衡水理综卷子

1、化学试卷第I卷(选择题)1 .以下生活用品的主要成分属于有机高分子化合物的是A.大豆油B.味精C.紫砂壶D.面巾纸2 .化学与生产、生活密切相关,以下与化学有关的说法错误的选项是A,草木灰与Ca(H2P04)2混合施用可增强肥效B.水下钢柱桩壤锌块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法C.区分羊绒织品和棉麻织品可用灼烧纺线的方法D.治理雾霾的根本方法是从源头上限制形成雾霾的污染物3.以下关于物质用途的说法正确的选项是A.磁性氧化铁可用于制备颜料和油漆B.小苏打既可用于制发酵粉又可用于制泡沫灭火器C.铝热剂可作为耐火材料D.铜罐可用于储运浓硝酸4 .以下说法错误的选项是A.石灰石既是制玻璃的原料又是制

2、水泥的原料B.大漠孤烟直描述的是物质升华的过程C.高镒酸钾和浓盐酸不能保存在同一药品橱中D,可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验露置的Na2SO3已变质5 .洗涤仪器时,以下所选试剂合理的是A.用稀盐酸洗涤粘有二氧化镒的烧杯B.用稀硫酸洗涤做过银镜反响的试管C.用水洗涤久置漂白粉的试剂瓶D,用CS2洗涤粘有硫单质的圆底烧瓶6 .环境和资源是人类面临的两大课题,以下说法正确的选项是A.燃煤中参加生石灰既可减少酸雨的产生,又可减少温室气体的排放B.石油分储所得的汽油、煤油等产品均属于化合物C.海水淡化后所得的盐卤可提取澳、镁等多种重要元素D.沼气的主要成分为CH4,属于不可再生资源7.以下事实所对应的

3、离子方程式正确的选项是选项事实离子方程式A.四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛Ti4+(x+2)H2O=TiO2H2O+4H+B.硫代硫酸钠溶液中滴加盐酸,有淡黄色沉淀产生S2O32-+6H+=2SJ+3HOC.明矶溶液中参加Ba(OH)2溶液使沉淀质量最大2A13+3SO42-+3Ba2+6OH-=3BaSO4J+2Al(OH)UD.碘化亚铁溶液中滴加少量滨水,溶液变为黄色2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-8 .设Na为阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的选项是A. 50g46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NaB. 1molH2与足量O2反响生成的H2O中含有的共价键总数为NaC. 0.

4、1molSO2溶于水,溶液中SO32-、HSOJ、H2SO3的总数为0.1NaD,用钳电极电解100mL1mol?L-1的CuSO,溶液足够长时间,转移的电子数一定为0.2Na9 .以下关于有机物a(7)、b(卜c()的说法正确的选项是A. a、b的一氯代物均只有三种B. a、c互为同系物C. b的所有原子不可能在同一平面上D. a、b、c均能与滨水反响10 .以下有关实验的说法正确的选项是A.洗净的量筒放在烘箱中烘干,可以缩短枯燥的时间B.用棕色的碱式滴定管准确量取10.00mL碘水,可以预防HIO光照分解C.将硝酸俊晶体溶于水,测得水温降低,说明硝酸俊水解吸热D.区分NaHSO4溶液和Na

5、2CO3溶液,可以不用任何其他试剂11 .示踪原子法是研究化学反响的重要方法之一,以下化学方程式正确的选项是A. 2Na218O2+2H2O=4NaOH+l8O2T浓硫-_B. CH3C18OOH+CH3OHCH3CO18OCH3+H2OC. 2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2sO4+2MnSO4+51802T+8HOD. 2C118O2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+18O2+2H2O12 .短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍,Z的焰色反响显黄色.Z和W形成化合物的水溶液呈中性.以下说法正确的选项是A.简单离子半径：X

6、B. X与W属于不同周期、不同主族元素C. Y的正价与最低负价的绝对值之和为8D. Z和W形成化合物的水溶液与Y单质反响,能生成W单质13 .NO和O2转化为NO?的反响机理如下：2NO(g)N2O2(g)(快)AH1<0平衡常数K12NO2(g)+O2(g)2NO2化)(慢)出<0平衡常数K2以下说法正确的选项是A. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的AH=-(AH1+AH2)K1B. 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数K=-K2C.反响的速率大小决定2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的反响速率D.反响过程中的能量变化可用以下图表示14 .：25c时,

