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71，江西省宜春市丰城市东煌学校2023-2024学年高三上学期11月期中化学试题
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这是一份71，江西省宜春市丰城市东煌学校2023-2024学年高三上学期11月期中化学试题，共15页。试卷主要包含了 下列离子方程式书写正确的是， 将3， 下列实验操作所用仪器合理的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
相对原子质量：O16，Na23，H1，N14，C12，Cl35.5
一、选择题(1-10每小题3分，11-15每小题4分，共50分)
1. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过量的碳酸氢钙溶液与澄清石灰水反应：
B. 向硫酸铜溶液中通入过量的硫化氢：
C. 往NaOH溶液中通入过量的：
D. 将过量的SO2通入K2S溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．过量碳酸氢钙溶液与澄清石灰水反应，离子方程式：，故A错误；
B．向硫酸铜溶液中通入过量的硫化氢，硫化氢溶于水形成氢硫酸为弱酸，不能拆为离子形式，离子方程式：，故B错误；
C．往NaOH溶液中通入过量的，离子方程式：，故C正确；
D．将过量的SO2通入K2S溶液中，离子方程式：，故D错误；
答案选C。
2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 晶体中含有的离子总数为
B. 与的混合气体中含有的原子总数为
C. 常温常压下，中含有电子的数目为
D. 在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中与足量反应，转移电子数为
【答案】D
【解析】您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】A．由Na+和离子组成，为0.1mlNa2O2，其中含有的离子总数为，A项正确；
B．N2O4分子在元素组成上相当于2个NO2分子，故与的混合气体含原子数为，即6NA，B项正确；
C．为0.1mlNH3，1mlNH3含电子数为10NA，则中含有电子的数目为，C项正确；
D．与反应生成NH3是可逆反应，H2不会反应完全，转移电子数小于，D项错误。
答案选D。
3. 将3.2克H2和CO的混合气体（其密度为相同条件下氧气密度的1/2），通入一盛有足量Na2O2密闭容器中，再通入过量O2,并用电火花点燃使其充分反应，最后容器中固体的质量增加了
A. 3.2gB. 4.4gC. 5.6gD. 6.4g
【答案】A
【解析】
【详解】CO与氧气反应：2CO+O2=2CO2，二氧化碳与过氧化钠反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为2CO+2Na2O2=2Na2CO3，固体增加的质量为CO的质量，氢气与氧气反应：2H2+O2=2H2O，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，固体增加的质量为氢气质量，则CO和H2的混合气共3.2g与足量的Na2O2于密闭容器中，通入氧气用电火花点燃，充分反应后，固体增重质量是3.2g；
答案选A。
4. 在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总质量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量，上述能说明2NO2(g) N2O4(g)达到平衡状态的有个
A. 4B. 6C. 3D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】①因为反应前后气体的分子数不等，所以当混合气体的压强不变时，反应达平衡状态，①符合题意；
②因为气体的总质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，②不合题意；
③反应物和生成物都呈气态，混合气的总质量始终不变，所以当混合气的总质量不变时，反应不一定达平衡状态，③不合题意；
④因为混合气的总质量不变，反应前后气体分子数不等，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态，④符合题意；
⑤混合气体的颜色取决于c(NO2)，c(NO2)不变时，反应达平衡状态，⑤符合题意；
⑥只有反应物的投入量之比等于化学计量数之比，且反应物的转化率为50%时，各反应物或生成物的浓度之比才等于化学计量数之比，但此时不一定是平衡状态，⑥不合题意；
⑦只有当反应达平衡状态时，某种气体的百分含量才保持不变，⑦符合题意。
综合以上分析，共有4项符合题意。故选A。
5. 下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A. 图1所示的装置可用于干燥、收集并吸收多余的氨气
B. 用图2的装置可以验证生铁片在该雨水中是否会发生吸氧腐蚀
C. 图3所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体
D. 图4所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气密度小于空气，要用向上排空气法收集，故A错误；
B.若铁片发生吸氧腐蚀，则红墨水在导管中的液面上升，所以图2的装置可以验证生铁片在该雨水中是否会发生吸氧腐蚀，故B正确；
C. Cu和浓H2SO4反应需要加热，故C错误；
D. 碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，故D错误；
故选B。
6. 下列实验操作所用仪器合理的是
A 用500mL烧杯准确量取30.5 mL NaOH溶液
B. 用100 mL 容量瓶配制所需的95 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液
C 用托盘天平称取25.30g NaCl
D. 用100 mL 量筒量取4.8 mL H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．烧杯只能粗略量取，无法准确量取30.5 mL NaOH溶液，A错误；
B．容量瓶只有一个刻度线，可以用100 mL 容量瓶配制所需的95 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液，B正确；
C．托盘天平可以精确到0.1g，无法称取25.30gNaCl，C错误；
D．选择量筒量取液体时要遵循“大而近”的原则，应选择10mL量筒量取4.8mLH2SO4，D错误；
答案选B。
7. 在一密闭容器中盛有2mlNa2O2与2mlNaHCO3，将其加热到150℃，经充分反应后，容器内残留固体是
A. 1mlNa2CO3和2mlNaOHB. 2mlNa2CO3和2mlNaOH
C. 2mlNa2CO3和1mlNa2O2D. 只有2mlNa2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，过氧化钠分别与二氧化碳反应、水反应。2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
2ml碳酸氢钠分解生成水和二氧化碳均为1ml，过氧化钠为2ml，所以水、二氧化碳、过氧化钠恰好完全反应。最终残留固体为碳酸钠（2ml）、氢氧化钠（2ml）。
