黑龙江省牡丹江一中2022届高三化学上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）月考化学试卷　一、单选题（每题2分，共44分）1．2022年10月24日飓风“桑迪”袭击美国．一阵飓风过后，海面的巨浪上竟燃烧着熊熊大火．海水会燃烧的原因是（　　）A．飓风与海水发生剧烈摩擦，产生的巨大热能使水分子分解，引起氢气燃烧B．飓风使海水温度升高，产生高温水蒸气，达到水的着火点，使海水燃烧C．飓风产生高温，使氮气在空气中剧烈燃烧D．以上说法均有可能　2．下列说法正确的是（　　）A．某物质经测定，只含有一种组成元素，则该物质一定是单质B．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大C．碱性氧化物均是金属氧化物，酸性氧化物均是非金属氧化物D．纯净的硫酸是纯净物，而纯净的盐酸是混合物　3．下列图示关系中不正确的是（　　）A．B．C．D．　4．下列离子方程式错误的是（　　）A．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣B．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HC1溶液混合：H++Mg2++3OH﹣=Mg（OH）2↓+H2OD．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣　-41-\n5．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl与Cl得电子能力相同D．F﹣、O2﹣、Mg2+、Na+半径逐渐减小　6．在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（　　）A．Z为0.3mol/LB．Y2为0.4mol/LC．X2为0.2mol/LD．Z为0.4mol/L　7．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．50mL18.4mol．L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB．某密闭容器盛有0.1molNA和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAC．若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NAD．常温下1L0.1mol．L﹣1NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA　8．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA氢氟酸具有酸性氢氟酸可用于雕刻玻璃B氯水显酸性可用pH试纸测氯水的pHCNH3极易溶于水NH3可用作制冷剂DClO2具有强氧化性ClO2可用于自来水的杀菌消毒A．A、B．B、C．C、D．D、　9．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）=0.5Mr（Z），下列说法正确的是（　　）A．三种气体密度最小的是XB．分子数目相等的三种气体，质量最大的是Y-41-\nC．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1molD．20℃时，若2molY与1molZ体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2：1　10．下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是（　　）A．混合物中各组分的浓度改变B．正、逆反应速率改变C．混合物中各组分的含量改变D．混合体系的压强发生改变　11．下列物质性质与应用对应关系正确的是（　　）A．二氧化锰具有还原性，可用于实验室制备氯气B．Na2O2能与水或二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂C．碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品的膨松剂D．Na2SO4浓溶液能使蛋白质发生盐析，可用于杀菌、消毒　12．过程的自发性的作用是（　　）A．判断过程的方向B．确定过程是否一定会发生C．判断过程发生的速率D．判断过程的热效应　13．向恒温、恒容的密闭容器中充入2molX和一定量的Y，发生反应：2X（g）+Y（g）2Z（g）△H=﹣Q（Q=197.74kJ/mol），4min后达到平衡，这时c（X）=0.2mol•L﹣1，且X与Y的转化率相等．下列说法中不正确的是（　　）A．达到平衡时，再充入1molX，该反应的Q变大B．用Y表示4min内的反应速率为0.1mol/（L•min）C．再向容器中充入1molZ，达到新平衡，反应速率v（X）：v（Y）=2：1D．4min后，若升高温度，平衡将向逆反应方向移动，平衡常数K减小　14．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是（　　）选项甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2-41-\nCSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2A．AB．BC．CD．D　15．某校化学探究小组成员讨论下列Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四种仪器装置的气体制备与性质实验的用法，其中不合理的是（　　）A．装置Ⅰ：可以用来验证碳的非金属性比硅强B．装置Ⅱ：橡皮管的作用是使水顺利流下C．装置Ⅲ：不能检查该装置的气密性D．装置Ⅳ：先从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，可收集NO气体　16．可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）、②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（　　）A．反应①的正反应是吸热反应B．达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15C．达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为D．在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等　-41-\n17．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu2（OH）2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑二氧化碳的溶解）．则电解过程中转移电子的物质的量为（　　）A．0.4molB．0.5molC．0.6molD．0.8mol　18．可逆反应aA（g）+bB（s）⇌cC（g）+dD（g），其他条件不变，C的物质的量分数和温度（T）或压强（P）关系如图，其中正确的是（　　）A．升高温度，平衡向逆反应方向移动B．使用催化剂，C的物质的量分数增加C．化学方程式系数a＞c+dD．根据图象无法确定改变温度后平衡移动方向　19．一杯澄清透明的溶液中，已知各离子的浓度均为0.1mol/L，体积为1L．可能含有的离子：阳离子：K+，Fe2+，Ba2+，NH+4阴离子：Cl﹣，NO﹣3，CO2﹣3，SO2﹣4向该混合液中加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不变．对该溶液的下列叙述错误的是（　　）A．该溶液一定含有Fe2+，NO3﹣，Cl﹣B．该溶液一定不含K+，NH4+C．该溶液一定不含CO32﹣，Ba2+D．该溶液可能含有SO42﹣　20．已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，向密闭容器中加入2molSO2（g）和1molO2，一定条件下反应达到平衡，在t2和t4时刻分别只改变一个条件（温度或压强），反应过程中正反应速率如下图所示，下列说法正确的是（　　）注：t1～t2、t3～t4、t5之后各时间段表示达到平衡状态①、②、③．-41-\nA．t2～t3时间段，平衡向逆反应方向移动B．平衡状态①和②，平衡常数K值相同C．平衡状态①和②，SO2转化率相同D．t4时刻改变的条件是减小压强　21．美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程．下列说法不正确的是（　　）A．CO2属于酸性氧化物B．CO与O形成化学键的过程中放出能量C．钌催化剂可以改变该反应的焓变D．CO与O形成化学键的过程中有电子转移　22．正、负极都是碳材料的双碳性电池，电池充、放电过程为2nC+LiACnA+LiCn，充电时Li+、A﹣分别吸附在两极上形成LiCn和CnA（如图所示），下列说法正确的是（　　）A．a是电池的负极B．放电时，A﹣离子向b极移动C．放电时，负极的电极反应式是nC﹣e﹣+A﹣=CnA-41-\nD．充电时，电解质中的离子浓度保持不变　　二、解答题23．SO2和NOx都是大气污染物．（1）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的过程　　　　　　．