黑龍江省哈爾濱市第六中學(xué)2020屆高三化學(xué)上學(xué)期第三次調(diào)研考試試題【含解析】

1、黑龍江省哈爾濱市第六中學(xué)2020屆高三化學(xué)上學(xué)期第三次調(diào)研考試試題（含解析）第卷（選擇題50分）一、單項(xiàng)選擇題（本題包括25小題，共計(jì)50分。每小題只有1個(gè)選項(xiàng)是正確的。）1.東晉葛洪在抱樸子中寫道“扶南生金剛，生水底石上，如鐘乳狀，體似紫石英，可以刻玉，人沒水取之，雖鐵椎之亦不能傷”文中所述“金剛”可能為A. 結(jié)晶氯化鈉B. 金剛石C. 碳酸鈉D. 二氧化硅【答案】B【解析】【詳解】結(jié)晶氯化鈉、碳酸鈉硬度小，不符合“雖鐵椎之亦不能傷”的性質(zhì)，二氧化硅晶體：為無色透明或紫色透明的石英，無定形：為白色固體或粉末狀，不符合如鐘乳狀，體似紫石英特點(diǎn)，似紫石英不是石英，金剛石符合上述特征，所以B符合，

2、故答案為B。2.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是 ( )A. 鐵水打花是一種古老的煙花，操作是“將生鐵裝進(jìn)坩泥鍋，并化成沸騰的鐵汁”，其中坩泥鍋的主要成分是硅酸鹽B. 液氨可用作制冷劑是由于液氨汽化吸熱C. 夢(mèng)溪筆談中“取精鐵鍛之百余火，則純鋼也，雖百煉，不耗矣?！卑贌掍撊埸c(diǎn)比純鐵高D. 華為最新一代旗艦芯片麒麟9905G中半導(dǎo)體材料為硅【答案】C【解析】【詳解】A. 坩泥鍋的主要成分是硅酸鹽產(chǎn)品，故A正確；B. 液氨汽化時(shí)能吸收大量的熱，故可用作制冷劑，故B正確；C. 百煉鋼成分為合金鋼，比純鐵的熔點(diǎn)低，故C錯(cuò)誤；D. 芯片麒麟9905G中半導(dǎo)體材料為導(dǎo)電的硅單質(zhì)，故D正確；故答案選C。

3、3.分子式為C4H8BrCl的有機(jī)物共有（不含立體異構(gòu)）A. 8種B. 10種C. 12種D. 14種【答案】C【解析】【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2個(gè)H原子分別被1個(gè)Cl、1個(gè)Br原子取代，丁烷只有2種結(jié)構(gòu)，氯原子與溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，據(jù)此書寫判斷?！驹斀狻肯确治鎏脊羌墚悩?gòu)，分別為 C-C-C-C 與2種情況，然后分別對(duì) 2 種碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 種，骨架有和， 4 種，綜上所述，分子式為C4H8BrCl的有機(jī)物種類共8+4=12種，C項(xiàng)正確；答案選C。【點(diǎn)睛】本題考查同分異構(gòu)體的書

4、寫，難度中等，學(xué)會(huì)利用同分異構(gòu)體的判斷方法解題是關(guān)鍵。4.科學(xué)家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是A. WZ的水溶液呈堿性B. 元素非金屬性的順序?yàn)閄YZC. Y的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)酸D. 該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】C【解析】【分析】由W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z的核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半可知，Z為Cl、X為Si，由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，Y元素化合價(jià)為3價(jià)，則Y為P元素；由W的電荷數(shù)可知，W為Na元素?！驹斀狻緼項(xiàng)、氯化鈉為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，水溶液呈中性，故A錯(cuò)誤；B

5、項(xiàng)、同周期元素從左到右，非金屬性依次增強(qiáng)，則非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镃lSP，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、P元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為磷酸，磷酸是三元中強(qiáng)酸，故C正確；D項(xiàng)、新化合物中P元素化合價(jià)為3價(jià)，滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤。故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查元素周期律的應(yīng)用，注意分析題給化合物的結(jié)構(gòu)示意圖，利用化合價(jià)代數(shù)和為零和題給信息推斷元素為解答關(guān)鍵。5.下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或結(jié)果不能證明一元酸HR為弱酸的是()A. 室溫時(shí)，NaR溶液的pH大于7B. 向HR溶液中滴加紫色石蕊試液，溶液變紅色C. 向HR溶液中加入少量NaR固體，溶解后溶液的pH變大D. 室溫時(shí)，0.01mol/L的HR溶液的pH=4【答案】

6、B【解析】【分析】根據(jù)弱酸的電離平衡及其對(duì)應(yīng)鹽的水解平衡，應(yīng)用平衡移動(dòng)原理分析判斷?！驹斀狻緼項(xiàng)：室溫NaR溶液pH大于7，則R能水解，HR為弱酸；B項(xiàng)：HR溶液中滴加紫色石蕊試液變紅，只說明HR溶液呈酸性，不能判斷否完全電離；C項(xiàng)：HR溶液中加少量NaR固體pH變大，證明HR在溶液中存在電離平衡，HR為弱酸；D項(xiàng)：室溫時(shí)pH=4的溶液中氫離子濃度為0.0001mol/L，則0.01mol/LHR溶液中HR沒有完全電離，HR為弱酸。本題選B。6.下列表達(dá)方式錯(cuò)誤的是（ ）A. 甲烷的電子式 B. CO2的分子模型示意圖：C. 硫離子的核外電子排布式1s22s22p63s23p6D. 碳12原子

