【化學(xué)】江西省上饒中學(xué)2019-2020學(xué)年高二上學(xué)期期中考試（特零班）（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考試時間：90分鐘分值：100分
可能用到的相對原子質(zhì)量：H1 Co59 N14 O16 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64
一、單選題(每題2分，共40分)
1.下列關(guān)于“化學(xué)與健康、生活、生產(chǎn)”的說法不正確的是
A. 14C具有放射性，可用于文物年代的鑒定
B. 血液中的膠粒能透過人工腎（半透膜），可用血液透析的方法去除血液中的毒素
C. MgO的熔點很高，可用于制作耐高溫材料
D. 維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑
【答案】B
【解析】
A、14C具有放射性，14C可用于文物的年代的鑒定，選項A正確；B、血液中的毒素屬于蛋白質(zhì)，為高分子化合物，不能通過半透膜，不能用血液透析的方法去除血液中的毒素，選項B不正確；C、MgO的熔點很高，可用于制作耐高溫材料，選項C正確；D、做抗氧化劑的物質(zhì)需能與氧氣在常溫下反應(yīng)，具有還原性，維生素C具有酸性和強還原性，可用作食品抗氧化劑，選項D正確。答案選B。
2.下列說法或表示方法中正確的是( )
A. 等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出的熱量多
B. 由C(金剛石)→C(石墨)ΔH=-1.9KJ/mol可知，金剛石比石墨穩(wěn)定
C. 在101KPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8KJ熱量，氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式為：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=+285.8KJ/mol
D. 稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -53.7KJ/mol，若將含0.5 molH2SO4的濃溶液與含1 molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于53.7KJ
【答案】D
【解析】
【分析】
A、硫蒸氣變化為硫固體為放熱過程；
B、物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定；
C、燃燒熱為放熱，焓變?yōu)樨撝担?br /> D、濃硫酸溶于水放熱。
【詳解】A. 硫蒸氣變化為硫固體為放熱過程，則等量的硫蒸氣和硫固體在氧氣中分別完全燃燒，放出熱量硫蒸氣多，即前者放出熱量多，故A錯誤；
B. 石墨能量比金剛石低，石墨穩(wěn)定，故B錯誤；
C. 燃燒熱為放熱，焓變?yōu)樨撝?，故C錯誤；
D. 濃硫酸溶于水放熱,所以0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的溶液混合，整個過程放出的熱量大于57.3kJ，故D正確；
故選D。
3.反應(yīng)4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，經(jīng)2min后B的濃度減少0.6 mol/L。對此反應(yīng)速率的正確表示是(　　)
A. 用A表示的反應(yīng)速率是0.4 mol/(L·min)
B. 用B、C、D分別表示反應(yīng)的速率，其比值是3:2:1
C. 在2min末的反應(yīng)速率用B表示是0.3 mol/ (L·min)
D. 反應(yīng)過程中B、C的反應(yīng)速率關(guān)系：3v(B)=2v(C)
【答案】B
【解析】
【詳解】A.A是固體，不能用A的濃度的變化表示反應(yīng)速率，故A不選；
B.用不同物質(zhì)表示化學(xué)反應(yīng)速率之比等于方程式的化學(xué)計量數(shù)之比，故B選；
C.化學(xué)反應(yīng)速率是一段時間的平均速率，不是某一時刻的瞬時速率，故C不選；
D.根據(jù)用不同物質(zhì)表示的化學(xué)反應(yīng)速率之比等于方程式的化學(xué)計量數(shù)之比，用B、C表示的反應(yīng)速率的關(guān)系為：2v(B)=3v(C)，故D不選。
故選B。
【點睛】化學(xué)反應(yīng)速率通常用單位時間內(nèi)濃度的變化來表示，所以是平均速率不是瞬時速率。對固體和純液體來說，濃度是一常數(shù)，所以不能用固體和純液體的濃度變化表示反應(yīng)速率。
4.下列說法正確的是(　　)
A. Cl2溶于水得到的氯水能導(dǎo)電，但Cl2不是電解質(zhì)，而是非電解質(zhì)
B. 只有在電流作用下KHSO4才能電離成K+、H+和SO42-
C. 強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定都強；弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定都弱
D. BaSO4難溶于水，故BaSO4是弱電解質(zhì)；醋酸鉛易溶于水，故醋酸鉛是強電解質(zhì)
【答案】C
【解析】
【詳解】A.氯氣為單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，A錯誤；
B.只有在溶于水，在水分子作用下KHSO4才能電離成K+、H+和SO42-，B錯誤；
C.電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力與自由移動的離子濃度、離子帶電荷數(shù)有關(guān)，而與電解質(zhì)強弱無關(guān)，C正確；
D.電解質(zhì)強弱與溶解性無關(guān)，與電離程度有關(guān)，硫酸鋇難溶于水，但溶于水的部分完全電離，為強電解質(zhì)，D錯誤；
故合理選項是C。
5.將一定量純凈的氨基甲酸銨置于密閉真空恒容容器中(固體試樣體積忽略不計)，在恒定溫度下使其達到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。判斷該分解反應(yīng)已經(jīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是（）
A. 2v(NH3)=v(CO2) B. 密閉容器中c(NH3)∶c(CO2)=2∶1
C. 密閉容器中混合氣體密度不變 D. 密閉容器中氨氣的體積分數(shù)不變
【答案】C
【解析】
【詳解】A、2v(NH3)=v(CO2)未體現(xiàn)正逆的關(guān)系，故A錯誤；