答案选B。
8. 下列说法正确的是
A. 陶瓷是一种常见硅酸盐材料，可以用陶瓷坩埚熔融纯碱
B. 在自然界以游离态存在
C. 溶液可与反应
D. 属于酸性氧化物，不与任何酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．陶瓷是一种常见硅酸盐材料，二氧化硅能和碱反应，不能用陶瓷坩埚熔融纯碱，故A错误；
B．自然界中没用游离态Si，故B错误；
C．溶液可与反应生成碳酸钠和硅酸，故C正确；
D．与氢氟酸反应生成SiF4气体和水，故D错误；
选C。
9. 固体粉末X中可能含有K2SO3、KAlO2、MgCl2、Na2CO3中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如图：
根据上述实验，以下说法正确的是
A. 气体1可能为SO2和CO2的混合物
B. 沉淀3可能为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物
C. 固体粉末X中一定有Na2CO3，可能有KAlO2
D. 固体粉末X中一定有K2SO3和KAlO2
【答案】D
【解析】
【分析】固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成的沉淀4为BaSO4，说明固体X中一定有K2SO3，镁离子与亚硫酸根离子不共存，则一定不含MgCl2，则加氨水生成的沉淀3为Al(OH)3，说明固体X中一定含KAlO2，气体1可能是CO2或者是NO，固体X中可能有Na2CO3。
【详解】A．稀硝酸有强氧化性，SO2有还原性，两者要发生氧化还原反应，气体1中不可能有SO2，A错误；
B．根据分析可知沉淀3是Al(OH)3，B错误；
C．固体粉末X中可能有Na2CO3，一定有KAlO2，C错误；
D．固体粉末X中一定有K2SO3和KAlO2，D正确；
故选D。
10. 一种新型漂白剂结构如图，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，且Y的最外层电子数等于W和Z最外层电子数之和；W、X对应的简单离子核外电子排布均与原子相同。下列叙述正确的是
A. 元素Y最高价氧化物对应水化物为弱酸
B. 化合物中所有元素粒子均满足8电子稳定结构
C. 工业上通过电解熔融的来制得W
D. 常温下单质Y为气态
【答案】A
【解析】
【分析】由于W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，所有有一种元素为H，由于W形成W2+，所有W是Be或Mg元素，W、X对应的简单离子核外电子排布均与原子相同，所以W为Mg，X为O元素，根据该漂白剂的结构可知，Y和Z中是氢元素的应该是Z，所以Z为H元素，由于Y的最外层电子数等于W和Z最外层电子数之和，则Y的最外层电子数为3，且与Mg和H不同周期，因此Y为B，所以总结一下X为O元素、Y为B元素，Z为H元素，W为Mg元素，据此分析：
【详解】A．Y的最高价氧化物对应水化物为H3BO3，H3BO3是弱酸，A正确；
B．H元素不满足8电子结构，B错误；
C．工业上制镁是电解熔融的氯化镁，不是氧化镁，C错误；
D．常温下硼单质为固态，D错误；
故选A。
11. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是
A. 酸性氧化物：干冰、二氧化硫、三氧化硫
B. 同素异形体：活性炭、CO、金刚石
C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D. 碱性氧化物：氧化钙、氧化铁、氧化镁
【答案】BC
【解析】
【详解】A．凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，干冰即二氧化碳、二氧化硫、三氧化硫均能碱反应生成盐和水，故都属于酸性氧化物，A分类正确，不合题意；
B．同一元素形成的性质不同的几种单质互为同素异形体，CO是化合物不是单质，B分类错误，符合题意；
C．在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，C分类错误，符合题意；
D．凡是能与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，氧化钙、氧化铁、氧化镁均能与酸反应生成盐和水，D分类正确，不合题意；
故答案为：BC。
12. ，101k Pa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml水时所放出的热量约为；辛烷的燃烧热为下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】A． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml水时放出的热量，醋酸是弱酸，电离要吸热；
B． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml水时放出的热量；
C． 燃烧热是1ml可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量；
D． 燃烧热是1ml可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量，反应热与化学计量数成正比。
【详解】A． 因醋酸是弱酸，电离要吸热，所以该反应的反应热∆H不是-57.3kJ/ml，故A错误；
B． 中和反应是放热反应，焓变为负值，该热化学方程式不符合中和热的概念，故B错误；
C． 燃烧热中，水是液态，该反应热化学方程式中生成的水是气体，故C错误；
D． 该热化学方程式中是2ml物质燃烧，所以反应热的数值是燃烧热的2倍，热化学方程式为：，故D正确；
答案选D。
【点睛】1． 酸的强弱、溶液的浓度、生成水以外的产物等因素都会影响中和反应的热效应。
2． 表示燃烧热的方程式要注意：
①可燃物的系数为1；
②产物为完全燃烧的产物，如：C→CO2，而不是C→CO；
③注意状态，燃烧热通常是在常温常压下测定的，所以水应为液态。
13. 短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述两种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A. W、X、Y形成的化合物不一定为共价化合物B. 简单离子半径：Y>Z>W
C. 阴离子的还原性：Y>XD. 甲中阴阳离子个数比1∶1
【答案】AB
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述两种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠或硫单质，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化关系可知甲为过氧化钠、乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氨气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C(或N)、O、Na。
【详解】A．W、X、Y分别是H、C(或N)、O，如果X是C，则三种元素形成的化合物为H2CO3，如果是N，则三种元素形成的化合物是HNO3或为NH4NO3，H2CO3或HNO3是共价化合物，但是NH4NO3是离子化合物，故A正确；
