高中化学苏教版化学反应原理本册总复习总复习 精品获奖

2023学年浙江省湖州市长兴中学高二（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本大题共25题，每小题2分，共50分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下面的能源中属于二次能源的是（）A．电能、蒸汽 B．电能、风能 C．蒸汽、风能 D．煤、石油2．下列反应的能量变化与其它三个不相同的是（）A．铝粉与氧化铁的反应 B．氯化铵与消石灰的反应C．锌片与稀硫酸反应 D．钠与冷水反应3．下列离子方程式中，属于水解反应的是（）A．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+4．已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，H+浓度减小，可加入（）A．Na2SO3固体 B．水 C．CaCO3固体 D．NaOH固体5．下列说法不正确的是（）A．增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D．使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大6．某温度时，测得纯水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，则此时c（OH﹣）为（）A．×10﹣7mol/L B．1×10﹣7mol/LC．2×10﹣7mol/L D．4×10﹣7mol/L7．有一支50mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，现把管内溶液全部流下排出，用量筒承接，该溶液的体积应为（）A．10mL B．40mL C．大于40mL D．小于40mL8．常温时，将pH=13的强碱溶液和pH=2的强酸溶液混合，所得溶液的pH=11，则强碱溶液和强酸溶液的体积之比为（）A．1：9 B．9：1 C．10：1 D．1：109．已知：在一定温度下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数为K1；H2（g）+I2（g）⇌HI（g）的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为（）A．K1=K2 B．K1=2K2 C．K1=1/2K2 D．K1=K2210．pH均为5的NH4Cl溶液和稀盐酸中，由水电离出的H+浓度比较（）A．一样大 B．前者大 C．后者大 D．无法判断11．现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（）A．加水稀释成100mLB．加入10mL的水进行稀释C．加入•L﹣1的NaOH溶液D．加入•L﹣1的HCl溶液12．实验室用标准盐酸测定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．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次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．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次13．某集气瓶中的气体呈红棕色，加入足量水，盖上玻璃片振荡，得橙色溶液，气体颜色消失．再拿走玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，则该气体可能是下列混合气体中的（）A．N2、NO2、Br2 B．NO2、NO、N2 C．NO2、NO、O2 D．N2、O2、Br214．下列各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是（）①NaOH、AlCl3②NaHCO3、H2SO4③NaAlO2、NaHSO4④Na2CO3、HCl⑤Na2CO3、NaHCO3、Ca（OH）2．A．①③④ B．①②③ C．①③⑤ D．①②⑤15．已知某物质X能发生如下转化，下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述不正确的是（）A．若X为N2或NH3，则A为硝酸B．若X为S，则A为硫酸C．若X为非金属单质，且A不一定能与金属铜反应生成YD．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应16．将a克Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL浓度为•L﹣1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为（）A．•L﹣1 B．•L﹣1 C．•L﹣1 D．•L﹣117．对溶液中的反应，如图图象中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是（）A．符合甲图象的两种反应物可以是AlCl3和NaOHB．符合乙图象的两种反应物可以是Ca（OH）2和CO2C．符合丙图象的反应可以是在Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2D．符合丙图象的反应可以是在NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH18．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO319．类推的思维方法是化学学习和研究中常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否．根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是（）化学事实类推结论ApH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9B用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠C将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生成DAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧生成Fe2O3A．A B．B C．C D．D20．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质（括号内），溶液一定不能与原来溶液一样的是（）A．CuCl2（CuCl2） B．AgNO3（Ag2O） C．NaCl（NaCl） D．CuSO4[Cu（OH）2]21．在一定条件下，对于反应mA（g）+nB（g）⇌cC（g）+aD（g），C物质的质量分数[w（C）]与温度，压强的关系如图所示，下列判断正确的是（）A．△H＞0，m+n＞c+d B．△H＜0，m+n＜c+d C．△H＞0，m+n＜c+d D．△H＜0，m+n＞c+d22．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小一半，当达到新平衡时，B的浓度是原来的倍，则（）A．平衡向正反应方向移动了 B．物质A的转化率增大了C．物质B的质量分数减小了 D．a＞b23．常温下，取pH=2的HA溶液与HB溶液各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与稀释倍数关系如图所示．下列叙述正确的是（）A．HB的电离方程式为HB═H++B﹣B．稀释前，c（HB）＞c（HA）=•L﹣1C．