【化学】河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期第一次质检（解析版）

【化学】河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期第一次质检（解析版）

河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期第一次质检 ‎1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文记载对应的化学知识不正确的是（ ）‎ 选项 常见古诗文记载 化学知识 A ‎《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”‎ 黄芽为硫黄 B ‎《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”‎ 强水为硝酸 C ‎《九转流珠神仙九丹经》中生砒精制砒霜记载：“其色飘飘或如霜雪，或如白色钟乳相连。”‎ 利用了蒸馏操作 D ‎《本草经集注》中鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“强烧之，紫青烟起，乃真硝石也。”‎ 利用了焰色反应 ‎【答案】C 分析】A、汞的密度大，液态呈流珠状，金属汞有毒，得火则飞，不见埃尘，受热易变成汞蒸气，将欲制之，黄芽为根，指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞；‎ B、能蚀五金可能为硝酸；‎ C、利用加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝的过程；‎ D、鉴别硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4），强烧时焰色反应不同。‎ ‎【详解】A、液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；‎ B、硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，但不能和玻璃中成分二氧化硅反应，则“强水”指的是硝酸，故B正确；‎ C、利用加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，故C错误；‎ D、鉴别硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4），强烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（ ）‎ A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4‎ B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑‎ D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；‎ B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；‎ C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；‎ D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. HCl的电子式为H:Cl B. Na2O2只含有离子键 C. 质量数为12的C原子符号为‎12C D. 用电子式表示KBr的形成过程：‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.氯原子核外最外层有7个电子，与氢原子形成HCl分子电子式为，故A错误；‎ B. Na2O2的电子式为：，其中既有离子键，也有共价键，故B错误；‎ C.质量数应标在原子符号的左上角，质量数为12的C原子符号应为‎12C，故C错误；‎ D. KBr形成过程中，钾原子失去一个电子变成钾离子，溴原子得到一个电子变成溴离子，其形成过程为：，故D说法正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了化学键的概念、离子化合物和共价化合物的电子式书写等知识。一般常见离子的电子式为：‎ ‎①阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+ 、K+ 、Mg2+ 、Ca2+、 Ba2+ 、Al3+等；复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等)，除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷，如、；‎ ‎②阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．例如：、、、、等。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中，正确的是（ ）‎ A. ‎‎12.0‎g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3 NA B. ‎14g分子式CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为NA/n C. 标准状况下，‎1L液态水中含有的H+数目为10-7NA D. 足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生‎22.4L气体时，转移的电子数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、12.0gNaHSO4的物质的量是0.1mol，晶体中阳离子和阴离子的总数为0.2NA，A不正确；B、分子式CnH2n的链烃是烯烃，分子中含有1个碳碳双键，所以‎14g分子式CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为NA/n，B正确；C、标准状况下水中氢离子浓度小于10－7mol/L，所以标准状况下，‎1L液态水中含有的H+数目小于10-7NA，C不正确；D、气体的状态不能确定，因此不能计算转移电子的物质的量，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查阿伏伽德罗常数的有关计算 ‎5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ ‎①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－‎ ‎②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－‎ ‎③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－‎ ‎⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－‎ ‎⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、‎ A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥‎ ‎【答案】A ‎【分析】①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；‎ ‎②pH=12的溶液，显碱性；‎ ‎③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；‎ ‎④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；‎ ‎⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；‎ ‎⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。