1、2015年陕西省商洛市山阳中学高考化学模拟试卷一、（选择题共48分）本大题包括16小题，每小题3分，共计48分，每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2015山阳县校级模拟）下列化学用语正确的是（）AH2O2的电子式 BCO2的比例模型 CS2的结构示意图 D质子数为53、中子数为72的碘原子：12553I考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A双氧水为共价化合物，分子式中不存在阴阳离子；B二氧化碳分子中，碳原子比较大于氧原子；C硫离子的核外电子总数为18，最外层为8个电子；D质量数=质子数+质子数，元素符号的左上角表示的是质量数，左下角为质子数解答：解：A双氧水分
2、子中不存在阴阳离子，双氧水正确的电子式为：，故A错误；B二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，碳原子比较大于氧原子，其正确的比例模型为：，故B错误；C硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，硫离子结构示意图为：，故C错误；D质子数为53、中子数为72的碘原子，其质量数为125，该原子可以表示为：12553I，故D正确；故选D点评：本题考查了电子式、离子结构示意图、比例模型、元素符号等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确原子结构示意图与离子结构示意图、球棍模型与比例模型的区别2（3分）（2015山阳县校级模拟）如图表示的是纯净物、单质、化合物、含氧
3、化合物、氧化物物质之间的包含与不包含关系，若整个大圆代表纯净物，则所属的类别是（）A单质、氧化物B单质、含氧化合物C化合物、氧化物D化合物、含氧化合物考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系专题：物质的分类专题分析：从图中关系可知并列，包含，包含，而物质包括混合物和纯净物，纯净物包括单质和化合物，化合物包括含氧化合物和不含氧化合物，含氧化合物又包括氧化物据此解答解答：解：依据图中关系可知：并列，包含，包含，依据物质的分类（物质包括混合物和纯净物，纯净物包括单质和化合物，化合物包括含氧化合物和不含氧化合物，含氧化合物又包括氧化物）可知：整个大圆代表纯净物，单质，为化合物，为含氧
4、化合物，为氧化物；故选：B点评：本题考查了物质的分类，熟悉混合物、纯净物、氧化物、含氧化合物的概念及相互关系是解题关键，题目难度不大3（3分）（2012海南）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数为NAB一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC1.0L的0.1 molL1Na2S溶液中含有的S2离子数为0.1NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为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、氢气和氮气反应生成氨
5、气是可逆反应，不能进行彻底；B、依据钠完全反应，失去最外层电子计算分析；C、硫离子水溶液中水解；D、标准状况下，CCl4不是气体解答：解：A、氢气和氮气反应生成氨气是可逆反应，不能进行彻底，在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后得到NH3分子数小于NA，故A错误；B、一定条件下，2.3g的Na物质的量量为0.1mol，完全与O2反应失电子为0.1mol，所以生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA，故B正确；C、1.0L的0.1 molL1Na2S溶液中，硫离子水解减少，所以溶液中含有的S2离子数小于0.1NA，故C错误；D、标准状况下，CCl4不是气体，22.4L
6、的CCl4物质的量不是1mol，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查可逆反应的分析判断，氧化还原反应电子转移的计算，气体摩尔体积的条件应用判断，盐类水解的实质应用，题目较简单4（3分）（2015山阳县校级模拟）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）A用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+BNa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2C将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOD用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有氧化性：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+
7、8H2O考点：离子方程式的书写分析：A电子、电荷守恒；B电子不守恒，没有配平；C生成HClO在离子反应中保留化学式；D发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，过氧化氢作还原剂解答：解：A用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故A正确；BNa2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故B错误；C将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故C错误；D用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，发生2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O，证明H2O2具有还原性，故D错误；故选
8、A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的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大5（3分）（2015山阳县校级模拟）下列除去杂质的方法正确的是（）A除去CO2中混有的CO：用澄清石灰水洗气B除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤C除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤D除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂专题：实验评价题分析：A二氧化碳与石灰水反应；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁；C碳酸钡与盐酸反应；D
