2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析)1.下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4CH3COOHNO2Na2OBBaSO4HClOMn2O7CaOCNaCl氨水SO2MnO2DHIHFCO2Fe3O4A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、NO2和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故不是酸性氧化物， 选项A错误；B、BaSO4在水溶液中能完全电离，故为强电解质；HClO在水溶液中不能完全电离，故为弱电解质；Mn2O7能和碱反应生成盐和水的氧化物，故为酸性氧化物；CaO能和酸反应生成盐和水的氧化物，故为碱性氧化物，选项B正确；C、氨水为混合物，故不是电解质；MnO2不能和酸反应生成盐和水，故不是碱性氧化物，选项C错误；D、Fe3O4和酸反应生成两种盐和水，故不是碱性氧化物，选项D错误。答案选B。2. 化学与环境材料信息能源关系密切，下列说法中不正确的是A. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型高效多功能水处理剂，既能杀菌消毒又能净水B. “光化学烟雾”“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关C. 尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【答案】C【解析】试题分析：A、高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原生成的铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，所以能净水，正确；B、光化学烟雾和臭氧空洞都与氮氧化合物有关，正确；C、12C、13C、14C都属于碳元素，不能减少碳的排放，错误；D、光导纤维由SiO2制得，但SiO2可与强碱反应，所以遇强碱会“断路”，正确。考点：考查化学与科学、技术、社会、环境的联系。3.NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是A. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB. 2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、根据n=并结合D2O、H2O中的电子数来计算；18g水的物质的量为1mol，含有质子数为10NA，18gD2O物质的量是0.9mol，含质子数为9NA，选项A错误；B、亚硫酸是弱酸存在电离平衡，2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+数小于2NA ，选项B错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气时，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，选项C正确；D、NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。易错点为选项D，注意存在平衡2NO2N2O4。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D. 原子半径：r（X）r（Y）r（Z）r（W）【答案】B【解析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；BY为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，故D错误；故选B。视频5.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+ HClOB. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2+3ClO+3H2O=2Fe(OH)3+4Fe3+3ClC. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO3OH=CO32H2OD. 向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3+2I = 2Fe2+I2【答案】C【解析】【详解】ACa(ClO)2溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2+3ClO-+SO2+H2O=CaSO4+Cl-+2HClO，选项A错误；B向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液的离子反应为2Fe2+5ClO-+5H2O2Fe(OH)3+Cl-+4HClO，选项B错误；CNH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合的离子反应为HCO3-+OH-CO32-+H2O，选项C正确；D向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液的离子反应为3NO3-+12H+Fe3+10I-=Fe2+3NO+6H2O+5I2，故D错误；答案选C。6.室温下，将1mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2：CuSO45H2O受热分解的化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为H3，则下列判断正确的是A. H2H3 B. H1H3C. H1+H3=H2 D. H1+H2H3【答案】B【解析】【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）H20；已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3，根据盖斯定律确定之间的关系。【详解】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）H20；已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3；依据盖斯定律-得到，所以H3=H1-H2；H20，H10，则H30，A、上述分析可知H2H3，选项A错误；B、分析可知H2=H1-H3，由于H20，H3H1 ，选项B正确；C、H3=H1-H2，选项C错误；D、H20，H10、H3H1+H2，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等。7.下列图示与对应的叙述不相符合的是A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B. 图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C. 图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D. 图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【解析】试题分析：A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响。视频8.下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体C. 酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D. 酸式滴定管装标准溶液前，必须先用标准溶液润洗【答案】D【解析】试题分析：A、容量瓶为精密计量仪器，洗净的容量瓶不能放进烘箱烘干，错误；B、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体，会造成浓度偏低，应重新配制，错误；C、酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶会造成浓度偏高，增大实验误差，错误；D、酸式滴定管装标准溶液前，必须先用标准溶液润洗，正确。考点：考查化学实验基础知识9.用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是A. 该反应中氮元素被氧化B. 该反应中H2O2作还原剂C. 0.1molL-1NaCN溶液中含有HCN和CN-的总数为0.16.021023D. 