安徽省安庆市太湖县太湖中学高三上学期月考化学试卷（月份）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年安徽省安庆市太湖县太湖中学高三（上)月考化学试卷（9月份）一、选择题(共11小题，每小题3分，满分33分）1．下列试剂能用带玻璃塞的玻璃瓶保存的是（）A．Na2SiO3溶液 B．KMnO4溶液 C．氢氟酸 D．NaOH溶液2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A．1。8g2H2O所含中子总数为NAB．1L1mol/L的甲醇水溶液中含有氢原子总数为4NAC．12g石墨和C60的混合物中质子总数为6NAD．反应KIO3+6HI═KI+3H2O+3I2中，生成1molI2转移电子的总数为2NA3．全钒氧化还原液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置，该电池是将具有不同价态的钒离子溶液分别作为正极和负极的活性物质,分别储存在各自的酸性电解液储罐中．其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+﹣e﹣═V3+,下列说法正确的是（）A．放电时，右槽发生还原反应B．放电时，左槽电解液pH升高C．充电时,阴极的电极反应式：VO2++2H++e﹣═VO++H2OD．充电时，每转移1mol电子，n（H+）的变化量为1mol4．下列四种基本类型的反应中，一定不是氧化还原反应的是（）A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应5．已知常温下CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0。1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化）．下列说法中不正确的是（)A．a点表示的溶液中c（CH3COO﹣）略小于10﹣3mol/LB．b点表示的溶液中c(CH3COO﹣）＞c（Na+）C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．b、d点表示的溶液中均为Ka6．下列离子方程式书写正确的是（）A．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑B．碳酸钡中加入过量盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．偏酸铝钠溶液中加入过量盐酸:AlO2﹣+4H+=Al3++2H2OD．铁粉加入到FeCl3溶液中：Fe+Fe3+=2Fe2+7．两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应,产生的氢气的体积比为1:2（同温同压下）,则第一份与第二份铝屑的质量比为（）A．1:3 B．1:2 C．1：1 D．2:18．下列溶液中Cl﹣的物质的量浓度与50mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度相等的是（）A．75mL2mol•L﹣1的NH4Cl B．150mL1mol•L﹣1的NaClC．150mL3mol•L﹣1的KCl D．75mL1。5mol•L﹣1的CaCl29．下列数量的物质中含对应微粒数目最多的是（）A．0。4molNaCl所含离子数B．标准状况下5.6LCO2所含原子数C．1L1mol•L﹣1盐酸所含HCl分子数D．10g氖气所含原子数10．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0。1mol/LNaHCO3溶液：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c(H+)B．室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加等体积0。01mol/LNaOH溶液:c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c(H+）＞c（OH﹣）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=c(HCO3﹣）+2c（CO32﹣）D．25℃时，浓度均为0。1mol/L的CH3COOH和CH3COONa等体积混合:c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.2mol/L11．下列说法正确的是（)A．由图甲可知，升高温度醋酸钠的水解程度增大B．由图乙可知,a点Kw的数值比b点Kw的数值大C．由图丙可知，反应A（g）+B（g）=2C（g)是吸热反应D．由图丁可知，反应C（金刚石，s）=C(石墨,s)的焓变△H=△H1﹣△H2二、解答题（共9小题,满分87分)12．已知两个反应式：CH≡CH（g）+H2（g）→CH2=CH2（g）；△H=﹣174kJ•mol﹣1CH≡CH（g）+2H2（g）→C2H6（g）；△H=﹣311kJ•mol﹣1则CH2=CH2(g）+H2（g）→C2H6（g）的反应热为．13．某磷肥厂利用某磷矿石[Ca3（PO4)2］制取磷肥并综合利用副产物生产水泥的工艺流程如图：（1)将磷矿石制成磷肥的目的是,有关的化学方程式为．（2）在该工艺流程中高硫煤粉不需要脱硫，理由是．(3）水泥属于材料．（填“A"或者“B":A．新型无机非金属材料B．传统无机非金属材料）（4）工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3,已知该反应为放热反应．现将2molSO2、1molO2充入体积为2L的密闭容器中充分反应，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol．则该热化学方程式为,平衡常数K为（5)工业上用接触法制硫酸,最后的产品是98%的硫酸或组成为2H2SO4•SO3的发烟硫酸(H2SO4和H2SO4•SO3的混合物，其中SO3的质量分数约为29％)．若98%的浓硫酸可表示为SO3•aH2O，含SO329％的发烟硫酸可表示为bSO3•H2O，则a=,b=．14．用如图装置进行铜与一定体积已知浓度的浓硫酸反应的实验研究．