2022-2022学年河南省郑州市新密市青屏高中高三（上）第五次月考化学试卷一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法中正确的是()A．淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都属于天然有机高分子化合物B．实验室只用乙醇和乙酸混合加热就可以制得乙酸乙酯C．可利用新制的氢氧化铜悬浊液检验尿液中的葡萄糖D．CH3CH2CH（CH3）CH3与CH3CH（CH3）CH2CH3互为同分异构体2．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是()A．14C的原子结构示意图B．H2O2的电子式：C．CO2的比例模型：D．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl3．14C是碳的一种同位素，NA为阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是()①1mol14CH4分子中所含中子数为8NA②7g14C原子形成的石墨中所含质子数为3NA③17g甲基（﹣14CH3）所含电子数为8NA④常温常压下，22.4L14CO2其分子数为NA．A．①②B．①③C．①②③D．③④4．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是()A．在c（HCO）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH、Al3+、Cl﹣、NO-37-\nB．有大量NO存在的强酸性溶液中：NH、Ba2+、Fe3+、Cl﹣C．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Al3+、CH3COO﹣、I﹣D．能使pH试纸变红的溶液中：ClO﹣、S2﹣、Na+、K+5．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是()A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2；2Na2O2+2H2O═4Na++2OH﹣+O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClOD．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O6．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法正确的是()A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B．原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rZ＞rW＞rQC．离子Y2﹣和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强7．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()A．①③B．②④C．②③④D．①②③④-37-\n8．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是()A．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2CO3溶液和NH4Cl溶液：c＞c＞c（NH4Cl）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）C．等的物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH）D．0.1mol•L﹣1pH=4的NaHA溶液中：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）9．工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示．下列说法不正确的是()已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度）A．碳棒上发生的电极反应：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OB．电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变10．在密闭容器中存在反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＜0，某研究小组研究该反应后作出了如图所示曲线．下列分析正确的是()-37-\nA．A、B．B、C．C、D．D、11．25℃时，用浓度为0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是()A．相同浓度时，三种酸的酸性强弱顺序是：HX＞HY＞HZB．根据滴定曲线，可得Ka（HX）=10﹣3mol•L﹣1C．滴定HY，V（NaOH）=20mL时，c（Na+）=c（Y﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．滴定HZ，V（NaOH）=10mL时，c（Z﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）12．一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp=cm（An+）•cn（Bm﹣），称为难溶电解质的溶度积．已知下表数据：-37-\n对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不科学的是()A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B．该溶液中c（SO42﹣）：＞5：4C．向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3～4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D．在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在13．表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是()A．A、B．B、C．C、D．D、14．现有A、B、C、D、E五种易溶于水的强电解质，它们由如下离子组成（各种离子不重复）．已知：ⅰ0.1mol/L-37-\nA溶液的pH＜1；ⅱ将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀产生；ⅲC溶液白色沉淀．某同学根据以上实验得出如下结论：①A一定为H2SO4②B一定为Ba（OH）2③C可能是AlCl3④D、E两种物质中必有一种是NH4HCO3．以上说法中正确的个数是()A．1B．2C．3D．415．将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO．若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A．原混合物中铜和铁各0.075molB．稀硝酸的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1C．第一次剩余4.8g金属为铜和铁D．再加入上述100mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO二、综合应用题16．下列图象中，纵坐标为沉淀或气体的物质的量，横坐标为某溶液中加入的反应物的物质的量，选择合适的图象对应的字母填空．（1）澄清石灰水中通入CO2至过量__________．（2）HCl与AlCl3的混合溶液中加入NaOH至过量__________．（3）HCl与AlCl3的混合溶液中加入NH3•H2O至过量__________．（4）MgCl2与AlCl3的混合溶液中加入NaOH至过量__________．（5）Na2CO3与NaHCO3混合溶液中加入HCl至过量__________．（6）KAl（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2至过量__________．-37-\n17．亚氯酸钠（NaClO2）在碱性环境中稳定存在，是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．ClO2是为一种黄绿色气体，是国际公认的高效、安全的漂白和消毒剂．NaClO2生产的主要流程（图1）和电解法制备ClO2的新工艺（图2）如下：（1）反应Ⅰ中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________．（2）溶液A由图2电解制得，A的化学式为__________；反应Ⅱ的离子方程式为__________．（3）利用图2装置，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，ClO2在__________（填“a极”或“b极”）生成，其电极反应式为__________．（4）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣650mg/L，现用ClO2将CN﹣氧化，离子反应方程式为2ClO2+2CN﹣═N2↑+2CO2↑+2Cl﹣；处理100m3这种污水，至少需要ClO2（标况）__________L．