1、2017-2018 学年高三（上）期末化学复习试卷一、选择题1化学与生产、生活、科技等密切相关下列说法正确的是（ ）A煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源B国务院要求坚决控制钢铁、水泥、焦炭等行业产能总量是落实“低碳经济”的具体举措C绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯属于不饱和烃【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；绿色化学【解答】解：A煤的气化和液化过程中均发生了化学变化，故 A 错误； B钢铁、水泥、焦炭等行业高耗能、高排放，控制钢铁、水泥、焦炭等行业产能总量能节能减排，落实“低碳经济” ，故 B 正确；C“绿色化学
2、”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，故 C 错误；D聚四氟乙烯分子中无双键或三键，不属于不饱和烃，故 D 错误故选 B2设 NA 为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（ ）A标准状况下，22.4LCl2 溶于水， Cl2 和水反应时转移电子数为 NAB标准状况下，40gSO3 中含有分子的数目为 0.5NAC标准状况下，2.24L 由乙烯和聚乙烯组成的混合物中含有原子的数目为 0.6NAD常温常压下，10g46%酒精水溶液中含氧原子总数为 0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【解答】解：A、氯气和水的反应为可逆反应，故不能进行彻底，故转移的电子数小于 NA个，故 A 错误；B、40g 三氧化
3、硫的物质的量为 0.5mol，故分子个数 N=nNA=0.5NA 个，故 B 正确；C、标况下聚乙烯为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 C 错误；D、酒精溶液中除了酒精外，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于 0.1NA 个，故D 错误故选 B3下列物质分类正确的是（ ）ASO2、SiO2、CO 均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【解答】解：A、CO 和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故 A 错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故 B 错误；C、四氯化碳属于非电解质，故 C 错误
4、；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故 D 正确；故选 D4在 pH=1 的溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）ANa+、K+、OH、Cl BNa+ 、Cu2+ 、SO42 、NO3 CMg2+、Na+、SO42 、Cl DBa2+、HCO3 、NO3 、K+【考点】离子共存问题【分析】pH=1 的溶液，显酸性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：A酸性溶液中不能大量存在 OH，故 A 不选；BCu2+为蓝色，与无色不符，故 B 不选；C酸性溶液中该
5、组离子之间不反应，可大量共存，故 C 选；D酸性溶液中不能大量存在 HCO3，故 D 不选；故选 C5某溶液中只可能含有 H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32 、SO42、NO3 中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（ ）A溶液中的阳离子只有 H+、Mg2+、Al3+可能含有 Fe3+B溶液中一定不含 CO32和 NO3，一定含有 SO42C溶液中 c（ NH4+）=0.3 mol/LDc（H+）：c（Al3+ ）：c（Mg2+）=1 ：1：1【解答】解：A
6、、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含 NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故 A 错误；B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO ，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无 NO3，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含 SO42，故 B 正确；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化
7、钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即 NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为 0.7mol0.5mol=0.2mol，所以溶液中 n（NH4+ ）=0.2mol ，但由于溶液体积不明确，故溶液中的 c（NH ）不明确，故 C 错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是 0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即 Al（OH）3 OHAl（OH）4 ，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol0.7mol=0.1mol ，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据 Al3+3OHAl（OH）3，Mg2+2OHMg（OH ）2，0.1
