1、一轮复习第一阶段过关检测化学试卷（一）一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题中只有一个选项符合题意。）1.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中正确的是()A. 煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B. 医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化D. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A. 煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，则煤炭不能蒸馏，故A错误；B. 酒精
2、可使蛋白质发生变性，则医药中常用酒精来消毒，故B正确；C. 明矾中铝离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但不能淡化海水，故C错误；D. 光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物，而新型材料聚酯纤维属于有机高分子化合物，故D错误；答案选B。2.混合物M中可能含有Al2O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案:下列分析正确的是A. 若m1m2，则混合物M中一定含有Al2O3B. 生成蓝色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+C. 固体B既可能是纯净物，又可能是混合物D. 要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入适量盐酸【答案】D【解析】试题分析
3、：铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，溶液A为偏铝酸钠和氢氧化钠，Fe3O4、Cu中加入过量盐酸后，铁离子将铜溶解，因此溶液呈蓝色，固体B只能是未溶解的铜。A铝、氧化铝都能和氢氧化钠反应，Fe3O4、Cu和氢氧化钠不反应，当m1m2时，说明至少有Al2O3、Al两者中的一种，且生成了偏铝酸钠溶液，而过量的氢氧化钠，阴离子大于一种，故A错误；BFe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，三价铁离子有强氧化性，发生Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B正确；C固体B为铜，故C错误；D金属氧化物与酸反应生成水，无氢气，而铜与盐酸不反应，可取A加入适量稀HCl，如果有气体产
4、生，证明铝的存在，故D正确；故选D。考点：考查了镁、铝及其重要化合物的性质的相关知识。3.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )A. 25时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAB. 标准状况下,6.72 L NO2与水充分反应转移的电了数目为0.1NAC. 常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD. 100g 46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA【答案】D【解析】pH=13，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1 mol/L，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA, A错
5、误；3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2参加反应，转移2mol电子，6.72 L NO2（即0.3 mol），转移电子0.2NA，B错误；常温下，铝片在浓硫酸中钝化，反应停止，铝失去的电子数小于0.3NA，C错误；100g 46%的乙醇溶液中，含有乙醇46克，物质的量为1mol，含有1molH-O键，溶剂水为54克，其物质的量为3mol，含有6molH-O键，所以该溶液中共含有H-O键的数目为7NA，D正确；正确选项D。4.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与100 mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反
6、应)，生成2.4 g硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是 ()A. 100 mL的盐酸中HCl的物质的量浓度为7.5 molL-1B. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 LC. 该磁黄铁矿FexS中，x=0.85D. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为31【答案】C【解析】【详解】n（S）=0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11
7、：6；A盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）=8.5mol/L，故A错误；B根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol22.4L/mol=9.52L，故B错误；CFexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；D根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe
8、2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故D错误；答案选C。5.下列离子方程式书写正确的是 ( )A. 氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2+CO2+H2O=CaCO3+2H+B. 以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl+ 2H2O2OH+ H2+ Cl2C. Ca(C1O)2溶液中通人过量的SO2气体：ClO-+SO2+H2O=HSO3-+HClOD. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量最大：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O【答案】D【解析】【详解】A氯化钙溶液中通入二氧化碳，二者不发生反应，故A错误；B用石墨作电
