1、2015-2016学年四川省宜宾一中高三零诊化学试卷一、选择题.12015年8月12日晚11时30分左右，天津滨海新区某公司的仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠等危险化学品下列有关叙述正确的是A危险化学品危害人类健康，应禁止生产B金属钠可以保存在石蜡油中，并贴上标志C可以用大量水扑灭爆炸引发的大火D硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠均属于电解质2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是A78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAB标准状况下，22.4L CCl4中含有的分子数为NAC将1mol FeCl3水解制成胶体，所得胶体中含有的胶体粒子数
2、为NAD1mol/L NaOH溶液中含有的Na+数目为NA3短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次递增，X、W同主族，Y、Z相邻，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X、Y、W的最外层电子数之和为10，R原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍下列说法错误的是AY的单质能与X的最高价氧化物发生置换反应B同周期元素形成的简单离子中，Z离子的半径最小CW的某含氧酸钠盐溶液是制备木材防火剂的原料DR的单质在纯氧中燃烧生成其最高价氧化物4能正确表示下列反应的离子方程式是A向AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2OB向CuSO4溶液中加入Na2O
3、2：2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu2+O2C向Ca2溶液中通入过量二氧化碳气体：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClOD用HF刻蚀玻璃：SiO2+4H+4F=SiF4+2H2O5下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是选项实验操作现象结论A将浓硫酸与蔗糖反应后产生的气体通入足量澄清石灰水有白色沉淀生成使澄清石灰水变浑浊的气体一定是CO2B将纯碱与足量浓盐酸反应后产生的气体直接通入硅酸钠溶液有白色沉淀生成非金属性：ClCSiC向碘水中加入苯，充分振荡，静置溶液分层，上层呈紫红色I2在苯中的溶解度大于在水中的溶解度D向加入氯水后的某溶液中滴加KSCN溶液溶液
4、变为红色原溶液中一定存在Fe2+AA、BB、CC、DD、6铝电池性能优越，AlAgO电池主要用于军用水下动力，其工作原理如图所示下列有关AlAgO电池的说法错误的是A正极反应中有Ag生成BOH通过隔膜从正极区移向负极区C消耗5.4g Al时，电路中转移0.6mol eD电池总反应为：2Al+3AgO=Al2O3+3Ag7已知：HH、O=O的键能分别是436kJmol1和496kJmol1依据如图，则HO的键能是A926 kJmol1B485kJmol1C463 kJmol1D221 kJmol1二、非选择题.8选用适当的催化剂是改变反应速率常用的有效方法之一某实验小组以H2O2分解为例，探究F
5、e3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果仪器任选限选试剂：5% H2O2溶液、胆矾晶体、0.05mol/L Fe23溶液、0.1mol/L Fe23溶液、0.1mol/L Na2SO4溶液、蒸馏水配制100mL 0.1 mol/LCuSO4溶液需用托盘天平称取g胆矾晶体，溶解胆矾晶体时需要的玻璃仪器是如图是实验小组配制100mL 0.1mol/LCuSO4溶液过程中定容操作的示意图，该操作的错误之处、若其他操作均正确，按照图示观察方法定容，所配溶液浓度探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果实验小组用右下图所示装置，选取相关试剂，设计并进行以下实验忽略其他因素的影响，实验中相关数据记录如
6、下表：实验序号5% H2O2溶液的体积选用试剂选用试剂体积收集V mL O2所需时间10 蒸馏水5 m 10 0.1mol/L CuSO4v1n10 试剂M5p10 0.1mol/L Na2SO45 m除上述装置中的仪器及量筒外，还要用到的计量工具是为确保实验的准确性，实验前需检查该装置的气密性，操作是实验的主要目的是实验中选用试剂的体积v1=mL实验中选用的试剂M是；若正确选用试剂进行实验，测得收集V mL O2所需时间mnp，由此得出的实验结论是9探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果实验小组用如图所示装置，选取相关试剂，设计并进行以下实验忽略其他因素的影响，实验中相关数据记录如下
