1、河南省三门峡市渑池一高2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列各组离子，一定能大量共存的是：A.常温下，c(H+)/c(OH)=110-12的溶液：I、Cl、HCO3、Na+B.含有大量Fe3+的溶液：Na+、HCO3、NO3、CO32C.加入铝粉能产生氢气的溶液：NH4+、Fe2+、SO42、ClD.由水电离出的c(H+)=11012 molL1溶液中：K+、Cl、NO3、Na+ 【答案】D【解析】A c(H+)/c(OH)=110-12的溶液显碱性，HCO3在碱性环境中不存在。B Fe3+与HCO3双水解，不共存C 加入铝粉能产生氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，但
2、碱性环境中不存在D 由水电离出的c(H+)=11012 molL1溶液可能显酸性，也可能显碱性，这些离子都可以共存。故选D 。2下列图示实验操作中，不能达到相应实验目的的是 ( )【答案】C【解析】试题分析：A若装置不漏气，手焐热试管内的空气，体积膨胀，在烧杯中会有气泡产生，松手后再导气管中会形成一段稳定的水柱，能达到相应实验目的，错误；B由于浓硫酸溶于水会放出大量的热，并且硫酸的密度比水大所以稀释浓硫酸的原则是注酸入水，并不断搅拌，使热量扩散，能达到相应实验目的，错误；CCa(OH)2微溶于水，不能得到20%的Ca(OH)2溶液，蒸气；DCO2是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而CO不能
3、反应因此可以用NaOH溶液洗气，然后再用浓硫酸干燥，就得到干燥纯净的CO气体，能达到相应实验目的，错误。考点：考查化学实验操作及实验目的完成情况的判断的知识。3将铝条投到一溶液中产生氢气，则此溶液中一定能够大量共存离子组是（）A、B、C、D、【答案】D【解析】解答此题时考虑问题必须全面，该溶液为强酸或强碱性均可，故所选离子组必须是既能与共存，又能与共存A组中与不共存；B组中与、都不共存；C组中与或、都不共存，故选D4有人认为在元素周期表中，位于A族的氢元素，也可以放在A族，下列物质能支持这种观点的是（ ）AHF BH3O+ CNaH DH2O2 【答案】C【解析】试题分析：因A族元素原子在反应
4、中易获得一个电子，显-1价，如NaH，氢元素显-1价符合题意，A、B、D三项中氢元素均显+1价，不能支持这种观点，答案选C。考点：考查元素周期律的应用等知识。5按下图装置实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，忽略溶液体积的变化；则y轴应表示c(Ag+)c(NO3)a棒的质量 b棒的质量溶液的质量A BC D仅【答案】D【解析】在原电池中较活泼的金属作负极，铁比银活泼，所以铁是负极，失去电子，即a棒质量减小。银是正极，溶液中的银离子在正极得到电子而析出，即b棒质量增加。根据图像可知，随着反应的进行，y是不变的，所以不变的是NO3的浓度，答案选D。6在25时，将a mol/L的醋酸溶液与0.0
5、1mol/L氢氧化钠溶液等体积混合，充分反应后溶液呈中性。下列说法不正确的是（ ）Aa一定大于0.01B反应后溶液中一定有c（Na+）+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)C反应后溶液中一定有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)c(Na+)D反应后溶液中一定有c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)=c(OH)【答案】D【解析】溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，所以c(Na+)=c(CH3COO-) 故 D错7已知A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，原子半径按D、E、B、C、A的顺序依次减小，B和E
6、同主族，下列推断不正确的是( )AA、B、D不可能在同周期 BD一定在第二周期CA、D可能在同一主族 DC和D的单质可能化合为离子化合物【答案】B【解析】试题分析：B、E是同主族元素，表明B、E在不同周期，原子半径EB，则B在E的上面周期中；原子半径AB，同时，原子序数AB，表明AB不是在同一周期，因为周期中，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，B、E分别在第二、第三周期；原子半径DE，核电荷数DE，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；原子半径BC，核电荷数BC，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，据此回答
7、。A由以上推断可知，A应在第一周期，B在第二周期，D在第三周期，A项正确；B原子半径DE，核电荷数DE，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期，B项错误；C若D为第三周期的Na，A为H，则A、D可能在同一主族，C项正确；D由于C为非金属，D为金属（可能），则C、D的单质有可能形成离子化合物，D项正确；答案选B。【考点定位】考查元素的位置、结构、性质的相关关系及应用。【名师点睛】本题考查元素的位置、结构、性质的相关关系及应用，题目难度较大，本题侧重于原子序数与原子半径的大小关系为考查点，把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键。B、E是同主族元素，表明B、E在不
