2014-2015学年江西省南昌三中高三（上）第四次月考化学试卷
一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意．每小题3分，共计48分）
1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（ ）
A．竹炭具有超强的吸附能力，能吸附新装修房屋内的所有有害气体
B．2014年1月1日起，我省正式发布环境空气质量指数（AQI），包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标
C．测定出土文物标本出13C在碳元素中原子数含量的减少程度，可推算文物的大致年代
D．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气．产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源
2．某金属氧化物在光照下可生成具有很强氧化能力的物质，能用来消除空气或水体中的污染物．下列有关该金属氧化物的应用的叙述不正确的是（ ）
A．将形成酸雨的SO2氧化为SO3
B．将家居装修挥发出的甲醛氧化为CO2和H2O
C．将医药废水中的苯酚氧化成H2O和CO2
D．将电镀废水中的氰根离子CN﹣氧化成CO2和N2
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质．已知：甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己； 0.1mol•L﹣1丁溶液的pH为13．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．Y元素在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族
C．1mol甲与足量的乙完全反应共转移了1mol电子
D．1.0L0.1mol•L﹣1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol
4．下列图中的实验方案，能达到实验目的是（ ）
A
B
C
D
实验
方案
实验
目的
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色
除去CO2气体中混有的SO2
比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
5．下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（ ）
A．电解精炼铜时，当阳极上质量减少6.4g时，电路上转移的电子数目为0.2 NA
B．1L 1.0mol•L﹣1NH4Cl与2L 0.5mol•L﹣1NH4HSO4溶液含NH4+数目相同
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C．0.2mol Zn与一定量浓H2SO4恰好完全反应，生成的气体分子数必为0.2NA
D．将2mL0.5 mol•Lˉ1Na2SiO3溶液滴入稀盐酸中制得H4 SiO4胶体，所含胶粒数为0.001NA
6．如图为根据电解原理制成“银电量计”．其原理是：通过测定电解过程中附着在惰性电极上金属质量，计算通过电解池的电量．下列说法不正确的是（ ）
A．电量计工作时银棒应与电源的负极相连
B．电量计工作时溶液里的阴离子向阳极移动
C．网袋是收集银溶解过程中产生的金属颗粒，若没有该网袋，测量结果会偏高
D．若得金属银的沉积量为1.08g，则电解过程中转移的电子为0.01mol
7．常温下，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图．根据图示判断，下列说法不正确的是（ ）
A．H2A是二元弱酸
B．当0 mL＜V（NaOH）＜20 mL时，一定有：c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）=c（Na+）+c（H+）
C．当V（NaOH）=10 mL时，溶液中离子浓度关系一定有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
D．当V（NaOH）=20 mL后，再向溶液中加水稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）也减小
8．50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol•L﹣1
B．NaHCO3溶液中：c （H+）+c （H2CO3）=c（OH﹣）
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3﹣）
9．对下列图象的描述正确的是（ ）
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A．根据图①可判断反应的△H＜0
B．根据图②，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3～5
C．图③可表示压强（p）对反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响
D．图④可表示向醋酸溶液中通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化
10．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）．下列分析或结果错误的是（ ）
A．H2SO4浓度为2.5 mol•L﹣1
B．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
C．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气
D．原混合酸中NO3﹣物质的量为0.1mol
11．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+Q kJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（L•min）
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL 1mol/L的NaOH溶液恰好反应
12．下列叙述正确的是（ ）
A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42﹣）＞c（NH4+）
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2
C．pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色
D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
13．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中 SO2+2ClO﹣+H2O=SO32﹣+2HClO
B．向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至所得溶液的pH=7 Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O
C．向Ca（H2PO4）2溶液中滴入过量的NaOH溶液 3Ca2++6H2PO4﹣+12OH﹣=Ca3（PO4）2↓+4PO43﹣+12H2O
D．112mL（标况）Cl2通入10mL1mol/L的FeBr2溶液中 2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2Br2
14．如图是一水溶液在pH从0到14的范围内，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣三种成分平衡时的组成分数，下列叙述正确的是（ ）
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A．此图是1.0 mol/L碳酸钠溶液滴定1.0 mol/L HCl溶液的滴定曲线
B．在pH为6.37及10.25时，溶液中c（H2CO3）=c（HCO3﹣）=c（CO32﹣）
C．人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3﹣的形式存在
D．若用CO2和NaOH反应制取Na2CO3，溶液的pH必须控制在10以上
15．难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如图装置提纯．将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后加入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应：TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）．下列说法正确的是（ ）
A．在不同温度区域，TaI4的量保持不变
B．在提纯过程中，I2的量不断减少
C．该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比
D．在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区
16．某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mLbmol•L﹣1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设NO是唯一的还原产物）．下列说法不正确的是（ ）
