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枣阳市白水高中2017-2018学年度高三化学综合测试（3）第I卷（选择题 共51分）一、选择题（本题共17小题，每题只有一个选项，每题3分，共51分）1据易经记载：“泽中有火”，“上火下泽”。泽，指湖泊池沼。“泽中有火”，是指“M气体”在湖泊池沼水面上起火现象的描述。这里“M气体”是指A. 甲烷 B. 一氧化碳 C. 乙烯 D. 氢气2下列解释过程或事实的方程式不正确的是( )A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2 + 2NaOH Na2SiO3 + H2OB. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + O2+ 2H2OC. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层：3Fe + 4H2O Fe3O4 + 4H2D. “84消毒液” (有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用放出氯气：ClOCl2H= Cl2H2O3亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料,其储氢原理可表示为Li2NH+H2LiNH2LiH。下列有关说法正确的是( )A. Li2NH中N的化合价是-1 B. 该反应中H2既是氧化剂又是还原剂C. Li+和H-的离子半径相等 D. 此法储氢和钢瓶储氢的原理相同4用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 24gNaH中阴离子所含电子总数为2NAB. 标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后，气体中分子总数为2NAC. 在0.lmol/L的K2CO3溶液中，阴离子数目大于O.1NAD. 300mL2mol/L乙醇溶液中所含分子数为0.6NA5某溶液中存在Na+、SO42-、SO32-、Cl-、HCO3-、Br-中的若干种，依次进行下列实验，观察到现象记录如下。（1）用pH试纸检验，溶液的pH7；（2）向溶液中滴加新制氯水，无气体产生，加入四氯化碳振荡、静置，四氯化碳层呈橙色，用分液漏斗分液；（3）向分液后所得的水溶液中加入硝酸钡和稀硝酸的混合液，只有白色沉淀产生，过滤；（4）在滤液中加入硝酸银和稀硝酸的混合液，有白色沉淀产生。下列判断正确的是：肯定有Na+ 肯定有SO42- 肯定有SO32- 肯定有Br- 肯定有Cl- 肯定没有HCO3-A. B. C. D. 625时，在含有大量Ba2+的某澄清透明溶液中，由水电离产生的OH物质的量浓度110-12mol/L，则在此溶液中还可能大量共存的离子组有A. Na+、Fe2+、NO3 B. K+、CH3COO、SO42C. NH4+、HCO3、SCN D. Cu2+、Mg2+、Cl7常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、ClB. =11012的溶液中：K+、Na +、CO32、NO3C. c(Fe2+) =1molL1的溶液中：K+、NH4、MnO4、SO42D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4、SO42、HCO38用草酸的稀溶液或草酸钠的酸性溶液可以洗涤粘在皮肤上的高锰酸钾,其离子方程式为（未配平）：MnO4-+C2O42-+H+-CO2+Mn2+_ 关于此反应的叙述正确的是（ ）A. 该反应右边方框内的产物是OH- B. 配平该反应后,H+化学计量数是8C. 该反应电子转移总数是5e- D. 该反应中氧化产物是CO29将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是（ ）A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3 molB. n(Na)n(Cl) 可能为73C. 若反应中转移的电子为n mol，则0.15 n 0 )，某实验小组测得X的转化率()在不同温度与压强（P)下 的实验数据，三者之间关系如下图所示。下列说法正确的是A. 图中a、b两点对应的平衡常数相等B. 上述反应在达到平衡后，缩小体积，Y的转化率提高C. 升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动D. 将2.0molX、6.0molY，置于密闭容器中发生反应，放出的热量为2akJ12某无色溶液可能含I、NH4+、Cu2+、SO32-中的若干种，向溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是肯定不含I 肯定不含Cu2+ 肯定含有SO32- 可能含有I 可能含有SO32-A. B. C. D. 13工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2CrO42H2O），其主要反应为: (2) 下列说法中正确的是A. 反应(1) (2)为氧化还原反应B. 反应(1)的氧化剂是O2，还原剂是FeOCr2O3C. 高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D. 生成1 mol的Na2Cr2O7时共转移6 mol电子14全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2x8）。下列说法不正确的是A. 电池工作时，a是正极B. 电池工作时负极反应为：Lie=Li+，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 gC. 石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D. 在此电池中加入硫酸可增加导电性15在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是A. 硝基苯中混有的少量硫酸和硝酸，将其倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，振荡，静置，分液B. 乙烷中混有乙烯，通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷C. 溴苯中混有溴，加入KI 溶液，振荡，用汽油萃取出碘D. 乙烯中混有SO2和CO2，将其通入溴水中洗气16pH=0的某溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验：下列有关判断正确的是A. 试液中一定有Fe2、SO42-、H、NH4+、A13+B. 试液中一定没有Ba2、CO32-、NO3-C. 步骤中一定发生反应：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-D. 