9、二者均与硝酸反应解答：解：A二氧化碳与石灰水反应，将原物质反应掉，不符合除杂原则，应利用灼热的氧化铜来除杂，故A错误；BFe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉，过滤可除杂，故B正确；C碳酸钡与盐酸反应，将原物质反应掉，不符合除杂原则，可利用足量碳酸钠和沉淀的生成来除杂，故C错误；D二者均与硝酸反应，不能除杂，应加稀盐酸后，过滤、洗涤来除杂，故D错误；故选B点评：本题考查物质分离、提纯的方法和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应及除杂的原则，题目难度不大，选项C为解答的难点6（3分）（2012江苏）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A用图（a
10、）所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图（b）所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C用图（c）所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图（d）所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；制备实验方案的设计专题：实验评价题分析：A氯气也能与NaOH溶液反应；B氯化铵受热易分解；C纯碱为粉末状固体，不适合制取少量气体，无法使反应随时停止；D碘不易溶于水，更易溶于有机溶剂，萃取后分层解答：解：A因HCl、氯气都能与NaOH溶液反应，则不能利用该装置来除去氯气中的HCl，故A错误；B因氯化铵受热易分解，则不能用图（b）所示装置蒸干NH
11、4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，应利用结晶法来得到晶体，故B错误；C纯碱为粉末状固体，不适合制取少量气体，无法使反应随时停止，可利用稀盐酸和石灰石来制取少量气体，故C错误；D碘不易溶于水，更易溶于有机溶剂，萃取后分层，则可用图（d）所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；故选D点评：本题考查实验方案的评价，熟悉混合物的分离、提纯是解答本题的关键，选项B为解答的易错点，注意利用物质的性质来解答，题目难度不大7（3分）（2015山阳县校级模拟）常温下，下列关系的表述中，正确的是（）A中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量之比为l：lBpH=3的盐酸和pH=
12、3的FeCl3溶液中，水电离的c（H+）相等C0.1 molLNaHC03溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32一）c（H2C03）D浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：CH3COOH溶液；NaOH溶液；CH3COONa溶液，溶液的PH 考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A醋酸为弱酸，等pH时，浓度较大；B盐酸抑制水的电离，氯化铁促进水的电离；CNaHC03溶液水解呈碱性，HCO3水解大于电离程度；D按照等浓度时pH：强碱弱碱水解呈碱性中性水解呈酸性酸的顺序比较解答：解：A醋酸为弱
13、酸，等pH时，浓度较大，则醋酸消耗的氢氧化钠较多，故A错误；B盐酸抑制水的电离，氯化铁促进水的电离，故B错误；CNaHC03溶液水解呈碱性，HCO3水解大于电离程度，则c（H2C03）c（CO32一），故C错误；D等浓度时NaOH溶液pH最大，而CH3COOH溶液呈酸性，则pH最小，所以溶液的PH ，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、盐类的水解等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的原理，难度不大，注意相关基础知识的积累8（3分）（2015南康市校级四模）分子式为C6H12O2且可与碳酸氢钠反应的有机化合物有（不考虑立体异构）（）A5种B6
14、种C7种D8种考点：同分异构现象和同分异构体专题：同系物和同分异构体分析：可与碳酸氢钠反应的有机化合物中一定含有羧基，根据分子式为C6H12O2且含有羧基的有机物的同分异构体的种类来回答解答：解：可与碳酸氢钠反应的有机化合物中一定含有羧基，分子式为C6H12O2且含有羧基的有机物可以简写为C5H11COOH，其中C5H11有8种同分异构体：CH2CH2CH2CH2CH3、CH（CH3）CH2CH2CH3、CH（CH2CH3）2、CHCH（CH3）CH2CH3、C（CH3）2CH2CH3、C（CH3）CH（CH3）2、CH2CH2CH（CH3）2、CH2C（CH3）3，所以C5H11COOH有8
15、种同分异构体故选D点评：本题涉及羧酸的化学性质以及同分异构体的书写等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大9（3分）（2012山东）下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）A苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体D乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A油脂中含有不饱和烃基，可与高锰酸钾发生反应；B分别为取代反应和加成反应；C二者分子式相同，但结构不同；D分别含有OH和COOH解答：解：A苯不能使
16、酸性高锰酸钾褪色，但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故A错误；B甲烷与氯气发生取代反应，乙烯与溴水发生加成反应，二者反应类型不同，故B错误；C葡萄糖、果糖的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C正确；D乙醇含有OH，乙酸含有COOH，二者含有的官能团不同，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握有机物的官能团的性质以及反应类型的判断10（3分）（2015山阳县校级模拟）下列各组离子在指定溶液中 一定能共存的是（）A使石蕊溶液变红的溶液中：MnO4、NO3、SO42、Na+、SO32B加入Al能放出H2的溶液中：M
17、g2+、NH4+、Cl、Na+、SO42C使pH试纸变深蓝的溶液中：CO32、NO3、Na+、S2、AlO2、SO32DpH=1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I、Cl、S2考点：离子共存问题分析：A使石蕊溶液变红的溶液，显酸性；B加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C使pH试纸变深蓝的溶液，显碱性；DpH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应解答：解：A使石蕊溶液变红的溶液，显酸性，MnO4、NO3分别与H+、SO32发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+，故B错误；C使
18、pH试纸变深蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DpH=1的溶液，显酸性，Fe2+（I或S2）、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大11（3分）（2015山阳县校级模拟）短周期元素甲、乙、丙、丁、戊五种元素在元素周期表中的位置如下图所示，其中戊是同周期中原子半径最小的元素下列有关判断正确的是（）A最外层电子数：甲乙丙丁戊B简单离子的离子半径：戊丁丙C含有丁元素的酸有多种D乙的氢化物多种多样，丙、丁、戊的氢
