浙江省杭州市余杭中学萧山八中富阳新登中学临安昌化中学联考2022届高三化学上学期期中试卷含解析

浙江省杭州市余杭中学、萧山八中、富阳新登中学、临安昌化中学联考2022届高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题共16小题，第1-8小题，每小题2分，第9-16小题，每小题三分，共40分）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中，错误的是()A．今夏，我国许多地方出现了旱情，缓解旱情措施之一是用碘化银进行人工增雨B．石英砂可以用于制取高纯度的硅，硅是将太阳能转化为电能的常用材料C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济”D．加酶洗衣粉去除蛋白质、油渍效果很好，可以用来洗涤毛织品、棉织品及化纤织品【考点】硅和二氧化硅；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．AgI能用于人工降雨；B．石英的成分是二氧化硅，硅是重要的半导体材料；C．太阳能、氢能、风能等能源不产生二氧化碳；D．加酶洗衣粉能分解蛋白质．【解答】解：A．碘化银进行人工降雨就是利用高炮或飞机，将碘化银炮弹发射到高空云团的零度层以上，利用碘化银在高空中分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核．这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶．冰晶发展到一定程度，通过零度层下降之后形成降雨，故A正确；B．石英的成分是二氧化硅，所以石英砂可以用于制取高纯度的硅，硅是重要半导体材料，将太阳能转化为电能的常用材料，故B正确；C．太阳能、氢能、风能等能源不产生二氧化碳，所以太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济”，故C正确；D．加酶洗衣粉能分解蛋白质，毛中含有蛋白质，所以加酶洗衣粉不能洗涤毛织品，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学与生活，涉及人工降雨、环境保护等知识点，明确物质的性质是解本题关键，会运用化学知识解答生活问题，学以致用．2．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是()①46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NA②常温下，4gCH4含有NA个C﹣H共价键③10mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%④标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中水电离出的OH﹣的数目为0.01NA⑥0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有0.1NA个CO32﹣⑦1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA．A．③⑥⑦B．①②④C．①②⑤D．④⑤⑥【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】①NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46gNO2中原子数；②质量换算物质的量结合甲烷分子结构计算碳氢键；-22-\n③加水至100mL溶液的密度变了；④标准状况下四氯化碳是液体；⑤次氯酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出1L该溶液中含有的氢氧根离子数目；⑥溶液的体积不确定；⑦2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时反应中转移的电子为2mol．【解答】解：①NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46gNO2中原子数=×3×NA=3NA，故①正确；②4gCH4物质的量为0.25mol，分子中含C﹣H共价键4×0.25×nA=nA个，故②正确；③加水至100mL溶液的密度变了，无法求出，故③错误；④标准状况下，5.6L四氯化碳的物质的量不是0.25mol，故④错误；⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的OH﹣的数目为0.01NA，故⑤正确；⑥溶液的体积不确定，无法求出碳酸根的个数，故⑥错误；⑦2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1molO2时2molNa2O2与水完反应中转移的电子为2NA，故⑦错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．3．下列说法正确的是()A．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色B．淀粉和纤维素都可以作为工业上生产葡萄糖的原料C．油脂的水解反应，都是皂化反应D．蔗糖是高分子化合物，其水解产物能发生银镜反应【考点】乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途．【分析】A．含有碳碳双键或碳碳三键的有机物能和溴反应；B．淀粉和纤维素都属于多糖，能水解；C．酯的碱性水解反应叫皂化反应；D．蔗糖不是高分子化合物，其水解产物分为葡萄糖和果糖，果糖不能发生银镜反应．【解答】解：A．聚乙烯中不含碳碳双键，所以不能和溴发生加成反应，故A错误；B．淀粉和纤维素都属于多糖，能水解生成葡萄糖，故B正确；C．酯的酸性水解反应不是皂化反应，故C错误；D．蔗糖不是高分子化合物，其水解产物分为葡萄糖和果糖，果糖不能发生银镜反应，故D错误，故选B．【点评】本题考查了物质的结构和性质，明确结构决定其性质，易错选项是A，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点．4．澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，在低于﹣183℃时，泡沫具有永久磁性，下列叙述正确的是()A．“碳纳米泡沫”与石墨互为同位素B．把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔现象C．“碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物-22-\nD．“碳纳米泡沫”和金刚石的性质相同【考点】纳米材料．【专题】化学计算．【分析】“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，结合胶体的性质分析．【解答】解：A．“碳纳米泡沫”属于碳单质与石墨互为同素异形体，同位素是原子，故A错误；B．“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔现象，故B正确；C．“碳纳米泡沫”只含有一种元素属于碳单质，故C错误；D．“碳纳米泡沫”在低于﹣183℃时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同，故D错误．故选B．【点评】本题以碳元素的单质为背景，考查了同素异形体、同位素、胶体的性质等，题目难度不大，注意把握题干中的信息．5．下列实验或操作正确的是()A．实验Ⅰ：制氨气B．实验Ⅱ：蒸发、浓缩、结晶C．实验Ⅲ：配制1：1的稀硫酸D．