B. 胶体与溶液的本质区别在于丁达尔效应的有无，这也是区别它们的最简单方法
C. 实验室制备Fe(OH)3胶体时,若向沸水中滴加1mL 1mol/L的FeCl3，所得胶粒会少于0.001NA,主要是因为FeCl3水解难以彻底
D. 土壤的保肥作用与胶体的吸附有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液是呈电中性的，胶体中的胶粒可能带某种特定的电荷，但胶体也是电中性的，故A错误；
B．胶体与溶液的本质区别在于分散质的颗粒大小不同，可以利用丁达尔效应区别它们，故B错误；
C．实验室制备Fe(OH)3胶体时,若向沸水中滴加1mL 1mol/L的FeCl3，因一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，最终所得胶粒的个数小于0.001NA个，故C错误；
D．胶体具有吸附性，能吸附阴阳离子，如铵根离子等，所以有保肥作用，与胶体性质有关，故D正确；
故答案为D。
4.设NA代表阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是
A. 0.01molMg在CO2中完全燃烧，转移电子数为0.02NA
B. 2 mol·L-1 的Na2CO3溶液中,含有CO32－、HCO3－和H2CO3总共2NA个
C. 氯气是常见的氧化性单质，每有1mol Cl2参加反应时转移的电子为2 NA
D. 2.6gC2H2含有的阴离子数为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.01mol镁完全反应生成氧化镁失去0.02mol电子，转移电子数为0.02NA，故A正确；
B．没有指明溶液的体积，无法确定2 mol·L-1 的Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量，也无法根据物料守恒确定含有CO32－、HCO3－和H2CO3总微粒个数，故B错误；
C．1mol Cl2参加反应时，若与氢氧化钠溶液反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，转移了1mol电子，转移的电子数目为NA，故C错误；
D．C2H2是共价化合物，分子内不存在阴离子，故D错误；
故答案为A。
【点睛】解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算；特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
5.下列各组离子一定能大量共存的是
A. 在含有大量[Al(OH)4]－溶液中NH4＋、Na＋、Cl－、H＋
B. 在能使pH试纸变蓝的溶液中Na＋、K＋、CO32－、NO3－
C. 在由水电离的OH－浓度为10-13的溶液中NH4＋、Na＋、SO42－、Cl－
D. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4＋、K＋、Cl－、I－
【答案】B
【解析】
【详解】A．在含有大量[Al(OH)4]－溶液中不可能大量存在NH4＋或H＋，易促进[Al(OH)4]－的水解，故A错误；
B．使pH试纸变蓝的溶液显碱性，离子组Na＋、K＋、CO32－、NO3－能大碱性溶液中存在，且彼此间不发生离子反应，故B正确；
C．由水电离的OH－浓度为10-13的溶液pH=1或13，而NH4＋在碱性溶液中不能大量存在，故C错误；
D．滴加KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，I－与Fe3+易发生氧化还原反应，而不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
6.下列各反应的离子方程式中，正确的是
A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
B. 过量铁片放入的稀硝酸中：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO2↑＋4H2O
C. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4＋8H＋＝3Fe3＋＋4H2O
D. 将铜屑加入Fe3＋溶液中：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水,离子方程式：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B. 过量铁片放入稀硝酸中：3Fe + 8H+ + 2NO3-＝3Fe2+ + 2NO↑+ 4H2O，故B错误；
C. 将磁性氧化铁溶于盐酸，生成氯化亚铁、氯化铁和水，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O，故C错误；
D. 三价铁离子具有氧化性，铜具有还原性，Fe3+氧化铜生成二价铜离子，离子反应为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故D正确；
答案选D。
7.下列洗涤或除杂方法正确的是
①残留在试管内壁上的硫，用酒精洗涤②用饱和食盐水除去H2S气体中的HCl杂质③做银镜反应后试管上的银镜，用稀氨水洗涤④用热的纯碱溶液洗涤试管内壁上的油脂
A. ①③ B. ④ C. ①②③ D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】①硫微溶于酒精，能溶于热的NaOH溶液，则应用热的NaOH溶液清洗残留碘的试管，故①错误；
②用饱和食盐水能除去H2S气体中的HCl杂质，但引入水蒸气，则还需要用CaCl2干燥，故②错误；
③银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，故③错误；
④碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下能水解，故④正确；
故答案为B。
8.下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是（ ）
A
B
C
D
用乙醇提取碘水中的I2
测量Cl2的体积
过滤
用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.酒精和水互溶，不能用于提取碘水里的碘，故A不选；
B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，因此可以用此方法测量氯气体积，故B选；
C.倾倒液体应使用玻璃棒引流，故C不选；
D.用碱性溶液滴定时应选择碱式滴定管，且眼睛应注视锥形瓶，故D不选；
故选B。
9.同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，两容器含有的( )
A. 分子数和气体质量均不同
B. 分子数和电子数均相同[
C. 质子数和中子数均相同
D. 分子数、原子数和中子数均相同
【答案】D
【解析】
【详解】同温同压下，等体积的两容器内气体的分子数相同，所以14N18O、13C18O分子数相同。
A、14N18O、13C18O分子数相同；14N18O质量数为32，13C18O质量数为31，气体质量不同。A错误；
B、14N18O、13C18O分子数相同，14N18O、13C18O分子含有电子数分别为15、14，所以含有的电子数不同，B错误；
C、14N18O、13C18O分子数相同，14N18O、13C18O分子含有质子数数分别为15、14，分子数中中子数都是17，所以含有的质子数不同，中子数相同，C错误；
D. 14N18O、13C18O分子都是双原子分子，分子数中中子数都是17，所以原子数目与中子数也相等，D正确；
本题答案选D。
10.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 钠与水反应：Na +2H2O=Na++2OH–+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH–+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D错误；答案为B。
11.关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是
A. c（NH+4）：③＞① B. 水电离出的c（H+）：②＞① C. ①和②等体积混合后的溶液：c（H+）＝c(OH)+c(NH3·H2O) D. ①和③等体积混合后的溶液：c（NH+4）＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+,氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，A正确；
B.在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐类水解促进水的电离，B项不正确。
C.盐酸和氨水混合后恰好完全反应，但因生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，而多余的H+为水解产生，此等式可表示溶液中的质子守恒，C项正确。
D. ①和③等体积混合后的溶液显碱性，氯化铵是强电解质，而一水合氨是弱电解质，故离子浓度的大小顺序为c（NH+4）＞c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)，D正确。
故选B。
12.向四支试管中分别加入少量不同的溶液进行如下操作，结论正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有硫酸根离子
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫色
原溶液中有I－
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na＋、无K＋
D
