浙江省杭州市西湖高中2022届年高三化学上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年浙江省杭州市西湖高中高三（上）月考化学试卷　一、选择题：（每小题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1．同一短周期的元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，下列叙述正确的是（　　）A．单质的化学活泼性：W＜X＜Y＜ZB．原子最外层电子数：W＜X＜Y＜ZC．单质的氧化能力：W＜X＜Y＜ZD．元素的最高化合价：W＜X＜Y＜Z　2．Cl2、HCl的混合气体通入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后分析产物溶液中除大量OH﹣外，还有Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣，并知这三种离子的物质的量比为9：2：1．试问原混合气体中Cl2与HCl体积比为（　　）A．2：5B．3：1C．5：2D．1：1　3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）A．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.8NAB．25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAC．1mol甲基（﹣14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NAD．含4molHCl的浓盐酸与足量的二氧化锰在加热条件下反应，一定能产生NA个Cl2气体分子　4．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（　　）A．物质的量浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c（NH4+）：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4ClB．向醋酸钠中加适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．1.0mol/LNa2CO3溶液：c（OH﹣）=2c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）　5．下列说法正确的是（　　）A．二氧化硅的结构式：O=Si=OB．H2O沸点高于NH3，是因为H2O分子间存在氢键而NH3分子间不存在氢键-36-\nC．含有金属离子的晶体一定是离子晶体D．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键　6．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，不满足图示转化关系的是（　　）甲乙丙戊①NH3O2NOH2O②FeH2OH2Fe2O3③Al2O3NaOH溶液NaAlO2溶液过量CO2④Na2O2CO2O2NaA．①③B．②③C．②④D．①④　7．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，四种元素原子最外层电子数之和为14．下列叙述正确的是（　　）A．气态氢化物的热稳定性：HnY＞HnWB．同周期元素中W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强C．Y和X、Z和X组成的常见化合物中化学键的类型相同D．原子半径的大小顺序：rW＞rZ＞rY＞rX　8．以纯锌作阴极，以石墨作阳极，电解某浓度的硫酸锌溶液，阴极产物均附在电极上，通电一段时间后，关闭电源，迅速撤去电极（设阴极产物没有损耗），若在电解后的溶液中加入9.9gZn（OH）2固体，则恰好能使溶液恢复到原浓度，则整个电解过程中，所产生的气体总体积为（标准状况）（　　）A．4.48LB．1.12LC．2.24LD．3.36L　-36-\n9．在容积相同的甲、乙两个密闭容器中，均分别充入2molSO2和1molO2，发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，在相同温度下，若甲容器始终保持体积不变，乙容器始终保持压强不变，达平衡时测得甲容器中SO2的转化率为25%，则乙容器中SO2的转化率（　　）A．25%B．小于25%C．大于25%D．无法确定　10．在一定温度下，固定容积的容器中加入amolA和bmolB，发生反应：A（g）+2B（g）⇌2C（g）一段时间后达到平衡，生成nmolC．则下列说法中不正确的是（　　）A．再充入少量A，平衡向正反应方向移动，但K值不变B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）：（a+b﹣）C．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态D．充入惰性气体（如Ar）增大压强，平衡向正反应方向移动　11．下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是（　　）酸HXHYHZ浓度（mol/L）0.120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数K1K2K3K4K5A．在相同温度，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且K1＞K2＞K3B．室温时，若在NaZ溶液中加水，则的比值变小，若加少量盐酸，则比值变大C．等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合，c（X﹣）+c（Y﹣）﹣2c（Z﹣）=2c（HZ）﹣c（HX）﹣c（HY），且c（Z﹣）＜c（Y﹣）＜c（X﹣）D．在相同温度下，K5＞K4＞K3　-36-\n12．TESLA电动汽车的电池采用了松下提供的NCA系列（镍钴铝体系）的18650A型钴酸锂（LiCoO2）锂离子电池．电池正极材料为钴酸锂（LiCoO2），负极材料是石墨（C6）．电池反应为：LiCoO2+C6C6Lix+Li1﹣xCoO2．下列有关说法不正确的是（　　）A．锂离子电池与传统铅蓄电池相比，具有高比能量（比能量指的是单位重量或单位体积的能量）的特点B．废旧锂离子电池先进行“放电处理”让Li+进入石墨（C6）中而利于回收C．放电时，正极锂的化合价未发生改变D．充电时电池正极上发生的反应为：LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+　13．有关如图及实验的描述正确的是（　　）A．用图装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3B．用图装置电解精炼铝C．用图装置构成铜锌原电池D．用图装置定量测定化学反应速率　14．将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（　　）-36-\nA．O～A段反应的化学方程式是Ba（OH）2+CO2═BaCO3↓+H2OB．A～B段反应的离子方程式是2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2OC．A～B段与C～D段所发生的反应相同D．D～E段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的溶解所致　15．下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（　　）选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3﹣、Cl﹣、NO3﹣不能大量共存，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣一定能大量共存，NH4++H2O⇌MH3•H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能大量共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2OD通入少量SO2气体K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣不能大量共存，2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣A．AB．BC．CD．D　16．下列关于热化学方程式和反应的热效应的叙述中，正确的是（　　）A．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）；△H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H2．则△H1＜△H2B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2MH3（g），△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（aq）；△H=﹣57.4kJ/molD．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol-36-\n　17．