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湖南省岳阳一中2015-2016学年高三第5次周考化学试卷.doc

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2015-2016学年湖南省岳阳一中高三（上）第5次周考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．金属钾的冶炼可采用如下方法：2KF+CaC2CaF2+2K↑+2C，下列有关说法合理的是（）A．该反应的氧化剂是KF，氧化产物是KB．该反应能说明C的还原性大于KC．电解KF溶液不可能制备金属钾D．CaC2、CaF2均为离子化合物，且阴、阳离子个数比均为2：1【考点】金属冶炼的一般原理；氧化还原反应．【专题】金属概论与碱元素．【分析】根据反应2KF+CaC2CaF2+2K↑+2C可知，反应中K元素的化合价降低，被还原，KF为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，CaC2为还原剂，由于金属K活泼，不能利用溶液来制备，CaC2中，阴、阳离子个数比均为1：1．【解答】解：A．反应中K元素的化合价降低，被还原，KF为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，CaC2为还原剂，故A错误；B．制备原理是利用K的沸点较低，不能说明C的还原性大于K，K的还原性较大，故B错误；C．由于金属K活泼，不能利用溶液来制备，故C正确；D．CaC2中，阴、阳离子个数比均为1：1，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应以及金属的冶炼，题目难度中等，注意从化合价的角度分析氧化还原反应，易错点为B，注意K的还原性较活泼，本题制备的原理是利用K的沸点较低．2．下列说法正确的是（）A．的名称为2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯B．化合物不是苯的同系物C．分子中所有碳原子一定共平面D．除甲酸外的羧酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【考点】有机化合物命名；有机物的结构式；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机化学基础．【分析】A、A、烯烃命名，编号时从距离双键最近的一端开始，应该是1﹣戊烯；B、该化合物的分子式为C10H8，苯的分子式是C6H6；C、根据乙烯分子结构，该分子中碳原子有可能共平面，但是也有可能不共平面；D、关键看羧酸的烃基是不是饱和，羧酸中的烃基若是含有不饱和键，就会使高锰酸钾溶液褪色．【解答】解：A、编号不正确，正确命名应为：2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯，故A错误；B、同系物是指结构相似，分子间差N个CH2，该分子两个苯环相连，分子式为C10H8，都不满足同系物的要求，故B正确；C、连接苯环和乙烯的C﹣C键可以旋转，故该分子可能共平面，有可能不共平面，故C错误；D、羧酸中的烃基分为饱和和不饱和两种情况，若是不饱和，就可以和高锰酸钾反应，故D 错误；故选B．【点评】本题考查有机物的命名，同系物判断，羧酸的性质等知识，涉及知识面较多，注重基础知识考查，难度中等．3．温度为T时，向2V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+B（g）⇌C（s）+xD（g）；△H＞0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示．下列说法正确的是（）A．反应在前10min的平均反应速率v（D）=0.15mol•L﹣1•min﹣1B．该反应的平衡常数表达式K=C．若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动D．反应至15min时，改变的条件是降低温度【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，根据v=，计算v（D）；B．化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算x的值，增大压强平衡向体积减小的方向移动，据此解答；D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度．【解答】解：A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，故v （D）==0.3mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，可逆反应A（g）+B（g）⇌C（s）+xD（g）的平衡常数表达式k=，故B错误；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变条件应是降低温度，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡图象及有关计算、化学平衡影响因素、反应速率计算、化学平衡常数等，难度不大，注意理解外界条件对化学平衡的影响，确定x值是关键．4．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（）A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D．将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．根据反应物和生成物的化学式判断，途径①产生二氧化硫气体污染性气体；B、硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2、SO3，依据电子守恒分析；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体．【解答】解：A．相对于途径①、③，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，X 可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；D．将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故D正确；故选C．【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等．5．SCl6是一种无色的很稳定的物质，可用于灭火．SCl6的分子结构如图所示，呈正八面体型．如果氯元素有两种稳定的同位素，则SCl6的不同的分子种数为（）A．6 B．7 C．10 D．12【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】将其中一种氯原子看作是原来的原子，另一种氯原子看作是去取代它的原子，根据取代氯原子的数目确定不同的分子种数．【解答】解：可以将其中一种氯原子看作是原来的原子，另一种氯原子看作是去取代它的原子，则其取代物与对应的结构种数为：不取代：1种；一取代：1种；二取代：2种（相邻和相对）；三取代：2种（共平面、共体面），四、五取代、全取代与二、一取代、不取代的结构种数对应相等，分别为2种、1种、1种，故其分子种数共有10种，故选C．【点评】此题实际上是一道同分异构的分析题，根据取代产物确定产物的种类，难度中等．6．甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A．甲为AlCl3，乙为NaHCO3B．溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2OD．白色沉淀A可能溶解在溶液D中【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的两种组成，依据离子共存原则，H+只能与Cl﹣生成HCl，Al3+只能与Cl﹣生成AlCl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有Na+，据此解答即可．【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3﹣生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO3，那么乙为AlCl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl，A、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故A错误；B、据分析可知，丙为HCl，含有H+，故Fe2+、NO3﹣不能与其共存，故B错误；C、甲中滴加丁，甲是过量的，那么Ba（OH）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故C 错误；D、白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要认真整理．7．已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3：7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比是（）A．4：25 B．2：17 C．1：7 D．3：8【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】令NO、NO2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产NO、NO2，根据N原子守恒计算起氧化剂作用的硝酸，根据电子转移守恒计算Cu2S的物质的量，据此解答．【解答】解：令NO、NO2的物质的量分别为3mol、7mol，起氧化剂作用的硝酸生产NO、NO2，根据N原子守恒，起氧化剂作用的硝酸为3mol+7mol=10mol，根据电子转移守恒，参加反应的Cu2S的物质的量为=1.6mol，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为1.6mol：10mol=4：25，故选A．