化学高考模拟卷-高三化学试题含答案-枣庄市薛城区舜耕中学2015届高三下学期第二次模拟试卷及答案

试卷类型A 二0一五届高三模拟试题 理科综合 2015．3 本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，共l6页。

满分300分。

考试用时150分钟。

答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（必做共107分) 注意事项： 1．第I卷共20小题。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。

以下数据可供答题时参考： 相对原子质量：H 1 C l2 N 14 0 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cu 64 一、选择题(共13小题，每题5分，共65分。

每小题只有一个选项符合题意。

） 7．化学与生产、生活、环境保护等密切相关。

下列说法正确的是 A．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆属于新型无机非金属材料 B．能够改善食品的色、香、味，并有防腐保鲜作用的食品添加剂应限量使用 C．雾霾是由大量燃烧煤、石油、天然气等产生的二氧化碳含量偏高所致 D．煤的主要成分为单质碳、苯、二甲苯等，可通过煤的千馏将它们分离 8．下列说法中正确的是 A．Na2O和Na2O2组成元索相同，化学性质也完全相同 B．向硫酸铝溶液中逐滴加入过量氢氧化钡溶液，会出现先沉淀后完全溶解的现象 C．等物质的量浓度的NH4Cl和CH3COONH4溶液中的c(NH4＋)相等 D．高纯度二氧化硅广泛用于制光导纤维，当光导纤维遇强碱时会“断路” 9．已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示。

下列说法正确的是 A. 若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n为正整数） B．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物定为强碱 C．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定是强酸 D．若四种元素只有一种为金属，则Z、Y二者的最高价氧化物对应的水化物一定能发生反应 l0．下列说法正确的是 A．除去NO中混有的NO2：将混合气体先通过足量水，然后用CaCl2干燥 B．配制一定物质的量浓度的Fe(NO3)2溶液：将一定量的Fe(NO3)2溶于适量硝酸中，再 加入水稀释至指定浓度 C．向足量饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液pH变大 D．工业上分别用电解熔融Al2O3、MgO、NaCl的方法制取Al、Mg、Na 11，在100mL混台溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4 mol、0.1mol，向混合溶液中加入1. 92g铜粉，并加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2＋物质的量浓度是 A,0.01mol B.0.15molC.0. 225 molD.0. 30 mol 12.某兴奋剂的结构简式如图所示。

山东省枣庄二中2015届高考测试化学试卷（二）一、选择题（本题包括13小题．每小题5分，共65分．每小题只有一个选项符合题意，选对的得5分，错选或不答的得0分）1．（5分）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．淀粉溶液、豆浆、雾、碳素墨水均可发生丁达尔现象B．合金、光导纤维、碳纤维、玻璃钢都属于复合材料C．明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到杀菌、消毒的作用D．光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物有关2．（5分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）选项X YA SO2H2SB Cl2CO2C NH3CO2D SO2Cl2A．A B．B C．C D．D3．（5分）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH﹣+2H2O=[Al（OH）4]﹣+H2↑B．过量铁溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OC．用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2OD．Ca（HCO3）2溶液中加入少量的NaOH溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O4．（5分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B．加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应5．（5分）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中不正确的是（）A．三种元素的单质都存在同素异形体B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C．最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能与O2发生反应D．含氧酸的钠盐水溶液有呈碱性的，有呈中性、也有酸性的6．（5分）在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题解决，下列反应顺序判断正确的是（）A．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I﹣、Br﹣、Fe2+B．在含等物质的量的AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣溶液中，逐滴加入盐酸：[Al（OH）4]﹣、Al（OH）3、OH﹣、CO32﹣C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2可以看成：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+7．（5分）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A 浓氨水CaO NH3H2OB 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C 稀硝酸Cu NO2H2OD 浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D二、解答题（共3小题，满分53分）8．（16分）材料一：苏教版《化学1（必修）》工业上从海产品（海带）中获取碘的流程图如下：回答（1）～（3）三个小题：（1）上述生产流程的第一步是“浸泡”，它的实验目的是；（2）“氧化”这一操作中可供选用的试剂：Cl2、Br2、浓硫酸和H2O2（滴加稀硫酸），从无污染角度考虑，你认为选择的合适试剂是，反应中I﹣转化为I2的离子反应方程式为；（3）上述的生产流程中，“提纯获得单质碘”一般认为经历两步，你认为应选择的实验装置分别是（按操作的先后顺序填写）；材料二：我国实际工业利用海带制取碘，采用的是离子交换法，其流程如下：淡干海带→浸泡→浸泡液净化→上层清液→酸化→氧化→离子交换树脂吸附→解吸→碘析→精制→成品碘↓残渣（加热）→上层清液→返回试回答（4）～（6）三个小题：（4）实际工业生产中，酸化、氧化的方法是先加入硫酸酸化，使pH降低到2，然后加入次氯酸钠一类的氧化剂，使碘离子氧化．工业通常不用氯气氧化原因是：．写出该过程的离子方程式；（5）有资料显示，为减少化学物质对环境的污染，工业可以采用电化学法制备，在（填“阴极”或“阳极”）可以收集到碘单质．写出该极的电极方程式；（6）上述的生产流程中离子交换树脂是用碱性树脂吸附，再用亚硫酸钠一类还原剂解吸，请问树脂吸附的碘元素状态是（填写“游离态”或“化合态”）．解吸后应加入（填写下列编号：A．氧化剂、B．还原剂）可以实现碘析．9．（17分）某矿样含有大量的CuS及少量其它不溶于酸的杂质．实验室中以该矿样为原料制备CuCl2•2H2O晶体，流程如下：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19g•mL﹣1）的盐酸配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有、．（2）①若在实验室中完成系列操作a．则下列实验操作中，不需要的是（填下列各项中序号）．②CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2O．欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是（填下列各项中序号）． a．FeCl3固体 b．CuCl2固体 c．蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS 时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如下图所示．①CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuO•CuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为下列四阶段：CuS Cu2S CuO•CuSO4CuSO4CuO第①步转化主要在200～300°C范围内进行，该步转化的化学方程式为．②300～400°C范围内，固体质量明显增加的原因是，上图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是（填下列各项中序号）．a．一阶段 b、二阶段 c、三阶段 d、四阶段③该化学小组设计如下装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物．a．装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查A﹣D装置气密性的操作．b．当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物．你认为装置D中原来盛有的溶液为溶液．c．若原CuS矿样的质量为l0.0g（含加热不反应的杂质），在实验过程中，保持温度在760°C 左右持续加热，待矿样充分反应后，石英玻璃管内所得固体的质量为8.4g，则原矿样中CuS 的质量分数为．10．镍、钴、铈、铬虽然不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要的作用．（1）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，在平板电视显示屏中有着重要的应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，H2O2在该反应中作（填“氧化”“还原”）剂，每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为．（2）某锂离子电池含Li+导电固体为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳（C6）中，以LiC6表示，电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6．则放电时，电池的正极反应式为，图1表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时该电池处于（填“放电”或“充电”）状态．（3）自然界Cr主要以三价Cr和六价Cr的形式存在．六价Cr能引起细胞的突变和癌变．可以用亚硫酸钠将其还原为三价铬，完成并配平下列离子方程式：Cr2O72﹣+SO32﹣+H+═Cr3++SO42﹣+ （4）NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素）为原料获得．操作步骤如图2：向滤液Ⅰ中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，①除去Cu2+的离子方程式为．②向滤液Ⅱ中加入H2O2，溶液中发生反应的离子方程式为，调节pH的目的是．③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4的目的是．④我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，镀镍时，镍应作极．三、解答题（共1小题，满分12分）11．（12分）某无色溶液中可能存在下列离子：Na+、Ba2+、AlO2﹣、S2﹣、SO32﹣、SO42﹣、Fe3+、MnO4﹣．取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示．请回答下列问题：（1）生成沉淀甲的离子方程式为．（2）由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为．（3）沉淀丙中一定含有（填化学式，下同），可能含有．（4）综合上述信息，该溶液中肯定存在的离子有．山东省枣庄二中2015届高考测试化学试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题．每小题5分，共65分．每小题只有一个选项符合题意，选对的得5分，错选或不答的得0分）1．（5分）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A．淀粉溶液、豆浆、雾、碳素墨水均可发生丁达尔现象B．合金、光导纤维、碳纤维、玻璃钢都属于复合材料C．明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到杀菌、消毒的作用D．光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物有关考点：胶体的重要性质；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；镁、铝的重要化合物．分析：A．胶体能发生丁达尔效应；B．复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料；C．明矾具有净水作用，不具有杀菌消毒作用；D．温室效应与二氧化碳有关．解答：解：A．淀粉溶液、豆浆、雾、碳素墨水都是胶体，胶体能发生丁达尔效应，故A正确；B．合金、光导纤维、碳纤维都是一种材料，故B错误；C．明矾净水时，铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝具有净水作用，发生了化学及物理变化，氢氧化铝不具有氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；D．温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故D错误．故选A．点评：本题考查较为综合，涉及胶体、材料、环境等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累．2．（5分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）选项X YA SO2H2SB Cl2CO2C NH3CO2D SO2Cl2A．A B．B C．C D．D考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：A．二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀；B．氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应；C．氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡和氯化铵；D．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子．解答：解：A．二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀，则有沉淀生成，故A不选；B．氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一直没有沉淀生成，故B选；C．氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故C不选；D．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故D不选；故选B．点评： 本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，涉及氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质，综合性较强，注意发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大．3．（5分）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A ． 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH ﹣+2H 2O=[Al （OH ）4]﹣+H 2↑B ． 过量铁溶于稀硝酸：Fe+4H ++NO 3﹣═Fe 3++NO↑+2H 2OC ． 用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH 3COOH+CaCO 3═Ca 2++2CH 3COO ﹣+CO 2↑+H 2OD ． Ca （HCO 3）2溶液中加入少量的NaOH 溶液：Ca 2++2HCO 3﹣+2OH ﹣═CaCO 3↓+CO 32﹣+2H 2O考点： 离子方程式的书写．专题： 离子反应专题．分析： A ．该氧化还原反应中得失电子不相等，违反了电子守恒；B ．铁粉过量，反应生成亚铁离子，不是生成铁离子；C ．醋酸和碳酸钙在离子方程式中都需要保留化学式；D ．氢氧化钠少量，离子方程式按照氢氧化钠的化学式中性书写．解答： 解：A ．金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH ﹣+6H 2O=2[Al （OH ）4]﹣+3H 2↑，故A 错误；B ．过量铁溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁，正确的离子方程式为：3Fe+8H ++2NO 3﹣═3Fe 2++2NO↑+4H 2O ，故B 错误；C ．用食醋除去暖水瓶中的水垢，反应的离子方程式为：2CH 3COOH+CaCO 3═Ca 2++2CH 3COO﹣+CO 2↑+H 2O ，故C 正确；D ．氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙沉淀，产物中不会有剩余的碳酸根离子，正确的离子方程式为：Ca 2++HCO 3﹣+OH ﹣═CaCO 3↓+H 2O ，故D 错误；故选C ．点评： 本题考查了离子方程式的正误判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式．4．（5分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A ． 加热时，①上部汇集了固体NH 4Cl ，说明NH 4Cl 的热稳定性比较好B ． 加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色C ． ④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D ． 四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应考点：性质实验方案的设计．专题：元素及其化合物；化学实验基本操作．分析：A．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵；B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．解答：解：A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管的顶部反应生成氯化铵，不是NH4Cl的热稳定性比较好，故A错误；B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，故B错误；C．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D．氯化铵受热分解，与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选：C．点评：本题以“封管实验”为载体，考查了相关的反应，解答须理解记忆相关的化学反应方程式，题目较简单．5．（5分）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中不正确的是（）A．三种元素的单质都存在同素异形体B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C．最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能与O2发生反应D．含氧酸的钠盐水溶液有呈碱性的，有呈中性、也有酸性的考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物．分析：A．C有金刚石和石墨、硅有无定形硅和晶体硅、S有斜方硫和单斜硫；B．二氧化硫具有还原性，能被强氧化性酸氧化；C．最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能被O2氧化；D．强酸强碱盐溶液呈中性、强酸酸式盐呈酸性、弱酸强碱盐溶液呈碱性．解答：解：A．C有金刚石和石墨、硅有无定形硅和晶体硅、S有斜方硫和单斜硫，所以有同素异形体，故A正确；B．二氧化硫具有还原性，能被强氧化性酸氧化，如能被硝酸氧化，故B错误；C．最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能被O2氧化生成氧化物，故C正确；D．强酸强碱盐溶液呈中性、强酸酸式盐呈酸性、弱酸强碱盐溶液呈碱性，硫酸氢钠溶液呈酸性、碳酸钠和硅酸钠溶液呈碱性、硫酸钠溶液呈中性，故D正确；故选B．点评：本题考查非金属及其化合物，明确物质的性质是解本题关键，侧重考查基本概念、基本理论，易错选项是D，注意硫酸氢钠溶液酸碱性，题目难度不大．6．（5分）在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题解决，下列反应顺序判断正确的是（）A．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I﹣、Br﹣、Fe2+B．在含等物质的量的AlO2﹣、OH﹣、CO32﹣溶液中，逐滴加入盐酸：[Al（OH）4]﹣、Al（OH）3、OH﹣、CO32﹣C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2可以看成：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+考点：氯气的化学性质；离子反应发生的条件；镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、离子还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；B、用假设法判断，H+最先与AlO2﹣反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH﹣反应生成[Al （OH）4]﹣；C．应先与Ba（OH）2发生离子反应；D、氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，还原剂先和氧化性强的离子反应．解答：解：A．离子还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I ﹣、Fe2+、Br﹣，故A错误；B．在含等物质的量的[Al（OH）4]﹣、OH﹣、CO32﹣的溶液中，逐滴加入盐酸，反应先后顺序为：OH﹣、[Al（OH）4]﹣、CO32﹣、Al（OH）3，故B错误；C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba （OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中，加入Zn，被还原的先后顺序为：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存，熟悉离子之间的反应及反应的先后顺序是解答本题的关键，选项AD为解答的难点，题目难度较大．7．（5分）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A 浓氨水CaO NH3H2OB 浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C 稀硝酸Cu NO2H2OD 浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D考点：常见气体制备原理及装置选择．专题：实验题．分析：根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度解答本题．解答：解：A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，故A错误；B、浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，SO2气体会污染空气，所以要吸收尾气，故B正确；C、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，故C错误；D、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答．二、解答题（共3小题，满分53分）8．（16分）材料一：苏教版《化学1（必修）》工业上从海产品（海带）中获取碘的流程图如下：回答（1）～（3）三个小题：（1）上述生产流程的第一步是“浸泡”，它的实验目的是从海带中获得碘离子；（2）“氧化”这一操作中可供选用的试剂：Cl2、Br2、浓硫酸和H2O2（滴加稀硫酸），从无污染角度考虑，你认为选择的合适试剂是H2O2，反应中I﹣转化为I2的离子反应方程式为2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O；（3）上述的生产流程中，“提纯获得单质碘”一般认为经历两步，你认为应选择的实验装置分别是DC（按操作的先后顺序填写）；材料二：我国实际工业利用海带制取碘，采用的是离子交换法，其流程如下：淡干海带→浸泡→浸泡液净化→上层清液→酸化→氧化→离子交换树脂吸附→解吸→碘析→精制→成品碘↓残渣（加热）→上层清液→返回试回答（4）～（6）三个小题：（4）实际工业生产中，酸化、氧化的方法是先加入硫酸酸化，使pH降低到2，然后加入次氯酸钠一类的氧化剂，使碘离子氧化．工业通常不用氯气氧化原因是：氯气对环境污染大，且储存与运输不方便．写出该过程的离子方程式2I﹣+ClO﹣+2H+═I2+H2O+Cl﹣；（5）有资料显示，为减少化学物质对环境的污染，工业可以采用电化学法制备，在阳极（填“阴极”或“阳极”）可以收集到碘单质．写出该极的电极方程式2I﹣﹣2e﹣═I2；（6）上述的生产流程中离子交换树脂是用碱性树脂吸附，再用亚硫酸钠一类还原剂解吸，请问树脂吸附的碘元素状态是游离态（填写“游离态”或“化合态”）．解吸后应加入A（填写下列编号：A．氧化剂、B．还原剂）可以实现碘析．考点：海带成分中碘的检验．专题：实验题．分析：（1）根据步骤后一步骤知该操作是得到含碘离子的溶液；（2）过氧化氢将碘离子氧化成碘单质，而自身被还原成水，符合无污染要求；（3）根据用萃取剂萃取碘单质和用蒸馏提取萃取剂中的碘进行解答；（4）根据氯气的性质进行解答；次氯酸钠中氯元素为+1价，具有强氧化性；（5）电解时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，碘离子变成碘单质，发生氧化反应；（6）根据我国实际工业利用海带制取碘的流程图进行解答．解答：解：（1）将海带加水，经过浸泡后，就可用氯气氧化，氯气氧化的是碘离子，所以该操作是从海带中获得碘离子，故答案为：从海带中获得碘离子；（2）碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化2I﹣+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O，二价锰离子是金属离子对环境有污染，Cl2氧化2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，生成Cl﹣，对环境有污染，双氧水（H2O2）可氧化碘离子，2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O而自身被还原成水，符合无污染要求，故答案为：H2O2；2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O；（3）提纯获得单质碘，先需用萃取剂萃取碘水中的碘，用分液漏斗组成的萃取装置，选D，从萃取剂中提取碘单质，需用蒸馏装置，需选C，故答案为：DC；（4）氯气是有毒的气体，氯气对环境污染大，且储存与运输不方便，次氯酸钠中氯元素为+1价，具有强氧化性，可将碘离子氧化成单质碘，自身被还原成﹣1价的氯，方程式为2I﹣+ClO ﹣，﹣+2H+═I2+H2O+Cl故答案为：氯气对环境污染大，且储存与运输不方便；2I﹣+ClO﹣+2H+═I2+H2O+Cl﹣；（5）电化学法制备单质碘，需将碘离子氧化成碘单质，发生氧化反应，电解时阳极发生氧化反应，反应为2I﹣﹣2e﹣═I2，故答案为：阳极；2I﹣﹣2e﹣═I2；（6）从我国实际工业利用海带制取碘的流程图可知，用用碱性树脂吸附，是在碘离子氧化之后，说明此时吸附的是碘单质，所以属于游离态，再用亚硫酸钠一类还原剂解吸，说明碘单质发生还原反应，生成碘离子，所以需氧化剂，故答案为：游离态；A．点评：本题主要考查从海带中提取碘的实验，明确物质的分离方法及碘单质的性质是解答的关键，题目难度中等．9．（17分）某矿样含有大量的CuS及少量其它不溶于酸的杂质．实验室中以该矿样为原料制备CuCl2•2H2O晶体，流程如下：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19g•mL﹣1）的盐酸配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有胶头滴管、500mL容量瓶．（2）①若在实验室中完成系列操作a．则下列实验操作中，不需要的是cd （填下列各项中序号）．②CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2O．欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是c （填下列各项中序号）． a．FeCl3固体 b．CuCl2固体 c．蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS 时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如下图所示．①CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuO•CuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为下列四阶段：CuS Cu2S CuO•CuSO4CuSO4CuO第①步转化主要在200～300°C范围内进行，该步转化的化学方程式为2CuS+O2Cu2S+SO2．②300～400°C范围内，固体质量明显增加的原因是Cu2S转化为CuSO4，上图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是c（填下列各项中序号）．a．一阶段 b、二阶段 c、三阶段 d、四阶段③该化学小组设计如下装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物．a．装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查A﹣D装置气密性的操作关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，则气密性好．b．当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物．你认为装置D中原来盛有的溶液为氯化钡溶液．c．若原CuS矿样的质量为l0.0g（含加热不反应的杂质），在实验过程中，保持温度在760°C 左右持续加热，待矿样充分反应后，石英玻璃管内所得固体的质量为8.4g，则原矿样中CuS 的质量分数为96%．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）根据配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸的步骤选择使用的仪器；（2）①操作a为从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O，操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，据此进行解答；②根据影响化学平衡Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣═CuCl42﹣（黄色）+4H2O的因素进行分析，注意铁离子和铜离子自身颜色会影响实验结果；（3）①第①步反应为氯化铜与氧气反应生成硫化亚铜和二氧化硫，据此写出反应的化学方程式；②根据固体质量变化曲线及SO2生成曲线可知，300～400℃范围内二氧化硫含量达到最低，说明反应生成了硫酸铜，使固体质量明显增加；根据固体为硫酸铜时固体的质量最大进行分析；③a．关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出；b．二氧化硫与氧气的混合气体能够与氯化钡生成硫酸钡沉淀，可以使用氯化钡溶液检验；c．温度在760℃左右时生成的固体为氧化铜，根据铜元素质量守恒计算出硫化铜的质量及质量分数．解答：解：（1）配制500mL 6mol•L﹣1的盐酸需要的仪器有：量筒、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒外、胶头滴管，使用还缺少：胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；500mL容量瓶；（2）①操作a实验的目的是从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O，需要的操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，所以需要的装置为a、b，不需要的为c和d，故答案为：cd；②CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣═CuCl42﹣（黄色）+4H2O，欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动，因此实验中进入水后溶液蓝色加深，即可证明存在平衡；不能加入氯化铁固体或氯化铜固体，原因是铁离子和铁离子本身有颜色，实验c正确，故答案为：c；（3）①根据CuS矿样在焙烧过程中转化顺序可知，第①步反应为氯化铜转化成硫化亚铜，反应的化学方程式为：2CuS+O2Cu2S+SO2，故答案为：2CuS+O2Cu2S+SO2；②根据图象曲线变化可知，300～400℃范围内固体有硫化亚铜转化为硫酸铜，所以固体质量明显增加；当固体质量最大时，固体的主要成分为硫酸铜，所以CuSO4固体能稳定存在的阶段为第三阶段，。

