湖南省株洲二中2022届高三化学上学期第二次月考试卷含解析

2022-2022学年湖南省株洲二中高三（上）第二次月考化学试卷　一．选择题（每小题3分，共48分．每小题只有一个选项最符合题意）1．网络神曲“化学是你，化学是我”揭示了化学与生活的密切关系．下列有关说法中正确的是（　　）A．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是铝合金B．84消毒液在日常生活中使用广泛，溶液无色、有漂白作用，它的有效成分为Ca（ClO）2C．碳酸钠俗名纯碱，也叫苏打，可用于清洗厨房用具的油污D．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的消毒杀菌　2．下列各组物质的分类正确的是（　　）①混合物：氨水、水玻璃、冰醋酸②电解质：明矾、硫酸、纯碱③同位素：O2、O3、④同系物：CH4、C2H6、C4H10⑤弱电解质：HF、H2O、BaSO4．A．②④⑤B．②④C．①②⑤D．全部正确　3．下列各项内容中，排列顺序不正确的是（　　）A．微粒半径：S2﹣＞K+＞Na+B．氢化物的沸点：HI＞HBr＞HFC．固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3D．相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+的浓度：（NH4）2Fe（SO4）2＞NH4Cl＞NH4HCO3　4．下列除去杂质的方法，正确的是（　　）A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D．除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤　5．下列各组溶液中，各离子一定能大量共存的是（　　）A．pH=1的溶液：Cu2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣B．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣C．水电离出来的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：K+、Mg2+、SiO32﹣、Br﹣D．滴入KSCN显血红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣　6．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．标准状况下NA个SO3的体积为22.4LB．1molFe与足量的HCl反应，转移的电子数为3NAC．2L1mol/L的H3PO4溶液中所含的H+数为6NAD．标准状况下22.4LCl2通入足量的石灰乳制备漂白粉，转移电子数为1NA　7．甲、乙、丙、丁四种物质，甲、乙、丙含同一种元素．下列各组物质可按下图转化的是（　　）①②③④甲CN2SFe25\n丙CO2NO2SO3Fe（NO3）3A．①②B．②③C．①④D．③④　8．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（　　）序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2﹣Cl﹣②KClO3浓盐酸﹣Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．表中②组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e﹣B．氧化性强弱的比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2C．表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化D．表中③组反应的离子方程式为：2MnO+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O　9．在Fe2（SO4）3溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，则下列说法正确的是（　　）A．残余固体是铜和铁B．最后得到的溶液中一定含有Cu2+C．将残余固体加入到稀H2SO4中，有气泡产生D．最后得到的溶液中可能含有Fe3+　10．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法不正确的是（　　）A．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）　11．下列实验操作不正确的是（　　）25\nA．实验室中制取少量的乙酸乙酯B．比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱C．处理尾气D．测定黄铜（Cu、Zn合金）中Zn的含量　12．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论不一致的是（　　）选项实验操作或事实实验目的或结论A浅黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含有Fe3+B无色试液透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色可验证溶液中是否含有钾元素C用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变成黄色可证明氧化性H2O2比Fe3+强DH3PO3+2NaOH（足量）=Na2HPO3+2H2OH3PO3属于二元酸A．AB．BC．CD．D　13．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．过量CO2通入偏铝酸钠溶液中：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSO25\nC．酸性条件下双氧水和KI溶液反应：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2OD．碳酸氢铵溶液与足量的KOH溶液混合后加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O　14．水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O．下列有关该反应的说法中，不正确的是（　　）A．a=4B．还原剂是Fe2+C．氧化剂是O2D．Y的化学式为Fe3O4　15．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如表所示：压强/MPa体积分数/%温度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b＜f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＞0④K（1000℃）＜K（810℃）上述①～④中正确的有（　　）A．①B．②④C．①②③D．①②③④　16．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在　　二、非选择题（共5个大题）17．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积．（1）B、C两种元素的元素符号：B：　　　　　　；C：　　　　　　．D在元素周期表中的位置为　　　　　　．（2）已知6.8gA2E的完全燃烧放出0.2akJ的热量，写出表示A2E燃烧热的热化学方程式：　　　　　　．