1、2015年吉林省松原市油田高中高考化学三模试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1日常生活中一些事例常涉及到化学知识，下列分析不正确的是( )A硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料B用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物C某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2D蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质2已知热化学方程式：2SO2（g）+O 2（g）2SO3（g）H=196.64kJ/mol，在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分
2、反应，最终放出的热量为( )A196.64kJB196.64 kJmolC196.64kJD196.64kJ3下列叙述正确的是( )A吸热反应一定是反应物总能量大于生成物的总能量B明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同C强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱D在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率4下列叙述正确的是( )ALi在氧气中燃烧只生成Li2OB将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色D将稀硫酸滴加到Fe（NO3）2溶液中无明显现象5设NA是阿伏加德罗常数的数值，下
3、列说法正确的是( )A1molL1NaCl溶液含有NA个Na+B1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NAC1 mol Na 与足量O2在一定条件下反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子D在酸性条件下，1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2 NA个电子6反应3X（g）+Y（g）Z（g）+2W（g）在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.1mol，则此反应的平均速率v为( )AV（X）=0.03molL1min1BV（Y）=0.02molL1min1CV（Z）=0.10molL1min1DV（W）=0.02molL1s17下列说法正确的是( )ACO、NO
4、、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B1 mol Cu和足量稀HNO3反应产生NA个NO分子（NA为阿伏加德罗常数）CpH=1的溶液中，Fe2+、NO3、SO42、Na+不能大量共存D三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为：Fe2O3+6H+=3Fe3+3H2O8下列除去杂质的方法不正确的是( )A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+C用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水DAl（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤9某溶液中可能含有H+、Na+、N
5、H4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是( )A原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Bab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2C原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+Dd点溶液中含有的溶质只有Na2SO410有M、X、Y、Z、W五种原子序数依次增大的短周期元素，其中M、Z同主族；X+与M2具有相同的电子层结构；原子半径：ZW；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半
6、导体材料下列说法正确的是( )AX、M两种元素形成的化合物只能存在离子键B元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体C由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低D元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂1125时，浓度均为0.1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11下列说法正确的是( )A在O.1molL1BA溶液中，c（A）+c（H+）=c（BOH）+c（OH）B若将0.1molL1BOH溶液稀释至0OO1molL1则溶液的pH=9C若将一定量的上述两溶液混合后pH=7，则混合液中：c（A）c（B+）D若将上述两溶液按体积比1：2混合，则混合液中：c（B+）c（
7、A）c（BOH）c（OH）c（H+）12某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0下列叙述正确的是( )A加入少量W，逆反应速率增大B当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C升高温度，平衡逆向移动D平衡后加入X，上述反应的H增大132SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个容器体积均为2L的恒容密闭容器中投料，其起始物质的量及含硫反应物的平衡转化率如下表所示：甲乙丙丁起始物质的量n（SO2）/mol0.4000.800.02n（O2）/mol0.2400.480.04n（SO3）/mol00.4
8、000.40含硫反应物的平衡转化率%80a1a2a3下列判断中，正确的是( )A该温度下，平衡常数的值为400B平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍C平衡时，a3a1D乙中SO3的平衡转化率为a1=20%14某化学研究性学习小组对电解质溶液进行如下的归纳总结（均在常温下）：pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度一定降低pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2：1pH相等的四种溶液：aCH3COONa、bC6H5ONa、cNaHCO3、dNaOH，溶质的物质的量浓度由小到大的顺序为dbca向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（Na+）=c（）已知醋酸的电