8、同周期，原子半径EB，则B在E的上面周期中；原子半径AB，同时，原子序数AB，表明AB不是在同一周期，因为周期中，原子序数越小，半径越大，因而A、B也不在同一周期中，则A应在第一周期，B、E分别在第二、第三周期；原子半径DE，核电荷数DE，根据同周期原子半径的递变规律可知，D、E处于相同周期，则D应处于第三周期；原子半径BC，核电荷数BC，根据同周期原子半径的递变规律可知，B、C在相同周期，以此解答该题。8已知键能NN 946 kJ/mol ,HH 436kJ/mol ,NH 391 kJ/mol从理论上计算2NH3（g） N2(g)+3H2(g)的H为A46 kJ/mol B92 kJ/mo
9、l C92 kJ/mol D1800kJ/mol【答案】C【解析】试题分析：反应热=各反应物中键能之和-各生成物中键能之和，即H=23391 kJ/mol-（ 946 kJ/mol+3 436kJ/mol）=92 kJ/mol，故该题选D。考点：考查根据键能计算反应热9现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有沉淀中氢氧根的质量为（nm）克 恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为mol反应过程中转移的电子数为mol 生成NO气
10、体的体积为L与合金反应反应的硝酸的物质的量为()molA2项 B3项 C4项 D5项【答案】C【解析】试题分析：沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量实质是在合金质量的基础上增加氢氧根离子的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（nm）克，正确；恰好溶解后，溶液中的NO3-离子的物质的量即为与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠的物质的量，则钠离子的物质的量等于硝酸根离子的物质的量，所以合金溶解后硝酸根离子的物质的量为bv/1000mol，正确；转移电子的物质的量等于合金中失去电子的物质的量，也等于沉淀中氢氧根离子的物质的量，所以反应过程中转移的电子数为(n-m)/17mol，正确；根据得失电子守恒，生成NO气体的物质
11、的量是（n-m）/17/3=(n-m)/51mol，未指明标准状况，则NO的体积不一定是为224(n-m)/51L，错误；与合金反应反应的硝酸的物质的量为被还原的硝酸的物质的量+未被还原的硝酸的物质的量=(n-m)/51+ bv/1000mol，正确，所以正确的选项有4个，答案选C。考点：考查合金与硝酸反应的分析，守恒规律的应用10已知：CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为283.0kJ/mol、285.8kJ/mol、726.5kJ/mol，则反应CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(l)的H为A128.1kJ/mol B1295.3kJ/mol C157.7kJ/
12、mol D157.7kJ/mol【答案】A【解析】试题分析：由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为-283.0kJmol-1和-726.5kJmol-1，则CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=-283.0kJmol-12H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) H=571.6kJ/molCH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）H=-726.5kJmol-1，由盖斯定律可知用+-得反应CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(l)，所以H =-283-571.6+726.5=128.1kJ/mol ，A项正确；答案选A。考点：考查盖斯定律及其
13、应用11下列关于有机物说法正确的是A乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气B苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应C乙醇和乙酸都存在碳氧双键D石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物【答案】B【解析】A不正确，乙烷和钠不反应；乙醇中不存在碳氧双键，C不正确；分馏是物理变化，石油分馏得不到乙酸、苯及其衍生物，D不正确，石油答案选B。12下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是 ( )A水和CCl4 B溴和CCl4 C 酒精和水 D汽油和植物油【答案】A【解析】试题分析：A、四氯化碳与水不互溶，可以用分液漏斗分离，正确；B、溴易溶于四氯化碳中，不能用分液漏斗分离，错误；C、酒精与水互溶，不能用分液漏斗分离，错误
