黑龍江省湯原高中2026屆化學(xué)高三第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測模擬試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某溫度下，相同pH值的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，平衡pH值隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷正確的是A．Ⅱ為鹽酸稀釋時的pH值變化曲線B．b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度C．a(chǎn)點Kw的數(shù)值比c點Kw的數(shù)值大D．b點溶液的導(dǎo)電性比c點溶液的導(dǎo)電性強2、下列敘述正確的是()A．等質(zhì)量的硫蒸氣和硫粉分別完全燃燒，后者放出熱量多B．稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－53.7kJ·mol－1，若將含1molH2SO4的稀溶液與含0.5molBa(OH)2的溶液混合，放出的熱量則為57.3kJC．C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，則說明石墨比金剛石穩(wěn)定D．X(g)＋Y(g)Z(g)△H＞0，恒溫恒容條件下達到平衡后加入X，上述反應(yīng)△H增大3、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法中正確的是①常溫下，0.1molCl2與足量NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA②常溫常壓下，18gH2O中含有的電子總數(shù)為10NA③將100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3膠粒0.01NA④在反應(yīng)KIO3+6HI==KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA⑤常溫常壓下，14g的C2H4和C4H8混合氣體中含有的原子數(shù)為3NA⑥在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.5molNO與0.5molO2混合后氣體分子數(shù)為0.75NA⑦1.0L1.0mol·L-1Na2SiO3水溶液中含有的氧原子數(shù)為3NAA．①⑤⑦ B．③④⑥C．②④⑤ D．②③⑦4、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A．溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，加入AgNO3溶液，溴水褪色B．對于平衡2SO2＋O22SO3，使用催化劑有利于SO3的合成C．醋酸稀溶液加熱后溶液pH降低(不考慮醋酸受熱揮發(fā))D．合成氨時適當(dāng)增大壓強有利于提高氮氣的轉(zhuǎn)化率5、白磷有劇毒，被白磷污染的物品應(yīng)即刻用硫酸銅溶液浸泡并清洗，反應(yīng)原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列說法正確的是A．該反應(yīng)中CuSO4將白磷氧化為Cu3PB．該反應(yīng)中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物D．該反應(yīng)中白磷發(fā)生歧化反應(yīng)，其中作氧化劑和作還原劑的P4的質(zhì)量之比為5∶66、圖像能直觀地反映有關(guān)物理量的變化及規(guī)律，下列各圖像與描述相符的是A．圖1表示SO2氧化反應(yīng)分別在有、無催化劑的情況下反應(yīng)過程中的能量變化B．圖2表示0.lmolMgCl2·6H2O在空氣中充分加熱時固體質(zhì)量隨時間的變化C．圖3表示分別稀釋10mLpH=2的鹽酸和醋酸時溶液pH的變化，圖中b>l00D．圖4表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1時迅速將體積縮小后c(N2O4)的變化7、新型鋰-空氣電池具有能量密度高的優(yōu)點，可以用作新能源汽車的電源，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中固體電解質(zhì)只允許Li+通過。下列說法正確的是A．Li+穿過固體電解質(zhì)向正極移動而得到LiOH溶液B．放電時，當(dāng)外電路中有1mole－轉(zhuǎn)移時，水性電解液離子總數(shù)增加NAC．應(yīng)用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64g，理論上將消耗11.2LO2D．放電時，負極反應(yīng)式：Li－e－＋OH－＝LiOH8、用過量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl等溶液，按題圖所示步驟分開五種離子。則溶液①、②、③、④是（）A．①NaCl②NaOH③NH3·H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3·H2O④NaClC．①H2SO4②NH3·H2O③NaOH④NaClD．①NaCl②NH3·H2O③NaOH④H2SO49、有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，已知其中Fe3+的物質(zhì)的量濃度為0.4mol/L，SO42-的物質(zhì)的量的濃度為0.7mol/L，則此溶液中Na＋的物質(zhì)的量濃度為A．0.25mol/LB．0.2mol/LC．0.15mol/LD．0.1mol/L10、某溫度時，發(fā)生反應(yīng)2HI（g）H2（g）+I2（g），向三個體積相等的恒容密閉容器A、B、C中，分別加入①2molHI；②3molHI；③1molH2與1mo1I2，分別達平衡時，以下關(guān)系正確的是A．平衡時，各容器的壓強：②=①=③B．平衡時，I2的濃度：②＞①=③C．平衡時，I2的體積分?jǐn)?shù)：②＞①=③D．從反應(yīng)開始到達平衡的時間：①＞②=③11、有關(guān)化學(xué)與生活，環(huán)境，食品安全，材料等說法中正確的是()A．酸雨就是pH<7的降雨；B．合成纖維、光導(dǎo)纖維、硝酸纖維均為有機高分子物質(zhì)，用途廣泛；C．直徑為1-100nm之間的微粒是膠體，能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象；D．地溝油，潲水油在餐飲企業(yè)中不能隨意使用，但卻可以用于制肥皂，變廢為寶。