2019-2020年高三化学期中复习题（四）含答案.doc

2019-2020年高三化学期中复习题（四）含答案1.食品添加剂关系到大家健康，下列物质中的添加剂作用不正确的是2.金属铈(58Ce)常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。已知：Ce4+Fe2+=Ce3+ +Fe3+。下列说法正确的是A.可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成B.、是同素异形体C.铈能溶于HI溶液，发生反应的离子方程式为：Ce+4H+=Ce4+2H2D.铈的原子核外有58个电子3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，2. 24 L CCl4中含Cl原子数目为0.4NAB白磷分子(P4)呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有P-P键数目为0.6NAC5.6 g铁粉在2.24 L（标准状况）氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NAD常温常压下，10 g 46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA4.下列化学用语正确的是（）A丙烯的实验式 C3H6B镁离子的结构示意图 CCO2的电子式D中子数为18的氯原子符号5.已知还原性Cl Br Fe2+Br2Fe3+ I2，则下列说法正确的是A在含有Br-、Fe2+、I的溶液中欲只氧化I而不氧化Br、Fe2+，可用FeBr3作试剂B向FeI2溶液中通入少量Cl2，反应的离子方程式为：2Fe2+ Cl2=2Fe3+ 2C1C向FeBr2溶液中通入足量Cl2，反应的离子方程式为：2Fe2+ +2Br+2Cl2=2Fe3+ Br2+4ClD向FeCl2溶液中滴加足量碘水，能发生反应：2Fe2+ I2=2Fe3+ 2I6.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A水溶液中：Na+、K+、NO3 B空气中：CO2、SO2、NOC氢氧化铁胶体中：H+、K+、I D高锰酸钾溶液中：H+、SO42、CH3CH2OH7.某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（ ）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+一定存在，CO32可能存在DCO32、Al3+一定不存在，K+ 一定存在8.溴是海水中重要的非金属元素，地球上90%的溴元素以Br的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”，下列有关说法中正确的是（）A从海水中提取溴时，不涉及氧化还原反应B苯与溴水反应生成溴苯C可以用CCl4萃取溴水中的溴D向FeBr2溶液中通入Cl2时，一定会发生如下反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl9.含有N元素的化合物，下列有关判断错误的是AHNO3具有氧化性 BNH3既具有氧化性又具有还原性CN2只具有还原性 DNO2既具有氧化性又具有还原性10.在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4+16H+5 Na2O2=2Mn2+5O2+8H2O+10Na.下列判断正确的是AMn2+是氧化产物BNa2O2作氧化剂C高锰酸钾溶液用浓盐酸酸化D标准状况下产生22. 4L O2时转移2mol e一11.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿（主要成分为CuFeS2，其中Cu、Fe均为+2价），其反应为：2CuFeS2 + O2Cu2S + 2FeS + SO2关于此反应，下列说法不正确的是ACuFeS2中只有硫元素被氧化B每生成1mol SO2，反应中转移6mol电子C该反应中有两种物质作氧化剂DCuFeS2中被氧化和被还原的原子数之比为2112.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程，化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如右图所示，现提供以下化学键的键能(kJmol1)PP：198PO：360OO：498；则反应P4(白磷)3O2=P4O6的能量变化为（ ） A释放1638 kJ的能量 B吸收1638 kJ的能量C释放126 kJ的能量 D吸收126 kJ的能量13.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中存在S-F键.已知1molS（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF-F、S-F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则发生反应S（s）+3F2（g）SF6（g），生成1molSF6时能量变化为（ ）A、释放1220KJ B、吸收1780KJ C、 吸收1220KJ D、释放1780KJ14.电解冶炼铝时使用了助熔剂Na3AlF6，在电解槽中存在电解质W2，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半。下列说法正确的是()A原子序数：WXYZB原子半径：WXYZCW的最高价氢氧化物的碱性比X弱DY的最简单氢化物的稳定性比Z的强15.X、Y为两种主族元素，其原子的最外层电子数分别为1和6，则X、Y两种元素形成的化合物（）A一定是离子化合物 B一定是共价化合物C一定形成X2Y型化合物 D以上答案均不正确16.研究表明26Al可以衰变为26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是（）A比较这两种元素的单质的硬度和熔点B在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氨水C将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用17.