山东省菏泽市第一中学2018届高三12月月考化学试题版.doc

山东省菏泽第一中学2018届高三12月月考化学试题1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A. 以液化石油气代替燃油可减少大气污染B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯，以达到保鲜的目的C. 葡萄糖是人体内主要供能物质，血液中葡萄糖含量过低，会使人患“低血糖”症D. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆【答案】D【解析】A. 液化石油气含碳量较少，燃油含碳量高，燃烧不完全，对大气污染大，A正确；B.乙烯是果实的催熟剂，用高锰酸钾溶液可以把乙烯氧化为二氧化碳，达到保鲜的目的，B正确；C.葡萄糖在人体内氧化，可以给人体提供能量，C正确；D. SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，D错误。答案选D。2.下列说法错误的是A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. 水玻璃、双氧水、漂粉精、硅胶都是混合物C. 直径在10-9 10-7mNaCl固体小颗粒分散到水中能形成胶体D. “陶成雅器”的主要原料是黏土【答案】C【解析】A.胶体具有丁达尔效应，A正确；B.水玻璃为硅酸钠水溶液，双氧水为过氧化氢水溶液，漂粉精为氯化钙和次氯酸钙混合物，硅胶主要成分为二氧化硅，为混合物，B正确；C.氯化钠固体溶于水形成溶液，不能形成胶体， C错误；D. 黏土主要成分为硅酸盐，可以烧制成陶器，D正确；答案选C。3.下列说法正确的是A. 四氯化碳萃取溴水中溴时，水从分液漏斗下口流出B. Na2O在空气中久置，最终生成Na2CO3粉末C. 铝、铁、铜在空气中长时间放置，表面均只生成氧化物D. 某溶液中滴加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有Ag【答案】B【解析】A. 四氯化碳密度比水大，萃取后Br2的CCl4溶液在下层，水在上层，水从分液漏斗上口倒出，A错误；B. Na2O在空气中久置，与空气中的水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠又与二氧化碳反应，生成碳酸钠，B正确； C. 铝在空气中生成氧化铝，铁在空气中生成氧化铁，铜在空气中生成碱式碳酸铜，C错误； D.某溶液中滴加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液还可能含有硫酸根离子，D错误；答案选B。4.下列反应，在一定条件下，反应物至少有一种能完全反应的是A. 过量的氢气与氮气B. 过量的二氧化锰与浓盐酸C. 过量的铜与浓硫酸D. 过量的锌与18 mol/L硫酸【答案】D【解析】A. 氢气与氮气反应为可逆反应，A错误；B.浓盐酸随着反应的进行，逐渐变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，盐酸有剩余，B错误；C. 浓硫酸随着反应的进行，逐渐变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，硫酸有剩余，C.错误；D. 18 mol/L硫酸随着反应的进行，逐渐变为稀硫酸，稀硫酸与锌继续反应，最终消耗完全，D正确；答案选D。点睛：解题过程中，注意二氧化锰与过量的稀盐酸不反应，金属铜与过量稀硫酸不反应，但是金属锌不仅能与浓盐酸、浓硫酸反应，还能与稀盐酸、稀硫酸都反应。5.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO22Fe32H2OSO42-2Fe24H；Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O。下列有关说法错误的是 （ ）A. 氧化性：Cr2O72-Fe3SO2B. K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C. 每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD. 若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7【答案】D【解析】【详解】A项，由可知，Fe元素的化合价降低，Fe3+做氧化剂，SO42-为氧化产物，SO2为还原剂，所以氧化性：Fe3+SO42-SO2，由可知，Cr元素的化合价降低，Cr2O72-为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性是Cr2O72-Fe3+，因此氧化性：Cr2O72-Fe3+SO2，故A正确；B项，因为氧化性：Cr2O72-SO2，所以K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C项，反应中Cr元素的化合价从+6价降到+3价，所以每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol2（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；D项，6.72 L SO2（标准状况）的物质的量为：6.72L22.4L/mol0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2Cr2O72-，所以6.72 L SO2（标准状况）参加反应，最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误。综上分析，符合题意的选项为D。【点睛】本题主要考查氧化性强弱比较和氧化还原反应有关计算，注意在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；从分析化合价入手，根据得失电子守恒进行有关计算；涉及两个以上反应，通过关系式简化运算过程。6.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1L0.1mol L-1 NaHSO4溶液中含有HSO4- 的总数为0.1NAB. CO2 通过 Na2O2 使其增重 bg 时，反应中转移的电子数为 bNA/28C. 