2022-2022学年福建省厦门一中高三（上）暑期第三次返校考试化学试卷一、选择题共22题，每题3分，共66分．1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是()A．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种符合材料B．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硅胶C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D．光导纤维是传统无机非金属材料2．下列变化中，可由两种单质直接化合生成的是()A．Fe→FeCl2B．Na→Na2O2C．S→SO3D．N2→NO23．下列有关实验操作正确或能达到预期目的是()4．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()27A．AB．BC．CD．D5．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB．2L0.5mol/L碳酸钠溶液中含有的CO32﹣数为NAC．标准状况下22.4LH2O的分子数为NAD．18gD2O和18gH2O中含有的电子数均为10NA6．有四种溶液，它们分别含有S2﹣、HCO3﹣、Al3+、Fe2+四种离子，若向其中分别先加入足量Na2O2后，再通入过量HCl气体，溶液中离子数目基本保持不变的是()A．S2﹣B．HCO3﹣C．Al3+D．Fe2+7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列叙述正确的是()A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来8．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则()27A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu9．室温下，在pH=13的某溶液中，由水电离出的c（OH﹣）为()①1.0×10﹣7mol/L②1.0×10﹣6mol/L③1.0×10﹣1mol/L④1.0×10﹣13mol/L．A．③B．③或④C．①或③D．④10．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是()A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B．原混合溶液中c（FeBr2）=6mol/LC．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：311．常温下，0.2mol•L﹣1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度所示，下列说法正确的是()A．HA为强酸B．该混合溶液pH=7.0C．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）D．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+12．在恒容密闭容器中通入A，B两种气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＞0，达到平衡后，改变一个条件（x），下列量（y）一定符合图中曲线的是()27A．AB．BC．CD．D13．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）⇌nY（g）；△H=QkJ/mol．反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法正确的是()A．m＞nB．Q＜0C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动14．25℃时，Kw=1.0×10﹣14；100℃时，Kw=1×10﹣12，下列说法正确的是()A．100℃时，pH=10的NaOH溶液和pH=2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH=7B．25℃时，0.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液和0.2mol•L﹣1HCl等体积混合，所得溶液的pH=7C．25℃时，0.2mol•L﹣1NaOH溶液与0.2mol•L﹣1CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH=7D．25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH＞715．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（s）△H=QkJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、反应速率（v）与压强的关系如图所示．据图分析，以下说法正确的是()A．T1＜T2，Q＞0B．增大压强，B的转化率减小27C．当反应达平衡时，混合气体的密度不再变化D．a+b＞c+d16．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣17．常温下，有关物质的溶度积如表所示．下列有关说法不正确的是()A．常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B．常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好C．向含有Mg2+，Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Fe3+）=2.125×1021D．无法利用Ca（OH）2制备NaOH18．相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是()A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应HZ+Y﹣═HY+Z﹣能够发生C．相同温度下，0.1mol．L﹣1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1mol．L﹣1HX溶液的电离常数大于0.1mol？L？1HX19．某化学小组对以下四种物质的水溶液加热蒸干并灼热，最终不能得到该物质固体的是()①氯化铁②碳酸钠③硫酸亚铁④硅酸钠．A．仅①③B．仅②④C．仅①③④D．仅①②③20．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是()27A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol•L﹣1C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol•L﹣1D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）21．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是()A．