陕西省渭南市澄城县寺前中学2016届高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（上）第四次月考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题3分共48分）‎ ‎1．化学与生产、生活、环境密切相关．下列说法错误的是（　　）‎ A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料 B．硫酸钠溶液和氯化钡溶液均能使蛋白质变性 C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关 D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染 ‎　‎ ‎2．下列说法错误的是（　　）‎ A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性 B．等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠溶液中水电离产生的c（OH﹣）．前者小于后者 C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度不一定相等，但保持不变 D．水的离子积只与温度有关，向水中加入酸、碱或盐一定会影响水的电离平衡 ‎　‎ ‎3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣‎ B．使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣‎ C．0.1 mol•L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣‎ D．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣‎ ‎　‎ ‎4．用电动公交车初步替代燃油公交车是天津市节能减排、控制雾霾的重要举措之一．Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe，有关该电池的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．电池反应的化学方程式为：2Li+FeS═Li2S+Fe B．负极的电极反应式为：Al﹣3e﹣=Al3+‎ C．Li﹣Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价是+1‎ D．电池充电时，阴极反应为：Li2S+Fe﹣2e﹣═2Li++FeS - 31 -‎ ‎　‎ ‎5．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）‎ A．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2O B．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2=4Fe3++6Cl﹣+Br2‎ C．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成的沉淀物质的量最多：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+4H2O ‎　‎ ‎6．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）‎ B．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同 C．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强 D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物 ‎　‎ ‎7．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＞0‎ B．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极 C．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小 D．Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小 ‎　‎ ‎8．25℃时，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=b，则b=a+1‎ B．浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液的c（NH4+）：①＞③＞②‎ C．浓度相同的氨水与盐酸等体积混合：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ D．将amol•L﹣1CH3COOH与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a＞b ‎　‎ ‎9．下列依据相关实验得出的结论正确的是（　　）‎ - 31 -‎ A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液 B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯 D．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+‎ ‎　‎ ‎10．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．25℃时，pH=13的氨水中含有OH﹣的数目为0.1NA B．标准状况下，2.24 LNO2 与水反应生成NO3﹣的数目为0.1NA C．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，转移电子的数目为NA D．4.0 g H2与足量O2完全反应生成水，反应中断裂共价键的总数为2NA ‎　‎ ‎11．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示．则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣‎ B．原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol C．原溶液中：n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）═2：1：3‎ D．线段AB表示Fe2+被氯气氧化 ‎　‎ ‎12．下列操作会使H2O的电离平衡向电离方向移动，且pH＜7的是（　　）‎ A．向水中加少量Na2CO3 B．向水中加少量NaOH C．向水中加少量NaHSO4 D．将纯水加热到90℃‎ ‎　‎ ‎13．50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol•L﹣1‎ B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）=c（HCO3﹣）‎ - 31 -‎ C．饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）‎ D．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol•L﹣1‎ ‎　‎ ‎14．常温时向20mL 0.1mol•L﹣1 HA溶液中不断滴入0.1mol•L﹣1 NaOH溶液，pH变化如图．下列叙述正确的是（　　）‎ A．HA的电离方程式：HA═H++A﹣‎ B．水的电离程度：a点＞b点 C．c点溶液：c（H+）+c（Na+）═c（A﹣）+c（HA）‎ D．d点溶液：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎　‎ ‎15．有一反应：2A+B⇌2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是（　　）‎ A．该反应是放热反应 B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化 C．T1温度下a点表示若想达到平衡，可以采取增大压强的方法 D．c点可表示v（正）＜v（逆）‎ ‎　‎ ‎16．下列说法正确的是（　　）‎ A．常温下物质的量浓度相等的①（NH4）2CO3溶液、②（NH4）2SO4溶液和③NH4Cl溶液中，水的电离程度：①＞③＞②‎ - 31 -‎ B．常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则混合溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）‎ C．某溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10﹣12mol/L，则此溶液中K+、HCO3﹣、Cl﹣、SO32﹣可以大量共存 D．0.1mol氯气与足量氢氧化钠溶液（常温）反应，转移电子0.1NA ‎　‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分52分）‎ ‎17．水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离．请回答下列问题：‎ ‎（1）纯水在100℃时，pH=6，该温度下0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中，溶液的pH=　　　　　　．‎ ‎（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为　　　　　　，由水电离出的c（OH﹣）=　　　　　　 mol•L﹣1．‎ ‎（3）体积均为100mL、pH均为2的盐酸与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX是　　　　　　（填“强酸”或“弱酸”），理由是　　　　　　．‎ ‎ （4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量． ‎ 化学式 电离常数 HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11‎ ‎①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为　　　　　　（填化学式）．‎ ‎②25℃时，在0.5mol/L 的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H+）约是由水电离出的c（H+）的　　　　　　倍．‎ ‎　‎ ‎18．A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2：3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红．请回答下列问题．‎ - 31 -‎ ‎（1）X在周期表中的位置是　　　　　　‎ ‎（2）化合物Y2X2的电子式为　　　　　　；它含有的化学键类型有　　　　　　‎ A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．氢键 ‎（3）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（4）A的单质与X的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则负极电极反应式为　　　　　　．‎ ‎（5）写出化合物Y2X2与水反应的离子方程式　　　　　　．‎ ‎（6）B的最高价氧化物的结构式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎19．FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．‎ I、经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：‎ ‎①检查装置的气密性；‎ ‎②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；‎ ‎③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成 ‎④…‎ ‎⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中反应的化学方程式为　　　　　　；‎ ‎（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端．要使沉积得FeCl3进入收集器，第④步操作是　　　　　　．‎ ‎（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）　　　　　　‎ ‎（4）装置B中的冷水作用为　　　　　　；装置C的名称为　　　　　　‎ - 31 -‎ ‎（5）FeCl3与H2S反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎20．氨既是实验室中常用试剂，也是工业上重要原料．‎ ‎（1）写出实验室制取氨气的化学方程式为　　　　　　；‎ ‎（2）氨在氧气中燃烧，生成水和一种单质．‎ 已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1‎ 写出氨在氧气中燃烧生成液态水和气态单质的热化学方程式：　　　　　　；‎ ‎（3）已知在一定条件下，将2molN2和2molH2混合于一个4L的密闭容器中发生的反应为N2+3H22NH3，5min后达到平衡，平衡时氨的体积分数为25%．‎ ‎①该反应的平衡常数K=　　　　　　；‎ ‎②从反应开始到平衡时，N2的反应速率v（N2）=　　　　　　；‎ ‎（4）工业上以氨气、空气为主要原料制取硝酸．在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＞0．该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图所示．若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）　　　　　　．‎ A．在t1﹣t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态 B．在t2时，采取的措施可以是升高温度 C．在t3﹣t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态 D．在t3时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值 ‎（5）为检验氨气与酸反应得到的某种常见氮肥的成分，某同学进行了以下实验：①加热氮肥样品产生气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊．②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化．由此可知该氮肥的主要成分可能是　　　　　　（填选项序号）；‎ A．NH4Cl B．（NH4）2CO3 C．NH4HCO3 D．NH4NO3‎ ‎（6）硝酸厂常用Na2CO3溶液吸收处理尾气NO2生成CO2．若9.2g NO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是　　　　　　．‎ - 31 -‎ ‎　‎ ‎　‎ - 31 -‎ ‎2015-2016学年陕西省渭南市澄城县寺前中学高三（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3分共48分）‎ ‎1．化学与生产、生活、环境密切相关．下列说法错误的是（　　）‎ A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料 B．硫酸钠溶液和氯化钡溶液均能使蛋白质变性 C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关 D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料．‎ ‎【专题】化学计算．‎ ‎【分析】A．隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，复合材料含两种或两种以上材料的性质；‎ B．重金属盐使蛋白质发生变性；‎ C．氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生；‎ D．绿色化学应从源头上做起．‎ ‎【解答】解：A．隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，则为复合材料，故A正确；‎ B．氯化钡溶液能使蛋白质变性，而硫酸钠溶液使其发生盐析，故B错误；‎ C．氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生，则“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关，故C正确；‎ D．绿色化学应从源头上做起，其核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不能先污染后治理，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查较综合，涉及复合材料、蛋白质的性质、环境污染问题、绿色化学，综合性较强，注重基础知识的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法错误的是（　　）‎ A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性 B．