2022届高一第三次大考化学试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。本试卷共100分，考试时间90分钟。答卷前，考生务必将自己的班级、学号、姓名、考场、座位号填写在答题卷上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137第Ⅰ卷（选择题共54分）一．选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与科学、技术、生产、生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A．“血液透析”利用了胶体的性质B．华裔科学家高琨因在光纤传输信息领域中取得突破性成就而获得诺贝尔奖，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅。C．玻璃钢是一种合金，广泛用于汽车车身D．只要符合限量，“亚硝酸盐”、“食用色素”、“苯甲酸钠”可以作为某些食品的添加剂2．月球的矿产资源极为丰富，仅月面表层5cm厚的沙土中就含铁单质上亿吨，月球[来源:学.科.网Z.X.X.K]上的主要矿物有辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[(Mg或Fe)2SiO4]等，下列说法或分析不正确的是A．辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿B．橄榄石中铁为+2价C．月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气D．斜长石的氧化物形式可表示为：K2O·Al2O3·3SiO23．两烧杯中分别盛有100mL3mol/L的硫酸溶液或100mL3mol/L的氢氧化钠溶液（先后顺序不确定），向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为3:4，下列说法正确的是A．参加反应的H2SO4为0.2molB．参加反应的NaOH约为0.27molC．加入铝粉的质量为5.4gD．与硫酸反应的铝粉的质量7.2g4．相同质量的NO2和N2O4，它们之间的关系正确的是A．体积之比为2：1B．原子总数之比为1：2[来源:学+科+网Z+X+X+K]C．物质的量之比为1:1D．氧原子的个数之比为1：15．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4可按某种标准划为同一类物质，下列分类标准正确的是①钠的化合物②钠盐③可溶于水的物质④电解质⑤水溶液能导电的化合物⑥氧化物⑦是由离子形成的化合物A．②③④⑦B．②⑤⑥⑦C．①③④⑤⑦D．①②⑤⑥6．下列实验方案、现象和结论均全面且正确的是选项实验方案现象结论6AU形管右端的液面高铁钉因被广口瓶中的氧气氧化而锈蚀B脱脂棉燃烧Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气C①试管C中的澄清石灰水先变浑浊NaHCO3比Na2CO3受热更易分解D向里推活塞时，长颈漏斗中有一段水柱，静止，水柱高度不变该装置的气密性良好7．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中错误的是A．常温常压下，22克CO2和0.5NA个CH4分子的体积是相等的B．12克金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数一定为NAC．7.8克Na2O2固体中所含阴离子数为0.2NAD．含1molFeCl3的分散系中，最多可形成胶体粒子数小于NA8.下列离子方程式不正确的是[来源:学+科+网Z+X+X+K]A．向100mL0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中滴加含0.01molCH3COOH的醋酸溶液CO32－+CH3COOH=HCO3－+CH3COO－B．4mol·L－1的NaAlO2溶液和7mol·L－1的盐酸等体积均匀混合4AlO2－+7H++H2O=3Al(OH)3↓+Al3+C．等物质的量的FeBr2与Cl2反应（已知：Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br－,Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－）：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应:2AlO2－＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32－9.用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制取单质铜，有人设计以下两种方案：①FeH2Cu ②CuOCuSO4Cu若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的量的比较中，正确的是A．相等B．②多C．①多D．无法判断[来源:学+科+网Z+X+X+K]10．有A、B两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3，A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是A．A装置的气球膨胀速度快6B．