山东省济南市商河县弘德中学2022届高三化学下学期12月月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年山东省济南市商河县弘德中学高三（上）月考化学试卷（12月份）　一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．（3分）化学与生产、生活、环境密切相关．下列说法错误的是（　　）A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料B．硫酸钠溶液和氯化钡溶液均能使蛋白质变性C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染2．（3分）下列说法错误的是（　　）A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性B．等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠溶液中水电离产生的c（OH﹣）．前者小于后者C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度不一定相等，但保持不变D．水的离子积只与温度有关，向水中加入酸、碱或盐一定会影响水的电离平衡3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．25℃时，pH=13的氨水中含有OH﹣的数目为0.1NAB．标准状况下，2.24LNO2与水反应生成NO3﹣的数目为0.1NAC．1molNa被完全氧化生成Na2O2，转移电子的数目为NAD．4.0gH2与足量O2完全反应生成水，反应中断裂共价键的总数为2NA4．（3分）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（　　）A．P、S、Cl得电子能力和它们相应的最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强B．ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强C．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数R＞MD．Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，HCl、HBr、HI水溶液的酸性逐渐减弱5．（3分）下列描述或化学用语书写错误的是（　　）A．向Fe（0H）3胶体中滴加稀硫酸，先生成红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解B．向铜粉中加入稀硫酸，铜粉不溶解，再加入硝酸钾固体，铜粉逐渐溶解C．氯碱工业和金属钠的冶炼都用到了NaCl，阳极上发生的电极反应都是：2Cl﹣2e﹣═Cl2↑D．向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴入Ba（OH）2溶液，SO42﹣恰好完全沉淀时的离子方程式为：Ba2++3OH﹣+Al3++SO═BaSO4↓+Al（OH）3↓6．（3分）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．c（Al3+）=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、[Al（OH）4]﹣、SO42﹣-30-\nB．使酚酞呈红色的溶液中：K+、Ba2+、I﹣、NO3﹣C．由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中：Na+、HCO3﹣、Cl﹣、Br﹣D．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+7．（3分）某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述错误的是（　　）A．a和b不连接时，铁片质量会增加B．a和b用导线连接时，正极发生的电极反应为：Cu2++2e﹣═CuC．无论a和b是否连接，铁片均被腐蚀D．a和b分别连接电源正、负极时，Fe电极发生的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑8．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）A．向碳酸钠溶液中滴加与其溶质的物质的量相等的盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OB．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2OC．足量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++2H2O+NO↑D．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO9．（3分）用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右下图所示．下列说法正确的是（　　）A．温度：T1＞T2＞T3B．正反应速率：υ（b）＞υ（d）υ（a）＞υ（c）C．平衡常数：K（a）＞K（c）K（b）=K（d）D．平均摩尔质量：M（b）＞M（d）M（a）＜M（c）-30-\nA．AB．BC．CD．D10．（3分）某混合液中含有等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3．已知如表数据，下列叙述正确的是（　　）物质（25℃）Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp2.2×10﹣208.0×10﹣164.0×10﹣38完全沉淀时的pH≥6.4≥9.6≥3～4A．混合溶液中：c（SO）：[c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）]=5：4B．若向混合溶液中加入铁粉，不可能观察到红色固体析出C．若向混合溶液中加入足量氯水，调节pH到3﹣4后过滤，得到纯净的CuSO4溶液D．若向混合溶液中逐滴加入烧碱溶液，首先生成Fe（0H）3沉淀11．（3分）（2022•揭阳二模）我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：气体A的饱和溶液A和食盐的饱和溶液悬浊液晶体纯碱则下列叙述错误的是（　　）A．A气体是CO2，B气体是NH3B．第Ⅲ步得到的晶体是发酵粉的主要成分C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D．第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶-30-\n12．（3分）已知第三周期元素M，其原子最外层达到饱和时所需的电子数小于次外层与最内层电子数之差，且等于最内层电子数的正整数倍．下列关于元素M的说法一定错误的是（　　）A．M元素存在同素异形体B．M元素为非金属元素C．M的最高价氧化物对应的水化物都是强酸D．常温下，能稳定存在的M的氧化物都是酸性氧化物13．（3分）下列说法不正确的是（　　）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．常温下向0.1mol•L﹣1的NH3•H2O中加入氯化铵固体，则溶液中减小D．常温下向Mg（OH）2悬浊液中加入MgCl2浓溶液后，溶液中不变14．（3分）（2022•福州模拟）一定条件下氨气和氧化铜可以发生如下反应：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，下列对此反应的分析中合理的是（　　）A．该反应属于置换反应B．CuO是氧化剂C．反应体现了金属铜的还原性D．每生成1molH2O就伴随着1mol电子转移15．（3分）向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molgL﹣1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）A．在0﹣a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．a=0.2D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1-30-\n16．