2022-2022学年江西省赣中南五校高三（上）第二次联考化学试卷一、单项选择题（每题2.5分，共50分）1．（2.5分）如表各组物质中，不能按（“→”表示一步完成）关系相互转化的是()选项ABCDaFeSiO2Al（OH）3HNO3bFeCl3Na2SiO3NaAlO2NOcFeCl2H2SiO3Al2O3NO2A．AB．BC．CD．D2．（2.5分）“天宫一号”RFC供电系统是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池．如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是()A．当转移0.1mol电子，a极产生2.24LH2B．b电极反应是：4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣C．d电极反应是：O2+4H++4e﹣═2H2OD．c极上发生还原反应，B中H+经隔膜进入A3．（2.5分）在冶金工业上，均不能用常见化学还原剂制得的金属组是()A．Na、Ba、Mg、AlB．Na、K、Zn、FeC．Zn、Fe、Cu、AgD．Mg、Al、Zn、Fe4．（2.5分）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是()A．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移4NA个电子B．17.4g某硫化磷（如图）中含P﹣S键数目为0.6N28Apng_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．1mol含8个碳原子的某烃分子，最多形成7mol碳碳单键D．标准状况下，22.4LSO2与O2混合气体，含有2NA个氧原子5．（2.5分）下列说法正确的是()A．32gO2占有的体积约为22.4LB．22.4LN2含阿伏加德罗常数个氮分子C．在标准状况下，22.4L水的质量约为18gD．22gCO2与标准状况下的11.2LHCl含有相同的分子数6．（2.5分）某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物足量溶液A充分反应测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物足量溶液B充分反应测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是()A．溶液A和B均可以是盐酸B．溶液A和B均可以是NaOH溶液C．溶液A和B均可选用稀硝酸D．实验室中方案Ⅱ更便于实施287．（2.5分）室温下，将0.1000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法不正确的是()A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol•L﹣1B．a、b、c点的水溶液导电性依次增强C．室温下，MOH的电离常数Kb=1×10﹣5D．b点：c（M+）+c（MOH）=c（Cl﹣）8．（2.5分）X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是()A．元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大B．元素X与元素Y只能形成一种化合物C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmRD．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸9．（2.5分）下列叙述正确的是()A．1个甘氨酸分子中存在9对共用电子B．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构C．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子D．熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅10．（2.5分）下列物质中，不能由单质直接化合生成的是()①CuS②FeS③SO3④H2S⑤FeCl2．A．①③⑤B．①②③⑤C．①②④⑤D．全部11．（2.5分）研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质．倒去试管中的浓硫酸，将剩余固体（含少量浓硫酸）倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，黑色固体未溶解．过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成．下列所得结论不正确的是()A．铜与浓硫酸反应所得白色固体是CuSO4B．加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4C．白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuO28D．白色固体中夹杂的少量黑色物质中含元素Cu、S12．（2.5分）甲气体可发生如下变化：甲气体乙气体丙气体乙气体=丁固体．则甲、乙、丙、丁分别为()A．CO2、CO、O2、CaOB．O2、CO、CO2、CaCO3C．O2、CO2、CO、CaCO3D．CO、CO2、O2、Ca（OH）213．（2.5分）“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用．如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）．下列有关该方法的叙述中正确的是()①能耗小是该方法的一大优点②整个过程中，有二种物质可以循环利用③“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是过滤、蒸发、结晶④该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品．A．①③B．②④C．③④D．①④14．（2.5分）下列说法中不正确的是()A．氨气极易溶于水，所以它是农业上常用的氮肥B．工业上用H2和N2合成氨与自然界中放电时O2和N2反应都属于氮的固定C．大型中央空调的致冷剂可用液氨D．冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装15．（2.5分）下列说法正确的是()A．投入铁片产生H2的溶液中可大量存在H+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣B．可用稀硝酸除去试管内壁上的银镜C．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中可大量存在H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D．硫化铜溶于硝酸的离子方程式为CuS+2H+═H2S↑+Cu2+16．（2.5分）某全钒新型电池，以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生电池总反应为：VO2+（蓝色）+H2O+V3+（紫色）V（黄色）+V2+（绿色）+2H+下列说法正确的是()A．当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作B．放电时，负极反应为V+2H++e﹣═VO2++H2OC．充电时，阳极附近溶液由绿色逐渐变为紫色D．放电过程中，正极附近溶液的pH变小17．（2.5分）1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol/L氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是()28A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸18．（2.5分）喷水溶液法是科学家近期研制出的一种使沙漠变绿洲的新技术．它是先在沙漠中喷洒一定量的聚丙烯酸酯（）“水溶液”，“水溶液”中的高分子化合物与沙土粒子相结合，在地表下30～50cm处形成一个厚0.5cm的隔水层，既能阻止地下的盐分上升，又有拦截蓄积雨水的作用．