【化学】河北省衡水市武邑中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

河北省衡水市武邑中学2018-2019学年高二上学期期中考试
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分共100分，考试时间90分钟。
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Cu:64 Na:23 Fe:56 Mg：24 Al：27
第Ⅰ卷（选择题）
1.对下列物品标签的分析不正确的是（ ）

【答案】A
【解析】
试题分析：A、橡胶塞含有不饱和碳碳双键，氯水对橡胶塞有腐蚀性，因此不能用橡胶塞，故说法错误；B、腐蚀品对皮肤有腐蚀性，因此该药品不能与皮肤直接接触，故说法正确；C、碳酸氢钠不稳定，受热易分解，故说法正确；D、根据c=1000ρω/M，代入数值，则c=18.4mol/L，故说法正确。
考点：考查药品存放、化学标识、标签的认识等知识。
2.常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，下列说法正确的是

A. 气球②中装的是O2
B. 气球①和③中分子数相等
C. 气球①和④中气体物质的量之比为4︰1
D. 气球③和④中气体密度之比为2︰1
【答案】D
【解析】
【详解】A.一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，根据V=n×Vm=，得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4>O2>CO2>SO2，②中装的是二氧化碳，故A错误；
B.根据A的分析，①②③④四个球中分别是SO2、CO2、O2、CH4，气球①和气球③中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64=1：2，故B错误；
C. 等质量时，气球①和④中气体物质的量之比等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；
D. 气球③和④中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16=2：1，故D正确。
故选D。
3. 下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是
A. 加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl－，SO42－
B. 含有NaClO的溶液中：K+，Al3+，Br－，S2－
C. 澄清透明溶液：Cu2+，SO42－，HCO3－，H+
D. 使甲基橙变红的溶液中：Fe2+，MnO4－，Na+，SO42－
【答案】A
【解析】
试题分析：A、加入Mg能放出H2的溶液显酸性，在酸性溶液中Mg2+，NH4+，Cl－，SO42－都能大量存在，A正确；B、NaClO具有强氧化性，能将Br－，S2－氧化，B错误；C、HCO3－与H+反应放出二氧化碳，C错误；D、使甲基橙变红的溶液西安酸性，在酸性溶液中Fe2+，MnO4－要发生氧化还原反应，D错误；故选A。
考点：考查了离子共存的相关知识。
4.下列热化学方程式正确的是（ ）（注：ΔH的绝对值均正确）
A. C2H5OH(l) + 3O2(g) ===2CO2(g) + 3H2O(g) ΔH＝－1367.0 kJ/mol（燃烧热）
B. NaOH(s)+ HCl(aq) ===NaCl(aq) + H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol（中和热）
C. S(s) + O2(g) ===SO2(g) ΔH＝－269.8kJ/mol（反应热）
D. 2NO2===O2 + 2NO ΔH＝+116.2kJ/mol（反应热）
【答案】C
【解析】
【详解】A.在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。定义要点：可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，如H→液态水，C→CO2，C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）生成的是水蒸气，故△H=-1367.0 kJ/mol不是燃烧热，故A错误；
B.在稀溶液中，强酸跟强碱反应生成1 mol水时的反应热 叫做中和热。定义要点：1．必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）中和热均为57.3 kJ•mol-1，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于57.3 kJ•mol-1；3．以生成1 mol水为基准，故NaOH(s)+ HCl(aq) ===NaCl(aq) + H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol中氢氧化钠为固态，则△H=-57.3kJ/mol不是中和热，故B错误；
C.等温等压下化学反应释放或吸收的热量称为反应热，故S（s）+O2（g）═SO2（g）中△H=-269.8kJ/mol是反应热，故C正确；
D.在热化学方程式中必须标注反应物和生成物的状态，故D错误。
故选C。
【点睛】根据定义中的要点分析解答。
5. 下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是
A. 硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H2SO3+O22H2SO4
B. 工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+CSi+CO2↑
C. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32-+2H＋=SO2+S↓+H2O
D. 成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl－+ClO－+2H＋=Cl2↑+H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A．硫酸型酸雨的形成，在SO2溶于水形成的亚硫酸会被溶于水的氧气氧化形成硫酸，反应方程式是：2H2SO3+O22H2SO4，正确；B．工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO↑，错误；C．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，首先发生复分解反应产生H2S2O3，产生的H2S2O3再发生分解反应产生SO2、S、H2O，因此反应总方程式是：S2O32-+2H＋=SO2+S↓+H2O，正确；D．84消毒液主要成分是NaClO，当与成分为盐酸的洁厕灵混合使用会发生反应：Cl－+ClO－+2H＋=Cl2↑+H2O，产生氯气导致中毒。正确。
考点：考查离子方程式正误判断的知识。
6.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 1mol/L的Ca(ClO)2溶液中含ClO－数目为2NA
B. 24.5 L氢气中所含氢原子数一定大于2NA
C. 体积分别为1.0L pH＝2的盐酸与硫酸溶液中氢离子数均为0.01NA
D. 1 mol －OH与1 molOH－所含电子数均为9 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.溶液体积未知，无法计算微粒个数，故A错误；
B.温度和压强不确定，已知气体的体积无法确定其物质的量，则无法确定H原子微粒数目，故B错误；
C.pH=2的盐酸和硫酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，故氢离子的物质的量均为n（H+）=0.01mol/L×1L=0.01mol，个数均为0.01NA，故C正确；
D.1mol羟基含有9mol电子，所含电子数为9 NA ，1mol氢氧根离子含有10mol电子，所含电子数为10NA，故D错误。
故选C。
【点睛】气体体积受温度和压强影响较大，外界条件不确定时，无法确定气体的体积。
7.H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示。下列说法正确是

