高考化学三轮复习：黄金30题(6) 考前必做难题30题

1、考前必做难题30题【试题1】化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法正确的是（ ）A制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料B乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C垃圾焚烧法已成为许多城市垃圾处理的主要方法之一，利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，能较充分地利用生活垃圾中的生物质能D为了防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品保质期，在包装袋中常放入生石灰【答案】C考点：考查化学与生活、环境的关系【试题2】下列说法正确的是（ ）A石油经过分馏及裂化等方法得到的物质均为纯净物B乙酸乙酯、油脂、葡萄糖、蛋白质均可以发生水解反应C化合物是苯的同系物

2、D异丁烷的八氯代物共有3种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】试题分析：A石油经过分馏及裂化等方法得到的物质均为混合物，A错误；B乙酸乙酯、油脂、蛋白质均可以发生水解反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，B错误；C苯环上的氢原子被烷烃基取代所生成的化合物是苯的同系物，通式为CnH2n-6，因此化合物不是苯的同系物，C错误；D异丁烷的二氯代物有3种，即CH2ClCCl(CH3)2、CHCl2CH(CH3)2、CH2ClCH(CH3)CH2Cl。异丁烷中共计是10个氢原子，则异丁烷的八氯代物也共有3种，D正确，答案选D。考点：考查有机物结构与性质判断【试题3】下列说法正确的是（ ）A7.1g氯气与

3、足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为0.2×6.02×1023B标准状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后气体的分子总数为1.0×6.02×1023C工业用电解法进行粗铜精炼时，每转移1mol电子，阳极上溶解的铜原子数为0.5×6.02×1023DV L a mol·L1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为6.02×1023，则Cl-的数目大于3×6.02×1023【答案】D【解析】 试题分析： A氯气0.1mol，与足量的氢氧化钠溶液发生歧化反应转移的电子数为0.1×6.02&

4、#215;1023，A项错误；B、由于生成的NO2会有部分转化为N2O4，实际混合后所得分子总数应小于1.0×6.02×1023，故B错误；C、粗铜中可能有比铜活泼的金属如Fe存在，优先于铜放电,所以每转移1mol电子，阳极上溶解的铜原子数可能小于0.5×6.02×1023；故C错误；D、氯化铁溶液中Fe3+水解Cl-不水解，故Cl-数目比Fe3+的数目的3倍要多，故D项正确。考点：了解阿佛加德常数的含义；根据物质的量与微粒（原子、分子、离子等）数目、之间的相互关系进行有关计算。了解常见元素及其化合物的性质。【试题4】下列离子方程式的书写及评价均合理的是

5、（ ）选项离子方程式评价A将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中：2Fe22I2Cl2=2Fe34ClI2正确；Cl2过量，Fe2、I均被氧化B用Cu电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：2Cl-2e=Cl2正确；Cl优先于OH放电C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2H2OClO=HClOHSO3正确；H2SO3的酸性强于HClODMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg22HCO34OH= Mg(OH)2 +2 CO322 H2O正确；Mg(OH)2比MgCO3更难溶【答案】D【解析】试题分析：A、将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中

6、，Cl2过量，Fe2、I均被氧化，所以离子方程式中亚铁离子与碘离子的物质的量之比符合化学式中的个数比为1:2，而所给离子方程式中为1:1，错误；B、Cu电极作阳极，则Cu发生氧化反应，失去电子生成铜离子，而不是氯离子放电，错误；C、二氧化硫具有酸性和还原性，次氯酸钠具有氧化性，所以二者混合会发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子，错误；D、碳酸氢镁与足量的氢氧化钠反应则碳酸氢根离子需要2个氢氧根离子反应生成2个碳酸根离子和水，因为氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以1个镁离子与2个氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，所以最终生成氢氧化镁和碳酸根离子、水，之前，答案选D。考点：考查对离子方程式的书写的评价

