1、重庆一中2015届高考化学一诊试卷一、选择题（本题包括7个小题，每题6分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1（6分）下列大小顺序比较错误的是（）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3H2CO3B相同pH的溶液，加水稀释后的pH：H2SO4HClCH3COOHC离子半径：K+Na+Mg2+D结合H+能力：OHClONO32（6分）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A7.2 g CaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 NAB0.1 mol/L NH4Cl溶液中Cl离子数目为0.1 NAC反应3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=92 kJ/mol放出热量9.2 kJ时，转移电
2、子0.6 NAD0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.3 NA3（6分）如表为截取的元素周期表前4周期的一部分，且X、Y、Z、R和W均为主族元素下列说法正确的是（）XYZRWA五种元素的原子最外层电子数一定都大于2BX、Z原子序数可能相差18CZ可能是氯元素DZ的氧化物与X单质不可能发生置换反应4（6分）下列化学用语的使用正确的是（）A硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色：4I+O2+2H2O2I2+4OHB钢铁发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式：O2+4e+2H2O4OHC氨气催化氧化生产硝酸的主要反应：4NH3+7O24NO2+6H2OD向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：
3、SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+CO325（6分）在实验室进行下列实验，括号内的实验仪器或试剂都能用到的是（）A中和热的测定（量筒、温度计、酒精灯）B从溴水中提取溴单质（分液漏斗、无水乙醇、玻璃棒）C探究浓硫酸与铜反应的产物（蘸有碳酸钠溶液的棉花团、蒸馏水、烧杯）D制氢氧化铁胶体（饱和FeCl3溶液、NaOH溶液、胶头滴管）6（6分）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸用亚硫酸溶液无法制取硫酸溶液B升高温度，反应速率越快常温下钠与氧气反应生成氧化钠，升高温度，Na2O的生成速率加快C金属越活泼，其阳离子氧
4、化性越弱Fe3+的氧化性弱于Cu2+DKsp小的沉淀易向Ksp更小的沉淀转化CaSO4悬浊液中滴加Na2CO3溶液可生成CaCO3沉淀AABBCCDD7（6分）饱和氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OH+Cl+HClO；HClOH+ClO，将饱和氯水倒入试管中分别进行下列实验，相应分析结论错误的是（）A加入CaCO3悬浊液，CaCO3的溶解平衡向右移动B加入澄清石灰水，c（H+）一定减小C加入一定量NaOH溶液后，溶液中离子浓度的关系可能为c（Cl）+c（ClO）=c（Na+）D通入过量Cl2，、均向右移动，溶液pH减小二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）在生产生活中，卤族元素（F、C
5、l、Br、I）的单质及化合物用途广泛（1）溴元素在周期表中的位置为（2）下列说法中正确的是ACCl4和XeF2分子中各原子最外层均满足8e结构BCl2O5和Cl2O7都是酸性氧化物C氟非金属性强于氯，故氢氟酸的酸性强于盐酸DF、Cl、Br、I等离子的还原性逐渐增强（3）已知：HCl的沸点是85.0，HF的沸点是19.5HF的电子式为；从HF、HCl混合气体中分离出HF的方法是（4）向NaClO浓溶液中加入Al2（SO4）3浓溶液，迅速生成大量白色沉淀，同时有无色气体产生生成白色沉淀的离子方程式为无色气体的成分为（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应可用于制取氯的最低价氧化物，反应还同时生成两种盐，该
6、反应的化学方程式为（6）已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2，在图中画出向含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液的过程中，析出I2的物质的量与KIO3的物质的量之间关系的曲线9（14分）某实验小组利用下图所示实验装置，使氢气平缓地通过装有金属钙的硬质玻璃管制取氢化钙，并分析产品的成分及纯度（1）试管A的作用有；（2）请将下列制备氢化钙的操作步骤补充完整：打开活塞K通入H2；点燃酒精灯，进行反应；反应结束后，；拆除装置，取出产物（3）经分析，产品中只含钙、氢两种元素取少量产品，小心加入水中，观察到有气泡冒出，滴入一滴酚酞试液，溶液变红反应的化学方程式可能有CaH2+2H2O=C
7、a（OH）2+2H2、（4）取2.30g产品溶于蒸馏水，配成500mL溶液；取25.00mL该溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞试液，用0.2500mol/L 盐酸滴定；三次平行实验，平均消耗盐酸22.00mL配制溶液所用的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、；判断滴定终点的方法是；产品中两种成分物质的量之比为10（15分）KMnO4是一种重要的氧化剂，广泛用于化学分析和化工生产工业上可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备，方法如下：将软锰矿和KOH（s）的混合物于空气中加热熔融，得到K2MnO4；用水溶解，滤去残渣，酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；除去MnO2，浓缩结晶得到KM