（3）CA的电子式为　　　　　　；CA与水反应放出气体的化学方程式为　　　　　　．25\n　18．金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，转化关系如下：请回答下列问题（1）除去气体C中的杂质气体E的化学方法：　　　　　　（用化学方程式表示）（2）C、E排入大气中会造成大气污染，可用石灰乳吸收1：1的该混合气体，仅生成一种含钙元素的化合物，其化学式是　　　　　　．（3）过量D的水溶液与A溶液反应的离子方程式是　　　　　　．（4）A1与NO3﹣在碱性条件下反应，Al与被还原的NO3﹣的物质的量之比是　　　　　　．　19．（12分）（2022秋•株洲校级月考）甲醇燃料分为甲醇汽油和甲醇柴油．工业上合成甲醇的方法很多．（1）一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H22H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）　的△H═　　　　　　．（2）在容积为2L的密闭容器中进行反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），其他条件不变，在300℃和500℃时，物质的量n（CH3OH）与反应时间t的变化曲线如图所示．该反应的△H　　　　　　0（填＞、＜或=）．（3）若要提高甲醇的产率，可采取的措施有　　　　　　（填字母）．A．缩小容器体积B．降低温度C．升高温度D．使用合适的催化剂E．将甲醇从混合体系中分离出来（4）CH4和H2O在催化剂表面发生反应CH4+H2O⇌CO+3H2，T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时CH4的转化率为50%，计算该温度下上述反应的化学平衡常数　　　　　　（结果保留小数点后两位数字）．（5）以甲醇为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，右图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图．B极的电极反应式为　　　　　　．25\n（6）25℃时，草酸钙的Ksp=4.0×10﹣8，碳酸钙的Ksp=2.5×10﹣9．向10ml碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10﹣4mol•L﹣1的草酸钾溶液10ml，能否产生沉淀　　　　　　（填“能”或“否”）．　20．（12分）（2022秋•株洲校级月考）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）呈淡黄色．某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究．（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成．这说明草酸亚铁晶体具有　　　　　　（填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）．若反应中消耗1.5molFeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为　　　　　　mol．（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体．课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO假设二：　　　　　　假设三：　　　　　　（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究．【定性研究】请你完成如表中内容．实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　【定量研究】课题组在文献中查阅到，FeC2O4•2H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400℃时，FeC2O4•2H2O晶体受热分解的化学方程式为：　　　　　　．根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g．某同学由此得出结论：假设一不成立．你是否同意该同学的结论，并简述理由：　　　　　　．　21．（14分）（2022秋•株洲校级月考）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如图1：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是　　　　　　．25\n（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式　　　　　　；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式　　　　　　．（3）“加Na2CO3调pH至a”，a的取值范围是　　　　　　；过滤所得到的沉淀成分为　　　　　　．（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是　　　　　　、　　　　　　和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是　　　　　　．（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．向“滤液”中加入萃取剂的目的是　　　　　　；其使用的最佳pH范围是　　　　　　．A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取16.4g的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤、将沉淀烘干后称其质量为4.6g，则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是　　　　　　．（结果保留小数点后一位数字）　　25\n2022-2022学年湖南省株洲二中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（每小题3分，共48分．每小题只有一个选项最符合题意）1．网络神曲“化学是你，化学是我”揭示了化学与生活的密切关系．下列有关说法中正确的是（　　）A．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是铝合金B．84消毒液在日常生活中使用广泛，溶液无色、有漂白作用，它的有效成分为Ca（ClO）2C．碳酸钠俗名纯碱，也叫苏打，可用于清洗厨房用具的油污D．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的消毒杀菌【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．青铜为最早使用的金属材料，用量最大的合金材料是钢铁；B．消毒液的有效成分为NaClO；C．碳酸钠溶液显碱性，能清洗油污；D．明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是吸附净水．【解答】解：A．青铜为最早使用的金属材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁，不是铝合金，故A错误；B．84消毒液在日常生活中使用广泛，溶液无色、有漂白作用，它的有效成分为NaClO，漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，故B错误；C．