山東省泰安市2022屆高三上學(xué)期期末化學(xué)試卷

2022-2022學(xué)年山東省泰安市高三（上）期末化學(xué)試卷一、本卷共18小題,1-8題每小題2分，9-18題每小題三分，共46分.每小題只有一個選項是符合題目要求的.1.晉代煉丹家、醫(yī)學(xué)家葛洪所著《抱樸子》一書是中國為世界科技花園貢獻(xiàn)出的一顆璀璨明珠，書中記載有“丹砂燒之成水銀，積變又成丹砂”.這句話中的丹砂指的是HgS,下列關(guān)于這句話的說法正確的是（）A.這個過程只涉及物理變化B.這個過程是可逆反應(yīng)C.這個過程發(fā)生了復(fù)分解反應(yīng)口.“丹砂燒之成水銀”過程中還可能產(chǎn)生SO2【考點(diǎn)】物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系.【分析】丹砂為硫化汞，不穩(wěn)定，加熱發(fā)生HgS上^HgS,溫度降低時，又可發(fā)生HgS=HgS,以此解答該題.【解答】解：A.反應(yīng)中涉及HgS的分解和生成，為化學(xué)變化，故A錯誤；B.HgS）^HgS與HgS=HgS的反應(yīng)條件不同，不是可逆反應(yīng)，故B錯誤；口丹砂燒之成水銀，發(fā)生HgS^^HgS,為分解反應(yīng)，溫度降低時，又可發(fā)生口85小85,為化合反應(yīng)，無復(fù)分解反應(yīng)，故C錯誤；口.“丹砂燒之成水銀”的過程中，分解生成的5可能燃燒生成二氧化硫，故D正確.故選D.2.下列有關(guān)化學(xué)用語表達(dá)正確的是（ ）A.35CL和37口-離子結(jié)構(gòu)示意圖均可以表示為：HC1O的結(jié)構(gòu)式：H-Cl-OHF的電子式:H昨苜，D.質(zhì)子數(shù)為92、中子數(shù)為146的U原子：14692U【考點(diǎn)】電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合；電子式;原子結(jié)構(gòu)示意圖.【分析】A.Cl-離子的質(zhì)子數(shù)為17,核外電子數(shù)為18；B.HC1O的電子式為工3萬：；■■**C.HF為共價化合物，只含共價鍵；D.質(zhì)子數(shù)為92、中子數(shù)為146的U原子，其質(zhì)量數(shù)為92146=238.【解答】解：A.Cl-離子的質(zhì)子數(shù)為17,核外電子數(shù)為18,則35C1-和37C1-離子結(jié)構(gòu)示意圖均可以表示為 ，故A正確;B.HC1O的電子式為h：3：W：，結(jié)構(gòu)式為H-O-Cl,故B錯誤;??**C.HF為共價化合物，只含共價鍵，HF的電子式為亍［，故C錯誤；D.質(zhì)子數(shù)為92、中子數(shù)為146的U原子，其質(zhì)量數(shù)為92146=238,則U原子為238」，故D錯誤；故選A.3．從物質(zhì)分類的角度進(jìn)行下列判斷，正確的是（）A.根據(jù)是否具有丁達(dá)爾效應(yīng)，可將分散系分為溶液、濁液和膠體51。2既能與NaOH溶液反應(yīng)，又能與氫氟酸反應(yīng)，但SiO2不屬于兩性氧化物AgCl的水溶液不易導(dǎo)電，故AgCl是弱電解質(zhì)D.燒堿、純堿、熟石灰均屬于堿【考點(diǎn)】膠體的重要性質(zhì).【分析】A、分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑大?。籅、二氧化硅只能和酸中的HF反應(yīng)；口氯化銀在水溶液中能完全電離；D、純堿為碳酸鈉.【解答】解：A、分散系的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑大小，而不是丁達(dá)爾效應(yīng)，故A錯誤；B、二氧化硅只能和酸中的HF反應(yīng)，且和HF反應(yīng)后生成的不是鹽和水，故二氧化硅不是堿性氧化物，即不是兩性氧化物，故B正確；口氯化銀雖然難溶于水，但在水溶液中能完全電離，故是強(qiáng)電解質(zhì)，故C錯誤；D、純堿為碳酸鈉，是鹽不是堿，故D錯誤.故選B.4．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與其應(yīng)用相對應(yīng)的是（）A.鋁熱反應(yīng)可以快速制取單質(zhì)鐵，工業(yè)上常用此法冶煉鐵NaHCO3能與堿反應(yīng)，食品工業(yè)中用做焙制糕點(diǎn)的膨松劑K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，其產(chǎn)物水解生成尸。（OH）3膠體，故可用于自來水消毒和凈化SO具有漂白性，可用于食品的消毒和漂白2【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系.【分析】A.依據(jù)工業(yè)煉鐵原理解答；B.依據(jù)碳酸氫鈉不穩(wěn)定性解答；C.K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，生成鐵離子可水解生成氫氧化鐵膠體；D.二氧化硫有毒.【解答】解：人.工業(yè)上用焦炭還原鐵礦石制備鐵，故A錯誤；NaHCO3不穩(wěn)定，受熱分解生成二氧化碳，食品工業(yè)中用做焙制糕點(diǎn)的膨松劑，故B錯誤；K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，生成鐵離子可水解生成氫氧化鐵膠體，可用于凈水，故C正確；D.