江西省南昌市第二中学2019届高三化学第三次月考试题（含解析）.doc

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1、- 1 -江西省南昌市第二中学 2019 届高三第三次月考化学试题1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法错误的是A. 水玻璃可作木材防腐剂和阻燃剂B. “大漠孤烟直”描述的是物质升华的过程C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一D. 黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料【答案】B【解析】A、水玻璃具有耐酸、耐高温等性能，可用作木材防腐剂和阻燃剂，故 A 正确；B、西北地区远离海洋，降水稀少，荒漠广布，古诗中“大漠孤烟直”描述的就是西北荒漠地区的景观，是水分蒸发，故 B 错误；C、蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一，故 C 正确；D、生产陶瓷的原料是粘土，水泥的生产原料是石灰石、粘土，故

2、 D 正确；故选 B。2.下列说法中正确的是A. 干冰、盐酸都是电解质B. Na2O2、Fe 2O3、CaO 既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，化合物与化合物之间的化合反应也可能是氧化还原反应D. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】【详解】A 项、干冰是固态 CO2,是非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质。故 A 错误；B 项、Na 2O2是过氧化物，属于离子化合物，但不属于碱性氧化物，故 B 错误；C 项、有单质参加的化合反应一定有化合价变化，一定属于氧化还原反应，化合物与化

3、合物之间的化合反应如二氧化硫与双氧水反应，反应前后有化合价改变，也属于氧化还原反应，故 C 正确；D 项、根据分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故 D 错误。故选 C。- 2 -3.设 NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1 mol Cl 2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NAB. 常温下，22g CO 2和 N2O 混合气体中，含有的原子数目为 1.5NAC. 物质的量浓度为 0.1molL1 的 MgCl2溶液中，含有 Cl 个数为 0.2NAD. 标准状况下，2.24LSO 3中含有的氧原子数目为 0.3NA【答案】B【解析】【详解】A、氯气与

4、水的反应是可逆反应，故 0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故 A 错误；B、CO 2和 N2O 的摩尔质量均为 44g/mol，故 22gCO2和 N2O 的混合物的物质的量为 0.5mol,又因为 CO2和 N2O 均为三原子分子，故 0.5mol 混合气体含 1.5mol 原子,因此原子个数为 1.5NA,故B 正确；C、物质的量浓度为 0.1molL1 的 MgCl2溶液，没有给出溶液的体积，无法计算含有的 Cl-个数，故 C 错误；D、标况下 SO3为固态，2.24LSO 3的物质的量不是 0.1mol，含有的氧原子数目不是 0.3NA，故D 错误；答案选 B

5、。4.向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是A. 氯气：K +、Na +、AlO 2-、S 2- B. 二氧化硫：Na +、NH 4+、SO 32-、Cl -C. 氯化氢: H +、K +、MnO 4-、SO 42- D. 二氧化碳：Mg 2+、Al 3+、Cl -、NO 3-【答案】D【解析】【分析】氯水具有氧化性和酸性，不能与 AlO2-、S 2-共存；二氧化硫与亚硫酸盐反应生成亚硫酸氢盐，不能在溶液中共存；浓盐酸与酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，在溶液中不能共存。【详解】A 项、通入氯气后，溶液显示酸性，S 2-与氯气发生置换反应不能大量存在，AlO 2-与氢离子反

6、应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，故 A 错误；B 项、SO 32-与通入的二氧化硫反应生成亚硫酸氢根离子，在溶液中不能大量共存，故 B 错误；C 项、溶液中 H+、Cl -、MnO 4-发生氧化还原反应生成氯气，在溶液中不能大量共存，故 C 错误；- 3 -D 项、该组离子之间不反应，且与二氧化碳不反应，可大量共存，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，侧重对基础知识的训练和检验，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目限制的条件。5.有一澄清透明溶液，只可能含有大量 H+、Fe 3+、Fe 2+、Al

7、 3+、AlO 2 、CO 32 、NO 3 七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量 1mol/L 的 NaOH 溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加 NaOH 溶液沉淀部分消失下列判断正确的是A. 一定不含 Fe3+和 Fe2+B. 一定含有 Al3+，Fe 3+、Fe 2+至少含有一种或两种皆有C. 溶液可能含有 NO3D. 溶液中共含有 4 种离子（不考虑水的电离）【答案】D【解析】【详解】根据题意知，向该溶液中加入一定量 1mol/L NaOH 溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液中一定含有大量的 H+离子，在酸性溶液中 AlO2-、CO 32-离子分别与