【点评】本题考查硝酸性质、氧化还原反应计算，难度中等，注意利用守恒思想进行解答．二、解答题（共3小题，满分43分）8．某兴趣小组通过如图2装置探究SO2的性质，根据实验装置图．请回答：（1）写出生成SO2的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．（2）证明SO2有漂白性的现象为品红溶液褪色，写出SO2气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式：SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+．（3）能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是装置B中溶液蓝色褪去．（4）待通入足量的SO2充分反应后，为了验证SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，取少量反应后溶液分成两份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去方案②：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红上述方案不合理的是方案①，原因是过量的SO2也能使KMnO4溶液褪色．（5）请在答题卷中画出尾气吸收装置如图1，并指明烧杯中所用试剂．【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应．【专题】实验设计题．【分析】（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，据此写出反应的化学方程式；（2）试管中品红溶液褪色证明了二氧化硫具有漂白性；铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，据此写出反应的离子方程式；（3）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；（4）二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色；（5）二氧化硫有毒，需要使用尾气吸收装置，根据二氧化硫的化学性质选择吸收试剂，然后画出装置图．【解答】解：（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；SO2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+，离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：品红溶液褪色；SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；（3）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故答案为：装置B中溶液蓝色褪去；（4）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：方案①；过量的SO2也能使KMnO4溶液褪色；（5）二氧化硫有毒，需要用氢氧化钠溶液稀释多余的气体，则画出的尾气吸收装置为，故答案为：．【点评】本题考查的是二氧化硫的性质及实验室制法，题目难度中等，注意掌握二氧化硫的性质及检验方法，明确二氧化硫的漂白性与氯水漂白性的区别，试题有利于提高学生的分析、理解能力．9．（15分）A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图1所示（部分产物略去）．（1）若A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体．①C的电子式为．②写出反应Ⅰ的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O．③写出反应Ⅱ的化学方程式2NO+2CO N2+2CO2．（2）若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子．①C中所含化学键的类型是离子键和共价键．②写出反应Ⅰ的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．（3）将（2）中一定量的气体D通入2L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量的关系如图2所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．①O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3．②a点溶液中各离子浓度由大到小的关系c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）．C溶液的物质的量浓度为 2.5mol•L﹣1．【考点】无机物的推断．【分析】（1）A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3；C、D均为空气的主要成分，为N2、O2，由转化关系A B，故D为O2，B为NO，C为N2，E是一种有毒气体，结合转化关系NO N2，E具有还原性，为CO，验证符合转化关系；（2）A是淡黄色化合物，常见淡黄色固体化合物是过氧化钠和溴化银，常温下D是无色气体，A能和D反应，所以A是过氧化钠，D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系；（3）将（2）中一定量的气体D为二氧化碳，通入2L C的溶液中，C是氢氧化钠，根据图象可知，氯化氢的物质的量在前3mol时没有气体，后面再加2mol时产生的气体，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑知，Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上Na2CO3需要的HCl大于NaHCO3，所以溶液中还存在NaOH，所以二氧化碳通入氢氧化钠溶液得到的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，氯化氢的物质的量在前3mol时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaOH+HCl=H2O+NaCl，在后2mol时发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，据此进行计算．【解答】解：（1）A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3；C、D均为空气的主要成分，为N2、O2，由转化关系A B，故D为O2，B为NO，C为N2，E是一种有毒气体，结合转化关系NO N2，E具有还原性，为CO，验证符合转化关系；①C为N2，电子式为，故答案为：；②故加热、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；③催化剂条件下，一氧化氮和一氧化碳反应生成二氧化碳和氮气，反应方程式为：2NO+2CO N2+2CO2；故答案为：2NO+2CO N2+2CO2；（2）A是淡黄色化合物，常见淡黄色固体化合物是过氧化钠和溴化银，常温下D是无色气体，A能和D反应，所以A是过氧化钠，D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系．①C是氢氧化钠，C中所含化学键的类型是离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；②过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）将（2）中一定量的气体D为二氧化碳，通入2L C的溶液中，C是氢氧化钠，根据图象可知，氯化氢的物质的量在前3mol时没有气体，后面再加2mol时产生的气体，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑知，Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上Na2CO3需要的HCl大于NaHCO3，所以溶液中还存在NaOH，所以二氧化碳通入氢氧化钠溶液得到的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，氯化氢的物质的量在前3mol时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaOH+HCl=H2O+NaCl，在后2mol时发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，①根据上面的分析可知，O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；②根据上面的分析可知，a点时溶液中的溶质是NaHCO3和NaCl，氯化钠为强碱强酸盐，钠离子和氯离子不水解，NaHCO3为强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子，水和碳酸氢根离子都电离生成氢离子，所以c（H+）＞c（CO32﹣），根据元素守恒知c（Na+）＞c（Cl﹣），根据图象知，NaOH需要HCl和碳酸钠需要HCl的物质的量之比为1：2，根据原子守恒知，生成氯化钠的物质的量和碳酸氢钠的物质的量之比为3：2，根据元素守恒知，溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），当氯化氢的物质的量为5mol时，溶液中的溶质为氯化钠，根元素守恒可知，原溶液中的氢氧化钠的物质的量为5mol，所以氢氧化钠溶液的物质的量溶液为=2.5mol/l，故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）；2.5．【点评】本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题的关键，难度不大．