B、只要反應(yīng)發(fā)生，密閉容器中就存在c(NH3)：c(CO2)=2：1，故B錯誤；
C、密閉容器中混合氣體的密度不變，說明氣體質(zhì)量不變，正逆反應(yīng)速率相等，故C正確；
D、從反應(yīng)開始到平衡，密閉容器中氨氣體積分數(shù)一直不變，故D錯誤；
答案選C。
【點晴】化學(xué)平衡的標志有直接標志和間接標志兩大類。一、直接標志：正反應(yīng)速率=逆反應(yīng)速率，注意反應(yīng)速率的方向必須有正向和逆向。同時要注意物質(zhì)之間的比例關(guān)系，必須符合方程式中的化學(xué)計量數(shù)的比值。二、間接標志：1、各物質(zhì)的濃度不變。2、各物質(zhì)的百分含量不變。3、對于氣體體積前后改變的反應(yīng)，壓強不變是平衡的標志。4、對于氣體體積前后不改變的反應(yīng)，壓強不能做標志。5、對于恒溫恒壓條件下的反應(yīng)，氣體體積前后改變的反應(yīng)密度不變是平衡標志。6、對于恒溫恒容下的反應(yīng)，有非氣體物質(zhì)的反應(yīng)，密度不變是平衡標志。
6.銅板上鐵鉚釘長期暴露在潮濕的空氣中，形成一層酸性水膜后鐵鉚釘會被腐蝕，示意圖如下。下列說法不正確的是

A. 腐蝕過程中銅極上始終只發(fā)生： 2H++2e-= H2↑
B. 若水膜中溶有食鹽將加快鐵鉚釘?shù)母g
C. 若在金屬表面涂一層油脂能防止鐵鉚釘被腐蝕
D. 若將該銅板與直流電源負極相連，則鐵銅均難被腐蝕
【答案】A
【解析】
A. 根據(jù)圖示可知左側(cè)Cu上發(fā)生吸氧腐蝕，右側(cè)Cu上發(fā)生析氫腐蝕，則兩個銅極上的反應(yīng)是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A錯誤正確；B. 若水膜中溶有食鹽，增加吸氧腐蝕介質(zhì)的電導(dǎo)性，將加快鐵鉚釘?shù)母g，故B正確；C.在金屬表面涂一層油脂，能使金屬與氧氣隔離，不能構(gòu)成原電池，所以能防止鐵鉚釘被腐蝕，故C正確；D. 若將該銅板與直流負極相連，相當于外界電子由銅電極強制轉(zhuǎn)送給鐵，從而抑制鐵失電子而不易腐蝕，故D正確。
7.煤炭燃燒過程中會釋放出大量的SO2，嚴重破壞生態(tài)環(huán)境。采用一定的脫硫技術(shù)可以把硫元素以CaSO4的形式固定，從而降低SO2的排放。但是煤炭燃燒過程中產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，降低脫硫效率。相關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下:
CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) △H1=+218.4 kJ/mol(反應(yīng)I)
CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) △H2=-175.6 kJ/mol (反應(yīng)II)
下列有關(guān)說法正確的是
A. 反應(yīng)I在較低的溫度下可自發(fā)進行
B. 反應(yīng)II在較低的溫度下可自發(fā)進行
C. 用生石灰固硫的反應(yīng)為:4CaO(s)+4SO2(g) 3CaSO4(s)+CaS(s) △H3，則△H3>△H2
D. 由反應(yīng)I和反應(yīng)II可計算出反應(yīng)CaSO4(s) CaO(s)+SO3(g)的焓變
【答案】B
【解析】
【詳解】A.因反應(yīng)I的△H1>0，△S>0，根據(jù)自由能判據(jù)△G=△H-T△S①
C. 同濃度、同體積的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同濃度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：③>②>①
【答案】B
【解析】
【詳解】A.不考慮水解情況，①溶液中電離出的c(NH4+)是②、③溶液中電離出的兩倍，②中 NH4+與HCO3-發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)，促進了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小關(guān)系為①>③>②，故A錯誤；B.相同溫度、相同濃度的三種酸的強弱順序為CH3COOH>H2CO3>HClO，根據(jù)鹽類水解規(guī)律，相同溫度、相同濃度的三種鹽溶液的堿性為NaClO>NaHCO3>CH3COONa，所以，相同pH的溶液中Na+濃度大小順序為③>②>①，故B正確；C.同濃度、同體積的溶液：①CH3COONa是強堿弱酸鹽，溶液顯堿性、②NH4Cl是強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，③NaNO3是強酸強堿鹽，溶液顯中性，所以 pH：①>③>②，故C錯誤；D.氨水是弱堿溶液，NaOH是一元強堿，Ba(OH)2是二元強堿，故相同濃度的溶液中c(OH-)的大小關(guān)系為③>②>①，c(H+)的大小關(guān)系為①>②>③，故D錯誤。答案：B。
10.下列關(guān)于同系物的分析正確的是（）
A. 碳原子數(shù)不同且分子式滿足CnH2n＋2通式的兩種烴，一定互為同系物
B. 都是苯的同系物
C. 若烴中碳、氫元素的質(zhì)量分數(shù)相同，它們必定是同系物
D. 和都是乙醇的同系物
【答案】A
【解析】
【詳解】A項，碳原子數(shù)不同且分子式滿足CnH2n+2通式的兩種烴，滿足同系物的定義，是烷烴的同系物，故A項正確；
B項，中有碳碳雙鍵，官能團不同，結(jié)構(gòu)不相似，不是苯的同系物，故B項錯誤；
C項，同系物要求結(jié)構(gòu)相似，所含官能團要相同，若烴中碳、氫元素的質(zhì)量分數(shù)相同，但官能團不同，也不是同系物，故C項錯誤；
D項，含有環(huán)狀結(jié)構(gòu)，乙醇為鏈狀結(jié)構(gòu)，兩者不飽和度不同，不是同系物，故D項錯誤。
綜上所述，本題正確答案為A。
【點睛】此題解題的關(guān)鍵在于，理解同系物的定義中的“結(jié)構(gòu)相似”。
11.以氨作為燃料的燃料電池，具有能量效率高的特點，另外氨氣含氫量高，易液化，方便運輸和貯存，是很好的氫源載體。NH3－O2燃料電池的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是( )

A. a極為電池的正極
B. 負極的電極反應(yīng)式為2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O
