1、2015-2016学年吉林省松原市油田高中高三（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项，1-10题每题2分，11-20每题3分共计50分）12015年8月12日天津港瑞海公司危险化学品仓库发生特大火灾爆炸事故，事故警示我们，化学药品的安全存放是非常重要的下列有关化学药品的存放说法不正确的是（）A液溴易挥发，应用少量的水液封并放在冷暗处保存B碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存C金属钠遇到氧气和水均立即反应，应保存在煤油里D硝酸见光易分解、易挥发，应用棕色广口试剂瓶密封保存2一定温度下，取pH=12的NaOH溶液和氨水各10mL，分别用蒸馏水冲稀至1L关于稀释后
2、的溶液的pH的说法正确的是（）ANaOH溶液的pH小于氨水的pHBNaOH溶液的pH大于氨水的pHC两溶液的pH相等D无法判别两溶液pH的相对大小3下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是（）A含有较多Fe3+的溶液：Na+、SO42、HS、NH4+Bc（OH）=1mol/L的溶液：AlO2、CH3COO、K+、Ba2+CpH=1的溶液：K+、Fe2+、NO3、Na+D遇Al能放出H2的溶液：HCO3、K+、Mg2+、Cl4某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）A制备并观察氢氧化亚铁B证明过氧化钠与水反应放热C鉴别碳酸钠与亚硫酸钠D制备少量干燥的氯化氢气体5NA为阿伏伽德罗常数的值下列
3、说法正确的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA6据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾撞击时发生反应的化学方程式为：5KClO3+6P3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是（）A上述反应是放热反应B该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5C产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生
4、成磷酸小液滴（雾）D上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol7能正确表示下列反应的离子方程式是（）A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2O+SO22NH4+SO32+H2OBNaHSO3溶液中通入少量Cl2：HSO3+Cl2+H2O3H+SO42+2ClC氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2ClSO2+Cl2+H2OD磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+3H2O8已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1 452kJmol1H+（aq）+OH（a
5、q）H2O（l）H=57.3kJmol1下列说法正确的是（）AH2（g）的燃烧热为571.6 kJmol1B0.5H2SO4（aq）+0.5Ba（OH）2（aq）0.5BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJmol1C同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多D3H2（g）+CO2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=+131.4 kJmol19实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（）A锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度B开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡
6、消失C酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次10一定条件下A、B、C有如图所示的转化关系，且H=H1+H2符合上述转化关系的A、C可能是Fe、FeCl3 C、CO2 AlCl3、NaAlO2 NaOH、NaHCO3 S、SO3 Na2CO3、CO2（）A只有B除外C除外D全部11短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3 倍，Y 原子的最外层只有2 个电子，Z 单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族下列叙述正确的是（）A化合物YX、ZX2、WX3 都是酸性氧化物B元素W 的最高价氧化物对
7、应水化物的酸性比Z 的弱C原子半径的大小顺序：rYrZrWrXD元素X 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的弱12下列实验装置，其中按要求设计正确的是（）A电解饱和食盐水B铜锌原电池C电镀银D电解精炼铜13下列有关问题，与盐的水解有关的是（）NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂；用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；草木灰与铵态氮肥不能混合施用；实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体ABCD14锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）
8、+Mn2O3（s） 下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子，电解液内部OH向负极移动B电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g15几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、32下列叙述正确的是（）A元素的金属性 XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D一定条件下，w单质可以将z单质从其氢化物中置换出来
9、16298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）N2O4（g）H=a kJ/mol （a0）N2O4的物质的量浓度随时间变化如图达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol、n（N2O4）=1.2mol，则此时，下列大小关系正确的是（）Av（正）v（逆）Bv（正）v（逆）Cv（正）=v（逆）Dv（正）、v（逆）大小关系不确定17已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：H2B=H+HB，HBH+B2，则下列说法中一定正确的是（）A在Na2B溶液中一定有：c（OH）=c（H+）+c（HB）+2c（H2B）BNaHB溶液可能存
10、在以下关系：c（Na+）c（HB）c（OH）c（H+）CNaHB水溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HB）+c（OH）+c（B2）DNaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性18实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀变为黄色下列分析不正确的是（）A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）B滤液b中不含有Ag+C中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶19