（3分）下列说法不正确的是（　　）①将CO2通入BaCl2溶液中，始终无白色沉淀生成②将盐酸、KSCN溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色③向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有SO42﹣④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后投入水中，两者放出的氢气质量相等⑤将SO2通入溴水中，证明SO2具有漂白性⑥在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaC12溶液后红色逐渐褪去，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡⑦因为SiO2能和CaCO3反应生成CO2，所以H2SiO3酸性强于H2CO3．A．②④⑥⑦B．①③④⑤C．③④⑤⑦D．②③④⑤⑦二、解答题（共5小题，满分52分）17．（6分）化学是一门以实验为基础的科学．（1）下列叙述中正确的是　_________　（填序号）．A．分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水B．将碘水倒入分液漏斗，再加适量乙醇，充分振荡、静置，可从碘水中萃取碘C．洁净的铁钉在食盐水中浸泡一段时间，铁钉上有气泡，说明铁发生了析氢腐蚀D．铁丝在氯气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体E．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后直接使用，而滴定管用蒸馏水洗净后，必须润洗后使用（2）用铜片与稀硝酸反应制取NO气体，如图装置中适合的是　_________　（填序号）；装置B中的试剂最好是　_________　，该装置的作用是　_________　．18．（12分）A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图（部分反应中的水已略去）．（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品．①反应Ⅲ的离子方程式是　_________　．②C浓度为0.1mol/L时，pH最接近　_________　．A．5.6B．7.0C．8.4D．13.0③B溶液中各离子浓度由大到小顺序是　_________　，氯碱工业中两种产物可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1molKI转移电子0.6mol，则三种物质间反应的离子方程式是　_________　．-30-\n（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料．①检验某溶液中含有B的阳离子的方法是　_________　．②B可作净水剂，其原理是　_________　（用方程式表示）．在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是　_________　．19．（14分）某化学实验小组为验证常见还原剂SO2、I﹣、Fe2+的还原性强弱的顺序为：SO2＞I﹣＞Fe2+，用图所示装置进行实验（加热和夹持装置已略，气密性已检验）．（1）上述实验需要加热的装置是　_________　（2）A中反应的化学方程式为　_________　（3）D中，烧杯盛放的是　_________　（4）实验开始时，关闭K1，打开K2，通入少量氯气，写出B中发生反应的离子方程式　_________　①为验证I﹣的还原性比Fe2+强，取（4）后B中的少量溶液于试管中，应再往试管中滴入　_________　溶液，现象是　_________　②在（4）后，为了比较SO2和I﹣的还原性强弱，接下来的操作是　_________　A．打开K1　　　　　　　　　B．打开K2　　　　　　　C．同时打开K1和K2（5）若打开K2，通入Cl2恰好将Fe2+、I﹣全部氧化后，再打开K1通入SO2，当Fe3+全部转化为Fe2+时，此时通入的SO2的体积（标准状况下）为　_________　20．（8分）A、B、C、D、E、F、X存在如图甲所示转换关系，其中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸．X可能是强酸，也可能是强碱．（1）A的化学式是　_________　．（2）若X是强酸，将D与Cl2同时通入水中发生反应的离子方程式为　_________　．（3）若X是强碱，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是氯化物．①过量的B跟Cl2反应的化学方程式为　_________　．②工业生产中B→D的化学方程式为　_________　．21．（12分）国家拟于“十二五”期间将SO2的排放量减少8%，研究SO2综合利用意义重大．-30-\n（1）已知25℃时：SO2（g）+2CO（g）═2C02（g）+Sx（s）△H=akJ•mol﹣1；2COS（g）+SO2（g）═2CO2（g）+Sx（s）△H=bkJ•mol﹣1．则CO与Sx生成COS反应的热化学方程式是　_________　．（2）有人设想按如图甲所示装置用废气中的SO2生产硫酸．写出SO2电极的电极反应式　_________　．（3）提高反应2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）△H＜0中SO2的转化率是控制SO2排放的关键措施之一．某课外活动小组进行了如下探究：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%，前5min内SO2的平均反应速率为　_________　．②在①中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率及SO3的平衡浓度都比原来增大的是　_________　（填序号）．a温度和容器体积不变，充入1.0molHe（g）b温度和容器体积不变，充入2molSO2和lmolO2c温度和容器体积不变，充入1.0molSO2d在其他条件不变时，减小容器的容积③在其他条件不变的情况下，探究起始时氧气物质的量对2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应的影响，实验结果如图乙所示．（图中T表示温度，n表示物质的量）：在a、b、c三点所处的平衡状态中，SO2的转化率最高的是　_________　，温度T1　_________　T2（填“＞”“＜”或“一”）．2022-2022学年山东省济南市商河县弘德中学高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．（3分）化学与生产、生活、环境密切相关．下列说法错误的是（　　）　A．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料　B．硫酸钠溶液和氯化钡溶液均能使蛋白质变性　C．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关-30-\n　D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染考点：常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料．版权所有专题：化学应用．分析：A．隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，复合材料含两种或两种以上材料的性质；B．重金属盐使蛋白质发生变性；C．氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生；D．绿色化学应从源头上做起．解答：解：A．隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，则为复合材料，故A正确；B．氯化钡溶液能使蛋白质变性，而硫酸钠溶液使其发生盐析，故B错误；C．氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生，则“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关，故C正确；D．绿色化学应从源头上做起，其核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不能先污染后治理，故D正确；故选B．点评：本题考查较综合，涉及复合材料、蛋白质的性质、环境污染问题、绿色化学，综合性较强，注重基础知识的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大．　2．（3分）下列说法错误的是（　　）　A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性　B．