实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液【答案】D【解析】试题分析：A、该反应中氮元素的化合价没有发生变化，而碳元素的化合价由+2价升高到+4价，被氧化，错误；B、该反应中H2O2中氧元素的化合价由-1价降低为-2价，得电子，作氧化剂，错误；C、缺少溶液的体积，无法确定0.1molL-1NaCN溶液中含有HCN和CN-的总数，错误；D、NaCN为强碱弱酸盐，为防止CN水解，实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液，正确。考点：考查氧化还原反应、盐类的水解10.制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液（pHKsp(Ag2S)B室温下，向浓度均为0.1 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀Ksp（BaSO4）Ksp（CaSO4）C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3+的氧化性比I2的强D室温下，用pH试纸测得0.1molL1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1molL1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3结合H的能力比SO32的强A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A、将稀硫酸和Na2S反应生成的气体通入AgNO3与AgCl组成的浊液中，无法证明Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)，错误；B、室温下，向浓度均为0.1 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，硫酸钙、硫酸钡均为白色沉淀，无法证明二者Ksp的大小，错误；C、室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，发生反应：2Fe32I=2Fe2I2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，证明Fe3+的氧化性比I2的强，正确；D、室温下，用pH试纸测得0.1molL1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1molL1NaHSO3溶液的pH约为5，证明HSO3结合H的能力比SO32的弱，错误。考点：考查化学实验方案的分析、评价12.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A. 海带提碘 B. 氯碱工业 C. 氨碱法制纯碱 D. 海水提溴【答案】C【解析】【详解】A海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，选项A不符合；B氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，选项B不符合；C氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，选项C符合；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，选项D不符合。答案选C。13.能证明乙酸是弱酸的实验事实是A. CH3COOH溶液与Zn反应放出H2 B. 常温下，0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7C. CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2 D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【分析】A只能证明乙酸具有酸性；B该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，醋酸根水解而呈碱性；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强；D可以证明乙酸具有酸性。【详解】A只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，选项A错误；B该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，选项B正确；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，选项C错误；D可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法，关键是原理的理解，难度不大。14.下列说法正确的是A. 有质子的微粒一定有中子B. 通常所说的氢元素是指C. 16O中的“16”表示氧元素的近似相对原子质量D. 根据反应K35ClO3+6H37Cl=KCl+3Cl2+3H2O得到的Cl2，其相对分子质量为73.3【答案】D【解析】试题分析：A、核素1H只有质子没有中子，错误；B、通常所说的氢元素是指各种氢原子的总称，错误；C、16O中的“16”表示该核素的质量数，错误；D、利用价态归中规律结合反应方程式知生成的3molCl2中含有1mol35Cl和5mol37Cl，根据M=m/n计算生成氯气的摩尔质量为73.3mol/L，其相对分子质量为73.3，正确。考点：考查原子结构15.向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）A. 碳酸钙粉末 B. 稀硫酸 C. 氯化钙溶液 D. 二氧化硫水溶液【答案】A【解析】试题分析：在氯水中存在反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，A由于酸性HClH2CO3HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；B加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；C加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；故选A。【考点定位】考查氯气的化学性质【名师点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。视频16.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A. 氧气是氧化产物B. O2F2既是氧化剂又是还原剂C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】试题分析：AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。视频17.下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰湿红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸湿pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；B利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；C浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；DSO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误；故选D。视频18.298 K时，在20.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知：在0.10 mol氨水中有1.32%的NH3H2O发生电离，下列有关叙述正确的是A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B. M点对应的盐酸体积为20.0 mLC. M点处的溶液中c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)D. N点处的溶液中pH12【答案】D【解析】【详解】A. 