宁夏银川二中2016届高三化学上学期模拟试卷(五)(含解析)

2015-2016学年宁夏银川二中高三（上）模拟化学试卷（五）一、选择题（每题6分，共42分）1．（6分）化学与生活、生产、环境等密切相关，下列说法正确的是（）①在饲料中加入“瘦肉精”，人食用猪肉后能降低“高血脂”的发病率；②自备购物袋，不用塑料方便袋；③建立空调凝结水和屋面雨水收集系统，充分利用水资源；④大力发展、推广可利用太阳能、风能的城市照明系统；⑤可吸入颗粒（例如硅酸盐粉尘）形成气溶胶，对人类健康危害极大；⑥用填埋法处理未经分类的生活垃圾；⑦明矾可以用来净水，是利用明矾水解生成Al（OH）3胶体，从而起到杀菌消毒功效；⑧Mg可由电解熔融的MgCl2制取，Al也可由电解熔融AlCl3制取．A．②③④⑤ B．②③④⑥⑧C．①②③④⑤D．②③④⑤⑦2．（6分）下列有机物的说法正确的是（）A．C5H12有2种同分异构体B．C4H10O属于醇的结构有5种C．甲、丙分别是CH4、苯的比例模型，乙能发生加成反应，丁在一定条件下能转化为乙D．甲、乙能发生氧化反应，丙、丁不能发生氧化反应3．（6分）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．分子总数为N A的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2N AB．常温常压下，0.1mol铁在0.1molC12中充分燃烧，转移的电子数为0.3N AC．0.1mol/L的K2CO3溶液中CO32﹣数小于0.1N AD．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图）含有N A个S﹣S键4．（6分）下列有关离子方程式，正确的是（）A．稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OB．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3 ↑+CO32﹣+2H2OC．碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O5．某溶液中可能存在Br﹣、CO32﹣、SO32﹣、Al3+、I﹣、Mg2+、Na+等七种离子中的几种．现取该溶液进行实验，有如下实验现象：据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是（）①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色无味气体产生②向所得橙色溶液中滴加足量BaCl2溶液，无沉淀生成③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色．A．Mg2+、Na+、CO32﹣、I﹣B．Al3+、Na+、SO32﹣、I﹣C．Al3+、Mg2+、SO32﹣、I﹣D．Al3+、CO32﹣、Br﹣、SO32﹣6．（6分）金属Cu和一定浓度的HNO3反应：生成NO、NO2、N2O4，生成的气体恰好与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳在加热时反应，所产生的CO2的量（）A．小于0.5 mol B．等于0.5 mol C．大于0.5mol D．无法确定7．（6分）下列有关说法不正确的是（）A．25℃时，0.1mol•L﹣1的三种溶液的pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）B．25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液，c（H+）相等C．25℃时，BaCO3在纯水中的K SP比在Na2CO3溶液中的K SP大D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）二、非选择题8．（14分）工业制硝酸的主要反应为：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（l）△H（1）已知氢气的燃烧热为△H=﹣285.8kJ/mol．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.6kJ/mol．则上述工业制硝酸的主要反应的△H=．2的平均反应速率为．②反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是（填序号）．A．使用催化剂 B．升高温度 C．减小压强 D．增加O2的浓度③下列说法中能说明4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）达到平衡状态的是（填序号）．A．单位时间内生成n mol NO的同时，生成n mol NH3B．条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化C．百分含量w（NH3）=w（NO）D．反应速率v（NH3）：v（O2）：v（NO）：v（H2O）=4：5：4：6E．若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化（3）某研究所组装的CH2=CH2﹣O2燃料电池的工作原理如图1所示．①该电池工作时，b口通入的物质为．②该电池负极的电极反应式为：．③以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理（装置如图2所示）的过程中，发现阳极周围变浑浊并有气泡产生，其原因可能是：（用相关的离子方程式表示）．9．（15分）用含有Al2O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）3•18H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；Ⅴ．再经过一系列操作，分离得到产品．（1）步骤Ⅰ中过滤所得滤渣主要成分为：，H2SO4溶解Al2O3的离子方程式为：．（2）步骤Ⅱ中加入KMnO4时发生反应的离子方程式为：．