2015年山东省枣庄市滕州市实验中学高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题5分，共65分．每小题只有一个选项符合题意）1．（5分）（2014•仁寿县校级模拟）化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是（）A．可用蘸浓硫酸的棉花棒检验输送氨气的管道是否漏气B．“地沟油”禁止食用，但可用来制肥皂C．从海水中提取物质都必须经过化学反应才能实现D．侯式制碱法的工艺过程中应用了物质溶液度的差异2．（5分）（2015•惠州模拟）用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（）A．用图a所示装置干燥SO2气体B．用图b所示装置蒸发CH3COONa溶液得醋酸钠晶体C．用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D．用图d所示装置测量氨气的体积3．（5分）（2013•上海二模）现有下列短周期元素性质的数据：①②③④⑤⑥⑦⑧元素编号元素性质原子半径0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82最高或最低化合价+2 +1 +5 +7 +1 +5 +3﹣2 ﹣3 ﹣1 ﹣3下列说法正确的是（）A．原子序数④元素大于⑦元素B．②、③处于同一周期C．上述八种元素最高价氧化物对应的水化物，⑤号酸性最强D．⑧号元素原子结构示意图为：4．（5分）（2015•滕州市校级模拟）下列说法正确的是（）A．HClO和NaClO都是弱电解质B．胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能C．1mol H2SO4与1mol Ba（OH）2反应放出的热量叫做中和热D．HCl和NaCl溶于水破坏的化学键完全相同5．（5分）（2015•威海二模）某有机物M的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（）A．M的相对分子质量是178B．M有机物中含有2种官能团C．M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H9O5NaD．与M互为同分异构体6．（5分）（2015•威海二模）下列说法正确的是（）A．将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干可得到原溶质B．因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2不能发生C．在新制氯水中各微粒浓度的关系为：2c（Cl2）=c（ClO‾）+c（Cl‾）+c（HClO）D．用1L 0.2 mol•L﹣1NaOH溶液分别吸收0.1molSO2、0.1mol CO2，所得的两种溶液中酸根离子浓度大小关系是：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）7．（5分）（2015•威海二模）往1.0mol•L﹣1KI溶液中加入固体I2，发生反应：I2（aq）+I﹣（aq）═I3﹣（aq）△H；I﹣的物质的量浓度c（I﹣）随温度T的变化曲线如图所示．已知反应第一次达到平衡时用时10s，则下列说法正确的是（）A．该反应的△H＞0B．a、c两点对应的I﹣反应速率相等C．b点时0～10s I﹣的平均反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1D．d点时该反应在对应温度下处于平衡状态二、解答题（共3小题，满分53分）8．（18分）（2015•威海二模）运用化学反应原理分析解答以下问题．（1）弱酸在水溶液中存在电离平衡，部分0.1mol•L﹣1弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸电离平衡常数（25℃）HClO K=2.98×10﹣8H2CO3K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11H2SO3K1=1.54×10﹣2K2=1.02×10﹣7①当弱酸的浓度一定时，升高温度，K值（填“变大”、“变小”或“不变”）．②下列离子方程式和有关说法错误的是a．少量的CO2通入次氯酸钠溶液中：2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣b．少量的SO2通入碳酸钠溶液中：SO2+H2O+2CO32﹣=2HCO3﹣+SO32﹣c．相同温度时，等pH三种盐溶液的物质的量浓度关系：c（Na2CO3）＜c（NaClO）＜c（Na2SO3）d．相同温度时，等物质的量三种弱酸与足量NaOH溶液完全中和消耗NaOH的体积为：V（H2CO3）＞V（H2SO3）＞V（HClO）③亚硒酸（H2SeO3）也是一种二元弱酸，有较强的氧化性．往亚硒酸溶液中不断通入SO2会产生红褐色单质，写出该反应的化学方程式：，该反应的氧化产物是．（2）工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理后方可排放．①在废水中存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O若改变条件使上述平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是a．平衡常数K值可以不改变b．达到新平衡CrO42﹣的消耗速率等于Cr2O72﹣的消耗速率c．再达平衡前正反应速率一定大于逆反应速率d．平衡移动后达到新平衡溶液pH一定增大②Cr2O72﹣和CrO42﹣最终生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH‾（aq）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH﹣）=10﹣32，当c （Cr3+）降至10﹣3mol•L﹣1，溶液的pH调至4时，（填“有”或“没有”）沉淀产生．（3）已知：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）某温度下三个反应的平衡常数的值依次为a1、a2、a3，则该温度下反应 3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的化学平衡常数K= L4•mol﹣4（用含a1、a2、a3的代数式表示）．向某固定体积的密闭容器中加入3molCO和3molH2，充分反应后恢复至原来温度，测定容器的压强为反应前的，则CO的转化率．9．（16分）（2015•威海二模）可以利用氧化锌粗品（含有Fe2O3、FeO、CuO）为原料制备纯净的氧化锌，其化学工艺流程如图1：按要求回答下列问题：（1）加双氧水主要作用是氧化溶液中的Fe2+，该反应的离子方程式为．（2）调节pH主要是使溶液中的Fe3+生成沉淀而被除去，溶液pH对除Fe效率影响如图2所示．则除Fe3+时应控制溶液的pH为（填序号）．a．3.5～4.0 b．2.5～3.5 c．1.5～2.5 d．0.5～1.5（3）固体b为（填化学式），固体c为碱式碳酸锌，锻烧固体c的化学方程式为．（4）工业上也可以将氧化锌粗品采用碱溶的方法，将氧化锌转化为Na2溶液，然后电解该溶液制取锌，以石墨为电极电解时，阴极的电极反应式为，当生成1mol锌时，阳极上生成气体在标准状况下的体积为L．“纸质电池”的纸片内充入的是水和氧化锌组成的电解液，纸的一边镀锌另一边镀二氧化锰，电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），该电池的负极反应式为．10．（19分）（2015•威海二模）氯化亚砜（SOCl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水分解，其制取过程的相关反应如下：S（s）+Cl2（g） SCl2（l）（Ⅰ）SCl2（l）+SO3（l）═SOCl2（l）+SO2（g）（Ⅱ）已知二氯化硫（SCl2）熔点﹣78°C，沸点59°C，如图是实验室由氯气与硫合成二氯化硫的装置．（1）仪器组装完成后，首先进行的一步操作是；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是．（2）装置B盛放的药品是，装置D中玻璃仪器的名称是，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是．（3）实验时，为防止E中液体挥发，可采取的措施是．装置F（盛放碱石灰）有两个作用：一是吸收多余的氯气，另一个是．（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99%以上）氯化亚砜，为使三种原料恰好完全反应，三者的物质的量比为；氯化亚砜遇水易分解，请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论．已知：SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液．三、【选做部分】【化学-化学与技术】（12分）11．（12分）（2015•威海二模）工业上一种制备氯化铁及高铁酸钾的工艺流程如图：（1）吸收塔中的吸收剂X是；从副产物FeCl3溶液中获得FeCl3•6H2O的操作是、加热浓缩、再冷却结晶．（2）用FeCl3溶液（副产物）腐蚀印刷线路板所得的废液中含FeCl3、FeCl2和CuCl2，用化学方法可以回收废液中铜；合并过滤后的剩余液体可以作为上述工艺流程中的吸收剂X．则在此过程中，先后加入的物质分别是．（3）碱性条件下反应①的离子方程式为．（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因：．K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用（填序号）．a．H2O b．稀KOH溶液、异丙醇c．NH4Cl溶液、异丙醇 d．Fe（NO3）3溶液、异丙醇．四、【化学­­-物质结构与性质】（12分）12．（2015•威海二模）如图1a～f分别表示由H、C、N、Na、Si、Cu元素组成的单质，其中c、d均为热和电的良导体．单质分别对应的熔点如图所示：（1）从电负性角度分析，C、Si和N元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为；（2）图中d单质对应元素原子的电子排布式．用价层电子对互斥理论推断，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子中化学键的键角为．（3）a与b的元素形成的10电子中性分子X，X溶于水后的溶液滴入到含d元素高价离子的溶液中至过量，生成的含d元素离子的化学式为．（4）上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸分子的结构模型（原子共平面）如图2：则可判断该元素原子（中心原子）的杂化方式是．氮化硅是一种高温陶瓷材料，硬度大、熔点高、化学性质稳定，其基本结构单元如图3，则其化学式为．五、【化学-有机化学基础】（12分）13．（2015•威海二模）PPMB（）是一种重要的化工原料，在药物、新材料等方面有重要的应用，合成该有机物的一种路线如图：已知：Ⅰ、RCH=CHR′RCHO+R′CHOⅡ、（1）试剂X为；E中含氧官能团名称为．（2）遇氯化铁溶液显紫色且苯环上有两个取代基的D的同分异构体有种．（3）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为．（4）PPMB与足量氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式为．2015年山东省枣庄市滕州市实验中学高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题5分，共65分．每小题只有一个选项符合题意）1．（5分）（2014•仁寿县校级模拟）化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是（）A．可用蘸浓硫酸的棉花棒检验输送氨气的管道是否漏气B．“地沟油”禁止食用，但可用来制肥皂C．从海水中提取物质都必须经过化学反应才能实现D．侯式制碱法的工艺过程中应用了物质溶液度的差异考点：氨的化学性质；海水资源及其综合利用；油脂的性质、组成与结构．专题：化学应用．分析：A．浓硫酸无挥发性，与氨气反应无现象；B．地沟油为酯类物质，可在碱性条件下水解，用来制备肥皂；C．海水提取氯化钠不需要化学反应；D．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出．解答：解：A．浓硫酸无挥发性，与氨气反应无现象，而浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl 固体小颗粒，为白烟，可用蘸浓盐酸的棉花棒检验输送氨气的管道是否漏气，故A选；B．地沟油对胃、肠、肝、心血管都会有损害，长期食用可能会引发癌症，对人体有害，地沟油为酯类物质，可在碱性条件下水解，用来制备肥皂，故B不选；C．海水提取氯化钠，利用太阳晒盐，蒸发水得到氯化钠晶体，不需要化学反应，故C 选；D．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故D不选．故选AC．点评：本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识，题目难度不大．2．（5分）（2015•惠州模拟）用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是（）A．用图a所示装置干燥SO2气体B．用图b所示装置蒸发CH3COONa溶液得醋酸钠晶体C．用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D．用图d所示装置测量氨气的体积考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．干燥气体，大口进，小口出；B．图为蒸发结晶操作；C．水在上层，分液时避免上下层液体混合；D．氨气极易溶于水．解答：解：A．干燥气体，大口进，小口出，图中气体的进入方向不合理，故A错误；B．图为蒸发结晶操作，并利用玻璃棒不断搅拌，操作合理，故B正确；C．水在上层，分液时避免上下层液体混合，则水层从分液漏斗上口倒出，故C错误；D．氨气极易溶于水，不能将水排出测定其体积，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的干燥、蒸发、分液及气体体积测定等，把握物质的性质及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．3．（5分）（2013•上海二模）现有下列短周期元素性质的数据：①②③④⑤⑥⑦⑧元素编号元素性质原子半径0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82最高或最低化合价+2 +1 +5 +7 +1 +5 +3﹣2 ﹣3 ﹣1 ﹣3下列说法正确的是（）A．原子序数④元素大于⑦元素B．②、③处于同一周期C．上述八种元素最高价氧化物对应的水化物，⑤号酸性最强D．⑧号元素原子结构示意图为：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：电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，最高正价在增大，最高正价等于族序数，由短周期元素的数据可知：①只有﹣2价，处于第ⅥA族；①为O；⑤有+7、﹣1价，①为Cl；③⑥最高正价为+1，处于第ⅠA族，原子半径大于其它原子，且⑥的原子半径较大，故③为Li，⑥为Na；④⑦有+5、﹣3价，处于ⅤA族，④的原子半径较大，故④为P、⑦为N；②最高正价为+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg；⑧最高正价为+3，处于ⅢA族，原子半径比Cl小，故⑧为B，并结合元素周期律、化合物的性质来解答．解答：解：电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，最高正价在增大，最高正价等于族序数，由短周期元素的数据可知：①只有﹣2价，处于第ⅥA族；①为O；⑤有+7、﹣1价，①为Cl；③⑥最高正价为+1，处于第ⅠA族，原子半径大于其它原子，且⑥的原子半径较大，故③为Li，⑥为Na；④⑦有+5、﹣3价，处于ⅤA族，④的原子半径较大，故④为P、⑦为N；②最高正价为+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg；⑧最高正价为+3，处于ⅢA族，原子半径比Cl小，故⑧为B，A．