【化学】四川省成都七中2016届高三上学期化学模拟试卷
成都七中高中2016级毕业班二诊模拟考试理科综合化学部分
成都七中高中2016级毕业班二诊模拟考试理科综合·化学部分一、选择题:本大题共13小题,每小题6分,共78分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目。
1.化学与生产、生活密切相关。
下列说法不正确的是A. 沥青常用于铺路，可以通过石油分馏得到B. 静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质C. 液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪D. 大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，具有很大危害2.N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23N AB. 0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同C. 标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3N AD. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为N A3.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,氧杂螺戊烷的结构简式为，则下列说法正确的是A. lmol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2B. 二氯代物超过3种C. 该有机物与环氧乙烷互为同系物D. 该有机物所有碳、氧原子处于同一平面4.下列根据实验操作、现象及结论均正确的是A. AB. BC. CD. D5.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。
电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。
下列说法正确的是A. 电源的A极为正极B. 与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OHC. Fenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+·OHD. 每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。
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。
四川省成都七中高三化学上学期11月段考试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题
2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分）1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N AB．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N AC．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N AD．1 L 1 mol•L﹣1 的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为N A3．下列离子反应方程式书写正确的是（）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +﹣+H2O+4HD．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓4．用如图装置不能达到有关实验目的是（）A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备 Fe（OH）2C．用丙图装置可制得金属锰D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）A．甲、乙、丙、丁受热均易分解B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）A．B．C．D．7．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲．电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是（）A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol二、非选择题（本题共4小题，共58分）8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是．判断反应已结束的方法是．（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为（填一种即可）（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）．（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是．（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为．9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= ，反应 I 自发进行条件是（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5molB：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式（用 A、B 表示）②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：a．此温度下的平衡常数为；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件是．b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．①写出该燃料电池的负极反应式．②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为mol．10．钠及其化合物具有广泛的用途．（1）常温下，浓度均为 0.1m ol•L﹣1 的下列五种钠盐溶液的 pH 如表；溶质CH3COONa NaHCO3Na2CO3NaClO NaCN8.8 9.7 11.6 10.3 11.1pH上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是，根据表中数据，浓度均为0.01mol•L﹣1 的下列四种酸的溶液分别稀释 100倍，pH变化最大的是（填编号）．A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3（2）有①100ml 0.1mol/L NaHCO3②100ml 0.1mol/L Na2CO3两种溶液：溶液中水电离出的H+个数：①②（填“＞”、“=”或“＜”，下同）．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①②．（ 3 ） NaHCO3是一种（填“强”或“弱”）电解质；写出HCO水解的离子方程式：，常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中 Na+、HCO3﹣五种微粒的浓度由大到小的顺序为：．﹣、H2CO3、CO32﹣、OH（4）实验室中常用 NaOH 来进行洗气和提纯．①当 150ml 1mol/L 的 NaOH 溶液吸收标准状况下 2.24LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：．②几种离子开始沉淀时的 PH 如表：离子Fe 2+Cu2+Mg2+pH 7.6 5.2 10.4当向含相同浓度 Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加 NaOH 溶液时，（填离子符号）先沉淀，Ksp[Fe（OH）2] Ksp[Mg（OH）2]（填“＞”、“=”或“＜”），要使 0.2mol/L 硫酸铜溶液中 Cu2+沉淀较为完全（使 Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为．（K sp Cu（OH）2=2×10mol•L ）11．废旧显示屏玻璃中含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质．某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得 Ce（OH）4和硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]，流程设计如图1：已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有 Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH 溶液．回答以下问题：（1）反应②中 H2O2的作用是．（2）反应③的离子方程式是．（3）已知有机物 HT 能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向 CeT3（有机层）加入 H2SO4获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因是．