江西省南昌市第二中学2015届高三化学上学期周练试题(十一)(扫描版,无答案)

南昌二中2015届高三上学期第一次考试化学试题一：选择题〔共48分，每一小题只有1个选项符合题意〕1．如下物质分类正确的答案是①混合物:铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉②化合物:氯化钙、烧碱、冰水混合物、胆矾③酸性氧化物：Mn2O7、N2O3、SiO2、NO2 ④同系物:CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2⑤同素异形体:C60、C70、金刚石、石墨A.①②④B.②③④C.①②⑤D.②④⑤2．向盛有一定量的Ba〔OH〕2的溶液中逐滴参加稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力〔用电流强度I表示〕，近似地用如右图曲线表示，应为3．反响：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，③Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4。

如下结论正确的答案是A．①②③均是氧化复原反响B．氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2C．反响②中氧化剂与复原剂的物质的量之比为6∶1D．反响③中0.1mol复原剂共失去电子数为1.2×10224．利用实验器材(规格和数量不限)能完成相应实验的一项为哪一项5.某同学实验报告中有以下数据，其中数据不合理的是A.用托盘天平称取11.7 g食盐B.用量筒量取12.3 mL盐酸C.用广泛pH试纸测得某溶液的pH值为3.6D.用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去21.20 mL NaOH溶液。

6．采用如下装置和操作，不能达到实验目的的是7.磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性,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,随后参加油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子直径在36～55 nm的磁流体。

如下说法中正确的答案是A.所得的分散系属于悬浊液B.该分散系能产生丁达尔效应C.所得的分散系中分散质为Fe2O3D.所得分散系为胶体,且胶粒直径即为氢氧化铁分子直径8．设N A为阿伏加德罗常数的值。

南昌二中2014—2015学年度上学期第三次考试高三化学试卷可能用到的原子量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32Fe—56 Cu—64一、选择题〔共48分，每一小题只有1个选项符合题意〕1．如下有关物质用途的说法中，正确的答案是( )A．玻璃容器可长期盛放各种酸B．硝酸常用作金属铜加工前的酸洗C．碳酸钠可用于治疗胃酸过多 D．三氧化二铁常用于生产红色油漆和涂料2．如下物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合中，正确的答案是( )3关于胶体的认识错误的答案是( )A．鸡蛋清溶液中参加饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于物理变化B．纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm= 10-9 m)．因此纳米材料属于胶体C．往Fe(OH)3胶体中逐滴参加稀硫酸会产生沉淀而后沉淀逐渐溶解D．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘胶粒带电荷4．能正确表示如下反响的离子方程式是( )戊A ．NaNO2溶液中参加酸性KMnO4溶液：2MnO4－+5NO2－+ 6H+=2Mn2+ + 5NO3－ + 3H2O B ．碳酸氢铵溶液中参加足量氢氧化钡溶液： NH4++HCO3－+2OH －=CO32－+ NH3•H2O +H2O C ．用食醋和淀粉－KI 试纸检验碘盐中的KIO3：IO3 +5I －+6H+=I2+3H2OD ．用惰性电极电解熔融氯化钠： 2Cl —+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH - 5．除去如下括号内杂质的试剂或方法错误的答案是〔 〕A ．N2〔O2〕：通过灼热的镁粉B ．SiO2〔Fe2O3〕：足量的盐酸，过滤C ．CO2(SO2)：酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气D ．C2H5OH(CH3COOH)：加足量CaO ，蒸馏6．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如下列图〔反响条件略去，箭头表示一步转化〕。

如下各组物质中，不满足图示转化关系的是()②7．设NA 为阿伏加德罗常数的值。

江西省南昌市2015届高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A．雾霾可能是许多组小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．含磷合成洗涤剂易被细菌分解，故不会导致水体污染D．大量使用风能、太阳能、符合“低碳”概念2．（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A．向AgCl悬浊液中加入KBr溶液：Ag++Br﹣=AgBrB．用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液：2C1﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣C．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2O D．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO43﹣+3C1﹣+5H2O3．（3分）下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种B．C8H10中只有三种属于芳香烃的同分异构体C．C5H10中只有三种属于直链烯烃的同分异构体（包括空间异构）D．含两个﹣COOCH3的有机物（C7H12O4）属于酯的同分异构体多于4种4．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如下图，下列推论合理的是（）X YW ZA．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，则W一定为铝元素B．若W的核电荷数是Y的两倍，则W的氧化物可作半导体材料C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X的氢化物水溶液显酸性D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，则Z的简单阴离子也一定能破坏水的电离5．（3分）铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿（PbS）进行浮选；②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；③制粗铅：PbO+C Pb+CO；PbO+CO Pb+CO2．下列说法正确的是（）A．浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOC．整个冶炼过程中，制取1molPb共转移2mol电子D．将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳6．（3分）除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（）物质杂质试剂方法A 甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B 氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤C 苯溴足量NaI溶液分液D 乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏A．A B．B C．C D．D7．（3分）下列叙述错误的是（）A．在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁可以得到两种气体B．pH=12Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH﹣）的10倍C．常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）D．常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：K SP[Cd（OH）2]=7.2×10﹣15，K sp[Co（OH）2]=1.8×10﹣15二、填空题（共6小题，每小题15分，满分88分）8．（15分）肼是火箭发射常用动力材料，某研究性学习小组据化工生产水合肼的原理，用尿素和NaClO的碱性溶液在实验室制备水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaC lO═Na2CO3+N3H4•H2O+NaCl有关水合肼信息如下：无色液体，熔点小于﹣40℃，沸点：118℃（101kPa）与水、乙醇互溶；有强还原性、强碱性和强腐蚀性，能腐蚀橡胶、皮革、软木、玻璃等．制备步骤：步骤1：制备Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用图1在常温下，制取Cl2，写出生成Cl2的离子方程式：；（2）将制得的Cl2，直接通入图2制备NaClO；请写出此操作有哪些不足之处？；提出你的建议：；步骤2：将制得的NaClO碱性溶液，于图3装置中进行反应制取N2H4•H2O；（3）a中应装：；b中应装；（填试剂成份）反应过程中NaClO不能过量的理由：；（用相关反应方程式表示）（4）反应容器b应选用（填序号）A．普通玻璃B．石英玻璃C．铁质容器D．陶瓷容器步骤3：（5）得到的反应混合物应采用方法进行分离；有同学提议直接用图3装置进行操作，要达到目的还需补充的仪器有：牛角管、锥形瓶、酒精灯、和．9．（15分）甲酸钙用途广泛，可用于高硫烟气脱硫助剂，也可作为制备草酸的中间体．据最新文献，氢氧化钙碳基化合成甲酸钙的反应如下：2CO+Ca（OH）2═Ca（HCOO）2反应1（1）反应体系中存在以下两个竞争反应CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣28.8kJ/moL 反应2CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/moL 反应3①二氧化碳与氢气直接合成甲酸的热化学反应方程式为．②为了更有利于生成甲酸钙，应选择的反应条件是较低的温度和（填编号）．A．催化剂B．低压C．高压（2）如图1是反应2和反应3，lnK与温度T的关系；同一条件时反应2的K（填“大于”或“小于”）反应3的K，这对于（填“反应2”或“反应3”）不利的．（3）以氢氧化钙初始密度为0.097g/mL、CO的分压为3.0MPa条件下催化反应，以氢氧化钙转化率Y%为坐标，时间为横坐标得到如图2象；①根据图象选择合适的反应温度；理由是．②当Y%为100%时，产物中甲酸钙与碳酸钙的质量比为50：1，氢氧化钙有%转化为甲酸钙．10．（13分）硫和硒（Se）、磷（Te）为同主族元素，在生产、生活中有着广泛用途．Ⅰ、SO2、CO2转化利用是净化环境，造福人类的有效途径，一种用电化学原理，将SO2、CO2转化成用途广泛的化工产品H2SO4和CH3OH，其装置如图所示：（1）该装置的工作原理是；（填“原电池”或“电解池”）（2）若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则通入H2﹣极为；（3）若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则A极的电极反应式为．Ⅱ、硒是地壳中稀有元素，工业上硒鼓废料（主要成分：硒、碲、碳、铜、铁合金）回收精炼硒的一种工艺流程如下：已知：物理性质熔点沸点升华溶解性SeO2340℃684℃315℃易溶于水TeO2733℃1260℃450℃易溶于水（1）硒的最高价氧化物对应水化合物化学式：；（2）废气主要成分是；（3）步骤④的反应方程式：；步骤⑥的反应方程式：；（4）根据表中数据，步骤⑤中分离SeO2和TeO2的最佳方案是．11．（15分）工业上用自然界存在的角膜硼镁矿（主要成分为Mg2B3O5•5H2O）制取金属镁和粗硼，工艺过程如下：根据以上信息回答下列问题：（1）硼砂中硼的化合价，溶于热水后，若需要调节pH为2﹣3制取硼酸，写出该反应的离子方程式：；（2）从氯化镁晶体制得无水氯化镁的条件是；其理由是，若用惰性电磁电解MgCl2溶液，写出电解过程的离子方程式：．（3）制得的粗硼可在一定条件与I2作用生产BI2，再提纯BI2，BI2沸点较低，提纯可采用；高温时BI2即可分解，得到高纯度硼．根据分解生成碘的量还可以测定粗硼的粗度．方法如下：称取0.04g粗硼转化成纯BI2，再完全分解，生成的碘用0.3mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准液36.00mL（滴定原理：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）①滴定终点判断应用作指示剂；②标准液应盛装在滴定管中；③该粗硼的纯度为．（4）Mg﹣H2O2酸性染料电池的反应机理为：Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O，则电池正极反应式为；常温下，若起始电解液pH=1，则电池工作一段时间后，电解液pH=2，此时溶液中c（Mg2+）；当溶液pH=6时，镁元素的主要存在形式是．（已知：K sp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12）12．（15分）钼是我国丰产元素，钼钢是制火箭发动机，核反应堆重要材料．（1）钼元素原子序数为42，请写出它的核外电子排布式：；在周期表中，处在第周期族．