‎ ‎【详解】①pH＝0的溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；‎ ‎②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；‎ ‎③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；‎ ‎⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；‎ ‎⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。‎ 综上分析，②④符合题意，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。易错项为③和⑥：常温下水电离的c（H+）=10-12mol•L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；根据铁离子的水解特点及Fe(OH)3的溶度积可推算出，Fe3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。‎ ‎6.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在‎198 ℃‎以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有(　　)‎ ‎①蛋白质的变性　②蛋白质的盐析　③胶体聚沉　④盐类水解　⑤焰色反应　⑥氧化还原反应 A. ①②③④ B. ①③④⑥‎ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【详解】高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，则不涉及蛋白质的盐析，故②错误； 高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而达到净水作用，涉及胶体聚沉、盐类水解，不涉及焰色反应，则⑤错误，所以涉及的有①③④⑥，故答案为B。‎ ‎7.利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法正确的是（ ）‎ A. a为直流电源的负极 B. 阴极的电极反应式为2HSO3-＋2H＋+e-=S2O42-+2H2O C. 阳极的电极反应式为SO2＋2H2O-2e－=SO42-+4H＋‎ D. 电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室 ‎【答案】C ‎【详解】A.在与a电极连接的电极上SO2失去电子，被氧化产生SO42-，所以阳极与电源正极a电极连接，A错误；‎ B.根据选项A分析可知：a为正极，b为负极，所以阴极获得电子，发生还原反应，电极反应式为2HSO3-＋2H＋+2e-=S2O42-+2H2O，B错误；‎ C.在阳极SO2失去电子被氧化产生SO42-，阳极的电极反应式为SO2+2H2O-2e－=SO42-+4H＋，C正确；‎ D.阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H＋由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（　　）‎ A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应 B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成 C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应 D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应 ‎【答案】C ‎【分析】A、三价铁的氧化性强于铜离子,还原剂先和氧化性强的离子反应；‎ B、钡离子和硫酸根离子反应生成白色沉淀硫酸钡； ‎ C、碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应,但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠；‎ D、一种氧化剂与多种还原剂反应,还原性强的铁首先反应；‎ ‎【详解】A、三价铁的氧化性强于铜离子,还原剂铁先是和氧化性强的铁离子反应，故A错误； ‎ B、钡离子和硫酸根离子反应生成白色沉淀硫酸钡，所以开始有白色沉淀生成，故B错误；‎ C、碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应,但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠,所以NaOH先和二氧化碳发生反应,C正确；‎ D、一种氧化剂与多种还原剂反应,还原性强的铁首先反应，故D错误；‎ 正确选项C。‎ ‎【点睛】对于含有几种氧化性不同的离子的溶液来说，加入同一种还原剂，该还原剂先与氧化性强的离子反应，直至该离子全部被还原，才能接着进行下一个离子的还原反应，也就是体现了氧化还原反应中的“反应先后”规律。‎ ‎9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W原子的核电荷数等于X、Z原子核电荷数之和，X和Z同主族。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)‎ B. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强 C. 化合物X2Y2和Z2Y2所含化学键类型完全相同 D. 工业上常用电解熔融W的氯化物制备W的单质 ‎【答案】B ‎【分析】Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y为O元素；X的原子半径比Y的小，且原子序数比Y小，则X应在Y的上一周期，X应为H元素；X和Z同主族，Z原子序数大于Y，则Z为Na元素，W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，W应为Mg元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为H、Y为O、Z为Na、W为Mg。‎ A.同周期元素从左到右原子半径减小，应为Na>Mg，A错误；‎ B.元素的金属性Na>Mg，元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性NaOH>Mg(OH)2，B正确；‎ C.化合物H2O2含有共价键，Na2O2含共价键和离子键，二者化学键类型不同，C错误；‎ D.MgO、MgCl2都是离子化合物，由于离子键MgO>MgCl2，所以MgO熔点较高，故一般用电解熔融的氯化镁的方法冶炼镁，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等知识，利用元素的原子结构及相互关系推断元素是解题的关键，注意明确原子结构与元素周期律之间的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎10.一种肼燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. a极是正极，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O B. 电路中每转移NA个电子，就有1mol Na＋穿过膜向正极移动 C. b极的电极反应式为H2O2+2e-=2OH-‎ D. 用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1mol Cl2时，至少要消耗0.1mol N2H4‎ ‎【答案】B ‎【详解】根据图知，a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，则b是正极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，正极上电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。‎ A.a电极上N元素化合价由-2价变为0价，所以a是负极，负极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2↑＋4H2O，A错误；‎ B.