江苏省无锡市江阴市祝塘中学2022-2022学年高三（上）段考化学试卷　一、选择题（共15小题，每小题2分，满分38分）1．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（　　）A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料D．减少烟花爆竹的燃放，有利于降低空气中的PM2.5含量　2．下列有关化学用语使用正确的是（　　）A．NH4Br的电子式：B．S2﹣的结构示意图：C．原子核内有18个中子的氯原子：ClD．乙酸的分子式：CH3COOH　3．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、CO32﹣B．含大量HCO3﹣的溶液中：C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．水电离出的c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、HSO3﹣D．使甲基橙显红色的溶液中：NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+　4．下列有关物质的性质与应用不相对应的是（　　）A．铁的金属活泼性强，故不能用钢瓶来盛放液氯B．Na2O2能反应产生氧气，用作呼吸面具和潜水艇供氧剂C．NaHCO3受热能分解产生CO2气体，在食品工业中可作为焙制糕点的膨忪剂D．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，常温下可用铝制容器贮藏贮运浓硫酸-35-　5．下列反应的离子方程式正确的是（　　）A．AlCl3溶液中滴加足量氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OB．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣D．钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑　6．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（　　）A．用图1所示装置制取干燥的氨气B．用图2所示装置除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C．用图3所示装置将溶液定容到100mLD．用图4所示装置分离出溴苯　7．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示．下列说法正确的是（　　）A．原子半径的大小顺序：rZ＞rY＞rXB．氢化物的稳定性强弱顺序：XH4＞YH3＞HWC．Y的氢化物与W的氢化物化合所得产物中只含有共价键D．X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应　8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．1mol苯乙烯（C6H5CHCH2）中含有的碳碳双键数目为4NAB．加热条件下，MnO2与浓盐酸反应生成7.1gCl2，转移的电子数目为0.2NA-35-C．标准状况下，11.2LCCl4中含有的分子数目为0.5NAD．常温下，1L0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有的H+数目为0.1NA　9．下列各组物质可按“甲乙丙丁”实现转化的组合是（　　）①②③④甲NaCuSNH3丁NaOHCu（OH）2H2SO4HNO3A．①②③B．①③④C．②③④D．全部　10．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）A．总反应为吸热反应B．实验为用0.01mol•L﹣1的HCl溶液滴定20mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液C．可以表示反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K随压强p变化的关系D．可以表示常温下pH=2的HCl溶液加水稀释倍数与pH的变化关系　-35-11．锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一．从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：①2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO↑关于反应①、②的说法正确的是（　　）A．反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B．反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C．反应②说明高温下C的还原性比Sb强D．每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4：3　12．下列说法正确的是（　　）A．在轮船表面涂刷富锌油漆，能有效防止船体在海水中被腐蚀B．相同条件下，Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，说明C6H5OH的酸性强于H2CO3C．任何条件下，2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）（△H＞0，△S＞0）均不能自发进行D．采用450℃的高温，可以提高N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（△H＜0）的转化率　13．下列实验的结论正确的是（　　）选项实验操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变黑，体积膨胀浓硫酸具有吸水性和强氧化性B用一束强光照射Na2SiO3溶液溶液中出现一条光亮的通路溶液中可能含有硅酸胶体C向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣D向溶液X中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管试纸不变蓝原溶液中无NH4+A．AB．BC．CD．D　14．0.1mol•L﹣1的下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）-35-A．NH4Cl溶液：c（Cl﹣）＞c（N）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（S）＞c（N）＞c（Fe2+）＞c（H+）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=c（C）+c（HC）+c（OH﹣）D．NaHCO3溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（C）　15．温度为T时，向VL的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+B（g）⇌C（s）+xD（g）；△H＞0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示．下列说法正确的是（　　）A．反应在前10min的平均反应速率v（D）=0.3mol•L﹣1•min﹣1B．该反应的平衡常数表达式K=C．若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动D．反应至15min时，改变的条件是降低温度　　二、解答题（共6小题，满分82分）16．（12分）工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金属锌的流程如图所示．回答下列问题：（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为　　　　　　．（2）净化Ⅰ操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．-35-①写出酸性条件下H2O2与Fe2+反应的离子方程式：　　　　　　．②25℃时，pH=3的溶液中，c（Fe3+）=　　　　　　mol•L﹣1（已知25℃，Ksp=4.0×10﹣38）．③净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是　　　　　　．