2022-2022学年辽宁省师大附中高三（上）期中化学试卷 一．选择题（共21小题每题只有一个正确选项，每题2分，共42分）1．化学实验设计或实际操作或储存时，能体现“经济、高效、环保、安全”方案是（ ）A．Na着火可以使用泡沫灭火器B．绿色化学是指有毒气体尾气要经过无毒处理后在排放C．实验室用浓硫酸溶解铜制备硫酸铜D．实验室可以适当温度下，使铜片在持续通入空气的稀硫酸中溶解的方法制备硫酸铜 2．对下列化学用语的理解和描述均正确的是（ ）A．电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子B．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C．结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡D．原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14C 3．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下2.24L氯气与水充分反应转移电子数为0.1NAB．标况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NAC．标准状况下2.24L的CCl4中含有的C﹣Cl键数为0.4NAD．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子 4．将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，继续滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀．在上述一系列变化过程中，最终被还原的元素是（ ）A．SB．FeC．ClD．N 5．下列反应的离子方程式中正确的是（ ）A．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：NH+OH﹣NH3↑+H2OB．Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2OC．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．向Fe（OH）2中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO═3Fe3++NO↑+2H2O 6．用下列装置不能达到有关实验目的是（ ）-28-\nA．用图装置电解精炼铝B．用图装置制备Fe（OH）2C．用图装置可制得金属锰D．用图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 7．在给定条件下，下列加线的物质在化学反应中几乎能被完全消耗的是（ ）A．8.7g二氧化锰与50mL8mol•L﹣1浓盐酸共热制取氯气B．19.2g铜与100mL12mol•L﹣1的硝酸反应C．常温下，将5.4g铝片投入20mL18mol•L﹣1的硫酸中D．将足量的Cu置于50mL18mol•L﹣1H2SO4溶液中加热 8．已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H22CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H34Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H43CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）A．△H1＞0，△H3＜0B．△H2＞0，△H4＞0C．△H1=△H2+△H3D．△H3=△H4+△H5 9．中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲+乙→丙+丁．下列说法正确的是（ ）A．若甲为铜，丁为氯化亚铁，则乙一定是氯化铁B．若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳C．若甲为铝，丁为铁，则乙一定是氧化铁D．若甲为镁，丁为氢气，则乙一定是酸 10．下列物质可通过化合反应一步得到的是（ ）①FeCl3②FeCl2③Fe（OH）3④CuS．A．只有②③B．只有①④C．①②③④能得到D．①②③能得到-28-\n 11．下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是（ ）选项环境要求离子A溶液中c（K+）＜c（Cl﹣）K+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣B溶液pH＞7Na+、S2﹣、K+、ClO﹣C水电离产生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液ClO﹣、CO32﹣、NH4+、NO3﹣、SO32﹣D向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣A．AB．BC．CD．D 12．已知：2Fe+3Br2═2FeBr3，Fe2+的还原性大于Br﹣．现有16.8g铁和0.3molBr2反应后加入水得到澄清溶液后，通入amolCl2．下列叙述不正确的是（ ）A．当a=0.1时，发生的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣B．当a=0.45时，发生的反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣C．若溶液中Br﹣有一半被氧化时，c（Fe3+）：c（Br﹣）：c（Cl﹣）=1：1：3D．当0＜a＜0.15时，溶液中始终满足2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（Br﹣）+c（OH﹣） 13．下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（ ）①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量Ba（OH）2浓溶液和AlNH4（SO4）2溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④Na2O2投入FeCl2溶液中⑤Na2S2O3溶液中加入稀硫酸．A．只有①②④⑤B．只有③C．只有②③D．只有①④⑤ 14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 15．常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，恰好使溶液的pH=7，下列叙述错误的是（ ）A．反应后溶液中c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol＞沉淀的物质的量＞0C．沉淀的质量为49agD．溶液中n（SO42﹣）=mol 16．已知NaCN溶液呈碱性；（CN）2与卤素单质的性质相似；CN﹣的还原性介于Br﹣、I﹣之间．下列变化不能发生的是（ ）A．HCN⇌H++CN﹣B．（CN）2+CH2=CH2→NC﹣CH2﹣CH2﹣CNC．（CN）2+2Br﹣→2CN﹣+Br2D．（CN）2+2OH﹣→CN﹣+CNO﹣+H2O 17．下列叙述正确的是（ ）-28-\nA．含1molH2SO4的浓硫酸中有n（H+）=2n（SO42﹣）=2molB．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，氢氧化钠浓度偏低C．配制2.0mol•L﹣1的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液浓度偏高（其他操作均正确）D．用铜电极电解2.0mol•L﹣1的硫酸，阴阳两极生成气体的体积之比为2：1 18．X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，其中X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；X与Z同族，Y与Z同周期，Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍，W与X、Y既不同族也不同周期且W不为稀有气体元素；X、Y、Z三种元素的族序数之和为16．下列说法正确的是（ ）A．Q与W能形成10电子，不能形成14电子、18电子分子B．Y的最高价氧化物对应水化物的化学式只能表示为H4YO4C．Y、Z、Q分别与X化合，只能形成AB2型化合物D．X、Z、W三种元素形成的两种钠盐溶液发生化学反应生成的气体可使品红溶液褪色 19．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+．下列有关说法不正确的是（ ）A．检测时，电解质溶液中的H+向正极移动B．若溶液中有0.4mol电子通过，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O 20．8.34gFeSO4•7H2O样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．下列说法中正确的是（ ）A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4•5H2OB．温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4•3H2OC．在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4═FeO+SO3↑D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3 21．