赤峰市宁城县届高三上学期月月考化学试题

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，业必贵于专精宁城县高三年级统一考试化学试题1。下列说法错误的是A.废弃的金属、纸制品、塑料袋、玻璃都是可回收资源B.六水合氯化钙可用作食品干燥剂C.P2O5不可用作食品干燥剂D。加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】B【解析】A．废弃的金属、纸制品、塑料袋、玻璃均是可回收资源,可回收再循环利用，故A正确；B．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；C．P2O5吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故C正确；D．具有吸水性的植物纤维无毒,则可用作食品干燥剂，故D正确;故选B。2。NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0。1NAB.60g丙醇中存在的共价键总数为10NAC.过氧化钠与水反应时，生成0。1mol氧气转移的电子数为0。2NAD.235gU发生裂变反应:U+nSr+U+10n净产生的中子（n)数为10NA【答案】C【解析】A、HCO3-在溶液中能电离为CO32—和水解为H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的HCO3—、CO32—、H2CO3之和为0。1NA个，故A错误；B、60g丙醇的物质的量为1mol,而丙醇中含11条共价键，故1mol丙醇中含11NA条共价键,故B错误;C、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成0.1mol氧气时转移0。2mol电子即0。2NA个,故C正确;D、92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10-1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子(01n)数为9NA，故D错误;故选C。点睛:熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题的易错点为CD，C中要注意过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由—1价变为0价；D中要看懂方程式，可以简化为：USr+U+9n。3。常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7.下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是A.c(H+)〉1。0×10—7mol/LB.c（Na+）=c(HCO3－）+c（CO32－)+c(H2CO3）C。c(H+）+c（NH4+)=c（OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)D.c(Cl－）>c(NH4+)>c（HCO3－)>c（CO32－）【答案】C点睛：明确溶液中溶质及其性质、析出物质成分是解本题关键，注意溶液中仍然遵循电荷守恒和物料守恒，易错选项是C，析出部分碳酸氢钠,则c（Na+)＜c(Cl—)。4。乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为A.3：2B。2：3C。1：1D.2：1【答案】A【解析】试题分析:将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,若原料完全反应生成乌洛托品,每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子,根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2,故选C。考点：考查了物质的量的有关计算的相关知识.5.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A.反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B.电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－=2H2OC。电池工作时,CO32－向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－【答案】D【解析】试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷,转移6摩尔电子,错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误,不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确,选D。考点：原电池的原理的应用6。浓度均为0。10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V,pH随lgv/v0的变化如图所示，下列叙述错误的是A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度：b点大于a点C.若两溶液无限稀释，则它们的c（OH-）相等D。当lgv/v0=2时，若两溶液同时升高温度，则c(M+）/c（R+）增大【答案】D【解析】试题分析：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时,相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH,则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c（OH-），所以它们的c(OH—）相等，故C正确;D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+）/c（R+）减小，故D错误；故选D。