（3）若没有净化Ⅱ操作，则对锌的制备带来的影响是　　　　　　．（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有　　　　　　．　17．（12分）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　　　　　　．（2）另称取铁钉6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．写出生成Fe2+所有可能的离子反应方程式：　　　　　　．若要确认其中有Fe2+，应选用　　　　　　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取336ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应的化学方程式为：　　　　　　．然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．由于此推知气体Y中SO2的体积分数为　　　　　　．　18．（12分）实验室里可用如图所示的装置制取氯酸钾、次氯酸钠，并验证氯水的性质．如图中①为氯气发生装置；②的试管中盛有15mL30%的KOH溶液，并置于水浴中；③的试管中盛有15mL8%的NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管中加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置．（1）制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的二氧化锰固体，再通过　　　　　　．-35-（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的　　　　　　．（填写试剂名称）（2）为除去氯气中混有的氯化氢气体，可在①和②之间安装盛有　　　　　　．（选填字母编号）的净化装置．a．碱石灰b．饱和食盐水c．浓硫酸d．饱和碳酸氢钠溶液（3）本实验制取次氯酸钠的离子方程式是　　　　　　．（4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，两者的差异是　　　　　　．（5）实验中可观察到④的试管中溶液颜色会发生变化：最初溶液由紫色变为红色，原因是　　　　　　；接着溶液逐渐变为无色，是因为　　　　　　．　19．（18分）Ⅰ．实验室称取0.867g草酸钠（Na2C2O4，相对分子质量为134），溶解于水，加入一定量硫酸，用未知浓度的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液22.50mL，反应式如下（未配平）：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→Mn2++CO2+H2O．则装KMnO4的滴定管是　　　　　　（填“酸式”或“碱式”）；KMnO4溶液的浓度是　　　　　　mol/L．Ⅱ．某温度下在容积固定的密闭容器中，下列反应达到平衡：M（g）+H2O（g）⇌N（g）+H2（g）起始n（M）：n（H2O）M转化率H2O转化率1：10.50.51：20.670.331：30.750.25①该反应的平衡常数为　　　　　　．该温度下，向容器中充入1molM、3molH2O、2molN、1.5molH2，则起始时该反应速率V正　　　　　　V逆（填“＞”、“＜”或“=”）②结合表中数据，判断下列说法中正确的是　　　　　　．A．增加H2O（g）的量，M的转化率升高而H2O（g）的转化率降低B．若M与H2O（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同C．M和H2O（g）初始物质的量之比等于二者转化率之比D．当M与H2O（g）物质的量之比为1：4时，M的转化率为0.85③该温度下，向容器中充入2molM、2molH2O，当达平衡时放出aKJ热量，则该反应的△H=　　　　　　．Ⅲ．黄钾铵铁矾不溶于水和稀硫酸，制黄钾铵铁矾的示意图如下：-35-（1）溶液X是　　　　　　．（2）检验滤液中是否存在K+的操作是　　　　　　．（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A．②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g．③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成．④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g．通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）　　　　　　．　20．（14分）（1）已知：BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）；△H1=571.2kJ/mol，BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）；△H2=226.2kJ/mol．则反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）的△H3=　　　　　　kJ/mol（2）如图所示装置工作时均与H2有关．①图1所示装置中，通入H2的管口的电极反应式为　　　　　　．②某同学按图2所示装置进行实验，实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后，溶于稀硫酸，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴入新制氯水，溶液变为红色．该同学据此得出结论：铁与水蒸气反应生成FeO和H2．该结论　　　　　　（填“严密”或“不严密”），你的理由是　　　　　　（用离子方程式和必要的文字说明）．（3）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是　　　　　　．（4）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图3示．则BC段气体是产生的气体是　　　　　　；OA段离子反应方程式为　　　　　　，c（H2SO4）为　　　　　　．-35-　21．（14分）向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以如表和如图所示：容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物起始量1.5molA0.5molB1.5molA0.5molB6.0molA2.0molB（1）10min内甲容器中反应的平均速率v（A）=　　　　　　mol•L﹣1•min﹣1（2）x=　　　　　　，（3）T1　　　　　　T2，正反应的△H　　　　　　0（填“大于”或“小于”）（4）T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为　　　　　　．　　-35-江苏省无锡市江阴市祝塘中学2022-2022学年高三（上）段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共15小题，每小题2分，满分38分）1．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（　　）A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料D．减少烟花爆竹的燃放，有利于降低空气中的PM2.5含量【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．【专题】化学计算．【分析】A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率；C、特种钢缆是金属材料；D、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，所以燃放烟花爆竹会产生PM2.5．【解答】解：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率，符合资源利用，故B正确；C、舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，主要是铁的合金属于金属材料，故C正确；D、燃放烟花爆竹会产生PM2.5，减少烟花爆竹的燃放，有利于降低空气中的PM2.5含量，故D正确；故选A．