滴加稀NaOH液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH4+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，可能生成难溶于水的钡盐沉淀或AgCl沉淀，则原溶液中不一定有硫酸根离子，故A错误；
B．氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫红色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫红色说明原溶液中有碘离子，故B正确；
C．黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；
D．氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；
故答案为B。
13.在配制一定物质的量浓度溶液过程中正确的是
A. 配制盐酸溶液用量筒量取浓盐酸时，量筒必须先润洗，试验时可多量取约0.1mL浓盐酸，以防止转移时量筒内残留盐酸不能倒出造成损失
B. 配制溶液时，容量瓶中少量的水并不影响最终的浓度
C. 定容时观察液面俯视会造成所配溶液浓度偏低
D. 浓H2SO4稀释后应该立即注入容量瓶中进行准确定容
【答案】B
【解析】
【详解】A．量筒不需要润洗，直接用量筒量取盐酸即可，且不需要洗涤；量筒在设计的时候考虑了残留误差，因此量取时不需要多量，故A错误；
B．容量瓶中少量的水，定容时，也需要向容量瓶中加入蒸馏水，不影响最终溶液中溶质、溶剂的量，则不影响溶液的浓度，故B正确；
C．定容时观察液面俯视，溶液体积偏小，由n=cV可知，溶液浓度偏高，故C错误；
D．浓H2SO4稀释放热，应冷却至室温后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故答案为B。
14.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是
A. MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，氧化铝也可作耐火材料
B. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，Fe3+有同样的功效
C. 电解MgCl2饱和溶液，因Mg2+的浓度足够大，可制得金属镁
D. 把镁条与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，即使不灼烧，也得不到MgCl2固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化镁和氧化铝的熔点较高，均能制作耐高温材料，故A正确。
B．明矾中含有铝离子，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物所以能净水，铁离子有同样的效果，故B正确；
C．镁是活泼金属，电解其水溶液时，阴极上氢离子得电子而不是镁离子得电子，所以得不到金属镁，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，故C错误；
D．氯化镁是强酸弱碱盐易水解生成氢氧化镁和氯化氢，盐酸具有挥发性促进氯化镁水解，最后得到的固体不是氯化镁而是氢氧化镁受热分解得到的氧化镁，故D正确；
故答案为C。
15.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是
A. AlN中氮的化合价为+3 B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN的摩尔质量为41 g D. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlN中铝元素为+3价，氮元素为-3价，故A错误；
B. 反应中，氮元素从0价降低为-3价，每生成1 mol AlN，转移3 mol电子，故B正确；
C. AlN的相对分子质量为41，1 mol AlN的质量为41 g，氮化铝的摩尔质量为41 g/ mol，故C错误。
D. 上述反应中，氮元素从0价降低为-3价，被还原，碳元素从0价升高为+2价，被氧化，而铝元素和氧元素的化合价均无变化，所以，N2是氧化剂，碳是还原剂，故D错误；
答案选B。
16.向物质X中逐渐加入(或通入)Y溶液，生成沉淀的量与加入Y的物质的量关系如图所示，下表中符合图示情况的是
A
B
C
D
X
CO2
HCl
NaOH
AlCl3
Y
Ca(OH)2
NaAlO2
AlCl3
NaOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图象曲线变化可知，将物质X逐渐加入(或滴入)Y溶液中，生成沉淀，当Y溶液反应完后，继续加入物质X，物质X能与沉淀反应而使生成的沉淀溶解，且生成沉淀所需要的X的物质的量与沉淀溶解需要的X的物质的量之比为3:1，据此进行解答。
【详解】A．石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2溶液反应完后，再继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2O═Ca(HCO3)2沉淀消失，所以前后两个过程CO2的物质的量之比为1：1，故A错误；
B．偏铝酸钠溶液中加入盐酸，先发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1：3，故B错误；
C．氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠物质的量之比为3：1，故C正确；
D．氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，先发生反应Al3++4OH-═AlO2-↓+2H2O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应后发生3AlO2-↓+Al3++6H2O═4Al(OH)3↓+6H2O，生成沉淀溶，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，故D错误；
故答案C。
17.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ == CuS↓+2H+
C. 实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2S
D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验Ⅱ. 向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，因为CaS遇水完全水解，故A正确；
B. ②中反应生成的硫化氢与硫酸铜反应： H2S+Cu2+ = CuS↓+2H+，使得溶液的pH降低，故B正确；
C. CO2过量反应生成HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故C错误；
D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成，不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；
答案选C。
18.36.5 g HCl气体溶解在1 L水中(水的密度为1 g·cm－3)，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c，NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是
A. 所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol·L－1 B. 所得溶液中含有NA个HCl分子
C. 36.5 g HCl气体占有体积为22.4 L D. 所得溶液的溶质质量分数：w＝×100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/ml)，所得溶液溶质为氯化氢，物质的量浓度c===mol/L，故A错误；
B．氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子，故B错误；
C．36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错误；
D．设溶液的体积为1L，所得溶液的质量分数：ω==，故D正确；
故答案为D。
19.某强氧化剂XO（OH）2+被Na2SO3还原。如果还原0.0024mol XO（OH）2+用去30mL 0.2mol/L的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是
A. +2 B. +1 C. 0 D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】
Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒计算a的值。
【详解】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价；令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2mol•L-1×(6-4)，解得a=0，故答案为C。
20.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A. 反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25 mol·L－1·min－1
B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D. 其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)=0.05mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0
变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