（2）右表是某小组同学测得的不同天气情况下的某县城空气中SO2的平均含量．请你分析雨后或风速较大时SO2平均含量较低的原因：天气情况平均风速（m/s）空气中SO2的平均含量（mg/L）雨前雨后晴晴①雨后：　　　　　　；②风速较大时：　　　　　　．（3）洗涤含SO2的烟气．以下物质不能作为洗涤剂的是　　　　　　（填字母序号）．a．熟石灰　　　b．纯碱c．CaCl2d．NaHSO3（4）煤燃烧前需进行脱硫处理，某种脱硫技术的基本原理如下：FeS2Fe2++SO42﹣Fe2+①该技术的第一步反应的离子方程式为　　　　　　．②处理1kg含80%FeS2的黄铁矿，第二步消耗O2（标况）的体积为　　　　　　L（保留一位小数）．（5）某研究性学习小组为模拟光化学烟雾的形成，用紫外线照射装在密闭容器内的被污染空气样品，所得物质的浓度随时间的变化如图1所示．由图可知，光化学烟雾是指　　　　　　等污染物气体和颗粒物所形成的烟雾．-41-\n（6）氧化﹣还原法消除NOx的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为NO+O3=NO2+O2，生成11.2LO2（标况）时，转移电子的物质的量是　　　　　　mol．②反应Ⅱ中，反应的化学方程式是　　　　　　．（7）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：NO2被吸收的离子方程式是　　　　　　．　24．铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用．（1）某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护．为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述　　　　　　（填装置序号）装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为　　　　　　．（2）用CH4或其他有机物、O2为原料可设计成原电池，以CnH2nOn、O2为原料，H2SO4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为　　　　　　．（3）图1是在金属锌板上贴上一张用某溶液浸湿的滤纸，图2是NaBH4/H2O2燃料电池．图2电池负极区的电极反应为　　　　　　；若用硫酸钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸，用导线将a、b直接相连，则滤纸出现　　　　　　色，C位置的电极反应式为　　　　　　若用KI淀粉溶液浸湿滤纸，用导线将a、b与A、B电极相连，铅笔芯C点处出现蓝色，则b接的是　　　　　　（填A或B）电极．-41-\n（4）广西治理龙江河镉（Cd2+）污染时，先向河中投入沉淀剂将Cd2+转化为难溶物，再投入氯化铝，试说明氯化铝的作用　　　　　　（用必要的离子方程式和文字进行解释）．　25．甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸气重整．向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：反应过程化学方程式焓变△H（kJ/mol）活化能Ea（kJ/mol）甲烷氧化CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）﹣802.6125.6CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）﹣322.0172.5蒸汽重整CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）206.2240.1CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）165.0243.9回答下列问题：（1）反应CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．（2）在初始阶段，甲烷蒸气重整的反应速率　　　　　　甲烷氧化的反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（记作Kp），则反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）的Kp=　　　　　　；随着温度的升高，该平衡常数　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．（4）从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于　　　　　　．（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：-41-\n①若要达到H2物质的量分数＞65%、CO物质的量分数＜10%，以下条件中最合适的是　　　　　　．A.600℃，0.9MPaB.700℃，0.9MpaC.800℃，1.5MPaD.1000℃，1.5MPa②画出600℃，0.1MPa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始计时）的变化趋势示意图：（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是　　　　　　．　26．工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：探究一（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　　　　　　．（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+应选用　　　　　　（选填序号）．-41-\na．KSCN溶液和氯水　b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．KMnO4酸性溶液②乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经　　　　　　操作后得固体2.33g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为　　　　　　．探究二分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．（3）装置B中试剂的作用是　　　　　　．（4）认为气体Y中还含有Q的理由是　　　　　　（用化学方程式表示）．（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于　　　　　　（选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是　　　　　　．（7）若要测定336mL气体中H2的含量（标准状况下约有28mLH2），可否用托盘天平称量D或E反应前后的质量差的方法？做出判断并说明理由　　　　　　．　　-41-\n2022-2022学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析　一、单选题（每题2分，共44分）1．2022年10月24日飓风“桑迪”袭击美国．一阵飓风过后，海面的巨浪上竟燃烧着熊熊大火．海水会燃烧的原因是（　　）A．飓风与海水发生剧烈摩擦，产生的巨大热能使水分子分解，引起氢气燃烧B．飓风使海水温度升高，产生高温水蒸气，达到水的着火点，使海水燃烧C．飓风产生高温，使氮气在空气中剧烈燃烧D．以上说法均有可能【考点】化学反应中能量转化的原因．【分析】A、根据水在通电条件下或者高温下才分解来分析；B、根据海水不能燃烧来分析；C、根据氮气性质温度不能燃烧来分析；D、根据以上分析判断．【解答】解：A、水在通电条件下或者高温下才分解，一阵飓风过后，产生巨大的能量使水分解生成氢气和氧气，引起氢气燃烧，故A选；B、海水不可能燃烧，故B不选；C、高温氮气在空气中不能燃烧，故C不选；D、水及氮气均不能燃烧，所以B、C两项均错误，故D不选；故选A．【点评】本题主要对海面的巨浪上竟燃烧着熊熊大火的原因的分析，结合燃烧的条件和利用化学知识解答，难度不大．　2．下列说法正确的是（　　）A．某物质经测定，只含有一种组成元素，则该物质一定是单质B．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大C．碱性氧化物均是金属氧化物，酸性氧化物均是非金属氧化物D．纯净的硫酸是纯净物，而纯净的盐酸是混合物-41-\n【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；单质和化合物；化学反应速率的影响因素．【分析】A、氧气和臭氧组成的物质中只含有一种元素；B、浓度增大或有气体参加反应中增加压强，使单位体积内活化分子数增多，但反应物分子的平均能量和发生反应所需能量都未发生变化；C、能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；D、盐酸是HCl的水溶液．【解答】解：A、单质是由同种元素组成的纯净物，只含有一种元素可能属于混合物，也可能属于单质，如氧气和臭氧组成的物质中只含有一种元素，故含有一种元素的物质不一定是单质，故A错误；B、浓度增大或有气体参加反应中增加压强，使单位体积内活化分子数增多，但反应物分子的平均能量和发生反应所需能量都未发生变化，活化分子百分数未改变，故B错误；C、七氧化二锰是金属氧化物，是酸性氧化物，故C错误；D、硫酸本身是液态，故纯净的硫酸是纯净物；但盐酸是HCl的水溶液，本身是混合物，故D正确．