二氧化硫有毒，不能用于食品消毒和漂白，故D錯誤；故選：C.5.已知某藥物具有抗痙攣?zhàn)饔?，制備該藥物其中一步反?yīng)為:廣鐘 廣LH*CH-COQC網(wǎng)%一下列下下. 下列說TOC\o"1-5"\h\zHHZ 3工■ c法不正確的是（ ）A.a中參加反應(yīng)的官能團(tuán)是羧基B.生活中6可作燃料和溶劑C.c極易溶于水D.該反應(yīng)類型為取代反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).【分析】由a、c的結(jié)構(gòu)簡式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b發(fā)生酯化反應(yīng)生成。，b為乙醇，以此解答該題.【解答】解：由a、c的結(jié)構(gòu)簡式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b發(fā)生酯化反應(yīng)生成。，b為乙醇，A.a與b反應(yīng)生成。含有酯基，則@參加反應(yīng)的官能團(tuán)是羧基，故A正確；B.b為乙醇，可作燃料和溶劑，故B正確；C.c含有酯基，不溶于水，故C錯誤；D.反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)，也為取代反應(yīng)，故D正確.故選C.6.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A.常溫常壓下，36g18。2中所含的中子數(shù)為16NAB.和CuO的混合物中含有的銅原子數(shù)為C.電解飽和食鹽水時，陽極生成氣體時，陰極生成氣體分子NA個D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，與足量NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù).【分析】A.i8O2中含有20個中子；B.CuS的摩爾足量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO2的2倍；C.氣體狀況未知，Vm不確定；D.氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉為歧化反應(yīng)，1mol氯氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子.【解答】解：A.常溫常壓下，36g18O2中所含的中子數(shù)為X20XNa=20NA，故A錯誤;B.CuS的摩爾質(zhì)量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO2的2倍，故混合物可以認(rèn)為均由CuO構(gòu)成，故含有的CuO的物質(zhì)的量為n=.8s「，則含個銅原子，故B正確;C.氣體狀況未知，Vm不確定，無法計算陽極氣體的物質(zhì)的量，無法計算電子轉(zhuǎn)移數(shù)目，故C錯誤；D.氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉為歧化反應(yīng)，1mol氯氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，物質(zhì)的量為Imol,與足量NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA,故D錯誤；故選：B.7．下列說法正確的是（）A.鍍銅鐵制品鍍層破損后，鐵制品比破損前更容易生銹B.室溫下向1Lol?L-1的溶液中：K、Na、SO：-、ClO-D.有較多Fe3的溶液中：Na、NH4、SCN-、HCO3-【考點(diǎn)】離子共存問題.【分析】人.四種離子之間不反應(yīng)，都是無色離子；B.該溶液呈酸性，溶液中存在大量氫離子，硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化碘離子；C.該溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，次氯酸根離子能夠與氫離子反應(yīng)；D.鐵離子與硫氰根離子、碳酸氫根離子反應(yīng).【解答】解：A.Ca2、Na、Cl-、HCO「之間不發(fā)生反應(yīng)，且都是無色離子，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B,能使。l?L-1的溶液呈酸性或堿性，ClO-與氫離子反應(yīng)，在酸性溶液中不能大量共存，故C錯誤；D.Fe3與SCN-、HCO3-發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選A.10.根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實(shí)驗(yàn)，經(jīng)過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥岫口83四個步驟，下列圖示裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵?）NTlfClA.制取氨氣NTlfClA.制取氨氣B.CO.rtiB.CO.rti和食鹽的泡和溶液".1制取NaHCO33D.