湖南省邵阳市邵东三中高三化学上学期第五次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省邵阳市邵东三中高三（上）第五次月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关物质的分类或归类不正确的是（）a混合物：漂白粉、福尔马林、水玻璃b化合物：cacl2、烧碱、hdc电解质：明矾、hcl、硫酸钡d纯净物：干冰、冰水混合物、红宝石2用1l 1.0moll1 naoh溶液吸收0.8mol co2，所得溶液中的co32和hco3的浓度之比约是（）a1：3b1：2c2：3d3：23设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a6.4g由o3和o2组成的混合气体中一定含有0.4na个原子b常温常压下，5.6g铁粉在7.1g氯气中充分燃烧，失去的电子数目为0.3nac常温下，ph=1的hno3溶液中含有0.1na个h+d0.1mol khso4晶体中含有的阳离子数是0.2na4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）aph=8的溶液：k+、fe3+、no3、clb能与al反应产生h2的溶液：k+、na+、so42、clc含fecl3的溶液：k+、nh4+、i、scndc（oh）=11013 moll1的溶液：nh4+、na+、si32、ch3coo5下列离子方程式书写正确的是（）ah2o2溶液与酸性kmno4溶液反应：2mno3+3h2o2+6h+2mn2+6h2o+4o2b向fe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液：2no2+8h+6i3i2+2no+4h2oc少量so2通入碳酸钠溶液中：co32+so2co2+so32d0.01 moll1 nh4al（so4）2溶液与0.02 moll1 ba（oh）2溶液等体积混合：nh4+al3+2so32+2ba2+4oh2baso4+al（oh）3+nh3h2o6对于反应a2（g）+2b2 （g）2ab2（g）（正反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是（）abcd7已知：5s2o82+2mn2+8h2o2mno4+10so42+16x，对于该反应下列叙述不正确的是（）a氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2b该反应体系不能用盐酸酸化c若有0.1 mol还原剂被氧化，则转移电子0.5 mold若把该反应设计为原电池，则正极反应为s2o822e2so42二、解答题（共4小题，共58分）82015年8月12日晚，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠（nacn）、金属钠等危险化学品回答下列问题：（1）nacn的电子式为：（2）金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火，请用化学方程式解释其原因：（3）氰化钠是一种重要的化工原料，也是剧毒危险品，皮肤伤口接触、吸入、吞食微量可中毒死亡氰化钠易溶于水，水溶液呈强碱性氰化钠泄露可用双氧水或硫代硫酸钠中和用离子方程式表示氰化钠水溶液呈强碱性的原因：用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应的化学方程式；用硫代硫酸钠中和的离子方程式为cn+s2o32a+so32（已配平），a为 （填化学式）（4）cn中c元素显+2价，n元素显3价，则非金属性nc（填、=或），请用简单的化学方程式证明：（5）0.4mol/l 的nacn和0.2mol/l的hcl等体积混合，溶液显碱性，其溶液中离子浓度大小排列顺序是9某化学学习小组发现在碱性溶液中，no2会发生如下反应：2no2+2naohnano2+nano3+h2o2no2+na2co3nano2+nano3+co2于是提出猜想，no2和碱性的nahco3溶液也能发生类似反应该小组利用如图所示装置，使no2和nahco3溶液充分反应后，获得溶液x（1）cu与浓硝酸反应的离子方程式是（2）该小组同学为了对猜想进行探究，进行如下讨论和实验甲同学认为，可通过检验x中是否存在no3的方法验证猜想但经讨论后认为不可行，你认为其原因是乙同学在x中加入少量k2cr2o7溶液，结果溶液褪色，则证明x中含有nano2根据以上信息，写出no2与nahco3溶液反应的化学方程式（3）已知在酸性条件下no2能将i氧化为i2你认为能否用ki淀粉溶液检验x中存在nano2：（填“能”或“不能”），原因是（4）已知5no2+2mno4+6h+5no3+2mn2+3h2o称取6.32g kmno4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250ml溶液移取20.00ml x于锥形瓶，用所配的酸性kmno4溶液进行滴定，消耗25.00ml kmno4溶液滴点终点的现象是，则x中nano2的浓度是摩尔/升10合成氨反应是化学上最重要的反应：（1）合成氨原料气中的氢气可利用天然气（主要成分为ch4）在高温、催化剂作用下与水蒸气反应制得，反应中每生成2mol co2吸收316kj热量，该反应的热化学方程式是，该方法制得的原料气中主要杂质是co2，若用k2co3溶液吸收，该反应的离子方程式是（2）已知n2（g）+3h2（g）23（g）h0图是当反应器中按n（n2）：n（h2）=1：3投料后，在200、400、600下，反应达到平衡时，混合物中nh3的物质的量分数随压强的变化曲线 