等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠溶液中水电离产生的c（OH﹣）．前者小于后者　C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度不一定相等，但保持不变　D．水的离子积只与温度有关，向水中加入酸、碱或盐一定会影响水的电离平衡考点：氨的化学性质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．-30-\n分析：A．能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体是碱性气体；B．酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中各种离子达到饱和状态；D．水的离子积常数只与温度有关，但酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离．解答：解：A．能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体是碱性气体，碱性气体溶于水生成碱，故A正确；B．酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，醋酸抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以两种溶液中产生的氢氧根离子浓度前者小于后者，故B正确；C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中各种离子达到饱和状态，溶液中溶质的离子浓度不一定相等，只要外界条件不变，则溶液中各种离子浓度不变，故C正确；D．水的离子积常数只与温度有关，但酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以向水中加入酸、碱或盐可能会影响水的电离平衡，温度不变，但溶液中水的离子积常数不变，故D错误；故选D．点评：本题考查较综合，涉及气体的检验、影响水电离平衡的因素、难溶物的溶解平衡等知识点，易错选项是D，注意水的离子积常数只与温度有关，但不是说只有温度才改变水的电离平衡，为易错点．　3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）　A．25℃时，pH=13的氨水中含有OH﹣的数目为0.1NA　B．标准状况下，2.24LNO2与水反应生成NO3﹣的数目为0.1NA　C．1molNa被完全氧化生成Na2O2，转移电子的数目为NA　D．4.0gH2与足量O2完全反应生成水，反应中断裂共价键的总数为2NA考点：阿伏加德罗常数．版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、25℃时，pH=13的氨水中氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，没有告诉溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；B、标准状况下2.24LNO2的物质的量为0.1mol，由于二氧化氮与水反应生成硝酸根离子和一氧化氮气体，所以生成的硝酸根离子的物质的量小于0.1mol；C、钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子；-30-\nD、4.0g氢气的物质的量为：=2mol，2mol氢气与1mol氧气恰好完全反应，断裂的共价键有2mol氢氢键、1mol氧氧键，总共断裂了3mol共价键．解答：解：A、题中没有告诉氨水的体积，无法计算pH=13的氨水中含有OH﹣的数目，故A错误；B、二氧化氮的物质的量为0.1mol，由于二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以生成的硝酸根离子的物质的量小于0.1mol，生成NO3﹣的数目小于0.1NA，故B错误；C、1mol钠完全反应失去1mol电子，根据电子守恒，转移了1mol电子，转移电子的数目为NA，故C正确；D、4g氢气的物质的量为2mol，2mol氢气完全反应消耗1mol氧气，二者完全反应需要断裂2mol氢氢键、1mol氧氧键，总共断裂3mol共价键，反应中断裂共价键的总数为3NA，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度中等，注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间的转化关系，试题培养了学生的分析、理解能力．　4．（3分）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（　　）　A．P、S、Cl得电子能力和它们相应的最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强　B．ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强　C．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数R＞M　D．Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，HCl、HBr、HI水溶液的酸性逐渐减弱考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同周期自左而右元素非金属性增强，得电子能力增强，最高价含氧酸的酸性增强；B．应描述为同周期中ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强；C．M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数M＞R；D．Cl、Br、I同主族，自上而下非金属性减弱，H﹣X键强度减弱，氢化物酸性增强．解答：解：A．同周期自左而右，原子半径减小，核电荷数增大，原子核对核外电子吸引力增强，故元素非金属性增强，得电子能力增强，最高价含氧酸的酸性增强，故A正确；B．应描述为同周期中ⅠA族元素的金属性比ⅡA-30-\n族元素的金属性强，不是同周期元素，则不一定，若金属性Ca＞Na，故B错误；C．M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数M＞R，故C错误；D．Cl、Br、I同主族，自上而下非金属性减弱，H﹣X键强度减弱，HCl、HBr、HI水溶液的酸性逐渐增强，故D错误，故选A．点评：本题考查元素周期律与原子结构等，比较基础，注意对元素周期律的理解掌握．　5．（3分）下列描述或化学用语书写错误的是（　　）　A．向Fe（0H）3胶体中滴加稀硫酸，先生成红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解　B．向铜粉中加入稀硫酸，铜粉不溶解，再加入硝酸钾固体，铜粉逐渐溶解　C．氯碱工业和金属钠的冶炼都用到了NaCl，阳极上发生的电极反应都是：2Cl﹣2e﹣═Cl2↑　D．向明矾（KAl（SO4）2•12H2O）溶液中滴入Ba（OH）2溶液，SO42﹣恰好完全沉淀时的离子方程式为：Ba2++3OH﹣+Al3++SO═BaSO4↓+Al（OH）3↓考点：胶体的重要性质；离子方程式的书写；电解原理；硝酸的化学性质．版权所有专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物．分析：A．胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，氢氧化铁胶体逐滴加入溶液，先产生沉淀后沉淀溶解，说明先胶体聚沉，后能溶解沉淀；B．依据金属活动顺序表分析，铜和稀硫酸不反应，加入硝酸铜溶液中稀硝酸具有强氧化性能氧化铜，铜粉溶解；C．氯碱工业阳极反应为2C1﹣﹣2e﹣=C12↑，金属钠的冶炼阳极反应为2C1﹣﹣2e﹣=C12↑；D．反应生成偏铝酸根．解答：解：A．加入稀硫酸是电解质溶液，会引起氢氧化铁胶体聚沉，继续加入稀硫酸，氢氧化铁沉淀会溶解，故A正确；B．铜和稀硫酸不反应，加入硝酸铜溶液中稀硝酸具有强氧化性能氧化铜，铜粉溶解，故B正确；C．氯碱工业阳极反应为2C1﹣﹣2e﹣=C12↑，金属钠的冶炼阳极反应为2C1﹣﹣2e﹣=C12↑，阳极反应都是：2C1﹣﹣2e﹣=C12↑，故C正确；D．反应生成偏铝酸根：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D错误．故选D．-30-\n点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题中注意把握物质的性质以及反应的过量问题，为易错点．　6．（3分）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．