干燥NaHCO33D.干燥NaHCO3【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價.【分析】人.氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨；B.氣體通入方向錯誤；C.從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法；D.碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥.【解答】解：人.氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨，制備氨氣，應(yīng)用氯化銨和氫氧化鈣為反應(yīng)物，故A錯誤；B.應(yīng)將二氧化碳從長導(dǎo)管進(jìn)入，否則將液體排出，故B錯誤；C.從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法，故C正確；D.碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥，可烘干，故D錯誤．故選C11.四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W、X的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，W與Y同族，Z與乂形成的離子化合物的水溶液呈中性．下列說法正確的是（）A.簡單離子半徑：WVXVZB.W與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性C.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WVY口.最高價氧化物的水化物的酸性：Y>Z【考點(diǎn)】元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用.【分析】四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X是鈉;Z與乂形成的離子化合物的水溶液呈中性，說明這種鹽不水解，2只能是第三周期的非金屬元素，且Z的氫化物的水溶液屬于強(qiáng)酸，則Z是氯；W、X的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，則W在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧；W與Y同族，Y在X與Z之間，位置關(guān)系如圖：J?|］，據(jù)此解答.【解答】解：四種短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則X是鈉；Z與乂形成的離子化合物的水溶液呈中性，說明這種鹽不水解，2只能是第三周期的非金屬元素，且Z的氫化物的水溶液屬于強(qiáng)酸，則Z是氯；W、X的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，則W在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧；W與Y同族，y在x與z之間，位置關(guān)系如圖：mX、W離子的電子層為2層，Z離子即氯離子電子層為3層，電子層多半徑大，電子層結(jié)構(gòu)相同時，序小半徑反而大，則簡單離子半徑大小順序是：XVWVZ,故A錯誤；W在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧，與鈉形成的化合物可能是氮化鈉，氧化鈉，過氧化鈉，它們與水反應(yīng)都能生成氫氧化鈉使溶液呈堿性，故B正確；W與Y處于同于主族，從上到下，非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性逐漸減弱，則W>Y,故C錯誤；Y與Z處于同同期，從左到右，非金屬性逐漸增強(qiáng)，最高價氧化物的水化物的酸性逐漸增強(qiáng)，則Z>Y,故D錯誤；

故選：B.12.反應(yīng)AB-C分兩步進(jìn)行：①AB-X,②X-C,反應(yīng)過程中能量變化如下圖所示，E中能量變化如下圖所示，E1表示反應(yīng)AB-X的活化能.下列有關(guān)敘述正確的是（ ）A.%表示反應(yīng)A.%表示反應(yīng)X-C的活化能B.反應(yīng)AB-C的4口＜0C.X是反應(yīng)AB-C的催化劑口.加入催化劑可改變反應(yīng)AB-C的焓變【考點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變.【分析】A、依據(jù)分子從常態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)槿菀装l(fā)生化學(xué)反應(yīng)的活躍狀態(tài)所需要的能量稱為活化能；B、依據(jù)圖象分析可知反應(yīng)物人8能量高于生成物C的能量，反應(yīng)是放熱反應(yīng)；C、依據(jù)催化劑是先作為反應(yīng)物參與化學(xué)反應(yīng)，然后再通過化學(xué)反應(yīng)轉(zhuǎn)變成原物質(zhì)；口、催化劑改變反應(yīng)速率不改變化學(xué)平衡【解答】解：A、反應(yīng)②的活化能々-與，故A錯誤；B、圖象分析可知反應(yīng)物人8能量高于生成物C的能量，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△HV0,故B正確；C、若X是反應(yīng)A(g)B(g)-C(g)的催化劑，則X是反應(yīng)①的反應(yīng)物，是反應(yīng)②的生成物，故C錯誤；D、焓變和反應(yīng)物和生成物能量有關(guān)，與反應(yīng)變化過程無關(guān)，催化劑只改變反應(yīng)速率，不改變反應(yīng)的焓變，故D錯誤；故選B.13.