山东省滨州市邹平县魏桥中学高三化学上学期入学试卷含解析

2022-2022学年山东省滨州市邹平县魏桥中学高三（上）入学化学试卷　一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）1．8月12日天津港发生爆炸，专家对爆炸事故原因猜测认为硝化棉或者硫化钠自燃是最可能的点火源，因此化学药品的安全存放是非常重要的．下列有关化学药品的存放说法不正确的是（　　）A．液溴易挥发，应用水液封并放在冷暗处保存B．金属钠遇到氧气立即反应，应保存在煤油中或者液体石蜡里C．硝酸见光易分解，应用棕色广口试剂瓶保存D．碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存　2．从化学看生活，你认为下列说法不合理的是（　　）A．塑料制品长期不使用也会老化B．食醋和料酒混合即可产生大量有香味的乙酸乙酯C．“84消毒液”可用于消毒、漂白，说明其具有强氧化性D．纯碱是Na2C03，小苏打是NaHC03，其水溶液均呈碱性　3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA　4．将0.02molNa别投入到盛有100mL水、100mL1mol•L﹣1盐酸、100mL1mol•L﹣1硫酸铜溶液的X、Y、Z三个烧杯中，下列有关说法错误的是（　　）A．三个烧杯中一定均会发生的离子反应有：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑B．三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，相比而言，X烧杯中的反应平缓些C．Z烧杯中一定会有沉淀生成，但沉淀不是单质铜-40-D．三个烧杯中生成氢气体的物质的量相同　5．下列叙述不正确的是（　　）A．有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应B．氧化还原反应的本质是电子的得失或偏移C．臭氧与氧气结构不同，二者之间的转化是氧化还原反应D．Cl﹣、I﹣、S2﹣等只有还原性，但也有不少阴离子有较强的氧化性　6．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（　　）A．除去Cl2中的HCl杂质B．分离乙醇和乙酸C．检查装置气密性D．实验室制取NH3-40-　7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．pH=14的溶液中：K+、Ca2+、HCO、SOB．常温下，=10﹣10的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣C．c（ClO﹣）=1.0mol•L﹣1的溶液中：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣D．0.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液中：NH4+、Fe3+、Cl﹣、I﹣　8．下列表示对应反应的离子方程式正确的是（　　）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2OC．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O　9．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（　　）A．铜电极上发生氧化反应B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO42﹣）减小C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡　10．下列关于普伐他汀的水解产物（结构简式如图）的说法正确的是（　　）-40-A．含有两种官能团B．能发生加成、酯化、氧化反应C．1mol该物质与足量Na反应，产生2.5gH2D．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同　11．右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍．下列说法不正确的是（　　）XYZWTA．X、W、Z元素的气态氢化物的热稳定性依次递减B．液态WX3气化需克服分子间作用力C．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性D．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增　12．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣-40-C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1　13．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）﹣Q（Q＞0）一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500C（N2O5）/mol/L0.500.350.250.25下列说法中错误的是（　　）A．500s时O2的浓度为0.075mol/LB．平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小C．平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度D．1000s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25mol/L＜c（N2O5）＜0.50mol/L　14．室温下向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入0.1mol•L﹣1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）A．a点所示溶液中c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（HA）B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH=7时，c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）D．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）　15．铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g．下列说法正确的是（　　）-40-A．剩余固体是铁、铜混合物B．原固体混合物中铜的质量是9.6gC．反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD．反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.5mol　　二、填空题（共4小题，每小题7分，满分42分）16．铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；（2）溶液中的Na2SiO3与Na2与反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3+2Na2═2Na2Al2Si2O8↓+2H2O+4NaOH回答下列问题：（1）写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液后，该步操作中主要发生反应的离子方程式：　　　　　　；　　　　　　．（2）滤渣A的主要成分为　　　　　　；滤渣A的用途是（只写一种）　　　　　　．　17．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质，当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为　　　　　　．（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为　　　　　　（已知该反应为置换反应）．（3）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为　　　　　　．（4）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）．①用碱石灰除去的物质为　　　　　　；②该产气药剂中NaN3的质量分数为　　　　　　．-40-　18．（NH4）2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解．