广西专用2024年高考化学一轮复习滚动测试卷4第一~八单元含解析新人教版

PAGEPAGE15滚动测试卷(Ⅳ)(第一~八单元)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2024河北保定高三模拟)化学与生活亲密相关。下列说法错误的是()。A.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋,可防止被盛装食品受潮B.淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸C.化妆品中添加甘油,具有保湿效果D.运用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠和1%的食盐水均可以快速高效杀死新冠病毒答案:D解析:在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋,硅胶(具有吸湿性)能汲取水分,A项正确。淀粉水解可以生成葡萄糖,葡萄糖发酵生成乙醇,乙醇氧化生成乙酸,B项正确。甘油分子中含亲水基,具有吸湿性,添加到化妆品中有保湿作用,C项正确。75%的酒精、0.1%的次氯酸钠均能使病毒的蛋白质变性,可用来杀死新冠病毒,而1%的食盐水不能杀灭病毒,不能用1%的食盐水杀死新冠病毒,D项错误。2.常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是()。编号XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A.①③ B.①④ C.②④ D.②③答案:B解析:①Al(OH)3是两性氢氧化物,与强酸、强碱均能反应。②中SiO2与浓盐酸不反应。③中N2与H2常温下不反应,N2与O2须要在放电条件下反应。④Cu与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+,Cu与浓硝酸生成Cu(NO3)2、NO2和H2O。只有①④符合。3.下列有关说法正确的是()。A.在酒精灯加热条件下,Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B.Fe(OH)3胶体无色、透亮,能产生丁达尔现象C.H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥D.SiO2既能与NaOH溶液反应又能与氢氟酸反应,所以是两性氧化物答案:C解析:Na2CO3的性质稳定,在酒精灯加热条件下不分解,而NaHCO3分解,A项错误;Fe(OH)3胶体为红褐色,B项错误;H2、SO2、CO2都不与浓硫酸反应,所以都能用浓硫酸干燥,C项正确;SiO2是酸性氧化物,D项错误。4.(2024广西河池高三模拟)下列溶液中,溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是()。A.10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B.将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C.将0.5mol·L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D.标准状况下,将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液答案:C解析:10gNaOH的物质的量为10g40g·mol-1=0.25mol,所得溶液浓度为0.25mol0.25L=1mol·L-1,A项不符合题意。80g三氧化硫的物质的量为80g80g·mol-1=1mol,1mol三氧化硫溶于水生成1molH2SO4,所得溶液浓度为1mol1L=1mol·L-1,B项不符合题意。将0.5mol·L5.下列有关说法或对有关现象的说明正确的是()。A.SiO2既可与NaOH溶液反应也可与HF溶液反应,均生成盐和水,所以SiO2属于两性氧化物B.SO2和NH3分别通入水中,水溶液均可以导电,所以SO2和NH3均属于电解质C.“水滴石穿”不仅包含着“量变到质变”的哲学思想,同时也包含了物理变更和化学变更D.14CO2和12CO2具有相同的元素组成,所以14CO2、12CO2属于同素异形体答案:C解析:A项,SiO2属于酸性氧化物,能与HF溶液反应,而与其他的酸一般不反应,错误;B项,SO2和NH3均与水反应生成了电解质,而不是SO2和NH3自身电离出离子,SO2和NH3均为非电解质,错误;C项正确;D项,同素异形体指单质,错误。6.将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合充分反应后,取混合液分别完成下列试验,能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2的是()。A.向混合液中滴入KSCN溶液,溶液变红色B.向混合液中滴入AgNO3溶液,有黄色沉淀生成C.向混合液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,有蓝色沉淀生成D.向混合液中滴入淀粉溶液,溶液变蓝色答案:A解析:0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液等体积混合,KI过量,向混合液中滴入KSCN溶液,溶液变红色,说明溶液中仍含有Fe3+,能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2,A项正确;KI过量,溶液中存在I-,B项错误;该反应生成Fe2+,向混合液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液,有蓝色沉淀生成,只能说明溶液中含有Fe2+,不能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2,C项错误;该反应生成I2,向混合液中滴入淀粉溶液,溶液变蓝色,说明溶液中含有碘单质,不能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2,D项错误。7.六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大,其中A与E、B与F同主族,E与F同周期;D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍;B的最高正价与最低负价的代数和为0;常温下单质A与E的状态不同。下列推断正确的是()。A.A、D两种元素形成的化合物中只含有极性键B.A、C、D三种元素形成的化合物肯定是共价化合物,其溶液肯定呈酸性C.原子半径由大到小的依次是F>E>C>DD.最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素是C答案:D解析:B不行能为氢元素,只能处于ⅣA族,B与F同主族,且原子序数B<F,则B为碳,F为硅,D为氧;C的原子序数介于碳、氧之间,则C为氮;A为氢,E为钠。A项,H2O2中含有非极性键,故A项错误;B项,NH4NO3属于离子化合物,故B项错误;C项,原子半径应是Na>Si>N>O,即E>F>C>D,故C项错误;D项,H2CO3、HNO3、H2SiO3中HNO3的酸性最强,故D项正确。