18．（14分）钴酸锂（LiCoO2）锂离子电池是一种应用广泛的新型电池，实验室尝试用废旧钴酸锂离子电池回收铝，铁，铜，钴及锂元素，其流程如下：已知：①Fe3++3C2O42﹣═3﹣，3﹣遇酸分解，重新生成Fe3+②Co3+有强氧化性，易被还原为Co2+③废旧电池中铝、铁以单质形式存在（1）碱浸泡过程中发生反应的离子方程式是__________．（2）滤液A中溶质（除盐酸外）主要成分的化学式是LiCl、__________；向滤液A中加入草酸铵溶液，使钴元素以CoC2O4形式沉淀析出，判断沉淀完全的方法和现象是__________．-37-\n（3）滤液A到滤液B的步骤中，加入氧化剂不能选用__________原因是__________．A．Cl2B．HNO3C．H2O2（4）生成Li2CO3的化学方程式为__________．（5）上述流程有一缺点，第一次使用到盐酸时，会有少量黄绿色气体生成，请写出该反应的化学方程式__________．（6）某温度下Ksp=2.097×10﹣39mol4•L﹣4，将0.01mol•L﹣1的FeCl3溶液与0.001mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，请通过计算说明能否形成沉淀__________．19．甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用．工业用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：①CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.3kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ•mol﹣1③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1（1）用CH4和O2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为__________（2）某温度下，向4L恒容密闭容器中通入6molCO2和6molCH4，发生反应①，平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=__________，CH4的转化率为__________．（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH（g）+CO（g）═HCOOCH3（g）△H=﹣29.1kJ•mol﹣1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：①从反应压强对甲醇转化率的影响效率看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是__________．（填“3.5×106Pa”“4.0×106Pa”或“5.0×106Pa”）．-37-\n②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是__________．（4）工业上常用CH3OH来制备HCOOH．已知25℃时0.1mol/L的HCOOH溶液和0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH分别为2.3和2.9．现有同物质的量浓度的下列三种溶液：①HCOONa溶液②CH3COONa溶液③NaCl溶液，其pH由大到小顺序为：__________（填溶液序号）．②向0.1mol/L的HCOOH溶液中加水或加入少量HCOONa晶体时，都会引起变化的是__________．a．溶液的pH增大b．HCOOH的电离程度增大c．溶液的导电能力减弱d．溶液中c（OH﹣）减小．20．（14分）草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的性质，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，有关物质的部分性质如下表：【实验Ⅰ】探究草酸的不稳定性．用下图中提供的仪器和试剂，验证草酸受热分解得到的混合气体中含有CO和CO2（加热装置和导管等在图中略去，部分装置可以重复使用）．（1）仪器装置正确连接顺序为：__________．（2）用上图入提供的装置和试剂实验时，在B中观察到有白色沉淀，也不能说明草酸分解有CO2，请提也改进意见__________．【实验Ⅱ】-37-\n实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸．装置如下图所示，反应原理为：C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O实验步骤如下：①一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中②控制反应温度55﹣60℃，边搅拌边缓慢滴加一定量的混合酸（65%的HNO3与98%的H2SO4的质量比2：1.25）③反应3小时，蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤后再重结晶得到草酸晶体（3）上图实验装置中仪器乙的名称为：__________、装置B的作用__________、C中试剂是__________．（4）检验淀粉是否水解完全的操作及现像是：__________．【实验Ⅲ】制备草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）．反应原理为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O+H2C2O4=FeC2O4•2H2O+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O实验步骤如下：①称取13.7gFeSO4•（NH4）2SO4•6H2O放在200mL烧杯中，然后加30mL蒸馏水和2mL2mol•L﹣1H2SO4，加热溶解．②再加入40mL1mol•L﹣1草酸溶液，加热至沸，然后迅速搅拌（防止暴沸），待有黄色晶体析出后，停止加热，静置．③弃去上层清液，用40mL蒸馏水充分洗涤晶体，过滤后，再用丙酮洗涤晶体并晾干得4.6gFeC2O4•2H2O（5）生成的FeC2O4•2H2O需要充分洗涤，检验是否洗涤干净的操作及现像是__________．（6）用丙酮洗涤晶体的目的是__________．（7）本实验FeC2O4•2H2O的产率为__________．-37-\n2022-2022学年河南省郑州市新密市青屏高中高三（上）第五次月考化学试卷一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法中正确的是()A．淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都属于天然有机高分子化合物B．实验室只用乙醇和乙酸混合加热就可以制得乙酸乙酯C．可利用新制的氢氧化铜悬浊液检验尿液中的葡萄糖D．CH3CH2CH（CH3）CH3与CH3CH（CH3）CH2CH3互为同分异构体考点：有机物的结构和性质．分析：A．油脂不是高分子化合物；B．乙酸、乙醇的酯化反应应以浓硫酸为催化剂；C．加热条件下葡萄糖可与氢氧化铜发生氧化还原反应；D．根据同分异构体的定义判断．解答：解：A．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，油脂不是高分子化合物，故A错误；B．乙酸、乙醇的酯化反应应以浓硫酸为催化剂，故B错误；C．葡萄糖含有醛基，具有还原性，加热条件下葡萄糖可与氢氧化铜发生氧化还原反应，可用新制的氢氧化铜悬浊液检验尿液中的葡萄糖，故C正确；D．CH3CH2CH（CH3）CH3与CH3CH（CH3）CH2CH3分子式相同，结构相同，都为2﹣甲基丁烷，为同一种物质，故D错误．故选C．点评：本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构以及相关概念，注意相关基础知识的积累．2．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是()A．14C的原子结构示意图-37-\nB．H2O2的电子式：C．CO2的比例模型：D．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．分析：A．元素符号的左上角为质量数，碳为6号元素，碳原子核外有6个电子，根据核外电子排布规律判断；B．H2O2中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合，无离子存在；C．比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构；D．次氯酸中氧原子与氯原子、氢原子之间分别形成1对共用电子对．解答：解：A．碳元素质子数为6，电子数为6，原子结构示意图为：，故A错误；B．H2O2为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，电子式为：，故B错误；C．二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，氧原子半径大，实际碳原子半径大于氧原子半径，故C错误；D．次氯酸中氧原子与氯原子、氢原子之间分别形成1对共用电子对，次氯酸的电子式为，结构式为H﹣O﹣Cl，故D正确；故选D．点评：本题考查常用化学用语，题目难度不大，加强基础知识的掌握理解，注意D选项容易受分子式的书写影响．3．