高中化学高考一轮复习 微课

2023学年河北省衡水市阜城中学高三（上）第一次月考化学试卷一．选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意）1．NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，LH2O中氧原子的数目大于NAB．g醋酸晶体中含有H+的数目为NAC．64gCu粉与足量硫粉加热完全反应生成Cu2S时失去的电子数为2NAD．1molCl﹣含有的核外电子总数为8NA2．下列实验过程中曲线变化正确的是（）A．①表示Na2CO3溶液中滴入稀盐酸B．②表示溴水中滴入Na2SO3溶液C．③表示AgNO3溶液中滴入氨水D．④表示一定条件下2SO2+O2⇌2SO3△H＜0达平衡后，升高温度3．利用图装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A浓盐酸MnO2NaOH溶液制氯气并吸收尾气B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D4．下列离子方程式中正确的是（）A．小苏打溶液中滴加足量石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OB．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42﹣反应完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．次氯酸钠溶液中通入SO2气体：2ClO﹣+SO2+H2O=2HClO+SO32﹣D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（）A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）B．元素Z、W的简单离子的电子层结构相同C．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物6．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体．下列说法错误的是（）A．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HClB．S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2D．S2Cl2的电子式是：Cl7．汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（）A．温度T下，该反应的平衡常数K=B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0二、非选择题：请考生根据要求作答．理科综合共14页第7页8．已知A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，A～I均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示．（部分生成物和反应条件已略去）请回答下列问题：（1）写出组成物质C的电子式用电子式表示I的形成过程．（2）①写出反应①的化学方程式：．②由E的饱和溶液可以制得胶体，用化学方程式表示该过程的原理是．③写出反应②的离子方程式．（3）已知G的水溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）．（4）J在H2O2分解反应中作催化剂．若将适量J加入酸化的H2O2溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是．9．某课外活动小组欲探究CuO与NH3反应生成的红色固体物质的成分，设计了如图实验装置（夹持装置未画出），请回答下列问题：信息提示：①实验中观察到黑色CuO粉末变为红色物质，同时生成一种无污染气体；②Cu2O为红色固体，不溶于水，与稀H2SO4反应生成Cu、CuSO4和H2O．（1）仪器a的名称，仪器b中所加固体物质为．（2）在实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是（填字母）．A．O2B．Cl2C．CO2D．NO2E．C2H4（3）装置B的作用是．（4）该小组设计的实验装置存在的一个明显缺陷是．（5）甲同学对生成的红色固体物质的成分提出了三种假设：假设①：只含Cu；假设②：；假设③：Cu和Cu2O的混合物．（6）为验证上述假设，乙、丙二位同学分别设计了不同的实验方案，并得出了相同的结论．乙同学方案：取反应后所得红色物质少许于试管中，滴加适量稀H2SO4，观察到红色物质不溶解、溶液颜色无变化．则假设成立，装置C中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为．丙同学方案：当黑色CuO全部变为红色时，停止加热，继续通入一段时间NH3．若称得反应前加入的CuO粉末质量为ag，空玻璃管的质量为bg，反应结束后玻璃管与红色物质的总质量为cg（在乙同学实验之前称得），则a、b、c三者应满足的关系为（c﹣b）：（a+b﹣c）=．10．工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol某小组研究在相同温度下该反应过程中的能量变化．他们分别在体积均为VL的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应．相关数据如下：容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡的时间/min达平衡时体系能量的变化/kJCOH2OCO2H2①1400t1放出热量：kJ②2800t2放出热量：Q（1）该反应过程中，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物分子化学键形成时所释放的总能量．（2）容器①中反应达平衡时，CO的转化率为．（3）计算容器②中反应的平衡常数k=（4）下列叙述正确的是（填字母序号）．a．平衡时，两容器中H2的体积分数相等b．容器②中反应达平衡状态时，Q＞c．反应开始时，两容器中反应的化学反应速率相等d．容器①中，化学反应速率为：v（H2O）=mol/（L•min）（5）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：．（6）容器①中反应进行到tmin时，测得混合气体中CO2的物质的量为．若用200mL5mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为（用一个离子方程式表示）．11．（1）纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域．单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料．已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如表所示：电离能（kJ•mol﹣1）I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540①某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背了、，B元素位于周期表五个区域中的区．②ACl2分子中A的杂化类型为，ACl2空间构型为．（2）已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2N﹣CH2﹣COONa）即可得到一种配合物：①Cu元素基态原子的外围电子排布式为．②元素C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为．③氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳．写出二氧化碳的一种等电子体：（写化学式）．（3）一种Al﹣Fe合金的立体晶胞如图2所示，请据此回答下列问题：①定该合金的化学式．②②若晶体的密度为ρg•cm﹣3，该晶胞棱长为cm（用含ρ和NA的代数式表示，不必化简）