①根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：，②当Al3+开始沉淀时，Fe3+的浓度约为：．（4）已知：一定条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2．①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是：．②步骤Ⅳ中加入MnSO4的目的是：．（5）步骤Ⅴ中“一系列操作”是、．10．（14分）氯气是一种重要的化工原料．某学习小组在实验室中利用如图所示装置制取氯气并探究其性质．（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，发生装置中除圆底烧瓶和导管外还需用到的玻璃仪器有、．（2）装置A中盛有的试剂是：，作用是：．（3）若D中品红溶液褪色，则B装置发生反应的离子方程式是：．（4）证明FeBr2与Cl2发生了（3）中氧化还原反应的实验方法是：（填操作方法）．某研究性学习小组用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液吸收处理上述实验后的尾气．经分析吸收尾气一段时间后，吸收液（呈强碱性）中肯定存在Cl﹣、OH﹣、CO32﹣和SO42﹣，对于可能存在的其他阴离子，研究小组提出以下3种假设：假设1：只存在SO32﹣；假设2：只存在ClO﹣；假设3：既不存在SO32﹣，也不存在ClO﹣．（5）学习小组判断同时存在SO32﹣和ClO﹣是不可能的，理由是：．（6）现限选以下试剂，设计实验方案，进行实验，请写出实验步骤以及预期现象和结论．a．3mol•L﹣1H2SO4 b．0.01mol•L﹣1KMnO4c．1mol•L﹣1BaCl2溶液 d．淀粉碘化钾溶液 e．酚酞试液步骤一：取少量吸收液于试管中，滴加3mol•L﹣1H2SO4至溶液呈中性，然后将所得溶液分装于A、B两试管中．步骤二：向A试管中滴加少量（填序号），若溶液（填现象），则假设1成立．步骤三：向B试管中滴加少量（填序号），若溶液（填现象），则假设2成立．三、【化学-选修2：化学与技术】（15分）11．（15分）《科学》曾评出10大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一．水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质．水质优劣直接影响人体健康．海洋是化学资源宝库，海洋资源的综合利用具有广阔的前景．人类把海水淡化，就可以得到大量的饮用水，常规蒸馏法，技术和工艺比较完备，但也存在较大缺陷，大量推广离子交换法和电渗析法．（1）天然水在净化处理过程中加入明矾做混凝剂，其净水作用的原理是（用离子方程式表示）（2）家庭用水可以用肥皂水检验其硬度，因为．家用净水器中装有活性炭和阳离子交换树脂（NaR），用过的阳离子交换树脂放入中可再生．（3）电渗析法淡化海水的示意图如图所示，其中阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过．阳极的主要电极反应式是．在阴极附近加入无色酚酞，看到的现象是．淡水的出口为（填“a”“b”或“c”）．（4）利用海水制得的食盐，制取纯碱的简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱．①滤出晶体C后，从滤液D中提取氯化铵有两种方法：方法一、通入氨，冷却、加食盐，过滤；方法二、不通氨，冷却、加食盐，过滤．对两种方法的评价正确的是（选填编号）．a．方法一析出的氯化铵纯度更高 b．方法二析出的氯化铵纯度更高c．方法一的滤液可直接循环使用 d．方法二的滤液可直接循环使用②提取的NH4Cl中含有少量Fe2+、SO42﹣．将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵．加热至沸的目的是．滤渣的主要成分是、．四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由三种Al、Cu、Fe三种金属元素组成．回答下列问题：（1）可通过方法区分晶体、和非晶体．（2）基态Fe原子有个未成对电子，Fe3+的电子排布式为．可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为．（3）新制备的Cu（OH）2可将乙醛（CH3CHO）氧化为乙酸，而自身还原成Cu2O．乙醛中碳原子的杂化轨道类型为，1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为．乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是．（4）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有个铜原子．Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为．列式表示Al单质的密度g•cm﹣3（不必计算出结果）．五、【化学-选修：5：有机化学基础】（15分）13．化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按如图路线合成：已知：RCHO+CH3COOR′RCH=CHCOOR′．请回答：（1）生成A的反应类型，D的分子式，B中官能团的名称是．（2）生成C的化学方程式．B和D反应生成F的化学方程式．D→E 的化学方程式．（3）X的结构简式．（4）对于化合物X，下列说法正确的是．A．与新制的Cu（OH）2悬浊液能发生反应 B．与浓硝酸能发生取代反应C．能使酸性KMnO4溶液褪色 D．不能发生水解反应（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是．A． CH2OCH2CH2CHO B． CH=CHCH2CH2CHOC． COOCH2CH2CH3 D．CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH．2015-2016学年宁夏银川二中高三（上）模拟化学试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共42分）1．（6分）化学与生活、生产、环境等密切相关，下列说法正确的是（）①在饲料中加入“瘦肉精”，人食用猪肉后能降低“高血脂”的发病率；②自备购物袋，不用塑料方便袋；③建立空调凝结水和屋面雨水收集系统，充分利用水资源；④大力发展、推广可利用太阳能、风能的城市照明系统；⑤可吸入颗粒（例如硅酸盐粉尘）形成气溶胶，对人类健康危害极大；⑥用填埋法处理未经分类的生活垃圾；⑦明矾可以用来净水，是利用明矾水解生成Al（OH）3胶体，从而起到杀菌消毒功效；⑧Mg可由电解熔融的MgCl2制取，Al也可由电解熔融AlCl3制取．A．②③④⑤ B．②③④⑥⑧C．①②③④⑤D．②③④⑤⑦【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】①在饲料中加入“瘦肉精”，会在动物肝脏内积累，人食用后会引起中毒；②方便袋的使用能够引起白色污染；③建立空调凝结水和屋面雨水收集系统，有利于节约用水；④化石燃烧的燃烧能够引起环境污染；⑤可吸入颗粒（例如硅酸盐粉尘）形成气溶胶，对人类健康危害极大；⑥填埋法处理未经分类的生活垃圾仍然会引起环境污染；⑦明矾不具有杀菌消毒的作用；⑧氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电．【解答】解：①在饲料中加入“瘦肉精”，会在动物肝脏内积累，人食用后会引起中毒现象，不利于人体健康，故错误；②自备购物袋，不用塑料方便袋，能够减少白色污染，故正确；③建立空调凝结水和屋面雨水收集系统，充分利用水资源，符合可持续发展发展要求，故正确；④大力发展、推广可利用太阳能、风能的城市照明系统，能够减少化石燃料的燃烧，减少污染，故正确；⑤可吸入颗粒（例如硅酸盐粉尘）形成气溶胶，对人类健康危害极大，故正确；⑥填埋法处理未经分类的生活垃圾仍然会引起环境污染，不利于环境保护，故错误；⑦明矾只能净水，不具有杀菌消毒的作用，故错误；⑧氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，不能通过电解熔融氯化铝制备铝，故错误；故选：A．【点评】本题考查了化学与生产生活，涉及环境污染与治理、能源的开发与利用、明矾净水等，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意对基础知识的积累．2．（6分）下列有机物的说法正确的是（）A．C5H12有2种同分异构体B．C4H10O属于醇的结构有5种C．甲、丙分别是CH4、苯的比例模型，乙能发生加成反应，丁在一定条件下能转化为乙D．甲、乙能发生氧化反应，丙、丁不能发生氧化反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．戊烷有正、异、新戊烷三种结构；B．C4H10O属于醇的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH；C．甲、丙分别是CH4、苯的比例模型，乙是乙烯比例模型、丁为乙醇比例模型，碳碳双键能发生加成反应，乙醇能发生消去反应；D．苯和乙醇都能发生氧化反应．【解答】解：A．戊烷有CH3CH2CH2CH2CH3、、三种同分异构体，故A错误；B．C4H10O属于醇的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，所以有四种同分异构体，故B错误；C．C．甲、丙分别是CH4、苯的比例模型，乙是乙烯比例模型、丁为乙醇比例模型，碳碳双键能发生加成反应，乙烯能发生加成反应，乙醇能发生消去反应生成乙烯，故C正确；D．苯和乙醇都能发生氧化反应，如燃烧，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物结构和性质及同分异构体种类判断，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意同分异构体种类判断方法，有碳链异构、官能团异构等，题目难度不大．3．（6分）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．分子总数为N A的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2N AB．常温常压下，0.1mol铁在0.1molC12中充分燃烧，转移的电子数为0.3N AC．0.1mol/L的K2CO3溶液中CO32﹣数小于0.1N AD．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图）含有N A个S﹣S键【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、NO2和CO2中均含2个氧原子；B、0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧．铁过量；C、溶液体积不明确；D、S是ⅥA族元素，可以形成2个化学键（H2S）、4个化学键（H2SO3）、6个化学键（H2SO4）；As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，分析结构特征；【解答】解：A、NO2和CO2中均含2个氧原子，故分子总数为N A的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2N A，故A正确；B、0.1mol铁在0.1mol氯气中燃烧，铁过量，氯气完全反应，而反应后氯元素为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2N A个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根无法计算，故C错误；D、S是ⅥA族元素，可以形成2个化学键（H2S）、4个化学键（H2SO3）、6个化学键（H2SO4）；As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，所以黑色的是S，白色的是As，故雄黄中不存在S﹣S键，故D错误；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．