12、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12LCCl4含有質(zhì)子數(shù)的數(shù)目為3.7NAB．常溫常壓下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子總數(shù)為0.4NAC．常溫時，56gFe與足量濃硝酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3NAD．晶體B的結(jié)構(gòu)單元如圖，則11g晶體B含有0.6NA個三角形（相鄰原子構(gòu)成）13、“84”消毒液(工業(yè)利用Cl2與NaOH反應(yīng)制得）可用于消毒和漂白，下列實驗現(xiàn)象的分析不正確的是實驗操作實驗現(xiàn)象混合后溶液的pH=9.9,短時間內(nèi)未褪色，一段時間后藍色褪去。混合后溶液pH=5.0，藍色迅速褪去，無氣體產(chǎn)生?；旌虾笕芤簆H=3.2，藍色迅速褪去，并產(chǎn)生大量氣體，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{。A．對比實驗①和②，②中藍色迅速褪去的原因是發(fā)生了反應(yīng)ClO?+H+═HClOB．實驗③中產(chǎn)生的氣體是Cl2，由HClO分解得到：2HClO═Cl2↑+H2OC．對比實驗②和③，溶液的pH可能會影響ClO?的氧化性或Cl?的還原性D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要調(diào)控合適的pH才能安全使用14、下列除雜方法正確的是A．用濃硫酸除去H2S中的H2OB．用飽和碳酸氫鈉除去Cl2中的HClC．用鐵粉除去FeCl3溶液中的CuCl2D．用灼熱的CuO除去CO2中的CO15、在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.15mol充入10L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：X(g)+Y(g)4Z(g)△H＜0，一段時間后達到平衡，反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列說法正確的是A．反應(yīng)前4min的平均速率v(Z)=1×10-3mol?L-1?min-1B．其它條件不變，再充入X、Y各0.15mol，平衡時n(Z)＜0.4molC．其它條件不變，降低溫度的瞬間，速率v正降低比v逆多D．該溫度下，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.1616、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=1的溶液中：HCO3-、SO42-、K+、Cl-B．遇酚酞變紅的溶液中：NO3-、Na+、A1O2-、K+C．c(NO3-)=1mol?L-1的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH4+D．無色透明溶液中：K+、SO42-、Na+、MnO4-17、常溫下，在pH＝3的CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，對于該平衡，下列敘述正確的是()A．加入水時，平衡向右移動，CH3COOH電離常數(shù)增大B．加入少量CH3COONa固體，平衡向右移動C．加入少量Na2CO3固體，平衡向右移動，c(H＋)減小D．加入少量pH＝3的硫酸，溶液中c(H＋)增大18、在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入下列固體粉末，銅粉可以溶解的是A．FeB．Na2SO4C．KNO3D．FeCl219、下列有關(guān)鐵元素的敘述中正確的是()A．Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，說明穩(wěn)定性：Fe(OH)2<Fe(OH)3B．鐵是較活潑的金屬，它與鹵素(X2)反應(yīng)的生成物均為FeX3C．氫氧化鐵與氫碘酸反應(yīng)：Fe(OH)3＋3HI=FeI3＋3H2OD．將FeCl3飽和溶液滴入NaOH溶液中可制備Fe(OH)3膠體20、炭黑是霧霾中的重要顆粒物，研究發(fā)現(xiàn)它可以活化氧分子，生成對環(huán)境有不良影響的活化氧。反應(yīng)過程的能量變化如下圖。下列說法不正確的是A．生成活化氧的總反應(yīng)是吸熱反應(yīng)B．反應(yīng)前后氧元素的化合價發(fā)生改變C．生成活化氧的反應(yīng)在有水條件下更容易發(fā)生D．反應(yīng)過程中存在氧氧鍵的斷裂和碳氧鍵的生成21、下列有關(guān)實驗裝置進行的相應(yīng)實驗，不能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HClB．用圖2所示裝置蒸發(fā)KCl溶液制備無水KClC．用圖3所示裝置可以完成“噴泉”實驗D．用圖4所示裝置制取干燥純凈的NH322、室溫下，下列各組離子在指定溶液中不能大量共存的是A．能使石蕊變紅的無色溶液：NH4+、Ba2+、Al3+B．0.1mol·L-1碘水：Na+、NH4+、SOC．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NOD．pH=2的溶液中：K+、NO3-、ClO二、非選擇題(共84分)23、（14分）下圖中A～J均代表無機物或其水溶液，其中A是紅色固體，H是生活中常見的液體，J是磁性材料，而B、D、G是單質(zhì)，B是地殼中含量最高的金屬元素，G是氣體。根據(jù)圖示回答問題：(1)寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A_______，I___________。(2)反應(yīng)②的化學(xué)方程式是____________。(3)上述物質(zhì)D可與硫酸反應(yīng)生成FeSO4,利用FeSO4可制得一種高效凈水劑。方程式如下，若FeSO4和O2的化學(xué)計量數(shù)之比為2∶1，試配平下列方程式______：FeSO4＋K2O2→K2FeO4＋K2O＋K2SO4＋O2↑。(4)高鐵酸鉀(K2FeO4)作為高效的綠色水處理劑，在水中發(fā)生反應(yīng)生成Fe(OH)3，高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是____、____。(5)氧化鐵是重要工業(yè)顏料，用廢鐵屑制備氧化鐵的流程如下：回答下列問題：①操作I、Ⅱ的名稱分別是_____、_________。②加入NH4HCO3溶液后過濾，所得濾液的主要成份是：_________。③寫出在空氣中鍛燒FeCO3的化學(xué)方程式________；(6)有些同學(xué)認(rèn)為KMnO4溶液滴定也能進行鐵元素含量的測定：a.稱取2.850g綠礬(FeSO4·7H2O)產(chǎn)品，溶解，在250mL容量瓶中定容;b.