7、KspZn(OH)2=1.01疥18,Ka(HCOOH)=1.0X10-4.该温度下,以下说法错误的选项是A. HCOO-的水解常数为1.0X0-10.B. Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2+)>1.010-6molL-1C.向Zn(OH)2悬浊液中参加HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大D.Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq)+2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数K=10015 .铝土矿的主要成分为A12O3、Fe2O3和SiO2,工业上经过以下流程冶炼铝：卜列说法正确的选项是A.、中除加试剂外,还需要进行蒸发结晶B.a、b中铝元素的化合

8、价不同C.中可通入过量的CO2D.进行的操作为过滤、洗涤、灼烧,且d为A1C1316 .一定温度下,将2molSO2和1molO2充入10L恒容密闭容器中,发生反响2SO2g+O2g2SO3gAH=-196kJ?mol-1°5min时到达平衡,测得反响放热166.6kJ.以下说法错误的选项是A. 05min内,用.2表示的平均反响速率VO2=0.017molL-1min-1B. E的值不变时,该反响到达平衡状态nSQC,假设增大O2的浓度,SO2的转化率增大D.条件不变,起始向容器中充入4molSO2和2molO2,平衡时放热小于333.2kJ17 .某科研小组模拟人工树叶电化学装置

9、如下图,该装置能将H2O和CO2转化为糖类C6H12.6和.2,X、Y是特殊催化剂型电极,：装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比.以下说法错误的选项是A.该装置中Y电极发生氧化反响8. X电极的电极反响式为6CO2+24H+24e-=C6H12O6+6H2OC.理论上,每生成22.4L标准状况下O2,必有4molH+由X极区向丫极区迁移D.当电路中通过3mole-时,生成18gC6H12O6,那么该装置的电流效率为80%18.25c时,以下溶液的微粒浓度关系正确的选项是A.pH=5的H2c2O4溶液中：cH+=cHC2O4-=118-5molL-1-,-1B.氨水稀释

10、10倍后,其c(OH)大于原来的C. pH之和为14的H2s与NaOH溶液混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)D. (NH4)2SO4溶液和NaOH溶液混合所得的中性溶液中：c(Na+)<c(NH3?H2O)19 .根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验.经过制取氨气、制取NaHCO3、别离NaHCO3、干操NaHCO3四个步骤,以下图示装置和原理能到达实验目的的是B.制取NaHCO3D.枯燥NaHCO320 .25C时,将1.0LWmol?L-1的CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,充分反响后向混合液中通(加)入HC1气体或NaOH固体,溶液pH

11、随参加HC1或NaOH的物质的量的变化如下图.以下表达正确的是A. a、b、c对应的混合液中,水的电离程度由大到小的顺序是,a>b>cB. c点混合液中：c(Na+)>c(CH3COO-)式OH)C.参加NaOH过程中,"'"工.)的值减小02D,假设忽略体积变化,那么25C时CH3COOH的电离常数K=甲-0,2x10-7mol?L-121.将13.6gCu和CU2O组成的混合物参加250ml一定浓度的稀硝酸中,固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO.向所得溶液中参加1.0L0.5mol?L-1的NaOH溶液,生成沉淀的质量为19.6g,此时溶液

12、呈中性,且金属离子沉淀完全.以下说法正确的选项是A.原固体混合物中,Cu和CU2O的物质的量之比为1:1B.原稀硝酸的浓度为1.3molL1C.产生的NO的体积为2.24LD.反响后剩余硝酸的物质的量为0.1mol第II卷(非选择题)22 .亚硝酸钙Ca(NO2)2是水泥混凝土外加剂的主要原料,某学习小组设计实验制备亚硝酸钙,实验装置如图所示(夹持装置略去)：LA：2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2.请答复以下问题：(1)将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中的操作为.(2)向三颈烧瓶中参加稀硝酸之前,应向装置中通入一段时间的N2,原由于.(3)装置D中的仪器

13、名称为.装置B所加试剂为.(4)装置F中,酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化为NOJ,溶液由橙色变为绿色(Cr3+),发生反响的离子方程式为.(5)：Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体.设计实验证实装置E中有亚硝酸钙生成：.(6)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反响,既能净化空气,又能获得应用广泛的Ca(NO2)2,反响原理为Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O.假设n(NO):n(NO2)>l：l,那么会导致.假设n(NO):n(NO2)<1：1,那么会导致.23 .印刷电路板在科技领域具有不可替代的作用,它的制备方法为高分子化合物和