8、nO4晶体（1）下列各组物质能用酸性KMnO4溶液鉴别的是AFeSO4溶液和MgSO4溶液BCH3COOH溶液和H2C2O4溶液CSO2和CO2DSiO2和Al2O3（2）用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是（3）步骤中除去MnO2的操作名称是（4）第步反应的理论产率为（5）电解法克服了上述过程理论产率偏低的问题，同时副产品KOH可用于软锰矿的焙烧电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图如图（图中阳离子交换膜只允许K+离子通过）：阳极的电极反应式为阴极区生成KOH的原因是若电解开始时阳极区溶液为1.0L 0.40mol/L K2MnO4溶液，电解一段时间后，溶液中n（K）/n（Mn）为6：5，阴极
9、区生成KOH的质量为（计算结果保留3位有效数字）11（14分）CO的应用和治理问题属于当今社会的热点问题（1）HCOOH的酸性略强于醋酸，是实验室制取CO的主要试剂，在0.1mol/L HCOOH溶液中，溶质分子和各种离子浓度由大到小的顺序为（2）为防止镍系催化剂中毒，工业上常用SO2除去原料气中少量CO，生成物为固体S和CO2该反应的热化学方程式为（已知：硫的燃烧热为296kJmol1；一氧化碳燃烧热为283kJmol1）（3）光气 （COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）COCl2（g）制备图1为此反应的反应速率随温度变化的曲
10、线，图2为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线回答下列问题：06min内，反应的平均速率v（Cl2）=；若保持温度不变，容器体积为2L，在第8min 加入体系中的三种物质各1mol，则平衡移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）= mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是；（填“增大”、“减小”或“不变”）比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T
11、（15）的高低：T（8）T（15）（填“”、“”或“=”）重庆一中2015届高考化学一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7个小题，每题6分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1（6分）下列大小顺序比较错误的是（）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3H2CO3B相同pH的溶液，加水稀释后的pH：H2SO4HClCH3COOHC离子半径：K+Na+Mg2+D结合H+能力：OHClONO3考点：元素周期律的作用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、NaHCO3不稳定，加热易分解，H2CO3在溶液中就分解；B、H2SO4、HCl为强酸，CH3COOH为弱酸，等pH时，CH3COOH浓
12、度最大，H2SO4浓度最小，但是氢离子浓度H2SO4与HCl中的相等；C、电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小；D、酸根对应的酸越弱，其酸根结合氢离子能力越强解答：解：解：A.2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠加热不分解，H2CO3在溶液常温下中就分解，故A正确；B、H2SO4、HCl为强酸，CH3COOH为弱酸，等pH时，CH3COOH浓度最大，H2SO4浓度最小，但是氢离子浓度H2SO4与HCl中的相等，正确应为：H2SO4=HClCH3COOH，故B错误；C、电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：K
13、+Na+Mg2+正确，故C正确；D、酸根对应的酸越弱，其酸根结合氢离子能力越强，由于酸性：硝酸次氯酸水，故结合H+能力：OHClONO3，故D正确，故选B点评：本题主要考查的是元素周期律的应用，涉及知识点：稳定性比较、pH大小比较、离子半径大小比较等，难度不大2（6分）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A7.2 g CaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 NAB0.1 mol/L NH4Cl溶液中Cl离子数目为0.1 NAC反应3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=92 kJ/mol放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 NAD0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目
