河北省衡水中学2019届高三上学期期中考试化学试卷Word版含解析.doc

河北省衡水中学2019届高三上学期期中考试 化学试卷 ‎1.化学与生产、 生活密切相关。下列说法正确的是 A. 砒霜的主要成分是三硫化二砷 B. 氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多 C. 过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒 D. 铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；  B.碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误； ‎ C.阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确；  D.金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误； 综上所述，本题选C。‎ ‎2.下列有关说法正确的是 A. 足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3‎ B. 铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3‎ C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2‎ D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液只含Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、铁与氯气反应，无论过量与否都生成FeCl3，故A正确；B、铁与水蒸气反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故B错误；C、KMnO4能把Cl－氧化成Cl2，对Fe2＋的检验产生干扰，故C错误；D、生成白色沉淀变为红褐色沉淀，说明原溶液中一定含有Fe2＋，但也可能含有Mg ‎2＋等离子，与NaOH溶液产生白色沉淀，被红褐色沉淀干扰，故D错误。‎ 点睛：本题的易错点是选项C，学生忽略高锰酸钾溶液在酸性条件下，能氧化Cl－，对Fe2＋的检验产生干扰。‎ ‎3.已知：①SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100 mL，向其中通入4.48 L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是 A. FeI2的物质的量浓度约为1 mol·L-1‎ B. 完全反应时转移电子0.2 mol C. 通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I-‎ D. 反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由①知，还原性强弱顺序为SO2>I-；由②知，还原性强弱顺序为SO2>Fe2+；由③知，还原性强弱顺序为I->Fe2+，故还原性强弱顺序为SO2>I->Fe2+，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3->I->Fe2+。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO3-，然后氧化I-，最后氧化Fe2+，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有较多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO3-和I-均完全反应，Fe2+发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×‎4.48 L÷‎22.4 L·mol-1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2 mol，由于溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1 mol，c(FeI2)=1 mol·L-1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得2×‎4.48 L÷‎22.4 L·mol-1=0.4 mol，B错误；综上所述，本题选A。‎ ‎4.下列说法中正确的是 A. 第ⅦA族单质从上往下熔沸点逐渐升高，第ⅠA族单质从上往下熔沸点逐渐降低 B. Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料 C. 品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，且其实质相同 D. 镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 第ⅦA族单质从上往下：氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹，‎ 物质由气态变为液态，所以熔沸点逐渐升高，第一主族的金属元素，从上到下，原子半径逐渐增大，形成的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，但该族元素还含有H元素，H2常温下为气体，熔点低于同族元素的单质，故A错误；‎ B.硅酸钠的水溶液是矿物胶，和酸反应可以制备硅胶，具有防腐阻燃的作用，做木材防火剂的原料,故B正确； ‎ C.品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用，而且加热红色能复原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液碱性减弱，红色褪去，各元素没有价态变化，是复分解反应，二者褪色原理不一样，故C错误；‎ D.镁铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机、汽车等部件，故D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】二氧化硫具有漂白性，漂白某些有机色质，如品红，且漂白过程属于非氧化性漂白，具有可逆性；但是不能漂白酸碱指示剂，因此二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应，红色褪去，体现了二氧化硫的酸性氧化物的性质，而非漂白性。‎ ‎5.以下实验操作不能达到相应的实验目的的是 A. 除去食盐水中混有的杂质碘 B. 萃取时振荡混合液 C. 向容量瓶中转移液体 D. 闻气体的气味 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碘易溶于有机溶剂，如四氯化碳等，且四氯化碳与水不互溶，因此，除去食盐水中混有的杂质碘，可以采用萃取法，不能采取蒸发的方法，故A错误；‎ B.进行萃取时，上下颠倒，振荡液体，使液体混合均匀，操作正确，故B正确；‎ C.转移液体需要引流，图中玻璃棒起到引流作用，且玻璃棒下端在刻度线以下，图中操作合理，故C正确； D.闻气体时,应使极少量气体进入鼻孔,则用手轻轻扇动来闻气体气味，图中操作合理，故D正确； 综上所述，本题选A。‎ ‎6. 下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ·mol－1‎ B. 图2表示压强对可逆反应‎2A(g)+2 B(g)‎3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大 C. 