河南省驻马店市确山二中2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年河南省驻马店市确山二中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共48分，每一个小题只有一个正确答案）1．下列物质与其用途完全符合的有()①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料⑧MgO﹣耐火材料．A．4条B．5条C．6条D．7条2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB．0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中含有阳离子的物质的量为0.2molC．常温常压下，氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其体积约为2.24LD．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA3．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2．A．①③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤4．分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法．下列分类合理的是()①根据酸分子中含有H原子个数将酸分为一元酸、二元酸等②碱性氧化物一定是金属氧化物③根据丁达尔现象可将分散系分为胶体、溶液和浊液④SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应⑤根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．A．②③B．②④⑤C．①②④D．②③④⑤5．标准状态下，在四个干躁的烧瓶中分别充入：①纯净的氨气，②混有体积空气的氯化氢气体，③纯净的NO2气体，④混有少量O2的NO2气体．然后各做喷泉实验．实验后，三烧瓶中溶液的物质的量浓度大小关系是()A．①=②=③=④B．①=②=③＞④C．①=②=③＜④D．④＞①=②＞③6．下列离子方程式中正确的是()A．氯化亚铁溶液与过氧化钠2：1反应：6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+6Na++2Fe3+B．向氧化铁中加入氢碘酸发生反应：Fe2O3+6H++6I﹣=2Fe2++3I2+3H2OC．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣=I2+O2↑+2H2OD．向银氨溶液中加入盐酸：[Ag（NH3）2]++OH﹣+3H+=Ag++2NH4++H2O7．下列各组离子在指定溶液中，可能大量共存的是()-22-\n①溶有足量氨气的无色溶液中：K+，NH4+，Na+，HSO3﹣，PO43﹣，MnO4﹣②能使pH试纸变深蓝色的溶液中：K+，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，S2﹣，SO32﹣③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣，CO32﹣，S2O32﹣，Fe3+，K+，Na+④加入Al能放出H2的溶液中：Na+，NH4+，K+，SO42﹣，Cl﹣，Br﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，Na+，K+，NO3﹣，SO42﹣，Cl﹣⑥室温下下pH=1的溶液中：Fe2+，Al3+，K+，Na+，NO3﹣，I﹣，Cl﹣，S2﹣⑦含有大量Fe3+的溶液：K+，NH4+，Na+，SCN﹣，I﹣，Br﹣⑧室温下，=0.1mol/L的溶液中：Na+，K+，SO42﹣，SiO32﹣，NO3﹣．A．①③④⑥B．①③⑥⑦C．②④⑤⑧D．②⑤⑦⑧8．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备多种物质．有关下列制备方法错误的是()A．制备碱式硫酸铁利用了过氧化氢的氧化性B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．制备（NH4）2Fe（SO4）2利用了它的溶解度比FeSO4的溶解度大这一性质9．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下，其中不正确的是()A．溴在周期表中位于第四周期VIIA族B．步骤①中用硫酸酸化可抑制Cl2、Br2与水反应C．步骤④的离子方程式Br2+SO2+H2O=2H++2Br﹣+SO42﹣D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离10．下列说法不正确的是()A．浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体B．浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化C．饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO₃后漂白性减弱D．浓盐酸与足量二氧化锰反应后，盐酸有剩余-22-\n11．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42﹣C用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强D向浓度均为0.1mol•L﹣1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）A．AB．BC．CD．D12．相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液，分别通入足量的Cl2，当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（同温、同压条件下），则KI、Na2S、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是()A．1：1：2B．2：1：3C．6：3：2D．3：2：113．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是()A．0.3molNO2、0.1molNOB．0.3molNO、0.1molNO2C．0.6molNOD．0.3molNO214．将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO．若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A．原混合物中铜和铁各0.075molB．稀硝酸的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1C．第一次剩余4.8g金属为铜和铁D．再加入上述100mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO15．下列实验操作不正确的是()A．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热B．除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl﹣离子，可用渗析的方法C．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出D．用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸倒入盛水的烧杯中稀释并用水洗涤量筒16．