7、与判断【试题5】常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN、SO42B使甲基橙变红色的溶液：Mg2、K、SO42 、NO3C由水电离的c(OH)=1013mol·L1的溶液中：Na+、Cl、CO32、NO3Dc(Fe2+)1.0 mol·L1溶液：H+、K、Cl、NO3【答案】B【解析】试题分析：A、使苯酚显紫色的溶液中焊条铁离子，而铁离子与SCN反应使溶液变红色，不能大量共存，错误；B、使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中都不反应，可以大量共存，正确；C、水电离的氢氧根离子的浓度小于10-7mol/

8、L，则溶液中含有大量的氢离子或氢氧根离子，则碳酸根离子与氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，错误；D、亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误，答案选B。考点：考查给定条件的离子大量共存的判断【试题6】-C3H7和-C3H7O取代苯环上的氢原子，形成的有机物中能与金属钠反应的同分异构体有（ ）A10种 B15种 C30种 D36种【答案】C【解析】试题分析：-C3H7的结构有2种，羟基可与Na反应，所以在-C3H7的结构的基础上H原子被-OH取代得到的-C3H7O的结构有5种，苯环上有2个取代基的位置有邻、间、对3种，所以符合题意的共2×5×3

9、=30种，答案选C。考点：考查同分异构体的判断【试题7】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A58 g乙烯和乙烷的混合气体中碳原子数目一定为4NAB用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2NAC已知3BrF35H2OHBrO3Br29HFO2 如果有5mol H2O参加氧化还原反应，则由水还原的BrF3分子数目为3NAD142g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA【答案】D考点：考查阿伏加德罗常数的计算【试题8】海洋约占地球表面积的71%，对其进行开发利用的部分流程如下图所示。下列

10、说法不正确的是（ ）A可用BaCl2溶液除去粗盐中的B从苦卤中提取的离子方程式为2Br-+ Cl2 = 2C1-十Br2C试剂1可以选用Ca(OH)2D工业上，电解熔融Mg(OH)2冶炼金属镁【答案】D【解析】试题分析：A、硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以可用氯化钡溶液除去粗盐中的硫酸根离子，正确；B、从苦卤中提取溴的反应是氯气与溴离子的置换反应，生成溴单质和氯离子，正确；C、加入试剂使镁离子沉淀，可以选择氢氧化钙，氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，正确；D、工业上用电解熔融氯化镁的方法制取Mg，错误，答案选D。考点：考查对海水的利用，工业制取Mg的判断【试题9】下列实验操作、现象与结论对应

11、关系正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1mol/L H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3被Fe2+还原为NO2B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出Na2CO3晶体C等体积pH2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快HX酸性比HY弱D先向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)<Ksp(CuS)【答案】C【解析】试题分析：A.向盛有Fe(NO3)2

12、溶液的试管中加入0.1mol/L H2SO4溶液,在酸性条件下，Fe2+被HNO3氧化为Fe3+，而NO3-被还原为NO，NO在试管口与空气中的氧气发生反应产生NO2，错误；B.向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2,发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，产生了溶解度小的NaHCO3，错误；C. 等体积pH2的HX和HY两种酸电离产生的c(H+)的浓度，若分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快，说明在反应过程中还有H+电离产生，因此HX是弱酸，酸的浓度大于电离产生的H+，因此HX酸性比HY弱，正确；D. 先向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴几滴0.

13、1mol/LZnSO4溶液，发生沉淀反应形成白色沉淀ZnS，该物质尽管难溶，也有一定的溶解度，在溶液中存在沉淀溶解平衡，当再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液，由于c(Cu2+)c(S2-)> Ksp(CuS)，所以会形成黑色沉淀CuS，由于消耗了S2-，破坏ZnS的沉淀溶解平衡，使沉淀不断溶解，最终产生的不是沉淀逐渐转化黑色CuS沉淀，说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，错误。考点：考查实验操作、现象与结论对应关系的正误判断的知识。【试题10】X、Y、Z、M、W五种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如下表，且W原子核外电子数是M原子