图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠 D. 图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D 错误；故选C。‎ 考点：考查燃烧热、外界条件对平衡状态的影响、盐类水解、弱电解质的电离等知识 ‎7.下列正确的叙述有 A. CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物 B. Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3‎ C. 灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池 D. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应；所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；‎ B. Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；‎ C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；‎ D. 电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D 错误。 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。‎ ‎8.下列方程式正确的是 A. Fe2(SO4)3溶液和足量Zn充分反应：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+‎ B. NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO-+2H2O═Fe(OH)2↓+2HClO C. 氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O D. 氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Zn的活泼性大于铁，过量的锌可以置换出铁，反应离子方程式：2Fe3++3Zn═2Fe+3Zn2+；A错误；‎ B. 由于次氯酸具有强氧化性，能够把+2价铁氧化为+3价，不能生成Fe(OH)2，B错误；‎ C. 氢氧化铁与HI溶液反应时，发生Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O反应，同时还有2Fe3++2I-=2 Fe2++ I2反应发生，方程式书写不完全，C错误；‎ D. 碱性氧化物氧化铁与稀硝酸反应生成盐和水，离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎9.下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是 ‎ ‎ ‎ 选项 离子组 试剂X 离子方程式 A.‎ Fe3+、Al3+、SO32-、NO3-‎ 过量的盐酸 SO32-+2H+═H2O+SO2↑‎ B.‎ 透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-‎ 过量的铜粉 ‎2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+‎ C.‎ Na+、Ba2+、HCO3-、Cl-‎ NaHSO4溶液 H++HCO3-═CO2↑+H2O D.‎ pH=1的溶液中：Mg2+、Fe2+、NO3-、SO42-‎ 双氧水 ‎2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸性条件下，硝酸把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能生成二氧化硫气体，‎ 故A错误；‎ B. 透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；‎ C.加入硫酸氢钠溶液，相当于加入强酸，反应漏掉了Ba2++SO42-=BaSO4↓，故C错误；‎ D. pH=1的溶液显酸性，发生反应为3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++2H2O+NO↑，离子组不能大量共存，故D错误； ‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】选项D中，Fe2+、NO3-、SO42-离子间可以大量共存，但是当溶液的酸性增强后，硝酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，即强酸性条件下Fe2+、NO3-、SO42-离子间就不能大量共存。‎ ‎10.某溶液中含有较大量的Cl－、CO32- 、OH－3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是 ‎①滴加Mg(NO3)2溶液 ②过滤 ③滴加AgNO3溶液 ④滴加Ba(NO3)2溶液 A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32－，过滤后，再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH－，过滤，最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl－，所以实验操作顺序正确的是B， 本题选B。 ‎ 点睛：再检验一种离子时，要先分析有哪些干扰离子存在，选择合适的检验顺序可以避开干扰离子的干扰。特别要注意的是，银离子可以和氢氧根生成氢氧化银沉淀，只不过氢氧化银不稳定，它会分解为氧化银。‎ 视频 ‎11.利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。下列说法正确的是 A. C膜可以为质子交换膜 B. 阴极室的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+‎ C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极 D. 每转移2 mol e-，阳极室中c(Ca2+)降低1 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.通过图示分析C膜只能是阳离子交换膜，故A项错误；B.阴极室的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B项错误；C.阴极电极不参与反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C项正确；D.未给出溶液体积，无法计算浓度，故D项错误。‎ 点睛：具有隔膜的电解池，膜的作用是让特定的离子单向移动，防止副反应的发生。‎ ‎12.为测定含镁3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，说法不正确的是 方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；‎ 方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。‎ A. 方案一中若称取‎5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V≥100 mL B. 