四川省成都七中2016届高三上学期一诊模拟化学试题(Word)

四川省成都市高考化学一模考试试卷

四川省成都市高考化学一模考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共20题；共40分)1. （2分） (2016高一下·望都期中) 应对能源危机的有效途径之一就是寻找新能源．下列属于新能源的是（）A . 煤B . 石油C . 太阳能D . 天然气2. （2分） (2016高一下·大连月考) 通常状况下能共存，且能用浓硫酸干燥的一组气体是（）A . H2、O2、N2B . O2、NO，NO2C . H2、N2、NH3D . NH3、HCl、NO23. （2分）下列分子中含有两个π键的组合是（）①H2O②CO2③H﹣C≡N④NH3⑤N2⑥CH4 ．A . ①③⑥B . ②③⑤C . ①②③⑥D . ③④⑤⑥4. （2分）下列有关工业生产的叙述正确的是（）A . 合成氨工业中，将NH3及时液化分离有利于加快反应速率B . 氯碱工业中，使用离子交换膜可防止Cl2和NaOH溶液反应C . 硫酸工业中，接触室内安装热交换器，是为了利用沸腾炉中排出的SO2的热量D . 硫酸工业中，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响5. （2分）氮化硅是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。

下列各组物质熔化时，所克服的粒子间的作用与氮化硅熔化所克服的粒子间的作用相同的是（）A . 硝石(NaNO3)和金刚石B . 晶体硅和水晶C . 重晶石(BaSO4)和萤石(CaF2)D . 冰和干冰6. （2分）(2017高二上·大连期末) 下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（）A . AB . BC . CD . D7. （2分）下列化学用语的书写，正确的是（）A . 氯原子的结构示意图：B . 6个质子8个中子的碳元素的核素符号：12CC . 氯化镁的电子式：D . 用电子式表示氯化氢的形成过程：8. （2分） (2019高一上·温州期末) 下列说法正确的是（）A . 原子结构模型演变历史可以表示为：B . 14C与14N互为同位素C . 迄今为止人们发现了118种元素，即有118种核素D . 元素性质的周期性变化取决于元素原子核外电子排布的周期性变化9. （2分）某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2 ，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色（已知：AgBr、AgI分别为浅黄色和黄色不溶于硝酸的沉淀），则下列叙述正确的是（）A . 原溶液中的Br﹣可能未被氧化B . 反应后的溶液中是否含有Fe2+可以用氯水和KSCN溶液检验C . 取所得溶液加入CCl4后静置分液，向上层溶液中加入足量AgNO3 溶液，能产生黄色沉淀D . 反应后的溶液中一定不存在Fe2+10. （2分）检验铵盐的方法是将待检物取出少量放在试管中，然后（）A . 加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口观察颜色变化B . 加水溶解，用红色石蕊试纸检验溶液酸碱性C . 加入NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口观察颜色变化D . 加入强碱溶液，加热，再滴入酚酞试液11. （2分）已知1mol H2SO4（aq）与1mol Ba（OH）2（aq）反应的△H=﹣1 584.2kJ•mol﹣1；稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣55.6kJ•mol﹣1 ．则Ba 2 + a q + a q ═BaSO4（s）的反应热等于（）A . ﹣1 528.6 kJ•mol﹣1B . ﹣1 473 kJ•mol﹣1C . +1 473 kJ•mol﹣1D . +1 528.6 kJ•mol﹣112. （2分）实验室进行下列实验，在选择实验装置时应当考虑冷凝回流装置的是（）A . 葡萄糖与银氨溶液共热制银镜B . 用蒸馏烧瓶从石油中提取汽油C . 苯与浓硝酸、浓硫酸共热制硝基苯D . 乙醇、丁酸与浓硫酸共热制丁酸乙酯13. （2分）欲将溶液中的Al3+沉淀完全，最合适的试剂是（）A . NaOH溶液B . 氨水C . Na2SO4溶液D . NaCl溶液14. （2分）(2016·上海) 在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）．下列说法错误的是（）A . a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同B . c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同C . 热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体D . c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率15. （2分）下图所示实验操作正确的是（）A . 过滤B . 检查装置的气密性C . 金属与酸反应D . 加热液体16. （2分） (2019高一下·汪清期中) 下列事实不能说明非金属性Cl＞I的是（）A . Cl2＋2I－=2Cl－＋I2B . 稳定性：HCl＞HIC . 酸性：HClO4＞HIO4D . 酸性：HClO2＞HIO317. （2分）下列实验中不能出现沉淀现象的是（）A . NO2 和SO2气体同时通入BaCl2溶液中B . SO2气体通入BaCl2溶液中C . SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中D . SO2气体和过量NH3 同时通入BaCl2溶液中18. （2分）已知：H2SO3的Ka1=1.3×10－2 ，Ka2=6.3×10－8；H2CO3的Ka1=4.2×10－7 ，Ka 2=5.6×10－11。

2016年成都七中高三理综测试化学试卷

2016年成都七中高三理综测试化学试卷可能用到的相对原子量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Cl—35.5一、选择题：本题共13小题，每小题6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．化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中正确的是：A．高纯度的晶体硅广泛用于制作光导纤维B．重金属盐中毒后可用生蛋清或者牛奶解毒C．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都属于有机高分子D．普通玻璃、水泥和陶瓷的成分都属于硅酸盐8．已知：①向盛有稀H2SO4试管中加入Fe粉，Fe粉完全溶解得浅绿色溶液；②向实验①浅绿色溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀并立即变为红褐色；③向实验②红褐色沉淀中滴加溶有淀粉的HI溶液，红褐色沉淀溶解得蓝色溶液。

下列判断正确的是：A．上述实验中，共涉及4个氧化还原反应B．若为了使实验①所得溶液久置不变质，可向其中加铁粉和稀盐酸C．实验②可证明溶解度：Fe(OH)3＞Fe(OH)2D．实验③中，反应的离子方程式是：2Fe(OH)3＋2I-＋6H+＝2Fe2+＋I2＋6H2O9.下列实验装置设计正确且能达到目的的是：10．CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2++4I- = 2CuI↓+I2而得到。

现以石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电前向电解液中加入少量酚酞和淀粉溶液。

电解开始不久，阴极区溶液呈红色，而阳极区溶液呈蓝色，同时有白色沉淀生成。

下列说法中正确的是：A. 阴极上的电极反应式为：Cu2++2e- = CuB. 阴极区溶液呈红色的原因是：2H++2e- = H2↑，使阴极附近OH-浓度增大，溶液显碱性，从而使酚酞变红C. 对阳极区溶液呈蓝色的正确解释是：Cu-2e- = Cu2+，Cu2+显蓝色D. 对阳极区溶液呈蓝色的正确解释是：2I--2e- = I2，碘遇淀粉变蓝11.下列图示与对应叙述相符合的是：A．图A表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3 的混合溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系B．图B表示Cl2通入H2S溶液中pH的变化C．图C表示10 mL 0.01 mol·L-1KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4 溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化(Mn2+对该反应有催化作用)D．图D表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂12. 下列判断正确的是：A．体积、相同浓度NaA和NaB溶液中，离子总浓度NaA>NaB,则对应酸的酸性HA>HBB．已知还原性Fe2+>Br-> Cl-：向Fe Br2溶液中通入一定量Cl2，反应的离子方程式可能为：2Fe2+＋6 Br-＋4 Cl2＝2 Fe3+＋3 Br2＋8 Cl-C．加水稀释0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液，C(CH3COO-)/[ C(CH3COOH)·C(OH-)]增大D．已知电离常数K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCO3-)：向NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为：CO2＋2ClO-＋H2O＝2HClO＋CO32-13.盐酸乙哌立松片是一种骨骼肌松弛剂，能改善由肩周炎、腰痛症等引起的肌紧张状况，其结构筒式如下。

【化学】四川省成都七中2016届高三上学期化学模拟试卷

2015——2016年四川省成都七中高考化学模拟试卷（五）一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1．下列说法正确的是（）A．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B．工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C．淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物D．Cl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O3．实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）．挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）．若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）4．二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图．下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+B．该装置中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C．用此电池精炼Cu，应将b电极接纯铜D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol5．下列说法正确的是（）A．在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）B．将浓度为0.1mol•L﹣1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C．0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）═2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）D．常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变6．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：V b＞V aD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：17．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1B．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8．X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应．（1）写出X在周期表中的位置；Z3+的核外电子排布式．（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是（用化学式表示）．（3）W最高正价氧化物分子构型为；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为．（4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为．（5）已知4Y（s）+O2（g）═2Y2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1，W的燃烧热为bkJ•mol﹣1，则4Y（s）+WO2（g）═W（s）+2Y2O（s），△H=kJ•mol﹣1．9．实验室制备1﹣溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示．（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是．（2）1﹣溴丁烷的制备反应中可能有：、1﹣丁烷、溴化氢等副产物生成．熄灭A处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行．B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是、．（3）为了精制1﹣溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从（填“c”或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是．（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g．白色不容物的化学式为．（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：．Ⅲ．反应原理分析（6）NaHCO3溶液中存在如下电离平衡：H2O⇌H++OH﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣，从平衡移动角度分析实验①产生大量气泡和白色不容物的原因：．10．Heck反应是合成C﹣C键的有效方法之一，如反应①：；化合物Ⅱ可由以下合成路线获得：Ⅳ（分子式为C3H6O3）ⅤⅡ．（1）化合物Ⅲ的分子式为，其中含有的官能团为，1mol化合物Ⅲ最多可与mol H2发生加成反应．（2）化合物Ⅳ分子结构中有甲基，写出由化合物Ⅳ→化合物V的化学方程式．该反应属于反应（填反应类型）．（3）下列有关化合物Ⅱ说法正确的是．A．1mol化合物Ⅱ完全燃烧消耗5mol O2B．化合物Ⅱ能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．化合物Ⅱ能发生水解反应D．化合物Ⅱ反应生成的高聚物为（4）化合物Ⅵ是化合物Ⅲ的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，除苯环上的氢外核磁共振氢谱显示还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，则化合物Ⅵ的结构简式为（写出一种即可）．（5）和也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为．11．高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实验室和医疗上有非常广泛的应用．如图1是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：（1）写出反应①的化学方程式：．（2）反应②的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量的比是．（3）反应②中“酸化”时不能选择下列酸中的（填字母序号）．a．稀盐酸b．稀硫酸c．稀醋酸（4）操作Ⅱ的名称是，实验室进行该操作需用到的玻璃仪器有．（5）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾（如图2所示），其阴极反应为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，则b为电源的极，电解池的阳极反应式是；若电解过程中收集到2.24LH2（标准状况），则得到高锰酸钾g．（提示：阴离子放电顺序：MnO42﹣＞OH﹣）化学参考答案与试题解析一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1．下列说法正确的是（）A．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B．工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C．淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物D．Cl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂【考点】铝的化学性质；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理；有机高分子化合物的结构和性质．1【专题】元素及其化合物；化学应用．【分析】A．铝制品表面的氧化膜能阻止内部金属受腐蚀；B．工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al；C．油脂不是高分子化合物；D．氯气有毒，不属于绿色漂白剂．【解答】解：A．铝制品表面致密的氧化膜，能阻止内部金属受腐蚀，对内部金属起保护作用，故A正确；B．电解氯化镁、氯化铝溶液，溶液中镁离子、铝离子不能放电，而是氢离子放电，工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al，硅B错误；C．淀粉、蛋白质属于天然高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故C错误；D．氯气有毒，不属于绿色漂白剂，故D错误，故选A．【点评】本题考查物质性质，比较基础，注意对基础知识理解掌握，注意掌握中学常见化学工业．2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．1【专题】离子反应专题．【分析】A．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应，反应生成碳酸酸钡、水、氨气；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．【解答】解：A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6CH3COOH═3H2O+6CH3COO﹣+2Fe3+，故A错误；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应：Ba2++2OH﹣+N+HC NH3↑+2H2O+BaCO3↓，故B正确；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：SO2+2NH3•H2O═S032﹣+2N+H2O，故C错误；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2OH﹣=2NO2﹣+H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意与量有关的离子反应中量少的物质完全反应．3．实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）．挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）．若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）【考点】实验装置综合．1【专题】实验题．【分析】由装置可知，装置中塑料瓶中的液体被挤压可以进入固体B中反应，生成气体应比空气的大，而通入C应为密度比空气小的氢气，在燃烧管中氢气可与氯气混合反应，以此来解答．【解答】解：A．Zn与稀硫酸反应生成的氢气，在燃烧管中不能与氯气充分混合，不能燃烧；故A错误；B．该装置不需加热即可获得氯气，而二氧化锰和浓盐酸的反应需加热才能发生，故B错误；C．金属铁和硝酸反应不会产生氢气，故C错误；D．浓盐酸和高锰酸钾在不加热的条件下可以生成氯气，氯气和氢气在燃烧管中混合均匀可以获得氯化氢，燃烧时产生苍白色火焰，被水吸收而获得盐酸，故D正确．故选D．【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握燃烧管中C通入的为氢气及常见气体的制取原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．4．二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图．下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+B．该装置中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C．用此电池精炼Cu，应将b电极接纯铜D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol【考点】原电池和电解池的工作原理．1【专题】电化学专题．【分析】该燃料电池中，通入二甲醚的电极为负极，电解质溶液中存在自由移动的氢离子，所以电解质溶液呈酸性，负极电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，正极上电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，再根据氧气和转移电子之间的关系计算．【解答】解：A．该装置为燃料电池，通入二甲醚的电极为负极，根据图中离子移动方向知，电解质溶液呈酸性，负极电极反应为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，故A正确；B．电子不能进入电解质溶液，电解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故B错误；C．用此电池精炼Cu，应将b电极接粗铜，故C错误；D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子的物质的量==4mol，故D 错误；故选A．【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子确定正负极，会正确书写电极反应式，易错选项是B，注意电子不通过电解质溶液，知道电解质溶液形成电流原理，为易错点．5．下列说法正确的是（）A．在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）B．将浓度为0.1mol•L﹣1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C．0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）═2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）D．常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．1【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，是因为醋酸根离子水解生成，所以c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣）；B、氟化氢溶液是弱酸溶液存在电离平衡，加水稀释促进电离；C、依据溶液中物料守恒或电荷守恒分析判断；D、氯化铵在溶液中的铵根离子抑制一水合氨的电离；【解答】解：A、溶液中CH3COO﹣会发生水解，水解程度小c（CH3COOH）＜c（CH3COO ﹣），故A错误；B、氟化氢是弱电解质存在电离平衡，加水稀释弱酸促进电离，氢离子物质的量增大，氟化氢物质的量减小，始终保持增大，故B正确；C、依据溶液中物料守恒为：c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A），故C错误；D、常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查了盐类水解、离子浓度大小比较及其变化，注意弱电解质电离平衡的理解应用和影响因素，掌握基础是关键，题目难度中等．6．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：V b＞V aD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1【考点】化学平衡建立的过程．1【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；D、依据平均摩尔质量概念计算判断．【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1＞T2，故A错误；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）=K（c）＜K（b），故B错误；C、分析判断可知T1＞T2，温度越高反应速率越快，反应速率：V b＞V a，故C正确；D、n（HF）：n[（HF）2]=2：1，当==26.7g/mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的建立过程分析，平衡影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．7．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1B．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）【考点】离子方程式的有关计算．1【专题】计算题．【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，产生二氧化碳的反应为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值．【解答】解：A．根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）==0.5mol/L，故A正确；B．在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl 的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，故B错误；C．氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故C错误；D．乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL 盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A．【点评】本题考查混合物的有关计算，为高频考点，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大．二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8．X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应．（1）写出X在周期表中的位置第二周期第V A族；Z3+的核外电子排布式1s22s22p6．（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为Na＜Al＜Cl（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是HClO4＞H2SO4（用化学式表示）．（3）W最高正价氧化物分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为sp3．（4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为Cl2+2OH ﹣=ClO﹣+Cl﹣+HO．2（5）已知4Y（s）+O2（g）═2Y2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1，W的燃烧热为bkJ•mol﹣1，则4Y（s）+WO2（g）═W（s）+2Y2O（s），△H=﹣a+b kJ•mol﹣1．【考点】位置结构性质的相互关系应用．1【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于ⅤA族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为Al、W为S、R为Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X 的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于ⅤA族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为Al、W为S、R为Cl，（1）X为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第V A族，Al3+的核外电子排布式为：1s22s22p6，故答案为：第二周期第V A族；1s22s22p6；（2）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Na＜Al＜Cl，W为S、R为Cl，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，由于Cl的非金属性强于S，故最高价氧化物对应水合物（即最高价含氧酸）的酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：Na＜Al＜Cl；HClO4＞H2SO4；（3）W最高正价氧化物为SO3，分子中S原子价层电子对数=3+=3，S原子没有孤对电子，故分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水得到硫酸溶液，则所得溶液阴离子为SO42﹣，离子中S原子价层电子对数=4+=4，故S原子采取sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3；（4）氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH ﹣=ClO﹣+Cl﹣+HO，2故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（5）Y为钠，即4Na（s）+O2（g）═2Na2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1①；W为S，S的燃烧热为bkJ•mol﹣1，即：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣bkJ•mol﹣1②；4Na（s）+SO2（g）═S（s）+2Na2O（s），此反应是由①﹣②得到的，故△H=﹣a﹣（﹣b）=（﹣a+b）kJ•mol﹣1，故答案为：﹣a+b．【点评】本题主要考查结构性质位置关系应用，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、分子空间结构、盖斯定律的应用等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意基础知识的掌握．9．实验室制备1﹣溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示．（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率．（2）1﹣溴丁烷的制备反应中可能有：丁醚、1﹣丁烷、溴化氢等副产物生成．熄灭A 处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行．B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是硝酸银溶液或紫色石蕊试液、溴水或酸性高锰酸钾溶液．（3）为了精制1﹣溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从d（填“c”或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是D（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB．（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g．白色不容物的化学式为2Mg（OH）2•3MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3．（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）•3MgCO3↓+3Na2CO3+5H2↑．2Ⅲ．反应原理分析。

四川省成都七中高2016届高三上学期12月11日周测理综化学试题(Word)

成都七中2016级理综测试化学卷( 12.11)可能用到的相对原子质量：H：1；C：12;O：16; Fe: 56第I卷1．下列有关物质水解的说法正确的是A．纤维素不能水解成葡萄糖B．油脂水解产物之一是甘油C．蛋白质水解的最终产物是多肽D．蔗糖水解产物仅有葡萄糖2．若NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1mol NH3与1 mol OH-所含的质子数均为10N AB．标准状况下，22.4L CHCI3中含C-H键数目为N AC．1mol Fe与足量的稀HN03反应时，转移3N A个电子D．l00mL2moI.L-1碳酸钠溶液中，C032-离子数为0.2N A3．下列对各组离子或物质是否能够大量共存及解释正确的是4．下列表述不正确的是5．现有5种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W 同主族；Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；(元素是地壳中含量最高的元素。

下列说法不正确的是A．原子半径：Y<Q<W B．ZX3可使紫色石蕊溶液变蓝C．X、Z、Q 3种元素可组成离子化合物或共价化合物D．1molX2Q2、Y2X6中含有的电子数、化学键种类都相同6．有0,1 mol.L-1的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列说法正确的是A．溶液①中，c(CH3COO-)= c(H+)B．溶液①、②等体积混合，混合液中c(CH3COO-)等于溶液③中的c(CH3COO-)C．溶液①、②等体积混合，混合液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)D.溶液①、③等体积混合，混合液中c（Na+）>c(CH3C00-)>c(H+)>c(0H-)7．球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。

实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是A．固体2是氧化铁B．X与足量的热浓硝酸反应有N02和C02生成C．溶液甲中可能含有Fe3+D．X的化学式可以表示为Fe3C2第II卷8．(14分)甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。

2015-2016学年四川省成都七中高三(上)月考化学试卷(10月份)