④⑦同主族，④的原子半径大，则④原子序数大，故A正确；B．②为Mg，③为Li，则②、③号元素不处于同一周期，故B错误；C．⑤为Cl，最高价氧化物的水化物为HClO4，是含氧酸中酸性最强的酸，故C正确；D．⑧为B，原子结构示意图为，故D错误；故选AC．点评：本题考查原子结构与元素周期律，题目难度中等，熟悉原子半径、化合价的变化规律是解答本题的关键，⑧为学生解答的易错点．4．（5分）（2015•滕州市校级模拟）下列说法正确的是（）A．HClO和NaClO都是弱电解质B．胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能C．1mol H2SO4与1mol Ba（OH）2反应放出的热量叫做中和热D．HCl和NaCl溶于水破坏的化学键完全相同考点：强电解质和弱电解质的概念；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学键；中和热．专题：基本概念与基本理论．分析：A．在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质；B．根据胶体的性质进行判断；C．中和热：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热；D．HCl溶于水破坏的是共价键，NaCl溶于水破坏的是离子键．解答：解：A．HClO是弱酸，在水溶液中部分电离，是弱电解质；NaClO是盐，在在水溶液中完全电离，是强电解质，故A错误；B．丁达尔效应是胶体的性质，溶液没有丁达尔效应，故B正确；C.1molH2SO4与1molBa（OH）2反应生成2mol水和1mol硫酸钡沉淀，故C错误；D．HCl溶于水破坏的是共价键，NaCl溶于水破坏的是离子键，化学键的种类不同，故D错误，故选B．点评：本题考查强弱电解质的判断、胶体的性质、中和热的概念、化学键的判断，知识点较多，难度不大．要注意基础知识的积累．5．（5分）（2015•威海二模）某有机物M的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是（）A．M的相对分子质量是178B．M有机物中含有2种官能团C．M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H9O5NaD．与M互为同分异构体考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：有机物含有羟基，碳碳双键和酯基，结合醇、烯烃以及酯的性质解答该题．解答：解：A．由结构简式可知分子式为C9H8O4，则相对分子质量是178，故A正确；B．含有羟基，碳碳双键和酯基3种官能团，故B错误；C．M与足量的NaOH溶液发生反应，酯基水解，生成羧基和羟基，羧基与氢氧化钠反应，生成物的化学式为C9H9O5Na，故C正确；D．与的分子式（C9H6O4）不同，不是同分异构体，故D错误．故选AC．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，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．6．（5分）（2015•威海二模）下列说法正确的是（）A．将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干可得到原溶质B．因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2不能发生C．在新制氯水中各微粒浓度的关系为：2c（Cl2）=c（ClO‾）+c（Cl‾）+c（HClO）D．用1L 0.2 mol•L﹣1NaOH溶液分别吸收0.1molSO2、0.1mol CO2，所得的两种溶液中酸根离子浓度大小关系是：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．分析：A．根据物质水解产物的稳定性分析；B．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2反应中I2作还原剂；C．根据氯水中存在的微粒判断；D．碳酸钠的水解程度大于亚硫酸钠．解答：解：A．Na2SO3易被氧气氧化为硫酸钠，Ca（ClO）2水解生成的HClO不稳定，FeCl3水解生成的HCl易挥发，所以将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干不能得到原溶质，故A错误；B．还原性强的能把还原性弱的置换出来，I2的还原性大于Cl2，则I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2能发生，故B错误；C．氯水中存在Cl2、Cl‾、ClO‾、HClO，氯气没有全部与水发生反应，则不能确定氯气与Cl‾、ClO‾、HClO的浓度关系，故C错误；D．碳酸钠的水解程度大于亚硫酸钠，水解程度越大，溶液中剩余的离子浓度越小，则c（SO32﹣）＞c（CO32﹣），CO32﹣的水解程度大，则生成的HCO3﹣多，所以酸根离子浓度大小关系是：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣），故D正确．故选D．点评：本题考查盐类的水解以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同，侧重于基础知识应用的考查．7．（5分）（2015•威海二模）往1.0mol•L﹣1KI溶液中加入固体I2，发生反应：I2（aq）+I﹣（aq）═I3﹣（aq）△H；I﹣的物质的量浓度c（I﹣）随温度T的变化曲线如图所示．已知反应第一次达到平衡时用时10s，则下列说法正确的是（）A．该反应的△H＞0B．a、c两点对应的I﹣反应速率相等C．b点时0～10s I﹣的平均反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1D．d点时该反应在对应温度下处于平衡状态考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．分析：平衡状态是反应进行的最大限度，所以b点是平衡状态，c（I﹣）从1～0.4时是平衡的建立，而b点后是温度的改变平衡的移动，由此分析解答．解答：解：A、b点后是温度升高，而平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，则△H＜0，故A错误；B、温度越高速率越快，c点的温度高于a点温度，所以c点的速率大于a点的速率，故B错误；C、b点是平衡状态，b点时0～10s I﹣的平均反应速率为v（I﹣）==0.060.04mol•L﹣1•s﹣1，故C错误；D、b点后的曲线上的点都是对应温度下的平衡状态，所以d点在对应的温度下处于平衡状态，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡移动图象问题，题目难度中等，注意根据图象曲线变化分析化学方程式的特征以及温度、浓度、压强对平衡移动的影响，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．二、解答题（共3小题，满分53分）8．（18分）（2015•威海二模）运用化学反应原理分析解答以下问题．（1）弱酸在水溶液中存在电离平衡，部分0.1mol•L﹣1弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸电离平衡常数（25℃）HClO K=2.98×10﹣8H2CO3K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11H2SO3K1=1.54×10﹣2K2=1.02×10﹣7①当弱酸的浓度一定时，升高温度，K值变大（填“变大”、“变小”或“不变”）．②下列离子方程式和有关说法错误的是ada．少量的CO2通入次氯酸钠溶液中：2ClO﹣+H2O+CO2=2HClO+CO32﹣b．少量的SO2通入碳酸钠溶液中：SO2+H2O+2CO32﹣=2HCO3﹣+SO32﹣c．相同温度时，等pH三种盐溶液的物质的量浓度关系：c（Na2CO3）＜c（NaClO）＜c（Na2SO3）d．相同温度时，等物质的量三种弱酸与足量NaOH溶液完全中和消耗NaOH的体积为：V（H2CO3）＞V（H2SO3）＞V（HClO）③亚硒酸（H2SeO3）也是一种二元弱酸，有较强的氧化性．往亚硒酸溶液中不断通入SO2会产生红褐色单质，写出该反应的化学方程式：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4，该反应的氧化产物是H2SO4．（2）工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理后方可排放．①在废水中存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O若改变条件使上述平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是aca．平衡常数K值可以不改变b．达到新平衡CrO42﹣的消耗速率等于Cr2O72﹣的消耗速率c．再达平衡前正反应速率一定大于逆反应速率d．平衡移动后达到新平衡溶液pH一定增大②Cr2O72﹣和CrO42﹣最终生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH‾（aq）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH﹣）=10﹣32，当c （Cr3+）降至10﹣3mol•L﹣1，溶液的pH调至4时，没有（填“有”或“没有”）沉淀产生．（3）已知：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）某温度下三个反应的平衡常数的值依次为a1、a2、a3，则该温度下反应 3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的化学平衡常数K= a12•a2•a3L4•mol﹣4（用含a1、a2、a3的代数式表示）．向某固定体积的密闭容器中加入3molCO和3molH2，充分反应后恢复至原来温度，测定容器的压强为反应前的，则CO的转化率50% ．考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）①根据电离为吸热过程判断；②由表中数据可知酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HClO＞HCO3﹣，且HClO具有氧化性，H2SO3具有还原性，结合酸性的强弱以及盐类的水解解答；③往亚硒酸溶液中不断通入SO2会产生红褐色单质，应生成Se，说明亚硒酸与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和Se；（2）①使平衡向正反应方向移动，可增大反应物浓度或减小生成物浓度，如温度不变，则平衡常数不变；②当c（Cr3+）降至10﹣3mol•L﹣1，溶液的pH调至4时，c（OH﹣）=10﹣10mol/L，结合Ksp计算并判断；（3）平衡常数是利用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得到；方程式相加时，总平衡常数等于分方程的平衡常数之积；结合三段式法列式计算．解答：解：（1）①弱酸的电离为吸热过程，加热促进电离，平衡常数增大，故答案为：变大；②由表中数据可知酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HClO＞HCO3﹣，a．少量的CO2通入次氯酸钠溶液中应生成HCO3﹣，反应的离子方程式为ClO﹣+H2O+CO2=HClO+HCO3﹣，故a错误；b．少量的SO2通入碳酸钠溶液中生成HCO3﹣和SO32﹣，离子方程式为SO2+H2O+2CO32﹣=2HCO3 2﹣，故b正确；﹣+SO3c．盐对应的酸的酸性越弱，则水解程度越大，相同温度时，等pH时盐溶液浓度越小，则三种盐溶液的物质的量浓度关系：c（Na2CO3）＜c（NaClO）＜c（Na2SO3），故c正确；d．相同温度时，等物质的量三种弱酸与足量NaOH溶液完全中和，因碳酸、亚硫酸都为二元酸，则消耗NaOH的体积为：V（H2CO3）=V（H2SO3）＞V（HClO），故d错误，故答案为：ad；③往亚硒酸溶液中不断通入SO2会产生红褐色单质，应生成Se，说明亚硒酸与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和Se，方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4，反应中S元素化合价升高，氧化产物为H2SO4，故答案为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4；H2SO4；（2）①a．如温度不变，则平衡常数K值可以不改变，故a正确；b．由速率关系以及计量数可知达到新平衡CrO42﹣的消耗速率等于Cr2O72﹣的消耗速率的2倍，故b错误；c．平衡时正逆反应速率相等，平衡正向移动，则再达平衡前正反应速率一定大于逆反应速率，故c正确；d．如增大溶液氢离子浓度，则平衡正向移动，平衡移动后达到新平衡溶液pH一定减小，故错误．故答案为：ac；②当c（Cr3+）降至10﹣3mol•L﹣1，溶液的pH调至4时，c（OH﹣）=10﹣10mol/L，c（Cr3+）•c3（OH﹣）=10﹣33＜10﹣32，没有沉淀生成，故答案为：没有；（3）由盖斯定律可知将反应①×2+反应②+反应③相加得总方程，则总方程的平衡常数等于分方程的平衡常数之积，即K=a12•a2•a3，3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）起始（mol） 3 3 x x转化（mol） x x x x平衡（mol） 3﹣x 3﹣x x x容器的压强为反应前的，则=，x=1.5，则CO的转化率为=50%，故答案为：a12•a2•a3；50%．点评：本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及盖斯定律应用、弱电解质的电离、平衡常数的计算应用等知识，注意（3）方程式相加时，总平衡常数等于分方程的平衡常数之积，（1）是本题的易错点和高频考点，题目难度中等．9．（16分）（2015•威海二模）可以利用氧化锌粗品（含有Fe2O3、FeO、CuO）为原料制备纯净的氧化锌，其化学工艺流程如图1：按要求回答下列问题：（1）加双氧水主要作用是氧化溶液中的Fe2+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ．（2）调节pH主要是使溶液中的Fe3+生成沉淀而被除去，溶液pH对除Fe效率影响如图2所示．则除Fe3+时应控制溶液的pH为 c （填序号）．a．3.5～4.0 b．2.5～3.5 c．1.5～2.5 d．0.5～1.5（3）固体b为Cu、Zn （填化学式），固体c为碱式碳酸锌，锻烧固体c的化学方程式为Zn2（OH）2CO32ZnO+H2O+CO2↑．（4）工业上也可以将氧化锌粗品采用碱溶的方法，将氧化锌转化为Na2溶液，然后电解该溶液制取锌，以石墨为电极电解时，阴极的电极反应式为2﹣+2e﹣=Zn+4OH﹣，当生成1mol 锌时，阳极上生成气体在标准状况下的体积为11.2 L．“纸质电池”的纸片内充入的是水和氧化锌组成的电解液，纸的一边镀锌另一边镀二氧化锰，电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），该电池的负极反应式为Zn+H2O﹣2e﹣=ZnO+2H+．考点：制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：氧化锌粗品（含有Fe2O3、FeO、CuO）加入硫酸溶解得到溶液中含有FeSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、ZnSO4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤得到滤液中加入过量的Zn，把铜离子还原为Cu，过滤，固体b为Cu和剩余。

