漳浦二中2015届高考化学复习综合测试6

漳浦二中2015届高考化学复习综合测试1相对原子质量：C-12，H-1，O-16，N-14，Al –27，Fe-56，S-32，Cl –35.5，Cu –64，Ag-108一、选择题（每小题4分，共48分）1、下列说法中正确的是( )A ．2 mol CH 4的质量和O 2的摩尔质量都是32 gB ．1 mol 任何气体中都含有相同的原子数C ．0.5 mol NaCl 约含有6.02×1023个离子D ．1 mol/L KCl 溶液中含有溶质1 mol2、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区域的是( )A ．Cl 2＋2NaI===2NaCl ＋I 2B ．NH 4HCO 3NH 3↑＋H 2O ＋CO 2↑C ．4Fe(OH)2＋O 2＋2H 2O===4Fe(OH)3D ．Fe 2O 3＋3CO2Fe ＋3CO 23、下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是( )A ．氨气的水溶液可以导电，说明氨气是电解质B ．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C ．氯气可以使湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白作用D ．在滴有酚酞Na 2CO 3溶液中慢慢滴入BaCl 2溶液，溶液的红色逐渐变浅最后褪色4、把0.6 mol X 气体和0.4 mol Y 气体混合于2 L 容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)===n Z(g)＋2W(g)，在 5 min 时已经生成0.2 mol W ，若测知以Z 的浓度变化表示平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则上述反应中Z 气体的化学计量数n 的值是( )A ．1B ．2C ．3D ．45、短周期元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y 原子的最外层只有2个电子，Z 单质可制成半导体材料，W 与X 属于同一主族。

漳州市2015届高三化学考前模拟题一、选择题1．下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是A ．Cl 2、SO 2、NH 3的水溶液都能够导电，因此都属于电解质B ．任何一个氧化还原反应都可以设计为原电池，输出电能C ．任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大D ．电解饱和食盐水的过程中，水的电离平衡正向移动 2．下列说法正确的是A ．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物B ．丁烷（C 4H 10）和二氯甲烷都存在同分异构体C ．“地沟油”的主要成分是油脂，其类别与煤油不同D.煤中含有煤焦油及多种化工原料，可通过煤的干馏获得3．下列有关描述，正确的是A ．苯能使溴水褪色，发生取代反应B ．乙烯使高锰酸钾溶液褪色，发生加成反应C ．乙醇在红热铜丝的作用下，能发生氧化反应D ．葡萄糖在稀硫酸作催化剂，水浴加热条件下可以发生水解反应4．N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A ． 1.6g 甲烷含有的电子数为N AB ． 1 L0.1 mol/L NaHCO 3溶液中含有的HCO 3- 数目为0.1 N AC ． 1 L PH=1的硫酸溶液中含有的H + 数为0.2 N AD ． 标准状况下， 2.24 LCO 和CO 2混合气体中含有的氧原子数为0.15N A5．短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。

下列判断正确的是A ．甲一定是金属元素B ．气态氢化物的稳定性：庚>己>戊C ．庚的最高价氧化物的水化物酸性最强D ．乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以以相互反应6．下列各组物质按右图所示转化关系每一步都能一步实现的是7甲 乙 丙 丁8．下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A ．图1装置：除去二氧化碳中的少量氯化氢气体B ．图2装置：收集二氧化硫并吸收尾气C ．图3装置：用酸性高锰酸钾溶液滴定过氧化氢溶液D ．图4装置：用水吸收氯化氢气体并防止倒吸9．某新型电池NaBH 4(B 的化合价为+3价)和H 2O 2作原料，该电池可用作深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如右图所示。

2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（2）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法正确的是( )A．福尔马林可用于保存海鲜产品B．硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C．工业上利用Cl2与澄清石灰水反应制取漂白粉D．天然纤维和合成纤维的主要成分是纤维素2．下列进行性质比较的实验，不合理的是( )A．比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中B．比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气C．比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸D．比较镁的金属性强于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0mol•L﹣1的盐酸中3．下列与有机物的结构、性质有关的叙述，正确的是( )A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应B．石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖4．25℃时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是( )A．原氨水的浓度为10﹣3mol•L﹣1B．溶液中增大C．氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D．再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定等于75．下列叙述中正确的是( )A．图①中正极附近溶液pH降低B．图①中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液C．图②正极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．图②中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成6．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则下列判断正确的是( )A．非金属性：Z＜T＜XB．R与Q的电子数相差24C．气态氢化物稳定性：R＜T＜QD．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q7．已知反应：2CH3COCH3（l）⇌CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是( )A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线B．反应进行到20min末，CH3COCH3的C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为__________．（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H①该反应的平衡常数表达式为K=__________．