8、mol 氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是 0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol0.1mol0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是 0.05mol，即 n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故 D 错误故选 B6根据下列有关实验得出的结论一定正确的是（ ）选项方法 结论A 实验室制氢气，向稀 H2SO4 中滴加少量 Cu（NO3）2溶液可以加快制备氢气的反应速率B 向 Fe（NO3）2 溶液中滴入用硫酸酸化的 H2O2 溶液，则溶液变黄氧化性：H2O2Fe3+C 吸热反应“TiO2（s ）+2Cl2（g）TiCl4
9、（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行则该反应的S0D 相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应反应速率：粉状大理石块状大理石AA BB CC DD【考点】化学实验方案的评价【分析】A硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，反应生成 NO 气体；B用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；C反应前后气体的总量不变S=0；D接触面积越大，反应速率越快【解答】解：A硝酸根离子在酸性条件下与金属反应不会生成氢气，影响了生成氢气速率，故 A 错误；B用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能说明亚铁离子是否与过氧化氢反应，则不能比较 H2O2、Fe3+的
10、氧化性，故 B 错误；C反应 TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（g）+O2（g）的前后气体的总量不变，其S=0，故 C 错误； D粉状大理石比块状大理石的接触面积越大，则反应速率为粉状大理石块状大理石，故 D 正确；故选 D7已知 NH4CuSO3 与足量的 5molL1 硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（ ）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3 中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1mol NH4CuSO3 完全反应转移 0.5mol 电子【考点】氧化还原反应【分析】NH4CuSO3 与硫酸混合微热，生成
11、红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成 Cu、SO2 和 Cu2+，则 NH4CuSO3 中 Cu 的化合价为+1 价，以此解答该题【解答】解：反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+A、由发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+，反应只有 Cu 元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故 A 错误；B、NH4CuSO3 与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成 Cu、SO2 和 Cu2+，反应前后 S 元素的化合价没
12、有发生变化，故 B 错误；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故 C 错误D、反应只有 Cu 元素的化合价发生变化，分别由+1+2，+10 ，反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4+ ，每 2molNH4CuSO3 参加反应则转移1mol 电子，则 1molNH4CuSO3 完全反应转移 0.5mol 电子，故 D 正确；故选 D8下列关于 Na2O2 的说法正确的是（ ）ANa2O2 中阴阳离子的个数比为 1：1BNa2O2 投入到酚酞溶液中，溶液变红CNa2O2 投与 FeCl2 溶液的反应：能将 Fe2+氧化成 Fe3+，得到 Fe
13、（OH）3 沉淀DNa2O2 与水反应，Na2O2 既是氧化剂，又是还原剂【考点】钠的重要化合物【分析】ANa2O2 晶体中阳离子为 Na+、阴离子为 O22；BNa2O2 与水反应生成氢氧化钠，并且 Na2O2 具有强氧化性漂白；CNa2O2 投与 FeCl2 溶液，反应的方程式为 6H2O+4Na2O2+4Fe2+=4Fe（OH）3+8Na+O2，据此分析；DNa2O2 与水反应，反应的方程式 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，化合价降低的为氧化剂，升高的为还原剂【解答】解：ANa2O2 晶体中阳离子为 Na+、阴离子为 O22，所以 Na2O2 晶体中阴阳离子个数之比为 1：2，
14、故 A 错误；BNa2O2 投入到酚酞溶液中，Na2O2 与水反应，反应的方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成碱使溶液变红，但 Na2O2 具有强氧化性漂白，所以后又褪色，故 B 错误；CNa2O2 投与 FeCl2 溶液，反应的方程式为 6H2O+4Na2O2+4Fe2+=4Fe（OH）3+8Na+O2，所以能将 Fe2+氧化成 Fe3+，得到 Fe（OH）3 沉淀，故 C 正确；DNa2O2 与水反应，反应的方程式 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，其中过氧化钠中的 O元素既升高又降低，所以 Na2O2 既是氧化剂，又是还原剂，故 D 正确故选 CD9如图所示，两圆
