1、2015年山东省济宁市嘉祥一中高考化学第二次定时练习化学试卷一、本卷共16道小题，每小题3分，共48分请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项1（3分）（2015嘉祥县校级模拟）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NAB1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAC常温下，56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子D将CO2通过Na2O2使其增重a g，反应中转移的电子数为2（3分）（2014青岛模拟）A、B、C是原子序数依次增大的短周期元素，A元素某种同位素原子
2、在考古方面有重要应用，B的最外层电子是电子层数的三倍，C的焰色反应呈黄色，下列说法正确的是（）A元素A在周期表中的位置为第2周期A族B元素A、B、C的原子半径由大到小的顺序为r（C）r（B）r（A）CA、B两种元素的氢化物的稳定性ABD1mol C2B2与足量的AB2完全反应转移约6.021023个电子3（3分）（2014焦作一模）有机物X、Y、M（M为乙酸）的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验B由Y和M制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH溶液来提纯C由Y生成乙酸乙酯的反应属于取代反应D可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全4（3分）（2015宁城县一模）
3、有关物质性质及用途的说法，正确的是（）A甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷B将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了加成反应C牡丹籽油是一种优良的植物油脂，它可使酸性高锰酸钾溶液褪色D等质量的乙烯和聚乙烯充分燃烧所需氧气的量不相等5（3分）（2014呼伦贝尔二模）CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO26（3分
4、）（2014青岛模拟）用下表提供的仪器和药品，能达到实验目的是（）编号仪器药品实验目的A烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、碳酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台（带铁圈）NaCl溶液蒸发溶液得到晶体AABBCCDD7（3分）（2014青岛模拟）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下，下列说法不正确的是（）APt电极是该装置的正
5、极B该电池发生的正极反应为：O2+4e+2H2O=4OHC负极的电极反应式：NO2e+O2=NO2D固体电解质中O2向负极移动8（3分）（2015杭州校级二模）溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种加入铝片，产生无色无味的气体；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2OC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（
6、H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：4：19（3分）（2013临沂三模）对下列图象的描述正确的是（）A根据图可推知反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）的H0B图可表示压强（P）对反应 2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响C图中由A点到B点可采取的措施是向溶液中加入CH3COONa溶液D根据图，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuCO3调节pH至3510（3分）（2014潍坊一模）下列实验操作中，先后顺序正确的是（）A制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B检验某溶液中是否含SO42，应先加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸C滴定管洗净后应先用蒸馏水润洗，然后
7、再注入标准液进行滴定D在制取干燥纯净的氯气时，先使氯气通过饱和食盐水，后通过浓硫酸11（3分）（2015嘉祥县校级模拟）将一定质量的锌粉与100mL 18.5molL1的浓H2SO4混合，充分反应后锌完全溶解，生成了标准状况下的混合气体33.6L（设浓H2SO4的还原产物只有SO2，稀硫酸只生成H2），将反应后的溶液稀释成1L时，溶液pH=1，参加反应的锌为（）A0.9 molB1.2 molC1.5 molD1.8 mol12（3分）（2012江苏）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3
8、饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3 MgCl2（aq）Mg（OH）2MgOABCD13（3分）（2015嘉祥县校级模拟）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A（g）+B（g）2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高下列叙述正确的是（）物 质ABCD起始投料/mol2120A该反应是吸热反应B该反应的平衡常数随温度的升高而增大C压强升高时平衡常数也随之增大D该反应的平衡常数随温度的升高而减小14（3分）（2015嘉祥县校级模拟）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH+2 H+SO42=BaSO4
9、+2H2OB用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2CNH4HCO3溶于过量的KOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OD等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）215（3分）（2015嘉祥县校级模拟）下列各组物质的性质比较中不正确的是（）A热稳定性：H2SPH3SiH4B原子半径：NaMgC碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3D结合质子能力：ClS216（3分）（2015嘉祥县校级模拟）下列说法各选项中全部正确的是（）金属钠投入到FeCl2溶液中，最终有白色沉淀生成分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出加入适