气体A与气体B不可能发生化学反应17室温下，将0.10 molL1盐酸滴入20.00 mL 0.10molL1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOHlg c(OH)，下列说法正确的是A. M点所示溶液中c(NH4+)+c(NH3H2O)c(Cl)B. N点所示溶液中溶质一定含NH4Cl，可能还含HClC. Q点消耗盐酸的体积等于氨水的体积D. Q点所示溶液中c(NH4+) c(Cl) c(NH3H2O) c(OH-) c(H+)第II卷（非选择题 共51分）18硫酸亚锡(SnSO4)是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业。某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：.酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。.SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，Sn相对原子质量为119。 回答下列问题：（1）操作是_、过滤洗涤。（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解的原因_ _。（3）加入Sn粉的作用有两个：调节溶液pH，_ _。（4）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是_ _。（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是_ _。（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn + 2HClSnCl2+ H2； 加入过量的FeCl3；用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+ K2Cr2O7+ 14HCl6FeCl3+ 2KCl + 2CrCl3+7H2O现取0.80 g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.1000 mol/L K2Cr2O7溶液20.00mL。则锡粉中锡的纯度为_。19CO和联氨(N2H4)的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题。(1)用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，则该电池反应的离子方程式为_。用CO、O2和固体电解质还可以制成如下图1所示的燃料电池，则电极d的电极反应式为_。(2)联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图2所示。 图3在图示2的转化中，化合价不变的元素是_(填元素名称)。在转化过程中通入氧气发生反应后，溶液的pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。转化中当有1 mol N2H4参与反应时，需要消耗O2的物质的量为_ _。加入NaClO时发生的反应为：Cu(NH3)2ClO2OHCu(OH)22N2H42Cl2H2O该反应需在80以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有_ _、_ _ (3)CO与SO2在铝矾土作催化剂、773 K条件下反应生成CO2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图3所示，写出该反应的化学方程式：_。20已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A。其结构如图4所示：(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为_。(2)元素C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为_。(3)配合物A中碳原子的轨道杂化类型为_。(4)1mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有键的数目为_mol。(5)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：_(写化学式)。(6)已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图2所示，则该化合物的化学式是_。21焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一：焦亚硫酸钠的制取：采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3SO2Na2S2O5（1）加试剂前要进行的操作是_ _。装置中产生气体的化学方程式为_ _。（2）浓硫酸_ (填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是_ _。（3）从装置中分离出产品可采取的分离方法是_ _。（4）为了完整实验装置，在上右图装置中选择一个最合理的装置放在装置处，可选用的装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2OH2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液30.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL-1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果_ (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。参考答案1A【解析】最早发现石油的记录源于易经：“泽中有火”,“上火下泽”。泽，指湖泊池沼。“泽中有火”，是石油蒸气在湖泊池沼水面上起火现象的描述。石油蒸气是指沼气，即甲烷气体，故选A。2B【解析】A. 熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，因为二者反应：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，A正确；B. 在海带灰的浸出液（含有I-）中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+I2 +2H2O，B错误；C. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色（或黑色）保护层四氧化三铁：3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2，C正确；D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气：ClOCl2HCl2H2O，D正确，答案选B。