四川省成都高新区2015届高三11月统一检测化学试题及答案

四川省成都市高考一诊化学试卷(含解析)

四川省成都市2015届高考一诊化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于0.2N A4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数值为．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体mol．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：+2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①；②．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_；操作I为．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为；B中观察到的现象是．（2）C中CCl4的作用是．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为．【x值的计算与论证】（5）计算：x=，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是．四川省成都市2015届高考一诊化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器考点：工业制取硫酸．专题：氧族元素．分析：A．S在自然界中主要以化合态形式存在；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2；C．SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸；D．稀硫酸能与Fe或Al反应．解答：解：A．S在自然界中主要以化合态形式存在，主要以FeS、CuFeS2、硫酸盐等形式存在，故A正确；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，则火法炼铜的矿石原料主要含Cu2S，故B正确；C．火法炼铜生成Cu，同时放出二氧化硫，SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸，故C正确；D．l mol/L H2SO4属于稀硫酸，稀硫酸在常温下能与Fe或Al反应生成可溶性盐和氢气，所以不能用铁制或铝制容器储存l mol/L H2SO4溶液，故D错误．故选D．点评：本题考查了金属的冶炼、元素在自然界的存在形态、药品的保存等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；C、盐的水解是吸热反应；D、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质．解答：解：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故A错误；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故B正确；C、盐的水解是吸热反应，故C错误；D、实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的分类、氧化还原、热效应和电解质的相关概念，比较基础．3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于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、HF的物质的量n=，然后根据1molHF含1molσ键来分析；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质；C、标准状况下，NO2为液态；D、根据反应过程中原子守恒来分析．解答：解：A、HF的物质的量n===1mol，而1molHF含1molσ键，故A正确；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，而NH3•H2O是弱电解质，不能完全电离，故溶液中的OH﹣数目小于0.1N A，故B错误；C、标准状况下，NO2为液态，故6.72L二氧化氮的物质的量不是0.3mol，故C错误；D、H2S和SO2各0．l mol，则含有的硫原子为0.2mol，而在反应过程中原子守恒，故体系中的硫原子一直是0.2mol，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验．专题：实验评价题．分析：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；B．浓硫酸有脱水性；C．在中性条件下发生吸氧腐蚀；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁．解答：解：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故A错误；B．木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故B错误；C．NaCl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故C正确；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故D 错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及硫酸和硝酸的性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析．解答：解：A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；B、电池工作时，电解质中Ag+数目不变，故B错误；C、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，故C正确；D、反应原理是Ag与氯气反应，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池原理的应用，注意电解反应类型和电子移动方向，题目难度不大．6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小考点：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．根据温度对水的电离平衡及盐类水解的影响进行判断；B．从难溶电解质的转化的角度分析；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠．解答：解：A．温度升高，水的电离平衡正向移动，K w增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c（OH一）增大，故A正确；B．硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松，且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣，故B正确；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应，故C正确；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠，溶液中碳酸根离子和氢氧根离子的浓度减小，碳酸氢根离子的浓度增大，故D错误；故选D．点评：本题考查沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等．7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率；B、两的体积不知，所以压强之比不定；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%．解答：解：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率，故A错误；B、两的体积不知，所以压强之比不定，不一定是5：4，故B错误；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应，所以Q＜O，故C正确；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%，故D错误；故选C．点评：本题考查外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响，有一定的难度．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置第三周期第ⅠA族；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是N（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为sp3 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有2mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X 为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d 轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，据此解答各小题即可．解答：解：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，综上所述：X为氢，Y为氮，Z为钠，Q为硫，W为镍，（l）Na在周期表中的位置是第三周期第ⅠA族，Ni的原子序数为28，价电子排布为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为，故答案为：第三周期第ⅠA族；；（2）元素的非金属性越强，其第一电离能越大， H、N、Na、S中，非金属性N的最强，故这些基态原子第一电离能最大的是N，故答案为：N；（3）H2S分子中共价键键角接近90°，即H﹣S﹣H键角接近90°，空间构型为V形，H2S分子中S原子的σ键电子对数为2，孤电子对数=（6﹣1×2）=2，则价层电子对数为4，所以S原子为杂化sp3，在冰晶体中，一个水分子与周围四个水分子形成正四面体结构，一个水分子可以形成四个氢键，而二个水分子共一个氢键，故一个水分子可形成二个氢键，1mol冰晶体中存在2mol氢键，故答案为：sp3；2；（4）NaN3有较强的还原性，NH3与NaClO反应可得到氮气、氢氧化钠和氯化钠，氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，化学方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH，故答案为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．点评：本题主要考查的是元素的推断，涉及价电子排布图、杂化方式、冰的结构与氢键、氧化还原反应方程式书写等，综合性较强，有一定难度．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第20min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=0.03mol/（L•min）；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减小CO2的浓度；40min 时，平衡常数值为0.35．