10、量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3硅可用于制作光导纤维，因为硅是优良的半导体材料ABCD二、解答题（共5小题，满分52分）17（18分）（2015嘉祥县校级模拟）液氨常用作制冷剂，回答下列问题（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：aNH4I（s）NH3（g）+HI（g） b2HI（g）H2（g）+I2（g）写出反应a的平衡常数表达式达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向（填“正向”、“逆向”或“不移动”），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化（填“加深”、“变浅”或“不变”）（2）工业上合成氨的反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.60kJmol1下列
11、说法能说明上述反应向正反应方向进行的是（填序号）a单位时间内生成2n mol NH3的同时生成3n mol H2b单位时间内生成6n mol NH键的同时生成2n mol HH键c用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2d混合气体的平均摩尔质量增大e容器内的气体密度不变（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行，测得如下数据：时间（h）物质的量（mol）01234N21.50n11.20n31.00H24.504.203.60n43.00NH300.20n21.001.00根据表中数据计算：反应进行到2h时放出的热量为 kJ01h内N2的平均反应速率为 mo
12、lL1h1此温度下该反应的化学平衡常数K=（保留两位小数）反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向方向移动（填“正反应”或“逆反应”）（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因18（8分）（2015嘉祥县校级模拟）硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）已知25时：SO2（g）+2CO（g）=2CO2（g）+Sx（s）H=akJ/mol2COS（g）+SO2（g）=2CO2（g）+Sx（s）H=bkJ/mol则COS（g）生成CO（g）与Sx（s）
13、反应的热化学方程式是：（2）工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图1所示：写出反应器中发生反应的化学方程式是：电渗析装置如图2所示，写出阳极的电极反应式：该装置中发生的总反应的化学方程式：19（8分）（2015嘉祥县校级模拟）碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H +、Cl）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质Cu（OH）2Fe （OH）2Fe （OH）3开始沉淀pH4.25.81.2完全沉淀pH6.78.33.2氯酸钠的作用是；反应A后调节溶液的pH范围应为
14、第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？20（8分）（2015嘉祥县校级模拟）某学习小组在实验室中利用如图所示装置制取氯气并探究其性质实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因此时B装置中发生反应的离子方程式是写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是21（10分）（2015嘉祥县校级模拟）硫酸工厂的烟气中含有SO2，有多种方法可实现烟气脱硫（1）工业制硫酸的过程中，SO2被氧气氧化的化学方程式为（2）“湿式吸收法”利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫已知：25时，H
15、2SO3HSO3+H+K=1.5102 H2CO3HCO3+H+K=4.4107下列试剂中适合用作该法吸收剂的是（填字母序号）a石灰乳 bNa2SO3溶液 cNa2CO3溶液“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL 0.2molL1的NaOH溶液中通入标准状况下0.448L SO2气体，反应后测得溶液pH7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是（填字母序号）ac（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）bc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）cc（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+c（SO32）+c（OH）（3）某硫酸厂拟用烟气处理含Cr2O72的酸性废水，在脱硫的同时制备
16、Cr2O3产品具体流程如下：吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，则其中发生反应的离子方程式为中和池中的反应除生成Cr（OH）3沉淀外，还会产生某种气体，该气体的化学式为2015年山东省济宁市嘉祥一中高考化学第二次定时练习化学试卷参考答案与试题解析一、本卷共16道小题，每小题3分，共48分请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项1（3分）（2015嘉祥县校级模拟）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NAB1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAC常温下，56 g铁片投
17、入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子D将CO2通过Na2O2使其增重a g，反应中转移的电子数为考点：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、根据化学反应方程式进行分析计算；B、氧气和臭氧的最简式都是O，1.6 g由氧气和臭氧中氧原子的物质的量=0.1mol，则氧原子的数目为0.1NA；C、铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量；D、将CO2通过Na2O2使其增重a gCO，根据关系式COe，反应中转移的电子数为NA解答：解：A、红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，0.2molFe粉与足量水蒸气反应
18、，生成molH2，生成的H2分子数为NA，故A错误；B、氧气和臭氧的最简式都是O，1.6 g由氧气和臭氧中氧原子的物质的量=0.1mol，则氧原子的数目为0.1NA，故B正确；C、56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故C错误；D、将CO2通过Na2O2使其增重a gCO，根据关系式COe，反应中转移的电子数为NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解