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡【名师点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键,易错选项是C，注意:碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。7。常温下，盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线如下图，下列叙述不正确的是A.滴定过程的任何时刻都存在：c（H＋)+c（Na＋）＝c(OH－）＋c（Cl－)B.曲线b是用氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的滴定曲线C.氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0。1mol•L-1D.P点时恰好完全中和,溶液呈中性【答案】B【解析】试题分析：A、盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定，溶液中存在的离子有H＋、Na＋、OH－、Cl－，根据电荷守恒，任何时刻都存在：c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH－)＋c（Cl－），A正确；B、曲线b的pH是由大到小，说明是盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液的曲线，B错误；C、由曲线可知氢氧化钠溶液的pH=13，所以氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0。1mol・L－1，C正确；D、由曲线可知P点时pH=7,说明溶液呈中性,反应恰好完全,D正确。答案选B。考点：酸碱中和滴定8。向一定量的Fe、FeO、Fe2O3混合物中加入350ml2mol•L—1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2。24LNO(标准状况）,往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A.0.21molB.0.25molC。0.3molD。0。35mol【答案】C【解析】向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中的铁元素以Fe2＋的形式存在，即溶质为Fe（NO3）2，n（Fe2＋)=（350×10－3×2－2。24/22.4）/2mol=0。3mol，氢气还原混合物，得到铁单质，根据铁元素守恒,最后得到铁的物质的量为0。3mol，故C正确。9.下列关于有机化合物的说法错误的是A.石油分馏是物理变化，可获得汽油、煤油、柴油等产品B.C4H9Cl、C4H8Cl2的同分异构体种类分别有4种、9种（不含立体异构）C。淀粉和纤维素水解的最终产物不同D.由乙酸生成乙酸乙酯属于取代反应【答案】C【解析】A、石油的分馏利用其组分的沸点不同，进行分离，属于物理变化,故A说法正确;B、C4H10有2种同分异构体，即CH3CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH3，前者有2种不同的氢原子，后者有2种不同的氢原子，即一氯代物有4种，,一个氯原子固定在①号上，另一个氯原子在①②③④上进行取代，有4种，氯原子固定在②位置上，另一个氯原子在②③位置上，有2种，，一个氯原子固定在⑤位置上,另一个氯原子在⑤⑥⑦上，有3种，二氯代物共有9种，故B说法正确；C、淀粉和纤维素水解最终产物是葡萄糖，故C说法错误；D、乙酸和乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯，属于取代反应，故D说法正确。10.下列有关实验的操作或设计正确的是A.实验室取用碱金属时，将用剩的金属放回原瓶B.用饱和碳酸钠溶液除去SO2中少量的CO2C.用pH试纸测定新制氯水的pHD.用硝酸银溶液来检验Cl2中是否混有HCl气体【答案】A【解析】A.碱金属性质非常活泼，随意丢弃容易引发意外事故，因此实验室取用碱金属时,需要将用剩的金属放回原瓶，故A正确;B.二氧化硫能够与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，因此不能用饱和碳酸钠溶液除去SO2中少量的CO2，故B错误；C.氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故C错误；D.氯气能够与水反应生成盐酸，会生成氯离子，因此用硝酸银溶液不能检验Cl2中是否混有HCl气体,故D错误;故选A。11。下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是实验操作目的或结论A将Cu片放入FeCl3溶液中证明Fe的金属性比Cu强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁与CO2发生置换反应C将SO2通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中证明SO2有漂白性D向FeCl2溶液（含少量FeBr2杂质）中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2A。AB。BC。