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），达到平衡时，测的A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测的A的浓度降低为0.3mol/L，下列有关判断正确的是（ ）A．x+y＜zB．平衡向正反应方向移动C．C的体积分数下降D．A的转化率提高 二、解答题（共4小题，满分58分）-28-\n22．（15分）（2022秋•辽宁校级期中）短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置如右上图所示：B、D最外层电子数之和为12．回答下列问题：ABCE（1）与元素B、D处于同一主族的第2﹣5周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物对应的热量变化如下，其中能表示该主族第4周期元素的单质生成1mol气态氢化物所对应的热量变化是 （选填字母编号）．a．吸收99.7kJb．吸收29.7kJc．放出20.6kJd．放出241.8kJ（2）DB2通过下列工艺流程可制化工业原料H2DB4和清洁能源H2．①查得：化学键H﹣HBr﹣BrH﹣Br键能（kJ/mol）436194362试写出通常条件下电解槽中发生总反应的热化学方程式： ②根据资料：化学式Ag2SO4AgBr溶解度（g）0.7968.4×10﹣6为检验分离器的分离效果，取分离后的H2DB4溶液于试管，向其中逐滴加入AgNO3溶液至充分反应，若观察到 ，证明分离效果较好．③在原电池中，负极发生的反应式为 ．④在电解过程中，电解槽阴极附近溶液pH （填“变大”、“变小”或“不变”）．⑤将该工艺流程用总反应的化学方程式表示为： ．该生产工艺的优点有 （答一点即可）．（3）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等，回答下列问题：海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 ，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO，其离子方程式为 ． 23．（13分）（2022秋•辽宁校级期中）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，Sn相对原子质量为119-28-\n回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是 ．（2）操作Ⅰ是 过滤洗涤．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因 ．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH② ．（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是 ．（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 ．（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0ml．锡粉中锡的纯度是 ． 24．（15分）（2022秋•辽宁校级期中）某研究性学习小组的同学通过课外学习了解到：某品牌牙膏中含有摩擦剂、湿润剂、表面活性剂、黏合剂、香料、甜味剂等成分，其中的摩擦剂除了含CaCO3外，可能还含有Al（OH）3、SiO2中的一种或两种．为探究该品牌牙膏中摩擦剂的成分，该小组的同学进行了如图1实验（牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体产生）：请回答下列问题：（1）操作Ⅰ中涉及的玻璃仪器有烧杯、 、 ．（2）写出下列操作Ⅳ的离子方程式： ．（3）该摩擦剂中除CaCO3外，肯定含有 ．（4）为进一步探究摩擦剂中碳酸钙的含量，该小组同学利用如图2所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验．请回答下列问题：①实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可充分混合装置乙和丙中的反应物外，还有 的作用；②丙中主要反应的化学方程式是 ③实验中准确称取4.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为1.97g，计算样品中碳酸钙的质量分数： ④有同学认为只要测定装置丙在吸收CO2前后的质量差，不必测定装置丙中生成的BaCO3质量，一样可以确定碳酸钙的质量分数．你认为该方案是否可行？ ，简述理由： ．-28-\n 25．（15分）（2022秋•辽宁校级期中）研究氮的氧化物、硫的氧化物、碳的氧化物等大气污染物的处理具有重要意义．（1）汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物转化为无毒物质．下列说法能说明恒温恒容条件下的反应；2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ•mol﹣1已达到化学平衡的是 A．单位时间内消耗了2moINO的同时消耗的2moICOB．CO与CO2的物质的量浓度相等的状态C．气体密度保持不变的状态D．气体平均摩尔质量保持不变的状态（2）NO2与SO2混合可发生反应：NO2（g）+SO2（g）≒SO3（g）+NO（g）．将一定量的NO2与SO2置于绝热恒容密闭容器中发生上述反应，正反应速率随时间变化的趋势如图1所示．由图（纵轴代表正反应速率）可知下列说法正确的是 （填字母）．A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．△t1=△t2时，SO2的消耗量：a～b段大于b～c段（3）CO在实际中有以下应用：用Li2CO3和Na2CO3熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气作为正极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池．完成有关的电极反应式．负极反应式：2CO+2CO32﹣一4e﹣=4CO2正极反应式： ．（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．图2是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol•L﹣1的氯化铜溶液的装置示意图：请回答：①甲烷燃料电池的负极反应式是 ②当A中消耗0.15mol氧气时，B中 极（填”a”或”b”）增重 g． 2022-2022学年辽宁省师大附中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一．选择题（共21小题每题只有一个正确选项，每题2分，共42分）1．化学实验设计或实际操作或储存时，能体现“经济、高效、环保、安全”方案是（ ）A．Na着火可以使用泡沫灭火器B．绿色化学是指有毒气体尾气要经过无毒处理后在排放C．实验室用浓硫酸溶解铜制备硫酸铜D．实验室可以适当温度下，使铜片在持续通入空气的稀硫酸中溶解的方法制备硫酸铜【考点】化学实验安全及事故处理；化学试剂的存放．-28-\n【专题】化学计算．【分析】A．金属钠是一种活泼金属，用来灭火的物质和金属钠以及钠燃烧后的产物之间不能反应；B．绿色化学就是研究利用一套原理在化学产品的设计、开发和加工生产过程中减少或消除使用或产生对人类健康和环境有害的科学；C．浓硫酸与铜反应生成二氧化硫；D．铜片在持续通入空气的稀硫酸中溶解，不会出现有毒物质．【解答】解：A．泡沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃，所以金属钠着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火，应用沙子扑灭，故A错误；B．绿色化学就是研究利用一套原理在化学产品的设计、开发和加工生产过程中减少或消除使用或产生对人类健康和环境有害的科学，不是尾气处理，故B错误；C．浓硫酸与铜反应生成二氧化硫，二氧化硫污染环境，故C错误；D．适当温度下，使铜片在持续通入空气的稀硫酸中溶解，不会出现有毒物质，耗能少，符合“经济、高效、环保”精神，故D正确．故选D．【点评】本题涉及硫酸铜的生产原理以及绿色化学思想的应用知识，注意环保意识和节能意识的培养，难度不大． 2．对下列化学用语的理解和描述均正确的是（ ）A．电子式可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子B．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C．结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡D．原子结构示意图可以表示12C，也可以表示14C【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图．【专题】化学用语专题．【分析】A．中氧原子最外层7个电子，只能表示羟基，不能表示氢氧根离子；B．二氧化碳为直线型结构，为V型，不能表示二氧化碳的比例模型；C．如果n=16，为硫离子，硫离子能够破坏水的电离平衡；D．的核电荷数=核外电子数=6，表示所有的C原子．【解答】解：A．只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，氢氧根离子正确的电子式为：，故A错误；-28-\nB．二氧化碳分子为直线型结构，为V型，可以表示水的比例模型，不能表示二氧化碳，故B错误；C．结构示意图为的阴离子中，当n=16时，表示的为硫离子，硫离子能够结合水电离的氢离子，破坏了水的电离平衡，故C错误；D．原子结构示意图为C原子，表示所有的碳原子，既可以表示12C，也可以表示14C，故D正确；故选B．【点评】本题考查了电子式、比例模型、离子结构示意图等知识，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确羟基与氢氧根离子的电子式、比例模型与球棍模型的区别． 3．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下2.24L氯气与水充分反应转移电子数为0.1NAB．