【完整版】河北省衡水中学2017届高三(上)期中化学试卷

/2016-2017学年河北省衡水中学高三〔上〕期中化学试卷一、选择题〔每题只有一个选项符合题意．1×10=10分〕1．以下表达正确的选项是〔〕A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物B．HCl、H2S、NH3都是电解质C．强酸强碱都是离子化合物D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反响制备2．化学与消费、生活、环境等社会实际亲密相关．以下表达正确的选项是〔〕A．“滴水石穿、绳锯木断〞不涉及化学变化B．明矾净水的原理和“84〞消毒液消毒的原理不一样C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成D．汽车尾气中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃烧造成的3．有些古文或谚语包含了丰富的化学知识,以下解释不正确的选项是〔〕选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁,铁赤色如铜置换反响C煮豆燃豆萁化学能转化为热能D雷雨肥庄稼自然固氮A．A B．B C．C D．D4．以下有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的选项是〔〕A．钢管与电源正极连接,钢管可被保护B．铁遇冷浓硝酸外表钝化,可保护内部不被腐蚀C．钢管与铜管露天堆放在一起时,钢管不易被腐蚀D．钢铁发生析氢腐蚀时,负极反响是Fe﹣3e﹣═Fe3+5．某学生以铁丝和Cl2为原料进展以下三个实验．从分类角度分析,以下选项正确的选项是〔〕A．实验①、②所涉及的物质均为电解质B．实验②、③均为放热反响实验C．②、③均未发生氧化复原反响D．实验①、③反响制得的物质均为纯洁物6．如表物质与类别不对应的是〔〕ABCD小苏打食用油淀粉84消毒液盐高分子化合物糖类混合物A．A B．B C．C D．D7．设NA为阿伏加罗常数的值,以下说法正确的选项是〔〕A．常温常压下,22.4LCO2所含的原子数为3NAB．1molCl2与足量的Fe完全反响,转移的电子数为2NAC．0.5molC2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数为2NAD．2L1mol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2NA8．卫生部发出公告,自2020年5月1日起,制止在面粉消费中添加过氧化钙〔CaO2〕等食品添加剂．以下对于过氧化钙〔CaO2〕的表达错误的选项是〔〕A．CaO2具有氧化性,对面粉可能具有增白作用B．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1C．CaO2和水反响时,每产生1molO2转移电子4molD．CaO2和CO2反响的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O29．以下表达正确的选项是〔〕①硫酸钡难溶于水和酸,可做X光透视肠胃的药剂②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不一样⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、碳酸氢钠等都可以中和酸,故都可以作为治疗胃酸过多的药物⑥明矾净水利用了胶体的性质⑦根据酸分子中含有的氢原子个数,将酸分为一元酸、二元酸和多元酸⑧金属钠具有强的复原性,可利用钠和熔融TiCl4反响制取金属Ti．A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦10．某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如下图．以下说法不正确的选项是〔〕A．X可能含有2种盐B．a是SO3C．Y可能含有〔NH4〕2SO4D．〔NH4〕2S2O8中S的化合价不可能为+7二、选择题〔每题有1个选项符合题意．20×2=40分〕11．某溶液中只可能含有以下离子中的某几种：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分别取样：①用pH计测试,溶液显弱酸性②加氯水和CCl4振荡后静置,下层呈无色,为确定该溶液的组成,还需检验的离子是〔〕A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+12．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物,他们的转化关系如下图〔某些条件和局部产物已略去〕．以下说法错误的选项是〔〕A．假设戊为一种强碱且焰色反响为黄色,那么上述反响可能都属于氧化复原反响B．常温下,假设丙为无色气体,戊为红棕色气体,那么甲、乙一定是铜和稀硝酸C．假设甲为硫磺燃烧产物,丁为水,那么戊可用于枯燥甲D．假设甲为浓盐酸,乙为MnO2,那么戊可能使品红褪色13．NaCl是一种化工原料,可以制备一系列物质〔如下图〕．以下说法正确的选项是〔〕A．由氯化钠制备纯碱的过程中,利用了物质溶解度的差异B．用Cl2制备漂白粉时,是将Cl2通入澄清石灰水中C．常温下枯燥的Cl2能用钢瓶贮存,所以Cl2不与铁反响D．图示转化反响都是氧化复原反响14．某同学组装了如下图的电化学装置,那么以下说法正确的选项是〔〕A．图中甲池为原电池装置,Cu电极发生复原反响B．实验过程中,甲池左侧烧杯中NO3﹣的浓度不变C．假设甲池中Ag电极质量增加5.4g时,乙池某电极析出1.6g金属,那么乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液D．假设用铜制U形物代替“盐桥〞,工作一段时间后取出U形物称量,质量会减小15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中,两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L,向该溶液中参加足量的铜粉,加热,充分反响后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为〔反响前后溶液体积变化忽略不计〕〔〕A．0.025mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L16．20℃时,饱和NaCl溶液的密度为ρg/cm3,物质的量浓度为cmol/L,那么以下说法中不正确的选项是〔〕A．温度低于20℃时,饱和NaCl溶液的浓度小于cmol/LB．此溶液中NaCl的质量分数为C．20℃时,密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D．20℃时,饱和NaCl溶液的溶解度17．截至到2021年12月末,中国光伏发电新增装机容量到达10.66GW,光伏发电累计装机容量到达17.16GW,图1为光伏并网发电装置．图2为电解尿素[CO〔NH2〕2]的碱性溶液制氢的装置示意图〔电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴、阳极均为惰性电极〕．以下表达中正确的选项是〔〕A．图1中N型半导体为正极,P型半导体为负极B．图2溶液中电子流向：从B极流向A极C．X2为氧气D．工作时,A极的电极反响式为CO〔NH2〕2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O18．将一定体积的CO2通入VLNaOH溶液中,NaOH完全反响,假设在反响后的溶液中参加足量石灰水,得到ag沉淀；假设在反响后的溶液中参加足量CaCl2溶液,得到bg沉淀,那么以下说法正确的选项是〔〕A．参加反响的CO2的体积为0.224aLB．用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度C．假设a=b,那么CO2与NaOH溶液反响的产物盐只有Na2CO3D．b可能等于a、小于a或大于a19．二氧化氯〔ClO2〕是一种黄绿色易溶于水的气体,常用作饮用水消毒．实验室通过如下过程制备二氧化氯．以下说法正确的选项是〔〕A．电解时发生反响的离子方程式为NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3B．溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D．可用明矾除去饮用水中残留的NaClO220．反响①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反响：①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．以下说法正确的选项是〔〕A．两个反响中NaHSO4均为氧化产物B．碘元素在反响①中被复原,在反响②中被氧化C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2D．反响①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：521．光电池是开展性能源．一种光化学电池的构造如图,当光照在外表涂有氯化银的银片上时AgCl〔s〕Ag〔s〕+Cl〔AgCl〕,[Cl〔AgCl〕表示生成的氯原子吸附在氯化银外表],接着Cl〔AgCl〕+e﹣=Cl﹣〔aq〕,假设将光源移除,电池会立即恢复至初始状态．