A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B．若金属全部溶解，则溶液中不一定含有Fe3+
C．若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况），则b=0.3
D．当溶液中金属离子只有Fe3+、Cu2+时，则a与b的关系为：b≥80y（1﹣a/3）
二、填空题
17．北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大火炬燃料是丙烯（C3H6）
（1）丙烷脱氢可得丙烯．已知：C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol﹣1
CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol﹣1 则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H= kJ•mol﹣1
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（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池总反应方程式为 ；放电时，CO32﹣移向电池的 （填“正”或“负”）极．
（3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O．常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5 mol•L﹣1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3﹣+H+的平衡常数K1= ．（已知：10﹣5.60=2.5×10﹣6）
（4）常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液c（H2CO3） c（CO32﹣）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是 （用离子方程式和文字说明）
18．二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物．综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一．
（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）．某温度下，SO2的平衡转化率与体系总压强（p）的关系如图所示．根据图示回答下列问题：
①将2.0mol SO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．该反应的平衡常数等于 ．
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A） K（B）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ/mol
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ/mol
若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为 （阿伏加德罗常数的值用NA表示），放出的热量为 kJ．
（3）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox，3＜x＜4，M=Mn、Co、Zn或Ni）由铁酸盐（MFe2O4）经高温还原而得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去．转化流程如图所示：
请写出MFe2Ox分解SO2的化学方程式 （不必配平）．
19．高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂．工业上，用软锰矿制高锰酸钾的流程如下（部分条件和产物省略）：
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请回答下列问题：
（1）提高锰酸钾浸出率（浸出锰酸钾质量与固体总质量之比）的措施有 ．
（2）写出二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发生的主要化学反应的方程式： ．
（3）从经济性考虑试剂X宜选择（填名称）： ．上述流程中，设计步骤IV和V的目的是 ．
（4）以惰性材料为电极，采用电解锰酸钾溶液的方法完成步骤III转化．
①阳极反应式为 ．
②电解过程中，阴极附近电解质溶液的pH将 （填：增大、减小或不变）．
（5）测定高锰酸钾样品纯度：向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀．当溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不变色，表明达到滴定终点．写出离子方程式： ．
（6）已知：常温下，Ksp[Mn（OH）2]=2.0×10﹣13．工业上，调节pH沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）= ．
20．氨是最为重要的化工原料之一，已知：
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol
4NH3（g）+5O2 （g）=4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣1170kJ/mol
试回答下列问题
（1）合成氨的热化学方程式为 ．
（2）某温度时在一个3L容器中，其中氢气的物质的物质的量随时间变化的曲线如图1所示，反应开始至2min，用NH3生成的表示的平均反应速率为 ．
（3）工业上生产氢气时需将水煤气中CO变换为CO2和H2，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0．
①在750K条件下，该反应的平衡常数=2.6，当H2O和CO的物质的量之比为1时，CO的转化率为 ．
②经变换过的气体仍有少量的CO，常用的方法之一是铜洗法，CO（g）+Cu（NH3）2Ac（aq）+NH3（l）⇌[Cu（NH3）3CO]Ac（aq）；△H＜0；反应在铜洗塔中进行，吸收后的铜液送到再生器中，在再生器，解吸CO，从经济效益考虑，工业上适宜条件是 ，解吸后铜氨液循环使用．
（4）电化学合成氨原理如图2所示，阳极的电极反应式为 ；电化学合成一个NH3，可以产生 个电子的电量．
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21．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛．已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：
回答下列有关问题：
（1）硼砂溶于热水后，常用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，反应的离子方程式为 ．X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 ．
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是 ．若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为 ．
（3）镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，则正极反应式为 ．若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中Mg2+离子浓度为 ．已知Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，当溶液pH=6时 （填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出．
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2014-2015学年江西省南昌三中高三（上）第四次月考化学试卷
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．每小题3分，共计48分）
1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（ ）
A．竹炭具有超强的吸附能力，能吸附新装修房屋内的所有有害气体
B．2014年1月1日起，我省正式发布环境空气质量指数（AQI），包括PM2.5、PM10、O3、CO2、SO2和NO2等6项指标
C．测定出土文物标本出13C在碳元素中原子数含量的减少程度，可推算文物的大致年代
D．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气．产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源
【考点】常见的生活环境的污染及治理．
【专题】化学计算．
【分析】A．竹炭具有较大的表面积，可以吸附多种有害气体，能吸附新装修房屋内的有害气体甲醛、二氧化硫等污染性气体，但是竹炭的吸附能力是有限的；
B．二氧化碳为空气的组成成分，不属于空气的污染物，应该为一氧化碳；
C．碳14是一种质子数为6相对原子质量为14的原子，它可以蜕变为碳12．考古学中常用碳14蜕变的量来精确地测定出土文物的年代，据此分析判断；