碳酸钠俗名纯碱，也叫苏打，碳酸钠溶液显碱性，能清洗油污，故C正确；D．明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶于水会形成胶体，能吸附净水，因此可用于自来水的净化，但是不会具有消毒作用，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查净水剂、金属材料、碳酸钠的性质及用途、消毒液才成分等问题，侧重化学与生活、生产以及环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．　2．下列各组物质的分类正确的是（　　）①混合物：氨水、水玻璃、冰醋酸②电解质：明矾、硫酸、纯碱③同位素：O2、O3、④同系物：CH4、C2H6、C4H10⑤弱电解质：HF、H2O、BaSO4．A．②④⑤B．②④C．①②⑤D．全部正确【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念；芳香烃、烃基和同系物．【专题】物质的分类专题．【分析】①混合物是指由多种物质组成的物质；②在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；③质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；④结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；⑤弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．【解答】解：①氯水是氯气的水溶液、氨水是氨气的水溶液是混合物，冰醋酸是纯净物，故①错误；25\n②明矾、硫酸、纯碱在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，故为电解质，故②正确；③O2、O3是单质，不是原子，故③错误；④CH4、C2H6、C4H10都是烷烃，互为同系物，故④正确；⑤HF、H2O在水溶液里只有部分电离，是弱电解质，BaSO4溶于水的部分完全电离，故⑤错误；故选B．【点评】本题考查物质的分类，注意掌握混合物，非电解质，同位素，同系物，弱电解质的定义，题目难度不大．　3．下列各项内容中，排列顺序不正确的是（　　）A．微粒半径：S2﹣＞K+＞Na+B．氢化物的沸点：HI＞HBr＞HFC．固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3D．相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+的浓度：（NH4）2Fe（SO4）2＞NH4Cl＞NH4HCO3【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用；盐类水解的应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题；盐类的水解专题．【分析】A．电子层越多，离子半径越多；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；B．HF含氢键，沸点最高；C．碳酸氢钠不稳定易分解，碳酸钙加热分解，碳酸钠最稳定；D．亚铁离子抑制铵根离子水解，碳酸氢根离子促进铵根离子水解．【解答】解：A．电子层越多，离子半径越多；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2﹣＞K+＞Na+，故A正确；B．HF含氢键，沸点最高，则沸点为HF＞HI＞HBr，故B错误；C．碳酸氢钠不稳定易分解，碳酸钙加热分解，碳酸钠最稳定，则热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3，故C正确；D．亚铁离子抑制铵根离子水解，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，则相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+的浓度为（NH4）2Fe（SO4）2＞NH4Cl＞NH4HCO3，故D正确；故选B．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律、盐类水解，为高频考点，侧重于考查学生分析能力和应用能力，注意把握周期律及性质比较方法、水解应用等，题目难度不大．　4．下列除去杂质的方法，正确的是（　　）A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D．除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤【考点】气体的净化和干燥；物质的分离、提纯和除杂．【专题】综合实验题．【分析】A、根据氧气不与CuO反应分析；B、根据CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3分析；C、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，可用以出去杂质；D、加入NaOH溶液引入新的杂质．25\n【解答】解：A、氧气不与CuO反应，不能除去N2中的少量O2，故A错误；B、CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3，除杂时能影响被提纯物质，故B错误；C、FeCl3与Fe反应生成FeCl2，能将杂质除去，并没有引入新的杂质，故C正确；D、加入NaOH溶液引入新的杂质，而除杂时不能引入新的杂质，故D错误．故选：C．【点评】本题考查物质的分离和提纯，题目难度不大，注意提纯时不能引入新的杂质等原则．　5．下列各组溶液中，各离子一定能大量共存的是（　　）A．pH=1的溶液：Cu2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣B．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣C．水电离出来的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：K+、Mg2+、SiO32﹣、Br﹣D．滴入KSCN显血红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=1的溶液，显酸性；B．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C．水电离出来的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液；D．滴入KSCN显血红色的溶液，含铁离子．【解答】解：A．pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．水电离出来的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2+，酸性溶液中不能大量存在SiO32﹣，故C错误；D．滴入KSCN显血红色的溶液，含铁离子，不能存在大量的OH﹣，故D错误；故选A．【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．　6．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．标准状况下NA个SO3的体积为22.4LB．1molFe与足量的HCl反应，转移的电子数为3NAC．2L1mol/L的H3PO4溶液中所含的H+数为6NAD．