山东省枣庄市滕州五中2017届高三（上）第二周化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 山东省枣庄市滕州五中2017届高三（上）第二周化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 274.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-25 08:21:35 | ||
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文档简介
2016-2017学年山东省枣庄市滕州五中高三（上）第二周化学试卷
一、选择题
1．下列说法正确的是（ ）
A．大量燃烧化石燃料是造成雾霾的一种重要因素
B．食品中的抗氧化剂本身是难于氧化的物质
C．含SO42﹣的澄清溶液中不会含Ba2+
D．凡溶于水能电离出H+离子的化合物均属于酸
2．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NA
B．50ml，18.4
mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
C．标准状况下，33.6
L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
D．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
3．最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸盐的液态水．下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（ ）
A．水是一种弱电解质
B．NH4ClO4溶液显酸性
C．NaClO4中含有离子键和共价键
D．NH4ClO4只有氧化性，没有还原性
4．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3+CO2+H2O═2Na++CO+H2SiO3
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）2+2CO2═Ca2++2HCO
C．硅与氢氟酸的反应：Si+4H++4F﹣═SiF4↑+2H2↑
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO2+2OH﹣═SiO+H2O
5．工业上，可用硫酸铈溶液吸收尾气中NO，其化学方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种
C．若不考虑溶液体积变化，吸收尾气后，溶液的pH将增大
D．在该反应中，每消耗22.4LNO必转移2
mol电子
6．常温常压下，一定量的甲烷在足量的氧气中完全燃烧生成9g水，该反应中有关物质的物理量描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数
）（ ）
A．电子转移的物质的量为1
mol
B．断裂了1mol
C﹣H键，转移的电子数目为2NA
C．有4gCH4参加反应，生成了5.6
L的CO2
D．1mol
CH4
（g）和2molO2（g）的能量总和小于1mol
CO2
（g）和2molH2O的能量总和
7．化学反应常常伴随能量的变化，以下是
H2与Cl2反应的能量变化示意图
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应的能量变化示意图
下列说法正确的是（ ）
A．氯化氢分子的电子式：
B．该反应是工业制取盐酸的化学反应原理
C．形成1molH﹣Cl键要吸收431
kJ的能量
D．该反应中反应物总能量小于生成物总能量
8．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子．W和X同主族．Z的一种单质能在空气中自燃．对于这四种元素下列判断正确的是（ ）
A．单质的沸点：Z＞X＞Y
B．单质的氧化性：W＜Z＜Y＜X
C．气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z
D．W单质可以将X从其盐溶液中置换出来
9．700℃时，H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），下列判断错误的是（ ）
起始浓度
甲
乙
丙
c（H2）/mol/L
0.10
0.20
0.20
c（CO2）/mol/L
0.10
0.10
0.20
A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%
B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L
H2和0.20
mol/LCO2，到达平衡时c
（CO）与乙不同
10．常温下，有下列四种溶液：
①
②
③
④
0.1mol/L盐酸
pH=3盐酸
0.1mol/L氨水
pH=11氨水
下列说法正确的是（ ）
A．由水电离出的c（H+）：①＞③
B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同
C．①与③混合，若溶液pH=7，则V（盐酸）＞V（氨水）
D．②与④混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
11．交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用．灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示．下列有关海水电池的说法正确的是（ ）
A．X可为铁、铜、石墨等电极
B．每转移2
mol电子，2mol
H+由交换膜左侧向右侧迁移
C．正极的电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+═2H2O
D．该电池能将化学能全部转化成电能
12．“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）
①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀．
A．①④⑤
B．②③④
C．②③⑤
D．①③④⑥
13．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）
①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
②灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应
③碱性氧化物一定是金属氧化物
④只由一种元素组成的物质一定为纯净物
⑤石墨和C60是同素异形体
⑥酸性氧化物一定不能和酸反应．
A．①③⑤⑥
B．③⑤
C．①②⑤
D．①③④⑥
14．下列有关物质分类说法正确的是（ ）
A．钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物
B．食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐
C．生铁、不锈钢、青铜都属于合金
D．明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质
15．由CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g L﹣1，则该混合气体中CH4和O2的体积比为（ ）
A．2：1
B．1：2
C．2：3
D．3：2
16．下列说法中，不正确的是（ ）
A．H、D、T互为同位素
B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．常温常压下，22.4
L
CCl4含有NA个CCl4分子
D．常温下，23
g
NO2含有NA个氧原子
17．用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A．气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（ ）
A．2：1
B．1：2
C．4：1
D．1：4
18．标准状况下，将体积为V
L的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出，所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法错误的是（ ）
A．水最终会充满整个烧瓶
B．所得溶液的物质的量浓度为mol L﹣1
C．所得溶液的质量分数为ρ
D．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）=mol
19．某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的PH为11，在此温度下，将pH=12的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=10，则强碱与强酸的体积比为（ ）
A．1：9
B．9：1
C．1：11
D．11：1
20．通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能，键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的（△H）等于反应物的总键能与生成物的总键能之差．
化学键
Si﹣O
Si﹣Cl
H﹣H
H﹣Cl
Si﹣Si
Si﹣C
l键能/kJ mol
460
360
436
431
176
347
工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）
Si（s）+4HCl（g），该反应的反应热AH为（ ）
A．+412
kJ mol﹣1
B．﹣412
kJ mol﹣1
C．+236
kJ mol﹣1
D．﹣236
kJ mol﹣1
21．恒温恒容下，往一真空密闭容器中通入一定量的气体M，发生如下反应：3M（g） N（g）+aP（g）．达平衡后，测得容器内的压强增大了x%，M的平衡转化率为y%，则下列推断中正确的是（ ）
A．若a=1，则x＞y
B．若a=2，则x＜0.5y
C．若a=3，则x=y
D．若a=5，则x=y
22．将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（ ）
A．11.2
L
B．6.72
L
C．8.96
L
D．4.48
L
23．物质制备是化学研究的主要任务之一．下列操作正确的是（ ）
A．制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
B．实验室制硝基苯：先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸
C．提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离
D．检验某溶液中是否含有甲醛：在盛有2mL10%CuSO4溶液的试管中滴加0.5mL10%NaOH溶液，混合均匀，滴入待检液，加热
24．下列关于物质的鉴别、分离和提纯的说法中，正确的是（ ）
A．HN03溶液混有H2SO4，可加入适量的BaCl2溶液，过滤除去
B．向某溶液中加入稀H2SO4，有无色无味气体生成，说明原溶液中一定含有CO32﹣
C．乙酸乙酯（沸点77℃）中混有乙醇，可以用蒸馏法提纯
D．饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体
25．只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（ ）
A．NaOH
B．H2SO4
C．BaCl2
D．AgNO3
26．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（ ）
A．甲：Fe、X：Cl2
B．甲：SO2、X：NaOH溶液
C．甲：C、X：O2
D．甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液
27．下列叙述正确的是（ ）
①久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于于燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③SiO2和CO2都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应，但不能与任何酸反应
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质．
A．①④⑤
B．①⑤⑥
C．②③④
D．④⑤⑥
28．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为氮气，则丁可能是O2
C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
29．某有机物结构简式为则用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）
A．3：3：2
B．3：2：1
C．1：1：1
D．3：2：2
30．下列说法不正确的是（ ）
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．和CO2反应生成可降解聚合物，反应符合绿色化学的原则
三、解答题（共3小题）
31．已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究．
（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：
【提出假设】
假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中 引起的（填微粒的化学式，下同）．
假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中 引起的．
【设计实验方案】
为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：
假设1方案： ．
假设2方案： ．
（2）根据高中所学的知识判断，你认为 （填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？ （填“行”或“否”）．
（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式 ，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中．
32．达喜[AlaMgb（OH）c（CO3）d xH2O]常用于中和胃酸．
（1）1mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为 （用含x等字母的代数式表示）．
（2）达喜化学式中a、b、c、d的关系为a+b c+d（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）已知在常温下溶液中Al3+、Mg2+、Al的浓度与溶液pH的关系如图所示．为测定达喜的组成，进行了下列实验：
①取达喜6.02g研碎，缓慢加入2.00mol L﹣1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00mL时正好反应完全．
②在①所得溶液中加入适量的 （填“氨水”、“氢氧化铝”或“氯化镁”）以调节溶液的pH至5.0～7.0，使有关离子完全沉淀．
③将②产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02g．请通过计算确定达喜的化学式（写出计算过程）．
33．A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：
阳离子
Na+、Al3+、Ba2+、NH4+
阴离子
Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣
分别取四种物质进行实验，实验结果如下：
①A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性
②A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失
③A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝
回答下列问题：
（1）A的化学式是 ，用电子式表示C的形成过程： ．
（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： ．
（3）写出③的离子方程式 ．
（4）简述D溶液呈碱性的理由 ．
三、实验题
34．NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体．相应的实验过程如图：
（1）写出上述实验过程中所用试剂（写化学式）：
试剂① ；试剂③ ．
（2）判断试剂①已过量的方法是： ．
（3）用化学方程式表示加入试剂②的作用：
（4）操作①是利用半透膜进行分离提纯．操作①的实验结果：淀粉 （填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42﹣ （填“能”或“不能”）透过半透膜；请用实验证明上述结果，完成下表（可不填满，也可增加）：限选试剂：1mol/L
AgNO3溶液、1mol/L
BaCl2溶液、1mol/L
Ba（NO3）2溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸
编号
实验操作
预期现象和结论
①
②
35．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据设计要求回答：
（1）A装置中发生反应的离子方程式是
（2）B装置有三种功能：① ；②均匀混合气体；③干燥混合气体．
（3）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式： ．
（4）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是： ．
（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为 ．
2016-2017学年山东省枣庄市滕州五中高三（上）第二周化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．下列说法正确的是（ ）
A．大量燃烧化石燃料是造成雾霾的一种重要因素
B．食品中的抗氧化剂本身是难于氧化的物质
C．含SO42﹣的澄清溶液中不会含Ba2+
D．凡溶于水能电离出H+离子的化合物均属于酸
【考点】常见的生活环境的污染及治理；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
【分析】A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；
B．抗氧化剂应具有还原性；
C．依据溶度积规则解答；
D．溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸．
【解答】解：A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；
B．食品中的抗氧化剂具有还原性，本身是易被氧化的物质，故B错误；
C．含SO42﹣的澄清溶液中可以含Ba2+，只要硫酸根离子浓度与钡离子浓度乘积小于硫酸钡溶度积常数即可，故C错误；
D．溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，NaHSO4溶液中也能电离出氢离子，故D错误；
故选：A．
2．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NA
B．50ml，18.4
mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
C．标准状况下，33.6
L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
D．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡；
B．稀硫酸与铜不发生反应，则铜足量时反应生成的二氧化硫的量减小；
C．标准状况下，氟化氢的状态不是气体；
D．液态硫酸氢钾中含有的阳离子只有钾离子．
【解答】解：A．标准状况下22.4L二氧化氮的物质的量为1mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则含有二氧化氮的物质的量小于1mol，含有NO2分子总数小于0.1NA，故A正确；
B．50mL
18.4