D．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，被公认是洁净的能源；
【解答】解：A．竹炭吸附有害气体的能力是比较有限的，如果室内甲醛污染有害气体超标不是很多，竹炭还是有很大的效果的，如果新装房室内装修甲醛污染超标比较严重，竹炭无法完全吸附有害气体，所以竹炭只能起到改善新装房室内装修污染的效果，故A错误；
B．环境空气质量指数（AQI）包括SO2、NO2、PM10、PM2.5、O3、CO等六项，不包括二氧化碳气体，故B错误；
C．测定古物的年代，常用碳的放射性同位素14C的衰减来测定：在动植物的体内都含有微量的14C，动植物死亡后，停止了新陈代谢，14C不再产生，且原有的14C含量的衰变经过5570年，它的残余量只有原始量的一半，所以，测定出土文物标本出14C在碳元素中原子数含量的减少程度，可推算文物的大致年代，故C错误；
D．页岩气的主要成分为甲烷，且产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，可以成为提供廉价而充足的新型燃料来源，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了化石燃料的利弊与新能源的开发、常见的生活污染及治理，题目难度不大，注意了解化石燃料燃料的利弊与新能源的开发情况，明确常见的生活污染及治理方法．
2．某金属氧化物在光照下可生成具有很强氧化能力的物质，能用来消除空气或水体中的污染物．下列有关该金属氧化物的应用的叙述不正确的是（ ）
A．将形成酸雨的SO2氧化为SO3
B．将家居装修挥发出的甲醛氧化为CO2和H2O
C．将医药废水中的苯酚氧化成H2O和CO2
D．将电镀废水中的氰根离子CN﹣氧化成CO2和N2
【考点】二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．酸雨是形成的是硫酸，金属氧化物做催化剂；
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B．甲醛具有还原性；
C．苯酚易被氧化；
D．具有还原性的CN﹣离子具有还原性．
【解答】解：由题干信息可知，这种金属氧化物能转化成具有很强氧化能力的物质，该物质能氧化空气或水体中的污染物，生成无害物质；
A．该物质把SO2氧化为SO3仍不能消除酸雨污染，且金属氧化物做催化剂，故A错误；
B．因其具有很强的氧化性，能氧化甲醛为二氧化碳和水，故B正确；
C．C6H5OH有还原性，其氧化产物可以是CO2及水，故C正确；
D．CN﹣离子具有还原性，由元素守恒可知被该金属氧化物氧化为CO2及N2，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查物质的性质及氧化还原，为高频考点，把握酸雨形成及氧化还原反应原理为解答的关键，注意题干信息的应用，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质．已知：甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己； 0.1mol•L﹣1丁溶液的pH为13．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．Y元素在周期表中的位置为第三周期第ⅣA族
C．1mol甲与足量的乙完全反应共转移了1mol电子
D．1.0L0.1mol•L﹣1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol
【考点】无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用．
【专题】推断题．
【分析】首先应该从突破口找出X、Y、Z、W四种元素，“0.1 mol•L﹣1丁溶液的pH为13．”是重要突破口，丁是一元强碱且其中的金属元素在短周期，甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己；这两个方程式不难看出“己”是氧气，“丁”是氢氧化钠，那么甲是Na2O2、乙是水，丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，因此X为氢、Y为碳、Z为氧、W为钠元素．
根据它们在元素周期表中的位置和其它性质就不难判断各选项了．
【解答】解：由0.1 mol•L﹣1丁溶液的pH为13，丁是一元强碱且其中的金属元素在短周期，甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己；则“己”是氧气，“丁”是氢氧化钠，那么甲是Na2O2、乙是水，丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，因此X为氢、Y为碳、Z为氧、W为钠元素；
A、由以上分析可知：X为氢、Y为碳、Z为氧、W为钠元素，则原子半径大小顺序为：Na＞C＞O＞H，即：W＞Y＞Z＞X，故A错误；
B、Y为碳，在周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族，故B错误；
C、甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，故C正确；
D、戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32﹣离子水解生成HCO3﹣离子和OH﹣离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故D错误．
故选C．
【点评】本题为推断题，做题时注意找出题目的突破口是做该题的关键，结合元素化合物知识解答，注意盐类的水解问题．
4．下列图中的实验方案，能达到实验目的是（ ）
A
B
C
D
26
实验
方案
实验
目的
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色
除去CO2气体中混有的SO2
比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．应在温度相同的条件下进行对比实验；
B．煤油能抑制亚铁离子被氧化；
C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应；
D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰．
【解答】解：A．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；
B．煤油阻止了亚铁离子和氧气接触，从而阻挡了亚铁离子被氧化，所以能实现实验目的，故B正确；
C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故C错误；
D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等．
5．下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（ ）
A．电解精炼铜时，当阳极上质量减少6.4g时，电路上转移的电子数目为0.2 NA
B．1L 1.0mol•L﹣1NH4Cl与2L 0.5mol•L﹣1NH4HSO4溶液含NH4+数目相同
C．0.2mol Zn与一定量浓H2SO4恰好完全反应，生成的气体分子数必为0.2NA
D．将2mL0.5 mol•Lˉ1Na2SiO3溶液滴入稀盐酸中制得H4 SiO4胶体，所含胶粒数为0.001NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、活泼金属优先在阳极上失去电子，粗铜中铁锌等杂质摩尔质量小，6.4g金属失去的电子大于0.2mol；
B、NH4HSO4电离出的H+能抑制NH4+的水解；
C、根据电子守恒，13g锌物质的量是0.2mol，转移0.4mol电子，生成1mol氢气和二氧化硫电子转移都是2mol；
D、H4 SiO4胶粒是多个H4 SiO4的聚集体．
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【解答】解：A、电解精炼铜时，活泼金属优先在阳极上失去电子，粗铜中铁、锌等杂质摩尔质量小于铜的，6.4g金属失去的电子大于0.2mol，转移的电子数目大于0.2 NA，故A错误；
B、NH4HSO4能完全电离出NH4+、H+和SO42﹣，溶液呈强酸性，H+能抑制NH4+的水解，故NH4HSO4中NH4+的水解程度小于NH4Cl中NH4+的水解程度，故1L 1.0mol•L﹣1NH4Cl与2L 0.5mol•L﹣1NH4HSO4溶液含NH4+数目前者多，故B错误；
C、Zn的物质的量是0.2mol，无论生成氢气还是二氧化硫，1mol气体得到2mol电子，0.2mol锌可以反应生成0.2mol气体，气体分子数必为0.2NA，故C正确；
D、H4 SiO4胶粒是多个H4 SiO4的聚集体，故将2mL0.5 mol•Lˉ1Na2SiO3溶液滴入稀盐酸中制得H4 SiO4胶体，所含胶粒数小于0.001NA，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
6．如图为根据电解原理制成“银电量计”．其原理是：通过测定电解过程中附着在惰性电极上金属质量，计算通过电解池的电量．下列说法不正确的是（ ）
A．电量计工作时银棒应与电源的负极相连
B．电量计工作时溶液里的阴离子向阳极移动
C．网袋是收集银溶解过程中产生的金属颗粒，若没有该网袋，测量结果会偏高
D．若得金属银的沉积量为1.08g，则电解过程中转移的电子为0.01mol
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】A．银作阳极，与原电池正极相连；