14、铜箔压合,通过FeCl3腐蚀液提取铜的一种工艺流程如下:溶液腐蚀而成.某实验小组在实验室用废弃的印刷电路板和金升的：地耕以T'-k；1行!,.我4；“1HVmHr,墟序11t,施上足.“津畀青*一fr*茂靠上IIJ-F一潺L龊执相JOi请答复以下问题：(1)检验腐蚀液中含有Fe2+的方法为.(2)别离所用的操作名称为,该操作所用的主要玻璃仪器有烧杯、.(3)用电解法在铁上镀铜时,阴极材料为(填化学式),理论上电镀过程中电解质溶液的浓度(填蹭大"减小“或不变).(4)Fe2+溶液有很多重要用途.：常温下,KspFe(OH)2=1.810-16.保存1.8molL-1的FeSO4

15、溶液时,为保证溶液中不出现浑浊,应调节溶液的pH不超过.Fe2+可使Ag+与Fe3+之间相互转化.一定温度下,0.1mol-L_1的Fe(NO3)2溶液中,c(Fe3+)与c(Ag+)的关系如下图：该温度下,A点溶液中转化反响的平衡常数为(溶液体积变化忽略不计)；假设将0.6molL-1Fe(NO3)2溶液、0.15molL-1Fe(NO3)3溶液、0.06mol?L-1AgNO3溶液等体积混合后,再参加1.08gAg,可观察到的现象为.Fe2+转化为Fe3+后,可用于制备高铁酸盐.向FeCl3溶液中参加NaOH、NaClO溶液制备Na2FeO4的化学方程式为.24. S2cl2和SCl2均为

16、重要的化工原料.：I.S2(l)+Cl2(g)S2cl2(g)AH1；II .S2cl2(g)+Cl2(g)=2SCl2(g)AH2；III .相关化学键的键能如下表所示：化学键S-SS-ClCl-Cl键能/kJ?mol-1abc请答复以下问题：1SC12的结构式为.2假设反响II正反响的活化能E=dkJmol_1,那么逆反响的活化能E2=kJmol-1用含a、b、c、d的代数式表示.3一定压强下,向10L密闭容器中充入1mo1S2c12和1mo1Cl2,发生反响II.C12与SC12的消耗速率v与温度T的关系如下图：A、B、C、D四点对应状态下,到达平衡状态的有填字母,理由为.4电0填“&g

17、t;"或""=.4：AH1<0.向恒容绝热的容器中参加一定量的S21和C12g,发生反响I,5min时到达平衡.那么3min时容器内气体压强填“>“或"=5mi时的压强.5一定温度下,在恒容密闭容器中发生反响I和反响II,到达平衡后缩小容器容积,重新到达平衡后,C12的平衡转化率填增大"减小“或不变,理由为.25.晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料,电池板中还含有硼、氮、钛、钻、钙等多种化学物质.请答复以下问题：1区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为.第二周期元素的电负性按由小到大的顺序排列,B元素排在第位,其基态原子价层电子的电

18、子云轮廊图为.2硅酸根有多种结构形式,一种无限长链状结构如图1所示,其化学式为,Si原子的杂化类型为.（3） N元素位于元素周期表区；基态N原子中,核外电子占据最高能级的电子云有伸展方向.（4） Co(NH班3+的几何构型为正八面体形,Co在中央.Co(NH3)63+中,1个Co提供个空轨道.假设将Co(NH3)63+中的两个NH3分子换成两个Cl-,可以形成种不同的结构形式.(5)一种由Ca、Ti、O三种元素形成的晶体的立方晶胞结构如图2所示.与Ti紧邻的Ca有个.假设Ca与O之间的最短距离为apm,阿伏加德罗常数的值为Na,那么晶体的密度p=g-cm-3(用含5、NA的代数式表示).26.