14、；D、汽油和植物油都是有机物，根据相似相容原理，二者是互溶的，不能用分液漏斗分离，错误，答案选A。考点：考查分液方法的应用13在实验室中，下列除去杂质的方法不正确的是（ ）A溴苯中混有溴，加稀氢氧化钠反复洗涤、分液B乙烯中混有SO2、CO2，将其通入NaOH溶液洗气C除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶D乙烷中混有乙烯，通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷【答案】D【解析】试题分析:A.溴与NaOH溶液反应，生成物溶于水，溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯难溶于水，所以溴苯中混有溴，可以加稀氢氧化钠反复洗涤、分液，A项正确；B.乙烯与NaOH溶液不反应，而SO2和C
15、O2均与NaOH溶液反应，则乙烯中混有SO2、CO2，将其通入NaOH溶液洗气，B项正确；C.二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，且二氧化碳与饱和碳酸氢钠不反应，则除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，C项正确；D.反应无法控制氢气的量，氢气量少时无法除净其中的乙烯，氢气过量又会引入新杂质，D项错误；答案选D。【考点定位】考查物质的分离、提纯与除杂等知识。【名师点睛】本题考查物质的分离、提纯与除杂等知识。本题主要是通过物质除杂的考查，重点考查了学生对元素及其化合物知识的掌握与应用的能力。把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而
16、得到相应组分的各纯净物叫分离。14同温同压下，相同体积的CO和CO2的下列比较中正确的是所含的分子数目之比为1：1所含的O原子数目之比为1：2所含的原子总数目之比为2：3两者的密度之比为：7：11所含的电子数目之比为7：11A和 B和 C和 D【答案】D【解析】试题分析：同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，即所含的分子数目之比为1：1，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，所含的O原子数目之比为1：2，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数之比为1：1，所含的原子总数目之比为2：3，故正确；同温同压下等体积的CO和C
17、O2的物质的量相同，两者的密度之比等于摩尔质量之比为：7：11，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，每个分子含有的电子数分别为14、22，则所含的电子数目之比为7：11，故正确；故选D。【考点定位】考查物质的量的相关计算、阿伏加德罗定律及推论【名师点晴】本题考查物质的量的有关计算，以及阿伏加德罗定律及推论。注意把握物质的量、质量、体积之间的计算公式的运用。同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，根据物质的量和相对分子质量计算质量关系和密度关系分析。15还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72-和CrO42-）废水常用方法，过程如下：CrO42-C
18、r2O72- ，已知废水中Cr的含量为260gL1，当溶液中离子浓度小于105mol/L时认为离子已经沉淀完全。常温下。有关叙述中不正确的是A上述三个转化中只有一个涉及氧化还原反应B第二步离子方程式为：Cr2O72-+14H+6Fe2=2Cr3+7H2O+6Fe3C处理含铬废水可使用强碱Ba（OH）2，也可以使用弱碱氨水D当pH5时，废水中铬元素沉淀完全【答案】C【解析】试题分析：A只有第二步为氧化还原反应，A项正确；B在酸性条件下，Cr2O72-将Fe2氧化为Fe3，B项正确；C只能用氨水来调节PH，Ba（OH)2会引入重金属Ba2，C项错误；D由KspCr（OH)3=c（Cr3+)c3（O
19、H)=110-32，铬元素要沉淀完全，则c（Cr3+)10-5mol/L，即110-32c（OH) 10-5mol/L,c（OH)=10-9mol/L,c（H) 10-5mol/L,PH5，D项正确；答案选C。考点：考查沉淀溶解平衡的应用16 (8分)甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：（1）若甲是不溶于水的白色固体物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液，则甲是_（填化学式） ；写出 乙丙转化的离子方程式 ：_。(2)若乙溶液中加入KSCN溶液，有红色出现,则甲物质是_（填化学式）；写出 甲乙转化的离子方程式_。【答案】(8分)（1）Al2O3 ；Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 +3