B．阴离子向阳极移动；
C．电解时阳极的银容易脱落而影响实验结果；
D．根据银和转移电子之间的关系式计算．
【解答】解：A．电解时，银上失电子发生氧化反应，所以银作阳极极，与电源正极极相连，故A错误；
B．电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动，故B正确；
C．银溶解时有些可能未失电子变成银离子然后在阴极（铂坩埚）得电子析出，而是直接跌落到铂坩埚中，造成铂坩埚增重较多，导致计算出的电量偏大，所以必须增加收集袋，故C正确；
D．银的物质的量==0.01mol，转移电子的物质的量=0.01mol×（1﹣0）=0.01mol，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查了电解原理，根据电极上得失电子及物质间的反应来分析解答，易错选项是C，知道收集袋的作用，难度中等．
26
7．常温下，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图．根据图示判断，下列说法不正确的是（ ）
A．H2A是二元弱酸
B．当0 mL＜V（NaOH）＜20 mL时，一定有：c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）=c（Na+）+c（H+）
C．当V（NaOH）=10 mL时，溶液中离子浓度关系一定有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
D．当V（NaOH）=20 mL后，再向溶液中加水稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）也减小
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA﹣离子物质的量增大，H2A为二元弱酸；
B、依据溶液中电荷守恒分析判断；
C、图象分析可知H2A浓度==0.1mol/L，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，当V（NaOH）=10 mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2﹣离子大于H2A，说明溶液中HA﹣离子电离程度大于水解程度；
D、当V（NaOH）=20 mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2﹣离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH﹣）减小，温度不变溶液中离子积不变，则c（H+）增大；
【解答】解：A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加HA﹣离子物质的量增大，说明H2A为二元弱酸，故A正确；
B、依据溶液中电荷守恒分析判断，当0 mL＜V（NaOH）＜20 mL时，一定有电荷守恒：c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）=c（Na+）+c（H+），故B正确；
C、图象分析可知H2A浓度==0.1mol/L，向10mL H2A溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，当V（NaOH）=10 mL时，恰好反应生成NaHA，图象分析可知此时A2﹣离子大于H2A，说明溶液中HA﹣离子电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小为；c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故C正确；
D、当V（NaOH）=20 mL后，恰好完全反应生成Na2A，A2﹣离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释c（OH﹣）减小，温度不变溶液中离子积不变，则c（H+）增大，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查了酸碱反应后溶液中溶质分析，酸碱性的分析判断，离子浓度大小比较，图象分析判断和反应过程的理解应用时解题关键，题目难度较大．
8．50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol•L﹣1
B．NaHCO3溶液中：c （H+）+c （H2CO3）=c（OH﹣）
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
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D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3﹣）
【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A、根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度；
B、质子守恒，可知c （H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣）；
C、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，即醋酸的电离为主，所以离子浓度的大小顺序为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
D、pH=5的混合溶液，钠离子、硝酸根离子不电离、不水解．
【解答】解：A、水的离子积常数与温度有关，温度不同，水的离子积常数不同，该温度下，水的离子积常数大于10﹣14，所以pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）＞1.0×10﹣2mol•L﹣1，故A错误；
B．质子守恒，可知c （H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣），故B错误；
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，即醋酸的电离为主，所以离子浓度的大小顺序为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液中c（Na+）=c（NO3﹣），故D正确；
故选D．
【点评】本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解的应用及质子守恒、电荷守恒即可解答，注意选项D为易错点，题目难度不大．
9．对下列图象的描述正确的是（ ）
A．根据图①可判断反应的△H＜0
B．根据图②，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3～5
C．图③可表示压强（p）对反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响
D．图④可表示向醋酸溶液中通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化
【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性．
【专题】图像图表题．
【分析】A、根据图①可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，据此判断；
B、由图可知，Fe3+在pH=3左右沉淀完全，此时铜离子不沉淀，pH=5时Cu2+开始沉淀，故可以加入适量CuO，调节pH值至3～5，除去CuSO4溶液中的Fe3+；
C、由图③可知，p2到达平衡时间短，说明压强p2＞p1，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的体积不变，据此结合选项解答；
D、溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比．
【解答】解：A、根据图①可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）正反应是吸热反应，故A错误；
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B、由图可知，Fe3+在pH=3左右沉淀完全，此时铜离子不沉淀，pH=5时Cu2+开始沉淀，故可以加入适量CuCO，调节pH值至3～5，使铁离子转变成氢氧化铁沉淀，除去CuSO4溶液中的Fe3+，不引入杂质，故B正确；
C、由图③可知，p2到达平衡时间短，说明压强p2＞p1，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的体积不变，对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s），正反应是体积减小的反应，故图象p2应表示使用催化剂，故C错误；
D、醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了图象分析题，注意分析图象纵横坐标的含义及图象的变化，结合规律来解答问题，中等难度．
10．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）．下列分析或结果错误的是（ ）
A．H2SO4浓度为2.5 mol•L﹣1
B．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
C．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气