（1)写出试管B中的实验现象．（2）写出A处反应的化学方程式,并用双线桥标明电子转移的方向和数目：．（3）充分反应后，该学生发现铜和硫酸都有剩余．在不补充浓硫酸的前提下,若要使剩余的铜片溶解,可再加入（要求填写一种不是酸类的物质）．(4)B试管口的棉花应沾有的试剂是，其作用是，离子方程式为．15．为了比较卤素单质的氧化性强弱可在实验室先制取Cl2（利用MnO2与浓盐酸反应可制取Cl2）并将Cl2依次通入NaBr溶液和KI淀粉溶液中．如图所示仪器及药品试回答：(1)若所制取气体从左向右流向时上述仪器接口的连接顺序为F接G、H接、接、A接E．（2）实验开始后装置5中反应的化学方程式为．（3）装置3的作用是反应的离子方程式为．（4)装置1中产生的现象是反应的离子方程式为．（5)若溴离子的还原性弱于碘离子的还原性，通过实验,卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为．16．实验室提供如图1所示的仪器和高锰酸钾、石灰石、二氧化锰、稀硫酸、纯碱五种药品及火柴等相应物品：（1）写出利用上述仪器和药品，用化学方程式表示制取该气体的化学反应原理,在制取该气体的整个实验过程中需要用到的仪器有(填仪器序号)；（2）如果如图2所示用氯酸钾制氧气，请同学们将图补充完整；（3)图中用此方法收集气体时．证明该气体己经收集满的现象是；(4)实验结束后要先后．17．已知:CuS、Cu2S是两种黑色不溶于水的固体，但一定条件下都能与稀HNO3反应,用离子方程式表示为:①3CuS+8H++8NO3﹣=3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O②3Cu2S+16H++10NO3﹣=6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O现有不同质量的四份CuS、Cu2S的混合物样品分别和100mL物质的量浓度5mol/L稀硝酸充分反应，所取样品质量与产生气体体积(标准状况下测定)如表所示：实验序号abc样品质量（g）9。612。864。0气体体积（L）5.046.72V试回答下列问题(不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化)：（1)a组实验结束后，溶液中c（NO3﹣）=;（2）b组实验结束后，溶液的pH=；（3）通过计算分析实验c组中产生气体的体积(V)范围．18．某兴趣小组的同学发现《高中化学(必修1)》中学习的单质及其化合物（或其溶液）存在如图的转化关系，已知B、C、D、E是非金属单质,且在常温常压下都是气体；F为淡黄色粉末，化合物H和I通常状况下呈气体；反应①是化工生产中的一种重要固氮反应．请用化学用语回答下列问题：（1)B是,化合物G的焰色反应为；（2）写出下列反应的化学方程式:①F+CO2→B+G：;②C+D→I：;（3)将F溶于水后形成的溶液可吸收C，写出该反应的离子方程式；（4)写出实验室制取氨气的化学方程式：，收集氨气应使用法，要得到干燥的氨气通常选用做干燥剂．19．有一种白色粉末，含有下列阴离子和阳离子中的几种，阴离子：S2﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣、MnO4﹣，阳离子：Na+、Al3+、Ba2+、Fe3+、NH4+，将该白色粉末进行下列实验，观察到的现象如下：a．取少量粉末加水振荡，现象是：全部溶解、溶液无色透明b．向所得溶液中慢慢滴入氢氧化钠并加热，现象是:无明显现象c．取少量粉末加盐酸，现象是:无明显现象d．取少量粉末加稀硫酸和稀硝酸混合液，现象是:有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成．根据实验推断(1）从a实验中可推断粉末中一定没有离子；（2）从b实验中可推断粉末中一定没有离子；（3）从c实验中可推断粉末中一定没有离子;（4）从d实验中可推断粉末中必定含有离子；(5）综上所述,粉末中还可能含有离子．20．A．BC．D．E．F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与AD反应都有红棕色气体生成,则A为,反应④的化学方程式为．（2）若A为常见的金属单质，DF是气态单质，反应①在水溶液中进行,则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是．(3）若A．D．F都是短周期非金属元素单质,且A．D所含元素同主族，A．F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为．

2016-2017学年安徽省安庆市太湖县太湖中学高三（上）月考化学试卷（9月份)参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分)1．下列试剂能用带玻璃塞的玻璃瓶保存的是（）A．Na2SiO3溶液 B．KMnO4溶液 C．氢氟酸 D．NaOH溶液【考点】化学试剂的存放．【分析】玻璃的成分中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应，能和氢氟酸反应，带玻璃塞的试剂瓶不能存放呈强碱性的物质,据此完成本题．【解答】解:A、硅酸钠溶液具有黏性,能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故A错误;B、高锰酸钾溶液不与二氧化硅发生反应，所以高锰酸钾溶液能用带玻璃塞的玻璃瓶保存，故B正确；C、氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故C错误;D、氢氧化钠呈强碱性,能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故D错误；故选B．2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是(）A．1.8g2H2O所含中子总数为NAB．1L1mol/L的甲醇水溶液中含有氢原子总数为4NAC．12g石墨和C60的混合物中质子总数为6NAD．反应KIO3+6HI═KI+3H2O+3I2中,生成1molI2转移电子的总数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．重水的摩尔质量为20g/mol，1.8g重水的物质的量为0。