14C是碳的一种同位素，NA为阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是()①1mol14CH4分子中所含中子数为8NA②7g14C原子形成的石墨中所含质子数为3NA③17g甲基（﹣14CH3）所含电子数为8NA④常温常压下，22.4L14CO2其分子数为NA．-37-\nA．①②B．①③C．①②③D．③④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：①14C分子中含有8个中子，1mol14CH4分子中含有8mol中子；②14C分子中含有6个质子，根据碳原子的质量计算出物质的量及含有的质子数；③﹣14CH3没有发生电子的转移，1mol该甲基中含有9mol电子；④常温常压下，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化碳的物质的量．解答：解：①1mol14CH4分子中含有8mol中子，所含中子数为8NA，故①正确；②7g14C原子形成的石墨中含有碳原子的物质的量为0.5mol，含有3mol质子，所含质子数为3NA，故②正确；③17g甲基（﹣14CH3）的物质的量为1mol，含有9mol电子，所含电子数为9NA，故③错误；④常温常压下，不是在标况下，题中条件无法计算二氧化碳的物质的量，故④错误；故选：D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握质量数、质子数、中子数的关系，熟练掌握以物质的量为中心的转化关系．4．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是()A．在c（HCO）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH、Al3+、Cl﹣、NOB．有大量NO存在的强酸性溶液中：NH、Ba2+、Fe3+、Cl﹣C．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Al3+、CH3COO﹣、I﹣D．能使pH试纸变红的溶液中：ClO﹣、S2﹣、Na+、K+考点：离子共存问题．分析：A．离子之间相互促进水解；B．该组离子之间不反应；C．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；-37-\nD．能使pH试纸变红的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应．解答：解：A．HCO3﹣与Al3+发生双水解反应而不能大量共存，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．溶液显酸性或碱性，Al3+与OH﹣不能大量共存，CH3COO﹣与H+不能大量共存，故C错误；D．酸性溶液中S2﹣与ClO﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；故选B．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、水解反应、复分解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大．5．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是()A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2；2Na2O2+2H2O═4Na++2OH﹣+O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClOD．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．电荷不守恒，得失电子数不守恒；B．氢原子个数不守恒；C．次氯酸为弱电解质，应保留化学式；D．盐酸具有强的还原性，能够还原酸性的高锰酸钾．解答：解：A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板，离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．Na2O2与H2O反应制备O2，离子方程式为；2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故B错误；C．将氯气溶于水制备次氯酸，离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C正确；D．盐酸具有强的还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，所以实验设计不合理，故D错误；故选：C．-37-\n点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，注意电荷守恒、原子个数守恒，D为易错选项，应考虑浓盐酸的还原性．6．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法正确的是()A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B．原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rZ＞rW＞rQC．离子Y2﹣和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强考点：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：根据元素所在周期表中的位置判断元素的种类，结合元素周期律的递变规律解答该题解答：解：由元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素．A、X为N元素，最高正价为+5价，Z为Al元素，最高正价为+3价，则元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8，故A正确；B、原子核外电子层数越多，半径越大，同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则有：rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，故B错误；C、离子Y2﹣和Z3+的核外电子数都为10，离子核外有2个电子层，电子层数相同，故C错误；D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D错误．故选A．点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，注意掌握元素周期表的结构和元素周期律的递变规律．7．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是()-37-\nA．①③B．②④C．②③④D．①②③④考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；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．分析：①Cu与氧气反应生成CuO，CuO与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与硝酸银反应生成硝酸铜；②碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳；③亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵；④氢氧化铝分解生成氧化铝，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠、偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝．解答：解：①Cu与氧气反应生成CuO，CuO与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与硝酸银反应生成硝酸铜，结合图中转化可知，a为氧气，b为盐酸，c为硝酸银，e为氯气，f为Fe等，d为Zn等，符合转化，故正确；②碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，结合图中转化可知，a为氢氧化钙，b为二氧化碳，c为盐酸等，e为少量强酸（如盐酸、硫酸等）、f为加热，d为过氧化钠，符合转化，故正确；③亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵，结合图中转化可知，a为氢氧化钙，b为盐酸，c为氨水，e为硫酸等，f为碳酸铵等，d为氨水，符合转化，故正确；-37-\n④氢氧化铝分解生成氧化铝，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠、偏铝酸钠与盐酸反应生成氯化铝，结合图中转化可知，a为加热，b为NaOH，c为盐酸，e为NaOH，f为二氧化碳，d为氨水，符合转化，故正确；故选D．点评：本题考查金属及化合物的转化，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合应用及分析、推断能力的考查，题目难度中等．8．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是()A．c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2CO3溶液和NH4Cl溶液：c＞c＞c（NH4Cl）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3）C．