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）22．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是()A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等27D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则c（M+）/c（R+）增大二、非选择题2题共34分23．（18分）如图是元素周期表中几种短周期主族元素原子半径随原子序数的变化．（1）B在周期表中的位置__________．（2）Z和W氢化物比较，稳定性大的是__________（写化学式）（3）生活中最常用的过渡金属单质，在Z中点燃，为确定其固体生成物中金属的化合价，应使用的试剂是__________（填标号）A．稀硫酸B．稀硝酸C．KSCN溶液D．酸性高锰酸钾溶液（4）甲+H2O→乙+丙①若甲为淡黄色固体，丙为气体，则乙的化学式为__________．②若丙为Y的氧化物，则乙烯溶液与SO2反应生成丙的离子方程式__________．③若甲为有机物，则该反应化学方程式__________（写一个）．（5）已知反应2HI（g）═H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为__________kJ．（6）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为__________．24．（16分）某学习小组利用下列装置进行CO2与饱和NaCO2溶液反应制备NaHCO3实验（1）选取必要的实验装置，正确的连接顺序为__________（填序号）（2）为确定制得的固体样品是纯净的NaHCO3，小组同学提出下列实验方案甲方案：将样品溶液与饱和澄清石灰水反应，观察现象乙方案：将样品溶液与BaCl4，观察现象丙方案：测得pH法丁方案：热重分析法①判定甲方案__________（填“可行”或“不可行”）27②为判断乙方案的可行性，某同学用分析纯的NaHCO3配制的溶液，与BaCl4溶液等体积混合进行实验，结果如下．①此实验已可说明乙方案是不可行的．请结合以下数据，并通过计算说明产生浑浊的原因．答：__________．[已知0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液电离出的c（CO32﹣）为0.0011mol•L﹣1，Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9]②产生浑浊的离子方程式为__________．③使用pH计进行测定的丙方案是__________．（3）某溶液中含有I﹣、Cl﹣等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：__________，已知Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Agl）=8.5×10﹣17．2022-2022学年福建省厦门一中高三（上）暑期第三次返校考试化学试卷一、选择题共22题，每题3分，共66分．1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是()A．“天宫一号”中使用的碳纤维，是一种符合材料B．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硅胶C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用D．光导纤维是传统无机非金属材料考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；硅和二氧化硅．分析：A．复合材料是指以上材料中的两种或三种复合在一块儿形成的；B．硅胶能作干燥剂，但是不能作还原剂；C．可降解塑料是指在较短的时间内、在自然界的条件下能够自行分解成小分子的塑料；D．传统的无机非金属材料：如水泥、耐火材料、平板玻璃、仪器玻璃和普通的光学玻璃以及日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、搪瓷、磨料（碳化硅、氧化铝）、铸石、碳素材料、非金属矿（石棉、云母、大理石等）．解答：解：A．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，属于新型无机非金属材料，故A正确；B．硅胶能作干燥剂，但是不能作还原剂，所以在中秋月饼等富脂食品中放入硅胶不能防止氧化变质，故B错误；27C．用CO2合成可降解塑料﹣聚碳酸酯，是由许多二氧化碳小分子聚合而成的大分子，能够在较短的时间内分解，实现“碳”的循环利用，故C正确；D．光导纤维是新型无机非金属材料，故D错误；故选AC．点评：本题主要考查了化学与生活中有关知识，掌握它们的化学原理是解答的关键，题目难度不大，熟悉材料中的成分，能运用所学化学知识来解决实际问题．2．下列变化中，可由两种单质直接化合生成的是()A．Fe→FeCl2B．Na→Na2O2C．S→SO3D．N2→NO2考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氮气的化学性质；钠的重要化合物；铁的化学性质．分析：A．氯气具有强氧化性；B．Na燃烧生成过氧化钠；C．S燃烧生成二氧化硫；D．氮气与氧气在放电或高温下生成NO．解答：解：A．Fe与氯气直接化合生成FeCl3，故A不选；B．Na与氧气加热反应直接化合生成Na2O2，故B选；C．S与氧气直接化合生成SO2，故C不选；D．氮气与氧气直接化合生成NO，故D不选；故选B．点评：本题考查元素化合物性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．3．下列有关实验操作正确或能达到预期目的是()27考点：化学实验方案的评价；测定溶液pH的方法；气体的收集；配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验评价题．分析：A．玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对比确定pH；B．应将浓硫酸倒在水中；C．盐酸易挥发，制取的二氧化碳中混有HCl；D．溶液转移到容量瓶中应引流．解答：解：A．玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对比确定pH，图中与实验操作一致，故A正确；B．应将浓硫酸倒在水中，图中装置试剂的加入顺序易导致液滴飞溅，故B错误；C．盐酸易挥发，制取的二氧化碳中混有HCl，图中装置不能除去HCl，故C错误；D．溶液转移到容量瓶中应利用玻璃棒来引流，并玻璃棒的下端在刻度线以下，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、pH的测定、稀释操作、气体的制取及除杂等，注重实验的基础知识的考查，题目难度不大．4．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()A．AB．BC．CD．D考点：真题集萃；化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．