1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年湖南省娄底市重点中学高二（下）期末化学试卷一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分每小题有且只有一个选项符合题目要求）1化学与生活、社会密切相关下列说法不正确的是（）A可利用废油脂制肥皂B合金中可能含有非金属元素C水玻璃可用于制造木材防火剂D煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料2下列化学用语或图示表达正确的是（）A乙烯的比例模型BNa+的结构示意图C葡萄糖的实验式C6H12O6DCO2的电子式3中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700时制造出纳米级金刚石粉末该成果发表在世界权威的科学杂志上，立刻被科学家们高
2、度评价为“稻草变黄金”同学们对此有下列一些理解，其中错误的是（）A金刚石属于金属单质B制造过程中元素种类没有改变CCCl4是一种化合物D这个反应是置换反应4NA表示阿伏加德罗常数下列说法正确的是（）A7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2NAB标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1NAC1 L 0.1 mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NAD0.1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移电子数为0.3NA5五种短周期元素的某些信息如表所示：元素有关信息X最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐YM层上有3个电子Z短周期元素中原子半径最
3、大的主族元素W其单质是淡黄色固体Q最高正价与最低负价代数和为6下列说法正确的是（）A简单离子的半径大小顺序为：WQZYBZ单质在氧气中燃烧后的产物不能使品红溶液褪色C单质熔点高低的顺序为：ZYXDZ与W元素只能形成原子个数比为2：1的化合物6如图是某有机物分子的简易球棍模型，该有机物中含C、H、O、N四种元素下列关于该有机物的说法中错误的是（）A分子式为C3H7O2NB能发生取代反应C能通过聚合反应生成高分子化合物D该有机物能跟NaOH溶液反应，但不能和盐酸反应7已知HCN的电离常数K=6.21010用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，经测定溶液呈碱性则下列关系式正
4、确的是（）Ac（CN）c（Na+）Bc（CN）c（HCN）Cc（HCN）+c（CN）=0.2molL1Dc（CN）+c（OH）=0.1 molL18常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A0l molL1的NaAlO2溶液：K+、Na+、SO42、CO32B使pH试纸变蓝的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClC含有大量ClO溶液中：K+、OH、I、SO32Dc（Al3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Cl、AlO2、SO429下列反应的离子方程式书写正确的是（）A锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2+AgB氢氧化铜加到盐酸中：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H
5、2OC少量金属钠加到冷水中：Na+2H2O=Na+OH+H2D碳酸氢钙溶液加到醋酸中：HCO3+H+=CO2+H2O10如图所示的实验，能达到实验目的是（）ABCD验证化学能转化为电能验证温度对平衡移动的影响验证铁发生析氢腐蚀验证AgCl溶解度大于Ag2SAABBCCDD11贵州凤岗的“富锌富硒”茶已享誉全国，因富含硒元素，有延年益寿、抗衰老等作用但研究表明单质硒可能成为环境污染物，通过与浓盐酸、浓H2SO4反应可回收Se在回收过程中涉及到如下两个化学反应：SeO2+4KI+4HClSe+2I2+4KCl+2H2O；Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O下列叙述正确的是（）A反应
6、中Se是氧化产物，I2是还原产物B反应中浓H2SO4是氧化剂，SeO2是还原产物C反应中每有1.0mol I2生成，转移电子数目为4 NADSeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I212下列图示与对应的叙述相符的是（）A向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：abC催化剂能改变化学反应的焓变D等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H013用酸性氢氧燃料电池
7、为电源进行电解的实验装置示意图如图所示下列说法中，正确的是（）A燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OHBa极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出Ca极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出Da、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等14亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于 棉纺、亚麻、纸浆等漂白亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl没有画出）则下列分析不正确的是（）A亚