c（Al3+）=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、[Al（OH）4]﹣、SO42﹣　B．使酚酞呈红色的溶液中：K+、Ba2+、I﹣、NO3﹣　C．由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中：Na+、HCO3﹣、Cl﹣、Br﹣　D．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+考点：离子方程式的书写．版权所有专题：离子反应专题．分析：A．[Al（OH）4]﹣、Al3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；B．使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，K+、Ba2+、I﹣、NO3﹣离子之间不发生反应；C．由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液为酸性会碱性溶液，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；D．加入Al能放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，镁离子与氢氧根离子反应、酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，无法生成氢气．解答：解：A．[Al（OH）4]﹣、Al3+离子之间发生双水解反应生成难溶物氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．使酚酞呈红色的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Ba2+、I﹣、NO3﹣离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中存在大量H+或OH﹣，HCO3﹣与H+、OH﹣反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH﹣，Mg2+离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，酸性溶液中NO3﹣具有强氧化性，无法生成氢气，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，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-30-\nSCN﹣）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．　7．（3分）某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述错误的是（　　）　A．a和b不连接时，铁片质量会增加　B．a和b用导线连接时，正极发生的电极反应为：Cu2++2e﹣═Cu　C．无论a和b是否连接，铁片均被腐蚀　D．a和b分别连接电源正、负极时，Fe电极发生的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：若a和b连接，该装置是原电池，铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上铜离子得电子发生还原反应；若a和b不连接，铁和铜离子发生置换反应生成铜单质，铜片上无明显现象．解答：解：A．a和b不连接，铁和铜离子发生置换反应生成铜单质，导致铁片质量增加，故A正确；B．a和b用导线连接时，该装置是原电池，铁作负极，铜作正极，正极发生的反应：Cu2++2e﹣=Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁片均被腐蚀，发生反应Cu2++Fe=Cu+Fe2+，所以溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，故C正确；D．a和b分别连接电源正、负极，则铜电极是阳极，电解硫酸铜溶液时，铜电极上铜失电子而不是溶液中氢氧根离子失电子，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，故D错误；故选D．点评：本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子及其反应类型来分析解答，易错选项是D，注意活泼电极作电解池阳极上发生的反应，为易错点，题目难度中等．　-30-\n8．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）　A．向碳酸钠溶液中滴加与其溶质的物质的量相等的盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O　B．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O　C．足量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++2H2O+NO↑　D．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO考点：离子方程式的书写．版权所有专题：离子反应专题．分析：A．反应生成碳酸氢钠和氯化钠；B．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀和水；C．足量铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+；D．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯化钙．解答：解：A．向碳酸钠溶液中滴加与其溶质的物质的量相等的盐酸：CO32﹣+H+=HCO3﹣，故A错误；B．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B正确；C．足量铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+，离子方程式为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++4H2O+2NO↑，故C错误；D．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯化钙，离子方程式为SO2+Ca2++ClO﹣+H2O=CaSO4↓+2H++Cl﹣，故D错误．故选B．点评：本题考查离子反应方程式书写，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，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　9．（3分）用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右下图所示．下列说法正确的是（　　）A．温度：T1＞T2＞T3B．正反应速率：-30-\nυ（b）＞υ（d）υ（a）＞υ（c）C．平衡常数：K（a）＞K（c）K（b）=K（d）D．平均摩尔质量：M（b）＞M（d）M（a）＜M（c）　A．AB．BC．CD．D考点：转化率随温度、压强的变化曲线．版权所有专题：化学平衡专题．分析：A、该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大；B、由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快；b、d两点压强相同，温度越高，反应速率越大；C、由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大．平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同；D、CO转化率的越大，n总越小，由M=判断．解答：解：A、该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，故A错误；-30-\nB、由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故υ（a）＜υ（c）．b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v（b）＞v（d），故B错误；C、由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）＞K（c），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），故C正确；D、CO转化率的越大，n总越小，由M=可知，a点n总小，则M（a）＞M（c），M（b）＞M（d），故D错误．