7、構(gòu)成 【答案】B【解析】【詳解】A甲烷為共價(jià)化合物，甲烷分子中存在4個(gè)碳?xì)涔矁r(jià)鍵，甲烷的電子式為，故A正確；B二氧化碳分子為直線型結(jié)構(gòu)，正確的比例模型為，故B錯(cuò)誤；C硫?yàn)?6號(hào)元素，硫離子最外層達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，則硫離子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6，故C正確；D碳-12原子的質(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為12，該碳原子可以表示為，故D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，比例模型要能體現(xiàn)原子的相對(duì)大小及分子的空間結(jié)構(gòu)。7.下列說法正確的是A. 使用pH試紙測(cè)量氣體的酸堿性時(shí)可以潤(rùn)濕B. 實(shí)驗(yàn)室用氫氧化鈉溶液除去氯氣中的少量HClC. 蒸餾操作時(shí)，溫度計(jì)水銀球應(yīng)插入混合液中D. 配

8、制溶液定容時(shí)，俯視容量瓶的刻度線，則所配制溶液的濃度偏低【答案】A【解析】【詳解】A測(cè)定未知?dú)怏w的酸堿性時(shí)，pH試紙需要潤(rùn)濕，故A正確；B氯氣能和氫氧化鈉反應(yīng)，故用氫氧化鈉溶液除去氯氣中的HCl時(shí)，會(huì)將氯氣也一起吸收，故B錯(cuò)誤；C蒸餾時(shí)溫度計(jì)測(cè)定餾分的溫度，則溫度計(jì)水銀球應(yīng)在支管口處，故C錯(cuò)誤；D配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，會(huì)導(dǎo)致溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高，故D錯(cuò)誤；故選A。8.法國里昂科學(xué)家最近發(fā)現(xiàn)一種只由四個(gè)中子構(gòu)成的粒子，這種粒子稱為“四中子”，有人稱之為“零號(hào)元素”。有關(guān)“四中子”粒子說法不正確的是 ( )A. 該粒子不顯電性B. 在周期表中與氫元素占同一

9、位置C. 該粒子質(zhì)量數(shù)為4D. 一個(gè)該粒子質(zhì)量比一個(gè)氫原子質(zhì)量大【答案】B【解析】【詳解】A、根據(jù)題意可知該微粒是由4個(gè)中子構(gòu)成的，所以該粒子不顯電性，A正確；B、該微粒的質(zhì)子數(shù)為0，氫元素的質(zhì)子數(shù)是1，因此在周期表中與氫元素不占同一位置，B錯(cuò)誤；C、該微粒是由4個(gè)中子構(gòu)成的，所以質(zhì)量數(shù)是4，C正確；D、該微粒的質(zhì)量數(shù)是4，而氫原子中質(zhì)量數(shù)最大的為3，所以一個(gè)該粒子質(zhì)量比一個(gè)氫原子質(zhì)量大，D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題主要是考查學(xué)生對(duì)組成原子微粒的熟悉掌握程度，以及這些微粒之間的關(guān)系。該題的解題關(guān)鍵是記住組成原子微粒之間的關(guān)系，并能靈活運(yùn)用即可。9.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大

10、氣中的氨有關(guān)（如下圖所示）。下列敘述錯(cuò)誤的是A. 霧和霾的分散劑相同B. 霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C. NH3是形成無機(jī)顆粒物的催化劑D. 霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)【答案】C【解析】【分析】A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據(jù)示意圖分析；C.在化學(xué)反應(yīng)里能改變反應(yīng)物化學(xué)反應(yīng)速率（提高或降低）而不改變化學(xué)平衡，且本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)前后都沒有發(fā)生改變的物質(zhì)叫催化劑；D.氮肥會(huì)釋放出氨氣。【詳解】A. 霧的分散劑是空氣，分散質(zhì)是水。霾的分散劑是空氣，分散質(zhì)固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B. 由于氮氧化物和二氧化硫轉(zhuǎn)化為銨鹽形成無機(jī)顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正

11、確；C. NH3作為反應(yīng)物參加反應(yīng)轉(zhuǎn)化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機(jī)顆粒物的催化劑，C錯(cuò)誤；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)，由于氮肥會(huì)釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)，D正確。答案選C?！军c(diǎn)睛】結(jié)合示意圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系明確霧霾的形成原理是解答的關(guān)鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯(cuò)點(diǎn)。本題情境真實(shí)，應(yīng)用導(dǎo)向，聚焦學(xué)科核心素養(yǎng)，既可以引導(dǎo)考生認(rèn)識(shí)與化學(xué)有關(guān)的社會(huì)熱點(diǎn)問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識(shí)和綠色化學(xué)觀念，又體現(xiàn)了高考評(píng)價(jià)體系中的應(yīng)用性和綜合性考查要求。10.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（ ）A. 常溫常壓下，124gP4中所含PP鍵數(shù)目4NAB. 100mL

12、1molL1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NAC. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAD. 密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA【答案】C【解析】【詳解】A. 常溫常壓下，124 g P4的物質(zhì)的量是1mol，由于白磷是正四面體結(jié)構(gòu)，含有6個(gè)PP鍵，因此其中所含PP鍵數(shù)目為6NA，A錯(cuò)誤；B. 鐵離子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目小于0.1NA，B錯(cuò)誤；C. 甲烷和乙烯分子均含有4個(gè)氫原子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物質(zhì)的量是0.5mol，其中含氫原子數(shù)目為2NA

13、，C正確；D. 反應(yīng)2SO2+O22SO3是可逆反應(yīng)，因此密閉容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NA，D錯(cuò)誤。答案選C。【點(diǎn)睛】本題主要從物質(zhì)結(jié)構(gòu)、水解、轉(zhuǎn)移電子、可逆反應(yīng)等角度考查，本題相對(duì)比較容易，只要認(rèn)真、細(xì)心就能做對(duì)，平時(shí)多注意這方面的積累。白磷的結(jié)構(gòu)是解答的難點(diǎn)，注意與甲烷正四面體結(jié)構(gòu)的區(qū)別。11.二氧化氯（ClO2）是一種高效消毒劑，下列反應(yīng)可制得ClO2： 2NaClO3+Na2SO3H2SO42ClO2+2Na2SO4H2O，對(duì)于該反應(yīng)，下列說法正確的是A. 生成1mol ClO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NAB. 該反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)C. H2SO4發(fā)生氧

