山东省莱芜市莱钢高中2022届高三化学上学期12月月考试题含解析

2022-2022学年山东省莱芜市莱钢高中高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是()A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料B．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放C．氧化铝是冶炼金属铝的原料，也是一种比较好的耐火材料D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅2．下列叙述正确的是()A．全部由非金属元素形成的物质也可能含有离子键B．阴离子都只有还原性C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D．金属只能在溶液中发生置换反应3．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质．下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是()A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数B．依据原子最外层电子数的多少，推断元素金属性、非金属性的强弱C．依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小D．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性4．下列叙述正确的是()A．微粒Xn﹣中所含中子数为b﹣a﹣nB．漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗、滴定管等仪器用于物质分离C．非金属氧化物一定属于非电解质D．在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物5．对于反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）△H=﹣444.3kJ/mol，且熵减小，在常温常压下该反应能自发进行，对反应的方向起决定作用的是()A．焓变B．温度C．压强D．熵变6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温下，pH=2的H2SO4溶液中含有的H+离子数目为0.01NAB．常温常压下，3.2gCH4中含有电子2NAC．标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子0.5NAD．100mL1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有CH3COOH分子0.1NA7．某原电池的电池反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，与此电池反应不符合的原电池是()A．铜片、铁片、FeCl3溶液组成的原电池29\nB．石墨、铁片、Fe（NO3）3溶液组成的原电池C．铁片、锌片、Fe2（SO4）3溶液组成的原电池D．银片、铁片、Fe（NO3）2溶液组成的原电池8．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是()A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩9．已知：25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10﹣12，Ksp[MgF2]=7.42×10﹣11．下列说法正确的是()A．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B．25℃时，Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C．25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小D．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF210．对剧毒的氰化物可在碱性条件下用如下方法进行处理：2CN﹣+8OH﹣+5C12=2CO2+N2+10C1﹣+4H2O．下列判断正确的是()A．当有0.2molCO2生成时，溶液中阴离子的物质的量增加1molB．该反应中，每有2molCN﹣反应，转移电子为10molC．上述反应中的还原剂是OH﹣D．还原性：C1﹣＞CN﹣二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．）11．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．使甲基橙变红的溶液：Fe2+、K+、SO42﹣、NO3﹣B．加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：Al3+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、NH4+、CO32﹣12．25℃时，下列各组溶液混合后，溶液一定呈中性的是()A．等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合B．pH之和为14的氨水与硝酸等体积混合C．pH之和为14的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液等体积混合29\nD．等体积、等物质的量浓度的Ca（OH）2溶液与Na2CO3溶液混合13．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液．下列关于该电池的叙述正确的是()A．b极发生氧化反应B．a极的反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2OC．放电时，电流从a极经过负载流向b极D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜14．下列离子方程式书写正确的是()A．少量的CO2通入氨水中：CO2+NH3•H2O=NH4++HCO3﹣B．将Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸中：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OC．SO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O⇌2H++SO32﹣D．足量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++2H2O+NO↑15．已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是()XYZWA．若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）B．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D．若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应16．某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是()A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应B．由图2可知，该反应m+n＜pC．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点3D．图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂29\n17．下列说法错误的是()A．一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生可逆反应A（s）+B（g）⇌C（g）+D（g），当混合气体的密度不再改变时，说明已达到化学平衡状态B．对于反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H＞0，改变某一条件，若化学平衡常数增大，则反应速率也一定增大C．室温下CH3COOH的Ka=1.7×10﹣5，NH3•H2O的Kb=1.7×10﹣5，CH3COOH溶液中的c（H+）与氨水中的c（OH﹣）相等D．常温下向Mg（OH）2悬浊液中加入MgCl2浓溶液后，溶液中不变18．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是()A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．曲线Ⅰ：滴加溶液到20mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10mL～20mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．曲线Ⅱ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]三、非择题（本题包括5小题，共56分）19．（16分）实验是科学研究的基本方法之一．