19、决实际问题的能力2（3分）（2014青岛模拟）A、B、C是原子序数依次增大的短周期元素，A元素某种同位素原子在考古方面有重要应用，B的最外层电子是电子层数的三倍，C的焰色反应呈黄色，下列说法正确的是（）A元素A在周期表中的位置为第2周期A族B元素A、B、C的原子半径由大到小的顺序为r（C）r（B）r（A）CA、B两种元素的氢化物的稳定性ABD1mol C2B2与足量的AB2完全反应转移约6.021023个电子考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C是原子序数依次增大的短周期元素，A元素某种同位素原子在考古方面有重要应用，则A为C元素；B的最外层电子是电
20、子层数的三倍，则B有2个电子层，最外层电子数为6，所以B为O元素；C的焰色反应呈黄色，C为Na元素，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答解答：解：A、B、C是原子序数依次增大的短周期元素，A元素某种同位素原子在考古方面有重要应用，则A为C元素；B的最外层电子是电子层数的三倍，则B有2个电子层，最外层电子数为6，所以B为O元素；C的焰色反应呈黄色，C为Na元素，A元素A为C，在周期表中的位置为第2周期A族，故A错误；B电子层越多，原子半径越大，相同周期时原子序数大的半径小，则A、B、C的原子半径由大到小的顺序为r（C）r（A）r（B），故B错误；C非金属性BA，则两种元素的氢化物的稳定性AB
21、，故C错误；D.1mol Na2O2与足量的CO2完全反应转移1mol电子，约6.021023个电子，故D正确；故选D点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，元素的推断为解答本题的关键，注意12C在考古方面的应用为解答的难点，题目难度不大3（3分）（2014焦作一模）有机物X、Y、M（M为乙酸）的转化关系为：淀粉XY乙酸乙酯，下列说法错误的是（）AX可用新制的氢氧化铜检验B由Y和M制取乙酸乙酯时可用饱和NaOH溶液来提纯C由Y生成乙酸乙酯的反应属于取代反应D可用碘的四氯化碳溶液检验淀粉是否水解完全考点：淀粉的性质和用途 专题：糖类与蛋白质专题分析：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化
22、酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯解答：解：分析上述转化关系：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯A葡萄糖含有醛基，可用新制的氢氧化铜检验，故A正确； B氢氧化钠能与乙酸乙酯反应，将原物质除掉，故B错误；CY为乙醇，生成乙酸乙酯的反应属于取代反应，故C正确；D碘单质遇淀粉溶液变蓝色，若褪色则说明完全水解，故D正确故选B点评：本题考查有机物的推断和性质，难度不大，有机物的推断为解题的关键4（3分）（2015宁城县一模）有关物质性质及用途的说法，正确的是（）A甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷B将溴水加入苯中，溴水的颜色
23、变浅，这是由于发生了加成反应C牡丹籽油是一种优良的植物油脂，它可使酸性高锰酸钾溶液褪色D等质量的乙烯和聚乙烯充分燃烧所需氧气的量不相等考点：甲烷的化学性质；苯的性质；油脂的性质、组成与结构 专题：有机反应分析：A烷烃的氯代反应可得到一系列卤代烃和卤化氢；B苯和溴水不反应，苯是良好的有机溶剂，溴易溶于苯中；C油脂分为油和脂肪，其中油不饱和烃基多；D考虑乙烯和聚乙烯的组成解答：解：A甲烷与氯气在光照条件下反应可生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳及氯化氢，故A错误；B溴水和苯不反应，但溴易溶于苯中，故溴水颜色变浅，故B错误；C油中含不饱和烃基多，所以呈液态，所以牡丹籽油可使酸性高锰酸钾褪色，
24、故C正确；D乙烯和聚乙烯的最简式相同，故等质量的乙烯和聚乙烯充分燃烧所需氧气的量相等，故D错误；故选C点评：本题考查了有机物的结构和性质，较基础，注意烷烃的卤代得到的是多种烃的衍生物和卤化氢5（3分）（2014呼伦贝尔二模）CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色下列说法不正确的是（）A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：CuSO4溶液中逐
25、滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C发生2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，
26、没有复分解反应，故C错误；D.2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故D正确；故选C点评：本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点6（3分）（2014青岛模拟）用下表提供的仪器和药品，能达到实验
27、目的是（）编号仪器药品实验目的A烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、碳酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台（带铁圈）NaCl溶液蒸发溶液得到晶体AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离、提纯和除杂；中和滴定 专题：实验评价题分析：A用过滤的方法分离沉淀和溶液；B用最高价
28、含氧酸比较非金属性强弱；C氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液；D蒸发可得到氯化钠解答：解：A用过滤的方法分离沉淀和溶液，缺少漏斗、滤纸等仪器，故A错误； B用最高价含氧酸比较非金属性强弱，不能用盐酸，故B错误；C缺少碱式滴定管，氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液，不能完成实验，故C错误；D蒸发可得到氯化钠，需要使用酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台，故D正确故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、中和滴定、物质的分离、性质比较等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验方法和原理，难度不大7（3分）（2014青
29、岛模拟）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下，下列说法不正确的是（）APt电极是该装置的正极B该电池发生的正极反应为：O2+4e+2H2O=4OHC负极的电极反应式：NO2e+O2=NO2D固体电解质中O2向负极移动考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题解答：解：A由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，故A正确；B由离子的定向移动可知Pt极为原电池的正极，发生还原反应，
30、电极方程式为O2+4e=2O2，故B错误；CNiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O22e=NO2，故C正确；D原电池中阴离子向负极移动，故D正确故选B点评：本题考查原电池知识，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，本题解答的关键是离子的定向移动，以此可确定电源的两极和反应类型，注意体会答题思路，难度中等8（3分）（2015杭州校级二模）溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种加入铝片，产生无色无味的气体；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系