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．下列推断不正确的是（　　）A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B．若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC．若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D．若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C　18．下列反应的离子方程式书写不正确的是（　　）A．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2++2OH﹣+H++SO42﹣+NH4+═BaSO4↓+NH3•H2O+H2OB．在100mL浓度为1mol•L﹣1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+C．硫化钠的水解：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣D．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣　19．储氢合金表面镀铜过程发生反应Cu2++2HCHO+4OH﹣═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO﹣，下列说法错误的是（　　）A．电镀过程中氢气在镀件表面析出B．电镀时溶液中Cu2+移向阴极，并在阴极上发生还原反应C．阳极反应式为HCHO+3OH﹣﹣2e﹣=2H2O+HCOO﹣D．电镀时每生成6.4g铜镀层放出2.24LH2　20．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）A．0.5mol/LNaHSO4与0.5mol/LBa（OH）2混合至溶液呈中性：Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+═BaSO4↓+H2OB．向2mol/LFe（NO3）2（aq）中滴加少量氢碘酸：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O-36-\nC．向20mL0.5mol/LFeBr2（aq）中通入224mLCl2（标准状况）：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣D．向30mL0.5mol/LNaOH（aq）中通入224mLCO2（标准状况）：3OH﹣+2CO2═CO32﹣+HCO3﹣+H2O　21．如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是（　　）　A．a﹣b﹣c﹣d﹣e﹣e﹣f﹣g﹣hB．a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gC．a﹣d﹣e﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gD．a﹣c﹣b﹣d﹣e﹣h﹣i﹣f　22．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）①pH=0的溶液：Na+、C2O42﹣、MnO4﹣、SO42﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣③水电离的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣、S2﹣．A．①②⑤B．①③⑥C．②④D．①②④　23．室温时，向20mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生，且混合溶液的体积可看成混合前两溶液的体积之和），下列说法不正确的是（　　）-36-\nA．pH=7时，溶液中c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）B．当V（NaOH）=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水大C．当V（NaOH）=30mL时，溶液中c（SO42﹣）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣）D．滴加NaOH溶液从30mL至40mL，溶液中Na+与SO42﹣浓度之和始终为0.1mol•L﹣1　24．常温下，向某浓度H2A溶液中逐滴加入一定量浓度NaOH溶液，所得溶液中H2A、HA﹣、A2﹣三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）A．H2A是一种二元弱酸B．常温下，H2A=H++HA﹣的电离平衡常数Ka1=0.01C．将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水所得混合溶液pH一定为5.5D．在量热计中，用20.0mL0.10mol/LnaOH溶液，分别与10.0mL0.20mol/LH2A和20.0mL0.10mol/LH2A反应后放出的热量不相同　25．下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（　　）A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值减小B．浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：，阴极上析出n（H2）=n，再根据V=nVm计算气体体积．【解答】解：加入9.9gZn（OH）2时恰好能使溶液恢复到原浓度，Zn（OH）2从组成上可看成ZnO•H2O，所以电解过程中阴极上析出锌和氢气，4.95gZn（OH）2-36-\n固体的物质的量==0.1mol，根据原子守恒知，阳极上析出n（O2）=n，阴极上析出n（H2）=n，所以析出气体体积=（0.1+0.1）mol×22.4L/mol=4.48L，故选A．【点评】本题以电解原理为载体考查了物质的量的计算，明确守恒思想是解本题关键，根据原子守恒计算氢气和氧气的物质的量，再结合V=nVm计算即可，难度中等．　9．在容积相同的甲、乙两个密闭容器中，均分别充入2molSO2和1molO2，发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，在相同温度下，若甲容器始终保持体积不变，乙容器始终保持压强不变，达平衡时测得甲容器中SO2的转化率为25%，则乙容器中SO2的转化率（　　）A．25%B．小于25%C．大于25%D．无法确定【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】在相同温度下发生反应2SO2+O2⇌2SO3，该反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析．【解答】解：2SO2+O2⇌2SO3反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，乙容器压强大于甲容器压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，当甲中的SO2的转化率为25%时，则乙容器中SO2的转化率应是大于25%，故选：C．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意根据反应方程式的特点把握压强对平衡移动的影响．　10．在一定温度下，固定容积的容器中加入amolA和bmolB，发生反应：A（g）+2B（g）⇌2C（g）一段时间后达到平衡，生成nmolC．则下列说法中不正确的是（　　）A．再充入少量A，平衡向正反应方向移动，但K值不变B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）：（a+b﹣）C．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态D．充入惰性气体（如Ar）增大压强，平衡向正反应方向移动-36-\n【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、增大反应物浓度，化学平衡正向移动，温度不变，化学平衡常数不变；B、化学反应的物质的量之比等于压强之比；C、当正逆反应速率相等时，化学反应达到平衡状态；D、充入惰性气体（如Ar），体积不变，反应中各组分浓度不变，则化学平衡不移动．【解答】解：A、再充入少量A，即增大反应物浓度，化学平衡正向移动，但是温度不变，化学平衡常数不变，故A正确；B、根据反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）初始物质的量之和是a+b，达到平衡后物质的量之和是（a+b﹣），化学反应的物质的量之比等于压强之比，即为（a+b）：（a+b﹣），B正确；C、当2v正（A）=v逆（B）时，证明正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故C正确；D、充入惰性气体（如Ar），体系体积不变，所以反应中各组分浓度不变，化学平衡不移动，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生化学平衡的建立和移动等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．　