初中化学鲁教版九年级下册海水中的化学单元复习同课异构

2015-2016学年湖北省荆州中学、襄阳五中、黄冈中学、夷陵中学等七校联考高二（下）期中化学试卷一、单项选择题：本题共20小题，每小题2分．每小题只有一项是符合题目要求．1．下列有关环境问题的说法中正确的是（）A．煤、石油等化石燃料燃烧过程中排放的废气是形成酸雨的主要原因，酸雨指的是pH小于7的雨水B．雾霾可能是许多细小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶C．在煤中添加适量的石膏可减少燃烧过程中含硫化合物的排放从而减少污染D．煤和石油都属于一级能源而天然气属于二级能源2．化学工业在经济发展中的作用举足轻重，下列有关工业生产的叙述中，正确的是（）A．硫酸生产中常采用催化剂提高SO2的转化率B．合成氨中采用及时分离氨气提高反应速率C．电镀铜时，溶液中c（Cu2+）基本保持不变D．用电解熔融氧化镁的方法制取镁3．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（）A．235U中的235表示该原子的相对原子质量B．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OC．丙烷分子的比例模型：D．第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．标准状况下氯气通入足量水中反应，转移的电子数为NAB．乙烯和氮气组成的28g混合气体中含有NA个分子C．1molNa2O2中阳离子和阴离子数均为2NAD．1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA5．下列有关有机物的说法正确的是（）A．油脂、淀粉、蛋白质和维生素等均为高分子化合物B．等质量的乙烷、乙烯、苯充分燃烧，消耗氧气的量由少到多C．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，二者反应原理相同D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别6．下列说法中正确的是（）A．常温下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应焓变一定大于零B．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H不同C．含1mol硫酸的稀溶液与含1molBa（OH）2的稀溶液完全中和所放出的热量为中和热D．在25℃、101KPa时，2mol氢气的燃烧热是1mol氢气的2倍7．以下说法正确的是（）A．物质中化学键破坏了，一定发生了化学变化B．水的沸点比硫化氢高，是因为水中的化学键比硫化氢中的化学键强C．第三周期元素的离子半径逐渐变小D．共价化合物中一定存在化学键8．下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（）实验目的实验操作A称取固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B制备Fe（OH）3胶体向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液，加热煮沸至液体变为红褐色C证明碳酸的酸性强于硅酸CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸胶体D萃取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振荡，静置分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出A．A B．B C．C D．D9．短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，且A与B的原子序数之和等于C的原子序数，C2﹣与D+的核外电子数相等．则下列说法正确的是（）A．C与D形成的化合物中只有离子键B．由C、D、E三元素形成的化合物与A、C、E三元素形成的化合物可能反应C．A、B、C形成的化合物一定不能发生水解反应D．E的氧化物对应的水化物一定为强酸10．关于下列四个图象的说法中正确的是（）A．图①表示将SO2气体通入溴水中B．图②表示反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H＜0的平衡常数K随温度的变化C．图③中阴、阳两极收集到的气体体积之比一定为1：1D．图④中的△H1＜△H211．下列相关反应的离子方程式书写正确的是（）A．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO22ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣B．氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．Na2S溶液显碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣D．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O12．用惰性电极和相同电量分别电解①HCl②KNO3③CuCl2④CuSO4四种电解质溶液，在理论上生成气体的总体积（同温同压下）由多到少的顺序是（）A．④③②① B．①②③④ C．④②①③ D．③④①②13．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．•L﹣1CH3COOH溶液与•L﹣1NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）14．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（）序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2SO2Ba（NO3）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl2A．②③④ B．②③④⑤ C．①③④ D．①②③④15．下列6个转化，其中不能通过一步反应实现的是（）①SiO2→Na2SiO3②Fe（OH）2→Fe（OH）3③SiO2→H2SiO3④Al2O3→Al（OH）3⑤Ca（OH）2→NaOH⑥NaAlO2→AlCl3．A．①② B．③④ C．③④⑤ D．⑤⑥16．某无色透明溶液含有下列离子中的几种：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、SO42﹣、OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，在其中加入金属铁，发生反应放出气体只有H2．试判断上述离子中一定不能大量存在于此溶液中的有（）A．2种 B．5种 C．4种 D．6种17．己知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2．有关该电池的说法正确的是（）A．放电过程是电能转化为化学能的过程B．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2OC．放电时正极极附近溶液的pH变小D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动18．已知25℃时，Ksp（Ag2S）=×10﹣50、Ksp（AgI）=×10﹣16，Ag2S难溶于水和稀盐酸，可溶于硝酸，其反应方程式为Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O，下列说法正确的是（）A．该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4：1B．生成S同时放出C．AgI的悬浊液中滴加Na2S溶液可转化成黑色沉淀D．若将产物NO2收集于密闭容器里再置于热水中，气体颜色变浅19．将克Fe和CuO的混合物投入300mL2mol/L硝酸中，反应完全后生成（标准状况下测得），再向反应后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液，要使所有金属元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少需要（）A．250mL B．200mL C．100mL D．不能确定20．相同温度下，容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．实验测得起始、平衡时的有关数据如表：容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3Ar甲4200放出热量：Q1乙310放出热量：Q2丙31放出热量：Q3下列叙述正确的是（）A．Q1=Q2=Q3=394kJB．若在上述条件下反应生成2molSO3（s）的反应热为△H1，则△H1＜﹣197kJ•mol﹣1C．甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数不相等D．达到平衡时，丙容器中SO2的体积分数最大二、解答题（共5小题，满分45分）21．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸，其K1=×10﹣2，K2=×10﹣5，其熔点为℃，在157℃升华．已知碳酸的K1=×10﹣7，K2=×10﹣11．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和Na2CO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；①说明乙二酸具有（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；②请写出该反应的离子方程式．（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红．据此回答：①上述装置中，D的作用是，②乙二酸分解的化学方程式为（4）该小组同学将草酸晶体（H2C2O4•2H2O）加入到100mLL的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：（用离子符号表示）．22．表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb），表2是常温下几种难（微）溶物的溶度积常数（Ksp）．表1酸或碱电离常数（Ka或Kb）CH3COOH×10﹣5HNO2×10﹣4HCN×10﹣10HClO3×10﹣8NH3•H2O×10﹣5表2难（微）溶物溶度积常数（Ksp）BaSO4×10﹣10BaCO3×10﹣9CaSO4×10﹣6CaCO3×10﹣9请回答下面问题：（1）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是（填序号）．A．加少量CaCO3固体B．加水稀释C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸E．升高温度（2）CH3COONH4的水溶液呈（选填“酸性”、“中性”、“碱性”）．（3）现将CaSO4转化为CaCO3．具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡CaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后CaSO4转化为CaCO3．现有足量的CaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使c（SO42﹣）达到mol/L以上，则溶液中c（CO32﹣）应不低于mol/L．（计算结果保留3位有效数字）23．化学在能源开发与利用中起着重要的作用，如甲醇、乙醇、二甲醚（CH3OCH3）等都是新型燃料．（1）乙醇是重要的化工产品和液体燃料，可以利用下列反应制取乙醇．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=akJ/mol在一定压强下，测得上述反应的实验数据如表．温度/KCO2转化率%50060070080045%33%20%12%60%43%28%15%83%62%37%22%根据表中数据分析：①上述反应的a0（填“大于”或“小于”）．②在一定温度下，提高氢碳（即）比，平衡常数K值（填“增大”、“减小”、或“不变”）．（2）催化剂存在的条件下，在固定容积的密闭容器中投入一定量的CO和H2，同样可制得乙醇（可逆反应）．该反应过程中能量变化如图所示：在一定温度下，向上述密闭容器中加入1molCO、3molH2及固体催化剂，使之反应．平衡时，反应产生的热量为QkJ，若温度不变的条件下，向上述密闭容器中加入4molCO、12molH2及固体催化剂，平衡时，反应产生的热量为wkJ，则w的范围为．（3）以乙醇蒸气、空气、氢氧化钠溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池，其工作原理与甲烷燃料电池原理相类似．该电池中负极上的电极反应式是．使用上述乙醇燃料电池电解（Pt电极）一定浓度的硫酸铜溶液通电一段时间后，向所得的溶液中加入Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则乙醇燃料电池在电解过程中转移电子数是．24．2015年8月，天津滨海新区爆炸事故确认有氰化钠、亚硝酸钠、电石（主要成分为CaC2）等，氰化钠毒性很强，遇水、酸会产生有毒易燃氰化氢气体．同时氰化钠遇到亚硝酸钠会发生爆炸．回答下列问题：（1）下列标志中，应贴在装有氰化钠容器上的是（2）写出NaCN的电子式．（3）可用纯碱、焦炭、氨气反应制取NaCN，写出反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目．（4）常温下HCN的电离常数Ka=×10﹣10，浓度均为L的NaCN和HCN的混合溶液显（填“酸”、“碱”或“中”）性，通过计算说明其原因．（5）防化官兵将爆炸残留在废水中的CN﹣和含有Cr2O72﹣废水进行无害处理，拟定下列流程进行废水处理，①上述处理废水流程中主要使用的方法是；a．混凝法b．中和法c．沉淀法d．氧化还原法②步骤③中，每处理Cr2O72﹣时转移电子，该反应的离子方程式为③处理酸性Cr2O72﹣废水多采用铁氧磁体法．该法是向废水中加入FeSO4•7H2O将Cr2O72﹣还原成Cr3+，调节pH，Fe、Cr转化成相当于FeⅡ[FexⅢCr（2﹣x）Ⅲ]O4（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀．处理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4•7H2O，下列结论正确的是．A．x=，a=6B．x=，a=10C．x=，a=6D．x=，a=10．25．20世纪70年代以后，由于对氢能源的研究和开发日趋重要，首先要解决氢气的安全贮存和运输问题，储氢材料和储氢技术是关键技术，是大家关注的热点之一．储氢材料范围由金属扩展至合金甚至有机物领域，根据信息材料请回答以下问题：（1）金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：I．2Li+H22LiHⅡ．LiH+H2O=LiOH+H2↑已知LiH固体密度为cm3，用锂吸收（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为．（2）NaBH4（氢元素为﹣1价）也是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为．（3）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下释放出氢气．在•L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为．（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：（g）（g）+3H2（g）．在某温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中加入环己烷，其起始物质的量为amol，平衡时体系中压强为PMPa，苯的物质的量为bmol，平衡常数Kp=（用含a、b、P的代数式表示，平衡常数Kp表达式要求带单位；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）．（5）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．①导线中电流移动方向为．（用B、E表示）②生成目标产物的电极反应式为．一.选做题[化学--选修3：物质结构与性质]26．铬、铜、硼在很多领域有重要用途．请回答下列问题：（1）下列现象和应用与电子跃迁无关的是．A．激光B．焰色反应C．原子光谱D．燃烧放热E．石墨导电（2）A、B两种短周期元素，A是原子半径最小的元素，B原子最外层电子数是次外层的两倍．某平面正六边形分子由A、B两种元素组成且原子个数比为1：1，该分子中含有个σ键．（3）元素铬化合物（CrO2Cl2）在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应．①与铬同周期的基态原子中最外层电子数为2的副族元素有种②在a：苯b：CH3OHc：HCHOd：CS2e：CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp3杂化的分子有（填字母），CS2分子的键角是．（4）在图1配合物离子[Cu（NH3）4]2+中画出配位键：（5）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm﹣（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图2所示：①在Xm﹣中，硼原子轨道的杂化类型有；m=（填数字）．②硼砂晶体由Na+、Xm﹣和H2O构成，它们之间存在的作用力有（填序号）．A．共价键B．离子键C．氢键D．范德华力E．金属键（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢．以硼酸和金属镁为原料经过两步反应可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程、．[化学--选修5：有机化学基础]27．（1）用系统命名法命名下列有机物①②（2）画出4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的结构简式，该有机物与足量氢气加成后得到的烃的名称是．28．根据下面的反应路线及所给信息填空．（1）A的结构简式是，①的反应类型是，③的反应类型是．反应④的化学方程式是（2）若该烃A的一种同分异构体B能使溴水褪色，且能在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2﹣二甲基丁烷，则此烃结构简式为，名称是，核磁共振氢谱有个吸收峰，其面积比是；与该烃B同类物质的同分异构体有种．