实验Ⅳ：用KMnO4标准溶液滴定未知浓度的Na2SO3溶液【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氧化钙与水的反应是放热反应；B．坩埚用来加热固体；C．量筒不能用来配制和稀释溶液；D．高锰酸钾有强氧化性．【解答】解：A．氧化钙与水的反应是放热反应，氨气易挥发，故A正确；B．蒸发液体应用蒸发皿，故B错误；C．量筒不能用来配制和稀释溶液，应在小烧杯中进行，故C错误；D．高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应用酸式滴定管盛放，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．-22-\n6．X、Y、Z、W四种短元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X、W的质子数之和为21，由此可知()XYZWA．X位于元素周期表中第2周期、第ⅤA族B．Y的氢化物（H2Y）不稳定，100℃以上即可分解C．Z的最高价氧化物的水化物是一种强碱D．W的非金属性比Y的非金属性弱【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设W的原子序数为y，则X的原子序数为y﹣9，X、W的质子数之和为21，则y+y﹣9=21，解得y=15，所以Y为O，W为P，Z为Al，X为C，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答．【解答】解：X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设W的原子序数为y，则X的原子序数为y﹣9，X、W的质子数之和为21，则y+y﹣9=21，解得y=15，所以Y为O，W为P，Z为Al，X为C，A．X位于元素周期表中第2周期、第ⅣA族，故A错误；B．Y的氢化物（H2Y）为水，水是稳定的，一个大气压下100℃达到沸点，故B错误；C．Z的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，是一弱碱，故C错误；D．W为P，Y为O，O的非金属性比P的非金属性强，即W的非金属性比Y的非金属性弱，故D正确；故选D．【点评】本题考查位置、结构、性质，明确短周期及原子序数的关系来推断各元素是解答本题的关键，水是稳定的分子，解题过程搞清楚物理性质和化学性质，题目难度不大．7．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略了净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是()选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A氯化铵NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】由图可知，为固体与液体反应不需要加热制取气体的装置，且气体密度比空气的大，选择向上排空气法收集，最后需要尾气处理，以此来解答．-22-\n【解答】解：A．氯化铵与NaOH制备氨气需要加热，且氨气应利用向下排空气法收集，与图中装置不符，故A不选；B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，不需要加热，且二氧化硫利用向上排空气法、尾气利用NaOH溶液吸收，故B选；C．Cu与稀硝酸反应生成NO，制备原理不符，故C不选；D．浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，故D不选；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见气体的制备原理、收集及尾气处理等，把握实验原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项C为易错点，题目难度不大．8．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣B．由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中，Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣C．强碱性的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣D．酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．强碱溶液中含大量的OH﹣；B．由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；C．强碱性的溶液，该组离子之间不反应；D．酸性溶液含大量的H+，离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：A．强碱溶液中含大量的OH﹣，与Al3+结合生成沉淀，不能共存，故A错误；B．由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，一定不能共存，故B错误；C．强碱性的溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．酸性溶液含大量的H+，Fe2+（或I﹣）、H+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选C．【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．9．下列图象表达正确的是()A．浓硫酸的稀释B．过量的盐酸与等量的锌粉反应C．氢气与氧气反应中的能量变化D．微粒电子数-22-\n【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；原子构成；吸热反应和放热反应；反应热和焓变．【分析】A、浓硫酸加水稀释密度减小；B、形成原电池可加快化学反应速率，氢气的质量由锌粉的质量决定；C、物质的燃烧是放热的，液态水变为气态水需要吸收热量；D、原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电子数=质子数﹣电荷数，以此来分析解答．【解答】解：A、浓硫酸加水稀释密度减小，图象与实际不相符，故A错误；B、锌粉与硫酸铜反应生成了铜，消耗了锌粉，锌粉、铜和盐酸构成了原电池，加快了化学反应速率，但产生的氢气减少，图象与实际不相符，故B错误；C、氢气的燃烧是放热的，但是液态水变为气态水需要吸收热量，所以氢气燃烧生成液态水放出的热量多，故C错误；D、原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电子数=质子数﹣电荷数，则OH﹣含有10个电子，﹣OH含有9个电子，H2O含10个电子，H3O+含有10个电子，与图象一致，故D正确．故选D．【点评】本题考查了硫酸的密度、原电池原理的应用、反应热、微粒电子数的求算等知识，属于综合知识的考查，侧重于基础知识的应用的考查，难度中等．10．类比（比较）是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质．但类比是相对的，不能违背客观实际．下列说法正确的是()A．Fe能置换硫酸铜溶液的铜；则Na也能置换硫酸铜溶液的铜B．CaC2能水解：CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑；则Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑C．