mol/L浓硫酸中含有硫酸的物质的量为：18.4mol/L×0.05L=0.92mol，铜与浓硫酸的反应中，消耗0.92mol硫酸会生成0.46mol二氧化硫，由于浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，则铜足量时反应生成的二氧化硫小于0.46mol，生成SO2分子的数目小于0.46NA，故B错误；
C．标准状况下，HF不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算33.6L氟化氢的物质的量，故C错误；
D．6.8g硫酸氢钾的物质的量为：
=0.05mol，0.05mol液态硫酸氢钾中含有0.05mol钾离子和0.05mol硫酸氢根离子，则含有阳离子的数目小于0.1NA，故D错误；
故选A．
3．最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸盐的液态水．下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（ ）
A．水是一种弱电解质
B．NH4ClO4溶液显酸性
C．NaClO4中含有离子键和共价键
D．NH4ClO4只有氧化性，没有还原性
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；水的电离．
【分析】A．水是部分电离的电解质，为弱电解质；
B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；
C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；
D．元素处于最高价时只有氧化剂，处于最低价态时只有还原性，中间价态的元素既有氧化剂又有还原性．
【解答】解：A．水是部分电离的电解质，为弱电解质，故A正确；
B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，所以高氯酸铵溶液呈酸性，故B正确；
C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，则钠离子和高氯酸根离子之间存在离子键、Cl原子和O原子之间存在共价键，故C正确；
D．Cl元素处于最高价，则具有氧化性，N元素处于最低价态，则具有还原性，所以该物质具有氧化性和还原性，故D错误；
故选D．
4．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3+CO2+H2O═2Na++CO+H2SiO3
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）2+2CO2═Ca2++2HCO
C．硅与氢氟酸的反应：Si+4H++4F﹣═SiF4↑+2H2↑
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO2+2OH﹣═SiO+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
B．氢氧化钙应拆成离子形式；
C．氢氟酸为弱电解质，应保留化学式；
D．二者反应生成硅酸钠和水．
【解答】解：A．水玻璃中通入过量二氧化碳，离子方程式：SiO32﹣+2CO2+2H2O=2HCO3﹣+H2SiO3，故A错误；
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳，离子方程式：CO2+OH﹣=HCO3﹣，故B错误；
C．硅与氢氟酸的反应，离子方程式：Si+4HF═SiF4↑+2H2↑，故C错误；
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中，离子方程式：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故D正确；
故选：D．
5．工业上，可用硫酸铈溶液吸收尾气中NO，其化学方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种
C．若不考虑溶液体积变化，吸收尾气后，溶液的pH将增大
D．在该反应中，每消耗22.4LNO必转移2
mol电子
【考点】氧化还原反应．
【分析】2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4中，1N元素由+2升高到+5价，1N元素由+2升高到+3价，Ce元素由+4降低到+3价，据此分析解答．
【解答】解：A．1N元素由+2升高到+5价，1N元素由+2升高到+3价，则NO是还原剂，Ce元素由+4降低到+3价，则硫酸铈是氧化剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为2：1，故A错误；
B．硫酸铈是氧化剂，生成Ce2（SO4）3为还原产物，NO是还原剂，生成HNO2、HNO3是氧化产物，所以在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种，故B正确；
C．反应后生成硫酸，则溶液的酸性增强，pH减小，故C错误；
D．没有限制“标准状况”，不能计算转移电子数目，故D错误；
故选B．
6．常温常压下，一定量的甲烷在足量的氧气中完全燃烧生成9g水，该反应中有关物质的物理量描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数
）（ ）
A．电子转移的物质的量为1
mol
B．断裂了1mol
C﹣H键，转移的电子数目为2NA
C．有4gCH4参加反应，生成了5.6
L的CO2
D．1mol
CH4
（g）和2molO2（g）的能量总和小于1mol
CO2
（g）和2molH2O的能量总和
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】9g水的物质的量是0.5mol，根据CH4+2O22H2O+CO2反应进行计算，有0.25mol甲烷反应．
【解答】解：A．方程式中生成了2mol水，转移了8mol电子，故生成9g水转移2mol电子，故A错误；
B．方程式中断裂了4mol
C﹣H键，转移了8mol电子，故断裂了1mol
C﹣H键，转移的电子数目为2NA，故B正确；
C．不知道气体的状态，无法求体积，故C错误；
D．该反应为放热反应，1mol
CH4
（g）和2molO2（g）的能量总和大于1mol
CO2
（g）和2molH2O（g）的能量总和，故D错误．
故选B．
7．化学反应常常伴随能量的变化，以下是
H2与Cl2反应的能量变化示意图
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应的能量变化示意图
下列说法正确的是（ ）
A．氯化氢分子的电子式：
B．该反应是工业制取盐酸的化学反应原理
C．形成1molH﹣Cl键要吸收431
kJ的能量
D．该反应中反应物总能量小于生成物总能量
【考点】化学反应中能量转化的原因．
【分析】化学反应中，化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，由键能大小可知H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）的反应热，生成2molHCl，化学键断裂吸收热量：436kJ+243kJ=679kJ，形成化学键放出热量：2×431kJ=862kJ，则反应放热，并根据物质能量越高越活泼分析物质稳定性．
【解答】解：A．HCl为共价化合物，电子式不可能有电荷和括号，故A错误；
B．该反应是工业制取盐酸的化学反应原理，故B正确；
C．形成1molH﹣Cl键要释放收431kJ的能量，故C错误；
D、依据C分析计算，1mol
H2（g）和1mol
Cl2（g）的总能量高于2mol
HCl（g）的总能量，反应放热，该反应中反应物总能量高于生成物总能量，故D错误；
故选B．
8．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子．W和X同主族．Z的一种单质能在空气中自燃．对于这四种元素下列判断正确的是（ ）
A．单质的沸点：Z＞X＞Y
B．单质的氧化性：W＜Z＜Y＜X
C．气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z
D．W单质可以将X从其盐溶液中置换出来
【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子，应为第三周期非金属元素，且非金属性X＞Y，可知X为Cl、Y为S；W和X同主族，W为F．Z的一种单质能在空气中自燃，可知Z为P，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．
【解答】解：W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子，应为第三周期非金属元素，且非金属性X＞Y，可知X为Cl、Y为S；W和X同主族，W为F．Z的一种单质能在空气中自燃，可知Z为P，
A．P、S常温下为固体，S的沸点为444.6℃，P的沸点为280℃，单质的沸点：Y＞Z＞X，故A错误；
B．非金属性越强，单质的氧化性越强，则单质的氧化性：Z＜Y＜X＜W，故B错误；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z，故C正确；
D．W单质与水反应生成HF和氧气，则不能将X从其盐溶液中置换出来，故D错误；
故选C．
9．700℃时，H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），下列判断错误的是（ ）
起始浓度
甲
乙
丙
c（H2）/mol/L
0.10
0.20
0.20
c（CO2）/mol/L
0.10
0.10
0.20
A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%
B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L
H2和0.20
mol/LCO2，到达平衡时c
（CO）与乙不同
【考点】化学平衡的计算．
【分析】甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），故△c（H2O）=0.025mol/（L min）×2min=0.05mol/L，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.1
0.1
0
0
转化（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
平衡（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
故该温度下平衡常数K==1，各容器内温度相同，平衡常数均相同，
A．令乙中CO2的浓度变化量为x，表示出平衡时各组分的物质的量浓度，再结合平衡常数列方程计算解答；
B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同；
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动；
D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，表示出平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算CO的平衡浓度，由A计算可知乙中平衡时CO的浓度．
【解答】解：甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），故△c（H2O）=0.025mol/（L min）×2min=0.05mol/L，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.1
0.1
0
0
转化（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
平衡（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
故该温度下平衡常数K==1，
A．令乙中CO2的浓度变化量为x，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.2
0.1
0
0
转化（mol/L）：x
x
x
x
平衡（mol/L）：0.2﹣x
0.1﹣x
x
x
所以=1，解得x=，故二氧化碳的转化率为×100%=66.7%，故A错误；
B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，故B正确；
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；
D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.1
0.2
0
0
转化（mol/L）：y
y
y
y
平衡（mol/L）：0.1﹣y
0.2﹣y
y
y
则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误，
故：AD．
10．常温下，有下列四种溶液：
①
②
③
④
0.1mol/L盐酸
pH=3盐酸
0.1mol/L氨水
pH=11氨水
下列说法正确的是（ ）
A．由水电离出的c（H+）：①＞③
B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同
C．①与③混合，若溶液pH=7，则V（盐酸）＞V（氨水）
D．②与④混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度越大，对水的抑制程度越大；
B．0.1mol/L氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH＜13，稀释到原来的100倍后，促进氨水电离；
C．①与③混合，若溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
D．②与④混合，若溶液显碱性，则为氨水与氯化铵的混合溶液．
【解答】解：A.0.1mol/LHCl溶液中，由水电离出的c（H+）为10﹣13mol/L，0.1mol/L
氨水，c（OH﹣）＜0.1mol/L，则由水电离出的c（H+）大于10﹣13mol/L，所以由水电离出的c（H+）为①＜③，故A错误；
B．0.1mol/L氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH＜13，稀释到原来的100倍后，促进氨水电离，pH变化小于2个单位，所以③的pH可能与④不同，故B错误；
C．①与③混合，若溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），氨水和HCl恰好反应生成氯化铵，氯化铵溶液显酸性，若溶液显中性，所以氨水要过量，则V（盐酸）＜V（氨水），故C错误；
D．②与④混合，若溶液显碱性，则为氨水与氯化铵的混合溶液，氨水的浓度大于氯化铵的浓度，则溶液中可能存在c（OH﹣）＞c（Cl﹣），结合电荷守恒可知溶液中离子浓度可能为c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故D正确；
故选D．
11．交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用．灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示．下列有关海水电池的说法正确的是（ ）
A．X可为铁、铜、石墨等电极
B．每转移2
mol电子，2mol
H+由交换膜左侧向右侧迁移
C．正极的电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+═2H2O
D．该电池能将化学能全部转化成电能
【考点】化学电源新型电池．
【分析】该海水电池的负极材料是金属镁，发生失电子的氧化反应，正极材料的金属活泼性比金属镁的差，该电极上发生得电子的还原反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，根据电子守恒以及电子转移知识来回答判断．
【解答】解：A、该海水电池的负极材料是金属镁，正极X的材料的金属活泼性比金属镁的差，但是不能是可以和双氧水之间反应的金属铁等物质，故A错误；
B、阳离子会移向正极，即每转移2
mol电子，2molH+由交换膜右侧向左侧迁移，故B错误；
C、原电池的正极上发生得电子的还原反应：H2O2+2e﹣+2H+═2H2O，故C正确；
D、该电池能将化学能部分转化成电能，部分转化为热能，故D错误．
故选C．
12．“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）
①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀．
A．①④⑤
B．②③④
C．②③⑤
D．①③④⑥
【考点】胶体的重要性质．
【分析】“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种，属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题；
【解答】解：“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种，属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确；
故选B．
13．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）
①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
②灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应
③碱性氧化物一定是金属氧化物
④只由一种元素组成的物质一定为纯净物
⑤石墨和C60是同素异形体
⑥酸性氧化物一定不能和酸反应．
A．①③⑤⑥
B．③⑤
C．①②⑤
D．①③④⑥
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】①化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合；
②焰色反应为物理反应；
③碱性氧化物一定是金属氧化物；
④纯净物是由一种物质组成的；
⑤同素异形体的化学性质相似；
⑥酸性氧化物可能和酸反应．
【解答】解：①化学变化的特征是有新物质生成，通过化学变化不能实现16O与18O间的相互转化，故①错误；
②焰色反应不属于化学反应，故②错误；
③碱性氧化物一定是金属氧化物，故③正确；
④只由一种元素可以组成不同单质，如氧气和臭氧的混合气体只含一种元素，所以只由一种元素组成的物质不一定为纯净物，故④错误；
⑤同素异形体是指同种元素形成的不同单质，石墨和C60是同素异形体，故⑤正确；
⑥酸性氧化物可能和酸反应，如二氧化硫与硝酸反应，故⑥错误；
故选B．
14．下列有关物质分类说法正确的是（ ）
A．钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物
B．食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐
C．生铁、不锈钢、青铜都属于合金
D．明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；合金的概念及其重要应用．
【分析】A、钠的氧化物有两种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；
B、酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物；
C、合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法熔合而成的具有金属特性的物质．结合各物质的成分判断；
D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物．
【解答】解：A、钠的氧化物有两种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2和酸反应时，除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故A错误；
B、纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，故B错误；
C、生铁的主要成分是铁与碳，属于合金，不锈钢是在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、硅、钴等合金元素，属于合金，青铜主要含有铜、锡、铅等，属于合金，故C正确；
D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故不是电解质，故D错误．
故选C．