11、下列物质的溶液中分别滴加Ba（OH）2溶液至过量，反应产生的沉淀的质量（m）或物质的量（n）随加入的Ba（OH）2溶液体积关系图象正确的是（）AAl2（SO4）2BKAl（SO4）2CNH4Al（SO4）2DNH4Al（SO4）220已知FeS与某浓度的HNO3反应时生成Fe（NO3）3、H2SO4和某一单一的还原产物，若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：6，则该反应的还原产物是（）ANOBNO2CN2ODNH4NO3二、解答题（共4小题，满分50分）21在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气
12、体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g请回答下列问题：（1）A接的是电源的极，B是该装置极，B电极反应式为（2）写出电解时反应的总离子方程式（3）电解后溶液的pH为；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入，其质量为（假设电解前后溶液的体积不变）（4）MnO2可作超级电容器材料用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的 电极反应式是22合成氨工业中氢气可由天然气和水蒸汽反应制备，其主要反应为：CH4+2H2OCO2+4H2，已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890KJ/mol2H2（g）+O2
13、（g）2H2O（l）H=571.6KJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44KJ/mol（1）写出由天然气和水蒸汽反应制备H2的热化学方程式：（2）某温度下，10L密闭容器中充入2mol CH4和3mol H2O（g），发生CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2 （g）反应，过一段时间反应达平衡，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍则平衡时，CH4的转化率为，H2的浓度为，反应共放出或吸收热量KJ升高平衡体系的温度，混合气体的平均相对分子质量，密度（填“变大”“变小”或“不变”）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将（填“正向”“逆向”或“不”）移动若保持恒温，将容器压缩为
14、5L（各物质仍均为气态），平衡将（填“正向”“逆向”或“不”）移动达到新平衡后，容器内H2浓度范围为23某小组同学用如图装置进行实验研究（a、b、c表示止水夹）请评价或完善其方案：（1）将装置A、C、E相连接，用MnO2和浓盐酸制取氯气，请回答：A中反应的离子方程式：E中氢氧化钠溶液的作用在C中加入适量的水可制得氯水将所得氯水分成两份进行实验，其操作、现象和结论如表：实验序号实验操作现象结论将氯水滴入品红溶液品红溶液褪色氯气有漂白性氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有酸性实验推出的相应结论是否合理？，若不合理，请说明理由（若合理，无需填写）实验推出相应的结论是否合理？，若
15、不合理，请说明理由（若合理，无需填写）（2）将B、D、E相连，在B中装浓硝酸和铜片，可制得NO2并进行有关实验B中反应的化学方程式先若关闭c，当丁中充满红棕色的NO2时，再关闭止水夹a、b，微热试管丁，丁中可观察到的实验现象24FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3 高效，且腐蚀性小请回答下列问题：（1）FeCl3 溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示），FeCl3 净水的原理是（2）为节约成本，工业上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3若酸性FeCl2 废液中c（Fe2+）=2.0102molL
16、1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，则该溶液的PH约为完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：Fe2+ClO3+=Fe3+Cl+（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+H2O Fe（OH）2+H+ K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）+H2OFe（OH）3+H+ K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）y（3xy）+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）a加水稀释 b降温 c加入NH4HCO
17、3 d加入NH4Cl室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是2015-2016学年吉林省松原市油田高中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项，1-10题每题2分，11-20每题3分共计50分）12015年8月12日天津港瑞海公司危险化学品仓库发生特大火灾爆炸事故，事故警示我们，化学药品的安全存放是非常重要的下列有关化学药品的存放说法不正确的是（）A液溴易挥发，应用少量的水液封并放在冷暗处保存B碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存C金属钠遇到氧气和水均立即反应，应保存在煤油里D硝酸见光易分解、易挥发，应用棕色广口试剂瓶密封保
18、存【考点】化学实验安全及事故处理【专题】化学实验【分析】A液溴易挥发，需液封； B碳酸钠溶液水解显碱性；C钠的密度比煤油的大；D液体用细口瓶保存【解答】解：A溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，故A正确； B碳酸钠溶液水解显碱性，玻璃中的二氧化硅能和碱溶液发生反应，生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘到一块，应用橡胶塞，故B正确；C金属钠易和空气中的水、氧气以及二氧化碳反应，常保存在密度较小的煤中油，故C正确；D液体用细口瓶保存，固体用广口瓶，故D错误故选D【点评】本题考查了化学试剂的存放，题目难度不大，需要掌握常见试剂的保存方法，关键是掌握试剂的性质，关键化
19、学性质选择保存方法，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养2一定温度下，取pH=12的NaOH溶液和氨水各10mL，分别用蒸馏水冲稀至1L关于稀释后的溶液的pH的说法正确的是（）ANaOH溶液的pH小于氨水的pHBNaOH溶液的pH大于氨水的pHC两溶液的pH相等D无法判别两溶液pH的相对大小【考点】pH的简单计算【专题】溶液pH值或氢离子、氢氧根离子浓度的计算【分析】一水合氨是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释后一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子物质的量增大；氢氧化钠为强电解质，溶液中完全电离，加水稀释后氢氧根离子物质的量基本不变【解答】解：一水合氨是弱电