NaA的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．NaA、NaB的混合溶液中：2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB）24．熔融碳酸盐燃料电池，是由多孔陶瓷阴极、多孔陶瓷电解质隔膜、多孔金属阳极、金属极板构成的燃料电池．其电解质是熔融态碳酸盐．如图是用熔融碳酸盐作电解质，氢气和氧气形成的燃料电池，下列说法不正确的是（）A．该电池放电时，负极的反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣═H2O+CO2B．该电池中CO32﹣的为由左边移向右边移动C．该电池放电时，正极的反应式为：O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣D．该电池放电时，当转移4mole﹣时正极消耗1molO2和2molCO225．25℃时在10mL•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入•L﹣1HCl溶液20mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示．下列说法不正确的是（）A．Na2CO3溶液中c（Na+）═2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]B．a、b曲线分别代表的是HCO3﹣、H2CO3量的变化情况C．A点时：c（Na+）＞c（CO32﹣）═c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．B点时加入盐酸的体积为10mL，两者恰好完全反应生成NaHCO3二．简答题（共20分）26．某溶液中的溶质可能是由Mg2+、Ba2+、Al3+、K+、Cl﹣、SO42﹣、HCO3﹣、NO3﹣中的几种组成，进行如下实验：①取样后在溶液中加入足量NaOH溶液，生成的沉淀会部分溶解．②将①所得混合液分成两份，在一份中加入足量的稀H2SO4溶液，最终得不到澄清溶液；在另一份中加入足量的稀HNO3溶液进行酸化后加入AgNO3溶液，无沉淀产生．请根据实验操作及现象回答下列问题：（1）该溶液中一定存在的离子是．（2）写出沉淀部分溶解时的离子方程式．27．在25℃下，将amol•L﹣1的氨水与•L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则溶液显性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=．28．某混合气体由一种气态烷烃和一种气态烯烃组成，在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为13，在标准状况下，将混合气体通入足量溴水，溴水质量增重，通过计算回答：（1）混合气体中气态烷烃的化学式：，（2）混合气体中烷烃与烯烃的物质的量之比：，（3）写出混合气体中气态烯烃可能的结构简式：．29．将一定质量由Cu和CuO组成的固体粉末加入到100mL11mol•L﹣1的浓HNO3中，充分反应后，固体溶解完全，收集到NO、NO2混合气体（标准状况）．若将该混合气体与O2（标准状况）混合并通入到足量水中，恰好生成HNO3．（1）NO的体积是L（标准状况）．（2）固体粉末中Cu单质的质量是g．（3）向浓HNO3反应后的溶液中加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，当Cu2+恰好沉淀完时，需要NaOH溶液的体积是L．加试题30．氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和（已折算成标准状况）．甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为L．请回答下列问题：（1）甲的化学式是．（2）甲与水反应的化学方程式是．（3）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式．有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之．（已知Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）（4）甲与乙之间（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2．加试题31．碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关．（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g）△H＜0，利用该反应可以将粗镍转化为纯度达%的高纯镍．下列说法正确的是（填字母编号）．A．增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B．缩小容器容积，平衡右移，△H减小C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D．当4v正[Ni（CO）4]=v正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒．为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫．已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣Q1kJ▪mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣Q2kJ▪mol﹣1则SO2（g）+2CO（g）═（s）+2CO2（g）△H=．（3）对于反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线（如图1）．①比较p1、p2的大小关系：．②700℃时，在压强为p2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为（最简分数形式）．（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图2所示．该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为．若该燃料电池使用一段时间后，共收集到20molY，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为L．加试题32．酸碱中和滴定是利用中和反应，用已知浓度的酸（或碱）来测定未知浓度的碱（或酸）的实验方法，其间溶液的pH变化是判断滴定终点的依据．（1）为了准确绘制如图，在滴定开始时和，滴液速度可以稍快一点，测试和记录pH的间隔可大些；当接近时，滴液速度应该慢一些，尽量每滴一滴就测试一次．（2）在图中A的pH范围使用的指示剂是；C的pH范围使用的指示剂是；点B是；D区域为．（3）用•L﹣1的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，重复三次的实验数据如下表所示．实验序号消耗•L﹣1的盐酸溶液的体积/mL待测氢氧化钠溶液的体积/mL123则待测氢氧化钠的物质的量浓度是mol•L﹣1．在上述滴定过程中，若滴定前滴定管下端尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果将（选填“偏高”或“偏低”或“不影响”）．（4）下列关于上述中和滴定过程中的操作正确的是（填序号）A．用碱式滴定管量取未知浓度的烧碱溶液B．滴定管和锥形瓶都必须用待盛放液润洗C．滴定中始终注视锥形瓶中溶液颜色变化D．锥形瓶中的待测液可用量筒量取．

