甘肃省金昌市永昌一中高三化学上学期期末试卷含解析

2022-2022学年甘肃省金昌市永昌一中高三（上）期末化学试卷　一、选择题（每小题3分，共42分且每题只有一个正确选项）1．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（　　）A．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一B．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺　2．（3分）（2022秋•金昌校级期末）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAB．在反应3SiO2+6C+2N2=Si3N4+6CO，生成1molSi3N4时共转移12NA电子C．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有Na+的数目为0.1NA　3．（3分）（2022秋•金昌校级期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．pH=3的溶液中：Na+、NO3﹣、Fe2+、SO42﹣B．加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、CH3COO﹣、SO42﹣、NO3﹣C．某酸性溶液中Na+、ClO‾、SO42‾、I‾D．在0.1mol•L﹣1AlC13溶液中：H+、Na+、Cl﹣、NO3﹣　4．（3分）（2022秋•金昌校级期末）如图装置进行相应的实验，能达到实验目的是（　　）A．用装置甲制取并收集干燥纯净的NH3B．用装置乙除去NO2中混有的少量NOC．用装置丙将氢氧化钠固体加热熔融D．用装置丁把溴水中的溴萃取分离出来　5．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．实验室用烧碱溶液除去尾气中的Cl2：Cl2+OH﹣═Cl﹣+HClOB．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OC．石灰水中加入过量小苏打溶液：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32+2H2OD．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O→2Al（OH）3↓+CO32﹣　6．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列有关说法正确的是（　　）22\nA．加热0.1mol/LNa2CO3溶液时，CO32﹣的水解程度和溶液的pH均增大B．100℃时水的离子积常数Kw为5.5×10﹣13，说明水的电离是放热反应C．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀D．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，CH3COOH的电离程度和溶液中C（CH3COO﹣）的值增大　7．（3分）（2022秋•金昌校级期末）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，以下说法不正确的是（　　）A．a极与电源的正极相连B．产物丙为硫酸溶液C．离子交换膜d为阳离子交换膜（允许阳离子通过）D．a电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑　8．（3分）（2022秋•金昌校级期末）短周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（　　）A．质子数：c＞dB．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W　9．（3分）（2022秋•金昌校级期末）水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（　　）A．a=4B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5molD．S2O32﹣是还原剂　10．（3分）（2022•上海）下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中　11．（3分）（2022秋•金昌校级期末）化学中图象可以直观地描述化学反应的进程或结果，如图图象描述正确的是（　　）22\nA．图1表示化学反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热△H=183kJ•mol﹣1B．图2表示室温时用0.1mol•L﹣1盐酸滴定10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH随加入酸体积变化C．图3表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液D．图4表示10mL0.1mol/LNa2CO3和NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.1mol/LHCl，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示Na2CO3溶液　12．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列说法正确的是（　　）A．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等B．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应C．氢氧燃料电池的能量转换形式之一为化学能转化为电能D．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率　13．（3分）（2022秋•金昌校级期末）常温下，下列说法正确的是（　　）A．0.1mol/L的NaHA溶液pH=5，则溶液：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A）B．等体积、等物质的量浓度的NaCl（aq）微粒种类大于NaClO（aq）中微粒种类C．pH=3的硫酸溶液中水的电离程度大于pH=11的氨水溶液中水的电离程度D．体积相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和盐酸的能力后者大　14．（3分）（2022秋•金昌校级期末）如表有关实验现象和解释或结论都正确的是（　　）选项实验操作现象解释或结论A把SO2通入紫色石蕊试液中紫色褪去SO2具有漂白性B确定碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠．把固体溶于水中，加入澄清石灰水有白色沉淀生成碳酸氢钠固体中含有碳酸钠C将NO2球浸泡在热水中红棕色变浅反应2NO2⇌N2O4的△H＜0D向AgCl沉淀中滴加KI溶液白色沉淀变为黄色Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）A．AB．BC．CD．D　　二、解答题（共4小题，满分58分）22\n15．