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河南省焦作十一中2014届高三上学期12月月考化学试题 Word版含解析-

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河南省焦作十一中2014届高三上学期12月月考化学试卷
一、选择题（本题包括17个小题，每小题3分，共51分．每小题只有一个正确答案．） 1．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（ ） A．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器 B． 二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C． D．铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
考点： 浓硫酸的性质；金属的电化学腐蚀与防护；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅．
专题： 氧族元素；碳族元素． 分析： A、根据浓硫酸的特性可知，常温下浓硫酸使铝钝化，生成一层致密的保护膜阻止反应进一步进行；
B、根据二氧化硅与氢氟酸反应来分析；

C、根据二氧化氯具有强氧化性而能用于杀菌消毒来分析； D、根据牺牲阳极的阴极保护法来保护金属． 解答： 解：A、因浓硫酸具有强氧化性，能够与大多数金属反应，但遇到金属铝、铁要发生钝化，因此常温下用铝、铁制贮罐贮运浓硫酸，故A正确；
B、因二氧化硅能与氢氟酸反应：SiO2 +4HF═SiF4↑+2H2O，所以不能用石英制造耐酸容器，故B错误；
C、因二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒是因为其具有强氧化性，而不是还原性，故C错误；
D、因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误； 故选A． 点评： 本题主要考查了物质的性质以及用途，题目较简单，试题具有一定的综合性． 2．（3分）某短周期元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素（ ） A．一定是非金属元素 B． 单质常用作半导体材料和光导纤维 在自然界中只以化合态的形式存在 C．D． 气态氢化物比甲烷稳定

考点： 原子结构与元素周期律的关系．
专题： 元素周期律与元素周期表专题． 分析： 某短周期元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，若有2个电子层，则为Li元素，若有3个电子层，则为Si元素，据此解答． 解答： 解：某短周期元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，若有2个电子层，则为Li元素，若有3个电子层，则为Si元素，
A．该元素可能为Li，也可能为Si，故该元素可能为金属元素，也可能为非金属元素，故A错误；
B．Si单质是良好的半导体材料，二氧化硅可以用作光导纤维，但若Li，则是良好的导体，故B错误；

1

C．Li是活泼金属，在自然界中乙化合物形式存在，Si是亲氧元素，在自然界中以二氧化硅、硅酸盐存在，故C正确；
D．若为Si元素，非金属性Si＜C，故其氢化物稳定性比甲烷弱，故D错误， 故选C． 点评： 本题考查原子结构与元素周期律等，推断可能的元素是关键，注意为短周期元素，难度不大．

3．（3分）下列叙述可以肯定溶液中存在大量CO3的是（ ） A．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生 加入稀盐酸有无色无味气体产生，该气体可使澄清的石灰水变浑浊 B． 加入Ba（OH）2溶液有白色沉淀产生 C． D．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加入稀盐酸沉淀溶解，并产生可使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
考点： 常见阴离子的检验． 专题： 物质检验鉴别题．
2﹣分析： A、加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，溶液中可能存在CO3、氯离子或者硫酸根离子；
2﹣B、加入稀盐酸有无色无味气体产生，溶液中可能存在CO3、HCO3；
2﹣2﹣C、加入Ba（OH）2溶液有白色沉淀产生，溶液中可能存在CO3、SO4；
D、加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加入稀盐酸沉淀溶解，并产生可使澄清石灰水2﹣变浑浊的无色无味气体，一定存在CO3．
2﹣解答： 解：A、加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，溶液中可能存在CO3、氯离子或者硫酸根离子，故A错误； B、加入稀盐酸有无色无味气体产生，溶液中可能存在CO3、HCO3，故B错误；
2﹣2﹣C、加入Ba（OH）2溶液有白色沉淀产生，溶液中可能存在CO3、SO4，故C错误； D、加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加入稀盐酸沉淀溶解，并产生可使澄清石灰水2﹣变浑浊的无色无味气体，一定存在CO3，故D正确． 故选：D．
2﹣点评： 本题考查了CO3的检验，通常是使其生成二氧化碳气体或者生成碳酸钙或碳酸钡沉淀，注意干扰离子的排除． 4．（3分）一定条件下，下列物质均可通过化合反应制得的有（ ）种 ①小苏打 ②硫酸铝 ③氯化亚铁 ④磁性氧化铁 ⑤氢氧化铜 ⑥氢氧化铁． 3 4 5 6 A．B． C． D．

考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
2﹣﹣2﹣﹣专题： 几种重要的金属及其化合物．
分析： ①碳酸钠、水和二氧化碳反应生成；
②不能由化合反应生成；
③可由氯化铁和铁发生化合反应生成； ④铁在氧气中烧燃生成磁性氧化铁； ⑤不能由化合反应生成；
⑥可由氢氧化亚铁、氧气和水反应生成．