20、解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释后一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子物质的量增大；氢氧化钠为强电解质，溶液中完全电离，加水稀释后氢氧根离子物质的量基本不变，所以加水稀释后，氨水中氢氧根离子浓度大，即氨水的pH的大，故A正确故选A【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据氢氧化钠和一水合氨电离程度来分析解答即可，难度不大3下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是（）A含有较多Fe3+的溶液：Na+、SO42、HS、NH4+Bc（OH）=1mol/L的溶液：AlO2、CH3COO、K+、Ba2+CpH=1的溶液：K+、Fe2+、NO3、Na+D遇Al能放出
21、H2的溶液：HCO3、K+、Mg2+、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A与Fe3+反应的离子不能大量共存；Bc（OH）=1mol/L的溶液呈碱性；CpH=1的溶液呈酸性；D遇Al能放出H2的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液【解答】解：AHS与Fe3+发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；Bc（OH）=1mol/L的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CpH=1的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+、NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D遇Al能放出H2的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液，无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3都不
22、能大量共存，故D错误故选B【点评】本题考查离子共存问题，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，为高考常见题型，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，把握题给信息，难度不大4某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）A制备并观察氢氧化亚铁B证明过氧化钠与水反应放热C鉴别碳酸钠与亚硫酸钠D制备少量干燥的氯化氢气体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气可将溶液中的氧气排出，关闭止水夹，硫酸亚铁排到氢氧化钠溶液中可生成氢氧化亚铁；B如脱脂棉燃烧，可说明反应放热；C二氧化硫、二氧化碳都可与澄清石灰水反应，具有相同的实验现象；D浓
23、硫酸具有吸水性，可用于制备少量氯化氢【解答】解：A稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气可将溶液中的氧气排出，关闭止水夹，硫酸亚铁排到氢氧化钠溶液中可生成氢氧化亚铁，且防止氢氧化亚铁被氧化，故A正确；B如脱脂棉燃烧，可说明反应放热，故B正确；C二氧化硫、二氧化碳都可与澄清石灰水反应，具有相同的实验现象，应用品红、溴水或高锰酸钾检验，故C错误；D浓硫酸具有吸水性，盐酸易挥发，可用于制备少量氯化氢，故D正确故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、性质的探究等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质，难度不大5NA为阿伏伽德罗常数的值
24、下列说法正确的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【考点】真题集萃；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一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；Bn（H2SO3）=0.5mol/L
25、2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；CNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4【解答】解：A一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比
26、等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；Bn（H2SO3）=0.5mol/L2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中O元素的化合价为1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；DNO和O2反应方程式为
27、2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2N2O46据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾撞击时发生反应的化学方程式为：5KClO3+6P3P2O5+5KCl，则下
28、列有关叙述错误的是（）A上述反应是放热反应B该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5C产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒（烟）吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾）D上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】由发生反应的化学方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则Cl元素的化合价由+5价降低为1价，P元素的化合价由0升高到+5价，以此来解答【解答】解：A“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，可知该反应为放热反应，故A正确；B由反应可知，KClO3为氧化剂，P为还原剂，氧化剂与还原剂
29、物质的量之比为5：6，故B错误；C生成物中有P2O5白色固体小颗粒（烟），其吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴（雾），故C正确；DP元素的化合价由0升高到+5价，则消耗3molP时，转移电子的物质的量为3mol（50）=15mol，故D正确；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，明确信息及反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大7能正确表示下列反应的离子方程式是（）A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2O+SO22NH4+SO32+H2OBNaHSO3溶液中通入少量Cl2：HSO3+Cl2+H2O3H+SO42+2ClC氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2ClS
