四川省成都市崇州市崇庆中学2016届高三化学上学期火箭班选拨考试试卷(含解析)

成都市2016级高中毕业班第三次诊断性检测理科综合（化学部分）本试卷分为选择题和非选择题两部分。

第Ι卷（选择题）1至5页，第Ⅱ卷（非选择题）6至14 页，共14页；满分300分，考试时间150分钟。

注意事项1.答题前，务必将自己的姓名考籍号填写在答题卡规定的位置上。

2. 答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑·如需改动，用橡皮捧擦干净后再选涂其它答案标号。

3. 答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。

4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

5.考试结束后．只将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H—1 B — l1 C—12 N—14第Ι卷（共126分）一、选择题：本题共13个小题，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.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。

下列说法错误的是A. 普通玻璃含有二氧化硅B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能C. 碲化镉是一种无机化合物D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放8. 下列关于有机物的说法错误的是A. C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2的有4种B. 糖类、油脂、蛋白质都是电解质C. 乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的反应类型相同D. 将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中的淀粉已水解9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。

X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。

丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。

上述物质有如右图转化关系：下列说法错误的是A. 四种元素形成的单质中W的氧化性最强B. 甲、乙、丙中沸点最高的是丙C. 甲常用作致冷剂D. 甲、乙分子均只含有极性共价键10.用“银—Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比下列说法正确的是A.反应①中参与反应的HCHO 为30g 时转移电子2molB.可用双氧水检验反应②后溶液中是否存在Fe 3+C.生成44.8LCO 2时反应②中参加反应的Ag 一定为8molD.理论上测得溶液吸光度越高，HCHO 的含量也越高11.25℃将浓度均为0.1mol/L 的HA 溶液和BOH 溶液按体积分别为Va 和V b 混合，保持Va+V b =100 mL ，且生成的BA 可溶于水。

2015-2016学年四川省成都市树德中学高三（上）零诊化学试卷一.选择题1．某矿泉水标签上印有主要的矿物质成分如下（单位mg/L）：Ca：20，K：39，Mg：3.0Zn：0.06，F：0.02等．这里的Ca、K、Mg、Zn、F是指（）A．单质B．元素C．金属离子D．分子2．用N A表示阿伏加德罗常数，则下列说法错误的是（）A．1 molCH5+所含的电子数为10N AB． 1 molC20H42中含有61 N A个共价键C．25℃时1 mL纯水中含有10﹣10N A个OH﹣离子D．22.4 L的NH3中含有4 N A个原子3．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（）A．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣4．已知S2O8n﹣离子和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O8n﹣离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4﹣离子，若反应后S2O8n﹣离子变成SO42﹣；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5：2，则S2O8n﹣中的n值和S的化合价是（）A．2，+7 B．2，+6 C．4，+7 D．4，+45．已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子6．某盐酸的物质的量浓度为12.0mol/L，其密度为1.19g/cm3，现有该浓度的盐酸100mL，则用于吸收HCl气体形成该盐酸的水的体积为（）A．75.2mL B．85.5mL C．90.8mL D．100mL7．质量分数不等的两种硫酸钠溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合后的质量分数为b%；质量分数不等的两种乙醇溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合后的质量分数为c%．则a、b、c的大小关系正确的是（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．c＞a＞b二、实验题8．（2014秋•东河区校级期中）（1）质量比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO，分子个数之比为；氧原子个数之比为；相同条件下体积比为．（2）在标准状况下，1.7g NH3所占的体积为L，它与标准状况下L H2S含有相同数目的H原子．（3）某气体氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为，R的相对原子质量为．9．（2015秋•成都校级月考）人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示．抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[（NH4）2C2O4]溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度．某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度．【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图．（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有（填序号）；（2）其中确定50mL溶液体积的容器是（填名称）；（3）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将（填“偏大”或“偏小”）．【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液．（4）已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn x++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=．（5）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为mg/cm3．10．（2015秋•成都校级月考）某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．（1）原溶液中肯定存在的离子是，肯定不存在的离子是．（2）已知一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？．（3）按照反应顺序逐步书写出②中发生反应的离子反应方程式①；②；③；④；⑤．11．（2015秋•成都校级月考）有X、Y、Z三种物质，它们之间存在如图转化关系：（1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，三个反应均为化合反应，则Y的化学式为，Z的电子式为；Y、Z两种物质相比，相同的化学键类型为，当由X制取Z的上述两种途径生成Z的量相等时，转移电子数目比为．（2）若X、Y、Z均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L的三种物质的溶液pH：Y＞X＞Z＞7，则①的化学方程式为；③的离子方程式为．（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，X是单质，Y是日常生活中最重要的盐，②的反应条件为电解，则②的化学方程式为，③的离子方程式为．参考答案与试题解析一.选择题1．考点：元素．分析：食品、药品、营养品、矿泉水等物质中的“Ca、K、Mg、Zn、F”等有多种形式存在，而是指元素，通常用元素及其所占质量（质量分数）来描述．解答：解：食品、药品、营养品、矿泉水等物质中的“Ca、K、Mg、Zn、F”等有多种形式存在，如钙元素可能为碳酸钙或氢氧化钙等，题目中的Ca、K、Zn、F是指元素．A．矿泉水中不存在金属单质，故A错误；B．题目中的Ca、K、Zn、F是指元素，故B正确；C．F元素不是金属，故C错误；D．金属元素一般不形成分子，故D错误．故选B．点评：本题考查物质的组成知识，难度不大，主要考查元素与微观粒子及物质的区别，加深对元素概念的理解是正确解答此类试题的关键．2．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 molCH5+所含的电子数为10mol；B．饱和烃中C﹣C键数为碳的个数减一，C﹣H个数为氢的个数；C．25℃时水中氢离子和氢氧根离子的浓度为10﹣7mol/L；D．气体不一定在标况下．解答：解：A．1 molCH5+所含的电子数为10mol，电子数为10N A，故A正确；B．C20H42中19个C﹣C键和42个C﹣H键，1个C20H42中含有61 个共价键，则1 molC20H42中含有61 N A个共价键，故B正确；C．25℃时水的离子积为10﹣14，水中氢离子和氢氧根离子的浓度为10﹣7mol/L，所以1 mL 纯水中含有物质的量=浓度×体积，10﹣7×10﹣3=10﹣10N A个OH﹣离子，故C正确；D．气体不一定标准状况下，22.4L氨气的物质的量不一定是1mol，故D错误．故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．3．考点：离子共存问题；钠的重要化合物．专题：离子反应专题．分析：Na2O2具有强氧化性，与水反应生成OH﹣，溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与Na2O2或OH﹣反应，且离子之间不发生任何反应．解答：解：A．NH4+与OH﹣反应而不能大量共存，故A错误；B．在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．Mg2+与OH﹣反应，Ca2+、HCO3﹣与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D．SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应，故D错误．故选B．点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握题中所给信息，把握离子的性质，易错点为D，注意SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应．4．考点：氧化还原反应的计算．分析：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，以此来解答．解答：解：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，若反应后S2O8n﹣变成SO42﹣，S的化合价降低，SO42﹣中S的化合价为+6价，则S2O8n﹣中的S元素的化合价为+7价，则+7×2+（﹣2）×8=﹣n，解得n=2，故选A．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．5．考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：氧化还原反应专题．分析：根据有红色金属生成，则生成Cu，溶液为蓝色，则生成硫酸铜，产生刺激性气味的气体，则生成二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答．解答：解：NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，A．硫酸中各元素的化合价不变，故A错误；B．NH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，故B错误；C．刺激性气味的气体为二氧化硫，故C错误；D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol×（1﹣0）=0.5mol，故D正确；故选：D．点评：本题考查氧化还原反应，明确Cu元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大，注意现象与生成物的关系来解答．6．考点：物质的量浓度的相关计算．专题：计算题．分析：根据n=cV计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，再根据m=ρV计算溶液的质量，进而计算水的质量，再根据V=计算水的体积．解答：解：100mL该盐酸溶液中HCl的物质的量=0.1L×12mol/L=1.2mol，溶液中HCl的质量=1.2mol×36.5g/mol=43.8g，溶液质量=100mL×1.19g/mL=119g，故需要水的质量=119g﹣43.8g=75.2g，水的密度为1g/mL，故需要水的体积==75.2mL，故选A．点评：本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意对公式的理解，有利于基础知识的巩固．7．考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算．分析：硫酸钠的密度比水大，溶液浓度越大，密度越大，乙醇密度比水小，溶液浓度越大，密度越小；假设两种溶液的质量分数分别是x y，其中x＜y，若把题中两种硫酸钠等体积混合想象成熟知的等质量混合（化陌生为熟悉），则混合后溶液中溶质的质量分数为，硫酸钠越浓，密度越大，故等体积混合时，较浓硫酸钠的质量比混合溶液的质量一半要多，所以混合后溶液中溶质的质量分数应大于；乙醇的密度比水小，情况和硫酸钠溶液的相反．解答：解：假设两种溶液的质量分数分别是x y，其中x＜y，对于硫酸钠溶液，等质量（假设都是m g）混合之后，混合溶液质量分数a%==，等体积混合时，由于质量分数小的硫酸钠的密度比较小，等体积的两种硫酸钠溶液，质量分数大的质量大，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的高质量分数组分的硫酸钠，因此混合溶液质量分数b%＞；同样，对于乙醇溶液，等质量混合时其浓度依然是a%=，等体积混合时，由于质量分数小的乙醇溶液密度比较大（因为乙醇的密度比水小），等体积的两种乙醇溶液，质量分数大的质量小，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的低质量分数组分的乙醇溶液，因此混合溶液质量分数c%＜，则有：b＞a＞c，故选B．点评：本题考查了溶质质量分数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握溶质质量分数为概念及表达式，明确硫酸钠的浓度越大、密度越大，乙醇的浓度越大、密度越小为解答关键．二、实验题8．（2014秋•东河区校级期中）（1）质量比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO，分子个数之比为5：5：4；氧原子个数之比为10：5：4；相同条件下体积比为5：5：4．（2）在标准状况下，1.7g NH3所占的体积为 2.24L，它与标准状况下 3.36L H2S含有相同数目的H原子．（3）某气体氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为64g•mol﹣1，R的相对原子质量为32．考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：（1）根据n=计算物质的量之比，由N=nN A可知分子数目之比等于其物质的量之比；结合分子中含有的氧原子数目计算氧原子数目之比；根据V=nV m可知，相同条件下，体积之比等于物质的量之比；（2）根据n=计算1.7g氨气的物质的量，根据V=nV m计算氨气的体积，硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等，则2n（H2S）=3n（NH3），据此计算n（H2S），再根据V=nV m计算硫化氢的体积；（3）根据n=计算该气体氧化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，进而计算R的相对原子质量．解答：解：（1）SO2、CO、NO的质量比为16：7：6，其物质的量之比为：：=5：5：4，所以其分子数之比为5：5：4，氧原子数之比=5×2：5×1：4×1=10：5：4，相同条件下的体积之比为5：5：4，故答案为：5：5：4；10：5：4；5：5：4；（2）1.7 g NH3的物质的量为1.7 g÷17 g•mol﹣1=0.1 mol，在标准状况下的体积为0.1 mol×22.4 L•mol﹣1=2.24 L，硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等，则2n（H2S）=3n（NH3），故n（H2S）=0.1mol×3÷2=0.15mol，则标准状况下0.15 mol H2S的体积为0.15 mol×22.4 L•mol﹣1=3.36 L，故答案为：2.24；3.36；（3）在标准状况下，1.28 g该氧化物的体积为448 mL，其物质的量为0.448 L÷22.4 L•mol ﹣1=0.02 mol，摩尔质量为1.28 g÷0.02 mol=64 g•mol﹣1，R的相对原子质量为64﹣16×2=32，故答案为：64 g•mol﹣1；32．点评：本题考查常用化学计量的有关计算，难度不大，侧重对基础知识的巩固．9．（2015秋•成都校级月考）人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示．抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[（NH4）2C2O4]溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度．某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度．【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图．（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有（填序号）②⑤；（2）其中确定50mL溶液体积的容器是（填名称）50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将偏小（填“偏大”或“偏小”）．【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液．（4）已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn x++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=2．（5）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为 1.2mg/cm3．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应的计算；溶液的配制．分析：（1）由图可知，操作分别为称量、溶解、转移、定容、摇匀，不能在量筒中溶解，定容时不能仰视；（2）配制50mL 溶液选50mL容量瓶；（3）仰视，水加多，则溶液体积偏大，结合c=分析；（4）由电荷守恒可计算x；（5）由信息CaC2O4溶于强酸可得草酸（H2C2O4）及2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，5Ca2+～5H2C2O4～2MnO4﹣，以此计算．解答：解：（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：②⑤；（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；（4）根据电荷守恒，（﹣1×2）+（+1×6）=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2；（5）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol/L×0.012L=2.4×10﹣4mol，根据反应方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=n（MnO4﹣）=2.5×2.4×10﹣4mol=610﹣4mol，Ca2+的质量为40g/mol×6×10﹣4mol=0.024g，钙离子的浓度为=1.2 mg/cm3，故答案为：1.2．点评：本题考查物质含量的测定及溶液配制等，为高频考点，把握溶液配制的方法及发生的反应及关系为解答的关键，侧重分析、实验及计算能力的综合考查，题目难度中等．10．（2015秋•成都校级月考）某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．（1）原溶液中肯定存在的离子是OH﹣、AlO2﹣、CO32﹣、K+，肯定不存在的离子是NH4+、SO42﹣、SiO32﹣、Al3+．（2）已知一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？有Cl﹣．（3）按照反应顺序逐步书写出②中发生反应的离子反应方程式① H ++OH ﹣=H 2O ； ② AlO 2﹣+H ++H 2O=Al （OH ）3↓ ；③ CO 32﹣+H +=HCO 3﹣ ；④ HCO 3﹣+H +=H 2O+CO 2↑ ；⑤ Al （OH ）3+3H +=3H 2O+Al 3+．考点： 常见离子的检验方法；离子方程式的书写；离子共存问题． 专题： 离子反应专题．分析： 强碱性溶液中一定不存在Al 3+，①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba （NO 3）2溶液，无沉淀生成，则不含有硫酸根离子，可能含有碳酸根离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，则一定没有铵根离子，还一定含有AlO 2﹣，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子．解答： 解：（1）强碱性溶液中一定不存在Al 3+，①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba （NO 3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO 42﹣和SiO 32﹣，可能含有CO 32﹣离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，一定不含有铵根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子， 故答案为：OH ﹣、AlO 2﹣、CO 32﹣、K +；NH 4+、SO 42﹣、SiO 32﹣、Al 3+；（2）一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L 盐酸即0.001mol 的盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g ，即氯化银的量为0.0013mol ，大于0.001mol ，所以含有Cl ﹣，故答案为：有Cl ﹣；（3）②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），即H ++OH ﹣=H 2O ，开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，AlO 2﹣+H ++H 2O=Al （OH ）3↓，沉淀量基本不变后产生一种气体，CO 32﹣+H +=HCO 3﹣，HCO 3﹣+H +=H 2O+CO 2↑，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，Al （OH ）3+3H +=3H 2O+Al 3+，故答案为：H ++OH ﹣=H 2O ；AlO 2﹣+H ++H 2O=Al （OH ）3↓；CO 32﹣+H +=HCO 3﹣；HCO 3﹣+H +=H 2O+CO 2↑；Al （OH ）3+3H +=3H 2O+Al 3+．点评： 本题是一道离子检验和离子反应知识的综合题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度大．11．（2015秋•成都校级月考）有X、Y、Z三种物质，它们之间存在如图转化关系：（1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，三个反应均为化合反应，则Y的化学式为Na2O，Z的电子式为；Y、Z两种物质相比，相同的化学键类型为离子键，当由X制取Z的上述两种途径生成Z的量相等时，转移电子数目比为1：2．（2）若X、Y、Z均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L的三种物质的溶液pH：Y＞X＞Z＞7，则①的化学方程式为Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；③的离子方程式为CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣．（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，X是单质，Y是日常生活中最重要的盐，②的反应条件为电解，则②的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，③的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．考点：无机物的推断．分析：（1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，则应含有Na元素，三个反应均属于为化合反应，可知X为Na，Y为Na2O，Z为Na2O2；（2）若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L 的三种物质的溶液pH：Y＞X＞Z＞7，则Y是强碱，X、Z是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，所以Y是氢氧化钠，X是碳酸钠，Z是碳酸氢钠；（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，Y是日常生活中最重要的盐，则Y是氯化钠，X是单质，则X是钠，②的反应条件为电解，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，Z中含有金属元素，则Z是氢氧化钠解答：解：（1）若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，则这三种物质都含有钠元素，三个反应均为化合反应，则Y中含有变价元素，根据教材知识知，X是钠、Y是氧化钠、Z 是过氧化钠，通过以上分析知，Y是氧化钠，其化学式为Na2O，Z是过氧化钠，其电子式为，Y和Z中都含有离子键，但Z中还含有非极性共价键，当②、③两个反应生成的Z量相等时，分别发生：2Na2O+O2=2Na2O2，2Na+O2=Na2O2，若生成2molNa2O2，转移的电子的物质的量分别为2mol、4mol，则转移的电子数目之比为1：2，故答案为：Na2O；；离子键；1：2；（2）若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1mol/L 的三种物质的溶液pH：Y＞X＞Z＞7，则Y是强碱，X、Z是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，所以Y是氢氧化钠，X是碳酸钠，Z是碳酸氢钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，离子反应方程式为：CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣；（3）若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，Y是日常生活中最重要的盐，则Y是氯化钠，X是单质，则X是钠，②的反应条件为电解，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Z中含有金属元素，则Z是氢氧化钠，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．点评：本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意元素化合物知识的积累，把握常见物质的性质，难度中等。