标准状况下2.24L的Cl2溶于水，充分反应后转移电子数为0.1NAD. NA个 Fe(OH)3 胶体粒子的质量为107g【答案】B【解析】A. NaHSO4溶液中完全电离出三种离子Na+、SO42-、H+，不存在HSO4- , A错误；B. CO2与 Na2O2反应，有氧气放出，固体增加的质量相当于增加CO质量； Na2O2 固体增重 bg 时，CO物质的量为b/28mol，1molNa2O2 与 CO2反应转移电子数为NA，所以该反应共转移电子数为bNA/28，B正确；C.氯气和水反应为可逆反应，0.1 mol氯气和水反应不能转移0.1 mol电子，C错误；D. NA个氢氧化铁胶粒并不是 NA个氢氧化铁分子，它是很多分子的集合体，NA个氢氧化铁胶粒质量远大于107 g，D错误；答案选B。点睛：过氧化钠与水或二氧化碳反应，固体增重为一氧化碳和氢气的质量；NA个 Fe(OH)3 胶体粒子不代表有NA个Fe(OH)3分子，它是很多Fe(OH)3分子集合体。7.能正确表示下列反应的离子方程式是A. 稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应：H+SO42-+Ba2+OH-BaSO4+H2OB. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+C. 室温下，测得氯化铵溶液pH7，证明一水合氨是弱碱：NH42H2ONH3H2OH3OD. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3+2Na+【答案】B【解析】A. 稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，A错误；B.氢氧化铝不溶于过量的氨水，B正确；C. 水解过程是可逆的，C错误；D.Na2SiO3溶液溶于水，拆成离子形式，D错误；答案选B。8.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和10，四种原子中X原子的半径最大。下列说法正确的是A. W所在主族的元素的原子次外层电子数不可能为18B. 四种元素有两种元素在第二周期C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应D. 工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【答案】A【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素， A. W是H元素，W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，如Li、Na、Rb， A正确；B.X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，第二周期不可能有两种元素，B错误；C. X、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是Mg(OH)2、Al(OH)3、H2SiO3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸， C错误；D. Mg、Al属于活泼金属，工业上电解熔融的氯化镁制备金属镁，电解熔融的氧化铝制备金属铝，D错误；答案选A。点睛：氢氧化铝既能溶于强酸比如盐酸、硫酸、硝酸等，又能溶于强碱比如氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化钡等，不溶于弱碱比如氨水、氢氧化镁、氢氧化铁等，也不溶于弱酸比如碳酸、硅酸等。9. 实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是A. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度B. 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次【答案】A【解析】试题分析：A、锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，滴定消耗的标准酸溶液体积偏小，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏低，A正确；B、开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，使标准酸溶液的体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，B错误；C、酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次，则标准溶液的浓度偏小，使得反应消耗的标准酸溶液体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，C错误；D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次，待测碱溶液的物质的量偏多，反应消耗的标准酸溶液的体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显，在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用酚酞或甲基橙，强酸与弱碱滴定用甲基橙，弱酸与强碱滴定用酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH的物质的量相等，C标V标= C待V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。10.下列说法正确的是A. 根据右图对照试验实验1、2的现象可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与c(H+)均为0.2 mol L-1 的盐酸和硫酸反应，后者更剧烈B. 右图实验2中生成红色物质的离子方程式：Al+Cu2+=Al3+CuC. 探究FeCl3和KI溶液反应限度：将1mL0.1mol L-1 FeCl3溶液加入到5 mL 0.1mol L-1KI溶液中，振荡，加苯萃取后，向水层中加入5滴KSCN溶液，观察现象D. 水电离出的c(H+)=10-10 mol L-1的溶液：Na+、K+、Cl-、HCO3-可以共存【答案】C【解析】A.两种酸中 c(H+)相 等，和同 样 的金 属 铝 反 应 速 率 相 等，A错误；B.