15．由CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g L﹣1，则该混合气体中CH4和O2的体积比为（ ）
A．2：1
B．1：2
C．2：3
D．3：2
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】标准状况下的密度为1g L﹣1，根据M=ρVm计算混合气体的平均摩尔质量，进而计算混合物的物质的量比，最后根据相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比得出该混合气体中CH4和O2的体积比．
【解答】解：CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g L﹣1，则混合气体的相对分子质量为22.4，
设CH4和O2的物质的量分别为x、y，
则：
=22.4，
整理可得：x：y=3：2，
相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则该混合气体中CH4和O2的体积比为3：2，
故选D．
16．下列说法中，不正确的是（ ）
A．H、D、T互为同位素
B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．常温常压下，22.4
L
CCl4含有NA个CCl4分子
D．常温下，23
g
NO2含有NA个氧原子
【考点】阿伏加德罗常数；同位素及其应用；化学键．
【分析】A、同一种元素的不同原子互称同位素；
B、离子键一般形成于活泼的金属和非金属元素之间，共价键一般形成于非金属元素之间；
C、四氯化碳为液态；
D、求出二氧化氮的物质的量，然后根据1mol二氧化氮中含2mol氧原子来分析．
【解答】解：A、同一种元素的不同原子互称同位素，而H、D、T是氢元素的三种不同的氢原子，故互为同位素，故A正确；
B、离子键一般形成于活泼的金属和非金属元素之间，共价键一般形成于非金属元素之间，故NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键，故B正确；
C、四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、23g二氧化氮的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化氮中含2mol氧原子，故含有的氧原子的物质的量为1mol，即含NA个氧原子，故D正确．
故选C．
17．用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A．气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（ ）
A．2：1
B．1：2
C．4：1
D．1：4
【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．
【分析】用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，用水处理碳化钙CaC2+2H2O→Ca（OH）2+HC≡CH↑，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，设A为CxHy，根据CxHy+（x+）O2xCO2+H2O进行计算．
【解答】解：用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，用水处理碳化钙CaC2+2H2O→Ca（OH）2+HC≡CH↑，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，设A为CxHy，
CxHy+（x+）O2xCO2+H2O
1
x+
x+=3.5，因A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，所以x=2，y=6，A为C2H6，生成A的方程式为：2H2+C2H2→C2H6，n（H2）：n（C2H2）=2：1，所以金属钠与碳化钙的物质的量之比为4：1，
故选C．
18．标准状况下，将体积为V
L的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出，所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法错误的是（ ）
A．水最终会充满整个烧瓶
B．所得溶液的物质的量浓度为mol L﹣1
C．所得溶液的质量分数为ρ
D．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）=mol
【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用．
【分析】A．氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积；
B．根据n=计算氨气物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；
C．根据c=计算溶液的质量分数；
D．根据物料守恒计算，溶液中N元素以NH3 H2O、NH4+形式存在．
【解答】解：A．氨气溶于水，水最终会充满整个烧瓶，故A正确；
B．氨气物质的量为=mol，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，溶液物质的量浓度为=
mol L﹣1，故B正确；
C．根据c=可知，溶液的质量分数==，故C错误；
D．溶液中N元素以NH3 H2O、NH4+形式存在，根据物料守恒，所得溶液中n（NH3 H2O）+n（NH4+）=mol，故D正确，
故选：C．
19．某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的PH为11，在此温度下，将pH=12的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=10，则强碱与强酸的体积比为（ ）
A．1：9
B．9：1
C．1：11
D．11：1
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】该温度下0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，该氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c（OH﹣）=0.01mol/L、氢离子浓度为c（H+）=10﹣11mol/L，再根据水的离子积表达式：Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出该温度下水的离子积；
将pH=12的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=10，混合液显示碱性，根据该温度下水的离子积计算出强碱溶液、反应后的混合液中氢氧根离子浓度，然后列式计算即可．
【解答】解：该温度下0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，该氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c（OH﹣）=0.01mol/L、氢离子浓度为c（H+）=10﹣11mol/L，则该温度下水的离子积为：Kw=c（H+）×c（OH﹣）=0.01×10﹣11=10﹣13；
pH=12的强碱溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）==0.1mol/L，
pH=2的强酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=0.01mol/L，
pH=10的混合液显示碱性，该溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）==0.001mol/L，
设强碱与强酸的体积分别为xL、yL，
则反应后的混合液中氢离子浓度为：c（OH﹣）=0.001mol/L=，
解得：x：y=1：9，
故选A．
20．通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能，键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的（△H）等于反应物的总键能与生成物的总键能之差．
化学键
Si﹣O
Si﹣Cl
H﹣H
H﹣Cl
Si﹣Si
Si﹣C
l键能/kJ mol
460
360
436
431
176
347
工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）
Si（s）+4HCl（g），该反应的反应热AH为（ ）
A．+412
kJ mol﹣1
B．﹣412
kJ mol﹣1
C．+236
kJ mol﹣1
D．﹣236
kJ mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
【分析】由信息可知，△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，结合表格数据计算．
【解答】解：由信息可知，△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，则SiCl4（g）+2H2（g）
si（s）+4HCl（g），该反应的反应热AH为×4+×2﹣=+236
kJ mol﹣1，
故选C．
21．恒温恒容下，往一真空密闭容器中通入一定量的气体M，发生如下反应：3M（g） N（g）+aP（g）．达平衡后，测得容器内的压强增大了x%，M的平衡转化率为y%，则下列推断中正确的是（ ）
A．若a=1，则x＞y
B．若a=2，则x＜0.5y
C．若a=3，则x=y
D．若a=5，则x=y
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】根据恒温恒容的容器内，气体物质的量之比等于压强之比．A、B因正反应是计量系数未增大的反应，压强不会增大；设开始时加入气体M的物质的量为100mol，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡后混合气体物质的量增大xmol，反应掉的M为ymol，利用差量法确定二者关系，再结合a的值进行讨论判断．
【解答】解：A、若a=1，正反应是计量系数减小的反应，压强随之减小，故A错误；
B、若a=2，正反应是计量系数不变的反应，压强不变，故B错误；
设开始时加入气体A的物质的量为100mol，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡后混合气体物质的量增大xmol，反应掉的M为ymol则：
3M（g） N（g）+aP（g） 物质的量增大△n
3
a﹣2
ymol
xmol
则3x=y（a﹣2），即x=．
C、若a=3，x=，M的转化率大于压强增大的百分数，故C错误；
D、若a=5，x=，故D正确；
故选：D．．
22．将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（ ）
A．11.2
L
B．6.72
L
C．8.96
L
D．4.48
L
【考点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算．
【分析】依据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答，注意反应离子过量与不足的判断，确定发生的化学反应．
【解答】解：100ml溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1L×6mol/L×2+0.1L×2mol/L=1.4mol；含有的硝酸根离子为：0.1L×2mol/L+0.1L×1mol/L=0.3mol，
加入过量的铁粉，发生反应的离子方程式为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O和反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，则：
3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
2
8
2
0.3mol
1.2mol
0.3mol
剩余的氢离子的物质的量为：1.4mol﹣1.2mol=0.2mol，
Fe+2H+=Fe2++H2↑，
2
1
0.2mol
0.1mol
产生气体的物质的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，标况下体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L，
故选：C．
23．物质制备是化学研究的主要任务之一．下列操作正确的是（ ）
A．制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
B．实验室制硝基苯：先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸
C．提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离
D．检验某溶液中是否含有甲醛：在盛有2mL10%CuSO4溶液的试管中滴加0.5mL10%NaOH溶液，混合均匀，滴入待检液，加热
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．苯与溴水不反应；
B．有浓硫酸参加的反应，在混合时应注意防止酸液飞溅；
C．碘易溶于四氯化碳；
D．加入氢氧化钠较少，应在碱性条件下反应．
【解答】解：A．苯与液溴在催化作用下发生取代反应，与溴水不反应，故A错误；
B．浓硫酸密度比水大，溶于水放热，先加入浓硝酸，再加浓硫酸，最后滴入苯，故B错误；
C．碘易溶于四氯化碳，可用四氯化碳萃取，故C正确；
D．甲醛与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，加入氢氧化钠较少，故D错误．
故选C．
24．下列关于物质的鉴别、分离和提纯的说法中，正确的是（ ）
A．HN03溶液混有H2SO4，可加入适量的BaCl2溶液，过滤除去
B．向某溶液中加入稀H2SO4，有无色无味气体生成，说明原溶液中一定含有CO32﹣
C．乙酸乙酯（沸点77℃）中混有乙醇，可以用蒸馏法提纯
D．饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体
【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的分离、提纯和除杂．
【分析】A．硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl；
B．无色无味气体，为二氧化碳；
C．沸点差异小，不易直接蒸馏；
D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解．
【解答】解：A．硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl，引入新杂质HCl，应加硝酸钡、过滤除杂，故A错误；
B．无色无味气体，为二氧化碳，则原溶液中可能含有CO32﹣或HCO3﹣，故B错误；
C．乙酸乙酯（沸点77℃）、乙醇（沸点78℃）的沸点差异小，不易直接蒸馏，应加碳酸钠溶液、分液除杂，故C错误；
D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体，故D正确；
故选D．
25．只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（ ）
A．NaOH
B．H2SO4
C．BaCl2
D．AgNO3
【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．
【分析】四种盐溶液的阳离子各不相同，可从阳离子鉴别的角度分析，鉴别阳离子，可加入碱，结合沉淀的颜色等角度判断．
【解答】解：A．加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀迅速变成灰绿色最后总变成红褐色，Al2（SO4）3先生成白色沉淀后沉淀溶解，（NH4）2SO4生成刺激性气体，四种物质现象各不相同，可鉴别，故A正确；
B．均与硫酸不反应，不能鉴别，故B错误；
C．Na2SO4、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误；
D．均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
故选A．
26．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（ ）
A．甲：Fe、X：Cl2
B．甲：SO2、X：NaOH溶液
C．甲：C、X：O2
D．甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断．
【分析】A．甲：Fe，X：Cl2，则乙为FeCl3；
B．甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；
C．甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2；
D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2．
【解答】解：A．甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；
B．甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，故B正确；
C．甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2，CO2与C反应生成CO，符合题中转化关系，故C正确；
D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；
故选A．
27．下列叙述正确的是（ ）
①久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于于燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③SiO2和CO2都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应，但不能与任何酸反应
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质．
A．①④⑤
B．①⑤⑥
C．②③④
D．④⑤⑥
【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的应用；浓硫酸的性质；无机非金属材料．
【分析】①久置于空气中的氢氧化钠溶液变为碳酸钠，根据碳酸钠的性质来回答；
②浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性；
③二氧化硅可以和HF酸反应；
④水晶的主要成分是二氧化硅；
⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性；
⑥氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行．
【解答】解：①久置于空气中的氢氧化钠溶液变为碳酸钠，碳酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，故①正确；
②浓硫酸具有吸水性和强氧化性，浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体，不能干燥还原性的碘化氢气体，不能干燥碱性气体如氨气等，故②错误；
③二氧化硅可以和HF酸反应、和强碱溶液反应，CO2是酸性氧化物，和强碱溶液反应，不能与任何酸反应，故③错误；
④玻璃、水泥主要成分是硅酸盐，都是硅酸盐制品，水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐制品，故④错误；
⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性，浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性，故⑤正确；
⑥氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行，氧化铁胶体加热会聚沉，均产生红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质三氧化二铁，故⑥正确．
故选B．
28．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为氮气，则丁可能是O2
C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【考点】无机物的推断．
