初中化學(xué)魯教版九年級下冊海水中的化學(xué)單元復(fù)習(xí)同課異構(gòu)

2015-2016學(xué)年湖北省荊州中學(xué)、襄陽五中、黃岡中學(xué)、夷陵中學(xué)等七校聯(lián)考高二（下）期中化學(xué)試卷一、單項選擇題：本題共20小題，每小題2分．每小題只有一項是符合題目要求．1．下列有關(guān)環(huán)境問題的說法中正確的是（）A．煤、石油等化石燃料燃燒過程中排放的廢氣是形成酸雨的主要原因，酸雨指的是pH小于7的雨水B．霧霾可能是許多細(xì)小液體和固體微粒分散到空氣中形成的一種氣溶膠C．在煤中添加適量的石膏可減少燃燒過程中含硫化合物的排放從而減少污染D．煤和石油都屬于一級能源而天然氣屬于二級能源2．化學(xué)工業(yè)在經(jīng)濟(jì)發(fā)展中的作用舉足輕重，下列有關(guān)工業(yè)生產(chǎn)的敘述中，正確的是（）A．硫酸生產(chǎn)中常采用催化劑提高SO2的轉(zhuǎn)化率B．合成氨中采用及時分離氨氣提高反應(yīng)速率C．電鍍銅時，溶液中c（Cu2+）基本保持不變D．用電解熔融氧化鎂的方法制取鎂3．化學(xué)科學(xué)需要借助化學(xué)專用語言描述，下列有關(guān)化學(xué)用語正確的是（）A．235U中的235表示該原子的相對原子質(zhì)量B．HClO的結(jié)構(gòu)式：H﹣Cl﹣OC．丙烷分子的比例模型：D．第三周期簡單陰離子結(jié)構(gòu)示意圖均可表示為4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯氣通入足量水中反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAB．乙烯和氮氣組成的28g混合氣體中含有NA個分子C．1molNa2O2中陽離子和陰離子數(shù)均為2NAD．1molFeCl3跟水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體后，其中膠體粒子的數(shù)目為NA5．下列有關(guān)有機(jī)物的說法正確的是（）A．油脂、淀粉、蛋白質(zhì)和維生素等均為高分子化合物B．等質(zhì)量的乙烷、乙烯、苯充分燃燒，消耗氧氣的量由少到多C．乙烯能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，二者反應(yīng)原理相同D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用飽和Na2CO3溶液鑒別6．下列說法中正確的是（）A．常溫下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)焓變一定大于零B．同溫同壓下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照條件下和點燃條件下的△H不同C．含1mol硫酸的稀溶液與含1molBa（OH）2的稀溶液完全中和所放出的熱量為中和熱D．在25℃、101KPa時，2mol氫氣的燃燒熱是1mol氫氣的2倍7．以下說法正確的是（）A．物質(zhì)中化學(xué)鍵破壞了，一定發(fā)生了化學(xué)變化B．水的沸點比硫化氫高，是因為水中的化學(xué)鍵比硫化氫中的化學(xué)鍵強C．第三周期元素的離子半徑逐漸變小D．共價化合物中一定存在化學(xué)鍵8．下列實驗操作正確且能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康氖牵ǎ嶒災(zāi)康膶嶒灢僮鰽稱取固體先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上添加2g砝碼，左盤上添加NaOH固體B制備Fe（OH）3膠體向氯化鐵飽和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液，加熱煮沸至液體變?yōu)榧t褐色C證明碳酸的酸性強于硅酸CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸膠體D萃取碘水中的碘將碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振蕩，靜置分層后，下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出A．A B．B C．C D．D9．短周期中的A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)依次增大，A和D，C和E分別同主族，A為非金屬元素，且A與B的原子序數(shù)之和等于C的原子序數(shù)，C2﹣與D+的核外電子數(shù)相等．則下列說法正確的是（）A．C與D形成的化合物中只有離子鍵B．由C、D、E三元素形成的化合物與A、C、E三元素形成的化合物可能反應(yīng)C．A、B、C形成的化合物一定不能發(fā)生水解反應(yīng)D．E的氧化物對應(yīng)的水化物一定為強酸10．關(guān)于下列四個圖象的說法中正確的是（）A．圖①表示將SO2氣體通入溴水中B．圖②表示反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），△H＜0的平衡常數(shù)K隨溫度的變化C．圖③中陰、陽兩極收集到的氣體體積之比一定為1：1D．圖④中的△H1＜△H211．下列相關(guān)反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A．已知電離平衡常數(shù)：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO22ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣B．氫氧化鐵溶于氫碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．Na2S溶液顯堿性：S2﹣+2H2O?H2S+2OH﹣D．用酸化的高錳酸鉀溶液氧化雙氧水：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O12．用惰性電極和相同電量分別電解①HCl②KNO3③CuCl2④CuSO4四種電解質(zhì)溶液，在理論上生成氣體的總體積（同溫同壓下）由多到少的順序是（）A．④③②① B．①②③④ C．④②①③ D．③④①②13．常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是（）A．新制氯水中加入固體NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．?L﹣1CH3COOH溶液與?L﹣1NaOH溶液等體積混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）14．不論以何種比例混合，將甲和乙兩種混合氣體同時通入過量的丙溶液中，一定能產(chǎn)生沉淀的組合是（）序號甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2SO2Ba（NO3）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl2A．②③④ B．②③④⑤ C．①③④ D．①②③④15．下列6個轉(zhuǎn)化，其中不能通過一步反應(yīng)實現(xiàn)的是（）①SiO2→Na2SiO3②Fe（OH）2→Fe（OH）3③SiO2→H2SiO3④Al2O3→Al（OH）3⑤Ca（OH）2→NaOH⑥NaAlO2→AlCl3．A．①② B．③④ C．③④⑤ D．⑤⑥16．某無色透明溶液含有下列離子中的幾種：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、SO42﹣、OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，在其中加入金屬鐵，發(fā)生反應(yīng)放出氣體只有H2．試判斷上述離子中一定不能大量存在于此溶液中的有（）A．2種 B．5種 C．4種 D．6種17．己知某鎳鎘電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，其充、放電按下式進(jìn)行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2．有關(guān)該電池的說法正確的是（）A．放電過程是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程B．充電時陽極反應(yīng)：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2OC．放電時正極極附近溶液的pH變小D．放電時電解質(zhì)溶液中的OH﹣向正極移動18．已知25℃時，Ksp（Ag2S）=×10﹣50、Ksp（AgI）=×10﹣16，Ag2S難溶于水和稀鹽酸，可溶于硝酸，其反應(yīng)方程式為Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O，下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)中氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為4：1B．生成S同時放出C．AgI的懸濁液中滴加Na2S溶液可轉(zhuǎn)化成黑色沉淀D．若將產(chǎn)物NO2收集于密閉容器里再置于熱水中，氣體顏色變淺19．將克Fe和CuO的混合物投入300mL2mol/L硝酸中，反應(yīng)完全后生成（標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得），再向反應(yīng)后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液，要使所有金屬元素完全沉淀下來，所加入NaOH溶液的體積最少需要（）A．250mL B．200mL C．100mL D．不能確定20．相同溫度下，容積相同的甲、乙、丙3個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H=﹣197kJ?mol﹣1．實驗測得起始、平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如表：容器起始各物質(zhì)的物質(zhì)的量/mol達(dá)到平衡時體系能量的變化SO2O2SO3Ar甲4200放出熱量：Q1乙310放出熱量：Q2丙31放出熱量：Q3下列敘述正確的是（）A．Q1=Q2=Q3=394kJB．若在上述條件下反應(yīng)生成2molSO3（s）的反應(yīng)熱為△H1，則△H1＜﹣197kJ?mol﹣1C．甲、乙、丙3個容器中反應(yīng)的平衡常數(shù)不相等D．