等的物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH）D．0.1mol•L﹣1pH=4的NaHA溶液中：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）考点：离子浓度大小的比较．分析：A．氯化铵中含有1个铵根离子，则铵根离子浓度相等时氯化铵的浓度最小，碳酸根离子部分水解促进了铵根离子水的水解；B．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小；C．根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断；D.0.1mol•L﹣1pH=4的NaHA溶液显示酸性，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A）．解答：解：A．相同浓度时（NH4）2SO4与（NH4）2CO3所含c（NH4+）比NH4Cl溶液中大，（NH4）2CO3溶液中碳酸根离子促进铵根离子的水解，（NH4）2SO4溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响，所以溶液中c（NH+4）相等时，该溶液的浓度大小为：（NH4）2SO4＜（NH4）2CO3＜NH4Cl，故A错误；B．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B错误；C．等的物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），二者结合可得：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH），故C正确；-37-\nD．NaHA溶液显示酸性，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A），溶液中正确的离子浓度大小为c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力．9．工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示．下列说法不正确的是()已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度）A．碳棒上发生的电极反应：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2OB．电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：A、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；B、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e﹣=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大；C、又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH；D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl﹣＞OH﹣，则Cl﹣移向阳极放电：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变．解答：解：A、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故A正确；-37-\nB、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2++2e﹣=Ni．电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl﹣分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C、因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）＞H+＞Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH，故C正确；D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl﹣＞OH﹣，则Cl﹣移向阳极放电：2Cl﹣﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D正确；故选B．点评：本题考查了电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．10．在密闭容器中存在反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＜0，某研究小组研究该反应后作出了如图所示曲线．下列分析正确的是()A．A、B．B、C．C、D．D、考点：化学平衡的影响因素．分析：A、根据先拐先平的原理，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的温度高；B、根据先拐先平的原理，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的压强大；C、甲、乙的物理意义是温度，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的温度高，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动；-37-\nD、甲、乙的物理意义是压强，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的压强大，而增大压强向气体体积缩小的方向移动，SO2转化率增大．解答：解：A、甲、乙的物理意义是温度，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的温度高，故A错误；B、甲、乙的物理意义是压强，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的压强大，故B错误；C、甲、乙的物理意义是温度，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的温度高，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，三氧化硫的体积分数变小，故C正确；D、甲、乙的物理意义是压强，由图乙先平衡，所以乙的速率快，则乙的压强大，而增大压强向气体体积缩小的方向移动，SO2转化率增大，而不是减小，故D错误；故选C．点评：本题考查影响化学反应速率的因素和外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．11．25℃时，用浓度为0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是()A．相同浓度时，三种酸的酸性强弱顺序是：HX＞HY＞HZB．根据滴定曲线，可得Ka（HX）=10﹣3mol•L﹣1C．滴定HY，V（NaOH）=20mL时，c（Na+）=c（Y﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．滴定HZ，V（NaOH）=10mL时，c（Z﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞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：A、根据图象分析，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1；B、根据氢氧化钠滴到10mL时，c（HX）≈c（X﹣），Ka（HX）≈c（H+）；-37-\nC、HY为弱电解质，V（NaOH）=20mL时，HY与氢氧化钠恰好完全反应生成NaY，Y﹣水解溶液显示碱性；D、滴定HZ，V（NaOH）=10mL时，HZ为强电解质，HZ有一半参与反应，溶液中氢离子来自HY和水电离的两部分，所以c（H+）＞c（Na+）．解答：解：A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为HX＜HY＜HZ，故A错误；B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c（HX）≈c（X﹣），即Ka（HX）≈c（H+）=10﹣pH，由于pH＞4，则Ka（HX）＜10﹣4，故B错误；C、V（NaOH）=20mL时，HY与氢氧化钠恰好完全反应生成NaY，HY为弱电解质，Y﹣水解溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D、V（NaOH）=10mL时，HZ有一半与氢氧化钠反应，且HZ为强电解质，溶液中氢离子浓度大于钠离子浓度，浓度关系为：c（Z﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度中等，根据图象数据判断电解质强弱是解题关键，注意掌握根据溶液pH判断电解质强弱的方法．12．一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp=cm（An+）•cn（Bm﹣），称为难溶电解质的溶度积．