8、H+离子反应生成Al（OH） 3沉淀或铝离子、CO 2气体而不能存在；根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有NO3-离子；在酸性条件下 Fe2+离子与 NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则溶液中一定不含 Fe2+离子；而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加 NaOH 溶液沉淀部分消失，说明溶液中一定含有 Al3+和 Fe3+；综上所述，溶液中一定含有 H+、NO 3-、Fe 3+、Al 3+，一定没有 AlO2-、CO 32-、Fe 2+离子；A、根据上述分析知，溶液中一定含 Fe3+，一定不含有 Fe2+，A 错误；B、根据上述分析知，Fe 2+一定不存在，B 错误；C、根据上述分析知，溶液

9、中一定存在 NO3-，C 错误；D、根据上述分析知，溶液中一定含有 H+、NO 3-、Fe 3+、Al 3+4 种离子，D 正确。答案选 D。【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳- 4 -离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中也可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。6.下列相关反应的离子方程式书写正确的是A.

10、氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH) 3+3H+ =Fe3+3H2OB. 氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al 3 4 NH 3H2O=AlO2-4NH 4 +2H2OC. NH4Al(SO4)2溶液中加入 Ba(OH)2溶液使 SO42-完全沉淀:NH 4 +Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=Al(OH)3+2BaSO 4+ NH 3H2OD. NaHCO3溶液中加入过量的 Ba(OH)2溶液:2HCO 3-+Ba2+2OH- =BaCO3+2H 2O+ CO32-【答案】C【解析】【详解】A 项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为 2Fe（OH

11、） 3+3H+2I-2Fe 2+3H2O+I2，故 A 错误；B 项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为 Al3+3NH3H2OAl（OH） 3-+3NH +4，故 B 错误；C 项、向 NH4Al（SO 4） 2溶液中滴入 Ba（OH） 2溶液使 SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42-+4OH-Al（OH） 3+2BaSO 4+NH 3H 2O，故 C 正确；D 项、NaHCO 3溶液中加入过量的 Ba（OH） 2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式

12、为：HCO 3-+Ba2+OH-BaCO 3+H 2O，故 D 错误。故选 C。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。7.向 CuSO4溶液中逐滴加入 KI 溶液至过量，观察到产生白色沉淀 CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量 SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是（N A表示阿伏加德罗常数的值） （ ）A. 滴加 KI 溶液时，KI 被氧化，CuI 是氧化产物B. 当有 22.4 L SO2参加反应时，有 2NA个电子发生转移C. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu 2+I 2SO 2D. 通入 SO2后

13、溶液逐渐变成无色，体现了 SO2的漂白性- 5 -【答案】C【解析】试题分析：根据反应现象可知，硫酸铜与 KI 溶液反应生成硫酸钾、CuI，Cu 元素的化合价降低，则 I 元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫，则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和 HI，所以溶液又变为无色。A、根据以上分析，滴加 KI 溶液时，KI 被氧化，硫酸铜被还原，CuI 是还原产物，错误；B、未指明标准状况，所以 22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是 1mol，则转移的电子数不一定是 2NA，错误；C、根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧

14、化硫是还原剂，所以物质的氧化性，Cu 2+I2SO2，正确；D、通入 SO2后溶液逐渐变成无色，体现了 SO2的还原性，错误，答案选 C。考点：考查物质的化学性质，反应现象的分析，氧化还原反应规律的应用8.为探究 Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的 a、b、c、d 四个凹槽中滴入 Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂。下列关于实验现象的解释或结论正确的是选项 实验现象 解释或结论A a 中无明显现象 Na2SO3和 H2O2一定不发生反应Bb 中加稀 H2SO4后才产生淡黄色沉淀SO32和 S2两种离子一定不能大量共存Cc 中加 BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去Ba2+ SO3

15、2 = BaSO3，使 SO32水解平衡逆向移动，红色褪去D d 中产生白色沉淀 原 Na2SO3溶液中含有 SO42A. A B. B C. C D. D- 6 -【答案】C【解析】试题分析：A.a 滴加双氧水后无明显现象，不能说明 Na2SO3和 H2O2一定不发生反应，很多反应都无明显变化，A 不正确；B.b 中是先滴入硫化钠溶液、后滴入稀硫酸，加稀 H2SO4后才产生淡黄色沉淀， “才”是重点，说明不加酸之前，SO 32和 S2两种离子能大量共存，B 不正确；C.c 中滴入酚酞后溶液变红，再加入 BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去，在 Na2SO3溶液中，SO32 水解显碱性，所以滴入