方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高 C. 方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量 D. 方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，‎5.4 g合金中铝的质量为5.4×（1-5%）g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al---2NaOH，[5.4×（1-5%）]/27：V×10-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取‎5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V≥95 mL，A错误；‎ B. 方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；‎ C.Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据镁铝质量守恒，氧化镁和氧化铝质量守恒，列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；‎ D. 空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎13.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是 A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体 B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应 C. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触 D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32-或SO42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，则生成的沉淀可能为BaSO3‎ ‎；如是氧化性气体,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。‎ ‎【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A 正确；  B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产生的气体顺利导入，故 B错误；‎ C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；  D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】SO2 与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。‎ ‎14.已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H1，‎ ‎②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H2‎ 下列推断正确的是 A. 若CO的燃烧热为△H3，则H2的燃烧热为△H3−△H1‎ B. 反应CH4(g)+ CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=△H2−△H1‎ C. 若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则△H2＜0‎ D. 若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则△H1＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应①中的水是气体，A项错误；B．根据盖斯定律，反应CH4(g)+ CO2(g)=2CO (g) +2H2(g)的ΔH=ΔH2—ΔH1，B项正确；C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，C项错误；D．由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH1Fe2+> Br-，当加同一种氧化剂时，反应按还原性的强弱先后进行，因此FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，可能只氧化亚铁离子，也可能氧化全部亚铁离子和部分溴离子，也可能全部氧化Fe2+和Br-，具体情况具体分析。‎ ‎18.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:‎ 下列说法不正确的是 A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸 B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生‎2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2‎ D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X 溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生‎2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。‎ ‎19.下列关于某些离子的检验说法正确的是 A. 向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-‎ B. 某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-‎ C. 向某溶液中加入几滴氯水，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，则原溶液中一定含有 Fe2+‎ D. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，所以原溶液中可能有CO32-或HCO3-或SO32-或HSO3-，故A错误； ‎ B、硝酸钡加稀盐酸形成了硝酸，硝酸具有强氧化性,可将亚硫酸酸根离子氧化成硫酸根离子，形成硫酸钡沉淀，则不能确定原溶液中一定含有SO42-，故B错误；   C. 向含有铁离子的溶液中加入几滴氯水，再加入KSCN溶液，溶液也呈红色，则不能确定原溶液中一定含有Fe2+，故C错误；‎ D、溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,产生的气体是氨气,则原溶液中存在NH4+,故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎20.某离子反应中涉及H2O、ClO—、NH4+、H+、N2、Cl— 六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是：（ ）‎ A. 该反应的还原剂是Cl—‎ B. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3‎ D. 