C. 當生成1 mol N2時，電路中通過的電子的物質(zhì)的量為3 mol
D. 外電路的電流方向為從a極流向b極
【答案】B
【解析】
【分析】
燃料電池是原電池，失電子的電極是負極，發(fā)生氧化反應(yīng)。得電子的電極是正極，發(fā)生還原反應(yīng)。放電時，電子從負極沿導(dǎo)線流向正極，電流與電子流向相反，據(jù)此分析解答。
【詳解】A. a極上NH3發(fā)生氧化反應(yīng)生成N2，a極是原電池的負極，故A錯誤；
B.負極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，2 mol NH3變?yōu)? mol N2失去6 mol電子，所以電極反應(yīng)式為2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O，故B正確；
C.生成1 mol N2失去6 mol電子，即電路中通過電子物質(zhì)的量為6mol，故C錯誤；
D.外電路的電流方向是從正極流向負極，即從b極流向a極，故D錯誤；
答案選B。
【點睛】本題考查化學(xué)電源新型電池，側(cè)重考查原電池原理，知道電子流向、正負極發(fā)生的反應(yīng)即可解答，難點是電極反應(yīng)式的書寫。
12.T℃時，在20.00 mL 0.10 mol·L－1CH3COOH溶液中滴入0.10 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH與NaOH溶液體積關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是

A. T℃時，CH3COOH電離平衡常數(shù)Ka=1.0×10-3
B. M點對應(yīng)的NaOH溶液體積為20.0 mL
C. N點與Q點所示溶液中水的電離程度：N＞Q
D. N點所示溶液中c(Na+)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．pH=3的溶液中Ka=，故A正確；
B．醋酸與NaOH完全中和時生成CH3COONa，溶液顯堿性，M點溶液顯中性，則對應(yīng)的NaOH溶液體積小于20.0 mL，故B錯誤；
C．N點主要是醋酸根離子水解促進水的電離，而Q點為過量的NaOH抑制水的電離，則兩點所示溶液中水的電離程度：N＞Q，故C正確；
D．N點所示溶液CH3COONa，顯堿性，即c(OH－)＞c(H+)，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，則溶液中c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D錯誤；
答案為C。
【點睛】酸、堿、鹽都是電解質(zhì)，酸電離產(chǎn)生氫離子、堿電離產(chǎn)生氫氧根離子，它們對水的電離平衡都起抑制作用，等濃度的氫離子或氫氧根離子對水電離平衡的抑制作用相同。酸或堿電離產(chǎn)生的離子濃度越大，對水的抑制作用就越強。若鹽電離氫離子或氫氧根離子，對水的電離平衡起抑制作用，與酸或堿的作用相同；若電離產(chǎn)生的離子或消耗水電離產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子產(chǎn)生弱酸或弱堿，就會使水的電離平衡正向移動，促進水的電離，鹽電離產(chǎn)生的水解的離子濃度越大，水解的離子濃度越大，溶液的酸性或堿性越強。若鹽電離產(chǎn)生的陽離子、陰離子都發(fā)生水解作用，水解產(chǎn)生的氫離子、氫氧根離子發(fā)生中和反應(yīng)，使水的電離程度比單獨只有陽離子、陰離子發(fā)生水解作用的水的電離程度大。溶液的酸堿性根據(jù)水解相對程度判斷。誰弱誰水解，誰強顯誰性，越弱越水解。
13.N2O5是一種新型硝化劑，在一定溫度下可發(fā)生下列反應(yīng)：2N2O5(g) ?4NO2(g)+ O2(g) △H >0， T1溫度下的部分實驗數(shù)據(jù)為
t/s
0
500
1000
1500
c(N2O5)mol/L
5.00
3.52
2.50
2.50
下列說法不正確的是（）
A. 500s內(nèi)N2O5分解速率為2.96×10-3 mol/(L·s)
B. T1溫度下的平衡常數(shù)為K1=125，1000s時N2O5轉(zhuǎn)化率為50%
C. T1溫度下的平衡常數(shù)為K1 ，T2溫度下的平衡常數(shù)為K2，若K1＜K2，則T1 >T2
D. 平衡后其他條件不變，將容器的體積壓縮到原來的1/2，則再平衡時c(N2O5) ＞5.00mol/L
【答案】C
【解析】
【詳解】A．依據(jù)表格數(shù)據(jù)，500s內(nèi)N2O5(g)消耗的濃度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3?mol/(L?s)，故A正確；
B．由表中數(shù)據(jù)可知，T1溫度下，1000s時反應(yīng)到達平衡，平衡時c(N2O5)=2.5mol/L，c(NO2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，平衡常數(shù)K===125，轉(zhuǎn)化率為×100%=50%，故B正確；
C．平衡常數(shù)只受溫度影響，T1溫度下的平衡常數(shù)為K1，T2溫度下的平衡常數(shù)為K2，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，若K1＜K2，說明平衡正向移動，則T1＜T2，故C錯誤；
D．平衡后其他條件不變，將容器的體積壓縮到原來的，若平衡不移動，c(N2O5)會增大一倍，變成5.00mol/L，由于該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，增大壓強，平衡逆向移動，則再平衡時c(N2O5)＞5.00mol/L，故D正確；
故選C。
【點睛】本題的易錯點和難點為B，要注意根據(jù)平衡常數(shù)的表達式K=進行計算判斷。
14.高鐵電池是電動汽車首選的電池之一，該電池的工作原理為：
3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，
下列關(guān)于該電池放電時的說法中正確的是( )
A. 高鐵電池產(chǎn)生的電流從負極經(jīng)外電路到達正極
B. 正極反應(yīng)式為Zn+2OH--2e- =Zn(OH)2
C. 負極pH減小，正極pH增大，電解液pH增大
D. 每氧化1mol高鐵酸鉀轉(zhuǎn)移3mol電子
【答案】C
【解析】
【詳解】A．電流的流向是正極流向負極，故A錯誤；