10．（14分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．（1）SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；H2O（g）═H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol．（2）利用“化学蒸气转移法”制备二硫化钽（TaS2）晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）═TaI4（g）+S2（g）△H＞0（Ⅰ）若反应（Ⅰ）的平衡常数K=1，向某恒容容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为66.7%．如图1所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，则温度T1＜T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是I2．（3）利用H2S废气制取氢气的方法有多种．①高温热分解法已知：H2S（g）═H2（g）+S2（g）△H4在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为c mol•L﹣1测定H2S的转化率，结果见图2．图2中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．△H4＞0（填＞，=或＜）；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短．②电化学法该法制氢过程的示意图如图3．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【专题】计算题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=一197kJ/mol ①2H2O （g）=2H2O（1）△H2=﹣88kJ/mol ②2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=一545kJ/mol③利用盖斯定律：（③﹣①﹣②）×得SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式；（2）设I2的平衡转化率为x，则参加反应的I2为xmol，由方程式可知，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，根据K==1列方程计算；该反应为吸热反应，温度T2端利于反应正向进行，应为高温，温度T1端利于反应向左进行，应为低温，反应中I2是可以循环使用的物质；（3）①由图可知，随着温度升高，H2S的转化率也随之增大，所以升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答．【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H1=一197kJ/mol ①2H2O （g）=2H2O（1）△H2=﹣88kJ/mol ②2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=一545kJ/mol③利用盖斯定律：（③﹣①﹣②）×得SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol，故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；（2）设I2的平衡转化率为x，则参加反应的I2为xmol，由方程式可知，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K═==1，解得：x=66.7%；该反应为吸热反应，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，温度T2端利于反应正向进行，应为高温，温度T1端利于反应向左进行，应为低温，所以T1＜T2，I2是可以循环使用的物质；故答案为：66.7%；＜；I2；（3）①由图可知，随着温度升高，H2S的转化率也随之增大，所以升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，所以△H4＞0；温度的升高，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，曲线b向曲线a逼近，故答案为：＞；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．【点评】本题考查热化学方程式的书写、化学平衡有关计算与影响因素、化学平衡图象、电解原理等，是对学生综合能力的考查，难度中等．【化学--选修2：化学与技术】（15分）11．（15分）重铬酸钠（Na2Cr2O7•2H2O）俗称红矾钠，在工业上有广泛的用途．我国目前主要是以铬铁矿（主要成份为FeO•Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质）为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：①中涉及的主要反应有：主反应：4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：试回答下列问题：（1）“①”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是使反应物接触更充分，加快反应速率．（2）“③”中调节pH至4.7，目的是除去溶液中的AlO2﹣、SiO32﹣．（3）“⑤”中加硫酸酸化的目的是使CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，请写出该平衡转化的离子方程式：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O．（4）“⑦”中采用冷却结晶的方法析出红矾钠，依据是红矾钠的溶解度随温度的降低而减小．（5）制取红矾钠后的废水中还含有少量的CrO42﹣，根据有关标准，含CrO42﹣的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10﹣7mol•L﹣1以下才能排放．含CrO42﹣的废水处理通常有以下两种方法．①沉淀法：加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[K sp（BaCrO4）=1.2×10﹣10]，再加入可溶性硫酸盐处理多余的Ba2+．加入可溶性钡盐后的废水中Ba2+的浓度应不小于 2.4×10﹣4mol•L﹣1，后续废水处理方能达到排放标准．②还原法：CrO42﹣Cr3+Cr（OH）3．绿矾还原CrO42﹣的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7HO．2用该方法处理10m3 CrO42﹣的物质的量浓度为1.5×10﹣3 mo l•L﹣1的废水，至少需要绿矾（FeSO4•7H2O，相对分子质量为278）的质量是12.51Kg．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】以铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，调节pH至4.7，除去溶液中的AlO2﹣、SiO32﹣；经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠，（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而反应；（2）氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质；（3）CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，CrO42﹣在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72﹣；（4）冷却结晶的方法是冷却热饱和溶液，溶质溶解度减小析出晶体；（5）①根据沉淀溶解平衡CrO42﹣+Ba2+⇌BaCrO4及K sp（BaCrO4）=C（CrO42﹣）×C（Ba2+）=1.2×10﹣10，可得C（Ba2+）；②根据电子守恒列关系式：CrO42﹣～3FeSO4•7H2O，可得FeSO4•7H2O的物质的量进而求质量．【解答】解：以铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，调节pH至4.7，除去溶液中的AlO2﹣、SiO32﹣；经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠，（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而加快反应速率，故答案为：使反应物接触更充分，加快反应速率；（2）氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，调节pH至4.7，可生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去，故答案为：除去溶液中的AlO2﹣、SiO32﹣；（3）CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，CrO42﹣在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72﹣，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，故答案为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；（4）冷却结晶的方法是冷却热饱和溶液，溶质溶解度减小析出晶体，“⑦”中采用冷却结晶的方法析出红矾钠，红矾钠的溶解度随温度的降低而减小；故答案为：红矾钠的溶解度随温度的降低而减小；。

