2022-2022学年浙江省金华市艾青中学高二（下）培优练习化学试卷　一、选择题（共26小题，每小题2分，满分52分）1．化学在生产和生活中有着广泛的应用．下列说法错误的是（　　）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求B．世博会期间，利用可降解的“玉米塑料”替代常用的一次性饭盒，可防止产生白色污染C．蛋白质、淀粉、纤维素这些生活中的常见物质都是天然高分子化合物D．煤经气化和液化两个物理过程，可变为清洁能源　2．2022年8月15日为舟曲特大山洪泥石流灾害全国哀悼日，为防止大灾之后有大疫，灾区的饮用水消毒是防止病从口入的措施之一．高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠（Na2FeO4）制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑下列有关说法不正确的是（　　）A．高铁酸钠中铁显+6价B．湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C．干法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子D．Na2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe（OH）3还能吸附水中的悬浮杂质　3．下列事实能用勒沙特列原理解释的是（　　）①氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体；②铁在潮湿的空气中容易生锈③实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气；④常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至100mL，测得其pH＜5；⑤钠与氯化钾共融制备钾Na（l）+KCl（l）⇌K（g）+NaCl（l）；⑥二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压后颜色加深．A．①②③B．②⑥C．①③④⑤D．②⑤⑥-48-2022-2022学年浙江省金华市艾青中学高二（下）培优练习化学试卷　一、选择题（共26小题，每小题2分，满分52分）1．化学在生产和生活中有着广泛的应用．下列说法错误的是（　　）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求B．世博会期间，利用可降解的“玉米塑料”替代常用的一次性饭盒，可防止产生白色污染C．蛋白质、淀粉、纤维素这些生活中的常见物质都是天然高分子化合物D．煤经气化和液化两个物理过程，可变为清洁能源　2．2022年8月15日为舟曲特大山洪泥石流灾害全国哀悼日，为防止大灾之后有大疫，灾区的饮用水消毒是防止病从口入的措施之一．高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠（Na2FeO4）制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑下列有关说法不正确的是（　　）A．高铁酸钠中铁显+6价B．湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C．干法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子D．Na2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe（OH）3还能吸附水中的悬浮杂质　3．下列事实能用勒沙特列原理解释的是（　　）①氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体；②铁在潮湿的空气中容易生锈③实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气；④常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至100mL，测得其pH＜5；⑤钠与氯化钾共融制备钾Na（l）+KCl（l）⇌K（g）+NaCl（l）；⑥二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压后颜色加深．A．①②③B．②⑥C．①③④⑤D．②⑤⑥-48-　4．下列关于氨水的叙述不正确的是（　　）A．氨水中离子浓度：c（OH﹣）＞c（NH）B．0.1mol•L﹣1的氨水加水稀释，溶液中c（H+）将增大C．氨水中通入少量HCl气体，能促进一水合氨的电离，使c（OH﹣）增大D．常温下，pH=12的氨水与pH=2的硫酸溶液等体积混合后，溶液的pH＞7　5．稀溶液中含有Fe（NO2）3、Cu（NO2）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/mol•L﹣1）与加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系如图所示．则溶液中Fe（NO2）3、Cu（NO2）2、HN03物质的量浓度之比为（　　）A．1：1：1B．1：3：1C．3：3：8D．1：1：4　6．为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（　　）①适量NH4NO3　　②适量NaCl　　③适量氨水　　④适量NaOH．A．②③B．①③C．②④D．①②　7．下列溶液中各微粒的浓度关系一定正确的是（　　）A．某酸性溶液中只含NH4+、Cl﹣、H+、OH﹣四种离子，则溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）B．在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+c（CO32﹣）C．将0.1molCuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶于水配成的1L溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．等体积、等浓度的NaX溶液和弱酸HX溶液的混合后的溶液中：c（Na+）＞c（HX）＞c（X﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　-48-8．已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.6×10﹣12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=13，则下列说法不正确的是（　　）A．所得溶液中的c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1B．所得溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1C．所加的烧碱溶液的pH=13.0D．所得溶液中的c（Mg2+）=5.6×10﹣10mol•L﹣1　9．LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al．下列说法中不正确的是（　　）A．LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/molB．1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子C．LiAlH4溶于适量水得无色溶液，则化学方程式可表示为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑D．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂　10．分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法．下列分类合理的是（　　）①根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应⑤根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液．A．只有②④B．只有②③④C．只有①②④D．只有②③⑤　11．氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程．（1）向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，该反应中氧化过程的反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣→SO+4H+；（2）向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，该反应中还原过程的反应式为：Cl2+2e﹣→2Cl﹣．在（1）和（2）反应中均会生成产物X，则X的化学式为（　　）A．NaClOB．ClO2C．HClOD．NaClO4-48-　12．25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11．下列说法正确的是（　　）A．BOH溶于水，其电离方程式是BOH=B++OH﹣B．若一定量的上述两溶液混合后pH=7，则c（A﹣）=c（B+）C．在0.1mol•L﹣1BA溶液中，c（B+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．若将0.1mol•L﹣1BOH溶液稀释至0.001mol•L﹣1，则溶液的pH=9　13．25℃时，弱酸的电离平衡常数如表：下列有关说法正确的是（　　）弱酸CH3COOHHCNH2CO3Ka1.8×10﹣84.9×10﹣10K1；4.3×10﹣7K2：5.6×10﹣11A．等物质的量浓度的各溶液的pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol/LHCN与bmol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于bC．往冰醋酸中逐滴加水，溶液导电能力先增大，后减小D．NaHCO3和Na2CO3的混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）　14．背景材料：（1）重庆工商及警方查获灌注重晶石粉的活鸡近千只．（2）台湾查获饮料食品违法添加有毒塑化剂一邻苯二甲酸酯（DEHP）．（3）铅中毒被视为当今儿童智能发育的“第一杀手”．（4）日本福岛第一核电站造成含131I的放射性物质泄漏．下列有关说法正确是（　　）A．重晶石的主要成分是硫酸钡，可溶于胃酸B．塑化剂和塑料都是高分子化合物C．82Pb位于周期表第六周期IVA族D．碘元素的相对原子质量是131　15．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+-48-　16．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．25℃，1LpH=1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.2NAB．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAC．足量的Cu与含有0.2molH2SO4的浓硫酸共热可生成SO2为0.1NAD．标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA　17．常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、SO42﹣、I﹣B．滴入甲基橙溶液呈红色的溶液中：NH4+、Al3+、HSO3﹣、NO3﹣C．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D．能溶解Al2O3的溶液中：Mg2+、Fe3+、AlO2﹣、HCO3﹣　18．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．次氯酸钠溶液中加入双氧水有氧气放出：ClO﹣+H2O2═O2↑+Cl﹣+H2OB．碳酸钙溶于稀醋酸溶液：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2OC．