等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠溶液中水电离产生的c（OH﹣）．前者小于后者 - 31 -‎ C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度不一定相等，但保持不变 D．水的离子积只与温度有关，向水中加入酸、碱或盐一定会影响水的电离平衡 ‎【考点】氨的化学性质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A．能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体是碱性气体；‎ B．酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；‎ C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中各种离子达到饱和状态；‎ D．水的离子积常数只与温度有关，但酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离．‎ ‎【解答】解：A．能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体是碱性气体，碱性气体溶于水生成碱，故A正确；‎ B．酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，醋酸抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以两种溶液中产生的氢氧根离子浓度前者小于后者，故B正确；‎ C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中各种离子达到饱和状态，溶液中溶质的离子浓度不一定相等，只要外界条件不变，则溶液中各种离子浓度不变，故C正确；‎ D．水的离子积常数只与温度有关，但酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以向水中加入酸、碱或盐可能会影响水的电离平衡，温度不变，但溶液中水的离子积常数不变，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查较综合，涉及气体的检验、影响水电离平衡的因素、难溶物的溶解平衡等知识点，易错选项是D，注意水的离子积常数只与温度有关，但不是说只有温度才改变水的电离平衡，为易错点．‎ ‎　‎ ‎3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣‎ B．使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣‎ C．0.1 mol•L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣‎ D．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ - 31 -‎ ‎【分析】A．使甲基橙变红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性；‎ B．使酚酞变红色的溶液，pH＞8，溶液显碱性；‎ C．AgI为黄色沉淀；‎ D．AlO2﹣、H+反应．‎ ‎【解答】解：A．使甲基橙变红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故A正确；‎ B．使酚酞变红色的溶液，pH＞8，溶液显碱性，Cu2+、HCO3﹣分别与碱反应，则不能共存，故B错误；‎ C．Ag+、I﹣结合生成AgI为黄色沉淀，Ag+、SO42﹣结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；‎ D．AlO2﹣、H+反应时，酸少量生成沉淀，酸过量时生成铝离子，则不能共存，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意酸碱指示剂的变色范围为解答的易错点，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．用电动公交车初步替代燃油公交车是天津市节能减排、控制雾霾的重要举措之一．Li﹣Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe，有关该电池的下列说法中，正确的是（　　）‎ A．电池反应的化学方程式为：2Li+FeS═Li2S+Fe B．负极的电极反应式为：Al﹣3e﹣=Al3+‎ C．Li﹣Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价是+1‎ D．电池充电时，阴极反应为：Li2S+Fe﹣2e﹣═2Li++FeS ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料Li﹣Al/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Li﹣e﹣═Li+，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS═Li2S+Fe，充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，反应式是2Li++2e﹣═2Li．‎ ‎【解答】解：A、根据正极反应2Li++FeS+2e﹣═Li2S+Fe与负极反应2Li﹣2e﹣═2Li+相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS═Li2S+Fe，故A正确；‎ B、负极应该是Li失去电子而不是Al，发生反应为：Li﹣e﹣═Li+，故B错误；‎ - 31 -‎ C、Li和Al都属于金属，在电池中作为负极材料，所以Li﹣Al应该属于合金而不是化合物，因此化合价为0价，故C错误；‎ D、充电时为电解池原理，阴极发生还原反应，正确的反应式是2Li++2e﹣═2Li，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写．‎ ‎　‎ ‎5．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）‎ A．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2O B．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2=4Fe3++6Cl﹣+Br2‎ C．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成的沉淀物质的量最多：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+4H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】A、酸式盐和碱反应，量少的全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比；‎ B、溶液中离子还原性为Fe2+＞Br﹣，通入氯气顺序反应；由电子守恒可知，0.4mol亚铁离子全部被氧化，0.2mol溴离子被氧化；‎ C、明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液至生成的沉淀物质的量最多时，恰好氢氧化铝全部沉淀；‎ D、发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、H2O，遵循电子守恒；‎ ‎【解答】解：A、Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液，NaOH完全反应，反应生成碳酸钙、H2O，发生的离子反应为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故A错误；‎ B、由电子守恒可知，0.4mol亚铁离子全部被氧化，0.2mol溴离子被氧化，发生的离子反应为4Fe2++2Br﹣+3Cl2=4Fe3++6Cl﹣+Br2，故B正确；‎ C、生成的沉淀物质的量最多时，反应生成硫酸钡、氢氧化铝，恰好氢氧化铝全部沉淀，发生的离子反应为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；‎ D、磁性氧化铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、H2O，离子反应为：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O，故DC错误；‎ 故选B．