8.工业上可通过下列方法制得高效饮用水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4):Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O,下列说法正确的是()。A.反应中Fe2O3是还原剂B.Fe2O3可以通过铁丝在氧气中燃烧制得C.3molNa2O2参与反应,有3mol电子转移D.在Na2FeO4中Fe为+4价,具有强氧化性,能杀菌消毒答案:A解析:反应Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O中,Fe元素的化合价上升,氧化铁为还原剂,过氧化钠中O元素的化合价降低,为氧化剂,A项正确;铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁,B项错误;3molNa2O2参与反应,有6mol电子转移,C项错误;在Na2FeO4中Fe为+6价,D项错误。9.在容积不变的密闭容器中进行反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时,变更某一条件对上述反应的影响。其中分析正确的是()。A.图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响,且甲的温度较高B.图Ⅱ表示t0时刻运用催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响D.图Ⅳ中A、B、C三点中只有B点已经达到化学平衡状态答案:B解析:依据“先拐先平数值大”,可知乙的温度高,A项错误;运用催化剂只能变更反应速率,平衡不移动,故B项正确;增大O2浓度的瞬间,正反应速率增大,逆反应速率不变,故C项错误;B点说明正、逆反应的平衡常数相等,不能说明达到平衡状态,故D项错误。10.(2024广西桂林高三模拟)图甲为一种新型污水处理装置,该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能干脆转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的试验装置的一部分。下列说法中正确的是()。A.a极要与Y极连接B.N电极发生还原反应,当N电极消耗5.6L(标准状况下)气体时,则a电极增重64gC.不论b为何种电极材料,b极的电极反应式肯定为2Cl--2e-Cl2↑D.若有机废水中主要含有乙醛,则图甲中M极发生的电极反应为CH3CHO+3H2O-10e-2CO2↑+10H+答案:D解析:图甲中,X极为电源负极,Y极为电源正极;图乙中,a极上Cu2+发生还原反应,连接X极,b极上Cl-发生氧化反应,连接Y极,A项错误。理论上,N电极消耗5.6LO2(标准状况下)时,转移电子的物质的量为5.6L22.4L·mol-1×4=1mol,又因a极上发生反应Cu2++2e-Cu,生成0.5molCu,质量为32g,B项错误。当b为活泼电极时,比如锌、铁、铜等,电极材料均会发生氧化反应,C项错误。若有机废水中主要含有乙醛,则图甲中M极发生的电极反应式应为CH3CHO+3H211.下列试验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()。选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成,溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝,有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸细致打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液先有白色沉淀生成,后变为蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小答案:D解析:A项,稀硝酸与过量的Fe充分反应,产物为硝酸亚铁、NO和水,无Fe3+生成,所以加入KSCN溶液后,溶液不变红色,现象和结论错误;B项,Cu与硫酸铁发生氧化还原反应,生成硫酸铜和硫酸亚铁,无黑色固体出现,现象和结论错误;C项,铝在空气中加热表面生成氧化铝其熔点较高,所以内部熔化的铝不会滴落,现象错误;D项,硫酸镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀,再加入硫酸铜溶液,则生成氢氧化铜蓝色沉淀,符合由溶解度较小的沉淀向溶解度更小的沉淀转化,又两者均为AB2型化合物,所以相同温度下氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小,现象和结论都正确。12.已知:常温下浓度为0.1mol·L-1的下列溶液的pH如表:溶质NaFNa2CO3NaClONaHCO3pH7.511.69.78.3下列有关说法正确的是()。A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电实力依次:H2CO3<HClO<HFB.若将CO2通入0.1mol·L-1Na2CO3溶液至溶液呈中性,则溶液中:2c(CO32-)+c(HCO3-)=0C.等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小:N前<N后D.向Na2CO3溶液中通入少量的HF气体,化学方程式为Na2CO3+2HFCO2+H2O+2NaF答案:C解析:相同浓度的钠盐溶液碱性越强,说明酸根离子水解程度越大,则相应酸的酸性越弱,依据钠盐溶液的pH知,酸根离子水解程度CO32->ClO->HCO3->F-,酸性大小依次是HCO3-<HClO<H2CO3<HF,在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电实力依次:HClO<H2CO3<HF,A项错误;溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-),溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.2mol·L-1,B项错误;由酸性HClO<HF可知水解程度是ClO->F-,依据电荷守恒n(Na+)+n(H+)=n(X-)+n(OH-),X-13.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()。A.pH=a的CH3COOH溶液,稀释到10倍后,其pH=b,则a=b-1B.含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液:2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+cC.0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合:c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH4+)>c(OHD.