9、离常数为Ka，醋酸根离子的水解常数为Kh，水的离子积常数为KW；则三者关系为KaKh=KW甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的2倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH可能等于7其中归纳正确的是( )A全部BCD1525时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A在0.1 molL1Na2S溶液中：2c（Na+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S）BpH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）C将0.1 molL1盐酸与0.1 molL1K2CO3溶液等体积混合：c（K+）c（Cl）c（
10、HCO3）c（OH）c（H+）D向0.1 molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）c（NH4+）c（SO42）c（OH）=c（H+）16RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池如图为RFC工作原理示意图，下列有关说法正确的是( )A图1把化学能转化为电能，图2把电能转化为化学能，水得到了循环使用B当有0.1 mol电子转移时，a极产生0.56 L O2（标准状况下）Cc极上发生的电极反应是：O2+4H+4e2H2OD图2中电子从c极流向d极，提供电能二、解答题（共5小题，满分52分）17工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可
11、用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若_，则整个装置气密性良好装置D的作用是_装置E中为_溶液（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_a蒸馏水 b
12、饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，已知反应（）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有_a烧杯 b蒸发皿 c试管 d锥形瓶18（14分）甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应和，用CH4和H2O为原料来制备甲醇（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示已知100C时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平
13、均反应速率为_图中的p1_p2（填“”“”或“=”），100C时平衡常数为_在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将_（填“增大”“减小”或“不变”）（2）在压强为0.1MPa条件下，a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）该反应的H_0，S_0（填“”“”或“=”）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是_A升高温度 B将CH3OH（g）从体系中分离C充入He，使体系总压强增大 D再充入1mol CO和3mol H219碱式硫酸铁Fe（OH）SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化
14、性溃疡出血工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_范围内，使溶液中的_沉淀（写离子符号）（2）反应中加入NaNO2的目的是_，发生反应的离子方程式为_（3）在实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为_（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）
15、2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为_20NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛请回答下列问题：（1）相同条件下，0.1molL1NH4Al（SO4）2中c（NH4+）_（填“等于”、“大于”或“小于”）0.1molL1NH4HSO4中c（NH4+）（2）如图1是0.1molL1电解质溶液的pH随温度变化的图象其中符合0.1molL1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是_（填写字母）；20时，0.1molL1NH4Al（SO4）2中2c（SO42）c（NH4+）3c
16、（Al3+）=_molL1（不做近似计算）（3）室温时，向100mL 0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_21利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6
17、kJ/mol写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为_（2）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式_在电解池中生成N2O5的电极反应式为_（3）以甲醇燃料电池为电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2mol CH3OH，阴极产生标况下气体的体积为_L2015年吉林省松原市油田高中高考化学三模试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1日常生活中一些事例常涉及到化学知识，下列分析不正确的是( )A硅酸钠
18、的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料B用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物C某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2D蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【考点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【专题】化学计算【分析】A硅酸钠具有粘性、不易燃烧；B蛋白质燃烧有烧焦羽毛的气味；C亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸；D重金属盐能使蛋白质发生变性【解答】解：A硅酸钠具有粘性、不易燃烧，用来制备硅胶和木材防火剂的
19、原料，故A正确； B纯棉织物的主要成分是纤维素，与纸相似，纯毛织物的主要成分是蛋白质，与羽毛相似，前者燃烧有烧纸的气味，后者燃烧有烧焦羽毛的气味，故B正确；C二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故C错误；D重金属盐能使蛋白质发生变性，细菌是蛋白质，能被银离子杀死，故D正确故选C【点评】本题考查硅酸盐的用途、酸雨、蛋白质的鉴别和变性等问题，题目难度不大，注意酸雨成分的化学性质以及蛋白质的变性等问题2已知热化学方程式：2SO2（g）+O 2（g）2SO3（g）H=196.64kJ/mol，在容器中充入2mol SO