下列化学用语或说法错误的是()①金属的活泼性决定了金属的冶炼方法，工业上分别用电解熔融的氯化镁、氯化铝的方法冶炼镁和铝②漂白粉的有效成分是次氯酸钙和氯化钙③生活中常利用SiO2与NaOH溶液的反应刻蚀玻璃-22-\n④向含有1molKAl（SO4）2的溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时，沉淀的总的物质的量为2.5mol⑤饱和Na2CO3溶液和Na2SiO3溶液都不能盛放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中⑥FeCl2、Fe（OH）3均可通过化合反应制得⑦由水电离的c（H+）为10﹣13mol/L的溶液中，Na+、NO3﹣、SO42﹣、I﹣不一定能大量共存⑧可以用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2混合，以证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+8H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O．A．只有④⑤⑦⑧B．只有①②③⑤C．只有①②③④⑧D．只有②③④⑦二、非选择题（共60分）17．A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：（1）若Y是黄绿色气体，则该反应的离子方程式是__________；将Y与等物的量的SO2充分混合后通入品红溶液，未见其褪色，原因是__________（请用化学方程式解释说明）．（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应所得的氧化产物的结构式为__________．（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，而且A可溶于X溶液中：A元素的元素符号为__________，则A与B的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是__________．18．（14分）氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同．（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化生成SO3，本身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图所示：则NO2氧化SO2的热化学方程式为__________（2）在2L密闭容器中放入1mol氨气，在一定温度进行如下反应：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g），反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据如下表时间t/min012345总压强P100kPa55.66.46.877则平衡时氨气的转化率为__________．（3）NH4+在溶液中能发生水解反应．在25℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10﹣5mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常教Kb（NH3•H2O）=__________．19．（16分）某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+-22-\n可能大量含有的阴离子Cl﹣、Br﹣、I﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，进行了以下探究实验．（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示．①该溶液中一定含有的阳离子是__________，其对应物质的量浓度之比为__________，一定不存在的阴离子是__________；②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式__________．（2）探究二：乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl﹣）2.5mol3.0mol4.0moln（Br﹣）3.0mol2.8mol1.8moln（I﹣）xmol00①当通入Cl2的体积为5.6L时，溶液中发生反应的离子方程式为__________；②原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为__________．20．工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素．霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾．（1）大气中的SO2在烟尘的催化下形成硫酸的反应方程式是__________．（2）已知2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol，提高反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施．①T温度时，在2L容积固定不变的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，则υ（O2）=__________．②在①的条件下，判断该反应达到平衡状态的标志是__________（填字母）．a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2b．容器内气体的压强不变c．容器内混合气体的密度保持不变d．SO3的物质的量不再变化e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等③若反应初始时，在容器中加入1.5molSO2和0.8molO2，则平衡后二氧化硫的转化率__________氧气的转化率（填大于、小于或等）-22-\n2022-2022学年河南省驻马店市确山二中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共48分，每一个小题只有一个正确答案）1．下列物质与其用途完全符合的有()①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦Fe2O3﹣红色油漆或涂料⑧MgO﹣耐火材料．A．4条B．5条C．6条D．7条【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物．【专题】化学计算．【分析】①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石．②单质硅可用作制太阳能电池；③AgI可用于人工降雨；④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱；⑤根据铝热反应可用于焊接钢轨；⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO）；⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料⑧MgO的熔点高，可作耐火材料；【解答】解：①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故①正确；②单质硅可用作制太阳能电池，故②错误；③AgI可用于人工降雨，故③正确；④氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故④正确⑤根利用铝氧化铁发生铝热反应可用于焊接钢轨，故⑤错误；⑥消毒剂的主要有效成分为次氯酸钠（NaClO），故⑥正确；⑦Fe2O3可作红色油漆或涂料，故⑦正确；⑧MgO的熔点高，可作耐火材料，故⑧正确；所以物质与其用途完全符合的有6个，故选：C；【点评】本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意知识的积累．2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAB．0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中含有阳离子的物质的量为0.2molC．