20、NH4+ 。（2）Fe2O3 ；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O 。【解析】略17短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，且C元素最高价氧化物对应的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子。A、C位于同一主族，A为非金属元素，B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B、C的最外层电子数之和与D的最外层电子数相等。E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏。请回答下列问题：(1)C的最高价氧化物对应水化物的化学式为 ，其中含有的化学键类型为 。(2)由上述A、B、C、D四种元素中的三种组成某种盐，水溶液显碱性，是家用消毒剂的主要成分。将该盐溶液滴入KI淀粉溶液中，溶液变为蓝色，则
21、反应的离子方程式为 。(3)E元素与D元素可形成ED2和ED3两种化合物，下列说法正确的是 (填序号)。保存ED2溶液时，需向溶液中加入少量E单质ED2只能通过置换反应生成，ED3只能通过化合反应生成铜片、碳棒和ED3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒向淀粉碘化钾溶液和苯酚溶液中分别滴加几滴ED3的浓溶液，原无色溶液都变成紫色【答案】(1)NaOH离子键和共价键(2)2IClOH2O=I2Cl2OH(3)【解析】解答本题时应注意以下两点：(1)C为短周期元素，且C的最高价氧化物的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子，确定C元素；(2)由B的核外电子排布特点，最外层电子数是次外层电子数的3
22、倍，可确定B元素。18（2分）用pH试纸测定溶液pH的正确操作是 _（7分）某校学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度，选甲基橙作指示剂。盛装0.2000 mol/L盐酸标准液应该用 式滴定管。滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_。 滴定操作可分解为如下几步：检查滴定管是否漏水；取一定体积的待测液于锥形瓶中；用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）用蒸馏水洗涤玻璃仪器 滴定操作正确的操作顺序为： 。有关数据记录如下：则NaOH溶液的物质的量浓度为_mol/L。实验序号待测液体积（mL）所消耗盐酸标准液的体
23、积（mL）滴定前滴定后120.000.5020.55220.008.0026.00320.001.4021.35滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数，则会使所测碱的浓度值 。(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。【答案】 （2分）将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照（7分）酸 （1分） 锥形瓶内溶液颜色的变化 （1分） 0.2000 偏低 （1分） （除注明外每空2分）【解析】试题分析：（1）pH测定溶液的pH时，试纸不能事先润湿，所以用pH试纸测定溶液pH的正确操作是：将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照。（2
24、）盐酸显酸性，应该用酸式滴定管盛放。准确判断滴定终点是关键，所以滴定过程中，眼睛注视应该注视锥形瓶内溶液颜色的变化。根据滴定原理可知，正确的操作顺序是。根据表中数据可知，三次消耗的盐酸体积分别是20.05ml、18.00ml、19.95ml。这说明第二次实验的数据和其它两次相比，误差太大，应该舍去。实验消耗盐酸的平均值是（20.05ml19.95ml）220.00ml，则氢氧化钠溶液的浓度是0.2000mol/L。滴定终点时俯视读数，则读数偏小，所以消耗盐酸的体积减少，则测定结果偏低。考点：考查溶液pH的测定、中和滴定以及有关误差分析等点评：化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化
25、学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以本部分内容主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。关于误差分析：根据cBnB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。在命题时，有关误差分析的内容既可以以选择题的形式进行考查，也可以以填空题的形式进行考查，既可以考查
26、判断误差导致的结果，也可以考查引起误差的可能原因。19已知锌与稀盐酸反应放热。某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有1.00 molL-1、2.00 molL-1两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为25.00 mL，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为6.50 g。实验温度为298 K、308 K。（1）完成以下实验设计（填写表格中空白项），并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：编号T/K锌规格盐酸浓度/molL-1实验目的298粗颗粒2.00（）实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响；（）实验和 探究温度对该反应速率的影响；（）实验和 探究锌规格（粗、细