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)答案:B解析:pH=a的醋酸溶液,稀释10倍后,其pH=b,因醋酸是弱酸,稀释仍接着电离,故a>b-1,A项错误;含等物质的量的NaHSO3和Na2SO3的溶液中,依据物料守恒:2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)],B项正确;0.1mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1氨水等体积混合,所得溶液是等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl,以NH3·H2O电离为主,故c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-),C项错误;含有AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Ag+)肯定,故Ksp(AgCl)Ksp(AgI)=c14.下列图示与对应的叙述相符的是()。A.图Ⅰ表示H2与O2发生反应过程中的能量变更,则H2的燃烧热ΔH=-241.8kJ·mol-1B.图Ⅱ表示反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g),达到平衡时A2的转化率大小为B>A>CC.图Ⅲ表示0.1molMgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变更D.图Ⅳ表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液的pH随加水量的变更,则NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH答案:C解析:图Ⅰ中H2与O2反应生成的是气态水,因此ΔH=-241.8kJ·mol-1不是H2的燃烧热,A项错误;图Ⅱ中A、B、C三点均是在T2温度下反应,随着B2浓度的不断增大,平衡不断右移,A2的转化率不断增大,因此A2的转化率C>B>A,B项错误;图Ⅲ中MgCl2·6H2O在空气中充分加热时最终得到的固体是MgO,其质量为4.0g,C项正确;图Ⅳ中HA的酸性比HB的酸性强,因此NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH,D项错误。15.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变更如图所示,下列说法正确的是()。A.S(s,单斜)S(s,正交)ΔH=+0.33kJ·mol-1B.相同物质的量的正交硫比单斜硫含有的能量高C.正交硫比单斜硫稳定D.①表示断裂1molO2中的共价键所汲取的能量比形成1molSO2中的共价键所放出的能量少297.16kJ答案:C解析:A项,依据图示可知,单斜硫的能量比正交硫的能量高,所以S(s,单斜)S(s,正交)ΔH=-0.33kJ·mol-1,A项错误;B项,相同物质的量的正交硫比单斜硫含有的能量低,B项错误;C项,物质所含有的能量越低,物质的稳定性就越强,由于正交硫比单斜硫的能量低,所以正交硫比单斜硫稳定,C项正确;D项,①表示断裂1molO2和1mol单斜硫的化学键所汲取的总能量比形成1molSO2中的共价键所放出的能量少297.16kJ,D项错误。16.用电渗析法处理厨房垃圾发酵液同时得到乳酸的原理如图所示(图中HA表示乳酸分子,A-表示乳酸根离子)。下列说法正确的是()。A.通电后,阳极旁边pH增大B.电子从负极经电解质溶液回到正极C.通电后,A-通过阴离子交换膜从阴极室进入浓缩室D.当电路中通过2mol电子的电量时,会有1molO2生成答案:C解析:由图示推断左侧为阳极,右侧为阴极,阳极电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,氢离子浓度增大,pH减小,A项错误;电子从电源的负极到电解池的阴极,由阳极回到电源的正极,电子不能进入电解质溶液,电解质溶液中靠离子传递电荷,B项错误;氢离子由阳极室进入浓缩室,A-由阴极室进入浓缩室,得到乳酸,C项正确;由电极反应式2H2O-4e-O2↑+4H+可知,当电路中通过2mol电子的电量时,会有0.5molO2生成,D项错误。17.高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体,25℃时,它们的物质的量分数随pH的变更如图所示。下列叙述错误的是()。A.已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为:K1=2.5×10-2,K2=4.8×10-4,K3=5.0×10-8,当pH=4时,溶液中c(B.为获得尽可能纯净的高铁酸盐,应限制pH≥9C.向pH=5的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液,发生反应的离子方程式为HFeO4-+OH-FeO42D.pH=2时,溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)>c(H3FeO4+)>c(HFe答案:A解析:H3FeO4+的电离平衡常数K2=4.8×10-4,当pH=4时,溶液中c(HFeO4-)c(H2FeO4)=K2c(H+)=4.8,A项错误;pH≥9时,高铁酸盐的物质的量分数接近100%,则为获得尽可能纯净的高铁酸盐,应限制pH≥9,B项正确;向pH=5的高铁酸盐溶液中(依据图示可以看出其中含有HFeO4-18.某温度时,CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()。A.A点对应的Ksp大于B点对应的KspB.向CuSO4溶液中加入MnS发生如下反应:Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)C.在含有CuS和MnS固体的溶液中c(Cu2+)∶c(Mn2+)=(2×10-23)∶1D.该温度下,Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)答案:A解析:因为A点和B点都在CuS的沉淀溶解平衡曲线上,Ksp是相同的,A项错误;因为Ksp(CuS)<Ksp(MnS),向CuSO4溶液中加入MnS,可以发生沉淀转化反应:Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),B项正确;从图像可知Ksp(CuS)=0.01×6×10-34=6×10-36、Ksp(MnS)=0.01×3×10-11=3×10-13,在含有CuS和MnS固体的溶液中c(S2-)相同,c(Cu2+)∶c(Mn2+)=Ksp(CuS)∶Ksp(MnS)=(2×10-23)∶1,C、D项正确。二、非选择题(本题共4个小题,共46分)19.(10分)现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,原子序数依次增大。已知A的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应,B原子最外层电子数是电子层数的3倍,C+和D3+的电子层结构相同,B与E属于同一主族。请回答下列问题:(1)E在元素周期表中的位置是。