可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件化学反应速率与反应时间的关系如图所示下列说法正确的是（） A维持温度、容积不变，t1时充入SO3（g）B维持压强不变，t1时升高反应体系温度C维持温度、容积不变，t1时充入一定量ArD维持温度、压强不变，t1时充入SO3（g）18.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能表明反应：A（固）+2B（气）C（气）+D（气）已达平衡的是（）A混合气体的压强B混合气体的密度CB的物质的量浓度D混合气体的平均相对分子质量19.在5L的密闭容器中，一定条件下发生化学反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始反应时NO和CO各为3mol，保持密闭容器体积不变，10秒钟达到化学平衡，测得N2为1mol下列有关反应速率的说法中，正确的是（）A达到平衡后，若将容器体积压缩为2 L，则正反应速率将增大，逆反应速率将减小B反应前5秒钟内，用CO表示的平均反应速率为0.04 molL1s1C当v正（CO）=2v逆（N2）时，该反应中NO的物质的量不再改变D保持压强不变，往容器中充入1 mol He，正、逆反应速率都不改变20.一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是A将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍BCaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，S0，高温有利于该反应自发进行D实验室常用大理石与稀盐酸或稀硫酸反应制取二氧化碳 26.钴（Co）及其化合物在工业上有广泛应用为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图（废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质）已知：物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水；部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见表Fe3+Co2+Co3+Al3+pH（开始沉淀）1.97.150.233.4pH（完全沉淀）3.29.151.094.7请回答：（1）写出步骤中Co2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式： （2）步骤中 Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过 ；废渣中的主要成分除了LiF外，还有 （3）NaF 与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤所起的作用是 （4）在空气中加热5.49g草酸钴晶体（CoC2O42H2O）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表已知：M（CoC2O42H2O）=183g/mol温度范围/固体质量/g1502104.412903202.418909202.25经测定，210290过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是 温度高于890时，固体产物发生分解反应，固体产物为 27.如图所示，把试管放入盛有25饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再滴入5mL稀盐酸，试完成下列问题（1）实验中观察到的现象是 （2）产生上述现象的原因是 （3）写出有关反应的离子方程式 （4）由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量 （填“大于”“小于”或“等于”）镁片和盐酸的总能量（5）写出下列物质的电子式：Mg HCl NH4+ NaOH Na2O2 28.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定请回答：（1）氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是 ，在导线中电子流动方向为 （填“a到b”或“b到a”）（2）负极反应式为 （3）电极表面镀铂粉的原因是 （4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能因此，大量安全储氢是关键技术之一金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：2Li+H22LiHLiH+H2OLiOH+H2已知LiH固体密度为0.82g/cm3，用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为 由生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若燃料利用率为80%，则导线中通过电子的物质的量为 mol29.如下图所示，根据实验室制取氯气的原理和性质，回答下列问题:（1）写出装置甲中发生反应的化学方程式： 。装置甲中的仪器使用前需要检漏的有 （写名称）。（2）利用装置丙制取饱和氯水并测其pH值。证明氯水已饱和的现象是 。测定饱和氯水的pH方法是 。若撤去装置乙，直接将装置甲和丙相连。这样做对实验测定结果的影响是 。（3）饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓的HClO溶液的方法之一。某同学运用这一方法，尝试制取HClO溶液并进行了如下定性实验：i. 在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20ml饱和氯水，充分反应，有少量气泡产生，溶液的黄绿色褪去；ii. 