9、极电解AlCl3溶液生成氢氧化铝、氢气和氯气，离子方程式：2Al3+6Cl-+6H2O2Al（OH）3+3H2+3Cl2，故B错误；CCa（ClO）2溶液中通人过量的SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2+2ClO-+2H2O+2SO2CaSO4+SO42-+4H+2Cl-，故C错误；D向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀质量最大时，反应生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钾，反应的离子反应为：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO4+AlO2-+2H2O，故D正确；答案选D。6.工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2
10、O72H2O)，其主要反应为4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，下列说法正确的是 ()A. 反应和均为氧化还原反应B. 反应的氧化剂是O2，还原剂是FeOCr2O3C. 高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4D. 反应中每生成1 mol Na2CrO4时转移电子3 mol【答案】B【解析】【详解】A. 4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2
11、SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B. 4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeOCr2O3，故B正确；C. 4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中中，氧化剂是氧气，还原剂是FeOCr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；D. 由方程式4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O
12、28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 转移电子可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为，所以反应中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移，故D错误。答案选B。7.下图所示转化关系中A、B、C均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成。其中单质B含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法错误的是（ ）A. Z元素位于第二周期第VIA族B. 可用排水法收集化合物乙C. 元素X、Y、Z的原子半径大小关系为XZO，因此，元素X、Y、Z
13、的原子半径大小关系为XZYZXB. W，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点： Y WC. Z2Y和ZX都只存在离子键D. v能抑制水的电离，u能促进水的电离【答案】D【解析】25 ，0.01 mol/L的v溶液中：= 1.010-10，说明v是一元强碱，v是NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成分，u是SO2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素；简单离子半径：S2-O2-Na+H+，故A正确；H2O的沸点大于H2S，故B正确；Na2O、NaH只存在离子键，故C正确；二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故D错误。9.液流电池是一种新型可充电的高性能
14、蓄电池，其工作原理如下图。两边电解液存储罐盛放的电解液分别是含有V3、V2的混合液和VO2、VO2酸性混合液，且两极电解液分开，各自循环。下列说法不正确的是（ ）A. 充电时阴极的电极反应是V3+e-=V2+B. 放电时，VO2作氧化剂，在正极被还原，V2做还原剂，在负极被氧化C. 若离子交换膜为质子交换膜，充电时当有1mol e-发生转移时，左槽电解液的H的物质的量增加了1molD. 若离子交换膜为阴离子交换膜，放电时阴离子由左罐移向右罐【答案】C【解析】试题分析：A充电时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应为V3+被还原生成V2+，即V3+e-=V2+，正确；B.放电时，正极上发生得电子的
15、还原反应，VO2+ 2H+e-= VO2+ H2O，VO2作氧化剂，在正极被还原，负极上发生失电子的氧化反应，V2+e-=V3+，V2+做还原剂，在负极被氧化，正确；C.放电过程中，转移电子的物质的量和氢离子物质的量是相等的，充电时当有1mol e-发生转移时，右槽电解液的H的物质的量增加了1mol，错误；D放电过程中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，即放电时阴离子由由左罐移向右罐，正确。考点：化学电源新型电池10.在一定条件下，向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的AlCl3，实验装置如图所示。下列说法不正确的是A. c中盛装的是浓硫酸B. 实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃
16、a处酒精灯C. 此反应中的尾气，除氯气外都可直接排放到大气中D. 该装置不完善，其中应改进的一项是在d、e之间添加一个干燥装置【答案】C【解析】本题向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的AlCl3，a装置制取氯气，b装置除去氯气中的HCl，c装置干燥氯气，d装置发生制备AlCl3的反应，e装置尾气处理装置。A. c中盛装的是浓硫酸干燥氯气，A正确；B. 实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯，可以充分利用氯气，B正确；C. 此反应中的尾气，除氯气外还有CO等，不能直接排放到大气中，C错误；D. 为防止e装置中的水蒸气进入d，在d、e之间添加一个干燥装置，故D正确；因此，本