14、为0.3 NA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、CaO2晶体中含1个钙离子和1个过氧根离子；B、溶液体积不明确；C、反应3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=92 kJ/mol转移6mol电子；D、H2O2分子中含2个极性共价键解答：解：A、7.2gCaO2晶体的物质的量n=0.1mol，而CaO2晶体中含1个钙离子和1个过氧根离子，故0.1molCaO2中含0.2mol离子，故A错误；B、溶液体积不明确，故无法计算氯离子数目，故B错误；C、反应3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=92 kJ/mol转移6mol电子，放出热量9.2 kJ时，转移电子0
15、.6 NA，故C正确；D、H2O2分子中含2个极性共价键，故0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.2 NA，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（6分）如表为截取的元素周期表前4周期的一部分，且X、Y、Z、R和W均为主族元素下列说法正确的是（）XYZRWA五种元素的原子最外层电子数一定都大于2BX、Z原子序数可能相差18CZ可能是氯元素DZ的氧化物与X单质不可能发生置换反应考点：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：图为元素周期表前四周期的一部分，由元素在周期表中的位置可知，
16、应是周期表的2、3、4周期，由于周期表中A、A之间相隔10列，且X、Y、Z、R和W均为主族元素，故Y只能为A族或A族元素，若Y为A族，则Y为Al、Z为Si、X为C、R为P、W为Ga；若Y为A族元素，则Y为Si、Z为P、X为N、R为S、W为Ge，结合元素化合物性质解答解答：解：A、AY为A族或A族元素，其它元素的族序数都大于Y，故5种元素的最外层电子数都大于2，故A正确；B、依据分析可知：X、Z分别位于二周期和三周期，故原子序数只能相差8，故B错误；C、依据分析可知Z不可能是Cl，若Z是Cl，那么R就是氩，不属于主族元素，不符合题意，故C错误；D、当Y位于A族时，X、Z是A的C、Si，高温下可以
17、发生置换反应2C+SiO2Si+2CO，故D错误，故选A点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，难度中等，根据位置关系确定Y所在的族是关键，注意长周期中A族与A之间形成10列4（6分）下列化学用语的使用正确的是（）A硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色：4I+O2+2H2O2I2+4OHB钢铁发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式：O2+4e+2H2O4OHC氨气催化氧化生产硝酸的主要反应：4NH3+7O24NO2+6H2OD向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+CO32考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A酸性条件下反应产物不会生成氢氧根
18、离子；B钢铁的吸氧腐蚀中，正极氧气得到电子生成氢氧根离子；C氨气催化氧化生成NO气体，不是生成二氧化氮；D二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子解答：解：A硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中变成蓝色，碘离子被氧气氧化成碘单质，正确的离子方程式为：4I+O2+4H+2I2+2H2O，故A错误；B钢铁发生吸氧腐蚀时，正极氧气得到电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式为：O2+4e+2H2O4OH，故B正确；C氨气催化氧化生产硝酸的主要反应中，氨气被氧化成NO气体，正确的反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故C错误；DNa2SiO3溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：
19、SiO32+2CO2+2H2OH2SiO3+2HCO3，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的判断，该题是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正误判断常用方法：检查反应能否发生，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等5（6分）在实验室进行下列实验，括号内的实验仪器或试剂都能用到的是（）A中和热的测定（量筒、温度计、酒精灯）B从溴水中提取溴单质（分液漏斗、无水乙醇、玻璃棒）C探究浓硫酸与铜反应的产物（蘸有碳酸钠溶液的棉花团、蒸馏水、烧杯）
20、D制氢氧化铁胶体（饱和FeCl3溶液、NaOH溶液、胶头滴管）考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A中和热的测定不需要酒精灯；B乙醇易溶于水，不能用作萃取剂；C浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫气体，可用碳酸钠吸收二氧化硫气体；D制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液解答：解：A中和热的测定不需要酒精灯，可用量筒、环形玻璃棒等，故A错误；B乙醇易溶于水，不能用作萃取剂，用于苯或四氯化碳，故B错误；C浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫气体，可用碳酸钠吸收二氧化硫气体，故C正确；D制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，不用氢氧化钠溶液，故D错误故选C点评：本题考查化学