下列離子方程式書寫正確的是( )A.向酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水：2「2HH202T22H9B.向NH4HC03溶液中加過量的NaOH溶液并加熱：NHOH-=^^NH3fH20C.利用食醋除去熱水瓶中的水垢：CaCO/H-CazCOjH,D.口2通入水中：Cl2H20THCl-ClO-【考點(diǎn)】離子方程式的書寫.【分析】人.雙氧水具有氧化性，能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)；B.氫氧化鈉過量，銨根離子和碳酸氫根離子都參與反應(yīng)；C.醋酸為弱酸，離子方程式中醋酸不能拆開；D.次氯酸為弱酸，離子方程式中次氯酸不能拆開.【解答】解：A.向酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：2I-2HH2O2—122H20,故A正確;B.向NH4HC03溶液中加過量的NaOH溶液并加熱，反應(yīng)生成碳酸鈉、氨氣和水，正確的離子方程式為：OH-NH4HCOj-^C032-NHJ2H20,故B錯誤;C.碳酸鈣和醋酸都需要保留化學(xué)式，正確的離子方程式為：CaC032cHfOOH=Ca2H,COjZCHfOO-,故C錯誤；D.口2通入水中生成氯化氫和次氯酸，正確的離子方程式為：Cl2H20—HCLHC10,故D錯誤;故選A.產(chǎn)生的氣體A為（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則X中c（Fe2）=L-i【考點(diǎn)】常見離子的檢驗(yàn)方法.【分析】發(fā)篝*警^0院0203參加反應(yīng)時，2molHCl被氧化【考點(diǎn)】氧化性、還原性強(qiáng)弱的比較；氧化還原反應(yīng)的計算.【分析】A、在氧化還原反應(yīng)中，還原劑在反應(yīng)中失電子（或偏移離子）后被氧化后的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物，化合價升高；B、在同一個氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性；C、在氧化還原反應(yīng)中，還原性最強(qiáng)的微粒最先被氧化；D、根據(jù)化合價的升降來確定反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù).【解答】解：A、在已知的三個反應(yīng)中，元素化合價升高的只有I2、Fe3、C12,是氧化產(chǎn)物，故A錯誤；8、氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，在反應(yīng)①中，C12>I2，在反應(yīng)②中，Br2>Fe3,在反應(yīng)③中，應(yīng)03>02，氧化性順序是：Co2O3>C12>Br2>Fe3,故B錯誤;C、根據(jù)還原性順序：Br-<Fe2,C12和FeBr2反應(yīng)時，氯氣先氧化亞鐵離子，再氧化溴離子，故C錯誤；D、在反應(yīng)③中生成1川。1口2時，有6mol的鹽酸參加反應(yīng)，其中2molHC1被氧化，故D正確.故選：D.16.燃煤脫硫可減少SO2尾氣的排放，燃煤脫硫技術(shù)受到各界科研人員的關(guān)注.一種燃煤脫硫技術(shù)的原理是：CaO(s)3CO(g)SO2(g)CaS(s)3CO2(g)△H=-mol.保持其他條件不變，不同溫度下起始CO物質(zhì)的量與平衡時體系中CO2的體積分?jǐn)?shù)的關(guān)系如圖所示(T表示溫度)：下列有關(guān)說法正確的是( )|平方用m>池體枳分敷卜、\j.Ti比1之高起始時儀C叫B.b點(diǎn)SO2轉(zhuǎn)化率最高C.b點(diǎn)后曲線下降是因CO體積分?jǐn)?shù)升高D.減小壓強(qiáng)可提高CO、5。2轉(zhuǎn)化率【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素．【分析】A、CaO(s)3CO(g)SO2(g)=CaS(s)3CO2(g)△H=-mol,正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越高二氧化碳的含量越少；8、增加一種反應(yīng)物本身的轉(zhuǎn)化率降低，但另一種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率升高；C、一氧化碳的物質(zhì)的量增加，導(dǎo)致一氧化碳體積分?jǐn)?shù)變大，二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)減??