某兴趣小组拟探究其分解产物．【查阅资料】（NH4）2SO4在260℃和400℃时分解产物不同．【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）实验1：连接装置A﹣B﹣C﹣D，检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）．通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2．品红溶液不褪色，取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00mL．经检验滴定后的溶液中无SO42﹣．（1）仪器X的名称是　　　　　　．（2）滴定前，下列操作的正确顺序是　　　　　　（填字母编号）．a．盛装0.2000mol/LNaOH溶液b．用0.2000mol/LNaOH溶液润洗c．读数、记录d．查漏、清洗e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是　　　　　　mol实验2：连接装置A﹣D﹣B，检查气密性，按图示重新加入试剂．通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至（NH4）2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2．观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体．经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣．进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物．（4）检验装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣的实验操作和现象是　　　　　　．（5）装置B内溶液吸收的气体是　　　　　　．（6）（NH4）2SO4在400℃分解的化学方程式是　　　　　　．　19．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义．（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图甲所示，根据图回答下列问题：①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的△H　　　　　　0（填“＞”或“＜”）．-40-②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是　　　　　　（填字母编号）．a．体系的密度不发生变化b．SO2与SO3的体积比保持不变c．体系中硫元素的质量百分含量不再变化d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3e．容器内的气体分子总数不再变化（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图1表示在此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．①该反应的平衡常数表达式为　　　　　　，升高温度，平衡常数　　　　　　（填“增大”或“减小”或“不变”）．②由图2信息，计算0～10min内该反应的平均速率v（H2）=　　　　　　，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为　　　　　　（填“a”或“b”或“c”或“d”）③图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是　　　　　　点，温度T1　　　　　　T2（填“＞”或“=”或“＜”）（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈　　　　　　性，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）=　　　　　　（填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5）．　　一、选修2：化学与技术-40-20．氯碱工业是最基本的化学工业之一，离子膜电解法为目前普遍使用的生产方法，其生产流程如图1所示：（1）该流程中可以循环的物质是　　　　　　．（2）电解法制碱的主要原料是饱和食盐水，由于粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等无机杂质，所以在进入电解槽前需要进行两次精制，写出一次精制中发生的离子方程式　　　　　　，若食盐水不经过二次精制就直接进入离子膜电解槽会产生什么后果　　　　　　．（3）图2是工业上电解饱和食盐水的离子交换膜电解槽示意图（阳极用金属钛网制成，阴极由碳钢网制成）．则B处产生的气体是　　　　　　，E电极的名称是　　　　　　．（4）从阳极槽出来的淡盐水中，往往含有少量的溶解氯，需要加入8%～9%的亚硫酸钠溶液将其彻底除去，该反应的离子方程式为　　　　　　．（5）已知在电解槽中，每小时通过1安培的直流电可以产生1.492g的烧碱，某工厂用300个电解槽串联生产8小时，制得30%的烧碱溶液（密度为1.342吨/m3）113m3，电解槽的电流强度1.45×104A，该电解槽的电解效率为　　　　　　．　　一、选修3：物质结构与性质21．某钙钛型复合氧化物（如图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化（巨磁电阻效应）．（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式　　　　　　．在图中，与A原子配位的氧原子数目为　　　　　　．-40-（2）基态Cr原子的核外电子排布式为　　　　　　，其中电子的运动状态有　　　　　　种．（3）某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为　　　　　　．（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃90011721360阳离子半径/pm99112135请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：　　　　　　．（5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏伽德罗常数．对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，金属钙的密度为　　　　　　g•cm﹣3（用含a和NA的式子表示）．　　一、选修5：有机化学基础22．以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮请根据以上信息回答下列问题：（1）烃A的结构简式为　　　　　　，A的化学名称为　　　　　　．（2）由B生成C的化学方程式为　　　　　　．（3）C的同分异构体中，既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应的有机物共有　　　　　　种，其中在核磁共振氢谱中出现五组峰的有机物的结构简式为　　　　　　．（4）D的结构简式为　　　　　　，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯在酸性条件下发生水解反应的化学方程式为　　　　　　．-40-　　-40-2022-2022学年山东省滨州市邹平县魏桥中学高三（上）入学化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）1．8月12日天津港发生爆炸，专家对爆炸事故原因猜测认为硝化棉或者硫化钠自燃是最可能的点火源，因此化学药品的安全存放是非常重要的．下列有关化学药品的存放说法不正确的是（　　）A．液溴易挥发，应用水液封并放在冷暗处保存B．金属钠遇到氧气立即反应，应保存在煤油中或者液体石蜡里C．硝酸见光易分解，应用棕色广口试剂瓶保存D．碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存【考点】化学试剂的存放．【分析】A．液溴易挥发，需液封；B．钠的密度比煤油的大；C．液体用细口瓶保存；D．碳酸钠溶液水解显碱性．【解答】解：A．溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，故A正确；B．金属钠易和空气中的水、氧气以及二氧化碳反应，常保存在密度较小的煤油中，故B正确；C．液体用细口瓶保存，固体用广口瓶，故C错误；D．