（16分）（2022秋•金昌校级期末）A、B、C、D、E、F是中学化学中常见的六种短周期元素，有关位置及信息如表：A的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C单质在实验室一般保存在煤油中；F的最高价氧化物对应水化物既能和酸反应又能和强碱反应，G单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀．请回答下列问题：…EABC…D（1）A元素在周期表中的位置是　　　　　　．（2）A与B可组成质量比为7：16的三原子分子，该分子释放在空气中可能引起的环境问题有：（任写一种）　　　　　　；（3）同温同压下，将aLA氢化物的气体和bLD的氢化物气体通入水中，若a=b，则所得溶液的pH　　　　　　7（填“＞“或“＜”或“=”），若使所得溶液pH=7，则a　　　　　　b（填“＞“或“＜”或“=”）（4）写出F的单质与NaOH溶液反应的离子方程式：　　　　　　．（5）已知一定量的E单质能在B2（g）中燃烧，其可能的产物及能量关系如图1所示：请写出一定条件下EB2（g）与E（s）反应生成EB（g）的热化学方程式　　　　　　．（6）若在D与G组成的某种化合物的溶液甲中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，依据产生该现象的反应原理，所设计的原电池如图2所示，其反应中正极反应式为　　　　　　．某同学假设正极产物是Fe2+，请你设计实验证明该假设　　　　　　．　16．（16分）（2022秋•金昌校级期末）开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题．氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池．（1）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a．则，Pl　　　　　　P2；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小顺序为　　　　　　．（填“＜”、“＞”“=”）②100℃时，将1molCH4和2molH2O通入容积为100L的反应室，反应达平衡的标志是：　　　　　　．a．容器内气体密度恒定b．单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2c．容器的压强恒定d．3v正（CH4）=v逆（H2）如果达到平衡时CH4的转化率为50%，则100℃时该反应的平衡常数K=　　　　　　22\n（2）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，负极的电极反应式为　　　　　　．用该原电池做电源，常温下，用惰性电极电解200mL饱和食盐水（足量），消耗的标准状况下的CO224mL，则溶液的pH=　　　　　　．（不考虑溶液体积的变化）（3）已知2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）△H=﹣akJ•mol﹣1（a＞0），在一个容积固定的容器中加入2molX2和1molY2在500℃时充分反应达平衡后Z的浓度为Wmol•L﹣1，放出热量bkJ．若原来容器中只加入2molZ，500℃充分反应达平衡后，吸收热量ckJ，则Z浓度　　　　　　Wmol•L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”），a、b、c之间满足关系　　　　　　（用代数式表示）．　17．（12分）（2022秋•金昌校级期末）三氯化硼（BCl3）是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷（B2H6），也可作有机合成催化剂．某兴趣小组拟选用如图装置制备BCl3（已知BCl3的沸点为12.5℃，熔点为﹣107.3℃；2B+6HCl2BCl3↑+3H2↑）请回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为　　　　　　；（2）上述各装置连接顺序为，　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　．（3）装置E的两个作用是　　　　　　、　　　　　　；实验中若不用装置C，可能产生的危险是　　　　　　．（4）BCl3遇水产生大量的白雾同时生成硼酸（H3BO3），其反应的化学方程式为　　　　　　．　22\n18．（14分）（2022秋•金昌校级期末）镍是有机合成的重要催化剂．某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）．某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如表：沉淀物开始沉淀完全沉淀Al（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2回答下列问题：（1）溶液①中含金属元素的离子是　　　　　　．（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的　　　　　　．双氧水可以用下列物质替代的是　　　　　　．A．氧气B．高锰酸钾C．氯气D．硝酸（3）取2.0000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液为34.50mL．滴定反应为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+．计算样品纯度为　　　　　　．（已知，NiSO4•7H2O相对分子质量为281，不考虑杂质反应）．（4）操作b调节溶液范围为3.2﹣7.1，其目的是　　　　　　．固体②的化学式为　　　　　　．（5）操作a和c需要使用的仪器除铁架台（带铁圈）、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是　　　　　　．上述流程中，“酸浸”时所加入的酸是　　　　　　（填化学式）．　　22\n2022-2022学年甘肃省金昌市永昌一中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共42分且每题只有一个正确选项）1．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（　　）A．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一B．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】A．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放；B．氮气不能引起温室效应；C．根据低碳经济的要求判断；D．开发利用可燃冰为我国在新世纪使用高效新能源开辟了广阔的前景．【解答】解：A．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，所以使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一，故A正确；B．CO2、CH4等均是造成温室效应的气体，氮气不能引起温室效应，故B错误；C．节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，符合可持续发展战略，故C正确；D．可燃冰为我国在新世纪使用高效新能源开辟了广阔的前景，合理开发利用可燃冰有助于缓解能源紧缺，故D正确；故选B．