A. 有MnO2条件下的反应曲线是a曲线
B. a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大
C. a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大
D. b曲线的热化学方程式为：H2O2(l) =H2O(l) +1/2O2(g) ΔH= - ( E1 - E2)KJ•mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、MnO2是催化剂，降低活化能，因此曲线b是有MnO2的反应曲线，故错误；B、a曲线变成b曲线，降低活化能，活化分子百分数增大，故正确；C、催化剂对化学平衡无影响，H2O2的转化率不变，故错误；D、根据能量变化图，此反应是放热反应，热化学反应方程式为H2O2(l)=H2O(l)＋1/2O2(g) △H=－(E2－E1)kJ·mol－1，故错误；
考点：考查热化学反应方程式、催化剂对活化能的影响等知识。
8.为完成相应实验，实验器材（规格和数量不限）足够的一项是

相应实验
实验器材（省略夹持装置）
A
氯化钠溶液的浓缩结晶
烧杯、玻璃棒、酒精灯
B
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
烧杯、漏斗、胶头滴管、滤纸
C
用浓硫酸配制0.5mol·L-1的溶液
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
D
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
【答案】D
【解析】
A、还缺少蒸发皿，A错误；B、还缺少过滤时的玻璃棒，B错误；C、还缺少量筒，C错误；D、用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先氧化，后萃取分液，所给仪器可以完成，D正确，答案选D。
9.向含SO32－、Fe2＋、Br－、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据还原性强弱分析反应的先后顺序，从而计算出氯气的量与各离子浓度的关系。
【详解】离子还原性SO32－> I－> Fe2＋> Br－，故首先发生反应SO32－+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+ 再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2 Cl-，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积；
A.由SO32－+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+可知，0.1mol SO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的氯气的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；
B.0.1molSO32－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl-, 0.1mol SO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1mol I－完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI-完全反应时消耗氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L， 图象中氯气的体积不符合，故B错误；
C.0.1mol SO32－完全反应需要消耗0.1mo氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知， 0. 1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为3.36L +0.05mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；
D. SO32－、 I－、 Fe2＋反应完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br-+Cl2=Br2+2 Cl-可知，0.1mol Br-完全反应消耗0.05mol氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误。
故选C。
【点睛】解决此题的关键在于明确几种离子的还原性强弱。
10.X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成元素均属于短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂。下列说法正确的是
A. X、Y、Z中，只有Y能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝
B. 1 mol Y或Z与足量水完全反应时，均转移2 mol电子
C. Z为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1 : 2
D. X和Y均能用向上排空气法和排水法收集
【答案】C
【解析】
试题分析：X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成的元素均属短周期元素)，摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，则这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，A．这三种物质都具有氧化性，所以都能氧化碘离子生成碘，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，A错误;B．Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；1 mol Y或Z与足量水完全反应时，均转移1 mol电子，故B错误；Na2O2为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1：2，故C正确；NO2不能用排水法收集，故D错误。
考点：本题考查元素化合物。
11.在一个氧化还原反应的体系中，共有H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种物质。在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是