15、圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应已知钠及其氧化物的物质的量均为 0.1mol，水的质量为 100g下列说法正确的是（ ）A反应最多能产生 0.05molO2B反应的离子方程式为 Na+2H2O=Na+2OH+H2C、都属于氧化还原反应D、充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：【考点】钠的重要化合物【分析】A、根据过氧化钠和水反应的方程式计算生成氧气的物质的量；B、离子方程式要遵循“ 原子守恒和电荷守恒等”规律；C、氧化钠与水反应无元素化合价的变化；D、根据固体的物质的量计算溶液中溶质的质量、溶液的质量，根据质量分数公式判断质量分数相对大小【解答】解：A、反应：2Na2O2+2H2O=4
16、NaOH+O2，2mol 1mol0.1mol 0.05mol根据方程式知，最多产生 0.05molO2，故 A 正确；B、Na+2H2ONa+2OH+H2中电荷不守恒，反应正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故 B 错误；C、氧化钠与水反应生成氢氧化钠是非氧化还原反应，故 C 错误；D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+ H2，溶液增加的质量 =m（Na）m （H2）=2.3g0.1g=2.2g ；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+ O
17、2，溶液增加的质量=m（Na2O2） m（O2）=m（Na2O）=6.2g2-1-c-n-j-y所以溶液增加的质量大小顺序为：钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol 的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol 的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为： 、 、 ，所以、充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：=，故 D 错误 故选 A10向 27.2gCu 和 Cu20 的混合物中加入某浓度的稀硝酸 0.5L，固体物质完全反应，生成 NO 和 Cu（N03）2，在所得溶液中加入
18、 1.0mol/L 的 NaOH 溶液 1.0L，此时溶液呈中性金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 39.2g下列有关说法不正确的是（ ）ACu 与 Cu20 的物质的量之比为 2：1B硝酸的物质的量浓度为 2.4mol/LC产生的 NO 在标准状况下的体枳为 4.48LDCu、Cu20 与硝酸反应后剩余 HN03 为 lmol【考点】有关混合物反应的计算【分析】在所得溶液中加入 1.0mol/L 的 NaOH 溶液 1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为 NaNO3，n（NaNO3）=n （NaOH ）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为 Cu（OH）2，质量为 39
19、.2g，物质的量为 =0.4mol，根据铜元素守恒有 n（Cu ）+2n（Cu2O ）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中 nCu（NO3 ）2=nCu（OH ）2=0.4mol，ACu 和 Cu2O 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据二者质量及关系式 n（Cu）+2n（Cu2O ）=nCu（OH）2，列方程计算；B根据 N 元素守恒可知原硝酸溶液 n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据 A 计算的Cu 和 Cu2O 的物质的量，利用电子转移守恒计算 n（NO），根据 Na 元素可知n（NaNO3）=n（NaOH ），再根据 c= 计算；C根据 A 计算的 Cu 和 Cu
20、2O 的物质的量，利用电子转移守恒计算 n（NO），再根据V=nVm 计算 NO 的体积；D反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中 n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此进行计算【解答】解：在所得溶液中加入 1.0mol/L 的 NaOH 溶液 1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为 NaNO3，n（NaNO3）=n （NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为 Cu（OH）2，质量为 39.2g，物质的量为 =0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）