工业上电解熔融MgCl2的制取金属镁；则也可以用电解熔融AlCl3的制取金属铝D．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2；则SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2【考点】化学研究基本方法及作用；金属冶炼的一般原理；钠的重要化合物；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；B．碳化钙和水反应时，该反应中各元素化合价不变，说明没有发生氧化还原反应，二者发生复分解反应，据此确定碳化铝和水反应产物；C．MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电；D．过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫．【解答】解：A．活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，Na不能置换硫酸铜溶液的铜，故A错误；B．碳化钙和水反应时，该反应中各元素化合价不变，说明没有发生氧化还原反应，二者发生复分解反应，Al4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑中各元素化合价不变，发生复分解反应，故B正确；C．MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，故C错误；D．SO2和Na2O2反应生成硫酸钠，故D错误．故选B．-22-\n【点评】本题考查了知识迁移方法的利用，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质之间的反应来分析解答，注意D中SO2的还原性，题目难度不大．11．向2L的密闭容器中充入7.6molNO和3.8molO2，发生如下反应：①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）②2NO2（g）⇌N2O4（g）测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T1℃，10min后升高并维持容器的温度为T2℃．下列说法正确的是()A．前5min反应的平均速率v（N2O4）=0.36mol•（L•min）﹣1B．T1℃时反应②的化学平衡常数K=0.6C．反应①、②均为吸热反应D．若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，T1℃达到平衡时，N2O4的转化率为10%【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据化学反应速率v=来计算化学反应速率；B、化学平衡常数K=，代入相关数据来计算即可；C、根据温度对化学平衡移动的影响：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，反之向着放热方向进行，据此来判断反应的吸放热；D、根据转化率=来计算即可．【解答】解：A、前5min反应的平均速率v（N2O4）===0.18mol•（L•min）﹣1，故A错误；B、T1℃时反应②的化学平衡常数K===0.4L/mol，故B错误；C、在该题中，升高温度后，二氧化氮的浓度增加，四氧化二氮的浓度减小，所以平衡②逆向移动，该反应是放热的，故C错误；D、若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，则Qc=0.31＜K，所以反应正向进行，T1℃达到平衡时，2NO2（g）⇌N2O4（g）初始：1.81.0-22-\n变化：2xx平衡：1.8﹣2x1.0+x则=0.4，解得x=0.1，即N2O4的转化率为10%，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生化学反应速率和化学平衡的有关计算知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．12．下列反应的离子方程式正确的是()A．SO2通入酸性KMnO4溶液，褪色：2MnO4﹣+4H++5SO2═2Mn2++5SO42﹣+2H2OB．氯化铝溶液通入过量氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．NH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4++HSO3﹣+2OH﹣NH3↑+SO32﹣+2H2OD．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电荷不守恒；B．一水合氨在离子反应中保留化学式，生成氢氧化铝和氯化铵；C．反应生成氨气、水、亚硫酸钠；D．反应生成碳酸氢钙、HClO．【解答】解：A．SO2通入酸性KMnO4溶液，褪色的离子反应为2MnO4﹣+2H2O+5SO2═2Mn2++5SO42﹣+4H+，故A错误；B．氯化铝溶液通入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．NH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热的离子反应为NH4++HSO3﹣+2OH﹣NH3↑+SO32﹣+2H2O，故C正确；D．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO，故D错误；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的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关离子反应考查，题目难度不大．13．下列图示与对应的叙述相符的是()A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化-22-\nB．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性．【专题】图像图表题．【分析】A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比；C．催化剂改变活化能不改变焓变；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．【解答】解：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故A错误；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比，根据图象知，c（H+）a点＞b点，则溶液的pH：a＜b，故B错误；C．根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故C错误；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据图知，拐点左侧没有达到平衡状态，拐点右侧为平衡状态，达到平衡后，升高温度，二氧化氮含量增大，说明正反应是放热反应，则该反应的△H＜0，故D正确；-22-\n故选D．【点评】本题考查图象分析，侧重考查弱电解质电离、化学平衡移动等知识点，注意B中溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，注意D中出现拐点原因，题目难度中等．14．利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．下列说法正确的是()A．a为直流电源的负极B．阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++e﹣═S2O42﹣+2H2OC．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+D．电解时，H+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断①图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极．【解答】解：A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++2e﹣═S2O42﹣+2H2O，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+，故C正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，理解电解池原理是关键，题目难度中等．15．已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是()酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka=1.75×10﹣5Ka=2.98×10﹣8Ka1=4.30×10﹣7Ka2=5.61×10﹣11Ka1=1.54×10﹣2Ka2=1.02×10﹣7A．25℃，等物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3B．将0.1mol•L﹣1的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小C．少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO3↓+2HClOD．少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO﹣=CO32﹣+2HClO【考点】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．-22-\n【分析】根据表中电离平衡常数可知，酸性大小：亚硫酸＞醋酸＞碳酸＞亚硫酸氢根离子＞次氯酸＞碳酸氢根离子，A．弱酸的钠盐溶液中，酸越弱，其水解程度越大，则钠盐溶液的碱性越强，据此进行判断；B．醋酸为酸，加入水稀释的过程中氢离子浓度减小；C．由于反应生成的次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；D．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子．【解答】解：根据表中数据可知，酸性大小：亚硫酸＞醋酸＞碳酸＞亚硫酸氢根离子＞次氯酸＞碳酸氢根离子，A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：SO32﹣＜CH3COO﹣＜ClO﹣＜CO32﹣，所以相同温度时，等物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故A正确；B．醋酸溶液中加一定量水，醋酸的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，由于Kw不变，所以氢氧根离子的浓度增大，故B错误；C．少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成的次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：Ca2++2SO2+2H2O+2ClO﹣→CaSO4↓+SO42﹣+4H++2Cl﹣，故C错误；D．CO2通入NaClO溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO﹣→HCO3﹣+HClO，故D错误；故选A．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡、离子方程式的书写，题目难度中等，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响因素，能够正确书写离子方程式，选项B为易错点，注意次氯酸的强氧化性．16．某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列说法正确的是()A．X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42﹣B．溶液E和气体F不能发生化学反应C．X中肯定不存在CO32﹣、SO32﹣、C1﹣D．沉淀I是A1（OH）3【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，不能确定是否含有的离子是Cl﹣，以此解答．【解答】解：强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣-22-\n离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，不能确定是否含有的离子是Cl﹣，A、依据分析可知：溶液中一定存在：Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣，故A正确；B、溶液E为HNO3，气体F为NH3，二者能反应生成硝酸铵，故B错误；C、溶液X中一定不存在：CO32﹣和SO32﹣，可能存在：C1﹣，故C错误；D、依据分析可知：沉淀I是A1（OH）3，由于硝酸钡过量，且在此通入二氧化碳，故沉淀可能是碳酸钡，故D错误，故选A．【点评】本题考查离子组推断题，题目具有一定难度，本题解答时一定要紧扣反应现象，推断各离子存在的可能性，本题易错点为（4）题，注意溶液电中性的利用．二、填空题17．A、B、C、D、E、X为化学常见物质，它们的转化关系如图所示（反应条件未注明）．请根据题中信息回答问题．（1）若A为单质，E为白色难溶物且既能溶于盐酸又能溶于C溶液，则①D与X发生反应的离子方程式为3AlO2﹣+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓；②常温下pH=10的C溶液与D溶液中，水的电离程度D大（填C或D）．（2）若A为离子化合物，B为不溶于碱的白色难溶物，E与水反应生成的浓溶液G遇C有白烟产生，则①A的化学式为Mg3N2；②等物质的量浓度的G溶液与C溶液等体积混合，混合液中的质子守恒式为：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）．（用微粒浓度表示）【考点】无机物的推断．