31、如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：Al3+4OH=AlO2+2H2OC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：4：1考点：离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 分析：加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中有H+，一定无CO32和NO3，根据溶液电中性，溶液中一定存在硫酸根离子；加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0n（NaOH）0.1mol时，H+OH=H2O；0.1moln（
32、NaOH）0.5mol时，Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2；0.5moln（NaOH）0.7mol时，NH4+OH=NH3H2O；0.7moln（NaOH）0.8mol时，Al（OH）3 +OH=AlO2+H2O，计算可得：n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，据此进行判断解答：解：由可知溶液中有H+，无CO32和NO3，根据溶液电中性，溶液中一定存在SO42；加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0n（NaOH）0.1mol时，H+OH=H2O；0.1m
33、oln（NaOH）0.5mol时，Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2；0.5moln（NaOH）0.7mol时，NH4+OH=NH3H2O；0.7moln（NaOH）0.8mol时，Al（OH）3 +OH=AlO2+H2O，计算可得：n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，A、根据分析可知：溶液中一定不存在CO32、Fe3+、NO3，一定存在H+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42，故A错误；B、在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，沉淀的物质的量不变，发生的反应为NH4
34、+OH=NH3H2O，故B错误；C、溶液中一定存在的阳离子为H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故C错误；D、根据以上计算可知，n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，所以n（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.2mol：0.05mol=2：4：1，故D正确；故选D点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，特别是具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根离子的反应，先出现沉淀，之后沉淀逐渐溶解，常常为解题突破口；本题质量硫酸根离子的确定为易错点，根据溶液电
35、中性判断一定存在硫酸根离子9（3分）（2013临沂三模）对下列图象的描述正确的是（）A根据图可推知反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）的H0B图可表示压强（P）对反应 2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响C图中由A点到B点可采取的措施是向溶液中加入CH3COONa溶液D根据图，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuCO3调节pH至35考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用 专题：化学平衡专题分析：A、根据图可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，据此判断；B、由图可知，p2到达平衡时间短，说
36、明压强p2p1，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的体积不变，据此结合选项解答；C、加入CH3COONa溶液，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性；D、由图可知，Fe3+在pH=3左右沉淀完全，此时铜离子不沉淀，pH=5时Cu2+，故可以加入适量CuCO3，调节pH值至35，除去除去CuSO4溶液中的Fe3+解答：解：A、根据图可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）正反应是放热反应，故A错误；B、由图可知，p2到达平衡时间短，说明压强p2
37、p1，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的体积不变，对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s），正反应是体积减小的反应，故图象p2应表示使用催化剂，故B错误；C、由图可知，由A到B水的电离程度增大，溶液呈中性，加入CH3COONa溶液，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，应为升高温度，故C错误；D、由图可知，Fe3+在pH=3左右沉淀完全，此时铜离子不沉淀，pH=5时Cu2+，故可以加入适量CuCO3，调节pH值至35，除去除去CuSO4溶液中的Fe3+，故D正确；故选D点评：考查化学平衡的有关图象、水的电离、沉淀转化等，难度中等，是对知识的综合考查，注意分析图象纵横坐标的含义及图象的
38、变化特点10（3分）（2014潍坊一模）下列实验操作中，先后顺序正确的是（）A制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B检验某溶液中是否含SO42，应先加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸C滴定管洗净后应先用蒸馏水润洗，然后再注入标准液进行滴定D在制取干燥纯净的氯气时，先使氯气通过饱和食盐水，后通过浓硫酸考点：乙酸乙酯的制取；氯气的实验室制法；物质的检验和鉴别的实验方案设计；中和滴定 专题：实验题分析：A、乙酸和乙醇的密度小于浓硫酸，混合过程中会放出大量热，应该将浓硫酸加入乙醇和乙酸中；B、先加入BaCl2溶液，生成的白色沉淀可能为氯化银，无法判断溶液中是否存在硫酸根离子；C、滴定管必须使用