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湖南省岳阳一中高三化学10月第二次月考试题(含解析)新

湖南省岳阳一中高三化学10月第二次月考试题(含解析)新

湖南省岳阳一中2015届高三10月第二次阶段考试化学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。

可能用到的相对原子质量 H：1 O：16 C：12 S：32 N：14 Na：23 Mg：24 Cu：64 【试卷综析】本试卷是理科单独化学试卷，知识考查侧重于必修一内容，综合性较强，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。

考查了较多的知识点：化学与环境、氧化还原反应、离子反应、金属、非金属及其化合物知识等；试题重点考查：化学在生活中的应用、溶液中的离子、无极推断题有机推断等主干知识。

注重从题目中提取信息，难度中等。

第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每个小题只有一个选项符合题意）【题文】1．使用化学手段可以消除某些环境污染。

下列主要依靠化学手段消除环境污染的是（）A．在燃煤中添加生石灰B．将某些废旧塑料融化后再成型C．把放射性核废料深埋于地下岩层C．用多孔吸附剂清除水面油污【知识点】物理变化与化学变化、常见化学污染与环境O1【答案解析】A 解析：A．生石灰能和氧气、煤燃烧生成的二氧化硫等物质反应生成硫酸钙，属于化学变化，故A正确；B．将某些废旧塑料融化后再成型的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．把放射性核废料深埋于地下岩层的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D．用多孔吸附剂清除水面油污的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误．故答案选A【思路点拨】本题考查化学变化与物理变化的区别和联系，难度不大，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化。

【题文】2．下列仪器①漏斗②容量瓶③蒸馏烧瓶④天平⑤分液漏斗⑥滴定管⑦燃烧匙。

常用于物质分离的是（）①③④ B．①②⑥ C．①③⑤D．③④⑦【知识点】常用化学仪器的使用J1【答案解析】C 解析：题中①常用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，②用于配制一定浓度的溶液，不用于物质的分离，③常用于蒸馏，蒸馏是一种分离物质的方法，④用于称量物质的质量，不用于物质的分离，⑤常用于分液，分离互不相溶的密度不同的液体的仪器，⑥滴定管是量取液体的仪器，不用于物质的分离，⑦燃烧匙是用于物质燃烧的仪器，不用于物质的分离；故答案选C【思路点拨】本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大。

湖南省岳阳市高考化学五模试卷

湖南省岳阳市高考化学五模试卷

湖南省岳阳市高考化学五模试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共8题；共16分)1. （2分）有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：则甲、乙、丙三种溶液可能是（）A . BaCl2、H2SO4、MgCl2B . CaCl2、HNO3、AgNO3C . CaCl2、HNO3、NaClD . BaCl2、HCl、NaNO32. （2分）下列各组离子能大量共存的是（）A . H+、Al3+、K+、NO3-B . H+、Fe2+、OH-、NO3-C . H+、Na+、Cl-、HCO3-D . H+、Na+、SO32-、S2－3. （2分）已知碳碳单键可以绕键轴旋转，关于结构简式可表示为的烃，下列说法中正确的是（）A . 分子中至少有4个碳原子处于同一直线上B . 该烃苯环上的一氯代物有4种C . 分子中至少有10个碳原子处于同一平面上D . 该烃是苯的同系物4. （2分）某同学按下图所示的装置进行实验。

、为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当闭合时，从右向左通过交换膜移向极。

下列分析错误的是（）A . 溶液中增大B . 极的电极反应：C . 电极上有产生，发生氧化反应D . 反应初期，电极周围出现白色胶状沉淀5. （2分） (2016高一下·福建期末) 下列给出的各组物质，不能完成下列转化的是（）物质甲乙丙丁戊选项A C6H12O6CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CO2B NH4Cl NH3N2NO2HClC NaCl Na Na2O Na2O2Cl2D CH4C CO CO2H2A . AB . BC . CD . D6. （2分）常温下，向浓度均为 0.1 mol∙L-1、体积均为 100 mL 的两种一元酸 HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lg[c(H+ )/c(OH－)]随加入 NaOH的物质的量的变化如图所示。

湖南省岳阳市一中高考化学5月考前模拟试卷(含解析)

湖南省岳阳市一中高考化学5月考前模拟试卷(含解析)