【分析】A、B、C、D、E、X为中学常见物质，（1）若A为单质，E为白色难溶物且既能溶于盐酸又能溶于C溶液，根据题中各物的转化关系，C能连续与X反应，可推知，A为钠，B为氢气，C为氢氧化钠，X为氯化铝，D为偏铝酸钠，E为氢氧化铝；（2）若A为离子化合物，E与水反应生成的浓溶液G遇C有白烟产生，则C为氨气，E是由C与X连续反应得到的，所以E为NO2，G为硝酸溶液，所以X为氧气，结合B为不溶于碱的白色难溶物和C可知A为Mg3N2，B为Mg（OH）2；【解答】解：（1）若A为单质，E为白色难溶物且既能溶于盐酸又能溶于C溶液，根据题中各物的转化关系，C能连续与X反应，可推知，A为钠，B为氢气，C为氢氧化钠，X为氯化铝，D为偏铝酸钠，E为氢氧化铝，①D与X发生反应的离子方程式为3AlO2﹣+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：3AlO2﹣+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓；②由于氢氧化钠溶液是强碱，对水的电离有抑制作用，而偏铝酸根离子发生水解，对水的电离起促进作用，所以常温下pH=10的氢氧化钠溶液与偏铝酸钠溶液中，水的电离程度NaAlO2大，-22-\n故答案为：D；（2）若A为离子化合物，E与水反应生成的浓溶液G遇C有白烟产生，则C为氨气，E是由C与X连续反应得到的，所以E为NO2，G为硝酸溶液，所以X为氧气，结合B为不溶于碱的白色难溶物和C可知A为Mg3N2，B为Mg（OH）2，①根据上面的分析可知，A的化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；②等物质的量浓度的G溶液与C溶液等体积混合，得到NH4NO3溶液，铵根离子水解，所以在NH4NO3溶液中的质子守恒式为c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故答案为：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）．【点评】本题考查了无机物质的转化关系，物质性质的应用，主要考查铁及其化合物，氮及其化合物，铝及其化合物性质的应用和判断，综合性较强，有一定的难度，答题时注意元素化合知识的灵活运用．18．用二氧化氯（ClO2）新型净水剂替代传统的净水剂Cl2，对淡水进行消毒是城市饮用水处理的新技术．（1）已知ClO2在水处理过程中被还原为Cl﹣．若以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，则ClO2、Cl2两种消毒剂的消毒效率较大的是哪种ClO2．（填化学式）（2）ClO2的制备方法：①工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2．写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目．②实验室通常以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2的流程如下：推测溶液X为NaCl和NaOH溶液．（3）ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，实验室通常用NaOH溶液来吸收ClO2，以减少环境污染．若实验时需要450mL4mol/L的NaOH溶液，则配制时，需要用托盘天平称取NaOH的质量为80.0g，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有500mL容量瓶、烧杯．配制该溶液时，下列操作会使溶液浓度偏高的是CD．（填字母）A．称量固体时动作缓慢B．容量瓶未干燥立即用来配制溶液C．NaOH固体溶解后立刻转移D．在容量瓶定容时俯视刻度线E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．【考点】制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，消毒效率分别为×5、×2×1；-22-\n（2）①Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子；②由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．NaClO2和NCl3溶液混合反应生成NH3、CO2和X，结合元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式确定X；（3）依据m=nM计算需要的氢氧化钠溶质的质量，配制溶液需要天平称量固体质量，精确到0.1g，若实验时需要450mL4mol/L的NaOH溶液，需要取用500ml容量瓶中配制，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还含有烧杯和500ml容量瓶，A．称量固体时动作缓慢，可能导致氢氧化钠吸收水蒸气和空气中的二氧化碳，导致溶质减小；B．容量瓶未干燥立即用来配制溶液对配制溶液的结果无影响；C．NaOH固体溶解后溶液温度升高，立刻转移溶液温度升高，常温下溶液浓度增大；D．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，液面倍提高，定容未达到刻度；E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液浓度减小．【解答】解：（1）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率分别为×5、×2×1，所以由大到小的顺序为ClO2＞Cl2，即消毒效率较大的是ClO2，故答案为：ClO2；（2）①Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子，因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为，故答案为：；②由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．NaClO2和NCl3溶液混合反应生成NH3、CO2和X，N元素化合价+6价变化为﹣3价，氯元素化合价降低1，电子转移总数为6，化学方程式为：6ClO2﹣+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl﹣+3OH﹣，所以X为NaCl和NaOH溶液，故答案为：NaCl和NaOH溶液；（3）实验时需要450mL4mol/L的NaOH溶液，需要取用500ml容量瓶中配制，配制溶液需要天平称量固体质量，精确到0.1g，依据m=nM计算需要的氢氧化钠溶质的质量=0.5L×4mol/L×40g/mol=80.0g，若实验时需要450mL4mol/L的NaOH溶液，需要取用500ml容量瓶中配制，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还含有烧杯和500ml容量瓶，A．称量固体时动作缓慢，可能导致氢氧化钠吸收水蒸气和空气中的二氧化碳，导致溶质减小，测定结果偏低，故A错误；B．最后配制溶液需要加入水定容，容量瓶未干燥立即用来配制溶液对配制溶液的结果无影响，故B错误；C．NaOH固体溶解后溶液温度升高，立刻转移溶液温度升高，常温下液面未达到刻度，溶液浓度增大，故C正确；-22-\nD．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，液面倍提高，定容未达到刻度，溶液浓度增大，故D正确；E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，水加入超出刻度线，溶液浓度减小，故E错误；故选CD．故答案为：80.0；500mL容量瓶、烧杯；CD．【点评】本题考查了氧化还原反应电子转移，电子守恒计算分析，化学方程式书写，溶液配制方法和过程分析应用，侧重学生综合应用能力和分析能力的考查，题目难度中等．19．（14分）2022年雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一．（1）CO2是大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＞0．①写出该反应的平衡常数表达式．②判断该反应在一定条件下，体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是BD．A．容器中密度不变B．单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚C．v（CO2）：v（H2）=1：3D．