14、化反應(yīng)D. NaClO3是還原劑【答案】A【解析】【分析】2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2+2Na2SO4+H2O反應(yīng)中，氯元素化合價(jià)由+5價(jià)變?yōu)?4價(jià)，硫元素化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?6價(jià)，得電子化合價(jià)降低的反應(yīng)物是氧化劑，失電子化合價(jià)升高的反應(yīng)物是還原劑，據(jù)此分析解答。【詳解】A.氯酸鈉中氯元素化合價(jià)由+5價(jià)變?yōu)?4價(jià)，所以生成1mol ClO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，故A項(xiàng)正確；B.2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2+2Na2SO4+H2O反應(yīng)中，有化合價(jià)的升降，為氧化還原反應(yīng)，而不是復(fù)分解反應(yīng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.硫酸在反應(yīng)前后化合價(jià)不變，所以H2SO4沒有參與氧化

15、還原反應(yīng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.氯酸鈉中氯元素化合價(jià)由+5價(jià)變?yōu)?4價(jià)，得電子作氧化劑，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】準(zhǔn)確判斷出反應(yīng)中相關(guān)元素的化合價(jià)變化情況是解答的關(guān)鍵，注意氧化還原反應(yīng)的規(guī)律口訣為：升失氧，降得還，若說劑，則相反。12.北京大學(xué)和中國科學(xué)院的化學(xué)工作者合作已成功研制出堿金屬與C60形成的球碳鹽K3C60，實(shí)驗(yàn)測(cè)知該物質(zhì)由離子構(gòu)成，下列有關(guān)K3C60的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的分析正確的是A. 1mol K3C60中含有63mol離子B. K3C60中陽離子與陰離子個(gè)數(shù)比為3：1C. K3C60的摩爾質(zhì)量是837D. K3C60應(yīng)簡(jiǎn)化為KC20【答案】B【解析】【詳解】A.該物質(zhì)的化學(xué)式是由3個(gè)

16、K+和一個(gè)C603構(gòu)成，所以1mol K3C60中含有的離子數(shù)目為4mol離子，故A錯(cuò)誤；B.該物質(zhì)的化學(xué)式是由3個(gè)K+和一個(gè)C60 3，K3C60中陽離子與陰離子個(gè)數(shù)比為3：1，故B正確；C. K3C60的摩爾質(zhì)量是837g/mol，故C錯(cuò)誤；D.該物質(zhì)的化學(xué)式是由3個(gè)K+和一個(gè)C60 3構(gòu)成的，不能寫成KC20，故D錯(cuò)誤；答案選B。13.a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數(shù)與b原子次外層的電子數(shù)相同；c所在周期數(shù)與族數(shù)相同；d與a同族。下列敘述正確的是（ ）A. 原子半徑：dcbaB. 4種元素中b的金屬性最強(qiáng)C. c的氧化物的水化物是強(qiáng)堿D. d單質(zhì)的氧化

17、性比a單質(zhì)的氧化性強(qiáng)【答案】B【解析】【分析】a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數(shù)與b原子次外層的電子數(shù)相同，則a的核外電子總數(shù)應(yīng)為8，為O元素，則b、c、d為第三周期元素，c所在周期數(shù)與族數(shù)相同，應(yīng)為Al元素，d與a同族，應(yīng)為S元素，b可能為Na或Mg，結(jié)合對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律解答該題?！驹斀狻緼、一般電子層數(shù)越多，半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，因此半徑大小順序是Na(Mg)AlSO，A錯(cuò)誤；B、同周期從左向右金屬性減弱，因此Na或Mg在4種元素中金屬性最強(qiáng)，B正確；C、c的氧化物的水化物為氫氧化鋁，為兩性氫氧化物，C錯(cuò)誤；D、同主族從

18、上到下非金屬性減弱，因此S的氧化性比氧氣弱，D錯(cuò)誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查元素周期表和元素周期律的知識(shí)，首先根據(jù)題目信息判斷出元素名稱，再根據(jù)元素周期律進(jìn)行知識(shí)的判斷，這就需要掌握（非）金屬性的強(qiáng)弱、微粒半徑的大小比較等知識(shí)，因此平時(shí)夯實(shí)基礎(chǔ)知識(shí)是關(guān)鍵，同時(shí)應(yīng)注意知識(shí)的靈活運(yùn)用，審清題意。14.已知25時(shí)醋酸的電離常數(shù)為1.610-5，該溫度下向20 mL 0.01 molL1醋酸溶液中不斷滴入0.01 molL1 NaOH(aq)，溶液pH變化如圖所示。此過程溶液中離子濃度的關(guān)系錯(cuò)誤的是A. a點(diǎn)溶液的c(H)410-4molL1B. 水電離程度：edcbaC. b點(diǎn)：2c(Na)c(C

19、H3COO)c(CH3COOH)D. d點(diǎn)：c(OH)c(CH3COOH)c(H)【答案】B【解析】A根據(jù)電離常數(shù)計(jì)算可得a點(diǎn)溶液的c(H)410-4molL1，A正確；Bd點(diǎn)恰好反應(yīng)生成的鹽水解，水電離程度最大，B錯(cuò)誤；Cb點(diǎn)根據(jù)物料守恒可得2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，C正確；Dd點(diǎn)溶液中只有醋酸鈉，根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(OH)c(CH3COOH)c(H)，D正確。答案選B。15.由下列實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象不能推出相應(yīng)結(jié)論的是實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向2mL0.1molL-1的FeCl3溶液中加足量鐵粉，振蕩，加1滴KSCN溶液黃色逐期消失，加KSCN溶液顏色不變還原性：FeFe2+B將金

