2022-2022学年湖南省衡阳八中高三（上）第一次月考化学试卷 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．下列说法不正确的是（ ）①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质②氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强．A．①④B．①④⑤C．①②③④D．①②③④⑤ 2．下列有关物质变化和分类的说法正确的是（ ）A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C．葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应D．SiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物 3．下列叙述正确的是（ ）A．将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/LNaCl溶液B．将1体积cmol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，得到0.2cmol/L硫酸溶液C．将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/LD．将wga%NaCl溶液蒸发掉w/2g水，得到4a%NaCl溶液 4．实验中需用2.0mol•L﹣1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为（ ）A．950mL；201.4gB．1000mL；212.0gC．100mL；21.2gD．500mL；100.7g 5．下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（ ）-33-\nA．同质量、同体积的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C3H4D．同压强、同体积的N2O和CO2 6．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A．1mol甲烷的质量与甲烷的摩尔质量相等B．28g氮气与40g氩气所含的原子数目相等，都是NA个C．2.3g钠和过量氧气反应，失去的电子数为0.1NAD．18g重水（D2O）所含的电子数为10NA 7．某溶液中（假定不考虑水解因素）仅含有K+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣四种离子，其中K+与Mg2+的个数之比为4：5，则NO3﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比一定不是（ ）A．8：3B．3：2C．1：3D．2：3 8．某同学欲配制符合下列条件的溶液，其中可能实现的是（ ）A．只含0.1molNa+、0.2molMg2+、0.1molCl﹣和0.1molNO3﹣的溶液B．只含0.1molNH4+、0.1molCa2+、0.1molCO32﹣和0.1molCl﹣的溶液C．为了通过测定pH的大小，达到比较HCl和CH3COOH酸性强弱的目的，分别配制100mL0.1mol/L的NaCl溶液和CH3COONa溶液D．仅用1000mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、58.5gNaCl固体和水配制1L1mol/L的NaCl溶液 9．在20℃、1个大气压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后（假设烧瓶中的溶液不向外扩散），三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）A．1：1：1B．3：3：2C．1：2：3D．1：1：2 10．有下列物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸．在水溶液中符合离子方程式：2H++SO32﹣═SO2↑+H2O的化学反应的组合共有（ ）个．-33-\nA．6B．9C．12D．15 11．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OB．NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OC．向澄清石灰水中通入少量CO2：OH﹣+CO2═HCO3﹣D．将0.2mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓ 12．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣ 13．在一种酸性溶液中，可能存在NO、I﹣、Cl﹣、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是（ ）A．一定有碘离子B．可能含铁离子C．可能有氯离子D．不含硝酸根离子 14．已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（ ）A．10molB．11molC．12molD．13mol 15．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl下列说法中错误的是（ ）-33-\nA．S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣ClB．反应中SO2是还原产物，S是氧化产物C．S2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D．反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol 16．在10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入同体积、同浓度的HAc溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是（ ）A．c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．c（Na+）=c（Ac﹣）+c（HAc）D．c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（OH﹣） 17．关于铅蓄电池的说法正确的是（ ）A．在放电时，正极发生的反应是Pb（s）+SO42﹣（aq）﹣2e﹣=PbSO4（s）B．在放电时，该电池的负极材料是铅板C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4（s）+2e﹣=Pb（s）+SO42﹣（aq） 18．在一定温度下，向饱和苛性钠溶液中放入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是（ ）A．溶液中Na+数目增大，有O2放出B．溶液中Na+浓度不变，有H2放出C．溶液中Na+数目减少，有O2放出D．溶液中Na+浓度增大，有O2放出 19．由氧化铜、氧化铁组成的混合物ag，加入2mol•L﹣1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解．若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少为（ ）-33-\nA．1.6gB．（a﹣1.6）gC．（a﹣3.2）gD．无法计算 20．某混合物含有氯化钠、碳酸钠和氯化钾．经分析知其中氯的质量分数为35.5%，则该混合物中碳酸钠的质量分数可能为（ ）A．20%B．30%C．45%D．55% 21．