2015-2016学年湖北省荆州中学、襄阳五中、黄冈中学、夷陵中学等七校联考高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共20小题，每小题2分．每小题只有一项是符合题目要求．1．下列有关环境问题的说法中正确的是（）A．煤、石油等化石燃料燃烧过程中排放的废气是形成酸雨的主要原因，酸雨指的是pH小于7的雨水B．雾霾可能是许多细小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶C．在煤中添加适量的石膏可减少燃烧过程中含硫化合物的排放从而减少污染D．煤和石油都属于一级能源而天然气属于二级能源【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．根据酸雨的含义进行解答；B．雾霾是胶体；C．在煤中添加适量的石膏，起到固硫的作用，减少二氧化硫的排放；D．自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．【解答】解：A．酸雨是指pH小于的雨水，故A错误；B．雾霾是许多细小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶，是胶体，故B正确；C．在煤中添加适量的石膏，起到固硫的作用，减少空气中二氧化硫的排放，不能减少燃烧过程中含硫化合物的排放，故C错误；D．天然气可以从自然界直接获得，则为一级能源，故D错误；故选B．2．化学工业在经济发展中的作用举足轻重，下列有关工业生产的叙述中，正确的是（）A．硫酸生产中常采用催化剂提高SO2的转化率B．合成氨中采用及时分离氨气提高反应速率C．电镀铜时，溶液中c（Cu2+）基本保持不变D．用电解熔融氧化镁的方法制取镁【考点】化学平衡的影响因素；电解原理．【分析】A、SO2与O2的反应常压下转化率已经很高，高压提高了生成成本；B、高温是为了增大反应速率，催化剂活性最大，高压是利用活性平衡移动原理，加压平衡向气体体积减小的方向进行；C、电镀铜时，阳极上铜失电子，阴极上铜离子得电子，根据溶液中铜离子是否变化判断；D、获取金属Mg是电解熔融氯化镁得到金属镁，依据电解原理分析产物判断．【解答】解：A、采用常压条件的原因是，常压条件二氧化硫的转化率已经很大，高压转化率增大不多，但是提高了生成成本，故A错误；B、合成氨工业中采用高温是为了增大反应速率，催化剂活性最大，高压条件是增大压强促进平衡正向进行，提高生产效益的原理不同，故B错误；C、电镀时，阳极上铜失电子进入溶液，阴极上铜离子得电子生成铜单质，阳极铜溶解质量约等于阴极析出铜的质量，所以溶液中c（Cu2+）基本保持不变，故C正确；D、获取金属Mg是电解熔融氯化镁得到金属镁，氧化镁的熔点太高，不宜采用电解熔融物的方法，故D错误；故选C．3．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（）A．235U中的235表示该原子的相对原子质量B．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OC．丙烷分子的比例模型：D．第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为【考点】核素；原子结构示意图；结构式．【分析】A．元素符号的左上角数字代表质量数；B．次氯酸的中心原子是氧原子；C．球棍模型展示原子相对大小和成键情况；D．第三周期元素的简单阴离子都是3个电子层．【解答】解：A．235U中的235表示该原子的质量数，故A错误；B．次氯酸的结构式为：H﹣O﹣Cl，故B错误；C．图为丙烷的球棍模型，不是比例模型，故C错误；D．第三周期元素的简单阴离子都是3个电子层，阴离子结构示意图均可表示为，故D正确；故选D．4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．标准状况下氯气通入足量水中反应，转移的电子数为NAB．乙烯和氮气组成的28g混合气体中含有NA个分子C．1molNa2O2中阳离子和阴离子数均为2NAD．1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氯气与水的反应中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；B．乙烯和氮气的摩尔质量都是28g/mol，根据n=计算出28g混合物的物质的量；C．过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；D．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的数目．【解答】解：A．标况下氯气的物质的量为1mol，1mol氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则反应转移的电子小于1mol，转移的电子数小于NA，故A错误；B．28g乙烯和氮气的物质的量为：=1mol，含有NA个分子，故B正确；C．1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，阳离子数均2NA，阴离子数为NA，故C错误；D．氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶体中含有的胶粒数，故D错误；故选B．5．下列有关有机物的说法正确的是（）A．油脂、淀粉、蛋白质和维生素等均为高分子化合物B．等质量的乙烷、乙烯、苯充分燃烧，消耗氧气的量由少到多C．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，二者反应原理相同D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．根据高分子化合物的定义判断；B．有机物中含氢越多，燃烧时，消耗氧气的量越大；C．乙烯含有碳碳双键，可发生氧化、加成反应；D．乙醇溶于水，乙酸能和碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液．【解答】解：A．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，油脂不是高分子化合物，故A错误；B．有机物中含氢越多，燃烧时，消耗氧气的量越大，故B错误；C．乙烯具有还原性，能与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，乙烯中含有双键，能与溴发生加成反应而使溴水褪色，二者原理不相同，故C错误；D．乙醇溶于水，乙酸能和碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，故乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别，故D正确．故选D．6．下列说法中正确的是（）A．常温下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应焓变一定大于零B．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H不同C．含1mol硫酸的稀溶液与含1molBa（OH）2的稀溶液完全中和所放出的热量为中和热D．在25℃、101KPa时，2mol氢气的燃烧热是1mol氢气的2倍【考点】反应热和焓变．【分析】A、根据△G=△H﹣T△S＞0不能自发来判断；B、反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关；C、中和热是在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量；D、燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量．