二、填空题(分为4个小题，共55分)
21.(1)向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液的离子反应方程式为：_____，若是改加氢氧化钡溶液至中性，离子反应方程式为：______。
(2)向1L 1mol/L的NH4Al（SO4）2溶液中滴加2.25L 等浓度的Ba(OH)2溶液，离子反应方程式为：__。
(3)向含FeI2和FeBr2各1mol 的混合液中通入氯气2.5 mol，离子反应方程式为：____。
(4)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法可用于治理水中硝酸盐的污染，催化反硝化法中H2能将NO3－还原为N2。上述反应的离子方程式为___。
(5)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，滴定反应的离子方程式为____。
(6) Fe的一种含氧酸根FeO42－具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生。该反应的离子方程式是______。
【答案】 (1). H＋＋HSO3－=H2O＋SO2↑ (2). Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O (3). 2NH4++9OH-+2Al3++4SO42-+4Ba2+=4BaSO4↓+2NH3·H2O+Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O (4). 4I-+4Fe2++2Br-+5Cl2=2I2+4Fe3++Br2+10Cl- (5). 2 NO3－+5H2 N2+2OH-+4H2O (6). H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I- (7). 4FeO42-+20H+ =4Fe3++3O2↑+10H2O
【解析】
【分析】
(1)向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液生成SO2气体；若是改加氢氧化钡溶液至中性，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应。
(2)1L 1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中含有1molNH4+、1molAl3+和2molSO42-，滴加2.25L 等浓度的Ba(OH)2溶液，即向溶液中加入2.25molBa2+和4.5molOH-，其中4.5molOH-先生成1molAl(OH)3、1mol/LNH3·H2O、并继续溶解0.5molAl(OH)3生成0.5molAlO2-；
(3)由2Fe3++2I-=2Fe2++I2；2Fe2++Br2=2Br-+2Fe3+可知，还原性强弱顺序是：I-＞Fe2+＞Br-，向溶液中通入氯气，氯气先和碘离子反应，然后再和亚铁离子反应，最后再和溴离子反应；
(4)根据信息：用H2将NO3-还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，即生成氢氧根离子，据此书写方程式；
(5)碘单质将亚硫酸氧化成硫酸，据此写出反应的离子方程式；
(6) FeO42-具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，配平书写离子方程式。
【详解】(1)向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液的离子反应方程式为H＋＋HSO3－=H2O＋SO2↑；将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性的离子反应方程式为：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O；
(2)1L 1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中含有1molNH4+、1molAl3+和2molSO42-，滴加2.25L 等浓度的Ba(OH)2溶液，即向溶液中加入2.25molBa2+和4.5molOH-，其中4.5molOH-先生成1molAl(OH)3、1mol/LNH3·H2O、并继续溶解0.5molAl(OH)3生成0.5molAlO2-，则发生反应的离子反应方程式为2NH4++9OH-+2Al3++4SO42-+4Ba2+=4BaSO4↓+2NH3·H2O+Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O；
(3)含FeI2和FeBr2各1mol 的混合液中含有2molI-、2molFe2+，2molBr-，通入2.5mol Cl2，应依次氧化2molI-、2molFe2+和1molBr-，则发生反应的离子方程式为4I-+4Fe2++2Br-+5Cl2=2I2+4Fe3++Br2+10Cl-；
(4)根据信息：用H2将NO3-还原为N2，一段时间后，溶液碱性明显增强，即生成氢氧根离子，发生的反应为：2NO3-+5H2N2+2OH-+4H2O；
(5)碘单质与亚硫酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I-；
(6) FeO42-具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，反应离子方程式为：4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。
22.Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。
（1）写出CO2和Na2O2反应的化学方程式：___________________________________。
（2）某学生判断SO2和Na2O2反应能生成硫酸钠，你认为他的判断合理吗？__________，简要说明理由：_______________________________________________。
（3）该同学无法断定反应中是否有氧气生成，拟使用如图所示装置进行实验(图中铁架台等装置已略去)。
装置中B的作用是_________________，D的作用是_____________________。
（4）将足量的Na2O2投入到含有下列离子的溶液中：NO3－、S2－、HCO3-、CO32－、Na＋，设反应完毕后，无固体析出，则上述离子数目减少的有__________，数目增多的离子有________。
【答案】 (1). 2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2 (2). 合理 (3). 由于过氧化钠具有强氧化性，能将＋4价的硫氧化为＋6价的硫而生成硫酸钠 (4). 干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应 (5). 防止空气中的水蒸气进入C装置与Na2O2反应，同时吸收过量SO2气体，便于氧气的检验和防止污染空气 (6). S2－、HCO3- (7). Na＋、CO32-
【解析】
【详解】（1）CO2和Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2；
（2）SO2有还原性，Na2O2有强氧化性，过氧化钠能将+4价的硫氧化为+6价的硫而生成硫酸钠，所以判断合理。
（3）浓硫酸有吸水性，能吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气与过氧化钠反应而干扰二氧化硫；碱石灰是干燥剂，能吸收水分，防止水蒸气的干扰；碱石灰是碱性物质，能吸收二氧化硫等酸性气体，防止污染大气。
（4）Na2O2具有强氧化性，可与S2－发生氧化还原反应，则S2－数目减小，Na2O2与水反应生成NaOH可与HCO3−反应，则溶液中HCO3−浓度减小，CO32−浓度增大，Na+的数目增多。
23.氨气是一种重要的化工原料，在工农业中都有广泛的应用。
(1)NH3和CO2在120℃和催化剂的作用下可以合成尿素，反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。某实验小组向一个容积不变的真空密闭容器中充入CO2与NH3合成尿素，在恒定温度下，混合气体中NH3的体积分数随时间的变化关系如图所示(该条件下尿素为固体)。A点的正反应速率v正(CO2)___ (填“大于”“小于”或“等于”)B点的逆反应速率v逆(CO2)，NH3的平衡转化率为__。
(2)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是合成尿素过程的中间产物，现 将体积比为2∶1的NH3和CO2混合气体充入一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应并达到平衡：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)。实验测得在不同温度下的平衡数据如下表：
温度(℃)
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡气体总浓度 (10-3mol·L-1)
2.4
3.4
4.8
6.8
9.6
①上述反应的焓变：ΔH__0，熵变ΔS__0(填“>”“<”或“=”)。
②下列说法能说明上述反应建立化学平衡状态的是_______。
A.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
B.混合气体中NH3与CO2的浓度之比不再发生变化
C.混合气体的密度不再发生变化 D.v正(NH3)=2v逆(CO2)
③根据表中数据，列出25.0℃时该反应的化学平衡常数的计算式K=_____(不要求计算结果)，该反应温度每升高10℃，化学平衡常数就变为原来的______倍。
【答案】 (1). 大于 (2). 75% (3). < (4). < (5). C、D (6). (7).