以下说法不正确的选项是〔〕A．光照时,电流由X流向YB．光照时,Pt电极发生的反响为：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑C．光照时,Cl﹣向Pt电极挪动D．光照时,电池总反响为：AgCl〔s〕+Cu+〔aq〕Ag〔s〕+Cu2+〔aq〕+Cl﹣〔aq〕22．以下离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确,所发生反响的离子方程式也正确的选项是〔〕选项条件离子组离子共存判断及反响的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣不能共存,Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓BpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能共存,5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2OC由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣一定能共存,NH4++H2O═NH3•H2O+H+D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣不能共存,2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣A．A B．B C．C D．C23．一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反响2H2〔g〕+CO〔g〕⇌CH3OH〔g〕到达平衡,测得有关数据如表所示,以下说法正确的选项是〔〕容器温度/k物质的起始浓度/mol•L﹣1物质的平衡浓度/mol•L﹣1c〔H2〕c〔CO〕c〔CH3OH〕c〔CH3OH〕Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．该方应的正反响吸热B．到达平衡时,容器Ⅰ中反响物转化率比容器Ⅱ中的大C．到达平衡时,容器Ⅱ中c〔H2〕大于容器Ⅲ中c〔H2〕的两倍D．到达平衡时,容器Ⅲ中的反响速率比容器Ⅰ中的大24．化学中常用图象直观地描绘化学反响的进程或结果,以下图象描绘正确的选项是〔〕A．图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反响速率随时间的变化B．图表示压强对可逆反响2A〔g〕+2B〔g〕⇌3C〔g〕+D〔g〕的影响,且甲的压强大C．图表示向Al2〔SO4〕3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液,生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D．图表示在2L的密闭容器中发生合成氨反响时N2的物质的量随时间的变化曲线,0～10min内该反响的平均速率v〔H2〕=0.045mol•L﹣1•min﹣1,从11min起其他条件不变,压缩容器的体积为1L,那么n〔N2〕的变化曲线为d25．〔HF〕2〔g〕⇌2HF〔g〕,△H＞0且平衡体系的总质量【m〔总〕】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如下图．以下说法正确的选项是〔〕A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K〔a〕=K〔b〕＜K〔c〕C．反响速率：Vb＞VaD．当=30g/mol时,n〔HF〕：n[〔HF〕2]=2：126．空气吹出法工艺,是目前“海水提溴〞的最主要方法之一．其工艺流程如下图,其中不正确的选项是〔〕A．步骤④⑤是为了富集溴B．步骤③说明溴具有挥发性C．步骤④的离子方程式为Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗别离27．向溶液中分别通入足量的相应气体后,以下各组离子还能大量存在的是〔〕A．氯气：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣C．硫化氢：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣D．氨气：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣28．以下三个化学反响的平衡常数〔K1、K2、K3〕与温度的关系分别如表所示：那么以下说法正确的选项是〔〕化学反响平衡常数温度973K1173K①Fe〔s〕+CO2〔g〕⇌FeO〔s〕+CO〔g〕△H1K11.472.15②Fe〔s〕+H2O〔g〕⇌FeO〔s〕+H2〔g〕△H2K22.381.67③CO〔g〕+H2O〔g〕⇌CO2〔g〕+H2〔g〕△H3K3？？A．△H1＜0,△H2＞0B．反响①②③的反响热满足关系：△H2﹣△H1=△H3C．反响①②③的平衡常数满足关系：K1•K2=K3D．要使反响③在一定条件下建立的平衡向正反响方向挪动,可采取升温措施29．某兴趣小组探究SO2气体复原Fe3+,他们使用的药品和装置如下图：其中以下说法不合理的是〔〕A．能说明I﹣的复原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B．装置C的作用是吸收SO2尾气,防止污染空气C．为了验证A中发生了氧化复原反响,参加用稀盐酸酸化的BaCl2,产生白色沉淀D．为了验证A中发生了氧化复原反响,参加KMnO4溶液,紫红色褪去30．某磁黄铁矿的主要成分是FexS〔S为﹣2价〕,既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反响〔注：矿石中其他成分不与盐酸反响〕,生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+．那么以下说法正确的选项是〔〕A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/LB．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LC．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85D．该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1三、解答题〔共5小题,总分值50分〕31．利用如图装置,进展NH3与金属氧化物MxOy反响生成M、N2、H2O,通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量．a中试剂是浓氨水．〔1〕仪器a的名称为,仪器b中装入的试剂可以是．〔2〕按气流方向正确的装置连接顺序为〔填序号,装置可重复使用〕：．〔3〕装置C的作用：．〔4〕实验完毕时,应首先〔填序号〕；这样做的原因是．Ⅰ．熄灭A装置的酒精灯Ⅱ．停顿从a中滴加液体〔5〕假设金属氧化物为CuO,反响的化学方程式为．〔6〕假设实验中准确称取金属氧化物的质量为mg,完全反响后,测得生成水的质量为ng,那么M的相对原子质量为〔用含x、y、m、n的式子表示〕．〔7〕某同学仔细分析上述装置后认为仍存在缺陷,你认为该如何改良？．32．5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成,它们均易溶于水．阳离子Na+Al3+Fe3+Cu2+Ba2+阴离子OH﹣Cl﹣CO32﹣NO3﹣SO42﹣分别取它们的水溶液进展实验,结果如下：①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀,向该沉淀中参加足量稀HNO3,沉淀局部溶解,剩余白色固体；②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀,同时产生大量气体；③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀,过量C溶液与D溶液混合后无现象；④B溶液与D溶液混合后无现象；⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中,Cu片不溶解,再滴加1.6mol•L﹣1稀H2SO4,Cu逐渐溶解,管口附近有红棕色气体出现．〔1〕据此推断A、C的化学式为：A；C．〔2〕写出步骤②中发生反响的离子方程式．〔3〕D溶液中滴入石蕊试液,现象是,原因是〔用离子方程式说明〕．〔4〕步骤⑤中假设要将Cu片完全溶解,至少参加稀H2SO4的体积是mL．33．氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点．〔1〕以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反响如下：①2NH3〔g〕+CO2〔g〕=NH2CO2NH4〔s〕；△H=﹣159.47kJ•mol﹣1②NH2CO2NH4〔s〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕；△H=akJ•mol﹣1③2NH3〔g〕+CO2〔g〕=CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕；△H=﹣86.98kJ•mol﹣1那么a为．〔2〕反响2NH3〔g〕+CO2〔g〕⇌CO〔NH2〕2〔l〕+H2O〔g〕在合成塔中进展．