4．（6分）下列有关离子方程式，正确的是（）A．稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OB．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3 ↑+CO32﹣+2H2OC．碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成硝酸亚铁；B．反应生成氨气、水、碳酸钠；C．水解生成碳酸和氢氧根离子；D．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水．【解答】解：A．稀硝酸和过量的铁屑反应的离子反应为3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O，故B正确；C．碳酸氢钠溶液水解的离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故C错误；D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++I2+6H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．5．某溶液中可能存在Br﹣、CO32﹣、SO32﹣、Al3+、I﹣、Mg2+、Na+等七种离子中的几种．现取该溶液进行实验，有如下实验现象：据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是（）①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色无味气体产生②向所得橙色溶液中滴加足量BaCl2溶液，无沉淀生成③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色．A．Mg2+、Na+、CO32﹣、I﹣B．Al3+、Na+、SO32﹣、I﹣C．Al3+、Mg2+、SO32﹣、I﹣D．Al3+、CO32﹣、Br﹣、SO32﹣【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br﹣，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32﹣；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32﹣；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中不含I﹣，据此进行解答．【解答】解：根据①可知溶液中含有Br﹣，有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32﹣，则一定不含有Al3+、Mg2+，因与CO32﹣反应生成沉淀；根据②可知，溶液中一定不含SO32﹣；根据③液不变蓝色，说明溶液中不含I﹣；据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有Na+，所以溶液中一定不存在的离子为：Al3+、Mg2+、I﹣、SO32﹣，一定含有的离子为：CO32﹣、Br﹣、Na+，故选C．【点评】本题考查离子的检验及离子共存问题，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确常见离子的反应的现象，然后结合离子的性质进行判断．6．（6分）金属Cu和一定浓度的HNO3反应：生成NO、NO2、N2O4，生成的气体恰好与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳在加热时反应，所产生的CO2的量（）A．小于0.5 mol B．等于0.5 mol C．大于0.5mol D．无法确定【考点】氧化还原反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】后阶段生成NO、NO2、N2O4，生成的气体恰好与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳在加热时反应仍生成二氧化氮，相当于一氧化氮和碳失电子给=0．mol的氧气得电子，利用得失电子守恒来分析解答．【解答】解：后阶段生成NO、NO2、N2O4，生成的气体恰好与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳在加热时反应仍生成二氧化氮，相当于一氧化氮和碳失电子给=0.5mol的氧气得电子，利用得失电子守恒，4n（O2）=4n（C）+2n（NO），因为：2n（NO）＞0，所以4n（O2）＞4n（C），即n（C）＜n（O2）=0.5，则产生的CO2的量小于0.5mol，故选A．【点评】本题考查混合物计算，难度中等，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法技巧，注意利用守恒法进行解答．7．（6分）下列有关说法不正确的是（）A．25℃时，0.1mol•L﹣1的三种溶液的pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）B．25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液，c（H+）相等C．25℃时，BaCO3在纯水中的K SP比在Na2CO3溶液中的K SP大D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）【考点】盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】A、电解质溶液：①Na2CO3溶液中碳酸根离子水解显碱性，②NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，③CH3COONa 醋酸根离子水解显碱性，对应的酸越弱水解程度越大，溶液的PH值越大；B、pH=﹣lgc（H+），pH相等则氢离子浓度相等；C、碳酸钠溶液中加入氢氧化钡生成溶度积小的BaCO3，所以BaCO3纯水中的K SP比在Na2CO3溶液中的K SP小；D、根据电荷守恒分析解答．