碳酸钠溶液水解显碱性，玻璃中的二氧化硅能和碱溶液发生反应，生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘到一块，应用橡胶塞，故D正确．故选C．【点评】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大．　2．从化学看生活，你认为下列说法不合理的是（　　）A．塑料制品长期不使用也会老化B．食醋和料酒混合即可产生大量有香味的乙酸乙酯-40-C．“84消毒液”可用于消毒、漂白，说明其具有强氧化性D．纯碱是Na2C03，小苏打是NaHC03，其水溶液均呈碱性【考点】合成材料；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；有机化学反应的综合应用．【分析】A．塑料制品长期不使用会老化；B．反应生成的乙酸乙酯量很小；C．84消毒液的有效成分为次氯酸钠；D．Na2C03，NaHC03水解显碱性．【解答】解：A．塑料制品长期不使用会老化，长链断裂为短链，故A正确；B．反应需要催化剂，且为可逆反应，生成的乙酸乙酯量很小，故B错误；C．84消毒液的有效成分为次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，故C正确；D．Na2C03，NaHC03都是弱酸盐，水解显碱性，故D正确．故选B．【点评】本题考查有机物的性质、消毒剂以及盐类的水解，注意物质的性质，把握反应的条件为解答的关键，题目难度不大．　3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA【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、氟化氢的沸点是19.4℃，在标准状况下是液体，所以不能用气体摩尔体积来计算；B、乙烯与丙烯的最简式均为CH2，计算7gCH2中的氢原子数得到；C、浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜反应；D、氮气和氢气合成氨是可逆反应不能进行彻底．【解答】解：A、氟化氢的沸点是19.4℃，在标准状况下是液体，33.6L氟化氢物质的量不是1.5mol，不能用气体摩尔体积来计算，故A错误；-40-B、.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目，因为乙烯与丙烯的最简式均为CH2，所以计算7gCH2中的氢原子数=×2=1mol，故B正确；C、50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜反应，生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误；D、氮气和氢气合成氨是可逆反应不能进行彻底，0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，关键是浓硫酸岁反应进行浓度变稀不与铜反应，合成氨反应是可逆反应，题目难度中等．　4．将0.02molNa别投入到盛有100mL水、100mL1mol•L﹣1盐酸、100mL1mol•L﹣1硫酸铜溶液的X、Y、Z三个烧杯中，下列有关说法错误的是（　　）A．三个烧杯中一定均会发生的离子反应有：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑B．三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，相比而言，X烧杯中的反应平缓些C．Z烧杯中一定会有沉淀生成，但沉淀不是单质铜D．三个烧杯中生成氢气体的物质的量相同【考点】钠的化学性质．【分析】钠密度小于水，钠投入溶液中，发生的反应实质是钠与酸或者水电离产生的氢离子的反应，溶液中氢离子浓度越大，反应越剧烈，生成的氢氧化钠又能够与硫酸铜发生复分解反应，据此解答．【解答】解：A．钠投入溶液中，发生的反应实质是钠与酸或者水电离产生的氢离子的反应，钠与盐酸反应的实质为：2Na+2H+=2Na++H2↑，故A错误；B．盐酸为酸、硫酸铜为强酸弱碱盐水解显酸性，所以X、Y、Z三种溶液中，氢离子浓度由大到小的顺序为：Y＞Z＞X，氢离子浓度越大，反应越剧烈，水中氢离子浓度最小，所以反应最缓和，故B正确；C．钠与硫酸铜溶液反应，方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，故C正确；D．依据得失电子守恒，可知相同量的钠失去电子数相同，生成氢气的量相同，故D正确；-40-故选：A．【点评】本题考查了钠的性质，解题关键在于明确钠与溶液反应的实质，题目难度不大，注意知识的积累．　5．下列叙述不正确的是（　　）A．有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应B．氧化还原反应的本质是电子的得失或偏移C．臭氧与氧气结构不同，二者之间的转化是氧化还原反应D．Cl﹣、I﹣、S2﹣等只有还原性，但也有不少阴离子有较强的氧化性【考点】氧化还原反应．【分析】A．有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化；B．氧化还原反应的特征是化合价的升降，本质是电子得失或偏移；C．有化合价变化的反应是氧化还原反应；D．处于最低价态的微粒化合价只能升高只具有还原性，但处于较高价的阴离子也会有较强的氧化性；【解答】解：A．有单质生成的分解反应一定有电子转移，所以一定是氧化还原反应，故A正确；B．化学反应中，当有电子得失或偏移时，发生氧化还原反应，为氧化还原反应的实质，故B正确；C．臭氧与氧气的转化化合价未变，不是氧化还原反应，故C错误；D．处于最低价态的微粒化合价只能升高只具有还原性，但处于较高价的阴离子也会有较强的氧化性，例如ClO﹣，故D正确；故选C；【点评】本题考查了氧化还原反应，明确氧化还原反应的本质和特征的区别，为易错点．　6．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（　　）A．-40-除去Cl2中的HCl杂质B．分离乙醇和乙酸C．检查装置气密性D．实验室制取NH3【考点】化学实验方案的评价；氨的实验室制法；气体发生装置的气密性检查；物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】A．进气管应插入液面以下；B．乙酸和乙醇混溶；C．关闭止水夹，如长颈漏斗形成一段水柱，且在一定时间内水柱液面不变化，可说明气密性良好；D．不能用加热氯化铵的方法制备氨气．【解答】解：A．洗气时导管应长进短出，故A错误；B．乙酸和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏法，故B错误；C．关闭止水夹，如长颈漏斗形成一段水柱，且在一定时间内水柱液面不变化，可说明气密性良好，故C正确；-40-D．绿化爱加热易分解生成氨气和氯化氢，二者在温度稍低时又可反应生成氯化铵，不能用加热氯化铵的方法制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙加热制备，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、气密性的检查、气体的制备等基本实验操作，侧重于化学实验方案的评价的考查，题目难度不大，注意把握基本实验操作方法和注意事项．　7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．pH=14的溶液中：K+、Ca2+、HCO、SOB．常温下，=10﹣10的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣C．c（ClO﹣）=1.0mol•L﹣1的溶液中：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣D．0.1mol•L﹣1的NaAlO2溶液中：NH4+、Fe3+、Cl﹣、I﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=14的溶液为碱性溶液，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；B．该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C．次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子、硫离子；D．铁离子能够氧化碘离子，偏铝酸根离子与铁离子发生双水解反应．【解答】解：A．pH=14的溶液中存在大量氢氧根离子，HCO3﹣与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．