14、最外层电子数的2倍。下列说法不正确的是（ ）YZMWA原子半径：WYZMXBX、Y、Z 三种元素形成的化合物中可能既有离子键又有共价键CW分别与M、Z元素形成的化合物WM4、WZ2都是原子晶体DX分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM，沸点X2ZXM【答案】C考点：考查元素的推断，元素化合物性质的应用【试题11】室温时，向20 mL 0.1 mol·L1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生，且混合溶液的体积可看成混合前两溶液的体积之和），下列说法不正确的是：（

15、 ）APH=7时，溶液中c(Na)>c(SO42)>c(NH4+)>c(OH)c(H)B当V(NaOH)=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水大C当V(NaOH)=30mL时，溶液中 c(SO42)+ c(H)= c(NH3·H2O) + c(OH)D滴加NaOH溶液从30mL至40mL，溶液中Na与SO42浓度之和始终为0.1 mol·L1【答案】C考点：考查电解质溶液混合的计算，离子浓度的比较【试题12】科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如下图所示，下列说法不正确的是（ ）A

16、通入N2的电极发生的电极反应式为：N2 + 6e- + 8H+= 2NH4+B反应过程中溶液的pH会变大，故需要加入盐酸C该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极D通入H2的电极为负极，A为NH4Cl【答案】C【解析】试题分析：A.该电池的本质是合成氨反应，所以正极是氮气发生还原反应，电极反应式为N2 + 6e- + 8H+=2NH4+，正确；B.反应过程中，H不断消耗导致PH值变大，需要加入盐酸，正确；C.该装置是原电池装置，电流由正极通过外电路流向负极，即由通入氮气的电极沿外电路流向通入氢气的电极，错误；D.通入氢气的电极为负极，生成的铵根离子与氯化氢结合生成氯化铵，所以A是NH

17、4Cl，正确；选C。考点：考查新型燃料电池的工作原理。【试题13】向一体积不变的密闭容器中加入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体在一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化的情况如图甲所示图乙为t2时刻后改变反应条件，该平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件已知t3t4阶段为使用催化剂；图甲中t0t1阶段c(B)未画出。下列说法不正确的是（ ）A该反应为吸热反应 BB在t0t1阶段的转化率为60%Ct4t5阶段改变的条件为减小压强 D此温度下该反应的化学平衡常数K9/8【答案】B【解析】试题分析：A在图乙中t3t4阶段为使用催化剂；t4t5阶段正

18、逆反应速率均减小，但平衡不移动，这说明该阶段改变的是降低压强，平衡不移动，说明反应前后体积不变。根据图甲可知A一定是反应物，平衡时消耗A0.2mol/L。C是生成物，平衡时C增加了0.3mol/L，因此B是反应物，即该反应的方程式可表示为2A+B3C。t5t6阶段正逆反应速率据均增大，平衡向正反应方向进行，因此改变的条件是升高温度。升高温度平衡向正反应方向进行，所以该反应为吸热反应，A正确；BB的起始浓度是0.4mol/L，消耗B是0.1mol/L，因此B在t0t1阶段的转化率为25%，B错误；C根据以上分析可知，t4t5阶段改变的条件为减小压强，C正确；D平衡时A、B、C三种物质的浓度分别是

19、0.8mol/L、0.3mol/L、0.6mol/L，此温度下该反应的化学平衡常数K9/8，D正确，答案选B。考点：考查外界条件对平衡状态的影响以及平衡状态计算【试题14】阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为：下列说法正确的是（ ）A阿魏酸的分子式为C10H10O4B香兰素、阿魏酸均可与NaOH、NaHCO3溶液反应C可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成D一定条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应【答案】A考点：本题考查有机物的结构与性质。【试题15】 X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，Y