常温常压下，氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其体积约为2.24LD．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA【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．硫化钠与过氧化钠的摩尔质量都是78g/mol，过氧化钠中的阴离子为过氧根离子；B．缺少硫酸氢钠溶液的体积，无法计算溶液中阳离子的物质的量；C．常温下，不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的体积；-22-\nD．氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂，0.1mol氯气完全反应转移了0.1mol电子．【解答】解：A．7.8g过氧化钠与硫化钠的混合物的物质的量为0.1mol，0.1mol该混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数目均为0.1NA，故A正确；B．没有告诉硫酸氢钠溶液的体积，无法计算溶液中银离子的物质的量及数目，故B错误；C．常温常压下，不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的体积，故C错误；D．标况下，2.24L氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移了0.1mol电子，转移的电子总数为0.1NA，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点，注意过氧化钠与硫化钠的摩尔质量相同、过氧化钠中阴离子为过氧根离子．3．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2．A．①③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤【考点】钠的化学性质；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】根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的，据此分析解答．①最终得到红褐色Fe（OH）3沉淀；②NaOH过量，最终无沉淀；③最终有碳酸钙沉淀；④最终有氢氧化铝白色沉淀；⑤最终有碳酸氢钠白色沉淀．【解答】解：①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色，故①错误；②过量Ba（OH）2溶液和明矾溶液混合Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③正确；④向AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液，AlCl3溶液与NaHCO3溶液反应生成了氢氧化铝、二氧化碳、氯化钠，所以有白色沉淀生成，故④正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故⑤正确；故选D．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．4．分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法．下列分类合理的是()①根据酸分子中含有H原子个数将酸分为一元酸、二元酸等②碱性氧化物一定是金属氧化物-22-\n③根据丁达尔现象可将分散系分为胶体、溶液和浊液④SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应⑤根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．A．②③B．②④⑤C．①②④D．②③④⑤【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；吸热反应和放热反应．【分析】①根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；②金属氧化物包括碱性氧化物、两性氧化物和过氧化物；③据分散质微粒的大小可以将混合物进行分类；④根据酸性氧化物的性质分析；⑤化学反应有的是吸热反应，有的放热，一定伴随能量的转化．【解答】解：①根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故①错误；②金属氧化物包括碱性氧化物、两性氧化物和过氧化物，所以碱性氧化物都是金属氧化物，故②正确；③根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，不能根据丁达尔效应分类，故③错误；④酸性氧化物能与碱溶液反应生成盐和水，则SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，故④正确；⑤化学反应一定伴随能量的转化，根据化学反应中的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应，故⑤正确．综上所述：②④⑤正确；故选B．【点评】本题考查物质分类，物质性质的应用，物质的分类要注意分类的依据和标准，不同的依据物质的分类结果不一样，题目难度不大．5．标准状态下，在四个干躁的烧瓶中分别充入：①纯净的氨气，②混有体积空气的氯化氢气体，③纯净的NO2气体，④混有少量O2的NO2气体．然后各做喷泉实验．实验后，三烧瓶中溶液的物质的量浓度大小关系是()A．①=②=③=④B．①=②=③＞④C．①=②=③＜④D．④＞①=②＞③【考点】物质的量浓度的相关计算；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】物质的量浓度和溶解度专题；氮族元素．【分析】气体的体积相等，相同条件下气体的物质的量相等，令气体的物质的量为3mol，则烧瓶的容积为3×22.4L．再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度比．①纯净的氨气，完全溶于水，溶液的体积等于烧瓶容积．②混有体积空气的氯化氢气体，氯化氢为2mol，溶液体积等于烧瓶容积的．③纯净的NO2气体，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成硝酸2mol，1molNO，所以溶液体积等于烧瓶容积的．④混有少量O2的NO2气体，把NO2分成两部分：第一部分：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于O2很少，故还有：第二部分：3NO2+H2O=2HNO3+NO，-22-\n这样第一部分反应中，5份的气体（4NO2+O2）生成4份HNO3，这部分得到的浓度小了，故比只有NO2气体浓度小．【解答】解：①纯净的氨气，完全溶于水，溶液的体积等于烧瓶容积，所以溶液浓度为=mol/L；②混有体积空气的氯化氢气体，氯化氢为2mol，溶液体积等于烧瓶容积的，所以溶液物质的量浓度为=mol/L；③纯净的NO2气体，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成硝酸2mol，1molNO，所以溶液体积等于烧瓶容积的，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L；④混有少量O2的NO2气体，把NO2分成两部分：第一部分：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于O2很少，故还有：第二部分：3NO2+H2O=2HNO3+NO．这样第一部分反应中，5份的气体（4NO2+O2）生成4份HNO3，这部分溶液体积等于二氧化氮与氧气的体积，故这部分的浓度为=mol/L，第二部分浓度为=mol/L．所以比只有NO2气体形成的溶液浓度小．故溶液浓度①=②=③＞④．故选：B．【点评】考查物质的量浓度计算，浓度中等，注意④中把整体分为两部分考虑．关键是判断溶液体积与气体的体积关系．6．下列离子方程式中正确的是()A．氯化亚铁溶液与过氧化钠2：1反应：6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+6Na++2Fe3+B．