2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（五）一、单项选择题1．下列有关化学用语表示正确的是( )A．过氧化钠的电子式：B．质子数为35、中子数为45的溴原子：BrC．硫离子的结构示意图：D．福尔马林可作食品的保鲜剂2．设N A为阿伏伽德常数的数值，下列说法正确的是( )A．18 g H2O含有10N A个质子B．1 mol甲苯含有6N A个C﹣H键C．标准状况下，22.4 L氨水含有N A个NH3分子D．56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、CO32﹣、B．c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣D．0.1 mol•L﹣1FeCl3溶液中：Fe2+、SCN﹣、SO42﹣4．下列除杂方案错误的是( )A．AB．BC．CD．D5．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是( )A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩6．室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是( )A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mLC．V（NaOH）=20.00mL时，两份溶液中c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）7．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是( )A．反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体B．最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．最终得到7.8g沉淀D．最终得到的溶液中c（NaCl）=1.5mol/L二、非选择题8．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含有一种金属元素，A和D 最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族．B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物．请回答下列问题：（1）C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序是__________（填具体离子符号）；由A、B、C三种元素按 4：2：3组成的化合物所含的化学键类型属于__________．（2）用某种废弃的金属易拉罐与 A、C、D组成的化合物溶液反应，该反应的离子方程式为：__________．（3）A、C两元素的单质与熔融K2CO3，组成的燃料电池，其负极反应式为__________，用该电池电解1L1mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LA2时，NaCl溶液的PH=__________ （假设电解过程中溶液的体积不变）．（4）可逆反应2EC2（气）+C2（气）⇌2EC3（气）在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B 容器可保持恒容（如图所示），若在 A、B 中分别充入lmolC2和2molEC2，使V （A ）=V （ B ），在相同温度下反应，则：①达平衡所需时间：t（A ）__________ t （ B ）（填＞、＜、二，或：无法确定，下同）．平衡时 EC2的转化率：a（ A ） _a（ B ）．（5）欲比较C和E两元素的非金属性相对强弱，可采取的措施有__________ （填“序号”）．a．比较这两种元素的气态氢化物的沸点b．比较这两种元素的单质在常温下的状态c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易．9．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）．Ⅰ．【查阅资料】（1）Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成．（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4．（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸．Ⅱ．【制备产品】实验装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）检查装置气密性，如图示加入试剂．仪器a的名称是__________；E中的试剂是__________（选填下列字母编号）．A．稀H2SO4B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3的混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4．（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤C中的混合物，滤液经__________（填写操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品．Ⅲ．【探究与反思】（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀盐酸、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，__________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4．（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是__________．（3）Na2S2O3•5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过__________方法提纯．10．磷酸铁（FePO4•2H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料．实验室可通过下列实验制备磷酸铁．（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤．反应加热的目的是__________．（2）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+．为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，离子方程式如下：Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O①在向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、__________和__________．②若滴定x mL滤液中的Fe2+，消耗a mol•L﹣1 K2Cr2O7标准溶液b mL，则滤液中c（Fe2+）=__________mol•L﹣1．③为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是__________（填序号）．A．加入适当过量的H2O2溶液B．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C．加热，使反应在较高温度下进行D．用氨水调节溶液pH=7（3）将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3+的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4•2H2O．若反应得到的FePO4•2H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为__________．11．离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系．由有机阳离子、Al2Cl7﹣和AlCl4﹣组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝．（1）钢制品应接电源的__________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为__________，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为__________．（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为__________mol．（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有__________a、KClb、KClO3c、MnO2d、Mg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，__________（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是__________（用离子方程式说明）．2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（五）一、单项选择题1．下列有关化学用语表示正确的是( )A．过氧化钠的电子式：B．质子数为35、中子数为45的溴原子：BrC．硫离子的结构示意图：D．福尔马林可作食品的保鲜剂考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．分析：A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数；C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子；D．福尔马林为甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能作食品的保鲜剂．解答：解：A．过氧化钠是离子化合物，电子式中需要标出电荷，其正确电子式为，故A错误；B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数=35+45=80，所以该原子可以表示为：Br，故B正确；C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为，故C错误；D．由于甲醛有毒，则福尔马林不能作食品的保鲜剂，故D错误；故选B．点评：本题考查了化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电子式、元素符号等知识点，根据这些化学用语特点来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．2．设N A为阿伏伽德常数的数值，下列说法正确的是( )A．18 g H2O含有10N A个质子B．1 mol甲苯含有6N A个C﹣H键C．标准状况下，22.4 L氨水含有N A个NH3分子D．56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子考点：阿伏加德罗常数．分析：A、求出水的物质的量，然后根据水为10质子微粒来分析；B、甲苯中含8个氢原子；C、标况下，氨水为液体；D、铁在浓硫酸中会钝化．解答：解：A、18g水的物质的量为1mol，而水为10质子微粒，故1mol水中含10mol质子即10N A个，故A正确；B、甲苯中含8个氢原子，故含8molC﹣H键即8N A个，故B错误；C、标况下，氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、铁在浓硫酸中会钝化，不能完全反应，则生成的二氧化硫的个数小于N A个，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、CO32﹣、B．c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣D．0.1 mol•L﹣1FeCl3溶液中：Fe2+、SCN﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．pH=1的溶液，显酸性；B．c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显碱性；C．该组离子之间不反应；D．离子之间结合生成络离子．解答：解：A．pH=1的溶液，显酸性，H+、CO32﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；B．c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+、Cu2+，故B错误；C．该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子的共存，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，侧重复分解反应、络合反应的离子共存考查，题目难度不大．4．下列除杂方案错误的是( )A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯和除杂．分析：A．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能；B．HCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解；C．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应；D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠．解答：解：A．二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故A正确；B．HCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故B正确；C．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故C错误；D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故D正确；故选C．点评：本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．5．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是( )A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩考点：真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：实验题．分析：检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题．解答：解：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C．过滤时用到④、⑤和⑦，故C不选；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选．故选B．点评：本题为2014年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大．6．室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是( )A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mLC．V（NaOH）=20.00mL时，两份溶液中c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）考点：真题集萃；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．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH；C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解；D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断．解答：解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH ＞盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，故B正确；C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c （Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；故选B．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大．7．将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L（标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是( )A．反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体B．最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．最终得到7.8g沉淀D．最终得到的溶液中c（NaCl）=1.5mol/L考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol．发生的化学反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成0.2molNaOH、0.1mol氧气；发生反应：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，0.2molAl消耗0.2molNaOH，故Al完全反应，剩余0.2molNaOH，生成0.2molNaAlO2、0.3molH2，通入HCl，先发生反应：NaOH+HCl═NaCl+H2O，0.2molNaOH反应消耗0.2molHCl，剩余0.1molHCl，再发生反应：NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，0.1molHCl消耗0.1molNaAlO2，剩余0.1molNaAlO2，生成0.1molAl（OH）3，最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，A．生成气体为氧气与氢气，根据V=nV m计算混合气体的体积；B．最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，根据电荷守恒判断；C．根据m=nM计算氢氧化铝沉淀的质量；D．HCl完全反应，溶液中n（NaCl）=n（HCl），根据c=计算．解答：解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，6.72LHCl气体的物质的量为=0.3mol．发生的化学反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成0.2molNaOH、0.1mol氧气；发生反应：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，0.2molAl消耗0.2molNaOH，故Al完全反应，剩余0.2molNaOH，生成0.2molNaAlO2、0.3molH2，通入HCl，先发生反应：NaOH+HCl═NaCl+H2O，0.2molNaOH反应消耗0.2molHCl，剩余0.1molHCl，再发生反应：NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，0.1molHCl消耗0.1molNaAlO2，剩余0.1molNaAlO2，生成0.1molAl（OH）3，最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，A．反应中共得到气体的体积为（0.1mol+0.3mol）×22.4L/mol=8.96L，故A错误；B．最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（AlO2﹣）﹣c（H+），故B错误；C．最终的沉淀为Al（OH）3，其物质的量为0.1mol，则质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，故C 正确；D．HCl完全反应，溶液中n（NaCl）=n（HCl）=0.3mol，故c（NaCl）==1.5mo/L，故D正确，故选：CD．点评：本题考查混合物计算、根据反应方程式进行计算，难度较大，熟悉发生的化学反应是解答本题的关键，并注意酸碱的中和先于偏铝酸钠与盐酸反应来解答．二、非选择题8．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含有一种金属元素，A和D 最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族．B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物．请回答下列问题：（1）C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+（填具体离子符号）；由A、B、C三种元素按 4：2：3组成的化合物所含的化学键类型属于离子键和共价键．（2）用某种废弃的金属易拉罐与 A、C、D组成的化合物溶液反应，该反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2（AlOH2）﹣+3H2↑．（3）A、C两元素的单质与熔融K2CO3，组成的燃料电池，其负极反应式为H2+CO32﹣﹣2e﹣=CO2↑+H2O，用该电池电解1L1mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LA2时，NaCl溶液的PH=13 （假设电解过程中溶液的体积不变）．（4）可逆反应2EC2（气）+C2（气）⇌2EC3（气）在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B 容器可保持恒容（如图所示），若在 A、B 中分别充入lmolC2和2molEC2，使V （A ）=V （ B ），在相同温度下反应，则：①达平衡所需时间：t（A ）＜ t （ B ）（填＞、＜、二，或：无法确定，下同）．平衡时 EC2的转化率：a（ A ） _a（ B ）．（5）欲比较C和E两元素的非金属性相对强弱，可采取的措施有cd （填“序号”）．a．比较这两种元素的气态氢化物的沸点b．比较这两种元素的单质在常温下的状态c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C与B、E在周期表中相邻，且C、E同主族，原子序数C大于A、B小于E，则C处于第二周期，E处于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置关系为，A和D最外层电子数相同，则二者处于同族，原子序数D大于C小于E，则D为第三周期，其中仅含一种金属元素，D应为金属，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，D的核外电子数为奇数，则D为钠元素或铝元素，若D为钠元素，则A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，E为硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，符合题意．若D为铝元素，则A为硼元素，B为氧元素，C为氟元素，E为氯元素，A和C形成化合物，不符合题意．故A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为钠元素，E为硫元素，据此答题．解答：解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C与B、E在周期表中相邻，且C、E同主族，原子序数C大于A、B小于E，则C处于第二周期，E处于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置关系为，A和D最外层电子数相同，则二者处于同族，原子序数D大于C小于E，则D为第三周期，其中仅含一种金属元素，D应为金属，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，D的核外电子数为奇数，则D为钠元素或铝元素，若D为钠元素，则A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，E为硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，符合题意．若D为铝元素，则A为硼元素，B为氧元素，C为氟元素，E为氯元素，A和C形成化合物，不符合题意．故A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为钠元素，E为硫元素，（1）C、D、E三种原子对应的离子为O2﹣、Na+、S2﹣，电子层数越多，半径越小，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以它们半径由大到小的顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+，由A、B、C 三种元素按 4：2：3组成的化合物为NH4NO3，所含的化学键类型属于离子键和共价键，故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；离子键和共价键；（2）废弃的金属易拉罐为铝，与A、C、D组成的化合物为氢氧化钠溶液反应，该反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2（AlOH2）﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2（AlOH2）﹣+3H2↑；（3）氢气、氧气与熔融K2CO3，组成的燃料电池，氢气在负极放电，在熔融碳酸钾条件下生成二氧化碳与水，电解反应式为：H2+CO32﹣﹣2e﹣=CO2↑+H2O；用该电池电解1L1mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LH2时，氢气的物质的量==0.05mol，生成的NaOH物质的量=0.05mol×2=0.1mol，故n（OH﹣）=0.1mol/L，则c（H+）==10﹣13，故l溶液的pH=﹣lg10﹣13=13，故答案为：H2+CO32﹣﹣2e﹣=CO2↑+H2O；13；（4）可逆反应2EC2（气）+C2（气）⇌2EC3（气）在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B 容器可保持恒容（如图所示），若在 A、B 中分别充入lmolC2和2molEC2，使V（A ）=V（ B ），在相同温度下反应，则：A中压强不变，B中压强减小，故A反应速率更快，达平衡所需时间更短，故t（A）＜t（B）；A中的压强更高，增大压强平衡向正反应反应移动，平衡时 EC2的转化率更高，故：a（ A ）＞a（ B ），故答案为：＜；＞；（5）a．沸点属于物理性质，不能比较元素的非金属性强弱，故a错误；b．单质的状态属于物理性质，不能比较元素的非金属性强弱，故b错误；c．气态氢化物的稳定性，元素的非金属性越强，可以利用氢化物稳定性比较，故c正确；d．元素的单质与氢气化合的越容易，单质越活泼，元素的非金属性越强，故d正确；故答案为：cd．点评：本题考查结构与位置关系、半径比较、晶体类型与化学键、原电池、化学计算、化学平衡移动、非金属性比较等，难度中等，是对知识综合运用与学生能力考查，推断元素是关键，需充分利用信息，对知识全面掌握，物质推断是难点、易错点．9．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）．Ⅰ．【查阅资料】（1）Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成．（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4．（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸．Ⅱ．【制备产品】实验装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）检查装置气密性，如图示加入试剂．仪器a的名称是分液漏斗；E中的试剂是B（选填下列字母编号）．A．稀H2SO4B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3的混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4．（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤C中的混合物，滤液经蒸发（填写操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品．Ⅲ．【探究与反思】（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀盐酸、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4．（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液．（3）Na2S2O3•5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯．考点：制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：Ⅱ．（1）仪器a的名称是分液漏斗；E装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应；（3）根据将Na2S2O3结晶析出的操作分析；Ⅲ．【探究与反思】（1）根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl；硝酸、硫酸、盐酸等性质比较可知；（2）根据亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；（3）根据重结晶的适用范围分析．解答：解：Ⅱ．（1）仪器a的名称是分液漏斗；E中的试剂是NaOH溶液，目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀H2SO4和饱和NaHSO3溶液不反应，故答案为：分液漏斗；B；（3）将Na2S2O3结晶析出的操作应为：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发；Ⅲ．【探究与反思】（1）根据：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸；（2）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置C中生成Na2SO4的量，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（3）Na2S2O3•5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯，故答案为：重结晶．点评：本题以某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）为载体，考查了物质的分离提纯、检验、设计优化等，综合性较强．10．磷酸铁（FePO4•2H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料．实验室可通过下列实验制备磷酸铁．（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤．反应加热的目的是加快Fe和稀硫酸的反应速率．（2）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+．为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，离子方程式如下：Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O①在向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、用蒸馏水洗净和用K2Cr2O7标准溶液润洗2﹣3次．②若滴定x mL滤液中的Fe2+，消耗a mol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液b mL，则滤液中c（Fe2+）=mol•L﹣1．③为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是AB（填序号）．A．加入适当过量的H2O2溶液B．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C．加热，使反应在较高温度下进行D．用氨水调节溶液pH=7（3）将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3+的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4•2H2O．若反应得到的FePO4•2H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为Fe（OH）3（或氢氧化铁）．考点：制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）温度越高，反应速率越快；（2）①滴定管在使用前要检漏、洗涤、润洗，减少产生误差的机会；②根据Fe2+和K2Cr2O7之间的关系式计算；③为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，加入的氧化剂要过量，且使反应物充分反应；（3）氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁．解答：解：（1）温度越高，反应速率越快，所以反应加热的目的是加快铁与稀硫酸反应速率，故答案为：加快Fe和稀硫酸的反应速率；（2）①滴定管在使用前要检漏、洗涤、用K2Cr2O7标准溶液润洗2﹣3次，如果不检漏或洗涤、润洗，会导致使用滴定管中液体体积偏大，测量溶液浓度偏大，故答案为：用蒸馏水洗净；用K2Cr2O7标准溶液润洗2﹣3次；。