离子方程式中电荷不守恒，B错误；C. Fe3+把I-氧化为 I2，加苯萃取后，苯层显紫色，向水层中加入5滴KSCN溶液，有血红色液体生成，说明Fe3+有剩余，该反应为可逆反应，C正确；D. 水电离出的c(H+)=10-10 mol L-1的溶液，可酸可碱，HCO3-与酸碱都不能大量共存，D错误；答案选C。点睛：常温下，水电离出的c(H+)10-7 mol L-1的溶液，该溶液可能为酸，也可能为碱，因为酸碱溶液抑制水的电离。11.下列实验操作所对应的的现象、结论均正确的是选项操作现象结论A用pH试纸，测定NaCl和NaF溶液pHpH(NaCl)F元素非金属性的强于ClB向含有酚酞的Na2CO3溶液中加足量入BaCl2溶液溶液颜色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C室温下，向浓度均为0.1molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液。出现白色沉淀Ksp(BaSO4)c(Cl-)C. Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D. M点和N点所示溶液中水的电离程度相同【答案】D【解析】【分析】已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)= c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。14.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为：2H2S(g) + O2(g) = S2(s) + 2H2O(l) H-632kJmol-1。右图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法不正确的是A. 电路中每流过2mol电子，电池内部释放316kJ热能B. 每34gH2S参与反应，有2mol H+经质子膜进入正极区C. 电极a为电池的负极D. 电极b上发生的电极反应为：O2+4e+4 H+2H2O【答案】A【解析】A.根据方程式，电路中每流过2mol电子，有1molH2S发生反应，电池内部释放316kJ的总能量，部分以电能的形式发出，部分以其他形式的能量发出，A错误；B. 34gH2S的物质的量为1mol，根据方程式，有2molH+经质子膜进入正极区，与氧气结合生成水，B正确；C. 该电池属于燃料电池，通入燃料的为负极，通入空气或氧气的为正极，故电极a为电池的负极，C正确；D.根据图示，酸性条件下，O2 在此极上得电子变为-2价的化合物水，电极b上发生的电极反应为：O2+4H+4e= 2H2O，D正确；答案选A。15.在T下，分别在三个容积为10L的恒容绝热密闭容器中，发生反应：2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) H0，测得相关数据如下表所示。容器起始时物质的量/mol平衡时CO2(g)的物质的量/molCO(g)SO2(g)S(g)CO2(g)甲10.50.50a乙10.5000.8丙2100b下列说法正确的是A. 其他条件不变，容器乙达到平衡后，再充入体系中四种气体各1mol，平衡逆向移动B. b1.6C. 平衡常数：K甲K乙D. 其他条件不变，向容器甲再充入1mol CO，平衡常数（K）不变【答案】C【解析】A.其他条件不变，容器乙达到平衡后，平衡时CO2(g)的物质的量0.8mol；容器的体积为10L，其浓度为0.08mol/L；2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) 起始浓度 0.1 0.05 0 0平衡浓度 0.02 0.04 0.04 0.08平衡常数=0.0820.04/( 0.0220.04)=16；平衡后再充入体系中四种气体各1mol ，各物质浓度分别为：C(CO)=0.12mol/L,C(SO2)=0.14 mol/L, C(S)=0.14 mol/L, C(CO2)=0.18 mol/L,反应的浓度商为0.1820.14/( 0.1220.14)=2.25；浓度商小于平衡常数，平衡右移，A错误；B.丙容器中加入的各物质的物质的量是乙的2倍，乙容器中生成物多，温度低，平衡左移，b小于1.6，B错误；C.由于是恒容绝热的密闭容器，该反应为吸热反应，甲容器多加了S(g)，相 对于 乙 容 器 来 说，平 衡 逆 向 移 动，所 以 甲 容 器 温 度比乙容器温度高，平衡常数K甲K乙，C正确；D.其他条件不变，向容器中再充入1mol CO，平衡右移，温度发生变化，平衡 常 数 发 生 改 变，D错误；答案选C。16.在100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A. 0.225 mol/LB. 0.3 mol/LC. 0.36 mol/LD. 0.45 mol/L【答案】C【解析】【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3和H的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，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=n/V计算铜离子浓度【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3和H的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，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0.024mol3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol0.1L=0.36molL1，故选C。17.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是A. 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)c(H+)c(OH)B. 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D. 由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右【答案】B【解析】【详解】A.