7、表：实验序号5% H2O2溶液的体积选用试剂选用试剂体积收集V mL O2所需时间10 蒸馏水5 m 10 0.1mol/L CuSO4v1 n10 试剂M5p10 0.1mol/L Na2SO45 m除上述装置中的仪器及量筒外，还要用到的计量工具是为确保实验的准确性，实验前需检查该装置的气密性，操作是实验的主要目的是实验中选用试剂的体积v1=mL实验中选用的试剂M是；若正确选用试剂进行实验，测得收集V mL O2所需时间mnp，由此得出的实验结论是10研究氮及其化合物的性质在人类进步过程中具有极为重要的意义工业上消除氮的氧化物可采用以下反应：CH4+2NO2N2+CO2+2H2OH在温度为T
8、1和T2时，分别将0.5mol CH4和1.2mol NO2充入体积为1L的密闭容器中，测得NO2的物质的量随时间变化数据如下表：温度/时间/min010204050T11.20.90.70.40.4T21.20.80.560.5温度为T1时，020min内，v=T1T2；H0，判断理由是反应CH4+2NO2N2+CO2+2H2O的平衡常数表达式K=，温度为T1时，K的值为温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol NO2，达新平衡时CH4的转化率将已知反应N2O42NO2，随温度升高，混合气体的颜色变深将一定量N2O4气体充入如图绝热容器一段时间后，压缩和拉伸活
9、塞过程中气体的透光率随时间变化如图所示a点与c点相比，c 更大的是，体系温度更低的是d点，v正v逆下列说法能说明透光率不再发生改变的有a气体颜色不再改变 bH不再改变cv正=2v逆 dN2O4的转化率不再改变11软锰矿是最稳定和丰富的锰矿石它既可作原料，又可广泛应用于环境污染物的处理，对大气和水体污染物具有吸附、离子交换和化学活性作用1774年瑞典化学家舍勒用软锰矿与浓盐酸反应制得Cl2 上述反应中的氧化剂是 将Fe在Cl2中燃烧的产物配制成1mol/L的溶液，取5mL该溶液，向其中通入足量SO2气体，所得溶液中含有的阳离子是；将溶液分成两份，向一份中滴加BaCl2溶液，发生反应的离子方程式是
10、，向另一份中逐滴加入NaOH溶液，振荡，产生的实验现象是软锰矿还可做燃煤尾气的脱硫剂已知：25，101KPa时，SO2+MnO2=MnSO4H=a kJmol1Mn+S+2O2=MnSO4H=b kJmol1Mn+O2=MnO2H=c kJmol1则，S的燃烧热H=kJmol1软锰矿也可用于制取高锰酸钾 KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂，其消毒机理与下列物质相同的是a“84”消毒液 b双氧水 c二氧化硫 d75%酒精 软锰矿与过量KOH和KClO3固体在高温下反应，生成K2MnO4请配平下列化学方程式：MnO2+KOH+KClO3K2MnO4+KCl+H2O电解K2MnO4制KMnO4，总反
11、应方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2若电解K2MnO4溶液时，维持电流强度为5.0A，电解20min，理论上可生成KMnO4g12溴化钙用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等工业上利用海水和贝壳为原料制备CaBr22H2O的主要流程如下：煅烧贝壳时主要反应的化学方程式是过程I中用SO2吸收溴蒸气，其目的是；“氯化”时发生反应的离子方程式是过程IV中的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、干燥过程II中控制反应温度不能超过40的原因是向滤液中通入HBr的作用是滤渣的成分可能有2015-2016学年四川省宜宾一中高三零诊化学试卷参考答案与试题解析一、选择题
12、.12015年8月12日晚11时30分左右，天津滨海新区某公司的仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠等危险化学品下列有关叙述正确的是A危险化学品危害人类健康，应禁止生产B金属钠可以保存在石蜡油中，并贴上标志C可以用大量水扑灭爆炸引发的大火D硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠均属于电解质【考点】化学实验安全及事故处理中学版权所有【分析】A化学危险品正确使用有利于社会发展； B金属钠密度小于1，大于煤油，钠是活泼金属和水二氧化碳反应；C如果可燃物与水反应，则不能用水灭火；D电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物【解答】解：A化学危险品正确使用有利于社会发展，注意使用安全
13、，故A错误； B金属钠密度小于1，大于煤油，钠是活泼金属和水二氧化碳反应；实验室中，金属钠保存在石蜡油或煤油中，可以把钠与空气隔离开，故B正确；C用水灭火的原理是利用水蒸发吸热，降低可燃物的温度到着火点以下，如果可燃物与水反应，则不能用水灭火，如金属钠，故C错误；D钠是单质，不属于电解质，故D错误故选B【点评】本题考查了实验室中的试剂存放、化学实验安全及事故处理，题目难度不大，注意掌握化学实验基本操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是A78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAB标准状况下，22.4L