19、化物各有一种考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：甲、乙、丙、丁、戊五种元素为短周期元素，则甲乙丙位于第2周期、丁戊位于第3周期；戊是同周期中原子半径最小的元素，同一周期中随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，则戊为Cl元素，丁为S元素、丙为N元素、乙为C元素、甲为B元素，根据元素周期律知识对各选项进行判断解答：解：甲、乙、丙、丁、戊五种元素为短周期元素，则甲乙丙位于第2周期、丁戊位于第3周期；戊是同周期中原子半径最小的元素，同一周期中随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，则戊为Cl元素，丁为S元素、丙为N元素、乙为C元素、甲为B元素，A根据图示可知，按照甲、乙
20、、丙、丁、戊的顺序，最外层电子数逐渐增多，即：甲乙丙丁戊，故A错误；B戊为Cl元素，丁为S元素、丙为N元素，其丙的离子含有2个电子层，戊、丁的离子含有三个电子层，由于戊的核电荷数大于丁，则三种元素对应的简单离子半径大小为：丁戊丙，故B错误；C丁为S元素，含有硫元素的酸有硫酸、亚硫酸及氢硫酸等，故C正确；D戊为Cl元素，丁为S元素、丙为N元素、乙为C元素，碳元素的氢化物有多种，Cl、S元素的氢化物有一种，而N的氢化物有多种，故D错误；故选C点评：本题考查了原子结构与元素周期律的知识，题目难度中等，注意掌握位置、结构与性质的关系，正确推断各元素名称为解答关键，“戊是同周期中原子半径最小的元素”为本
21、题的突破口12（3分）（2015山阳县校级模拟）常温下，将等浓度的FeSO4和（NH4）2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体是分析化学中常用的一种还原剂，其强热分解反应化学方程式：2（NH4）2Fe（SO4）26H2OFe2O3+2NH3+N2+4SO2+17H2O下列说法正确的是（）A该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3B1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NAC向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和白色沉淀D常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、（NH4）2SO4小考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：2（NH4）2Fe（
22、SO4）26H2OFe2O3+2NH3+N2+4SO2+17H2O中，Fe、N元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答解答：解：AFe、N元素的化合价升高，S元素的化合价降低，则该反应中氧化产物是N2、Fe2O3，还原产物是SO2，故A错误；B由S元素的化合价变化可知，1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为1mol22（64）=8mol，故B错误；C向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，因氢氧化亚铁易被氧化成氢氧化铁，最终可得刺激性气体和红褐色沉淀，故C错误；D常温下，将等浓度的FeSO4和（NH4）2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，可知常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、（
23、NH4）2SO4小，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度和习题信息角度分析，题目难度不大13（3分）（2015山阳县校级模拟）有关如图所示化合物的说法正确的是（）A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，不能在光照下与Br2发生取代反应B既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色C既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体D1mol该化合物最多可以与4mol NaOH反应考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：该有机物
24、中含有COOC、C=C、OH、苯环等，结合酯、烯烃、酚及苯的有关性质来解答解答：解：A、分子中的C=C能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，甲基上的H在光照下与Br2发生取代反应，故A错误；B、因含有C=C，则既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C、分子中含酚OH，能与FeCl3溶液发生显色反应，但酸性较弱，不能与与NaHCO3溶液反应，故C错误；D、分子中含有2个COOC及1个酚OH均能与碱反应，则1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故D错误；故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，明确烯烃、苯酚的性质是解答本题的关键，题目难度不大14（3分）（2012山东
25、）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：压轴题；电化学专题分析：A当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；B开关由M改置于N时，Zn为负极，合金被保护；C气体在Pt上放出；DMnO2发生还原反应解答：解：A图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B、图b中开关由M置于N，CuZn作正极，腐蚀
26、速率减小，故B正确；C图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；D图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现锌的还原性，故D错误故选B点评：本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理15（3分）（2014和平区二模）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X 中一定含有SO42C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2SiO3 的酸