Ⅰ．某校化学研究性学习小组，探究足量的锌与浓硫酸反应的过程．按图1组装好实验装置，微热试管A，观察到如下现象：①C、D、E中均有气泡产生；②随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；③反应一段时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加．试回答：（1）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接__________、__________接b，c接__________、__________接d（填数字1、2…）；D、E两支试管中CCl4的作用是__________．（2）能证明浓硫酸具有强氧化性的化学方程式为__________．（3）反应一段时间后气泡量又会明显增加的原因是__________．（4）D中浑浊消失的离子方程式为__________29\nⅡ．硼（B）位于ⅢA族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料．三氯化硼（BCl3）可用于制取乙硼烷（B2H6），也可作有机合成的催化剂．查阅资料：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为﹣107.3℃；②2B+6HCl2BCl3↑+3H2↑；设计实验：某同学设计如图2所示装置制备三氯化硼．请回答下列问题：（1）写出A装置中反应的化学方程式__________．（2）E装置的作用是__________．如果拆去B装置，可能的后果是__________．（3）实验中可以用一个盛装__________（填试剂名称）的干燥管代替F和G装置，使实验更简便．（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式：__________；实验室保存三氯化硼的注意事项是__________．20．氢气是清洁的能源，也是重要的化工原料．（1）以H2为原料制取氨气进而合成CO（NH2）2的反应如下：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.40kJ•mol﹣12NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ•mol﹣1NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+72.49kJ•mol﹣1则N2（g）、H2（g）与CO2（g）反应生成CO（NH2）2（s）和H2O（l）的热化学方程式为__________．（2）用丙烷和水为原料在电催化下制氢气，同时得到一种含有三元环的环氧化合物A，该反应的化学方程式为__________．该反应也可生成A的同分异构体﹣﹣另一种环氧化合物B，B的核磁共振氢谱为如图1中的__________（填“a”或“b”）．29\n（3）已知叠氮酸（HN3）不稳定，同时也能与活泼金属反应，反应方程式为：2HN3=3N2↑+H2↑2HN3+Zn=Zn（N3）2+H2↑2molHN3与一定量Zn完全反应，在标准状况下生成67.2L气体，其中N2的物质的量为__________．（4）已知H2S高温热分解制H2的反应为：H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S的分解实验：以H2S的起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果如图2所示．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．若985℃时，反应经tmin达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则反应速率v（H2）=__________（用含c、t的代数式表示）．请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：__________．（5）用惰性电极电解煤浆液的方法制H2的反应为：C（s）+2H2O（l）=CO2（g）+2H2（g）现将一定量的1mol•L﹣1H2SO4溶液和适量煤粉充分混合，制成含碳量为0.02g•mL﹣1～0.12g•mL﹣1的煤浆液，于图3所示装置中进行电解（两电极均为惰性电极）．则A极的电极反应式为__________．21．多种物质的转化关系如下图所示（部分反应物或产物已略去，反应条件未列出）：29\n已知：①A、B、C、D、G含有同种元素，且它们的状态与颜色如下表所示：物质A单质B溶液C固体D固体G溶液颜色银白色黄色红褐色红棕色浅绿色②E是通常情况下密度最小的气体；B与AgNO3溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；一种气体氧化物M通入B溶液中可被氧化为F，F是含有三种元素的共价化合物，F与A反应生成E和G．请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式．D：__________；E：__________．（2）写出下列反应的离子方程式：①B+M→F：__________；②A+F→E+G：__________．（3）下列氧化物中能与G溶液反应直接生成C固体的是__________（填字母）．a．Na2O2b．SO2c．CO2d．BaO2．22．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同．（1）写出NH4HCO3溶液中的物料守恒__________．（2）室温下，将0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液与0.01mol•L﹣1烧碱溶液等体积混合，所得溶液中所有离子的物质的量浓度大小关系为__________．（3）肼（N2H4）又称联氨，联氨溶于水可以发生与氨水类似的电离，试写出联氨在水溶液中的电离方程式__________（写一步即可）．（4）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数Kb（NH3•H2O）=__________．23．二氧化氯（ClO2）是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，是一种黄绿色的气体，易溶于水．实验室可用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2，其流程如图1：（1）写出电解时发生反应的化学方程式：__________．（2）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是__________．（填序号）A．饱和食盐水B．碱石灰C．浓硫酸D．水29\n（3）测定ClO2（如图2）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），共用去VmLNa2S2O3溶液．①装置中玻璃液封管的作用是吸收残余的二氧化氯气体，并使__________．②请写出上述二氧化氯气体与碘化钾溶液反应的离子方程式：__________．③滴定终点的现象是__________．④测得通入ClO2的质量m（ClO2）=__________g．（用含c、V的代数式表示）29\n2022-2022学年山东省莱芜市莱钢高中高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关．下列叙述正确的是()A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料B．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放C．氧化铝是冶炼金属铝的原料，也是一种比较好的耐火材料D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A、复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料；B、洁净煤技术是指减少污染和提高效率的煤炭加工、燃烧、转化和污染控制等新技术；C、工业用氧化铝来冶炼金属铝，其还具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料；D、Si可做为半导体，可以有很多特殊的功能，二氧化硅是光导纤维的主要成分；【解答】解：A、航天飞机机身上使用的隔热陶瓷瓦是由纤维和陶瓷复合而成的材料制成，属于复合材料，故A正确；B、推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故B错误；C、工业用氧化铝来冶炼金属铝，其还具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料，故C正确；D、Si原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算机芯片的成分，故D错误；故选AC．【点评】本题考查了复合材料的组成分析，氧化铝的应用，硅的应用等，掌握基础积累知识是解题关键，题目难度中等．2．下列叙述正确的是()A．全部由非金属元素形成的物质也可能含有离子键B．阴离子都只有还原性C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D．