下列关于聚丙烯酸酯的说法中，不正确的是()A．合成它的小分子化合物是CH3﹣CH2﹣COORB．它可由CH2═CH﹣COOR经过加成聚合反应而得到C．在一定条件下能发生水解反应D．不能发生加成反应19．（2.5分）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下．下列有关说法正确的是()弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×10﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．NaHCO3溶液中，一定有c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）B．将amol•L﹣1HCN溶液与amol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，测得所得溶液显碱性（pH＞7），则c（OH﹣）＞c（H+），c（CN﹣）＞c（Na+）C．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）D．1mol/L醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小20．（2.5分）一定温度下，可逆反应2NO2⇌2NO+O2在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO；③混合气体的密度不再改变的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤密闭容器中压强不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．②③⑤⑥B．①④⑤⑥C．①③④⑥D．全部二、综合题（50分）21．如图表示有关的一种反应物或生成物（无关物质已略去），其中A、C为无色气体，请填写下列空白．28（1）化合物W可能是__________或__________，C是__________，F是__________．（2）反应①中若消耗Na2O27.8g，则转移的电子数为__________．（3）反应③的离子方程式：__________．（4）A与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，请写出该反应的化学方程式：__________．22．（14分）一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，1100℃时，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示．（1）该反应的平衡常数表达式K=__________．（2）下列措施中能使平衡时K增大的是__________（填序号）．A．升高温度B．增大压强C．充入一定量COD．降低温度（3）8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=__________mol•L﹣1•min﹣1．（4）1100℃时，2L的密闭容器中，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：容器甲乙反应物投入量3molFe、2molCO24molFeO、3molCOCO的浓度（mol•L﹣1）c1c2CO2的体积分数φ1φ2体系压强（Pa）p1p2气态反应物的转化率α1α2①下列说法正确的是__________．A．2c1=3c2B．φ1=φ2C．p1＜p2D．α1=α2②求c1=__________、φ1=__________、α2=__________．23．袋装食品中常用一种“双吸剂”保持，主要成分是铁粉和生石灰，同学们对一久置的双吸剂固体样品很好奇，设计了如下实验进行探究．【提出问题】久置“双吸剂”的成分是什么？【做出猜想】久置“双吸剂”中可能有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO328【实验探究1】取固体样品研磨，用磁铁吸引，磁铁上沾有黑色粉末，说明“双吸剂”中一定有__________．再用磁铁反复吸引后，残留固体用于后续探究活动．【实验探究2】实验操作实验现象实验结论取少量探究实验1的残留固体放入试管中，加入蒸馏水试管外壁不发烫固体中一定没有【实验探究3】【实验结论】步骤②产生白色沉淀，说明久置的“双吸剂”中含有__________，其反应的化学方程式：__________．步骤③有气泡冒出，溶液变为黄色，说明久置的“双吸剂”中含有__________和__________．24．A～F是初中化学常见的六种物质，它们之间的关系如图所示．“__________”表示物质间的转化关系，“﹣﹣”表示两种物质能相互反应（部分反应物、生成物及反应条件未标出）．A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，D是食盐的主要成分，C和F都是无色气体，反应①和②都有白色沉淀生成．（1）F的化学式为__________；（2）写出B→E反应的化学方程式__________；（3）写出A与一种碱反应的化学方程式__________．25．人类研究氢能源从未间断过，而热化学循环分解水制H2是在水反应体系中加入一种中间物，经历不同的反应阶段，最终将水分解为H2和O2，这是一种节约能源、节省反应物料的技术，图1是热化学循环制氢气的流程：（1）实验测得，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为__________．（2）整个流程参与循环的物质是__________和__________（填化学式），最难进行的反应是__________（填序号）．（3）汞虽然有毒，但用途广泛．用汞和溴化钙作催化剂，可以在较低温度下经过下列反应使水分解制氢气和氧气：①CaBr2+2H2O═Ca（OH）2+2HBr↑；②…③HgBr2+Ca（OH）2═CaBr2+HgO+H2O；④2HgO═2Hg+O2↑．反应②的化学方程式为__________．28（4）合成氨用的H2可以甲烷为原料制得．有关化学反应的能量变化如图2所示，则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为__________．2022-2022学年江西省赣中南五校高三（上）第二次联考化学试卷一、单项选择题（每题2.5分，共50分）1．（2.5分）如表各组物质中，不能按（“→”表示一步完成）关系相互转化的是()选项ABCDaFeSiO2Al（OH）3HNO3bFeCl3Na2SiO3NaAlO2NOcFeCl2H2SiO3Al2O3NO2A．AB．BC．CD．D考点：钠的重要化合物；硝酸的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．分析：根据物质的性质判断反应能否发生，C中Al2O3不能与水反应生成Al（OH）3．解答：解：A、FeFeCl3FeCl2Fe，可以一步实现，故A不符合；B、SiO2Na2SiO3H2SiO3SiO2，故B不符合；C、Al（OH）3NaAlO2，不能一步实现生成Al2O3，Al2O3不能一步实现生成Al（OH）3，故C符合；D、HNO3NONO2HNO3，故D不符合；28故选C．点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意把握常见元素化合物的性质．2．（2.5分）“天宫一号”RFC供电系统是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池．如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是()A．当转移0.1mol电子，a极产生2.24LH2B．b电极反应是：4H2O+4e﹣═2H2↑+4OH﹣C．d电极反应是：O2+4H++4e﹣═2H2OD．c极上发生还原反应，B中H+经隔膜进入A考点：化学电源新型电池．分析：依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e﹣=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算．