D．原混合酸中NO3﹣物质的量为0.1mol
【考点】离子方程式的有关计算．
【专题】计算题．
【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．
A．根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度；
B．铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
C．铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；
D．OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算．
【解答】解：A．反应消耗14g铁，也就是=0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.25mol，所以硫酸的浓度是2.5mol/L，故A正确；
B．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故B正确；
C．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C正确；
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D．OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n（NO3﹣）=2n（Fe）=2×=0.5mol，故D错误；
故选D．
【点评】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用
11．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+Q kJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（L•min）
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL 1mol/L的NaOH溶液恰好反应
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A、从压强对平衡移动的影响分析；
B、注意反应的可逆性；
C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；
D、根据方程式计算生成HCl的物质的量．
【解答】解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；
B、该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；
C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v（HCl）=×0.03mol/（L•min）=0.015mol/（L•min），故C错误；
D、由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为×4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性，选项B是解答中的易错点．
12．下列叙述正确的是（ ）
A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42﹣）＞c（NH4+）
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2
C．pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色
D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
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【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A、根据溶液呈电中性，即溶液中阴阳离子所带电量相等判断硫酸根离子和铵根离子的关系；
B、醋酸的浓度与醋酸溶液中的氢离子浓度不等；
C、醋酸是弱电解质，醋酸的浓度远远大于氢离子浓度，根据酸碱混合后溶液的酸碱性判断石蕊试液的颜色；
D、根据硫酸铵对氨水电离平衡的影响分析判断．
【解答】解：A、将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所以2c（SO42﹣）=c（NH4+），故A错误；
B、醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故B错误；
C、pH=11的NaOH溶液的C（NaOH）=10﹣3 mol/L，pH=3醋酸溶液的C（CH3COOH）＞10﹣3 mol/L，等体积的两种溶液醋酸的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液中滴入石蕊试液呈红色，故C正确；
D、氨水的电离方程式为：NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，当向氨水中加入硫酸铵时，硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，则溶液中减小，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查酸碱混合后溶液中的离子的关系及弱电解质的电离，明确酸、碱的强弱是解答本题的关键，注意弱电解质的特点．
13．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中 SO2+2ClO﹣+H2O=SO32﹣+2HClO
B．向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至所得溶液的pH=7 Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O
C．向Ca（H2PO4）2溶液中滴入过量的NaOH溶液 3Ca2++6H2PO4﹣+12OH﹣=Ca3（PO4）2↓+4PO43﹣+12H2O
D．112mL（标况）Cl2通入10mL1mol/L的FeBr2溶液中 2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2Br2
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．次氯酸根具有强的氧化性能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
B．向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至所得溶液的pH=7，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；
C．氢氧化钠过量反应生成硫酸钙、磷酸钠和水；
D．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，再氧化溴离子，依据氯气的物质的量和溴化亚铁的物质的量判断解答．
【解答】解：A．将少量SO2气体通入NaClO溶液中，离子方程式为：3ClO﹣+SO2+H2O=SO42﹣+2HClO+Cl﹣，故A错误；
B．向KHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至所得溶液的pH=7，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
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C．向Ca（H2PO4）2溶液中滴入过量的NaOH溶液，离子方程式为：3Ca2++6H2PO4﹣+12OH﹣=Ca3（PO4）2↓+4PO43﹣+12H2O，故C正确；
D.112mL（标况）Cl2的物质的量==0.005mol，溴化亚铁的物质的量为0.010L×1mol/L=0.01mol，1mol氯气能够氧化2mol二价铁离子，所以氯气不足，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高考频考点，明确反应的实质，掌握离子方程式书写的方法是解题关键，选项D为易错选项，注意反应物用量对反应的影响．
14．如图是一水溶液在pH从0到14的范围内，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣三种成分平衡时的组成分数，下列叙述正确的是（ ）
A．此图是1.0 mol/L碳酸钠溶液滴定1.0 mol/L HCl溶液的滴定曲线
B．在pH为6.37及10.25时，溶液中c（H2CO3）=c（HCO3﹣）=c（CO32﹣）
C．人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3﹣的形式存在
D．若用CO2和NaOH反应制取Na2CO3，溶液的pH必须控制在10以上
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．1.0mol/L碳酸钠溶液滴定1.0mol/LHCl溶液，在碳酸浓度达到饱和之前，浓度应逐渐增大，且起始浓度不可能为1.0mol/L；
B．由图可知，pH为6.37时c（H2CO3）=c（HCO3﹣），pH为10.25时，c（HCO3﹣）=c（CO32﹣）；
C．由图可知，pH为7.4时，HCO3﹣的最大；
D．由图可知，pH大于12时，溶液中主要存在CO32﹣．