金属只能在溶液中发生置换反应【考点】化学键；化学基本反应类型；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A．铵盐为离子化合物，不含金属元素；B．阴离子可能具有氧化性；C．与强酸、强碱都反应的物质，可能为单质；D．金属在非水溶液中也可发生置换反应．【解答】解：A．铵盐为离子化合物，不含金属元素，则全部由非金属元素形成的物质也可能含有离子键，如氯化铵，故A正确；B．阴离子可能具有氧化性，如亚硫酸根离子有氧化性，也具有还原性，故B错误；C．与强酸、强碱都反应的物质，可能为单质，如Al，故C错误；D．金属在非水溶液中也可发生置换反应，如Na+KClNaCl+K（g），故D错误；29\n故选A．【点评】本题考查较综合，涉及化学键、物质的性质、氧化还原反应等，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大，注意利用实例分析解答．3．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质．下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是()A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数B．依据原子最外层电子数的多少，推断元素金属性、非金属性的强弱C．依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小D．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性【考点】原子结构与元素的性质；物质的分离、提纯和除杂．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、原子序数=原子的核外电子数；B、元素金属性、非金属性的强弱与原子核外电子数的多少没有必然联系；C、相同状态下相同物质的量不同气体具有相同的体积，相同物质的量的不通气体的质量与其摩尔质量成正比；D、蒸馏是利用组分沸点不同分离均相液体混合物的一种方法．【解答】解：A、原子序数=核电荷数=质子数=原子核外电子数，所以知道了某元素的原子序数，就知道了其原子的核外电子数，故A合理；B、一般对于同周期的主族元素原子最外层电子数越多，在同周期中的位置越靠后，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，但把范围扩大到不同周期不同族是就不成立了，例如H和稀有气体，Mg和H等，故B不合理；C、据m=nM，V=nVm，代入ρ===，相同状态下不同气体的Vm相同，所以气体的密度与其气体摩尔质量成正比，故C合理；D、蒸馏是利用混合液体或液﹣固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，一般要求温度差不小于30℃，故D合理；故选：B．【点评】本题涉及知识点非常基础，掌握元素金属性和非金属性的强弱判断依据，学会运用基本公式的去解答问题，对比记忆物质分离和提纯常用方法原理和试用范围，难度不大．4．下列叙述正确的是()A．微粒Xn﹣中所含中子数为b﹣a﹣nB．漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗、滴定管等仪器用于物质分离C．非金属氧化物一定属于非电解质D．在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质；过滤、分离与注入溶液的仪器．【分析】A．b为质量数，a为质子数，中子数=质量数﹣质子数；B．熟悉仪器的构造及其用途；C．非金属氧化物可能既不是电解质，也不是非电解质；D．离子晶体在熔化时导电．29\n【解答】解：A．微粒abXn﹣中b为质量数，a为质子数，中子数=质量数﹣质子数=b﹣a，故A错误；B．常用的物质的分离的方法：过滤、蒸馏、分液、蒸发等，漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗是所用的仪器，但是滴定管不用于物质的分离，故B错误；C．非金属氧化物可能既不是电解质，也不是非电解质，如CO、NO不是非电解质，故C错误；D．熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，故D正确．故选D．【点评】本题考查较综合，涉及原子中的数量关系、常见仪器的使用、电解质与非电解质、氧化物的分类、离子化合物等，注重基础知识的考查，题目难度不大．5．对于反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）△H=﹣444.3kJ/mol，且熵减小，在常温常压下该反应能自发进行，对反应的方向起决定作用的是()A．焓变B．温度C．压强D．熵变【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】反应放热，且熵值减小，根据△G=△H﹣T•△S判断影响因素．【解答】解：反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）△H=﹣444.3kJ/mol，△H＜0，且△S＜0，而反应能自发进行，说明△H﹣T•△S＜0，焓变对反应的方向起决定性作用．故选A．【点评】本题考查焓变和熵变，题目难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变，注意△G来判断反应的方向．6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温下，pH=2的H2SO4溶液中含有的H+离子数目为0.01NAB．常温常压下，3.2gCH4中含有电子2NAC．标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子0.5NAD．100mL1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有CH3COOH分子0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷含10mol电子来计算；C、标况下，乙醇为液态；D、醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离．【解答】解：A、溶液体积不明确，故氢离子个数无法计算，故A错误；B、3.2g甲烷的物质的量为0.2mol，而1mol甲烷含10mol电子，故0.2mol甲烷含2mol电子，故B正确；C、标况下，乙醇为液态，故C错误；D、醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，故溶液中乙酸分子的个数小于0.1NA，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．29\n7．某原电池的电池反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，与此电池反应不符合的原电池是()A．铜片、铁片、FeCl3溶液组成的原电池B．石墨、铁片、Fe（NO3）3溶液组成的原电池C．铁片、锌片、Fe2（SO4）3溶液组成的原电池D．银片、铁片、Fe（NO3）2溶液组成的原电池【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据反应“2Fe3++Fe=3Fe2+”可知，反应中铁因失电子而被氧化，应为原电池负极；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液应为含Fe3+的盐．【解答】解：A、铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故A正确；B、铁的活泼性大于石墨，铁作负极，石墨作正极，电解质溶液为硝酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故B正确；C、锌的活泼性大于铁，锌作负极，铁作正极，故C错误．D、要想实现该原电池，电解质溶液应是铁盐溶液不是亚铁盐溶液，故D错误．故选CD．【点评】本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，题目难度不大，注意从氧化还原反应的角度确定原电池的电极材料及电解质溶液．8．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是()A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩【考点】真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】综合实验题．【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题．【解答】解：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C．过滤时用到④、⑤和⑦，故C不选；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选．29\n故选B．【点评】本题为2022年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大．9．已知：25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10﹣12，Ksp[MgF2]=7.42×10﹣11．下列说法正确的是()A．