图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况．①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值分别为：A.0.6～0.7B.1～1.1C.1.5～1.61消费中应选用水碳比的数值为〔选填序号〕．②消费中氨碳比宜控制在4.0左右,而不是4.5的原因可能是．〔3〕尿素可用于湿法烟气脱氮工艺,其反响原理为：NO+NO2+H2O=2HNO22HNO2+CO〔NH2〕2=2N2↑+CO2↑+3H2O．①当烟气中NO、NO2按上述反响中系数比时脱氮效果最正确．假设烟气中V〔NO〕：V〔NO2〕=5：1时,可通入一定量的空气,同温同压下,V〔空气〕：V〔NO〕=〔空气中氧气的体积含量大约为20%〕．②图2是尿素含量对脱氮效率的影响,从经济因素上考虑,一般选择尿素浓度约为%．〔4〕图3表示使用新型电极材料,以N2、H2为电极反响物,以HCl﹣NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量,同时又能实现氮固定的新型燃料电池．请写出该电池的正极反响式．消费中可别离出的物质A的化学式为．34．研究说明,在CuZnO催化剂存在下,CO2和H2可发生两个平行反响,分别生成CH3OH和CO,反响的热化学方程式如下：CO2〔g〕+3H2〔g〕⇌CH3OH〔g〕+H2O〔g〕△H1平衡常数K1反响ⅠCO2〔g〕+H2〔g〕⇌CO〔g〕+H2O〔g〕△H2=+41.2kJ•mol﹣8平衡常数K2反响Ⅱ某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2,在一样压强下,经过一样反响时间测得如表实验数据：T〔K〕催化剂CO2转化率〔%〕甲醇选择性〔%〕543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比〔1〕合成的甲醇可用于燃料电池的燃料,假设电解质为稀烧碱溶液时甲醇燃料电池的正极反响式为；研究证实,CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,那么生成甲醇的反响发生在极,该电极反响式是．〔2〕从表中实验数据可以分析出,进步CO2转化成CH3OH的选择性的方法有．〔3〕反响CO〔g〕+2H2〔g〕⇌CH3OH〔g〕的平衡常数K3=〔用K1和K2表示〕．〔4〕在恒压密闭容器中,由CO2和H2进展反响I合成甲醇,在其它条件不变的情况下,探究温度对化学平衡的影响,实验结果如图．①△H10〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕②有利于进步CO2平衡转化率的措施有〔填标号〕．A．降低反响温度B．投料比不变,增加反响物的浓度C．增大CO2和H2的初始投料比D．混合气体中掺入一定量惰性气体〔不参与反响〕〔5〕在T1温度时,将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中,容器起始压强为P0,仅进展反响I．①充分反响到达平衡后,假设CO2转化率为a,那么容器的压强与起始压强之比为〔用a表示〕．②假设经过3h反响到达平衡,平衡后,混合气体物质的量为3.00mol,那么该过程中H2的平均反响速率为〔保存三位有效数字〕；该温度下反响的化学平衡常数K为〔保存三位有效数字〕；平衡常数K可用反响体系中气体物质分压表示,即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度,分压=总压×物质的量分数．写出上述反响压力平衡常数KP为〔用P0表示,并化简〕．35．工业上可以用废铁屑制备活性Fe3O4,流程如图1：〔1〕在制备过程中,不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末,作用是．〔2〕在合成池里生成Fe3O4的离子方程式为．〔3〕根据流程可知,配料中心很可能使混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近．〔4〕某同学利用废铁屑〔含Fe和Fe2O3〕来制取FeCl3•6H2O晶体,同时测定混合物中铁的质量分数,装置如图2〔夹持装置略,气密性已检验〕：操作步骤如下：I．翻开弹簧夹K1、关闭弹簧夹K2,并翻开活塞a,缓慢滴加盐酸．Ⅱ．当…时,关闭弹簧夹K1翻开弹簧夹K2,当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．Ⅲ．将烧杯中溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FeC13•6H2O晶体．请答复：①操作Ⅱ中“…〞的内容是,烧杯中的现象是,相应的方程式是、_．〔是离子反响的写离子方程式〕②假设混合物质量为mg,实验完毕后测得B中所得的气体是VmL〔标准状况时〕,该同学由此计算出此废铁屑中铁的质量分数是,该数值比实际数值偏低,假设实验过程操作无误,偏低的原因是．

2016-2017学年河北省衡水中学高三〔上〕期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题〔每题只有一个选项符合题意．1×10=10分〕1．以下表达正确的选项是〔〕A．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物B．HCl、H2S、NH3都是电解质C．强酸强碱都是离子化合物D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反响制备【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联络．【分析】A、酸性氧化物不一定是非金属氧化物；B、电解质是在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物；C、离子化合物是阴阳离子组成的化合物；D、根据单质的氧化性强弱确定金属被氧化到的价态．【解答】解：A、酸性氧化物不一定都是非金属氧化物,如高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物,故A正确；B、HCl都是电解质,但是H2S、NH3是非电解质,故B错误；C、HCl是强酸,属于共价化合物,故C错误；D、FeCl2可以用金属铁和氯化铁之间的化合反响来制备,故D错误．应选A．2．化学与消费、生活、环境等社会实际亲密相关．以下表达正确的选项是〔〕A．“滴水石穿、绳锯木断〞不涉及化学变化B．明矾净水的原理和“84〞消毒液消毒的原理不一样C．氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成D．汽车尾气中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃烧造成的【考点】物理变化与化学变化的区别与联络．【分析】A．水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反响生成碳酸氢钙；B．明矾净水是利用胶体的吸附性,“84〞消毒液消毒是利用物质的强氧化性；C．雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关；D．汽油不完全燃烧生成CO．【解答】解：A．水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反响生成碳酸氢钙,所以滴水石穿过程中涉及化学变化,故A错误；B．明矾水解生成氢氧化铝胶体,胶体具有吸附性而吸附水中的杂质,所以能净水,“84〞消毒液中含有次氯酸盐,具有强氧化性,能杀菌消毒,所以明矾净水的原理和“84〞消毒液消毒的原理不同,故B正确；C．氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞,雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关,故C错误；D．汽车尾气中含有的氮氧化物是放电条件下氮气与氧气反响生成,汽油不完全燃烧生成CO,故D错误；应选B．3．有些古文或谚语包含了丰富的化学知识,以下解释不正确的选项是〔〕选项古文或谚语化学解释A日照香炉生紫烟碘的升华B以曾青涂铁,铁赤色如铜置换反响C煮豆燃豆萁化学能转化为热能D雷雨肥庄稼自然固氮A．A B．B C．C D．D【考点】化学反响的本质；化学反响的根本原理．【分析】A．烟是气溶胶；B．铁与CuSO4发生置换反响；C．燃烧纤维素是把化学能转化为热能；D．“闪电下雨〞过程发生的主要化学反响有：N2+O2=2NO,2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,HNO3与土壤中的弱酸盐反响生成硝酸盐,农作物吸收NO3﹣中化合态的N．【解答】解：A．烟是气溶胶,“日照香炉生紫烟〞是丁达尔效应,故A错误；B．“曾青〞是CuSO4溶液,铁与CuSO4发生置换反响,故B正确；C．“豆箕〞是大豆的秸秆,主要成分为纤维素,燃烧纤维素是把化学能转化为热能,故C正确；D．“闪电下雨〞过程发生的主要化学反响有：N2+O2=2NO,2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,HNO3与土壤中的弱酸盐反响生成硝酸盐,农作物吸收NO3﹣中化合态的N,其中第一个反响是“将游离态的氮转化为化合态氮〞,属于自然界固氮作用,故D正确．应选A．4．