【解答】解：A、已知△G=△H﹣T△S＞0不能自发，常温下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，该反应的△S＞0，则该反应焓变一定大于零，故A正确；B、反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H相同，故B错误；C、中和热是在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，所以1mol硫酸与1molBa（OH）2完全中和所放出的热量大于中和热，故C错误；D、燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以在25℃、101KPa时，2mol氢气的燃烧热和1mol氢气的燃烧热相同，故D错误；故选A．7．以下说法正确的是（）A．物质中化学键破坏了，一定发生了化学变化B．水的沸点比硫化氢高，是因为水中的化学键比硫化氢中的化学键强C．第三周期元素的离子半径逐渐变小D．共价化合物中一定存在化学键【考点】化学键；元素周期律的作用；含有氢键的物质．【分析】A．化学变化指有新物质生成的变化，有化学键破坏的变化不一定属于化学变化，如NaCl溶于水，离子键被破坏，但无新物质生成；B．水的沸点比硫化氢高是因为水能形成分子间氢键，使水的沸点反常的升高，而硫化氢不能；C．电子层数越多，半径越大，相同电子层结构，原子序数越小半径越大；D．共价化合物中一定有原子间的作用，一定存在化学键．【解答】解：A．有化学键破坏的变化不一定属于化学变化，如NaCl溶于水，离子键被破坏，没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；B．水的沸点比硫化氢高是因为水能形成分子间氢键，使水的沸点反常的升高，而硫化氢没有分子间氢键，氢键不是化学键，故B错误；C．电子层数越多，半径越大，相同电子层结构，原子序数越小半径越大，第三周期阴离子半径大于阳离子半径，故C错误；D．共价化合物中一定有原子间的作用，一定存在化学键，故D正确．故选：D．8．下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（）实验目的实验操作A称取固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B制备Fe（OH）3胶体向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液，加热煮沸至液体变为红褐色C证明碳酸的酸性强于硅酸CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸胶体D萃取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振荡，静置分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在小烧杯中称量；B．向沸水中逐滴加入少量氯化铁饱和溶液，水解可制备胶体；C．强酸能制取弱酸；D．酒精与水互溶，不能作萃取剂．【解答】解：A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且放在左盘，天平游码回零，砝码为，故A错误；B．氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，故B错误；C．二氧化碳与水反应生成碳酸，向Na2SiO3溶液中通入CO2产生沉淀，可说明碳酸的酸性比硅酸强，故C正确；D．酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳萃取碘水中的碘，故D错误；故选C．9．短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，且A与B的原子序数之和等于C的原子序数，C2﹣与D+的核外电子数相等．则下列说法正确的是（）A．C与D形成的化合物中只有离子键B．由C、D、E三元素形成的化合物与A、C、E三元素形成的化合物可能反应C．A、B、C形成的化合物一定不能发生水解反应D．E的氧化物对应的水化物一定为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，C2﹣与D+的核外电子数相等，结合所带电荷可知，C为O元素、D为Na；A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，则A为H元素、E为S元素；A与B的原子序数之和等于C的原子序数，则B的原子序数=8﹣1=7，故B为N元素，据此解答．【解答】解：短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，C2﹣与D+的核外电子数相等，结合所带电荷可知，C为O元素、D为Na；A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，则A为H元素、E为S元素；A与B的原子序数之和等于C的原子序数，则B的原子序数=8﹣1=7，故B为N元素．A．C与D形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，故A错误；B．由C、D、E三元素形成的化合物为硫酸钠、亚硫酸钠灯，A、C、E三元素形成的化合物有硫酸、亚硫酸等，硫酸能与亚硫酸钠反应，故B正确；C．H、N、O三种元素可以形成硝酸、硝酸铵等，硝酸铵可以发生水解反应，故C错误；D．E的氧化物有二氧化硫、三氧化硫，对应的水化物分别为亚硫酸、硫酸，亚硫酸属于弱酸，故D错误．故选：B．10．关于下列四个图象的说法中正确的是（）A．图①表示将SO2气体通入溴水中B．图②表示反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H＜0的平衡常数K随温度的变化C．图③中阴、阳两极收集到的气体体积之比一定为1：1D．图④中的△H1＜△H2【考点】化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理；二氧化硫的化学性质．【分析】A、溴水溶液呈酸性，pH＜7；B、温度升高平衡向逆反应方向移动，K减小；C、铁做阳极，阳极上铁放电没有气体生成；D、根据△H1=△H2+△H3进行判断．【解答】解：A、溴水溶液呈酸性，反应为Br2+H20═HBr+HBr0，pH＜7，与图象中的pH＞7不符，故A错误；B、反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H＜0，反应放热，温度升高平衡向逆反应方向移动，K减小，故B错误；C、铁做阳极，阳极上铁放电没有气体生成，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，阴极上有氢气生成，故C错误；D、根据盖斯定律可知△H1=△H2+△H3，由于反应都放热，则△H＜0，故△H1＜△H2，故D正确．故选：D．11．下列相关反应的离子方程式书写正确的是（）A．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO22ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣B．氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．Na2S溶液显碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣D．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．酸性HClO＞HCO3﹣，则二氧化碳少量时生成碳酸氢钠；B．铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子；C．硫离子的水解分步进行，主要以第一步为主，水解的离子方程式写出第一步即可；D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化双氧水．【解答】解：A．根据电离平衡常数大小可知三种酸性大小为：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则NaClO溶液中通入少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故A错误；B．铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．Na2S溶液显碱性，是由于硫离子水解造成的，但是硫离子的水解分步进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故C错误；D．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正确；故选D．12．用惰性电极和相同电量分别电解①HCl②KNO3③CuCl2④CuSO4四种电解质溶液，在理论上生成气体的总体积（同温同压下）由多到少的顺序是（）A．④③②① B．①②③④ C．④②①③ D．③④①②【考点】电解原理．