【解析】
【分析】
(1)图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率；
(2)①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应；反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程；
②反应2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)达到平衡状态的判断要紧扣平衡状态的特征，同一反应物或生成物表示的正、逆反应速率相等或反应体系各物质的量不再随时间变化而变化；此反应的特征时生成物为固体，从反应物开始进行时反应物的变化量与起始量的比值相等，始终保持不变，另外混合气体的组分也始终保持不变，即混合气体的平均相对分子质量操持不变，无法确定是否是平衡状态；
③根据平衡三段式计算各物质的平衡浓度，再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行列式；结合表格判断每升高10℃判断平衡常数的变化规律。
【详解】(1)氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率，故v正(CO2)＞v逆(CO2)；
设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，
CO2 + 2NH3(NH2)2CO+H2O
起始量(mol) 50 50 0 0
变化量(mol) 0.5x x 0.5x 0.5x
平衡量(mol) 50-0.5x 50-x 0.5x 0.5x
氨气的体积分数==20%；解得x=37.5mol；氨气的平衡转化率=×100%=75%；
(2)①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应，故△H＜0；反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程，即，△S＜0；
②反应2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)中，开始加入的NH3与CO2物质的量之比为2：1，而反应消耗的NH3与CO2物质的量之比也是2：1，因此反应的任意时刻二者物质的量之比是2：1，因此浓度之比2：1不能作为平衡的标志．由于NH2COONH4为固体，气体只有NH3和CO2，并且无论是否平衡，二者的物质的量之比不变，则平均相对分子质量不变，所以平均相对分子质量不能作为平衡的标志；随反应的进行，气体质量减小，达到平衡时，质量不再发生变化，反应过程容器体积不变，因此密度可作为平衡的标志，因此C、D符合题意；故答案为：C、D；
③反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，设二氧化碳浓度的变化量x，
2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)
初始浓度 0 0
变化浓度：2x x
平衡浓度：2x x
则3x=4.8×10-3mol/L，即x=1.6×10-3mol/L，2x=3.2×10-3mol/L，K==；
根据表中数据分析，反应每升高10℃，平衡时气体的总浓度就变为原来的2倍，化学平衡常数就变为原来的倍。
【点睛】化学平衡状态的判断：注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
24.蛋白质中含有C、H、O、N、S等元素，食物中的铁主要以三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物的形式存在。
(1)在蛋白质中涉及的氮、氧元素电负性由小到大的顺序是___；基态硫原子的价电子排布式为______。
(2)KSCN是检验Fe3+的试剂之一，与SCN-互为等电子体的一种分子为____(填化学式)。1 mol CN-中含有的π键的数目为____。
(3)蛋白质分子中氨基(—NH2)氮原子的轨道杂化类型是_____；血液中有一种含铜的呈蓝色的蛋白质分子，与Cu同周期且最外层电子数相等的元素还有______(填元素符号)。
(4)铜晶体为面心立方最密堆积，即在晶体结构中可以分割出一块正立方体的结构单元，金属原子处于正立方体的八个顶点和六个面上，已知铜的原子半径为127.8 pm，列式计算晶体铜的密度：ρ=___g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】 (1). N
【分析】
(1)非金属性越强，电负性越大；S元素处于第三周期VIA族；
(2)与SCN-互为等电子体，应含有3个原子，且最外层电子数相同；CN-与N2互为等电子体，二者结构相似，故 CN-离子中形成C≡N三键；
(3)蛋白质分子中氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4；与Cu同周期且最外层电子数相等的元素原子外围电子排布为4s1、3d54s1；
(4)晶胞为面心立方密堆积，晶胞面对角线上的Cu原子相邻，则晶胞棱长为127.8pm×4×=×127.8pm，根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度。
【详解】(1)非金属性越强，电负性越大，故电负性：N＜O；S元素处于第三周期VIA族，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4；
(2)与SCN-互为等电子体，应含有3个原子，且最外层电子数相同，故为CO2或N2O等； CN-与N2互为等电子体，二者结构相似，故 CN-离子中形成C≡N三键，1mol CN-中含有的π键的数目为2NA；
(3)蛋白质分子中氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；与Cu同周期且最外层电子数相等的元素原子外围电子排布为4s1、3d54s1，分别为K、Cr；
(4)晶胞为面心立方密堆积，晶胞面对角线上的Cu原子相邻，则晶胞棱长为127.8pm×4×=×127.8pm，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，则晶胞密度4×g÷(×127.8×10-10cm)3=g•cm-3。
【点睛】考查晶胞的计算，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键；利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。
高2020级2019年10月月考试卷化学
时间：90分钟 分数：100
可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 Mg-24 Cl-35.5 O-16 Al-27 N-14 Cu-64
一、选择题(每小题只有一个正确选项，共20小题，其中1-15每小题两分，16-20每小题3分，共45分)
1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法不正确是
A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异性
B. 燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应
C. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀
D. 工业上可以利用铝热反应来冶炼Fe、Cr、Mn、V等稀有金属
【答案】D
【解析】
【详解】A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了NaHCO3的溶解度较小，在溶液中易析出的原理来制碱，故A正确；
B. 因焰色反应时能呈现出五彩缤纷的颜色，因此可用作焰火，故B正确；
C. 铝比铁活泼，但铝在其表面易被氧化为一层致密的氧化铝，阻止铝继续被氧化，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故C正确；
D. 工业上可以利用铝热反应来冶炼稀有金属,但铁不是稀有金属，故D错误；
答案选D。
2.某合作学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水煤气都是可再生能源；③冰和干冰都既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥芒硝和碱石灰都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是
A. ①③④⑦ B. ①②③④ C. ③⑤⑥⑦ D. ①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①粗盐含有杂质和酸雨中溶有二氧化硫都是混合物，故①正确；
②沼气是由发酵产生的，属于可再生能源，但水煤气由水蒸气和煤高温产生的，其中原料煤属于不可再生能源，水煤气则是不可再生能源，故②错误；
③冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯净物，都是由不同种元素组成的纯净物，又是化合物，故③正确；
④不锈钢和目前流通的硬币都是由两种或两种以上的金属组成的，是合金，故④正确；
⑤盐酸是HCl的水溶液，食醋是醋酸的水溶液，均显酸性，均属于混合物，故⑤错误；
⑥芒硝属于盐；熟石灰属于碱，故⑥错误；
⑦烟，雾分散质微粒直径在1-100nm，形成的分散系为胶体，故⑦正确；
故答案为A。
3.下列说法正确的是
A. 溶液是呈电中性的，胶体往往带某种特定的电荷
B. 胶体与溶液的本质区别在于丁达尔效应的有无，这也是区别它们的最简单方法
C. 实验室制备Fe(OH)3胶体时,若向沸水中滴加1mL 1mol/L的FeCl3，所得胶粒会少于0.001NA,主要是因为FeCl3水解难以彻底