39、待装液润洗后再注入标准液，否则标准液会被蒸馏水稀释导致浓度减小；D、氯气在饱和食盐水中溶解度较小，可以使用饱和食盐水除去杂质氯化氢，然后再使用浓硫酸干燥氯气；解答：解：A、由于浓硫酸密度大于乙醇和乙酸，且混合过程中会放出大量热量，所以制备乙酸乙酯时，应该将浓硫酸加入乙醇和乙酸中，顺序不能颠倒，故A错误；B、若先加入氯化钡，银离子能够与氯离子反应生成不溶于稀硝酸的氯化银沉淀，所以无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，应该先使用稀盐酸酸化，再加入氯化钡，故B错误；C、滴定管在装入标准液之前必须使用标准液润洗，否则会将标准液稀释，影响测定结果，故C错误；D、氯化氢具有挥发性，制取的氯气中会混有氯化氢杂质
40、，由于氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，所以使用饱和食盐水除去氯气中含有的氯化氢，然后使用浓硫酸干燥氯气，故D正确；故选D点评：本题考查了乙酸乙酯制取、物质的提纯与除杂、滴定管的使用方法，题目难度中等，注意掌握离子检验时要排除干扰离子，明确浓硫酸稀释或与乙酸、乙醇混合时正确的操作顺序11（3分）（2015嘉祥县校级模拟）将一定质量的锌粉与100mL 18.5molL1的浓H2SO4混合，充分反应后锌完全溶解，生成了标准状况下的混合气体33.6L（设浓H2SO4的还原产物只有SO2，稀硫酸只生成H2），将反应后的溶液稀释成1L时，溶液pH=1，参加反应的锌为（）A0.9 molB1.2 molC1
41、.5 molD1.8 mol考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成1molSO2转移电子2mol，生成1molH2转移电子2mol生成气体物质的量为=1.5mol，根据电子转移守恒，计算参加反应的锌的物质的量解答：解：锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成1molSO2转移电子2mol，生成1molH2转移电子2mol即生成1mol气体转移电子数为
42、2mol生成气体物质的量为=1.5mol，所以转移电子数为3mol根据电子转移守恒，参加反应的锌的物质的量为=1.5mol，故选：C点评：本题考查化学方程式的计算，难度中等，可以利用常规解法计算出氢气与二氧化硫的物质的量，进行计算，比较麻烦本题采取电子转移守恒计算，也可以根据方程式利用锌与生成气体的关系进行，是不错的能力考查题12（3分）（2012江苏）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3 MgCl2（aq）Mg（OH）2MgOABCD考点：镁
43、、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物 专题：元素及其化合物分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2
44、NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：D点评：考查元素化合性
45、质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液13（3分）（2015嘉祥县校级模拟）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A（g）+B（g）2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高下列叙述正确的是（）物 质ABCD起始投料/mol2120A该反应是吸热反应B该反应的平衡常数随温度的升高而增大C压强升高时平衡常数也随之增大D该反应的平衡常数随温度的升高而减小考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：根据压强和温度对化学反应平衡移动的影响因素结合化学平衡常数计算公式解答，D为固态，2A （ g
46、 ）+B （ g）2C （ g ）+D （ s）正反应是一个体积缩小的反应，反应在恒容绝热的情况下，从正反应开始，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明化学平衡逆向移动；温度升高，化学平衡逆向移动，与压强升高一致，说明正反应为放热反应，因此推出正反应是放热反应解答：解：D为固态，2A （ g ）+B （ g）2C （ g ）+D （ s）正反应是一个体积缩小的反应，反应在恒容绝热的情况下，从正反应开始，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明化学平衡逆向移动；温度升高，化学平衡逆向移动，与压强升高一致，说明正反应为放热反应，因此推出正反应是放热反应，平衡常数生成物
47、浓度越小，反应物浓度越大，K值越小，反应进行的程度越小，化学平衡常数只与温度有关，所以该题化学平衡常数与温度成反比，A、温度升高，化学平衡逆向移动，与压强升高一致，说明正反应为放热反应，故A错误；B、温度升高，化学平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；C、化学平衡常数只与温度有关，温度不变K不变，故C错误；D、温度升高，化学平衡逆向移动，平衡常数减小，故D正确；故选D点评：本题较为综合，主要考查推断和逻辑分析能力，明确物质的性质及发生的化学反应是解答的关键，题目难度中等14（3分）（2015嘉祥县校级模拟）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH
48、+2 H+SO42=BaSO4+2H2OB用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2CNH4HCO3溶于过量的KOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OD等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A二者反应生成硫酸钡和水；B醋酸是弱电解质，写化学式；C二者反应生成一水合氨和碳酸根离子、水；D反应生成氢氧化镁、水解答：解：A二者反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故A正确；B醋酸是弱电解质，写化学式，离子方程式为CaCO3+2
49、CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO，故B错误；C二者反应生成一水合氨和碳酸根离子、水，离子方程式为NH4+HCO3+2OH=NH3H2O+CO32+H2O，故C错误；D反应生成氢氧化镁、水，离子方程式为2H+Mg2+4OHMg（OH）2+2H2O，故D错误；故选A点评：本题考查离子方程式的书写，为高考高频点，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意D中离子反应先后顺序，为易错点15（3分）（2015嘉祥县校级模拟）下列各组物质的性质比较中不正确的是（）A热稳定性：H2SPH3SiH4B原子半径：NaMgC碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3D结合质子能力：Cl