16、酚酞后溶液变红；在该溶液中加入 BaCl2后，Ba 2+SO32 BaSO3（白色） ，水解平衡 SO32 +H2OHSO3 +OH 向左移动，氢氧根离子浓度减小，红色褪去，C 正确；D.d 中无论亚硫酸钠溶液中是否含有 SO42，都会产生白色沉淀，因为在酸性条件下，SO 32可以被硝酸根氧化为 SO42，D 错误。本题选 C。9.一定条件下，下列各组物质能一步实现图中所示转化关系的是选项 X Y Z WA Al Al2O3 NaAlO2 Al(OH)3B Fe3O4 Fe FeCl2 FeCl3C H2SO4 SO2 S SO3D CH3CH2Br CH2=CH2 C2H5OH CH2BrC

17、H2BrA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A 项，Al 与 O2反应生成 Al2O3，Al 2O3与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，NaAlO 2溶液与过量 CO2反应生成 Al（OH） 3和 NaHCO3，Al（OH） 3与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，Al 2O3不能一步生成 Al（OH） 3；B 项，Fe 3O4与 CO 高温反应生成 Fe 和 CO2，Fe 与 HCl 反应生成 FeCl2- 7 -和 H2，Fe 与 Cl2加热时反应生成 FeCl3，FeCl 2与 Cl2反应生成 FeCl3，FeCl 3与 Fe 反应生成Fe

18、Cl2；C 项，Cu 与浓 H2SO4加热反应生成 CuSO4、SO 2和 H2O，SO 2与 H2S 反应生成 S 和H2O，SO 2发生催化氧化反应生成 SO3，S 与 SO3相互间不能一步转化；D 项，CH 3CH2Br 在 NaOH醇溶液中发生消去反应生成 CH2=CH2，CH 2=CH2与 H2O 一定条件下发生加成反应生成C2H5OH，CH 2=CH2与 Br2发生加成反应生成 CH2BrCH2Br，C 2H5OH 与 CH2BrCH2Br 相互间不能一步转化。详解：A 项，Al 与 O2反应生成 Al2O3，Al 2O3与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，NaAlO

19、2溶液与过量 CO2反应生成 Al（OH） 3和 NaHCO3，Al（OH） 3与 NaOH 反应生成 NaAlO2和 H2O，Al 2O3不能一步生成 Al（OH） 3，YW 不能一步实现；B 项，Fe 3O4与 CO 高温反应生成 Fe 和 CO2，Fe 与HCl 反应生成 FeCl2和 H2，Fe 与 Cl2加热时反应生成 FeCl3，FeCl 2与 Cl2反应生成FeCl3，FeCl 3与 Fe 反应生成 FeCl2，图中反应均能一步实现；C 项，Cu 与浓 H2SO4加热反应生成 CuSO4、SO 2和 H2O，SO 2与 H2S 反应生成 S 和 H2O，SO 2发生催化氧化反应生

20、成 SO3，S 与SO3相互间不能一步转化，Z 与 W 间的相互转化不能一步实现；D 项，CH 3CH2Br 在 NaOH 醇溶液中发生消去反应生成 CH2=CH2，CH 2=CH2与 H2O 一定条件下发生加成反应生成 C2H5OH，CH 2=CH2与 Br2发生加成反应生成 CH2BrCH2Br，C 2H5OH 与 CH2BrCH2Br 相互间不能一步转化，Z 与 W 间的相互转化不能一步实现；答案选 B。10.把一块镁铝合金（质量为 m g）投入到 50mL1mol/L 的 HCl 溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入 1mol/L 的 NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量随加入 Na

21、OH 溶液体积变化的关系如图所示下列说法中正确的是A. 假设 a=25，整个反应过程中，主要发生了 6 个离子反应B. c 值越大，合金中 Mg 的含量越高C. b 值越大，合金中 Al 的含量越高D. 根据图象判断，镁铝合金与 50mL1mol/L 的 HCl 溶液恰好完全反应【答案】A【解析】【分析】- 8 -根据图可知，往溶液里加入 NaOH 溶液，首先发生的反应是中和过量的酸：H +OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg 2+2OH-=Mg（OH） 2、Al 3+3OH-=Al（OH） 3，最后是 Al（OH） 3的溶解：Al（OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O。【详解】A