枣庄市2015届高三化学4月模拟试题（带答案）枣庄市2015届高三化学4月模拟试题（带答案）第I卷（必做，共107分）可能用到的相对原子质量：H1O16Mg24Al27一、选择题（共13小题，每小题5分，共65分。

每小题只有一个选项符合题意。

）7．有人把食品按来源分为绿色食品、蓝色食品、白色食品。

其含义是：绿色植物通过光合作用转化的食品叫绿色食品；海洋提供的食品叫蓝色食品；通过微生物发酵制得的食品叫白色食品。

按照这一观点，下列属于白色食品的是：A．食醋B．面粉C．海带D．菜油8．现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径0．741．601．521．100．991．860．750．82 最高或最低化合价＋2＋1＋5＋7＋1＋5＋3－2－3－1－3下列说法正确的是A．原子序数④元素小于⑦元素B．②、③处于同一周期C．上述八种元素最高价氧化物对应的水化物，⑤号酸性最强D．⑧号元素原子结构示意图为：9．将足量的气体通入下列各溶液中，所含离子或分子还能大量共存的是：A．通入足量SO2：Na+、S2—、OH—、AlO2—B．通入足量CO2：K+、Ca2+、Cl—、NO3—C．通入足量Cl2：SO2、Ba2+、Cl—、K+D．通入足量NH3：Fe3+、Cl—、Ba2+、Al3+10．镁铝合金5．4g溶于过量的热浓硝酸中，反应产生11．2LNO2（标准状况），若在反应后溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为A．4．5gB．6gC．8．7gD．13．9g11．阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。

一种合成阿魏酸的反应可表示为：下列说法正确的是A．阿魏酸的分子式为C10H10O4B．香兰素、阿魏酸均可与NaOH、NaHCO3溶液反应C．可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成D．一定条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应12．某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl-、Br-、SO32-、SO42-离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象①用PH试纸检验溶液的PH大于7②向溶液中滴加氯水,再加入CCl4振荡,静置CCl4层呈橙色③向②所得溶液中加入Ba（NO）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生④过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是A．肯定含有离子的Na+、Br-、SO32-B．肯定没有的离子是Ba2+、SO32-C．可能含有的离子是Cl-、Br-、SO42-D．不能确定的离子是Na+、Cl-、SO42-13．常温下，向10mLbmolL-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0．0lmolL-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中，下列说法不正确的是A．b0．01B．混合后溶液呈中性C．CH3COOH的电离常数molL-1D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小第Ⅱ卷（必做157分+选做36分，共193分）【必做部分】29．（16分）氢气是一种理想的“绿色能源”，利用氢能需要选择合适的储氢材料。