B、放電時正極K2FeO4發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，即FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-，故B錯誤。
C、負極發(fā)生反應(yīng)正極反應(yīng)式為Zn+2OH--2e- =Zn(OH)2，消耗氫氧根，pH減小，正極生成氫氧根，pH增大，整個溶液氫氧根濃度增大，pH增大。
D、高鐵酸鉀中的鐵化合價降低，故應(yīng)是被還原故D錯。
答案選C。
15.三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。下列敘述正確的是

A. 通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大
B. 該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品
C. 負極反應(yīng)為2H2O–4e–=O2+4H+，負極區(qū)溶液pH降低
D. 當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，在電解池中陰離子會向正電荷較多的陽極區(qū)定向移動，因此通電后中間隔室的SO42－離子向正極遷移；在正極區(qū)帶負電荷的OH－失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)而放電，由于破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正極區(qū)溶液酸性增強，溶液的pH減小，故A錯誤；
B．陽極區(qū)氫氧根放電，溶液中產(chǎn)生硫酸，陰極區(qū)氫離子獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以產(chǎn)生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確；
C．負極區(qū)氫離子得到電子，使溶液中c(H＋)增大，所以負極區(qū)溶液pH升高，故C錯誤；
D．當電路中通過1mol電子的電量時，根據(jù)整個閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知反應(yīng)產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D錯誤。
故選B。
【點睛】本題主要是考查電解原理及其應(yīng)用、電極判斷、電極反應(yīng)式書寫、電極產(chǎn)物判斷與計算等。電化學(xué)是歷年高考的重要考點之一，考查的內(nèi)容為：提供電極材料和電解質(zhì)溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應(yīng)式的書寫，提供反應(yīng)方程式設(shè)計原電池、電解池（包括電鍍池、精煉池），根據(jù)電解時電極質(zhì)量或溶液p H的變化判斷電極材料或電解質(zhì)種類，電解產(chǎn)物的判斷和計算，結(jié)合圖像考查電極質(zhì)量或電解質(zhì)溶液質(zhì)量分數(shù)的變化。

16.下列說法中正確的是（）
A. 碳原子數(shù)≤10的烷烴，其一氯代物沒有同分異構(gòu)體的烷烴共有3種
B. 烯烴、炔烴、芳香烴都能與溴水反應(yīng)而使其褪色
C. 等質(zhì)量的甲烷、乙烯、乙醇分別充分燃燒，所耗用氧氣的量依次減少
D. 分子式為C6H12與C3H6的兩種烴一定互為同系物
【答案】C
【解析】
【詳解】A.烷烴分子中，同一個碳上的氫原子等效，連在同一個碳原子上的甲基上的氫原子等效，具有鏡面對稱的碳原子上的氫原子等效，烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，在碳原子數(shù)n≤10的所有烷烴的同分異構(gòu)體中，其一氯取代物只有一種的烷烴分別是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4種，A錯誤；
B.烯烴、炔烴都能與溴水反應(yīng)而使其褪色，而芳香烴不一定與溴水反應(yīng)，如苯、甲苯、二甲苯等，B錯誤；
C.含氫量越高耗氧量越高，甲烷、乙烯和乙醇的含氫量逐漸降低，所耗用氧氣的量依次減少， C正確；
D.C6H12、C3H6可能為烯烴或環(huán)烷烴，二者的結(jié)構(gòu)不一定相似，則二者不一定互為同系物，D錯誤；
故合理選項是C。
17.在t℃時，Ag2CrO4（橘紅色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列說法不正確

A. t°C時，Ag2CrO4的Ksp為1×10－8
B. 飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y點變?yōu)閄點
C. t°C時，Y點和Z點的Ag2CrO4的Ksp相等
D. t°C時，將0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴入20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀
【答案】A
【解析】
【詳解】A、根據(jù)圖像，Ksp=c2(Ag＋)×c(CrO42－)=(1×10－3)2mol·L－1×1×10－5mol·L－1=1×10－11，故A說法錯誤；
B、Ag2CrO4的溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO42－(aq)，加入K2CrO4，溶液中c(CrO42－)增大，c(Ag＋)降低，即Y點不變?yōu)閄點，故B說法正確；
C、溶度積只受溫度的影響，Y和Z點溫度相同，溶度積相等，故C說法正確；
D、如果生成AgCl沉淀，需要c(Ag＋)==1.8×10－8mol·L－1，如果生成Ag2CrO4，需要c(Ag＋)= =×10－4mol·L－1，因此先析出氯化銀沉淀，故D說法正確；
答案選A。
18.如圖所示的裝置，C、D、E、F、X、Y都是惰性電極。將電源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色，則以下說法正確的是

A. 電源B極是正極
B. 裝置（?。┲衁極附近紅褐色變深，說明氫氧化鐵膠粒帶負電荷
C. 欲用（丙）裝置給銅鍍銀，H應(yīng)該是Ag，電鍍液是AgNO3溶液
D. （甲）、（乙）裝置的C、D、E、F電極均有單質(zhì)生成，其物質(zhì)的量之比為1：2：2：2
【答案】D
【解析】
