2022-2022学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷 一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（ ）A．NaCl、BaSO4、SO2B．Cu、CH3C00H、酒精C．氯化钠晶体、水、酒精D．KNO3、NH3•H2O、CaCO3 2．一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（ ）A．20%B．40%C．58.6%D．60% 3．用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（ ）A．1L0.5mol•L﹣1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB．7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2NAC．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.1NAD．1mol羟基中电子数为10NA 4．实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2．下列说法正确的是（ ）A．NaNO2是还原剂B．NH4Cl中N元素被还原C．生成1molN2时转移6mol电子D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1 5．有体积相同的两份营养液，其配方如下：KClK2SO4ZnSO4ZnCl2第一份0.3mol0.2mol0.1mol﹣﹣第二份0.1mol0.3mol﹣﹣0.1mol两份营养液中各离子浓度（ ）-38-\nA．完全不同B．完全相同C．仅c（K+）相同D．仅c（Cl﹣）相同 6．下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（ ）A．硫化钠的水解反应：S2﹣+H3O+⇌HS﹣+H2OB．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO2↑+14H2OC．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O 7．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（ ）A．BaSO4B．BaSO3C．BaSD．BaSO4和BaSO3 8．下列说法正确的是（ ）①漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；②煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；③氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；④非极性键也可能存在于离子化合物中．A．①④B．①③C．②④D．③④ 9．下列关于胶体的叙述正确的是（ ）A．过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象 10．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（ ）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解-38-\n④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁．A．①④B．②④C．①②④D．①②③④ 11．物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（ ）①3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O②C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O③8NH3+3Cl2═NH4Cl+N2④2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A．①②B．①④C．③④D．全部 12．标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（ ）A．ρ=B．ω=C．ω=D．c= 13．含有下列各组离子的溶液中通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存的是（ ）A．H+、Ba2+、Fe3+、NO3﹣，通入SO2气体B．Ca2+、Cl﹣、K+、H+，通入CO2气体C．AlO2﹣、Na+、Br﹣、SO42﹣，通入CO2气体D．HCO3﹣、Na+、I﹣、HS﹣，加入AlCl3溶液 14．将ag铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L．则下列判断中正确的是（ ）A．原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B．向溶液中滴入KSCN溶液，显红色C．无法计算原混合物的质量aD．此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1 15．元素周期表中ⅣA元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定．结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（ ）-38-\n①Pb+2Cl2═PbCl4②Sn+2Cl2═SnCl4③SnCl2+Cl2═SnCl4④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O⑤Pb3O4+8HCl═3PbCl2+Cl2↑+4H2O．A．②③⑤B．②③④C．①②③D．①②④⑤ 16．实验室有一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2SO”字样．已知固体M只可能是Na2SO3或Na2SO4．若取少量固体M配成溶液，下列试剂不能用于鉴定M的是（ ）A．Ba（OH）2B．稀盐酸C．稀硫酸D．浓硝酸 17．如图，利用培养皿探究SO2的性质．实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面．表中对实验现象的描述或解释不正确的是（ ）选项实验现象解释ABaCl2溶液变浑浊SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO4沉淀BNa2S溶液变浑浊SO2与Na2S溶液反应产生了S单质CKMnO4溶液褪色SO2具有还原性D品红溶液褪色SO2具有还原性A．AB．BC．CD．D 18．往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（ ）-38-\nA．B．C．D． 19．下列有关说法正确的是（ ）A实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液B为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解CN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大D吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S＜0A．AB．BC．CD．D 20．下列各项反应对应的图象正确的是（ ）A．25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．向Na溶液中通入HCl气体C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉-38-\nD．向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠 21．常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20ml同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH随X的变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法不正确的是（ ）A．HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小B．HA的电离常数KHA=（x为滴定分数）C．当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大D．滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 二、填空题（本题共5小题，共58分）22．氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40﹣50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu．根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是 （填氧化剂或还原剂）．