已知下表数据：对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不科学的是()A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B．该溶液中c（SO42﹣）：＞5：4C．向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3～4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D．在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A、依据图表分析，铁离子首先开始沉淀；B、Cu2+、Fe2+、Fe3+发生水解，因此它们的物质的量会减少；-37-\nC、混合溶液中加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH=3～4铁离子沉淀完全，过滤得到溶液是硫酸铜溶液、HCl溶液和H2SO4溶液；D、由图表可知Fe3+在PH=3～4已经完全沉淀．解答：解：A、依据阳离子沉淀的PH可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故A正确；B、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设物质的量为1mol，n（SO42﹣）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42﹣）：{c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）}＞5：4，故B正确；C、向该混合溶液中加入适量氯水，氯水氧化亚铁离子为铁离子，发生反应6FeSO4+3Cl2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为3～4，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液、HCl溶液和H2SO4溶液，不能得到纯净的CuSO4溶液，故C错误；D、由图表可知Fe3+在PH=3～4已经完全沉淀，所以PH=5的溶液中Fe3+不能大量存在，故D正确；故选C．点评：本题考查了离子沉淀条件的分析判断，盐类水解的应用，除杂实验方法的应用，题目难度中等．13．表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是()A．A、B．B、C．C、-37-\nD．D、考点：化学实验方案的评价；实验装置综合．分析：A．氨气的密度比空气密度小；B．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2中所含的H2O杂质用98%浓H2SO4除去；C．NO不能利用排空气法收集；D．二氧化氮能与NaOH溶液反应．解答：解：A．因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；B．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2中所含的H2O杂质用98%浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；C．NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；D．NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及除杂、收集等，把握反应原理及实验装置为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．14．现有A、B、C、D、E五种易溶于水的强电解质，它们由如下离子组成（各种离子不重复）．已知：ⅰ0.1mol/LA溶液的pH＜1；ⅱ将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀产生；ⅲC溶液白色沉淀．某同学根据以上实验得出如下结论：①A一定为H2SO4②B一定为Ba（OH）2③C可能是AlCl3④D、E两种物质中必有一种是NH4HCO3．以上说法中正确的个数是()A．1B．2C．3D．4考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；无机物的推断．-37-\n分析：0.1mol/LA溶液的pH＜1，说明氢离子浓度＞0.1mol/L，为二元酸，所以A为硫酸；将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成，可知B为氢氧化钡；氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，氢氧化钡和氯化镁或氯化铝或硝酸铝反应生成氢氧化镁或氢氧化铝沉淀，氢氧化钡和碳酸氢铵反应生成碳酸钡沉淀，由C溶液白色沉淀，可知C含氯离子，C可能为氯化镁或氯化铝，氢氧化钡和氯化镁或氯化铝反应生成氢氧化镁或氢氧化铝沉淀，硝酸铵和氢氧化钡不生产沉淀，故硝酸根离子和Mg2+或Al3+结合成硝酸铝或硝酸镁，能和氢氧化钡生成沉淀，因此HCO3﹣只能和NH4+结合，碳酸氢铵和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，故D、E两种物质中必有一种是碳酸氢铵；要确定C的组成，即确定C为氯化镁还是氯化铝，即检验是否含镁离子还是铝离子，根据和氢氧化钠反应的现象来确定，据此答题．解答：解：0.1mol/LA溶液的pH＜1，说明氢离子浓度＞0.1mol/L，为二元酸，所以A为硫酸；将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成，可知B为氢氧化钡；氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，氢氧化钡和氯化镁或氯化铝或硝酸铝反应生成氢氧化镁或氢氧化铝沉淀，氢氧化钡和碳酸氢铵反应生成碳酸钡沉淀，由C溶液白色沉淀，可知C含氯离子，C可能为氯化镁或氯化铝，氢氧化钡和氯化镁或氯化铝反应生成氢氧化镁或氢氧化铝沉淀，硝酸铵和氢氧化钡不生产沉淀，故硝酸根离子和Mg2+或Al3+结合成硝酸铝或硝酸镁，能和氢氧化钡生成沉淀，因此HCO3﹣只能和NH4+结合，碳酸氢铵和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，故D、E两种物质中必有一种是碳酸氢铵；要确定C的组成，即确定C为氯化镁还是氯化铝，即检验是否含镁离子还是铝离子，根据和氢氧化钠反应的现象来确定，根据上面的分析可知，①A一定为H2SO4，正确；②B一定为Ba（OH）2，正确；③C可能是AlCl3，正确；④D、E两种物质中必有一种是NH4HCO3，正确；即四个说法都正确，故选D．点评：本题考查了离子的推断，难度较大，要结合实验现象和离子的共存及题给信息综合判断．掌握物质之间的反应及离子的检验是关键．15．将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO．若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A．原混合物中铜和铁各0.075molB．稀硝酸的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1-37-\nC．第一次剩余4.8g金属为铜和铁D．再加入上述100mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12LNO考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，再结合选项解答．解答：解：整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、（x+y）=，联立方程，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，A．由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故A正确；B．根据方程式可知，n（HNO3）=0.075mol×=0.2mol，稀硝酸的物质的量浓度为=2mol/L，故B错误；C.9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol=4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol=4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故C错误；D．再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为=0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故D错误；故选A．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，利用整体法解答及判断最终的产物是关键，避免了过程法的繁琐，侧重对学生思维能力的考查．二、综合应用题-37-\n16．下列图象中，纵坐标为沉淀或气体的物质的量，横坐标为某溶液中加入的反应物的物质的量，选择合适的图象对应的字母填空．（1）澄清石灰水中通入CO2至过量D．（2）HCl与AlCl3的混合溶液中加入NaOH至过量C．（3）HCl与AlCl3的混合溶液中加入NH3•H2O至过量B．（4）MgCl2与AlCl3的混合溶液中加入NaOH至过量E．（5）Na2CO3与NaHCO3混合溶液中加入HCl至过量B．（6）KAl（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2至过量E．