标况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NAC．标准状况下2.24L的CCl4中含有的C﹣Cl键数为0.4NAD．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子【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．氯气与水的反应为可逆反应，即反应不能完全进行，据此解答即可；B．二氧化氮自身发生反应生成四氧化二氮，据此解答即可；C．标准状况下，四氯化碳为液体，据此解答即可；D．液体KHSO4，只能电离出钾离子，不能电离出氢离子，据此解答即可．【解答】解：A．氯气与水的反应为可逆反应，2.24L氯气不能完全转化，转移电子数小于0.1mol，故A错误；B．NO2发生反应：2NO2⇌N2O4，所以2.24LNO2分子总数小于0.1NA，故B正确；C．标准状况下，四氯化碳为液体状态，即2.24L的四氯化碳不是0.1mol，故C错误；D.6.8g液态KHSO4的物质的量=0.05mol，液体KHSO4，只能电离出钾离子，不能电离出氢离子，故有0.05NA个阳离子，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，注意硫酸氢钾液体状态的电离，题目难度不大． 4．将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，继续滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀．在上述一系列变化过程中，最终被还原的元素是（ ）A．SB．FeC．ClD．N【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；随着溶液中H+浓度的增大，NO3﹣逐渐显现出其强氧化性，再将Fe2+氧化为Fe3+，而NO3﹣中氮元素从+5价变为+2价，故最终氮元素被还原．-28-\n【解答】解：将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液呈酸性，Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；但立即又变为黄色，说明又被氧化为Fe3+，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，起氧化性的是硝酸，故选D．【点评】本题通过元素及化合物知识为载体，实质是考查氧化还原反应基本知识，题目难度不大，注意相关物质的性质，学习中注意积累． 5．下列反应的离子方程式中正确的是（ ）A．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：NH+OH﹣NH3↑+H2OB．Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2OC．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．向Fe（OH）2中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO═3Fe3++NO↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．漏掉了碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；B．二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；C．离子个数配比不符合物质结构；D．氢氧化亚铁为沉淀应保留化学式．【解答】解：A．碳酸氢铵与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和一水合氨，离子方程式：2OH﹣+NH4++HCO3﹣=CO32﹣+NH3•H2O+H2O，故A错误；B．Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液，离子方程式：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B正确；C．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性，离子方程：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．向Fe（OH）2中加入稀硝酸，离子方程式：3Fe（OH）2+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+8H2O，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大． 6．用下列装置不能达到有关实验目的是（ ）A．用图装置电解精炼铝B．用图装置制备Fe（OH）2-28-\nC．用图装置可制得金属锰D．用图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．以铝为电极电解氯化铝溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气；B．氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气；C．铝比锰活泼，高温条件下，铝能和二氧化锰发生铝热反应；D．碳酸钠较稳定、碳酸氢钠受热易分解．【解答】解：A．以铝为电极电解氯化铝溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极得不到Al单质，故A错误；B．氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁要隔绝空气，煤油和水不互溶且密度小于水，所以煤油能隔绝空气，故B正确；C．铝比锰活泼，高温条件下，铝能和二氧化锰发生铝热反应生成Mn，所以用图装置可制得金属锰，故C正确；D．NaHCO3受热易分解生成二氧化碳，使澄清的石灰水变浑浊，Na2CO3受热不分解，所以可以利用碳酸钠直接加热、碳酸氢钠间接加热判断物质的稳定性，故D正确；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理是解本题关键，易错选项是A，注意电解精炼粗铝也不能采用电解熔融氯化铝的方法，因为熔融氯化铝不导电，题目难度不大． 7．在给定条件下，下列加线的物质在化学反应中几乎能被完全消耗的是（ ）A．8.7g二氧化锰与50mL8mol•L﹣1浓盐酸共热制取氯气B．19.2g铜与100mL12mol•L﹣1的硝酸反应C．常温下，将5.4g铝片投入20mL18mol•L﹣1的硫酸中D．将足量的Cu置于50mL18mol•L﹣1H2SO4溶液中加热【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质．【分析】A．稀盐酸与二氧化锰不反应；B．铜与浓硝酸、稀硝酸都反应；C．常温下，铝与浓硫酸发生钝化反应；D．铜与稀硫酸不反应．【解答】解：A．浓盐酸和二氧化锰反应，稀盐酸和二氧化锰不反应，随着反应的进行，浓盐酸会变成稀盐酸，所以8.7g二氧化锰和50mL8mol•L﹣1浓盐酸不能完全反应，故A错误；B.19.2g铜为0.3mol，与硝酸发生：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，硝酸的物质的量为1.2mol，铜可完全反应，故B正确；C．常温下，铝与浓硫酸发生钝化反应，铝不能溶解，故C错误；D．随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，故D错误．故选B．-28-\n【点评】本题考查了元素化合物的性质，为高频考点，难度不大，易错选项是C，注意铝和浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象，注意二氧化锰和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应． 8．已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H22CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H34Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H43CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）A．△H1＞0，△H3＜0B．△H2＞0，△H4＞0C．△H1=△H2+△H3D．△H3=△H4+△H5【考点】真题集萃；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；D、根据盖斯定律利用加合法进行分析．【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H2＞0，铁与氧气的反应属于放热反应，△H4＜0，故B错误；C、已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，故C正确；D、已知③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3④4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4⑤3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5，由盖斯定律可知③=×（④+⑤），因此△H3=△H4+△H5，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键． 9．中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲+乙→丙+丁．下列说法正确的是（ ）A．