2022-2022学年重庆市石柱中学高三（上）周考化学试卷（6） 一、选择题（共7个小题，每小题6分，共42分；每题只有一个正确选项）1．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（ ）A．氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏B．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C．碳酸氢钠热稳定性弱，用作焙制糕点的发酵粉D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸 2．下列溶液中离子一定能够大量共存的是（ ）A．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣C．c（H+）：c（OH﹣）=1：1012的水溶液中：CO32﹣、Na+、NO3﹣、AlO2﹣D．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣ 3．下列实验装置设计正确、且能达到目的是（ ）A．实验Ⅰ：静置一段时间，小试管内有晶体析出B．实验Ⅱ：制取O2C．实验Ⅲ：除CO2气体中的HClD．实验Ⅳ：配制一定物质的量浓度的稀硫酸 4．对图装置说法正确的是（ ）A．a电极上发生还原反应B．盐桥中的阴离子向b电极移动C．一段时间后，c电极区溶液的pH降低D．一定时间内，向d电极区滴入黄色K3[Fe（CN）6]溶液，可能出现Fe3[Fe（CN）6]2蓝色沉淀 5．下列说法正确的是（ ）A．HIO与HCN均为含有极性键的直线形极性分子15B．SiO2与C02均为每摩含有4×6.02×1023对共用电子对的酸性氧化物C．Na2S浓溶液与稀盐酸分别滴加到饱和AgCl溶液中均一定有沉淀产生D．明矾与离子交换树脂均能将海水进行淡化 6．关于下列四个图象的说法中正确的是（ ）A．图①t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强B．图②该微粒仅为18O2﹣不能为16O2﹣C．图③若A为CaO，则B可能为MgOD．图④中的△H1＜△H2 7．常温常压时，下列叙述不正确的是（ ）A．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）B．pH=5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中c（H+）水：①＞②＞③C．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色D．0.1mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，则b＜a+l 二、非选择题（共4个小题，共58分）8．已知X、Y、Z、W、Q都是周期表中短周期的元素，它们的核电荷数依次增大．其中X、Y、Z是同周期的非金属元素．W的三价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构，它们相互形成的化合物中存在离子键；XZ2为非极性分子；Y、Z氢化物的沸点比它们同族其他元素氢化物的沸点高；Q在同周期元素中原子半径最小．回答下列问题：（1）写出化合物XZ2的电子式 ，其晶体类型为 ．（2）Y、Z氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高的原因是 ．（3）将少量YZ2通入过量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是 ．（4）某温度下，在2L密闭容器中投入0.2molH2和0.2molXZ2，发生如下反应：H2+XZ2⇌H2Z+XZ测得平衡时，XZ2的转化率为60%，则该温度下的平衡常数为 ．（5）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的高效氧化剂和消毒剂，常用于饮用水处理．工业生产高铁酸钾的方法为：①常温下先将Q的单质通入氢氧化钠溶液中制得含Q元素的一种含氧酸盐；②再将其与氢氧化钠溶液混合氧化硝酸铁，得到高铁酸钠粗产品；③过滤后用氢氧化钾溶液溶解，重结晶，再经过脱碱、洗涤、干燥处理，得到高铁酸钾．写出②中发生反应的离子方程式 ，第③步中高铁酸钠能够转化为高铁酸钾的原因是 ． 159．现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E同主族，且D的氢化物常温时为液态．A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子．（1）C的元素符号是 ；元素F在周期表中的位置 ．（2）B、D、E元素的氢化物的沸点高低顺序为 ＞ ＞ （用化学式表示）．（3）C4气态分子结构如图所示，已知断裂1molC﹣C吸收l67KJ的热量，生成lmolC≡C放出942KJ热量．试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式 ．