考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．分析：（1）澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；（2）含少量盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液，氢氧化钠先与盐酸反应，不产生沉淀，然后氢氧化钠与氯化铝与反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀达最大后，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，最后沉淀完全溶解，根据方程式判断沉淀生成与溶解前后两部分两部分消耗的氢氧化钠的物质的量；（3）含有少量HCl的AlCl3溶液中加入过量氨水，氨水先与盐酸发生反应，不产生沉淀，然后AlCl3溶液和氨水反应，沉淀达到最大后不能溶解在过量氨水中；（4）AlCl3、MgCl2的混合溶液中加入过量NaOH溶液，先生成氢氧化镁、氢氧化铝两种沉淀，然后氢氧化铝与氢氧化钠反应使沉淀的量减少，但不会完全溶解；（5）Na2CO3与NaHCO3混合溶液中加入HCl至过量，首先反应生成NaHCO3，然后生成二氧化碳和水；（6）向KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2：先生成BaSO4和Al（OH）3，再加入Ba（OH）2生成的Al（OH）3溶解，剩余BaSO4沉淀，先产生沉淀，后沉淀部分溶解．解答：解：（1）向石灰水中通入二氧化碳：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用二氧化碳体积为1：1，故答案为：D；-37-\n（2）向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，无现象，AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，产生沉淀，后沉淀溶解，故答案为：C；（3）含有少量HCl的AlCl3溶液中加入过量氨水，氨水先与盐酸发生反应，不产生沉淀，然后AlCl3溶液和氨水反应，沉淀达到最大后不能溶解在过量氨水中，故图象B符合，故答案为：B；（4）AlCl3、MgCl2混合溶液中滴加NaOH溶液发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓生成两种沉淀，然后发生Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，先产生沉淀，后沉淀量减少但不会完全溶解，故图象E符合，故答案为：E；（5）Na2CO3与NaHCO3混合溶液中加入HCl至过量，首先反应生成NaHCO3，然后生成二氧化碳和水，图象B符合，故答案为：B；（6）向KAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2：先生成BaSO4和Al（OH）3，再加入Ba（OH）2生成的Al（OH）3溶解，剩余BaSO4沉淀，先产生沉淀，后沉淀部分溶解，故答案为：E．点评：本题以图象为载体考查镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系．17．亚氯酸钠（NaClO2）在碱性环境中稳定存在，是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．ClO2是为一种黄绿色气体，是国际公认的高效、安全的漂白和消毒剂．NaClO2生产的主要流程（图1）和电解法制备ClO2的新工艺（图2）如下：（1）反应Ⅰ中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1．（2）溶液A由图2电解制得，A的化学式为NaOH；反应Ⅱ的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣═2ClO2﹣+O2↑+2H2O．（3）利用图2装置，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，ClO2在a极（填“a极”或“b极”）生成，其电极反应式为Cl﹣+2H2O﹣5e﹣═ClO2+4H+．-37-\n（4）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣650mg/L，现用ClO2将CN﹣氧化，离子反应方程式为2ClO2+2CN﹣═N2↑+2CO2↑+2Cl﹣；处理100m3这种污水，至少需要ClO2（标况）56000L．考点：制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．分析：由NaClO2生产的主要流程（图1）可知，反应Ⅰ的反应物为NaClO3、Na2SO3、硫酸，反应产生ClO2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H++SO32﹣+2ClO3﹣=2ClO2+SO42﹣+H2O，Ⅱ中生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），由图2钠离子向阴极移动，b为阴极，氢离子在阴极放电生成氢气，同时生成A为NaOH，发生反应为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；图2装置，用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，Cl失去电子被氧化，应在阳极上生成；ClO2将CN﹣氧化，离子反应方程式为2ClO2+2CN﹣═N2↑+2CO2↑+2Cl﹣，根据方程式计算需要ClO2的物质的量，然后结合V=nVm计算．解答：解：（1）I中发生2H++SO32﹣+2ClO3﹣=2ClO2+SO42﹣+H2O，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧化剂为NaClO3，还原剂为Na2SO3，由反应可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（2）由图2钠离子向阴极移动，b为阴极，氢离子在阴极放电生成氢气，同时生成A为NaOH，Ⅱ中生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），发生反应为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，离子反应为2ClO2+H2O2+2OH﹣═2ClO2﹣+O2↑+2H2O，故答案为：NaOH；2ClO2+H2O2+2OH﹣═2ClO2﹣+O2↑+2H2O；（3）Cl失去电子被氧化，应在阳极上生成，由（2）可知，b为阴极，a为阳极，电极反应为Cl﹣+2H2O﹣5e﹣═ClO2+4H+，故答案为：a极；Cl﹣+2H2O﹣5e﹣═ClO2+4H+；（4）100m3废水中CN﹣质量=100×103×m3×650mg/m3=65×106mg=65×103g，CN﹣的物质的量为=2.5×103mol，由2ClO2+2CN﹣═N2↑+2CO2↑+2Cl﹣可知，至少需要ClO2的物质的量为2.5×103mol，其标况下体积为2.5×103mol×22.4L/mol=56000L，故答案为：56000．-37-\n点评：本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、电解原理及应用等为解答的关键，侧重分析与应用及计算能力的综合考查，题目难度中等．18．（14分）钴酸锂（LiCoO2）锂离子电池是一种应用广泛的新型电池，实验室尝试用废旧钴酸锂离子电池回收铝，铁，铜，钴及锂元素，其流程如下：已知：①Fe3++3C2O42﹣═3﹣，3﹣遇酸分解，重新生成Fe3+②Co3+有强氧化性，易被还原为Co2+③废旧电池中铝、铁以单质形式存在（1）碱浸泡过程中发生反应的离子方程式是2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑．（2）滤液A中溶质（除盐酸外）主要成分的化学式是LiCl、CoCl2、FeCl2；向滤液A中加入草酸铵溶液，使钴元素以CoC2O4形式沉淀析出，判断沉淀完全的方法和现象是静置，取上层清液加入草酸铵溶液，若没有沉淀生成，则沉淀完全．（3）滤液A到滤液B的步骤中，加入氧化剂不能选用B原因是会引入杂质NO3﹣．A．Cl2B．HNO3C．H2O2（4）生成Li2CO3的化学方程式为2LiCl+Na2CO3═Li2CO3+2NaCl．（5）上述流程有一缺点，第一次使用到盐酸时，会有少量黄绿色气体生成，请写出该反应的化学方程式2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O．（6）某温度下Ksp=2.097×10﹣39mol4•L﹣4，将0.01mol•L﹣1的FeCl3溶液与0.001mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，请通过计算说明能否形成沉淀c（Fe3+）•c3（OH﹣）=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10﹣13mol4•L﹣4＞Ksp，能生成Fe（OH）3沉淀．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．