20、2和1mol O2充分反应，最终放出的热量为( )A196.64kJB196.64 kJmolC196.64kJD196.64kJ【考点】化学反应的可逆性；有关反应热的计算 【专题】化学平衡专题【分析】根据热化学方程式得出生成1molSO3时放出的热量，利用极限法计算出2mol SO2和1molO2反应生成SO3的物质的量，计算放出的热量，由于可逆反应的不完全性，所以放出的热量小于按极限法计算放出的热量【解答】解：根据热化学方程式2SO2（g）+O 2（g）2SO3（g）H=196.64kJ/mol的含义，可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以生成2molSO
21、3时放出的热量为196.64kJ，由于是可逆反应，2mol SO2和1molO2不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ故选C【点评】本题以反应热的计算为载体，考查可逆反应的不完全性，注意可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物3下列叙述正确的是( )A吸热反应一定是反应物总能量大于生成物的总能量B明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同C强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱D在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率【考点】反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；强电解质和弱电解质的概念；盐类水解的应用；氯、溴、碘及其
22、化合物的综合应用 【专题】化学计算【分析】A反应物总能量大于生成物总能量为放热反应；B明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性；C电解质的导电能力和离子浓度有关；D根据原电池原理分析【解答】解：A反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，生成物总能量大于反应物总能量为吸热反应，故A错误；B明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性，两者的作用原理不相同，故B错误；C电解质的导电能力和离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，若强电解质离子浓度很小，则导电性很弱，如硫酸钡为强电解质，但离子
23、浓度很小，导电性很弱，故C错误；D在海轮外壳上镶入锌块，写出原电池，锌作负极失电子，轮船外壳铁作正极被保护，可减缓船体的腐蚀速率，故D正确；故选D【点评】本题易错点为C项，要明确导电性和离子浓度有关，相同浓度下，强电解质导电能力大于弱电解质导电能力4下列叙述正确的是( )ALi在氧气中燃烧只生成Li2OB将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色D将稀硫酸滴加到Fe（NO3）2溶液中无明显现象【考点】碱金属的性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质 【专题】卤族元素；氧族元素；几种重要的金属及其化合物【分
24、析】A锂在氧气中燃烧生成氧化锂；B盐酸的酸性大于亚硫酸；C次氯酸具有漂白性；D酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子【解答】解：A在碱金属元素中，锂的活泼性较弱，和氧气反应只生成氧化锂，没有过氧化物生成，故A正确；B盐酸的酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和氯化钡溶液不反应，故B错误；C氯水中含有盐酸、次氯酸，酸使紫色石蕊试液变红色，但次氯酸具有漂白性，使红色溶液褪色，所以看到的现象是：溶液先变红后褪色，故C错误；D酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，所以溶液颜色由浅绿色变为黄色，故D错误；故选A【点评】本题考查了物质间的反应，涉及锂的性质、强酸制取弱酸、次氯酸的漂白性、亚铁离子
25、的性质等知识点，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是D，注意：酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，为易错点5设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A1molL1NaCl溶液含有NA个Na+B1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NAC1 mol Na 与足量O2在一定条件下反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子D在酸性条件下，1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2 NA个电子【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氯化钠溶液的体积不知，无法计算溶液中含有的钠离子数目；B1mol氯气与铁完全反应，最多得到2mol
26、电子；C钠为1价金属，1mol钠与氧气完全反应失去了1mol电子；D亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，1mol亚铁离子完全反应失去1mol电子【解答】解：A没有告诉1molL1NaCl溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的物质的量，故A错误；B1molCl2与足量的铁反应，最多得到2mol电子，转移的电子数为2NA，故B错误；C1mol钠完全反应失去1mol电子，钠失去NA个电子，与生成氧化钠、过氧化钠无关，故C正确；D在酸性条件下，1molFe2+与足量的H2O2溶液反应失去1mol电子，转移NA个电子，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的
27、量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意缺少氯化钠溶液的体积6反应3X（g）+Y（g）Z（g）+2W（g）在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.1mol，则此反应的平均速率v为( )AV（X）=0.03molL1min1BV（Y）=0.02molL1min1CV（Z）=0.10molL1min1DV（W）=0.02molL1s1【考点】反应速率的定量表示方法 【专题】化学反应速率专题【分析】根据v=计算用Y浓度变化表示的反应速率，再根据速率之比等于化学计量数之比计算用各物质表示的反应速率，据此判断并注意单位一致【解答】解：在2L密闭容器中进行，5min内Y减少了0.