解答：解：A．当有0.1mol电子转移时，a电极为电解池阴极，电极反应为4H++4e﹣=2H2↑，产生1.12LH2，故A错误；B．b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B错误；C．d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+，故C错误；D．c电极上氧气得到发生还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应，注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱，电极反应式的书写是易错点．3．（2.5分）在冶金工业上，均不能用常见化学还原剂制得的金属组是()A．Na、Ba、Mg、AlB．Na、K、Zn、FeC．Zn、Fe、Cu、AgD．Mg、Al、Zn、Fe考点：金属冶炼的一般原理．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：Na、Ba、Mg、Al等活泼金属用电解法冶炼；Zn、Fe、Cu等用热还原法冶炼；Ag、Hg等用热分解法．解答：解：A．Na、Ba、Mg、Al等活泼金属用电解法冶炼，故A选；B．Zn、Fe均用热还原法冶炼，故B不选；C．Zn、Fe、Cu用热还原法，而Ag用热分解法，故C不选；D．Zn、Fe均用热还原法冶炼，故D不选；28故选A．点评：本题考查金属冶炼，解答本题要掌握金属冶炼方面的知识，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断，题目难度不大．4．（2.5分）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是()A．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移4NA个电子B．17.4g某硫化磷（如图）中含P﹣S键数目为0.6NApng_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．1mol含8个碳原子的某烃分子，最多形成7mol碳碳单键D．标准状况下，22.4LSO2与O2混合气体，含有2NA个氧原子考点：阿伏加德罗常数．分析：A、该反应中双氧水的化合价为﹣1价，生成1mol氧气转移了2mol电子；B、根据图示判断硫化磷分子组成及分子中含有的P﹣S键数目，然后再计算出17.4g硫化磷中含有的P﹣S键数目；28C、依据碳原子的最外层电子数是4，可以形成四个单键分析；D、SO2与O2均含2个氧原子．解答：解：A、32g氧气的物质的量为1mol，在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，双氧水中﹣1价氧元素被氧化成0价氧气，生成1mol氧气转移了2mol电子，转移2NA个电子，故A错误；B、S的非金属性强于P，所以S的化合价为﹣2价，根据图示可知，黑球为S，白球为P原子，硫化磷分子式为P4S7，17.4g硫化磷的物质的量为：=0.05mol，而1molP4S7中含13molP﹣S键，故0.05molP4S7分子中含有0.065molP﹣S键，含有P﹣S键数目为0.065NA，故B错误；C、1mol含8个碳原子的某烃分子，当形成环状结构时，可以形成8molC﹣C单键，即8mol碳原子最多形成8mol碳碳键，故C错误；D、标况下，22.4LSO2与O2混合气体的物质的量为1mol，而SO2与O2均含2个氧原子，故无论在混合物中两者所占的比例如何，1mol混和气体中一定含2mol氧原子，故D正确．故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．5．（2.5分）下列说法正确的是()A．32gO2占有的体积约为22.4LB．22.4LN2含阿伏加德罗常数个氮分子C．在标准状况下，22.4L水的质量约为18gD．22gCO2与标准状况下的11.2LHCl含有相同的分子数考点：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、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；B、体积换算物质的量需要在标准状况下换算；C、标准状况下水不是气体；D、质量换算物质的量，标准状况下气体体积换算物质的量，物质的量相同与分子数成正比．解答：解：A、32gO2占有的体积在温度和压强不知时，无法计算体积，故A错误；B、22.4LN2物质的量不一定是1mol，故B错误；C、标准状况下水不是气体，故C错误；D、22gCO2物质的量为0.5mol，标准状况下的11.2LHCl物质的量为0.5mol，所以含有相同的分子数，故D正确；故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，熟悉气体摩尔体积的条件应用、质量换算物质的量计算微粒数即可解答，较简单．6．（2.5分）某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物足量溶液A28充分反应测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物足量溶液B充分反应测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是()A．溶液A和B均可以是盐酸B．溶液A和B均可以是NaOH溶液C．溶液A和B均可选用稀硝酸D．实验室中方案Ⅱ更便于实施考点：化学实验方案的评价．分析：铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，据此解题．解答：解：A．B．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故AB正确；C．硝酸与铜、铝都能反应，不能用硝酸，故C错误；D．测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，故D正确．故选C．点评：本题考查学生对实验方案的理解与评价、元素化合物的性质等，难度中等，清楚物质的性质、理解实验方案原理是关键．7．（2.5分）室温下，将0.1000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法不正确的是()A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol•L﹣1B．a、b、c点的水溶液导电性依次增强C．室温下，MOH的电离常数Kb=1×10﹣5D．b点：c（M+）+c（MOH）=c（Cl﹣）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．根据图象知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等；B．溶液的导电能力与离子浓度成正比；28C．常温下，MOH的电离常数Kb=；D．根据溶液酸碱性结合电荷守恒判断．解答：解：A．根据图象知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元碱溶液浓度为0.1000mol•L﹣1，故A正确；B．溶液的导电能力与离子浓度成正比，MOH是弱电解质，HCl、MCl是强电解质，完全电离，根据图象知，a、b、c点的水溶液中，溶液中自由移动离子浓度逐渐增大，所以其导电性依次增强，故B正确；C．根据图象知，0.1000mol/LMOH溶液中pH=11，则c（OHˉ）=0.001mol/L，常温下，MOH的电离常数Kb===1×10﹣5，故C正确；D．b点溶液呈中性，则c（H+）=c（OHˉ），根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OHˉ）+c（Clˉ），所以得c（M+）=c（Clˉ），故D错误；故选D．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确图象中各个点的含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系，难度中等．8．（2.5分）X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是()A．