11．下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是（　　）酸HXHYHZ浓度（mol/L）0.120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数K1K2K3K4K5A．在相同温度，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且K1＞K2＞K3B．室温时，若在NaZ溶液中加水，则的比值变小，若加少量盐酸，则比值变大-36-\nC．等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合，c（X﹣）+c（Y﹣）﹣2c（Z﹣）=2c（HZ）﹣c（HX）﹣c（HY），且c（Z﹣）＜c（Y﹣）＜c（X﹣）D．在相同温度下，K5＞K4＞K3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．电离平衡常数只与温度有关；B．NaZ为强碱弱酸盐，稀释该溶液或加入稀盐酸，都促进盐类水解，温度不变，水解平衡常数不变；C．弱酸中，酸越强其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小；D．弱酸的电离度越大，酸性越强，则电离常数越大．【解答】解：A．相同温度下，同种弱酸的电离常数不随浓度的变化而变化，所以K1=K2=K3，故A错误；B．室温时，若在NaZ溶液中加水、加酸都促进水解，=Ka×Kw，二者都为常数，只受温度的影响，故B错误；C．由电离度大小可知酸性HZ＞HY＞HX，酸越强，水解程度越小，溶液的PH越小，则其pH：NaX＞NaY＞NaZ，则c（Z﹣）＞c（Y﹣）＞c（X﹣），故C错误；D．弱酸的电离度越大，酸越强，则电离常数越大，所以在相同温度下，K5＞K4＞K3，故D正确；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据电离程度确定电解质强弱，再结合酸的强弱与酸根离子水解程度大小的关系来分析解答，易错选项是B，将该式子进行改变得到Ka×Kw即可判断，注意：所有的平衡常数只与温度有关，不受其它因素影响，为易错点．　12．TESLA电动汽车的电池采用了松下提供的NCA系列（镍钴铝体系）的18650A型钴酸锂（LiCoO2）锂离子电池．电池正极材料为钴酸锂（LiCoO2），负极材料是石墨（C6）．电池反应为：LiCoO2+C6C6Lix+Li1﹣xCoO2．下列有关说法不正确的是（　　）A．锂离子电池与传统铅蓄电池相比，具有高比能量（比能量指的是单位重量或单位体积的能量）的特点-36-\nB．废旧锂离子电池先进行“放电处理”让Li+进入石墨（C6）中而利于回收C．放电时，正极锂的化合价未发生改变D．充电时电池正极上发生的反应为：LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+【考点】化学电源新型电池．【分析】A、单位质量所输出电能越多，其比能量越大，性能越好；B、在原电池放电时，电池内部的阳离子向正极移动；C、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，CoO2+Li++e﹣=LiCoO2；D、充电时电池正极上发生失电子的氧化反应．【解答】解：A、锂元素的摩尔质量较小，所以锂单位质量输出电能多，则其比能量（单位质量释放的能量）高，故A正确；B、在原电池放电时，电池内部的阳离子锂离子向正极钴酸锂（LiCoO2）移动，故B错误；C、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，CoO2+Li++e﹣=LiCoO2，正极锂的化合价未发生改变，故C正确；D、充电时电池正极上发生失电子的氧化反应，反应为：LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+，故D正确．故选B．【点评】本题考查锂电池的组成好工作原理，题目难度不大，本题注意锂电池的组成和工作原理，注意从总电池反应根据化合价的变化判断．　13．有关如图及实验的描述正确的是（　　）A．用图装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3B．用图装置电解精炼铝-36-\nC．用图装置构成铜锌原电池D．用图装置定量测定化学反应速率【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．FeCl3易水解生成Fe（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性，加热盐酸挥发；B．粗铝为阳极，电解质为熔融的氧化铝；C．含有盐桥的原电池中，金属电极与盐溶液中金属阳离子为同一种元素；D．测定化学反应速率必须使用分液漏斗，不能使用长颈漏斗．【解答】解：A．FeCl3易水解生成Fe（OH）3和HCl，盐酸具有挥发性，加热盐酸挥发，蒸干溶液时最终得到的固体是Fe（OH）3，故A错误；B．粗铝为阳极，电解质为熔融的氧化铝，电解质不能用溶液，故B错误；C．含有盐桥的原电池中，金属电极与盐溶液中金属阳离子为同一种元素，该图符合原电池条件，故C正确；D．测定化学反应速率必须使用分液漏斗，不能使用长颈漏斗，否则生成的氢气易逸出，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及原电池原理、盐类水解、金属的精炼、反应速率的测量等，侧重考查基本操作及实验原理，侧重于学生评价能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度不大，易错选项是B．　14．将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba（OH）2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示．下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是（　　）-36-\nA．O～A段反应的化学方程式是Ba（OH）2+CO2═BaCO3↓+H2OB．A～B段反应的离子方程式是2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2OC．A～B段与C～D段所发生的反应相同D．D～E段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的溶解所致【考点】离子方程式的有关计算．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，以此来解答．【解答】解：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣，沉淀量达最大后，再发生CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A．由上述分析可知，O～A段发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，故A正确；B．由上述分析可知，A～B段发生2KOH+CO2=K2CO3+H2O，离子方程式2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，故B正确；C．由上述分析可知，C～D段发生CO32﹣+CO2+H2O=HCO3﹣，由B可知两阶段反应不相同，故C错误；D．D～E段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；故选C．【点评】本题以图象题形式考查反应先后顺序问题，为高频考点，侧重对基础知识的综合考查，把握元素化合物性质及发生的反应、图象与反应的对应关系是关键的关键，题目难度中等．　-36-\n15．下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（　　）选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3﹣、Cl﹣、NO3﹣不能大量共存，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣一定能大量共存，NH4++H2O⇌MH3•H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能大量共存，5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2OD通入少量SO2气体K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣不能大量共存，2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣A．AB．BC．CD．D【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．一水合氨为弱电解质，应写化学式；B．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应；D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应．【解答】解：A．离子之间不发生任何反应，可大量共存，但加入氨水生成沉淀，由于一水合氨为弱电解质，发生Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；C．