A. 还原剂是含CN-的物质，氧化产物只有N2
B. 氧化剂是ClO-，还原产物是HCO3-
C. 配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为4：1
D. 标准状况下，若生成2.24LN2，则转移电子数为NA
【答案】D
【解析】
试题分析：
考点：由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由化学变化过程中元素种类不变，可知Cl-、HCO3-、H2O是生成物，反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由原子守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-；反应中，C元素化合价由CN-中+2价升高为HCO3-中+4价，N元素化合价由CN-中-3价升高为N2中0价，可知CN-为还原剂，氧化产物有HCO3-、N2，A错误；反应中Cl元素化合价由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，ClO-是氧化剂，还原产物是Cl-，B错误；由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN-是还原剂，ClO-是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，C错误；2.24LN2（标况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，D正确。
12.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M元素原子最外层电子数与电子层数相等，下列说法不正确的是（ ）

A. 原子半径Z＜M
B. 非金属性：X＜Z
C. M元素最高价氧化物对应水化物具有两性
D. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原子核外电子排布规律及元素在周期表中的相对位置，推测元素的种类，进而分析元素性质。
【详解】根据元素周期表可知，Y、Z元素处于周期表的第2周期，M、X元素处于周期表第3周期，所以M元素是Al，X是Si，由此进一步可推Y为N，Z为O。
A.根据推测的元素分析，原子半径M>Z，故A正确；
B. O的非金属性强于Si，故B正确；
C. Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3有两性，C正确；
D. N的非金属性强于Si，所以Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强，D错误。
故选D。
13.用pH传感器测得0.10mol/LNa2CO3溶液从55℃升高至85℃的pH如图所示。在55℃升高至85℃升温过程中，下列说法正确的是（ ）

A. c(H+)增大，c(OH-)减小 B. c(CO32-)/c(HCO3-)比值不断增大
C. c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.10 D. c(OH-)-c(HCO3-)-c(H2CO3)=10-11.1
【答案】C
【解析】
试题分析：A．结合图象可知，在55℃升高至85℃后，溶液的pH减小，则溶液中c(H+)增大；温度升高后碳酸钠的电离程度增大，则溶液中c(OH-)增大，错误； B．升高温度后碳酸钠的水解程度增大，则溶液中碳酸根离子浓度减小、碳酸氢根离子浓度增大，该比值会减小，错误； C．根据物料守恒可得：c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.10mol/L，正确； D．根据质子守恒可得：c(OH-)-c(HCO3-)-2c(H2CO3)= c(H+)=10-11.1mol/L，错误。
考点：考查离子浓度大小比较的知识。
14.在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO，两者的物质的量之比为1∶3，则要使1 mol金属锌完全反应，反应过程中消耗HNO3的物质的量为(　　)
A. 2.4 mol B. 2.6 mol
C. 2.8 mol D. 3.2 mol
【答案】C
【解析】
试题分析：反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Zn（NO3）2，由Cu原子守恒可知，n[Zn（NO3）2]=n（Zn）=1mol，生成NO2和NO的物质的量之比为l：3，令NO2的物质的量为y mol，NO为3y mol，根据电子转移守恒，则：1mol×（2-0）="y" mol×（5-4）+3y mol×（5-2），解得y=0.2，由氮元素守恒可知n（HNO3）=2n[Zn（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×1mol+0.2mol+0.2mol×3=2.8mol，答案选C。
【考点定位】考查氧化还原反应计算
【名师点晴】利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，注意守恒思想在氧化还原反应计算中的运用。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
15.一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器
编号
温度（℃）
起始物质的量（mol）
平衡物质的量（mol）
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40


Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A．该反应的正方应为放热反应
B．达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小
C．容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D．若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】AD
【解析】
试题分析：A、容器I与容器Ⅲ相比甲醇的起始物质的量相等，但温度不同，温度较低时生成物的物质的量多，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，A正确；B、反应前后体积不变，因此容器Ⅱ与容器I相比平衡等效，因此达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等， B不正确；C、容器I中温度高，反应速率快，因此容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的少，C不正确；D、根据容器I表中数据可知，平衡时生成物的浓度均是0.080mol/L，则根据反应的化学方程式可知消耗甲醇的浓度是0.16mol/L，所以平衡时甲醇的浓度是0.04mol/L，所以该温度下的平衡常数K＝＝4。若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则此时＝1.5＜4，所以反应将向正反应方向进行，D正确，答案选AD。
考点：考查化学反应速率和化学平衡常数的有关判断与计算
第Ⅱ卷(非选择题)
16.二氧化锗被广泛用于制作高纯金属锗、锗化合物、化工催化剂及医药工业，某工厂用褐煤烟灰（主要成分C、GeO2，还有少量Al2O3和SiO2）为原料制备GeO2，其流程如下：

已知：GeO2难溶于水，不跟水反应，是以酸性为主的两性氧化物，溶于强碱溶液生成锗酸盐，与浓盐酸生成GeCl4（GeCl4的沸点是83.1℃）
（1）用水浸取焙烧物2小时的目的是____________________，操作“X”的名称为________，该操作除了冷凝管、铁架台、牛角管、锥形瓶、石棉网、酒精灯外还缺少的玻璃仪器是________
（2）写出焙烧时二氧化锗与氢氧化钠发生反应的化学方程式________________________________
（3）“酸化”至溶液中盐酸浓度为5.3 mol/L时有利于生成GeCl4，写出该反应的化学方程式：____若滤液“酸化”时酸度不够，溶液会出现明显的浑浊，原因是____________
（4）GeO2产品中通常混有少量SiO2。取样品w g，测得其中氧原子的物质的量为n mol，则该样品中GeO2的物质的量为____________mol（用含w、n的代数式表示）
【答案】 (1). 为了提高含锗化合物的浸出率 (2). 蒸馏 (3). 蒸馏烧瓶、温度计 (4). 2NaOH+GeO2Na2GeO3+H2O (5). Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4 (6). 生成了H2GeO3（或GeO2或GeO2•nH2O）沉淀 (7). （或-n）
【解析】
【详解】(1)用水浸取焙烧物长达2小时的目的是为了尽可能使焙烧混合物中的含锗化合物溶于水，从而提高含锗化合物的浸出率；GeCl4的沸点是83.1℃，其沸点较低，从溶液中分离出GeCl4，可以通过蒸馏操作完成；蒸馏要用到的仪器有冷凝管、铁架台、牛角管、锥形瓶、石棉网、酒精灯，还要蒸馏烧瓶、温度计，故答案为：为了提高含锗化合物的浸出率；蒸馏；蒸馏烧瓶、温度计；
(2)GeO2难溶于水和稀盐酸，不跟水反应，是以酸性为主的两性氧化物，可知二氧化锗与氢氧化钠反应生成锗酸钠和水，反应方程式为：2NaOH+GeO2Na2GeO3+H2O，故答案为：2NaOH+GeO2Na2GeO3+H2O；
(3)GeO2是一种难溶于水的偏弱酸性的两性氧化物，类比氢氧化铝的性质，则H2GeO3能够与氯化氢反应生成生成物为GeCl4、NaCl和水，反应的化学方程式为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4；若滤液“酸化”时酸度不够，Na2GeO3与氢离子反应生成了生成了H2GeO3（或GeO2或GeO2•nH2O），生成的H2GeO3（或GeO2或GeO2•nH2O）在水中溶解度较小，所以溶液会出现明显的浑浊，故答案为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+3H2O+GeCl4；生成了H2GeO3（或GeO2或GeO2•nH2O）沉淀；
(4)设wg样品中含SiO2、GeO2的物质的量分别为x、y，测得O原子的物质的量为n mol，根据氧原子守恒可得：2x+2y=n ①，根据质量守恒可得：60x+105y=w②，