元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大B．元素X与元素Y只能形成一种化合物C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmRD．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸考点：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：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；根据Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，又Z、W处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Mg元素，结合物质性质与元素周期律解答．解答：解：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；根据Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，又Z、W处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Mg元素，28A．Y是O元素，Z是Na元素，W是Mg元素，O2﹣、Na+、Mg2+具有相同电子层结构，核外电子排布相同离子半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径O2﹣＞Na+＞Mg2+，故A错误；B．氢元素与氧元素可以形成H2O、H2O2，故B错误；C．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O＞S，所以氢化物稳定性Y＞R，故C正确；D．R为S元素，最高价氧化物的水化物是硫酸，硫酸是强酸．W为Mg元素，最高价氧化物的水化物是氢氧化镁，属于碱，故D错误；故选C．点评：本题考查结构与位置关系、元素周期律、微粒半径比较等，难度中等，推断元素是关键，注意半径比较规律与基础知识掌握．9．（2.5分）下列叙述正确的是()A．1个甘氨酸分子中存在9对共用电子B．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构C．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子D．熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅考点：极性键和非极性键；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；极性分子和非极性分子．专题：化学键与晶体结构．分析：A．根据1个单键就是一对公用电子对，一个双键就是就是两对公用电子对；B．PCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构；BCl3分子中B原子的最外层电子数为6；C．H2S是含极性键的极性分子；CS2分子都是含极性键的非极性分子；D．原子晶体的熔沸点的高低取决于比较共价键的强弱：原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高．解答：解：A．1个甘氨酸含有8个单键，1个双键，所以分子中存在10对共用电子，故A错误；B．PCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构；BCl3分子中B原子的最外层电子数为6，Cl原子的最外层电子数为8，故B错误；C．H2S是含极性键的极性分子，CS2分子都是含极性键的非极性分子，故C错误；D．因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C﹣C的键长＜C﹣Si＜Si﹣Si所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故D正确；故选D．点评：本题主要考查考查了分子内的共价键、分子的极性、原子晶体熔点的比较，难度不大．10．（2.5分）下列物质中，不能由单质直接化合生成的是()①CuS②FeS③SO3④H2S⑤FeCl2．A．①③⑤B．①②③⑤C．①②④⑤D．全部考点：含硫物质的性质及综合应用．28分析：①硫和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态，铜和硫反应生成硫化亚铜；②铁和硫加热反应生成硫化亚铁；③硫单质和氧气反应只能生成二氧化硫；④硫单质和氢气反应生成硫化氢；⑤铁和氯气反应只能生成氯化铁，铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁．解答：解：①硫和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态，铜和硫反应生成硫化亚铜，2Cu+SCu2S，故①正确；②铁和硫加热反应生成硫化亚铁，Fe+SFeS，故②错误；③无论S是否过量，S在氧气中燃烧都生成SO2，所以能由单质直接化合生成，S+O2SO2，故③正确；④硫单质和氢气反应生成硫化氢，H2+SH2S，故④错误；⑤铁和氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，故⑤正确；①③⑤不能由单质直接化合生成，故选A．点评：本题考查物质之间的反应，明确物质的性质是解本题关键，掌握物质性质和反应条件是解题关键，题目难度不大．11．（2.5分）研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质．倒去试管中的浓硫酸，将剩余固体（含少量浓硫酸）倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，黑色固体未溶解．过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成．下列所得结论不正确的是()A．铜与浓硫酸反应所得白色固体是CuSO4B．加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4C．白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuOD．白色固体中夹杂的少量黑色物质中含元素Cu、S考点：浓硫酸的性质；物质检验实验方案的设计．专题：实验题；元素及其化合物．分析：Cu与浓H2SO4的主反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，由于浓H2SO4过量且浓硫酸具有吸水性，故所得白色固体为CuSO4；由于浓硫酸过量，黑色固体不可能为CuO；至于黑色固体成分，从题意知，它溶于浓硝酸，溶液呈蓝色说明含Cu2+，加入BaCl2溶液产生了不溶于硝酸的沉淀BaSO4，原黑色沉淀中含S元素，含Cu、S两元素，可能为CuS也可能为Cu2S．解答：解：A．Cu与浓H2SO4的主反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，由于浓H2SO4过量且浓硫酸具有吸水性，故所得白色固体为CuSO4，故A正确；28B．BaCl2溶液后有白色沉淀生成，已知硝酸过量，说明该钡盐沉淀不溶于硝酸，应为BaSO4，故B正确；C．由于浓硫酸过量，黑色固体不可能为CuO，故C错误；D．黑色固体溶于浓硝酸，溶液呈蓝色说明含Cu2+，加入BaCl2溶液产生了不溶于硝酸的沉淀BaSO4，原黑色沉淀中含S元素，含Cu、S两元素，可能为CuS也可能为Cu2S，故D正确．故选C．点评：本题考查浓硫酸与铜反应物质的组成探究，题目难度中等，注意从浓硫酸的性质角度思考，根据反应实验现象进行分析．12．（2.5分）甲气体可发生如下变化：甲气体乙气体丙气体乙气体=丁固体．则甲、乙、丙、丁分别为()A．CO2、CO、O2、CaOB．O2、CO、CO2、CaCO3C．O2、CO2、CO、CaCO3D．CO、CO2、O2、Ca（OH）2考点：无机物的推断．