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag+4H++NO3﹣═Ag++NO↑+2H2OD．苯酚钠溶液中通入少量CO2：-48-png_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　19．下列图示与对应叙述相符的是（　　）A．反应达到平衡后，升高温度，平衡常数K值变大-48-B．表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化C．表示向Ca（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液所得沉淀的质量的变化D．表示纯碱溶液受热时氢氧根浓度随温度的变化　20．下列有关说法正确的是（　　）A．在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），则可推测该反应是吸热反应B．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡后再用酸溶解去除C．室温下，将浓度为0.1mol．L‾1HF溶液加水稀释，其电离平衡常数和均不变D．电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银、锌等　21．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（　　）A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中不一定含有SO42﹣B．向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解-48-C．等体积的pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明酸性：HA＞HBD．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制Cu（OH）2后加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉已经完全水解　22．某溶液中仅含有Na+、H+、OH﹣、CH3COO﹣四种离子，下列说法错误的是（　　）A．若溶液中离子间满足：c（CH3COO﹣）=c（Na+）则该溶液一定呈中性B．该溶液中一定满足：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．溶液中四种离子之间可能满足：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．若溶液中的溶质是CH3COONa和CH3COOH，则溶液中离子间一定满足：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　23．下列叙述正确的是（　　）A．如图1所示将一定量的铜片加入到100mL稀硫酸和硫酸铁的混合溶液中，若铜片完全溶解时（不考虑盐的水解及溶液体积的变化），溶液中的Fe3+、Cu2+、H+三种离子的物质的量浓度相等，且测得溶液的pH=1，则溶液中c（SO42﹣）为0.5mol/LB．如图2所示的装置中发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+的反应，X极是负极，Y极的材料可以是铜C．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图3所示，石墨电极上产生氢气，铜电极发生还原反应D．如图3所示，当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成　24．在温度相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.7kJ/mol）：下列说法不正确的是（　　）-48-容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCH3OHCH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ平衡时压强（Pa）P1P2P3反应物转化率α1α2α3A．c1=c3B．a+c/2＜90.7C．2P2＞P3D．α1+α3=1　25．下列说法正确的是（　　）A．已知某温度下纯水中的c（H+）=2×l0﹣7mol/L，据此无法求出水中c（OH﹣）B．已知MgCO3的KSP=6.82×l0﹣6，则在含有固体MgCO3的MgCl2、Na2CO3溶液中，都有：c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2/L2C．常温下，Mg（OH）2能溶于氯化铵浓溶液的主要原因可能是NH4+结合OH﹣使沉淀溶解平衡发生移动D．已知：共价键C﹣CC学科王=CC﹣HH﹣H键能/kJ•mol﹣1348610413436上表数据可以计算出（g）+3H2（g）→（g）的焓变　26．某混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Ca2+、CO32﹣、SO42﹣，现每次取100mL溶液分别进行下列实验：下列说法正确的是（　　）实验编号实验步骤实验现象②加入AgNO3溶液有沉淀产生③加入足量NaOH溶液后加热收集气体0.896L（标准状况）④加入足量的BaCl2溶液得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余2.33gA．c（K+）≥0.2mol/LB．一定存在的离子：Cl﹣、NH4+、CO32﹣、SO42﹣-48-C．一定不存在的离子：Ca2+、K+、Cl﹣D．c（K+）+c（NH4+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）　　二、解答题（共4小题，满分48分）27．过氧化氢和臭氧都是常见的绿色氧化剂，在工业生产中有着重要的用途．（1）据报道以硼氢化合物NaBH4（B的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，可用作通信卫星电源．负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图1所示．该电池放电时正极的电极反应式为：　　　　　　；以MnO2做正极材料，可能是因为　　　　　　．（2）火箭发射常以液态肼（N2H4）为燃料，液态过氧化氢为助燃剂．已知：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1H2O2（l）=H2O（l）+1/2O2（g）△H=﹣98.64kJ•mol﹣1H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1反应N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）的△H=　　　　　　．（3）O3可由臭氧发生器（原理如图2所示）电解稀硫酸制得．①图中阴极为　　　　　　（填“A”或“B”）．②若C处通入O2，则A极的电极反应式为：　　　　　　．③若C处不通入O2，D、E处分别收集到11.2L和有4.48L气体（标准状况下），则E处收集的气体中O3所占的体积分数为　　　　　　（忽略O3的分解）．（4）新型O3氧化技术对燃煤烟气中的NOx和SO2脱除效果显著，锅炉烟气中的NOx95%以上是以NO形式存在的，可发生反应NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）．在一定条件下，将NO和O3通入绝热恒容密闭容器中发生上述反应，正反应速率随时间变化的示意图（如图3）所示．由图可得出的正确说法是　　　　　　a．反应在c点达到平衡状态-48-b．反应物浓度：b点小于c点c．反应物的总能量低于生成物的总能量d．△t1=△t2时，NO的转化率：a～b段小于b～c段．　28．氰化物有剧毒，冶金工业会产生大量含氰化物的废水，其中氰化物以CN﹣等形式存在于废水中．某化学小组同学对含氰化物废水处理进行研究．I．查阅资料：含氰化物的废水破坏性处理方法．利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣（CN﹣和CNO﹣中N元素均为﹣3价），CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等．II．实验验证：破坏性处理CN﹣的效果．化学兴趣小组的同学在密闭系统中用如图装置进行实验，以测定CN﹣被处理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热蒸发、浓缩．步骤2：取浓缩后含CN﹣离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN﹣的浓度为0.2mol•L﹣1）倒入甲中，塞上橡皮塞．步骤3：　　　　　　．步骤4：打开甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞．步骤5：打开活塞K，通一段时间N2，关闭活塞K．步骤6：实验完成后测定干燥管I（含碱石灰）的质量m2（实验前干燥管I（含碱石灰）的质量m1）回答下列问题：（1）在破坏性处理方法中，在酸性条件下NaClO和CNO﹣反应的离子方程式　　　　　　．（2）完成步骤3　　　　　　．-48-（3）丙装置中的试剂是　　　　　　，丁装置的目的是　　　　　　．（4）干燥管Ⅱ的作用是　　　　　　．（5）请简要说明实验中通入N2的目的是　　　　　　．（6）若干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g，则该实验中测得CN﹣被处理的百分率为　　　　　　．　29．利用染化厂的废料铁泥（主要成分是Fe2O3、FeO和铁）制备可用于隐形飞机涂层的纳米四氧化三铁的生产流程为图1：请回答：（1）过程①主要反应的离子方程式为　　　　　　．（2）已知氢氧化亚铁的Ksp=4.87×10﹣17，氢氧化铁的Ksp=2.6×10﹣39．当溶液中某离子浓度不高于1×10﹣5mol•L﹣1时，可以认为该离子已经完全沉淀．通过计算所得数据说明过程②调节pH=9的原因是　　　　　　．（3）物质D的主要产物中铁、氢、氧三种元素的质量比为56：1：32，则过程③主要反应的化学方程式为　　　　　　．（4）已知Fe2+在弱碱性溶液中还原性较强，图2是研究过程④的实验所得，则该反应所需的时间控制在　　　　　　小时左右，较为适宜．（5）某工厂处理废铁泥（测得铁元素含量为16.8%）的能力为10吨/小时，生产纳米四氧化三铁的产量为4.64吨/小时．如不考虑过程④以后生产中Fe2+的氧化，则该工厂每小时消耗铁粉的质量为　　　　　　千克．　30．已知X、Y和Z为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表：电离能/kJ•mol﹣1I1I2I3I4X496456269129543-48-Y7381451773310540Z5781817274511578（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示），元素Y的第一电离能大于Z的原因是　　　　　　．（2）W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图所示．①W元素基态原子价电子排布式为　　　　　　．②已知CN﹣与　　　　　　分子互为等电子体，1molCN﹣中π键数目为　　　　　　．③上述沉淀溶解过程的化学方程式为　　　　　　．　　-48-2022-2022学年浙江省金华市艾青中学高二（下）培优练习化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共26小题，每小题2分，满分52分）1．化学在生产和生活中有着广泛的应用．下列说法错误的是（　　）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求B．世博会期间，利用可降解的“玉米塑料”替代常用的一次性饭盒，可防止产生白色污染C．蛋白质、淀粉、纤维素这些生活中的常见物质都是天然高分子化合物D．煤经气化和液化两个物理过程，可变为清洁能源【考点】常见的生活环境的污染及治理；物理变化与化学变化的区别与联系；乙烯的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．