赤峰市寧城縣屆高三上學(xué)期月月考化學(xué)試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精寧城縣高三年級(jí)統(tǒng)一考試化學(xué)試題1。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.廢棄的金屬、紙制品、塑料袋、玻璃都是可回收資源B.六水合氯化鈣可用作食品干燥劑C.P2O5不可用作食品干燥劑D。加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑【答案】B【解析】A．廢棄的金屬、紙制品、塑料袋、玻璃均是可回收資源,可回收再循環(huán)利用，故A正確；B．六水合氯化鈣不能吸水，則不能作食品干燥劑，故B錯(cuò)誤；C．P2O5吸水轉(zhuǎn)化為酸，導(dǎo)致食品變質(zhì)，則P2O5不可用作食品干燥劑，故C正確；D．具有吸水性的植物纖維無(wú)毒,則可用作食品干燥劑，故D正確;故選B。2。NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－離子數(shù)之和為0。1NAB.60g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NAC.過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，生成0。1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0。2NAD.235gU發(fā)生裂變反應(yīng):U+nSr+U+10n凈產(chǎn)生的中子（n)數(shù)為10NA【答案】C【解析】A、HCO3-在溶液中能電離為CO32—和水解為H2CO3，根據(jù)物料守恒可知，溶液中的HCO3—、CO32—、H2CO3之和為0。1NA個(gè)，故A錯(cuò)誤；B、60g丙醇的物質(zhì)的量為1mol,而丙醇中含11條共價(jià)鍵，故1mol丙醇中含11NA條共價(jià)鍵,故B錯(cuò)誤;C、過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，氧元素的價(jià)態(tài)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià),故當(dāng)生成0.1mol氧氣時(shí)轉(zhuǎn)移0。2mol電子即0。2NA個(gè),故C正確;D、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子為10-1=9個(gè)，則235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)凈產(chǎn)生的中子(01n)數(shù)為9NA，故D錯(cuò)誤;故選C。點(diǎn)睛:熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為CD，C中要注意過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，氧元素的價(jià)態(tài)由—1價(jià)變?yōu)?價(jià)；D中要看懂方程式，可以簡(jiǎn)化為：USr+U+9n。3。常溫下，將等體積，等物質(zhì)的量濃度的NH4HCO3與NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶體，過(guò)濾，所得濾液pH<7.下列關(guān)于濾液中的離子濃度關(guān)系不正確的是A.c(H+)〉1。0×10—7mol/LB.c（Na+）=c(HCO3－）+c（CO32－)+c(H2CO3）C。c(H+）+c（NH4+)=c（OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)D.c(Cl－）>c(NH4+)>c（HCO3－)>c（CO32－）【答案】C點(diǎn)睛：明確溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)、析出物質(zhì)成分是解本題關(guān)鍵，注意溶液中仍然遵循電荷守恒和物料守恒，易錯(cuò)選項(xiàng)是C，析出部分碳酸氫鈉,則c（Na+)＜c(Cl—)。4。烏洛托品在合成、醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛用途，其結(jié)構(gòu)式如圖所示。將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品。若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品,則甲醛與氨的物質(zhì)的量之比為A.3：2B。2：3C。1：1D.2：1【答案】A【解析】試題分析:將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品,若原料完全反應(yīng)生成烏洛托品,每個(gè)烏洛托品分子中含有6個(gè)C原子、4個(gè)N原子，每個(gè)甲醛分子中含有1個(gè)C原子、每個(gè)氨氣分子中含有1個(gè)N原子,根據(jù)C原子、N原子守恒知，要形成一個(gè)烏洛托品分子需要6個(gè)甲醛分子、4個(gè)氨氣分子，則需要甲醛和氨氣分子個(gè)數(shù)之比=6：4=3：2，根據(jù)N=nNA知，分子數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比，所以甲醛與氨的物質(zhì)的量之比3：2,故選C。考點(diǎn)：考查了物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算的相關(guān)知識(shí).5.一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖。下列有關(guān)該電池的說(shuō)法正確的是A.反應(yīng)CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1molCH4轉(zhuǎn)移12mol電子B.電極A上H2參與的電極反應(yīng)為：H2＋2OH－－2e－=2H2OC。電池工作時(shí),CO32－向電極B移動(dòng)D.