CD.D【答案】B【解析】A、发生2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋,体现Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故A错误;B、根据现象,发生2Mg＋CO22MgO＋C，故B正确;C、利用溴水或酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，把SO2氧化成SO42－,体现SO2的还原性，故C错误；D、还原性：Fe2＋>Br－，加入适量氯水，先氧化成Fe2＋，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D错误。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B。c（H+)/c（OH_)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-C。由水电离出的c(H+）=1×10-14mol/L的溶液中:Ca2+、K+、Cl—、HCO3—D。c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、SO42—、Cl-、SCN-【答案】B【解析】A．pH=1的溶液,显酸性,Fe2+、NO3—、H+发生氧化还原反应,不能大量共存,故A错误;B．c（H+）/c(OH—）=1012的溶液中,c（H+)=0。1mol/L，离子之间不发生任何反应,可以大量共存，故B正确;C．水电离出的c（H+）=1×10-14mol/L的溶液,水的电离受到抑制，溶液可能呈碱性,也可能呈酸性,无论呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量存在，故C错误；D．Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存，故D错误；故选B。13。已知亚硫酸是一种二元弱酸，NaHSO3溶液呈酸性。将SO2气体通入一定量的NaOH溶液中,所得溶液呈中性.有关该溶液的判断错误的是A.该溶液中的溶质主要成分为NaHSO3和Na2SO3B.该溶液中c(Na+）=c（HSO3—)+c（SO32-）C。该溶液中离子浓度最大的是Na+D。向该溶液中加入氯化钾固体，溶液依然呈中性,且有c(K+）=c(Cl—)【答案】B【解析】A．二氧化硫与氢氧化钠反应的化学方程式为:SO2+NaOH═NaHSO3，SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O，溶液中主要溶质有五种可能:①亚硫酸钠和氢氧化钠（碱性）、②亚硫酸钠（碱性)、③亚硫酸钠与亚硫酸氢钠(可能呈中性)、④亚硫酸氢钠(酸性)、⑤亚硫酸与亚硫酸氢钠(酸性），溶液呈中性，所以溶质主要成分为亚硫酸钠与亚硫酸氢钠，故A正确；B．依据电荷守恒有c(Na+)+c（H+)=2c(SO32-）+c(HSO3-）+c(OH—），中性溶液中c（H+)=c（OH-），得c(Na+)=2c(SO32-）+c(HSO3-），故B错误;C．该溶液中溶质为NaHSO3与Na2SO3,根据物料守恒知，溶液中离子浓度最大的是Na+，故C正确；D．向该溶液中加入氯化钾固体,电离生成的K+与Cl—与溶液中各离子均不反应,所以溶液依然呈中性，且有c（K+）=c（Cl-）,故D正确；故选B。点睛：明确溶液中的溶质及溶液酸碱性是解本题关键，易错选项是D，注意KCl与溶液其它离子浓度无关，为易错点.14.铁酸盐MFe2O4与H2在高温下反应生成新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox，3＜x＜4,M=Mn、Zn、Ni，其均显+2价)。已知铁酸盐MFe2O4被H2高温还原时，发生反应的MFe2O4与H2的物质的量之比为2:1。则下列说法中不正确的是A.MFe2Ox是还原产物B。MFe2Ox中的+2价铁和+3价铁的物质的量之比为1:3C.x=3。5D.若反应中消耗H2（标准状况下)33。6L,则转移的电子为3mol【答案】B【解析】A．由“铁酸盐（MFe2O4）被H2高温还原时”可知,反应中MFe2O4得电子被还原，MFe2Ox为还原产物,故A正确；B．反应的方程式为2MFe2O4+H2=2MFe2Ox+H2O，由质量守恒可知2x+1=2×4,x=3。5，则MFe2O3。5中，Fe元素的化合价为=2.5，则MFe2Ox中+2价铁与+3价铁的量之比为1：1，故B错误;C．由B分析可知x=3。5，故C正确；D．n(H2)==1。5mol，转移电子1。5mol×2=3mol，故D正确；故选B。15。稀硝酸银溶液与稀碘化钾溶液反应生成1molAgI沉淀的△H=—akJ/mol,稀硝酸银溶液与Na2S溶液反应生成1molAg2S沉淀的△H=—bkJ/mol,则AgI悬浊液与稀Na2S溶液反应生成1molAg2S沉淀的△H为A。—2（a-b）kJ/molB.-2（a+b）kJ/molC.-（b—2a)kJ/molD。—(b+a）kJ/mol【答案】C【解析】稀硝酸银溶液与稀碘化钾溶液反应生成1molAgI沉淀的△H=—akJ/mol，热化学方程式为:①Ag+(aq）+I-（aq)=AgI(s）△H=-akJ/mol；稀硝酸银溶液与Na2S溶液反应生成1molAg2S沉淀的△H=-bkJ/mol,热化学方程式为：②2Ag+（aq)+S2—（aq）=Ag2S（s)△H=-akJ/mol；根据盖斯定律，②-①×2得：2AgI(s)+S2-（aq）=Ag2S（s)+2I-（aq)△H=—(b—2a）kJ/mol，故选C。16.用氮化硅陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅,其反应如下：3SiCl4(g）+2N2（g）+6H2(g)=Si3N4（s)+12HCl（g）△H<0，一定条件下，在密闭恒容的容器中，能发生上述反应达到化学平衡状态的是A。3v（正)（N2）=v(正）（H2）B。