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是ad（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体1.5mol．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算；电解原理；离子浓度大小的比较．专题：化学平衡专题；电化学专题．分析：（1）①各组分浓度不变，反应达到平衡状态；②根据反应速率v=计算；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度；根据平衡常数K=计算；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3；②常温下，当吸收至pH=6时，溶液呈酸性；（3）Pt（1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2可知失电子，作负极；每molNO2得电子4mol．解答：解：（1）①从图中可看出20min时各组分浓度不变，此时反应达到平衡，故答案为：20；②0～20min时，SO2浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，则反应速率表示为V（SO2）==0.03mol/（L•min），故答案为：0.03mol/（L•min）；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，40min时，SO2（g）=0.4mol/L，S2（g）=0.35mol/L，CO2（g）=0.4mol/L，则平衡常数K===0.35，故答案为：减小CO2的浓度；0.35；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣，故答案为：SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，a．根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故a错误；b．根据物料守恒，当溶质完全为NaHSO3时，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），若还存在Na2SO3，则c（Na+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故b错误；c．pH=6，c（OH﹣）＜c（H+），故c错误；d．HSO3﹣电离程度大于水解程度，pH=6，水电离出c（OH﹣）==l×l0﹣8 mol/L，故d正确；故答案为：ad；（3）SO2在Pt（1）电极失电子生成SO42﹣，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，NO2中N的化合价为+4价，转化为0价的N2，每molNO2得电子4mol，若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体为=1.5mol．故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；1.5．点评：本题考查化学平衡计算，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，电解原理的分析应用，离子浓度大小比较，综合性强，题目难度中等．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①防止Fe2+被氧化为Fe3+；②消耗溶液中的H+促进TiO2+水解．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为蒸发浓缩、冷却结晶．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．考点：制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：实验题；化学反应中的能量变化．分析：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（1）把已知的热化学方程式相加即得到水分解的热化学方程式；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀；Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗氢离子能促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作；（4）由题中信息可知亚铁离子在碱性条件下易被氧化．解答：解：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（l）已知：①4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/mol②Fe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol由盖斯定律：（①+②）×得H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=×（a+b）=（a+b）kJ/mol；故答案为：H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，其水解的离子方程式为：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；亚铁离子在溶液中易被氧化，加Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗溶液中的氢离子能促进TiO2+水解；故答案为：TiO2+；防止Fe2+被氧化为Fe3+；消耗溶液中的H+促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2，其反应方程式为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；蒸发浓缩、冷却结晶；（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化，说明二价铁离子在碱性条件下易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出来的铵根离子和二价铁离子均发生水解，水解后的溶液的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定；故答案为：由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．点评：本题考查了盖斯定律的应用、物质的制备、物质的分离等实验操作，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，分析流程掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；B中观察到的现象是由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液．（2）C中CCl4的作用是防止倒吸．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂无水乙醇．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑．【x值的计算与论证】（5）计算：x=3.56，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设不成立（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）A中氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气；氨气通入硫酸铜溶液，会生成氢氧化铜沉淀，氨气过量，沉淀又溶解；（2）氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气；（5）Cu（NH3）x SO4•H2O与氢氧化钠反应生成的氨气被盐酸吸收，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，根据消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸，以及氨气的物质的量，根据晶体与氨气的物质的量的关系求出x；若生成的氨气偏少或氨气没有完全逸出，则氨气的物质的量偏小，x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，与氨气反应的盐酸偏多，计算出的氨气的物质的量偏大；天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新实验．解答：解：（1）A中氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入蓝色的硫酸铜溶液中，会生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨气过量时，氢氧化铜沉淀又溶解生成深蓝色的溶液；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液；（2）氨气极易溶于水，氨气不溶于四氯化碳，把氨气通入四氯化碳不溶解，不会产生倒吸，氨气在向上逸出时被水吸收；故答案为：防止倒吸；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小，在Cu（NH3）x SO4溶液加入无水乙醇会析出Cu （NH3）x SO4•H2O晶体；故答案为：无水乙醇；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气，则其反应的离子方程式为：Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；故答案为：Cu（NH3）x2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；（5）滴定消耗的氢氧化钠为n（NaOH）=cV=0.5000mol/L×0.01600L=0.008000mol，则与氢氧化钠反应的盐酸为0.008000mol，与氨气反应的盐酸为：0.5000mol/L×0.0300L﹣0.008000mol0.007000mol，所以氨气的物质的量为0.007000mol；由（NH3）x SO4•H2O～xNH3，1 xmol 0.007000mol=0.007000，解得：x=3.56；若加入的NaOH溶液不足，Cu（NH3）x SO4没有完全反应，生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，标准溶液体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，而与氨气反应的盐酸偏多，氨气与盐酸等物质的量反应，则测定的氨气的物质的量偏多，计算出的x值偏大，所以假设不成立；步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新作该实验；故答案为：3.56；加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）；不成立；更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．点评：本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，题目难度中等，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力．。