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故C正确；D．SO2具有还原性，与ClO﹣发生氧化还原反应，反应的离子方程式为ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及离子方程式的书写以及离子共存的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，把握离子方程式的书写方法，难度中等．-36-\n　16．下列关于热化学方程式和反应的热效应的叙述中，正确的是（　　）A．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）；△H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H2．则△H1＜△H2B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2MH3（g），△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（aq）；△H=﹣57.4kJ/molD．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、碳的燃烧反应是放热的，完全燃烧放热比不完全燃烧放热多；B、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，可逆反应不能进行彻底；C、中和热是指稀的强酸强碱完全反应生成1mol水放出的热量；D、根据燃烧热的概念：完全燃烧1mol物质生成最稳定的产物所放出的热量来回答．【解答】解：A、碳的燃烧反应是放热的，焓变是负值，完全燃烧放热比不完全燃烧放热多，所以△H1＜△H2，故A正确；B、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，可逆反应不能进行彻底1molN2和3molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热小于38.6kJ，故B错误；C、含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol，故C正确；D、H2的燃烧热为完全燃烧1mol氢气生成最稳定的产物是液态水所放出的热量，故D错误；故选AC．【点评】本题考查学生中和热、燃烧热以及物质具有的能量和反应吸放热之间的关系等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．　-36-\n17．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．下列推断不正确的是（　　）A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B．若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC．若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D．若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe；B．A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠；C．A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸；D．若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O．【解答】解：A．若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A错误；B．A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，故B正确；C．A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，故C正确；D．若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，故D正确．故选A．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关物质的性质，题目难度较大，注意相关基础知识的积累．　18．下列反应的离子方程式书写不正确的是（　　）A．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2++2OH﹣+H++SO42﹣+NH4+═BaSO4↓+NH3•H2O+H2O-36-\nB．在100mL浓度为1mol•L﹣1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+C．硫化钠的水解：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣D．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全反应生成硫酸钡、一水合氨和水；B．二氧化硫足量，硝酸根离子、三价铁离子都被还原；C．硫离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主；D．二者反应生成碳酸钙和碳酸钠和水．【解答】解：A．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全反应生成硫酸钡、一水合氨和水，离子方程式：Ba2++2OH﹣+H++SO42﹣+NH4+═BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，故A正确；B．在100mL浓度为1mol•L﹣1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2的离子反应为NO3﹣+3Fe3++3SO2+4H2O═3Fe2++NO↑+3SO42﹣+8H+，故B错误；C．硫离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主，离子方程式：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故C正确；D．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水，离子方程式：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应，明确反应实质是解题关键，题目难度不大．　19．储氢合金表面镀铜过程发生反应Cu2++2HCHO+4OH﹣═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO﹣，下列说法错误的是（　　）A．电镀过程中氢气在镀件表面析出B．电镀时溶液中Cu2+移向阴极，并在阴极上发生还原反应C．阳极反应式为HCHO+3OH﹣﹣2e﹣=2H2O+HCOO﹣D．电镀时每生成6.4g铜镀层放出2.24LH2【考点】电解原理．【专题】电化学专题．-36-\n【分析】A、电镀池中，镀件是阴极，在阴极上发生还原反应；B、电解池中，阳离子移向阴极，阴极上发生得电子的还原反应；C、在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；D、根据电解池中的电极反应式结合电子守恒来计算．【解答】解：A、电镀池中，镀件是阴极，氢离子可以在阴极上发生还原反应析出氢气，故A正确；B、电解池中，阳离子Cu2+移向阴极，并在阴极上发生还原反应，故B正确；C、根据反应：Cu2++2HCHO+4OH﹣═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO﹣，在阳极上是甲醛发生失电子的氧化反应，即HCHO+3OH﹣﹣2e﹣=2H2O+HCOO﹣，故C正确；D、电镀时，在阴极上析出Cu，Cu2++2e﹣=Cu，每生成6.4g铜，转移电子是0.2mol，减少铜离子是0.1mol，根据反应Cu2++2HCHO+4OH﹣═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO﹣，在该极上会生成氢气0.1mol，标况下的体积是2.24L，故D错误．故选D．【点评】本题涉及电镀池的工作原理以及电子守恒的有关计算知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．　20．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）A．0.5mol/LNaHSO4与0.5mol/LBa（OH）2混合至溶液呈中性：Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+═BaSO4↓+H2OB．向2mol/LFe（NO3）2（aq）中滴加少量氢碘酸：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2OC．向20mL0.5mol/LFeBr2（aq）中通入224mLCl2（标准状况）：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣D．