若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/LC．若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/LD．最终两试管中Na+的物质的量一定相同11.在一密闭容器中有CO、H2和O2混合气体共20g，放入足量Na2O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重8g，则原混合气体中O2的质量分数是A．60%B．33．3%C．36%D．40%12.把一块镁铝合金投入到一定体积1mol/L盐酸里，待合金完全溶解后，往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如下图A所示。下列说法中不正确的是图A图B图CA．A图中的取值范围为0≤a＜50B．A图中的最大值为2.5C．若将关系图改为B图时，则的取值范围为80＜a＜90D．若将关系图改为C图时，则的取值范围为75＜a＜9013.右图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中先滴加试剂A，然后改滴试剂B，所得沉淀的物质的量y（mol）与试剂体积V(ml)间的关系.以下结论不正确的是A.原混合液中，c(Al3+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)＝1∶1∶5B.A是NaOH，B是盐酸，且c(NaOH)∶c(HCl)＝2∶1C.a点的值为17D.从6到9，相应离子反应式H++OH-H2O14．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和水，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1:1:1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为A.1:6B.1:7C.2:11D.16:2515.某溶液中只可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的几种离子（不考虑水的电离）。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体（已知NH4++OH—NH3↑+H2O），同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A.至少存在5种离子B.Cl-一定存在，且c（Cl ）≥0.4mol/LC.SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在16．向含有一定量盐酸和少量MgSO4的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，产生沉淀的质量m与加入Ba（OH）2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法不正确的是6a3214m（沉淀淀）/gn[Ba（OH）2]/mol0bcdA．O→a时的反应的离子方程式为:Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2OB．a→b时发生的离子反应为H++OH-=H2OC．原混合溶液中C（HCl）：C（MgSO4）=3：1D．从a→b→c说明溶液中结合OH-的能力强弱为：H+>Mg2+17．下列示意图与对应的反应情况正确的是：n(沉淀)/moln(CO2)/molm(沉淀)/gn[Ba(OH)2]/mol00.51n(CO2)/molNaHCO3Na2CO30.51n(盐)/mol012n(C)/molCO2CO12n(产物)/molA．向含0.01molKOH和0.01molCa(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2B．向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液C．n（O2）＝1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D．n（NaOH）＝1mol时，CO2缓慢通入NaOH溶液反应生成的盐18．已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行下列实验：设第③步[来源:学科网]所得固体D的质量为32g，溶液E中只含有一种金属离子，气体F在标准状况下体积为5.6L，则X中FeO与CuO的质量之比为[来源:学科网Z-X-X-K]A．4：1B．3：1C．2：1D．9：5第Ⅱ卷（非选择题共46分）二、非选择题：本题共4小题，共46分。19.（16分）某学生为探究钠与CO2的反应，利用如下装置进行实验。（已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd）6（1）请将上图各装置连接完整（填导气管接口编号，如a、b、c、d等） 接 ， 接 ， 接 ， 接 ， 接 。（2）装置②制备CO2时具有随开随用，随关随停的功能。简述该装置随关随停的原理 ；（3）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是 。A．NaNO3溶液B．CCl4C．苯D．稀硝酸（4）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是 ，当观察到 现象时才点燃酒精灯。