21、+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中 nCu（NO3 ）2=nCu（OH）2=0.4mol，A、设 Cu 和 Cu2O 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有 x+2y=0.4，联立方程解得 x=0.2，y=0.1，所以 n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故 A 正确；B、根据 N 元素守恒可知 n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu ）+2n（Cu2O），所以 3n（NO）=20.2mol+2 0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据
22、 Na 元素可知 n（NaNO3 ）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，所以 n（HNO3）=n（NO）+n （NaNO3 ）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故 B 正确；C、由 B 中计算可知 n（NO）=0.2mol，所以标准状况下 NO 的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故 C 正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中 n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以 n（HNO3）=n（NaN
23、O3） 2nCu（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故 D 错误；故选 D11已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的 5 种主族元素，其中元素A、E 的单质在常温下呈气态，元素 B 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，元素 C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素 D 的合金是日常生活中常用的金属材料下列说法正确的是（ ）A元素 A、B 组成的化合物常温下一定呈气态B一定条件下，元素 C、D 的最高价氧化物对应的水化物都是强碱C工业上常用电解法制备元素 C、D 、E 的单质D化合物 AE 与 CE 有相同类型的化学键【考点】原子结构与元素周期律的关系【解答
24、】解：元素 B 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，电子层数只可能是 2，故B 为 C 元素，A 的原子序数比 B 小且是气体，故 A 为 H，元素 C 在同周期的主族元素中原子半径最大，应位于同周期最左边，C 为 Na 元素、原子序数比钠大的金属，D 为 Al 元素A由 C、H 元素组成的化合物，比如苯在常温下呈液态，故 A 错误；B其对应的最高价氧化物对应的水化物为 NaOH 和 Al（OH）3，Al（OH ）3 不是强碱，故 B 错误；C对于 Na、Al、Cl2 的制备，在工业上都采用电解的方法，故 C 正确；D化合物 AE 为 HCl，为分子晶体，只有共价键，化合物 CE 为 N
25、aCl，是离子晶体，存在离子键，故 D 错误故选 C12在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（ g）+CO （g） N2（g）+CO2（g）H=373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和 NO 的转化率，采取的正确措施是（ ）A加催化剂同时升高温度 B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入 N2 D降低温度同时增大压强【考点】化学平衡的影响因素【解答】解：2NO（g）+2CO（g）N2 （g）+2CO2（g）；H=373.4kJmol 1 ，反应是放热反应，反应后气体体积减小；A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故 A 错误
26、；B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故 B 正确；C、升高温度同时充入 N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故 C 错误；D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故 D 错误；故选 B二、非选择题131000mL 某待测液中除含有 0.2molL1 的 Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子 K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子 Cl、 Br、CO32 、HCO3、SO32、SO42现进行如下实验操作（所加试剂均过量）：（1）写出生成
27、白色沉淀 B 的离子方程式： HCO3 +Ba2+OH=BaCO3+H2O （2）若无色气体 D 是单一气体：将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“ ？”）：阴离子 Cl Br CO32 HCO3 SO32 SO42浓度/molL1判断原溶液中 K+是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由： 存在，K+离子最小浓度为 0.1mol/L （3）若无色气体 D 是混合气体，待测液中一定含有的阴离子是 CO32、HCO3、SO32 【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】（1）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀 A，则溶液中可能含有CO3