8、氯酸钠在碱性条件下较稳定B25时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=106C使用该漂白剂的最佳pH为3D25时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2）+2c（OH）二、非选择题：（除特殊指明的外，其余每空2分）15海水的综合利用包括很多方面，下图是从海水中通过一系列工艺流程提取产品的流程图海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl、Br、SO42、HCO3等离子已知：MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等回答下列问题：（1）海水pH约为8的原因主要是天然海水含上述离子中的（2）除去粗盐溶液中
9、的杂质（Mg2+、SO42、Ca2+），加入药品的顺序可以为（填序号）NaOH溶液 BaCl2溶液 过滤后加盐酸 Na2CO3溶液（3）过程中由MgCl26H2O制得无水MgCl2，应如何操作（4）从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将转化为的过程采用石墨阳极，不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为（5）从第步到第步的目的是采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用SO2吸收主要反应的化学方程式为16高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=a kJ mol1（1）已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=
10、2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJ mol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJ mol1则a=kJ mol1（2）冶炼铁反应的平衡常数表达式K=，温度升高后，K值（填“增大”、“不变”或“减小”）（3）在T时，该反应的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡Fe2O3COFeCO21甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0甲容器中CO的平衡转化率为下列说法正确的是（填字母）a若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态 b甲容器中CO的平衡转化率大于乙的c甲、乙容器中，C
11、O的平衡浓度之比为2：3 d增加Fe2O3可以提高CO的转化率（4）采取一定措施可防止钢铁腐蚀下列装置中的烧杯里均盛有等浓度、等体积的NaCl溶液在ac装置中，能保护铁的是（填字母）若用d装置保护铁，X极的电极材料应是（填名称）17“摩尔盐”1（NH4）2Fe（SO4）26H2O是分析化学中的重要试剂已知：摩尔盐隔绝空气加热至500时可完全分解某学习小组欲探究其分解产物（1）【提出猜想】小组同学认为分解产物可能有以下几种情况：AFe2O3SO2NH3H2O BFeOSO3NH3H2OCFeOSO2NH3H2O DFe2O3SO3SO2NH3H2O根据所学知识，可确定不成立（填序号）（2）【药品
12、验纯】甲同学提出可以用湿润的红色石蕊试纸、稀盐酸和溶液检验出“摩尔盐”中的三种离子；取一定量的“摩尔盐”配成溶液，取少量溶液置于试管中，向其中滴加（填试剂名称和实验现象），则“摩尔盐”未因氧化而变质（3）【实验探究】为检验分解产物，甲同学设计了如下实验装置取一定量“摩尔盐”置于加热管A中，加热至分解完全后打开K，再通入N2，目的是实验中观察到A中固体逐渐变为红棕色，B、C中均产生白色沉淀C中发生反应的离子方程式为实验验证：取A中残留物少许加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色证明产物不含（4）【实验结论与反思】通过实验现象和认真反思，上述（1）猜想中一定正确的是（填序号）18常用药品羟
13、苯水杨胺，其合成路线如下回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的分子式为对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是（填代号）A1mol羟苯水杨胺最多可以和2mol NaOH反应 B不能发生硝化反应C可发生水解反应 D可与溴发生取代反应（2）D的名称为 （3）AB所需试剂为；（4）BC反应的化学方程式为（5）F存在多种同分异构体F的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是（填代号）A质谱仪 B红外光谱仪 C元素分析仪 D核磁共振仪F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体
14、的结构简式2015-2016学年湖南省娄底市重点中学高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分每小题有且只有一个选项符合题目要求）1化学与生活、社会密切相关下列说法不正确的是（）A可利用废油脂制肥皂B合金中可能含有非金属元素C水玻璃可用于制造木材防火剂D煤经气化和液化的物理变化可变为清洁燃料【考点】肥皂、合成洗涤剂；合金的概念及其重要应用；铝的化学性质；煤的干馏和综合利用【分析】A油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应；B合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质一般通过熔合成均匀液体和凝固而得；C水玻璃学名硅酸
15、钠，也叫泡花碱，其无水物为无定型的玻璃状物质，无嗅无味，不燃不爆，有碱性；D没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化【解答】解：A油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸钠，故A正确； B合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质合金材料中一定有金属，也可能含有非金属元素，故B正确；C把硅酸钠作为木材防火剂则充分利用了其不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，故C正确；D煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故