若甲为铜，丁为氯化亚铁，则乙一定是氯化铁B．若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳C．若甲为铝，丁为铁，则乙一定是氧化铁D．若甲为镁，丁为氢气，则乙一定是酸【考点】无机物的推断．【分析】A．若甲为铜单质，丁为氯化亚铁，根据质量守恒，则乙一定是氯化铁；B．若甲为碳，丁为硅，是碳还原二氧化硅，则丙可能为CO；C．若甲为铝单质，丁为铁单质，属于铝热反应，乙为铁的氧化物，则乙也可以是四氧化三铁；D．若甲为镁，丁为氢气，则乙可能为水，也可能为酸性溶液，不一定是酸，如氯化铵溶液．-28-\n【解答】解：A．若甲为铜单质，丁为氯化亚铁，根据质量守恒，则乙一定是氯化铁，故A正确；B．若甲为碳，丁为硅，是碳还原二氧化硅，则丙可能为CO，不一定是二氧化碳，故B错误；C．若甲为铝单质，丁为铁单质，属于铝热反应，乙为铁的氧化物，则乙可能为氧化铁，也可能为四氧化三铁，故C错误；D．若甲为镁，丁为氢气，则乙可能为水，也可能为酸性溶液，可能为酸，也可能为盐，如氯化铵溶液，故D错误，故选A．【点评】本题考查无机物推断，基本属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等． 10．下列物质可通过化合反应一步得到的是（ ）①FeCl3②FeCl2③Fe（OH）3④CuS．A．只有②③B．只有①④C．①②③④能得到D．①②③能得到【考点】铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】①氯气具有强氧化性氧化变价金属为高价态化合物；②铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；③氢氧化亚铁具有强的还原性，能够与氧气、水反应生成氢氧化铁；④硫氧化性较弱，与变价金属反应生成低价态硫化物；【解答】解：①铁与氯气发生化合反应生成氯化铁，属于化合反应，故①选；②铁与氯化铁发生反应生成氯化亚铁，属于化合反应，故②选；③氢氧化亚铁、氧气、水发生反应生成氢氧化铁，属于化合反应，故③选④硫与铜反应生成硫化亚铜，硫化铜不能够由铜和硫发生化合反应制得，故④不选；故选D．【点评】本题考查了元素与化合物知识，明确物质的性质和发生的反应、化合反应的定义是解题关键，题目难度不大． 11．下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是（ ）选项环境要求离子A溶液中c（K+）＜c（Cl﹣）K+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣B溶液pH＞7Na+、S2﹣、K+、ClO﹣C水电离产生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液ClO﹣、CO32﹣、NH4+、NO3﹣、SO32﹣D向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣A．AB．BC．CD．D【考点】离子共存问题．【分析】离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生双水解、发生氧化还原反应的就不能共存，据此分析解答．【解答】解：A．溶液中c（K+）＜c（Cl﹣），溶液中还存在阴离子AlO2﹣、NO3﹣，根据电荷守恒知，c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，则AlO2﹣和氢离子反应生成铝离子而不能存在，故A错误；B．溶液pH＞7，溶液呈碱性，但S2﹣、ClO﹣发生氧化还原反应而不能共存，故B错误；C．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，溶质抑制水电离，说明溶液呈酸性或碱性，如果呈酸性，ClO﹣、CO32﹣、SO32﹣不能存在，如果呈碱性，则NH4+不能存在，故C错误；-28-\nD．向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失，Al3+和NaOH反应先生成氢氧化铝沉淀后消失，且这几种离子之间不反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存，明确物质的性质及离子共存的条件是解本题关键，注意题中隐含条件，易错选项是A，要注意根据电荷守恒确定溶液酸碱性，题目难度中等． 12．已知：2Fe+3Br2═2FeBr3，Fe2+的还原性大于Br﹣．现有16.8g铁和0.3molBr2反应后加入水得到澄清溶液后，通入amolCl2．下列叙述不正确的是（ ）A．当a=0.1时，发生的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣B．当a=0.45时，发生的反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣C．若溶液中Br﹣有一半被氧化时，c（Fe3+）：c（Br﹣）：c（Cl﹣）=1：1：3D．当0＜a＜0.15时，溶液中始终满足2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（Br﹣）+c（OH﹣）【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】n（Fe）==0.3mol，n（Br2）=0.3mol，由反应2Fe+3Br2═2FeBr3可知，反应后Fe过量，在在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr﹣，结合Fe2+的还原性大于Br﹣解答该题．【解答】解：n（Fe）==0.3mol，n（Br2）=0.3mol，由反应2Fe+3Br2═2FeBr3可知，反应后Fe过量，在在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr﹣，A．当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性大于Br﹣，只发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，反应后Fe2+还有剩余，故A正确；B．当a=0.45时，首先发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，剩余0.3molCl2，进一步发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，又知Br﹣为0.6mol，则二者恰好反应，所以总方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故B正确；C．若溶液中Br﹣有一半被氧化时，首先发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，又知Br﹣为0.6mol，Br﹣有一半被氧化，则反应0.3mol，由方程式2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，可知消耗0.15molCl2，则共消耗0.3mol氯气，则c（Fe3+）：c（Br﹣）：c（Cl﹣）=0.3mol：0.3mol=0.6mol=1：1：2，故C错误；D．当0＜a＜0.15时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和Fe3+，由电荷守恒可知2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（Br﹣）+c（OH﹣），故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，题目难度较大，解答本题时注意根据离子的还原性强弱判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会． 13．下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（ ）①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量Ba（OH）2浓溶液和AlNH4（SO4）2溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④Na2O2投入FeCl2溶液中⑤Na2S2O3溶液中加入稀硫酸．A．只有①②④⑤B．只有③C．只有②③D．只有①④⑤-28-\n【考点】钠的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；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】①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铁发生复分解反应；②过量Ba（OH）2浓溶液和NH4Al（SO4）2溶液生成白色沉淀硫酸钡；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中生成白色沉淀碳酸钙；④过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁发生复分解反应；⑤Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生反应生成硫沉淀和硫化氢气体．