（4）某盐x（C2A6F2）的性质与CA4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性．①盐x显酸性原因（用离子方程式表示） ．②写出足量金属镁加入盐x的溶液中所发生反应的化学方程式 ．（5）E所在周期中原子半径最大的元素与D元素可形成化合物у，酚酞试液遇у先变红后褪色，写出等物质的量的у与FeSO4投入水中恰好完全反应的离子反应方程式 ． 10．氢溴酸、硫酸钡是用途广泛的工业产品．实验室利用SO2、Br2模拟工业上精制氢溴酸同时得副产品硫酸钡，有关流程如下：（1）实验室制Br2的反应原理为2NaBr+3H2SO4（浓）+MnO22NaHSO4+MnSO4+Br2↑+2H2O则下列装置中，可用来制取Br2的是 （填字母，下同），可用来吸收SO2尾气的是 ．（2）试剂a为 ，使用冰水的目的是 ．（3）加入Na2SO3的目的是除去 ，所加Na2SO3的量的多少是否会影响氢溴酸的产量？ （填“影响”或“不影响”）．（4）为得到纯净的BaSO4晶体，洗涤沉淀的具体操作为： ．15（5）工业上氢溴酸常显淡黄色，可能的原因是：①含有杂质Fe3+②含有杂质Br2③含有杂质Fe3+、Br2，只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是 （填字母）．a．KMnO4b．CCl4c．NaOHd．KSCN． 11．将由Na+、Ba2+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣组合形成的三种强电解质溶液，分别装入下图装置中的甲、乙、丙三个烧杯中进行电解，电极均为石墨电极．接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加．常温下各烧杯中溶液pH与电解时间t的关系如右上图（忽略因气体溶解带来的影响）．据此回答下列问题：（1）写出乙烧杯中发生反应的化学方程式 ；（2）电极f上发生的电极反应为 ；（3）若经过一段时间后，测得乙烧杯中c电极质量增加了8g，要使丙烧杯中溶液恢复到原来的状态，应进行的操作是 ． 12．工业上利用BaSO4制备BaCl2的工艺流程如下：某活动小组的同学在实验室以重晶石（主要成分BaSO4）为原料，对上述工艺流程进行模拟实验．（1）上述过程中，气体用过量NaOH溶液吸收得到Na2S．Na2S水溶液显碱性的原因是 （用离子方程式表示）．（2）已知有关反应的热化学方程式如下：BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ/molC（s）+CO2（g）2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol则反应BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H3= kJ/mol（3）在高温焙烧重晶石过程中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是 ， ． 152022-2022学年重庆市石柱中学高三（上）周考化学试卷（6）参考答案与试题解析 一、选择题（共7个小题，每小题6分，共42分；每题只有一个正确选项）1．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（ ）A．氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏B．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C．碳酸氢钠热稳定性弱，用作焙制糕点的发酵粉D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸【考点】氨的化学性质；硝酸的化学性质；钠的重要化合物．【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．根据用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏的反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl来分析；B．氢氟酸为弱酸；C．碳酸氢钠不稳定，受热容易分解；D．铜与浓硝酸常温下就能反应．【解答】解：A．在反应3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl中，氨气做还原剂，表现还原性，故A错误；B．氢氟酸为弱酸，不具有强酸性，故B错误；C．碳酸氢钠不稳定，受热容易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，用作焙制糕点的发酵粉，故C正确；D．铜的金属活动性比铝弱，不可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸，因为铜与浓硝酸发生氧还原反应，而铝在浓硝酸中发生钝化，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氨气、氢氟酸、碳酸氢钠、浓硝酸的性质是解题关键，注意铝与冷的浓硝酸的钝化反应，题目难度不大． 