2023学年浙江省湖州市长兴中学高二（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25题，每小题2分，共50分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下面的能源中属于二次能源的是（）A．电能、蒸汽 B．电能、风能 C．蒸汽、风能 D．煤、石油【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【分析】一次能源：从自然界取得的未经任何改变或转换的能源，如原油、原煤、天然气、生物质能、水能、核燃料，以及太阳能、地热能、潮汐能等；二次能源：一次能源经过加工或转换得到的能源，如煤气、焦碳、汽油、煤油、电力、热水氢能等．【解答】解：根据上述分析，题目选项中属于二次能源的是电能、蒸汽；属于一次能源的是风能、煤、石油等；故选A．2．下列反应的能量变化与其它三个不相同的是（）A．铝粉与氧化铁的反应 B．氯化铵与消石灰的反应C．锌片与稀硫酸反应 D．钠与冷水反应【考点】吸热反应和放热反应．【分析】化学反应存在吸热反应和放热反应，一般来说，化合反应、活泼金属与酸的反应以及与水的反应属于放热反应，碳和二氧化碳的反应属于吸热反应．【解答】解：A．铝粉与氧化铁的反应属于放热反应；B．氯化铵与消石灰的反应属于吸热反应；C．锌片与稀硫酸反应属于放热反应；D．钠与冷水反应属于放热反应．显然B中反应的能量变化与其他三项不相同．故选B．3．下列离子方程式中，属于水解反应的是（）A．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+【考点】盐类水解的原理．【分析】弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号．【解答】解：A、是甲酸的电离方程式，故A错误；B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；C、是碳酸根的水解方程式，故C正确；D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误．故选C．4．已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，H+浓度减小，可加入（）A．Na2SO3固体 B．水 C．CaCO3固体 D．NaOH固体【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增加，应使平衡向正反应方向移动，HCl为强酸，HClO为弱酸，酸性比碳酸弱，以此解答该题．【解答】解：A．Na2SO3具有还原性，可与HClO发生氧化还原反应而导致HClO浓度减小，故A错误；B．加水稀释，平衡向正反应方向移动，但溶液体积增大的幅度比HClO增大的快，HClO浓度减小，故B错误；C．加入碳酸钙固体，HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故C正确．D．NaOH和HCl、HClO都反应，不能使HClO浓度增加，故D错误；故选C．5．下列说法不正确的是（）A．增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D．使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】压强、浓度只影响单位体积活化分子的数目，温度、催化剂影响活化分子的百分数，以此解答该题．【解答】解：A．增大压强，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，反应速率增大，故A正确；B．升高温度，给分子提供能量，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故B正确；C．加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故D正确．故选C．6．某温度时，测得纯水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，则此时c（OH﹣）为（）A．×10﹣7mol/L B．1×10﹣7mol/LC．2×10﹣7mol/L D．4×10﹣7mol/L【考点】水的电离．【分析】纯水显示中性，一定满足c（OH﹣）=c（H+），某温度时，测得纯水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，则c（OH﹣）=c（H+）=2×10﹣7mol/L，据此进行解答．【解答】解：某温度时，测得纯水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，纯水中一定满足c（OH﹣）=c（H+），所以此时c（OH﹣）=c（H+）=2×10﹣7mol/L，故选C．7．有一支50mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，现把管内溶液全部流下排出，用量筒承接，该溶液的体积应为（）A．10mL B．40mL C．大于40mL D．小于40mL【考点】计量仪器及使用方法．【分析】滴定管的“0”刻度在上、50mL的刻度在下，且在50mL的刻度线以下还有一段没有刻度，滴定管中液面恰好在10mL刻度处，盛有的液体体积大于（50﹣40）mL．【解答】解：50mL酸式滴定管中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，有刻度的部分溶液体积为：（50﹣40）mL=40mL，滴定管中50mL以下部分没有刻度线，所以盛有的溶液体积大于40mL，故选C．8．常温时，将pH=13的强碱溶液和pH=2的强酸溶液混合，所得溶液的pH=11，则强碱溶液和强酸溶液的体积之比为（）A．1：9 B．9：1 C．10：1 D．1：10【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】pH=13的强碱溶液中c（OH﹣）=L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=L，混合液的pH=11，则混合溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol/L=，据此计算酸碱体积之比．【解答】解：pH=13的强碱溶液中c（OH﹣）=L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=L，混合液的pH=11，则混合溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol/L==，解得：=，故选A．9．已知：在一定温度下，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数为K1；H2（g）+I2（g）⇌HI（g）的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为（）A．K1=K2 B．K1=2K2 C．K1=1/2K2 D．K1=K22【考点】化学平衡常数的含义．【分析】化学平衡常数指，一定温度下，可逆达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故相同温度下，等于同一反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，同一转化关系，化学计量数变为原的n倍，则化学平衡常数为原来的n次方倍，据此解答．【解答】解：反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数K1，则相同温度下，H2（g）+I2（g）⇌HI（g）的平衡常数为K2，化学计量数变为原的倍，则化学平衡常数为原来的次方倍，即K22=K1，故选D．