20、+和Z-具有相同的电子层结构，下列说法一定正确的是：（ ）A原子最外层电子数: ZYX B单质沸点：XYZC离子半径：X2-Z- Y+ D原子序数：XZY【答案】C【解析】试题分析：短周期元素Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y是Na，Z是F；X、Y处于同一周期，X的最低价离子分别为X2-，则X是S。 A元素的原子最外层电子数是: ZXY，错误；BS是固体单质，属于分子晶体，F2是气态，属于分子晶体，沸点是-188.1；而Na是金属晶体，沸点882.9；所以单质沸点：YXZ，错误； C对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，对于电子层结构不同的微粒来说。离子核外电子层数越多

21、，离子半径就越大.所以离子半径：X2-Z- Y+ ，正确； D原子序数：XYZ,错误；考点：考查元素的推断、元素的原子结构与性质的比较的正误判断的知识。【试题16】分别依据下列实验事实，得出的结论正确的是（ ）选项实验事实结论A将二氧化硫通入溴水中，溴水褪色二氧化硫有漂白性B淀粉与稀硫酸共热，再加银氨溶液水浴加热，无银镜生成淀粉没有水解C铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向1mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液中加入1 mL 0.1 mol/L NaCl溶液，出现白色沉淀，再加几滴0.1 mol/L Na2S

22、溶液，有黑色沉淀生成氯化银的溶解度大于硫化银【答案】D【解析】试题分析：A、SO2具有还原性，能使吸水褪色，SO2不能漂白溴水，A错误；B、淀粉水解需要硫酸作催化剂，因此再加入银氨溶液之前要先加入氢氧化钠溶液中和硫酸，否则即使有葡萄糖生成，也不能发生银镜反应，B错误；C、硝酸钠与铜不反应，当在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能与金属铜发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，C错误；D、向1mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液中加入1 mL 0.1 mol/L NaCl溶液，出现白色沉淀，再加几滴0.1 mol/L Na2S溶液，有黑色沉淀生成，根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知氯化银的溶解度大

23、于硫化银，D正确，答案选D。考点：考查化学实验方案设计与评价【试题17】下列叙述正确的是（ ）A常温下，10 mL 0.02 mol·L1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH12B常温下，向AgCl的饱和溶液中加入NaCl固体，有固体析出，且AgCl的Ksp变小C在0.1 mol·L1 CH3COONa溶液中，c(OH)>c(CH3COOH)c(H)D常温下pH=4的NaHC2O4溶液中:c(H2C2O4)>c(C2O42)【答案】A【解析】试题分析：A、HCl溶液中

24、氢离子的物质的量小于氢氧化钡溶液中氢氧根离子的物质的量，所以溶液显碱性，则溶液中氢氧根离子的浓度=（10×2-10）mL×0.02mol/L/20mL=0.01mol/L，则氢离子的浓度是10-12mol/L，所以溶液的pH=12，正确；B、Ksp也是平衡常数，isUI温度变化而变化，但温度不变，溶度积不变，错误；C、醋酸钠溶液中，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，所以根据质子守恒，c(OH)=c(CH3COOH)c(H)，错误；D、常温下pH=4的NaHC2O4溶液为酸性溶液，则HC2O4-的电离程度大于其水解程度，电离产生C2O42，水解产生H2C2O4，所以c(H2

25、C2O4)<c(C2O42)，错误，答案选A。考点：考查酸碱混合pH的计算，溶度积的判断，电解质溶液中离子浓度的判断【试题18】第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是（ ）A电池充电时，OH由甲侧向乙侧移动B甲放电时为正极，充电时为阳极C放电时正极的电极反应式为MHnne-=M+nH+D汽车下坡时发生图中实线所示的过程【答案】A【解析】试题分析：A电池充电时，电能转化为化学能，乙池电极反应：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，由于