【点评】本题考查了常见化学知识的分析判断，主要是知识熟练掌握，依据所学便可解决，题目难度中等．　2．下列有关化学用语使用正确的是（　　）-35-A．NH4Br的电子式：B．S2﹣的结构示意图：C．原子核内有18个中子的氯原子：ClD．乙酸的分子式：CH3COOH【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．溴化铵中，溴离子为阴离子，需要标出最外层电子及所带电荷；B．氯离子的核电荷数表示方法错误，应该为+16，不能形成16；C．氯原子的核电荷数为17，中子数为18的氯原子的质量数为35；D．分子式只表示出分子中构成原子种类及数目，不需要写出其官能团．【解答】解：A．溴化铵为离子化合物，铵根离子和溴离子都需要标出原子的最外层电子及所带电荷，溴化铵正确的电子式为：，故A错误；B．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的结构示意图为：，故B错误；C．原子核内有18个中子的氯原子的质量数为35，该氯原子可以表示为：Cl，故C正确；D．CH3COOH为乙酸的结构简式，乙酸的分子式为：C2H4O2，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子结构示意图、元素符号、分子式、电子式的书写判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确分子数与结构简式、结构式的区别，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．　3．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．饱和氯水中：Cl﹣、NO3﹣、Na+、CO32﹣B．含大量HCO3﹣的溶液中：C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣-35-C．水电离出的c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、HSO3﹣D．使甲基橙显红色的溶液中：NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A、根据氯水的成分来分析；B、根据酸性：C6H5OH＞HCO3﹣，可知C6H5O﹣与HCO3﹣不反应，据此分析；C、水电离出的c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液或碱溶液，据此分析；D、使甲基橙显红色的溶液显酸性，根据I﹣有强还原性，而NO3﹣在酸性条件下有强氧化性来分析．【解答】解：A、氯水中含盐酸，能与CO32﹣反应而不能共存，故A错误；B、酸性：C6H5OH＞HCO3﹣，故C6H5O﹣与HCO3﹣不反应，C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣与HCO3﹣不能产生沉淀、气体、弱电解质、不发生氧化还原反应和双水解反应，故可以共存，故B正确；C、水电离出的c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液或碱溶液，而HSO3﹣在酸溶液中或碱溶液中均不能大量共存，故C错误；D、使甲基橙显红色的溶液显酸性，而I﹣与NO3﹣在酸性条件下能发生氧化还原反应而不能共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查了离子共存问题，应注意题干隐含信息的提取，难度不大．　4．下列有关物质的性质与应用不相对应的是（　　）A．铁的金属活泼性强，故不能用钢瓶来盛放液氯B．Na2O2能反应产生氧气，用作呼吸面具和潜水艇供氧剂C．NaHCO3受热能分解产生CO2气体，在食品工业中可作为焙制糕点的膨忪剂D．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，常温下可用铝制容器贮藏贮运浓硫酸【考点】钠的重要化合物；铝的化学性质；铁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．干燥钢瓶与氯气不反应；B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气；C．二氧化碳可使糕点疏松、多孔；-35-D．常温下浓硫酸与铝发生钝化反应．【解答】解：A．干燥钢瓶与氯气不反应，干燥氯气可用钢瓶储存，故A错误；B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，故B正确；C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成二氧化碳，二氧化碳可使糕点疏松、多孔，故C正确；D．常温下浓硫酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，阻碍反应的进行，可用铝制容器贮藏贮运浓硫酸，故D正确．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及钠的化合物、铁、硝酸、非金属性比较等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．　5．下列反应的离子方程式正确的是（　　）A．AlCl3溶液中滴加足量氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OB．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣D．钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成氢氧化铝和氯化铵；B．反应生成碘化亚铁、碘、水；C．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D．电子、电荷不守恒．【解答】解：A．AlCl3溶液中滴加足量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．Fe（OH）3溶于氢碘酸反应的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+=2Fe2++6H2O+I2，故C错误；C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；D．钠和水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；故选C．-35-【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　6．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（　　）A．用图1所示装置制取干燥的氨气B．用图2所示装置除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C．用图3所示装置将溶液定容到100mLD．用图4所示装置分离出溴苯【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．浓硫酸不能干燥氨气；B．碳酸氢钠受热分解；C．转移溶液应利用玻璃棒引流；D．水与溴苯不互溶，分层．【解答】解：A．浓硫酸不能干燥氨气，图中装置错误，应选碱石灰干燥，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解，图中装置不能除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠，故B错误；C．转移溶液应利用玻璃棒引流，图中装置缺少玻璃棒，故C错误；D．水与溴苯不互溶，分层，能利用图中装置进行分液，故D正确；故选D．【点评】本题考查实验方案的评价，涉及气体的干燥、除杂、溶液的配制、混合物的分离等，注重基础知识的考查，题目难度不大．　7．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示．下列说法正确的是（　　）-35-A．原子半径的大小顺序：rZ＞rY＞rXB．氢化物的稳定性强弱顺序：XH4＞YH3＞HWC．Y的氢化物与W的氢化物化合所得产物中只含有共价键D．X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应水化物均能与强碱反应【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W都是短周期元素，根据在元素周期表位置可知，X是C元素、Y是N元素、Z是Al元素、W是Cl元素，A．