将Mg﹣Cu合金11.2g完全溶解于硝酸中，反应产生的X气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液，恰好完全反应时产生21.4g沉淀，根据题意推断X气体的成份可能是（ ）A．0.3molNOB．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4D．0.1molNO、0.1molNO2和0.2molN2O4 二、填空题：（本题包括22、23、24三道题，共42分）22．饮水安全在人们生活中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质．A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成：阳离子 K+ Na+ Cu2+ Al3+阴离子 SO42﹣ HCO3﹣ NO3﹣ OH﹣为了鉴别上述化合物，分别进行以下实验，其结果如下所示：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃片）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：B： ；D： ．（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为 ．-33-\n（3）写出实验②发生反应的离子方程式： 、 ．（4）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理： ． 23．向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA（g）+yB（g）⇌pC（g）+qD（g）已知：平均反应速率vC=vA；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有amolD生成．回答下列问题：（1）反应2min内，vA= mol/（L•min）；（2）化学方程式中，x：y：p：q= ；（3）反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为 ；（4）如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，则该反应的△H 0；（填“＞”“＜”或“=”）（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：①反应速率 ，（填“增大”、“减小”或“不变”）理由是 ；②平衡时反应物的转化率 ，（填“增大”、“减小”或“不变”）理由是 ． 24．工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣和SO42﹣等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的工艺流程图如图：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：（1）加入NaOH溶液时发生的离子反应方程式为 、 ．-33-\n（2）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释） ．（3）“趁热过滤”时的温度应控制在 ．（4）已知：Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）△H=+532.36kJ•mol﹣1Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3•H2O（s）+9H2O（g）△H=+473.63kJ•mol﹣1写出Na2CO3•H2O脱水反应的热化学方程式 ．（5）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用．请你分析实际生产中是否可行 ，其理由是 ． 三、实验题：25．不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气．为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验（实验时压强为10lkPa，温度为0℃）．（1）若在烧瓶中放入1.30g锌粒，与cmol/LH2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是 ．A．200mLB．400mLC．500mL（2）若1.30g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重l.28g，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为： （3）若烧瓶中投入ag锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重bg．量气瓶中收集到VmL气体，则有：ag/65g•mol﹣1=bg/64g•mol﹣1+VmL/22400mL•mol﹣1，依据的原理是 ．（4）若在烧瓶中投入dg锌，加入一定量的cmol/L浓硫酸VL，充分反应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重mg，则整个实验过程产生的气体中，n（H2）/n（SO2）= -33-\n（用含字母的代数式表示）．若撤走盛有无水氯化钙的U型管，的数值将 （填偏大、偏小或无影响）（5）反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：① ；② ；③ ． -33-\n2022-2022学年湖南省衡阳八中高三（上）第一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．下列说法不正确的是（ ）①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质②氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强．A．①④B．①④⑤C．①②③④D．①②③④⑤【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；③熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；④离子化合物熔融态电离出离子，能导电；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；【解答】解：①硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故①错误；②氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；③熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故②错误；④离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故④错误；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤错误；故选D．【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关． 2．下列有关物质变化和分类的说法正确的是（ ）-33-\nA．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C．葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应D．SiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物【考点】混合物和纯净物；物理变化与化学变化的区别与联系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】A．