向氧化铁中加入氢碘酸发生反应：Fe2O3+6H++6I﹣=2Fe2++3I2+3H2OC．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣=I2+O2↑+2H2OD．向银氨溶液中加入盐酸：[Ag（NH3）2]++OH﹣+3H+=Ag++2NH4++H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氯化亚铁溶液与过氧化钠2：1反应，生成氢氧化铁、氯化钠、氯化铁；B．电荷不守恒；C．原子个数不守恒；D．银氨溶液中加入盐酸，反应生成氯化银、氯化铵和水．【解答】解：A．氯化亚铁溶液与过氧化钠2：1反应，离子方程式：6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+6Na++2Fe3+，故A正确；B．向氧化铁中加入氢碘酸发生反应，离子方程式：Fe2O3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；C．双氧水加入稀硫酸和KI溶液，离子方程式：H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O，故C错误；D．向银氨溶液中加入盐酸，离子方程式：[Ag（NH3）2]++Cl﹣+3H+=AgCl↓+2NH4++H2O，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确发生反应实质是解本题关键，选项AD为易错选项．7．下列各组离子在指定溶液中，可能大量共存的是()-22-\n①溶有足量氨气的无色溶液中：K+，NH4+，Na+，HSO3﹣，PO43﹣，MnO4﹣②能使pH试纸变深蓝色的溶液中：K+，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，S2﹣，SO32﹣③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣，CO32﹣，S2O32﹣，Fe3+，K+，Na+④加入Al能放出H2的溶液中：Na+，NH4+，K+，SO42﹣，Cl﹣，Br﹣⑤使石蕊变红的溶液中：Fe3+，Na+，K+，NO3﹣，SO42﹣，Cl﹣⑥室温下下pH=1的溶液中：Fe2+，Al3+，K+，Na+，NO3﹣，I﹣，Cl﹣，S2﹣⑦含有大量Fe3+的溶液：K+，NH4+，Na+，SCN﹣，I﹣，Br﹣⑧室温下，=0.1mol/L的溶液中：Na+，K+，SO42﹣，SiO32﹣，NO3﹣．A．①③④⑥B．①③⑥⑦C．②④⑤⑧D．②⑤⑦⑧【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①溶有足量氨气的无色溶液中，亚硫酸氢根离子能够与氨气反应，高锰酸根离子为有色离子；②能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，K+，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，S2﹣，SO32﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，铁离子能够与氢氧根离子反应，碳酸根离子、硫代硫酸根离子能够与氢离子反应；④加入Al能放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，铵根离子能够与氢氧根离子反应；⑤使石蕊变红的溶液为酸性溶液，Fe3+，Na+，K+，NO3﹣，SO42﹣，Cl﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子反应；⑥室温下下pH=1的溶液中存在大量的氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子、碘离子、硫离子；硫离子能够与氢离子反应；⑦含有大量Fe3+的溶液，铁离子能够与硫氰根离子、碘离子发生反应；⑧室温下，=0.1mol/L的溶液为碱性溶液，Na+，K+，SO42﹣，SiO32﹣，NO3﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应．【解答】解：①溶有足量氨气的无色溶液中，HSO3﹣与氨气发生反应，MnO4﹣为有色离子，在溶液中不能大量共存，故①错误；②能使pH试纸变深蓝色的溶液中存在大量的氢氧根离子，K+，Na+，AlO2﹣，NO3﹣，S2﹣，SO32﹣之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；③水电离的H+浓度c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，SO32﹣，S2O32﹣与氢离子反应，Fe3+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故③错误；④加入Al能放出H2的溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，Na+，NH4+，K+，SO42﹣，Cl﹣，Br﹣之间不反应，且都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；⑤使石蕊变红的溶液中存在大量的氢离子，Fe3+，Na+，K+，NO3﹣，SO42﹣，Cl﹣离子之间不反应，且都不与氢离子发生反应，在溶液中能够大量共存，故⑤正确；⑥室温下下pH=1的溶液中存在大量的氢离子，酸性条件下NO3﹣能够氧化Fe2+、I﹣，氢离子与S2﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；⑦含有大量Fe3+的溶液：SCN﹣、I﹣都与Fe3+发生反应，在溶液中不能大量共存，故⑦错误；-22-\n⑧室温下，=0.1mol/L的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，Na+，K+，SO42﹣，SiO32﹣，NO3﹣离子之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑧正确；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，试题的题量较大，知识点较多，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．8．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备多种物质．有关下列制备方法错误的是()A．制备碱式硫酸铁利用了过氧化氢的氧化性B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．制备（NH4）2Fe（SO4）2利用了它的溶解度比FeSO4的溶解度大这一性质【考点】化学实验方案的评价；铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计．【专题】图像图表题；创新题型；实验评价题．【分析】A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．【解答】解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D．【点评】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．9．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下，其中不正确的是()-22-\nA．溴在周期表中位于第四周期VIIA族B．步骤①中用硫酸酸化可抑制Cl2、Br2与水反应C．步骤④的离子方程式Br2+SO2+H2O=2H++2Br﹣+SO42﹣D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，以此解答该题．【解答】解：A．溴的原子序数为35，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为7，所以溴在周期表中位于4周期VIIA族，故A正确；B．