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江西省吉安市西路片七校2018届高三上学期第一次联考化学试卷1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A. 常用的食品保鲜膜、保鲜袋的成分是聚氯乙烯B. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强D. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键【答案】B【解析】【分析】A、食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯；B、硅胶可以防止食物受潮变质，铁粉可防止食物氧化变质；C、“纳米铜”与铜的还原性相同；D、氢键不是化学键。【详解】A项、食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成分是聚乙烯，聚氯乙烯也就是PVC保鲜膜，能作为蔬菜水果的保鲜膜，但不能用于食品包装袋，故A错误；B项、在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶可以防止食物受潮变质，铁粉可防止食物氧化变质，故B正确；C项、“纳米铜”与铜的还原性相同，“纳米铜”的接触面积较大，反应速率快，在空气中可以燃烧，故C错误；D项、氢键不是化学键，氢键是一种特殊的分子间作用力，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学键及物质的性质，D项为易错点，注意氢键不是化学键。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是A. 46 g C18O2含氧原子数为2 NAB. 1 mol Fe与足量的浓盐酸完全反应时转移电子数为3 NAC. 标准状况下，22.4 L CCl4含有的分子数目为NAD. 2L1 molL1 CuCl2溶液中含Cu2+数目小于2 NA【答案】D【解析】【分析】A、C18O2的摩尔质量为48g/mol；B、1 mol Fe与足量的浓盐酸完全反应时生成氯化亚铁；C、标准状况下四氯化碳不是气体；D、Cu2+在水溶液中水解。【详解】A项、46 gC18O2的物质的量为46 g48g/mol=46/48mol，含氧原子数小于2 NA，故A错误；B项、1 mol Fe与足量的浓盐酸完全反应时生成氯化亚铁，转移电子数为2NA，故B错误；C项、标准状况下四氯化碳不是气体，22.4 L CCl4的物质的量不是1mol，故C错误；D项、Cu2+在水溶液中水解，2L1 molL1 CuCl2溶液中含Cu2+数目小于2 NA，故D正确。故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，主要是物质的量和微粒数的计算、气体摩尔体积条件应用、氧化还原反应电子转移计算和盐类水解等知识点，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解答关键。3.下表各组物质在适当条件均可反应，其中气体（指常温时的状态）产物可能不唯一的是A. 浓硫酸与锌 B. 浓硫酸与铜 C. 浓盐酸与MnO2 D. 浓氨水与CaO【答案】A【解析】【分析】A、锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，锌与稀硫酸反应生成氢气；B、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，铜与稀硫酸不反应；C、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，二氧化锰与稀盐酸不反应；D、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气。【详解】A项、浓硫酸和锌反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，变化为稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，生成气体为二氧化硫和氢气的混合气，故A正确；B项、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，变化为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成气体只有二氧化硫，故B错误；C项、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，随反应进行浓度变小，变化为稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，生成气体只有氯气，故C错误；D项、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气，气体只有氨气，故D错误。故选A。4.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是A. 加入铝粉生成氢气溶液中：Na、Ba2、Cl、IB. 有HCO3存在的溶液中：Na、Mg2、Al3、NO3C. 在c(H)c(OH)=101的水溶液中：NH4、K、ClO、SO32D. 在中性溶液中：Na、SO42、K、S2【答案】A【解析】【分析】A、该组离子在强碱性和强酸性环境下均可以共存；B、溶液中Al3与HCO3发生双水解反应；C、溶液中ClO-与SO32-发生氧化还原反应；D、S2在溶液中水解，使溶液显碱性。