常温下，=10﹣10的溶液中存在大量氢离子，Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．ClO﹣能够氧化SO32﹣、S2﹣，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，Fe3+与NaAlO2发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．-40-【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　8．下列表示对应反应的离子方程式正确的是（　　）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2OC．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO和水；B．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D．醋酸在离子反应中保留化学式．【解答】解：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为2NO3﹣+3SO32﹣+2H+═3SO42﹣+2NO↑+H2O，故A错误；B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O，故B正确；C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．醋酸除去水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　9．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（　　）-40-A．铜电极上发生氧化反应B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO42﹣）减小C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理．【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大．【解答】解：A．由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，故A错误；B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42﹣）不变，故B错误；C．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2++2e﹣=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故C正确；D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误，故选：C．【点评】本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过，C选项利用电荷守恒分析．　-40-10．下列关于普伐他汀的水解产物（结构简式如图）的说法正确的是（　　）A．含有两种官能团B．能发生加成、酯化、氧化反应C．1mol该物质与足量Na反应，产生2.5gH2D．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】分子中含有﹣OH，可发生取代、消去和氧化反应，含有﹣COO﹣，可发生水解反应，含有﹣COOH，具有酸性可发生中和、取代反应，含有C=C，可发生加成、加聚和氧化反应，注意不含苯环．【解答】解：A．分子中含有碳碳双键、﹣OH、﹣COOC﹣、﹣COOH等四种官能团，故A错误；B．分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羟基、羧基，可发生酯化反应，故B正确；C．分子中含有4个羟基，1个羧基，1mol该物质与足量Na反应，产生2.5molH2，共5g，故C错误；D．可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇及酯性质的考查，题目难度不大．　11．右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍．下列说法不正确的是（　　）XYZWTA．X、W、Z元素的气态氢化物的热稳定性依次递减-40-B．液态WX3气化需克服分子间作用力C．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性D．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As，结合元素周期律与元素化合物结构与性质解答．【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As．A．元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O＞S＞P，故H2O＞H2S＞PH3，故A正确；B．液态SO3分子之存在分子间作用力，气化需克服分子间作用力，故B正确；C．As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，故C正确；D．S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故D错误，故选D．【点评】本题考查元素的位置与性质结构的关系，难度不大，注意对元素周期律的理解掌握．　12．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣-40-C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃．【分析】A．电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；B．电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；C．根据图示以及电解的目的解答；D．根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C总的反应分析；【解答】解：A．根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O﹣CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正确；B．电解池阴极发生还原反应，电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e﹣═H2↑+O2﹣，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e﹣═CO+O2﹣，故B正确；C．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；D．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键．　13．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）﹣Q（Q＞0）一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500C（N2O5）/mol/L0.500.350.250.25下列说法中错误的是（　　）A．500s时O2的浓度为0.075mol/L-40-B．平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小C．平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度D．1000s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25mol/L＜c（N2O5）＜0.50mol/L【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【分析】A．计算N2O5的浓度变化量，浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此计算氧气浓度；B．升高温度反应速率加快，而后N2O5的浓度减小，反应速率又降低；C．要使平衡常数增大，应改变温度使平衡正向移动，正反应为吸热反应，应升高温度；D.1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，其他条件不变，将容器的体积缩小一半，若平衡不移动，此时N2O5的浓度为5mol/L，由于体积减小，压强增大，平衡向逆反应方向移动．