2015-2016学年四川省成都市崇州市崇庆中学高三（上）火箭班选拨考试化学试卷一、选择题（本题共7个小题，每个小题6分，一共42分）1．下列说法正确的是（）A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．萃取操作时，可以选用CCl4或酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴C．氢氧化铁胶体的电泳实验能证明氢氧化铁胶体带正电D．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2和O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，两种气体的氧原子数目相等2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，6gO2和26gO3混合气体中的原子总数为2N AB． 100mL 0.1mol/L的NaCl溶液中，所含微粒总数为0.02N AC． 23g金属钠变为钠离子时得到的电子数为N AD．标准状况下，2.24LH2O所含的原子数为0.3N A3．某溶液中含有HCO3﹣、CO32﹣、SO32﹣、Na+、NO3﹣五种离子．若向其中加入Na2O2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）A． NO3﹣ B． CO32﹣、NO3﹣C． SO32﹣、NO3﹣ D． CO32﹣、NO3﹣、Na+4．在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水，以下叙述正确的是（） A． Fe2O3是一种酸性氧化物B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品﹣→粉碎﹣→加水溶解﹣→过滤﹣→向滤液中滴加KSCN溶液C．分别还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为 3：2：3D．明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物5．将3.2g Cu跟30.0mL 10.0mol•L﹣1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H+，则此时溶液中含NO3﹣的物质的量为（）A． 0.5a mol B．（0.1+a）mol C． 0.1a mol D． 2a mol6．如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）．则下列有关说法正确的是（）A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色B．品红试纸、沾有KMnO4溶液的滤纸均褪色证明了SO2具有漂白性C．湿润淀粉KI试纸变蓝说明SO2的氧化性弱于I2D． NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO27．用如图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中对应选项正确的是（）甲乙丙试管中的现象A 浓盐酸二氧化锰石蕊试液先变红后褪色B 醋酸粉状贝壳 Na2SiO3溶液无浑浊C 浓氨水生石灰 AlCl3溶液无明显现象D 浓硝酸铜水生成无色气体并在试管口变为红棕色A． A B． B C． C D． D二、填空题：（本题共12分）8．（12分）（2015秋•崇州市校级月考）向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图所示．（1）写出OA段所发生反应的离子方程式：．（2）NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为，其物质的量浓度之比为．（3）产生的CO2体积（标准状况下）为．（4）原NaOH溶液的物质的量浓度为．三、推断题：（本题共15分）9．（15分）（2015秋•崇州市校级月考）图中A～J分别代表相关反应的一种物质．已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出，其中物质I是红棕色气体．（提示：2Mg+CO22MgO+C）请填写以下空白：（1）A的化学式．（2）写出反应②④的化学方程式：②，④．（3）写出反应③的离子方程式：．（4）J与F反应的化学方程式：．（5）在反应④中，当生成标况下2.24L G时，转移电子数为mol．四、实验题：（本题共31分）10．（16分）（2015秋•崇州市校级月考）Ⅰ．从海水得到的粗食盐水中常含Ca2+、Mg2+、SO42﹣，需要分离提纯．现有含少量CaCl2、MgSO4的粗食盐水，在除去悬浮物和泥沙之后，要用4种试剂①盐酸、②Na2CO3、③NaOH、④BaCl2来除去食盐水中Ca2+、Mg2+、SO42﹣．提纯的操作步骤和加入试剂的情况如图：图中a、b、c、d分别表示上述4种试剂中的一种，试回答：（1）沉淀A的名称是；（2）试剂d是；判断试剂d已经足量的方法是；（3）加入b、c后溶液中发生的化学反应的离子方程式为；（4）现有下列仪器，过滤出沉淀A、B、C、D时必须用到（填序号），仪器③的名称是．Ⅱ．海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室里组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，则正确的是（填序号）．Ⅲ．海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘，需要上述仪器中的（填序号），该仪器名称为，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作为．11．（15分）（2015秋•崇州市校级月考）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：【探究一】（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是．（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+，应选用（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液②乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为．【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．（3）装置B中试剂的作用是．（4）认为气体Y中还含有Q的理由是用化学方程式表示）．（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于（选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是．2015-2016学年四川省成都市崇州市崇庆中学高三（上）火箭班选拨考试化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7个小题，每个小题6分，一共42分）1．下列说法正确的是（）A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．萃取操作时，可以选用CCl4或酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴C．氢氧化铁胶体的电泳实验能证明氢氧化铁胶体带正电D．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2和O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，两种气体的氧原子数目相等考点：电解质与非电解质；物质的量的相关计算；胶体的重要性质；分液和萃取．分析： A、根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物判断；B、根据萃取剂的选择标准分析；C、胶体不带电；D、相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等．解答：解：A、液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl 不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl 均是电解质，故A错误；B、萃取剂的选取标准是：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应．根据萃取剂的选择标准分析：CCl4与水不互溶；而且溴在CCl4中的溶解度比在水中的大很多，所以可用CCl4作萃取剂．但是酒精与水互溶，不能做萃取剂，故B错误；C、胶体不带电，胶粒带电，故C错误；D、相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，故D正确．故选D．点评：本题考查电解质的判断，胶体的性质，萃取剂的选取以及阿伏加德罗定律及其推论，难度不大，注意知识的积累．2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，6gO2和26gO3混合气体中的原子总数为2N AB． 100mL 0.1mol/L的NaCl溶液中，所含微粒总数为0.02N AC． 23g金属钠变为钠离子时得到的电子数为N AD．标准状况下，2.24LH2O所含的原子数为0.3N A考点：阿伏加德罗常数．分析： A、氧气和臭氧均由氧原子构成；B、氯化钠溶液中，微粒包括离子、分子、原子等，所以必须指明具体的粒子名称；C、金属单质只能失电子；D、标况下，水为液体．解答：解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合气体中含有的氧原子的物质的量n==2mol，即为2N A个，与氧气和臭氧的质量分别是多少无关，故A正确；B、100mL 0.1mol/L的NaCl中含有溶质氯化钠0.01mol，题中没有告诉具体的粒子名称，无法计算溶液中含有的微粒数目，故B错误；C、由于金属元素无负价，故金属单质只能失电子，不能得电子，故C错误；D、标况下，水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．3．某溶液中含有HCO3﹣、CO32﹣、SO32﹣、Na+、NO3﹣五种离子．若向其中加入Na2O2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）A． NO3﹣ B． CO32﹣、NO3﹣C． SO32﹣、NO3﹣ D． CO32﹣、NO3﹣、Na+考点：离子共存问题；钠的重要化合物．专题：离子反应专题；几种重要的金属及其化合物．分析： Na2O2可与水反应生成NaOH，且具有强氧化性，具有还原性的离子或与OH﹣反应的离子不能大量共存，以此解答．解答：解：Na2O2粉末加入溶液中，SO32﹣因被氧化而减少，因有NaOH生成，则HCO3﹣与之反应生成CO32﹣，使CO32﹣、Na+均增加，HCO3﹣减少，整个过程中只有NO3﹣浓度保持不变．故选A．点评：本题考查离子共存问题，侧重于过氧化钠的性质的考查，为高频考点，难度不大，注意把握物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累．4．在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水，以下叙述正确的是（） A． Fe2O3是一种酸性氧化物B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品﹣→粉碎﹣→加水溶解﹣→过滤﹣→向滤液中滴加KSCN溶液C．分别还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为 3：2：3D．明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物考点：铁的氧化物和氢氧化物．分析： A．能够与酸反应只生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；B．三氧化二铁不溶于水；C．amolFe2O3被还原得到6amol电子，根据还原剂的化合价变化判断；D．只含有一种物质的属于纯净物．解答：解：A．三氧化二铁与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故A错误；B．Fe2O3不溶于水，且和水不反应，应加入盐酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，Fe2O3的检验过程：样品→粉碎→加酸溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液，故B错误；C．amolFe2O3被还原得到6amol电子，则分别消耗H2、Al、CO，3amol、2amol、3amol，物质的量之比为3：2：3，故C正确；D．明矾为结晶水化合物，为纯净物，故D错误；故选：C．点评：本题综合考查元素化合物知识，涉及酸性氧化物、碱性氧化物、铝热反应、离子的检验、氧化还原反应以及纯净物与混合物的判断，熟悉相关概念是解题关键，题目难度中等．5．将3.2g Cu跟30.0mL 10.0mol•L﹣1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H+，则此时溶液中含NO3﹣的物质的量为（）A． 0.5a mol B．（0.1+a）mol C． 0.1a mol D． 2a mol考点：氧化还原反应的计算．专题：守恒法．分析：根据题意知，溶液中存在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，结合电荷守恒，根据氢离子和铜离子的物质的量计算硝酸根离子的物质的量．解答：解：根据题意知，溶液中存在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，根据铜原子守恒知铜离子的物质的量==0.05mol，反应的溶液中有a mol H+，溶液存在电荷守恒，则有：n（H+）+2n（Cu2+）=n（NO3﹣）+n（OH﹣），由于溶液酸性，则n（OH﹣）=n（H+）+2n（Cu2+）=amol+2×0.05mol=（0.1+a）mol，﹣）较少，可忽略不计，则：n（NO3故选B．点评：本题考查了氧化还原反应，正确推断溶液中的溶质是解本题关键，再结合电荷守恒来分析解答即可，难度中等．6．如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）．则下列有关说法正确的是（）A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色B．品红试纸、沾有KMnO4溶液的滤纸均褪色证明了SO2具有漂白性C．湿润淀粉KI试纸变蓝说明SO2的氧化性弱于I2D． NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2考点：二氧化硫的化学性质．专题：氧族元素．分析： A．SO2只能使酸碱指示剂变色，不能漂白指示剂；B．SO2具有漂白性，能使品红试纸褪色，SO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应；C．根据氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂＞还原剂分析；D．SO2为酸性气体，可与NaOH溶液反应生成盐和水．解答：解：A．SO2只能使酸碱指示剂变色，所以湿润的蓝色石蕊试纸只变红，故A错误；B．品红试纸褪色，表现出SO2的漂白性，沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，表现出SO2的还原性，故B错误；C．湿润淀粉KI试纸变蓝，说明SO2能将KI氧化为I2，则SO2的氧化性强于I2，故C错误；D．SO2为酸性气体，有毒，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，故D正确．故选D．点评：本题考查二氧化硫的制备和性质，题目难度不大，注意SO2能使品红溶液褪色、KMnO4褪色的原因不同．7．用如图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入到固体乙中，试管中试剂为丙，则下表中对应选项正确的是（）甲乙丙试管中的现象A 浓盐酸二氧化锰石蕊试液先变红后褪色B 醋酸粉状贝壳 Na2SiO3溶液无浑浊C 浓氨水生石灰 AlCl3溶液无明显现象D 浓硝酸铜水生成无色气体并在试管口变为红棕色A． A B． B C． C D． D考点：化学实验方案的评价．分析： A．二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热；B．醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸；C．氢氧化铝和弱碱不反应；D．NO为无色气体，易被氧化生成红棕色的二氧化氮．解答：解：A．二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，该装置没有加热，所以不能产生氯气，导致不能使石蕊试液先变红后褪色，故A错误；B．醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸，所以试管中溶液变浑浊，故B错误；C．浓氨水和生石灰混合放热导致氨水分解生成氨气，氨气和氯化铝反应生成氢氧化铝，虽然氢氧化铝是两性氢氧化物，但氢氧化铝不和氨水反应，所以试管中看到的现象是只生成白色沉淀，故C错误；D．稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，通过水不反应，遇空气中氧气会发生反应生成二氧化氮，所以试管中的现象是出现红棕色，故D正确．故选D．点评：本题考查了元素化合物的性质，易错选项是A，注意次氯酸能使酸碱指示剂褪色，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色．二、填空题：（本题共12分）8．（12分）（2015秋•崇州市校级月考）向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图所示．（1）写出OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣．（2）NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH、Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1 ．（3）产生的CO2体积（标准状况下）为56mL ．（4）原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75mol/L ．考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为75mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，（1）根据发生的反应书写离子方程式；（2）中和NaOH消耗HCl的体积为50mL﹣25mL=25mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比；（3）生成二氧化碳消耗消耗25mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑计算二氧化碳体积；（4）生成CO2气体最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），进而计算氢氧化钠的浓度．解答：解：当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为75mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，（1）由上述分析可知OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣，故答案为：H++OH﹣═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣；（2）中和NaOH消耗HCl的体积为50mL﹣25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，浓度之比是1：1，故答案为：NaOH、Na2CO3；1：1；（3）生成二氧化碳消耗消耗25mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知CO2体积（标准状况下）为0.025L×0.1mol/L×22.4L/mol=0.056L=56mL，故答案为：56mL；（4）生成CO2气体最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为：0.75mol/L．点评：本题考查混合物计算，根据消耗盐酸的体积判断图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重考查学生分析思维能力，难度大．三、推断题：（本题共15分）9．（15分）（2015秋•崇州市校级月考）图中A～J分别代表相关反应的一种物质．已知A分解得到等物质的量的B、C、D，图中有部分生成物未标出，其中物质I是红棕色气体．（提示：2Mg+CO22MgO+C）请填写以下空白：（1）A的化学式NH4HCO3．（2）写出反应②④的化学方程式：②4NH3+5O24NO+6H2O ，④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．（3）写出反应③的离子方程式：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O ．（4）J与F反应的化学方程式：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O ．（5）在反应④中，当生成标况下2.24L G时，转移电子数为0.2 mol．考点：无机物的推断．分析： A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH 和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题．解答：解：A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，C能和过氧化钠反应，则C为水或二氧化碳，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，C为水，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，（1）根据上面的分析可知，A为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；（2）反应②为在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；反应④为水与过氧化钠反应生成氧气和氢氧化钠，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）在加热条件下，碳酸氢铵和氢氧化钠反应的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O，故答案为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+CO32﹣+2H2O；（4）在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（5）水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，当生成标况下2.24L 氧气时转移电子的物质的量==0.2mol，故答案为：0.2．点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的应用，本题涉及铁及其化合物，Al、HNO3、H2SO4等物质的性质应用内容，综合考查考生熟练运用元素化合物知识解决问题的能力，题目难度中等．四、实验题：（本题共31分）10．（16分）（2015秋•崇州市校级月考）Ⅰ．从海水得到的粗食盐水中常含Ca2+、Mg2+、SO42﹣，需要分离提纯．现有含少量CaCl2、MgSO4的粗食盐水，在除去悬浮物和泥沙之后，要用4种试剂①盐酸、②Na2CO3、③NaOH、④BaCl2来除去食盐水中Ca2+、Mg2+、SO42﹣．提纯的操作步骤和加入试剂的情况如图：图中a、b、c、d分别表示上述4种试剂中的一种，试回答：（1）沉淀A的名称是BaSO4；（2）试剂d是盐酸；判断试剂d已经足量的方法是溶液中不会再产生气体；（3）加入b、c后溶液中发生的化学反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，Ba 2++CO32﹣=BaCO3↓；（4）现有下列仪器，过滤出沉淀A、B、C、D时必须用到④（填序号），仪器③的名称是圆底烧瓶．Ⅱ．海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室里组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，则正确的是②③⑤⑥（填序号）．Ⅲ．海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘，需要上述仪器中的①（填序号），该仪器名称为分液漏斗，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作为萃取．考点：海水资源及其综合利用．分析：Ⅰ、硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，加入稍过量的a生成一种沉淀，a为氯化钡，得到的沉淀A为硫酸钡；滤液中加稍过量的氢氧化钠，把镁离子生成氢氧化镁沉淀，加入稍过量碳酸钠，钙离子、及过量的钡离子生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，故沉淀B、C、D分别为氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡沉淀；加入适量盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠．（1）根据加入的试剂确定生成沉淀A，4种试剂①盐酸；②Na2CO3；③NaOH；④BaCl2来除去食盐水中Ca2+、Mg2+、SO42﹣，加入试剂的顺序是④③②①，；（2）根据盐酸可以和碳酸根离子之间的反应生成来回答；（3）根据加入试剂和发生反应生成气体分析回答；（4）根据过滤实验用到的仪器以及常见仪器的蒸馏装置需要的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、单孔塞、冷凝管、牛角管、锥形瓶名称来回答；Ⅱ、根据蒸馏装置需要的仪器来回答，；Ⅲ、萃取分液操作使用的仪器是分液漏斗．解答：解：Ⅰ、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀；至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行；钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀；但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡．离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，（1）4种试剂①盐酸；②Na2CO3；③NaOH；④BaCl2来除去食盐水中Ca2+、Mg2+、SO42﹣，加入试剂的顺序是④③②①，氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，反应的化学方程式为：MgSO4+BaCl2═BaSO4↓+MgCl2，沉淀A为：BaSO4，故答案为：BaSO4；（2）试剂d是盐酸，盐酸可以和碳酸根离子之间反应生成水以及二氧化碳，当不再产生二氧化碳时，证明盐酸已经过量，故答案为：盐酸；溶液中不会再产生气体；（3）滤液中加稍过量的氢氧化钠，把镁离子生成氢氧化镁沉淀，加入稍过量碳酸钠，钙离子、及过量的钡离子生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，故沉淀B、C、D分别为碳酸钙、碳酸钡、氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，故答案为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；（4）过滤实验用到的仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯等，根据实验装置，过滤出沉淀A、B、C、D 时必须用到漏斗，装置③为圆底烧瓶，故答案为：④；圆底烧瓶；Ⅱ、蒸馏装置需要的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、单孔塞、冷凝管、牛角管、锥形瓶，故答案为：②③⑤⑥；Ⅲ、从碘水中提取碘，可以采取萃取分液操作，使用的萃取剂是四氯化碳，使用的仪器是分液漏斗，故答案为：①；分液漏斗；萃取．点评：本题是一道物质的分离和提纯方法的综合考查题，要求学生注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．多种离子进行除杂时注意滴加试剂的顺序．11．（15分）（2015秋•崇州市校级月考）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：【探究一】（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是Fe表面发生了钝化，生成了一层氧化物膜．（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+，应选用 d （选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液②乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7% ．【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．（3）装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽．（4）认为气体Y中还含有Q的理由是C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O 用化学方程式表示）．（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于 c （选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝．考点：性质实验方案的设计．分析：（1）常温下，铁易和浓硫酸发生钝化现象，从而阻止进一步反应；。