電極B上發(fā)生的電極反應(yīng)為：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－【答案】D【解析】試題分析：A、每消耗1摩爾甲烷,轉(zhuǎn)移6摩爾電子,錯(cuò)誤，不選A；B、電解質(zhì)為熔融的碳酸鹽，不含氫氧根離子，錯(cuò)誤,不選B；C、B極通入氧氣，為正極，碳酸根離子向負(fù)極移動(dòng)，錯(cuò)誤，不選C；D、電極B上氧氣得到電子生成碳酸根離子，正確,選D?？键c(diǎn)：原電池的原理的應(yīng)用6。濃度均為0。10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V,pH隨lgv/v0的變化如圖所示，下列敘述錯(cuò)誤的是A.MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性B.ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn)C.若兩溶液無(wú)限稀釋?zhuān)瑒t它們的c（OH-）相等D。當(dāng)lgv/v0=2時(shí)，若兩溶液同時(shí)升高溫度，則c(M+）/c（R+）增大【答案】D【解析】試題分析：A．相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強(qiáng)，根據(jù)圖知，未加水時(shí),相同濃度條件下，MOH的pH大于ROH的pH，說(shuō)明MOH的電離程度大于ROH,則MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性，故A正確；B．由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質(zhì)在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點(diǎn)溶液體積大于a點(diǎn)，所以b點(diǎn)濃度小于a點(diǎn)，則ROH電離程度：b＞a，故B正確；C．若兩種溶液無(wú)限稀釋?zhuān)罱K其溶液中c(OH-)接近于純水中c（OH-），所以它們的c(OH—）相等，故C正確;D．根據(jù)A知，堿性MOH＞ROH，當(dāng)=2時(shí)，由于ROH是弱電解質(zhì)，升高溫度能促進(jìn)ROH的電離，所以c(M+）/c（R+）減小，故D錯(cuò)誤；故選D。【考點(diǎn)定位】考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【名師點(diǎn)晴】本題考查弱電解質(zhì)在水溶液中電離平衡，為高頻考點(diǎn)，明確弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)、弱電解質(zhì)電離程度與溶液濃度關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵,易錯(cuò)選項(xiàng)是C，注意:堿無(wú)論任何稀釋都不能變?yōu)橹行匀芤夯蛩嵝匀芤?，接近中性時(shí)要考慮水的電離，為易錯(cuò)點(diǎn)。7。常溫下，鹽酸與氫氧化鈉溶液相互滴定的滴定曲線(xiàn)如下圖，下列敘述不正確的是A.滴定過(guò)程的任何時(shí)刻都存在：c（H＋)+c（Na＋）＝c(OH－）＋c（Cl－)B.曲線(xiàn)b是用氫氧化鈉溶液滴定鹽酸溶液的滴定曲線(xiàn)C.氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為0。1mol?L-1D.P點(diǎn)時(shí)恰好完全中和,溶液呈中性【答案】B【解析】試題分析：A、鹽酸與氫氧化鈉溶液相互滴定，溶液中存在的離子有H＋、Na＋、OH－、Cl－，根據(jù)電荷守恒，任何時(shí)刻都存在：c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH－)＋c（Cl－），A正確；B、曲線(xiàn)b的pH是由大到小，說(shuō)明是鹽酸溶液滴定氫氧化鈉溶液的曲線(xiàn)，B錯(cuò)誤；C、由曲線(xiàn)可知?dú)溲趸c溶液的pH=13，所以氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為0。1mol?L－1，C正確；D、由曲線(xiàn)可知P點(diǎn)時(shí)pH=7,說(shuō)明溶液呈中性,反應(yīng)恰好完全,D正確。答案選B?？键c(diǎn)：酸堿中和滴定8。向一定量的Fe、FeO、Fe2O3混合物中加入350ml2mol?L—1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2。24LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況）,往所得溶液中加入KSCN溶液，無(wú)紅色出現(xiàn)。若用足量的H2在加熱條件下還原相同質(zhì)量的混合物，所得到的鐵的物質(zhì)的量為A.0.21molB.0.25molC。0.3molD。0。35mol【答案】C【解析】向所得溶液中加入KSCN溶液，無(wú)紅色出現(xiàn)，說(shuō)明溶液中的鐵元素以Fe2＋的形式存在，即溶質(zhì)為Fe（NO3）2，n（Fe2＋)=（350×10－3×2－2。24/22.4）/2mol=0。3mol，氫氣還原混合物，得到鐵單質(zhì)，根據(jù)鐵元素守恒,最后得到鐵的物質(zhì)的量為0。3mol，故C正確。9.下列關(guān)于有機(jī)化合物的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.石油分餾是物理變化，可獲得汽油、煤油、柴油等產(chǎn)品B.C4H9Cl、C4H8Cl2的同分異構(gòu)體種類(lèi)分別有4種、9種（不含立體異構(gòu)）C。淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物不同D.