（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式 -38-\n（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 （填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式 ． 23．某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1molX在该反应中失去3.01×1023个电子．（1）写出该反应的化学方程式： ；（2）若有9.8gH2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为 ；（3）本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果： ． 24．实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W（Na2CO3），称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液．方案一：沉淀法．利用化学反应把HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．（1）量取100mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀，应选用的试剂是 （填编号）．A．CaCl2溶液B．MgSO4溶液C．NaCl溶液D．Ba（OH）2溶液（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是 ；（3）将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算ω（Na2CO3）．如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得ω（Na2CO3） （填“偏大”、“偏小“或“无影响”）．方案二：量气法．量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃、1.01×105Pa）的体积，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．（1）装置中导管a的作用是 ．（2）若撤去导管a，使测得气体体积 （“偏大”，“偏小”或“无影响”）．方案三：滴定法．量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000mol/L的盐酸滴定到终点（已知终点时反应H++CO32﹣=HCO3﹣恰好完全）．重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00mL．（1）量取25.00mL配制好的溶液，应选择 仪器来完成．-38-\n（2）判断滴定终点的依据是 ．（3）此法测得ω（Na2CO3）= %． 25．通过煤的气化和液化，使碳及其化合物得以广泛应用．I．工业上先用煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）（1）向1L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800℃时测得部分数据如下表．t/min01234n（H2O）/mol0.6000.5200.4500.3500.350n（CO）/mol0.4000.3200.2500.1500.150则该温度下反应的平衡常数K= ．（保留2位有效数字）（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1molH2O（g）、2molCO2、2mo1H2，此时v（正） v（逆）（填“＞”“=”或“＜”）．Ⅱ．已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283kJ•mol﹣1、286kJ•mol﹣1、726kJ•mol﹣1'．（3）利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为 ．（4）依据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响 ．Ⅲ．为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如右图所示：一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2﹣．（5）以辛烷（C8H18）代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式 ．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH g．Ⅳ．煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一．（7）将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环．如：-38-\na．6CO2+6H2OC6H12O6+6O2b．2CO2+6H2C2H5OH+3H2Oc．CO2+CH4CH3COOHd．2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O以上反应中，最节能的是 ，反应b中理论上原子利用率为 ． 26．钡盐生产中排出大量的钡泥，某主要生产BaCO3的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2晶体及其他副产物，其部分工艺流程如下：已知：i．Fe（OH）3和Fe（OH）2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7．ii．Ba（NO3）2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小．iii．KSP（BaSO4）=1.1×10﹣10，KSP（BaCO3）=5.1×10﹣9．（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤．用离子方程式说明提纯原理： ．（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，化学方程式为： ．（3）该厂结合本厂实际，选用的X为 （从下列选项中选择）；废渣2为 （写出化学式）．①BaCl2②Ba（NO3）2③BaCO3④Ba（OH）2（4）过滤3后的母液应循环到容器 中．（填“a”、“b”或“c”）（5）称取wg晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为mg，则该Ba（NO3）2的纯度为 ． -38-\n -38-\n2022-2022学年湖南省衡阳八中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是（ ）A．NaCl、BaSO4、SO2B．Cu、CH3C00H、酒精C．氯化钠晶体、水、酒精D．KNO3、NH3•H2O、CaCO3【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．【解答】解：A、氯化钠为强电解质电解质，二氧化硫为非电解质，而硫酸钡为强电解质，不属于弱电解质，故A错误；B、铜既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C、氯化钠晶体为强电解质、水为弱电解质、酒精为非电解质，满足题中要求，故C正确；D、硝酸钾为强电解质、一水合氨为弱电解质，而碳酸钙为强电解质，不是弱电解质，不满足题中要求，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及判断，题目难度不大，注意明确强弱电解质的本质区别，明确电解质与非电解质的概念及判断方法． 2．一定量的镁、铝合金，用足量的盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加热灼烧，得白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量分数是（ ）A．20%B．40%C．58.6%D．60%【考点】有关混合物反应的计算．-38-\n【分析】镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为氧化镁，氧化镁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化镁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答．【解答】解：由镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，沉淀为氢氧化镁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末为MgO，由于MgO的质量等于合金Mg、Al的质量，则MgO中O元素的质量等于合金中Al的质量，所以氧化镁中氧元素的质量分数=合金中铝元素的质量分数，故合金中铝的质量分数是为：×100%=40%，故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，根据发生反应的实质找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法． 