反应后溶液的酸性明显增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、N2的物质的量随反应时间的变化逐渐增多，说明为生成物，对应的反应物为NH4+，反应过程为氧化反应，则必然同时进行ClO-→Cl-的还原反应，故Cl-为还原产物，A不正确；B、溶液里发生反应的化学方程式为：3ClO-+2NH4+＝N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，消耗1 mol还原剂NH4+，转移3mol电子，B不正确；C、氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C不正确；D、根据方程式可知反应后溶液酸性增强，D正确，答案选D。‎ 考点：考查氧化还原的原理分析 ‎21.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是 A. 放电时，负极反应为3NaBr-2e-==NaBr3+2Na+‎ B. 充电时，阳极反应为2Na2S2-2e-== Na2S4+2Na+‎ C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池 D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成‎17.40g Na2S4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3（左罐），则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A．放电时，负极Na2S2失电子，则负极的电极反应式为：2S22--2e-═S42-，故A错误；B．充电时，阳极上Br-失电子转化为Br3-，则阳极的电极反应式为：3Br--2e-=Br3-，故B错误；C．电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr，Na+经过离子交换膜，由b 池移向a池，故C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 LH2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是‎17.40g，故D错误．答案选C。‎ 点睛：可以从多个角度判断电极性质，如两极中参与反应中元素化合价的变化；电解质中离子迁移方向等，书写电极反应式要注意介质参与电极反应。‎ ‎22.CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学方程式如下：‎ ‎①CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g)  △H1=a kJ/mol；‎ ‎②H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g)  △H2=b kJ/mol；‎ ‎③C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g) △H3=c kJ/mol。‎ 下列说法正确的是 A. △H1>0‎ B. 2H2O(l)═2H2(g)+O2(g) △H=-2b kJ/mol C. CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%‎ D. 2CO(g)+4H2(g)═H2O(g)+C2H5OH(l) △H=(‎2a+4b-c) kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应①为CO(g)的燃烧反应，一定为放热反应，△H1Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；电解原理的应用中包含铜的精炼，注意粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质。‎ ‎25.在容积为‎2.0 L的密闭容器内，物质D在T ℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是 ‎ A. 从反应开始到第一次达到平衡时， A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(L·min)‎ B. 该反应的化学方程式为2D(s) ‎2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)‎ C. 已知：反应的∆H>0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度 D. 若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4/(2×3)= 0.0667 mol/(L·min),A正确；‎ B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)‎2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B) ，故B正确； C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的∆H>0,所以此时是升高温度，故C正确；  D.因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误； 综上所述，本题选D。‎ ‎26.下列有关实验的描述正确的是 A. 向碘化钠稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固体 B. 向分别装有1 g Na2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3‎ C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质 D. 中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误； Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+ 、NO3- 在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不一定变质，C错误；用环形玻璃搅拌棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。正确答案B。‎ ‎27.下图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物，实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用Li-CO2电池，组成为：钌电极/CO2饱和的LiClO4-DMSO电解液/锂片。下列说法不正确的是 ‎ A. Li-CO2电池的电解液由LiClO4和DMSO溶于水得到 B. CO2的固定中，每转移8 mol e-，生成6 mol气体 C. 过程Ⅱ中化学能转化为电能 D. 过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-═4Li++3CO2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属锂能够与水反应，电解液不能由LiClO4和DMSO溶于水得到，A错误；‎ B. 根据电极反应方程式：2Li2CO3=4Li++2CO2↑+O2↑+4e-可知，得到4mole-，生成2molCO2气体和1molO2，现转移8mole-，生成6mol气体，B正确；‎ C. 