容器内压强保持不变（2）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示．据此判断：①该反应的△H＜0（选填“＞”、“＜”）．②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在图中画出c（CO2）在T2、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．（3）已知：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣akJ•mol﹣1．①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：温度（℃）250300350K2.0410.2700.012若某时刻、250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，则此时v正＜v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②某温度下，在体积固定的2L的密闭容器中将1molCO和2molH2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如下：时间（min）51015202530压强比（P后/P前）0.980.900.800.700.700.70达到平衡时CO的转化率为45%．（4）液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料已越来越被研究人员重视．它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势．氨在燃烧实验中相关的反应有：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H1①4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H2②4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）△H3③-22-\n请写出上述三个反应中△H1、△H2、△H3三者之间关系的表达式，△H1=．（5）美国Simons等科学家发明了使NH3直接用于燃料电池的方法，其装置为用铂作为电极，加入KOH电解质溶液中，其电池反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，写出该燃料电池的正极反应式O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【考点】化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）①化学平衡常数K=；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量不变，由此引起的一系列物理量不变；（2）①根据先拐先平数值大知，T1＞T2，升高温度，二氧化碳浓度降低，说明正反应是放热反应；②催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以平衡时二氧化碳浓度不变，但反应到达平衡的时间缩短；（3）①该反应的浓度商==12.5＞K，平衡逆向移动；②根据表中数据知，20min时该反应达到平衡状态，恒温恒容条件下，反应前后气体物质的量之比等于其压强之比，反应后压强是反应前的0.70倍，则反应后气体物质的量=0.70×（1+2）mol=2.1mol，根据方程式知，参加反应的n（CO）为反应前后气体减少物质的量的一半，所以参加反应的n（CO）=（1+2﹣2.1）mol×=0.45mol，据此计算其转化率；（4）根据盖斯定律计算其反应热，从而确定三个焓变关系；（5）燃料碱性电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子．【解答】解：（1）①化学平衡常数K=，故答案为：；②A．容器中气体质量不变、容器体积不变，所以容器中密度始终不变，则不能根据密度判断平衡状态，故错误；B．单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚也同时生成1mol二甲醚，二甲醚正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；-22-\nC．无论反应是否达到平衡状态都存在v（CO2）：v（H2）=1：3，所以不能据此判断平衡状态，故错误；D．反应前后气体物质的量之和减小，所以反应前后气体压强改变，当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态，故正确；故选BD；（2）①根据先拐先平数值大知，T1＞T2，升高温度，二氧化碳浓度降低，说明正反应是放热反应，则焓变小于0，故答案为：＜；②催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以平衡时二氧化碳浓度不变，但反应到达平衡的时间缩短，其图象为，故答案为：；（3）①该反应的浓度商==12.5＞K，平衡逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率，故答案为：＜；②根据表中数据知，20min时该反应达到平衡状态，恒温恒容条件下，反应前后气体物质的量之比等于其压强之比，反应后压强是反应前的0.70倍，则反应后气体物质的量=0.70×（1+2）mol=2.1mol，根据方程式知，参加反应的n（CO）为反应前后气体减少物质的量的一半，所以参加反应的n（CO）=（1+2﹣2.1）mol×=0.45mol，所以CO转化率==45%，故答案为：45%；（4）由反应4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H1①4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H2②4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）△H3③则反应可得到反应①，则△H1=，故答案为：△H1=；（5）燃料碱性电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【点评】本题考查较综合，涉及原电池原理、盖斯定律、化学平衡常数有关计算等知识点，为高频考点，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，难点是电极反应式的书写及平衡移动方向判断，题目难度中等．-22-\n20．NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．（该题中指的室温是20．C，Kw=1x10﹣14）请回答下列问题：（1）相同条件下，相等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2中c（NH4+）＜（填“=”、“＞”“＜”）NH4HSO4中c（NH4+）．（2）如图1是0.1mol•L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象．①其中符合0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是A（填写字母）；②室温时，0.1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=10﹣3（或10﹣3﹣10﹣11）mol•L﹣1（填数值）（3）室温时，向100mL0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是a；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+＞c（OH﹣）=c（H+）．