2

解答： 解：①碳酸钠、水和二氧化碳反应生成，反应为：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3；
②不能由化合反应生成；
③铁和氯气化合反应生成氯化铁，反应为Fe+3Cl2④铁在氧气中烧燃生成磁性氧化铁，反应为3Fe+2O22FeCl3； Fe3O4；
⑥氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3； 故选B．
点评： 本题考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和应用的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累和学习，难度不大． 5．（3分）下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小无关的是（ ） ①F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高 ②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 ③金刚石、碳化硅、晶体硅熔点逐渐降低 ④NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低． A．仅② B． ①④ C． ②③ D． ①②③
考点： 键能、键长、键角及其应用；元素周期律的作用．
专题： 元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构． 分析： ①F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小；
②HF、HI、HBr、HCl属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键； ③金刚石、晶体硅属于原子晶体，影响熔沸点的因素是共价键；
④NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，影响熔沸点的因素是离子键． 解答： 解：①F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键的键能大小无关，故①错误；
②HF、HI、HBr、HCl属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，HF，HC1，HBr，HI的热稳定性依次减弱，故②正确；
③金刚石、碳化硅、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与共价键的键能大小有关且正确，故③正确；
④NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与共价键的键能大小无关，故④错误． 所以正确的有①④； 故选B． 点评： 本题考查晶体的熔沸点的比较，分子的稳定性，题目难度不大，注意晶体的类型以及影响晶体熔沸点高低的因素的判断． 6．（3分）下列离子方程式正确的是（ ）
﹣2+3+2﹣ A．等物质的量的Ba（OH）2与明矾溶液混合：3Ba+6OH+2Al+3SO4=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓ Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O B．
3

H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2O22=4OH+18O2↑ C．﹣2+ D．CuCl2溶液中加入NaHS溶液：Cu+2HS+2H2O=Cu（OH）2↓+2H2S↑
﹣﹣考点： 离子方程式的书写． 专题： 离子反应专题．
分析： 根据离子方程式书写要求来判断，如看是否守恒（质量、电荷、得失电子），是否符合客观事实，化学式拆分、化学符号使用是否正确，反应物用量与其反应是否一致等．
2+23+=解答： 解：A、因Ba+SO4=BaSO4↓，3OH+AlAl（OH）所以等物质的量的Ba（OH）3↓，﹣2+3+2﹣（（KAl（SO4））溶液混合：3Ba+6OH+2Al+3SO4=3BaSO4↓+2Al2与明矾2•12H2O）（OH）3↓
﹣﹣=3+3+2+ B、因生成的Fe能与I发生氧化还原反应：2Fe+2I2Fe+I2，故B错误； C、因氧化物在离子方程式中不能拆开，Na2O2应写化学式，故错误；
﹣﹣=2+2++ D、因Cu与HS不会发生双水解，而发生Cu+HSCuS↓+H，故错误； 故选：A． 点评： 本题考查了离子方程式正误判断的方法，只要掌握一些常见的判断方法，就可以做到迎刃而解了．

﹣﹣7．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）
14①常温常压下，17g甲基（﹣CH3）所含中子数为8NA
﹣1②常温下，1L0.1mol•L Na2CO3溶液中阴离子数目之和大于0.1NA ③常温常压下，0.3molCl2通入水中，充分反应后转移电子数目为0.3NA
﹣0④25C，pH=13的NaOH溶液中含有OH数目为0.1NA ⑤标准状况下，22.4LSO3的分子数为NA
⑥标准状况下，22.4LNO和11.2L O2混合后气体的分子总数小于NA． A．①②③ B． ①②⑥ C． ②④⑥ D． ③④⑤

考点： 阿伏加德罗常数．
14分析： ①常温常压下，17g甲基（﹣CH3）的物质的量为1mol，该甲基中含有8个中子；
﹣1②常温下，1L0.1mol•L Na2CO3溶液中，碳酸根离子部分水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，导致溶液中阴离子数目增多；
③常温常压下，0.3molCl2通入水中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸； ④缺少pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算氢氧根离子的数目； ⑤标准状况下，三氧化硫的状态不是气体；
⑥四氧化二氮与二氧化氮存在转化平衡，导致气体分子数减小．
14解答： 解：①17g甲基（﹣CH3）的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含中子数为8NA，故①正确；
﹣1②常温下，1L0.1mol•L Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，溶液中阴离子数目之和大于0.1NA，故②正确； ③常温常压下，0.3molCl2通入水中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于0.3mol，转移的电子数目小于0.3NA，故③错误；
④没有告诉25℃，pH=13的NaOH溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，故④错误；
⑤标准状况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO3的物质的量，故⑤错误；

4

⑥标准状况下，22.4LNO的物质的量为1mol、11.2L O2的物质的量为0.5mol，二者反应后生成了1mol二氧化氮，由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以反应后混合气体的物质的量小于1mol，混合后气体的分子总数小于NA，故⑥正确； 故选B． 点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下三氧化硫不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，⑥为易错点，注意明确二氧化氮与四氧化二氮之间的转化平衡．