30、O2+Cl2+H2OD磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+3H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A氨水过量反应生成亚硫酸铵；BNaHSO3溶液中通入氯气发生氧化还原反应生成硫酸氢钠和盐酸；C氯化钠与浓硫酸混合加热生成氯化氢和硫酸钠；D四氧化三铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水【解答】解：A过量氨水吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：2NH3H2O+SO22NH4+SO32+H2O，故A错误；BNaHSO3溶液中通入氯气发生氧化还原反应生成硫酸氢钠和盐酸，离子反应为HSO3+Cl2+H2OSO42+3H+2Cl，故B正确；C氯化钠与浓硫酸混合加热
31、，离子方程式：2Cl+H2SO4（浓）SO42+2HCl，故C错误；D将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸中的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故D错误；故选：AB【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大8已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1 452kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1下列说法正确的是（）AH2（g）的燃烧热为571.6 kJmol1B0.5H2SO4（aq）+0.5Ba
32、（OH）2（aq）0.5BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJmol1C同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多D3H2（g）+CO2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=+131.4 kJmol1【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；B、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，依据概念对选项分析判断；C、根据反应热和化学方程式系数的关系来回答；D、根据盖斯定律计算反应的焓变【解答】解：A燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，
33、H2的燃烧热为571.6 KJ/mol，故A错误；B、反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有沉淀热的变化，故B错误；C、2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1，1g氢气燃烧放热571.6kJ=142.9kJ，2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJmol1，1g甲醇燃烧放热1452kJ=22.7kJ，同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多，故C正确；D、2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1，2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O
34、（l）H=1 452kJmol1，根据盖斯定律得到：3H2（g）+CO2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=+131.4 kJmol1，故D正确故选CD【点评】本题考查反应热与焓变，侧重于热化学方程式的理解，注意把握热化学方程式的意义以及燃烧热的定义，题目难度不大9实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（）A锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度B开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次【考点】
35、中和滴定【专题】化学实验【分析】根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差【解答】解：A滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（标准）偏小，故A正确；B酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故B错误；C酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏大，故C错误；D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，
36、根据根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故D错误；故选A【点评】本题主要考查了中和滴定操作中的误差分析，题目难度中等，明确中和滴定操作方法为解答关键，注意根据c（待测）=分析滴定误差，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力10一定条件下A、B、C有如图所示的转化关系，且H=H1+H2符合上述转化关系的A、C可能是Fe、FeCl3 C、CO2 AlCl3、NaAlO2 NaOH、NaHCO3 S、SO3 Na2CO3、CO2（）A只有B除外C除外D全部【考点】无机物的推断；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】由图可知，图示既是盖斯定律的应用，也是物质之间
37、相互转化，符合转化关系的有变价物质的氧化反应、两性物质的转化以及多元酸对应的盐类之间的反应等，以此进行分析【解答】解：FeFeCl3，不存在上述转化，故不选；为CCOCO2，CCO2的转化，符合，故选；为AlCl3Al（OH）3 NaAlO2的转化，AlCl3NaAlO2，符合，故选；为NaOHNa2CO3NaHCO3，NaOHNaHCO3，故选；S与氧气不能反应生成SO3，不符合A、X的转化，故不选；为Na2CO3NaHCO3 CO2的转化，Na2CO3CO2，符合转化关系，故选；故选A【点评】本题考查考查常见元素及其化合物的有关转化，是中等难度的试题，对学生的要求比较高，学生需要有充足的知
38、识储备，以及灵活应变能力，该题也可以通过排除法，进行筛选得到正确的答案11短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3 倍，Y 原子的最外层只有2 个电子，Z 单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族下列叙述正确的是（）A化合物YX、ZX2、WX3 都是酸性氧化物B元素W 的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z 的弱C原子半径的大小顺序：rYrZrWrXD元素X 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的弱【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3
39、倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素，ASiO2、SO3 是酸性氧化物，化合物MgO是碱性氧化物，故A错误；B非金属SiS，故元素S