達(dá)到平衡時，丙容器中SO2的體積分?jǐn)?shù)最大二、解答題（共5小題，滿分45分）21．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，乙二酸（HOOC﹣COOH，可簡寫為H2C2O4）俗稱草酸，易溶于水，屬于二元中強酸，其K1=×10﹣2，K2=×10﹣5，其熔點為℃，在157℃升華．已知碳酸的K1=×10﹣7，K2=×10﹣11．為探究草酸的部分化學(xué)性質(zhì)，進(jìn)行了如下實驗：（1）向盛有1mL飽和Na2CO3溶液的試管中加入足量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產(chǎn)生．該反應(yīng)的離子方程式為（2）向盛有乙二酸飽和溶液的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發(fā)現(xiàn)其溶液的紫紅色褪去；①說明乙二酸具有（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”）；②請寫出該反應(yīng)的離子方程式．（3）將一定量的乙二酸放于試管中，按如圖所示裝置進(jìn)行實驗（夾持裝置未標(biāo)出）：實驗發(fā)現(xiàn)：裝置C、G中澄清石灰水變渾濁，B中CuSO4粉末變藍(lán)，F(xiàn)中CuO粉末變紅．據(jù)此回答：①上述裝置中，D的作用是，②乙二酸分解的化學(xué)方程式為（4）該小組同學(xué)將草酸晶體（H2C2O4?2H2O）加入到100mLL的NaOH溶液中充分反應(yīng)，測得反應(yīng)后溶液呈酸性，其原因（用文字簡單表述），該溶液中各離子的濃度由大到小的順序為：（用離子符號表示）．22．表1是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數(shù)（Ka）和弱堿的電離平衡常數(shù)（Kb），表2是常溫下幾種難（微）溶物的溶度積常數(shù)（Ksp）．表1酸或堿電離常數(shù)（Ka或Kb）CH3COOH×10﹣5HNO2×10﹣4HCN×10﹣10HClO3×10﹣8NH3?H2O×10﹣5表2難（微）溶物溶度積常數(shù)（Ksp）BaSO4×10﹣10BaCO3×10﹣9CaSO4×10﹣6CaCO3×10﹣9請回答下面問題：（1）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的電離程度增大，而電離常數(shù)不變的操作是（填序號）．A．加少量CaCO3固體B．加水稀釋C．加少量的CH3COONa固體D．加少量冰醋酸E．升高溫度（2）CH3COONH4的水溶液呈（選填“酸性”、“中性”、“堿性”）．（3）現(xiàn)將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3．具體做法是用飽和的純堿溶液浸泡CaSO4粉末，并不斷補充純堿，最后CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3．現(xiàn)有足量的CaSO4懸濁液，在該懸濁液中加純堿粉末并不斷攪拌，為使c（SO42﹣）達(dá)到mol/L以上，則溶液中c（CO32﹣）應(yīng)不低于mol/L．（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）23．化學(xué)在能源開發(fā)與利用中起著重要的作用，如甲醇、乙醇、二甲醚（CH3OCH3）等都是新型燃料．（1）乙醇是重要的化工產(chǎn)品和液體燃料，可以利用下列反應(yīng)制取乙醇．2CO2（g）+6H2（g）?CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=akJ/mol在一定壓強下，測得上述反應(yīng)的實驗數(shù)據(jù)如表．溫度/KCO2轉(zhuǎn)化率%50060070080045%33%20%12%60%43%28%15%83%62%37%22%根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析：①上述反應(yīng)的a0（填“大于”或“小于”）．②在一定溫度下，提高氫碳（即）比，平衡常數(shù)K值（填“增大”、“減小”、或“不變”）．（2）催化劑存在的條件下，在固定容積的密閉容器中投入一定量的CO和H2，同樣可制得乙醇（可逆反應(yīng)）．該反應(yīng)過程中能量變化如圖所示：在一定溫度下，向上述密閉容器中加入1molCO、3molH2及固體催化劑，使之反應(yīng)．平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為QkJ，若溫度不變的條件下，向上述密閉容器中加入4molCO、12molH2及固體催化劑，平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為wkJ，則w的范圍為．（3）以乙醇蒸氣、空氣、氫氧化鈉溶液為原料，石墨為電極可構(gòu)成燃料電池，其工作原理與甲烷燃料電池原理相類似．該電池中負(fù)極上的電極反應(yīng)式是．使用上述乙醇燃料電池電解（Pt電極）一定濃度的硫酸銅溶液通電一段時間后，向所得的溶液中加入Cu（OH）2后恰好恢復(fù)到電解前的濃度和pH，則乙醇燃料電池在電解過程中轉(zhuǎn)移電子數(shù)是．24．2015年8月，天津濱海新區(qū)爆炸事故確認(rèn)有氰化鈉、亞硝酸鈉、電石（主要成分為CaC2）等，氰化鈉毒性很強，遇水、酸會產(chǎn)生有毒易燃氰化氫氣體．同時氰化鈉遇到亞硝酸鈉會發(fā)生爆炸．回答下列問題：（1）下列標(biāo)志中，應(yīng)貼在裝有氰化鈉容器上的是（2）寫出NaCN的電子式．（3）可用純堿、焦炭、氨氣反應(yīng)制取NaCN，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式，并用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．（4）常溫下HCN的電離常數(shù)Ka=×10﹣10，濃度均為L的NaCN和HCN的混合溶液顯（填“酸”、“堿”或“中”）性，通過計算說明其原因．（5）防化官兵將爆炸殘留在廢水中的CN﹣和含有Cr2O72﹣廢水進(jìn)行無害處理，擬定下列流程進(jìn)行廢水處理，①上述處理廢水流程中主要使用的方法是；a．混凝法b．中和法c．沉淀法d．氧化還原法②步驟③中，每處理Cr2O72﹣時轉(zhuǎn)移電子，該反應(yīng)的離子方程式為③處理酸性Cr2O72﹣廢水多采用鐵氧磁體法．該法是向廢水中加入FeSO4?7H2O將Cr2O72﹣還原成Cr3+，調(diào)節(jié)pH，F(xiàn)e、Cr轉(zhuǎn)化成相當(dāng)于FeⅡ[FexⅢCr（2﹣x）Ⅲ]O4（鐵氧磁體，羅馬數(shù)字表示元素價態(tài)）的沉淀．處理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4?7H2O，下列結(jié)論正確的是．A．x=，a=6B．x=，a=10C．x=，a=6D．x=，a=10．25．20世紀(jì)70年代以后，由于對氫能源的研究和開發(fā)日趨重要，首先要解決氫氣的安全貯存和運輸問題，儲氫材料和儲氫技術(shù)是關(guān)鍵技術(shù)，是大家關(guān)注的熱點之一．儲氫材料范圍由金屬擴(kuò)展至合金甚至有機(jī)物領(lǐng)域，根據(jù)信息材料請回答以下問題：（1）金屬鋰是一種重要的儲氫材料，吸氫和放氫原理如下：I．2Li+H22LiHⅡ．LiH+H2O=LiOH+H2↑已知LiH固體密度為cm3，用鋰吸收（標(biāo)準(zhǔn)狀況）H2，生成的LiH體積與被吸收的H2體積比為．（2）NaBH4（氫元素為﹣1價）也是一種重要的儲氫載體，能與水反應(yīng)得到NaBO2，且反應(yīng)前后B的化合價不變，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（3）鎂鋁合金（Mg17Al12）是一種潛在的貯氫材料，可在氬氣保護(hù)下，將一定化學(xué)計量比的Mg、Al單質(zhì)在一定溫度下熔煉獲得．該合金在一定條件下完全吸氫的反應(yīng)方程式為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定條件下釋放出氫氣．在?L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全釋放出H2．1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應(yīng)，釋放出H2的物質(zhì)的量為．（4）儲氫還可借助有機(jī)物，如利用環(huán)己烷和苯之間的可逆反應(yīng)來實現(xiàn)脫氫和加氫：（g）（g）+3H2（g）．在某溫度下，向容積為2L的恒容密閉容器中加入環(huán)己烷，其起始物質(zhì)的量為amol，平衡時體系中壓強為PMPa，苯的物質(zhì)的量為bmol，平衡常數(shù)Kp=（用含a、b、P的代數(shù)式表示，平衡常數(shù)Kp表達(dá)式要求帶單位；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）．（5）一定條件下，如圖所示裝置可實現(xiàn)有機(jī)物的電化學(xué)儲氫（忽略其他有機(jī)物）．①導(dǎo)線中電流移動方向為．（用B、E表示）②生成目標(biāo)產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為．一.選做題[化學(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]26．鉻、銅、硼在很多領(lǐng)域有重要用途．請回答下列問題：（1）下列現(xiàn)象和應(yīng)用與電子躍遷無關(guān)的是．A．激光B．焰色反應(yīng)C．原子光譜D．燃燒放熱E．石墨導(dǎo)電（2）A、B兩種短周期元素，A是原子半徑最小的元素，B原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍．某平面正六邊形分子由A、B兩種元素組成且原子個數(shù)比為1：1，該分子中含有個σ鍵．（3）元素鉻化合物（CrO2Cl2）在有機(jī)合成中可作氧化劑或氯化劑，能與許多有機(jī)物反應(yīng)．①與鉻同周期的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)為2的副族元素有種②在a：苯b：CH3OHc：HCHOd：CS2e：CCl4五種有機(jī)溶劑中，碳原子采取sp3雜化的分子有（填字母），CS2分子的鍵角是．（4）在圖1配合物離子[Cu（NH3）4]2+中畫出配位鍵：（5）硼砂是含結(jié)晶水的四硼酸鈉，其陰離子Xm﹣（含B、O、H三種元素）的球棍模型如圖2所示：①在Xm﹣中，硼原子軌道的雜化類型有；m=（填數(shù)字）．②硼砂晶體由Na+、Xm﹣和H2O構(gòu)成，它們之間存在的作用力有（填序號）．A．共價鍵B．離子鍵C．氫鍵D．范德華力E．金屬鍵（6）單質(zhì)硼可用于生成具有優(yōu)良抗沖擊性能硼鋼．以硼酸和金屬鎂為原料經(jīng)過兩步反應(yīng)可制備單質(zhì)硼，用化學(xué)方程式表示制備過程、．[化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]27．（1）用系統(tǒng)命名法命名下列有機(jī)物①②（2）畫出4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的結(jié)構(gòu)簡式，該有機(jī)物與足量氫氣加成后得到的烴的名稱是．28．根據(jù)下面的反應(yīng)路線及所給信息填空．（1）A的結(jié)構(gòu)簡式是，①的反應(yīng)類型是，③的反應(yīng)類型是．反應(yīng)④的化學(xué)方程式是（2）若該烴A的一種同分異構(gòu)體B能使溴水褪色，且能在催化劑作用下與H2發(fā)生加成反應(yīng)，生成2，2﹣二甲基丁烷，則此烴結(jié)構(gòu)簡式為，名稱是，核磁共振氫譜有個吸收峰，其面積比是；與該烴B同類物質(zhì)的同分異構(gòu)體有種．