22、 项、假设 a=25，整个反应过程中，主要发生了镁、铝与氢离子 2 个反应和0a：H +OH-=H2O、ab：Mg 2+2OH-=Mg（OH） 2、Al 3+3OH-=Al（OH） 3，最后是 Al（OH）3的溶解：Al（OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O，共 6 个离子反应，故 A 正确；B 项、c 值越大，说明氢氧化铝消耗氢氧化钠的量越大，所以氢氧化铝的量越多，则合金中Al 的含量越高，故 B 错误；C 项、b 值越大，合金中 Al 的含量越高，说明 c-b 的值越小，所以氢氧化铝的量越小，则合金中 Al 的含量越小，故 C 错误；D 项、镁铝合金与 50mL1mol/L 的 HCl

23、 反应，盐酸过量，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查镁铝及其化合物的性质，注意氢氧化铝为两性氧化物，清楚各阶段发生的反应，结合图象分析是关键。11.利用海洋资源获得的部分物质如图所示下列说法正确的是A. 从海水中获取淡水，历史最久的方法是离子交换法B. 实验室中从海带中获得 I2，需要用到的主要仪器有蒸发皿、漏斗、烧杯、分液漏斗等C. 用 Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时，发生的化学反应可以是 3Br2+3Na2CO35NaBr+ NaBrO3+3CO2或 3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO 3+6NaHCO3D. 用贝壳、盐酸等从苦卤中提取镁时，发生反应

24、的类型有化合、分解、置换和复分解【答案】C【解析】【详解】A从海水中获取淡水历史最悠久的方法是蒸馏，故 A 错误；B提取海带中的碘元素不需要溶液蒸发，不需要蒸发皿，故 B 错误；- 9 -C. 用 Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时发生歧化反应，若碳酸钠少量生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，若碳酸钠过量，生成的二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故 C 正确；D海水提取镁单质的过程中发生的反应有：CaCO 3 CaO+CO2、CaO+H 2O=Ca(OH)2、Mg 2+2OH-=Mg(OH)2、Mg(OH) 2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl 2(熔融) Mg+Cl2，所以涉及的反

25、应有化合反应、复分解反应和分解反应，不涉及置换反应，故 D 错误。故选 C。【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，主要是海水获取淡水、提取碘单质、金属镁、溴单质等生产流程的分析判断，掌握基础是解题关键。海水中含有大量的化学物质，可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质，海水素有“液体工业原料”之美誉。基础知识有：海水晒盐；氯碱工业；海水提溴流程；海水提镁流程。12.气体 X 可能由 NH3、Cl 2、HBr、CO 2中的一种或几种组成，已知 X 通入 AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀 HNO3，若将 X 通入澄清石灰水中，无沉淀产生，则有关气体 X 的成分的下列说法正确

26、的是一定含有 HBr，可能含有 CO2 一定不含 CO2一定不含 NH3、Cl 2 可能含有 Cl2、CO 2A. 只有 B. 只有 C. 和 D. 和【答案】C【解析】试题分析：气体 X 通入 AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，浅黄色沉淀是溴化银，因此一定含有HBr；因 NH3和 Cl2都能与 HBr 反应，则一定没有 NH3和 Cl2；由于溴化氢的存在，即使含有CO2，也不可能和石灰水反应生成沉淀，所以 CO2无法确定，故正确，选 C。考点：物质推断13.短周期元素 A、B、C、D、E 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中 D 原子的质子数是其 M 层电子数的三倍，下列说法不正确的是 A.

27、 A 有 5 种正价，与 B 可形成 6 种化合物B. 工业上常通过电解熔融态 C2B3的方法来获得 C 的单质- 10 -C. 简单离子的半径由大到小为：EABCD. D、E 两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了 8e-稳定结构【答案】D【解析】D 原子的质子数是其 M 层电子数的三倍，则 D 的质子数为 15，最外层电子数为 5，应为 P 元素，由元素在周期表中的位置可知 A 为 N 元素，B 为 O 元素，C 为 Al 元素，E 为 Cl 元素，则AA 为 N 元素，元素正化合价有+1、+2、+3、+4、+5 价，每一种化合价都对应氧化物，其中+4 价有 2 种，共 6 种，A 正确