v(正）（HCl）=4v（正）(SiCl4）C。混合气体密度保持不变D.c(N2）:c（H2）:c（HCl）=1：3：6【答案】C17.往2L密闭容器中充入NO2，在三种不同条件下发生反应2NO2（g)2NO(g）+O2（g），实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表（不考虑生成N2O4）浓度/mol/L01020304050实验1/800℃1。000。800。650。550。500.50实验2/800℃1。000。700.500.500.500。50实验3/850℃1。000。500.400。150。150。15下列说法正确的是A。实验2使用了比实验1效率更高的催化剂B。实验2的反应容器体积比实验1的小C。通过实验2和实验3可判断该反应是放热反应D。实验2的平衡常数比实验3的大【答案】A【解析】A．因实验1和实验2平衡时NO2的浓度相同，但实验2反应速率大，则实验2使用了催化剂，故A正确；B．缩小体积，压强增大,平衡向逆反应方向移动，不可能与实验1达到相同平衡状态，故B错误；C．实验3在850℃反应，达到平衡时NO2的浓度较800℃小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应,故C错误；D．升高温度,平衡向正反应方向移动,则平衡常数增大，实验2的平衡常数比实验3的小，故D错误；故选A。点睛：注意对比实验数据，把握影响化学平衡移动的因素是解题的关键。实验1和实验2在相同的温度下反应,平衡时NO2的浓度相同,说明达到相同平衡状态；实验3在850℃反应，达到平衡时NO2的浓度较800℃小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应.18。下列A～D四组反应中，Ⅰ和Ⅱ可用同一个离子方程式表示的是选项ⅠⅡA把金属铁放入稀硫酸中把金属铁放入稀硝酸中B向Ca（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液向Ca（OH）2溶液中加入足量的NaHCO3溶液C将0.1molCl2通入含0。3molFeBr2的溶液中将0.3molCl2通入含0。1molFeBr2的溶液中D将少量Na2CO3溶液滴入足量HCl溶液中将少量HCl溶液滴入足量Na2CO3溶液中A。AB.BC。CD。D【答案】B【解析】试题分析：A．把金属铁放入稀硫酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑把金属铁放入稀硝酸中:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O故A错误。B．Ca(HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－＋H2O、Ca（OH）2溶液中加入足量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋CO32－＋H2O故B正确。C．将0。1molCl2通入含0。3molFeBr2的溶液：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。将0。3molCl2通入含0。1molFeBr2的溶液：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋6Cl－＋Br2，故C错误。D．将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液：CO32－+2H+＝CO2↑＋H2O将少量HCl溶液滴入到足量Na2CO3溶液：CO32－+H+＝HCO3－，故D错误。考点：了解离子反应的概念、离子反应方程式的书写。点评：与量有关的离子方程式的书写常见的有：1。因滴加顺序不同造成连续反应2。因某物质过量造成产物不同3。因氧化性或还原性强弱不同造成连续反应等。解决此类此类题目要在掌握基本方法的基础上，针对反应中物质的性质、反应的条件、反应的环境等因素具体分析，正确判断。19.铅是银白色金属,在古代人们曾用铅作笔，“铅笔”的名字由此而来.(1）使用现代“铅笔"写字时，在纸上留下“笔划”的有效成分是_________（2）醋酸铅因其有甜味而在中医中被称为“铅糖”，它有剧毒但能入药。已知CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠混合后反应的离子方程式为：Pb2++2CH3COO_﹦(CH3COO）2Pb，该反应能够发生的主要原因是_____________.（3)铅能形成多种氧化物。①铅的氧化物Pb3O4可看作是2PbO·PbO2,Pb3O4与过量硝酸反应的化学方程式为Pb3O4+4HNO3﹦PbO2+2Pb（NO3)2+2H2O，则PbO2是_____（填“酸”“碱”或“两”）性氧化物.②PbO俗称密陀僧，可用于治疗多种疾病,它与次氯酸钠溶液反应可制得PbO2，该反应的离子方程式为_________________________________。（4)PbSO4是铅蓄电池（构成Pb-PbO2—H2SO4）中的重要物质,写出充电时PbSO4被还原为某一电极材料的电极反应式：_____________________________；当阳极质量减轻96g时，理论上电路中转移的电子数为______NA(设NA为阿伏伽德罗常数的值)【答案】（1）.石墨(2)。醋酸铅是弱电解质（3）。酸性(4）.PbO+ClO-=PbO2+Cl-(5).PbSO4+2e-=Pb+SO42-(6)。