2015年湖南省岳阳市一中高考化学考前模拟试卷（5月份）一、选择题（（本题包括7道小题．每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42﹣、ClO﹣（2）K+、Al3+、Cl﹣、HCO3﹣（3）ClO﹣、Cl﹣、K+、OH﹣（4）Fe3+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣（5）Na+、K+、AlO2﹣、HCO3﹣（6）Ca2+、Na+、SO42﹣、CO32﹣在水溶液中能大量共存的是（）A．（1）和（6）B．（3）和（4）C．（2）和（5）D．（1）和（4）2．可用于电动汽车的铝﹣空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极．下列说法正确的是（）A．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH﹣﹣3e﹣═Al（OH）3↓C．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变3．用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n mL，仰视时读数为 x mL，俯视时读数为y mL，若x＞n＞y，则所用的仪器可能为（）A．量筒B．容量瓶C．滴定管D．以上均不对4．已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣Q1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣Q2；H2O（g）=H2O（l）△H=﹣Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为（）A． 4Q1+0.5Q2B． 4Q1+Q2+10Q3C． 4Q1+2Q2D． 4Q1+0.5Q2+9Q35．核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳．核黄素分子的结构为已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是（）A．该化合物的分子式为C17H22N4O6B．酸性条件下加热水解，有CO2生成C．酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D．能发生酯化反应6．多硫化钠Na2S x（x≥2）在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处，Na2S x在碱性溶液中可被NaClO 氧化成Na2SO4而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2S x与NaClO的物质的量之比为1：16，则x 值是（）A． 2 B． 3 C． 4 D． 57．根据下列实验现象，所得结论正确的是（）实验实验现象结论A 左边烧杯中镁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡还原性：Al＞Mg＞CuB 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C 试管中白色固体先变淡黄色，后变为黄色沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动D 锥形瓶中有气体产生，烧杯中溶液变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA． A B． B C． C D． D二、解答题（共6小题，满分26分）8．向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体，在一定温度下发生如下反应：2X（g）⇌Y （g）+3Z（g）（1）经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为mol（L•min）．（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得的反应速率分别为：甲：ν（X）=3.5mol（L•min）；乙：ν（Y）=2mol（L•min）；丙：ν（Z）=4.5mol （L•min）；丁：ν（X）=0.075mol（L•s）．若其他条件相同，温度不同，温度由高到低的顺序是（填序号）．（3）若向达到（1）的平衡体系中充入氮气，则平衡向（填“左”“右”或“不”，下同）移动；若将达到（1）的平衡体系中移走部分混合气体，则平衡向移动．（4）若在相同条件下向达到（1）所述平衡体系中再充入0.5molX气体，则平衡后X的转化率与（1）的平衡中X的转化率相比A．无法确定 B．前者一定大于后者C．前者一定等于后者 D．前者一定小于后者（5）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则a、b、c应满足的关系为．（6）若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围应为．9．几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如图1所示：可供参考的信息有：①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物．A、E、F、G四种物质中含同种元素．②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l：2，元素质量之比为7：8．③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料．试根据上述信息回答下列问题：（1）A的化学式为，每反应lmol的A转移的电子数为mol；（2）F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：；（3）少量F的饱和溶液分别滴加到如图2物质中，得到三种分散系①、②、③．试将①、②、③符号以及对应的分散质具体的化学式填入图3方框中：（4）化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子．试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：．10．已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色．（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：（填粒子的化学式，下同）；乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是．（2）如果要验证乙同学判断的正确性，请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表．实验可供选用试剂：A．酸性高锰酸钾溶液 B．氢氧化钠溶液 C．四氯化碳 D．硫氰化钾溶液 E．硝酸银溶液 F．碘化钾淀粉溶液实验方案所选用试剂（填代号）实验现象方案一方案二（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是，相应的离子方程式为．11．石膏转化为硫酸钾和CaCl2的工艺流程如下：（1）CO2是一种很重要的副产品，工业上获得CO2的途径是（用化学方程式表示）．（2）转化Ⅰ中发生反应的离子方程式为，过滤Ⅰ得到的滤渣的主要成分是．过滤Ⅰ得到的滤液是，检验滤液中含有CO32﹣的方法是．（3）转化Ⅱ中发生反应的化学方程式为，转化Ⅱ中可获得K2SO4的原因是．（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是．（5）氯化钙结晶水合物是目前常用的无机储热材料，选择的依据是．a．熔点较低（29℃熔化） b．能制冷 c．无毒 d．能导电．12． A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素．A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：．B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2．回答下列问题：（1）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是，碱性最强的是．（2）用元素符号表示D所在周期（除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是，电负性最大的元素是．（3）D的氢化物比C的氢化物的沸点（填“高“或“低“），原因（4）E元素原子的核电荷数是，E元素在周期表的第周期，第族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在区．（5）B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是晶体、晶体（6）画出D的核外电子排布图，这样排布遵循了原理和规则．13．奶油中有一种只含C、H、O的化合物A．A可用作香料，其相对分子质量为88，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1．（1）A的分子式为．（2）写出与A分子式相同的所有酯的结构简式：．已知：A中含有碳氧双键，与A相关的反应如下：（3）写出A→E、E→F的反应类型：A→E、E→F．（4）写出A、C、F的结构简式：A 、C 、F ．（5）写出B→D反应的化学方程式：．（6）在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为相对分子质量为86的化合物G，G的一氯代物只有一种，写出G的结构简式：．A→G的反应类型为．2015年湖南省岳阳市一中高考化学考前模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（（本题包括7道小题．每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42﹣、ClO﹣（2）K+、Al3+、Cl﹣、HCO3﹣（3）ClO﹣、Cl﹣、K+、OH﹣（4）Fe3+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣（5）Na+、K+、AlO2﹣、HCO3﹣（6）Ca2+、Na+、SO42﹣、CO32﹣在水溶液中能大量共存的是（）A．（1）和（6）B．（3）和（4）C．（2）和（5）D．（1）和（4）考点：离子共存问题．分析：如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体、水或不发生氧化还原反应、互促水解反应，则可大量共存，结合题中离子的性质解答．