【分析】串联电路中各电解池在相同的时间内转移的电子是相同的，再根据溶液中离子的放电顺序判断各电解池中阴阳极上析出的物质，从而判断析出气体体积的大小．【解答】解：电解时，氯化钠溶液中氯离子和氢离子放电，硝酸钠溶液中氢离子和氢氧根离子放电，氯化铜溶液中氯离子和铜离子放电，硝酸银溶液中氢氧根离子和银离子放电．串联电路中各电解池在相同的时间内转移的电子是相同的，设相同时间内都转移nmol电子，则由得失电子数相等，可知各溶液产生气体的关系为：（H2+Cl2）﹣（H2+O2）﹣Cl2﹣O2，故理论上从多到少的顺序是①②③④．故选B．13．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．•L﹣1CH3COOH溶液与•L﹣1NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．新制氯水中加入固体NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据电荷守恒判断：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣））+c（ClO﹣）+c（OH﹣）；B．pH=的NaHCO3溶液，碳酸氢根离子水解溶液显碱性，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离；C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性；溶液与•L﹣1NaOH溶液等体积混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断．【解答】解：A．加入少量固体过氧化钠，反应后溶液中阴阳离子所带正负电荷总数相等，故存在c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故A错误；B．pH=的NaHCO3溶液，碳酸氢根离子水解溶液显碱性，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B错误；C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．混合得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），代入计算2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH），故D正确；故选D．14．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（）序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2SO2Ba（NO3）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl2A．②③④ B．②③④⑤ C．①③④ D．①②③④【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质．【分析】①石灰水过量，有CaCO3和CaSO3沉淀生成；②石灰水过量，有CaCO3沉淀生成；③SO2将被NO3﹣氧化生成SO42﹣，BaSO4沉淀生成；④SO2将被NO2氧化成SO3，有BaSO4沉淀生成；⑤当NH3不足时，最终无沉淀生成．【解答】解：①由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故①正确；②同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故②正确；③CO2气体与Ba（N03）2不反应，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3﹣氧化生成SO42﹣，因此有BaSO4沉淀生成，故③正确；④NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故④正确；⑤当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O═CaCO3↓+2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O═Ca（HCO3）2+2NH4C1，故⑤错误．故选D．15．下列6个转化，其中不能通过一步反应实现的是（）①SiO2→Na2SiO3②Fe（OH）2→Fe（OH）3③SiO2→H2SiO3④Al2O3→Al（OH）3⑤Ca（OH）2→NaOH⑥NaAlO2→AlCl3．A．①② B．③④ C．③④⑤ D．⑤⑥【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；②Fe（OH）2与氧气、水反应生成Fe（OH）3；③SiO2不溶于水，与水不反应；④Al2O3不溶于水，与水不反应；⑤Ca（OH）2→与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH；⑥NaAlO2与足量盐酸反应生成AlCl3和氯化钠、水；【解答】解：①SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以SiO2→Na2SiO3能够一步实现，故正确；②Fe（OH）2与氧气、水反应生成Fe（OH）3，所以Fe（OH）2→Fe（OH）3能够一步实现，故正确；③SiO2不溶于水，与水不反应，所以SiO2→Na2SiO3不能够一步实现，故错误；④Al2O3不溶于水，与水不反应，所以Al2O3→Al（OH）3不能够一步实现，故错误；⑤Ca（OH）2→与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH，所以Ca（OH）2→NaOH能够一步实现，故正确；⑥NaAlO2与足量盐酸反应生成AlCl3和氯化钠、水，所以NaAlO2→AlCl3能够一步实现，故正确；故选：B．16．某无色透明溶液含有下列离子中的几种：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、SO42﹣、OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，在其中加入金属铁，发生反应放出气体只有H2．试判断上述离子中一定不能大量存在于此溶液中的有（）A．2种 B．5种 C．4种 D．6种【考点】离子反应发生的条件．【分析】溶液无色，则一定不存在Cu2+，在其中加入金属铁，发生反应并只放出H2，溶液呈酸性且没有强氧化性，则不存在OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，以此解答该题．【解答】解：溶液无色，则一定不存在Cu2+，在其中加入金属铁，发生反应并只放出H2，溶液呈酸性且没有强氧化性，则不存在OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，阴离子只能为SO42﹣，则一定不存在Ba2+，一定不能大量存在于此溶液中的有5种离子．故选B．17．己知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2．有关该电池的说法正确的是（）A．放电过程是电能转化为化学能的过程B．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2OC．放电时正极极附近溶液的pH变小D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该电池放电时，化学能转化为电能，充电时电能转化为化学能，放电时负极反应式为Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2、正极反应式为NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，据此分析解答．【解答】解：A．放电时，该装置是原电池，是将化学能能转化为电能的过程，故A错误；B．充电时，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2O，故B正确；C．放电时，正极反应式为NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，正极上生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故C错误；D，放电时，阴离子向负极移动，则电解质溶液中氢氧根离子向负极Cd移动，故D错误；故选B．18．已知25℃时，Ksp（Ag2S）=×10﹣50、Ksp（AgI）=×10﹣16，Ag2S难溶于水和稀盐酸，可溶于硝酸，其反应方程式为Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O，下列说法正确的是（）A．该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4：1B．生成S同时放出C．