2015年山东省枣庄市普通高中学生学业水平模拟考试化 学 试 卷（考试时间90分钟，满分100分）一、选择题（本大题包括16个小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列过程中发生了化学变化的是A ． 粮食酿酒B ． 洗菜C ． 酒精挥发D ． 葡萄榨汁【答案】A【解析】试题分析：A ．粮食酿酒：粮食发酵后，在酒曲酶的作用下生成乙醇，有新物质生成，属于化学变化，故A 正确；B ．洗菜：用水洗去菜表面的杂质，无新物质生成，属于物理变化，故B 错误；C ．酒精挥发：酒精由液体变为气体，无新物质生成，属于物理变化，故C 错误；D ．葡萄榨汁：葡萄由固体变为液体，无新物质生成，属于物理变化，故D 错误；故选A ．2．加油站应张贴的标志是【答案】D【解析】试题分析：A 、此为腐蚀性标志，常用于浓酸、浓碱等腐蚀性药品，故A 错误；B 、此为塑料可回收标志，故B 错误；C 、此为有毒物质标志，故C 错误；D 、加油站内物品为易燃液体，需张贴禁烟火标志，故D 正确，故选D ．3．下列属于混合物的是A ． 葡萄糖B ． 金刚石C ． 冰红茶D ． 苛性钠【答案】C【解析】试题分析：只有一种物质组成的是纯净物，由多种物质组成的属于混合物，据此解答即可．A 、葡萄糖，只有一种物质组成，属于纯净物，故A 错误；B 、金刚石是C 单质，属于纯净物，故B 错误；C 、冰红茶中含有多种物质，属于混合物，故C 正确；D 、苛性钠是氢氧化钠，属于纯净物，故D 错误，故选C ．4．下列实验操作正确的是【答案】C【解析】试题分析：A、称量物质，砝码放在右盘，物质放在左盘，此时称量NaCl，还应在托盘中放2张同样大小的滤纸，故A错误；B、浓硫酸溶于水放出大量的热，稀释浓硫酸应把浓硫酸倒入水中，以免引起液体迸溅，故B错误；C、用手温使得试管内气体受热膨胀，导致试管内压强增大，故在烧杯中出现气泡，故此方法正确，故C正确；D、不能用燃着的酒精灯点燃另一盏酒精灯，以免引起火灾，故D错误，故选C．5．我省环保部门按新修订的《环境空气质量标准》，着力做好细颗粒物（PM2.5）和臭氧（O3）等新增指标的监测．下列说法正确的是A．燃烧植物秸秆不会造成大气污染B．吸入细颗粒物对人体健康没有危害C．化学在环境监测和保护中起重要作用D．臭氧（03）是一种氧化物【答案】C【解析】试题分析：A、燃烧植物秸秆能产生大量的空气污染物，不完全燃烧还会产生碳等固体颗粒，故A错误；B、吸入细颗粒物会造成人体的肺病和气管病的发生，故B错误；C、可以利用化学知识检测环境的污染情况并能解决污染状况，故C正确；D、氧化物必须由两种元素组成，臭氧由一种元素组成，属于单质，故D错误；故选C．6．下列观点中，你不赞同的是A．淀粉没有甜味，因此不属于糖类B．肥皂水可以区别硬水和软水C．生铁和钢都是铁的合金D．钢筋混凝土是复合材料【答案】A【解析】试题分析：A、淀粉与纤维素均属于糖类，但是没有甜味，故A错误；B、硬水中含有较多的钙镁离子，与肥皂水不起泡沫或泡沫较少，软水中钙镁离子较少，肥皂水可以生成较多泡沫，故肥皂水可以用来区分硬水与软水，故B正确；C、生铁和钢都是由Fe和C构成的合金，区别是含碳量的不同，故C正确；D、钢筋混凝土是由金属材料与非金属材料构成的复合材料，符合符合材料的定义，故D正确，故选A．7．下列关于金属的说法中，正确的是A．篮球架的表面喷涂油漆，主要是为了美观B．回收金属饮料罐，只是为了减少环境污染C．银的导电性比铜好，所以常用银作电线而不用铜D．不锈钢抗腐蚀性好，常用于制医疗器械、炊具等【答案】D【解析】试题分析：A．篮球架的表面喷涂油漆能隔绝空气和水，主要是为了防止金属生锈，故A错误；B．回收金属饮料罐，可以再利用金属，节约金属资源，故B错误；C．银的导电性比铜好，但是银的价格较高，所以银一般不用作导线．故C错误；D．不锈钢是由铁、铬、镍制成的，具有强的抗腐蚀性能，常用于制医疗器械、炊具等，故D正确；故选D．8．化学现象中有许多“相等”，下列有关“相等”的说法，错误的是A．原子中核内质子数和核外电子数一定相等B．中和反应中参加反应的酸和碱质量一定相等C．溶液稀释前后溶质的质量一定相等D．物质发生化学变化前后，质量总和一定相等【答案】B【解析】试题分析：A．在原子中，质子数=核外电子数，故A不选；B．中和反应的实质是氢离子与氢氧根离子结合生成水，参加反应的氢离子和氢氧根离子数目相等，但酸和碱质量不一定相等，故B可选；C．溶液稀释前后溶质的质量相等，故C不选；D．根据质量守恒定律，物质发生化学变化前后质量总和相等，故D不选；故选B．9．下列化学用语既能表示一种元素，又能表示一个原子，还能表示一种物质的是A． O B． Zn C． N2 D． CO【答案】B【解析】试题分析：根据元素符号、化学式的意义进行判断．一般来说金属、固体非金属、稀有气体元素的元素符号，既能表示一个原子，又能表示一种元素，还能表示一种物质。