‎ - 31 -‎ ‎【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确题目中发生的化学反应及反应物的量对反应的影响即可解答，题目难度中等，BC为学生解答的易错点和难点．‎ ‎　‎ ‎6．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）‎ B．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同 C．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强 D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物 ‎【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】Z是地壳中含量最高的元素，Z为O；由X的原子半径比Y的小，X与W同主族，短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，则X一定为第一周期元素，为H，W为Na；原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，Y为第二周期的N元素，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答．‎ ‎【解答】解：Z是地壳中含量最高的元素，Z为O；由X的原子半径比Y的小，X与W同主族，短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，则X为H，W为Na；原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，Y为第二周期的N元素，‎ A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A错误；‎ B．元素Z（O）、W（Na）的简单离子的电子层结构相同，均有2个电子层，最外层电子数为8，故B错误；‎ C．非金属性Z＞Y，则元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C错误；‎ D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，若为硝酸盐，则为离子化合物，若为硝酸，则是共价化合物，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构的关系推断各元素为解答的关键，注意元素周期律的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＞0‎ - 31 -‎ B．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极 C．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小 D．Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH减小 ‎【考点】反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【专题】基本概念与基本理论．‎ ‎【分析】A、当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行；‎ B、用电解法精炼精铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；‎ C、加水稀释促进电离平衡正向进行；‎ D、Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加入少量Ca（OH）2固体，Ca2+、CO32﹣反应生成碳酸钙沉淀，平衡逆向移动，氢氧根离子浓度增大．‎ ‎【解答】解：A、反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，△G=△H﹣T•△S＜0，△S＜0，所以该反应的△H＜0，故A错误；‎ B、电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；‎ C、CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；加水稀释促进电离平衡正向进行，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，=减小，故C正确；‎ D、D、Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加入少量Ca（OH）2固体，Ca2+、CO32﹣反应生成碳酸钙沉淀，平衡逆向移动，水解程度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查了反应的自发性、电解原理、平衡原理的运用，难度不大，掌握原理即可解答．‎ ‎　‎ ‎8．25℃时，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=b，则b=a+1‎ B．浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液的c（NH4+）：①＞③＞②‎ C．浓度相同的氨水与盐酸等体积混合：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ D．将amol•L﹣1CH3COOH与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a＞b - 31 -‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．醋酸为弱电解质，加水稀释，电离平衡正向移动，溶液的pH变化小于1；‎ B．醋酸根离子促进了铵根离子的水解，硫酸氢铵中的氢离子抑制了铵根离子的水解；‎ C．混合液的溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）；‎ D．若a=b，反应生成醋酸钠溶液显示碱性，若要使混合液的pH=7，则醋酸需要稍过量．‎ ‎【解答】解：A．醋酸为弱电解质，加水稀释后促进了醋酸的电离，电离平衡正向移动，故将pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，溶液的pH=b，则b＜（a+1），故A错误；‎ B．浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液中，由于醋酸根离子促进了铵根离子的水解、氢离子抑制了铵根离子的水解，则三种溶液中的c（NH4+）大小为：③＞①＞②，故B错误；‎ C．浓度相同的氨水与盐酸等体积混合，反应后溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）、c（H+）＞c（OH﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；‎ D．amol•L﹣1CH3COOH与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH=7，由于a=b时混合液为碱性，则pH=7时醋酸应该过量，即a＞b，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、弱电解质的电离及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．‎ ‎　‎ ‎9．下列依据相关实验得出的结论正确的是（　　）‎ A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液 B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯 D．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+‎ ‎【考点】常见阳离子的检验；常见气体的检验；常见阴离子的检验．‎ ‎【专题】物质检验鉴别题．‎ ‎【分析】A、二氧化硫通入澄清石灰水也会变浑浊；‎ B、钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰；‎ - 31 -‎ C、溴水中溴单质是强氧化剂，通入的气体只要是还原性气体都可以使溴水褪色；‎ D、依据亚铁离子的检验方法分析判断．‎ ‎【解答】解：A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；‎ B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B错误；‎ C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故C错误；‎ D、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到硫氰酸钾溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了常见离子检验方法和现象判断，主要是碳酸盐、亚硫酸盐、溴单质、亚铁离子等物质性质的分析应用，焰色反应的实验方法应用，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．