；D、CaO(s)3CO(g)SO2(g)=CaS(s)3CO2(g)正反應(yīng)是氣體體積縮小的反應(yīng)；【解答】解：A、CaO(s)3CO(g)SO2(g)=CaS(s)3CO2(g)AH=-mol,正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越高二氧化碳的含量越少，所以由圖可知T1比T2低，故A錯誤；8、增加一種反應(yīng)物本身的轉(zhuǎn)化率降低，但另一種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率升高，所以b點(diǎn)二氧化硫的轉(zhuǎn)化率最低，而c點(diǎn)二氧化硫的轉(zhuǎn)化率最高，故B錯誤；C、一氧化碳的物質(zhì)的量增加，導(dǎo)致一氧化碳體積分?jǐn)?shù)變大，二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)減小，所以b點(diǎn)后曲線下降是因CO體積分?jǐn)?shù)升高，故C正確；D、CaO(s)3CO(g)SO2(g)=CaS(s)3CO?(g)正反應(yīng)是氣體體積縮小的反應(yīng)，所以增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，則減小壓強(qiáng)可降低CO、5。2轉(zhuǎn)化率，故D錯誤；故選C.17.如圖甲是利用一種微生物將廢水中的尿素（H2NCONH2）的化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為電能，并生成對環(huán)境友好物質(zhì)的裝置，同時利用此裝置產(chǎn)生的電能對乙裝置進(jìn)行鐵上鍍銅的實(shí)驗(yàn).下列說法中不正確的是（ ）過質(zhì)子交換膜由左向右移動B.M電極反應(yīng)式：H2NCONH2H2O-6e-=CO2fN2f6HC鐵電極應(yīng)與X相連接D.當(dāng)N電極消耗氣體時，則鐵電極增重32g【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理.【分析】由題給信息可知，該裝置是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，由甲圖可知，M是負(fù)極，N是正極，電解質(zhì)溶液為酸性溶液，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應(yīng)與負(fù)極相連，銅為陽極應(yīng)與正極相連，根據(jù)得失電子守恒計算，以此解答該題.【解答】解：該裝置是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的原電池，由甲圖可知，M是負(fù)極，N是正極，電解質(zhì)溶液為酸性溶液，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，M是負(fù)極，N是正極，H透過離子交換膜由左兇極移向右

N極，故A正確;H2NCONH2在負(fù)極M上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氮?dú)?、二氧化碳和水，電極反應(yīng)式為H2NCONH2H2O-6e--COjN2t6出故B正確；C.鐵上鍍銅，則鐵為陰極應(yīng)與負(fù)極相連，故C正確；D.當(dāng)N電極消耗氧氣時，則轉(zhuǎn)移X4=2mol電子，所以鐵電極增重囪9X64g/mol=64g,故D錯誤；故選D.18.某溫度下，向一定體積?L-i的醋酸溶液中逐滴加入等ol電子，則生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下1的體積為L.濃度的NaOH溶液，溶液c<NaOiD/iTOl濃度的NaOH溶液，溶液c<NaOiD/iTOl*L1(2)25℃時，將amol?L-i的氨水與?L-i的鹽酸等體積混合，當(dāng)溶液中離子濃度關(guān)系滿足c(NH4)>c(Cl-)時，則反應(yīng)的情況可能為(填序號).a.鹽酸不足，氨水剩余b.氨水與鹽酸恰好完全反應(yīng)c.鹽酸過量(3)向NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液的離子方程式.(4)25℃，兩種酸的電離平衡常數(shù)如表：Ka1 Ka2TOC\o"1-5"\h\zHX10- X10-8SO223HX10- X10-CO7 1123①HSO3-的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=;②H2SO3溶液和NaHCO3溶液混合，主要反應(yīng)的離子方程式為;③下列有關(guān)?L-1的Na2SO3溶液說法正確的是(填序號).c(Na)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H)c(Na)=c(H2SO3)c(HSO3-)c(SO32-)C.c(OH-)-c(H)=2c(H2SO3)c(HSO3-)(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)-c(H)=?L-i.【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；氧化還原反應(yīng)；離子濃度大小的比較；酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)。