8．（3分）500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3）=6.0mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收到22.4L气体（标准状况）．下列说法正确的是（ ）
+ A．B． 上述电解过程中共转移4mol电子 原混合溶液中c（K）为2mol/L + 电解得到的Cu的物质的量为0.5mol C．D． 电解后溶液中c（H）为4mol/L
考点： 原电池和电解池的工作原理． 专题： 电化学专题． 分析： KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液进行电解，根据两极上的放电顺序确定放电的离子，根据电子守恒结合两极均收到22.4L气体（标准状况）进行计算．
﹣解答： 解：KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，阳极上的电极反应式：4OH→2H2O+O2↑+4e﹣﹣，当产生22.4L即1mol（标准状况）氧气时，转移电子是4mol，阴极上先发生电极反﹣﹣2++应：Cu+2e→Cu，然后是：2H+2e→H2↑，在阴极上生成1mol的氢气时，转移电子是2mol，所以铜离子共得到电子是2mol，所以铜离子的物质的量为1mol，
2+所以c（Cu）=2mol/L．
﹣2+A、根据（cCu）=2mol/L，所以Cu（NO3）其中的（cNO3）=4.0mol/L， 2的浓度是2mol/L，﹣但是总共的c（NO3）=6.0mol/L，所以原混合溶液中硝酸钾的浓度是2mol/L，所以c+（K）为2mol/L，故A正确；
﹣﹣B、阳极上的电极反应式：4OH→2H2O+O2↑+4e，当产生22.4L即1mol（标准状况）氧气时，转移电子是4mol，所以电解过程中共转移4mol电子，故B正确；
C、根据阴极上发生电极反应：Cu+2e→Cu，铜离子的物质的量为1mol，所以电解得到的Cu的物质的量为1mol，故C错误；
D、阳极上的电极反应式：4OH→2H2O+O2↑+4e，当产生22.4L即1mol（标准状况）+氧气时，转移电子是4mol，消耗了氢氧根离子是4mol，阴极上发生了电极反应2H+2e﹣→H2↑，在阴极上生成1mol的氢气时，转移电子是2mol，消耗的氢离子是2mol，所以相当于溶液中含有2mol的氢离子，所以电解后溶液中，如果是忽略体积变化，则c（H）=故选AB．
点评： 本题考查电解池的工作原理知识，注意离子的放电顺序在解题中的应用以及电子守恒的思想的应用，属于综合知识的考查，难度不大． 9．（3分）（2011•安徽）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（ ）

5 +﹣﹣2+﹣=4mol/L，但是体积是变化的，故D错误．


A．正极反应式：Ag+Cl﹣e=AgCl 每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子 B． Na+不断向“水”电池的负极移动 C． D．AgCl是还原产物
考点： 电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理．
﹣﹣专题： 压轴题． 分析： 根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路． 解答： 解：A、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为﹣﹣原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl﹣e=AgCl，而不是正极方程式，故A错；
B、根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故B正确；
C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C错；
D、反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故D错． 故选：B． 点评： 本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点． 10．（3分）X、Y、M、Z四种短周期主族元素的原子半径依次减小，X、Y、Z的电子层数之和为5，X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，Y元素原子的最外层电子数是X元素和Z元素原子最外层电子数的总和，M是地壳中含量最多的元素．下列说法不正确的是（ ） A．化合物YZ3极易溶解于水 Z与M可以形成含有非极性键的化合物 B． 12g14X中含有中子的物质的量为8 mol C． D．由上述四种元素组成的离子化合物受热易分解

考点： 原子结构与元素的性质． 专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： X、Y、M、Z四种短周期主族元素的原子半径依次减小，X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，X、Y、Z的电子层数之和为5，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Y元素原子的最外层电子数是X元素和Z元素原子最外层电子数的总和，则Z处于第一周期，Y处于第二周期，故Z为氢元素，Y最外层电子数为4+1=5，则Y为氮元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为氧元素，据此解答． 解答： 解：X、Y、M、Z四种短周期主族元素的原子半径依次减小，X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍，X、Y、Z的电子层数之和为5，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Y元素原子的最外层电子数是X元素和Z元素原
6