以下有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的选项是〔〕A．钢管与电源正极连接,钢管可被保护B．铁遇冷浓硝酸外表钝化,可保护内部不被腐蚀C．钢管与铜管露天堆放在一起时,钢管不易被腐蚀D．钢铁发生析氢腐蚀时,负极反响是Fe﹣3e﹣═Fe3+【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A．用电解原理保护金属时,金属应作电解池阴极；B．常温下,铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反响；C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；D．钢铁发生析氢腐蚀时,负极上铁失电子生成亚铁离子．【解答】解：A．用电解原理保护金属时,金属应作电解池阴极,应该与原电池负极连接,故A错误；B．常温下,铁和浓硝酸反响生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反响,所以可以保护内部金属不被腐蚀,故B正确；C．钢管、铜管和雨水能构成原电池,铁作原电池负极而容易被腐蚀,故C错误；D．钢铁发生析氢腐蚀时,负极反响是Fe﹣2e﹣═Fe2+,故D错误；应选B．5．某学生以铁丝和Cl2为原料进展以下三个实验．从分类角度分析,以下选项正确的选项是〔〕A．实验①、②所涉及的物质均为电解质B．实验②、③均为放热反响实验C．②、③均未发生氧化复原反响D．实验①、③反响制得的物质均为纯洁物【考点】氧化复原反响；吸热反响和放热反响；电解质与非电解质．【分析】A、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质；B、盐的水解是吸热反响；C、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解,两者均未发生氧化复原反响；D、③得到的是氢氧化铁胶体,是混合体系；【解答】解：A、实验①中的铁和氯气是单质,既不是电解质也不是非电解质,故A错误；B、实验②溶解为放热反响,③为盐的水解是吸热反响,故B错误；C、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解,两者均未发生氧化复原反响,故C正确；D、③得到的是氢氧化铁胶体,是混合体系,所以不全为纯洁物,故D错误；应选C．6．如表物质与类别不对应的是〔〕ABCD小苏打食用油淀粉84消毒液盐高分子化合物糖类混合物A．A B．B C．C D．D【考点】混合物和纯洁物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联络．【分析】A．盐是由金属离子和酸根离子组成的化合物；B．有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物,简称有机高分子；C．糖类包括：单糖、二糖、多糖；D．混合物是两种或两种以上的物质组成,纯洁物是单一的一种物质．【解答】解：A．小苏打是碳酸氢钠的俗称,其化学式是NaHCO3,由钠离子和碳酸氢根离子构成,属于盐,故A不选；B．食用油的成分为油脂,是相对分子量较小的分子,不属于有机高分子,故B选；C．多糖包括淀粉、纤维素和糖原,其中淀粉和纤维素是植物细胞特有的,糖原是动物细胞特有的,故C不选；D．“84消毒液〞的主要成分是次氯酸钠〔NaClO〕的水溶液,属于混合物,故D不选；应选B．7．设NA为阿伏加罗常数的值,以下说法正确的选项是〔〕A．常温常压下,22.4LCO2所含的原子数为3NAB．1molCl2与足量的Fe完全反响,转移的电子数为2NAC．0.5molC2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数为2NAD．2L1mol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、氯气和铁反响后变为﹣1价；C、C2H2和C6H6中含有的原子个数不同；D、盐酸溶液中无HCl分子．【解答】解：A、常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L/mol,故二氧化碳的物质的量小于1mol,那么原子个数小于3NA个,故A错误；B、氯气和铁反响后变为﹣1价,故1mol氯气反响后转移2mol电子即2NA个,故B正确；C、C2H2和C6H6中含有的原子个数不同,故0.5mol混合物中含有的原子个数无法计算,故C错误；D、HCl溶于水后完全电离,故盐酸溶液中无HCl分子,故D错误．应选B．8．卫生部发出公告,自2020年5月1日起,制止在面粉消费中添加过氧化钙〔CaO2〕等食品添加剂．以下对于过氧化钙〔CaO2〕的表达错误的选项是〔〕A．CaO2具有氧化性,对面粉可能具有增白作用B．CaO2中阴阳离子的个数比为1：1C．CaO2和水反响时,每产生1molO2转移电子4molD．CaO2和CO2反响的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2【考点】氧化复原反响．【分析】A、根据过氧化钠的性质推断过氧化钙的性质可能具有漂白性；B、根据过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子分析；C、根据CaO2和水反响的化学方程式分析计算；D、根据过氧化钠性质推断过氧化钙与二氧化碳的反响；【解答】解：A、结合过氧化钠的性质推断,CaO2具有氧化性,可能具有漂白性,对面粉可能具有增白作用,故A正确；B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子,CaO2中阴阳离子的个数比为1：1,故B正确；C、CaO2和水反响的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca〔OH〕2+O2↑,每产生1molO2转移电子2mol,故C错误；D、CaO2和CO2反响的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2；故D正确；应选C．9．以下表达正确的选项是〔〕①硫酸钡难溶于水和酸,可做X光透视肠胃的药剂②神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅③医用酒精是利用了乙醇的氧化性来杀菌消毒的④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子不一样⑤碳酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、碳酸氢钠等都可以中和酸,故都可以作为治疗胃酸过多的药物⑥明矾净水利用了胶体的性质⑦根据酸分子中含有的氢原子个数,将酸分为一元酸、二元酸和多元酸⑧金属钠具有强的复原性,可利用钠和熔融TiCl4反响制取金属Ti．A．①②③⑦ B．①②⑥⑧ C．①③④⑧ D．①③⑥⑦【考点】物质的组成、构造和性质的关系．【分析】①硫酸钡难溶于水也难溶于酸,没有毒,而且它具有不易被X射线透过的特点；②晶体硅为半导体材料,可以用于制造太阳能电池；③乙醇不具有氧化性；④玛瑙饰品、沙子主要成分都是二氧化硅；⑤碳酸钠、氢氧化钠具有强的腐蚀性；⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝,氢氧化铝具有吸附性；⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；⑧根据钠活泼性强,可以从熔融氯化钛中置换钛等金属解答．【解答】解：①溶于水的钡盐[如Ba〔NO3〕2、BaCl2等]对人体有毒,但是硫酸钡难溶于水也难溶于酸,没有毒,而且它具有不易被X射线透过的特点,在医疗上被用作X光透视肠胃的药剂,故正确；②晶体硅为半导体材料,可以用于制造太阳能电池,神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅,故正确；③乙醇无强氧化性,酒精能使蛋白质变性而杀菌消毒,故错误；④玛瑙饰品的主要成分与建筑材料砂子一样,都是二氧化硅,故错误；⑤碳酸钠、氢氧化钠有强腐蚀性能损伤人体,不可以作为治疗胃酸过多的药物,故错误；⑥明矾电离产生铝离子水解生成氢氧化铝,氢氧化铝具有吸附性,可以用来净水,故正确；⑦根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等,如CH3COOH属于一元酸,故错误；⑧钠活泼性强,可以从熔融氯化钛中置换钛等金属,可以用来冶炼金属,故正确；应选：B．10．某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如下图．以下说法不正确的选项是〔〕A．X可能含有2种盐B．a是SO3C．Y可能含有〔NH4〕2SO4D．〔NH4〕2S2O8中S的化合价不可能为+7【考点】二氧化硫的污染及治理．【分析】二氧化硫与氨水反响生成X,那么X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐,在X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵和二氧化硫气体,二氧化硫经氧化、水合等科的硫酸,气体a为二氧化硫,Y为硫酸铵；电解硫酸铵溶液可得〔NH4〕2S2O8；【解答】解：A．X中含有亚硫酸铵或亚硫酸氢铵中的一种或两种盐,故A正确；B．气体a为二氧化硫,故B错误；C．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵,故C正确；D．