2015-2016学年四川省成都七中高三（上）月考化学试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0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.为防止中秋月饼等富脂等食品被氧化，常在包装中放入还原铁粉等B.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，属于牺牲阴极的阳极保护法C.镀层破坏后，镀锡铁板比镀锌铁板更易腐蚀D.电解熔融M g C l2，可制得金属镁【答案】B【解析】解：A．铁粉具有还原性，能防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，故A正确；B．海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C．铁比锡活泼，易形成原电池的负极而被氧化，故C正确；D．镁很活泼，可用电解法制取，电解熔融M g C l2制得金属镁和氯气，故D正确．故选B．A．为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，应加入还原性物质；B．海轮外壳连接锌块，形成原电池，锌为负极；C．铁比锡活泼，易形成原电池反应；D．电解熔融M g C l2制得金属镁和氯气．本题考查了还原剂、金属的腐蚀与防护以及原电池电解池等，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难度不大．2.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.常温下，含lmol F e的铁片与过量浓HN03反应，转移电子的数目为3N A个B.电解饱和食盐水，当阴极产生2.24LH2时，转移的电子数为0.2N AC.标准状况下，33.6LS03含有9.03xl023个S03分子D.在46g N02和N204的混合物气体中所含原子总数为3N A个【答案】D【解析】解：A、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，反应程度很小，不能完全反应，则转移的电子数小于3N A个，故A错误；B、氢气所处的状态不明确，不一定是标况，故其物质的量不能计算，则转移的电子数不能计算，故B错误；C、标况下，三氧化硫为固体，故其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、N02和N204的最简式均为N02，故46g混合物中含有的N02的物质的量n==1mol，故含有3mol电子即3N A个，故D正确．故选D．A、常温下，铁在浓硝酸中会钝化；B、氢气所处的状态不明确；C、标况下，三氧化硫为固体；D、N02和N204的最简式均为N02．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．3.下列反应的离子方程式正确的是（）A.向沸水中滴加饱和F e C l3溶液制备F e（OH）3胶体：F e3++3H2O═F e（OH）3↓+3H+B.F e（OH）3溶于氢碘酸：F e（OH）3+3H+═F e3++3H2OC.向含有0.4mol F e B r2溶液中通入0.3mol C l2充分反应：4F e2++2B r-+3C l2═4F e+3+6C l-+B r2D.用P t电极电解饱和氯化镁溶液：2C l-+2H2O2OH-+H2↑+C l2↑【答案】C【解析】解：A．向沸水中滴加饱和F e C l3溶液制备F e（OH）3胶体的离子反应为F e3++3H2OF e（OH）3（胶体）+3H+，故A错误；B．F e（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I-+F e（OH）3+6H+═2F e2++I2+6H2O，故B错误；C．向含有0.4mol F e B r2溶液中通入0.3mol C l2充分反应的离子反应为4F e2++2B r-+3C l2═4F e+3+6C l-+B r2，故C正确；D．用P t电极电解饱和氯化镁溶液的离子反应为M g2++2C l-+2H2O M g（OH）2↓+H2↑+C l2↑，故D错误；故选C．A．生成胶体，不是沉淀；B．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C．亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；D．生成氢氧化镁沉淀、氢气、氯气．本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．4.已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452k J•mol-1H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3k J•mol-1下列说法正确的是（）A.H2（g）的燃烧热为571.6k J•mol-1B.H2SO4（aq）+B a（OH）2（aq）═B a SO4（s）+H2O（l）△H=-57.3k J•mol-1C.同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多D.3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4k J•mol-1【答案】C【解析】解：A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，所以H2的燃烧热为×571.6KJ/mol，故A错误；B．中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，反应生成硫酸钡沉淀过程是放热过程，△H＜-57.3k J•mol-1，故B错误；C．令H2（g）和CH3OH（l）的质量都为1g，则1g氢气燃烧放热为××571.6=142.45KJ，1g CH3OH燃烧放热为××1452=22.68KJ，所以H2（g）放出的热量多，故C正确；D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1改写为3H2（g）+O2（g）═3H2O （l）△H=-（×571.6）k J•mol-1，2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452k J•mol-1改写为CO2（g）+2H2O（l）=CH3OH（l）+O2（g））△H=+（×1452）k J•mol-1．改写后的方程相加即得3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l），所以其△H═-（×571.6）+（×1452）=-131.4k J•mol-1．故D错误．故选C．A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、反应生成硫酸钡沉淀过程是放热过程；C、根据热化学方程式计算热量；D、根据已知热化学方程式，结合盖斯定律计算．本题考查了反应燃烧热、中和热概念的分析应用，盖斯定律的应用，题目难度中等．A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：A．不能形成闭合回路，不能形成原电池，则不能验证化学能转化为电能，故A错误；B.2NO2⇌N2O4△H＜0，升高温度或降低温度，该反应都发生平衡移动导致气体颜色发生变化，温度不同导致两个烧瓶中气体颜色不同，所以可以实现实验目的，故B正确；C．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，不发生析氢腐蚀，故C错误；D．氯气、HC l均与碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除杂，故D错误；故选B．A．不能形成闭合回路；B.2NO2⇌N2O4△H＜0，升高温度或降低温度，该反应都发生平衡移动导致气体颜色发生变化；C．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；D．氯气、HC l均与碳酸氢钠溶液反应．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池、化学平衡、混合物分离提纯等，把握反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．6.假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化．①～⑧为各装置中的电极编号．下列说法错误的是（）A.当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B.当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C.当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为①→⑧；⑦→⑥；⑤→④；③→②D.当K闭合后，A、B装置中p H均变大【答案】A【解析】解：当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Z n易失电子作负极、C u作正极，所以A中C、C中C u、D中粗铜都是阳极，A中F e、C中A g、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，A．当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，为原电池，在电路中作电源，A为电解池，故A错误；B．当K断开时，B装置不能构成原电池，锌片和稀硫酸发生化学腐蚀而溶解，有氢气产生，故B正确；C．当K闭合后，B为原电池，A、C、D为电解池，电子从负极流向阴极，再从阴极流向阳极，所以整个电路中电子的流动方向为①→⑧；⑦→⑥；⑤→④；③→②，电子不进入电解质溶液，故C正确；D．当K闭合后，A中阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，导致溶液氢氧根离子浓度增大，溶液的p H增大；B中正极上氢离子放电导致氢离子浓度减小，溶液的p H增大，故D正确；故选A．当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Z n易失电子作负极、C u作正极，所以A中C、C中C u、D中粗铜都是阳极，A中F e、C中A g、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，据此分析解答．本题考查原电池和电解池原理，根据反应的自发性确定原电池，知道各个电极发生的反应，注意：电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子定向移动形成电流，为易错点．7.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO （g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数，下列说法正确的是（）A.550℃时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p=24.0P总【答案】B【解析】解：A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v ，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故A错误；正B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）开始10转化x2x平衡；1-x2x所以×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为×100%=25%，故B正确；C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故C错误；D、925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p===23.0P，故D错误；故选：B．A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态；D、925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p=，据此计算；本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力．二、简答题(本大题共3小题，共44.0分)8.某化学小组用下图装置电解C u C l2溶液制少量漂白液：（1）图l阳极的反应式是：______ ，导气管W端应与出气口一______ 连接．（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质．某化学兴趣小组查阅资料可知：①红色物质可能有C u或______ 、或二者都有；②白色物质为C u C l（3）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验．实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H2直至碳棒冷却后，称量其质量为W2g．①碳棒上的红色物质是______ ，无水硫酸铜的作用是______ ；②d中反应的离子方程式是______ ；③装置b中发生反应的化学方程式是______ ．④电解C u C l2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为______ ．⑤阴极上产生白色物质的物质的量是______ ；若装置b冷却时不继续通H2，则计算所得C u C l的产率会______ （偏大、偏小、不变）．【答案】2C l--2e-=C l2↑；X；C u2O；C u；检验红色物质中有无C u2O；A g++C l-=A g C l↓；2C u C l+H22C u+2HC l；C u2++e-+C l-=C u C l↓；mol；偏小【解析】解：（1）阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2C l--2e-=C l2↑；Y电极上析出C u，氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收，所以导气管W端应该与X连接；故答案为：2C l--2e-=C l2↑；X；（2）C u和C u2O都是红色物质，所以红色物质还可能是C u2O或二者都有，故答案为：C u2O；（3）①由于无水硫酸铜不变色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜；无水硫酸铜来检验红色物质中有无C u2O；故答案为：铜；检验红色物质中有无C u2O；②白色物质若为C u C l，C u C l与氢气反应会生成氯化氢，将生成产物通入硝酸银溶液中，若生成了白色沉淀，证明白色物质为C u C l，反应的离子方程式为：A g++C l-=A g C l↓；故答案为：A g++C l-=A g C l↓；③装置b中发生反应为C u C l与氢气反应，反应的化学方程式为：2C u C l+H22C u+2HC l，故答案为：2C u C l+H22C u+2HC l；④电解C u C l2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：C u2++2e-=C u和铜离子失去电子生成氯化亚铜：C u2++e-+C l-=C u C l；故答案为：C u2++e-+C l-=C u C l↓；⑤2C u C l+H2=2C u+2HC l，反应前后固体质量变化为氯元素质量，白色固体为C u C l，所以n（C u C l）=n（C l）=mol，装置b冷却时不继续通H2，空气中的氧气进入会增加固体质量使测定亚铜离子产率减小；故答案为：mol；偏小．（1）阳极上氯离子失电子生成氯气；Y电极上析出C u，氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收；（2）根据物质颜色判断；（3）①实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色氢气还原产物中不含水蒸气，d中出现白色沉淀，氯离子和银离子反应生成白色沉淀，由现象说明不含C u2O，含有C u C l；②氯离子和银离子反应生成白色沉淀；③氢气还原C u C l生成C u和HC l；④电解过程中，阴极上铜离子得电子和氯离子反应生成白色沉淀C u C l；⑤b中反应前后固体质量减少的量是C l元素质量，根据差量法计算白色物质的物质的量；若装置b冷却时不继续通H2，会导致生成的C u和空气反应生成C u O而产生误差．本题以电解原理为载体考查探究物质组成及含量测定，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用能力，涉及物质性质、物质检验、误差分析等知识点，根据物质性质的特殊性来分析解答，题目难度中等．9.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角．硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1所示．完成下列填空：（1）图1中X的水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式：______ ；（2）下列物质用于N a2S203制备，从氧化还原反应的角度分析，理论上有可能实现的方案是（选填编号）______ ．a．N a2S+S b．Z+S C．N a2S03+Y d．N a HS+N a HS03（3）请补充完整焙烧明矾的化学方程式：______ KA l（SO4）2.12H2O+ ______ S═ ______ K2SO4+ ______ A l2O3+ ______ SO2↑+ ______ （4）研究反应N a2S2O3+H2SO4=N a2SO4+S+SO2+H20的速率时，下列方案合理的是______ ．a．测定一段时间内生成S02的体积，得出该反应的速率b．研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c．用N a2S2O3（S）分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响（5）治理含CO、SO2的烟道气，以铝钒土做催化剂，将CO、SO2在380℃时转化为S 和一种无毒气体．己知：①硫的熔点：112.8℃、沸点：444.6℃；②反应每得到I mol硫，放出270k J的热量．写出该治理烟道气反应的热化学方程式______ ．⑧一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是______ （填写字母序号）．a．v（CO）：v（SO2）=2：1b．平衡常数不变c．气体密度不变d．C02和S02的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为______ ．（6）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图2．不考虑催化剂价格因素，生产中选铝矾土做催化剂的主要原因是______ ．【答案】2H2S+O2=2S↓+2H2O；bd；4；3；2；2；9；48H2O；b；2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-270k J/mol；cd；60%；铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小【解析】解：（1）X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应的化学方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故答案为：2H2S+O2=2S↓+2H2O；（2）N a2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；（3）由原子和元素守恒可知，缺项为水，反应中S元素的化合价由+6价降低为+4价，S元素的化合价由0升高为+4价，结合电子、原子守恒可知反应为4KA l（SO4）2•12H2O+3S2K2SO4+2A l2O3+9SO2↑+48H2O，故答案为：4；3；2；2；9；48H2O；（4）根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；（5）②反应每得到1mol硫，放出270k J的热量，热化学方程式为2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-270k J/mol，故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-270k J/mol；③a．CO和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误；b．温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c．容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d．CO2和SO2的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；由2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）反应前（mol）4100转化了（mol）2x x x2x平衡后（mol）4-2x1-x x2x混合气体中CO的体积分数为，则有=，x=0.6，所以SO2的转化率为×100%=60%，故答案为：cd；60%．（6）由图可知，生产中选铝钒土做催化剂的主要原因是铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小，故答案为：铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小．（1）X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；（2）N a2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；（3）由原子和元素守恒可知，缺项为水，结合电子、原子守恒配平；（4）硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；（5）②反应每得到1mol硫，放出270k J的热量，以此书写热化学方程式；③反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；利用三段式法计算二氧化硫的转化率．（6）由图可知，相同条件下铝钒土作催化剂时，二氧化硫的转化率最大．本题考查较综合，涉及非金属性比较、氧化还原反应、反应速率及热化学方程式、化学平衡状态的判断、转化率计算等，侧重反应原理中高频考点的考查，综合性较强，题目难度中等．10.氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题．①分析数据可知：大气固氮反应属于______ （填“吸热”或“放热”）反应．②分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因______ ．③从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因______ ．（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是______ （填“A”或“B”）；比较p1、p2的大小关系______ ．（3）20世纪末，科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现高温常压下的电化学合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如C所示，阴极的电极反应式是______ ．（4）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），则其反应热△H= ______ （已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J．mol-1，2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）H=-571.6k J．mol-1）【答案】吸热；K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；A；р2＞р1；N2+6e-+6H+=2NH3；+1530k J•mol-1【解析】解：（1）①由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；②由表格数据可知，2000℃时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；③合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；故答案为：从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，р2的转化率大，则р2大；故答案为：A；р2＞р1；（3）电解池中氮气在阴极得电子生成氨气，其电极方程式为：N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），△H=（-92.4k J•mol-1）×2-（-571.6k J•mol-1）×3=+1530k J•mol-1；故答案为：+1530k J•mol-1．（1）①温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移；②K值很小，转化率很小；③合成氨反应中，在500℃左右催化剂活性最高；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小；增大压强平衡正向移动，转化率增大；（3）氮气在阴极得电子生成氨气；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），据此分析．本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素、电解原理的应用、盖斯定律的应用等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用考查，注意把握K与温度的关系以及影响化学平衡的因素．三、实验题(本大题共1小题，共14.0分)11.工业上利用锌焙砂（主要含Z n O、Z n F e2O4，还含有少量F e O、C u O等氧化物杂质）制取金属锌的流程如图甲所示．（1）提高酸浸效率的措施为______ （任答一条即可）；酸浸时H+与难溶固体Z n F e2O4反应的离子方程式为______ ．（2）净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为______ ；X可选择的试剂为______ （写化学式）；净化Ⅱ中Y为______ （写化学式）；（3）电解法制备锌的装置如图乙所示：则电解槽中盛有的电解质溶液为______ （填字母）；a．Z n C l2溶液b．Z n（NO3）2溶液c．Z n SO4溶液根据图乙中的数据，可求得电解过程中电流的有效利用率为______ ；（4）使用含有[Z n（OH）4]2-的强碱性电镀液进行镀锌防腐蚀，可得到细致的光滑镀层，电镀时阴极电极反应式______ ；以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在______ 处（填字母）．【答案】增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）；Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O；H2O2+2F e2++2H+═2F e3++2H2O；Z n O；C u；c；75%；[Z n（OH）4]2-+2e-=Z n+4OH-；C【解析】解：将锌焙砂（主要含Z n O、Z n F e2O4，还含有少量F e O、C u O等氧化物杂质）酸浸，发生反应Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O、Z n O+2H+=Z n2++H2O、F e O+2H+=F e2++H2O、C u O+2H+=C u2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2F e2++2H++H2O2=2F e3++2H2O，调节溶液的p H将F e3+转化为F e（OH）3沉淀，调节溶液p H时不能引进新的杂质，可以用Z n O，所以X为Z n O，然后向溶液中加入Z n，发生反应C u2++Z n=Z n2++C u，然后过滤，所以Y中含有C u，最后电解得到Z n，（1）增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积等都可以加快反应速率，所以可以采用增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）加快反应速率；通过以上分析知，该离子方程式为Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O，故答案为：增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）；Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O；（2）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为H2O2+2F e2++2H+═2F e3++2H2O，通过以上分析知，X为Z n O、Y为C u，故答案为：H2O2+2F e2++2H+═2F e3++2H2O；Z n O；C u；（3）a．电解Z n C l2溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气而得不到氧气，故错误；b．电解Z n（NO3）2溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以阳极区得到的溶液相当于硝酸，硝酸具有挥发性，故错误；c．电解Z n SO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极区域生成硫酸，硫酸没有挥发性，阴极上氢离子放电，当锌离子浓度足够大时，溶液中锌离子放电生成锌，故正确；当有2mol氧气生成时，转移电子的物质的量=2mol×4=8mol，阴极上转移电子的物质的量是8mol，实际上析出1mol氢气，所以生成锌转移电子的物质的量是6mol，则电解过程中电流的有效利用率==75%，故答案为：c；75%；（4）电镀时阴极电极反应式为[Z n（OH）4]2-+2e-=Z n+4OH-，以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在腐蚀最严重处C处，故答案为：[Z n（OH）4]2-+2e-=Z n+4OH-；C．将锌焙砂（主要含Z n O、Z n F e2O4，还含有少量F e O、C u O等氧化物杂质）酸浸，发生反应Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O、Z n O+2H+=Z n2++H2O、F e O+2H+=F e2++H2O、C u O+2H+=C u2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2F e2++2H++H2O2=2F e3++2H2O，调节溶液的p H将F e3+转化为F e（OH）3沉淀，调节溶液p H时不能引进新的杂质，可以用Z n O，所以X为Z n O，然后向溶液中加入Z n，发生反应C u2++Z n=Z n2++C u，然后过滤，所以Y中含有C u，最后电解得到Z n．本题考查物质的分离和提纯，为高考高频点，侧重考查学生分析、判断、知识运用及基本操作能力，能从整体上分析解答，知道流程图中每个步骤发生的反应、操作方法，题目难度中等．。

四川省成都市七中高三化学上学期一诊模拟试卷(含解析)

2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷一、选择题（共42分）1．在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol CH4含有的电子数为N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19N AC．6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2N AD．1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有N A个HCO3﹣3．常温下下列各组离子能大量共存的是（）A．加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣C．“84”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl﹣、Ca2+、Na+D．含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、OH﹣5．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法不正确的是（）A．原子半径W＞X＞YB．W2Y的电子式为：C．元素的金属性W＜XD．W2Y2中既有离子键，又有共价键A．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOB．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．溶液水的电离程度①＞②＞④＞③D．NaHCO3溶液中，c（Na +）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）7．某小组同学用如图所示装置研究电化学原理．下列关于该原电池的说法不正确的是（）A．原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++CuB．盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向乙烧杯C．其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑D．反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子二、非选择题（共58分）8．石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设重要物资．B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B通入溴水的实验现象是．（2）反应②属于反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是．（5）反应结束后b中的现象是．9．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸．已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为．（2）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响．实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：①图象中T2和T1的关系是：T2T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．②a、b、c三点中，N2转化率最高的是（填字母）．③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）= ．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q 110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．10．某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如图：的主要成分为．（2）从滤液2中获得NiSO4•6H2O的实验操作、、过滤、洗涤、干燥．（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用．（4）加NiO调节溶液的pH至5，则生成沉淀的离子方程式有．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理如图：①A电极反应式为和2H++2e﹣═H2↑．②若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），能得到Ni g．11．某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为．（2）测定NO的体积①从图所示的装置中，你认为应选用装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是．②选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是（填各导管口编号）．③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作．（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是．2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共42分）1．在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中【考点】乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】化学应用．【分析】A．高锰酸钾可氧化乙烯；B．在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；C．地沟油的只要成分是油脂，油脂可以可用来制肥皂和生物柴油；D．硫酸铜为重金属盐，对人体有害．【解答】解：A．乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故A正确；B．漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故B正确；C．地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故C正确；D．硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故D错误；故选D．【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用，难度不大．2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol CH4含有的电子数为N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19N AC．6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2N AD．1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有N A个HCO3﹣【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.1个甲烷分子含有10个电子；B．气体摩尔体积使用对象为气体；C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol；D．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离．【解答】解：A.1个甲烷分子含有10个电子，0.1mol CH4含有的电子数为N A，故A正确；B．标况下，己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol，含阴离子数为0.1N A，故C错误；D．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离，所以1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有小于N A个HCO3﹣，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，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是解题关键，注意碳化钙的结构，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．3．常温下下列各组离子能大量共存的是（）A．加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣C．“84”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl﹣、Ca2+、Na+D．含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加KSCN显红色的溶液，含铁离子；B．pH=1的溶液，显酸性；C．“84”消毒液具有氧化性；D．离子之间结合生成弱电解质．【解答】解：A．加KSCN显红色的溶液，含铁离子，Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．“84”消毒液具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大．【考点】物质的分离、提纯和除杂；化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，水解过程是吸热反应；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；【解答】解：A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小，将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故A正确；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子，生成的沉淀可能是硫酸钡，或氯化银，故B错误；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，碱性增强，平衡正向进行证明水解过程是吸热反应，故C正确；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；振荡、静置、分液，可以除去苯中的苯酚，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质分离、提纯、除杂的方法和反应应用，盐类水解的应用，离子检验，注意现象分析和性质应用．5．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法不正确的是（）A．原子半径W＞X＞YB．W2Y的电子式为：C．元素的金属性W＜XD．W2Y2中既有离子键，又有共价键【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】W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W 为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故A正确；B．W2Y为Na2S，电子式为，故B正确；C．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，故C错误；D．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，故D正确．故选C．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键．3B．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．溶液水的电离程度①＞②＞④＞③D．NaHCO3溶液中，c（Na +）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）【考点】盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱；B、根据溶液中的电离和水解平衡分析；C、易水解的盐能促进水的电离；D、根据物料守恒分析．【解答】解：酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则将等浓度的CH3COOH和HClO 溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，故A错误；B、碳酸钠中CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，碳酸氢钠溶液中HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，所以两种溶液中粒子种类相同，故B错误；C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，故C错误；D、NaHCO3溶液中Na元素的物质的量是C元素的物质的量的相等，则c（Na+）=c（CO32﹣）+c （HCO3﹣）+c（H2CO3），故D正确；故选D．【点评】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，题目难度不大．7．某小组同学用如图所示装置研究电化学原理．下列关于该原电池的说法不正确的是（）A．原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++CuB．盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向乙烧杯C．其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑D．反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该原电池中Fe作负极，负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，C作正极，正极上是溶液中的阳离子得电子，则正极反应为Cu2++2e﹣=Cu，溶液中阴离子向负极移动，结合电子转移计算．【解答】解：A、负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极反应为Cu2++2e﹣=Cu，则原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故A正确；B、盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向负极移动，即向甲烧杯，故B错误；C、其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，溶液中的氢离子在正极上得电子，则石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑，故C正确；D、Fe为负极，发生：Fe﹣2e﹣=Fe2﹣，石墨为正极，发生Cu2++2e﹣=Cu，总反应式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu，一段时间后，两电极质量相差12g，则 Fe+Cu2+═Fe2++Cu 两极质量差△m 转移电子56g 64g 56g+64g=120g 2mol12g n解得：n=0.2mol，故D正确．故选：B．【点评】本题考查了原电池原理的分析应用，把握电极反应和电极判断、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．二、非选择题（共58分）8．石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设重要物资．B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B通入溴水的实验现象是溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成．（2）反应②属于加成反应反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是防止液体倒吸．（5）反应结束后b中的现象是面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味．【考点】有机物的推断；乙酸乙酯的制取．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；制备实验综合．【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C 是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，据此解答．【解答】解：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，Ⅰ（1）乙烯能与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，所以足量乙烯通入溴水中溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成，故答案为：溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成；（2）反应②是乙烯与水发生加成反应得乙醇，故答案为：加成反应；（3）反应④是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；Ⅱ（4）在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止液体倒吸，故答案为：防止液体倒吸；（5）试管b中观察到的现象是：液体分层，上层无色油状液体有果香味，故答案为：面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味．【点评】考查有机推断、乙酸乙酯的制取，涉及烯、醇、羧酸的性质与转化等，难度不大，是对常见有机物知识的简单运用，注意掌握各类有机物的性质．9．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸．已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO （g）+6H2O（g）△H=﹣905.0 kJ/mol ．（2）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响．实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：①图象中T2和T1的关系是：T2低于T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．②a、b、c三点中，N2转化率最高的是 c （填字母）．③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）= 0.24 mol/（L．min）．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q ＞110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学平衡图像；燃烧热的计算．【分析】（1）由已知热化学方程式根据盖斯定律构造目标热化学方程式，已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得；（2）①根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；②根据增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；③化学平衡三行计算列式计算，反应速率v=，结合平衡计算H2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H2的转化率为60%时放出的热量的2倍；【解答】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.0kJ/mol，故答案为：4NH 3（g ）+5O 2（g ）═4NO（g ）+6H 2O （g ）△H=﹣905.0kJ/mol ；（2）①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T 1到T 2生成物氨气的量增加，平衡正移，故T 2＜T 1，故答案为：低于；②b 点代表平衡状态，c 点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大，故答案为：c ；③化学平衡三行计算列式计算，N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ）起始量（mol ）1 3 0变化量（mol ）0.6 3×60% 1.2平衡量（mol ） 0.4 1.2 1.2反应速率v===0.24mol/（L ．min ），此时反应放出热量=92.4kJ/mol×=55.44KJ ，结合平衡计算H 2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N 2和6mol H 2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H 2的转化率为60%时放出的热量的2倍，即热量＞55.44KJ×2=110.88kJ，故答案为：0.24 mol/（L ．min ），＞；【点评】本题考查了热化学方程式书写、影响平衡移动的因素、平衡图象、化学平衡计算等，难度中等，注意掌握三段式解题法与盖斯定律应用．10．某NiO 的废料中有FeO 、CuO 、Al 2O 3、MgO 、SiO 2等杂质，用此废料提取NiSO 4和Ni 的流程如图：的主要成分为 SiO 2 ．（2）从滤液2中获得NiSO 4•6H 2O 的实验操作加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．（3）用离子方程式解释加入H 2O 2的作用 2H ++H 2O 2+2Fe 2+═2Fe 3++2H 2O ．（4）加NiO 调节溶液的pH 至5，则生成沉淀的离子方程式有 2Fe 3++3NiO+3H 2O=2Fe （OH ）3+3Ni 2+、2Al 3++3NiO+3H 2O=2Al （OH ）3+3Ni 2+．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理如图：①A 电极反应式为 Ni 2++2e ﹣=Ni 和2H ++2e ﹣═H 2↑．②若一段时间后，在A 、B 两极均收集到11.2L 气体（标准状况下），能得到Ni 29.5 g ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O 晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，据此答题．【解答】解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（3）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；故答案为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；（4）加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，反应的离子方程式有2Fe3++3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3++3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+，故答案为：2Fe3++3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3++3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+；（5）滤液2为NiSO4溶液，电解NiSO4溶液，①根据图示可知，A电极反应式为 Ni2++2e﹣=Ni 和2H++2e﹣═H2↑，故答案为：Ni2++2e﹣=Ni；②一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量==0.5mol，阳极电极反应：Ni2++2e﹣═Ni1mol 0.5mol2H++2e﹣=H2↑；1mol 0.5mol阴极电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑2mol 0.5mol生成Ni物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×59/mol=29.5g，故答案为：29.5．【点评】本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．11．某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol ，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为0.012mol ．（2）测定NO的体积①从图所示的装置中，你认为应选用 A 装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化．②选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是123547 （填各导管口编号）．③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作等液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平．（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中有（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6＜112.0）．【考点】性质实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL 溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的题为20.4ml﹣0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L×0.1mol/L=0.002mo l，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol；（2）一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰；选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，用水吸收生成的二氧化氮气体，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积；依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面向平，温度在常温下；（3）若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），结合二氧化氮反应生成的一氧化氮气体体积减小比较判断．【解答】解：（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的题为20.4ml﹣0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L×0.1mol/L=0.002mol；则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属与硝酸反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，故答案为：0.008 mol；0.012 mol；（2）①一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，AD相比A装置利用氮气可以把装置中的空气排净；故答案为：A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化；②用A进行银和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：123547，故答案为：123547；③读数之前应保持内外压强相同，恢复到室温下读取量筒中液体的体积，故答案为：等液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平；（3）实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），依据上述计算得到银和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012mol，依据3NO2+H2O=2HNO3+NO；计算得到一氧化氮气体物质的量为0.004mol，标准状况下体积为0.004×22.4L/mol=0.0896L=89.6ml＜112.0mL可知银和硝酸反应生成一氧化氮气体，故答案为：有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6＜112.0）．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，实验设计的判断，物质反应的计算应用，主要考查及其化合物性质的分析应用，题目难度中等．。

四川省成都七中高三上学期第一次诊断性检测(理综化学).doc

电解电解 △ 四川成都七中高第一次诊断性检测模拟试题理科综合试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1-5页，第Ⅱ卷6-13页。

全卷共300分，考试时间150分钟第Ⅰ卷（选择题，共126分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目用铅笔填写在答题卡上．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，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，在选涂其它答案，不能答在试卷上．3．考试结束，监考人员只将第Ⅱ卷和答题卡一并收回．相对原子质量：H-1 O-16 N-14 C-12 Na-23 Cl-35.5本卷有两大题，共21小题，每小题6分。

一．选择题（本题包括13小题，每题6分，每小题只有一个．．．．选项符合题意） 6．设N A 表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是A ．标准状况下，22.4 L 甲醛所含电子数约为16 N AB ．25℃时，pH=13的1 L Ca(OH)2溶液中含有OH -数目约为0.2 N AC ．0.5 mol NH 4HSO 4晶体中，含有H +数目约为0.5 N AD ．常温常压下，4.6 g NO 2气体含有0.1 N A 个分子7．下列叙述错误．．的是 A ．纤维素的水解实验操作为：把一小团棉花放入试管中，加入几滴90%的硫酸溶液，用玻璃棒把棉花捣成糊状，小火微热，至成亮棕色溶液B ．向油脂发生皂化反应后所得的混合溶液中加入固体NaCl 会出现分层现象，此过程发生的主要是物理变化C ．当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用D ．已知苯与苯酚的沸点差异较大，故可用蒸馏的方法分离苯与苯酚的混合液8．下列离子方程式或化学方程式书写正确的是A ．2AlCl 3(熔融)====2Al + 3Cl 2↑B ．电解CuCl 2溶液：2Cu 2++ 2H 2O === 2Cu + 4H + + O 2↑ C ．硫酸氢铵溶液与足量烧碱稀溶液共热：NH 4+ + H ++ 2OH - = NH 3↑+ 2H 2OD ．氯化铁溶液中通入足量H 2S 气体：2Fe 3+ + 3H 2S = 2FeS ↓ + S ↓ + 6H +9．食品香精菠萝酯的生产路线（反应条件略去）如下：下列叙述错误．．的是A．步骤（1）和步骤（2）均发生的是取代反应B．生产路线中的五种有机物均可与NaOH溶液发生反应C．苯酚、苯氧乙酸和菠萝酯均可与溴在一定条件下发生取代反应D．苯氧乙酸的同分异构体中，苯环有两个侧链且属于有机羧酸酯类的同分异构体有15种10．在25℃、101 kPa下，白磷（化学式为P4）、红磷（化学式为P）燃烧的热化学方程式分别为：P4(s) + 5O2(g) = P4O10(s)；ΔH=－3093.2 kJ·mol-14P(s) + 5O2(g) = P4O10(s)；ΔH =－2954.0 kJ·mol-1由此判断下列说法正确的是A．红磷的燃烧热为2954.0 kJ·mol-1B．已知白磷分子为正四面体结构，则P-P键之间的夹角为109°28′C．由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时白磷能量比红磷高D．等质量的白磷和红磷在相同条件下分别与足量氯气反应，设产物只有PCl5，则红磷放出的热量更多11．盐酸、醋酸、碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的物质，下列表述正确的是A．在Na2CO3溶液中加入与其溶质等物质的量的冰醋酸，溶液中存在：c(Na+) = c(CH3COOH) + c(CH3COO-)+ c(CO-23)+c(HCO-3) + c(H2CO3)B．NaHCO3溶液中存在：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)C．10 mL 1.0 mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.01 mol的NaOH后，溶液中离子浓度的大小关系为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)D．相同条件下，中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量前者大12．将2 mol X和2 mol Y充入2 L密闭容器中发生如下反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)+a Q(g)；ΔH =b kJ/mol。

四川省成都市第七中学2016届高三上学期入学考试化学试题 pdf版

成都七中 2016 届高三入学检测卷时间 100 分钟，总分 100 分第Ⅰ卷，共 20 题，每题 2 分，共 40 分 1.右图为雾霾的主要成分示意图。下列说法不正确的是．．． A．重金属离子可导致蛋白质变性 B．苯是最简单的芳香烃 C．SO2 具有漂白性，通入紫色石蕊中，溶液先变红后褪色 D．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一 2．下列说法正确的是 A．石油的分馏、煤的干馏、电解质溶液导电均属于物理变化 B．钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀，镀锌铁皮镀层破损后对铁失去保护作用 C． C 与 C 互称同位素；O2 与 O3 是氧元素的同素异形体 D．SO2 和 NO2 属于酸性氧化物，Na2O 和 Fe3O4 属于碱性氧化物 3．下列有关化学用语表示正确的是 A．四氯化碳分子比例模型： C．次氯酸的结构式为 H－Cl－O B．COS 的电子式是 S C O D．
C．0．5amol/L 的氨水质量分数等于 0.5b%
1
D．0．5amol/L 的氨水质量分数小于 0.5b% 7.安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑ ，下列判断正确的是 A.每生成 16 mol N2 转移 30 mol 电子 C.N2 既是氧化剂又是还原剂 B.NaN3 中 N 元素被还原 D.还原产物与氧化产物质量之比为 1:15 ）
2+ +
—
+
2
M X W 则下列说法正确的是： A．Y、M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为 0.76 g.L B．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M C．由 X 元素形成的单质一定是原子晶体 D．XZ2、X2M2、W2Z2 均为直线型的共价化合物 13. X、Y、Z、W、R 五种短周期元素原子序数依次增大，X 是周期表中原子半径最小的，Y、R 同主族，Z、W、R 同周期，Y 原子的最外层电子数是次外层的 3 倍，Z 是常见的金属，其氢氧化物能溶于强碱溶液但不溶于氨水，W 单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是( A．热稳定性：X2R＞X2Y B．WY2 能与碱反应，但不能与任何酸反应 C．Z 位于第三周期第ⅢA 族，Z 与 Y 形成的化合物是一种比较好的耐火材料 D．使甲基橙变红色的溶液中： K 、R 、ZY2 、WY

2016年成都七中高三上期半期考试试题及答案

2016年成都七中高三上学期半期考试化学试题可能用到的相对原子质量：H—1 Li—7 B—11 C—12 N—14 O—16 Cu—647．化学与科学、技术、社会、环境都密切相关，下列说法不正确的是A．古人利用明矾溶液的酸性来清洗青铜器上的铜锈B．人体摄入适量的油脂有利于促进维生素的吸收C．《肘后备急方》中记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，所述过程不涉及化学变化D．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料8．柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为：有关柠檬烯的分析正确的是A．分子式为C10H14B．一定条件下，柠檬烯可以发生加成、取代、氧化、还原反应C．柠檬烯有属于苯的同系物的同分异构体D．柠檬烯的分子中所有碳原子可能处在同一个平面上9.设N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是A．1mol羟基与1 mol氢氧根离子所含的电子数均为9N AB．常温下，44 g N2O和CO2组成的混合气体，所含原子数为3N AC．0.1mol/L的NaClO溶液，含有的阴离子数为0.1N AD．常温下，将1 molFe投入过量浓硝酸中，转移的电子数为3N A10．下列实验能达到预期目的是11元素形成的化合物种类最多，W和Y族序数之和为X族序数的2倍，Z的最高价氧化物对应的水化物既能溶于酸又能溶于碱，下列说法中正确的是A．简单气态氢化物沸点Y>X>WB．原子半径Z>Y>X>WC．Y元素可能位于第二周期第ⅦA族D．Y元素与其它三种元素均可形成多种化合物12．锂空气电池比锂离子电池具有更高的能量密度，前景非常广阔，其结构及工作原理如下图（固体电解液只允许Li+通过），下列有关说法不正确的是A．电池工作时，正极反应式：O2+ 2H2O+4e-=4OH-B．去掉固体电解液和有机电解质，电池反应发生改变C．充电时，生成14gLi，空气极质量增加16gD．充电时，专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀和劣化13．常温下向10mL 0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，不断通入HCl后，CH3COO-与CH3COOH 浓度的变化趋势如下图所示(不考虑溶液体积变化)，下列说法不正确的是A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，c(H+)-c(OH-)=(100a-5.0×10-2)mol/LC．随着HCl的通入，值不断减小D．当n(HCl)=1.0×10-3mol时，溶液中c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)26.（14分）某兴趣小组欲通过实验方法验证Fe2+的某些性质。

【全国百强校】四川省成都市第七中学2016届高三上学期期中考试理综化学试题解析01(解析版)

本试卷分选择题和非选择题两部分。

第Ⅰ卷（选择题）1至4页，第Ⅱ卷（非选择题）5至10页，共10页，满分300分，考试时间150分钟。

可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 S—32 Fe—56第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题（本题共13小题，每小题6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．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是A．工业上用惰性电极电解熔融的MgO可制得MgB．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．草木灰可与铵态氮肥混合施用D．氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂【答案】B考点：考查化学与生产、生活、社会等知识8．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1N AB．电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L H2时，转移的电子数为0.2N AC．常温下，1.0L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1 N AD．将100mL0.1mol·L -1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01N A【答案】A【解析】试题分析：A．标准状况下，2．24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，方程式为C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，转移的电子总数为0．1NA，正确；B．未说明是否标况无法判断转移的电子数，错误；C．25℃pH=13 的NaOH溶液中，由NaOH电离的OH－离子数目为0.1N A，由水电离的OH－离子数为10-13 N A，错误；D．100mL0.1mol/L氯化铁溶液中氯化铁的物质的量是0.01mol，但铁离子水解不完全，所以生成的氢氧化铁胶粒的数目小于0.01N A，错误。

考点：考查阿伏加德罗常数9．常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是A．中性溶液中：B．pH<7的溶液中：C．加入金属镁能产生H2的溶液中：D．的溶液中：【答案】B【考点定位】离子共存【名师点睛】离子共存问题是中学化学中的常见问题。

成都市2016级高中毕业班第一次诊断性检测化学试题

成都市2016级高中毕业班第一次诊断性检测可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-597.生活中下列物质的有关说法错误的是A.食盐和白醋都可作调味剂B.液化石油气和天然气都是含烃混合物C.糖类和蛋白质都可发生水解D.双氧水和碘酒都可作医用消毒剂8.有机物X、Y、Z的结构简式分别为。

下列分析正确的是A. Y、Z互为同系物B. X、Z的二氯代物数目相同C. Y中最多有4个C原子处于同一直线上D. 可用酸性KMn04溶液一次区分X、Y、Z三种9.A.1L pH=12的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.02NAB.46g CH3CH20H含C-H键数目为6 NAC.4.6g Na与含0.1mol CH3COOH的稀醋酸完全反应，转移的电子数为0.1NAD.25℃、101kPa时，2.24L CH4和0.5mol C12充分反应所得混合物中氯原子数为NA11.短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大。

由这些元素组成的化合物甲、乙、丙、丁的0.1 mo1/L水溶液pH如下表，丙、丁为二元化合物。

甲溶液逐滴滴人丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失；乙的水溶液可除油污。

下列说法一定正确的是A.Y和Q氧化物的水化物酸性：Q >YB. W 和Q 形成的化合物只含有离子键C.离子半径：r(Q)>r(R)>r(Z)D. Y 和Z 的氢化物沸点：Y< Z12.港珠澳大桥设计寿命120年，对桥体钢构件采用了多种防腐方法。

下列分析错误的是A. 采用外加电流的阴极保护时需外接镁、锌等作辅助阳极B.钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池C. 防腐原理主要是避免发生反应：2Fe+02+2H 20 = 2Fe(OH)2D.钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀 13.已知：pCu=-lgc(Cu +)，pX=-lgc(X -)。

四川省成都市第七中学2016届高三理综一诊模拟试题

成都七中2016 届高三一诊模拟考试理综·生物试卷第I卷（选择题，共42分）共7小题，每小题6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。

1.下列有关细胞中物质、结构的相关叙述正确的是A. Mg是叶绿体中各种色素分子必不可少的组成元素B. 磷脂是所有细胞必不可少的脂质C. DNA能携带遗传信息，RNA不能D. 结核杆菌属于胞内寄生菌，其蛋白质在宿主细胞的核糖体上合成2.光合细菌是在无氧条件下进行不产生氧气光合作用的细菌的总称。

下列有关光合细菌的比较中，正确的是A.与蓝藻、硝化细菌相比：都是自养型生物B.与豌豆相比：都遵循孟德尔遗传定律C.与酵母菌相比：产生的mRNA都通过核孔进入细胞质D.与黑藻相比：光合作用的场所相同，呼吸作用的方式也相同3．下列是关于生物学实验操作、实验现象及分析的描述，其中正确的是A．用纸层析法分离菠菜滤液中的色素时，橙黄色的色素带距离所画滤液细线最远B．低温诱导染色体数目加倍实验中，用细胞分裂素处理幼苗使染色体数目加倍C．醋酸洋红染液能将洋葱根尖细胞内的染色体染色，体现了细胞膜的选择透过性D．观察DNA和RNA在细胞中分布的实验中，用95%的酒精增大细胞膜的通透性4.为研究生长素（IAA）和赤霉素（GA3）对玉米胚芽鞘生长的影响，得到如下实验结果。

下列说法错误的是A.图中“？”处理方式是:不加激素或加等量蒸馏水B.据图推断IAA和GA3混合使用后具有协同作用C.实验中用激素处理胚芽鞘时，应将IAA加在胚芽鞘尖端而不是加到培养液中D.若实验中使用的IAA浓度为m，则改用低于m浓度的IAA时，玉米胚芽鞘的长度会减少5.将刚采摘的新鲜蓝莓分成两等份，一份用高浓度的CO2处理48h后，贮藏在温度为1℃的冷库内，另一份则始终在1℃的冷库内贮藏。

从冷藏后算起每10天取样一次，测定其单位时间内CO2释放量和O2吸收量，计算二者的比值得到下图所示曲线。

下列有关分析错误的是A．比值大于l，表明蓝莓既进行有氧呼吸，又进行无氧呼吸B．第20天CO2处理组蓝莓产生的乙醇量低于对照组C．第40天对照组有氧呼吸比无氧呼吸消耗的葡萄糖多D．为抑制蓝莓贮藏时的无氧呼吸，贮藏前可用高浓度的 CO2处理一定时间6.如图所示为部分人体细胞的生命历程。

化学高考模拟卷-高三化学试题含答案-成都七中2016届高三上学期化学模拟化学试卷及答案

2015——2016年四川省成都七中高考化学模拟试卷（五）一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1．下列说法正确的是（）A．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B．工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C．淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物D．Cl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O3．实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）．挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）．若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）4．二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图．下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+B．该装置中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C．用此电池精炼Cu，应将b电极接纯铜D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol5．下列说法正确的是（）A．在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）B．将浓度为0.1mol•L﹣1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C．0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）═2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）D．常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变6．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：V b＞V aD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：17．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1B．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8．X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应．（1）写出X在周期表中的位置；Z3+的核外电子排布式．（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是（用化学式表示）．（3）W最高正价氧化物分子构型为；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为．（4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为．（5）已知4Y（s）+O2（g）═2Y2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1，W的燃烧热为bkJ•mol﹣1，则4Y（s）+WO2（g）═W（s）+2Y2O（s），△H=kJ•mol﹣1．9．实验室制备1﹣溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示．（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是．（2）1﹣溴丁烷的制备反应中可能有：、1﹣丁烷、溴化氢等副产物生成．熄灭A处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行．B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是、．（3）为了精制1﹣溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从（填“c”或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是．（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g．白色不容物的化学式为．（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：．Ⅲ．反应原理分析（6）NaHCO3溶液中存在如下电离平衡：H2O⇌H++OH﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣，从平衡移动角度分析实验①产生大量气泡和白色不容物的原因：．10．Heck反应是合成C﹣C键的有效方法之一，如反应①：；化合物Ⅱ可由以下合成路线获得：Ⅳ（分子式为C3H6O3）ⅤⅡ．（1）化合物Ⅲ的分子式为，其中含有的官能团为，1mol化合物Ⅲ最多可与mol H2发生加成反应．（2）化合物Ⅳ分子结构中有甲基，写出由化合物Ⅳ→化合物V的化学方程式．该反应属于反应（填反应类型）．（3）下列有关化合物Ⅱ说法正确的是．A．1mol化合物Ⅱ完全燃烧消耗5mol O2B．化合物Ⅱ能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．化合物Ⅱ能发生水解反应D．化合物Ⅱ反应生成的高聚物为（4）化合物Ⅵ是化合物Ⅲ的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，除苯环上的氢外核磁共振氢谱显示还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，则化合物Ⅵ的结构简式为（写出一种即可）．（5）和也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为．11．高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实验室和医疗上有非常广泛的应用．如图1是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：（1）写出反应①的化学方程式：．（2）反应②的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量的比是．（3）反应②中“酸化”时不能选择下列酸中的（填字母序号）．a．稀盐酸b．稀硫酸c．稀醋酸（4）操作Ⅱ的名称是，实验室进行该操作需用到的玻璃仪器有．（5）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾（如图2所示），其阴极反应为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，则b为电源的极，电解池的阳极反应式是；若电解过程中收集到2.24LH2（标准状况），则得到高锰酸钾g．（提示：阴离子放电顺序：MnO42﹣＞OH﹣）化学参考答案与试题解析一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1．下列说法正确的是（）A．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B．工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C．淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物D．Cl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂【考点】铝的化学性质；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理；有机高分子化合物的结构和性质．1【专题】元素及其化合物；化学应用．【分析】A．铝制品表面的氧化膜能阻止内部金属受腐蚀；B．工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al；C．油脂不是高分子化合物；D．氯气有毒，不属于绿色漂白剂．【解答】解：A．铝制品表面致密的氧化膜，能阻止内部金属受腐蚀，对内部金属起保护作用，故A正确；B．电解氯化镁、氯化铝溶液，溶液中镁离子、铝离子不能放电，而是氢离子放电，工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al，硅B错误；C．淀粉、蛋白质属于天然高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故C错误；D．氯气有毒，不属于绿色漂白剂，故D错误，故选A．【点评】本题考查物质性质，比较基础，注意对基础知识理解掌握，注意掌握中学常见化学工业．2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．1【专题】离子反应专题．【分析】A．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应，反应生成碳酸酸钡、水、氨气；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．【解答】解：A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6CH3COOH═3H2O+6CH3COO﹣+2Fe3+，故A错误；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应：Ba2++2OH﹣+N+HC NH3↑+2H2O+BaCO3↓，故B正确；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：SO2+2NH3•H2O═S032﹣+2N+H2O，故C错误；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2OH﹣=2NO2﹣+H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意与量有关的离子反应中量少的物质完全反应．3．实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）．挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）．若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）【考点】实验装置综合．1【专题】实验题．【分析】由装置可知，装置中塑料瓶中的液体被挤压可以进入固体B中反应，生成气体应比空气的大，而通入C应为密度比空气小的氢气，在燃烧管中氢气可与氯气混合反应，以此来解答．【解答】解：A．Zn与稀硫酸反应生成的氢气，在燃烧管中不能与氯气充分混合，不能燃烧；故A错误；B．该装置不需加热即可获得氯气，而二氧化锰和浓盐酸的反应需加热才能发生，故B错误；C．金属铁和硝酸反应不会产生氢气，故C错误；D．浓盐酸和高锰酸钾在不加热的条件下可以生成氯气，氯气和氢气在燃烧管中混合均匀可以获得氯化氢，燃烧时产生苍白色火焰，被水吸收而获得盐酸，故D正确．故选D．【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握燃烧管中C通入的为氢气及常见气体的制取原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．4．二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图．下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+B．该装置中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C．用此电池精炼Cu，应将b电极接纯铜D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol【考点】原电池和电解池的工作原理．1【专题】电化学专题．【分析】该燃料电池中，通入二甲醚的电极为负极，电解质溶液中存在自由移动的氢离子，所以电解质溶液呈酸性，负极电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，正极上电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，再根据氧气和转移电子之间的关系计算．【解答】解：A．该装置为燃料电池，通入二甲醚的电极为负极，根据图中离子移动方向知，电解质溶液呈酸性，负极电极反应为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，故A正确；B．电子不能进入电解质溶液，电解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故B错误；C．用此电池精炼Cu，应将b电极接粗铜，故C错误；D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子的物质的量==4mol，故D 错误；故选A．【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子确定正负极，会正确书写电极反应式，易错选项是B，注意电子不通过电解质溶液，知道电解质溶液形成电流原理，为易错点．5．下列说法正确的是（）A．在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）B．将浓度为0.1mol•L﹣1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C．0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）═2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）D．常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．1【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，是因为醋酸根离子水解生成，所以c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣）；B、氟化氢溶液是弱酸溶液存在电离平衡，加水稀释促进电离；C、依据溶液中物料守恒或电荷守恒分析判断；D、氯化铵在溶液中的铵根离子抑制一水合氨的电离；【解答】解：A、溶液中CH3COO﹣会发生水解，水解程度小c（CH3COOH）＜c（CH3COO ﹣），故A错误；B、氟化氢是弱电解质存在电离平衡，加水稀释弱酸促进电离，氢离子物质的量增大，氟化氢物质的量减小，始终保持增大，故B正确；C、依据溶液中物料守恒为：c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A），故C错误；D、常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查了盐类水解、离子浓度大小比较及其变化，注意弱电解质电离平衡的理解应用和影响因素，掌握基础是关键，题目难度中等．6．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：V b＞V aD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1【考点】化学平衡建立的过程．1【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；D、依据平均摩尔质量概念计算判断．【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1＞T2，故A错误；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）=K（c）＜K（b），故B错误；C、分析判断可知T1＞T2，温度越高反应速率越快，反应速率：V b＞V a，故C正确；D、n（HF）：n[（HF）2]=2：1，当==26.7g/mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的建立过程分析，平衡影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．7．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1B．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）【考点】离子方程式的有关计算．1【专题】计算题．【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，产生二氧化碳的反应为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值．【解答】解：A．根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）==0.5mol/L，故A正确；B．在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl 的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，故B错误；C．氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故C错误；D．乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL 盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A．【点评】本题考查混合物的有关计算，为高频考点，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大．二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8．X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应．（1）写出X在周期表中的位置第二周期第V A族；Z3+的核外电子排布式1s22s22p6．（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为Na＜Al＜Cl（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是HClO4＞H2SO4（用化学式表示）．（3）W最高正价氧化物分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为sp3．（4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为Cl2+2OH ﹣=ClO﹣+Cl﹣+HO．2（5）已知4Y（s）+O2（g）═2Y2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1，W的燃烧热为bkJ•mol﹣1，则4Y（s）+WO2（g）═W（s）+2Y2O（s），△H=﹣a+b kJ•mol﹣1．【考点】位置结构性质的相互关系应用．1【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于ⅤA族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为Al、W为S、R为Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X 的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于ⅤA族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为Al、W为S、R为Cl，（1）X为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第V A族，Al3+的核外电子排布式为：1s22s22p6，故答案为：第二周期第V A族；1s22s22p6；（2）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Na＜Al＜Cl，W为S、R为Cl，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，由于Cl的非金属性强于S，故最高价氧化物对应水合物（即最高价含氧酸）的酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：Na＜Al＜Cl；HClO4＞H2SO4；（3）W最高正价氧化物为SO3，分子中S原子价层电子对数=3+=3，S原子没有孤对电子，故分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水得到硫酸溶液，则所得溶液阴离子为SO42﹣，离子中S原子价层电子对数=4+=4，故S原子采取sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3；（4）氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH ﹣=ClO﹣+Cl﹣+HO，2故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（5）Y为钠，即4Na（s）+O2（g）═2Na2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1①；W为S，S的燃烧热为bkJ•mol﹣1，即：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣bkJ•mol﹣1②；4Na（s）+SO2（g）═S（s）+2Na2O（s），此反应是由①﹣②得到的，故△H=﹣a﹣（﹣b）=（﹣a+b）kJ•mol﹣1，故答案为：﹣a+b．【点评】本题主要考查结构性质位置关系应用，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、分子空间结构、盖斯定律的应用等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意基础知识的掌握．9．实验室制备1﹣溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示．（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率．（2）1﹣溴丁烷的制备反应中可能有：丁醚、1﹣丁烷、溴化氢等副产物生成．熄灭A 处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行．B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是硝酸银溶液或紫色石蕊试液、溴水或酸性高锰酸钾溶液．（3）为了精制1﹣溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从d（填“c”或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是D（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB．（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g．白色不容物的化学式为2Mg（OH）2•3MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3．（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）•3MgCO3↓+3Na2CO3+5H2↑．2Ⅲ．反应原理分析（6）NaHCO3溶液中存在如下电离平衡：H2O⇌H++OH﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣，从平衡移动角度分析实验①产生大量气泡和白色不容物的原因：Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物2Mg（OH）2•3MgCO3，则H+、OH﹣、CO32﹣的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，实验Mg和饱和碳酸氢钠溶液产生大量气体和白色不溶物．【考点】制备实验方案的设计．1【专题】实验设计题．【分析】（1）根据装置图可知仪器的名称，三颈烧瓶中反应物要充分混合，需要用玻璃棒搅拌，同时搅拌可加快反应速率；（2）CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸条件下加热可以生成1﹣丁烯或丁醚等，图1中B、C可分别用来检验反应产生的气态产物溴化氢、1﹣丁烯等；（3）根据冷却时采用逆流，冷却效果较好判断，蒸馏是温度计的水银球位置应与蒸馏烧瓶支管口平齐，如果低于蒸馏烧瓶支管口，则会收集到低沸点的物质；（4）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量，据此计算出白色不溶物的化学式；（5）根据分析、计算可知，镁与碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）2•3MgCO3、碳酸钠和氢气，据此写出反应的化学方程式；（6）依据碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子电离和水的电离平衡，镁和氢离子反应促进电离平衡正向进行，镁离子和氢氧根离子和碳酸根离子形成沉淀分析．【解答】解：（1）根据装置图可知仪器D为直形冷凝管，三颈烧瓶中反应物要充分混合，需要用玻璃棒搅拌，同时搅拌可加快反应速率，所以玻璃棒的作用为使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率，故答案为：直形冷凝管；使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率；（2）CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸条件下加热可以生成1﹣丁烯或丁醚等，所以可能有的杂质为丁醚等，图1中B、C可分别用来检验反应产生的气态产物溴化氢、1﹣丁烯，B中装硝酸银溶液或紫色石蕊试液用来检验溴化氢，C装置中装入溴水或酸性高锰酸钾溶液用来检验1﹣丁烯，故答案为：丁醚；硝酸银溶液或紫色石蕊试液；溴水或酸性高锰酸钾溶液；（3）根据冷却时采用逆流，冷却效果较好，所以冷水应从d处流入，蒸馏是温度计的水银球位置应与蒸馏烧瓶支管口平齐，所以D装置正确，如果低于蒸馏烧瓶支管口，则会收集到低沸点的物质，所以AB装置符合题意，故答案为：d；D；AB；（4）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，设碳酸镁的质量为x，则：MgCO3+2HCl═MgCl2+H2O+CO2↑84 44x 2.64gx==5.04g，所以氢氧化镁的质量为：7.36g﹣5.04g=2.32g，氢氧化镁与碳酸镁的物质的量之比为：：=0.4mol：0.6mol=2：3，则白色不溶物的化学式为：2Mg（OH）2•3MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3，故答案为：2Mg（OH）2•3MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3；（5）根据以上分析可知，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）2•3MgCO3沉淀、Na2CO3和H2，反应的化学方程式为：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）2•3MgCO3↓+3Na2CO3+5H2↑，故答案为：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）2•3MgCO3↓+3Na2CO3+5H2↑；（6）NaHCO3溶液中存在平衡，HCO3﹣⇌H++CO32﹣、H2O⇌H++OH﹣，Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物Mg（OH）2•2MgCO3，则H+、OH﹣、CO32﹣的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，故答案为：Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物2Mg（OH）2•3MgCO3，则H+、OH﹣、CO32﹣的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，实验Mg和饱和碳酸氢钠溶液产生大量气体和白色不溶物．【点评】本题考查了探究物质组成、测量物质的含量的方法，题目难度较大，试题涉及的内容较多、综合性较强，注意掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．10．Heck反应是合成C﹣C键的有效方法之一，如反应①：；化合物Ⅱ可由以下合成路线获得：Ⅳ（分子式为C3H6O3）ⅤⅡ．（1）化合物Ⅲ的分子式为C10H10O2，其中含有的官能团为碳碳双键和酯基，1mol 化合物Ⅲ最多可与4mol H2发生加成反应．（2）化合物Ⅳ分子结构中有甲基，写出由化合物Ⅳ→化合物V的化学方程式．该反应属于消去反应（填反应类型）．（3）下列有关化合物Ⅱ说法正确的是BC．A．1mol化合物Ⅱ完全燃烧消耗5mol O2B．化合物Ⅱ能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．化合物Ⅱ能发生水解反应D．化合物Ⅱ反应生成的高聚物为（4）化合物Ⅵ是化合物Ⅲ的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，除苯环上的氢外核磁共振氢谱显示还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，则化合物Ⅵ的结构简式为（写出一种即可）．（5）和也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为．【考点】有机物的合成．1【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）化合物Ⅲ的分子式为C10H10O2，化合物III能和H2发生加成反应的有苯环和碳碳双键；。