由乙酸生成乙酸乙酯屬于取代反應(yīng)【答案】C【解析】A、石油的分餾利用其組分的沸點(diǎn)不同，進(jìn)行分離，屬于物理變化,故A說(shuō)法正確;B、C4H10有2種同分異構(gòu)體，即CH3CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH3，前者有2種不同的氫原子，后者有2種不同的氫原子，即一氯代物有4種，,一個(gè)氯原子固定在①號(hào)上，另一個(gè)氯原子在①②③④上進(jìn)行取代，有4種，氯原子固定在②位置上，另一個(gè)氯原子在②③位置上，有2種，，一個(gè)氯原子固定在⑤位置上,另一個(gè)氯原子在⑤⑥⑦上，有3種，二氯代物共有9種，故B說(shuō)法正確；C、淀粉和纖維素水解最終產(chǎn)物是葡萄糖，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D、乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)，生成乙酸乙酯，屬于取代反應(yīng)，故D說(shuō)法正確。10.下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的操作或設(shè)計(jì)正確的是A.實(shí)驗(yàn)室取用堿金屬時(shí)，將用剩的金屬放回原瓶B.用飽和碳酸鈉溶液除去SO2中少量的CO2C.用pH試紙測(cè)定新制氯水的pHD.用硝酸銀溶液來(lái)檢驗(yàn)Cl2中是否混有HCl氣體【答案】A【解析】A.堿金屬性質(zhì)非?；顫姡S意丟棄容易引發(fā)意外事故，因此實(shí)驗(yàn)室取用堿金屬時(shí),需要將用剩的金屬放回原瓶，故A正確;B.二氧化硫能夠與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳，因此不能用飽和碳酸鈉溶液除去SO2中少量的CO2，故B錯(cuò)誤；C.氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH試紙測(cè)定新制氯水的pH，故C錯(cuò)誤；D.氯氣能夠與水反應(yīng)生成鹽酸，會(huì)生成氯離子，因此用硝酸銀溶液不能檢驗(yàn)Cl2中是否混有HCl氣體,故D錯(cuò)誤;故選A。11。下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕虻贸鱿鄳?yīng)結(jié)論的是實(shí)驗(yàn)操作目的或結(jié)論A將Cu片放入FeCl3溶液中證明Fe的金屬性比Cu強(qiáng)B將點(diǎn)燃的鎂條置于盛有CO2的集氣瓶中，瓶?jī)?nèi)壁有黑色固體生成鎂與CO2發(fā)生置換反應(yīng)C將SO2通入溴水或酸性高錳酸鉀溶液中證明SO2有漂白性D向FeCl2溶液（含少量FeBr2雜質(zhì)）中，加入適量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2A。AB。BC。CD.D【答案】B【解析】A、發(fā)生2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋,體現(xiàn)Fe3＋的氧化性強(qiáng)于Cu2＋，故A錯(cuò)誤;B、根據(jù)現(xiàn)象,發(fā)生2Mg＋CO22MgO＋C，故B正確;C、利用溴水或酸性高錳酸鉀溶液的強(qiáng)氧化性，把SO2氧化成SO42－,體現(xiàn)SO2的還原性，故C錯(cuò)誤；D、還原性：Fe2＋>Br－，加入適量氯水，先氧化成Fe2＋，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D錯(cuò)誤。12.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B。c（H+)/c（OH_)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-C。由水電離出的c(H+）=1×10-14mol/L的溶液中:Ca2+、K+、Cl—、HCO3—D。c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、SO42—、Cl-、SCN-【答案】B【解析】A．pH=1的溶液,顯酸性,Fe2+、NO3—、H+發(fā)生氧化還原反應(yīng),不能大量共存,故A錯(cuò)誤;B．c（H+）/c(OH—）=1012的溶液中,c（H+)=0。1mol/L，離子之間不發(fā)生任何反應(yīng),可以大量共存，故B正確;C．水電離出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液,水的電離受到抑制，溶液可能呈堿性,也可能呈酸性,無(wú)論呈酸性還是堿性，HCO3-都不能大量存在，故C錯(cuò)誤；D．Fe3+和SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選B。13。已知亞硫酸是一種二元弱酸，NaHSO3溶液呈酸性。將SO2氣體通入一定量的NaOH溶液中,所得溶液呈中性.有關(guān)該溶液的判斷錯(cuò)誤的是A.該溶液中的溶質(zhì)主要成分為NaHSO3和Na2SO3B.該溶液中c(Na+）=c（HSO3—)+c（SO32-）C。該溶液中離子濃度最大的是Na+D。向該溶液中加入氯化鉀固體，溶液依然呈中性,且有c(K+）=c(Cl—)【答案】B【解析】A．二氧化硫與氫氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式為:SO2+NaOH═NaHSO3，SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O，溶液中主要溶質(zhì)有五種可能:①亞硫酸鈉和氫氧化鈉（堿性）、②亞硫酸鈉（堿性)、③亞硫酸鈉與亞硫酸氫鈉(可能呈中性)、④亞硫酸氫鈉(酸性)、⑤亞硫酸與亞硫酸氫鈉(酸性），溶液呈中性，所以溶質(zhì)主要成分為亞硫酸鈉與亞硫酸氫鈉，故A正確；B．依據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c（H+)=2c(SO32-）+c(HSO3-）+c(OH—），中性溶液中c（H+)=c（OH-），得c(Na+)=2c(SO32-）+c(HSO3-），故B錯(cuò)誤;C．該溶液中溶質(zhì)為NaHSO3與Na2SO3,根據(jù)物料守恒知，溶液中離子濃度最大的是Na+，故C正確；D．向該溶液中加入氯化鉀固體,電離生成的K+與Cl—與溶液中各離子均不反應(yīng),所以溶液依然呈中性，且有c（K+）=c（Cl-）,故D正確；故選B。