溶度积大的物质向溶度积小的物质转化．解答：解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；27D．将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等．5．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB．2L0.5mol/L碳酸钠溶液中含有的CO32﹣数为NAC．标准状况下22.4LH2O的分子数为NAD．18gD2O和18gH2O中含有的电子数均为10NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、过氧化钠与水的反应为歧化反应；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解；C、标况下，水为液体；D、重水的摩尔质量为20g/mol．解答：解：A、过氧化钠与水的反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故A正确；B、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的CO32﹣的个数小于NA个，故B错误；C、标况下，水为液体，故其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、重水的摩尔质量为20g/mol，则18g重水的物质的量为0.9mol，含9mol电子即9NA个，故D粗我U．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．6．有四种溶液，它们分别含有S2﹣、HCO3﹣、Al3+、Fe2+四种离子，若向其中分别先加入足量Na2O2后，再通入过量HCl气体，溶液中离子数目基本保持不变的是()A．S2﹣B．HCO3﹣C．Al3+D．Fe2+考点：离子反应发生的条件；钠的重要化合物．分析：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH，与HCO3﹣反应生成CO32﹣，且足量的过氧化钠，具有强氧化性，能氧化S2﹣、Fe2+，以此来解答．解答：解：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH，与HCO3﹣反应生成CO32﹣，所以HCO3﹣减少，CO32﹣增多，又过氧化钠，具有强氧化性，能氧化S2﹣、Fe2+，S2﹣、Fe2+减少，足量的NaOH与Al3+反应生成偏铝酸根离子，再加过量HCl，又生成Al3+，所以Al3+数目基本不变，故选C．27点评：本题考查离子的共存，注意过氧化钠与水反应生成碱及其强氧化性是解答本题的关键，题目难度不大．7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列叙述正确的是()A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来考点：原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：本题利用原子半径的周期性变化规律以及元素化合价的周期性变化规律来解题，综合考察了非金属性以及金属性的强弱判断．解答：解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性X＞Y，故A错；B、根据Z、W的原子半径相差不大，化合价不同，且W只有负价，则其可能是O，Z是N，两者的单质直接生成NO，故B错；C、据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错；D、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D对；故选：D．点评：此题考查了物质结构与元素周期律知识．本题是一个好题，虽然对学生来说判断起来有点难度，但总起来还是可以明确找到答案，并准确作答．解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破8．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则()A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu27考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答．解答：解：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，A．电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，故A正确；B．电极Ⅰ上电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+，发生氧化反应，故B错误；C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu2++2e﹣=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D错误；故选A．点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等．9．室温下，在pH=13的某溶液中，由水电离出的c（OH﹣）为()①1.0×10﹣7mol/L②1.0×10﹣6mol/L③1.0×10﹣1mol/L④1.0×10﹣13mol/L．A．③B．③或④C．①或③D．④考点：pH的简单计算；水的电离．分析：室温时，Kw=1×10﹣14，c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣14；室温下，在pH=13的某溶液显碱性，此溶液可能是碱溶液，也可能是强碱弱酸盐溶液，分类讨论．解答：解：室温下，Kw=1×10﹣14，c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣14，在pH=13的某碱溶液中，溶液中的氢离子只有水电离的，氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣13mol/L，所以水电离的氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=c（H+）=1×10﹣13mol/L，故④正确；若为强碱弱酸盐溶液，在盐溶液中，所有的氢离子和氢氧根均来自于水的电离，但由于弱酸根离子的水解，将水电离出的氢离子结合弱酸根离子一部分，故溶液中的氢氧根才能代表水电离出的全部氢氧根离子，故水电离出的c（OH﹣）=mol/L=1.0×10﹣1mol/L，故③正确；故选B．点评：本题考查了PH的简单计算和水的电离氢氧根浓度的计算，应注意的是碱性溶液不一定是碱溶液，还可能是能水解的盐溶液，题目难度不大．10．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是()27A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况B．原混合溶液中c（FeBr2）=6mol/LC．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；B．