联①②可得y=（或-n），故答案为：（或-n）。
【点睛】解答关键是根据制备流程正确判断反应物、生成物，然后利用质量守恒定律书写出方程式即可。
17.有一混合物的水溶液，只可能含以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、 NH4+、Cl－、CO32－、SO42－，现取三份100 mL溶液进行如下实验：① 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生,② 第二份加过量NaOH溶液加热后收集到气体0.02 mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲,③ 在甲溶液中通过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02 g,④ 第三份加足量BaCl2溶液后得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤干燥后质量为11.65 g。根据上述实验回答：
（1）一定不存在的离子是____________________，不能确定是否存在的离子是________________
（2）试确定溶液中肯定存在的阴离子及其浓度(可不填满)：离子符号____________，浓度____________________
（3）试确定K+ 是否存在________ (填“是”或“否”)，判断的理由是：____________
【答案】 (1). Fe3+、Mg2+、CO32—、Ba2+ (2). Cl— (3). SO42— (4). 0.5 mol/L (5). 是 (6). 溶液中肯定存在的离子是NH4+、Al3+、SO42—。经计算NH4+、Al3+物质的量都是0.02mol，SO42—物质的量是0.05 mol，根据电荷守恒，K+一定存在
【解析】
【详解】①第一份加入几滴 AgNO 3 溶液后有沉淀产生，溶液中可能含有 Cl ﹣ 、 CO 3 2 ﹣ 、 SO 4 2﹣ ；
②第二份加过量 NaOH 溶液加热后，只收集到气体 0.02mol ，无沉淀生成，该气体是氨气，一定有铵根离子，铵根离子的物质的量是 0.02mol ，无沉淀生成，一定不含 Fe 3+ 、 Mg 2+ ；③在甲溶液中通入过量CO 2 ，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为 1.02g ，说明原溶液中一定存在 Al 3+ ，结合离子共存可知一定不存在 CO 3 2 ﹣ ； 1.02g 为氧化铝的质量，其物质的量为： =0.01mol ，说明每份溶液中含有 0.02molAl 3+ ；
④第三份加足量 BaCl 2 溶液后，得白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，说明原溶液中一定存在 SO 4 2 ﹣ ，则一定不存在钡离子；沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为 11.65g ，则硫酸钡的物质的量为： =0.05mol ，说明每份溶液中含有 0.05molSO 4 2 ﹣ ；0.02molAl 3+ 所带正电荷为 0.06mol 、 0.02mol 铵根离子带有 0.02mol 正电荷，而 0.05molSO 4 2 ﹣所带负电荷为 0.1mol ，根据电荷守恒可知，说明溶液中一定还含有阳离子 K + 。
(1)根据分析可知，一定存在的离子为： K + 、 NH 4 + 、 Al 3+ 、 SO 4 2 ﹣ ，一定不存在的离子为： Fe 3+ 、 Mg 2+ 、 CO 3 2 ﹣ 、 Ba 2+ ，根据分析可知，无法确定是否存在 Cl ﹣ ，所以溶液中可能存在 Cl ﹣ ；
故答案为： Fe 3+ 、 Mg 2+ 、 CO 3 2 ﹣ 、 Ba 2+ ； Cl ﹣ ；
(2)铵根离子的物质的量是 0.02mol ，含有 0.02molAl 3+ ，含有 0.05molSO 4 2 ﹣ ， 0.02molAl3+ 所带正电荷为 0.06mol 、 0.02mol 铵根离子带有 0.02mol 正电荷，而 0.05molSO 4 2 ﹣ 所带负电荷为 0.1mol ，根据电荷守恒可知，说明溶液中一定还含有阳离子 K + ，溶液体积为 0.1L ，所以其浓度分别为 0.2mol/L 、 0.2mol/L 、 0.5mol/L ，
故答案为： SO 4 2 ﹣ 、 0.5mol/L ；
(3) 溶液中肯定存在的离子是NH4+、Al3+、SO42—，经计算NH4+、Al3+物质的量都是0.02mol，SO42—物质的量是0.05 mol，根据电荷守恒，K+一定存在。
18. 某学生用胆矾制取氧化铜固体，并研究氧化铜能否在氯酸钾受热分解实验中起催化作用。实验步骤如下：