20、屬鈉在燃燒匙中點(diǎn)燃，迅速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生大量白煙，瓶?jī)?nèi)有黑色顆粒產(chǎn)生CO2具有氧化性C加熱盛有少NH4HCO3固體的試管，并在試管口放置濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙石蕊試紙變藍(lán)NH4HCO3顯堿性D向2支盛有2mL相同濃度銀氨溶液的試管中分別加入2滴相同濃度的NaCl和NaI溶液一只試管中產(chǎn)生黃色沉淀，另一支中無明顯現(xiàn)象Ksp(AgI)Fe2，故A說法正確；B、瓶?jī)?nèi)有黑色顆粒產(chǎn)生，說明生成C，發(fā)生反應(yīng)是4NaCO22Na2OC，CO2中C的化合價(jià)降低，因此CO2作氧化劑，被還原，故B說法正確；C、碳酸氫銨受熱分解，NH4HCO3NH3CO2H2O，碳氨氣使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，而不是

21、碳酸氫銨緣故，故C說法錯(cuò)誤；D、產(chǎn)生黃色沉淀，說明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度積小的先沉淀，即Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D說法正確。16.鈉熔融鹽燃料電池?fù)碛斜蠕囯姵馗咭槐兜哪芰棵芏龋谕入姵伢w積下，可讓電動(dòng)汽車行駛距離成倍提升。如圖所示是某鈉熔融鹽燃料電池，其中生成物Y是一種氧化物。下列說法不正確的是A. 電池工作時(shí)，石墨電極上電極反應(yīng)式NO2 e +NO3N2O5B. 電池工作時(shí)，NO3-向石墨電極移動(dòng)C. 該電池充電時(shí)，石墨電極連接電源的負(fù)極D. 電池工作時(shí)，外電路中流過1 mol電子，則消耗46 g NO2【答案】C【解析】【詳解】A、生成物Y是氧化物且為N

22、O2被氧化后生成，即為N2O5，電極反應(yīng)式為2NO2-2e-+O2-N2O5或NO2-e-+NO3-N2O5，故A正確；B、電池工作時(shí)，石墨電極為負(fù)極，故NO3-向石墨電極移動(dòng)，故B正確；C、石墨電極為原電池的正極，所以充電時(shí)應(yīng)連接電源的正極，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)N原子守恒關(guān)系2NO2N2O52e-可知，轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗1molNO2即46g，故D正確；故答案為C?！军c(diǎn)睛】考查原電池，把握?qǐng)D中物質(zhì)的性質(zhì)、電極判斷、電極反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，由圖可知，石墨上氧氣得到電子、發(fā)生還原反應(yīng)，則石墨為正極，石墨I(xiàn)上NO2失去電子、發(fā)生氧化反應(yīng)，石墨I(xiàn)為負(fù)極，電極反應(yīng)式為2NO2-2e-+O2-N2O5，

23、內(nèi)電路中陽離子移向正極、陰離子移向負(fù)極，特別注意充電時(shí)：原電池正極與外加電源正極相接、負(fù)極與外加電源負(fù)極相接。17.如圖裝置中，容器甲內(nèi)充入0.1 mol NO氣體。干燥管內(nèi)裝有一定量Na2O2，從A處緩慢通入CO2氣體。恒溫下，容器甲中活塞緩慢由D處向左移動(dòng)，當(dāng)移至C處時(shí)容器體積縮至最小，為原體積9/10，干燥管中物質(zhì)的質(zhì)量增加了2.24 g。隨著CO2的繼續(xù)通入，活塞又逐漸向右移動(dòng)。下列說法中正確的是A. 活塞從D處移動(dòng)到C處的過程中，通入的CO2氣體為2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)B. NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的轉(zhuǎn)化率為20%C. 容器甲中NO已反應(yīng)完D. 活塞移至C處后，繼續(xù)通入a mol CO

24、2，此時(shí)活塞恰好回至D處，則a小于0.01【答案】D【解析】【分析】本題主要考查過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)，NO與氧氣反應(yīng)，2NO2N2O4以及化學(xué)平衡的相關(guān)計(jì)算。CO2通入時(shí)，干燥管中發(fā)生反應(yīng)：2Na2O22CO2=4NaOHO2，C中發(fā)生反應(yīng)：2NO+O2=2NO2N2O4，導(dǎo)致氣體體積減小。A.根據(jù)干燥管中固體物質(zhì)的質(zhì)量增加量計(jì)算通入的CO2體積；B.根據(jù)O2計(jì)算出生成的NO2物質(zhì)的量，再根據(jù)體積變化計(jì)算出轉(zhuǎn)化的NO2物質(zhì)的量，從而計(jì)算出轉(zhuǎn)化率；C.根據(jù)O2物質(zhì)的量計(jì)算反應(yīng)的NO；D.因繼續(xù)通入CO2時(shí)，體積不會(huì)縮小，即干燥管中Na2O2已反應(yīng)完，活塞向右移動(dòng)，2NO2N2O4平衡向左移動(dòng)，

25、由此判斷a值?！驹斀狻緼.設(shè)通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2氣體的體積為x，產(chǎn)生氧氣的體積為y，則：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 質(zhì)量裝置m 222.4 L 22.4 L 56 g x y 2.24 g所以56 g：2.24g=222.4 L：x，解得x=1.792L，56 g：2.24g=22.4 L：y，解得：y=0.896L，即：通入二氧化碳的體積為1.792L，故A錯(cuò)誤；B.由A計(jì)算可知，生成氧氣的物質(zhì)的量：n（O2）=0.04mol，2NO+O2=2NO2 2 1 20.08mol 0.04 mol0.08 mol0.1 mol0.08 mol，所以NO過量，生成NO2的物質(zhì)的量