四川省成都市高考一诊化学试卷(含解析)

四川省成都市2015届高考一诊化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于0.2N A4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数值为．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体mol．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：+2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①；②．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_；操作I为．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为；B中观察到的现象是．（2）C中CCl4的作用是．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为．【x值的计算与论证】（5）计算：x=，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是．四川省成都市2015届高考一诊化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图．下列叙述不正确的是（）A．自然界化合态硫以FeS、CuFeS2等形式存在B．火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC．该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D．l mol/L H2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器考点：工业制取硫酸．专题：氧族元素．分析：A．S在自然界中主要以化合态形式存在；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2；C．SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸；D．稀硫酸能与Fe或Al反应．解答：解：A．S在自然界中主要以化合态形式存在，主要以FeS、CuFeS2、硫酸盐等形式存在，故A正确；B．法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，则火法炼铜的矿石原料主要含Cu2S，故B正确；C．火法炼铜生成Cu，同时放出二氧化硫，SO2氧化得到SO3，再与水反应生成硫酸，故C正确；D．l mol/L H2SO4属于稀硫酸，稀硫酸在常温下能与Fe或Al反应生成可溶性盐和氢气，所以不能用铁制或铝制容器储存l mol/L H2SO4溶液，故D错误．故选D．点评：本题考查了金属的冶炼、元素在自然界的存在形态、药品的保存等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．2．（6分）某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；C、盐的水解是吸热反应；D、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质．解答：解：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故A错误；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故B正确；C、盐的水解是吸热反应，故C错误；D、实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B．点评：本题考查物质的分类、氧化还原、热效应和电解质的相关概念，比较基础．3．（6分）若N A为阿伏加德罗常数的值．参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是（）℃NO2HF熔点﹣11.2 ﹣83.6沸点21.0 19.52A．20.0 gHF中含σ键数目为1.0N AB．将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH﹣数目为0.1N AC．6.72 LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2N AD．H2S和SO2各0．l mol反应后，体系中的S原子数目小于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、HF的物质的量n=，然后根据1molHF含1molσ键来分析；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质；C、标准状况下，NO2为液态；D、根据反应过程中原子守恒来分析．解答：解：A、HF的物质的量n===1mol，而1molHF含1molσ键，故A正确；B、NH3溶于水后部分和水反应生成NH3•H2O，而NH3•H2O是弱电解质，不能完全电离，故溶液中的OH﹣数目小于0.1N A，故B错误；C、标准状况下，NO2为液态，故6.72L二氧化氮的物质的量不是0.3mol，故C错误；D、H2S和SO2各0．l mol，则含有的硫原子为0.2mol，而在反应过程中原子守恒，故体系中的硫原子一直是0.2mol，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（）a b 实验现象预期结论A 铜丝浓硝酸试管c中有大量红棕色气体硝酸有强氧化性B 木条18.4mol/L 木条变黑浓硫酸有酸性及氧化性C 生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D 铁丝含少量HCl的H2O2溶液试管c中有大量无色气体该反应中铁作催化剂A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验．专题：实验评价题．分析：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；B．浓硫酸有脱水性；C．在中性条件下发生吸氧腐蚀；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁．解答：解：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故A错误；B．木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故B错误；C．NaCl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故C正确；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故D 错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及硫酸和硝酸的性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．5．（6分）利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质．下列分析不正确的是（）A．电子经外电路流向Pt电极B．电池工作时，电解质中Ag+数目减少C．正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgClD．空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：Ag电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析．解答：解：A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；B、电池工作时，电解质中Ag+数目不变，故B错误；C、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，故C正确；D、反应原理是Ag与氯气反应，故D正确；故选B．点评：本题考查了原电池原理的应用，注意电解反应类型和电子移动方向，题目难度不大．6．（6分）工业上向锅炉里注入Na2CO3．溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除．下列叙述不正确的是（）A．温度升高．Na2CO3溶液的K w和c（OH一）均会增大B．沉淀转化的离子方程式为CO32﹣十CaSO4=CaCO3+SO42﹣C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小考点：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．根据温度对水的电离平衡及盐类水解的影响进行判断；B．从难溶电解质的转化的角度分析；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠．解答：解：A．温度升高，水的电离平衡正向移动，K w增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c（OH一）增大，故A正确；B．硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松，且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣，故B正确；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO4与盐酸不反应，故C正确；D．Na2CO3溶液遇CO2后，反应生成碳酸氢钠，溶液中碳酸根离子和氢氧根离子的浓度减小，碳酸氢根离子的浓度增大，故D错误；故选D．点评：本题考查沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等．7．（6分）已知反应CO（g）+2H2（ g）═CH3OH （g）△H=Q kJ•mol﹣1，在三个不同容积的容器中分别充人l mol CO与2mol H2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表．下列说法正确的是（）温度（℃）容器体积C O转化率平衡压强（P）①200 V150% P1②200 V270% P2③350 V350% P3A．反应速率：③＞①＞②B．平衡时体系压强：P1：P2=5：4C．若容器体积V1＞V3，则Q＜OD．若实验②中CO和H2用量均加倍，则CO转化率＜70%考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率；B、两的体积不知，所以压强之比不定；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%．解答：解：A、①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率，故A错误；B、两的体积不知，所以压强之比不定，不一定是5：4，故B错误；C、③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应，所以Q＜O，故C正确；D、若实验②中CO和H2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%，故D错误；故选C．点评：本题考查外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响，有一定的难度．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（11分）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为V形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子．请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置第三周期第ⅠA族；W基态原子的价电子排布图．（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是N（填元素符号）．（3）在XQ﹣中Q的杂化类型为sp3 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有2mol氢键．（4）ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X 为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d 轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，据此解答各小题即可．解答：解：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素．Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，综上所述：X为氢，Y为氮，Z为钠，Q为硫，W为镍，（l）Na在周期表中的位置是第三周期第ⅠA族，Ni的原子序数为28，价电子排布为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为，故答案为：第三周期第ⅠA族；；（2）元素的非金属性越强，其第一电离能越大， H、N、Na、S中，非金属性N的最强，故这些基态原子第一电离能最大的是N，故答案为：N；（3）H2S分子中共价键键角接近90°，即H﹣S﹣H键角接近90°，空间构型为V形，H2S分子中S原子的σ键电子对数为2，孤电子对数=（6﹣1×2）=2，则价层电子对数为4，所以S原子为杂化sp3，在冰晶体中，一个水分子与周围四个水分子形成正四面体结构，一个水分子可以形成四个氢键，而二个水分子共一个氢键，故一个水分子可形成二个氢键，1mol冰晶体中存在2mol氢键，故答案为：sp3；2；（4）NaN3有较强的还原性，NH3与NaClO反应可得到氮气、氢氧化钠和氯化钠，氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，化学方程式为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH，故答案为：2NaN3+NaClO+H2O=3N2↑+NaCl+2NaOH．