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；B．纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；C．溶液和胶体的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小；D．能和碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物．【解答】解：A．12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故A错误；B．胆矾、冰水混合物、四氧化三铁只含一种物质，属于纯净物，故B正确；C．葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小，故C错误；D．NO2不属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，故D错误．故选：B．【点评】本题考查混合物和纯净物、化学变化、胶体和酸性氧化物，难度不大，注意能和碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物． 3．下列叙述正确的是（ ）A．将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/LNaCl溶液B．将1体积cmol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，得到0.2cmol/L硫酸溶液C．将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/LD．将wga%NaCl溶液蒸发掉w/2g水，得到4a%NaCl溶液【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】A．配制的溶液体积不是100mL；B．根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算；C.25g无水CuSO4的物质的量为：=0.15625mol，所得溶液浓度为1.5625mol/L；-33-\nD．蒸发后溶液质量减小一半，则溶质的质量分数增大为原先的2倍．【解答】解：A．将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，所得溶液体积不是100mL，所得溶液的浓度不是0.1mol/L，故A错误；B.1体积cmol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，稀释后溶液浓度为：cmol/L×=0.2cmol/L，故B正确；C．将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为：=1.5625mol/L，故C错误；D．wga%NaCl溶液蒸发掉w/2g水，得到溶液的质量分数为：=2a%，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质的量的浓度、溶质质量分数的计算与判断，题目难度中等，明确物质的量浓度、溶质质量分数的概念及表达式为解答关键，注意掌握物质的量与物质的量浓度、摩尔质量等物理量之间的关系． 4．实验中需用2.0mol•L﹣1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为（ ）A．950mL；201.4gB．1000mL；212.0gC．100mL；21.2gD．500mL；100.7g【考点】溶液的配制．【专题】计算题．【分析】由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算．【解答】解：容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3）=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，故选B．【点评】本题考查溶液的配制知识，题目难度不大，注意实验室常用容量瓶的规格，计算溶质的质量时体积以所选容量瓶的规格决定． 5．下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（ ）-33-\nA．同质量、同体积的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C3H4D．同压强、同体积的N2O和CO2【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A．二者都是双原子分子，二者质量相等，摩尔质量相等，根据n=可知，二者物质的量一定相等；B．温度、体积相等，压强会影响气体的物质的量；C．同体积、同密度，二者质量相等，根据n=计算各自物质的量，结合分子含有原子数目计算原子物质的量；D．同压强、同体积，温度会影响气体的物质的量．【解答】解：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A．二者质量相等，摩尔质量相等为28g/mol，根据n=可知，二者物质的量一定相等，二者都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故A正确；B．同温度、同体积的H2和N2，二者压强不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故B错误；C．同体积、同密度，二者质量相等，C2H4和C3H4含有原子数目之比=×6：×7=60：49，故C错误；D．同压强、同体积的H2和N2，二者的温度不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故D错误，故选A．【点评】本题考查物质的量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意根据pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论． 6．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A．1mol甲烷的质量与甲烷的摩尔质量相等-33-\nB．28g氮气与40g氩气所含的原子数目相等，都是NA个C．2.3g钠和过量氧气反应，失去的电子数为0.1NAD．18g重水（D2O）所含的电子数为10NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．质量与摩尔质量的单位不同；B．28g氮气的物质的量为1mol，还有2mol原子，40g氩气的物质的量为2mol，也含有2mol原子；C．钠为+1价金属，2.3g钠的物质的量为0.1mol，完全反应失去了0.1mol电子；D．该重水中含有10个电子，摩尔质量为20g/mol．【解答】解：A．1mol甲烷的质量为16g，甲烷的摩尔质量为16g/mol，二者的单位不同，故A错误；B．28g氮气的物质的量为1mol，含有2mol原子，40g氩气的物质的量为2mol，也含有2mol原子，二者所含的原子数目相等，都是2NA个，故B错误；C．2.3g钠的物质的量为0.1mol，0.1mol钠和过量氧气反应，失去0.1mol电子，失去的电子数为0.1NA，故C正确；D．18g重水（D2O）的物质的量为：=0.9mol，0.9mol重水中含有9mol电子，所含的电子数为9NA，故D错误；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，A为易错点，注意二者的单位不同． 7．