26、為0.08 mol，2NO2N2O4 物質(zhì)的量減少n 2 1 10.02 mol 0.1 mol（1-）=0.01mol所以NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的轉(zhuǎn)化率為：100%=25%，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)B的計(jì)算可知，NO還剩余：0.1mol-0.08mol=0.02mol，故C錯(cuò)誤；D.活塞移至C，體積不會(huì)再減少，則干燥管中Na2O2已反應(yīng)完，活塞由C向D移動(dòng)，體積擴(kuò)大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物質(zhì)的量增多，活塞移至D時(shí)，氣體物質(zhì)的量共增加0.01 mol，因此所需CO2必小于0.01 mol，故D正確?！军c(diǎn)睛】本題試題綜合性強(qiáng)，過程復(fù)雜，計(jì)算量很大，難度很大，為易錯(cuò)題目，旨在考查學(xué)生靈活運(yùn)用基

27、礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力和發(fā)散思維能力，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)與訓(xùn)練。18.新型可充電鈉離子電池因具有原料儲(chǔ)量豐富，價(jià)格低廉，安全性高等優(yōu)點(diǎn)而備受青睞，而因理論比容量較高，充放電過程中材料結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，有利于的可逆脫嵌，可以作為一種非常有潛力的正極材料，下列說法不正確的是A. 放電時(shí)，上的電勢(shì)比Zn片上的高B. 放電時(shí)，正極反應(yīng)為C. 充電時(shí)，外電路中通過0.2 mol電子時(shí)，陰極質(zhì)量增加6.5 gD. 對(duì)于正極材料，充電可實(shí)現(xiàn)的嵌入，放電可實(shí)現(xiàn)的脫嵌【答案】D【解析】【詳解】A項(xiàng)，根據(jù)題意，作為一種非常有潛力的正極材料，在原電池中作正極，電勢(shì)高于負(fù)極Z

28、n片，不符合題意；B項(xiàng)，放電時(shí)作為正極材料發(fā)生還原反應(yīng)，該材料充放電過程中有利于鈉離子的可逆脫嵌，因此其正極反應(yīng)式為，不符合題意；C項(xiàng)，充電時(shí)，陰極反應(yīng)為=Zn，外電路轉(zhuǎn)移0.2 mol電子，陰極棒上沉積6.5 g Zn，不符合題意；D項(xiàng)，放電時(shí)，作為正極材料發(fā)生還原反應(yīng)，實(shí)現(xiàn)嵌入，充電時(shí)，作為陽極材料發(fā)生氧化反應(yīng)，實(shí)現(xiàn)脫嵌，符合題意。故答案選D。19.已知電離常數(shù)如下表，則常溫下，下列說法正確的是弱酸HFHCNH2CO3NH3H2O電離常數(shù)（25）3.5310-44.910-10K1=4.410-7K2=4.710-111.810-5A. 2CN-+ H2O + CO2 2HCN + CO3

29、2B. 中和等體積等pH的HF溶液和HCN溶液消耗NaOH的量:前者大于后者C. 等濃度的HF溶液和HCN溶液稀釋相同倍數(shù)后c(H+)：前者小于后者D. 等濃度的NaCN和NH4Cl溶液中所含陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者小于后者【答案】D【解析】【詳解】A.由電離常數(shù)的數(shù)據(jù)可知酸性強(qiáng)弱的關(guān)系為：HFH2CO3HCNHCO3-，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理可知反應(yīng)CN-+ H2O + CO2HCN +HCO3,A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. HF的酸性大于HCN，pH相同的兩種酸，HF濃度小于HCN的濃度，因此中和等體積等pH的HF溶液和HCN溶液消耗NaOH的量：前者小于后者，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. HF的酸性大于HCN，稀

30、釋相同倍數(shù)后HF中c(H+)大于HCN中c(H+)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. 設(shè)二者的濃度均是c，電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CNNH4+，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（CN）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）=c+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）=c+c（OH-），水解程度CNNH4+，所以前者c（H+）小于后者c（OH-），陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者小于后者，D項(xiàng)正確；答案選D。20.常溫下分別向20.00 mL 0.1000 molL1的氨水、醋酸銨溶液中滴加0.1000molL1的鹽酸，溶液p

31、H與加入鹽酸體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A. M點(diǎn)溶液中c (OH)c(NH4)c(NH3H2O)c(H)B. N點(diǎn)溶液中c(NH4)c(NH3H2O)c(Cl)c(OH)C. P點(diǎn)溶液中c(NH4)2c(CH3COO)c(NH3H2O)D. Q點(diǎn)溶液中2c(Cl)c(CH3COOH)c(NH4)【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)圖像可知，M點(diǎn)溶液為氨水，一水合氨為弱電解質(zhì)，少量電離，則c(NH3H2O)c(OH)c(NH4)c(H)，A錯(cuò)誤；B.N點(diǎn)溶液為等物質(zhì)的量的NH3H2O、NH4Cl的混合液，根據(jù)圖像可知，溶液顯堿性，電離程度大于水解程度，則c(NH4)c(Cl)c(NH

32、3H2O)c(OH)，B錯(cuò)誤；C. P點(diǎn)溶液為等物質(zhì)的量的CH3COOH、CH3COONH4、NH4Cl，c(Cl)=1/2c(NH4)c(NH3H2O)，溶液呈電中性c(NH4)+c(H)=c(Cl)+c(CH3COO)+c(OH)，帶入化簡(jiǎn)可得c(NH4)+2c(H)=c(NH3H2O)+2c(CH3COO)+2c(OH)，根據(jù)圖像可知，溶液呈酸性，則c(H)c(OH)，則c(NH4)c(NH3H2O)+2c(CH3COO)，C錯(cuò)誤；D. Q點(diǎn)溶液為等物質(zhì)的量的CH3COOH、NH4Cl，根據(jù)物料守恒，2c(Cl)=c(CH3COOH)c(CH3COO)c(NH3H2O)c(NH4)，則2