（2）钼金属晶格类型属体心立方晶格，原子半径为136pm，相对原子质量为95.94，则该晶体钼的密度为；晶体的空间利用率为；（3）钼能形成六核簇何物，如一种钼含卤离子[Mo6Cl8]4+，6个钼形成八面体骨架，氯原子以三桥基与钼原子相连，则该离子中8个Cl﹣的空间构型为；（4）辉钼矿是最重要的钼矿（其成分主要为MoS2），它在403K，202650Pa下，跟苛性碱溶液反应，钼则以MoO42﹣体型进入溶液，硫也氧化进入溶液，写出该反应的离子方程式：；（5）在密闭容器中，用稀硝酸来溶解辉钼矿，氧化条件在423﹣523K，1114575﹣1823850Pa 氧压下进行，反应结果钼以钼酸形成存在（钼酸不溶于硫酸），而硝酸几乎没有消耗，相当于催化剂，请用化学方程式加以解释：．13．（15分）某芳香烃N的相对分子质量为92，氢的质量分数为8.7%，现以苯为原料合成A，并最终制得F（一种染料中间体），转化关系如下：请回答下列问题：（1）写出A的分子式；用核磁共振氢谱可以证明化合物A中有种处于不同化学环境的氢．（2）M→N的反应方程式为．（3）①上述转化中试剂Ⅰ和试剂Ⅱ分别是：试剂Ⅰ，试剂Ⅱ（选填字母）．a．KMnO4（H+）b．Fe/盐酸c．NaOH溶液②若上述转化中物质A依次与试剂Ⅱ、试剂Ⅰ、化合物E（浓硫酸/△）作用，产物的结构简式可能是．（4）D有多种同分异构体，则符合下列条件的D的同分异构体有种．①是芳香族化合物，分子中有两个互为对位的取代基，其中一个取代基是﹣NH2；②分子中含有结构；③分子中两个氧原子不会直接相连；其中某种同分异构体1mol能与4molNaOH反应，其结构简式为．（5）F的水解反应如右：化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域，请写出该缩聚反应的化学方程式．江西省南昌市2015届高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A．雾霾可能是许多组小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．含磷合成洗涤剂易被细菌分解，故不会导致水体污染D．大量使用风能、太阳能、符合“低碳”概念考点：胶体的重要性质；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．分析：A．雾霾是胶体；B．福尔马林的主要成分是甲醛；C．含磷废水易导致水体富营养化；D．“低碳”理念是减少含碳燃料的使用．解答：解：A．雾霾是许多细小液体和固体微粒分散到空气中形成的一种气溶胶，可能是胶体，故A错误；B．福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，故B错误；C．含磷废水易导致水体富营养化，应经处理后才能排放，故C正确；D．大量使用风能、太阳能，可以减少煤、石油、天然气等含碳燃料的使用，故D错误．故选C．点评：本题考查胶体、蛋白质的性质、环境污染等，比较基础，侧重对基础知识的巩固．2．（3分）下列离子方程式中，正确的是（）A．向AgCl悬浊液中加入KBr溶液：Ag++Br﹣=AgBrB．用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液：2C1﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣C．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2↑+3H2OD．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4：4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO43﹣+3C1﹣+5H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．氯化银为沉淀应保留化学式；B．氢氧化镁为沉淀应保留化学式；C．盐酸先与氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应，盐酸量少生成碳酸氢钠；D．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3发生氧化还原反应生成高铁酸钠和水、氯化钠．解答：解：A．向AgCl悬浊液中加入KBr溶液，离子方程式：AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣，故A错误；B．用铁棒作阴极、碳棒作阳极电解饱和氯化镁溶液，离子方程式：2C1﹣+Mg2++2H2O H2↑+Cl2↑+2Mg（OH）2↓，故B错误；C．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，离子方程式：OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2↑+2H2O，故C错误；D．在强碱性溶液中NaClO与Fe（OH）3生成Na2FeO4，离子方程式：4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO43﹣+3C1﹣+5H2O，故D正确；故选：D．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项CD为易错选项．3．（3分）下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种B．C8H10中只有三种属于芳香烃的同分异构体C．C5H10中只有三种属于直链烯烃的同分异构体（包括空间异构）D．含两个﹣COOCH3的有机物（C7H12O4）属于酯的同分异构体多于4种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：A、含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位置上，据此判断；B、依据分子式计算不饱和度，然后判断即可；C、C5H10的烃，不饱和度为1，直链烯烃不具有支链，据此解答即可；D、两个基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体．解答：解：A、含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位置上，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，同分异构体最多有3×2=6种，故A错误；B、分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度==4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为﹣CH2﹣CH3，有一种；若有2个侧链，为﹣CH3，有邻、间、对三种，故符合条件的结构共有4种，故B错误；C、戊烷的同分异构体直链的为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3，相应烯烃有CH2═CH﹣CH2﹣CH2﹣CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3，其中CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3有2种顺反异构，即有3种异构，故C正确；D、两个基团在端点，故可写出其满足条件的同分异构体，含两个﹣COOCH3基团的C的同分异构体共有4种，，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH （CH3）CH2COOCH3，CH3CH2CH（COOCH3）2，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是同分异构体个数的判断，熟练掌握碳原子数小于5的烷烃基的个数是解决本题的关键，难度不大．4．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如下图，下列推论合理的是（）X YW ZA．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，则W一定为铝元素B．若W的核电荷数是Y的两倍，则W的氧化物可作半导体材料C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X的氢化物水溶液显酸性D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，则Z的简单阴离子也一定能破坏水的电离考点：原子结构与元素的性质．分析：A．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，由元素在短周期中位置可知，W只能为Al；B．若W的核电荷数是Y的两倍，设Y的核电荷数为a，则W的核电荷数为（a﹣1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W为Si；C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O、Z为S、X为N、W为P；D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，可以是Y为F、Z为S、Z为S、X为O．解答：解：A．若X、Y、Z、W中只有一种为金属元素，由元素在短周期中位置可知，W只能为Al，故A正确；B．若W的核电荷数是Y的两倍，设Y的核电荷数为a，则W的核电荷数为（a﹣1+8），故a+7=2a，解得a=7，故W为Si，硅晶体可用作半导体材料，其氧化物为二氧化硅，可作光导纤维，故B 错误；C．若Z的核电荷数是Y的两倍，则Y为O、Z为S、X为N、W为P，X的氢化物水溶液显碱性，故C错误；D．若Y、W的简单阴离子都能破坏水的电离，可以是Y为F、Z为S、Z为S、X为O，氯离子不能破坏水的电离，故D错误，故选A．点评：本题考查元素周期表结构，需要学生熟练掌握短周期元素与元素化合物性质，注意元素的不确定性，难度不大．5．（3分）铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿（PbS）进行浮选；②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；③制粗铅：PbO+C Pb+CO；PbO+CO Pb+CO2．下列说法正确的是（）A．浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化B．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOC．整个冶炼过程中，制取1molPb共转移2mol电子D．将1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要6g碳考点：金属冶炼的一般原理；氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：A、有新物质生成的反应是化学变化；B、化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的产物是还原产物；C、根据化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，结合原子守恒来回答；D、根据化学方程式找出物质间的关系并进行计算．解答：解：A、浮选法富集方铅矿的过程没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B、方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS中S元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2，故B错误；C、整个冶炼过程中，根据Pb原子守恒，则PbS转化为PbO转移电子是2mole﹣，PbO转化为Pb转移电子是2mole﹣，所以制取1molPb共转移4mol电子，故C错误；D、将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出：2PbS～2PbO～C～2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳，故D正确．故选D．点评：本题是一道关于氧化还原反应知识的综合题目，注意平时知识的积累是解题的关键，难度中等．6．（3分）除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（）物质杂质试剂方法A 甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气B 氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤C 苯溴足量NaI溶液分液D 乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏A．A B．B C．C D．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：实验评价题；化学实验基本操作．分析：A．乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳；B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；C．溴置换出碘，引入新杂质；C．乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层．解答：解：A．乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应利用溴水除去甲烷中的乙烯，故A错误；B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则反应后过滤即可除杂，故B正确；C．溴置换出碘，引入新杂质，应用氢氧化钠除杂，故C错误；C．乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层，则利用分液法除杂，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．7．（3分）下列叙述错误的是（）A．在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁可以得到两种气体B．pH=12Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）是0.001mol/LNaOH溶液c（OH﹣）的10倍C．常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7）：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣）D．