26、不断消耗OH-,所以OH由甲侧向乙侧移动，正确； B甲放电时为负极，充电时为阴极，错误；C放电时负极的电极反应式为MHnne-=M+nH+，错误；D汽车下坡时电池处于充电状态，是电能转化为化学能，甲池为阴极，乙池为阳极，发生图中虚线所示的过程，错误。考点：考查原电池、电解池的工作原理的知识。【试题19】下述实验不能达到预期实验目的的是（ ）序号实验内容实验目的A室温下，使用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L NaClO溶液和CH3COONa溶液的PH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B将FeCl3溶液分别滴入无色液体苯、CCl4、汽油、AgNO3溶液、Na2S溶液、NaCl溶液、Na2

27、CO3溶液鉴别物质C向0.1mol/LAgNO3溶液中滴加0.1mol/LNaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴入0.1mol/L KI溶液，观察沉淀颜色变化。比较AgCl与AgI溶解度的相对大小D向含有少量FeCl3的MgCl2酸性溶液中加入Mg(OH)2，加热并搅拌，过滤。除去MgCl2酸性溶液含有的少量FeCl3【答案】B考点：考查对实验方案的评价【试题20】25°C时，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1 mol/L的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c(CH3COOH)、c(CH3COO)与pH的关系如图所示。下列有关该溶液的叙述不正确的是（ ）ApH5的溶液中：c(

28、CH3COOH)c(CH3COO)c(H+)c(OH)B溶液中：c(H+)c(Na+)c(CH3COO)c(OH)C由W点可以求出25°C时CH3COOH的电离常数DpH 4的溶液中：c(H+)c(Na+)c(CH3COOH)c(OH)0.1 mol/L【答案】A【解析】试题分析：ApH5的溶液说明溶液显酸性，因此醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则溶液中c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)，A错误；B根据电荷守恒可知溶液中：c(H+)c(Na+)c(CH3COO)c(OH)，B正确；CW点对应的醋酸和醋酸根的浓度洗涤，根据pH可以计算氢离子的浓度，则根据醋酸

29、的电离平衡常数表达式可知，由W点可以求出25°C时CH3COOH的电离常数，C正确；DpH4的溶液中根据电荷守恒可知溶液中：c(H+)c(Na+)c(CH3COO)c(OH)。又因为c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1 mol/L，则溶液中c(H+)c(Na+)c(CH3COOH)c(OH)0.1 mol/L，D正确，答案选A。考点：考查溶液中离子浓度大小比较【试题21】(16分)氢气是一种理想的“绿色能源”，利用氢能需要选择合适的储氢材料。目前正在研究和使用的储氢材料有镁系合金、稀土系合金等。（2）储氢材料Mg(AlH4)2在110200的反应为：Mg(AlH4)2=MgH

30、2+2Al+3H2。反应中每转移3mol电子时，产生的H2在标准状况下的体积为_L。（3）镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：LaNi5H6(s)，欲使LaNi5H6(s)释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件是_(填字母编号)。a增加LaNi5H6(s)的量 b升高温度 c减小压强 d使用催化剂（4）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为amol·L-1，平衡时苯的浓度为b mol·L-1，该反应的平衡常数K=_(用含a、b的代数式表示)。一定条件下，下图装置可实现有机物的电化学储氢

31、(忽略其它有机物)。A是电源的_极(填“正”或“负”)；电解过程中产生的气体F为_(填化学式)：电极D上发生的电极反应为_。【答案】（16分）（1）84.6（2分）（2）33.6（2分）（3）bc（2分）（4）mol3·L3 （3分）负（2分） O2（2分） C6H66H6e=C6H12（3分）【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律可得，该反应的H=2H1+H2=84.6kJmol1。（2）根据反应Mg(AlH4)2=MgH2+2Al+3H2中H元素或Al元素化合价的变化，可知对应关系为：H2 2e，所以V（H2）=1/2n（e）×22.4L/mol=33.6L。（3）a、增