3．用NA代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是（ ）A．1L0.5mol•L﹣1CuCl2溶液中含有Cu2+的个数为0.5NAB．7.8g过氧化钠含有的共用电子对数为0.2NAC．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.1NAD．1mol羟基中电子数为10NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．铜离子部分水解，导致铜离子的数目减少；B．过氧化钠中的过氧根离子含有1个共用电子对，0.1mol过氧化钠含有0.1mol共用电子对；C．pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子；D．羟基中含有9个电子，1mol羟基中含有9mol电子．【解答】解：A．1L0.5mol•L﹣1CuCl2溶液中含有0.5mol氯化铜，由于铜离子部分水解，则溶液中含有的铜离子小于0.5mol，含有Cu2+的个数小于0.5NA，故A错误；B．7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol共用电子对，含有的共用电子对数为0.1NA，故B错误；C．25℃时，pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1.0L该Ba（OH）2溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH﹣数目为0.1NA，故C正确；D．羟基为中性原子团，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故D错误；-38-\n故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，D为易错点，注意羟基与氢氧根离子的区别． 4．实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2．下列说法正确的是（ ）A．NaNO2是还原剂B．NH4Cl中N元素被还原C．生成1molN2时转移6mol电子D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、依据物质中元素化合价变化分析判断，有元素化合价升高的物质做还原剂；B、氯化铵中氮元素化合价从﹣3价变化为0价，化合价升高被氧化；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，依据电子转移计算；D、依据化学方程式计算判断．【解答】解：A、反应中NaNO2氮元素化合价从+3价变化为0价，化合价降低，则为氧化剂，故A错误；B、氯化铵中氮元素化合价从﹣3价变化为0价，氮元素化合价升高被氧化，故B错误；C、实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2的化学方程式：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，生成1molN2时转移3mol电子，故C错误；D、由化学方程式NaNO2+NH4Cl═NaC1+N2↑+2H2O可知，氧化剂（NaNO2）和还原剂（NH4Cl）的物质的量之比是1：1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应的概念理解、概念判断和应用，电子转移的计算判断，熟悉氧化还原反应的基本概念含义是解题关键． 5．有体积相同的两份营养液，其配方如下：-38-\nKClK2SO4ZnSO4ZnCl2第一份0.3mol0.2mol0.1mol﹣﹣第二份0.1mol0.3mol﹣﹣0.1mol两份营养液中各离子浓度（ ）A．完全不同B．完全相同C．仅c（K+）相同D．仅c（Cl﹣）相同【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】体积相同的溶液，离子的物质的量浓度与离子的物质的量有关，离子的物质的量相同，物质的量浓度也相同；求出两份营养液中各种离子的物质的量，进而判断离子的物质的量浓度的关系．【解答】解：第一份营养液中，0.3molKCl里面有0.3mol钾离子和0.3mol氯离子，0.2mol硫酸钾里面有0.2mol×2=0.4mol钾离子和0.2mol硫酸根离子，0.1mol硫酸锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol硫酸根离子，那么总共此营养液里面有：n（K+）=0.3mol+0.4mol=0.7mol，n（SO42﹣）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，n（Zn2+）=0.1mol，n（Cl﹣）=0.3mol；第二份营养液中，0.1molKCl里面有0.1mol钾离子和0.1mol氯离子，0.3mol硫酸钾里面有0.3mol×2=0.6mol钾离子和0.3mol硫酸根离子，0.1mol氯化锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol×2=0.2mol氯离子，则第二份营养液内有：n（K+）=0.1mol+0.6mol=0.7mol，n（SO42﹣）=0.3mol，n（Zn2+）=0.1mol，n（Cl﹣）=0.1mol+0.2mol=0.3mol；对比以上可知：因体积相同，两种营养液相同离子的物质的量相同，则两种营养液离子浓度完全相同，故选B．【点评】本题考查了体积相同的溶液中离子浓度的关系，题目难度不大，注意明确溶液体积相同时，离子浓度大小与离子的物质的量有关，离子的物质的量相同，物质的量浓度也相同，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力． 6．下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（ ）A．硫化钠的水解反应：S2﹣+H3O+⇌HS﹣+H2OB．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO2↑+14H2OC．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O-38-\n【考点】离子方程式的书写．【分析】A．硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；B．稀硝酸还原产物为一氧化氮；C．溶液中氢离子物质的量等于氢氧根离子的物质的量；D．发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子．【解答】解：A．硫化钠的水解反应，离子方程式：S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣，故A错误；B．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性，离子方程式2H++2SO42﹣+Ba2++2OH﹣=2BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，离子方程式：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质、熟悉离子反应方程式的书写方法是解题关键，题目难度不大． 7．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，将反应后的混合气体通入BaCl2溶液，产生的沉淀为（ ）A．BaSO4B．BaSO3C．BaSD．BaSO4和BaSO3【考点】含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断，生成沉淀有亚硫酸钡和硫酸钡．【解答】解：反应后的混合气体通入到BaCL2溶液中发生的是复分解反应SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4ClSO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl-38-\n依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4，故选D．【点评】本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等． 8．下列说法正确的是（ ）①漂白粉、水玻璃和铝热剂都是混合物；②煤的干馏和石油的分馏都是化学变化；③氨基酸、纯碱、芒硝和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；④非极性键也可能存在于离子化合物中．A．①④B．①③C．②④D．③④【考点】混合物和纯净物；极性键和非极性键；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】①从物质的组成角度分析，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；②从物质的性质和发生的反应判断，煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化；③纯碱是碳酸钠的俗称，是一种盐；④非极性键也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠属于离子化合物，其中含有非极性键．