标准状况下22.4LCl2通入足量的石灰乳制备漂白粉，转移电子数为1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．气体摩尔体积只适用于气体；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁；C．磷酸为弱电解质，部分电离；D.1molCl2通入足量的石灰乳中转移1mol的电子，标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，所以转移电子数为0.5NA．【解答】解：A．标况下三氧化硫为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，1molFe与足量的HCl反应，转移的电子数为2NA，故B错误；25\nC．磷酸为弱电解质，部分电离，2L1mol/L的H3PO4溶液中所含的H+数小于6NA，故C错误；D.1molCl2通入足量的石灰乳中转移1mol的电子，标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，所以转移电子数为0.5NA，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件与范围．　7．甲、乙、丙、丁四种物质，甲、乙、丙含同一种元素．下列各组物质可按下图转化的是（　　）①②③④甲CN2SFe丙CO2NO2SO3Fe（NO3）3A．①②B．②③C．①④D．③④【考点】氮气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①假设甲是C，丙是二氧化碳，则丁是氧气，乙为一氧化碳；②假设甲是氮气，丙是二氧化氮，氮气不能一步转化为二氧化氮；③假设甲是S，丙是三氧化硫，硫不能一步转化为三氧化硫；④假设甲是铁，丙是硝酸铁，则丁是硝酸，乙为硝酸亚铁．【解答】解：①假设甲是C，丙是二氧化碳，则丁是氧气，乙为一氧化碳，碳在少量氧气中燃烧生成一氧化碳，在过量氧气中燃烧生成二氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，所以符合转化关系，故正确；②假设甲是氮气，丙是二氧化氮，氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，但氮气不能一步转化为二氧化氮，故错误；③假设甲是S，丙是三氧化硫，硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，但硫不能一步转化为三氧化硫，故错误；④假设甲是铁，丙是硝酸铁，则丁是硝酸，乙为硝酸亚铁，铁和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和硝酸反应生成硝酸铁，铁和过量稀硝酸反应实现硝酸铁，所以符合转化关系，故正确；故选C．【点评】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法分析解答即可，注意硫不能一步转化为三氧化硫、氮气不能一步转化为二氧化氮，必须都通过先转化为其低价氧化物，题目难度不大．　8．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（　　）序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2﹣Cl﹣②KClO3浓盐酸﹣Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．表中②组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e﹣25\nB．氧化性强弱的比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2C．表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化D．表中③组反应的离子方程式为：2MnO+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．氧化产物与还原产物均为Cl2；B．氧化性：氧化剂大于氧化产物；C．氯气可以氧化亚铁离子和溴离子；D．电子不守恒．【解答】解：A．反应为KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，氧化产物与还原产物均为Cl2，电子转移数目是5e﹣，故A错误；B．由①可知，亚铁离子先被氯气氧化，则氧化性为Cl2＞Fe3+，故B错误；C．氯气可以氧化亚铁离子和溴离子，当少量氯气反应时只氧化亚铁离子，当足量的氯气反应时氧化亚铁离子和溴离子，所以①组的反应可能有一种或两种元素被氧化，故C正确；D．电子不守恒，正确的离子反应为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意氧化性的比较及优先氧化的规律，题目难度中等．　9．在Fe2（SO4）3溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，则下列说法正确的是（　　）A．残余固体是铜和铁B．最后得到的溶液中一定含有Cu2+C．将残余固体加入到稀H2SO4中，有气泡产生D．最后得到的溶液中可能含有Fe3+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】元素及其化合物．【分析】发生的反应有：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，a＞c，说明铜没有被完全置换出，以此计算分析．【解答】解：由于a＞c，说明铜没有被完全置换出，则溶液中一定存在Cu2+，铜有剩余，发生的反应有：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则一定不存在Fe3+，故选B．【点评】本题考查混合物的过量问题，题目难度中等，注意氧化性和还原性的比较．　10．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法不正确的是（　　）25\nA．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以c（Na+）=c（CH3COO﹣）；C、点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，根据物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）；D、在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．【解答】解：A、根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故A正确；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）=c（CH3COO﹣），故B正确；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故C正确；D、如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）这个关系，则溶液中电荷不守恒，故D错误；故选：D．【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题．　11．下列实验操作不正确的是（　　）A．实验室中制取少量的乙酸乙酯25\nB．比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱C．