某溶液中（假定不考虑水解因素）仅含有K+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣四种离子，其中K+与Mg2+的个数之比为4：5，则NO3﹣与SO42﹣的物质的量浓度之比一定不是（ ）A．8：3B．3：2C．1：3D．2：3【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】设K+离子有4个，Mg2+离子有5个，总正电荷为1×4+2×5=14，溶液显电中性，所以负电荷数目也为14，设NO3﹣离子个数为x，SO42﹣离子个数为y，则x+2y=14，浓度之比等于离子数目之比，据此讨论判断．-33-\n【解答】解：设K+离子有4个，Mg2+离子有5个，总正电荷为1×4+2×5=14溶液显电中性，所以负电荷数目也为14设NO3﹣离子个数为x，SO42﹣离子个数为y则x+2y=14，x=8时，y=3，故A成立；x=6时，y=4，故B成立；x=2时，y=6，故C成立；x=4时，y应该等于5，二者浓度之比为4：5x=10，y=2，二者浓度之比为5：1，故D不成立，故选：D．【点评】本题考查溶液有关计算，难度较大，注意题目为离子数目之比，不能利用物质的量解答，若用物质的量解答，二者难度为任意比都可能． 8．某同学欲配制符合下列条件的溶液，其中可能实现的是（ ）A．只含0.1molNa+、0.2molMg2+、0.1molCl﹣和0.1molNO3﹣的溶液B．只含0.1molNH4+、0.1molCa2+、0.1molCO32﹣和0.1molCl﹣的溶液C．为了通过测定pH的大小，达到比较HCl和CH3COOH酸性强弱的目的，分别配制100mL0.1mol/L的NaCl溶液和CH3COONa溶液D．仅用1000mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、58.5gNaCl固体和水配制1L1mol/L的NaCl溶液【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A、从溶液要呈电中性角度来分析；B、从离子共存角度来分析；C、通过测定0.1mol/L的NaCl溶液和CH3COONa溶液的pH的大小，可知HCl和CH3COOH酸性强弱；D、定容时需要用胶头滴管．【解答】解：A、溶液要呈电中性，即阳离子所带的正电荷数要与阴离子所带的负电荷数相等，而只含0.1molNa+、0.2molMg2+、0.1molCl﹣和0.1molNO3﹣的溶液中，阳离子所带的正电荷的物质的量n=0.1mol+0.2mol×2=0.5mol，阴离子所带的负电荷的物质的量n=0.1mol+0.1mol=0.2mol，溶液不呈电中性，故A错误；-33-\nB、在溶液中，Ca2+和CO32﹣不能共存，故B错误；C、根据越弱越水解可知，酸越弱，对应的钠盐的碱性应越强，故可以通过测定0.1mol/L的NaCl溶液和CH3COONa溶液的pH的大小，可知HCl和CH3COOH酸性强弱，故C正确；D、配制1L1mol/L的NaCl溶液在定容时需要用到胶头滴管，故D错误．故选C．【点评】本题考查了溶液的电中性和离子共存以及盐的水解等问题，难度不大． 9．在20℃、1个大气压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后（假设烧瓶中的溶液不向外扩散），三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）A．1：1：1B．3：3：2C．1：2：3D．1：1：2【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，根据c=计算溶液的物质的量浓度．【解答】解：盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的，相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，令气体的物质的量为amol，假设烧瓶的体积是VL，三种溶液中溶质的物质的量分别是：n（NH3）=n（HCl）=amol，n（HNO3）=amol×，三种溶液的体积分别是V（NH3）=V（HCl）=VL，V（HNO3）=VL，根据c=可知，c（NH3）=c（HCl）=c（NO2）=mol/L，所以其浓度之比为1：1：1，故选A．-33-\n【点评】本题考查了物质的量浓度的有关计算，判断所得溶液体积与气体体积关系是关键，利用赋值法进行解答使计算过程简单化，注意盛放二氧化氮的烧瓶中溶液体积、溶质的物质的量与二氧化氮的关系，为易错点． 10．有下列物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸．在水溶液中符合离子方程式：2H++SO32﹣═SO2↑+H2O的化学反应的组合共有（ ）个．A．6B．9C．12D．15【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】离子方程式为2H++SO32﹣═SO2↑+H2O，为强酸与可溶性亚硫酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化硫的反应，以此来解答．【解答】解：亚硫酸的钾盐、钠盐、铵盐、钡盐中，BaSO3不溶于水，离子方程式中不能用SO32﹣表示，其余在溶液中均可用SO32﹣表示；四种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示，HNO3有强氧化性，与SO32﹣反应时生成SO42﹣，离子方程式也不符合，则符合2H++SO2﹣═SO2↑+H2O，存在三种盐与两种酸可组合出6个反应，且离子方程式相同，故选A．【点评】本题考查离子反应的书写，为高考常见题型，把握离子反应中保留化学式的物质即可解答，注意硝酸具有强氧化性为解答的易错点，注重基础知识的考查，题目难度不大． 11．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OB．NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OC．向澄清石灰水中通入少量CO2：OH﹣+CO2═HCO3﹣D．将0.2mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水；B．漏写铵根离子与碱的反应；-33-\nC．反应生成碳酸钙和水；D．等体积混合，以2：3的物质的量比反应，反应生成硫酸钡和氢氧化铝、硫酸铵．【解答】解：A．Fe3O4溶于足量稀HNO3的离子反应为3Fe3O4+NO3﹣+28H+═NO↑+9Fe3++14H2O，故A错误；B．NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合的离子反应为NH4++HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+H2O+NH3．H2O，故B错误；C．向澄清石灰水中通入少量CO2的离子反应为Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O，故C错误；D．将0.2mol•L﹣1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故D正确；故选：D．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意氧化还原及与量有关的离子反应为解答的难点，选项AB为易错点，题目难度中等． 12．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D．铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子．【解答】解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，HCO3﹣离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；-33-\nD．