3【解析】（1)现代使用的“铅笔”中的笔芯的主要成分是石墨，因此在纸上留下“笔划”的有效成分是石墨，故答案为：石墨；（2)根据Pb2++2CH3COO_﹦（CH3COO）2Pb，可知（CH3COO）2Pb属于难电离中的物质,是弱电解质，满足复分解进行的条件,故答案为：醋酸铅是弱电解质；(3)①Pb3O4与过量硝酸反应的化学方程式为Pb3O4+4HNO3﹦PbO2+2Pb(NO3）2+2H2O,说明PbO2不能溶于硝酸，因此PbO2不是碱性氧化物，故PbO2属于酸性氧化物，故答案为:酸性；②PbO与次氯酸钠溶液反应可制得PbO2，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的离子方程式为PbO+ClO-=PbO2+Cl-，故答案为：PbO+ClO-=PbO2+Cl-；(4)PbSO4是铅蓄电池（构成Pb-PbO2—H2SO4）中的重要物质，充电时PbSO4被还原为Pb，电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42—；阳极的电极方程式为PbSO4—2e-+2H2O=PbO2+SO42—+4H+，根据方程式，1molPbSO4反应后，电极质量减少64g，因此质量减轻96g时，反应的硫酸铅的物质的量为=1.5mol，电路中转移的电子为3mol,数目为3NA，故答案为：PbSO4+2e—=Pb+SO42—;3。20。氮的化合物应用广泛,但氮氧化物是重要的空气污染物,应降低其排放。(1）用CO2和NH3可合成氮肥尿素[CO（NH2)2]。已知：①2NH3(g）+CO2（g)=NH2CO2NH4（s)△H=—159.5kJ·mol—1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2（s）+H2O（g)△H=+116。5kJ·mol-1③H2O(l）=H2O(g）△H=+44.0kJ·mol-1用CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水)的热化学方式程为____________________.(2）工业上常用如下反应消除氮氧化物的污染：CH4（g）+2NO2（g)N2（g)+CO2（g）+2H2O(g）△H在温度为T1和T2时，分别将0。40molCH4和1。0molNO2充入体积为1L的密闭容器中,n（CH4）随反应时间的变化如图所示：①据图判断该反应的△H_____0（填“﹥”“﹤”“﹦”),理由是：__________________________。②温度为T1时，0～10min内，NO2的平均反应速率v（NO2)=________________。③该反应达到平衡后，为再提高反应速率同时提高NO2的转化率,可采取的措施有_______（填字母序号).A。改用高效催化剂B.升高温度C。缩小容器的体积D。增加CH4的浓度（3)利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液。工作一段时间后,该电池正极附近溶液pH_____（填增大、减小或不变），负极的电极反应式为__________________________.（4）氮的一种氢化物HN3，其水溶液酸性与醋酸相似；常温下，将amol·L—1的HN3与bmol·L—1的Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（N3—),则该混合物溶液呈_______（填酸、碱、中）性,溶液中c(HN3)=________mol·L-1【答案】（1）.CO2（g）+2NH3（g)=CO（NH2）2(s)+H2O（l）H＝-87。0kJ/mol(2）.＜(3)。T1＜T2,T2时CH4的平衡含量高，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆向吸热，正向放热（4）。0。02mol·L-1·min-1(5).D（6）。增大(7)。2NH3—6e-+6OH-=N2+6H2O(8).中（9）.【解析】(1)已知:①2NH3（g)+CO2（g）=NH2CO2NH4(s）△H=—159。5kJ/mol，②NH2CO2NH4（s)=CO(NH2)2(s）+H2O(g）△H=+116.5kJ/mol,③H2O(l）=H2O(g）△H=+44.0kJ/mol,根据盖斯定律，将①+②—③得：CO2(g)+2NH3（g)=CO（NH2)2（s)+H2O（l)△H=(-159。5kJ/mol）+(+116.5kJ/mol）—(+44。0kJ/mol)=—87。0kJ/mol,故答案为：CO2(g）+2NH3(g)=CO(NH2)2(s）+H2O（l)△H＝—87。0kJ/mol；（2)①根据图像，T2时先达到平衡,说明T2＞T1，温度越高平衡时甲烷物质的量越大，说明平衡逆向进行，因此正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；T1＜T2,T2时CH4的平衡含量高，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆向吸热，正向放热;②温度为T1时,10min时，n（CH4）=0。3mol，根据方程式，反应的n（NO2）=2×（0。4mol—0.3mol)=0.2mol，NO2的平均反应速率v(NO2）==0。02mol·L—1·min—1，故答案为:0。02mol·L—1·min-1；③A.改用高效催化剂,不能影响平衡的移动,不能提高NO2的转化率,错误；B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，错误；C。缩小容器的体积，物质的浓度增大，反应速率加快,平衡逆向移动,NO2的转化率减小，错误；D。增加CH4的浓度，反应速率加快,平衡正向移动，NO2的转化率增大，正确；故选D；(3）利用原电池反应可实现NO2的无害化的总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O,电解质溶液为NaOH溶液.工作时，正极上二氧化氮得到电子生成氮气，电极方程式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，正极附近溶液的pH增大;负极上氨气失去电子生成氮气,电极反应式为2NH3-6e—+6OH-=N2+6H2O，故答案为：增大；2NH3—6e-+6OH—=N2+6H2O；(4）混合后溶液中c(Ba2+)=0。