l,根據(jù)電子得失、原子守恒配平計算；(2)溶液中離子濃度關(guān)系滿足c(NH4)>c(Cl-)時，由電荷守恒可知c(H)Vc(OH-),溶液呈堿性，結(jié)合選項根據(jù)反應(yīng)物量的關(guān)系，判斷溶液酸堿性；(3)向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，則氫氧根離子少量只與氫離子反應(yīng)，據(jù)此書寫離子方程式；(4)①HSO3-的電離方程式為:HSO3-HSO32-,平衡常數(shù)表達(dá)式為K= 凹—=——；c(HS03")②由表可知H2SO3的二級電離小于H2CO3的一級電離，則酸性強(qiáng)弱H2SO3>H2CO3>HSO3-,據(jù)此書寫；③的Na2SO3溶液中亞硫酸根離子水解溶液顯堿性；B.溶液中存在物料守恒，n(Na)=2n(S)；C.溶液中存在質(zhì)子守恒；D.溶液中存在電荷守恒分析計算.【解答】解：(1)在反應(yīng)AlNaNO3NaOH=NaAlO2N2tH2O中，鋁元素從0價變?yōu)?價，氮從5價變?yōu)?價，根據(jù)電子得失守恒可知，Al的系數(shù)為10,NaNO3的系數(shù)為6,NaAlO?的系數(shù)為10,N2的系數(shù)為3,根據(jù)鈉元素守恒可知，NaOH的系數(shù)為4,根據(jù)氫元素守恒可知，H,的系數(shù)為2,所以反應(yīng)方程式為10Al6NaNO34NaOH=10NaAlO23Nj2H2O,該反應(yīng)中每生成3mol氮?dú)?，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為30川。1,所以反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移5mole-,則生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下N2的物質(zhì)的量為，其體積為，故答案為：10、6、4、10、3、2；；(2)溶液中離子濃度關(guān)系滿足c(NH4)>c(Cl-)時，由電荷守恒可知c(H)Vc(OH-),溶液呈堿性，a.鹽酸不足，氨水剩余，為氯化銨與氨水的混合溶液，銨根離子水解程度小于氨水的電離時，溶液可能呈堿性，故a可能;b.氨水與鹽酸恰好完全反應(yīng)，為氯化銨溶液，銨根離子水解，溶液呈酸性，故b不可能；c.鹽酸過量，溶液為氯化銨、鹽酸的混合溶液，溶液呈酸性，故c不可能；故選：a,故答案為：a；(3)向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，則氫氧根離子少量只與氫離子反應(yīng)，所以離子方程式為：2HSO2-Ba220H4-=BaS042H,，故答案為：2HS042-Ba220H-=BaS042H20；(4)①HSOj的電離方程式為:HS03-HSO：-,平衡常數(shù)表達(dá)式為K=—— ；c(HS03")故答案為："")"」)；c(HS03-)②由表可知H2s03的二級電離小于H2c03的一級電離，所以酸性強(qiáng)弱H2s03>H2c03>HS03-,所以反應(yīng)的主要離子方程式為2 3 3 3 2 22 3 3 3 2 2HSOHCO2 3 3 3 2 22 3 3 3 2 2故答案為：H2sO3HCOj=HSO3-C02tH20.③A.L-i的Na2s03溶液中亞硫酸根離子分步水解溶液顯堿性，c(Na)>c(S032-)>c(0H-)>c(HS03-)>c(H),故A正確；B.溶液中存在物料c(Na)=2c(H2sO3)2c(HS03-)2c(SO32-)，故B錯誤；C溶液中存在質(zhì)子守恒，c(OH-)=c(H)2c(H2SO3)c(HSO3-),得到c(OH-)-c(H)=2c(H2SO3)c(HSO3-),故C正確;D.溶液中存在電荷守恒:2c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)=c(H)c(Na),2c(SO,-)c(HSO3-)c(OH-)-c(H)=?L-i,故D錯誤；故答案為：AC..已知：CHCl常溫下為氣態(tài)，難溶于水，易溶于乙醇等3有機(jī)溶劑.實(shí)驗(yàn)室制備CHCl原理為：3CH3OHHC1(濃)f.CHfltHJ(1)實(shí)驗(yàn)步驟如下：①由ZnClj6H,晶體制得無水ZnCl2的實(shí)驗(yàn)方法是;②稱取研細(xì)的無水ZnCl2,量取20mL濃鹽酸、一定量的CH3OH,分別放入下列最佳裝置III(填裝置編號)的對應(yīng)儀器中;或“排水法”)收集，原因是（2）為探究CH3Cl與CH4分子穩(wěn)定性的差別，某化學(xué)興趣小組設(shè)計實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證CHCl能被強(qiáng)氧化劑酸性高錳酸鉀溶液氧化.（已3知：CHCl被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成兩種氣體）3①將CHCl制備裝置中產(chǎn)生的氣體依次通過裝有下列試劑的3洗氣瓶（填編號順序）.（H）溶液B.蒸餾水C.NaOH溶液如果觀察到現(xiàn)象，則證明CH3C1穩(wěn)定性弱于CH4,其反應(yīng)的離子方程式為;②為處理未反應(yīng)完的CH3C1,還應(yīng)在上述洗氣瓶后接一只盛（填試劑名稱）的洗氣瓶．