3B【解析】A、因为化合物中氢元素为+1，锂元素为+1，所以氮元素为-3，A错误；B、氢气中氢元素的化合价既升高又降低，所以既作氧化剂，又做还原剂，B正确；C、二者的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以锂离子半径小，C错误；D、此法储氢是利用的氧化还原反应，和钢瓶储氢的原理不同，钢瓶储氢是物理过程，D错误，答案选B。4A【解析】A、NaH中阴离子是H，阴离子所含电子数为242/24mol=2mol，故A正确；B、发生的反应是2NOO2=2NO2，两者恰好完全反应生成NO2，但2NO2 N2O4，因此气体分子物质的量小于2mol，故B错误；C、题目中没有说明溶液的体积，因此无法计算物质的量，故C错误；D、乙醇溶液含有的分子是乙醇和水，因此所含分子物质的量大于0.6mol，故D错误。!5A【解析】（1）用pH试纸检验溶液的pH7，则不存在HCO3-，SO32-水解显碱性，因此含有SO32-；（2）向溶液中滴加新制氯水，无气体产生，加入四氯化碳振荡、静置，四氯化碳层呈红棕色，用分液漏斗分液，可知一定含Br-；（3）向分液后所得的水溶液中加入硝酸钡和稀硝酸的混合液，只有白色沉淀产生，过滤，白色沉淀为BaSO4，由于一定存在SO32-，所以不能确定是否含有硫酸根；（4）在滤液中加入硝酸银和稀硝酸的混合液，有白色沉淀产生白色沉淀为AgCl，但（2）中加氯水引入氯离子，因此不能确定是否存在氯离子；综上所述，肯定有SO32-、Br-，则一定不含HCO3-，可能含氯离子和硫酸根离子，由电荷守恒可知一定含阳离子为Na+，答案选A。点睛：本题考查常见离子的检验，把握发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。注意根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。6D【解析】由水电离产生的OH-物质的量浓度为110-12mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱溶液，不能与Ba2+结合生成沉淀，且离子之间不反应，则A酸溶液中与Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，碱溶液中与Fe2+结合生成沉淀，不能共存，A错误；B酸溶液中与CH3COO-结合生成弱电解质，且SO42-与Ba2+结合生成沉淀，则不能共存，B错误；CHCO3-既能与酸反应又能与碱反应，不能共存，C错误；D酸溶液中该组离子之间不反应，能共存，碱溶液中与Cu2+、Mg2+结合生成沉淀，不能共存，即可能大量共存，D正确；答案选D。7B【解析】A. 无色透明的溶液中Fe3+与SCN不能大量共存，A错误；B. =11012的溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性，K+、Na +、CO32、NO3可以大量共存，B正确；C. c(Fe2+)1molL1的溶液中MnO4氧化亚铁离子，不能大量共存，C错误；D. 能使甲基橙变红的溶液显酸性，则HCO3不能大量共存，D错误，答案选D。点睛：掌握相关离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，注意了解离子一般不能大量共存的情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能完全水解的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间，例如选项A。8D【解析】A酸性条件下，不可能生成OH-，含有H元素，应生成H2O，A错误；B反应中MnO4-Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，结合电荷守恒、原子守恒配平方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，H+的计量数是6，B错误；C由B可知配平方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，转移电子数为10，C错误；D反应中H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，H2C2O4是还原剂，发生氧化反应生成CO2，CO2是氧化产物，D正确；答案选D。9C【解析】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5n（Na+）：n（Cl-）2：1，7：32：1，B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol1/21=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol5/6 1=0.25mol，C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，得失电子不相等，D错误；答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，题目难度较大，注意极限法与电子得失守恒法的灵活应用。10B【解析】A. NaOH溶液与CO2反应，当n（NaOH）：n（CO2）=4：3时既有碳酸钠还有碳酸氢钠产生：4OH-+3CO2 =CO32-+2HCO3-+H2O，A正确；B. 在过量澄清石灰水中加入适量碳酸氢镁溶液生成碳酸钙、氢氧化镁和水，B错误；C. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气发生氧化还原反应：S2O324Cl25H2O2SO428Cl10H+，C正确；D. 过量Na投入AlCl3溶液中生成偏铝酸钠：Al3+4Na+2H2O=AlO2-+4Na+2H2，D正确，答案选B。11B【解析】A. 图中a、b两点温度不等，对应的平衡常数不相等，故A错误；B、 X(g)+3Y(g2Z(g)是体积缩小的反应，加压平衡正向移动，缩小体积，Y的转化率提高，故B正确；C、X(g)+3Y(g2Z(g) H=-a kJ/mol(a0 )，是放热反应，升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、将2.0molX、6.0molY，置于密闭容器中发生反应，由于反应是可逆反应，放出的热量小于2akJ，故D错误；故选B。12A【解析】Cu2+为有色离子，溶液无色则一定不存在Cu2+；还原性SO32-I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32-，溶液中可能含有I-离子，因加入溴水少量，I-没有被氧化，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有铵根离子，根据以上分析可知，正确的有：，答案选A。