5bmol/L，根据电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c（N3—）+c（OH—)，溶液中存在2c(Ba2+）=c（N3—),则c（H+）=c(OH-）=10—7mol/L，溶液显中性；溶液中c（N3-)=bmol/L，由微粒守恒可知溶液中c(HN3）=（0。5a-b)mol/L,故答案为:中；0。5a—b。21。过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸,溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等。过氧化镁产品中会混有少量MgO,实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量。(1)如图所示，某研究小组拟用该装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量.①实验前需进行的操作是_____________________，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是___________________.②用恒压分液漏斗的优点：使分液漏斗中的液体顺利滴下；________________。③实验终了时，待恢复至室温，先_______，再平视刻度线读数。（2）实验室还可以通过下列两种方案测定样品中过氧化镁的含量：方案Ⅰ:取ag样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最后得到bg固体。方案Ⅱ：称取0.1g样品置于碘量瓶中,加入15ml0。6mol·L-1KI溶液和足量盐酸,摇匀后在暗处静置5min，然后用0。1mol·L—1Na2S2O3溶液滴定,滴定到终点时共消耗VmlNa2S2O3溶液。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI）①已知常温下Ksp〔Mg（OH）2〕=1×10—11。为使方案Ⅰ中Mg2+完全沉淀[即溶液中c（Mg2+)≤1×10—5mol·L-1］，溶液的pH至少应调至_________。方案Ⅰ中过氧化镁的质量分数为__________(用含a、b的表达式表示）②方案Ⅱ中滴定前需加入少量_______作指示剂；样品中过氧化氢的质量分数为__________（用含V的表达式表示）【答案】(1）。检查装置的气密性(2)。用作催化剂（3）。消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响（4).将右侧刻度管缓缓上下移动直到两侧液面相平（5）。11（6)。(7）.淀粉溶液（8）.2.8v％【解析】试题分析：（1）①实验前需进行的操作是检查装置的气密性.铁离子能催化双氧水的分解，因此稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用作催化剂(或催化H2O2的分解)。②用恒压分液漏斗的优点有:使分液漏斗中的溶液顺利滴下；又因为滴入的液体会占有部分空间,所以另一个作用是消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响.③由于读数时必须保证内外压强相等，所以实验终了时，待恢复至室温，先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，再平视刻度线读数。（2)①当溶液中镁离子浓度为l×10－5mol/L时根据氢氧化镁的溶度积常数可知溶液中氢氧根离子的浓度为,因此为使方案I中Mg2+完全沉淀，溶液的pH至少应调至11。bg固体是氧化镁,物质的量＝。设原混合物中过氧化镁和氧化镁的物质的量分别是xmol和ymol，则56x+40y＝a、x+y＝b/40，解得x＝(a—b）/16，所以过氧化镁的质量分数为.②根据电子得失守恒可知MgO2~2I—～I2～2Na2S2O3，则样品中过氧化镁的质量分数为。考点：考查物质含量测定实验方案设计与探究22。钴是重要的战略金属，钴及其化合物广泛用于航空、航天、电器、机械制造、磁性材料、化学和陶瓷等工业,在国民经济和社会发展中具有特殊意义。水钴矿是钴的重要来源.水钴矿中除SiO2外，还有9。24﹪CoO、2.78﹪Fe2O3、0。96﹪MgO、0。084﹪CaO，从中提取钴的工艺流程如下：（1）浸出液是多种硫酸盐的混合液，其中的溶质主要有_____________（填化学式）（2）除铁时，溶液中的铁转化为难溶的Na2Fe6(SO4)4(OH)12,写出该反应的化学方程式_____________（3）“除钙、镁”的反应原理如下：MgSO4+2NaF=MgF2↓+Na2SO4CaSO4+2NaF=CaF2↓+Na2SO4已知Ksp（CaF2）=1。11×10-10，Ksp（MgF2)=7。40×10—11，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，滤液中c(Ca2+)/c(Mg2+）=_________。（4）“沉淀”表面吸附的杂质离子主要有SO42—、F—、______和______，“操作X”包括_______和_________（5)二水草酸钴在350℃进行分解时,先脱除结晶水，形成无水草酸钴结晶体。然后分解出二氧化碳，获得金属钴，写出反应方程式:__________________【答案】（1).CoSO4、Fe2(SO4）3、MgSO4、CaSO4(2)。3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4)4(OH2)↓+5Na2SO4+6CO2↑（3).1.5(4).NH4+（5）.Na+（6）。洗涤（7）.