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B．25℃时，Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C．25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小D．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c（Mg2+）×c（F﹣）2＞7.42×10﹣11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀．【解答】解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；B、NH4+结合OH﹣使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D、二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化，故D错误；故选B．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性．10．对剧毒的氰化物可在碱性条件下用如下方法进行处理：2CN﹣+8OH﹣+5C12=2CO2+N2+10C1﹣+4H2O．下列判断正确的是()A．当有0.2molCO2生成时，溶液中阴离子的物质的量增加1molB．该反应中，每有2molCN﹣反应，转移电子为10molC．上述反应中的还原剂是OH﹣D．还原性：C1﹣＞CN﹣【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应中，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，N元素的化合价由﹣3价升高为0，C元素的化合价由+2价升高为+4价，该反应中转移10e﹣，以此计算．【解答】解：A．由反应可知，生成2molCO2的同时，生成10molCl﹣，反应前后阴离子数目不变，则当有0.2molCO2生成时，溶液中阴离子的物质的量不变，故A错误；B．该反应中，每有2molCN﹣反应，转移电子为2mol×[0﹣（﹣3）+（4﹣2）]=10mol，故B正确；C．C、N元素的化合价升高，则反应中的还原剂是CN﹣，故C错误；D．由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性为C1﹣＜CN﹣，故D错误；故选B．29\n【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及氧化还原反应中规律性知识为解答的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大．二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．）11．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．使甲基橙变红的溶液：Fe2+、K+、SO42﹣、NO3﹣B．加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣C．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：Al3+、Na+、Cl﹣、NO3﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、NH4+、CO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A、使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；B、加入铝粉产生氢气的溶液可能为酸性或者碱性溶液；C、铝离子能够与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；D、水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，铵离子能够与氢氧根离子反应、碳酸根离子能够与氢离子反应．【解答】解：A、该溶液为酸性溶液，NO3﹣离子在酸性条件下具有强氧化性，Fe2+离子具有较强还原性，二者能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、能够与Al反应生成氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反应，也不与OH﹣和H+离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C、0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液中，Al3+能够与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故C错误；D、该溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的OH﹣或H+离子，NH4+能够与OH﹣离子反应、CO32﹣能够与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，特别是离子之间发生氧化还原反应、生成络合物的情况，明确题中暗含的条件要求．12．25℃时，下列各组溶液混合后，溶液一定呈中性的是()A．等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合B．pH之和为14的氨水与硝酸等体积混合C．pH之和为14的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液等体积混合D．等体积、等物质的量浓度的Ca（OH）2溶液与Na2CO3溶液混合【考点】探究溶液的酸碱性．【分析】A、等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合，盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵，根据氯化铵的类型判断溶液的酸碱性．B、室温下，pH之和为14的氨水与硝酸，设硝酸的pH=a，硝酸中氢离子浓度=10﹣amol/L，则氨水的pH=14﹣a，氨水中氢氧根离子浓度==10﹣amol/L，氨水的物质的量浓度大于10﹣amol/L，等体积混合，氨水的物质的量大于硝酸的物质的量．29\nC、室温下，pH之和为14的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，硫酸氢钠和氢氧化钡都是强电解质，所以氢离子和氢氧根离子恰好反应，据此判断溶液的酸碱性．D、等体积、等物质的量浓度的Ca（OH）2溶液与Na2CO3溶液混合，生成碳酸钙和氢氧化钠，根据溶液中的溶质判断溶液的酸碱性．【解答】解：A、物质的量相等的盐酸和氨水混合，盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐水解而使溶液呈酸性，故A错误．B、室温下，pH之和为14的氨水与硝酸，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，硝酸是强电解质，氨水是弱电解质，所以氨水的浓度远远大于氢氧根离子浓度，所以等体积的氨水和硝酸混合后，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误．C、室温下，pH之和为14的Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液，设硫酸氢钠溶液中氢离子浓度=10﹣amol/L，则氢氧化钡的pH=14﹣a，氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度==10﹣amol/L，硫酸氢钠和氢氧化钡都是强电解质，所以氢离子和氢氧根离子浓度相等，等体积混合，溶液呈中性，故C正确．D、等物质的量的Ca（OH）2溶液与Na2CO3溶液混合，恰好反应生成碳酸钙和氢氧化钠，溶液呈碱性，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸碱混合的判断，题目难度不大，本题注意酸碱电解质的强弱以及盐类水解的酸碱性，特别是pH与溶液浓度的大小关系．13．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液．下列关于该电池的叙述正确的是()A．b极发生氧化反应B．a极的反应式：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2OC．放电时，电流从a极经过负载流向b极D．其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答．29\n【解答】解：A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2O，故B正确；C．放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误；D．该原电池中，正极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，故D错误；故选B．【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反，难度不大．