【详解】A项、溶液中加入铝粉有氢气产生，说明该溶液可以是强酸溶液，还可以是强碱性的溶液，该组离子在强碱性和强酸性环境下均可以共存，故A正确；B项、有HCO3存在的溶液中，Al3与HCO3发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；C项、溶液中ClO-与SO32-发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D项、S2在溶液中水解，使溶液显碱性，中性溶液中不可能存在S2，故D错误。故选A。【点睛】本题考查离子共存问题，注意题中各项要求为解答该题的关键，也是易错点，不能忽视，解答时注意审题。5.已知OF2可以发生反应H2S+4OF2=SF6+2HF+2O2，下列说法正确的是A. 氧气是氧化产物 B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4C. 若生成2.24LHF，则转移0.4mol电子 D. OF2即是氧化剂又是还原剂【答案】B【解析】【分析】反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2。【详解】A项、O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B项、H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，由方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故B正确；C项、气体外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D项、在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故D错误。故选B。【点睛】本题主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。注意O2F2中氧元素的化合价为+1价，为易错点。6.下列说法不正确的是A. S02是引起酸雨的主要原因之一 B. 高压钠灯常用于道路的照明C. 工业上用饱和石灰水制备漂白粉 D. 金属镁常用来制造信号弹和焰火【答案】C【解析】A. SO2是引起酸雨的主耍原因之一，A正确；B. 高压钠灯透雾能力强，常用于道路的照明，B正确；C. 工业上用石灰乳制备漂白粉，C错误；D. 金属镁燃烧发光，常用来制造信号弹和焰火，D正确，答案选C。7.分子式为C5H10的烃，若适当条件下能与氢气发生反应，则其结构（不考虑立体异构）最多有A. 8种 B. 7种 C. 6种 D. 5种【答案】D【解析】【分析】由适当条件下分子式为C5H10的烃能与氢气发生反应可知，C5H10为烯烃。【详解】戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种，正戊烷相应烯烃有2种：CH2CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CHCH-CH2-CH3，异戊烷相应烯烃有3种：CH2C（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）CHCH3、CH3CH（CH3）CHCH2，新戊烷，没有相应烯烃，则分子式为C5H10的烯烃共5种，故选D。【点睛】本题考查同分异构体的书写与判断，掌握通过反应条件确定物质类别和书写同分异构体方法是解题的关键。8.观察下列有关实验装置，相关评价错误的是A. 图（1）用于配制0.10 molL1 NaOH溶液；评价：错误B. 图（2）用于测定中和热；评价：错误，装置中缺少了环形玻璃搅拌棒C. 图（3）用于比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性；评价：错误，Na2CO3、NaHCO3位置放错了D. 图（4）证明铁发生吸氧腐蚀时空气参加反应；评价：正确【答案】C【解析】【分析】A、不能在容量瓶中溶解氢氧化钠；B、装置中缺少了环形玻璃搅拌棒；C、小试管中为碳酸氢钠；D、食盐水为中性，发生吸氧腐蚀。【详解】A项、不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，评价正确，故A正确；B项、装置中缺少了环形玻璃搅拌棒，用于搅拌迅速混合，可测定中和反应的最高温度，评价合理，故B正确；C项、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则小试管中为碳酸氢钠，评价错误，故C错误；D项、U型管中红墨水左高右低可验证，评价合理，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，注意方案的合理性、操作性分析，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键。9.下列叙述正确的是A. 某溶液的pH=7，则该溶液为中性溶液B. 一定温度下，向AgCl饱和溶液中加入少量NaCl固体，Ksp(AgCl)减小C. 常温下，反应X(s) + Y(l)=2Z(g)不能自发，则该反应的H0D. 常温下，0.01mol/L的Na0H 溶液中由水电离的c(H+)=1.010-2mol/L【答案】C【解析】试题分析：常温下PH=7才可以判断出溶液为中性，故A错误。物质的KSP只与该物质的性质以及物质所处的温度有关，故B错。G=H-TS，G0，由题意知S0，则H一定要大于0。故C正确。常温下0.01mol/LNaOH，PH=12，所以溶液中由水电离的氢离子浓度为10-12mol/L，故D错。考点：溶度积的影响因素，反应焓变的判断。10.下列设计的实验方案不能达到实验目的的是A. 