Fe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，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﹣）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，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在． 13．在一种酸性溶液中，可能存在NO、I﹣、Cl﹣、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是（ ）A．一定有碘离子B．可能含铁离子C．可能有氯离子D．不含硝酸根离子【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】酸性条件下，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，说明溴作氧化剂，溶液中存在还原性的离子，则具有氧化性的离子不存在，据此分析解答．【解答】解：酸性条件下，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，说明溴作氧化剂，溶液中存在还原性的离子，碘离子能和溴反应，所以一定存在碘离子．A、通过以上分析知，溶液中一定含有碘离子，故A正确．B、溶液中含有碘离子，则氧化性的离子不能存在，铁离子和碘离子能发生氧化还原反应，所以铁离子一定不存在，故B错误．C、溶液中含有碘离子，碘离子和氯离子不反应，所以溶液中可能存在氯离子，故C正确．D、溶液中含有碘离子，碘离子具有强还原性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，所以酸性条件下，碘离子和硝酸根离子不能共存，所以一定不含硝酸根离子，故D正确．故选B．【点评】本题以氧化还原反应为载体考查了离子的共存，难度不大，根据离子的性质来分析解答即可． -33-\n14．已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（ ）A．10molB．11molC．12molD．13mol【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，以此来计算．【解答】解：由2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2﹣1）+2mol×（5﹣0）=11mol，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点，题目难度中等． 15．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl下列说法中错误的是（ ）A．S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣ClB．反应中SO2是还原产物，S是氧化产物C．S2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D．反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol【考点】含硫物质的性质及综合应用；极性分子和非极性分子．【专题】化学键与晶体结构；元素及其化合物．【分析】A．由结构可知，含有S﹣S键、S﹣Cl键；-33-\nB．根据元素的化合价升降来确定氧化产物和还原产物；C．S﹣S键为非极性共价键，S﹣Cl键为极性共价键，该物质结构不对称；D．根据元素的化合价升降来确定电子转移情况．【解答】解：A．由结构可知，含有S﹣S键、S﹣Cl键，则S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，故A正确；B、反应中硫元素的化合价升高为二氧化硫中的+4价，所以SO2是氧化产物，硫元素的化合价降低为0价，所以S是还原产物，故B错误；C．S﹣S键为非极性共价键，S﹣Cl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子，故B正确；D．在反应中，S元素发生自身氧化还原反应，生成1molSO2，转移电子为3mol，故D正确．故选B．【点评】本题为信息习题，注意利用信息中物质的结构结合所学知识来解答，选项D为解答的难点，注意氧化还原反应的发生，题目难度中等． 16．在10mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中加入同体积、同浓度的HAc溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是（ ）A．c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．c（Na+）=c（Ac﹣）+c（HAc）D．c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在10mL0.1mol•L﹣NaOH溶液中加入同体积、同浓度的HAc溶液，酸碱恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，根据电荷守恒和物料守恒判断正误．【解答】解：A．相同物质的量的醋酸氢氧化钠碱恰好完全反应，生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；B．相同物质的量的醋酸氢氧化钠碱恰好完全反应，生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（Ac﹣），盐溶液中水电离程度很小，所以c（Ac﹣）＞c（OH﹣），则离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；C．根据物料守恒得c（Na+）=c（Ac﹣）+c（HAc），故C正确；-33-\nD．任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选：A．【点评】本题考查了酸碱混合溶液中各种离子浓度大小的比较，难度不大，根据盐的性质结合物料守恒和电荷守恒来分析解答． 17．关于铅蓄电池的说法正确的是（ ）A．在放电时，正极发生的反应是Pb（s）+SO42﹣（aq）﹣2e﹣=PbSO4（s）B．在放电时，该电池的负极材料是铅板C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4（s）+2e﹣=Pb（s）+SO42﹣（aq）【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【专题】电化学专题．【分析】由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，逆反应过程应该是充电时的阴极反应，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，逆反应应该是充电时的阳极反应．【解答】解：A．铅蓄电池放电时，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，故A错误；B、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极，故B正确；C、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，充电时，会生成硫酸，电池中硫酸的浓度会增大，故C错误；D、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，充电时，阳极发生的反应是PbSO4+2H2O=PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+，故D错误．