1、2015-2016学年四川省成都市龙泉一中高二（下）期末化学模拟试卷一单项选择题1下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氯、干冰、磁性氧化铁均为化合物 王水、盐酸、水玻璃均为混合物明矾、小苏打、烧碱均为电解质 牛奶、豆浆、硫酸铜溶液均为胶体ABCD2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A18 g H2O含有10NA个质子B1 mol/LCH3COONa溶液中含有1 mol/LCH3COOC标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子325时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+
2、、MnO4、CO32、Bc（H+）=11013 molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、NO3C0.1 molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1 molL1FeCl3溶液中：Fe2+、SCN、SO424以下说法正确的是（）A往溶液中滴加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中不一定存在CO32B滴加AgNO3溶液产生白色沉淀的溶液一定含ClC往溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则原溶液中含SO42D往溶液中滴加氯水和KSCN，溶液变红，则溶液中一定含Fe3+5下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除
3、去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O6常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD7下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（O
4、H）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO38对于反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，以下叙述正确的是（）ABr2是氧化剂，NaOH是还原剂B氧化产物与还原产物的物质的量的比为5：1CBr2既是氧化剂又是还原剂D每生成1mol的NaBrO3转移6mol的电子9将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显变化，但加入某盐后发现铜粉质量明显减少，则该盐不可能是（）AFe2（SO4）3BNaClCKNO3DCu（NO3）210下列有关H2SO4的说法中正确的是（）A将过量的Zn投入一定量的浓H2SO4中，最终生成的气体只有SO2B向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2
5、SO4，在管口观察到红棕色气体C运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后应立即用大量水冲洗D向5 mL 18 molL1的硫酸中加入足量铜片并加热使其充分反应，生成0.045 mol SO211用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（）气体abcANH3浓氨水氧化钙浓硫酸BSO2浓硫酸Cu酸性高锰酸钾溶液CO2双氧水二氧化锰碱石灰DCO2稀盐酸CaCO3饱和NaHCO3溶液AABBCCDD12下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A纯碱是强碱弱酸盐用纯碱溶液可清洗油污B不锈钢是合金不锈钢在潮湿环境中容易被腐蚀CFe2O3是碱性氧化物Fe
6、2O3可用作红色油漆和涂料DNO2是红棕色气体常温下可用铜与浓硝酸制取NO2AABBCCDD13下列离子方程式错误的是（）A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2OB酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4+5H2O2 +6H+2Mn2+5O2+8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO4214已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=akJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol1HH、O
7、=O和OH键的键能分别为436、496和462kJmol1，则a为（）A332B118C+350D+13015镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH6Ni（OH）2+NO2下列说法正确的是（）ANiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+eMH+OH，H2O中的H被M还原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作
8、为电解质溶液16下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）B20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）C室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl）+c（H+）c（NH4+）+c（OH）D0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液
9、中：c（OH）c（H+）+c（CH3COOH）17在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得实验数据如表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（M）7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列说法正确的是（）A实验中，若5 min时测得n（M）=0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0102 molL1min1B实验中，该反应的平衡常数K=2.0C实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D实
10、验中，达到平衡时，b0.06018如图为常温下，向25ml某浓度的NaOH溶液中逐滴加入0.2molL1CH3COOH溶液的过程中溶液pH的变化曲线，下列说法不正确的是（）ANaOH溶液起始浓度为0.1molL1Ba12.5CB点溶液中c（Na+）一定等于c（CH3COO）DD点溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）19已知常温下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）A水的电离程度始终增大B先增大再减小Cc（CH3COOH）与c（CH3COO）之和始终保持不变
11、D当加入氨水的体积为10 mL时，c（NH4+）=c（CH3COO）20一定浓度l00mL的HNO3溶液中加入2.8g Fe，全部溶解，得到标准状况下的NO气体1.12L，测得反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断错误的是（）A反应后溶液中无硝酸亚铁B反应前HNO3溶液的浓度为2.0molL1C反应后溶液中c（NO3）=1.6molL1D反应后的溶液最多还能溶解1.61g Fe二填空题：21从固体混合物A出发可以发生如图所示的一系列变化G为不溶于稀硝酸的白色固体；溶液H的焰色反应呈紫色（透过蓝色的钴玻璃观察）回答下列问题：（1）在实验室中收集气
12、体C，可选择如图装置中的（2）操作的名称是在操作中所使用的玻璃仪器的名称是在得到固体D时必须进行洗涤、干燥等操作，洗涤固体D的目的是（3）写出反应的化学方程式、反应的离子方程式：反应：，反应：（4）在实验室中，要获得干燥纯净的黄绿色气体F，可以将它依次通过如图中的、装置，其中瓶中盛放的是，瓶中盛放的是（5）实验中必须吸收多余的气体F，以免污染空气下图是实验室用NaOH溶液吸收气体F的装置，为防止产生倒吸现象，合理的装置是22孔雀石主要成分是Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下（1）步骤中试剂是（填代号）aKMnO4bH2O2 c
