1、溶液和（NH4）2SO3溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，不溶于过量的NaOH溶液，D错误；AlCl3溶液和NH4HCO3溶液发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，过滤后滤渣为氢氧化铝，能够溶于足量NaOH溶液；滤液中含有氯离子，能够在稀硝酸酸化后，加几滴AgNO3溶液，产生氯化银白色沉淀；A正确；点睛：铝离子水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，二者混合后相互促进水解进行到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，即铝离子与碳酸氢根离子不能大量共存。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A. 室温下pH=1l的Na2CO3溶液10L，由水电离出的OH数目为0.0lNAB. 1.0L1
2、.0mo/L的 NaAlO2溶液中含氧原子数为2NAC. 标准状况下，22.4L己烷含有共价键数为19NAD. 常温下，13.6gNH3和21.3gCl2混合充分反应后，转移电子数为2.4NAA. 在PH=11的Na2CO3溶液中c（H+）=110-11mol/L 有c（H+）c（OH-）=Kw 可知c（OH-）=110-3mol/L，由水电离出的c（OH-）=110-3mol/L，n（OH-）=110-3mol/L10L=0.01mol，所以水电离出的OH-数目为0.0lNA，故A正确；B. 1.0L1.0mo/L的 NaAlO2溶液中的氧原子包含了水中的氧原子，所以氧原子数量远大于2NA，
3、故B错误；C.标况下，己烷为液态，故C错误；D.氨气的物质的量为0.8mol，氯气的物质的量为0.3mol，甲烷过量，氯气全部反应，方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯气中的氯由0价变为-1价，转移电子数应该为0.6NA，故D错误；本题选A。有过量的氨气时：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl；有少量的氨气时：2NH3+3Cl2=N2+6HCl5.三蝶烯是最初的“分子马达”的关键组件，三碟烯某衍生物X可用于制备吸附材料，其结构如图所示，3个苯环在空间上互为120夹角。下列有关X的说法错误的是A. 分子式为C22H14O4B. 能发生加成、取代反应C. 苯环上的一氯代物有3种D.
4、 分子中最多可能有20个原子位于同一平面上【答案】CA. 分子式为C22H14O4 ，故A正确；B. X含有不饱和结构苯环，能发生加成，X含有羧基，可以发生取代反应，苯环上的氢原子也可发生取代反应，故B正确；C. 苯环上有2种氢原子，所以苯环上的一氯代物有2种，故C错误；D. 苯环有12个原子共面，两个羧基与苯环共面时，分子中最多可以有20个原子位于同一平面上，故D正确。故选C。6.锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是A. 整个反应过程中，氧化剂为O2B. 放电时，正极的
5、电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu2OH-C. 放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1 mol Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12 L氧气参与反应D. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OA，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极
6、电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025mol，在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。7.亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都是具有漂白作用。已知pOH=-lgc（OH），经测定25时各组分含量随pOH变化情况如图所示（Cl没有画出），此温度下，下列分析正确的是A. HClO2的电离平衡常
7、数的数值Ka=108B. pOH=11时，ClO2部分转化成ClO2和Cl离子的方程式为：5ClO2+2H2O=4ClO2+ Cl+4OHC. pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c（HClO2）c（ClO2）c（ClO2）c（Cl）D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：c（Na）+c（OH）=c（H）+ c（HClO2）【答案】DA，HClO2的电离方程式为HClO2H+ClO2-，电离平衡常数Ka=，由图像可见当c（HClO2）=c（ClO2-）时pOH=8，c（OH-）=110-8mol/L，c（H+）=110-6mol/L，电离平衡常数Ka=11