2015-2016學(xué)年湖北省荊州中學(xué)、襄陽五中、黃岡中學(xué)、夷陵中學(xué)等七校聯(lián)考高二（下）期中化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共20小題，每小題2分．每小題只有一項是符合題目要求．1．下列有關(guān)環(huán)境問題的說法中正確的是（）A．煤、石油等化石燃料燃燒過程中排放的廢氣是形成酸雨的主要原因，酸雨指的是pH小于7的雨水B．霧霾可能是許多細(xì)小液體和固體微粒分散到空氣中形成的一種氣溶膠C．在煤中添加適量的石膏可減少燃燒過程中含硫化合物的排放從而減少污染D．煤和石油都屬于一級能源而天然氣屬于二級能源【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】A．根據(jù)酸雨的含義進(jìn)行解答；B．霧霾是膠體；C．在煤中添加適量的石膏，起到固硫的作用，減少二氧化硫的排放；D．自然界中以現(xiàn)成形式提供的能源稱為一級能源，需要依靠他能源的能量間接制取的能源稱為二級能源．【解答】解：A．酸雨是指pH小于的雨水，故A錯誤；B．霧霾是許多細(xì)小液體和固體微粒分散到空氣中形成的一種氣溶膠，是膠體，故B正確；C．在煤中添加適量的石膏，起到固硫的作用，減少空氣中二氧化硫的排放，不能減少燃燒過程中含硫化合物的排放，故C錯誤；D．天然氣可以從自然界直接獲得，則為一級能源，故D錯誤；故選B．2．化學(xué)工業(yè)在經(jīng)濟(jì)發(fā)展中的作用舉足輕重，下列有關(guān)工業(yè)生產(chǎn)的敘述中，正確的是（）A．硫酸生產(chǎn)中常采用催化劑提高SO2的轉(zhuǎn)化率B．合成氨中采用及時分離氨氣提高反應(yīng)速率C．電鍍銅時，溶液中c（Cu2+）基本保持不變D．用電解熔融氧化鎂的方法制取鎂【考點】化學(xué)平衡的影響因素；電解原理．【分析】A、SO2與O2的反應(yīng)常壓下轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，高壓提高了生成成本；B、高溫是為了增大反應(yīng)速率，催化劑活性最大，高壓是利用活性平衡移動原理，加壓平衡向氣體體積減小的方向進(jìn)行；C、電鍍銅時，陽極上銅失電子，陰極上銅離子得電子，根據(jù)溶液中銅離子是否變化判斷；D、獲取金屬Mg是電解熔融氯化鎂得到金屬鎂，依據(jù)電解原理分析產(chǎn)物判斷．【解答】解：A、采用常壓條件的原因是，常壓條件二氧化硫的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很大，高壓轉(zhuǎn)化率增大不多，但是提高了生成成本，故A錯誤；B、合成氨工業(yè)中采用高溫是為了增大反應(yīng)速率，催化劑活性最大，高壓條件是增大壓強促進(jìn)平衡正向進(jìn)行，提高生產(chǎn)效益的原理不同，故B錯誤；C、電鍍時，陽極上銅失電子進(jìn)入溶液，陰極上銅離子得電子生成銅單質(zhì)，陽極銅溶解質(zhì)量約等于陰極析出銅的質(zhì)量，所以溶液中c（Cu2+）基本保持不變，故C正確；D、獲取金屬Mg是電解熔融氯化鎂得到金屬鎂，氧化鎂的熔點太高，不宜采用電解熔融物的方法，故D錯誤；故選C．3．化學(xué)科學(xué)需要借助化學(xué)專用語言描述，下列有關(guān)化學(xué)用語正確的是（）A．235U中的235表示該原子的相對原子質(zhì)量B．HClO的結(jié)構(gòu)式：H﹣Cl﹣OC．丙烷分子的比例模型：D．第三周期簡單陰離子結(jié)構(gòu)示意圖均可表示為【考點】核素；原子結(jié)構(gòu)示意圖；結(jié)構(gòu)式．【分析】A．元素符號的左上角數(shù)字代表質(zhì)量數(shù)；B．次氯酸的中心原子是氧原子；C．球棍模型展示原子相對大小和成鍵情況；D．第三周期元素的簡單陰離子都是3個電子層．【解答】解：A．235U中的235表示該原子的質(zhì)量數(shù)，故A錯誤；B．次氯酸的結(jié)構(gòu)式為：H﹣O﹣Cl，故B錯誤；C．圖為丙烷的球棍模型，不是比例模型，故C錯誤；D．第三周期元素的簡單陰離子都是3個電子層，陰離子結(jié)構(gòu)示意圖均可表示為，故D正確；故選D．4．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯氣通入足量水中反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAB．乙烯和氮氣組成的28g混合氣體中含有NA個分子C．1molNa2O2中陽離子和陰離子數(shù)均為2NAD．1molFeCl3跟水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體后，其中膠體粒子的數(shù)目為NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．氯氣與水的反應(yīng)中，只有少量的氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸；B．乙烯和氮氣的摩爾質(zhì)量都是28g/mol，根據(jù)n=計算出28g混合物的物質(zhì)的量；C．過氧化鈉中含有的陰離子為過氧根離子，1mol過氧化鈉中含有2mol鈉離子和1mol過氧根離子，總共含有3mol離子；D．氫氧化鐵膠粒為氫氧化鐵的聚集體，無法計算氫氧化鐵膠粒的數(shù)目．【解答】解：A．標(biāo)況下氯氣的物質(zhì)的量為1mol，1mol氯氣溶于水，只有少量的氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子小于1mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于NA，故A錯誤；B．28g乙烯和氮氣的物質(zhì)的量為：=1mol，含有NA個分子，故B正確；C．1mol過氧化鈉中含有2mol鈉離子和1mol過氧根離子，總共含有3mol離子，陽離子數(shù)均2NA，陰離子數(shù)為NA，故C錯誤；D．氫氧化鐵膠體中，氫氧化鐵膠粒為氫氧化鐵的聚集體，無法計算膠體中含有的膠粒數(shù)，故D錯誤；故選B．5．下列有關(guān)有機(jī)物的說法正確的是（）A．油脂、淀粉、蛋白質(zhì)和維生素等均為高分子化合物B．等質(zhì)量的乙烷、乙烯、苯充分燃燒，消耗氧氣的量由少到多C．乙烯能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，二者反應(yīng)原理相同D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用飽和Na2CO3溶液鑒別【考點】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．根據(jù)高分子化合物的定義判斷；B．有機(jī)物中含氫越多，燃燒時，消耗氧氣的量越大；C．乙烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化、加成反應(yīng)；D．乙醇溶于水，乙酸能和碳酸鈉反應(yīng)生成氣體，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液．【解答】解：A．高分子化合物的相對分子質(zhì)量在10000以上，油脂不是高分子化合物，故A錯誤；B．有機(jī)物中含氫越多，燃燒時，消耗氧氣的量越大，故B錯誤；C．乙烯具有還原性，能與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使高錳酸鉀溶液褪色，乙烯中含有雙鍵，能與溴發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，二者原理不相同，故C錯誤；D．乙醇溶于水，乙酸能和碳酸鈉反應(yīng)生成氣體，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，故乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用飽和Na2CO3溶液鑒別，故D正確．故選D．6．下列說法中正確的是（）A．常溫下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)焓變一定大于零B．同溫同壓下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照條件下和點燃條件下的△H不同C．含1mol硫酸的稀溶液與含1molBa（OH）2的稀溶液完全中和所放出的熱量為中和熱D．在25℃、101KPa時，2mol氫氣的燃燒熱是1mol氫氣的2倍【考點】反應(yīng)熱和焓變．【分析】A、根據(jù)△G=△H﹣T△S＞0不能自發(fā)來判斷；B、反應(yīng)的焓變與反應(yīng)條件無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)；C、中和熱是在稀溶液中強酸和強堿反應(yīng)生成1mol水放出的熱量；D、燃燒熱是1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量．