B．W离子比Y、Z离子少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径Y>Z>W，故B正确；
C．X与Y是同周期元素，同周期从左到右，原子的非金属性增强，但是对应的离子的还原性在减弱，其还原性是X>Y，故C错误；
D．甲为过氧化钠，过氧化钠中阴阳离子个数之比为1:2，故D错误；
故本题选AB。
14. 一定条件下在2L的密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。测得CO2和CH3OH（g）的物质的量随时间变化如图所示。下列描述正确的是（ ）
A. 反应开始到4min时，反应达到最大限度
B. 其它条件不变，缩小容器体积反应速率加快
C. 反应开始到10min时，CO2的转化率75%
D. 反应开始到10min时，用CO2表示的反应速率为0.075 ml·L－1·min－1
【答案】BC
【解析】
【详解】A．反应开始到4min时，二氧化碳和甲醇物质的量都岁时间变化而变化，反应未达到最大限度，故A错误；
B．其它条件不变，缩小容器体积，相当于增大体系压强，反应速率加快，故B正确；
C．图中变化可知二氧化碳反应到10min消耗物质的量=1.00ml-0.25ml=0.75ml，转化率=，故C正确；
D．反应开始到10min时，用CO2表示的反应速率=，故D错误；
故选：BC。
15. 某碱性蓄电池在充电和放电时发生的反应为：Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，下列说法中正确的是
A. 放电时，负极上发生反应的物质是Fe
B. 放电时，正极反应是：NiO2+2e﹣+2H+=Ni(OH)2
C. 充电时，阴极反应是：Ni(OH)2﹣2e﹣+2OH﹣=NiO2+2H2O
D. 充电时，阳极附近pH值减小
【答案】AD
【解析】
【分析】由总反应式可知，根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe，正极为NiO2。此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe—2e-+2OH-＝Fe(OH)2，正极：NiO2+2e-+2H2O＝Ni(OH)2+2OH-。原电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阳极反应为原电池正极反应的逆反应。
【详解】A．放电时，Fe元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，选项A正确；
B．此电池为碱性电池，反应方程式中不能出现H+，放电时，正极反应是NiO2+2e-+2H2O＝Ni(OH)2+2OH-，选项B错误；
C．充电时，阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阴极反应是Fe(OH)2+2e-＝Fe+2OH-，选项C错误；
D．充电时，阳极反应为Ni(OH)2+2OH--2e-＝NiO2+2H2O，OH-浓度减小，则阳极附近pH值减小，选项D正确；
答案选AD。
二、非选择题(共50分)
16. 物质集合M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、Cl2，这些物质按照以下方法进行分类后如图所示，其中A组为单质，B组为化合物，请按照要求回答问题。
（1）该分类方法为_______，
（2）B组物质中属于非电解质的为_______，其中能作制冷剂的物质的电子式为_______。
（3）C组物质中有的能与水剧烈反应，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_______。
（4）D组物质中其中一种物质可以制备出另外一种物质，请写出一种该反应在工业上的应用：_______。
（5）请写出F组中的酸性氧化物与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：_______。
（6）在密闭容器中，将E组中的混合物加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1：2，混合加热充分反应后，排出气体，剩余固体的成分为_______；
【答案】16. 树状分类法
17. ①. SO2、NH3 ②.
18. 1：1 19. 焊接钢轨
20. 5SO2+2+2H2O=5+2Mn2＋+4H＋
21. Na2CO3
【解析】
【分析】在物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、Cl2中，Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3组成元素含有两种或两种以上，属于化合物；而Al、Fe、Na、Cl2的组成元素只有一种，属于单质。在Al、Fe、Na、Cl2中，Na、Cl2能够与水反应，其中Na与冷水剧烈反应。在Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3中，Na2O2、NaHCO3是离子化合物，在熔融状态下能够导电；SO2、NH3由分子构成，在熔融状态下不能导电，在A组物质Fe、Na、Cl2，Al中，Cl2能够与Fe、Na、Al三种金属反应，在每一个反应中，Cl2得到电子表现氧化性，其中可以证明其具有强氧化性的是Cl2在与变价金属Fe反应时，使金属变为高价态形成FeCl3，该反应的化学反应方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；B组物质包括Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3，其中Na2O2、NaHCO3都是离子化合物，在熔融状态下能够导电，属于E组电解质；而SO2、NH3都是由分子构成，在熔融状态下不能发生电离而导电，在水溶液中也不能因自身发生电离而导电，因此SO2、NH3都属于非电解质，属于F组物质。然后根据问题分析解答。
【小问1详解】
把多种物质按照某一个标准进行分类，依次类推，这种分类方法分类的物质就像大树一样，这种分类方法叫做树状分类法；
【小问2详解】
B组中SO2、NH3属于非电解质，其中NH3可以作制冷剂。在NH3中，N原子与3个H原子形成3个共价键，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其电子式为：；
【小问3详解】
C组物质中Na与冷水会发生剧烈反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，在该反应中Na为还原剂，H2O为氧化性，则该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；
【小问4详解】
根据上述分析可知A组物质包括Fe、Na、Cl2，Al，其中Cl2、Na能与冷水反应，属于C组物质， Fe、Al属于D组物质，Al能够与Fe的化合物如Fe2O3在高温下发生铝热反应制取Fe，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应的用途如可用于焊接钢轨；
【小问5详解】
F组中的酸性氧化物是SO2，该物质具有强的还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化为H2SO4，而使溶液紫色褪色，该反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2＋+4H＋；
【小问6详解】