28、；B工业用电解氧化铝的方法冶炼铝，B 正确；CA、B、C 对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，核素电子层数越多，离子半径越大，C 正确；DD、E 两元素形成的 PCl5中 P 原子的最外层没有达到了8e-稳定结构，而是 10 个，D 错误，答案选 D。点睛：“位构性”推断的核心是“结构” ，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。本题中选项 D 是易错点，注意 8 电子稳定结构的判断方法。14.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确，且两者具有因果关系

29、的是选项 实验 现象 结论或解释A将 0.1 molL-1MgSO4溶液滴入过量 NaOH 溶液，再滴加几滴 0.1 molL-1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2KspMg(OH)2B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落下来铝箔表面有致密 Al2O3薄膜，且 Al2O3熔点高于 AlC向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液产生白色沉淀 酸雨中一定含有 SO42-D取久置的 Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体 Na2O2没有变质- 11 -A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、反应中氢氧化钠过量，加入硫酸铜一定有蓝色沉淀氢

30、氧化铜生成，不能据此说明二者的溶度积常数，A 错误；B、铝易被氧化物氧化铝，且 Al2O3且熔点高于 Al，因此铝箔熔化但不滴落下来，B 正确；C、硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，能把亚硫酸根氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，不能说明含有硫酸根，C 错误；D、过氧化钠变质产生碳酸钠，加入盐酸仍然会沉淀气体，不能据此说明过氧化钠没有变质，D 错误，答案选 B。15.一定条件下，在水溶液中 1 mol Cl 、ClO x (x1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是 A. a、b、c、d、e 中，c 最稳定B. bac 反应的活化能为反应物能量减生成物能量C. bad

31、反应的热化学方程式为：3ClO(aq)ClO 3 (aq)2Cl (aq);H116 kJmol1D. 一定温度下，Cl 2与 NaOH 溶液反应生成的产物有 a、b、d，溶液中 a、b、d 的浓度之比可能为 1112【答案】D【解析】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e 依次代表 Cl-、ClO -、ClO 2-、ClO 3-、ClO 4-。A 项，物质能量越低越稳定，由图可得 a、b、c、d、e 中，a 最稳定，c 最不稳定，故 A 错误；B 项，反应物能量-生成物能量=- H，依据图中数据无法判断 ba+c 反应的活化能，故 B 错误；C 项，a 为 Cl-、b 为 ClO-、d 为

32、ClO3-，BA+D 的化学方程式为 3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为： H=64kJmol-1+20kJmol-1-360kJmol-1=-116kJmol-1，故 C 错误；D- 12 -项，氧化还原反应遵循电子守恒，Cl 2与 NaOH 溶液反应生成的产物有 a(Cl-)、b(ClO -)、d(ClO3-)，氯元素化合价由 0 价将为-1 价、升为+1 价和+5 价，由电子守恒得：n(Cl -)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中 a、b、d 的浓度之比为 11：1：2 时上述电子守恒式成立，故D 正确。点睛：本题以卤族元素为载体考查了化学反应与能

33、量变化、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应等知识，关键是弄清 a、b、c、d、e 所代表的离子并正确书写反应的离子方程式，并结合 H=生成物的总能量-反应物的总能量进行计算，D 项注意氧化还原反应中得失电子守恒(化合价升降总数相等)的应用。16.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO 2)转化为重要的化工原料 HNO3，其原理如右上图所示，其中 A、B 为多孔导电材料。下列说法一定正确的是A. 该电池工作时，电子的流向外电路由 A 到 B，内电路由 B 到 A 形成闭合回路B. 电极 B 附近的 HNO3浓度增大C. A 电极的反应为：NO 2e H 2O=NO3-2H ,NO3e 2H 2O

34、=NO3-4H D. 该电池工作时，每消耗 11.2LO2(标况)，可以除去含 1molNO 和 NO2的混合尾气【答案】C【解析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，选项 A 错误；B、B 电极上电极反应式为 O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，选项 B 错误；C、A 电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO 2e H 2O=NO3-2H 、NO3e 2H 2O=NO3-4H ，选项 C 正确；D、1mol NO 和 NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法