（4）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是．（5）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是．a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O b．（NH42SO4 c．（NH4）2CO3（6）用滴定法测定制得的 Ce（OH）4产品纯度如图2．若所用 FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该 Ce（OH）4产品的质量分数．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；称取 14.00g 硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成 100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量 NaOH 溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到 1.60g 固体；向另一份溶液中加入 0.5mol/L Ba（NO3）2溶液 100mL，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为．2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分）1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】根据C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，分子式为C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，然后根据题目要求确定酯的种类．【解答】解：分子式为C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，即分子式为C4H8O2的酸有2种；分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，即分子式为C5H12O的醇有8种，所以形成的酯共有2×8=16种，故选B．【点评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用戊基、丙基的种类判断．2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N AB．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N AC．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N AD．1 L 1 mol•L﹣1 的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为N 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、12.5mL 16mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先生成二氧化硫，等硫酸变稀时后生成氢气．B、中子数=质量数﹣质子数，1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，根据N=nN A计算中子数目．C、氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解．【解答】解：A、10mL 20mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42﹣+4H+=Zn2++SO2↑+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol 电子；如果氢离子有剩余，锌和氢离子再反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，此反应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0.4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2N A和0.4N A之间，故A 错误；B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.1×22mol×N A mol﹣1=2.2N A，故B错误；C、一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8 g N2和2.8 g CO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 N A，故C正确；D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO﹣的个数小于N A个，故D错误．故选C．【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．3．下列离子反应方程式书写正确的是（）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +﹣+H2O+4HD．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C．碱性溶液中不能生成氢离子；D．相互促进水解生成沉淀和气体．【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 的离子反应为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C错误；D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3++3S2﹣+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D错误；故选B．【点评】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、水解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．用如图装置不能达到有关实验目的是（）A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备 Fe（OH）2C．用丙图装置可制得金属锰D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al；B．煤油密度小于水且和水不互溶，能隔绝空气；C．铝比锰活泼，可用铝热法冶炼；D．NaHCO3应放在内置小试管中．【解答】解：A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al，可用电解熔融氧化铝的方法，故A错误；B．煤油可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故B 正确；C．本实验为铝热法，因铝比锰活泼，可用铝热法冶炼，故C正确；D．NaHCO3不稳定，加热易分解，而Na2CO3难分解，NaHCO3应放在内置小试管中，故D错误．故选BC．【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，涉及金属冶炼、钠的化合物稳定性强弱判断、物质制备等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意A项为易错点，把握离子放电顺序．5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）A．甲、乙、丙、丁受热均易分解B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W 处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N 元素、W为S元素．A、H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解；B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化；C、根据浓硫酸与碳单质的反应来分析；D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的．【解答】解：由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R 为N元素、W为S元素，故甲为Al（OH）3，乙为H2CO3，丙为HNO3，丁为H2SO4．A、Al（OH）3、HNO3和H2CO3受热易分解，H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解，故A错误；B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化，故常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装，故B正确；C、浓硫酸与碳单质的反应：2H2SO4（浓）+C2SO2↑+CO2↑+2H2O，故可生成体积比为1：2的两种气体，故C正确；D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的，故是R的氧化物导致的，故D正确．