根据上述分析可知：E组物质为Na2O2、NaHCO3，在密闭容器中加热上述混合物发生反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1：2，假设Na2O2、NaHCO3的物质的量分别是a、b，则，解得b=2a，即n(NaHCO3)=2n(Na2O2)。若Na2O2为1 ml，则NaHCO3为2 ml，NaHCO3受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2 ml NaHCO3分解产生1 ml Na2CO3、1 ml CO2、1 ml H2O，然后发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1 ml CO2恰好反应消耗1 ml Na2O2，Na2O2反应完全，不再发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故反应完全后剩余固体是Na2CO3；
17. 某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)+bB(g)⇌cC(g)表示]化学平衡的影响，得到如图所示图像(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率，φ表示体积分数)：
分析图像，回答下列问题：
（1）在反应I中，若p1>p2，则此正反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应，也是一个气体分子数___________(填“减少”或“增大”)的反应。
（2）在反应II中，T1___________(填“＞”“＜”或“=”)T2，该正反应为___________(填“吸热”或“放热")反应。
（3）在反应III中，若T2＞T1，则此正反应为___________(填“吸热”或“放热")反应。
（4）在反应IV中，a+b___________(填“＞”“＜”或“=”)c，若T1＞T2，则该反应___________(填“能"或“不能")自发进行。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 减少
（2） ①. ＜ ②. 放热
（3）放热 （4） ①. = ②. 不能
【解析】
【分析】
【小问1详解】
反应I中随着温度的升高，A的平衡转化率降低，升高温度，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应；作等温下，压强增大，A的转化率增大，即增大压强，平衡向正反应方向移动，即这是一个气体分子数减少的反应；故答案为放热；减少；
【小问2详解】
根据反应Ⅱ图像，T2先达到平衡，说明T2＞T1，升高温度，n(C)降低，升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应；故答案为＜；放热；
【小问3详解】
根据反应Ⅲ图像，若T2＞T1，升高温度，C的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，则此正反应为放热反应；故答案为放热；
【小问4详解】
根据反应Ⅳ，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体分子数相同，即a＋b=c；若T1＞T2，升高温度，A的转化率增大，说明反应为吸热反应，则根据，因此该反应不能自发进行；故答案为=；不能。
18. 现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出（硝酸的还原产物是NH4NO3）。在反应结束后的溶液中，逐滴加入2ml∙L-1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量的关系如图所示。
（1）写出OA段反应的离子方程式：____________________________。
（2）B点时溶液中含有溶质的化学式为____________。
（3）a的数值为__________。
（4）原硝酸溶液中HNO3的物质的量为__________ml。
【答案】（1）H++OH-=H2O
（2）NaNO3、NH4NO3
（3）0.03 （4）0.2
【解析】
【分析】铝粉和铁粉的混合物与一体积稀HNO3充分反应，反应后溶液中加入氢氧化钠溶液，由图可得硝酸过量，金属被氧化为Al3+、Fe3+，硝酸的还原产物是NH4NO3，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可知与NH发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：OA段为H++OH﹣=H2O，AB段为Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，Fe3＋＋3OH-＝Fe(OH)3↓；BC段为NH+OH﹣═NH3▪H2O，CD段为Al(OH)3+OH﹣=AlO+2H2O，以此解答。
【小问1详解】
现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出（硝酸的还原产物是NH4NO3）。在反应结束后的溶液中，逐滴加入2ml∙L-1的NaOH溶液，根据所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量的关系图所示可知，在OA段没有沉淀产生，说明溶解金属时酸过量，发生了反应：H++OH-=H2O。
【小问2详解】
在AB段发生反应：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，Fe3＋＋3OH-＝Fe(OH)3↓；在B点时溶液为NaNO3、NH4NO3溶液。
【小问3详解】
在AB段发生反应：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，Fe3＋＋3OH-＝Fe(OH)3↓；反应消耗的NaOH的物质的量是n(NaOH)=2ml/L×(0.088mL-0.043mL)= 0.09ml，由于Al、Fe都是+3价的金属，所以反应产生的Al(OH)3、Fe(OH)3的物质的量是n(沉淀)= 0.09ml÷3=0.03ml。
【小问4详解】
根据BC段反应消耗NaOH的物质的量可知n(NH)=n(OH-)=2ml/L× (0.094-0.088)L=0.012ml，在B点溶液为NaNO3、NH4NO3，根据N元素守恒，可得n(HNO3)= n(NaNO3)+2n(NH4NO3)= 2ml/L×0.088L+2×0.012ml=0.2ml。
19. 已知在某一温度下，在一个2L的密闭容器中放入4mlN2O5气体后会发生如下两个反应：①N2O5(g)N2O3(g)＋O2(g)；②N2O3(g)N2O(g)＋O2(g)。在某温度下达到平衡后c(O2)=2.2ml·L-1，c(N2O)=0.7ml·L-1。
求：(1)反应中N2O5的分解率___。
(2)反应①在该温度下的化学平衡常数___。
(3)平衡与起始时的压强之比___。
【答案】 ①. 75% ②. 3.52ml·L-1 ③. 21：10
【解析】
【分析】设分解的N2O5的物质的量为x，分解的N2O3的物质的量为y，根据三段式结合c(O2)=2.2ml·L-1，c(N2O)=0.7ml·L-1列式计算出x、y，再分析解答。
【详解】设分解的N2O5的物质的量为x，分解的N2O3的物质的量为y，则
因此c(O2)==2.2ml·L-1，c(N2O)==0.7ml·L-1，解得：x=3ml，y=1.4ml，
(1)反应中N2O5的分解率=×100%=75%，故答案为：75%；