13、Fe粉 dKSCN（2）步骤获得硫酸铜晶体，需要经过、过滤等操作（3）高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂，它可以通过Fe（OH）3与KClO和KOH的混合液制备，写出此离子方程式：在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3ZnFe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极发生的反应的电极反应式为：（4）步骤加入CuO目的是调节溶液的pH查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积常数Ksp=8.01038，Cu（OH）2的溶度积常数Ksp=3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1105 molL1时就认为沉淀完全
14、设溶液2中Cu2+的浓度为3.0molL1步骤加入CuO目的是调节溶液的pH，根据以上数据计算应调节溶液的pH范围是（已知 lg5=0.7）（5）测定硫酸铜晶体（CuSO4xH2O）中结晶水的x值：称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g则计算得x=（计算结果精确到0.1）23废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得Ce（OH）4和硫酸铁铵矾Fe2（SO4） 3（NH4） 2SO424H2O，流程设计如下：已知：酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；CeO2不溶于
15、稀硫酸，也不溶于NaOH溶液回答以下问题：（1）反应的离子方程式是（2）反应中H2O2的作用是（3）反应的离子方程式是（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）2CeT3 （有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3 （有机层）加入H2SO4 获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是（5）硫酸铁铵矾Fe2（SO4） 3（NH4） 2SO424H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是aFe2（SO4） 3（NH4） 2SO424H2O b（NH4
16、） 2SO4 c（NH4） 2CO324研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）K1H10（）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）K2H20（）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（）达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=mol，NO的转
17、化率1=其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率21（填“”“”或“=”），平衡常数K2（填“增大”“减小”或“不变”）若要使K2减小，可采取的措施是（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO）、c（NO）和c（CH3COO）由大到小的顺序为（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1）可使溶液A和溶液B的pH相等
18、的方法是a向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH25某课外活动小组同学用如图装置进行实验，一段时间后在C电极表面有铜析出，试回答下列问题（1）A为电源的极；（2）E的电极反应式为：；（3）在常温下，现用丙装置给铁镀铜，当丙中铁表面析出铜的3.2g时，乙中溶液的pH值为（假设溶液体积为1L）；（4）在电解一段时间后在甲中加入适量可以使溶液恢复到原来的浓度（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为2015-2016学年四川省成都市龙泉一中高二（下）期末化学模拟试卷
19、参考答案与试题解析一单项选择题1下列有关物质分类或归类正确的一组是（）液氯、干冰、磁性氧化铁均为化合物 王水、盐酸、水玻璃均为混合物明矾、小苏打、烧碱均为电解质 牛奶、豆浆、硫酸铜溶液均为胶体ABCD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物【分析】液氯是氯气属于单质；王水是浓盐酸和浓硝酸混合物、盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液；明矾为硫酸铝钾的晶体，小苏打为碳酸氢钠，烧碱是氢氧化钠；硫酸铜溶液不是胶体；【解答】解：液氯是氯气属于单质，干冰是二氧化碳、磁性氧化铁是四氧化三铁均为化合物，故错误；王水是浓盐酸和浓硝酸混合物、盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液
20、，均为混合物，故正确；明矾为硫酸铝钾的晶体，小苏打为碳酸氢钠，烧碱是氢氧化钠，酸碱盐都是电解质，故正确；牛奶、豆浆是胶体，硫酸铜溶液不是胶体，故错误；综上所述正确的是；故选B【点评】本题考查了物质分类方法和物质组成，物质俗称的判断，掌握基础顺利解决，题目较简单2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A18 g H2O含有10NA个质子B1 mol/LCH3COONa溶液中含有1 mol/LCH3COOC标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出水的物质的量，然后根据1mol水中含10
21、mol质子来分析；B、CH3COO是弱酸根，在溶液中会水解；C、标况下氨水为液态；D、常温下铁在浓硫酸中会钝化【解答】解：A、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含10mol质子即10NA个，故A正确；B、CH3COO是弱酸根，在溶液中会水解，故浓度小于1mol/L，故B错误；C、标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算氨水的物质的量和其中含有的氨气分子的物质的量，故C错误；D、常温下铁在浓硫酸中会钝化，反应程度很小，故生成的二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误故选A【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325时，下列各组离子
22、在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32、Bc（H+）=11013 molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、NO3C0.1 molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1 molL1FeCl3溶液中：Fe2+、SCN、SO42【考点】离子共存问题【分析】ApH=1的溶液，显酸性；Bc（H+）=11013 molL1的溶液，显碱性；C该组离子之间不反应；D离子之间结合生成络离子【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，H+、CO32结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；Bc（H+）=11013 molL1的溶液，显碱性，不能大量存
23、在Mg2+、Cu2+，故B错误；C该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；DFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、络合反应的离子共存考查，题目难度不大4以下说法正确的是（）A往溶液中滴加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中不一定存在CO32B滴加AgNO3溶液产生白色沉淀的溶液一定含ClC往溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则原溶液中含SO42D往溶液中滴加氯水和KSCN，溶液变红，则溶液中一定含Fe3+【考点】常见阴离子的检验；常见阳离