33、c(Cl)c(CH3COOH)c(NH4)，D正確；答案為D。21.利用CH4可消除NO2的污染，反應(yīng)原理為：CH4(g)+2NO2(g)N2(g) + CO2(g) +2H2O(g)，在10L密閉容器中分別加入0.50mol CH4和1.2molNO2，測(cè)得不同溫度下n(CH4)隨時(shí)間變化的有關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：下列說法正確的是A. 組別中0 20 min內(nèi)，NO2降解速率為0.0125molL1min1B. 由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知溫度T1T2C. 40min時(shí)，表格中M對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)為0.18D. 該反應(yīng)只有在高溫下才能自發(fā)進(jìn)行【答案】B【解析】【詳解】A. 第組實(shí)驗(yàn)中，020min內(nèi)，CH4的物質(zhì)的

34、量減少0.25mol，則NO2的物質(zhì)的量減少0.50mol，NO2的降解速率v(NO2)=0.0025molL-1min-1，A錯(cuò)誤；B. 對(duì)比實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)物起始濃度相同，T2比T1對(duì)應(yīng)的反應(yīng)速率大，說明實(shí)驗(yàn)控制的溫度：T1T2，B正確；C. 溫度為T1，40min時(shí)該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，而溫度升高，反應(yīng)速率增大，到達(dá)平衡所需時(shí)間少，即溫度T2時(shí)40min必然達(dá)到平衡狀態(tài)，則n(CH4)=0.15mol，C錯(cuò)誤；D. 由于反應(yīng)溫度T1c(OH)B. 隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH)減小C. 隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果D. 隨溫度

35、升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因?yàn)镃H3COO、Cu2+水解平衡移動(dòng)方向不同【答案】C【解析】【分析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進(jìn)水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進(jìn)鹽類水解，據(jù)此解題；【詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向著電離方向移動(dòng)，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合題意；B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進(jìn)水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高溫度促進(jìn)鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意；C.升高溫度

36、，促進(jìn)水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進(jìn)銅離子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進(jìn)鹽類水解，故D不符合題意；綜上所述，本題應(yīng)選C。【點(diǎn)睛】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，明確化學(xué)平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，溫度對(duì)水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關(guān)鍵，鹽類水解是高頻考點(diǎn)，也是高考的重點(diǎn)和難點(diǎn)，本題難度不大，是基礎(chǔ)題。23.已知：pAg-lgc(Ag+)，pX-lg c(Xn-)。298K時(shí)，幾種物質(zhì)的Ksp如下表：化學(xué)式AgClAgSCNAg2CrO4顏色白淺黃紅Ksp1.8101

37、01.010122.01012AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的飽和溶液中，陽離子和陰離子的濃度關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A. 圖中x代表AgCl曲線，z代表AgSCN曲線B. 298K時(shí)，在Cl和CrO42的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先產(chǎn)生的是紅色沉淀C. 298K時(shí)若增大p點(diǎn)的陰離子濃度，則y上的點(diǎn)沿曲線向上移動(dòng)D. 298K時(shí)Ag2CrO4(s)2SCN(aq) 2AgSCN(s)CrO42- (aq)的平衡常數(shù)K2.01012【答案】D【解析】【詳解】A、根據(jù)圖中曲線x的數(shù)據(jù)知pAg-lgc(Ag+)=6，c(Ag+)

38、=10-6mol/L，pX-lg c(Xn-)=0，則c(Cl-)=1mol/L，Ksp(AgCl)= 10-6，與表中數(shù)據(jù)不符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、析出沉淀時(shí)，AgCl溶液中c（Ag+）=mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，則首先產(chǎn)生白色沉淀，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、298K時(shí)若增大p點(diǎn)的陰離子濃度，由圖可知，若沿曲線向上移動(dòng)，c(Ag+)減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、298K時(shí)Ag2CrO4(s)2SCN(aq) 2AgSCN(s)CrO42- (aq)的平衡常數(shù)K=2.01012，選項(xiàng)D正確。答案選D【點(diǎn)睛】本題考查沉淀的溶度積的應(yīng)用，注意的含義pAg-l

39、gc(Ag+)、pX-lg c(Xn-)、Ksp，易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)D：K=，結(jié)合表中數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算求解。24.我國科研人員提出了由CO2和CH4轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CH3COOH的催化反應(yīng)歷程，該歷程示意圖如下所示。下列說法不正確的是A. 生成CH3COOH總反應(yīng)的原子利用率為100%B. CH4CH3COOH過程中，有CH鍵發(fā)生斷裂C. 放出能量并形成了CC鍵D. 該催化劑可有效提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】D【解析】分析：A項(xiàng)，生成CH3COOH的總反應(yīng)為CH4+CO2CH3COOH，原子利用率為100%；B項(xiàng)，CH4選擇性活化變?yōu)檫^程中，有1個(gè)C-H鍵發(fā)生斷裂；C項(xiàng)，根據(jù)圖示，的總能量高于的總能

40、量，放出能量并形成C-C鍵；D項(xiàng)，催化劑只影響化學(xué)反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡，不能提高平衡轉(zhuǎn)化率。詳解：A項(xiàng)，根據(jù)圖示CH4與CO2在催化劑存在時(shí)生成CH3COOH，總反應(yīng)為CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一種生成物，原子利用率為100%，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，CH4選擇性活化變?yōu)檫^程中，有1個(gè)C-H鍵發(fā)生斷裂，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)圖示，的總能量高于的總能量，放出能量，對(duì)比和，形成C-C鍵，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，催化劑只影響化學(xué)反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡，不能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。點(diǎn)睛：本題考查原子利用率、化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)、化學(xué)反應(yīng)中的能量變化、催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)的影響，解題