32、加固体的量，对化学平衡无影响，错误；b、该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，释放出的H2增多，正确；c、减小压强，平衡向气体系数增大的方向移动，即向左移动，释放出的H2增多，正确；d、使用催化剂，对化学平衡无影响，错误。（4）根据三段式进行计算：初始浓度（molL1） a 0 0转化浓度（molL1） b b 3b平衡浓度（molL1） ab b 3b则平衡常数K=b(3b)3/(a-b)= mol3·L3根据电解装置示意图，左侧苯与H+得电子生成了环己烷，惰性电极D为阴极，所以A为电源的负极；阳极上发生OH失电子反应，生成O2，所以气体F为O2；电极D发生苯与H

33、+得电子生成环己烷的反应，根据化合价的变化配平可得电极方程式为：C6H66H6e=C6H12考点：本题考查盖斯定律、化学平衡移动、平衡常数、电解原理、化学计算。【试题22】（17分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验，回答下列问题：实验：制取NaClO2晶体按下图装置进行制取。已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要 （填仪器名称）；（2）装置C的作用是 ；（3）装置B内生成

34、的ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的反应方程式为 。（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是 ；（5）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体。请补充完整操作iii。i.55蒸发结晶；ii.趁热过滤；iii. ；iv.低于60干燥，得到成品。实验：样品杂质分析与纯度测定（6）上述实验制得的NaClO2晶体中含少量Na2SO4。产生Na2SO4最可能的原因是 ；a. B中有SO2气体产生，并有部分进入D装置内b. B中浓硫酸挥发进入D中与NaOH中和c. B中的硫酸钠进入到D装置内（7）测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实

35、验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+ 4I+4H+ 2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（已知：I2 +2S2O32=2I+S4O62）。确认滴定终点的现象是 ；所称取的样品中NaClO2的物质的量为 （用含c、V的代数式表示）。【答案】（17分）（1）量筒 （2）防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶）（3）2ClO2 2NaOH H2O2 2NaClO2 O2 2

36、H2O （4）NaClO3和NaCl（5）用45左右的热水洗涤3遍（热水温度高于38，低于60） （6）a（7）溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原 cV10-3【解析】试题分析：（1）用50%双氧水配制30%的H2O2溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管、容量瓶，所以玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要量筒。（2）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（3）装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2ClO2

37、2NaOH H2O2 2NaClO2 O2 2H2O，(4) 由题目信息可知，应控制温度3860, 高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。（5）NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，所以操作iii为用45左右的热水洗涤3遍。（6）在B中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4 +SO2+H2O,产生的SO2 被

38、带入D中，SO2与H2O2 反应生成硫酸钠，a项正确；浓硫酸难挥发，不会进入D，b项错误；硫酸钠是难挥发的盐，也不会进入D，c项错误；选a。（7）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；令样品中NaClO2的物质的量x，根据化学反应可得关系式，NaClO22I24S2O321mol 4mol0.25x c mol·L-1×V×10-3L列方程解得x= cV10-3 mol。考点：考查亚氯酸钠制备实验的基本操作，亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识。【试题23】Na2S2O3是重要的化工

39、原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。I制备Na2S2O35H2O 反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3(aq)实验步骤：称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80ml蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3ml乙醇润湿，加入上述溶液中。安装实验装置（如图所示，部分加持装置略去），水浴加热，微沸60分钟。趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。回答问题：（1）仪器a的名称是 ，其作用是 。（2）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 ，检验是否存在该杂质的方法是 。（3）该实验一般控制在碱性环境下进行，

40、否则产品发黄，用离子方程式表示其原因： 。II.测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 molL1碘的标准溶液滴定，滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为18.10 mL。反应原理为：2S2O32+I2=S4O62-+2I（4）滴定至终点时，溶液颜色的变化： 。（5）产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M） 。III.Na2S2O3的应用（6）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，常用作脱氧剂，该反应的离子方程式为 。【答案】(1) 冷凝管 冷凝回流 (2) Na2SO4 取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中加BaCl