故选D．【点评】本题考查了单质、纯净物、酸性氧化物的概念及其相互联系，难度不大，明确这几个概念间的关系是解本题的关键．　3．下列图示关系中不正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；燃烧热；中和热；原料与能源的合理利用．【分析】A、根据燃烧热和中和热的概念来分析；B、能源分为一次能源、二次能源；C、氧化还原反应是有电子得失的反应；-41-\nD、生物质能是指利用大气、水、土地等通过光合作用而产生的各种有机体能源，即一切有生命的可以生长的有机能源物质通称为生物质生物质能．【解答】解：A、物质的燃烧和中和反应均为化学反应，故燃烧热和中和热均为反应热，故A正确；B、能源分为一次能源、二次能源，一种能源不可能同时是一次能源和二次能源，故B错误；C、氧化还原反应是有电子得失的反应，可能是吸热反应，也可能是放热反应，故C正确；D、生物质能是指利用大气、水、土地等通过光合作用而产生的各种有机体能源，即一切有生命的可以生长的有机能源物质通称为生物质生物质能，故生物质能是可再生的新能源，故D正确．故选B．【点评】本题考查了物质的分类和归属问题，应注意的是氧化还原反应是有电子得失的反应，可能是吸热反应，也可能是放热反应．　4．下列离子方程式错误的是（　　）A．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣B．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HC1溶液混合：H++Mg2++3OH﹣=Mg（OH）2↓+H2OD．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B．反应生成NaCl、NaClO和水；C．等物质的量反应，离子的物质的量不符合；D．充电时的正极为阳极，失去电子，发生氧化反应．【解答】解：A．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A正确；B．Cl2通入NaOH溶液的离子反应为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B正确；C．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O，镁离子有剩余，故C错误；D．铅酸蓄电池充电时的正极反应，发生氧化反应的电极反应为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣，故D正确；-41-\n故选C．【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书写方法为解答的关键，侧重与量有关的反应、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．　5．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl与Cl得电子能力相同D．F﹣、O2﹣、Mg2+、Na+半径逐渐减小【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2﹣离子；C．互为同位素原子的化学性质相同；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小．【解答】解：A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2﹣离子具有强还原性，故B错误；C．3517Cl与3717Cl核外同位素，得电子能力相同，故C正确；D．F﹣、O2﹣、Mg2+、Na+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+＞Mg2+，故D错误，故选：C．【点评】本题考查元素周期律、原子结构与性质、微粒半径比较，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固．　6．在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（　　）-41-\nA．Z为0.3mol/LB．Y2为0.4mol/LC．X2为0.2mol/LD．Z为0.4mol/L【考点】化学平衡建立的过程．【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：X2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：00.20.4若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：vX2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：0.20.40由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.2，0.2＜c（Y2）＜0.4，0＜c（Z）＜0.4，故A正确、BCD错误．故选A．【点评】本题考查化学平衡的建立，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，难度不大．　7．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．50mL18.4mol．L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB．某密闭容器盛有0.1molNA和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAC．若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NAD．常温下1L0.1mol．L﹣1NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA-41-\n【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应；B、合成氨的反应为可逆反应；C、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol；D、NH4NO3溶液中不但NH4NO3本身含氢原子，水也含氢原子．【解答】解：A、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应，生成SO2分子数目小于0.46NA，故A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故充分反应后转移电子的数目小于0.6NA．故B错误；C、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol，由CO2和O2组成的混合物中共有个NA分子，其中的氧原子数为2NA，故C正确；D、NH4NO3溶液中不但NH4NO3本身含氢原子，水也含氢原子，故溶液中的氢原子的个数大于0.4NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　8．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并有因果关系的是（　　）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA氢氟酸具有酸性氢氟酸可用于雕刻玻璃B氯水显酸性可用pH试纸测氯水的pHCNH3极易溶于水NH3可用作制冷剂DClO2具有强氧化性ClO2可用于自来水的杀菌消毒A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】氨的物理性质；氯气的化学性质；硅和二氧化硅．【分析】A．SiO2和HF反应生成四氟化硅与HF的酸性无关；B．氯水含有次氯酸，次氯酸具有漂白性；C．液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低而作制冷剂；D．强氧化性物质能使蛋白质变性而杀菌消毒．-41-\n【解答】解：A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF发生反应SiO2+4HF=SiF4+2H2O，与HF的酸性无关，故A错误；B．氯水含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯水会把pH试纸漂泊，测不出氯水的pH值，故B错误；C．液氨气化时吸收热量导致其周围环境温度降低，所以液氨可以作制冷剂，与氨气的溶解性大小无关，故C错误；D．强氧化性物质能使蛋白质变性而杀菌消毒，ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，注意二氧化硅虽然属于酸性氧化物，但能和HF反应，注意二氧化硫漂白性和次氯酸漂白性的区别，题目难度不大．　9．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）=0.5Mr（Z），下列说法正确的是（　　）A．三种气体密度最小的是XB．分子数目相等的三种气体，质量最大的是YC．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1molD．