41、的關(guān)鍵是準(zhǔn)確分析示意圖中的信息。注意催化劑能降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，催化劑不能改變H、不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動(dòng)。25.利用CO和H2在催化劑的作用下合成甲醇，反應(yīng)如下：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），在2L密閉容器中充入物質(zhì)的量之比為1：2的CO和H2，在催化劑作用下充分反應(yīng)，測(cè)得平衡混合物中CH3OH的體積分?jǐn)?shù)在不同壓強(qiáng)下隨溫度的變化如圖所示，下列說法正確的是（）A. 該反應(yīng)的H0，且p1p2p3B. 在C點(diǎn)時(shí)，H2轉(zhuǎn)化率為75%C. 反應(yīng)速率：逆（狀態(tài)A）逆（狀態(tài)B）D. 在恒溫恒壓條件下，向該密閉容器中再充入1molCH3OH，達(dá)平衡時(shí)CH3OH的體積分?jǐn)?shù)增大【答案】B

42、【解析】試題分析：A升高溫度，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡逆向移動(dòng)，說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，H0，該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，可以提高CH3OH的體積分?jǐn)?shù)，則p2p1，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B在C點(diǎn)，假設(shè)反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量為xCO(g)+2H2(g)CH3OH(g）起始120反應(yīng)x2xx平衡1-x2-2xx則x/(1-x)+(2-2x)+x100%=50%，解得x=075，因此CO轉(zhuǎn)化率為75%，B項(xiàng)正確；C溫度越高，反應(yīng)速率越快，B的反應(yīng)溫度高，反應(yīng)速率：逆(狀態(tài)A)逆(狀態(tài)B)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D在恒溫恒壓條件下向密閉容器中充入不同量的CH3OH，根據(jù)等效平衡的建立條件，達(dá)平衡時(shí)C

43、H3OH的體積分?jǐn)?shù)相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B考點(diǎn)：考查了化學(xué)平衡圖像的相關(guān)知識(shí)。第卷（非選擇題50分）26.高錳酸鉀是中學(xué)化學(xué)常用的試劑。主要用于防腐、化工、制藥等。實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上用軟錳礦制備高錳酸鉀的流程如下：（1）實(shí)驗(yàn)室熔融二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀時(shí)應(yīng)選擇哪一種儀器_a.普通玻璃坩堝 b.石英坩堝 c.陶瓷坩堝 d.鐵坩堝（2）第一步熔融時(shí)生成K2MnO4的化學(xué)方程式：_（3）操作中根據(jù)KMnO4和K2CO3兩物質(zhì)在_ (填性質(zhì))上的差異，采用濃縮結(jié)晶、趁熱過濾得到KMnO4。趁熱過濾的原因是_（4）反應(yīng)b是電解法制備KMnO4，其裝置如圖所示，a作_極(填“陽”或“陰”)，中間的離子交

44、換膜是_ (填“陽”或“陰”)離子交換膜。陽極的電極反應(yīng)式為_（5）KMnO4稀溶液是一種常用的消毒劑。其消毒原理與下列物質(zhì)相同的_(填標(biāo)號(hào))。a.雙氧水 b.84消液(NaClO溶液) c.75酒精【答案】 (1). d (2). 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O (3). 溶解性 (4). 避免溫度下降，造成主產(chǎn)品的純度降低 (5). 陽 (6). 陽 (7). MnO42-e-=MnO4- (8). ab【解析】【分析】根據(jù)流程：二氧化錳與氫氧化鉀粉碎在空氣中熔融：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O，加水溶解分離出去KCl得

45、到K2MnO4溶液；途徑1：向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2，過濾除去濾渣(MnO2)，濾液為KMnO4、K2CO3溶液，濃縮結(jié)晶，趁熱過濾得到KMnO4晶體，濾液中含有K2CO3，途徑2：電解K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+2KOH+H2，a為陽極，電極反應(yīng)為：MnO42-e-=MnO4-，據(jù)此分析作答?！驹斀狻?1)實(shí)驗(yàn)室熔融二氧化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀時(shí)應(yīng)選擇鐵坩堝，因?yàn)槠胀úＡй釄?、石英坩堝、陶瓷坩堝中含有二氧化硅，能與KOH反應(yīng)，故答案為d；(2)第一步熔融時(shí)二氧

46、化錳、氧氧化鉀、氯酸鉀生成K2MnO4的化學(xué)方程式為：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；(3)采用濃縮結(jié)晶、趁熱過濾得到KMnO4，說明高錳酸鉀的溶解性隨溫度影響較大，操作中根據(jù)KMnO4和K2CO3兩物質(zhì)在溶解性上的差異，采用濃縮結(jié)晶、趁熱過濾得到KMnO4，趁熱過濾的原因是避免溫度下降，造成主產(chǎn)品純度降低；(4)反應(yīng)b是電解法制備KMnO4，a為陽極，K2MnO4生成KMnO4，發(fā)生反應(yīng)：MnO42-e-=MnO4-，陰極為b，由氫離子放電，得到KOH，故離子交換膜為陽離子交換膜，交換鉀離子；(5)KMnO4稀溶液因?yàn)槠鋸?qiáng)氧化性是一種常用的消毒劑，雙氧水、8