50、S2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、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B、同周期，从左向右原子半径在减小；C、元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D、酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子；解答：解：A非金属性：SPSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以热稳定性：H2SPH3SiH4，故A正确；B同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：NaMg，故B正确；C金属性：NaMgAl，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故C正确；D因为HCl酸
51、性强于H2S，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，所以结合质子能力：S2Cl，故D错误故选D点评：本题考查较为综合，涉及元素周期律、酸性的比较，侧重于学生的分析能力的考查，选项D直接做有一定的难度，但如果考虑对应物质电离程度越大，其离子结合质子能力越小就简单了16（3分）（2015嘉祥县校级模拟）下列说法各选项中全部正确的是（）金属钠投入到FeCl2溶液中，最终有白色沉淀生成分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3硅可用于制作光导纤维，因为硅是优良的半导体材料ABCD考点：钠的化学性质；硅和二氧化硅；物质的分离、提纯和除杂 分析：金
52、属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2 +2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；根据分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；加入氢氧化钠溶液，碳酸氢钠会反应生成碳酸钠；硅是优良的半导体材料，二氧化硅可以制光导纤维；解答：解：金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2 +2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，故错误分液操作时，分液漏斗
53、中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故正确； 加入氢氧化钠溶液，碳酸氢钠会反应生成碳酸钠，反而将碳酸氢钠除去，所以适量的NaOH不能除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，应通过量的二氧化碳气体，故错误；硅是优良的半导体材料，二氧化硅可以制光导纤维，故错误；故选B点评：本题考查分液、物质的除杂、硅的用途等，难度不大，注意物质的性质决定物质的用途，熟记物质的性质并灵活应用是关键，难度不大二、解答题（共5小题，满分52分）17（18分）（2015嘉祥县校级模拟）液氨常用作制冷剂，回答下列问题（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：aNH4I（s）NH3（g）+HI（
54、g） b2HI（g）H2（g）+I2（g）写出反应a的平衡常数表达式k=NH3HI达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向正向（填“正向”、“逆向”或“不移动”），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化变浅（填“加深”、“变浅”或“不变”）（2）工业上合成氨的反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.60kJmol1下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是bd（填序号）a单位时间内生成2n mol NH3的同时生成3n mol H2b单位时间内生成6n mol NH键的同时生成2n mol HH键c用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2d混合气体的平均
55、摩尔质量增大e容器内的气体密度不变（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行，测得如下数据：时间（h）物质的量（mol）01234N21.50n11.20n31.00H24.504.203.60n43.00NH300.20n21.001.00根据表中数据计算：反应进行到2h时放出的热量为27.78 kJ01h内N2的平均反应速率为0.05 molL1h1此温度下该反应的化学平衡常数K=0.15（保留两位小数）反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向正反应方向移动（填“正反应”或“逆反应”）（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与
56、水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因N2H42H2ON2H5H2O+OH考点：化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 分析：（1）化学平衡常数K=NH3HI；减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动；（2）a单位时间内生成2n molNH3的同时生成3n molH2，该反应达到平衡状态；b单位时间内生成6nmolNH键时消耗3nmolHH键，实际上同时生成2n molHH键，则v（正）v（逆）；c用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2，该反应不一定向正反应方向移动；d混合气体的平均
57、摩尔质量增大，混合气体的质量不变，则混合气体的物质的量减小，平衡向气体体积减小的方向移动；e容器内的气体密度始终不变；（3）根据氮气和反应热之间的关系式计算；先计算正确的平均反应速率，再根据同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气反应速率；2h时，n（N2）=（1.501.20）mol=0.30mol，根据N22NH3之间的关系式得n（NH3）=2n（N2）=0.60mol，3h和4h时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，化学平衡常数K=；根据浓度商和平衡常数相对大小判断反应方向；（4）根据一水合氨电离方式书写N2H42H2O电离方程式解答：解：（1）
58、化学平衡常数K=NH3HI，故答案为： K=NH3HI；方程式a是反应前后气体体积增大的反应，b方程式反应前后气体体积不变，所以增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向正反应方向移动，因为容器体积增大，平衡时气体颜色变浅，故答案为：正向；变浅；（2）a单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗3nmolH2，同时生成3n molH2，则氢气的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故错误；b单位时间内生成6nmolNH键时消耗3nmolHH键，实际上同时生成2n molHH键，则v（正）v（逆），则平衡向在反应方向移动，故正确；c用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表