故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，应注意元素的推导和其对应最高价氧化物的水化物的性质，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）A．B．C．D．【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；碳族元素简介．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al （OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应．【解答】解：将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ca（OH）2反应（有沉淀CaCO3生成）；当Ca（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成）．到现在的图标应是出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解．最后是Al（OH）3沉淀．图形应该是：出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[Al（OH）3]，平台，沉淀减少（CaCO3溶解）．据此作出正确的选择．A、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故A错误；B、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故B错误；C、符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，正确，故C正确；D、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故D错误；故选C．【点评】本题考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．属于偏难题．7．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲．电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是（）A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，以此来解答．【解答】解：由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，A．a为阴极，先发生Cu2++2e﹣═Cu，后发生2H++2e﹣═H2↑，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，故A正确；B．b为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，则b电极上发生的反应方程式为：4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑故B正确；C．由上述分析可知，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，故C正确；D．曲线0～P段表示O2的体积变化，P点1.12L为O2，其物质的量为0.05mol，PQ段3.36L 气体中，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1mol H2、0.05mol O2，则从开始到Q 点收集到的混合气体中O2为0.1mol，H为0.1mol，故混合气体的平均摩尔质量为=17g•mol﹣1，故D错误．故选：D．【点评】本题考查电解原理，明确图象这电子转移与生成气体的关系及离子的放电顺序是解答本题的关键，熟悉电解原理即可解答，题目难度不大．二、非选择题（本题共4小题，共58分）8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率．判断反应已结束的方法是分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）．（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等（填一种即可）（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH ．（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低．（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为50% ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．【分析】（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；反应结束时，分水器中的水位高度不变，冷凝管中不再有液体滴下；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作；（5）邻苯二甲酸二丁酯的沸点340℃，温度超过180℃时易发生分解，应减压蒸馏使其沸点降低，防止分解；（6）由于正丁醇不足，假设邻正丁醇完全转化，以此计算邻苯二甲酸二丁酯的理论产量，产率=（实际产量÷理论产量）×100%．【解答】解：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下），说明反应结束，故答案为：有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等，实验中副产物的结构简式为：CH2=CHCH2CH3 、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等，故答案为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇，反应方程式为：+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH，故答案为： +2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作，操作中必须使用的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低，防止分解，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低；（6）由于正丁醇不足，假设正丁醇完全转化，则邻苯二甲酸二丁酯的理论产量为×278g/mol=41.7g，故其产率为×100%=50%，故答案为：50%．【点评】本题有机物的制备实验，涉及物质的分离提纯、对操作及原理的分析评价、产率计算等，掌握实验操作的要求和实验原理是解题的关键，难度中等．9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= +41.19 kJ•mol﹣1，反应 I 自发进行条件是较低温（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5molB：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式 A （用 A、B 表示）②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：a．此温度下的平衡常数为450 ；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和 0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件是0＜x＜2.025 ．b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．①写出该燃料电池的负极反应式CH3OH﹣6e﹣+3O2﹣=CO2↑+2H2O ．②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为 3 mol．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；（2）①图象分析相同温度下，两种反应物，增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率；②a．结合三行式进行计算，化学反应的平衡常数K各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值，据此计算；b．将体系温度升至600K，根据升高温度，平衡向着吸热方向来进行回答；（3）①以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写；②依据电极反应计算转移电子物质的量．【解答】解：（1）反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1根据盖斯定律，反应Ⅱ可以是Ⅰ﹣Ⅲ得到，所以反应Ⅱ的焓变△H2=（﹣49.58kJ•mol﹣1）﹣（﹣90.77kJ•mol﹣1）=+41.19 kJ•mol﹣1；根据反应自发行的判据：△H﹣T△S＜0，反应Ⅲ是熵减的放热的反应，所以要自发进行需要在较低温下进行，。
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．。