2．下列溶液中离子一定能够大量共存的是（ ）A．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液中：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣C．c（H+）：c（OH﹣）=1：1012的水溶液中：CO32﹣、Na+、NO3﹣、AlO2﹣D．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能存在还原性离子；C．c（H+）：c（OH﹣）=1：1012的水溶液，溶液显碱性；D．MnO4﹣为紫色．【解答】解：A．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2+，酸性溶液中Al、NO3﹣、H+发生氧化还原反应不生成氢气，故A错误；B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能大量存在S2﹣、SO32﹣，故B错误；C．c（H+）：c（OH﹣）=1：1012的水溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故D错误；故选C．15【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，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大． 3．下列实验装置设计正确、且能达到目的是（ ）A．实验Ⅰ：静置一段时间，小试管内有晶体析出B．实验Ⅱ：制取O2C．实验Ⅲ：除CO2气体中的HClD．实验Ⅳ：配制一定物质的量浓度的稀硫酸【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．浓硫酸吸水；B．过氧化钠为粉末状固体；C．碳酸钠能与二氧化碳反应；D．容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品．【解答】解：A．浓硫酸具有吸水作用，可导致有晶体析出，故A正确；B．过氧化钠为粉末状固体，不能使反应随时停止，故B错误；C．碳酸钠能与二氧化碳反应，将原物质除掉，故C错误；D．浓硫酸稀释时放出大量的热，导致配制溶液不准确，容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，故D错误．故选A．【点评】本题考查了实验方案设计，设计尾气处理、饱和溶液、仪器的使用等知识点，根据气体性质、饱和溶液特点、仪器的作用来分析解答，知道各个实验原理是解本题关键，题目难度不大． 4．对图装置说法正确的是（ ）A．a电极上发生还原反应B．盐桥中的阴离子向b电极移动C．一段时间后，c电极区溶液的pH降低D．一定时间内，向d电极区滴入黄色K3[Fe（CN）6]溶液，可能出现Fe3[Fe（CN）6]2蓝色沉淀【考点】原电池和电解池的工作原理．15【专题】电化学专题．【分析】该装置中，左池中的Zn为负极，Zn失电子生成锌离子，右池中的Fe为正极，亚铁离子得电子生成Fe，滤纸上的Zn为阴极，氢离子得电子生成氢气，Fe为阳极，Fe失电子生成亚铁离子，据此分析．【解答】解：A、a电极为负极发生氧化反应，故A错误；B、盐桥中的阴离子影响负极a，故B错误；C、c极区氢离子放电生成氢氧根离子，pH升高，故C错误；D、d极Fe放电生成亚铁离子，与K3[Fe（CN）6]反应生成Fe3[Fe（CN）6]2蓝色沉淀，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原电池和电解池相关知识，注意电极上的放电顺序，题目难度中等． 5．下列说法正确的是（ ）A．HIO与HCN均为含有极性键的直线形极性分子B．SiO2与C02均为每摩含有4×6.02×1023对共用电子对的酸性氧化物C．Na2S浓溶液与稀盐酸分别滴加到饱和AgCl溶液中均一定有沉淀产生D．明矾与离子交换树脂均能将海水进行淡化【考点】判断简单分子或离子的构型；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、HIO中心原子O电子对数为2+=4，杂化方式为SP3，分子构型为V型；B、SiO2与C02每一摩尔Si和C均含有4mol共价键；C、稀盐酸中氯离子浓度若小于饱和AgCl溶液中氯离子浓度，则不会产生沉淀；D、海水淡化是使海水中盐分减少，即减少钠离子和氯离子的量．【解答】解：A、HIO中心原子O电子对数为2+=4，杂化方式为SP3，分子构型为V型，故A错误；B、SiO2与C02每一摩尔Si和C均含有4mol共价键，则每摩含有4×6.02×1023对共用电子对，SiO2与C02均属于酸性氧化物，故B正确；C、稀盐酸中氯离子浓度若小于饱和AgCl溶液中氯离子浓度，相当于稀释了饱和AgCl溶液，所以不会产生沉淀，故C错误；D、明矾水解生成絮状沉淀可以吸附水中漂浮物，不能吸附阴阳离子，故不能淡化海水，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了分子构型和极性、化学键数目的简单计算、难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化的本质，综合性强，难度中等． 