【解答】解：①漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；水玻璃是硅酸钠的水溶液；铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，以上三种物质都是混合物，故①正确；②煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，故②错误；③纯碱是碳酸钠的俗称，是一种强碱弱酸盐，水解呈碱性，故③错误；④过氧化钠属于离子化合物，过氧根离子中O与O形成的化学键为非极性键，故④正确；故选A．-38-\n【点评】本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类、反应类型的判断、物质的分类、化学键等知识，题目难度不大，易错点为④，注意非极性键也可能存在于离子化合物中． 9．下列关于胶体的叙述正确的是（ ）A．过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象【考点】胶体的重要性质．【分析】A．胶体、溶液都能透过滤纸；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；C．用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能；D．胶体不带电，胶体粒子带电．【解答】解：A．胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开，故A错误；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C．用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故C正确；D．胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳现象，故D错误．故选C．【点评】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，注意胶体不带电，胶粒带电． 10．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（ ）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁．A．①④B．②④C．①②④D．①②③④-38-\n【考点】钠的化学性质；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；②金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；③难溶性碱受热易分解；④AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电．【解答】解：①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱，故①错误；②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故②错误；③难溶性碱受热易分解，所以Fe（OH）3受热也易分解，故③正确；④AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故④错误；故选C．【点评】本题考查类推这一思维方法在化学学科中的应用，属于方法与知识相结合的内容，是高考的热点之一． 11．物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（ ）①3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O②C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O③8NH3+3Cl2═NH4Cl+N2④2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A．①②B．①④C．③④D．全部【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在反应中得电子化合价降低的物质体现氧化性，在反应中失电子化合价升高的物质体现还原性，和碱性氧化物反应生成水的物质体现酸性，和酸性氧化物反应生成水的物质体现碱性．【解答】解：①中硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则这部分硝酸体现氧化性，部分硝酸和碱性氧化物氧化亚铁反应生成水，则体现酸性，故正确；②该反应中，硫酸中硫元素化合价全部由+6价变为+4价，所以硫酸只体现氧化性，故错误；③该反应中，氯元素化合价全部由0价变为﹣1价，所以氯气只体现氧化性，故错误；-38-\n④该反应中，过氧化钠中氧元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，即体现氧化性又体现还原性，故正确；故选：B．【点评】本题考查了氧化还原反应中物质的性质，根据元素化合价变化来分析解答即可，难度不大． 12．标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是（ ）A．ρ=B．ω=C．ω=D．c=【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和；B、根据c=进行计算；C、根据n=计算氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，利用m=ρV计算水的质量，根据溶质质量分数=×100%计算D、根据c=计算．【解答】解：A、由表达式可知，该密度=，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和，故A错误；B、由c=可知，该溶液氨气质量分数ω=，故B正确；C、氨气的物质的量为=mol，故氨气的质量为mol×17g/mol=g，1L水的质量为1000g，故该溶液的质量分数为ω=×100%=，故C正确；-38-\nD、由C可知质量分数为ω=，故c===，故D正确；故选A．【点评】考查质量分数、物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意公式的理解与灵活运用，题目为字母型计算，计算量较大，需要学生细心观察进行计算． 13．含有下列各组离子的溶液中通入（或加入）过量的某种物质后仍能大量共存的是（ ）A．H+、Ba2+、Fe3+、NO3﹣，通入SO2气体B．Ca2+、Cl﹣、K+、H+，通入CO2气体C．AlO2﹣、Na+、Br﹣、SO42﹣，通入CO2气体D．HCO3﹣、Na+、I﹣、HS﹣，加入AlCl3溶液【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，通入二氧化硫后会生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；B．Ca2+、Cl﹣、K+、H+离子之间不发生反应，通入二氧化碳后也不反应；C．偏铝酸根离子在溶液中与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；D．碳酸氢根离子、硫氢根离子都与铝离子发生双水解反应．【解答】解：A．H+、NO3﹣能够氧化SO2气体，反应生成硫酸根离子能够与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ca2+、Cl﹣、K+、H+离子之间不反应，通入二氧化碳后也发生不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．HCO3﹣与二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．HCO3﹣、HS﹣与Al3+发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，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SCN﹣-38-\n）等；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﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 14．将ag铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下气体0.224L．则下列判断中正确的是（ ）A．原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B．向溶液中滴入KSCN溶液，显红色C．无法计算原混合物的质量aD．此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】根据化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中H2的量来计算出Fe和HCl的量，再由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目数据计算这个反应中消耗的HCl的量，得出n（FeCl3）、n（Fe2O3），最后由Fe+2Fe3+=3Fe2+中，根据铁离子的量算出消耗Fe的量，然后计算出反应中消耗铁的总物质的量．