24、子的检验【分析】A二氧化硫和二氧化碳都能够使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子；B能够与硝酸银反应生成白色沉淀的离子可能为碳酸根离子、硫酸根离子；C原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子；D氯水具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，无法判断原溶液中是否存在铁离子【解答】解：A往溶液中滴加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化硫或者二氧化碳，原溶液中可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子等，原溶液中不一定存在CO32，故A正确；B滴加AgNO3溶液产生白色沉淀的溶液，该白色沉淀可能为碳酸银、硫酸银等，原溶液中不一定含Cl，故B错误；C往溶液中加入盐酸酸
25、化的BaCl2溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，不一定为硫酸钡，则原溶液中不一定含SO42，故C错误；D往溶液中滴加氯水和KSCN，溶液变红，此时的溶液中一定含Fe3+，但是由于氯水具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，无法判断原溶液中是否含有铁离子，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化学性质、反应现象及检验方法，检验离子存在时，必须排除干扰离子，确保检验方案的严密性5下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸
26、干氯化锰溶液制MnCl24H2O【考点】真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；D、锰离子可发生水解【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，
27、故C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl24H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；故选C【点评】本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用6常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD【考点】真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧
28、化硅不能溶于盐酸；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁【解答】解：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故符合；二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁
29、，故符合，故选B【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质7下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3【考点】离子方程式的书写【分析】A铜和稀硝酸反应生成NO；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液
30、反应生成Fe（OH）2和NH3H2O；C弱电解质写化学式；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠【解答】解：A铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O，离子方程式为2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3H2O，故B错误；C弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3
31、+HCO3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点8对于反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，以下叙述正确的是（）ABr2是氧化剂，NaOH是还原剂B氧化产物与还原产物的物质的量的比为5：1CBr2既是氧化剂又是还原剂D每生成1mol的NaBrO3转移6mol的电子【考点】氧化还原反应【分析】A该反应中，溴元素的化合价由0价变为1价和+5价，根据元素化合价变化来确定氧化剂和还原剂；B氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是
32、氧化产物；C根据元素化合价变化来判断；D根据元素化合价变化和溴酸钠之间的关系式计算【解答】解：A该反应中，溴元素的化合价由0价变为1价和+5价，其它各元素的化合价都不变，所以溴作氧化剂和还原剂，故A错误；B氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，故B错误；C根据A知，溴是氧化剂和还原剂，故C正确；D生成1mol溴酸钠转移电子的物质的量=1mol（50）=5mol，故D错误；故选C【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价来确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，注意转移电子的计算方法，题目难度不大9将铜粉放入稀硫酸中，
33、加热无明显变化，但加入某盐后发现铜粉质量明显减少，则该盐不可能是（）AFe2（SO4）3BNaClCKNO3DCu（NO3）2【考点】硝酸的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】铜粉与稀硫酸不反应，可以与稀硝酸反应，原来溶液中存在氢离子，有硝酸根离子存在时具有强氧化性，此外铜还可以和三价铁之间反应【解答】解：A、金属铜可以和三价铁离子之间反应生成铜离子和亚铁离子，故A不选；B、金属铜和稀盐酸、稀硫酸之间均不反应，所以加入氯化钠，不发生反应，故B选；C、加入硝酸钾在酸性条件下，有很强的氧化性，能和金属铜之间反应，发生反应的离子方程式应该是：8H+2NO3+3Cu
34、=3Cu2+4H2O+2NO，故C不选；D、加入硝酸铜在酸性条件下，即可认为存在了硝酸，硝酸有很强的氧化性，能和金属铜之间反应，发生反应的离子方程式应该是：8H+2NO3+3Cu=3Cu2+4H2O+2NO，故D不选；故选B【点评】铜粉与稀硝酸可以反应，可以直接加入硝酸，也可以先加盐酸或硫酸，再加入硝酸盐，其作用是一样的10下列有关H2SO4的说法中正确的是（）A将过量的Zn投入一定量的浓H2SO4中，最终生成的气体只有SO2B向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体C运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后应立即用大量水冲洗D向5 mL 18 molL1的硫酸中加入
35、足量铜片并加热使其充分反应，生成0.045 mol SO2【考点】浓硫酸的性质【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与金属锌、铜等反应生成二氧化硫气体，但稀硫酸与铜不反应，稀硫酸与活泼金属反应生成氢气，以此解答【解答】解：A浓硫酸和锌反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与锌反应生成氢气，故A错误；B向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应生成NO，NO在试管口被氧化生成红棕色的二氧化氮气体，故B正确；C运输保存浓硫酸的槽罐车一旦泄露后，如yoga水冲洗，硫酸被稀释而生成氢气，易爆炸，故C错误D向5 mL 18 molL1的硫酸
36、中加入足量铜片并加热使其充分反应，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，则生成的SO2物质的量小于0.045mol，故D错误故选B【点评】本题考查浓硫酸的性质，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，注意把握浓硫酸、稀硫酸的性质的异同，难度不大11用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（）气气体abcANH3浓氨水氧化钙浓硫酸BSO2浓硫酸Cu酸性高锰酸钾溶液CO2双氧水二氧化锰碱石灰DCO2稀盐酸CaCO3饱和NaHCO3溶液AABBCCDD【考点】实验装置综合【分析】由实验装置图可知，该装置