點(diǎn)睛：明確溶液中的溶質(zhì)及溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是D，注意KCl與溶液其它離子濃度無(wú)關(guān)，為易錯(cuò)點(diǎn).14.鐵酸鹽MFe2O4與H2在高溫下反應(yīng)生成新型納米材料氧缺位鐵酸鹽（MFe2Ox，3＜x＜4,M=Mn、Zn、Ni，其均顯+2價(jià))。已知鐵酸鹽MFe2O4被H2高溫還原時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的MFe2O4與H2的物質(zhì)的量之比為2:1。則下列說(shuō)法中不正確的是A.MFe2Ox是還原產(chǎn)物B。MFe2Ox中的+2價(jià)鐵和+3價(jià)鐵的物質(zhì)的量之比為1:3C.x=3。5D.若反應(yīng)中消耗H2（標(biāo)準(zhǔn)狀況下)33。6L,則轉(zhuǎn)移的電子為3mol【答案】B【解析】A．由“鐵酸鹽（MFe2O4）被H2高溫還原時(shí)”可知,反應(yīng)中MFe2O4得電子被還原，MFe2Ox為還原產(chǎn)物,故A正確；B．反應(yīng)的方程式為2MFe2O4+H2=2MFe2Ox+H2O，由質(zhì)量守恒可知2x+1=2×4,x=3。5，則MFe2O3。5中，F(xiàn)e元素的化合價(jià)為=2.5，則MFe2Ox中+2價(jià)鐵與+3價(jià)鐵的量之比為1：1，故B錯(cuò)誤;C．由B分析可知x=3。5，故C正確；D．n(H2)==1。5mol，轉(zhuǎn)移電子1。5mol×2=3mol，故D正確；故選B。15。稀硝酸銀溶液與稀碘化鉀溶液反應(yīng)生成1molAgI沉淀的△H=—akJ/mol,稀硝酸銀溶液與Na2S溶液反應(yīng)生成1molAg2S沉淀的△H=—bkJ/mol,則AgI懸濁液與稀Na2S溶液反應(yīng)生成1molAg2S沉淀的△H為A?！?（a-b）kJ/molB.-2（a+b）kJ/molC.-（b—2a)kJ/molD?！?b+a）kJ/mol【答案】C【解析】稀硝酸銀溶液與稀碘化鉀溶液反應(yīng)生成1molAgI沉淀的△H=—akJ/mol，熱化學(xué)方程式為:①Ag+(aq）+I-（aq)=AgI(s）△H=-akJ/mol；稀硝酸銀溶液與Na2S溶液反應(yīng)生成1molAg2S沉淀的△H=-bkJ/mol,熱化學(xué)方程式為：②2Ag+（aq)+S2—（aq）=Ag2S（s)△H=-akJ/mol；根據(jù)蓋斯定律，②-①×2得：2AgI(s)+S2-（aq）=Ag2S（s)+2I-（aq)△H=—(b—2a）kJ/mol，故選C。16.用氮化硅陶瓷代替金屬制造發(fā)動(dòng)機(jī)的耐熱部件，能大幅度提高發(fā)動(dòng)機(jī)的熱效率。工業(yè)上用化學(xué)氣相沉積法制備氮化硅,其反應(yīng)如下：3SiCl4(g）+2N2（g）+6H2(g)=Si3N4（s)+12HCl（g）△H<0，一定條件下，在密閉恒容的容器中，能發(fā)生上述反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是A。3v（正)（N2）=v(正）（H2）B。v(正）（HCl）=4v（正）(SiCl4）C?；旌蠚怏w密度保持不變D.c(N2）:c（H2）:c（HCl）=1：3：6【答案】C17.往2L密閉容器中充入NO2，在三種不同條件下發(fā)生反應(yīng)2NO2（g)2NO(g）+O2（g），實(shí)驗(yàn)測(cè)得NO2的濃度隨時(shí)間的變化如下表（不考慮生成N2O4）濃度/mol/L01020304050實(shí)驗(yàn)1/800℃1。000。800。650。550。500.50實(shí)驗(yàn)2/800℃1。000。700.500.500.500。50實(shí)驗(yàn)3/850℃1。000。500.400。150。150。15下列說(shuō)法正確的是A。實(shí)驗(yàn)2使用了比實(shí)驗(yàn)1效率更高的催化劑B。實(shí)驗(yàn)2的反應(yīng)容器體積比實(shí)驗(yàn)1的小C。通過(guò)實(shí)驗(yàn)2和實(shí)驗(yàn)3可判斷該反應(yīng)是放熱反應(yīng)D。實(shí)驗(yàn)2的平衡常數(shù)比實(shí)驗(yàn)3的大【答案】A【解析】A．因?qū)嶒?yàn)1和實(shí)驗(yàn)2平衡時(shí)NO2的濃度相同，但實(shí)驗(yàn)2反應(yīng)速率大，則實(shí)驗(yàn)2使用了催化劑，故A正確；B．縮小體積，壓強(qiáng)增大,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，不可能與實(shí)驗(yàn)1達(dá)到相同平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)3在850℃反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)NO2的濃度較800℃小，說(shuō)明溫度升高，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)應(yīng)為吸熱反應(yīng),故C錯(cuò)誤；D．升高溫度,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),則平衡常數(shù)增大，實(shí)驗(yàn)2的平衡常數(shù)比實(shí)驗(yàn)3的小，故D錯(cuò)誤；故選A。點(diǎn)睛：注意對(duì)比實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，把握影響化學(xué)平衡移動(dòng)的因素是解題的關(guān)鍵。實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2在相同的溫度下反應(yīng),平衡時(shí)NO2的濃度相同,說(shuō)明達(dá)到相同平衡狀態(tài)；實(shí)驗(yàn)3在850℃反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)NO2的濃度較800℃小，說(shuō)明溫度升高，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)應(yīng)為吸熱反應(yīng).18。