子最外层电子数的总和，则Z处于第一周期，Y处于第二周期，故Z为氢元素，Y最外层电子数为4+1=5，则Y为氮元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为氧元素， A．化合物YZ3为NH3，极易溶解于水，故A正确；
B．H、O两元素形成的化合物H2O2，分子中氧原子之间为非极性键，故B正确； C.12gC中含有中子的物质的量为14×（14﹣6）=6.9mol，故C错误；
D．上述四种元素组成的离子化合物为硝酸铵，铵盐受热易分解，故D正确； 故选C． 点评： 本题考查结构物质性质关系、氮化合物性质等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意根据最外层电子数之和确定X是推断的突破口． 11．（3分）几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法正确的是（ ）
B C D E F G H 元素代号
A 化合价 ﹣1 ﹣2 0.071 0.074 原子半径/nm +4、﹣4 +7、﹣1 +5、﹣3 +3 0.077 0.099 0.110 0.143 +2 0.160 +1 0.186 A．A的单质能将D单质从FD3的溶液中置换出来 G在CB2中燃烧生成两种化合物 B． E元素的单质不存在同素异形体 C． D．A、F、H的离子半径由大到小顺序是A＞H＞F
考点： 原子结构与元素周期律的关系． 专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： A、D的化合价都有﹣1，且D的原子半径较大，还有+7甲，则A为F元素、D为Cl；B的化合价为﹣2，原子半径小于Cl，故B为O元素；C的化合价为+4、﹣4，原子半径小于Cl，故C为碳元素；E的化合价为+5、﹣3，原子半径大于Cl，故E为P元素；F、G的化合价分别为+3、+2，原子半径都大于P，故F为Al、G为Mg，H的化合价为+1，原子半径大于Mg，故H为Na，据此解答． 解答： 解：A、D的化合价都有﹣1，且D的原子半径较大，还有+7甲，则A为F元素、D为Cl；B的化合价为﹣2，原子半径小于Cl，故B为O元素；C的化合价为+4、﹣4，原子半径小于Cl，故C为碳元素；E的化合价为+5、﹣3，原子半径大于Cl，故E为P元素；F、G的化合价分别为+3、+2，原子半径都大于P，故F为Al、G为Mg，H的化合价为+1，原子半径大于Mg，故H为Na，
A．氟气与水反应生成HF与氧气，不能将氯气从氯化铝溶液中置换出来，故A错误； B．Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO与碳，故B错误； C．磷的单质存在红磷、白磷同素异形体，故C错误； D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径F＞Na＞Al，故D正确， 故选D． 点评： 本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价及原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，A选项为易错点，中学较少涉及氟气的有关性质，难度中等． 12．（3分）（2013•江苏三模）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ） 选项 实验操作

7 ﹣+3+实验现象 结论


A B C 取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足X产生氢气的体积比Y金属性：X＞Y 量的盐酸反应 多
向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液 溶液由红色变为黄色 KCl溶液具有碱性
有白色沉淀生成，苯层白色沉淀可能为在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡
CuI 呈紫色
D 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质
A B C D A．B． C． D．

考点： 化学实验方案的评价．
专题： 实验评价题．
分析： A．不能利用失去电子的数目比较金属性；
B．甲基橙的变色范围为3.1～4.4，pH＞4.4，滴加甲基橙，溶液为黄色； C．发生氧化还原反应生成CuI和碘；
D．久置的Na2O2粉末中可能混有碳酸钠． 解答： 解：A．取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应，X产生氢气的体积比Y多，X失去电子数多，但不能确定金属性的强弱，故A错误； B．向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由红色变为黄色，反应生成AgCl和硝酸钾，溶液为中性，KCl溶液也为中性，故B错误；
C．在CuSO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成CuI和碘，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，故C正确；
D．取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体，不能确定是否变质，故D错误； 故选C．
点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及金属性的比较、氧化还原反应等，侧重物质的性质的考查，题目难度不大，选项C为解答的难点． 13．（3分）（2011•上海）120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（ ） 2.0mol/L 1.5mol/L 0.18mol/L 0.24mol/L A．B． C． D．

考点： 有关范围讨论题的计算；钠的重要化合物． 专题： 压轴题；计算题；分析比较法．
分析： 根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案．
2+解答： 解：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO3+2H═H2O+CO2↑，
﹣﹣2﹣++当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO3+H═HCO3、HCO3+H═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，
﹣+则HCO3+H=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，
碳酸钠的物质的量为0.2mol，
﹣
8

则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间， 盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，
即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L． 故选B． 点评： 本题考查学生利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，明确反应发生的先后顺序，通过比较及信息中都有气体产生，但最终生成的气体体积不同是解答的关键． 14．（3分）把一块镁铝合金投入到1mol/L HCl溶液里，待合金完全溶解后，往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如下图A所示．下列说法中不正确的是（
）
A．a的取值范围为0≤a＜50 B．的最大值为2.5 若将关系图改为B图时，则a的取值范围为80＜a＜90 C． D．若将关系图改为C图时，则a的取值范围为75＜a＜90
考点： 镁的化学性质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．
专题： 图示题． 分析： A、根据第三阶段的反应确定铝离子的物质的量，假设只有铝离子时，根据消耗的氢氧化钠来确定a的取值范围；
B、根据第三阶段的反应确定铝离子的物质的量，所以铝离子生成氢氧化铝所需的氢氧化钠的物质的量一定，根据a的取值判断镁的物质的量；
C、采用极值法计算，当没有铝离子时，a值最小，当生成的沉淀全部是氢氧化铝时，a值最大．
D、采用极值法计算，当没有铝离子时，a值最大，当生成的沉淀全部是氢氧化铝时，a值最小． 解答： 解：A、第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3 +NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗3+3+NaOH10mL，所以n（Al）=0.01mol，和Al反应的NaOH为30mL，因为第一阶段3+2+2+和Al反应的NaOH为30mL，假设无Mg，a=50，而实际存在Mg，当没有盐酸剩余时，a=0，所以0≤a＜50，故A正确；
B、第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3 +NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗3+3+NaOH10mL，所以n（Al）=n（Al）=0.01mol，和Al反应的NaOH为30mL，因为3+第一阶段和Al反应的NaOH为30mL；当a=0时，盐酸没有剩余，与氢氧化钠反应的离子是镁离子和铝离子，铝离子一定，镁离子物质的量最大，与镁离子反应的氢氧化钠的体积为50mL，50mL氢氧化钠的物质的量为0.05mol，镁离子的物质的量是0.025mol，所以镁和铝的物质的量之比最大值是2.5，故B正确；
C、采用极值法计算，当没有铝离子时，生成的沉淀不和氢氧化钠反应导致a值最小，
9

80=a；当生成的沉淀全部是氢氧化铝时，氢氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，导致a值最大，生成氢氧化铝沉淀所用的氢氧化钠体积是溶解氢氧化铝所用氢氧化钠体积的3被，所以溶解氢氧化铝所用氢氧化钠的体积为，a=96.7，实际上存在镁离子，所以a的取值范围是80＜a＜96.7，故C错误；
D、采用极值法计算，当没有铝离子时，生成的沉淀全部是氢氧化镁，氢氧化镁和氢氧化钠不反应，此时a值最大为90；当生成的沉淀全部是氢氧化铝，生成的氢氧化铝又能和氢氧化钠完全转化为偏铝酸钠时a值最小，生成氢氧化铝所用的氢氧化钠与溶解氢氧化铝所用的氢氧化钠的体积之比=3：1，所以a==75，实际上溶液中含有铝离子和镁离子，所以a的取值范围是75＜a＜90，故D正确， 故选：C．
点评： 本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，结合图象进行考查，增大了难度，明确生成氢氧化铝所用的氢氧化钠与溶解氢氧化铝所用的氢氧化钠的体积之比=3：1是解本题的关键． 15．（3分）（2009•四川）在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）⇌nY（g）；△H=Q kJ/mol．反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
﹣11 2 3 /L积体气温体c（Y）/mol•L度/℃
100 1.00 0.75 0.53 200 1.20 0.90 0.63 300 下列说法正确的是（ ） A．m＞n Q＜0 B． 温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 C． D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
考点： 化学平衡的影响因素．
1.30 1.00 0.70 专题： 压轴题；化学平衡专题． 分析： 根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应． 解答： 解：A．在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，则有m＜n，故A错误；
B．当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应，则Q＞0，故B错误；
C．温度不变，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则Y的质量分数减少，故C正确； D．反应的正向为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡正向移动，故D错误． 故选C． 点评： 本题主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题，对于学生的基本功要求较高，题目难度中等．

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16．（3分）反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）

A．a、c两点的反应速率：a＞c a、c两点NO2的转化率：a＞c B． b、c两点的化学平衡常数：b=c C． D．由状态b到状态a，可以用加热的方法
考点： 体积百分含量随温度、压强变化曲线．
专题： 化学平衡专题． 分析： 2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，该反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，故T1＜T2；增大压强，化学平衡正向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答．
A．a、c两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；
B．a、c两点都在等温线上，增大压强，化学平衡正向移动，NO2的转化率增大； C．升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小； D．压强相同，升高温度，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，a点NO2的体积分数大． 解答： 解：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，该反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，故T1＜T2时；增大压强，化学平衡正向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答．
A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A错误；
B．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，化学平衡正向移动，c点NO2的转化率增大更大，故B错误；
C、温度T1＜T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故C错误； D、升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故D正确； 故选D． 点评： 本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义，根据“定一议二原则即可解答，难度中等．

17．（3分）（2012•潍坊一模）常温下有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液 ②pH=3的盐酸 ③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（ ） A．②和③混合，所得混合溶液的pH大于7 ③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③=④ B．
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①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①＜② C． D．若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞①＞②
考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 专题： 电离平衡与溶液的pH专题．
3分析： pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3﹣3 mol/L，pH=11的氨水中（cNH3．H2O）＞10 mol/L，pH=11的NaOH溶液中（cNaOH）﹣3=10 mol/L，
A．根据酸、碱的物质的量大小确定溶液的酸碱性； B．根据碱的物质的量确定消耗硫酸的体积；
C．酸和镁反应生成氢气的量与酸的物质的量成正比； D．根据酸、碱的相对强弱确定稀释后酸、碱的pH．
﹣3解答： 解：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）﹣3﹣3=10 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c﹣3（NaOH）=10 mol/L，
A．②和③混合，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液的pH大于7，故A正确；
﹣B．c（NH3．H2O）＞c（NaOH），所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③＞④，故B错误； C．c（CH3COOH）＞c（HCl），所以等体积的①与②分别与足量镁粉反应，生成H2的量：①＞②，故C错误；
D．若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞②＞①，故D错误； 故选A． 点评： 本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确强弱电解质的特点是解本题关键，难度中等．

二、解答题（共4小题，满分49分） 18．（10分）若以如图装置，用电化学原理制备硫酸，并电解AgNO3溶液．请回答下列问题：
﹣2﹣+（1）通入SO2的电极为 负 极，电极反应式为 SO2+2H2O﹣2e═SO4+4H； ．
+﹣（2）Fe电极为 阴 极，电极反应式为 Ag+e═Ag ．
（3）当乙池中析出5.4g Ag时，甲池中通入O2在标准状况下的体积为 280 mL，转移电子数为 0.05 mol．
（4）为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2与水的质量比为 16：29 ．

考点： 原电池和电解池的工作原理． 专题： 电化学专题． 分析： 甲为燃料电池，通入二氧化硫的以及为负极，被氧化，生成硫酸，电极方程式为
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SO2+2H2O﹣2e═SO4+4H，通入氧气的以及为原电池的正极，发生还原反应，电极﹣+反应式为：O2+4e+4H=2H2O，乙为电解池，铁为阴极，发生还原反应生成银，C为阳极，发生还原反应生成氧气，以此解答该题．
﹣2解答： 解：（1）二氧化硫具有还原性，为原电池的负极，电极方程式为SO2+2H2O﹣2e═SO4﹣﹣2﹣++4H；
﹣2﹣+故答案为：负；SO2+2H2O﹣2e═SO4+4H；
+﹣（2）铁为阴极，发生还原反应生成银，电极方程式为Ag+e═Ag，故答案为：阴； +﹣Ag+e═Ag； （3）n（Ag）==0.05mol，由电极方程式电极方程式为Ag+e═Ag可知转﹣++﹣移0.05mol电子，由O2+4e+4H=2H2O可知，甲池中通入O2在标准状况下的体积为 0.05mol××22.4L/mol=0.28L=280mL， 故答案为：280；0.05；
（4）设：SO2和水的质量分别为a、b SO2 +H2O⇌H2SO3 64 18 82 a
2+H2SO3 +O2═2H2SO4
164
196
则：硫酸溶液的质量百分数为 ×100%=50%，
所以a：b=16：29； 故答案为：16：29． 点评： 本题综合考查原电池、电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题注意把握原电池的工作原理，易错点为（4），注意计算方法的体会，难度中等． 19．（15分）氮及其化合物与人类各方面有着密切的联系．
Ⅰ现有一支15mL的试管，充满NO倒置于水槽中，向试管中缓缓通入一定量氧气，当试管内液面稳定时，剩余气体3mL．则通入氧气的体积可能为 9或14.25 mL． Ⅱ目前，消除氮氧化物污染有多种方法．
（1）用CH4催化还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 写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式 CH4﹣1（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣955kJ•mol ．
（2）用活性炭还原法处理氮氧化物，有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）
0某研究小组向恒容密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（TC）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：

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NO N2
CO2

0 10 20 30 40 50 0.100 0.068 0.040 0.040 0.032 0.032 0 0.021 0.030 0.030 0.034 0.034 0 0.021 0.030 0.030 0.017 0.017 ①不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据是 BC ；（选填字母代号）
A．容器内CO2的浓度保持不变 B．v正（N2）=2v正（NO） C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变 E．混合气体的平均相对分子质量保持不变 ②前20分钟，平均反应速率v（NO）= 0.003mol/（L•min） ．
③在TC时，该反应的平衡常数为 0.56 （保留两位小数）；
④在30 min，改变某一条件反应重新达到平衡，则改变的条件是 分离出了二氧化碳 ． （3）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：
2NO+2CO2CO2+N2△H＜0．
0研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下表中． 实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
T（C） NO初始浓度
（mol/L）
﹣3280 1.20×10 a b 350 d ﹣30CO初始浓度
（mol/L） 5.80×10 c e ﹣3﹣3催化剂的比
2表面积（m/g） 82 124 124 上表中：a= 280 ，b= 1.20×10 ，e= 5.80×10 ．

考点： 化学平衡的计算；热化学方程式；等效平衡． 专题： 化学平衡专题． 分析： Ⅰ（1）根据化学反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3
进行计算，剩余的可能是一氧化氮也可能时氧气，进行讨论；

Ⅱ（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
（2）①依据化学反应处于平衡时，正逆反应速率相等；
②根据v=计算；
③当20﹣30min时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，根据K=计算；
④根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分
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离出二氧化碳物质；
（3）根据实验目的验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，则应保证浓度相同，然后相同温度时比较催化剂比表面积，相同催化剂比表面积时比较温度，然后利用影响化学反应速率及化学平衡的因素来分析图象． 解答： Ⅰ（1）根据化学反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知，一氧化氮和氧气按4：3反应，如果剩余的是一氧化氮，则参加反应的一氧化氮为12mL，则需氧气的体积为mL=9mL，如果剩余的是氧气，则参加反应的氧气为15×mL=11.25mL，则需要氧气的总量为11.25mL+3mL=14.25mL，故答案为：9或14.25；
Ⅱ（1）①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol1
﹣1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol
﹣1③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ•mol
依据盖斯定律（①+②+③×4）÷2得到：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O﹣1（l）△H=﹣955 kJ•mol；
﹣1故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣955 kJ•mol； （2）①A．容器内CO2的浓度保持不变，根据平衡的特征可知，反应处于平衡状态，B．v，不能反映正反应和逆反应速率的关系，故无法判断反应是否处于正（N2）=2v正（NO）平衡状态，C．由于该反应是前后体积不变的反应，所以容器内压强保持不变，不能判断反应是否处于平衡状态，D．由于该反应的容器的体积不变，但气体的质量在反应过程中是不断的改变的，所以当混合气体的密度保持不变时，则说明反应已经处于平衡状态 E．由于混合气体的总物质的量不变，而气体的质量不守恒，所以当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，则说明反应已经处于平衡状态，故选BC；
②由图表可知，在前20分钟NO的浓度变化为0.06mol/L，所以前20分钟平均反应速率v（NO）==0.003mol/（L•min），故答案为：0.003mol/（L•min）；
﹣③当20﹣30min时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，K===0.56，故答案为：0.56；
④根据表中数值知，NO、二氧化碳的浓度减小，氮气的浓度增大，说明改变条件是分离出二氧化碳物质，故答案为：分离出了二氧化碳；
（3）因Ⅰ、Ⅱ比表面积不同，则应控制温度相同，所有浓度应控制相同来验证催化剂比表面积对速率的影响；Ⅱ、Ⅲ比表面积相同，温度不同，则所有浓度应控制相同来验证反应温度对速率的影响；分析判断a为280度，b为1.2×10mol/L，e为5.80×10
mol/L 故答案为：280；1.20×10；5.80×10； 点评： 本题考查了化学平衡常数、化学平衡移动的影响因素、平衡状态的判断等，侧重考查学生对数据的分析处理能力，题目难度中等．

20．（12分）某同学用如图所示装置探究SO2的性质及其有关实验．
（1）实验室用亚硫酸钠固体和一定浓度的硫酸溶液反应制备SO2气体，写出该反应的化学方程式： Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O ． （2）分别将SO2气体通入下列C溶液中，请回答下列问题：

15 ﹣3﹣3﹣3﹣3

①SO2通入紫红色KMnO4溶液，现象是： 紫红色褪去 ，其反应的离子方程式为：
2﹣2++5SO2+2MnO4+2H2O═5SO4+2Mn+4H ．
②过量SO2慢慢地通入澄清石灰水中，现象是： 先变浑浊，后又变澄清 ．
③若C为双氧水，则通入SO2后，请大胆判断所得溶液的溶质是 H2SO4 （填化学式），其反应的化学方程式为： SO2+H2O2═H2SO4 ． ④若该同学制备的SO2气体中混有CO2气体，产生杂质的原因可能是亚硫酸钠固体中混有 碳酸盐或碳酸氢盐 ．
⑤下列溶液中通入SO2不会产生明显现象的是： dg

a．FeCl3 b．Ba（NO3）2 c．Na2S d．CaCl2 e．溴水 f．品红 g．Na2SO3．


考点： 性质实验方案的设计；二氧化硫的化学性质． 专题： 实验设计题． 分析： （1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，强酸制取弱酸；
（2）①二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，所以二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色；
②二氧化硫和二氧化碳有相似性，都能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙．
③二氧化硫有还原性，双氧水有强氧化性，所以二氧化硫和双氧水能发生氧化还原反应生成硫酸；
④碳酸盐和碳酸氢盐能与硫酸反应生成二氧化碳，据此分析； ⑤二氧化硫具有较强还原性和漂白性，根据二氧化硫的化学性质及各选项的试剂进行判断，注意关键是判断是否存在明显的现象，如溶液有色变化、是否生成沉淀等，发生化学反应不一定存在明显现象． 解答： 解：（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）①二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，所以二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液颜色逐渐变浅或紫色消失，离子反应方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O═5SO4+2Mn+4H，
2﹣2++故答案为：紫红色褪去；5SO2+2MnO4+2H2O═5SO4+2Mn+4H；
②二氧化硫和氢氧化钙反应生成不溶于水的亚硫酸钙和水，离子反应方程式为：Ca+2OH+SO2=CaSO3 ↓+H2O；亚硫酸钙和二氧化硫、水能反应生成可溶性的亚硫酸﹣2+氢钙，反应的离子方程式为：CaSO3+SO2+H20=Ca+2HSO3，所以溶液由变澄清， 故答案为：先变浑浊，后又变澄清；
③二氧化硫有还原性，双氧水有强氧化性，所以二氧化硫和双氧水能发生氧化还原反应生成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2═H2SO4， 故答案为：H2SO4；SO2+H2O2═H2SO4；

16 2+﹣2﹣2++

④碳酸盐和碳酸氢盐能与硫酸反应生成二氧化碳，制备的SO2气体中混有CO2气体，由碳元素守恒可知，产生杂质的原因可能是亚硫酸钠固体中混有碳酸盐或碳酸氢盐， 故答案为：碳酸盐或碳酸氢盐；
⑤a．FeCl3：铁离子能够氧化二氧化硫，导致氯化铁溶液由棕黄色变成浅绿色，存在明显变化，故a错误；
b．Ba（NO3）2：二氧化硫的水溶液具有酸性，硝酸根离子在酸性条件下能够将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，存在明显现象，故b错误； c．Na2S：硫化钠与二氧化硫在溶液中反应生成黄色S单质，存在明显变化，故c错误； d．CaCl2：氯化钙与二氧化硫不发生反应，二者混合后不存在明显现象，故d正确； e．溴水与二氧化硫发生氧化还原反应，二者混合后溴水褪色，存在明显现象，故e错误；
f．品红：二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，存在明显现象，故f错误； g．Na2SO3：二氧化硫与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，但是溶液中不存在明显现象，故g正确； 故答案为：dg． 点评： 本题考查物质性质实验方案设计，侧重考查二氧化硫的制取以及二氧化硫漂白与被氧化的区别，题目难度中等，解题时需从化合价角度分析漂白与被氧化的区别，才能正确解题，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力． 21．（12分）已知：通常状况下甲、乙、丙、丁为气体单质，A、B、C、D、E、F、G、H等为化合物，其中A、B、E、G均为气体，C为常见液体．反应①、②、③是工业制H的重要化工反应，反应④是重要的实验室制取气体的反应．有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）．请回答下列问题：

（1）反应④的化学方程式为 2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2H2O+2NH3↑ ．
（2）B和E在一定条件下可发生反应，该反应具有实际意义，可消除E对环境的污染，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2：3 ．
（3）在恒温恒压容器中加入一定量B，催化条件下发生反应B⇌乙+丁（未配平），达平衡后再加少量B，则平衡 正向 移动（填“正向”、“逆向”或“不”），重新平衡后与原平衡相比，B的转化率 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”）． （4）常温下，物质的量浓度相同的A、B、D三者的水溶液，由水电离出的c（OH）大小顺序是（用A、B、D表示） D＞B＞A ．
（5）惰性电极电解A和D的混合溶液，可生成丁单质和一种二元化合物M（与甲、乙所含元素相同），M为三角锥形分子，该反应的方程式为 NH4Cl+2HCl NCl3+3H2
．在﹣
17

碱性溶液中M与NaClO2（亚氯酸钠）按物质的量之比1：6恰好反应可生成化合物B和消毒﹣﹣﹣剂ClO2气体，该反应的离子方程式为 NCl3+6ClO2+3H2O═6ClO2+3Cl+3OH+NH3 ．
考点： 无机物的推断． 专题： 推断题． 分析： C为常见液体，应为H2O，则丙、丁应为H2、O2中的物质，而B能和丙反应生成C，说明B应为氢化物，则丁为H2，丙为O2，由反应①②③可知，单质乙所含元素存在多种化合价，且E、G都为氧化物，其中G能与水反应生成E，说明发生氧化还原反应，则可知乙为N2，B为NH3，E为NO，G为NO2，H为HNO3，反应④是重要的实验室制取气体的反应，且生成NH3，应为NH4Cl和Ca（OH）2的反应，则D为NH4Cl，F为Ca（OH）2，I为CaCl2，则甲为Cl，A为HCl，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．
解答： 解：C为常见液体，应为H2O，则丙、丁应为H2、O2中的物质，而B能和丙反应生成C，说明B应为氢化物，则丁为H2，丙为O2，由反应①②③可知，单质乙所含元素存在多种化合价，且E、G都为氧化物，其中G能与水反应生成E，说明发生氧化还原反应，则可知乙为N2，B为NH3，E为NO，G为NO2，H为HNO3，反应④是重要的实验室制取气体的反应，且生成NH3，应为NH4Cl和Ca（OH）2的反应，则D为NH4Cl，F为Ca（OH）2，I为CaCl2，则甲为Cl，A为HCl，
（1）反应④为实验室制备氨气的反应，方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2H2O+2NH3↑；
（2）B为NH3，E为NO，由题给信息可知反应的方程式为4NH3+6NO=4N2+6H2O，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3； （3）B⇌乙+丁的反应为2NH3⇌N2+3H2，达平衡后再加少量NH3，反应物浓度增大，则平衡向正向移动，重新平衡后与原平衡相比，由于压强不变，则浓度不变，平衡状态相同，转化率不变， 故答案为：正向；不变；
（4）物质的量浓度相同的A（HCl）、B（NH3）、D（NH4Cl）三者的水溶液，D促进水的电离，因A为强酸，等浓度时电离出的氢离子浓度较大，与B相比较，水的电离程度较小，则由水电离出的c（OH）大小顺序是D＞B＞A， 故答案为：D＞B＞A； （5）惰性电极电解NH4Cl和HCl的混合溶液，可生成H2单质和一种二元化合物M（与甲、乙所含元素相同），M为三角锥形分子，由质量守恒可知应为NCl3，则电解方程式为NH4Cl+2HCl NCl3+3H2，在碱性溶液中NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）按物质﹣的量之比1：6恰好反应可生成化合物NH3和消毒剂ClO2气体，反应的离子方程式为﹣﹣﹣NCl3+6ClO2+3H2O═6ClO2+3Cl+3OH+NH3， 故答案为：NH4Cl+2HCl NCl3+3H2；NCl3+6ClO2+3H2O═6ClO2+3Cl+3OH﹣﹣﹣+NH3． 点评： 本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意把握题目推断的突破口，以C和反应的转化关系采用逆推的方法进行推断，题目难度较大．

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