【解答】解：A.500s内N2O5的浓度变化量=0.5mol/L﹣0.35mol/L=0.15mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故c（O2）=△c（N2O5）=0.075mol/L，故A正确；B．升高温度反应速率加快，而后N2O5的浓度减小，反应速率又降低，故B正确；C．要使平衡常数增大，应改变温度使平衡正向移动，正反应为吸热反应，应升高温度，故C正确；D.1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，其他条件不变，将容器的体积缩小一半，若平衡不移动，此时N2O5的浓度为5mol/L，由于体积减小，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时c（N2O5）＞5.00mol•L﹣1，故D错误，故选D．【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素等，侧重考查学生分析计算能力，难度中等，注意对基础知识的理解掌握．　14．室温下向10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入0.1mol•L﹣1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）-40-A．a点所示溶液中c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（HA）B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH=7时，c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）D．b点所示溶液中c（A﹣）＞c（HA）【考点】真题集萃；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；B．b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度．【解答】解：A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）＞c（H+），故A错误；B．a点A﹣水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）=c（A﹣），故C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度，则存在c（A﹣）＞c（HA），故D正确．故选D．【点评】本题为2022年考题，侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析．　15．铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g．下列说法正确的是（　　）-40-A．剩余固体是铁、铜混合物B．原固体混合物中铜的质量是9.6gC．反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD．反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.5mol【考点】氧化还原反应的计算．【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+，n（FeCl3）=0.5mol，结合反应的方程式解答．【解答】解：铁的还原性强于铜，把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+64g2mol56g2molm10.5molm20.5molm1=16g，m2=14g，溶解的金属质量是18﹣3.2=14.8，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A、C错；列方程进行计算，设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n264n1+56n2=14.8gn1+n2=0.25moln1=0.1mol，n2=0.15mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g，故B正确；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，故D错误．故选B．【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据反应的相关方程式从质量守恒的角度解答，难度中等．　二、填空题（共4小题，每小题7分，满分42分）16．铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：-40-已知：（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；（2）溶液中的Na2SiO3与Na2与反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：2Na2SiO3+2Na2═2Na2Al2Si2O8↓+2H2O+4NaOH回答下列问题：（1）写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液后，该步操作中主要发生反应的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣+3H2O=2﹣　；　SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O　．（2）滤渣A的主要成分为　Fe2O3、Na2Al2Si2O8　；滤渣A的用途是（只写一种）　炼铁的原料（或生产硅酸盐产品的原料）　．【考点】铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱NaOH反应生成硅酸钠和水；（2）铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁不反应，Na2SiO3与Na2与反应，能生成硅铝酸盐沉淀，据此判断滤渣成分，滤渣中含有铁元素、Si元素，据此判断其用途．【解答】解：（1）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH﹣+3H2O=2﹣，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱NaOH反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2﹣；SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；（2）铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁不反应且不溶于水，Na2SiO3与Na2与反应，能生成硅铝酸盐沉淀，所以滤渣成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8，滤渣中含有铁元素、Si元素，所以滤渣可以作炼铁的原料或生产硅酸盐产品的原料，故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；炼铁的原料（或生产硅酸盐产品的原料）．-40-【点评】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查学生对物质性质的掌握，明确物质的性质即可解答，熟练注意元素化合物知识，有时还与基本操作、离子检验等联合考查，题目难度不大．　17．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质，当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为　　．（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为　Fe　（已知该反应为置换反应）．（3）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O　．（4）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）．①用碱石灰除去的物质为　CO2、H2O　；②该产气药剂中NaN3的质量分数为　65%　．【考点】氧化还原反应的计算；电子式；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用；有关混合物反应的计算．【专题】简答题；热点问题；类比迁移思想．