常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中，c（Cd2+）是c（Co2+）的4倍，已知：K SP[Cd（OH）2]=7.2×10﹣15，K sp[Co（OH）2]=1.8×10﹣15考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：A．铵根离子水解生，溶液显示酸性，镁与氢离子反应生成氢气，促进了铵根离子的水解，则会生成氨气；B．温度影响溶液的pH，没有告诉在常温下，无法计算pH=12的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度；C．混合液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO﹣）；D．同一溶液中，氢氧根离子浓度相等，c（Cd2+）和c（Co2+）的浓度之比等于其溶度积之比．解答：解：A．在NH4Cl饱和溶液中加入金属镁，镁与铵根离子水解生成的氢离子反应生成氢气，促进了铵根离子的水解，则同时会生成氨气，故A正确；B．没有告诉温度，则pH=12Ba（OH）2溶液中的氢氧根离子浓度不一定为0.01mol/L，无法判断两溶液中的氢氧根离子浓度大小，故B错误；C．常温下，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中（pH=7），则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO﹣），则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣），故C正确；D．常温下，Cd（OH）2和Co（OH）2的混合悬浊液中氢氧根离子浓度相同，c（Cd2+）与c（Co2+）之比与其溶度积之比相等==4，故D正确；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶度积的计算、溶液pH的计算等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用，试题充分考查了学生的分析、理解能力．二、填空题（共6小题，每小题15分，满分88分）8．（15分）肼是火箭发射常用动力材料，某研究性学习小组据化工生产水合肼的原理，用尿素和NaClO的碱性溶液在实验室制备水合肼：（NH2）2CO+NaOH+NaC lO═Na2CO3+N3H4•H2O+NaCl有关水合肼信息如下：无色液体，熔点小于﹣40℃，沸点：118℃（101kPa）与水、乙醇互溶；有强还原性、强碱性和强腐蚀性，能腐蚀橡胶、皮革、软木、玻璃等．制备步骤：步骤1：制备Cl2，用制得的Cl2制NaClO；（1）用图1在常温下，制取Cl2，写出生成Cl2的离子方程式：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）将制得的Cl2，直接通入图2制备NaClO；请写出此操作有哪些不足之处？没有除去氯气中混有的HCl，影响产品中NaClO含量；提出你的建议：加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；步骤2：将制得的NaClO碱性溶液，于图3装置中进行反应制取N2H4•H2O；（3）a中应装：NaClO碱性溶液；b中应装尿素；（填试剂成份）反应过程中NaClO不能过量的理由：N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；（用相关反应方程式表示）（4）反应容器b应选用C（填序号）A．普通玻璃B．石英玻璃C．铁质容器D．陶瓷容器步骤3：（5）得到的反应混合物应采用蒸馏方法进行分离；有同学提议直接用图3装置进行操作，要达到目的还需补充的仪器有：牛角管、锥形瓶、酒精灯、冷凝管和温度计．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气与水；（2）氯气中混有挥发出的HCl，会影响产品中NaClO含量，用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去HCl；（3）水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；NaClO过量会氧化水合肼生成氮气、氯化钠水；（4）由题目信息，水合肼能腐蚀橡胶玻璃等，玻璃塞属于硅酸盐，也可以腐蚀陶瓷，应选择铁质容器；（5）水合肼为液态，与水互溶，沸点相差较大，应擦去分馏方法进行分离；需要用冷凝水冷凝蒸出的馏分，需要温度计控制收集118℃的馏分．解答：解：（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气与水，反应离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）氯气中混有挥发出的HCl，与氢氧化钠反应生成NaCl，会影响产品中NaClO含量，添加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶除去HCl，故答案为：没有除去氯气中混有的HCl，影响产品中NaClO含量；加一个用盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；（3）水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，故分液漏斗中的溶液是NaClO碱性溶液，b中应装尿素；NaClO过量会氧化水合肼生成氮气、氯化钠水，反应方程式为：N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：NaClO碱性溶液；尿素；N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；（4）由题目信息，水合肼能腐蚀橡胶玻璃等，玻璃塞属于硅酸盐，也可以腐蚀陶瓷，应选择铁质容器，故选：C；（5）水合肼为液态，与水互溶，沸点相差较大，应擦去分馏方法进行分离；需要用冷凝水冷凝蒸出的馏分，需要温度计控制收集118℃的馏分，故答案为：蒸馏；冷凝管、温度计．点评：本题考查物质制备实验，涉及氯气制备、对装置与操作的分析评价、物质分离提纯等，关键是对题目信息的理解应用，题目难度中等．9．（15分）甲酸钙用途广泛，可用于高硫烟气脱硫助剂，也可作为制备草酸的中间体．据最新文献，氢氧化钙碳基化合成甲酸钙的反应如下：2CO+Ca（OH）2═Ca（HCOO）2反应1（1）反应体系中存在以下两个竞争反应CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣28.8kJ/moL 反应2CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/moL 反应3①二氧化碳与氢气直接合成甲酸的热化学反应方程式为CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣70.0kJ/moL．②为了更有利于生成甲酸钙，应选择的反应条件是较低的温度和AC（填编号）．A．催化剂B．低压C．高压（2）如图1是反应2和反应3，lnK与温度T的关系；同一条件时反应2的K小于（填“大于”或“小于”）反应3的K，这对于反应2（填“反应2”或“反应3”）不利的．（3）以氢氧化钙初始密度为0.097g/mL、CO的分压为3.0MPa条件下催化反应，以氢氧化钙转化率Y%为坐标，时间为横坐标得到如图2象；①根据图象选择合适的反应温度453K；理由是温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K 时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K．②当Y%为100%时，产物中甲酸钙与碳酸钙的质量比为50：1，氢氧化钙有97.5%转化为甲酸钙．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）①根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；②使用催化剂可以加快反应速率，正反应为气体体积减小的反应，增大压强有利于甲酸钙生成；（2）lnK属于增函数，lnK值越大，K值越大，由图可知，相同条件下反应2的lnK更小，故反应2的平衡常数小于反应3，反应2为放热反应，反应3为吸热反应，升高温度有利于反应3向正反应方向移动；（3）①温度高反应速率快，但463K时，图象与453K时几乎重合，反应速率增快不明显，应选择453K；②设甲酸钙质量为130g，则碳酸钙质量为2.6g，计算各自物质的量，由钙元素守恒，转化甲酸钙的氢氧化钙与甲酸钙物质的量相等，由钙元素守恒计算氢氧化钙的总物质的量，进而计算转化为甲酸钙的氢氧化钙占有的质量分数．解答：解：（1）①已知：Ⅰ．CO（g）+H2O（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣28.8kJ/moLⅡ．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/moL根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ可得：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣70.0kJ/moL，故答案为：CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）△H=﹣70.0kJ/moL；②使用催化剂可以加快反应速率，正反应为气体体积减小的反应，平衡向正反应方向移动，增大压强有利于甲酸钙生成，故选：AC；（2）lnK属于增函数，lnK值越大，K值越大，由图可知，相同条件下反应2的lnK更小，故反应2的平衡常数小于反应3，反应2为放热反应，反应3为吸热反应，升高温度有利于反应3向正反应方向移动，不利于反应2 进行，故答案为：小于；反应2；（3）①温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K时，图象与453K时几乎重合，反应速率增快不明显，消耗能源反而增多，应选择453K，故答案为：453K；温度越高，反应速率越快，时间越短，但463K时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K；②设甲酸钙质量为130g，其物质的量为1mol，则碳酸钙质量为=2.6g，其物质的量为=0.026mol，由钙元素守恒，可知转化甲酸钙的氢氧化钙为1mol，氢氧化钙的总物质的量为1.026mol，故转化为甲酸钙的氢氧化钙占总的×100%=97.5%，。

戊 南昌市第二中学2015届高三上学期第三次考试化学试题可能用到的原子量：H —1 C —12 O —16 Na —23 Mg —24 Al —27 S —32 Fe —56 Cu —64一、选择题（共48分，每小题只有1个选项符合题意）1．下列有关物质用途的说法中，正确的是( )A ．玻璃容器可长期盛放各种酸B ．硝酸常用作金属铜加工前的酸洗C ．碳酸钠可用于治疗胃酸过多D ．三氧化二铁常用于生产红色油漆和涂料2．下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合中，正确的是( )3．下列关于胶体的认识错误的是( )A ．鸡蛋清溶液中加入饱和(NH 4)2SO 4溶液生成白色沉淀，属于物理变化B ．纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm= 10-9 m)．因此纳米材料属于胶体C ．往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸会产生沉淀而后沉淀逐渐溶解D ．水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘胶粒带电荷4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A ．NaNO 2溶液中加入酸性KMnO 4溶液：2MnO 4－+5NO 2－+ 6H +=2Mn 2+ + 5NO 3－ + 3H 2OB ．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH 4++HCO 3－+2OH －=CO 32－+ NH 3•H 2O +H 2OC ．用食醋和淀粉－KI 试纸检验碘盐中的KIO 3：IO 3 +5I －+6H +=I 2+3H 2O D ．用惰性电极电解熔融氯化钠： 2Cl —+2H 2O=Cl 2↑+H 2↑+2OH -5．除去下列括号内杂质的试剂或方法错误．．的是（ ） A ．N 2（O 2）：通过灼热的镁粉 B ．SiO 2（Fe 2O 3）：足量的盐酸，过滤C ．CO 2(SO 2)：酸性KMnO 4溶液、浓硫酸，洗气D ．C 2H 5OH(CH 3COOH)：加足量CaO ，蒸馏6．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）。

高中化学学习材料唐玲出品江西省南昌市2015届高三第二次模拟考试理综化学试题扫描版7 8 9 10 11 12 13C D C A D B B26．（15分）（1）2MnO4-+10Cl-+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2分）（2）没有除去湿Cl2中HCl（2分）（其他合理答案也给分）;影响产品中NaClO的含量，加一个盛有饱和NaCl溶液洗气瓶（2分）；（3）NaClO的碱性溶液（1分）尿素（1分）2NaClO+N2H4·H2O==N2+2NaCl+3H2O（2分）（4）C （2分）（5）分馏（蒸馏）（1分）温度计冷凝管（2分）27.（15分）（1）①CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) △H=-70.0 kJ/moL （3分）②AC （2分）（2）小于（2分）反应2 （2分）（3）①453K （2分）; 温度越高，反应速率越快，时间越短；但463K时，增幅不明显，能耗反而增多，故选择453K。

（2分）②97.5（2分）28．（13分）Ⅰ.(1)原电池（1分） (2)为负极（1分）(3)负极：SO2+2H2O-2e-==SO42-+4H+（2分）Ⅱ.(1)H2SeO4（1分）(2)CO 2（1分）(3)H 2SeO 3△ SeO 2+H 2O （2分） 2H 2SO 3+SeO 2=Se+2H 2SO 4（2分）(4)将温度控制在315℃<T<450℃之间使SeO 2升华。