25℃时，pH=13的氨水中含有OH﹣的数目为0.1NA B．标准状况下，2.24 LNO2 与水反应生成NO3﹣的数目为0.1NA C．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，转移电子的数目为NA D．4.0 g H2与足量O2完全反应生成水，反应中断裂共价键的总数为2NA ‎【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、25℃时，pH=13的氨水中氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，没有告诉溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；‎ B、标准状况下2.24 LNO2 的物质的量为0.1mol，由于二氧化氮与水反应生成硝酸根离子和一氧化氮气体，所以生成的硝酸根离子的物质的量小于0.1mol；‎ C、钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子；‎ D、4.0g氢气的物质的量为：=2mol，2mol氢气与1mol氧气 恰好完全反应，断裂的共价键有2mol氢氢键、1mol氧氧键，总共断裂了3mol共价键．‎ - 31 -‎ ‎【解答】解：A、题中没有告诉氨水的体积，无法计算pH=13的氨水中含有OH﹣的数目，故A错误；‎ B、二氧化氮的物质的量为0.1mol，由于二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以生成的硝酸根离子的物质的量小于0.1mol，生成NO3﹣的数目小于0.1NA，故B错误；‎ C、1mol钠完全反应失去1mol电子，根据电子守恒，转移了1mol电子，转移电子的数目为NA，故C正确；‎ D、4g氢气的物质的量为2mol，2mol氢气完全反应消耗1mol氧气，二者完全反应需要断裂2mol氢氢键、1mol氧氧键，总共断裂3mol共价键，反应中断裂共价键的总数为3NA，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间的转化关系，试题培养了学生的分析、理解能力．‎ ‎　‎ ‎11．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示．则下列说法中不正确的是（　　）‎ A．还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣‎ B．原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol C．原溶液中：n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）═2：1：3‎ D．线段AB表示Fe2+被氯气氧化 ‎【考点】离子方程式的有关计算．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．‎ - 31 -‎ ‎【分析】氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，据此回答判断．‎ ‎【解答】解：A、反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br﹣，所以还原性：Fe2+＞Br﹣，反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，还原剂I﹣的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I﹣＞Fe2+，所以还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故A正确；‎ B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B正确；‎ C、通入氯气的量为1～3mol的过程中，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3，故C正确；‎ D、通入氯气后，碘离子先被氧化，线段AB即在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，表示I﹣被氯气氧化，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，题目难度较大，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会．‎ ‎　‎ ‎12．下列操作会使H2O的电离平衡向电离方向移动，且pH＜7的是（　　）‎ A．向水中加少量Na2CO3 B．向水中加少量NaOH C．向水中加少量NaHSO4 D．将纯水加热到90℃‎ ‎【考点】水的电离．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动．‎ ‎【解答】解：A、向水中加少量Na2CO3，碳酸根离子水解，促进水的电离，使溶液显碱性，pH＞7，故A不符合；‎ B、向水中加少量NaOH，增大了氢氧根离子浓度，抑制了水的电离，使溶液显碱性，pH＞7，故B不符合；‎ - 31 -‎ C、向水中加少量NaHSO4，硫酸氢钠电离出氢离子，使溶液显酸性，抑制水的电离，溶液pH＜7，故C不符合；‎ D、将水加热到90℃，促进水的电离，显中性，氢离子浓度增大，pH＜7，故D符合；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了水的电离平衡影响因素的分析判断，酸碱抑制电离，水解的盐促进水的电离，难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol•L﹣1‎ B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）=c（HCO3﹣）‎ C．饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）‎ D．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol•L﹣1‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；溶液pH的定义；盐类水解的应用．‎ ‎【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．‎ ‎【分析】A．c（H+）=10﹣pH；‎ B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，谁弱谁水解，谁强谁显性，所以碳酸氢根离子易水解；‎ C．任何溶液中都遵循电荷守恒；‎ D．根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度．‎ ‎【解答】解：A．c（H+）=10﹣pH=10﹣4mol/L，故A错误；‎ B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子易水解，而钠离子不水解，所以溶液中存在：c（Na+）＞c（HCO3﹣），故B错误；‎ C．氯化钠溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；‎ D．水的离子积常数与温度有关，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数增大，50℃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D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子浓度关系，根据电荷守恒、物料守恒来分析离子浓度大小，易错选项是D，注意水的离子积常数与温度的关系，为易错点．‎ ‎　‎ - 31 -‎ ‎14．常温时向20mL 0.1mol•L﹣1 HA溶液中不断滴入0.1mol•L﹣1 NaOH溶液，pH变化如图．下列叙述正确的是（　　）‎ A．HA的电离方程式：HA═H++A﹣‎ B．水的电离程度：a点＞b点 C．c点溶液：c（H+）+c（Na+）═c（A﹣）+c（HA）‎ D．d点溶液：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎【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．c点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；‎ B．