40、的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故B错误；C、同周期自左而右，原子半径减小，同主族电子层越多原子半径越大，故原子半径MgSiSO，即rYrZrWrX，故C正确；D非金属性OS，故元素O的简单气态氢化物的稳定性比S的强，故D错误；故选：C【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键12下列实验装置，其中按要求设计正确的是（）A电解饱和食盐水B铜锌原电池C电镀银D电解精炼铜【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】AFe与电源正极相连为阳极，则阳极不生成氯气；BZn为负极，Cu为正极，电流由正极流向负极；C电镀银时，A为阳极，镀件为阴极
41、，电解质溶液为硝酸银；D粗铜精炼时，粗铜为阳极【解答】解：AFe与电源正极相连为阳极，则阳极不生成氯气，不能利用淀粉KI溶液检验氯气的生成，显然不合理，故A错误；BZn为负极，Cu为正极，图中构成Cu、Zn原电池，产生的电流由正极流向负极，故B正确；C电镀银时，A为阳极，镀件为阴极，电解质溶液为硝酸银，图中缺少电解质溶液，不合理，故C错误；D粗铜精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，图中与之相反，不合理，故D错误；故选B【点评】本题考查电解原理及原电池，明确电解原理及其应用即可解答，注意电解饱和食盐水、电镀、粗铜精炼等发生的电极反应及电极判断，题目难度中等13下列有关问题，与盐的水解有关的是（）NH
42、4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂；用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；草木灰与铵态氮肥不能混合施用；实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体ABCD【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】金属生锈后可以和酸发生反应而除去；泡沫灭火剂的灭火原理是二氧化碳灭火；碳酸钾和铵盐之间会发生反应生成易挥发的氨气；玻璃塞的成分是二氧化硅，可以喝碱液发生反应；AlCl3溶液解热会生成氢氧化铝【解答】解：NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故正
43、确；NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故正确；草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故正确；Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故正确；加热蒸干AlCl3溶液会促进铝离子水解，这样会得到Al（OH）3固体，故正确故选D【点评】本题考查水解的原理和应用，题目难度不大，注意水解的应用和水解原理的把握14锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+
44、Mn2O3（s） 下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子，电解液内部OH向负极移动B电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，失电子，为原电池的负极，负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H
45、2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），结合离子、电子移动来分析解答该题【解答】解：A、根据总反应可知Zn失电子被氧化，为原电池的负极，电解质溶液中阴离子向负极移动，故A正确；B、根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），故B正确；C、原电池中，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D、负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，外电路中每通过O.2mol电子，消耗的Zn的物质的量为0.1mol，质量为0.1m
46、ol65g/mol=6.5g，故D正确故选C【点评】本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和判断，侧重于考查学生对基础知识的应用能力和计算能力15几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、32下列叙述正确的是（）A元素的金属性 XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D一定条件下，w单质可以将z单质从其氢化物中置换出来【考点】原子结构与元素的性质【分析】W化合价为2价，没有最高正化合价+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、
47、3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第A族，Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素结合元素周期律知识解答该题【解答】解：W化合价为2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第A族，Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较
48、小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素A同周期最原子序数增大，金属性减弱，故金属性MgAl，故A错误；B在放电条件下氮气与氧气可以化合生成NO，不能直接生成NO2，故B错误；CY的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于弱碱氨水，故C错误；D一定件下，氧气可以将氨气反应可以生成氮气与水，故D正确；故选：D【点评】本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键16298K时，在2L固定体
49、积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）N2O4（g）H=a kJ/mol （a0）N2O4的物质的量浓度随时间变化如图达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol、n（N2O4）=1.2mol，则此时，下列大小关系正确的是（）Av（正）v（逆）Bv（正）v（逆）Cv（正）=v（逆）Dv（正）、v（逆）大小关系不确定【考点】化学平衡的影响因素【分析】有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，带入平衡常数表达式计算K（298K），2NO2（g）N2O4（g
50、）H=a kJ/mol （a0）反应为放热反应，升高温度，K值减小，计算可知此时的浓度商Q=K（298K）K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）V（逆）【解答】解：由图可知K（298K），N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，则K=6.67L/mol，反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol、n（N2O4）=1.2mol，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，NO2的浓度为0.3mol/L，浓度商Q=6.67L/mol=K（2