【点评】本题考查环境保护、能源利用问题，是社会关注的焦点问题，熟悉生活中常见的环境污染与治理知识是解题关键，题目难度不大．　2．（3分）（2022秋•金昌校级期末）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAB．在反应3SiO2+6C+2N2=Si3N4+6CO，生成1molSi3N4时共转移12NA电子C．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有Na+的数目为0.1NA【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、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、反应3SiO2+6C+2N2=Si3N4+6CO转移12mol电子；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，则含有的原子数小于NA个，故A错误；B、反应3SiO2+6C+2N2=Si3N4+6CO中碳元素的价态由0价升高为+2价，故反应转移12mol电子，生成1molSi3N4，则当生成1molSi3N4时共转移12NA电子，故B正确；22\nC、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2mol钠离子和1mol过氧根即3mol离子即3NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故D错误．故选B．【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．　3．（3分）（2022秋•金昌校级期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．pH=3的溶液中：Na+、NO3﹣、Fe2+、SO42﹣B．加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、CH3COO﹣、SO42﹣、NO3﹣C．某酸性溶液中Na+、ClO‾、SO42‾、I‾D．在0.1mol•L﹣1AlC13溶液中：H+、Na+、Cl﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=3的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B．加入铝粉能产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C．酸性溶液中离子之间发生氧化还原反应；D．该组离子之间不反应．【解答】解：A．pH=3的溶液，显酸性，H+、NO3﹣、Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．加入铝粉能产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+，酸溶液中不能大量存在CH3COO﹣，故B错误；C．酸性溶液中ClO‾、I‾发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　4．（3分）（2022秋•金昌校级期末）如图装置进行相应的实验，能达到实验目的是（　　）A．用装置甲制取并收集干燥纯净的NH3B．用装置乙除去NO2中混有的少量NOC．用装置丙将氢氧化钠固体加热熔融D．用装置丁把溴水中的溴萃取分离出来【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．22\n【分析】A．收集氨气的试管不能堵塞；B．二氧化氮与水反应；C．氢氧化钠固体加热熔融应在铁坩埚中进行；D．溴不易溶于水，易溶于有机溶剂．【解答】解：A．收集氨气的试管不能堵塞，应在试管口塞一团棉花，故A错误；B．二氧化氮与水反应，将原物质除去，不能除杂，故B错误；C．NaOH与玻璃中的二氧化硅反应，则氢氧化钠固体加热熔融应在铁坩埚中进行，故C错误；D．溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则萃取分离，图中萃取、分液装置合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、混合物分离提纯原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　5．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．实验室用烧碱溶液除去尾气中的Cl2：Cl2+OH﹣═Cl﹣+HClOB．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2OC．石灰水中加入过量小苏打溶液：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32+2H2OD．向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O→2Al（OH）3↓+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；B．过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁；C．二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；D．二者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠．【解答】解：A．二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+H2O+ClO﹣，故A错误；B．过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，离子方程式为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32+2H2O，故C正确；D．二者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子方程式书写规则、物质性质是解本题关键，有些化学反应还与反应物的量有关，如BC，D选项的离子方程式还用于制备氢氧化铝．　6．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列有关说法正确的是（　　）A．加热0.1mol/LNa2CO3溶液时，CO32﹣的水解程度和溶液的pH均增大B．100℃时水的离子积常数Kw为5.5×10﹣13，说明水的电离是放热反应C．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀D．0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后，CH3COOH的电离程度和溶液中C（CH3COO﹣）的值增大22\n【考点】盐类水解的应用；金属的电化学腐蚀与防护；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A、盐类的水解吸热；B、在25℃时，水的离子积为10﹣14；C、在海轮的外壳上附着一些铜块，会和海轮形成原电池；D、弱电解质浓度越小，电离程度越大．