【解答】解：因为Fe3+和H+的氧化性强弱顺序为Fe3+＞H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，故向溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红，故B、D错误；标况下0.224L氢气的物质的量为：=0.01mol，根据化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，n（Fe）=n（H2）=0.01mol，n（HCl）=2n（H2）=0.02mol，由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目可知，该反应中消耗的HCl的量为：0.08﹣0.02=0.06mol，则：n（FeCl3）=n（HCl）=0.02mol，n（Fe2O3）=n（FeCl3）=0.01mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，铁离子消耗的铁的物质的量为：n（Fe）=（Fe3+）=0.01mol，原混合物中铁的总物质的量为：0.01mol+0.01mol=0.02mol，则：n（Fe）：n（Fe2O3）=0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确、C错误；故选A．【点评】本题考查有关混合物反应的计算，题目难度中等，明确氧化性强弱及反应先后顺序为解答关键，注意掌握有关混合物反应的化学计算方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力． -38-\n15．元素周期表中ⅣA元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定．结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（ ）①Pb+2Cl2═PbCl4②Sn+2Cl2═SnCl4③SnCl2+Cl2═SnCl4④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O⑤Pb3O4+8HCl═3PbCl2+Cl2↑+4H2O．A．②③⑤B．②③④C．①②③D．①②④⑤【考点】碳族元素简介．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】依据题干给出元素化合价的稳定性判断解答．【解答】解：①Pb+2Cl2═PbCl4，生成物PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故①错误；②Sn+2Cl2═SnCl4，生成物SnCl4中Sn为+4价，稳定，故②正确；③SnCl2+Cl2═SnCl4，SnCl2Sn为+2价不稳定，能够继续被氧化为+4价，故③正确；④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O，PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故④错误；⑤Pb3O4+8HCl═3PbCl2+Cl2↑+4H2O，PbCl2中Pb为+2价，是稳定的，故⑤正确；故选：A．【点评】本题考查了氧化还原反应的规律，准确把握题目给出条件是解题关键，注意不同价态碳族元素的稳定性，题目难度不大． 16．实验室有一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2SO”字样．已知固体M只可能是Na2SO3或Na2SO4．若取少量固体M配成溶液，下列试剂不能用于鉴定M的是（ ）A．Ba（OH）2B．稀盐酸C．稀硫酸D．浓硝酸【考点】常见离子的检验方法．【分析】A．亚硫酸钠和氢氧化钡反应生成白色亚硫酸钡沉淀，硫酸钠和氢氧化钡反应生成白色硫酸钡沉淀；B．亚硫酸钠和盐酸反应生成刺激性的二氧化硫，而硫酸钠和盐酸不反应；C．亚硫酸钠和稀硫酸反应生成刺激性的二氧化硫，而硫酸钠和稀硫酸不反应；D．亚硫酸钠和浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体，而硫酸钠和浓硝酸不反应．-38-\n【解答】解：A．亚硫酸钠、硫酸钠分别和氢氧化钡溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B．亚硫酸钠和盐酸反应Na2SO3+2HCl═2NaCl+H2O+SO2↑，而硫酸钠不能和盐酸反应，能用于鉴定M，故B正确；C．亚硫酸钠和稀硫酸反应：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑，而硫酸钠不能和稀硫酸反应，能用于鉴定M，故C正确；D．稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，自身被还原成红棕色二氧化氮气体，而硫酸钠和浓硝酸不反应，能用于鉴定M，故D正确；故选A．【点评】本题考查离子的检验，把握物质发生的化学反应及现象为解答的关键，注意常见离子的特征反应、注意干扰离子的分析判断，题目难度中等． 17．如图，利用培养皿探究SO2的性质．实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面．表中对实验现象的描述或解释不正确的是（ ）选项实验现象解释ABaCl2溶液变浑浊SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO4沉淀BNa2S溶液变浑浊SO2与Na2S溶液反应产生了S单质CKMnO4溶液褪色SO2具有还原性D品红溶液褪色SO2具有还原性A．AB．BC．CD．D【考点】二氧化硫的化学性质．【专题】氧族元素．【分析】A、向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫不与氯化钡反应；B、向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，SO2与Na2S溶液反应产生了S单质；C、向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性含有高锰酸钾溶液褪色；-38-\nD、向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体使品红溶液褪色，证明二氧化硫的漂白性；【解答】解：向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，依据二氧化硫的性质想判断；A、二氧化硫不与氯化钡反应；故A错误；B、SO2与Na2S溶液反应，发生氧化还原反应产生了S单质；故B正确；C、二氧化硫具有还原性能使高锰酸钾溶液褪色，表现二氧化硫的还原性；故C正确；D、向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体使品红溶液褪色，证明二氧化硫的漂白性，不是还原性；故D错误；故选AD．【点评】本题考查了二氧化硫的性质分析判断，注意反应现象的分析和性质的应用是解题关键，题目难度中等． 18．往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（ ）A．B．C．D．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据沉淀溶解平衡常数：Ksp越小的越先形成沉淀，根据离子反应实质和图中数据来计算回答即可．【解答】解：因为I﹣+Ag+=AgI↓，Cl﹣+Ag+=AgCl↓，可以看出I﹣、Cl﹣跟Ag+反应都是1：1的关系，由图中可知：AgI的沉淀量为V1（黄色沉淀是AgI），而AgCl的沉淀量为V2﹣V1，所以c（I﹣）：c（Cl﹣）=．-38-\n故选C．【点评】本题考查学生难溶电解质的溶解平衡以及沉淀转化的知识，可以根据教材知识来回答，难度不大． 19．下列有关说法正确的是（ ）A实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液B为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解CN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大D吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S＜0A．AB．BC．CD．D【考点】化学反应速率的影响因素；反应热和焓变．【分析】A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；B．从难溶电解质的转化的角度分析；C．升高温度，平衡逆向移动；D．反应前后气体的总量不变△S=0．【解答】解：A．加入硝酸铜，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不生成氢气，故A错误；B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸和除去，故B正确；C．升高温度，平衡逆向移动，氢气转化率减小，故C错误；D．