47、4消液(NaClO溶液)具有氧化性，能消毒，故答案為：ab。27.硫代硫酸鈉俗稱保險(xiǎn)粉，實(shí)驗(yàn)室用SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中來制備硫代硫酸鈉。(1)用圖2所示裝置制取Na2S2O3，其中盛放Na2SO3固體的玻璃儀器名稱是_，三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式_。(2)保險(xiǎn)粉樣品中Na2S2O35H2O的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))可通過氧化還原滴定法測(cè)定，相關(guān)反應(yīng)方程式為2Na2S2O3I22NaINa2S4O6。準(zhǔn)確稱取W g樣品于錐形瓶中，用適量蒸餾水溶解，并滴加淀粉溶液作指示劑。用0.1000 molL1碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。請(qǐng)回答：到達(dá)滴定終點(diǎn)的標(biāo)志_。滴定起始和終點(diǎn)的液面位置如圖3

48、，則消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為_mL，產(chǎn)品的純度為_(設(shè)Na2S2O35H2O相對(duì)分子質(zhì)量為M)。若滴定時(shí)振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則會(huì)使樣品中Na2S2O35H2O的純度的測(cè)量結(jié)果_(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。(3)某研究小組以硫代硫酸鈉與硫酸反應(yīng)來探究外界條件對(duì)反應(yīng)速率的影響，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下：下列有關(guān)說法不正確的是_A.該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中采用的研究方法是實(shí)驗(yàn)比較法B實(shí)驗(yàn)和探究其他條件不變時(shí)Na2S2O3濃度對(duì)相關(guān)反應(yīng)速率的影響C.實(shí)驗(yàn)和溶液變渾濁的時(shí)間相同D.其他條件不變時(shí)，探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，應(yīng)選擇實(shí)驗(yàn)和【答案】 (1). 蒸餾燒瓶 (2). 2Na2S+Na2C

49、O3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (3). 溶液變?yōu)樗{(lán)色，且30s內(nèi)不恢復(fù)原色 (4). 18.10 (5). (6). 偏低 (7). CD【解析】【分析】(1)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)和性能確定盛放Na2SO3固體的玻璃儀器名稱；三頸燒瓶中發(fā)生的反應(yīng)是SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸鈉；(2)用配制的碘溶液滴定硫代硫酸鈉，利用碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)指示反應(yīng)終點(diǎn)；終點(diǎn)讀數(shù)與起點(diǎn)讀數(shù)之差為消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積，根據(jù)方程式計(jì)算；局部變色就停止滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，測(cè)定結(jié)果偏低；(3)A采取控制變量法對(duì)比實(shí)驗(yàn)探究外界條件對(duì)反應(yīng)速率的影響；B實(shí)驗(yàn)、的溫度相等，c(H2SO4)相

50、等，c(Na2S2O3)不相等，故實(shí)驗(yàn)、是探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；C實(shí)驗(yàn)、的溫度相等，c(Na2S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，反應(yīng)速率不相等；D實(shí)驗(yàn)、溫度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等?！驹斀狻?1) 盛放Na2SO3固體的玻璃儀器是蒸餾燒瓶，三頸燒瓶中SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸鈉時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；(2)用配制的碘溶液滴定硫代硫酸鈉，滴入最后一滴碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液變?yōu)樗{(lán)色，且30s內(nèi)不恢復(fù)原色，說明反應(yīng)到達(dá)終點(diǎn)；終點(diǎn)讀數(shù)為18.10mL，起點(diǎn)讀數(shù)為0.00

51、mL，故消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為18.10mL，設(shè)Na2S2O35H2O的純度為x，則：2Na2S2O35H2O2Na2S2O3I22Mg 1molWxg 18.1010-3L0.1000molL-1故2Mg：Wxg=1mol：18.1010-3L0.1000molL-1，解得x=%；局部變色就停止滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，會(huì)使樣品中Na2S2O35H2O的純度的測(cè)量結(jié)果偏低；(3)A采取控制變量法對(duì)比實(shí)驗(yàn)探究外界條件對(duì)反應(yīng)速率的影響，故A正確，B實(shí)驗(yàn)、的溫度相等，c(H2SO4)相等，c(Na2S2O3)不相等，故實(shí)驗(yàn)、是探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故B正確；C實(shí)驗(yàn)、的溫度相等，c(Na2

52、S2O3)相等，c(H2SO4)不相等，中c(H2SO4)較大，反應(yīng)速率較快，變渾濁時(shí)間較短，故C錯(cuò)誤；D探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，應(yīng)保證物質(zhì)的濃度相等，而實(shí)驗(yàn)、溫度不相等，c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等，實(shí)驗(yàn)、中c(H2SO4)和c(Na2S2O3)均相等，但溫度不等，故實(shí)驗(yàn)、是探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故D錯(cuò)誤；故答案為CD。28.金屬錳及化合物廣泛應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)、制造業(yè)等領(lǐng)域。（1）科研人員將錳粉碎后加入到溶液中使其浸出（假定雜質(zhì)不反應(yīng)，溶液體積不變），發(fā)生反應(yīng)（已知含水溶液為米黃色）為加快上述反應(yīng)速率可以采取的措施有_（寫出一條即可）。下列說明反應(yīng)已達(dá)平衡的有_（填編號(hào)）。A溶液的顏色不發(fā)生變化B溶液中 C體系中固體的質(zhì)量不變D與濃度的比值保持不變室溫下，測(cè)得溶液中陽離子濃度 隨時(shí)間的變化情況如下圖所示，則上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_，的轉(zhuǎn)化率為_。若其他條件不變，10mim后向容器中迅速加入蒸餾水至溶液體積變?yōu)樵瓉淼?倍，則再次平衡時(shí) =_（不考慮離子水解的影響）。（2）電解制錳后的廢水中含有Mn2+，常用石灰乳進(jìn)行一級(jí)沉降得到Mn(OH)2沉淀，過濾后再向?yàn)V液中加入等體積的Na2S溶液，進(jìn)行二級(jí)沉降，為了將Mn2+的