(2)反应①在该温度下的化学平衡常数==3.52ml·L-1，故答案为：3.52ml·L-1；
(3)平衡与起始时的压强之比=气体的物质的量之比=×100%=，故答案为：21：10。
【点睛】正确书写三段式是解答本题的关键。本题的易错点为(3)，要注意同温同体积时，气体的压强之比=物质的量之比。
相对原子质量：O16，Na23，H1，N14，C12，Cl35.5
一、选择题(1-10每小题3分，11-15每小题4分，共50分)
1. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过量的碳酸氢钙溶液与澄清石灰水反应：
B. 向硫酸铜溶液中通入过量的硫化氢：
C. 往NaOH溶液中通入过量的：
D. 将过量的SO2通入K2S溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．过量碳酸氢钙溶液与澄清石灰水反应，离子方程式：，故A错误；
B．向硫酸铜溶液中通入过量的硫化氢，硫化氢溶于水形成氢硫酸为弱酸，不能拆为离子形式，离子方程式：，故B错误；
C．往NaOH溶液中通入过量的，离子方程式：，故C正确；
D．将过量的SO2通入K2S溶液中，离子方程式：，故D错误；
答案选C。
2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 晶体中含有的离子总数为
B. 与的混合气体中含有的原子总数为
C. 常温常压下，中含有电子的数目为
D. 在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中与足量反应，转移电子数为
【答案】D
【解析】您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【详解】A．由Na+和离子组成，为0.1mlNa2O2，其中含有的离子总数为，A项正确；
B．N2O4分子在元素组成上相当于2个NO2分子，故与的混合气体含原子数为，即6NA，B项正确；
C．为0.1mlNH3，1mlNH3含电子数为10NA，则中含有电子的数目为，C项正确；
D．与反应生成NH3是可逆反应，H2不会反应完全，转移电子数小于，D项错误。
答案选D。
3. 将3.2克H2和CO的混合气体（其密度为相同条件下氧气密度的1/2），通入一盛有足量Na2O2密闭容器中，再通入过量O2,并用电火花点燃使其充分反应，最后容器中固体的质量增加了
A. 3.2gB. 4.4gC. 5.6gD. 6.4g
【答案】A
【解析】
【详解】CO与氧气反应：2CO+O2=2CO2，二氧化碳与过氧化钠反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为2CO+2Na2O2=2Na2CO3，固体增加的质量为CO的质量，氢气与氧气反应：2H2+O2=2H2O，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，固体增加的质量为氢气质量，则CO和H2的混合气共3.2g与足量的Na2O2于密闭容器中，通入氧气用电火花点燃，充分反应后，固体增重质量是3.2g；
答案选A。
4. 在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总质量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量，上述能说明2NO2(g) N2O4(g)达到平衡状态的有个
A. 4B. 6C. 3D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】①因为反应前后气体的分子数不等，所以当混合气体的压强不变时，反应达平衡状态，①符合题意；
②因为气体的总质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，②不合题意；
③反应物和生成物都呈气态，混合气的总质量始终不变，所以当混合气的总质量不变时，反应不一定达平衡状态，③不合题意；
④因为混合气的总质量不变，反应前后气体分子数不等，所以当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态，④符合题意；
⑤混合气体的颜色取决于c(NO2)，c(NO2)不变时，反应达平衡状态，⑤符合题意；
⑥只有反应物的投入量之比等于化学计量数之比，且反应物的转化率为50%时，各反应物或生成物的浓度之比才等于化学计量数之比，但此时不一定是平衡状态，⑥不合题意；
⑦只有当反应达平衡状态时，某种气体的百分含量才保持不变，⑦符合题意。
综合以上分析，共有4项符合题意。故选A。
5. 下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A. 图1所示的装置可用于干燥、收集并吸收多余的氨气
B. 用图2的装置可以验证生铁片在该雨水中是否会发生吸氧腐蚀
C. 图3所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体
D. 图4所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气密度小于空气，要用向上排空气法收集，故A错误；
B.若铁片发生吸氧腐蚀，则红墨水在导管中的液面上升，所以图2的装置可以验证生铁片在该雨水中是否会发生吸氧腐蚀，故B正确；
C. Cu和浓H2SO4反应需要加热，故C错误；
D. 碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，故D错误；
故选B。
6. 下列实验操作所用仪器合理的是
A 用500mL烧杯准确量取30.5 mL NaOH溶液
B. 用100 mL 容量瓶配制所需的95 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液
C 用托盘天平称取25.30g NaCl
D. 用100 mL 量筒量取4.8 mL H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．烧杯只能粗略量取，无法准确量取30.5 mL NaOH溶液，A错误；
B．容量瓶只有一个刻度线，可以用100 mL 容量瓶配制所需的95 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液，B正确；
C．托盘天平可以精确到0.1g，无法称取25.30gNaCl，C错误；
D．选择量筒量取液体时要遵循“大而近”的原则，应选择10mL量筒量取4.8mLH2SO4，D错误；
答案选B。
7. 在一密闭容器中盛有2mlNa2O2与2mlNaHCO3，将其加热到150℃，经充分反应后，容器内残留固体是
A. 1mlNa2CO3和2mlNaOHB. 2mlNa2CO3和2mlNaOH
C. 2mlNa2CO3和1mlNa2O2D. 只有2mlNa2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，过氧化钠分别与二氧化碳反应、水反应。2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
2ml碳酸氢钠分解生成水和二氧化碳均为1ml，过氧化钠为2ml，所以水、二氧化碳、过氧化钠恰好完全反应。最终残留固体为碳酸钠（2ml）、氢氧化钠（2ml）。
答案选B。
8. 下列说法正确的是
A. 陶瓷是一种常见硅酸盐材料，可以用陶瓷坩埚熔融纯碱
B. 在自然界以游离态存在
C. 溶液可与反应