20℃时，若2molY与1molZ体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2：1【考点】阿伏加德罗定律及推论．【分析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）=0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr（Z），A、根据密度ρ=来计算其相对大小；B、根据m=nM=来判断大小即可；C、气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关；D、根据同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比来计算．【解答】解：根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）＜Mr（Y）=0.5Mr（Z），即Mr（X）＜Mr（Y）＜Mr（Z），-41-\nA、根据密度ρ=，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，但是温度压强不定，所以Vm不一定，即密度无法判断，故A错误；B、根据m=nM=，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，故B错误；C、气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故C错误；D、若2molY与1mol，Z体积相等，则二者的物质的量之比是2：1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为2：1，故D正确．故选D．【点评】本题涉及物质的量以及阿伏伽德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏伽德罗定律的推论的使用是关键，难度中等．　10．下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是（　　）A．混合物中各组分的浓度改变B．正、逆反应速率改变C．混合物中各组分的含量改变D．混合体系的压强发生改变【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动．如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同，平衡不移动；（2）改变程度不相同，平衡移动．【解答】解：A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故A错误；B、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故B错误；C、混合物中各组分的含量一定是化学平衡状态的标志，如果各组分改变，一定发生化学平衡移动，故C正确．D、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故D错误．故选：C-41-\n【点评】1、不要把V（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有V（正）＞V（逆）时，平衡向正反应方向移动．2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来，　11．下列物质性质与应用对应关系正确的是（　　）A．二氧化锰具有还原性，可用于实验室制备氯气B．Na2O2能与水或二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂C．碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品的膨松剂D．Na2SO4浓溶液能使蛋白质发生盐析，可用于杀菌、消毒【考点】氧化还原反应；钠的重要化合物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．二氧化锰与盐酸反应生成氯气和氯化锰，结合化合价变化判断；B．过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作供氧剂；C．碳酸氢钠可与碱反应不生成二氧化碳；D．用于杀菌、消毒的溶液应使蛋白质变性．【解答】解：A．二氧化锰与盐酸反应生成氯气和氯化锰，反应中Mn元素化合价降低，被还原，二氧化锰为氧化剂，故A错误；B．过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇的氧气的来源，常用作供氧剂，故B正确；C．碳酸氢钠可作食品的膨松剂，原因是与酸反应生成二氧化碳，且加热不稳定，分解生成二氧化碳气体，故C错误；D．用于杀菌、消毒的溶液应使蛋白质变性，Na2SO4浓溶液不能使蛋白质变性，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、碳酸氢钠、过氧化钠等知识，为高频考点，侧重于化学于生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．　12．过程的自发性的作用是（　　）A．判断过程的方向B．确定过程是否一定会发生C．判断过程发生的速率D．判断过程的热效应【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．-41-\n【分析】化学反应的自发性只能用于判断反应的方向，不能确定反应是否一定会发生和过程发生的速率，也无法判断反应过程的热效应．【解答】解：化学反应的自发性只能用于判断反应的方向，不能确定反应是否一定会发生和过程发生的速率，也无法判断反应过程的热效应，故选：A．【点评】本题主要考查了反应的自发性，需要注意的是自发反应不一定会发生．　13．向恒温、恒容的密闭容器中充入2molX和一定量的Y，发生反应：2X（g）+Y（g）2Z（g）△H=﹣Q（Q=197.74kJ/mol），4min后达到平衡，这时c（X）=0.2mol•L﹣1，且X与Y的转化率相等．下列说法中不正确的是（　　）A．达到平衡时，再充入1molX，该反应的Q变大B．用Y表示4min内的反应速率为0.1mol/（L•min）C．再向容器中充入1molZ，达到新平衡，反应速率v（X）：v（Y）=2：1D．4min后，若升高温度，平衡将向逆反应方向移动，平衡常数K减小【考点】化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法．【专题】化学平衡专题．【分析】A．热化学方程式中的焓变与化学计量数有关，与参加反应的反应物的物质的量无关；B．根据v=计算v（X），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Y）；C．原平衡时X与Y的转化率相等，说明X、Y的起始物质的量之比等于化学计量数之比2：1，再向容器中充入1molZ，平衡向逆反应方向移动，反应过程中X、Y的物质的量之比为2：1，达新平衡时X、Y的物质的量之比不变为2：1，据此判断；D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小．【解答】解：A．热化学方程式中的焓变与化学计量数有关，与参加反应的反应物的物质的量无关，再充入1molX，平衡向正反应方向移动，但应热化学方程式中的焓变保持不变，故A错误；B．v（X）==0.2mol•L﹣1•min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（Y）=v（X）=0.1mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；-41-\nC．原平衡时X与Y的转化率相等，说明X、Y的起始物质的量之比等于化学计量数之比2：1，再向容器中充入1molZ，平衡向逆反应方向移动，反应过程中X、Y的物质的量之比为2：1，达新平衡时X、Y的物质的量之比不变为2：1，故达到新平衡，c（X）：c（Y）=2：1，故C正确；D．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D正确；故选A．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡常数等，难度中等，注意反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比则转化率相等．　14．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是（　　）选项甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2CSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2A．AB．BC．CD．D【考点】氮气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；铝的化学性质．【分析】A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮；B、氢氧化钠无法转化过氧化钠；C、SiO2无法一步转化为H2SiO3；D、甲→乙：AlAlCl3；甲→丙：AlAl2O3；甲→丁：AlNaAlO2；丙→丁：Al2O3NaAlO2．