（3分）36．（15分）（1）+3（1分） B 4O 72-+2H ++5H 2O==4H 3BO 3（2分）（2）在HCl 酸性气流中加热（1分），防止MgCl 2水解（1分）Mg 2++2Cl -+2H 2O 电解 Mg(OH)2↓+H 2↑+Cl 2↑（2分）（3）蒸馏法（1分）①淀粉溶液（1分）②碱式滴定管（1分）③99%（2分）（4）H 2O 2+2H ++2e -==2H 2O （1分） c(Mg 2+)=0.045mol/L （1分）Mg 2+形式存在，没有Mg(OH)2沉淀。

2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．下列说法正确的是（）A．温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B．直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质D．晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．l.0 mol•L﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣C．甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣D．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，②2R （g）+N（g）⇌2T （g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1． Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（）A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g）的能量总和B．将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJC．当1 mol M（s）与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJD． M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＜Q14．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A． 15种B． 13种C． 11种D． 9种5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（）A．T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+）：CaCO3＞CaF2B．T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体C．T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大D．T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（）A．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36B．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1D．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（）A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大二、非选择题8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：①写出X2W4的结构式：；②写出XW5的电子式：；③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为．Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．（4）该氮肥的名称是（填一种）．（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．①图2中x 7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液中离子浓度的关系正确的是a．c（Na+）=c（R﹣）b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11mol•L﹣1②室温时，HR的电离常数Ka= （填数值）．9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：请回答下列问题：（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，则a 0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：．（3）电解过程中析出锌的电极反应式为．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为．（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要L空气（折算成标准状况）进入该电池．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH g．10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．操作现象通入氯气至过量I．A中溶液变红II．稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是．（2）A中溶液变红的原因是．（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在．②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象II的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．资料显示：SCN﹣的电子式为．①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是．②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN ﹣中被氧化的元素是．③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是．④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是mol．三、[化学---选修5：有机化学基础]（15分）11．以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TMBA（）和抗癫痫药物H（）的路线如图（部分反应略去条件和试剂）：已知：I．RONa+R′X→ROR′+NaX；II．RCHO+R′CH2CHO +H2O（R、R′表示烃基或氢）（1）A的名称是；C能发生银镜反应，则C分子中含氧官能团的名称是．（2）①和②的反应类型分别是、．（3）E的结构简式是，试剂a的分子式是．（4）C→D的化学方程式是．（5）D的同分异构体有多种，其中属于芳香族酯类化合物的共有种．（6）F与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应的化学方程式是．（7）已知酰胺键（）有类似酯基水解的性质，写出抗癫痫病药物H与足量NaOH 溶液发生反应的化学方程式．2015年江西省南昌二中高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．下列说法正确的是（）A．温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B．直馏汽油、裂化汽油、植物油、甘油均能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色C． PX（对二甲苯）是制造聚酯纤维的原料，它是一种难溶于水密度比水大的剧毒物质D．晶体硅可用于制作太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途．专题：化学应用．分析：A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等；B．使溴水褪色的有机物常含有不饱和键；C．对二甲苯密度比水小；D．根据硅、二氧化硅的性质和用途判断．解答：解：A．导致温室相应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等，由于二氧化碳的含量较大，为导致温室效应的主要气体，但不仅仅有二氧化碳，故A错误；B．直流汽油、甘油不能使溴水褪色，故B错误；C．烃的密度都比水小，故C错误；D．硅常用于半导体材料，可用于制作太阳能电池板，二氧化硅具有较好的折光性，可用于制作光导纤维，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及环境污染、有机物的结构和性质以及硅、二氧化硅的用途等知识，为高频考点，侧重于化学与环境、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等．2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． 1.0 mol/L的CH3COOH溶液：K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．l.0 mol•L﹣1 NaClO溶液：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣C．甲基橙显黄色的溶液：Na+、CO32﹣、NO3﹣、SO32﹣D．在c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液：NH4+、Ca2+、C1﹣、K+考点：离子共存问题．分析：A．酸性条件下，离子之间不发生任何反应；B．ClO﹣具有强氧化性；C．甲基橙显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性；D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性．解答：解：A．醋酸溶液呈碱性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．ClO﹣具有强氧化性，具有还原性的Fe2+、I﹣不能大量共存，故B错误；C．甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，显黄色的溶液，可能呈酸性、中性、碱性，酸性条件下，NO3﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，且CO32﹣不能大量存在于酸性条件下，故C错误；D．c（OH﹣）/c（H+）=1×1013的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故D错误．故选A．点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，题目难度中等，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累．3．一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，②2R （g）+N（g）⇌2T （g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1． Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是（）A． 1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g）的能量总和B．将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJC．当1 mol M（s）与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJD． M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＜Q1考点：反应热和焓变．分析：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物；B、反应是可逆反应不能进行彻底；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值．解答：解：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，1mol R（g）的能量总和小于1mol M（s）与1mol N（g）的能量总和，故A错误；B、反应是可逆反应不能进行彻底，将2mol R（g）与1mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量＜Q2 kJ，故B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断，①+得到，M（s）+N（g）⇌T（g）△H=﹣（Q1+）kJ/mol，则C正确；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值，M（g）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，则Q3＞Q1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应能量变化，盖斯定律计算应用，注意焓变为负值是放热反应，题目难度中等．4．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A． 15种B． 13种C． 11种D． 9种考点：有机化合物的异构现象．分析：有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102﹣16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体．解答：解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；故选B．点评：本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质．5．T℃时，CaCO3和CaF2的Ksp分别为1.0×10﹣10和4.0×10﹣12．