崇庆中学2016～2017学年度上期开学考试高三物理命题人：陈宇科 校对：罗雪莲本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。

满分100分，考试时间100分钟。

第I 卷（选择题，共42分）一、选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分。

每小题只有一个选项符合题意）1．2013年6月11日17时38分，在九泉卫星发射中心“神舟”十号载人航天飞船成功飞上太空，飞船绕地球飞行一圈时间为90分钟，则以下说法中错误．．的是（ ） A ．“17时38分”和“90分钟”前者表示“时刻”后者表示“时间”B ．飞船绕地球飞行一圈，它的位移和路程都为0C ．飞船绕地球飞行一圈平均速度为0，但它在每一时刻的瞬时速度都不为0D ．地面卫星控制中心在对飞船进行飞行姿态调整时不可以将飞船看成质点2．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是：A ．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋飞机的 速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B ．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了C ．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D ．摩托车转弯时，车手一方面要适当的控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的3．某物体的v -t 图象如图所示，那么在0-2t 0和2t 0-5t 0两段时间内:（ ）A ．物体的加速度大小之比为2:1B ．物体的位移大小之比为1:3C ．物体的平均速度大小之比为3:2D ．物体的平均速度 大小之比为1:1 4．如图所示为某新型夹砖机．．．，它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起．．，大大提高了工作效率。

已知该新型某夹砖机能夹起质量为m 的砖，两支“手臂”对砖产生的最大压力为max F （设最大静擦力等于滑动摩擦力），则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为（ ） 0 v2t 0 0A ．max F mg =μB ．max 2F mg =μC ．max 2F mg =μD ． mgF max =μ 5．如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。