AgI的悬浊液中滴加Na2S溶液可转化成黑色沉淀D．若将产物NO2收集于密闭容器里再置于热水中，气体颜色变浅【考点】氧化还原反应的计算．【分析】Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O中，Ag元素的化合价不变，S的化合价从﹣2价升高到了0价，N元素的化合价从+5价降低到了+4价，根据化合价升降值=转移电子数，沉淀向着Ksp更小的物质转化，结合氧化还原反应中的概念知识以及平衡移动原理来回答判断．【解答】解：A、Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O中，Ag元素的化合价不变，S的化合价从﹣2价升高到了0价，所以Ag2S是还原剂，S是氧化产物，N元素的化合价从+5价降低到了+4价，所以硝酸部分做氧化剂，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2：1，故A错误；B、反应Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O中，生成1molS同时放出2molNO2，所以生成即同时放出即标况下，故B错误；C、沉淀向着Ksp更小的物质转化，Ksp（Ag2S）=×10﹣50＜Ksp（AgI）=×10﹣16，AgI的悬浊液中滴加Na2S溶液可转化成黑色沉淀Ag2S，故C正确；D、2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，若将产物NO2收集于密闭容器里再置于热水中，平衡逆向移动，所以气体颜色变深，故D错误．故选C．19．将克Fe和CuO的混合物投入300mL2mol/L硝酸中，反应完全后生成（标准状况下测得），再向反应后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液，要使所有金属元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少需要（）A．250mL B．200mL C．100mL D．不能确定【考点】化学方程式的有关计算．【分析】当加入的氢氧化钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3），根据氮元素守恒有n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），据此计算n（NaOH），再根据V=计算NaOH溶液的体积．【解答】解：当加入的氢氧化钠使铁元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氢氧化钠溶液体积最小，此时溶液中溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒有：n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），故n（NaNO3）=×2mol/L﹣=，根据钠离子守恒可得：n（NaOH）=n（NaNO3）=，故需要NaOH溶液的最小体积为：==250mL，故选A．20．相同温度下，容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．实验测得起始、平衡时的有关数据如表：容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3Ar甲4200放出热量：Q1乙310放出热量：Q2丙31放出热量：Q3下列叙述正确的是（）A．Q1=Q2=Q3=394kJB．若在上述条件下反应生成2molSO3（s）的反应热为△H1，则△H1＜﹣197kJ•mol﹣1C．甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数不相等D．达到平衡时，丙容器中SO2的体积分数最大【考点】化学平衡建立的过程．【分析】A、从起始量分析，正向反应是放热反应，逆向进行的反应是吸热反应；B、从反应的焓变意义和物质聚集状态分析判断；C、从平衡常数是只与温度有关的物理量；D、从恒温恒容容器中加入惰性气体，增加总压，分压不变，平衡不动分析判断．【解答】解：A、三个容器内尽管最终平衡相同，但起始量不同反应的热效应不同，正向反应是放热反应，逆向反应是吸热反应，所以Q1＞Q2=Q3，故A错误；B、在上述条件下反应生成2molSO3（s），气体转化为固体放热，所以反应放热应大于197kJ，△H1＜﹣197kJ•mol﹣1，故B正确；C、温度相同，甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数相等，故C错误；D、因为甲、乙、丙最终达到的平衡状态相同，所以容器内三氧化硫、二氧化硫、氧气的量相同，但丙容器中多了的氩气，所以SO2的体积分数最小，故D错误；故选：B．二、解答题（共5小题，满分45分）21．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸，其K1=×10﹣2，K2=×10﹣5，其熔点为℃，在157℃升华．已知碳酸的K1=×10﹣7，K2=×10﹣11．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和Na2CO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为CO32﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；①说明乙二酸具有还原性（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；②请写出该反应的离子方程式6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O．（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红．据此回答：①上述装置中，D的作用是除去混合气体中的CO2，②乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑（4）该小组同学将草酸晶体（H2C2O4•2H2O）加入到100mLL的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因反应生成NaHC2O4，HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）（用离子符号表示）．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；性质实验方案的设计．【分析】（1）由于题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4﹣，若写成C2O42﹣是错误的；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能氧化强还原性的物质，酸性高锰酸钾和草酸发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水；（3）乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，由各物质的性质可推测装置的作用；（4）两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度；根据NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，可得离子浓度间的大小关系．【解答】解：（1）题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4﹣，且酸性强于碳酸，反应的离子方程式为CO32﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O，故答案为：CO32﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能氧化强还原性的物质，酸性高锰酸钾和草酸发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水，离子反应方程式为：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：还原性；6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）乙二酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成，故答案为：①除去混合气体中的CO2；②H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；（4）两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性说明HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，而溶液中还存在着水的电离，故H+＞C2O42﹣，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4﹣＞H+，故正确顺序为c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．