分析：根据题中信息，丙气体能与氧化铜加热生成乙气体，丙应为还原性气体，结合题中各选项可知丙应为CO，因为二氧化碳或氧气都不能与氧化铜反，根据甲气体乙气体丙气体乙气体=丁固体的转化关系，氧气与碳反应生成二氧化碳，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成固体碳酸钙，符合各物质的转化关系，据此答题．解答：解：根据题中信息，丙气体能与氧化铜加热生成乙气体，丙应为还原性气体，结合题中各选项可知丙应为CO，因为二氧化碳或氧气都不能与氧化铜反，根据甲气体乙气体丙气体乙气体=丁固体的转化关系，氧气与碳反应生成二氧化碳，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，一氧化碳与氧化铜反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成固体碳酸钙，则甲为O2，乙为CO2，丁为CaCO3，故选C．点评：本题考查碳及其化合物的相互转化和性质，解题的关键是物质的确定，答题时注意根据特征反应进行物质推断，中等难度．13．（2.5分）“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用．如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）．下列有关该方法的叙述中正确的是()①能耗小是该方法的一大优点②整个过程中，有二种物质可以循环利用③“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是过滤、蒸发、结晶28④该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品．A．①③B．②④C．③④D．①④考点：碳族元素简介．专题：碳族元素．分析：用烧碱来吸二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质CaO、NaOH循环，“反应分离”环节中，应该是先过滤，滤液不需要浓缩结晶，直接循环使用．解答：解：①．碳酸钙的分解在高温条件下进行，消耗能量大，故①错误；②．基本过程中有两个反应：①二氧化碳与氢氧化钠反应，②碳酸钙的高温分解，循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质，故②正确；③．“反应分离”过程中分离物质的操作应该是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，故③错误；④．甲醇工业上可用CO2制备，故④正确．故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，题目难度中等，注意把握题给信息，为解答该题的关键．14．（2.5分）下列说法中不正确的是()A．氨气极易溶于水，所以它是农业上常用的氮肥B．工业上用H2和N2合成氨与自然界中放电时O2和N2反应都属于氮的固定C．大型中央空调的致冷剂可用液氨D．冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装考点：氮的固定；氨的物理性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．分析：A、铵盐是农业上常用的氮肥；B、氮的单质转化为含氮化合物的过程叫做氮的固定；C、液氨可以做制冷剂；D、铝、铁和冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化．解答：解：A、氨气极易溶于水形成氨水，氨水以及铵盐是农业上常用的氮肥，而不是氨气，故A错误；B、H2和N2合成氨以及自然界中放电时O2和N2反应生成一氧化氮的反应都是将氮的单质转化为含氮化合物的过程，属于氮的固定，故B正确；C、因液氨易气化，吸收热量，则液氨可以做制冷剂，故C正确；D、铝、铁在冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化，可以用铝、铁的容器盛装冷的浓硫酸和浓硝酸，故D正确．故选A．点评：本题考查学生有关氨气的性质、用途以及氮的固定等知识，是对课本基础知识的考查，较简单．15．（2.5分）下列说法正确的是()A．投入铁片产生H2的溶液中可大量存在H+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣B．可用稀硝酸除去试管内壁上的银镜C．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中可大量存在H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣28D．硫化铜溶于硝酸的离子方程式为CuS+2H+═H2S↑+Cu2+考点：离子共存问题；离子方程式的书写．分析：A．投入铁片产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；B．Ag与稀硝酸反应；C．离子之间发生氧化还原反应；D．硫化铜溶于硝酸，发生氧化还原反应．解答：解：A．投入铁片产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在+、Mg2+，酸溶液中Al、H+、NO3﹣反应不生成氢气，故A错误；B．Ag与稀硝酸反应，则可用稀硝酸除去试管内壁上的银镜，故B正确；C．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．硫化铜溶于硝酸，发生氧化还原反应，硫化铜溶于硝酸的离子方程式为3CuS+8NO3﹣+8H+═8NO↑+4H2O+3SO42﹣+3Cu2+，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大．16．（2.5分）某全钒新型电池，以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生电池总反应为：VO2+（蓝色）+H2O+V3+（紫色）V（黄色）+V2+（绿色）+2H+下列说法正确的是()A．当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作B．放电时，负极反应为V+2H++e﹣═VO2++H2OC．充电时，阳极附近溶液由绿色逐渐变为紫色D．放电过程中，正极附近溶液的pH变小考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，根据原电池的工作原理进行分析：A、在原电池放电时，只要具备原电池的构成条件即可工作；B、VO2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，生成VO2+；C、充电时，阳极发生失电子的氧化反应，为放电时的正极反应的逆反应；D、根据放电过程中正极的电极反应来回答判断．解答：解：A、根据原电池的工作原理，该电池的电解质是不断被消耗的，当电池无法放电时，更换电解质溶液即可工作，故A正确；B、放电时，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V2+=V3++e﹣，故B错误；C、充电时，阳极附近发生失电子的氧化反应，即VO2++H2O=VO2++2H++e﹣，溶液顔色逐渐变为黄色，故C错误；D、放电过程中，正极附近发生反应：VO2++2H++e﹣=VO2++H2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，故D错误．故选A．28点评：本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键．17．（2.5分）1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol/L，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol/L氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是()A．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸考点：离子方程式的有关计算．分析：根据图象分析，若Z为氢氧化钠溶液，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，溶液中沉淀量达到最大时，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，X不能是铝盐；所以Z是硫酸溶液，据此解答．