点睛：本题考查了离子的检验，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，再结合离子的性质来分析解答即可。13B【解析】A、4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；B、4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeOCr2O3，B正确； C、4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中氧化剂是氧气，还原剂是FeOCr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，C错误；D、由方程式4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3 +8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为7/8mol，反应中O元素由0价降低为2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为7/8mol4=3.5mol，所以根据Cr原子守恒可知每生成1molNa2Cr2O7时电子转移3.5mol27mol，D错误；答案选B。点睛：注意氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。另外在进行有关计算时需要注意利用好电子得失守恒。14D【解析】A电池工作时，电解质中Li+向正极移动，则a是正极，故A正确；B电池工作时负极反应为：Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol7g/mol=0.14g，故B正确；C硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；D纯硫酸不电离，不导电，无法增加导电性，故D错误；答案为D。点睛：解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2x8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li+2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li+2e-=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。15A【解析】A酸与NaOH反应后，与硝基苯分层，则倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，振荡，静置，分液可分离，A正确；B乙烯与氢气反应，但乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气，B错误；C溴与KI反应生成的碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，C错误；D乙烯、二氧化硫均与溴水反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气，D错误；答案选A。点睛：本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识与实验相结合的应用以及物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。16B【解析】pH=0溶液显酸性，原溶液中不含CO32，加入足量Ba(NO3)2有气体生成，利用NO3在酸性条件下表现强氧化性，Fe2氧化成Fe3，本身被还原成NO，因此原溶液中有Fe2，不含NO3，加入硝酸钡，产生沉淀A，沉淀是BaSO4，因此原溶液中不含SO42，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl，加入足量的NaOH溶液，出现气体，此气体为NH3，说明原溶液中一定含有NH4，沉淀B为Fe(OH)3，溶液B中加入少量CO2，溶液B中含有Ba2和OH，沉淀C一定是BaCO3，可能含有Al(OH)3，总上所述，原溶液中一定含有Fe2、NH4、H、Cl、SO42，一定不含有Ba2、NO3、CO32，可能含有Al3，故A错误，B正确，步骤一定发生Ba22OHCO2=BaCO3H2O，故C错误；气体A是NO，气体B为NH3，两者在一定条件下发生反应生成N2和H2O，故D错误。17B【解析】AM点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3H2O混合溶液，溶液中c(NH4+)+c(NH3H2O)c(Cl-)，故A错误；BN点溶液呈酸性，溶液中溶质一定含NH4Cl，可能还含HCl，故B正确；C恰好反应得到NH4Cl溶液呈酸性，Q点溶液呈中性，氨水稍过量，故C错误；DQ点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(Cl-)，正确的离子浓度大小为：c(NH4+)=c(Cl-)c(H+)=c(OH-)，故D错误；答案为B。点睛：解题关键是理解pH与pOH关系以及与二者与溶液酸碱性关系，由于Kw=(H+)c(OH-)=10-14，则溶液的pH+pOH=14，实线为pH曲线，虚线为pOH曲线，作垂直体积坐标轴线与pH曲线、pOH曲线交点为相应溶液中pH、pOHQ点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性。182Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Mg+CO22MgO+CAl3+4OH- = AlO2+2H2O3Fe4H2O(g)Fe3O44H2【解析】(1)过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(2)镁条在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；(3)将少量硫酸铝溶液滴入足量NaOH溶液生成NaAlO2，发生反应的离子方程式为Al3+4OH- = AlO2+2H2O ；(4)铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生反应的化学方程式为3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。