10．pH均为5的NH4Cl溶液和稀盐酸中，由水电离出的H+浓度比较（）A．一样大 B．前者大 C．后者大 D．无法判断【考点】水的电离；pH的简单计算．【分析】氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，盐酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH﹣）．【解答】解：氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，则氯化铵溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣5mol•L﹣1，盐酸溶液中水电离出的c（H+）=c（OH﹣）=mol/L=10﹣9mol•L﹣1，前者大，故选B．11．现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（）A．加水稀释成100mLB．加入10mL的水进行稀释C．加入•L﹣1的NaOH溶液D．加入•L﹣1的HCl溶液【考点】pH的简单计算．【分析】常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=L，使溶液的pH变成2，即c（H+）=L，可加水稀释或加入一定量的碱进行中和，使溶液中c（H+）=L即可．【解答】解：常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=L，使溶液的pH变成2，此时溶液中c（H+）=L，A．加水稀释成100mL，稀释后的溶液中c（H+）==L，故A正确；B．加入10mL的水进行稀释，混合后溶液中c（H+）==L≠L，故B错误；C．pH=1的某强酸溶液10mL，n（H+）=×L=，L的NaOH溶液，n（OH﹣）=×L=，混合后c（H+）=≠L，故C错误；D．加入L的盐酸，混合后，c（H+）=≠L，故D错误．故选A．12．实验室用标准盐酸测定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．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次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．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次【考点】中和滴定．【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、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A错误；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、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C正确；D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，根据根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故D错误；故选C．13．某集气瓶中的气体呈红棕色，加入足量水，盖上玻璃片振荡，得橙色溶液，气体颜色消失．再拿走玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，则该气体可能是下列混合气体中的（）A．N2、NO2、Br2 B．NO2、NO、N2 C．NO2、NO、O2 D．N2、O2、Br2【考点】常见气体的检验．【分析】溴蒸气和二氧化氮气体均呈红棕色，溴水溶液为橙色溶液，二氧化氮在水溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮无色气体，一氧化氮遇到氧气迅速变为二氧化氮，据此进行判断．【解答】解：溴蒸气和二氧化氮气体均呈红棕色，所以至少含有溴蒸气和二氧化氮气体中的一种，溴水溶液为橙色溶液，所以含有溴蒸气，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，说明瓶中有NO存在，是因二氧化氮在水溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮无色气体，再打开玻璃片后，NO遇到氧气迅速变为二氧化氮，所以一定存在NO2气体，即原混合气体一定有NO2、Br2，则A正确，故选A．14．下列各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是（）①NaOH、AlCl3②NaHCO3、H2SO4③NaAlO2、NaHSO4④Na2CO3、HCl⑤Na2CO3、NaHCO3、Ca（OH）2．A．①③④ B．①②③ C．①③⑤ D．①②⑤【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】将各组溶液两两混合，若现象各不相同，即可鉴别．①中MaOH溶液和AlCl3溶液、③中NaAlO2和NaHSO4溶液、④Na2CO3、HCl溶液滴加顺序不同，现象不同；但是Na2CO3、NaHCO3均与Ca（OH）2反应生成沉淀，现象相同，不能鉴别．【解答】解：①NaOH溶液和AlCl3溶液滴加顺序不同，现象不同：将NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中，先生成沉淀，当NaOH过量时，沉淀溶解，可鉴别，故①正确；②NaHCO3、H2SO4的反应与量无关，改变滴定顺序，均观察到气体，不能鉴别，故②错误；③NaAlO2和NaHSO4溶液滴加顺序不同，现象不同：将NaAlO2滴加到NaHSO4溶液中先没有沉淀生成，当滴加到一定程度时有沉淀生成，但将NaHSO4滴加到NaAlO2溶液中，开始就有沉淀生成，当完全反应后再滴加溶液，沉淀逐渐溶解，可鉴别，故③正确；④Na2CO3和HCl溶液滴加顺序不同，现象不同：将Na2CO3滴加到HCl溶液中马上有气体产生，但将HCl滴加到Na2CO3溶液中，先没有气体生成，当滴加到一定程度时，才有气体生成，可鉴别，故④正确；④Na2CO3、NaHCO3均与Ca（OH）2反应生成沉淀，现象相同，不能鉴别，故⑤错误．故选A．15．已知某物质X能发生如下转化，下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述不正确的是（）A．若X为N2或NH3，则A为硝酸B．若X为S，则A为硫酸C．若X为非金属单质，且A不一定能与金属铜反应生成YD．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应【考点】无机物的推断．【分析】由转化关系可知，A能发生连续氧化，则由NH3和O2反应生成NO，最终实现转化的生成物是HNO3；S在O2中反应生成SO2，再被氧化后产物和H2O反应生成的是H2SO4，A为H2SO4或HNO3，X为N2、NH3、S或H2S等，以此来解答．【解答】解：A．若X为N2或NH3，Y为NO，Z为NO2，则A为硝酸，故A正确；B．若X为S或H2S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，故B正确；C．若X为非金属单质S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，Cu和稀硫酸不反应，则A不一定能与金属铜反应生成Y，故C正确；D．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③若为二氧化氮和水的反应一定为氧化还原反应，故D错误；故选：D．