28、2、SO32、 SO42，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在 CO32，可能存在 SO32、SO42 中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液 A 中有 Ba2+，加入过量的 NaOH 溶液得到气体 B、白色沉淀 B，则溶液中一定含有NH4+、 HCO3，一定不存在 Fe3+，气体 B 为 NH3，白色沉淀 B 为 BaCO3，滤液 B 中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有 Br，滤液 B 中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀 C，C 为 AgCl，说明滤液 B 中含有 Cl，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有 Cl；（2）若无色气体
29、D 是单一气体，则 D 为 CO2，E 为 CaCO3，溶液中含有 CO32，白色沉淀 D 只能为 BaSO4，溶液中一定没有 SO32，一定含有 SO42，计算 B（碳酸钡）、E（碳酸钙）、硫酸钡的物质的量，根据离子守恒计算各离子的浓度；根据电荷守恒判断是否含有钾离子，若溶液含有 K+，当溶液中没有 Cl，K+离子浓度最小，根据电荷守恒计算；（3）溶液中一定含有 CO32、HCO3 ，不能确定原溶液中是否含有 Cl，溶液中一定没有Br，若无色气体 D 是混合气体，只能为 CO2、NO 混合气体，白色沉淀 D 只能为BaSO4，溶液中一定含有 SO32，不能确定是否含有 SO42【解答】解：待
30、测液和氯化钡溶液反应得到沉淀 A，则溶液中可能含有CO32、SO32、 SO42，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在 CO32，可能存在 SO32、SO42 中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液 A 中有 Ba2+，加入过量的 NaOH 溶液得到气体 B、白色沉淀 B，则溶液中一定含有NH4+、 HCO3，一定不存在 Fe3+，气体 B 为 NH3，白色沉淀 B 为 BaCO3，滤液 B 中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有 Br，滤液 B 中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀 C，C 为 AgCl，说明滤液 B 中含有 Cl，由于加入氯化钡
31、溶液，不能确定原溶液中是否含有 Cl；（1）由上述分析可知，白色沉淀 B 为碳酸钡，是由 HCO3、Ba2+ 、OH 反应生成，反应离子方程式为：HCO3 +Ba2+OH=BaCO3+H2O，故答案为：HCO3 +Ba2+OH=BaCO3+H2O；（2）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有 Cl，溶液中一定没有 Br若无色气体 D 是单一气体，则 D 为 CO2，E 为 CaCO3，溶液中含有 CO32，白色沉淀 D只能为 BaSO4，溶液中一定没有 SO32，一定含有 SO42，B（碳酸钡）的物质的量= =0.1mol，则 n（HCO3）=0.1mol，故 c（HCO3 ）=0.1mol
32、/L，E（碳酸钙）的物质的量= =0.1mol，则 n（CO32）=0.1mol，故 c（CO32）=0.1mol/L，D（硫酸钡）的物质的量= =0.05mol，则 n（SO42）=0.05mol ，故 c（SO42 ）=0.05mol/L，故答案为：阴离子 Cl Br CO32 HCO3 SO32 SO42浓度/molL1 ？ 0 0.1 0.1 0 0.05n（NH4+ ）=n（NH3）= =0.1mol，则 c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（Na+）=0.2mol/L，c （HCO3）=0.1mol/L ，c（CO32）=0.1mol/L ，c（SO42 ）=0.05mol/
33、L，单位体积为正电荷=10.1mol/L+1 0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=10.1mol/L+20.1mol/L+20.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷单位体积内负电荷，故一定含有 K+，当溶液中没有 Cl，K+ 离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K+）最小浓度=0.4mol/L 0.3molL=0.1mol/L ，故答案为：存在；K+离子最小浓度为 0.1mol/L；（3）由上述分析可知，溶液中一定含有 CO32、HCO3 ，不能确定原溶液中是否含有Cl，溶液中一定没有 Br若无色气体 D 是混合气体，只能为 CO2、NO 混合气体，白色沉淀
34、D 只能为 BaSO4，溶液中一定含有 SO32，不能确定是否含有 SO42，待测液中一定含有的阴离子是CO32、HCO3、SO32 ，故答案为：CO32 、HCO3、SO3214火山喷发所产生的硫黄可用于生产重要的化工原料硫酸某企业用如图 1 所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：（1）硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面 BCD （可多选）A橡胶的硫化B表面活性剂“ 烷基苯磺酸钠”的合成C铅蓄电池的生产D过磷酸钙的制备（2）为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装 热交换器 （填设备名称）吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是 增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收 （3）如果