17、题正确答案为C。点睛：本题易错B选项，空气不影响该实验，不必先制氯气排空气，为了充分利用氯气，实验时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯，使反应顺利进行。11.下列根据实验操作或现象得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论AKBrO3溶液中加入少量苯,然后通入少量Cl2,有机相呈橙色氧化性:Cl2Br2B室温下,向浓度均为0.1 molL-1的KCl和KI混合溶液中滴加几滴AgNO3溶液,只出现黄色沉淀Ksp(AgI)7,将其蒸干并灼烧得到固体残留物该固体为Al2O3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色，
18、说明该反应中有Br2生成，Br元素化合价由+5价变为0价，所以KBrO3是氧化剂，则Cl2是还原剂，说明氧化性：Cl2KBrO3，故A错误；B.Ksp小先沉淀，由出现黄色沉淀，可知Ksp(AgI)molC. n(Na)3n(Al)molD. aV2【答案】C【解析】试题分析：钠、铝共融物投入一定量的水中可发生：2Na+2H2O=2NaOH+H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，加入盐酸体积为V2L时，溶液的溶质为NaCl和AlCl3。A、W2-W1为氯离子的质量，则W2-W1=aV235.5，故A错误；B、金属没有剩余，根据方程式可知，n(Na)n(Al)，而23n(Na
19、)+27n(Al)=W1，联立解得n(Al)mol，故B错误；C、由2Na+2H2O=2NaOH+H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，n(Na)+n(Al)=，故n(Na)+3n(Al)=mol，故C正确；D、aV2可以表示氯离子物质的量，根据电荷守恒可知：氯离子物质的量等于金属提供电子物质的量，故aV2=2=，故D错误；故选C。考点：考查了混合物的计算的相关知识。15.已知：Fe5O7可以看作Fe2O3和Fe3O4的混合物现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01mol H2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显
20、红色，则原混合物中铁的物质的量为（）A. 0.05 molB. 0.06 molC. 0.07 molD. 0.08 mol【答案】B【解析】【详解】铁和盐酸反应Fe+2HCl=FeCl2+H2，生成0.01mol氢气消耗铁物质量为0.01mol；反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子；假设混合物0.1mol为Fe、Fe2O3的混合物，设原混合物铁物质的量为x，则Fe2O3的物质的量为(0.1x)mol，Fe3+物质的量2(0.1x)mol；Fe+2Fe3+=3Fe2+；12(x0.01)mol2(0.1x)mol计算得到
21、x=0.055mol；假设混合物0.1mol为Fe、Fe5O7混合物，设原混合物中铁物质量为y，则Fe5O7混物质的量为(0.1y)mol，Fe5O7可以看作Fe2O3和Fe3O4的混合物，Fe3O4的可以看做Fe2O3和FeO组成，则Fe2O3的物质的量为2(0.1y)mol，Fe3+物质的量4(0.1x)mol；Fe+2Fe3+=3Fe2+； 12(x0.01)mol4(0.1x)mol计算得到x=0.07mol；所以Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol反应含有铁的物质的量为0.055n(Fe)0.07，在此范围的铁的物质的量符合；答案选B。【点睛】加盐酸后固体全部溶解，共收集
22、到0.01mol H2，得到与盐酸反应生成氢气的铁物质的量为0.01mol；反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，依据极值法计算判断。卷二（本题包括4小题，共55分）16.PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如下：熔点/沸点/密度/ gmL1其他黄磷44.1280.51.822P3Cl2(少量) 2PCl3；2P5Cl2(过量) 2PCl5PCl311275.51.574遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3(一)制备如图是实验室制备PCl3的装置(部分仪器已省略)。(1)仪器乙的名称是_；其中，与自来水
23、进水管连接的接口编号是_。(填“a”或“b”)(2)实验室制备Cl2的离子方程式_。实验过程中，为减少PCl5的生成，应控制_。(3)碱石灰的作用：一是防止空气中的水蒸气进入而使PCl3水解，影响产品的纯度；二是_。(4)向仪器甲中通入干燥Cl2之前，应先通入一段时间CO2排尽装置中的空气，其目的是_。(二)分析测定产品中PCl3纯度的方法如下：迅速称取4.100 g产品，水解完全后配成500 mL溶液，取出25.00 mL加入过量的0.100 0 molL1 20.00 mL碘溶液，充分反应后再用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00 mL Na2S
24、2O3溶液。已知：H3PO3H2OI2=H3PO42HI；I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6；假设测定过程中没有其他反应。(5)根据上述数据，该产品中PCl3(相对分子质量为137.5)的质量分数为_。若滴定终点时俯视读数，则PCl3的质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(三)探究(6)设计实验证明PCl3具有还原性：_。(限选试剂有：蒸馏水、稀盐酸、碘水、淀粉)【答案】 (1). 冷凝管(或冷凝器) (2). b (3). MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O) (4). 氯气通入的速率(或流量) (5). 吸收多余
25、的Cl2，防止污染环境 (6). 排净装置中的空气，防止O2和水与PCl3反应 (7). 93.9% (8). 偏大 (9). 向碘水中加入PCl3，碘水褪色【解析】【详解】(1)仪器乙为冷凝管，用于冷凝蒸馏产物，为了使冷凝效果最好，进水口为b，故答案为：冷凝管；b；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸或高锰酸钾和浓盐酸加热制备氯气，方程式为：MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O); 实验过程中，为减少PCIs的生成,应控制氯气的通入速率；故答案为: MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O)
26、； 氯气的通入速率(或流量)；(3)氯气有毒，污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度，故答案为：碱石灰吸收多余Cl2防止污染空气；(4)由于PCI3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl,通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCI3与空气中的O2和水反应；通入二氧化碳赶净空气，避免水和氧气与三氯化磷发生反应，故答案为：排净装置中的空气，防止空气中的水分和氧气与PCl3反应;(5)0.1000molL-1碘溶液20.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000 molL10.020L=0.002mol，根据反应I22Na2S2O
27、3=2NaINa2S4O6 可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为： 0.002mol-0.1000 molL-10.012L1/2=0.0014mol，再由H3PO3H2OI2=H3PO42HI可知，25mL 三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为： n (H3PO3) =n (I2)=0.0014mol，500mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.0014mol 500mL/25mL=0.028mol，所以4.100g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.028mol，该产品中PCl3的质量分数为：；若滴定终点时俯视读数，读出的标准液硫代硫4.100g酸钠溶液体积偏小，计
28、算出的H3PO3消耗的碘单质的物质的量偏大，三氯化磷的物质的量偏大，三氯化磷的质量分数偏大，故答案为： 93.9%； 偏大；(6)设计实验证明PCl3具有还原性的方案为：向碘水中加入PCl3， 碘水褪色；故答案为：向碘水中加入PCl3；碘水褪色。17.下图是某工业生产过程。溶解度表：温度010203040608090100氯化铵29.433.337.241.445.855.265.671.377.3硫酸铵70.67375.47881889598103硫酸钾7.49.311.11314.818.221.422.9241氯化钾2831.234.237.240.145.851.353.956.3（1
29、）本工业生产过程的目标产品是_。（写化学式）（2）过滤操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，该固体的用途有_（试举一例）。（3）根据溶解度表转化适宜的温度是_A、010 B、2030 C、4060 D、90100过滤操作所得滤渣是_。（4）我国著名的化学家也利用了转化的反应原理制备了一种重要的碱，该制备的化学反应方程式为：_（5）氯化钙结晶水合物（CaCl26H2O）进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据下图选择最佳脱水的方法是_A、氯化氢气流中加热到174 B、直接加热至174C、直接加热至260 D、氯化氢气流中加热到260（6）上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中_（填化学式）实现
30、了循环利用，副产品_（填化学式）可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。【答案】 (1). CaCl26H2O (2). 做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料 (3). D (4). K2SO4（或K2SO4 和KCl） (5). NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3 (6). C (7). NH3 (8). CaCO3【解析】（1）根据上面流程，起点由水吸收氨气，再吸收二氧化碳，最后转化产出的为红色圈的CaCl26H2O，本工业生产过程的目标产品是CaCl26H2O；而箭头指出的CaCO3受热分解可提供氧化钙和二氧化碳，根据溶解性表中硫酸铵、氯化
31、钾、硫酸钾和氯化铵中硫酸钾溶解度最小，在转化中溶解度最小的先析出，故过滤滤渣A为硫酸钾，即箭头指出的在流程序中间的碳酸钙和硫酸钾都不是目标产品；（2）过滤操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，根据前面转化加入的石膏应该过量且是微溶，故还有的固体为石膏，用途有：做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料等；（3）根据溶解度表转化适宜的温度是90100，该温度范围内，硫酸铵、氯化钾、氯化铵的溶解度都比硫酸钾溶解度大得多，容易析出硫酸钾晶体；过滤操作所得滤渣是K2SO4（或K2SO4 和KCl）；（4）我国著名的化学家也利用了转化的反应原理制备了一种重要的碱，该制备是在饱和食盐水中
32、通入足量的氨气，再通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠，化学反应方程式为：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；（5）由于CaCl26H2O的相对分子质量为219、假如有CaCl24H2O、CaCl22H2O、CaCl2H2O、，则相对分子质量分别为183、147、129，CaCl2的相对分子质量为111，根据相对分子质量及质量关系，将CaCl26H2O转化为CaCl2最佳脱水的方法是应该选D；（6）上述工业流程（参照前面的图）实现了绿色化学的理念，其中蒸氨过程中NH3实现了循环利用，副产品CaCO3可转化为原料氧化钙和二氧化碳，整个流程基本实现了污染物零排放。18.A、B、D
33、和E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸。甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素;W为N2H4，可做火箭燃料；甲、乙为非金属单质；X分子中含有10个电子。它们之间的转化关系如图所示。图图回答下列问题:(1)甲和乙生成标准状况下1.12 L Y，吸收9.025 kJ热量，写出反应的热化学方程式：_。(2)一定量E的单质与NaOH溶液恰好完全反应后，所得溶液的pH_7(填“大于”“等于”或“
34、小于”)，原因是_(用离子方程式表示)。(3)W-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%30%的KOH溶液。W-空气燃料电池放电时，正极反应式为_，负极反应式为_。(4)将一定量的A2、B2混合气体放入1 L密闭容器中，在500 、2107 Pa下达到平衡。测得平衡气体的总物质的量为0.50 mol，其中A2为0.3 mol，B2为0.1 mol。则该条件下A2的平衡转化率为_,该温度下的平衡常数为_。【答案】 (1). N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+361 kJmol-1 (2). 大于 (3). ClO-+H2OHClO+OH- (4). O2+2H2O+4e-=4