59、示的反应速率之比为1：3：2，无论该反应是否达到平衡状态都存在反应速率之比为1：3：2，所以不能确定该反应向正反应方向移动，故错误；d混合气体质量不变，如果混合气体的平均摩尔质量增大，则平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故正确；e混合气体质量不变，容器体积不变，所以容器内的气体密度始终不变，故错误；故选：bd；（3）该反应有1mol氮气参加反应放出92.60kJ热量，则生成（1.501.20）mol氮气参加反应放出的热量=27.78kJ，故答案为：27.78；2h内，v（NH3）=0.1mol/（Lh），同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v（N2）=v（N
60、H3）=0.05mol/（Lh），故答案为：0.05；2h时，n（N2）=（1.501.20）mol=0.30mol，根据N22NH3之间的关系式得n（NH3）=2n（N2）=0.60mol，3h和4h时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，c（NH3）=0.5mol/L，c（N2）=0.5mol/L，c（H2）=1.5mol/L，化学平衡常数K=0.15，故答案为：0.15；再加入N2、H2和NH3各1.00mol，c（NH3）=1mol/L，c（N2）=1mol/L，c（H2）=2mol/L，浓度商=0.125K，则平衡向正反应方向移动，故答案为：正反应；（4）肼（N2H4）的性质
61、类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱N2H42H2O，该二元弱碱电离，电离方程式为：N2H42H2ON2H5H2O+OH，故答案为：N2H42H2ON2H5H2O+OH点评：本题考查了化学平衡的有关知识，涉及化学平衡常数的有关计算、化学平衡状态的判断、化学反应速率的计算等知识点，根据平衡常数公式、正逆反应速率相等、化学反应速率公式进行分析解答即可，注意化学平衡状态的判断中，只有反应前后改变的物理量，才能作为化学平衡状态的判断依据，题目难度中等18（8分）（2015嘉祥县校级模拟）硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）已知25时：SO2（g）+2CO（g）=2CO2（g
62、）+Sx（s）H=akJ/mol2COS（g）+SO2（g）=2CO2（g）+Sx（s）H=bkJ/mol则COS（g）生成CO（g）与Sx（s）反应的热化学方程式是：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）H=0.5x（ba）kJ/mol（2）工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图1所示：写出反应器中发生反应的化学方程式是：SO2+xI2+2H2O=H2SO4+2HIX电渗析装置如图2所示，写出阳极的电极反应式：2Ix2e=xI2该装置中发生的总反应的化学方程式：2HIx=（x1）I2+2HI考点：热化学方程式；电解原理 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
63、式；（2）由工艺流程图可知，SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，配平书写方程式；由图2可知，在阴极区Ix转化为I，在阳极区Ix转化为I2，阳极区的H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI解答：解：（1）SO2（g）+2CO（g）2C02（g）+Sx（s）H=a kJmol1；2COS（g）+SO2（g）2CO2（g）+Sx（s）H=b kJmol1依据盖斯定律（2）2得到：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）H=0.5x（ba）kJ/mol，故答案为：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）H=0.5x（ba）kJ/mol；（2）由工艺流程图可知，
64、SO2、I2、H2O反应生成H2SO4、HIX，反应方程式为：SO2+x I2+2H2OH2SO4+2HIX，故答案为：SO2+x I2+2H2OH2SO4+2HIX；由图2可知，在阴极区Ix转化为I，在阳极区Ix转化为I2，所以阳极区发生的反应为：2Ix2e=xI2，H+通过交换膜进入阴极区，得以生成HI溶液，即电解HIx生成I2、HI，反应方程式为：2HIx（x1）I2+2HI，故答案为：2Ix2e=xI2；2HIx=（x1）I2+2HI点评：本题考查盖斯定律计算、离子浓度大小比较、电解原理等，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意利用守恒思想比较溶液中微粒浓度大小
65、19（8分）（2015嘉祥县校级模拟）碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H +、Cl）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质Cu（OH）2Fe （OH）2Fe （OH）3开始沉淀pH4.25.81.2完全沉淀pH6.78.33.2氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；反应A后调节溶液的pH范围应为3.24.2第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应
66、用 专题：实验设计题分析：由流程图可知：刻蚀废液加入NaClO3把亚铁离子氧化为铁离子，调节PH除掉铁离子，滤渣为Fe（OH）3，向CuCl2溶液中加入碳酸钠固体，过滤得到碱式碳酸铜工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H +、Cl）制备碱式碳酸铜，流程分析，加入氯酸钠的作用是氧化剂作用，氧化亚铁离子为铁离子易于除去；依据图表数据分析，铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀的PH范围为3.24.2；检验洗涤是否干净，设计实验检验滤液中是否含有氯离子证明是否洗涤干净解答：解：工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H +、Cl）制备碱式碳酸铜，流程分析，加
67、入氯酸钠的作用是氧化剂作用，氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于把铁离子沉淀除去，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；流程分析可知，分离除杂的方法是通过调节溶液PH大于3.2，小于4.2，使铁离子全部沉淀完全，铜离子不沉淀，达到分离的目的，故答案为：3.24.2；沉淀表面会含有氯化钠溶液，设计实验检验是否含有氯离子的方法可以检验是否洗涤干净，实验设计为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净点评：本题考查了实验探究物质分离方法和物质性质的分析判断，为高频考点，侧重学生的分析能力和实