山东省枣庄2015届高三4月模拟化学试卷一、选择题（共7小题，每小题5分，共65分．每小题只有一个选项符合题意．）1．人们把食品分为绿色食品，海洋食品．白色食品．蓝色食品等．绿色植物通过光合作用转化的食品叫绿色食品，海洋提供的食品叫蓝色食品；通过微生物发酵得到的食品叫白色食品．下面属于白色食品的是（）A．食醋B．面粉C．海带D．菜油考点：生活中的有机化合物．专题：信息给予题．分析：根据白色食品的含义判断，通过微生物发酵制得的食品叫白色食品．解答：解：通过微生物发酵制得的食品叫白色食品．A、食醋是通过微生物发酵制得的，是白色食品，故A正确；B、面粉是小麦种子研磨而成的，没有经过微生物发酵，是绿色食品，故B错误；C、海带是海洋植物，是通过光合作用生长而成的，是蓝色食品，故C错误；D、菜油是一种陆生植物，是通过光合作用生长而成的，是绿色食品，故D错误．故选A．点评：本题主要考查白色食品的含义，正确理解白色食品的含义是解决问题的前提条件．2．（5分）（2015•枣庄校级二模）现有下列短周期元素性质的数据：下列说法正确的是（）①②③④⑤⑥⑦⑧元素编号元素性质原子半径0.74 1.60 1.52 1.10 0.99 1.86 0.75 0.82最高或最低化合价+2 +1 +5 +7 +1 +5 +3﹣2 ﹣3 ﹣1 ﹣3A．原子序数④元素小于⑦元素B．上述八种元素最高价氧化物对应的水化物，⑤号酸性最强C．⑧号元素离子结构示意图为：D．②、③处于同一周期考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：①只有最低价﹣2价，则①为O；⑤有+7、﹣1价，处于ⅦA族，为Cl元素；④⑦有+5、﹣3价，处于ⅤA族，且④原子半径较大，则④为P、⑦为N；③⑥只有最高正价+1价，处于ⅠA族，且⑥的原子半径较大，③原子半径不是最小，则③为Li、⑥为Na；②最高价+2价，处于ⅡA族，原子半径大于P，则②为Mg；⑧最高价为+3价，处于ⅢA族，原子半径小于P元素，则⑧为B元素，据此解答．解答：解：依据分析可知：①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为B，A、④为P、⑦为N，④的原子序数较大，故A错误；B、⑤Cl元素，其元素最高价氧化物对应的水化物为HClO4，是最强的无机含氧酸，故B正确；C、⑧为B元素，原子结构示意图为，故C错误；D、②为Mg，处于第三周期，③为Li，处于第二周期，二者不处于同一周期，故D错误，故选B．点评：本题考查性质结构位置关系应用，根据化合价与原子半径推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期律，难度中等．3．（5分）（2015•枣庄校级二模）将足量的气体通入下列各溶液中，所含离子或分子还能大量共存的是（）A．通入足量SO2：Na+、S2﹣、OH﹣、AlO2﹣B．通入足量CO2：K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣C．通入足量Cl2：SO2、Ba2+、Cl﹣、K+D．通入足量NH3：Fe3+、Cl﹣、Ba2+、Al3+考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．SO2水溶液呈酸性，且具有氧化性；B．离子之间不发生任何反应，且与CO2不反应；C．Cl2具有强氧化性，与SO2发生氧化还原反应；D．NH3溶液呈碱性．解答：解：A．SO2与水反应后溶液呈酸性，OH﹣、AlO2﹣不能大量共存，且具有氧化性，与S2﹣发生英汉互译反应，故A错误；B．二氧化碳在溶液中溶解度较小，与Ca2+不生成沉淀，可大量共存，故B正确；C．Cl2具有强氧化性，与SO2发生氧化还原反应，故C错误；D．NH3溶液呈碱性，Fe3+、Al3+不能大量共存，故D错误．故选B．点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意各项要求，把握物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累即可轻松解答该题．4．（5分）（2015•日照模拟）镁铝合金5.4g溶于过量的热浓硝酸中，反应产生11.2LNO2（标准状况），若在反应后溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A．4.5g B．6 g C．8.7g D．13.9g考点：有关混合物反应的计算．分析：标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）==0.5mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量；氢氧化钠溶液过量，则最后沉淀为Mg（OH）2，利用金属总质量、电子守恒列式计算出镁的物质的量，再计算出生成氢氧化镁的质量．解答：解：标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）==0.5mol，生成0.5mol二氧化氮转移电子的物质的量为：0.5mol×（5﹣4）=0.5mol，设Al的物质的量为x、Mg的物质的量为y，则①3x+2y=0.5；根据合金的总质量可得：②27x+24y=5.4g，根据①②解得：x=mol、y=0.15mol，即：合金中含有0.15mol镁；加入过量氢氧化钠溶液后生成的沉淀只能为氢氧化镁，根据质量守恒可知生成氢氧化镁的物质的量为0.15mol，质量为：58g/mol×0.15mol=8.7g，故选C．点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力．5．（5分）（2015•日照模拟）阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途．一种合成阿魏酸的反应可表示为：下列说法正确的是（）A．阿魏酸的分子式为C10H10O4B．香兰素、阿魏酸均可与NaOH、NaHCO3溶液反应C．可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成D．一定条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应考点：有机物的结构和性质．分析：A．阿魏酸的分子式为C10H10O4；B．香兰素含有酚羟基，阿魏酸中的酚羟基、羧基均可与碳酸钠、氢氧化钠反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应；C．阿魏酸中含有碳碳双键，香兰素中含有醛基，酚羟基，都能使酸性高锰酸钾褪色；D．不能发生消去反应．解答：解：A．阿魏酸的分子式为C10H10O4，故A正确；B．香兰素中的酚羟基和阿魏酸中的酚羟基、羧基均可以与碳酸钠和氢氧化钠溶液反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应、羧基能和碳酸氢钠反应，所以香兰素不能和碳酸氢钠溶液反应，故B错误；C．阿魏酸中含有碳碳双键，香兰素中含有醛基，酚羟基，都能使酸性高锰酸钾褪色，不能鉴别，故C错误；D．香兰素和阿魏酸可以发生取代和加成反应，不能发生消去反应，故D错误；故选A．点评：本题考查有机物结构和性质，为高考高频点，明确物质中含有的官能团，再结合教材中官能团性质采用知识迁移的方法解答即可，注意酚羟基和碳酸钠反应但和碳酸氢钠不反应，为易错点．6．（5分）（2015•日照模拟）某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣、SO32﹣、SO42﹣离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：下列结论正确的是（）步骤操作现象①用pH试纸检验溶液的pH大于7②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4震荡，CCl4层呈橙色静置③向②所得溶液中加入Ba（NO3）2溶液和有白色沉淀产生稀HNO3④过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀有白色沉淀产生HNO3A．肯定含有离子的Na+、Br﹣、SO32﹣B．肯定没有的离子是Ba2+、SO32﹣C．可能含有的离子是Cl﹣、Br﹣、SO42﹣D．不能确定的离子是Na+、Cl﹣、SO42﹣考点：常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．分析：①根据盐类水解分析溶液呈碱性，是含有弱酸阴离子，只有亚硫酸根离子；根据离子共存，判断出不存在的离子；②根据萃取现象确定所含溴离子；③稀硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子，操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子；④操作步骤中的现象证明含氯离子，但由于②加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在；解答：解：依据题干中的条件，用pH试纸检验，测得溶液pH大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则含有SO32﹣，无Ba2+；溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色证明原溶液含溴离子；稀硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子，向②所得的水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明溶液中可能含硫酸根离子，过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明是氯离子，但②加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子；根据以上分析溶液中一定含有SO32﹣、Br﹣，无Ba2+；依据电荷守恒，溶液中一定含Na+；所以溶液中一定存在的离子是SO32﹣、Br﹣、Na+；一定不存在的离子是Ba2+；不能确定的离子是Cl﹣、SO42﹣，故选A．点评：本题考查了常见离子的检验方法和产生的现象，萃取操作，离子共存的判断，电荷守恒的应用，关键是先肯定离子存在，再否定不共存的离子，注意干扰离子对现象的影响，题目难度中等．7．（5分）（2015•日照模拟）常温下，向10mL b mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.0l mol•L﹣1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），下列说法不正确的是（）A．b＞0.0lB．混合后溶液呈中性C．CH3COOH的电离常数K a=mol•L﹣1D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．分析：常温下，向10mL b mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.0l mol•L﹣1的NaOH 溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），依据溶液中电荷守恒分析可知溶液呈中性，醋酸略微过量，A、恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，若溶液呈中性，醋酸过量；B、依据平衡常数概念计算；C、醋酸弱电解质的电离平衡常数随温度变化，不随浓度变化，依据概念实质计算平衡常数分析判断正误；D、随反应进行，水的抑制程度减弱，水电离程度增大；解答：解：常温下，向10mL b mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.0l mol•L﹣1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），依据溶液中电荷守恒分析可知溶液呈中性，醋酸略微过量，A、恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，若溶液呈中性，醋酸过量，b＞0.01mol/L，故A正确；B、充分反应后溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣），依据溶液中电荷守恒分析可知溶液呈中性，故B正确；C、依据平衡常数概念计算，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO﹣），电离平衡常数K===，故B正确；D、随反应进行，水的抑制程度减弱，水电离程度增大，故D错误；故选D．点评：本题考查了酸碱和反应定量关系分析判断，溶液中电荷守恒的理解，弱电解质的电离平衡常数计算分析应用，电离平衡影响因素的判断，掌握基础是乎关键，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分53分）8．（16分）（2015•日照模拟）氢气是一种理想的“绿色能源”，利用氢能需要选择合适的储氢材料．目前正在研究和使用的储氢材料有镁系合金、稀土系合金等．（1）已知：Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H=﹣74.5kJ．mol﹣1MgNi（s）+H2（g）═MgH2NiH4（s）△H=﹣64.4kJ．mol﹣1则Mg2Ni（s）+2MgH2（g）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H=+84.6kJ．mol﹣1（2）储氢材料Mg（AlH4）2在110～200℃的反应为：Mg（AlH4）2═MgH2+2Al+3H2↑．反应中每转移3mol电子时，产生的H2在标准状况下的体积为33.6L．（3）镧镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s）△H＜0，欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件是bc（填字母编号）．a．增加LaNi5H6（s）的量b．升高温度c．减小压强d．使用催化剂（4）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：（g）（g）+3H2（g）①某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，该反应的平衡常数K=mol3•L﹣3（用含a、b的代数式表示）．②一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．A是电源的负极（填“正”或“负”）；电解过程中产生的气体F为O2（填化学式）：电极D上发生的电极反应为C6H6+6H++6e﹣═C6H12．考点：电解原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的计算；化学平衡的影响因素．分析：（1）依据给出的热化学方程式利用盖斯定律计算反应热；（2）根据化学方程式Mg（AlH4）2═MgH2+2Al+3H2↑计算；（3）①根据LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s）△H＜0，欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，则平衡向逆向移动，据此分析；（4）①依据平衡常数表达式解答；②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；解答：解：（1）①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）△H1=﹣74.5kJ•mol﹣1②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）△H2=﹣64.4kJ•mol﹣1Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3由盖斯定律②﹣2×①得到Mg2Ni（s）+2MgH2（g）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）△H3 =﹣64.4KJ/mol﹣2×（﹣74.5KJ/mol）=+84.6KJ/mol，则△H3=+84.6KJ/mol，故答案为：+84.6；（2）储氢材料Mg （AlH 4）2在110℃﹣200℃的反应为：Mg （AlH 4）2=MgH 2+2Al+3H 2↑，从方程式可知反应中每转移6mol 电子时生成3mol ，所以反应中每转移3mol 电子时产生的H 2的物质的量为1.5，生成氢气33.6L ；故答案为：33.6；（3）①欲使LaNi 5H 6 （s ）释放出气态氢，则平衡向逆向移动，由LaNi 5（s ）+3H 2（g ）⇌LaNi 5H 6（s ）△H ＜0为气体减小的放热反应，所以可以升高温度或降低压强，平衡向逆向移动；故答案为：bc ；（4）①）①环己烷的起始浓度为amol •L ﹣1，平衡时苯的浓度为bmol •L ﹣1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（a ﹣b ）mol/L ，氢气的浓度为3bmol/L ，则平衡常数K== mol 3•L ﹣3； 故答案为： mol 3•L ﹣3； 该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，电解池阴极与电源负极相连，得出电解过程中产生的气体F 为O 2，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C 6H 6+6H ++6e ﹣=C 6H 12，故答案为：负； O 2；C 6H 6+6H ++6e ﹣=C 6H 12．点评：本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡及其电解池原理等知识点，题目难度较大，注意对相关知识的理解．9．（18分）（2015•日照模拟）研究SO 2、NO x 、CO 等气体的性质对工业生产和环境保护具有重要意义．（1）相同物质的量的SO 2与NH 3溶于水发生反应的离子方程式为 SO 2+NH 3+H 2O ═NH 4++HSO 3﹣ ，所得溶液中c （H +）﹣c （OH ﹣）= BD （填字母编号）．A ．c （SO 32﹣）﹣c （H 2SO 3）B ．c （SO 32﹣）+c （NH 3．H 2O ）﹣c （H 2SO 3）C ．c （HSO 3﹣）+c （SO 32﹣）﹣c （NH 4+）D ．c （HSO 3﹣）+2c （SO 32﹣）﹣c （NH 4+）（2）通过NO x 传感器可监测大气中NO x 的含量，其工作原理如图所示，甲、乙两电极均Pt 电极，电解质为熔融氧化物．①乙电极上发生的是 还原 反应（填“氧化”或“还原”）；②甲电极上的电极反应式为 NO ﹣2e ﹣+O 2﹣═NO 2 ．（3）将不同物质的量的H 2O （g ）和 CO 分别通入体积为2L 的恒容密闭容器中，发生反应：H 2O （g ）+CO （g ）⇌CO 2（g ）+H 2（g ）△H ，得到如下数据：实验 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H 2OCO CO H 2Ⅰ 650 2 4 2.4 1.65Ⅱ 900 1 2 1.6 30.4Ⅲ900 2 1 a b t①由表中数据可知该反应的△H＜0（填“＞”或“＜”）．②650℃时，若在此容器中开始充入2mol H2O（g）、lmol CO、1mol CO2和2molH2，则反应在开始时正向进行（填“正向”或“逆向”）．③实验Ⅲ中a=0.6，达平衡时实验II和实验Ⅲ中H2O（g）的转化率的大小关系为：a2（H2O）＞a3（H2O）（填“＞”、“＜”或“=”）．考点：化学平衡的计算；电解原理．分析：（1）相同物质的量的SO2与NH3溶于水反应生成亚硫酸氢铵；结合溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断选项；（2）根据图片知，铂电极上氧气得电子发生还原反应而作正极，NiO电极上NO失电子发生氧化反应，则NiO为负极，正极上电极反应式为：O2+4e﹣═2O2﹣，负极上电极反应式为：NO﹣2e﹣+O2﹣═NO2，结合电池内部离子移动方向判断；（3）①列三段表示出实验1各物质浓度的变化情况，然后根据速率公式：v（CO2）=；K=；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，说明该反应正向是放热反应；②考查平衡常数的应用，比较Qc与K的关系，要使反应向正方向进行应满足Qc小于K；③依据平衡常数不变列式计算a，反应物有两种或两种以上，增大一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率．解答：解：（1）相同物质的量的SO2与NH3溶于水发生反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣，溶液中存在电荷守恒：c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+），D正确，C错误；溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c （HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3），结合电荷守恒和物料守恒可知c（H+）﹣c（OH﹣）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（NH4+）=c（SO32﹣）+c（NH3．H2O）﹣c（H2SO3），所以A错误，B正确；故答案为：SO2+NH3+H2O═NH4++HSO3﹣；BD；（2）①根据图可知，固体电解质中氧离子向负极移动，甲电极上NO失电子发生氧化反应而作负极，乙电极上氧气得电子生成氧离子，做原电池正极，发生还原反应；故答案为：还原；②甲电解是负极，电极上一氧化氮失电子和氧离子反应生成二氧化氮，电极反应式为NO﹣2e﹣+O2﹣═NO2，故答案为：NO﹣2e﹣+O2﹣═NO2；（3）①H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g）初始1mol/L 2mol/L 0 0转化0.8mol/L 0.8mol/l 0.8mol/L 0.8mol/L平衡0.2mol/L 1.2mol/L 0.8mol/L 0.8mol/LK===；根据表中数据第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，说明该反应正向是放热反应，△H＜0；故答案为：＜；②650℃时，若在此容器中开始充入2mol H2O（g）、1mol CO、1mol CO2和2 mol H2，此时Qc===1，要使反应向正反向进行需满足条件：Qc＜K，反应正向进行；故答案为：正向；③Ⅱ，900°C H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g）初始0.5 mol/L 1mol/L 0 0转化0.2mol/L 0.2mol/l 0.2mol/L 0.2mol/L平衡0.3mol/L 0.8mol/L 0.2mol/L 0.2mol/LK==Ⅲ，900°C H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g）初始 1 mol/L 0.5ol/L 0 0转化（0.5﹣0.5a）mol/L （0.5﹣05a）mol/l （0.5﹣05a）mol/l （0.5﹣05a）mol/l 平衡（0.5+05a）mol/l 0.5amol/L （0.5﹣05a）mol/l （0.5﹣05a）mol/l=a=0.6mol，反应物有两种或两种以上，增大一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率，a2（H2O）＞a3（H2O），故答案为：0.6；＞．点评：本题考查了电解质溶液中电荷守恒、物料守恒的分析计算，化学平衡的分析判断，平衡常数计算，掌握基础是解题关键，题目难度中等．10．（19分）（2015•日照模拟）某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验．I．从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2．（1）甲同学设计如图1装置进行实验：①试管A中反应的离子方程式是Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O．②待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃．③仪器C兼有防倒吸的作用，仪器C的名称为干燥管．结论：甲同学认为假设2正确．（2）乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是除去生成NO2气体中混有的水蒸气．乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设正确．则NO2和Na2O2反应的化学方程式是Na2O2+2NO2=2NaNO3．II．该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化．查阅资料：2NO+Na2O2═2NaNO2；2NaNO2+2HCl═2NaCl+NO2↑+NO↑+H2O：酸性条件下，NO能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+．（3）丙同学用下图2所示装置（部分夹持装置略）探究NO与Na2O2的反应．①在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是将装置中的空气排出．②B中观察到的主要现象的是ac（填字母编号）．a．铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色b．有红棕色气泡产生c．有无色气泡产生③C、E中所盛装的试剂不能是a（填字母编号）．a．无水硫酸铜b．无水氯化钙c．碱石灰d．生石灰④F中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5．⑤充分反应后，检验D装置中产物的方法是：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体，则产物是NaNO2．考点：性质实验方案的设计．分析：（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水；③仪器C为干燥管；（2）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，依据氧化还原反应元素化合价变化配平书写发生反应的化学方程式；（3）①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气；②二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO；③无水硫酸铜只能检验水不能吸收水；④F中为吸收一氧化氮的反应，其氧化剂为高锰酸根，还原剂为NO，根据得失电子守恒判断；⑤亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色；解答：解：（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，其反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O；③仪器C为干燥管，故答案为：干燥管；（2）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；Na2O2+2NO2=2NaNO3；（3）①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是：将装置中的空气排出；故答案为：将装置中的空气排出；②在B装置中二氧化氮与水反应生成稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成NO，所以B中观察到的主要现象是：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；故选：ac；③无水硫酸铜只能检验水不能吸收水，故选：a；④F中为吸收一氧化氮的反应，其氧化剂为高锰酸根被还原生成二价锰离子降低5价，还原剂为NO被氧化成硝酸根升高3价，则根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5，故答案为：3：5；⑤亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠；故答案为：加入稀盐酸，产生红棕色气体．点评：本题考查了实验过程分析，物质性质的实验探究，明确物质性质和实验操作的目的和实验步骤分析是解题关键，题目难度中等．【选做部分】【化学一有机化学基础】（共1小题，满分12分）11．（12分）（2015•日照模拟）聚乙酸乙烯酯又名聚醋酸乙烯酯，主要用作涂料、胶黏剂、纸张、口香糖基料和织物整理剂，其合成路线如下，其中物质J与氯化铁溶液能发生显色反应．已知：①当羟基与双键碳原相连时，易发生如下转化RCH=CHOH→RCH2CHO；②﹣ONa连在烃基上不易被氧化．请回答下列问题：（1）写出G的结构简式CH3COOCH=CH2；F与H中具有相同官能团的名称醛基．（2）J在一定条件下能生成高聚物K，K的结构简式是．（3）同时符合下列要求的A的同分异构体有6种．①含有苯环②苯环上有2个取代基③能发生银镜反应和水解反应（4）写出B→C+D反应的化学方程式：．考点：有机物的推断．分析：由聚乙酸乙烯酯的结构简式，可以判断其单体G的结构简式为CH3COOCH=CH2，G 在氢氧化钠水溶、加热条件下生成生成C与F，F又能转化得到C，则F为CH3CHO，E为CH3COOH，C为CH3COONa．B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D可以连续氧化生成I，I酸化得到的J与氯化铁溶液发生显色反应，说明J中含有酚羟基，则D为，H为，I为或，J为，高聚物K为，A反应得到B，应在光照条件下A与溴发生取代反应，则A为，据此解答．解答：解：由聚乙酸乙烯酯的结构简式，可以判断其单体G的结构简式为CH3COOCH=CH2，G在氢氧化钠水溶、加热条件下生成生成C与F，F又能转化得到C，则F为CH3CHO，E为CH3COOH，C为CH3COONa．B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D可以连续氧化生成I，I酸化得到的J与氯化铁溶液发生显色反应，说明J中含有酚羟基，则D为，H为，I为或，J为，高聚物K为，A反应得到B，应在光照条件下A与溴发生取代反应，则A为，（1）由上述分析可知，G的结构简式CH3COOCH=CH2；F为CH3CHO，H为，二者具有相同官能团的名称为：醛基，故答案为：CH3COOCH=CH2；醛基；（2）J为，在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物K为，故答案为：；（3）同时符合下列要求的A（）的同分异构体：①含有苯环，②苯环上有2个取代基，③能发生银镜反应和水解反应，应是甲酸酯，所以苯环上的两个侧链为：﹣CH2CH3、﹣OOCH，或者﹣CH3、﹣CH2OOCH，各有邻、间、对三种，共6种，故答案为：6；（4）B→C+D反应的化学方程式：，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断，是对有机物知识的综合运用，根据G的加聚产物的结构简式判断G的结构简式是推断的关键，再利用正推法与逆推法结合推断其它物质，注意充分利用反应条件，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，难度中等．。