14．下列离子方程式书写正确的是()A．少量的CO2通入氨水中：CO2+NH3•H2O=NH4++HCO3﹣B．将Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸中：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OC．SO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O⇌2H++SO32﹣D．足量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++2H2O+NO↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成碳酸铵；B．盐酸过量，生成氯化钠、水、二氧化碳；C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离分步进行，以第一步为主；D．铁过量，则生成硝酸亚铁．【解答】解：A．少量的CO2通入氨水中的离子反应为CO2+2NH3•H2O=2NH4++CO32﹣+H2O，故A错误；B．将Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸中的离子反应为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O，故B正确；C．SO2使紫色石蕊溶液变红色的离子反应为SO2+H2O⇌H2SO3⇌H++HSO3﹣，故C错误；D．足量铁粉与稀硝酸反应的离子反应为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++4H2O+2NO↑，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高考经典题型，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、与量有关的离子反应的考查，题目难度不大．15．已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是()XYZWA．若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）B．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D．若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应【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】由短周期主族元素在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，A．若HmXOn为强酸，则X只能为N元素；29\nB．若四种元素均为金属，则X为Li、Y为Be、Z为Na、W为Mg；C．若四种元素均为非金属，则X、Z的族序数≥4，而小于7，若处于ⅣA元素，则W为P元素，对应的磷酸不是强酸；D．若四种元素中只有一种为金属，则Z为Al、X为B、Y为C、W为Si．【解答】解：由短周期主族元素在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，A．若HmXOn为强酸，则X只能为N元素，其氢化物氨气溶于水呈碱性，故A错误；B．若四种元素均为金属，则X为Li、Y为Be、Z为Na、W为Mg，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH为强碱，故B正确；C．若四种元素均为非金属，则X、Z的族序数≥4，而小于7，若处于ⅣA元素，则W为P元素，对应的磷酸不是强酸，故C错误；D．若四种元素中只有一种为金属，则Z为Al、X为B、Y为C、W为Si，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，而碳酸属于弱酸，不能与氢氧化铝反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查位置与性质关系，关键是熟练掌握元素周期表的结构，难度不大．16．某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是()A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应B．由图2可知，该反应m+n＜pC．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点3D．图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A．根据图象中“先拐先平，数值大”判断T1和T2的相对大小，根据温度和C在反应混合物中的体积分数（ф）判断该反应正反应方向是放热还是吸热；B．图2说明增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动；C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态．在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答；D．催化剂不影响化学平衡，能改变反应速率，反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡．【解答】解：A．根据图象中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数（ф）降低，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，故A错误；29\nB．由图2图象可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，故B错误；C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v（正）=v（逆），点1在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），点3在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），故C正确；D．甲的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误．故选C．【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，明确图象中“先拐先平，数值大”以及判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是解本题的关键，注意反应前后气体体积不变的反应，增大压强只改变反应速率，对化学平衡无影响，题目难度中等．17．下列说法错误的是()A．一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生可逆反应A（s）+B（g）⇌C（g）+D（g），当混合气体的密度不再改变时，说明已达到化学平衡状态B．对于反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H＞0，改变某一条件，若化学平衡常数增大，则反应速率也一定增大C．室温下CH3COOH的Ka=1.7×10﹣5，NH3•H2O的Kb=1.7×10﹣5，CH3COOH溶液中的c（H+）与氨水中的c（OH﹣）相等D．常温下向Mg（OH）2悬浊液中加入MgCl2浓溶液后，溶液中不变【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、容器体积不变，由于A为固体，随反应进行混合气体的质量增大，混合气体的密度增大；B、影响化学平衡的因素是温度，该反应正反应是吸热反应，平衡常数增大说明温度升高；C、室温下，醋酸溶液中c（H+）=，氨水溶液中c（OH﹣）=；D、溶液中存在氢氧化镁的溶解平衡，水的电离平衡，氢氧化镁Ksp=c（Mg2+）•c2（OH﹣），在一定温度下为常数，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH﹣），一定稳定性Kw为常数，溶液中溶液中=．【解答】解：A、容器体积不变，由于A为固体，随反应进行混合气体的质量增大，混合气体的密度增大，密度不再改变时，说明已达到化学平衡状态，故A正确；29\nB、影响化学平衡的因素是温度，该反应正反应是吸热反应，平衡常数增大说明温度升高，升高温度反应速率增大，故B正确；C、室温下，醋酸溶液中c（H+）=，氨水溶液中c（OH﹣）=，两种溶液的浓度相对大小未知，所以无法判断醋酸溶液中氢离子浓度和氨水中氢氧根离子浓度的相对大小，故C错误；D、溶液中存在氢氧化镁的溶解平衡，水的电离平衡，氢氧化镁Ksp=c（Mg2+）•c2（OH﹣），在一定温度下为常数，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH﹣），一定稳定性Kw为常数，溶液中溶液中=，加入MgCl2浓溶液，Ksp与Kw均不发生变化，所以不变化，故D正确．故选：C．【点评】本题考查平衡状态判断、平衡常数的运用、平衡常数的影响因素等，难度中等，注意平衡常数的书写与影响因素．18．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是()A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．