点评：本题主要考查的是元素的推断，涉及价电子排布图、杂化方式、冰的结构与氢键、氧化还原反应方程式书写等，综合性较强，有一定难度．9．（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气．（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C （s）+2SO2（g）═S2（g）+2CO2（g）．反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图1：①第一次出现平衡的时间是第20min；②0～20min反应速率表示为V（SO2）=0.03mol/（L•min）；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减小CO2的浓度；40min 时，平衡常数值为0.35．（2）亚硫酸钠吸收法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是ad（填序号）a．c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）b．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+C（H2SO3）c．c（Na﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH一）＞c（H+）d．水电离出c（OH一）=l×l0﹣8 mol/L，（3）电化学处理法如图2所示，Pt（1）电极的反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；碱性条件下，用P（2）电极排出的S2O42﹣溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32﹣生成．若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体1.5mol．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算；电解原理；离子浓度大小的比较．专题：化学平衡专题；电化学专题．分析：（1）①各组分浓度不变，反应达到平衡状态；②根据反应速率v=计算；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度；根据平衡常数K=计算；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3；②常温下，当吸收至pH=6时，溶液呈酸性；（3）Pt（1）电极进入SO2，硫酸浓度增大，SO2可知失电子，作负极；每molNO2得电子4mol．解答：解：（1）①从图中可看出20min时各组分浓度不变，此时反应达到平衡，故答案为：20；②0～20min时，SO2浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，则反应速率表示为V（SO2）==0.03mol/（L•min），故答案为：0.03mol/（L•min）；③30min时，CO2浓度减小，其他物质浓度不变，改变的条件是减小CO2的浓度，40min时，SO2（g）=0.4mol/L，S2（g）=0.35mol/L，CO2（g）=0.4mol/L，则平衡常数K===0.35，故答案为：减小CO2的浓度；0.35；（2）①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣，故答案为：SO32﹣+SO2+H2O=2HSO3﹣；②常温下，当吸收至pH=6时，a．根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故a错误；b．根据物料守恒，当溶质完全为NaHSO3时，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），若还存在Na2SO3，则c（Na+）＞c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故b错误；c．pH=6，c（OH﹣）＜c（H+），故c错误；d．HSO3﹣电离程度大于水解程度，pH=6，水电离出c（OH﹣）==l×l0﹣8 mol/L，故d正确；故答案为：ad；（3）SO2在Pt（1）电极失电子生成SO42﹣，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，NO2中N的化合价为+4价，转化为0价的N2，每molNO2得电子4mol，若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体为=1.5mol．故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+；1.5．点评：本题考查化学平衡计算，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，电解原理的分析应用，离子浓度大小比较，综合性强，题目难度中等．10．（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用（NH4）2Fe（SO4）2代替FeSO2作标液，（NH4）2Fe （SO4）2的制备工艺流程如下：（l）已知流程中铁粉制备反应如下：4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/molFe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol．（2）步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①防止Fe2+被氧化为Fe3+；②消耗溶液中的H+促进TiO2+水解．（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为蒸发浓缩、冷却结晶．（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．考点：制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：实验题；化学反应中的能量变化．分析：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（1）把已知的热化学方程式相加即得到水分解的热化学方程式；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀；Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗氢离子能促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作；（4）由题中信息可知亚铁离子在碱性条件下易被氧化．解答：解：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体；（l）已知：①4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/mol②Fe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol由盖斯定律：（①+②）×得H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=×（a+b）=（a+b）kJ/mol；故答案为：H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol；（2）TiO2+水解生成H2TiO3沉淀，其水解的离子方程式为：TiO2++2H2O═2H++H2TiO3↓；亚铁离子在溶液中易被氧化，加Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗溶液中的氢离子能促进TiO2+水解；故答案为：TiO2+；防止Fe2+被氧化为Fe3+；消耗溶液中的H+促进TiO2+水解；（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2，其反应方程式为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；蒸发浓缩、冷却结晶；（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化，说明二价铁离子在碱性条件下易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出来的铵根离子和二价铁离子均发生水解，水解后的溶液的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定；故答案为：由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．点评：本题考查了盖斯定律的应用、物质的制备、物质的分离等实验操作，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，分析流程掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）x SO4•H2O．并测量x值．【Cu（NH3）x SO4•H2O】制备见图1（l）A中发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；B中观察到的现象是由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液．（2）C中CCl4的作用是防止倒吸．（3）欲从Cu（NH3）x SO4溶液中析出Cu（NH3）x SO4•H2O晶体，可加入试剂无水乙醇．【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）x SO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑．【x值的计算与论证】（5）计算：x=3.56，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设不成立（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）A中氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气；氨气通入硫酸铜溶液，会生成氢氧化铜沉淀，氨气过量，沉淀又溶解；（2）氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气；（5）Cu（NH3）x SO4•H2O与氢氧化钠反应生成的氨气被盐酸吸收，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，根据消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸，以及氨气的物质的量，根据晶体与氨气的物质的量的关系求出x；若生成的氨气偏少或氨气没有完全逸出，则氨气的物质的量偏小，x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，与氨气反应的盐酸偏多，计算出的氨气的物质的量偏大；天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新实验．解答：解：（1）A中氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入蓝色的硫酸铜溶液中，会生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨气过量时，氢氧化铜沉淀又溶解生成深蓝色的溶液；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液；（2）氨气极易溶于水，氨气不溶于四氯化碳，把氨气通入四氯化碳不溶解，不会产生倒吸，氨气在向上逸出时被水吸收；故答案为：防止倒吸；（3）Cu（NH3）x SO4•H2O在乙醇中的溶解度较小，在Cu（NH3）x SO4溶液加入无水乙醇会析出Cu （NH3）x SO4•H2O晶体；故答案为：无水乙醇；（4）Cu（NH3）x SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气，则其反应的离子方程式为：Cu（NH3）x 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；故答案为：Cu（NH3）x2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+xNH3↑；（5）滴定消耗的氢氧化钠为n（NaOH）=cV=0.5000mol/L×0.01600L=0.008000mol，则与氢氧化钠反应的盐酸为0.008000mol，与氨气反应的盐酸为：0.5000mol/L×0.0300L﹣0.008000mol0.007000mol，所以氨气的物质的量为0.007000mol；由（NH3）x SO4•H2O～xNH3，1 xmol 0.007000mol=0.007000，解得：x=3.56；若加入的NaOH溶液不足，Cu（NH3）x SO4没有完全反应，生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则x值偏小；若步骤三中测定结束读数时，标准溶液体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，而与氨气反应的盐酸偏多，氨气与盐酸等物质的量反应，则测定的氨气的物质的量偏多，计算出的x值偏大，所以假设不成立；步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新作该实验；故答案为：3.56；加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）；不成立；更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．点评：本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，题目难度中等，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力．。