2015年山东省枣庄二中高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）下列说法不正确的是（）A．丙烯和丙烷可用Br2的CCl4溶液来区别B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．米酒变酸的过程涉及了氧化反应D．石油分馏和石油的裂化都属于化学变化2．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）下列说法不正确的是（）A．依据丁达尔现象可区分氯化钠溶液和蛋白质溶液B．仅由同一种元素组成的物质一定是纯净物C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D． Na2O2能与CO2反应产生O2，可用作高空飞行或潜水的供氧剂3．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4L CH4中含有4NA个C﹣H键B． 48g O3气体含有3NA个氧原子C．在1L0.5mol•L﹣1FeCl3溶液中含有0.5NA个Fe3+D．标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数为0.1NA4．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A． Fe3+、I﹣、ClO﹣、H+ B． K+、Cu2+、OH﹣、NO3﹣C． NH4+、Na+、Br﹣、SO42﹣D． Al3+、Cl﹣、OH﹣、HCO3﹣5．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）下列有关原电池和电解池的叙述中，正确的是（）A．纯锌与稀硫酸的反应比Zn﹣Cu合金与稀硫酸的反应更快B．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的反应式为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．在铁制容器上镀铜时，铁制容器连接外接电源的正极D．电解精炼铜时，阴极的电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu6．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）如图X、Y、A、B、C均为短周期主族元素，下列说法不正确的是（）X AY C BA．原子半径大小：Y＞C＞X＞AB． A、B的氢化物的稳定性：A＞BC． Y、C的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜CD． B、C简单阴离子的还原性强弱为：B＞C7．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）下列溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．某盐Na2 CO3溶液中：c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（H CO3﹣）=c（H+）+c（Na+）B．常温时，将PH=1的醋酸和PH=13的Na OH溶液等体积混合后的溶液c（CH3COO﹣）＞c （Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）C． NaHCO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．0.1 mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.2 mol二、解答题（共4小题，满分65分）8．（16分）（2015•台儿庄区校级模拟）实现反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），△H0，对减少温室气体排放和减缓燃料危机具有重要意义．（1）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=﹣566kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣484kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣802kJ•mol﹣1则△H0=kJ•mol﹣1（2）在密闭容器中，通入2.5mol的CH4与2.5mol CO2，一定条件下发生反应：CH4（g）+CO2（g）V12CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1．据图可知，p1、p2、p3、p4由大到小的顺序．（3）CO和H2还可以通过反应C（s）+H2O（g）═R1CO（g）+H2 （g）制取．①在恒温恒容下，若从反应物出发建立平衡，已达到平衡的是A．体系压强不再变化B．CO与H2的物质的量之比为1：1C．混合气体的密度保持不变D．每消耗1mol H2O（g）的同时生成1mol H2②恒温下，在2L的密闭容器中同时投入四种物质，10min时达到平衡，测得容器中有1mol H2O （g）、1mol CO（g）、2molH2（g）和2molC（s），反应的平衡常数K=．若此时增大压强，平衡将向（填“正”、“逆”）反应方向移动，t1min时达到新的平衡．③请画出增大压强后10min～t1min时容器中H2物质的量n随时间变化的曲线图如图2．9．（17分）（2015•台儿庄区校级模拟）用辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：（1）下列措施是为加快浸取速率，其中无法达到目的是A．延长浸取时间B．将辉铜矿粉碎C．充分搅拌D．适当增加硫酸浓度（2）浸取反应中氧化剂的化学式为；滤渣Ⅰ的成分为MnO2、S和（写化学式）；（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是．（4）“除铁”的方法是通过调节溶液PH，使Fe3+水解转化为Fe（OH）3，加入的试剂A可以是（化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法．（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中反应的离子方程式．（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是（写化学式）．10．（20分）（2015•台儿庄区校级模拟）铁的单质和化合物在实验和实际生产中都有重要作用．Ⅰ．某同学将Cl2通入FeCl2和KSCN混合溶液中，现象为：操作现象现象1：A中溶液变红现象2：稍后，溶液由红色变为黄色（1）B装置中反应的化学方程式．（2）A中溶液变红的原因是．（3）为探究产生现象2的原因，该同学进行如下实验：①取少量A中黄色溶液于试管加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在．②取少量A中黄色溶液于试管中，加入过量KSCN溶液，最终得到血红色溶液．实验说明，Fe3+ 与SCN﹣生成红色Fe（SCN）3的反应可逆反应（是或不是）．（4）该同学根据实验猜想，SCN﹣可能被氯水氧化．查资料得知SCN ﹣的电子式为，离子反应为：SCN﹣+8Cl2+9H2O=SO42﹣+NO3﹣+16Cl﹣+18H++CO2；①上述反应中，0.5molSCN﹣被氧化时转移的电子总数为个．②若要检验产物中含有SO42﹣，常用的化学试剂是（写试剂名称）．Ⅱ．①高铁电池因原料丰富、绿色环保而倍受关注．Zn﹣K2FeO4碱性电池的某电极的放电产物为FeOOH，该极电极为极，电极反应式为．②消毒剂高铁酸钠（Na2FeO4）集氧化、吸附、凝聚、杀菌等功能于一体，目前被广泛应用于自来水净化．请说明其原理．11．（12分）（2015•台儿庄区校级模拟）化合物Ⅲ可通过如下反应制得：化合物I可通过下列路径合成：（1）化合物I的分子式为．化合物Ⅱ中含氧官能团的名称．（2）化合物Ⅲ与NaOH溶液共热反应的方程式为．（3）化合物IV的结构简式为，生成化合物IV的反应类型为．（4）化合物I 能发生消去反应，其中一种有机产物的结构简式．（5）一定条件下，1mol化合物Ⅱ和H2反应，最多可消耗H2mol．（6）CH3CH2MgBr和也能发生类似V→VI 的反应，其化学反应方程式．2015年山东省枣庄二中高考化学模拟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）（2015•台儿庄区校级模拟）下列说法不正确的是（）A．丙烯和丙烷可用Br2的CCl4溶液来区别B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．米酒变酸的过程涉及了氧化反应D．石油分馏和石油的裂化都属于化学变化考点：淀粉的性质和用途；物理变化与化学变化的区别与联系；氧化还原反应；有机物的鉴别．分析：A．丙烯具有碳碳双键，丙烷不具有；B．淀粉在酸的催化作用下，水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖；C．醇催化氧化可以成为醛，然后氧化为羧酸；D．石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法；裂化是将相对分子质量较大，沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程．解答：解：A．丙烯通过Br2的CCl4溶液，使其褪色，而丙烷不能，可以区别，故A正确；B．水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，所以淀粉水解的最终产物是葡萄糖，故B正确；C．醇催化氧化可以成为醛，然后氧化为羧酸，米酒变酸的过程就是如此，故C正确；D．石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，石油裂化生成了新物质，属于化学变化，故D错误；故选D．点评：本题考查学生有机物的化学性质和结构知识，可以根据教材知识来回答，较简单．2．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）下列说法不正确的是（）A．依据丁达尔现象可区分氯化钠溶液和蛋白质溶液B．仅由同一种元素组成的物质一定是纯净物C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D． Na2O2能与CO2反应产生O2，可用作高空飞行或潜水的供氧剂考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；钠的重要化合物．分析：A、丁达尔效应是胶体所特有的性质；B、只由一种物质构成的是纯净物；C、根据漂白液和漂白粉的制取来分析；D、Na2O2能与CO2反应产生O2．解答：解：A、丁达尔效应是胶体所特有的性质，氯化钠溶液是溶液，无丁达尔效应，而蛋白质溶液是胶体，有丁达尔效应，依据丁达尔现象可区分氯化钠溶液和蛋白质溶液，故A 正确；B、只由一种物质构成的是纯净物，仅由同一种元素组成的物质不一定是纯净物，如氧气和臭氧的混合物，仅由一种元素构成，但是混合物，故B错误；C、氯气与氢氧化钠反应制漂白液，氯气和石灰乳反应能制得漂白粉，均为含氯的消毒剂，故C正确；D、Na2O2能与CO2反应产生O2，故过氧化钠可以做供氧剂，故D正确．故选B．点评：本题考查了胶体的性质、纯净物的概念和氯气的性质等，难度不大，应注意仅由同一种元素组成的物质不一定是纯净物．3．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4L CH4中含有4NA个C﹣H键B． 48g O3气体含有3NA个氧原子C．在1L0.5mol•L﹣1FeCl3溶液中含有0.5NA个Fe3+D．标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、根据臭氧是由氧原子构成的来分析；C、Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解；D、标况下，四氯化碳为液态．解答：解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L甲烷的物质的量小于1mol，含有的C﹣H键小于4NA个，故A错误；B、臭氧是由氧原子构成的，故48g O3气体中含有的氧原子的物质的量n===3mol，故含有3NA个氧原子，故B正确；C、Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解，故溶液中的Fe3+的个数小于0.5NA个，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．4．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A． Fe3+、I﹣、ClO﹣、H+ B． K+、Cu2+、OH﹣、NO3﹣C． NH4+、Na+、Br﹣、SO42﹣D． Al3+、Cl﹣、OH﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．分析：A．铁离子、次氯酸根离子都能够氧化碘离子，次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸；B．铜离子与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化铜；C．NH4+、Na+、Br﹣、SO42﹣离子之间不满足离子反应发生条件；D．铝离子与氢氧根离子、碳酸氢根离子发生反应．解答：解：A．Fe3+、ClO﹣都能够氧化I﹣，ClO﹣、H+之间反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Cu2+、OH﹣之间反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．NH4+、Na+、Br﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．OH﹣、HCO3﹣都与Al3+发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．5．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）下列有关原电池和电解池的叙述中，正确的是（）A．纯锌与稀硫酸的反应比Zn﹣Cu合金与稀硫酸的反应更快B．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的反应式为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．在铁制容器上镀铜时，铁制容器连接外接电源的正极D．电解精炼铜时，阴极的电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、构成原电池加快化学反应的速率；B、铁失去两个电子，生成亚铁离子；C、待镀金属与电源的负极相连；D、电解精炼铜时，电解质中的铜离子，在阴极放电，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu．解答：解：A、构成原电池加快化学反应的速率，所以纯锌与稀硫酸的反应比Zn﹣Cu合金与稀硫酸的反应慢，故A错误；B、铁失去两个电子，生成亚铁离子，所以电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错误；C、待镀金属与电源的负极相连，而不是正极，故C错误；D、电解精炼铜时，电解质中的铜离子，在阴极放电，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故D正确；故选D．点评：本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，注意电解时，阳极上不一定是阴离子放电，要根据电极材料判断放电物质或离子．6．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）如图X、Y、A、B、C均为短周期主族元素，下列说法不正确的是（）X AY C BA．原子半径大小：Y＞C＞X＞AB． A、B的氢化物的稳定性：A＞BC． Y、C的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜CD． B、C简单阴离子的还原性强弱为：B＞C考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．分析：A．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小；B．非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；C．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强；D．非金属性越强，对应离子的还原性越弱．解答：解：A．Y、C比A、X多1个电子层，原子序数：A＞X、C＞Y，则原子半径大小为：Y ＞C＞X＞A，故A正确；B．A、B的非金属性：A＞B，则二者对应的氢化物的稳定性：A＞B，故B正确；C．非金属性：C＞Y，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性大小为：Y＜C，故C正确；D．非金属性：B＞C，则B、C简单阴离子的还原性强弱为：B＜C，故D错误；故选D．点评：本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，注意掌握元素周期律的内容，明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题有利于培养学生灵活应用基础知识的能力．7．（3分）（2015•台儿庄区校级模拟）下列溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．某盐Na2 CO3溶液中：c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（H CO3﹣）=c（H+）+c（Na+）B．常温时，将PH=1的醋酸和PH=13的Na OH溶液等体积混合后的溶液c（CH3COO﹣）＞c （Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）C． NaHCO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．0.1 mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.2 mol考点：离子浓度大小的比较．分析：A．根据碳酸钠溶液中的电荷守恒分析；B．醋酸为弱酸，两溶液混合后产生过量，溶液显示酸性；C．根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；D．物质的量浓度的单位错误，应该为0.2mol/L．解答：解：A．Na2CO3溶液中，根据电荷守恒可得：c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=c（H+）+c（Na+），故A正确；B．常温时，将pH=1的醋酸和pH=13的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，混合液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（CH3COO﹣），则溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C．NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C错误；D．0.1mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，根据物料守恒可得：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Na+）=0.2 mol/L，故D错误；故选AB．点评：本题考查了离子浓度大小比较，酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法．二、解答题（共4小题，满分65分）8．（16分）（2015•台儿庄区校级模拟）实现反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），△H0，对减少温室气体排放和减缓燃料危机具有重要意义．（1）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=﹣566kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣484kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣802kJ•mol﹣1则△H0=+248kJ•mol﹣1kJ•mol﹣1（2）在密闭容器中，通入2.5mol的CH4与2.5mol CO2，一定条件下发生反应：CH4（g）+CO2（g）V12CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1．据图可知，p1、p2、p3、p4由大到小的顺序p4＞p3＞p2＞p1．（3）CO和H2还可以通过反应C（s）+H2O（g）═R1CO（g）+H2 （g）制取．①在恒温恒容下，若从反应物出发建立平衡，已达到平衡的是ACA．体系压强不再变化B．CO与H2的物质的量之比为1：1C．混合气体的密度保持不变D．每消耗1mol H2O（g）的同时生成1mol H2②恒温下，在2L的密闭容器中同时投入四种物质，10min时达到平衡，测得容器中有1mol H2O （g）、1mol CO（g）、2molH2（g）和2molC（s），反应的平衡常数K=1mol/L．若此时增大压强，平衡将向逆（填“正”、“逆”）反应方向移动，t1min时达到新的平衡．③请画出增大压强后10min～t1min时容器中H2物质的量n随时间变化的曲线图如图2．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压强的变化曲线．分析：（1）根据盖斯定律进行计算即可；（2）反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）为气体分子数增加的反应，当温度一定时，减小压强，可增大CH4的转化率；（3）①根据化学平衡状态的特征来回答判断；②根据平衡常数K=来计算；③根据影响化学平衡移动的因素来回答判断．解答：解：（1）已知①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=﹣566 kJ•m ol﹣1②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣484 kJ•mol﹣1③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣802 kJ•mol﹣1根据盖斯定律，③﹣②﹣①得：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），故△H=△H3﹣△H2﹣△H1=﹣802 kJ•mol﹣1+484 kJ•mol﹣1+566 kJ•mol﹣1=+248kJ•mol﹣1．故答案为：+248kJ•mol﹣1；（2）①反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）为气体分子数增加的反应，当温度一定时，减小压强，可增大CH4的转化率，从图象可知，相同温度下，按p4、p3、p2、p1的顺序CH4的转化率增大，所以p4＞p3＞p2＞p1，故答案为：p4＞p3＞p2＞p1；（3）①A、恒容条件下，随着反应的进行，气体的物质的量增加，压强增大，若体系压强不变，说明达到了平衡状态，故A正确；B、从反应物出发建立平衡，则生成的CO和H2的物质的量总是相等的，所以当H2与CO的物质的量之比为1：1时不能确定是否达到平衡状态，故B错误；C、随着反应的进行，气体的质量增加，而体积不变，所以密度增大，当气体密度不变时，可以认定达到了平衡状态，故C正确；D、只有当反应完全生成CO和H2时，气体平均相对分子质量才能等于15，但一定条件下的可逆反应是不能进行完全的，所以不会出现D项所描述的状态，故D错误．故选AC；②K===1mol/L，若此时增大压强，平衡将向逆反应方向进行，故答案为：1mol/L；逆；③增大压强后10min～t1min时容器中H2物质的量将会在2mol的基础上减小，但是达到平衡时，物质的量会大于1mol，即，故答案为：．点评：本题涉及热化学、化学反应速率和平衡的有关计算和判断知识，属于综合知识的考查题，难度不大．9．（17分）（2015•台儿庄区校级模拟）用辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：（1）下列措施是为加快浸取速率，其中无法达到目的是AA．延长浸取时间B．将辉铜矿粉碎C．充分搅拌D．适当增加硫酸浓度（2）浸取反应中氧化剂的化学式为MnO2；滤渣Ⅰ的成分为MnO2、S和SiO2（写化学式）；（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化．（4）“除铁”的方法是通过调节溶液PH，使Fe3+水解转化为Fe（OH）3，加入的试剂A可以是CuO或Cu（OH）2（化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法加热．（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中反应的离子方程式Mn2++HCO3﹣+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O．（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是（NH4）2SO4（写化学式）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH 除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，（1）提高浸取速率，可增大浓度、升高温度、增大固体表面积或搅拌等；（2）由滤渣1的成份可知反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2Cu SO4+2MnSO4+4H2O，根据方程式判断；（3）浸取时氧化铜溶液稀硫酸生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，结合氨气易挥发的特点分析；（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体．解答：解：（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率，故答案为：A；（2）由滤渣1的成份可知反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，反应中Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，因二氧化硅与酸不反应，则滤渣Ⅰ的成分为MnO2、S和SiO2，故答案为：MnO2；SiO2；（3）若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化，故答案为：Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法．故答案为：CuO或Cu（OH）2；加热；（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO3﹣+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，故答案为：Mn2++HCO3﹣+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：（NH4）2SO4．点评：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等．10．（20分）（2015•台儿庄区校级模拟）铁的单质和化合物在实验和实际生产中都有重要作用．Ⅰ．某同学将Cl2通入FeCl2和KSCN混合溶液中，现象为：操作现象现象1：A中溶液变红现象2：稍后，溶液由红色变为黄色（1）B装置中反应的化学方程式Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+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，所以溶液变红．（3）为探究产生现象2的原因，该同学进行如下实验：①取少量A中黄色溶液于试管加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在Fe3+．②取少量A中黄色溶液于试管中，加入过量KSCN溶液，最终得到血红色溶液．实验说明，Fe3+ 与SCN﹣生成红色Fe（SCN）3的反应是可逆反应（是或不是）．（4）该同学根据实验猜想，SCN﹣可能被氯水氧化．查资料得知SCN ﹣的电子式为，离子反应为：SCN﹣+8Cl2+9H2O=SO42﹣+NO3﹣+16Cl﹣+18H++CO2；①上述反应中，0.5molSCN﹣被氧化时转移的电子总数为8NA个．②若要检验产物中含有SO42﹣，常用的化学试剂是盐酸、氯化钡溶液（写试剂名称）．Ⅱ．①高铁电池因原料丰富、绿色环保而倍受关注．Zn﹣K2FeO4碱性电池的某电极的放电产物为FeOOH，该极电极为正极，电极反应式为FeO42﹣+3e﹣+3H2O=FeOOH+5OH﹣．②消毒剂高铁酸钠（Na2FeO4）集氧化、吸附、凝聚、杀菌等功能于一体，目前被广泛应用于自来水净化．请说明其原理Na2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体能够凝聚水中的悬浮物并能够吸附色素达到净水的目的．考点：铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．专题：实验设计题．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；②依据反应现象判断存在化学平衡；（4）①根据SCN ﹣的电子式为可知，SCN﹣中碳显+4价，硫显﹣2价，氮显﹣3价，碳已经是最高正价了，SCN﹣与Cl2反应的化学方程式可以计算出电子转移的物质的量；②加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN﹣中硫显﹣2价，所以被氧化的元素为硫元素，据此答题；（5）①放电生成FeOOH，依据元素化合价分析，铁元素化合价降低发生还原反应，为原电池的正极；②消毒剂高铁酸钠（Na2FeO4）集氧化、吸附、凝聚、杀菌等功能于一体，高铁酸钠具有强氧化性，杀菌消毒，被还原的产物可以生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水凝聚等．解答：解：（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为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；（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，故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成红色的，所以溶液变红；（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+，故答案为：Fe3+；②Fe3+ 与SCN﹣生成红色Fe（SCN）3的反应是可逆反应，存在化学平衡；故答案为：是；（4）①根据SCN﹣的电子式为可知，SCN﹣中碳显+4价，硫显﹣2价，氮显﹣3价，碳已经是最高正价了，SCN﹣与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN﹣+8Cl2+9H2O=NO3﹣+SO42﹣+CO2+Cl﹣+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知0.5molSCN﹣被氧化要转移8mol电子，电子总数为8NA，故答案为：8NA；②加入用盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子；故答案为：盐酸、氯化钡溶液；（5）①Zn﹣K2FeO4碱性电池的某电极的放电产物为FeOOH，铁元素化合价降低，被还原发生还原反应，是原电池正极，该极电极为正极，电极反应为：FeO42﹣+3e﹣+3H2O=FeOOH+5OH﹣；故答案为：正；FeO42﹣+3e﹣+3H2O=FeOOH+5OH﹣；②消毒剂高铁酸钠（Na2FeO4）集氧化、吸附、凝聚、杀菌等功能于一体，高铁酸钠具有强氧化性，杀菌消毒，被还原的产物可以生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水凝聚等；故答案为：Na2FeO4具有强氧化性，能够杀菌消毒，还原产物Fe3+ 水解生成氢氧化铁胶体能够凝聚水中的悬浮物并能够吸附色素达到净水的目的．点评：本题是实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算、原电池原理分析等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求，题目难度中等．11．（12分）（2015•台儿庄区校级模拟）化合物Ⅲ可通过如下反应制得：化合物I可通过下列路径合成：。