19、以苯酚等有机物为原料制备高分子材料:(R1、R2表木氢原子或燃基,R3表小煌基).(M)和药物(N)的一种合成路线如下(局部反响条件略去)请答复以下问题:(1) M的结构简式为.E的化学名称为.(2) C中官能团的电子式为.(3) D的核磁共振氢谱中有组吸收峰.(4) F一G的反响类型为.(5) H-N的化学方程式为.(6)同时满足以下条件的H的同分异构体有种(不考虑立体异构)苯环上连有两个取代基能与FeCl3溶液发生显色反响能与NaHCO3溶液反响生成气体(7)：一个碳原子上连有两个羟基的有机物不能稳定存在.参照上述合成路线和信息,以甲醇和乙醇Cll(KuI为原料(其他无机试剂任选),设计制

20、备空的合成路线：1【答案】D【解析】A.大豆油的主要成分是油脂,不是高分子化合物,A错误；B.味精的主要成分是谷氨酸钠,不是高分子化合物,B错误；C.紫砂壶的主要成分是硅酸盐,不是高分子化合物,C错误；D.面巾纸的主要成分是纤维素,属于高分子化合物,D正确,答案选Do2【答案】A-【解析】A.草木灰的主要成分是碳酸钾,与C或氐P0止混合施用时水解相互促进,降低肥效,A错误*B,水下钢柱班填锌块防腐的方法为原电池原理,铁作正极被保护,属于牺牲阳极的阴极保护法再正确,C.羊绒织品和棉麻织品的主要成分分别是蛋白质和纤维素,蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味,区分羊绒织品和棉麻织品可用由烧纺线的方法jc正确

21、,D.治理雾霾的根本方法是从源头上限制形成雾霾的污染物JD正确,答案选A.中3【答案】B【解析】A.氧化铁可用于制备颜料和油漆,A错误；B.小苏打是碳酸氢钠,既可用于制发酵粉又可用于制泡沫灭火器,B正确；C.铝热剂是金属铝和金属氧化物的混合物,不能作为耐火材料,C错误；D.铜与浓硝酸常温下即反响,铜罐不能用于储运浓硝酸,D错误,答案选Bo点睛：掌握相关物质的性质特点是解答的关键,选项D中注意钝化的条件和范围,常温下铝或铁在浓硫酸或浓硝酸中钝化,而不是铜.4【答案】B【解析】A、制玻璃的主要原料是石灰石、纯碱和石英,制水泥的原料为石灰石和黏土以及辅助原料,A正确；B、大漠孤烟直中的烟指的是烽烟,

22、不是物质的升华,B错误；C、高镒酸钾和浓盐酸不属于同类物质,且二者之间能反响,不能保存在同一药品橱中,C正确；D、将待检物质中参加足量盐酸酸化的BaCl2溶液,假设变质那么有白色沉淀产生,D正确,答案选Bo5【答案】D【解析】A、稀盐酸与二氧化镒不反响,A错误；B、稀硫酸与银单质不反响,B错误；C、久置的漂白粉含有难溶于水的碳酸钙,C错误；D、CS2能将硫单质溶解,D正确,答案选Do6【答案】a【解析】A、燃煤中参加生石灰不能吸收CO-A错误$B、汽油、煤油等均是混合物,B错误JC、盐卤中含有较丰富的漠、镁等元素,生产、生活中所需漠、镁等元素组成的物质很多以盐卤为原料提取、制备的,C正确3D.

23、沼气属于可再生能源,D错误,答案选v7【答案】A【解析】A、方程式正确,A正确；B、应该是S2O32-+2H+=SO2f+SJ+2O,B错误；C、当硫酸根完全沉淀时沉淀质量最大,方程式为Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4J+AlQ+2H2O,C错误；D、碘离子的复原性强于亚铁离子,滨水首先氧化碘离子,D错误,答案选Ao点睛：掌握相关物质的性质、发生的化学反响是解答的关键.在离子方程式正误判断中,学生往往忽略相对量的影响,命题者往往设置离子方程式正确,但不符合相对量的陷阱.突破陷阱的方法一是审准相对量的多少,二是看离子反响是否符合该量,没有注意物质之间是否会发生氧化复原反响等,注

24、意离子配比,注意试剂的参加顺序,难溶物溶解度的大小,注意隐含因素等.8【答案】A【解析】A.50g46%的乙醇水溶液中含有23g乙醇,物质的量是0.5mol,含有氢原子3mol;含有27g水,物质的量是1.5mol,氢原子是3mol,因此所含的氢原子总数为6Na,A正确；B.1molH2与足量.2反响生成的H2O中含有的共价键总数为2Na,B错误；C.0.1molSO2溶于水,溶液中还含有SO2分子,因此溶液中SO32-、HSO3-、H2SO3的总数小于0.1Na,C错误；D.用钳电极电解100mL1mol?L-1的CuSO4溶液,硫酸铜消耗完以后水参加反响,转移的电子数不能确定,D错误,答案

