高2015级一诊模拟化学试题

2015年高中毕业年级第一次质量预测高三化学(含答案及答题卡)

－CHCCl 3 OH ＋ CH 3COOH 浓H 2SO4△ －CHCCl 3 + H 2O(2分) OOCCH 32015年高中毕业年级第一次质量预测化学参考答案一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，每小题只有一个选项．．．．．．符合题意。

） 1.B 2.D 3.A 4.C 5.B 6.C 7.D 8.A 9.D 10.B 11.B 12.C 13.A 14.A 15.D二、非选择题（共55分）16．（6分）（1）（1分）（2）4 （2分）（3）加成反应（1分）（4） 17．（8分）（1）NaAl(OH)4或NaAlO 2 （1分）HCl(或其他强酸或NaHSO 4溶液等合理答案) （1分）3Al(OH)4-+Al 3+ = 4Al(OH)3↓（2分）（2）CO 32-+H 2O HCO 3-+OH -（2分） CO 2+NaOH = NaHCO 3（2分）18.（10分）（1）Pb-2e -+SO 42- =PbSO 4 （2分）（2）pbS+ 4H 2O 2 = pbSO 4+4H 2O （2分）（3）PbO+ClO - = PbO 2+ Cl - （2分）（4）x= 2 - 16%0.4239⨯=1.4 （2分） n m = 6.04.0= 32（2分）19．（9分）（1）NH 4+、Fe 3+（2分），CO 32-（1分）（2）SO 42-（1分），0.02（1分）（3）Al 3+和K +（2分），2（1分），3（1分）20．（10分）（1）22121)(n n n pn + （2分） 221K K K = （2分）（2）＜（1分）（3）350℃（1分）含水量30% （1分）（4）Mn2+-2e-+2H2O = MnO2+4H+ （2分）减小（1分）21．（12分）（1）bc（2分）（2）b（1分）（3）3.7≤pH ＜5.2 （2分）（4）加热浓缩、过滤（2分）（5）4（1分）；a d（2分）（6）调节pH时加入了氢氧化铜，胆矾中的铜元素不是都来自样品。

四川省成都市高考一诊化学试卷(含解析)

四川省成都市2015届高考一诊化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于0.2N A4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数值为．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体mol．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：+2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①；②．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_；操作I为．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为；B中观察到的现象是．（2）C中CCl4的作用是．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为．【x值的计算与论证】（5）计算：x=，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是．四川省成都市2015届高考一诊化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器考点：工业制取硫酸．专题：氧族元素．分析：A．S在自然界中主要以化合态形式存在；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2；C．SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸；D．稀硫酸能与Fe或Al反应．解答：解：A．S在自然界中主要以化合态形式存在，主要以FeS、CuFeS2、硫酸盐等形式存在，故A正确；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，则火法炼铜的矿石原料主要含Cu2S，故B正确；C．火法炼铜生成Cu，同时放出二氧化硫，SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸，故C正确；D．l mol/L H2SO4属于稀硫酸，稀硫酸在常温下能与Fe或Al反应生成可溶性盐和氢气，所以不能用铁制或铝制容器储存l mol/L H2SO4溶液，故D错误．故选D．点评：本题考查了金属的冶炼、元素在自然界的存在形态、药品的保存等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；C、盐的水解是吸热反应；D、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质．解答：解：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故A错误；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故B正确；C、盐的水解是吸热反应，故C错误；D、实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的分类、氧化还原、热效应和电解质的相关概念，比较基础．3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于0.2N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、HF的物质的量n=，然后根据1molHF含1molσ键来分析；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质；C、标准状况下，NO2为液态；D、根据反应过程中原子守恒来分析．解答：解：A、HF的物质的量n===1mol，而1molHF含1molσ键，故A正确；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，而NH3•H2O是弱电解质，不能完全电离，故溶液中的OH﹣数目小于0.1N A，故B错误；C、标准状况下，NO2为液态，故6.72L二氧化氮的物质的量不是0.3mol，故C错误；D、H2S和SO2各0．l mol，则含有的硫原子为0.2mol，而在反应过程中原子守恒，故体系中的硫原子一直是0.2mol，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验．专题：实验评价题．分析：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；B．浓硫酸有脱水性；C．在中性条件下发生吸氧腐蚀；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁．解答：解：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故A错误；B．木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故B错误；C．NaCl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故C正确；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故D 错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及硫酸和硝酸的性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析．解答：解：A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；B、电池工作时，电解质中Ag+数目不变，故B错误；C、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，故C正确；D、反应原理是Ag与氯气反应，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池原理的应用，注意电解反应类型和电子移动方向，题目难度不大．6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据温度对水的电离平衡及盐类水解的影响进行判断；B．从难溶电解质的转化的角度分析；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠．解答：解：A．温度升高，水的电离平衡正向移动，K w增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c（OH一）增大，故A正确；B．硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松，且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣，故B正确；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应，故C正确；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠，溶液中碳酸根离子和氢氧根离子的浓度减小，碳酸氢根离子的浓度增大，故D错误；故选D．点评：本题考查沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等．7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率；B、两的体积不知，所以压强之比不定；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%．解答：解：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率，故A错误；B、两的体积不知，所以压强之比不定，不一定是5：4，故B错误；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应，所以Q＜O，故C正确；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%，故D错误；故选C．点评：本题考查外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响，有一定的难度．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置第三周期第ⅠA族；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是N（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为sp3 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有2mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．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：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X 为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d 轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，据此解答各小题即可．解答：解：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，综上所述：X为氢，Y为氮，Z为钠，Q为硫，W为镍，（l）Na在周期表中的位置是第三周期第ⅠA族，Ni的原子序数为28，价电子排布为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为，故答案为：第三周期第ⅠA族；；（2）元素的非金属性越强，其第一电离能越大， H、N、Na、S中，非金属性N的最强，故这些基态原子第一电离能最大的是N，故答案为：N；（3）H2S分子中共价键键角接近90°，即H﹣S﹣H键角接近90°，空间构型为V形，H2S分子中S原子的σ键电子对数为2，孤电子对数=（6﹣1×2）=2，则价层电子对数为4，所以S原子为杂化sp3，在冰晶体中，一个水分子与周围四个水分子形成正四面体结构，一个水分子可以形成四个氢键，而二个水分子共一个氢键，故一个水分子可形成二个氢键，1mol冰晶体中存在2mol氢键，故答案为：sp3；2；（4）NaN3有较强的还原性，NH3与NaClO反应可得到氮气、氢氧化钠和氯化钠，氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，化学方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH，故答案为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．点评：本题主要考查的是元素的推断，涉及价电子排布图、杂化方式、冰的结构与氢键、氧化还原反应方程式书写等，综合性较强，有一定难度．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第20min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=0.03mol/（L•min）；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减小CO2的浓度；40min 时，平衡常数值为0.35．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是ad（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体1.5mol．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算；电解原理；离子浓度大小的比较．专题：化学平衡专题；电化学专题．分析：（1）①各组分浓度不变，反应达到平衡状态；②根据反应速率v=计算；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度；根据平衡常数K=计算；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3；②常温下，当吸收至pH=6时，溶液呈酸性；（3）Pt（1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2可知失电子，作负极；每molNO2得电子4mol．解答：解：（1）①从图中可看出20min时各组分浓度不变，此时反应达到平衡，故答案为：20；②0～20min时，SO2浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，则反应速率表示为V（SO2）==0.03mol/（L•min），故答案为：0.03mol/（L•min）；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，40min时，SO2（g）=0.4mol/L，S2（g）=0.35mol/L，CO2（g）=0.4mol/L，则平衡常数K===0.35，故答案为：减小CO2的浓度；0.35；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣，故答案为：SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，a．根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故a错误；b．根据物料守恒，当溶质完全为NaHSO3时，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），若还存在Na2SO3，则c（Na+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故b错误；c．pH=6，c（OH﹣）＜c（H+），故c错误；d．HSO3﹣电离程度大于水解程度，pH=6，水电离出c（OH﹣）==l×l0﹣8 mol/L，故d正确；故答案为：ad；（3）SO2在Pt（1）电极失电子生成SO42﹣，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，NO2中N的化合价为+4价，转化为0价的N2，每molNO2得电子4mol，若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体为=1.5mol．故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；1.5．点评：本题考查化学平衡计算，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，电解原理的分析应用，离子浓度大小比较，综合性强，题目难度中等．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①防止Fe2+被氧化为Fe3+；②消耗溶液中的H+促进TiO2+水解．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为蒸发浓缩、冷却结晶．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．考点：制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：实验题；化学反应中的能量变化．分析：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（1）把已知的热化学方程式相加即得到水分解的热化学方程式；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀；Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗氢离子能促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作；（4）由题中信息可知亚铁离子在碱性条件下易被氧化．解答：解：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（l）已知：①4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/mol②Fe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol由盖斯定律：（①+②）×得H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=×（a+b）=（a+b）kJ/mol；故答案为：H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，其水解的离子方程式为：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；亚铁离子在溶液中易被氧化，加Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗溶液中的氢离子能促进TiO2+水解；故答案为：TiO2+；防止Fe2+被氧化为Fe3+；消耗溶液中的H+促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2，其反应方程式为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；蒸发浓缩、冷却结晶；（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化，说明二价铁离子在碱性条件下易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出来的铵根离子和二价铁离子均发生水解，水解后的溶液的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定；故答案为：由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．点评：本题考查了盖斯定律的应用、物质的制备、物质的分离等实验操作，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，分析流程掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；B中观察到的现象是由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液．（2）C中CCl4的作用是防止倒吸．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂无水乙醇．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑．【x值的计算与论证】（5）计算：x=3.56，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设不成立（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）A中氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气；氨气通入硫酸铜溶液，会生成氢氧化铜沉淀，氨气过量，沉淀又溶解；（2）氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气；（5）Cu（NH3）x SO4•H2O与氢氧化钠反应生成的氨气被盐酸吸收，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，根据消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸，以及氨气的物质的量，根据晶体与氨气的物质的量的关系求出x；若生成的氨气偏少或氨气没有完全逸出，则氨气的物质的量偏小，x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，与氨气反应的盐酸偏多，计算出的氨气的物质的量偏大；天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新实验．解答：解：（1）A中氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入蓝色的硫酸铜溶液中，会生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨气过量时，氢氧化铜沉淀又溶解生成深蓝色的溶液；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液；（2）氨气极易溶于水，氨气不溶于四氯化碳，把氨气通入四氯化碳不溶解，不会产生倒吸，氨气在向上逸出时被水吸收；故答案为：防止倒吸；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小，在Cu（NH3）x SO4溶液加入无水乙醇会析出Cu （NH3）x SO4•H2O晶体；故答案为：无水乙醇；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气，则其反应的离子方程式为：Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；故答案为：Cu（NH3）x2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；（5）滴定消耗的氢氧化钠为n（NaOH）=cV=0.5000mol/L×0.01600L=0.008000mol，则与氢氧化钠反应的盐酸为0.008000mol，与氨气反应的盐酸为：0.5000mol/L×0.0300L﹣0.008000mol0.007000mol，所以氨气的物质的量为0.007000mol；由（NH3）x SO4•H2O～xNH3，1 xmol 0.007000mol=0.007000，解得：x=3.56；若加入的NaOH溶液不足，Cu（NH3）x SO4没有完全反应，生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，标准溶液体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，而与氨气反应的盐酸偏多，氨气与盐酸等物质的量反应，则测定的氨气的物质的量偏多，计算出的x值偏大，所以假设不成立；步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新作该实验；故答案为：3.56；加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）；不成立；更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．点评：本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，题目难度中等，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力．。

2015届高三化学第一次模拟考试试题(含解析)新人教版

2015届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）新人教版【试题综析】本套试卷主要考查元素化合物知识，以较多基础题入手，增强学生的自信心，常考题型占很大比例，知识点较为简单常规，如2、3、7等。

本套试卷严格遵循考试大纲，体现了考试大纲的权威性和可信性，试题着重考查学科的主干知识和重点知识，但亦有较好的区分度，如主观题中的流程题和推断题，开放性较强，考查学生对知识的运用拓展能力。

一．选择题(只有一个正确选项，18个小题，每小题3分，将答案涂到答题卡上)【题文】1．“化学是一门中心学科，与社会、生活、科研密切的关系”。

下列叙述中，不正确的是A ．大量使用燃煤发电是形成雾霾的主要原因B ．天然气、煤气大量泄漏遇到明火会爆炸C ．利用化学反应可实现12C 到14C 的转化D ．晶体硅可用于光伏发电、制造芯片【题文】2．下列关于金属钠的叙述错误的是A ．金属钠可以保存在煤油中B ．金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火C ．钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛D ．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶【题文】3．下列说法不正确的是( )。

A ．用加热法可除去Na 2CO 3中的NaHCO 3B ．Na 2CO 3的热稳定性大于NaHCO 3C ．可用石灰水区分Na 2CO 3与NaHCO 3溶液D ．小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污【题文】4．将0.02 mol Na 别投入到盛有100 mL 水、100 mL 1mol 1L -g 盐酸、100 mL 1mol 1L -g 硫酸铜溶液的X 、Y 、Z 三个烧杯中，下列有关说法错误的是( )。

A ．三个烧杯中一定均会发生的离子反应有：2Na+2H 2O==2Na ++2OH —+H 2↑B ．三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，相比而言，X 烧杯中的反应平缓些C ．Z 烧杯中一定会有沉淀生成，但沉淀不是单质铜D ．三个烧杯中生成氢气体的物质的量相同【题文】5．下列说法正确的是( )。

四川省成都市高考一诊化学试卷(含解析)

四川省成都市2015届高考一诊化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于0.2N A4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数值为．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体mol．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：+2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①；②．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_；操作I为．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为；B中观察到的现象是．（2）C中CCl4的作用是．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为．【x值的计算与论证】（5）计算：x=，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是．四川省成都市2015届高考一诊化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器考点：工业制取硫酸．专题：氧族元素．分析：A．S在自然界中主要以化合态形式存在；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2；C．SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸；D．稀硫酸能与Fe或Al反应．解答：解：A．S在自然界中主要以化合态形式存在，主要以FeS、CuFeS2、硫酸盐等形式存在，故A正确；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，则火法炼铜的矿石原料主要含Cu2S，故B正确；C．火法炼铜生成Cu，同时放出二氧化硫，SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸，故C正确；D．l mol/L H2SO4属于稀硫酸，稀硫酸在常温下能与Fe或Al反应生成可溶性盐和氢气，所以不能用铁制或铝制容器储存l mol/L H2SO4溶液，故D错误．故选D．点评：本题考查了金属的冶炼、元素在自然界的存在形态、药品的保存等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；C、盐的水解是吸热反应；D、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质．解答：解：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故A错误；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故B正确；C、盐的水解是吸热反应，故C错误；D、实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的分类、氧化还原、热效应和电解质的相关概念，比较基础．3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于0.2N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、HF的物质的量n=，然后根据1molHF含1molσ键来分析；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质；C、标准状况下，NO2为液态；D、根据反应过程中原子守恒来分析．解答：解：A、HF的物质的量n===1mol，而1molHF含1molσ键，故A正确；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，而NH3•H2O是弱电解质，不能完全电离，故溶液中的OH﹣数目小于0.1N A，故B错误；C、标准状况下，NO2为液态，故6.72L二氧化氮的物质的量不是0.3mol，故C错误；D、H2S和SO2各0．l mol，则含有的硫原子为0.2mol，而在反应过程中原子守恒，故体系中的硫原子一直是0.2mol，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验．专题：实验评价题．分析：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；B．浓硫酸有脱水性；C．在中性条件下发生吸氧腐蚀；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁．解答：解：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故A错误；B．木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故B错误；C．NaCl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故C正确；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故D 错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及硫酸和硝酸的性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析．解答：解：A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；B、电池工作时，电解质中Ag+数目不变，故B错误；C、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，故C正确；D、反应原理是Ag与氯气反应，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池原理的应用，注意电解反应类型和电子移动方向，题目难度不大．6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据温度对水的电离平衡及盐类水解的影响进行判断；B．从难溶电解质的转化的角度分析；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠．解答：解：A．温度升高，水的电离平衡正向移动，K w增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c（OH一）增大，故A正确；B．硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松，且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣，故B正确；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应，故C正确；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠，溶液中碳酸根离子和氢氧根离子的浓度减小，碳酸氢根离子的浓度增大，故D错误；故选D．点评：本题考查沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等．7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率；B、两的体积不知，所以压强之比不定；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%．解答：解：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率，故A错误；B、两的体积不知，所以压强之比不定，不一定是5：4，故B错误；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应，所以Q＜O，故C正确；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%，故D错误；故选C．点评：本题考查外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响，有一定的难度．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置第三周期第ⅠA族；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是N（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为sp3 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有2mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．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：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X 为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d 轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，据此解答各小题即可．解答：解：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，综上所述：X为氢，Y为氮，Z为钠，Q为硫，W为镍，（l）Na在周期表中的位置是第三周期第ⅠA族，Ni的原子序数为28，价电子排布为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为，故答案为：第三周期第ⅠA族；；（2）元素的非金属性越强，其第一电离能越大， H、N、Na、S中，非金属性N的最强，故这些基态原子第一电离能最大的是N，故答案为：N；（3）H2S分子中共价键键角接近90°，即H﹣S﹣H键角接近90°，空间构型为V形，H2S分子中S原子的σ键电子对数为2，孤电子对数=（6﹣1×2）=2，则价层电子对数为4，所以S原子为杂化sp3，在冰晶体中，一个水分子与周围四个水分子形成正四面体结构，一个水分子可以形成四个氢键，而二个水分子共一个氢键，故一个水分子可形成二个氢键，1mol冰晶体中存在2mol氢键，故答案为：sp3；2；（4）NaN3有较强的还原性，NH3与NaClO反应可得到氮气、氢氧化钠和氯化钠，氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，化学方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH，故答案为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．点评：本题主要考查的是元素的推断，涉及价电子排布图、杂化方式、冰的结构与氢键、氧化还原反应方程式书写等，综合性较强，有一定难度．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第20min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=0.03mol/（L•min）；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减小CO2的浓度；40min 时，平衡常数值为0.35．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是ad（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体1.5mol．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算；电解原理；离子浓度大小的比较．专题：化学平衡专题；电化学专题．分析：（1）①各组分浓度不变，反应达到平衡状态；②根据反应速率v=计算；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度；根据平衡常数K=计算；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3；②常温下，当吸收至pH=6时，溶液呈酸性；（3）Pt（1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2可知失电子，作负极；每molNO2得电子4mol．解答：解：（1）①从图中可看出20min时各组分浓度不变，此时反应达到平衡，故答案为：20；②0～20min时，SO2浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，则反应速率表示为V（SO2）==0.03mol/（L•min），故答案为：0.03mol/（L•min）；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，40min时，SO2（g）=0.4mol/L，S2（g）=0.35mol/L，CO2（g）=0.4mol/L，则平衡常数K===0.35，故答案为：减小CO2的浓度；0.35；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣，故答案为：SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，a．根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故a错误；b．根据物料守恒，当溶质完全为NaHSO3时，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），若还存在Na2SO3，则c（Na+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故b错误；c．pH=6，c（OH﹣）＜c（H+），故c错误；d．HSO3﹣电离程度大于水解程度，pH=6，水电离出c（OH﹣）==l×l0﹣8 mol/L，故d正确；故答案为：ad；（3）SO2在Pt（1）电极失电子生成SO42﹣，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，NO2中N的化合价为+4价，转化为0价的N2，每molNO2得电子4mol，若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体为=1.5mol．故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；1.5．点评：本题考查化学平衡计算，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，电解原理的分析应用，离子浓度大小比较，综合性强，题目难度中等．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①防止Fe2+被氧化为Fe3+；②消耗溶液中的H+促进TiO2+水解．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为蒸发浓缩、冷却结晶．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．考点：制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：实验题；化学反应中的能量变化．分析：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（1）把已知的热化学方程式相加即得到水分解的热化学方程式；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀；Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗氢离子能促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作；（4）由题中信息可知亚铁离子在碱性条件下易被氧化．解答：解：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（l）已知：①4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/mol②Fe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol由盖斯定律：（①+②）×得H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=×（a+b）=（a+b）kJ/mol；故答案为：H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，其水解的离子方程式为：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；亚铁离子在溶液中易被氧化，加Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗溶液中的氢离子能促进TiO2+水解；故答案为：TiO2+；防止Fe2+被氧化为Fe3+；消耗溶液中的H+促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2，其反应方程式为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；蒸发浓缩、冷却结晶；（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化，说明二价铁离子在碱性条件下易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出来的铵根离子和二价铁离子均发生水解，水解后的溶液的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定；故答案为：由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．点评：本题考查了盖斯定律的应用、物质的制备、物质的分离等实验操作，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，分析流程掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；B中观察到的现象是由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液．（2）C中CCl4的作用是防止倒吸．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂无水乙醇．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑．【x值的计算与论证】（5）计算：x=3.56，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设不成立（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）A中氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气；氨气通入硫酸铜溶液，会生成氢氧化铜沉淀，氨气过量，沉淀又溶解；（2）氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气；（5）Cu（NH3）x SO4•H2O与氢氧化钠反应生成的氨气被盐酸吸收，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，根据消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸，以及氨气的物质的量，根据晶体与氨气的物质的量的关系求出x；若生成的氨气偏少或氨气没有完全逸出，则氨气的物质的量偏小，x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，与氨气反应的盐酸偏多，计算出的氨气的物质的量偏大；天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新实验．解答：解：（1）A中氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入蓝色的硫酸铜溶液中，会生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨气过量时，氢氧化铜沉淀又溶解生成深蓝色的溶液；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液；（2）氨气极易溶于水，氨气不溶于四氯化碳，把氨气通入四氯化碳不溶解，不会产生倒吸，氨气在向上逸出时被水吸收；故答案为：防止倒吸；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小，在Cu（NH3）x SO4溶液加入无水乙醇会析出Cu （NH3）x SO4•H2O晶体；故答案为：无水乙醇；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气，则其反应的离子方程式为：Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；故答案为：Cu（NH3）x2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；（5）滴定消耗的氢氧化钠为n（NaOH）=cV=0.5000mol/L×0.01600L=0.008000mol，则与氢氧化钠反应的盐酸为0.008000mol，与氨气反应的盐酸为：0.5000mol/L×0.0300L﹣0.008000mol0.007000mol，所以氨气的物质的量为0.007000mol；由（NH3）x SO4•H2O～xNH3，1 xmol 0.007000mol=0.007000，解得：x=3.56；若加入的NaOH溶液不足，Cu（NH3）x SO4没有完全反应，生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，标准溶液体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，而与氨气反应的盐酸偏多，氨气与盐酸等物质的量反应，则测定的氨气的物质的量偏多，计算出的x值偏大，所以假设不成立；步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新作该实验；故答案为：3.56；加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）；不成立；更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．点评：本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，题目难度中等，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力．。

一中学2015届高三第一次调研考试化学试题(附答案)

2014-2015学年第一学期第一次调研考试高三化学试题一、选择题（40分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是()A．氧化镁用作耐火材料B．Na2O常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂C．明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化D．FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板2．下列关于钠的化合物的说法中，正确的是()A. Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反应B．Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去C．Na2O2和Na2O均为白色固体，与CO2反应均放出O2D．分别向Na2O2和Na2O与水反应后的溶液中立即滴入酚酞溶液，现象相同3．下列说法正确的是()A．酸、碱、盐都是电解质B．电解质都是易溶于水的物质C．氧化物都是电解质D．氢化物都不是电解质4．在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是()A．FeCl3B．FeCl2C．S D．HCl5．冬季的降雪给机场和马路带来诸多不便，其中醋酸钾(CH3COOK)是融雪效果较好的融雪剂，下列关于醋酸钾说法正确的是()A．1 mol CH3COOK的质量为98 g·mol－1B．CH3COOK的摩尔质量等于它的相对分子质量C．一个CH3COOK微粒的质量约为986.02×1023gD．含有6.02×1023个碳原子的CH3COOK的物质的量为1 mol 6．下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是()7．常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋下列说法不正确的是()A．H2O2的氧化性比Fe3＋强，其还原性比Fe2＋弱B．在反应过程中，溶液的pH不变C．在反应过程中，Fe2＋和Fe3＋的总量保持不变D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2＋8．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是()①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色④密度为1.1 g·cm－3与密度为1.2 g·cm－3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1 g·cm－3与1.2 g·cm－3之间，Na－K合金的熔点应介于Na和K熔点之间A．①②B．①④C．①②③④D．①②④9．在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的是()A．Na＋、NO－3、Al3＋、Cl－B．Na＋、CO2－3、Ca2＋、NO－3C．K＋、SO2－4、Cl－、Cu2＋D．Ba2＋、Cl－、K＋、SO2－410．下列各反应中，氧化反应与还原反应在同种元素中进行的是()A．Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2OB ．2KClO 3=====MnO 2△2KCl ＋3O 2↑C ．2KMnO 4=====△K 2MnO 4＋MnO 2＋O 2↑ D ．2H 2O=====电解2H 2↑＋O 2↑11．在相同状况下，一个空瓶，若装满O 2称其质量为36 g ，若装满CO 2称其质量为42 g ，若装满A 气体，称其质量为52 g ，则A 的相对分子质量是( ) A ．16 B ．32 C ．64D ．12812．某固体仅由一种元素组成，其密度为5 g/cm 3。

四川省泸州市2015届高考化学一诊试卷(含解析)

四川省泸州市2015届高考化学一诊试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）生产、生活中化学无处不在．下列说法不正确的是（）A．大量排放SO2是造成温室效应的主要原因B．明矾和硫酸铁都常用于净水C．考古时常用14C测定文物的年代D．如图是运输浓硝酸的槽罐车上贴的危险警告标签2．（6分）从分类角度，下列说法正确的是（）A．水玻璃、硅酸均属于酸B．醋酸、一水合氨均属于弱电解质C．MgO、Na2O2均属于碱性氧化物D．工业制取玻璃、硫酸所涉及的反应都是氧化还原反应3．（6分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4++OH﹣═NH3↑+H2OC．甲醇、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反应：CH3OH+H2O+6e﹣═CO2↑+6H+ D．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O4．（6分）下列说反中正确的是（）A．P4、CS2、PH3都是非极性分子B．金刚石和C60都是原子晶体C．aX m﹣和bY n﹣是电子层结构相同的短周期元素的离子，若n＞m，则原子半径X＞YD．短周期元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性：M（OH）m＞N（OH）n，则离子氧化性：M m+＜N n+5．（6分）下列装置用于实验室模拟海水中提取溴依次进行的实验，对应实验和装置都正确的是（）A．图1：酸化海水中通入氯气置换出溴单质B．图2：用力震荡正立的分液漏斗进行萃取C．图3：图2萃取后的液体静置，再分液D．图4：分液得到的溴的CCl4溶液进行蒸馏6．（6分）设N A表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（）A．3.2g硫单质在足量氧气中燃烧，转移的电子数目为0.6N AB．在含有1mol碳原子的石墨晶体中，σ键数目为3N AC．在25℃时，1L pH=1的硫酸溶液中含有的OH﹣数目为1×10﹣13N AD．若2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol，当有2N A个电子转移时，上述反应的△H变为﹣110.5kJ/mol7．（6分）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.2 mol/L与0.1mol/L 醋酸溶液中c（H+）之比＞2：1B．向0.1 mol/L 醋酸钠溶液中加入适量盐酸，得到的中性溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）C．pH=4的H2S溶液与pH=10 的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）＞2c（S2﹣）+c（HS﹣）D．已知0.1 mol/L的二元酸H2A溶液pH=4.0，则在NaHA溶液中一定有：2c（OH﹣）+c（A2 +）﹣）=c（H2A）+2c（H二、解答题（共4小题，满分58分）8．（13分）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素．X的单质在Y2中燃烧可生成XY和XY2两种气体；Z的单质在Y2中燃烧的产物ZY2可使品红溶液褪色；W的单质是黄绿色的有毒气体；R3+离子的3d轨道半充满．请回答下列问题：（1）R基态原子的外围电子排布式为；Y、Z、R三种元素中，电负性最大的是．（用元素符号表示）（2）XY2的中心原子杂化方式为，其VSEPR模型名称为．（3）金属R单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际占有的R原子的个数之比为．（4）ZY2气体通入足量的含R3+和Ba2+的混合溶液中，生成白色沉淀，该反应的离子方程式为．9．（16分）氨是氮循环过程中的重要物质，氨的合成是目前普遍使用的人工固氮方法．（1）写出实验室用消石灰与氯化铵反应制备氨气的化学反应方程式：，氨气极易溶于水的原因是（任写2点）．（2）根据图1提供的信息，写出合成氨反应的热化学方程式．（3）在恒容密闭容器中，下列描述中能说明合成氨反应已达平衡的是A．3v（H2）正═2v（NH3）逆B．单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH3C．混合气体的密度不再改变D．容器内压强不随时间变化（4）为了探究合成氨反应适宜的温度和压强，某同学设计了三组对比实验，部分实验条件已经填在下面表中，请在表中①②填入剩余的实验条件数据由表格中数据实验编号T（℃）n（N2）/n（H2）P（MPa）I 450 1/3 1Ⅱ①1/3 10Ⅲ480 ②10可知：实验i中反应的平衡常数实验ii中反应的平衡常数（填“大于”、“＜”或“等于”）．（5）科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+），实现了常压下高转化率的电解合成氨．其实验装置如图2，阴极的电极反应式为．10．（15分）草酸铁晶体常用于制作催化剂和光敏材料．某校化学兴趣小组欲利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体．I．【查阅资料】（1）异丙醚是微溶于水的液体，FeCl3在异丙醚中的溶解度比在水中大．（2）草酸铁能溶于水和酸，不溶于醇和醚．（3）FeCl3溶液和过量草酸钾（K2C2O4）溶液反应生成三草酸合铁酸钾（K3），配离子3﹣的配体是，在含3﹣配离子的溶液中加入硫氰化钾溶液只看到很浅的红色．Ⅱ．【制备产品】实验步骤：（1）将工业FeCl3溶于盐酸中，加适量水稀释，并分装入分液漏斗中．盐酸的作用是：．（2）继续向分液漏斗中加入适量异丙醚，充分振荡、静止，弃去水溶液．（3）异丙醚溶液中加入草酸（H2C2O4）溶液，充分反应后分液，弃去醚层．（4）水溶液通过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁晶体．洗涤草酸铁晶体时需用酒精溶液，其目的是．Ⅲ【探究与反思】某同学看到一则报道，环卫工人用草酸清除墙面上的铁锈．对此反应，该小组进行如下探究．（1）提出假设：i．可能发生了氧化还原反应；ii．可能发生了复分解反应（2）讨论分析：结合上述实验，小组讨论后否定了假设i，其理由是；请写出假设ii反应的化学方程式．通过查阅资料得知，在假设ii反应的基础上还进一步发生了反应，生成了3﹣配离子．（3）设计实验：请利用制得的草酸铁晶体和下列药品，证明在假设ii反应的基础上还进一步发生了反应．供选用的药品：KSCN溶液、0.1mol/L草酸钾溶液、草酸钾晶体，取少量草酸铁晶体溶于水，．（4）反思总结：结合上面探究结论，常温下，为了提高草酸铁晶体的产率，制备实验中还应控制．11．（14分）硫酸工业废渣的成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO．以下是从硫酸工业废渣中分离提取所需元素的流程．已知：常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH和K sp如下．阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH 1.9 3.7 9.6沉淀完全时的pH 3.2 5.2 12.6氢氧化物的K sp 4.0×10﹣38 1.8×10﹣11 5.6×10﹣12请回答下列问题：（1）固体A的名称是．（2）实验室用11.9mol/L的浓盐酸配置250mL 3.0mol/L的稀盐酸，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒（或移液管）和胶头滴管外，还需要的一种仪器是．（3）写出流程图中，由溶液B生成沉淀C反应的离子方程式．（4）从溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的结果是．（任写1点）（5）溶液F中Mg2+离子的浓度是mol/L．（6）H溶液中酸式盐的物质的量是a mol，请计算加入NaOH的质量为g．四川省泸州市2015届高考化学一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）生产、生活中化学无处不在．下列说法不正确的是（）A．大量排放SO2是造成温室效应的主要原因B．明矾和硫酸铁都常用于净水C．考古时常用14C测定文物的年代D．如图是运输浓硝酸的槽罐车上贴的危险警告标签考点：常见的生活环境的污染及治理；同位素及其应用；盐类水解的应用；硝酸的化学性质．分析：A．大量排放二氧化碳是造成温室效应的主要原因；B．明矾电离的铝离子在溶液中发生水解，生成氢氧化铝能够净水；硫酸铁电离的铁离子在溶液中发生水解，生成氢氧化铁能够净水；C．14C常用于文物年代的测定；D．浓硝酸属于强氧化剂．解答：解：A．大量排放二氧化碳是造成温室效应的主要原因，故A错误；B．明矾电离的铝离子发生水解，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，生成了氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大的接触面积，具有吸附性，所以可用作净水剂，硫酸铁电离的铁离子发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，生成了氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有较大的接触面积，具有吸附性，所以可用作净水剂，故B正确；C．14C常用于文物年代的测定，故C正确；D．浓硝酸属于强氧化剂，故D错误；故选AD．点评：本题主要考查了造成温室效应的主要原因、净水剂的净水原理以及物质的基本性质，题目难度中等，注意基础知识的积累．2．（6分）从分类角度，下列说法正确的是（）A．水玻璃、硅酸均属于酸B．醋酸、一水合氨均属于弱电解质C．MgO、Na2O2均属于碱性氧化物D．工业制取玻璃、硫酸所涉及的反应都是氧化还原反应考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念．分析：A、水玻璃是硅酸钠的水溶液；B、弱电解质包括弱酸、弱碱和水；C、碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物；D、判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应．解答：解：A、水玻璃是硅酸钠的水溶液，不是酸，故A错误；B、弱电解质包括弱酸、弱碱和水，故醋酸和一水合氨是弱电解质，故B正确；C、碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故C错误；D、玻璃工业的反应类型主要是复分解反应，不涉及氧化还原反应，；硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，化合价发生变化，为氧化还原反应，故D错误．故选B．点评：本题考查氧化还原反应的判断和碱性氧化物和弱电解质的概念，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累．3．（6分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4++OH﹣═NH3↑+H2OC．甲醇、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反应：CH3OH+H2O+6e﹣═CO2↑+6H+ D．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．电荷不守恒、转移电子不守恒；B．二者反应生成碳酸钾、氨气和水；C．负极上甲醇失电子发生氧化反应；D．酸性条件下，高锰酸钾氧化双氧水生成锰离子、氧气和水．解答：解：A．电荷不守恒、转移电子不守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．二者反应生成碳酸钾、氨气和水，离子方程式为N H4++2OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+NH3↑+2H2O，故B 错误；C．负极上甲醇失电子发生氧化反应，离子方程式为CH3OH+8OH﹣=6e﹣+CO32﹣↑+6H2O，故C错误；D．酸性条件下，高锰酸钾氧化双氧水生成锰离子、氧气和水，离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查离子方程式的书写，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确物质的性质是解本题关键，注意C中电极反应式要结合电解质酸碱性书写，为易错点．4．（6分）下列说反中正确的是（）A．P4、CS2、PH3都是非极性分子B．金刚石和C60都是原子晶体C．aX m﹣和bY n﹣是电子层结构相同的短周期元素的离子，若n＞m，则原子半径X＞YD．短周期元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性：M（OH）m＞N（OH）n，则离子氧化性：M m+＜N n+考点：极性分子和非极性分子；原子结构与元素的性质；原子晶体；氧化性、还原性强弱的比较．分析：A．分子结构对称、正负电荷中心重叠的分子为非极性分子；B．C60晶体中存在分子；C．电子排布相同的离子，质子数越大，其原子的电子数越多；D．金属性越强，对应最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，其阳离子的氧化性越弱．解答：解：A．分子结构对称、正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，P4、CS2都是非极性分子，PH3分子是三角锥形分子，结构不对称属于极极性分子，故A错误；B．C60晶体中存在分子属于分子晶体，金刚石晶体由原子构成属于原子晶体，故B错误；C．电子排布相同的离子，原子序数越大，其离子半径越小，aX m﹣和bY n﹣是电子层结构相同的短周期元素的离子，若n＞m，则电子层数相同，原子序数X＞Y，则原子半径X＜Y，故C 错误；D．金属性越强，对应最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，其阳离子的氧化性越弱，已知最高价氧化物对应的水化物的碱性：M（OH）m＞N（OH）n，则金属性：M＞N，所以离子氧化性：M m+＜N n+，故D正确．故选D．点评：本题考查了分子极性的判断、原子晶体和分子晶体、离子半径比较、金属性比较，侧重于基础知识的应用的考查，题目难度不大．5．（6分）下列装置用于实验室模拟海水中提取溴依次进行的实验，对应实验和装置都正确的是（）A．图1：酸化海水中通入氯气置换出溴单质B．图2：用力震荡正立的分液漏斗进行萃取C．图3：图2萃取后的液体静置，再分液D．图4：分液得到的溴的CCl4溶液进行蒸馏考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．海水中溴离子浓度较低，应先浓缩；B．振荡时，应将分液漏斗上下颠倒、摇匀；C．水和四氯化碳互不相溶，且四氯化碳密度比水大；D．水的进出方向错误．解答：解：A．海水中溴离子浓度较低，应先浓缩，故A错误；B．振荡时，应将分液漏斗上下颠倒、摇匀，可倒转，故B错误；C．水和四氯化碳互不相溶，且四氯化碳密度比水大，操作符合要求，故C正确；D．为充分冷凝，应从下端进，上端出，故D错误．故选C．点评：本题综合考查化学实验的方案的评价，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的原理以及操作方法，难度中等．6．（6分）设N A表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（）A．3.2g硫单质在足量氧气中燃烧，转移的电子数目为0.6N AB．在含有1mol碳原子的石墨晶体中，σ键数目为3N AC．在25℃时，1L pH=1的硫酸溶液中含有的OH﹣数目为1×10﹣13N AD．若2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol，当有2N A个电子转移时，上述反应的△H变为﹣110.5kJ/mol考点：阿伏加德罗常数．分析：A．硫单质燃烧生成的是二氧化硫，1mol硫完全燃烧生成1mol二氧化硫；B．石墨中，每个碳原子与其它3个C原子相连，根据均摊法计算出12g石墨中含有的碳碳键数目；C．pH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度=0.1mol，依据Kw=C（H+）C（OH﹣）计算氢氧根离子的浓度，依据n=CV计算氢氧根离子的数目；D．反应焓变与方程式计量系数成正比．解答：解：A．3.2g硫的物质的量为0.1mol单质硫完全燃烧生成了1mol二氧化硫，转移了0.4mol电子，故A错误；B．12g石墨中含有C原子的物质的量为1mol，石墨中每个C与其它3个C形成3个碳碳键，则每个C原子平均形成的碳碳键数目为0.5×3=1.5，1mol碳原子形成的碳碳键为1.5mol，含有的碳碳键数目为1.5 N A，故B错误；C．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度=0.1mol，依据Kw=C（H+）C（OH﹣）计算C（OH﹣）=10﹣13mol/L，则N（OH﹣）=10﹣13mol/L×1L×N A=10﹣13N A，故C正确；D．反应焓变与方程式计量系数成正比，方程式系数不变，焓变值不变，故D错误；故选：C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，注意石墨的空间结构、热化学方程式的意义，题目难度中等．7．（6分）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.2 mol/L与0.1mol/L 醋酸溶液中c（H+）之比＞2：1B．向0.1 mol/L 醋酸钠溶液中加入适量盐酸，得到的中性溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）=c（CH3COOH）C．pH=4的H2S溶液与pH=10 的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）＞2c（S2﹣）+c（HS﹣）D．已知0.1 mol/L的二元酸H2A溶液pH=4.0，则在NaHA溶液中一定有：2c（OH﹣）+c（A2﹣）=c（H+）2A）+2c（H考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．醋酸为弱酸，醋酸的浓度越大，其电离程度越小；B．溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）；根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），则c（Cl﹣）=c（CH3COOH）；C．氢硫酸为弱酸，两溶液混合后溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒进行判断；D.0.1 mol/L的二元酸H2A溶液pH=4.0，说明该酸为二元弱酸，根据电荷守恒和物料守恒进行判断．解答：解：A.0.2mol/L和0.1mol/L的两醋酸溶液中，前者醋酸的电离程度小于后者，则H+离子浓度之比为小于2：1，故A错误；B．向0.1 mol/L 醋酸钠溶液中加入适量盐酸，由于醋酸根离子的水解程度较小，则加入的盐酸的量较小；混合液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c （Cl ﹣），根据物料守恒可得：c （Na +）=c （CH 3COO ﹣）+c （CH 3COOH ），则c （Cl ﹣）=c （CH 3COOH ），则得到的中性溶液：c （Na +）＞c （CH 3COO ﹣）＞c （Cl ﹣）=c （CH 3COOH ），故B 正确；C ．氢硫酸为弱酸，两溶液混合后溶液显示酸性，则c （H +）＞c （OH ﹣），根据电荷守恒可知：c （Na +）＜2c （S 2﹣ ）+c （HS ﹣），故C 错误；D.0.1 mol/L 的二元酸H 2A 溶液pH=4.0，则该酸为二元弱酸，根据NaHA 溶液中电荷守恒可知：c （Na +）+c （H +）=c （HA ﹣）+c （OH ﹣）+2c （A 2﹣），根据物料守恒可知：c （Na +）=c （H 2A ）+c （HA ﹣）+c （A 2﹣），二者结合可得：c （OH ﹣）+c （A 2﹣）=c （H 2A ）+c （H +），故D 错误；故选B ．点评：本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解在比较离子浓度中的应用方法．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（13分）X 、Y 、Z 、W 、R 是原子序数依次增大的前四周期元素．X 的单质在Y 2中燃烧可生成XY 和XY 2两种气体；Z 的单质在Y 2中燃烧的产物ZY 2可使品红溶液褪色；W 的单质是黄绿色的有毒气体；R 3+离子的3d 轨道半充满．请回答下列问题：（1）R 基态原子的外围电子排布式为3d 64s 2；Y 、Z 、R 三种元素中，电负性最大的是O ．（用元素符号表示）（2）XY 2的中心原子杂化方式为sp ，其VSEPR 模型名称为直线形．（3）金属R 单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际占有的R 原子的个数之比为1：2．（4）ZY 2气体通入足量的含R 3+和Ba 2+的混合溶液中，生成白色沉淀，该反应的离子方程式为2Fe 3++SO 2+Ba 2++2H 2O=BaSO 4↓+2Fe 2++4H +．考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析： X 、Y 、Z 、W 、R 是原子序数依次增大的前四周期元素，Z 的单质在Y 2中燃烧的产物ZY 2可使品红溶液褪色，ZY 2为SO 2，则Y 是O 、Z 是S 元素；X 的单质在Y 2中燃烧可生成XY 和XY 2两种气体，且X 原子序数小于Y ，则X 是C 元素； W 的单质是黄绿色的有毒气体，则W 是Cl 元素；R 3+离子的3d 轨道半充满，R 原子核外有26个电子，为Fe 元素；（1）R 为26号元素，其3d 、4s 能级电子数分别是6、2，3d 、4s 能级电子为其价电子，根据构造原理书写R 基态原子的外围电子排布式；O 、S 、Fe 三种元素中，元素的非金属性越强，其电负性越大；（2）根据价层电子对互斥理论判断CO2分子中中心原子杂化方式、VSEPR模型；（3）利用均摊法计算Fe原子个数之比；（4）SO2气体通入足量的含Fe3+和Ba2+的混合溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀．解答：解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素，Z的单质在Y2中燃烧的产物ZY2可使品红溶液褪色，ZY2为SO2，则Y是O、Z是S元素；X的单质在Y2中燃烧可生成XY和XY2两种气体，且X原子序数小于Y，则X是C元素；W的单质是黄绿色的有毒气体，则W是Cl元素；R3+离子的3d轨道半充满，R原子核外有26个电子，为Fe元素；（1）R为26号元素，其3d、4s能级电子数分别是6、2，3d、4s能级电子为其价电子，根据构造原理知R基态原子的外围电子排布式为3d64s2，O、S、Fe三种元素中，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以这三种元素电负性大小顺序是O＞S＞Fe，则电负性最大的是O 元素，故答案为：3d64s2；O；（2）CO2分子中中心原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子杂化方式为sp、VSEPR模型为平面直线形结构，故答案为：sp；直线形；（3）体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，面心立方中Fe原子个数=6×+8×=4，所以两个晶胞中Fe原子个数之比=2：4=1：2，故答案为：1：2；（4）SO2气体通入足量的含Fe3+和Ba2+的混合溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为2Fe3++SO2+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+，故答案为：2Fe3++SO2+Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+．点评：本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及氧化还原反应、晶胞计算、原子杂化方式判断、分子空间构型判断等知识点，这些都是2015届高考高频点，明确物质性质、价层电子对互斥理论、均摊法等知识点即可解答，难点是（4）题离子方程式的书写，题目难度中等．9．（16分）氨是氮循环过程中的重要物质，氨的合成是目前普遍使用的人工固氮方法．（1）写出实验室用消石灰与氯化铵反应制备氨气的化学反应方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，氨气极易溶于水的原因是氨气是极性分子，水为极性分子，极性分子易溶于极性分子；氨气与水形成分子间氢键（任写2点）．（2）根据图1提供的信息，写出合成氨反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol．（3）在恒容密闭容器中，下列描述中能说明合成氨反应已达平衡的是BDA．3v（H2）正═2v（NH3）逆B．单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH3C．混合气体的密度不再改变D．容器内压强不随时间变化（4）为了探究合成氨反应适宜的温度和压强，某同学设计了三组对比实验，部分实验条件已经填在下面表中，请在表中①②填入剩余的实验条件数据由表格中数据实验编号T（℃）n（N2）/n（H2）P（MPa）I 450 1/3 1Ⅱ①1/3 10Ⅲ480 ②10可知：实验i中反应的平衡常数大于实验ii中反应的平衡常数（填“大于”、“＜”或“等于”）．（5）科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+），实现了常压下高转化率的电解合成氨．其实验装置如图2，阴极的电极反应式为N2+6H++6e﹣=2NH3．．考点：氨的制取和性质；化学方程式的书写；原电池和电解池的工作原理；合成氨条件的选择；化学平衡状态的判断．分析：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气；根据相似相溶原理以及氨气与水形成分子间氢键来解答；（2）图象分析可知反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，断裂化学键吸收能量减去形成化学键放出的能量为反应焓变，依据热化学方程式书写方法写出；（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；（4）探究外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响时，每次只能改变一个条件，即遵循“多定一变”的原则；该反应正方向为放热反应，根据温度对平衡的影响分析；（5）阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气．解答：解：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；氨气是极性分子，水为极性分子，极性分子易溶于极性分子，氨气极易溶于水，氨气与水形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；氨气是极性分子，水为极性分子，极性分子易溶于极性分子；氨气与水形成分子间氢键；（2）图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，断裂化学键吸收能量减去形成化学键放出的能量为反应焓变△H=508kJ/mol﹣600kJ/mol=﹣92kJ/mol；反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol；故答案为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol；（3）A．3v（H2）正═2v（NH3）逆，说明v （NH3）逆：v （H2）正═3：2，不等于对应化学计量数之比，即正反应速率不等于逆反应速率，故A错误；B．单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH3，说明正反应速率等于逆反应速率，故B正确；C．密度是气体质量除以体积，平衡体系质量守恒，体积不变，混合气体密度始终不变，容器中气体的密度不随时间而变化不能说明反应达到平衡，故C错误；D．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是反应前后气体的总物质的量不相等的反应，当体积固定时，容器内气压不随时间变化，说明气体的总物质的量不再发生变化，即说明可逆反应达到了化学平衡状态，故D正确．故选：BD；（4）探究外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响时，每次只能改变一个条件，与Ⅰ相比，Ⅱ改变的是压强，故温度和浓度比与Ⅰ相同；与Ⅱ相比，Ⅲ改变的是温度，故浓度比和压强与Ⅱ相同；该反应正方向为放热反应，升高温度平衡逆移，平衡常数减小；故答案为：①450；②1/3；大于；（5）阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气，电极反应式为N2+6e﹣+6H+=2NH3，故答案为：N2+6H ++6e﹣=2NH3．点评：本题考查了热化学方程式、化学平衡、平衡常数，平衡状态的判断依据和方法，影响平衡的因素分析，题目综合性强，较难．10．（15分）草酸铁晶体常用于制作催化剂和光敏材料．某校化学兴趣小组欲利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体．I．【查阅资料】（1）异丙醚是微溶于水的液体，FeCl3在异丙醚中的溶解度比在水中大．（2）草酸铁能溶于水和酸，不溶于醇和醚．（3）FeCl3溶液和过量草酸钾（K2C2O4）溶液反应生成三草酸合铁酸钾（K3），配离子3﹣的配体是C2O42﹣，在含3﹣配离子的溶液中加入硫氰化钾溶液只看到很浅的红色．Ⅱ．【制备产品】实验步骤：（1）将工业FeCl3溶于盐酸中，加适量水稀释，并分装入分液漏斗中．盐酸的作用是：抑制FeCl3水解．（2）继续向分液漏斗中加入适量异丙醚，充分振荡、静止，弃去水溶液．（3）异丙醚溶液中加入草酸（H2C2O4）溶液，充分反应后分液，弃去醚层．（4）水溶液通过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁晶体．洗涤草酸铁晶体时需用酒精溶液，其目的是除去杂质、减少草酸铁因溶解损耗．Ⅲ【探究与反思】某同学看到一则报道，环卫工人用草酸清除墙面上的铁锈．对此反应，该小组进行如下探究．（1）提出假设：i．可能发生了氧化还原反应；ii．可能发生了复分解反应（2）讨论分析：结合上述实验，小组讨论后否定了假设i，其理由是由于Fe2（C2O4）3存在，不可能发生氧化还原反应；请写出假设ii反应的化学方程式Fe2O3+3H2C2O4=Fe2（C2O4）3+3H2O．通过查阅资料得知，在假设ii反应的基础上还进一步发生了反应，生成了3﹣配离子．（3）设计实验：请利用制得的草酸铁晶体和下列药品，证明在假设ii反应的基础上还进一步发生了反应．供选用的药品：KSCN溶液、0.1mol/L草酸钾溶液、草酸钾晶体，取少量草酸铁晶体溶于水，取少量草酸铁晶体溶于水，滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，将溶液分到2支试管中，一支试管中再加入过量的草酸钾晶体，充分振荡，观察到红色明显比另一支浅很多．（4）反思总结：结合上面探究结论，常温下，为了提高草酸铁晶体的产率，制备实验中还应控制加入草酸的量（或氯化铁与草酸的比例）．。

四川省石室中学2015届高三一诊模拟化学试题Word版含答案

...①在阳极区发生的反响包括▲和H+ +HCO 3-=CO 2↑ +H 2O．②简述 CO32-在阴极区再生的原理▲．(3)再生装置中产生的 CO 2和 H2在一定条件下反响生成甲醇等产物，工业上利用该反响合成甲醇。

：25℃，101kP 下：H2(g)+1/2O 2(g)=H 2O(g)△ H1=-242kJ/molCH3OH(g)+3/2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(g)△ H2=-676kJ/mol写出 CO2和 H 2生成气态甲醇等产物的热化学方程式▲．(4) 反响： CO(g)+H 2O(g)H2(g)+CO 2(g)；△ H=-41.2kJ/mol ．生成的CO2与 H2以不同的体积比混合时在适宜的条件下反响可制得CH4．① 850℃时在一体积为10L 的恒容密闭容器中，通入一定量的CO 和 H2O〔 g〕，CO 和 H 2O(g) 浓度变化如右图所示。

以下说法正确的是▲(填序号 )．A ．到达平衡时，反响体系最终会放出49.44kJ 热量B ．第 4min 时，混合气体的平均相对分子质量不再变化，可判断已到达化学平衡C．第 6min 时，假设升高温度，反响平衡常数会增大D ．第 8min 时，假设充入 CO，会导致v(正 )>v(逆 )，平衡向正反响方向移动E． 0~4min 时， CO 的平均反响速率为0.030mol/(L ?min)②熔融盐燃科电池是以熔融碳酸盐为电解质，以CH 4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极。

负极反响式为▲．为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，为此电池工作时必须有局部A物质参加循环，那么A 物质的化学式是▲．11． (此题共 14 分)易溶于水的三草酸合铁(Ⅲ )酸钾晶体K 3[Fe(C2O4) 3]?3H2O 可用于摄影和蓝色印刷。

以废旧铁屑〔含少量CuO 、 Fe2O3等杂质 )为原料的制备流程如下：(1)操作 3 发生的氧化复原反响至少有▲个．操作 5 中试剂 H2O2的作用是▲ ·(2)滤液中主要含FeSO4，需参加少量的H2SO4酸化，目的是▲．假设要使含FeSO4溶液中得到绿矾晶体 (FeSO4·7H 2O)。

吉林省长春市2015届高三化学一模试题(含解析)新人教版

吉林省长春市2015年高考化学一模试卷一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列化学用语正确的是（）A．重水的分子式是H218O B．Mg2+的结构示意图C．乙酸的结构式CH3COOH D．次氯酸的电子式考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．.分析：A．重水分子中氢原子为重氢原子，氧原子为一般氧原子；B．镁离子的核电荷数为12；C．CH3COOH为乙酸的结构简式，结构式需要用短线表示出所有的共用电子对；D．次氯酸属于共价化合物，中心原子为氧原子．解答：解：A．重水中氢原子为重氢原子，重水正确的分子式为：D2O，故A错误；B．镁的核电荷数是12，Mg2+的结构示意图，故B错误；C、CH3COOH是乙酸的结构简式，结构式为：，故C错误；D．次氯酸为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，其电子式为：，故D正确；故选D．点评：本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握离子结构示意图、电子式、结构式等化学用语的概念及书写原则，明确结构式与结构简式、分子式的区别，为易错点．2．（3分）（2015•长春一模）下列变化不属于取代反应的是（）A．CH3COO C2H5+H2O CH3COOH+C2H5OHB．CH2=CH2+H2CH3 CH3C．+HNO3+H2OD．CH4+Cl2CH3Cl+HCl考点：取代反应与加成反应．.分析：根据取代反应是有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应进行判断．解答：解：A．乙酸乙酯的水解反应属于取代反应，故A不选；B．乙烯中含有碳碳双键，乙烯与氢气发生加成反应，不属于取代反应，故B选；C．苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应，故C不选；D．甲烷分子上的一个氢原子被氯原子取代，属于取代反应，故D不选；故选B．点评：本题考查有机物的性质、有机反应类型，题目较为简单，注意理解常见有机反应类型，注意取代反应与其它反应类型的区别．3．（3分）（2015•长春一模）下列说法正确的是（）A．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液B．能自发进行的化学反应，一定是△H＜0、△S＞0C．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化D．钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe﹣3e﹣=Fe3+考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变．.专题：物质的分类专题；化学反应中的能量变化；电化学专题．分析：A．根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；B．反应能否自发进行的判据为：△H﹣T△S，只有△H﹣T△S＜0的反应才能自发进行；C．焰色反应没有新物质生成；D．反应生成Fe2+．解答：解：A．因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故A正确；B．△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，也可能自发进行，故B错误；C．焰色反应没有新物质生成，是物理变化，故C错误；D．负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误．故选A．点评：本题考查胶体、自发反应、焰色反应以及金属腐蚀，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．4．（3分）（2015•长春一模）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，46 g NO2与N2O4的混合气体中含有的分子总数为NAB． 0.1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗O2的分子数为0.3 NAC． 25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣的数目为0.1 NAD．一定量的钠与8 g氧气作用，若两者均无剩余，转移的电子数为NA考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、根据极值法来判断；B、根据等物质的量的乙烯和乙醇燃烧消耗相同物质的量的氧气来判断；C、溶液的体积不确定，故OH﹣的数目不确定；D、根据反应后氧元素的价态来分析．解答：解：A、采用极值法来判断：假设46 g 气体全部为NO2，则NO2的物质的量n===1mol，分子个数为NA个；假设46 g 气体全部为N2O4，则N2O4的物质的量n===0.5mol，则分子个数为0.5NA个，而现在是46 g NO2与N2O4的混合气体，故气体的分子个数介于0.5NA～NA之间，故A错误；B、1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气，故0.1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗O2的物质的量为0.3mol，分子数为0.3 NA，故B正确；C、溶液的体积不确定，故OH﹣的数目无法确定，故C错误；D、8g氧气的物质的量n===0.25mol，而氧气与钠反应时，根据反应条件的不同，常温下生成Na2O，氧元素为﹣2价，故0.25mol氧气得1mol电子；若在加热时生成Na2O2，氧元素为﹣1价，则0.25mol氧气得0.5mol电子，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是关键，难度不大．5．（3分）（2015•长春一模）用下列装置进行实验，设计正确且能达到实验目的是（）A．制取少量H2B．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C．验证Na和水反应为放热反应D．蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．长颈漏斗应该伸入液面下，否则得不到氢气；B．不互溶的液体采用分液方法分离；C．空气有热胀冷缩的性质；D．加热时氯化铵易分解生成氯化氢和氨气．解答：解：A．长颈漏斗应该伸入液面下，否则起不到液封的作用，则得不到氢气，故A错误；B．碳酸钠溶液和乙酸乙酯不互溶，所以可以采用分液的方法分离，故B错误；C．空气有热胀冷缩的性质，如果Na和水是放热反应，则大试管中的空气膨胀，导致U型管中液面左低右高，从而确定反应热，故C正确；D．加热时氯化铵易分解生成氯化氢和氨气，所以不能采用加热蒸发的方法制备氯化铵，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案评价，侧重物质性质、基本操作的考查，明确物质的性质、混合物分离和提纯方法等知识点即可解答，从实验仪器、基本操作、物质性质等方面进行评价，题目难度不大．6．（3分）（2015•长春一模）有机物A的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，可发生以下系列转化，B、D是生活中常见的两种有机物，下列说法不正确的是（）A． A的结构简式为CH2=CH2B． 1molB物质可以与足量Na反应生成0.5molH2C． B、D、E三种物质可以用饱和Na2CO3溶液鉴别D．由B、D制备E浓H2SO4只作吸水剂考点：有机物的推断．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：有机物A的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，则A为CH2═CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，据此解答．解答：解：有机物A的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，则A为CH2═CH2，A 与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，A．由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，故A正确；B．羟基与钠反应生成氢气，1molCH3CH2OH物质可以与足量Na反应生成0.5molH2，C．乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，有气体生成，乙醇与碳酸钠溶液互溶，而乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，溶液分层，现象各不相同，可以进行区别，故C正确；D．乙酸乙酯制备中浓H2SO4作催化剂和吸水剂，故D错误，故选D．点评：本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯的性质等，比较基础，有利于基础知识的巩固．7．（3分）（2015•长春一模）25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．滴入甲基橙显红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣B． PH=13的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、HCO3﹣C．含较多的SO32﹣的溶液：H+、Ca2+、Fe3+、NO3﹣D．澄清透明溶液中：K+、MnO4﹣、H2O、SO42﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性；B．PH=13的溶液呈碱性；C．SO32﹣具有还原性，且在酸性条件下不能大量共存；D．如离子之间不发生任何反应，则可大量共存．解答：解：A．滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性，NH4+、AlO2﹣发生互促水解反应，且AlO2﹣在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B．PH=13的溶液呈碱性，碱性条件下不能大量共存，故B错误；C．SO32﹣具有还原性，与Fe3+发生氧化还原反应，且在酸性条件下不能大量共存，故C错误；D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．点评：本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握信息中的隐含条件，是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应来解答，题目难度不大．8．（3分）（2012•江苏）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（）A．该反应为放热反应B．催化剂能改变该反应的焓变C．催化剂能降低该反应的活化能D．逆反应的活化能大于正反应的活化能考点：化学反应中能量转化的原因；反应热和焓变．.专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；D、图象中分析判断；解答：解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键．9．（3分）（2015•长春一模）根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（）A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水合氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；B．⑤为铝热反应，放出大量的热；C．③中O元素的化合价由﹣1价升高为0，④中O元素的化合价有﹣2价升高为0；D．①中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0．解答：解：A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水合氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故A正确；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由﹣1价升高为0，④中O元素的化合价有﹣2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选AB．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意元素的化合价判断及电子守恒应用，题目难度不大．10．（3分）（2015•长春一模）如图是立方烷的球棍模型，下列有关说法不正确的是（）A．其一氯代物只有一种B．其二氯代物有三种同分异构体C．它的分子式不符合CnH2n+2，所以它不是饱和烃D．它与苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2）互为同分异构体考点：饱和烃与不饱和烃；同分异构现象和同分异构体．.分析：A．立方烷整个分子的结构是立方体形，且分子结构是对称的；B．立方烷二氯代物有三种；C．立方烷不含碳碳双键和三键；D．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物．解答：解：A、因为立方烷只有一种氢原子，其一氯代物只有一种，故A正确；B、二氯代物有三种同分异构体，分别是：2个氯原子在同一条边的2个碳上、在面对角线的2个碳上、在体对角线的2个碳上，故B正确；C、它的分子式不符合CnH2n+2，但分子结构中只含碳碳单键，是饱和烃，故C错误；D、它与苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2）的分子式都是C8H8，且结构不同互为同分异构体，故D正确．故选C．点评：本题考查球棍模型、等效氢和同分异构体等，题目难度中等，注意根据结构确定物质的性质．11．（3分）（2015•长春一模）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下图转化关系．下列有关物质的推断正确的是（）A．若甲为N2，则丁可能是O2B．若甲为Fe，则丁可能是Cl2C．若甲为AlCl3，则丁可能是NH3D．若甲为NaHCO3，则丁可能是HCl考点：无机物的推断．.专题：推断题．分析：A．氮气与氧气生成NO，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮在一定条件下可以得到氮气；B．若甲为Fe，丁是Cl2，则乙为氯化铁，氯化铁不能与氯气反应；C．若甲为AlCl3，则是NH3，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀不能与氨水反应；D．若甲为NaHCO3，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，乙不能与HCl反应．解答：解：A．若甲为N2，丁是O2，氮气与氧气生成乙为NO，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮在一定条件下可以得到氮气，故A正确；B．若甲为Fe，丁是Cl2，则乙为氯化铁，氯化铁不能与氯气反应，故B错误；C．若甲为AlCl3，则是NH3，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝溶于强酸、氢键，不能与弱碱与氨水反应，故C错误；D．若甲为NaHCO3，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，不论乙为何种物质，都不能与HCl反应，故D错误，故选A．点评：本题以框图转化关系为载体，考查元素化合物的相互转化，难度不大，利用代入法进行验证判断，需要学生熟练掌握元素化合物知识．12．（3分）（2015•长春一模）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A． NaHSO4 溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O B．向FeCl2溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣C．向Ca（ClO）2溶液中通入过量的SO2：ClO﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣D． FeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe2++H2O2=2Fe3++2OH﹣考点：离子方程式的书写．.分析：A．反应至溶液呈中性时，二者以2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；B．电荷不守恒；C．二者反应生成氯离子、硫酸氢钙；D．二者反应生成铁离子和水．解答：解：A．NaHSO4 溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：即NaHSO4 与Ba（OH）2的物质的量之比为2：1，离子方程式为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故A 正确；B．不满足电荷守恒，应该为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故B错误；C．HClO能将HSO3﹣氧化，离子方程式为Ca2++2ClO﹣+2H2O+2SO2=CaSO4↓+4H++2Cl ﹣+SO42﹣，故C错误；D．酸性溶液中不可能得到OH﹣，应该是：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故D错误．故选A．点评：本题考查离子方程式正误判断，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，为高考高频点，明确物质性质是解本题关键，注意C中不发生复分解反应而是氧化还原反应，为易错点．13．（3分）（2015•长春一模）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）═2Z（g）△H＜0．一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min 2 4 7 9n（Y）/mol 0.12 0.11 0.10 0.10下列说法正确的是（）A．反应前2 min的平均速率ν（Z）=2.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν（逆）＞ν（正）C．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，到达平衡时，n（Z）＜0.24 molD．其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16 mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大考点：化学平衡的计算．.专题：化学平衡专题．分析：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）；C、保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动；D、充入0.16mol气体X，平衡正向进行，Y的转化率增大，X的体积分数增大．解答：解：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，故v（Y）==0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），故A错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；C、X（g）+Y（g）═2Z（g），图表数据分析平衡后消耗Y为0.16mol﹣0.1mol=0.06mol，生成Z为0.12mol，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol 气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，到达平衡时，n（Z）=0.24 mol，故C错误；D、充入0.16mol气体X，平衡正向进行，Y的转化率增大，X的体积分数增大，故D正确；故选D．点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，等效平衡的理解应用，题目难度中等．14．（3分）（2015•长春一模）常温下，下列各溶液的叙述中正确的是（）A． NaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c（Na+）=c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）B． 0.1 mol/L的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol/L盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c（CH3COO ﹣）＞c（CH3COOH）＞c（Cl﹣）＞c（H+）C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向1.00 L 0.3 mol/LNaOH溶液中缓慢通入0.2 mol CO2气体，溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题．分析：A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，溶液呈酸性；C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒；D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，二者都水解导致溶液呈碱性．解答：解：A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3﹣）+3c（SO32﹣）+3c（H2SO3），故A错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，溶液呈酸性，氯离子不水解，所以存在c（CH3COOH）＜c（Cl﹣），故B错误；C．等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，所以c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），故D错误；故选C．点评：本题考查离子浓度大小比较，明确电解质溶液中的溶质及其性质再结合物料守恒、电荷守恒分析解答即可，注意确定D中溶质，为易错点．二、非选择题（本大题包括4道小题，共58分）15．（16分）（2015•长春一模）A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A和C同族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答．（1）C在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族．（2）D2B的电子式是；AB2的结构式是O=C=O．（3）B、D、E离子半径的由大到小的顺序为Cl﹣＞O2﹣＞Na+；（用离子符号回答）A、C、E最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4＞H2CO3＞H2SiO3．（用化学式回答）（4）A、B气态氢化物沸点高的是H2O；（用化学式回答）原因水分子之间有氢键，且水为极性分子．（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生以为，EB2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀，当消耗13.50g EB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为5Mn2++2ClO2+6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+．考点：位置结构性质的相互关系应用．.分析：A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和C同族，则C为硅元素，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，则D为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为第ⅤⅡA族元素，根据第（5）小问题目可知，存在EB2，所以E为氯元素，据此答题．解答：解：A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和C同族，则C为硅元素，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，则D为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为第ⅤⅡA族元素，根据第（5）小问题目可知，存在EB2，所以E为氯元素，（1）C为硅元素，在元素周期表中第三周期第ⅣA族，故答案为：第三周期第ⅣA族；（2）D2B为氧化钠，它的电子式是；AB2为二氧化碳，它的结构式是O=C=O，故答案为：；O=C=O；（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，所以B、D、E离子半径的由大到小的顺序为Cl﹣＞O2﹣＞Na+；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，在C、Si、Cl中，非金属性由强到弱的顺序为Cl＞C＞Si，所以酸性由强到弱到的顺序为HClO4＞H2CO3＞H2SiO3，故答案为：Cl﹣＞O2﹣＞Na+；HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；（4）由于水分子之间有氢键，且水为极性分子，所以水的沸点比二氧化碳高，故答案为：H2O；水分子之间有氢键，且水为极性分子；（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色、使水产生异味．ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成一种黑色沉淀，该黑色沉淀为MnO2，同时测得消耗13.50g ClO2时，共转移了1mol电子，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，则×（4﹣a）=1，解得a=﹣1，故生成Cl﹣，根据电荷守恒可知，还生成H+，则反应的离子方程式是5Mn2++2ClO2+6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+，故答案为：5Mn2++2ClO2+6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+．点评：本题主要考查了元素周期表、电子式、元素周期律、氧化还原反应等知识点，中等难度，元素推断是解题的关键，第（5）为易错点，答题时注意运用守恒的思想解决问题．16．（16分）（2015•长春一模）Ⅰ、某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了如下系列实验，实验装置如图1所示：实验步骤：①先连接好装置，检验气密性，加入试剂；②加热A试管直到B中品红褪色，熄灭酒精灯；③将Cu丝上提离开液面．（1）装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．（2）拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是从D管口向A中通入空气（鼓气）．（3）若将B中品红溶液换成溴水，通入一段时间后溴水褪色，这说明了二氧化硫具有漂白性，你是否同意这个观点不同意，（填“同意”或“不同意”），说明理由SO2+Br2+2H2O=4H++2Br ﹣+SO42﹣（用离子方程式表示）．Ⅱ、以浓硫酸、浓硝酸、粗铜、水和空气为原料可制得硫酸铜晶体．其过程如图2所示．回答下列问题：（4）配平在滤液（Ⅲ）中发生反应的化学方程式：4NO2+2H2O+1O2=4HNO3 （5）写出制取硫酸铜的总反应方程式：Cu+2HNO3+H2SO4=CuSO4+2NO2↑+2H2O．（6）在上述生产过程中，被循环使用的物质是HNO3（或NO2）．考点：浓硫酸的性质实验．.专题：氧族元素．分析：（1）A中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水；（2）从D管口向A中大量鼓气可使装置中残留气体完全被吸收；（3）溴单质具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，证明二氧化硫具有还原性，不能证明具有漂白性；（4）NO2中N元素的化合价为+4价，反应后升高到+5价，氧气从0价变为﹣2价，根据化合价升降相等配平该反应方程式；（5）反应中氮原子完全转化成二氧化氮，硫酸提供氢离子，据此写出总反应的化学方程式；（6）根据制备流程判断可以循环利用的物质．解答：解：（1）A中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是从D管口向A中大量鼓气，故答案为：从D管口向A中通入空气（鼓气）；（3）由于二氧化硫与溴单质发生反应：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，导致溴水褪色，该反应证明了二氧化硫具有还原性，无法证明二氧化硫具有漂白性，所以不同意该观点，。

新疆乌鲁木齐地区2015届高三第一次诊断性测验化学试题及答案

新疆乌鲁木齐地区2015届高三第一次诊断性测验化学试题及答案乌鲁木齐地区2015年高三年级第一次诊断性化学试题一、选择题（本题共14个小题，每题3分，共42分）1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是：B．银器久置后表面会变暗，是因为发生了电化学腐蚀。

C．Li是最轻的金属也是活动性很强的金属，是制造电池的理想物质。

D．海水提取溴、煤的液化、焰色反应都发生了化学变化。

2.对下列化学用语描述和理解都正确的是：A．原子结构示意图。

B．比例模型。

C．结构示意图为水分子，也可以表示二氧化碳分子。

D．电子式可以表示12C，也表示14C；可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子。

3.下列实验装置设计正确且能达到目的的是：A．实验I：静置一段时间，小试管内有晶体析出。

B．实验II：制取氧气。

C．实验III：除CO2气体中的HCl。

D．实验IV：配制一定物质的量浓度的稀硫酸。

4.下列有关说法中，正确的是：A．苯和乙烯都可以使溴的四氯化碳溶液褪色。

B．等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量不相等。

C．乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应。

D．聚乙烯可以发生加成反应。

5.六氯丙烷（C3H2Cl6）的同分异构体有：B．3种。

6.解析下列事实的离子方程式不正确的是：C．用烧碱溶液清洗铝表面的氧化膜。

7.下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数值）：B．常温常压下，16gO3气体含有氧原子数为NA。

C．常温常压下，22.4LCO2含有的分子数为NA。

8.下列说法正确的是：A．SiO2是酸性氧化物，能与溶液反应。

B．Na2CO3和NaHCO3都是盐，都能与溶液反应。

D．Al在浓盐酸中会“钝化”，不能用铝槽盛放浓盐酸。

9.下列说法正确的是：A．230Th和232Th是钍的两种同位素。

C．甲醇与乙醇互为同系物。

D．乙酸乙酯与丁酸互为同分异构体。

10.已知现将体积比为1:1的混合气体置于密闭中发生上述反应，下列说明反应达到平衡状态的是：A。

四川省乐山市2015届高三一调模拟考试化学(附答案)

四川省乐山市2015届高三一调模拟化学试题可能用到的相对原子质量：H：l C：12 N：14 O：16 C1：35.5 Fe：56第I卷（选择题）本题包括7个小题，每小题只有一个最佳选项，每小题6分，共计42分。

1、近年来，食品安全事故频繁发生，人们对食品添加剂的认识逐渐加深。

下列关于食品添加剂的认识正确的是A.食品添加剂必须用纯天然物质才对人体无害B. SO2漂白生成的无色物质不稳定，可广泛用于食品漂白C. 我们每一个人都要多食用加碘食盐和加铁酱油D.食醋中含少量乙酸，可同时用作防腐剂和调味剂2、下列离子或分子在溶液中能大量共存，加入足量Na2O2后溶液中仍能大量共存的是A. K+、Cl—、Na+、SiO32—B.C. K+、Na+、I—、SO42—D.3、用如图装置做如下实验。

其中收集方法及所加试剂、现象、结论均正确．．．．．．．．．．．．．．．．．．的是4、已知X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增大。

X、Z同族且均为金属元素，Y、W同族，W的最高价氧化物对应的水化物是强酸。

下列说法错误的是A、原子半径：Z>W>YB、X的最高价氧化物的水化物一定是强碱C、氢化物的沸点:W一定小于YD、Y与Z形成的化合物一定是离子晶体5、下列有关比较中，大小顺序排列错误的是A ．热稳定性： NH 3＞PH 3＞H 2SB ．物质的熔点：石英＞食盐＞冰＞干冰C ．结合H +的能力：CO 32－＞CH 3COO －＞Cl －D ．分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl 3溶液6、在25℃时，将pH=11的NaOH 溶液与pH=3的CH 3COOH 溶液等体积混合，充分反应后，下列关系式中正确的是A ．c(Na +)=c(CH 3COO —)+c(CH 3COOH)B ．c(H +)=c(CH 3COO —)+c(OH —)C ．c(Na +)>c(CH 3COO —)>c(OH —)>c(H +)D ．c(CH 3COO —)>c(Na +)>c(H +)>c(OH —)7、相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO 2(g) ＋ O 2(g) 2SO 3(g) △H ＝－196 kJ/mol 。

2015级绵阳一诊化学试题及答案

秘密★启用前【考试时间：2017年11月1日上午9∶00～11∶30】绵阳市高中2015级第一次诊断性考试理科综合能力测试注意事项:1。

答卷前,考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.2。

回答选择题时，选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效。

3。

考试结束后，将答题卡交回.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 K 39 Mn 55 Fe 56一、选择题:本题共13小题,每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.7。

化学与生活密切相关。

下列说法正确的是A．食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性B．尼龙绳是由天然高分子化合物制成的,强度很大C．用氯气可以处理自来水中的Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子D．ClO2具有强氧化性，用于自来水的杀菌消毒时比Cl2的效率高8。

下列说法错误的是A．油脂在酸性和碱性条件下都能水解B．淀粉、蔗糖在一定条件下水解最终产物均为葡萄糖C．只用酸性KMnO4溶液可以鉴别苯、乙醇和乙酸D．有机物的二氯代物有6种目的操作A 制备Fe（OH）3胶体向25 mL沸腾的蒸馏水中逐滴加入6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色B 配制浓度为0.010 mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0。

158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C 除去CH3COOC2H5中的乙醇加入适量CH3COOH，加热D 检验乙醇中氢的活泼性将金属钠投入到盛有医用酒精的烧杯中10。

柠檬烯具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用，其结构如图所示。

下列关于柠檬烯的说法正确的是A．分子式为C10H14B．能发生取代反应和加成反应C．属于乙烯的同系物D．分子中所有碳原子可能都处于同一平面上11。

N A为阿伏加德罗常数的值。