盐酸滴加氨水，滴定终点时溶液由碱性变为酸性，因此该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂，选项A错误；B. M点pH7，如果二者恰好反应，生成的氯化铵水解溶液显酸性，因此M点对应的盐酸体积小于20.0 mL，选项B错误；C. M点处的溶液显中性，则根据电荷守恒可知溶液中c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)，选项C错误；D.N点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度是0.1mol/L1.32%=1.32103mol/L，所以N处的溶液中氢离子浓度7.61012mol/L，因此pH12，选项D正确，答案选D。19.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS)=1105molL1B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后pH=b，则a=b+1C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HC2O4)D. pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na+)：【答案】D【解析】【分析】AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B加水稀释促进一水合氨电离；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大。【详解】AH2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）c（HS-），选项A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则ab+1，选项B错误；CH2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），选项C错误；DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ，所以盐浓度 ，钠离子不水解，所以c（Na+）：，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等。20. 类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3B. SiH4的沸点高于CH4，推测H2S的沸点高于H2OC. CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子D. NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr【答案】C【解析】试题分析：A、I2的氧化性较弱，故Fe与I2反应生成FeI2，错误；B、水分子间存在氢键，故H2S的沸点低于H2O，错误；C、CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子，正确；D、浓硫酸具有强氧化性，能与HBr发生氧化还原反应生成单质溴、二氧化硫和水，故NaBr与浓H2SO4加热不能制HBr，错误。考点：考查元素化合物21.一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是容器温度/K物质的起始浓度（mol/L）物质的平衡浓度（mol/L）c(H+)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)4000.200.1000.0804000.400.200500000.100.025A. 该反应的逆反应放热B. 达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的大C. 达到平衡时，容器中c(H2)大于容器中c(H2)的两倍D. 达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大【答案】D【解析】【详解】A、分析、中数据知反应开始时中加入的H2、CO与中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：，温度：，即升高温度平衡逆向移动，该反应的逆反应放热反应，选项A错误；B、相当于将容器的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的小，选项B错误；C、和对比，相当于将容器的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则中氢气的浓度小于中氢气浓度的2倍，和对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器中c(H2)小于容器中c(H2)的两倍，选项C错误；D、温度：，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大，选项D正确。答案选D。【点睛】本题主要是考查化学反应速率和化学平衡的有关判断与计算以及外界条件对反应速率和平衡状态的影响。化学平衡是包含溶解平衡、电离平衡、水解平衡等的一个平衡理论体系，而化学平衡则是这一体系的核心，是分析其他平衡移动的基础。化学平衡常数则是新课标地区的高考命题热点，并且试题的综合性强、能力要求高。22.下列有关胶体的说法中，正确的是A. 依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液体B. Fe(OH)3胶体在电场中可作定向移动，是因为Fe(OH)3胶体带电C. 将0.1mol FeCl3滴入沸水中，形成的胶体粒子数目为0.1NAD. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入2mol/LH2SO4有沉淀生成，继续滴加沉淀溶解【答案】D【解析】试题分析：A分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的，胶体粒子直径介于1nm100nm之间，溶液溶质粒子直径小于1nm，浊液粒子直径大于100nm，溶液和浊液都不具有丁达尔效应，故A错误；B胶体显电中性，Fe(OH)3胶体粒子带电，故B错误；C胶体粒子是多个微粒的聚合体，将0.1mol FeC13 滴入沸水中，形成的胶体粒子数目少于0.1NA，故C错误；D向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入2mol/LH2SO4发生胶体的聚沉，继续滴加氢氧化铁沉淀被硫酸溶解，故D正确；故选D。考点：考查了胶体的性质的相关知识。23.下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变【答案】D【解析】【详解】A向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，加水促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以溶液中增大，选项A错误；B升温促进醋酸根离子水解，醋酸的水解平衡常数增大，是醋酸根离子水解平衡常数的倒数，所以题目中的比值应减小，选项B错误； C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），显中性，即c（OH-）=c（H+），所以c（Cl-）=c（NH4+），选项C错误；DAgCl、AgBr的饱和溶液中存在AgCl（s）+Br-AgBr（s）+Cl-，该反应的平衡常数K=，向溶液中加入少量AgNO3，K不变，选项D正确。答案选D。24.H2C2O4为二元弱酸。20时，配制一组c(H2C2O4)+ c(HC2O4)+ c(C2O42)=0.100 molL1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A. pH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c(C2O42)c(HC2O4)B. c(Na+)=0.100 molL1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH)+c(C2O42)C. c(HC2O4)=c(C2O42)的溶液中：c(Na+)0.100 molL1+c(HC2O4)D. pH=7的溶液中：c(Na+)0 B. 压强P1P2P3P4C. 1100该反应的平衡常数为64 D. 压强为P4时，在Y点：v(正)v(逆)【答案】A【解析】A项，温度越高，转化率越大，升温平衡右移，H0，正确；B项，增大压强，平衡左移，CH4的转化率减小，所以p4p3p2p1，错误；C项， CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)起始/molL10.1 0.1 0 0平衡/molL10.1x 0.1x 2x 2x100%80%x0.08K1.638 4，错误；D项，Y点未达平衡，若要达平衡，CH4的转化率应增大，所以v(正)v(逆)。