09mol；B．水中含有氢原子；C．石墨和C60中都是有C原子组成，12g混合物中含有12gC,含有1mol碳原子，含有6mol质子;D．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，反应中元素化合价变化计算电子转移．【解答】解：A．1。8g重水的物质的量为0。09mol，0.09mol重水中含有0。9mol电子,含有的电子数为0.9NA，故A错误；B．水中含有氢原子，含有的氢原子总数大于4NA，故B错误；C．12g石墨和C60的混合物中含有12gC，含有1mol碳原子,1molC中含有6mol质子，含有的质子总数为6NA，故C正确；D．在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，碘元素化合价+5价和﹣1价变化为0价，电子转移5mol,生成3mol碘单质,每生成3molI2转移的电子数为5NA，故D错误．故选C．3．全钒氧化还原液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置，该电池是将具有不同价态的钒离子溶液分别作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中．其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为:V2+﹣e﹣═V3+，下列说法正确的是（）A．放电时,右槽发生还原反应B．放电时，左槽电解液pH升高C．充电时，阴极的电极反应式：VO2++2H++e﹣═VO++H2OD．充电时,每转移1mol电子，n（H+）的变化量为1mol【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该电池放电时，右槽中的电极反应为:V2+﹣e﹣=V3+,为被氧化的过程,应为原电池负极反应,则左槽为原电池正极,发生还原反应，电极方程式应为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O,充电时电极反应为放电电极反应的逆反应，以此解答该题．【解答】解：A．电池放电时，右槽中的电极反应为:V2+﹣e﹣=V3+，可知发生氧化反应，故A错误；B．放电时，左槽发生还原反应，电极方程式应为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O，反应消耗氢离子，所以PH升高，故B正确；C．充电时，阴极的电极反应式：V3++e﹣=V2+，故C错误；D．充电时，电极反应式为VO2++H2O﹣e﹣=VO2++2H+,每转移1mol电子，n(H+）的变化量为2mol,故D错误．故选B．4．下列四种基本类型的反应中，一定不是氧化还原反应的是（）A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应【考点】化学基本反应类型．【分析】四种基本类型的反应分别由置换反应、化合反应、分解反应和复分解反应等，氧化还原反应的特征为有元素化合价的升降，以此解答该题．【解答】解：A．有单质参加反应的化合反应为氧化还原反应，如氢气和氧气的反应，故A不选；B．有单质生成的分解反应为氧化还原反应,故B不选；C．置换反应有单质参与，元素的化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，故C不选;D．复分解反应一定不是氧化还原反应，不存在元素化合价的变化，故D选．故选D．5．已知常温下CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0。1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）．下列说法中不正确的是（)A．a点表示的溶液中c(CH3COO﹣)略小于10﹣3mol/LB．b点表示的溶液中c(CH3COO﹣）＞c（Na+)C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．b、d点表示的溶液中均为Ka【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度．B．从溶液电中性的角度分析；C、根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是否正确．D、电离平衡常数只与温度有关，与其它任何条件都无关．【解答】解：A．a点是c（H+）=10﹣3mol/L，由于醋酸为弱酸,酸能抑制水的电离，溶液中存在水的电离,所以溶液中氢离子浓度略大于醋酸根离子浓度，故A正确．B．溶液满足c（Na+)+c（H+)=c（OH﹣)+c(CH3COO﹣），b点时,c（H+）＞c（OH﹣)，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故B正确．C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误．D、b、d两点溶液的温度相同,所以b、d点表示的溶液中均等于K，故D正确．故选C．6．下列离子方程式书写正确的是(）A．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑B．碳酸钡中加入过量盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．偏酸铝钠溶液中加入过量盐酸：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2OD．铁粉加入到FeCl3溶液中：Fe+Fe3+=2Fe2+【考点】离子方程式的书写．【分析】A、根据电荷守恒判断，该离子方程式中两边电荷不相等；B、碳酸钡为难溶物,离子方程式中应该保留化学式；C、盐酸过量,生成的氢氧化铝完全溶解成了铝离子；D、根据电荷守恒判断，离子方程式两边正负总电荷不相等．【解答】解：A、金属铝溶于氢氧化钠溶液，方程式两边电荷不相等,正确的离子方程式为:2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B、碳酸钡中加入过量盐酸,碳酸钡应该保留化学式,正确的离子方程式为：BaCO3+2H+=CO2↑+Ba2++H2O,故B错误；C、偏酸铝钠溶液中加入过量盐酸，反应生成了铝离子，反应的离子方程式为：AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O,故C正确；D、铁粉加入到FeCl3溶液中，离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；故选C．