四川省成都市高新区2015年高三化学上学期第一次月考试卷(含解析)

2015届四川省成都市高新区高三上学期第一次月考化学试卷（含答案及解析）一、单选题（共20小题）1．化学在生产和生活中有着重要的应用。

下列说法正确的是（） A ．硫酸钡在医学上用作钡餐，Ba 2+对人体无毒B ．“光化学烟雾”、“雾霾天气”、“温室效应”的形成都与氮氧化物无关C ．“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D ．明矾[KAl （SO 4）2·12H 2O]水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂 2．下列各组变化中，前者是物理变化，后者是化学变化的是（） A ．煤的气化、煤的干馏B ．用盐酸除金属表面的锈、食盐水导电C ．焰色反应、石油的裂化D ．热的饱和KNO 3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫 3．下列化学用语正确的是（） A ．乙烯的分子式：CH 2===CH 2 B ．次氯酸分子的结构式：H —O —Cl C ．羟基的电子式：D ．以铁作阳极电解时，阳极的电极反应式：Fe －3e －===Fe 3＋ 4．下列说法中，正确的是（）A ．胆矾、漂白粉、氯化钾、石墨四种物质分别是按纯净物、混合物、电解质和非电解质的类别顺序排列的。

B ．强电解质均是离子化合物C ．碱性氧化物一定是金属氧化物D ．酸性氧化物一定是非金属氧化物5．下列化学式能准确表示物质分子组成的是（） A ．NH 4Cl B ．C 6H 5NO 2C ．SiO 2D ．Cu6．实验是化学研究的基础。

下列关于各实验装置的叙述正确的是（）A ．装置①常用于分离互不相溶的液体混合物B ．装置②可用于吸收NH 3或HCl 气体，并防止倒吸C ．装置③可用于收集H 2、CO 2、Cl 2、NH 3等气体D ．装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢7．氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。

在一定条件下，AlN 可通过反应Al 2O 3+N 2+3C2AlN+3CO 合成。

四川省成都市2015届高三第三次诊断考试化学试题 Word版含答案

成都市2015届高中毕业班第三次诊断性检测理科综合化学部分理科综合共300分，考试用时150分钟。

1．化学试卷分为第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第1卷I至2页，第Ⅱ卷3至4页，共100分。

2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试结束后，只将答题卡交回。

第1卷注意事项：I．每题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑口如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

2．本卷共7题，每题6分，共42分。

在每题给出的四个选项中，只有一项．．．．是最符合题目要求的。

以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Mn - 551．下列应用中，主要利用物质氧化性的是A．用烟道气中和碱性废水B．重铬酸钾用于酒驾检查C．用苯酚制造酚醛树脂D．金属加工前用硫酸酸洗2．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A.0.1 mol Na2O2与水反应转移电子数目为0.1 N AB．标况下，2. 24 L Cl2含孤电子对的数目为0.2N AC．pH =2的H2SO4洛液中含H+的数目为0.1 N AD．在l0g质量分数为17%的氨水中，含有H的数目为0.3 N A3．下列离子方程式不能解释对应实验事实的是A．向小苏打溶液滴加少量盐酸：HC03- +H+= H2O+CO2↑B．用漂白液吸收过量SO2：SO2+H2O+ClO-=2H+ +SO42- +Cl-C．将少量乙烯气体通入酸性KMnO4溶液：CH2 =CH2 +4H++MnO4—= C2O42-+Mn2++ 4H2O D．将铜丝插入稀硝酸中：3Cu+8H++2N03一=3Cu2++ 2NO↑+ 4H2O4．如图为元素周期表的一部分，W、X、Y、Z均为短周期主族元素。

下列分析—定正确的是A.Y的气态氢化物最稳定B,Z的单核阴离子还原性最强Arrayc.x单质常温下化学性质活泼D.Y的原子序数比W大7化学“三诊”考试题第1页（共4页）5．下列实验装置设计不恰当的是A．钾的燃烧实验B．用强碱滴定强酸C．铁与H2O (g)反应D．探究温度对平衡移动的影响6．常温下，向10 mL o．1 mol/L的HR溶液中逐滴滴人0.l mol/L的NH3·H2O溶液，Array所得溶液pH及导电性变化如图。

2015年高中阶段教育学校统一招生考试化学试题(附答案)

成都市2015年高中阶段教育学校统一招生考试化学（满分90分，考试时间60分钟）可能用到的相对原子质量：C—12 O—16 Ca—40第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。

每小题只有一个选项符合题目要求）1．下列变化属于化学变化的是（）A．酒精挥发B．石蜡熔化C．粮食酿酒D．水凝成冰答案：C 【解析】本题考查物理变化、化学变化的有关知识，考查考生理解及知识运用能力。

难度较小。

化学变化有新物质生成，物理变化没有新物质生成。

A项，酒精挥发只是酒精的状态发生了改变，没有生成新物质，所以是物理变化，错误；B项，石蜡熔化只是石蜡的状态发生改变，没有生成新物质，所以是物理变化，错误；C项，粮食酿酒有新物质酒精生成，所以是化学变化，正确；D项，水凝成冰只是水的状态发生了改变，没有生成新物质，所以是物理变化，错误。

2．空气的组成成分中，体积分数最大的是（）A．O2B．N2C．CO2D．稀有气体答案：B 【解析】本题考查空气中各成分的含量，考查考生记忆能力。

难度较小。

空气中各成分的体积分数：氮气约占78%，氧气约占21%，二氧化碳约占0.03%，稀有气体约占0.94%，其他气体杂质约占0.03%。

故选B。

3．不属于新能源开发和利用的是（）A．火力发电B．风力发电C．氢燃料客车D．太阳能电池路灯答案：A 【解析】本题考查化学与能源的有关知识，考查考生理解及知识运用能力。

难度较小。

新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式。

A项，火力发电即燃煤发电，属于化石燃料的应用，不属于新能源，错误；B项，风力发电属于新能源的使用，正确；C项，氢能是最清洁的能源，属于新能源，正确；D项，太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置，属于新能源的使用，正确。

4．通常状况下，下列溶液的溶质为液体的是（）A．蔗糖溶液B．酒精溶液C．氯化钠溶液D．澄清石灰水答案：B 【解析】本题考查溶液中溶质和溶剂的判断，考查考生理解及知识运用能力。

四川省成都市2015届高三理综(化学部分)毕业班第二次诊断性检测试题(含解析)新人教版

成都市2015届高中毕业班第二次诊断性检测理科综合化学部分理科综合共300分，考试用时150分钟。

1．化学试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第工卷l至2页，第Ⅱ卷3至4页，共100分。

2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试结束后，只将答题卡交回。

第I卷注意事项：1．每题选出答案后，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。

2．本卷共7题，每题6分，共42分。

在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1 O-16 Mg-241．科学家设想利用乙二醇和CO2生产可降解塑料聚碳酸酯下列有关说法不正确的是（）A乙二醇可作汽车抗冻液B．减少CO2的排放可防止酸雨C该塑料是一种有机高分子材料D．链节上酯基的水解有利于降解发生B命题立意：本题考查了环境污染解析：CO2的排放不会形成酸雨，只会形成温室效应,所以B项错2．下列与实验现象对应的结论正确的是（）A命题立意：考查了物质的检验，溶解度的比较解析：在B项中，逸出的气体应该有乙醇，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不一定是乙烯；在C项中，由于氨气极易溶于水，所以该实验要加热，且将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若还无明显的现象，则溶液中无NH +4；在D项中，SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，形成的是BaSO4沉淀，不是BaSO3沉淀。

3．常温下，下列离子在指定条件下能大量共存的是（）A =0.1 mol/L的溶液中：-B．SO2饱和溶液中：C 放入镁带有气体逸出的溶液中：-D-水电离出mol/L溶液中：C命题立意：考查了离子大量共存解析：在A项中，Fe3+与I-发生氧化还原反应而不能大量共存；在B项中，SO2有强还原性与ClO-不能大量共存；在D项中，由水电离出的C（H+）=1×1010-mol/L溶液中，可能是酸性，也可能是碱性，Cu2+与S2-不能大量共存.4．右图为两种途径制备硫酸的过程，反应条件略。

四川省成都市2015年高中阶段教育学校统一招生考试化学试题(含详细答案)

成都市2015年高中阶段教育学校统一招生考试化学试题可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Ca-40第一卷（选择题，共42 分）一、选择题（本题包括14 个小题，每小题3 分，共42 分。