27、）对该反应速率的影响。298 308 298 （2）实验记录如下（换算成标况）：时间(s)102030405060708090100氢气体积(mL)16.839.267.2224420492.8520.8543.2554.4560计算在30s40s范围内盐酸的平均反应速率(HCl)= 。（忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程）。反应速率最大的时间段(即0s10 s、10s20 s、20s30s、30s40s、40s50s.)为 ，可能原因是 ；反应速率最小的时间段为 ，可能原因是 。（3）另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，他就事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶
28、液以减慢反应速率：A氨水 BCuCl2溶液 CNaCl溶液 DKNO3溶液你认为他上述做法中可行的是 (填相应字母)；（4）另有某温度时，在2L容器中X、Y、Z物质的量随时间的变化关系曲线如下图所示，该反应的化学方程式为： 。（5）在化学反应速率的学习中，某化学研究小组的同学为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，分别设计了如下图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：定性分析：如下图甲可通过观察 ，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 。定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，实验中需要测量的数据是
29、 。【答案】（1）粗颗粒、1.00 粗颗粒、2.00 细颗粒、2.00 （）（）；（2）0.056 molL-1s-1 40s50s，从反应放热角度回答皆可 90s100s,从盐酸浓度降低角度回答皆可； （3）C； （4）3X+Y 2Z； （5）反应产生气泡快慢或反应完成的先后或试管壁的冷热程度（答案合理皆可）；控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰，收集40mL气体所需要的时间。【解析】试题分析：（1）（）由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，实验探究盐酸浓度对该反应速率的影响，所以固体的表面积应该是相同的，实验是粗颗粒，因此实验也是粗颗粒，而盐酸的浓度不同，应该是
30、1.00mol/L；（）探究温度对该反应速率的影响，则固体的表面积以及盐酸的浓度应该是一样的，所以实验应该是粗颗粒的固体，盐酸的浓度选择2.00；（）探究锌规格（粗、细）对该反应速率的影响，要求实验温度以及盐酸的浓度是相等的，实验盐酸浓度是2.00，所以实验应该是细颗粒，盐酸浓度是2.00；（2）在30-40s范围内生成氢气的物质的量0.007mol，则消耗盐酸的物质的量是0.014mol，其浓度是0.014mol0.025L0.56mol/L，所以在30-40s范围内盐酸的平均反应速率v（HCl）0.56mol/L10s0.056mol/（Ls）；根据相同时间段内，产生的氢气的体积越大，可以
31、确定反应速率越快，所以反应速率最大的时间段是4050s，可能原因是反应放热，温度高，反应速率快；根据相等时间段内，产生的氢气的体积越小，可以确定反应速率越慢，所以反应速率最大的时间段是90100s，可能原因是反应进行过程中，盐酸浓度减小，反应速率慢；（3）在盐酸中加入A氨水中和盐酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，但产生的氢气体积也减小，A错误；B在反应中加入氯化铜，则金属锌会置换出金属铜，形成Cu、Zn、硫酸原电池，会加快反应速率，B错误；CNaCl溶液都相当于将盐酸稀释，盐酸中氢离子浓度减小，所以速率减慢，C正确； D加入KNO3溶液相当于是硝酸，不能产生氢气，D错误，答案选C；（4）由图象
32、可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n（X）：n（Y）：n（Z）=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则反应的化学方程式为3X+Y 2Z；（5）定性分析：该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断。由于阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰；定量分析：该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据v=V/t可知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间。【考点定位】本题主要是考查化学反应速率的影响因素及反应速率的计算【名师点晴】该题的难