2023学年河北省衡水市阜城中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一．选择题（本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意）1．NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，LH2O中氧原子的数目大于NAB．g醋酸晶体中含有H+的数目为NAC．64gCu粉与足量硫粉加热完全反应生成Cu2S时失去的电子数为2NAD．1molCl﹣含有的核外电子总数为8NA【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、标况下水为液体；B、醋酸是共价化合物；C、求出铜的物质的量，然后根据铜与硫反应后变为+1价来分析；D、氯离子的核外由18个电子．【解答】解：A、标况下水为液体，故水的物质的量大于，故含有的氧原子的个数大于个，故A正确；B、醋酸是共价化合物，故醋酸晶体中无氢离子，故B错误；C、64g铜的物质的量为1mol，而铜与硫反应后变为+1价，故1mol铜失去1mol电子即NA个，故C错误；D、氯离子的核外由18个电子，故1mol氯离子中含18mol电子即18NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．2．下列实验过程中曲线变化正确的是（）A．①表示Na2CO3溶液中滴入稀盐酸B．②表示溴水中滴入Na2SO3溶液C．③表示AgNO3溶液中滴入氨水D．④表示一定条件下2SO2+O2⇌2SO3△H＜0达平衡后，升高温度【考点】化学反应的基本原理；化学方程式的有关计算；化学反应速率变化曲线及其应用．【专题】图像图表题．【分析】A、碳酸钠与稀盐酸开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，无气体产生；B、溴水具有强氧化性，加入亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溴反应生成HBr和硫酸钠，pH值减小，载加入亚硫酸钠，亚硫酸为强碱弱酸盐，水解导致pH增大；C、硝酸银与氨水首先生成氢氧化银沉淀，继续滴加氨水，氢氧化银溶解；D、2SO2+O2⇌2SO3△H＜0，此反应放热，升高温度，逆反应速率增加比正反应速率要快．【解答】解：A、碳酸钠与稀盐酸开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，无气体产生，故此图象不符合，故A错误；B、溴水具有强氧化性，加入亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溴反应生成HBr和硫酸钠，pH值减小，载加入亚硫酸钠，亚硫酸为强碱弱酸盐，水解导致pH增大，故B正确；C、硝酸银与氨水首先生成氢氧化银沉淀，继续滴加氨水，氢氧化银溶解，此图象不符合，故C错误；D、2SO2+O2⇌2SO3△H＜0，此反应放热，升高温度，逆反应速率增加比正反应速率要快，此图象不符合，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是化学反应原理中的图象问题，涉及碳酸钠与盐酸反应原理、氧化还原反应、反应热等，有一定难度．3．利用图装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A浓盐酸MnO2NaOH溶液制氯气并吸收尾气B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D【考点】实验装置综合．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下才能反应；B．浓硫酸具有脱水性及强氧化性，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；C．稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在③中二氧化硫与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡；D．浓硝酸易挥发，则③中可能发生硝酸与硅酸钠的反应．【解答】解：A．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，图中缺少加热装置，故A错误；B．蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则由实验可知浓硫酸具有脱水性、氧化性，故B正确；C．稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在③中二氧化硫与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，则结论不合理，如二氧化硫与氯化钡不反应，故C错误；D．浓硝酸易挥发，则③中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较酸性碳酸＞硅酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，涉及物质的制备、酸性比较、氧化还原反应等，注意把握物质的性质以及实验的严密性的评价，难度不大．4．下列离子方程式中正确的是（）A．小苏打溶液中滴加足量石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OB．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42﹣反应完全：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OC．次氯酸钠溶液中通入SO2气体：2ClO﹣+SO2+H2O=2HClO+SO32﹣D．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比；B、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42﹣反应完全按照1；2反应；C、次氯酸具有强氧化性氧化二氧化硫为硫酸；D、亚铁离子在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铁离子．