通过图示可知，电子不断的流出，过程Ⅱ中化学能转化为电能，C正确；‎ D. 通过图示可知，碳变为二氧化碳，发生氧化反应，过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-═4Li++3CO2↑，D正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎28.下列有关实验设计或操作、观察或记录、结论或解释都正确的是 选项 实验设计或操作 观察或记录 结论或解释 A.‎ 将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中 产生红棕色气体 硝酸的还原产物是NO2‎ B.‎ 某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应 火焰呈黄色 该粉末一定不含钾盐 C.‎ 将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中 棉花燃烧 Na2O2与CO2的反应为放热反应 D.‎ 将过量的CO2通入CaCl2溶液中 无白色沉淀出现 生成的Ca(HCO3)2可溶于水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，选项A错误； B．火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，选项B错误；C、将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中，Na2O2与CO2的反应为放热反应，温度升高，达到棉花的着火点，且有大量氧气，棉花燃烧，选项C正确；D、弱酸不能制强酸，所以CO2不与强酸盐反应，所以无沉淀，选项D错误。答案选C。‎ ‎29.下列说法正确的是 A. 将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定 B. 已知反应的中和热为ΔH=-57.3 kJ·mol-1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热ΔH=-2×57.3 kJ·mol-1‎ C. 燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+3/2O2(g)═SO3(g)ΔH=-315 kJ·mol-1即为硫的燃烧热 D. 已知冰的熔化热为6.0 kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0 kJ·mol-1，假设1 mol冰中有2 mol 氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1 mol冰中15%氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，会有热量的损失，中和热数值测定结果偏小；必须一次性快速注入盐酸中，减小热量损失，A错误；‎ B.中和热是指在稀溶液中，氢离子和氢氧根离子生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量和酸碱的元数无关，故B错误；‎ C.S的燃烧热是指1molS固体完全燃烧生成SO2放出的热量，而不是SO3，故C错误；‎ D.冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体,冰的熔化热为6.0 kJ·mol-1，1mol冰变成‎0℃‎的液态水所需吸收的热量为6.0 kJ ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0 kJ·mol-1，1mol冰中含有2mol氢键,需吸收40.0 kJ 的热量,6.0/40.0×100%=15%；所以最多只能打破1mol 冰中全部氢键的15%，故D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳，硫元素变为气态二氧化硫。‎ ‎30.一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成‎2.4 g硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是 A. 该盐酸的物质的量浓度为4.25 mol·L-1‎ B. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3∶1‎ C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为‎2.24 L D. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】n(S)=2.4/32=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=[0.075×(2-0)]/(3-2)=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 的量为0.425mol，根据氯原子守恒得c(HCl)=0.425×2/0.1=8.5mol/L，故A错误；‎ B.根据转移电子守恒得n(Fe3+)=[0.075×(2-0)]/(3-2)=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B错误；‎ C．根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，V(H2S)=0.425mol×‎22.4L/mol=‎9.52L，故C错误；‎ D．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D正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算是关键；本题中根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比。‎ ‎31.金属镓是广泛用于电子工业和通讯领域的重要金属，化学性质与铝元素相似。‎ ‎（1）工业上提纯镓的方法很多，其中以电解精炼法为多。具体原理如下：以待提纯的粗镓(内含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极，以高纯镓为阴极，以NaOH水溶液为电解质溶液。在电流作用下使粗镓在阳极溶解进入电解质溶液，并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。‎ ‎①已知离子氧化性顺序为Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+。电解精炼镓时阳极泥的成分是_______。‎ ‎②GaO2-在阴极放电的电极方程式是__________________________。‎ ‎（2）工业上利用固态Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)同时又有氢气生 成。反应中每生成3 mol H2时就会放出30.8 kJ热量。‎ ‎①该反应的热化学方程式为__________________________。‎ ‎②一定条件下，加入一定量的Ga与NH3进行上述反应，下列叙述符合事实且可作为判断反应已达到平衡状态的标志的是_______________。‎ A.恒温恒压下，混合气体的密度不变 B.断裂3 mol H—H键，同时断裂2 mol N—H键 C.恒温恒压下达平衡后再加入2 mol H2使平衡移动，NH3消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率 D.