向30mL0.5mol/LNaOH（aq）中通入224mLCO2（标准状况）：3OH﹣+2CO2═CO32﹣+HCO3﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．呈中性以2：1反应，生成硫酸钡、硫酸钠和水；B．硝酸根离子具有强的氧化性能够氧化二价铁离子；C．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子；D．二者按照物质的量之比为3：2反应生成碳酸钠和碳酸氢钠．-36-\n【解答】解：A．二者反应呈中性以2：1反应，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子反应为Ba2++2H++SO42﹣+2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．向2mol/LFe（NO3）2（aq）中滴加少量氢碘酸的离子反应为2NO3﹣+6I﹣+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，故B错误；C．向20mL0.5mol/LFeBr2（aq）中通入224mLCl2（标准状况）：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C错误；D．向30mL0.5mol/LNaOH（aq）中通入224mLCO2（标准状况），离子方程式：3OH﹣+2CO2═CO32﹣+HCO3﹣+H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等．　21．如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是（　　）　A．a﹣b﹣c﹣d﹣e﹣e﹣f﹣g﹣hB．a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gC．a﹣d﹣e﹣c﹣b﹣h﹣i﹣gD．a﹣c﹣b﹣d﹣e﹣h﹣i﹣f【考点】化学实验操作的先后顺序．【专题】化学实验基本操作．【分析】实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，在此过程中应注意氯气制取后的除杂和干燥，以及与铁粉反应后氯气尾气的处理等问题即可解答．【解答】解：实验室制备少量无水FeCl3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，故首先要制备氯气，故最先使用的仪器是a；制取出的氯气中有HCl和水蒸气，应先用饱和食盐水洗气除去HCl，而洗气时，气体要长进短出，故接下来的气流的方向是e→d；-36-\n然后用浓硫酸干燥氯气，故接下来的气流的方向是c→b；制取了纯净干燥的氯气后，通入铁粉，在加热条件下与铁粉反应，故接下来连h；氯气是污染性气体，对空气有污染，故应连接尾气处理装置，考虑到氯气是酸性气体，故要用碱液来吸收，故接下来通入NaOH溶液，气流的方向是g→f；故仪器连接顺序正确的是a﹣e﹣d﹣c﹣b﹣h﹣i﹣g，故选B．【点评】本题考查了仪器的连接顺序的问题，重点是掌握气体的除杂的方法和顺序，难度不大．　22．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）①pH=0的溶液：Na+、C2O42﹣、MnO4﹣、SO42﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣③水电离的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣、S2﹣．A．①②⑤B．①③⑥C．②④D．①②④【考点】离子共存问题．【分析】①pH=0的溶液呈酸性，强氧化性物质和强还原性离子不能共存；②pH=11的溶液呈碱性，离子之间不反应的能大量共存；③水电离的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1的溶液呈酸性或碱性，离子之间不反应的能大量共存；④加入Mg能放出H2的溶液呈强酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共存；⑥中性溶液中，离子之间不反应的能大量共存．【解答】解：①pH=0的溶液呈酸性，C2O42﹣、MnO4﹣在酸性条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；②pH=11的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故正确；③水电离的H+浓度为10﹣12mol•L﹣1的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，CO32﹣、SO32﹣不能大量共存，故错误；-36-\n④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故正确；⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+和MnO4﹣、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；⑥中性溶液中Fe3+生成氢氧化铁而不能大量共存，故错误；故选C．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，涉及复分解反应、氧化还原反应，易错选项是⑥，注意铁离子中性条件下生成沉淀，为易错点．　23．室温时，向20mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生，且混合溶液的体积可看成混合前两溶液的体积之和），下列说法不正确的是（　　）A．pH=7时，溶液中c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）B．当V（NaOH）=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水大C．当V（NaOH）=30mL时，溶液中c（SO42﹣）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣）D．滴加NaOH溶液从30mL至40mL，溶液中Na+与SO42﹣浓度之和始终为0.1mol•L﹣1【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．当加入20mL氢氧化钠溶液时，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液稍大于20mL，据此进行判断；B、当加入20mL氢氧化钠溶液时，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠，由于铵根离子部分水解，促进水的电离；-36-\nC．根据物料守恒可得：c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），当V（NaOH）=30mL时，3c（SO42﹣）=2c（Na+），化简得c（SO42﹣）+2c（H+）═2c（NH3•H2O）+2c（OH﹣）；D．设滴入氢氧化钠的体积为xml，30＜x＜40，c（Na+）+c（SO42﹣）==0.1mol•L﹣1．【解答】解：A、根据物料守恒可得：c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），则c（SO42﹣）＞c（NH4+）；由于溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），所以c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），结合c（SO42﹣）＞c（NH4+）可知：c（Na+）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故A正确；B、当加入20mL氢氧化钠溶液时，二者反应生成硫酸铵、硫酸钠，由于铵根离子部分水解，促进水的电离，故B正确；C、根据物料守恒可得：c（SO42﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），当V（NaOH）=30mL时，3c（SO42﹣）=2c（Na+），整理可得：c（SO42﹣）+2c（H+）=2c（NH3•H2O）+2c（OH﹣），故C错误；D．设滴入氢氧化钠的体积为xml，30＜x＜40，c（Na+）+c（SO42﹣）==0.1mol•L﹣1，故D正确；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．　24．常温下，向某浓度H2A溶液中逐滴加入一定量浓度NaOH溶液，所得溶液中H2A、HA﹣、A2﹣三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（　　）A．H2A是一种二元弱酸B．常温下，H2A=H++HA﹣的电离平衡常数Ka1=0.01-36-\nC．将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水所得混合溶液pH一定为5.5D．