电路中每转移6.02×1023个电子，根据电荷守恒知，有1molNa+穿过膜向正极移动，B正确；‎ C.酸性溶液中不能得到OH-，b电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，C错误；‎ D.阳极上生成标况下‎2.24L氯气，其物质的量是0.1mol，根据转移电子守恒得肼的物质的量==0.05mol，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小 B. 平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小 C. 平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大 D. 其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变 ‎【答案】C ‎【解析】A．平衡前，随着反应向着化学计量数减小的方向进行，容器内气体的总物质的量减小，压强变小，故A正确；B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，降低生成物的浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，平衡正向进行，故B正确；C．平衡时，其他条件不变，升高温度逆向移动，平衡常数减小，故C错误；D．其他条件不变，使用不同催化剂改变反应速率，但不改变平衡的移动，HCl(g)的转化率不变，故D正确；答案为C。‎ ‎12.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. O2和S2O32-是氧化剂，Fe2+是还原剂 B. 每生成1mol Fe3O4，则转移电子为2mol C. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1‎ D. 若有2mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol ‎【答案】D ‎【详解】A.在反应中Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32-和Fe2+是还原剂，A错误；‎ B．每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子数为1mol×2×(2-0)=4mol，B错误；‎ C.在反应中，Fe、S元素的化合价升高，S2O32-和Fe2+是还原剂，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，所以参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：(3+2)=1：5，C错误；‎ D.若有4mol Fe2+参加反应，由电子守恒可知，则被Fe2+还原的O2为=1mol，则若有2mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol ，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎13. 下列实验装置设计正确、且能达到目的的是（ ）‎ A. 实验I：检查装置的气密性 B. 实验II：测定未知盐酸的浓度 C. 实验III：比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱 D. 实验IV：定容 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：A．关闭止水夹，通过长颈漏斗向烧瓶中加入水， 若装置不漏气，就会在长颈漏斗中形成一段稳定的水柱，因实验I：此检查装置的气密性，正确；B．实验II：测定未知盐酸的浓度时，盛装NaOH溶液应该用碱式滴定管，而且不能伸入到锥形瓶内，错误；C．硫酸的酸性强于碳酸，所以把硫酸滴入到盛有Na2CO3溶液中，会发生反应产生CO2，硫酸没有挥发性，产生的CO2进入到Na2SiO3溶液中，由于酸性H2CO3>H2SiO3，所以会发生反应产生难溶液水的硅酸沉淀，故实验III：可以比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，正确；D．实验IV：定容时向容量瓶中加水一个用玻璃棒引流，当液面至离刻度线1—‎2cm水再改用胶头滴管滴加，错误。‎ 考点：考查实验装置设计与目的完成的正误判断的知识。‎ ‎14. 锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置(如图所示)，电解液为溴化锌水溶液，其在电解质储罐和电池间不断循环。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+‎ B. 充电时电极a为电源的负极 C. 阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应 D. 放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．放电时，Zn易失电子发生氧化反应，则b是负极，溴得电子发生还原反应，则a是正极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故A正确；B．充电时，电解池阳极连接电源正极，充电时a电极上失电子发生氧化反应而作阳极，应该连接电源正极，故B错误；C．阳离子交换膜只能阳离子通过，分子或阴离子不能通过，所以阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应，故C正确；D．放电时，阳离子向正极移动，正极上溴得电子生成溴离子，所以放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；故选B。‎ 考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。‎ ‎15.下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（ ）‎ 操作 现象 解释或结论 A 向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2‎ 溶液变浑浊 析出了NaHCO3晶体 B 向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2‎ 溶液红色退去 二氧化硫有漂白性 C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 溶液中有Na+、无K+‎ D 向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液 有白色沉淀和气体产生 AlO2-与HCO3-发生了双水解反应 ‎【答案】A ‎【详解】A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时，生成NaHCO3，由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故而有晶体析出，故A正确；‎ B、向含有酚酞的烧碱（氢氧化钠）溶液中通入SO2，氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，故溶液红色退去，不是利用的二氧化硫的漂白性，故B错误；‎ C、进行焰色反应时若火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na＋，还可能含有K＋，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K＋，故C错误；‎ D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故D错误；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎16.为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是（ ）‎ A. 氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体 B. 