步骤②发生2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2，则步骤①中硫酸可减少副反应的发生，即步骤①中用硫酸酸化可防止Cl2、Br2与水反应，故B正确；C．步骤④发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子反应为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，故C错误；D．实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法，采用的仪器为分液漏斗，操作时下层液体必须从下口流出，上层液体从上口倒出，故D正确．故选C．【点评】本题考查海水提溴，把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，步骤①为解答的难点，注重工业流程和化学反应原理的考查，题目难度中等．10．下列说法不正确的是()A．浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体B．浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化C．饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO₃后漂白性减弱D．浓盐酸与足量二氧化锰反应后，盐酸有剩余【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；浓硫酸的性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A、浓硝酸和铜反应生成二氧化氮红褐色气体，随反应进行浓度变为稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮；B、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化；C、氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应；D、浓盐酸和二氧化锰反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不与二氧化锰继续反应；【解答】解：A、浓硝酸和铜反应生成二氧化氮红褐色气体，随反应进行浓度变为稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮，浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体，故A正确；-22-\nB、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化，不能继续反应，故B正确；C、氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应，漂白性不减弱，故C错误；D、浓盐酸和二氧化锰反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不与二氧化锰继续反应，盐酸会剩余，故D正确；故选C．【点评】本题考查了浓硝酸、浓硫酸、氯水性质的分析判断，注意浓溶液随反应进行会浓度变稀，掌握基础是关键，题目难度中等．11．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42﹣C用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强D向浓度均为0.1mol•L﹣1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性；B．亚硫酸根离子具有还原性，能被稀硝酸氧化为硫酸根离子；C．盐酸易挥发；D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出．【解答】解：A．因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故A错误；B．溶液X中滴加稀硝酸，生成硫酸根离子，滴加Ba（NO3）2溶液时生成硫酸钡白色沉淀，则溶液X中含有SO42﹣或SO32﹣，故B错误；C．盐酸易挥发，应先除掉氯化氢，不能证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，故C错误；D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案设计，涉及蛋白质的性质、离子检验、酸性比较和沉淀转化等知识，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，注意相关知识的学习与积累，难度不大．12．相同体积的KI、Na2S、FeBr2溶液，分别通入足量的Cl2，当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（同温、同压条件下），则KI、Na2S、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是()A．1：1：2B．2：1：3C．6：3：2D．3：2：1【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算．【专题】卤族元素．【分析】首先，写出相关化学方程式2KI+Cl2═2KCl+I2Na2S+Cl2═2NaCl+S↓2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2，求出在相同在Cl2相等的情况下，KI、Na2S、FeBr2的物质的量之比，而三种溶液体积有相等，物质的量浓度之比就等于物质的量之比．-22-\n【解答】解：首先，写出相关化学方程式2KI+Cl2═2KCl+I2Na2S+Cl2═2NaCl+S↓2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br22nnnnnn可知在Cl2相等的情况下，KI、Na2S、FeBr2的物质的量之比为2n：n：n=6：3：2，在三种溶液体积相等的前提下，物质的量浓度之比就等于物质的量之比．故选：C．【点评】本题主要考查有关化学方程式的计算和物质的量的计算，难度较小．13．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是()A．0.3molNO2、0.1molNOB．0.3molNO、0.1molNO2C．0.6molNOD．0.3molNO2【考点】有关混合物反应的计算．【分析】15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=25.4g﹣15.2g=10.2g，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，根据电子转移守恒计算判断．【解答】解：15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=25.4g﹣15.2g=10.2g，n（OH﹣）==0.6molmol，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，即金属提供电子物质的量为0.6mol，A．若生成0.3molNO2、0.1molNO，则转移电子为0.3mol×（5﹣4）+0.1mol×（5﹣2）=0.6mol，电子转移守恒，故A正确；B．若生成0.3molNO、0.1molNO2，则转移电子为0.3mol×（5﹣2）+0.1mol×（5﹣4）=1mol，电子转移不守恒，故B错误；C．若生成0.6molNO，则转移电子为0.6mol×（5﹣2）=1.8mol，电子转移不守恒，故C错误；D．若生成0.3molNO2，则转移电子为0.3mol×（5﹣4）=0.3mol，电子转移不守恒，故D错误，故选A．【点评】本题考查混合物有关计算，关键是判断金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，注意守恒思想的应用，难度中等．14．将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO．若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A．原混合物中铜和铁各0.075molB．稀硝酸的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1C．第一次剩余4.8g金属为铜和铁D．再加入上述100mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO【考点】有关混合物反应的计算．-22-\n【专题】计算题．【分析】整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，再结合选项解答．【解答】解：整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、（x+y）=，联立方程，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，A．由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故A正确；B．根据方程式可知，n（HNO3）=0.075mol×=0.2mol，稀硝酸的物质的量浓度为=2mol/L，故B错误；C.9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol=4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol=4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故C错误；D．再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为=0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故D错误；故选A．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，避免了过程法的繁琐，侧重对学生思维能力的考查．15．下列实验操作不正确的是()A．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热B．除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl﹣离子，可用渗析的方法C．用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出D．用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸倒入盛水的烧杯中稀释并用水洗涤量筒【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；溶液的配制；物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】A．蒸发，可利用余热加热；B．离子能透过半透膜，而胶体不能；C．溴不易溶于水，易溶于苯，其分层后在上层；D．量筒不需要洗涤．【解答】解：A．蒸发，可利用余热加热，不能蒸干，则蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热，故A正确；B．离子能透过半透膜，而胶体不能，则除去Fe（OH）3胶体中混有的Cl﹣离子，可用渗析的方法，故B正确；-22-\nC．溴不易溶于水，易溶于苯，其分层后在上层，则用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故C正确；D．量筒不需要洗涤，配制稀硫酸用量筒量取浓硫酸倒入盛水的烧杯中稀释即可，故D错误；故选D．【点评】本题考查物质的量分离、提纯的方法及应用，为高频考点，把握常见混合物分离方法及实验操作为解答的关键，侧重实验基本操作和基本技能考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大．16．下列化学用语或说法错误的是()①金属的活泼性决定了金属的冶炼方法，工业上分别用电解熔融的氯化镁、氯化铝的方法冶炼镁和铝②漂白粉的有效成分是次氯酸钙和氯化钙③生活中常利用SiO2与NaOH溶液的反应刻蚀玻璃④向含有1molKAl（SO4）2的溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时，沉淀的总的物质的量为2.5mol⑤饱和Na2CO3溶液和Na2SiO3溶液都不能盛放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中⑥FeCl2、Fe（OH）3均可通过化合反应制得⑦由水电离的c（H+）为10﹣13mol/L的溶液中，Na+、NO3﹣、SO42﹣、I﹣不一定能大量共存⑧可以用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2混合，以证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+8H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O．A．只有④⑤⑦⑧B．只有①②③⑤C．只有①②③④⑧D．只有②③④⑦【考点】金属冶炼的一般原理；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算；离子共存问题；硅和二氧化硅．【分析】①工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝；②漂白粉的有效成分是次氯酸钙；③生活中常利用SiO2与HF溶液的反应刻蚀玻璃；④KAl（SO4）2的溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时硫酸根离子全部沉淀；⑤Na2SiO3溶液具有粘性，碳酸钠水解导致其溶液呈碱性，碱和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠；⑥铁和FeCl3反应生成FeCl2，Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3；⑦由水电离的c（H+）为10﹣13mol/L的溶液中，溶液呈强酸性或强碱性，只要离子之间不反应就能共存；⑧浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化．【解答】解：①Al属于活泼金属，氯化铝为分子晶体，熔融状态下不导电，所以工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，故错误；②漂白粉的有效成分是次氯酸钙，主要成分是次氯酸钙和氯化钙，故错误；③生活中常利用SiO2与HF溶液的反应刻蚀玻璃，二者反应生成四氟化硅和水，故错误；④KAl（SO4）2的溶液中加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时硫酸根离子全部沉淀；KAl（SO4）2的溶液中加入Ba（OH）2溶液按照1：2反应，铝离子全部反应为偏铝酸钾，沉淀为硫酸钡为2mol，故错误；⑤Na2SiO3溶液具有粘性，碳酸钠水解导致其溶液呈碱性，碱和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠，从而将塞子黏住而打不开，所以饱和Na2CO3溶液和Na2SiO3溶液都不能盛放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中，故正确；⑥Fe+2FeCl3=3FeCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以可以通过化合反应实现，故正确；-22-\n⑦由水电离的c（H+）为10﹣13mol/L的溶液中，溶液呈强酸性或强碱性，强酸性条件下，硝酸根离子和碘离子发生氧化还原反应而不能共存，故正确；⑧浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故错误；故选C．【点评】本题考查较综合，涉及物质的量的计算、离子共存、氧化还原反应、金属的冶炼等知识点，侧重考查学生综合知识运用能力，注意铝的冶炼方法，会根据离子方程式进行有关计算，题目难度中等．