河北省衡水中学2016届高三化学上学期四调试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年河北省衡水中学高三（上）四调化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（1～10题，每小题1分，共10分）‎ ‎1．关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（　　）‎ A．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 B．“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化 C．“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化 D．“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化 ‎　‎ ‎2．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（　　）‎ A．在食品袋中放入硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质 B．天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源 C．富含N、P元素的生活用水可以直接用来灌溉农田 D．酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分被氧化的原因 ‎　‎ ‎3．下列叙述正确的是（　　）‎ A．氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质 B．电解、电泳、电离、电化学腐蚀均需在通电条件下才能进行 C．红宝石、水晶、钻石的主要成分都是二氧化硅 D．福尔马林、水玻璃、氨水、胆矾均为混合物 ‎　‎ ‎4．图表归纳是学习化学的一种常用方法，某同学归纳的下表内容与如图对应正确的是（　　）‎ 选项 x y z A 胶体 混合物 淀粉溶液 B 化合物 酸性氧化物 二氧化氮 C 纯净物 化合物 HD D 强电解质 强酸 HI A．A B．B C．C D．D ‎　‎ ‎5．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子不一定等于2NA B．1molNa2O2晶体中共含有4NA个离子 C．1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA D．常温下pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.2mol/L ‎　‎ ‎6．用惰性电极电解某无色溶液时，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生；阴极附近有白色沉淀生成．则原溶液中可能大量共存的离子组是（　　）‎ A．Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ B．H+、Mg2+、Na+、SO42﹣‎ C．CO32﹣、K+、Cl﹣、Na+ D．Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+‎ 42‎ ‎　‎ ‎7．如图装置或操作正确的是（　　）‎ A．用装置①量取15.00ml的NaOH溶液 B．用装置②制备Cl2‎ C．用装置③高温煅烧CaCO3固体 D．关闭活塞a，从b处加水，以检查装置④的气密性 ‎　‎ ‎8．某实验过程如图所示，则图③试管中的现象是（　　）‎ A．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色 B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 D．无明显现象，因稀硫酸不与铜反应 ‎　‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．氢气的燃烧热为△H=﹣285.5k•Jmol﹣1，则电解水的热化学方程式为2H2O（l）2H2（g）+O2（g）△H=+285.5k•Jmol﹣1‎ B．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量．则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=﹣95.6kJ•mol﹣1‎ C．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣38.6k•Jmol﹣1‎ D．相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1molN2和3molH2反应放出的热量与2molN2和3molH2反应放出的热量一样多 ‎　‎ ‎10．1L某溶液中含有的离子如表：用惰性电极电解该溶液，当电路中有3mol e﹣通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（　　）‎ 离子 Cu2+‎ Al3+‎ NO Cl﹣‎ 物质的量浓度（mol/L）‎ ‎1‎ ‎1‎ a ‎1‎ A．电解后溶液的pH=0 B．a=3‎ C．阳极生成1.5 mol Cl2 D．阴极析出的金属是铜与铝 42‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、单项选择题（11～30题，每小题2分，共40分）‎ ‎11．下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（　　）‎ A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏 C．铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎　‎ ‎12．下列说法中正确的有几项（　　）‎ ‎①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2‎ ‎②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g ‎③盐酸既有氧化性又有还原性 ‎④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备 ‎⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性 ‎⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%‎ ‎⑦干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色 ‎⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种 ‎⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀．‎ A．3项 B．4项 C．5项 D．6项 ‎　‎ ‎13．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和K3[Fe（CN）6]试液混合溶液的培养皿中（如图所示平面图），经过一段时间后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．Ⅰ附近溶液pH降低 B．Ⅱ附近很快出现蓝色沉淀 C．Ⅲ附近产生黄绿色气体 D．Ⅳ附近很快生成铁锈 ‎　‎ ‎14．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备多种物质．有关下列制备方法错误的是（　　）‎ A．制备碱式硫酸铁利用了过氧化氢的氧化性 B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 42‎ C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化 D．制备（NH4）2Fe（SO4）2利用了它的溶解度比FeSO4的溶解度大这一性质 ‎　‎ ‎15．一定条件下，充分燃烧一定量的丁烷放出热量161.9kJ，经测定完全吸收生成的CO2需消耗5mol/L的KOH溶液100ml，恰好生成正盐，则此条件下热化学方程式：C4H10（g）+O2（g）→4CO2（g）+5H2O（g）的△H为（　　）‎ A．+2590.4kJ/mol B．﹣2590.4kJ/mol C．+1295.2kJ/mol D．﹣1295.2kJ/mol ‎　‎ ‎16．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的 化合价越低．现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中逐滴加入5mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL ）与产生沉淀的物质的量（ mol）关系如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵 B．c点对应NaOH溶液的体积为48 mL C．b点与a点的差值为0.05 mol D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3‎ ‎　‎ ‎17．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）．欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（　　）‎ A．0.1molCuO B．0.1molCuCO3‎ C．0.1molCu（OH）2 D．0.05molCu2（OH）2CO3‎ ‎　‎ ‎18．把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）．下列对该反应的说法不正确的是（　　）‎ 42‎ A．IO4作氧化剂 B．若有1molMn2+参加反应转移5mol电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2‎ D．配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3‎ ‎　‎ ‎19．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是（　　）‎ A．194 B．391 C．516 D．658‎ ‎　‎ ‎20．如图装置可用来监测空气中NO的含量，下列说法正确的是（　　）‎ A．电子由Pt电极流出，经外电路流向NiO电极 B．Pt电极上发生的是氧化反应 C．NiO电极的电极反应式为NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2‎ D．每流经1 m3空气（假设NO被完全吸收），转移电子的物质的量为2×10﹣7mol，则该空气中NO的含量约为3×10﹣2mg/m3‎ ‎　‎ ‎21．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大．已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素．下列说法正确的是（　　）‎ A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X B．X、Z两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物 C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物 42‎ D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀 ‎　‎ ‎22．已知离子方程式：As2S3+H2O+N→As+S+NO↑+____ （未配平），下列说法错误的是（　　）‎ A．配平后水的计量数为4‎ B．反应后溶液呈酸性 C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：28‎ D．氧化产物为As和S ‎　‎ ‎23．电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极．测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（　　）‎ A．a极与电源的负极相连 B．产物丙为硫酸溶液 C．离子交换膜d为阴离子交换膜 D．a电极反应式：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣‎ ‎　‎ ‎24．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是（　　）‎ A．Cu B．CuO C．Cu（OH）2 D．Cu2（OH）2CO3‎ ‎　‎ ‎25．某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Na+、K+．为确认溶液组成进行如下实验：（1）200mL上述溶液，加入足量BaCI2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶．（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）．由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是（　　）‎ A．c（CO32﹣）=0.01mol•L﹣1，c（NH4+）＞c（SO42﹣）‎ B．如果上述6种离子都存在，则c（Cl﹣）＞c（SO42﹣）‎ 42‎ C．一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+，可能存在Cl﹣、Na+、K+‎ D．一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Cl﹣，一定不存在Na+、k+‎ ‎　‎ ‎26．已知X、M都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（　　）‎ ‎（甲） XO3n﹣+Xn﹣+H+→X单质+H2O（未配平）； （乙）Mm++mOH﹣=M（OH）m↓‎ ‎①若n=1，则XO3n﹣中X元素为+5价，X位于周期表第ⅤA族 ‎②若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应 ‎③若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同 ‎④若m=2，则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4‎ ‎⑤若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m．