故选：C．点评：本题考查温度、压强、转化率等之间的关系，明确外界条件对反应速率及平衡的影响是解本题的关键，易错选项是D，注意根据M=来分析解答即可．　10．（3分）某混合液中含有等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3．已知如表数据，下列叙述正确的是（　　）物质（25℃）Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp2.2×10﹣208.0×10﹣164.0×10﹣38完全沉淀时的pH≥6.4≥9.6≥3～4　A．混合溶液中：c（SO）：[c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）]=5：4　B．若向混合溶液中加入铁粉，不可能观察到红色固体析出　C．若向混合溶液中加入足量氯水，调节pH到3﹣4后过滤，得到纯净的CuSO4溶液　D．若向混合溶液中逐滴加入烧碱溶液，首先生成Fe（0H）3沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．版权所有-30-\n专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、铁离子、亚铁离子、铜离子水溶液中水解；B、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中阳离子氧化性顺序是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；铁粉和阳离子发生氧化还原反应顺序进行；C、混合溶液中加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH3﹣4铁离子沉淀完全，过滤得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸溶液．D、依据图表分析，铁离子开始沉淀的pH=3分析；解答：解：A、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设物质的量为1mol，n（SO42﹣）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42﹣）：{c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）}＞5：4，故A错误；B、溶液中阳离子氧化性顺序是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；加入铁粉先和铁离子发生氧化还原反应，所以开始无红色固体析出，随铁量的增多，铁离子全部反应后会生成红色铜，故B错误；C、向该混合溶液中加入适量氯水，加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，发生反应6FeSO4+3Cl2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为3﹣4，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液和氯化铜溶液，不能得到纯净的CuSO4溶液，故C错误；D、依据阳离子沉淀的PH可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故D正确；故选D．点评：本题考查氧化还原反应顺序判断，离子沉淀条件的分析判断，盐类水解的应用，除杂实验方法的应用，题目难度中等．　11．（3分）（2022•揭阳二模）我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：气体A的饱和溶液A和食盐的饱和溶液悬浊液晶体纯碱则下列叙述错误的是（　　）　A．A气体是CO2，B气体是NH3　B．第Ⅲ步得到的晶体是发酵粉的主要成分　C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒　D．第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶-30-\n考点：纯碱工业（侯氏制碱法）．版权所有专题：实验题．分析：A．依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；B．第Ⅲ步得到的晶体是碳酸氢钠，发酵粉的主要成分；C．通过过滤操作得到碳酸氢钠晶体；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体；解答：解：A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A错误；B．发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产．发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，第Ⅲ步得到的晶体是碳酸氢钠，故B正确；C．第Ⅲ步操作是过滤操操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选AD．点评：本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等．　12．（3分）已知第三周期元素M，其原子最外层达到饱和时所需的电子数小于次外层与最内层电子数之差，且等于最内层电子数的正整数倍．下列关于元素M的说法一定错误的是（　　）　A．M元素存在同素异形体　B．M元素为非金属元素　C．M的最高价氧化物对应的水化物都是强酸　D．常温下，能稳定存在的M的氧化物都是酸性氧化物考点：位置结构性质的相互关系应用．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．-30-\n分析：设原子最外电子层上达到饱和所需电子数为a，则R的电子排布是2、8、8﹣a，其中a是2的倍数，但又小于8﹣2=6，则a可为2或4，当a=2时，R为S，当a=4时，R为Si，结合对应单质、化合物的性质解答该题．解答：解：设原子最外电子层上达到饱和所需电子数为a，则R的电子排布是2、8、8﹣a，其中a是2的倍数，但又小于8﹣2=6，则a可为2或4，当a=2时，R为S，当a=4时，R为Si，A．单质硫和硅均存在同素异形体，故A正确；B、S、Si均是非金属元素，故B正确；C、S的最高价氧化物对应的水化物是硫酸，属于强酸，Si的最高价氧化物对应的水化物是硅酸，属于弱酸，故C错误；D、常温下，能稳定存在的M的氧化物SO2、SiO2都可以与烧碱反应，都是酸性氧化物，故D正确．故选C．点评：本题考查原子结构与元素的性质，题目难度中等，解答本题注意把握原子结构特点，推断出元素种类的可能性，学习中要把握常见物质的性质．　13．（3分）下列说法不正确的是（　　）　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．常温下向0.1mol•L﹣1的NH3•H2O中加入氯化铵固体，则溶液中减小　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：化学平衡状态的判断；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．版权所有分析：-30-\nA、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．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，升高温度反应速率增大．C、NH3•H2O电离常数只受温度影响，温度不变Kb不变，加入氯化铵固体，平衡逆向移动，溶液中c（OH﹣）减小．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；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，升高温度反应速率增大，故B正确；C、加入氯化铵固体，平衡逆向移动，溶液中c（OH﹣）减小，又NH3•H2O电离常数只受温度影响，温度不变Kb不变，则溶液中增大，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=，不发生变化，故D正确．故选：C．点评：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．　14．（3分）（2022•福州模拟）一定条件下氨气和氧化铜可以发生如下反应：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，下列对此反应的分析中合理的是（　　）　A．