【分析】（1）N2是非极性分子，分子内氮与氮之间存在三个电子对；（2）置换反应的反应物和产物均为单质和化合物，故Fe2O3与Na发生置换反应的产物是Fe和Na2O，结合氧化还原反应的理论，很容易判断出还原产物；（3）NaHCO3不稳定，受热易分解，生成稳定的Na2CO3、H2O、CO2；（4）①碱石灰易吸水和二氧化碳，反应中恰好有这二种物质生成；②N233.6L，其物质的量为1.5mol，结合原子守恒可得NaN3的物质的量为1mol，NaN3的质量为65克，气药剂的质量分数为65%．【解答】解：（1）N2是非极性分子，分子内氮与氮之间存在三个电子对，电子式为，故答案为：（2）置换反应的反应物和产物均为单质和化合物，故Fe2O3与Na发生置换反应的产物是Fe和Na2O，Fe为Fe2O3得电子后的产物，为还原产物，故答案为：Fe；-40-（3）NaHCO3不稳定，受热易分解，生成稳定的Na2CO3、H2O、CO2，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（4）①气药剂反应生成的混合气体为H2O、CO2、N2，碱石灰恰好能吸收水和二氧化碳，故答案为：CO2、H2O；②33.6LN2的物质的量为=1.5mol，化学反应过程中遵守氮原子守恒，可知NaN3的物质的量为=1mol，NaN3的质量为1mol×65g/mol=65g，气药剂中NaN3的质量分数为×100%=65%，故答案为：65%．【点评】考查了氮气的电子式书写，氧化还原反应的理论与分析，碳酸钠的不稳定性，物质的量与质量、气体摩尔体积之间的计算，以及原子守恒等，中等难度．　18．（NH4）2SO4是常见的化肥和化工原料，受热易分解．某兴趣小组拟探究其分解产物．【查阅资料】（NH4）2SO4在260℃和400℃时分解产物不同．【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）实验1：连接装置A﹣B﹣C﹣D，检查气密性，按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）．通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2．品红溶液不褪色，取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00mL．经检验滴定后的溶液中无SO42﹣．（1）仪器X的名称是　圆底烧瓶　．（2）滴定前，下列操作的正确顺序是　dbaec　（填字母编号）．a．盛装0.2000mol/LNaOH溶液b．用0.2000mol/LNaOH溶液润洗c．读数、记录d．查漏、清洗e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面（3）装置B内溶液吸收气体的物质的量是　0.03　mol实验2：连接装置A﹣D﹣B，检查气密性，按图示重新加入试剂．通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至（NH4）2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2-40-．观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体．经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣．进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物．（4）检验装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣的实验操作和现象是　取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣　．（5）装置B内溶液吸收的气体是　NH3　．（6）（NH4）2SO4在400℃分解的化学方程式是　3（NH4）2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计．【分析】实验1：（1）仪器X为圆底烧瓶；（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面，读数、记录，滴定前准备完成；（3）根据消耗氢氧化钠计算B装置中剩余的HCl，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，进而计算吸收NH3的物质的量，实验2：（4）取D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解且生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣；（5）装置D内溶液中有SO32﹣，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气；（6）由（5）中分析可知，（NH4）2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，配平书写方程式．【解答】解：（1）由仪器X的结构可知，X为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面，读数、记录，滴定前准备完成，故正确的顺序为：dbaec，故答案为：dbaec；（3）滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH为0.025L×0.2mol/L=0.005mol，故剩余HCl为0.005mol，则参加反应的HCl为0.07L×0.5mol/L﹣0.005mol=0.03mol，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，故吸收NH3的物质的量为0.03mol，-40-故答案为：0.03；（4）检查装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣的实验操作和现象是：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣，故答案为：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣；（5）装置D内溶液中有SO32﹣，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气，故答案为：NH3；（6）由（5）中分析可知，（NH4）2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，分解反应方程式为：3（NH4）2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑，故答案为：3（NH4）2SO44NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O↑．【点评】本题考查化学实验，涉及化学仪器、滴定操作、实验方案设计、化学计算、物质推断、化学方程式书写等，是对学生综合能力的考查，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力难度中等．　19．运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义．（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图甲所示，根据图回答下列问题：①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的△H　＜　0（填“＞”或“＜”）．②一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是　be　（填字母编号）．a．体系的密度不发生变化b．SO2与SO3的体积比保持不变c．体系中硫元素的质量百分含量不再变化d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3e．容器内的气体分子总数不再变化-40-（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图1表示在此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．①该反应的平衡常数表达式为　　，升高温度，平衡常数　减小　（填“增大”或“减小”或“不变”）．