过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其漂白性更强；iii. 为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立刻产生大量气泡；第三份加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生。经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2气体。试解释可以在饱和氯水中加入石灰石制备HClO的原因： 。（用有关的方程式结合文字回答）试根据所学知识推测，在ii的滤液中含有的溶质，除了溶解的极少量氯气外，还含有的其他溶质为 （写化学式）。写出步骤iii中第一份滤液发生反应的离子方程式： 。30.某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究，已知FeCl3在100左右时升华。ABCDE（1）装置的连接顺序为a bcf（2）装置D的作用 ；试剂X为 （3）硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，原因是 （4）B中的反应开始前，需排除装置中的空气，应采取的方法是 （5）将所得FeCl3固体溶于水，则该溶液呈 （填“中性”、“酸性”或“碱性”）试卷答案1.A试题分析：A、加碘防止甲状腺，故说法错误；B、缺铁会患缺铁性贫血，强化铁酱油能够补充铁元素，故说法正确；C、白砂糖有甜味，属于甜味剂，故说法正确；D、NaNO2具有防腐作用，延长食品保质期，故说法正确。2.D由CeO2电解得到Ce，是还原反应，应发生在阴极，A错误；、互为同位素，B错误；根据反应：Ce4+ + Fe2+ = Ce3+ + Fe3+，可知Ce4+Fe3+，故Ce4+氧化性较强，能和I-发生反应，C错误。3.B试题分析：A、标准状况下，四氯化碳为液体， 2.24L四氯化碳的物质的量不是0.1mol，所含Cl原子的数目不是0.4NA，错误；B、白磷分子为正四面体结构，12.4g白磷的物质的量是0.1mol，所以含有的P-P键的数目是0.6NA，正确；C、5.6g铁粉的物质的量是0.1mol，标准状况下2.24L氯气的物质的量是0.1mol，铁与氯气反应生成氯化铁，所以氯气不足，按照氯气的物质的量进行计算，则转移电子的物质的量是0.2mol，转移电子数是0.2NA，错误；D、10g46%的酒精水溶液中酒精的质量是4.6g，物质的量是0.1mol，但水中也含有氧原子，所以溶液中的氧原子的数目大于0.1NA，错误，答案选B。4.B【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】A实验式就是最简式； B镁离子核外有10个电子；CCO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子；D根据符号ZAX的意义以及“质子数（Z）+中子数（N）=质量数（A）”解题【解答】解：A丙烯的实验式：CH2，故A错误； B镁离子核外有10个电子，结构示意图，故B正确；CCO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为 ，故C错误；D从符号ZAX的意义可知A表示质量数，由质子数（Z）+中子数（N）=质量数（A）得：A=17+18=35，原子符号：1735Cl，故D错误故选B【点评】本题考查了常见化学用语的书写，题目难度中等，涉及实验式、电子式、结构示意图、元素符号等知识，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，审题培养了学生规范答题的能力5.A试题分析：A、根据题给氧化性、还原性顺序利用氧化还原反应强弱规律判断在含有Br、Fe2+、I的溶液中欲只氧化I而不氧化Br、Fe2+，可用FeBr3作试剂，正确；B、向FeI2溶液中通入少量Cl2，先氧化还原性强的碘离子，反应的离子方程式为：2I+ Cl2=2Fe3+ I2，错误；C、向FeBr2溶液中通入足量Cl2，反应的离子方程式应为：2Fe2+ +4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，错误；D、向FeCl2溶液中滴加足量碘水，不能发生反应，错误。6.A试题分析：A、水溶液中，Na+、K+、NO3 之间不反应，能大量共存，正确；B、空气中2NO+O2=2NO2，不能大量共存，错误；C、氢氧化铁胶体遇H+、K+、I等离子发生聚沉，不能大量共存，错误；D、酸性高锰酸钾溶液能氧化CH3CH2OH，不能大量共存，错误。7.B试题分析：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol。A、由上述分析可知，一定含SO42-、NH4+、Fe3+，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42-所带负电荷为20.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl-，至少存在4种离子，故A错误；B、由电荷守恒可知，Cl-一定存在，且c（Cl-）0.4mol/L，故B正确；C、由上述分析可知，SO42-、NH4+一定存在，CO32-一定不存在；故C错误；D、综上所述，原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42-和Cl-，可能含Al3+、K+，一定不含CO32-，故D错误；故选B。8.C【考点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素【分析】A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质；B、苯与溴水不反应；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶；D、Fe2+的还原性强于溴离子点的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+【解答】解：A、海水中溴以离子形式存在，需要氧化还原反应生成溴单质，故A错误；B、苯与溴水不反应，苯与液溴在催化剂的条件下反应生成溴苯，故B错误；C、溴在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水不混溶，可以用CCl4萃取溴水中的溴，故C正确；D、Fe2+的还原性强于溴离子的还原性，若氯气少量，只氧化Fe2+，若氯气过量，一定会全部氧化Fe2+和溴离子，故D错误故选：C【点评】本题考查了非金属元素的性质及单质的性质、氧化还原反应的判断，注意氧化性Cl2Br2Fe3+，题目难度不大9.C元素处于最低价时，只能失电子被氧化；处于最高价时，只能得电子被还原；处于中间价时，既能被氧化又能被还原；N元素最低价是3，最高价是5，所以C项错误。