反应前后气体的总量不变△S=0，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查化学反应速率、化学平衡等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响化学平衡、反应速率的因素，难度不大． 20．下列各项反应对应的图象正确的是（ ）A．-38-\n25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．向Na溶液中通入HCl气体C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠【考点】氯气的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质．【专题】图像图表题．【分析】A．亚硫酸为弱酸，电离生成氢离子，溶液显酸性；B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2；D．依据溶度积规则及沉淀溶解平衡移动原理解答．【解答】解；A．亚硫酸为弱酸，电离生成氢离子，溶液显酸性，PH＜7，故A错误；B．NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；D．BaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了元素化合物的性质应用，明确图象含义及发生反应实质是解题关键，题目难度中等．-38-\n 21．常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20ml同浓度的一元弱酸HA，滴定过程溶液pH随X的变化曲线如图所示（忽略中和热效应），下列说法不正确的是（ ）A．HA溶液加水稀释后，溶液中的值减小B．HA的电离常数KHA=（x为滴定分数）C．当滴定分数为100时，溶液中水的电离程度最大D．滴定分数大于100时，溶液中离子浓度关系一定是c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】电解质在水溶液中的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、HA为弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，HA物质的量减小，A﹣物质的量增大；B、X点对应溶液PH=7，溶液呈中性，c（H+）=10﹣7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A﹣），结合滴定分数和电离平衡常数概念计算；C、当滴定分数为100时，溶液中前后生成强碱弱酸盐，水解显碱性促进水的电离；D、滴定分数大于100时，氢氧化钠过量可能c（A﹣）＜c（OH﹣）；【解答】解：A、HA为弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，HA物质的量减小，A﹣物质的量增大，同一溶液中体积相同，溶液中的值减小，故A正确；B、X点对应溶液PH=7，溶液呈中性，c（H+）=10﹣7mol/L，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A﹣），滴定分数是每毫升标准滴定溶液相当于被滴定物质的质量，结合滴定分数和电离平衡常数概念计算得到，HA的电离常数KHA=，故B正确；-38-\nC、当滴定分数为100时，溶液中前后生成强碱弱酸盐，水解显碱性促进水的电离，酸碱溶液抑制水的电离，所以恰好反应时溶液中水的电离程度最大，故C正确；D、滴定分数大于100时，氢氧化钠过量，溶液中离子浓度大小可能为：c（A﹣）＜c（OH﹣），溶液中离子浓度关系不一定是c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选D．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的分析计算，滴定分数和图象理解应用，注意水的电离影响因素判断，掌握基础是关键，题目难度中等． 二、填空题（本题共5小题，共58分）22．氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40﹣50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体：Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu．根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：（1）在CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中所起的作用是 还原剂 （填氧化剂或还原剂）．（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式 2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl （3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 H2 （填化学式）（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式 CuH+3H++NO3﹣=Cu2++2H2O+NO↑ ．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的书写；氧化还原反应．【专题】信息给予题．【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子；（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体．【解答】解：（1）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂、所以另一物质做还原剂，故答案为：还原剂；-38-\n（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H﹣失电子，盐酸中H+得电子，所以得到的气体是H2，故答案为：H2；（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O，故答案为：CuH+3H++NO3﹣=Cu2++2H2O+NO↑．【点评】本题是信息给予题，筛选有用信息结合已学知识进行整合处理． 23．某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4（难溶盐）、Pb（MnO4）2（强电解质）、H2O、X（水溶液呈无色）、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1molX在该反应中失去3.01×1023个电子．（1）写出该反应的化学方程式： 2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O ；（2）若有9.8gH2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为 0.5mol ；（3）本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示后果： PbO2+4H++2Cl﹣=Pb2++Cl2↑+2H2O ．【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】（1）X是一种硫酸盐，且0.2molX在该反应中失去1mol电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式；（2）9.8gH2SO4参加反应，则n（H2SO4）=0.1mol，根据方程式中H2SO4和电子的关系可求出；（3）若用浓盐酸代替硫酸，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气．【解答】解：（1）X是一种硫酸盐，且0.1molX在该反应中失去0.5mol电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，所以X是MnSO4，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，该反应方程式为：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O，故答案为：2MnSO4+5PbO2+2H2SO4=Pb（MnO4）2+4PbSO4+2H2O；-38-\n（2）9.8gH2SO4参加反应，则n（H2SO4）=0.1mol，由方程式可知：2MnSO4～Pb（MnO4）2～2H2SO4～10mol电子，则0.1molH2SO4反应转移0.5mol电子，所以有9.8gH2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5mol；（3）若用浓盐酸代替硫酸，发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，发生的离子反应为PbO2+4H++2Cl﹣=Pb2++Cl2↑+2H2O，故答案为：PbO2+4H++2Cl﹣=Pb2++Cl2↑+2H2O．