14、 CCl4中含有的分子数为NAC将1mol FeCl3水解制成胶体，所得胶体中含有的胶体粒子数为NAD1mol/L NaOH溶液中含有的Na+数目为NA【考点】阿伏加德罗常数中学版权所有【分析】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成；B、标况下，四氯化碳为液态；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；D、溶液体积不明确【解答】解：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含1mol阴离子即NA个，故A正确；B、标况下，四氯化碳为液态，不能根
15、据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁制的胶粒的个数小于NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，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3短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次递增，X、W同主族，Y、Z相邻，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X、Y、W的最外层电子数之和为10，R原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍下列说法错误的是AY的单质能与X的最高价氧化物发生置换反应B同周期元素形成的简单离子中，Z离子的半径最
16、小CW的某含氧酸钠盐溶液是制备木材防火剂的原料DR的单质在纯氧中燃烧生成其最高价氧化物【考点】原子结构与元素周期律的关系中学版权所有【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；X、W同主族，则W为Si；X、Y、W的最外层电子数之和为10，Y原子最外层电子数为1044=2，Y原子序数大于碳，故Y为Mg；Y、Z相邻，则Z为Al；R原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，R原子最外层电子数为6，故R为S元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次递增，X原子的
17、最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；X、W同主族，则W为Si；X、Y、W的最外层电子数之和为10，Y原子最外层电子数为1044=2，Y原子序数大于碳，故Y为Mg；Y、Z相邻，则Z为Al；R原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，R原子最外层电子数为6，故R为S元素AMg的单质能与二氧化碳反应生成碳与MgO，属于置换反应，故A正确；B第三周期元素形成的简单离子中，Al离子的半径最小，故B正确；CW的某含氧酸钠盐硅酸钠溶液是制备木材防火剂的原料，故C正确；DS单质在纯氧中燃烧生成二氧化硫，故D错误，故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，
18、推断元素是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握，难度不大4能正确表示下列反应的离子方程式是A向AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2OB向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu2+O2C向Ca2溶液中通入过量二氧化碳气体：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClOD用HF刻蚀玻璃：SiO2+4H+4F=SiF4+2H2O【考点】离子方程式的书写中学版权所有【分析】A反应生成氢氧化铝和氯化铵；B反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气；C反应生成碳酸氢钙和HClO；DHF为弱酸，在离子反应中保留化学式【解答
19、】解：A向AlCl3溶液中加入过量稀氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al3+3NH4+，故A错误；B向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应为2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu2+O2，故B正确；C向Ca2溶液中通入过量二氧化碳气体的离子反应为ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，故C错误；D用HF刻蚀玻璃的离子反应为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，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方程式书写方法为解答的关键，侧重复分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，题目难度不大5下列实验操