21、实验方案的评价，为高频考点，涉及中和热的测定、物质的分离、气体的制备以及胶体等，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6（6分）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸用亚硫酸溶液无法制取硫酸溶液B升高温度，反应速率越快常温下钠与氧气反应生成氧化钠，升高温度，Na2O的生成速率加快C金属越活泼，其阳离子氧化性越弱Fe3+的氧化性弱于Cu2+DKsp小的沉淀易向Ksp更小的沉淀转化CaSO4悬浊液中滴加Na2CO3溶液可生成CaCO3沉淀AABBCCDD考点
22、：化学反应的基本原理 专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：A亚硫酸和氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸；B钠与氧气的反应，与速率无关，取决于温度；C金属越活泼，其阳离子氧化性越弱，Fe2+的氧化性弱于Cu2+；D从难溶电解质的溶解平衡的角度分析解答：解：A、亚硫酸和氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：H2SO3+Cl2+H2O4H+2Cl+SO42，故A错误；B、钠在常温时与氧气反应生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，速率无关，故B错误；C、金属越活泼，其阳离子氧化性越弱，Fe2+的氧化性弱于Cu2+，故C错误；D、CaSO4悬浊液中滴加Na2CO3溶液可生成CaCO3沉
23、淀，原因是：Ksp小的沉淀易向Ksp更小的沉淀转化，故D正确，故选D点评：本题考查较为综合，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质，易错点为C，注意把握二者沸点的差异，难度中等7（6分）饱和氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OH+Cl+HClO；HClOH+ClO，将饱和氯水倒入试管中分别进行下列实验，相应分析结论错误的是（）A加入CaCO3悬浊液，CaCO3的溶解平衡向右移动B加入澄清石灰水，c（H+）一定减小C加入一定量NaOH溶液后，溶液中离子浓度的关系可能为c（Cl）+c（ClO）=c（Na+）D通入过量Cl2，、均向右移动，溶液pH减小考点：弱电解质在水溶液中的电离平
24、衡 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、加入CaCO3悬浊液，存在CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32（aq），氯水中的氢离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子浓度减小；B、加入澄清石灰水，与氢离子反应发生中和反应，导致c（H+）减小；C、加入一定量NaOH溶液后，如果溶液呈中性，则有c（Cl）+c（ClO）=c（Na+）；D、因为是饱和氯水，再通入氯气不溶解，平衡不移动，溶液的PH不变解答：解：A、加入CaCO3悬浊液，存在CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32（aq），氯水中的氢离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子浓度减小，溶解平衡向右移动，故A正确；B、加入澄清石灰水，与氢离子反应，
25、导致c（H+）减小，故B正确；C、加入一定量NaOH溶液后，如果溶液呈中性，结合电荷守恒，则有c（Cl）+c（ClO）=c（Na+），故C正确；D、因为是饱和氯水，再通入氯气不溶解，平衡不移动，溶液的PH不变，故D错误；故选D点评：本题考查弱电解质在水中的电离和电离平衡的移动，学生只要掌握平衡移动的原理，就可以迅速解题了，比较容易二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）在生产生活中，卤族元素（F、Cl、Br、I）的单质及化合物用途广泛（1）溴元素在周期表中的位置为第四周期第A族（2）下列说法中正确的是BDACCl4和XeF2分子中各原子最外层均满足8e结构BCl2O5和Cl2O7都是酸性
26、氧化物C氟非金属性强于氯，故氢氟酸的酸性强于盐酸DF、Cl、Br、I等离子的还原性逐渐增强（3）已知：HCl的沸点是85.0，HF的沸点是19.5HF的电子式为；从HF、HCl混合气体中分离出HF的方法是冷凝（4）向NaClO浓溶液中加入Al2（SO4）3浓溶液，迅速生成大量白色沉淀，同时有无色气体产生生成白色沉淀的离子方程式为3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3无色气体的成分为O2、HCl（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应可用于制取氯的最低价氧化物，反应还同时生成两种盐，该反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（6）已知：还原