【解答】解：A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮，不实现甲到丁的一步转化，故A错误；B、氢氧化钠无法转化过氧化钠，故B错误；C、SiO2无法一步转化为H2SiO3，首先二氧硅与强碱反应生成硅酸盐，然后再利用强制弱生成硅酸，故C错误；-41-\nD、甲→乙：AlAlCl3；甲→丙：AlAl2O3；甲→丁：AlNaAlO2；丙→丁：Al2O3NaAlO2，各步都可以实现一步转化，故D正确；故选D．【点评】本题考查无机物的推断，明确各物质的性质来分析转化发生的反应是解答本题的关键，注意某些转化中的答案是不唯一的，题目难度中等．　15．某校化学探究小组成员讨论下列Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四种仪器装置的气体制备与性质实验的用法，其中不合理的是（　　）A．装置Ⅰ：可以用来验证碳的非金属性比硅强B．装置Ⅱ：橡皮管的作用是使水顺利流下C．装置Ⅲ：不能检查该装置的气密性D．装置Ⅳ：先从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，可收集NO气体【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；B．产生气体导致分液漏斗中气体压强增大，促进水流下；C．含有连接的装置必须检验装置的气密性；D．二氧化碳和NO不反应，且NO密度小于二氧化碳．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性沉淀，则装置Ⅰ：可以用来验证碳的非金属性比硅强，故A正确；B．产生气体导致分液漏斗中气体压强增大，促进水流下，所以装置Ⅱ：橡皮管的作用是使水顺利流下，故B正确；C．含有连接的装置必须检验装置的气密性，该装置含有连接装置，所以使用前必须检验气密性，故C错误；-41-\nD．二氧化碳和NO不反应，且NO密度小于二氧化碳，所以可以采用向下排二氧化碳气体法收集NO，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及非金属性强弱判断、气密性检验、气体收集等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，易错选项是D，注意NO不能采用排空气法收集但可以采用排二氧化碳法收集．　16．可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）、②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（　　）A．反应①的正反应是吸热反应B．达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15C．达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为D．在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等【考点】化学平衡的影响因素．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；B、根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；C、相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；D、由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的．【解答】解：A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故A错误；-41-\nB、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：=，故B错误；C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：=，x==mol，即物质的量减少了3﹣=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为；故C正确；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误．故选：C．【点评】本题考查化学平衡移动问题，具有一定难度，做题注意从右边反应体系中的物质的量不变考虑．　17．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu2（OH）2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑二氧化碳的溶解）．则电解过程中转移电子的物质的量为（　　）A．0.4molB．0.5molC．0.6molD．0.8mol【考点】电解原理．【分析】碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量．【解答】解：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，故选C．【点评】本题考查了电解原理，根据离子放电顺序、原子守恒来分析解答，明确加入物质的性质是解本题关键，题目难度中等．　-41-\n18．可逆反应aA（g）+bB（s）⇌cC（g）+dD（g），其他条件不变，C的物质的量分数和温度（T）或压强（P）关系如图，其中正确的是（　　）A．升高温度，平衡向逆反应方向移动B．使用催化剂，C的物质的量分数增加C．化学方程式系数a＞c+dD．根据图象无法确定改变温度后平衡移动方向【考点】化学平衡建立的过程．【分析】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数φ（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d，据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答．【解答】解：可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数φ（C）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数φ（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d；A、正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，故A正确；B、催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故B错误；C、压强越大，平衡时C的体积分数φ（C）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d，故C错误；D、T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数φ（C）越小，故此反应的正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，故D错误；故选A．-41-\n【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意根据图象判断外界条件对平衡的移动的影响是解答该题的关键．　19．一杯澄清透明的溶液中，已知各离子的浓度均为0.1mol/L，体积为1L．可能含有的离子：阳离子：K+，Fe2+，Ba2+，NH+4阴离子：Cl﹣，NO﹣3，CO2﹣3，SO2﹣4向该混合液中加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不变．对该溶液的下列叙述错误的是（　　）A．该溶液一定含有Fe2+，NO3﹣，Cl﹣B．该溶液一定不含K+，NH4+C．该溶液一定不含CO32﹣，Ba2+D．该溶液可能含有SO42﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】一杯澄清透明的溶液中，加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不变，溶液一定不存在碳酸根离子，一定存在硝酸根离子、亚铁离子和氯离子，再根据溶液电中性分析可能存在和一定不存在的离子．【解答】解：加足量稀盐酸，有无色气体生成，且阴离子的种类不变，说明溶液中一定存在氯离子、硝酸根离子和亚铁离子，一定不存在碳酸根离子，由溶液电中性，氯离子、硝酸根离子都是0.1mol/L，带有负电荷为0.2mol/L，亚铁离子浓度为0.1mol/L，所带正电荷为0.2mol/L；若存在硫酸根离子，溶液中一定存在钾离子和铵离子，但是一定不存在钡离子，若不存在硫酸根离子，一定不存在钾离子、铵离子和钡离子，A、根据以上分析，一定存在的离子为：Fe2+、NO3﹣、Cl﹣，故A正确；B、溶液中若存在硫酸根离子，一定存在钾离子和铵离子，所以该溶液中可能存在钾离子、铵离子，故B错误；C、溶液中一定不存在离子为：碳酸根离子、钡离子，故C正确；D、根据分析可知，该溶液中可能存在硫酸根离子，故D正确；故选B．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，注意熟练掌握常见离子的反应现象及检验方法，注意根据溶液电中性判断离子存在情况的方法．　-41-\n20．已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，向密闭容器中加入2molSO2（g）和1molO2，一定条件下反应达到平衡，在t2和t4时刻分别只改变一个条件（温度或压强），反应过程中正反应速率如下图所示，下列说法正确的是（　　）注：t1～t2、t3～t4、t5之后各时间段表示达到平衡状态①、②、③．