【解答】解：A、盐类的水解吸热，故升高温度，0.1mol/LNa2CO3溶液的水解平衡右移，则水解程度变大，溶液中氢氧根的浓度增大，则pH变大，故A正确；B、在25℃时，水的离子积为10﹣14，100℃时水的离子积常数Kw为5.5×10﹣13，说明升高温度，水的电离平衡右移，则水的电离吸热，故B错误；C、在海轮的外壳上附着一些铜块，会和海轮形成原电池，其中海轮做负极，而在原电池中，负极被腐蚀，故若附着铜块的话，海轮的腐蚀会加快，故C错误；D、弱电解质浓度越小，电离程度越大，电离出的n（CH3COO﹣）增多，但由于溶液体积增大，故C（CH3COO﹣）会减小，故D错误．故选A．【点评】本题考查了升高温度会水解平衡和水的电离平衡的影响以及牺牲阳极的阴极保护法等，难度不大，注意盐类的水解和弱电解质的电离均吸热．　7．（3分）（2022秋•金昌校级期末）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，以下说法不正确的是（　　）A．a极与电源的正极相连B．产物丙为硫酸溶液C．离子交换膜d为阳离子交换膜（允许阳离子通过）D．a电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】电解硫酸钠溶液时，阳极上OH﹣放电生成O2、阴极上H+放电生成H2，所以实质上是电解H2O，同温同压下，转移电子相等时生成H2、O2的体积之比为2：1，同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是O2、乙是H2，所以a是阳极、b是阴极；阳极附近有H+生成，所以产物丙是H2SO4，阴极附近有OH﹣生成，所以产物丁是NaOH，据此分析解答．【解答】解：电解硫酸钠溶液时，阳极上OH﹣放电生成O2、阴极上H+放电生成H2，所以实质上是电解H2O，同温同压下，转移电子相等时生成H2、O2的体积之比为2：1，同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是O2、乙是H2，所以a是阳极、b是阴极；22\n阳极附近有H+生成，所以产物丙是H2SO4，阴极附近有OH﹣生成，所以产物丁是NaOH，A．通过以上分析知，a是阳极，则a与电源正极相连，故A正确；B．通过以上分析知，产物丙是硫酸，故B正确；C．电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以离子交换膜d为阳离子交换膜（允许阳离子通过），故C正确；D．a电极反应式为2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，b电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解原理，为高频考点，正确判断阴阳极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，熟练掌握离子放电顺序，题目难度不大．　8．（3分）（2022秋•金昌校级期末）短周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（　　）A．质子数：c＞dB．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，以此解答该题．【解答】解：元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，A．种离子的电子层结构相同，则c+2=d+1，则质子数d＞c，故A错误；B．非金属性F＞O，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性Y2﹣＞Z﹣，故B正确；C．非金属性F＞O，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HZ＞H2Y，故C错误；D．W为Al元素，X为Na元素，原子半径Na＞Al，故D错误．故选B．【点评】本题通过四种电子层结构相同的粒子考查学生对原子（离子）结构、元素周期律、氧化还原等知识的掌握情况，同时也要求学生平时应善于对知识进行归纳总结并变通应用．　9．（3分）（2022秋•金昌校级期末）水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（　　）A．a=4B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应C．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5molD．S2O32﹣是还原剂【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．A、根据电荷守恒计算a的值．22\nB、直径为1～100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体．C、3molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价降低，据此计算D、所含元素化合价升高的反应物是还原剂．【解答】解：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．A、从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4，故A正确；B、1～100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为﹣2价，所以转移电子数为4mol，故C错误；D、反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32﹣是还原剂，故D正确．故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键．　10．（3分）（2022•上海）下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中【考点】氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】综合实验题；元素及其化合物．【分析】根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意．【解答】解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B．【点评】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应．　11．（3分）（2022秋•金昌校级期末）化学中图象可以直观地描述化学反应的进程或结果，如图图象描述正确的是（　　）22\nA．图1表示化学反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热△H=183kJ•mol﹣1B．图2表示室温时用0.1mol•L﹣1盐酸滴定10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH随加入酸体积变化C．图3表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液D．