【解答】解：A.1.0mol/L碳酸钠溶液滴定1.0mol/LHCl溶液，在碳酸浓度达到饱和之前，碳酸浓度应逐渐增大，且起始浓度不可能为1.0mol/L，故A错误；
B．由图可知，pH为6.37时c（H2CO3）=c（HCO3﹣），pH为10.25时，c（HCO3﹣）=c（CO32﹣），但三者的浓度不相等，故B错误；
C．由图可知，pH为7.4时，HCO3﹣的最大，则当人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3﹣的形式存在，故C正确；
D．由图可知，pH大于12时，溶液中主要存在CO32﹣，则用CO2和NaOH反应制取Na2CO3，溶液的pH必须控制在12以上，故D错误；
故选C．
26
【点评】本题考查了学生分析图象能力，明确图象中粒子浓度与溶液pH的关系是解本题关键，再结合题目分析解答，题目难度中等．
15．难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如图装置提纯．将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后加入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应：TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）．下列说法正确的是（ ）
A．在不同温度区域，TaI4的量保持不变
B．在提纯过程中，I2的量不断减少
C．该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比
D．在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．由反应可知，高温区TaI4的量大；
B．碘被密封在石英管中，在反复提纯的过程中，碘的量不变；
C．化学新平衡常数K=；
D．在提纯过程中，I2使反应正向进行．
【解答】解：A．由反应可知，高温正向移动，低温逆向移动，则高温区TaI4的量大，故A错误；
B．碘被密封在石英管中，在反复提纯的过程中，碘的量不变，故B错误；
C．化学新平衡常数K=，该反应的平衡常数与生成物TaI4和S2的浓度乘积成正比，故C错误；
D．在提纯过程中，I2使反应正向进行，则可将TaS2从高温区转移到低温区，故D正确；
故选D．
【点评】本题以信息的形式考查影响化学平衡的因素，明确温度、浓度对化学平衡的影响即可解答，选项BC为解答的难点．
16．某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mLbmol•L﹣1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设NO是唯一的还原产物）．下列说法不正确的是（ ）
A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B．若金属全部溶解，则溶液中不一定含有Fe3+
C．若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况），则b=0.3
D．当溶液中金属离子只有Fe3+、Cu2+时，则a与b的关系为：b≥80y（1﹣a/3）
【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．
【专题】计算题．
【分析】A．溶液中有硝酸根时，再加入酸，溶液具有强氧化性，金属能溶解；
B．金属全部溶解，Fe可能以Fe2+形式存在；
C．若金属全部溶解，失去电子的是铁元素和铜元素，得电子的是硝酸中的氮元素，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，根据N元素守恒计算起氧化剂作用的硝酸的浓度，据此判断；
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D．反应中失去电子的是铁元素和铜元素，得电子的是硝酸中的氮元素，得失电子数目相同．
【解答】解：A．若金属有剩余，说明溶液中有硝酸根，在溶液中再滴入硫酸后，相当于又存在了硝酸，金属均能溶解，故A正确；
B．当铁的量较多时，可以将生成的三价铁再还原为亚铁，溶液中不一定含有Fe3+，故B正确；
C．硝酸中N元素的化合价由+5价到+2价，当产生336mL（标准状况），即0.015mol一氧化氮时，显示氧化性的硝酸为0.015mol，所以起氧化剂的硝酸的浓度c==0.3mol/L，还有一部分硝酸显示了酸性，即b＞0.3，故C错误；
D．根据铁和铜与硝酸的反应，作酸性的硝酸在Fe（NO3）3和Cu（NO3）2中，为3y（1﹣a）+2yamol，作氧化性的硝酸，得到的电子等于Fe、Cu失去的电子，由于NO是唯一的还原产物，所以作氧化性的硝酸为mol，所有硝酸的总量为=4y（1﹣），c（HNO3）==80y（1﹣），因为硝酸还可能有剩余，所以b≥80y（1﹣），故D正确．
故选：C．
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意物质氧化性、还原性的比较，结合质量守恒和得失电子守恒计算．
二、填空题
17．北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大火炬燃料是丙烯（C3H6）
（1）丙烷脱氢可得丙烯．已知：C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol﹣1
CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol﹣1 则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H= +124.2 kJ•mol﹣1
（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池总反应方程式为 C3H8+5O2═3CO2+4H2O ；放电时，CO32﹣移向电池的 负 （填“正”或“负”）极．
（3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O．常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5 mol•L﹣1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3﹣+H+的平衡常数K1= 4.2×10﹣7 mol•L﹣1 ．（已知：10﹣5.60=2.5×10﹣6）
（4）常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液c（H2CO3） ＞ c（CO32﹣）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是 HCO3﹣CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣， （用离子方程式和文字说明）
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较．
【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】（1）根据已知反应和目标反应，利用盖斯定律可知反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）由已知的反应相减得到，则△H=△H1﹣△H2；
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（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，以此来书写电池总反应方程式，原电池中阴离子向负极移动；
（3）H2CO3HCO3﹣+H+的平衡常数Ka=，利用忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，由溶液的pH=5.60可知c（H+），然后代入计算；
（4）NaHCO3溶液的pH大于8，则水解大于电离，水解生成H2CO3，电离生成CO32﹣．
【解答】解：（1）由C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol﹣1①，
CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol﹣1 ②，
则根据盖斯定律，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）可由①﹣②得到，
所以△H=△H1﹣△H2=+156.6kJ•mol﹣1﹣（+32.4kJ•mol﹣1）=+124.2kJ•mol﹣1，故答案为：+124.2；
（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，
则电池的总反应为C3H8+5O2═3CO2+4H2O，原电池中阴离子向负极移动，即CO32﹣移向电池的负极，
故答案为：C3H8+5O2═3CO2+4H2O；负；
（3）忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，pH=5.60，c（H+）=10﹣5.60=2.5×10﹣6mol•L﹣1，
由H2CO3HCO3﹣+H+，
平衡时c（H+）=c（HCO3﹣）=2.5×10﹣6mol•L﹣1，
c（H2CO3）=（1.5×10﹣5﹣2.5×10﹣6）mol•L﹣1，
则Ka==4.2×10﹣7 mol•L﹣1，故答案为：4.2×10﹣7 mol•L﹣1；
（4）NaHCO3溶液的pH大于8，则水解大于电离，水解生成H2CO3，电离生成CO32﹣，即HCO3﹣CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣，