A．t2～t3时间段，平衡向逆反应方向移动B．平衡状态①和②，平衡常数K值相同C．平衡状态①和②，SO2转化率相同D．t4时刻改变的条件是减小压强【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】A．t2～t3时间段，正反应速率先增大后减小，则逆反应速率逐渐增大，平衡向正反应方向移动；B．化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数不变；C．增大压强，平衡向正反应方向移动；D．t4时，正反应速率减小，则逆反应速率先减小后增大，改变的条件是降温．【解答】解：A．t2～t3时间段，v（正）先增大后减小，则v（逆）应为逐渐增大，且v（正）＞v（逆），改变条件为增大压强，则平衡正向移动，故A错误；B．①、②压强不同，且压强①＜②，温度相同，则K值相同，故B正确；C．①、②压强不同，且压强①＜②，增大压强，平衡向正反应方向移动，则平衡状态②SO2的转化率大，故C错误；D．t4～t5时间段，v（正）减小，则v（逆）先减小后增大，且v（正）＞v（逆），改变条件为降温，故D错误；故选B．-41-\n【点评】本题考查了外界条件对反应速率影响图象分析，注意该图象只体现正反应速率，根据正逆反应速率变化确定反应方向、反应条件，题目难度中等．　21．美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程．下列说法不正确的是（　　）A．CO2属于酸性氧化物B．CO与O形成化学键的过程中放出能量C．钌催化剂可以改变该反应的焓变D．CO与O形成化学键的过程中有电子转移【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；催化剂的作用．【分析】A．根据酸性氧化物为与碱反应生成盐和水判断；B．形成化学键时放出热量；C．催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变；D．根据CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高．【解答】解：A．CO2与碱反应生成盐和水为酸性氧化物，故A正确；B．形成化学键时放出热量，故B正确；C．催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变，故C错误；D．CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D正确．故选C．【点评】本题考查了一氧化碳与二氧化碳的性质，题目难度不大，注意把握酸性氧化物的定义和催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变．　22．正、负极都是碳材料的双碳性电池，电池充、放电过程为2nC+LiACnA+LiCn，充电时Li+、A﹣分别吸附在两极上形成LiCn和CnA（如图所示），下列说法正确的是（　　）-41-\nA．a是电池的负极B．放电时，A﹣离子向b极移动C．放电时，负极的电极反应式是nC﹣e﹣+A﹣=CnAD．充电时，电解质中的离子浓度保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、充电时a是阳极；B、原电池时，a是正极，b是负极；C、放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：CnA﹣e﹣=nC+A﹣；D、充电时，电解质中的离子浓度减小．【解答】解：A、充电时a是阳极，故A错误；B、原电池时，a是正极，b是负极，所以A﹣离子向b极移动，故B正确；C、放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：CnA﹣e﹣=nC+A﹣，故C错误；D、充电时，电解质中的离子浓度减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生化学反应与电化学反应，明确原电池的工作原理及所发生的氧化还原反应是解答本题的关键，电解过程的反应原理应用，难度不大．　二、解答题23．SO2和NOx都是大气污染物．（1）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的过程　SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4　．（2）右表是某小组同学测得的不同天气情况下的某县城空气中SO2的平均含量．请你分析雨后或风速较大时SO2平均含量较低的原因：天气情况平均风速（m/s）-41-\n空气中SO2的平均含量（mg/L）雨前雨后晴晴①雨后：　可能是下雨时，二氧化硫溶于水，并与之反应降低了雨后空气中SO2的含量　；②风速较大时：　风速越大，气体扩散速度越快，空气中SO2浓度越小　．（3）洗涤含SO2的烟气．以下物质不能作为洗涤剂的是　cd　（填字母序号）．a．熟石灰　　　b．纯碱c．CaCl2d．NaHSO3（4）煤燃烧前需进行脱硫处理，某种脱硫技术的基本原理如下：FeS2Fe2++SO42﹣Fe2+①该技术的第一步反应的离子方程式为　2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣　．②处理1kg含80%FeS2的黄铁矿，第二步消耗O2（标况）的体积为　37.352　L（保留一位小数）．（5）某研究性学习小组为模拟光化学烟雾的形成，用紫外线照射装在密闭容器内的被污染空气样品，所得物质的浓度随时间的变化如图1所示．由图可知，光化学烟雾是指　O3、醛、PAN　等污染物气体和颗粒物所形成的烟雾．（6）氧化﹣还原法消除NOx的转化如下：NONO2N2①反应Ⅰ为NO+O3=NO2+O2，生成11.2LO2（标况）时，转移电子的物质的量是　1　mol．②反应Ⅱ中，反应的化学方程式是　6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2　．（7）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：NO2被吸收的离子方程式是　2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+．　．【考点】二氧化硫的污染及治理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．-41-\n【分析】（1）途经一：当雨水的pH＜5.6时称为酸雨，硫酸型“酸雨”的形成过程可近似地看成是：排放到空气中的二氧化硫与潮湿空气中的氧气和水蒸气，在空气中粉尘的催化下化合生成硫酸；途径二：是空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水形成酸雨；（2）①根据SO2能和水反应；②根据风速越大，气体扩散速度越大；（3）依据二氧化硫的性质：是一种酸性氧化物可以和碱反应，二氧化硫溶于水得亚硫酸，酸性强于碳酸，所以可以和碳酸钠溶液反应；（4）①根据反应物结合质量守恒定律、电荷守恒书写离子方程式并判断生成物；②根据元素守恒和化学方程式进行计算；（5）依据图象分析可知NO，NO2、烃等在紫外线照射下生成O3、醛、PAN等污染物，从而形成光化学烟雾，而汽车尾气是排放氮氧化物和烃类的主要来源；（6）①化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；②反应方程式中，系数之比等于物质的量之比；（7）二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子．【解答】解：（1）途径一：空气中的SO2可与雨水反应，发生SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3进一步被氧气氧化生成H2SO4，其反应方程式为：2H2SO3+O2=2H2SO4，硫酸溶在雨水中，使雨水呈酸性，形成酸雨；途径二：空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水形成酸雨，故化学方程式为：2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4；故答案为：SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4；（2）①SO2能和水反应，SO2+H2O⇌H2SO3，所以雨后空气中SO2的含量降低，可能是下雨时，二氧化硫溶于水，并与之反应降低了雨后空气中SO2的含量，故答案为：可能是下雨时，二氧化硫溶于水，并与之反应降低了雨后空气中SO2的含量；②风速越大，气体扩散速度越快，SO2浓度也就越小，故答案为：风速越大，气体扩散速度越快，空气中SO2浓度越小；（3）洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质选a．Ca（OH）2b．