【解答】解：A、已知△G=△H﹣T△S＞0不能自發(fā)，常溫下，2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)的△S＞0，則該反應(yīng)焓變一定大于零，故A正確；B、反應(yīng)的焓變與反應(yīng)條件無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，所以同溫同壓下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照條件下和點燃條件下的△H相同，故B錯誤；C、中和熱是在稀溶液中強酸和強堿反應(yīng)生成1mol水放出的熱量，所以1mol硫酸與1molBa（OH）2完全中和所放出的熱量大于中和熱，故C錯誤；D、燃燒熱是1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量，所以在25℃、101KPa時，2mol氫氣的燃燒熱和1mol氫氣的燃燒熱相同，故D錯誤；故選A．7．以下說法正確的是（）A．物質(zhì)中化學(xué)鍵破壞了，一定發(fā)生了化學(xué)變化B．水的沸點比硫化氫高，是因為水中的化學(xué)鍵比硫化氫中的化學(xué)鍵強C．第三周期元素的離子半徑逐漸變小D．共價化合物中一定存在化學(xué)鍵【考點】化學(xué)鍵；元素周期律的作用；含有氫鍵的物質(zhì)．【分析】A．化學(xué)變化指有新物質(zhì)生成的變化，有化學(xué)鍵破壞的變化不一定屬于化學(xué)變化，如NaCl溶于水，離子鍵被破壞，但無新物質(zhì)生成；B．水的沸點比硫化氫高是因為水能形成分子間氫鍵，使水的沸點反常的升高，而硫化氫不能；C．電子層數(shù)越多，半徑越大，相同電子層結(jié)構(gòu)，原子序數(shù)越小半徑越大；D．共價化合物中一定有原子間的作用，一定存在化學(xué)鍵．【解答】解：A．有化學(xué)鍵破壞的變化不一定屬于化學(xué)變化，如NaCl溶于水，離子鍵被破壞，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A正確；B．水的沸點比硫化氫高是因為水能形成分子間氫鍵，使水的沸點反常的升高，而硫化氫沒有分子間氫鍵，氫鍵不是化學(xué)鍵，故B錯誤；C．電子層數(shù)越多，半徑越大，相同電子層結(jié)構(gòu)，原子序數(shù)越小半徑越大，第三周期陰離子半徑大于陽離子半徑，故C錯誤；D．共價化合物中一定有原子間的作用，一定存在化學(xué)鍵，故D正確．故選：D．8．下列實驗操作正確且能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康氖牵ǎ嶒災(zāi)康膶嶒灢僮鰽稱取固體先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上添加2g砝碼，左盤上添加NaOH固體B制備Fe（OH）3膠體向氯化鐵飽和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液，加熱煮沸至液體變?yōu)榧t褐色C證明碳酸的酸性強于硅酸CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸膠體D萃取碘水中的碘將碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振蕩，靜置分層后，下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出A．A B．B C．C D．D【考點】化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．NaOH易潮解，具有腐蝕性，應(yīng)在小燒杯中稱量；B．向沸水中逐滴加入少量氯化鐵飽和溶液，水解可制備膠體；C．強酸能制取弱酸；D．酒精與水互溶，不能作萃取劑．【解答】解：A．NaOH易潮解，具有腐蝕性，應(yīng)在小燒杯中稱量，且放在左盤，天平游碼回零，砝碼為，故A錯誤；B．氯化鐵與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，得不到膠體，故B錯誤；C．二氧化碳與水反應(yīng)生成碳酸，向Na2SiO3溶液中通入CO2產(chǎn)生沉淀，可說明碳酸的酸性比硅酸強，故C正確；D．酒精與水互溶，不能作萃取劑，應(yīng)選苯或四氯化碳萃取碘水中的碘，故D錯誤；故選C．9．短周期中的A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)依次增大，A和D，C和E分別同主族，A為非金屬元素，且A與B的原子序數(shù)之和等于C的原子序數(shù)，C2﹣與D+的核外電子數(shù)相等．則下列說法正確的是（）A．C與D形成的化合物中只有離子鍵B．由C、D、E三元素形成的化合物與A、C、E三元素形成的化合物可能反應(yīng)C．A、B、C形成的化合物一定不能發(fā)生水解反應(yīng)D．E的氧化物對應(yīng)的水化物一定為強酸【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】短周期中的A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)依次增大，C2﹣與D+的核外電子數(shù)相等，結(jié)合所帶電荷可知，C為O元素、D為Na；A和D，C和E分別同主族，A為非金屬元素，則A為H元素、E為S元素；A與B的原子序數(shù)之和等于C的原子序數(shù)，則B的原子序數(shù)=8﹣1=7，故B為N元素，據(jù)此解答．【解答】解：短周期中的A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)依次增大，C2﹣與D+的核外電子數(shù)相等，結(jié)合所帶電荷可知，C為O元素、D為Na；A和D，C和E分別同主族，A為非金屬元素，則A為H元素、E為S元素；A與B的原子序數(shù)之和等于C的原子序數(shù)，則B的原子序數(shù)=8﹣1=7，故B為N元素．A．C與D形成的化合物有氧化鈉、過氧化鈉，過氧化鈉中含有離子鍵、共價鍵，故A錯誤；B．由C、D、E三元素形成的化合物為硫酸鈉、亞硫酸鈉燈，A、C、E三元素形成的化合物有硫酸、亞硫酸等，硫酸能與亞硫酸鈉反應(yīng)，故B正確；C．H、N、O三種元素可以形成硝酸、硝酸銨等，硝酸銨可以發(fā)生水解反應(yīng)，故C錯誤；D．E的氧化物有二氧化硫、三氧化硫，對應(yīng)的水化物分別為亞硫酸、硫酸，亞硫酸屬于弱酸，故D錯誤．故選：B．10．關(guān)于下列四個圖象的說法中正確的是（）A．圖①表示將SO2氣體通入溴水中B．圖②表示反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），△H＜0的平衡常數(shù)K隨溫度的變化C．圖③中陰、陽兩極收集到的氣體體積之比一定為1：1D．圖④中的△H1＜△H2【考點】化學(xué)平衡常數(shù)的含義；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計算；電解原理；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)．【分析】A、溴水溶液呈酸性，pH＜7；B、溫度升高平衡向逆反應(yīng)方向移動，K減小；C、鐵做陽極，陽極上鐵放電沒有氣體生成；D、根據(jù)△H1=△H2+△H3進(jìn)行判斷．【解答】解：A、溴水溶液呈酸性，反應(yīng)為Br2+H20═HBr+HBr0，pH＜7，與圖象中的pH＞7不符，故A錯誤；B、反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），△H＜0，反應(yīng)放熱，溫度升高平衡向逆反應(yīng)方向移動，K減小，故B錯誤；C、鐵做陽極，陽極上鐵放電沒有氣體生成，陽極反應(yīng)為Fe﹣2e﹣═Fe2+，陰極上有氫氣生成，故C錯誤；D、根據(jù)蓋斯定律可知△H1=△H2+△H3，由于反應(yīng)都放熱，則△H＜0，故△H1＜△H2，故D正確．故選：D．11．下列相關(guān)反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A．已知電離平衡常數(shù)：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO22ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣B．氫氧化鐵溶于氫碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．Na2S溶液顯堿性：S2﹣+2H2O?H2S+2OH﹣D．用酸化的高錳酸鉀溶液氧化雙氧水：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O【考點】離子方程式的書寫．【分析】A．酸性HClO＞HCO3﹣，則二氧化碳少量時生成碳酸氫鈉；B．鐵離子具有氧化性，能夠氧化碘離子；C．硫離子的水解分步進(jìn)行，主要以第一步為主，水解的離子方程式寫出第一步即可；D．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能夠氧化雙氧水．【解答】解：A．根據(jù)電離平衡常數(shù)大小可知三種酸性大小為：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，則NaClO溶液中通入少量二氧化碳反應(yīng)生成次氯酸和碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故A錯誤；B．鐵離子能夠氧化碘離子，正確的離子方程式為：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故B錯誤；C．Na2S溶液顯堿性，是由于硫離子水解造成的，但是硫離子的水解分步進(jìn)行，主要以第一步為主，正確的離子方程式為：S2﹣+H2O?HS﹣+OH﹣，故C錯誤；D．用酸化的高錳酸鉀溶液氧化雙氧水，反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正確；故選D．12．用惰性電極和相同電量分別電解①HCl②KNO3③CuCl2④CuSO4四種電解質(zhì)溶液，在理論上生成氣體的總體積（同溫同壓下）由多到少的順序是（）A．④③②① B．①②③④ C．④②①③ D．③④①②【考點】電解原理．【分析】串聯(lián)電路中各電解池在相同的時間內(nèi)轉(zhuǎn)移的電子是相同的，再根據(jù)溶液中離子的放電順序判斷各電解池中陰陽極上析出的物質(zhì)，從而判斷析出氣體體積的大小．【解答】解：電解時，氯化鈉溶液中氯離子和氫離子放電，硝酸鈉溶液中氫離子和氫氧根離子放電，氯化銅溶液中氯離子和銅離子放電，硝酸銀溶液中氫氧根離子和銀離子放電．串聯(lián)電路中各電解池在相同的時間內(nèi)轉(zhuǎn)移的電子是相同的，設(shè)相同時間內(nèi)都轉(zhuǎn)移nmol電子，則由得失電子數(shù)相等，可知各溶液產(chǎn)生氣體的關(guān)系為：（H2+Cl2）﹣（H2+O2）﹣Cl2﹣O2，故理論上從多到少的順序是①②③④．故選B．13．