35、进入接触室的混合气（含 SO2 体积分数为 7%、O2 为 ll%、N2 为 82%）中 SO2平衡转化率与温度及压强的关系如图 2 所示在实际生产中，SO2 催化氧化反应的条件选择常压和 450，而没有选择 SO2 转化率更高的 B 或 C 点对应的反应条件，其原因分别是 不选 B 点，压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大，SO2 的转化率在 1 个大气压时，已经很高了，再提高压强 SO2 的转化率提高不大 ； 不选 C 点，因为 C 点温度低，SO2的转化率虽然很高，但是催化剂的催化效率降低，450时催化剂的催化效率最高，所以选择 A 点，不选择 C 点 （4）为使硫黄充分燃烧，经流量计
36、 l 通入燃烧室的氧气过量 50%；为提高 SO2 转化率，经流量计 2 的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的 2.5 倍；则生产过程中流经流量计 l 和流量计 2 的空气体积比应为 6：5 假设接触室中 SO2 的转化率为95%，b 管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为 0.39% （空气中氧气的体积分数按 0.2计），（5）工业对硫酸厂尾气的处理方法一般是 用氨水来吸收 【考点】工业制取硫酸【分析】（1）A、橡胶硫化所用到的为单质硫；B、烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应；C、铅蓄电池中需要用到硫酸和硫酸铅；D、过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石；（2）充分
37、利用能量，应安装热交换器，吸引塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面；（3）从温度、压强对 SO2 的转化率进行分析；（4）假设 SO2 的体积为 x，经流量计 1 通入燃烧室的氧气过量 50%，则流量计 1 中通入氧气的体积为 1.5x，经流量计 2 的氧气量为接触室中 SO2 完全氧化时理论需氧量的 2.5 倍，则流量计 2 中通入氧气的体积为 2.50.5x=1.25x，则流量计 1 中通入空气的体积为 7.5x，流量计 2 中通入空气的体积为 6.25x；燃烧室剩余空气 6.5x，接触室剩余空气6.25x0.50.95x=5.775x，剩余 SO20.05x，故 b 管尾气中
38、SO2 的体积分数= ，据此分析解答；（5）二氧化硫是酸性氧化物，可用碱性物质氨水来处理；【解答】解：（1）A、橡胶硫化所用到的为单质硫，故 A 错误；B、烷基苯磺酸钠中含有磺酸基，制取过程中需要发生磺化反应，磺化反应就是与硫酸发生的取代反应，故 B 正确；C、铅蓄电池中需要用到硫酸作电解质溶液，故 C 正确；D、过磷酸钙的制取过程中需要浓硫酸和磷矿石，故 D 正确；故选：BCD；（2）充分利用能量，应安装热交换器，吸引塔中填充许多瓷管，增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收，故答案为：热交换器；增大三氧化硫与浓硫酸的接触面，有利于三氧化硫的吸收；（3）由图 2 可知，不选 B 点
39、，压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大，SO2 的转化率在 1 个大气压时，已经很高了，再提高压强 SO2 的转化率提高不大；不选 C 点，因为C 点温度低，SO2 的转化率虽然很高，但是催化剂的催化效率降低，450时催化剂的催化效率最高，所以选择 A 点，不选择 C 点；故答案为：不选 B 点，压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大，SO2 的转化率在 1 个大气压时，已经很高了，再提高压强 SO2 的转化率提高不大；不选 C 点，因为 C 点温度低，SO2 的转化率虽然很高，但是催化剂的催化效率降低，450时催化剂的催化效率最高，所以选择 A 点，不选择 C 点；（4）燃烧室中的反应为
40、S+O2 SO2，假设 SO2 的体积为 x，则流量计 1 中通入氧气的体积为 1.5x，接触室中的反应为 2SO2+O22SO3，则流量计 2 中通入氧气的体积为2.50.5x=1.25x；流量计 1 中通入空气的体积为 7.5x，流量计 2 中通入空气的体积为6.25x，故流经流量计 1 和流量计 2 的空气体积比应为 7.5x：6.25x=6：5；燃烧室剩余空气 6.5x，接触室剩余空气 6.25x0.50.95x=5.775x，剩余 SO20.05x，故 b 管尾气中 SO2 的体积分数为 =0.39%；故答案为：6：5；0.39%；（5）硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，二氧化硫是酸性氧
41、化物，可用碱性物质氨水来处理，故答案为：用氨水来吸收；15已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2 COONa）即可得到配合物 A其结构如图 1：（1）Cu 元素基态原子的外围电子排布图为 （2）配合物 A 中碳原子的轨道杂化类型为 sp3 、sp2 （3）1mol 氨基乙酸钠（H2NCH2 COONa）含有 键的数目为 86.021023 或 8NA （4）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧化碳的一种等电子体且为负一价阴离子： SCN 或 N3或 OCN等 （写化学式）（5）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图 2，则该化合物的化学式是 Cu2O （6）配合物 A 中