a点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用；‎ C．c点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒；‎ D．d点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性．‎ ‎【解答】解：A．c点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸，HA的电离方程式：HA⇌H++A﹣，故A错误；‎ B．a点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，水的电离程度：a点＜b点，故B错误；‎ C．c点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒c（Na+）═c（A﹣）+c（HA），故C错误；‎ D．d点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性，故离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，题目难度中等．‎ ‎　‎ - 31 -‎ ‎15．有一反应：2A+B⇌2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是（　　）‎ A．该反应是放热反应 B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化 C．T1温度下a点表示若想达到平衡，可以采取增大压强的方法 D．c点可表示v（正）＜v（逆）‎ ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】由图象可以看出，随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，处于曲线上的点为平衡状态，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，故A错误；‎ B．b点处于平衡状态，混合气体的平均摩尔质量不再变化，故B正确；‎ C．增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而a点表示若想达到平衡，应是平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，故C错误；‎ D．c点未处于平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象的变化趋势，比较a、b、c三点的状态以及反应方向．‎ ‎　‎ ‎16．下列说法正确的是（　　）‎ A．常温下物质的量浓度相等的①（NH4）2CO3溶液、②（NH4）2SO4溶液和③NH4Cl溶液中，水的电离程度：①＞③＞②‎ B．常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则混合溶液中：c（Na+）=c（Cl﹣）‎ - 31 -‎ C．某溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10﹣12mol/L，则此溶液中K+、HCO3﹣、Cl﹣、SO32﹣可以大量共存 D．0.1mol氯气与足量氢氧化钠溶液（常温）反应，转移电子0.1NA ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子共存问题．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A．铵根离子水解程度是微弱的，则氯化铵溶液中铵根离子浓度最小；碳酸根离子促进了铵根离子的水解，则①中铵根离子浓度小于②；‎ B．溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣）；‎ C．水电离出的c（H+）=1.0×10﹣12mol/L，该溶液为酸性或碱性溶液，碳酸氢根离子、亚硫酸根离子与氢离子反应；亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应；‎ D．氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂．‎ ‎【解答】解：A．相同物质的量浓度的（NH4）2SO4与（NH4）2CO3所含c（NH4+）比NH4Cl溶液中，（NH4）2CO3溶液中碳酸根离子促进铵根离子的水解，（NH4）2SO4溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响，所以溶液中c（NH+4）大小为：（NH4）2SO4＞（NH4）2CO3＞NH4Cl，即：②＞①＞③，故A错误；‎ B．常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则满足：c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（CH3COO﹣），所以混合溶液中：c（Na+）＞c（Cl﹣），故B错误；‎ C．水电离出的c（H+）=1.0×10﹣12mol/L，该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；‎ D.0.1mol氯气与足量氢氧化钠溶液（常温）反应生成0.1mol氯化钠和0.1mol次氯酸钠，反应转移了0.1mol导致，转移电子数为0.1NA，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较、氧化还原反应的计算、盐的水解原理、离子共存等知识，题目难度中等，试题考查较综合，注意明确盐的水解原理、氧化还原反应中电子转移的计算方法，熟练掌握判断离子浓度大小的常用方法．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分52分）‎ ‎17．水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离．请回答下列问题：‎ - 31 -‎ ‎（1）纯水在100℃时，pH=6，该温度下0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中，溶液的pH=　11　．‎ ‎（2）25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为　CO+H2O⇌HCO+OH﹣　，由水电离出的c（OH﹣）=　10﹣3　 mol•L﹣1．‎ ‎（3）体积均为100mL、pH均为2的盐酸与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX是　弱酸　（填“强酸”或“弱酸”），理由是　稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸　．‎ ‎ （4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量． ‎ 化学式 电离常数 HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11‎ ‎①25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为　Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa　（填化学式）．‎ ‎②25℃时，在0.5mol/L 的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H+）约是由水电离出的c（H+）的　9×108　倍．‎ ‎【考点】水的电离；pH的简单计算；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】（1）先计算出0.1 mol•L﹣1的NaOH中c（H+），再根据pH=﹣lg计算出溶液的pH；‎ ‎（2）碳酸钠溶液中CO32﹣部分水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，其水解方程式为：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣；pH=13的碳酸钠溶液中氢离子是由水电离产生的，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH ﹣），故水电离出c（OH ﹣）=c（H+）=10﹣3mol/L；‎ ‎（3）由图可知，稀释相同倍数时HCl的pH变化大，则酸性HCl＞HX；‎ ‎（4）①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；‎ ‎②0.5mol/L 的醋酸电离出的c（H+）为×0.5mol/L，利用Kw来计算水电离产生的氢离子浓度，然后比较即可．