常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是（）A．新制氯水中加入固體NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．?L﹣1CH3COOH溶液與?L﹣1NaOH溶液等體積混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）【考點】離子濃度大小的比較．【分析】A．新制氯水中加入固體NaOH發(fā)生反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，根據(jù)電荷守恒判斷：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣））+c（ClO﹣）+c（OH﹣）；B．pH=的NaHCO3溶液，碳酸氫根離子水解溶液顯堿性，碳酸氫根離子水解程度大于碳酸氫根離子的電離；C．pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合，一水合氨又電離出氫氧根離子和銨根離子，溶液顯堿性；溶液與?L﹣1NaOH溶液等體積混合得到等濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒計算分析判斷．【解答】解：A．加入少量固體過氧化鈉，反應(yīng)后溶液中陰陽離子所帶正負(fù)電荷總數(shù)相等，故存在c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故A錯誤；B．pH=的NaHCO3溶液，碳酸氫根離子水解溶液顯堿性，碳酸氫根離子水解程度大于碳酸氫根離子的電離，c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B錯誤；C．pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合，一水合氨又電離出氫氧根離子和銨根離子，溶液顯堿性c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C錯誤；D．混合得到等濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），代入計算2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH），故D正確；故選D．14．不論以何種比例混合，將甲和乙兩種混合氣體同時通入過量的丙溶液中，一定能產(chǎn)生沉淀的組合是（）序號甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2SO2Ba（NO3）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl2A．②③④ B．②③④⑤ C．①③④ D．①②③④【考點】氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)．【分析】①石灰水過量，有CaCO3和CaSO3沉淀生成；②石灰水過量，有CaCO3沉淀生成；③SO2將被NO3﹣氧化生成SO42﹣，BaSO4沉淀生成；④SO2將被NO2氧化成SO3，有BaSO4沉淀生成；⑤當(dāng)NH3不足時，最終無沉淀生成．【解答】解：①由于石灰水過量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故①正確；②同樣由于石灰水過量，因此必有CaCO3沉淀生成，故②正確；③CO2氣體與Ba（N03）2不反應(yīng)，SO2氣體通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增強，SO2將被NO3﹣氧化生成SO42﹣，因此有BaSO4沉淀生成，故③正確；④NO2和SO2混合后，SO2將被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故④正確；⑤當(dāng)NH3過量時溶液中CaCO3沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+CO2+CaCl2+H2O═CaCO3↓+2NH4C1；當(dāng)NH3不足時，最終無沉淀生成，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O═Ca（HCO3）2+2NH4C1，故⑤錯誤．故選D．15．下列6個轉(zhuǎn)化，其中不能通過一步反應(yīng)實現(xiàn)的是（）①SiO2→Na2SiO3②Fe（OH）2→Fe（OH）3③SiO2→H2SiO3④Al2O3→Al（OH）3⑤Ca（OH）2→NaOH⑥NaAlO2→AlCl3．A．①② B．③④ C．③④⑤ D．⑤⑥【考點】硅和二氧化硅；鎂、鋁的重要化合物；鐵的氧化物和氫氧化物．【分析】①SiO2與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水；②Fe（OH）2與氧氣、水反應(yīng)生成Fe（OH）3；③SiO2不溶于水，與水不反應(yīng)；④Al2O3不溶于水，與水不反應(yīng)；⑤Ca（OH）2→與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣和NaOH；⑥NaAlO2與足量鹽酸反應(yīng)生成AlCl3和氯化鈉、水；【解答】解：①SiO2與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水，所以SiO2→Na2SiO3能夠一步實現(xiàn)，故正確；②Fe（OH）2與氧氣、水反應(yīng)生成Fe（OH）3，所以Fe（OH）2→Fe（OH）3能夠一步實現(xiàn)，故正確；③SiO2不溶于水，與水不反應(yīng)，所以SiO2→Na2SiO3不能夠一步實現(xiàn)，故錯誤；④Al2O3不溶于水，與水不反應(yīng)，所以Al2O3→Al（OH）3不能夠一步實現(xiàn)，故錯誤；⑤Ca（OH）2→與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣和NaOH，所以Ca（OH）2→NaOH能夠一步實現(xiàn)，故正確；⑥NaAlO2與足量鹽酸反應(yīng)生成AlCl3和氯化鈉、水，所以NaAlO2→AlCl3能夠一步實現(xiàn)，故正確；故選：B．16．某無色透明溶液含有下列離子中的幾種：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、SO42﹣、OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，在其中加入金屬鐵，發(fā)生反應(yīng)放出氣體只有H2．試判斷上述離子中一定不能大量存在于此溶液中的有（）A．2種 B．5種 C．4種 D．6種【考點】離子反應(yīng)發(fā)生的條件．【分析】溶液無色，則一定不存在Cu2+，在其中加入金屬鐵，發(fā)生反應(yīng)并只放出H2，溶液呈酸性且沒有強氧化性，則不存在OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，以此解答該題．【解答】解：溶液無色，則一定不存在Cu2+，在其中加入金屬鐵，發(fā)生反應(yīng)并只放出H2，溶液呈酸性且沒有強氧化性，則不存在OH﹣、NO3﹣、HCO3﹣，陰離子只能為SO42﹣，則一定不存在Ba2+，一定不能大量存在于此溶液中的有5種離子．故選B．17．己知某鎳鎘電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，其充、放電按下式進(jìn)行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2．有關(guān)該電池的說法正確的是（）A．放電過程是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程B．充電時陽極反應(yīng)：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2OC．放電時正極極附近溶液的pH變小D．放電時電解質(zhì)溶液中的OH﹣向正極移動【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】該電池放電時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，充電時電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，放電時負(fù)極反應(yīng)式為Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2、正極反應(yīng)式為NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充電時陽極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，據(jù)此分析解答．【解答】解：A．放電時，該裝置是原電池，是將化學(xué)能能轉(zhuǎn)化為電能的過程，故A錯誤；B．充電時，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2O，故B正確；C．放電時，正極反應(yīng)式為NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，正極上生成氫氧根離子，溶液的pH增大，故C錯誤；D，放電時，陰離子向負(fù)極移動，則電解質(zhì)溶液中氫氧根離子向負(fù)極Cd移動，故D錯誤；故選B．18．已知25℃時，Ksp（Ag2S）=×10﹣50、Ksp（AgI）=×10﹣16，Ag2S難溶于水和稀鹽酸，可溶于硝酸，其反應(yīng)方程式為Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O，下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)中氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為4：1B．生成S同時放出C．AgI的懸濁液中滴加Na2S溶液可轉(zhuǎn)化成黑色沉淀D．若將產(chǎn)物NO2收集于密閉容器里再置于熱水中，氣體顏色變淺【考點】氧化還原反應(yīng)的計算．【分析】Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O中，Ag元素的化合價不變，S的化合價從﹣2價升高到了0價，N元素的化合價從+5價降低到了+4價，根據(jù)化合價升降值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，沉淀向著Ksp更小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，結(jié)合氧化還原反應(yīng)中的概念知識以及平衡移動原理來回答判斷．