制备Al(OH)3:向lmolL-1的AlCl3溶液中加过量的NH3H2OB. 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯:向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机层中的水C. 检验溶液中是否含有Fe3+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D. 探究催化剂对H2O2分解速率的影响:在相同条件下，向一支试管中加入2ml5%H2O2和1mlH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象【答案】C【解析】【详解】A项、氢氧化铝为两性氢氧化物，不溶于弱酸弱碱，AlCl3溶液中加过量的NH3H2O能制备Al（OH）3悬浊液，故A正确；B项、乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液除去有机相的水能达到提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯的目的，故B正确；C检验溶液中是否含有Fe3+时，应直接滴加KSCN溶液，观察是否出现血红色，故C错误；D溶液的总体积不同，混合后H2O2浓度相同，能探究催化剂FeCl3对H2O2分解速率的影响，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，明确实验原理及物质性质，能从实验操作规范性及实验评价性分析判断是解本题关键。11.镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如下图所示。反应中镁和铝的A. 摩尔质量之比为23 B. 失去的电子数之比为89C. 反应速率之比为2:3 D. 质量之比为43【答案】D【解析】试题分析：A.摩尔质量与其相对原子质量数值上相等，所以镁铝的摩尔质量之比为8:9，A项错误；B.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，说明两种金属提供的电子数目一样多，则失去的电子数之比为1：1，B项错误；C.由图象可知，镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为2：3，则二者的速率之比为3：2，C项错误；D.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，则镁、铝的物质的量之比为3：2，质量之比为4：3，D项正确，答案选D。考点：考查镁、铝的化学性质与计算。12.如图所示，两个连通容器用活塞分开，在同温同压下，左右两室（体积相同）分别充入NO和O2后，打开活塞，使NO与O2充分反应下列判断正确的是（不考虑NO2转化为N2O4）A. 打开活塞前左右两室分子数相同B. 反应前后NO室压强相同C. 最终容器内气体物质的质量比开始小了D. 最终容器内无O2存在【答案】A【解析】【分析】由同温同压下左右两室体积相同，可知两容器中气体的物质的量一定相等，打开活塞发生反应2NO+O2=2NO2，充分反应后，O2过量，反应后总的物质的量减少，压强减小，气体质量不变。【详解】A项、由同温同压下左右两室体积相同，可知两容器中气体的物质的量一定相等，开始时左右两室分子数相同，故A正确；B项、打开活塞发生反应2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B错误；C项、由质量守恒定律可知，最终容器内气体物质的质量与开始相同，故C错误；D项、由化学方程式2NO+O2=2NO2可知，等物质的量的NO与O2充分反应，O2过量，故D错误。故选A。13.能正确表示下列反应的离子方程式是A. Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O48H=Fe22Fe34H2OB. NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCOBa2OH=BaCO3H2OC. 向澄清石灰水中通入少量CO2：OHCO2=HCO3D. 向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀：NH4+Al32SO42-2Ba24OH= Al(OH)32BaSO4+NH3H2O【答案】D【解析】【分析】A、发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水；B、漏写铵根离子与碱的反应；C、反应生成碳酸钙和水；D、向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀反应生成硫酸钡和氢氧化铝和一水合氨。【详解】A项、Fe3O4溶于足量稀HNO3的离子反应为3Fe3O4+NO3-+28H+NO+9Fe3+14H2O，故A错误；B项、NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合的离子反应为NH4+HCO3-+Ba2+2OH-BaCO3+H2O+NH3H2O，故B错误；C项、向澄清石灰水中通入少量CO2的离子反应为Ca2+2OH-+CO2CaCO3+H2O，故C错误；D项、向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀反应生成硫酸钡和氢氧化铝和一水合氨，反应的离子反应为NH4+Al32SO42-2Ba24OH= Al(OH)32BaSO4+NH3H2O，故D正确。故选D。