8、0-6，A项错误；B，pOH=11时c（OH-）=110-11mol/L，c（H+）=110-3mol/L，溶液呈酸性，ClO2-部分转化成ClO2和Cl-的方程式为5ClO2-+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，B项错误；C，25pH=7时pOH=7，由图可见c（ClO2-）c（HClO2）c（ClO2），C项错误；D，同浓度的HClO2和NaClO2等体积的混合液中电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（ClO2-）+c（OH-），物料守恒式为2c（Na+）=c（HClO2）+c（ClO2-），两式整理得c（Na+）+c（OH-）=c（H+）+c（HClO2），D项正确；答案选D。本
9、题考查溶液中粒子浓度与pOH的图像分析。涉及电离平衡常数的计算、离子方程式的书写、粒子浓度的大小关系。计算电离平衡常数时找准关键点；书写离子方程式时注意溶液的酸碱性；确定溶液中粒子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒、质子守恒以及守恒式的变换（如D项）。8.钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）可抑制金属腐蚀。以钼精矿（主要成分为MoS2，含少量杂质）为原料，制备钼酸钠晶体的主要流程图如下。回答下列问题（1）完成下列反应：_MoS2+ _O2_SO2+ _MoO3在焙烧炉中，空气从炉底进入矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是_。（2）浓氨水浸取粗产品获得（NH4）2MoO4溶液，其化学反应方
10、程式为_；该反应说明MoO3_（填“有”或“没有”）酸性氧化物的性质。（3）常温下，沉钼阶段所得废液为（NH4）2SO4稀溶液。若（NH4）2SO4稀溶液的pH=a，则 =_（用含a的代数式表示，NH3H2O的Kb=1.810-5），若将此稀溶液蒸发浓缩，将_（填“变大”“不变”或“变小”）。（4）已知钼酸钠在一定温度范围内的析出物质及相应物质的溶解度如下表所示，获得Na2MoO42H2O的操作为_。温度（）491015.53251.5100 析出物质Na2MoO410H2O2H2O溶解度30.6333.8538.1639.2839.2739.8241.2745.结晶得到的母液可以在下次结晶时
11、重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_。（5）空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，在密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入的物质是_（填选项字母）。A. NaNO2 B.通入适量N2 C.油脂 D.盐酸【答案】 （1）. 2 7 4 2 （2）. 增大固气接触面积，提高原料利用率（加快反应速率亦可） （3）. MoO3+2NH3H2O=（NH4）2MoO4+H2O （4）. 有 （5）. 1.8109-a （6）. 变大 （7）. 蒸发浓缩，控制在15.5以上（或15.5 100）进行过滤（洗涤、晾干） （8）. 母液中
12、的NaOH浓度越来越大，最后结晶提纯时随Na2MoO42H2O析出 （9）. A（1）根据氧化还原反应化合价升降相等规律：Mo由+4价升高到+6价，S由-2价升高+4价，共升高6-4+2（4+2）=14价，O由0价降低到-2价，共降低4价，最小公倍数为28；所以MoS2系数为2，O2系数7，根据原子守恒进行配平，具体如下：2MoS2+7O24SO2+ 2MoO3；在焙烧炉中，空气从炉底进入矿石经粉碎后从炉顶进入，可以增大固气接触面积，提高原料利用率，加快反应速率；正确答案：2 7 4 2；增大固气接触面积，提高原料利用率（加快反应速率亦可）。（2）MoO3与NH3H2O反应生成（NH4）2Mo
13、O4，化学反应方程式为MoO3+2NH3H2O=（NH4）2MoO4+H2O；酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水，发生非氧化还原反应，整个反应过程，各元素化合价均没发生变化，所以MoO3有酸性氧化物的性质；MoO3+2NH3有。（3）硫酸铵水解显酸性，水解平衡常数为Kh=Kw/Kb=c（NH3H2O）c（H+）/c（NH4+）,所以c（NH3H2O）/c（NH4+）=Kw/Kbc（H+）, c（H+）=10-amol/L，所以c（NH3H2O）/c（NH4+）=10aKw/Kb，= Kb/10aKw=1.810-5/10a10-14=1.8109-a；若将（NH4）2SO4稀溶液蒸发浓缩，溶剂减
14、小，浓度增大，NH4+水解能力减弱，所以将变大；1.8变大。（4）根据题给图表信息可知，温度控制在15.5 100之间，对钼酸钠溶液进行蒸发浓缩，可以得到Na2MoO42H2O，然后进行过滤、洗涤、晾干等操作；因为加热，会促进Na2MoO4的水解，进行多次重复操作后，母液中的NaOH浓度越来越大，也会随着Na2MoO42H2O析出；蒸发浓缩，控制在15.5以上（或15.5 100）进行过滤（洗涤、晾干）；母液中的NaOH浓度越来越大，最后结晶提纯时随Na2MoO42H2O析出。（5）钼酸钠溶液水解显碱性，亚硝酸钠溶液水解显碱性，加入NaNO2可以抑制钼酸钠的水解，而通入氮气、加入油脂，起到隔绝