7．两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应,产生的氢气的体积比为1:2（同温同压下)，则第一份与第二份铝屑的质量比为（)A．1：3 B．1:2 C．1：1 D．2:1【考点】化学方程式的有关计算．【分析】铝与盐酸以及NaOH溶液反应的化学方程式分别为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，盐酸以及NaOH溶液足量，则铝完全反应，根据反应的方程式计算．【解答】解：盐酸与NaOH溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、NaOH溶液反应生成的氢气的物质的量分别为xmol、2xmol，则2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑23x2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑232x则第一份与第二份铝屑的质量比为：（mol×27g/mol）:（mol×27g/mol）=1：2,故选B．8．下列溶液中Cl﹣的物质的量浓度与50mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度相等的是(）A．75mL2mol•L﹣1的NH4Cl B．150mL1mol•L﹣1的NaClC．150mL3mol•L﹣1的KCl D．75mL1.5mol•L﹣1的CaCl2【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】50mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度是3mol/L,溶液中氯离子的物质的量浓度=盐的浓度×化学式中氯离子个数，据此分析解答．【解答】解：50mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度是3mol/L，A、75mL2mol•L﹣1的NH4Cl溶液中c(Cl﹣）=2mol•L﹣1×1=2mol/L．B、150mL1mol•L﹣1的NaCl溶液中c（Cl﹣）=1mol•L﹣1×1=1mol/L．C、150mL3mol•L﹣1的KCl溶液中c（Cl﹣)=3mol•L﹣1×1=3mol/L．D、75mL1.5mol•L﹣1的CaCl2溶液中c（Cl﹣）=1。5mol•L﹣1×2=3mol/L．故选CD．9．下列数量的物质中含对应微粒数目最多的是(）A．0。4molNaCl所含离子数B．标准状况下5.6LCO2所含原子数C．1L1mol•L﹣1盐酸所含HCl分子数D．10g氖气所含原子数【考点】物质的量的相关计算．【分析】计算各选项中相应微粒的物质的量，微粒物质的量越大，相应微粒数目越大．A．NaCl中含有离子物质的量为NaCl的2倍；B．根据n=计算二氧化碳物质的量，含有原子物质的量是二氧化碳的3倍；C．盐酸溶液中不存在HCl分子；D．根据n=计算氖气物质的量，氖气是单原子分子．【解答】解：A。0。4molNaCl所含离子物质的量为0.4mol×2=0。8mol；B．标况下，5。6L二氧化碳物质的量为=0。25mol，含有原子物质的量是0。25mol×3=0。75mol；C．HCl的物质的量为1L×1mol/L=1mol，但盐酸溶液中不存在HCl分子，描述错误；D.10氖气物质的量为=0.5mol，氖气为单原子分子,含有氖原子为0。5mol,微粒物质的量越大，相应微粒数目越大,故0.4molNaCl含有离子最大，故选A．10．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(）A．0.1mol/LNaHCO3溶液：c(Na+)＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣)＞c(H+)B．室温下，向0。01mol/LNH4HSO4溶液中滴加等体积0。01mol/LNaOH溶液：c(Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+)＞c(OH﹣）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）D．25℃时，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa等体积混合：c（CH3COOH)+c（CH3COO﹣）=0。2mol/L【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性；B．向0。01mol/LNH4HSO4溶液中滴加等体积0。01mol/LNaOH溶液反应生成硫酸铵和硫酸钠，溶液中铵根离子水解溶液显酸性；C．碳酸钠溶液中存在电荷守恒分析判断；D。25℃时，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa等体积混合,溶液中存在物料守恒；【解答】解：A.0。1mol/LNaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣)＞c（H+）,故A错误；B．室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加等体积0.01mol/LNaOH溶液反应生成硫酸铵和硫酸钠，溶液中铵根离子水解溶液显酸性：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确;C．Na2CO3溶液：c（Na+)+c(H+)=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故C错误；D。25℃时，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa等体积混合,溶液中存在物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=2c(Na+）=0.1mol/L，故D错误；故选B．