2015-2016学年四川省成都市高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质应用正确的是（）A．氯气、明矾净水原理相同B．过氧化钠、活性炭均可用于呼吸面具C．硅胶和铁粉均可用于食品的防氧化D．甲烷的氯代物均可作防火材料2．用N A表示阿伏加德罗常数值．下列叙述正确的是（）A．标况下，1molC6H1206含氧原子数为6N AB．0.1moICl2与足量水充分混合，转移电子数为0.1N AC．25℃，pH=13的Ba（OH）2溶液含有OH﹣数目为0.2N AD．22.4L N2和NH3混合气体含共用电子对数目为3N A3．已知某药物具有抗痉挛作用，制备该药物其中一步反应为：下列说法不正确的是（）A．a中参加反应的官能团是羧基B．生活中b可作燃料和溶剂C．c极易溶于水D．该反应类型为取代反应4．短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如表，四种元素的原子最外层电子数之和为B．元素最高正价：Z＞Y＞XC．简单气态氢化物稳定性：W＞Y＞XD．工业上催化氧化Y的氢化物可用于制备其含氧酸5．用如图所示装置进行下列实验，有关分析一定不正确的是A ．AB ．BC ．CD ．D7．溶液X 中含有右表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol/L （不考虑水的电离与离子水解）．向X 溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析反应前后阴离子种类没有变化．下列叙述不正确33B ．生成无色气体的离子方程式为：3Fe 2++NO 3﹣+4H +═3Fe 3++NO+2H 2OC ．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg 2+D ．X 溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子8．常温下，向20mL 的某稀H 2S04溶液中滴入0.1mol/L 氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴人氨水体积变化如图．下列分析正确的是（）A ．稀硫酸的浓度为0.1mol/LB ．C 点溶液pH=14﹣aC ．E 溶液中存在：c （NH 4+）＞c （SO 42﹣）＞c （H +）＞c （OH ﹣） D ．B 到D 、D 到F 所加氨水体积一定相等二、解答题（共4小题，满分58分）9．某化学小组用淀粉制取食品包装高分子材料B 和具有果香味的物质D ．其转化关系如下：（1）C 6H 12O 6名称是 ；A 的电子式是 ． （2）写出下列反应方程式：①淀粉一C6H12O6：；②C﹣D：（3）写出常温下能与NaHC03溶液反应的D的所有同分异构体的结构简式：．10．工业合成氨是人工固氮方法之一．223）△H=Ⅱ恒温下，将一定量N2、H2置于10L的容器中发生反应，反应过程中各物质浓度随时间变化如图1．（1）图1中0～2s内的反应速率v（H2）= ；该温度下平衡常数的计算表达式为．（2）该反应达到平衡的标志为（填序号）．A．混合气体的平均相对分子质量不变B．物质的量浓度比等于系数比C．容器内温度不变D．断裂1moIH﹣H键同时断裂2molN﹣H键（3）若其它条件不变，将恒容条件变为恒压，则平衡时c（N2）（填“增大”、“减小”、“不变’’或“不能确定”）．（4）哈伯研究所因证实N2、H2在固体催化剂（Fe）表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖．若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用如图2表示：①吸附后，能量状态最低的是（填字母序号）．②由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是；c0后速率降低的原因可能是．11．天津“8.12“爆炸中扩散的CN﹣造成部分水体污染．某小组欲检测污水中CN﹣的浓度并模拟电化学法除去CN﹣．探究I 检测CN﹣浓度资料：碱性条件下发生离子反应：2CN﹣+5H202+90H﹣═2CO32﹣+N2+6H20实验装置如图1（其中加热、夹持装置省略）．（不考虑污水中其它离子反应）（1）加入药品之前的操作是；C中试剂是（3）计算CN的浓度，需称得的质量是．（4）为了使检测更加准确，上述（2）中操作要特别注意一些事项．请写出至少一条．①X电极名称：；②实验（1）中X换成Zn，则电流计读数的范围为③若乙装置中阳极产生无毒无害物质，其电极方程式为；该实验说明电化学法处理CN ﹣，影响处理速率的因素有（至少两条）．12．硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰制取t其工艺流程如图1所示．（1）为提高锌灰的浸取率，可采用的方法是（填序号）．①研磨②多次浸取③升高温度④加压⑤搅拌（2）步骤Ⅱ所得滤渣中的物质是（写化学式）．（3）步骤Ⅲ中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂b应为（4）步骤Ⅳ还可以回收Na2SO4来制取Na2S．①检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是，②Na2S可由等物质的量的Na2S04和CH4在高温、催化剂条件下制取．化学反应方程式为；③已知Na2SO4．10H2O及Na2SO4的溶解度随温度变化曲线如图2．从滤液中得到Na2SO4.10H2O的操作方法是（5）若步骤Ⅱ加入的ZnCO3为b mol，步骤Ⅲ所得Cd为d mol，最后得到VL、物质的量浓度为c mol/L的Na2SO4溶液．则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为．2015-2016学年四川省成都市高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质应用正确的是（）A．氯气、明矾净水原理相同B．过氧化钠、活性炭均可用于呼吸面具C．硅胶和铁粉均可用于食品的防氧化D．甲烷的氯代物均可作防火材料【考点】氯气的化学性质；含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物．【专题】化学应用．【分析】A．氯气与水反应生成的HClO具有氧化性，明矾水解生成胶体净化水；B．过氧化钠可作供氧剂，活性炭具有吸附性；C．硅胶不具有还原性；D．甲烷的氯代物中四氯化碳可作防火材料．【解答】解：A．氯气与水反应生成的HClO具有氧化性，明矾水解生成胶体净化水，则净水原理不同，故A不选；B．过氧化钠可作供氧剂，活性炭具有吸附性，则均可用于呼吸面具，故B选；C．硅胶不具有还原性，可作干燥剂，而铁粉可用于食品的防氧化，故C不选；D．甲烷的氯代物中四氯化碳可作防火材料，其它不能，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．2．用N A表示阿伏加德罗常数值．下列叙述正确的是（）A．标况下，1molC6H1206含氧原子数为6N AB．0.1moICl2与足量水充分混合，转移电子数为0.1N AC．25℃，pH=13的Ba（OH）2溶液含有OH﹣数目为0.2N AD．22.4L N2和NH3混合气体含共用电子对数目为3N 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、1molC6H1206中含有6mol氧原子；B、Cl2与水的反应为可逆反应；C、溶液体积不明确；D、气体所处的状态不明确．【解答】解：A、1molC6H1206中含有6mol氧原子，即6N A个，故A正确；B、Cl2与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1N A个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则含有的共用电子对无法计算，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．已知某药物具有抗痉挛作用，制备该药物其中一步反应为：下列说法不正确的是（）A．a中参加反应的官能团是羧基B．生活中b可作燃料和溶剂C．c极易溶于水D．该反应类型为取代反应【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】由a、c的结构简式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b发生酯化反应生成c，b为乙醇，以此解答该题．【解答】解：由a、c的结构简式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b发生酯化反应生成c，b为乙醇，A．a与b反应生成c含有酯基，则a参加反应的官能团是羧基，故A正确；B．b为乙醇，可作燃料和溶剂，故B正确；C．c含有酯基，不溶于水，故C错误；D．反应类型为酯化反应，也为取代反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，题目难度不大．4．短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如表，四种元素的原子最外层电子数之和为B．元素最高正价：Z＞Y＞XC．简单气态氢化物稳定性：W＞Y＞XD．工业上催化氧化Y的氢化物可用于制备其含氧酸【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y、W原子最外层电子数为a，则X、Z最外层电子数依次为a﹣1、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为20，则：a﹣1+a+a+a+1=20，解得a=5，则Y为N元素、W为P元素、X为C元素、Z为O元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y、W原子最外层电子数为a，则X、Z最外层电子数依次为a﹣1、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为20，则：a﹣1+a+a+a+1=20，解得a=5，则Y为N元素、W为P元素、X为C 元素、Z为O元素．A．W为P元素，处于周期表中第三周期VA族，故A错误；B．氧元素没有最高正化合价，故B错误；C．非金属性P＜N，故氢化物稳定性PH3＜NH3，故C错误；D．工业上将氨气催化氧化得到NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在与水反应得到硝酸，故D正确，故选：D．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，熟悉元素周期表结构及原子结构是解本题关键，注意把握元素周期律，难度不大．5．用如图所示装置进行下列实验，有关分析一定不正确的是A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【专题】实验评价题；化学实验基本操作．【分析】A．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，但少量硫酸与亚硫酸反应不能生成气体；B．氯化铁催化过氧化氢分解生成氧气，氧气可氧化亚铁离子；C．盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气氧化KI生成碘；D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸．【解答】解：A．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，但少量硫酸与亚硫酸反应不能生成气体，则③中不能立即出现浑浊，故A错误；B．氯化铁催化过氧化氢分解生成氧气，氧气可氧化亚铁离子，由③中现象可知，过氧化氢分解，则FeCl3作催化剂，故B正确；C．盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气氧化KI生成碘，由③中现象溶液变蓝可知有碘生成，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2，故C正确；D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性和强氧化性，则③中可能先变后褪色，故D正确；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应及应用等为解答的关键，注意实验中发生的反应及实验评价性分析，题目难度不大．7．溶液X中含有右表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol/L（不考虑水的电离与离子水解）．向X溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析反应前后阴离子种类没有变化．下列叙述不正确的是（）33B ．生成无色气体的离子方程式为：3Fe 2++NO 3﹣+4H +═3Fe 3++NO+2H 2OC ．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg 2+D ．X 溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件． 【专题】离子反应专题．【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L ，向溶液X 中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可以推知是Fe 2+、NO 3﹣在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl ﹣，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L ，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO 42﹣，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg 2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl ﹣、NO 3﹣、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+，据此进行解答． 【解答】解：各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L ，向溶液X 中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可推知是Fe 2+、NO 3﹣在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl ﹣，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L ，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO 42﹣，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg 2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl ﹣、NO 3﹣、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+，A ．根据分析可知，溶液中一定不存在HCO 3﹣与CO 32﹣，故A 正确；B ．生成无色气体为NO ，反应的离子方程式为：3Fe 2++NO 3﹣+4H +═3Fe 3++NO+2H 2O，故B 正确；C ．原溶液中一定含有Mg 2+，故C 正确；D ．原溶液中含有的五种离子为：Cl ﹣、NO 3﹣、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+，含有2种阳离子、3种阴离子，故D 错误； 故选D ．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意熟练掌握常见离子的性质，能够根据电荷守恒判断离子的存在情况，试题培养了学生的灵活应用能力．8．常温下，向20mL 的某稀H 2S04溶液中滴入0.1mol/L 氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴人氨水体积变化如图．下列分析正确的是（ ）A ．稀硫酸的浓度为0.1mol/LB ．C 点溶液pH=14﹣aC ．E 溶液中存在：c （NH 4+）＞c （SO 42﹣）＞c （H +）＞c （OH ﹣）D．B到D、D到F所加氨水体积一定相等【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20mL的稀H2S04溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；B、根据C点的溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；C、E溶液显示酸性，根据盐的水解原理来比较离子浓度；D、B到D水的电离程度增加，是硫酸铵生成阶段，铵根离子水解显示酸性，促进水的电离，D到F，是因为加入的氨水抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小．【解答】解：A、根据20mL的稀H2S04溶液中，水电离出的氢离子浓度是10﹣13，结根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故A错误；B、C点的溶液中水电离出的氢离子浓度是10﹣a，此时的溶液显示酸性，铵根离子水解所致，所以水电离程度增大，pH=a，故B错误；C、E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D、B到D水的电离程度增加，是硫酸铵生成阶段，铵根离子水解显示酸性，促进水的电离，D到F，是因为加入的氨水抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小，两个阶段铵根离子的水解程度不一样，所以加氨水体积不相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生酸碱混合的酸碱性的判断以及盐的水解原理的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等．二、解答题（共4小题，满分58分）9．某化学小组用淀粉制取食品包装高分子材料B和具有果香味的物质D．其转化关系如下：（1）C6H12O6名称是葡萄糖；A的电子式是．（2）写出下列反应方程式：①淀粉一C6H12O6：；②C﹣D：（3）写出常温下能与NaHC03溶液反应的D的所有同分异构体的结构简式：．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】根据题中各物质转化关系，淀粉水解得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇在酸性条件下被重铬酸钾氧化得C为CH3COOH，C与乙醇发生酯化反应得D为CH3COOCH2CH3，由于B为食品包装高分子材料，应为聚乙烯，所以A为CH2=CH2，乙醇发生消去反应得CH2=CH2，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，淀粉水解得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇在酸性条件下被重铬酸钾氧化得C为CH3COOH，C与乙醇发生酯化反应得D为CH3COOCH2CH3，由于B为食品包装高分子材料，应为聚乙烯，所以A为CH2=CH2，乙醇发生消去反应得CH2=CH2，（1）C6H12O6名称是葡萄糖，A为CH2=CH2，A的电子式是，故答案为：葡萄糖；；（2）①淀粉→C6H12O6的反应方程式为：，②C﹣D的反应方程式为：，故答案为：；；（3）常温下能与NaHC03溶液反应，说明有羧基，符合条件的D的所有同分异构体的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断、烯与醇、醛、羧酸之间的转化关系等，难度不大，注意基础知识的理解掌握．10．工业合成氨是人工固氮方法之一．223）△H=﹣92kJ/molⅡ恒温下，将一定量N2、H2置于10L的容器中发生反应，反应过程中各物质浓度随时间变化如图1．（1）图1中0～2s内的反应速率v（H2）= 0.75mol/（L．s）；该温度下平衡常数的计算表达式为．（2）该反应达到平衡的标志为AD （填序号）．A．混合气体的平均相对分子质量不变B．物质的量浓度比等于系数比C．容器内温度不变D．断裂1moIH﹣H键同时断裂2molN﹣H键（3）若其它条件不变，将恒容条件变为恒压，则平衡时c（N2）增大（填“增大”、“减小”、“不变’’或“不能确定”）．（4）哈伯研究所因证实N2、H2在固体催化剂（Fe）表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖．若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用如图2表示：①吸附后，能量状态最低的是 C （填字母序号）．②由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；c0后速率降低的原因可能是达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】I、反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能；II、（1）根据图象1可知，曲线C为氢气的浓度的变化曲线，根据v（H2）=来计算；平衡常数K=；（2）当一个量在反应未达平衡时在变，而后来不变了，则此量可以作为平衡的标志；（3）当容器恒压时，相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积，平衡右移，氮气的物质的量变小，但浓度比原来大；（4）①根据化学键的断裂要吸收能量，且反应放热来分析；②c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸．【解答】解：I、由于反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=（946KJ/mol）+3×（436KJ/mol）﹣6×（391KJ/mol）=﹣92kJ/mol，故答案为：﹣92kJ/mol；II、（1）根据图象1可知，曲线C为氢气的浓度的变化曲线，△c（H2）=1.5mol/L，故v（H2）===0.75mol/（L．s）；平衡常数K==，故答案为：0.75mol/（L．s），；（2）A．此反应中的反应物和生成物全为气体，故气体的质量一直不变，而反应向正反应方向进行时，气体的物质的量减小，故在平衡之前，混合气体的平均相对分子质量在减小，故当不变时，说明反应达平衡，故A正确；B．无论反应是否达到平衡，物质的物质的量浓度比和系数比之间无必然的联系，即反应达平衡后，浓度之比不一定等于系数之比，当浓度等于系数之比时，反应不一定达平衡，故B错误；C．此容器为恒温的容器，容器内的温度一直不变，故容器内温度不变时，不能说明反应达平衡，故C错误；D．断裂1moIH﹣H键意味着有1mol氢气被消耗，同时断裂2molN﹣H键，意味着有1mol氢气生成，则氢气的消耗量和生成量相同，则反应达平衡，故D正确；故选AD．（3）当容器恒压时，相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积，平衡右移，氮气被消耗，则氮气的物质的量变小，但浓度比恒容时要变大，故答案为：增大；（4）①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低，故答案为：C；②c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸，故反应速率减慢，故答案为：氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸．【点评】本题考查了反应热的计算、反应达平衡的判断和平衡常数的计算等内容，正确解读题目给出的信息是解决信息性题目的关键，要善于从信息中捕捉最有效的信息用来处理问题．11．天津“8.12“爆炸中扩散的CN﹣造成部分水体污染．某小组欲检测污水中CN﹣的浓度并模拟电化学法除去CN﹣．探究I 检测CN﹣浓度资料：碱性条件下发生离子反应：2CN﹣+5H202+90H﹣═2CO32﹣+N2+6H20实验装置如图1（其中加热、夹持装置省略）．（不考虑污水中其它离子反应）（1）加入药品之前的操作是检查装置气密性；C中试剂是浓H2S04的浓度，需称得的质量是反应前后D装置的质量．（4）为了使检测更加准确，上述（2）中操作要特别注意一些事项．请写出至少一条加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量）．（5）根据表格信息分析．①X电极名称：负极；②实验（1）中X换成Zn，则电流计读数的范围为I～1.5I③若乙装置中阳极产生无毒无害物质，其电极方程式为2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣=2CO32﹣+N2+6H2O ；该实验说明电化学法处理CN﹣，影响处理速率的因素有负极的金属材料和甲中电解质的浓度（至少两条）．【考点】制备实验方案的设计；电解原理．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；电化学专题；无机实验综合．【分析】本实验是利用在碱性条件下双氧水将CN﹣氧化成碳酸根离子，再用稀硫酸与碳酸根反应生成二氧化碳，用碱石灰吸收生成的二氧化碳，根据装有碱石灰的干燥管的质量的变化确定二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可计算出的物质的量，进而确定浓度，在实验过程中为准确测量二氧化碳的质量，要排除空气中的二氧化碳的干扰，以及要把装置产生的二氧化碳让碱石灰充分吸收，所以要在装置里通入氮气，（1）由于该实验是有气体参与反应的，所以实验开始前要检查装置气密性；从B装置中出来的气体中有水蒸气，能被碱石灰吸收，会对实验结果产生影响，所以气体要干燥；（2）在加过双氧后，要关闭K2，再向B中加足量的稀硫酸，与碳酸根离子反应；（3）根据分析可知，计算CN﹣的浓度，需称得的质量是反应前后D装置的质量；（4）为了使二氧化碳能充分被碱石灰吸收，加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量）；（5）①根据原电池原理，活泼金属做原电池的负极；②锌的活泼性介于铝和铁之间，根据表中数据可知，金属越活泼，电流计的值越大，据此答题；③乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子，通过比较负极的金属材料和甲中电解质的浓度进行分析答题；【解答】解：本实验是利用在碱性条件下双氧水将CN﹣氧化成碳酸根离子，再用稀硫酸与碳酸根反应生成二氧化碳，用碱石灰吸收生成的二氧化碳，根据装有碱石灰的干燥管的质量的变化确定二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可计算出的物质的量，进而确定浓度，在实验过程中为准确测量二氧化碳的质量，要排除空气中的二氧化碳的干扰，以及要把装置产生的二氧化碳让碱石灰充分吸收，所以要在装置里通入氮气，（1）由于该实验是有气体参与反应的，所以实验开始前要检查装置气密性，从B装置中出来的气体中有水蒸气，能被碱石灰吸收，会对实验结果产生影响，所以气体要干燥，所以C中试剂是浓H2S04，故答案为：检查装置气密性；浓H2S04；（2）在加过双氧后，要关闭K2，再向B中加足量的稀硫酸，与碳酸根离子反应，故答案为：关闭K2；稀H2S04；（3）根据分析可知，计算CN﹣的浓度，需称得的质量是反应前后D装置的质量，故答案为：反应前后D装置的质量；（4）为了使二氧化碳能充分被碱石灰吸收，加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量），故答案为：加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量）；（5）①根据原电池原理，活泼金属做原电池的负极，故答案为：负极；②锌的活泼性介于铝和铁之间，根据表中数据可知，金属越活泼，电流计的值越大，所以电流计读数的范围为I～1.5I，。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ag 108第I卷（选择题共42分）注意事项：必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。