二、非选择题（共60分）17．A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：（1）若Y是黄绿色气体，则该反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；将Y与等物的量的SO2充分混合后通入品红溶液，未见其褪色，原因是SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，二氧化硫和氯气按照1：1恰好反应生成硫酸和盐酸，通入品红溶液，溶液不褪色（请用化学方程式解释说明）．（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应所得的氧化产物的结构式为O=C=O．（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，而且A可溶于X溶液中：A元素的元素符号为Fe，则A与B的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1．【考点】无机物的推断．【分析】（1）若Y是黄绿色气体为Cl2，A、B的物质的量之比为1：4，应是二氧化锰与浓盐酸制备氯气；氯气与等物质的量的二氧化硫1：1反应生成硫酸和氯化氢；（2）若A为非金属单质，原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍为C，B的溶液为浓硫酸，应是碳与浓硝酸反应，化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，氧化产物为CO2；（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；【解答】解：（1）若Y是黄绿色气体为Cl2，A、B的物质的量之比为1：4，应是二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，二氧化硫和氯气按照1：1恰好反应生成硫酸和盐酸，通入品红溶液，溶液不褪色；故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，二氧化硫和氯气按照1：1恰好反应生成硫酸和盐酸，通入品红溶液，溶液不褪色；（2）若A为非金属单质，原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍为C，B的溶液为浓硫酸，应是碳与浓硝酸反应，化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，氧化产物为CO2，其结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；-22-\n（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，A与B的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比1：1；铁为26号元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，A为Fe；故答案为：Fe，1：1；【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质，题干分析判断和物质性质是解题关键，难度中等．18．（14分）氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同．（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化生成SO3，本身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图所示：则NO2氧化SO2的热化学方程式为NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1（2）在2L密闭容器中放入1mol氨气，在一定温度进行如下反应：2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g），反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据如下表时间t/min012345总压强P100kPa55.66.46.877则平衡时氨气的转化率为40%．（3）NH4+在溶液中能发生水解反应．在25℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10﹣5mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常教Kb（NH3•H2O）=1×10﹣5mol/L．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）根据图示写出两个热化学方程式，根据盖斯定律将两个反应相加或相减以得到NO2（g）与SO2（g）生成SO3（g）和NO（g）的反应热，再书写热化学反应方程式；（2）根据数据判断4分钟达到平衡，利用压强之比等于物质的量之比计算；（3）写出氨水电离方程式，计算出离子浓度，代入电离平衡常数表达式计算氨水的电离平衡常数．【解答】解：（1）由图示得到以下两个方程式：①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，②2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，可得NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g），则△H==﹣41.8kJ•mol﹣1，故答案为：NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1；-22-\n（2）根据数据判断4分钟达到平衡，设氨气的转化率为a，利用压强之比等于物质的量之比计算；2NH3⇌N2+3H2△n2132a0.5a1.5aa=，解得a=0.4，故氨气的转化率为40%，故答案为：40%；（3）NH4+在溶液中能发生水解反应，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+故c（NH3•H2O）=c（H+）=1×10﹣5mol/L，则c（OH﹣）===10﹣9mol/L，c（NH4+）=0.1mol/L，氨水的电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣电离平衡常数Kb（NH3•H2O）=，把以上数据代入平衡常数表达式：Kb（NH3•H2O）==1×10﹣5mol/L，故答案为：1×10﹣5mol/L．【点评】本题考查了热化学方程式的书写，平衡转化率的计算，电离方程式的书写及电离平衡常数的计算，其中电离平衡常数计算较难，答题时注意化学原理的基础知识的灵活运用．19．（16分）某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl﹣、Br﹣、I﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，进行了以下探究实验．（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示．①该溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，其对应物质的量浓度之比为2：3：1，一定不存在的阴离子是CO32﹣、AlO2﹣；②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．（2）探究二：乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl﹣）2.5mol3.0mol4.0moln（Br﹣）3.0mol2.8mol1.8moln（I﹣）xmol00①当通入Cl2的体积为5.6L时，溶液中发生反应的离子方程式为Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣；②原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为10：15：4．