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意氧化还原及与量有关的离子反应为解答的难点，选项A、B为易错点。14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A室温下，向明矾溶液中加入足量的浓氨水证明氢氧化铝溶于氨水B向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入1molL-1 H2SO4试管口出现红棕色气体溶液中NO3-被Fe2+还原为NO2CNaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合,有白色絮状沉淀生成二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀D室温下，用pH试纸测得：0.1molL-1 Na2SO3溶液的pH小于0.1molL-1 Na2CO3溶液的pHCO32结合H的能力比SO32的强A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水；B、在酸性条件下，Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，NO3-被还原成NO，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；C、NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2-与HCO3-电离出的氢离子、水反应生成氢氧化铝沉淀；D、用pH试纸测定浓度为0.1molL-1Na2SO3溶液和Na2CO3溶液的pH，可判断亚硫酸根离子与碳酸根离子的结合氢离子的能力。【详解】A项、室温下，向明矾溶液中加入足量的浓氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，故A错误；B项、在酸性条件下，Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3-为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故B错误；C项、NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2-与HCO3-电离出的氢离子、水反应生成氢氧化铝沉淀，HCO3-电离出的氢离子促进AlO2-的水解，AlO2-的水解促进HCO3-电离，故C错误；D项、用pH试纸测定浓度为0.1molL-1Na2SO3溶液和Na2CO3溶液的pH，可判断亚硫酸根离子与碳酸根离子结合氢离子的能力，pH越大，结合氢离子的能力越强，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，B项为易错点，注意在稀溶液中硝酸根离子作氧化剂时生成NO。15.由氧化铜、氧化铁组成的混合物m g，加入0.8molL-1的盐酸500mL时固体恰好完全溶解。若将m g该混合物在足量的一氧化碳中加热完全反应，冷却后固体质量为A. 3.2g B. (m-1.6)g C. (m-3.2)g D. 无法计算【答案】C【解析】【分析】金属氧化物与盐酸反应生成氯化物和水，由反应CuO2HCl，Fe2O36HCl可知，HCl的物质的量是金属氧化物中O原子的物质的量的2倍，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量。【详解】由反应CuO2HCl，Fe2O36HCl，可知HCl的物质的量是金属氧化物中O原子的物质的量的2倍，n（HCl）=0.5L0.8mol/L=0.4mol，所以金属氧化物中O的质量为0.4mol216g/mol=3.2g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量，为mg-3.2g，故选C。【点睛】本题考查混合物的计算，注意根据反应的特点，确定金属氧化物与盐酸反应的关系式，从而得出HCl的物质的量与金属氧化物中O原子的2倍，是解答该题的关键。16.已知某H2A的溶液中只有两种含A的微粒：HA-、A2-，常温下， 现向20mL0.2 mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，滴加过程中溶液pH与滴入的NaOH溶液体积关系如下图所示，下列说法中错误的是A. HA-的电离平衡常数约为110-6B. a、b、c三点对应的溶液中c点水的电离程度最大C. c点溶液中：c(Na+) c(A2-)c(OH-)c(HA-) c(H+)D. b 点溶液中：n(Na+) n(A2-) =n(HA-)【答案】D【解析】A、20mL0.2 mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液20mL时，溶液中溶质为NaHA，浓度为20mL0.2 mol/L/40mL=0.1mol/L，此时溶液的PH=3.5，c(H )=10-3.5mol/L=c(A-)， HA-的电离平衡常数K=c(H )c(A- )/c(HA-)= 110-6,故A正确；B、C点相当于是Na2A，A2 离子水解，促进水电离，故B正确；C、c点溶液是Na2A，Na 浓度最大，A2 水解溶液呈碱性故离子浓度大小为：c(Na+) c(A2-)c(OH-)c(HA-) c(H+)，C正确；D、b点溶液呈酸性，HA 的电离大于A2 的水解，故 n(A2-) n(HA-)，故D错误。17.有V、W、X、Y、Z五种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于20;其中X和Z是金属元素。