20、作、现象均正确且能得出相应结论的是选项实验操作现象结论A将浓硫酸与蔗糖反应后产生的气体通入足量澄清石灰水有白色沉淀生成使澄清石灰水变浑浊的气体一定是CO2B将纯碱与足量浓盐酸反应后产生的气体直接通入硅酸钠溶液有白色沉淀生成非金属性：ClCSiC向碘水中加入苯，充分振荡，静置溶液分层，上层呈紫红色I2在苯中的溶解度大于在水中的溶解度D向加入氯水后的某溶液中滴加KSCN溶液溶液变为红色原溶液中一定存在Fe2+AA、BB、CC、DD、【考点】原电池和电解池的工作原理中学版权所有【分析】A使澄清石灰水变浑浊的气体可能为CO2和SO2；B不能利用HCl与碳酸的酸性比较非金属性；C向盛有碘水的试管中加入苯
21、后充分振荡静置，发生萃取，碘溶解在苯中且在上层；D铁离子遇KSCN溶液，溶液显红色，向加入氯水后的某溶液中，溶液变为红色，不能说明原溶液中一定存在Fe2+【解答】解：A将浓硫酸与蔗糖反应后产生的气体有CO2和SO2，并且使澄清石灰水变浑浊的气体可能为CO2和SO2，故A错误； B证明元素非金属性强弱是依据：元素最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强，则该元素的非金属性越强，不能看盐酸与碳酸和硅酸的酸性大小，应利用高氯酸与碳酸和硅酸的酸性大小比较，故B错误；C向盛有碘水的试管中加入苯后充分振荡静置，发生萃取，碘溶解在苯中且在上层，则液体分层，上层呈紫红色，故C正确；D铁离子遇KSCN溶液，溶液显红
22、色，向加入氯水后的某溶液中，溶液变为红色，则可能原来就是三价铁离子，所以不能说明原溶液中一定存在Fe2+，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，涉及混合物分离提纯、非金属性和酸性比较、离子的检验等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大6铝电池性能优越，AlAgO电池主要用于军用水下动力，其工作原理如图所示下列有关AlAgO电池的说法错误的是A正极反应中有Ag生成BOH通过隔膜从正极区移向负极区C消耗5.4g Al时，电路中转移0.6mol eD电池总反应为：2Al+3AgO=Al2O3+3Ag【考点】原电池和
23、电解池的工作原理中学版权所有【分析】由原电池工作原理图可知，原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al3e+4OH=AlO2+2H2O，AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e+H2O=Ag+2OH，结合电极反应式进行判断【解答】解：AAgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e+H2O=Ag+2OH，所以有Ag生成，故A正确；B阴离子移向负极，所以OH通过隔膜从正极区移向负极区，故B正确；C当5.4g Al时，则过程中电池流动的电子物质的量=3=0.6mol，故C正确；D负极上的电极反应为：Al3e+4OHAlO2+2H2O，正极上的电极反应式为AgO
24、+2e+H2OAg+2OH，所以电池反应式为：2Al+3AgO+2NaOH2NaAlO2+3Ag+H2O，故D错误；故选D【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，解答本题的关键是能正确书写电极方程式，做题时注意体会书写方法7已知：HH、O=O的键能分别是436kJmol1和496kJmol1依据如图，则HO的键能是A926 kJmol1B485kJmol1C463 kJmol1D221 kJmol1【考点】反应热和焓变中学版权所有【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据图示得到液态水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=H产物H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答【解答】解：根据图是
25、信息得到：2H2OO2+2H2H=484kJmol1设HO键的键能为xkJmol1，H=2436+4964x=484，解得x=221kJmol1故选D【点评】本题考查学生化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等二、非选择题.8选用适当的催化剂是改变反应速率常用的有效方法之一某实验小组以H2O2分解为例，探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果仪器任选限选试剂：5% H2O2溶液、胆矾晶体、0.05mol/L Fe23溶液、0.1mol/L Fe23溶液、0.1mol/L Na2SO4溶液、蒸馏水配制100mL 0.1 mol/LCuSO4溶液需用托盘天平
26、称取2.5g胆矾晶体，溶解胆矾晶体时需要的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒如图是实验小组配制100mL 0.1mol/LCuSO4溶液过程中定容操作的示意图，该操作的错误之处未用胶头滴管定容、定容时应平视液面若其他操作均正确，按照图示观察方法定容，所配溶液浓度偏高探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果实验小组用右下图所示装置，选取相关试剂，设计并进行以下实验忽略其他因素的影响，实验中相关数据记录如下表：实验序号5% H2O2溶液的体积选用试剂选用试剂体积收集V mL O2所需时间10 蒸馏水5 m 10 0.1mol/L CuSO4v1n10 试剂M5p10 0.1mol/L Na2SO45 m