乙烯有催熟作用；B．一次性饭盒的主要材料为聚乙烯，难降解；C．纤维素、淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物；D．煤在燃烧时，产生黑烟和灰尘，形成环境污染．【解答】解：A．乙烯能与酸性高锰酸钾反应，除掉乙烯能达到保鲜要求，故A正确；B．普通塑料不能降解，玉米塑料具有良好的生物相容性和可降解性广泛使用可有效地解决“白色污染”，故B正确；C．纤维素、淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物，故C正确；D．煤气化是一个热化学过程．以煤或煤焦为原料，以氧气（空气、富氧或纯氧）、水蒸气或氢气等作气化剂，在高温条件下通过化学反应将煤或煤焦中的可燃部分转化为气体燃料的过程；煤液化就是以煤为原料生产甲醇的过程，是化学变化，故D错误．故选：D．【点评】本题考查了环境污染与治理，熟悉常见的环境污染知识是解题关键，注意化学变化与物理变化的本质区别，题目难度不大．　2．2022年8月15日为舟曲特大山洪泥石流灾害全国哀悼日，为防止大灾之后有大疫，灾区的饮用水消毒是防止病从口入的措施之一．高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠（Na2FeO4）制备方法有：-48-湿法制备的主要反应为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑下列有关说法不正确的是（　　）A．高铁酸钠中铁显+6价B．湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C．干法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子D．Na2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe（OH）3还能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧化还原反应．【分析】K2FeO4处理水时，与水不发生氧化还原反应，具有强氧化性，且还原产物铁离子水解生成胶体可净化水，并利用化合价的变化计算转移电子，以此来解答．【解答】解：A．根据化合价代数和为0的原则可知，高铁酸钾中铁显+6价，故A正确；B．湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，故B正确；C．干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，发生氧化还原反应能除去H2S、NH3等，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe（OH）3，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，注意不同制备方法的反应原理，把握元素化合价的判断方法，从化合价变化的角度分析氧化还原反应，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度中等．　3．下列事实能用勒沙特列原理解释的是（　　）①氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体；②铁在潮湿的空气中容易生锈③实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气；④常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至100mL，测得其pH＜5；⑤钠与氯化钾共融制备钾Na（l）+KCl（l）⇌K（g）+NaCl（l）；⑥二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压后颜色加深．-48-A．①②③B．②⑥C．①③④⑤D．②⑤⑥【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：①氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体，加热促进铁离子的水解，故选；②铁在潮湿的空气中容易生锈，发生电化学腐蚀，与平衡移动无关，故不选；③实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气在水中发生Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，在饱和食盐水中，Cl﹣浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故选；④常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至100mL，测得其pH＜5，加水稀释促进醋酸的电离，故选；⑤钠与氯化钾共融制备钾Na（l）+KCl（l）⇌K（g）+NaCl（l），钾蒸气脱离体系，平衡正向移动，故选；⑥二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压向生成四氧化二氮方向移动，从平衡移动的角度颜色应变浅，故不选；故选C．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握勒夏特列原理的内容和使用对象，能用勒沙特列原理解释的必须符合平衡移动的规律，且必须是可逆反应．　4．下列关于氨水的叙述不正确的是（　　）A．氨水中离子浓度：c（OH﹣）＞c（NH）B．0.1mol•L﹣1的氨水加水稀释，溶液中c（H+）将增大C．氨水中通入少量HCl气体，能促进一水合氨的电离，使c（OH﹣）增大D．常温下，pH=12的氨水与pH=2的硫酸溶液等体积混合后，溶液的pH＞7【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】A．根据电荷守恒判断；-48-B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，但溶液中氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，据此判断氢离子浓度是否变化；C．氯化氢和一水合氨发生中和反应；D．常温下，pH=12的氨水与pH=2的硫酸溶液中，氨水浓度大于硫酸的2倍，二者等体积混合后，氨水过量．【解答】解：A．任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），所以c（OH﹣）＞c（NH4+），故A正确；B．氨水加水稀释时，溶液中c（OH﹣）减小，由于温度不变，KW不变，故c（H+）增大，故B正确；C．氨水中通入少量HCl气体，其溶于水电离出H+结合氨水电离出的OH﹣，使氨水的电离平衡右移，但溶液中c（OH﹣）减小，故C错误；D．常温下，pH=12的氨水与pH=2的硫酸溶液等体积混合，由于氨水过量，混合后溶液的pH＞7，故D正确；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，易错选项是B，注意加水稀释促进一水合氨电离，很多同学认为促进一水合氨电离就能使氢氧根离子浓度增大而导致错误，为易错点．　5．稀溶液中含有Fe（NO2）3、Cu（NO2）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/mol•L﹣1）与加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系如图所示．则溶液中Fe（NO2）3、Cu（NO2）2、HN03物质的量浓度之比为（　　）A．1：1：1B．1：3：1C．3：3：8D．1：1：4【考点】有关混合物反应的计算．【分析】依据氧化还原反应的顺序规律分析计算，溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，氧化性顺序为HNO3＞Fe（NO3）3＞Cu（NO3）2，加入铁后依次反应．-48-【解答】解：稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3＞Fe（NO3）3＞Cu（NO3）2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，①Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；②Fe+2Fe3+=3Fe2+；③Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应是①消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应②生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量1mol；再加入1mol铁发生反应③，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe（NO3）3为1mol，Cu（NO3）2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，物质的量浓度之比为1：1：4，故选D．【点评】本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要考查氧化还原反应的顺序反应规律及计算应用，难度不大．　6．为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（　　）①适量NH4NO3　　②适量NaCl　　③适量氨水　　④适量NaOH．A．②③B．①③C．②④D．①②【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的能电离出铵根离子的物质，或减少溶液中氯离子的浓度，主要方法有：通入氨气，通过通入氨气以增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解；溶液中加入含铵根离子，不含氯离子的盐，如硝酸铵晶体，通过增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变；加入适量硫酸，通过增加氢离子浓度抑制铵根离子的水解，但不可加盐酸，防止氯离子浓度也变大；加入适量硝酸银，减小溶液中氯离子浓度；据此即可解答．【解答】解：氯化铵是典型的强碱弱酸盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl﹣的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的酸性物质并保持氯离子浓度不变，抑制水解；或增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度．-48-①适量NH4NO3，溶液中加入硝酸铵晶体后，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故①正确；②适量NaCl，溶液中加入NaCl晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），变得更大，故②错误；　　③适量氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③正确；④适量NaOH，会发生反应：NH4++OH﹣=NH3•H2O，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），变得更大，故④错误；故选B．【点评】本题主要考查了NH4Cl溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键，本题目难度不大．　7．下列溶液中各微粒的浓度关系一定正确的是（　　）A．某酸性溶液中只含NH4+、Cl﹣、H+、OH﹣四种离子，则溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）B．在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+c（CO32﹣）C．将0.1molCuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶于水配成的1L溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．