D. 属于酸性氧化物，不与任何酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．陶瓷是一种常见硅酸盐材料，二氧化硅能和碱反应，不能用陶瓷坩埚熔融纯碱，故A错误；
B．自然界中没用游离态Si，故B错误；
C．溶液可与反应生成碳酸钠和硅酸，故C正确；
D．与氢氟酸反应生成SiF4气体和水，故D错误；
选C。
9. 固体粉末X中可能含有K2SO3、KAlO2、MgCl2、Na2CO3中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列实验，实验过程及现象如图：
根据上述实验，以下说法正确的是
A. 气体1可能为SO2和CO2的混合物
B. 沉淀3可能为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物
C. 固体粉末X中一定有Na2CO3，可能有KAlO2
D. 固体粉末X中一定有K2SO3和KAlO2
【答案】D
【解析】
【分析】固体X中加入过量的硝酸，得溶液2，加入氯化钡生成的沉淀4为BaSO4，说明固体X中一定有K2SO3，镁离子与亚硫酸根离子不共存，则一定不含MgCl2，则加氨水生成的沉淀3为Al(OH)3，说明固体X中一定含KAlO2，气体1可能是CO2或者是NO，固体X中可能有Na2CO3。
【详解】A．稀硝酸有强氧化性，SO2有还原性，两者要发生氧化还原反应，气体1中不可能有SO2，A错误；
B．根据分析可知沉淀3是Al(OH)3，B错误；
C．固体粉末X中可能有Na2CO3，一定有KAlO2，C错误；
D．固体粉末X中一定有K2SO3和KAlO2，D正确；
故选D。
10. 一种新型漂白剂结构如图，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，且Y的最外层电子数等于W和Z最外层电子数之和；W、X对应的简单离子核外电子排布均与原子相同。下列叙述正确的是
A. 元素Y最高价氧化物对应水化物为弱酸
B. 化合物中所有元素粒子均满足8电子稳定结构
C. 工业上通过电解熔融的来制得W
D. 常温下单质Y为气态
【答案】A
【解析】
【分析】由于W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，所有有一种元素为H，由于W形成W2+，所有W是Be或Mg元素，W、X对应的简单离子核外电子排布均与原子相同，所以W为Mg，X为O元素，根据该漂白剂的结构可知，Y和Z中是氢元素的应该是Z，所以Z为H元素，由于Y的最外层电子数等于W和Z最外层电子数之和，则Y的最外层电子数为3，且与Mg和H不同周期，因此Y为B，所以总结一下X为O元素、Y为B元素，Z为H元素，W为Mg元素，据此分析：
【详解】A．Y的最高价氧化物对应水化物为H3BO3，H3BO3是弱酸，A正确；
B．H元素不满足8电子结构，B错误；
C．工业上制镁是电解熔融的氯化镁，不是氧化镁，C错误；
D．常温下硼单质为固态，D错误；
故选A。
11. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是
A. 酸性氧化物：干冰、二氧化硫、三氧化硫
B. 同素异形体：活性炭、CO、金刚石
C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D. 碱性氧化物：氧化钙、氧化铁、氧化镁
【答案】BC
【解析】
【详解】A．凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，干冰即二氧化碳、二氧化硫、三氧化硫均能碱反应生成盐和水，故都属于酸性氧化物，A分类正确，不合题意；
B．同一元素形成的性质不同的几种单质互为同素异形体，CO是化合物不是单质，B分类错误，符合题意；
C．在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，C分类错误，符合题意；
D．凡是能与酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，氧化钙、氧化铁、氧化镁均能与酸反应生成盐和水，D分类正确，不合题意；
故答案为：BC。
12. ，101k Pa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml水时所放出的热量约为；辛烷的燃烧热为下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】A． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml水时放出的热量，醋酸是弱酸，电离要吸热；
B． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1ml水时放出的热量；
C． 燃烧热是1ml可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量；
D． 燃烧热是1ml可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量，反应热与化学计量数成正比。
【详解】A． 因醋酸是弱酸，电离要吸热，所以该反应的反应热∆H不是-57.3kJ/ml，故A错误；
B． 中和反应是放热反应，焓变为负值，该热化学方程式不符合中和热的概念，故B错误；
C． 燃烧热中，水是液态，该反应热化学方程式中生成的水是气体，故C错误；
D． 该热化学方程式中是2ml物质燃烧，所以反应热的数值是燃烧热的2倍，热化学方程式为：，故D正确；
答案选D。
【点睛】1． 酸的强弱、溶液的浓度、生成水以外的产物等因素都会影响中和反应的热效应。
2． 表示燃烧热的方程式要注意：
①可燃物的系数为1；
②产物为完全燃烧的产物，如：C→CO2，而不是C→CO；
③注意状态，燃烧热通常是在常温常压下测定的，所以水应为液态。
13. 短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述两种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A. W、X、Y形成的化合物不一定为共价化合物B. 简单离子半径：Y>Z>W
C. 阴离子的还原性：Y>XD. 甲中阴阳离子个数比1∶1
【答案】AB
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述两种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠或硫单质，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化关系可知甲为过氧化钠、乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氨气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C(或N)、O、Na。
【详解】A．W、X、Y分别是H、C(或N)、O，如果X是C，则三种元素形成的化合物为H2CO3，如果是N，则三种元素形成的化合物是HNO3或为NH4NO3，H2CO3或HNO3是共价化合物，但是NH4NO3是离子化合物，故A正确；
B．W离子比Y、Z离子少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径Y>Z>W，故B正确；
C．X与Y是同周期元素，同周期从左到右，原子的非金属性增强，但是对应的离子的还原性在减弱，其还原性是X>Y，故C错误；
D．甲为过氧化钠，过氧化钠中阴阳离子个数之比为1:2，故D错误；