此步操作的目的是 （5）反应过程中CO2足量，假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式。I.装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 II.装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，装置⑤PdCl2溶液中未观察到黑色沉淀，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，且溶液中还有固体残留。 。20．（12分）（1）取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如下图所示，试回答下列问题：①原NaOH溶液的物质的量浓度为______________。②曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是________，其物质的量之比为________________。③曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为_______mL。（2）现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能为AlCl3溶液和NaOH溶液。现分别将一定体积的甲、乙两溶液混合，具体情况如下表所示，请回答：实验①实验②实验③取甲瓶溶液的量400mL120mL120mL取乙瓶溶液的量120mL440mL400mL生成沉淀的量1.56g1.56g3.12g6①甲瓶溶液为溶液。②乙瓶溶液的物质的量浓度为21．（8分）常见化合物A、B，其焰色反应均呈黄色，C是一种单质。转化关系如图所示(其他物质均已略去)。回答下列问题：[来源:Z-x-x-k.Com](1)A在通常情况下为淡黄色粉末，常做潜水艇中的供氧剂，写出A的化学式。(2)写出④的化学方程式。(3)若溶液E中仅含一种溶质，写出⑤的离子方程式。(4)若A、B混合物在密闭容器中加热，充分反应后，只得到一种固体化合物。则A、B的物质的量之比为。22.（10分）汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。[来源:学.科.网Z.X.X.K]请回答下列问题：（1）甲的化学式为，（2）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为（3）安全气囊中红棕色粉末的作用是（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是A．KClB．KNO3C．Na2SD．CuO（5）设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物）62022高一第三次大考化学参考答案1．A试题分析：A、光纤的成分是二氧化硅，故A说法错误；B、碳酸氢钠水溶液显碱性，碱性较弱且对人体无危害，碳酸氢钠不稳定受热易分解为碳酸钠，故B说法正确；C、合金比铝单质强度和硬度大，且质量轻，铝在表明产生一层致密氧化膜，阻碍反应进行，具有抗腐蚀性，铝的密度小，因此合金的质量轻，故C说法正确；D、血液是一种胶体，胶体不能透过半透膜，可以利用其得到纯净胶体，血液透析是利用了胶体的渗析原理，故D说法正确。2．C试题分析：A．反应KIO3+6HI＝KI+3H2O+3I2中碘酸钾中碘元素的化合价从+5价降低到0价，则生成3molI2转移电子的总数为5NA，A错误；B．0.4molH2O2可以生成0.2molO2，转移的电子数目为0.4NA，B错误；C．石墨和C60均是碳元素形成的单质，则12g石墨和C60的混合物中碳原子是1mol，因此质子总数为6NA，C正确；D．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中氢离子浓度是10—13mol/L，则由水电离的OH－离子数目为10—13NA，D错误，答案选C。考点：考查阿伏加德罗常数的计算3．D试题分析：HCO3-会和OH—反应，不能大量存在于0.1mol·L-1NaOH溶液中，A错；A13+、CO32-发生双水解，A13+、不能大量存在于Na2CO3溶液中，B错；I-、SCN-都会和Fe3+反应，不能大量共存，C错，c（H+）／c（OH-）=10-12的溶液显碱性，碱性溶液中K+、Na+、ClO-、NO3-不反应，可以大量共存，D错。4．A试题分析：A、4CuO2Cu2O+O2↑，证明热稳定性：Cu2O＞CuO，正确；B、该反应中I2为还原剂，Cl2为还原产物，还原性：I2＞Cl2，错误；C、H2S+CuSO4==CuS↓+H2SO4能够发生的原因是CuS不溶于稀硫酸，不是利用强酸制弱酸原理，错误；D、[来源:学科网Z-X-X-K]CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH的反应类型：既是水解反应，也是取代反应，错误。5．D试题分析：混盐Na4S2O3可看成是Na2S和Na2SO3组成的盐，这二种盐在溶液里均能水解使溶液显碱性，选项A正确；Na2SO3与稀H2SO4可以产生使品红褪色的气体SO2，选项B正确；2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，故该混盐在酸性条件下可以产生淡黄色浑浊，选项C正确；玻璃中含有钠元素，用玻璃棒蘸取该混盐溶液灼烧，火焰呈黄色，无法是说明溶液中含有Na+，选项D不正确。