量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中;c.用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL。計算上述樣品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____。24、（12分）Ⅰ.A、B、C、D和E均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，其中B為自然界中含量最多的液體，它們之間有如圖反應(yīng)關(guān)系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，該反應(yīng)的離子方程式為____________________________________。（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)，D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應(yīng)都能進行。寫出C溶液呈強堿性時反應(yīng)的離子方程式：_____________________________。（3）若A、C均為化合物，E為白色沉淀（不含金屬元素），C為引起溫室效應(yīng)的主要氣體，則該反應(yīng)的離子方程式為__________________________________。Ⅱ.FeCl3可用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。（4）將標(biāo)準(zhǔn)狀況下aL氯化氫氣體溶于1000g水中得到鹽酸，若該鹽酸的密度為bg·mL－1，則該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是____________________。（5）向100mL的FeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl23.36L，反應(yīng)后的溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為____________。（6）用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數(shù)_____0.2NA(填“大于”“等于”或“小于”)。25、（12分）工業(yè)上H2O2是一種重要的綠色氧化還原試劑，某小組對H2O2的催化分解實驗進行探究?；卮鹣铝袉栴}：(1)在同濃度Fe3+的催化下，探究濃度對H2O2分解反應(yīng)速率的影響。實驗裝置如圖所示：①寫出H2O2溶液在Fe3+催化下分解的化學(xué)方程式___________；除了圖中所示儀器之外，該實驗還必需的儀器是___________。②請寫出下面表格中I、II、III的實驗記錄內(nèi)容或數(shù)據(jù)：實驗序號0.1mol/LFe2(SO4)3溶液的體積/mLII30%H2O2溶液的體積/mL蒸餾水的體積/mLO2的體積/mL1Ibcde2abdIIIfI＝_________，II＝_________，III＝________。(2)利用圖1和圖2中的信息，按圖3裝置(連通的A、B瓶中已充有NO2氣體)進行實驗?？捎^察到A瓶中氣體顏色比B瓶中的________(填“深”或“淺”)，其原因是____________。(3)該小組預(yù)測同為第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查閱資料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均為+2價)也可用作H2O2分解的催化劑，具有較高的活性。如圖表示兩種不同方法制得的催化劑CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃時催化分解6%的H2O2溶液的相對初始速率隨x變化曲線。由圖中信息可知___________法制取得到的催化劑活性更高，推測Co2+、Ni2+兩種離子中催化效果更好的是___________。26、（10分）某小組同學(xué)為探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性強弱，設(shè)計如下實驗(夾持儀器已略去，裝置的氣密性已檢驗)。實驗記錄如下：實驗操作實驗現(xiàn)象I打開活塞a，滴加少量新制氯水，關(guān)閉活塞aA中溶液變?yōu)闇\紅棕色II吹入空氣A中紅棕色明顯變淺；B中有氣泡，產(chǎn)生大量白色沉淀，混合液顏色無明顯變化III停止吹入空氣，打開活塞b，逐滴加入H2O2溶液B中開始時顏色無明顯變化；繼續(xù)滴加H2O2溶液，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色請回答下列問題：(1)新制氯水應(yīng)保存在___________色的細口瓶中，盛裝H2O2溶液的儀器名稱是___________。(2)實驗操作I時，A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。(3)實驗操作II吹入熱空氣的目的是吹出單質(zhì)Br2，是體現(xiàn)了液溴的___________性質(zhì)。(4)裝置C中盛放的藥品是___________溶液(填化學(xué)式)。C中反應(yīng)的離子方程式為___________。(5)實驗操作III，開始時顏色無明顯變化，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色。①顏色無明顯變化的可能原因是___________。②逐漸變成紅棕色，其對應(yīng)的離子方程式為___________。(6)由上述實驗得出的結(jié)論是___________。27、（12分）堿式碳酸鈷[Cox(OH)y(CO3)z]常用作電子材料，磁性材料的添加劑，受熱時可分解生成三種氧化物。為了確定其組成，某化學(xué)興趣小組同學(xué)設(shè)計了如圖所示裝置進行實驗。（1）請完成下列實驗步驟：①稱取3.65g樣品置于硬質(zhì)玻璃管內(nèi)，稱量乙、丙裝置的質(zhì)量：②按如圖所示裝置組裝好儀器，第一步是__（填操作）；③加熱甲中玻璃管，當(dāng)乙裝置中不再有氣泡產(chǎn)生時，停止加熱；④打開活塞a，緩慢通入一段時間空氣，然后稱量乙、丙裝置的質(zhì)量；⑤計算。（2）丁裝置的名稱為__。（3）某同學(xué)認(rèn)為該實驗裝置中存在一個明顯不足之處，為解決這一問題，可選用下列裝置中的__（填字母）連接在__（填裝置連接位置）。（4）若按正確裝置進行實驗，測得如下數(shù)據(jù)：乙裝置的質(zhì)量/g丙裝置的質(zhì)量/g加熱前90.0082.00加熱后90.3682.88則該堿式碳酸鈷的化學(xué)式為__。