27、除上述装置中的仪器及量筒外，还要用到的计量工具是秒表为确保实验的准确性，实验前需检查该装置的气密性，操作是关闭分液漏斗活塞，向右端滴定管中加水，如果一段时间后，滴定管中液面不再下降，说明气密性良好实验的主要目的是排除SO42对双氧水分解速率的影响实验中选用试剂的体积v1=5mL实验中选用的试剂M是0.05mol/LFe23溶液；若正确选用试剂进行实验，测得收集V mL O2所需时间mnp，由此得出的实验结论是Fe3+和Cu2+对H2O2分解均有催化作用，但Fe3+的催化效果更好【考点】配制一定物质的量浓度的溶液中学版权所有【分析】I求出所需的硫酸铜的物质的量，然后根据1mol胆矾1mol硫酸铜
28、来计算所需的胆矾的物质的量和质量；溶解固体时用烧杯和玻璃棒；定容时，开始直接向容量瓶中倒水，后来改用胶头滴管逐滴滴入；定容时应平视；定容时俯视液面，会导致溶液体积偏小；II根据实验目的是探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故根据控制变量的原则可知，应保持其它影响因素一致且从实验装置可知，要通过测量生成相同体积的气体所需要的时间来判断分解速率的快慢将实验做本实验是要通过测量生成相同体积的气体所需要的时间来判断分解速率的快慢，据此分析所需的计量工具；若气密性良好，则滴定管中的液面一段时间后不再下降；实验的不同是中加入了SO42，据此分析；实验的目的是为了探究Cu2+对H2O2分解速率的
29、影响，根据控制变量法来分析；实验中选用的试剂M中应含Fe3+，还应保持其它影响因素一致，据此分析M；测得收集V mL O2所需时间mnp，所需时间越长，则催化效率越低，据此分析【解答】解：I配制0.1mol/L100mL的硫酸铜溶液所需的硫酸铜的物质的量n=CV=0.1mol/L0.1L=0.01mol，而1mol胆矾能提供1mol硫酸铜，故所需胆矾的物质的量为0.01mol，故所需的胆矾的质量m=nM=0.01mol250g/mol=2.5g；溶解固体时用烧杯和玻璃棒故答案为：2.5g，烧杯和玻璃棒；定容时，开始直接向容量瓶中倒水，后来改用胶头滴管逐滴滴入；定容时应平视，否则所配溶液的体积不
30、准，故答案为：未用胶头滴管定容；定容时应平视液面；定容时俯视液面，会导致溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，故答案为：偏高；II本实验是要通过测量生成相同体积的气体所需要的时间来判断分解速率的快慢，故所需的计量工具还有秒表；检查装置的气密性时，要关闭分液漏斗活塞，向右端滴定管中加水，如果一段时间后，滴定管中液面不再下降，说明气密性良好，故答案为：秒表；关闭分液漏斗活塞，向右端滴定管中加水，如果一段时间后，滴定管中液面不再下降，说明气密性良好；实验的不同是中引入了SO42，故通过和的对比，可以排除SO42对双氧水分解速率的影响，故答案为：排除SO42对双氧水分解速率的影响；通过和的对比，实验可以探究C
31、u2+对H2O2分解速率的影响，根据控制变量法，故应保持其他因素一致，故选用试剂的体积v1也应为5mL，故答案为：5；实验中选用的试剂M中应含Fe3+，还应保持其它影响因素一致，而0.1mol/L CuSO4中Cu2+的浓度为0.1mol/L，则M中Fe3+的浓度也应为0.1mol/L，故应选用0.05mol/L Fe23溶液；测得收集V mL O2所需时间mnp，所需时间越长，则催化效率越低，故可以得出的结论为Fe3+和Cu2+对H2O2分解均有催化作用，但Fe3+的催化效果更好，故答案为：0.05mol/L Fe23溶液；Fe3+和Cu2+对H2O2分解均有催化作用，但Fe3+的催化效果更
32、好【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的方法和探究催化剂对反应速率的影响，根据控制变量法来分析，综合性较强，难度较大9探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果实验小组用如图所示装置，选取相关试剂，设计并进行以下实验忽略其他因素的影响，实验中相关数据记录如下表：实验序号5% H2O2溶液的体积选用试剂选用试剂体积收集V mL O2所需时间10 蒸馏水5 m 10 0.1mol/L CuSO4v1 n10 试剂M5p10 0.1mol/L Na2SO45 m除上述装置中的仪器及量筒外，还要用到的计量工具是秒表为确保实验的准确性，实验前需检查该装置的气密性，操作是关闭分液漏斗，打开止水夹
33、，上下移动有刻度的玻璃管，有刻度的玻璃管中液面高度变化，若干燥管中的液面与玻璃管中液面高度不一致，并保持一定的高度差，则气密性良好实验的主要目的是证明硫酸根离子对H2O2分解无催化效果实验中选用试剂的体积v1=5mL实验中选用的试剂M是Fe23；若正确选用试剂进行实验，测得收集V mL O2所需时间mnp，由此得出的实验结论是Fe3+对H2O2分解的催化效果比Cu2+对H2O2分解的催化效果更好【考点】性质实验方案的设计中学版权所有【分析】本实验是探究不同试剂对双氧水分解反应的催化效果，是一组对比实验，根据不同试剂产生相同体积的氧气所需要的时间判断的，根据压强差产生的现象判断装置的气密性；对比