11．下列说法正确的是(）A．由图甲可知,升高温度醋酸钠的水解程度增大B．由图乙可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大C．由图丙可知,反应A(g)+B（g）=2C（g）是吸热反应D．由图丁可知，反应C（金刚石，s）=C（石墨，s)的焓变△H=△H1﹣△H2【考点】影响盐类水解程度的主要因素;吸热反应和放热反应；离子积常数．【分析】A、图中分析可知随温度升高溶液PH增大，说明升温促进醋酸根离子水解；B、离子积常数只随温度变化;C、依据图象分析，先拐先平,温度高，T1＜T2,结合化学平衡移动原理分析C体积分数随温度变化判断反应能量变化；D、由图得：①C（S,石墨）+O2（g）=CO2（g)△H1，②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g)△H2，利用盖斯定律将②﹣①可得：C（S,金刚石)=C（S，石墨）△H2﹣△H1．【解答】解：A、图中分析可知随温度升高溶液PH增大,醋酸根离子水解显碱性，说明升温促进醋酸根离子水解,升高温度醋酸钠的水解程度增大，故A正确；B、离子积常数只随温度变化,ab点的温度都是25°C，a点Kw的数值和b点Kw的数值相同，故B错误；C、依据图象分析，先拐先平，温度高，T1＜T2，结合化学平衡移动原理分析C体积分数随温度变化，温度越高C体积分数越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，故C错误；D、由图得：①C(S，石墨)+O2（g）=CO2(g）△H1，②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H2，利用盖斯定律将②﹣①可得：C（S，金刚石）=C（S，石墨）焓变△H=△H2﹣△H1,故D错误；故选A．二、解答题(共9小题,满分87分)12．已知两个反应式：CH≡CH(g)+H2（g)→CH2=CH2（g）；△H=﹣174kJ•mol﹣1CH≡CH(g）+2H2（g)→C2H6(g）；△H=﹣311kJ•mol﹣1则CH2=CH2(g)+H2（g）→C2H6（g）的反应热为﹣137kJ/mol．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】已知：①CH≡CH（g）+H2(g)→CH2=CH2（g）△H=﹣174kJ•mol﹣1②CH≡CH(g)+2H2（g）→C2H6(g）△H=﹣311kJ•mol﹣1，根据盖斯定律:②﹣①得到CH2=CH2(g）+H2(g）→C2H6（g），据此计算．【解答】解：已知:①CH≡CH（g)+H2(g）→CH2=CH2(g）△H=﹣174kJ•mol﹣1②CH≡CH(g)+2H2（g)→C2H6（g）△H=﹣311kJ•mol﹣1，由盖斯定律:②﹣①得到CH2=CH2（g）+H2（g）→C2H6(g)，△H=（﹣311kJ•mol﹣1)﹣（﹣174kJ•mol﹣1)=﹣137kJ/mol；故答案为：﹣137kJ/mol．13．某磷肥厂利用某磷矿石[Ca3（PO4)2]制取磷肥并综合利用副产物生产水泥的工艺流程如图:（1)将磷矿石制成磷肥的目的是将难溶于水的Ca3（PO4)2转化为易溶于水的Ca（H2PO4）2，便于植物吸收，有关的化学方程式为Ca3(PO4）2+2H2SO4=2CaSO4+Ca（H2PO4）2．（2）在该工艺流程中高硫煤粉不需要脱硫，理由是S与O2反应产生的SO2可用于生产H2SO4而循环使用．（3)水泥属于B材料．（填“A”或者“B”：A．新型无机非金属材料B．传统无机非金属材料）（4）工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3，已知该反应为放热反应．现将2molSO2、1molO2充入体积为2L的密闭容器中充分反应,放出热量98。3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol．则该热化学方程式为2SO2（g)+O2(g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ/mol，平衡常数K为4(5）工业上用接触法制硫酸,最后的产品是98％的硫酸或组成为2H2SO4•SO3的发烟硫酸（H2SO4和H2SO4•SO3的混合物,其中SO3的质量分数约为29％)．若98%的浓硫酸可表示为SO3•aH2O，含SO329％的发烟硫酸可表示为bSO3•H2O，则a=，b=．【考点】”三废"处理与环境保护．【分析】（1）磷矿石不溶于水，不利于植物吸收，而磷肥的主要成份Ca（H2PO4）2,易溶于水，被植物吸收；(2)高硫煤粉燃烧产生的二氧化硫，在粉尘作催化剂作用可将其氧化生成三氧化硫,而生成硫酸；(3）水泥的主要成份是硅酸盐;（4)此时测得SO2的物质的量为1mol,反应消耗1mol的二氧化硫放出热量为：98.3kJ，所以热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g)⇌2SO3（g)△H=﹣196。6kJ/mol；根据三行式来求平衡时各组分的浓度，然后代入平衡常数表达式计算求解；（5）根据题意，98%硫酸可表示为SO3•aH2O，通过整理即为H2SO4•（a﹣1）H2O，由该溶液中H2SO4（溶质)与H2O（溶剂)的质量关系可得：98：18（a﹣1）=98％：（1﹣98％）,解出a即可；同理,29％发烟硫酸可表示为H2O•bSO3,通过整理即为：H2SO4•（b﹣1）SO3，根据29%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得:98：80（b﹣1)=（1﹣29％）：29％，解出b即可．