第I卷共7题，每题6分。

每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列做法中，利用了氧化还原反应原理的是A。

用活性炭吸附新装修居室里的有害气体B．用K2Cr2O7检查司机是否酒后驾车C．用盐酸清洗陶瓷面盆上的铁锈迹D。

用石灰水吸收燃煤烟气中的SO22．下列关于Ca（C1O）2溶液的叙述正确的是A。

溶液中只存在2种化合物的分子B．通入CO２时溶液的漂白作用减弱C．该溶液中A13+、Fe2+、SO４２-、NO3—可以大量共存D.与SO2反应的离子方程式为Ca2++ 2ClO—+ SO2+ H2O=CaSO3↓+2HClO3. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是序号操作现象结论A在盛番茄汤的玻璃杯中加入适量植物油,上层溶液颜色比下层番茄色素在植物充分搅拌、静置更深油中的溶解度比在水中小B向浓度均为0.1mol/L的醋酸和硼酸的溶液中分别滴加等浓度Na2CO3溶液前者产生大量气泡，后者无现象酸性强弱顺序:醋酸〉碳酸〉硼酸C将碳酸氢铵分解产生的气体通入CaC12溶液产生白色沉淀CO2与CaC12溶液反应生成CaCO3沉淀D在试管中将某有机物与银氨溶液混合微热产生光亮的银镜该有机物一定是醛类物质4．C1O2是高效杀菌消毒剂.用惰性电极电解NaC1O3溶液制备高纯C1O2的原理如下图所示.下列说法正确的是A．电解过程中,Na+向阴极区移动B．电解产生的O2和C1O2在相同条件下的体积比为1：1 C．阴极的电极反应式是C1O3—+H2O+e—=C1O2↑+ 2OH-D．电解总反应的化学方程式是4NaC1O3+ 4H2SO4电解O2↑+4C1O2↑+ 4NaHSO4+ 2H2O5．N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是A．18 g冰的晶体中含有氢键的数目为2 N AB．11。

崇庆中学高2019届高一上期半期考试化学试题考试时间：60分钟满分：100分考试范围:1-1~3—1命题人：宁从开校对人:潘静可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C—12 Ba-137 S—32 Al—27Na—23 Mg—24一．选择题（每个小题只有一个正确答案,每题3分，共30分) 1．磁流体是电子材料的新秀,制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4）3的溶液混合,再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子的直径在5。

5 nm～36 nm 的磁流体。

下列说法中正确的是（)A．该分散系是悬浊液B．在该分散系中加入电解质可产生沉淀,而溶液不能产生沉淀C．该分散系能产生丁达尔效应D．向分散系中加入Na2SO4固体,无明显变化2．下列实验方案设计中，可行的是( ）A．加稍过量Na2CO3溶液后过滤，再加稍过量稀硝酸蒸发，除去KNO3中的Ca（NO3)2B．用萃取的方法分离汽油和煤油C．用溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥的方法除去NaCl中混有的少量KNO3D．将CO2和CO混合气体通过灼热的氧化铜，除去CO中混有的少量CO23．下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是（）A．空气、氮气、胆矾B．干冰、铁、浓硫酸C．烧碱、液态氢、氯化氢D．生石灰、臭氧、纯碱4．下列说法正确的是( ）A．阿伏加德罗常数是12 g碳中所含的碳原子数B．气体摩尔体积大约等于22。

4L/molC．磷酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量相等D．标准状况下，0。

5 mol O2和0。

5 mol N2组成的混合气体体积约为22。

4 L5．设N A代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（) A．在常温常压下，32g氧气所含的原子数目为2N AB．0。

1mol/L 的MgCl2溶液中，所含Cl－的数目为0。

2N AC．56g金属铁与稀盐酸反应时失去的电子数为3N AD．标准状况下，2。

崇庆中学高2018届高二上期半期考试化学试题可能用到的原子量：Na-23 O-16一、选择题（共21题，每题只有一个正确答案，每题2分）1．日常生活中遇到的很多问题都涉及化学知识，下列有关叙述不正确．．．的是A．Al2O3熔点高,可用作耐高温材料B．用米汤检验含碘盐中的碘酸钾C．用纯碱溶液洗涤餐具上的油污D．利用丁达尔效应区别蛋白质溶液和食盐水2．用N A表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．7.8gNa2O2中阴阳离子总数为0.4N AB．2L0.01mol·L-1NaAlO2溶液中AlO2-的个数为0.02N AC．4.6g钠充分燃烧时转移电子数为0.2N AD．密闭容器中2molSO2与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A3．下列有关叙述正确的是（）A．“歼﹣20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料B．铝合金的大量使用是因为人们能用氢气等还原剂从氧化铝中获取铝C．酸碱指示剂变色、煤的液化、海水提溴、皂化反应都涉及化学变化D．金属镁着火可使用干粉灭火器灭火，但不可用泡沫灭火器灭火4．如图是一套实验室制取气体装置，用于发生、干燥、收集和吸收有毒气体，下列各组物质能利用这套装置进行实验的是（）A． MnO2和浓盐酸B．浓氨水和生石灰C．Cu片和稀HNO3 D．Na2SO3（s）和浓H2SO45．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生。

下列属于未来新能源标准的是①天然气 ②生物质能 ③潮汐能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥煤 ⑦风能 ⑧氢能A ．①②③④B ．②③⑤⑦⑧C ．⑤⑥⑦⑧D ．③④⑤⑥⑦⑧6．已知：2H 2(g ）＋O 2(g ）===2H 2O(l ） ΔH ＝－571.6 kJ·mol －12CH 3OH(l ）＋3O 2(g ）===2CO 2(g ）＋4H 2O(l ） ΔH ＝－1452 kJ·mol －1H ＋(aq ）＋OH －(aq ）===H 2O(l ） ΔH ＝－57.3 kJ·mol －1下列说法正确的是 （ ）A ．H 2(g ）的燃烧热为571.6 kJ·mol －1B ．同质量的H 2(g ）和CH 3OH(l ）完全燃烧，H 2(g ）放出的热量多C ．21H 2SO 4(aq ）＋21Ba(OH ）2(aq ）===21BaSO 4(s ）＋H 2O(l ） ΔH ＝－57.3 kJ·mol －1 D ．3H 2(g ）＋CO 2(g ）=CH 3OH(l ）＋H 2O(l ） ΔH ＝＋135.9 kJ·mol －17．下列关于反应热的说法正确的是A ．已知C(石墨,s)=C(金刚石，s) △H>0，说明金刚石比石墨稳定B ．已知H +(aq)+OH -(aq)=H 2O(l) △H=-57.4kJ/mol ，则含20.0gNaOH 的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出热量小于28.7kJC ．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol ，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH 4(g)+2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(g) △H=-890.3kJ/molD ．将0.5molN 2和1.5molH 2置于密闭容器中充分反应生成NH 3(g)，放热19.3kJ ，其热化学方程式为：N 2(g)+3H 2(g) 2NH 3(g) △H=-38.6kJ/mol 8．下列热化学方程式书写和表示正确的是（△H 的绝对值均正确）A ．2SO 2（g ）+O 2（g ）2SO 3（g ）△H=-196kJ/mol （反应热）B ．CH 4（g ）+2O 2（g ）=CO 2（g ）+2H 2O （g ）△H=-890．3kJ/mol （燃烧热）C ．NaOH （aq ）+HCl （aq ）=NaCl （aq ）+H 2O （l ）△H=+57．3kJ/mol （中和热）D ．2NO 2=O 2+2NO △H=-116．2kJ/mol （反应热）9．对于可逆反应：mA （g ）＋nB （g ） xC （g ） ΔH ＝？，在不同温度及压强（p 1、p 2）条件下，反应物A 的转化率如图所示，下列判断正确的是（ ）A．ΔH＞0，m＋n＞x B．ΔH＞0，m＋n＜xC．ΔH＜0，m＋n＜x D．ΔH＜0，m＋n＞x10．一定量混合气体在密闭容器中发生如下反应:mA（g）+nB（g）pC（g）,达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到1/2，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍，则下列叙述正确的是（）A．m+n＞p B．A的转化率增加C．平衡向逆反应方向移动 D．C的体积分数增大11．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）＋2Y（g）2Z（g）一定达到化学平衡状态的是（）①X、Y、Z的物质的量之比是1∶2∶2②X、Y、Z的浓度不再发生变化③恒容时容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol YA．①② B．①④ C．②③ D．③④12．过量的锌粉与一定量的稀盐酸反应，为了减慢反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，可以采取的措施是A．升高温度B．加入适量的水C．加入少量CuSO4溶液D．加入浓度较大的盐酸13．25 ℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）＋Pb2＋（aq）Sn2＋（aq）＋Pb（s），体系中c（Pb2＋）和c（Sn2＋）变化关系如图22所示。