D. 土壤的保肥作用与胶体的吸附有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液是呈电中性的，胶体中的胶粒可能带某种特定的电荷，但胶体也是电中性的，故A错误；
B．胶体与溶液的本质区别在于分散质的颗粒大小不同，可以利用丁达尔效应区别它们，故B错误；
C．实验室制备Fe(OH)3胶体时,若向沸水中滴加1mL 1mol/L的FeCl3，因一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，最终所得胶粒的个数小于0.001NA个，故C错误；
D．胶体具有吸附性，能吸附阴阳离子，如铵根离子等，所以有保肥作用，与胶体性质有关，故D正确；
故答案为D。
4.设NA代表阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是
A. 0.01molMg在CO2中完全燃烧，转移电子数为0.02NA
B. 2 mol·L-1 的Na2CO3溶液中,含有CO32－、HCO3－和H2CO3总共2NA个
C. 氯气是常见的氧化性单质，每有1mol Cl2参加反应时转移的电子为2 NA
D. 2.6gC2H2含有的阴离子数为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.01mol镁完全反应生成氧化镁失去0.02mol电子，转移电子数为0.02NA，故A正确；
B．没有指明溶液的体积，无法确定2 mol·L-1 的Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量，也无法根据物料守恒确定含有CO32－、HCO3－和H2CO3总微粒个数，故B错误；
C．1mol Cl2参加反应时，若与氢氧化钠溶液反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，转移了1mol电子，转移的电子数目为NA，故C错误；
D．C2H2是共价化合物，分子内不存在阴离子，故D错误；
故答案为A。
【点睛】解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算；特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
5.下列各组离子一定能大量共存的是
A. 在含有大量[Al(OH)4]－溶液中NH4＋、Na＋、Cl－、H＋
B. 在能使pH试纸变蓝的溶液中Na＋、K＋、CO32－、NO3－
C. 在由水电离的OH－浓度为10-13的溶液中NH4＋、Na＋、SO42－、Cl－
D. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4＋、K＋、Cl－、I－
【答案】B
【解析】
【详解】A．在含有大量[Al(OH)4]－溶液中不可能大量存在NH4＋或H＋，易促进[Al(OH)4]－的水解，故A错误；
B．使pH试纸变蓝的溶液显碱性，离子组Na＋、K＋、CO32－、NO3－能大碱性溶液中存在，且彼此间不发生离子反应，故B正确；
C．由水电离的OH－浓度为10-13的溶液pH=1或13，而NH4＋在碱性溶液中不能大量存在，故C错误；
D．滴加KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，I－与Fe3+易发生氧化还原反应，而不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
6.下列各反应的离子方程式中，正确的是
A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
B. 过量铁片放入的稀硝酸中：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO2↑＋4H2O
C. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4＋8H＋＝3Fe3＋＋4H2O
D. 将铜屑加入Fe3＋溶液中：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸铝溶液中加入过量的氨水,离子方程式：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B. 过量铁片放入稀硝酸中：3Fe + 8H+ + 2NO3-＝3Fe2+ + 2NO↑+ 4H2O，故B错误；
C. 将磁性氧化铁溶于盐酸，生成氯化亚铁、氯化铁和水，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O，故C错误；
D. 三价铁离子具有氧化性，铜具有还原性，Fe3+氧化铜生成二价铜离子，离子反应为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故D正确；
答案选D。
7.下列洗涤或除杂方法正确的是
①残留在试管内壁上的硫，用酒精洗涤②用饱和食盐水除去H2S气体中的HCl杂质③做银镜反应后试管上的银镜，用稀氨水洗涤④用热的纯碱溶液洗涤试管内壁上的油脂
A. ①③ B. ④ C. ①②③ D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】①硫微溶于酒精，能溶于热的NaOH溶液，则应用热的NaOH溶液清洗残留碘的试管，故①错误；
②用饱和食盐水能除去H2S气体中的HCl杂质，但引入水蒸气，则还需要用CaCl2干燥，故②错误；
③银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，故③错误；
④碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下能水解，故④正确；
故答案为B。
8.下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是（ ）
A
B
C
D
用乙醇提取碘水中的I2
测量Cl2的体积
过滤
用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.酒精和水互溶，不能用于提取碘水里的碘，故A不选；
B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，因此可以用此方法测量氯气体积，故B选；
C.倾倒液体应使用玻璃棒引流，故C不选；
D.用碱性溶液滴定时应选择碱式滴定管，且眼睛应注视锥形瓶，故D不选；
故选B。
9.同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，两容器含有的( )
A. 分子数和气体质量均不同
B. 分子数和电子数均相同[
C. 质子数和中子数均相同
D. 分子数、原子数和中子数均相同
【答案】D
【解析】
【详解】同温同压下，等体积的两容器内气体的分子数相同，所以14N18O、13C18O分子数相同。
A、14N18O、13C18O分子数相同；14N18O质量数为32，13C18O质量数为31，气体质量不同。A错误；
B、14N18O、13C18O分子数相同，14N18O、13C18O分子含有电子数分别为15、14，所以含有的电子数不同，B错误；
C、14N18O、13C18O分子数相同，14N18O、13C18O分子含有质子数数分别为15、14，分子数中中子数都是17，所以含有的质子数不同，中子数相同，C错误；
D. 14N18O、13C18O分子都是双原子分子，分子数中中子数都是17，所以原子数目与中子数也相等，D正确；
本题答案选D。
10.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 钠与水反应：Na +2H2O=Na++2OH–+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH–+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D错误；答案为B。
11.关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是
A. c（NH+4）：③＞① B. 水电离出的c（H+）：②＞① C. ①和②等体积混合后的溶液：c（H+）＝c(OH)+c(NH3·H2O) D. ①和③等体积混合后的溶液：c（NH+4）＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+,氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，A正确；
B.在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐类水解促进水的电离，B项不正确。
C.盐酸和氨水混合后恰好完全反应，但因生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，而多余的H+为水解产生，此等式可表示溶液中的质子守恒，C项正确。
D. ①和③等体积混合后的溶液显碱性，氯化铵是强电解质，而一水合氨是弱电解质，故离子浓度的大小顺序为c（NH+4）＞c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)，D正确。
故选B。
12.向四支试管中分别加入少量不同的溶液进行如下操作，结论正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有硫酸根离子
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫色
原溶液中有I－
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na＋、无K＋
D
滴加稀NaOH液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH4+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，可能生成难溶于水的钡盐沉淀或AgCl沉淀，则原溶液中不一定有硫酸根离子，故A错误；