15、空气的作用，盐酸能够钼酸钠反应，起不到抑制钼酸钠水解的作用；9.氯化亚铜广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。以某种铜矿粉（含Cu2S、CuS及FeS等）为原料制取CuCl的工艺流程如下：已知：CuS、Cu2S、FeS灼烧固体产物为Cu2O、FeO；Ksp（CuCl）=210-7，2Cu+=Cu+Cu2+的平衡常数K1=1106回答下列问题：（1）“灼烧”时，被还原的元素有_（填元素符号）。（2）“酸浸”所需H2SO4是用等体积的98%H2SO4和水混合而成。实验室配制该硫酸溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有_。“酸浸”时硫酸不宜过多的原因是_。（3）“除杂”的总反应方程式是_
16、。（4）“络合”反应中的NH3与NaHCO3理论比值是_。（5）加热“蒸氨”在减压条件下进行的原因是_。（6）X可以充分利用流程中的产物，若X是SO2时，通入CuCl2溶液中反应的离子方程式是_；若X是Cu时，反应Cu+Cu2+2Cl-=2CuCl的平衡常数K2=_。（7）以铜为阳极电解NaCl溶液也可得到CuCl，写出阳极电极反应式_。【答案】 （1）. Cu 和O （2）. 量筒、烧杯 （3）. 避免除杂时消耗过多的氨水 （4）. 2Fe2+H2O2+4NH3H2O（或 4NH3+4H2O）=2Fe（OH）3+4NH4+ （5）. 5:1 （6）. 减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出
17、（7）. 2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O= SO42-+2CuCl+ 4H+ （8）. 2.5107L3/moL3 （9）. Cu+Cle-=CuCl（1）从流程过程看出，铜矿粉在空气中灼烧后生成二氧化硫气体和铜，硫元素被氧化，铜元素和氧元素被还原；Cu 和O。（2）配制酸浸所用的硫酸，由于98%H2SO4和水为等体积混合，因此分别用量筒量一定体积水放入烧杯中，再用量筒量取相同体积的98%H2SO4转移到烧杯中，混合搅拌；酸浸”时硫酸是用来溶解氧化铁，但是酸剩余的太多，后面反应中还要加入过多的氨水来中和硫酸；量筒、烧杯；避免除杂时消耗过多的氨水。（3）溶液中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子
18、，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀；除杂”的总反应方程式是2Fe2+H2O2+4NH3H2O（或 4NH3+4H2O）=2Fe（OH）3+4NH4+ ； 2Fe2+H2O2+4NH3H2O（或 4NH3+4H2O）=2Fe（OH）3+4NH4+。（4）根据流程可知“络合”反应Cu2+HCO3-+5NH3= Cu（NH3）4CO3+NH4+，NH3与NaHCO3理论比值是5:1；5:1。（5）Cu（NH3）4CO3加热分解产生氨气，氨气易溶于水，因此减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出 ；减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出。（6）SO2具有还原性，能够被铜离子氧化为硫酸根离子，本身还原为亚
19、铜l离子，与氯离子结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O= SO42-+2CuCl+ 4H+ ；根据2Cu+=Cu+Cu2+的平衡常数K1=1106可知：c（Cu）c（Cu2+）/c2（Cu+）=1106，c（Cu）c（Cu2+）=106c2（Cu+）；2CuCl=Cu+Cu2+2Cl-，K=c（Cu）c（Cu2+）c2（Cl-）=106 c2（Cu+）c2（Cl-）=106Ksp2（CuCl）= 106（210-7）2=410-8；反应Cu+Cu2+2Cl-=2CuCl的平衡常数K2=1/ K=2.5107L3/moL3；2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=
20、 SO42-+2CuCl+ 4H+； 2.5107L3/moL3 。（7）铜为阳极，首先失去1个电子，变为亚铜离子，然后亚铜离子与氯离子结合生成CuCl，阳极电极反应式Cu+Cl-e-=CuCl；Cu+Cl-e-=CuCl。10.汽车尾气（主要成分为NOx和CO）已成为主要的空气污染物来源之一，有发生光化学烟雾污染的潜在危险。（1）某小组同学为研究光化学烟雾的形成进行了模拟实验。测得烟雾的主要成分为CxHy（烃）、NO、NO2、O3、PAN （CH3COOONO2），各种物质的相对浓度随时间的变化如右图。根据图中数据，下列推论最不合理的是_。（填选项序号字母）aNO的消失的速率比CxHy快 b