10.D该反应中MnO4中Mn化合价降低，Na2O2中O化合价升高，因此MnO4为氧化剂，Na2O2为还原剂，Mn2为还原产物，O2为氧化产物，A项错误；B项错误；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化浓盐酸，C项错误；该反应中产生5 molO2时，转移10mole，若产生22.4 L(标准状况下)O2，则转移2mole，D项正确。11.D考点：氧化还原反应 分析：反应2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为2价，以此解答该题解答：解：ACu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，故A正确；B由方程式可知，每生成1molSO2，有1mol硫被氧化生成SO2，转移电子为1mol=6mol，故B正确；C反应中Cu、O元素的化合价降低，两种反应物均作氧化剂，故C正确；DCu元素由+2价降低为+1价，S元素由2价升高到+4价，CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化，且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变，则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1：2，故D错误故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大12.A试题分析：断键吸收的能量为(61983498)kJ=2682kJ，形成化学键释放能量12360kJ=4320，此反应是放热反应，放出热量为43202682=1638kJ，故选项A正确。13.A试题分析：反应热H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S（s）+3F2（g）SF6（g），其反应热H=280kJ/mol+3160kJ/mol-6330kJ/mol=-1220kJ/mol，即释放1220kJ能量，答案选A。14.B试题分析：在电治铝的电解槽中存在电解质W2，四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，其最外层电子数为3，则X为Al；该化合物中W应该带正电荷，含有两个铝离子、两个O离子，Z应该带负电荷，根据化合物代数和为0知，W应该带一个单位正电荷，Z带一个单位负电荷，且这四种简单离子电子层结构相同，所以W为Na、Z为F元素，则该电解质为Na2。A通过以上分析知，原子序数XWZY，故A错误；B原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：W(Na)X(Al)Y(O)Z(F)，故B正确；C元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性WX，所以W的最高价氧化物的水化物碱性比X的强，故C错误；D元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性ZY，所以Y的简单氢化物的稳定性比Z的弱，故D错误；故选B。15.D【考点】原子结构与元素的性质【分析】X、Y为两种主族元素，其原子的最外层电子数分别为1和6，则X、Y两种元素的化合价分别为+1和2价，由此分析解答【解答】解：X、Y为两种主族元素，其原子的最外层电子数分别为1和6，则X、Y两种元素的化合价分别为+1和2价，可形成X2Y型化合物，也可形成X2Y2型化合物，如过氧化氢，可以是离子化合氧化钠或者过氧化钠，故选D16.C【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强，其单质与水或酸反应越剧烈，金属性强的单质能置换出金属性较弱的，其最高价氧化物的水化物碱性越强，据此分析解答【解答】解：A金属的金属性强弱与其单质的硬度、熔点无关，只与失电子难易程度有关，故A错误；B氢氧化铝、氢氧化镁都不溶于氨水，不能比较其氢氧化物碱性强弱，所以不能比较金属性强弱，故B错误；C将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴人酚酞溶液，加入镁条的溶液变红色、加入铝片的溶液不变色，说明镁和热水反应而铝和热水不反应，则金属性镁大于铝，故C正确；D两种金属都是亲氧元素，在空气中放置已久的这两种单质其表面都含有金属氧化物，都不易和热水反应，无法比较金属性强弱，故D错误；故选C17.D【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】由图象可以看出，在t1时，逆反应速率增大，正反应速率减小，则该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大【解答】解：A维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；B维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；C维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；D维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确故选D18.A【考点】化学平衡状态的判断【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、反应方程式两边气体的化学计量数