根据BC段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（Fe2+），但溶液的体积无法计算，不能计算c（FeBr2）；C．根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量，据此书写；D．根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（Fe2+）、n（I﹣）、n（Br﹣），据此解答．解答：解：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；B．由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；C．AB段发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2mol的I﹣消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I﹣）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣，故C正确；D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×2mol=4mol，DE段发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，消耗氯气3mol，故n（Br﹣）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确；故选B．点评：本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大．11．常温下，0.2mol•L﹣1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度所示，下列说法正确的是()A．HA为强酸B．该混合溶液pH=7.027C．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）D．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）；D．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故C正确；D．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故D错误；故选C．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．12．在恒容密闭容器中通入A，B两种气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＞0，达到平衡后，改变一个条件（x），下列量（y）一定符合图中曲线的是()27A．AB．BC．CD．D考点：化学平衡建立的过程．分析：反应的特征是反应气体的化学计量数大于生成气体的化学计量数，则增大压强，平衡正向移动，该反应是吸热反应，温度升高时化学平衡正向移动，图象中纵坐标随横坐标的增大而增大，结合影响化学平衡移动的因素解答该题．解答：解：A．再通入A气体，平衡正向移动，B的转化率增大，符合，故A正确；B．加入催化剂，平衡不移动，所以A的体积分数不变，不符合，故B错误；C．增大压强，平衡正向移动，混合气体的总物质的量减小，不符合，故C错误；D．该反应是吸热反应，温度升高时化学平衡正向移动，混合气体的总物质的量减小，不符合，故D错误．故选A．点评：本题考查化学平衡的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的特点以及题给信息，为解答该题的关键，难度不大．13．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）⇌nY（g）；△H=QkJ/mol．反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法正确的是()A．m＞nB．Q＜0C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动考点：化学平衡的影响因素．专题：压轴题；化学平衡专题．27分析：根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应．解答：解：A．在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，则有m＜n，故A错误；B．当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应，则Q＞0，故B错误；C．温度不变，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则Y的质量分数减少，故C正确；D．反应的正向为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡正向移动，故D错误．故选C．点评：本题主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题，对于学生的基本功要求较高，题目难度中等．14．25℃时，Kw=1.0×10﹣14；100℃时，Kw=1×10﹣12，下列说法正确的是()A．100℃时，pH=10的NaOH溶液和pH=2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH=7B．25℃时，0.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液和0.2mol•L﹣1HCl等体积混合，所得溶液的pH=7C．25℃时，0.2mol•L﹣1NaOH溶液与0.2mol•L﹣1CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH=7D．25℃时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH＞7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A.100℃时，pH=10的NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性；B．等体积等浓度混合后，碱过量；C．恰好中和生成醋酸钠，水解显碱性；D．25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量．解答：解：A.100℃时，pH=10的NaOH溶液，c（OH﹣）=0.01mol/L，与pH=2的H2SO4恰好中和，溶液为中性，其pH=6，故A错误；B．0.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液和0.2mol•L﹣1HCl等体积混合，碱过量，溶液的pH＞7，故B错误；C.25℃时，0.2mol•L﹣1NaOH溶液与0.2mol•L﹣1CH3COOH恰好中和生成醋酸钠，水解显碱性，则所得溶液的pH＞7，故C错误；D．25℃时，pH=12的氨水，碱的浓度大于0.01mol/L，pH=2的H2SO4中c（H+）=0.01mol/L，等体积混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，故D正确；故选D．