等体积、等浓度的NaX溶液和弱酸HX溶液的混合后的溶液中：c（Na+）＞c（HX）＞c（X﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、溶液呈酸性，可能为NH4Cl溶液或NH4Cl与少量HCl的混合物，溶液呈酸性，可能为NH4Cl与较多HCl的混合物，溶液呈中性，从电荷守恒的角度分析；B、依据溶液中电荷守恒分析判断；C、水解微弱，铜离子和铵根离子水解呈酸性；D、混合溶液中弱酸电离程度和弱酸阴离子的水解程度大小不同，离子浓度大小不同；【解答】解：A、溶液呈酸性，可能为NH4Cl溶液或NH4Cl与少量HCl的混合物，溶液中存在＞＞＞；溶液呈酸性，且c（H+）＞c（NH4+），应为NH4Cl与较多HCl的混合物，溶液中＞＞＞；=，溶液呈中性，根据+=+，则=，故A错误；-48-B、溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），故B错误；C、铜离子和铵根离子水解，溶液呈酸性，依据水解程度微弱可知溶液中离子浓度c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D、混合溶液中弱酸电离程度和弱酸阴离子的水解程度大小不同，离子浓度大小不同，若水解程度大于电离，溶液呈碱性，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，根据离子浓度关系，注意判断溶液的可能情况，结合溶液中的电荷守恒判断．　8．已知298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.6×10﹣12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH=13，则下列说法不正确的是（　　）A．所得溶液中的c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1B．所得溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1.0×10﹣13mol•L﹣1C．所加的烧碱溶液的pH=13.0D．所得溶液中的c（Mg2+）=5.6×10﹣10mol•L﹣1【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．根据pH=﹣lg计算；B．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水=c（H+）水=10﹣PHmol•L﹣1；C．根据烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液；D．根据溶度积计算即可．【解答】解：A．pH=13的溶液中，c（H+）=10﹣13mol/L，故A正确；B．由水电离产生的c（OH﹣）水=c（H+）水=10﹣PHmol•L﹣1=10﹣13mol/L，故B正确；C．因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=13，所以所加NaOH溶液pH＞13，故C错误；D．Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=5.6×10﹣12，溶液中的c（Mg2+）==5.6×10﹣10mol/L，故D正确，故选C．【点评】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意溶度积常数的利用，把握影响pH与浓度的关系、水的电离等即可解答，题目难度中等．-48-　9．LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al．下列说法中不正确的是（　　）A．LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/molB．1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子C．LiAlH4溶于适量水得无色溶液，则化学方程式可表示为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑D．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂【考点】氧化还原反应．【分析】A．LiH与D2O反应生成的氢气分子式为HD；B．依据LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al的化学方程式计算；C．LiAlH4中的﹣1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH﹣，OH﹣与Al3+反应生成AlO2﹣；D．乙醛变化为乙醇的过程是加氢反应，是乙醛被还原发生还原反应．【解答】解：A．由LiH+D2O═LiOD+HD↑可知，所得氢气的摩尔质量为3g•mol﹣1，故A错误；B．LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子，故B正确；C．LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，生成LiAlO2和H2，反应的方程式为LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2，故C正确；D．LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故D正确．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为信息型习题，注意信息与氧化还原反应知识的结合来解答，考查学生知识迁移应用的能力，注意有机反应中加H的反应为还原反应，题目难度中等．　10．分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法．下列分类合理的是（　　）①根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应⑤根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液．-48-A．只有②④B．只有②③④C．只有①②④D．只有②③⑤【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；吸热反应和放热反应．【专题】物质的分类专题．【分析】①根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；②氧化还原反应的实质为电子的转移；③根据元素的名称确定金属元素与非金属元素；④化学反应有的是吸热反应，有的是放热反应，化学反应一定伴随能量的转化；⑤根据分散质微粒的大小可以将混合物进行分类．【解答】解：①根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，如H3BO3，1个酸分子中含有的H原子个数为3个，但电离出1个氢离子，属于一元酸，故①错误；②氧化还原反应的实质为电子的转移，则根据反应是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；③根据元素的名称确定金属元素与非金属元素，则不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素为金属元素和非金属元素，如H最外层电子数为1，属于非金属元素，故③错误；④化学反应一定伴随能量的转化，根据化学反应中的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应，故④正确；⑤根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故⑤错误；故选：A．【点评】本题考查反应的分类和物质的分类，涉及氧化还原反应、酸、热效应、元素的分类，物质的分类要注意分类的依据和标准，注重基础知识的考查，题目较简单．　11．氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程．（1）向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，该反应中氧化过程的反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣→SO+4H+；（2）向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，该反应中还原过程的反应式为：Cl2+2e﹣→2Cl﹣．在（1）和（2）反应中均会生成产物X，则X的化学式为（　　）A．NaClOB．ClO2C．HClOD．NaClO4-48-【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）中S元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，反应后Cl元素的化合价小于+5价；（2）中还原过程的反应式为：Cl2+2e﹣→2Cl﹣，则亚氯酸钠（NaClO2）Cl元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：（1）中S元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，反应后Cl元素的化合价小于+5价；（2）中还原过程的反应式为：Cl2+2e﹣→2Cl﹣，则亚氯酸钠（NaClO2）Cl元素的化合价升高，反应后Cl元素的化合价大于+3价，又在（1）和（2）反应中均会生成产物X，X中Cl元素的化合价在+3～+5价之间，只有ClO2符合，其Cl元素的化合价为+4价，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，熟悉常见物质中元素的化合价即可解答，题目难度不大．　12．（2022•济南校级模拟）25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11．下列说法正确的是（　　）A．BOH溶于水，其电离方程式是BOH=B++OH﹣B．若一定量的上述两溶液混合后pH=7，则c（A﹣）=c（B+）C．在0.1mol•L﹣1BA溶液中，c（B+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．若将0.1mol•L﹣1BOH溶液稀释至0.001mol•L﹣1，则溶液的pH=9【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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】25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11，HA中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，BOH中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以BOH是弱碱，根据酸碱的强弱及电离特点来分析解答．【解答】解：25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11，HA中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，BOH中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以BOH是弱碱，-48-A．BOH是弱碱，溶于水只有部分电离，溶液中存在电离平衡，所以其电离方程式是BOH⇌B++OH﹣，故A错误；B．若一定量的上述两溶液混合后pH=7，溶液中c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒得c（A﹣）=c（B+），故B正确；C．BA是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，结合电荷守恒知，0.1mol•L﹣1BA溶液中，c（A﹣）＞c（B+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．