6．关于下列四个图象的说法中正确的是（ ）15A．图①t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强B．图②该微粒仅为18O2﹣不能为16O2﹣C．图③若A为CaO，则B可能为MgOD．图④中的△H1＜△H2【考点】化学平衡的影响因素；原子结构与元素的性质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；反应热和焓变．【分析】A、升温时平衡逆向移动；B、18O2﹣和16O2﹣中只有中子数不同，质子数和核外电子数相同；C、MgO比CaO的熔点高；D、C完全燃烧比不完全燃烧放热多．【解答】解：A、升温平衡逆向移动，四氧化二氮浓度减小二氧化氮浓度增大，故A错误；B、18O2﹣和16O2﹣中只有中子数不同，质子数和核外电子数相同，图②该微粒可能是18O2﹣也可能是16O2﹣，故B错误；C、MgO比CaO的熔点高，故C错误；D、C完全燃烧生成二氧化碳比不完全燃烧生成CO放热多，放热反应的焓变为负值，所以△H1＜△H2，故D正确；故选D．【点评】本题考查了学生对图象的分辨能力和平衡移动、同位素、金属氧化物的熔点、燃烧放热多少比较等，题目难度中等． 7．常温常压时，下列叙述不正确的是（ ）A．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）B．pH=5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中c（H+）水：①＞②＞③C．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色D．0.1mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，则b＜a+l【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、等浓度的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液PH大小NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa；B、氯化铵促进水的电离，醋酸和盐酸抑制水的电离；C、醋酸是弱酸，平衡状态下的氢离子反应后，又继续电离出氢离子，混合溶液呈酸性；D、醋酸是弱酸存在电离平衡，溶液浓度稀释10倍，溶液中氢离子浓度变化不是10倍；【解答】解：A、等浓度的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液PH大小NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故A正确；B、氯化铵促进水的电离，醋酸和盐酸抑制水的电离，pH=5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中c（H+）水：①＞②=③，故B错误；C、醋酸是弱酸，平衡状态下的氢离子反应后，又继续电离出氢离子，混合溶液呈酸性，滴入石蕊溶液呈红色，故C正确；D、醋酸是弱酸存在电离平衡，溶液浓度稀释10倍，醋酸又电离出氢离子，溶液中氢离子浓度变化不是10倍，0.1mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，则b＜a+l，故D正确；故选B．【点评】本题考查了弱电解质溶液酸碱性分析，电离平衡影响因素的理解应用，盐类水解和影响水的电离平衡因素的分析判断是解题关键，题目难度中等．15 二、非选择题（共4个小题，共58分）8．已知X、Y、Z、W、Q都是周期表中短周期的元素，它们的核电荷数依次增大．其中X、Y、Z是同周期的非金属元素．W的三价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构，它们相互形成的化合物中存在离子键；XZ2为非极性分子；Y、Z氢化物的沸点比它们同族其他元素氢化物的沸点高；Q在同周期元素中原子半径最小．回答下列问题：（1）写出化合物XZ2的电子式 ，其晶体类型为 分子晶体 ．（2）Y、Z氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高的原因是 氨气分子之间、水分子之间都存在氢键 ．（3）将少量YZ2通入过量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是 二氧化氮、氧气 ．（4）某温度下，在2L密闭容器中投入0.2molH2和0.2molXZ2，发生如下反应：H2+XZ2⇌H2Z+XZ测得平衡时，XZ2的转化率为60%，则该温度下的平衡常数为 2.25 ．（5）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的高效氧化剂和消毒剂，常用于饮用水处理．