下列说法正确的是（）A．T℃时，两饱和溶液中c（Ca2+）：CaCO3＞CaF2B．T℃时，两饱和溶液等体积混合，会析出CaF2固体C．T℃时，CaF2固体在稀盐酸中的Ksp比在纯水中的Ksp大D．T℃时，向CaCO3悬浊液中加NaF固体，可能析出CaF2固体考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、依据K sp结合沉淀溶解平衡计算钙离子浓度减小；B、依据钙离子浓度和碳酸根离子浓度计算浓度商和碳酸钙K sp减小；C、K sp随温度变化，不随浓度变化；D、沉淀的条件是溶液中离子的浓度商大于K sp，会发生沉淀．解答：解：A、T℃时，饱和CaCO3溶液中c（Ca2+）=c（CO32﹣）=mol/L，饱和CaF2溶液c（Ca2+）•c（F﹣）2=4.0×10﹣12，c（Ca2+）=mol/L；所以饱和CaCO3溶液和饱和CaF2溶液相比，后者的c（Ca2+）大于前者，故A错误；B、等体积混合后的c（Ca2+）会较饱和CaCO3溶液中的c（Ca2+）大许多倍，c（Ca2+）=mol/L+（mol/L）；c（CO32﹣）只减少到原来的一半为mol/L，此时溶液中的c（Ca2+）×c（CO32﹣）=（mol/L+mol/L）×mol/L ＞K sp（CaCO3）=1.0×10﹣10，所以会析出CaCO3固体，故B错误；C、T℃时，CaCO3固体盐酸中的K sp与在纯水中的K sp相同，因沉淀的K sp随温度变化，不随浓度改变，故C错误；D、T℃时，在CaCO3悬浊液中加入NaF固体，当c（Ca2+）•c（F﹣）2≥K sp（CaF2）时，CaCO3能转化为CaF2，故D正确；故选：D．点评：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，平衡的移动和沉淀生成的条件分析，溶度积常数的计算应用是解题关键，题目难度中等．6．将1mol A（g）和2mol B（g）置于2L某密闭容器中，在一定温度下发生反应：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），并达到平衡．C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是（）A．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36B．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1D．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小考点：化学平衡的计算．分析：根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数=；B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变；C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 mol•L﹣1•s﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比；D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低．解答：解：根据图II知，生成物总能量小于反应物总能量，则该反应的正反应是放热反应；A．根据方程式知，该反应前后气体计量数之和不变，所以反应达到平衡时混合气体物质的量不变为3mol，C的体积分数为0.3，则n（C）=3mol×3=0.9mol，n（D）=n（C）=0.9mol，n（A）=（1﹣0.9）mol=0.1mol，n（B）=（2﹣0.9）mol=1.1mol，则c（D）=c（C）==0.45mol/L，c（A）==0.05mol/L，c（B）==0.55mol/L，化学平衡常数===7.36，故A 正确；B．恒温条件下，缩小容器体积，增大压强，反应速率增大，但平衡不移动，则平衡时C含量不变，则可以使反应的过程按图Ⅰ中a曲线进行，故B正确；C．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以v（C）==0.225 mol•L﹣1•s﹣1，同一反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以0～4秒内，以A表示的化学反应速率是：0.225 mol•L﹣1•s﹣1，故C正确；D．加入催化剂，能同等程度的增大正逆反应速率，但平衡不移动，活化能降低，但焓变不变，故D错误；故选D．点评：本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，侧重考查学生发生计算能力，难点是平衡常数的计算，易错选项是D，注意焓变与反应路径无关，为易错点．7．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（）A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．解答：解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D．点评：本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．二、非选择题8．某铵态氮肥由W、X、Y、Z 4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一．（1）将X、Y、Z的元素符号填在如图1所示元素周期表（局部）中的相应位置上．（2）X与W元素可组成多种化合物，如：XW5、XW3和X2W4等，用元素符号或化学式回答下列问题：①写出X2W4的结构式：；②写出XW5的电子式：；③一定条件下，1mol XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8kJ热量．该反应的热化学方程式为4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ．Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素．（4）该氮肥的名称是碳酸铵或碳酸氢铵（填一种）．（5）HR是含Z元素的一元酸．室温时，用0.250mol•L﹣1NaOH溶液滴定25.0mL HR 溶液时，溶液的pH变化情况如图2所示．其中，a点表示两种物质恰好完全反应．①图2中x ＞7 （填“＞”“＜”或“=”）．此时溶液中离子浓度的关系正确的是 c a．c（Na+）=c（R﹣）b．c（Na+）＞c（R﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）c．c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=0.11mol•L﹣1②室温时，HR的电离常数Ka= 5.0×10﹣6（填数值）．考点：位置结构性质的相互关系应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素：（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族；（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对；②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成；③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，计算4mol氨气反应放出的热量，注明物质聚集状态与反应热，书写热化学方程式；Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵；（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR 溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）；②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+），c（HR）≈0.2mol/L，代入电离常数K a=计算．解答：解：某铵态氮肥由W、X、Y、Z等4种短周期元素组成，该铵盐中一定含有N、H元素，且W的原子半径最小，则W为H元素．Ⅰ．若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一，则ZY2为SO2，Y为O、Z为S元素，故X为N元素；（1）X、Y、Z分别为N、O、S元素，分别处于第二周期ⅤA族、第二周期ⅥA族、第三周期ⅥA族，在周期表位置为，故答案为：；（2）①N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对，结构式为：，故答案为：；②NH5为NH4H，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故答案为：；③发生反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，4mol氨气反应放出的热量为382.8kJ×4=1531.2kJ，反应热化学方程式为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ，故答案为：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H=﹣1531.2 kJ•mol﹣1 ；Ⅱ．若Z是形成化合物种类最多的元素，则Z为C元素：（4）该氮肥为碳酸铵或碳酸氢铵，故答案为：碳酸铵或碳酸氢铵；（5）a点时两种物质恰好完全反应，则c（HR）==0.2 mol/L，而HR 溶液的pH=3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，R﹣离子水解，溶液呈碱性，则pH＞7，则c （Na+）＞c（R﹣），水解程度微溶，溶液中离子浓度为：c（Na+）＞c（R﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（R﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）=≈0.11mol•L ﹣1，故ab错误、c正确，故答案为：＞；c；②0.2 mol/L HR溶液中c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，溶液中c（R﹣）≈c（H+）=1.0×10﹣3mol/L，c（HR）≈0.2mol/L，电离常数K a===5.0×10﹣6，故答案为：5.0×10﹣6．点评：本题属于拼合型题目，涉及元素推断、电子式、结构式、热化学方程式、盐类水解、电离平衡常数等，试题知识点较多、综合性较强，侧重考查考生对基本概念和基本原理的理解和应用能力，难度中等．9．湿法炼锌的冶炼过程可用如图简略表示：请回答下列问题：（1）已知：N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，则a ＞0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，发生氧化反应的物质是ZnS ；已知ZnO属于两性氧化物，写出ZnO与NaOH溶液反应的化学方程式：2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O ．（3）电解过程中析出锌的电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑．（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，部分产物可作为工业原料，其反应的离子方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O ．25℃时，以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，一段时间后切断电源，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则至少需要 4.2 L空气（折算成标准状况）进入该电池．（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH 80 g．考点：制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理．分析：锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn （NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，（1）吸热的熵减的反应在任何条件下都不能自发进行；（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应；（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水；根据转移电子相等计算消耗空气体积；（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，根据转移电子和NaOH之间的关系式计算氢氧化钠质量．解答：解：锌精矿焙烧得到二氧化硫和ZnO，将ZnO加入NH3﹣NH4Cl溶液中，发生反应得到[Zn（NH3）4]Cl2，电解[Zn（NH3）4]Cl2溶液得到Zn，（1）N2H4（l）═N2（g）+2H2（g）△H=a kJ•mol﹣1，该反应不能自发进行，说明△G=△H﹣T△S ＞0，该反应是熵增的反应，则△S＞0，则a＞0，故答案为：＞；（2）ZnS焙烧的反应2ZnS+3O22SO2+2ZnO所涉及的物质中，S元素化合价由﹣2价变为+4价、O元素化合价由0价变为﹣2价，失电子的物质发生氧化反应，则发生氧化反应的物质是ZnS；ZnO属于两性氧化物，ZnO与NaOH溶液反应生成偏锌酸钠和水，反应方程式为2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O，故答案为：ZnS；2NaOH+ZnO=Na2ZnO2+H2O；（3）电解过程中析出锌的电极上[Zn（NH3）4]2+得电子发生还原反应，电极反应式为[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑，故答案为：[Zn（NH3）4]2++2e﹣=Zn+4NH3↑；（4）产生的SO2可用Ba（NO3）2溶液吸收，二氧化硫具有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子反应方程式为3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：3SO2+2H2O+2NO3﹣+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；（5）锌﹣空气电池与锂电池相比，具有储存电量高、成本低、没有安全隐患等优点．