68、验能力的考查，注意实验室制备气体的过程分析和氯气性质的应用判断，题目难度中等20（8分）（2015嘉祥县校级模拟）某学习小组在实验室中利用如图所示装置制取氯气并探究其性质实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有分液漏斗若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白此时B装置中发生反应的离子方程式是2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2、HClO、ClO若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是有无色气体产生考点：氯气的实验室制
69、法 专题：实验题分析：依据实验室制备氯气用到的仪器及仪器使用注意事项解答；依据氯气、次氯酸都是强氧化剂都可以使品红试液褪色分析；氯气具有强的氧化性，能够氧化亚铁离子和溴离子；依据氯水中主要成分及各成分性质解答解答：解：实验室制备氯气用到分液漏斗带玻璃活塞，需要检漏，故答案为：分液漏斗； 氯气、次氯酸都具有强的氧化性，能使品红褪色，C中品红溶液褪色不能证明氯气与水反应的产物有漂白性；氯气具有强的氧化性，能够氧化亚铁离子和溴离子，过量氯气通过溴化亚铁溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和溴离子全部被氧化生成氯化铁和溴单质，反应的离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2；故答案为
70、：不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2；A溶液是氯水溶液，存在化学平衡，Cl+H2O HCl+HClO，氯水中的Cl2、HClO、ClO氯元素化合价都处于高价态，能够得到电子，所以都具有强氧化性；氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，所以会产生无色气体；故答案为：Cl2、HClO、ClO；有无色气体产生点评：本题考查了实验室制备氯气及氯气性质的检验，明确氯气制备原理和氯气性质、氯水的成分及性质是解题关键，题目难度不大21（10分）（2
71、015嘉祥县校级模拟）硫酸工厂的烟气中含有SO2，有多种方法可实现烟气脱硫（1）工业制硫酸的过程中，SO2被氧气氧化的化学方程式为2SO2+O22SO3（2）“湿式吸收法”利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫已知：25时，H2SO3HSO3+H+K=1.5102 H2CO3HCO3+H+K=4.4107下列试剂中适合用作该法吸收剂的是a、b、c（填字母序号）a石灰乳 bNa2SO3溶液 cNa2CO3溶液“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL 0.2molL1的NaOH溶液中通入标准状况下0.448L SO2气体，反应后测得溶液pH7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是a、b（填字母序号
72、）ac（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）bc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）cc（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+c（SO32）+c（OH）（3）某硫酸厂拟用烟气处理含Cr2O72的酸性废水，在脱硫的同时制备Cr2O3产品具体流程如下：吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，则其中发生反应的离子方程式为Cr2O72+2H+3SO22Cr3+3SO42+H2O中和池中的反应除生成Cr（OH）3沉淀外，还会产生某种气体，该气体的化学式为CO2考点：二氧化硫的污染及治理；离子浓度大小的比较；二氧化硫的化学性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题；
73、元素及其化合物分析：（1）SO2催化氧化成SO3，该反应是可逆反应；（2）根据脱硫的原理，适合用作该法吸收剂的是能与SO2发生反应的物质；n（SO2）=0.02mol，n（NaOH）=0.1L0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，反应后测得溶液pH7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，结合溶液的电中性原则、物料守恒以及质子守恒解答该题；（3）二氧化硫与Cr2O72离子发生氧化还原反应生成SO42离子和Cr3+离子；碳酸盐和酸反应生成二氧化碳和水；解答：解：（1）SO2被氧气氧化，硫的化合价升高，SO2体现还原性，催化氧
74、化成SO3，化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O2 2SO3；（2）a石灰乳的主要成分为氢氧化钙，SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O，故a正确；b二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应方程式为：H2O+Na2SO3+SO22NaHSO3，故b正确；c亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫能与Na2CO3溶液反应，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，故C正确；故答案为：a、b、c；n（SO2）=0.02mol，n（NaOH）=0.1L0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，a、亚硫酸是弱酸，反应后测得溶
75、液pH7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，即c（SO32）c（H2SO3），NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，HSO3电离和水解程度相对于亚硫酸钠的电离都比较小，所以c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3），故a正确；b、NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，因HSO3电离和水解，所以c（Na+）c（HSO3），NaHSO3溶液pH7，所以c（H+）c（SO32），故b正确；c、溶液中一定存在电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数即：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），故c错误；故答案为：a、b；（3）重铬酸根具有强氧化性，能将二氧化硫中+4价的硫氧化为+6价，离子反应为：Cr2O72+2H+3SO22Cr3+3SO42+H2O，故答案为：Cr2O72+2H+3SO22Cr3+3SO42+H2O；中和池中加入碳酸钠和酸反应，除生成Cr（OH）3沉淀外，还会产生二氧化碳气体，故答案为：CO2；点评：本题考查了硫酸工厂的烟气中烟气脱硫，涉及了二氧化硫性质、离子浓度大小的比较、重铬酸根的强氧化性等内容的应用，侧重考查了学生的分析、理解等综合能力，注意合理分析题中信息，对于离子浓度大小的比较，确定溶液中的溶质及物质的量的关系是解答的关键，题目难度中等