升高温度，氢气的生成速率先增大再减小 ‎【答案】 (1). Fe、Cu (2). GaO2-+3e-+2H2O═Ga+4OH- (3). 2Ga(s)+2NH3(g)═2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.8 kJ/mol (4). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①已知离子氧化性顺序为：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+，则电解精炼镓时阳极是 Zn和 Ga失去电子，而铁和铜变为阳极泥；综上所述，本题答案是：Fe、Cu。‎ ‎②GaO2-在阴极得到电子转化为金属单质，因此放电的电极方程式是：GaO2-+3e-+2H2O═Ga+4OH-；综上所述，本题答案是：GaO2-+3e-+2H2O═Ga+4OH-。‎ ‎(2)①反应中每生成3molH2时就会放出30.8 kJ 热量，因此该反应的热化学方程式为: 2Ga(s)+2NH3(g)═2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.8 kJ/mol； 综上所述，本题答案是： 2Ga(s)+2NH3(g)═2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.8 kJ/mol。‎ ‎②A. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是不变的，正反应体积增大，压强不变，因此容积变化，所以恒温恒压下，混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态，A正确；‎ B.断裂3molH—H键，同时断裂6molN—H键，说明反应达到平衡状态，B 错误；‎ C. 恒温恒压下达平衡，加入2molH2使平衡移动，由于平衡是等效的，因此NH3的消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率，C正确；‎ D.升高温度，氢气的生成速率先增大再减小，最后不变，D错误；‎ 综上所述，本题选AC。‎ ‎32.氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂。某课题组设计实验制备氢化铝锂并测定其纯度。已知：氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体。‎ Ⅰ.制备氢化锂：选择图1中的装置制备氢化锂(有些装置可重复使用)：‎ ‎（1）装置的连接顺序(从左至右)为A→______________。‎ ‎（2）检查好装置的气密性，打开装置A中分液漏斗的活塞后，点燃酒精灯前需进行的实验操作是__________________________。‎ Ⅱ.制备氢化铝锂 ‎1947年，Schlesinger、Bond和Finholt首次制得氢化铝锂，其方法是使氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，搅拌，充分反应后，经一系列操作得到LiAlH4晶体。‎ ‎（3）写出氢化锂与无水三氯化铝反应的化学方程式：______________________。‎ Ⅲ.测定氢化铝锂产品(不含氢化锂)的纯度 ‎（4）按图2连接好装置后，检查装置气密性的操作是：______________。装好药品(Y形管中的蒸馏水足量，为了避免氢化铝锂遇水发生爆炸，蒸馏水中需掺入四氢呋喃作稀释剂)，启动反应的操作是______________。‎ ‎（5）在标准状况下，反应前量气管读数为V1 mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2 mL。该样品的纯度为_____________(用含a、V1、V2 的代数式表示)。如果起始读数时俯视刻度线，测得的结果将___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). D→B→C→B→E (2). 用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯 (3). 4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl (4). 向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好 (5). 倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入a g产品中 (6). 19（V2-V1）/‎448a% (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）氢化锂遇水能够剧烈反应，因此生成的氢气需要干燥，并除去其中混有的H2‎ S，因此需要先通过氢氧化钠溶液除去硫化氢气体，再通过浓硫酸干燥，然后在C装置中发生反应生成氢化锂，为防止外界水蒸气进入装置，后面需要接干燥装置B，最后用排水集气法收集未反应的氢气，装置的连接顺序（从左至右）为A→D→B→C→B→E；综上所述，本题答案是：D→B→C→B→E。‎ ‎（2）检查好装置的气密性，点燃酒精灯前需要首先制备氢气，并检验氢气的纯度，因此进行的实验操作为：打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后，用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯；综上所述，本题答案是：用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯。‎ Ⅱ.（3）氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，充分反应得到LiAlH4，反应的化学方程式为：4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl；综上所述，本题答案是：4LiH+AlCl3═LiAlH4+3LiCl。‎ Ⅲ.(4) 按图2装配仪器，向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好；检查好装置气密性并装好药品，Y形管中的蒸馏水足量，启动反应时只需要倾斜Y形管，将蒸馏水（掺入四氢呋喃）全部注入ag产品中即可；综上所述，本题答案是：向量气管中加水至左右出现液面差，静置，若液面差保持稳定，则装置气密性良好；倾斜Y形管，将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入a g产品中。 ‎ ‎(5) 氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体为氢气，LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，在标准状况下，反应前量气管读数为V1mL，反应完毕并冷却之后，量气管读数为V2mL，则生成的氢气为(V2- V1) mL，根据方程式，LiAlH4的物质的量为(V2- V1)×10-3/(4×22.4)mol，则样品的纯度为：[38×(V2- V1)×10-3/(4×22.4)]/a×100%=；如果起始读数时俯视刻度线，导致V1偏小，结果偏高；综上所述，本题答案是：. ；偏高。‎ ‎33.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施之一。