【分析】A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2；
B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO；
C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；
D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3．
【解答】解：A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，则CCOCO2，符合转化，故A正确；
B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO，不符合转化关系，故B错误；
C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；
D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，则NaOHNa2CO3NaHCO3，符合转化，故D正确．
故选B．
29．某有机物结构简式为则用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）
A．3：3：2
B．3：2：1
C．1：1：1
D．3：2：2
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】分子中含有酚羟基、醛基、羧基和醇羟基，根据有机物的官能团的性质判断有机物可能具有的性质．
【解答】解：能与Na反应的有1个酚羟基、1个羧基和1个醇羟基；
能与NaOH反应的有1个酚羟基和1个羧基；
能与NaHCO3反应的只有1个羧基，
则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1，
故选B．
30．下列说法不正确的是（ ）
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．和CO2反应生成可降解聚合物，反应符合绿色化学的原则
【考点】常见化学电源的种类及其工作原理；有机物的合成；中和滴定．
【分析】A、多孔碳是碳单质，是一种具有不同孔结构的碳素材料，可用作氢氧燃料电池的电极材料；
B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂；
C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似；
D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染．
【解答】解：A、多孔碳是碳单质，是一种具有不同孔结构的碳素材料．作为一种新材料，具有耐高温、耐酸碱、导电、传热、优良的吸附性能、良好的化学稳定性和使用后容易再生等优点．如活性炭、活性炭纤维、碳分子筛等都属于多孔碳．多孔碳①具有很强的吸附能力和表面积，可吸附氢气和氧气，提供气体反应（发生电子转移）的场所，同时具有较大的表面积，可增大接触面积，提高反应速率；②有催化作用；所以可用作氢氧燃料电池的电极材料，故A正确；
B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂．pH计是一种精确测量溶液pH的仪器，精确度高，测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH，所以，可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点，故B错误；
C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似．所以应该说，完全有可能在普通的DNA骨架中砷元素可以取代磷元素，故C正确；
D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染．绿色化学的核心内容之二是有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求．甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则，故D正确；
故选B．
三、解答题（共3小题）
31．已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究．
（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：
【提出假设】
假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中 Br2 引起的（填微粒的化学式，下同）．
假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中 Fe3+ 引起的．
【设计实验方案】
为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：
假设1方案： 向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色 ．
假设2方案： 向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色 ．
（2）根据高中所学的知识判断，你认为 假设2 （填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？ 否 （填“行”或“否”）．
（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式 2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 ，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）提出假设：现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的，或是溴单质溶于水形成的溶液颜色；
设计实验方案：溶液黄色由溶解溴导致，可以利用四氯化碳萃取溴验证；
溶液黄色由Fe3+所致，能与KSCN溶液反应生成血红色物质；
（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+；
溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质；
（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接．
【解答】解：（1）【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中Br2引起的，
假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中Fe3+引起的，
故答案为：Br2；Fe3+；
【设计实验方案】假设1方案：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色，
假设2方案：向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，
故答案为：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；
（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+，假设1不成立，假设2的推断正确，
溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，不能用淀粉碘化钾溶液验证，
故答案为：假设2；否；
（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接，电池装置示意图为：，
故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；．
32．达喜[AlaMgb（OH）c（CO3）d xH2O]常用于中和胃酸．
（1）1mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为 x+c+d （用含x等字母的代数式表示）．
（2）达喜化学式中a、b、c、d的关系为a+b ＜ c+d（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）已知在常温下溶液中Al3+、Mg2+、Al的浓度与溶液pH的关系如图所示．为测定达喜的组成，进行了下列实验：
①取达喜6.02g研碎，缓慢加入2.00mol L﹣1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00mL时正好反应完全．
②在①所得溶液中加入适量的 氨水 （填“氨水”、“氢氧化铝”或“氯化镁”）以调节溶液的pH至5.0～7.0，使有关离子完全沉淀．
③将②产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02g．请通过计算确定达喜的化学式（写出计算过程）．
【考点】化学方程式的有关计算；离子方程式的有关计算．
【分析】（1）1mol达喜中含cmolOH﹣、dmolCO32﹣，xmolH2O，与盐酸反应均生成水；
（2）化合物中遵循电荷守恒，则3a+2b=c+2d；
（3）实验①加入90mL盐酸，恰好溶液，产生溶液中溶质为氯化铝、氯化镁，实验②加氨水使Al3+转化为沉淀，此时Mg2+没有转化为沉淀，溶液中溶质为NaCl、MgCl2，由实验③可知，1.02g为氧化铝的质量，以此计算．
【解答】解：（1）1mol达喜中含cmolOH﹣、dmolCO32﹣，xmolH2O，与盐酸反应均生成水，由原子守恒可知，生成水的物质的量为（x+c+d）mol，故答案为：x+c+d；
（2）化合物中遵循电荷守恒，则3a+2b=c+2d，阳离子带的电荷大于阴离子带的电荷，则阳离子的数目小，即a+b＜c+d，故答案为：＜；
（3）②由图可知，调节溶液的pH至5.0～7.0，镁离子没有转化为沉淀，只有铝离子转化为沉淀，则①所得溶液中加入适量的氨水调节pH，故答案为：氨水；
③盐酸的总物质的量为2.00mol L﹣1×0.09L=0.18mol，
产生CO2消耗盐酸的物质的量为（0.09﹣0.085）L×2.00
mol L﹣1×2=0.02mol，
CO32﹣的物质的量为0.02mol÷2=0.01
mol，
由①可知加入盐酸后先中和掉OH﹣，然后将CO32转变成HCO3﹣，后加入的盐酸再与HCO3﹣反应生成CO2，故n（Cl﹣）=n（OH﹣）+2n（CO32﹣），故n（OH﹣）=0.18mol﹣0.01mol×2=0.16mol，
n（Al3+）=2n（Al2O3）=2×=0.02mol，
由电荷守恒2n（Mg2+）+3n（Al3+）=n（OH﹣）+2n（CO32﹣），故2n（Mg2+）=0.16mol+0.01mol×2﹣0.02mol×3=0.12mol，故n（Mg2+）=0.06mol，
m（H2O）=6.02g﹣0.6g﹣2.72g﹣1.44g﹣0.54g=0.72g，故n（H2O）==0.04
mol，
则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（OH﹣）：n（CO32﹣）：n（H2O）=0.02：0.06：0.16：0.01：0.04=2：6：16：1：4，达喜的组成为Al2Mg6（OH）16CO3 4H2O，
答：达喜的组成为Al2Mg6（OH）16CO3 4H2O．
33．A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：
阳离子
Na+、Al3+、Ba2+、NH4+
阴离子
Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣
分别取四种物质进行实验，实验结果如下：
①A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性
②A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失
③A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝
回答下列问题：
（1）A的化学式是 Ba（OH）2 ，用电子式表示C的形成过程： ．
（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣） ．
（3）写出③的离子方程式 Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓ ．
（4）简述D溶液呈碱性的理由 NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度 ．
【考点】离子共存问题；盐类水解的应用．
【分析】根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，且A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）2，C为NaCl，D为（NH4）2CO3，以此来解答．
【解答】解：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，再由A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为强酸弱碱盐，则B为Al2（SO4）2，C为强酸强碱盐，则C为NaCl，D为弱酸弱碱盐，则D为（NH4）2CO3，
（1）A为Ba（OH）2，C为NaCl，其形成过程为，
故答案为：Ba（OH）2；；
（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，溶液的溶质为Ba（HCO3）2，由化学式及电离可知
c（HCO3﹣）＞c（Ba2+），再由的水解显碱性可知c（OH﹣）＞c（H+），电离产生极少的CO32﹣，即离子物质的量浓度由大到小的顺序为c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），
故答案为：c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）；
（3）③为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓，
故答案为：Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓；
（4）（NH4）2CO3溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度，
故答案为：NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度．
三、实验题
34．NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体．相应的实验过程如图：
（1）写出上述实验过程中所用试剂（写化学式）：
试剂① BaCl2 ；试剂③ HCl ．
（2）判断试剂①已过量的方法是： 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 ．
（3）用化学方程式表示加入试剂②的作用： BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3↓、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓
（4）操作①是利用半透膜进行分离提纯．操作①的实验结果：淀粉 不能 （填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42﹣ 能 （填“能”或“不能”）透过半透膜；请用实验证明上述结果，完成下表（可不填满，也可增加）：限选试剂：1mol/L
AgNO3溶液、1mol/L
BaCl2溶液、1mol/L
Ba（NO3）2溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸
编号
实验操作
预期现象和结论
①
②
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42﹣可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，以此解答该题．
【解答】解：胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42﹣可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，
（1）由以上分析可知试剂①为BaCl2，试剂③为HCl，故答案为：BaCl2；HCl；
（2）判断试剂①已过量的方法是静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量，
故答案为：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；
（3）试剂②为Na2CO3，加入试剂②的作用是除去溶液中钙离子和过量的钡离子，反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3↓、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓，
故答案为：BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3↓、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓；
（4）胶体粒子和浊液粒子半径比较大，不能透过半透膜，而溶质粒子可通过半透膜，
检验淀粉，可取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜，检验SO42﹣，可另取半透膜外液体，加入足量稀盐酸和少量1mol/L
BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明SO42﹣能够透过半透膜．
故答案为：不能；
能；
编号
实验操作
预期现象和结论
①
取半透膜外液体，加入少量碘水
液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜
②
另取半透膜外液体，加入足量稀盐酸和少量1mol/L
BaCl2溶液
产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明SO42﹣能够透过半透膜
35．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据设计要求回答：
（1）A装置中发生反应的离子方程式是 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）B装置有三种功能：① 控制气流速度 ；②均匀混合气体；③干燥混合气体．
（3）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式： CH4+2Cl2C+4HCl ．
（4）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是： 吸收过量的氯气 ．
（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为 分液 ．
【考点】甲烷的化学性质．
【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；
（2）装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③干燥混合气体干燥混合气体；
（3）依据题意：在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，可知甲烷与氯气在强光下反应生成碳和氯化氢；
（4）氯气能将碘化钾氧化为碘单质；
（5）最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离．
【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③干燥混合气体干燥混合气体；
故答案为：控制气流速度；
（3）甲烷与氯气在强光下反应生成碳和氯化氢，化学方程式：CH4+2Cl2C+4HCl；
故答案为：CH4+2Cl2C+4HCl；
（4）氯气具有氧化性，KI中﹣1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，
故答案为：吸收过量的氯气；
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；
故答案为：分液．
2017年1月23日
一、选择题
1．下列说法正确的是（ ）
A．大量燃烧化石燃料是造成雾霾的一种重要因素