2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（一）一．单项选择题1．2014年8月2日江苏昆山某公司汽车轮毂抛光车间在生产过程中发生爆炸，经调查分析是铝粉遇明火引发爆炸．下列有关说法不正确的是( )A．活泼的金属粉尘遇明火均易引起爆炸B．任何金属粉末在不正确操作下均可能引起爆炸C．汽车轮毂表面镀铝既增加美观度，又耐腐蚀D．事故告诫人们安全生产，防污、防爆非常重要2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A．标准状况下，1.12LCO2分子中含有0.05 N A个碳氧双键B．一定温度下，0.1molCl2完全反应转移的电子数一定为0.02 N AC．常温常压下，9.5gMgCl2固体中离子总数为0.3 N AD．常温常压下，1L1mol/LNa2CO3溶液中CO32﹣和HCO3﹣数目之和为N A3．下列离子方程式错误的是( )A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2OB．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4﹣+5H2O2 +6H+═2Mn2++5O2↑+8H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣4．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是( )A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）5．已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）6．中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( )选项规律结论A 较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B 反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS 沉淀A．AB．BC．CD．D7．下列有关说法正确的是( )A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0C．加热0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，CO32﹣的水解程度和溶液的pH均增大D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大二．非选择题8．【化学﹣﹣物质结构与性质】A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大．第2周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，C是地壳中含量最多的元素．D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满．请用对应的元素符号或化学式填空：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__________．（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中其中心原子采取__________杂化．（3）与A、B形成的阴离子（AB﹣）互为等电子体的分子有__________．（4）基态D原子的核外电子排布式为__________，右图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比为__________．（5）向D的高价态硫酸盐溶液中逐滴滴加B的氢化物水溶液至过量，先出现沉淀，最后沉淀溶解形成溶液．写出此沉淀溶解的离子方程式：__________．9．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定．Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：①称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水．另取5g研细的硫粉，用3mL 乙醇润湿，加入上述溶液中．②安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min．③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品．回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是__________．（2）仪器a的名称是__________，其作用是__________．（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是__________．检验是否存在该杂质的方法是__________．（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：__________．Ⅱ．测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：__________．（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为__________mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）__________．Ⅲ．Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为__________．10．某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）．从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化．（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：编号实验目的碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%①为以下实验作参0.5 2.0 90.0照②醋酸浓度的影响0.5 36.0③0.2 2.0 90.0（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2．t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了__________腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向__________；此时，碳粉表面发生了__________（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式是__________．（3）该小组对图2中0﹣t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：：假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；假设二：__________；…（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案，请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论．11．铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．①该电化腐蚀称为__________．②图中A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是__________（填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为__________．②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为__________．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是__________（任写一项）．（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=__________．②若在1 L密闭容器中加入0.02mol FeO（s），并通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x=__________．2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（一）一．单项选择题1．2014年8月2日江苏昆山某公司汽车轮毂抛光车间在生产过程中发生爆炸，经调查分析是铝粉遇明火引发爆炸．下列有关说法不正确的是( )A．活泼的金属粉尘遇明火均易引起爆炸B．任何金属粉末在不正确操作下均可能引起爆炸C．汽车轮毂表面镀铝既增加美观度，又耐腐蚀D．事故告诫人们安全生产，防污、防爆非常重要考点：常见的生活环境的污染及治理．分析：加工厂的车间里若悬浮着较多的粉尘，遇明火就有发生爆炸的危险．这是因为粉尘表面积较大，与空气充分接触后，遇到明火急剧燃烧，在短时间内聚集大量的热，使气体的体积在有限空间内迅速膨胀，从而引起爆炸．解答：解：A．活泼金属能与氧气反应，引起爆炸，故A正确；B．有些金属不活泼，如金，不会引起爆炸，故B错误；C．铝表面能生成一层致密的氧化物薄膜，耐腐蚀，故C正确；D．安全生产，防污、防爆非常重要，要从预防做起，故D正确．故选B．点评：本题考查生产安全，注意粉尘表面积较大，与空气充分接触后，遇到明火急剧燃烧，可能引起爆炸，题目难度不大．2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A．标准状况下，1.12LCO2分子中含有0.05 N A个碳氧双键B．一定温度下，0.1molCl2完全反应转移的电子数一定为0.02 N AC．常温常压下，9.5gMgCl2固体中离子总数为0.3 N AD．常温常压下，1L1mol/LNa2CO3溶液中CO32﹣和HCO3﹣数目之和为N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、二氧化碳中含2个碳氧双键；B、根据氯气反应后的价态来分析；C、求出氯化镁的物质的量，然后根据1mol氯化镁中含1mol镁离子和2mol氯离子来分析；D、求出碳酸钠的物质的量，然后根据物料守恒来分析．解答：解：A、标况下，11.2L二氧化碳的物质的量为0.5mol，而二氧化碳中含2个碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含1mol碳氧双键即N A个，故A错误；B 、氯气反应后的价态可能为﹣1、+1、+3、+5、+7价，还可能发生歧化反应，故0.1mol 氯气反应后转移的电子不一定为0.2N A 个，故B 错误；C 、9.5g 氯化镁的物质的量为0.1mol ，而1mol 氯化镁中含1mol 镁离子和2mol 氯离子，故0.1mol 氯化镁中含0.3mol 离子即0.3N A 个，故C 正确；D 、碳酸钠的物质的量n=CV=1mol ，由于CO 32﹣能水解为HCO 3﹣和H 2CO 3，根据物料守恒可知，CO 32﹣、HCO 3﹣和H 2CO 3的数目之和为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，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．3．下列离子方程式错误的是( )A ．向Ba （OH ）2溶液中滴加稀硫酸：Ba 2++2OH ﹣+2H ++SO 42﹣═BaSO 4↓+2H 2OB ．酸性介质中KMnO 4氧化H 2O 2：2MnO 4﹣+5H 2O 2 +6H +═2Mn 2++5O 2↑+8H 2OC ．等物质的量的MgCl 2、Ba （OH ）2和HCl 溶液混合：Mg 2++2OH ﹣═Mg（OH ）2↓D ．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO 4+2H 2O ﹣2e ﹣═PbO 2+4H ++SO 42﹣考点：离子方程式的书写． 专题：离子反应专题．分析：A ．反应生成硫酸钡和水，符合离子的配比；B ．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒及原子守恒；C ．先发生酸碱中和；D ．充电时正极上PbSO 4失去电子．解答： 解：A ．向Ba （OH ）2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba 2++2OH ﹣+2H ++SO 42﹣═BaSO 4↓+2H 2O ，故A 正确；B ．酸性介质中KMnO 4氧化H 2O 2的离子反应为2MnO 4﹣+5H 2O 2 +6H +═2Mn 2++5O 2↑+8H 2O ，故B 正确；C ．等物质的量的MgCl 2、Ba （OH ）2和HCl 溶液混合，发生的离子反应为Mg 2++4OH ﹣+2H +═Mg （OH ）2↓+2H 2O ，故C 错误；D ．充电时正极上PbSO 4失去电子，则铅酸蓄电池充电时的正极反应为PbSO 4+2H 2O ﹣2e﹣═PbO 2+4H ++SO 42﹣，故D 正确； 故选C ．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，把握发生的离子反应及书写方法为解答的关键，涉及复分解反应、氧化还原反应及电极反应的书写，选项C 中注意反应的先后顺序，题目难度中等．4．已知分解1mol H 2O 2放出热量98kJ ，在含少量I ﹣的溶液中，H 2O 2分解的机理为：H 2O 2+I ﹣→H 2O+IO ﹣慢H 2O 2+IO ﹣→H 2O+O 2+I ﹣快下列有关该反应的说法正确的是( )A ．反应速率与I ﹣的浓度有关B ．IO ﹣也是该反应的催化剂C ．反应活化能等于98kJ •mol ﹣1D ．v （H 2O 2）=v （H 2O ）=v （O 2）考点：反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律． 专题：物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化．分析：A 、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I﹣；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；解答：解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A．点评：本题是2014年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大．5．已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L﹣1的CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）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．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO﹣）．解答：解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数K h=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数K b=，c（OH﹣）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故D 正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法．6．中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( )选项规律结论A 较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B 反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D 溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS 沉淀A．AB．BC．CD．D考点：真题集萃；含有氢键的物质；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：基本概念与基本理论．分析：A．HClO光照分解生成HCl；B．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化；C．氨气中含氢键；D．ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化．解答：解：A．HClO光照分解生成HCl，则弱酸可以制取强酸，但一般为较强酸可以制取较弱酸，故A错误；B．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，则常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，稀硝酸中铝片先溶解完，但一般为反应物浓度越大，反应速率越快，故B错误；C．氨气中含氢键，沸点高于PH3，对不含氢键的，且结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，故C错误；D．ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化，溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，从而生成CuS更难溶的沉淀，故D正确；故选D．点评：本题为2014年安徽高考化学试题，涉及规律的应用及特例分析，把握HClO的性质、钝化、氢键及沉淀转化等知识点为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度不大．7．下列有关说法正确的是( )A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0C．加热0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，CO32﹣的水解程度和溶液的pH均增大D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大考点：真题集萃；反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡建立的过程；影响盐类水解程度的主要因素．专题：基本概念与基本理论．分析：A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀；B．正反应为熵减的反应，根据△H﹣T△S=△G＜0反应自发进行，据此判断；C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，溶液碱性增强；D．浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化．解答：解：A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误；B．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H﹣T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故B错误；C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确；D．浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误，故选C．点评：本题比较综合，是常见题型，涉及金属腐蚀与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、化学反应速率及平衡常数影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查．二．非选择题8．【化学﹣﹣物质结构与性质】A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大．第2周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，C是地壳中含量最多的元素．D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满．请用对应的元素符号或化学式填空：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N．（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中其中心原子采取sp2杂化．（3）与A、B形成的阴离子（AB﹣）互为等电子体的分子有N2、CO．（4）基态D原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，右图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比为1：5．（5）向D的高价态硫酸盐溶液中逐滴滴加B的氢化物水溶液至过量，先出现沉淀，最后沉淀溶解形成溶液．写出此沉淀溶解的离子方程式：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．分析：A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素，第2周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN﹣），故A为C元素，C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素，D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，据此解答．解答：解：A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素，第2周期元素A 原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN﹣），故A为C元素，C是地壳中含量最高的元素，所以C 是O元素，D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，（1）C、N、S元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；（2）H2CO3中C原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成1个C=O双键，2个C﹣O单键，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，故答案为：sp2；（3）将CN﹣中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得的等电子体N2，将N原子及1个负电荷换成1个O原子，可得的等电子体CO，故答案为：N2、CO；（4）D的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8×=1，Cu原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4×+4×=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1，1：5；（5）将氨水滴加到硫酸铜溶液中，首先反应生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH ﹣+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．点评：本题以元素的推断考查了原子的杂化方式、核外电子排布规律、电离能、晶胞计算、配合物等知识点，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA族之间异常，为易错点．9．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定．Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：①称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水．另取5g研细的硫粉，用3mL 乙醇润湿，加入上述溶液中．②安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min．③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品．回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是使硫粉易于分散到溶液中．（2）仪器a的名称是冷凝管，其作用是冷凝回流．（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是Na2SO4．检验是否存在该杂质的方法是取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4．（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O．Ⅱ．测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：由无色变为蓝色．（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）×100%．Ⅲ．Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．考点：制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；（4）S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；（5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），然后根据题中碘单质的物质的量计算出Na2S2O3•5H2O质量及产品的纯度；（7）根据题干信息“Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣”及化合价升降相等写出反应的离子方程式．解答：解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32‾具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；（4）S2O32‾与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O；（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，故答案为：由无色变为蓝色；（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），所以W g产品中含有Na2S2O3•5H2O 质量为：0.1000 mol•L﹣1×18.10×10﹣3L×2×M=3.620×10﹣3Mg，则产品的纯度为：×100%=×100%，故答案为：18.10；×100%；（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+，故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．点评：本题考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、中和滴定存在即计算、离子方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况．。

高三化学有机真题专题练习二2016。

21．“司乐平"是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如下图所示.（1)下列关于M的说法正确的是_________________ （填序号）。

a．属于芳香族化合物b．遇FeCl溶液显紫色3c．能使酸性高锰酸钾溶液褪色d．1 mol M完全水解生成2 mol醇（2）肉桂酸是合成M的中间体,其一种合成路线如下:已知：①烃A的名称为____________.步骤I中B的产率往往偏低，其原因是_________________。

②步骤II反应的化学方程式为_________________________。

③步骤Ⅲ的反应类型是_______________________________。

④肉桂酸的结构简式为_______________________________。

⑤C的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有_________种。

2．某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成(部分反应条件略）。

(1）A 的化学名称是______，A B →新生成的官能团是______.（2）D 的核磁共振氢谱显示峰的组数为______。

(3）D E →的化学方程式为______.(4)G 与新制的()2Cu OH 发生反应,所得有机物的结构简式为______.（5）L 可由B 与2H 发生加成反应而得，已知122122R CH Br NaC CR R CH C CR +≡→≡+NaBr ，则M 的结构简式为______。

(6）已知，则T 的结构简式为______。

3.“张—烯炔环异构化反应”被《Name Reactions 》收录。

该反应可高效构筑五元环状化合物:（R 、R '、R '表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J 的路线如下：已知：（1)A 属于炔烃，其结构简式是______. (2）B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30。