37、为液体与固体（或液体）在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并且生成的气体密度大于空气，采用用向上排空法收集，再进一步考虑题中要注意气体的净化是否合理【解答】解：A、氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸净化，故A错误；B、浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，而且二氧化硫能被高锰酸钾氧化，故B错误；C、双氧水在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，碱石灰为固体干燥剂应该盛放在干燥管中，图中洗气装置为洗气瓶，故C错误；D、盐酸与碳酸钠在常温下发生反应反应生成二氧化碳，浓硫酸作干燥剂干燥二氧化碳，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故D
38、正确故选：D【点评】本题考查气体的制备、净化和收集，题目难度不大，注意根据题目要求结合物质的性质进行解答，注意基础知识的积累12下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A纯碱是强碱弱酸盐用纯碱溶液可清洗油污B不锈钢是合金不锈钢在潮湿环境中容易被腐蚀CFe2O3是碱性氧化物Fe2O3可用作红色油漆和涂料DNO2是红棕色气体常温下可用铜与浓硝酸制取NO2AABBCCDD【考点】盐类水解的应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；合金的概念及其重要应用【分析】A强碱弱酸盐水解显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底；B依据合金的概念和不锈钢的性质解答；CFe2O
39、3可用作红色油漆和涂料是因为其颜色为红色；D铜与浓硝酸常温下反应生成红棕色二氧化氮【解答】解：A纯碱为碳酸钠，是强碱弱酸盐，水解显碱性，用纯碱溶液可清洗油污，故A正确；B不锈钢含有碳、铁、镍等元素属于合金，不锈钢因为改变钢的内部结构而耐腐蚀，故B错误；C和均正确，但是二者不存在因果关系，故C错误；D和均正确，但是二者不存在因果关系，故D错误；故选：A【点评】本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质及用途是解题关键，注意和是否存在因果关系，题目难度不大13下列离子方程式错误的是（）A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2OB酸性介质中KMnO4氧化H2
40、O2：2MnO4+5H2O2 +6H+2Mn2+5O2+8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO42【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成硫酸钡和水，符合离子的配比；B发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒及原子守恒；C先发生酸碱中和；D充电时正极上PbSO4失去电子【解答】解：A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故A正确；B酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4+5H2O2 +6H+2M
41、n2+5O2+8H2O，故B正确；C等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，发生的离子反应为Mg2+4OH+2H+Mg（OH）2+2H2O，故C错误；D充电时正极上PbSO4失去电子，则铅酸蓄电池充电时的正极反应为PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO42，故D正确；故选C【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，把握发生的离子反应及书写方法为解答的关键，涉及复分解反应、氧化还原反应及电极反应的书写，选项C中注意反应的先后顺序，题目难度中等14已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=akJmol12C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJ
42、mol1HH、O=O和OH键的键能分别为436、496和462kJmol1，则a为（）A332B118C+350D+130【考点】有关反应热的计算【分析】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=H产物H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答【解答】解：已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=akJmol10，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol12得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H=（2a+220）kJmol10，44624962436=2a+220，解得a=+130故选D【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之
43、间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等15镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH6Ni（OH）2+NO2下列说法正确的是（）ANiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+eMH+OH，H2O中的H被M还原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液【考点】真题集萃【分析】镍氢电池中主要为KOH作
44、电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OHe=NiOOH+H2O、阴极反应：M+H2O+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OHe=M+H2O，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A根据以上分析书写正极电极反应式；B充电过程中，氢氧根离子向阳极移动；C充电时，阴极上得电子发生还原反应；D有氨气存在时易发生副反应【解答】解：镍氢电池中主要为KOH作电解液 充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH=NiOOH+H2O+e、阴极反应：M+H2O
45、+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OH=M+H2O+e，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，故A正确；B电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH离子从阴极向阳极，故B错误；CH2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；D不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确题给信息的含义是解本题关键，
46、难点的电极反应式的书写，题目难度中等16下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）B20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）C室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl）+c（H+）c（NH4+）+c（OH）D0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH
47、溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH）c（H+）+c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A、0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，生成碳酸钠溶液，碳酸根水解使溶液呈碱性；B、20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后生成等物质的量的CH3COONa、NaCl、CH3COOH，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解；C、pH=12的氨水与pH=2的盐酸中，氨水浓度大于盐酸，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性；D、0.1molL1CH3COOH溶液与0.1molL1Na0H溶液