27、性HSO3I，氧化性IO3I2，在图中画出向含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液的过程中，析出I2的物质的量与KIO3的物质的量之间关系的曲线考点：位置结构性质的相互关系应用；卤素原子结构及其性质的比较 专题：卤族元素分析：（1）Br的原子序数为35，原子结构中有四个电子层，最外层电子数为7；（2）ACCl4分子中各原子最外层均满足8e结构，而Xe原子本身最外层为8电子；BCl2O5和Cl2O7都与碱反应生成盐和水；C氟非金属性强于氯，但氢氟酸为弱酸，盐酸为强酸；D非金属性越强，对应离子的还原性越弱；（3）HF为共价化合物，由沸点可知，HF沸点高，利用冷凝法分离；（4）相互促进
28、水解生成的白色沉淀为氢氧化铝，还生成HClO，HClO分解生成氧气和HCl；（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应生成碳酸氢钠、NaCl、Cl2O；（6）还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，由反应可知，可知NaHSO3完全反应需要3mol=1molKIO3，而n（I2）达到最大值时，由IO3+6H+5I=3H2O+3I2可知，此时共加入1.2molKIO3，生成I2为0.2mol3=0.6mol，以此来解答解答：解：（1）Br的原子序数为35，原子结构
29、中有四个电子层，最外层电子数为7，位于元素周期表中第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；（2）ACCl4分子中各原子最外层均满足8e结构，而Xe原子本身最外层为8电子，则化合物中不满足8e结构，故A错误；BCl2O5和Cl2O7都与碱反应生成盐和水，则都属于酸性氧化物，故B正确；C氟非金属性强于氯，但氢氟酸为弱酸，盐酸为强酸，相同条件下酸性HClHF，故C错误；DF、Cl、Br、I的非金属性减弱，则F、Cl、Br、I等离子的还原性逐渐增强，故D正确；故答案为：BD；（3）HF为共价化合物，其电子式为，由沸点可知，HF沸点高，利用冷凝法分离，故答案为：；冷凝；（4）相互促进水解生成的白色沉淀
30、为氢氧化铝，还生成HClO，HClO分解生成氧气和HCl，离子反应为3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3，无色气体的成分为O2、HCl，故答案为：3ClO+Al3+3H2O=3HClO+Al（OH）3；O2、HCl；（5）潮湿的氯气与碳酸钠粉末反应生成碳酸氢钠、NaCl、Cl2O，化学反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（6）还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3
31、I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，由反应可知，可知NaHSO3完全反应需要3mol=1molKIO3，而n（I2）达到最大值时，由IO3+6H+5I=3H2O+3I2可知，此时共加入1.2molKIO3，生成I2为0.2mol3=0.6mol，则图象为，故答案为：点评：本题考查较综合，涉及位置、结构、性质的应用及氧化还原反应及计算等，综合性较强，把握物质的性质、习题中的信息及分析计算能力为解答的关键，题目难度中等9（14分）某实验小组利用下图所示实验装置，使氢气平缓地通过装有金属钙的硬质玻璃管制取氢化钙，并分析产品的成分及纯度（1）试管A的作用有防止反应过程中空气进入反应
32、管；便于观察H2流速（2）请将下列制备氢化钙的操作步骤补充完整：打开活塞K通入H2；收集气体并检验其纯度；点燃酒精灯，进行反应；反应结束后，熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通H2并关闭活塞K；拆除装置，取出产物（3）经分析，产品中只含钙、氢两种元素取少量产品，小心加入水中，观察到有气泡冒出，滴入一滴酚酞试液，溶液变红反应的化学方程式可能有CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2、Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2（4）取2.30g产品溶于蒸馏水，配成500mL溶液；取25.00mL该溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞试液，用0.2500mol/L 盐酸滴定；三次平行实验，平均消耗盐酸22.0
33、0mL配制溶液所用的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶；判断滴定终点的方法是最后一滴盐酸，整个溶液由红色变为无色；产品中两种成分物质的量之比为1：10考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验题分析：（1）本实验是制取CaH2，而Ca或CaH2与水、氧气、二氧化碳都能反应，因此试管A有防止反应过程中空气进入反应管及根据导管口产生气泡的速率控制反应速率的作用；（2）在反应之前需检验氢气的纯度，即是收集气体并检验其纯度，反应结束后，应该是熄灭酒精灯，继续通入氢气，待反应管冷却至室温，停止通H2并关闭活塞K（3）没有反应完的Ca也可与水反应：Ca+2H2O=Ca（OH）2
34、+H2；（4）配制500mL一定物质的量浓度的溶液还需要500 mL容量瓶；由于是盐酸滴入氢氧化钙溶液，因此终点现象是溶液由红色变为无色设CaH2、Ca的物质的量分别为x、y，则42x+40y=2.30g，根据Ca（OH）22HCl知x+y=（0.25 mol/L22.00mL103）=0.055mol，x=0.05mol，y=0.005mol，计算得到物质的量之比解答：解：（1）Ca或CaH2与水、氧气、二氧化碳都能反应，本实验是制取CaH2，因此试管A有防止反应过程中空气进入反应管及根据导管口产生气泡的速率控制反应速率的作用；故答案为：防止反应过程中空气进入反应管；便于观察H2流速；（2）