16、D错误故选D2下列化学用语或图示表达正确的是（）A乙烯的比例模型BNa+的结构示意图C葡萄糖的实验式C6H12O6DCO2的电子式【考点】球棍模型与比例模型；电子式；原子结构示意图【分析】A乙烯的分子式为C2H4；B钠原子的质子数是11；C实验式又称最简式，是化学式的一种用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；D根据原子的最外层电子数来分析电子式的书写【解答】解：A乙烯的分子式为C2H4，比例模型：，故A正确； B钠原子失去最外层电子生成钠离子，核内质子数不变，应为11，故B错误；C葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，故C错误；D因碳原子最外层有4
17、个电子，为满足最外层8电子的稳定结构，则碳与氧原子之间存在两对公用电子对，即电子式为，故D错误故选A3中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700时制造出纳米级金刚石粉末该成果发表在世界权威的科学杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”同学们对此有下列一些理解，其中错误的是（）A金刚石属于金属单质B制造过程中元素种类没有改变CCCl4是一种化合物D这个反应是置换反应【考点】单质和化合物；质量守恒定律【分析】A、金刚石是碳元素组成的单质，属于非金属单质；B、化学反应前后遵循元素守恒的思想；C、由不同种元素组成的纯净物叫化合物；D、一种单质和一种化合物反应生成新的单质和化
18、合物的反应叫做置换反应【解答】解：A、金刚石属于非金属单质，故A错误；B、化学反应前后遵循元素守恒的思想，制造过程中元素种类没有改变，故B正确；C、CCl4由不同种元素组成的纯净，属于化合物，故C正确；D、CCl4和金属钠为原料，在700时制造出纳米级金刚石粉末的过程是钠单质置换出碳单质的过程，属于置换反应，故D正确故选A4NA表示阿伏加德罗常数下列说法正确的是（）A7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2NAB标准状况下，2.24 L CHCl3的分子数为0.1NAC1 L 0.1 mol/L Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NAD0.1 mol Fe与足量稀HNO3
19、反应，转移电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成；B、标况下，三氯甲烷为液态；C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、铁与足量硝酸反应生成三价铁离子【解答】解：A、过氧化钠是由钠离子与过氧根离子构成，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，含有阴离子数目为0.1NA，故A错误；B、标况下，三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铝离子的物质的量小于0.2mol，即小于0.2NA个，故C错误；D、0.1 mol Fe与足量稀HNO3反应生成0.1mol硝酸铁，转移电子数为0
20、.3NA，故D正确；故选D5五种短周期元素的某些信息如表所示：元素有关信息X最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐YM层上有3个电子Z短周期元素中原子半径最大的主族元素W其单质是淡黄色固体Q最高正价与最低负价代数和为6下列说法正确的是（）A简单离子的半径大小顺序为：WQZYBZ单质在氧气中燃烧后的产物不能使品红溶液褪色C单质熔点高低的顺序为：ZYXDZ与W元素只能形成原子个数比为2：1的化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期元素中，X最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，则X为N元素；Y元素原子M层上有3个电子，则Y为Al；Z是短周期元素中原子半径最大
21、的主族元素，则Z为Na；W单质是淡黄色固体，则W为S元素；Q最高正价与最低负价代数和为6，则Q为Cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：短周期元素中，X最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，则X为N元素；Y元素原子M层上有3个电子，则Y为Al；Z是短周期元素中原子半径最大的主族元素，则Z为Na；W单质是淡黄色固体，则W为S元素；Q最高正价与最低负价代数和为6，则Q为Cl，A电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越小，故离子半径S2ClNa+Al3+，故A正确；B硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故B错误；C氮气常
22、温下为气体，熔点最低，金属Al的熔点高于Na单质，故C错误；DNa与S元素可以形成Na2S，也可以形成Na2S2，前者原子个数比为2：1，后者原子个数之比为1：1，故D错误，故选A6如图是某有机物分子的简易球棍模型，该有机物中含C、H、O、N四种元素下列关于该有机物的说法中错误的是（）A分子式为C3H7O2NB能发生取代反应C能通过聚合反应生成高分子化合物D该有机物能跟NaOH溶液反应，但不能和盐酸反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】由球棍模型可知有机物的结构简式为CH3CH（NH2）COOH，为氨基酸，含有氨基和羧基，具有两性，可发生缩合、缩聚反应，结合有机物的结构简式判断原子个