处理尾气D．测定黄铜（Cu、Zn合金）中Zn的含量【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．应用饱和碳酸钠溶液吸收；B．可根据最高价氧化物的水化物的酸性比较非金属性强弱；C．氨气易溶于硫酸，难溶于四氯化碳，可防止倒吸；D．排水量气法收集氢气，根据氢气的体积可以计算完全反应的锌的质量，进而可以求黄铜中锌的含量．【解答】解：A．乙酸乙酯在碱性条件下水解，应用饱和碳酸钠溶液吸收，且导管不能插入液面下，故A错误；B．若锥形瓶中生成气体，说明硫酸的酸性比碳酸强，烧杯中生成白色沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则对应元素的非金属性越强，因此比较硫、碳、硅非金属性强弱的实验方案合理，故B正确；C．氨气易溶于硫酸，难溶于四氯化碳，四氯化碳的密度比硫酸溶液大，导管口伸入下层液体可以防止倒吸，逸出的氨气被稀硫酸完全吸收生成铵盐，故C正确；D．锌是氢前金属，铜是氢后金属，前者与稀盐酸发生置换反应，生成的氢气难溶于水，水还能除去氢气中混有的氯化氢，排水量气法收集氢气，根据氢气的体积可以计算完全反应的锌的质量，进而可以求黄铜中锌的含量，故D正确；故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备、非金属性的比较、气体的收集以及含量的测定，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和操作方法，难度中等．　12．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论不一致的是（　　）选项实验操作或事实实验目的或结论25\nA浅黄色试液红褐色沉淀说明原溶液中一定含有Fe3+B无色试液透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色可验证溶液中是否含有钾元素C用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变成黄色可证明氧化性H2O2比Fe3+强DH3PO3+2NaOH（足量）=Na2HPO3+2H2OH3PO3属于二元酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．只能证明含有三价铁离子；B．钾元素的焰色反应的颜色为紫色，但要透过蓝色钴玻璃；C．用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；D．H3PO3为二元酸．【解答】解：A．只能证明含有三价铁离子，不一定是FeCl3，故A错误；B．钾元素的焰色反应的颜色为紫色，但要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能观察到，故B正确；C．用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能说明亚铁离子是否与过氧化氢反应，则不能比较H2O2、Fe3+的氧化性，故C错误；D．H3PO3为二元酸，与足量氢氧化钠反应生成Na2HPO3，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查化学实验方案的评价，侧重于氧化性比较、物质的性质以及检验的考查，题目难度中等，易错点为D，注意把握反应的现象，根据现象判断反应物可能具有的性质．　13．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．过量CO2通入偏铝酸钠溶液中：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣B．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSOC．酸性条件下双氧水和KI溶液反应：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2OD．碳酸氢铵溶液与足量的KOH溶液混合后加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子；B．次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子；C．酸性条件下碘离子被双氧水氧化成碘单质；D．氢氧化钾足量，碳酸氢根也参与反应．【解答】解：A．过量CO2通入偏铝酸钠溶液中，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A错误；B．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，反应生成硫酸钠、次氯酸和氯离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+Cl﹣+SO42﹣，故B错误；C．酸性条件下双氧水和KI溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故C正确；25\nD．NH4HCO3溶液与足量KOH溶液混合加热，碳酸氢根离子也会反应，正确的离子反应为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：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．　14．水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O．下列有关该反应的说法中，不正确的是（　　）A．a=4B．还原剂是Fe2+C．氧化剂是O2D．Y的化学式为Fe3O4【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O中，4个S原子中S的化合价由+2升高为+2.5，O元素的化合价由0降低为﹣2，利用质量守恒及电子守恒和氧化还原反应的有关概念来分析．【解答】解：A．Y为化合物，根据电荷守恒可知，6﹣4﹣a=4，故a=4，故A正确；B．因S2O32﹣中S元素的化合价升高，由+2升高为+2.5，则S2O32﹣是还原剂，故B错误；C．O元素的化合价由0降低为﹣2，则氧化剂是O2，故C正确；D．Y为化合物，根据质量守恒可知，则Y为Fe3O4，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，元素的化合价判断是解答本题的关键，注意S元素的化合价是解答的难点，题目难度不大．　15．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如表所示：压强/MPa体积分数/%温度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b＜f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＞0④K（1000℃）＜K（810℃）上述①～④中正确的有（　　）A．①B．②④C．①②③D．①②③④【考点】化学平衡的计算；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．25\n【分析】①．该反应为体积增大的反应，故加压时，平衡逆向移动，G的体积分数减小，从表中第一行数据可得：54.0＞a＞b，结合表中第3列数据，可确定75.0＞a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则f＞75.0＞a；②．设起始时E为amol，平衡时转化xmol，由于F为固体，对平衡无影响，则平衡时E为（a﹣x）mol，G为2xmol，再结合G的体积分数列方程确定a、x关系，进而计算E的转化率；③．