B．氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫红色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫红色说明原溶液中有碘离子，故B正确；
C．黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；
D．氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；
故答案为B。
13.在配制一定物质的量浓度溶液过程中正确的是
A. 配制盐酸溶液用量筒量取浓盐酸时，量筒必须先润洗，试验时可多量取约0.1mL浓盐酸，以防止转移时量筒内残留盐酸不能倒出造成损失
B. 配制溶液时，容量瓶中少量的水并不影响最终的浓度
C. 定容时观察液面俯视会造成所配溶液浓度偏低
D. 浓H2SO4稀释后应该立即注入容量瓶中进行准确定容
【答案】B
【解析】
【详解】A．量筒不需要润洗，直接用量筒量取盐酸即可，且不需要洗涤；量筒在设计的时候考虑了残留误差，因此量取时不需要多量，故A错误；
B．容量瓶中少量的水，定容时，也需要向容量瓶中加入蒸馏水，不影响最终溶液中溶质、溶剂的量，则不影响溶液的浓度，故B正确；
C．定容时观察液面俯视，溶液体积偏小，由n=cV可知，溶液浓度偏高，故C错误；
D．浓H2SO4稀释放热，应冷却至室温后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故答案为B。
14.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是
A. MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，氧化铝也可作耐火材料
B. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，Fe3+有同样的功效
C. 电解MgCl2饱和溶液，因Mg2+的浓度足够大，可制得金属镁
D. 把镁条与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，即使不灼烧，也得不到MgCl2固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化镁和氧化铝的熔点较高，均能制作耐高温材料，故A正确。
B．明矾中含有铝离子，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物所以能净水，铁离子有同样的效果，故B正确；
C．镁是活泼金属，电解其水溶液时，阴极上氢离子得电子而不是镁离子得电子，所以得不到金属镁，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，故C错误；
D．氯化镁是强酸弱碱盐易水解生成氢氧化镁和氯化氢，盐酸具有挥发性促进氯化镁水解，最后得到的固体不是氯化镁而是氢氧化镁受热分解得到的氧化镁，故D正确；
故答案为C。
15.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是
A. AlN中氮的化合价为+3 B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN的摩尔质量为41 g D. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlN中铝元素为+3价，氮元素为-3价，故A错误；
B. 反应中，氮元素从0价降低为-3价，每生成1 mol AlN，转移3 mol电子，故B正确；
C. AlN的相对分子质量为41，1 mol AlN的质量为41 g，氮化铝的摩尔质量为41 g/ mol，故C错误。
D. 上述反应中，氮元素从0价降低为-3价，被还原，碳元素从0价升高为+2价，被氧化，而铝元素和氧元素的化合价均无变化，所以，N2是氧化剂，碳是还原剂，故D错误；
答案选B。
16.向物质X中逐渐加入(或通入)Y溶液，生成沉淀的量与加入Y的物质的量关系如图所示，下表中符合图示情况的是
A
B
C
D
X
CO2
HCl
NaOH
AlCl3
Y
Ca(OH)2
NaAlO2
AlCl3
NaOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图象曲线变化可知，将物质X逐渐加入(或滴入)Y溶液中，生成沉淀，当Y溶液反应完后，继续加入物质X，物质X能与沉淀反应而使生成的沉淀溶解，且生成沉淀所需要的X的物质的量与沉淀溶解需要的X的物质的量之比为3:1，据此进行解答。
【详解】A．石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2溶液反应完后，再继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2O═Ca(HCO3)2沉淀消失，所以前后两个过程CO2的物质的量之比为1：1，故A错误；
B．偏铝酸钠溶液中加入盐酸，先发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1：3，故B错误；
C．氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠物质的量之比为3：1，故C正确；
D．氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，先发生反应Al3++4OH-═AlO2-↓+2H2O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应后发生3AlO2-↓+Al3++6H2O═4Al(OH)3↓+6H2O，生成沉淀溶，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，故D错误；
故答案C。
17.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ == CuS↓+2H+
C. 实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2S
D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验Ⅱ. 向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，因为CaS遇水完全水解，故A正确；
B. ②中反应生成的硫化氢与硫酸铜反应： H2S+Cu2+ = CuS↓+2H+，使得溶液的pH降低，故B正确；
C. CO2过量反应生成HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故C错误；
D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成，不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；
答案选C。
18.36.5 g HCl气体溶解在1 L水中(水的密度为1 g·cm－3)，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c，NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是
A. 所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol·L－1 B. 所得溶液中含有NA个HCl分子
C. 36.5 g HCl气体占有体积为22.4 L D. 所得溶液的溶质质量分数：w＝×100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/ml)，所得溶液溶质为氯化氢，物质的量浓度c===mol/L，故A错误；
B．氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子，故B错误；
C．36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错误；
D．设溶液的体积为1L，所得溶液的质量分数：ω==，故D正确；
故答案为D。
19.某强氧化剂XO（OH）2+被Na2SO3还原。如果还原0.0024mol XO（OH）2+用去30mL 0.2mol/L的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是
A. +2 B. +1 C. 0 D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】
Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒计算a的值。
【详解】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价；令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2mol•L-1×(6-4)，解得a=0，故答案为C。
20.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A. 反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25 mol·L－1·min－1
B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D. 其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)=0.05mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0