A、根據(jù)圖片知，該裝置是電解池，將電源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色，說明F極附近有大量氫氧根離子，由此得出F極上氫離子放電生成氫氣，所以F極是陰極，則電源B極是負極，A極是正極，故A錯誤；B、丁裝置中Y電極是陰極，如果Y極附近紅褐色變深，說明氫氧化鐵膠粒帶正電荷，故B錯誤；C、若用（丙）裝置給銅鍍銀，G應(yīng)該是Ag，H是銅，電鍍液是AgNO3溶液，故C錯誤；D、甲裝置中C電極上氫氧根離子放電生成氧氣，D電極上銅離子放電生成銅單質(zhì)，E電極上氯離子放電生成氯氣，F(xiàn)電極上氫離子放電生成氫氣，所以（甲）、（乙）裝置的C、D、E、F電極均有單質(zhì)生成；生成1mol氧氣需要4mol電子，生成1mol銅時需要2mol電子，生成1mol氯氣時需要2mol電子，生成1mol氫氣時需要2mol電子，所以轉(zhuǎn)移相同物質(zhì)的量的電子時生成單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：2：2：2，故D正確；故選D。
點睛：題考查了電解池原理，能正確判斷電解池的陰陽極是解本題的關(guān)鍵，明確電泳現(xiàn)象證明了膠粒帶電。解題關(guān)鍵：A、根據(jù)圖片知，該裝置是電解池，將電源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色，說明F極上氫離子放電生成氫氣，所以F極是陰極，則電源B極是負極，A極是正極；B、電解池中帶正電荷的微粒向陰極移動，帶負電荷的微粒向陽極移動。C、電鍍時，鍍層作陽極，鍍件作陰極，電解質(zhì)溶液中金屬陽離子與陽極材料是相同的元素．D、甲裝置中C電極上氫氧根離子放電，D電極上銅離子放電，E電極上氯離子放電，F(xiàn)電極上氫離子放電，根據(jù)得失電子和生成物的關(guān)系式計算。D是難點。
19.已知 C—C 單鍵可以繞鍵軸旋轉(zhuǎn)。某烴的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法中正確的是（）

A. 該烴在氫核磁共振譜上有 6 組信號峰 B. 該烴的一氯代物最多有 4 種
C. 分子中至少有 10 個碳原子處于同一平面上 D. 該烴是苯的同系物
【答案】C
【解析】
A. 該烴機構(gòu)中存在3種不同化學(xué)環(huán)境的H原子，故氫核磁共振譜上有3組信號峰，A錯誤；B. 由A得該烴的一氯代物最多有 3 種，B錯誤；C. 由于苯環(huán)是平面型結(jié)構(gòu)，因此和苯環(huán)直接相連的原子一定位于苯環(huán)的平面上，所以分子中至少有10個碳原子位于同一平面上，C正確；D. 苯的同系物只有1個苯環(huán)，該物質(zhì)不屬于苯的同系物，D錯誤。故選擇C。
20.向10.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/L的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示(假設(shè)無氣體逸出)。下列有關(guān)敘述正確的是（　?。?br />
A. M～N間一定存在：c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+)
B. M點對應(yīng)的鹽酸體積為10.0 mL
C. P點處的溶液中存在：2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)=c(Cl－)
D. pH=7的溶液中：c(NH4+)=c(Cl－)=c(H+)=c(OH－)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．M-N間溶液的pH大于7，一定是氨水過量的情況，存在c(NH4+)＞c(Cl-)c(OH-)＞c(H+)，故A錯誤；
B．M點對應(yīng)的溶液顯示中性，酸堿恰好反應(yīng)生成氯化銨顯示酸性，應(yīng)該是鹽酸和氨水的混合物，即M點對應(yīng)的鹽酸體積小于10.0mL，故B錯誤；
C．P點處的溶液是等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氯化銨的混合物，存在：2c(NH4+)+2c(NH3?H2O)=c(Cl-)，故C正確；
D．根據(jù)電荷守恒：pH=7溶液中有c(NH4+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D錯誤；
故選C。
二、非選擇題(21~22題每空1分，其余每空2分，共60分)
21.電解原理和原電池原理是電化的兩個重要內(nèi)容。某興趣小組做如下探究實驗：
(1)如圖為某實驗小組依據(jù)氧化還原反應(yīng)設(shè)計的原電池裝置，該反應(yīng)的離子方程式為_____________。反應(yīng)前，電極質(zhì)量相等，一段時間后，兩電極質(zhì)量相差12g，導(dǎo)線中通過_______mol電子。

(2)其他條件不變，若將CuCl2溶液換為NH4Cl溶液，石墨電極的反應(yīng)式為________________。
(3)如圖，其他條件不變，若將鹽橋換成彎銅導(dǎo)線與石墨相連成n型，乙裝置中石墨(2)電極上發(fā)生的反應(yīng)式為_________________。

【答案】 (1). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (2). 0.2 (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 2Cl--2e-=Cl2↑
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)自發(fā)氧化還原反應(yīng)知識來書寫，并根據(jù)兩極反應(yīng)結(jié)合兩極質(zhì)量變化進行計算；
（2）氯化銨中，銨根離子水解導(dǎo)致溶液顯示酸性，正極生成氫氣；
（3）根他條件不變，若將鹽橋換成彎銅導(dǎo)線與石墨相連成n型，則乙裝置是電解池，甲裝置是原電池。
【詳解】(1)設(shè)計的原電池裝置的自發(fā)氧化還原反應(yīng)是：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，設(shè)電子轉(zhuǎn)移量是x，則64g/mol×0.5x+56g/mol×0.5x=12g，解得x=0.2mol，故答案為：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；0.2；
(2)氯化銨中，銨根離子水解導(dǎo)致溶液顯示酸性，實質(zhì)是：NH4++H2O?NH3?H2O+H+，正極發(fā)生2H++2e-=H2↑，故答案為：2H++2e-=H2↑；