‎ A．①③ B．②③ C．①② D．④⑤‎ ‎　‎ ‎27．下列的图示与对应的叙述相符的是（　　）‎ A．图 表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点 B．图 表示某一放热反应，若使用催化剂E1、E2、△H都会发生改变 C．图 表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况 D．图 表示向100mL 0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液时n（Al3+）和n（AlO2﹣）的变化情况 ‎　‎ ‎28．下列方程式书写正确的是（　　）‎ 42‎ A．苏打溶液中加入过量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O B．用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O C．用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣‎ D．表示乙醇燃烧热的热化学方程式（△H的绝对值正确）：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ•mol﹣1‎ ‎　‎ ‎29．将一定质量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）．然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则（m1﹣m2）为（　　）‎ A．5.76 B．2.88 C．1.92 D．0‎ ‎　‎ ‎30．用密度为ρ1g/cm3质量分数是ω的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为ρ2g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度（　　）‎ A． mol/L B． mol/L C． mol/L D． mol/L ‎　‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎31．中学常见反应的化学方程式是A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：‎ ‎（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是　　　　　　，该反应的化学方程式是　　　　　　．‎ ‎（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是　　　　　　．‎ ‎（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中．‎ ‎①A元素在周期表中的位置是　　　　　　（填所在周期和族）；Y的化学式是　　　　　　．‎ ‎②含a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是　　　　　　 mol．‎ ‎（4）若A、B、X、Y均为化合物．向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色．则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎32．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4•7H2O），过程如图1：‎ 42‎ ‎（1）将过程②中的产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是　　　　　　；‎ A．品红溶液 B．紫色石蕊溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．溴水 ‎（2）过程①中，FeS和O2、H2SO4反应的离子方程式为：　　　　　　；‎ ‎（3）过程③中，需加入的物质是　　　　　　；‎ ‎（4）实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验．①用分析天平称取2.800g样品；②将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；③过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g．若该聚铁主要成分为[（Fe（OH）（SO4）]n，则该聚铁样品中铁元素的质量分数为　　　　　　．（假设杂质中不含铁元素和硫元素）．‎ ‎（5）如图2是将过程②产生的气体SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎33．W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的位置如图1所示，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数1：1和1：2的化合物．‎ 请回答下列问题．‎ ‎（1）H2Y2的电子式为　　　　　　，Z在周期表中的位置　　　　　　．‎ ‎（2）在如图2中，b的pH约为7，且含有Fe2+和淀粉KI的水溶液，a为H2Y2的水溶液，旋开分液漏斗旋钮，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是　　　　　　．‎ ‎（3）已知：298K时，金属钠与Y2气体反应，若生成1molNa2Y固体时，放出热量414kJ；若生成1molNa2Y2固体时，放出热量511kJ．则由Na2Y固体与Y2气体反应生成Na2Y2固体的热化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（4）有人设想利用原电池原理以气体Z2和氢气制备一种重要的化工原料，同时获取电能．假设这种想法可行，用石墨作电极材料，用稀盐酸作电解溶液，则通入Z2的电极为原电池的　　　　　　极，其电极反应式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎34．甲醇又称“木醇”，是无色有酒精气味易挥发的有毒液体．甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等．‎ ‎（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：‎ 42‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ•mol﹣1‎ 又查资料得知：①CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ•mol﹣1‎ ‎②H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ•mol﹣1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为　　　　　　．‎ 某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：‎ ‎（2）为除去饱和食盐水中的铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气．该反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎（3）过量氯气用Na2S2O3除去，反应中S2O32﹣被氧化为SO42﹣．若过量的氯气为1×10﹣3mol，则理论上生成的SO42﹣为　　　　　　mol．‎ ‎（4）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式　　　　　　．‎ ‎（5）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（已换算成标准状况下的体积），写出在t1后，石墨电极上的电极反应式　　　　　　，原混合溶液中 NaCl的物质的量浓度为　　　　　　mol/L．（设溶液体积不变）‎ ‎（6）当向上述甲装置中通入标况下的氧气336mL时，理论上在铁电极上可析出铜的质量为　　　　　　g．‎ ‎（7）若使上述电解装置的电流强度达到5.0A，理论上每分钟应向负极通入气体的质量为　　　　　　克．（已知1个电子所带电量为1.6×10﹣19C，计算结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ ‎35．纳米级Cu2O是优良的催化剂和半导体材料，工业上常用下列方法制备Cu20．‎ ‎（1）热还原法：‎ 加热条件下，用液态肼（ N2H4）还原新制的Cu（ OH）2制备Cu20，同时放出N2．该反应的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（2）电解法：以氢氧燃料电池为电源，用电解法制备Cu20的装置如图所示．‎ ‎①A的化学式为　　　　　　．‎ ‎②燃料电池中，OH﹣的移动方向为　　　　　　（填“由左向右”或“由右向左”）；电解池中，阳极的电极反应式为　　　　　　．‎ ‎③电解一段时间后，欲使阴极室溶液恢复原来组成，应向其中补充一定量　　　　　　（填化学式）．‎ ‎④制备过程中，可循环利用的物质为　　　　　　（填化学式）．‎ 42‎ ‎（3）干法还原法 利用反应Cu+CuOCu2O也可制备Cu20．将反应后的均匀固体混合物（含有三种成分）等分为两份，一份与足量H2充分反应后，固体质量减少6.4g；另一份恰好溶于500mL稀硝酸，生成标准状况下4.48L NO，该稀硝酸的物质的量浓度为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ 42‎ ‎2015-2016学年河北省衡水中学高三（上）四调化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（1～10题，每小题1分，共10分）‎ ‎1．关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（　　）‎ A．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关 B．“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化 C．“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化 D．“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化 ‎【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；胶体的重要性质．‎ ‎【分析】A．海市蜃楼与光线在空气中的折射有关，而空气属于胶体；‎ B．水乳交融体现的是物质溶解性，火上浇油体现的是物质的燃烧反应；‎ C．碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化；‎ D．蛋白质的变性属于化学变化．‎ ‎【解答】解：A．空气属于胶体，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；‎ B．水乳交融体现的是物质溶解性，属于物理变化，火上浇油体现的是物质的燃烧反应，属于化学变化，故B正确；‎ C．水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；‎ D．“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性，生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查胶体的性质、常见自然现象的成因等，难度不大，其中“海市蜃楼”的成因是难点，需要平时学习中注意化学在生活中的应用，能用化学的视角解释各种自然现象．‎ ‎　‎ ‎2．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关．下列说法正确的是（　　）‎ A．在食品袋中放入硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质 B．天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源 C．富含N、P元素的生活用水可以直接用来灌溉农田 D．酸雨样品露天放置一段时间，酸性增强，是由于雨水所含成分被氧化的原因 ‎【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；常见的生活环境的污染及治理．‎ ‎【分析】A、硅胶、生石灰具有吸水性；‎ B、根据化石能源、可再生能源以及二次能源的分类来分析；‎ C、富含N、P元素的生活用水会对土壤和河流造成污染；‎ D、酸雨中亚硫酸易被氧化生成硫酸；‎ ‎【解答】解：A、硅胶、生石灰具有吸水性，可防止食物受潮，不能防止食物氧化变质，故A错误；‎ B、天然气属于化石能源，不能再生；酒精属于可再生能源，通过微生物的发酵可以生成；汽油属于二次能源，由石油经分馏而来，故B错误；‎ C、富含N、P元素的生活用水不能直接排放入河流中，也不可以直接用来灌溉农田，故C错误；‎ D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧气氧化生成硫酸，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，所以酸性增强，故D正确；‎ 故选D．‎ 42‎ ‎【点评】本题考查较综合，涉及酸雨、能源等知识点，难度不大，易错选项是D，注意酸雨的形成原因，为易错点．‎ ‎　‎ ‎3．下列叙述正确的是（　　）‎ A．氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质 B．电解、电泳、电离、电化学腐蚀均需在通电条件下才能进行 C．红宝石、水晶、钻石的主要成分都是二氧化硅 D．福尔马林、水玻璃、氨水、胆矾均为混合物 ‎【考点】强电解质和弱电解质的概念；混合物和纯净物．‎ ‎【分析】A、强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐和金属氧化物；‎ B、电离不需要通电；‎ C、钻石的成分为碳，不是二氧化硅；‎ D、胆矾是五水硫酸铜，是纯净物．‎ ‎【解答】解：A、强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐和金属氧化物，故氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质，故A正确；‎ B、电泳、电解需要在通电条件下进行，而电离、电化学腐蚀不需要通电，故B错误；‎ C、水晶、红宝石的主要成分为氧化铝，而钻石的主要成分为碳，故C错误；‎ D、胆矾是五水硫酸铜，是纯净物，福尔马林、水玻璃和氨水是混合物，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了电解质与非电解质的概念、金属的腐蚀等知识，题目难度不大，主要掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确高分子化合物的特点．