23、数可确定有机物的分子式【解答】解：球棍模型可知有机物的结构简式为CH3CH（NH2）COOH，A由结构简式可知分子式为C3H7O2N，故A正确；B含有氨基和羧基，可发生缩合反应、酯化反应，都为取代反应，故B正确；C含有氨基和羧基，可发生缩聚反应生成蛋白质或多肽，故C正确；D含有氨基和羧基，具有两性，既可与酸反应，也可与碱反应，故D错误故选D7已知HCN的电离常数K=6.21010用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，经测定溶液呈碱性则下列关系式正确的是（）Ac（CN）c（Na+）Bc（CN）c（HCN）Cc（HCN）+c（CN）=0.2molL1Dc（CN）+c（OH
24、）=0.1 molL1【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【分析】物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知溶液呈碱性，根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），溶液应呈碱性，则有c（H+）c（OH），c（CN）c（Na+），结合电荷守恒、物料守恒等知识解答该题【解答】解：A根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），溶液呈碱性则有c（H+）c（OH），c（CN）c（Na+），故A错误；B混合溶液呈碱性，说明酸的电离程度小于酸根离子水解程度，则c（HCN）c（
25、CN），故B错误；C因c（Na+）=0.1mol/L，依据物料守恒，c（CN）+c（HCN）=2c（Na+），则c（CN）+c（OH）=0.2mol/L，故C正确；Dc（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），c（Na+）=0.1mol/L，c（CN）+c（OH）0.1 molL1，故D错误故选C8常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A0l molL1的NaAlO2溶液：K+、Na+、SO42、CO32B使pH试纸变蓝的溶液中：NH4+、Na+、SO42、ClC含有大量ClO溶液中：K+、OH、I、SO32Dc（Al3+）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Cl、AlO
26、2、SO42【考点】离子共存问题【分析】A该组离子之间不反应，能大量共存；B使pH试纸变蓝的溶液，显碱性；C离子之间发生氧化还原反应；DAl3+、AlO2能相互促进水解，而不能共存【解答】解：A该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B使pH试纸变蓝的溶液，溶液呈碱性，不能有NH4+，故B错误；CClO具有氧化性，而I、SO32具有还原性，则离子之间会发生氧化还原反应而不能共存，故C错误；DAl3+、AlO2能相互促进水解，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，不能共存，故D错误；故选A9下列反应的离子方程式书写正确的是（）A锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2+AgB氢氧化
27、铜加到盐酸中：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2OC少量金属钠加到冷水中：Na+2H2O=Na+OH+H2D碳酸氢钙溶液加到醋酸中：HCO3+H+=CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A电荷不守恒；B氢氧化铜加到盐酸中反应生成氯化铜和水；C原子个数不守恒；D醋酸为弱酸，应保留化学式【解答】解：A锌片插入硝酸银溶液中，离子方程式：Zn+2Ag+=Zn2+2Ag，故A错误；B氢氧化铜加到盐酸中，离子方程式：Cu（OH）2+2H+=Cu2+2H2O，故B正确；C少量金属钠加到冷水中，离子方程式：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故C错误；D碳酸氢钙溶液加到醋酸中，离子方程式：HC
28、O3+CH3COOH=CO2+H2O+CH3COO，故D错误；故选：B10如图所示的实验，能达到实验目的是（）ABCD验证化学能转化为电能验证温度对平衡移动的影响验证铁发生析氢腐蚀验证AgCl溶解度大于Ag2SAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A没有形成闭合回路；B利用颜色的深浅，说明温度对化学平衡的影响；C食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；D硝酸银过量，不能证明溶度积大小【解答】解：A由图可知，没有形成闭合回路，应使用盐桥，故A错误；B二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度二氧化氮与四氧化二氮的对化学平衡的影响，故B正确；C食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故
29、C错误；D硝酸银过量，不能证明溶度积大小，应在饱和氯化银溶液中滴加硫化钠溶液，故D错误；故选B11贵州凤岗的“富锌富硒”茶已享誉全国，因富含硒元素，有延年益寿、抗衰老等作用但研究表明单质硒可能成为环境污染物，通过与浓盐酸、浓H2SO4反应可回收Se在回收过程中涉及到如下两个化学反应：SeO2+4KI+4HClSe+2I2+4KCl+2H2O；Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O下列叙述正确的是（）A反应中Se是氧化产物，I2是还原产物B反应中浓H2SO4是氧化剂，SeO2是还原产物C反应中每有1.0mol I2生成，转移电子数目为4 NADSeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化
30、性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2【考点】氧化还原反应【分析】反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应Se+2H2SO4（浓）=2SO2+SeO2+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目【解答】解：A反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，Se是还原产物，I元素的化合价升高，被氧化，I2是氧化产物，故A错误；B反