下列A～D四組反應(yīng)中，Ⅰ和Ⅱ可用同一個(gè)離子方程式表示的是選項(xiàng)ⅠⅡA把金屬鐵放入稀硫酸中把金屬鐵放入稀硝酸中B向Ca（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液向Ca（OH）2溶液中加入足量的NaHCO3溶液C將0.1molCl2通入含0。3molFeBr2的溶液中將0.3molCl2通入含0。1molFeBr2的溶液中D將少量Na2CO3溶液滴入足量HCl溶液中將少量HCl溶液滴入足量Na2CO3溶液中A。AB.BC。CD。D【答案】B【解析】試題分析：A．把金屬鐵放入稀硫酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑把金屬鐵放入稀硝酸中:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O故A錯(cuò)誤。B．Ca(HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－＋H2O、Ca（OH）2溶液中加入足量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋CO32－＋H2O故B正確。C．將0。1molCl2通入含0。3molFeBr2的溶液：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。將0。3molCl2通入含0。1molFeBr2的溶液：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋6Cl－＋Br2，故C錯(cuò)誤。D．將少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液：CO32－+2H+＝CO2↑＋H2O將少量HCl溶液滴入到足量Na2CO3溶液：CO32－+H+＝HCO3－，故D錯(cuò)誤。考點(diǎn)：了解離子反應(yīng)的概念、離子反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)。點(diǎn)評(píng)：與量有關(guān)的離子方程式的書(shū)寫(xiě)常見(jiàn)的有：1。因滴加順序不同造成連續(xù)反應(yīng)2。因某物質(zhì)過(guò)量造成產(chǎn)物不同3。因氧化性或還原性強(qiáng)弱不同造成連續(xù)反應(yīng)等。解決此類(lèi)此類(lèi)題目要在掌握基本方法的基礎(chǔ)上，針對(duì)反應(yīng)中物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)的條件、反應(yīng)的環(huán)境等因素具體分析，正確判斷。19.鉛是銀白色金屬,在古代人們?cè)勉U作筆，“鉛筆”的名字由此而來(lái).(1）使用現(xiàn)代“鉛筆"寫(xiě)字時(shí)，在紙上留下“筆劃”的有效成分是_________（2）醋酸鉛因其有甜味而在中醫(yī)中被稱(chēng)為“鉛糖”，它有劇毒但能入藥。已知CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸鉛與醋酸鈉混合后反應(yīng)的離子方程式為：Pb2++2CH3COO_﹦(CH3COO）2Pb，該反應(yīng)能夠發(fā)生的主要原因是_____________.（3)鉛能形成多種氧化物。①鉛的氧化物Pb3O4可看作是2PbO·PbO2,Pb3O4與過(guò)量硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Pb3O4+4HNO3﹦PbO2+2Pb（NO3)2+2H2O，則PbO2是_____（填“酸”“堿”或“兩”）性氧化物.②PbO俗稱(chēng)密陀僧，可用于治療多種疾病,它與次氯酸鈉溶液反應(yīng)可制得PbO2，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________________________________。（4)PbSO4是鉛蓄電池（構(gòu)成Pb-PbO2—H2SO4）中的重要物質(zhì),寫(xiě)出充電時(shí)PbSO4被還原為某一電極材料的電極反應(yīng)式：_____________________________；當(dāng)陽(yáng)極質(zhì)量減輕96g時(shí)，理論上電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_(kāi)_____NA(設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值)【答案】（1）.石墨(2)。醋酸鉛是弱電解質(zhì)（3）。酸性(4）.PbO+ClO-=PbO2+Cl-(5).PbSO4+2e-=Pb+SO42-(6)。3【解析】（1)現(xiàn)代使用的“鉛筆”中的筆芯的主要成分是石墨，因此在紙上留下“筆劃”的有效成分是石墨，故答案為：石墨；（2)根據(jù)Pb2++2CH3COO_﹦（CH3COO）2Pb，可知（CH3COO）2Pb屬于難電離中的物質(zhì),是弱電解質(zhì)，滿(mǎn)足復(fù)分解進(jìn)行的條件,故答案為：醋酸鉛是弱電解質(zhì)；(3)①Pb3O4與過(guò)量硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Pb3O4+4HNO3﹦PbO2+2Pb(NO3）2+2H2O,說(shuō)明PbO2不能溶于硝酸，因此PbO2不是堿性氧化物，故PbO2屬于酸性氧化物，故答案為:酸性；②PbO與次氯酸鈉溶液反應(yīng)可制得PbO2，次氯酸鈉本身被還原為氯化鈉，反應(yīng)的離子方程式為PbO+ClO-=PbO2+Cl-，故答案為：PbO+ClO-=PbO2+Cl-；(4)PbSO4是鉛蓄電池（構(gòu)成Pb-PbO2—H2SO4）中的重要物質(zhì)，充電時(shí)PbSO4被還原為Pb，電極反應(yīng)式為PbSO4+2e-=Pb+SO42—；陽(yáng)極的電極方程式為PbSO4—2e-+2H2O=PbO2+SO42—+4H+，根據(jù)方程式，1molPbSO4反應(yīng)后，電極質(zhì)量減少64g，因此質(zhì)量減輕96g時(shí)，反應(yīng)的硫酸鉛的物質(zhì)的量為=1.5mol，電路中轉(zhuǎn)移的電子為3mol,數(shù)目為3NA，故答案為：PbSO4+2e—=Pb+SO42—;3。