51、98K）K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）V（逆），故选B【点评】本题考查知识点全面，涉及化学反应速率、平衡常数的计算、平衡的移动、图象分析等知识点，掌握基础是解题关键，难度中等17已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：H2B=H+HB，HBH+B2，则下列说法中一定正确的是（）A在Na2B溶液中一定有：c（OH）=c（H+）+c（HB）+2c（H2B）BNaHB溶液可能存在以下关系：c（Na+）c（HB）c（OH）c（H+）CNaHB水溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HB）+c（OH）+c（B2）DNaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性【考点】离子浓度大小的
52、比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】酸H2B在水溶液中第一步完全电离，第二步部分电离，所以B2只能发生一步水解，AB2只能发生一步水解，所以溶液中不存在H2B；BHB在水溶液里只能电离不能水解，导致溶液呈酸性；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DHB在水溶液里只能电离不能水解，B2只能发生一步水解【解答】解：酸H2B在水溶液中第一步完全电离，第二步部分电离，所以B2只能发生一步水解，AB2只能发生一步水解，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒c（OH）=c（H+）+c（HB），故A错误；BHB在水溶液里只能电离不能水解，导致溶液呈酸性，所以c（OH）c（H+），
53、故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HB）+c（OH）+2c（B2），故C错误；DHB在水溶液里只能电离不能水解，B2只能发生一步水解，所以NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性，故D正确；故选D【点评】本题考查离子浓度大小比较，明确该二元酸电离特点是解本题关键，再结合守恒思想解答，注意B2只能发生一步水解，HB只发生电离不水解，为易错点18实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1molL1
54、KI溶液，沉淀变为黄色下列分析不正确的是（）A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）B滤液b中不含有Ag+C中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A根据沉淀的溶解平衡；B根据滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡；C根据AgCl为白色沉淀，AgI为黄色沉淀；D根据沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；【解答】解：A浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），故A正确；B滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉
55、淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选：B【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生19下列物质的溶液中分别滴加Ba（OH）2溶液至过量，反应产生的沉淀的质量（m）或物质的量（n）随加入的Ba（OH）2溶液体积关系图象正确的是（）AAl2（SO4）2BKAl（SO4）2CNH4Al（SO4）2DNH4Al（SO4）2【考点】镁、铝的
56、重要化合物；离子方程式的书写【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A向Al2（SO4）2溶液中逐滴加Ba（OH）2溶液至过量，先产生氢氧化铝和硫酸钡沉淀，后沉淀部分溶解；B向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至过量，开始产生沉淀为硫酸钡和氢氧化铝，当沉淀达到最大值时，氢氧化铝溶于过量的碱；C、D假设NH4Al（SO4）2为1mol，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入3molOH，即加入1.5molBa（OH）2，加入的Ba2+为1.5mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba（OH）2，
57、生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但是沉淀增加的较慢；当SO42完全沉淀时，共需加入2molBa（OH）2，加入4molOH，Al3+反应掉3molOH，生成Al（OH）31mol，剩余1molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使1molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.5molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液【解答】解：A向Al2（SO4）2溶液中逐滴加
58、Ba（OH）2溶液至过量，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，沉淀逐渐到达最大值，然后沉淀部分溶解，图象不符，故A错误；B向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至过量，1molKAl（SO4）2与1.5molBa（OH）2反应铝离子全部沉淀，硫酸根部分沉淀，继续加Ba（OH）2，硫酸根离子继续沉淀，氢氧化铝开始溶解，所以沉淀的质量增加较慢，图象不符合，故B错误；C、D假设NH4Al（SO4）2为1mol，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入3molOH，即加入
59、1.5molBa（OH）2，加入的Ba2+为1.5mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但是沉淀增加的较慢；当SO42完全沉淀时，共需加入2molBa（OH）2，加入4molOH，Al3+反应掉3molOH，生成Al（OH）31mol，剩余1molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使1molAl（OH）3
60、完全溶解，需再加入0.5molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，则图象中沉淀开始增加较快，后来增加减慢，当沉淀达到最大值时，沉淀又开始减少，然后保持不变，图象D符合，故C错误，D正确故选D【点评】本题考查了铝的化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意NH4+与Al3+同时存在，OH首先与Al3+反应，而NH4+与Al（OH）3同时存在，OH首先与NH4+反应20已知FeS与某浓度的HNO3反应时生成Fe（NO3）3、H2SO4和某一单一的还原产物，若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：6，则该反应的还原产物是（）ANOBNO2CN2ODNH4NO