解答：解：（1）Fe2+、ClO﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；（2）Al3+、HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；（3）离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；（4）离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；（5）AlO2﹣、HCO3﹣发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；（6）Ca2+与SO42﹣、CO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故错误．故选B．点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题给信息以及常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大．2．可用于电动汽车的铝﹣空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极．下列说法正确的是（）A．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH﹣﹣3e﹣═Al（OH）3↓C．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：铝空气燃料电池中负极反应为Al+4OH﹣﹣3e﹣═AlO2﹣+2H2O，正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，总反应为4Al+4OH﹣﹣+3O2═4AlO2﹣+2H2O，铝为活泼金属，既能与酸反应，又能与碱反应．解答：解：A．电池工作时，电子从负极出来经过外电路流到正极，故A错误；B．铝作负极，负极反应应该是铝失去电子变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中铝离子继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O，故B错误；C．电解质溶液显碱性或中性，该燃料电极的正极发生反应为：O2 +2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正确；D．该电池在碱性条件下消耗了碱，反应式为4Al+3O2+4OH﹣=4AlO2﹣+2H2O，溶液pH降低，故D 错误；故选C．点评：本题考查化学电源新型电池，注意电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，为易错点．3．用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n mL，仰视时读数为 x mL，俯视时读数为y mL，若x＞n＞y，则所用的仪器可能为（）A．量筒B．容量瓶C．滴定管D．以上均不对考点：计量仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：根据仰视读数读出的是下面的刻度，俯视读数时读出的是上面的刻度，要平视读数是读出的刻度在上进行分析解答．解答：解：平视时读数为nmL，是正确的读法，仰视时读数为xmL，x＞n，仰视读数读出的是下面的刻度，所以下面的刻度比上面的读数大，故该仪器为滴定管，故选C．点评：本题考查常计量仪器的构造及其使用方法，题目难度不大，注意明确计量仪器的构造解题的关键，试题注重了基础知识的考查．4．已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣Q1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣Q2；H2O（g）=H2O（l）△H=﹣Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为（）A． 4Q1+0.5Q2B． 4Q1+Q2+10Q3C． 4Q1+2Q2D． 4Q1+0.5Q2+9Q3考点：有关反应热的计算．分析：根据n=计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量，注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算．解答：解：标准状况下，112L甲烷和氢气混合气体的物质的量为=5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为：5mol×=4mol，氢气的物质的量为5mol﹣4mol=1mol，由①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣Q1；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣Q2③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣Q3根据盖斯定律①+③×2可得，CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣（Q1+2Q3），根据盖斯定律②+③×2可得，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣（Q2+2Q3），4mol甲烷燃烧放出的热量为4×（Q1+2Q3）kJ，1mol氢气燃烧放出的热量为1×0.5×（Q2+2Q3），所以放出的热量为4×（Q1+2Q3）+1×0.5×（Q2+2Q3）=4Q1+0.5Q2+9Q3kJ，故选：D．点评：本题考查根据热化学方程式计算反应热，难度不大，注意根据水的状态选择相应的热化学方程式计算反应热．5．核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳．核黄素分子的结构为已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是（）A．该化合物的分子式为C17H22N4O6B．酸性条件下加热水解，有CO2生成C．酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D．能发生酯化反应考点：有机物的结构式；有机化学反应的综合应用．专题：结构决定性质思想．分析：A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论推知该化合物的分子式；B、根据结构决定性质，分子中含有肽键结合题干信息来判断；C、根据结构决定性质，分子中含有肽键结合题干信息来判断；D、根据酯化反应是醇羟基和羧基的性质来判断．解答：解：A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确．故选A．点评：本题主要考查学生对官能团性质的掌握，并要求学生会运用题目所给信息来解决和处理问题．6．多硫化钠Na2S x（x≥2）在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处，Na2S x在碱性溶液中可被NaClO 氧化成Na2SO4而NaClO被还原成NaCl，反应中Na2S x与NaClO的物质的量之比为1：16，则x 值是（）A． 2 B． 3 C． 4 D． 5考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：N a2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，S元素的化合价由﹣价变为+6价，NaClO 被还原成NaCl，Cl元素的化合价由+1价变为﹣1价，根据得失电子守恒计算x值．解答：解：Na2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，S元素的化合价由﹣价变为+6价，NaClO被还原成NaCl，Cl元素的化合价由+1价变为﹣1价，根据得失电子守恒得，设Na2S x的物质的量是1mol，则次氯酸钠的物质的量是16mol，1mol×x=16mol×，1mol×x=16mol×26x+2=32x=5，故选：D．点评：本题以物质间的计算为载体考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，结合电子守恒解答即可，难度不大．7．根据下列实验现象，所得结论正确的是（）实验实验现象结论A 左边烧杯中镁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡还原性：Al＞Mg＞CuB 左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C 试管中白色固体先变淡黄色，后变为黄色沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动D 锥形瓶中有气体产生，烧杯中溶液变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA． 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．原电池中，能与电解质溶液发生氧化还原反应的金属作负极；B．与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴，不能排除氯气的影响；C．一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀；D．盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有HCl，不能证明碳酸与硅酸的酸性强弱．解答：解：A．铝能与氢氧化钠反应，做负极，但镁比铝活泼，故A错误；B．与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴，不能排除氯气的影响，故B错误；C．由于AgCl悬浊液中存在溶解平衡AgCl（s）⇌Ag++Cl﹣，加入溴化钾溶液，Ag+与Br﹣结合生成溶解度更小的AgBr沉淀，所以溶解平衡AgCl（s）⇌Ag++Cl﹣不断向右移动，同理转化为碘化银沉淀，故C正确；D．盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有HCl，不能证明碳酸与硅酸的酸性强弱，应向将二氧化碳气体中的氯化氢除去，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及金属性、氧化性的比较以及原电池知识和难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于考查学生的综合运用化学知识的能力和评价能力，题目难度不大，注意把握物质性质的异同以及相关实验操作方法．二、解答题（共6小题，满分26分）8．向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体，在一定温度下发生如下反应：2X（g）⇌Y （g）+3Z（g）（1）经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为0.03 mol （L•min）．（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得的反应速率分别为：甲：ν（X）=3.5mol（L•min）；乙：ν（Y）=2mol（L•min）；丙：ν（Z）=4.5mol （L•min）；丁：ν（X）=0.075mol（L•s）．