Na2CO3，故答案为：cd；（4）①第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42﹣，根据氧化还原反应得失电子数目相等，则有2FeS2～7O2，根据电荷守恒，还应有生成H+，则反应的离子方程式为2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣，-41-\n故答案为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42﹣；②1kg含80%FeS2能生成二价铁离子的物质的量是=6.67mol，设消耗O2（标况）的体积为X，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O422.46.67X=解得，X=37.352L故答案为：37.352；（5）依据图象分析可知NO，NO2、烃等在紫外线照射下生成O3、醛、PAN等污染物，从而形成光化学烟雾，而汽车尾气是排放氮氧化物和烃类的主要来源，故减少汽车尾气可以减少光化学烟雾的发生，故答案为：O3、醛、PAN；（6）①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5molO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；②当n（NO2）：n=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2；（7）二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子，反应的离子方程式为：2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+，故答案为：2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+．【点评】本题综合考查了二氧化硫含量的测定以及二氧化硫的来源与危害、化学平衡图象，化学平衡影响因素及有关计算、电化学和热化学的综合知识，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．　24．铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用．（1）某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护．-41-\n为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述　②③　（填装置序号）装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为　2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣　．（2）用CH4或其他有机物、O2为原料可设计成原电池，以CnH2nOn、O2为原料，H2SO4溶液为电解质设计成燃料电池，则负极的电极反应式为　CnH2nOn﹣4ne﹣+nH2O=nCO2+4nH+　．（3）图1是在金属锌板上贴上一张用某溶液浸湿的滤纸，图2是NaBH4/H2O2燃料电池．图2电池负极区的电极反应为　BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣═BO2﹣+6H2O　；若用硫酸钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸，用导线将a、b直接相连，则滤纸出现　红　色，C位置的电极反应式为　O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣　若用KI淀粉溶液浸湿滤纸，用导线将a、b与A、B电极相连，铅笔芯C点处出现蓝色，则b接的是　B　（填A或B）电极．（4）广西治理龙江河镉（Cd2+）污染时，先向河中投入沉淀剂将Cd2+转化为难溶物，再投入氯化铝，试说明氯化铝的作用　氯化铝溶于水，Al3+发生水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，生成Al（OH）3胶体，能吸附镉的难溶物而发生聚沉（或沉降、沉淀或沉积下来），从而消除Cd2+污染　（用必要的离子方程式和文字进行解释）．【考点】原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；（2）CnH2nOn的电极为负极，电极反应为：CnH2nOn﹣4ne﹣+nH2O=nCO2+4nH+；-41-\n（3）图2负极是BH4﹣发生氧化反应；原电池发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子生成大量的氢氧化钠，能使酚酞变红色；若用KI淀粉溶液浸湿滤纸，用导线将a、b与A、B电极相连，铅笔芯C点处出现蓝色，则阳极放电的是碘离子，为阳极与正极B相连；（4）铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附作用能吸附杂质难溶物形成沉淀．【解答】解：（1））①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；②③装置中铁被保护，但装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案为：②③；2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；（2）通入CnH2nOn的电极为负极，电极反应为：CnH2nOn﹣4ne﹣+nH2O=nCO2+4nH+，故答案为：CnH2nOn﹣4ne﹣+nH2O=nCO2+4nH+；（3）图2燃料电池的负极是BH4﹣发生氧化反应，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣═BO2﹣+6H2O，若用硫酸钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸，用导线将a、b直接相连，构成原电池，则锌电极为负极，锌失电子，铅笔芯为正极，氧气得电子，在该极生成大量的氢氧化钠，能使酚酞变红色；C位置的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；若用KI淀粉溶液浸湿滤纸，用导线将a、b与A、B电极相连，铅笔芯C点处出现蓝色，则阳极放电的是碘离子，为阳极与正极B相连，故选：BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣═BO2﹣+6H2O；红；O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；B；（4）污染时，先向河中投入沉淀剂将Cd2+转化为难溶物，再投入氯化铝，氯化铝水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以把生成的难溶物吸附聚沉消除镉离子的污染；故答案为：氯化铝溶于水，Al3+发生水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，生成Al（OH）3胶体，能吸附镉的难溶物而发生聚沉（或沉降、沉淀或沉积下来），从而消除Cd2+污染．【点评】本题考查了金属腐蚀与防护的方法和应用，原电池电极反应书写方法，电解池反应离子方程式的书写应用，重金属除杂方法的理解，题目难度中等．　25．甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸气重整．向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：反应过程化学方程式焓变△H（kJ/mol）活化能Ea（kJ/mol）甲烷氧化CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2﹣802.6125.6-41-\nO（g）CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）﹣322.0172.5蒸汽重整CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）206.2240.1CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）165.0243.9回答下列问题：（1）反应CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的△H=　﹣41.2　kJ•mol﹣1．（2）在初始阶段，甲烷蒸气重整的反应速率　小于　甲烷氧化的反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（记作Kp），则反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）的Kp=　　；随着温度的升高，该平衡常数　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）．（4）从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于　放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量　．（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：①若要达到H2物质的量分数＞65%、CO物质的量分数＜10%，以下条件中最合适的是　B　．A.600℃，0.9MPaB.700℃，0.9MpaC.800℃，1.5MPaD.1000℃，1.5MPa②画出600℃，0.1MPa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始计时）的变化趋势示意图：-41-\n（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是　导致生成的氢气和氧气反应　．