16．将a克Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL浓度为•L﹣1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为（）A．•L﹣1 B．•L﹣1 C．•L﹣1 D．•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），据此计算n（NaOH），再根据c=计算NaOH溶液的浓度．【解答】解：将a克Al2O3和Fe2O3样品溶解在过量的100ml浓度为L的硫酸溶液中，反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=×L=，根据钠离子守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=，则该氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）==L，故选C．17．对溶液中的反应，如图图象中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是（）A．符合甲图象的两种反应物可以是AlCl3和NaOHB．符合乙图象的两种反应物可以是Ca（OH）2和CO2C．符合丙图象的反应可以是在Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2D．符合丙图象的反应可以是在NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】A、向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时，首先发生Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，OH﹣反应完毕，发生反应3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓，结合前后两部分氯化铝溶液的体积判断；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，则生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2沉淀消失；C、Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2；D、NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即NH4++OH﹣═NH3•H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O．【解答】解：A、如果是向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时，首先发生Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，OH﹣反应完毕，发生反应3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓，生成沉淀消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是3：1，故A正确；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，则生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2沉淀消失，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，故B正确；C、Ca（OH）2和KOH的混合溶液中通入CO2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，氢氧化钾的量可以灵活来定，故C正确；D、NH4Al（SO4）2溶液中加入NaOH，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即NH4++OH﹣═NH3•H2O，最后是氢氧化铝的溶解过程，即Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，生成沉淀量最大消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是1：3，故D错误．故选：D．18．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（）A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3【考点】镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理．【分析】A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液；B、试剂X为氢氧化钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠．【解答】解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C错误；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故D正确；故选D．19．类推的思维方法是化学学习和研究中常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否．根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是（）化学事实类推结论ApH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9B用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠C将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生成DAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧生成Fe2O3A．A B．B C．C D．D【考点】pH的简单计算；科学探究方法；二氧化硫的化学性质；金属的通性；金属冶炼的一般原理．【分析】根据强酸稀释10n倍，则后来溶液的pH为原pH+n，但酸溶液无论怎么稀释其pH值只能无限接近7，而不能超过7；根据金属的活泼性来分析金属的冶炼；根据二氧化硫的性质来分析发生的化学反应；根据金属的性质来分析发生的反应及反应产物即可解答．【解答】解：A、pH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6正确，但常温下pH=6的盐酸稀释1000倍后pH值只能无限接近7，不能超过7，故A类推错误；B、因钠、镁都是活泼金属，其金属氯化物都是离子化合物，则利用电解熔融物的方法可以冶炼金属单质，故B类推正确；C、SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成是因盐酸的酸性比亚硫酸的酸性强，但将SO2通入Ba（NO3）2溶液中有沉淀生成时因酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，则生成硫酸钡沉淀，故C类推错误；D、因铝元素在化合物中只有+3价，则Al在O2中燃烧生成Al2O3正确，但事实上Fe在O2中燃烧生成四氧化三铁，故D类推错误；故选：B．20．