若其他条件相同，温度不同，温度由高到低的顺序是（填序号）丁＞乙＞甲＞丙．（3）若向达到（1）的平衡体系中充入氮气，则平衡向不（填“左”“右”或“不”，下同）移动；若将达到（1）的平衡体系中移走部分混合气体，则平衡向右移动．（4）若在相同条件下向达到（1）所述平衡体系中再充入0.5molX气体，则平衡后X的转化率与（1）的平衡中X的转化率相比 BA．无法确定 B．前者一定大于后者C．前者一定等于后者 D．前者一定小于后者（5）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则a、b、c应满足的关系为c=3ba≥0．（6）若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围应为0.9＜c≤4.5．考点：化学平衡建立的过程；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；等效平衡．专题：化学平衡专题．分析：（1）根据化学反应速率公式v=计算X的反应速率，根据方程式系数之比等于化学反应速率之比计算用Y表示的反应速率；（2）根据温度对反应速率的影响：温度越高，反应速率越快，将不同物质表示的反应速率统一为用同一物质表示的反应速率；（3）根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来回答判断移动方向；（4）根据压强对化学平衡移动的影响来回答判断；（5）根据等效平衡建立的条件以及极限转化思想来回答；（6）根据等效平衡建立的条件以及极限转化思想来回答．解答：解：（1）设X物质的量的变化量是x，则2X（g）⇌Y（g）+3Z（g）初始物质的量：3 0 0变化物质的量：x 0.5x 1.5x平衡物质的量：3﹣x 0.5x 1.5x经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，即，解得x=0.6mol，所以Y的物质的量变化量是0.3mol，表示的化学反应速率为：=0.03mol/（L•min），故答案为：0.03mol/（L•min）；（2）将四个反应速率甲：ν（X）=3.5mol（L•min）；乙：ν（Y）=2mol（L•min）；丙：ν（Z）=4.5mol（L•min）；丁：ν（X）=0.075mol（L•s），都统一到用X表示的反应速率值分别为甲：ν（X）=3.5mol（L•min）；乙：ν（X）=4mol（L•min）；丙：ν（X）=3mol（L•min）；丁：ν（X）=4.5mol（L•min），所以化学反应速率是丁＞乙＞甲＞丙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丁＞乙＞甲＞丙，故答案为：丁＞乙＞甲＞丙；（3）若向达到（1）的平衡体系中充入氮气，不会改变各组分的浓度，所以平衡不会移动，若将达到（1）的平衡体系中移走部分混合气体，则体系压强会减小，所以平衡向着气体系数和增大的方向进行，即向着正方向进行，故答案为：不；右；（4）若在相同条件下向达到（1）所述平衡体系中再充入0.5molX气体，则体系压强增大，新平衡相当于是在原平衡基础上增大压强，逆向移动建立的，所以平衡后X的转化率减小，故答案为：B；（5）若保持温度和压强不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，根据极限转化结构以及等效的条件，需要等比即等效，即2X（g）⇌Y（g）+3Z（g）（1）的投料：3mol 0 0等效投料：0 1.5mol 4.5mol，现在投料：a b c等效投料：0 0.5a+b 1.5a+c所以，解得c=3b，且a≥0，故答案为：c=3b，a≥0；（6）若保持温度和体积不变，起始时加入X、Y、Z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则需要建立等同等效，将3molX转化为产物Z的物质的量是4.5mol，所以c的最大值是4.5mol，（1）建立平衡时，z的物质的量是0.9mol，所以要维持化学反应向逆反应方向进行，需要c大于0.9mol，即0.9＜c≤4.5，故答案为：0.9＜c≤4.5．点评：本题考查学生化学平衡的计算以及等效平衡的建立知识，属于综合知识的考查，综合性强，难度大．9．几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如图1所示：可供参考的信息有：①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物．A、E、F、G四种物质中含同种元素．②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l：2，元素质量之比为7：8．③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料．试根据上述信息回答下列问题：（1）A的化学式为FeS2，每反应lmol的A转移的电子数为11 mol；（2）F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）少量F的饱和溶液分别滴加到如图2物质中，得到三种分散系①、②、③．试将①、②、③符号以及对应的分散质具体的化学式填入图3方框中：（4）化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子．试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+．考点：无机物的推断．分析：由③中信息：B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素．由②可计算得到A的化学式为FeS2．再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4．由E（Fe2O3）丁（单质）可知，丁为Fe，D（H2SO4）+E（Fe2O3）→F，则F为Fe2（SO4）3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等，据此解答．解答：解：由③中信息：B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素．由②可计算得到A的化学式为FeS2．再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4．由E（Fe2O3）丁（单质）可知，丁为Fe，D（H2SO4）+E（Fe2O3）→F，则F为Fe2（SO4）3，G为FeSO4，丙可以为S等，乙可以为碳或氢气等，（1）由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由此分析可知，每消耗4 mol FeS2，转移电子为44 mol，即每反应1 mol的A（FeS2）转移的电子为11 mol，故答案为：FeS2；11；（2）由转化关系图可知F为Fe2（SO4）3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）少量饱和Fe2（SO4）3溶液加入①冷水中形成溶液，加入②NaOH溶液中会产生Fe（OH）3沉淀，形成浊液，加入③沸水中会产生Fe（OH）3胶体，即，故答案为：；（4）化合物M与H（H2O）组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G（FeSO4）氧化为F 的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+．点评：本题考查无机物推断，注意根据物质的性质进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，侧重是对基础知识的综合应用的考查，难度较大．10．已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色．（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：Br2（填粒子的化学式，下同）；乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是Fe3+．（2）如果要验证乙同学判断的正确性，请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表．实验可供选用试剂：A．酸性高锰酸钾溶液 B．氢氧化钠溶液 C．四氯化碳 D．硫氰化钾溶液 E．硝酸银溶液 F．碘化钾淀粉溶液实验方案所选用试剂（填代号）实验现象方案一方案二（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是Fe2+，相应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．考点：常见离子的检验方法；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）三价铁在水溶液中是黄色的，溴溶于水溶液呈黄色；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的，可以从是否有溴单质以及是否生成三价铁两个角度来设计实验验证；根据Br2和Fe3+的性质进行检验，Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；三价铁和溴单质均能将亚铁离子氧化，碘单质遇到淀粉变蓝；溴水的分离可以采用萃取法，使用分液漏斗来进行实验；（3）Cl2具有氧化性，Fe2+和Br﹣具有还原性，亚铁离子的还原性大于溴离子．解答：解：（1）现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的，或是溴单质溶于水形成的溶液颜色；故答案为：Br2；Fe3+；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁而使溶液变为黄色，可以进行试验看是否存在溴单质，也可以用硫氰化钾溶液检验三价铁的存在，根据Br2和Fe3+的性质进行检验，Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质，所以可向黄色溶液中加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色，分液时用到烧杯和分液漏斗，检验Fe3+，可向黄色溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，故答案为：向黄色溶液中加入CCl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；分液漏斗，烧杯；向黄色溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；实验方案选用试剂实验现象方案Ⅰ C 有机层（下层）无色方案Ⅱ D 溶液变红（3）Cl2具有氧化性，Fe2+和Br﹣具有还原性，亚铁离子的还原性大于溴离子；先氧化的离子是亚铁离子，反应离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．点评：本题考查物质的探究，题目难度中等，注意根据物质的性质设计实验方法，学习中注重相关化学实验操作方法的积累．。