【考点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．【分析】（1）铝离子、氢离子抑制铵根离子水解，且铝离子抑制程度小于氢离子；（2）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解；②根据电荷守恒计算；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性．【解答】解：（1）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案为：＜；（2）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，故选A；②根据电荷守恒得2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3mol•L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案为：10﹣3mol•L﹣1；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42﹣），b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．-22-\n【点评】本题考查了离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，离子浓度大小比较常常与盐类水解、弱电解质的电离联合考查，确定离子浓度大小时要结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，知道图象中各个点的溶质即可解答，题目难度中等．21．小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他取了两只试管，均加入4mL0.01mol/L的KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于凉水中，记录溶液褪色所需的时间．①需要用硫酸来酸化KMnO4溶液，褪色所需时间tA＜tB（填“＞”、“=”或“＜”）．②写出该反应的离子方程式5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O．【考点】探究影响化学反应速率的因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】①高锰酸钾具有强氧化性，要酸化高锰酸钾溶液需要选用无还原性的酸，温度越高反应速率越快，则褪色时间越短；②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水．【解答】解：（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要酸化高锰酸钾溶液需要选用无还原性的酸，一般选稀硫酸，温度越高反应速率越快，则褪色时间越短，所以褪色所需时间tA＜tB，故答案为：硫酸；＜；②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化草酸生成二氧化碳，自身被还原生成锰离子，同时生成水，发生的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O．【点评】本题考查温度对反应速率的影响的实验，难度较大．22．实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：①配制250mL溶液：准确称量5.0g乙二酸样品，配成250mL溶液．②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000mol•L﹣1KMnO4溶液装入酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作．在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液迅速变成紫红色．将锥形瓶摇动一时间后，紫红色慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了．请解释原因：反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快．当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到滴定终点．③计算：再重复上述操作2次，记录实验数据如下．序号滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）10.0020.1021.0020.9030.0022.10则消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00mL，已知H2C2O4的相对分子质量为90，则此样品的纯度为90.00%．④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是ACD．A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视．-22-\n【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．【解答】解：②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL设样品的纯度为x，5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%，故答案为：20.00；90.00%；④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（标准）偏大，故A正确；B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，c（标准）不变，故B错误；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（标准）偏大，故C正确；D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（标准）偏大，故D正确；-22-\nE．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，c（标准）偏小，故E错误；故选ACD．【点评】本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，根据课本知识即可完成．23．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+=Cu+Cu2++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32g/mol．（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．【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；-22-\n（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，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．-22-