②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数α（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的△H__________0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．③在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ__________KⅡ．（3）以CO2为原料还可以合成多种物质．①工业上尿素[CO（NH2）2]可由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为__________．当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为__________．②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为__________．9．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．（1）在某温度下，K sp（FeS）=8.1×10﹣17，FeS饱和溶液中c（H+）与c（S2﹣）之间存在关系：c2（H+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣22，为了使溶液里c（Fe2+）达到1mol•L﹣1，现将适量FeS 投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为__________（填字母）．A．2 B．3 C．4 D．5（2）氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：①酸溶过程中Fe2O3发生反应的离子方程式为__________；“滤渣A”主要成分的化学式为__________．②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4．请完成该反应的离子方程式：__________FeS2+__________Fe3++__________═__________Fe2++__________SO+__________③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为__________．．如果pH过大，可能引起的后果是__________（几种离子沉淀的pH见上表）．⑤滤液B可以回收的物质有__________（填序号）．A．Na2SO4 B．Al2（SO4）3 C．Na2SiO3 D．MgSO4．10．ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2．（1）A装置电动搅拌棒的作用是__________．A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、__________．（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是__________．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知：a．NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；b．NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③__________；④__________；得到成品．（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c mol•L﹣1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）．①配制100mL c mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：__________．②滴定过程中进行三次平行测定的原因是__________．③原ClO2溶液的浓度为__________ g•L﹣1（用含字母的代数式表示）．④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果__________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．[化学一物质结构与性质]11．（13分）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面用广泛．（1）基态镍原子的外围电子排布式为__________．（2）金属镍能与CO形成配合物Ni（CO）4，写出与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学__________、__________．（3）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应．如①CH2=CH2、②HC≡CH、③、④HCHO，其中碳原子采取sp2杂化的分子有__________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为__________形．（4）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示．该合金的化学式为__________．（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示．该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“…”表示出配位键和氢键．[化学一有机化学基础]12．化合物A和D都是石油裂解气的成分，是衡量一个国家化工水平的重要标志的物质的同系物，可利用如下反应合成化合物H：已知：请回答下列问题：（1）反应①～⑥中属于加成反应的是__________（填序号，下同），属于氧化反应的是__________．（2）写出反应④的化学方程式：__________．（3）写出G的结构简式：__________，G中官能团的名称为__________．（4）写出反应⑥的化学方程式：__________．（5）化合物C与化合物F反应还可以生成化合物G的同分异构体，其结构简式为__________．（6）下列有关化合物H的说法正确的是__________（填字母）．A．化合物H在一定温度下能与NaOH溶液发生水解反应B．化合物H的分子式为C10H13O2C．1mol化合物H与H2发生加成反应，消耗3mol H2D．化合物H能使溴水褪色．2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（2）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活密切相关．下列说法正确的是( )A．福尔马林可用于保存海鲜产品B．硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C．工业上利用Cl2与澄清石灰水反应制取漂白粉D．天然纤维和合成纤维的主要成分是纤维素【考点】有机物的结构和性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；有机化学反应的综合应用．【专题】有机化合物的获得与应用；化学应用．【分析】A．HClO有毒，能使蛋白质发生变性；B．硅胶可吸收水，且无毒；C．石灰水的浓度小，不利于制备漂白粉；D．纤维素的成分为多糖，而合成纤维中含为加聚、缩聚产物．【解答】解：A．福尔马林能使蛋白质变性，且有毒，不能用作食品保鲜剂，故A错误；B．硅胶具有疏松多孔的结构，可吸收水，且无毒，常用作催化剂载体和食品干燥剂，故B 正确；C．Ca（OH）2微溶于水，澄清的石灰水浓度太小，不能制取漂白粉，应利用氯气与石灰乳制备，故C错误；D．纤维素的主要成分是多糖，合成纤维的成分不是纤维素，故D错误；故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质及应用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的关系，题目难度不大．