S的最高化合价是+6,不可能为+7,故D正确；应选B．二、选择题〔每题有1个选项符合题意．20×2=40分〕11．某溶液中只可能含有以下离子中的某几种：K+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、AlO2﹣．分别取样：①用pH计测试,溶液显弱酸性②加氯水和CCl4振荡后静置,下层呈无色,为确定该溶液的组成,还需检验的离子是〔〕A．K+ B．SO42﹣ C．Ba2+ D．NH4+【考点】常见离子的检验方法．【分析】①用pH计测试,溶液显弱酸性,那么一定不含AlO2﹣,且Ba2+、SO42﹣不能共存；②加氯水和CCl4振荡后静置,下层呈无色,那么一定不含I﹣,由电荷守恒可知,一定存在阴离子为SO42﹣,那么原溶液不存在Ba2+,因溶液为弱酸性可知,含阳离子一定为NH4+,以此来解答．【解答】解：①用pH计测试,溶液显弱酸性,那么一定不含AlO2﹣,且Ba2+、SO42﹣不能共存；②加氯水和CCl4振荡后静置,下层呈无色,那么一定不含I﹣,由电荷守恒可知,一定存在阴离子为SO42﹣,那么原溶液不存在Ba2+,因溶液为弱酸性可知,含阳离子一定为NH4+,那么还需检验的离子为K+,利用焰色反响,应选A．12．甲乙丙丁戊是中学常见的无机物,他们的转化关系如下图〔某些条件和局部产物已略去〕．以下说法错误的选项是〔〕A．假设戊为一种强碱且焰色反响为黄色,那么上述反响可能都属于氧化复原反响B．常温下,假设丙为无色气体,戊为红棕色气体,那么甲、乙一定是铜和稀硝酸C．假设甲为硫磺燃烧产物,丁为水,那么戊可用于枯燥甲D．假设甲为浓盐酸,乙为MnO2,那么戊可能使品红褪色【考点】无机物的推断．【分析】A、假设戊为一种强碱且焰色反响为黄色,那么戊为氢氧化钠,根据转化关系,甲乙分别为钠和氧气,丙可以是氧化钠或过氧化钠,据此分析；B、常温下,假设丙为无色气体,戊为红棕色气体应为二氧化氮,那么丙为一氧化氮,所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反响生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反响生成NO；C、假设甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫,那么丙为三氧化硫,丁为水,戊为硫酸；D、假设甲为浓盐酸,乙为MnO2,那么丙为氯气,假设丁为水,那么戊为次氯酸,据此分析；【解答】解：A、假设戊为一种强碱且焰色反响为黄色,那么戊为氢氧化钠,根据转化关系,甲乙分别为钠和氧气,丙可以是氧化钠或过氧化钠,假设丙为过氧化钠,那么上述反响可能都属于氧化复原反响,故A正确；B、常温下,假设丙为无色气体,戊为红棕色气体应为二氧化氮,那么丙为一氧化氮,所以甲、乙可以是铜和稀硝酸反响生成一氧化氮也可以是其它金属和稀硝酸的反响生成NO,故B错误；C、假设甲为硫磺燃烧产物即为二氧化硫,那么丙为三氧化硫,丁为水,戊为硫酸,浓硫酸可枯燥二氧化硫,故C正确；D、假设甲为浓盐酸,乙为MnO2,那么丙为氯气,假设丁为水,那么戊为次氯酸,次氯酸能使品红褪色,故D正确,应选B．13．NaCl是一种化工原料,可以制备一系列物质〔如下图〕．以下说法正确的选项是〔〕A．由氯化钠制备纯碱的过程中,利用了物质溶解度的差异B．用Cl2制备漂白粉时,是将Cl2通入澄清石灰水中C．常温下枯燥的Cl2能用钢瓶贮存,所以Cl2不与铁反响D．图示转化反响都是氧化复原反响【考点】电解原理．【分析】A、由转化可知,氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反响析出碳酸氢钠；B、根据工业消费量大,所以Cl2制备漂白粉时,是将Cl2通入石灰乳中；C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；D、根据元素的化合价是否变化判断．【解答】解：A、由转化可知,氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反响析出碳酸氢钠晶体,那么说明25℃时,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小,所以由氯化钠制备纯碱的过程中,利用了物质溶解度的差异,故A正确；B、因为工业消费量大,所以Cl2制备漂白粉时,是将Cl2通入石灰乳中,不是通入澄清石灰水中,故B错误；C、Fe与枯燥的氯气不反响,那么常温下液氯能用钢瓶贮存,但3Cl2+2Fe2FeCl3,故C错误；D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反响以及碳酸氢钠的分解反响都不是氧化复原反响,故D错误．应选A．14．某同学组装了如下图的电化学装置,那么以下说法正确的选项是〔〕A．图中甲池为原电池装置,Cu电极发生复原反响B．实验过程中,甲池左侧烧杯中NO3﹣的浓度不变C．假设甲池中Ag电极质量增加5.4g时,乙池某电极析出1.6g金属,那么乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液D．假设用铜制U形物代替“盐桥〞,工作一段时间后取出U形物称量,质量会减小【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】甲池为原电池装置,活泼的铜失电子作负极,电流方向从正极流向负极,负极上失电子发生氧化反响,正极上得电子发生复原反响,铜放电生成铜离子,盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边挪动,假如用铜制U形物代替“盐桥〞,甲池中的右边一个池为原电池装置,据此分析解答．【解答】解：A、图中甲池为原电池装置,Cu电极为负极发生氧化反响,故A错误；B、实验过程中,铜放电生成铜离子,盐桥中的阴离子硝酸根离子向左边挪动,所以左侧烧杯中NO3﹣的浓度变大,故B错误；C、假设甲池中Ag电极质量增加5.4g时,即生成银5.4g,物质的量为=0.05mol,所以整个电路转移0.05mol的电子,假如硝酸银足量应生成5.4g的银,假如是硝酸银说明硝酸银缺乏,故C正确；D、用铜制U形物代替“盐桥〞,右边铜的质量减少,而左边铜的质量增加,而整个电路转移电子数相等,所以减少的质量与增加的质量相等,U型管的质量不变,故D错误；应选C．15．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中,两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L,向该溶液中参加足量的铜粉,加热,充分反响后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为〔反响前后溶液体积变化忽略不计〕〔〕A．0.025mol/L B．0.30mol/L C．0.36mol/L D．0.45mol/L【考点】化学方程式的有关计算．【分析】有关反响离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO〔g〕+4H2O,由上述反响方程式可知,NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4,氢离子与硝酸根恰好反响,生成的铜离子物质的量最大,设HNO3、H2SO4各为x、ymol,那么n〔NO3﹣〕：n〔H+〕=x：〔x+2y〕=1：4,x+y=0.6×0.1,据此计算x、y的值,再根据方程式计算铜离子的物质的量,根据c=计算铜离子浓度．【解答】解：反响离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO〔g〕+4H2O,铜足量,由上述反响方程式可知,NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4,氢离子与硝酸根恰好反响,生成的铜离子物质的量最大,设HNO3、H2SO4各为x、ymol,那么n〔NO3﹣〕：n〔H+〕=x：〔x+2y〕=1：4,x+y=0.6×0.1,联立解得x=0.024mol、y=0.036mol,由方程式可知,生成铜离子的物质的量为0.024mol×=0.036mol,故铜离子的最大浓度为=0.36mol/L,应选C．16．20℃时,饱和NaCl溶液的密度为ρg/cm3,物质的量浓度为cmol/L,那么以下说法中不正确的选项是〔〕A．温度低于20℃时,饱和NaCl溶液的浓度小于cmol/LB．此溶液中NaCl的质量分数为C．20℃时,密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D．20℃时,饱和NaCl溶液的溶解度【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】A．温度降低,氯化钠的溶解度减小,溶液中氯化钠的物质的量浓度减小；B．根据1L溶液中含有的氯化钠的质量、溶液的质量计算出氯化钠的质量分数；C．一样温度下,氯化钠饱和溶液的密度最大,假设氯化钠溶液密度小于饱和溶液的密度,那么该溶液一定为不饱和溶液；D．设溶液体积为1L,根据氯化钠密度、浓度及溶解度表达式计算出该温度下的溶解度．【解答】解：A．温度低于20℃时,氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少,所以饱和NaCl溶液的浓度小于cmol/L,故A正确；B．1L该温度下的氯化钠饱和溶液中,溶液质量为：1000ρg,氯化钠的物质的量为cmol,所以氯化钠的质量分数为：=,故B正确；C．