35、确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，选项 D 错误。答案选 C。点睛：本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是 CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。- 13 -17.下图是制备氯气并进行一系列相关实验的装置(有些夹持设备已略)。（1）写出 A 装置生成氯气的化学反应方程式_。（2）装置 B 除及吸收 HCl 外还有两个作用, 请写出: _,_。（3）装置 C 的实验目的是验证氯气是否具有漂白性， 为此 C 中、依次放入物质的组合是_(填编号)。编号 1 2 3 4 干燥的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 湿

36、润的有色布条 碱石灰 无水氯化钙 硅胶 浓硫酸 湿润的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条（4）设计装置 D、E 的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。反应一段时间后，打开活塞，将装置 D 中少量溶液加入装置 E 中，振荡，观察到的现象是_该现象_(填“能”或“不能”)说明溴的非金属性强于碘，原因是_。（5）有人提出，装置 F 中可改用足量的 Na2S2O3溶液吸收余氯，试写出相应的离子方程式：_。【答案】 (1). Ca(ClO)24HCl CaCl2Cl 22H 2O (2). 观察后面管道是否堵塞 (3). 作储气瓶 (4). 2 (5). E 中溶液分为两层，上层(苯层

37、)为紫红色 (6).不能 (7). 过量的 Cl2也可将 I 氧化为 I2 (8). S2O3 2 + 4Cl2 + 5H2O = 2SO4 2 + 8Cl + 10H+【解析】- 14 -【分析】装置 A 的作用是漂粉精中的次氯酸钙与浓盐酸反应制备氯气；装置 B 的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，同时还可以利用长颈漏斗中液面的观察是否堵塞，关闭止水夹，还可以起到储存氯气的作用；装置 C 的作用是利用有色布条是否褪色验证氯气是否具有漂白性；装置D 的作用是通过观察溴化钠和碘化钾是否反应比较氯、溴、碘的非金属性；装置 F 的作用是吸收过量氯气，防止污染环境。【详解】 （1）漂粉精的有效成分 C

38、a(ClO)2具有强氧化性，Ca(ClO) 2与浓盐酸反应生成 Cl2，反应的化学方程式为 Ca(ClO)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+2Cl2+ 2H2O，故答案为：Ca(ClO) 2+ 4HCl(浓)= CaCl 2+2Cl2+ 2H 2O；（2）装置 B 中饱和食盐水可以除去氯气中混有的氯化氢气体；打开止水夹，如果 C 中发生堵塞，B 中压强增大，则 B 中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，可以观察是否堵塞；关闭止水夹，可以通过长颈漏斗中液面的变化，储存少量的氯气，起到储气瓶的作用，故答案为：观察后面管道是否堵塞；作储气瓶；（3）为了验证氯气是否具有漂白性，I 中加入湿润的有色布条，I

39、I 为 U 型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的 Cl2，III 中加入干燥的有色布条，即可证明 Cl2是否具有漂白性，故 d项正确，故答案为：d；（4）装置 D 中试剂为溴水，加入到 E 中，Br 2与 I反应生成 I2，所以实验现象为：E 中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；Cl 2通入 D 与 NaBr 反应生成 Br2，可能会有 Cl2剩余，所以把 D 中溶液加入到 E 中，也有可能是 Cl2将 I氧化为 I2，因此不能说明溴单质的氧化性强于碘，故答案为：E 中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；不能；过量的 Cl2也可将 I 氧化为 I2；（5）Cl 2具有较强氧化性，能与 Na2S

40、2O3溶液发生氧化还原反应反应生成硫酸钠、氯化氢和水，反应的离子方程式为：S 2O3 2 + 4Cl2 + 5H2O = 2SO4 2 + 8Cl + 10H+，故答案为：S 2O3 2 + 4Cl2 + 5H2O = 2SO4 2 + 8Cl + 10H+。【点睛】本题考查了化学实验方案的设计与评价，涉及了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，注意运用所学知识解决实际问题是解答关键。18.图中 A 为淡黄色固体，B 的阳离子与 A 相同（其他物质均略去） - 15 -根据以上关系，回答下列问题：（1）A 的电子式为_.（2）A 投入 FeCl2溶液中

41、的反应为_(请用一个化学方程式表示)（3）若 A、B 按物质的量之比 1:1.5 混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体,则剩余的固体为_(写化学式)（4）氢能被视为 21 世纪最具发展潜力的清洁能源，试回答下列问题：与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点是_(答两点)。施莱辛（Sehlesinger）等人提出可用 NaBH4与水反应制氢气，写出 NaBH4与水反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). 4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH) 3+8NaCl+O 2 (3). NaOH、 Na 2CO3 (4). 热值高,污染小 (5). NaBH 4+2H2O=NaBO2+4