2．下列进行性质比较的实验，不合理的是( )A．比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中B．比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气C．比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸D．比较镁的金属性强于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0mol•L﹣1的盐酸中【考点】氧化性、还原性强弱的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．依据还原剂的还原性大于还原产物进行判断；B．单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强；C．依据氧化剂的氧化性大于氧化产物进行判断；D．同种氧化剂与多种还原剂反应，可以通过反应剧烈程度、快慢判断还原性强弱．【解答】解：A．发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，根据反应只能判断Cu还原性强于Fe2+，不能判断Cu、Fe的还原性，故A正确；B．发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，氧化性：氯气大于溴单质，所以非金属性：氯大于溴，故B错误；C．发生反应：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，故氧化性前者大于后者，故C错误；D．镁带和铝片都能与盐酸反应生成氢气，但是镁带与盐酸反应更剧烈，产生氢气更快，故还原性镁大于铝，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应的规律，和元素非金属性强弱判断依据，题目难度不大结合相应知识不难找到答案．3．下列与有机物的结构、性质有关的叙述，正确的是( )A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应B．石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品C．丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，但燃烧为氧化反应；B．煤干馏产品为焦炭、煤焦油等；C．丙烯中含甲基，为四面体构型；D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解．【解答】解：A．苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，则苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能燃烧生成二氧化碳和水，可发生氧化反应，故A错误；B．石油的主要成分是烃，煤经过干馏得到产品为焦炭、煤焦油等，干馏为化学变化，而分馏为物理变化，故B错误；C．丙烯中含甲基，为四面体构型，则丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故C正确；D．淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解，水解的最终产物均为葡萄糖，而链节中不含有葡萄糖，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、多糖性质的考查，注意分馏与干馏的差别，题目难度不大．4．25℃时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是( )A．原氨水的浓度为10﹣3mol•L﹣1B．溶液中增大C．氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D．再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定等于7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离；B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小；C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（H+）增大；D．pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性．【解答】解：A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以原氨水的浓度＞10﹣3mol/L，故A错误；B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，则溶液中增大，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故C错误；D．常温下，pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致混合溶液呈碱性，则pH＞7，故D错误；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中c（H+）增大，为易错点．5．下列叙述中正确的是( )A．图①中正极附近溶液pH降低B．图①中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液C．图②正极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．图②中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】图①锌为负极，铜为正极，正极铜离子放电生成铜，图②铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，以此解答该题．【解答】解：A．图①中正极发生：Cu2++2e﹣=Cu，如不考虑盐类水解，则正极pH不变，如考虑盐类水解，则正极pH增大，故A错误；B．原电池中阴离子向负极移动，即向硫酸锌溶液移动，故B错误；C．图②铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，故C 错误；D．图②中生成Fe2+，亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等．6．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则下列判断正确的是( )A．非金属性：Z＜T＜XB．R与Q的电子数相差24C．气态氢化物稳定性：R＜T＜QD．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素．A．同一周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定；B．R的原子序数是9、Q的原子序数是35；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强（O、F元素除外）．【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素，A．同一周元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定，所以非金属性T＞X，故A错误；B．R的原子序数是9、Q的原子序数是35，则R与Q的电子数的差=35﹣9=26，故B错误；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性R＞T＞Q，所以氢化物的稳定性R＞T ＞Q，故C错误；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强（O、F元素除外），非金属性T ＞Q，则元素最高价氧化物的水化物酸性T＞Q，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，正确推断元素是解本题关键，注意理解掌握同主族元素原子序数关系．7．