(3)其他條件不變，若將鹽橋換成彎銅導(dǎo)線與石墨相連成n型，則乙裝置是電解池，甲裝置是原電池，F(xiàn)e是負極，Cu絲是正極，所以其中與銅線相連石墨電極是陽極，該極上發(fā)生的反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；
22.按要求填空：
(1)寫出下列物質(zhì)的分子式：含6個碳原子的鏈狀單烯烴__________________________。
(2)在戊烷的各種同分異構(gòu)體中，一氯代物種類最多的鍵線式是_________________。
(3)用系統(tǒng)命名法命名：______________
(4)某化合物的分子式為C5H11Cl，分析數(shù)據(jù)表明：分子中有兩個-CH3、兩個-CH2-、一個和一個-Cl。它的可能的結(jié)構(gòu)有______________種
【答案】 (1). C6H12 (2). (3). 3,4-二甲基-4-乙基庚烷 (4). 4
【解析】
【分析】
（1）鏈狀單烯烴通式為CnH2n；
（2）戊烷的同分異構(gòu)體中，一氯代物種類最多的為異戊烷，鍵線式中只用鍵線來表示碳架，而分子中的碳氫鍵、碳原子及與碳原子相連的氫原子均省略；
（3）依據(jù)烷烴命名原則：
①長-----選最長碳鏈為主鏈；
②多-----遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；
③近-----離支鏈最近一端編號；
④小-----支鏈編號之和最小。看下面結(jié)構(gòu)簡式，從右端或左端看，均符合“近-----離支鏈最近一端編號”的原則；
⑤簡-----兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號。如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面。
（4）C5H11Cl為戊烷的一氯代物，判斷和書寫烷烴的一氯代物的異構(gòu)體可以按照以下步驟來做：先確定烷烴的碳鏈異構(gòu)，即烷烴的同分異構(gòu)體。找出等效的氫原子。根據(jù)先中心后兩邊的原則，將氯原子逐一去代替氫原子。據(jù)此判斷符合條件的同分異構(gòu)體數(shù)目。
【詳解】(1)由于單烯烴分子式通式是CnH2n，所以含6個碳原子的鏈狀單烯烴的分子式是C6H12；(2)在戊烷的各種同分異構(gòu)體中，一氯代物種類中正戊烷有3種，異戊烷有四種，新戊烷有一種，所以最多的是異戊烷，其鍵線式是；(3)根據(jù)有機物的系統(tǒng)命名法原則，化合物的名稱是3,4-二甲基-4-乙基庚烷；(4)某化合物的分子式為C5H11Cl，分析數(shù)據(jù)表明：分子中有兩個-CH3、兩個-CH2-、一個和一個-Cl。它的可能的結(jié)構(gòu)有CH3CHCl-CH2CH2CH3、CH3CH2CHCl-CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2Cl、CH3CH2 CH (CH3) CH2Cl四種。
23.合成氨工業(yè)對國民經(jīng)濟和社會發(fā)展具有重要的意義。其原理為：
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4KJ/mol，據(jù)此回答以下問題：
(1)下列有關(guān)該反應(yīng)速率的敘述，正確的是(選填序號)___________。
a.升高溫度可以增大活化分子百分數(shù)，加快反應(yīng)速率
b.增大壓強不能增大活化分子百分數(shù)，所以不可以加快反應(yīng)速率
c.使用催化劑可以使反應(yīng)物分子平均能量升高，加快反應(yīng)速率
d.在質(zhì)量一定的情況下，催化劑顆粒的表面積大小，對反應(yīng)速率有顯著影響
(2)根據(jù)溫度對化學(xué)平衡的影響規(guī)律可知，對于該反應(yīng)，溫度越高，其平衡常數(shù)的值越__________。
(3)某溫度下，若把10 mol N2與30 mol H2置于體積為10 L的密閉容器內(nèi)，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，測得平衡混合氣體中氨的體積分數(shù)為20%，則該溫度下反應(yīng)的K=___________________(可用分數(shù)表示)。
(4)對于合成氨反應(yīng)而言，下列有關(guān)圖象一定正確的是(選填序號)_____________。

【答案】 (1). ad (2). 小 (3). (4). ac
【解析】
【分析】
（1）升高溫度、增加壓強、使用催化劑、增大接觸面積均能加快反應(yīng)速率；
（2）該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動；
（3）K為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；
（4）a．先出現(xiàn)拐點的先達到平衡，則T2大，溫度高，平衡逆向移動；
b．平衡時濃度不一定相等；
c．使用催化劑加快反應(yīng)速率，對平衡無影響；
【詳解】（1）a．升高溫度可以增大活化分子百分數(shù)，有效碰撞的次數(shù)增加，則加快反應(yīng)速率，故a正確；
b．增大壓強，增大活化分子數(shù)目，則加快反應(yīng)速率，故b錯誤；
c．使用催化劑，降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，但反應(yīng)物分子平均能量不變，故c錯誤；
d．在質(zhì)量一定的情況下，催化劑顆粒的表面積大小，對反應(yīng)速率有顯著影響，接觸面大，則反應(yīng)速率大，故d正確；
故答案為：ad；
（2）該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，則平衡常數(shù)K減小，溫度越高，K越小；
故答案為：??；
（3）K為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比，則
，故答案為：。
（4）a．先出現(xiàn)拐點的先達到平衡，則T2大，溫度高，平衡逆向移動，與圖象一致，故a正確；
b．平衡時濃度不一定相等，平衡濃度取決起始濃度和轉(zhuǎn)化率，圖象表示錯誤，故b錯誤；
c．使用催化劑加快反應(yīng)速率，對平衡無影響，平衡時物質(zhì)的濃度不變，與圖象一致，故c正確；
故答案為：ac；
24.氯化鈷滲入水泥中可以制備彩色水泥(變色水泥)。以某廢鈷渣(主要成分為Co2O3，含少量Fe3O4、Al2O3、CaO和SiO2)制備氯化鈷晶體的一種流程如下：

已知：在酸性條件下，氧化性Co3+＞Cl2＞H2O2＞Fe3+。
請回答下列問題：
(1)提高廢鈷渣溶解速率的措施宜采用_______(填兩條)。