该电池的总反应为2Zn+O2═2Zn O，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水，电极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；以该电池为电源，用两个等质量的铜棒作电极电解500mL 0.1mol/L CuSO4溶液，阳极上是Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上是Cu2++2e﹣=Cu，对电极干燥并称量，测得两电极的质量差为9.6g，则减少的铜和生成的铜各是4.8g即0.075mol，转移电子是0.15mol，根据反应2Zn+O2═2ZnO，当转移电子是4mol时，消耗氧气是1moL，所以转移电子是0.15mol时，消耗氧气是0.0375moL，氧气体积是空气提及的五分之一，所以消耗空气的体积是0.0375moL×5×22.4L/mol=4.2L；故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；4.2；（6）已知一个电子的电量是1.602×10﹣19C，用上述电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，转移电子个数==1.204×1024，则转移电子物质的量为2mol，转移电子和NaOH之间的关系式为2e﹣﹣﹣﹣2NaOH，当转移2mol电子时生成2molNaOH，则m（NaOH）=2mol×40g/mol=80g，故答案为：80．点评：本题以物质制备为载体考查电解原理、氧化还原反应等知识点，为高频考点，明确物质性质及各个电极上发生的反应是解本题关键，注意利用转移电子守恒进行相关计算，易错点是（4）题，二氧化硫和硝酸钡溶液反应发生氧化还原反应生成硫酸钡而不是生成亚硫酸钡，题目难度中等．10．甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究．操作现象通入氯气至过量I．A中溶液变红II．稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ．（2）A中溶液变红的原因是Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化钾，所以溶液变红．（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在Fe3+．②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象II的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．资料显示：SCN﹣的电子式为．①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是SCN﹣中的碳元素是最高价态+4价．②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN ﹣中被氧化的元素是硫元素．③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣，他的实验方案是取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN﹣中氮元素被氧化成．④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是16 mol．考点：氯、溴、碘的性质实验；氯气的实验室制法．分析：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，据此答题；（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，据此答题；。

江西省南昌二中2014-2015学年上学期期中考试高二化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分）4．（3分）一定条件下，向某密闭容器中加入一定量的N2和H2发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.2kJ•mol﹣1，测得0到10秒内，c（H2）减小了0.75mol•L﹣1，下增加量小于6．（3分）已知室温时，1mol/L某一元弱碱MOH在水中有0.001%发生电离，则该一元弱碱7．（3分）常温下a mol•L﹣1稀氨水和b mol•L﹣1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定9．（3分）室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误10．（3分）已知化学反应A2（g）+B2（g）=2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（）13．（3分）在一定温度和压强下，向盛有足量X的体积可变的密闭容器中通入Y气体，发生反应：X（s）+aY（g）⇌bZ（g）+W（g）；△H＞0平衡时Z的物质的量与通入Y的物质的量的变化关系如图所示．下列说法中正确的是（）14．（3分）一定条件下，发生反应：①M（s）+N（g）⇌R（g）△H=﹣Q1 kJ•mol﹣1，②2R （g）+N（g）⇌2T （g）△H=﹣Q2 kJ•mol﹣1．Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是kJ得到，）15．（3分）在一密闭容器中加入A、B两种气体，保持一定温度，在t1、t2、t3、t4时刻测得=0.25×16．（3分）（2012•石家庄模拟）有①Na2CO3溶液；②CH3COONa溶液；③NaOH溶液各二.实验题17．（6分）现用物质的量浓度为a mol/L的标准盐酸去测定VmL NaOH溶液的物质的量浓度，请填写下列空白：（1）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还应该进行的操作是：标准盐酸润洗2﹣3次．（2）如果用酚酞做指示剂，试判断到达滴定终点的实验现象是溶液由浅红色褪成无色，且半分钟内不变色．（3）如图1是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数，c（NaOH）=mol/L．（4）若滴定前滴定管尖嘴部分留有有气泡，滴定后气泡消失，则测定的NaOH溶液的物质的量浓度偏高（填“偏高”、“偏低”或“不影响”）．mol/L故答案为：；可知，18．（4分）如图是盐酸与氢氧化钠的滴定曲线a和b，试认真分析后填空：（1）曲线a是用NaOH溶液滴定HCl溶液（2）P点的坐标为P（15，7）（3）盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L．三．填空题19．（10分）研究燃料的燃烧和对污染气体产物的无害化处理，对于防止大气污染有重要意义．（1）将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣242.0kJ/molC（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=﹣110.0kJ/mol①写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+132.0kJ/mol．②已知在101kPa时，CO、H2和CH4的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol．则反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+205KJ/mol kJ/mol．（2）已知一定温度和压强下，由H2和CO反应合成优质燃料甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mo1①在相同条件下要想得到182kJ热量，加入各物质的物质的量可能是D．A．2mo1CO和4mol H2B．2mo1CO、4mol H2和1mol CH3OH（g）C．4mo1CO和4mol H2D．4mo1CO和6mol H2②将1mol CO和2mol H2充入一密闭容器中，保持恒温恒压时进行反应，达到平衡时，测得CO的转化率为20%．若在相同条件下，起始时在该容器中充入1mol CH3OH（g），反应达到平衡时的热量变化是吸收（填“吸收”或“放出”）72.8kJ热量．20．（10分）现有25℃时0.1mol•L﹣1的氨水，请回答以下问题：（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中减小（填“增大”“减小”“不变”）．（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：NH3．H2O+H+=NH4++H2O；所得溶液的pH＜7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因NH4+H2O⇌NH3．H2O+H+（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时[NH4+]=a mol•L﹣1，则[SO42﹣]=0.5amol/L．（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺是c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）．减小；21．（12分）水的电离平衡曲线如图所示．（1）若从A点变动到B点，可以采取的措施是C．A．加酸溶液B．加碱溶液C．加热（2）现有T1温度下，pH=12的Ba（OH）2溶液．①该Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为0.005mol/L；②向该温度下100mLpH=2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好达最大量（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），此时溶液的pH大于7（填“大于”、“小于”或“等于”）；原混合溶液中硫酸钠的物质的量浓度为0.01mol/L．=mol22．（10分）在1.0L恒容密闭容器中放入0.10mol A （g），在一定温度进行如下反应．A（g）⇌2B（g）+C（g）+D（s）△H=+85.1kJ/mol容器内气体总压强（P）与起始压强P0的比值随反应时间（t）变化数据见下表（提示：密闭（1）该反应的平衡常数表达式K=．（2）0～2min内的平均反应速率v（B）=0.04 mol/（L．min）．（3）下列能提高A 的转化率的是A．A．升高温度B．向体系中通入A气体C．减少D的物质的量D．向体系中通入稀有气体He（4）相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D 的取值范围n （D）＞0.03mol．（5）将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到相同的限度，则达到平衡时 B 的浓度为0.0583mol/L．（保留三位有效数字）．v=K=，故答案为：；=，解得v==倍，但是各组分浓度不变，不会引积之比等于物质的量之比，反应后气体体积为：，=0.0583mol/L。

2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学模拟试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2015南昌校级模拟）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料D．推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；金属与合金在性能上的主要差异；油脂的性质、组成与结构．专题：化学应用．分析：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率；C、特种钢缆是金属材料；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染．解答：解：A、计算机芯片的材料是半导体材料晶体硅，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；B、地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率，符合资源利用，故B正确；C、舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，主要是铁的合金属于金属材料，故C正确；D、推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，减少污染气体排放，避免焚烧秸秆造成空气污染，故D正确；故选A．点评：本题考查了常见化学知识的分析判断，主要是知识熟练掌握，依据所学便可解决，题目难度中等．2．（6分）（2015•渝北区模拟）设N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．常温下，0.05mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为0.1N AB．标准状况下，22.4L甲苯中含C﹣H数目为8 N AC．常温、常压下，1.6g O2和O3混合物中，氧原子的数目为0.1N AD．0.1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移的电子数目为0.2N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、没有告诉硫酸铁溶液的体积，无法计算溶液中铁离子数目；B、标准状况下，甲苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲苯的物质的量；C、1.6g氧气和臭氧中含有11.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；D、过氧化钠中氧元素为﹣1价，0.1mol过氧化钠与二氧化碳完全反应生成了0.05mol氧气，转移了0.1mol电子．