【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，注意浓盐酸与PbO2发生的氧化还原反应，题目难度中等． 24．实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W（Na2CO3），称取此混合物5.0g，溶于水中，配成250mL溶液．方案一：沉淀法．利用化学反应把HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．（1）量取100mL配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀，应选用的试剂是 D （填编号）．A．CaCl2溶液B．MgSO4溶液C．NaCl溶液D．Ba（OH）2溶液（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法是 取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4 ；（3）将所得沉淀充分干燥，称量沉淀的质量为mg，由此可以计算ω（Na2CO3）．如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则测得ω（Na2CO3） 偏小 （填“偏大”、“偏小“或“无影响”）．方案二：量气法．量取10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃、1.01×105Pa）的体积，由此计算混合物中ω（Na2CO3）．（1）装置中导管a的作用是 平衡气压，使液体顺利滴下 ．（2）若撤去导管a，使测得气体体积 偏大 （“偏大”，“偏小”或“无影响”）．方案三：滴定法．量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中，滴加2滴酚酞试剂，摇匀，用0.2000mol/L的盐酸滴定到终点（已知终点时反应H++CO32﹣=HCO3﹣恰好完全）．重复此操作2次，消耗盐酸的体积平均值为20.00mL．（1）量取25.00mL配制好的溶液，应选择 碱式滴定管 仪器来完成．（2）判断滴定终点的依据是 由红色突变为无色，且30s不恢复 ．（3）此法测得ω（Na2CO3）= 84.8 %．-38-\n【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】方案一：（1）滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀，关键是该沉淀剂能够与碳酸氢根离子反应生成沉淀；（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法，根据洗涤液中是否含有钡离子检验；（3）沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，据此判断对测定结果的影响；方案二：（1）由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体，瓶内压强增大，所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的体积误差；（2）若撤去导管a，会导致硫酸的体积产生误差；方案三：（1）碳酸钠、碳酸氢钠的混合液显碱性，应该用碱式滴定管量取；（2）酚酞的变色范围是8.2～10.0，反应结束时溶液由红色突变为无色，据此判断滴定终点；（3）根据反应H++CO32﹣=HCO3﹣计算出50mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量，然后计算出250mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算出碳酸钠的质量，最后根据质量分数的表达式计算出样品中碳酸钠的质量分数．【解答】解：方案一：（1）A．CaCl2溶液只能与碳酸根反应转化为碳酸根沉淀，故A错误；B．MgSO4溶液与HCO3﹣、CO32﹣均不反应，故B错误；C．NaCl溶液与HCO3﹣、CO32﹣都不反应，故C错误；D．Ba（OH）2溶液与HCO3﹣、CO32﹣都发生反应生成碳酸钡沉淀，故D正确；故答案为：D；（2）过滤，洗涤沉淀，判断沉淀是否洗净的方法，根据洗涤液中是否含有钡离子检验，取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未完成，故答案为：取少量最后一次洗涤液，滴加Na2SO4溶液，如无沉淀，则沉淀已洗净，反之则未完成；-38-\n（3）如果此步中，沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀，所以如果称量值偏大，则碳酸氢钠的质量偏大，则碳酸钠的含量偏小，故答案为：偏小；方案二：（1）由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体，瓶内压强增大，所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下；消除加入稀硫酸引起的体积误差，故答案为：平衡压强、使液体顺利滴下，消除加入稀硫酸引起的气体体积误差；（2）若撤去导管a，滴入硫酸到一定程度会产生压强，使测得气体体积偏大，故答案为：偏大；方案三：（1）溶液显碱性，因此应该用碱式滴定管量取，故答案为：碱式滴定管；（2）酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以判断滴定终点的依据是由红色突变为无色，且30s不恢复，故答案为：由红色突变为无色，且30s不恢复；（3）反应达到终点时，发生的离子方程式为：H++CO32﹣=HCO3﹣，则根据消耗盐酸的体积可知20.00ml可知，消耗碳酸钠的物质的量为：0.2000mol/L×0.02000L=0.004mol，则原混合物中碳酸钠的物质的量为：0.004mol×=0.04mol，质量为：0.04mol×106g/mol=4.24g，所以碳酸钠质量分数为：×100%=84.8%，故答案为：84.8．【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠含量测定的实验方案设计与评价，题目难度中等，明确化学实验基本操作方法及碳酸钠、碳酸氢钠的性质为解答此题关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力． 25．通过煤的气化和液化，使碳及其化合物得以广泛应用．I．工业上先用煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）（1）向1L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800℃时测得部分数据如下表．t/min01234-38-\nn（H2O）/mol0.6000.5200.4500.3500.350n（CO）/mol0.4000.3200.2500.1500.150则该温度下反应的平衡常数K= 1.2 ．（保留2位有效数字）（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1molH2O（g）、2molCO2、2mo1H2，此时v（正） ＜ v（逆）（填“＞”“=”或“＜”）．Ⅱ．已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283kJ•mol﹣1、286kJ•mol﹣1、726kJ•mol﹣1'．（3）利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为 CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣129kJ•mol﹣1 ．（4）依据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响 增加压强使反应速率加快，同时平衡右移，CH3OH产率增大 ．Ⅲ．为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如右图所示：一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2﹣．（5）以辛烷（C8H18）代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式 C8H18﹣50e﹣+25O2﹣=8CO2+9H2O ．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH 80 g．Ⅳ．煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一．（7）将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环．如：a．6CO2+6H2OC6H12O6+6O2b．2CO2+6H2C2H5OH+3H2Oc．CO2+CH4CH3COOHd．2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O以上反应中，最节能的是 a ，反应b中理论上原子利用率为 46% ．-38-\n【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学计算．