【解答】解:(1）磷矿石不溶于水,不利于植物吸收，而磷肥的主要成份Ca（H2PO4）2，易溶于水,被植物吸收，反应方程式为：Ca3（PO4）2+2H2SO4=2CaSO4+Ca（H2PO4）2,故答案为:将难溶于水的Ca3（PO4）2转化为易溶于水的Ca（H2PO4）2,便于植物吸收；Ca3（PO4)2+2H2SO4=2CaSO4+Ca（H2PO4）2；（2）高硫煤粉燃烧产生的二氧化硫，在粉尘作催化剂作用可将其氧化生成三氧化硫，而生成硫酸，所以可以有效得用，故答案为：S与O2反应产生的SO2可用于生产H2SO4而循环使用；(3）水泥的主要成份是硅酸盐，是传统无机非金属材料，故选：B;（4）此时测得SO2的物质的量为1mol，反应消耗1mol的二氧化硫放出热量为:98.3kJ,所以热化学方程式为：2SO2(g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ/mol;2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）初起浓度：10.50变化浓度：0.50。250.5平衡浓度：0。50.250。5所以K==4，故答案为:2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ/mol；4；（5）根据题意，98%硫酸可表示为SO3•aH2O，通过整理即为H2SO4•（a﹣1)H2O,由该溶液中H2SO4（溶质)与H2O（溶剂）的质量关系可得：98：18（a﹣1）=98％：（1﹣98％)，解出a为，同理，29%发烟硫酸可表示为H2O•bSO3，通过整理即为:H2SO4•（b﹣1)SO3，根据29％发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98：80（b﹣1)=（1﹣29%）：29%，解出b=，故答案为：；．14．用如图装置进行铜与一定体积已知浓度的浓硫酸反应的实验研究．（1)写出试管B中的实验现象品红溶液褪色．(2）写出A处反应的化学方程式,并用双线桥标明电子转移的方向和数目：．（3)充分反应后，该学生发现铜和硫酸都有剩余．在不补充浓硫酸的前提下，若要使剩余的铜片溶解，可再加入（要求填写一种不是酸类的物质)NaNO3、Fe2O3、FeCl3等．（4）B试管口的棉花应沾有的试剂是NaOH溶液,其作用是吸收尾气,防止污染，离子方程式为2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O．【考点】浓硫酸的性质实验．【分析】（1）二氧化硫具有漂白性；（2)铜和热的浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水；（3）加氧化性与稀硫酸在同一溶液，能氧化铜单质；（4)铜和热的浓硫酸反应,生成的B试管中的物质为二氧化硫，二氧化硫为大气污染物．【解答】解:（1）铜和热的浓硫酸反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，二氧化硫与品红溶液反应生成不稳定的无色物质,故答案为:品红溶液褪色；（2）铜和热的浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水;铜的化合价升高2价失去两个电子,硫酸中硫的化合价降低2价得到两个电子，故答案为：;（3）铜和浓硫酸反应时，当硫酸稀到一定程度时，该反应停止，可以加入氧化剂，铜能继续溶解,如NaNO3与稀硫酸在同一溶液相当于稀硝酸，稀硝酸能和铜单质在常温下反应，Fe2O3溶于稀硫酸生成氧化性的三价铁能和铜反应,FeCl3中具有氧化性的三价铁能和铜反应，故答案为：NaNO3、Fe2O3、FeCl3等；(4）SO2是酸性氧化物，也是大气污染物，所以应该用NaOH溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水,反应的离子方程式为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，故答案为:NaOH溶液;吸收尾气，防止污染；2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O．15．为了比较卤素单质的氧化性强弱可在实验室先制取Cl2（利用MnO2与浓盐酸反应可制取Cl2）并将Cl2依次通入NaBr溶液和KI淀粉溶液中．如图所示仪器及药品试回答：(1)若所制取气体从左向右流向时上述仪器接口的连接顺序为F接G、H接D、C接B、A接E．（2）实验开始后装置5中反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．（3）装置3的作用是溶液变蓝反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O．(4）装置1中产生的现象是溶液变蓝反应的离子方程式为Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣．（5)若溴离子的还原性弱于碘离子的还原性,通过实验,卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞I2．【考点】性质实验方案的设计．【分析】5为制备氯气装置，在加热条件下MnO2与浓盐酸反应可制取Cl2,生成氯气通入2中，氯气与NaBr发生置换反应生成溴，通入1中与KI反应生成碘，可观察到1中溶液变蓝色，3为尾气处理装置,防止污染空气，由此实验可知卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞I2，以此解答该题．【解答】解：（1)先制取氯气，然后将氯气通入NaBr溶液、再通入KI溶液检验氯气的强氧化性,氯气有毒不能排空，否则会污染大气，所以最后连接尾气处理装置，检验装置中导气管遵循“长进短出”原则,所以连接顺序是F接G、H接D、C接B、A接E，故答案为：D；C；B；（2）实验开始后装置5中反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3)二氧化硫有毒，不能直接排空,且二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以装置3的作用是吸收未反应完的Cl2，防止污染空气，离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为:吸收未反应完的Cl2，防止污染空气；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O;(4）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色,所以看到的现象是溶液变蓝色，化学反应离子方程式为：