(2)在濾液A中加入H2O2，H2O2作還原劑的離子方程式為________________________。
(3)從濾渣B中提取鐵紅的操作是將濾渣B溶于過量的______________溶液(填化學(xué)式)，____________，洗滌、灼燒得到鐵紅。
(4)從環(huán)境保護角度分析，不用濃鹽酸替代硫酸的原因是__________________________。
(5)已知常溫下，Ksp[Al(OH)3]≈1.0×10-34。當pH=5時，c(Al3+)=___________mol·L-1。
(6)為了測定CoCl2?nH2O中結(jié)晶水數(shù)目進行如下實驗：取16.6 g樣品在一定條件下脫水得13.0g CoCl2，則n=__________。
【答案】 (1). 加熱、攪拌和適當增大硫酸濃度等 (2). 2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+ (3). NaOH (4). 過濾 (5). 產(chǎn)生Cl2污染環(huán)境 (6). 1.0×10-7 (7). 2
【解析】
【分析】
（1）從影響化學(xué)反應(yīng)的速率的外界因素尋找適當?shù)拇胧?br /> （2）氧化性Co3+＞H2O2，故Co3+為氧化劑，H2O2為還原劑，以此寫出化學(xué)方程式；
（3）濾渣B中含有氫氧化鐵和氫氧化鋁，氫氧化鋁可溶于強堿溶液，以此分離；
（4）由于氧化性Co3+＞Cl2，使用濃鹽酸會產(chǎn)生氯氣污染環(huán)境；
（5）根據(jù)Ksp和pH結(jié)合水的離子積計算c(Al3+)；
（6）根據(jù)公式n=m/M,計算CoCl2和H2O的物質(zhì)的量之比即可。
【詳解】（1）由影響化學(xué)反應(yīng)的速率的外界因素可知加熱、攪拌和適當增大硫酸濃度等可加快溶解速率，故答案為：加熱、攪拌和適當增大硫酸濃度等；
（2）由氧化性Co3+＞H2O2，故Co3+為氧化劑生成Co2+，H2O2為還原劑生成O2，則化學(xué)方程式為：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+，故答案為：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+；
（3）溶液B中含F(xiàn)e3+、Co2+、Al3+等調(diào)節(jié)pH濾渣B中含有氫氧化鐵和氫氧化鋁，氫氧化鋁可溶于強堿溶液，過濾可分離，故答案為：NaOH；過濾；
（4）由于氧化性Co3+＞Cl2，使用濃鹽酸會發(fā)生反應(yīng)： Cl2污染環(huán)境，故答案為：產(chǎn)生Cl2污染環(huán)境；
（5）由和pH=5結(jié)合水的離子積則則鋁離子濃度,故答案為1.0×10-7 ；
（6），，,故答案為：2。
【點睛】由氧化性Co3+＞H2O2，故Co3+為氧化劑生成Co2+，H2O2為還原劑生成O2，則化學(xué)方程式為：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+，故答案為：2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+；
（3）溶液B中含F(xiàn)e3+、Co2+、Al3+等調(diào)節(jié)pH濾渣B中含有氫氧化鐵和氫氧化鋁，氫氧化鋁可溶于強堿溶液，過濾可分離，故答案為：NaOH；過濾。
25.工業(yè)上制備補血劑常用碳酸亞鐵，某興趣小組對碳酸亞鐵的制備與性質(zhì)進行探究。
(1)利用下列裝置制備碳酸亞鐵：

①實驗時要配制100 mL 4 mol·L－1 H2SO4溶液，需用98% (ρ＝1.84 g·cm－3)的濃硫酸體積為________mL(精確到0.1)。
②制備FeCO3時，將B中混合溶液壓入裝置C的操作是________。
(2)探究碳酸亞鐵性質(zhì)

如圖，稱取一定質(zhì)量的純凈FeCO3放入玻璃管中，打開K，通入氧氣。加熱玻璃管。B瓶中澄清石灰水不再產(chǎn)生沉淀時(全部轉(zhuǎn)化為CO2)，停止加熱，繼續(xù)通入氧氣至玻璃管冷卻，稱量剩余固體的質(zhì)量。
取少量玻璃管中的剩余固體于試管，滴加稀硫酸至固體完全溶解。將溶液分為甲、乙兩份進行后續(xù)實驗。向甲溶液滴加KSCN溶液，溶液變紅色；向乙溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液不褪色。
①上述實驗________(填：“甲”或“乙”)不能確定剩余固體成分。
②若開始時稱取FeCO3 23.2 g固體，高溫灼燒至恒重，稱得固體質(zhì)量凈減7.2 g。通過計算確定剩余固體成分是________。
③根據(jù)上述實驗結(jié)果判斷，F(xiàn)eCO3在氧氣中高溫灼燒發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________。
(3)FeCO3可用于乳制品、營養(yǎng)液成分乳酸亞鐵的制備：將FeCO3加入乳酸溶液中，再加入少量鐵粉，在75 ℃下攪拌使之充分反應(yīng)，然后再加入適量乳酸。
①反應(yīng)后加入適量乳酸的作用是________________。最后溶液經(jīng)濃縮、加入適量無水乙醇、靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得乳酸亞鐵晶體。分離過程中加入無水乙醇的目的是__________________________。
②已知人體不能很好地吸收利用Fe3＋，科學(xué)研究表明服用含乳酸亞鐵的補血劑時，同時服用維生素C，有利于鐵元素的吸收。維生素C在這一過程中的作用是________________。
【答案】 (1). 21.7 (2). 打開活塞2，關(guān)閉活塞3 (3). 甲 (4). Fe2O3或氧化鐵 (5). 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2 (6). 除去過量鐵粉 (7). 減少乳酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出 (8). 作還原劑，防止Fe2＋被氧化
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)c=n/v計算濃硫酸物質(zhì)的量濃度，再根據(jù)稀釋定律計算需要濃硫酸的體積；亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣，C裝置中FeSO4和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)：，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中；