-22-\n【考点】常见离子的检验方法；离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】（1）①取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，分析产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系，开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH﹣═H2O，再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+H2O，消耗氢氧化钠V0；依据定量关系分析判断离子存在情况和离子物质的量之比；②沉淀减少的反应是氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液的反应；（2）分析：还原性：I﹣＞Br﹣，加入氯气5.6L时溶液中I﹣amol，则说明通入5.6LCl2只发生：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，根据反应方程式计算．【解答】解：（1）①根据图象，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+；依据离子共存分析，一定不含有CO32﹣、AlO2﹣，开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH﹣═H2O，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Ag+、Fe3+，有Al3+；再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+H2O，消耗氢氧化钠V0；沉淀的质量不变，反应为NH4++OH﹣⇌NH3•H2O的反应，则有NH4+；现象无法知道有无K+；综上所述一定含有H+、NH4+、Al3+，物质的量之比=2V0：3V0：V0=2：3：1，故答案为：H+、NH4+、Al3+；2：3：1；CO32﹣、AlO2﹣；②沉淀减少过程中发生反应是氢氧化铝沉淀溶解于氢氧化钠溶液中的反应，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（2）①由于还原性：I﹣＞Br﹣，加入氯气5.6L时溶液中I﹣xmol，5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，Br﹣消耗0.2mol，需要氯气0.1mol，则说明开始通入5.6LCl2只发生：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，此时n（Cl2）==0.25mol，消耗n（I﹣-22-\n）=2×0.25mol=0.5mol，生成n（Cl﹣）=2×0.25mol=0.5mol，此时n（Br﹣）=3.0mol，则说明原溶液中n（Br﹣）=3.0mol；故答案为：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣；②根据表数据：5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，Br﹣消耗0.2mol，需要氯气0.1mol，Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣0.1mol0.2molCl2+2I﹣═I2+2Cl﹣0.15mol0.3mol则x=0.3mol，所以原溶液中：n（I﹣）=0.5mol+0.3mol=0.8mol，n（Cl﹣）=2.5mol﹣0.5mol=2mol，n（Cl﹣）：n（Br﹣）：n（I﹣）=2：3：0.8=10：15：4，故答案为：10：15：4．【点评】本题考查离子的判断和计算，图标数据分析的方法和反应实质，题目难度中等，注意根据离子的还原性以及表中数据判断反应的程度，结合方程式计算．20．工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素．霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾．（1）大气中的SO2在烟尘的催化下形成硫酸的反应方程式是2SO2+2H2O+O2=2H2SO4．（2）已知2SO2（g）+O2（g）→2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol，提高反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施．①T温度时，在2L容积固定不变的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，则υ（O2）=0.05mol/（L•min）．②在①的条件下，判断该反应达到平衡状态的标志是bde（填字母）．a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2b．容器内气体的压强不变c．容器内混合气体的密度保持不变d．SO3的物质的量不再变化e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等③若反应初始时，在容器中加入1.5molSO2和0.8molO2，则平衡后二氧化硫的转化率大于氧气的转化率（填大于、小于或等）【考点】二氧化硫的污染及治理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；二氧化硫的化学性质．【分析】（1）SO2在烟尘的催化下形成硫酸是2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；（2）①根据三段式求出转化量，再根据反应速率的定义式计算；②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；③依据化学平衡影响因素和平衡移动原理分析判断；【解答】解：（1）SO2在烟尘的催化下形成硫酸是2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，故答案为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；（2）①T1温度时，在2L的密闭容器中加入4.0molSO2和2.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）△H＜0-22-\n起始量（mol）2.01.00变化量（mol）2.0×50%0.50.5平衡量（mol）1.00.50.5前5min内O2的平均反应速率==0.05mol/（L•min）；故答案为：0.05mol/（L•min）；②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；a．物质的浓度关系和起始量和转化率有关，SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；b．因为该反应为气体物质的量增大的反应，恒温恒容条件下，压强为变量，当容器中气体的压强不变说明达到平衡状态，故b符合；c．反应前后气体质量不变，容器体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，容器中混合气体的密度保持不变不能说明费用达到平衡状态，故c不符合；d．SO3的物质的量不再变化，能说明反应达到平衡状态，故d符合；e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故e符合；故答案为：bde；③若反应初始时，在容器中加入1.5molSO2和0.75molO2，两者的转化率相等，而现在相当于充入氧气，二氧化硫的转化率增加，而氧气转化率变小，故答案为：大于；【点评】本题考查了化学反应速率的计算、化学平衡的判断、电化学等，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力．-22-