反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3‎ C. BaCl2溶液的目的是检验SO3的存在,此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3‎ D. 反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体，避免污染空气，选项A正确。硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3，选项B正确。如果二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成硫酸钡沉淀。所以用硝酸钡溶液的问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫，选项C错误。实验后反应管中残留固体为红色粉末（Fe2O3），BaCl2溶液中有白色沉淀产生（说明有SO3‎ ‎），品红溶液中红色褪去（说明有SO2），检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所以分解的方程式为：2FeSO4 Fe2O3 + SO3↑+ SO2↑，所以氧化产物（Fe2O3）和还原产物（SO2）物质的量之比为1:1，选项D正确。‎ ‎17.以下实验操作及现象均正确的是（ ）‎ A. 实验Ⅰ（制备氢氧化铁胶体）：产生红褐色沉淀 B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红 C. 实验Ⅲ：放出大量气体 D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解 ‎【答案】D ‎【详解】A、该实验是制备氢氧化铁胶体，向沸水中滴加几点饱和氯化铁溶液，加热至出现红褐色液体，即为氢氧化铁胶体，而不是沉淀，故A错误；‎ B、SCN－与Fe3＋生成Fe(SCN)3，溶液为血红色，Fe2＋与SCN－作用不显红色，故B错误；‎ C、Mg不与NaOH溶液发生反应，不会产生气体，故C错误；‎ D、因为Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，因此向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，有白色沉淀，继续滴加NaOH溶液，发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，沉淀溶解，故D正确。‎ ‎18.某溶液中可能含有OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有CO32-‎ B. 原溶液中一定含有的阴离子只有:OH-、A1O2-、CO32-‎ C. 原溶液中含CO32-与A1O2-的物质的量之比为3:4‎ D. a-d>3/4‎ ‎【答案】C ‎【解析】由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2-与HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3-；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；B．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故B错误；C．依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32-+2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为3：4，故C正确；D．根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为4，假设盐酸的浓度为1mol/L，则消耗氯化氢4mol，则溶解的氢氧化铝为mol，则溶液中含有mol AlO2-，沉淀mol AlO2-需要盐酸mol，a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸大于mol，即a-d＞，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了离子检验的方法和应用，题目难度较大，正确分析图像曲线变化为解题关键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易错点为D，要注意根据反应的方程式分析判断，要知道a-d对应于AlO2-和SiO32-消耗的盐酸。‎ ‎19.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图，下列有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 反应CH4+H2O3H2+CO消耗1mol CH4转移4mol电子 B. 电极A上H2参与电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O C. 电池工作时，CO32-向电极B移动 D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1mol CH4转移6mol电子，A错误；‎ B.电解质没有OH-，负极电极A反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，B错误；‎ C.电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，C错误；‎ A.B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎20.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+‎ C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3‎ D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 ‎【答案】B ‎【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。‎ ‎【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；‎ B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；‎ C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；‎ D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。‎ ‎21.将‎51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2 mol，则NaOH的浓度为（ ）‎ A. 2mol/L B. 1.8mol/L C. 2.4 mol/L D. 3.6 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：n(Cu)= 51.2 g÷‎64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2‎ 得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷‎0.5L=2mol/L，选项是A。‎ 考点：考查守恒方法在化学反应方程式的计算中的应用的知识。‎ ‎22.