正反应气体物质的量增大，为熵增反应；④．第3列数据中f＞75.0＞a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大．【解答】解：①．该反应为体积增大的反应，故加压时，平衡逆向移动，G的体积分数减小，从表中第一行数据可得：54.0＞a＞b，结合表中第3列数据，可确定75.0＞a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则f＞75.0＞a，故b＜f，故①正确；②．设起始时E为amol，平衡时转化xmol，由于F为固体，对平衡无影响，则平衡时E为（a﹣x）mol，G为2xmol，则×100%=75%，解得x=0.6a，所以E的转化率为×100%=60%，故②正确；③．正反应气体物质的量增大，为熵增反应，故△S＞0，故③正确；④．第3列数据中f＞75.0＞a，说明升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，则平衡常数K（1000℃）＞K（810℃），故④错误，故选：C．【点评】本题考查化学平衡计算，旨在考查学生对数据的分析能力、计算能力，难度中等．　16．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】离子反应专题．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl﹣，至少0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少=0.4mol/L，A、至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；25\nB、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl﹣，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等．　二、非选择题（共5个大题）17．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积．（1）B、C两种元素的元素符号：B：　C　；C：　Na　．D在元素周期表中的位置为　第三周期ⅢA族　．（2）已知6.8gA2E的完全燃烧放出0.2akJ的热量，写出表示A2E燃烧热的热化学方程式：　H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1　．（3）CA的电子式为　　；CA与水反应放出气体的化学方程式为　NaH+H2O=NaOH+H2↑　．【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是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al；常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则E为S元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Al，处于的第二周期，最外层电子数为4，故B为碳元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA则，原子序数大于碳，故C为Na；元素A的单质在常温下呈气态，原子序数小于碳，故A为H元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al；常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则E为S元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Al，处于的第二周期，最外层电子数为4，故B为碳元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA则，原子序数大于碳，故C为Na；元素A的单质在常温下呈气态，原子序数小于碳，故A为H元素．（1）由上述分析可知，B为C元素、C为Na，D为Al，在元素周期表中的位置为：第三周期ⅢA族，故答案为：C；Na；第三周期ⅢA族；（2）已知6.8gH2S的完全燃烧放出0.2akJ的热量，1molH2S燃烧放出的热量为0.2akJ×=akJ，A2S燃烧热的热化学方程式：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1，故答案为：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1；25\n（3）CA为NaH，属于离子化合物，电子式为，NaH与水反应放出气体的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，故答案为：；NaH+H2O=NaOH+H2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意燃烧热热化学方程式的书写，（3）中金属氢化物在中学基本不涉及，属于易错点．　18．金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，转化关系如下：请回答下列问题（1）除去气体C中的杂质气体E的化学方法：　3NO2+H2O═2HNO3+NO　（用化学方程式表示）（2）C、E排入大气中会造成大气污染，可用石灰乳吸收1：1的该混合气体，仅生成一种含钙元素的化合物，其化学式是　Ca（NO2）2　．（3）过量D的水溶液与A溶液反应的离子方程式是　Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　．（4）A1与NO3﹣在碱性条件下反应，Al与被还原的NO3﹣的物质的量之比是　8：3　．【考点】铝的化学性质；无机物的推断．【专题】元素及其化合物．【分析】金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，根据图示信息可知，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为氨气，E为二氧化氮，F为硝酸；（1）二氧化氮可以和水发生反应但是一氧化氮不溶于水；（2）根据元素守恒结合反应物的情况来回答；（3）可溶性的铝盐可以和氨水反应生成氢氧化铝沉淀；（4）A1与NO3﹣在碱性条件下反应的原理方程式为：8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═8AlO2﹣+3NH3↑，据此来回答．【解答】解：金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3﹣发生氧化还原反应，根据图示信息可知，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为氨气，E为二氧化氮，F为硝酸；（1）二氧化氮可以和水发生反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O═2HNO3+NO，可以用水除去一氧化氮中的二氧化氮，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；（2）一氧化氮和二氧化氮用石灰乳吸收1：1的该混合气体，根据元素守恒则知道可以生成硝酸钙，故答案为：Ca（NO3）2；（3）过量的氨气和可溶性的铝盐反应生成氢氧化铝，氢氧化铝不和弱碱反应，即Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：3NH3•H2O+Al3+=Al（OH）3↓+3NH4+；25\n（4）A1与NO3﹣在碱性条件下反应的原理方程式为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═8AlO2﹣+3NH3↑，Al与被还原的NO3﹣的物质的量之比是8：3，故答案为：8：3．