曲线a对应的温度是关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是（填序号）a图中m、n、q点平衡常数k的大小关系为k（m）=k（q）k（n）b加催化剂能加快反应速率但h2的平衡转化率不变c相同压强下，投料相同，达到平衡消耗时间关系为cbad由曲线a可知，当压强增加到100mpa以上，nh3的物质的量分数可达到100%n点时c（nh3）=0.2moll1，n点的化学平衡常数k=（用分数表示）（3）合成氨工业中含氨废水的处理方法之一是电化学氧化法，将含氨的碱性废水通入电解系统后，在阳极上氨被氧化成氮气而脱除，阳极的电极反应式为（4）nh3 可以处理no2 的污染，方程式如下：no2+nh3n2+h2o（未配平）当转移0.6mol电子时，消耗的no2在标准状况下是l11实验室需配制0.2000moll 1na2s2o3标准溶液450ml，并利用该溶液对某浓度的naclo溶液进行标定（1）若用na2s2o3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是（填字母），还缺少的玻璃仪器是（填仪器名称）（2）根据计算需用天平称取na2s2o3固体的质量是g在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度（填“”“”或“=”，下同）0.2000moll1若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度0.2000moll1（3）用滴定法标定的具体方法：量取20.00ml naclo溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量ki固体，用0.2000moll 1 na2s2o3标准溶液滴定至终点（淀粉溶液作指示剂），四次平行实验测定的v（na2s2o3）数据如下：（已知：i2+2na2s2o32nai+na2s4o6）测定次序第一次第二次第三次第四次v（na2s2o3）/ml21.9018.8022.1022.00naclo溶液中加入适量稀盐酸和足量ki固体时发生反应的离子方程式为naclo溶液的物质的量浓度是2015-2016学年湖南省邵阳市邵东三中高三（上）第五次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关物质的分类或归类不正确的是（）a混合物：漂白粉、福尔马林、水玻璃b化合物：cacl2、烧碱、hdc电解质：明矾、hcl、硫酸钡d纯净物：干冰、冰水混合物、红宝石【考点】混合物和纯净物；单质和化合物；电解质与非电解质【专题】物质的分类专题【分析】a混合物是由多种物质组成的物质；b化合物是由不同种元素组成的纯净物；c电解质是在水溶液中或熔融态下能导电的化合物；d同种物质组成的为纯净物；【解答】解：a漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，故a正确；bhd是单质，故b错误；c明矾、hcl在水溶液中电离出自由移动的离子，溶液导电，硫酸钡熔融状态电离出自由移动的离子导电，都是电解质，故c正确；d干冰是二氧化碳固体属于纯净物，冰水混合物是水一种物质组成属于纯净物，红宝石主要成分是氧化铝，红色来自铬，主要为三氧化二铬，所以红宝石是混合物，故d错误；故选bd【点评】本题考查化合物、混合物、电解质和纯净物，明确物质的成分和相关的定义是解题的关键，题目难度不大2用1l 1.0moll1 naoh溶液吸收0.8mol co2，所得溶液中的co32和hco3的浓度之比约是（）a1：3b1：2c2：3d3：2【考点】离子方程式的有关计算【专题】计算题【分析】氢氧化钠的物质的量=1.0mol/l1l=1mol，当n（naoh）：n（ co2）2，二者反应生成碳酸钠，当n（naoh）：n（ co2）1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2n（naoh）：n（ co2）1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：0.8mol=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，根据原子守恒分析解答【解答】解：氢氧化钠的物质的量=1.0mol/l1l=1mol，当n（naoh）：n（ co2）2，二者反应生成碳酸钠，当n（naoh）：n（ co2）1时，二者反应生成碳酸氢钠，但2n（naoh）：n（ co2）1时，二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol：0.8mol=5：4，则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，设碳酸钠的物质的量是x，碳酸氢钠的物质的量是y，根据碳原子守恒得x+y=0.8根据钠原子守恒得：2x+y=1，根据得x=0.2 y=0.6，所以co32和hco3的浓度之比=0.2mol：0.6mol=1：3，故选a【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意从原子守恒的角度分析3设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a6.4g由o3和o2组成的混合气体中一定含有0.4na个原子b常温常压下，5.6g铁粉在7.1g氯气中充分燃烧，失去的电子数目为0.3nac常温下，ph=1的hno3溶液中含有0.1na个h+d0.1mol