33、点是控制变量法解决影响反应速率的因素实验设计。该类试题在解答时需要明确控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的
34、有效性。20（10分）如图是某研究性学习小组设计的SO2与Na2O2反应的探究装置（1）实验开始时，打开旋塞K，通入N2排尽整套装置中的空气，关闭旋塞K。点燃酒精灯，A中反应的化学方程式是 。（2）B装置的作用是 。（3）反应过程中，观察到：A中出现黑色不溶物；C中固体由淡黄色逐渐至完全转化为白色；若将带火星木条伸入D试管口内，火星显得更明亮。 停止加热后，再通入N2至整套装置冷却，其目的是 。 取少量C中白色固体，溶于蒸馏水得无色溶液W 。若向W中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去；若向W中加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，出现大量白色沉淀；则说明C中白色固体有 。 D装置中发生反应的
35、离子方程式是 。过滤出A装置中的黑色不溶物，洗涤后将其溶于浓硝酸，得到蓝色溶液并产生红棕色气体；向蓝色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；则黑色物质可能是_。ACu B CuO CCuS DCu2S 【答案】（1）Cu + 2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2 + H2O （2分）；（2）观察气体通量、干燥（1分）（3） 防止造成污染（1分）； Na2SO3、Na2SO4（2分） 4OH- + 2SO2 + O2 = 2SO42- + 2H2O （2分）C、D（2分）。【解析】试题分析：（1）在A中Cu与浓硫酸发生反应产生硫酸铜、SO2和水，反应的化学方程式是Cu + 2H2SO4（
36、浓） CuSO4 + SO2 + H2O；（2）由于制取SO2时是在溶液中进行的，所以气体中混有水蒸汽，所以B装置的作用是干燥气体，同时可以通过观察气泡来控制气体的流量和流速；（3）反应过程中，观察到：A中出现黑色不溶物；C中固体由淡黄色逐渐至完全转化为白色；若将带火星木条伸入D试管口内，火星显得更明亮。 停止加热后，再通入N2至整套装置冷却，其目的是驱赶装置中的SO2气体，防止造成污染； 取少量C中白色固体，溶于蒸馏水得无色溶液W 。若向W中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去；证明C中物质有还原性，则根据元素守恒可得含有Na2SO3；若向W中加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，出现大量白
37、色沉淀；则说明C中白色固体还有Na2SO4，因此C中白色固体有Na2SO3、Na2SO4。 在D装置中SO2、O2与NaOH发生反应,根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得相应的离子方程式是4OH- + 2SO2 + O2 = 2SO42- + 2H2O； A装置中的固体是黑色不溶物，则排除Cu存在；洗涤后将其溶于浓硝酸，得到蓝色溶液并产生红棕色气体；证明发生了氧化还原反应，向蓝色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀证明含有Cu、S元素，产生了BaSO4沉淀；则黑色物质可能是CuS 、Cu2S，选项是、。 考点：考查SO2的制取及SO2与Na2O2反应的产物成分的确定的知识。21（8分）在m
38、L b molL1 AlCl3溶液中，加入等体积a molL1的NaOH溶液。 （1）当a3b时，生成Al(OH)3沉淀的物质的量是_mol。 （2）当a、b满足_条件时，无沉淀生成。 （3）当a、b满足_ _条件时，有沉淀生成且溶液中无Al3存在，生成Al(OH)3沉淀的物质的量是_ mol。【答案】31.（8分）（1）ma/3 (2)a4b (3)3ba4b ，m(4b-a) 【解析】试题分析：分析本题时，写出AlCl3和NaOH反应的方程式，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl、4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O，然后利用铝离子和氢氧根离子以物质的量之
39、比为1：3，恰好沉淀，1：4，沉淀恰好溶解，找出临界值把范围分为三部分进行讨论。（1）在化学反应中，参加反应的物质的物质的量之比=化学计量数之比。AlCl3和NaOH反应，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl，当AlCl3和NaOH恰好反应即物质的量之比为1：3时，生成的Al（OH）3物质的量最大当a3b时，反应中NaOH不足量，计算时应以NaOH为标准进行，设生成Al（OH）3沉淀的物质的量为x。3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl3 1ma x3：1=ma：x解得x= ma/3 mol（2）AlCl3和NaOH反应生成Al（OH）3，Al（OH）3是两性氢氧化物