②由图2信息，计算0～10min内该反应的平均速率v（H2）=　0.045mol/L•min　，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为　d　（填“a”或“b”或“c”或“d”）③图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是　c　点，温度T1　＜　T2（填“＞”或“=”或“＜”）（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈　酸性　性，所得溶液中c（H+）﹣c（OH﹣）=　c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）．　（填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，NH3•H2O：Kb=1.8×10﹣5）．【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】化学平衡图像；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题；化学平衡计算．【分析】（1）①由图甲可知，温度越高平衡混合体系中SO3的百分含量越小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（2）①化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；-40-由1图可知，反应物总能量大于生成物能量，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；②0～10min内△n（N2）=0.6mol﹣0.3mol=0.3mol，由方程式可知△n（H2）=3△n（N2），再根据v=计算v（H2）；从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，瞬间氮气的物质的量不变，增大压强平衡正向移动，氮气物质的量减小到平衡时不变；③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，平衡正向移动，氮气的转化率增大；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动；（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，恰好得到NH4HSO3溶液，铵根离子水解呈酸性，H2SO3的Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，则HSO3﹣的水解平衡常数为Kh==5.8×10﹣11＜Ka2=6.0×10﹣8，即HSO3﹣的水解程度小于其电离程度；若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，恰好得到NH4HSO3溶液，溶液呈酸性，电解质溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）．【解答】解：（1）①由图甲可知，温度越高平衡混合体系中SO3的百分含量越小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，故答案为：＜；②a．混合气体质量不变，容器容积不变，体系的密度始终不变，故a错误；b．SO2与SO3的体积比保持不变，说明二者含量不变，反应达到平衡状态，故b正确；c．混合气体气体质量不变，由S元素守恒可知，混合气体中S元素质量不变，则体系中硫元素的质量百分含量始终不变，故c错误；d．任何状态下，单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；e．正反应为气体分子数目减小的反应，容器内的气体分子总数不再变化，说明反应达到平衡状态，故e正确．故答案为：be；（2）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数K=，-40-由1图可知，反应物总能量大于生成物能量，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：；减小；②0～10min内△n（N2）=0.6mol﹣0.3mol=0.3mol，由方程式可知△n（H2）=3△n（N2）=0.9mol，则v（H2）==0.045mol/L•min；从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，瞬间氮气的物质的量不变，增大压强平衡正向移动，氮气物质的量减小到平衡时不变，曲线d符合n（N2）的变化，故答案为：0.045mol/（L•min）；d；③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，温度越高化学平衡越低，故K1＞K2；故答案为：c；＜．（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，恰好得到NH4HSO3溶液，铵根离子水解呈酸性，H2SO3的Ka1=1.7×10﹣2，Ka2=6.0×10﹣8，则HSO3﹣的水解平衡常数为Kh==5.8×10﹣11＜Ka2=6.0×10﹣8，即HSO3﹣的水解程度小于其电离程度，故溶液NH4HSO3溶液，电解质溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），则c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），故答案为：酸；c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡状态判断、化学平衡图象、离子浓度大小比较、电离平衡常数等，（3）中注意根据亚硫酸的电离平衡常数判断亚硫酸氢根的水解平衡常数，进而判断亚硫酸氢根的酸碱性问题．　一、选修2：化学与技术-40-20．氯碱工业是最基本的化学工业之一，离子膜电解法为目前普遍使用的生产方法，其生产流程如图1所示：（1）该流程中可以循环的物质是　氯化钠、氢氧化钠（或NaCl、NaOH）　．（2）电解法制碱的主要原料是饱和食盐水，由于粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等无机杂质，所以在进入电解槽前需要进行两次精制，写出一次精制中发生的离子方程式　Ca2++CO32﹣=CaCO3↓、Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓　，若食盐水不经过二次精制就直接进入离子膜电解槽会产生什么后果　少量Mg2+、Ca2+在电解碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜　．（3）图2是工业上电解饱和食盐水的离子交换膜电解槽示意图（阳极用金属钛网制成，阴极由碳钢网制成）．则B处产生的气体是　H2　，E电极的名称是　阳极　．（4）从阳极槽出来的淡盐水中，往往含有少量的溶解氯，需要加入8%～9%的亚硫酸钠溶液将其彻底除去，该反应的离子方程式为　SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2H++2Cl﹣　．（5）已知在电解槽中，每小时通过1安培的直流电可以产生1.492g的烧碱，某工厂用300个电解槽串联生产8小时，制得30%的烧碱溶液（密度为1.342吨/m3）113m3，电解槽的电流强度1.45×104A，该电解槽的电解效率为　87.6%　．【考点】电解原理；氯碱工业．【分析】（1）根据工艺流程图结合电解工艺的原料以及产物知识来判断；（2）除去钙离子使用碳酸钠试剂，除去镁离子使用氢氧化钠试剂，根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响角度来回答；（3）电解池中，阳离子移向阴极，根据电极反应确定产物，根据电解池的工作原理来书写方程式；（4）氯气具有氧化性，能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠；-40-（5）计算生成NaOH的质量，根据理论耗电量和实际耗电量计算．