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；B．甲烷比氨气稳定，非金属性越强氢化物越稳定；C．氨气与HCl形成的化合物为氯化铵，属于离子化合物；D．碳酸、硝酸、氢氧化铝、高氯酸，都能与强碱反应．【解答】解：X、Y、Z、W都是短周期元素，根据在元素周期表位置可知，X是C元素、Y是N元素、Z是Al元素、W是Cl元素，A．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，故原子半径Z＞X＞Y，故A错误；B．稳定性HCl＞甲烷＞氨气，故B错误；C．氨气与HCl形成的化合物为氯化铵，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中钠原子与氢原子之间形成共价键，故C错误；D．X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、硝酸、氢氧化铝、高氯酸，都能与强碱反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查元素周期表和周期律的综合应用，难度不大，注意甲烷稳定性的特殊性．　8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．1mol苯乙烯（C6H5CHCH2）中含有的碳碳双键数目为4NAB．加热条件下，MnO2与浓盐酸反应生成7.1gCl2，转移的电子数目为0.2NA-35-C．标准状况下，11.2LCCl4中含有的分子数目为0.5NAD．常温下，1L0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有的H+数目为0.1NA【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、苯环中不含碳碳双键；B、氧化还原反应生成1mol氯气转移电子2mol；C、CCl4在标准状况不是气体；D、醋酸是弱电解质存在电离平衡；【解答】解：A、苯环中不含碳碳双键，1mol苯乙烯（C6H5CHCH2）中含有的碳碳双键数目为NA，故A错误；B、加热条件下，MnO2与浓盐酸反应生成7.1gCl2，物质的量为0.1mol，转移的电子数目为0.2NA，故B正确；C、CCl4在标准状况不是气体，11.2LCCl4物质的量不是0.5mol，故C错误；D、醋酸是弱电解质存在电离平衡，1L0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中含有的H+数目小于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，苯环的结构分析，氧化还原反应电子转移计算，气体摩尔体积条件应用，弱电解质的电离平衡分析，题目难度中等．　9．下列各组物质可按“甲乙丙丁”实现转化的组合是（　　）①②③④甲NaCuSNH3丁NaOHCu（OH）2H2SO4HNO3A．①②③B．①③④C．②③④D．全部【考点】无机物的推断．【专题】元素及其化合物．【分析】①NaNa2ONa2O2NaOH；②CuCuO，且Cu不能发生连续氧化的反应，CuO不与水反应；-35-③SSO2SO3H2SO4；④NH3NONO2HNO3．【解答】解：①NaNa2ONa2O2NaOH，钠可发生连续氧化，过氧化钠与水反应生成NaOH，能实现转化，故①选；②CuCuO，且Cu不能发生连续氧化的反应，CuO不与水反应，不能实现转化，故②不选；③SSO2SO3H2SO4，硫能发生连续氧化，且三氧化硫与水反应生成硫酸，能实现转化，故③选；④NH3NONO2HNO3，氨气能发生连续氧化，且二氧化氮与水反应生成硝酸，能实现转化，故④选；故选B．【点评】本题考查无机物的推断，明确物质的性质及发生的反应是解答本题的关键，注意Cu不能发生连续氧化及CuO不与水反应，题目难度中等．　10．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）A．总反应为吸热反应B．实验为用0.01mol•L﹣1的HCl溶液滴定20mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液C．可以表示反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K随压强p变化的关系-35-D．可以表示常温下pH=2的HCl溶液加水稀释倍数与pH的变化关系【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；吸热反应和放热反应；用化学平衡常数进行计算；pH的简单计算．【分析】A．由图象可知反应后能量降低；B．用0.01mol•L﹣1的HCl溶液滴定20mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液，开始时溶液为碱性，pH大于7；C．平衡常数K只与温度有关；D．HCl溶液加水稀释，溶液的pH始终小于7．【解答】解：A．由图象可知反应后能量降低，所以该反应是放热反应，故A错误；B．用0.01mol•L﹣1的HCl溶液滴定20mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液，开始时溶液是NaOH为碱性溶液，pH大于7，随着滴定进行，pH减小，故B错误；C．平衡常数K只与温度有关，所以增大压强K不变，故C正确；D．HCl溶液加水稀释，溶液仍是HCl溶液，显酸性，溶液的pH始终小于7，故D错误；故选：C．【点评】本题以图象的形式考查平衡常数动、化学反应中的能量变化、中和滴定等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力．　11．锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一．从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：①2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO↑关于反应①、②的说法正确的是（　　）A．反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B．反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C．反应②说明高温下C的还原性比Sb强D．每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4：3-35-【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，据此结合元素化合价判断；B、反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为+2价，据此计算；C、根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性判断；D、反应①中还原剂是Fe，反应②中还原剂是C，根据方程式计算．【解答】解：A、反应①中Sb2S3含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由+3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故A错误；B、反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为+2价，每生成3molFeS，转移电子为3mol×2=6mol，故B正确；C、反应②C是还原剂，Sb是还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，说明高温下C的还原性比Sb强，故C正确；D、生成4molSb时，反应②C是还原剂，需要6molC，需要1molSb4O6，反应①中Fe是还原剂，生成1molSb4O6，需要6molFe，故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6mol：6mol=1：1，故D错误；故选BC．【点评】考查氧化还原反应概念与有关计算、还原性强弱判断，难度中等，注意根据化合价进行概念的理解．　12．下列说法正确的是（　　）A．在轮船表面涂刷富锌油漆，能有效防止船体在海水中被腐蚀B．