已知反应：2CH3COCH3（l）⇌CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是( )A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线B．反应进行到20min末，CH3COCH3的C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】压轴题．【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多．【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b 首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y﹣t曲线，故A错；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以＜1，故B错；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，故C错；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）的，故D正确．2故选D．【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热．二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（石墨）+CO2（g）═2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5 kJ•mol﹣1．（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H①该反应的平衡常数表达式为K=．②取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数α（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．③在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ＞KⅡ．（3）以CO2为原料还可以合成多种物质．①工业上尿素[CO（NH2）2]可由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O．当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为40%．②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式．【专题】简答题；计算题；平衡思想；化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【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；（2）①依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；②由图可知最高点反应到达平衡，到达平衡后，温度越高，α（CH3OH）越小，升高温度平衡向逆反应进行，据此判断；③由图象分析先拐先平，温度高TⅡ先达到平衡则TⅡ＞TⅠ，纵轴是甲醇的物质的量，温度越高，甲醇越少，平衡逆向进行分析判断；（3）①根据反应物、反应条件、生成物写出化学反应式；利用三段式法计算；②根据原电池原理，CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为酸性．【解答】解：（1）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1依据盖斯定律①﹣②×3得到Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5 kJ•mol ﹣1；故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5 kJ•mol﹣1；（2）①平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案为：；②由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，α（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；③由图2可知，温度TⅠ＜TⅡ，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则△H＜0，升高温度，平衡向逆反应移动，所以KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；（3）①根据反应物是二氧化碳和氨气（NH3），反应条件是高温、高压，生成物是尿素[CO（NH2）]和水，化学反应式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，2设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为3a，2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O起始/mol 3a a转化/mol 1.2a 0.6a平衡/mol 1.8a 0.4a平衡时NH3转化率为：×100%=40%，故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；②CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，根据化合价变化可知1mol二氧化碳变成甲烷得到8mol电子，故电极反应为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O．【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数概念理解、转化率的计算及原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等．分析图象时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介质的参与．9．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛．（1）在某温度下，K sp（FeS）=8.1×10﹣17，FeS饱和溶液中c（H+）与c（S2﹣）之间存在关系：c2（H+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣22，为了使溶液里c（Fe2+）达到1mol•L﹣1，现将适量FeS 投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为B（填字母）．A．2 B．3 C．4 D．5（2）氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：①酸溶过程中Fe2O3发生反应的离子方程式为Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；“滤渣A”主要成分的化学式为SiO2．②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4．请完成该反应的离子方程式：1FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO+16H+③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓．．Al、Mg形成沉淀，使制得的铁红不纯（几种离子沉淀的pH见上表）．⑤滤液B可以回收的物质有ABD（填序号）．A．Na2SO4 B．Al2（SO4）3 C．Na2SiO3 D．MgSO4．【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题；无机实验综合．