khso4晶体中含有的阳离子数是0.2na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、氧气和臭氧均由氧原子构成；b、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而7.1g氯气的物质的量也为0.1mol，铁过量，根据氯气的量来分析；c、溶液体积不明确；d、khso4晶体由1个钾离子和1个硫酸氢根构成【解答】解：a、氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g混合物中含有的氧原子的物质的量n=0.4mol，即0.4na个，故a正确；b、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而7.1g氯气的物质的量也为0.1mol，铁过量，0.1mol氯气完全反应，由于反应后氯元素为1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2na个，故b错误；c、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数不能计算，故c错误；d、khso4晶体由1个钾离子和1个硫酸氢根构成，故0.1molkhso4晶体中含0.1mol阳离子即0.1na个，故d错误故选a【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）aph=8的溶液：k+、fe3+、no3、clb能与al反应产生h2的溶液：k+、na+、so42、clc含fecl3的溶液：k+、nh4+、i、scndc（oh）=11013 moll1的溶液：nh4+、na+、si32、ch3coo【考点】离子共存问题【分析】aph=8的溶液呈碱性；b能与al反应产生h2的溶液可能是强酸或强碱；c与fe3+反应的离子不能大量共存；dc（oh）=11013 moll1的溶液呈酸性【解答】解：aph=8的溶液呈碱性，常温下，fe3+在ph=8的溶液中已完全转化为沉淀，故a错误；b能与al反应产生h2的溶液可能是强酸或强碱，k+、na+、so42、cl四种离子都能大量共存，故b正确；cfe3+不能与i或scn大量共存，故c错误；dc（oh）=11013 moll1的溶液呈酸性，si32、ch3coo在酸性条件下不能大量共存，故d错误故选b【点评】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意结合限制性条件分析解答，侧重考查复分解反应，题目难度不大5下列离子方程式书写正确的是（）ah2o2溶液与酸性kmno4溶液反应：2mno3+3h2o2+6h+2mn2+6h2o+4o2b向fe（no3）3溶液中加入过量的hi溶液：2no2+8h+6i3i2+2no+4h2oc少量so2通入碳酸钠溶液中：co32+so2co2+so32d0.01 moll1 nh4al（so4）2溶液与0.02 moll1 ba（oh）2溶液等体积混合：nh4+al3+2so32+2ba2+4oh2baso4+al（oh）3+nh3h2o【考点】离子方程式的书写【分析】a得失电子不守恒；b碘离子过量，硝酸根离子、三价铁离子都被还原；c反应生成硫酸根离子和碳酸氢根离子；d生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨【解答】解：ah2o2溶液与酸性kmno4溶液反应，离子方程式：2mno4+5h2o2+6h+=2mn2+5o2+8h2o，故a错误；b硝酸铁溶液中滴加足量hi溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：fe3+3no3+12h+10i=fe2+5i2+3no+6h2o，故b错误；c少量so2通入碳酸钠溶液中：2co32+h2o+so22hco3+so32，故c错误；d.0.01 moll1 nh4al（so4）2溶液与0.02 moll1 ba（oh）2溶液等体积混合，离子方程式：nh4+al3+2so32+2ba2+4oh2baso4+al（oh）3+nh3h2o，故d正确；故选：d【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式应遵循客观事实、遵循得失电子守恒，注意反应物用量对反应的影响，选项cd为易错选项6对于反应a2（g）+2b2 （g）2ab2（g）（正反应为放热反应），下列各图所表示的变化符合勒夏特列原理的是（）abcd【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：a、升高温度平衡应逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，不符合勒夏特列原理，故a错误；b、升高温度平衡应逆向移动，温度越高ab2的含量越小，不符合勒夏特列原理，故b错误；c、增大压强平衡正向移动，所以压强越大ab2的含量越大，不符合勒夏特列原理，故c错误；d、增大压强平衡正向移动，所以压强越大ab2的含量越大，温度越高ab2的含量越小，符合勒夏特列原理，故d正确故选d【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，侧重于化学平衡移动的综合应用的考查，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应7已知：5s2o82+2mn2+8h2o2mno4+10so42+16x，对于该反应下列叙述不正确的是（）a氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2b该反应体系不能用盐酸酸化c若有0.1 mol还原剂被氧化，则转移电子0.5 