34、中的数据可知，两个实验分别用硫酸钠和蒸馏水做对比实验，以证明硫酸根对实验的影响，因为在实验中都会用到硫酸盐；为做准确对比，实验所取的液体的体积与中要一致；本实验的目的是探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，所以要用含Fe3+的盐溶液做实验，结合实验中的对比试剂可知M试剂应选用Fe23，根据产生V mL O2所需时间判断反应的快慢，时间越短，则催化效果越好【解答】解：本实验是探究不同试剂对双氧水分解反应的催化效果，根据不同试剂产生相同体积的氧气所需要的时间判断的，在实验过程中要测时间，所以还要用到的计量工具是秒表，检查装置气密性的方法是关闭分液漏斗，打开止水夹，上下移动有刻度的玻璃管，
35、有刻度的玻璃管中液面高度变化，故答案为：秒表；关闭分液漏斗，打开止水夹，上下移动有刻度的玻璃管，有刻度的玻璃管中液面高度变化，若干燥管中的液面与玻璃管中液面高度不一致，并保持一定的高度差，则气密性良好；对比中的数据可知，两个实验分别用硫酸钠和蒸馏水做对比实验，根据收集相同体积的氧气所用的时间可以证明硫酸根对实验无影响，因为在实验中都会用到硫酸盐，故答案为：证明硫酸根离子对H2O2分解无催化效果；为做准确对比，实验所取的液体的体积与中要一致，根据表中数据可知，选用试剂体积均为5mL，故答案为：5；本实验的目的是探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，所以要用含Fe3+的盐溶液做实验，结合
36、实验中的对比试剂可知M试剂应选用Fe23，根据产生V mL O2所需时间判断反应的快慢，时间越短，则催化效果越好，由于测得收集V mL O2所需时间mnp，则Fe3+对H2O2分解的催化效果比Cu2+对H2O2分解的催化效果更好，故答案为：Fe23；Fe3+对H2O2分解的催化效果比Cu2+对H2O2分解的催化效果更好【点评】本题主要考查不同试剂对双氧水的催化效果，题目难度中等，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力10研究氮及其化合物的性质在人类进步过程中具有极为重要的意义工业上消除氮的氧化物可采用以下反应：CH4+2NO2N2+CO2+2
37、H2OH在温度为T1和T2时，分别将0.5mol CH4和1.2mol NO2充入体积为1L的密闭容器中，测得NO2的物质的量随时间变化数据如下表：温度/时间/min010204050T11.20.90.70.40.4T21.20.80.560.5温度为T1时，020min内，v=0.0125mol/T1T2；H0，判断理由是升高温度，NO2的物质的量增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应反应CH4+2NO2N2+CO2+2H2O的平衡常数表达式K=，温度为T1时，K的值为6.4温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol NO2，达新平衡时CH4的转化率将减小已知反
38、应N2O42NO2，随温度升高，混合气体的颜色变深将一定量N2O4气体充入如图绝热容器一段时间后，压缩和拉伸活塞过程中气体的透光率随时间变化如图所示a点与c点相比，c 更大的是c，体系温度更低的是ad点，v正v逆下列说法能说明透光率不再发生改变的有ada气体颜色不再改变 bH不再改变cv正=2v逆 dN2O4的转化率不再改变【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素中学版权所有【专题】化学平衡专题【分析】根据v=计算v，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v；由表中数据可知，T2温度反应速率较快，温度越高，反应速率越快，先到达平衡，而升高温度，NO2的物质的量增大，说明平衡逆向移动；化学平衡常
39、数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；温度为T1时，40min到达平衡，计算平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式计算；温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol NO2，等效再原平衡基础上增大压强，平衡逆向移动；气体颜色越浅，透光率越大，则透光率越大，二氧化氮的浓度越小；随温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，b点开始是压缩注射器的过程，平衡逆向移动，绝热条件下，容器内温度升高；d点后透光率减小，而二氧化氮浓度增大，平衡正向移动；透
40、光率不再发生改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡【解答】解：温度为T1时，020min内v=0.025mol/，速率之比等于化学计量数之比，则v=v=0.0125mol/，故答案为：0.0125mol/；由表中数据可知，T2温度反应速率较快，温度越高，反应速率越快，故温度T1T2，温度T2先到达平衡，而升高温度，NO2的物质的量增大，说明平衡逆向移动，故正反应为放热反应，则H0，故答案为：；升高温度，NO2的物质的量增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应；反应CH4+2NO2N2+CO2+2H2O的平衡常数表达式K=； 温度为T1时，40min到达平衡，平衡时二氧化氮物质的量为0.4mol