28、1mol，所以v（Y）=0.01mol/（Lmin）A、速率之比等于化学计量数之比，所以v（X）=3v（Y）=0.03mol/（Lmin），故A正确；B、v（Y）=0.01mol/（Lmin），故B错误；C、速率之比等于化学计量数之比，所以v（Z）=v（Y）=0.01mol/（Lmin），故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，所以v（W）=2v（Y）=0.02mol/（Lmin）=1.2mol/（LS），故D错误故选A【点评】本题考查化学反应速率的计算，难度较小，反应速率计算通常有定义法、化学计量数法，根据情况选择使用7下列说法正确的是( )ACO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都
29、能稳定存在B1 mol Cu和足量稀HNO3反应产生NA个NO分子（NA为阿伏加德罗常数）CpH=1的溶液中，Fe2+、NO3、SO42、Na+不能大量共存D三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为：Fe2O3+6H+=3Fe3+3H2O【考点】离子共存问题；离子方程式的书写；阿伏加德罗常数；常见的生活环境的污染及治理 【分析】ANO与空气的氧气反应；B由电子守恒可知生成n（NO）=mol；CpH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；D发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水【解答】解：ANO与空气的氧气反应，则NO不能在空气中稳定存在，CO、NO、NO2都是大气污染气体，CO、NO2在空气中都能
30、稳定存在，故A错误；B由电子守恒可知生成n（NO）=mol，则产生NA个NO分子，故B错误；CpH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C正确；D三氧化二铁溶于氢碘酸的离子反应为Fe2O3+2I+6H+=2Fe2+I2+3H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查较综合，涉及物质的性质、电子守恒计算、离子共存及离子反应等，注重高频考点的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大8下列除去杂质的方法不正确的是( )A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+C用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇
31、中的少量水DAl（OH）3中混有少量Mg（OH）2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤【考点】物质的分离、提纯和除杂；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐；B、氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中；C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，向其中通入过量的二氧化碳反应会生成氢氧化铝沉淀【解答】解：A、金属镁和氢氧化钠不反应，金属铝和氢氧化钠反应生成可溶性的盐，所以镁粉中混有少量铝粉，可以加入过量烧碱溶液充分
32、反应，然后过滤、洗涤、干燥即可，故A正确；B、Fe3+和Al3+均和氨水反应分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱氨水中，故不能实现，故B错误；C、生石灰具有吸水性，能吸收水形成氢氧化钙溶液，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸馏，分离出乙醇，故C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，故D正确故选B【点评】本题考查学生物质的分离和除杂的方法，要求学生掌握化学实验的基本操作知识，学以致用9某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、H
33、CO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是( )A原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Bab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2C原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+Dd点溶液中含有的溶质只有Na2SO4【考点】常见离子的检验方法 【分析】加入NaOH溶液，开始时没有沉淀生成，说明溶液中含有氢离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液
34、中一定不存在HCO3；当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+【解答】解：oa段发生反应：H+OH=H2O，bc段发生反应：NH4+OH=NH3H2O，cd 发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故可以肯定溶液中一定有的离子为：H+、NH4+、Al3
35、+；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+，A根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故A正确；B溶液中不存在镁离子，ab段发生的反应为：Al3+3OH=Al（OH）3、Fe3+3OH=Fe（OH）3，故B错误；C溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故C错误；D在d点溶液中含有的溶质并不只有Na2SO
36、4，还含有NaAlO2，故D错误；故选A【点评】本题考查了常见离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确铝元素及其化合物性质为解答关键，本题中正确判断存在铁离子而不存在镁离子为易错点，需要合理分析图象曲线变化及数据10有M、X、Y、Z、W五种原子序数依次增大的短周期元素，其中M、Z同主族；X+与M2具有相同的电子层结构；原子半径：ZW；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料下列说法正确的是( )AX、M两种元素形成的化合物只能存在离子键B元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体C由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低D元
37、素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】M、X、Y、Z、W五种原子序数依次增大的短周期元素，Y的单质是一种重要的半导体材料，可知Y为Si；X+与M2具有相同的电子层结构，可知X为Na、M为O；原子半径：ZW，则W为Cl，Z、M同主族，则Z为S，据此解答【解答】解：M、X、Y、Z、W五种原子序数依次增大的短周期元素，Y的单质是一种重要的半导体材料，可知Y为Si；X+与M2具有相同的电子层结构，可知X为Na、M为O；原子半径：ZW，则W为Cl，Z、M同主族，则