61、3【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】根据硝酸铁的化学式确定其酸作用的硝酸的物质的量，剩余的硝酸作氧化剂，再根据氧化还原反应中得失电子数相等确定还原产物中N元素的化合价【解答】解：若FeS和参与反应的HNO3的物质的量之比为1：6，设FeS的物质的量为1mol，则参加反应的HNO3的物质的量之比为6mol，根据Fe（NO3）3知，铁原子和起酸作的硝酸的物质的量之比是1：3，即起酸作的硝酸的物质的量是3mol，剩余3mol硝酸作氧化剂，设还原产物中N元素的化合价是x，氧化还原反应中得失电子数相等得1mol1+1mol8=3mol（5x），解得x=+2，故选A【
62、点评】本题元素化合物的性质为载体考查了氧化还原反应的有关计算，难度不大，根据得失电子守恒计算即可二、解答题（共4小题，满分50分）21在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g请回答下列问题：（1）A接的是电源的负极，B是该装置阳极，B电极反应式为4OH4e=2H2O+O2（2）写出电解时反应的总离子方程式2Cu2+2H2O 2Cu+O2+4H+（3）电解后溶液的pH为1；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入C
63、uO，其质量为2g（假设电解前后溶液的体积不变）（4）MnO2可作超级电容器材料用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的 电极反应式是Mn2+2H2O2eMnO2+4H+【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】（1）电解质溶液为蓝色溶液，含有Cu2+，用石墨作电极电解观察到A电极表面有红色的固态物质生成，析出的红色固体为Cu，则A为阴极，连接电源的负极，B为阳极，发生氧化反应，B电极有无色气体生成，溶液中水放电生成氢气；（2）电解时铜离子、水均放电，反应生成Cu、氧气与氢离子；（3）计算Cu的物质的量，根据电极反应式计算生成氢离子物质的量，计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=l
64、gc（H+）计算溶液pH；析出的物质相当于CuO，加入CuO可以使电解后溶液恢复到电解前的状态，根据Cu元素守恒计算需要加入CuO的质量；（4）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，由氧元素守恒可知有水参与反应，配平书写电极反应式【解答】解：（1）电解质溶液为蓝色溶液，含有Cu2+，用石墨作电极电解观察到A电极表面有红色的固态物质生成，析出的红色固体为Cu，则A为阴极，连接电源的负极，B为阳极，发生氧化反应，B电极有无色气体生成，溶液中水放电生成氢气，阳极电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2，故答案为：负；阳；4OH4e=2H2O
65、+O2；（2）电解时铜离子、水均放电，反应生成Cu、氧气与氢离子，电解时反应的总离子方程式：2Cu2+2H2O 2Cu+O2+4H+，故答案为：2Cu2+2H2O 2Cu+O2+4H+；（3）析出Cu的物质的量为=0.025mol，由2Cu2+2H2O 2Cu+O2+4H+可知，得到氢离子为0.025mol2=0.05mol，则c（H+）=0.1mol/L，溶液pH=lgc（H+）=1，析出的物质相当于CuO，加入CuO可以使电解后溶液恢复到电解前的状态，由Cu元素守恒可知，加入CuO为0.025mol，需要加入CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g，故答案为：1；CuO；2g；（
66、4）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，由氧元素守恒可知有水参与反应，阳极电极反应式为：Mn2+2H2O2eMnO2+4H+，故答案为：Mn2+2H2O2eMnO2+4H+【点评】本题考查电解原理、电解反应式书写、电解有关计算等，侧重考查学生分析能力与计算能力，关键是明确电解工作原理，难度中等22合成氨工业中氢气可由天然气和水蒸汽反应制备，其主要反应为：CH4+2H2OCO2+4H2，已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890KJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6KJ/molH2
67、O（g）=H2O（l）H=44KJ/mol（1）写出由天然气和水蒸汽反应制备H2的热化学方程式：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.2kJ/mol（2）某温度下，10L密闭容器中充入2mol CH4和3mol H2O（g），发生CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2 （g）反应，过一段时间反应达平衡，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍则平衡时，CH4的转化率为50%，H2的浓度为0.4mol/L，反应共放出或吸收热量165.2KJ升高平衡体系的温度，混合气体的平均相对分子质量变小，密度不变（填“变大”“变小”或“不变”）当达到平衡时，充入氩气，并保持压
68、强不变，平衡将正向（填“正向”“逆向”或“不”）移动若保持恒温，将容器压缩为5L（各物质仍均为气态），平衡将逆向（填“正向”“逆向”或“不”）移动达到新平衡后，容器内H2浓度范围为0.4mol/Lc（H2）0.8mol/L【考点】热化学方程式；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890KJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6KJ/molH2O（g）H2O（l）H=44KJ/mol根据盖斯定律2+2进行计算；（2）根据CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2 （g）反应，列
69、三段式进行计算；根据（1）的分析，该反应为吸热反应，升高平衡体系的温度，平衡向正反应方向移动，根据平均相对分子质量=和=进行判断；充入氩气，并保持压强不变，则体积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；保持恒温，将容器压缩为5L（各物质仍均为气态）即增大压强，平衡将向气体体积减小的方向移动，但氢气的浓度仍然增大【解答】解：（1）CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890KJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6KJ/molH2O（g）H2O（l）H=44KJ/mol根据盖斯定律2+2，得CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+
70、4H2（g）H=（890+571.62442）KJ/mol=+165.2KJ/mol，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）H=+165.2kJ/mol；（2）设甲烷转化的浓度为xmol/L，根据 CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2 （g）开始（mol/L） 0.2 0.3 0 0 转化（mol/L） x 2x x 4x平衡（mol/L）0.2x 0.32x x 4x=1.4，解得x=0.1，所以CH4的转化率为100%=50%，H2的浓度为0.14=0.4mol/L，反应共吸收热量0.1mol/L10L165.2KJ/mol=165.2KJ故答案为：5