【解答】解：A、小苏打溶液中滴加足量石灰水反应的离子方程式：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，故A错误；B、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42﹣反应完全按照1；2反应，反应的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+NH4++Al3++2SO42﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故B错误C、次氯酸钠溶液中通入SO2气体发生氧化还原反应，离子方程式为：ClO﹣+SO2+H2O=Cl﹣+2H++SO42﹣，故C错误；D、硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，亚铁离子在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了拉方程式书写方法和正误判断，主要是量不同产物不同，氧化还原反应实质理解，掌握基础是关键，题目难度中等．5．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（）A．原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）B．元素Z、W的简单离子的电子层结构相同C．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】Z是地壳中含量最高的元素，Z为O；由X的原子半径比Y的小，X与W同主族，短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则X一定为第一周期元素，为H，W为Na；原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，Y为第二周期的N元素，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答．【解答】解：Z是地壳中含量最高的元素，Z为O；由X的原子半径比Y的小，X与W同主族，短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则X为H，W为Na；原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，Y为第二周期的N元素，A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A错误；B．元素Z（O）、W（Na）的简单离子的电子层结构相同，均有2个电子层，最外层电子数为8，故B正确；C．非金属性Z＞Y，则元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C错误；D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，若为硝酸盐，则为离子化合物，若为硝酸，则是共价化合物，故D正确；故选BD．【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构的关系推断各元素为解答的关键，注意元素周期律的应用，题目难度不大．6．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体．下列说法错误的是（）A．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HClB．S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2D．S2Cl2的电子式是：Cl【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用．【专题】化学用语专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】A．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理；B．同种元素原子之间形成非极性键，不同元素的原子之间形成的化学键多为极性键，结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，S2Cl2是展开书页型结构，Cl﹣S位于两个书页面内，该物质结构不对称；C．组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强；D．由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，氯原子周围的电子数为8．【解答】解：A．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），反应的方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故A正确；B．S2Cl2分子中S﹣S为非极性键，S﹣Cl键为极性键，S2Cl2是展开书页型结构，Cl﹣S位于两个书页面内，该物质结构不对称，应为极性分子，故B正确；C．组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，则熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C正确；D．由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2的电子式为，每个原子周围都满足8电子稳定结构，故D错误；故选D．【点评】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、电子式、方程式书写等，题目难度中等，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握．7．汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（）A．温度T下，该反应的平衡常数K=B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0【考点】化学平衡建立的过程；真题集萃．【分析】A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；B、此容器为恒容密闭容器，ρ=，据此判断即可；C、催化剂只能改变化学反应色速率，不能改变物质的转化律；D、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应．【解答】解：A、N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），起（mol/L）c0c00转（mol/L）xx2x平（mol/L）c1c12x解2x=2（c0﹣c1），故K=，故A正确；B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度ρ=不变，故B错误；C、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等，综合性较强，有一定难度．二、非选择题：请考生根据要求作答．理科综合共14页第7页8．已知A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，A～I均为中学化学常见物质，它们之间的转化关系如图所示．（部分生成物和反应条件已略去）请回答下列问题：（1）写出组成物质C的电子式用电子式表示I的形成过程．