28、（14分）苯乙烯可以通過下列方法合成:（1）AB的反應(yīng)的反應(yīng)類型是_______；該反應(yīng)還會生成另一種有機物，其結(jié)構(gòu)簡式為____。（2）C中含氧官能團的名稱是________；C物質(zhì)能與CH3COOH在濃硫酸作用下，發(fā)生酯化反應(yīng)，寫出相應(yīng)化學(xué)反應(yīng)方程式_______（3）檢驗產(chǎn)物D中溶有C的實驗方法是______。（4）B有多種同分異構(gòu)體:E是B的芳香類同分異構(gòu)體，結(jié)構(gòu)上滿足下列條件。則E的結(jié)構(gòu)簡式為_________。A．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)B．且苯環(huán)上的一氯代物只有2種（5）對羧基聚苯乙烯()是合成功能高分子材料的重要中間體。己知:①NaBH4為選擇性還原劑，不能還原羧酸②苯甲酸發(fā)生苯環(huán)取代時，生成間位產(chǎn)物.試寫出以甲苯等為主要原料，合成對羧基聚苯乙烯的流程圖(無機試劑任選)合成路線流程圖示例如下:_____________________29、（10分）化石燃料燃燒時會產(chǎn)生SO2進入大氣，有多種方法可用于SO2的脫除。（1）NaClO堿性溶液吸收法。工業(yè)上可用NaClO堿性溶液吸收SO2。①反應(yīng)離子方程式是__________________________________________。②為了提高吸收效率，常用Ni2O3作為催化劑。在反應(yīng)過程中產(chǎn)生的四價鎳和氧原子具有極強的氧化能力，可加快對SO2的吸收。該催化過程的示意圖如圖所示：a.過程1的離子方程式是Ni2O3+ClO－=2NiO2+Cl－，則過程2的離子方程式____________。b．Ca(ClO)2也可用于脫硫，且脫硫效果比NaClO更好，原因是________________。（2）碘循環(huán)工藝也能吸收SO2降低環(huán)境污染，同時還能制得氫氣，具體流程如下：則碘循環(huán)工藝的總反應(yīng)為：___________________________________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【分析】

【詳解】A．由于弱酸存在電離平衡，相同pH、相同體積的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋時，醋酸的酸性降低的相對慢一些，從圖像可知I線表示鹽酸稀釋，II線表示醋酸稀釋，A錯誤；B．由于兩酸的PH相同，鹽酸的濃度小，稀釋相同倍數(shù)，仍然是醋酸的濃度大于鹽酸，B錯誤；C．溫度相同的情況下，KW是定值，C錯誤；D．b點溶液稀釋后可變成c點溶液，c點溶液中離子濃度小，導(dǎo)電性差，D正確；答案選D。2、C【詳解】A．硫蒸氣的能量大于等質(zhì)量的硫粉，等質(zhì)量的硫蒸氣和硫粉分別完全燃燒，前者放出熱量多，故A錯誤；B．稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－53.7kJ·mol－1，若將含1molH2SO4的稀溶液與含0.5molBa(OH)2的溶液混合，由于有硫酸鋇沉淀生成，放出的熱量則大于57.3kJ，故B錯誤；C．能量越低越穩(wěn)定，C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＝＋1.9kJ·mol－1，說明石墨比金剛石穩(wěn)定，故C正確；D．X(g)＋Y(g)Z(g)△H＞0，恒溫恒容條件下達到平衡后加入X，平衡正向移動，△H不變，故D錯誤；選C。3、C【詳解】①常溫下，氯氣與NaOH溶液的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，0.1molCl2轉(zhuǎn)移0.1mol電子即0.1NA個，故錯誤；②18g水的物質(zhì)的量為1mol，而水為10電子微粒，故1mol水中含10mol電子即10NA個，故正確；③一個Fe(OH)3膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故將100mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3膠粒小于0.01NA，故錯誤；④在反應(yīng)KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中，轉(zhuǎn)移5mol電子，生成3mol碘，故正確；⑤C2H4和C4H8最簡式都為CH2，含有1mol最簡式CH2，即原子數(shù)為3NA，故正確；⑥2NO+O2=2NO2，0.5molNO和0.5molO2反應(yīng)生成0.5molNO2和剩余0.25mol氧氣，但體系中存在可逆反應(yīng)2NO2N2O4，所以混合后氣體分子數(shù)小于0.75NA，故錯誤；⑦水分子中還含有氧原子，所以1.0L1.0mol·L-1Na2SiO3水溶液中含有的氧原子數(shù)大于3NA，故錯誤；故選C。4、B【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著減弱這種改變的方向移動，使用勒夏特列原理時，必須是可逆反應(yīng)，且存在平衡移動的現(xiàn)象，否則勒夏特列原理不使用。【詳解】A．加入AgNO3溶液，生成AgBr沉淀，HBr濃度減小，平衡正向移動，溴水褪色，可用勒夏特列原理解釋，故A正確；B．使用催化劑會提高反應(yīng)的速率，但是正逆反應(yīng)速率相等，平衡不移動，所以不能用勒夏特列原理解釋，故B錯誤；C．醋酸存在電離平衡，該可逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，加熱，平衡正向移動，氫離子濃度增大，pH降低，可用勒夏特列原理解釋，故C正確；D．氮氣與氫氣合成氨是一個可逆反應(yīng)，增大壓強，會使平衡向系數(shù)減小的方向移動，平衡正向移動，有利于提高氮氣的轉(zhuǎn)化率，可用勒夏特列原理解釋，故D正確；答案選B?！军c睛】切記：催化劑能同等程度提升正逆反應(yīng)的反應(yīng)速率，平衡不移動。5、D【分析】本題主要考查氧化還原反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算。Cu元素的化合價由+2價降低到+1價，CuSO4是氧化劑，P4部分磷元素由0價降低到-3價，部分磷元素由0價升高到+5價，磷元素的化合價既升高又降低，所以P4既是氧化劑又是還原劑，若有11molP4參加反應(yīng)，其中5mol的P4做氧化劑，60mol硫酸銅做氧化劑，只有6mol的P4做還原劑，結(jié)合電子守恒來解答?！驹斀狻緼.該反應(yīng)中CuSO4將白磷氧化為H3PO4，錯誤；B.因為1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，錯誤；C.Cu3P只是還原產(chǎn)物，錯誤；D.