26.联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为_，HCN中C的化合价为_。（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。（3）2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) H1 N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) H2O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) H3 2N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) H 4=-1048.9kJ/mol上述反应热效应之间的关系式为H4=_，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_。（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨在水中第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7107；KW=1.010-14)。联氨与硫酸形成的正盐的化学式为_。（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是_。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧气，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是_。【答案】 (1). (2). +2 (3). NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O (4). 2H3-2H2-H1 (5). 反应放热量大、产生大量气体、产物对环境无污染（答两点即可） (6). 8.710-7 (7). N2H6SO4 (8). 固体逐渐变黑，并有气泡产生 (9). 1 (10). N2H4的用量少，不产生其他杂质（或还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4）【解析】【详解】（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：；HCN中H元素的化合价为+1，氮元素的化合价为-3价，则碳元素化合价为+2价；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；（3）2O2（g）+N2（g）N2O4（l）H1；N2（g）+2H2（g）N2H4（l）H2；O2（g）+2H2（g）2H2O（g）H3；依据热化学方程式和盖斯定律计算2-2-得到2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（g）H4=2H3-2H2-H1，根据反应可知，联氨和N2O4反应放热量大、产生大量气体、产物对环境无污染；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-，平衡常数Kb=KKw=8.71071.010-14=8.710-7，第二步电离方程式为N2H5+H2ON2H62+OH-，因此联氨与硫酸形成的正盐为N2H6SO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag+N2+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4N2失去4e-，O2O2-得到4e-，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4。27.实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO33H2O。实验过程如下：（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为MgCO3(s)+2H+(aq)=Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l) H=50.4 kJmol1Mg2SiO4(s)+4H+(aq)=2 Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l) H=225.4 kJmol1酸溶需加热的目的是_；所加H2SO4不宜过量太多的原因是_。（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为_（3）用下图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。实验装置图中仪器A的名称为_。为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，_、静置、分液，并重复多次。（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO33H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，_，过滤、用水洗涤固体23次，在50下干燥，得到MgCO33H2O。已知该溶液中pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全。【答案】 (1). 加快反应（酸溶）速率； (2). 避免制备MgCO3时消耗更多的碱或影响Mg2+转化成MgCO3 (3). H2O22Fe22H=2Fe32H2O (4). 分液漏斗 (5). 充分振荡 (6). 至5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成或至5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至无沉淀生成为止【解析】【详解】废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝和过量的硫酸，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5pH8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg(OH)2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，在50下干燥，得到MgCO33H2O。（1）酸溶需加热的目的是加快反应（酸溶）速率；H2SO4不宜过量太多以避免制备MgCO3时消耗更多的碱或影响Mg2+转化成MgCO3；（2）在酸性条件下，H2O2氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为水，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O； （3）根据仪器的构造可知，仪器A为分液漏斗； 萃取时，为使溶质尽可能被萃取，应充分振荡，以充分接触而分离； （4）分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5pH8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg(OH)2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明已完全反应，过滤后，用水洗涤固体2-3次，在50下干燥，得到MgCO33H2O；故答案为：至5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成或至5.0pH8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至无沉淀生成为止。28.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：（1） NaClO2的化学名称为_。（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5103molL1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42SO32NO3NO2Clc/（molL1）8.351046.871061