（2）①写出反应①的化学方程式：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3．②由E的饱和溶液可以制得胶体，用化学方程式表示该过程的原理是FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl．③写出反应②的离子方程式2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．（3）已知G的水溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣．（4）J在H2O2分解反应中作催化剂．若将适量J加入酸化的H2O2溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】I的浓溶液具有还原性，应为HCl，J是一种黑色固体，可与浓盐酸反应，应为MnO2，二者反应生成C为Cl2，D为常见金属，可与水蒸气反应，应为Fe，则E为FeCl3，A为H2，F为Fe3O4，B能与Fe3O4在高温下反应，且能与NaOH溶液反应，则B为Al，G为NaAlO2，H为Al2O3，结合相关物质的性质解答该题．【解答】解：I的浓溶液具有还原性，应为HCl，J是一种黑色固体，可与浓盐酸反应，应为MnO2，二者反应生成C为Cl2，D为常见金属，可与水蒸气反应，应为Fe，则E为FeCl3，A为H2，F为Fe3O4，B能与Fe3O4在高温下反应，且能与NaOH溶液反应，则B为Al，G为NaAlO2，H为Al2O3，（1）C为Cl2，C的电子式为，I为HCl，用电子式表示I的形成过程为，故答案为：；；（2）①F为Fe3O4，B为Al，二者在高温下发生铝热反应，方程式为8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；②实验室可用将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水的方法制备氢氧化铁胶体，可继续加热至液体变为红褐色时停止解热，反应的方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；③反应②为铝和氢氧化钠溶液的反应，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）G为NaAlO2，为强碱弱酸盐，发生水解：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，溶液呈碱性，故答案为：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣；（4）根据题意可知反应的离子方程式为MnO2+H2O2+2H+═Mn2++O2↑+2H2O，故答案为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，解答本题时注意根据“J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性”等信息为突破口，注意把握相关物质的性质，题目难度中等．9．某课外活动小组欲探究CuO与NH3反应生成的红色固体物质的成分，设计了如图实验装置（夹持装置未画出），请回答下列问题：信息提示：①实验中观察到黑色CuO粉末变为红色物质，同时生成一种无污染气体；②Cu2O为红色固体，不溶于水，与稀H2SO4反应生成Cu、CuSO4和H2O．（1）仪器a的名称分液漏斗，仪器b中所加固体物质为固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰．（2）在实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是AC（填字母）．A．O2B．Cl2C．CO2D．NO2E．C2H4（3）装置B的作用是吸收水干燥NH3．（4）该小组设计的实验装置存在的一个明显缺陷是缺少尾气处理装置．（5）甲同学对生成的红色固体物质的成分提出了三种假设：假设①：只含Cu；假设②：只含Cu2O；假设③：Cu和Cu2O的混合物．（6）为验证上述假设，乙、丙二位同学分别设计了不同的实验方案，并得出了相同的结论．乙同学方案：取反应后所得红色物质少许于试管中，滴加适量稀H2SO4，观察到红色物质不溶解、溶液颜色无变化．则假设①成立，装置C中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为3CuO+2NH3N2+3H2O+3Cu．丙同学方案：当黑色CuO全部变为红色时，停止加热，继续通入一段时间NH3．若称得反应前加入的CuO粉末质量为ag，空玻璃管的质量为bg，反应结束后玻璃管与红色物质的总质量为cg（在乙同学实验之前称得），则a、b、c三者应满足的关系为（c﹣b）：（a+b﹣c）=4：1．【考点】性质实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验设计题；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合．【分析】（1）依据装置仪器分析回答，浓氨水滴入锥形瓶中利用固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气，需要选择氢氧化钠固体，氧化钙固体或碱石灰；（2）装置A是利用分液漏斗滴入锥形瓶中不加热反应，制取无色气体分析判断；（3）装置B是吸收氨气中的水蒸气；（4）氨气是污染性气体不能排放到空气中；（5）依据红色固体物质为氧化亚铜和铜分析假设；（6）依据乙同学的实验现象可知，生成产物为铜，因为氧化亚铜在酸溶液中会发生氧化还原反应生成铜离子和铜单质；丙同学测定的质量（c﹣a）为反应生成铜的质量；（a+b﹣c）是反应前后固体质量减小的为氧元素的质量．【解答】解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体，故答案为：分液漏斗；固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰；（2）利用装置A，可制取的无色气体；A．可以制备O2，利用固体过氧化钠和水的反应，故A符合；B．制备氯气Cl2需要加热，且氯气为黄绿色气体，故B不符合；C．可以制备CO2气体，利用稀盐酸滴入大理石上反应生成，故C符合；D．NO2是红棕色气体，故D不符合；E．C2H4是利用乙醇和浓硫酸加热反应制取，故E不符合；故选AC；（3）装置B吸收氨气中的水蒸气，避免水蒸气影响后续反应，故答案为：吸收水干燥NH3；（4）该小组设计的实验装置存在的一个明显缺陷是无尾气吸收装置，氨气是污染性气体不能排放到空气中，故答案为：缺少尾气处理装置；（5）红色物质为铜和氧化亚铜，所以假设为可能只含铜、或只含氧化亚铜、或铜和氧化亚铜混合物，故答案为：只含Cu2O；（6）乙同学取反应后所得红色物质少许于试管中，滴加适量稀H2SO4，观察到红色物质不溶解、溶液颜色无变化说明是铜，故假设①正确；装置C中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为：3CuO+2NH3N2+3H2O+3Cu；丙同学方案：当黑色CuO全部变为红色时，停止加热，继续通入一段时间NH3．若称得反应前加入的CuO粉末质量为ag，空玻璃管的质量为bg，反应结束后玻璃管与红色物质的总质量为cg（在乙同学实验之前称得），丙同学测定的质量（c﹣a）为反应生成铜的质量；（a+b﹣c）是反应前后固体质量减小的为氧元素的质量；则a、b、c三者应满足的关系为（c﹣b）：（a+b﹣c）=×64g/mol：×16g/mol=4：1，故答案为：①；3CuO+2NH3N2+3H2O+3Cu；4：1．【点评】本题考查了物质性质的实验探究方法和过程分析判断，物质性质和实验方法分析是解题关键，题目难度中等．10．工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol某小组研究在相同温度下该反应过程中的能量变化．他们分别在体积均为VL的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应．相关数据如下：容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡的时间/min达平衡时体系能量的变化/kJCOH2OCO2H2①1400t1放出热量：kJ②2800t2放出热量：Q（1）该反应过程中，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量小于（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物分子化学键形成时所释放的总能量．（2）容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%．（3）计算容器②中反应的平衡常数k=1（4）下列叙述正确的是a（填字母序号）．a．平衡时，两容器中H2的体积分数相等b．容器②中反应达平衡状态时，Q＞c．反应开始时，两容器中反应的化学反应速率相等d．容器①中，化学反应速率为：v（H2O）=mol/（L•min）（5）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol．（6）容器①中反应进行到tmin时，测得混合气体中CO2的物质的量为．若用200mL5mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为（用一个离子方程式表示）3CO2+5OH﹣═2CO32﹣+HCO3﹣+2H2O．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）正反应为放热反应，则断键吸收的总能量小于成键放出的总能量；（2）平衡时放出热量为kJ，则参加反应的CO为=，进而计算CO转化率；（3）容器①、②温度相同，平衡常数相同，根据容器①中消耗CO物质的量，计算平衡时各物质的物质的量，反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入K=计算平衡常数；（4）a．容器①、②中CO、H2O起始物质的量之比均为1：4，反应前后气体体积不变，恒温恒容下二者为等效平衡，平衡时同种物质的含量相等；b．容器①、②为等效平衡，平衡时CO转化率相等，计算容器②中反应CO的物质的量，结合热化学方程式计算放出的热量；c．浓度越大，反应速率越快；d．由方程式可知生成的水的物质的量等于消耗CO物质的量，根据v=计算v（H2O）；（5）已知：①CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+②可得：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）；（6）（6）容器①中反应进行到tmin时，测得混合气体中CO2的物质的量为，n（NaOH）=×5mol/L=1mol，1：2＜n（CO2）：n（NaOH）=：1=3：5＜1：1，故生成Na2CO3、NaHCO3，根据钠离子守恒、碳原子守恒列方程计算Na2CO3、NaHCO3的物质的量，进而书写离子方程式．【解答】解：（1）正反应为放热反应，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量小于生成物分子化学键形成时所释放的总能量，故答案为：小于；（2）平衡时放出热量为kJ，则参加反应的CO为=，则CO转化率为×100%=80%，故答案为：80%；（3）容器①、②温度相同，平衡常数相同，容器①中消耗CO物质的量为，则：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：1400变化量（mol）：平衡量（mol）：反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===1，故答案为：1；（4）a．容器①、②中CO、H2O起始物质的量之比均为1：4，反应前后气体体积不变，恒温恒容下二者为等效平衡，两容器中H2的体积分数相等，故a正确；b．容器①、②为等效平衡，平衡时CO转化率相等，容器②中反应CO的物质的量为2mol×80%=，放出的热量为×41kJ/mol=，故b错误；c．容器②中反应物起始浓度比①中的大，故容器②中开始反应速率较快，故c错误；d．由方程式可知生成的水的物质的量等于消耗CO物质的量，则v（H2O）==mol/（L．min），故d错误，故选：a；（5）已知：①CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+②可得：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol，故答案为：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；（6）容器①中反应进行到tmin时，测得混合气体中CO2的物质的量为，n（NaOH）=×5mol/L=1mol，1：2＜n（CO2）：n（NaOH）=：1=3：5＜1：1，故生成Na2CO3、NaHCO3，设Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则，解得x=，y=，故反应离子方程式为：3CO2+5OH﹣═2CO32﹣+HCO3﹣+2H2O；故答案为：3CO2+5OH﹣═2CO32﹣+HCO3﹣+2H2O．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、盖斯定律应用、离子方程式书写等，注意理解效平衡规律：1、恒温恒容，反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比，2：恒温恒压，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比．11．（1）纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域．单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料．已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如表所示：电离能（kJ•mol﹣1）I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540①某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背了能量最低原理、泡利原理，B元素位于周期表五个区域中的S区．②ACl2分子中A的杂化类型为SP，ACl2空间构型为直线型．（2）已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2N﹣CH2﹣COONa）即可得到一种配合物：①Cu元素基态原子的外围电子排布式为3d104s1．②元素C、N、