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质（括号内），溶液一定不能与原来溶液一样的是（）A．CuCl2（CuCl2） B．AgNO3（Ag2O） C．NaCl（NaCl） D．CuSO4[Cu（OH）2]【考点】电解原理．【分析】用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质（括号内），溶液一定不能与原来溶液一样，说明加入物质不是析出物质，据此分析解答．【解答】解：A．电解氯化铜溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电，所以析出的物质相当于氯化铜，则加入氯化铜即可恢复原状，故A不选；B．电解硝酸银溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上银离子放电生成Ag，相当于析出氧化银，所以加入氧化银即可使溶液恢复原状，故B不选；C．电解氯化钠溶液时，阳极上析出氯气、阴极上析出氢气，要使溶液恢复原状，应该通入适量氯化氢即可，所以加入NaCl不能使溶液恢复原状，故C选；D．电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成Cu，当铜离子完全放电时，阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于析出氢氧化铜，应该加入氢氧化铜即可恢复原状，故D不选；故选C．21．在一定条件下，对于反应mA（g）+nB（g）⇌cC（g）+aD（g），C物质的质量分数[w（C）]与温度，压强的关系如图所示，下列判断正确的是（）A．△H＞0，m+n＞c+d B．△H＜0，m+n＜c+d C．△H＞0，m+n＜c+d D．△H＜0，m+n＞c+d【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】采取定一议二法分析，由图象可知，压强一定时，温度越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明升高温度平衡向逆反应移动；温度一定时，压强越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，据此判断．【解答】解：由图可知：压强一定时，温度越高，C物质的体积分数（C%）越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；温度一定时，压强越高，C物质的体积分数（C%）越下，说明增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即m+n＜c+d．故选：B．22．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小一半，当达到新平衡时，B的浓度是原来的倍，则（）A．平衡向正反应方向移动了 B．物质A的转化率增大了C．物质B的质量分数减小了 D．a＞b【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【分析】采用假设法分析，保持温度不变，将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，B的浓度均是原来的倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a＜b，据此判断．【解答】解：保持温度不变，将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，B的浓度均是原来的倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a＜b，则A、由上述分析可知，平衡逆反应方向移动，故A错误；B、平衡逆反应方向移动，故A的转化率降低，故B错误；C、平衡逆反应方向移动，B的质量减小，混合气体的总质量不变，故B的质量分数减小，故C正确；D、增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a＜b，故D错误；故选C．23．常温下，取pH=2的HA溶液与HB溶液各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与稀释倍数关系如图所示．下列叙述正确的是（）A．HB的电离方程式为HB═H++B﹣B．稀释前，c（HB）＞c（HA）=•L﹣1C．NaA的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．NaA、NaB的混合溶液中：2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．根据图象曲线变化可知，将pH=2的HB稀释100倍后，溶液的pH＜4，所以HB为弱酸，溶液中只能部分电离；B．溶液稀释100倍，HA溶液的pH变化为2，则HA为强酸，而HB为弱酸，据此判断稀释前浓度大小；C．HA为强酸，则NaA溶液为中性溶液，溶液中c（Na+）=c（A﹣）、c（OH﹣）=c（H+）；D．没有告诉NaA、NaB的浓度是否相等，无法根据物料守恒得出2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB）．【解答】解：A．将pH=2的HB稀释100倍后，溶液的pH变化小于2，说明HB为弱电解质，溶液中存在电离平衡，HB的电离方程式为：HB⇌H++B﹣，故A错误；B．根据图象可知，pH2的HA稀释100倍后，溶液的pH变化为2，则HA为强电解质，溶液中完全电离，则pH=2的HA溶液的浓度为L，而HB为弱酸，则稀释前HB的浓度大于L，即：稀释前，c（HB）＞c（HA）=•L﹣1，故B正确；C．根据B可知，HA为强电解质，则NaA为强酸强碱盐，溶液稀释中性，则c（Na+）=c（A﹣）、c（OH﹣）=c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故C错误；D．当NaA、NaB的浓度相等时，根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB），由于不知NaA、NaB的浓度大小，无法得出2c（Na+）=c（A﹣）+c（B﹣）+c（HB），故D错误；故选B．24．熔融碳酸盐燃料电池，是由多孔陶瓷阴极、多孔陶瓷电解质隔膜、多孔金属阳极、金属极板构成的燃料电池．其电解质是熔融态碳酸盐．如图是用熔融碳酸盐作电解质，氢气和氧气形成的燃料电池，下列说法不正确的是（）A．该电池放电时，负极的反应式为：H2﹣2e﹣+CO32﹣═H2O+CO2B．该电池中CO32﹣的为由左边移向右边移动C．该电池放电时，正极的反应式为：O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣D．该电池放电时，当转移4mole﹣时正极消耗1molO2和2molCO2【考点】化学电源新型电池．【分析】该燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，通入氧化剂氧气的电极是正极，负极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣，放电时，电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此分析解答．【解答】解：该燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，通入氧化剂氧气的电极是正极，负极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣，A．放电时负极反应式为H2﹣2e﹣+CO32﹣=CO2+H2O，故A正确；B．