故答案为：反应生成NaHC2O4，HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度；c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．22．表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb），表2是常温下几种难（微）溶物的溶度积常数（Ksp）．表1酸或碱电离常数（Ka或Kb）CH3COOH×10﹣5HNO2×10﹣4HCN×10﹣10HClO3×10﹣8NH3•H2O×10﹣5表2难（微）溶物溶度积常数（Ksp）BaSO4×10﹣10BaCO3×10﹣9CaSO4×10﹣6CaCO3×10﹣9请回答下面问题：（1）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是AB（填序号）．A．加少量CaCO3固体B．加水稀释C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸E．升高温度（2）CH3COONH4的水溶液呈中性（选填“酸性”、“中性”、“碱性”）．（3）现将CaSO4转化为CaCO3．具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡CaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后CaSO4转化为CaCO3．现有足量的CaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使c（SO42﹣）达到mol/L以上，则溶液中c（CO32﹣）应不低于mol/L．（计算结果保留3位有效数字）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）根据弱电解质电离平衡移动的影响因素来回答，电离平衡常数只与温度有关；（2）CH3COONH4的醋酸根离子和铵根离子水解程度一样来确定溶液的酸碱性；（3）可以根据硫酸钡、碳酸钡的溶解度计算出使SO42﹣物质的量浓度不小于•L﹣1，求出溶液中CO32﹣物质的量浓度．【解答】解：（1）根据醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，A．加少量CaCO3固体，消耗氢离子，电离程度增大，电离平衡常数不变，故A正确；B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误；E．升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故E错误；故答案为：AB；（2）醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO﹣和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，；故答案为：中性；（3）SO42﹣物质的量浓度为•L﹣1时，钡离子的浓度为：c（Ba2+）=mol/L=×10﹣8mol/L，若使SO42﹣物质的量浓度不小于•L﹣1，则钡离子浓度应该大于×10﹣8mol/L；当钡离子浓度为×10﹣8mol/L时，则溶液中碳酸根离子浓度为：mol/L=L，所以当碳酸根离子浓度≥L时，钡离子浓度小于×10﹣8mol/L，则SO42﹣物质的量浓度不小于L，故答案为：．23．化学在能源开发与利用中起着重要的作用，如甲醇、乙醇、二甲醚（CH3OCH3）等都是新型燃料．（1）乙醇是重要的化工产品和液体燃料，可以利用下列反应制取乙醇．2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=akJ/mol在一定压强下，测得上述反应的实验数据如表．温度/KCO2转化率%50060070080045%33%20%12%60%43%28%15%83%62%37%22%根据表中数据分析：①上述反应的a小于0（填“大于”或“小于”）．②在一定温度下，提高氢碳（即）比，平衡常数K值不变（填“增大”、“减小”、或“不变”）．（2）催化剂存在的条件下，在固定容积的密闭容器中投入一定量的CO和H2，同样可制得乙醇（可逆反应）．该反应过程中能量变化如图所示：在一定温度下，向上述密闭容器中加入1molCO、3molH2及固体催化剂，使之反应．平衡时，反应产生的热量为QkJ，若温度不变的条件下，向上述密闭容器中加入4molCO、12molH2及固体催化剂，平衡时，反应产生的热量为wkJ，则w的范围为4Q＜w＜2（E2﹣E1）．（3）以乙醇蒸气、空气、氢氧化钠溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池，其工作原理与甲烷燃料电池原理相类似．该电池中负极上的电极反应式是CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O．使用上述乙醇燃料电池电解（Pt电极）一定浓度的硫酸铜溶液通电一段时间后，向所得的溶液中加入Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则乙醇燃料电池在电解过程中转移电子数是．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【分析】（1）①升高温度化学平衡向吸热方向移动；②化学平衡常数只与温度有关；（2）该反应热化学方程式为2CO（g）+4H2（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣（E2﹣E1）kJ/mol在一定温度下，向上述密闭容器中加入1molCO、3molH2，平衡时，反应产生的热量为QkJ小于（E2﹣E1）kJ，该反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向移动，若温度不变的条件下，向上述密闭容器中加入4molCO、12molH2平衡时，反应产生的热量为wkJ，如果4molCO完全反应放出的热量为2（E2﹣E1）kJ，如果两种情况下CO转化率相同，则放出的热量为4Q，实际上4molCO反应时转化率大于1molCO，所以放出的热量大于4Q；（3）该原电池负极上乙醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；Cu（OH）2相当于．H2O，即、，阴极上析出Cu和氢气，阳极上只析出氧气，根据氧原子与转移电子之间的关系式计算转移电子数．【解答】解：（1）①升高温度化学平衡向吸热方向移动，升高温度，二氧化碳转化率降低，说明平衡逆向移动，则逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，即a＜0，故答案为：小于；②化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以该反应化学平衡常数不变，故答案为：不变；（2）该反应热化学方程式为2CO（g）+4H2（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣（E2﹣E1）kJ/mol在一定温度下，向上述密闭容器中加入1molCO、3molH2，平衡时，反应产生的热量为QkJ小于（E2﹣E1）kJ，该反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向移动，若温度不变的条件下，向上述密闭容器中加入4molCO、12molH2平衡时，反应产生的热量为wkJ，如果4molCO完全反应放出的热量为2（E2﹣E1）kJ，如果两种情况下CO转化率相同，则放出的热量为4Q，实际上4molCO反应时转化率大于1molCO，所以放出的热量大于4Q，所以放出的热量4Q＜w＜2（E2﹣E1），故答案为：4Q＜w＜2（E2﹣E1）；（3）该原电池负极上乙醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；Cu（OH）2相当于．H2O，即、，阴极上析出Cu和氢气，阳极上只析出氧气，根据原子守恒得n（O2）=2n[Cu（OH）2]==，生成1个氧分子转移4个电子，所以生成原子转移电子，电子数为NA，故答案为：CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；NA．24．2015年8月，天津滨海新区爆炸事故确认有氰化钠、亚硝酸钠、电石（主要成分为CaC2）等，氰化钠毒性很强，遇水、酸会产生有毒易燃氰化氢气体．同时氰化钠遇到亚硝酸钠会发生爆炸．回答下列问题：（1）下列标志中，应贴在装有氰化钠容器上的是A（2）写出NaCN的电子式．（3）可用纯碱、焦炭、氨气反应制取NaCN，写出反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目．