42、H2【解析】【分析】图中 A 为淡黄色固体为 Na2O2，框图中 C 为气体为 O2， A 与 B 在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体 C，结合 D 通入 E 能产生 B，B 与稀硫酸反应又能产生 D，且 B 的阳离子与 A 相同，则 B 为 NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体 D 为 CO2，A、B 和水反应生成 E 为Na2CO3，据此答题。【详解】图中 A 为淡黄色固体为 Na2O2，框图中 C 为气体为 O2， A 与 B 在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体 C，结合 D 通入 E 能产生 B，B 与稀硫酸反应又能产生 D，且 B 的阳离子与 A 相同，则 B 为 NaH

43、CO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体 D 为 CO2，A、B 和水反应生成E 为 Na2CO3，（1）A 为 Na2O2，Na 2O2的电子式为 。因此，本题正确答案是： 。(2) A 为 Na2O2，具有强氧化性，能将 Fe2+氧化为 Fe3+，碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，同时- 16 -过氧化钠和水反应还有氧气生成，根据得失电子守恒写出方程式为 4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O 2 ， 因此，本题正确答案是：4Na 2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH) 3+8NaCl+O 2。(3)若 A、B 按物质的量之比 1:1.5 混合在密闭容器中加热充

44、分反应后，排出气体，可能发生的反应及个物质的量分析如下：2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H 2O 1.5mol 0.75mol 0.75mol 0.75mol 2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O21mol 0.75mol 0.75mol2Na2O2 + 2H2O 4NaOH+O2(1-0.75)mol 0.75mol 0.5mol根据反应：Na 2O2+1.5NaHCO3 0.5NaOH + 1.5Na2CO3+ O2，则剩余的固体为 NaOH、 Na2CO3，因此，本题正确答案是：NaOH、 Na 2CO3。(4)氢能是清洁能源，具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再

45、生等优点。因此，本题正确答案是：热值高，污染小。(5) NaBH 4与水发生氧化还原反应生成 NaBO2和氢气，化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。因此，本题正确答案是：NaBH 4+2H2O=NaBO2+4H2。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及 Na 元素化合物性质与相互转化，关键是根据 A 为淡黄色固体推断 A 为过氧化钠，再结合混合物与水、酸反应都去气体生成确定一定含有过氧化钠。19.煤燃烧排放的烟气含有 SO 2和 NO x，形成酸雨、污染大气。（1）采用 NaClO 2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有 SO2和 NO 的烟气，写出

46、NaClO 2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_.（2）NO 2与 SO2能发生反应:NO 2+SO2 SO3+NO,在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比n 0(N02) : n0 (SO2) 进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同） ，测定 NO2的平衡转化率(NO 2)。 部分实验结果如图所示:- 17 -当容器内_(填标号)不再随时间的变化而改变时，可以判断反应达到了化学平衡状态。a.气体的压强 b.气体的平均摩尔质量 c.气体的密度 d.N02的体积分数e.气体的颜色如果要将图中 C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，应采取的措施是_。图中 C、D 两

47、点对应的实验温度分别为 Tc 和 Td，试判断： Tc_Td(填“” 、 “=”或“” ） 。(3)已知：2NO(g)+O 2(g) 2NO2(g) H=-113.0 kJ mol -12SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H=-196. 6 kJ mol -1则 NO 2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) H= _.【答案】 (1). 4NO + 3ClO2 + 4OH =4NO3 + 3Cl + 2H2O (2). de (3). 降温 (4). = (5). -41.8kJ/mol【解析】【分析】（1）碱性条件下，NaClO 2溶液与 NO 反应生成硝酸根、氯离子和

48、水；（2）根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；降低温度，平衡向吸热反应方向移动；温度不变，化学平衡常数不变；（3）依据盖斯定律计算。【详解】 （1）亚氯酸钠具有氧化性，且 NaClO2溶液呈碱性，脱硝过程中 NaClO2溶液与 NO 反- 18 -应生成硝酸根、氯离子和水，反应的离子方程式为 3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，故答案为：3ClO 2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；（2）该反应是气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，气体物质的量、气体的压强、气体的平均摩尔质量不变，不能作为判断反应达到了化学平衡状态的依据；由质量守恒定律可