38、Z为S，A、钠与氧可以形成过氧化钠，其中含有共价键，故A错误；B、硅是原子晶体，而硫和氯气是分子晶体，故B错误；C、由于水分子之间有氢键，所以水的沸点高于硫化氢，故C错误；D、臭氧和氯气都可作为水处理中的消毒剂，故D正确；故选D【点评】本题主要考查了化学键、晶体类型、氢健、常见物质的用途等知识点，中等难度，元素推断是解题的关键，解题时注意基础知识点运用1125时，浓度均为0.1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11下列说法正确的是( )A在O.1molL1BA溶液中，c（A）+c（H+）=c（BOH）+c（OH）B若将0.1molL1BOH溶液稀释至0OO1molL1则溶液的pH=9C若将
39、一定量的上述两溶液混合后pH=7，则混合液中：c（A）c（B+）D若将上述两溶液按体积比1：2混合，则混合液中：c（B+）c（A）c（BOH）c（OH）c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】0.1mol/LHA溶液的PH=1，说明HA完全电离，为强电解质，0.1mol/L的BOH溶液的pH=11，说明碱不完全电离，为弱电解质，A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合物料守恒分析；B弱电解质溶液中都存在电离平衡，加水稀释促进弱电解质电离；C混合溶液pH=7，则溶液中c（OH）=c（H+），再结合
40、电荷守恒判断；D将上述两溶液按体积比1：2混合，则两种溶液中溶质为BA和BOH，BOH的电离程度大于B+水解程度，再结合电荷守恒分析【解答】解：0.1mol/LHA溶液的PH=1，说明HA完全电离，为强电解质，0.1mol/L的BOH溶液的pH=11，说明碱不完全电离，为弱电解质，A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（B+）+c（H+）=c（A）+c（OH），根据物料守恒得c（BOH）+c（B+）=c（A），则c（H+）=c（BOH）+c（OH），故A错误；B弱电解质BOH溶液中都存在电离平衡，加水稀释促进BOH电离，所以将0.1molL1BOH溶液稀释至0OO1molL1则溶液
41、的pH9，故B错误；C混合溶液pH=7，则溶液中c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒c（B+）+c（H+）=c（A）+c（OH），所以得c（A）=c（B+），故C错误；D将上述两溶液按体积比1：2混合，则两种溶液中溶质为BA和BOH，BOH的电离程度大于B+水解程度，所以溶液呈碱性，则c（OH）c（H+）、c（B+）c（A），溶液中BOH浓度大于c（OH），所以离子浓度大小顺序是c（B+）c（A）c（BOH）c（OH）c（H+），故D正确；故选D【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，正确判断电解质强弱是解本题关键，先根据酸碱浓度及溶液pH确定酸碱强弱，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，
42、难度中等12某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0下列叙述正确的是( )A加入少量W，逆反应速率增大B当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C升高温度，平衡逆向移动D平衡后加入X，上述反应的H增大【考点】化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】A、W为固体，增大W的用量，不影响平衡的移动；B、该反应正反应是气体体积减小的反应，随反应进行，压强降低，当压强不再变化，说明到达平衡状态；C、升高温度平衡向吸热反应移动；D、反应热H与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关【解答】解：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应
43、速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故B正确；C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C错误；D、反应热H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选B【点评】本题考查平衡移动、外界条件对平衡的影响、平衡状态判断等，难度不大，注意基础知识的掌握132SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个容器体积均为2L的恒容密闭容器中投料，其起始物质的
44、量及含硫反应物的平衡转化率如下表所示：甲乙丙丁起始物质的量n（SO2）/mol0.4000.800.02n（O2）/mol0.2400.480.04n（SO3）/mol00.4000.40含硫反应物的平衡转化率%80a1a2a3下列判断中，正确的是( )A该温度下，平衡常数的值为400B平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍C平衡时，a3a1D乙中SO3的平衡转化率为a1=20%【考点】化学平衡的计算 【分析】A甲中平衡时，二氧化硫的转化率为80%，则转化的二氧化硫为0.4mol80%=0.32mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）：0.4 0.24 0变化量（m
45、ol）：0.32 0.16 0.32平衡量（mol）：0.08 0.08 0.32再根据平衡常数表达式K=计算；B丙等效为在甲平衡的基础上压强增大一倍，平衡正向移动，丙中二氧化硫的转化率增大；C丁等效为在乙平衡的基础上在加入0.02molSO2、0.04molO2，平衡逆向移动，丁中二氧化硫转化率减小；D起始投入0.4molSO3与起始投入0.4molSO2、0.2molO2是完全等效平衡，乙等效为在甲到达平衡的基础上在移走0.04molO2，故乙平衡时三氧化硫的物质的量小于0.32mol，则乙中分解的三氧化硫大于0.4mol0.32mol=0.08mol【解答】解：A甲中平衡时，二氧化硫的转
46、化率为80%，则转化的二氧化硫为0.4mol80%=0.32mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）：0.4 0.24 0变化量（mol）：0.32 0.16 0.32平衡量（mol）：0.08 0.08 0.32平衡常数K=400，故A正确；B丙等效为在甲平衡的基础上压强增大一倍，平衡正向移动，丙中二氧化硫的转化率增大，平衡时丙中c（SO3）大于甲中的2倍，故B错误；C丁等效为在乙平衡的基础上在加入0.02molSO2、0.04molO2，平衡逆向移动，丁中二氧化硫转化率减小，即平衡时a3a1，故C错误；D起始投入0.4molSO3与起始投入0.4molSO2、
47、0.2molO2是完全等效平衡，乙等效为在甲到达平衡的基础上在移走0.04molO2，故乙平衡时三氧化硫的物质的量小于0.32mol，则乙中分解的三氧化硫大于0.4mol0.32mol=0.08mol，则乙三氧化硫的转化率a1100%=20%，故D错误，故选：A【点评】本题考查化学平衡有关计算、平衡常数计算、等效平衡等，难度中等，D选项为难点，学生容易利用平衡常数计算解答，BCD中注意利用等效思想构建平衡建立的途径，再利用平衡移动分析解答14某化学研究性学习小组对电解质溶液进行如下的归纳总结（均在常温下）：pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度一定降低pH=2的盐酸和pH=1的盐