①称量a g胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液，向其中滴加氢氧化钠溶液至沉淀完全；
②把步骤①中的溶液和沉淀转移至蒸发皿中，加热至溶液中的沉淀全变成黑色氧化铜为止；
③过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为b g；
④取一定质量的上述氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀后加热，收集反应生成的氧气，如图所示。
请回答下列问题：
（1）上述各步操作中，需要用到玻璃棒的是__________________（填写前面所述实验步骤的序号）。
（2）由胆矾制备氧化铜的产率（实际产量与理论产量的百分比）为____________×100%。
（3）为保证Cu2+沉淀完全，步骤①中溶液的pH应大于10。简述测定溶液pH的操作：____________________________ 。
（4）为证明氧化铜在氯酸钾的分解反应中起催化作用，在上述实验①～④后还应该进行的实验操作是 （按实验先后顺序填写字母序号）。
ａ过滤 ｂ烘干 ｃ溶解 ｄ洗涤 ｅ称量
（5）但有同学认为，还必须另外再设计一个实验才能证明氧化铜在氯酸钾受热分解的实验中起催化作用。你认为还应该进行的另一个实验是 。
【答案】（1）①②③④
（2）
（3）用干燥、洁净的玻璃棒蘸取少量溶液点在pH试纸上，并和标准比色板对比，读数
（4）c a d b e
（5）另取相同质量的氯酸钾固体，不加CuO直接加热，对比放出氧气的反应速率。
【解析】
试题分析：（1）胆矾固体放入烧杯中，加水制成溶液时需要用玻璃棒搅拌，加速胆矾固体溶解速度；在蒸发时用玻璃棒搅拌，是为了防止局部温度过高使液滴飞溅；过滤时用到玻璃棒的作用是引流；氧化铜固体和一定质量的氯酸钾固体，混合均匀也需要玻璃棒的搅拌，所以选择①②③④，故答案为：①②③④；
（2）ag胆矾中含铜元素质量为ag×=a，设能制得氧化铜的质量为X由X××100%═a解得X=a所以由胆矾制备氧化铜的产率：×100%=，故答案为：；
（3）pH试纸的用法：用干燥的玻璃棒蘸取少量溶液滴在pH试纸上，将呈现的颜色和标准比色卡对比，读出数值即可，故答案为：用干燥的玻璃棒蘸取少量溶液滴在pH试纸上，将呈现的颜色和标准比色卡对比，读数；
（4）由于需要证明反应前后氧化铜的质量不变，反应后先将氧化铜从混合物中分离出来：加水溶解，进行过滤，得到的氧化铜上有氯化钾溶液，进行洗涤干燥，再进行称量即可。故答案为：cadbe；
（5）通过对比实验才能说明氧化铜的确加快了氯酸钾的反应速度，另取相同质量的氯酸钾固体，不加氧化铜直接加热，对比放出氧气的速率快慢，现象很明显，故答案为：另取相同质量的氯酸钾固体，不加氧化铜直接加热，对比放出氧气的速率快慢。
考点：考查了催化剂的特点与催化作用；实验室制取氧气的反应原理的相关知识。
19.碳、氮广泛分布在自然界中，碳、氮的化合物性能优良，在工业生产和科技领域有重要用途。
（1）氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由SiO2与过量焦炭在1300～1700oC的氮气流中反应制得：3SiO2(s) + 6C(s) + 2N2(g)Si3N4(s) + 6CO(g) ΔH＝－1591.2 kJ/mol则该反应每转移1mol e－，可放出的热量为________
（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO
①750℃时，测得气体中含等物质的量的SO2和SO3，此时反应的化学方程式是：____________
②由MgO制成的Mg可构成“镁—次氯酸盐”电池，其装置示意图如图，该电池的正极反应式为____________