31、应Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O，浓H2SO4是氧化剂，Se元素被氧化，SeO2是氧化产物，故B错误；C根据化合价的变化可知，反应中每有1molI2生成，转移的电子数目应为1mol2（10）=2mol，则转移电子数目为2NA，故C错误；D在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据可知氧化性：SeO2I2，中方框中物质应为SeO2，氧化性：H2SO4（浓）SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2，故D正确故选D12下列图示与对应的叙述相符的是（）A向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B向CH3COOH溶液中加水时
32、溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：abC催化剂能改变化学反应的焓变D等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的H0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性【分析】A向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO）增大抑制CH3COOH电离；B溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比；C催化剂改变活化能不改变焓变；D恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）N2O4（g），不同温度下，相
33、同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动【解答】解：A向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故A错误；B溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比，根据图象知，c（H+）a点b点，则溶液的pH：ab，故B错误；C根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故C错误；D恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如
34、果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据图知，拐点左侧没有达到平衡状态，拐点右侧为平衡状态，达到平衡后，升高温度，二氧化氮含量增大，说明正反应是放热反应，则该反应的H0，故D正确；故选D13用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示下列说法中，正确的是（）A燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OHBa极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出Ca极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出Da、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电
35、池中消耗的H2体积相等【考点】常见化学电源的种类及其工作原理【分析】左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应【解答】解：A因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O，故A错误；Ba与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极相连，b为电解池正极，所
36、以应该是a极的Fe溶解，b极上析出Cu，故B错误；Ca极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，故C正确；D电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，故D错误故选C14亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于 棉纺、亚麻、纸浆等漂白亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl没有画出）则下列分析不正确的是（）A亚氯酸
37、钠在碱性条件下较稳定B25时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=106C使用该漂白剂的最佳pH为3D25时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO2）+2c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A、由图可以得出：碱性条件下ClO2浓度高；B、HClO2的电离平衡常数K=结合图示数据来计算；C、根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度大小来确定使用该漂白剂的最佳pH；D、依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（
38、ClO2）+c（OH），依据物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2）+c（HClO2），据此解答即可【解答】解：A、由图可以得出：碱性条件下ClO2浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；B、HClO2的电离平衡常数K=103103=106，故B正确；C、HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度越大即为使用该漂白剂的最佳pH，应该是45，故C错误；D、依据电中性原则得出：c（H+）+c（Na+）=c（ClO2）+c（OH） ，依据物料守恒得出：2c（Na+）=c（ClO2）+c（HClO2） ，联立消去钠离子：c（HClO2）+2c（H+）=c（ClO