41、2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 (3) S2O32-2H=SSO2H2O (4) 由无色变蓝色(5) ×100%(6) S2O32-4Cl25H2O=2SO42-8Cl10H【解析】试题分析：(1)装置中仪器a是冷凝管，起冷凝回流汽化的反应物的作用。(2)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，故可能存在的无机杂质是Na2SO4；检验产品中是否含有Na2SO4，即检验SO42-是否存在，需要防止SO32-的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液。 (3)产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是由于在酸

42、性环境中Na2S2O3不稳定，发生歧化反应：2HS2O32-=SSO2H2O所致。(4)滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点。(5)起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL0.00 mL18.10 mL；根据2Na2S2O3·5H2O2S2O32-I2，得n(Na2S2O3·5H2O) 2n(I2)2×0.100 0 mol·L1×18.10×103 L3.620×103 mol，则产品的纯度×100%×100%。(6) S

43、2O32-被Cl2氧化成SO42-，Cl2被还原为Cl，首先根据化合价升降总数相等写出S2O32-4Cl22SO42-8Cl，然后根据原子守恒和电荷守恒写出S2O32-4Cl25H2O=2SO42-8Cl10OH。考点：了解含硫化合物的性质。了解氧化还原反应的本质是电子的转移。了解常见的氧化还原反应。掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。 认识常见仪器及基本实验操作识别典型的实验仪器装置图。【试题24】（12分）已知：2X(g)Y(g)a Z(g)，T1温度时，在体积为2L的密闭容器中充入6mol X和2 mol Y，根据图示回答：（1）a=_；用X的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速

44、率为 mol/(Lmin)。（2）平衡时，Y在混合物中的物质的量分数是 。（3）下列选项能说明反应达到平衡状态的是 （选填字母）。A容器内压强保持不变 B容器内密度保持不变CX的物质的量不再变化 D(X)正 =(Z)逆（4）其他条件相同时，若升高温度到T2时，反应的平衡常数为1，下列措施可以提高Y的转化率的是 （选填字母）。A选择适当的催化剂 B分离出Z C增大压强 D升高温度（5）X、Y、Z由C、H、O三种元素中的一种或几种组成，信息如下：物质XYZ所含元素种数123分子中的电子总数大于1018燃烧热（kJ/mol）-285.8-283-726.5则Z的分子式为_。根据燃烧热数据分析，等质量

45、的X、Y、Z充分燃烧，放出热量最多的是_（填分子式）。【答案】（共12分）（1）1；0.15mol/(Lmin)（各1分）（2）0.1 (或1/10)（3）A C（4）BC（5）CH4O H2【解析】试题分析：（1）由反应浓度变化图可知，在10min时，Y浓度减小（1.0mol/L-0.25mol/L）0.75mol/L,Z浓度增加0.75mol/L,所以a = 1；由方程式可知当Y浓度减小0.75mol/L时，X的浓度减小1.5mol/L，用X的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为1.5mol/L/10min=0.15mol/(Lmin)；（2）由三行式法可知平衡时，Y的物质的量为

46、0.5mol，混合物的物质的量为5.0mol，Y在混合物中的物质的量分数是0.1 (或1/10)；（3）A、该反应是一个体积减小的反应，当容器内压强保持不变时达平衡状态；B、由质量守恒，容器的体积不变，所以容器内密度始终保持不变；C、X的物质的量不再变化，达到平衡状态；D、当(X)正 =2(Z)逆时反应达平衡状态；答案选AC；（4）由浓度变化图像可知，温度为T1时，平衡常数为1.3，其他条件相同时，若升高温度到T2时，反应的平衡常数为1，可知该反应为放热反应；A、选择适当的催化剂，平衡不移动，Y的转化率不变；B、分离出Z，平衡向正方向移动，Y的转化率提高；C、增大压强，平衡向体积减小的方向移动