B．食品中的抗氧化剂本身是难于氧化的物质
C．含SO42﹣的澄清溶液中不会含Ba2+
D．凡溶于水能电离出H+离子的化合物均属于酸
2．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NA
B．50ml，18.4
mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
C．标准状况下，33.6
L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
D．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
3．最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸盐的液态水．下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（ ）
A．水是一种弱电解质
B．NH4ClO4溶液显酸性
C．NaClO4中含有离子键和共价键
D．NH4ClO4只有氧化性，没有还原性
4．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3+CO2+H2O═2Na++CO+H2SiO3
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）2+2CO2═Ca2++2HCO
C．硅与氢氟酸的反应：Si+4H++4F﹣═SiF4↑+2H2↑
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO2+2OH﹣═SiO+H2O
5．工业上，可用硫酸铈溶液吸收尾气中NO，其化学方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种
C．若不考虑溶液体积变化，吸收尾气后，溶液的pH将增大
D．在该反应中，每消耗22.4LNO必转移2
mol电子
6．常温常压下，一定量的甲烷在足量的氧气中完全燃烧生成9g水，该反应中有关物质的物理量描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数
）（ ）
A．电子转移的物质的量为1
mol
B．断裂了1mol
C﹣H键，转移的电子数目为2NA
C．有4gCH4参加反应，生成了5.6
L的CO2
D．1mol
CH4
（g）和2molO2（g）的能量总和小于1mol
CO2
（g）和2molH2O的能量总和
7．化学反应常常伴随能量的变化，以下是
H2与Cl2反应的能量变化示意图
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应的能量变化示意图
下列说法正确的是（ ）
A．氯化氢分子的电子式：
B．该反应是工业制取盐酸的化学反应原理
C．形成1molH﹣Cl键要吸收431
kJ的能量
D．该反应中反应物总能量小于生成物总能量
8．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子．W和X同主族．Z的一种单质能在空气中自燃．对于这四种元素下列判断正确的是（ ）
A．单质的沸点：Z＞X＞Y
B．单质的氧化性：W＜Z＜Y＜X
C．气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z
D．W单质可以将X从其盐溶液中置换出来
9．700℃时，H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），下列判断错误的是（ ）
起始浓度
甲
乙
丙
c（H2）/mol/L
0.10
0.20
0.20
c（CO2）/mol/L
0.10
0.10
0.20
A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%
B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L
H2和0.20
mol/LCO2，到达平衡时c
（CO）与乙不同
10．常温下，有下列四种溶液：
①
②
③
④
0.1mol/L盐酸
pH=3盐酸
0.1mol/L氨水
pH=11氨水
下列说法正确的是（ ）
A．由水电离出的c（H+）：①＞③
B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同
C．①与③混合，若溶液pH=7，则V（盐酸）＞V（氨水）
D．②与④混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
11．交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用．灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示．下列有关海水电池的说法正确的是（ ）
A．X可为铁、铜、石墨等电极
B．每转移2
mol电子，2mol
H+由交换膜左侧向右侧迁移
C．正极的电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+═2H2O
D．该电池能将化学能全部转化成电能
12．“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）
①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀．
A．①④⑤
B．②③④
C．②③⑤
D．①③④⑥
13．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）
①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
②灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应
③碱性氧化物一定是金属氧化物
④只由一种元素组成的物质一定为纯净物
⑤石墨和C60是同素异形体
⑥酸性氧化物一定不能和酸反应．
A．①③⑤⑥
B．③⑤
C．①②⑤
D．①③④⑥
14．下列有关物质分类说法正确的是（ ）
A．钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物
B．食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐
C．生铁、不锈钢、青铜都属于合金
D．明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质
15．由CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g L﹣1，则该混合气体中CH4和O2的体积比为（ ）
A．2：1
B．1：2
C．2：3
D．3：2
16．下列说法中，不正确的是（ ）
A．H、D、T互为同位素
B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．常温常压下，22.4
L
CCl4含有NA个CCl4分子
D．常温下，23
g
NO2含有NA个氧原子
17．用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A．气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（ ）
A．2：1
B．1：2
C．4：1
D．1：4
18．标准状况下，将体积为V
L的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出，所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法错误的是（ ）
A．水最终会充满整个烧瓶
B．所得溶液的物质的量浓度为mol L﹣1
C．所得溶液的质量分数为ρ
D．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）=mol
19．某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的PH为11，在此温度下，将pH=12的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=10，则强碱与强酸的体积比为（ ）
A．1：9
B．9：1
C．1：11
D．11：1
20．通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能，键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的（△H）等于反应物的总键能与生成物的总键能之差．
化学键
Si﹣O
Si﹣Cl
H﹣H
H﹣Cl
Si﹣Si
Si﹣C
l键能/kJ mol
460
360
436
431
176
347
工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）
Si（s）+4HCl（g），该反应的反应热AH为（ ）
A．+412
kJ mol﹣1
B．﹣412
kJ mol﹣1
C．+236
kJ mol﹣1
D．﹣236
kJ mol﹣1
21．恒温恒容下，往一真空密闭容器中通入一定量的气体M，发生如下反应：3M（g） N（g）+aP（g）．达平衡后，测得容器内的压强增大了x%，M的平衡转化率为y%，则下列推断中正确的是（ ）
A．若a=1，则x＞y
B．若a=2，则x＜0.5y
C．若a=3，则x=y
D．若a=5，则x=y
22．将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（ ）
A．11.2
L
B．6.72
L
C．8.96
L
D．4.48
L
23．物质制备是化学研究的主要任务之一．下列操作正确的是（ ）
A．制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
B．实验室制硝基苯：先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸
C．提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离
D．检验某溶液中是否含有甲醛：在盛有2mL10%CuSO4溶液的试管中滴加0.5mL10%NaOH溶液，混合均匀，滴入待检液，加热
24．下列关于物质的鉴别、分离和提纯的说法中，正确的是（ ）
A．HN03溶液混有H2SO4，可加入适量的BaCl2溶液，过滤除去
B．向某溶液中加入稀H2SO4，有无色无味气体生成，说明原溶液中一定含有CO32﹣
C．乙酸乙酯（沸点77℃）中混有乙醇，可以用蒸馏法提纯
D．饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体
25．只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（ ）
A．NaOH
B．H2SO4
C．BaCl2
D．AgNO3
26．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（ ）
A．甲：Fe、X：Cl2
B．甲：SO2、X：NaOH溶液
C．甲：C、X：O2
D．甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液
27．下列叙述正确的是（ ）
①久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于于燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③SiO2和CO2都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应，但不能与任何酸反应
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质．
A．①④⑤
B．①⑤⑥
C．②③④
D．④⑤⑥
28．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为氮气，则丁可能是O2
C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
29．某有机物结构简式为则用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）
A．3：3：2
B．3：2：1
C．1：1：1
D．3：2：2
30．下列说法不正确的是（ ）
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．和CO2反应生成可降解聚合物，反应符合绿色化学的原则
三、解答题（共3小题）
31．已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究．
（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：
【提出假设】
假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中 引起的（填微粒的化学式，下同）．
假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中 引起的．
【设计实验方案】
为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：
假设1方案： ．
假设2方案： ．
（2）根据高中所学的知识判断，你认为 （填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？ （填“行”或“否”）．
（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式 ，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中．
32．达喜[AlaMgb（OH）c（CO3）d xH2O]常用于中和胃酸．
（1）1mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为 （用含x等字母的代数式表示）．
（2）达喜化学式中a、b、c、d的关系为a+b c+d（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）已知在常温下溶液中Al3+、Mg2+、Al的浓度与溶液pH的关系如图所示．为测定达喜的组成，进行了下列实验：
①取达喜6.02g研碎，缓慢加入2.00mol L﹣1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00mL时正好反应完全．
②在①所得溶液中加入适量的 （填“氨水”、“氢氧化铝”或“氯化镁”）以调节溶液的pH至5.0～7.0，使有关离子完全沉淀．
③将②产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02g．请通过计算确定达喜的化学式（写出计算过程）．
33．A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：
阳离子
Na+、Al3+、Ba2+、NH4+
阴离子
Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣
分别取四种物质进行实验，实验结果如下：
①A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性
②A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失
③A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝
回答下列问题：
（1）A的化学式是 ，用电子式表示C的形成过程： ．
（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： ．
（3）写出③的离子方程式 ．
（4）简述D溶液呈碱性的理由 ．
三、实验题
34．NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体．相应的实验过程如图：
（1）写出上述实验过程中所用试剂（写化学式）：
试剂① ；试剂③ ．
（2）判断试剂①已过量的方法是： ．
（3）用化学方程式表示加入试剂②的作用：
（4）操作①是利用半透膜进行分离提纯．操作①的实验结果：淀粉 （填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42﹣ （填“能”或“不能”）透过半透膜；请用实验证明上述结果，完成下表（可不填满，也可增加）：限选试剂：1mol/L
AgNO3溶液、1mol/L
BaCl2溶液、1mol/L
Ba（NO3）2溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸
编号
实验操作
预期现象和结论
①
②
35．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据设计要求回答：
（1）A装置中发生反应的离子方程式是
（2）B装置有三种功能：① ；②均匀混合气体；③干燥混合气体．
（3）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式： ．
（4）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是： ．
（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为 ．
2016-2017学年山东省枣庄市滕州五中高三（上）第二周化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．下列说法正确的是（ ）
A．大量燃烧化石燃料是造成雾霾的一种重要因素
B．食品中的抗氧化剂本身是难于氧化的物质
C．含SO42﹣的澄清溶液中不会含Ba2+
D．凡溶于水能电离出H+离子的化合物均属于酸
【考点】常见的生活环境的污染及治理；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
【分析】A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；
B．抗氧化剂应具有还原性；
C．依据溶度积规则解答；
D．溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸．
【解答】解：A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；
B．食品中的抗氧化剂具有还原性，本身是易被氧化的物质，故B错误；
C．含SO42﹣的澄清溶液中可以含Ba2+，只要硫酸根离子浓度与钡离子浓度乘积小于硫酸钡溶度积常数即可，故C错误；
D．溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，NaHSO4溶液中也能电离出氢离子，故D错误；
故选：A．
2．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24LNO2分子总数小于0.1NA
B．50ml，18.4
mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
C．标准状况下，33.6
L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
D．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡；
B．稀硫酸与铜不发生反应，则铜足量时反应生成的二氧化硫的量减小；
C．标准状况下，氟化氢的状态不是气体；
D．液态硫酸氢钾中含有的阳离子只有钾离子．
【解答】解：A．标准状况下22.4L二氧化氮的物质的量为1mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则含有二氧化氮的物质的量小于1mol，含有NO2分子总数小于0.1NA，故A正确；
B．50mL
18.4
mol/L浓硫酸中含有硫酸的物质的量为：18.4mol/L×0.05L=0.92mol，铜与浓硫酸的反应中，消耗0.92mol硫酸会生成0.46mol二氧化硫，由于浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，则铜足量时反应生成的二氧化硫小于0.46mol，生成SO2分子的数目小于0.46NA，故B错误；
C．标准状况下，HF不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算33.6L氟化氢的物质的量，故C错误；
D．6.8g硫酸氢钾的物质的量为：
=0.05mol，0.05mol液态硫酸氢钾中含有0.05mol钾离子和0.05mol硫酸氢根离子，则含有阳离子的数目小于0.1NA，故D错误；