mold若把该反应设计为原电池，则正极反应为s2o822e2so42【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】2mn2+5s2o82+8h2o=2mno4+10so42+16x中，mn元素的化合价升高，s元素的化合价降低，由电荷守恒和原子守恒可知，x为h+，则反应方程式为2mn2+5s2o82+8h2o=2mno4+10so42+16h+，以此来解答【解答】解：a由反应的离子方程式2mn2+5s2o82+8h2o=2mno4+10so42+16h+可知，s2o82为氧化剂，mn2+为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，故a正确；b在酸性条件下s2o82、mno4都有强氧化性，能把cl氧化成cl2，所以不能用盐酸酸化，故b正确；cmn元素的化合价从+2价升高+7价，转移5个电子，则0.1 mol mn2+被氧化时，转移电子数为0.5 mol，故c正确；d原电池的正极发生还原反应，得到电子，则正极反应为s2o82+2e2so42，故d错误故选d【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等二、解答题（共4小题，共58分）82015年8月12日晚，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠（nacn）、金属钠等危险化学品回答下列问题：（1）nacn的电子式为：（2）金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火，请用化学方程式解释其原因：2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2（3）氰化钠是一种重要的化工原料，也是剧毒危险品，皮肤伤口接触、吸入、吞食微量可中毒死亡氰化钠易溶于水，水溶液呈强碱性氰化钠泄露可用双氧水或硫代硫酸钠中和用离子方程式表示氰化钠水溶液呈强碱性的原因：cn+h2ohcn+oh用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应的化学方程式nacn+h2o2+h2onahco3+nh3；用硫代硫酸钠中和的离子方程式为cn+s2o32a+so32（已配平），a为scn （填化学式）（4）cn中c元素显+2价，n元素显3价，则非金属性nc（填、=或），请用简单的化学方程式证明：取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性nc（5）0.4mol/l 的nacn和0.2mol/l的hcl等体积混合，溶液显碱性，其溶液中离子浓度大小排列顺序是c（na+）c（cn）c（oh）c（h+）【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的书写；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】（1）nacn属于离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，阴离子需要标出所带电荷及最外层电子；（2）钠弱酸生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氧气，氧气能够助燃，所以钠着火不能用水灭火；（3）nacn是强碱弱酸盐，氢氰根离子水解而使其水溶液呈碱性；用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明二者反应生成氨气、和碳酸氢钠；用硫代硫酸钠中和的离子方程式为cn+s2o32a+so32，根据元素守恒、转移电子守恒判断产物；（4）非金属性强的元素显示负价，非金属性弱的则显示正价；非金属的非金属越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；（5）溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（cn）可知：c（na+）c（cn），据此判断离子浓度大小【解答】解：（1）nacn为离子化合物，电子式为，故答案为：；（2）钠性质活泼，与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2，所以不能用水灭火，故答案为：2na2o2+2h2o=4na+4oh+o2；（3）氰化钠为强碱弱酸盐，水解反应为：cn+h2ohcn+oh，溶液呈碱性，故答案为：cn+h2ohcn+oh；用双氧水处理氰化钠，产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，根据原子守恒一种酸式盐为碳酸氢钠，所以反应为：nacn+h2o2+h2onahco3+nh3，故答案为：nacn+h2o2+h2onahco3+nh3；cn+s2o32a+so32，根据电荷守恒，a为1价的阴离子，根据原子守恒，a中含有1个硫原子、1个碳原子、1个氮原子，所以a为：scn，故答案为：scn；（4）cn中c元素显+2价，n元素显3价，说明n非金属性强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，其检验方法为：取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性nc；故答案为：；取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性nc；（5）反应后溶质为等浓度的nacn和hcn，溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