【解答】解：（1）根据工艺流程图结中用到的原料以及产物，可以知道从阳极槽出来的淡盐水中含有氯化钠可以循环使用，电解产生的氢氧化钠可作为在进入电解槽前需要进行两次精制的原料，也是可以循环使用的物质，故答案为：氯化钠、氢氧化钠（或NaCl、NaOH）；（2）除去钙离子使用碳酸钠试剂，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓除去镁离子使用氢氧化钠试剂，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，若食盐水不经过二次精制，处理后的盐水中还含有少量杂质离子Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，故答案为：Ca2++CO32﹣=CaCO3↓、Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，少量Mg2+、Ca2+在电解碱性条件下会生成沉淀，损害离子交换膜；（3）电解池中，阳离子钠离子移向阴极，所以B是电源的负极，A是正极，E是阳极，在阴极上产生的是氢气，电解饱和食盐水的原理方程式为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故答案为：H2；阳极；（4）氯气具有氧化性，能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，即Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，离子反应为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2H++2Cl﹣，故答案为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2H++2Cl﹣；（5）烧碱溶液质量为1.342×103kg/m3×113m3=1.516×105kg，m（NaOH）=1.516×105kg×30%=4.548×104kg，则理论上需要电流量为=3.0483×107A，则实际上耗电量为1.45×104A×8×300=3.48×107A，该电解槽的电解效率为×100%≈87.6%，故答案为：87.6%．【点评】本题以氯碱工业为载体，考查学生生化学工艺流程题的解题方法知识，注意电解池的工作原理的灵活应用是关键，题目难度中等．　一、选修3：物质结构与性质-40-21．某钙钛型复合氧化物（如图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化（巨磁电阻效应）．（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式　ABO3　．在图中，与A原子配位的氧原子数目为　12　．（2）基态Cr原子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d54s1　，其中电子的运动状态有　24　种．（3）某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为　3：2　．（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃90011721360阳离子半径/pm99112135请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：　碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果．钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低　．（5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏伽德罗常数．对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，金属钙的密度为　　g•cm﹣3（用含a和NA的式子表示）．【考点】晶胞的计算；配合物的成键情况．【分析】（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，结合均摊法计算；晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心和定点，每个晶胞中有个O与A距离最近；（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；-40-（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，以此判断未成对电子数；（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高；（5）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有Ca的数目为8×+6×=4，边长为apm，则晶胞的体积为（a×10﹣10cm）3=a3×10﹣30cm3，根据ρ=计算密度；【解答】解：（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，则晶胞中A的个数为8×=1，B的个数为1，O的个数为6×=3，则化学式为ABO3，晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心和定点，每个晶胞中有个O与A距离最近，而A为8个晶胞共有，则与A原子配位的氧原子数目为8×=12，故答案为：ABO3；12；（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，每个电子的运动状态都不同，则有24种不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；24；（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，则未成对的电子数目比为3：2，故答案为：3：2；（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高，由于钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低，故答案为：碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果．钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低；（5）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有Ca的数目为8×+6×=4，边长为apm，则晶胞的体积为（a×10﹣10cm）3=a3×10﹣30cm3，根据ρ=可知，ρ==g•cm﹣3，-40-故答案为：．【点评】本题以科学研究钙钛型复合氧化物作背景，考查学生对电子排布、晶胞计算等知识，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等，是对物质结构基础知识和应用能力考查，基础性较强，重点突出．　一、选修5：有机化学基础22．以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮请根据以上信息回答下列问题：（1）烃A的结构简式为　　，A的化学名称为　对二甲苯（1，4﹣二甲苯）　．（2）由B生成C的化学方程式为　　．（3）C的同分异构体中，既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应的有机物共有　13　种，其中在核磁共振氢谱中出现五组峰的有机物的结构简式为　　．（4）D的结构简式为　　，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯在酸性条件下发生水解反应的化学方程式为　　．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】根据题中各物质的转化关系，由可知D为，物质C可发生银镜反应，说明含有﹣CHO，且能氧化为D，则C为-40-，B为三氯代烃，在碱性条件下生成C，结合题给信息可知B为，则A为，据此答题．【解答】解：根据题中各物质的转化关系，由可知D为，物质C可发生银镜反应，说明含有﹣CHO，且能氧化为D，则C为，B为三氯代烃，在碱性条件下生成C，结合题给信息可知B为，则A为，（1）由上面的分析可知，烃A的结构简式为，A的化学名称为对二甲苯（1，4﹣二甲苯），故答案为：；对二甲苯（1，4﹣二甲苯）；（2）B为，在碱性条件下生成C（），反应的方程式为，故答案为：；（3）C的同分异构体中，既能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，又能发生银镜反应，说明有醛基，这样的异构体中可以是﹣OH、﹣CHO、﹣CH3、分别连在苯环上，根据定二动一的原则可以有10种，也可以是﹣OH、﹣CH2CHO连在苯环上，有邻、间、对三种，所以共有13种，其中在核磁共振氢谱中出现五组峰的有机物的结构简式为，故答案为：13；；（4）D的结构简式为，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯在酸性条件下发生水解反应的化学方程式为，故答案为：；．-40-【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度不大，注意对题目反应信息的理解利用，根据高聚物的结构特点用逆推法推断有机物，题目的难点是同分异构体的判断；　-40-