20℃时,等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量到达最大,所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液,故C正确；D．20℃时,1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg,溶液质量为1000ρ,那么该温度下氯化钠的溶解度为：S=×100g=g,故D错误；应选D．17．截至到2021年12月末,中国光伏发电新增装机容量到达10.66GW,光伏发电累计装机容量到达17.16GW,图1为光伏并网发电装置．图2为电解尿素[CO〔NH2〕2]的碱性溶液制氢的装置示意图〔电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴、阳极均为惰性电极〕．以下表达中正确的选项是〔〕A．图1中N型半导体为正极,P型半导体为负极B．图2溶液中电子流向：从B极流向A极C．X2为氧气D．工作时,A极的电极反响式为CO〔NH2〕2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该电池反响时中,氮元素化合价由﹣3价变为0价,H元素化合价由+1价变为0价,所以生成氮气的电极A是阳极,生成氢气的电极B是阴极,结合电解池的工作原理分析解答．【解答】解：A．该电池反响时中,氮元素化合价由﹣3价变为0价,H元素化合价由+1价变为0价,那么氮元素被氧化,氢元素被复原,所以生成氮气的电极A是阳极,生成氢气的电极B是阴极,那么图1中N型半导体为负极,P型半导体为正极,故A错误；B．电解时,电子的流向为：阳极→电源,电源→阴极,故B错误；C．阴极B上水得电子生成氢气和氢氧根离子,电极反响式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣,故C错误；D．A极为阳极,电极反响式为：CO〔NH2〕2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O,故D正确；应选：D．18．将一定体积的CO2通入VLNaOH溶液中,NaOH完全反响,假设在反响后的溶液中参加足量石灰水,得到ag沉淀；假设在反响后的溶液中参加足量CaCl2溶液,得到bg沉淀,那么以下说法正确的选项是〔〕A．参加反响的CO2的体积为0.224aLB．用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度C．假设a=b,那么CO2与NaOH溶液反响的产物盐只有Na2CO3D．b可能等于a、小于a或大于a【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反响的计算．【分析】由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl,NaHCO3与CaCl2不反响,但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反响生成碳酸钙沉淀,那么一定体积的CO2通入VLNaOH溶液中产物不确定,以此来解答．【解答】解：A．因a、b的关系不确定,无法计算参加反响的CO2的体积,故A错误；B．假设a、b相等时,由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl～2NaOH可计算NaOH的物质的量,溶液的体积,那么可以计算浓度,故B错误；C．由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl,NaHCO3与CaCl2不反响,但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反响生成碳酸钙沉淀,假设a=b,那么CO2与NaOH溶液反响的产物盐只有Na2CO3,故C正确；D．NaHCO3与CaCl2不反响,那么b可能等于a、小于a,故D错误；应选C．19．二氧化氯〔ClO2〕是一种黄绿色易溶于水的气体,常用作饮用水消毒．实验室通过如下过程制备二氧化氯．以下说法正确的选项是〔〕A．电解时发生反响的离子方程式为NH4++3Cl﹣2H2↑+NCl3B．溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D．可用明矾除去饮用水中残留的NaClO2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】氯化铵溶液中参加盐酸通电电解,得到NCl3溶液氮元素化合价﹣3价变化为+3价,在阳极发生氧化反响,阴极是氢离子得到电子发生复原反响生成氢气,在NCl3溶液中参加NaClO2溶液加热反响生成ClO2、NH3和溶液X,NCl3与NaClO2按一定物质的量之比混合,在溶液中恰好反响生成ClO2与NH3,由氢元素守恒可知,有水参加反响,1molNCl3得到1molNH3,由ClO2﹣、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2,结合电荷守恒可知,反响还生成NaCl与NaOH．【解答】解：A．NH4Cl溶液中参加盐酸进展电解得到NCl3,NCl3溶液氮元素化合价﹣3价变化为+3价,在阳极发生氧化反响,阴极是氢离子得到电子发生复原反响生成氢气,反响的化学方程式为：NH4++2H++3Cl﹣3H2↑+NCl3,故A错误；B．上述分析可知NCl3与NaClO2按一定物质的量之比混合,在溶液中恰好反响生成ClO2与NH3,由氢元素守恒可知,有水参加反响,1molNCl3得到1molNH3,由ClO2﹣、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2,结合电子守恒和电荷守恒可知,反响还生成NaCl与NaOH,溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣,故B正确；C．二氧化氯〔ClO2〕是一种黄绿色易溶于水的气体,不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3,故C错误；D．明矾净水的原理是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体的吸附性,吸附悬浮杂质,不能吸收除去饮用水中残留的NaClO2,故D错误；应选B．20．反响①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反响：①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2．以下说法正确的选项是〔〕A．两个反响中NaHSO4均为氧化产物B．碘元素在反响①中被复原,在反响②中被氧化C．氧化性：MnO2＞SO＞IO＞I2D．反响①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5【考点】氧化复原反响．【分析】A．失电子化合价升高的元素被氧化；B．失电子化合价升高的元素被氧化,得电子化合价降低的元素被复原；C．自发进展的氧化复原反响中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．根据碘和转移电子之间的关系式计算．【解答】解：A．在反响①中硫元素既不被氧化也不被复原,在反响②中被氧化,故A错误；B．碘元素在反响①中被氧化,在反响②中被复原,故B错误；C．氧化性IO3﹣＞SO42﹣,故C错误；D．反响①中生成1mol碘转移2NA电子,反响②中生成1mol碘转移10NA电子,所以反响①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5,故D正确；应选D．21．光电池是开展性能源．一种光化学电池的构造如图,当光照在外表涂有氯化银的银片上时AgCl〔s〕Ag〔s〕+Cl〔AgCl〕,[Cl〔AgCl〕表示生成的氯原子吸附在氯化银外表],接着Cl〔AgCl〕+e﹣=Cl﹣〔aq〕,假设将光源移除,电池会立即恢复至初始状态．以下说法不正确的选项是〔〕A．光照时,电流由X流向YB．光照时,Pt电极发生的反响为：2Cl﹣+2e﹣=Cl2↑C．光照时,Cl﹣向Pt电极挪动D．光照时,电池总反响为：AgCl〔s〕+Cu+〔aq〕Ag〔s〕+Cu2+〔aq〕+Cl﹣〔aq〕【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置中氯原子在银电极上得电子发生复原反响,所以银作正极、铂作负极,电流从负极沿导线流向正极,电解质溶液中阴离子向负极挪动．【解答】解：该装置中氯原子在银电极上得电子发生复原反响,所以银作正极、铂作负极,A．光照时,电流从正极银X流向负极铂Y,故A正确；B．光照时,Pt电极作负极,负极上亚铜离子失电子发生氧化反响,电极反响式为〕Cu+〔aq〕﹣e﹣=Cu2+〔aq〕,故B错误；C．光照时,该装置是原电池,银作正极,铂作负极,电解质中氯离子向负极铂挪动,故C正确；D．光照时,正极上氯原子得电子发生复原反响,负极上亚铜离子失电子,所以电池反响式为AgCl〔s〕+Cu+〔aq〕Ag〔s〕+Cu2+〔aq〕+Cl﹣〔aq〕,故D正确；应选B．22．