35、OH- (5). N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O (6). 33.3% (7). 3.7【解析】【详解】A. B. D.E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大，A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，推知元素A是H；由元素在周期表中位置，可知B、D位于第二周期，E位于第三周期，而E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，可推知B为N元素、D为O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由H、N、O三种元素中的一种或几种组成,其中W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，结合转化关系可知，甲是O2、乙是N2、X是H2O，依次可推导出Y是NO、Z是NO
36、2、M是HNO3。(1)氧气和氮气生成标准状况下1.12LNO，吸收9.025kJ的热量，则生成2molNO吸收的热量为9.025kJ2mol22.4L/mol11.2L=361kJ，所以该反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+361kJ/mol，故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+361kJ/mol；(2)一定量氯气与NaOH溶液恰好完全反应后得到等浓度的NaCl、NaClO溶液，溶液中次氯酸根水ClO-+H2OHClO+OH-，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，所得溶液的pH大于7，故答案为：大于；ClO-+H2OHClO+OH-；(3)正极发生还原反应
37、，氧气在正极得电子，碱性条件下生成OH，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极发生氧化反应，失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极反应式为：N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O。故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；N2H4+4OH-4e-=N2+4H2O； (4)测得平衡气体的总物质的量为0.50mol，其中A2为0.3mol，B2为0.1mol，则： 3H2(g)+N2(g)2NH3(g)开始(mol):0.45 0.15 0转化(mol):0.15 0.05 0.1平衡(mol):0.3 0.1 0.50.30.1=0.1则该条件下H2的平衡转化率为，容器体积为1
38、L，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=3.7故答案为：33.3%；3.719.某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu。（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：图中X溶液是 ；Cu电极上发生的电极反应式为 ；原电池工作时，盐桥中的 离子(填“K+”或“Cl”)不断进入X溶液中。（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：M是 极；图丙中的线是 离子的变化。当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入 L 5molL-1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。（3）铁的重
39、要化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe2NaOH2H2ONa2FeO43H2，则电解时阳极的电极反应式是 。高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为 。Na2FeO4能消毒、净水的原因 。【答案】（1）FeCl3 ；Cu-2e-Cu2+ ；K（2）负；Fe2(或者FeCl2)；2.8（3）Fe8OH6eFeO42-4H2O2Fe(OH)33ClO4OH2FeO42-3Cl5H2O；高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬
40、浮物的净水作用。【解析】试题分析：（1）据反应物和生成物可以确定该反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2，所以X为FeCl3溶液，故答案为：FeCl3；Cu做负极，Cu电极上发生的电极反应式为Cu-2e-Cu2+，故答案为：Cu-2e-Cu2+；Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；（2）根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，则M为负极，N为正极；故答案为：负；在电解过程中有Cu2+生成，则Cu2+的物质的量从零逐渐增大，所
41、以为Cu2+，由图可知，表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以为Fe2+，故答案为：Fe2+；当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+2mol，Fe2+3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH溶液14mol，所以NaOH溶液等体积为=2.8L，故答案为：2.8；（3）电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH6e-FeO42-+4H2O，故答案为：Fe+8OH6e-FeO42-+4H2O；NaClO氧化Fe(OH)3的反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O；高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用，故答案为：高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用。考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。