6．A试题分析：由0.1mol/L丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱且其中的金属元素在短周期，甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己；则“己”是氧气，“丁”是氢氧化钠，那么甲是Na2O2、乙是水，丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，因此X为氢、Y为碳、Z为氧、W为钠元素；A、甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，[来源:学科网]1molNa2O2反应转移的电子为1mol，A正确；B、Y为碳，在周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族，B错误；C、由以上分析可知：X为氢、Y为碳、Z为氧、W为钠元素，则原子半径大小顺序为：Na＞C＞O＞H,即：W＞Y＞Z＞X，C错误；D、戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32-离子水解生成HCO3-离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，D错误。7．C试题分析：A、从食盐水中得到氯化钠晶体，采取蒸发结晶的方法，仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，故A能实现；B、利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，判断非金属性，酸性越强其非金属性越强，如果产生气泡，说明稀硫酸的酸性强于碳酸，仪器：试管、胶头滴管，故B能实现；C、用浓盐酸配制稀盐酸，仪器：量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，缺少量筒、胶头滴管，故不能实现；D、测定强氧化钠物质的量浓度，采用中和滴定法，仪器：酸碱滴定管、胶头滴管、锥形瓶、烧杯，故能实现。8．D试题分析：A．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3—，这说明酸性强弱顺序是H2CO3＞HClO＞HCO3—，因此向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为ClO—+CO2+H2O＝HClO+HCO3—，A错误；B．向硫酸氢钠溶液中滴加Ba(OH)2至中性的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，B错误；C．在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，则Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液中发生反应的离子方程式为2NO3－＋8H＋＋6I－＝3I2＋2NO↑＋4H2O，C错误；D．氢硫酸是弱酸，则硫氢根离子的电离方程式为HS－＋H2OH3O＋＋S2－，D正确，答案选D。9．A试题分析：向等物质的量浓度的MgSO4和NaHSO4的混合溶液中逐滴滴入一定量的Ba(OH)2溶液，OH－除与H+反应产生H2O外，还与Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，因此A．H＋＋SO42－＋Ba2＋＋OH－→BaSO4↓＋H2O与事实不相符，错误；若混合溶液与Ba(OH)2[来源:学*科*网]溶液按照2:1关系混合，会发生反应2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－→BaSO4↓＋2H2O，所以B正确；若混合溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，会发生反应Mg2＋＋H＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋3OH－→Mg(OH)2↓＋2BaSO4↓＋H2O，选项C正确；由于MgSO4和NaHSO4是等物质的量关系混合的，溶液中与OH-反应的先后顺序是H+>Mg2+，所以Mg2＋＋2H＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－→Mg(OH)2↓＋2BaSO4↓＋2H2O符合反应的先后顺序，选项D正确。10．A试题分析：A、因为存在的平衡，所以有二氧化硫，正确，选A；B、因为电离分两步，每次电离程度不同，所以氢离子浓度不是亚硫酸根离子浓度的2倍，不选B；C、因为存在平衡，最后溶液仍然平衡，不可能全都放出气体，不选C；D、加入过量的氢氧化钠溶液，得到亚硫酸钠和氢氧化钠溶液，不可能有亚硫酸氢钠，不选D。11．A试题分析：SnCl2是强酸弱碱盐，会发生水解，故酸化是为了防止溶解时发生水解，A对；SnCl2溶液中加入碳酸钠，有沉淀生成，故还有其它反应发生，B错，[来源:学.科.网Z.X.X.K]漂洗时，应该将固体置于漏斗中，加蒸馏水洗涤2~3次；C错；操作1得到滤液和固体，故为过滤，操作2从溶液中得到晶体故为结晶，D错。12．A试题分析：A．阴极是氢离子放电，产生氢氧化钠，则b是阳离子交换膜，允许Na＋通过，A正确；B．阳极氢氧根放电，产生硫酸，即从A口出来的是硫酸溶液，B错误；C．