解答：解：A、题中没有告诉0.05mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液的体积，无法计算溶液中铁离子的数目，故A错误；B、标况下，甲苯不是气体，题中条件无法计算22.4L甲苯的物质的量，故B错误；C、1.6g氧气和臭氧的化合物中含有11.6g氧原子，1.6g氧原子的物质的量为0.1mol，氧原子的数目为0.1N A，故C正确；D、0.1mol过氧化钠与足量二氧化碳完全反应生成了0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移的电子数目为0.1N A，故D错误；故选C．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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．3．（6分）（2015南昌校级模拟）X、Y、Z、W、R属于短周期元素．已知它们都不是稀有气体元素，X的原子半径最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y 元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y分别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．Y的氢化物比R的氢化物稳定，Y的氢化物熔沸点比R的氢化物低考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=8﹣2=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=6﹣2=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，据此进行解答．解答：解：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=8﹣2=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=6﹣2=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，A．X与Y形成的氧化物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均为1：2，故A正确；B．氧元素分别与硅、碳、硫元素组成的常见化合物有：二氧化硅、一氧化碳、二氧化碳、二氧化硫和三氧化硫五种，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞C＞Si，所以酸性强弱顺序为：硫酸＞碳酸＞硅酸，故C正确；D．非金属性O＞S，故氢化物稳定性O＞S，水分子之间存在氢键，其熔沸点高于硫化氢，故D错误；故选D．点评：本题考查结构、性质与位置关系应用，题目难度中等，正确推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握，能够灵活应用元素周期律，明确氢键对物质物理性质的影响．4．（6分）（2015•江苏模拟）分子式为C10H20O2的有机物在酸性条件下可水解为醇A和酸B，A经过连续氧化可转化为B，若不考虑立体异构，符合上述要求的醇和酸若重新组合，可形成的酯共有（）A．32 B．16 C．8 D． 4考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物A和B，且A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题．解答：解：C10H20O2是饱和酯，且两边链相同，与羟基相连的碳上有2个氢原子才能被氧化为羧酸，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9﹣烃基，有四种结构：C﹣C﹣C﹣C﹣，，，则A有四种结构，B有四种结构，醇和酸若重新组合，可形成的酯共有16种．故选B．点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据A在一定条件下可转化成B，说明A和B的碳原子数相同，且碳链相同．5．（6分）（2015南昌校级模拟）下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是（）选项实验目的操作或现象A 检验碳与浓硫酸反应后的气体产物将产生的气体依次通过无水CuSO4、澄清石灰水和品红溶液B 证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，有沉淀析出；再把沉淀加入蒸馏水中C 检验溴乙烷中的溴元素将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液D 证明溶液中存在平衡：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3将1mL KSCN溶液与1mL 同浓度FeCl3溶液充分混合；再继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深A． A B． B C． C D． D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊；B．在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，发生盐析，不是变性；C．将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，酸化后可检验溴离子；D．KSCN溶液不足，不能证明存在平衡．解答：解：A．碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳，如先通过澄清石灰水，则二则都能使石灰水变浑浊，不能证明，故A错误；B．在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，发生盐析，不是变性，故B错误；C．将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaCl和乙醇，充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，可观察到浅黄色沉淀生成，可证明，故C正确；D．KSCN溶液不足，不能证明存在平衡，应使二者恰好反应后再检验，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于基本实验的操作的考查，涉及物质的检验和平衡移动的问题，题目难度不大，注意把握相关基础知识．6．（6分）（2015南昌校级模拟）常温下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH 溶液．有关微粒的物质的量变化如图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）所示．根据图示判断，下列说法正确的是（）A．当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按2：1混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大C．NaHA溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）D．向上述加入20mL NaOH溶液后所得溶液中再加入水的过程中，pH可能减少考点：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．根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性；B．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；C．根据物料守恒和电荷守恒判断判断NaHA溶液中各离子浓度之间关系；D．二者恰好反应生成NaHA，加水稀释HA﹣电离和水解．解答：解：A．根据图象知，当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA﹣电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA﹣都电离出氢离子，只有HA﹣电离出A2﹣，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故A错误；B．等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积2：1混合后，二者恰好反应生成Na2A和水，Na2A是强碱弱酸盐促进水电离，故B正确；C．根据电荷守恒得c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA﹣）+c（H2A）+c（A2﹣），所以得c（OH﹣）+c（A2﹣）=c（H+）+c（H2A），故C错误；D．二者恰好反应生成NaHA，加水稀释HA﹣电离和水解，但氢氧根离子浓度减小，但水解程度大于电离程度，所以pH增大，故D错误；故选B．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断、溶液中各离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．7．（6分）（2015南昌校级模拟）在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，按不同方式投入反应物（如图所示），发生如下反应：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，保持温度不变，测得平衡时的有关数据如下：下列说法正确的是（）恒容容器甲恒压容器乙Y的物质的量/mol n1n2Z的体积分数φ1φ2A．平衡时容器乙的容积一定比反应前大B．平衡时容器甲的压强一定比反应前大C．n2＞n1D．φ2＞φ1考点：化学平衡的计算．分析：将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y 的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A．乙中，温度和压强不变，容器中气体物质的量与体积成正比；B．甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比；C．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大；D．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大．解答：解：将甲中Z完全转化为X和Y时，1.2molZ能转化为1.8molX、0.6molY，则X、Y的物质的量分别是3mol、1mol，所以与乙的初始状态是等效平衡，该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，A．乙中，温度和压强不变，容器中气体物质的量与体积成正比，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则压强减小，所以平衡时容器乙的容积一定比反应前小，故A错误；B．甲中，温度和条件不变，容器中气体压强与物质的量成正比，甲中反应向哪个方向移动还是平衡状态未知，所以无法确定气体物质的量任何变化，导致无法确定压强是否变化及如何变化，故B错误；C．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，则Y的物质的量n2＜n1，故C错误；D．甲恒容、乙恒压，乙在反应过程中与甲相比相当于增大压强，平衡正向移动，生成物含量增大，所以φ2＞φ1，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡状态的有关判断，正确判断甲、乙存在等效平衡是解本题关键，知道P、V、T、n之间的关系，易错选项是B，题目难度中等．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个小题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（15分）（2015南昌校级模拟）烟道气中的CO2可用于合成甲醇和甲醚．（1）如图所示为其中的一种方法：①用光电池电解水时，阳极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O．②15～20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液具有弱碱性，则HOCH2CH2NH3Cl的水溶液显酸（填“酸”“碱”或“中”）性．③已知，CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.5kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1则工业上以CO2（g）、H2（g）为原料合成CH3OH（l）的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.9 kJ•mol﹣1．（2）将CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O （l）①在恒温、恒容的密闭容器中，下列描述能说明上述反应已达化学平衡状态的是bd（填序号）．a．生成1mol CH3OCH3（g）的同时，生成3mol H2O（l）b．体系中混合气体的密度不随时间而变化c．体系中CO2与H2的体积比为1：3d．体系中的气体的总压强不随时间而变化②已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：投料比500K 600K 700K1.5 45% 33% 20%x a b c上述反应的化学平衡常数的表达式为．该反应的焓变△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”，下同），若使a＞45%，则x＞ 1.5．③在一定温度下，向体积为0.5L的密闭容器中加入2mol CO2和6mol H2，20min后达到平衡，测得平衡时CH3OCH3为0.5mol，则该反应的反应速率v（CO2）=0.1mol•L﹣1•min ﹣1，H2的转化率α（H2）=50%；加入催化剂，v（CO2）增大（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），α（H2）不变．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．