四川省成都市七中高三化学上学期一诊模拟试卷(含解析)

2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷一、选择题（共42分）1．在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol CH4含有的电子数为N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19N AC．6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2N AD．1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有N A个HCO3﹣3．常温下下列各组离子能大量共存的是（）A．加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣C．“84”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl﹣、Ca2+、Na+D．含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、OH﹣4．下列实验方案不能达到预期目的是选项实验方案预期目的A 将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB 向X溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验X溶液中是否含有SO42﹣C 向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深证明盐类的水解是吸热的除去苯中的苯酚D 向含有少量苯酚的苯中加入NaOH溶液，振荡、静置、分液A．A B．B C．C D．D5．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法不正确的是（）A．原子半径W＞X＞YB．W2Y的电子式为：C．元素的金属性W＜XD．W2Y2中既有离子键，又有共价键6．常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是（）序号①②③④溶液CH3COONa NaHCO3Na2CO3NaClOpH 8.8 9.7 11.6 10.3A．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOB．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．溶液水的电离程度①＞②＞④＞③D．NaHCO3溶液中，c（Na +）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）7．某小组同学用如图所示装置研究电化学原理．下列关于该原电池的说法不正确的是（）A．原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++CuB．盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向乙烧杯C．其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑D．反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子二、非选择题（共58分）8．石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设重要物资．B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B通入溴水的实验现象是．（2）反应②属于反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是．（5）反应结束后b中的现象是．9．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸．已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为．（2）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响．实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：①图象中T2和T1的关系是：T2T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．②a、b、c三点中，N2转化率最高的是（填字母）．③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）= ．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q 110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．10．某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni的流程如图：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如表：物质Fe（OH）3Al（OH）3Ni（OH）2Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀 1.5 3.6 7.3 7.0 9.6完全沉淀 3.8 4.7 9.3 9.0 12.0（1）滤渣1的主要成分为．（2）从滤液2中获得NiSO4•6H2O的实验操作、、过滤、洗涤、干燥．（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用．（4）加NiO调节溶液的pH至5，则生成沉淀的离子方程式有．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理如图：①A电极反应式为和2H++2e﹣═H2↑．②若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），能得到Ni g．11．某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为．（2）测定NO的体积①从图所示的装置中，你认为应选用装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是．②选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是（填各导管口编号）．③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作．（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是．2015-2016学年四川省成都市七中高三（上）一诊化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共42分）1．在日常生活中，下列解决问题的方法不可行的是（）A．为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土B．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油D．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中【考点】乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】化学应用．【分析】A．高锰酸钾可氧化乙烯；B．在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度；C．地沟油的只要成分是油脂，油脂可以可用来制肥皂和生物柴油；D．硫酸铜为重金属盐，对人体有害．【解答】解：A．乙烯可催熟，高锰酸钾可氧化乙烯，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土，可起到保鲜的作用，故A正确；B．漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故B正确；C．地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故C正确；D．硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故D错误；故选D．【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关物质的性质以及应用，难度不大．2．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol CH4含有的电子数为N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数为19N AC．6.4g CaC2固体中所含阴离子数为0.2N AD．1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有N A个HCO3﹣【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.1个甲烷分子含有10个电子；B．气体摩尔体积使用对象为气体；C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol；D．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离．【解答】解：A.1个甲烷分子含有10个电子，0.1mol CH4含有的电子数为N A，故A正确；B．标况下，己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C．CaC2晶体中含阴离子为C22﹣，6.4克CaC2为0.1mol，含阴离子数为0.1N A，故C错误；D．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，存在水解和电离，所以1L 1mol/L的NaHCO3溶液中含有小于N A个HCO3﹣，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，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是解题关键，注意碳化钙的结构，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．3．常温下下列各组离子能大量共存的是（）A．加KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．pH=1的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣C．“84”消毒液的溶液中：Fe2+、Cl﹣、Ca2+、Na+D．含有大量NH4+的溶液中：Ba2+、K+、Cl﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加KSCN显红色的溶液，含铁离子；B．pH=1的溶液，显酸性；C．“84”消毒液具有氧化性；D．离子之间结合生成弱电解质．【解答】解：A．加KSCN显红色的溶液，含铁离子，Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．“84”消毒液具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大．4．下列实验方案不能达到预期目的是选项实验方案预期目的A 将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HClB 向X溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验X溶液中是否含有SO42﹣C 向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深证明盐类的水解是吸热的除去苯中的苯酚D 向含有少量苯酚的苯中加入NaOH溶液，振荡、静置、分液A．A B．B C．C D．D【考点】物质的分离、提纯和除杂；化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，水解过程是吸热反应；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；【解答】解：A、氯化氢极易溶于水和碳酸氢钠反应，饱和碳酸氢钠溶液中二氧化碳溶解度减小，将含有HCl的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故A正确；B、溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成沉淀，原溶液可能含有硫酸根离子或氯离子，生成的沉淀可能是硫酸钡，或氯化银，故B错误；C、醋酸钠是弱酸强碱盐水解显碱性，向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，碱性增强，平衡正向进行证明水解过程是吸热反应，故C正确；D、苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯不溶于水；振荡、静置、分液，可以除去苯中的苯酚，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质分离、提纯、除杂的方法和反应应用，盐类水解的应用，离子检验，注意现象分析和性质应用．5．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素．W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y．下列说法不正确的是（）A．原子半径W＞X＞YB．W2Y的电子式为：C．元素的金属性W＜XD．W2Y2中既有离子键，又有共价键【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】W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W 为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故A正确；B．W2Y为Na2S，电子式为，故B正确；C．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，故C错误；D．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，故D正确．故选C．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于物质的性质的递变规律的考查，根据原子结构明确元素的种类为解答该题的关键．6．常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是（）序号①②③④溶液CH3COONa NaHCO3Na2CO3NaClOpH 8.8 9.7 11.6 10.3A．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClOB．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同C．溶液水的电离程度①＞②＞④＞③D．NaHCO3溶液中，c（Na +）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）【考点】盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱；B、根据溶液中的电离和水解平衡分析；C、易水解的盐能促进水的电离；D、根据物料守恒分析．【解答】解：酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则将等浓度的CH3COOH和HClO 溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，故A错误；B、碳酸钠中CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，碳酸氢钠溶液中HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，H2O⇌H++OH﹣，所以两种溶液中粒子种类相同，故B错误；C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，故C错误；D、NaHCO3溶液中Na元素的物质的量是C元素的物质的量的相等，则c（Na+）=c（CO32﹣）+c （HCO3﹣）+c（H2CO3），故D正确；故选D．【点评】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，题目难度不大．7．某小组同学用如图所示装置研究电化学原理．下列关于该原电池的说法不正确的是（）A．原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++CuB．盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向乙烧杯C．其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑D．反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该原电池中Fe作负极，负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，C作正极，正极上是溶液中的阳离子得电子，则正极反应为Cu2++2e﹣=Cu，溶液中阴离子向负极移动，结合电子转移计算．【解答】解：A、负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极反应为Cu2++2e﹣=Cu，则原电池的总反应为Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故A正确；B、盐桥中是KNO3溶液，则盐桥中NO3﹣移向负极移动，即向甲烧杯，故B错误；C、其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，溶液中的氢离子在正极上得电子，则石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑，故C正确；D、Fe为负极，发生：Fe﹣2e﹣=Fe2﹣，石墨为正极，发生Cu2++2e﹣=Cu，总反应式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu，一段时间后，两电极质量相差12g，则 Fe+Cu2+═Fe2++Cu 两极质量差△m 转移电子56g 64g 56g+64g=120g 2mol12g n解得：n=0.2mol，故D正确．故选：B．【点评】本题考查了原电池原理的分析应用，把握电极反应和电极判断、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．二、非选择题（共58分）8．石油是一种极其重要的资源，是发展国民经济和国防建设重要物资．B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是生活中常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．Ⅰ、有关物质转化关系如图1所示：（1）足量烃B通入溴水的实验现象是溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成．（2）反应②属于加成反应反应（填有机反应类型）．（3）写出反应④的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ．Ⅱ、某化学兴趣小组对反应③进行探究活动，设计如图2装置进行实验：（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是防止液体倒吸．（5）反应结束后b中的现象是面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味．【考点】有机物的推断；乙酸乙酯的制取．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；制备实验综合．【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C 是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，据此解答．【解答】解：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，Ⅰ（1）乙烯能与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，所以足量乙烯通入溴水中溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成，故答案为：溴水的橙色褪去，下层有无色油状液体生成；（2）反应②是乙烯与水发生加成反应得乙醇，故答案为：加成反应；（3）反应④是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；Ⅱ（4）在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止液体倒吸，故答案为：防止液体倒吸；（5）试管b中观察到的现象是：液体分层，上层无色油状液体有果香味，故答案为：面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味．【点评】考查有机推断、乙酸乙酯的制取，涉及烯、醇、羧酸的性质与转化等，难度不大，是对常见有机物知识的简单运用，注意掌握各类有机物的性质．9．利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸．已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol（1）氨催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO （g）+6H2O（g）△H=﹣905.0 kJ/mol ．（2）研究在其他条件不变时，改变起始物氢气的物质的量对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响．实验结果如图所示（图中T表示温度，n表示物质的量）：①图象中T2和T1的关系是：T2低于T1（填“高于”“低于”“等于”“无法确定”）．②a、b、c三点中，N2转化率最高的是 c （填字母）．③若容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1mol N2，n（H2）=3mol，经过5min反应达到平衡时H2的转化率为60%，则v（NH3）= 0.24 mol/（L．min）．保持容器体积不变，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q ＞110.88kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学平衡图像；燃烧热的计算．【分析】（1）由已知热化学方程式根据盖斯定律构造目标热化学方程式，已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得；（2）①根据温度升高化学平衡向着吸热方向进行；②根据增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动；③化学平衡三行计算列式计算，反应速率v=，结合平衡计算H2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H2的转化率为60%时放出的热量的2倍；【解答】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol由盖斯定律可知，①×2﹣②×2+③×3得：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.0kJ/mol，故答案为：4NH 3（g ）+5O 2（g ）═4NO（g ）+6H 2O （g ）△H=﹣905.0kJ/mol ；（2）①反应为放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T 1到T 2生成物氨气的量增加，平衡正移，故T 2＜T 1，故答案为：低于；②b 点代表平衡状态，c 点又加入了氢气，故平衡向右移动，氮气的转化率增大，故答案为：c ；③化学平衡三行计算列式计算，N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ）起始量（mol ）1 3 0变化量（mol ）0.6 3×60% 1.2平衡量（mol ） 0.4 1.2 1.2反应速率v===0.24mol/（L ．min ），此时反应放出热量=92.4kJ/mol×=55.44KJ ，结合平衡计算H 2的转化率为60%时放出的热量，若起始时向容器内放入2mol N 2和6mol H 2，相当于增大压强平衡正向进行，反应是可逆反应不能进行彻底，放出热量小于2×92.4kJ/mol=184.8KJ，大于H 2的转化率为60%时放出的热量的2倍，即热量＞55.44KJ×2=110.88kJ，故答案为：0.24 mol/（L ．min ），＞；【点评】本题考查了热化学方程式书写、影响平衡移动的因素、平衡图象、化学平衡计算等，难度中等，注意掌握三段式解题法与盖斯定律应用．10．某NiO 的废料中有FeO 、CuO 、Al 2O 3、MgO 、SiO 2等杂质，用此废料提取NiSO 4和Ni 的流程如图：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH 如表：物质 Fe （OH ）3 Al （OH ）3 Ni （OH ）2 Fe （OH ）2 Mg （OH ）2 开始沉淀 1.5 3.6 7.3 7.0 9.6完全沉淀 3.8 4.7 9.3 9.0 12.0（1）滤渣1的主要成分为 SiO 2 ．（2）从滤液2中获得NiSO 4•6H 2O 的实验操作加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．（3）用离子方程式解释加入H 2O 2的作用 2H ++H 2O 2+2Fe 2+═2Fe 3++2H 2O ．（4）加NiO 调节溶液的pH 至5，则生成沉淀的离子方程式有 2Fe 3++3NiO+3H 2O=2Fe （OH ）3+3Ni 2+、2Al 3++3NiO+3H 2O=2Al （OH ）3+3Ni 2+．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理如图：①A 电极反应式为 Ni 2++2e ﹣=Ni 和2H ++2e ﹣═H 2↑．②若一段时间后，在A 、B 两极均收集到11.2L 气体（标准状况下），能得到Ni 29.5 g ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O 晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，据此答题．【解答】解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（3）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；故答案为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；（4）加入氧化镍调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，反应的离子方程式有2Fe3++3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3++3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+，故答案为：2Fe3++3NiO+3H2O=2Fe（OH）3+3Ni2+、2Al3++3NiO+3H2O=2Al（OH）3+3Ni2+；（5）滤液2为NiSO4溶液，电解NiSO4溶液，①根据图示可知，A电极反应式为 Ni2++2e﹣=Ni 和2H++2e﹣═H2↑，故答案为：Ni2++2e﹣=Ni；②一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量==0.5mol，阳极电极反应：Ni2++2e﹣═Ni1mol 0.5mol2H++2e﹣=H2↑；1mol 0.5mol阴极电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑2mol 0.5mol生成Ni物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×59/mol=29.5g，故答案为：29.5．【点评】本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．11．某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图B装置中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol ，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为0.012mol ．（2）测定NO的体积①从图所示的装置中，你认为应选用 A 装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化．②选用图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是123547 （填各导管口编号）．③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作等液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平．（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0mL（已折算到标准状况），则Ag与浓硝酸反应的过程中有（填“有”或“没有”）NO产生，作此判断的依据是因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积（89.6＜112.0）．【考点】性质实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL 溶液，用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的题为20.4ml﹣0.4ml=20ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L×0.1mol/L=0.002mo l，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol；。