每小题只有一个选项符合题意）1、下列变化属于化学变化的是A、酒精挥发B、石蜡融化C、粮食酿酒D、水凝成冰2、空气的组成成分中，体积分数最大的是A、O2B、N2C、CO2D、稀有气体3、不属于新能源开发和利用的是A、火力发电B、风力发电C、氢燃料客车D、太阳能电池路灯4、通常状况下，下列溶液的溶质为液体的是A、蔗糖溶液B、酒精溶液C、氯化钠溶液D、澄清石灰水5、实验室用氯酸钾和二氧化锰制取氧气，有关该实验的说法错误的是A、二氧化锰是反应物B、与高锰酸钾制取氧气装置相同C、可用向上排空气法收集D、可用带火星的木炭检验氧气6、对下列现象或事实的解释错误的是7、下列说法正确的是A、燃烧是人类最早利用的化学反应之一B、可燃物温度达到着火点即可燃烧C、图书档案起火宜用水基型灭火器扑灭D、不慎碰倒了酒精灯，酒精在桌面燃烧，用水来灭火8、下列有关化肥和农药的说法错误的是A、氯化钾可用作钾肥B、化肥能有效提高农作物产量C、农药施用后，不会通过农作物转移到人体D、农药应根据农作物、虫害和农药的特点合理施用9、下图是某化学反应的微观示意图（）有关说法不正确的是A、甲中的一个分子有桑原子构成B、化学反应的实质是原子的重新组合C、该反应可能是水的电解D、该反应前后元素的化合价不变10、两种微粒的结构示意图是，其中相同的是A、电子数B、质子数C、电子层数D、所带电荷数11、下列属于置换反应的是12、将60℃的硝酸钾溶液降温至20℃，有晶体析出。

有关该过程的说法错误的是A、60℃时的溶液一定是硝酸钾饱和溶液B、20 摄氏度时的溶液一定是硝酸钾的饱和溶液C、硝酸钾的溶解度随温度降低而减小D、硝酸钾的晶体可采用降温结晶的方法得到13、按右图进行实验，有关说法及分析不正确的是A、烘干的木炭粉末与CuO 粉末须混合均匀B、网罩的作用是集中火焰，提高温度C、可观察到澄清石灰水变浑浊D、产生的气体一定没有CO14、按下表进行实验，有关说法及分析错误的是A、①有蓝色沉淀B、②反应的化学方程式为：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2C、两个反应都属于复分解反应D、只要有沉淀生成的反应就属于复分解反应第二卷（非选择题，共48 分）二、本题只有1 个小题，共8 分15.（8 分）（1）根据图文回答下列问题。

四川省成都七中高三化学上学期11月段考试卷(含解析)