42、元素 C、H、N 、O 组成 CH4 和 NO 在 400500和 Pt 做催化剂下转化成无毒害物质，利用该反应可以控制机动车尾气排放该反应方程式为 CH4+4NO2N2+CO2+2H2O 【考点】晶胞的计算；化学方程式的书写；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）Cu 是 29 号元素，其原子核外有 29 个电子，3d 能级上有 10 个电子、4s 能级上有 1 个电子，3d、4s 能级上电子为其外围电子，根据构造原理书写其基态原子外围电子排布式；（2）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；（3）共价单键为 键，共价双键中一个是 键一个是
43、 键，H2N CH2COONa 中含有 8个 键；（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；（5）利用均摊法确定该化合物的化学式；（6）CH4 和 NO 在 400500和 Pt 做催化剂下转化成无毒害物质，应生成氮气和二氧化碳【解答】解：（1）Cu 是 29 号元素，其原子核外有 29 个电子，3d 能级上有 10 个电子、4s 能级上有 1 个电子，3d、4s 能级上电子为其外围电子，根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为 3d104s1，则排布图为 ，故答案为： ；（2）配合物 A 分子中一种碳有 C=O，碳的杂化方式为 sp2 杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为 sp
44、3 杂化；故答案为：sp3、sp2；（3）共价单键为 键，共价双键中一个是 键一个是 键，H2N CH2COONa 中含有 8个 键，所以 1mol 氨基乙酸钠中含有 键的数目为 8mol，数目为 86.021023 或8NA，故答案为：86.021023 或 8NA；（4）一个二氧化碳分子中原子个数为 3 个，价电子数为 16，原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，则 CO2 的等电子体且为负一价阴离子为：SCN 或 N3 或 OCN等，故答案为：SCN 或 N3 或 OCN等；（5）利用均摊法知，该化合物中 O 原子个数=1+8 =2，Cu 原子个数=4，铜原子和氧原子个数之比=4：
45、2=2 ：1，所以其化学式为：Cu2O，故答案为：Cu2O；（6）CH4 和 NO 在 400500和 Pt 做催化剂下转化成无毒害物质，应生成氮气和二氧化碳，方程式为 CH4+4NO 2N2+CO2+2H2O，故答案为：CH4+4NO 2N2+CO2+2H2O16雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括 PM2.5 在内）、氮氧化物（NOx ）、CO、SO2 等化学在解决雾霾污染中有着重要的作用（1）已知：2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）H= 196.6kJmol 12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应 NO2（g）+SO2（g） SO3（g）
46、+NO （g）H= 41.8 kJmol 1一定条件下，将 NO2 与 SO2 以体积比 1：2 置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时 NO2 与 SO2 体积比为 1：5，则平衡常数 K= 1.8 （2）如图 1 是一种用 NH3 脱除烟气中 NO 的原理该脱硝原理中，NO 最终转化为 H2O 和 N2 （填化学式）当消耗 1mol NH3 和 0.5molO2 时，除去的 NO 在标准状况下的体积为 11.2 L（3）NO 直接催化分解（生成 N2 和 O2）也是一种脱硝途径在不同条件下，NO 的分解产物不同在高压下，NO 在 40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质
47、的量随时间变化曲线如图 2 所示，写出 NO 分解的化学方程式： 3NO N2O+NO2 【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；氧化还原反应的计算【分析】（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3 （g）H= 196.6kJmol1，2NO （g）+O2（g ）2NO2（g）H= 113.0kJmol1 ，将方程式 得：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）反应热，计算平衡时各物质的浓度，可 K= 计算平衡常数；（2）由图 2 可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；根据氨气失去的电子的物质的量等于 NO 和氧气得到的电子总物质的量计算；（3）NO 在 40下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为 N 的氧化物，由图象可知 3molNO 生成两种氮的氧化物各为 1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3 （g）H= 196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1 将方程式 得：NO2（g）+SO2（g）SO3 （g）+NO（g）H=41.8kJ/mol，NO2（g）+SO2（g）SO3 （g）+NO （g） 起始物质的体积 a 2a 0 0转化物质的体积 x x x x平衡物质的体积 ax 2ax x x平衡时 NO2 与 SO2