48、等体积混合，恰好生成醋酸钠，水解显碱性【解答】解：A、0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，生成碳酸钠溶液，碳酸根水解成碱性，离子浓度大小为c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3），故A错误；B、20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后生成等物质的量的CH3COONa、NaCl、CH3COOH，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，故c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+），故B正确；C、pH=12的氨水与pH=2的盐酸中，氨水浓度大于盐酸，等体积混合，氨
49、水过量，溶液呈碱性，所以c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），所以得c（NH4+）c（Cl），c（Cl）+c（H+）c（NH4+）+c（OH），故C错误；D、0.1molL1CH3COOH溶液与0.1molL1Na0H溶液等体积混合，恰好生成醋酸钠，醋酸根离子水解，根据质子守恒可知c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；故选B【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析及离子浓度大小的比较，把握混合后溶液中的溶质及盐类水解规律、电荷守恒等为解答的关键，题目难度不大17在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+
50、Y（g）M（g）+N（g），所得实验数据如表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（M）7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列说法正确的是（）A实验中，若5 min时测得n（M）=0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0102 molL1min1B实验中，该反应的平衡常数K=2.0C实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D实验中，达到平衡时，b0.060【考点】化学平衡的计算【分析】A根据v=计算v（M），再利用速率之比等于化学计量数之
51、比计算v（N）；B由表中数据，计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；C温度不变平衡常数不变，用a表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算解答；D实验、若温度相同，X、Y按1：1反应，二者物质的量相互交换，平衡时生成物物质的量相等，实验中温度较高，平衡时M的物质的量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若的温度为800，恒容体系中，气体体积不变的反应，实验与为等效平衡，平衡时b=a=0.06，但的实际温度为900，相比较800，平衡逆向移动，则ba【解答】解：A速率之比等于化学计量数之比，则v（N
52、）=v（M）=1.0103mol/（Lmin），故A错误；B X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始（mol）：0.1 0.4 0 0转化（mol）：0.08 0.08 0.08 0.08平衡（mol）：0.02 0.32 0.08 0.08由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故实验中，该反应的平衡常数K=1，故B错误；C 温度不变平衡常数不变，平衡时M为amol，则： X（g）+Y（g）M（g）+N（g）起始（mol）：0.2 0.3 0 0转化（mol）：a a a a平衡（mol）：0.2a 0.3a a a则K=1，解得：a=0.12，实验中，X的转化
53、率=100%=60%，故C正确；D实验、若温度相同，X、Y按1：1反应，二者物质的量相互结合，平衡时生成物物质的量相等，实验中温度较高，平衡时M的物质的量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若的温度为800，恒容体系中，气体体积不变的反应，实验与为等效平衡，平衡时b=a=0.06mol，但的实际温度为900，相比较800，平衡逆向移动，则b0.06，故D错误；故选C【点评】本题考查化学平衡计算，题目难度中等，涉及化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等知识，D选项为易错点，注意利用等效思想解答，试题培养了学生的化学计算能力18如图为常温下，向25ml某浓度的NaOH溶液
54、中逐滴加入0.2molL1CH3COOH溶液的过程中溶液pH的变化曲线，下列说法不正确的是（）ANaOH溶液起始浓度为0.1molL1Ba12.5CB点溶液中c（Na+）一定等于c（CH3COO）DD点溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A滴入醋酸前溶液的pH=13，据此计算出NaOH溶液起始浓度；B当a=12.5时，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若为中性，则加入的醋酸应该少过量；CB点时溶液为中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO）；DD点
55、为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH）、c（H+）c（OH），再结合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+）【解答】解：A根据图象可知，滴入醋酸前溶液的pH=13，则NaOH溶液起始浓度为0.1mol/L，故A正确；B当a=12.5时，醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，若为中性，则加入的醋酸应该稍过量，即a12.5，故B正确；CB点时溶液的pH=7，溶液呈中性，则：c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO），故C正确；DD点时加入25
56、mL醋酸，此时溶液中溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH）、c（H+）c（OH），再结合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故D错误；故选D【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象中各点的溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小19已知常温下CH3COOH和NH3H2O的电离常数
57、相等，向10mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）A水的电离程度始终增大B先增大再减小Cc（CH3COOH）与c（CH3COO）之和始终保持不变D当加入氨水的体积为10 mL时，c（NH4+）=c（CH3COO）【考点】化学平衡的影响因素【分析】A开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B根据醋酸的电离平衡常数可知，该比值与氢离子成反比，加入氨水的过程中，溶液中氢离子浓度逐渐减小；C根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；
58、DCH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO）【解答】解：A酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（OH）逐渐增大，Kh不变，则逐渐增大，故B错误；Cn（