湖南省岳阳市第一中学2015-2016学年高二上学期期中考试化学试题无答案

湖南省岳阳市第一中学2015-2016学年高二上学期期中考试化学试题无答案

岳阳市一中2015年下期高二期中考试化学试卷时量：90分钟 分值：100分可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．生活处处有化学，下列说法正确的是( )A ．家里用的金龙鱼油和猪油都是可皂化的饱和酯类B ．亲购买保温杯时可选购304不锈钢材质的，这种材料耐高温，韧性好，这是一种合金C ．做衣服用的棉和麻均与淀粉互为同分异构体D ．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2．下列各组离子在溶液中可以大量共存，当溶液呈强酸性时，有气体产生；而当溶液呈强碱性时，又能生成沉淀。

该组离子可能是( )A ．Na ＋、Cu 2＋、NO －3、CO 2－3B ．NH ＋4、K ＋、SO 2－4、HCO －3C ．Mg 2＋、NH ＋4、SO 2－4、Cl －D ．Fe 2＋、Na ＋、SO 2－4、NO －33．下列物质在给定条件下能实现转化的是( )①Al 2O 3――→NaOH （aq ）NaAlO 2(aq)――→CO 2Al(OH)3 ②Na ――→O 2Na 2O 2――→H 2O NaOH③Fe 2O 3――→HCl （aq ）FeCl 3(aq)――→△无水FeCl 3 ④饱和NaCl(aq)――→NH 3、CO 2 NaHCO 3――→△Na 2CO 3⑤MgCl 2·6H 2O ――→△ MgCl 2 ――→通电熔化Mg ⑥CuSO 4(aq)――→NaOH （aq ）Cu(OH)2 ――→葡萄糖△Cu 2OA ．①②③B ．③④⑤C ．②⑤⑥D ．①④⑥4．环境保护是当今社会的热门话题，地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO 2以减缓温室效应，主要过程可以用下列三步来描述：①H 2O(l)===2H ＋(aq)＋12O 2(g)＋2e － ΔH ＝＋284 kJ·mol －1 ②CO 2(g)＋C 5(s)＋2H ＋(aq)===2C ＋3(s)＋H 2O(l)＋12O 2(g) ΔH ＝＋396 kJ·mol －1 ③12C ＋3(s)＋12e －＋6H 2O(l)===C 6H 12O 6(葡萄糖，s)＋6C 5(s) ΔH ＝－1200 kJ·mol －1下面关于绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式正确的是( )A ．6CO 2(g)＋6H 2O(l)===C 6H 12O 6(葡萄糖，s)＋6O 2(g) ΔH ＝－1880 kJ·mol －1B ．6CO 2(g)＋6H 2O(l)===C 6H 12O 6(葡萄糖，s)＋6O 2(g) ΔH ＝＋2880 kJ·mol －1C ．6CO 2(g)＋6H 2O(l)===C 6H 12O 6(葡萄糖，s)＋6O 2(g) ΔH ＝＋2560 kJ·mol －1D ．6CO 2(g)＋6H 2O(l)===C 6H 12O 6(葡萄糖，s)＋6O 2(g) ΔH ＝－1720 kJ·mol －15．下列解释事实的方程式不正确的是( )A ．测0.1 mol/L 氨水的pH 为11：NH 3·H 2ONH ＋4＋OH － B ．水滴石穿：CO 2＋CaCO 3＋H 2O=Ca(HCO 3)2C ．用CuCl 2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl 2=Cu 2＋＋2Cl －D ．NH 4Cl 溶解在T 2O 中：NH 4＋+T 2O NH 3·T 2O+H ＋6．下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是( )A ．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH <0B ．②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl 晶体后化学反应速率随时间变化的图像C ．③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a 是使用催化剂时的曲线D ．④是一定条件下，向含有一定量A 的容器中逐渐加入B 时的图像，压强p 1>p 27．M 、N 两个容器中均发生反应：A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH ＝－192 kJ·mol －1。