曲线Ⅰ：滴加溶液到20mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10mL～20mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．曲线Ⅱ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]【考点】中和滴定；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7；然后再根据溶液中的溶质离子的物料守恒、电荷守恒及溶液的酸碱性就可以解决问题．【解答】解：根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7；29\nA．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨，由于在此条件下氨水的电离程度大于铵盐的水解程度，所以溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；B．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，NH4+水解，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），得c（Cl﹣）＞c（NH4+），盐类水解程度一般都较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C．曲线Ⅱ为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10mL～20mL之间存在，NaOH与醋酸反应，且NaOH的量不足，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，此时醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），和电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），得c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；故选D．【点评】本题考查了学生对电解质溶液中盐的水解和弱电解质的电离平衡的理解，并由此来判断溶液的酸碱性，再根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中等．三、非择题（本题包括5小题，共56分）19．（16分）实验是科学研究的基本方法之一．Ⅰ．某校化学研究性学习小组，探究足量的锌与浓硫酸反应的过程．按图1组装好实验装置，微热试管A，观察到如下现象：①C、D、E中均有气泡产生；②随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失；③反应一段时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加．试回答：（1）从甲、乙中选择合适的装置填入B、C中，并进行正确连接，a接2、1接b，c接2、1接d（填数字1、2…）；D、E两支试管中CCl4的作用是防止倒吸．（2）能证明浓硫酸具有强氧化性的化学方程式为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O．（3）反应一段时间后气泡量又会明显增加的原因是反应一段时间后，由于浓硫酸浓度降低，Zn与稀硫酸反应有H2生成．（4）D中浑浊消失的离子方程式为CaSO3+SO2+H2O═Ca2++2HSO3﹣29\nⅡ．硼（B）位于ⅢA族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料．三氯化硼（BCl3）可用于制取乙硼烷（B2H6），也可作有机合成的催化剂．查阅资料：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为﹣107.3℃；②2B+6HCl2BCl3↑+3H2↑；设计实验：某同学设计如图2所示装置制备三氯化硼．请回答下列问题：（1）写出A装置中反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑．（2）E装置的作用是冷却和收集三氯化硼．如果拆去B装置，可能的后果是硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸．（3）实验中可以用一个盛装碱石灰（填试剂名称）的干燥管代替F和G装置，使实验更简便．（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑；实验室保存三氯化硼的注意事项是密封保存．【考点】制备实验方案的设计；浓硫酸的性质实验．【分析】I．开始C、D、E中均有气泡产生，随后气泡量减少，C中品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失，说明开始反应生成二氧化硫，该反应证明浓硫酸具有强氧化性，D中二氧化硫先与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，而后亚硫酸钙与二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钙，沉淀溶解；随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与Zn反应又生成氢气，反应一段时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加．由于生成的二氧化硫在C中均发生反应，导致装置内气体压强减小，B装置的作用应是防止倒吸，选择甲装置，C也选择甲装置盛放品红溶液．E中氢氧化钠吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，D、E中导管均收入四氯化碳中，可以防止溶液倒吸；Ⅱ．A装置制备氯气，发生反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，B装置吸收氯气中混有的HCl，C中浓硫酸吸水，干燥氯气，（1）A装置制备氯气，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水；29\n（2）BCl3的沸点为12.5℃，易挥发，应冷却收集；B用于除去HCl气体，否则可能会发生反应：2B+6HCl2BCl3↑+3H2↑，在D中加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；（3）F装置用于吸收水蒸气，避免G装置中的水蒸气进入U形管，G装置盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，以此判断；（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，产生白雾，说明有HCl生成；在实验室保存三氯化硼的注意事项要密封保存，防止受潮水解．【解答】解：I．开始C、D、E中均有气泡产生，随后气泡量减少，品红溶液褪色，D中先出现浑浊后浑浊消失，说明开始反应生成二氧化硫，该反应证明浓硫酸具有强氧化性，D中二氧化硫先与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，而后亚硫酸钙与二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钙，沉淀溶解；随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与Zn反应又生成氢气，反应一段时间后，C、D、E中的气泡量又会明显增加．由于生成的二氧化硫在C中均发生反应，导致装置内气体压强减小，B装置的作用应是防止倒吸，选择甲装置，C也选择甲装置盛放品红溶液．E中氢氧化钠吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，D、E中导管均收入四氯化碳中，可以防止溶液倒吸；（1）由上述分析可知，正确连接顺序为：a接2、1接b，c接2、1接d（填数字1、2…）；D、E两支试管中CCl4的作用是：防止倒吸，故答案为：2；1；2；1；防止倒吸；．（2）能证明浓硫酸具有强氧化性的化学方程式为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；（3）反应一段时间后，由于浓硫酸浓度降低，Zn与稀硫酸反应有H2生成，反应一段时间后气泡量又会明显增加，故答案为：反应一段时间后，由于浓硫酸浓度降低，Zn与稀硫酸反应有H2生成；（4）D中浑浊消失的离子方程式为：CaSO3+SO2+H2O═Ca2++2HSO3﹣，故答案为：CaSO3+SO2+H2O═Ca2++2HSO3﹣；Ⅱ．