变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
二、填空题(分为4个小题，共55分)
21.(1)向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液的离子反应方程式为：_____，若是改加氢氧化钡溶液至中性，离子反应方程式为：______。
(2)向1L 1mol/L的NH4Al（SO4）2溶液中滴加2.25L 等浓度的Ba(OH)2溶液，离子反应方程式为：__。
(3)向含FeI2和FeBr2各1mol 的混合液中通入氯气2.5 mol，离子反应方程式为：____。
(4)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法可用于治理水中硝酸盐的污染，催化反硝化法中H2能将NO3－还原为N2。上述反应的离子方程式为___。
(5)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，滴定反应的离子方程式为____。
(6) Fe的一种含氧酸根FeO42－具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生。该反应的离子方程式是______。
【答案】 (1). H＋＋HSO3－=H2O＋SO2↑ (2). Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O (3). 2NH4++9OH-+2Al3++4SO42-+4Ba2+=4BaSO4↓+2NH3·H2O+Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O (4). 4I-+4Fe2++2Br-+5Cl2=2I2+4Fe3++Br2+10Cl- (5). 2 NO3－+5H2 N2+2OH-+4H2O (6). H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I- (7). 4FeO42-+20H+ =4Fe3++3O2↑+10H2O
【解析】
【分析】
(1)向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液生成SO2气体；若是改加氢氧化钡溶液至中性，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应。
(2)1L 1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中含有1molNH4+、1molAl3+和2molSO42-，滴加2.25L 等浓度的Ba(OH)2溶液，即向溶液中加入2.25molBa2+和4.5molOH-，其中4.5molOH-先生成1molAl(OH)3、1mol/LNH3·H2O、并继续溶解0.5molAl(OH)3生成0.5molAlO2-；
(3)由2Fe3++2I-=2Fe2++I2；2Fe2++Br2=2Br-+2Fe3+可知，还原性强弱顺序是：I-＞Fe2+＞Br-，向溶液中通入氯气，氯气先和碘离子反应，然后再和亚铁离子反应，最后再和溴离子反应；
(4)根据信息：用H2将NO3-还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，即生成氢氧根离子，据此书写方程式；
(5)碘单质将亚硫酸氧化成硫酸，据此写出反应的离子方程式；
(6) FeO42-具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，配平书写离子方程式。
【详解】(1)向NaHSO4溶液中滴加NaHSO3溶液的离子反应方程式为H＋＋HSO3－=H2O＋SO2↑；将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性的离子反应方程式为：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O；
(2)1L 1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中含有1molNH4+、1molAl3+和2molSO42-，滴加2.25L 等浓度的Ba(OH)2溶液，即向溶液中加入2.25molBa2+和4.5molOH-，其中4.5molOH-先生成1molAl(OH)3、1mol/LNH3·H2O、并继续溶解0.5molAl(OH)3生成0.5molAlO2-，则发生反应的离子反应方程式为2NH4++9OH-+2Al3++4SO42-+4Ba2+=4BaSO4↓+2NH3·H2O+Al(OH)3↓+AlO2-+2H2O；
(3)含FeI2和FeBr2各1mol 的混合液中含有2molI-、2molFe2+，2molBr-，通入2.5mol Cl2，应依次氧化2molI-、2molFe2+和1molBr-，则发生反应的离子方程式为4I-+4Fe2++2Br-+5Cl2=2I2+4Fe3++Br2+10Cl-；
(4)根据信息：用H2将NO3-还原为N2，一段时间后，溶液碱性明显增强，即生成氢氧根离子，发生的反应为：2NO3-+5H2N2+2OH-+4H2O；
(5)碘单质与亚硫酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I-；
(6) FeO42-具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，反应离子方程式为：4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。
22.Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。
（1）写出CO2和Na2O2反应的化学方程式：___________________________________。
（2）某学生判断SO2和Na2O2反应能生成硫酸钠，你认为他的判断合理吗？__________，简要说明理由：_______________________________________________。
（3）该同学无法断定反应中是否有氧气生成，拟使用如图所示装置进行实验(图中铁架台等装置已略去)。
装置中B的作用是_________________，D的作用是_____________________。
（4）将足量的Na2O2投入到含有下列离子的溶液中：NO3－、S2－、HCO3-、CO32－、Na＋，设反应完毕后，无固体析出，则上述离子数目减少的有__________，数目增多的离子有________。
【答案】 (1). 2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2 (2). 合理 (3). 由于过氧化钠具有强氧化性，能将＋4价的硫氧化为＋6价的硫而生成硫酸钠 (4). 干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应 (5). 防止空气中的水蒸气进入C装置与Na2O2反应，同时吸收过量SO2气体，便于氧气的检验和防止污染空气 (6). S2－、HCO3- (7). Na＋、CO32-
【解析】
【详解】（1）CO2和Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2；
（2）SO2有还原性，Na2O2有强氧化性，过氧化钠能将+4价的硫氧化为+6价的硫而生成硫酸钠，所以判断合理。
（3）浓硫酸有吸水性，能吸收二氧化硫中的水分，防止水蒸气与过氧化钠反应而干扰二氧化硫；碱石灰是干燥剂，能吸收水分，防止水蒸气的干扰；碱石灰是碱性物质，能吸收二氧化硫等酸性气体，防止污染大气。
（4）Na2O2具有强氧化性，可与S2－发生氧化还原反应，则S2－数目减小，Na2O2与水反应生成NaOH可与HCO3−反应，则溶液中HCO3−浓度减小，CO32−浓度增大，Na+的数目增多。
23.氨气是一种重要的化工原料，在工农业中都有广泛的应用。
(1)NH3和CO2在120℃和催化剂的作用下可以合成尿素，反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。某实验小组向一个容积不变的真空密闭容器中充入CO2与NH3合成尿素，在恒定温度下，混合气体中NH3的体积分数随时间的变化关系如图所示(该条件下尿素为固体)。A点的正反应速率v正(CO2)___ (填“大于”“小于”或“等于”)B点的逆反应速率v逆(CO2)，NH3的平衡转化率为__。
(2)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是合成尿素过程的中间产物，现 将体积比为2∶1的NH3和CO2混合气体充入一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应并达到平衡：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)。实验测得在不同温度下的平衡数据如下表：
温度(℃)
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡气体总浓度 (10-3mol·L-1)
2.4
3.4
4.8
6.8
9.6
①上述反应的焓变：ΔH__0，熵变ΔS__0(填“>”“<”或“=”)。
②下列说法能说明上述反应建立化学平衡状态的是_______。
A.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
B.混合气体中NH3与CO2的浓度之比不再发生变化
C.混合气体的密度不再发生变化 D.v正(NH3)=2v逆(CO2)
③根据表中数据，列出25.0℃时该反应的化学平衡常数的计算式K=_____(不要求计算结果)，该反应温度每升高10℃，化学平衡常数就变为原来的______倍。
【答案】 (1). 大于 (2). 75% (3). < (4). < (5). C、D (6). (7).