（2）向甲溶液滴加KSCN溶液，溶液變紅色證明有Fe3+存在無法證明Fe2+不存在；向乙溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液不褪色證明無Fe2+不存在；通過反應(yīng)前后質(zhì)量守恒計算固體成分；
（3）實驗?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，加入Fe粉，防止Fe2+離子被氧化，過量的鐵粉用乳酸除去，F(xiàn)e被充分利用，可以抑制亞鐵離子水解；分離過程中加入無水乙醇，減少乳酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出；維生素作還原劑，防止Fe2+被氧化。
【詳解】（1）濃硫酸物質(zhì)的量濃度為根據(jù)稀釋定律，需要濃硫酸的體積為 , 亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣，C裝置中FeSO4和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)：，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中；故答案為： 21.7mL；打開活塞2，關(guān)閉活塞3;
（2）向甲溶液滴加KSCN溶液，溶液變紅色證明有Fe3+存在無法證明Fe2+不存在；向乙溶液滴加酸性KMnO4溶液，溶液不褪色證明無Fe2+不存在；②23.2g FeCO3物質(zhì)的量為n=0.2mol，完全分解可以得到二氧化碳為2mol×44g/mol=8.8g，反應(yīng)中通入氧氣，分解得到的FeO會被氧化，剩余固體中Fe為0.2mol，則剩余固體中O元素物質(zhì)的量為，故Fe、O物質(zhì)的量之比為2：3，則剩余固體為Fe2O3，反應(yīng)方程式為: ,故答案為：甲；Fe2O3或氧化鐵；；
（3）實驗?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，加入Fe粉，防止Fe2+離子被氧化，過量的鐵粉用乳酸除去，F(xiàn)e被充分利用，可以抑制亞鐵離子水解；分離過程中加入無水乙醇，減少乳酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出；維生素作還原劑，防止Fe2+被氧化。故答案為：除去過量鐵粉；減少乳酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出；作還原劑，防止Fe2＋被氧化。
【點睛】實驗?zāi)康氖侵苽淙樗醽嗚F晶體，加入Fe粉，防止Fe2+離子被氧化，過量的鐵粉用乳酸除去，F(xiàn)e被充分利用，可以抑制亞鐵離子水解；分離過程中加入無水乙醇，減少乳酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出；維生素作還原劑，防止Fe2+被氧化。
26.碳、氮及其化合物與生活密切相關(guān)。請根據(jù)要求回答下列問題:
(1)用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —574kJ/mol
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —1160kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) △H= —44kJ/mol
寫出CH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成N2(g)、CO2(g)和H2O(1)的熱化學(xué)方程式_________。
(2)已知:反應(yīng)I:4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △Hc(CN—)>c(OH—)>c(H+) (7). NaCN+ CO2+ H2O ===HCN+ NaHCO3
【解析】
(1)已知:①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —574kJ/mol
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —1160kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) △H= —44kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律，由×①+×②+2×③得反應(yīng)CH4(g)+2NO2(g) = N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=×（—574kJ/mol）+×（—1160kJ/mol）+2×（—44kJ/mol）=-955 kJ/mol；(2) ①A.恒容條件下增大壓強向氣體體積縮小的逆反應(yīng)方向移動， Kp減小，選項A錯誤；B.若測得容器內(nèi)3v(NH3)=2v (H2O)時，沒有說明正逆反應(yīng)速率，無法確定正逆反應(yīng)速率相等，故不能說明反應(yīng)已達平衡，選項B錯誤；C.通入一定量的氮氣，對于反應(yīng)I各反應(yīng)物的濃度不變，則化學(xué)反應(yīng)速率不變，選項C錯誤；D.達到平衡時各氣體的物質(zhì)的量不變，體系的壓強不再變化，選項D正確。答案選D；②該催化劑在低溫時生成的氮氣較少，故選擇反應(yīng)II；③NO和N2的平衡濃度是0.2mol/L，NH3的平衡濃度是（1-0.2×3）mol/L=0.4mol/L，O2的平衡濃度是（2-0.2×-1.5×2）mol/L=1.45mol/L，水的平衡濃度是（0.2×1.5+0.2×3）mol/L=0.9mol/L，所以K=；A、該反應(yīng)△Hc(Na+)>c(CN—)>c(OH—)>c(H+)；電離常數(shù)越大，則說明該酸酸性越強。由表數(shù)據(jù)可知，酸性比較：H2CO3 >HCN>HCO3- ，所以根據(jù)強酸制弱酸原理，往NaCN溶液中通入少量CO2 發(fā)生的化學(xué)方程式為NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3。
點睛：本題考查不同的弱酸及鹽之間的反應(yīng)的規(guī)律、溶液中各微粒濃度關(guān)系，化學(xué)反應(yīng)速率及化學(xué)平衡原理。注意化學(xué)平衡常數(shù)表達式的書寫及弱電解質(zhì)電離平衡的應(yīng)用。利用勒夏特列原理判斷化學(xué)平衡相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵。