知识点：物质的量的计算

C

考点：阿伏加德罗常数．

分析：A．固态时熵值最小，气态时熵值最大；

B．先判断过量，然后根据不足量计算出转移的电子数目；

C．根据电子守恒进行判断；

D．二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，1.5mol二氧化氮与水反应生成1mol硝酸．

解答：解：A．同种物质在固态、液态、气态三种状态下，固态时熵值最小，气态时熵值最大，故A错误；

B．0.1mol铁完全反应需要消耗0.15mol氯气，氯气不足，反应转移的电子按照氯气的物质的量计算，0.1mol氯气完全反应转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故B错误；

C．等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，钠失去的电子的物质的量相等，转移的电子数相等，故C正确；

D．1.5 mol NO2与足量H2O反应，生成1mol硝酸，转移1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误．

故选C．

点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意过氧化钠与水的反应、二氧化氮与水的反应，既是氧化剂也是还原剂，本题难度不大．

知识点：离子共存

B

考点：离子共存问题．

专题：离子反应专题．

分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，则能大量共存，以此来解答．

解答：解：①HCO3﹣、OH﹣结合生成水和碳酸根离子，不能共存，故错误；

②使pH试纸变深蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故正确；

③水电离的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣、CO32﹣、SO32﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+，故错误；

④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故正确；

⑤使甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故正确；

⑥pH=0的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故错误；

故选B．

点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和离子之间反应的考查，注重学生思维严密性的训练，有利于提高学生分析问题解决问题的能力，题目难度不大．

知识点：氧化还原反应

D

考点：氧化还原反应．

专题：氧化还原反应专题．

分析：A．根据元素守恒和电子守恒判断；

B．②中溴元素的化合价没有变化，即Cl2只将Fe2+氧化，根据化合价变化判断；

C．③中MnO4﹣被还原成Mn2+，则Cl﹣被氧化为Cl2，据此判断；

D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断．

解答：解：A．Mn元素被还原，故H2O2被氧化，生成O2，则发生的反应为反应为KMnO4+H2O2+H2SO4→K2SO4+MnSO4+O2↑+H2O，故A正确；

B．②中溴元素的化合价没有变化，即Cl2只将Fe2+氧化，则发生的反应为：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，故B正确；

C．③中MnO4﹣被还原成Mn2+，则Cl﹣被氧化为Cl2，Cl元素从﹣1价升高到0价，转移的电子数为1，则生成1 mol Cl2，转移电子2 mol，故C正确；

D．③中MnO4﹣被还原成Mn2+，Cl﹣被氧化为Cl2，则氧化性MnO4﹣＞Cl2，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2，故D错误．

故选D．

点评：本题考查了氧化还原反应中电子转移和化合价升降之间的关系知识，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．

知识点：铁及其化合物

A

考点：铁的化学性质；有关混合物反应的计算．

专题：图示题；压轴题．

分析：-某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，再加入1molFe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，以此来解答．

解答：-解：某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，

则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，

1 4 1

再加入1molFe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，

1 2 3

所以n（HNO3）=4mol，原溶液中硝酸铁的物质的量n（Fe3+）=2mol﹣1mol=1mol，

再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，

发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，

1 1

所以n（Cu2+）=1mol，

即溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4，

故选A．

点评：本题考查铁的化学性质，明确图象中每段发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应与图象的对应关系来解答，题目有一定难度，特别是溶液中铁离子浓度的判断．

知识点：化学用语

A

考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．

专题：化学用语专题．

分析：A．同位素的质子数、核外电子数相同，中子数不同；

B．二氧化碳是直线型分子，水分子在V型分子；

C．氢氧根离子带一个单位的负电荷；

D．乙酸中含有碳氧双键，乙二醇中所有原子都达到饱和．

解答：解：A．同位素的质子数和核外电子数相同，所以其原子结构示意图相同，故A正确；

B．二氧化碳是直线型分子，水分子在V型分子，该比例模型是水分子模型，故B错误；

C．氢氧根离子的电子式为：，羟基的电子式为，故C错误；

D．乙酸的分子式为：C2H4O2 ，乙二醇的分子式为C2H6O2，故D错误；

故选A．

点评：本题考查化学用语，易错选项是C，注意氢氧根离子和羟基的区别，为易错点．

知识点：化学反应速率

BC

考点：化学平衡的计算．

专题：化学平衡专题．

分析：根据化学反应速率之比等于系数之比，结合化学反应的三段式计算：

A（g）+3B（g）xC（g）+D（g）

初始浓度（mol/L） 5 3 0 0

转化浓度（mol/L） 1 1.5 0.5x 0.5

2min浓度（mol/L） 4 1.5 0.5x 0.5

结合初始浓度、变化浓度、末态浓度进行计算即可，化学反应速率v=．

解答：解：2A（g）+3B（g）xC（g）+D（g）

初始浓度（mol/L） 5 3 0 0

转化浓度（mol/L） 1 1.5 0.5x 0.5

2min浓度（mol/L） 4 1.5 0.5x 0.5

A、2min末时，A和B的浓度之比为4：1.5=8：3，故A错误；

B、C的反应速率为mol/（L•min）=0.5mol/（L•min），解得x=2，故B正确；

C、2min末时，B的浓度=1.5mol/L，故C正确；

D、2min末时，A的消耗浓度为1mol/L，故D错误．

故选BC．

点评：本题考查学生有关化学平衡和化学反应速率的有关计算知识，属于考查的重点内容，注意三行式在解题中的灵活应用，难度不大．

知识点：化学平衡状态及移动

D

考点：化学平衡的计算．

分析：A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；

B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；

C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱ＞Ⅲ；

D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小．

解答：解：A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；

B、容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；

C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C错误；

D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D正确；

故选D．

点评：本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，绝热容器使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等．

知识点：原电池

D

考点：原电池和电解池的工作原理．

专题：电化学专题．

分析：A．图a中，实际上为电解水；

B．图b中，铝与氢氧化钠溶液发生反应，铝发生氧化反应，原电池负极发生氧化反应；

C．图c中，负极上失电子，正极上得电子，较活泼的金属为负极，较不活泼的金属为正极，据此写出电池反应式；

D．图d中，K与M连接，连接电源的负极，Fe作阴极被保护，K分别与N连接，形成原电池，Fe为正极被保护．

解答：解：A．图a中，阳极上氢氧根离子失电子，阴极上氢离子放电，溶液中氢离子浓度增大，故A错误；

B．图b中，铝与氢氧化钠溶液发生反应，铝发生氧化反应，原电池负极发生氧化反应，铝作负极，故B错误，

C．图c中，负极上失电子，发生氧化反应，正极上得电子，发生还原反应，Cd为负极，故金属活泼性Cd＞Co，故发生的反应为Cd+Co2+=Co+Cd2+，故C错误；

D．图d中，K与M连接，连接电源的负极，Fe作阴极被保护，K与N连接，形成原电池，Fe为正极被保护，故D正确；

故选D．

点评：本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等．

知识点：无机框图推断

（1）；

（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；

（3）0.5NA；

（4）A．

考点：无机物的推断．

专题：推断题．

分析：A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质，二者反应生成，则A为Na2O2，B为CO2，二者反应生成Na2CO3和O2，G在实验室中常用于检验CO2的存在，则G为从Ca（OH）2，故C为O2，D为Na2CO3，金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，E为Fe，F为Fe3O4，L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液若保存不当常呈黄色，应是浓硝酸所具有的性质，则L为HNO3，K为Fe（NO3）3，H为NaOH，I为CaCO3，据此解答．

解答：解：A为淡黄色固体，B为导致“温室效应”的主要物质，二者反应生成，则A为Na2O2，B为CO2，二者反应生成Na2CO3和O2，G在实验室中常用于检验CO2的存在，则G为从Ca（OH）2，故C为O2，D为Na2CO3，金属E经过系列反应得到J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，E为Fe，F为Fe3O4，L是一种重要的工业原料，常用于制造炸药，浓溶液若保存不当常呈黄色，应是浓硝酸所具有的性质，则L为HNO3，K为Fe（NO3）3，H为NaOH，I为CaCO3，

（1）由上述分析可知，A为Na2O2，电子式为，故答案为：；

（2）反应①的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，反应②的离子方程式为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；

（3）n（Na2O2）==0.5mol，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol×2=0.5mol，即转移电子数目为0.5NA，故答案为：0.5NA；

（4）向含n g HNO3的稀溶液中加入m g Fe，两者恰好完全反应，若HNO3只被还原为+2价化合物，即生成NO，当生成Fe（NO3）3时，Fe的质量最小，则：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，n：m的最大值=4×63：56=9：2，当生成Fe（NO3）2时，Fe的质量最大，则：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，n：m的最小值=8×63：3×56=3：1，故3：1≤n：m≤9：2，故选A．

点评：本题考查无机物推断，题目难度中等，物质的颜色及特殊反应是推断突破口，注意对元素化合物的性质掌握，（4）注意利用极限法进行分析解答．

知识点：化学平衡状态及移动

（1）；正反应

（2）E；

（3）850℃；正反应．

考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．

专题：化学平衡专题．

分析：（1）依据化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式；依据平衡常数随温度升温增大，说明平衡正向移动；

（2）依据判断平衡状态的方法来判断即正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；

（3）依据平衡常数计算式和图表数据分析判断；

解答：（1）由CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），反应的平衡常数K=；依据表格数据说明平衡常数随温度升温增大，说明平衡正向移动；

故答案为：；正反应

（2）A．c（CO2）=c（CO）和起始量和消耗量有关，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．平衡常数仅与温度有关，温度一定K就不变，所以K不变不能说明达到平衡状态，故B错误；

C．反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态压强都不变，容器中压强不变不能说明达到平衡状态，故C错误；

反应速率之比等于化学方程式系数之比，是正反应速率之比，υ正（H2）=υ逆（H2O） 表面水的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故C正确；

D．v正（H2）=v正（CO2）都是指的正反应方向，不能说明正逆反应速率相同，故D正确；

E．混合气体中 c（H2）不变是平衡标志，故E正确；

故答案为：E；

（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O），K=1，依据图表数据可知，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，判断此时的温度为850℃；在此温度下，若向该容器中投入1mol CO2、1.2mol H2、0.75mol CO、1.5mol H2O则有Qc==0.9375＜1，所以反应向正反应方向进行；

故答案为：850℃；正反应．

点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，解答时首先分析化学方程式的特征，特别是反应前后气体的化学计量数关系以及反应的吸、放热问题．

知识点：原电池

（1）CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO23﹣+7H2O；

（2）2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；

（3）4.48；

（4）溶液变红；由于2H++2e﹣=H2↑，水的电离平衡正向移动，使溶液显碱性，酚酞遇碱变红；

（5）bd；

（6）4H++O2+4e﹣═2H2O．

考点：原电池和电解池的工作原理．

专题：电化学专题．

分析：燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极．

（1）燃料电池中，负极上投放燃料，负极上失电子发生氧化反应．

（2）甲中投放氧化剂的电极是正极，所以乙装置中石墨是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应；

（3）根据串联电池中转移电子数相等计算铁电极上生成氢气的体积；

（4）a为阴极，阴极发生还原反应生成氢气，促进水的电离；

（5）铜的精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极；

（6）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，铜被氧化，应为负极，正极上氧气被还原．

解答：解：（1）燃料电池中，负极上投放燃料所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O．

故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO23﹣+7H2O；

（2）甲中投放氧化剂的电极是正极，所以乙装置中石墨电极是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，

故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；

（3）串联电池中转移电子数相等，若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则转移电子的物质的量=×4=0.4mol，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，设生成氢气的体积为xL；

2H++2e﹣=H2↑

2mol 22.4L

0.4mol xL

x=4.48，

故答案为：4.48；

（4）a为阴极，发生2H++2e﹣=H2↑，水的电离平衡正向移动，使溶液显碱性，酚酞遇碱变红，

故答案为：溶液变红；由于2H++2e﹣=H2↑，水的电离平衡正向移动，使溶液显碱性，酚酞遇碱变红；

（5）电解精炼铜时利用了电解原理，电能转化为化学能，也有少量转化为热能．电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应．电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，在阴极上得电子．粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近．此题应选b、d；

故答案为：bd；

（6）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，铜被氧化，应为负极，正极上氧气被还原，电极方程式为4H++O2+4e﹣═2H2O，

故答案为：4H++O2+4e﹣═2H2O．

点评：本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等．