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是（ ）‎ A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高 B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)‎ C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)‎ D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区 ‎【答案】D ‎【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；‎ B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；‎ C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；‎ D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎23.下列说法正确的是（ ）‎ A. H(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变 B. C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化能说明反应‎2A(?)＋B(g) ⇌ ‎2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体 D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；‎ B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；‎ C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；‎ D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎24.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。‎ 下列推断不正确的是（ ）‎ A. 无色溶液B的pH≥7‎ B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3‎ C. 混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3‎ D. 在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl ‎【答案】C ‎【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3‎ ‎，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。‎ ‎【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；‎ B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；‎ C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；‎ D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎25.甲醇是重要的化工原料。在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)合成甲醇的主要化学反应如下：‎ I.CO+2H2CH3OH II.CO2+3H2CH3OH+H2O ‎ Ⅲ.CO2+H2CO+H2O　‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)已知三种物质的标准燃烧热如下表：‎ 物质 CO(g)‎ H2(g)‎ CH3OH(l)‎ 燃烧热(kJ·mol−1)‎ ‎−283.0‎ ‎−285.8‎ ‎−726.51‎ ‎①书写‎25℃‎、101kPa条件时CO燃烧热的热化学方程式______________________。‎ ‎②计算‎25℃‎、101kPa条件时反应Ⅰ的ΔH=_____kJ·mol−1 。‎ ‎(2)直接甲醇燃料电池(Direct Methanol Fuel Cell)属于质子交换膜燃料电池，其工作原理如图所示：‎ ‎①c处产生的气体是________‎ ‎②负极的电极反应式是____________。‎ ‎(3)下图1是甲醇燃料电池工作示意图，其中A，B，D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同。‎ ‎①乙中B极电极反应式_______；‎ ‎②乙中A极析出的气体在标况下的体积________；‎ ‎③丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2，则③线表示的是____的变化，反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要____ml 5mol/L NaOH溶液。‎ ‎【答案】 (1). CO (g)+O2(g)= CO2(g) △H= -283.0 kJ•mol-1 (2). -128.09 (3). CO2 (4). CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ (5). Cu2++2e-=Cu 2H++2e-=H2↑ (6). ‎2.24L (7). Fe2+ (8). 280ml ‎【分析】(1)①‎25℃‎、101kPa条件时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；‎ ‎②结合燃烧热概念书写燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律计算得到；‎ ‎(2)①甲醇燃料电池工作时，阳离子向正极移动；‎ ‎②甲醇燃料电池的负极发生氧化反应，应为甲醇在负极发生氧化反应，氧化产物为CO2，并得到H+；‎ ‎(3)①分析可知B电极与电源负极连接，为电解池的阴极，铜离子得电子生成铜，工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同说明铜离子全部放电后溶液中氢离子放电生成氢气；‎ ‎②工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子获得电子变为铜单质析出，氢离子得到电子生成氢气；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气；阳极电极反应和电子守恒计算得到；‎ ‎③C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu电极，作阳极，D电极是石墨作阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算。‎ ‎【详解】(1)①‎25℃‎、101kPa条件时CO燃烧热为-283.0kJ/mol，燃烧热的热化学方程式为；CO (g)+O2(g)=CO2(g) △H= -283.0kJ•mol-1；‎ ‎②I. CO (g)+O2(g)=CO2(g) △H= -283.0kJ•mol-1；‎ Ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ•mol-1；‎ Ⅲ.CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) △H= -726.51kJ•mol-1；‎ 根据盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ×2-Ⅲ得到：CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) △H= -128.09kJ/mol；‎ ‎(2)①甲醇燃料电池工作时，阳离子向正极移动，由图可知c极为负极，则生成的气体为CO2；‎ ‎②甲醇燃料电池的负极发生氧化反应，则甲醇在负极发生氧化反应，氧化产物为CO2，并得到H+，发生反应的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；‎ ‎(3)①分析可知：B电极为电解池的阴极，Cu2+离子在阴极得电子生成单质Cu，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同，说明Cu2+全部放电后溶液中H+放电生成H2，此时电极反应为：2H++2e-=H2↑；‎ ‎②工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，H+放电生成H2，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为n(Cu2+)=‎0.1L×1mol/L=0.1mol，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，则 0.1mol Cu2+反应获得0.2mol电子，根据电极反应式：2H++2e-=H2↑可知：产生x mol H2转移2x mol电子，A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，产生x mol O2，失去4mol电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等可得0.2+2x=4x，解得x=0.1mol，乙中A极析出的气体是氧气物质的量n(O2)=0.1mol，其在标准状况下的体积V=0.1mol×‎22.4L/mol=‎2.24L；‎ ‎③根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化图象可知，铜离子从无逐渐增多，Fe3+物质的量减小，Fe2+增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据②计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.1mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+ 0.2mol，Fe2+ 0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积V(NaOH)==‎0.28L=280mL。‎ ‎【点睛】本题综合考查了热化学方程式的书写、燃料电池电极式的书写、电化学的有关计算等，掌握原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应，原电池的正极、电解池的阴极发生还原反应、物质反应的先后顺序及同一闭合回路中电子转移数目相等进行有关计算。‎ ‎26.钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：‎ ‎(1)Ti位于元素周期表中的位置为________________。钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是_______________________________________________。‎ ‎(2)过程①中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_________________________。‎ ‎(3)过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎(4)写出由滤液D生成FePO4的离子方程式____________________________________。‎ ‎(5)由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_________________________。‎ ‎【答案】(1). 第四周期IVB (2). 增大反应物接触面积，加快反应速率 (3). ‎100℃‎ 3小时 (4). 温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降 (5). 2Fe2++ H2O2+ 2H3PO4 == 2FePO4 + 4H++ 2H2O (6). 2FePO4+ Li2CO3+ H‎2C2O42LiFePO4+ 3CO2↑+ H2O ‎【详解】（1）Ti的原子序数为22，处于第四周期第ⅣB族。钛铁矿在预处理时进行粉碎，增大了与盐酸的接触面积，可以加快反应速率。‎ ‎（2）由图中三条曲线可得，当铁的浸出率为80%时，应为‎100℃‎、约浸取3小时。‎ ‎（3）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成(NH4)2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解(双氧水分解与氨气逸出)，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降。‎ ‎（4）由流程可得，滤液D含有Fe2+，与H2O2、H3PO4反应，生成FePO4，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4+ 4H++2H2O。‎ ‎（5）由流程图可知FePO4与H‎2C2O4、Li2CO3高温煅烧发生反应生成LiFePO4，铁的化合价降低，FePO4应为氧化剂，所以H‎2C2O4应为还原剂，故化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H‎2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。‎ ‎【点睛】本题是一道工业流程题，是近年高考中必考的题型之一，关键是掌握工业流程题的解题技巧，明确常考的知识点。工业流程题目在流程上一般分为3个过程：（1）原料预处理阶段，经常考查加快反应速率、溶解等方法，如本题就考查了通过粉碎来加快反应速率；（2）分离提纯阶段，经常考到调节pH、加氧化剂(还原剂)、改变温度等方法涉及的反应，以及混合物分离的常见操作；（3）获得产品阶段，常考到蒸发、结晶、洗涤等操作。‎ ‎27.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(摩尔质量‎376g/mol)是一种氧气吸收剂，红棕色晶体，易被氧化；易溶于盐酸，微溶于乙醇，难溶于水和乙醚。其制备装置(已省略加热及支持装置)和步骤如下:‎ ‎①检查装置气密性,往三颈烧瓶中依次加入过量锌粉，200mL0.200mol/LCrC13溶液。‎ ‎②关闭k2打开k1,旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。‎ ‎③待三颈烧瓶內的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时，把溶液转移到装置乙中。当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。‎ ‎④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到‎11.28g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O ‎ ‎（1）装置甲中连通管a的作用是________________________________，如何检验甲装置的气密性是否良好?______________________________________________。‎ ‎（2）生成红棕色晶体的离子反应方程式____________________________。‎ ‎（3）步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为________________。‎ ‎（4）装置丙的作用是________________。‎ ‎（5）为得到纯净干燥的产品，洗涤时按使用的先后顺序选用下列洗涤剂_________(填序号)。‎ ‎①乙醚 ②蒸馏水(煮沸冷却) ③无水乙醇 ④盐酸 ‎（6）本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是______________。‎ ‎【答案】(1). 平衡压强或保证分液漏斗中的液体顺利流下 (2). 关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好 (3). 2Cr2++4CH3COO－+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓ (4). 关闭k1，打开k2 (5). 防止空气进入装置乙氧化二价铬 (6). ②① (7). 