点评：本题考查酸碱混合溶液酸碱性的判断及pH的计算，注意100℃时中性溶液的pH=6为解答的易错点，明确pH与浓度的关系是解答本题的关键，题目难度中等．15．可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（s）△H=QkJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、反应速率（v）与压强的关系如图所示．据图分析，以下说法正确的是()27A．T1＜T2，Q＞0B．增大压强，B的转化率减小C．当反应达平衡时，混合气体的密度不再变化D．a+b＞c+d考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，增大压强，正速率大于逆反应速率，说明平衡正移，所以正反应为气体物质的量减小的反应，即a+b＞c．A、由以上分析可知T2＞T1，Q＜0；B、由以上分析可知，该反应为正反应为气体物质的量减小的反应根据压强对平衡的影响分析；C、反应前后气体体积不变，气体质量减少，所以密度减小，混合气体的密度不再变化即是平衡状态；D、由以上分析可知，正反应为气体物质的量减小的反应，即a+b＞c．解答：解：可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量（C%）越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，增大压强，正速率大于逆反应速率，说明平衡正移，所以正反应为气体物质的量减小的反应，即a+b＜c．A、由以上分析可知T2＞T1，Q＜0，故A错误；B、由以上分析可知，该反应为正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正移，B的转化率增大，故B错误；C、反应前后气体体积不变，气体质量减少，所以密度减小，混合气体的密度不再变化即是平衡状态，故C正确；D、由以上分析可知，正反应为气体物质的量减小的反应，即a+b＞c，但a+b＞c+d不一定成立，故D错误；故选：C．点评：本题考查了体积分数随温度曲线及速率随压强变化曲线，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键．16．已知Ksp（AgCl）=1.56×10﹣10，Ksp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣27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：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀．解答：解：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L=1.56×10﹣8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L=7.7×10﹣11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L=3×10﹣5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣，故选C．点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为B，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断．17．常温下，有关物质的溶度积如表所示．下列有关说法不正确的是()A．常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B．常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好C．向含有Mg2+，Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Fe3+）=2.125×1021D．无法利用Ca（OH）2制备NaOH考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A、MgCO3是微溶物，其溶度积远远大于Mg（OH）2；B、Ca（OH）2是微溶物，其溶度积远远大于CaCO3；C、根据氢氧化镁和氢氧化铁的溶解平衡以及溶度积表达式计算；D、Ca（OH）2与碳酸钠溶液反应能够生成NaOH．27解答：解：A、因为MgCO3是微溶物，其溶度积远远大于Mg（OH）2，所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，故A正确；B、因为Ca（OH）2是微溶物，其溶度积远远大于CaCO3，所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B正确；C、则当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）===5.61mol/L，c（Fe3+）===2.64×10﹣21mol/L，所以c（Mg2+）：c（Fe3+）=5.61：2.64×10﹣21=2.125×1021，故C正确；D、Ca（OH）2与碳酸钠溶液反应能够生成NaOH和碳酸钙沉淀，故D错误；故选D．点评：本题考查了有关溶度积的计算以及据溶度积的大小判断沉淀的转化，题目难度不大．18．相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是()A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应HZ+Y﹣═HY+Z﹣能够发生C．相同温度下，0.1mol．L﹣1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1mol．L﹣1HX溶液的电离常数大于0.1mol？L？1HX考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答．解答：解：A．相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，故A错误；B．由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y﹣═HY+Z﹣能发生，故B正确；C．根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C错误；D．相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故D错误；故选B．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确相同温度下电离平衡常数与电解质强弱的关系是解本题关键，易错选项是D，注意温度不变，同一物质的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，为易错点．2719．某化学小组对以下四种物质的水溶液加热蒸干并灼热，最终不能得到该物质固体的是()①氯化铁②碳酸钠③硫酸亚铁④硅酸钠．A．仅①③B．仅②④C．仅①③④D．仅①②③考点：盐类水解的应用．