25、选Ao9【答案】d【解析】A.b的一氯代物有四种,A错误B.a、£结构不相似,不肯组为同系物,B错误C.b中甲基的碳原子为四面体结构,3个氮原子中有2个氯原子与其他原子不共面1C错误jD.bsc不能与澳水反响,D错误,答案选Ccv10【答案】D【解析】A.用于量取液体体积的玻璃仪器热烘干会导致仪器变形而影响精确度,A错误；B.碘水显酸性,应该用酸式滴定管量取,B错误；C.将硝酸俊晶体溶于水,也是吸热过程,不能说明硝酸俊水解吸热,C错误；D.将NaHSO4溶液逐滴滴到Na2CO3溶液中,开始没有明显实验现象,后有无色无味的气体产生,将Na2CO3溶液逐滴滴到NaHSO4溶液中,开始即产

26、生无色无味的气体,D正确,答案选D.11【答案】C【解析】A、反响中18O不守恒,A错误；B、酯化反响中酸提供羟基,醇提供氢原子,B错误；C、酸性高镒酸钾溶液与双氧水反响中,双氧水只作复原剂,氧气只是氧化产物,C正确；D、反响中18O不守恒,D错误,答案选Co点睛：明确反响的原理是解答的关键,注意酯化反响原理的理解以及示踪原子法的意义.另外解答时注意原子守恒和电子得失守恒的灵活应用.12【答案】B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍,那么X一定是O.Z的焰色反响显黄色,Z是Na,所以Y是F.Z和W形成化合物的水溶液呈中性,因此W是Cl,

27、那么A.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小,那么简单离子半径：X>Z,A错误；B.O与Cl属于不同周期、不同主族元素,B正确；C.F没有正价,C错误；D.单质氟通入水中,首先与水反响,D错误,答案选Bo13【答案】C【解析】A、根据盖斯定律可知+即得到2NO(g)+O2(g)=二2NO2(g)的H=(4Hi+4H2,A错误；B、根据A中分析可知该反响的平衡常数表达式为K=KiK2,B错误；C、整个反响的历程中,速率慢的反应决定总反响的速率,C正确；D、反响是放热反响,图像不符,D错误,答案选Co14【答案】B【解析】A、HCO.一的水解常数为KW/Ka=10T4/104=1

28、.0X0?A正确；B、设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x,那么溶液中c(OH-)=2x,xN2x)2=KspZn(OH)2=1.01018,解得x=10mol/L34<1.0>106mol/L,B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡,参加HCOOH中和氢氧根离子,使平衡正向移动,溶液中c(Zn2+)增大,C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq)+2HCOO-(aq)+2H2O的平衡常数c2(HCOO_)c(Zn2+)K=2c2hcoohc2(HCOO一)c2(H+)c(Zn2+)c2(OH-)c2(HCOOH)K2wK2a

29、(HCOOH)KspZn(OH)2/K2w=1.,D正确,答案选B.15【答案】o【解析】月.中产生不溶于盐酸的二氧化石工中产生不溶于氢氧化钠溶涌的氢氧化铁,二者均需过滤除去,A错误；B.、均未发生氧化复原反响,所以铝元素的化合价相同,B错误,&b申溶质的主要成分是偏铝酸钠和氯化钠,通入过量的CO二亘也触瞒钠转化为氢氧化铝沉淀而进ft别离,C正确卞D.d为氧化铝,D错误,答案选Co"16【答案】D【解析】A、根据反响2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)AH=-196kJ?mol-1可知,当反响放热166.6kJ时,有1.7mol二氧化硫和0.85mol氧气参加反响,生成

30、1.7mol三氧化硫,那么05min内,用.2表示的平均反响速率V(O2)=0.85mol/(10L5min)=0.017molL-1min-1,A正确；B、n(02)的值不变时,说明氧nSQ气和二氧化硫的浓度保持不变,该反响到达平衡状态,B正确；C、假设增大O2的浓度,平衡正向移动,SO2的转化率增大,C正确；D、条件不变,起始向容器中充入4molSO2和2molO2,相当于加压,平衡时放热大于333.2kJ,D错误.答案选D.17【答案】C【解析】A、根据装置图可知,X与电源的负极相连,为阴极；丫与电源的正极相连,为阳极,阳极上失去电子,发生氧化反响,A正确；B、根据装置图可知二氧化碳X电