【解答】解：①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀，2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3═Fe（OH）3↓+3NaCl，故正确；②过量Ba（OH）2浓溶液和NH4Al（SO4）2溶液反应的方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++5OH﹣=AlO2﹣+3H2O+2BaSO4↓+↓NH3↑，故②中既有气体生成又有沉淀生成，故正确；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中只生成白色沉淀碳酸钙，故③最终只有沉淀生成，故错误；④Na2O2投入FeCl2溶液发生反应，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、FeCl2+2NaOH═Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故正确；⑤Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生反应生成硫沉淀和硫化氢气体，所以有气体和沉淀生成，故正确；故选：A．【点评】该题主要考查了元素钠、铝、硫、铁的化合物的性质，要求掌握这些化合物的一些重要的化学反应方程式，并理解为什么会发生，从而运用这些反应解相关的问题． 14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣，故B正确；C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，故选D．【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．-28-\n 15．常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，恰好使溶液的pH=7，下列叙述错误的是（ ）A．反应后溶液中c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol＞沉淀的物质的量＞0C．沉淀的质量为49agD．溶液中n（SO42﹣）=mol【考点】离子方程式的有关计算．【分析】常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，所得溶液呈中性时，溶液中的溶质为硫酸钠，则H2SO4、CuSO4完全参加反应，根据物质之间的关系式、电荷守恒解答．【解答】解：常温下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amol溶质的NaOH溶液，发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，所得溶液呈中性时，溶液中的溶质为硫酸钠，则H2SO4、CuSO4完全参加反应，A．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）=2c（SO42﹣），故A正确；B．假设原来溶液中的溶质全部是硫酸铜，根据CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4知，生成沉淀的物质的量为mol，数值上有硫酸，所以生成沉淀的物质的量小于mol，因为溶液中一定含有硫酸铜，所以一定含有沉淀，则沉淀的物质的量大于0，故B正确；C．因为硫酸铜的物质的量未知，根据已知条件无法计算沉淀的质量，故C错误；D．溶液中的溶质为硫酸钠，溶液中存在n（SO42﹣）=n（Na2SO4）=2n（Na+），则溶液中n（SO42﹣）=mol，故D正确；故选C．【点评】本题考查离子方程式的有关计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意结合守恒思想、极限法解答，题目难度中等． 16．已知NaCN溶液呈碱性；（CN）2与卤素单质的性质相似；CN﹣的还原性介于Br﹣、I﹣之间．下列变化不能发生的是（ ）A．HCN⇌H++CN﹣B．（CN）2+CH2=CH2→NC﹣CH2﹣CH2﹣CNC．（CN）2+2Br﹣→2CN﹣+Br2D．（CN）2+2OH﹣→CN﹣+CNO﹣+H2O【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．NaCN溶液呈碱性，说明HCN羧基弱酸，存在电离平衡；B．（CN）2与卤素单质的性质相似，可以与乙烯发生加成反应；C．满足还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应可能发生；D．（CN）2与卤素单质的性质相似，可以发生类似氯气与碱的反应．【解答】解：A．NaCN溶液呈碱性，说明HCN羧基弱酸，存在电离平衡，电离方程式为HCN⇌H++CN﹣，故A正确；B．（CN）2与卤素单质的性质相似，可以与乙烯发生加成反应生成NC﹣CH2﹣CH2﹣CN，故B正确；-28-\nC．由题目信息可知，还原性CN﹣＞Br﹣，Br﹣不能还原（CN）2为CN﹣，故C错误；D．（CN）2与卤素单质的性质相似，可以发生类似氯气与碱的反应，与碱发生反应（CN）2+2OH﹣=CN﹣+CNO﹣+H2O，故D正确；故选C．【点评】本题考查类卤素知识、氧化还原反应、盐类水解等，需要学生对信息应用进行利用，注意把握题中信息，“类卤素”与卤素单质的性质相似，是高考热点题型． 17．下列叙述正确的是（ ）A．含1molH2SO4的浓硫酸中有n（H+）=2n（SO42﹣）=2molB．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，氢氧化钠浓度偏低C．配制2.0mol•L﹣1的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液浓度偏高（其他操作均正确）D．用铜电极电解2.0mol•L﹣1的硫酸，阴阳两极生成气体的体积之比为2：1【考点】电解原理；配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A．浓硫酸基本不电离；B．仰视读数导致HCl体积偏大；C．根据c=分析；D．用铜电极电解2.0mol•L﹣1的硫酸，阳极是铜本身失电子不生成气体．【解答】解：A．浓硫酸基本不电离，故A错误；B．滴定管的小刻度在下、大刻度在上，所以仰视读数导致HCl体积偏大，导致最终实验结果偏高，故B错误；C．定容时俯视，会造成液体低于刻度线V变小，根据c=可知，浓度偏高，故C正确；D．用铜电极电解2.0mol•L﹣1的硫酸，阳极是铜本身失电子不生成气体，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学实验方案评价，涉及实验误差分析，注意：A中浓硫酸基本不电离、D中用铜电极电解2.0mol•L﹣1的硫酸，阳极是铜本身失电子，这些都是易错点． 18．X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，其中X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；X与Z同族，Y与Z同周期，Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍，W与X、Y既不同族也不同周期且W不为稀有气体元素；X、Y、Z三种元素的族序数之和为16．下列说法正确的是（ ）A．Q与W能形成10电子，不能形成14电子、18电子分子B．Y的最高价氧化物对应水化物的化学式只能表示为H4YO4C．Y、Z、Q分别与X化合，只能形成AB2型化合物D．X、Z、W三种元素形成的两种钠盐溶液发生化学反应生成的气体可使品红溶液褪色【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，其中X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；X与Z同族，则Z为S元素；X、Y、Z三种元素的族序数之和为16，则Y的族序数=16﹣6﹣6=4，Y与Z同周期，则Y为Si元素；Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍，Q原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为C元素；W与X、Y既不同族也不同周期且W不为稀有气体元素，则W为H元素，据此解答．-28-\n【解答】解：X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，其中X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；X与Z同族，则Z为S元素；X、Y、Z三种元素的族序数之和为16，则Y的族序数=16﹣6﹣6=4，Y与Z同周期，则Y为Si元素；Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍，Q原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为C元素；W与X、Y既不同族也不同周期且W不为稀有气体元素，则W为H元素．A．碳元素与氢元素可以组成甲烷、乙炔（C2H2）、乙烷分子，它们分别为10电子、14电子、18电子分子，故A错误；B．硅的最高价含氧酸的化学式有两种形式：H4SiO4、H2SiO3，故B错误；C．碳、硅、硫与氧形成的化合物，除CO2、SiO2、SO2外，还有CO、SO3等，故C错误；D．硫、氢、氧形成的钠盐中亚硫酸氢钠与硫酸氢钠反应可以生成二氧化硫，二氧化硫可以使品红褪色，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等． 19．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+．下列有关说法不正确的是（ ）A．检测时，电解质溶液中的H+向正极移动B．若溶液中有0.4mol电子通过，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，所以H+向正极移动，故A正确；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，故C正确；D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D正确．故选：B．【点评】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答． 20．8.34gFeSO4•7H2O样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．