41、，则： CH4+2NO2N2+CO2+2H2O起始量：0.5 1.2 0 0 0变化量：0.4 0.8 0.4 0.4 0.8平衡量：0.1 0.4 0.4 0.4 0.8容器的体积为1L，则平衡常数K=6.4，故答案为：；6.4；温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol NO2，等效再原平衡基础上增大压强，平衡逆向移动，达新平衡时CH4的转化率将减小，故答案为：减小；气体颜色越浅，透光率越大，则透光率越大，二氧化氮的浓度越小，a点透光率比c点大，c点c 更大；随温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，b点开始是压缩注射器的过程
42、，平衡逆向移动，绝热条件下，容器内温度升高，故TT，故答案为：c；a；d点后透光率减小，而二氧化氮浓度增大，平衡正向移动，故d点，v正v逆，故答案为：；透光率不再发生改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，a气体颜色不再改变，说明二氧化氮浓度不变，透光率不再发生改变，故a正确；b焓变H与是否到达平衡无关，与物质的聚集状态与化学计量数有关，故b错误；c应是2v正=v逆时，反应到达平衡，二氧化氮的浓度不变，故c错误；dN2O4的转化率不再改变，反应到达平衡，二氧化氮的浓度不变，透光率不再发生改变，故d正确，故选：ad【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、平衡状态判断等，侧重考查学生
43、分析计算能力，难度中等11软锰矿是最稳定和丰富的锰矿石它既可作原料，又可广泛应用于环境污染物的处理，对大气和水体污染物具有吸附、离子交换和化学活性作用1774年瑞典化学家舍勒用软锰矿与浓盐酸反应制得Cl2 上述反应中的氧化剂是MnO2 将Fe在Cl2中燃烧的产物配制成1mol/L的溶液，取5mL该溶液，向其中通入足量SO2气体，所得溶液中含有的阳离子是Fe2+、H+；将溶液分成两份，向一份中滴加BaCl2溶液，发生反应的离子方程式是Ba2+SO42=BaSO4，向另一份中逐滴加入NaOH溶液，振荡，产生的实验现象是生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变化为红褐色软锰矿还可做燃煤尾气的脱硫剂已知：2
44、5，101KPa时，SO2+MnO2=MnSO4H=a kJmol1Mn+S+2O2=MnSO4H=b kJmol1Mn+O2=MnO2H=c kJmol1则，S的燃烧热H=kJmol1软锰矿也可用于制取高锰酸钾 KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂，其消毒机理与下列物质相同的是aba“84”消毒液 b双氧水 c二氧化硫 d75%酒精 软锰矿与过量KOH和KClO3固体在高温下反应，生成K2MnO4请配平下列化学方程式：3MnO2+6KOH+1KClO33K2MnO4+1KCl+3H2O电解K2MnO4制KMnO4，总反应方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2若电解K2M
45、nO4溶液时，维持电流强度为5.0A，电解20min，理论上可生成KMnO49，61g【考点】热化学方程式；氧化还原反应方程式的配平中学版权所有【专题】氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化【分析】氧化还原反应中元素化合价降低的物质做氧化剂发生还原反应；将Fe在Cl2中燃烧的产物配制成1mol/L的溶液为氯化铁溶液，取5mL该溶液，向其中通入足量SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸、氯化铁和盐酸；滴入氯化钡溶液生成白色沉淀硫酸钡，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁白色沉淀，变化为灰绿色最后变化为红褐色；依据盖斯定律和热化学方程式构造所需热化学方程式，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出
46、的热量，据此计算得到燃烧热；KMnO4有强氧化性，消毒原理与NaClO溶液、双氧水一样；反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为1，得失电子相等，即化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平；结合Q=It，F=96500C/mol，计算电子转移物质的量，依据化学方程式电量关系计算得到高锰酸钾物质的量，得到质量【解答】解：氧化还原反应中元素化合价降低的物质做氧化剂发生还原反应，用软锰矿与浓盐酸反应制得Cl2MnO2+4HClMnO2+Cl2+2H2O，反应中锰元素化合价+4价降低到+2价，做氧化剂被还原，故答案为