解答：解：A．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时OH﹣+H+=H2O，Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，图中第一段直线：氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和，同时Ba2+和SO42﹣1：1反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；图中第二段直线氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2；图中第三段直线：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4，以上三段符合图象的数值变化，故A正确；B．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化镁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，n（Mg2+）：n（OH﹣）=1：2，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故B错误；C．若X、Y、Z分别为氯化铝、氯化铁、氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，n（Al3+）：n（OH﹣）=1：3，n（Fe3+）：n（OH﹣）=1：3，继续滴加Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH﹣）=1：1，不符合图象的数值变化，故C错误；D．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，H++AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；故选A．28点评：本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，需要从图象中分析数据结合物质反应和沉淀生成判断，题目难度较大．18．（2.5分）喷水溶液法是科学家近期研制出的一种使沙漠变绿洲的新技术．它是先在沙漠中喷洒一定量的聚丙烯酸酯（）“水溶液”，“水溶液”中的高分子化合物与沙土粒子相结合，在地表下30～50cm处形成一个厚0.5cm的隔水层，既能阻止地下的盐分上升，又有拦截蓄积雨水的作用．下列关于聚丙烯酸酯的说法中，不正确的是()A．合成它的小分子化合物是CH3﹣CH2﹣COORB．它可由CH2═CH﹣COOR经过加成聚合反应而得到C．在一定条件下能发生水解反应D．不能发生加成反应考点：有机物的结构和性质．分析：聚丙烯酸酯（为加聚反应的产物，其单体为CH2═CH﹣COOR，聚丙烯酸酯中含﹣COOC﹣，结合酯的性质来解答．解答：解：A．为加聚反应的产物，其单体为CH2═CH﹣COOR，故A错误；B．为加聚反应的产物，其单体为CH2═CH﹣COOR，故B正确；C．聚丙烯酸酯中含﹣COOC﹣，能发生水解反应，故C正确；D．聚丙烯酸酯中不含碳碳双键或三键等，不能发生加成反应，故D正确；故选A．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯、烯烃的性质及分析与应用能力的考查，题目难度不大．19．（2.5分）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下．下列有关说法正确的是()弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×10﹣54.9×l0﹣10K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11A．NaHCO3溶液中，一定有c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）B．将amol•L﹣1HCN溶液与amol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，测得所得溶液显碱性（pH＞7），则c（OH﹣）＞c（H+），c（CN﹣）＞c（Na+）C．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）D．1mol/L醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小考点：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．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；B．二者恰好反应生成NaCN，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），再结合电荷守恒判断；C．酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐pH越小；D．加水稀释促进醋酸电离，但溶液中c（OH﹣）增大．28解答：解：A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故A错误；B．二者恰好反应生成NaCN，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（CN﹣）＜c（Na+），故B错误；C．酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐pH越小，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度CO32﹣＞CN﹣＞CH3COO﹣，所以相同浓度的钠盐溶液pH大小顺序是pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故C正确；D．加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（OH﹣）增大，故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离，知道弱酸电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，注意D中，加水稀释虽然促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小而不是增大，为易错点．20．（2.5分）一定温度下，可逆反应2NO2⇌2NO+O2在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO；③混合气体的密度不再改变的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤密闭容器中压强不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．②③⑤⑥B．①④⑤⑥C．①③④⑥D．全部考点：化学平衡状态的判断．分析：可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，二氧化氮浓度不变，混合气体的颜色不变，据此分析解答．解答：解：①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故①正确；②无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故②错误；③容器体积不变，气体质量不变，所以密度始终不变，密度不变不能确定是否达到平衡，故③错误；④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故④正确；⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故⑤正确；⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故⑥正确．故选B．