图4表示10mL0.1mol/LNa2CO3和NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.1mol/LHCl，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，则b表示Na2CO3溶液【考点】反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】图像图表题；基本概念与基本理论．【分析】A、由图象分析可知反应物能量高于生成物，反应是放热反应；B、盐酸和氢氧化钠为酸碱中和反应，在滴定到最后一滴恰好反应时，溶液pH存在突变；C、盐酸和醋酸是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，表示体积和pH均相同，开始氢离子浓度相同反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸，生成氢气的体积大于盐酸；D、碳酸钠溶液中滴入盐酸先生成碳酸氢钠后，再滴加盐酸才生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸开始就有气体生成．【解答】解：A、图象分析可知反应物能量高于生成物，反应是放热反应，表示化学反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热△H=﹣183kJ•mol﹣1，故A错误；B、盐酸和氢氧化钠为酸碱中和反应，在滴定到最后一滴恰好反应时，溶液pH存在突变，图象不符合变化过程，故B错误；C、盐酸和醋酸是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，表示体积和pH均相同，开始氢离子浓度相同反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸，生成氢气的体积大于盐酸，图象符合变化过程，所以a表示醋酸，故C正确；D、碳酸钠溶液中滴入盐酸显生成碳酸氢钠后，滴入盐酸开始生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸开始有气体生成，b为碳酸氢钠溶液，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了化学反应焓变的判断、中和滴定的分析、弱电解质溶液电离平衡的分析应用，把握图象分析方法是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学的分析能力和对基础知识的应用能力．　12．（3分）（2022秋•金昌校级期末）下列说法正确的是（　　）A．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等B．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应C．氢氧燃料电池的能量转换形式之一为化学能转化为电能D．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子；B．阴极得电子发生还原反应；C．燃料电池向外提供电能；D．催化剂能降低反应的活化能．22\n【解答】解：A．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故A错误；B．铅蓄电池放电时的负极失电子发生氧化反应，充电时阴极得电子发生还原反应，故B错误；C．燃料电池向外提供电能，则燃料电池中燃料与氧气发生化学变化，把化学能转化为电能，故C正确；D．催化剂能降低反应的活化能，不改变焓变的大小，故D错误．故选C．【点评】本题考查电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响，为高频考点，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大．　13．（3分）（2022秋•金昌校级期末）常温下，下列说法正确的是（　　）A．0.1mol/L的NaHA溶液pH=5，则溶液：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A）B．等体积、等物质的量浓度的NaCl（aq）微粒种类大于NaClO（aq）中微粒种类C．pH=3的硫酸溶液中水的电离程度大于pH=11的氨水溶液中水的电离程度D．体积相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和盐酸的能力后者大【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．溶液显示酸性，HA﹣的电离程度大于水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A），氢离子还来自水的电离，则c（H+）＞c（A2﹣）；B．NaCl溶液中含有钠离子、氯离子、氢氧根离子、氢离子和水分子，总共有5种，次氯酸钠溶液中存在钠离子、次氯酸根离子、钠离子、氢离子、氢氧根离子和水分子；C．硫酸和氨水都抑制了了水的电离程度，两溶液中氢离子、氢氧根离子浓度大小影响水的电离；D．氨水和氢氧化钠的浓度相同，当体积相同时消耗的HCl的物质的量相同．【解答】解：A.0.1mol/L的NaHA溶液pH=5，说明HA﹣的电离程度大于水解程度，溶液显示酸性，所以离子大小关系是：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故A正确；B．NaCl溶液中含有钠离子、氯离子、氢氧根离子、氢离子和水分子，总共有5种离子，NaClO溶液中存在钠离子、次氯酸根离子、钠离子、氢离子、氢氧根离子和水分子，总共含有6种离子，所以NaCl溶液中的微粒种类小于NaClO溶液，故B错误；C．pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，pH=11的氨水溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，两溶液都抑制了水的电离，由于硫酸中氢离子与氨水中氢氧根离子浓度相等，则两溶液对水的电离程度影响相同，故C错误；D．体积相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中含有溶质的物质的量相同，则两溶液中和盐酸的能力相同，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小的常用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　14．（3分）（2022秋•金昌校级期末）如表有关实验现象和解释或结论都正确的是（　　）选项实验操作现象解释或结论A把SO2通入紫色石蕊试液中紫色褪去SO2具有漂白性B22\n确定碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠．把固体溶于水中，加入澄清石灰水有白色沉淀生成碳酸氢钠固体中含有碳酸钠C将NO2球浸泡在热水中红棕色变浅反应2NO2⇌N2O4的△H＜0D向AgCl沉淀中滴加KI溶液白色沉淀变为黄色Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）A．AB．BC．CD．D【考点】二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫不能漂白指示剂；B．氢氧化钙与碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成碳酸钙沉淀；C．二氧化氮为红棕色气体，现象与结论不一致；D．