27、性比H2CO3的酸性强D向浓度均为0.1molL1 NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；硅酸的性质及制法专题：实验题分析：A、根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性；B、根据亚硫酸根离子具有还原性，能被稀硝酸氧化为硫酸根离子；C、根据强酸制弱酸的原理；D、根据同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出来解答解答：解：A、因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋
28、白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故A错误；B、溶液X 中滴加稀硝酸，生成硫酸根离子，滴加Ba（NO3）2溶液时生成硫酸钡白色沉淀，则溶液X中含有SO42或SO32，故B错误；C、向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，反应方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3，H2CO3H的酸性比2SiO3 的酸性强，故C错误；D、同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确；故选D点评：本题主要考查了物质的性质，掌握物质的性质是解题的关键16（3分）（2015山阳县校级模拟）如图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示同温度下，pH=1的盐
29、酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B图2表示0.1000 molL1CH3COOH溶液滴定20.00mL0.1000 molL1NaOH溶液所得到的滴定曲线C图3表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大D据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；体积百分含量随温度、压强变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定专题：图示题分析：ApH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH变化快的是盐酸；B0.1000 molL1
30、CH3COOH溶液PH大于1；C增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小；DpH在4左右Fe3+完全沉淀解答：解：ApH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH变化快的是盐酸，所以曲线为醋酸，曲线I为盐酸，a点氢离子浓度大导电性强，故A错误；B0.1000 molL1CH3COOH溶液PH大于1，而图2中酸初始的PH为1，不相符，故B错误；C可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故C错误；D由图象可知，pH在4左右Fe3+完全沉淀，所以可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右，故D正确故选D点评：本题以
31、图象的形式考查平衡移动、酸性比较、沉淀生成等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力二、（非选择题共52分）17（6分）（2015山阳县校级模拟）某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可以制得氯气，化学方程式为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O他们设计了如下制取氯气并验证其性质的实验试回答：（1）该实验中A部分的装置是b（填写装置的序号）（2）请你设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已经被氧化（简述实验步骤）：取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠
32、被氧化（3）写出D装置中发生反应的离子方程式Cl2+H2OH+Cl+HClO、H+HCO3CO2+H2O考点：实验装置综合分析：（1）根据反应物的状态及反应条件选择发生装置；（2）氯气有强氧化性，亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子；如果亚硫酸钠被氧化会生成硫酸钠，根据硫酸根离子的检验方法检验即可；（3）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳解答：解：（1）A部分用于制取Cl2，根据所给Cl2的生成反应的反应物状态和反应是否需要加热选择气体发生装置，应选属于“固+液气”型的b，故答案为：b；（2）Na2SO3氧
33、化的产物为Na2SO4，确定存在SO42即可证明Na2SO3已部分被氧化检验时，应取C中溶液少许于洁净试管中，先加稀HCl至不再产生气体以排除SO32的干扰，然后再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明Na2SO3已部分被氧化，故答案为：取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化；（3）进入D的Cl2与水反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，HCl能与NaHCO3反应，离子方程式为H+HCO3=CO2+H2O，HClO因酸性比H2CO3弱而不能与NaHCO3反应，故答案为：Cl2+H2OH+Cl+HC
34、lO、H+HCO3CO2+H2O点评：本题考查氯气的制备以及性质检验，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，注意亚硫酸根离子的检验首先要排除硫酸根离子的干扰18（8分）（2015山阳县校级模拟）在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：I：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液：II：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气己知：KspFe（OH）3=4.01038回答下列问题：（1）FeCl3水解反应的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（2）过程I 加入铁屑的主要作用是回收铜，分离得到固体
35、的主要成分是Cu和Fe；（3）过程II中发生反应的化学方程式为FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2+CaCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）过程II中调节溶液的pH为5，金属离子浓度为41011mol/L考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质专题：元素及其化合物分析：（1）Fe3+易水解，水解生成H+，根据水解原理书写方程式；（2）过程加入铁屑的主要作用是和氯化铜发生反应生成铜，过滤后得到固体为Fe和Cu，加入盐酸铁反应，铜不反应过滤分离得到铜；（3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中