【解答】解：A、Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O中，Ag元素的化合價不變，S的化合價從﹣2價升高到了0價，所以Ag2S是還原劑，S是氧化產(chǎn)物，N元素的化合價從+5價降低到了+4價，所以硝酸部分做氧化劑，氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：1，故A錯誤；B、反應(yīng)Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S↓+2H2O中，生成1molS同時放出2molNO2，所以生成即同時放出即標(biāo)況下，故B錯誤；C、沉淀向著Ksp更小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，Ksp（Ag2S）=×10﹣50＜Ksp（AgI）=×10﹣16，AgI的懸濁液中滴加Na2S溶液可轉(zhuǎn)化成黑色沉淀Ag2S，故C正確；D、2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，若將產(chǎn)物NO2收集于密閉容器里再置于熱水中，平衡逆向移動，所以氣體顏色變深，故D錯誤．故選C．19．將克Fe和CuO的混合物投入300mL2mol/L硝酸中，反應(yīng)完全后生成（標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得），再向反應(yīng)后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液，要使所有金屬元素完全沉淀下來，所加入NaOH溶液的體積最少需要（）A．250mL B．200mL C．100mL D．不能確定【考點】化學(xué)方程式的有關(guān)計算．【分析】當(dāng)加入的氫氧化鈉使鐵元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氫氧化鈉溶液體積最小，此時溶液中溶質(zhì)為硝酸鈉，根據(jù)鈉離子守恒有n（NaOH）=n（NaNO3），根據(jù)氮元素守恒有n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），據(jù)此計算n（NaOH），再根據(jù)V=計算NaOH溶液的體積．【解答】解：當(dāng)加入的氫氧化鈉使鐵元素完全沉淀恰好沉淀，所需的氫氧化鈉溶液體積最小，此時溶液中溶質(zhì)為硝酸鈉，根據(jù)氮元素守恒有：n（NaNO3）+n（NO）=n（HNO3），故n（NaNO3）=×2mol/L﹣=，根據(jù)鈉離子守恒可得：n（NaOH）=n（NaNO3）=，故需要NaOH溶液的最小體積為：==250mL，故選A．20．相同溫度下，容積相同的甲、乙、丙3個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H=﹣197kJ?mol﹣1．實驗測得起始、平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如表：容器起始各物質(zhì)的物質(zhì)的量/mol達(dá)到平衡時體系能量的變化SO2O2SO3Ar甲4200放出熱量：Q1乙310放出熱量：Q2丙31放出熱量：Q3下列敘述正確的是（）A．Q1=Q2=Q3=394kJB．若在上述條件下反應(yīng)生成2molSO3（s）的反應(yīng)熱為△H1，則△H1＜﹣197kJ?mol﹣1C．甲、乙、丙3個容器中反應(yīng)的平衡常數(shù)不相等D．達(dá)到平衡時，丙容器中SO2的體積分?jǐn)?shù)最大【考點】化學(xué)平衡建立的過程．【分析】A、從起始量分析，正向反應(yīng)是放熱反應(yīng)，逆向進(jìn)行的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；B、從反應(yīng)的焓變意義和物質(zhì)聚集狀態(tài)分析判斷；C、從平衡常數(shù)是只與溫度有關(guān)的物理量；D、從恒溫恒容容器中加入惰性氣體，增加總壓，分壓不變，平衡不動分析判斷．【解答】解：A、三個容器內(nèi)盡管最終平衡相同，但起始量不同反應(yīng)的熱效應(yīng)不同，正向反應(yīng)是放熱反應(yīng)，逆向反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以Q1＞Q2=Q3，故A錯誤；B、在上述條件下反應(yīng)生成2molSO3（s），氣體轉(zhuǎn)化為固體放熱，所以反應(yīng)放熱應(yīng)大于197kJ，△H1＜﹣197kJ?mol﹣1，故B正確；C、溫度相同，甲、乙、丙3個容器中反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，故C錯誤；D、因為甲、乙、丙最終達(dá)到的平衡狀態(tài)相同，所以容器內(nèi)三氧化硫、二氧化硫、氧氣的量相同，但丙容器中多了的氬氣，所以SO2的體積分?jǐn)?shù)最小，故D錯誤；故選：B．二、解答題（共5小題，滿分45分）21．草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，乙二酸（HOOC﹣COOH，可簡寫為H2C2O4）俗稱草酸，易溶于水，屬于二元中強酸，其K1=×10﹣2，K2=×10﹣5，其熔點為℃，在157℃升華．已知碳酸的K1=×10﹣7，K2=×10﹣11．為探究草酸的部分化學(xué)性質(zhì)，進(jìn)行了如下實驗：（1）向盛有1mL飽和Na2CO3溶液的試管中加入足量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產(chǎn)生．該反應(yīng)的離子方程式為CO32﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O（2）向盛有乙二酸飽和溶液的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發(fā)現(xiàn)其溶液的紫紅色褪去；①說明乙二酸具有還原性（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”）；②請寫出該反應(yīng)的離子方程式6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O．（3）將一定量的乙二酸放于試管中，按如圖所示裝置進(jìn)行實驗（夾持裝置未標(biāo)出）：實驗發(fā)現(xiàn)：裝置C、G中澄清石灰水變渾濁，B中CuSO4粉末變藍(lán)，F(xiàn)中CuO粉末變紅．據(jù)此回答：①上述裝置中，D的作用是除去混合氣體中的CO2，②乙二酸分解的化學(xué)方程式為H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑（4）該小組同學(xué)將草酸晶體（H2C2O4?2H2O）加入到100mLL的NaOH溶液中充分反應(yīng)，測得反應(yīng)后溶液呈酸性，其原因反應(yīng)生成NaHC2O4，HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度（用文字簡單表述），該溶液中各離子的濃度由大到小的順序為：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）（用離子符號表示）．【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；性質(zhì)實驗方案的設(shè)計．【分析】（1）由于題中強調(diào)足量的草酸，故反應(yīng)后草酸轉(zhuǎn)化為HC2O4﹣，若寫成C2O42﹣是錯誤的；（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸具有還原性，能氧化強還原性的物質(zhì)，酸性高錳酸鉀和草酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成錳離子、二氧化碳和水；（3）乙二酸分解的化學(xué)方程式為H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，由各物質(zhì)的性質(zhì)可推測裝置的作用；（4）兩者正好1：1反應(yīng)生成NaHC2O4，溶液顯酸性說明HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度；根據(jù)NaHC2O4溶液顯酸性，說明HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度，可得離子濃度間的大小關(guān)系．【解答】解：（1）題中強調(diào)足量的草酸，故反應(yīng)后草酸轉(zhuǎn)化為HC2O4﹣，且酸性強于碳酸，反應(yīng)的離子方程式為CO32﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O，故答案為：CO32﹣+H2C2O4=HC2O4﹣+CO2↑+H2O；（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸具有還原性，能氧化強還原性的物質(zhì)，酸性高錳酸鉀和草酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成錳離子、二氧化碳和水，離子反應(yīng)方程式為：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案為：還原性；6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）乙二酸分解的化學(xué)方程式為H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，由各物質(zhì)的性質(zhì)可推測B中CuSO4固體檢驗草酸分解產(chǎn)物中的水，C裝置檢驗草酸分解產(chǎn)物中的CO2，D裝置的目的是為了除盡CO2，防止影響后續(xù)實驗現(xiàn)象的判斷，E裝置用來干燥氣體，F(xiàn)、G裝置用來判斷草酸分解產(chǎn)物中有無CO生成，故答案為：①除去混合氣體中的CO2；②H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；（4）兩者正好1：1反應(yīng)生成NaHC2O4，溶液顯酸性，說明HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度，兩者正好1：1反應(yīng)生成NaHC2O4，溶液顯酸性說明HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度，而溶液中還存在著水的電離，故H+＞C2O42﹣，由于離子的電離程度較小，則有HC2O4﹣＞H+，故正確順序為c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．