75.0%‎ ‎【分析】根据实验目的及实验过程，结合实验装置图可得，甲中发生反应：2CrCl3+Zn=2CrCl2+ZnCl2、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，利用生成氢气增大甲中压强，使甲中反应后的溶液进入乙中，发生反应：2CrCl2+4CH3COONa+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓+4NaCl，然后过滤、洗涤、干燥，得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O晶体。‎ ‎【详解】（1）三颈烧瓶与分液漏斗之间用连通管a连接，在盐酸滴入三颈烧瓶时，始终保持三颈烧瓶与分液漏斗中压强相等，起到平衡压强的作用，以保证分液漏斗中的液体顺利滴下。检查装置气密性的原理通常是造成装置不同部位气体存在压强差，并产生明显现象，所以检验甲装置的气密性的方法可以为：关闭k1和k2，用止水夹夹住连通管a，打幵分液漏斗活塞，若一段时间之后，分液漏斗中水不能顺利流下，则气密性良好。‎ ‎（2）红棕色晶体是CrCl2与CH3COONa溶液反应生成的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，离子方程式为：2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2•2H2O↓。‎ ‎（3）本实验利用生成氢气增大甲中压强，使甲中反应后的溶液进入乙中，发生反应生成醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，所以步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为：关闭k1，打开k2。‎ ‎（4）醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O易被氧化，不能直接和空气接触，所以装置丙的作用是：防止空气进入装置乙氧化二价铬。‎ ‎（5）因为醋酸亚铬水合物易溶于盐酸，微溶于乙醇，难溶于水和乙醚，所以洗涤产品不能用盐酸和乙醇，先用水洗去表面的离子，再用乙醚洗去多余的水，所以洗涤时按使用的先后顺序为：②①。‎ ‎（6）CrC13的物质的量为：‎0.2L×0.200mol/L=0.04mol，根据Cr原子守恒，[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的理论产量为：‎376g/mol×0.04mol=‎15.04g，又因为实际产量为‎11.28g，所以本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的产率是：‎11.28g÷‎15.04g×100%=75.0%。‎ ‎28.砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎(1)画出砷的原子结构示意图：______________。‎ ‎(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式：_______________________________________。‎ ‎(3)已知：As(s)+H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)　ΔH1‎ H2(g)+O2(g)=H2O(l)　ΔH2 ‎ ‎2As(s)+O2(g)=As2O5(s)　ΔH3‎ 则反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)的ΔH=___________。‎ ‎(4)298 K时，将20mL 3x mol·L-1Na2AsO3、20mL 3x mol·L-1I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)=AsO43- (aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43-)与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎①下列可判断反应达到平衡的是________(填选项字母)。‎ a.溶液的pH不再变化 b.v(I-)=2v(AsO33-) ‎ c.不再变化 d.c(I-)=y mol·L－1‎ ‎②tm时，v正______v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎③tm时v逆____tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎【答案】(1). (2). 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S (3). 2ΔH1-3ΔH2-ΔH3 (4). ac (5). 大于 (6). 小于 ‎【分析】(1)砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，据此写出原子结构示意图；‎ ‎(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2O3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒书写化学方程式；‎ ‎(3)根据盖斯定律可知：反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，将已知的热化学方程式叠加，可得反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)的△H；‎ ‎(4)①达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、物质的量等不变；‎ ‎②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行；‎ ‎③物质的浓度越大，反应速率越大。‎ ‎【详解】(1)砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为；‎ ‎(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2O3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；‎ ‎(3)已知：①As(s)+H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)　ΔH1‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(l)　ΔH2 ‎ ‎③2As(s)+O2(g)=As2O5(s)　ΔH3‎ 则利用盖斯定律将①×2-②×3-③可得As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s) △H=2△H1-3△H2-△H3；‎ ‎(4)①a.溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应达到平衡状态，a正确；‎ b.同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v(I-)=2v(AsO33-)，b错误；‎ c.不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，c正确；‎ d.由图可知，当c(AsO43-)=y mol/L时，浓度不再发生变化，则反应达到平衡状态，由方程式可知此时c(I-)=2y mol/L，所以c(I-)=y mol/L时反应正向进行，没有达到平衡状态，d错误；‎ 故合理选项是ac；‎ ‎②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正 大于 v逆；‎ ‎③tm时生成物的浓度比tn时浓度更小，则逆反应速率tm比tn更小。‎ ‎【点睛】本题综合考查了原子结构、热化学方程式书写、化学平衡状态的判断以及影响化学反应速率等因素等知识，注意把握图象的分析以及数据的处理，根据平衡时任何物质的浓度不变，含量不变，正、逆反应速率不变判断平衡状态，题中易错点为(4)，侧重考查学生的分析能力、计算能力。‎