相等，压强始终不变，所以混合气体的压强无法判断是否达到了平衡状态，故A选；B、由于A是固体，反应方程式两边气体的质量不相等，容器的容积不变，所以混合气体的密度不变，说明达到了平衡状态，故B不选；C、B的浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C不选；D、A是固体，反应两边的气体质量不同，气体的物质的量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量，说明达到了平衡状态，故D不选；故选A19.C【考点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算【分析】A、压强增大正逆反应速率都增大；B、根据v=计算前10s内v（N2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算前10s内v（CO）；C、可逆反应达平衡时，用不同物质表示正、逆速率之比等于化学计量数之比；D、保持压强不变，往容器中充入1 mol He，各组分浓度减小【解答】解：A、达到平衡后，若将容器体积压缩为2 L，压强增大，各组分浓度增大，正逆反应速率都增大，故A错误；B、v（N2）=0.02mol/（Ls），所以v（CO）=20.02mol/（Ls）=0.04mol/（Ls），所以反应前5秒钟内，用CO表示的平均反应速率大于0.04 molL1s1，故B错误；C、v正（CO）=2v逆（N2），说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，各组分浓度不再变化故C正确；D、保持压强不变，往容器中充入1 mol He，各组分浓度减小，正逆反应速率都减小，故D错误；故选C20.C试题分析：A、将体积缩小到原来的一半，则压强增大，平衡逆向移动，二氧化碳的浓度比原来的2倍浓度小，错误，不选A；B、从物质的状态分析，反应为熵增，错误，不选B；C、将体积增大为原来的2倍，即减压，平衡正向移动，二氧化碳的浓度比原来小，密度变小，正确，选C；D、保持容器的体积不变，充入氦气，气体的浓度不变，平衡不移动，错误，不选D。21.C【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】在Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）中，改变c（Mg2+）或c（OH），可影响平衡移动，一般来说，加入少量Na2CO3（s），平衡逆向移动，加入蒸馏水、CuSO4溶液等，可使平衡正向移动，以此解答该题【解答】解：A向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（OH）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c（Mg2+）会增大，故A正确；B向Mg（OH）2浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp=1.81011Ksp=2.21020，则沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正确；C加入少量水，Ksp保持不变，c（Mg2+）、c（OH）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；D向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），由于碳酸根水解成碱性，所以c（OH）增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确故选C【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度一般，要注意从平衡移动的角度分析22.A【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】在原电池中，易失电子的物质所在电极作负极，负极上失电子发生氧化反应，另一个电极是正极，正极上得电子发生还原反应【解答】解：该原电池中，铁粉易失电子而作负极，电极反应式为：Fe2e=Fe2+，故选A23.A【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【分析】金属和氯气反应时，氯气将金属氧化到最高价态，变价金属和盐酸反应时，生成低价态的盐和氢气【解答】解：A、金属铝和氯气反应生成氯化铝，和盐酸反应生成氯化铝和氢气，故A正确；B、金属铁和氯气反应生成氯化铁，和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故B错误；C、金属铁和氯气反应生成氯化铁，和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故C错误；D、金属铜和氯气反应生成氯化铜，但是金属铜和盐酸不反应，故D错误故选A24.B【考点】氯气的化学性质【分析】氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，据此解答【解答】解：氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色，三个集气瓶中只有丙颜色为浅黄绿色，所以丙中液体为水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，甲和乙中，只有乙出现了白色的沉淀，所以乙中液体为硝酸银溶液；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，所以氯气被氢氧化钠吸收，溶液为无色，故甲中液体为氢氧化钠溶液，则甲、乙、丙注入的液体分别是；故选：B25.C试题分析：A、酸雨是pH5.6的酸性降水，CO2不能形成酸雨，错误；B、CO2气体无毒，不是大气污染物，错误；C、反应CO2(g)+C(s) 2CO(g) DH0，DS0，根据DH-TDS0反应能自发进行判断，高温有利于该反应自发进行，正确；D、大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，附着在碳酸钙表面阻止反应继续进行，实验室不能用大理石与稀硫酸反应制取二氧化碳，错误。