31、极上转化为C6H12O6,因此X电极的电极反响式为6CO2+24H+24=C6H12O6+6H2O,B正确；C、H+由丫极区向X极区迁移,C错误；D、生成C6H12O6的物质的量是18g+18g/mol=0.1mol,转移电子的物质的量是2.4mol,因此当电路中通过3mole时该装置的电流效率为2.4mol/3molM00%=80%,D正确,答案选C.18【答案】B【解析】A.草酸是二元弱酸,在水中分步电离,所以溶液中c(H+)>c(HC2O4一),A错误；B.氨水稀释时,电离平衡正向移动,所以稀释10倍后,其c(OH)大于原来的1/10,B正确；C.根据电荷守恒可知,溶液中c(Na+

32、)+c(H+)=c(OH)+c(HS)+2c(S2),C错误；D.根据电荷守恒可知c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO4),溶液显电中性,那么c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO4"),根据物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(SO42),所以溶液中c(Na+)=c(NHs?H2O),D错误,答案选B.19【答案】a【解析】A、氧化皴受热分解生成的氨气和氧化氮在试管口遇冷又生成氯化镀固体,不能用加热氧化较固体的方法制备氨气,A错误JE、气流方向错误,应该从右侧导管通入CO二气体,B错误,C.从溶涌中别离出碳酸氮钠固体用过漉的方法,C

33、正确fD、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,不能用该装置枯燥碳酸氢钠,D错误.答案选C.一点睛：化学实脸常用仪器的使用方法和化学实睑根本操作是进行化学实蛉的根底,对化学实蛤的考查离不开化学实治的根本操作,解答时注意掌提氨气的制备原理、物质的别离与提纯化学实险等根本操作,掌握相关物质的性质是解答的关键,易错选项是B和D.注意洗气瓶的气体通入以及碳酸氨钠的不稳定性."20【答案】D【解析】1.0LWmol?L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,混合后溶液的pH<5,显酸性,说明醋酸过量,溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；力口盐酸时,CH3CO

34、ONa与盐酸反响生成CH3COOH;加NaOH时,NaOH与CH3COOH反响生成CH3COONa;A,溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大,水的电离程度越小,a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小,水的电离程度增大,所以水的电离程度由大到小的顺序的是c>b>a,A错误；B.c点pH=7,那么c(H+)=c(OH-),溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),所以c(Na+)=c(CH3COO-),B错误；C.力口入NaOH过程中,c(Na+)和c(OH-)增大,c(Na+)的增大大于c(CH3COO-)的增大,所以参加NaOH过程中

35、,)增大,C错误；D.pH=7时,c(H+)=10-7mol?L-1,c(Na+)=c(CH3COO-)02=0.2mol/L,Ka=c(CH3COO-)£(H+)/c(CH3COOH尸-0.2M0-7mol?L-1,D正确,答案选D.21【答案】D【解析】A、根据信息可知氢氧化铜的质量是19.6g,物质的量是0.2mol,设Cu和CU2O的物质的量分别是xmol、ymol,贝Ux+2y=0.2、64x+144y=13.6,解得x=0.1,y=0.05,那么原固体混合物中,Cu和CU2O的物质的量之比为2：1,A错误；B、根据氮原子守恒可知硝酸的总物质的量是0.6mol,所以原硝酸的

36、总的浓度是2.4mol/L,B错误；C、根据得失电子守恒可知,反响中转移电子的物质的量是0.3mol,所以生成NO的物质的量是0.1mol,不能确定温度和压强,所以气体的体积无法确定,C错误；D、加入氢氧化钠的物质的量是0.5mol,生成0.2mol氢氧化铜时消耗0.4mol氢氧化钠,剩余0.1mol氢氧化钠中和硝酸,所以剩余硝酸的物质的量是0.1mol,D正确；答案选D.22【答案】翻开分液漏斗的玻璃塞(或将玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对齐),翻开分液漏斗的活塞,限制稀硝酸以一定速度滴入三颈烧瓶排出装置中的空气,预防空气中的氧气将NO氧化为NO?(球形)枯燥管蒸储水Cr2O72-+2NO+