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，故答案为：溶液变蓝；Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣；（5）实验装置1，2的现象说明氯气和NaBr溶液、KI溶液发生反应，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣,Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣,反应中Cl元素化合价由0价变为﹣1价、Br或I元素化合价由﹣1价变为0价，所以氯气作氧化剂、溴或碘单质作氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Cl2的氧化性大于Br2＞I2，已知溴离子的还原性弱于碘离子的还原性，说明Br2的氧化性大于I2，由此得出同主族元素随着原子序数的递增,元素非金属性逐渐减弱，单质氧化性逐渐减弱，Cl2＞Br2＞I2,故答案为：Cl2＞Br2＞I2．16．实验室提供如图1所示的仪器和高锰酸钾、石灰石、二氧化锰、稀硫酸、纯碱五种药品及火柴等相应物品:（1)写出利用上述仪器和药品，用化学方程式表示制取该气体的化学反应原理2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑,在制取该气体的整个实验过程中需要用到的仪器有（填仪器序号)①②④⑤⑦⑧⑨⑩；（2）如果如图2所示用氯酸钾制氧气，请同学们将图补充完整；(3）图中用此方法收集气体时．证明该气体己经收集满的现象是从集气瓶的瓶口有气泡产生，就证明气体收集满；（4)实验结束后要先把导气管从水中拿出,后熄灭酒精灯．【考点】气体发生装置的气密性检查．【分析】(1）根据题干提供的药品，可选择用高锰酸钾制取氧气，据反应原理书写方程式，利用固体加热制取气体,根据反应物的状态，反应是否需要加热，收集装置依据气体的密度和溶解性，选择仪器；（2）根据氧气不易溶于水解答；（3）根据证明排水法收集满氧气的方法解答，若收集满，则从集气瓶的瓶口有气泡产生；（4）根据实验室制取氧气的注意事项解答，为防止冷凝水倒流入试管，将试管炸裂,需先撤后熄．【解答】解：（1）根据题干提供的药品，可选择用高锰酸钾制取氧气，反应的方程式是：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，用高锰酸钾来制取氧气为固体和固体反应需要加热的类型，所以需要药匙取药品，需铁架台、向下倾斜放置的试管、酒精灯，因为氧气密度比空气大，且不易溶于水，可以用排水法收集,所以还需要水槽、集气瓶、玻璃片以及配套的导管,所给仪器中没有加热的酒精灯，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；①②④⑤⑦⑧⑨⑩；（2）氧气不易溶于水，可以用排水法收集，如图所示:,故答案为：；（3)图2中用此方法收集气体时．证明该气体己经收集满的现象是从集气瓶的瓶口有气泡产生，就证明气体收集满，故答案为：从集气瓶的瓶口有气泡产生，就证明气体收集满；（4）若先熄灭酒精灯，温度骤冷，冷凝水倒流入试管，将试管炸裂,所以实验结束后要先把导气管从水中拿出后熄灭酒精灯，故答案为:把导气管从水中拿出；熄灭酒精灯．17．已知：CuS、Cu2S是两种黑色不溶于水的固体,但一定条件下都能与稀HNO3反应,用离子方程式表示为：①3CuS+8H++8NO3﹣=3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O②3Cu2S+16H++10NO3﹣=6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O现有不同质量的四份CuS、Cu2S的混合物样品分别和100mL物质的量浓度5mol/L稀硝酸充分反应,所取样品质量与产生气体体积(标准状况下测定）如表所示：实验序号abc样品质量（g）9。612.864.0气体体积（L）5。046。72V试回答下列问题(不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化）：(1）a组实验结束后，溶液中c（NO3﹣）=2.75mol/L；(2)b组实验结束后,溶液的pH=0;（3)通过计算分析实验c组中产生气体的体积（V）范围7L＜V＜11。2L．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】（1)根据反应可知，生成气体的物质的量与消耗硝酸根离子的物质的量相等，据此计算出反应后a溶液中硝酸根离子浓度；(2）根据a中数据判断b中混合物恰好完全反应，然后设出混合物中Cu2S、CuS的物质的量，分别根据总质量、生成气体的物质的量列式计算出Cu2S、CuS的物质的量;再根据反应方程式计算出反应中消耗氢离子的物质的量,然后根据c=计算出消耗氢离子浓度，最后计算出剩余氢离子浓度及溶液的pH；（3)根据（3）计算出64.0g混合物中含有的CuS、Cu2S的物质的量，然后利用极值法分别计算出生成NO的物质的量及体积，从而得出V的范围．【解答】解：（1）根据反应①3CuS+8H++8NO3﹣→3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O、②3Cu2S+16H++10NO3﹣→6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O可知，反应生成NO气体的物质的量与消耗硝酸根离子的物质的量相等,a实验中生成NO的物质的量为:=0.225mol，消耗硝酸的浓度为：=2。25mol/L，则反应后溶液浓度为5mol/L﹣2。25mol/L=2。75mol/L，故答案为:2.75mol/L；（2)9.6g混合物生成5.04LNO气体，12。8g混合物能够生成一氧化氮的体积为：×5.04L=6。72L，说明b中混合物完全反应，设12.8g的样品中CuS的物质的量为x,Cu2S的物质的量为y，根据质量可得:①96x+160y=12。8,根据生成气体可得:②x+y==0.3，根据①②解得:x=y=0。