分析：加热蒸干并灼烧的过程中，要注意考虑盐的水解平衡的移动、物质的氧化、物质的分解等情况，氯化铁易水解，硫酸亚铁易被氧化等．解答：解：①FeCl3因为能水解生成Fe（OH）3，灼烧得Fe2O3，溶液加热蒸干并灼热不能得到原物质，故正确；②碳酸钠在溶液在加热时水解得到碳酸氢钠与氢氧化钠，但氢氧化钠难挥发，最后得到的固体为Na2CO3，故错误；③硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，加热蒸干得到的是硫酸铁，溶液加热蒸干并灼热不能得到原物质，故正确；④硅酸钠中硅酸根离子水解得到硅酸，硅酸受热分解为二氧化硅，溶液加热蒸干并灼热不能得到原物质，故正确；故选C．点评：本题综合考查物质的性质，侧重于水解、分解等知识，题目难度不大，注意相关物质的性质的掌握．20．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是()A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol•L﹣1C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol•L﹣1D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）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：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；27D．根据电荷守恒确定离子浓度关系；解答：解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9mol/L，故B错误；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/L，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选B．点评：本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答，易错选项是C，题目难度中等．21．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法正确的是()A．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）考点：中和滴定；质量守恒定律；离子浓度大小的比较．分析：根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+）；点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）=c（CH3COO﹣）；点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．解答：解：A、点①反应掉一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知：27c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）=c（CH3COO﹣），故B错；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，且程度较小，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正确；故选：D．点评：本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题．22．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是()A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则c（M+）/c（R+）增大考点：真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强；B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）；D．MOH的碱性强于ROH的碱性，当lg=2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离．解答：解：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣），所以它们的c（OH﹣）相等，故C正确；27D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；故选D．点评：本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点．二、非选择题2题共34分23．（18分）如图是元素周期表中几种短周期主族元素原子半径随原子序数的变化．（1）B在周期表中的位置第三周期ⅥA族．（2）Z和W氢化物比较，稳定性大的是HF（写化学式）（3）生活中最常用的过渡金属单质，在Z中点燃，为确定其固体生成物中金属的化合价，应使用的试剂是ACD（填标号）A．稀硫酸B．稀硝酸C．KSCN溶液D．酸性高锰酸钾溶液（4）甲+H2O→乙+丙①若甲为淡黄色固体，丙为气体，则乙的化学式为Na2O2．②若丙为Y的氧化物，则乙烯溶液与SO2反应生成丙的离子方程式2H2O+3SO2+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣．③若甲为有机物，则该反应化学方程式CH3COOC2H5+H2OnCH3COOH+CH3CH2OH（写一个）．（5）已知反应2HI（g）═H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为299kJ．（6）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，W为F元素，Z为O元素，Y为N元素，A为Cl元素，B为S元素，结合元素周期律与物质的性质等解答．（1）B为S元素，主族元素周期数=电子层数，族序数等于最外层电子数；（2）同周期从左向右，非金属性逐渐增强，非金属性越强，氢化物越稳定；（3）生活中最常用的过渡金属单质为铁，在O2中点燃生成四氧化三铁，为确定其固体生成物中金属的化合价，先用非强氧化性的酸溶解，后用KSCN溶液检验铁离子的存在；27（4）①淡黄色固体可能为S或过氧化钠，甲+H2O→乙+丙，丙为气体，则乙为过氧化钠；②Y为N元素，若丙为Y的氧化物，则Y为NO，甲为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸具有氧化性，氧化二氧化硫为硫酸根离子，自身被还原成一氧化氮；③若甲为有机物，则甲可以为酯，酯可以发生水解反应；（5）正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量；（6）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，据此写出其电子式；解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，W为F元素，Z为O元素，Y为N元素，A为Cl元素，B为S元素．