‎ - 31 -‎ ‎【解答】解：（1）纯水中的=，pH=6，==1×10﹣6mol•L﹣1，KW=1×10﹣6×1×10﹣6=1×10﹣12，0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，c（H+）=1×10﹣11mol•L﹣1，pH=﹣lg=11，故答案为：11；　‎ ‎（2）碳酸钠溶液中CO32﹣部分水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，其水解方程式为：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣，pH=13的碳酸钠溶液中氢离子是由水电离产生的，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH ﹣），故水电离出c（OH ﹣）=c（H+）=10﹣3mol/L，故答案为：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣； 10﹣3；‎ ‎（3）由图可知，稀释相同倍数时HCl的pH变化大，则酸性HCl＞HX，故HX为弱酸，故答案为：弱酸； 稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸；‎ ‎（4）①根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；故答案为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；‎ ‎②0.5mol/L 的醋酸电离出的c（H+）为×0.5mol/L，水电离产生的氢离子浓度为mol/L，则由HAC电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的9×108故答案为：9×108．‎ ‎【点评】本题考查盐类水解的应用，溶液酸碱性和pH的计算判断，溶液中离子浓度的大小比较，综合性较强，要注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二步电离比HCN小．‎ ‎　‎ ‎18．A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2：3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红．请回答下列问题．‎ ‎（1）X在周期表中的位置是　第二周期ⅥA族　‎ ‎（2）化合物Y2X2的电子式为　　；它含有的化学键类型有　AC　‎ A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．氢键 - 31 -‎ ‎（3）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为　H2O2+H2S=S↓+2H2O　．‎ ‎（4）A的单质与X的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则负极电极反应式为　H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O或2H2﹣4e﹣+4OH﹣═4H2O　．‎ ‎（5）写出化合物Y2X2与水反应的离子方程式　2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑　．‎ ‎（6）B的最高价氧化物的结构式为　O=C=O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】A与B和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素，Y2X2为Na2O2，X与Z同主族，则Z为S元素，B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为C元素，根据元素所在周期表中的位置，结合对应的化合物的结构和性质解答该题．‎ ‎【解答】解：A与B和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素，Y2X2为Na2O2，X与Z同主族，则Z为S元素，B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为C元素，‎ ‎（1）X为O，位于第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；‎ ‎（2）Y2X2的电子式为，含离子键和O﹣O非极性共价键，故答案为：；AC；‎ ‎（3）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物分别为H2O2、H2S，此两种化合物发生反应生成Z的化学方程式为H2O2+H2S=S↓+2H2O，故答案为：H2O2+H2S=S↓+2H2O；‎ - 31 -‎ ‎（4）A的单质与X的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），为氢氧燃料电池，负极上氢气失去电子，电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O或2H2﹣4e﹣+4OH﹣═4H2O，故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O或2H2﹣4e﹣+4OH﹣═4H2O；‎ ‎（5）化合物Y2X2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑；‎ ‎（6）B的最高价氧化物为二氧化碳，其结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O．‎ ‎【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握原子结构、元素化合物知识推断元素为解答的关键，Y2X2为过氧化钠是推断的突破口，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎19．FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．‎ I、经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：‎ ‎①检查装置的气密性；‎ ‎②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；‎ ‎③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成 ‎④…‎ ‎⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中反应的化学方程式为　2Fe+3Cl22FeCl3　；‎ ‎（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A的右端．要使沉积得FeCl3进入收集器，第④步操作是　在沉积的FeCl3固体下方加热　．‎ ‎（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）　②⑤　‎ - 31 -‎ ‎（4）装置B中的冷水作用为　冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管　；装置C的名称为　干燥管　‎ ‎（5）FeCl3与H2S反应的离子方程式为　2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】卤族元素；氧族元素；几种重要的金属及其化合物；无机实验综合．‎ ‎【分析】装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气．‎ ‎（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁；‎ ‎（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质；‎ ‎（3）防止FeCl3潮解，不与水蒸气接触；‎ ‎（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管；‎ ‎（5）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应．‎ ‎【解答】解：Ⅰ．