(2)上述元素形成的简洁离子中,半径最小的是(填离子符号)。

(3)由上述元素中的一种或几种组成的物质甲可以发生如图1所示反应:图1①若乙具有漂白性,则乙的电子式为。

②若丙的水溶液是强碱性溶液,则甲为或(填化学式)。

③若乙为二元弱酸,丙既能溶于强酸又能溶于强碱,则乙的名称为;用电离方程式表示丙既能溶于强酸又能溶于强碱的缘由:。

④乙遇空气变为红棕色,有同学认为“浓硫酸可以干燥气体甲”,为验证其观点是否正确,用图2装置进行试验时,分液漏斗中应加入(填试剂名称)。试验过程中,浓硫酸中未发觉有气体逸出,且溶液变为红棕色,由此得出的结论是。图2答案:(1)第三周期第ⅥA族(2)Al3+(3)①H··O······Cl······②NaNa2O2③硫化氢或氢硫酸AlO2-+H2O+H+Al(OH)解析:A元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能反应,则A为氮;依据B原子核外电子排布可知B为氧,与之同主族的短周期元素E是硫,故F元素是氯;C、D的原子序数在氧、硫的原子序数之间,可以形成电子层结构相同的C+和D3+,故C、D分别是钠、铝。(1)硫元素处在元素周期表的第三周期第ⅥA族。(2)S2-、Cl-形成的是三电子层的离子,其他元素形成具有10电子结构的离子,依据相同电子层结构离子“原子序数越大,离子半径越小”的规律,可知Al3+的半径最小。(3)①甲与水反应生成具有漂白性的乙,则乙为次氯酸,依据原子成键规律,电子式为H·②丙溶液呈强碱性,则为NaOH溶液。Na、Na2O2与水反应可以生成NaOH和气体(两种物质)。③依据丙的性质可知丙为Al(OH)3。进一步可推出物质甲能够水解,则甲为Al2S3,物质乙是氢硫酸或硫化氢。④乙在空气中变为红棕色,则乙是NO。铜与浓硝酸反应生成NO2,通入浓硫酸未发觉有气体逸出,则说明NO2被浓硫酸汲取了,因此不能用浓硫酸干燥NO2。20.(12分)(1)有下列物质:①Cu②液氨③CH3COOH④NaHCO3⑤H2O⑥熔融NaCl⑦NH3·H2O⑧NH4Cl其中属于弱电解质的是(填字母)。