故选A．
3．最近美国宇航局的科研人员确认火星地表含有溶有高氯酸盐的液态水．下列有关水及高氯酸盐的说法错误的是（ ）
A．水是一种弱电解质
B．NH4ClO4溶液显酸性
C．NaClO4中含有离子键和共价键
D．NH4ClO4只有氧化性，没有还原性
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；水的电离．
【分析】A．水是部分电离的电解质，为弱电解质；
B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；
C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；
D．元素处于最高价时只有氧化剂，处于最低价态时只有还原性，中间价态的元素既有氧化剂又有还原性．
【解答】解：A．水是部分电离的电解质，为弱电解质，故A正确；
B．高氯酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，所以高氯酸铵溶液呈酸性，故B正确；
C．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，则钠离子和高氯酸根离子之间存在离子键、Cl原子和O原子之间存在共价键，故C正确；
D．Cl元素处于最高价，则具有氧化性，N元素处于最低价态，则具有还原性，所以该物质具有氧化性和还原性，故D错误；
故选D．
4．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3+CO2+H2O═2Na++CO+H2SiO3
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca（OH）2+2CO2═Ca2++2HCO
C．硅与氢氟酸的反应：Si+4H++4F﹣═SiF4↑+2H2↑
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO2+2OH﹣═SiO+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
B．氢氧化钙应拆成离子形式；
C．氢氟酸为弱电解质，应保留化学式；
D．二者反应生成硅酸钠和水．
【解答】解：A．水玻璃中通入过量二氧化碳，离子方程式：SiO32﹣+2CO2+2H2O=2HCO3﹣+H2SiO3，故A错误；
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳，离子方程式：CO2+OH﹣=HCO3﹣，故B错误；
C．硅与氢氟酸的反应，离子方程式：Si+4HF═SiF4↑+2H2↑，故C错误；
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中，离子方程式：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故D正确；
故选：D．
5．工业上，可用硫酸铈溶液吸收尾气中NO，其化学方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列说法正确的是（ ）
A．在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种
C．若不考虑溶液体积变化，吸收尾气后，溶液的pH将增大
D．在该反应中，每消耗22.4LNO必转移2
mol电子
【考点】氧化还原反应．
【分析】2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4中，1N元素由+2升高到+5价，1N元素由+2升高到+3价，Ce元素由+4降低到+3价，据此分析解答．
【解答】解：A．1N元素由+2升高到+5价，1N元素由+2升高到+3价，则NO是还原剂，Ce元素由+4降低到+3价，则硫酸铈是氧化剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为2：1，故A错误；
B．硫酸铈是氧化剂，生成Ce2（SO4）3为还原产物，NO是还原剂，生成HNO2、HNO3是氧化产物，所以在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种，故B正确；
C．反应后生成硫酸，则溶液的酸性增强，pH减小，故C错误；
D．没有限制“标准状况”，不能计算转移电子数目，故D错误；
故选B．
6．常温常压下，一定量的甲烷在足量的氧气中完全燃烧生成9g水，该反应中有关物质的物理量描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数
）（ ）
A．电子转移的物质的量为1
mol
B．断裂了1mol
C﹣H键，转移的电子数目为2NA
C．有4gCH4参加反应，生成了5.6
L的CO2
D．1mol
CH4
（g）和2molO2（g）的能量总和小于1mol
CO2
（g）和2molH2O的能量总和
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】9g水的物质的量是0.5mol，根据CH4+2O22H2O+CO2反应进行计算，有0.25mol甲烷反应．
【解答】解：A．方程式中生成了2mol水，转移了8mol电子，故生成9g水转移2mol电子，故A错误；
B．方程式中断裂了4mol
C﹣H键，转移了8mol电子，故断裂了1mol
C﹣H键，转移的电子数目为2NA，故B正确；
C．不知道气体的状态，无法求体积，故C错误；
D．该反应为放热反应，1mol
CH4
（g）和2molO2（g）的能量总和大于1mol
CO2
（g）和2molH2O（g）的能量总和，故D错误．
故选B．
7．化学反应常常伴随能量的变化，以下是
H2与Cl2反应的能量变化示意图
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应的能量变化示意图
下列说法正确的是（ ）
A．氯化氢分子的电子式：
B．该反应是工业制取盐酸的化学反应原理
C．形成1molH﹣Cl键要吸收431
kJ的能量
D．该反应中反应物总能量小于生成物总能量
【考点】化学反应中能量转化的原因．
【分析】化学反应中，化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，由键能大小可知H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）的反应热，生成2molHCl，化学键断裂吸收热量：436kJ+243kJ=679kJ，形成化学键放出热量：2×431kJ=862kJ，则反应放热，并根据物质能量越高越活泼分析物质稳定性．
【解答】解：A．HCl为共价化合物，电子式不可能有电荷和括号，故A错误；
B．该反应是工业制取盐酸的化学反应原理，故B正确；
C．形成1molH﹣Cl键要释放收431kJ的能量，故C错误；
D、依据C分析计算，1mol
H2（g）和1mol
Cl2（g）的总能量高于2mol
HCl（g）的总能量，反应放热，该反应中反应物总能量高于生成物总能量，故D错误；
故选B．
8．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子．W和X同主族．Z的一种单质能在空气中自燃．对于这四种元素下列判断正确的是（ ）
A．单质的沸点：Z＞X＞Y
B．单质的氧化性：W＜Z＜Y＜X
C．气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z
D．W单质可以将X从其盐溶液中置换出来
【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子，应为第三周期非金属元素，且非金属性X＞Y，可知X为Cl、Y为S；W和X同主族，W为F．Z的一种单质能在空气中自燃，可知Z为P，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．
【解答】解：W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子，应为第三周期非金属元素，且非金属性X＞Y，可知X为Cl、Y为S；W和X同主族，W为F．Z的一种单质能在空气中自燃，可知Z为P，
A．P、S常温下为固体，S的沸点为444.6℃，P的沸点为280℃，单质的沸点：Y＞Z＞X，故A错误；
B．非金属性越强，单质的氧化性越强，则单质的氧化性：Z＜Y＜X＜W，故B错误；
C．非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z，故C正确；
D．W单质与水反应生成HF和氧气，则不能将X从其盐溶液中置换出来，故D错误；
故选C．
9．700℃时，H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）．该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示．其中甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），下列判断错误的是（ ）
起始浓度
甲
乙
丙
c（H2）/mol/L
0.10
0.20
0.20
c（CO2）/mol/L
0.10
0.10
0.20
A．平衡时，乙中CO2的转化率等于50%
B．当反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/L
H2和0.20
mol/LCO2，到达平衡时c
（CO）与乙不同
【考点】化学平衡的计算．
【分析】甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），故△c（H2O）=0.025mol/（L min）×2min=0.05mol/L，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.1
0.1
0
0
转化（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
平衡（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
故该温度下平衡常数K==1，各容器内温度相同，平衡常数均相同，
A．令乙中CO2的浓度变化量为x，表示出平衡时各组分的物质的量浓度，再结合平衡常数列方程计算解答；
B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同；
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动；
D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，表示出平衡时各组分的浓度，再利用平衡常数列方程计算CO的平衡浓度，由A计算可知乙中平衡时CO的浓度．
【解答】解：甲经2min达平衡时，v（H2O）为0.025mol/（L min），故△c（H2O）=0.025mol/（L min）×2min=0.05mol/L，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.1
0.1
0
0
转化（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
平衡（mol/L）：0.05
0.05
0.05
0.05
故该温度下平衡常数K==1，
A．令乙中CO2的浓度变化量为x，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.2
0.1
0
0
转化（mol/L）：x
x
x
x
平衡（mol/L）：0.2﹣x
0.1﹣x
x
x
所以=1，解得x=，故二氧化碳的转化率为×100%=66.7%，故A错误；
B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化碳的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，故B正确；
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为，大于700℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；
D．令平衡时CO的浓度为ymol/L，则：
H2（g）+CO2（g） H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.1
0.2
0
0
转化（mol/L）：y
y
y
y
平衡（mol/L）：0.1﹣y
0.2﹣y
y
y
则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误，
故：AD．
10．常温下，有下列四种溶液：
①
②
③
④
0.1mol/L盐酸
pH=3盐酸
0.1mol/L氨水
pH=11氨水
下列说法正确的是（ ）
A．由水电离出的c（H+）：①＞③
B．③稀释到原来的100倍后，pH与④相同
C．①与③混合，若溶液pH=7，则V（盐酸）＞V（氨水）
D．②与④混合，若溶液显碱性，则所得溶液中离子浓度可能为：c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度越大，对水的抑制程度越大；
B．0.1mol/L氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH＜13，稀释到原来的100倍后，促进氨水电离；
C．①与③混合，若溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
D．②与④混合，若溶液显碱性，则为氨水与氯化铵的混合溶液．
【解答】解：A.0.1mol/LHCl溶液中，由水电离出的c（H+）为10﹣13mol/L，0.1mol/L
氨水，c（OH﹣）＜0.1mol/L，则由水电离出的c（H+）大于10﹣13mol/L，所以由水电离出的c（H+）为①＜③，故A错误；
B．0.1mol/L氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH＜13，稀释到原来的100倍后，促进氨水电离，pH变化小于2个单位，所以③的pH可能与④不同，故B错误；
C．①与③混合，若溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），氨水和HCl恰好反应生成氯化铵，氯化铵溶液显酸性，若溶液显中性，所以氨水要过量，则V（盐酸）＜V（氨水），故C错误；
D．②与④混合，若溶液显碱性，则为氨水与氯化铵的混合溶液，氨水的浓度大于氯化铵的浓度，则溶液中可能存在c（OH﹣）＞c（Cl﹣），结合电荷守恒可知溶液中离子浓度可能为c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+），故D正确；
故选D．
11．交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用．灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示．下列有关海水电池的说法正确的是（ ）
A．X可为铁、铜、石墨等电极
B．每转移2
mol电子，2mol
H+由交换膜左侧向右侧迁移
C．正极的电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+═2H2O
D．该电池能将化学能全部转化成电能
【考点】化学电源新型电池．
【分析】该海水电池的负极材料是金属镁，发生失电子的氧化反应，正极材料的金属活泼性比金属镁的差，该电极上发生得电子的还原反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，根据电子守恒以及电子转移知识来回答判断．
【解答】解：A、该海水电池的负极材料是金属镁，正极X的材料的金属活泼性比金属镁的差，但是不能是可以和双氧水之间反应的金属铁等物质，故A错误；
B、阳离子会移向正极，即每转移2
mol电子，2molH+由交换膜右侧向左侧迁移，故B错误；
C、原电池的正极上发生得电子的还原反应：H2O2+2e﹣+2H+═2H2O，故C正确；
D、该电池能将化学能部分转化成电能，部分转化为热能，故D错误．
故选C．
12．“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）
①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀．
A．①④⑤
B．②③④
C．②③⑤
D．①③④⑥
【考点】胶体的重要性质．
【分析】“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种，属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题；
【解答】解：“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种，属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确；
故选B．
13．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）
①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
②灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应
③碱性氧化物一定是金属氧化物
④只由一种元素组成的物质一定为纯净物
⑤石墨和C60是同素异形体
⑥酸性氧化物一定不能和酸反应．
A．①③⑤⑥
B．③⑤
C．①②⑤
D．①③④⑥
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】①化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合；
②焰色反应为物理反应；
③碱性氧化物一定是金属氧化物；
④纯净物是由一种物质组成的；
⑤同素异形体的化学性质相似；
⑥酸性氧化物可能和酸反应．
【解答】解：①化学变化的特征是有新物质生成，通过化学变化不能实现16O与18O间的相互转化，故①错误；
②焰色反应不属于化学反应，故②错误；
③碱性氧化物一定是金属氧化物，故③正确；
④只由一种元素可以组成不同单质，如氧气和臭氧的混合气体只含一种元素，所以只由一种元素组成的物质不一定为纯净物，故④错误；
⑤同素异形体是指同种元素形成的不同单质，石墨和C60是同素异形体，故⑤正确；
⑥酸性氧化物可能和酸反应，如二氧化硫与硝酸反应，故⑥错误；
故选B．
14．下列有关物质分类说法正确的是（ ）
A．钠、镁、铁对应的氧化物都是碱性氧化物
B．食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐
C．生铁、不锈钢、青铜都属于合金
D．明矾、小苏打、水玻璃、次氯酸均为电解质
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；合金的概念及其重要应用．
【分析】A、钠的氧化物有两种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；
B、酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是电离出的阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物；
C、合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法熔合而成的具有金属特性的物质．结合各物质的成分判断；
D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物．
【解答】解：A、钠的氧化物有两种，即Na2O和Na2O2，而碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2和酸反应时，除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故A错误；
B、纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，故B错误；
C、生铁的主要成分是铁与碳，属于合金，不锈钢是在碳素钢中加入铬、锰、钨、镍、硅、钴等合金元素，属于合金，青铜主要含有铜、锡、铅等，属于合金，故C正确；
D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故不是电解质，故D错误．
故选C．
15．由CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g L﹣1，则该混合气体中CH4和O2的体积比为（ ）
A．2：1
B．1：2
C．2：3
D．3：2