已知V和Z属同一族，它们原子最外电子层上只有1个电子,W和Y也属同一族，W原子最外电子层上电子数是次外电子层上电子数的3倍,X原子最外电子层上电子数等于Y原子最外电子层上电子数的一半。（1）在化学实验中检验Z元素的方法是_；（2）实验室制备X最高价氧化物对应的水化物的离子方程式为：_；（3）W与Z 可形成化合物Z2W2，该化合物的电子式为 _；（4）W与V 可形成化合物V2W2，该化合物的结构式为 _；（5）X、Z的最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_（具体化学式表示）；（6）X、Y、Z三者对应简单离子半径的大小关系_（具体离子符号表示）。【答案】 (1). 焰色反应 (2). Al3+3NH3H2OAl(OH)33NH4+ (3). (4). HOOH (5). KOH (6). S2-K+Al3+【解析】【分析】V、W、X、Y、Z五种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于20。V和Z属同一族，它们原子的最外电子层上只有1个电子，则属于第IA族元素，V为非金属元素，则V为H元素；W和Y也属同一族，W原子最外电子层上的电子数是次外电子层上电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则W为O元素，Y为S元素；X原子最外电子层上电子数等于Y原子最外电子层上电子数的一半，最外层电子数为3，且原子序数大于W，所以为Al元素；Z是金属元素且原子序数大于S元素，则Z为K元素。【详解】（1）Z元素为K元素，在化学实验中检验K元素常用的方法就是焰色反应,故答案为：焰色反应；（2）X是Al元素，实验室常用可溶性铝盐与弱碱氨水反应制备，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)33NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2OAl(OH)33NH4+；（3）W为O元素，Z为K元素，化合物K2O2为离子化合物，电子式为，故答案为：；（4）W为O元素，V 可为H元素，化合物H2O2为含有极性键和非极性键的共价化合物，结构式为HOOH，故答案为：HOOH；（5）X是Al元素，最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3为两性氢氧化物，Z为K元素最高价氧化物对应的水化物为KOH，KOH属于强碱，故答案为：KOH；（6）X、Y、Z三者对应简单离子分别为Al3+、S2-、K+，同一周期的元素离子,阴离子半径大于阳离子半径,而对于都是带正电荷的离子,带的电荷越多,半径越小，则Al3+、S2-、K+离子半径的大小关系是S2-K+Al3+，故答案为：S2-K+Al3+。【点睛】本题考查了位置、结构与性质关系的应用，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，推断元素为解答关键。18.化学在解决能源危机中起着重要的作用，一方面要处理传统能源使用时带来的问题另一方面要不断开发新能源。 煤炭是我国的主要传统能源之一，在使用的过程中产生的二氧化硫（SO2）造成酸雨等污染问题较为突出。目前通常使用的钠碱循环法脱硫技术处理该问题。（1）此法是利用NaOH溶液可脱除烟气中的SO2。若用0.2L1.5molL1NaOH溶液吸收4.48L（标况下）的SO2，该反应的离子方程式：_。（2）NaOH溶液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO3）变化关系如下表：n（SO32）：n（HSO3） 9 ：1 1：11：9 pH 8.57.3 6.0由上表判断，NaHSO3溶液显_性，用化学平衡原理解释：_。当溶液呈中性时，离子浓度关系正确的是（选填字母）：_。ac（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）bc（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（H+）=c（OH）cc（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）【答案】 (1). 3OH+2SO2 H2O+SO32+HSO3 (2). 酸 (3). 溶液中存在HSO3H+SO32，HSO3+H2OH2SO3+OH，显酸性是因其电离大于其水解 (4). c【解析】【分析】（1）0.2L1.5molL1NaOH溶液中NaOH的物质的量为3 mol，4.48L（标况下）SO2物质的量为2 mol，两者物质的量比为3:2，反应生成等物质的量的亚硫酸钠和亚硫酸氢钠和水；（2）由表格中的数据可知，HSO3-越多，酸性越强，则电离生成氢离子；吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，结合电荷守恒解答。