【百强校】2016届四川成都第七中学高三阶段测试三理综化学试卷(带解析)
【百强校】2016届四川成都第七中学高三阶段测试三理综化学试卷（带解析）一、选择题1.设N A 为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A ．10mL20mol/L 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2N AB ．0.1mol 24Mg 18O 晶体中所含中子总数为 2.0N AC ．在标准状况下，2.8gN 2和2.24LCO 所含电子数均为1.4N AD ．1L1mol/L 的NaClO 溶液中含有ClO -的数目为N A 【答案】C 【解析】试题分析：A 、浓硫酸和锌反应时随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，所以转移电子数不能确定，不选A ；B 、每个氧化镁中含有中子数为12+10=22个，所以0.1摩尔晶体中所含中子数为 2.2摩尔，错误，不选B ；C 、2.8克氮气的物质的量为0.1摩尔，2.24升一氧化碳的物质的量为0.1摩尔，均含有 1.4摩尔电子，正确，选C ；D 、次氯酸根离子水解，不能确定次氯酸根离子数目，错误，不选D 。
考点：阿伏伽德罗常数【名师点睛】阿伏伽德罗常数的考查是考试常见的题型，通常需要注意一下几个方面：1、气体摩尔体积的使用：必须是在标况下，物质为气体，气体摩尔体积才为22.4L/mol 。
2、分子中的原子个数，很多的单质分子中含有2个原子，例如氢气，氧气，氮气等，但也有不是2个原子的，例如氦气含有1个原子，臭氧含有3个原子。
当然化合物分子中的原子数也各不相同。
3、有些物质不能用分子一词，例如离子化合物，如氯化钠，过氧化钠等。
同时注意离子化合物中的离子数，如过氧化钠含有2个钠离子和一个过氧根离子等。
4、注意特殊反应，例如可逆反应不能进行完全，铜只能和浓硫酸反应，不和稀硫酸反应，二氧化锰和浓盐酸反应，不和稀盐酸反应，铁和氯气反应只能生成氯化铁而不是氯化亚铁等。
5、注意溶液中的微粒数值，溶液中有水，求氢原子或氧原子时不要忘记水，若求溶质的微粒，要考虑是否电离，电离程度，是否水解，水解程度等因素。
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
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。
四川省成都市第七中学2016届高三周末练习化学试题(2015-10-10) Word版含答案[ 高考]
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2016届成都七中高中化学分推试题（四）专题化学反应速率与平衡（2）1.t ℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：物质X Y Z初始浓度/mol·L-10.1 0.2 02 min末浓度/mol·L-10.08 a b平衡浓度/mol·L-10.05 0.05 0.1下列说法正确的是A. 平衡时，X的转化率为20% B．t ℃时，该反应的平衡常数为40C. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y) = 0.03 mol·L-1·min-12.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果，下列图像描述正确的是A．图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，且乙的压强大C．图③表示向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D．图4表示在2L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0~10min内该反应的平均速率v(H2)=0.045mol·L-1·min-1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为b3.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系下表：温度℃25 80 230平衡常数5×104 2 1.9×10-5下列说法正确的是A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为吸热反应B．25℃时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为0.5C．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）>v（逆）D．80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L4.已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：t℃700 800 830 1000 1200K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38下列有关叙述不正确的是A．该反应的化学方程式是：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)B．上述反应的正反应是放热反应C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：，判断此时的温度是1000 ℃5.在一个固定容积的密闭容器中，可发生以下反应：A(g)+B(g)xC(g)；∆H＝?符合下图(a)所示的关系w(c)为C 的质量分数，由此推断关于图(b)的说法正确的是A．P3>P4，y轴表示A的转化率B．P3<P4，y轴表示B的体积分数C．P3<P4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量D．P3>P4，y轴表示混合气体的密度6.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：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)△H＝－92.4 kJ/mol 实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3① 1 3 0 放出热量a kJ② 2 3 0 放出热量b kJ③ 2 6 0 放出热量c kJ下列叙述正确的是( )A．放出热量关系：a < b < 92.4 B．三个容器内反应的平衡常数：③> ①> ②C．达平衡时氨气的体积分数：①> ③D．N2的转化率：②> ①> ③7．甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及数量如图所示，三个容器最初的容积相等，温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。
成都七中16届高三理科化学4月8日测试试卷
成都七中2013级高三理综试题（4.8）化学部分可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 S-32 Ba-137第I卷（选择题42分）一、选择题（本题共7小题，共42分）1.化学在生产和日常生活中有着重要的作用。
下列有关说法正确的是A．二氧化硫有漂白性，常用作棉、麻、纸张和食品的漂白B．氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D．汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的2. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1 mol O2与Na完全反应，转移电子数一定为4N AB．常温常压下，1.7克NH3中含有共价键的数目为N AC．142g Na2SO4和Na2HPO4混合物中含有的阴、阳离子总数是3 N AD．标准状况下，1 L辛烷完全燃烧生成的二氧化碳分子数为8/22.4N A3.下列相关离子方程式书写正确的是A．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：6Fe2＋＋3ClO－＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3Cl－＋4Fe3＋B．用食醋检验牙膏中的碳酸钙：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2OC．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2＋＋4H＋＋O2===2Fe3＋＋2H2OD．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2O H2↑＋Cl2↑＋2OH－4. “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是A．四个“封管实验”中都有可逆反应发生B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差D．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅5．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4的溶液中发生的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣═Fe2+6．一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl 5（g）PCl3（g）+Cl2（g）下列说法正确的是A．平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB．反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＞容器ⅠC．反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=0.1/t1 mol/（L•s）D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行7. 亚氯酸钠（NaClO2）用于漂白织物、纤维、纸浆，具有对纤维损伤小的特点。