工业生产高铁酸钾的方法为：①常温下先将Q的单质通入氢氧化钠溶液中制得含Q元素的一种含氧酸盐；②再将其与氢氧化钠溶液混合氧化硝酸铁，得到高铁酸钠粗产品；③过滤后用氢氧化钾溶液溶解，重结晶，再经过脱碱、洗涤、干燥处理，得到高铁酸钾．写出②中发生反应的离子方程式 3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O ，第③步中高铁酸钠能够转化为高铁酸钾的原因是 高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 ．【考点】原子结构与元素的性质；化学平衡的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题．【分析】已知X、Y、Z、W、Q都是周期表中短周期的元素，它们的核电荷数依次增大．W的三价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构，则W为Al元素；Q原子序数等于W，Q在同周期元素中原子半径最小，则Q为Cl元素；X、Y、Z是同周期的非金属元素，处于第二周期，XZ2为非极性分子，应是CO2，则X为碳元素、Y为氮元素，Z为氧元素．阳离子含有10个电子，与铝离子电子数相同，氧化铝是离子化合物，氨气、水分子间存在氢键，沸点高于同族其他元素氢化物的沸点，验证符合，据此解答．【解答】已知X、Y、Z、W、Q都是周期表中短周期的元素，它们的核电荷数依次增大．W的三价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构，则W为Al元素；Q原子序数等于W，Q在同周期元素中原子半径最小，则Q为Cl元素；X、Y、Z是同周期的非金属元素，处于第二周期，XZ2为非极性分子，应是CO2，则X为碳元素、Y为氮元素，Z为氧元素．阳离子含有10个电子，与铝离子电子数相同，氧化铝是离子化合物，氨气、水分子间存在氢键，沸点高于同族其他元素氢化物的沸点，验证符合，（1）XZ2是CO2，碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，其晶体类型属于分子晶体，故答案为：；分子晶体；（2）氨气分子之间、水分子之间都存在氢键，沸点高于同族其他元素氢化物的沸点，故答案为：氨气分子之间、水分子之间都存在氢键；（3）将少量NO215通入过量小苏打溶液中，先与水反应生成硝酸、NO，硝酸与小苏打反应生成二氧化碳，NO、二氧化碳的体积之比为1：2，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，氧气与NO为1：1，二者反应生成二氧化氮，氧气有剩余，故最后收集到的气体是二氧化氮、氧气，故答案为：二氧化氮、氧气；（4）某温度下，在2L密闭容器中投入0.2molH2和0.2molCO2，发生如下反应：H2+CO2⇌H2O+CO测得平衡时，CO2的转化率为60%，则参加反应的二氧化碳为0.2mol×60%=0.12mol，则：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g），开始（mol）：0.20.200变化（mol）：0.120.120.120.12平衡（mol）：0.080.080.120.12反应气体气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故k==2.25，故答案为：2.25；（5）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的高效氧化剂和消毒剂，常用于饮用水处理．工业生产高铁酸钾的方法为：①常温下先将氯气通入氢氧化钠溶液中制得含Cl元素的一种含氧酸盐，该盐为NaClO，②再将其与氢氧化钠溶液混合氧化硝酸铁，得到高铁酸钠粗产品，同时生成氯化钠、水，反应离子方程式为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，③由于高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，过滤后用氢氧化钾溶液溶解，重结晶，再经过脱碱、洗涤、干燥处理，得到高铁酸钾，故答案为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小．【点评】本题综合性较大，涉及结构性质位置关系、常用化学用语、化学平衡及平衡常数的有关计算、氧化还原反应、物质的分离提纯等，难度中等，是对学生综合能力的考查，推断元素是解题的关键． 9．现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E同主族，且D的氢化物常温时为液态．A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子．（1）C的元素符号是 N ；元素F在周期表中的位置 第三周期第ⅦA族 ．（2）B、D、E元素的氢化物的沸点高低顺序为 H2O ＞ NH3 ＞ CH4 （用化学式表示）．（3）C4气态分子结构如图所示，已知断裂1molC﹣C吸收l67KJ的热量，生成lmolC≡C放出942KJ热量．