故本题选AB。
14. 一定条件下在2L的密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。测得CO2和CH3OH（g）的物质的量随时间变化如图所示。下列描述正确的是（ ）
A. 反应开始到4min时，反应达到最大限度
B. 其它条件不变，缩小容器体积反应速率加快
C. 反应开始到10min时，CO2的转化率75%
D. 反应开始到10min时，用CO2表示的反应速率为0.075 ml·L－1·min－1
【答案】BC
【解析】
【详解】A．反应开始到4min时，二氧化碳和甲醇物质的量都岁时间变化而变化，反应未达到最大限度，故A错误；
B．其它条件不变，缩小容器体积，相当于增大体系压强，反应速率加快，故B正确；
C．图中变化可知二氧化碳反应到10min消耗物质的量=1.00ml-0.25ml=0.75ml，转化率=，故C正确；
D．反应开始到10min时，用CO2表示的反应速率=，故D错误；
故选：BC。
15. 某碱性蓄电池在充电和放电时发生的反应为：Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，下列说法中正确的是
A. 放电时，负极上发生反应的物质是Fe
B. 放电时，正极反应是：NiO2+2e﹣+2H+=Ni(OH)2
C. 充电时，阴极反应是：Ni(OH)2﹣2e﹣+2OH﹣=NiO2+2H2O
D. 充电时，阳极附近pH值减小
【答案】AD
【解析】
【分析】由总反应式可知，根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe，正极为NiO2。此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe—2e-+2OH-＝Fe(OH)2，正极：NiO2+2e-+2H2O＝Ni(OH)2+2OH-。原电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阳极反应为原电池正极反应的逆反应。
【详解】A．放电时，Fe元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，选项A正确；
B．此电池为碱性电池，反应方程式中不能出现H+，放电时，正极反应是NiO2+2e-+2H2O＝Ni(OH)2+2OH-，选项B错误；
C．充电时，阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阴极反应是Fe(OH)2+2e-＝Fe+2OH-，选项C错误；
D．充电时，阳极反应为Ni(OH)2+2OH--2e-＝NiO2+2H2O，OH-浓度减小，则阳极附近pH值减小，选项D正确；
答案选AD。
二、非选择题(共50分)
16. 物质集合M中含有常见物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、Cl2，这些物质按照以下方法进行分类后如图所示，其中A组为单质，B组为化合物，请按照要求回答问题。
（1）该分类方法为_______，
（2）B组物质中属于非电解质的为_______，其中能作制冷剂的物质的电子式为_______。
（3）C组物质中有的能与水剧烈反应，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_______。
（4）D组物质中其中一种物质可以制备出另外一种物质，请写出一种该反应在工业上的应用：_______。
（5）请写出F组中的酸性氧化物与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：_______。
（6）在密闭容器中，将E组中的混合物加热反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1：2，混合加热充分反应后，排出气体，剩余固体的成分为_______；
【答案】16. 树状分类法
17. ①. SO2、NH3 ②.
18. 1：1 19. 焊接钢轨
20. 5SO2+2+2H2O=5+2Mn2＋+4H＋
21. Na2CO3
【解析】
【分析】在物质Na2O2、NaHCO3、Al、SO2、Fe、NH3、Na、Cl2中，Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3组成元素含有两种或两种以上，属于化合物；而Al、Fe、Na、Cl2的组成元素只有一种，属于单质。在Al、Fe、Na、Cl2中，Na、Cl2能够与水反应，其中Na与冷水剧烈反应。在Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3中，Na2O2、NaHCO3是离子化合物，在熔融状态下能够导电；SO2、NH3由分子构成，在熔融状态下不能导电，在A组物质Fe、Na、Cl2，Al中，Cl2能够与Fe、Na、Al三种金属反应，在每一个反应中，Cl2得到电子表现氧化性，其中可以证明其具有强氧化性的是Cl2在与变价金属Fe反应时，使金属变为高价态形成FeCl3，该反应的化学反应方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；B组物质包括Na2O2、NaHCO3、SO2、NH3，其中Na2O2、NaHCO3都是离子化合物，在熔融状态下能够导电，属于E组电解质；而SO2、NH3都是由分子构成，在熔融状态下不能发生电离而导电，在水溶液中也不能因自身发生电离而导电，因此SO2、NH3都属于非电解质，属于F组物质。然后根据问题分析解答。
【小问1详解】
把多种物质按照某一个标准进行分类，依次类推，这种分类方法分类的物质就像大树一样，这种分类方法叫做树状分类法；
【小问2详解】
B组中SO2、NH3属于非电解质，其中NH3可以作制冷剂。在NH3中，N原子与3个H原子形成3个共价键，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其电子式为：；
【小问3详解】
C组物质中Na与冷水会发生剧烈反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，在该反应中Na为还原剂，H2O为氧化性，则该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；
【小问4详解】
根据上述分析可知A组物质包括Fe、Na、Cl2，Al，其中Cl2、Na能与冷水反应，属于C组物质， Fe、Al属于D组物质，Al能够与Fe的化合物如Fe2O3在高温下发生铝热反应制取Fe，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应的用途如可用于焊接钢轨；
【小问5详解】
F组中的酸性氧化物是SO2，该物质具有强的还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化为H2SO4，而使溶液紫色褪色，该反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2＋+4H＋；
【小问6详解】
根据上述分析可知：E组物质为Na2O2、NaHCO3，在密闭容器中加热上述混合物发生反应，若混合物中金属原子与氧原子的物质的量之比为1：2，假设Na2O2、NaHCO3的物质的量分别是a、b，则，解得b=2a，即n(NaHCO3)=2n(Na2O2)。若Na2O2为1 ml，则NaHCO3为2 ml，NaHCO3受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2 ml NaHCO3分解产生1 ml Na2CO3、1 ml CO2、1 ml H2O，然后发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1 ml CO2恰好反应消耗1 ml Na2O2，Na2O2反应完全，不再发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故反应完全后剩余固体是Na2CO3；