39、2）+2c（OH），故D正确，故选C二、非选择题：（除特殊指明的外，其余每空2分）15海水的综合利用包括很多方面，下图是从海水中通过一系列工艺流程提取产品的流程图海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl、Br、SO42、HCO3等离子已知：MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等回答下列问题：（1）海水pH约为8的原因主要是天然海水含上述离子中的HCO3（2）除去粗盐溶液中的杂质（Mg2+、SO42、Ca2+），加入药品的顺序可以为（填序号）NaOH溶液 BaCl2溶液 过滤后加盐酸 Na2CO3溶液（3）过程中由MgCl26H2O制得无水MgCl2，应如何操作在氯
40、化氢气流中加热至恒重（4）从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将电能转化为化学能的过程采用石墨阳极，不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为MgCl2（熔融） Mg+Cl2（5）从第步到第步的目的是浓缩富集溴采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用SO2吸收主要反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr【考点】海水资源及其综合利用【分析】海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl、Br、SO42、HCO3等离子，可分别加热氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠，过滤后加入盐酸，结晶得到精盐，可用于氯碱工业；母液中含有镁离子，加入氢氧化钠得到氢氧化镁，
41、加入盐酸得到氯化镁晶体，在盐酸氛围中加热得到无水氯化镁；溴化钠中通入氯气得到溴，用二氧化硫吸收得到亚硫酸钠，继续通入氯气，得到溴，（1）海水中的弱酸根离子水解显碱性；（2）根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀，最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，进行分析解答；（3）氯化镁易水解，为防止水解过程中结晶出的MgCl26H2O要一定条件下加热脱水制得无水MgCl2；（4）电解饱和食盐水是电能转化为化学能，惰性电极电极熔融氯化镁生成氯气和金属镁，镁和水反应生成氢氧化镁和氢
42、气；（5）溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素；采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用SO2吸收利用二氧化硫还原性和溴单质反应生成硫酸和HBr【解答】解：海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl、Br、SO42、HCO3等离子，可分别加热氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠，过滤后加入盐酸，结晶得到精盐，可用于氯碱工业；母液中含有镁离子，加入氢氧化钠得到氢氧化镁，加入盐酸得到氯化镁晶体，在盐酸氛围中加热得到无水氯化镁；溴化钠中通入氯气得到溴，用二氧化硫吸收得到亚硫酸钠，继续通入氯气，得到溴，（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、
43、Cl、SO42、Br、HCO3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32、HCO3离子，HCO3+H2OH2CO3+OH它们水解呈碱性，所以天然海水的pH8，呈弱碱性，故答案为：HCO3；（2）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可溶液以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡溶液可以将硫酸根离子沉淀；至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都可以；钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入过量的碳酸钠溶液转化为沉淀，但是加入碳酸钠溶液要放在加入的氯化钡溶液之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡；完全反应后，再进行过滤，最后再加入适量盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，故正确的顺
44、序为：，故答案为：； （3）镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐，所以利用MgCl26H2O制得无水氯化镁，应采取的措施是在HCl气流中脱水，抑制氯化镁水解，故答案为：在HCl气流中脱水，抑制氯化镁水解，加热至恒重；（4）电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，采用石墨阳极，不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式MgCl2Mg+Cl2，故答案为：电能；化学能；MgCl2Mg+Cl2；（5）溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第步到第步的目的是为了浓缩富集溴，采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用SO2吸收，溴单质和