【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計．【分析】本題是利用甲醇與濃鹽酸反應(yīng)制備CHCl,涉及具3體的制備過程是先在干燥的HCl氣流中加熱ZnCl2晶體得到無水ZnCl2，再將無水ZnCl2和量取20mL濃鹽酸放入圓底燒瓶并滴加一定量的甲醇，經(jīng)加熱后會有CHCl生成，因CHCl中混有揮發(fā)33出的HCl及甲醇，選擇排水法收集生成的氣體的同時還可以除雜，另外還探究了的穩(wěn)定性及含有CHCl尾氣的處理；3（1）①因ZnCl2晶體直接加熱時，因2山水解，如果直接加熱最終得到的是Zn（?？冢?，因此要用濃鹽酸或HCl氣體抑制其水解的同時加熱；②該實(shí)驗(yàn)為固液加熱型，且反應(yīng)物易揮發(fā)，故選HI；③因反應(yīng)混合物中的鹽酸和甲醇均易揮發(fā)，生成的CHCl中3會混有揮發(fā)出的雜質(zhì)，同時CHCl難溶于水，選用排水法收集的3同時還會有除雜的作用；（2）①如果CHCl能被酸性高錳酸鉀氧化，則酸性高錳酸3鉀溶液本身會褪色，同時可能會生成CO2和Cl2，因此要注意尾氣的處理；②因CHCl易溶于乙醇和丙醇等有機(jī)溶劑，因此的尾氣可選3擇有機(jī)溶劑吸收．【解答】解：（1）①在加熱ZnCl2晶體時可選擇通口門氣體抑制其水解；故答案為：在干燥的HCl氣流中加熱；②該實(shí)驗(yàn)為固液加熱型，且反應(yīng)物易揮發(fā)，故選HI；故答案為：III；③因CHCl中混有易溶于水的雜質(zhì)氣體，用排水法可以即除3雜又可收集，故答案為：CHCl不易溶于水，用排水法可除去口門、3CHOH等雜質(zhì)氣體；3故答案為：排水法；CHCl難溶于水，用排水法收集同時可3除去口門、CHOH等雜質(zhì)氣體；3（2）①如果CHCl能被強(qiáng)氧化劑酸性高錳酸鉀氧化，可選3擇先通過盛有水的洗氣瓶除去可能混合有的HCl和甲醇，再通過盛有的酸性高錳酸鉀洗氣瓶，溶液的紫色會褐去，最后通過盛Na2sO3的洗氣瓶吸收生成的氯氣防污染，CH3C1與酸性高錳酸鉀的反應(yīng)為：10CH3Cn4MnOj42H—14Mn2l0CO2t5Cl2t36H2O；故答案為：BAC；KMnO4溶液紫色褪去；10CH3Cn4MnOj42H-14Mn2l0CO2t5Cl2t36HJ；②CHCl易溶于乙醇和丙醇等有機(jī)溶劑，可選擇酒精吸收3CHCl的尾氣；3故答案為：乙醇（或其它有機(jī)溶劑）..綠礬（FeSO7HO）可作還原劑、著色劑、制藥等，在4 2不同溫度下分解，產(chǎn)物可能有各種鐵的氧化物、硫的氧化物、氧氣、水.已知SO3是一種無色晶體，熔點(diǎn)℃，沸點(diǎn)℃，氧化性及脫水性較濃硫酸強(qiáng)，能漂白某些有機(jī)染料，如品紅等.回答下列問題：（1）甲組同學(xué)按照如圖（A-C）所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，通過實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)綠礬的分解產(chǎn)物，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是,甲組由此得出綠礬的分解產(chǎn)物中含有so2,裝置C的作用是；乙組同學(xué)認(rèn)為甲組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)論不嚴(yán)謹(jǐn)，認(rèn)為需要補(bǔ)做實(shí)驗(yàn)，乙對甲組同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復(fù)紅色，可證明綠礬分解的產(chǎn)物中（填字母）.A.不含508.可能含50口一定含有SO22 3(2)丙組同學(xué)選用甲組同學(xué)的部分裝置和圖(D-G)裝置設(shè)計出了一套檢驗(yàn)綠礬分解后所有氣態(tài)產(chǎn)物的裝置：①乙組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)裝置中，依次連接的合理順序?yàn)?填裝置序號)；②能證明分解產(chǎn)物中有O2的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象是；③能證明分解產(chǎn)物中有so2的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是.(3)為證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價鐵，選用的實(shí)驗(yàn)儀器有試管，藥匙、;選用的試劑為.【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【分析(1)二氧化硫具有漂白性可以使品紅溶液褪色，裝置C中氫氧化鈉可以吸收二氧化硫避免二氧化硫排放到空氣中污染空氣，根據(jù)題意5。3氧化性及脫水性較濃硫酸強(qiáng)，二氧化硫能漂白某些有機(jī)染料；(2)①檢驗(yàn)綠礬分解氣態(tài)產(chǎn)物，由A分解綠礬，經(jīng)E干燥，二氧化硫三氧化硫均能漂白品紅，故先檢驗(yàn)三氧化硫并與二氧化硫分離，三氧化硫熔沸點(diǎn)低，故連接尸裝置冷凝三氧化硫，由裝置B檢驗(yàn)二氧化硫，經(jīng)過裝置口除去二氧化硫，連接裝置G,收集氧氣②利用氧氣的助燃性檢驗(yàn)氧氣；③二氧化硫具有漂白性可以使品紅溶液褪色；（3）為證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價鐵，選用的實(shí)驗(yàn)儀器有試管，藥匙和膠頭滴管，根據(jù)三價鐵離子使KSCN溶液顯紅色分析．