35、在反应之前需检验氢气的纯度，即是收集气体并检验其纯度，反应结束后，应该是熄灭酒精灯，继续通入氢气，待反应管冷却至室温，停止通H2并关闭活塞K；故答案为：收集气体并检验其纯度；熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通H2并关闭活塞K；（3）取少量产品，小心加入水中，观察到有气泡冒出，滴入一滴酚酞试液，溶液变红反应的化学方程式可能有CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2、没有反应完的Ca也可与水反应：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2； 故答案为：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2； （4）配制溶液所用的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、配制500mL一定物质的量浓度的溶液还需要500
36、 mL容量瓶；故答案为：500 mL容量瓶；由于是盐酸滴入氢氧化钙溶液，因此终点现象是溶液由红色变为无色，故答案为：最后一滴盐酸，整个溶液由红色变为无色；设CaH2、Ca的物质的量分别为x、y，则42x+40y=2.30g，根据Ca（OH）22HClx+y=（0.25 mol/L22.00mL103）=0.055mol，x=0.05mol，y=0.005mol，产品中两种成分物质的量之比为10：1，故答案为：10：1点评：本题考查了化学实验的分析判断，解答本题需根据物质的性质去思考；可迁移初中氢气还原氧化铜的知识，计算时需注意从500mL取出25.00mL做实验，掌握基础是关键，题目中等10（
37、15分）KMnO4是一种重要的氧化剂，广泛用于化学分析和化工生产工业上可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备，方法如下：将软锰矿和KOH（s）的混合物于空气中加热熔融，得到K2MnO4；用水溶解，滤去残渣，酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；除去MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体（1）下列各组物质能用酸性KMnO4溶液鉴别的是ABCAFeSO4溶液和MgSO4溶液BCH3COOH溶液和H2C2O4溶液CSO2和CO2DSiO2和Al2O3（2）用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（3）步骤中除去MnO2的操作名称是过滤（4）第步
38、反应的理论产率为66.7%（5）电解法克服了上述过程理论产率偏低的问题，同时副产品KOH可用于软锰矿的焙烧电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图如图（图中阳离子交换膜只允许K+离子通过）：阳极的电极反应式为MnO42e=MnO4阴极区生成KOH的原因是阴极区发生电极反应2H2O+2e2OH+H2，产生OH，在电流作用下，阳极区的K+定向移动到阴极区若电解开始时阳极区溶液为1.0L 0.40mol/L K2MnO4溶液，电解一段时间后，溶液中n（K）/n（Mn）为6：5，阴极区生成KOH的质量为17.9g（计算结果保留3位有效数字）考点：电解原理；制备实验方案的设计 分析：（1）根据酸性KMnO4溶
39、液具有强氧化性判断；（2）MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数，根据钾元素守恒确定KOH系数，根据氢元素守恒确定H2O系数；（3）根据MnO2不溶于水分析除去MnO2的操作名称；（4）由酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4，反应为3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O，据此计算；（5）根据阳极失电子发生氧化反应书写电极反应式；根据阴极区反应及其
40、离子移动分析；根据阳极区反应，结合题给数据计算阳极区的K+定向移动到阴极区的物质的量，从而计算阴极区生成KOH的质量解答：解：（1）A酸性KMnO4溶液具有强氧化性可以氧化FeSO4溶液而使酸性KMnO4溶液退色，不氧化MgSO4溶液，故A正确；B酸性KMnO4溶液具有强氧化性可以氧化H2C2O4溶液而使酸性KMnO4溶液退色，不氧化CH3COOH溶液，故B正确；C酸性KMnO4溶液具有强氧化性可以氧化SO2而使酸性KMnO4溶液退色，不氧化CO2，故C正确；D酸性KMnO4溶液与SiO2和Al2O3都不反应，故不能鉴别，故D错误；故答案为：ABC；（2）由信息可知，MnO2、KOH的熔融混合
41、物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（3）因为MnO2不溶于水，则除去MnO2的操作名称为过滤，故答案为：过滤；（4）由酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4，反应为3MnO42
42、+4H+MnO2+2MnO4+2H2O，据此则3MnO42生成2MnO4，所以理论产率为100%=66.7%，故答案为：66.7%；（5）阳极失电子发生氧化反应，所以电极反应式为MnO42e=MnO4；故答案为：MnO42e=MnO4；阴极区氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e2OH+H2，所以生成氢氧根，又阳极区的K+定向移动到阴极区，所以阴极区生成KOH，故答案为：阴极区发生电极反应2H2O+2e2OH+H2，产生OH，在电流作用下，阳极区的K+定向移动到阴极区；根据阳极区反应MnO42e=MnO4，锰原子的物质的量不变，所以仍为1.0L0.40mol/L=0.4mol，电