故答案為：反應(yīng)生成NaHC2O4，HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度；c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．22．表1是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數(shù)（Ka）和弱堿的電離平衡常數(shù)（Kb），表2是常溫下幾種難（微）溶物的溶度積常數(shù)（Ksp）．表1酸或堿電離常數(shù)（Ka或Kb）CH3COOH×10﹣5HNO2×10﹣4HCN×10﹣10HClO3×10﹣8NH3?H2O×10﹣5表2難（微）溶物溶度積常數(shù)（Ksp）BaSO4×10﹣10BaCO3×10﹣9CaSO4×10﹣6CaCO3×10﹣9請回答下面問題：（1）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的電離程度增大，而電離常數(shù)不變的操作是AB（填序號）．A．加少量CaCO3固體B．加水稀釋C．加少量的CH3COONa固體D．加少量冰醋酸E．升高溫度（2）CH3COONH4的水溶液呈中性（選填“酸性”、“中性”、“堿性”）．（3）現(xiàn)將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3．具體做法是用飽和的純堿溶液浸泡CaSO4粉末，并不斷補充純堿，最后CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3．現(xiàn)有足量的CaSO4懸濁液，在該懸濁液中加純堿粉末并不斷攪拌，為使c（SO42﹣）達(dá)到mol/L以上，則溶液中c（CO32﹣）應(yīng)不低于mol/L．（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】（1）根據(jù)弱電解質(zhì)電離平衡移動的影響因素來回答，電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；（2）CH3COONH4的醋酸根離子和銨根離子水解程度一樣來確定溶液的酸堿性；（3）可以根據(jù)硫酸鋇、碳酸鋇的溶解度計算出使SO42﹣物質(zhì)的量濃度不小于?L﹣1，求出溶液中CO32﹣物質(zhì)的量濃度．【解答】解：（1）根據(jù)醋酸的電離平衡：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，A．加少量CaCO3固體，消耗氫離子，電離程度增大，電離平衡常數(shù)不變，故A正確；B．加水稀釋，電離程度增大，電離平衡常數(shù)不變，故B正確；C．加少量的CH3COONa固體，電離出的醋酸根對醋酸的電離平衡起抑制作用，電離程度減小，電離平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D．加少量冰醋酸，則醋酸濃度增大，根據(jù)越稀越電離的事實，則電離程度減小，平衡常數(shù)不變，故D錯誤；E．升高溫度，電離程度增大，電離平衡常數(shù)增大，故E錯誤；故答案為：AB；（2）醋酸銨溶液中，醋酸水解顯堿性，銨根離子水解顯酸性，CH3COOH與NH3?H2O的電離平衡常數(shù)相等，CH3COO﹣和NH4+在相等濃度時的水解程度相同，酸性和堿性程度相當(dāng)，溶液顯中性，；故答案為：中性；（3）SO42﹣物質(zhì)的量濃度為?L﹣1時，鋇離子的濃度為：c（Ba2+）=mol/L=×10﹣8mol/L，若使SO42﹣物質(zhì)的量濃度不小于?L﹣1，則鋇離子濃度應(yīng)該大于×10﹣8mol/L；當(dāng)鋇離子濃度為×10﹣8mol/L時，則溶液中碳酸根離子濃度為：mol/L=L，所以當(dāng)碳酸根離子濃度≥L時，鋇離子濃度小于×10﹣8mol/L，則SO42﹣物質(zhì)的量濃度不小于L，故答案為：．23．化學(xué)在能源開發(fā)與利用中起著重要的作用，如甲醇、乙醇、二甲醚（CH3OCH3）等都是新型燃料．（1）乙醇是重要的化工產(chǎn)品和液體燃料，可以利用下列反應(yīng)制取乙醇．2CO2（g）+6H2（g）?CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=akJ/mol在一定壓強下，測得上述反應(yīng)的實驗數(shù)據(jù)如表．溫度/KCO2轉(zhuǎn)化率%50060070080045%33%20%12%60%43%28%15%83%62%37%22%根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析：①上述反應(yīng)的a小于0（填“大于”或“小于”）．②在一定溫度下，提高氫碳（即）比，平衡常數(shù)K值不變（填“增大”、“減小”、或“不變”）．（2）催化劑存在的條件下，在固定容積的密閉容器中投入一定量的CO和H2，同樣可制得乙醇（可逆反應(yīng)）．該反應(yīng)過程中能量變化如圖所示：在一定溫度下，向上述密閉容器中加入1molCO、3molH2及固體催化劑，使之反應(yīng)．平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為QkJ，若溫度不變的條件下，向上述密閉容器中加入4molCO、12molH2及固體催化劑，平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為wkJ，則w的范圍為4Q＜w＜2（E2﹣E1）．（3）以乙醇蒸氣、空氣、氫氧化鈉溶液為原料，石墨為電極可構(gòu)成燃料電池，其工作原理與甲烷燃料電池原理相類似．該電池中負(fù)極上的電極反應(yīng)式是CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O．使用上述乙醇燃料電池電解（Pt電極）一定濃度的硫酸銅溶液通電一段時間后，向所得的溶液中加入Cu（OH）2后恰好恢復(fù)到電解前的濃度和pH，則乙醇燃料電池在電解過程中轉(zhuǎn)移電子數(shù)是．【考點】化學(xué)平衡的計算；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】（1）①升高溫度化學(xué)平衡向吸熱方向移動；②化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；（2）該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為2CO（g）+4H2（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣（E2﹣E1）kJ/mol在一定溫度下，向上述密閉容器中加入1molCO、3molH2，平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為QkJ小于（E2﹣E1）kJ，該反應(yīng)前后氣體體積減小，增大壓強平衡正向移動，若溫度不變的條件下，向上述密閉容器中加入4molCO、12molH2平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為wkJ，如果4molCO完全反應(yīng)放出的熱量為2（E2﹣E1）kJ，如果兩種情況下CO轉(zhuǎn)化率相同，則放出的熱量為4Q，實際上4molCO反應(yīng)時轉(zhuǎn)化率大于1molCO，所以放出的熱量大于4Q；（3）該原電池負(fù)極上乙醇失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水；Cu（OH）2相當(dāng)于．H2O，即、，陰極上析出Cu和氫氣，陽極上只析出氧氣，根據(jù)氧原子與轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)．【解答】解：（1）①升高溫度化學(xué)平衡向吸熱方向移動，升高溫度，二氧化碳轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，則逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即a＜0，故答案為：小于；②化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)不變，所以該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)不變，故答案為：不變；（2）該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為2CO（g）+4H2（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=﹣（E2﹣E1）kJ/mol在一定溫度下，向上述密閉容器中加入1molCO、3molH2，平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為QkJ小于（E2﹣E1）kJ，該反應(yīng)前后氣體體積減小，增大壓強平衡正向移動，若溫度不變的條件下，向上述密閉容器中加入4molCO、12molH2平衡時，反應(yīng)產(chǎn)生的熱量為wkJ，如果4molCO完全反應(yīng)放出的熱量為2（E2﹣E1）kJ，如果兩種情況下CO轉(zhuǎn)化率相同，則放出的熱量為4Q，實際上4molCO反應(yīng)時轉(zhuǎn)化率大于1molCO，所以放出的熱量大于4Q，所以放出的熱量4Q＜w＜2（E2﹣E1），故答案為：4Q＜w＜2（E2﹣E1）；（3）該原電池負(fù)極上乙醇失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，電極反應(yīng)式為CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；Cu（OH）2相當(dāng)于．H2O，即、，陰極上析出Cu和氫氣，陽極上只析出氧氣，根據(jù)原子守恒得n（O2）=2n[Cu（OH）2]==，生成1個氧分子轉(zhuǎn)移4個電子，所以生成原子轉(zhuǎn)移電子，電子數(shù)為NA，故答案為：CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O；NA．24．2015年8月，天津濱海新區(qū)爆炸事故確認(rèn)有氰化鈉、亞硝酸鈉、電石（主要成分為CaC2）等，氰化鈉毒性很強，遇水、酸會產(chǎn)生有毒易燃氰化氫氣體．同時氰化鈉遇到亞硝酸鈉會發(fā)生爆炸．回答下列問題：（1）下列標(biāo)志中，應(yīng)貼在裝有氰化鈉容器上的是A（2）寫出NaCN的電子式．