48、酸，c（H+）之比为2：1pH相等的四种溶液：aCH3COONa、bC6H5ONa、cNaHCO3、dNaOH，溶质的物质的量浓度由小到大的顺序为dbca向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，则c（Na+）=c（）已知醋酸的电离常数为Ka，醋酸根离子的水解常数为Kh，水的离子积常数为KW；则三者关系为KaKh=KW甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的2倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH可能等于7其中归纳正确的是( )A全部BCD【考点】溶液pH的定义；pH的简单计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】强酸稀释时氢氧根离子浓度增大；pH=2的盐酸和
49、pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10；根据同浓度时的碱性强弱比较；根据电荷守恒电荷书恒判断；利用平衡常数的表达式判断；如pH之和等于14，等体积混合可等于7【解答】解：强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度一定都降低但氢氧根离子浓度增大，故错误；pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10，故错误；四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为dbca，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故正确；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，溶液中存在c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42），则c（Na+）2c（SO42），故错误
50、；水解和电离为可逆过程，则：Kb=，则有KaKh=Kw，故正确；当pH之和等于14时，则混合液pH=7，故正确综合以上分析，符合题意有，故选B【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等1525时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A在0.1 molL1Na2S溶液中：2c（Na+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S）BpH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）C将0.1 molL1盐酸与0.1 molL1K2CO3溶液等体积混合：c（K+
51、）c（Cl）c（HCO3）c（OH）c（H+）D向0.1 molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）c（NH4+）c（SO42）c（OH）=c（H+）【考点】离子浓度大小的比较 【分析】A根据0.1molL1Na2S溶液中的物料守恒判断；B溶液中一定存在电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒分析；C混合液中溶质为等浓度的氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+），结合电荷守恒判断各离子浓度大小；D溶液为中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），混合液为中性，加入的氢氧化钠的物质的量
52、稍大于0.1mol【解答】解：A根据0.1molL1Na2S溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），故A错误；BpH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故B正确；C将0.1 molL1盐酸与0.1 molL1K2CO3溶液等体积混合，反应生成碳酸氢钾，反应后溶质为氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，c（OH）c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（K+）c（Cl）c（HCO3）c（OH）c（H+），故C正确；D向0.1 molL1NH4HSO4溶液
53、中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，则c（OH）=c（H+），氢氧化钠的物质的量应该稍大些，则c（Na+）c（SO42），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），则c（SO42）c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故D错误；故选BC【点评】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题侧重考查学生的分析理解能力16RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池如图为RFC工作原理示意图，
54、下列有关说法正确的是( )A图1把化学能转化为电能，图2把电能转化为化学能，水得到了循环使用B当有0.1 mol电子转移时，a极产生0.56 L O2（标准状况下）Cc极上发生的电极反应是：O2+4H+4e2H2OD图2中电子从c极流向d极，提供电能【考点】化学电源新型电池 【专题】电化学专题【分析】根据图示知，图1有外接电源，所以为电解池，a为电解池阴极，b为阳极，用惰性电极电解水时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；图2没有外接电源，属于原电池，c电极上氧气得电子发生还原反应，则为原电池正极，d电极上氢气失电子发生氧化反应而作原电池负极，电子从负极流向正极；结合转移电
55、子和气体之间的关系式进行计算来解答【解答】解：A图1有外接电源，所以该装置是将电能转化为化学能的装置，属于电解池，图2能自发进行氧化还原反应，是将化学能转化为电能的装置，为原电池，故A错误；Ba电极作电解池阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，故B错误；Cc电极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H+4e2H2O，故C正确；D图2中c是正极，d是负极，电子从负极d流向正极c，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学电源新型电池，正确判断原电池和电解池及各个电极上发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等二、解答题（共5小题，满分52分）1
56、7工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）Na2SO3（aq）+H2S（aq）（）2H2S（aq）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）（）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则整个装置气密性良好装置D的作用是防止倒吸装置E中为NaOH溶液（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之