四川省成都七中高考化学二诊试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题
2016年四川省成都七中高考化学二诊试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法中错误的是（）A．Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe（OH）3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用C．太阳能、风能是可再生能源，应大力推广太阳能、风能的使用D．新型能源生物柴油和矿物油的主要化学成分相同2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定错误的是（）A．分子数为0.1N A的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3N AB．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2N A C．1.5 mol NO2与足量水反应，转移的电子数为1.5N AD．常温条件下，分子数为N A的CO、N2混合气体质量为28 g3．下列离子方程式错误的是（）A．用硅酸钠与盐酸反应制备硅胶：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体）B．FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．少量NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：H++OH﹣+SO42﹣+Ba2+═H2O+BaSO4↓D．FeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+4．X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体．W 能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等．下列说法正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：X＜ZB．原子半径：W＞Y＞Z＞XC．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞WD．Y、Z的氧化物都有酸性和碱性5．下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是（）A．a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸B．b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好C．c图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NOD．d图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S6．催化技术可处理汽车尾气：2NO+2CO⇌2CO2+N2，某温度下在容积不变的密闭容器中通入NO 和CO，不同时间NO 和CO 的浓度如下表．下列说法中不正确的是（）时间/s 0 1 2 3 4 5c（NO）/×10﹣3mol•L﹣11.00 0.45 0.25 0.15 0.10 0.10c（CO）/×10﹣3mol•L﹣13.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70A．2 s 内的平均反应速率υ（N2）=1.875×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1B．在该温度下K=5C．若将容积缩小为原来的一半，NO 转化率大于90%D．某时刻再充入0.1 mol NO，0.36 mol CO，重新达平衡后CO 浓度比原平衡大7．下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是（）A．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④（NH4）2CO3：其中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①B．pH=2 的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+c（CO42﹣）2C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7：c（CH3COOH）+c （OH﹣）＞c（Na+）+c（H+）二、解答题（共4小题，满分58分）8．原子序数小于36 的X、Y、Z、W 四种元素，其中X 形成的单质是最轻的物质，Y 原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2 倍，Z 原子基态时2p 原子轨道上有3 个未成对的电子，W 的原子序数为29．回答下列问题：（1）Y2X2中Y 原子的杂化类型为，1mol Y2X2含有σ 键的数目为．（2）Y 的一种氧化物与Z 的一种氧化物互为等电子体，Z 的这种氧化物分子式是．（3）标准状况2.24L Z 的简单氢化物溶于Z 的最高价氧化物的水化物稀溶液，放热Q kJ，该反应的热化学方程式为．（4）元素W 的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是，氯化物晶体溶于足量Z 的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的离子方程式为．9．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可制备新型净水剂液体聚合硫酸铝铁．研究发现，当a=b时净水效果最好．工艺流程如下（部分操作和产物略）：（1）A12O3与H2SO4发生反应的离子方程式是．（2）测得滤液中＞1．加入FeSO4•7H2O和H2O2的作用是（结合化学用语说明）．（3）将溶液A电解得到液体聚合硫酸铝铁．装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）①阴极室的电极反应式是．②电解过程阳极室溶液pH的变化是（填“增大”、“减小”或“不变”）．③简述在反应室中生成液体聚合硫酸铝铁的原理．10．ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1 装置（夹持装置略）对其制备､吸收､释放和应用进行了研究｡（1）仪器C的名称，安装F 中导管时应选用图2 中的（填“a”或“b”）．（2）打开B的活塞，A 中产生Cl2和ClO2，反应化学方程式；为使ClO2在D 中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是｡（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F 中溶液的颜色不变，则装置C 的作用是．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为，在ClO2释放实验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是｡（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3 所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂的保鲜原因是｡11．有机物A 有下图所示转化关系．在A 的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、O 三种元素的质量比为6：1：4，且A 不能使Br2的CCl4溶液褪色；1mol B 反应生成了2mol C．已知：RCH（OH）﹣CH（OH）R′RCHO+R′CHO．请回答下列问题：（1）A 的结构简式为．（2）A 中官能团名称是．（3）D+E→F 的反应类型为．（4）写出C 与银氨溶液反应的离子方程式为．（5）若H 分子中所有碳原子不在一条直线上，则H 在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为．若H 分子中所有碳原子均在一条直线上，则G 转化为H 的化学方程式为．（6）有机物A 有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的同分异构体的结构简式：．a．X核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2b．1mol X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol二元醛c．1mol X 最多能与2mol Na 反应d．X 不与NaHCO3或NaOH 反应，也不与Br2发生加成反应．2016年四川省成都七中高考化学二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．化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法中错误的是（）A．Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe（OH）3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用C．太阳能、风能是可再生能源，应大力推广太阳能、风能的使用D．新型能源生物柴油和矿物油的主要化学成分相同【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．Na2FeO4具有强氧化性，生成的Fe（OH）3胶体具有吸附性；B．烤蓝生成一层致密的Fe3O4，可保护内部金属；C．太阳能、风能是可再生能源，来源易得，且对环境无污染；D．矿物油的成分为烃类物质，生物柴油是生物质能的一种，它是生物质利用热裂解等技术得到的一种长链脂肪酸的单烷基酯．【解答】解：A．Na2FeO4具有强氧化性，生成的Fe（OH）3胶体具有吸附性，则可用作水的消毒剂和净化剂，故A正确；B．烤蓝生成一层致密的Fe3O4，可保护内部金属，则能起到防腐蚀作用，故B正确；C．太阳能、风能是可再生能源，来源易得，且对环境无污染，则应大力推广太阳能、风能的使用，故C正确；D．生物柴油是指以油料作物、野生油料植物和工程微藻等水生植物油脂以及动物油脂、餐饮垃圾油等为原料油通过酯交换工艺制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，是一种长链脂肪酸的单烷基酯，而矿物油的成分为多种烃混合物，两者成分不同，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学与生活、环境的关系，为高考常见考题，为理综中化学选择题首先出现的习题，涉及知识面较广，侧重分析与应用、化学与生活、环境等综合知识的考查，题目难度不大．2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定错误的是（）A．分子数为0.1N A的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3N AB．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2N A C．1.5 mol NO2与足量水反应，转移的电子数为1.5N AD．常温条件下，分子数为N A的CO、N2混合气体质量为28 g【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、氮气中含3对共用电子对，氨气中也含3对共用电子对；B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底；C、NO2和水的反应中：3NO2+H2O⇌2HNO3+NO，3molNO2转移2mol电子；D、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol．【解答】解：A、氮气中含3对共用电子对，氨气中也含3对共用电子对，故0.1N A个N2和NH3混合气体中含0.3N A对共用电子对，故A正确；B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得的混合气体中分子个数大于2N A 个，故B正确；C、NO2和水的反应中：3NO2+H2O⇌2HNO3+NO，3molNO2转移2mol电子，1.5 mol NO2与足量水反应，转移的电子数为N A，故C错误；D、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol，故N A个混合气体的分子的质量为28g，故D正确．故选C．【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．3．下列离子方程式错误的是（）A．用硅酸钠与盐酸反应制备硅胶：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体）B．FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．少量NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应：H++OH﹣+SO42﹣+Ba2+═H2O+BaSO4↓D．FeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二者反应生成硅酸胶体和氯化钠；B．碘离子还原性强于二价铁离子，氯气少量先氧化碘离子；C．硫酸氢钠少量，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水；D．三价铁离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子．【解答】解：A．用硅酸钠与盐酸反应制备硅胶，离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3（胶体），故A正确；B．FeI2溶液中通入少量Cl2，离子方程式：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故B错误；C．少量NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应，离子方程式：H++OH﹣+SO42﹣+Ba2+═H2O+BaSO4↓，故C正确；D．FeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去，离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，故D 正确；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查氧化还原反应的离子方程式书写，明确物质的性质及发生反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等．4．X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体．W 能与冷水剧烈反应，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等．下列说法正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：X＜ZB．原子半径：W＞Y＞Z＞XC．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞WD．Y、Z的氧化物都有酸性和碱性【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，结合原子序数可知，W为K、Ca中的一种，Y为Na、Mg、Al中的一种，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y、W原子最外层电子数之差为6﹣4=2，故Y为Al、W为K，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Y、Z位于同周期，Z单质是一种良好的半导体，则Z为Si；W、Y为金属元素，结合原子序数可知，W为K、Ca中的一种，Y为Na、Mg、Al中的一种，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，则Y、W原子最外层电子数之差为6﹣4=2，故Y为Al、W为K．A．X为O，Z为Si，非金属性O＞Si，故氢化物稳定性H2O＞SiH4，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径K＞Al＞Si＞O，故B正确；C．Y为Al、W为K，金属性K＞Al，故碱性KOH＞Al（OH）3，故C错误；D．Y最高价氧化物能为氧化铝，属于两性氧化物，而Z的氧化物为二氧化硅，属于酸性氧化物，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握．5．下列有关实验原理、现象、结论等均正确的是（）A．a图示装置，滴加乙醇试管中橙色溶液变为绿色，乙醇发生消去反应生成乙酸B．b图示装置，右边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好C．c图示装置，根据试管中收集到无色气体，验证铜与稀硝酸的反应产物是NOD．d图示装置，试管中先有白色沉淀、后有黑色沉淀，不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S 【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．乙醇有还原性；B．双氧水的浓度应相同；C．要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰；D．硝酸银过量，发生沉淀的生成．【解答】解：A．乙醇有还原性，能被重铬酸钾氧化为乙酸，不发生消去反应，故A错误；B．双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，故B错误；C．要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰，该装置中有氧气，NO易被氧化生成二氧化氮，所以对实验造成干扰，故C错误；D．硝酸银过量，发生沉淀的生成，不能比较AgCl、Ag2S溶解度大小，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、化学反应速率、沉淀的生成等，把握反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大，选项D为易错点．6．催化技术可处理汽车尾气：2NO+2CO⇌2CO2+N2，某温度下在容积不变的密闭容器中通入NO 和CO，不同时间NO 和CO 的浓度如下表．下列说法中不正确的是（）时间/s 0 1 2 3 4 5c（NO）/×10﹣3mol•L﹣11.00 0.45 0.25 0.15 0.10 0.10c（CO）/×10﹣3mol•L﹣13.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70A．2 s 内的平均反应速率υ（N2）=1.875×10﹣4 m ol•L﹣1•s﹣1B．在该温度下K=5C．若将容积缩小为原来的一半，NO 转化率大于90%D．某时刻再充入0.1 mol NO，0.36 mol CO，重新达平衡后CO 浓度比原平衡大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A.2s内△c（NO）=（1﹣0.25）×10﹣3mol•L﹣1=7.5×10﹣4mol•L﹣1，则△c（N2）=△c （NO）=3.75×10﹣4mol•L﹣1，再根据v=计算v（N2）；B.4s时处于平衡状态，计算平衡常二氧化碳、氮气浓度，再根据K=计算平衡常数；C．原平衡时NO转化率为=90%，若将容积缩小为原来的一半，增大压强，平衡正向移动；D、体积不变，加入一氧化碳的量增加，所以达到新平衡，相应的浓度也会增加．【解答】解：A.2s内△c（NO）=（1﹣0.25）×10﹣3mol•L﹣1=7.5×10﹣4mol•L﹣1，则△c（N2）=△c（NO）=3.75×10﹣4mol•L﹣1，则v（N2）==1.875×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1，故A正确；B.4s时处于平衡状态，平衡时NO为1.0×10﹣3 m ol•L﹣1，则：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）起始量（×10﹣3mol•L﹣1）：1 3.6 0 0变化量（×10﹣3mol•L﹣1）：0.9 0.9 0.9 0.45平衡量（×10﹣3mol•L﹣1）：0.1 2.7 0.9 0.45则平衡常数K===5000，故B错误；C．原平衡时NO转化率为=90%，若将容积缩小为原来的一半，增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故新平衡时NO转化率大于90%，故C正确；D、某时刻再充入0.1 mol NO，0.36 mol CO，因为体积不变，加入一氧化碳的量增加，所以达到新平衡，CO的浓度也会增加，比原平衡的大，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算与含义、化学平衡常数等，难度不大，注意三段式在化学平衡计算中应用．7．下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是（）A．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④（NH4）2CO3：其中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①B．pH=2 的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+c（CO42﹣）2C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7：c（CH3COOH）+c （OH﹣）＞c（Na+）+c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．①中电解质是弱电解质，在水溶液中电离程度很小；②、③、④中电解质是强电解质，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，HCO3﹣电离程度较小，HCO3﹣和铵根离子相互促进水解；B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液，溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，二者水解导致溶液呈碱性，但水解程度都较小；D．温下，同浓度的CH3COONa 与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7，说明CH3COONa的水解程度小于CH3COOH电离程度，根据溶液中电荷守恒判断．【解答】解：A．①中电解质是弱电解质，在水溶液中电离程度很小；②、③、④中电解质是强电解质，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，HCO3﹣电离程度较小，HCO3﹣和铵根离子相互促进水解，所以溶液中c（CO32﹣）的大小关系为：②＞④＞③＞①，故A正确；B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（CO42﹣），故B错误；2C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液，溶液中溶质为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣，二者水解导致溶液呈碱性，但水解程度都较小，离子浓度大小顺序是c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．温下，同浓度的CH3COONa 与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH＜7，说明CH3COONa的水解程度小于CH3COOH电离程度，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），因为CH3COONa的水解程度小于CH3COOH电离程度，所以c（CH3COOH）+c（OH﹣）＜c（Na+）+c （H+），故D错误；故选A．【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，知道常见盐类水解、弱电解质电离特点，知道电荷守恒和物料守恒的运用，易错选项是D．二、解答题（共4小题，满分58分）8．原子序数小于36 的X、Y、Z、W 四种元素，其中X 形成的单质是最轻的物质，Y 原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2 倍，Z 原子基态时2p 原子轨道上有3 个未成对的电子，W 的原子序数为29．回答下列问题：（1）Y2X2中Y 原子的杂化类型为sp杂化，1mol Y2X2含有σ 键的数目为3×6.02×1023．（2）Y 的一种氧化物与Z 的一种氧化物互为等电子体，Z 的这种氧化物分子式是N2O ．（3）标准状况2.24L Z 的简单氢化物溶于Z 的最高价氧化物的水化物稀溶液，放热Q kJ，该反应的热化学方程式为NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）△H=﹣10Q kJ/mol ．（4）元素W 的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是CuCl ，氯化物晶体溶于足量Z 的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的离子方程式为CuCl+NO3﹣+2H+=Cu2++Cl﹣+NO2↑+H2O ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成的单质是最轻的物质，则X 是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z 是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素．【解答】解：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成的单质是最轻的物质，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素．（1）Y2X2是乙炔，分子式为C2H2，碳氢原子之间存在σ键，碳碳三键中含有一个σ键，所以每个碳原子含有2个σ键，采取sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，所以1mol Y2X2含有σ键3×6.02×1023个，故答案为：sp杂化；3×6.02×1023；（2）CO2和N2O的原子个数相等、价电子数相等，所以是等电子体，故答案为：N2O；（3）Z 的简单氢化物为氨气，Z 的最高价氧化物的水化物稀溶液为稀硝酸，标准状况2.24L 氨气为0.1mol，溶液稀硝酸放热Q kJ，则1mol氨气反应放出热量为10Q kJ，该反应的热化学方程式为：NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）△H=﹣10Q kJ/mol，故答案为：NH3（g）+HNO3（aq）=NH4NO3（aq）△H=﹣10Q kJ/mol；（4）利用均摊法知，该晶胞中黑色球个数=4，白色球个数==4，黑色球和白色球的个数之比=4：4=1：1，所以该物质的化学式是CuCl，它可与浓硝酸发生氧化还原反应，其反应方程式为：CuCl+NO3﹣+2H+=Cu2++Cl﹣+NO2↑+H2O，故答案为：CuCl；CuCl+NO3﹣+2H+=Cu2++Cl﹣+NO2↑+H2O．