‎ ‎　‎ ‎4．图表归纳是学习化学的一种常用方法，某同学归纳的下表内容与如图对应正确的是（　　）‎ 选项 x y z A 胶体 混合物 淀粉溶液 B 化合物 酸性氧化物 二氧化氮 C 纯净物 化合物 HD D 强电解质 强酸 HI A．A B．B C．C D．D ‎【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【专题】溶液和胶体专题．‎ ‎【分析】由图可知，概念的范畴为X包含Y，Y包含z，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答．‎ ‎【解答】解：A．混合物不一定是胶体，故A错误； ‎ B．二氧化氮不是酸性氧化物，故B错误；‎ C．HD是单质，不是氧化物，故C错误；‎ D．HI是强酸，是强电解质，故D正确．‎ 故选D．‎ 42‎ ‎【点评】本题考查物质的组成和分类，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键，本题较简单，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子不一定等于2NA B．1molNa2O2晶体中共含有4NA个离子 C．1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA D．常温下pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.2mol/L ‎【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、根据粗铜中含有杂质（铁）的摩尔质量比铜小，转移的电子的物质的量大于2mol分析；‎ B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；‎ C、偏铝酸钠水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水中也含氧原子；‎ D、pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L．‎ ‎【解答】解：A、电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少64g，转移的电子的物质的量大于2mol，则阴极得到的电子数大于2mol，故A正确；‎ B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3mol离子即3NA个，故B错误；‎ C、偏铝酸钠水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水中也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；‎ D、pH=1的溶液中，氢离子浓度c（H+）=10﹣pH=0.1mol/L，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【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．用惰性电极电解某无色溶液时，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生；阴极附近有白色沉淀生成．则原溶液中可能大量共存的离子组是（　　）‎ A．Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ B．H+、Mg2+、Na+、SO42﹣‎ C．CO32﹣、K+、Cl﹣、Na+ D．Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，‎ A．该组离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀；‎ B．NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣之间不发生反应，都是无色离子，且用惰性电极电解时阳极生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀；‎ C．该组离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀；‎ D．亚铁离子为有色离子，不满足溶液无色的条件 ‎【解答】解：A．Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀，故A错误；‎ B．NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣之间不发生反应，且都是无色离子，且用惰性电极电解时阳极生成氧气、阴极生成氢氧化镁沉淀，满足题干要求，故B正确；‎ C．CO32﹣、K+、Cl﹣、Na+离子用惰性电极电解时，阴极上不会生成白色沉淀，故C错误；‎ D．Fe2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故D错误；‎ 故选B．‎ 42‎ ‎【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，需要明确题干限制条件：无色溶液中不能存在有色离子、阳极上有无色气体产生、阴极上有白色沉淀生成，溶液中必须存在与氢氧根离子反应生成难溶物的离子．‎ ‎　‎ ‎7．如图装置或操作正确的是（　　）‎ A．用装置①量取15.00ml的NaOH溶液 B．用装置②制备Cl2‎ C．用装置③高温煅烧CaCO3固体 D．关闭活塞a，从b处加水，以检查装置④的气密性 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．氢氧化钠溶液应用碱式滴定管盛装；‎ B．氯气密度比空气大，应用向上排空法收集；‎ C．加热时，不能密封坩埚；‎ D．根据形成压强差的原理判断．‎ ‎【解答】解：A．氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃塞，应用碱式滴定管盛装，故A错误；‎ B．氯气密度比空气大，应用向上排空法收集，图中进气管太短，故B错误；‎ C．碳酸钙加热分解生成二氧化碳气体，加热时，不能用坩埚盖盖住坩埚，防止生成气体而导致压强过大而造成实验事故，故C错误；‎ D．关闭活塞a，从b处加水，如a、b形成液面差且在一段时间内不变化，可说明气密性良好，能达到实验目的，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及滴定、气体的收集、物质的加热以及气密性的检查等知识，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，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大．‎ ‎　‎ ‎8．某实验过程如图所示，则图③试管中的现象是（　　）‎ A．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色 B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 42‎ D．无明显现象，因稀硫酸不与铜反应 ‎【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．‎ ‎【专题】几种重要的金属及其化合物．‎ ‎【分析】试管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．‎ ‎【解答】解：管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的无色气体NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体NO2，同时Cu片溶解 所以看到的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选A．‎ ‎【点评】本题考查了硝酸和铜的反应，明确“酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性”是解本题关键，向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸，相当于溶液中含有硝酸，为易错题．‎ ‎　‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．氢气的燃烧热为△H=﹣285.5k•Jmol﹣1，则电解水的热化学方程式为2H2O（l）2H2（g）+O2（g）△H=+285.5k•Jmol﹣1‎ B．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量．则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=﹣95.6kJ•mol﹣1‎ C．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣38.6k•Jmol﹣1‎ D．相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1molN2和3molH2反应放出的热量与2molN2和3molH2反应放出的热量一样多 ‎【考点】热化学方程式；有关反应热的计算．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；‎ B、根据参加反应的物质的量计算反应热；‎ C、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol；‎ D、1molN2和3molH2反应与2molN2和3molH2反应生成的氨气的物质的量不一样，据此回答．‎ ‎【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.5 kJ•mol﹣1，但是电解水的热化学方程式中，根据能量守恒，电能的介入会导致热能减少，吸收的热量变小，故A错误；‎ B、n（S）===0.3mol，n（Fe）==0.2mol，已知Fe+SFeS，所以Fe的量不足，按照Fe计算， =，所以1molFe反应放出热量为：95.6 kJ，所以热化学方程式为：Fe（s）+S（s）=FeS（s）△H=﹣95.6 kJ•mol﹣1，故B正确；‎ C、0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故C错误；‎ 42‎ D、相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1molN2和3molH2反应放出的热量不如2molN2和3molH2反应放出的热量多，多加入氮气会促使化学平衡正向移动，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查学生反应热的计算以及热化学方程式的意义知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎10．1L某溶液中含有的离子如表：用惰性电极电解该溶液，当电路中有3mol e﹣通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（　　）‎ 离子 Cu2+‎ Al3+‎ NO Cl﹣‎ 物质的量浓度（mol/L）‎ ‎1‎ ‎1‎ a ‎1‎ A．电解后溶液的pH=0 B．a=3‎ C．阳极生成1.5 mol Cl2 D．阴极析出的金属是铜与铝 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】由溶液电荷守恒可知2c（Cu2+）+3c（Al3+）=c（NO3﹣）+c（Cl﹣），可求得c（NO3﹣）=4moL/L，‎ 由于离子放电顺序Cu2+＞H+＞Al3+，Cl﹣＞OH﹣＞NO3﹣，‎ 电解时阳极首先发生：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，然后发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，阴极首先发生：Cu2++2e﹣=Cu，然后发生2H++2e﹣=H2↑，结合相关离子的物质的量进行解答．‎ ‎【解答】解：依据电解过程中存在电子守恒，结合电极反应计算分析产物，用Pt电极电解该溶液，当电路中有3mol e﹣通过时 阳极电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；‎ ‎ 1mol 1mol 1mol ‎ ‎ 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑‎ ‎ 2mol 2mol 1mol ‎ 阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu ‎ 1mol 2mol 1mol ‎ 2H++2e﹣=H2↑‎ ‎ 1mol 1mol 0.5mol ‎ A、电解后溶液PH计算，依据两电极上的反应计算，阳极减少2mol氢氧根离子，同时阴极上减少1mol氢离子，综合计算分析得到溶液中增加氢离子物质的量为1mol，氢离子浓度为1mol/L，pH=0，故A正确；‎ B、依据溶液中电荷守恒计算忽略氢离子和氢氧根离子浓度：2c（Cu2+）+3c（Al3+）=c（Cl﹣）+c（NO3﹣），计算得到c（NO3﹣）=4mol/L，即a=4，故B错误；‎ C、依据电极反应电子守恒可知阳极生成1molCl2，故C错误；‎ D、阴极析出的金属是铜，无金属铝析出，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】该题是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，主要是侧重对学生能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．‎ ‎　‎ 二、单项选择题（11～30题，每小题2分，共40分）‎ ‎11．下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（　　）‎ 42‎ A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏 C．铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池；‎ B、干电池中锌做原电池的负极被腐蚀；‎ C、依据铅蓄电池电极反应结合电子守恒计算；‎ D、氢氧燃料电池的产物为水，无污染．