四川省成都市第七中学届高三一诊模拟理科综合化学试题(word版附答案)

2０18 届一诊模拟理综试卷注意事项:1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成,答在本试题上无效。

4．考试结束后,将本试题和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量: C－1２N-1４ﻩＯ－1６Na －23 Mｇ-2４Ａl-2７S-3２Co－５9第Ⅰ卷(选择题共１２６分）本卷共2１小题,每小题6分，共12６分。

一选择题：本大题共１3 小题,每小题6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．下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是A.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食物干燥剂B.去皮苹果放在空气中久置变黄与纸张久置变黄的原理不相同C．存放水果的包装箱中放入浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅土能起到保鲜的作用Ｄ.包装食品的塑料袋为聚氯乙烯8．若NＡ表示阿佛加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mｏｌFe 与高温水蒸气完全反应，转移电子的数目为３N AB.标准状况下，4.4８LHF 中含有的极性键数目为0.2NＡC.25℃时，1LｐH=１2 的N a２CO3 溶液中由水电离出 H+的数目为 0.０1N AD.1L0.１ｍoｌ /L 的 Na2Ｓ的溶液中HS-、Ｓ2－的离子数目之和为０.1N A9.下列反应的离子方程表达正确的是A.1mｏｌ/LNaAlＯ2 溶液和 4mol/L 的 NaＨＳO4 溶液等体积混合：AlO２-+4H+=Al3++2Ｈ2OB.Ｆｅ2O３与 HＩ溶液反应：Ｆe2O3+6H+=２Ｆe３＋+3H２OC.NH4HSＯ4 溶液中滴入少量B a(ＯH）2 溶液:NＨ4＋+H+＋SO42-＋2ＯＨ-+Ba2+=BaSO4↓＋NH3 ·Ｈ2O+H2OD.Na2Ｓ2O3 溶液中滴加过量的稀硫酸：2Ｈ＋＋3S2Ｏ32-=2SO４２-+4Ｓ↓＋H2Ｏ10.下列实验操作.现象和结论均正确的是11.下列叙述正确的是①在一定条件下,糖类、蛋白质、油脂一定都能发生水解反应②蛋白质、油脂、聚乙烯都是高分子化合物③煤的液化、石油的裂化、海水制溴过程都涉及化学反应④光导纤维、醋酸纤维、纤维素的主要成分都是糖类⑤人体从食物中获得的六大营养物质有：糖类、蛋白质、油脂、无机盐、维生素和水⑥利用皂化反应，经过加工处理的地沟油可以用来生产肥皂和甘油⑦蛋白质溶液遇C uＳO４溶液后产生的沉淀能重新溶于水⑧石油裂解的主要目的是为了获得基本化工原料A.①③⑤⑧ﻩB.③⑤⑥⑧C.①③⑥⑦⑧D.④⑤⑥⑧1２.如图所示，下列判断中正确的是A. 电路中电子的流动方向为:a→d→ＣuＳＯ4（ａq）→c→ｂＢ． d 电极反应式为：Cu２＋+2e-=Ｃu，反应后C uSO4 溶液的浓度降低Ｃ. c 电极质量减少量等于d电极质量增加量D．该原电池原理为：Zn+Cu2＋= Cu+Zn2＋13. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( ）Ａ.0.1mol/ＬNH4Cl 溶液与０.０5mol/L NaＯH 溶液等体积混合后所得的碱性溶液中:ｃ（Cｌ﹣）＞ｃ（Na+)>ｃ（NH４+ ）＞ｃ（OH﹣）>c(H+） B.pH=2 的 HA 溶液与ｐH=１2 的ＭＯH 溶液等体积混合：c(M+)= c(A﹣)＞c(OH﹣)= c(Ｈ+）C.等物质的量的N aＣｌO 和N aＨＣO3 混合溶液中:c(HClO)＋ｃ（CｌO﹣）═c（ＨCＯ３﹣）+ｃ（H2CO3）+c（CO３2﹣）D.某二元弱酸的酸式盐ＮａHA 溶液：c(Na+）＋c(H+)＝c（OH﹣)+c（HA﹣)＋c（A2﹣）选项操作①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口现象结论试纸不变色NH4Cl 受热不分解ANaOH 溶液可除去溶在溴苯中的B r2生成了乙烯锌的金属性比铜强②中振荡后静置下层液体颜色变浅B③加热④通电洗气瓶中溶液褪色B 极上有红色固体析出CD实验步骤（不要求写出具体的操作过程）预期现象与结论若观察到溶液不变蓝，则证明红色固体中含有 C u2６. (14 分）甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外,还有碳的氧化物，某化学小组利用如图装置探究其反应产物。

成都七中高三《元素化合物》一诊复习题(一)doc高中化学

成都七中高三《元素化合物》一诊复习题（一）doc高中化学1．以下表达中能正确讲明显黄色缘故的是〔〕A．KI溶液久置于空气中显黄色，是因为I-被还原所致B．工业用粗盐酸显黄色，是因为HCl分解生成C12溶于盐酸中C．久置的浓硝酸显黄色，是因为浓硝酸见光分解生成的NO2溶于浓硝酸中D．实验室制溴苯时，生成的溴苯显黄色是因为过量溴溶解在溴苯中2．在氢硫酸溶液中加入少量以下物质：①O2 ②Cl2 ③SO2 ④CuSO4能使溶液pH值减小的是〔〕A．①③B．②④C．②③④D．①3．关于某些离子的检验及结论一定正确的选项是〔〕A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32¯B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消逝，一定有SO42¯C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使潮湿红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+ D．加入氨水时生成白色沉淀，当氨水过量时白色沉淀消逝，那么原溶液中一定有Al3+存在4．以下反应完成后没有沉淀的〔〕A．BaCl2溶液与Na2CO3溶液加足量稀CH3COOHB．Ba(OH)2溶液与KNO3溶液加足量稀H2SO4C．AgNO3溶液与Na2CO3溶液加足量稀HClD．Ca(OH)2溶液与FeCl3溶液加足量稀HNO35．以下有关碱金属铷的表达中，错误的选项是〔〕A．灼烧氯化铷时，火焰出现专门颜色B．室温时铷遇到空气就会赶忙燃烧，生成比过氧化物更复杂的氧化物C．在钠、钾、铷三种单质中，铷的熔点最高D．氢氧化铷是强碱6．据报道，科学家已成功合成了少量N4，有关N4的讲法正确的选项是〔〕A．N4是N2的同素异形体B．N4是N2的同分异构体C．相同质量的N4和N2所含原子个数比为1:2 D．N4的摩尔质量是56g7. N A 为阿佛加德罗常数，下述正确的选项是 ( )A. 80 g 硝酸铵含有氮原子数为2N AB. 1 L 1 mol / L 的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为N AC. 标准状况下，11.2 L 四氯化碳所含分子数为0.5 N AD. 在铜与硫的反应中，1 mol 铜失去的电子数为2 N A8．按如图装置进行实验，将液体A 逐滴加入到固体B 中，以下表达正确的选项是 ( )A ．假设A 为浓盐酸，B 为MnO 2，C 中盛品红溶液，那么C中溶液褪色。

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