【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、等电子体、热化学方程式、晶胞计算等知识点，（4）中注意利用氧化还原反应书写方程式．9．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可制备新型净水剂液体聚合硫酸铝铁．研究发现，当a=b时净水效果最好．工艺流程如下（部分操作和产物略）：（1）A12O3与H2SO4发生反应的离子方程式是Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ．（2）测得滤液中＞1．加入FeSO4•7H2O和H2O2的作用是（结合化学用语说明）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，补充Fe3+．（3）将溶液A电解得到液体聚合硫酸铝铁．装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）①阴极室的电极反应式是2H++2e﹣=H2↑．②电解过程阳极室溶液pH的变化是减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．③简述在反应室中生成液体聚合硫酸铝铁的原理电解过程中反应室中的SO42﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的OH﹣通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合硫酸铝铁．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理．【专题】综合实验题；物质的分离提纯和鉴别．【分析】铝土矿（含Al2O3及少量SiO2和FeO、Fe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，滤液中加入绿矾晶体补充亚铁离子并利用过氧化氢氧化为铁离子，最后利用电解原理得到液体聚全硫酸铝铁，据此分解解题；（1）氧化铝是两性氧化物溶于强酸强碱，与硫酸反应生成硫酸铝和水；（2）滤液中＞1，新型净水剂液体聚合硫酸铝铁，当a=b时净水效果最好，故需要增加溶液里Fe3+的浓度；（3）①阴极上氢离子得电子生成氢气；②电解过程中阳极发生氧化反应，水电离的OH﹣失电子被氧化为氧气，促进水的电离；③阴离子交换膜只允许阴离子通过，则阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成Al m（OH）n Cl3m．﹣n【解答】解：（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；（2）因滤液中＞1，加入绿矾晶体引入Fe2+，并利用过氧化氢氧化得到Fe3+，补充溶液里的Fe3+，使=1，其中氧化Fe2+的离子反应式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，补充Fe3+；（3）①阴极上氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑；故答案为：2H++2e﹣=H2↑；②阳极上水电离的OH﹣被氧化，促进水的电离，阳极周围溶液里H+浓度增大，溶液的pH减小，故答案为：减小；③阴离子交换膜只允许阴离子通过，电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成Al m（OH）n Cl3m﹣n；故答案为：电解过程中反应室中的SO42﹣﹣通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的OH﹣通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合硫酸铝铁．【点评】本题是一道关于物质的分离和提纯知识的实验操作题，涉及基本实验操作、沉淀的生成、氧化还原反应、电解原理的应用等，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，题目难度中等．10．ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1 装置（夹持装置略）对其制备､吸收､释放和应用进行了研究｡（1）仪器C的名称球形干燥管，安装F 中导管时应选用图2 中的 b （填“a”或“b”）．（2）打开B的活塞，A 中产生Cl2和ClO2，反应化学方程式2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ；为使ClO2在D 中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度｡（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F 中溶液的颜色不变，则装置C 的作用是吸收Cl2．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O ，在ClO2释放实验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是检验是否有ClO2生成｡（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3 所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂的保鲜原因是稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度｡【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；（2）根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成；（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，故答案为：球形干燥管；b；（2）氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为﹣1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，：为使ClO2在D中被稳定剂。
【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化学试题解析(解析版)
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：考查化学与生活的有关判断8．设NA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0.1ND．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的物质的量是0.1mol，与过量稀NaOH溶液反应时氯元素的化合价部分从0价降低到－1价，部分升高到＋1价，转移的电子总数为0.1N A，A正确；B.电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L H2时，转移的电子数不一定为0.2N A，因为不能确定氢气的物质的量是不是0.1mol，B错误；C.常温下，1.0L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目等于溶液中氢离子的数目，即为10－13N A，C错误；D.生成氢氧化铁胶体的反应是可逆的，且胶体是巨大粒子的集合体，所以将100mL0.1mol·L -1的FeCl3溶液滴入沸水中所Fe(OH)3胶粒子数目小于0.01N A，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查阿伏伽德罗常数的计算【名师点晴】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。
四川省成都市七中高三化学上学期一诊模拟试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题
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D 向含有少量苯酚的苯中加入NaOH溶液，振荡、静置、分除去苯中的苯酚液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：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（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T1到T2生成物氨气的量增加，平衡正移，故T2＜T1，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，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（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，。
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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。