试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式 N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol ．（4）某盐x（C2A6F2）的性质与CA4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性．①盐x显酸性原因（用离子方程式表示） N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+ ．②写出足量金属镁加入盐x的溶液中所发生反应的化学方程式 Mg+N2H6Cl2=MgCl2+N2H4+H2↑ ．（5）E所在周期中原子半径最大的元素与D元素可形成化合物у，酚酞试液遇у先变红后褪色，写出等物质的量的у与FeSO4投入水中恰好完全反应的离子反应方程式 4Fe2++4Na2O2+6H2O═8Na++4Fe（OH）3↓+O2↑ ．15【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】A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D的氢化物常温时为液态，D为氧元素；D与E同主族，则E为硫元素；F的原子序数大于S，且为主族元素，则F为Cl元素；A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，核外电子数为10，分别为：CH4、NH3、H2O，则A为H元素、B为C元素、C为N元素，据此进行解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D的氢化物常温时为液态，D为氧元素；D与E同主族，则E为硫元素；F的原子序数最大，则F为Cl元素；A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子，则核外电子数为10，分别为：CH4、NH3、H2O，则A为H元素、B为碳元素、C为氮元素，（1）由上述分析可知，C为N元素；元素F为Cl元素，处于第三周期第ⅦA族，故答案为：N；第三周期第ⅦA族；（2）水常温下，水为气体，氨气、甲烷为气体，氨气分子中存在氢键，沸点比甲烷高，故由高到低的顺序为：H2O＞NH3＞CH4，故答案为：H2O＞NH3＞CH4；（3）发生反应为：N4=2N2，该反应的焓变为：△H=6×167kJ/mol﹣2×942kJ/mol=﹣882kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol，故答案为：N4（g）=2N2（g）△H=﹣882kJ/mol；（4）某盐N2H6Cl2的性质与NH4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性．①盐N2H6Cl2显酸性原因为：N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，故答案为：N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+；②足量金属镁加入盐N2H6Cl2的溶液中产生H2的化学方程式为：Mg+N2H6Cl2=MgCl2+N2H4+H2↑，故答案为：Mg+N2H6Cl2=MgCl2+N2H4+H2↑；（5）E为S元素，E所在周期为是、第三周期，第三周期中原子半径最大的元素为Na元素，D为O元素，钠元素与O元素可形成化合物у，酚酞试液遇у先变红后褪色，则Y为过氧化钠，等物质的量的过氧化钠与FeSO4投入水中恰好完全反应的离子反应方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O═8Na++4Fe（OH）3↓+O2↑，故答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O═8Na++4Fe（OH）3↓+O2↑．【点评】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、热化学方程式书写、对给予信息的利用等中等，题目难度中等，推断元素是解题关键，（4）注意根据铵盐的性质进行理解，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力． 10．氢溴酸、硫酸钡是用途广泛的工业产品．实验室利用SO2、Br2模拟工业上精制氢溴酸同时得副产品硫酸钡，有关流程如下：15（1）实验室制Br2的反应原理为2NaBr+3H2SO4（浓）+MnO22NaHSO4+MnSO4+Br2↑+2H2O则下列装置中，可用来制取Br2的是 b （填字母，下同），可用来吸收SO2尾气的是 d或f ．（2）试剂a为 BaCl2 ，使用冰水的目的是 降低体系温度，防止溴蒸发，使反应安全 ．（3）加入Na2SO3的目的是除去 溴 ，所加Na2SO3的量的多少是否会影响氢溴酸的产量？ 影响 （填“影响”或“不影响”）．（4）为得到纯净的BaSO4晶体，洗涤沉淀的具体操作为： 沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水没过沉淀物，水面不能超过滤纸边缘，让水自然流下，重复上述操作2﹣3次 ．