20。氮的化合物應(yīng)用廣泛,但氮氧化物是重要的空氣污染物,應(yīng)降低其排放。(1）用CO2和NH3可合成氮肥尿素[CO（NH2)2]。已知：①2NH3(g）+CO2（g)=NH2CO2NH4（s)△H=—159.5kJ·mol—1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2（s）+H2O（g)△H=+116。5kJ·mol-1③H2O(l）=H2O(g）△H=+44.0kJ·mol-1用CO2和NH3合成尿素（副產(chǎn)物是液態(tài)水)的熱化學(xué)方式程為_(kāi)___________________.(2）工業(yè)上常用如下反應(yīng)消除氮氧化物的污染：CH4（g）+2NO2（g)N2（g)+CO2（g）+2H2O(g）△H在溫度為T(mén)1和T2時(shí)，分別將0。40molCH4和1。0molNO2充入體積為1L的密閉容器中,n（CH4）隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖所示：①據(jù)圖判斷該反應(yīng)的△H_____0（填“﹥”“﹤”“﹦”),理由是：__________________________。②溫度為T(mén)1時(shí)，0～10min內(nèi)，NO2的平均反應(yīng)速率v（NO2)=________________。③該反應(yīng)達(dá)到平衡后，為再提高反應(yīng)速率同時(shí)提高NO2的轉(zhuǎn)化率,可采取的措施有_______（填字母序號(hào)).A。改用高效催化劑B.升高溫度C?？s小容器的體積D。增加CH4的濃度（3)利用原電池反應(yīng)可實(shí)現(xiàn)NO2的無(wú)害化，總反應(yīng)為6NO2+8NH3=7N2+12H2O，電解質(zhì)溶液為NaOH溶液。工作一段時(shí)間后,該電池正極附近溶液pH_____（填增大、減小或不變），負(fù)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_________________________.（4）氮的一種氫化物HN3，其水溶液酸性與醋酸相似；常溫下，將amol·L—1的HN3與bmol·L—1的Ba（OH）2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（N3—),則該混合物溶液呈_______（填酸、堿、中）性,溶液中c(HN3)=________mol·L-1【答案】（1）.CO2（g）+2NH3（g)=CO（NH2）2(s)+H2O（l）H＝-87。0kJ/mol(2）.＜(3)。T1＜T2,T2時(shí)CH4的平衡含量高，說(shuō)明升高溫度，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆向吸熱，正向放熱（4）。0。02mol·L-1·min-1(5).D（6）。增大(7)。2NH3—6e-+6OH-=N2+6H2O(8).中（9）.【解析】(1)已知:①2NH3（g)+CO2（g）=NH2CO2NH4(s）△H=—159。5kJ/mol，②NH2CO2NH4（s)=CO(NH2)2(s）+H2O(g）△H=+116.5kJ/mol,③H2O(l）=H2O(g）△H=+44.0kJ/mol,根據(jù)蓋斯定律，將①+②—③得：CO2(g)+2NH3（g)=CO（NH2)2（s)+H2O（l)△H=(-159。5kJ/mol）+(+116.5kJ/mol）—(+44。0kJ/mol)=—87。0kJ/mol,故答案為：CO2(g）+2NH3(g)=CO(NH2)2(s）+H2O（l)△H＝—87。0kJ/mol；（2)①根據(jù)圖像，T2時(shí)先達(dá)到平衡,說(shuō)明T2＞T1，溫度越高平衡時(shí)甲烷物質(zhì)的量越大，說(shuō)明平衡逆向進(jìn)行，因此正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，故答案為：＜；T1＜T2,T2時(shí)CH4的平衡含量高，說(shuō)明升高溫度，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆向吸熱，正向放熱;②溫度為T(mén)1時(shí),10min時(shí)，n（CH4）=0。3mol，根據(jù)方程式，反應(yīng)的n（NO2）=2×（0。4mol—0.3mol)=0.2mol，NO2的平均反應(yīng)速率v(NO2）==0。02mol·L—1·min—1，故答案為:0。02mol·L—1·min-1；③A.改用高效催化劑,不能影響平衡的移動(dòng),不能提高NO2的轉(zhuǎn)化率,錯(cuò)誤；B.升高溫度，反應(yīng)速率加快，平衡逆向移動(dòng)，NO2的轉(zhuǎn)化率減小，錯(cuò)誤；C。縮小容器的體積，物質(zhì)的濃度增大，反應(yīng)速率加快,平衡逆向移動(dòng),NO2的轉(zhuǎn)化率減小，錯(cuò)誤；D。增加CH4的濃度，反應(yīng)速率加快,平衡正向移動(dòng)，NO2的轉(zhuǎn)化率增大，正確；故選D；(3）利用原電池反應(yīng)可實(shí)現(xiàn)NO2的無(wú)害化的總反應(yīng)為6NO2+8NH3=7N2+12H2O,電解質(zhì)溶液為NaOH溶液.工作時(shí)，正極上二氧化氮得到電子生成氮?dú)?，電極方程式為2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，正極附近溶液的pH增大;負(fù)極上氨氣失去電子生成氮?dú)?電極反應(yīng)式為2NH3-6e—+6OH-=N2+6H2O，故答案為：增大；2NH3—6e-+6OH—=N2+6H2O；(4）混合后溶液中c(Ba2+)=0。5bmol/L，根據(jù)電荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c（N3—）+c（OH—)，溶液中存在2c(Ba2+）=c（N3—),則c（H+）=c(OH-）=10—7mol/L，溶液顯中性；溶液中c（N3-)=bmol/L，由微粒守恒可知溶液中c(HN3）=（0。5a-b)mol/L,故答案為:中；0。5a—b。21。