分析：废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、Cu的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、Cu的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl﹣=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，沉淀为Cu，滤液A为Fe2+-37-\n、Li+、Co3+、Cl﹣，FeC2O4难溶于水，向滤液A中加入H2O2，氧化Fe2+为Fe3+，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4•2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl﹣，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32﹣=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl﹣，加入氧化剂防止铁离子被还原得氯化铁溶液，（1）碱浸泡过程中铝和碱液反应生成偏铝酸盐溶液；（2）LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中﹣1价的氯具有还原性，Co（+3→+2），Cl（﹣1→0）；（3）不能引入新的杂质；（4）氯化锂与碳酸钠反应生成碳酸锂；（5）黄绿色气体为氯气，钴酸锂能将盐酸氧化为氯气；（6）离子积大于Ksp能形成沉淀．解答：解：废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、Cu的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、Cu的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl﹣=2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O，沉淀为Cu，滤液A为Fe2+、Li+、Co3+、Cl﹣，FeC2O4难溶于水，向滤液A中加入H2O2，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧化Fe2+为Fe3+，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4•2H2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl﹣，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++CO32﹣=Li2CO3↓，滤液C为Fe3+、Cl﹣，加入氧化剂防止铁离子被还原得氯化铁溶液，（1）铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，所以碱浸泡过程中发生反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（2）LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中﹣1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，Co（+3→+2），Cl（﹣1→0），最小公倍数为1，因Cl2为双原子分子，所以LiCoO2前系数为2，根据原子守恒，未知物为水，所以反应为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O．滤液A为Fe2+、Li+、Co3+、Cl﹣，静置，取上层清液加入草酸铵溶液，若没有沉淀生成，则沉淀完全，故答案为：CoCl2、FeCl2；静置，取上层清液加入草酸铵溶液，若没有沉淀生成，则沉淀完全；（3）FeC2O4难溶于水，3﹣遇酸转化为Fe3+，为避免沉淀Fe2+，需氧化亚铁离子，H2O2具有氧化性，Fe2+具有还原性，向滤液A中加入H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+；发生的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；氯气的还原产物为氯离子，加入硝酸会引入杂质NO3﹣-37-\n，故答案为：B；会引入杂质NO3﹣；（4）氯化锂与碳酸钠反应生成碳酸锂，化学方程式为2LiCl+Na2CO3═Li2CO3+2NaCl，故答案为：2LiCl+Na2CO3═Li2CO3+2NaCl；（5）黄绿色气体为氯气，黄绿色气体为氯气，钴酸锂能将盐酸氧化为氯气，反应的化学方程式：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，故答案为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；（6）由Ksp可知，c（Fe3+）•c3（OH﹣）=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10﹣13mol4•L﹣4＞2.097×10﹣39，能生成Fe（OH）3沉淀，故答案为：c（Fe3+）•c3（OH﹣）=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10﹣13mol4•L﹣4＞Ksp，能生成Fe（OH）3沉淀．点评：本题考查物质的分离和提纯，侧重考查工艺流程的分析，涉及沉淀的生成与物质的性质、基本实验操作等知识点，明确物质性质是解本题关键，知道每一步发生的反应及分离方法，题目难度中等．19．甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用．工业用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：①CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.3kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ•mol﹣1③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1（1）用CH4和O2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H=﹣251.6kJ•mol﹣1（2）某温度下，向4L恒容密闭容器中通入6molCO2和6molCH4，发生反应①，平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=1，CH4的转化率为33.3%．（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH（g）+CO（g）═HCOOCH3（g）△H=﹣29.1kJ•mol﹣1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：-37-\n①从反应压强对甲醇转化率的影响效率看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0×106Pa．（填“3.5×106Pa”“4.0×106Pa”或“5.0×106Pa”）．②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是高于80℃时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低．（4）工业上常用CH3OH来制备HCOOH．已知25℃时0.1mol/L的HCOOH溶液和0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH分别为2.3和2.9．现有同物质的量浓度的下列三种溶液：①HCOONa溶液②CH3COONa溶液③NaCl溶液，其pH由大到小顺序为：②＞①＞③（填溶液序号）．②向0.1mol/L的HCOOH溶液中加水或加入少量HCOONa晶体时，都会引起变化的是a．a．溶液的pH增大b．HCOOH的电离程度增大c．溶液的导电能力减弱d．溶液中c（OH﹣）减小．考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．分析：（1）根据盖斯定律计算书写热化学方程式；（2）根据平衡体系中各组分的体积分数均为，利用三段式计算出平衡时各组分的含量，计算平衡常数和转化率；（3）①依据转化率曲线分析判断；②图象分析速率随温度变化的趋势分析回答；（4）①盐对应的酸越弱，对应盐水解程度越大，碱性越强，pH值越大；②向0.1mol/L的HCOOH溶液中加水或加入少量HCOONa晶体时，HCOO﹣离子浓度变大，电离解平衡逆向移动．