该反应属于置换反应　B．CuO是氧化剂　C．反应体现了金属铜的还原性　D．-30-\n每生成1molH2O就伴随着1mol电子转移考点：氧化还原反应．版权所有分析：A．单质与化合物反应生成单质与化合物，为置换反应；B．Cu元素的化合价降低；C．Cu为生成物；D．由反应可知，生成3molH2O，转移6mol电子．解答：解：A．单质与化合物反应生成单质与化合物，为置换反应，该反应的反应物中没有单质，不属于置换反应，故A错误；B．Cu元素的化合价降低，则CuO为氧化剂，故B正确；C．Cu为生成物，该反应中CuO为氧化剂，氨气为还原剂，具有还原性，故C错误；D．由反应可知，生成3molH2O，转移6mol电子，则每生成1molH2O就伴随着2mol电子转移，故D错误；故选B．点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念及置换反应判断的考查，题目难度不大．　15．（3分）向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molgL﹣1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）　A．在0﹣a范围内，只发生中和反应　B．ab段发生反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O　C．a=0.2　D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1考点：有关混合物反应的计算；钠的重要化合物．版权所有-30-\n专题：计算题．分析：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，氢氧化钠与盐酸优先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后再碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．解答：解：A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，故A错误；B．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B错误；C．根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1mol•L﹣1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C错误；D、原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故D正确；故选D．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确碳酸钠与氯化氢反应是分步进行的为解答关键，试题培养了学生分析图象能力及化学计算能力．　16．（3分）下列说法不正确的是（　　）①将CO2通入BaCl2溶液中，始终无白色沉淀生成②将盐酸、KSCN溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色③向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有SO42﹣④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后投入水中，两者放出的氢气质量相等⑤将SO2通入溴水中，证明SO2具有漂白性⑥在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaC12溶液后红色逐渐褪去，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡⑦因为SiO2能和CaCO3反应生成CO2，所以H2SiO3酸性强于H2CO3．　A．②④⑥⑦B．①③④⑤C．③④⑤⑦D．②③④⑤⑦-30-\n考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；常见阴离子的检验．版权所有专题：元素及其化合物．分析：①碳酸的酸性弱于盐酸；②硝酸根在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子；③检验硫酸根离子，应先加盐酸，排除其它离子的干扰；④根据金属钠和水反应以及金属铝和氢氧化钠反应的化学方程式进行计算即可；⑤二氧化硫通入溴水反应氧化还原反应，溴水被还原而退色；⑥碳酸钠水解呈碱性，加入BaC12溶液，生成碳酸钡沉淀；⑦硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸和碳酸钠，依据常温下强酸制弱酸解答．解答：解：①碳酸的酸性弱于盐酸，将CO2通入BaCl2溶液中，不反应，故①正确；②硝酸根在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，三价铁离子遇到KSCN溶液显红色，故②正确；③应先加盐酸，排除其它离子的干扰，所以向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中可能含有SO42﹣或Ag+，故③错误；④金属钠和水反应的原理是：2Na+2H2O=2NaOH+H2，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，先发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，然后金属铝和氢氧化钠反应2Al+2NaOH+6H20=2Na[Al（OH）4]+3H2，等物质的量的金属钠，在两种情况下产生氢气的量不相等，故④错误；⑤二氧化硫通入溴水反应氧化还原反应，溴水被还原而退色，体现二氧化硫的还原性，故⑤错误；⑥碳酸钠水解呈碱性，加入BaC12溶液，生成碳酸钡沉淀，平衡向逆方向移动，如溶液褪色，可说明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故⑥正确；⑦向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸，为强酸制取弱酸的反应，故⑦错误；所错误的有：③④⑤⑦；故选：C．点评：本题考查了元素化合物知识，题目难度不大，熟悉物质的性质是解题关键，注意硫酸根、三价铁离子的检验，二氧化硫的性质是高考的热点．　二、解答题（共5小题，满分52分）17．（6分）化学是一门以实验为基础的科学．（1）下列叙述中正确的是　AE　（填序号）．A．分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水B．将碘水倒入分液漏斗，再加适量乙醇，充分振荡、静置，可从碘水中萃取碘C．洁净的铁钉在食盐水中浸泡一段时间，铁钉上有气泡，说明铁发生了析氢腐蚀D．铁丝在氯气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体E．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后直接使用，而滴定管用蒸馏水洗净后，必须润洗后使用-30-\n（2）用铜片与稀硝酸反应制取NO气体，如图装置中适合的是　图乙　（填序号）；装置B中的试剂最好是　水　，该装置的作用是　除去二氧化氮，收集NO　．考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质．版权所有专题：实验评价题．分析：（1）A．带有活塞、玻璃塞的仪器需要检查是否漏水；B．乙醇和水混溶，不能用于萃取；C．食盐水呈中性，应发生吸氧腐蚀；D．铁与氯气反应生成棕色的氯化铁；E．中和滴定时，应减少实验误差．（2）铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，易与空气反应，应用排水法收集．解答：解：（1）A．分液漏斗、滴定管和容量瓶都可用来盛装溶液，在使用前应首先检查是否漏水，故A正确；B．乙醇和水混溶，不能用于萃取，可用苯或四氯化碳萃取，故B错误；C．食盐水呈中性，应发生吸氧腐蚀，故C错误；D．铁与氯气反应生成棕色的氯化铁，而不是四氧化三铁黑色固体，故D错误；E．滴定管用蒸馏水洗净后，必须润洗后使用目的是减少实验误差，故E正确．故答案为：AE；（2）铜和稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，易与空气反应，应用排水法收集，则应用乙装置，且装置B中盛水，可除去二氧化氮，收集NO．故答案为：图乙；水；除去二氧化氮，收集NO．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离和提纯以及气体的制备和收集，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新杂质，且不能影响被提纯物质的性质，难度不大．　