19 蒸发浓缩，冷却结晶 （蒸发结晶亦可） 抑制Sn2+的水解 防止Sn2+被氧化为Sn4+ Sn2+CO32- =SnO+CO2 Sn2+H2O2+2H+ = Sn4+2H2O 89.25%【解析】（1）操作是将SnSO4从溶液中结晶出来的操作，从溶液中获得晶体的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（2）SnCl2是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应，而使溶液变浑浊，为了抑制盐的水解，可以先在酸中溶解，以增大溶液中H+的浓度，使盐的水解平衡逆向移动，从而得到澄清溶液；（3）Sn的化合价有+2、+4两个化合价，SnCl2有还原性，容易被空气中的氧气氧化为+4价，向溶液中加入Sn粉的作用调节溶液pH；防止Sn2+被氧化；（4）反应得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为Sn2+CO32-SnO+CO2；（5）双氧水有氧化性，SnSO4有还原性，在酸性条件下，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式是Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O；（6）有关物质反应的方程式是：Sn+2HClSnCl2 + H2；SnCl2 + 2FeCl32FeCl2+ SnCl4；6FeCl2 + K2Cr2O7 +14HCl6FeCl3 + 2KCl + 2CrCl3 +7H2O，则根据方程式得到关系式是：3Sn6FeCl2K2Cr2O7。n（K2Cr2O7）0.100 mol/L0.02L0.002mol；则m（Sn）0.002mol3119g/mol0.714g，所以Sn的含量是0.714g/0.8 g100%89.25%。20（1）2CO+O2+4OH2CO32+2H2O。CO-2e+O2CO2。（2）钠和氢。增大。1mol。使氢氧化铜分解、降低联氨的溶解度，使其从溶液中逸出。（3）4CO+2SO2=4CO2+S2。【解析】试题分析：（1）该燃料电池中，负极上CO失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电池反应式为2CO+O2+4 OH-=2 CO32-+2H2O，故答案为：2CO+O2+4 OH-=2 CO32-+2H2O。d电极上CO生成二氧化碳，则该电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO+O2-2e-=CO2，故答案为：CO+O2-2e-=CO2；（2）根据图知，H、Na元素都在化合物中，化合价不变，故答案为：氢、钠；Cu（NH3）2+和氧气反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液的pH增大；转化中当有1mol N2H4参与反应时，转移电子物质的量=1mol20-（-2）=4mol，根据转移电子相等得需要消耗O2的物质的量=1mol，故答案为：增大；1mol；温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，故答案为：氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出；（3）根据图象知，反应物的物质的量变化量一个为（4-1）mol=3mol、一个为（2-0.5）mol=1.5mol，生成物的物质的量变化量一个为（3-0）mol=3mol、一个为（0.75-0）mol=0.75mol，则反应物、生成物的物质的量变化量之比等于其计量数之比=3mol：1.5mol：3mol：0.75mol=4：2：4：1，根据C原子守恒知，计量数是4的为CO、CO2，二氧化硫的计量数是2，硫单质的计量数是1，则生成的硫单质为S2，所以反应方程式为4CO+2SO2=4CO2+S2，故答案为：4CO+2SO2=4CO2+S2。【考点定位】考查物质的量或浓度随时间的变化曲线；氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式【名师点晴】本题考查原电池原理、氧化还原反应、化学方程式计算等知识点，为高频考点，结合电解质溶液书写电极反应式，难点是（3）题生成物硫化学式的确定，明确计量数与物质的量变化量关系是解（3）题关键。21 3d104s1 NOC sp2、sp3 8 N2O(或SCN、N3等) Cu2O【解析】(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，根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；(2)同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由由小到大的排列顺序是NOC；故答案为：NOC；(3)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sp3杂化；故答案为：sp3、sp2；(4)共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，H2N-CH2-COONa中含有8个键，所以1mol氨基乙酸钠中含有键的数目为8mol，故答案为：8；(5)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的等电子体为：N2O(或SCN-、N3-等)，故答案为：N2O(或SCN-、N3-等)；(6)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=4：2=2：1，所以其化学式为：Cu2O，故答案为：Cu2O。点睛：解答本题需要利用均摊法、等电子体概念、价层电子对互斥理论来分析。题目难度中等；本题的易错点为(4)，可以根据H2N-CH2-COONa的结构判断，共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键。22 检查装置的气密性 Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+SO2+H2O 不能 如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出 过滤 d 0.192 偏低【解析】（1）加试剂前要进行的操作是检查装置的气密性；装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；（2）如果用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出，所以不能用稀硫酸代替浓硫酸；（3）从装置中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（4）装置用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，a不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，反应的方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（5）由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1