点评：本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，题目难度中等．二、综合题（50分）2821．如图表示有关的一种反应物或生成物（无关物质已略去），其中A、C为无色气体，请填写下列空白．（1）化合物W可能是（NH4）2CO3或NH4HCO3，C是CO2，F是NO2．（2）反应①中若消耗Na2O27.8g，则转移的电子数为0.1NA．（3）反应③的离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O．（4）A与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，请写出该反应的化学方程式：2NH3+CuO3Cu+N2+3H2O．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：W既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则A为NH3，气体C能与Na2O2反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故C为CO2，则W应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答．解答：解：W既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则A为NH3，气体C能与Na2O2反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故C为CO2，则W应为碳酸铵或碳酸氢铵，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，（1）由上分析W应为碳酸铵或碳酸氢铵，C为CO2，F为NO2，故答案为：（NH4）2CO3；NH4HCO3；CO2；NO2；（2）反应①为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，每消耗1molNa2O2，转移电子数为1mol，若消耗Na2O27.8g，则转移的电子数为0.1NA，故答案为：0.1NA；（3）反应③的离子方程式3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）NH3与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，反应的化学方程式为2NH3+CuO3Cu+N2+3H2O，故答案为：2NH3+CuO3Cu+N2+3H2O．点评：本题考查无机物的推断，W能与酸、碱反应生成气体A、C为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质，题目难度中等．22．（14分）一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H＞0，1100℃时，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示．（1）该反应的平衡常数表达式K=．28（2）下列措施中能使平衡时K增大的是A（填序号）．A．升高温度B．增大压强C．充入一定量COD．降低温度（3）8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=0.0625mol•L﹣1•min﹣1．（4）1100℃时，2L的密闭容器中，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：容器甲乙反应物投入量3molFe、2molCO24molFeO、3molCOCO的浓度（mol•L﹣1）c1c2CO2的体积分数φ1φ2体系压强（Pa）p1p2气态反应物的转化率α1α2①下列说法正确的是BC．A．2c1=3c2B．φ1=φ2C．p1＜p2D．α1=α2②求c1=0.67mol•L﹣1、φ1=33.3%、α2=33.3%．考点：化学平衡常数的含义．专题：化学平衡专题．分析：（1）依据平衡常数概念写出，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到；（2）平衡常数随温度变化，结合平衡移动原理分析判断；（3）8分钟内，一氧化碳难度变化0.5mol/L，依据V=计算CO的平均反应速率；（4）Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），反应是气体体积不变的吸热反应，依据①依据图表数据分析，反应前后气体体积不变，加入2molCO2，加入3molCO，相当于加入3molCO2，的平衡状态，气体物质条件分数相同，物质的量不同，压强不同，气体物质的量大的容器中压强大，起始量不同，平衡浓度、转化率不同；②依据题干计算平衡常数，结合化学平衡三段式列式计算；解答：解：（1）Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），依据平衡常数概念书写，注意固体和纯液体不写入表达式，表达式为：K=；故答案为：；（2）平衡常数随温度变化，不随浓度压强等因素变化，反应是吸热反应，升温平衡时K增大；A．升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，故A正确；B．增大压强，平衡不动，平衡常数不变，故B错误；C．充入一定量CO，平衡逆向进行，但平衡常数不变，故C错误；28D．降低温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，故D错误；故答案为：A；（3）依据图象分析，8分钟内，一氧化碳浓度变化0.5mol/L，CO的平均反应速率v（CO）==0.0625mol/L•min；故答案为：0.0625；（4）①依据图表数据分析，反应前后气体体积不变，加入2molCO2，加入3molCO，相当于加入3molCO2，平衡时气体体积分数相同，物质的量不同，压强不同，气体物质的量大的容器中压强大，起始量不同，平衡浓度、转化率不同；A．达到平衡状态，一氧化碳的浓度关系为：3c1=2c2，故A错误；B．反应物和生成物都是一种，平衡常数相同，所以达到平衡状态二氧化碳的体积分数相同，φ1=φ2，故B正确；C．乙容器中气体物质的量大于甲容器，所以达到平衡状态p1＜p2，故C正确；D．起始量不同，甲容器正向进行，乙容器逆向进行，反应前后气体体积不变，气态反应物的转化率不相同，故D错误；故答案为：BC；②图象分析反应在1100°C反应的平衡常数K==2甲容器中设反应的二氧化碳浓度为xFe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），起始量（mol/L）10变化量（mol/L）xx平衡量（mol/L）1﹣xxK==2x=mol/L平衡状态一氧化碳的浓度=（mol/L）=0.67mol/L，CO2的体积分数φ1×100%=×100%=33.3%；乙容器中温度和甲容器相同，平衡常数相同，所以二氧化碳的体积分数φ2=φ1=33.3%；故答案为：0.67mol•L﹣133.3%33.3%；点评：本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径．23．袋装食品中常用一种“双吸剂”保持，主要成分是铁粉和生石灰，同学们对一久置的双吸剂固体样品很好奇，设计了如下实验进行探究．【提出问题】久置“双吸剂”的成分是什么？【做出猜想】久置“双吸剂”中可能有Fe、Fe2O3、CaO、Ca（OH）2和CaCO3【实验探究1】取固体样品研磨，用磁铁吸引，磁铁上沾有黑色粉末，说明“双吸剂”中一定有Fe．再用磁铁反复吸引后，残留固体用于后续探究活动．【实验探究2】实验操作实验现象实验结论28取少量探究实验1的残留固体放入试管中，加入蒸馏水试管外壁不发烫固体中一定没有【实验探究3】【实验结论】步骤②产生白色沉淀，说明久置的“双吸剂”中含有Ca（OH）2，其反应的化学方程式：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．步骤③有气泡冒出，溶液变为黄色，说明久置的“双吸剂”中含有Fe2O3和CaCO3．