相同条件下，Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，说明C6H5OH的酸性强于H2CO3C．任何条件下，2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）（△H＞0，△S＞0）均不能自发进行D．采用450℃的高温，可以提高N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（△H＜0）的转化率【考点】金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；化学平衡的调控作用．【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】A．金属作电极的原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护；B．相同条件下，Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，则碳酸根离子的水解程度大于C6H5O﹣；C．只有△G＜0的反应才能自发进行；D．升高温度平衡向吸热反应方向移动．-35-【解答】解：A．锌、铁和海水构成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，故A正确；B．相同条件下，Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，说明C6H5OH的酸性强于HCO3﹣，故B错误；C．只有△G＜0的反应才能自发进行，△G=△H﹣T△S可能小于0，故C错误；D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以降低反应物的转化率，故D错误；故选A．【点评】本题涉及原电池原理、反应的方向判断、盐类水解、化学平衡的移动等知识点，易错选项是B，注意多元弱酸盐的水解，为易错点．　13．下列实验的结论正确的是（　　）选项实验操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变黑，体积膨胀浓硫酸具有吸水性和强氧化性B用一束强光照射Na2SiO3溶液溶液中出现一条光亮的通路溶液中可能含有硅酸胶体C向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣D向溶液X中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管试纸不变蓝原溶液中无NH4+A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验．【专题】实验评价题．【分析】A．浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性；B．胶体具有丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应；C．能和氯化钡溶液产生白色沉淀的有硫酸根离子、银离子；D．铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨而不是氨气，只有加热时才能产生氨气．【解答】解：A．浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀，浓硫酸体现脱水性和强氧化性，故A错误；-35-B．胶体具有丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，硅胶属于胶体，能产生丁达尔效应，硅酸钠溶液属于溶液，不能产生丁达尔效应，故B正确；C．能和氯化钡溶液产生白色沉淀的有硫酸根离子、银离子，所以不能据此判断溶液中一定含有硫酸根离子，故C错误；D．铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨而不是氨气，只有加热时才能产生氨气，否则不能产生氨气，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验方案评价，为高考高频点，涉及胶体性质、铵根离子和硫酸根离子检验、浓硫酸的性质等知识点，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，易错选项是D．　14．0.1mol•L﹣1的下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．NH4Cl溶液：c（Cl﹣）＞c（N）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（S）＞c（N）＞c（Fe2+）＞c（H+）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=c（C）+c（HC）+c（OH﹣）D．NaHCO3溶液：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（C）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据盐的类型及电荷守恒分析判断；B．同一离子化合物中，在水溶液里，系数大且不水解的离子浓度越大，相同类型的离子相互抑制水解；C．根据电荷守恒分析；D．根据电荷守恒和物料守恒分析．【解答】解：A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈电中性，则c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl﹣）＞c（NH4+），故A错误；B．该物质的水溶液里，硫酸根离子和铵根离子系数相同，但硫酸根离子不水解，铵根离子和亚铁离子都水解，且铵根离子和亚铁离子相互抑制水解，所以离子浓度大小顺序是c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+），故B正确；-35-C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故C错误；D．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），所以c（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣），故D正确；故选BD．【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，难度中等．　15．温度为T时，向VL的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+B（g）⇌C（s）+xD（g）；△H＞0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示．下列说法正确的是（　　）A．反应在前10min的平均反应速率v（D）=0.3mol•L﹣1•min﹣1B．该反应的平衡常数表达式K=C．若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动D．反应至15min时，改变的条件是降低温度【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，根据v=计算v（D）；B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值．化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值，增大压强平衡向体积减小的方向移动，据此解答；-35-D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度．【解答】解：A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，故v（D）==0.3mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，可逆反应A（g）+B（g）⇌C（s）+xD（g）的平衡常数表达式k=，故B错误；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度，故D正确；故选AD．【点评】本题考查化学平衡图象及有关计算、化学平衡影响因素、反应速率计算、化学平衡常数等，难度不大，注意理解外界条件对化学平衡的影响，确定x值是关键．　二、解答题（共6小题，满分82分）16．（12分）工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金属锌的流程如图所示．