在开始时，10 mL 0.1 molL1NaOH溶液，pH=13，图l表示常温下向体积为0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液10mL时，恰好完全反应：CH3COOH+NaOH= CH3COONa +H2O，由于产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，所以溶液显碱性，b点处根据质子守恒可得有c（OH-）= c（CH3COOH）+c（H+），A正确；B.醋酸是弱酸，在溶液中存在大量未电离的电解质分子，而盐酸是强酸，完全电离，所以在开始时，溶液的pH相等，则在开始时溶液的pH相等，c（H+）相等，由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以酸的浓度：c（CH3COOH）c（HCl），当稀释相同倍数时，由于破坏了醋酸的电离平衡，未电离的醋酸分子会电离产生H+，使溶液中的c（H+又有所增加，因此溶液的离子浓度大小，pH变化比盐酸小，所以I表示盐酸II表示醋酸，导电性ab；对于盐酸来说，由于稀释倍数cb，稀释倍数越大，离子浓度就越小，溶液的导电性就越弱，所以溶液导电性：cba，B错误；C.氢气燃烧反应是放热反应，所以反应物的能量高于生成物；燃烧热是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，所以图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285. 8kJ mol1，C正确；D.根据图示可知Fe3+形成Fe（OH）3沉淀时的pH小于4，而此时Cu2+仍然以离子存在与溶液中，所以若要除去CuSO4洛液中的Fe3，可采用向溶掖中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，然后过滤，就得到了纯净的CuSO4洛液，D正确。答案选B18.下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是A. 含有较多Fe3+的溶液：Na+、SO42-、HS-、NH4+B. c(OH-)=1mol/L的溶液：AlO2-、CH3COO-、K+、Ba2+C. pH=1的溶液：K+、Fe2+、NO3-、Na+D. 遇Al能放出H2的溶液：HCO3-、K+、Mg2+、Cl-【答案】B【解析】【详解】A含有较多Fe3+的溶液，铁离子与 HS-发生氧化还原反应不共存，故A错误；Bc(OH-)=1mol/L的溶液显碱性，在碱性环境下，四种离子间可以大量共存，故B正确；CpH=1的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D遇Al能放出H2的溶液可以是强碱性溶液或非氧化性酸溶液，HCO3-不管酸性还是碱性环境均不能大量共存，故D错误；故选B。19.某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）A. 制备并观察氢氧化亚铁B. 证明过氧化钠与水反应放热C. 鉴别碳酸钠与亚硫酸钠D. 制备少量干燥的氯化氢气体【答案】C【解析】A.氢氧化亚铁为易被氧气氧化的白色固体，先利用铁和硫酸反应产生的氢气排除装置内的空气，然后再利用容器内气体压差的变化，把硫酸亚铁溶液压入到氢氧化钠溶液中，产生氢氧化亚铁白色沉淀，A正确；B. 过氧化钠与水反应产生大量的热，达到了脱脂棉的着火点，脱脂棉迅速燃烧起来，B正确；C. 碳酸钠与亚硫酸钠分别与稀盐酸反应，产生的二氧化碳和二氧化硫气体，两种气体都能使澄清的石灰水变浑浊，无法区分两种盐，C错误；D. 浓硫酸具有吸水性，在吸水的过程中，放出大量的热，有利于浓盐酸中氯化氢气体的挥发，可以得到干燥的氯化氢气体，D正确；答案选C。点睛：氢氧化亚铁的制备必须隔绝空气的环境下进行，否则易被氧气氧化；二氧化碳和二氧化硫两种气体的鉴别可以用品红溶液或酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液，不能用澄清的石灰水鉴别。20.pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如图：下列有关推断不正确的是（）A. 溶液X中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42B. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、ClC. 沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物D. 若溶液X为100mL，产生的气体A为44.8mL（标准状况），则X中c（Fe2+）=0.06molL1【答案】C【解析】pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32、SO32离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子；一定含有SO42离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，则A、依据分析可知，溶液中一定存在：H+、Al3、NH4、Fe2、SO42，A正确；B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3、Cl，B正确；C、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，产生的气体A为44.8 mL，物质的量为：0.0448L22.4L/mol=0.002mol，故n（Fe2+）=30.002=0.006mol，c（Fe2+）=0.006mol0.1L=0.06mol/L，D正确，答案选C。点睛：本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度较大，注意掌握常见离子的性质及检验方法。注意再进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。21.