根據(jù)反應(yīng)中各元素化合價變化，該反應(yīng)可寫為6P4（還原劑）+5P4+60CuSO4（氧化劑）+96H2O===20Cu3P（還原產(chǎn)物）+24H3PO4（氧化產(chǎn)物）+60H2SO4，白磷發(fā)生歧化反應(yīng)，其中作氧化劑和還原劑的白磷的質(zhì)量之比為5:6，正確。6、C【解析】A.此圖中反應(yīng)物總能量與生成物的總能量差值出現(xiàn)變化，不可能是由于催化劑引起的，催化劑不能改變反應(yīng)的熱效應(yīng)，故錯誤；B.氯化鎂為強酸弱堿鹽，在空氣中加熱發(fā)生水解生成氧化鎂，0.1mol氧化鎂的質(zhì)量為4.0g，故錯誤；C.醋酸為弱電解質(zhì)，在水溶液中存在電離平衡，加水稀釋促進醋酸電離，氯化氫是強電解質(zhì)，完全電離，導(dǎo)致稀釋過程中，醋酸中的氫離子濃度大于鹽酸，所以pH變化小的為醋酸，且稀釋到pH=4，b大于100，故正確；D.此反應(yīng)特點為氣體體積減小的反應(yīng)，縮小體積，即增大壓強，平衡正向移動，四氧化二氮的濃度變大，故錯誤。故選C。點睛：在對氣體體積的變化過程中氣體濃度的分析，要分清過程和結(jié)果。如選項D，將體積縮小，則各氣體的濃度都增大，相當(dāng)于加壓，平衡正向移動，四氧化二氮的濃度繼續(xù)增大，而二氧化氮的濃度要減少，最后結(jié)果，二者的濃度都比原來的大。7、A【解析】A項，由圖示可得，放電時鋁在負極失電子，氧氣在正極得電子，固體電解質(zhì)只允許Li+通過，所以Li+穿過固體電解質(zhì)向正極移動而得到LiOH溶液，故A正確；B項，放電時正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e-=4OH-，當(dāng)外電路中有1mole－轉(zhuǎn)移時，生成1molOH-，同時1molLi+穿過固體電解質(zhì)進入水性電解液，所以離子總數(shù)增加2NA，故B錯誤；C項，根據(jù)電子守恒，應(yīng)用該電池電鍍銅，陰極質(zhì)量增加64g，即生成1mol銅，則電路中通過2mol電子，理論上消耗0.5molO2，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為11.2L，若不是標(biāo)準(zhǔn)狀況則不一定，故C錯誤；D項，因為固體電解質(zhì)只允許Li+通過，所以放電時，負極反應(yīng)式：Li－e－＝Li+，故D錯誤。點睛：本題通過新型鋰-空氣電池考查原電池原理，涉及正負極判斷、離子移動方向、電極反應(yīng)式書寫、有關(guān)計算等，注意根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)判斷原電池的正負極；根據(jù)“固體電解質(zhì)只允許Li+通過”這個條件書寫負極電極反應(yīng)式；B項易錯，注意水性電解質(zhì)溶液中增多的是OH-和遷移過去的Li+，不要忽略了后者；C項易錯，要養(yǎng)成見到氣體的體積首先想到是否需要注明標(biāo)準(zhǔn)狀況的習(xí)慣，防止出錯。8、D【詳解】從題目所給的圖示步驟綜合分析，可以看出第①步分離五種離子中的一種離子，只能是Ag＋與Cl－結(jié)合生成AgCl沉淀。第②步產(chǎn)生的沉淀和剩余的溶液分別分離出兩種離子，應(yīng)用NH3·H2O沉淀出Fe3＋和Al3＋，然后用強堿NaOH溶液將Fe(OH)3和Al(OH)3分離。第④步用SO42－將Ba2＋和K＋分離，故答案為D。9、B【解析】Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，含F(xiàn)e3+的物質(zhì)的量濃度為0.4mol/L，SO42-的物質(zhì)的量濃度為0.7mol/L，根據(jù)電荷守恒有：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42-），即3×0.4mol/L+c（（Na+）=2×0.7mol/L，解得c（Na+）=1.4mol/L-1.2mol/L=0.2mol/L，答案選B。點睛：本題考查了電荷守恒、物質(zhì)的量濃度的計算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，題目難度不大，注意掌握物質(zhì)的量濃度概念及計算方法，明確電荷守恒在化學(xué)計算中的應(yīng)用方法。Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中一定滿足電荷守恒，即：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42-），根據(jù)鐵離子、硫酸根離子的濃度及電荷守恒計算出此溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度。10、B【解析】根據(jù)等效平衡原理，若1molH2與1molI2完全轉(zhuǎn)化為HI，則HI為2mol，所以①和③是完全相同的等效平衡，所以二者的濃度，百分含量，壓強轉(zhuǎn)，化率等都一樣；②與①相比增大了HI的量，該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)，增大HI的量，達到平衡時新平衡與原平衡相同，所以各物質(zhì)的百分含量不變，但是濃度增大?！驹斀狻緼項、由于恒容密閉容器，②中初始的量大，所以壓強最大，故A錯誤；B下、由于恒容密閉容器，②中初始的量大，所以②中I2的濃度最大，①和③是完全相同的等效平衡，二者I2的濃度相同，所以平衡時，I2的濃度：②>①=③，故B正確；C項、①②③都是等效平衡，所以三者中I2的體積分?jǐn)?shù)相同，故C錯誤；D項、由于②中初始的量大，反應(yīng)濃度大，反應(yīng)速率快，所以到達平衡所用時間最短，所以②<③，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查了等效平衡，等效平衡問題是指利用等效平衡（相同平衡或相似平衡）來進行的有關(guān)判斷和計算問題，即利用與某一平衡狀態(tài)等效的過渡平衡狀態(tài)（相同平衡）進行有關(guān)問題的分析、判斷，或利用相似平衡的相似原理進行有關(guān)量的計算。所以等效平衡也是一種思維分析方式和解題方法。11、D【詳解】A．酸雨的pH<5.6，A錯誤；B．合成纖維、硝酸纖維均為有機高分子物質(zhì)，光導(dǎo)纖維是SiO2，屬于無機非金屬材料，B錯誤；C．直徑介于1～100nm之間的粒子的分散系稱為膠體，只有分散質(zhì)不能稱為膠體，C錯誤；D．地溝油，潲水油主要成分為油脂，在堿性條件下水解發(fā)生皂化反應(yīng)，可用于制肥皂，D正確；故選D。