解答：解：（1）根据（Ⅰ）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247.3kJ•mol﹣1-37-\n（Ⅱ）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2=﹣90.1kJ•mol﹣1（Ⅲ）2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3=﹣566.0kJ•mol﹣1由（Ⅰ）×2+（Ⅱ）×2+（Ⅲ）得2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H，故△H=2△H1+2△H2+△H3=（+247.3kJ•mol﹣1）×2+（﹣90.1kJ•mol﹣1）×2+（﹣566.0kJ•mol﹣1）=﹣251.6kJ•mol﹣1，所以用CH4和O2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H=﹣251.6kJ•mol﹣1，故答案为：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H=﹣251.6kJ•mol﹣1；（2）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）起始（mol）6600变化（mol）xx2x2x平衡（mol）6﹣x6﹣x2x2x平衡体系中各组分的体积分数均为，所以6﹣x=2x，解得x=2，则此温度下该反应的平衡常数X===1，CH4的转化率为×100%=33.3%，故答案为：1；33.3%；（3）①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率“看，图象中转化率变化最大的是4.0×106Pa，故答案为：4.0×106Pa；②依据图象分析温度在高于80°C对反应速率影响不大，反应是放热反应，温度过高，平衡逆向进行，不利于转化率增大，故答案为：高于80℃时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；（4）①盐对应的酸越弱，对应盐水解程度越大，碱性越强，pH值越大，已知25℃时0.1mol/L的HCOOH溶液和0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH分别为2.3和2.9，所以HCOOH的酸性强于CH3COOH，所以pH由大到小顺序为②＞①＞③，故答案为：②＞①＞③；②向0.1mol/L的HCOOH溶液中加水或加入少量HCOONa晶体时，HCOO﹣离子浓度变大，电离平衡逆向移动，a．电离平衡逆向移动，溶液的pH增大，故正确；b．电离平衡逆向移动，HCOOH的电离程度减小，故错误；-37-\nc．离子浓度变大，溶液的导电能力增强，故错误；d．电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，溶液中c（OH﹣）增大，故错误；故选a．点评：本题考查了盖斯定律的应用、热化学方程式的计算书写、化学平衡的计算、图象分析判断以及弱电解质电离，侧重考查外界条件改变对电离平衡的影响，注意掌握基础知识的掌握，题目难度中等．20．（14分）草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的性质，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，有关物质的部分性质如下表：【实验Ⅰ】探究草酸的不稳定性．用下图中提供的仪器和试剂，验证草酸受热分解得到的混合气体中含有CO和CO2（加热装置和导管等在图中略去，部分装置可以重复使用）．（1）仪器装置正确连接顺序为：ABDCEB．（2）用上图入提供的装置和试剂实验时，在B中观察到有白色沉淀，也不能说明草酸分解有CO2，请提也改进意见在A与B之间添加一个盛水的洗气瓶，除去草酸蒸气（或在烧瓶上连接冷凝管）．【实验Ⅱ】实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸．装置如下图所示，反应原理为：C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O-37-\n实验步骤如下：①一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中②控制反应温度55﹣60℃，边搅拌边缓慢滴加一定量的混合酸（65%的HNO3与98%的H2SO4的质量比2：1.25）③反应3小时，蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤后再重结晶得到草酸晶体（3）上图实验装置中仪器乙的名称为：冷凝管、装置B的作用安全瓶，防止倒吸、C中试剂是NaOH溶液．（4）检验淀粉是否水解完全的操作及现像是：取适量水解液于试管中，加入碘水，若溶液变蓝则淀粉水解完全，若溶液不变蓝则淀粉水解不完全．【实验Ⅲ】制备草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）．反应原理为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O+H2C2O4=FeC2O4•2H2O+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O实验步骤如下：①称取13.7gFeSO4•（NH4）2SO4•6H2O放在200mL烧杯中，然后加30mL蒸馏水和2mL2mol•L﹣1H2SO4，加热溶解．②再加入40mL1mol•L﹣1草酸溶液，加热至沸，然后迅速搅拌（防止暴沸），待有黄色晶体析出后，停止加热，静置．③弃去上层清液，用40mL蒸馏水充分洗涤晶体，过滤后，再用丙酮洗涤晶体并晾干得4.6gFeC2O4•2H2O（5）生成的FeC2O4•2H2O需要充分洗涤，检验是否洗涤干净的操作及现像是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净．（6）用丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分．-37-\n（7）本实验FeC2O4•2H2O的产率为73.1%．考点：性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，CO检验还原性，能还原黑色的CuO，生成的二氧化碳用澄清的石灰水检验，因为CO和CuO反应生成二氧化碳，所以应该先检验二氧化碳后检验CO；（2）加热时草酸易挥发，草酸和氢氧化钙反应生成草酸氢钙沉淀；（3）根据常见仪器的结构确定名称；反应生成的气体与C中氢氧化钠溶液反应，容易发生倒吸现象，装置B为安全瓶，起到了防止倒吸的作用；NO2和NO有毒，可用氢氧化钠溶液吸收；（4）根据碘遇淀粉试液变蓝色来判断是否有淀粉；（5）取最后一次洗涤液，检查是否含有硫酸根离子进行解答；（6）根据FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于丙酮来解答；（7）根据FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O+H2C2O4=FeC2O4•2H2O+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O计算求出FeC2O4•2H2O的理论值，最后求出产率．解答：解：（1）为证明草酸的受热分解产物中含有CO2和CO，先将混合气体通入澄清的石灰水检验CO2，如果澄清的石灰水变浑浊，则证明含有CO2气体，再用NaOH溶液吸收CO2，再将洗气后的气体进行干燥，然后将气体再通过黑色的CuO装置，CO和黑色的CuO反应生成Cu和CO2，再用澄清的石灰水检验CO2是否存在，如果澄清石灰水变浑浊，则证明该混合气体中含有CO，所以其排列顺序是ABDCEB；故答案为：ABDCEB；（2）草酸加热100℃开始升华，157℃时开始分解，草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物，加热时草酸易挥发，生成的碳氧化物中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成草酸氢钙沉淀，从而干扰实验现象，为防止干扰实验，在A与B之间添加一个盛水的洗气瓶，除去草酸蒸气（或在烧瓶上连接冷凝管），故答案为：在A与B之间添加一个盛水的洗气瓶，除去草酸蒸气（或在烧瓶上连接冷凝管）；（3）仪器乙的名称为是冷凝管；反应中生成的NO2、NO能够与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠，容易发生倒吸现象，装置B为安全瓶；故答案为：冷凝管；安全瓶，防止倒吸；NaOH溶液；-37-\n（2）碘遇淀粉试液变蓝色，取适量水解液于试管中，加入碘水，若溶液变蓝则淀粉水解完全，若溶液不变蓝则淀粉水解不完全；故答案为：取适量水解液于试管中，加入碘水，若溶液变蓝则淀粉水解完全，若溶液不变蓝则淀粉水解不完全；（5）取最后一次洗涤液，检查是否含有硫酸根离子，具体操作：用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；故答案为：用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；（6）由于FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于丙酮，所以用丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为：减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；（7）13.7gFeSO4•（NH4）2SO4•6H2O的物质的量为=0.03494mol，40mL1mol•L﹣1草酸溶液中草酸的物质的量为0.04L×1mol•L﹣1=0.04mol，草酸过量，FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O+H2C2O4=FeC2O4•2H2O+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O110.03494mol0.03494molFeC2O4•2H2O的质量为0.03494mol×180g/mol=6.29g，FeC2O4•2H2O的产率为×100%=73.1%；故答案为：73.1%．点评：本题属于信息题，注意考查了物质的性质、检验、除杂等，综合性较强，但难度不是很大，关键是通过阅读众多的信息量提取有用的信息结合已有的相关知识进行解析即可．-37-