下列有关问题，与盐的水解有关的是（ ） NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接金属中的除锈剂用 NaHCO3 与 Al2(SO4)3 两种溶液可作泡沫灭火剂草木灰与铵态氮肥不能混合施用实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞加热蒸干 AlCl3 溶液得到 Al(OH)3 固体A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；草木灰与铵态氮肥相互促进水解，不能混合施用，与水解有关；实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；加热蒸干CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸为挥发性酸，则最后得到Cu(OH)2固体，与水解有关；答案选A。【点睛】本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答，NH4Cl、ZnCl2、NaHCO3、Na2CO3、K2CO3、AlCl3、Al2(SO4)3都是含有弱酸根或弱碱阳离子的盐，对应的水溶液都能水解，以此分析解答。22.锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s） 下列说法错误的是A. 电池工作时，锌失去电子，电解液内部OH向负极移动B. 电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】C【解析】试题分析：A、锌的化合价升高，失去电子，电解液内部OH-向负极移动，A正确；B、负极失去电子，正极得到电子，则根据总反应式可判断正极是二氧化锰得到电子，电极反应式为2MnO2(s)H2O（1）2eMn2O3(s)2OH(aq)，B正确；C、电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，C错误；D、总的反应式可知消耗0.2mol电子时负极消耗0.1mol锌，则消耗锌的质量0.1mol65g/mol6.5g，D正确，答案选C。考点：考查原电池的工作原理、电极反应式的书写等知识。23.298 K时，在2 L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2(g) N2O4(g)Ha kJ/mol(a0)。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图。达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，若反应在398 K进行，某时刻测得n(NO2)0.6 mol，n(N2O4)1.2 mol，则此时，下列大小关系正确的是()A. v(正)v(逆)B. v(正)0)的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以若反应在398K进行，反应达到平衡时的化学平衡常数K16.67。若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.3mol/L、n（N2O4）=0.6mol/L，则Q= =6.67L/mol，说明反应未处于平衡状态，反应逆向进行，因此v（正）V正；若各种生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比小于化学平衡常数，则反应正向进行，V正V逆；若各种生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比等于化学平衡常数，则反应处于平衡状态，V正=V逆。24.已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：H2BHHB，HBHB2，则下列说法中一定正确的是（ ）A. 在Na2B溶液中一定有：c（OH-）c（H+）c（HB-）2c（H2B）B. NaHB溶液可能存在以下关系：c（Na+）c（HB-）c（OH-）c（H+）C. NaHB水溶液中一定有：c（Na+）c（H+）c（HB-）c（OH-）c（B2-）D. NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性【答案】D【解析】【分析】酸H2B在水溶液中第一步完全电离，第二步部分电离，所以B2-只能发生一步水解。【详解】AB2-只能发生一步水解，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HB-)，故A错误；BHB-在水溶液里只能电离不能水解，导致溶液呈酸性，所以c(OH-)c(H+)，故B错误；C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(HB-) +c(OH-)+2c(B2-)，故C错误；DHB-在水溶液里只能电离不能水解，B2-只能发生一步水解，所以NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子浓度大小比较，明确该二元酸电离特点是解本题关键。注意B2-只能发生一步水解，HB-只发生电离不水解，为易错点。25.实验：0.1molL-1AgNO3溶液和0.1molL-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c； 向滤液b中滴加0.1molL-1KI溶液，出现浑浊； 向沉淀c中滴加0.1molL-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)B. 滤液b中不含有Ag+C. 中颜色变化说明AgCl 转化为AgID. 实验可以证明AgI比AgCI更难溶【答案】B【解析】【详解】A浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；B滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C向AgCl中滴加0.1molL-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D向AgCl中滴加0.1molL-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选B。26.氯气是氯碱工业的主要产品之一，常作强氧化剂，可与有机物和无机物进行反应生成多种氯化物。某兴趣小组在实验室中对以下反应进行了探究。回答下列问题：、三氯化硼(BCl3)的制备，已知：BCl3的沸点为12.5 ，熔点为107.3 ； 2B6HCl 2BCl33H2。