（1）氯气具有强氧化性，将变价铁氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，‎ 故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；‎ ‎（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，第④步操作是对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，‎ 故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；‎ ‎（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，‎ 故选：②⑤；‎ ‎（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；‎ 故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；‎ ‎（5）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，‎ 故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+．‎ - 31 -‎ ‎【点评】本题考查了制备无水FeCl3实验操作和实验设计，题目难度中等，侧重考查铁、氯、硫及其化合物的性质应用、实验基本操作的分析判断、实验现象的推断和应用，试题综合性较强，有利于培养学生灵活应用基础知识的能力．‎ ‎　‎ ‎20．氨既是实验室中常用试剂，也是工业上重要原料．‎ ‎（1）写出实验室制取氨气的化学方程式为　Ca（OH）2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O　；‎ ‎（2）氨在氧气中燃烧，生成水和一种单质．‎ 已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1‎ 写出氨在氧气中燃烧生成液态水和气态单质的热化学方程式：　4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1　；‎ ‎（3）已知在一定条件下，将2molN2和2molH2混合于一个4L的密闭容器中发生的反应为N2+3H22NH3，5min后达到平衡，平衡时氨的体积分数为25%．‎ ‎①该反应的平衡常数K=　　；‎ ‎②从反应开始到平衡时，N2的反应速率v（N2）=　0.008mol/（L﹒min）　；‎ ‎（4）工业上以氨气、空气为主要原料制取硝酸．在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＞0．该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图所示．若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）　AB　．‎ A．在t1﹣t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态 B．在t2时，采取的措施可以是升高温度 C．在t3﹣t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态 D．在t3时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值 ‎（5）为检验氨气与酸反应得到的某种常见氮肥的成分，某同学进行了以下实验：①加热氮肥样品产生气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊．②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化．由此可知该氮肥的主要成分可能是　C　（填选项序号）；‎ A．NH4Cl B．（NH4）2CO3 C．NH4HCO3 D．NH4NO3‎ - 31 -‎ ‎（6）硝酸厂常用Na2CO3溶液吸收处理尾气NO2生成CO2．若9.2g NO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是　2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．‎ ‎【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制取氨气；‎ ‎（2）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律②×3﹣①×②得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l），据此书写热化学方程式；‎ ‎（3）①化学平衡常数是平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；‎ ‎②设参加反应的氮气的物质的量，利用三段法求出各自的物质的量，再根据体积分数求出未知数，然后根据v=计算反应速率；‎ ‎（4）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g））△H＞0．该反应是气体体积减小的吸热反应；‎ A、压强不变说明反应达到平衡；‎ B、反应是吸热反应升温正逆反应速率增大，平衡正向进行；‎ C、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变；‎ D、依据图象分析器内NO2的体积分数在t3～t4时最大；‎ ‎（5）加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子；由此推导出氮肥的主要成分；‎ ‎（6）9.2g NO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，即每2mol NO2和Na2CO3溶液反应时转移电子1mol计算生成的硝酸，根据化合价的变化判断生成物，以此书写反应的离子方程式．‎ - 31 -‎ ‎【解答】解：（1）实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制取氨气，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O，‎ 故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O；‎ ‎（2）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律②×3﹣①×②得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）①该反应的平衡常数表达式K=，故答案为：K=；‎ ‎②设参加反应的氮气的物质的量xmol，‎ ‎ N2+3H2 2NH3‎ 开始（mol）：1 3 0‎ 变化（mol）：x 3x 2x ‎ 平衡（mol）：1﹣x 3﹣3x 2x ‎ ‎5min后达到平衡，平衡时氨的体积分数=×100%=25%；‎ 解得x=0.4，‎ N2的反应速率v（N2）===0.008mol/（L﹒min）；‎ 故答案为：0.008mol/（L﹒min）；‎ ‎（4）A．该反应正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，压强不变，说明到达平衡，故A正确；‎ B．正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，在t2时，正、逆速率都增大，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应进行，转化率增大，故B正确；‎ - 31 -‎ C．恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故C错误；‎ D．由图可知，在t2时，改变条件平衡向正反应移动，t3时到达平衡，t4时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应进行，应是NO2降低的浓度，故容器内NO2的体积分数在t3时值的最大，故D错误；‎ 故选AB；‎ ‎（5）加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸根离子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3；‎ 故答案为：C；‎ ‎（6）9.2gNO2的物质的量=0.2mol，即0.2molNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则2molNO2和Na2CO3溶液反应时转移电子1mol，则N的化合价分别有+4价变化为+5价和+3价，在碱性溶液中应生成NO3﹣和NO2﹣，反应的离子方程式为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，‎ 故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2．‎ ‎【点评】本题为综合体，考查了氨气的制备和性质的检验，盖斯定律求反应热，化学平衡的移动及平衡状态的判断，氧化还原方程式的书写，题目难度大，熟悉平衡状态的影响因素是解题关键．‎ ‎　‎ - 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