26.（1）Co2O3+6H+2Cl=2 Co2+Cl2+3H2O；（2）7.15；Fe（OH）3；（3）降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；（4）3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；CoO解：（1）氧化钴氧化盐酸溶液中氯化氢为氯气，结合原子守恒和电子守恒分析配平书写离子方程式，钴元素化合价降低为+2价氯元素化合价1价变化为0价，反应的离子方程式：Co2O3+6H+2Cl=2Co2+Cl2+3H2O故答案为：Co2O3+6H+2Cl=2 Co2+Cl2+3H2O；（2）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过7.15，废渣中的主要成分除了LiF外还有Fe（OH）3；故答案为：7.15；Fe（OH）3；（3）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤所起的作用是，降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；故答案为：降低溶液中Li+浓度，避免步骤中产生Li2CO3沉淀；（4）计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g=4.41g=1.08g，说明210C失去结晶水得到CoC2O4，210290过程中是CoC2O4发生的反应，210290过程中产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06mol，质量=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g2.41g=2g，说明不是分解反应，参加费用的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64g2g=0.64g，O2物质的量=0.02mol；n（CoC2O4）：n（O2）：n（CO2）=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2，温度高于890时，固体产物发生分解反应，得到固体的质量为2.25g，根据前面的计算可知，固体中只含有钴元素和氧元素，其中含有钴元素的质量为0.0359g=1.77g，所以固体中含有氧元素的质量为0.48g，其物质的是来0.03mol，所以固体中钴原子与氧原子的物质的量之比为0.03：0.03=1：1，所以固体的化学式为CoO，故答案为：3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2；CoO27.（1）溶液变浑浊，冒气泡；（2）该反应放热，温度升高，Ca（OH）2的溶解度变小而析出；（3）Mg+2H+Mg2+H2；（4）；（5）Mg、【考点】常见的能量转化形式；电子式【分析】（1）金属镁和酸反应生成盐和氢气；（2）金属和酸的反应是放热反应，氢氧化钙的溶解度随着温度升高而降低，随着温度的降低而升高；（3）金属镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气；（4）当反应物的能量高于生成物的能量，则反映是放热反应，反之是吸热反应；（5）首先判断化合物是离子化合物还是共价化合物；若是离子化合物，其电子式 由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并；若是共价化合物，其电子式由对应原子的电子式组成，并要表示出两原子之间的共用电子对情况【解答】解：（1）金属镁和盐酸反应产生大量的热，冒气泡，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以饱和石灰水中溶液变浑浊，故答案为：溶液变浑浊，冒气泡；（2）金属镁和盐酸反应产生大量的热，该热量能使氢氧化钙的溶解度降低，所以饱和石灰水中溶液变浑浊，故答案为：该反应放热，温度升高，Ca（OH）2的溶解度变小而析出；（3）金属镁和盐酸反应的实质是：Mg+2H+Mg2+H2，故答案为：Mg+2H+Mg2+H2；（4）金属镁和盐酸反应产生大量的热，反应物的能量高于生成物的能量，故答案为：；（5）镁原子最外层有2个电子，电子式为Mg；原子与氯原子之间形成1对共用电子对，HCl电子式为；NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，其电子式为：；氢氧化钠中存在钠离子和氢氧根离子，电子式需要标出阴阳离子所带电荷，氢氧化钠的电子式为；Na2O2是离子化合物，由Na+离子和O2离子构成，Na2O2的电子式为，故答案为：Mg、28.（1）化学能转化为电能；由a到b；（2）2H24OH4e=4H2O或H22OH2e=2H2O；（3）增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快电极反应速率；（4）8.82104；32【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）原电池主要是将化学键转化为电能；氢气失去电子，为负极，氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极；（2）负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；（3）反应物接触面积越大，反应速率越大；（4）根据反应的电极方程式计算；根据实际参加反应的氢气以及电极反应式计算【解答】解：（1）原电池主要是将化学键转化为电能，燃料电池是原电池，是将化学能转化为电能的装置；氢气失去电子，为负极，氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极，即由a到b，故答案为：化学能转化为电能；由a到b；（2）负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为2H24OH4e=4H2O或H22OH2e=2H2O，故答案为：2H24OH4e=4H2O或H22OH2e=2H2O；（3）反应物接触面积越大，反应速率越大，镀铂粉增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快电极反应速率，故答案为：增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快电极反应速率；（4）由反应I，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，V=197.5103L =8.82104，故答案为：8.82104；20mol LiH可生成20mol H2，实际参加反应的H2为20mol80%=16mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子，故答案为：3229.