【详解】（1）0.2L1.5molL1NaOH溶液中NaOH的物质的量为3 mol，4.48L（标况下）SO2物质的量为2 mol，两者物质的量比为3:2，反应生成等物质的量的亚硫酸钠和亚硫酸氢钠和水，反应的离子方程式：3OH+2SO2 H2O+SO32+HSO3，故答案为：3OH+2SO2 H2O+SO32+HSO3；（2）由表格中的数据可知，溶液呈酸性，HSO3-越多，酸性越强，是因为溶液中存在：电离平衡HSO3SO32-+H+和水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，由于电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故答案为：酸；溶液中存在：HSO3-SO32-+H+，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，显酸性是因为电离程度大于水解程度；吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，a由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），中性溶液c（H+）c（OH-），则c（Na+）2c（SO32-）+c（HSO3-），因c（SO32-）c（H2SO3），故a错误；b亚硫酸根在溶液中分两步水解，SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+H2O H2SO3+OH-，水解以一级水解为主，则离子浓度为c（Na+）c（HSO3-）c（SO32-）c（H+）=c（OH-），故b错误；c由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），中性溶液c（H+）c（OH-），则c（Na+）2c（SO32-）+c（HSO3-），故c正确；故答案为：c。19.Na2S2O3俗称大苏打在工业上主要用于照相业的定影剂，鞣革剂，媒染剂等。通常可用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。（已知 Na2S2O3 的溶解度随温度的升高快速增大，在酸性水溶液中不稳定会产生单质硫）某化学兴趣小组欲制取Na2S2O35H2O晶体，步骤如下：称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。滤液在经过 、 后得到Na2S2O35H2O晶体。进行抽滤并干燥。（1）仪器A的名称是 _；仪器B的作用是 _；加入的硫粉用乙醇润湿的目的是_。（2）步骤应采取的操作是_、_。（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_；如果滤液中该杂质的含量不是很低，其检测的方法是：_。（4）为了测产品的纯度，称取7.00g 产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.05mol/L 的碘水，用_（填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32 + I2 S4O62 + 2I），滴定结果如下：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次0.3030.28第二次0.3630.38第三次0.2731.98则所得产品的纯度为_（保留四位有效数字），你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）_。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 冷凝回流 (3). 增加反应物的接触面积，加快反应速率 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). Na2SO4 (7). 取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4 (8). 酸式 (9). 106.3% (10). 其中含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度【解析】【分析】（1）根据装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B是冷凝管，对烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；（2）滤液在经过加热浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O35H2O晶体；（3）由于S2O32-具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；（4）碘单质滴定亚硫酸钠反应，碘单质遇到淀粉溶液变蓝色，滴入最后一滴溶液变蓝色且半分钟不褪色证明滴定反应达到终点，碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管；依据化学反应方程式2S2O32-+I2S4O42-+2I-计算即可，测定样品的纯度就是以碘标准溶液为标准的，如果滴定终点没有控制好，碘标准溶液滴加过量也会和亚硫酸钠反应。【详解】（1）根据装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为球形冷凝管，对烧瓶中的液体进行冷凝回流，硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，有利于硫粉和Na2SO3溶液充分接触，加快反应速率，故答案为：圆底烧瓶；冷凝回流；增加反应物接触面积，提高反应速率；（2）滤液在经过加热浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O35H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（3）S2O32具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，存在被氧化产物硫酸钠，所以可能存在的杂质是硫酸钠，其检测的方法依据硫酸根离子检验：取出少许溶液，加盐酸至酸性后，取上层清液或过滤除去S，再加BaCl2溶液则加入的盐酸发生两个反应的化学方程式为：Na2SO3+2HClSO2+