12、B【解析】A、標(biāo)況下，CCl4是液體，故A錯誤；B、葡萄糖（C6H12O6）的冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最簡式為（CH2O）n，3.0g混合物中有0.1molCH2O，故原子總數(shù)為0.4NA，故B正確；C、常溫時，56gFe與足量濃硝酸鈍化，故C錯誤；D、B的晶體中，一個三角形有三個B，每個B參與形成5個三角形，故一個三角形有0.6個B，則11gB，即為1molB含有的三角形數(shù)為5/3NA，故D錯誤；故選B。點睛：D選項和金剛石里的問題類似，金剛石一個碳原子參與12個環(huán)的形成，因此一個六元環(huán)的碳原子數(shù)為0.5，環(huán)數(shù)：C=1：2，D中，環(huán)數(shù)：B=5：3。13、B【詳解】A.“84”消毒液(有效成分為NaClO)溶液中次氯酸根離子水解溶液顯堿性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促進水解平衡正向進行，生成次氯酸濃度大漂白效果快，②中藍色迅速褪去的原因是發(fā)生了反應(yīng)ClO?+H+═HClO，故A正確；B.“84”消毒液(有效成分為NaClO)溶液中加入濃度較大的稀硫酸反應(yīng)，混合后溶液pH=3.2，藍色迅速褪去，并產(chǎn)生大量氣體，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，說明生成了氯氣，是氯離子和次氯酸根離子在酸溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成了氯氣，氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸具有漂白性，生成的鹽酸呈酸性，故B錯誤；C.對比實驗②和③，酸溶液濃度大小會影響反應(yīng)過程，溶液的pH可能會影響ClO?的氧化性或Cl?的還原性，故C正確；D.加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的濃度大時會生成污染氣體氯氣，需要調(diào)控合適的pH才能安全使用，故D正確；答案選B。14、D【解析】A.濃硫酸有強氧化性，會氧化H2S，故A錯誤；B.要除去Cl2中的HCl應(yīng)該是通過飽和食鹽水，因為食鹽水不吸收Cl2而吸收HCl，若用飽和碳酸氫鈉溶液會吸收氯氣，不符合除雜原則，故B錯誤；C.Fe與氯化鐵、氯化銅均反應(yīng)，將原物質(zhì)反應(yīng)掉，不符合除雜的原則，故C錯誤；D.CO通過灼熱的CuO生成CO2而除去，故D正確；故答案選D。15、B【詳解】A．反應(yīng)前2min內(nèi)v(Y)==0.001mol/(L·min)，由于v(Z)：v(Y)=4：1，所以v(Z)=4v(Y)=4×0.001mol/(L·min)=0.004mol/(L·min)，A錯誤；B．反應(yīng)開始時n(Y)=0.15mol，達到平衡時n(Y)=0.10mol，Y的物質(zhì)的量減少0.05mol，根據(jù)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：反應(yīng)達到平衡時產(chǎn)生Z的物質(zhì)的量n(Z)=0.05mol×4=0.2mol。其它條件不變，再充入X、Y各0.15mol，若平衡不發(fā)生移動，達到平衡時Z的物質(zhì)的量應(yīng)該是2×0.2mol=0.4mol，但加入反應(yīng)物，會使體系的壓強增大。增大壓強，化學(xué)平衡會向氣體體積減小的逆方向移動，則Z的物質(zhì)的量比0.4mol小，即n(Z)＜0.4mol，B正確；C．該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度改變對吸熱反應(yīng)影響更大。其它條件不變時，降低溫度的瞬間，速率v逆降低比v正多，C錯誤；D．對于該可逆反應(yīng)，在反應(yīng)開始時c(X)=c(Y)=0.015mol/L，c(Z)=0，△c(X)=△c(Y)=0.005mol/L，△c(Z)=0.02mol/L，故物質(zhì)的平衡濃度c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.020mol/L，該溫度下反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K==1.6×10-3，D錯誤；故合理選項是B。16、B【解析】A.pH=1的溶液顯酸性，在酸性溶液中HCO3-不能大量存在，故A錯誤；B.遇酚酞變紅的溶液顯堿性，在堿性溶液中，NO3-、Na+、A1O2-、K+離子間不發(fā)生反應(yīng)，能夠大量共存，故B正確；C.在酸性溶液中，NO3-、H+、Fe2+能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故C錯誤；D.MnO4-是紫紅色的，與溶液無色不符，故D錯誤；故選B。點睛：解題時要注意題目所隱含的條件。如：①溶液無色透明時，則溶液中一定沒有Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②強堿性溶液中肯定不存在與OH-反應(yīng)的離子；③強酸性溶液中肯定不存在與H+反應(yīng)的離子等。本題的易錯點為C，F(xiàn)e2+與NO3-能共存，但在強酸性條件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存。17、C【解析】A、加入水時，醋酸的電離平衡向右移動，但是CH3COOH電離常數(shù)不會發(fā)生變化，選項A錯誤；B、加入少量CH3COONa固體，由于c(CH3COO-)增大，電離平衡向左移動，選項B錯誤；C、加入少量NaOH固體，由于c(OH-)增大，消耗酸電離產(chǎn)生的H+，使醋酸的電離平衡向右移動，但是由于平衡移動的趨勢是微弱的，總的來說c(H+)減小，選項C正確；D、加入少量pH=3的硫酸，由于二者的pH相同，所以溶液中c(H+)不變，選項D錯誤。答案選C。點睛：本題考查外界條件對弱電解質(zhì)電離平衡移動的影響的知識。正確利用勒夏特列原理進行平衡移動的分析是解答本題的關(guān)鍵。18、C【解析】A.銅不溶解，只有鐵和硫酸反應(yīng)放出氫氣，故A錯誤；B.Na2SO4不能與銅反應(yīng)，故B錯誤；C.硝酸根與原溶液中的H+在一起可發(fā)揮其氧化性，跟銅反應(yīng)，生成一氧化氮，硝酸銅和水，故C正確；D.銅不能與FeCl2反應(yīng)，故D錯誤；故選C。19、A【詳解】A、Fe(OH)2容易被氧化成Fe(OH)3，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，說明Fe(OH)3比Fe(OH)2穩(wěn)定，故A正確；B、X為Cl、Br，則與Fe發(fā)生反應(yīng)生成FeX3，X為I，則與Fe反應(yīng)生成FeI2，故B錯誤；C、Fe3＋具有強氧化性，能把I－氧化成I2，故C錯誤；D、制備氫氧化鐵膠體：將幾滴飽和FeCl3溶液滴加到沸水中，繼續(xù)加熱直到出現(xiàn)紅褐色液體，停止加熱，即為氫氧化鐵膠體，故D錯誤。20、A【詳解】A．