【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）减CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），可得反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），据此计算反应热；（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快；（3）由题目信息可知，用某组分（B）的平衡压强（PB）表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；（4）从能量的角度分析，放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量；（5）①根据图象中温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响，选择判断；②结合图象可知在600℃、0.1MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，起始进料时H2的物质的量分数为0，画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图；（6）如果反应过程中进氧气的量过大，会导致生成的氢气和氧气反应，导致质量分数降低．【解答】解：（1）已知：①CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165.0kJ/mol②CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ/mol根据盖斯定律，①﹣②可得反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），故△H=165.0kJ/mol﹣206.2kJ/mol=﹣41.2kJ/mol，故答案为：﹣41.2；-41-\n（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快，故初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，故答案为：小于；（3）可知反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）的KP=；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故答案为：；增大；（4）从能量的角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于：放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量，提高能源的利用率，故答案为：放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量；（5）①由图中数据可知，0.9MPa时，H2的物质的量分数＞65%，CO物质的量分数＜10%，则700℃符合，1.5MPa时，H2的物质的量分数＞65%，则温度要高于750℃，CO物质的量分数＜10%，低于750℃，矛盾，故B正确，ACD错误，故选：B；②起始进料时H2的物质的量分数为0，结合图象可知600℃，0.1MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，H2的物质的量分数随时间变化的示意图为，故答案为：；（6）如果反应过程中进氧气的量过大，会导致生成的氢气和氧气反应，导致质量分数降低，故答案为：导致生成的氢气和氧气反应．【点评】本题考查化学平衡图象、化学反应速率、反应热计算等，旨在考查考生分析处理数据和解答图象试题的能力，难度中等．　26．工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：探究一-41-\n（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　铁钉表面被氧化　．（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+应选用　d　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水　b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．KMnO4酸性溶液②乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经　过滤、洗涤、烘干　操作后得固体2.33g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为　66.7%　．探究二分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．（3）装置B中试剂的作用是　检验二氧化硫是否除尽　．（4）认为气体Y中还含有Q的理由是　C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O　（用化学方程式表示）．（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于　C　（选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是　D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝　．（7）若要测定336mL气体中H2的含量（标准状况下约有28mLH2），可否用托盘天平称量D或E反应前后的质量差的方法？做出判断并说明理由　否，用托盘天平无法称量D或E的差量　．【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．-41-\n【分析】（1）常温条件下，铁与浓硫酸能产生钝化现象；（2）根据亚铁离子的性质选取试剂，亚铁离子有还原性，可用强氧化性的物质检验，且必须有明显的实验现象；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，从而检验二氧化硫是否存在，空气中有水蒸汽会影响无水硫酸铜对水的检验；（4）根据铁钉的成分分析，铁钉中的铁和碳在加热条件下都能与浓硫酸发生氧化还原反应；（5）根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置；（6）根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝；碱石灰能吸收二氧化碳；（7）计算出氢气的物质的量及生成水的质量，然后根据中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g进行判断【解答】解：（1）铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁钉表面被氧化；（2）①亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨，故选d；②溶液中加入氯化钡后得沉淀，经过滤、洗涤、烘干后可称得硫酸钡的质量，SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）==0.015mol；SO2～BaSO41mol233gn2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的体积分数为：×100%=66.7%，故答案为：过滤、洗涤、烘干；66.7%；（3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫，故答案为：检验二氧化硫是否除尽；-41-\n（4）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O，所以气体二氧化硫还含有二氧化碳，故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（5）Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，故选C；（6）氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成，故答案为：D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝；（7）标况下28mL氢气的物质的量为：=0.00125mol，生成水的质量为：18g/mol×0.00125mol=0.0225g，即D、E的质量差小于0.1g，而中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g，无法精确称量出D或E的差量，所以不能用通过托盘天平称量质量差的方法测量氢气含量，故答案为：否，用托盘天平无法称量D或E的差量．【点评】本题考查了浓硫酸的性质、实验方案的设计与评价，题目难度中等，注意掌握性质实验方案设计的原则及评价方法，明确常见气体的性质及检验方法，（7）为易错点，需要通过计算进行判断．　-41-