（cn）可知c（na+）c（cn），溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（cn）c（oh）c（h+），故答案为：c（na+）c（cn）c（oh）c（h+）【点评】本题考查了常见常见金属元素及其化合物性质、盐的水解原理及离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用能力，注意掌握盐的水解原理，能够正确判断溶液中各离子浓度大小9某化学学习小组发现在碱性溶液中，no2会发生如下反应：2no2+2naohnano2+nano3+h2o2no2+na2co3nano2+nano3+co2于是提出猜想，no2和碱性的nahco3溶液也能发生类似反应该小组利用如图所示装置，使no2和nahco3溶液充分反应后，获得溶液x（1）cu与浓硝酸反应的离子方程式是cu+4h+2no33cu2+2no2+2h2o（2）该小组同学为了对猜想进行探究，进行如下讨论和实验甲同学认为，可通过检验x中是否存在no3的方法验证猜想但经讨论后认为不可行，你认为其原因是二氧化氮与水反应也能生成硝酸根乙同学在x中加入少量k2cr2o7溶液，结果溶液褪色，则证明x中含有nano2根据以上信息，写出no2与nahco3溶液反应的化学方程式2no2+2nahco3nano2+nano3+2co2+h2o（3）已知在酸性条件下no2能将i氧化为i2你认为能否用ki淀粉溶液检验x中存在nano2：不能（填“能”或“不能”），原因是nano2和nano3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质（4）已知5no2+2mno4+6h+5no3+2mn2+3h2o称取6.32g kmno4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250ml溶液移取20.00ml x于锥形瓶，用所配的酸性kmno4溶液进行滴定，消耗25.00ml kmno4溶液滴点终点的现象是滴入最后一滴kmno4溶液时，溶液由无色变为浅红色且保持30s不褪色，则x中nano2的浓度是0.5摩尔/升【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；实验设计题；实验评价题；演绎推理法【分析】（1）cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据电荷守恒和元素守恒书写离子反应方程式；（2）二氧化氮与水反应生成硝酸；no2与nahco3溶液反应生成nano2，此时氮的化合价降低，根据氧化还原反应的原理可知，还应有硝酸根生成；（3）x中既有nano2又有nano3，在酸性条件下都能氧化碘离子；（4）用所配的酸性kmno4溶液进行滴定nano2溶液，原来nano2溶液无色，滴点终点时溶液由无色变为浅红色，根据反应5no2+2mno4+6h+5no3+2mn2+3h2o，利用高锰酸钾的物质的量可计算出x中所含有的nano2的物质的量，进而确定nano2的浓度；【解答】解：（1）cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子反应方程式为cu+4h+2no33cu2+2no2+2h2o，故答案为：cu+4h+2no33cu2+2no2+2h2o；（2）二氧化氮与水反应也能生成硝酸根，所以检验x中存在no3不能说明是no2和nahco3溶液反应生成了硝酸根，故答案为：二氧化氮与水反应也能生成硝酸根；no2与nahco3溶液反应生成nano2，此时氮的化合价降低，根据氧化还原反应的原理可知，还应有硝酸根生成，所以no2与nahco3溶液反应的化学方程式为2no2+2nahco3nano2+nano3+2co2+h2o，故答案为：2no2+2nahco3nano2+nano3+2co2+h2o；（3）x中既有nano2又有nano3，nano2和nano3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质，所以不能用ki淀粉溶液检验x中存在nano2，故答案为：不能；nano2和nano3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质；（4）用所配的酸性kmno4溶液进行滴定nano2溶液，原来nano2溶液无色，滴点终点时溶液由无色变为浅红色，所以滴点终点的现象是滴入最后一滴kmno4溶液时，溶液由无色变为浅红色且保持30s不褪色，高锰酸钾的物质的量为mol=0.004mol，根据反应5no2+2mno4+6h+5no3+2mn2+3h2o，可知20.00ml x溶液中所含有的nano2的物质的量为0.004mol=0.01mol，所以nano2的浓度为=0.5mol/l，故答案为：滴入最后一滴kmno4溶液时，溶液由无色变为浅红色且保持30s不褪色；0.5【点评】本题考查较为综合，以物质的制备实验为载体，综合考查实验的设计、物质的检验、氧化还原滴定等知识，注意根据物质的性质设计实验方案，题目难度中等10合成氨反应是化学上最重要的反应：（1）合成氨原料气中的氢气可利用天然气（主要成分为ch4）在高温、催化剂作用下与水蒸气反应制得，反应中每生成2mol co2吸收316kj热量，该反应的热化学方程式是ch4（g）+2h2o（g）=co2（g）+4h2（g）h=+158kj/mol，该方法制得的原料气中主要杂质是co2，若用k2co3溶液吸收，该反应的离子方程式是co32+co2+h2o=2hco3（2）已知n2（g）+3h2（g）23（g）h0图是当反应器中按n（n2）：n（h2）=1：3投料后，在200、400、600下，反应达到平衡时，混合物中nh3的物质的量分数随压强的变化曲线 