故选B．-33-\n【点评】题考查原电池的工作原理，题目难度中等，本题注意电极反应式的书写，为解答该题的关键． 18．在一定温度下，向饱和苛性钠溶液中放入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是（ ）A．溶液中Na+数目增大，有O2放出B．溶液中Na+浓度不变，有H2放出C．溶液中Na+数目减少，有O2放出D．溶液中Na+浓度增大，有O2放出【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，消耗水，溶液有NaOH晶体析出，反应后仍为饱和溶液，温度一定，氢氧化钠溶液浓度不变，由于溶剂的质量减少，则饱和溶液中的溶质的物质的量减小，据此分析．【解答】解：过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，消耗水，溶液有NaOH晶体析出，反应后仍为饱和溶液，温度一定，氢氧化钠溶液浓度不变，由于溶剂的质量减少，则饱和溶液中的溶质的物质的量减小；A、溶液中的Na+数目减小，有O2放出，故A错误；B、溶液中的Na+浓度不变，有O2放出，故B错误；C、溶液中溶质的物质的量减小，Na+数目减少，有O2放出，故C正确；D、溶液中的Na+浓度不变，有O2放出，故D错误；故选：C．【点评】本题考查钠的重要化合物，侧重于化学知识的综合应用的考查，注意把握饱和溶液的性质，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度中等． 19．由氧化铜、氧化铁组成的混合物ag，加入2mol•L﹣1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解．若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应，冷却后固体质量减少为（ ）A．1.6gB．（a﹣1.6）gC．（a﹣3.2）gD．无法计算【考点】有关混合物反应的计算．-33-\n【分析】金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，根据硫酸的物质的量可知金属氧化物中O元素的物质的量，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量．【解答】解：由反应CuO～H2SO4，Fe2O3～3H2SO4，可知硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，n（H2SO4）=0.05L×2mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol×16g/mol=1.6g，若将ag原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量，为ag﹣1.6g，故选B．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意根据反应的特点，确定金属氧化物与硫酸反应的关系式，从而得出硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，此为解答该题的关键． 20．某混合物含有氯化钠、碳酸钠和氯化钾．经分析知其中氯的质量分数为35.5%，则该混合物中碳酸钠的质量分数可能为（ ）A．20%B．30%C．45%D．55%【考点】有关混合物反应的计算．【分析】设氯的质量为35.5，混合固体的质量为=100g，如全是NaCl为58.5g，如全是KCl为74.5g，碳酸钠在25.5g到42.5g之间，以此解答该题．【解答】解：设氯的质量为35.5，即1mol，混合固体的质量为=100g，则如全是NaCl，质量为58.5g，如全是KCl，则质量为74.5g，碳酸钠在25.5g到42.5g之间，只有B符合，故选B．【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意根据氯的质量分数，利用端值法计算，难度不大． -33-\n21．将Mg﹣Cu合金11.2g完全溶解于硝酸中，反应产生的X气体，再向所得溶液中加入NaOH溶液，恰好完全反应时产生21.4g沉淀，根据题意推断X气体的成份可能是（ ）A．0.3molNOB．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4D．0.1molNO、0.1molNO2和0.2molN2O4【考点】氧化还原反应的计算．【分析】向Mg﹣Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g﹣11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，结合选项根据电子转移守恒判断．【解答】解：向Mg﹣Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g﹣11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，A．生成0.6molNO，N元素获得电子为0.3mol×（5﹣2）=0.9mol，故A错误；B．生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2O4，N元素获得电子为0.2mol×（5﹣4）+0.1mol×2×（5﹣4）=0.4mol，得失电子不相等，故B错误；C．生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×（5﹣2）+0.2mol×（5﹣4）+0.05mol×2×（5﹣4）=0.6mol，得失电子相等，故C正确；D.0.1molNO、0.1molNO2和0.2molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×（5﹣2）+0.1mol×（5﹣4）+0.2mol×2×（5﹣4）=0.8mol，得失电子不相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题的关键，注意守恒思想的运用． 二、填空题：（本题包括22、23、24三道题，共42分）22．饮水安全在人们生活中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质．A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成：-33-\n阳离子 K+ Na+ Cu2+ Al3+阴离子 SO42﹣ HCO3﹣ NO3﹣ OH﹣为了鉴别上述化合物，分别进行以下实验，其结果如下所示：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃片）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：B： KNO3 ；D： CuSO4 ．（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为 Na2CO3 ．（3）写出实验②发生反应的离子方程式： Al3++3OH﹣═Al（OH）3 、 Al（OH）3+OH﹣═﹣ ．（4）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理： Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+ ．【考点】无机物的推断．【分析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；③进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是氢氧化钠；④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠，以此来解答．