37、6H+=2Cr3+2NO3-+3H2O取少量装置E中反响后的固体于洁净的试管中,滴加适量稀硫酸,试管口有红棕色气体产生,那么装置E中有亚硝酸钙生成排放NO气体,污染环境产品中混有Ca(NO3)2杂质【解析】(1)用分液漏斗向其他仪器中滴加液体时,需要使分港漏斗与外界大气压相等以保证液体容易3同时需要限制液体流速因此正确的操作为：翻开分泌漏斗的玻璃塞(或将玻璃塞的凹槽与分淹漏斗口的小孔对?P,翻开分液漏斗的活塞,限制稀硝酸以一定速度藏三颈烧瓶f<2)制备亚硝酸钙所需的反响物为66和NO,其中X0易被空气中的氧气氧化,所以需先M赣装置中的空气；根据装置图可知装置D中的仪器名称为枯燥管“该装置

38、中,装贵D为枯燥装置,那么装置B所加液体试剂为除杂试剂,根据稀硝酸的性质,其与铜反响放熟,容易挥发出一定量的硝酸,同时也需将硝酸受热分解产生的N5转化为NQ,所以可以用蒸僧水电(4)结合酸性介质,依据电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒可知发生反响的离子方程式为aq二一7N氏阳=2Cb-2NOJ-3H9.(5)亚蟋钙遇酸发生反响,产生NO气体费NO与氧气生成红棕色N6,所以证实装置E中有亚硝酸钙生成的实验方案为：取少量装置E中反响后的固体于洁;争的试管中,滴加适量稀硫酸,试管口有红棕色气体产生,那么装置E中有亚硝酸钙生成.(6)MNOXI时,NO过量,而NO不与氢氧化钙溶液反响,会导致环境污染3

39、MNO);n(N6Kh1时,NQ：过量,NQ；与氢氧化钙溶液反响生成亚硝酸钙和硝酸钙,会导致产品中混有硝酸钙杂质.产23【答案】取少量腐蚀液于洁净的试管中,滴加K3Fe(CN)6溶液,产生特征蓝色沉淀那么有Fe2+过滤漏斗、玻璃棒Fe不变62.5Ag局部溶解,溶液黄色变浅2FeCl3+3NaClO+l0NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O【解析】(1)在含有铁离子、亚铁离子和铜离子的混合溶液中检验亚铁离子的存在,较合理的试剂为铁鼠化钾溶液,那么蚀液中含有Fe2+的方法为：取少量腐蚀液于洁净的试管中,滴加K3Fe(CN)6溶液,产生特征蓝色沉淀那么有Fe2+.(2)根据流程图中的3可

40、知,别离操作为过滤,过滤所用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)电镀时,镀件为阴极,因此在铁上镀铜,阴极材料是铁.电镀时电解质溶液的浓度理论上保持不变.(4)c(Fe2+)c2(OH)<KpFe(OH)2=1.81076时不会出现浑浊,那么c(OH)<108mol/L,即氢离子浓度>106mol/L,pHW6.由图中数据可知,该温度下,A点溶液中c(Ag+)=c(Fe3+)=0.6mol/L,根据方程式Fe2+Ag+Fe3+Ag可知c(Fe2+)=0.04mol/L,那么K=0.06/(0.040.6)=2.5;由题中所给数据可得浓度嫡=0.05/(0.20.02)=1

41、2.5>K,所以反响逆向进行,因此实验现象是Ag局部溶解,溶液黄色变浅.铁元素化合价从+3价升高到+6价,失去3个电子,Cl元素化合价从+1价降低到-1价,得到2个电子,根据电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒可知制备Na2FeO4的化学方程式为2FeCl3+3NaClO+l0NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O.24【答案】C1SCl(2b+d-a-c)BDB、D两点对应的状态下,用同一物质表示的正、逆反响速率相等<<不变反响I和反响n均为左右两边气体分子总数相等的反响,压强对平衡没有影响【解析】(1)根据SCl2的组成可知,S元素是+2价,Cl元素为1价,所以其结

42、构式为C1-S-CL(2)反响热等于正反响活化能与逆反响活化能的差值,也等于反响物的键能之和与生成物键能之和的差值,所以假设反响II正反响的活化能E=dkJmol-1,那么逆反响的活化能E2=(2b+d-a-c)kJmol-1.(3)根据反应II：S2cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知,用氯气的消耗速率表示正反响速率和用SCl2的消耗速率表示逆反响速率,二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反响速率相等,到达平衡状态,由图像可知B、D点时的正逆反响速率之比为1:2,到达平衡状态；B、D点为平衡点,由图中数据可知,B、D点的状态对应的温度为250C,300c时,SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍,说明平衡逆向移动,那么正反响为放热反响,AH2&