所以c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故答案为：＞；HCO3﹣CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣．
【点评】本题考查了多个知识点，属于小综合习题，明确盖斯定律、原电池的工作原理、电离平衡常数的计算、溶液中利用电离与水解来比较离子的浓度即可解答，难度不大．
18．二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物．综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一．
（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）．某温度下，SO2的平衡转化率与体系总压强（p）的关系如图所示．根据图示回答下列问题：
①将2.0mol SO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．该反应的平衡常数等于 800 ．
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A） = K（B）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ/mol
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ/mol
若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为 1.60NA（或1.6NA） （阿伏加德罗常数的值用NA表示），放出的热量为 173.4 kJ．
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（3）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox，3＜x＜4，M=Mn、Co、Zn或Ni）由铁酸盐（MFe2O4）经高温还原而得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去．转化流程如图所示：
请写出MFe2Ox分解SO2的化学方程式 MFe2Ox+SO2→MFe2O4+S （不必配平）．
【考点】化学平衡常数的含义；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应的计算．
【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题．
【分析】（1）利用三段式法计算平衡浓度，根据平衡常数表达式计算；
（2）利用盖斯定律计算反应热；
（3）从氧化还原反应的角度判断反应产物，进而写出相关反应的方程式．
【解答】解：（1）①由图象知，体系总压强为0.10MPa时SO2的平衡转化率为0.8，则
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）
起始：2.0mol 1.0mol 0
转化：1.6mol 0.8mol 1. 6mol
平衡：0.4mol 0.2mol 1.6mol
则平衡时：c（SO2）=0.04mol/L，c（O2）=0.02mol/L，c（SO3）=0.16mol/L，
k===800，
故答案为：800；
②平衡常数只受温度的影响，温度不变，则压强不变，平衡状态由A变到B时，则k（A）=k（B），
故答案为：=；
（2）已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ/mol
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ/mol
利用盖斯定律将可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣867kJ/mol
n（CH4）==0.2mol，
整个过程中转移的电子总数为：0.20mol×8NA=1.60NA，
放出的热量为：0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ，
故答案为：1.60NA（或1.6NA）；173.4；
26
（3）由题意可知，铁酸盐（MFe2O4）经高温还原而得，则反应物中MFe2Ox为还原剂，SO2为氧化剂，生成物为MFe2O4和S，则反应的关系式为MFe2Ox+SO2→MFe2O4+S，
故答案为：MFe2Ox+SO2→MFe2O4+S．
【点评】本题考查化学平衡及化学反应及能量，题目难度中等，本题易错点为化学平衡常数的计算，注意计算过程的把握．
19．高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂．工业上，用软锰矿制高锰酸钾的流程如下（部分条件和产物省略）：
请回答下列问题：
（1）提高锰酸钾浸出率（浸出锰酸钾质量与固体总质量之比）的措施有 增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等 ．
（2）写出二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发生的主要化学反应的方程式： 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O ．
（3）从经济性考虑试剂X宜选择（填名称）： 石灰乳（或生石灰） ．上述流程中，设计步骤IV和V的目的是 循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率 ．
（4）以惰性材料为电极，采用电解锰酸钾溶液的方法完成步骤III转化．
①阳极反应式为 MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣ ．
②电解过程中，阴极附近电解质溶液的pH将 增大 （填：增大、减小或不变）．
（5）测定高锰酸钾样品纯度：向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀．当溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不变色，表明达到滴定终点．写出离子方程式： 2MnO4﹣-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ ．
（6）已知：常温下，Ksp[Mn（OH）2]=2.0×10﹣13．工业上，调节pH沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2+）= 2.0×10﹣5mol/L ．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】实验设计题．
【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，通过过滤，分离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、干燥得到纯净的高锰酸钾；向碳酸钾溶液中加入石灰生成碳酸钙和氢氧化钾，据此答题．
【解答】解：软锰矿的主要成分为MnO2，由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，通过过滤，分离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3
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在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、干燥得到纯净的高锰酸钾；向碳酸钾溶液中加入石灰生成碳酸钙和氢氧化钾，
（1）从浓度、温度等影响化学反应速率的角度可知，提高浸出率，可增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等，
故答案为：增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等；
（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为﹣2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，
故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（3）试剂X是将碳酸钾反应生成氢氧化钾，所以从经济性考虑试剂X宜选择石灰乳（或生石灰），上述流程中，步骤IV和V都是物质循环利用，其目的是循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率，
故答案为：石灰乳（或生石灰）；循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率；
（4）电解锰酸钾溶液时，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，则阴极溶液的pH增大，
故答案为：①MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；②增大；
（5）用高锰酸钾溶液滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀，发生反应的离子方程式为2MnO4﹣-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，