【解答】解：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子．②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子．③进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是氢氧化钠．-33-\n④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾．⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠．（1）通过以上分析知，B、D分别是：KNO3、CuSO4，故答案为：KNO3、CuSO4；（2）A是碳酸氢钠，E是氢氧化钠，将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应生成碳酸钠和水，蒸干后仅得到一种化合物碳酸钠，故答案为：Na2CO3；（3）铝离子和少量氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应离子反应方程式为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣═﹣，故答案为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣═﹣；（4）C中含有铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，水解反应方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+．【点评】本题考查了无机物推断，明确物质的性质是解本题关键，注意物质间的反应，难度中等． 23．向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA（g）+yB（g）⇌pC（g）+qD（g）已知：平均反应速率vC=vA；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有amolD生成．回答下列问题：（1）反应2min内，vA= mol/（L•min）；（2）化学方程式中，x：y：p：q= 2：3：1：6 ；（3）反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为 ×100% ；（4）如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，则该反应的△H ＜ 0；（填“＞”“＜”或“=”）-33-\n（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：①反应速率 增大 ，（填“增大”、“减小”或“不变”）理由是 体积减小，反应物浓度增大，因而使反应速率增大 ；②平衡时反应物的转化率 减小 ，（填“增大”、“减小”或“不变”）理由是 体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，因而使反应物转化率减小 ．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学计算．【分析】平均反应速率vC=vA；反应2min时，A的浓度减少了，则vA==mol/（L•mim），vC=mol/（L•mim），B的物质的量减少了mol，vB==mol/（L•mim），有amolD生成，vD==mol/（L•mim），由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应为2A（g）+3B（g）⇌C（g）+6D（g），利用三段式分析2A（g）+3B（g）⇌C（g）+6D（g），开始ab00转化aaa2a平衡时ab﹣aa2a根据转化率=×100%计算，结合温度、压强对平衡移动的影响来解答；【解答】解：平均反应速率vC=vA；反应2min时，A的浓度减少了，则vA==mol/（L•mim），vC=mol/（L•mim），B的物质的量减少了mol，vB==mol/（L•mim），有amolD生成，vD==mol/（L•mim），由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应为2A（g）+3B（g）⇌C（g）+6D（g），（1）依据上述计算可知反应2min内，VA=mol/（L•mim），-33-\n故答案为：；（2）由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应为2A（g）+3B（g）⇌C（g）+6D（g），x：y：p：q=2：3：1：6，故答案为：2：3：1：6；（3）利用三段式分析2A（g）+3B（g）⇌C（g）+6D（g），开始ab00转化aaa2a平衡时ab﹣aa2aB的转化率为=×100%，故答案为：×100%；（4）如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，即反应向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，所以该反应的△H＜0，故答案为：＜；（5）①将容器的容积变为1L，体积减小，反应物浓度增大，因而使反应速率增大，故答案为：增大；体积减小，反应物浓度增大，因而使反应速率增大；②将容器的容积变为1L，体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，因而使反应物转化率减小，故答案为：减小；体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，因而使反应物转化率减小．【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及反应速率的计算、转化率的计算、反应速率及平衡移动的影响因素，综合性较强，注重高考常考考点的考查，题目难度中等． 24．工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣和SO42﹣等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的工艺流程图如图：-33-\n已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：（1）加入NaOH溶液时发生的离子反应方程式为 Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓ 、 MgCO3+2OH﹣=Mg（OH）2↓+CO32﹣ ．（2）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释） Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强 ．（3）“趁热过滤”时的温度应控制在 高于36℃ ．（4）已知：Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）△H=+532.36kJ•mol﹣1Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3•H2O（s）+9H2O（g）△H=+473.63kJ•mol﹣1写出Na2CO3•H2O脱水反应的热化学方程式 Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol ．（5）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用．请你分析实际生产中是否可行 不可行 ，其理由是 若“母液”循环使用，则溶液c（Cl﹣）和c（SO42﹣）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；热化学方程式．