2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（三）一．单项选择题1．下列过程没有发生化学反应的是( )A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱水清除炊具上残留的油污C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3N AB．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1N AC．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2N AD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75N A3．下列指定反应的离子方程式正确的是( )A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣4．2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是( )A．a为电池的正极B．电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣x Mn2O4+xLiC．放电时，a极锂的化合价发生变化D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移5．下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是( )A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体6．室温下，在0.2mol•L﹣1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是( )A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解7．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H ＞0．下列叙述正确的是( )A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大二、非选择题8．A、B、C、D、E、F为前四周期的元素．其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A3+比B﹣少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子；F元素的单质为红色固体，可通过“湿法冶金”而得．请回答下列问题：（1）CB3分子中心原子的杂化类型是__________．（2）F元素的原子的外围电子排布式为__________；如图所示为F与Au以3：1形成的合金晶胞图，在图中的括号内写出对应的元素符号．（3）B、D元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：__________＞__________（填化学式）．（4）用导线将A和F的单质做成的电极连接起来，插入到盛有C的最高价氧化物的水化物的浓溶液中构成原电池，试写出在单质A表面发生反应的电极反应式：__________．（5）分子R是由C元素与氢元素形成的18电子分子，R的电子式为__________．9．某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X．为确定其组成，进行如下实验．①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL c l mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液．氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）．回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是__________．（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用__________式滴定管，可使用的指示剂为__________．（3）样品中氨的质量分数表达式为__________．（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将__________（填“偏高”或“偏低”）．（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是__________；滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol•L﹣1，c（CrO42﹣）为__________mol•L﹣1．[已知：K sp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12] （6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为__________，制备X的化学方程式为__________；X的制备过程中温度不能过高的原因是__________．10．工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程．烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）═Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）2H2S（aq）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若__________，则整个装置气密性良好．装置D的作用是__________．装置E中为__________溶液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为__________．（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择__________．a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是__________．已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是__________．反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有__________．a．烧杯 b．蒸发皿 c．试管 d．锥形瓶（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论：__________．已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液．11．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度的升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：（1）反应的△H__________0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为__________mol•L﹣1•s﹣1；反应的平衡常数K1为__________．（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．①T__________100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是__________．②列式计算温度T时反应的平衡常数K2__________．（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向__________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是__________．2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（三）一．单项选择题1．下列过程没有发生化学反应的是( )A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱水清除炊具上残留的油污C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装考点：物理变化与化学变化的区别与联系．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．A．用活性炭去除冰箱中的异味，是利用活性炭的吸附作用；B．用热碱水清除炊具上残留的油污，是油脂在碱性条件下的水解；C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，催熟的乙烯被高锰酸钾氧化；D．铁粉具有还原性，能和氧气反应，防止食品被氧化．解答：解：A．用活性炭去除冰箱中的异味：利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，故A正确；B．用热碱水清除炊具上残留的油污：油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，故B错误；C．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，属于化学变化，故C错误；D．硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故D错误；故选A．点评：本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相关知识的积累．2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3N AB．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1N AC．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2N AD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；B、氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C、氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D、反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素﹣3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中N元素化合价变化计算转移电子物质的量．解答：解：A．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol×（﹣0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为=mol，生成的H2分子数为N A，故A错误；B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13N A，故B错误；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4N A，故C错误；D．反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素﹣3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol×=mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为mol×2×[0﹣（﹣3）]=3.75mol，故D正确．故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．3．下列指定反应的离子方程式正确的是( )A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．铜和稀硝酸反应生成NO；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O；C．弱电解质写化学式；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．解答：解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O，离子方程式为2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O═Al （OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点．4．2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是( )A．a为电池的正极B．电池充电反应为LiMn2O4═Li1﹣x Mn2O4+xLiC．放电时，a极锂的化合价发生变化D．放电时，溶液中Li+从b向a迁移考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣x Mn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子；据此分析．解答：解：A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，Li1﹣x Mn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1﹣x Mn2O4+xLi，故B正确；C、放电时，a为正极，正极上Li1﹣x Mn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误；D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；故选C．点评：本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极．5．下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是( )A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体考点：计量仪器及使用方法．专题：实验评价题；化学实验常用仪器．分析：A．锥形瓶和容量瓶在使用时不需要烘干，对实验结果没有影响；B．滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释；C．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；D．容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此次配制失败．解答：解：A．锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故A错误；B．酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B正确；C．滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故C错误；D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管吸出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故D错误；故选B．点评：本题考查了常见计量仪器的构造及使用方法偏大，题目难度不大，注意掌握常见仪器的构造及正确的使用方法，明确容量瓶、锥形瓶、滴定管的使用方法．6．室温下，在0.2mol•L﹣1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是( )A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解考点：真题集萃；镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；B．a﹣b段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；C．b﹣c段，pH变化不大；D．c点后pH发生突变，NaOH过量．解答：解：A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故A错误；B．a﹣b段，发生H++OH﹣═H2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；C．b﹣c段，pH变化不大，主要发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则加入的OH﹣主要用于生成Al （OH）3沉淀，故C正确；D．c点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d 点pH＞10，NaOH远远过量，故D错误；故选C．点评：本题为2014年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确b→c段中铝离子过量，题目难度不大．7．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H ＞0．下列叙述正确的是( )A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、W为固体，增大W的用量，不影响平衡的移动；B、该反应正反应是气体体积减小的反应，随反应进行，压强降低，当压强不再变化，说明到达平衡状态；C、升高温度平衡向吸热反应移动；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关．解答：解：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故B正确；C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C错误；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选B．点评：本题考查平衡移动、外界条件对平衡的影响、平衡状态判断等，难度不大，注意基础知识的掌握．二、非选择题8．A、B、C、D、E、F为前四周期的元素．其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A3+比B﹣少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子；F元素的单质为红色固体，可通过“湿法冶金”而得．请回答下列问题：（1）CB3分子中心原子的杂化类型是sp3．（2）F元素的原子的外围电子排布式为3d104s1；如图所示为F与Au以3：1形成的合金晶胞图，在图中的括号内写出对应的元素符号．（3）B、D元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：HClO4＞H2SO4（填化学式）．（4）用导线将A和F的单质做成的电极连接起来，插入到盛有C的最高价氧化物的水化物的浓溶液中构成原电池，试写出在单质A表面发生反应的电极反应式：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O．（5）分子R是由C元素与氢元素形成的18电子分子，R的电子式为．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D、E、F为前四周期的元素，其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，B原子得一个电子后3p轨道全充满，则B是Cl元素，A3+比B﹣少一个电子层，则A是Al元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则位于第VA族，其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大，则C是N元素；D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池，则D是S元素；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，有几种运动状态的电子则就有几个电子，则E是C元素；F元素的单质为紫红色固体，可通过“湿法冶金”而得，则F是Cu元素，据此答题．解答：解：A、B、C、D、E、F为前四周期的元素，其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，B原子得一个电子后3p轨道全充满，则B是Cl元素，A3+比B﹣少一个电子层，则A是Al元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则位于第VA族，其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大，则C是N元素；D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池，则D是S元素；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，有几种运动状态的电子则就有几个电子，则E 是C元素；F元素的单质为紫红色固体，可通过“湿法冶金”而得，则F是Cu元素，（1）NCl3分子中心原子含有3个σ键和1个孤电子对，所以N原子的杂化类型是sp3，故答案为：sp3；（2）F是Cu元素，铜原子核外有29个电子，3d能级上排列10个电子，4s能级上排列1个电子，所以Cu元素的原子的外围电子排布式为3d104s1，Cu与Au以3：1形成的合金晶胞图，利用均摊法得，黑色小球个数=8×=1，灰色小球的个数=6×，所以黑色小球表示Au原子，灰色小球表示Cu原子，其图象为，故答案为：3d104s1；；（3）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，所以Cl元素的非金属性大于S元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以酸性HClO4＞H2SO4，故答案为：HClO4；H2SO4；（4）用导线将Al和Cu的单质做成的电极连接起来，插入到盛有N的最高价氧化物的水化物的浓溶液中构成原电池，铜易失电子而作负极，铝作正极，正极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，故答案为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O；（5）分子R是由N元素与氢元素形成的18电子分子，R为N2H4，R的电子式为，故答案为：．点评：本题考查较综合，涉及盖斯定律、电极反应式的书写、电子式的书写等知识点，正确推断元素是解本题关键，易错点是（4），注意该题中铝作正极而不是负极，铝和浓硝酸易产生钝化现象而导致铝不易和浓硝酸反应，为易错点．9．某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X．为确定其组成，进行如下实验．①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL c l mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液．氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）．回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是使A瓶中压强稳定．（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞或甲基橙．（3）样品中氨的质量分数表达式为×100%．（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低（填“偏高”或“偏低”）．（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解；滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol•L﹣1，c（CrO42﹣）为2.8×10﹣3mol•L﹣1．[已知：K sp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12]（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；X的制备过程中温度不能过高的原因是温度越高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确．考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）通过2中液面调节A中压强；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；（3）根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；（4）若气密性不好，导致氨气的量偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解；根据离子积常数计算c（CrO42﹣）；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低．解答：解：（1）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定，故答案为：使A瓶中压强稳定；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂，故答案为：碱；酚酞或甲基橙；（3）与氨气反应的n（HCl）=V1×10﹣3L×C1mol•L﹣1﹣C2mol•L﹣1 ×V2×10﹣3L=（C1V1﹣C2V2）×10﹣3mol，氨的质量﹣3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（C1V1﹣C2V2）×10分数=×100%，故答案为：×100%；（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；c（CrO42﹣）==mol/L=2.8×10﹣3 mol/L，故答案为：防止硝酸银见光分解；2.8×10﹣3；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co（NH3）6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co（NH3）6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确．点评：本题考查了物质含量的测定，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等．10．工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程．。

四川省成都市崇州崇庆中学高一化学上学期期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. 下列溶液中c(Cl－)最大的是（）A．1000ml 1mol·L-1氯化钠溶液 B．75 ml 2mol·L-1氯化钙溶液C．250 ml 3mol·L-1氯化钾溶液 D．150 ml 1mol·L-1氯化铁溶液参考答案：B略2. 二氧化硅是一种酸性氧化物，下列物质中不能和二氧化硅发生化学反应的是（）A．氢氟酸B．碳（高温下）C．碳酸钠（高温下）D．水参考答案：D略3. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 在常温常压下，1 mol氦气含有的原子数为N AB. 标准状况下，5.6 L四氯化碳含有的分子数为0.25N AC. 常温常压下，氧气和臭氧(O3)的混合物32 g中含有N A个氧原子D. 物质的量浓度为1 mol·L－1的K2SO4溶液中，含2 N A个K＋参考答案：A试题分析：A.氦气是单原子分子，1 mol氦气含有的原子数为N A，正确；B.标准状况下，四氯化碳是液体，通过体积无法计算物质的量，错误；C. 氧气和臭氧(O3)都是由氧原子形成的单质，混合物32 g 中氧原子的个数为32/16=2N A个氧原子，错误；D.没有体积，无法计算离子数，错误；选A。

4. 下列选项中能表示阿伏加德罗常数数值的是（）A. 1 mol H+含有的电子数B. 标准状况下，22.4 L酒精所含的分子数C. 1.6 g CH4含有的质子数D. 1 L 1 mol·L-1的硫酸钠溶液所含的Na+数参考答案：C试题分析：A．H+ 不含有电子，A错误；B．标准状况下酒精是液体，不能利用气体的摩尔体积计算分子数，B错误；C．1.6 g CH4是0.1mol，含有的质子数为1mol，可以表示阿伏加德罗常数数值，C 正确；D．1L 1mol/L的硫酸钠溶液所含的Na+的物质的量是2mol，其个数不能表示阿伏加德罗常数数值，D错误。

四川省成都市崇庆中学高二化学月考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是A．含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基B．含有苯环、羟基、羰基、羧基C．含有羟基、羰基、羧基、酯基D．含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基参考答案：A略2. 某合作学习小组的同学对冰醋酸在25 ℃下的稀释过程,有如下思辨,你认为不正确的是A.醋酸的电离常数不变B.溶液中c持续增大C.pH先变小后增大D.醋酸的分子数不断减少参考答案：B略3. 等物质的量的主族金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应，所得氢气的体积依次为V A、V B、V C，已知V B=2V C，V A=V B+V C，则在C的生成物中，该金属元素的化合价为A．+1 B．+2 C．+3D．+4参考答案：A4. 在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生可逆反应3X(g)+Y(g)2Z(g)，并达到平衡。

已知正反应是放热反应，测得X的转化率为37. 5%，Y 的转化率为25%，下列有关叙述正确的是：A. 若X的反应速率为0.2 mol·L－1·s－1,则Z的反应速率为0.3 mol·L－1·s－1B. 若向容器中充入氦气，压强增大，Y的转化率提高C. 升高温度，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D. 开始充入容器中的X、Y物质的量之比为2∶1参考答案：D略5. 已知甲、乙、丙、X是4种中学化学中常见的物质，其转化关系符合下图。

则甲和X（要求甲和X能互换）不可能是（）A．C和O2 B．SO2和NaOH溶液C．Cl2和Fe D．AlCl3溶液和NaOH溶液参考答案：C略6. 下列各组物质的颜色变化，可用勒夏特列原理解释的是A．压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，颜色变深B．向盛有NO2的集气瓶中投入活性炭，颜色变浅C．蔗糖中滴入浓硫酸会变黑D．光照氯水，颜色变浅参考答案：D略7. 在饮用水中添加含钙、镁、锌、硒等的矿物质，可以改善人体营养，增强体质。

2020-2021学年四川省成都市崇州崇庆中学高三化学测试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. 下列离子方程式书写正确的是（）A．硫化钠水解：S2－＋2H2O H2S↑＋2OH－B．碳酸钠溶于醋酸溶液中：CO32－＋ 2 H＋＝ H2O ＋ CO2↑C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2+ + 2ClO－+H2O+CO2＝CaCO3↓+2HClOD．过量的硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O 参考答案：D略2. X、Y、Z、W有如右图所示的转化关系，则X、Y可能是（）① C、CO ② AlCl3、Al(OH)3③ Fe、Fe(NO3)2④ Na2CO3、NaHCO3A．①②③ B．①② C．③④ D．①②③④参考答案：D略3. 室温下，某浓度的醋酸溶液中n(CH3COO-)=0.01mol，下列叙述正确的是A．向该醋酸溶液中加入等体积等浓度的盐酸，抑制醋酸的电离，溶液中c(H+)增大B．若醋酸溶液体积为1L，则c(CH3COOH)=0.01mol/LC．与NaOH恰好中和时，溶液中c(Na+)＜c(CH3COO-)D．与等体积等浓度的醋酸钠溶液混合，溶液中c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH—)参考答案：AD4. 下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是：A．10mL 0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL 1mol/L盐酸混合：c(Cl－)＞c(Na＋) ＞c(CH3COO－)＞c(H＋) ＞c(OH－)B．0.1mol/L pH为4的NaHB溶液中：c(HB－)＞c(H2B)＞c(B2-)C．硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c（Na+）> c（SO42-）> c（NH4+）> c（OH-）= c（H+）D．PH相等的(NH4)2SO4溶液，(NH4)2Fe(SO4)2溶液和NH4Cl溶液：c[(NH4)2SO4]＜c[(NH4)2Fe(SO4)2]＜c(NH4Cl)参考答案：C5. CO2通入下列溶液中，不可能产生沉淀的是A．CaCl2溶液B．饱和Na2CO3溶液C．硅酸钠溶液D．澄清的石灰水参考答案：A略6. 甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4＋、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3－、SO42－中的不同阳离子和阴离子各一种组成。