（5）工业上氢溴酸常显淡黄色，可能的原因是：①含有杂质Fe3+②含有杂质Br2③含有杂质Fe3+、Br2，只用下列一种试剂就能分析产生淡黄色的原因，该试剂是 b （填字母）．a．KMnO4b．CCl4c．NaOHd．KSCN．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】冰水中通入SO2、Br2，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，然后采用蒸馏的方法分离得到硫酸溶液和HBr溶液粗品，向HBr溶液中加入Na2SO3溶液，过量的Br2和Na2SO3反应，反应方程式为Br2+Na2SO3+H2O=2HBr+Na2SO4，得到溶液I，I中溶质为HBr、Na2SO4，向溶液I中加入试剂a然后过滤得到硫酸钡晶体和NaCl、HBr，根据元素守恒知试剂a为BaCl2溶液，（1）根据方程式知，制取溴需要固液混合加热型装置；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，所以应该用NaOH溶液吸收尾气，要注意防止倒吸；（2）根据元素守恒确定a试剂名称；溴易挥发，温度高时促进其挥发且溴有毒；（3）亚硫酸钠具有还原性，能将溴还原；Na2SO3的量的多少影响氢溴酸的制取；（4）洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水没过沉淀物，水面不能超过滤纸边缘，让水自然流下；（5）氢溴酸常常显淡黄色，溶液中可能含有铁离子或溴单质，铁离子能溶于水，不易溶于有机溶剂，但溴易溶于有机溶剂．【解答】解：冰水中通入SO2、Br2，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，然后采用蒸馏的方法分离得到硫酸溶液和HBr溶液粗品，向HBr溶液中加入Na2SO3溶液，过量的Br2和Na2SO3反应，反应方程式为Br2+Na2SO3+H2O=2HBr+Na2SO4，得到溶液I，I中溶质为HBr、Na2SO415，向溶液I中加入试剂a然后过滤得到硫酸钡晶体和NaCl、HBr，根据元素守恒知试剂a为BaCl2溶液，（1）根据方程式知，制取溴需要固液混合加热型装置，故选b；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，所以应该用NaOH溶液吸收尾气，要注意防止倒吸，有缓冲装置的能防止倒吸，故选d或f，故答案为：b；d或f；（2）通过以上分析知a试剂为BaCl2；溴易挥发，温度高时促进其挥发且溴有毒，所以使用冰水的目的是：降低体系温度，防止溴蒸发，使反应安全，故答案为：BaCl2；降低体系温度，防止溴蒸发，使反应安全；（3）亚硫酸钠具有还原性，能将溴还原，所以加入Na2SO3的目的是除去溴；Na2SO3过量能促进溴完全反应，所以亚硫酸钠量的多少影响氢溴酸的制取，故答案为：溴；影响；（4）洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水没过沉淀物，水面不能超过滤纸边缘，让水自然流下，重复上述操作2﹣3次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水没过沉淀物，水面不能超过滤纸边缘，让水自然流下，重复上述操作2﹣3次；（5）氢溴酸常常显淡黄色，溶液中可能含有铁离子或溴单质，铁离子能溶于水，不易溶于有机溶剂，但溴易溶于有机溶剂，所以可以用四氯化碳溶液检验，如果是溴，四氯化碳溶液呈橙色，如果是铁离子，不溶于四氯化碳而分层，故选b．【点评】本题以物质制备为载体考查混合物的分离和提纯，侧重考查分析、基本操作能力，明确反应原理及物质性质是解本题关键，知道每一步发生的反应及其实验目的，题目难度中等． 11．将由Na+、Ba2+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣组合形成的三种强电解质溶液，分别装入下图装置中的甲、乙、丙三个烧杯中进行电解，电极均为石墨电极．接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加．常温下各烧杯中溶液pH与电解时间t的关系如右上图（忽略因气体溶解带来的影响）．据此回答下列问题：（1）写出乙烧杯中发生反应的化学方程式 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4 ；（2）电极f上发生的电极反应为 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑ ；（3）若经过一段时间后，测得乙烧杯中c电极质量增加了8g，要使丙烧杯中溶液恢复到原来的状态，应进行的操作是 向丙烧杯中加入水2.25g ．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】乙中c电极质量增加，说明c属于阴极，所以d是阳极，则M是负极，N是正极，f是阳极，e是阳极，b是阳极，a是阴极，根据电解后溶液pH的变化可知甲中的电解质是NaCl，乙中的电解质是CuSO4，丙中的电解质是Na2SO4，根据电解池的工作原理结合电极反应式进行计算即可．