阴极是氢离子放电，阳极是氢氧根放电，电极反应式为4OH－－4e－==2H2O＋O2↑，C错误；D．Na2SO4溶液从F口加入，D错误，答案选A。13．B试题分析：A.M点时，平衡向左移动，故Y的转化率减小，故A错误；B.X的体积先减小后增大，这是化学平衡的建立过程，后增大，说明平衡发生移动，温度升高，体积分数增大，平衡向吸热反应方向移动，向左移动，故正反应方向放热，平衡常数减小，故B正确；C.平衡时充入Z，由于新平衡与原平衡是等效平衡，体积分数相等，故C错误；D.明显M点的温度高于W点，故反应速率M>W，故D错误，此题选B。14．A试题分析：从图可以看出氢氧化钠溶液的pH为13，故浓度为0.1mol·L－1，A对；盐酸与氢氧化钠溶液完全反应时溶液显中性，B错；曲线a溶液的pH逐渐增大，故是氢氧化钠溶液滴定盐酸的测定曲线，C错；强酸强碱之间的滴定可以用甲基橙，也可以用酚酞，D错。15．C试题分析：A、分析表中数据结合题给信息知碳酸根的水解程度大于铵离子的水解程度，常温下1mol·L-1的(NH4)2CO3溶液呈碱性，错误；B、分析表中数据结合题给信息知碳酸根的水解程度大于铵离子的水解程度，又盐类的水解是微弱的，则常温下1mol·L-1的(NH4)2CO3溶液中：c(NH4＋)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)，错误；C、根据物料守恒判断，正确；D、根据电荷守恒知c(NH4＋)+c(NH4＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，错误。16．（除指定之外每空2分，共10分）（1）Fe3+(或FeBr3或FeCl3）；（1分）取适量反应后的溶液滴加KSCN溶液变红；（2）①CO32－+H+＝HCO3－；②AgCl；（1分）（3）①1∶1；②Fe3+、Fe2+、Cu2+（漏答或答错均不给分）【解析】试题分析：（1）向FeBr2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄，是因为Fe2+被氯水氧化成Fe3+（黄色）；检验Fe3+，取适量反应后的溶液滴加KSCN溶液变红；（2）①Na2C03,CH3COONa,NaClO对应的酸中，碳酸酸性最弱，电离常数最小，故首先反应的应该是CO32-，即CO32－+H+＝HCO3－；②根据提示可知，对于不同类型的难溶电解质，生成沉淀的先后顺序需计算出它们所需沉淀剂离子浓度的大小来确定，AgCl沉淀时需c（Ag+）=1.77×10-10/10-2=1.77×10-8,Ag2CrO4,沉淀时需c2（Ag+）=1.12×10-12/10-2,AgCl沉淀时需c（Ag+）小，所以AgCl先沉淀；（3）①Ⅰ是Fe3+过量，Ⅲ反应后析出Cu3.2g即剩余的Fe与生成的Cu2+反应后生成了Cu，即析出Cu0.05mol，与Fe3+反应后剩余Fe0.05mol，设Fe的物质的量为xmol，Cu的物质的量为ymol，根据关系2Fe3+—Fe；2Fe3+—Cu；可以得到方程组：①56（x-0.05）+64y=9②2x+2y=0.2mol，通过计算可得到x=0.1.y=0.1故粉末中铁、铜的物质的量之比为：1:1；②反应后的溶液中Ⅰ是Fe3+过量，存在的金属阳离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+；16．（除指定之外每空2分，共15分）I．b；（1分）既能冷凝回流又能及时分离出反应生成的水，有利于酯的生成。Ⅱ（1）C；（2）Ba(OH)2溶液；（1分）硫氰化钾溶液，溶液不变血红色。（3）①将分解产生的气体全部排到B、C装置中使其全部被吸收。②SO2+H2O2+Ba2＋BaSO4+2H＋。③FeO。（4）D。（1分）【解析】试题分析：I．醋酸和乙醇易挥发，B装置有冷凝回流装置，可提高原料的利用率。为提高冷凝效果，则冷却水应从b口进入；图C装置效果更好，理由是既能冷凝回流又能及时分离出反应生成的水，有利于酯的生成。Ⅱ．（1）根据氧化还原反应的知识分析元素化合价有升高的必有降低的，C中只有硫元素的化合价降低，没有化合价升高的元素，可确定C不成立。（2）NH4＋的检验可加入碱溶液，加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；Fe2＋与OH－离子反应先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，可用碱溶液检验Fe2＋，SO42-与Ba2＋反应生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，故可以用湿润的红色石蕊试纸、稀盐酸和Ba(OH)2溶液检验出“摩尔盐”中的三种离子；“摩尔盐”变质，Fe2＋被氧化为Fe3＋。检验“摩尔盐”是否变质可检验Fe3＋是否存在。取一定量的“摩尔盐”配成溶液，取少量溶液置于试管中，向其中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变血红色，则“摩尔盐”未因氧化而变质。（3）①取一定量“摩尔盐”置于加热管A中，加热至分解完全后打开K，再通入N2，目的是将分解产生的气体全部排到B、C装置中使其全部被吸收。②实验中观察到A中固体逐渐变为红棕色，有氧化铁生成，B、C中均产生白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则分解产物中含有二氧化硫和三氧化硫。