(2)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。下表中给出几种弱电解质的电离平衡常数,从中可以推断:25℃时,相同浓度的HCN、CH3COOH、H2CO3三种酸溶液的导电实力由强到弱的依次为。

化学式NH3·H2OHCNCH3COOHH2CO3电离平衡常数(25℃)Kb=1.8×10-5Ka=4.93×10-10Ka=1.8×10-5K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11(3)盐类水解程度的强弱同样与弱电解质的电离程度有肯定联系,结合上表中数据回答下列问题:①25℃时,有等浓度的a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液,三种溶液的pH由大到小的依次为(填字母)。

②浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液相比,[c(Na+)-c(CN-)](填“>”“<”或“=”)[c(K+)-c(CH3COO-)]。

③将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后,溶液呈(填“酸性”“碱性”或“中性”),用离子方程式表示缘由:。

④室温下,若将0.1mol·L-1盐酸滴入20mL0.1mol·L-1氨水中,溶液pH随加入盐酸体积的变更曲线如图所示。B点所示溶液中的溶质是。

⑤NH4HCO3溶液呈(填“酸性”“碱性”或“中性”)。

(4)结合表中数据,向NaCN溶液中通入少量CO2,所发生反应的化学方程式为。答案:(1)③⑤⑦(2)CH3COOH>H2CO3>HCN(3)①b>a>c②>③酸性NH4++H2ONH3·H2O+H+④NH3·H2O、NH4Cl⑤(4)NaCN+H2O+CO2HCN+NaHCO3解析:(1)①Cu是金属单质,不是电解质;②液氨属于非电解质;③CH3COOH是弱酸,在溶液中部分电离,属于弱电解质;④NaHCO3是盐,属于强电解质;⑤H2O能微弱电离,属于弱电解质;⑥熔融NaCl能完全电离,属于强电解质;⑦NH3·H2O在溶液中部分电离,属于弱电解质;⑧NH4Cl是盐,在溶液中完全电离,属于强电解质,所以属于弱电解质的是③⑤⑦。(2)相同条件下,酸的电离平衡常数越大,越易电离,溶液中离子浓度越大,导电实力越强,则在相同温度下,相同浓度的三种酸溶液的导电实力由强到弱的依次为CH3COOH>H2CO3>HCN。(3)①酸的电离平衡常数越大,越易电离,酸性越强,其盐的水解程度越小,25℃时,等浓度的a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液,其水解程度:b>a>c,水解程度越大,溶液的碱性越强,其pH越大,则pH:b>a>c。②浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液中,分别存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-),c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),则c(Na+)-c(CN-)=c(OH-)-c(H+),c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+),NaCN溶液水解程度比CH3COOK大,则NaCN溶液中的c(OH-)-c(H+)大,所以[c(Na+)-c(CN-)]>[c(K+)-c(CH3COO-)]。③将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后,生成氯化铵,氯化铵水解使溶液显酸性,其水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+④已知氯化铵溶液显酸性,B点所示溶液pH=7,说明溶液的溶质为NH3·H2O、NH4Cl。⑤已知NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,H2CO3的K1=4.4×10-7,说明碳酸的电离程度小,则形成盐时HCO3-的水解程度大,所以NH4HCO(4)由表中数据可知,酸性:H2CO3>HCN>HCO3-,则向NaCN溶液中通入少量CO2,所发生反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2HCN+NaHCO321.(12分)汽车尾气排放的CO、NOx等气体是大气污染的主要来源。(1)科学家探讨利用催化技术将尾气中有害的NO和CO转变成无害的气体,其热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH1=-746.5kJ·mol-1已知:2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol-1CO2(g)C(s)+O2(g)ΔH3=+393.5kJ·mol-1①C(s)的燃烧热为。