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S+SO2+H2O+2NaCl，取出少许溶液，加稀盐酸至酸性，静置后，取上层清液，再加BaCl2溶液，若出现浑浊则含Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取出少许溶液，加稀盐酸至酸性，静置后，取上层清液或过滤除去S，再加BaCl2溶液，若出现浑浊则含Na2SO4；（4）碘单质滴定亚硫酸钠反应，碘单质遇到淀粉溶液变蓝色，滴入最后一滴溶液变蓝色且半分钟不褪色证明滴定反应达到终点，碘水有氧化性，能腐蚀橡胶管，所以碘水应放在酸式滴定管中进行滴定，根据题中表中的数据可知，第三次数据偏差较大，所以取一、二两次实验的数据，所以用去的碘水的体积为（29.98+29.94）mL/2=30.0mL，碘的物质的量为：0.0500molL-l0.03L=0.0015mol，则有：2S2O32-+I2S4O62-+2I-2 1X 0.0015mol解x=0.0030mol，故Na2S2O35H2O的物质的量为0.0030mol，质量为：0.0030mol248g/mol=0.744g，则称取7.00g产品，配制成250mL溶液中，Na2S2O35H2O的质量为=0.744g10=7.44g，故产品的纯度为：7.44g7.00g100%=106.3%，碘单质有强的氧化性，Na2SO3具有还原性，Na2SO3会和I2发生反应，从而影响纯度,故答案为：酸式；106.3%；含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，涉及了试剂的作用、物质的推断、滴定的计算、方程式的书写等知识，（4）计算量较大，题目难度较大，注意关系式的应用.20.电子工业中，常用氯化铁溶液作为铜印刷电路板蚀刻液。请按要求回答下列问题：（1）若向氯化铁溶液中加入一定量的烧碱，调节溶液pH，可得红褐色沉淀,该反应的化学反应方程式为：_，常温下若该过程中调节溶液的pH为4，则c(Fe3+)为：_molL1。（己知：KspFe(OH)3= 4.210-38） （2）某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：用足量FeCl3溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子有：_；配置FeCl3溶液时通常加入一定量的盐酸，其中加入盐酸的目的是： _；步骤中加入H2O2溶液的目的是：_；已知：生成氢氧化物沉淀的pHCu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时4.57.01.9沉淀完全时6.79.03.7根据表中数据推测调节pH的范围是：_。【答案】 (1). FeCl3+3NaOHFe(OH)3+3NaCl (2). 4.210-8 (3). Fe3+、Fe2+和Cu2+ (4). 抑制Fe3+水解 (5). 将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 (6). 3.7pH4.5【解析】【分析】（1）氯化铁溶液中与烧碱反应生成氢氧化铁沉淀，由溶液pH和氢氧化铁的Ksp计算溶液中铁离子浓度；（2）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止铁离子的水解；加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子，但不能引入新的杂质；调节溶液的pH目的是使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀。【详解】（1）向氯化铁溶液中加入一定量的烧碱，发生反应FeCl3+3NaOHFe(OH)3+3NaCl，根据氢氧化铁的Ksp表达式：Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)，溶液的pH为4，c(H+)=10-4mol/L，所以金属铁离子浓度为4.210-8molL-1，故答案为：FeCl3+3NaOHFe(OH)3+3NaCl；4.210-8；（2）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，铁离子可能过量，故答案为：Fe3+、Fe2+和Cu2+；氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止铁离子的水解，水解的方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，向其中加盐酸促使平衡逆向移动，故答案为：抑制Fe3+水解；加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子，但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转化为Fe(OH)3沉淀除去；调节溶液的pH目的是使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为：3.74.5，故答案为： 3.7pH4.5。21.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。（1）工业上可用CO2和H2制取甲醇，已知下列反应的能量变化图：则由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为_（2）某化学研究性学习小组模拟用CO和H合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H(g) CH3OH(g) H0。