分析：（1）①用光电池电解水时，阳极是氢氧根离子失去电子生产氧气；②氨基结合水电离平衡中的氢离子，促进水电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，溶液显碱性，形成HOCH2CH2NH3Cl的水溶液是阳离子水解，溶液呈酸性；③依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；（2）①当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意选择的物理量应随反应发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，注意水是纯液体不写入表达式，二氧化碳转化率随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，两种反应物增加一种物质的量会提高另一种反应物转化率；③依据化学平衡三段式列式计算2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）起始量（mol） 2 6 0 0变化量（mol） 1 3 0.5 1.5平衡量（mol） 1 3 0.5 1.5反应速率v=，转化率=×100%，催化剂改变反应速率不改变化学平衡分析．解答：解：（1）①用光电池电解水时，阳极是氢氧根离子失去电子生产氧气，阳极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O；故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O；②乙醇胺水溶液呈弱碱性是取代基氨基结合氢离子，使溶液中的氢氧根离子浓度增大，反应的离子方程式为：HOCH2CH2NH2+H2O⇌HOCH2CH2NH3++OH﹣，则HOCH2CH2NH3Cl 的水溶液中，HOCH2CH2NH3+水解结合水中的氢氧根离子，促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，溶液显酸性，故答案为：酸；③Ⅰ、CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.5kJ•mol﹣1Ⅱ、H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算，Ⅱ×3﹣Ⅰ得到工业上以CO2（g）、H2（g）为原料合成CH3OH（l）的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.9 kJ•mol﹣1 ；故答案为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.9 kJ•mol﹣1 ；（2）①a．生成1mol CH3CH2OH的同时，生成3mol H2O，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡，故a错误；b．容器的容积不变，生成物质中水为液体，混合气体的总质量改变，密度不随时间而变化，能说明到达平衡，故b正确；c．体系中CO2与H2的体积比为1：3，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d．正反应为气体物质的量减小的反应，容器中气体的压强不随时间而变化，说明到达平衡，故d正确，故答案为：bd；②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，反应的平衡常数K=，二氧化碳转化率随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H＜0，两种反应物增加一种物质的量会提高另一种反应物转化率，若使a＞45%，x＞1.5，故答案为：，＜，＞；③2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）起始量（mol） 2 6 0 0变化量（mol） 1 3 0.5 1.5平衡量（mol） 1 3 0.5 1.5反应速率v（CO2）===0.1mol/L•min，H2的转化率α（H2）=×100%=×100%=50%，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入催化剂加快二氧化碳的反应速率，平衡不移动，氢气转化率不变，故答案为：0.1；50%；增大；不变．点评：本题考查了化学平衡的计算分析应用，平衡常数、反应速率，转化率概念计算分析，热化学方程式书写，影响化学平衡的因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．9．（14分）（2015南昌校级模拟）碲（Te）为ⅥA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一．工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲．（1）粗铜中含有Cu和少量Zn、Ag、Au、TeO2及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物．电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为Zn﹣2e ﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+．（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱．从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：①“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O．②“沉碲”时控制溶液的pH为4.5﹣5.0，生成TeO2沉淀．如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入H2SO4，并不断搅拌．③“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4．考点：电解原理；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+；Cu﹣2e﹣=Cu2+（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此分析解答；①TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应；②因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；③SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，根据得失电子守恒书写．解答：解：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+；（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；①TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；②因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入H2SO4，并不断搅拌故答案为：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；③SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4，故答案为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4．点评：本题考查粗铜精炼的电解反应式的书写，对给定条件的化学方程式、离子方程式的判断及书写，实验操作的判断是解本题关键，难度中等．10．（14分）（2015•渝北区模拟）某化学研究性小组采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率．饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量）×100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率（1）若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红．（2）若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为B连C（填A、B、C、D、E 等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣．乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率（3）对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率Ⅰ．通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率Ⅱ．通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率①一同学认为可以在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与D口连接（填装置中接口的字母）．②另一同学认为乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由同意，在方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大．丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，求饱和食盐水的电解率16.6%（假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，溶解度为36.0g）．（5）若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体2.24L（标准状况），则所得溶液中各离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：（1）依据甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色；（2）氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C；（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处；②乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差；（4）依据溶液pH计算氢氧根离子浓度结合化学方程式计算反应的氯化钠质量，利用溶解度计算150ml溶液中氯化钠的质量，用反应氯化钠质量除以原溶液中氯化钠质量得到食盐水的电解率；（5）依据反应生成氢氧化钠物质的量和通入二氧化碳物质的量定量关系分析判断得到溶液中的溶质，比较溶液中离子浓度大小．解答：解：（1）甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中甲装置中的实验现象为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红，故答案为：左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红；（2）洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠溶液可以吸收氯气发生反应，电解池中B端为阳极生成氯气，装置B连C，故答案为：B；C；Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣；（3）①利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法Ⅱ通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用U形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法Ⅱ中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，应连接装置D处，故答案为：D；②乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差，故答案为：同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大；（4）若电解150mL饱和食盐水一段时间，测得溶液的为pH为14，c（H+）=10﹣14mol/L，c（OH﹣）=1mol/L，氢氧根离子物质的量=0.15L×1mol/L=0.15mol，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，电解的氯化钠物质的量为0.15mol，质量=0.15mol×58.5g/mol=8.775g，饱和食盐水密度约为1.33g/mL，150mL饱和食盐水质量=1.33g/mL×150ml=199.5g，依据溶解度计算溶液中含有溶质氯化钠质量=199.5g×=52.81g，电解率=×100%=16.6%，故答案为：16.6%；（5）若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体2.24L（标准状况）物质的量为0.1mol，生成氢氧化钠物质的量为0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=0.1：0.15=2：3，依据n（CO2）：n（NaOH）=1：2反应生成Na2CO3，n（CO2）：n（NaOH）=1：1反应生成NaHCO3，配平得到2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，饱和氯化钠溶液电解后仍为饱和溶液，氯化钠最多，生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．点评：本题考查了电解原理的分析应用，电解率实验测定方案的设计方法和计算，电解质溶液中离子浓度大小比较，注意金属电解后溶液中溶质成分是关键，题目难度中等．【化学--选修2：化学与技术】共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位置大题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．。