‎ ‎【解答】解：A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故A正确；‎ B、在干电池中，Zn作负极，被氧化，故B正确；‎ C、铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故C错误；‎ D、氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故D正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了原电池类型的分析判断，依据原电池原理判断电极和反应产物是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法中正确的有几项（　　）‎ ‎①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2‎ ‎②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g ‎③盐酸既有氧化性又有还原性 ‎④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备 ‎⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性 ‎⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15%‎ ‎⑦干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色 ‎⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种 ‎⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀．‎ A．3项 B．4项 C．5项 D．6项 ‎【考点】氯气的化学性质；金属的电化学腐蚀与防护；硝酸的化学性质；中和热的测定．‎ ‎【分析】①钠在空气中燃烧生成过氧化钠；‎ ‎②没有480mL容量瓶，选择容量稍大体积接近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，所需氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol•L﹣1×40g/mol=10.0g；‎ ‎③依据氯化氢中氢为+1价，氯为﹣1价解答；‎ ‎④氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁；‎ 42‎ ‎⑤二氧化硫与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪色；‎ ‎⑥将质量分数为5%和25%的氨水等质量混合后，所得溶液中溶质的质量分数等于15%，由于等质量时25%的氨水体积大，需再加入一些5%的氨水才能是等体积，所以将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合，溶质的质量分数小于15%；‎ ‎⑦次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性；‎ ‎⑧依据中和热试验简易装置解答；‎ ‎⑨纯银器主要发生化学腐蚀；‎ ‎【解答】解：①钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色，故正确；‎ ‎②没有480mL容量瓶，选择容量稍大体积接近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，所需氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol•L﹣1×40g/mol=10.0g，秤取9.6g溶质，所配溶液浓度偏低，故错误；‎ ‎③氯化氢中氢为+1价，氯为﹣1，化合价既可以升高又可以降低，所以既有氧化性又有还原性，故正确；‎ ‎④氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，所以Fe（OH）3、FeCl2可以直接用化合反应制备，故错误；‎ ‎⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，故错误；‎ ‎⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，故错误；‎ ‎⑦HClO具有强氧化性能漂白，干燥的Cl2遇到鲜花会生成HClO，氯水含有HClO，所以干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，故正确；‎ ‎⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有烧杯、温度计和环形玻璃棒、量筒、搅拌棒四种，故错误；‎ ‎⑨纯银器主要发生化学腐蚀，故正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题为综合题，涉及元素化合物知识、中和热的测定、金属的腐蚀与防护、溶液的配制，明确物质的性质及相关实验的原理和操作是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和K3[Fe（CN）6]试液混合溶液的培养皿中（如图所示平面图），经过一段时间后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．Ⅰ附近溶液pH降低 B．Ⅱ附近很快出现蓝色沉淀 C．Ⅲ附近产生黄绿色气体 D．Ⅳ附近很快生成铁锈 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】第一个装置是电解池，铁为阳极，铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子遇K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，溶液中的H+在Ⅰ处得电子，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH﹣浓度增大，pH增大．第二个装置是原电池，Zn为负极，溶液中的氧气在Ⅳ处得电子生成OH﹣，发生了锌的吸氧腐蚀，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、Ⅰ附近溶液pH升高，故A错误；‎ B、第一个装置是电解池，铁为阳极，铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子遇K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，故B正确；‎ C、第二个装置是原电池，Zn为负极，失电子生成锌离子，故C错误；‎ D、氧气在Ⅳ处得电子生成OH﹣，发生了锌的吸氧腐蚀，不会生成铁锈，故D错误；‎ 故选B．‎ 42‎ ‎【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，主要是电解反应的离子变化，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎14．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备多种物质．有关下列制备方法错误的是（　　）‎ A．制备碱式硫酸铁利用了过氧化氢的氧化性 B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化 D．制备（NH4）2Fe（SO4）2利用了它的溶解度比FeSO4的溶解度大这一性质 ‎【考点】化学实验方案的评价；铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】图像图表题；创新题型；实验评价题．‎ ‎【分析】A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；‎ B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；‎ C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；‎ D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．‎ ‎【解答】解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；‎ B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；‎ C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；‎ D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D．‎ ‎【点评】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．‎ ‎　‎ ‎15．一定条件下，充分燃烧一定量的丁烷放出热量161.9kJ，经测定完全吸收生成的CO2需消耗5mol/L的KOH溶液100ml，恰好生成正盐，则此条件下热化学方程式：C4H10（g）+O2（g）→4CO2（g）+5H2O（g）的△H为（　　）‎ A．+2590.4kJ/mol B．﹣2590.4kJ/mol C．+1295.2kJ/mol D．﹣1295.2kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】充分燃烧一定量的丁烷发生的反应为：2C4H10+13O28CO2+10H2O，CO2恰好与KOH溶液完全反应生成正盐为K2CO3，2KOH+CO2═K2CO3+H2O，根据n=c×V计算KOH的物质的量，根据钾元素守恒计算n（K2CO3），根据碳元素守恒有n（CO2）=n（K2CO3），据此计算判断．‎ ‎【解答】解：KOH的物质的量为n（KOH）=c×V=0.1L×5mol/L=0.5mol，2KOH+CO2═K2CO3+H2O，‎ 42‎ 根据钾离子守恒，故n（K2CO3）=0.5mol×=0.25mol，根据碳元素守恒由n（CO2）=n（K2CO3）=0.25mol，‎ C4H10+O24CO2+5H2O，根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量为n（C4H10）=0.25mol×=mol，‎ 即mol丁烷放出的热量大小为161.9kJ，故1mol丁烷完全燃烧放出的热量为161.9kJ×16=2590.4KJ，则此条件下反应热化学方程式为：C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（g）△H=﹣2590.4 kJ•mol﹣1，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查反应热的计算，根据氢氧化钾确定丁烷的物质的量是解答该题的关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎16．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的 化合价越低．现有一定量的铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中逐滴加入5mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL ）与产生沉淀的物质的量（ mol）关系如图所示，下列说法不正确的是（　　）‎ A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵 B．c点对应NaOH溶液的体积为48 mL C．b点与a点的差值为0.05 mol D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【专题】守恒法．‎ ‎【分析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：‎ ‎①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，‎ b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，计算ef段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；‎ 根据de段消耗的氢氧化钠计算溶液中n（NH4+），结合Al（OH）3的物质的量，再根据电子转移守恒，计算Fe的物质的量；‎ 42‎ 由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，根据钠元素守恒计算硝酸钠，结合n（NH4+）可得n（NH4NO3），根据氮元素守恒可知：原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3），而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒计算c点溶液中n′（NaNO3），进而计算NaOH溶液的体积，据此解答．‎ ‎【解答】解：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：‎ ‎①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O，‎ b与a的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，ef段消耗的氢氧化钠溶液为104mL﹣94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.05mol，‎ 由图可知，de段消耗的氢氧化钠的体积为94mL﹣88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4++OH﹣═NH3•H2O 可知，计算溶液中n（NH4+）=0.03ml，根据电子转移守恒有，3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4+），即3n（Fe）+3×0.05mol=8×0.03mol，解得n（Fe）=0.03mol，‎ 由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n（NH4NO3）=n（NH4+）=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3）=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒n′（NaNO3）+2n（NH4NO3）+3n[Fe（NO3）3]+3n[Al（NO3）3]=n（HNO3），故c点溶液中n′（NaNO3）=0.5mol﹣0.03mol×2﹣0.03mol×3﹣0.05mol×3=0.2mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.2mol，‎ A．