【解答】解：A、酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCO3﹣，所以pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa），故A正确；B、pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）=10﹣pH，两种溶液的pH相等，所以其c（H+）相等，故B正确；C、碳酸钠溶液中加入氢氧化钡生成溶度积小的BaCO3，所以BaCO3纯水中的K SP比在Na2CO3溶液中的K SP小，而不是大，故C错误；D、NaHCO3和Na2CO3混合溶液中阴阳离子的种类相同，根据电荷守恒一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正确；故选C．【点评】本题考查溶度积、酸碱混合溶液定性判断、盐类水解等知识点，学生要掌握溶液酸碱性与对应的酸越弱水解程度越大，溶液的PH值越大．二、非选择题8．（14分）工业制硝酸的主要反应为：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（l）△H（1）已知氢气的燃烧热为△H=﹣285.8kJ/mol．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.6kJ/mol．则上述工业制硝酸的主要反应的△H=﹣1168.8kJ/mol ．2的平均反应速率为0.1875mol/（L•min）．②反应在第6min时改变了条件，改变的条件可能是 B （填序号）．A．使用催化剂 B．升高温度 C．减小压强 D．增加O2的浓度③下列说法中能说明4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）达到平衡状态的是ABE （填序号）．A．单位时间内生成n mol NO的同时，生成n mol NH3B．条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化C．百分含量w（NH3）=w（NO）D．反应速率v（NH3）：v（O2）：v（NO）：v（H2O）=4：5：4：6E．若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化（3）某研究所组装的CH2=CH2﹣O2燃料电池的工作原理如图1所示．①该电池工作时，b口通入的物质为C2H4．②该电池负极的电极反应式为：C2H4﹣12e﹣+4H2O=2CO2+12H+．③以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理（装置如图2所示）的过程中，发现阳极周围变浑浊并有气泡产生，其原因可能是：Al﹣3e﹣=Al3+、Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑（用相关的离子方程式表示）．【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；电化学专题；燃烧热的计算．【分析】（1）已知氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，则①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8×2 kJ/mol=﹣571.6kJ/mol，又知②N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4 kJ/mol；③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6 kJ/mol，利用盖斯定律，将①×3﹣②×2+③×2可得4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6 H2O（l），进而可计算反应热，以此解答；（2）①反应在第2min到第4min时依据图表数据可知消耗氨气0.2mol/L，依据化学反应速率v=计算氨气的平均化学反应速率；再根据同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比计算氧气的平均化学反应速率；②根据物质的浓度变化判断反应方向；③正逆反应速率相等，各组分浓度不变，说明达到平衡状态，由此分析各选项；（3）①在CH2=CH2燃料电池中，燃料CH2=CH2作负极，发生失电子的氧化反应；②CH2=CH2作负极，失电子发生气化反应；③根据电解池的工作原理和双水解原理知识来回答．【解答】解：已知氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，则①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8×2 kJ/mol=﹣571.6kJ/mol，又知②N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4 kJ/mol；③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6 kJ/mol，利用盖斯定律，将①×3﹣②×2+③×2可得4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6 H2O（l），△H=（﹣571.6kJ/mol）×3+6﹣（﹣92.4 kJ/mol）×2+（+180.6 kJ/mol）×2=﹣1168.8kJ/mol，故答案为：﹣1168.8kJ/mol；（2）①氨气的平均化学反应速率为v===0.015mol/L．min，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的平均化学反应速率为0.1875mol/L．min．