回答下列问题：（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为　ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O　．（2）净化Ⅰ操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．①写出酸性条件下H2O2与Fe2+反应的离子方程式：　H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O　．②25℃时，pH=3的溶液中，c（Fe3+）=　4.0×10﹣5　mol•L﹣1（已知25℃，Ksp=4.0×10﹣38）．-35-③净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是　Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性　．（3）若没有净化Ⅱ操作，则对锌的制备带来的影响是　制取的锌含铜等杂质　．（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有　H2SO4、ZnSO4　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（2）①双氧水具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；②根据氢氧化铁的溶度积及pH=3计算出溶液中铁离子浓度；③根据Fe（OH）3胶体（沉淀）具有的吸附性进行分析；（3）锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化Ⅱ操作，电解制取的锌会含有铜等杂质；（4）根据制取流程可以看出，能够循环利用的物质有锌、硫酸和硫酸锌．【解答】解：（1）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（2）①亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；②氢氧化铁的溶度积Ksp=4.0×10﹣38，pH=3的溶液中，氢氧根离子的浓度为1×10﹣11mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣5mol/L，故答案为：4.0×10﹣5；③由于生成的Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性，所以净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性；（3）由于锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化Ⅱ操作，电解制取的锌中会含有铜等杂质，故答案为：制取的锌含铜等杂质；（4）通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，-35-故答案为：H2SO4、ZnSO4．【点评】本题借助制取金属锌的流程考查了离子浓度计算、离子方程式、化学方程式的书写等知识，注意合理分析题中信息，本题难度中等，充分考查了分析、理解能力．　17．（12分）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　铁表面被钝化　．（2）另称取铁钉6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．写出生成Fe2+所有可能的离子反应方程式：　Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+　．若要确认其中有Fe2+，应选用　d　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取336ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应的化学方程式为：　SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4　．然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．由于此推知气体Y中SO2的体积分数为　66.7%　．【考点】浓硫酸的性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】氧族元素．【分析】（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化；（2）①在加热条件下，浓硫酸与Fe反应生成Fe3+，当溶液浓度减小时，硫酸氧化性减弱，生成Fe2+；实验室在检验Fe2+时，可利用+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色来检验；②生成的SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，利用硫元素的守恒，结合关系式：SO2→BaSO4求出SO2的体积分数．【解答】解：（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁表面被钝化；（2）①在加热条件下，浓硫酸与Fe反应生成Fe3+，当溶液浓度减小时，硫酸氧化性减弱，生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，如硫酸完全消耗，且铁过量时，还会发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色，溶液中已经有+3价铁离子，选择a会造成干扰，选b只能检验溶液中含有+3价铁离子，选c会造成两种沉淀，受氢氧化铁颜色的影响无法辨别，只能选d，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；d；②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，-35-n（混合气体）==0.015mol，SO2→BaSO41mol233gn2.33gn=0.01mol则SO2的体积分数：=66.7%，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；66.7%．【点评】本题综合考查元素化合物知识、提出假设并设计实验方案的能力和文字表达能力，开放性较强，涉及：浓硫酸的强氧化性，C、S与Fe及其化合物的性质，题目难度中等．　18．（12分）实验室里可用如图所示的装置制取氯酸钾、次氯酸钠，并验证氯水的性质．如图中①为氯气发生装置；②的试管中盛有15mL30%的KOH溶液，并置于水浴中；③的试管中盛有15mL8%的NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管中加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置．（1）制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的二氧化锰固体，再通过　分液漏斗　．（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的　浓盐酸　．（填写试剂名称）（2）为除去氯气中混有的氯化氢气体，可在①和②之间安装盛有　b　．（选填字母编号）的净化装置．a．碱石灰b．饱和食盐水c．浓硫酸d．饱和碳酸氢钠溶液（3）本实验制取次氯酸钠的离子方程式是　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　．（4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，两者的差异是　反应的温度不同、反应物浓度不同　．（5）实验中可观察到④的试管中溶液颜色会发生变化：最初溶液由紫色变为红色，原因是　氯气与水反应生成酸使石蕊显红色　；接着溶液逐渐变为无色，是因为　氯气与水反应生成次氯酸将石蕊氧化为无色　．-35-【考点】制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素；化学实验基本操作．【分析】（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，可用分液漏斗加入浓盐酸；（2）除去氯气中混有的氯化氢气体，可将混合气体通过饱和食盐水；（3）氯气和碱在常温下反应生成NaClO和NaCl，以此书写反应的离子方程式；（4）制取氯酸钾和次氯酸钠的浓度和温度不同；（5）根据氯气与水反应生成HCl和HClO判断．【解答】解：（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；浓盐酸；（2）生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，故答案为：b；（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，故答案为：反应的温度不同、反应物浓度不同；（5）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，故答案为：氯气与水反应生成酸使石蕊显红色；氯气与水反应生成次氯酸将石蕊氧化为无色．【点评】本题考查氯气的制备、性质，主要是实验过程分析应用，注意物质性质的理解分析，题目难度中等，做题时注意基础知识的积累．　19．（18分）Ⅰ．实验室称取0.867g草酸钠（Na2C2O4，相对分子质量为134），溶解于水，加入一定量硫酸，用未知浓度的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液22.50mL，反应式如下（未配平）：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→Mn2++CO2+H2O．则装KMnO4的滴定管是　酸式　（填“酸式”或“碱式”）；KMnO4溶液的浓度是　0.115　mol/L．-35-Ⅱ．某温度下在容积固定的密闭容器中，下列反应达到平衡：M（g）+H2O（g）⇌N（g）+H2（g）起始n（M）：n（H2O）M转化率H2O转化率1：10.50.51：20.670.331：30.750.25①该反应的平衡常数为　1　．该温度下，向容器中充入1molM、3molH2O、2molN、1.5molH2，则起始时该反应速率V正　=　V逆（填“＞”、“＜”或“=”）②结合表中数据，判断下列说法中正确的是　AB　．A．增加H2O（g）的量，M的转化率升高而H2O（g）的转化率降低B．若M与H2O（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同C．M和H2O（g）初始物质的量之比等于二者转化率之比D．当M与H2O（g）物质的量之比为1：4时，M的转化率为0.85③该温度下，向容器中充入2molM、2molH2O，当达平衡时放出aKJ热量，则该反应的△H=　﹣aKJ/mol　．Ⅲ．黄钾铵铁矾不溶于水和稀硫酸，制黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是　NH3•H2O　．（2）检验滤液中是否存在K+的操作是　用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+　．（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A．②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g．③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成．④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g．-35-通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）　KNH4Fe6（SO4）4（OH）12　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．【专题】实验分析题．【分析】Ⅰ．酸性高锰酸钾可腐蚀橡胶管，由电子守恒可知2MnO4﹣～5C2O42﹣，以此计算；Ⅱ．①利用1：1时转化率为0.5，可知平衡时各物质浓度相同，K=；再利用Qc、K的关系判断反应方向；②初始量之比等于化学计量数之比时转化率相同，增大某反应物的量，必定增大另一反应物的转化率，以此解答；③2molM、2molH2O，当达平衡时放出aKJ热量，即转化率为0.5，反应1molM放出akJ的热量；Ⅲ、（1）根据制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾组成进行分析；（2）根据实验室检验钾离子的实验操作完成；（3）②9.32g为不溶于盐酸的硫酸钡沉淀；③标准状况下气体224mL气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁；④得到的固体是氧化铁；根据以上分析数据及电荷守恒，计算出黄钾铵铁矾各种成分的物质的量之比，就是黄钾铵铁矾的化学式．【解答】解：Ⅰ．酸性高锰酸钾可腐蚀橡胶管，则应盛放在酸式滴定管中，由电子守恒可知2MnO4﹣～5C2O42﹣，n（Na2C2O4）==0.0065mol，KMnO4溶液的浓度是=0.115mol/L，故答案为：酸式；0.115；Ⅱ．①由1：1时转化率为0.5，可知起始量相同，平衡时各物质浓度相同，K==1；由Qc==1=K，则平衡不移动，即V正=V逆，故答案为：1；=；②A．增加H2O（g）的量，促进M的转化，则M的转化率升高而H2O（g）的总物质的量增大，其转化率降低，故A正确；-35-B．若M与H2O（g）的转化率相同时，化学计量数相同，所以二者的初始投入量一定相同，故B正确；C．由表格中后两组数据可知，M和H2O（g）初始物质的量之比不一定等于二者转化率之比，故C错误；D．当M与H2O（g）物质的量之比为1：4时，M（g）+H2O（g）⇌N（g）+H2（g）开始n4n00转化xxxx平衡n﹣xn﹣xxx=1，解得x=0.8n，M的转化率为0.8，故D错误，故答案为：AB；③2molM、2molH2O，当达平衡时放出aKJ热量，即转化率为0.5，反应1molM放出akJ的热量，即该反应的△H=﹣akJ/mol，故答案为：﹣aKJ/mol；Ⅲ．（1）制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾组成，可以可知加入X是氨水，以便生成黄钾铵铁矾，故答案为：氨水；（2）通过焰色反应检验钾离子存在情况，方法为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+，故答案为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+；（3）②的沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量就等于溶液中硫酸根的物质的量：n（SO42﹣）=n（BaSO4）==0.04mol③所得气体为氨气，溶液中铵离子物质的量就等于氨气的物质的量：n（NH4+）=n（NH3）==0.01mol④最终得到的固体是氧化铁，根据铁原子守恒，溶液中的铁离子物质的量为：n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=2×=0.06mol黄钾铵铁矾中，n（K+）=n（NH4+）=0.01mol，根据电荷守恒：n（OH﹣）=n（K+）+n（NH4+）+3n（Fe3+）﹣2n（SO42﹣）=0.12mol-35-n（K+）：n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42﹣）：n（OH﹣）=1：1：6：4：12黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12，故答案为：KNH4Fe6（SO4）4（OH）12；【点评】本题考查氧化还原反应的计算及化学平衡的计算，为高频考点，侧重学生分析能力和计算能力的考查，注意电子守恒及化学平衡常数K的计算与应用，题目难度中等．　20．（14分）（1）已知：BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）；△H1=571.2kJ/mol，BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）；△H2=226.2kJ/mol．则反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）的△H3=　172.5　kJ/mol（2）如图所示装置工作时均与H2有关．①图1所示装置中，通入H2的管口的电极反应式为　H2+2e﹣+2OH﹣=2H20　．②某同学按图2所示装置进行实验，实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后，溶于稀硫酸，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴入新制氯水，溶液变为红色．该同学据此得出结论：铁与水蒸气反应生成FeO和H2．该结论　不严密　（填“严密”或“不严密”），你的理由是　产物中含+3价铁的物质与稀硫酸反应后生成Fe3+，Fe3+可与过量的Fe反应生成Fe2+，2Fe3++Fe═3Fe2+　（用离子方程式和必要的文字说明）．（3）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是　3mol　．（4）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图3示．则BC段气体是产生的气体是　H2　；OA段离子反应方程式为　Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O　，c（H2SO4）为　2mol/L　．【考点】氧化还原反应的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；铁及其化合物的性质实验．【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）利用盖斯定律计算反应热；-35-（2）①该装置是原电池，根据氢氧根离子移动方向知，右边电极为负极、左边电极为正极，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子；②即使有生成的四氧化三铁，溶于稀硫酸后Fe3+可与过量的Fe反应生成Fe2+；（3）该反应11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中P元素化合价由0变为﹣3价和+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，该反应中被氧化的白磷占参加反应白磷的，根据转移电子计算被硫酸铜氧化的白磷；（4）Fe先和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，然后Fe再和铁离子反应生成亚铁离子，最后铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，稀硫酸和稀硝酸都提供氢离子，所以硝酸根离子完全反应生成NO，则最后得到溶液中的溶质为硫酸亚铁，根据铁原子守恒计算．【解答】解：（1）BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）△H1=571.2kJ/mol①，BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）△H2=226.2kJ/mol②将方程式得C（s）+CO2（g）=2CO（g），则△H3==172.5kJ/mol故答案为：172.5；（2）①该装置是原电池，根据氢氧根离子移动方向知，右边电极为负极、左边电极为正极，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2e﹣+2OH﹣=2H20，故答案为：H2+2e﹣+2OH﹣=2H20；②即使有生成的四氧化三铁，溶于稀硫酸后Fe3+可与过量的Fe反应生成Fe2+，所以向溶液中滴加KSCN溶液时，混合溶液不变红色，所以该实验不严密，离子反应方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：不严密；产物中含+3价铁的物质与稀硫酸反应后生成Fe3+，Fe3+可与过量的Fe反应生成Fe2+，2Fe3++Fe═3Fe2+；（3）该反应11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中P元素化合价由0变为﹣3价和+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，该反应中被氧化的白磷占参加反应白磷的，假设有60mol硫酸铜参加反应，则有11mol白磷参加反应，其中被氧化的白磷物质的量=11mol×=6mol，根据转移电子守恒知，60mol硫酸铜完全反应得到60mol电子，则被硫酸铜氧化的白磷物质的量==3mol，故答案为：3mol；-35-（4）Fe先和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，然后Fe再和铁离子反应生成亚铁离子，最后铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；所以BC段产生的气体是氢气，OA段是铁和稀硝酸的反应，离子方程式为Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，稀硫酸和稀硝酸都提供氢离子，所以硝酸根离子完全反应生成NO，则最后得到溶液中的溶质为硫酸亚铁，最终溶解Fe的质量为22.4g，则n（Fe）==0.4mol，根据n（Fe）=n（H2SO4）=n（FeSO4）=0.4mol，则c（H2SO4）==2mol/L，故答案为：H2；Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O；2mol•L﹣1．【点评】本题考查较综合，涉及盖斯定律、氧化还原反应的计算、混合物反应的计算、原电池原理等知识点，侧重考查学生分析、计算能力，注意（3）中计算的是被硫酸铜氧化的白磷，明确（4）溶液中的溶质即可解答此题，这些都是易错点，题目难度中等．　21．（14分）向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以如表和如图所示：容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物起始量1.5molA0.5molB1.5molA0.5molB6.0molA2.0molB（1）10min内甲容器中反应的平均速率v（A）=　0.05　mol•L﹣1•min﹣1（2）x=　1　，（3）T1　＜　T2，正反应的△H　小于　0（填“大于”或“小于”）（4）T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为　75%　．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法；化学平衡的计算．-35-【专题】化学平衡专题．【分析】（1）由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，根据v=计算v（C）==0.1mol•L﹣1•min﹣1，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）=v（C）=；（2）在相同温度时，根据乙和丙平衡时的C的浓度和起始时A和B的浓度关系可以判断出压强对该平衡的影响，进而判断X的值；（3）比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；（4）根据平衡方程式，由前面的分析可知，x=1，根据平衡常数可计算出平衡时各物质的浓度，进而求得A的转化率．【解答】解：（1）由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）=v（C）=0.05mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.05；（2）在相同温度时，根据图中乙和丙两条曲线可知，平衡时的C的浓度丙线是乙线的2倍，而起始时A和B的浓度容器丙的浓度是容器乙的2倍，也就是说，容器丙中压强是容器乙中2倍，而平衡没有移动，所以该反应前后气体计量数相等，所以x=1，故答案为：1；（3）比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：＜；小于；（4）根据平衡方程式，由前面的分析可知，平衡方程式为A（g）+B（g）⇌2C（g），在T1时甲容器中，设新平衡时，A转化了xmol/L，利用三段式，A（g）+B（g）⇌2C（g）．起始（mol/L）310转化（mol/L）0.750.751.5平衡（mol/L）2.250.251.5起始1（mol/L）130转化1（mol/L）xx2x平衡1（mol/L）1﹣x3﹣x2x-35-所以K==4，在新平衡时有=4，x=0.75，所以A的转化率为×100%=75%，故答案为：75%．【点评】本题主要考查了化学反应速率的计算、影响平衡移动的影响因素、转化率的计算等知识，中等难度，答题时注意运用化学平衡常数求平衡浓度．　-35-