59、CH3COOH）与n（CH3COO）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO）之和逐渐减小，故C错误；D当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO），故D正确；故选D【点评】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法20一定浓度l00mL的HNO3溶液中加入2.8g F
60、e，全部溶解，得到标准状况下的NO气体1.12L，测得反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断错误的是（）A反应后溶液中无硝酸亚铁B反应前HNO3溶液的浓度为2.0molL1C反应后溶液中c（NO3）=1.6molL1D反应后的溶液最多还能溶解1.61g Fe【考点】化学方程式的有关计算【分析】n（Fe）=0.05mol，n（NO）=0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，A少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁；B根据氮原子守恒计算原溶液中硝酸的浓度；C根据电荷守恒确定硝酸根离子浓度；D反应后的溶液中硝酸与硝酸铁中
61、含NO3，结合3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O计算最多消耗的Fe【解答】解：n（Fe）=0.05mol，n（NO）=0.05mol，反应后溶液中的c（H+）=0.1mol/L，说明溶液中硝酸过量，A铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故A正确；B根据氮原子守恒得原溶液中n（HNO3）=n（NO）+3nFe（NO3）3+n（HNO3） （剩余）=0.05mol+30.05mol+0.1mol/L0.1L=0.21mol，则原来硝酸的浓度=2.1mol/L，故B错误；C根据电荷守恒得c（NO3）=3c（Fe3+）+c（H+）=3+0.1mol/L=1.6mol/L，故C正确；D原硝
62、酸的物质的量=0.21mol，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O可知，最多消耗Fe为0.21mol56=4.41g，则还能溶解4.41g2.8=1.61g，故D正确，故选B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，明确硝酸剩余发生的化学反应及最多溶解铁发生的化学反应是解答本题的关键，注意利用原子守恒计算原来硝酸浓度，选项D为解答的难点，题目难度中等二填空题：21从固体混合物A出发可以发生如图所示的一系列变化G为不溶于稀硝酸的白色固体；溶液H的焰色反应呈紫色（透过蓝色的钴玻璃观察）回答下列问题：（1）在实验室中收集气体C，可选择如图装置中的AC（2）操作的名称是过滤在操作中所使
63、用的玻璃仪器的名称是漏斗、玻璃棒、烧杯在得到固体D时必须进行洗涤、干燥等操作，洗涤固体D的目的是除去附着在MnO2表面的K+、Cl等离子（3）写出反应的化学方程式、反应的离子方程式：反应：2KClO32KCl+3O2，反应：MnO2+2Cl+4H+Mn2+Cl2+2H2O（4）在实验室中，要获得干燥纯净的黄绿色气体F，可以将它依次通过如图中的、装置，其中瓶中盛放的是饱和食盐水，瓶中盛放的是浓硫酸（5）实验中必须吸收多余的气体F，以免污染空气下图是实验室用NaOH溶液吸收气体F的装置，为防止产生倒吸现象，合理的装置是BCD【考点】无机物的推断【分析】F为黄绿色气体，则F为Cl2，反应为二氧化锰与
64、浓盐酸的反应，则D为MnO2，I为MnCl2，G为不溶于稀硝酸的白色固体，溶液H的焰色反应呈紫色，则G为AgCl，H为KNO3，E为KCl，混合物B为MnO2、KCl的混合物，则反应为2KClO32KCl+3O2，故A为KClO3、MnO2的混合物，气体C为O2【解答】解：F为黄绿色气体，则F为Cl2，反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，I为MnCl2，G为不溶于稀硝酸的白色固体，溶液H的焰色反应呈紫色，则G为AgCl，H为KNO3，E为KCl，混合物B为MnO2、KCl的混合物，则反应为2KClO32KCl+3O2，故A为KClO3、MnO2的混合物，气体C为O2（1）氧气不溶于水
65、，可选A用排水法收集，氧气的密度比空气的大，可选C用向上排空气法收集，故答案为：AC；（2）B为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用过滤来分离，过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，为得到固体D，应利用洗涤除去附着在MnO2表面的K+、Cl等离子，然后再干燥，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；除去附着在MnO2表面的K+、Cl等离子；（3）反应的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2，反应的离子反应为：MnO2+2Cl+4H+Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：2KClO32KCl+3O2；MnO2+2Cl+4H+Mn2+Cl2+2H2O；（4）要获得
66、干燥纯净的黄绿色气体氯气，瓶中盛放饱和食盐水抑制氯气的溶解同时除去混有的HCl，在瓶中盛放浓H2SO4干燥即可，故答案为：饱和食盐水；浓H2SO4；（5）用NaOH溶液吸收气体氯气的装置，为防止产生倒吸现象，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，A装置不具有防倒吸的作用，而B、C、D具有，故答案为：BCD【点评】本题考查无机物的推断、氯气与氧气的制备，根据物质的性质及发生的反应推断各物质，（5）注意理解防止倒吸原理，题目难度不大22孔雀石主要成分是Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下（1）步骤中试剂是b（填代号）aKMnO4bH2O2
67、 cFe粉 dKSCN（2）步骤获得硫酸铜晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作（3）高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂，它可以通过Fe（OH）3与KClO和KOH的混合液制备，写出此离子方程式：2Fe（OH）3+3C1O+4OH=2FeO42+3C1+5H2O在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3ZnFe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极发生的反应的电极反应式为：2FeO42+6e+5H2O=Fe2O3+10 OH（4）步骤加入CuO目的是调节溶液的pH查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积常数Ks
68、p=8.01038，Cu（OH）2的溶度积常数Ksp=3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1105 molL1时就认为沉淀完全设溶液2中Cu2+的浓度为3.0molL1步骤加入CuO目的是调节溶液的pH，根据以上数据计算应调节溶液的pH范围是3.3pH4（已知 lg5=0.7）（5）测定硫酸铜晶体（CuSO4xH2O）中结晶水的x值：称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g则计算得x=4.4（计算结果精确到0.1）【考点】制备实验方案的设计【分析】孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3、Si的化合物，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳
69、气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液3为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，（1）步骤中加入试剂的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质；（2）溶液中得到溶质的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；（3）NaClO与Fe（OH）3在强碱性条件下反应制得K2FeO4，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，结合电子、电荷守恒解答，