发生沉淀的转化．【解答】解：A．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，显酸性能够使石蕊变红，二氧化硫不能漂白指示剂，所以溶液只变红不褪色，故A错误；B．氢氧化钙与碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成碳酸钙沉淀，所以不能通过加入澄清石灰水检验碳酸氢钠固体中含有碳酸钠，故B错误；C．二氧化氮为红棕色气体，将NO2球浸泡在热水中，若颜色加深，则反应2NO2⇌N2O4的△H＜0，若颜色变浅，则反应2NO2⇌N2O4的△H＞0，故C错误；D．向AgCl沉淀中滴加KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，发生沉淀的转化，说明溶度积为AgI比AgCl更小，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及二氧化硫、碳酸盐的性质及化学平衡、沉淀转化，侧重物质性质及化学反应原理的考查，题目难度不大．　二、解答题（共4小题，满分58分）15．（16分）（2022秋•金昌校级期末）A、B、C、D、E、F是中学化学中常见的六种短周期元素，有关位置及信息如表：A的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C单质在实验室一般保存在煤油中；F的最高价氧化物对应水化物既能和酸反应又能和强碱反应，G单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀．请回答下列问题：…EABC…D（1）A元素在周期表中的位置是　第二周期第VA族　．（2）A与B可组成质量比为7：16的三原子分子，该分子释放在空气中可能引起的环境问题有：（任写一种）　酸雨或光化学烟雾　；22\n（3）同温同压下，将aLA氢化物的气体和bLD的氢化物气体通入水中，若a=b，则所得溶液的pH　＜　7（填“＞“或“＜”或“=”），若使所得溶液pH=7，则a　＞　b（填“＞“或“＜”或“=”）（4）写出F的单质与NaOH溶液反应的离子方程式：　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．（5）已知一定量的E单质能在B2（g）中燃烧，其可能的产物及能量关系如图1所示：请写出一定条件下EB2（g）与E（s）反应生成EB（g）的热化学方程式　CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol　．（6）若在D与G组成的某种化合物的溶液甲中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，依据产生该现象的反应原理，所设计的原电池如图2所示，其反应中正极反应式为　Fe3++e﹣=Fe2+　．某同学假设正极产物是Fe2+，请你设计实验证明该假设　滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀），则产品中含有Fe2+　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E、F是中学化学中常见的六种短周期元素，A的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为N元素；C单质一般保存在煤油中，则C为Na；F的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应又能与碱反应，则F为Al；G单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀或损坏，则G为Fe；由元素在周期表中的相对位置可知，E为C元素、B为O元素，D为Cl元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F是中学化学中常见的六种短周期元素，A的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为N元素；C单质一般保存在煤油中，则C为Na；F的最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应又能与碱反应，则F为Al；G单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀或损坏，则G为Fe；由元素在周期表中的相对位置可知，E为C元素、B为O元素，D为Cl元素．（1）A为N元素，在周期表中位置为：第二周期第VA族，故答案为：第二周期第VA族；（2）N与O可组成质量比为7：16的三原子分子，分子中N原子与氧原子数目之比=：=1：2，该分子为NO2，该分子释放在空气中可能引起的环境问题有：酸雨、光化学烟雾等，故答案为：酸雨或光化学烟雾；（3）同温同压下，将aL氨气的气体和bLHCl气体通入水中，如果等体积混合NH3和HCl，完全反应生成NH4Cl，溶液呈酸性，溶液pH＜7，若所得溶液的pH=7，则NH3应过量，即a＞b，故答案为：＜；＞；（4）Al单质与NaOH溶液反应的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（5）由图可知，1molC（s）与0.5molO2（g）反应得到1molCO（g）放出热量=393.5kJ﹣283kJ=110.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol①1molC（s）与1molO2（g）反应得到1molCO2（g）放出热量393.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol②根据盖斯定律，①×2﹣②得：CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol，故答案为：CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol；22\n（6）若在Cl与Fe组成的某种化合物的溶液甲中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，则甲为FeCl3，设计如图所示的原电池，正极上Fe3+获得电子生成Fe2+，正极反应式为：Fe3++e﹣=Fe2+，检验正极产物是Fe2+的实验方法：滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀），则产品中含有Fe2+，故答案为：Fe3++e﹣=Fe2+；滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀），则产品中含有Fe2+．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目比较综合，需要学生具备扎实的基础与迁移运用能力，难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子检验方法，近几年经常考查用铁氰化钾溶液检验亚铁离子．　16．（16分）（2022秋•金昌校级期末）开发、使用清洁能源发展“低碳经济”，正成为科学家研究的主要课题．氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池．（1）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a．