57、比为2：1（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择ca蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，已知反应（）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是溶液变澄清（或浑浊消失）反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有a、da烧杯 b蒸发皿 c试管 d锥形瓶【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）液柱高度保持不变，说明气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S2H2S3S3 Na2SO3，2N
58、a2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3；（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，蒸发皿、试管可直接加热【解答】解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S2H2S3S3
59、 Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，a不生成二氧化硫，bd中物质均与二氧化硫反应，只有c中饱和NaHSO3溶液适合制取二氧化硫；中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清（或浑浊消失）；烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，故答案为：c；控制滴加硫酸的速度；溶液变澄清（或浑浊消失）；ad【点评】本题考查实验方案的分析与评价，涉及气密性检验、离子检验、对操作的分析评价等
60、，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，（2）为易错点，可以利用总反应的分析，题目难度中等18（14分）甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应和，用CH4和H2O为原料来制备甲醇（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示已知100C时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为0.0030molL1min1图中的p1p2（填“”“”或“=”），100C时平衡常数为2.25104在其他条件不变的情况下降低温度，逆
61、反应速率将减小（填“增大”“减小”或“不变”）（2）在压强为0.1MPa条件下，a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）该反应的H0，S0（填“”“”或“=”）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是BDA升高温度 B将CH3OH（g）从体系中分离C充入He，使体系总压强增大 D再充入1mol CO和3mol H2【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素 【分析】（1）由图可知，100C时达到平衡时甲烷的转化率为0.5，则转化的甲烷为0.5mol，求出c（CH4），根据v=计算v（CH4），利用速
62、率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时甲烷的转化率，由此判断；平衡常数k=，计算出平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；降低温度，正逆反应速率都减小；（2）混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则说明正反应是放热反应，正反应是气体物质的量减小的反应；容器容积不变，增加甲醇产率，平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析【解答】解：（1）由图可知，100C时达到平衡时甲烷的转化率为0.5，则转化的甲烷为0.5mol，速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=3v（CH4）=3=0.0030molL1min1，
63、故答案为：0.0030molL1min1；正反应为气体体积减小的反应，恒温条件下增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，所以P1P2， CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）初始浓度：0.01 0.02 0 0 变化浓度：0.005 0.005 0.005 0.015平衡浓度：0.005 0.015 0.005 0.015100时平衡常数=（mol/L）2=2.25104 （mol/L）2，故答案为：；2.25104；降低温度，正逆反应速率都减小，故答案为：减小；（2）混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则说明正反应是放热反应，所以H0；正反应是气体物质的量减小的反应
64、，气体的物质的量越多，其熵越大，所以S0，故答案为：；A该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故A错误；B将CH3OH（g）从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，故B正确；C充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故C错误；D再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，故D正确，故答案为：BD【点评】本题考查化学平衡计算、化学反应速率、平衡常数、化学平衡的影响因素及等，难度中等，注意控制变量法与
65、定一议二原则应用19碱式硫酸铁Fe（OH）SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在4.47.5范围内，使溶液中的Al3+沉淀（写离子符号）（2）反应中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O（3）在实际生产中，反应常同时
66、通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为2mol（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为2Fe（OH）2+2H2O=Fe2（OH）42+2H+【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、F
67、e2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答（1）要制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，根据沉淀的pH选择；（2）酸性条件下，反应中加入NaNO2，将亚铁氧化成铁离子，为下一步制取碱式硫酸铁提供铁离子；（3）所消耗氧气得到的电子的物质的量相当于NaNO2得到电子的物质的量；（4）Fe（OH）2+离子
68、，可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒书写水解反应的离子方程式【解答】解：（1）制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.47.5之间将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制pH在4.47.5之间，故答案为：4.47.5；Al3+；（2）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为 2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O，故答案为：氧化Fe