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：【实验探究1】根据铁能被磁铁吸引且颜色是黑色的进行解答；【实验探究2】根据氧化钙和水反应生成氢氧化钙要放出大量的热进行解答；【实验结论】根据碳酸钠溶液能和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠进行解答；根据盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，盐酸能和氧化铁反应生成氯化铁和水，氯化铁溶液的颜色是黄色的进行解答．解答：解：【实验探究1】铁能被磁铁吸引且颜色是黑色的，所以用磁铁吸引，磁铁上沾有黑色粉末，说明“双吸剂”中一定有Fe，故答案为：Fe；【实验探究2】氧化钙和水反应生成氢氧化钙要放出大量的热，所以取少量探究实验1的残留固体放入试管中，加入蒸馏水，试管外壁不发烫，说明固体中一定没有CaO，故答案为：CaO；【实验结论】碳酸钠溶液能和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，所以步骤②产生白色沉淀，说明久置的“双吸剂”中含有氢氧化钙，反应的化学方程式：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Ca（OH）2；Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，盐酸能和氧化铁反应生成氯化铁和水，氯化铁溶液的颜色是黄色的，所以步骤③有气泡冒出，溶液变为黄色，说明久置的“双吸剂”中含Fe2O3、CaCO3，故答案为：Fe2O3；CaCO3．点评：有关实验方案的设计和对实验方案的评价是高考的热点之一，题目难度中等，设计实验方案时，要注意用最少的药品和最简单的方法；关于对实验设计方案的评价，要在两个方面考虑，一是方案是否可行，能否达到实验目的；二是设计的方法进行比较，那种方法更简便．24．A～F是初中化学常见的六种物质，它们之间的关系如图所示．“→”表示物质间的转化关系，“﹣﹣”表示两种物质能相互反应（部分反应物、生成物及反应条件未标出）．A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，D是食盐的主要成分，C和F都是无色气体，反应①和②都有白色沉淀生成．（1）F的化学式为H2；（2）写出B→E反应的化学方程式HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3；28（3）写出A与一种碱反应的化学方程式Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．考点：无机物的推断．分析：根据A～F是初中化学常见的六种物质，D是食盐的主要成分，所以D是氯化钠，A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，所以A是可溶性碳酸盐，A会转化成氯化钠，所以A是碳酸钠，C和F都是无色气体，A会转化成C，所以C是二氧化碳，氯化钠会转化成E，B也会转化成E，且有沉淀生成，E可以是氯化银沉淀，B会与碳酸钠反应，所以B可以是盐酸，盐酸会生成无色气体F，所以F可以是氢气，然后将推出的各种物质代入转化关系中验证即可．解答：解：根据A～F是初中化学常见的六种物质，D是食盐的主要成分，所以D是氯化钠，A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，所以A是可溶性碳酸盐，A会转化成氯化钠，所以A是碳酸钠，C和F都是无色气体，A会转化成C，所以C是二氧化碳，氯化钠会转化成E，B也会转化成E，且有沉淀生成，E可以是氯化银沉淀，B会与碳酸钠反应，所以B可以是盐酸，盐酸会生成无色气体F，所以F可以是氢气，（1）根据上面的分析可知，F的化学式为：H2，故答案为：H2；（2）B→E的反应是盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，故答案为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3；（3）通过推导，可知A是碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．点评：在解此类题时，首先将题中有特征的物质推出，然后结合推出的物质和题中的转化关系推导剩余的物质，最后将推出的各种物质代入转化关系中进行验证即可，题目难度中等．25．人类研究氢能源从未间断过，而热化学循环分解水制H2是在水反应体系中加入一种中间物，经历不同的反应阶段，最终将水分解为H2和O2，这是一种节约能源、节省反应物料的技术，图1是热化学循环制氢气的流程：（1）实验测得，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8KJ/mol．（2）整个流程参与循环的物质是SO2和I2（填化学式），最难进行的反应是②（填序号）．（3）汞虽然有毒，但用途广泛．用汞和溴化钙作催化剂，可以在较低温度下经过下列反应使水分解制氢气和氧气：①CaBr2+2H2O═Ca（OH）2+2HBr↑；②…③HgBr2+Ca（OH）2═CaBr2+HgO+H2O；④2HgO═2Hg+O2↑．28反应②的化学方程式为Hg+2HBr═HgBr2+H2↑．（4）合成氨用的H2可以甲烷为原料制得．有关化学反应的能量变化如图2所示，则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1．考点：化学方程式的书写；热化学方程式．分析：（1）物质的物质的量与反应热成正比，依据热化学发生的书写方法写出，标注物质聚集状态，对应量下的焓变；（2）根据流程中的转化来确定能循环使用的物质；反应①为：二氧化硫和碘单质和水反应，反应②为：硫酸分解生成二氧化硫、水、氧气，反应③为：碘化氢分解；最难进行的反应是②；（3）根据反应③知反应②有HgBr2生成，根据HgBr2知反应①的产物HBr参与反应②，据此书写；（4）三个图可写出相应的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282kJ•mo﹣1①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mo﹣1②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•mo﹣1③．根据盖斯定律：用“③﹣（①+②×3）”物质的物质的量与反应热成正比即可求出CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的反应热，依据热化学发生的书写方法写出．解答：解：（1）1g氢气燃烧生成液态水放出142.9KJ热量，则2g氢气即1mol氢气燃烧生成液态水放出285.8KJ的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8KJ/mol故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8KJ/mol；28（2）反应①为：二氧化硫和碘单质和水反应：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，反应②为：硫酸分解生成二氧化硫、水、氧气：2H2SO4=2SO2↑+O2↑+2H2O，反应③为：碘化氢分解2HI⇌H2+I2，整个流程参与循环的物质是SO2、I2，最难进行的反应是②，故答案为：SO2、I2；②；（3）根据反应③知反应②有HgBr2生成，根据HgBr2知反应①的产物HBr参与反应②，所以反应②为：Hg+2HBr═HgBr2+H2↑，故答案为：Hg+2HBr═HgBr2+H2↑；（4）由三个图可写出相应的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282kJ•mo﹣1①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mo﹣1②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•mo﹣1③，由盖斯定律：用“③﹣（①+②×3）”得所求反应的△H=+161.1kJ•mo﹣1，则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol﹣1．点评：本题考查了热化学方程式的书写、热化学循环分解水制H2等知识，读懂流程图是解答（2）的关键，题目侧重考查了化学用语中热化学方程式的书写，题目难度中等．28