【分析】（1）根据硫化亚铁的溶度积常数和亚铁离子浓度计算硫离子浓度，再根据氢硫酸的电离平衡常数计算氢离子浓度，最后利用pH计算公式计算溶液的pH；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；②根据得失电子守恒和原子守恒来配平，FeS2中S元素的化合价从﹣1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42﹣前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16；③NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；④根据几种离子沉淀的pH分析；⑤因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠．【解答】解：（1）溶液中c（S2﹣）==mol/L=8.1×10﹣17mol/L，c2（H+）•c（S2﹣）=1.0×10﹣22，则c（H+）=mol/L=1.11×10﹣3mol/L，pH=﹣lg1.11×10﹣3=3；故选B；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2．故答案为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；SiO2；②FeS2中S元素的化合价从﹣1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42﹣前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+，故答案为：14；8H2O；16H+；15；2；16H+；③Fe2+与OH﹣反应生成4Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，用化合价升价法配平方程式为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓；④根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；故答案为：Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；⑤未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有：Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故选：ABD．。

2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（6）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中，错误的是( )A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．血液透析是利用了胶体的性质C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．厨房中燃气泄漏，立即打开抽油烟机排气2．下列说法正确的是( )A．食用植物油是人体的营养物质B．分馏、干馏是物理变化，裂化、裂解是化学变化C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D．甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料3．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．25℃，pH=13的NaOH溶液中，含有OH﹣的数目为0.1N AB．1.2g C60和石墨的混合物中，含有的碳原子数目为0.1N AC．2.24L N2和NH3的混合气体中，含有的共用电子对数目为0.3N AD．标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1N A4．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多1，W与X同主族．下列说法正确的是( )A．单质的还原性：Y＞ZB．原子半径：Y＜Z＜WC．气态氢化物的稳定性：X＜WD．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应5．下列实验设计和结论相符的是( )A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C．某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42﹣D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液6．利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．下列说法正确的是( )A．a为直流电源的负极B．阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++e﹣═S2O42﹣+2H2OC．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+D．电解时，H+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室7．25℃时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是( )A．在B点有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）C．C点时，c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一．W是应用最广泛的金属元素．请回答：（1）Y元素原子的结构示意图为__________．（2）元素的金属性J__________W（填“＞”或“＜”），下列各项中，能说明这一结论的事实有__________（填序号）A．单质与酸反应置换出氢气的难易程度 B．单质的熔点C．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 D．在金属活动顺序表中的位置（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol则反应3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g）的△H=__________．（4）已知反应：2QZ2（g）+Z2（g）⇌2QZ3（g），QZ2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①压强：P1__________P2（填“＞”、“=”或“＜”）．②200℃下，将一定量的QZ2和Z2充入体积不变的密闭容器中，经10min后测得容器中各物质的物质的量浓度如下表所示：能说明该反应达到化学平衡状态的是__________．a．反应速率v（QZ2）=v（QZ3）b．体系的压强保持不变c．混合气体的密度保持不变d．QZ2和Z2的体积比保持不变计算上述反应在0～10min内，v（QZ2）=__________．（5）以YX3为燃料可以设计成燃料电池（电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液）该电池负极电极反应式为__________．9．金属铬污染环境，其主要来源于冶金、水泥等工业产生的废水，煤和石油燃烧的废气中也含有颗粒状的铬．（1）某兴趣小组拟定以下流程，对含Cr3+、Fe2+等离子的废水进行无害化处理．请回答下列问题：①写出加入双氧水后发生反应的离子方程式：__________．②过滤操作需要的玻璃仪器有__________．③活性炭的作用是__________．（2）工业含铬废水中铬常以Cr2O72﹣形式存在，可按下列流程来除去废水中的铬．①写出还原池中发生反应的离子方程式：__________．②石灰水处理后生成的沉淀有__________（用化学式表示）．③现处理1×102 L含铬（Ⅵ）39mg•L﹣1的废水，需要绿矾__________g．10．淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：①将1：1的淀粉水乳液与少许98%硫酸加入烧杯中，水浴加热至85～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；③控制反应液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65% HNO3与98% H2SO4的质量比为4：3）溶液；④反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体．硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2OC6H12O6+8HNO3→6CO2↑+8NO↑+10H2O3H2C2O4+2HNO3→6CO2↑+2NO↑+4H2O请回答下列问题：（1）实验①加入98%硫酸少许的目的是__________．（2）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为__________．（3）冷凝水的进口是__________（填“a”或“b”）．（4）装置B的作用为__________．（5）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是__________．（6）当尾气中n（NO2）：n（NO）=1：1时，过量的NaOH溶液能将氮氧化物全部吸收，发生的化学反应为NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O，若用步骤④后含硫酸的母液来吸收氮氧化物，其优点是__________，缺点是__________．（7）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为__________．[化学一物质结构与性质]11．（13分）可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO+3C CaC2+CO↑CaC2+N2CaCN2+CCaCN2+2H2O═NH2CN+Ca（OH）2NH2CN与水反应生成尿素[CO（NH2）2]，尿素合成三聚氰胺．（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的价层电子排布式__________．CaCN2中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和__________（填化学式），由此可以推知CN的空间构型为__________．（2）尿素分子中C原子采取__________杂化．（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”．动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过__________结合，在肾脏内易形成结石．A．共价键B．离子键C．分子间氢键（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为__________．已知CaO晶体的密度为ρ，用N A表示阿伏加德罗常数，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离__________（已知Ca﹣40、O﹣16，列出计算式）．CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为CaO 3 401kJ•mol﹣1、NaCl 786kJ•mol﹣1．导致两者晶格能差异的主要原因是__________．[化学一有机化学基础]12．有机物A→F的转化关系如下：已知：②有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6：1：2：1；③F是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代物只有两种．请回答下列问题：（1）A的分子式是__________．（2）B中的官能团名称是__________．（3）D的结构简式为__________，名称为__________．（4）C+E→F的化学方程式是__________．（5）和C互为同分异构体，且含相同官能团的有机物有__________种．（6）X与E互为同分异构体，属于酯类化合物，分子中只含一种官能团，苯环上一硝基取代物只有一种，则X的结构简式为__________；X分子中有__________种不同化学环境的氢原子，其峰面积之比为__________；1mol X与NaOH溶液共热反应，最多消耗__________ mol NaOH．2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（6）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求．）1．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法中，错误的是( )A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．血液透析是利用了胶体的性质C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D．厨房中燃气泄漏，立即打开抽油烟机排气【考点】药物的主要成分和疗效；胶体的重要性质；常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【专题】化学计算．【分析】A、铬离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性；B、人体血液属于胶体，不能透过半透膜；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，铁粉具有强还原性；D、燃气遇到电火花可发生爆炸．【解答】解：A、铬离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性，故A正确；B、透析（dialysis）是通过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液）的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，人体的血液属于胶体，不能透过半透膜，故B正确；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故C正确；D、燃气遇到电火花可发生爆炸，因此不可打开抽油烟机排气，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了蛋白质、胶体、硅胶、铁粉等物质的性质，题目难度不大，掌握物质的性质是解题的关键．2．下列说法正确的是( )A．食用植物油是人体的营养物质B．分馏、干馏是物理变化，裂化、裂解是化学变化C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D．甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．糖类、油脂、蛋白质和水、无机盐是人体必须的营养物质；B．分馏利用沸点差异分离混合物；C．相对分子质量在10000以上的为高分子；D．酒精中含C、H、O元素．【解答】解：A．糖类、油脂、蛋白质和水、无机盐是人体必须的营养物质，即食用植物油是人体的营养物质，故A正确；B．干馏、裂化、裂解均有新物质生成，均是化学变化，而分馏为物理变化，故B错误；C．葡萄糖不是高分子化合物，淀粉、蛋白质为高分子，故C错误；D．酒精不是碳氢化合物，甲烷、汽油都是碳氢化合物，但都可作燃料，故D错误；故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质及应用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．3．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．25℃，pH=13的NaOH溶液中，含有OH﹣的数目为0.1N AB．1.2g C60和石墨的混合物中，含有的碳原子数目为0.1N AC．2.24L N2和NH3的混合气体中，含有的共用电子对数目为0.3N AD．