2015年山东省枣庄市薛城八中4月模拟考试理科综合试题化学部分可能用到的数据：H-1 C-12O-16Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64 Br-80第Ⅰ卷选择题一、选择题：大题共17小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．7．化学与生产、生活、社会密切相关。

下列说法中不正确的是A．绿色化学的核心是从源头上消除工业生产对环境的污染。

B．“硫黄姜”又黄又亮，可能是在用硫黄熏制的过程中产生的SO2所致。

C．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈。

D．华商科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅。

8．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2-具有相同的电子层结构；离子半径：Z2-＞W-；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。

下列说法中，正确的是A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物B．由于W、Z、M元素的氢气化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C．元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂9．T ℃时，将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L密闭容器中，发生反应CO2（g）＋H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示。

图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2的物质的量随时间的变化。

下列说法正确的是A．反应开始至a点时v（H2）＝1 mol·L-1·min-1B．若曲线Ⅰ对应的条件改变是升温，则该反应DH＞0C．曲线Ⅱ对应的条件改变是降低压强D．T ℃时，该反应的化学平衡常数为0．12510．已知:常温下浓度为0．1 mol·L-1的下列溶液的pH如表:溶质NaF NaClO Na2CO3pH 7．5 9．7 11．6下列有关说法正确的是。

2015年高考仿真模拟卷(山东卷)（三）化学第I卷注意事项：1. 第I卷共20小题。

2. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

不涂在答题卡，只答在试卷上不得分。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na23 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意）可能用到的相对原子质量：1.（2015·河南郑州一测·7） N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述不正确．．．的是（）A. 常温常压下，8gO2含有4 N A个电子B. 0.5mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为N AN AC. 14g分子式为C n H2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为nD. 25℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2N A2.（2015·河北衡水一模·9）下列离子方程式正确的是（）A．Na2S2O3溶液中加入稀盐酸：2S2O32－＋2H＋=SO42－＋3S↓＋H2OB．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4＋28H＋＋NO3－9Fe3＋＋NO↑＋14H2OC．100ml0.1mol/L FeI2溶液与标况下0.224L Cl2: 2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl-D．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH -=2 Al(OH)3↓+3BaSO4↓3.（2015·安徽合肥一测·2）．对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有CO32―B．加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42―C．加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试液变蓝，一定有NH4+ D．加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+4.（2015·上海嘉定区高三一模·8）下列各图中，纵坐标表示能量，横坐标表示反应过程，均从反应物开始。

山东省薛城区舜耕中学2015届高三10月月考化学试题可能会用到的相对原子质量H 1 、O 16、Cu 64、Al 27、Sn 119、Mn 55一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题4分）1．下列除去杂质的方法正确的是（）A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤C．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体D．除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤2．下列关于物质性质的说法不合理的是A．金属Mg与稀硫酸和CO2均能反应，其反应类型相同B．FeCl3、Na2O2、Cu2S均可由相应单质直接化合生成C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色D．氢氧化铝、碳酸铵、碳酸氢钠、甘氨酸都既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应3．用N A表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是（）A．300 mL 2 mol·L－1的蔗糖溶液中所含分子数为0．6N AB．在标准状况下，2．8g N2和2．8g CO所含电子数不相等C．0．2 mol H2O2完全分解转移的电子数为0．2N AD．在常温常压下，2．24L SO2与O2的混合气体中所含氧原子数为0．2N A4．将适量的SO2通入Fe（NO3）3中，溶液逐渐由棕黄色变为浅绿色，但又立即变为棕黄色，继续滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀。

在上述一系列变化过程中，最终被还原的元素是A．S B．Fe C．Cl D．N5．下列反应的离子方程式中正确的是A．氢氧化钡溶液和硫酸铵溶液反应：Ba2＋＋SO42- ＝BaSO4↓B．Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液Ca2++HCO3-+OH- = CaCO3↓+H2OC．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2＋+OH－+H＋+SO42－＝BaSO4↓ + H2OD．用氨水吸收足量的SO2气体：OH－＋SO2 = HSO3－6．在给定条件下，下列加线的物质在化学反应中几乎能被完全消耗的是A．8.7g二氧化锰与50mL8mol·L－1浓盐酸共热制取氯气B．19.2g铜与100mL12mol·L－1的硝酸反应C．常温下，将5.4g铝片投入20mL18mol·L－1的硫酸中D．将足量的Cu置于50mL18mol·L－1H2SO4溶液中加热7．下列与金属腐蚀有关的说法正确的是A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图b中，开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率减小C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D．图d中，Zn-MnO2干电池放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的8．在下图点滴板上有四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是A．a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2OB．b反应：HCO3-＋OH－===CO23-＋H2OC．c反应：H＋＋OH－===H2OD．d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4+9．将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KA1O2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为A B C D10．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲，电解过程中的实验数据如图乙。