由上述分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；‎ B．由上述分析可知，c点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；‎ C．由上述分析可知，b与a的差值=n[Al（NO3）3]=0.05mol，故C正确；‎ D．由上述分析可知，混合金属中n（Al）=0.05mol、n（Fe）=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，故D正确，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题以图象形式，考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，清楚图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，为易错题目，难度较大．‎ ‎　‎ ‎17．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）．欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（　　）‎ A．0.1molCuO B．0.1molCuCO3‎ 42‎ C．0.1molCu（OH）2 D．0.05molCu2（OH）2CO3‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，继续电解，阴极上氢离子放电生成氢气，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质即可．‎ ‎【解答】解：用惰性电极电解硫酸铜溶液时，先发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，当铜离子完全析出时，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，根据图象知，转移电子0.2mol时只有气体氧气生成，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，实际上相当于析出氧化铜，根据氧化铜和转移电子之间的关系式得n（Cu）==0.1mol，所以相当于析出0.1molCuO；‎ 继续电解发生的反应为2H2O2H2↑+O2↑，实际上是电解水，根据水和转移电子之间的关系式得m（H2O）=mol=0.25mol，所以电解水的质量是0.25mol，‎ 根据“析出什么加入什么”的原则知，要使溶液恢复原状，应该加入0.1mol氧化铜和0.05mol水，‎ A．只加氧化铜不加水不能使溶液恢复原状，故A错误；‎ B．加入碳酸铜时，碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和二氧化碳，所以相当于加入氧化铜，没有加入水，所以不能使溶液恢复原状，故B错误；‎ C.0.075mol Cu（OH）2相当于加入0.075molCuO和0.075molH2O，与析出物质的物质的量不同，所以不能恢复原状，故C错误；‎ D.0.05mol Cu2（OH）2CO3，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，根据原子守恒知，相当于加入0.1molCuO和0.05mol的水，所以能使溶液恢复原状，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题以电解原理为载体考查了物质间的反应，根据图象中转移电子确定析出物质，再结合“析出什么加入什么”的原则分析解答，易错选项是D，根据原子守恒将Cu2（OH）2CO3改写为2CuO．H2O．CO2来分析解答，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎18．把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）．下列对该反应的说法不正确的是（　　）‎ A．IO4作氧化剂 B．若有1molMn2+参加反应转移5mol电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2‎ D．配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ 42‎ ‎【分析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4﹣是反应物，IO3﹣是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+，再根据各物理量之间的关系式判断，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：该反应方程式为2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+，‎ A．IO4﹣在反应中得电子，I元素化合价降低，作氧化剂，故A正确；‎ B．若有1mol Mn2+参加反应时则转移=1mol×（7﹣2）=5 mol电子，故B正确；‎ C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，故C正确；‎ D．配平后Mn、H+的化学计量数分别为2、6，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从化合价的角度解答该题，难度不大．‎ ‎　‎ ‎19．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是（　　）‎ A．194 B．391 C．516 D．658‎ ‎【考点】化学能与热能的相互转化．‎ ‎【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．‎ ‎【分析】根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．‎ ‎【解答】解：根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），△H3=2752kJ/mol﹣534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，‎ 设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查学生化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，考查学生知识的灵活应用情况，难度不大．‎ ‎　‎ ‎20．如图装置可用来监测空气中NO的含量，下列说法正确的是（　　）‎ 42‎ A．电子由Pt电极流出，经外电路流向NiO电极 B．Pt电极上发生的是氧化反应 C．NiO电极的电极反应式为NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2‎ D．每流经1 m3空气（假设NO被完全吸收），转移电子的物质的量为2×10﹣7mol，则该空气中NO的含量约为3×10﹣2mg/m3‎ ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】A、O2在铂电极上得电子，Pt是正极，电子由负极经外电路流向正极；‎ B、Pt电极上氧气发生还原反应；‎ C、NO在NiO电极上失电子生成NO2；‎ D、转移电子的物质的量为2×l0﹣7mol时，由NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2 求出NO的含量．‎ ‎【解答】解：A、O2在铂电极上得电子变成O2﹣，Pt是正极，电子由负极经外电路流向Pt电极，故A错误；‎ B、Pt电极上氧气得电子发生还原反应，故B错误；‎ C、NO在NiO电极上失电子生成NO2，其电极反应式为：NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2，故C正确；‎ D、转移电子的物质的量为2×l0﹣7mol时，由NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2 得n（NO）=l0﹣7mol，m（NO）=l0﹣7mol×30×103mg•mol﹣1=3×10﹣3mg/m3，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了原电池原理，明确燃料电池中正负极的判断，电子流向等是解决本题的关键，题目难度一般．‎ ‎　‎ ‎21．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大．已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素．下列说法正确的是（　　）‎ A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X B．X、Z两元素能形成原子个数比（X：Z）为3：1和4：2的化合物 C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物 D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．‎ ‎【解答】解：X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素，‎ A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；‎ B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；‎ C．NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；‎ D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误．‎ 故选B．‎ 42‎ ‎【点评】本题考查结构位置性质关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，推断元素是解题关键，注意理解根据最外层电子数关系确定元素，对学生的逻辑推理有一定的要求．‎ ‎　‎ ‎22．已知离子方程式：As2S3+H2O+N→As+S+NO↑+____ （未配平），下列说法错误的是（　　）‎ A．配平后水的计量数为4‎ B．反应后溶液呈酸性 C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：28‎ D．氧化产物为As和S ‎【考点】氧化还原反应方程式的配平．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】反应中As2S3→AsO43﹣、SO42﹣，As元素化合价由+3价升高为AsO43﹣中+5价，S元素化合价由﹣2价升高为SO42﹣中+6价，故As2S3是还原剂，AsO43﹣、SO42﹣是氧化产物，NO3﹣→NO，N元素化合价由+5价降低为NO+2价，故NO3﹣是氧化剂，NO是还原产物，根据化合价升降配平所含元素化合价变化的各物质的系数，再根据原子守恒、电荷守恒确定缺项物质，配平方程式，据此解答．‎ ‎【解答】解：反应中As2S3→AsO43﹣、SO42﹣，As元素化合价由+3价升高为AsO43﹣中+5价，S元素化合价由﹣2价升高为SO42﹣中+6价，化合价共升高2×（5﹣3）+3×[6﹣（﹣2）]=28，NO3﹣→NO，N元素化合价由+5价降低为NO+2价，化合价共降低3价，故化合价升降最小公倍数为84，故As2S3系数为3，NO3﹣系数为4，根据原子守恒可知，AsO43﹣系数为6，SO42﹣系数为9，NO系数为28，根据电荷守恒可知，缺项为H+，故H+系数为8，由原子守恒可知，故H2O的系数为4，配平后离子方程式为：3As2S3+4H2O+28NO3﹣=6AsO43﹣+9SO42﹣+28NO↑+8H+，‎ A．由上述分析可知，配平后水的系数为4，故A正确；‎ B．反应后有H+生成，溶液呈酸性，故B正确；‎ C．As2S3是还原剂，NO3﹣是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28：3，故C错误；‎ D．反应中As2S3→AsO43﹣、SO42﹣，As元素化合价由+3价升高为AsO43﹣中+5价，S元素化合价由﹣2价升高为SO42﹣中+6价，AsO43﹣、SO42﹣是氧化产物，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、配平及有关计算等，难度中等，确定缺项物质是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎23．电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极．测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（　　）‎ A．a极与电源的负极相连 B．产物丙为硫酸溶液 42‎ C．离子交换膜d为阴离子交换膜 D．a电极反应式：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜．‎ ‎【解答】解：装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；‎ A、分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；‎ B、阳极a生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，故B正确；‎ C、阳极a生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故C错误；‎ D、阳极a生成氧气，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了电解原理的分析应用，电极产物和电极名称判断是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎24．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是（　　）‎ A．Cu B．CuO C．Cu（OH）2 D．Cu2（OH）2CO3‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，结合溶液中离子变化分析．‎ ‎【解答】解：甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，注意把握原电池和电解池中电极的判断以及电极上发生的反应．‎ ‎　‎ 42‎ ‎25．