则，Pl　＜　P2；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小顺序为　KC＞KB＞KA　．（填“＜”、“＞”“=”）②100℃时，将1molCH4和2molH2O通入容积为100L的反应室，反应达平衡的标志是：　cd　．a．容器内气体密度恒定b．单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2c．容器的压强恒定d．3v正（CH4）=v逆（H2）如果达到平衡时CH4的转化率为50%，则100℃时该反应的平衡常数K=　2.25×10﹣4（mol/L）2　（2）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，负极的电极反应式为　CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O　．用该原电池做电源，常温下，用惰性电极电解200mL饱和食盐水（足量），消耗的标准状况下的CO224mL，则溶液的pH=　13　．（不考虑溶液体积的变化）（3）已知2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）△H=﹣akJ•mol﹣1（a＞0），在一个容积固定的容器中加入2molX2和1molY2在500℃时充分反应达平衡后Z的浓度为Wmol•L﹣1，放出热量bkJ．若原来容器中只加入2molZ，500℃充分反应达平衡后，吸收热量ckJ，则Z浓度　=　Wmol•L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”），a、b、c之间满足关系　a=b+c　（用代数式表示）．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】（1）①从CO转化率随温度的变化趋势分析第一问；在200℃时，看不同压强下CO的转化率大小，结合化学方程式中反应前后气体的体积变化解答，A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小和温度有关；22\n②化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，据此分析选项；利用三段式法计算化学平衡常数；（2）电池的负极发生氧化反应，负极上是燃料发生氧化反应，串联电路中，各个装置转移电子是相等的，据电子守恒进行计算；（3）恒温恒容下，2molZ完全转化到左边，可得2molX2和1molY2，故与原平衡为等效平衡，平衡时Z的浓度相同；同一可逆反应，相同温度下，正、逆反应的反应热数值相等，但符号相反，令平衡时Z的物质的量为nmol，根据反应热计算两个过程的热量数值，据此判断．【解答】解：（1）①根据一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系图知道，温度不变，则增大压强，平衡CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）逆向移动，甲烷的转化率减小，所以Pl＜P2，压强不变升高温度，甲烷的转化率会增大，平衡正向进行，所以反应是吸热反应，温度越高，K越大，A、B、C三点处对应的温度是逐渐升高的，所以平衡常数（KA、KB、KC）的大小顺序为KC＞KB＞KA，故答案为：＜；KC＞KB＞KA；②a．容器内气体密度=，质量是守恒的，V是不变的，所以密度始终不变，当密度不变时，不一定平衡，故错误；b．单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2，只能说明正反应速率，不能证明正逆反应速率相等，不一定平衡，故错误；c．反应是前后系数和变化的反应，当容器的压强恒定，则达到了平衡，故正确；d．3v正（CH4）=v逆（H2），能体现v（正）=v（逆），故正确．故选cd．CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）初始浓度：0.010.0200变化浓度：0.0050.0050.0050.015平衡浓度：0.0050.0150.0050.015所以平衡常数K==2.25×10﹣4（mol/L）2，故答案为：cd；2.25×10﹣4（mol/L）2；（2）在CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成的燃料电池装置中，CO发生氧化反应，在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O，用该原电池做电源，常温下，用惰性电极电解200mL饱和食盐水（足量），当消耗的标准状况下的CO224mL极0.01mol时，转移电子是0.02mol，根据电解氯化钠的反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，当转移电子是0.02mol时，生成氢氧化钠的物质的量是0.02mol，所以氢氧化钠浓度是=0.1mol/L，即pH=13，故答案为：CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O；13；（3）恒温恒容下，2molZ完全转化到左边，可得2molX2和1molY2，故与原平衡为等效平衡，平衡时Z的浓度相同，故c（Z）=Wmol•L﹣1，同一可逆反应，相同温度下，正、逆反应的反应热数值相等，但符号相反，令平衡时Z的物质的量为nmol，22\n对于反应2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，则b=n×，对于反应2Z（g）⇌2X2（g）+Y2（g）△H=akJ•mol﹣1，Z分解的物质的量为（2﹣n）mol，故c=×a=1﹣n×，故a=b+c，故答案为：=；a=b+c．【点评】本题比较综合，难度中等，涉及热化学方程式、化学平衡图象及影响因素、平衡常数、平衡状态判断、化学平衡的有关计算、原电池等，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．　17．（12分）（2022秋•金昌校级期末）三氯化硼（BCl3）是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷（B2H6），也可作有机合成催化剂．某兴趣小组拟选用如图装置制备BCl3（已知BCl3的沸点为12.5℃，熔点为﹣107.3℃；2B+6HCl2BCl3↑+3H2↑）请回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　；（2）上述各装置连接顺序为，　A　、　C　、　F　、　B　、　D　、　E　．（3）装置E的两个作用是　防止空气中的水进入U形管　、　吸收多余的氯气　；实验中若不用装置C，可能产生的危险是　氢气与氯气混合受热易爆炸　．（4）BCl3遇水产生大量的白雾同时生成硼酸（H3BO3），其反应的化学方程式为　BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】卤族元素；物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．【分析】（1）A中为浓盐酸和二氧化锰的反应，在加热条件下反应生成氯气；（2）装置连接的顺序为气体发生装置﹣﹣﹣除杂装置﹣﹣反应装置﹣﹣收集装置﹣﹣尾气处理装置的顺序，即：制备氯气（装置A）→净化氯气（装置C、F）→发生装置（B装置）→收集装置（装置D）→尾气处理装置（装置E）．