【解答】解：（1）甲組由此得出綠礬的分解產(chǎn)物中含有SO2,裝置B為品紅，二氧化硫有漂白性，故裝置B中褪色；二氧化硫污染環(huán)境，用氫氧化鈉吸收，裝置C的作用是；吸收尾氣，防止SO2（SO3）等氣體擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境，根據(jù)題意5。3氧化性及脫水性較濃硫酸強(qiáng)，能漂白某些有機(jī)染料，如品紅，三氧化硫的漂白不可恢復(fù)，乙對甲組同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未恢復(fù)紅色，則可證明綠礬分解的產(chǎn)物中肯定有三氧化硫，未對二氧化硫檢驗(yàn)，故可能含有二氧化硫，故答案為：品紅溶液褪色；吸收尾氣，防止so2（so3）等氣體擴(kuò)散到空氣中污染環(huán)境；BC；（2）①檢驗(yàn)綠礬分解氣態(tài)產(chǎn)物，由A分解綠礬，經(jīng)E干燥，二氧化硫三氧化硫均能漂白品紅，故先檢驗(yàn)三氧化硫并與二氧化硫分離，三氧化硫熔沸點(diǎn)低，故連接尸裝置冷凝三氧化硫，由裝置B檢驗(yàn)二氧化硫，經(jīng)過裝置口除去二氧化硫，連接裝置G，檢驗(yàn)氧氣；故答案為：AEFBDG；②氧氣收集在G中，利用氧氣支持燃燒檢驗(yàn)，方法為：把G中的導(dǎo)管移出水面，撤走酒精燈，用姆指堵住試管口，取出試管，立即把帶火星的木條伸入試管口內(nèi)，木條復(fù)燃，證明試管中收集的氣體是氧氣；故答案為：把G中的導(dǎo)管移出水面，撤走酒精燈，用姆指堵住試管口，取出試管，立即把帶火星的木條伸入試管口內(nèi)，木條復(fù)燃，證明試管中收集的氣體是氧氣；③能證明分解產(chǎn)物中有SO的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是品紅溶液退色，2故答案為：品紅溶液退色；(3)三價鐵使KSCN溶液顯紅色，為證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價鐵，則應(yīng)用藥匙取用分解產(chǎn)物于試管中，加鹽酸溶解，再用膠頭滴管向其中滴入KSCN溶液，若變紅，則含有三價鐵離子；故答案為：膠頭滴管；鹽酸，KSCN溶液..二氧化碳的回收利用是環(huán)保領(lǐng)域研究熱點(diǎn).圖I 圖2 圖3(1)在太陽能的作用下，以CO2為原料制取炭黑的流程如圖1所示.總反應(yīng)的化學(xué)方程式為.(2)在催化劑M的作用下，CO2和H2同時發(fā)生下列兩個反應(yīng):(g) 6H2 (g)= CH2=CH2 (g) 4H2O (g)△H<0(g) 6H2 (g)= CH3OCH3 (g) 3H2O (g)△H<0圖2是乙烯在相同時間內(nèi)，不同溫度下的產(chǎn)率，則高于460℃時乙烯產(chǎn)率降低的原因可能是(填序號).A.催化劑乂的活性降低B.a反應(yīng)的平衡常數(shù)變大口生成甲醚的量增加口.6反應(yīng)的活化能增大(3)CO2經(jīng)過催化氫化合成乙烯反應(yīng)為：2CO2(g)6H2(g)CH2=CH2(g)4H2O(g)△H<0在密閉容器中充入2川。葭02和nmol,在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度、投料比X=［魯、］的關(guān)系如圖3所示.①投料比X1XJ填“>"、“<”或“=”下同)，平衡常數(shù)ka、kb、勺的大小關(guān)系為；②TK時，某密閉容器發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)進(jìn)行到不同時間測得各物質(zhì)的濃度如表：TOC\o"1-5"\h\z時間/min 0 1 2 3 4 5濃度/molL- 0 0 0 0 01H2(g)CO2(g)CH2=CH2(g) 020?30min間只改變了某一條件，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是.該溫度下0?10min內(nèi)H2的反應(yīng)速率為.【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計算；化學(xué)平衡常數(shù)的含義；化學(xué)平衡的影響因素.【分析】（1）在700K條件下，82和FeO發(fā)生反應(yīng)生成C和Fe3O4,過程1中Fe3O4分解生成尸已0和。2，所以整個反應(yīng)過程中FeO作催化劑，根據(jù)反應(yīng)物和生成物及反應(yīng)條件書寫方程式；（2）根據(jù)影響產(chǎn)物產(chǎn)率的因素只能是引起平衡移動的因素，根據(jù)平衡移動原理來解釋；（3）①相同條件下，投料比由=坐L］越大，二氧化碳的11L.L--UqJ轉(zhuǎn)化率越大，據(jù)此判斷X「X2的相對大小；該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越高其平衡常數(shù)越小；②20?30min間氫氣、CO的濃度都增大，且增大倍數(shù)相同，應(yīng)