某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Na+、K+．为确认溶液组成进行如下实验：（1）200mL上述溶液，加入足量BaCI2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶．（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）．由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是（　　）‎ A．c（CO32﹣）=0.01mol•L﹣1，c（NH4+）＞c（SO42﹣）‎ B．如果上述6种离子都存在，则c（Cl﹣）＞c（SO42﹣）‎ C．一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+，可能存在Cl﹣、Na+、K+‎ D．一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Cl﹣，一定不存在Na+、k+‎ ‎【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．‎ ‎【专题】物质检验鉴别题．‎ ‎【分析】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32﹣、SO42﹣；‎ ‎（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4+．‎ ‎【解答】解：（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g，则溶液中含有CO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是=0.01mol，所以碳酸钡的质量是4.3g﹣2.33g=1.97g，碳酸根离子的物质的量是=0.01mol；‎ ‎（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是=0.05mol，说明溶液中有NH4+的物质的量是0.05mol；‎ A、碳酸根离子的物质的量是=0.01mol，硫酸根离子的浓度是=0.05mol/L，铵根离子浓度是=0.25mol/L，故A错误；‎ B、如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c（Cl﹣）+2c（SO42﹣）+2c（CO32﹣）=c（NH4+）+c（Na+）+c（K+），则c（Cl﹣）＞c（SO42﹣），故B正确；‎ C、溶液中一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+，根据电荷守恒，一定存在Cl﹣，不能确定是否存在Na+、K+，故C错误；‎ D、溶液中一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+，根据电荷守恒，一定存在Cl﹣，不能确定是否存在Na+、K+，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查常见离子的检验，综合性强，为高考热点，突出了离子的鉴别和计算，注意利用常见离子的性质及物质的性质来分析，难度较大．‎ ‎　‎ ‎26．已知X、M都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（　　）‎ ‎（甲） XO3n﹣+Xn﹣+H+→X单质+H2O（未配平）； （乙）Mm++mOH﹣=M（OH）m↓‎ ‎①若n=1，则XO3n﹣中X元素为+5价，X位于周期表第ⅤA族 ‎②若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应 ‎③若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同 42‎ ‎④若m=2，则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4‎ ‎⑤若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m．‎ A．①③ B．②③ C．①② D．④⑤‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】①n=1，XO3n﹣中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3﹣、ClO3﹣、BrO3﹣、NO3﹣，甲反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O，IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O；‎ ‎②n=2，XO3n﹣中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的高价含氧酸为亚硫酸，氢化物为硫化氢；‎ ‎③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同；‎ ‎④m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：FeSO4+2H2O⇌Fe（OH）2+3H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O Fe2O3+3H2SO4=Fe（SO4）3+3H2O 总反应为：12FeSO4+3O22Fe2O3+4Fe2（SO4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物；‎ ‎⑤m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件．‎ ‎【解答】解：①n=1，XO3n﹣中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3﹣、ClO3﹣、BrO3﹣、NO3﹣，甲反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O，IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，故①错误；‎ ‎②n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢，故②正确；‎ ‎③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中 产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故③正确；‎ ‎④m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：FeSO4+2H2O⇌Fe（OH）2+3H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O Fe2O3+3H2SO4=Fe（SO4）3+3H2O 总反应为：12FeSO4+3O22Fe2O3+4Fe2（SO4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物，故④错误；‎ ‎⑤m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，铝和过量氢氧化钠沉淀会溶解，故⑤错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了常见物质的性质应用，物质发生反应的特征应用，分析化合价的变化和特征是解题关键．‎ ‎　‎ ‎27．下列的图示与对应的叙述相符的是（　　）‎ 42‎ A．图 表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点 B．图 表示某一放热反应，若使用催化剂E1、E2、△H都会发生改变 C．图 表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况 D．图 表示向100mL 0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液时n（Al3+）和n（AlO2﹣）的变化情况 ‎【考点】溶解度、饱和溶液的概念；离子方程式的有关计算；反应热和焓变．‎ ‎【专题】图像图表题．‎ ‎【分析】A．a点为不饱和溶液，通过升高温度可以蒸发溶剂，使溶液变成饱和溶液；‎ B．催化剂可以降低反应需要能量，但是不会影响反应的焓变；‎ C．当溶质为碳酸钠溶液时，根据反应CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O可知，生成二氧化碳气体前消耗的盐酸与生成二氧化碳消耗的盐酸的体积相等，由于含有碳酸氢钠，则生成二氧化碳消耗的盐酸大于明确生成二氧化碳消耗的盐酸；‎ D．铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应前，铵根离子优先与氢氧根离子反应，铵根离子消耗完全后氢氧化铝与氢氧化钠开始反应，偏铝酸根离子逐渐增多，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：A．b点为硝酸钾在80℃时的饱和溶液，a点为不饱和溶液，可以通过升高温度蒸发掉部分溶剂，然后恢复到80℃可以变成饱和溶液，故A正确；‎ B．使用催化剂可以改变反应需要能量，但是根据盖斯定律可知，反应热与反应途径无关，所以使用催化剂不会改变反应的焓变，故B错误；‎ 42‎ C．图象中没有生成二氧化碳时消耗了30mL的盐酸，生成二氧化碳只消耗了10mL体积的盐酸，根据反应的离子方程式CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O可知，应该生成二氧化碳气体时消耗的盐酸体积等于没有生成二氧化碳时消耗的体积，故C错误；‎ D．向100mL 0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，铝离子的物质的量为0.01mol，完全反应变成氢氧化铝沉淀需要消耗氢氧化钠0.03nol，需要该氢氧化钠溶液的体积为30mL；再加入氢氧化钠溶液时，铵根离子优先与氢氧化钠反应，铵根离子的物质的量为0.01mol，需要消耗10mL的氢氧化钠溶液，当加入40mL氢氧化钠溶液后，氢氧化铝开始与氢氧化钠溶液反应，偏铝酸根离子浓度逐渐增大，0.01mol氢氧化铝完全反应消耗10mL氢氧化钠溶液，图中曲线变化与n（Al3+）和n（AlO2﹣）的变化情况相符，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题考查了反应热与焓变的影响因素、溶解度与饱和溶液、离子方程式的有关计算，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题有利于培养学生的分析、理解能力．‎ ‎　‎ ‎28．下列方程式书写正确的是（　　）‎ A．苏打溶液中加入过量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O B．用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O C．用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣‎ D．表示乙醇燃烧热的热化学方程式（△H的绝对值正确）：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】A．苏打为碳酸钠，表示碳酸氢钠；‎ B．重铬酸钾在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化乙醇，溶液有橙色变为绿色；‎ C．铜为电极，负极铜失去电子生成铜离子；‎ D．燃烧热的热化学方程式中，水的状态必须为液体．‎ ‎【解答】解：A．苏打为碳酸钠，碳酸钠溶液中加入过量石灰水，反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，正确的离子方程式为：CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓，故A错误；‎ B．硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液具有强氧化性，能够氧化乙醇，同时生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶，反应的离子方程式为：2Cr2O72﹣+3C2H5OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故B正确；‎ C．用铜电极电解饱和食盐水，阳极铜放电，正确的离子方程式为：Cu+2H2OCu（OH） 2+H2↑，故B错误；‎ D．水为液体时稳定，则乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1367.0kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．‎ ‎　‎ 42‎ ‎29．将一定质量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）．然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则（m1﹣m2）为（　　）‎ A．5.76 B．2.88 C．1.92 D．0‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质．‎ ‎【专题】压轴题；守恒法．‎ ‎【分析】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu（NO3）2和NO气体0.02mol，根据电子转移守恒计算利用NO计算参加反应的铜的物质的量，再根据铜元素守恒计算溶液中n[Cu（NO3）2]，再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，Cu（NO3）2中NO3﹣发生反应3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，（m1﹣m2）为与溶液中NO3﹣反应的铜的质量．‎ ‎【解答】解：铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu（NO3）2和NO气体，NO的物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为=0.03mol，根据铜元素守恒可知，溶液中n[Cu（NO3）2]=0.03mol，溶液中n（NO3﹣）=0.06mol．