47、：MnO2；将Fe在Cl2中燃烧的产物配制成1mol/L的溶液为氯化铁溶液，取5mL该溶液，向其中通入足量SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸和氯化铁，2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，所得溶液中含有的阳离子是Fe2+、H+，溶液中加入滴加BaCl2溶液，反应生成硫酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式是Ba2+SO42=BaSO4，向另一份中逐滴加入NaOH溶液，振荡，产生的实验现象是生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变化为红褐色，故答案为：Fe2+、H+，Ba2+SO42=BaSO4，生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变化为红褐色；SO2+MnO2=MnSO4H=
48、a kJmol1Mn+S+2O2=MnSO4H=b kJmol1Mn+O2=MnO2H=c kJmol1依据盖斯定律得到S+O2=SO2H=bkJmol1=kJmol1，则，S的燃烧热H=kJmol1，故答案为：；KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与NaClO溶液、双氧水一样，75%的酒精消毒的原理是使病毒的成分蛋白质发生变性进行消毒，而浓盐水杀菌不是利用强氧化性，故ab正确，故答案为：ab；由软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾和KCl，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为1，根据得失电子相等，即
49、化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3，6，1，3，1，3；总反应方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2若电解K2MnO4溶液时，维持电流强度为5.0A，电解20min，通过电量为Q=It=5.0A2060s=6000C，F=96500C/mol，电子物质的量=0.062mol，化学方程式计算可知电子转移2mol生成2molKMnO4，则电子转移0.062mol生成KMnO4物质的量也为0.062mol，质量=0.062mol155g/mol9.6
50、g理论上可生成KMnO4 质量为9，61g，故答案为：9.6【点评】本题考查化学反应方程式的书写，注意利用氧化还原反应得失电子相等，即化合价升降相等解答，题目难度不大12溴化钙用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等工业上利用海水和贝壳为原料制备CaBr22H2O的主要流程如下：煅烧贝壳时主要反应的化学方程式是CaCO3CaO+CO2过程I中用SO2吸收溴蒸气，其目的是富集溴；“氯化”时发生反应的离子方程式是Cl2+2Br=Br2+2Cl过程IV中的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥过程II中控制反应温度不能超过40的原因是防止溴化亚铁被氧化向滤液中通入HBr的
51、作用是除去多余的氢氧化钙滤渣的成分可能有Fe、Fe2 、Fe3【考点】海水资源及其综合利用中学版权所有【分析】浓缩海水通过氧化得到溴单质，用热空气吹出再用二氧化硫吸收生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质，蒸馏得到液溴，溶液中加入过量铁粉生成溴化亚铁，贝壳煅烧得到氧化钙，溶于水得到氢氧化钙，氢氧化钙和溴化亚铁反应生成溴化钙和氢氧化亚铁，过滤得到滤液为溴化钙，加入HBr加热蒸发浓缩冷却结晶得到CaBr22H2O，煅烧贝壳生成氧化钙和二氧化碳；用热空气吹出再用二氧化硫吸收生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质；在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
52、、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；溴单质受热易挥发；加溴化氢除去多余的氢氧化钙；滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁【解答】解：煅烧贝壳生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2，故答案为：CaCO3CaO+CO2；用热空气吹出再用二氧化硫吸收生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质，故答案为：富集溴元素；从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤；洗涤；溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；向滤液中加溴化氢除去多余的氢氧化钙，避免引入杂质离子，故答案为：除去多余的氢氧化钙；滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe2 、Fe3，故答案为：Fe、Fe2 、Fe3【点评】本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等，题目难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力