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】标准状况下的密度为1g L﹣1，根据M=ρVm计算混合气体的平均摩尔质量，进而计算混合物的物质的量比，最后根据相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比得出该混合气体中CH4和O2的体积比．
【解答】解：CH4和O2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g L﹣1，则混合气体的相对分子质量为22.4，
设CH4和O2的物质的量分别为x、y，
则：
=22.4，
整理可得：x：y=3：2，
相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则该混合气体中CH4和O2的体积比为3：2，
故选D．
16．下列说法中，不正确的是（ ）
A．H、D、T互为同位素
B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．常温常压下，22.4
L
CCl4含有NA个CCl4分子
D．常温下，23
g
NO2含有NA个氧原子
【考点】阿伏加德罗常数；同位素及其应用；化学键．
【分析】A、同一种元素的不同原子互称同位素；
B、离子键一般形成于活泼的金属和非金属元素之间，共价键一般形成于非金属元素之间；
C、四氯化碳为液态；
D、求出二氧化氮的物质的量，然后根据1mol二氧化氮中含2mol氧原子来分析．
【解答】解：A、同一种元素的不同原子互称同位素，而H、D、T是氢元素的三种不同的氢原子，故互为同位素，故A正确；
B、离子键一般形成于活泼的金属和非金属元素之间，共价键一般形成于非金属元素之间，故NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键，故B正确；
C、四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、23g二氧化氮的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化氮中含2mol氧原子，故含有的氧原子的物质的量为1mol，即含NA个氧原子，故D正确．
故选C．
17．用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A．气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（ ）
A．2：1
B．1：2
C．4：1
D．1：4
【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．
【分析】用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，用水处理碳化钙CaC2+2H2O→Ca（OH）2+HC≡CH↑，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，设A为CxHy，根据CxHy+（x+）O2xCO2+H2O进行计算．
【解答】解：用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，用水处理碳化钙CaC2+2H2O→Ca（OH）2+HC≡CH↑，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，设A为CxHy，
CxHy+（x+）O2xCO2+H2O
1
x+
x+=3.5，因A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，所以x=2，y=6，A为C2H6，生成A的方程式为：2H2+C2H2→C2H6，n（H2）：n（C2H2）=2：1，所以金属钠与碳化钙的物质的量之比为4：1，
故选C．
18．标准状况下，将体积为V
L的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出，所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法错误的是（ ）
A．水最终会充满整个烧瓶
B．所得溶液的物质的量浓度为mol L﹣1
C．所得溶液的质量分数为ρ
D．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）=mol
【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用．
【分析】A．氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积；
B．根据n=计算氨气物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；
C．根据c=计算溶液的质量分数；
D．根据物料守恒计算，溶液中N元素以NH3 H2O、NH4+形式存在．
【解答】解：A．氨气溶于水，水最终会充满整个烧瓶，故A正确；
B．氨气物质的量为=mol，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，溶液物质的量浓度为=
mol L﹣1，故B正确；
C．根据c=可知，溶液的质量分数==，故C错误；
D．溶液中N元素以NH3 H2O、NH4+形式存在，根据物料守恒，所得溶液中n（NH3 H2O）+n（NH4+）=mol，故D正确，
故选：C．
19．某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的PH为11，在此温度下，将pH=12的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=10，则强碱与强酸的体积比为（ ）
A．1：9
B．9：1
C．1：11
D．11：1
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】该温度下0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，该氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c（OH﹣）=0.01mol/L、氢离子浓度为c（H+）=10﹣11mol/L，再根据水的离子积表达式：Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出该温度下水的离子积；
将pH=12的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=10，混合液显示碱性，根据该温度下水的离子积计算出强碱溶液、反应后的混合液中氢氧根离子浓度，然后列式计算即可．
【解答】解：该温度下0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，该氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c（OH﹣）=0.01mol/L、氢离子浓度为c（H+）=10﹣11mol/L，则该温度下水的离子积为：Kw=c（H+）×c（OH﹣）=0.01×10﹣11=10﹣13；
pH=12的强碱溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）==0.1mol/L，
pH=2的强酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=0.01mol/L，
pH=10的混合液显示碱性，该溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）==0.001mol/L，
设强碱与强酸的体积分别为xL、yL，
则反应后的混合液中氢离子浓度为：c（OH﹣）=0.001mol/L=，
解得：x：y=1：9，
故选A．
20．通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能，键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的（△H）等于反应物的总键能与生成物的总键能之差．
化学键
Si﹣O
Si﹣Cl
H﹣H
H﹣Cl
Si﹣Si
Si﹣C
l键能/kJ mol
460
360
436
431
176
347
工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）
Si（s）+4HCl（g），该反应的反应热AH为（ ）
A．+412
kJ mol﹣1
B．﹣412
kJ mol﹣1
C．+236
kJ mol﹣1
D．﹣236
kJ mol﹣1
【考点】反应热和焓变．
【分析】由信息可知，△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，结合表格数据计算．
【解答】解：由信息可知，△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，则SiCl4（g）+2H2（g）
si（s）+4HCl（g），该反应的反应热AH为×4+×2﹣=+236
kJ mol﹣1，
故选C．
21．恒温恒容下，往一真空密闭容器中通入一定量的气体M，发生如下反应：3M（g） N（g）+aP（g）．达平衡后，测得容器内的压强增大了x%，M的平衡转化率为y%，则下列推断中正确的是（ ）
A．若a=1，则x＞y
B．若a=2，则x＜0.5y
C．若a=3，则x=y
D．若a=5，则x=y
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】根据恒温恒容的容器内，气体物质的量之比等于压强之比．A、B因正反应是计量系数未增大的反应，压强不会增大；设开始时加入气体M的物质的量为100mol，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡后混合气体物质的量增大xmol，反应掉的M为ymol，利用差量法确定二者关系，再结合a的值进行讨论判断．
【解答】解：A、若a=1，正反应是计量系数减小的反应，压强随之减小，故A错误；
B、若a=2，正反应是计量系数不变的反应，压强不变，故B错误；
设开始时加入气体A的物质的量为100mol，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡后混合气体物质的量增大xmol，反应掉的M为ymol则：
3M（g） N（g）+aP（g） 物质的量增大△n
3
a﹣2
ymol
xmol
则3x=y（a﹣2），即x=．
C、若a=3，x=，M的转化率大于压强增大的百分数，故C错误；
D、若a=5，x=，故D正确；
故选：D．．
22．将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（ ）
A．11.2
L
B．6.72
L
C．8.96
L
D．4.48
L
【考点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算．
【分析】依据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答，注意反应离子过量与不足的判断，确定发生的化学反应．
【解答】解：100ml溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1L×6mol/L×2+0.1L×2mol/L=1.4mol；含有的硝酸根离子为：0.1L×2mol/L+0.1L×1mol/L=0.3mol，
加入过量的铁粉，发生反应的离子方程式为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O和反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，则：
3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
2
8
2
0.3mol
1.2mol
0.3mol
剩余的氢离子的物质的量为：1.4mol﹣1.2mol=0.2mol，
Fe+2H+=Fe2++H2↑，
2
1
0.2mol
0.1mol
产生气体的物质的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，标况下体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L，
故选：C．
23．物质制备是化学研究的主要任务之一．下列操作正确的是（ ）
A．制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
B．实验室制硝基苯：先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸
C．提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离
D．检验某溶液中是否含有甲醛：在盛有2mL10%CuSO4溶液的试管中滴加0.5mL10%NaOH溶液，混合均匀，滴入待检液，加热
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．苯与溴水不反应；
B．有浓硫酸参加的反应，在混合时应注意防止酸液飞溅；
C．碘易溶于四氯化碳；
D．加入氢氧化钠较少，应在碱性条件下反应．
【解答】解：A．苯与液溴在催化作用下发生取代反应，与溴水不反应，故A错误；
B．浓硫酸密度比水大，溶于水放热，先加入浓硝酸，再加浓硫酸，最后滴入苯，故B错误；
C．碘易溶于四氯化碳，可用四氯化碳萃取，故C正确；
D．甲醛与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，加入氢氧化钠较少，故D错误．
故选C．
24．下列关于物质的鉴别、分离和提纯的说法中，正确的是（ ）
A．HN03溶液混有H2SO4，可加入适量的BaCl2溶液，过滤除去
B．向某溶液中加入稀H2SO4，有无色无味气体生成，说明原溶液中一定含有CO32﹣
C．乙酸乙酯（沸点77℃）中混有乙醇，可以用蒸馏法提纯
D．饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体
【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的分离、提纯和除杂．
【分析】A．硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl；
B．无色无味气体，为二氧化碳；
C．沸点差异小，不易直接蒸馏；
D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解．
【解答】解：A．硫酸与氯化钡反应生成沉淀和HCl，引入新杂质HCl，应加硝酸钡、过滤除杂，故A错误；
B．无色无味气体，为二氧化碳，则原溶液中可能含有CO32﹣或HCO3﹣，故B错误；
C．乙酸乙酯（沸点77℃）、乙醇（沸点78℃）的沸点差异小，不易直接蒸馏，应加碳酸钠溶液、分液除杂，故C错误；
D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl气体，故D正确；
故选D．
25．只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4五种溶液，这种试剂是（ ）
A．NaOH
B．H2SO4
C．BaCl2
D．AgNO3
【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．
【分析】四种盐溶液的阳离子各不相同，可从阳离子鉴别的角度分析，鉴别阳离子，可加入碱，结合沉淀的颜色等角度判断．
【解答】解：A．加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀迅速变成灰绿色最后总变成红褐色，Al2（SO4）3先生成白色沉淀后沉淀溶解，（NH4）2SO4生成刺激性气体，四种物质现象各不相同，可鉴别，故A正确；
B．均与硫酸不反应，不能鉴别，故B错误；
C．Na2SO4、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误；
D．均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
故选A．
26．已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合如图．则甲和X不可能是（ ）
A．甲：Fe、X：Cl2
B．甲：SO2、X：NaOH溶液
C．甲：C、X：O2
D．甲：AlCl3溶液、X：NaOH溶液
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断．
【分析】A．甲：Fe，X：Cl2，则乙为FeCl3；
B．甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3；
C．甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2；
D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2．
【解答】解：A．甲为Fe，X是Cl2，则乙为FeCl3，FeCl3与Cl2不能再反应，不符合题中转化关系，故A错误；
B．甲：SO2、X：NaOH溶液，则乙为NaHSO3，丙为Na2SO3，Na2SO3与SO2反应生成NaHSO3，符合题中转化关系，故B正确；
C．甲：C、X：O2，则乙为CO，丙为CO2，CO2与C反应生成CO，符合题中转化关系，故C正确；
D．若甲为AlCl3，X是NaOH，则乙为氢氧化铝，丙为NaAlO2，NaAlO2与AlCl3反应生成氢氧化铝，符合题中转化关系，故D正确；
故选A．
27．下列叙述正确的是（ ）
①久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于于燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③SiO2和CO2都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应，但不能与任何酸反应
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质．
A．①④⑤
B．①⑤⑥
C．②③④
D．④⑤⑥
【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的应用；浓硫酸的性质；无机非金属材料．
【分析】①久置于空气中的氢氧化钠溶液变为碳酸钠，根据碳酸钠的性质来回答；
②浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性；
③二氧化硅可以和HF酸反应；
④水晶的主要成分是二氧化硅；
⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性；
⑥氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行．
【解答】解：①久置于空气中的氢氧化钠溶液变为碳酸钠，碳酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，故①正确；
②浓硫酸具有吸水性和强氧化性，浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体，不能干燥还原性的碘化氢气体，不能干燥碱性气体如氨气等，故②错误；
③二氧化硅可以和HF酸反应、和强碱溶液反应，CO2是酸性氧化物，和强碱溶液反应，不能与任何酸反应，故③错误；
④玻璃、水泥主要成分是硅酸盐，都是硅酸盐制品，水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐制品，故④错误；
⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性，浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性，故⑤正确；
⑥氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行，氧化铁胶体加热会聚沉，均产生红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质三氧化二铁，故⑥正确．
故选B．
28．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（ ）
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为氮气，则丁可能是O2
C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【考点】无机物的推断．
【分析】A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2；
B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO；