‎ ‎(1)硫酸厂的酸性废水中砷(As)元素(主要以H3AsO3形式存在)含量极高，为控制砷的排放，某工厂采用化学沉淀法处理含砷废水。请回答以下问题：‎ ‎①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层，砷在元素周期表的位置为____________。‎ ‎②工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的砷，生成物为难溶性的三硫化二砷，该反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎(2)电镀厂的废水中含有的CN-有剧毒，需要处理加以排放。处理含CN-废水的方法之一是在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，该反应的离子方程式为 ‎_____________。‎ ‎(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子)：‎ ‎ ‎ ‎①阳极的电极反应式为________________________。‎ ‎②简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：________________________。‎ ‎③电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH-可忽略不计。400 mL ‎10 g/L 乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为‎145 g/L(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为________L(提示：乳酸的摩尔质量为‎90 g/mol)。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第ⅤA族 (2). 2H3AsO3+3S2-+6H+═As2S3↓+6H2O (3). 4H2O+2CN-+O2═2HCO3-+2NH3 (4). 2H2O-4e-═4H++O2↑ (5). 阳极H2O放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A-从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室，H++A-═HA，乳酸浓度增大 (6). 6.72‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①砷原子电子层数=周期数=4，最外层电子数=族序数=5，所以砷位于第四周期第ⅤA族；因此本题答案是：第四周期第ⅤA族。‎ ‎②根据信息：硫化钠可以和废水中的砷反应，生成难溶性的三硫化二砷，据此得到反应的离子方程式为：2H3AsO3+3S2-+6H+═As2S3↓+6H2O；因此，本题答案是：2H3AsO3+3S2-+6H+═As2S3↓+6H2O。‎ ‎(2)CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，该反应的离子方程式为：4H2O+2CN-+O2═2HCO3-+2NH3；因此，本题答案是：4H2O+2CN-+O2═2HCO3-+2NH3。‎ ‎(3) ①阳极上是氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-═4H++O2↑ ；因此本题答案是：2H2O-4e-═4H++O2↑。‎ ‎②在电解池的阳极上是氢氧根放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即 A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，发生反应：H++A-═HA，使乳酸浓度增大；综上所述，本题答案是：阳极H2O放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A-从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室，H++A-═HA，乳酸浓度增大。‎ ‎③在阳极上发生电极反应：4OH—-4e-=2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e-=H2↑，根据电极反应方程式，则有：HA—H+--1/2H2，据差值法，乳酸的浓度变化量是(145-10)/90=1.5mol/L，即生成HA的物质的量是1.5×0.4=0.6mol，即产生氢气0.3mol，即0.3×22.4=‎6.72L；综上所述，本题答案是：‎6.72L。‎ ‎34.用废铅蓄电池的铅泥(含PbSO4、PbO和Pb等)可制备精细化工产品3PbO·PbSO4·H2O(三盐)，主要制备流程如下。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）铅蓄电池在生活中有广泛应用，其工作原理是Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。若铅蓄电池放电前正、负极质量相等，放电时转移了1 mol电子，则理论上两极质量之差为_____________。‎ ‎（2）将滤液Ⅰ、滤液Ⅲ合并，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作，可得到一种结晶水合物(Mr=322)，其化学式为______________________。‎ ‎（3）步骤③酸溶时铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2及NO。滤液Ⅱ中溶质的主要成分为______(填化学式)。‎ ‎（4）步骤⑥合成三盐的化学方程式为______________________。‎ ‎（5）步骤⑦的洗涤操作中，检验沉淀是否洗涤完全的操作方法是__________________。‎ ‎【答案】 (1). ‎16 g (2). NaSO4·10H2O (3). HNO3 (4). 4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O (5). 取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中，滴加BaCl2溶液和盐酸，若产生白色沉淀，则沉淀未洗涤完全，‎ 若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤完全 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向铅泥中加入碳酸钠溶液, PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO32-+ PbSO4= PbCO3+SO42-，然后过滤得到滤液Ⅰ为硫酸钠溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、Pb、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2，Pb与硝酸反应还生成NO,铅与硝酸生成Pb(NO3)2及NO的离子方程式为3Pb+8H++2NO3-=Pb2++2NO↑+4H2O，然后向溶液中加入硫酸,生成PbSO4沉淀,过滤,滤液Ⅱ的主要成分是HNO3,向滤渣中加入NaOH溶液,发生反应：4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O,过滤洗涤干燥得到3PbO·PbSO4·H2O，滤液Ⅲ中含有NaSO4，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)铅蓄电池在充电时,阳极发生氧化反应, PbSO4被氧化生成PbO2，电极反应式为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，若铅蓄电池放电前正、负极质量相等，放电时正极发生：PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，负极发生Pb-2e-+SO42-=PbSO4，转移了lmol电子，则正极、负极都生成0.5mol PbSO4, 正极质量增加：m(PbSO4)-m(PbO2)=0.5×(303-207)=‎32g；负极质量增加m(PbSO4)-m(Pb)= 0.5×(303-207)=‎48g, 则两极质量差为48-32=‎16g；因此，本题正确答案是：‎16 g。