根據(jù)圖示，炭黑和氧氣的總能量大于活化氧的總能量，生成活化氧的總反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．反應(yīng)前氧氣中O元素的化合價為0，在活化氧中O元素的化合價不為0，反應(yīng)前后氧元素的化合價發(fā)生了改變，故B正確；C．根據(jù)圖示，生成活化氧的反應(yīng)在有水條件下的活化能小于無水條件下的活化能，反應(yīng)更容易發(fā)生，故C正確；D．根據(jù)圖示，反應(yīng)物氧氣中存在氧氧鍵，炭黑中存在碳碳鍵，生成物活化氧中存在碳氧鍵和碳碳鍵，因此反應(yīng)過程中存在氧氧鍵的斷裂和碳氧鍵的生成，故D正確；故選A。21、D【解析】A．由于氯氣與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，若水中含有NaCl就可以減少氯氣的消耗，同時還可以溶解HCl,因此可以用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HCl,A正確；B．KCl是強酸強堿鹽，加熱不發(fā)生水解反應(yīng)，所以可以用圖2所示裝置蒸發(fā)KCl溶液制備無水KCl，B正確；C．氯氣與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，使燒瓶中氣體壓強減小，燒杯中的NaOH溶液在大氣壓強的作用下被壓入燒瓶，氯氣進一步溶解、反應(yīng)消耗，壓強進一步減小，能夠持續(xù)不斷的產(chǎn)生壓強差，因此可以用圖3所示裝置可以完成“噴泉”實驗，C正確；D．可以用向NaOH固體中滴加濃氨水的方法制取氨氣，氨氣的水溶液呈堿性，用堿性干燥劑堿石灰進行干燥，但是由于氨氣的密度比空氣小，應(yīng)該用向下排空氣的方法收集氨氣，所以不能用圖4所示裝置制取干燥純凈的NH3，D錯誤。答案選D。22、B【解析】A.能使石蕊變紅的無色溶液，說明溶液呈酸性，且無有色微粒存在，上述4種離子均能和H+大量共存，故A項不選；B.I2能夠?qū)O32-氧化：H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+，故B項選；C.能夠大量共存，故C項不選；D.pH=2的溶液，說明c(H+)=0.01mol/L，溶液中離子能大量共存，故D項不選。答案選B。二、非選擇題(共84分)23、Fe2O3AlCl33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H22FeSO4＋6K2O2==2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑強氧化性吸附凈水過濾洗滌硫酸銨4FeCO3+O22Fe2O3+4CO297.54%【分析】J是磁性材料即為四氧化三鐵，推出D為鐵，H為水，G為氫氣，B是地殼中含量最高的金屬元素即為鋁，根據(jù)A和B反應(yīng)，和A的顏色，推出A為氧化鐵，G是氣體，根據(jù)F到I的反應(yīng)可知F為偏鋁酸根，I為鋁離子，C為強堿。純堿主要是利用水解原理去除油污，鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，過濾后，向濾液中加入過量的碳酸氫銨，發(fā)生反應(yīng)生成碳酸亞鐵、硫酸銨、二氧化碳氣體，再過濾洗滌干燥，再空氣中煅燒得到氧化鐵?！驹斀狻竣艑懗鱿铝形镔|(zhì)的化學(xué)式A：Fe2O3，I：AlCl3，故答案為Fe2O3；AlCl3；⑵反應(yīng)②是鐵和水蒸氣再高溫下反應(yīng)，其化學(xué)方程式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑶若FeSO4和O2的化學(xué)計量數(shù)之比為2∶1，利用化合價升降守恒，2個鐵升高8個價態(tài)，得到1個氧氣升高2個價態(tài)，共升高10個價態(tài)，降低也應(yīng)該降低10個價態(tài)，因此方程式配平為2FeSO4＋6K2O2==2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑，故答案為2FeSO4＋6K2O2==2K2FeO4＋2K2O＋2K2SO4＋O2↑；⑷高鐵酸鉀(K2FeO4)作為高效的綠色水處理劑，在水中發(fā)生反應(yīng)生成Fe(OH)3，高鐵酸鉀化合價降低，具有強的氧化性，生成的氫氧化鐵膠體具有吸附性，吸附水中的雜質(zhì)，因此高鐵酸鉀作為水處理劑發(fā)揮的作用是強氧化性、吸附凈水，故答案為強氧化性；吸附凈水；⑸①根據(jù)操作I后面濾渣可推出該步驟為過濾，根據(jù)操作Ⅱ后面干燥可知該步驟為洗滌，故答案為過濾；洗滌；②加入NH4HCO3溶液和硫酸亞鐵反應(yīng)生成碳酸亞鐵和硫酸銨，所得濾液的主要成份是硫酸銨，故答案為硫酸銨；③在空氣中鍛燒FeCO3的反應(yīng)生成氧化鐵和二氧化碳氣體，其化學(xué)方程式4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案為4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；⑹5FeSO4——KMnO4，根據(jù)關(guān)系得出硫酸亞鐵的物質(zhì)的量，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故答案為97.54%。24、I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓mol·L-12mol·L-1小于【分析】Ⅰ.A、B、C、D、E均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O，再結(jié)合流程中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系及提供的信息進行分析判斷，從而得解；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質(zhì)量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，結(jié)合c=計算；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應(yīng)2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應(yīng)后溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，說明氯氣完全反應(yīng)，Cl2的物質(zhì)的量為=0.15mol，若Br-沒有反應(yīng)，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應(yīng)，設(shè)FeBr2的物質(zhì)的量為x，表示出參加反應(yīng)的n（Br-），根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒列方程計算x值，再根據(jù)c=計算；（6）鐵離子水解制備膠體，膠體可凈化水，且水解反應(yīng)為可逆反應(yīng)?！