曲线a对应的温度是200关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是ab（填序号）a图中m、n、q点平衡常数k的大小关系为k（m）=k（q）k（n）b加催化剂能加快反应速率但h2的平衡转化率不变c相同压强下，投料相同，达到平衡消耗时间关系为cbad由曲线a可知，当压强增加到100mpa以上，nh3的物质的量分数可达到100%n点时c（nh3）=0.2moll1，n点的化学平衡常数k=（用分数表示）（3）合成氨工业中含氨废水的处理方法之一是电化学氧化法，将含氨的碱性废水通入电解系统后，在阳极上氨被氧化成氮气而脱除，阳极的电极反应式为2nh36e+6oh=n2+6h2o（4）nh3 可以处理no2 的污染，方程式如下：no2+nh3n2+h2o（未配平）当转移0.6mol电子时，消耗的no2在标准状况下是4.48l【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；氧化还原反应；化学平衡的计算【专题】图像图表题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】（1）ch4在高温、催化剂作用下与水蒸气反应的方程式为ch4（g）+2h2o（g）=co2（g）+4h2（g），生成2mol co2吸收316kj热量，则1molch4叁加反应时需要吸收的热量为158kj，co2与k2co3溶液反应生成碳酸氢钠钾，据此答题；（2）正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小；ak只受温度影响，温度不变平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；b加催化剂能加快反应速率但平衡不移动；c相同压强下，投料相同，温度越高反应速率越快，达到平衡消耗时间越短；d该反应为可逆反应，反应的转化率不可能达到100%；根据反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）利用三段式计算出平衡时各物质的浓度，并计算平衡常数；（3）生成的无污染的物质为氮气，根据电解原理写出阳极电极反应式；（4）反应6no2+8nh37n2+12h2o方程式可知8nh324mole，以此来解答【解答】解：（1）ch4在高温、催化剂作用下与水蒸气反应的方程式为ch4（g）+2h2o（g）=co2（g）+4h2（g），生成2mol co2吸收316kj热量，则1molch4叁加反应时需要吸收的热量为158kj，所以反应的热化学方程式是ch4（g）+2h2o（g）=co2（g）+4h2（g）h=+158kj/mol，co2与k2co3溶液反应生成碳酸氢钠钾，反应的离子方程式为co32+co2+h2o=2hco3，故答案为：ch4（g）+2h2o（g）=co2（g）+4h2（g）h=+158kj/mol；co32+co2+h2o=2hco3；（2）合成氨的反应为放热反应，反应温度越高，越不利于反应正向进行，曲线a的氨气的物质的量分数最高，其反应温度对应相对最低，所以a曲线对应温度为200c；故答案为：200；ak只受温度影响，温度不变平衡常数不变，所以k（m）=k（q），正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，q点的温度低于n，所以k（q）k（n），故a正确；b加催化剂能加快反应速率但平衡不移动，所以h2的平衡转化率不变，故b正确；c相同压强下，投料相同，温度越高反应速率越快，达到平衡消耗时间越短，cba的温度依次降低，所以达到平衡消耗时间关系为abc，故c错误；d该反应为可逆反应，反应的转化率不可能达到100%，故d错误，故选：ab；n点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设n2转化率是b，n2的起始浓度为a，根据反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）起始 a 3a 0转化 ab 3ab 2ab平衡 aab 3a3ab 2ab根据题意有，所以a=0.3moll1，b=，所以平衡常数k=，故答案为：；（3）利用电解法将nh3h2o转化为对环境无污染的物质为氮气，阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2nh36e+6oh=n2+6h2o，故答案为：2nh36e+6oh=n2+6h2o；（4）反应6no2+8nh37n2+12h2o方程式可知8nh324mole，所以消耗的nh3在标准状况下的体积是822.4l=4.48l，故答案为：4.48【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡的计算、电解池原理、氧化还原反应的计算等，题目难度中等，注意利用三段式进行化学平衡的计算，明确反应速率的概念及计算方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力11实验室需配制0.2000moll 1na2s2o3标准溶液450ml，并利用该溶液对某浓度的naclo溶液进行标定（1）若用na2s2o3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是ab（填字母），还缺少的玻璃仪器是烧杯、玻璃杯（填仪器名称）（2）根据计算需用天平称取na2s2o3固体的质量是15.8g在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度=（