（3）可用純堿、焦炭、氨氣反應(yīng)制取NaCN，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式，并用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．（4）常溫下HCN的電離常數(shù)Ka=×10﹣10，濃度均為L的NaCN和HCN的混合溶液顯堿（填“酸”、“堿”或“中”）性，通過計算說明其原因Kh===×10﹣5＞×10﹣10，即水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，所以溶液呈堿性．（5）防化官兵將爆炸殘留在廢水中的CN﹣和含有Cr2O72﹣廢水進(jìn)行無害處理，擬定下列流程進(jìn)行廢水處理，①上述處理廢水流程中主要使用的方法是d；a．混凝法b．中和法c．沉淀法d．氧化還原法②步驟③中，每處理Cr2O72﹣時轉(zhuǎn)移電子，該反應(yīng)的離子方程式為3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O③處理酸性Cr2O72﹣廢水多采用鐵氧磁體法．該法是向廢水中加入FeSO4?7H2O將Cr2O72﹣還原成Cr3+，調(diào)節(jié)pH，F(xiàn)e、Cr轉(zhuǎn)化成相當(dāng)于FeⅡ[FexⅢCr（2﹣x）Ⅲ]O4（鐵氧磁體，羅馬數(shù)字表示元素價態(tài)）的沉淀．處理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4?7H2O，下列結(jié)論正確的是D．A．x=，a=6B．x=，a=10C．x=，a=6D．x=，a=10．【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；"三廢"處理與環(huán)境保護(hù)．【分析】（1）NaCN是有劇毒的藥品，據(jù)此選擇；（2）NaCN屬于離子化合物，鈉離子直接用離子符號表示，陰離子需要標(biāo)出所帶電荷及最外層電子；（3）根據(jù)Kh=計算出水解平衡常數(shù)，比較NaCN的水解平衡常數(shù)和HCN的電離平衡常數(shù)可判斷溶液的酸堿性；（4）根據(jù)工業(yè)流程可知，NaCN與FeSO4反應(yīng)生成Fe（CN）2白色沉淀，F(xiàn)e（CN）2繼續(xù)與NaCN溶液反應(yīng)生成Na4[Fe（CN）6]，Na4[Fe（CN）6]被氯氣氧化成Na3[Fe（CN）6]，Na3[Fe（CN）6]與硫酸亞鐵反應(yīng)生成藍(lán)色染料為Fe3[Fe（CN）6]2，據(jù)此答題；（5）流程分析含CN﹣廢水調(diào)整溶液PH加入NaClO溶液，氧化CN﹣離子反應(yīng)生成CNO﹣的廢水，含Cr2O72﹣的廢水調(diào)整溶液PH加入Na2S2O3發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到含硫酸根離子的廢水，和含CNO﹣的廢水繼續(xù)處理得當(dāng)待測水樣；①從流程分析物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系和試劑選擇分析所用方法；②利用每﹣轉(zhuǎn)移的電子來計算被還原后Cr元素的化合價，再書寫離子方程式；③根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等，再結(jié)合原子守恒進(jìn)行計算．【解答】解：（1）NaCN是有劇毒的藥品，應(yīng)貼在裝有氰化鈉容器上的是劇毒標(biāo)志，故答案為：A；（2）NaCN為離子化合物，電子式為，故答案為：；（3）根據(jù)元素守恒可知，純堿、焦炭、氨氣反應(yīng)制取NaCN，同時會生成水，反應(yīng)的化學(xué)方程式，并用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為，故答案為：；（4）根據(jù)Kh=可知，Kh=====×10﹣5＞×10﹣10，即水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，所以溶液呈堿性，故答案為：堿；Kh===×10﹣5＞×10﹣10，即水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，所以溶液呈堿性；（5）①從流程看，CN﹣轉(zhuǎn)化為CNO﹣，化合價升高被氧化劑氧化，Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+化合價降低，故還原劑還原，故采用方法為氧化還原法；故答案為：d；②每﹣轉(zhuǎn)移的電子，設(shè)還原后Cr元素的化合價為x，則×2×（6﹣x）=，解得x=+3，則離子反應(yīng)為3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O，故答案為：3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；③處理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4?7H2O，根據(jù)鉻原子守恒得，1molCr2O72﹣完全反應(yīng)后生成molFeⅡ[FeⅢx?CrⅢ2﹣x]O4，根據(jù)鐵原子守恒得amol=mol①，該反應(yīng)中得失電子數(shù)相等，1mol×2×3=mol×（3﹣2）×x，解得x=，將x=代入①得a=10，故答案為：D．25．20世紀(jì)70年代以后，由于對氫能源的研究和開發(fā)日趨重要，首先要解決氫氣的安全貯存和運輸問題，儲氫材料和儲氫技術(shù)是關(guān)鍵技術(shù)，是大家關(guān)注的熱點之一．儲氫材料范圍由金屬擴(kuò)展至合金甚至有機(jī)物領(lǐng)域，根據(jù)信息材料請回答以下問題：（1）金屬鋰是一種重要的儲氫材料，吸氫和放氫原理如下：I．2Li+H22LiHⅡ．LiH+H2O=LiOH+H2↑已知LiH固體密度為cm3，用鋰吸收（標(biāo)準(zhǔn)狀況）H2，生成的LiH體積與被吸收的H2體積比為．（2）NaBH4（氫元素為﹣1價）也是一種重要的儲氫載體，能與水反應(yīng)得到NaBO2，且反應(yīng)前后B的化合價不變，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑．（3）鎂鋁合金（Mg17Al12）是一種潛在的貯氫材料，可在氬氣保護(hù)下，將一定化學(xué)計量比的Mg、Al單質(zhì)在一定溫度下熔煉獲得．該合金在一定條件下完全吸氫的反應(yīng)方程式為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定條件下釋放出氫氣．在?L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全釋放出H2．1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應(yīng)，釋放出H2的物質(zhì)的量為52mol．（4）儲氫還可借助有機(jī)物，如利用環(huán)己烷和苯之間的可逆反應(yīng)來實現(xiàn)脫氫和加氫：（g）（g）+3H2（g）．在某溫度下，向容積為2L的恒容密閉容器中加入環(huán)己烷，其起始物質(zhì)的量為amol，平衡時體系中壓強為PMPa，苯的物質(zhì)的量為bmol，平衡常數(shù)Kp=（用含a、b、P的代數(shù)式表示，平衡常數(shù)Kp表達(dá)式要求帶單位；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）．（5）一定條件下，如圖所示裝置可實現(xiàn)有機(jī)物的電化學(xué)儲氫（忽略其他有機(jī)物）．①導(dǎo)線中電流移動方向為B→E．（用B、E表示）②生成目標(biāo)產(chǎn)物的電極反應(yīng)式為C6H6+6H++6e﹣═C6H12．【考點】化學(xué)平衡的計算；原電池和電解池的工作原理；合金的概念及其重要應(yīng)用．【分析】（1）n（H2）==，根據(jù)方程式2Li+H22LiH知，氫氣參加反應(yīng)生成1molLiH，m（LiH）=1mol×7g/mol=7g，V（LiH）=；（2）NaBH4是一種重要的儲氫載體，能與水反應(yīng)生成NaBO2，還生成氫氣，且反應(yīng)前后B的化合價不變，可知H元素化合價由﹣1價、+1價變?yōu)?價，再結(jié)合轉(zhuǎn)移電子守恒書寫化學(xué)方程式；（3）釋放出的H2包括Mg17Al12吸收的氫，還包括鎂、鋁和鹽酸反應(yīng)生成的氫氣；（4）（g）（g）+3H2（g）開始（mol）a00反應(yīng)（mol）bb3b平衡（mol）a﹣bb3b平衡時同一容器中各物質(zhì)的壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，所以環(huán)己烷的分壓=PMpa，苯的分壓=PMpa、氫氣的分壓=PMpa，化學(xué)平衡常數(shù)Kp等于生成物濃度壓強的冪之積與反應(yīng)物分壓的冪之積的比；（5）①根據(jù)圖知，D電極上苯生成環(huán)己烷，該電極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以D為陰極、E為陽極，所以A是負(fù)極、B是正極，導(dǎo)線中電流從正極流向陽極；②該實驗?zāi)康氖莾?，陰極上苯得電子和氫離子反應(yīng)生成環(huán)己烷而儲氫．【解答】解：（1）n（H2）==，根據(jù)方程式2Li+H22LiH知，氫氣參加反應(yīng)生成1molLiH，m（LiH）=1mol×8g/mol=8g，V（LiH）===，所以LiH與氫氣的體積之比=：=，故答案為：；（2）NaBH4是一種重要的儲氫載體，能與水反應(yīng)生成NaBO2，還生成氫氣，且反應(yīng)前后B的化合價不變，所以NaBH4與H2O中H元素發(fā)生歸中反應(yīng)，H元素化合價由﹣1價、+1價變?yōu)?價，依據(jù)得失電子守恒可知：NaBH4的系數(shù)為1，H2O的系數(shù)為2，依據(jù)原子個數(shù)守恒配平反應(yīng)方程式：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，故答案為：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；（3）1molMg17Al12完全吸氫17mol，在鹽酸中會全部釋放出來，鎂鋁合金中的鎂和鋁都能與鹽酸反應(yīng)生成H2，生成氫氣的物質(zhì)的量分別為17mol、18mol，則生成氫氣一共（17+17+12×）mol=52mol，故答案為：52mol；（4）（g）（g）+3H2（g）開始（m