40、，能够溶于NaOH溶液，所以生成的沉淀会减少，NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，方程式3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl和NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O相加，得到方程式4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O，由方程式可得，当AlCl3和NaOH物质的量之比为1：4时，恰好没有沉淀产生4NaOH+AlCl=NaAlO2+3NaCl+2H2O4 10.05a 0.05ba：b=4：1故答案为：a4b；（3）有沉淀生成且溶液中无Al3存在，先有沉淀生成，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl，后又可能有部分沉淀溶解，Na
41、OH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以3ba4b时，会出现有沉淀生成且溶液中无Al3存在；当全部生成沉淀时，应以AlCl3为标准进行计算，当沉淀生成后又有部分沉淀溶解时，应以剩余的NaOH为标准进行计算。设AlCl3全部转化为Al（OH）3时，需要的NaOH为xmol，生成的Al（OH）3为ymol，3NaOH+AlCl3=Al（OH）3+3NaCl3 1 1x mb y x=3mb y=mb剩余NaOH的物质的量为：ma-3mb，设生成NaAlO2时需要的Al（OH）3物质的量为zmol， NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O 1 1ma-3mb zz= ma-3mb
42、所以剩余的Al（OH）3物质的量为mb-（ma-3mb）=4mb-ma。故答案为：3ba4b；m(4b-a)。考点：镁、铝的重要化合物；有关范围讨论题的计算点评：本题考查的是铝的重要化合物的有关计算及有关计算范围的讨论在做讨论题时，结合有关化学方程式，找出反应的临界值进行讨论，简洁明了。如：NaOH溶液中通入CO2、向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸等都是有关计算范围的讨论。22由乙烯和其他无机原料合成环状酯，其合成过程如下（水及其他无机产物均已省略）请分析后回答下列问题：（1）写出下列反应的反应类型：_；_；（2）D物质中的官能团名称为_；（3）物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为_；（4
43、）写出下列转化的化学方程式：AB_；B+D_。【答案】（1）加成反应；酯化反应（2）羧基（3）CH3-CHBr2（4）CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl CH2OHCH2OH+HCCOC-COOH +2H2O【解析】试题分析：CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D，为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，（1）由以上分析可知，为CH2=CH2和溴发生加成反应，为BCH2OHCH2OH与DHOOC-COOH发生酯化
44、反应；（2）由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；（3）A为CH2BrCH2Br，对应的同分异构体为CH3-CHBr2；（4）由以上分析可知， A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，AB发生反应的化学方程式为CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl；B为CH2OHCH2OH，D为HCCOC-COOH，二者发生酯化反应生成环酯，则B+DE反应的方程式为CH2OHCH2OH+HCCOC-COOH +2H2O。考点：考查有机物的合成23主族元素R的最高价氧化物R2O 4.7g溶于95.3g水中，所得溶液的质量分数为5.6%，R原
45、子核中含有20个中子；主族元素Q，其单质能与水剧烈反应放出O2，并能跟R形成典型的离子化合物RQ。试通过计算求：(1)R和Q各为什么元素(写出推导过程)；_。(2)写出R和Q在元素周期表中的位置；_。(3)将4.7g R2O溶于多少克水中，使每50个水分子溶有1个R(写出计算过程)。_。【答案】(1)R为K元素，Q为F元素。(2)R在第4周期A族，Q在第2周期A族。(3)90.9g【解析】试题分析：(1)设R的相对原子质量为M，生成ROH的质量为x。R2OH2O =2ROH2M162(M17)47gxw(ROH)100%5.6%M39。则R原子核内质子数为392019，为K。又因Q能与水反应置换O2，并能跟R形成离子化合物RQ，则Q为1价元素，为A族，则Q为F。(2)R在第4周期，A族；Q在第2周期，A族。(3)K2OH2O=2KOH94g18g2mol47gm(H2O)n(KOH)共需水：0.9g0.1mol5018g/mol90.9g。考点：元素周期表的应用 化学计算点评：本题考查的是元素周期表的应用和化学计算的性质，题目难度中，考查学生对周期表的掌握程度及化学计算的能力。