故答案为：0.1875mol/（L•min）；②通通过图表知，反应物浓度增大，生成物浓度减小，所以平衡向逆反应方向移动，即向左移动，A．使用催化剂，平衡不移动，故错误；B．升高温度，平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故正确；C．减小压强，反应物浓度减小，生成物浓度减小，故错误；D．增加O2的浓度，平衡正向移动，故错误；故选：B；③A．单位时间内生成n mol NO的同时，等效于消耗n mol NH3的同时生成n mol NH3，故正确；B．条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；C．百分含量w（NH3）=w（NO），而不是不变的状态，不一定平衡，故错误；D．只要反应发生反应速率就符合v（NH3）：v（O2）：v（NO）：v（H2O）=4：5：4：6，所以不一定平衡，故错误；E．若在恒温恒压下容积可变的容器中反应，混合气体的密度不再变化，说明气体的平均相对分子量不变，反应达平衡状态，故正确；故选：ABE；（3）①根据装置可以知道d处生成大量的水，所以c电极是通入的氧气，b口通入的物质为C2H4，故答案为：C2H4；②d处生成大量的水，所以c电极是通入的氧气，为正极，发生电极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，负极发生氧化反应，电极反应式为：C2H4﹣12e ﹣+4H2O=2CO2+12H+，故答案为：C2H4﹣12e ﹣+4H2O=2CO2+12H+；③在电解池中，金属铝为阳极，发生电极反应：Al﹣3e﹣=Al3+，铝离子会和碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，即Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，溶液逐渐变浑浊，故答案为：Al﹣3e﹣=Al3+、Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑．【点评】本题考查了盖斯定律的应用、反应速率的计算、化学平衡的影响因素、平衡状态的判断、图表数据应用判断、原电池原理等，难度较大，掌握理解概念和有关原理是解题关键．9．（15分）用含有Al2O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）3•18H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；Ⅴ．再经过一系列操作，分离得到产品．（1）步骤Ⅰ中过滤所得滤渣主要成分为：SiO2，H2SO4溶解Al2O3的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ．（2）步骤Ⅱ中加入KMnO4时发生反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ．①根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，②当Al3+开始沉淀时，Fe3+的浓度约为：10﹣6.7 mol•L﹣1．（4）已知：一定条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2．①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是：生成黄绿色气体．②步骤Ⅳ中加入MnSO4的目的是：除去过量的MnO4﹣；．（5）步骤Ⅴ中“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．【分析】（1）Al2O3、FeO•xFe2O3能与硫酸反应，而SiO2不与硫酸反应，硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水；（2）依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒，结合元素化合价变化分析产物和反应物，据此书写离子方程式；（3）①铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；②浓度为0.1mol•L﹣1的Fe3+开始沉淀时，溶液pH为1.5，所以Ksp[Fe（OH）3]=0.1×（10﹣14+1.5）3=1×10﹣38.5，当Al3+开始沉淀时，溶液pH为3.4，据此计算Fe3+的浓度；（4）①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；②MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去；（5）从溶液中获得Al2（SO4）3•18H2O晶体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法；【解答】解：（1）Al2O3、FeO•xFe2O3能与硫酸反应，而SiO2不与硫酸反应，步骤Ⅰ过滤得到沉淀的主要成分为：SiO2，硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案为：SiO2；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（3）①铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离，步骤II的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀，故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；②浓度为0.1mol•L﹣1的Fe3+开始沉淀时，溶液pH为1.5，所以Ksp[Fe（OH）3]=0.1×（10﹣14+1.5）3=1×10﹣38.5，当Al3+开始沉淀时，溶液pH为3.4，即溶液中氢氧根离子的浓度为1×10﹣14+3.4 mol•L﹣1=1×10﹣10.6 mol•L﹣1，所以Fe3+的浓度为=10﹣6.7 mol•L﹣1，故答案为：10﹣6.7 mol•L﹣1；。