②NO(g)分解成两种气体单质的热化学方程式为。

(2)肯定温度下,向初始容积均为2L的A、B、C三个容器中,均投入5molCO气体和4molNO气体发生如下反应:2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)。①如图表示该反应中NO的平衡转化率(α)随温度、压强变更的示意图,则X代表的物理量是,Y1(填“>”或“<”)Y2。

②反应过程中,A容器中保持恒温恒压,B容器中保持恒温恒容,C容器中保持绝热恒容。下列说法错误的是。

a.B、C两个容器中反应达到平衡所用的时长为tB>tCb.3个容器中NO的平衡转化率的大小依次为αA>αB>αCc.当A容器内气体平均摩尔质量不变时,说明该反应处于化学平衡状态d.当B容器内气体密度保持不变时,说明该反应处于化学平衡状态③当B容器中保持平衡时,NO所占体积分数为25%。则相同温度下,A容器中逆反应的平衡常数K=(保留两位有效数字)。

(3)利用反应NO2+NH3N2+H2O(未配平)消退用电器NO2的简易装置如图所示。①a电极上的反应式为。

②常温下,若用该电池电解0.6L饱和食盐水,一段时间后,测得饱和食盐水的pH变为13,则理论上b电极上消耗B气体的体积(标准状况)为mL(假设电解过程中溶液体积不变)。

答案:(1)①393.5kJ·mol-1②2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1(2)①压强<②d③4.5(3)①2NH3+6OH--6e-2N2+6H2O②336解析:(1)①依据CO2(g)C(s)+O2(g)ΔH3=+393.5kJ·mol-1,得C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1,则C(s)的燃烧热为393.5kJ·mol-1。②已知:Ⅰ.2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH1=-746.5kJ·mol-1Ⅱ.2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol-1Ⅲ.CO2(g)C(s)+O2(g)ΔH3=+393.5kJ·mol-1由盖斯定律,Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ×2得,2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1。(2)①反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH1=-746.5kJ·mol-1为气体分子数减小的放热反应,则NO的平衡转化率(α)随温度的上升而减小,随压强的增大而增大,故X为压强,Y1<Y2。②已知反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH<0,a项,反应为放热反应,C容器绝热,可以看作是对B容器上升了温度,温度上升,反应速率增大,则B、C两个容器中反应达到平衡所用的时长为tB>tC,a项正确;b项,A容器相当于对B容器加压,增大压强,平衡正向移动,NO转化率增大,C容器看作对B容器加热,温度上升,平衡逆向移动,NO转化率减小,故3个容器中NO的平衡转化率的大小依次为αA>αB>αC,b项正确;c项,A容器中气体质量不变,气体的总物质的量减小,则依据M=m混d项,B容器中气体质量不变,容器容积恒定不变,依据ρ=m混V,气体密度始终不变,故不能说明该反应达平衡状态,③向初始容积均为2L的B容器中,投入5molCO气体和4molNO气体发生反应,设生成氮气的物质的量为xmol,列三段式:2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)起始n/mol: 5 4 0 0转化n/mol: 2x 2x 2x x平衡n/mol: 5-2x 4-2x 2x x平衡时,NO所占体积分数为25%,则4-2x9-x×100%=25%,解得x=1,则B容器中K为0.5mol·(3)①依据装置图可知,a极失去电子发生氧化反应,则为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应,电极反应式为2NH3+6OH--6e-2N2+6H2O。②电解0.6L饱和食盐水,电解反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,一段时间后,测得饱和食盐水的pH变为13,则溶液中n(OH-)=0.6L×0.1mol·L-1=0.06mol,则转移电子为0.06mol,同一串联电路转移电子相同,设消耗的NO2体积为V,依据b极电极反应:2NO2+4H2O+8e-N2+8OH-44.8L 8molV 0.06mol则V=44.8L×22.(2024全国Ⅲ)(12分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采纳如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O):溶液中金属离子起先沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+起先沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程