（1）A装置制备氯气，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；（2）三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品，E装置的作用是：冷却和收集三氯化硼，B装置的作用是吸收Cl2中混有的HCl，若拆去B装置，由题给资料知，硼与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸，故答案为：冷却和收集三氯化硼；硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；（3）F装置用于吸收水蒸气，避免G装置中的水蒸气进入U形管，G装置中盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替F+G装置，故答案为：碱石灰；（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，产生白雾，说明有HCl生成，三氯化硼遇水能反应的化学方程式为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑，故实验室应密封冷暗处保存三氯化硼，29\n故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；密封保存．【点评】本实验属于物质制备与检验综合设计实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及制备气体、净化气体、干燥气体和尾气处理，明确原理是解题关键，目难度中等．20．氢气是清洁的能源，也是重要的化工原料．（1）以H2为原料制取氨气进而合成CO（NH2）2的反应如下：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.40kJ•mol﹣12NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ•mol﹣1NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+72.49kJ•mol﹣1则N2（g）、H2（g）与CO2（g）反应生成CO（NH2）2（s）和H2O（l）的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣179.38kJ•mol﹣1．（2）用丙烷和水为原料在电催化下制氢气，同时得到一种含有三元环的环氧化合物A，该反应的化学方程式为CH3CH2CH3+H2O→+2H2．该反应也可生成A的同分异构体﹣﹣另一种环氧化合物B，B的核磁共振氢谱为如图1中的a（填“a”或“b”）．（3）已知叠氮酸（HN3）不稳定，同时也能与活泼金属反应，反应方程式为：2HN3=3N2↑+H2↑29\n2HN3+Zn=Zn（N3）2+H2↑2molHN3与一定量Zn完全反应，在标准状况下生成67.2L气体，其中N2的物质的量为2mol．（4）已知H2S高温热分解制H2的反应为：H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S的分解实验：以H2S的起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果如图2所示．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．若985℃时，反应经tmin达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则反应速率v（H2）=mol•L﹣1•min﹣1（用含c、t的代数式表示）．请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短．（5）用惰性电极电解煤浆液的方法制H2的反应为：C（s）+2H2O（l）=CO2（g）+2H2（g）现将一定量的1mol•L﹣1H2SO4溶液和适量煤粉充分混合，制成含碳量为0.02g•mL﹣1～0.12g•mL﹣1的煤浆液，于图3所示装置中进行电解（两电极均为惰性电极）．则A极的电极反应式为C+2H2O﹣4e﹣=CO2↑+4H+．【考点】热化学方程式；转化率随温度、压强的变化曲线；电解原理．【专题】基本概念与基本理论．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律，计算得到所需热化学方程式；（2）依据原子守恒书写生成物的结构简式，A的同分异构体结构分析氢原子种类判断氢原子的核磁共振谱；（3）2molHN3与一定量Zn完全反应，在标准状况下生成67.2L气体，物质的量==3mol，结合化学方程式计算得到；（4）依据化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，计算硫化氢的反应速率得到氢气反应速率；温度升高，速率增大，达到平衡所需时间减小；（5）分析图可知A为阳极，结合反应的化学方程式可知是碳失电子发生氧化反应生成二氧化碳；【解答】解：（1）①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.40kJ•mol﹣1②2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ•mol﹣1③NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+72.49kJ•mol﹣；依据盖斯定律①+②+③得到，N2（g）、H2（g）与CO2（g）反应生成CO（NH2）2（s）和H2O（l）的热化学方程式为：故答案为：N2（g）+3H2（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣179.38kJ•mol﹣1；（2）用丙烷和水为原料在电催化下制氢气，同时得到一种含有三元环的环氧化合物A，依据原子守恒配平书写化学方程式为：CH3CH2CH3+H2O→+2H2；该反应也可生成A的同分异构体﹣﹣另一种环氧化合物B，应为，分子中含有两种氢原子，所以B的核磁共振氢谱中应存在两种氢谱，图中a符合；29\n故答案为：CH3CH2CH3+H2O→+2H2，a；（3）生成氮气物质的量为x，依据化学方程式计算：在标准状况下生成67.2L气体，物质的量==3mol，气体为氢气和氮气；2HN3=3N2↑+H2↑231xxx2HN3+Zn=Zn（N3）2+H2↑212（3﹣x﹣x）3﹣x﹣x2molHN3与一定量Zn完全反应生成氢气1mol，得到：2（3﹣x﹣x）+x=2x=2mol；故答案为：2mol；（4）H2S的起始浓度均为cmol•L﹣1，反应经tmin达到平衡，此时H2S的转化率为40%，H2S（g）⇌H2（g）+S2（g），得到V（H2）=V（H2S）=mol/L•min=mol•L﹣1•min﹣1，随温度的升高，曲线b向曲线a逼近，温度升高，反应速率加快，转化率增大，达到平衡所需的时间缩短；故答案为：0.4c/tmol•L﹣1•min﹣1，温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；（5）用惰性电极电解煤浆液的方法制H2的反应为：C（s）+2H2O（l）=CO2（g）+2H2（g）现将一定量的1mol•L﹣1H2SO4溶液和适量煤粉充分混合，制成含碳量为0.02g•mL﹣1～0.12g•mL﹣1的煤浆液，A电极为电解池的阳极，电极反应为：C+2H2O﹣4e﹣=CO2↑+4H+；故答案为：C+2H2O﹣4e﹣=CO2↑+4H+．【点评】本题考查了热化学方程式计算和盖斯定律的应用，化学平衡，反应速率计算，电解池电极反应的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．21．多种物质的转化关系如下图所示（部分反应物或产物已略去，反应条件未列出）：已知：①A、B、C、D、G含有同种元素，且它们的状态与颜色如下表所示：物质A单质B溶液C固体D固体G溶液颜色银白色黄色红褐色红棕色浅绿色②E是通常情况下密度最小的气体；B与AgNO3溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；一种气体氧化物M通入B溶液中可被氧化为F，F是含有三种元素的共价化合物，F与A反应生成E和G．29\n请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式．D：Fe2O3；E：H2．（2）写出下列反应的离子方程式：①B+M→F：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；②A+F→E+G：Fe+2H+=Fe2++H2↑．（3）下列氧化物中能与G溶液反应直接生成C固体的是ad（填字母）．a．Na2O2b．SO2c．CO2d．BaO2．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断．【专题】推断题；几种重要的金属及其化合物．【分析】C为红褐色固体，为Fe（OH）3，D为红棕色固体，为Fe2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，A的单质为银白色，可以推知A为Fe，B溶液为黄色、G溶液为浅绿色，初步判断B含有Fe3+、G含有Fe2+；E是通常情况下密度最小的气体，则E为H2；B与AgNO3溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，B含有Cl﹣，则B为FeCl3；气体氧化物M可被FeCl3氧化为F，则M为具有还原性的常见氧化物，最常见为SO2，可推知M为SO2，G为FeSO4，F为H2SO4；F是含有三种元素的共价化合物，F与A反应生成E和G，符合转化关系．