（3）某研究小组将三组CO(g)与H2O(g)的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)，得到如下数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达平衡所需时间/min
CO
H2O
CO
H2
1
650
2
4
0.5
1.5
5
2
900
1
2
0.5
0.5
—
①实验Ⅰ中，前5min的反应速率v(CO2)＝___________
②下列能判断实验Ⅱ已经达到平衡状态的是（填写选项序号）__________
a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化
b．容器内压强不再变化
c．混合气体的密度保持不变
d．v正(CO)＝v逆(CO2)
e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
③若实验Ⅲ的容器是绝热的密闭容器，实验测得H2O(g)的转化率H2O%随时间变化的示意图如下图所示，b点v正_______v逆（填“＜”、“＝”或“＞”），t3～t4时刻，H2O(g)的转化率H2O%降低的原因是______________________

【答案】 (1). 132.6kJ (2). 2MgSO4 + CO 2MgO + SO2 + CO2 + SO3 (3). ClO- + 2e- + H2O = Cl- + 2OH- (4). 0.15 mol/(L·min) (5). a d (6). ＞ (7). 该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行
【解析】
【分析】
根据题目信息写出生成物，根据质量守恒配平；由图可知镁-次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO-、H2O反应生成Cl-与Mg（OH）2；根据勒夏特列原理分析平衡的移动方向。
【详解】（1）根据方程式3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）△H=-1591.2kJ/mol，由碳元素化合价变化情况可知每转移12mol电子，放出1591.2kJ热量，所以每转移1mole-，可放出的热量为132.6kJ，故答案为：132.6kJ；
（2）①用CO还原MgSO4可得到MgO、CO2、SO2和SO3，方程式为2MgSO4 + CO 2MgO + SO2 + CO2 + SO3，故答案为：2MgSO4 + CO 2MgO + SO2 + CO2 + SO3；
②由图可知镁-次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO-、H2O反应生成Cl-与Mg（OH）2，该电池反应的总反应方程式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg（OH）2，正极电极反应是ClO-离子得到电子发生还原反应，电极反应为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，故答案为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
（3） ① v(CO 2 ) ＝ v(H 2 ) ＝ 1．5mol÷2L÷ 5min＝0．15mol · L -1 · min -1；
②a．容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度不再变化，说明反应处于平衡状态，故a正确；
b．恒温、恒容条件下，气体的总物质的量始终不变，压强始终不变，故b错误；
c．恒容条件下，反应物和产物都是气体，密度始终不变，故c错误；
d．v正（CO）=υ逆（CO2），转化成CO2的正、逆反应速率相等，故d正确；
e．该反应气体的物质的量不变，气体的质量也不变，所以反应过程中气体的平均相对分子质量不变，故e错误，故选a、d。
③c点到达平衡，而b点未达到平衡，正反应速率减小，逆反应速率增大至相等，故b点v正>v逆；，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行使H2O(g)的转化率降低，故答案为：>；该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行。
【点睛】判断可逆反应是否达到平衡，本质是看正逆反应速率是否相等，反应物和生成物浓度是否改变；在分析平衡移动的问题时，注意恒温、恒容等条件。