放电时，电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以碳酸根离子由右向左移动，故B错误；C．该电池放电时，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，所以正极的反应式为：O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣，故C正确；D．该电池放电时，根据O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣知，当转移4mole﹣时，正极消耗1molO2和2molCO2，故D正确；故选B．25．25℃时在10mL•L﹣1Na2CO3溶液中逐滴加入•L﹣1HCl溶液20mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示．下列说法不正确的是（）A．Na2CO3溶液中c（Na+）═2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]B．a、b曲线分别代表的是HCO3﹣、H2CO3量的变化情况C．A点时：c（Na+）＞c（CO32﹣）═c（HCO3﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．B点时加入盐酸的体积为10mL，两者恰好完全反应生成NaHCO3【考点】离子方程式的有关计算．【分析】A．根据物料守恒分析；B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl先发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，然后发生HCO3﹣+H+=H2CO3，根据反应结合图象分析；C．A点时：c（CO32﹣）和c（HCO3﹣）相同，溶液显碱性；D．B点时加入盐酸的体积为10mL，则Na2CO3和HCl的物质的量相同，二者恰好反应．【解答】解：A．Na2CO3溶液中存在物料守恒，即Na元素的总物质的量等于C元素总物质的量的2倍，则c（Na+）═2[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故A正确；B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl先发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，然后发生HCO3﹣+H+=H2CO3，由图象可知a代表的物质逐渐增多，则aHCO3﹣，b代表的物质开始没有，后来逐渐增多，则b为H2CO3，故B正确；C．由图象可知，A点时：c（CO32﹣）和c（HCO3﹣）相同，溶液显碱性，则c（Na+）＞c（CO32﹣）═c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．B点时加入盐酸的体积为10mL，则Na2CO3和HCl的物质的量相同，由CO32﹣+H+=HCO3﹣可知，二者恰好反应生成NaHCO3，故D正确．故选C．二．简答题（共20分）26．某溶液中的溶质可能是由Mg2+、Ba2+、Al3+、K+、Cl﹣、SO42﹣、HCO3﹣、NO3﹣中的几种组成，进行如下实验：①取样后在溶液中加入足量NaOH溶液，生成的沉淀会部分溶解．②将①所得混合液分成两份，在一份中加入足量的稀H2SO4溶液，最终得不到澄清溶液；在另一份中加入足量的稀HNO3溶液进行酸化后加入AgNO3溶液，无沉淀产生．请根据实验操作及现象回答下列问题：（1）该溶液中一定存在的离子是Mg2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣．（2）写出沉淀部分溶解时的离子方程式Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．【考点】常见离子的检验方法．【分析】①取样后在溶液中加入足量NaOH溶液，生成的沉淀会部分溶解，则溶液中一定存在Mg2+、Al3+，溶解的为氢氧化铝，不溶解的为氢氧化镁沉淀；②将①所得混合液分成两份，在一份中加入足量的稀H2SO4溶液，最终得不到澄清溶液，说明溶液中一定存在钡离子，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在与钡离子反应的离子；在另一份中加入足量HNO3溶液进行酸化后加入AgNO3溶液，无沉淀产生，则溶液中一定不存在Cl﹣，再根据溶液电中性判断一定存在硝酸根离子，以此解答该题．【解答】解：①取样后在溶液中加入足量NaOH溶液，生成的沉淀会部分溶解，则溶液中一定存在Mg2+、Al3+，溶解的为氢氧化铝，不溶解的为氢氧化镁沉淀；②将①所得混合液分成两份，在一份中加入足量的稀H2SO4溶液，最终得到澄清溶液，说明溶液中一定存在钡离子，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在与钡离子反应的离子；在另一份中加入足量HNO3溶液进行酸化后加入AgNO3溶液，无沉淀产生，则溶液中一定不存在Cl﹣，再根据溶液电中性判断一定存在硝酸根离子，（1）根据以上分析可知，原溶液中一定存在离子为：Mg2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣；可能存在的离子为：K+；一定不存在离子为：Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣，故答案为：Mg2+、Ba2+、Al3+、NO3﹣；（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中溶解的为氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．27．在25℃下，将amol•L﹣1的氨水与•L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则溶液显中性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（﹣）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=．【解答】解：在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（﹣）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，故答案为：．28．某混合气体由一种气态烷烃和一种气态烯烃组成，在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为13，在标准状况下，将混合气体通入足量溴水，溴水质量增重，通过计算回答：（1）混合气体中气态烷烃的化学式：CH4，（2）混合气体中烷烃与烯烃的物质的量之比：3：1，（3）写出混合气体中气态烯烃可能的结构简式：CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、（CH3）C=CH2．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】（1）相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，据此计算混合气体的相对分子质量，进而确定含有的烷烃；（2）根据n=计算56L混合气体的物质的量，再根据m=nM计算混合气体的质量，溴水质量增重为烯烃的质量，进而计算烷烃的质量与物质的量，再计算烯烃的物质的量，据此解答；（3）由烯烃的质量与物质的量，根据M=计算其摩尔质量，据此计算烯烃的分子式，书写可能的结构．