（4）常温下HCN的电离常数Ka=×10﹣10，浓度均为L的NaCN和HCN的混合溶液显碱（填“酸”、“碱”或“中”）性，通过计算说明其原因Kh===×10﹣5＞×10﹣10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性．（5）防化官兵将爆炸残留在废水中的CN﹣和含有Cr2O72﹣废水进行无害处理，拟定下列流程进行废水处理，①上述处理废水流程中主要使用的方法是d；a．混凝法b．中和法c．沉淀法d．氧化还原法②步骤③中，每处理Cr2O72﹣时转移电子，该反应的离子方程式为3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O③处理酸性Cr2O72﹣废水多采用铁氧磁体法．该法是向废水中加入FeSO4•7H2O将Cr2O72﹣还原成Cr3+，调节pH，Fe、Cr转化成相当于FeⅡ[FexⅢCr（2﹣x）Ⅲ]O4（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀．处理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4•7H2O，下列结论正确的是D．A．x=，a=6B．x=，a=10C．x=，a=6D．x=，a=10．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；"三废"处理与环境保护．【分析】（1）NaCN是有剧毒的药品，据此选择；（2）NaCN属于离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，阴离子需要标出所带电荷及最外层电子；（3）根据Kh=计算出水解平衡常数，比较NaCN的水解平衡常数和HCN的电离平衡常数可判断溶液的酸碱性；（4）根据工业流程可知，NaCN与FeSO4反应生成Fe（CN）2白色沉淀，Fe（CN）2继续与NaCN溶液反应生成Na4[Fe（CN）6]，Na4[Fe（CN）6]被氯气氧化成Na3[Fe（CN）6]，Na3[Fe（CN）6]与硫酸亚铁反应生成蓝色染料为Fe3[Fe（CN）6]2，据此答题；（5）流程分析含CN﹣废水调整溶液PH加入NaClO溶液，氧化CN﹣离子反应生成CNO﹣的废水，含Cr2O72﹣的废水调整溶液PH加入Na2S2O3发生氧化还原反应得到含硫酸根离子的废水，和含CNO﹣的废水继续处理得当待测水样；①从流程分析物质的转化关系和试剂选择分析所用方法；②利用每﹣转移的电子来计算被还原后Cr元素的化合价，再书写离子方程式；③根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算．【解答】解：（1）NaCN是有剧毒的药品，应贴在装有氰化钠容器上的是剧毒标志，故答案为：A；（2）NaCN为离子化合物，电子式为，故答案为：；（3）根据元素守恒可知，纯碱、焦炭、氨气反应制取NaCN，同时会生成水，反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目为，故答案为：；（4）根据Kh=可知，Kh=====×10﹣5＞×10﹣10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性，故答案为：碱；Kh===×10﹣5＞×10﹣10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性；（5）①从流程看，CN﹣转化为CNO﹣，化合价升高被氧化剂氧化，Cr2O72﹣转化为Cr3+化合价降低，故还原剂还原，故采用方法为氧化还原法；故答案为：d；②每﹣转移的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则×2×（6﹣x）=，解得x=+3，则离子反应为3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O，故答案为：3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；③处理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4•7H2O，根据铬原子守恒得，1molCr2O72﹣完全反应后生成molFeⅡ[FeⅢx•CrⅢ2﹣x]O4，根据铁原子守恒得amol=mol①，该反应中得失电子数相等，1mol×2×3=mol×（3﹣2）×x，解得x=，将x=代入①得a=10，故答案为：D．25．20世纪70年代以后，由于对氢能源的研究和开发日趋重要，首先要解决氢气的安全贮存和运输问题，储氢材料和储氢技术是关键技术，是大家关注的热点之一．储氢材料范围由金属扩展至合金甚至有机物领域，根据信息材料请回答以下问题：（1）金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：I．2Li+H22LiHⅡ．LiH+H2O=LiOH+H2↑已知LiH固体密度为cm3，用锂吸收（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为．（2）NaBH4（氢元素为﹣1价）也是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑．（3）镁铝合金（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下释放出氢气．在•L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2．1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为52mol．（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：（g）（g）+3H2（g）．在某温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中加入环己烷，其起始物质的量为amol，平衡时体系中压强为PMPa，苯的物质的量为bmol，平衡常数Kp=（用含a、b、P的代数式表示，平衡常数Kp表达式要求带单位；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）．（5）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．①导线中电流移动方向为B→E．（用B、E表示）②生成目标产物的电极反应式为C6H6+6H++6e﹣═C6H12．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；合金的概念及其重要应用．【分析】（1）n（H2）==，根据方程式2Li+H22LiH知，氢气参加反应生成1molLiH，m（LiH）=1mol×7g/mol=7g，V（LiH）=；（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，还生成氢气，且反应前后B的化合价不变，可知H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒书写化学方程式；（3）释放出的H2包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；（4）（g）（g）+3H2（g）开始（mol）a00反应（mol）bb3b平衡（mol）a﹣bb3b平衡时同一容器中各物质的压强之比等于其物质的量之比，所以环己烷的分压=PMpa，苯的分压=PMpa、氢气的分压=PMpa，化学平衡常数Kp等于生成物浓度压强的幂之积与反应物分压的幂之积的比；（5）①根据图知，D电极上苯生成环己烷，该电极上得电子发生还原反应，所以D为阴极、E为阳极，所以A是负极、B是正极，导线中电流从正极流向阳极；②该实验目的是储氢，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷而储氢．【解答】解：（1）n（H2）==，根据方程式2Li+H22LiH知，氢气参加反应生成1molLiH，m（LiH）=1mol×8g/mol=8g，V（LiH）===，所以LiH与氢气的体积之比=：=，故答案为：；（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，还生成氢气，且反应前后B的化合价不变，所以NaBH4与H2O中H元素发生归中反应，H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，依据得失电子守恒可知：NaBH4的系数为1，H2O的系数为2，依据原子个数守恒配平反应方程式：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；（3）1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+12×）mol=52mol，故答案为：52mol；（4）（g）（g）+3H2（g）开始（m