15【解答】解：乙中c电极质量增加，说明c属于阴极，所以d是阳极，则M是负极，N是正极，f是阳极，e是阳极，b是阳极，a是阴极，根据电解后溶液pH的变化可知甲中的电解质是NaCl，乙中的电解质是CuSO4，丙中的电解质是Na2SO4，（1）乙烧杯为电解硫酸铜溶液，反应的总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4；（2）丙为电解硫酸钠溶液，f为阳极，电极f上发生的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；（3）c电极质量增加了8g，为Cu，n（Cu）==0.125mol，转移0.25mol电子，丙中发生2H2OO2↑+2H2↑，转移0.25mol电子应消耗0.125mol水，质量为0.125mol×18g/mol=2.25g，应加入2.25g水可恢复到原来的浓度，故答案为：向丙烧杯中加入水2.25g．【点评】本题考查电解池的工作原理知识，注意电解中最关键的是准确判断出电极上离子的放电顺序，在判断电解产物时，首先判断阳极电极材料．如果是活性电极，则电极本身失去电子．如果是惰性电极，则溶液中的阴离子失去电子，而阴极是溶液中的阳离子得到电子，所以需要熟练记住常见离子的放电顺序． 12．工业上利用BaSO4制备BaCl2的工艺流程如下：某活动小组的同学在实验室以重晶石（主要成分BaSO4）为原料，对上述工艺流程进行模拟实验．（1）上述过程中，气体用过量NaOH溶液吸收得到Na2S．Na2S水溶液显碱性的原因是 S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣ （用离子方程式表示）．（2）已知有关反应的热化学方程式如下：BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ/molC（s）+CO2（g）2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol则反应BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H3= +226.2 kJ/mol（3）在高温焙烧重晶石过程中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是 使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量） ， BaSO4与C反应为吸热反应，利用C和空气中的O2反应放热来维持反应所需的高温 ．【考点】制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算；盐类水解的应用．15【专题】实验设计题；化学反应中的能量变化．【分析】本题以BaSO4制备BaCl2的工艺流程为载体，考查了利用盐类水解解释Na2S水溶液显碱性的原因、运用盖斯定律进行热化学反应的计算以及根据平衡移动的理论探究增加空气的量是为了促进反应正向进行，提高产量，据此可作答；（1）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主；（2）利用盖斯定律计算；（3）加入过量C可提高冰晶石的转化率，同时维持反应进行．【解答】解：（1）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成离子HS﹣，第二步水解生成H2S，水解的离子方程式分别为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故答案为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；（2）已知BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ/molC（s）+CO2（g）2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol，利用盖斯定律将①﹣2×②可得BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H3=（+571.2kJ/mol）﹣2×（+172.5kJ/mol）=+226.2kJ/mol，故答案为：+226.2；（3）加入过量碳有利于硫酸钡充分反应，题中反应均为吸热反应，所以生成需要提供能量才能完成，本生产可以借助过量的碳和氧气燃烧为生产提供能量，维持高温条件，故答案为：使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量）；硫酸钡和碳反应为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备方案的涉及以及电解原理等知识，注意电解中最关键的是准确判断出电极上离子的放电顺序．在判断电解产物时，首先判断阳极电极材料．如果是活性电极，则电极本身失去电子．如果是惰性电极，则溶液中的阴离子失去电子．而阴极是溶液中的阳离子得到电子，所以需要熟练记住常见离子的放电顺序 15