21、NO生成NO2cCxHy及NO2可以生成PAN及O3 dO3生成PAN（2）一定条件下，将2 mol NO与2 mol O2置于恒容密闭容器中发生反应2NO（g）O2（g） 2NO2（g），下列可判断反应达平衡的是_。a体系压强保持不变 b混合气体密度保持不变cNO和O2的物质的量之比保持不变 d每消耗2 mol NO同时生成2 mol NO2（3）高温下N2和O2发生N2（g）O2（g）2NO（g）反应，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。右图是T1、T2两种不同温度下，一定量的NO发生分解过程中N2的体积分数随时间变化的图像，据此判断反应N2（g）O2（g） 2NO（g）为_（填“吸热”或
22、“放热”）反应。2000时，向容积为2 L的密闭容器中充入10 mol N2与5 mol O2，达到平衡后NO的物质的量为2 mol，则此刻反应的平衡常数K_。该温度下，若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1 mol，则达到平衡后N2的转化率为_。汽车净化装置里装有含Pd化合物的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如右图所示。写出其变化的总化学反应方程式：_。（4）为减少汽车尾气中NOx的排放，常采用CxHy（烃）催化还原NOx消除氮氧化物的污染。例如：CH4（g）4NO2（g）4NO（g）CO2（g）2H2O（g） H1574 kJ/molCH4（g）4NO（g）2N2（g）CO2
23、（g）2H2O（g） H2若16 g CH4还原NO2至N2，共放出热量867 kJ，则H2_。若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，共转移的电子总数为_（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【答案】 （1）. d （2）. ac （3）. 吸热 （4）. 1/9或0.11 （5）. 1/7或14.3% （6）. 2NOO24CO4CO2N2 （7）. 1160 kJmol-1 （8）. 1.6 NA试题分析：本题主要考查图像的分析，化学平衡的标志，化学平衡的计算，反应热的计算，氧化还原反应中转移电子数的计算。（1）a，根据图示，在一段时间内，NO消失的速率比CxHy快，a项合理；b
24、，由图示，开始NO减少的同时NO2增多，NO生成NO2，b项合理；c，由图示，CxHy、NO2减少的同时PAN、O3增多，结合原子守恒，CxHy及NO2可生成PAN和O3，c项合理；d，O3浓度始终增大，O3不会生成PAN，d项不合理；答案选d。（2）a，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，建立平衡过程中气体分子物质的量减小，在恒温恒容容器中，体系压强减小，平衡时气体分子物质的量不变，体系压强不变，体系压强不变能判断反应达到平衡；b，该反应中所有物质都是气体，根据质量守恒定律，混合气体的质量始终不变，容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，混合气体密度保持不变不能说明反应达到平衡；c，起始N
25、O和O2物质的量相等，建立平衡过程中转化的NO和O2物质的量之比为2:1，建立平衡过程中NO和O2物质的量之比减小，平衡时NO和O2物质的量之比不再变化，NO和O2物质的量之比保持不变说明反应达到平衡；d，每消耗2molNO同时生成2molNO2只表示正反应，不能说明反应达到平衡；能说明反应达到平衡的是ac，答案选ac。（3）由图像可见T2先出现拐点，说明T2反应速率快，则T2T1；T2平衡时N2的体积分数小于T1时，说明升高温度，反应2NO（g）N2（g）+O2（g）逆向移动，反应2NO（g）N2（g）+O2（g）的逆反应为吸热反应，即N2（g）+O2（g）2NO（g）为吸热反应。用三段式N
26、2（g）+O2（g）2NO（g）n（起始）（mol） 10 5 0n（转化）（mol） 1 1 2n（平衡）（mol） 9 4 2平衡时N2、O2、NO物质的量浓度依次为4.5mol/L、2mol/L、1mol/L，反应的平衡常数K=0.11。若开始向容器中充入N2与O2均为1mol，设从开始到平衡时转化N2物质的量为x，用三段式n（起始）（mol） 1 1 0n（转化）（mol） x x 2xn（平衡）（mol） 1-x 1-x 2x平衡时N2、O2、NO物质的量浓度依次为（1-x）/2mol/L、（1-x）/2mol/L、xmol/L，K=，解得x=mol，达到平衡后N2的转化率为=0.143。根据图示，发生的反应为2NO+O2=2NO2（式），NO2与CO在催化剂作用下生成CO2和N2，反应为2NO2+4CON2+4CO2（式），将式+式，得总化学反应方程式为：4CO+2NO+O2 N2+4CO2。（4）16gCH4还原NO2至N2共放出热量867kJ，即1mol CH4还原NO2至N2共放出热量867kJ，据此可写出热化学方程式：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=-867kJ/mol（式），CH4（g）4NO2（g）=4NO（g）CO2（g）2H2O（g） H1=-574 kJ/mol（式