45、二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，发生反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：浓缩富集溴；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr16高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=a kJ mol1（1）已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJ mol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJ mol1则a=28.5kJ mol1（2）冶炼铁反应的平衡常数表达式K=，温度升高后，K值减小（填“增大”、“不变”或“减小
46、”）（3）在T时，该反应的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡Fe2O3COFeCO21甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0甲容器中CO的平衡转化率为60%下列说法正确的是ac（填字母）a若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态 b甲容器中CO的平衡转化率大于乙的c甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比为2：3 d增加Fe2O3可以提高CO的转化率（4）采取一定措施可防止钢铁腐蚀下列装置中的烧杯里均盛有等浓度、等体积的NaCl溶液在ac装置中，能保护铁的是bc（填字母）若用d装置保护铁，X极的电极材料应是
47、锌（填名称）【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断【分析】（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1由盖斯定律3得到Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）；（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，反应是放热反应，升温平衡逆向进行；（3）在T时，该反应的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器甲中，加入物质反应达到平衡，设消耗一氧化碳物质的量为x Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）起始量（mol）
48、1 1 1 1变化量（mol） x x平衡量（mol） 1x 1+xK=64，解得x=0.6，以此计算转化率；a反应前后气体质量变化，体积不变，气体密度为变量；b反应前后气体体积相同，所以增加反应物的物质的量，等同于加压，平衡不移动；c甲容器中平衡一氧化碳物质的量为0.4mol；乙容器中结合平衡常数可知消耗一氧化碳为1.4mol，平衡物质的量为0.6mol；d固体量增加不影响化学平衡；（4）原电池中正极被保护，电解池中阴极被保护；保护铁，则让铁做原电池的正极，X为比铁活泼的金属【解答】解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+
49、CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1由盖斯定律3得到Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=（+489.0kJmol1）（+172.5kJmol1）3=28.5kJmol1，故答案为：28.5；（2）Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5kJmol1，平衡常数K=，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：；减小；（3）在T时，该反应的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器甲中，加入物质反应达到平衡，设消耗一氧化碳物质的量为x Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）起始量（mol） 1
50、1 1 1变化量（mol） x x平衡量（mol） 1x 1+xK=64，解得x=0.6，转化率为100%=60%，故答案为：60%；a反应前后气体质量变化，体积不变，若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态，故a正确；b反应前后气体体积相同，所以增加反应物的物质的量，等同于加压，平衡不移动，平衡转化率相同，故错误；c甲容器中平衡一氧化碳物质的量为0.4mol；乙容器中结合平衡常数计算得到消耗一氧化碳为1.4mol，平衡物质的量为0.6mol，甲和乙容器中CO的平衡浓度之比为0.4+0.6=2：3，故正确；d固体量增加不影响化学平衡，增加Fe2O3不能提高CO的转化率，故错误；故答案为：a
51、c；（4）a、铁做阳极，失去电子，故没有被保护；b、铁做阴极，被保护；c、铁做正极，被保护；故选bc；保护铁，则让铁做原电池的正极，X活动性比铁强，可以为锌，故答案为：锌17“摩尔盐”1（NH4）2Fe（SO4）26H2O是分析化学中的重要试剂已知：摩尔盐隔绝空气加热至500时可完全分解某学习小组欲探究其分解产物（1）【提出猜想】小组同学认为分解产物可能有以下几种情况：AFe2O3SO2NH3H2O BFeOSO3NH3H2OCFeOSO2NH3H2O DFe2O3SO3SO2NH3H2O根据所学知识，可确定C不成立（填序号）（2）【药品验纯】甲同学提出可以用湿润的红色石蕊试纸、稀盐酸和Ba（
52、OH）2溶液检验出“摩尔盐”中的三种离子；取一定量的“摩尔盐”配成溶液，取少量溶液置于试管中，向其中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红色（填试剂名称和实验现象），则“摩尔盐”未因氧化而变质（3）【实验探究】为检验分解产物，甲同学设计了如下实验装置取一定量“摩尔盐”置于加热管A中，加热至分解完全后打开K，再通入N2，目的是使分解产生的气体在B、C中被吸收充分实验中观察到A中固体逐渐变为红棕色，B、C中均产生白色沉淀C中发生反应的离子方程式为H2O2+SO2+Ba2+BaSO4+2H+实验验证：取A中残留物少许加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色证明产物不含FeO（4）【实验结论与反思】通过实