【解析】
【分析】
(1)图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率；
(2)①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应；反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程；
②反应2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)达到平衡状态的判断要紧扣平衡状态的特征，同一反应物或生成物表示的正、逆反应速率相等或反应体系各物质的量不再随时间变化而变化；此反应的特征时生成物为固体，从反应物开始进行时反应物的变化量与起始量的比值相等，始终保持不变，另外混合气体的组分也始终保持不变，即混合气体的平均相对分子质量操持不变，无法确定是否是平衡状态；
③根据平衡三段式计算各物质的平衡浓度，再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行列式；结合表格判断每升高10℃判断平衡常数的变化规律。
【详解】(1)氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率，故v正(CO2)＞v逆(CO2)；
设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，
CO2 + 2NH3(NH2)2CO+H2O
起始量(mol) 50 50 0 0
变化量(mol) 0.5x x 0.5x 0.5x
平衡量(mol) 50-0.5x 50-x 0.5x 0.5x
氨气的体积分数==20%；解得x=37.5mol；氨气的平衡转化率=×100%=75%；
(2)①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应，故△H＜0；反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程，即，△S＜0；
②反应2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)中，开始加入的NH3与CO2物质的量之比为2：1，而反应消耗的NH3与CO2物质的量之比也是2：1，因此反应的任意时刻二者物质的量之比是2：1，因此浓度之比2：1不能作为平衡的标志．由于NH2COONH4为固体，气体只有NH3和CO2，并且无论是否平衡，二者的物质的量之比不变，则平均相对分子质量不变，所以平均相对分子质量不能作为平衡的标志；随反应的进行，气体质量减小，达到平衡时，质量不再发生变化，反应过程容器体积不变，因此密度可作为平衡的标志，因此C、D符合题意；故答案为：C、D；
③反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，设二氧化碳浓度的变化量x，
2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)
初始浓度 0 0
变化浓度：2x x
平衡浓度：2x x
则3x=4.8×10-3mol/L，即x=1.6×10-3mol/L，2x=3.2×10-3mol/L，K==；
根据表中数据分析，反应每升高10℃，平衡时气体的总浓度就变为原来的2倍，化学平衡常数就变为原来的倍。
【点睛】化学平衡状态的判断：注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
24.蛋白质中含有C、H、O、N、S等元素，食物中的铁主要以三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物的形式存在。
(1)在蛋白质中涉及的氮、氧元素电负性由小到大的顺序是___；基态硫原子的价电子排布式为______。
(2)KSCN是检验Fe3+的试剂之一，与SCN-互为等电子体的一种分子为____(填化学式)。1 mol CN-中含有的π键的数目为____。
(3)蛋白质分子中氨基(—NH2)氮原子的轨道杂化类型是_____；血液中有一种含铜的呈蓝色的蛋白质分子，与Cu同周期且最外层电子数相等的元素还有______(填元素符号)。
(4)铜晶体为面心立方最密堆积，即在晶体结构中可以分割出一块正立方体的结构单元，金属原子处于正立方体的八个顶点和六个面上，已知铜的原子半径为127.8 pm，列式计算晶体铜的密度：ρ=___g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】 (1). N
【分析】
(1)非金属性越强，电负性越大；S元素处于第三周期VIA族；
(2)与SCN-互为等电子体，应含有3个原子，且最外层电子数相同；CN-与N2互为等电子体，二者结构相似，故 CN-离子中形成C≡N三键；
(3)蛋白质分子中氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4；与Cu同周期且最外层电子数相等的元素原子外围电子排布为4s1、3d54s1；
(4)晶胞为面心立方密堆积，晶胞面对角线上的Cu原子相邻，则晶胞棱长为127.8pm×4×=×127.8pm，根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度。
【详解】(1)非金属性越强，电负性越大，故电负性：N＜O；S元素处于第三周期VIA族，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4；
(2)与SCN-互为等电子体，应含有3个原子，且最外层电子数相同，故为CO2或N2O等； CN-与N2互为等电子体，二者结构相似，故 CN-离子中形成C≡N三键，1mol CN-中含有的π键的数目为2NA；
(3)蛋白质分子中氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；与Cu同周期且最外层电子数相等的元素原子外围电子排布为4s1、3d54s1，分别为K、Cr；
(4)晶胞为面心立方密堆积，晶胞面对角线上的Cu原子相邻，则晶胞棱长为127.8pm×4×=×127.8pm，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，则晶胞密度4×g÷(×127.8×10-10cm)3=g•cm-3。
【点睛】考查晶胞的计算，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键；利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。
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