（1）按气流方向连接各装置的接口，顺序为a( )( )( )( )( )( )fgh。_（2）装置D的作用是_；实验中若不用装置C，可能产生的危险是_。（3）BCl3遇水发生水解观察到大量的白雾，生成两种酸，其反应的化学方程式为：_。、SO2与漂粉精溶液的反应操作现象取4g 漂粉精固体，加入100mL 水，测漂粉精溶液的pHpH 试纸先变蓝（约为12），后褪色1.液面上方出现白雾；2.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；3.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（4）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（5）现象2中溶液变为黄绿色的原因是：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl- 发生反应。该反应的离子方程式为_。（6）用离子方程式解释现象3中黄绿色褪去的原因_。【答案】 (1). e d j k b c(或cb) (2). 液化BCl3使其从混合气体中分离出来 (3). B与HCl反应生成H2，H2、Cl2混合受热发生爆炸 (4). BCl33H2O3HClH3BO3 (5). 碱性、漂白性 (6). ClO+Cl+2H+=2H2O+Cl2 (7). SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4+2Cl-+4H+(或SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+)【解析】.（1）二氧化锰与浓盐酸加热反应，生成的氯气中含有杂质气体氯化氢和水蒸气，分别需用饱和食盐水和浓硫酸来除去，干燥纯净的氯气再与硼反应，由于BCl3的沸点12.5 ， 可以采用降温的方法，使BCl3变 为 液 态 物 质，最 后 多 余 的 尾 气 氯 气可以用碱石灰吸收，还能防止外界的水蒸气进入装置D中，正确的连接顺序：e d j k b c(或cb)。（2）降低温度，使BCl3液 化，便 于分离，答 案 为液化BCl3使其从混合气体中分离出来。实验中若不用装置C，会有氯化氢气体进入装置B中，B与HCl反应生成H2，H2、Cl2混合受热发生爆炸，正确答案：B与HCl反应生成H2，H2、Cl2混合受热发生爆炸。（3）盐酸挥发出氯化氢气体遇到水蒸气产生大量白雾，即盐酸，根据元素守恒规律，另外一种酸只能为硼酸，正确答案：BCl33H2O3HClH3BO3。.（4）漂粉精主要成分为次氯酸钙，它的水溶液中含有水解产生的次氯酸和强碱氢氧化钙，强碱使pH 试纸先变蓝，次氯酸具有漂白性，漂白了pH 试纸，试纸颜色褪去。（5）溶液变为黄绿色是因为有反应生成的氯气溶解在溶液中造成，二氧化硫与水反应生成酸，在酸性条件下，溶液中ClO和Cl发生归中反应生成氯气，正确答案：ClO+Cl+2H+=2H2O+Cl2。（6）反应产生的氯气和二氧化硫混合气体与水反应，生成盐酸和硫酸两种强酸，而硫酸根离子和溶液中的钙离子反应生成白色沉淀硫酸钙，氯气不断被消耗，溶液的颜色褪去，正确答案：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+，Ca2+SO42-= CaSO4; 或SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4+2Cl-+4H+。点睛：氯气的除杂过程中，必须先除去氯化氢气体，然后再除去水蒸气，二者不能颠倒；题中涉及到的离子方程式的书写，一定要符合题中给定的条件和现象，也必须符合化学反应的规律，不能主观臆造。27.氮和碳的化合物与人类生产、生活密切相关。(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g) H180.5 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(g) H483.6 kJmol1则反应2H2(g)2NO(g)=2H2O(g)N2(g) H_。(2)在压强为0.1 MPa条件下，将CO和H2的混合气体在催化剂作用下转化为甲醇的反应为CO(g)2H2(g) CH3OH(g)H0。下列能说明该反应达到平衡状态的是（ ）a混合气体的密度不再变化 bCO和H2的物质的量之比不再变化cv(CO)=v(CH3OH) dCO在混合气中的质量分数保持不变T1时，在一个体积为5 L的恒压容器中充入1 mol CO、2 mol H2，经过5 min达到平衡，CO的转化率为0.75，则T1时，CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=_。在T1时，在体积为5 L的恒容容器中充入一定量的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数与n(H2)n(CO)的关系如图所示。温度不变,当n(H2)n(CO) =2.5时，达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图象中的_点。(3)用催化转化装置净化汽车尾气，装置中涉及的反应之一为：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)。探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图所示的曲线。催化装置比较适合的温度和压强是_。测试某型号汽车在冷启动(冷启动指发动机水温低的情况下启动)时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图所示。则前10 s内，CO和NO百分含量没明显变化的原因是_。(4)右图所示的装置能吸收和转化NO2和SO2。阳极区的电极反应为_。阴极排出的溶液中含S2O42-离子，能将NO2气体转化为无污染气体，同时生成的SO32-可在阴极区再生。写出该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 664.1 kJmol1 (2). ad (3). 75 (4). F (5). 400K，1Mpa (6). 尚未达到催化剂工作温度或尚未达到反应所需的温度 (7). SO22e2H2O=SO4H (8). 4S2O2 NO28OH=8SON24H2O【解析】（1）