70、在碱性锌电池中，锌做负极发生氧化反应，K2FeO4在正极发生还原反应生成氧化铁，据此书写电极反应式，注意电解质溶液为碱性溶液；（4）步骤加入CuO目的是调节溶液的pH使铁离子沉淀完全，同时铜离子不沉淀，依据常温下Fe（OH）3和Cu（OH）2的溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度，据此判断pH范围；（5）称量粉末的质量为1.6g为硫酸铜质量，受热前后质量变化为结晶水的质量，结合化学方程式CuSO4xH2OCuSO4+xH2O计算x【解答】解：（1）步骤中加入试剂的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质，aKMnO4溶液加入后，能氧化亚铁离子，但会引入钾
71、离子、锰离子，故a错误；b加入H2O2会氧化亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故b正确； cFe不具有氧化性，无法氧化亚铁离子，故c错误； d加入KSCN溶液结合铁离子形成络合物，不能氧化亚铁离子，亚铁离子的存在会干扰硫酸铜晶体的析出，故d错误；故答案为：b；（2）操作是溶液中得到硫酸铜晶体，不能直接蒸干，该操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（3）NaClO与Fe（OH）3在强碱性条件下反应制得K2FeO4，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒可知离子反应为2Fe（OH）3+3C1O+4OH=2FeO42+3C1
72、+5H2O，在碱性锌电池中，锌做负极发生氧化反应，K2FeO4在正极发生还原反应生成氧化铁，正极的电极反应式为：2FeO42+6e+5H2O=Fe2O3+10 OH，故答案为：2Fe（OH）3+3C1O+4OH=2FeO42+3C1+5H2O；2FeO42+6e+5H2O=Fe2O3+10 OH；（4）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.01020，溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，c（Cu2+）=3.0molL1；依据溶度积常数c（Cu2+）c2（OH）=3.01020；c2（OH）=1020；得到c（OH）=1010mol/L，依据水溶液中的离子积c（H+）c（OH）=1014；求的
73、c（H+）=104mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1105 molL1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.01038，c（Fe3+）c3（OH）=8.01038；c3（OH）=8.01033；求得c（OH）=21011mol/L；水溶液中的离子积c（H+）c（OH）=1014、c（H+）=5104mol/L，则pH=3.3；所以要除去Fe3+而不损失Cu2+溶液的pH范围是：3.3pH4，故答案为：3.3pH4；（5）称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g为硫酸铜质量，n（CuSO4）
74、物质的量=0.01mol，受热质量减少2.4g1.6g=0.8g，水的物质的量=0.044mol；CuSO4xH2OCuSO4+xH2O 1 x 0.01mol 0.044mol=，解得：x=4.4故答案为：4.4【点评】本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及物质性质的理解应用、电化学知识、溶液pH值的计算等，综合性强，掌握实验基本操作和流程分析是关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力23废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得Ce（OH）4和硫酸铁铵矾Fe2（SO4） 3（NH4） 2SO424H2O，流程设计如下：已
75、知：酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液回答以下问题：（1）反应的离子方程式是SiO2+2OH=SiO32+H2O（2）反应中H2O2的作用是氧化使Fe2+转化为Fe3+（3）反应的离子方程式是2GeO2+6H+H2O2=2Ge3+4H2O+O2（4）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）2CeT3 （有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向CeT3 （有机层）加入H2SO4 获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加入H2SO4使c（H+
76、）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动（5）硫酸铁铵矾Fe2（SO4） 3（NH4） 2SO424H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是Fe3+3H2O=Fe（OH）3+3H+（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是abcaFe2（SO4） 3（NH4） 2SO424H2O b（NH4） 2SO4 c（NH4） 2CO3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入硫酸和氧化剂过
77、氧化氢可生成溶液C中为硫酸铁，所加氧化剂过氧化氢不引入新杂质，加热蒸发得到溶液D为饱和硫酸铁溶液，在溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4；（1）反应是二氧化硅溶于氢氧化钠溶液中生成硅酸钠和水；（2）反应中H2O2的作用是沿河亚铁离子为铁离子；（3）反应是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气；（4）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（
78、有机层）2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液；（5）硫酸铁铵矾Fe2（SO4）3（NH4）2SO424H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水；（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，aFe2（SO4）3（NH4）2SO424H2O 溶液中铁离子水解显酸性抑制铵根离子水解，铵根离子浓度增大； b（NH4）2SO4 溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无影响；c（NH4）2CO3，溶液中碳酸根离子水解显碱性促进铵根离子水解，铵根离
79、子浓度减小【解答】解：废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢可生成溶液C中为硫酸铁，所加氧化剂过氧化氢不引入新杂质，加热蒸发得到溶液D为饱和硫酸铁溶液，在溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4；（1）反应是二氧化硅溶于氢氧化钠溶液中生成硅酸钠和水，反应的离子方程式是：SiO2+2
80、OH=SiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；（2）反应中H2O2的作用是氧化使亚铁离子为铁离子，故答案为：氧化使Fe2+转化为Fe3+；（3）反应是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式：2GeO2+6H+H2O2=2Ge3+4H2O+O2，故答案为：2GeO2+6H+H2O2=2Ge3+4H2O+O2；（4）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯
81、的含Ce3+的水溶液；故答案为：混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；（5）硫酸铁铵矾Fe2（SO4）3（NH4）2SO424H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3+3H2O=Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3+3H2O=Fe（OH）3+3H+；（6）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，aFe2（SO4）3（NH4）2SO424H2O 溶液中铁离子水解显酸性抑制铵根离子水解，铵根离子浓度增大； b（NH4）2SO4 溶液中硫酸根离子对铵根离子水解无