71、0%；0.4mol/L；165.2；根据（1）的分析，该反应为吸热反应，升高平衡体系的温度，平衡向正反应方向移动即总物质的量增大，又总质量不变，所以平均相对分子质量=变小，总体积又没变，所以=不变，故答案为：变小；不变；充入氩气，并保持压强不变，则体积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大即正反应的方向移动，故答案为：正向；保持恒温，将容器压缩为5L（各物质仍均为气态）即增大压强，平衡将向气体体积减小即逆反应的方向移动，当将容器压缩为5L时氢气的瞬间浓度变为0.8mol/L，但平衡将向气体体积减小即逆反应的方向移动，氢气浓度再减小但最终达平衡时仍然大于原来的浓度0.4mol/L，所
72、以达到新平衡后，容器内H2浓度范围为0.4mol/Lc（H2）0.8mol/L，故答案为：逆向；0.4mol/Lc（H2）0.8mol/L【点评】本题考查盖斯定律的应用、转化率的计算、平衡浓度、平衡移动原理等知识，题目难度中等，注意掌握化学平衡移动原理及影响因素23某小组同学用如图装置进行实验研究（a、b、c表示止水夹）请评价或完善其方案：（1）将装置A、C、E相连接，用MnO2和浓盐酸制取氯气，请回答：A中反应的离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2；E中氢氧化钠溶液的作用吸收多余的Cl2在C中加入适量的水可制得氯水将所得氯水分成两份进行实验，其操作、现象和结论如表：实验
73、序号实验操作现象结论将氯水滴入品红溶液品红溶液褪色氯气有漂白性氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有酸性实验推出的相应结论是否合理？不合理，若不合理，请说明理由（若合理，无需填写）没有事先证明干燥的氯气无漂白性实验推出相应的结论是否合理？不合理，若不合理，请说明理由（若合理，无需填写）制取的氯气中含HCl气体，其溶于水能与NaHCO3粉末反应产生气泡（2）将B、D、E相连，在B中装浓硝酸和铜片，可制得NO2并进行有关实验B中反应的化学方程式Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O先若关闭c，当丁中充满红棕色的NO2时，再关闭止水夹a、b，微热试管丁，丁中可
74、观察到的实验现象丁中气体的红棕色变深【考点】探究氯水、氯气的漂白作用；氯气的实验室制法【专题】卤族元素；无机实验综合【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；氯气有毒，直接排放会污染空气，氯气能够与氢氧化钠溶液反应；要验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；实验室制得的氯气中有杂质气体水蒸气和氯化氢气体，盐酸能和碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体；（2）铜和浓硝酸反应生成的是二氧化氮气、硝酸铜和水；NO2中存在2NO2N2O4（g）（正反应是放热反应），加热平衡逆移【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，反应的离子方程
75、式为：MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+2H2O+Cl2；氯气有毒，直接排放能污染空气，氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以多余的氯气应该用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收多余的Cl2；没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性，故答案为：不合理；没有事先证明干燥的氯气无漂白性；氯化氢易挥发，实验室制得的氯气中有杂质气体水蒸气和氯化氢气体，盐酸也能和碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，不一定是氯气与水反应的产物的酸性，故不合理；故答案为：不合理，制取的氯气中含HCl气体，其溶于水能与NaHCO3粉末反应产生气泡；（2）铜
76、和浓硝酸反应生成的是二氧化氮气、硝酸铜和水，化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；NO2中存在2NO2N2O4（g）（正反应是放热反应），加热平衡逆移，NO2的物质的量增大，丁中气体的颜色变深；故答案为：丁中气体的红棕色变深【点评】本题考查了氯气的实验室制法、氯气的化学性质，明确实验室制取氯气的反应原理及氯气的化学性质是解题关键，侧重考查学生对实验方案的评价，题目难度中等24FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3 高效，且腐蚀性小请回答下
77、列问题：（1）FeCl3 溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是2Fe3+Fe=3Fe2+（用离子方程式表示），FeCl3 净水的原理是Fe3+水解产生的Fe （OH）3胶体离子能吸附水（2）为节约成本，工业上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3若酸性FeCl2 废液中c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，则该溶液的PH约为2完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：Fe2+ClO3+=Fe3+Cl+（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+H2O Fe（OH）2+H+ K1Fe（
78、OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）+H2OFe（OH）3+H+ K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1K2K3通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）y（3xy）+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是ac（填序号）a加水稀释 b降温 c加入NH4HCO3 d加入NH4Cl室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是调节溶液的pH【考点】盐类水解的应用；pH的简单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用
79、；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，
80、所以水解平衡常数逐渐减小；控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动；从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；
81、（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）=1.0102molL1，则溶液pH=lg1.0102=2，故答案为：2；氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：
82、ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O，故答案为：6；1；6H+；6；1；3H2O；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1K2K3；控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选ac；从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH，故答案为：K1K2K3；ac；调节溶液的pH【点评】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等