2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分）1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N AB．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N AC．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N AD．1 L 1 mol•L﹣1 的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为N A3．下列离子反应方程式书写正确的是（）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +﹣+H2O+4HD．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓4．用如图装置不能达到有关实验目的是（）A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备 Fe（OH）2C．用丙图装置可制得金属锰D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）A．甲、乙、丙、丁受热均易分解B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2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．D．7．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，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是（）A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol二、非选择题（本题共4小题，共58分）8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是．判断反应已结束的方法是．（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为（填一种即可）（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）．（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是．（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为．9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= ，反应 I 自发进行条件是（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5molB：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式（用 A、B 表示）②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：a．此温度下的平衡常数为；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件是．b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．①写出该燃料电池的负极反应式．②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为mol．10．钠及其化合物具有广泛的用途．（1）常温下，浓度均为 0.1m ol•L﹣1 的下列五种钠盐溶液的 pH 如表；溶质CH3COONa NaHCO3Na2CO3NaClO NaCN8.8 9.7 11.6 10.3 11.1pH上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是，根据表中数据，浓度均为0.01mol•L﹣1 的下列四种酸的溶液分别稀释 100倍，pH变化最大的是（填编号）．A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3（2）有①100ml 0.1mol/L NaHCO3②100ml 0.1mol/L Na2CO3两种溶液：溶液中水电离出的H+个数：①②（填“＞”、“=”或“＜”，下同）．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①②．（ 3 ） NaHCO3是一种（填“强”或“弱”）电解质；写出HCO水解的离子方程式：，常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中 Na+、HCO3﹣、H﹣五种微粒的浓度由大到小的顺序为：．2CO3、CO32﹣、OH（4）实验室中常用 NaOH 来进行洗气和提纯．①当 150ml 1mol/L 的 NaOH 溶液吸收标准状况下 2.24LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：．②几种离子开始沉淀时的 PH 如表：离子Fe 2+Cu2+Mg2+pH 7.6 5.2 10.4当向含相同浓度 Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加 NaOH 溶液时，（填离子符号）先沉淀，Ksp[Fe（OH）2] Ksp[Mg（OH）2]（填“＞”、“=”或“＜”），要使 0.2mol/L 硫酸铜溶液中 Cu2+沉淀较为完全（使 Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为．（K sp Cu（OH）2=2×10mol•L ）11．废旧显示屏玻璃中含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质．某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得 Ce（OH）4和硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]，流程设计如图1：已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有 Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH 溶液．回答以下问题：（1）反应②中 H2O2的作用是．（2）反应③的离子方程式是．（3）已知有机物 HT 能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向 CeT3（有机层）加入 H2SO4获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因是．（4）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是．（5）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是．a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O b．（NH42SO4 c．（NH4）2CO3（6）用滴定法测定制得的 Ce（OH）4产品纯度如图2．若所用 FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该 Ce（OH）4产品的质量分数．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；称取 14.00g 硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成 100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量 NaOH 溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到 1.60g 固体；向另一份溶液中加入 0.5mol/L Ba（NO3）2溶液 100mL，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为．2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分）1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种【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】根据C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，分子式为C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，然后根据题目要求确定酯的种类．【解答】解：分子式为C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，即分子式为C4H8O2的酸有2种；分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，即分子式为C5H12O的醇有8种，所以形成的酯共有2×8=16种，故选B．【点评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用戊基、丙基的种类判断．2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N AB．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N AC．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N AD．1 L 1 mol•L﹣1 的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为N 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、12.5mL 16mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先生成二氧化硫，等硫酸变稀时后生成氢气．B、中子数=质量数﹣质子数，1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，根据N=nN A计算中子数目．C、氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解．【解答】解：A、10mL 20mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42﹣+4H+=Zn2++SO2↑+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol 电子；如果氢离子有剩余，锌和氢离子再反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，此反应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0.4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2N A和0.4N A之间，故A 错误；B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.1×22mol×N A mol﹣1=2.2N A，故B错误；C、一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8 g N2和2.8 g CO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 N A，故C正确；D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO﹣的个数小于N A个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．下列离子反应方程式书写正确的是（）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +﹣+H2O+4HD．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C．碱性溶液中不能生成氢离子；D．相互促进水解生成沉淀和气体．【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 的离子反应为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C错误；D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3++3S2﹣+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．4．用如图装置不能达到有关实验目的是（）A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备 Fe（OH）2C．用丙图装置可制得金属锰D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al；B．煤油密度小于水且和水不互溶，能隔绝空气；C．铝比锰活泼，可用铝热法冶炼；D．NaHCO3应放在内置小试管中．【解答】解：A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al，可用电解熔融氧化铝的方法，故A错误；B．煤油可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故B 正确；C．本实验为铝热法，因铝比锰活泼，可用铝热法冶炼，故C正确；D．NaHCO3不稳定，加热易分解，而Na2CO3难分解，NaHCO3应放在内置小试管中，故D错误．故选BC．【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，涉及金属冶炼、钠的化合物稳定性强弱判断、物质制备等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意A项为易错点，把握离子放电顺序．5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）A．甲、乙、丙、丁受热均易分解B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W 处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N 元素、W为S元素．A、H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解；B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化；C、根据浓硫酸与碳单质的反应来分析；D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的．【解答】解：由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R 为N元素、W为S元素，故甲为Al（OH）3，乙为H2CO3，丙为HNO3，丁为H2SO4．A、Al（OH）3、HNO3和H2CO3受热易分解，H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解，故A错误；B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化，故常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装，故B正确；C、浓硫酸与碳单质的反应：2H2SO4（浓）+C2SO2↑+CO2↑+2H2O，故可生成体积比为1：2的两种气体，故C正确；D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的，故是R的氧化物导致的，故D正确．故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，应注意元素的推导和其对应最高价氧化物的水化物的性质，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2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．D．【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；碳族元素简介．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al （OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应．【解答】解：将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ca（OH）2反应（有沉淀CaCO3生成）；当Ca（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成）．到现在的图标应是出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解．最后是Al（OH）3沉淀．图形应该是：出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[Al（OH）3]，平台，沉淀减少（CaCO3溶解）．据此作出正确的选择．A、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故A错误；B、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故B错误；C、符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，正确，故C正确；D、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故D错误；故选C．【点评】本题考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．属于偏难题．7．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，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是（）A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，以此来解答．【解答】解：由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，A．a为阴极，先发生Cu2++2e﹣═Cu，后发生2H++2e﹣═H2↑，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，故A正确；B．b为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，则b电极上发生的反应方程式为：4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑故B正确；C．由上述分析可知，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，故C正确；D．曲线0～P段表示O2的体积变化，P点1.12L为O2，其物质的量为0.05mol，PQ段3.36L 气体中，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1mol H2、0.05mol O2，则从开始到Q 点收集到的混合气体中O2为0.1mol，H为0.1mol，故混合气体的平均摩尔质量为=17g•mol﹣1，故D错误．故选：D．【点评】本题考查电解原理，明确图象这电子转移与生成气体的关系及离子的放电顺序是解答本题的关键，熟悉电解原理即可解答，题目难度不大．二、非选择题（本题共4小题，共58分）8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率．判断反应已结束的方法是分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）．（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等（填一种即可）（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH ．（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低．（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为50% ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．【分析】（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；反应结束时，分水器中的水位高度不变，冷凝管中不再有液体滴下；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作；（5）邻苯二甲酸二丁酯的沸点340℃，温度超过180℃时易发生分解，应减压蒸馏使其沸点降低，防止分解；（6）由于正丁醇不足，假设邻正丁醇完全转化，以此计算邻苯二甲酸二丁酯的理论产量，产率=（实际产量÷理论产量）×100%．【解答】解：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下），说明反应结束，故答案为：有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等，实验中副产物的结构简式为：CH2=CHCH2CH3 、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等，故答案为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇，反应方程式为：+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH，故答案为： +2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作，操作中必须使用的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低，防止分解，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低；（6）由于正丁醇不足，假设正丁醇完全转化，则邻苯二甲酸二丁酯的理论产量为×278g/mol=41.7g，故其产率为×100%=50%，故答案为：50%．【点评】本题有机物的制备实验，涉及物质的分离提纯、对操作及原理的分析评价、产率计算等，掌握实验操作的要求和实验原理是解题的关键，难度中等．9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= +41.19 kJ•mol﹣1，反应 I 自发进行条件是较低温（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5molB：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式 A （用 A、B 表示）②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：a．此温度下的平衡常数为450 ；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和 0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件是0＜x＜2.025 ．b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．①写出该燃料电池的负极反应式CH3OH﹣6e﹣+3O2﹣=CO2↑+2H2O ．②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为 3 mol．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；。