‎ 再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu（NO3）2中NO3﹣发生反应3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，容器剩有铜粉m2g，（m1﹣m2）为与溶液中NO3﹣反应的铜的质量，令再次反应的铜的物质的量为xmol，则：‎ 由反应3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O ‎ 3 2‎ ‎ xmol 0.06mol 所以x=0.09mol 所以再次反应的铜的质量为0.09mol×64g/mol=5.76g，即（m1﹣m2）=5.76g．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】考查氧化还原反应的计算，难度中等，判断（m1﹣m2）为反应后溶液中与NO3﹣反应的铜的质量，注意根据电子转移守恒、元素守恒计算，如根据方程式计算，相对比较麻烦．注意守恒思想在氧化还原反应计算中应用．尤其硝酸根完全反应，利用离子方程式计算．‎ ‎　‎ ‎30．用密度为ρ1g/cm3质量分数是ω的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为ρ2g/cm3，则所配制稀盐酸的物质的量浓度（　　）‎ A． mol/L B． mol/L C． mol/L D． mol/L ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ 42‎ ‎【分析】根据c=计算浓盐酸物质的量浓度，设浓盐酸为1L，则水的体积为4L，根据n=cV计算HCl物质的量，根据m=ρV计算浓盐酸、水的质量，进而计算稀盐酸质量，再结合V=计算稀盐酸体积，根据c=计算稀盐酸物质的量浓度．‎ ‎【解答】解：根据c=可知，浓盐酸物质的量浓度为mol/L，‎ 设浓盐酸为1L，则水的体积为4L，则：‎ HCl物质的量为mol/L×1L=mol，‎ 浓盐酸质量为ρ1g/cm3×1000cm3=1000ρ1 g，水的质量为4000mL×1g/mL=4000g，稀盐酸的质量为（1000ρ1 +4000）g，稀盐酸的体积为=L，‎ 故稀盐酸的浓度为mol÷=L=mol/L，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，属于字母型计算，增大计算难度，注意对公式的理解．‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎31．中学常见反应的化学方程式是A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：‎ ‎（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是　　，该反应的化学方程式是　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　．‎ ‎（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是　4：1　．‎ ‎（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中．‎ ‎①A元素在周期表中的位置是　第4周期Ⅷ族　（填所在周期和族）；Y的化学式是　NO　．‎ ‎②含a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是　0.4a　 mol．‎ ‎（4）若A、B、X、Y均为化合物．向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色．则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是　c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．‎ ‎【考点】氧化还原反应；离子浓度大小的比较；氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；‎ 42‎ ‎（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素，A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；‎ ‎（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；‎ ‎（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析．‎ ‎【解答】解：（1）因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其电子式为，A、B的物质的量之比为1：4，‎ 则反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素，A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3═CO2↑+4NO2↑+2H2O，由化合价可知碳元素的化合价升高，则碳作还原剂，硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为：4：1； ‎ ‎（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；‎ ‎①铁为26号元素，在在元素周期表中的第4周期Ⅷ族，铁与稀硝酸反应生成的Y为NO，故答案为：第4周期Ⅷ族；NO；‎ ‎②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则 ‎2Fe3++Fe═3Fe2+，‎ ‎ 2 3‎ ‎ x ‎ 由溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a﹣x=，解得x=0.4a，故答案为：0.4a；‎ ‎（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，显然若A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则钠离子4mol，氯离子3mol，偏绿酸根离子略小于1mol，因偏铝酸根离子水解则溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），则离子大小为c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．‎ ‎【点评】本题较难，考查知识点较多，学生应熟悉常见的氧化还原反应及常见物质的性质是解答本题的关键，并能利用离子方程式或化学反应方程式来分析解答问题．‎ ‎　‎ ‎32．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4•7H2O），过程如图1：‎ 42‎ ‎（1）将过程②中的产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是　ACD　；‎ A．品红溶液 B．紫色石蕊溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．溴水 ‎（2）过程①中，FeS和O2、H2SO4反应的离子方程式为：　4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S　；‎ ‎（3）过程③中，需加入的物质是　Fe（或铁）　；‎ ‎（4）实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验．①用分析天平称取2.800g样品；②将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；③过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g．若该聚铁主要成分为[（Fe（OH）（SO4）]n，则该聚铁样品中铁元素的质量分数为　30%　．（假设杂质中不含铁元素和硫元素）．‎ ‎（5）如图2是将过程②产生的气体SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为　8：15　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．‎ ‎【分析】烧渣中加入稀硫酸、同时通入氧气，过滤后，得到固体W中含有S、SiO2，再灼烧后尾气中含有二氧化硫．溶液X含有Fe2（SO4）3及未反应的硫酸，溶液X中加入Fe粉，反应完毕，过滤得到溶液Y为FeSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾．溶液X调节pH得到溶液Z，加热促进Fe3+的水解得到聚铁胶体，再经过胶体聚沉得到聚铁，通过调节pH可以控制氢氧化铁与硫酸铁的比例关系，‎ ‎（1）过程②产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性；‎ ‎（2）根据反应物和生成物的种类结合质量守恒书写化学方程式；‎ ‎（3）溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+；‎ ‎（4）根据n（Fe3+）=n（SO42﹣）计算；‎ ‎（5）过程②产生的气体SO2转化为重要的化工原料H2SO4的总方程为：SO2+H2O+O2 =H2SO4，先设加入的SO2的量和加入的水的量，再根据方程求出生成硫酸的量和消耗的水的量．‎ ‎【解答】解：烧渣中加入稀硫酸、同时通入氧气，过滤后，得到固体W中含有S、SiO2，再灼烧后尾气中含有二氧化硫．溶液X含有Fe2（SO4）3及未反应的硫酸，溶液X中加入Fe粉，反应完毕，过滤得到溶液Y为FeSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾．溶液X调节pH得到溶液Z，加热促进Fe3+的水解得到聚铁胶体，再经过胶体聚沉得到聚铁，通过调节pH可以控制氢氧化铁与硫酸铁的比例关系，‎ ‎（1）过程②产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色，‎ 故答案为：ACD；‎ ‎（2）过程①中，反应物为FeS、O2和H2SO4，生成物有S，根据质量守恒还应有Fe2（SO4）3和H2O，‎ 反应的化学方程式为4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S，‎ 故答案为：4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S； ‎ 42‎ ‎（3）溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+，加入铁可生成Fe2+，并且不引入新的杂质，‎ 故答案为：Fe（或铁）；‎ ‎（4）过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g，应为BaSO4沉淀，‎ n（BaSO4）==0.015mol，‎ 则n（Fe3+）=n（SO42﹣）=0.015mol，‎ m（Fe）=0.015mol×56g/mol=0.84g，‎ ω（Fe）==28%，‎ 故答案为：30%；‎ ‎（5）催化剂a处的反应为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，催化剂b处的反应为： O2+2H++2e﹣=H2O，总方程为：SO2+H2O+O2=H2SO4设加入的SO2为xg，H2O为yg．则生成硫酸的质量为：，水的质量变化为：y﹣，根据二者的比值为49%，可以求得=8：15，‎ 故答案为：8：15．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及物质含量的测定、制备实验方案的设计等知识，题目难度较大，注意常见化学实验操作方法及电化学知识的积累．‎ ‎　‎ ‎33．W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的位置如图1所示，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数1：1和1：2的化合物．‎ 请回答下列问题．‎ ‎（1）H2Y2的电子式为　　，Z在周期表中的位置　第三周期ⅦA族　．‎ ‎（2）在如图2中，b的pH约为7，且含有Fe2+和淀粉KI的水溶液，a为H2Y2的水溶液，旋开分液漏斗旋钮，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是　2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2　．‎ ‎（3）已知：298K时，金属钠与Y2气体反应，若生成1molNa2Y固体时，放出热量414kJ；若生成1molNa2Y2固体时，放出热量511kJ．则由Na2Y固体与Y2气体反应生成Na2Y2固体的热化学方程式为　Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97kJ/mol　．‎ ‎（4）有人设想利用原电池原理以气体Z2和氢气制备一种重要的化工原料，同时获取电能．假设这种想法可行，用石墨作电极材料，用稀盐酸作电解溶液，则通入Z2的电极为原电池的　正　极，其电极反应式为　Cl2+2e﹣=2Cl﹣　．‎ 42‎ ‎【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】W、X、Y、Z四种短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知W、Y处于第二周期，X、Z处于第三周期，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数l：1和1：2的化合物，则Y为O元素，可推知W为C元素、X为P、Z为Cl．‎ ‎（1）H2O2分子中O原子之间形成1对共用电子对、H原子与O原子之间形成1对共用电子对；主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；‎ ‎（2）在图2中，将H2O2的水溶液滴入含有Fe2+和淀粉KI的水溶液，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成，说明反应生成氢氧化铁与碘单质．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，则参加反应的Fe2+物质的量为=1mol，参加反应H2O2的物质的量==1.5mol，故Fe2+、H2O2、I﹣的化学计量数之比=2：3：4，据此书写；‎ ‎（3）由题意可知：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ/mol ‎②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ/mol 根据盖斯定律，②﹣①得Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）；‎ ‎（4）氯气获得电子生成Cl﹣，发生还原反应，应在原电池正极通入．