故答案为：2MnO4﹣-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；
（6）pH=10时c（OH﹣）=10﹣4mol/L，根据Ksp[Mn（OH）2]=c2（OH﹣）×c（Mn2+）可知，溶液中c（Mn2+）=mol/L=2.0×10﹣5mol/L，
故答案为：2.0×10﹣5mol/L．
【点评】本题考查常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，解答本题时要充分理解图中提供的信息，只有理解了图中信息才能对问题做出正确的判断，题目难度中等．
20．氨是最为重要的化工原料之一，已知：
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol
4NH3（g）+5O2 （g）=4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣1170kJ/mol
试回答下列问题
（1）合成氨的热化学方程式为 N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol ．
（2）某温度时在一个3L容器中，其中氢气的物质的物质的量随时间变化的曲线如图1所示，反应开始至2min，用NH3生成的表示的平均反应速率为 0.03mol/（L•min） ．
（3）工业上生产氢气时需将水煤气中CO变换为CO2和H2，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0．
26
①在750K条件下，该反应的平衡常数=2.6，当H2O和CO的物质的量之比为1时，CO的转化率为 62.5% ．
②经变换过的气体仍有少量的CO，常用的方法之一是铜洗法，CO（g）+Cu（NH3）2Ac（aq）+NH3（l）⇌[Cu（NH3）3CO]Ac（aq）；△H＜0；反应在铜洗塔中进行，吸收后的铜液送到再生器中，在再生器，解吸CO，从经济效益考虑，工业上适宜条件是 及时分离生成物 ，解吸后铜氨液循环使用．
（4）电化学合成氨原理如图2所示，阳极的电极反应式为 3H2+2N3﹣﹣6e﹣=2NH3 ；电化学合成一个NH3，可以产生 3 个电子的电量．
【考点】热化学方程式；化学平衡的计算；电解原理．
【分析】（1）根据盖斯定律来分析；
（2）根据图象中氢气浓度变化，计算出氢气反应速率，从而得到氨气的反应速率；
（3）①根据化学平衡常数表达式计算各物质平衡时浓度，计算出CO的转化率；
②利用化学平衡移动影响因素考虑；
（4）阳极发生氧化反应失去电子；阴极发生还原反应得到电子；根据电极反应式判断转移电子数．
【解答】解：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol ①
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol ②
4NH3（g）+5O2 （g）=4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣1170kJ/mol ③
根据盖斯定律，将①+×②﹣可得：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4 kJ/mol
故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4 kJ/mol；
（2）反应开始至2min，氢气物质的量变化为：（1﹣0.7）mol=0.3mol，浓度变化为：=0.1mol/L，氢气的反应速率为=0.05mol（L•min）﹣1，氢气与氨气的计量数之比为3：2，即氢气和氨气的速率之比为：3：2，氨气的反应速率为0.05mol（L•min）﹣1×=0.03mol（L•min）﹣1，
故答案为：0.03mol（L•min）﹣1；
（3）①设反应生成的二氧化碳和氢气为xmol/L，
CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）
起始浓度：1 1 0 0
转化浓度：x x x x
平衡浓度：1﹣x 1﹣x x x
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K===2.6，x=0.625mol/L，α==62.5%，
故答案为：62. 5%；
②应促进化学平衡的正向进行，可以减小生成物浓度，故答案为：及时分离生成物；
（4）阳极氢气发生氧化反应失去电子，然后结合了N3﹣生成氨气，故电极反应式可写为：3H2+2N3﹣﹣6e﹣=2NH3；每生成一个NH3，则反应掉1.5个氢气分子，转移电子数为3，故答案为：3H2+2N3﹣﹣6e﹣=2NH3；3．
【点评】本题考查热化学方程式书写、化学平衡条件的选择、转化率计算和电化学相关知识，难度不大，注意化学平衡移动的影响因素时，加入纯固体和纯液体对化学平衡移动无影响影响．
21．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛．已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：
回答下列有关问题：
（1）硼砂溶于热水后，常用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，反应的离子方程式为 B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3 ．X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 Mg+B2O3═2B+3MgO ．
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是 防止MgCl2水解生成Mg（OH）2 ．若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为 Mg2++2H2O+2e﹣=Mg（OH）2↓+H2↑ ．
（3）镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，则正极反应式为 H2O2+2H++2e﹣=2H2O ．若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中Mg2+离子浓度为 0.045mol•L﹣1 ．已知Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，当溶液pH=6时 没有 （填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤得到氯化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，过电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3；
（1）用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，X为H3BO3晶体加热脱水的产物判断为B2O3，与Mg反应生成粗硼和氧化镁；
（2）氯化镁在水溶液中水解生成氢氧化镁；惰性电极电解MgCl2溶液阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出电极反应；
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（3）燃料电池中正极上是过氧化氢得到电子生成水；依据电解质溶液PH变化结合电池反应计算镁离子浓度；PH=6计算氢氧根离子浓度，结合生成镁离子浓度计算浓度商和溶度积常数比较分析是否生成氢氧化镁沉淀；
【解答】解：（1）用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3，X为H3BO3晶体加热脱水的产物判断为B2O3，与Mg反应生成粗硼和氧化镁，反应的化学方程式为3Mg+B2O32B+3MgO，
故答案为：B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3；3Mg+B2O32B+3MgO；
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为：2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg（OH）2↓；
故答案为：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg（OH）2↓；
（3）镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H++2e﹣=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L﹣0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，当溶液pH=6时，c（OH﹣）=10﹣8mol/L，则Qc=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=0.045mol/L×10﹣16mol/L=4.5×10﹣18＜Ksp[Mg（OH）2]，说明无氢氧化镁沉淀生成；
故答案为：H2O2+2H++2e﹣=2H2O；0.045 mol•L﹣1；没有；
【点评】本题考查了盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析，沉淀溶解平衡的计算应用，题目难度稍大，计算是难点，计算时要充分利用题目所给数量关系和表中数据，根据质量关系和质量分数的概念快速解题．
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