下列说法中正确的是（ ）-28-\nA．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4•5H2OB．温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4•3H2OC．在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4═FeO+SO3↑D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3【考点】化学方程式的有关计算．【分析】8.34gFeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m（H2O）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g﹣3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（FeSO4•7H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）==0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，根据硫原子守恒及气体的质量列方程计算判断是否含有三氧化硫，以此解答该题．【解答】解：8.34gFeSO4•7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m（H2O）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g﹣3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（FeSO4•7H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）==0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3．A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m（FeSO4）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H2O）=6.72g﹣4.56g=2.16g，n（H2O）==0.12mol，则n（H2O）：n（FeSO4）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4•4H2O，故100℃时，M的化学式为FeSO4•4H2O，故A错误；B．温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m（FeSO4）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H2O）=5.10g﹣4.56g=0.54g，n（H2O）==0.03mol，则n（H2O）：n（FeSO4）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4•H2O，故B错误；C．N的化学式为FeSO4•H2O，P化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为：FeSO4•H2OFeSO4+H2O，故C错误；-28-\nD．由上述分析可知，P化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，则，解得x=y=0.015，所以方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D正确，故选D．【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大． 21．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），达到平衡时，测的A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测的A的浓度降低为0.3mol/L，下列有关判断正确的是（ ）A．x+y＜zB．平衡向正反应方向移动C．C的体积分数下降D．A的转化率提高【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析判断选项中的问题．【解答】解：在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；A、体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故A错误；B、依据分析平衡逆向进行，故B错误；C、平衡逆向进行，C的体积分数减小，故C正确；D、平衡逆向进行，A的转化率减小，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的移动判断方法，化学平衡的影响因素，平衡移动规律是解题关键，题目难度中等． 二、解答题（共4小题，满分58分）22．（15分）（2022秋•辽宁校级期中）短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置如右上图所示：B、D最外层电子数之和为12．回答下列问题：ABCE-28-\n（1）与元素B、D处于同一主族的第2﹣5周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物对应的热量变化如下，其中能表示该主族第4周期元素的单质生成1mol气态氢化物所对应的热量变化是 b （选填字母编号）．a．吸收99.7kJb．吸收29.7kJc．放出20.6kJd．放出241.8kJ（2）DB2通过下列工艺流程可制化工业原料H2DB4和清洁能源H2．①查得：化学键H﹣HBr﹣BrH﹣Br键能（kJ/mol）436194362试写出通常条件下电解槽中发生总反应的热化学方程式： 2HBr（aq）=H2（g）+Br2（g）△H=+94kJ/mol ②根据资料：化学式Ag2SO4AgBr溶解度（g）0.7968.4×10﹣6为检验分离器的分离效果，取分离后的H2DB4溶液于试管，向其中逐滴加入AgNO3溶液至充分反应，若观察到 无淡黄色沉淀出现，最终出现白色沉淀 ，证明分离效果较好．③在原电池中，负极发生的反应式为 SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+ ．④在电解过程中，电解槽阴极附近溶液pH 变大 （填“变大”、“变小”或“不变”）．⑤将该工艺流程用总反应的化学方程式表示为： SO2+2H2O=H2+H2SO4 ．该生产工艺的优点有 Br2被循环利用或能源循环供给或获得清洁能源 （答一点即可）．（3）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等，回答下列问题：海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 Cl2 ，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO，其离子方程式为 3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3Br2+3CO32﹣=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑） ．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；原电池和电解池的工作原理．【专题】简答题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置可知，A、B处于第二周期，C、D处于第三周期，B、D最外层电子数之和为12，二者同主族，故最外层电子数为6，则B为O元素，D为S元素，二者可以形成SO2、SO3两种分子，且SO2具有漂白性，由位置关系可知，A为N元素，C为Si元素．（1）同主族自上而下非金属性减弱，单质与氢气反应剧烈程度减小，反应热增大（考虑符号）；（2）①由工艺流程图可知，电解槽中电解HBr，生成H2与Br2，根据反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，计算该反应的反应热，据此生成热化学方程式；②分离完全，硫酸中不含HBr；③在原电池中，负极发生氧化反应，SO2在负极放电生成H2SO4；④在电解过程中，电解槽阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，氢离子浓度降低；-28-\n⑤原电池中电池总反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，电解池中总反应为2HBr=H2+Br2，两式相加可得该工艺流程用总反应的化学方程式，该生产工艺的优点：溴可以循环利用，获得清洁能源氢气，缺点是：生成过程有有毒物质，电解循环能源大；（3）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入氯气，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，同时生成HCO3﹣或CO2．