（1）B为S元素，原子核外电子数为11，有3个电子层，最外层电子数为1，处于周期表中第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；（2）W为F元素，Z为O元素，为同周期元素，F的非金属性强于O，所以氢化物稳定性，HF＞H2O，故答案为：HF；（3）生活中最常用的过渡金属单质为铁，在O2中点燃生成四氧化三铁，为确定其固体生成物中金属的化合价，先用非强氧化性的硫酸溶解，不能用硝酸，因硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子，铁离子和KSCN络合显示血红色，所以用KSCN溶液检验铁离子的存在，亚铁离子能还原高锰酸根离子，能使高锰酸钾溶液褪色，所以可以用高锰酸钾溶液检验亚铁离子的存在，故答案为：ACD；（4）①淡黄色固体可能为S或过氧化钠，甲+H2O→乙+丙，硫和水不反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，符合丙为气体，则乙为过氧化钠，故答案为：Na2O2；②Y为N元素，若丙为Y的氧化物，则Y为NO，甲为二氧化氮，二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的硝酸具有氧化性，氧化二氧化硫为硫酸根离子，自身被还原成一氧化氮，离子反应为：2H2O+3SO2+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣，故答案为：2H2O+3SO2+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣；③若甲为有机物，则甲可以为酯，酯可以发生水解反应，例如乙酸乙酯的水解，反应的方程式为CH3COOC2H5+H2OnCH3COOH+CH3CH2OH，故答案为：CH3COOC2H5+H2OnCH3COOH+CH3CH2OH；（5）设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：2xkJ﹣436kJ﹣151kJ=11kJ，解得x=299，故答案为：299；（6）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：．27点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字．24．（16分）某学习小组利用下列装置进行CO2与饱和NaCO2溶液反应制备NaHCO3实验（1）选取必要的实验装置，正确的连接顺序为③①②（填序号）（2）为确定制得的固体样品是纯净的NaHCO3，小组同学提出下列实验方案甲方案：将样品溶液与饱和澄清石灰水反应，观察现象乙方案：将样品溶液与BaCl4，观察现象丙方案：测得pH法丁方案：热重分析法①判定甲方案不可行（填“可行”或“不可行”）②为判断乙方案的可行性，某同学用分析纯的NaHCO3配制的溶液，与BaCl4溶液等体积混合进行实验，结果如下．①此实验已可说明乙方案是不可行的．请结合以下数据，并通过计算说明产生浑浊的原因．答：Q=c（Ba2+）×c（CO32﹣）=×0.0011=1.1×10﹣4＞5.1×10﹣9．[已知0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液电离出的c（CO32﹣）为0.0011mol•L﹣1，Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9]②产生浑浊的离子方程式为Ba2++2HCO3﹣=BaCO3↓+CO2↑+H2O．③使用pH计进行测定的丙方案是取等质量的固体样品和分析纯NaHC03样品分别溶解于等量的水中，分别用pH计测pH．（3）某溶液中含有I﹣、Cl﹣等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：4.8×10﹣7，已知Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Agl）=8.5×10﹣17．考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；性质实验方案的设计．分析：（1）盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体和氯化钙，其中盐酸易挥发，据此选择仪器；（2）①饱和澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠均能反应生成碳酸钙沉淀，据此解答；27②计算此时溶液中钡离子浓度与碳酸根浓度的乘积与该温度下碳酸钡的溶度积常数比较即可；②钡离子与碳酸氢钠电离出的碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，促进了碳酸氢根的电离，使其向生成碳酸根和氢离子的方向移动，据此写出反应的离子反应方程式；③丙方案为测定pH法，碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，可利用准确度较高的pH计进行样品的pH值，然后测量分析纯NaHC03的pH值即可；（3）AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已达到饱和状态，所以溶液中==，据此进行计算．解答：解：（1）③为发生装置，盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳气体和氯化钙，其中盐酸易挥发，故应先选取碳酸氢钠除去混合气体中的HCl，故仪器连接顺序为：③①②，故答案为：③①②；（2）①饱和澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠均能反应生成碳酸钙沉淀，故甲方案不可行，故答案为：不可行；②两种溶液等体积混合后，溶液中钡离子浓度==0.1mol/L，0.1mol•L﹣1NaHC03溶液电离出的c（CO32﹣）为0.0011mol•L﹣1，故Q=Q=c（Ba2+）×c（CO32﹣）=×0.0011=1.1×10﹣4＞5.1×10﹣9，故会产生沉淀，故答案为：Q=c（Ba2+）×c（CO32﹣）=×0.0011=1.1×10﹣4＞5.1×10﹣9；②钡离子与碳酸氢钠电离出的碳酸根结合生成碳酸钡沉淀，从而促进了碳酸氢根的电离，使其向生成碳酸根和氢离子的方向移动，故离子反应方程式为：Ba2++2HCO3﹣=BaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ba2++2HCO3﹣=BaCO3↓+CO2↑+H2O；③丙方案为测定pH法，由于碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，故利用准确度较高的pH计进行样品的pH值，然后测量分析纯NaHC03的pH值，最后比较即可，故答案为：取等质量的固体样品和分析纯NaHC03样品分别溶解于等量的水中，分别用pH计测pH；（3）AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已达到饱和状态，则===，故答案为：4.8×10﹣7．点评：本题考查了物质制备方案的设计与评价、难溶物溶度积的计算，题目难度中等，明确制备原理、难溶物溶度积的概念及计算方法为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．27