BOH是弱碱，溶液中存在电离平衡，将0.1mol•L﹣1BOH溶液稀释至0.001mol•L﹣1，稀释过程中促进弱碱电离，所以溶液的pH＞9，故D错误；故选B．【点评】本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键，并熟悉电离、盐类水解等知识来解答，题目难度中等．　13．25℃时，弱酸的电离平衡常数如表：下列有关说法正确的是（　　）弱酸CH3COOHHCNH2CO3Ka1.8×10﹣84.9×10﹣10K1；4.3×10﹣7K2：5.6×10﹣11A．等物质的量浓度的各溶液的pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol/LHCN与bmol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于bC．往冰醋酸中逐滴加水，溶液导电能力先增大，后减小D．NaHCO3和Na2CO3的混合液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液pH越小；B．等浓度、等体积的HCN和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成NaCN，NaCN为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断；C．冰醋酸中逐渐加入水，促进醋酸电离，溶液的导电能力与离子浓度成正比；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．-48-【解答】解：A．酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液pH越小，电离平衡常数HCN＜H2CO3＜CH3COOH，所以水解程度CN﹣＞CO32﹣＞CH3COO﹣，则相同浓度的钠盐溶液pH大小顺序是：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A错误；B．等浓度、等体积的HCN和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成NaCN，NaCN为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CN﹣），所以c（Na+）＞c（CN﹣）时，则a不一定小于b，故B错误；C．冰醋酸中逐渐加入水，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，随着水的加入，氢离子浓度先增大后减小，溶液的导电能力先增大后减小，故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离、盐类水解等知识点，根据溶质的性质结合电荷守恒来分析解答，易错选项是C，会分析加水稀释冰醋酸过程中各种粒子浓度变化、溶液导电能力变化等知识点，题目难度中等．　14．背景材料：（1）重庆工商及警方查获灌注重晶石粉的活鸡近千只．（2）台湾查获饮料食品违法添加有毒塑化剂一邻苯二甲酸酯（DEHP）．（3）铅中毒被视为当今儿童智能发育的“第一杀手”．（4）日本福岛第一核电站造成含131I的放射性物质泄漏．下列有关说法正确是（　　）A．重晶石的主要成分是硫酸钡，可溶于胃酸B．塑化剂和塑料都是高分子化合物C．82Pb位于周期表第六周期IVA族D．碘元素的相对原子质量是131【考点】有机高分子化合物的结构和性质；相对原子质量及其计算；元素周期表的结构及其应用．【分析】A．重晶石的主要成分是硫酸钡，难溶于水，和盐酸不反应；B．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大；C．利用原子序数减各周期容纳的元素种数确定在周期表中的位置；-48-D．131I，指碘的一种核素质量数为131，元素相对原子量是指元素的平均原子质量与核素c（碳）12原子质量的之比，无法计算该元素的相对原子质量．【解答】解：A．重晶石的主要成分是BaSO4，它不溶于任何酸、碱和水，胃酸的主要成分为盐酸，重晶石不溶于胃酸，故A错误；B．“塑化剂”相对分子质量较小，属于有机小分子，如某“塑化剂”的化学式为C24H34O4，相对分子质量为12×24+1×34+16×4=386，故B错误；C．Pb的原子序数是82，则：82﹣2﹣8﹣8﹣18﹣18=28，故处于第六周期，第六周期第三列有15中元素，故处于28﹣14=14列，即处于第ⅣA族，故Pb处于第六周期第ⅣA族，故C正确；D．131I已知碘元素的一种核素的质量数，能确定该核素的相对原子质量但不能确定该元素的相对原子质量，故D错误；故选C．【点评】本题考查了重晶石的主要成分及其性质、高分子化合物辨别、元素的相对原子质量等知识点，题目难度不大，注意掌握根据原子序数判断元素在周期表中的位置．　15．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+【考点】离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】综合实验题；化学实验．【分析】根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答．【解答】解：由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2﹣能水解显碱性，即S2﹣与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2﹣；再由氯水能氧化I﹣生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I﹣；-48-又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42﹣﹣必然存在，而Ba2+、SO42﹣能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A．【点评】本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性．　16．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．25℃，1LpH=1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.2NAB．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAC．足量的Cu与含有0.2molH2SO4的浓硫酸共热可生成SO2为0.1NAD．标准状况下，2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA【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】A、水溶液中含有水电离出的氢离子；B、Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，质量换算物质的量计算阴离子；C、浓硫酸随着反应进行变为稀硫酸后不再与铜反应；D、氯气和氢氧化钠反应自身氧化还原反应，1mol氯气反应电子转移1mol．【解答】解：A、水溶液中含有水电离出的氢离子，1LpH=1的硫酸溶液中含有的H+数目大于0.2NA，故A错误；B、Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，7.8gNa2S和Na2O2的混合物物质的量为0.1mol，阴离子为硫离子和过氧根离子，所以含有的阴离子数目为0.1NA，故B正确；C、浓硫酸随着反应进行变为稀硫酸后不再与铜反应，足量的Cu与含有0.2molH2SO4的浓硫酸共热可生成SO2小于0.1NA，故C错误；D、标准状况下，2.24LCl2与物质的量为0.1mol，与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.1NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，关键是稀硫酸不与铜反应．-48-　17．常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是（　　）A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、SO42﹣、I﹣B．滴入甲基橙溶液呈红色的溶液中：NH4+、Al3+、HSO3﹣、NO3﹣C．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D．能溶解Al2O3的溶液中：Mg2+、Fe3+、AlO2﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应；B．滴入甲基橙溶液呈红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性；C．该组离子之间不反应；D．能溶解Al2O3的溶液，为强酸或强碱溶液．【解答】解：A．因Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．滴入甲基橙溶液呈红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性，氢离子与HSO3﹣结合生成水和气体，则不能共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，则能够共存，故C正确；D．能溶解Al2O3的溶液，为强酸或强碱溶液，HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，且HCO3﹣与Fe3+相互促进水解，则不能共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存，熟悉题目中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，选项D为解答的难点，题目难度不大．　18．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．次氯酸钠溶液中加入双氧水有氧气放出：ClO﹣+H2O2═O2↑+Cl﹣+H2OB．碳酸钙溶于稀醋酸溶液：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2OC．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag+4H++NO3﹣═Ag++NO↑+2H2OD．苯酚钠溶液中通入少量CO2：-48-png_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【考点】离子方程式的书写．【分析】A．次氯酸具有氧化性氧化过氧化氢为氧气；B．醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆开；C．离子方程式两边电荷不守恒；D．苯酚酸性弱于碳酸氢根离子，苯酚钠溶液中通入CO2反应时只生成碳酸氢钠；【解答】解：A．次氯酸钠溶液中加入双氧水有氧气放出，反应的离子方程式为：ClO﹣+H2O2=O2↑+Cl﹣+H2O；故A正确；B．碳酸钙溶于稀醋酸溶液，碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+CH3COO﹣；故B错误；C．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O，故C错误；D．苯酚钠溶液中通入少量CO2，由于苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，则反应生成碳酸氢根离子和苯酚，正确的离子方程式为：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断和书写方法，题目难度中等，主要考查氧化还原反应的电子守恒和产物判断，弱电解质的判断，关键是苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，为易错点．　19．下列图示与对应叙述相符的是（　　）A．反应达到平衡后，升高温度，平衡常数K值变大-48-B．表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化C．