【解答】解：由短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置可知，A、B处于第二周期，C、D处于第三周期，B、D同种主族，B、D最外层电子数之和为12，故最外层电子数为6，故B为O元素，D为S元素，二者可以形成SO2、SO3两种分子，且SO2具有漂白性，由位置关系可知，A为N元素，C为Si元素，（1）Se与O元素同族元素，同主族自上而下非金属性减弱，单质与氢气反应剧烈程度减小，反应热增大（考虑符号），故生成1mol硒化氢（H2Se）反应热应排在第二位，应为+29.7kJ•mol﹣1，故答案为：b；（2）①由工艺流程图可知，电解槽中电解HBr，生成H2与Br2，反应方程式为2HBr=H2+Br2，由表中数据可知，△H=362kJ/mol×2﹣436kJ/mol﹣194kJ/mol=+94kJ/mol，故热化学方程式为2HBr（aq）=H2（g）+Br2（g）△H=+94kJ/mol，故答案为：2HBr（aq）=H2（g）+Br2（g）△H=+94kJ/mol；②分离后的H2SO4溶液于试管，向其中逐滴加入AgNO3溶液至充分反应，若观察到无淡黄色沉淀产生，最终生成白色沉淀，说明分离效果较好，故答案为：无淡黄色沉淀产生，最终生成白色沉淀；③在原电池中，负极发生氧化反应，SO2在负极放电生成H2SO4，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣，故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣；④在电解过程中，电解槽阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，氢离子浓度降低，溶液pH变大，故答案为：变大；⑤原电池中电池总反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，电解池中总反应为2HBr=H2+Br2，故该工艺流程用总反应的化学方程式表示为：SO2+2H2O=H2SO4+H2，该生产工艺的优点：溴可以循环利用，获得清洁能源氢气，故答案为：SO2+2H2O=H2+H2SO4；Br2被循环利用或能源循环供给或获得清洁能源；（3）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入氯气，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴在碳酸钠溶液的歧化可把反应理解为溴与水发生歧化，产生H+的被碳酸钠吸收，反应的离子方程式为3：Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3Br2+3CO32﹣=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑），故答案为：Cl2；3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3Br2+3CO32﹣=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）．【点评】本题综合性较强，涉及元素推断、化学工艺流程、反应热、原电池及电解原理、海水提取溴、化学平衡移动等，侧重于学生的分析能力的考查，难度较大，注意基础知识的全面掌握． 23．（13分）（2022秋•辽宁校级期中）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：-28-\n查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，Sn相对原子质量为119回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是 第五周期第ⅣA族 ．（2）操作Ⅰ是 蒸发浓缩、冷却结晶 过滤洗涤．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因 SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解 ．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH② 防止Sn2+被氧化 ．（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是 Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑ ．（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O ．（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0ml．锡粉中锡的纯度是 93.2% ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】化学实验基本操作；化学计算．【分析】SnCl2在盐酸中溶解，再加入锡粉，溶解得到SnCl2溶液加入碳酸钠沉淀锡离子，过滤得到沉淀洗涤后加入硫酸溶解得到硫酸锡溶液，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸锡晶体，（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，根据原子序数减各周期容纳元素种数确定所在的周期；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；（7）根据电子转移守恒与方程式可得关系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此计算．【解答】解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50﹣2﹣8﹣8﹣18=14，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族，故答案为：第五周期第ⅣA族；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；-28-\n（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；故答案为：防止Sn2+被氧化；（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；故答案为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（7）令锡粉中锡的质量分数为x，则：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7计算．119gmol1.226g×x0.100mol/L×0.032L解得x=93.2%，故答案为：93.2%．【点评】本题以物质制备为背景考查学生对工艺流程的理解，涉及物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写、滴定应用及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求． 24．（15分）（2022秋•辽宁校级期中）某研究性学习小组的同学通过课外学习了解到：某品牌牙膏中含有摩擦剂、湿润剂、表面活性剂、黏合剂、香料、甜味剂等成分，其中的摩擦剂除了含CaCO3外，可能还含有Al（OH）3、SiO2中的一种或两种．为探究该品牌牙膏中摩擦剂的成分，该小组的同学进行了如图1实验（牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体产生）：请回答下列问题：（1）操作Ⅰ中涉及的玻璃仪器有烧杯、 玻璃棒 、 漏斗 ．（2）写出下列操作Ⅳ的离子方程式： SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O ．（3）该摩擦剂中除CaCO3外，肯定含有 Al（OH）3、SiO2 ．（4）为进一步探究摩擦剂中碳酸钙的含量，该小组同学利用如图2所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验．请回答下列问题：-28-\n①实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可充分混合装置乙和丙中的反应物外，还有 把生成的CO2气体全部排入丙中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收 的作用；②丙中主要反应的化学方程式是 Ba（OH）2+CO2═BaCO3↓+H2O ③实验中准确称取4.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为1.97g，计算样品中碳酸钙的质量分数： 25% ④有同学认为只要测定装置丙在吸收CO2前后的质量差，不必测定装置丙中生成的BaCO3质量，一样可以确定碳酸钙的质量分数．你认为该方案是否可行？ 不可行 ，简述理由： 这样测得的结果会偏大，因为乙中的水蒸气、HCl气体会进入装置丙中使得CO2称量结果偏大 ．【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；化学实验．【分析】操作Ⅰ得到沉淀A，则操作Ⅰ为过滤，沉淀A为不溶性物质，为碳酸钙、氢氧化铝和二氧化硅等；加入盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，二氧化硅不反应，故通过操作Ⅱ即过滤得到的沉淀C为二氧化硅等不溶性物质，气体D为二氧化碳，溶液B中钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，铝离子生成偏铝酸钠，沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水，二氧化碳和过量澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，据此分析，（1）根据过滤操作分析所用仪器；（2）沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水；（3）通过操作Ⅲ证明沉淀A含氢氧化铝，通过操作Ⅳ证明沉淀A含二氧化硅；（4）该实验方案是测定丙中生成的BaCO3沉淀质量，确定生成的二氧化碳的质量，进而以确定碳酸钙的质量分数．①实验装置中会残留部分二氧化碳，影响丙中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入丙中被吸收；②氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡和水；③根据碳酸钡的质量计算反应生成二氧化碳的物质的量，由碳元素守恒可知牙膏中n（CO2）=n（CaCO3），进而计算碳酸钙质量，根据质量分数定义计算；④乙中的水蒸气、HCl气体会进入装置丙中使得CO2称量结果偏大．