C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；
D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3．
【解答】解：A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，则CCOCO2，符合转化，故A正确；
B．若甲为氮气，丁是O2，则乙为NO、丙为NO2，二氧化氮不能与氧气反应得到NO，不符合转化关系，故B错误；
C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；
D．甲为NaOH溶液，则丁是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，则NaOHNa2CO3NaHCO3，符合转化，故D正确．
故选B．
29．某有机物结构简式为则用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）
A．3：3：2
B．3：2：1
C．1：1：1
D．3：2：2
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】分子中含有酚羟基、醛基、羧基和醇羟基，根据有机物的官能团的性质判断有机物可能具有的性质．
【解答】解：能与Na反应的有1个酚羟基、1个羧基和1个醇羟基；
能与NaOH反应的有1个酚羟基和1个羧基；
能与NaHCO3反应的只有1个羧基，
则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1，
故选B．
30．下列说法不正确的是（ ）
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．和CO2反应生成可降解聚合物，反应符合绿色化学的原则
【考点】常见化学电源的种类及其工作原理；有机物的合成；中和滴定．
【分析】A、多孔碳是碳单质，是一种具有不同孔结构的碳素材料，可用作氢氧燃料电池的电极材料；
B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂；
C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似；
D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染．
【解答】解：A、多孔碳是碳单质，是一种具有不同孔结构的碳素材料．作为一种新材料，具有耐高温、耐酸碱、导电、传热、优良的吸附性能、良好的化学稳定性和使用后容易再生等优点．如活性炭、活性炭纤维、碳分子筛等都属于多孔碳．多孔碳①具有很强的吸附能力和表面积，可吸附氢气和氧气，提供气体反应（发生电子转移）的场所，同时具有较大的表面积，可增大接触面积，提高反应速率；②有催化作用；所以可用作氢氧燃料电池的电极材料，故A正确；
B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂．pH计是一种精确测量溶液pH的仪器，精确度高，测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH，所以，可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点，故B错误；
C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似．所以应该说，完全有可能在普通的DNA骨架中砷元素可以取代磷元素，故C正确；
D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染．绿色化学的核心内容之二是有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求．甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则，故D正确；
故选B．
三、解答题（共3小题）
31．已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究．
（1）仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液、淀粉碘化钾溶液，完成以下实验探究过程：
【提出假设】
假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中 Br2 引起的（填微粒的化学式，下同）．
假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中 Fe3+ 引起的．
【设计实验方案】
为了验证上述假设1和假设2的推断，请用简要的文字说明你的实验方案：
假设1方案： 向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色 ．
假设2方案： 向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色 ．
（2）根据高中所学的知识判断，你认为 假设2 （填“假设1”或“假设2”）的推断是正确的；若选用淀粉碘化钾溶液验证你的假设是否可行？ 否 （填“行”或“否”）．
（3）写出铁离子与碘离子作用的离子方程式 2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 ，并以该反应原理设计原电池，将电池装置示意图画在下边方框中．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）提出假设：现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的，或是溴单质溶于水形成的溶液颜色；
设计实验方案：溶液黄色由溶解溴导致，可以利用四氯化碳萃取溴验证；
溶液黄色由Fe3+所致，能与KSCN溶液反应生成血红色物质；
（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+；
溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质；
（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接．
【解答】解：（1）【提出假设】假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中Br2引起的，
假设2：溶液呈黄色是发生化学反应所致，是溶液中Fe3+引起的，
故答案为：Br2；Fe3+；
【设计实验方案】假设1方案：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色，
假设2方案：向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，
故答案为：向黄色溶液加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；向黄色溶液滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；
（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为Fe3+，假设1不成立，假设2的推断正确，
溴单质、Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，不能用淀粉碘化钾溶液验证，
故答案为：假设2；否；
（3）Fe3+可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，发生氧化还原反应，用石墨作电极，电解质溶液为氯化铁溶液、KI溶液，用KCl盐桥连接，电池装置示意图为：，
故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；．
32．达喜[AlaMgb（OH）c（CO3）d xH2O]常用于中和胃酸．
（1）1mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为 x+c+d （用含x等字母的代数式表示）．
（2）达喜化学式中a、b、c、d的关系为a+b ＜ c+d（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）已知在常温下溶液中Al3+、Mg2+、Al的浓度与溶液pH的关系如图所示．为测定达喜的组成，进行了下列实验：
①取达喜6.02g研碎，缓慢加入2.00mol L﹣1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00mL时正好反应完全．
②在①所得溶液中加入适量的 氨水 （填“氨水”、“氢氧化铝”或“氯化镁”）以调节溶液的pH至5.0～7.0，使有关离子完全沉淀．
③将②产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02g．请通过计算确定达喜的化学式（写出计算过程）．
【考点】化学方程式的有关计算；离子方程式的有关计算．
【分析】（1）1mol达喜中含cmolOH﹣、dmolCO32﹣，xmolH2O，与盐酸反应均生成水；
（2）化合物中遵循电荷守恒，则3a+2b=c+2d；
（3）实验①加入90mL盐酸，恰好溶液，产生溶液中溶质为氯化铝、氯化镁，实验②加氨水使Al3+转化为沉淀，此时Mg2+没有转化为沉淀，溶液中溶质为NaCl、MgCl2，由实验③可知，1.02g为氧化铝的质量，以此计算．
【解答】解：（1）1mol达喜中含cmolOH﹣、dmolCO32﹣，xmolH2O，与盐酸反应均生成水，由原子守恒可知，生成水的物质的量为（x+c+d）mol，故答案为：x+c+d；
（2）化合物中遵循电荷守恒，则3a+2b=c+2d，阳离子带的电荷大于阴离子带的电荷，则阳离子的数目小，即a+b＜c+d，故答案为：＜；
（3）②由图可知，调节溶液的pH至5.0～7.0，镁离子没有转化为沉淀，只有铝离子转化为沉淀，则①所得溶液中加入适量的氨水调节pH，故答案为：氨水；
③盐酸的总物质的量为2.00mol L﹣1×0.09L=0.18mol，
产生CO2消耗盐酸的物质的量为（0.09﹣0.085）L×2.00
mol L﹣1×2=0.02mol，
CO32﹣的物质的量为0.02mol÷2=0.01
mol，
由①可知加入盐酸后先中和掉OH﹣，然后将CO32转变成HCO3﹣，后加入的盐酸再与HCO3﹣反应生成CO2，故n（Cl﹣）=n（OH﹣）+2n（CO32﹣），故n（OH﹣）=0.18mol﹣0.01mol×2=0.16mol，
n（Al3+）=2n（Al2O3）=2×=0.02mol，
由电荷守恒2n（Mg2+）+3n（Al3+）=n（OH﹣）+2n（CO32﹣），故2n（Mg2+）=0.16mol+0.01mol×2﹣0.02mol×3=0.12mol，故n（Mg2+）=0.06mol，
m（H2O）=6.02g﹣0.6g﹣2.72g﹣1.44g﹣0.54g=0.72g，故n（H2O）==0.04
mol，
则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（OH﹣）：n（CO32﹣）：n（H2O）=0.02：0.06：0.16：0.01：0.04=2：6：16：1：4，达喜的组成为Al2Mg6（OH）16CO3 4H2O，
答：达喜的组成为Al2Mg6（OH）16CO3 4H2O．
33．A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：
阳离子
Na+、Al3+、Ba2+、NH4+
阴离子
Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣
分别取四种物质进行实验，实验结果如下：
①A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性
②A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失
③A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝
回答下列问题：
（1）A的化学式是 Ba（OH）2 ，用电子式表示C的形成过程： ．
（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是： c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣） ．
（3）写出③的离子方程式 Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓ ．
（4）简述D溶液呈碱性的理由 NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度 ．
【考点】离子共存问题；盐类水解的应用．
【分析】根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，且A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）2，C为NaCl，D为（NH4）2CO3，以此来解答．
【解答】解：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，再由A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性，A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，则A为Ba（OH）2，B为强酸弱碱盐，则B为Al2（SO4）2，C为强酸强碱盐，则C为NaCl，D为弱酸弱碱盐，则D为（NH4）2CO3，
（1）A为Ba（OH）2，C为NaCl，其形成过程为，
故答案为：Ba（OH）2；；
（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，溶液的溶质为Ba（HCO3）2，由化学式及电离可知
c（HCO3﹣）＞c（Ba2+），再由的水解显碱性可知c（OH﹣）＞c（H+），电离产生极少的CO32﹣，即离子物质的量浓度由大到小的顺序为c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），
故答案为：c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）；
（3）③为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓，
故答案为：Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓；
（4）（NH4）2CO3溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度，
故答案为：NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度．
三、实验题
34．NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体．相应的实验过程如图：
（1）写出上述实验过程中所用试剂（写化学式）：
试剂① BaCl2 ；试剂③ HCl ．
（2）判断试剂①已过量的方法是： 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 ．
（3）用化学方程式表示加入试剂②的作用： BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3↓、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓
（4）操作①是利用半透膜进行分离提纯．操作①的实验结果：淀粉 不能 （填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42﹣ 能 （填“能”或“不能”）透过半透膜；请用实验证明上述结果，完成下表（可不填满，也可增加）：限选试剂：1mol/L
AgNO3溶液、1mol/L
BaCl2溶液、1mol/L
Ba（NO3）2溶液、碘水、稀盐酸、稀硝酸
编号
实验操作
预期现象和结论
①
②
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42﹣可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，以此解答该题．
【解答】解：胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42﹣可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，
（1）由以上分析可知试剂①为BaCl2，试剂③为HCl，故答案为：BaCl2；HCl；
（2）判断试剂①已过量的方法是静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量，
故答案为：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；
（3）试剂②为Na2CO3，加入试剂②的作用是除去溶液中钙离子和过量的钡离子，反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3↓、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓，
故答案为：BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3↓、CaCl2+Na2CO3=2NaCl+CaCO3↓；
（4）胶体粒子和浊液粒子半径比较大，不能透过半透膜，而溶质粒子可通过半透膜，
检验淀粉，可取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜，检验SO42﹣，可另取半透膜外液体，加入足量稀盐酸和少量1mol/L
BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明SO42﹣能够透过半透膜．
故答案为：不能；
能；
编号
实验操作
预期现象和结论
①
取半透膜外液体，加入少量碘水
液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜
②
另取半透膜外液体，加入足量稀盐酸和少量1mol/L
BaCl2溶液
产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明SO42﹣能够透过半透膜
35．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据设计要求回答：
（1）A装置中发生反应的离子方程式是 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）B装置有三种功能：① 控制气流速度 ；②均匀混合气体；③干燥混合气体．
（3）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式： CH4+2Cl2C+4HCl ．
（4）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是： 吸收过量的氯气 ．
（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为 分液 ．
【考点】甲烷的化学性质．
【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；
（2）装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③干燥混合气体干燥混合气体；
（3）依据题意：在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，可知甲烷与氯气在强光下反应生成碳和氯化氢；
（4）氯气能将碘化钾氧化为碘单质；
（5）最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离．
【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③干燥混合气体干燥混合气体；
故答案为：控制气流速度；
（3）甲烷与氯气在强光下反应生成碳和氯化氢，化学方程式：CH4+2Cl2C+4HCl；
故答案为：CH4+2Cl2C+4HCl；
（4）氯气具有氧化性，KI中﹣1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，
故答案为：吸收过量的氯气；
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；
故答案为：分液．
2017年1月23日
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