82、影响；c（NH4）2CO3，溶液中碳酸根离子水解显碱性促进铵根离子水解，铵根离子浓度减小；所以三种溶液中NH4+的浓度由大到小的顺序是：abc，故答案为：abc【点评】本题以工艺流程为基础，考查了化学实验基本操作、元素及化合物知识反应等相关知识及提纯制备，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的原理和操作方法24研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）K1H10（）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）K2H20（）（1）4NO2（g）+2NaCl（s
83、）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）（2）为研究不同条件对反应（）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（）达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率1=75%其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率21（填“”“”或“=”），平衡常数K2不变（填“增大”“减小”或“不变”）若要使K2减小，可采取的措施是升高温度（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOHNa
84、NO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO）、c（NO）和c（CH3COO）由大到小的顺序为c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bca向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH【考点】化学平衡的计算；化学平衡常数的含义；离子浓度大小的比较【分析】（1）2NO2（g）+
85、NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）根据盖斯定律，2可得：4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数为的平衡常数平方与的平衡常数的商；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则n（ClNO）=7.5103molL1min110min2L=0.15mol，由方程式计算参加反应NO、氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO的转化率；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件
86、保持不变，反应（）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高低温度平衡逆向向移动，平衡常数减小；（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L；HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根
87、离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液【解答】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （II）根据盖斯定律，2可得：4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K=，故答案为：；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则n（ClNO）=7.5103molL1min110min2L=0.15mol，由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol=0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol0.075m
88、ol=0.025mol；参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率21，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：0.025；75%；不变；升高温度；（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中N
89、aNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液；HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为c（NO3）c（NO2）c（CH3COO），a溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故a错误；b向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液p
90、H相等，故b正确；c向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故c正确；d溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故d错误；故答案为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；bc【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、盐类水解、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等25某课外活动小组同学用如图装置进行实验，一段时间后在C电极表面有铜析出，试回答下列问题（1）A为电源的负极；（2）E的电极反应式为：2H+2e=H2或2H2O+
91、2e=2OH+H2；（3）在常温下，现用丙装置给铁镀铜，当丙中铁表面析出铜的3.2g时，乙中溶液的pH值为13（假设溶液体积为1L）；（4）在电解一段时间后在甲中加入适量CuO或CuCO3可以使溶液恢复到原来的浓度（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为4H+O2+4e2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据电解池工作原理判断C的电极，再根据C的电极判断外接电源的电极（2）先判断E的电极，再确定E的电极反应式（3）整个装置中电子的得失数相等，根据E的电极反应求出产生的C（OH），最终得到溶液的P
92、H值（4）根据电解析出的物质，从而判断加入何种物质使溶液恢复到原来的浓度（5）根据原电池原理，正极发生的是化合价降低得电子的反应【解答】解：（1）电解池中阴极发生的是阳离子得电子的反应，C电极上有铜析出，所以C电极是阴极，连接阴极的是负极，所以A为电源的负极，故答案为：负；（2）由于A是负极，所以E是阴极，阴极上发生阳离子得电子的反应，即水电离出的H+得电子析出H2的反应，所以E的电极反应式为：2H+2e=H2或2H2O+2e=2OH+H2，故答案为：2H+2e=H2 或2H2O+2e=2OH+H2； （3）n（Cu）=3.2g64g/mol=0.05mol 丙中：Cu2+2e=Cu 0.1m
93、ol 0.05mol 整个装置中电子的得失数相等，故乙中转移电子数也为0.1mol，乙中的电解反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 阴极电极方程式为：2H2O+2e=2OH+H2 0.1mol 0.1mol故c（OH）=0.1 mol/L，c（H+）=11013 mol/L，pH=13故答案为：13 （4）甲中发生的反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，由方程式知，电解出的物质有Cu和O2，所以加入CuO或CuCO3可以使溶液恢复到原来的浓度，但Cu（OH）2或碱式碳酸铜会使溶液变稀，不能恢复到原来的浓度，故答案为：CuO或CuCO3；（5）原电池正极发生的是化合价降低得电子的反应，根据方程式可知是O2得电子，另外，由于H2SO4存在，所以发生的O2酸性条件下的电极反应：4H+O2+4e2H2O，故答案为：4H+O2+4e2H2O【点评】本题主要考查点解池的原理，解题的关键是掌握电解池中离子的放电情况，即阳离子都是在阴极得电子放电，另外，抓住整个装置中电子得失相等，进行电解池中有关量的计算或判断，如：产物的量、溶液的PH、化学式等