【解答】解：操作Ⅰ得到沉淀A，则操作Ⅰ为过滤，沉淀A为不溶性物质，为碳酸钙、氢氧化铝和二氧化硅等；加入盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，二氧化硅不反应，故通过操作Ⅱ即过滤得到的沉淀C为二氧化硅等不溶性物质，气体D为二氧化碳，溶液B中钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，铝离子生成偏铝酸钠，沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水，二氧化碳和过量澄清石灰水生成碳酸钙沉淀．（1）过滤操作所用仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台等，故答案为：玻璃棒；漏斗；（2）沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；故答案为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；（3）溶液B中含钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，先生成沉淀，后部分溶解，说明含铝离子，铝离子生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，钙离子和氢氧化钠生成氢氧化钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣=Ca（OH）2↓说明沉淀沉淀A中含氢氧化铝；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，沉淀C能和氢氧化钠反应，故沉淀C为二氧化硅；故答案为：Al（OH）3、SiO2；-28-\n（4）该实验方案是测定丙中生成的BaCO3沉淀质量，确定生成的二氧化碳的质量，进而以确定碳酸钙的质量分数．①实验装置中会残留部分二氧化碳，影响丙中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入丙中被吸收，步骤④通入空气的作用是把生成的CO2气体全部排入丙中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收，故答案为：把生成的CO2气体全部排入丙中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；②氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡和水，反应方程式为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O；③BaCO3的质量为1.97g，其物质的量为=0.01mol，生成二氧化碳的物质的量为0.01mol，由碳元素守恒可知牙膏中n（CO2）=n（CaCO3）=0.01mol，碳酸钙质量为0.01mol×100g/mol=1g，牙膏中碳酸钙的质量分数为×100%=25%，故答案为：25%；④乙中的水蒸气、HCl气体会进入装置丙中使得CO2称量结果偏大，故测定装置丙在吸收CO2前后质量差，不可行，故答案为：不可行；这样测得的结果会偏大，因为乙中的水蒸气、HCl气体会进入装置丙中使得CO2称量结果偏大．【点评】本题考查学生对实验设计的能力、对操作的评价、物质含量的测定、化学计算等，根据物质的化学性质，要认真分析，把握实验设计的每个步骤中的实验目的，难度中等． 25．（15分）（2022秋•辽宁校级期中）研究氮的氧化物、硫的氧化物、碳的氧化物等大气污染物的处理具有重要意义．（1）汽车排气管内安装的催化转化器，可使尾气中主要污染物转化为无毒物质．下列说法能说明恒温恒容条件下的反应；2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ•mol﹣1已达到化学平衡的是 D A．单位时间内消耗了2moINO的同时消耗的2moICOB．CO与CO2的物质的量浓度相等的状态C．气体密度保持不变的状态D．气体平均摩尔质量保持不变的状态（2）NO2与SO2混合可发生反应：NO2（g）+SO2（g）≒SO3（g）+NO（g）．将一定量的NO2与SO2置于绝热恒容密闭容器中发生上述反应，正反应速率随时间变化的趋势如图1所示．由图（纵轴代表正反应速率）可知下列说法正确的是 C （填字母）．A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．△t1=△t2时，SO2的消耗量：a～b段大于b～c段-28-\n（3）CO在实际中有以下应用：用Li2CO3和Na2CO3熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气作为正极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池．完成有关的电极反应式．负极反应式：2CO+2CO32﹣一4e﹣=4CO2正极反应式： O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣ ．（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．图2是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol•L﹣1的氯化铜溶液的装置示意图：请回答：①甲烷燃料电池的负极反应式是 CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O ②当A中消耗0.15mol氧气时，B中 b 极（填”a”或”b”）增重 6.4 g．【考点】化学平衡状态的判断；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．（2）该反应是一个反应前后体积不变的可逆反应，容器的体积恒定、混合气体的物质的量的不变，所以压强对反应速率无影响，但温度和浓度影响其反应速率，结合图象可知反应速率先增大后减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是正反应为放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快；（3）该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO+H2﹣4e﹣+2CO32﹣=3CO2+H2O，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应；（4）①甲烷燃料碱性电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子；②电解池中，阴极上电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，阳极上电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，根据串联电路中转移电子相等计算析出铜的质量．【解答】解：（1）恒温恒容条件下的反应；2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.5kJ•mol﹣1已达到化学平衡的是，A．单位时间内消耗了2moINO的同时消耗的2moICO，表示的是反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B．CO与CO2的物质的量浓度相等的状态和起始量和消耗量有关，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．反应前后气体质量和体积不变，气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当气体平均摩尔质量保持不变的状态，是平衡状态，故D正确；故答案为：D；（2）A．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；-28-\nB．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，故D错误；故答案为：C；（3）该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO+H2﹣4e﹣+2CO32﹣=3CO2+H2O，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；（4）①甲烷碱性燃料电池中，负极上电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O；②电解池中，阴极上电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，阳极上电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，连接原电池负极的是阴极，所以B中析出金属的是b电极，当A中消耗0.15mol氧气时，转移电子的物质的量=0.15mol×4=0.6mol，n（Cu2+）=2mol/L×0.05L=0.1mol，铜离子完全析出需要0.2mol电子，串联电路中转移电子相等，b电极上析出铜和氢气，所以析出铜的质量=0.1mol×64g/mol=6.4g，故答案为：b；6.4．【点评】本题考查较综合，涉及原电池和电解池原理、弱电解质电离、盖斯定律等知识点，明确弱电解质的电离常数与酸根离子水解程度之间的关系、盖斯定律、原电池和电解池原理即可解答，阴极上不仅铜离子放电氢离子也放电，不能单纯根据转移电子相等计算析出铜的质量，为易错点，题目难度中等． 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