‎ ‎【解答】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知W、Y处于第二周期，X、Z处于第三周期，其中Y与钠元素和氢元素均可形成原子个数l：1和1：2的化合物，则Y为O元素，可推知W为C元素、X为P、Z为Cl．‎ ‎（1）H2O2分子中O原子之间形成1对共用电子对、H原子与O原子之间形成1对共用电子对，其电子式为；Z为Cl元素，处于第三周期ⅦA族，‎ 故答案为：；第三周期ⅦA族；‎ ‎（2）在图2中，将H2O2的水溶液滴入含有Fe2+和淀粉KI的水溶液，观察到烧瓶中溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成，说明反应生成氢氧化铁与碘单质．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，则参加反应的Fe2+物质的量为=1mol，参加反应H2O2的物质的量==1.5mol，故Fe2+、H2O2、I﹣的化学计量数之比=2：3：4，该反应离子方程式为：2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2，‎ 故答案为：2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2；‎ ‎（3）根据题意可知：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ/mol ‎②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ/mol 根据盖斯定律，②﹣①得Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97kJ/mol，‎ 故答案为：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97kJ/mol；‎ ‎（4）氯气获得电子生成Cl﹣，发生还原反应，应在原电池正极通入，电极反应式为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣，‎ 故答案为：正；Cl2+2e﹣=2Cl﹣．‎ 42‎ ‎【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，（3）中离子方程式书写注意根据电子转移计算确定化学计量数．‎ ‎　‎ ‎34．甲醇又称“木醇”，是无色有酒精气味易挥发的有毒液体．甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等．‎ ‎（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ•mol﹣1‎ 又查资料得知：①CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ•mol﹣1‎ ‎②H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ•mol﹣1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为　CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ•mol﹣1　．‎ 某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：‎ ‎（2）为除去饱和食盐水中的铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气．该反应的离子方程式为　3Cl2+2NH4++8OH﹣=N2↑+6Cl﹣+8H2O　．‎ ‎（3）过量氯气用Na2S2O3除去，反应中S2O32﹣被氧化为SO42﹣．若过量的氯气为1×10﹣3mol，则理论上生成的SO42﹣为　5×10﹣4　mol．‎ ‎（4）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O　．‎ ‎（5）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（已换算成标准状况下的体积），写出在t1后，石墨电极上的电极反应式　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　，原混合溶液中 NaCl的物质的量浓度为　0.1　mol/L．（设溶液体积不变）‎ ‎（6）当向上述甲装置中通入标况下的氧气336mL时，理论上在铁电极上可析出铜的质量为　1.28　g．‎ ‎（7）若使上述电解装置的电流强度达到5.0A，理论上每分钟应向负极通入气体的质量为　0.017　克．（已知1个电子所带电量为1.6×10﹣19C，计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；‎ ‎（2）可以根据反应物和生成物正确书写化学方程式；‎ ‎（3）依据离子方程式的定量关系计算生成硫酸根离子的量；‎ ‎（4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，根据电解质环境来书写电极反应式；‎ ‎（5）根据电解池的电极反应规律来书写电解反应，结合电子守恒和离子的量的关系进行计算；‎ ‎（6）根据n=计算出氧气的物质的量，再根据丙中图象判断铜离子的总物质的量，最后根据m=nM计算出生成铜的质量；‎ ‎（7）根据Q=It和N=结合CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O计算．‎ 42‎ ‎【解答】解：（1）①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（l）+H2O （g）△H=Q1kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3OH（l）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ•mol﹣1‎ ‎③H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ•mol﹣1，依据盖斯定律①×2+②×3+③×2得到：‎ 表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3） kJ•mol﹣1；‎ 故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3） kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）电解后的碱性溶液是氢氧化钠溶液，生成物是氮气、氯化钠、水．反应的离子方程式为：3Cl2+2NH4++8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O，‎ 故答案为：3Cl2+2NH4++8OH﹣=N2↑+6Cl﹣+8H2O；‎ ‎（3）过量氯气用Na2S2O3除去，反应中S2O32﹣被氧化为SO42﹣．反应的离子方程式为：4Cl2+5H2O+S2O32﹣═2SO42﹣+8Cl﹣+10H+；若过量的氯气为10﹣3mol/L，则依据离子方程式的定量关系计算得到生成硫酸根离子物质的量=5×10﹣4mol/L，‎ 故答案为：5×10﹣4；‎ ‎（4））在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的过程为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，‎ 故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；‎ ‎（5）石墨为阳极、铁电极为阴极，开始Cl﹣在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl﹣﹣4e﹣=Cl2↑，t2点后电极反应式为：阳极4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，‎ 由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑可知，n（NaCl）=×2=0.02mol，所以c（NaCl）==0.1mol/L，‎ 通甲醇的电极是负极，所以石墨电极是阴极，该极上发生的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl﹣在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为：阳极2Cl﹣﹣4e﹣=Cl2↑，生成氯气为224ml，物质的量为0.01mol，原溶液中氯化钠物质的量为0.02mol，氯化钠浓度为： =0.1mol/L，‎ 故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；0.1；‎ ‎（6）标准状况下336mL氧气的物质的量为： =0.015mol，0.015mol氧气完全反应得到电子的物质的量为：0.015mol×4=0.06mol，‎ 由丙中t2时生成氧气为112mL，则生成氧气的物质的量为：n（O2）==0.005mol，则共转移电子为：0.02mol+0.005mol×4=0.04mol，‎ 根据电子守恒及Cu2++2e﹣=Cu可知，n（CuSO4）==0.02mol，‎ 所以理论上在铁电极上可析出铜的物质的量为0.02mol，质量为：64g/mol×0.02mol=1.28g，‎ 故答案为：1.28；‎ 42‎ ‎（7）根据Q=It=5.0A×60s=300C，N===1.875×1021个，‎ 由CH3OH～6e﹣‎ ‎ 32g 6×6.02×1023个 ‎ m 1.875×1021个 m==0.017g，‎ 故答案为：0.017．‎ ‎【点评】本题考查了盖斯定律的应用、原电池和电解池工作原理，题目难度较大，注意掌握盖斯定律的含义及应用方法，明确原电池、电解池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．‎ ‎　‎ ‎35．纳米级Cu2O是优良的催化剂和半导体材料，工业上常用下列方法制备Cu20．‎ ‎（1）热还原法：‎ 加热条件下，用液态肼（ N2H4）还原新制的Cu（ OH）2制备Cu20，同时放出N2．该反应的化学方程式为　4Cu（OH）2+N2H4N2↑+2Cu2O+6H2O　．‎ ‎（2）电解法：以氢氧燃料电池为电源，用电解法制备Cu20的装置如图所示．‎ ‎①A的化学式为　O2　．‎ ‎②燃料电池中，OH﹣的移动方向为　由左向右　（填“由左向右”或“由右向左”）；电解池中，阳极的电极反应式为　2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O　．‎ ‎③电解一段时间后，欲使阴极室溶液恢复原来组成，应向其中补充一定量　H2O　（填化学式）．‎ ‎④制备过程中，可循环利用的物质为　H2　（填化学式）．‎ ‎（3）干法还原法 利用反应Cu+CuOCu2O也可制备Cu20．将反应后的均匀固体混合物（含有三种成分）等分为两份，一份与足量H2充分反应后，固体质量减少6.4g；另一份恰好溶于500mL稀硝酸，生成标准状况下4.48L NO，该稀硝酸的物质的量浓度为　3.2mol•L﹣1　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应方程式的配平；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】实验分析题；热点问题．‎ ‎【分析】本题探究热还原法、电解法及干法还原法制备Cu20的原理，其中热还原法是加热条件下，利用液态肼（N2H4）还原新制的Cu（OH）2制备Cu20，同时先是氮气；电解法是利用氢氧燃料电池用铜作阳极电解氢氧化钠溶液制得Cu20，同时还考查了有关电化学理论，如电极反应式、阴离子的转移及电极的判断等；干法还原法是利用反应Cu+CuOCu2O也可制备Cu20，重点考查的是氧化还原反应的分析及运用物质的量进行的计算；‎ 42‎ ‎（1）在加热条件下，用液态肼（N2H4）还原新制的Cu（OH）2制备Cu20，同时放出N2，结合质量守恒定律和氧化还原反应可写出此反应的化学方程式；‎ ‎（2）①电解池中铜为阳极，A为原电池的正极；‎ ‎②原电池中，阴离子向负极移动；电解池的阳极是铜电极被氧化，可根据阳极周围的碱性环境及电解产物来书写电极反应式；‎ ‎③电解池中发生的总反应式为2Cu+H2OCu20+H2↑，根据电解什么补什么的原则，可知需要补充的物质；‎ ‎④燃料电池消耗的是氧气和氢气，电解池内溶解铜，同时得到氢气，可知可循环利用的物质为氢气；‎ ‎（3）将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知：n（CuO）=n（O）=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO），由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu），根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]，据此计算n（HNO3），再根据c=计算硝酸的浓度．‎ ‎【解答】解：（1）根据反应物N2H4和Cu（OH）2，生成物是Cu20、H2O和N2，可得化学方程式为4Cu（OH）2+N2H4N2↑+2Cu2O+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H4N2↑+2Cu2O+6H2O；‎ ‎（2）①燃料电池通氧气的极为正极，连接电解池阳极（铜电极）的极为正确，可知气体A为氧气，故答案为：O2；‎ ‎②原电池内阴离子向负极移动，故燃料电池内OH﹣的移动方向为从左向右，电解池阳极是铜被氧化，电极反应式为2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O，故答案为：由左向右；2Cu+2OH﹣﹣2e﹣=Cu2O+H2O；‎ ‎③电解池内发生的总反应式为2Cu+H2OCu20+H2↑，可知需要补充的物质是水，故答案为：H2O；‎ ‎④电解池阴极得到的氢气可补充燃料电池消耗的氢气，可见可循环的物质为氢气，故答案为：H2；‎ ‎（3）将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.4mol；‎ 另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=3×0.2mol，n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2 mol•L﹣1，故答案为：3.2mol•L﹣1．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应原理、电化学理论、混合物的计算、守恒计算等，题目难度中等，明确反应过程是解题的关键，计算题采取拆分法解答，简化计算过程，注意在学习中归纳总结．‎ ‎　‎ 42‎ 42‎