17. 某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)+bB(g)⇌cC(g)表示]化学平衡的影响，得到如图所示图像(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率，φ表示体积分数)：
分析图像，回答下列问题：
（1）在反应I中，若p1>p2，则此正反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应，也是一个气体分子数___________(填“减少”或“增大”)的反应。
（2）在反应II中，T1___________(填“＞”“＜”或“=”)T2，该正反应为___________(填“吸热”或“放热")反应。
（3）在反应III中，若T2＞T1，则此正反应为___________(填“吸热”或“放热")反应。
（4）在反应IV中，a+b___________(填“＞”“＜”或“=”)c，若T1＞T2，则该反应___________(填“能"或“不能")自发进行。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 减少
（2） ①. ＜ ②. 放热
（3）放热 （4） ①. = ②. 不能
【解析】
【分析】
【小问1详解】
反应I中随着温度的升高，A的平衡转化率降低，升高温度，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应；作等温下，压强增大，A的转化率增大，即增大压强，平衡向正反应方向移动，即这是一个气体分子数减少的反应；故答案为放热；减少；
【小问2详解】
根据反应Ⅱ图像，T2先达到平衡，说明T2＞T1，升高温度，n(C)降低，升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应；故答案为＜；放热；
【小问3详解】
根据反应Ⅲ图像，若T2＞T1，升高温度，C的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，则此正反应为放热反应；故答案为放热；
【小问4详解】
根据反应Ⅳ，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体分子数相同，即a＋b=c；若T1＞T2，升高温度，A的转化率增大，说明反应为吸热反应，则根据，因此该反应不能自发进行；故答案为=；不能。
18. 现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出（硝酸的还原产物是NH4NO3）。在反应结束后的溶液中，逐滴加入2ml∙L-1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量的关系如图所示。
（1）写出OA段反应的离子方程式：____________________________。
（2）B点时溶液中含有溶质的化学式为____________。
（3）a的数值为__________。
（4）原硝酸溶液中HNO3的物质的量为__________ml。
【答案】（1）H++OH-=H2O
（2）NaNO3、NH4NO3
（3）0.03 （4）0.2
【解析】
【分析】铝粉和铁粉的混合物与一体积稀HNO3充分反应，反应后溶液中加入氢氧化钠溶液，由图可得硝酸过量，金属被氧化为Al3+、Fe3+，硝酸的还原产物是NH4NO3，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可知与NH发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：OA段为H++OH﹣=H2O，AB段为Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，Fe3＋＋3OH-＝Fe(OH)3↓；BC段为NH+OH﹣═NH3▪H2O，CD段为Al(OH)3+OH﹣=AlO+2H2O，以此解答。
【小问1详解】
现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出（硝酸的还原产物是NH4NO3）。在反应结束后的溶液中，逐滴加入2ml∙L-1的NaOH溶液，根据所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量的关系图所示可知，在OA段没有沉淀产生，说明溶解金属时酸过量，发生了反应：H++OH-=H2O。
【小问2详解】
在AB段发生反应：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，Fe3＋＋3OH-＝Fe(OH)3↓；在B点时溶液为NaNO3、NH4NO3溶液。
【小问3详解】
在AB段发生反应：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓，Fe3＋＋3OH-＝Fe(OH)3↓；反应消耗的NaOH的物质的量是n(NaOH)=2ml/L×(0.088mL-0.043mL)= 0.09ml，由于Al、Fe都是+3价的金属，所以反应产生的Al(OH)3、Fe(OH)3的物质的量是n(沉淀)= 0.09ml÷3=0.03ml。
【小问4详解】
根据BC段反应消耗NaOH的物质的量可知n(NH)=n(OH-)=2ml/L× (0.094-0.088)L=0.012ml，在B点溶液为NaNO3、NH4NO3，根据N元素守恒，可得n(HNO3)= n(NaNO3)+2n(NH4NO3)= 2ml/L×0.088L+2×0.012ml=0.2ml。
19. 已知在某一温度下，在一个2L的密闭容器中放入4mlN2O5气体后会发生如下两个反应：①N2O5(g)N2O3(g)＋O2(g)；②N2O3(g)N2O(g)＋O2(g)。在某温度下达到平衡后c(O2)=2.2ml·L-1，c(N2O)=0.7ml·L-1。
求：(1)反应中N2O5的分解率___。
(2)反应①在该温度下的化学平衡常数___。
(3)平衡与起始时的压强之比___。
【答案】 ①. 75% ②. 3.52ml·L-1 ③. 21：10
【解析】
【分析】设分解的N2O5的物质的量为x，分解的N2O3的物质的量为y，根据三段式结合c(O2)=2.2ml·L-1，c(N2O)=0.7ml·L-1列式计算出x、y，再分析解答。
【详解】设分解的N2O5的物质的量为x，分解的N2O3的物质的量为y，则
因此c(O2)==2.2ml·L-1，c(N2O)==0.7ml·L-1，解得：x=3ml，y=1.4ml，
(1)反应中N2O5的分解率=×100%=75%，故答案为：75%；
(2)反应①在该温度下的化学平衡常数==3.52ml·L-1，故答案为：3.52ml·L-1；
(3)平衡与起始时的压强之比=气体的物质的量之比=×100%=，故答案为：21：10。
【点睛】正确书写三段式是解答本题的关键。本题的易错点为(3)，要注意同温同体积时，气体的压强之比=物质的量之比。
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