過(guò)氧化鎂（MgO2）易溶于稀酸,溶于酸后產(chǎn)生過(guò)氧化氫，在醫(yī)學(xué)上可作為解酸劑等。過(guò)氧化鎂產(chǎn)品中會(huì)混有少量MgO,實(shí)驗(yàn)室可通過(guò)多種方案測(cè)定樣品中過(guò)氧化鎂的含量。(1)如圖所示，某研究小組擬用該裝置測(cè)定一定質(zhì)量的樣品中過(guò)氧化鎂的含量.①實(shí)驗(yàn)前需進(jìn)行的操作是_____________________，稀鹽酸中加入少量FeCl3溶液的作用是___________________.②用恒壓分液漏斗的優(yōu)點(diǎn)：使分液漏斗中的液體順利滴下；________________。③實(shí)驗(yàn)終了時(shí)，待恢復(fù)至室溫，先_______，再平視刻度線(xiàn)讀數(shù)。（2）實(shí)驗(yàn)室還可以通過(guò)下列兩種方案測(cè)定樣品中過(guò)氧化鎂的含量：方案Ⅰ:取ag樣品，加入足量稀鹽酸，充分反應(yīng)后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，過(guò)濾、洗滌后，將濾渣充分灼燒，最后得到bg固體。方案Ⅱ：稱(chēng)取0.1g樣品置于碘量瓶中,加入15ml0。6mol·L-1KI溶液和足量鹽酸,搖勻后在暗處?kù)o置5min，然后用0。1mol·L—1Na2S2O3溶液滴定,滴定到終點(diǎn)時(shí)共消耗VmlNa2S2O3溶液。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI）①已知常溫下Ksp〔Mg（OH）2〕=1×10—11。為使方案Ⅰ中Mg2+完全沉淀[即溶液中c（Mg2+)≤1×10—5mol·L-1］，溶液的pH至少應(yīng)調(diào)至_________。方案Ⅰ中過(guò)氧化鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_________(用含a、b的表達(dá)式表示）②方案Ⅱ中滴定前需加入少量_______作指示劑；樣品中過(guò)氧化氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_________（用含V的表達(dá)式表示）【答案】(1）。檢查裝置的氣密性(2)。用作催化劑（3）。消除滴入溶液的體積對(duì)所測(cè)氣體體積的影響（4).將右側(cè)刻度管緩緩上下移動(dòng)直到兩側(cè)液面相平（5）。11（6)。(7）.淀粉溶液（8）.2.8v％【解析】試題分析：（1）①實(shí)驗(yàn)前需進(jìn)行的操作是檢查裝置的氣密性.鐵離子能催化雙氧水的分解，因此稀鹽酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用作催化劑(或催化H2O2的分解)。②用恒壓分液漏斗的優(yōu)點(diǎn)有:使分液漏斗中的溶液順利滴下；又因?yàn)榈稳氲囊后w會(huì)占有部分空間,所以另一個(gè)作用是消除滴入溶液的體積對(duì)所測(cè)氣體體積的影響.③由于讀數(shù)時(shí)必須保證內(nèi)外壓強(qiáng)相等，所以實(shí)驗(yàn)終了時(shí)，待恢復(fù)至室溫，先將右側(cè)刻度管緩緩向下移動(dòng)直到兩側(cè)液面相平，再平視刻度線(xiàn)讀數(shù)。（2)①當(dāng)溶液中鎂離子濃度為l×10－5mol/L時(shí)根據(jù)氫氧化鎂的溶度積常數(shù)可知溶液中氫氧根離子的濃度為,因此為使方案I中Mg2+完全沉淀，溶液的pH至少應(yīng)調(diào)至11。bg固體是氧化鎂,物質(zhì)的量＝。設(shè)原混合物中過(guò)氧化鎂和氧化鎂的物質(zhì)的量分別是xmol和ymol，則56x+40y＝a、x+y＝b/40，解得x＝(a—b）/16，所以過(guò)氧化鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為.②根據(jù)電子得失守恒可知MgO2~2I—～I(xiàn)2～2Na2S2O3，則樣品中過(guò)氧化鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?？键c(diǎn)：考查物質(zhì)含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)與探究22。鈷是重要的戰(zhàn)略金屬，鈷及其化合物廣泛用于航空、航天、電器、機(jī)械制造、磁性材料、化學(xué)和陶瓷等工業(yè),在國(guó)民經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展中具有特殊意義。水鈷礦是鈷的重要來(lái)源.水鈷礦中除SiO2外，還有9。24﹪CoO、2.78﹪Fe2O3、0。96﹪MgO、0。084﹪CaO，從中提取鈷的工藝流程如下：（1）浸出液是多種硫酸鹽的混合液，其中的溶質(zhì)主要有_____________（填化學(xué)式）（2）除鐵時(shí)，溶液中的鐵轉(zhuǎn)化為難溶的Na2Fe6(SO4)4(OH)12,寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_____________（3）“除鈣、鎂”的反應(yīng)原理如下：MgSO4+2NaF=MgF2↓+Na2SO4CaSO4+2NaF=CaF2↓+Na2SO4已知Ksp（CaF2）=1。11×10-10，Ksp（MgF2)=7。40×10—11，加入過(guò)量NaF溶液反應(yīng)完全后過(guò)濾，濾液中c(Ca2+)/c(Mg2+）=_________。（4）“沉淀”表面吸附的雜質(zhì)離子主要有SO42—、F—、______和______，“操作X”包括_______和_________（5)二水草酸鈷在350℃進(jìn)行分解時(shí),先脫除結(jié)晶水，形成無(wú)水草酸鈷結(jié)晶體。然后分解出二氧化碳，獲得金屬鈷，寫(xiě)出反應(yīng)方程式:__________________【答案】（1).CoSO4、Fe2(SO4）3、MgSO4、CaSO4(2)。3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4)4(OH2)↓+5Na2SO4+6CO2↑（3).1.5(4).NH4+（5）.Na+（6）。