（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；分液漏斗（1分）；（2）丙中液体呈黄绿色，丙上部空间呈黄绿色，有黄绿色气体进入丁中；用pH计直接测定（用pH试纸测定不给分）（1分）由于氯化氢未除尽会导致制得的氯水酸性增强，测得的pH偏小；（3）由于饱和氯水中存在平衡：Cl2+HO=H+Cl+HClO，加入CaCO3后，2HCl+CaCO3 CaCl2+CO2+H2O，使平衡右移，HClO的浓度增大； CaCl2、Ca(HCO3)2、HClO（各1分，共3分，不倒扣分）； Ca2+HCO3-+OH=CaCO3+H2O。（3）在饱和氯水中加入石灰石制备HClO的原因是饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O H+Cl+ HClO，加入CaCO3后，由于酸性HClH2CO3HClO，所以会发生化学反应：2HCl+ CaCO3= CaCl2+ CO2+H2O，由于c(H+)减小，根据平衡移动原理，减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，使HClO的【名师点睛】元素、化合物知识是中学化学的重要知识内容，Cl2是中学非常重要的一种气体，气体在制取前要检查装置的气密性，掌握有关气体的制取方法与反应物质的状态、反应条件的关系是选择仪器的关键；一般情况下可以将待测溶液滴在pH试纸上，半分钟后根据试纸颜色变化可确定溶液的pH,但由于氯水中含有具有强氧化性的HClO，会把试纸氧化，不能观察其pH，故要用pH计直接测量。在判断化学操作的应用水，要结合物质的性质、判断溶液的成分，并根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生反应制取弱酸的性质，及化学平衡移动原理进行分析。掌握各种化学反应规律及元素化合物的知识是本题解答的关键。30.（1）g；h；d；e；（2）吸收过量的氯气；饱和食盐水；（3）防止堵塞；（4）A中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满装置，再开始加热B；（5）酸性【考点】氯气的实验室制法【分析】实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去氯化氢和水蒸气，得到纯净干燥的氯气，铁在氯气中燃烧生成氯化铁（1）排列顺序为气体的制取洗气干燥氯气和铁的反应尾气处理；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，依据氯化氢与氯气在饱和食盐水中溶解度不同，选择饱和食盐水除杂；氯气有毒，能与碱反应，可以用碱石灰吸收过量的氯气；（3）Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，导气管口较细，易堵塞；（4）利用生成的氯气排出装置中的空气来分析；（5）氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水，三价铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢；【解答】解：（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水，浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取洗气干燥氯气和铁的反应尾气处理，所以装置连接顺序为aghdebcf，故答案为：g；h；d；e；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶液水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以选择饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；氯气有毒，能与碱反应，可以用碱石灰吸收过量的氯气；故答案为：吸收过量的氯气；饱和食盐水；（3）Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，棕褐色烟冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞，所以硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，故答案为：防止堵塞；（4）B中的反应开始前，需排除装置中的空气，防止氧气和铁反应生成铁的氧化物而产生杂质，所以B中的反应开始前，必须排除装置中的空气，其方法是A中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满装置，再开始加热B，故答案为：A中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满装置，再开始加热B；（5）氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水，三价铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，溶液显酸性；故答案为：酸性【点评】本题考查了制备实验方案中的有关知识，难度不大，明确氯气制备原理及性质是解题关键，侧重考查学生对基础知识的应用能力