C中二氧化硫与H2O2和BaCl2的混合液反应生成硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2＋BaSO4+2H＋。③实验验证取A中残留物少许加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色证明产物不含FeO。（4）根据上述分析知，“摩尔盐”分解的产物为Fe2O3、SO3、SO2、NH3和H2O，上述猜想中一定正确的是D。18．（每空2分，共16分）（1）放热；逆反应方向的△S＞0；（2）BD；（3）①AD；②acd；③3Ca2＋＋2HPO42—＝Ca3(PO4)2↓＋2H＋（4）c（Na＋）＞c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（OH－）＞c（H＋）；（5）BH4—+8OH—-8e—＝BO2—+6H2O【解析】试题分析：（1）已知平衡常数K350℃＜K300℃，这说明升高温度平衡显逆反应方向进行，因此则该反应是放热反应；根据方程式可知逆反应方向的△S＞0，因此根据△G＝△H—T·△S可知常温下，该反应能逆向自发进行。（2）A．扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，但NO2的浓度仍然比原来小，因此混合气体颜色变浅，A错误；B．恒温恒容下，再充入2molNO2和1molO2，则相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，因此再次达到平衡时NO2转化率增大，B正确；C．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此密度始终是不变的，则不能根据密度判断反应是否得到平衡状态，C错误；D．平衡常数只与温度有关系，正反应是放热反应，因此如果该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度，D正确，答案选BD。（3）①A．常温下，亚硝酸钠溶液的pH＞7，这说明酸根水解，溶液显碱性，所以亚硝酸是弱酸，A正确；B．亚硝酸能和NaOH发生中和反应是酸的通性，不能说明亚硝酸是弱酸，B错误；C．用亚硝酸溶液做导电性实验，灯泡很暗，由于没有对比试验，因此不能判断亚硝酸是弱酸，C错误；D．常温下，将pH＝3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH＜4，这说明在稀释过程中亚硝酸又电离出氢离子，即存在电离平衡，所以是弱酸，D正确，答案选AD。②a．H2O能电离出氢离子，属于酸，同时也能结合氢离子变为H3O＋，所以水是两性物质，a正确；b．NO2－只能结合氢离子，属于碱，b错误；c．H2NCH2COOH能电离出氢离子，也能结合氢离子，属于两性物质，c正确；d．H2PO4－能电离出氢离子，也能结合氢离子，属于两性物质，d正确；e．H2S只能电离出氢离子，属于酸，e错误，答案选acd。③Na2HPO4溶液与足量的CaCl2溶液反应生成磷酸钙沉淀和氯化氢，因此溶液显酸性，反应的离子方程式为3Ca2＋＋2HPO42—＝Ca3(PO4)2↓＋2H＋。（4）根据表中数据可知X是NaOH，Y是HNO3，Z是NH4NO3，W是NaNO2。将X、Y、Z各1mol·L-1同时溶于水中制得混合溶液，其中硝酸和氢氧化钠恰好反应生成硝酸钠和水，即混合溶液是硝酸钠和亚硝酸钠形成的混合溶液，且二者的浓度相等，亚硝酸根水解，溶液显碱性，所以混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c（Na＋）＞c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（OH－）＞c（H＋）。（5）原电池中负极失去电子，发生氧化反应，则硼氢化钠在负极放电，根据装置图可判断氢氧根参与负极反应式，因此硼氢化钠燃料电池的负极反应式为BH4—+8OH—-8e—＝BO2—+6H2O。19．（每空2分，共14分）（1）VO2＋、Al3+（2）Al(OH)3（3）NH4＋＋VO3—==NH4VO3↓（4）10Al(s)＋3V2O5(s)==5Al2O3(s)＋6V(s)ΔH＝-kJ/mol（5）V2+－e－==V3+VO2+－e－＋H2O==VO2＋＋2H+（6）10.6【解析】试题分析：（1）反应①所得溶液中除H+之外的阳离子还有VO2＋。另外氧化铝与硫酸反应还生成硫酸铝和水，则还含有Al3+。（2）溶液中的铝离子与碳酸根离子水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，所以反应②碱浸后滤出的固体主要成分是Al(OH)3。（3）反应④是VO3—与铵根离子结合生成NH4VO3沉淀，反应的离子方程式为NH4＋＋VO3—＝NH4VO3↓。（4）已知①4Al(s)＋3O2(g)==2Al2O3(s)ΔH1＝-akJ/mol，②4V(s)＋5O2(g)==2V2O5(s)ΔH2＝-bkJ/mol，则根据盖斯定律可知（①×5—②×3）÷2即可得到用V2O5发生铝热反应冶炼金属钒的热化学方程式是10Al(s)＋3V2O5(s)==5Al2O3(s)＋6V(s)ΔH＝-kJ/mol。（5）钒液流电池（如下图所示）具有广阔的应用领域和市场前景，该电池中隔膜只允许H+通过。电池放电时负极是V2+失去电子转化为V3+，则电极反应式为V2+－e－==V3+，电池充电时阳极是原电池正极反应的逆反应，则电极反应式是VO2+－e－＋H2O==VO2＋＋2H+。（6）根据方程式可知该(VO2)2SO4溶液中钒的含量为g/L。