在容积固定为1L的密闭容器内充人2mol CO和4 mol H2，加入合适的催化剂（体积可以忽略不计）、保持250不变发生上述反应，用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/MPa12.410.28.47.06.26.2则反应从开始到20min时，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)_该温度下平衡常数K=_若平衡后增大压强，则K值_(填增大、减小或不变)在恒温恒容的密闭容器中，能判定CO(g)+2H(g) CH3OH(g) H0,该反应达到平衡的是_；A气体的密度保持不变 B.压强保持不变 C.平均摩尔质量保持不变 D.速率v（H）：v（CH3OH）=2：1（3）如图是用于笔记本电脑的甲醇燃料电池结构示意图，C是_（正或负）极，写出此电极的电极反应式_。（4）若以该电池为电源，用石墨做电极电解200mL0.5molL1的CuSO4溶液，电解一段时间后，两极收集到相同体积（相同条件）的气体，则整个电解过程转移的电子的数目是_。【答案】 (1). CO2(g)+3H2 (g)=CH3OH(1)+H2O(l) H=-50 kJ/mol (2). 0. 075 mol/(Lmin) (3). 3 (4). 不变 (5). BC (6). 负 (7). CH3OHH2O6e=CO26H (8). 0.4NA【解析】【分析】（1）由图象可得已知热化学方程式，依据盖斯定律可得二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式；（2）由表格数据可知20min时，压强不变，反应达到平衡，依据题给信息建立三段式，根据反应前后压强之比等于物质的量之比，计算消耗的CO的量，进而计算得到v(CO)和平衡常数K；判断反应达到平衡状态的依据正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量浓度等不再发生变化；（3）由电子的方向可知c为负极，d为正极，甲醇在负极被氧化，由题意可知生成CO2和H+，负极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，氧气在正极得电子被还原，生成水，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；（4）阴极上铜离子放电能力强于氢离子，阴极上收集到氢气，说明溶液中铜离子完全放电。【详解】（1）由图象可得热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=-41kJ/mol，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）H=-91kJ/mol，依据盖斯定律-得到：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=-50kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=-50kJ/mol；（2）由表格数据可知20min时，压强不变，反应达到平衡，从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，由题给数据建立如下三段式：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）初始浓度（mol/L）：2 4 0变化浓度（mol/L）：x 2x x平衡浓度（mol/L）：2-x 4-2x x根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则有：6：（6-2x）=12.4：6.2，解得x=1.5 mol/L，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)1.5 mol/L20min=0. 075 mol/(Lmin)；该温度下平衡常数K=3；温度不变，平衡常数不变，若平衡后增大压强，则K值不变，故答案为：0. 075 mol/(Lmin)；3；不变；A.反应过程中混合气体的质量始终不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，A错误；B. 反应前后都是气体，化学计量数之和减小，密闭容器中压强减小，故混合气体的压强不变，可以判断达到了平衡状态，B正确；C. 反应前后，混合气体的物质的量减小，气体的质量不变，混合气体的平均相对分子质量增大，混合气体的相对平均分子质量不变，能作为判断平衡状态的依据，C正确；D. 当反应达到平衡状态时，v（H2）逆=2v（CO）正，D错误。故答案为：BC；（3）由电子的移动方向可知，电极c为原电池的负极，电极d是电池的正极，在酸性条件下，甲醇在原电池的负极上放电生成二氧化碳，电极反应式为CH3OHH2O6e=CO26H，故答案为：CH3OHH2O6e=CO26H；（4）阴极上铜离子放电能力强于氢离子，阴极上收集到氢气，说明溶液中铜离子完全放电，设阴极收集到氢气的物质的量为xmol，由得失电子数目守恒得：2x+0.1mol2=4x，解得x=0.1mol，则整个电解过程转移的电子的物质的量是0.1 mol4=0.4mol，即转移的电子的数目0.4NA个，故答案为：0.4NA。【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及盖斯定律、化学反应速率计算、化学平衡移动与计算、平衡常数的计算与运用、原电池原理等知识点，热化学方程式书写与图象分析方法是解题关键。
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