‎ ‎(2) 通过以上分析知，滤液Ⅰ和滤液Ⅲ经脱色、蒸发、结晶可得到的副产品为NaSO4·10H2O，其相对分子质量为322；因此，本题正确答案是: NaSO4·10H2O。‎ ‎(3) 通过以上分析知，该离子反应方程式为3Pb+8H++2NO3-=Pb2++2NO↑+4H2O，滤液2中主要成分是未反应的HNO3；因此，本题正确答案是: HNO3。 (4)硫酸铅与氢氧化钠在加热到50‎-60℃‎情况下反应生成3PbO·PbSO4·H2O和Na2SO4；步骤⑥合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O；因此本题答案是：4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O↓+3Na2SO4+2H2O。‎ ‎(5) 该沉淀吸附的离子是硫酸根离子，用盐酸和氯化钡溶液进行检验，其检验方法为取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中，向其中滴加BaCl2溶液和盐酸，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全； 因此，本题正确答案是: 取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中，滴加BaCl2溶液和盐酸，若产生白色沉淀，则沉淀未洗涤完全，若没有白色沉淀生成，则沉淀已洗涤完全。‎ ‎35.化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：‎ ‎(1)已知AX3的熔点和沸点分别为‎-93.6 ℃‎和‎76 ℃‎，AX5的熔点为‎167 ℃‎。室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8‎ ‎ kJ。该反应的热化学方程式为__________________________。‎ ‎(2)反应AX3(g)+X2(g)AX5(g)在容积为‎10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。‎ ‎①实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=________(保留两位有效数字)。‎ ‎②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为___________ (填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：‎ b____________________、c____________________。‎ ‎③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). AX3(l)+X2(g)AX5(s) ΔH=-123.8 kJ/mol (2). 0. 00017(或1.7×10-4 mol·L-1·min-1) (3). bca (4). 加入催化剂，反应速率加快，但平衡没有改变 (5). 温度升高，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大) (6). 2(1-)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 因为AX3的熔点和沸点分别为‎-93.6℃‎和‎76℃‎，AX5的熔点为‎167℃‎，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1molAX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H=-123.8kJ•mol-1，因此，本题正确答案是：AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H=-123.8kJ•mol-1； ‎ ‎(2) ①起始时AX3和X2均为0.2mol，即no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有 n=0.30mol。根据反应进行如下计算： 设生成AX5的量为x，‎ ‎          AX3（l） + X2（g）= AX5（s） ‎ 初始 （mol） 0.20   0.20     0        ‎ 平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x   x           ‎ ‎(0.20-x）+(0.20-x）+x=0.30，则x=0.10，所以实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=0.10/(10×60)=0.00017 mol·L-1·min-1)综上所述，本题答案是：0.00017(或1.7×10-4 mol·L-1·min-1)。     ‎ ‎②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为：b＞c＞a；对于曲线b，加入催化剂，反应速率加快，但平衡没有改变，压强保持不变；对于曲线c，温度升高，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动，压强增大(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大) ；综上所述，本题答案是：bca；加入催化剂，反应速率加快，但平衡没有改变 ；度升高，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大) 。 ‎ ‎③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，根据压强之比等于物质的量之比有: p0/p=0.4/n， n=0.4×p/p0 ,据反应进行如下计算：‎ ‎   AX3（l） + X2（g）= AX5（s） ‎ 初始 （mol） 0.20   0.20     0        ‎ 平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x   x           ‎ ‎(0.20-x）+(0.20-x）+x=n，x=0.4-n=0.4-0.4×p/p0 = 2(1-)；综上所述，本题答案是：2(1-)。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式的书写,化学反应速率,转化率的求算,影响化学反应速率和化学平衡的因素等内容,难度中等,关键是要学生能正确理解压强与物质的量的关系,并由此进行计算,有点难度,容易出错。‎