05mol，根据方程式①3CuS+8H++8NO3﹣→3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O、②3Cu2S+16H++10NO3﹣→6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O可知消耗氢离子的物质的量为：n（H+）=0.05mol×+0.05mol×=0。4mol，故消耗氢离子的浓度为：c（H+）==4mol/L,所以剩余氢离子浓度为：c（H+)=5mol/L﹣4mol/L=1mol/L，反应后b溶液的pH=0，故答案为:0;（3)100mL5mol/L的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：5mol/L×0.1L=0.5mol,根据(2）可知，64g样品中CuS、Cu2S的物质的量为:n（Cu2S）=n（CuS）=0。05mol×=0.25mol,若HNO3只与CuS反应：3CuS+8H++8NO3﹣→3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O，0。25molCuS完全反应消耗硝酸：0.25mol×＞0.5mol,硝酸不足，则根据反应可知生成NO的物质的量为:0。5mol，标况下NO体积为：V(NO）=0.5mol×22.4L/mol=11。2L；若HNO3只与Cu2S反应：3Cu2S+16H++10NO3﹣→6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O，0.25molCu2S消耗硝酸：0。25mol×＞0.5mol,硝酸不足，根据反应可知生成NO的物质的量为：0。5mol×=mol，标况下NO体积为：22.4L/mol×mol=7L，所以c组产生气体体积(V)为：7L＜V＜11。2L，故答案为：7L＜V＜11.2L．18．某兴趣小组的同学发现《高中化学（必修1）》中学习的单质及其化合物(或其溶液)存在如图的转化关系，已知B、C、D、E是非金属单质，且在常温常压下都是气体；F为淡黄色粉末，化合物H和I通常状况下呈气体；反应①是化工生产中的一种重要固氮反应．请用化学用语回答下列问题：（1）B是O2,化合物G的焰色反应为黄色；（2）写出下列反应的化学方程式：①F+CO2→B+G：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;②C+D→I：H2+Cl22HCl;(3）将F溶于水后形成的溶液可吸收C，写出该反应的离子方程式Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）写出实验室制取氨气的化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，收集氨气应使用向上排空气法，要得到干燥的氨气通常选用碱石灰做干燥剂．【考点】无机物的推断．【分析】F为淡黄色粉末，能与二氧化碳反应得到G与气体单质B，可推知F为Na2O2，B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到F(过氧化钠），则A为Na．G（Na2CO3）与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，化合物H和I通常状况下呈气体,二者反应得到铵盐,且反应①是化工生产中的一种重要固氮反应，可推知H为NH3，D为H2，E为N2,铵盐为NH4Cl，故C为Cl2，据此解答．【解答】解：F为淡黄色粉末,能与二氧化碳反应得到G与气体单质B，可推知F为Na2O2,B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气)反应得到F（过氧化钠)，则A为Na．G（Na2CO3)与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，化合物H和I通常状况下呈气体，二者反应得到铵盐，且反应①是化工生产中的一种重要固氮反应，可推知H为NH3，D为H2，E为N2，铵盐为NH4Cl，故C为Cl2．(1）B是O2，G为Na2CO3，G的焰色反应为黄色，故答案为：O2；黄色；（2）写出下列反应的化学方程式:①F+CO2→B+G的反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；②C+D→I的反应方程式为：H2+Cl22HCl，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；H2+Cl22HCl；（3）将过氧化钠溶于水后形成NaOH溶液，吸收氯气的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）实验室制取氨气的学方程式:2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，收集氨气应使用向上排空气法，要得到干燥的氨气通常选用碱石灰做干燥剂，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O;向上排空气；碱石灰．19．有一种白色粉末,含有下列阴离子和阳离子中的几种，阴离子：S2﹣、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣、MnO4﹣，阳离子：Na+、Al3+、Ba2+、Fe3+、NH4+,将该白色粉末进行下列实验，观察到的现象如下:a．取少量粉末加水振荡，现象是：全部溶解、溶液无色透明b．向所得溶液中慢慢滴入氢氧化钠并加热，现象是：无明显现象c．取少量粉末加盐酸，现象是:无明显现象d．取少量粉末加稀硫酸和稀硝酸混合液，现象是：有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成．根据实验推断（1）从a实验中可推断粉末中一定没有MnO4﹣、Fe3+离子;（2）从b实验中可推断粉末中一定没有Al3+、NH4+离子;（3）从c实验中可推断粉末中一定没有CO32﹣、S2﹣离子;（4）从d实验中可推断粉末中必定含有Ba2+离子;(5)综上所述,粉末中还可能含有Na+、NO3﹣离子．【考点】常见离子的检验方法．【分析】根据a溶液无色透明,说明不含Fe3+、MnO4﹣有色离子;根据b滴入氢氧化钠并加热，现象是：无明显现象，说明不含Al3+、NH4+；根据c取少量粉末加盐酸，无明显现象，说明溶液中不含有S2﹣、CO32﹣,根据d加稀硫酸和稀硝酸混合液，现象：有不溶于稀硝酸