【分析】（1）化学平衡常数为平衡时，生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；（2）温度不变，利用浓度商与化学平衡常数的大小，判断平衡移动方向，得到答案；（3）根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（4）分析压强对化学反应速率和化学平衡的影响，得到答案；（5）电解质能在高温下能传导O2﹣，负极发生氧化反应，即C8H18）失去电子生成CO2，根据质量守恒和电荷守恒写出电极反应式；（6）一个电子的电量是1.602×10﹣19C，当电路中通过1.929×105C的电量时，电子的个数==1.204×1024，电子的物质的量==2mol，根据转移电子和氢氧化钠的关系式计算；（7）最节能的措施应使用太阳能；原子利用率等于期望产物的总质量与生成物的总质量之比．【解答】解：（1）反应物和生成物浓度不变时，达到平衡状态，3min后达到平衡状态，容器体积为1L，则c（H2O）=0.350mol/L，c（CO）=0.150mol/L，c（H2）=c（CO2）=0.600mol/L﹣0.350mol/L=0.250mol/L，化学平衡常数表达式为：K===1.2，故答案为：1.2；（2）向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1molH2O（g）、2molCO2、2molH2，各物质浓度分别为：0.5mol/L、0.5mol/L、1mol/L、1mol/L，浓度商==4＞1.2，平衡向逆反应方向移动，所以υ（正）＜υ（逆），-38-\n故答案为：＜；（3）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1，则①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣286kJ•mol﹣1由盖斯定律可知用①+③﹣②得反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l），该反应的反应热△H═﹣283.0kJ•mol﹣1+（﹣286kJ•mol﹣1）﹣（﹣726.5kJ•mol﹣1）=﹣129kJ•mol﹣1，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣129kJ•mol﹣1故答案为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=﹣129kJ•mol﹣1；（4）增加压强，缩小体积，反应物浓度增大，反应速率加快，正反应速率加快大于逆反应速率，化学平衡向正反应方向移动，故答案为：增加压强使反应速率加快，同时平衡右移，CH3OH产率增大；（5）电解质能在高温下能传导O2﹣，负极发生氧化反应，即1molC8H18失去电子生成CO2，共失去mole﹣=50mole﹣，18molH原子转化为9molH2O，根据质量守恒和电荷守恒写出电极反应为：C8H18﹣50e﹣+25O2﹣=8CO2+9H2O，故答案为：C8H18﹣50e﹣+25O2﹣=8CO2+9H2O； （6）一个电子的电量是1.602×10﹣19C，当电路中通过1.929×105C的电量时，电子的个数==1.204×1024，电子的物质的量==2mol，根据转移电子和氢氧化钠的关系式得NaOH的质量=×2×40g•mol﹣1=80g，故答案为80；（7）最节能的措施应使用太阳能，故选a；原子利用率等于期望产物的总质量与生成物的总质量之比，反应b中理论上原子利用率为：=46%，故答案为：a；46%．-38-\n【点评】本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡的建立等，难度较大，构建平衡建立的途径进行比较是关键；探讨了能源的循环利用和温室效应的解决，着重考查了物质催化反应的过程，结合考查了化学反应速率和对图表的理解解析能力，综合能力要求较高．另外读图时要注意观察横纵坐标的含义和单位． 26．钡盐生产中排出大量的钡泥，某主要生产BaCO3的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2晶体及其他副产物，其部分工艺流程如下：已知：i．Fe（OH）3和Fe（OH）2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7．ii．Ba（NO3）2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小．iii．KSP（BaSO4）=1.1×10﹣10，KSP（BaCO3）=5.1×10﹣9．（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤．用离子方程式说明提纯原理： BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq） ．（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，化学方程式为： Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O ．（3）该厂结合本厂实际，选用的X为 ③ （从下列选项中选择）；废渣2为 Fe（OH）3 （写出化学式）．①BaCl2②Ba（NO3）2③BaCO3④Ba（OH）2（4）过滤3后的母液应循环到容器 c 中．（填“a”、“b”或“c”）（5）称取wg晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为mg，则该Ba（NO3）2的纯度为 ×100% ．【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在a容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣2为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，（1）当c（CO32﹣）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）时，可实现沉淀的转化；-38-\n（2）Ba（FeO2）2与HNO3反应生成Ba（NO3）2和Fe（NO3）3，以此确定反应的化学方程式；（3）X既要能消耗硝酸，又不产生新杂质，结合本厂实际，故可用BaCO3；（4）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硝酸钡晶体，剩余的滤液中仍含有少量的Ba（NO3）2，可循环使用；（5）根据沉淀硫酸钡的质量，结合方程式计算求出硝酸钡的质量，再求样品的纯度．【解答】解：钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在a容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣2为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，（1）溶液存在BaSO4（aq）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（aq）+SO42﹣（aq），增大碳酸根离子的浓度，当c（CO32﹣）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）时，可实现沉淀的转化，使平衡正向移动从而除去BaSO4杂质，故答案为：BaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌BaCO3（s）+SO42﹣（aq）；（2）Ba（FeO2）2与中钡元素为+2价，铁元素为+3价，所以反应产物为Ba（NO3）2和Fe（NO3）3，所以其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（3）X既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合工厂实际，应该用BaCO3来调节pH，由以上分析可知过滤后废渣2为Fe（OH）3，故答案为：③；Fe（OH）3；（4）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硝酸钡晶体，剩余的滤液中仍含有少量的Ba（NO3）2，所以含有Ba（NO3）2的母液应该，循环到容器c中，故答案为：c；（5）称取w克晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m克，其发生的反应为：Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3，设参加反应的Ba（NO3）2为xg，Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3261233xmg-38-\n则=，解得x=，所以该Ba（NO3）2的纯度为×100%=×100%=故答案为：×100%．【点评】本题考查学生在“工艺流程阅读、相关反应化学方程式书写、化学反应条件控制的原理、生产流程的作用”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，综合考查学生对新信息的处理能力、分析能力和实验能力，题目难度中等，注意把握实验原理和方法． 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