以下离子组在给定条件下能否大量共存的判断正确,所发生反响的离子方程式也正确的选项是〔〕选项条件离子组离子共存判断及反响的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣不能共存,Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓BpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42﹣、MnO4﹣不能共存,5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2OC由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣一定能共存,NH4++H2O═NH3•H2O+H+D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣不能共存,2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣A．A B．B C．C D．C【考点】离子方程式的书写；离子共存问题．【分析】A．一水合氨为弱电解质,应写化学式；B．pH=1的溶液呈酸性,酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化复原反响；C．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性；D．SO2具有复原性,与ClO﹣发生氧化复原反响．【解答】解：A．离子之间不发生任何反响,可大量共存,一水合氨为弱电解质,正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al〔OH〕3↓+3NH4+,故A错误；B．pH=1的溶液呈酸性,酸性条件下Fe2+与MnO4﹣发生氧化复原反响,反响的离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+═Mn2++5Fe3++4H2O,故B正确；C．由水电离出的H+浓度为1×10﹣12mol•L﹣1,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,碱性条件下NH4+不能大量共存,故C错误；D．SO2具有复原性,与ClO﹣发生氧化复原反响,正确的离子方程式为：ClO﹣+SO2+H2O═2H++Cl﹣+SO42﹣,故D错误．应选B．23．一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反响2H2〔g〕+CO〔g〕⇌CH3OH〔g〕到达平衡,测得有关数据如表所示,以下说法正确的选项是〔〕容器温度/k物质的起始浓度/mol•L﹣1物质的平衡浓度/mol•L﹣1c〔H2〕c〔CO〕c〔CH3OH〕c〔CH3OH〕Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．该方应的正反响吸热B．到达平衡时,容器Ⅰ中反响物转化率比容器Ⅱ中的大C．到达平衡时,容器Ⅱ中c〔H2〕大于容器Ⅲ中c〔H2〕的两倍D．到达平衡时,容器Ⅲ中的反响速率比容器Ⅰ中的大【考点】化学平衡的计算．【分析】比照Ⅰ、Ⅲ,如温度一样,0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO,为等效平衡,但Ⅲ温度较高,平衡时CH3OH较低,说明升高温度平衡逆向挪动,正反响为放热反响,比照Ⅰ、Ⅱ,在一样温度下反响,但Ⅱ浓度较大,由方程式可知,增大浓度,平衡正向挪动,以此解答该题．【解答】解：A．比照Ⅰ、Ⅲ,如温度一样,0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO,为等效平衡,但Ⅲ温度较高,平衡时CH3OH较低,说明升高温度平衡逆向挪动,正反响为放热反响,故A错误；B．比照Ⅰ、Ⅱ,在一样温度下反响,但Ⅱ浓度较大,由方程式2H2〔g〕+CO〔g〕⇌CH3OH〔g〕可知,增大浓度,平衡正向挪动,该反响正向为体积减小的反响,增大浓度转化率会增大,那么容器Ⅰ中反响物转化率比容器Ⅱ中的小,故B错误；C．Ⅱ浓度较大,Ⅲ温度较高,增大浓度平衡正向挪动,升高温度平衡逆向挪动,Ⅲ的转化率降低,Ⅲ中相当于起始C〔H2〕为Ⅱ的一半,平衡时Ⅱ中C〔H2〕小于Ⅲ中的两倍,故C错误；D．比照Ⅰ、Ⅲ,Ⅲ温度较高,浓度相当,升高温度,反响速率增大,那么容器Ⅲ中的反响速率比容器Ⅰ中的大,故D正确．应选D．24．化学中常用图象直观地描绘化学反响的进程或结果,以下图象描绘正确的选项是〔〕A．图可以表示对某化学平衡体系改变温度后反响速率随时间的变化B．图表示压强对可逆反响2A〔g〕+2B〔g〕⇌3C〔g〕+D〔g〕的影响,且甲的压强大C．图表示向Al2〔SO4〕3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液,生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D．图表示在2L的密闭容器中发生合成氨反响时N2的物质的量随时间的变化曲线,0～10min内该反响的平均速率v〔H2〕=0.045mol•L﹣1•min﹣1,从11min起其他条件不变,压缩容器的体积为1L,那么n〔N2〕的变化曲线为d【考点】化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算．【分析】A．改变反响温度,正逆反响速率同时增大或减小；B．增大压强,平衡不挪动,但反响速率增大；C．氢氧化钠过量时,氢氧化镁不溶解；D．从压强对平衡挪动的影响的角度分析．【解答】解：A．改变反响温度,正逆反响速率同时增大或减小,不可能出现如下图变化,故A错误；B．增大压强,平衡不挪动,但反响速率增大,到达平衡时间较少,故B错误；C．氢氧化钠过量时,氢氧化镁不溶解,反响后沉淀不可能为0,故C错误；D．纵坐标表示氮气物质的量,压缩容器体积的瞬间,氮气物质的量不变,体积缩小等效于增大压强,平衡向右挪动,氮气物质的量减小,故D正确．应选D．25．〔HF〕2〔g〕⇌2HF〔g〕,△H＞0且平衡体系的总质量【m〔总〕】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如下图．以下说法正确的选项是〔〕A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K〔a〕=K〔b〕＜K〔c〕C．反响速率：Vb＞VaD．当=30g/mol时,n〔HF〕：n[〔HF〕2]=2：1【考点】化学平衡建立的过程．【分析】A、根据平衡体系的总质量【m〔总〕】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量,反响是吸热反响,升温平衡正向进展,气体物质的量增大,总质量【m〔总〕】与总物质的量【n总】之比减小分析；B、平衡常数随温度变化,不随压强变化；C、根据温度变化分析,温度越高反响速率越大分析；D、根据平均摩尔质量概念计算判断．【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m〔总〕】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量,反响是吸热反响,升温平衡正向进展,气体物质的量增大,总质量【m〔总〕】与总物质的量【n总】之比减小,T1＞T2,故A错误；B、平衡常数随温度变化,不随压强变化,温度越高,平衡正向进展,平衡常数增大,平衡常数：K〔a〕=K〔c〕＜K〔b〕,故B错误；C、分析判断可知T1＞T2,温度越高反响速率越快,反响速率：Vb＞Va,故C正确；D、n〔HF〕：n[〔HF〕2]=2：1,当==26.7g/mol,故D错误；应选C．26．空气吹出法工艺,是目前“海水提溴〞的最主要方法之一．其工艺流程如下图,其中不正确的选项是〔〕A．步骤④⑤是为了富集溴B．步骤③说明溴具有挥发性C．步骤④的离子方程式为Br2+SO2+H2O═2H++2Br﹣+SO32﹣D．步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗别离【考点】物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用；海水资源及其综合利用．【分析】苦卤中含有溴,在酸性条件下通入氯气,可发生置换反响生成溴单质,吹入空气,将溴别离出来,然后溴与二氧化硫发生反响生成HBr和硫酸,再通入氯气,生成溴,然后分液、蒸馏和得到液溴,A．步骤④是用二氧化硫将溴复原生成溴离子,步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质；B．步骤③利用空气将溴吹出,说明溴易从液态转化为气态；C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强复原性,二者易发生氧化复原反响；D．别离互不相溶的液体采用分液方法．【解答】解：苦卤中含有溴,在酸性条件下通入氯气,可发生置换反响生成溴单质,吹入空气,将溴别离出来,然后溴与二氧化硫发生反响生成HBr和硫酸,再通入氯气,生成溴,然后分液、蒸馏和得到液溴,A．步骤④是用二氧化硫将溴复原生成溴离子,步骤⑤是氯气将溴离子氧化得到溴单质,所以步骤④⑤是为了富集溴,故A正确；B．步骤③利用空气将溴吹出,说明溴易从液态转化为气态,所以该步骤说明溴具有挥发性,故B正确；C．溴具有强氧化性、二氧化硫具有强复原性,二者易发生氧化复原反响,离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣,故C错误；D．别离互不相溶的液体采用分液方法,溴不易溶于水,所以步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗别离,故D正确；应选C．27．向溶液中分别通入足量的相应气体后,以下各组离子还能大量存在的是〔〕A．氯气：K+、Na+、SiO32﹣、NO3﹣B．二氧化硫：Na+、NH4+、SO32﹣、C1﹣C．硫化氢：H+、K+、MnO4﹣、SO42﹣D．氨气：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化复原反响等,那么离子大量共存,以此来解答．【解答】解：A．氯气与水反响生成酸,酸溶液中不能大量存在SiO32﹣,故A不选；B．SO32﹣与SO2反响生成HSO3﹣,不能共存,故B不选；C．硫化氢、H+、MnO4﹣发生氧化复原反响,不能共存,故C不选；D．该组离子之间不反响,且与氨气不反响,可大量共存,故D选；应选D．28．以下三个化学反响的平衡常数〔K1、K2、K3〕与温度的关系分别如表所示：那么以下说法正确的选项是〔〕化学反响平衡常数温度973K1173K①Fe〔s〕+CO2〔g〕⇌FeO〔s〕+CO〔g〕△H1K11.472.15②Fe〔s〕+H2O〔g〕⇌FeO〔s〕+H2〔g〕△H2K22.381.67③CO〔g〕+H2O〔g〕⇌CO2〔g〕+H2〔g〕△H3K3？？A．△H1＜0,△H2＞0B．反响①②③的反响热满足关系：△H2﹣△H1=△H3C．反响①②③的平衡常数满足关系：K1•K2=K3D．要使反响③在一定条件下建立的平衡向正反响方向挪动,可采取升温措施【考点】化学平衡常数的含义；反响热和焓变；化学平衡的计算．【分析】A．由表格数据可知,升高温度时K1增大、K2减小；B．由盖斯定律可知,②﹣①得到③；C．K为指数关系,结合②﹣①得到③判断K的关系；D．由随温度升高而减小可知,反响③为放热反响．【解答】解：A．由表格数据可知,升高温度时K1增大、K2减小,那么△H1＞0,△H2＜0,故A错误；B．由盖斯定律可知,②﹣①得到③,那么焓变为△H2﹣△H1=△H3,故B正确；C．K为指数关系,结合②﹣①得到③可知,=K3,故C错误；D．由随温度升高而减小可知,反响③为放热反响,那么向正反响方向挪动,可采取降温措施,故D错误；应选B．29．某兴趣小组探究SO2气体复原Fe3+,他们使用的药品和装置如下图：其中以下说法不合理的是〔〕A．能说明I﹣的复原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B．装置C的作用是吸收SO2尾气,防止污染空气C．为了验证A中发生了氧化复原反响,参加用稀盐酸酸化的BaCl2,产生白色沉淀D．为了验证A中发生了氧化复原反响,参加KMnO4溶液,紫红色褪去【考点】二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的互相转变．【分析】A、B中蓝色褪去,说明二氧化硫和碘单质反响,根据氧化复原反响中复原剂的复原性大于复原产物分析；B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中,需要用氢氧化钠溶液吸收；C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸,参加氯化钡生成沉淀说明反响进展；D、二氧化硫、亚铁离子都具有复原性,都可以和高锰酸钾溶液发生反响使之褪色．【解答】解：A、B中蓝色褪去,说明二氧化硫和碘单质反响,I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4,根据氧化复原反响中复原剂的复原性大于复原产物,二氧化硫复原性大于碘离子,故A正确；B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中,需要用氢氧化钠溶液吸收,故B正确；C、铁离子氧化二氧化硫为硫酸,2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+,参加氯化钡生成沉淀说明反响进展生成了硫酸根离子,故C正确；D、二氧化硫、亚铁离子都具有复原性,都可以和高锰酸钾溶液发生反响使之褪色,不能验证A中发生了氧化复原反响,故D错误；应选D．30．某磁黄铁矿的主要成分是FexS〔S为﹣2价〕,既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反响〔注：矿石中其他成分不与盐酸反响〕,生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+．那么以下说法正确的选项是〔〕A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/LB．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LC．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85D．该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1【考点】氧化复原反响．【分析】A．根据氯原子守恒计算盐酸的浓度；B．根据氢原子守恒计算硫化氢的体积；C．根据转移电子守恒计算n〔Fe3+〕,根据铁原子守恒计算n〔Fe2+〕,根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量,从而得出x值；D．根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比．【解答】解：n〔S〕==0.075mol,根据转移电子守恒得n〔Fe3+〕==0.15mol,那么n〔Fe2+〕=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol,所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6,A．盐酸恰好反响生成FeCl20.425mol,根据氯原子守恒得c〔HCl〕==8.5mol/L,故A错误；B．根据氢原子、氯原子守恒得n〔H2S〕=n〔HCl〕=n〔FeCl2〕=0.425mol,V〔H2S〕=0.425mol×22.4L/mol=9.52L,故B错误；C．FexS中n〔S〕=0.075mol+0.425mol=0.5mol,n〔Fe〕=0.425mol,所以n〔Fe〕：n〔S〕=0.425mol：0.5mol=0.85,所以x=0.85,故C正确；D．根据转移电子守恒得n〔Fe3+〕==0.15mol,那么n〔Fe2+〕=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol,所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6,故D错误；应选C．三、解答题〔共5小题,总分值50分〕31．利用如图装置,进展NH3与金属氧化物MxOy反响生成M、N2、H2O,通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量．a中试剂是浓氨水．〔1〕仪器a的名称为分液漏斗,仪器b中装入的试剂可以是NaOH或生石灰或碱石灰．〔2〕按气流方向正确的装置连接顺序为〔填序号,装置可重复使用〕：BDADC．〔3〕装置C的作用：尾气处理,吸收未反响的NH3；同时防止空气中的水蒸气进入．〔4〕实验完毕时,应首先Ⅰ〔填序号〕；这样做的原因是使反响产生的水蒸气全部被碱石灰吸收．Ⅰ．熄灭A装置的酒精灯Ⅱ．停顿从a中滴加液体〔5〕假设金属氧化物为CuO,反响的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O．〔6〕假设实验中准确称取金属氧化物的质量为mg,完全反响后,测得生成水的质量为ng,那么M的相对原子质量为〔用含x、y、m、n的式子表示〕．〔7〕某同学仔细分析上述装置后认为仍存在缺陷,你认为该如何改良？在尾气吸收的浓硫酸前加平安瓶防倒吸．【考点】相对分子质量的测定．【分析】B用于制备氨气,用D枯燥后在加热条件下与A中的金属氧化物发生反响生成水和氮气,用D吸收水,由D的质量增重可确定生成水的质量,结合MxOy～yH2O关系计算M的相对原子质量,装置最后连接C,可用于吸收氨气和空气中的水,应减小实验误差,以此解答该题．【解答】解：〔1〕仪器a名称为分液漏斗用来盛放和滴加液体,a中试剂是浓氨水,仪器b中参加的是氢氧化钠固体或碱石灰,滴入浓氨水固体溶解放热使一水合氨分解生成氨气,故答案为：分液漏斗；NaOH或生石灰或碱石灰；〔2〕从发生装置中出来的氨气带有水蒸气,必须枯燥,故B接D,D接A,吸收反响生成的水用装置D,最后空气中的水不能进入装置D,所以需要装置C,按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC,故答案为：BDADC；〔3〕氨气不能完全反响,应用浓硫酸吸收,且为防止空气中的水进入D,应连接浓硫酸,防止空气中的水蒸气进入,故答案为：尾气处理,吸收未反响的NH3；同时防止空气中的水蒸气进入；〔4〕实验完毕时应首先熄灭A装置的酒精灯,以使反响生成的水能被碱石灰完全吸收,以减小实验误差,故答案为：Ⅰ；使反响产生的水蒸气全部被碱石灰吸收；〔5〕假设金属氧化物为CuO,CuO和氨气在加热条件下发生氧化复原反响生成铜和氮气,反响的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O,故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；〔6〕假设实验中准确称取金属氧化物的质量为mg,完全反响后,测得生成水的质量为ng,由MxOy～YH2O关系计算xM+16y18ymgngM=,那么M的相对原子质量为,故答案为：；〔7〕氨气易溶于浓硫酸,为防止倒吸,应在尾气吸收的浓硫酸前加平安瓶防倒吸,