69、2+；2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O；（3）1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，1mol氧气得到电子1mol4=4mol，在实际生产中，反应常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），反应过程中提供电子相等，则相当于节约NaNO2的物质的量=2mol，故答案为：2mol；（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 2Fe（OH）2+2H2OFe2（OH）42+2H+，故答案为：2Fe（OH）2+2H2OFe2（
70、OH）42+2H+【点评】本题考查制备原理的设计，题目难度中等，注意根据物质的性质和题给信息判断可能发生的反应，方程式的书写为解答该题的难点，也是易错点，注意体会书写方法20NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛请回答下列问题：（1）相同条件下，0.1molL1NH4Al（SO4）2中c（NH4+）小于（填“等于”、“大于”或“小于”）0.1molL1NH4HSO4中c（NH4+）（2）如图1是0.1molL1电解质溶液的pH随温度变化的图象其中符合0.1molL1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是
71、A（填写字母）；20时，0.1molL1NH4Al（SO4）2中2c（SO42）c（NH4+）3c（Al3+）=1031011molL1（不做近似计算）（3）室温时，向100mL 0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是a；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）【考点】盐类水解的应用；影响盐类水解程度的主要因素 【分析】（1）铝离子、氢离子抑制铵根离子水解，且铝离子抑制程度小于氢离子；（2）NH
72、4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解；根据电荷守恒计算；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性【解答】解：（1）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al
73、（SO4）2中的小，故答案为：小于；（2）NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，故选A；根据电荷守恒得2c（SO42）c（NH4+）3c（Al3+）=c（H+）c（OH）=103 molL11011molL1=1031011molL1，故答案为：1031011；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH
74、3H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42），b点时c（Na+）c（SO42），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42）c（NH4+），故c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故答案为：a；c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）【点评】本题考查了离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，离子浓度大小比较常常与盐类水解、弱电解质的电离联合考查，确定离子浓度大小时要结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，难点是（3）题，知道图象中各个点的溶质即可解答，题目难度中等21利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般
75、可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol（2）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式H2+CO322e=C
76、O2+H2O在电解池中生成N2O5的电极反应式为N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+（3）以甲醇燃料电池为电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2mol CH3OH，阴极产生标况下气体的体积为13.44L【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理 【分析】（1）根据已知热化学方程式和盖斯定律计算，由盖斯定律22+3得得到反应的焓变，写出对应反应的热化学方程式；（2）燃料原电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水；先根据化合价判断生成N2O5的电极，N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价因此应该在左侧生成N
77、2O5，即在阳极区域生成，再根据离子的放电顺序写出电极反应式；（3）用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，每消耗0.2mol CH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H+2e=H2，电子转移为1.2mol，反应的氢气物质的量为0.6mol，据此计算标准状况下气体的体积【解答】解：（1）N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol 由盖斯定律22+3得：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2
78、O（g）H=905.0kJ/mol； 故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol； （2）燃料原电池中，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为H2+CO322e=CO2+H2O；N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：阴极发生2H+2e=H2的反应，则阳极为N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+故答案为：H2+CO322e=CO2+H2O；N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+；（3）用该电池作电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，每消耗0.2mol CH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H+2e=H2，产生标况下气体的体积=0.6mol22.4L/mol=13.44L；故答案为：13.44【点评】本题主要考查了盖斯定律、电解池的工作原理知识，原电池原理分析与计算，难度中等，会根据化合价的变化确定生成N2O5的电极，根据离子的放电顺序写出相应的电极反应式，掌握基础是关键