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀；（2）根据碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解是吸热反应判断；（3）使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，36℃是一个转折点；（4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律来计算焓变即可；-33-\n（5）分析“母液”中存在的离子，若参与循环，将使离子浓度增大，对工业生产中哪个环节有所影响．【解答】解：（1）碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀，滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3，发生的发应有：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，MgCO3+2OH﹣=Mg（OH）2↓+CO32﹣，故答案为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，MgCO3+2OH﹣=Mg（OH）2↓+CO32﹣；（2）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，是由于Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强，故答案为：Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强；（3）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，所以温度高于36℃，故答案为：高于36℃；（4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律，可将两式相减得到Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g），即Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol，故答案为：Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol；（5）若“母液”循环使用，则溶液c（Cl﹣）和c（SO42﹣）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质，这样不符合该提纯工艺，故答案为：不可行；若“母液”循环使用，则溶液c（Cl﹣）和c（SO42﹣）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质．【点评】本题考查了物质的分离、提纯及物质的制取等知识，题目难度中等，本题是一道比较综合的试题题，有利于考查学生分析和解决问题的能力． 三、实验题：25．不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气．为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验（实验时压强为10lkPa，温度为0℃）．-33-\n（1）若在烧瓶中放入1.30g锌粒，与cmol/LH2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是 C ．A．200mLB．400mLC．500mL（2）若1.30g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重l.28g，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为： Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O （3）若烧瓶中投入ag锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重bg．量气瓶中收集到VmL气体，则有：ag/65g•mol﹣1=bg/64g•mol﹣1+VmL/22400mL•mol﹣1，依据的原理是 得失电子守恒 ．（4）若在烧瓶中投入dg锌，加入一定量的cmol/L浓硫酸VL，充分反应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重mg，则整个实验过程产生的气体中，n（H2）/n（SO2）= （用含字母的代数式表示）．若撤走盛有无水氯化钙的U型管，的数值将 偏小 （填偏大、偏小或无影响）（5）反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：① 待冷却至室温才开始读数 ；② 读数前使量气管左右液面相平 ；③ 视线与量气管中液面的凹液面最低点在同一水平面 ．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据锌的质量计算生成气体的体积，从而确定量气管的适宜规格；（2）根据氢氧化钠的性质分析增重的原因，并写出相应的化学反应方程式，分析装置中气体流向不能全部被吸收分析判断；（3）根据氧化还原反应的特点分析，1mol锌无论用来产生SO2还是产生氢气都是1mol锌对应1mol气体；-33-\n（4）根据氢氧化钠洗气瓶增重的量求出反应的硫酸的物质的量，硫酸总量减去生成二氧化硫需要的硫酸的量即为生成氢气的硫酸的量，继而求出生成气体的物质的量；根据无水氯化钙的作用分析；（5）①根据化学反应与反应热的关系分析；②根据溶液的读数方法分析；③视线的位置分析．【解答】解：（1）设生成的氢气为XZn+H2SO4=ZnSO4+H2↑1mol22.4Lxx=×22.4L=0.448L=448mL故选C；（2）氢氧化钠是碱，能吸收酸性气体，氢氧化钠洗气瓶增重说明有酸性气体生成，当锌和硫酸反应时，锌作还原剂，硫酸作氧化剂，被还原为二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O；（3）根据氧化还原知识或根据方程式，1mol锌无论用来产生SO2还是产生氢气都是1mol锌对应1mol气体，根据氧化还原反应中得失电子数相等列出式子，ag/65g•mol﹣1=bg/64g•mol﹣1+（V2﹣V1）ml/22400ml•mol﹣1，故答案为：得失电子守恒；（4）根据Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O2mol1molmolmol可知生成二氧化硫需要的硫酸为mol；根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，氢气的物质的量与锌的相同为（CV﹣）mol，==；-33-\n若撤走盛有无水氯化钙的U型管，混合气体中的水蒸气进入氢氧化钠溶液，导致洗气瓶增重量增大，所以计算时二氧化硫的物质的量增大，氢气与二氧化硫的物质的量之比偏小，故答案为：；偏小；（5）因为该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液的温度逐渐升高，生成的气体温度高于标况下温度，温度对气体体积有影响，所以要待冷却至室温才开始读数；在读数时，如果俯视或仰视都会造成误差，所以读数时眼睛视线与液面最低处相平，故答案为：①待冷却至室温才开始读数；②读数前使量气管左右液面相平；③视线与量气管中液面的凹液面最低点在同一水平面．【点评】本题考查性质实验方案的设计，涉及排气量气装置，要注意的是锌和硫酸的反应，硫酸浓度不同时，锌和硫酸反应的生成物不同，表现氧化性的元素也不同，题目难度中等． 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