【解答】解：（1）在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为13，故混合气体的平均相对分子质量为13×2=26，故一定含有甲烷，故答案为：CH4；（2）标况下56L混合气体的物质的量为：=，故混合气体的总质量为×26g/mol=65g，溴水质量增重为烯烃的质量，故甲烷的质量为65g﹣35g=30g，故甲烷的物质的量为：=mol，烯烃的物质的量为﹣mol=mol，故n（CH4）：n（C4H8）=mol：mol=3：1，故答案为：3：1；（3）烯烃的摩尔质量为：=56g/mol，设烯烃的组成为（CH2）n，故14n=56，解得n=4，故该烯烃为C4H8，可能的结构为：CH2=CH﹣CH2CH3、CH3﹣CH=CH﹣CH3、CH2=C（CH3）2，故答案为：CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、（CH3）C=CH2．29．将一定质量由Cu和CuO组成的固体粉末加入到100mL11mol•L﹣1的浓HNO3中，充分反应后，固体溶解完全，收集到NO、NO2混合气体（标准状况）．若将该混合气体与O2（标准状况）混合并通入到足量水中，恰好生成HNO3．（1）NO的体积是L（标准状况）．（2）固体粉末中Cu单质的质量是g．（3）向浓HNO3反应后的溶液中加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，当Cu2+恰好沉淀完时，需要NaOH溶液的体积是L．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】（1）铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO，根据转移电子守恒计算二氧化氮和NO的物质的量，然后计算体积；（2）根据得失电子守恒，n（Cu）=2n（O2），计算求解；（3）向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n（NaNO3）=n（NaOH），根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO），最后根据V=计算出需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+NO↑+4H2O，设生成的NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，反应中铜失去的电子总数等于硝酸得到的电子总数则Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O1422yy3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+NO↑+4H2O3813x8xx根据生成NO、NO2的物质的量可知：x+y=、根据电子守恒可知：3×x+y×1=×4，联立解得：x=、y=，（1）生成的NO的体积为：×L=，故答案为：；（2）n（Cu）=2n（O2）=，所以m（Cu）=×64g/mol=，故答案为：；（3）依据氮原子个数守恒得，硝酸的物质的量=n（NaNO3）+n（NO2+NO）=×11mol，所以n（NaNO3）=﹣=，所以氢氧化钠的物质的是，所以体积为：V==，故答案为：．加试题30．氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和（已折算成标准状况）．甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为L．请回答下列问题：（1）甲的化学式是AlH3．（2）甲与水反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑．（3）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O．有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O．（已知Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）（4）甲与乙之间可能（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2．【考点】无机物的推断．【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==，则m（H）=×2×1g/mol=，则甲中含有m（Al）=﹣=，n（Al）==，所以n（Al）：n（H）=：=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为•L﹣1，则丙的相对原子质量为•L﹣1×=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==，则m（H）=×2×1g/mol=，则甲中含有m（Al）=﹣=，n（Al）==，所以n（Al）：n（H）=：=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为•L﹣1，则丙的相对原子质量为•L﹣1×=28，应为N2，则乙为NH3，（1）由以上分析可知甲为AlH3，故答案为：AlH3；（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；（3）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有CuO，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O，故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O；（4）AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气，故答案为：可能．加试题31．碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关．（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g）△H＜0，利用该反应可以将粗镍转化为纯度达%的高纯镍．下列说法正确的是C（填字母编号）．A．增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B．缩小容器容积，平衡右移，△H减小C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D．当4v正[Ni（CO）4]=v正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒．为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫．已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣Q1kJ▪mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣Q2kJ▪mol﹣1则SO2（g）+2CO（g）═（s）+2CO2（g）△H=﹣（2Q1﹣Q2）kJ•mol﹣1．（3）对于反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线（如图1）．①比较p1、p2的大小关系：p2＞p1．②700℃时，在压强为p2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为（最简分数形式）．（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图2所示．该电池在使用过