标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1N 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．缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；B． C60和石墨只含有碳元素，1.2g二者的混合物中含有1.2gC原子，含有0.1mol碳原子；C．没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量；D．二氧化氮与水的反应中，3mol二氧化氮与水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，转移了2mol电子，据此计算出二氧化氮完全反应转移的电子数．【解答】解：A．没有告诉氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，故A错误；B．1.2g C60和石墨的混合物中含有1.2gC，含有碳原子的物质的量为0.1mol，含有的碳原子数目为0.1N A，故B正确；C．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L混合气体的物质的量，故C错误；D．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水完全反应生成0.2mol 硝酸，转移了0.2mol电子，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A、D为易错点，注意A中缺少溶液体积、D中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮．4．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Z原子的核外电子数比Y原子多1，W与X同主族．下列说法正确的是( )A．单质的还原性：Y＞ZB．原子半径：Y＜Z＜WC．气态氢化物的稳定性：X＜WD．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【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】短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物，Y为Na元素；Z原子的核外电子数比原子Y原子多1，Z的核外电子数为11+1=12，故Z为Mg元素，W与X同主族，则W为硫元素，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：短周期元素的X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；Y与X可形成Y2X2和Y2X 两种离子化合物，Y为Na元素；Z原子的核外电子数比原子Y原子多1，Z的核外电子数为11+1=12，故Z为Mg元素，W与X同主族，则W为硫元素，A．同周期自左而右金属性减弱，单质的还原性降低，故还原性Na＞Mg，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Na＞Mg＞S，故B错误；C．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，故C错误；D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化镁，二者不反应，故D 错误．故选A．【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．5．下列实验设计和结论相符的是( )A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C．某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42﹣D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液【考点】化学实验方案的评价；硫酸根离子的检验；分液和萃取；常见气体的检验．【专题】实验评价题．【分析】A．乙醇与水混溶，二者不分层；B．氨气的水溶液显碱性；C．硫酸钡、氯化银均为不溶于水、不溶于酸的沉淀；原溶液还可能含有亚硫酸根离子；D．除杂后加热，铁离子水解会生成氢氧化铁．【解答】解：A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，因乙醇与水混溶，二者不分层，不能进行萃取，故A错误；B．氨气的水溶液显碱性，则某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，故B正确；C．硫酸钡、氯化银均为不溶于水、不溶于酸的沉淀，则某无色溶液中加Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中可能有SO42﹣，可能含有Ag+，若原溶液中含有亚硫酸根离子，也能生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，得到氯化铁溶液，但加热，铁离子水解会生成氢氧化铁所以最终得不到FeCl3溶液，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验方案的评价，明确混合物的分离、提纯、气体或离子的检验、物质的除杂等知识即可解答，选项C为解答的易错点，注意硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，题目难度中等．6．利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．下列说法正确的是( )A．a为直流电源的负极B．阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++e﹣═S2O42﹣+2H2OC．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+D．电解时，H+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断①图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极．【解答】解：A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B、阴极的电极反应式为：2HSO3﹣+2H++2e﹣═S2O42﹣+2H2O，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+，故C正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，理解电解池原理是关键，题目难度中等．7．25℃时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是( )A．在B点有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）C．C点时，c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据在B点时溶液显示碱性及电荷守恒进行判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；B．根据A、B之间，醋酸少量及醋酸体积稍大的情况进行讨论醋酸根离子与氢氧根离子浓度关系；C．根据C点pH=7，溶液显示中性进行判断溶液中各离子浓度大小；D．醋酸浓度是氢氧化钠溶液浓度的2倍，D点时加入醋酸的物质的量为氢氧化钠的物质的量2倍，根据物料守恒进行判断．【解答】解：A．在B点时，溶液pH＞7，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c （H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故A错误；B．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，如果加入的醋酸少量，则c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），如果加入的醋酸达到一定程度，则会出现c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．