【点评】本题是一道有关元素以及化合物知识的框图推断题，考查学生分析和解决问题的能力，难度不大．　19．（12分）（2022秋•株洲校级月考）甲醇燃料分为甲醇汽油和甲醇柴油．工业上合成甲醇的方法很多．（1）一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H12CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H22H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）　的△H═　△H1+△H2﹣△H3　．（2）在容积为2L的密闭容器中进行反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），其他条件不变，在300℃和500℃时，物质的量n（CH3OH）与反应时间t的变化曲线如图所示．该反应的△H　＜　0（填＞、＜或=）．（3）若要提高甲醇的产率，可采取的措施有　ABE　（填字母）．A．缩小容器体积B．降低温度C．升高温度D．使用合适的催化剂E．将甲醇从混合体系中分离出来（4）CH4和H2O在催化剂表面发生反应CH4+H2O⇌CO+3H2，T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时CH4的转化率为50%，计算该温度下上述反应的化学平衡常数　6.75　（结果保留小数点后两位数字）．（5）以甲醇为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，右图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图．B极的电极反应式为　CH3OH+3O2﹣﹣6e﹣=CO2+2H2O　．（6）25℃时，草酸钙的Ksp=4.0×10﹣8，碳酸钙的Ksp=2.5×10﹣9．向10ml碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10﹣4mol•L﹣1的草酸钾溶液10ml，能否产生沉淀　否　（填“能”或“否”）．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】基本概念与基本理论．【分析】（1）运用盖斯定律解答，注意分析待求反应中的反应物和生成物在已知反应中的位置，通过加减求得；（2）在300℃到500℃时，物质的量n（CH3OH）减小，平衡逆向移动；（3）改变条件平衡正向移动，由此分析；25\n（4）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；（5）①根据原电池原理，负极上甲醇失电子生成二氧化碳；②根据电池中的能量转化率分析；（6）根据c（Ca2+）•c（C2O42﹣）和Ksp（4.0×10﹣8）相对大小判断，如果c（Ca2+）•c（C2O42﹣）=＜Ksp（4.0×10﹣8），则无沉淀生成．【解答】解：（1）①CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H3据盖斯定律，①+②﹣③得：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=△H1+△H2﹣△H3，故答案为=△H1+△H2﹣△H3；（2）在300℃到500℃时，物质的量n（CH3OH）减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故答案为：＜；（3）A．缩小容器体积，增大压强，平衡正向移动，甲醇的产率增加，故正确；B．降低温度，平衡正向移动，甲醇的产率增加，故正确；C．升高温度，平衡逆向移动，甲醇的产率减少，故错误；D．使用合适的催化剂，平衡不移动，故错误；E．将甲醇从混合体系中分离出来，有利平衡正向移动，提高甲醇的产量，故正确；故选：ABE；（4）CH4和H2O在催化剂表面发生反应CH4+H2O⇌CO+3H2，T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时CH4的转化率为50%，CH4+H2O⇌CO+3H2起始物质的量浓度（mol•L﹣1）1.01.000转化物质的量浓度（mol•L﹣1）0.50.50.51.5平衡物质的量浓度（mol•L﹣10.50.50.51.5K===6.75mol2/L2；故答案为：6.75；（5）①根据原电池原理，负极上甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应为：CH3OH+3O2﹣﹣6e﹣=CO2+2H2O，故答案为：CH3OH+3O2﹣﹣6e﹣=CO2+2H2O；②甲醇不完全被氧化，生成C或CO或者原电池中发生反应时化学能不去全部转化为电能，即电池能量转化率达不到100%，所以实际上消耗的甲醇的质量比理论上大，故答案为：甲醇不完全被氧化，生成C或CO或电池能量转化率达不到100%；（6）碳酸钙溶液中钙离子浓度=mol/L=5×10﹣5mol/L，二者混合后，钙离子浓度=2.5×10﹣5mol/L，草酸钾的浓度为4.0×10﹣4mol/L，混合后c（Ca2+）•c（C2O42﹣）=2.5×10﹣5×4.0×10﹣4=1×10﹣8＜Ksp（4.0×10﹣8），故无沉淀，故答案为：否．【点评】本题考查了盖斯定律、化学平衡的移动、化学平衡常数、电化学、难溶物的溶解平衡，明确溶度积常数的运用是解本题关键，难度中等．　20．（12分）（2022秋•株洲校级月考）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）呈淡黄色．某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究．25\n（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成．这说明草酸亚铁晶体具有　还原性　（填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）．若反应中消耗1.5molFeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为　0.9　mol．（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体．课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO假设二：　全部是Fe3O4　假设三：　FeO和Fe3O4　（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究．【定性研究】请你完成如表中内容．实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体　加入足量稀盐酸（或稀硫酸）溶解，　　在溶液中滴加KSCN溶液　　若溶液不变红色，则假设一成立．　　若溶液变红色，则假设一不成立　【定量研究】课题组在文献中查阅到，FeC2O4•2H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400℃时，FeC2O4•2H2O晶体受热分解的化学方程式为：　FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑　．根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g．某同学由此得出结论：假设一不成立．你是否同意该同学的结论，并简述理由：　不同意，实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气中的氧气进一步氧化，生成的铁的其它氧化物　．【考点】性质实验方案的设计．【专题】几种重要的金属及其化合物；无机实验综合．【分析】（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成．说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（2）草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体可能为氧化亚铁或四氧化三铁，分析判断；（3）【定性研究】氧化亚铁溶解于盐酸生成氯化亚铁溶液，加入KSCN溶液，若溶液不变红证明假设一正确；【定量研究】根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g．某同学由此得出结论：假设一不成立不合理，氧化亚铁可以被空气氧化．【解答】解：（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO225\n生成．说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2++5C2O42﹣+3MnO4﹣+24H+=5Fe3++3Mn2++5CO2↑+12H2O，消耗1.5molFeC2O4•2H2O，则参加反应的KMnO4为0.9mol，故答案为：还原性；0.9mol；（2）假设一：全部是氧化亚铁；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，故答案为：全部是四氧化三铁；氧化亚铁和四氧化三铁的混合物；（3）【定性研究】实验步聚：取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液．现象与结论：若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立；故答案为：取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立；【定量研究】通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，设失去结晶水x，图象分析可知固体质量变化1.0﹣0.8=0.2g，依据则反应的化学方程式计算为：FeC2O4•2H2OFeC2O4•（2﹣x）H2O+xH2O△m18018x1.00.2x=2加热到300°C，晶体全部失去结晶水生成草酸亚铁和水，继续加热到400°C，固体质量减少0.8g﹣0.4g=0.4g；此时草酸亚铁分解减少的是气体质量，反应过程中一定存在反应生成氧化亚铁和二氧化碳，铁元素化合价不变时，依据元素化合价变化和电子守恒可知碳元素化合价从+3价变化为+4价，一定有化合价降低生成+2价的一氧化碳，反应的化学方程式FeC2O4FeO+CO+CO2，FeC2O4FeO+CO+CO2△m144720.80.4计算结果符合图象固体质量变化，所以反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，依据铁元素守恒计算得到若生成氧化亚铁，质量为0.4g，但实验过程中最终残留黑色固体的质量大于0.4g，可能是实验未在密闭容器中进行，氧化亚铁被空气氧化为氧化铁，某同学由此得出结论：假设一不成立不合理，故答案为：不同意，实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其它氧化物．【点评】本题考查了铁及其化合物性质的实验验证和实验分析判断，定量计算，图象分析是解题关键，题目难度较大．　25\n21．（14分）（2022秋•株洲校级月考）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如图1：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是　将Fe3+、Co3+还原　．（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式　ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O　；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式　ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O　．（3）“加Na2CO3调pH至a”，a的取值范围是　5.2≤a≤7.6　；过滤所得到的沉淀成分为　Fe（OH）3、Al（OH）3　．（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是　蒸发浓缩　、　冷却结晶　和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是　降低烘干温度，防止产品分解　．（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．向“滤液”中加入萃取剂的目的是　除去溶液中的Mn2+　；其使用的最佳pH范围是　B　．A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取16.4g的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤、将沉淀烘干后称其质量为4.6g，则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是　93.0%　．（结果保留小数点后一位数字）【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】实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合．【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；温度高时，CoCl2•6H2O分解；（5）由表中数据可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；25\n（6）根据AgCl沉淀质量为4.6g，可计算得粗产品中CoCl2•6H2O的质量，据此计算粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数；【解答】解：（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，为使铝离子沉淀完全，而钴离子不沉淀，根据表中数据可知pH值的范围是5.2≤a≤7.6，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：5.2≤a≤7.6；Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据AgCl沉淀质量为4.6g，可计算得粗产品中CoCl2•6H2O的质量为g×=15.26g，所以粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数为×100%=93.0%，故答案为：93.0%．【点评】本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　25