53、验现象和认真反思，上述（1）猜想中一定正确的是D（填序号）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）摩尔盐中N为3价，Fe为+2价，S为+6价，根据产物中化合价分析；（2）摩尔盐中含有的三种离子分别为亚铁离子、硫酸根和铵根，验证铵根需要氢氧根、验证硫酸根需要钡离子，依据所给试剂判断还需要氢氧化钡；亚铁离子若变质应生成铁离子，铁离子遇KSCN变红色；（3）A中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的气体在BC装置中完全吸收；C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42，SO42再与Ba2+结合成沉淀BaSO4；高锰酸钾具有氧化性，亚铁离子具有还原性，高锰酸钾溶液不褪
54、色，说明不含有亚铁离子；（4）分析（3）中实验得出，分解产物中一定含有SO2，一定不含有FeO，据此解答即可【解答】解：（1）摩尔盐中N为3价，Fe为+2价，S为+6价，AFe2O3、SO2、NH3、H2O 反应时Fe元素的化合价升高，S元素化合价降低，符合氧化还原反应规律，故A正确；BFeO、NH3、SO3、H2O，反应时没有元素化合价的变化，只是发生分解反应，故B正确；CFeO、SO2、NH3、H2O反应时只有S元素的化合价降低，不符合氧化还原反应规律，故C错误；DFe2O3、NH3、SO2、SO3、H2O反应时，Fe的化合价升高，S的化合价降低，符合氧化还原反应规律，故D正确，故答案为：
55、C；（2）摩尔盐中含有的三种离子分别为亚铁离子、硫酸根和铵根，验证铵根需要氢氧根、验证硫酸根需要钡离子，依据所给试剂判断还需要氢氧化钡；亚铁离子若变质应生成铁离子，铁离子遇KSCN变红色，若不变红色，说明未被氧化，故答案为：Ba（OH）2；硫氰化钾溶液，溶液不变红色；（3）A中固体充分加热较长时间后，产生气体有一部分残留在装置中，通入氮气可以使分解生成的气体在B、C装置中完全吸收，故答案为：使分解产生的气体在B、C中被吸收充分；C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42，SO42再与Ba2+结合成沉淀BaSO4则C中发生的反应为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，故答案
56、为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+；实验验证取A中残留物少许加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO4稀溶液，不褪色证明产物不含有还原性的物质，即不含有FeO，故答案为：FeO；（4）根据上述分析知，“摩尔盐”分解的产物为Fe2O3、SO3、SO2、NH3 和H2O，上述猜想中一定正确的是D，故选D，故答案为：D18常用药品羟苯水杨胺，其合成路线如下回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的分子式为C13H11NO3对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是（填代号）CDA1mol羟苯水杨胺最多可以和2mol NaOH反应 B不能发生硝化反应C可发生水解反应 D可与溴发生取代反应（2）D的名称为对硝基
57、苯酚 （3）AB所需试剂为浓硝酸和浓硫酸；（4）BC反应的化学方程式为（5）F存在多种同分异构体F的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是（填代号）CA质谱仪 B红外光谱仪 C元素分析仪 D核磁共振仪F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有9种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式、（任意一种）【考点】有机物的合成【分析】由羟苯水杨胺结构简式、F的分子式可知，F为，E为，由反应信息逆推可知D为，由转化关系可知，苯与氯气发生取代反应生成A为，A与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反应生
58、成B为，B发生水解反应生成C为，C酸化得到D【解答】解：由羟苯水杨胺结构简式、F的分子式可知，F为，E为，由反应信息逆推可知D为，由转化关系可知，苯与氯气发生取代反应生成A为，A与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C酸化得到D（1）由羟苯水杨胺的结构简式，可知其化学式为C13H11NO3，A1mol羟苯水杨胺含有2mol酚羟基，水解得到1molCOOH，最多可以和3mol NaOH反应，故A错误；B苯环可以发生硝化反应，故B错误；C含有CONH，可发生水解反应，故C正确；D含有酚羟基，可与溴发生取代反应，故D正确；故答案为：C13H11NO3；CD；（2）
59、D为，名称为对硝基苯酚，故答案为：对硝基苯酚；（3）AB发生苯环上的硝化反应，所需试剂为：浓硝酸和浓硫酸，故答案为：浓硝酸和浓硫酸；（4）BC反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）F及同分异构体中组成元素相同，结构不同，由元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，故选：C；F（）的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，侧链为OH、OOCH时，有邻、间、对3种，侧链可为CHO、2个OH，当2个OH处于邻位，CHO有2种位置，当2个OH处于间位，CHO有3种位置，当2个OH处于对位，CHO有1种位置，共有9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式为：、，故答案为：9；、（任意一种）2016年12月3日高考资源网版权所有，侵权必究！