表示向Ca（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液所得沉淀的质量的变化D．表示纯碱溶液受热时氢氧根浓度随温度的变化【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题；盐类的水解专题．【分析】A．由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动；B．镁条放入盐酸中，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低；C．向Ca（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液，反应为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，CO32﹣+Ca2+=CaCO3↓，根据反应的离子方程式判断；D．纯碱溶液受热时水解程度增大．【解答】解：A．由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡向平衡常数K值减小，故A错误；B．镁条放入盐酸中，反应放热，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，则开始时反应速率增大，后来反应速率减小，故B正确；-48-C．向Ca（HCO3）2溶液中滴入NaOH溶液，反应为：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，CO32﹣+Ca2+=CaCO3↓，则一开始就有沉淀生成，故C错误；D．纯碱溶液受热时水解程度增大，OH﹣浓度增大，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，以图象的形成考查化学平衡移动问题以及元素化合物知识，题目难度中等，易错点为C，注意把握反应的原理．　20．下列有关说法正确的是（　　）A．在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），则可推测该反应是吸热反应B．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡后再用酸溶解去除C．室温下，将浓度为0.1mol．L‾1HF溶液加水稀释，其电离平衡常数和均不变D．电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银、锌等【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．【分析】A、反应吸热放热反应由反应物和生成物能量决定，加热反应不一定是吸热反应；B、硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，加酸便于除去；C、弱电解质溶液稀释，促进电离，平衡常数是随温度变化的物理量；D、阳极中的锌是活泼金属通电失去电子发生氧化反应．【解答】解：A、反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，故A错误；B、硫酸钙微溶，加入碳酸钠溶液可以生成碳酸钙，实现沉淀转化，加酸除去，故B正确；C、氢氟酸是弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，比值增大，平衡常数只随温度变化，所以稀释溶液平衡常数不变，故C错误；D、电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银等不活泼金属，锌在阳极失电子发生氧化反应，故D错误；故选B．-48-【点评】本题考查了化学反应的能量变化，沉淀转化的应用，弱电解质的电离平衡分析判断，溶液稀释平衡常数的变化判断，电极精炼的原理应用．　21．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（　　）A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中不一定含有SO42﹣B．向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解C．等体积的pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明酸性：HA＞HBD．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制Cu（OH）2后加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉已经完全水解【考点】硫酸根离子的检验；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】实验评价题．【分析】A．盐酸酸化，排除银离子的干扰；B．变性为不可逆过程；C．HA放出的H2多，则HA电离程度小，酸性较弱；D．有砖红色沉淀生成，说明淀粉水解生成葡萄糖，但不能确定水解程度．【解答】解：A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，盐酸酸化，排除银离子的干扰，当有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42﹣，故A正确；B．向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，发生蛋白质的变性，则将得到的沉淀分离出来，再加水不会重新溶解，故B错误；C．等体积的pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，则HA电离程度小，即酸性为HA＜HB，故C错误；D．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制Cu（OH）2后加热，若有砖红色沉淀生成，说明淀粉水解生成葡萄糖，若检验水解程度，还需要碘水，若水解后的溶液中加碘水不变蓝，则水解完全，故D错误；故选A．【点评】本题考查常见离子的检验及物质的性质，熟悉离子的检验、蛋白质的性质、pH与酸性的关系、淀粉水解的实验即可解答，题目难度不大，注意D为解答的易错点．　22．某溶液中仅含有Na+、H+、OH﹣、CH3COO﹣四种离子，下列说法错误的是（　　）-48-A．若溶液中离子间满足：c（CH3COO﹣）=c（Na+）则该溶液一定呈中性B．该溶液中一定满足：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．溶液中四种离子之间可能满足：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．若溶液中的溶质是CH3COONa和CH3COOH，则溶液中离子间一定满足：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．由电荷守恒来分析；B．若为醋酸和醋酸钠的溶液，显酸性；C．若为醋酸钠和NaOH的溶液，显碱性；D．若溶液中的溶质是CH3COONa和CH3COOH，水解大于电离，则溶液显碱性．【解答】解：A．溶液中离子间满足：c（CH3COO﹣）=c（Na+），由电荷守恒可知，c（H+）=c（OH﹣），溶液为中性，故A正确；B．若为醋酸和醋酸钠的溶液，显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C．若为醋酸钠和NaOH的溶液，显碱性，则存在c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故C正确；D．若溶液中的溶质是CH3COONa和CH3COOH，水解大于电离，则溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选BD．【点评】本题考查离子浓度大小的比较，熟悉溶液中的电荷守恒、物料守恒、盐的水解及电离等知识即可解答，准确分析水解与电离的大小是解答的关键，题目难度中等，选项BD为易错点．　23．下列叙述正确的是（　　）-48-A．如图1所示将一定量的铜片加入到100mL稀硫酸和硫酸铁的混合溶液中，若铜片完全溶解时（不考虑盐的水解及溶液体积的变化），溶液中的Fe3+、Cu2+、H+三种离子的物质的量浓度相等，且测得溶液的pH=1，则溶液中c（SO42﹣）为0.5mol/LB．如图2所示的装置中发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+的反应，X极是负极，Y极的材料可以是铜C．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图3所示，石墨电极上产生氢气，铜电极发生还原反应D．如图3所示，当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．根据溶液的电荷守恒原则计算；B．由电子转移方向可知X为负极，Y为正极，负极应为Cu；C．Cu被氧化生成Cu2O，应为电解池的阳极反应；D．根据电极方程式2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O计算．【解答】解：A．pH=1，则c（H+）=0.1mol/L，由电荷守恒可知3c（Fe3+）+2c（Cu2+）+c（H+）+2c（Fe2+）=2c（SO42﹣），且溶液中的Fe3+、Cu2+、H+三种离子的物质的量浓度相等，由Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+可知，c（Fe2+）=0.2mol/L，可解得c（SO42﹣）=0.5mol/L，故A正确；B．由电子转移方向可知X为负极，Y为正极，负极应为Cu，Y极的材料可以活泼性比铜弱的金属或非金属，故B错误；C．Cu被氧化生成Cu2O，应为电解池的阳极反应，发生氧化反应，故C错误；D．电极方程式为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成，故D错误．故选A．【点评】本题综合考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，易错点为A，注意从电荷守恒的角度解答，难度中等．　24．在温度相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣90.7kJ/mol）：下列说法不正确的是（　　）-48-容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCH3OHCH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ平衡时压强（Pa）P1P2P3反应物转化率α1α2α3A．c1=c3B．a+c/2＜90.7C．2P2＞P3D．α1+α3=1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】A．甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；B．甲、乙为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，则a+b=90.7，由于丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故丙转化的甲醇小于乙中2倍，则c＜2b；C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2＞α3，据此判断．【解答】解：A．甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c1＜c3，故A错误；B．甲、乙为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.7n，等于乙容器b=90.7（1﹣n），故a+b=90.7，由于丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故丙转化的甲醇小于乙中2倍，则c＜2b，故a+＜90.7，故B正确；C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2＞p3，故C正确；D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2＞α3，所以a1+a3＜1，故D错误，故选：AD．-48-【点评】本题考查化学平衡的计算与影响因素，涉及等效平衡问题，关键是关键平衡建立的途径进行比较，注意理解分别正、逆反应建立的完全等效平衡中转化率、反应热量规律．　25．下列说法正确的是（　　）A．已知某温度下纯水中的c（H+）=2×l0﹣7mol/L，据此无法求出水中c（OH﹣）B．已知MgCO3的KSP=6.82×l0﹣6，则在含有固体MgCO3的MgCl2、Na2CO3溶液中，都有：c（Mg2+）=c（CO32﹣），且c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2/L2C．常温下，Mg（OH）2能溶于氯化铵浓溶液的主要原因可能是NH4+结合OH﹣使沉淀溶解平衡发生移动D．已知：共价键C﹣CC学科王=CC﹣HH﹣H键能/kJ•mol﹣1348610413436上表数据可以计算出（g）+3H2（g）→（g）的焓变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；反应热和焓变．【分析】A．纯水中c（H+）=c（OH﹣），据此回答判断；B．温度不变，KSP为常数，当c（CO32﹣）浓度增大时，c（Mg2+）减小C．NH4+结合OH﹣使Mg（OH）2沉淀溶解平衡发生移动；D．苯中没有标准的单键和双键．【解答】解：A、纯水中氢离子浓度与氢氧根离子的浓度相同，已知某温度下纯水中的c（H+）=2×l0﹣7mol．L﹣1，则c（OH﹣）=2×l0﹣7mol．L﹣1，故A错误；B、在含有固体MgCO3的MgCl2、Na2CO3溶液中，c（CO32﹣）浓度较大，则c（Mg2+）较小，二者不相等，但是KSP不变仍为c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2．L﹣2，故B错误；C、氢氧化镁电离生成的OH﹣可与NH4+反应，促进氢氧化镁的电离，故C正确；D、苯环中没有C﹣C和C=C，表格中没有给出苯环中C与C之间的键能，所以由上表数据不能计算出反应的焓变，故D错误．故选C．-48-【点评】本题考查了水中氢离子与氢氧根离子浓度的关系、溶度积常数的应用、离子共存、键能与焓变等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大．　26．某混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Ca2+、CO32﹣、SO42﹣，现每次取100mL溶液分别进行下列实验：下列说法正确的是（　　）实验编号实验步骤实验现象②加入AgNO3溶液有沉淀产生③加入足量NaOH溶液后加热收集气体0.896L（标准状况）④加入足量的BaCl2溶液得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余2.33gA．c（K+）≥0.2mol/LB．一定存在的离子：Cl﹣、NH4+、CO32﹣、SO42﹣C．一定不存在的离子：Ca2+、K+、Cl﹣D．c（K+）+c（NH4+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】①加入AgNO3溶液，有沉淀产生，溶液中可能含有：Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣；②加入足量NaOH溶液后加热有气体生成，说明溶液中有NH4+，n（NH4+）=n（NH3）==0.04mol；③加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余2.33g，说明生成的沉淀能部分溶于盐酸，所以溶液中含有CO32﹣、SO42﹣，而不含Ca2+，据此进行判断．【解答】解：由②加入足量NaOH溶液后加热有气体生成，说明溶液中有NH4+，n（NH4+）=n（NH3）==0.04mol；由③加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余2.33g，说明生成的沉淀能部分溶于盐酸，所以溶液中含有CO32﹣、SO42﹣，而不含Ca2+；剩余2.33g是BaSO4，n（SO42﹣）=n（BaSO4）==0.01mol；BaCO3的质量为m（BaCO3）=6.27g﹣2.33g=3.94g，n（CO32﹣）=n（BaCO3）==0.02mol；-48-A．由电荷守恒c（K+）+c（NH4+）=2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣），可知c（K+）=0.2mol/L，但是不能确定有没有Cl﹣，所以c（K+）≥0.2mol/L，故A正确；B．加入AgNO3溶液，有沉淀产生，不能说明溶液中有Cl﹣，因为CO32﹣、SO42﹣与AgNO3溶液也能生成沉淀，故B错误；C．根据A可知，溶液中一定存在钾离子，无法确定是否含有氯离子，故C错误；D．不能确定溶液中是否含有氯离子，若含有氯离子，则c（K+）+c（NH4+）＞2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣），若不含氯离子，则满足：c（K+）+c（NH4+）=2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣），故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，根据电荷守恒判断钾离子的存在情况为解答关键，也是易错点．　二、解答题（共4小题，满分48分）27．过氧化氢和臭氧都是常见的绿色氧化剂，在工业生产中有着重要的用途．（1）据报道以硼氢化合物NaBH4（B的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，可用作通信卫星电源．负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图1所示．该电池放电时正极的电极反应式为：　H2O2+2e﹣=2OH﹣　；以MnO2做正极材料，可能是因为　MnO2对电极反应具有催化作用　．（2）火箭发射常以液态肼（N2H4）为燃料，液态过氧化氢为助燃剂．已知：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1H2O2（l）=H2O（l）+1/2O2（g）△H=﹣98.64kJ•mol﹣1H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1反应N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）的△H=　﹣643.28kJ•mol﹣1　．（3）O3可由臭氧发生器（原理如图2所示）电解稀硫酸制得．①图中阴极为　A　（填“A”或“B”）．-48-②若C处通入O2，则A极的电极反应式为：　O2+4H++4e﹣=2H2O　．③若C处不通入O2，D、E处分别收集到11.2L和有4.48L气体（标准状况下），则E处收集的气体中O3所占的体积分数为　50%　（忽略O3的分解）．（4）新型O3氧化技术对燃煤烟气中的NOx和SO2脱除效果显著，锅炉烟气中的NOx95%以上是以NO形式存在的，可发生反应NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）．在一定条件下，将NO和O3通入绝热恒容密闭容器中发生上述反应，正反应速率随时间变化的示意图（如图3）所示．由图可得出的正确说法是　d　a．反应在c点达到平衡状态b．反应物浓度：b点小于c点c．反应物的总能量低于生成物的总能量d．△t1=△t2时，NO的转化率：a～b段小于b～c段．【考点】原电池和电解池的工作原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率变化曲线及其应用．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）原电池负极发生氧化反应，正极反应还原反应，由原电池工作原理图1可知，电极a为负极，电极b为正极，H2O2在正极放电生成OH﹣．MnO2对电极反应具有催化作用．（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式，据此计算△H．（3）①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极．②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水．③若C处不通入O2，实质为电解水，D处为氢气，物质的量为0.5mol，E处为氧气、臭氧，物质的量共为0.2mol，令臭氧的物质的量为xmol，利用电子转移守恒列放出计算x的值，再根据体积分数定义计算．（4）该反应反应前后气体的物质的量不变，容器体积不变，故体系压强恒定．绝热恒容密闭容器，体系温度随反应进行变化，随反应进行反应物的浓度降低，由图可知，c点以前正反应速率增大，说明正反应为放热反应，c点以后反应正反应速率降低，应是浓度影响比温度影响更大．图为正反应速率随时间变化，说明反应未到达平衡．-48-【解答】解：（1）原电池负极发生氧化反应，正极反应还原反应，由原电池工作原理图1可知，电极a为负极，电极b为正极，H2O2在正极放电生成OH﹣，电极反应式为H2O2+2e﹣=2OH﹣；MnO2对电极反应具有催化作用．故答案为：H2O2+2e﹣=2OH﹣；MnO2对电极反应具有催化作用．（2）已知：①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1②H2O2（l）=H2O（l）+1/2O2（g）△H=﹣98.64kJ•mol﹣1③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣1由盖斯定律，①+②×2+③×3得N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1+2×（﹣98.64kJ•mol﹣1）+2×44kJ•mol﹣1=﹣643.28kJ•mol﹣1故答案为：﹣643.28kJ•mol﹣1．（3）①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极．故答案为：A．②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣=2H2O．故答案为：O2+4H++4e﹣=2H2O．③若C处不通入O2，实质为电解水，D处为氢气，物质的量为=0.5mol，E处为氧气、臭氧，物质的量共为=0.2mol，令臭氧的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有0.5mol×2=xmol×3×2+（0.2mol﹣xmol）×2×2，解得x=0.1，所以E处收集的气体中O3所占的体积分数为×100%=50%．故答案为：50%．（4）该反应反应前后气体的物质的量不变，容器体积不变，故体系压强恒定．绝热恒容密闭容器，体系温度随反应进行变化，随反应进行反应物的浓度降低，由图可知，c点以前正反应速率增大，说明正反应为放热反应，c点以后反应正反应速率降低，应是浓度影响比温度影响更大．图为正反应速率随时间变化，说明反应未到达平衡．a．反应在c点前，温度对速率影响大，c点以后浓度减小对速率影响大，C点未达到平衡状态，故a错误；b．反应为达平衡，b点在c点之前，浓度反应物浓度：b点大于c点，故b错误；c．该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故c错误；-48-d．a～b段反应速率小于b～c段反应速率，△t1=△t2时，b～c段反应的NO更多，故NO的转化率：a～b段小于b～c段，故d正确．故选：d．【点评】考查原电池与电解池反应原理、反应热的计算、氧化还原反应计算、化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力．　28．氰化物有剧毒，冶金工业会产生大量含氰化物的废水，其中氰化物以CN﹣等形式存在于废水中．某化学小组同学对含氰化物废水处理进行研究．I．查阅资料：含氰化物的废水破坏性处理方法．利用强氧化剂将氰化物氧化为无毒物质，如以TiO2为催化剂用NaClO将CN﹣离子氧化成CNO﹣（CN﹣和CNO﹣中N元素均为﹣3价），CNO﹣在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等．II．实验验证：破坏性处理CN﹣的效果．化学兴趣小组的同学在密闭系统中用如图装置进行实验，以测定CN﹣被处理的百分率，实验步骤如下：步骤1：取一定量废水进行加热蒸发、浓缩．