洗滌（7）.干燥（8）。CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O；CoC2O4Co+2CO2↑【解析】水鈷礦磨礦將礦石粉碎，增大接觸面積,加快反應(yīng)速率，加入稀硫酸,礦渣為SiO2，濾液中含有：CoSO4、Fe2（SO4)3、MgSO4、CaSO4,加入碳酸鈉，除去Fe2（SO4)3，加入氟化鈉,除去鈣鎂，過(guò)濾得主要含CoSO4的溶液，加入草酸銨，通過(guò)沉淀、過(guò)濾、洗滌、干燥得到四水合草酸鈷.(1）根據(jù)上述分析，浸出液是多種硫酸鹽的混合液，其中的溶質(zhì)主要有CoSO4、Fe2（SO4)3、NgSO4、CaSO4,故答案為：CoSO4、Fe2(SO4)3、MgSO4、CaSO4;（2）除鐵時(shí),在Fe2(SO4)3溶液中加入碳酸鈉溶液生成難溶的Na2Fe6（SO4)4（OH)12，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4(OH2）↓+5Na2SO4+6CO2↑,故答案為：3Fe2(SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4)4（OH2）↓+5Na2SO4+6CO2↑；（3）===1.5；故答案為：1.5；（4）該沉淀中吸附易溶于水的離子，根據(jù)流程圖知,溶液中含有銨根離子和鈉離子，所以沉淀上含有銨根離子和鈉離子,得到的沉淀要進(jìn)行洗滌和干燥才能得到較純凈、干燥的物質(zhì)，故答案為:NH4+；Na+；洗滌、干燥；（5）二水草酸鈷在350℃進(jìn)行分解時(shí)，先脫除結(jié)晶水,形成無(wú)水草酸鈷結(jié)晶體，反應(yīng)方程式為CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O。然后CoC2O4分解出二氧化碳和金屬鈷，反應(yīng)方程式為CoC2O4Co+2CO2↑，故答案為：CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O;CoC2O4Co+2CO2↑。點(diǎn)睛：熟悉流程圖涉及的反應(yīng)原理是解題的基礎(chǔ)。本題的難點(diǎn)是（2)題，需要根據(jù)反應(yīng)物和生成物的關(guān)系，結(jié)合質(zhì)量守恒定律書(shū)寫(xiě)方程式；本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(3）,明確溶度積常數(shù)的含義是解題的關(guān)鍵.23.已知A、B、C、D四種短周期元素,它們的核電荷數(shù)依次增大.A、C原子的L能層中都有兩對(duì)未成對(duì)的電子,C、D同主族。E、F都是第四周期元素,E原子核外有4個(gè)未成對(duì)的電子，F(xiàn)原子除最外能層只有1個(gè)電子外，其余各能層均為全充滿(mǎn)。根據(jù)以上信息填空:（1）基態(tài)D原子中，電子占據(jù)的最高能層符號(hào)________，該能層具有的原子軌道數(shù)為_(kāi)________.（2）E2+離子的價(jià)層電子排布圖是__________，F(xiàn)原子的電子排布式是__________。（3）A元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物中心原子采用的軌道雜化方式為_(kāi)_____,B元素的氣態(tài)氫化物的VSEPR模型為_(kāi)__________。（4）化合物AC2、B2C和陰離子DAB—互為等電子體，它們的結(jié)構(gòu)相似,DAB—的電子式為_(kāi)____________（5）配合物甲的焰色反應(yīng)呈紫色，其內(nèi)界由中心離子E3+與配位體AB—構(gòu)成,配位數(shù)為6，甲的水溶液可以用于實(shí)驗(yàn)室中E2+離子的定性檢驗(yàn),檢驗(yàn)E2+離子的離子方程式為_(kāi)_______________________(6)某種化合物由D、E、F三種元素組成，其晶胞如圖所示，其化學(xué)式為_(kāi)____?！敬鸢浮?1）.M(2).9（3）。（4)?！睞r〕3d104s1(5)。sp2（6)。四面體形（7）.（8).3Fe2++2〔Fe（CN）6〕3—=Fe3〔Fe(CN)6〕2↓(9）.CuFeS2【解析】A、B、C、D四種短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，A原子、C原子的L能層中都有兩個(gè)未成對(duì)的電子，則A原子核外電子排布為1s22s22p2,C原子核外電子排布為1s22s22p4，故A為碳元素、C為氧元素;B原子序數(shù)介于C、O之間，則B為氮元素；C、D同主族，則D為S元素;E、F都是第四周期元素，E原子核外有4個(gè)未成對(duì)電子，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2,則E為Fe；F原子除最外能層只有1個(gè)電子外,其余各能層均為全充滿(mǎn),F原子核外電子數(shù)=2+8+18+1=29,則F為Cu元素.（1）基態(tài)S原子中電子占據(jù)的最高能層為第3能層，符號(hào)M,該能層有1個(gè)s軌道、3個(gè)p軌道、5個(gè)d軌道，共有9個(gè)原子軌道，故答案為：M；9；(2）Fe2+離子的價(jià)層電子排布3d6,其價(jià)層電子排布圖是，F(xiàn)為Cu元素,原子核外有29個(gè)電子，原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1,故答案為：；1s22s22p63s23p63d104s1；（3）碳元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為H2CO3，分子結(jié)構(gòu)式為，中心C原子成3個(gè)σ鍵、沒(méi)有孤電子對(duì),C原子采取sp2雜化方式;B的氣態(tài)氫化物為NH3，VSEPR模型為四面體，故答案為：sp2；四面體；(4）化合物CO2、N2O和陰離子SCN—互為等電子體，它們結(jié)構(gòu)相似，SCN—中C原子與S、N原子之間形成2對(duì)共用電子對(duì)，SCN—的電子式為，故答案為:；(5）配合物甲的焰色反應(yīng)呈紫色,含有K元素,其內(nèi)界由中心離子Fe