47、，Y的转化率提高；D、升高温度，平衡向逆反应方向移动，Y的转化率减小；答案选BC；（5）由Y由两种元素组成，电子总数大于10，且燃烧热为-283kJ/mol,可知Y为CO；Z由3种元素组成，电子总数等于18，且燃烧热为-726.5kJ/mol,可知Z为CH4O；则X为H2 ；则Z的分子式为CH4O；根据燃烧热数据分析，等质量的X、Y、Z充分燃烧，放出热量最多的是H2。考点：化学反应速率、化学平衡、反应热【试题25】(16分)工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。脱硝：已知：H2的热值为

48、142.9KJ·g-1N2（g）+2O2（g）2NO2（g） H+133kJ·mol-1H2O（g） H2O（l) H-44kJ·mol-1催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为 。脱碳：向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)（1）该反应自发进行的条件是 （填“低温”、“高温”或“任意温度”）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 。a、混合气体的平均式量保持不变 b、CO2和H2的体积分数保持不变c、CO2和H2的转化率相等 d、

49、混合气体的密度保持不变e、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂CO2的浓度随时间（0t2）变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2t6 CO2的浓度随时间的变化。（2）改变温度，使反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H0 中的所有物质都为气态。起始温度体积相同（T1、2 L密闭容器）。反应过程中部分数据见下表：反应时间CO2（mol）H2（mol）CH3OH（mol）H2O（mol）反应I恒温恒容0 min260010min4.520min130min1反应II绝热恒容0 min0022达到

50、平衡时，反应I、II对比：平衡常数K（I) K(II)（填“”、“”或“”下同）；平衡时CH3OH的浓度c(I) c(II)。对反应I，前10min内的平均反应速率v(CH3OH) ，在其它条件不变下，若30min时只改变温度为T2，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1 T2（填“”、“”或“”）。若30min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡 移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。【答案】（16分） 4H2（g）+2NO2（g）N2（g）+4H2O（g）H-1100.2kJ·mol-1（共3分，方程式2分，但分子式错或无配平或无状态，不

51、给分，数据1分） （1） 低温（1分）d e（2分） 图像（共3分）t2起点1分，t3 到t4终点1分，t4以后符合变化趋势即可1分（图中t3 到t4终点平衡线在0.5的线上，偏离大不给分，t4以后在0.5线以下，但不能到横坐标线上且有平衡线段，否则不给分） （2） （1分） （1分） 0.025mol ·L-1·min-1（1分） （2分） 不（2分）【解析】试题分析：I、根据氢气的热值可书写氢气的热化学方程式是2H2(g)+ O2（g）H2O（l) H-142.9×4kJ/mol=-571.6kJ/mol，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得

52、到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式，为4H2（g）+2NO2（g）N2（g）+4H2O（g）H-1100.2kJ·mol-1；II、（1）该反应的S<0，所以若反应自发进行，则H<0，因此反应自发进行的条件是低温自发； a、该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以混合气体的平均式量始终不变，不能判断为平衡状态，错误；b、二氧化碳与氢气始终是1：3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态，错误；c、二氧化碳与氢气的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以二者的转化率一定相等

53、，与是否达到平衡状态无关，错误；d 、因为该体系中有液体参加，所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达平衡时，保持不变，正确；e、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，符合正逆反应速率相等，是平衡状态，答案选de；在t2时将容器容积缩小一倍，二氧化碳的浓度瞬间增大到1mol/L，则压强增大，平衡正向移动， t3时达到平衡，达到的平衡与原平衡相同，浓度仍是0.5mol/L；该反应是放热反应，t4时降低温度，则平衡正向移动，t5时达到平衡，则二氧化碳的浓度将小于0.5mol/L，对应的图像见答案。（2）因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应II是从逆反应开始的，所以反应吸热，所以绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应I温度高于反应II，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K(I)<K(II)；二者都是恒容条件，若是恒温恒容，二者达到的平衡是等效平衡，甲醇的浓度相同，而反应I温度高于反应II，所以反应II需再降低温度，而温度降低，平衡正向移动，则甲醇的浓度增大，平衡时CH3OH的浓度c(I)<c(II)；对反应I，前10min内