43、解一段时间后，溶液中n（K）/n（Mn）为6：5，所以反应后n（K）=0.48mol，则阳极区的K+定向移动到阴极区的物质的量为0.4mol20.48mol=0.32mol，所以阴极生成KOH的物质的质量为0.32mol56g/mol=17.9 g，故答案为：17.9 g点评：本题考查化学反应方程式的书写及有关电解原理的应用和计算，明确反应物与生成物及物质之间的关系是解答的关键，难度不大11（14分）CO的应用和治理问题属于当今社会的热点问题（1）HCOOH的酸性略强于醋酸，是实验室制取CO的主要试剂，在0.1mol/L HCOOH溶液中，溶质分子和各种离子浓度由大到小的顺序为c（HCOOH）
44、c（H+）c（HCOO）c（OH）（2）为防止镍系催化剂中毒，工业上常用SO2除去原料气中少量CO，生成物为固体S和CO2该反应的热化学方程式为SO2（g）+2CO（g）=S（s）+CO2（g）H=270kJ/mol（已知：硫的燃烧热为296kJmol1；一氧化碳燃烧热为283kJmol1）（3）光气 （COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）COCl2（g）制备图1为此反应的反应速率随温度变化的曲线，图2为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线回答下列问题：06min内，反应的平均速率v（Cl2）=0.15mol
45、L1min1；若保持温度不变，容器体积为2L，在第8min 加入体系中的三种物质各1mol，则平衡正反应方向移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）=0.4 mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小；（填“增大”、“减小”或“不变”）比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）T（15）（填“”、“”或“=”）考点：常见的生活环境的污染及治理
46、；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 分析：（1）根据HCOOH为弱酸，微弱电离，结合水也电离出氢离子来判断；（2）依据燃烧热书写热化学方程式，根据盖斯定律计算得到；（3）由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，变化为1.2mol/L0.3mol/L=0.9mol/L，根据V=进行计算；根据平衡常数和浓度商判断平衡移动；根据最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同即与开始平衡为等效平衡，结合恒温恒压对于Cl2（g）+CO（g）COCl2（g）转化到一边一模一样等效来计算；根据图1，升温平衡向逆反应方向移动来分析；根据图象，第8mi
47、n反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，结合升温平衡向逆反应方向移动来判断解答：解：（1）虽然HCOOH的酸性略强于醋酸，则仍然为弱酸，微弱电离，所以浓度最大的为甲酸分子，又水也电离出氢离子，所以c（H+）c（HCOO），则在0.1mol/L HCOOH溶液中，溶质分子和各种离子浓度由大到小的顺序为c（HCOOH）c（H+）c（HCOO）c（OH），故答案为：c（HCOOH）c（H+）c（HCOO）c（OH）；（2）硫的燃烧热为296kJmol1；一氧化碳燃烧热为283kJmol1，则S（s）+O2（g）=SO2（g）H1=296KJ/molCO（g）+O2（g）=
48、CO2（g）H2=283KJ/mol；依据盖斯定律2得到：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+CO2（g）H=2H2H1=（2283296）KJ/mol=270KJ/mol，故答案为：SO2（g）+2CO（g）=S（s）+CO2（g）H=270KJ/mol；（3）由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，变化为1.2mol/L0.3mol/L=0.9mol/L，则V=0.15 molL1min 1；故答案为：0.15 molL1min 1；8min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L， 即K=30容器体积为2
49、L，在第8min再加入体系中的三种物质各1mol，Qc=2.92K，所以平衡向正反应方向移动，故答案为：正反应方向；因为最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同即与开始平衡为等效平衡，又对于Cl2（g）+CO（g）COCl2（g）恒温恒压转化到一边一模一样才等效，所以有Cl2（g）+CO（g）COCl2（g） 状态1 1.2 1.0 0 状态2 0.8 0.6 c最终达到化学平衡时，状态2Cl2的体积分数与状态1 第6min时Cl2的体积分数相同，所以c=0.4mol/L，故答案为：0.4； 由图1，升温平衡向逆反应方向移动，所以温度高，K反而小，故答案为：减小；根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，又由升温平衡向逆反应方向移动，所以T（8）T（15），故答案为：；点评：本题涉及化学方程式、热化学方程式的书写和化学平衡图象的有关计算，意在考查考生对反应热、化学平衡等化学反应原理掌握的情况，难度中等