干燥（8）。CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O；CoC2O4Co+2CO2↑【解析】水钴矿磨矿将矿石粉碎，增大接触面积,加快反应速率，加入稀硫酸,矿渣为SiO2，滤液中含有：CoSO4、Fe2（SO4)3、MgSO4、CaSO4,加入碳酸钠，除去Fe2（SO4)3，加入氟化钠,除去钙镁，过滤得主要含CoSO4的溶液，加入草酸铵，通过沉淀、过滤、洗涤、干燥得到四水合草酸钴.(1）根据上述分析，浸出液是多种硫酸盐的混合液，其中的溶质主要有CoSO4、Fe2（SO4)3、NgSO4、CaSO4,故答案为：CoSO4、Fe2(SO4)3、MgSO4、CaSO4;（2）除铁时,在Fe2(SO4)3溶液中加入碳酸钠溶液生成难溶的Na2Fe6（SO4)4（OH)12，反应的化学方程式为3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4(OH2）↓+5Na2SO4+6CO2↑,故答案为：3Fe2(SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6（SO4)4（OH2）↓+5Na2SO4+6CO2↑；（3）===1.5；故答案为：1.5；（4）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知,溶液中含有铵根离子和钠离子，所以沉淀上含有铵根离子和钠离子,得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，故答案为:NH4+；Na+；洗涤、干燥；（5）二水草酸钴在350℃进行分解时，先脱除结晶水,形成无水草酸钴结晶体，反应方程式为CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O。然后CoC2O4分解出二氧化碳和金属钴，反应方程式为CoC2O4Co+2CO2↑，故答案为：CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O;CoC2O4Co+2CO2↑。点睛：熟悉流程图涉及的反应原理是解题的基础。本题的难点是（2)题，需要根据反应物和生成物的关系，结合质量守恒定律书写方程式；本题的易错点为(3）,明确溶度积常数的含义是解题的关键.23.已知A、B、C、D四种短周期元素,它们的核电荷数依次增大.A、C原子的L能层中都有两对未成对的电子,C、D同主族。E、F都是第四周期元素,E原子核外有4个未成对的电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空:（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号________，该能层具有的原子轨道数为_________.（2）E2+离子的价层电子排布图是__________，F原子的电子排布式是__________。（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采用的轨道杂化方式为______,B元素的气态氢化物的VSEPR模型为___________。（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB—互为等电子体，它们的结构相似,DAB—的电子式为_____________（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB—构成,配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验,检验E2+离子的离子方程式为________________________(6)某种化合物由D、E、F三种元素组成，其晶胞如图所示，其化学式为_____。【答案】(1）.M(2).9（3）。（4)。〔Ar〕3d104s1(5)。sp2（6)。四面体形（7）.（8).3Fe2++2〔Fe（CN）6〕3—=Fe3〔Fe(CN)6〕2↓(9）.CuFeS2【解析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2,C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素;B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素;E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外,其余各能层均为全充满,F原子核外电子数=2+8+18+1=29,则F为Cu元素.（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M,该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道，故答案为：M；9；(2）Fe2+离子的价层电子排布3d6,其价层电子排布图是，F为Cu元素,原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1,故答案为：；1s22s22p63s23p63d104s1；（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，分子结构式为，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对,C原子采取sp2杂化方式;B的气态氢化物为NH3，VSEPR模型为四面体，故答案为：sp2；四面体；(4）化合物CO2、N2O和阴离子SCN—互为等电子体，它们结构相似，SCN—中C原子与S、N原子之间形成2对共用电子对，SCN—的电子式为，故答案为:；(5）配合物甲的焰色反应呈紫色,含有K元素,其内界由中心离子Fe