18．（12分）A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图（部分反应中的水已略去）．（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品．①反应Ⅲ的离子方程式是　HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣　．②C浓度为0.1mol/L时，pH最接近　C　．A．5.6B．7.0C．8.4D．13.0③B溶液中各离子浓度由大到小顺序是　c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）　，氯碱工业中两种产物可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1mol-30-\nKI转移电子0.6mol，则三种物质间反应的离子方程式是　3Cl2+6OH﹣+I﹣=6Cl﹣+IO3﹣+3H2O　．（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料．①检验某溶液中含有B的阳离子的方法是　取少许溶液，加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+　．②B可作净水剂，其原理是　Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　（用方程式表示）．在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是　酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）3胶体　．考点：无机物的推断．版权所有专题：推断题．分析：（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品，可知A为NaOH，C为NaHCO3，B为Na2CO3，D为CO2，Na2CO3；（2）D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，应为氧化铁，则D为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2．解答：解：（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品，可知A为NaOH，C为NaHCO3，B为Na2CO3，D为CO2，则：①反应Ⅲ的离子方程式是：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣，故答案为：HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣；②NaHCO3浓度为0.1mol/L时，水解溶液呈碱性，碱性比0.1mol/LNaOH溶液弱，故其pH最接近8.4，故答案为：C；③Na2CO3溶液中，CO32﹣离子水解生成HCO3﹣离子，HCO3﹣离子进一步水解生成碳酸，溶液中氢离子浓度最小，则有：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），氯碱工业中氯气、NaOH可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1molKI转移电子0.6mol，则I元素被氧化为+5价，则生成IO3﹣，氯气被还原得到Cl﹣，则三种物质间反应的离子方程式是：3Cl2+6OH﹣+I﹣=6Cl﹣+IO3﹣+3H2O，故答案为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）；3Cl2+6OH﹣+I﹣=6Cl﹣+IO3﹣+3H2O；（2）D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，应为氧化铁，则D为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，则：①检验某溶液中含有FeCl3的阳离子的方法是：取少许溶液，加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+，故答案为：取少许溶液，加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+；②B为FeCl3，可水解生成具有吸附性的Fe（OH）3，可用于净水，水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）3胶体，故答案为：Fe3++3H2O⇌-30-\nFe（OH）3+3H+；酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）3胶体．点评：本题考查无机物推断，题目比较综合，涉及离子方程式、离子检验、盐类水解应用，需要学生熟练掌握元素化合物知识，侧重于学生的分析能力、推断能力和综合运用元素化合物知识，难度中等．　19．（14分）某化学实验小组为验证常见还原剂SO2、I﹣、Fe2+的还原性强弱的顺序为：SO2＞I﹣＞Fe2+，用图所示装置进行实验（加热和夹持装置已略，气密性已检验）．（1）上述实验需要加热的装置是　C　（2）A中反应的化学方程式为　Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O　（3）D中，烧杯盛放的是　氢氧化钠溶液　（4）实验开始时，关闭K1，打开K2，通入少量氯气，写出B中发生反应的离子方程式　2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣　①为验证I﹣的还原性比Fe2+强，取（4）后B中的少量溶液于试管中，应再往试管中滴入　淀粉溶液　溶液，现象是　溶液呈蓝色　②在（4）后，为了比较SO2和I﹣的还原性强弱，接下来的操作是　A　A．打开K1　　　　　　　　　B．打开K2　　　　　　　C．同时打开K1和K2（5）若打开K2，通入Cl2恰好将Fe2+、I﹣全部氧化后，再打开K1通入SO2，当Fe3+全部转化为Fe2+时，此时通入的SO2的体积（标准状况下）为　0.56L　考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应；性质实验方案的设计．版权所有专题：实验设计题．分析：（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下会发生反应生成氯气；（2）A中反应为硫酸与亚硫酸钠发生强酸制弱酸的反应；（3）氯气属于有毒气体，可以用氢氧化钠溶液来吸收；（4）亚铁离子和碘离子具有还原性，能被氯气氧化，但是碘离子的还原性强于亚铁离子；①碘离子可以被氧化为单质碘，遇到淀粉变为蓝色；亚铁离子能被氧化为三价铁离子，遇到硫氰化钾显示红色；②根据二氧化硫能否和碘单质间的反应可以判断二氧化硫和碘离子的还原性强弱；（5）根据铁离子和二氧化硫之间的反应方程式进行计算．解答：解：（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下会发生反应生成氯气，所以加热的仪器是C，故答案为：C；-30-\n（2）A中反应为硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O；故答案为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O；（3）氯气属于有毒气体，可以用氢氧化钠溶液来吸收，所以D中烧杯盛放的是氢氧化钠溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；（4）亚铁离子和碘离子具有还原性，能被氯气氧化，但是碘离子的还原性强于亚铁离子，所以少量的氯气可以将碘离子氧化，离子反应为2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，但是不能将亚铁离子氧化，故答案为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣；①碘离子可以被氧化为单质碘，碘单质遇到淀粉变为蓝色，据此可以用淀粉检验碘单质的产生，故答案为：淀粉溶液；溶液呈蓝色；②比较SO2和I﹣的还原性强弱，可以根据二氧化硫能否和碘单质间的反应来判断，所以可以关闭K2开K1，故答案为：A；（5）铁离子和二氧化硫之间的反应实质是：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，根据铁元素守恒，铁离子的物质的量是0.05mol，所以消耗二氧化硫的物质的量是0.025mol，体积是：0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故答案为：0.56L．