步骤2：取浓缩后含CN﹣离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN﹣的浓度为0.2mol•L﹣1）倒入甲中，塞上橡皮塞．步骤3：　点燃酒精灯对丁装置加热　．步骤4：打开甲上的橡皮塞和活塞，使甲中溶液全部放入乙中，关闭活塞．步骤5：打开活塞K，通一段时间N2，关闭活塞K．步骤6：实验完成后测定干燥管I（含碱石灰）的质量m2（实验前干燥管I（含碱石灰）的质量m1）-48-回答下列问题：（1）在破坏性处理方法中，在酸性条件下NaClO和CNO﹣反应的离子方程式　2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O　．（2）完成步骤3　点燃酒精灯对丁装置加热　．（3）丙装置中的试剂是　浓硫酸　，丁装置的目的是　除去Cl2　．（4）干燥管Ⅱ的作用是　防止空气中的水和CO2进入干燥管I中影响对CO2的测量　．（5）请简要说明实验中通入N2的目的是　使装置中的CO2全部被排到干燥管I中被吸收，减少误差　．（6）若干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g，则该实验中测得CN﹣被处理的百分率为　80%　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】化学实验基本操作．【分析】（1）根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，根据氧化还原反应配平；（2）装置丁的作用是加热利用铜与氯气反应，除去乙中反应生成的气体中混有的氯气，防止干燥管Ⅰ吸收氯气，影响二氧化碳质量的测定；（3）实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN﹣的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定，所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气；（4）应防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管Ⅰ干扰实验，影响二氧化碳质量的测定；（5）装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低；（6）干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2），原溶液中CN﹣的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，据此计算．【解答】解：（1）根据题意可知，酸性条件下CNO﹣与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；故答案为：2CNO﹣+6ClO﹣+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；（2）装置丁的作用是加热利用铜与氯气反应，除去乙中反应生成的气体中混有的氯气，故乙中反应之前应先点燃酒精灯对丁装置加热，防止干燥管Ⅰ吸收氯气，影响二氧化碳质量的测定；故答案为：点燃酒精灯对丁装置加热；-48-（3）实验原理为测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN﹣的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定．所以进入干燥管Ⅰ的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气，故丙装置中的试剂是浓硫酸，丁装置的目的是除去Cl2；故答案为：浓硫酸；除去Cl2；（4）干燥管Ⅰ的作用是吸收CO2，测定生产的二氧化碳的质量，空气中的CO2、水蒸气进入干燥管Ⅰ干扰实验，干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验；故答案为：防止空气中的水和CO2进入干燥管I中影响对CO2的测量；（5）装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低，通入N2使装置中的CO2全部被排到干燥管I中被吸收，减少误差；故答案为：使装置中的CO2全部被排到干燥管I中被吸收，减少误差；（6）干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN﹣的物质的量为n（CN﹣）=n（CO2）=0.032mol，原溶液中CN﹣的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，所以该实验中测得CN﹣被处理的百分率为×100%=80%；故答案为：80%．【点评】考查物质组成与含量的测定、对实验原理与装置理解与评价、阅读获取信息的能力等，难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，学习中全面把握基础知识．　29．利用染化厂的废料铁泥（主要成分是Fe2O3、FeO和铁）制备可用于隐形飞机涂层的纳米四氧化三铁的生产流程为图1：请回答：（1）过程①主要反应的离子方程式为　2Fe3++Fe=3Fe2+　．-48-（2）已知氢氧化亚铁的Ksp=4.87×10﹣17，氢氧化铁的Ksp=2.6×10﹣39．当溶液中某离子浓度不高于1×10﹣5mol•L﹣1时，可以认为该离子已经完全沉淀．通过计算所得数据说明过程②调节pH=9的原因是　当pH=9时，Fe2+的浓度为5×10﹣5mol•L﹣1，已完全沉淀　．（3）物质D的主要产物中铁、氢、氧三种元素的质量比为56：1：32，则过程③主要反应的化学方程式为　2Fe（OH）2+H2O2=2FeO（OH）+2H2O　．（4）已知Fe2+在弱碱性溶液中还原性较强，图2是研究过程④的实验所得，则该反应所需的时间控制在　0.16　小时左右，较为适宜．（5）某工厂处理废铁泥（测得铁元素含量为16.8%）的能力为10吨/小时，生产纳米四氧化三铁的产量为4.64吨/小时．如不考虑过程④以后生产中Fe2+的氧化，则该工厂每小时消耗铁粉的质量为　560　千克．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；化学实验基本操作．【分析】（1）过程①为Fe3+与Fe反应；（2）根据水的离子积为1×10﹣14，当pH=9时，OH﹣的浓度为1×10﹣4mol•L﹣1，根据氢氧化亚铁的Ksp=1×10﹣13，得Fe2+的浓度为5×10﹣5mol•L﹣1；（3）根据铁、氢、氧三种元素的质量比求D原子最简个数比；（4）已知Fe2+在弱碱性溶液中还原性较强，当时间超过0.16小时，Fe2+易氧化，所以最佳反应时间为0.16h；（5）废料铁泥（主要成分是Fe2O3、FeO和铁），依据反应过程分析，最后得到四氧化三铁中铁元素质量除二价铁离子是加入的，三价铁离子全部来源于加入的铁和铁妮中铁元素的质量，依据质量守恒计算得到；【解答】解：（1）Fe3+与Fe反应生成Fe2+，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）根据水的离子积为1×10﹣14，当pH=9时，OH﹣的浓度为1×10﹣4mol•L﹣1，根据氢氧化亚铁的Ksp=1×10﹣13，得Fe2+的浓度为5×10﹣5mol•L﹣1，故答案为：当pH=9时，Fe2+的浓度为5×10﹣5mol•L﹣1，已完全沉淀；（3）根据物质D铁、氢、氧三种元素的质量比为56：1：32，则它们的个数比为：1：1：2，故物质D为：FeO（OH），反应的化学方程式为：2Fe（OH）2+H2O2=2FeO（OH）+2H2O，故答案为：2Fe（OH）2+H2O2=2FeO（OH）+2H2O（物质D写成Fe（OH）O或FeHO2、FeO2H均可以）；-48-（4）Fe2+在弱碱性溶液中还原性较强，因此我们PH值要在酸性或者强碱性，但Ⅰ．工业生产要考虑生产效率，时间越短要好．Ⅱ．碱性（PH＞9）太强使Fe2+沉淀，综合考虑最佳反应时间为0.16h，故答案为：随着反应时间的增加，溶液的PH下降，可确定该反应的最佳时间是0.16h；（5）处理废铁泥（测得铁元素含量为16.8%）的能力为10吨/小时，计算每1小时处理的废铁泥得到含铁元素质量=16.8%×10吨=1.68吨；生产纳米四氧化三铁的产量为4.64吨/小时，不考虑过程④以后生产中Fe2+的氧化，说明最后得到四氧化三铁中铁元素质量除二价铁离子是加入的，三价铁离子全部来源于加入的铁和铁妮中铁元素的质量，依据铁元素质量守恒计算得到：每小时生成Fe3O4质量为4.64吨，含三价铁元素质量=4.64吨××100%=4.64×=2.24吨，所以加入的铁粉质量=2，24吨﹣1.68吨=0.56吨=560Kg；故答案为：560【点评】本题考查铁的氢氧化物和离子积常数的应用，四氧化三铁的工业生产流程的分析判断，调节PH沉淀离子的原理应用，元素守恒的分析计算，掌握实验方案的设计是解题的关键．　30．已知X、Y和Z为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表：电离能/kJ•mol﹣1I1I2I3I4X496456269129543Y7381451773310540Z5781817274511578（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为　Al、Mg、Na　（用元素符号表示），元素Y的第一电离能大于Z的原因是　因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定　．（2）W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图所示．①W元素基态原子价电子排布式为　3d64s2　．②已知CN﹣与　N2　分子互为等电子体，1molCN﹣中π键数目为　2NA　．-48-③上述沉淀溶解过程的化学方程式为　Fe（CN）2+4KCN=K4　．【考点】配合物的成键情况；元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】（1）根据第一至第四电离能的变化可判断出各元素的最高化合价，进而推断元素的种类，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强；（2）W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输，W为铁元素，根据能量最低原理及洪特规则书写电子排布式；从N2的结构分析lCN+中π键数目，W（CN）2沉淀为Fe（CN）2，与过量KCN反应，由配离子结构示意图可知生成K4．【解答】解：（1）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，X的第一电离能较小，而第二电离子能较大，说明易失去1个电子，则X的化合价为+1价，应为Na元素，Y的第一、第二电离能较小，可失去2个电子，即最外层应有2个电子，应为Mg元素，而Z的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，应为Al元素，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al、Mg、Na，因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定，所以Mg的第一电离能大于Al，故答案为：Al、Mg、Na；因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定；（2）①W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输，W为铁元素，Fe是26号元素，铁元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；②将C原子及1个电子用“N”代换可得CN﹣等电子体分子N2，N2中，N原子之间含有2个π键，已知CN﹣与N2结构相似，则1molCN﹣中π键数目为2NA，故答案为：N2；2NA；③由配离子结构示意图可知黄血盐的化学式为K4，则反应的化学方程式为Fe（CN）2+4KCN=K4，故答案为：Fe（CN）2+4KCN=K4．-48-【点评】本题考查原子、分子以及晶体的结构和性质，题目难度中等，本题注意把握电子排布式的书写、晶体类型的判断以及晶体结构的分析等方法性问题的总结和积累．　-48-