在C点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）=c（CH3COO ﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，而钠离子浓度为c（Na+）=0.05mol/L，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D错误；故选C．【点评】本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液pH与溶液酸碱性的关系，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用．二、非选择题（本大题共3小题，共58分．其中3题必考题，2题选考题任选一题）8．X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一．W是应用最广泛的金属元素．请回答：（1）Y元素原子的结构示意图为．（2）元素的金属性J＞W（填“＞”或“＜”），下列各项中，能说明这一结论的事实有ACD （填序号）A．单质与酸反应置换出氢气的难易程度 B．单质的熔点C．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 D．在金属活动顺序表中的位置（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol则反应3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g）的△H=﹣150.8kJ/mol．（4）已知反应：2QZ2（g）+Z2（g）⇌2QZ3（g），QZ2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①压强：P1＜P2（填“＞”、“=”或“＜”）．②200℃下，将一定量的QZ2和Z2充入体积不变的密闭容器中，经10min后测得容器中各物能说明该反应达到化学平衡状态的是bd．a．反应速率v（QZ2）=v（QZ3）b．体系的压强保持不变c．混合气体的密度保持不变d．QZ2和Z2的体积比保持不变计算上述反应在0～10min内，v（QZ2）=0.16mol/（L．min）．（5）以YX3为燃料可以设计成燃料电池（电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液）该电池负极电极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题；电化学专题．【分析】X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，则Z为Na；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q 的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na，处于第三周期，设最外层电子数为a，则a：（2+8+a）=3：8，解得a=6，故Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，则X为H元素；Y原子序数小于钠，处于第二周期，而Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，故Y为N元素；W是应用最广泛的金属元素，则W为Fe，据此解答．（1）Y为N元素，原子核外有7个电子，有2个电子层，各层电子数为2、5；（2）根据金属活动顺序表、金属单质与水或酸反应剧烈程度、难易程度，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱等判断金属性强弱；（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol根据盖斯定律，①﹣②×2可得：3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g；（4）①正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正向移动，QZ2（g）的转化率增大；②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量由方程式可知，△c（QZ2）=△c（QZ3）=1.6mol/L，再根据v=计算v（QZ2）；（5）以NH3为燃料设计成燃料电池，电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下可以得到氮气与水．【解答】解：X、Y、Z、J、Q、W六种元素，原子序数依次增大，其中X、Y、Z、J、Q是短周期主族元素．元素Z在地壳中含量最高，则Z为Na；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na，处于第三周期，设最外层电子数为a，则a：（2+8+a）=3：8，解得a=6，故Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，则X为H元素；Y原子序数小于钠，处于第二周期，而Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，故Y为N元素；W是应用最广泛的金属元素，则W为Fe．（1）Y为N元素，原子的结构示意图为，故答案为：；（2）元素的金属性Na＞Fe，A．金属单质与酸反应生成氢气越容易，其金属性越强，故A正确；B．单质的熔点属于物理性质，不能比较金属性强弱，故B错误C．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，元素金属性越强，故C正确；D．根据在金属活动顺序表中的位置，可以判断金属性强弱，故D正确，故选：ACD；（3）已知：①3W（s）+2Z2（g）=W3Z4（s）△H1=﹣1118.4kJ/mol②2X2（g）+Z2（g）=2X2Z（g）△H2=﹣483.8kJ/mol根据盖斯定律，①﹣②×2可得：3W（s）+4X2Z（g）=W3Z4（s）+4X2（g），则△H=﹣1118.4kJ/mol ﹣2（﹣483.8kJ/mol）=﹣150.8kJ/mol，故答案为：﹣150.8kJ/mol；（4）①由图可知，温度一定，压强P1时QZ2（g）的转化率较小，正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡正向移动，QZ2（g）的转化率增大，故压强P1＜P2，故答案为：＜；②a．反应速率v（QZ2）=v（QZ3），未指明正逆速率，不能说明到达平衡，若分别表示正、逆速率时反应到达平衡，故a错误；b．随反应进行气体物质的量减小，恒温恒容下，压强减小，当体系的压强保持不变时，说明到达平衡，故b正确；c．混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度为定值，始终保持不变，故c错误；d．QZ2和Z2按物质的量1：3混合，二者氨气2：1反应，随反应进行二者体积之比发生变化，当二者体积比保持不变时，反应到达平衡状态，故d正确；由方程式可知，△c（QZ2）=△c（QZ3）=1.6mol/L，故0～10min内，v（QZ2）==0.16mol/（L．min），故答案为：bd；0.16mol/（L．min）；（5）以NH3为燃料设计成燃料电池，电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，碱性条件下可以得到氮气与水，该电池负极电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，故答案为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系应用、盖斯定律应用、化学平衡计算与影响因素、平衡状态判断、化学平衡图象、原电池等，注意掌握金属性、非金属强弱比较实验事实．9．金属铬污染环境，其主要来源于冶金、水泥等工业产生的废水，煤和石油燃烧的废气中也含有颗粒状的铬．（1）某兴趣小组拟定以下流程，对含Cr3+、Fe2+等离子的废水进行无害化处理．请回答下列问题：。