以此可确定连接顺序；反应的原理为3Cl2+2B2BCl3，实验室制备氯气，应先后分别饱和食盐水、浓硫酸得到纯净的氯气，然后与B在加热条件下反应生成BCl3，22\n（3）装置E内装有碱石灰，可与氯气反应，防止污染空气，具有吸水作用，可防止空气中的水蒸气进入U形管；实验中若不用装置C，可发生2B+6HCl2BCl3+3H2↑，氢气和氯气易发生爆炸；（4）BCl3发生水解反应生成硼酸和HCl．【解答】解：（1）根据装置A的药品和反应条件可知该装置是实验室制备氯气的装置，其中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）根据实验目的“某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3”，依据的原理是3Cl2+2B2BCl3，所以装置连接的顺序应该为气体发生装置﹣﹣﹣除杂装置﹣﹣反应装置﹣﹣收集装置﹣﹣尾气处理装置的顺序，又实验室制备氯气中夹杂有氯化氢和水，且应先除去HCl再除去水，按气流方向连接各装置的接口，顺序为a→e→d→j→k→b→c→f→g→h，即：ACFBDE，故答案为：ACFBDE；（3）装置E是一个盛有碱石灰的干燥管，其作用一方面是吸收未反应的多余氯气，另一个方面也防止空气中的水蒸气进入U形管，实验中若不用装置C，则夹杂在氯气中的氯化氢也会进入盛有硼粉的玻璃管发生反应2B+6HCl2BCl3+3H2↑，可能产生的危险是氢气和氯气混合气体受热易爆炸，故答案为：防止空气中的水进入U形管；吸收多余的氯气；氢气与氯气混合受热易爆炸；（4）BCl3遇水产生大量的白雾，同时生成硼酸，是发生水解反应的原因，发生的方程式为BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3，故答案为：BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3．【点评】本题考查物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理和注意事项，难度中等．　18．（14分）（2022秋•金昌校级期末）镍是有机合成的重要催化剂．某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）．某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：22\n几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如表：沉淀物开始沉淀完全沉淀Al（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2回答下列问题：（1）溶液①中含金属元素的离子是　AlO2﹣　．（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的　2Fe2++H2O2+2H++=2Fe3++2H2O　．双氧水可以用下列物质替代的是　A　．A．氧气B．高锰酸钾C．氯气D．硝酸（3）取2.0000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液为34.50mL．滴定反应为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+．计算样品纯度为　97.0%　．（已知，NiSO4•7H2O相对分子质量为281，不考虑杂质反应）．（4）操作b调节溶液范围为3.2﹣7.1，其目的是　除去Fe3+　．固体②的化学式为　Fe（OH）3　．（5）操作a和c需要使用的仪器除铁架台（带铁圈）、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是　漏斗　．上述流程中，“酸浸”时所加入的酸是　H2SO4　（填化学式）．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．【分析】由流程可知，含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质），铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应，可以达到除去铝元素的目的，同时除去表面的油污，过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH：2﹣3，防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体．（1）根据废料成分知，碱和铝、氧化铝反应，溶液中含有偏铝酸根离子；（2）根据数据表知，应将亚铁离子转化成铁离子除去，加入双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，不引入新杂质．用漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质．用氧气替代双氧水；（3）依据离子反应方程式：Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+，列出关系式计算即可；（4）调节溶液pH使Fe3+完全沉淀，使Ni2+不沉淀，分离出固体是氢氧化铁；（5）操作a为过滤、操作c为蒸发，除铁架台（带铁圈）、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是漏斗，“酸浸”将滤渣溶解，制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸．【解答】解：（1）碱和铝、氧化铝均能反应，2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，故答案为：AlO2﹣；（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A；22\n（3）n（Na2H2Y）=0.2mol/L×34.5×10﹣3L=6.9×10﹣3mol，根据滴定反应式知，m（NiSO4•7H2O）=6.9×10﹣3mol×281g/L=1.94g，ω（NiSO4•7H2O）=×100%=97.0%，故答案为：97.0%；（4）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为2.7﹣3.2，镍离子的沉淀范围是7.1﹣9.2，调节pH在3.2﹣7.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，由（2）可知：操作b调节溶液范围为3.2﹣7.1，那么此时得到的沉淀是氢氧化铁，故答案为：除去Fe3+；Fe（OH）3；（5）操作a为过滤，过滤需漏斗作过滤器、烧杯盛放滤液、玻璃棒引流，操作c为蒸发需酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，所以需要的主要玻璃仪器是漏斗，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸，故答案为：漏斗；H2SO4．【点评】本题考查的是无机物制备流程，涉及离子反应方程式书写，氧化还原反应，离子的验证等，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生灵活运用知识解答问题的能力，本题综合性较强，题目难度中等．　22