【解答】解：C为红褐色固体，为Fe（OH）3，D为红棕色固体，为Fe2O3；A、B、C、D、G含有同种元素，A的单质为银白色，可以推知A为Fe，B溶液为黄色、G溶液为浅绿色，初步判断B含有Fe3+、G含有Fe2+；E是通常情况下密度最小的气体，则E为H2；B与AgNO3溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，B含有Cl﹣，则B为FeCl3；气体氧化物M可被FeCl3氧化为F，则M为具有还原性的常见氧化物，最常见为SO2，可推知M为SO2，G为FeSO4，F为H2SO4；F是含有三种元素的共价化合物，F与A反应生成E和G，符合转化关系，则：（1）由上述分析可知，D为Fe2O3，E为H2，故答案为：Fe2O3；H2；（2）①B+M→F的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；②A+F→E+G的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；（3）能把Fe2+氧化转化为Fe（OH）3固体的物质是氧化剂，且溶液呈碱性，故Na2O2、BaO2符合，故答案为：ad．【点评】本题考查无机物的推断，注意物质的颜色是推断突破口，气体氧化物M的推断是难点，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．22．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同．（1）写出NH4HCO3溶液中的物料守恒C（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）．（2）室温下，将0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液与0.01mol•L﹣1烧碱溶液等体积混合，所得溶液中所有离子的物质的量浓度大小关系为c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．（3）肼（N2H4）又称联氨，联氨溶于水可以发生与氨水类似的电离，试写出联氨在水溶液中的电离方程式N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣（写一步即可）．29\n（4）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数Kb（NH3•H2O）=1×10﹣5mol/L．【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】（1）物料：实际就是碳氮个数始终相等，不管以何种形式存在；（2）硫酸氢铵和氢氧化钠等浓度等体积反应，H++OH﹣=H2O，向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH溶液，反应生成Na2SO4、H2O、（NH4）2SO4；然后根据各物质量的关系分析离子浓度大小；（3）写出肼燃烧的方程式，根据方程式计算生成气体的体积；类比氨水的电离，写出肼在水溶液中的电离方程式；（4）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）NH4HCO3溶液中n（N）=n（C），溶液中的物料守恒为：C（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）；故答案为：C（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）；（2）向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH溶液，反应生成Na2SO4、H2O、（NH4）2SO4；Na+、SO42﹣不水解，故c（Na+）=c（SO42﹣），NH4+水解显酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），即离子浓度由大到小为：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；故答案为：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）．（3）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子，电离方程式为N2H4+H2O=N2H5++OH﹣；故答案为：N2H4+H2O=N2H5++OH﹣；（4）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】本题考查了电解质溶液中物料守恒分析，离子浓度大小比较，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，应根据电离平衡表达式，计算出相应离子浓度代入表达式即可．掌握基础是关键，题目难度中等．29\n23．二氧化氯（ClO2）是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，是一种黄绿色的气体，易溶于水．实验室可用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2，其流程如图1：（1）写出电解时发生反应的化学方程式：NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3．（2）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是C．（填序号）A．饱和食盐水B．碱石灰C．浓硫酸D．水（3）测定ClO2（如图2）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），共用去VmLNa2S2O3溶液．①装置中玻璃液封管的作用是吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外的压强相等．②请写出上述二氧化氯气体与碘化钾溶液反应的离子方程式：2ClO2+10I﹣+8H+═5I2+4H2O+2Cl﹣．③滴定终点的现象是溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内溶液颜色不再改变．④测得通入ClO2的质量m（ClO2）=1.35cV×10﹣2g．（用含c、V的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】氯化铵溶液加入盐酸电解生成NCl3和氢气，溶液中加入NaClO2（亚氯酸钠）反应得到ClO2、NH3和溶液X，（1）电解氯化铵和盐酸混合溶液时，根据流程图知生成氢气、和NCl3；（2）由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体．据此判断；（3）①用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；②由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水；③溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去，说明滴定至终点；④根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）；【解答】解：（1）电解氯化铵和盐酸混合溶液时，根据流程图知生成氢气、和NCl3，其电解反应方程式为：NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3．故答案为：NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；（2）A、ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故A错误；B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．29\n故选：C．（3）①装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等．故答案为：用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；②由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I﹣+8H+=2Cl﹣+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I﹣+8H+=2Cl﹣+5I2+4H2O；③溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去，说明滴定至终点，故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去，且半分钟内不褪色；④VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10﹣3L×cmol/L=c•V•10﹣3mol．则：根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n（ClO2）c•V•10﹣3mol所以n（ClO2）=c•V•10﹣3mol．所以m（ClO2）=c•V•10﹣3mol×67.5g/mol=1.35cv×10﹣2g，故答案为：1.35cv×10﹣2．【点评】考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、对工艺流程及装置理解分析等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力．注意基础知识的全面掌握．29