在量热计中，用20.0mL0.10mol/LnaOH溶液，分别与10.0mL0.20mol/LH2A和20.0mL0.10mol/LH2A反应后放出的热量不相同【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、从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA﹣，再转变为A2﹣；B、根据pH=2时来计算；C、HA﹣即能水解又能电离，A2﹣能水解，而且A2﹣的水解程度大于HA﹣的水解程度；D、溶液越稀，电离程度越大．【解答】解：A、从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA﹣，再转变为A2﹣，即H2A的电离分两步进行，故H2A是一种二元弱酸，故A正确；B、当pH=2时，C（H2A）=C（HA﹣），H2A=H++HA﹣的电离平衡常数Ka1==0.01，故B正确；C、HA﹣即能水解又能电离，A2﹣能水解，而且A2﹣的水解程度大于HA﹣的水解程度，故将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水后，HA﹣和A2﹣的浓度不再相等，故溶液的pH不等于5.5，故C错误；D、溶液越稀，电离程度越大，10.0mL0.20mol/LH2A和20.0mL0.10mol/LH2A相比，后者的电离程度更大，故与氢氧化钠反应时，后者H2A电离时吸收的热量少，故中和反应时放出的热量多于前者，故D正确．故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡常数的计算、弱电解质电离吸热对中和热的影响，难度不大．　25．下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是（　　）A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值减小B．浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：[c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），且2c（Na+）═3c（H2CO3）+3c（HCO3﹣）+3c（CO32﹣）-36-\nC．常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则溶液中微粒浓度存在下面关系：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．假设HClO的电离平衡常数为Ka，碳酸的电离常数分别记为：Ka1和Ka2，已知：Ka1＞Ka＞Ka2，则发生反应：2NaClO+CO2（少量）+H2O═Na2CO3+2HClO【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．【分析】A．氨水加水稀释，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小；B．Na2CO3的水解程度大于NaHCO3；C．常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的溶质为等物质的量的NaB和HB，溶液的pH=3，说明电离程度大于水解程度；D．Ka1＞Ka＞Ka2，说明酸性HClO大于NaHCO3，则NaClO与二氧化碳反应生成NaHCO3．【解答】解：A．氨水加水稀释，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，则的比值增大，故A错误；B．Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），故B错误；C．常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的溶质为等物质的量的NaB和HB，溶液的pH=3，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，所以c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．Ka1＞Ka＞Ka2，说明酸性HClO大于NaHCO3，则NaClO与二氧化碳反应生成NaHCO3，则发生反应：NaClO+CO2（少量）+H2O═NaHCO3+HClO，故D错误．故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡移动、离子浓度大小比较等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用能力的考查，题目难度中等．　二、填空题（共50分）：26．能源问题是当前人类社会面临的一项重大课题，H2、CO、CH3OH都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为285.8kJ/mol、282.5kJ/mol、726.7kJ/mol．请回答：（1）已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO+2H2═CH3OH．则H2与CO反应生成CH3OH的热化学方程式为：　CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣127.4kJ/mol　．-36-\n（2）如图为某种燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极．①使用时，空气从　B　口通入（填“A”或“B”）；②假设使用的“燃料”是甲醇，a极的电极反应式为：　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O　③假设使用的“燃料”是水煤气（成分为CO、H2）用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，则至少消耗标准状况下水煤气的体积为　2.24L　．【考点】原电池和电解池的工作原理；热化学方程式．【分析】（1）分别写出CO、H2、CH3OH热化学方程式后，根据盖斯定律就可得出要求的热化学方程式及反应热；（2）①由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应通入空气，以此解答该题．【解答】解：（1）CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282.5kJ•mol﹣1①H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8×2kJ•mol﹣1②CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.7kJ•mol﹣1③将①+②+（﹣③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H=﹣127.4KJ•mol﹣1，故答案为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣127.4kJ/mol；（2）①由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应通入空气，故答案为：B；②假设使用的“燃料”是甲醇，a极为负极，发生的电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，b为正极，发生还原反应，电极方程式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；-36-\n③假设使用的“燃料”是H2，则负极发生H2+2e﹣+2OH﹣=2H2O，用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，n（Cu）==0.1mol，转移电子0.2mol，由电极方程式可知消耗0.1molH2，体积为2.24L，故答案为：2.24L．【点评】本题考查的知识点较多，题目综合性较强，难度较大，主要考查了盖斯定律的应用、燃料电池等，在书写电池的电极方程式时要注意电解质对反应产物的影响．　27．在500℃时，将足量的A固体投入2.0L真空密闭容器中，发生A（s）═2B（g）+C（g）反应，测得气体C随时间的浓度变化如图所示（1）已知该反应只有高温下能自发进行，则该反应的△H　＞　0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）在上述反应条件下，从反应开始到平衡，用V（B）=　0.04　mol•L﹣1•min﹣1，500℃时的平衡常数K=　4×10﹣3　；（3）在反应温度和容器体积不变的条件下，下列能说明上述反应达到平衡状态的是　AC　A．混合气体的压强保持不变B．气体C的体积分数保持不变C．混合气体的密度保持不变D．B的正反应速率等于C的逆反应速率（4）在500℃时，上述反应达到平衡后，在8min时将容器体积迅速压缩为1.0L，反应在12min建立新的平衡，画出8～15min内C气体物质的量浓度随时间变化的示意图．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，据此分析判断，该反应只有高温下能自发进行△H＞0；-36-\n（2）分析图象，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，反应速率V=，平衡常数K=；（3）恒温条件下，在固定容积的密闭容器里发生A（s）═2B（g）+C（g）反应，当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；（4）第8min末将容器的体积缩小一半，瞬间C的浓度变为原来的2倍，压强增大，平衡向逆反应移动，12min末达到新的平衡，此时C浓度约为0.1mol/L，据此作图．