点评：本题考查学生氯气的性质以及氧化还原反应的综合知识，属于综合知识的考查，难度不大．　20．（8分）A、B、C、D、E、F、X存在如图甲所示转换关系，其中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸．X可能是强酸，也可能是强碱．（1）A的化学式是　（NH4）2S　．（2）若X是强酸，将D与Cl2同时通入水中发生反应的离子方程式为　Cl2+SO2+2H2O═SO42﹣+2Cl﹣+4H+　．（3）若X是强碱，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是氯化物．①过量的B跟Cl2反应的化学方程式为　8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl　．②工业生产中B→D的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．考点：无机物的推断．版权所有专题：推断题．分析：A是一种正盐，B是气态氢化物，X无论是强酸还是强碱时都有该转化关系，故A为弱酸的铵盐；若X为强酸，B为酸性氢化物，由BC，C是单质，可知氢化物B具有还原性，F是强酸，由CDE可知，物质含有的元素具有变价，C为S单质，符合转化关系，可推知，A为（NH4）2S，B为H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，F为H2SO4；若X是强碱，B为NH3，C为N2，NH3跟Cl2反应除生成N2外，另一产物是NH4Cl，D为NO，E为NO2，F为HNO3，符合转化关系．解答：-30-\n解：A是一种正盐，B是气态氢化物，X无论是强酸还是强碱时都有该转化关系，故A为弱酸的铵盐；若X为强酸，B为酸性氢化物，由BC，C是单质，可知氢化物B具有还原性，F是强酸，由CDE可知，物质含有的元素具有变价，C为S单质，符合转化关系，可推知，A为（NH4）2S，B为H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，F为H2SO4；若X是强碱，B为NH3，C为N2，NH3跟Cl2反应除生成N2外，另一产物是NH4Cl，D为NO，E为NO2，F为HNO3，符合转化关系．（1）由上述分析可知，A为（NH4）2S；故答案为：（NH4）2S；（2）若X为强酸，B为酸性氢化物，由BC，C是单质，可知氢化物B具有还原性，F是强酸，由CDE可知，物质含有的元素具有变价，C为S单质，符合转化关系，可推知，A为（NH4）2S，B为H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，F为H2SO4，SO2与Cl2同时通入水中发生反应离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O═SO42﹣+2Cl﹣+4H+；故答案为：Cl2+SO2+2H2O═SO42﹣+2Cl﹣+4H+；（3）若X是强碱，B为NH3，C为N2，NH3跟Cl2反应除生成N2外，另一产物是NH4Cl，D为NO，E为NO2，F为HNO3，符合转化关系：①过量的NH3跟Cl2反应的化学方程式为：8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl，②工业生产中B→D的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl；4NH3+5O24NO+6H2O．点评：本题以“无机框图题”的形式考查无机物推断、元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语等，难度中等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力．判断A为弱酸的铵盐是推断的关键，再结合特殊转化关系（C能连续与氧气反应生成E）推断．　21．（12分）国家拟于“十二五”期间将SO2的排放量减少8%，研究SO2综合利用意义重大．（1）已知25℃时：SO2（g）+2CO（g）═2C02（g）+Sx（s）△H=akJ•mol﹣1；2COS（g）+SO2（g）═2CO2（g）+Sx（s）△H=bkJ•mol﹣1．则CO与Sx生成COS反应的热化学方程式是　CO（g）+Sx（s）=COS（g）△H=KJ/mol　．（2）有人设想按如图甲所示装置用废气中的SO2生产硫酸．写出SO2电极的电极反应式　SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+　．（3）提高反应2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）△H-30-\n＜0中SO2的转化率是控制SO2排放的关键措施之一．某课外活动小组进行了如下探究：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%，前5min内SO2的平均反应速率为　0.2mol/L•min　．②在①中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率及SO3的平衡浓度都比原来增大的是　bd　（填序号）．a温度和容器体积不变，充入1.0molHe（g）b温度和容器体积不变，充入2molSO2和lmolO2c温度和容器体积不变，充入1.0molSO2d在其他条件不变时，减小容器的容积③在其他条件不变的情况下，探究起始时氧气物质的量对2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应的影响，实验结果如图乙所示．（图中T表示温度，n表示物质的量）：在a、b、c三点所处的平衡状态中，SO2的转化率最高的是　c　，温度T1　＞　T2（填“＞”“＜”或“一”）．考点：热化学方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的影响因素．版权所有专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．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）根据原电池反应是氧化还原反应，负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应；（3）①依据化学平衡三段式列式计算；②改变下列条件，能使SO2的转化率及SO3的平衡浓度都比原来增大，依据化学平衡影响因素和平衡移动原理分析判断；③依据图象分析，随压强量的增加，二氧化硫的转化率增大；依据平衡移动原理，反应是放热反应，温度越高，平衡逆向进行，三氧化硫含量减小．解答：解：（1）①SO2（g）+2CO（g）═2C02（g）+Sx（s）△H=akJ•mol﹣1；②2COS（g）+SO2（g）═2CO2（g）+Sx（s）△H=bkJ•mol﹣1．依据盖斯定律（①×2﹣②）÷2得到：CO（g）+Sx（s）=COS（g）△H=KJ/mol，-30-\n故答案为：CO（g）+Sx（s）=COS（g）△H=KJ/mol；（2）据图装置分析，二氧化硫失电子发生氧化反应，二氧化硫被氧化为三氧化硫溶于水生成硫酸；电极反应为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；（3）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起始量（mol）4.02.00变化量（mol）4.0×50%1.02.0平衡量（mol）2.01.02.0前5min内SO2的平均反应速率==0.2mol/L•min；故答案为：0.2mol/L•min；②在①中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率及SO3的平衡浓度都比原来增大的是：a、温度和容器体积不变，充入1.0molHe（g），总压增大，分压不变，平衡不动，故a不符合；b、温度和容器体积不变，充入2molSO2和lmolO2，相当于增大压强，平衡正向进行，SO2的转化率及SO3的平衡浓度都比原来增大，故b符合；c、温度和容器体积不变，充入1.0molSO2，平衡正向进行，三氧化硫浓度增大，二氧化硫转化率减小，故c不符合；d、在其他条件不变时，减小容器的容积，压强增大，平衡正向进行，SO2的转化率及SO3的平衡浓度都比原来增大，故d符合；故答案为：bd；③依据图象分析，随压强量的增加，二氧化硫的转化率增大；依据平衡移动原理，反应是放热反应，温度越高，平衡逆向进行，三氧化硫含量减小，所以T1＞T2，故答案为：c；＞．点评：本题考查了化学平衡的有关知识，化学反应进行的方向判断，转化率的计算、外界条件对化学平衡的影响，图象分析是关键，题目难度中等．-30-