驹斀狻緼、B、C、D、E均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，A具有氧化性為I2，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，則C為二氧化硫，該反應(yīng)的反應(yīng)離子方程式為：SO2+I2+2H2O═4H++2I-+SO42-；（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)，D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應(yīng)都能進行，則A為Al，D為H2，A與強堿性溶液反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）若A、C均為化合物，C為引起溫室效應(yīng)的主要氣體，判斷C為CO2，為酸性強的制備酸性弱的反應(yīng)，E為白色沉淀不含金屬元素，判斷E為H2SiO3，則A為硅酸鹽，足量的C與A反應(yīng)生成E的一個離子方程式為：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質(zhì)量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，由c==mol/L；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應(yīng)2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應(yīng)后溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，說明氯氣完全反應(yīng)，Cl2的物質(zhì)的量為=0.15mol，若Br-沒有反應(yīng)，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應(yīng)，設(shè)FeBr2的物質(zhì)的量為x，則n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反應(yīng)的n（Br-）=0.3mol，參加反應(yīng)的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有x×1+（2x-0.3）×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物質(zhì)的量為0.2mol，因為水解為可逆反應(yīng)，且生成膠體為微觀粒子的集合體，則生成具有凈水作用的微粒數(shù)小于0.2NA?！军c睛】本題考查無機推斷、氧化還原反應(yīng)的計算及濃度計算等，綜合性較強，把握氧化還原反應(yīng)中電子守恒、鹽類水解及物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算公式等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度中等。25、2H2O22H2O+O2↑秒表或計時器a時間(min或s)c淺H2O2分解放熱，使得B瓶溫度高，升高溫度，反應(yīng)2NO2(g)?N2O4(g)的平衡逆向移動，NO2濃度增大，B瓶中顏色加深微波水熱Co2+【詳解】(1)①過氧化氫在鐵離子催化下分解生成水和氧氣，方程式為2H2O22H2O+O2↑；該實驗是探究濃度對H2O2分解反應(yīng)速率的影響，即相同時間內(nèi)收集產(chǎn)生的氧氣的體積多少，所以使用的儀器有秒表或計時器；②在同濃度Fe3+的催化下，探究濃度對H2O2分解反應(yīng)速率的影響，所以實驗要控制鐵離子的濃度相同，時間相同，所以Ⅰ為a，Ⅱ時間(min或s)，控制過氧化氫和蒸餾水的體積總數(shù)相同，所以Ⅲ為c；(2)因為H2O2分解放熱，使得B瓶溫度高，升高溫度，反應(yīng)2NO2(g)?N2O4(g)的平衡逆向移動，NO2濃度增大，B瓶中顏色加深，所以A瓶的顏色比B瓶淺；(3)微波水熱法使過氧化氫分解初始速率增大，所以微波水熱法制取得到的催化劑活性更高，從圖分析，x數(shù)值越大，過氧化氫的初始分解速率越大，所以Co2+催化效果更好。26、棕分液漏斗2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl易揮發(fā)NaOHBr2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2OH2SO3有剩余或H2O2濃度小或Br－與H2O2反應(yīng)慢等H2O2＋2Br－＋2H＋=Br2＋2H2O氧化性：H2O2>Br2>H2SO3【分析】打開活塞a，滴加少量新制氯水，關(guān)閉活塞a，氯水和NaBr反應(yīng)產(chǎn)生Br2；吹入空氣加快Br2揮發(fā)進入B中，B中有氣泡，產(chǎn)生大量白色沉淀，混合液顏色無明顯變化，說明Br2將亞硫酸氧化成硫酸，自身被還原成Br-，硫酸和氯化鋇生成硫酸鋇沉淀；停止吹入空氣，打開活塞b，逐滴加入H2O2溶液，可能是H2O2先氧化亞硫酸，故B中開始時顏色無明顯變化，接著將Br-氧化成Br2，混合液逐漸變成紅棕色，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)氯水中含有次氯酸，見光易分解，要避光保存，應(yīng)保存在棕色細口瓶中。根據(jù)儀器構(gòu)造，盛裝H2O2溶液的儀器名稱是分液漏斗，故答案為：棕；分液漏斗；(2)A中是氯水滴入溴化鈉溶液中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，氯氣氧化溴離子為溴單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl，故答案為：2NaBr＋Cl2=Br2＋2NaCl；(3)吹入熱空氣，吹出溴單質(zhì)，說明溴易揮發(fā)，即體現(xiàn)了液溴的易揮發(fā)的性質(zhì)，故答案為：易揮發(fā)；(4)裝置C是尾氣吸收裝置，從B中出來的主要是溴蒸氣等污染氣體，不能排放到空氣中，需要用氫氧化鈉溶液吸收，離子方程式為Br2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2O，故答案為：NaOH；Br2＋2OH－=Br－＋BrO－＋H2O；(5)實驗操作III，開始時顏色無明顯變化的原因是，H2O2濃度小、過氧化氫與溴離子反應(yīng)慢，亞硫酸有剩余等。滴入過氧化氫在酸溶液中會氧化溴離子為溴單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式根據(jù)電子守