【解答】解：（1）反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，该反应只有高温下能自发进行说明△S＞0，△H＞0；故答案为：＞；（2）分析图象，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，C的平衡浓度为0.10mol/LA（s）═2B（g）+C（g）起始量（mol/L）变化量（mol/L）0.20.1平衡量（mol/L）0.20.1从反应开始到平衡，用B计算的反应速率V（B）===0.04mol/L•min，平衡常数K==c2（B）c（C）=0.22×0.1=4×10﹣3；故答案为：0.04；4×10﹣3；（3）恒温条件下，在固定容积的密闭容器里发生A（s）═2B（g）+C（g）反应，当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，反应是气体体积增大的反应，A（s）═2B（g）+C（g）；A．反应前后气体物质的量变化，混合气体的压强保持不变说明反应达到平衡状态，故A符合；B．A为固体，所以气体CB的体积含量始终不变，气体C的体积分数保持不变不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；C．反应前后气体质量变化，容器体积不变，混合气体的密度保持不变能说明反应大大的平衡状态，故C符合；D．V（B）正=2V（C）逆，说明正逆反应速率相同，B的正反应速率等于C的逆反应速率不能说明反应达到平衡状态，故D不符合；-36-\n故答案为：AC；（4）第8min末将容器的体积缩小一半，瞬间C的浓度变为原来的2倍，压强增大，平衡向逆反应移动，12min末达到新的平衡，达到和原来相同的耦合状态，所以此时C浓度为0.1mol/L，据此作图为：；故答案为：．【点评】本题考查了化学平衡的分析应用，主要是反应速率影响因素、平衡常数计算，图象分析绘制的依据和方法，化学平衡移动原理的理解应用是解题关键，题目难度中等．　28．（Ⅰ）A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中C、F分别是同一主族元素，A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍．又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数．请回答：（1）1mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为　8mol　．（2）A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为　HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O　；（3）科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关．单质B的燃烧热为akJ/mol．由B、C二种元素组成的化合物BC14g完全燃烧放出热量bkJ，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：　C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ/mol　；-36-\n（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C与BC反应制取单质A2．在等体积的I、II两个密闭容器中分别充入1molA2C和1molBC、2molA2C和2molBC．一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）．下列说法正确的是　AB　．A．达到平衡所需要的时间：Ⅰ＞ⅡB．达到平衡后A2C的转化率：Ⅰ=ⅡC．达到平衡后BC的物质的量：Ⅰ＞ⅡD．达到平衡后A2的体积分数：Ⅰ＜Ⅱ（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为　2Al﹣6e﹣+8OH﹣=2AlO2﹣+4H2O　．（Ⅱ）A、B、C、D、E、F是短周期元素组成的中学常见的物质，他们的转化关系如图所示（部分反应条件略去）：（1）若所有转化都是非氧化还原反应，B、D、E含有同种金属元素，F为强碱（部分产物略去），则B+D→E的离子方程式为　Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓　，C为同周期元素构成的1：1型化合物，则C的电子式为　　．（2）若ADF为单质，BCE为化合物，B为两种非金属元素所组成的化合物，则E的化学式为　CO　．A+B→C+D的化学方程式为　2Mg+CO22MgO+C　．【考点】无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用．【分析】（Ⅰ）．A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；由B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第ⅢA族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素；（Ⅱ）．（1）F为强碱（部分产物略去），则F为NaOH，若所有转化都是非氧化还原反应，B、D、E含有同种金属元素，结合转化关系可知，B为NaAlO2，D为AlCl3，E为Al（OH）3，A为HCl，C为NaCl；-36-\n（2）若A、D、F为单质，B、C、E为化合物，B为两种非金属元素所组成的化合物，反应A+B→C+D属于置换反应，D应为非金属单质，Mg与二氧化碳的反应符合，结合转化关系可知，A为Mg，B为CO2，C为MgO，D为碳，F为O2，E为CO．【解答】解：（Ⅰ）．A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；由B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第ⅢA族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素，（1）1molAl2S3与NaOH溶液反应，先和水反应生成2molAl（OH）3、3molH2S，再发生反应：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，则消耗NaOH的物质的量为2mol+6mol=8mol，故答案为：8mol；（2）A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，则甲为HS﹣，乙有10个电子，则乙为OH﹣，甲与乙反应的离子方程式为HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O，故答案为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O；（3）单质B的燃烧热akJ/mol，则C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣akJ/mol①，BC14g完全燃烧放出bkJ热量，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣2bkJ/mol①，由盖斯定律可知，①﹣②可得C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ/mol，故答案为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ/mol；（4）工业上在高温的条件下，可以用H2O与CO反应制取单质H2，反应为H2O（g）+CO（g）⇌H2（g）+CO2（g），A．由于Ⅱ的压强大于Ⅰ，反应速率快，所以达到平衡所需要的时间：Ⅰ＞Ⅱ，故A正确；B．由于该反应为前后气体体积相等，压强对该平衡没有影响，所以ⅠⅡ为等效平衡，达到平衡后A2C的转化率：Ⅰ=Ⅱ，故B正确；C．由于Ⅱ的各物质的物质的量是Ⅰ的两倍，达到平衡后BC的物质的量：Ⅰ＜Ⅱ，故C错误；D．由于该反应为前后气体体积相等，压强对该平衡没有影响，所以ⅠⅡ为等效平衡，达到平衡后A2的体积分数：Ⅰ=Ⅱ，故D错误，-36-\n故选AB；（5）碳单质与Al的单质制成电极浸入由NaOH溶液中构成电池，发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，Al失去电子，化合价升高，则Al为负极，电极反应为2Al﹣6e﹣+8OH﹣=2AlO2﹣+4H2O，故答案为：2Al﹣6e﹣+8OH﹣=2AlO2﹣+4H2O．（Ⅱ）．（1）F为强碱（部分产物略去），则F为NaOH，若所有转化都是非氧化还原反应，B、D、E含有同种金属元素，结合转化关系可知，B为NaAlO2，D为AlCl3，E为Al（OH）3，A为HCl，C为NaCl，B+D→E的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，C的电子式为，故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；；（2）若A、D、F为单质，B、C、E为化合物，B为两种非金属元素所组成的化合物，反应A+B→C+D属于置换反应，D应为非金属单质，Mg与二氧化碳的反应符合，结合转化关系可知，A为Mg，B为CO2，C为MgO，D为碳，F为O2，E为CO，A+B→C+D的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：CO；2Mg+CO22MgO+C．【点评】本题考查位置结构性质的关系、原电池原理、热化学方程式书写等常用化学用语、化学计算，综合性较强，元素的推断是解答本题的关键，Ⅰ（4）中注意硫化铝在水中发生的双水解反应，难度较大．　29．二元弱酸是分步电离的，25时碳酸和草酸的Ka如表：H2CO3Ka1=4.3×10﹣7H2C2O4Ka1=5.6×10﹣2Ka2=5.6×10﹣11Ka2=5.42×10﹣5（l）设有下列四种溶液：A．0.1mol•L﹣1的Na2C2O4溶液B．0.1mol•L﹣1的NaHC2O4溶液C．0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液D．0.1mol的NaHCO3溶液其中，c（H+）最大的是　B　，c（OH﹣）最大的是　C　．（2）某化学实验兴趣小组同学向用大理石和稀盐酸制备CO2后残留液中滴加碳酸钠溶液，在溶液中插人pH传感器，测得pH变化曲线如图所示．-36-\n刚开始滴人碳酸钠溶液时发生反应的离子方程式为　2H++CO32﹣=H2O+CO2↑　，BC段发生反应的离子方程式为　Ca2++CO32﹣=CaCO3↓　，D点时混合溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=　10﹣4　mol•L﹣1．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写．【专题】离子反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，则溶液的碱性越弱；（2）溶液pH＜7，说明溶液呈酸性，酸和碳酸钠溶液反应生成氯化钠和水、二氧化碳，当pH不变时，碳酸钠和氯化钙发生复分解反应，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度．【解答】解：（1）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，则溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是：草酸＞草酸氢根离子＞碳酸＞碳酸氢根离子，离子水解强弱顺序是：碳酸根离子＞碳酸氢根离子＞草酸根离子＞醋酸氢根离子，根据离子水解程度知，草酸氢根离子水解程度最小，则其溶液碱性最弱，氢离子浓度最大，所以氢离子浓度最大的是B，水解程度最强的是C，则溶液C中碱性最强，氢氧根离子浓度最大，故答案为：B；C；（2）溶液pH＜7，说明溶液呈酸性，酸和碳酸钠溶液反应生成氯化钠和水、二氧化碳，离子方程式为：2H++CO32﹣=H2O+CO2↑，当pH不变时，碳酸钠和氯化钙发生复分解反应，离子方程式为Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，D点时混合溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=mol/L=10﹣4mol/L，故答案为：2H++CO32﹣=H2O+CO2↑；Ca2++CO32﹣=CaCO3↓；10﹣4．-36-\n【点评】本题考查了盐类水解，明确弱酸的电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，难点是（2）题，会根据曲线变化趋势确定发生的反应，结合溶液中溶质的性质来分析解答，难度中等．　30．某化学研究性学习小组设计实验探究铜的常见化学性质，过程设计如下．提出猜想：问题1：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，正一价铜的稳定性也小于正二价的铜吗？问题2：氧化铜有氧化性，能被H2、CO还原，它也能被氮的某种气态氢化物还原吗？实验探究Ⅰ．解决问题1取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在．根据以上实验现象回答问题．（1）写出氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应的离子方程式：　Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O　，（2）从实验Ⅰ可得出的结论是　高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，而溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定　Ⅱ．解决问题2设计如下装置（夹持装置未画出）：当氮的某种气态氢化物（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种无污染的气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01molX，测得B装置增重0.36g，并收集到0.28g单质气体Y．（1）X气体的摩尔质量是　32克/摩尔　．（2）C中发生反应的化学方程式为　2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O　．【考点】性质实验方案的设计．-36-\n【分析】Ⅰ．问题1：铁和铜都有变价，具有相似点，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，探究正一价铜的稳定性是否也小于正二价的铜，解决问题取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末，继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在，说明溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定．（1）根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液为+2价的铜盐溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在为铜单质，据此书写化学方程式；（2）根据信息：氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末为氧化铜；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温+1价铜稳定；Ⅱ．A中碱石灰可吸收水蒸气，C中N2H4和氧化铜反应：2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O，无水硫酸铜遇水变蓝，可检验水，吸收水，B装置增重0.36g，即生成0.02mol的水，单质气体Y为氮气．（1）根据原子守恒确定气态氢化物的化学式，计算摩尔质量；（2）根据实验现象来书写化学方程式．【解答】解：Ⅰ．问题1：铁和铜都有变价，具有相似点，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，探究正一价铜的稳定性是否也小于正二价的铜，解决问题取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末，继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在，说明溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定．（1）根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液为+2价的铜盐溶液，同时观察到试管底部还有红色固体为铜单质，Cu2O中+1价的铜在酸性溶液中发生氧化还原反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；（2）根据信息：氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，根据在不同温度下反应物的组成可确定物质的稳定性，所以高于1000℃时Cu2O比CuO稳定，在溶液中：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，所以Cu2+比Cu+稳定，-36-\n故答案为：高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，而溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定；Ⅱ．（1）消耗0.01molX，测得B装置增重0.36g，即生成0.02mol的水，并收集到单质气体Y0.28g即氮气0.01mol，根据原子守恒可以确定气态氢化物X中含有4个氢原子和2个氮原子，X的化学式为N2H4，其摩尔质量为32g/mol，故答案为：32g/mol；（2）C中发生反应的化学方程式为N2H4和氧化铜反应：2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O，故答案为：2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O．【点评】本题考查实验探究和数据处理，做题时注意变价金属氧化物的性质以及质量守恒定律计算物质的化学式．题目难度中等．　-36-