36、迅速氧化为氢氧化铁；（4）过程中调节溶液的pH为5，氢氧化铁沉淀溶液中存在沉淀溶解平衡，依据溶度积常数计算解答：解：（1）Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（2）向废液中投入过量铁屑，铁会和三氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，所以加入铁粉是为了得到铜，过滤得到固体是过量的铁和铜，用盐酸溶解铁反应，铜不反应过滤得到铜，故答案为：回收铜；Cu和Fe；（3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速氧化为氢氧化铁；反应的化学方程式为：FeCl2+
37、Ca（OH）2=Fe（OH）2+CaCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2+CaCl2 、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）过程中调节溶液的pH为5，常温下溶液中氢氧根离子浓度为109mol/L，依据溶度积常数计算铁离子浓度，Fe（OH）3（s）Fe3+3OH；Ksp=c（Fe3+）c3（OH），c（Fe3+）=41011mol/L；故答案为：41011mol/L点评：本题考查了铁离子的氧化性，提取铜的反应过程和步骤分析判断，氢氧化铁氢氧化亚铁的转化反应，溶度积的计算应用，题目难度中等19（14分
38、）（2015山阳县校级模拟）X、Y、Z为三种常见单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见的化合物它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系（反应均不是在溶液中进行的，反应条件已略去）（以下每空中填入一种即可）请回答下列问题：（1）当X、Y均为金属时，Y的化学式为Al2O3，B的化学式为Fe（2）当X为气体非金属单质Y为紫红色金属时，X的化学式为H2，A的化学式为CuO（3）当X为金属，Y为固体非金属单质时，X与A反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C（4）当X、Y均为固体非金属单质时，X与A反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO（5）当X为固体非金属单质时，0.5mol
39、固体X与58g固体A恰好完全反应生成Y和无毒气体B，写出A与稀盐酸反应的离子方程式Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O考点：无机物的推断分析：单质Z为绿色植物光合作用后的产物之一，则Z应为O2，X+AY+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物，则：（1）当X、Y均为金属时，应为铝热反应，铝有较强的还原性，与氧化铁混合制成铝热剂；（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，氢气还原氧化铜等符合转化关系；（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，应为Mg和CO2的反应；（4）当X、Y均为非金属固体时，为C和SiO2的反应；（5）当X为固体非金属单质时，0.5mol固体X与5
40、8g固体A恰好完全反应生成Y和无毒气体B，由于A、B均为氧化物，则B应为CO2，故A中氧元素质量为0.5mol216g/mol=16g，另外元素质量为58g16g=42g，未知元素与氧元素质量之比为42：16=21：8，Fe3O4符合解答：解：Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+AY+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物，则（1）当X、Y均为金属时，应为铝热反应，则X为Al，Y为Al2O3，B为Fe，故答案为：Al2O3；Fe；（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，氢气还原氧化铜等符合转化关系，Y为Cu，X应为H2，A为CuO，故答案为：H2；CuO；（3）
41、当X为金属、Y为非金属且为固体时，应为Mg和CO2的反应，反应的方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（4）当X、Y均为非金属固体时，为C和SiO2的反应，反应的方程式为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（5）当X为固体非金属单质时，0.5mol固体X与58g固体A恰好完全反应生成Y和无毒气体B，由于A、B均为氧化物，则B应为CO2，故A中氧元素质量为0.5mol216g/mol=16g，另外元素质量为58g16g=42g，未知元素与氧元素质量之比为42：16=21：8，Fe3O4符合，与盐酸反应离子方程式为：Fe3O4+8H
42、+=Fe2+2Fe3+4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O点评：本题考查无机物的推断，题目开放性较大，属于猜测验证型，熟练掌握元素化合物性质是关键，难度较大20（9分）（2015山阳县校级模拟）复分解反应是中学化学中常见的一种反应类型请回答下列问题（1）已知在常温下测得浓度均为0.1molL1的下列6种溶液的pH：溶液CH3COONaNa2CO3Na2CO3HClOC6H5ONaPH8.89.711.610.311.3复分解反应在这样一个规律：一种较强酸与另一种较弱酸的盐可自发地反应，生成较弱酸和较强酸的盐，如：2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+C
43、O2+H2O，若换个角度看，它同时揭示出另一条规律：碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质依照该规律，请判断下列反应不能发生的是AD（填编号）ACO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClOBCO2+H2O+NaClONaHCO3+HClOCCO2+H2O+C6H5ONaNaHCO3+C6H5OHDCO2+H2O+2C6H5ONaNa2CO3+2C6H5OHENa2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa（2）得根据前述信息判断，常温下，浓度均为0.05mol/L的下列5种物质的溶液中，pH最小的是（填编号），其pH=1（填数值）；pH最大的是（填编号）C6H5OHCH
44、3COOHHClO4HClOH2SO4（3）一些复分解反应的发生还遵循其它的规律，下列转化都属于复分解反应：工业上将石灰乳与纯碱溶液混合可制得苛性的钠溶液；侯氏制碱法中，向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打晶体请根据上述反应，总结出复分解反应的另一规律：复分解反应能向着生成更难溶物质的方向进行（4）根据（3）中结论，现将KI溶液和AgCl固体混合搅拌，则可以观察到的现象是白色固体变为黄色，反应的离子方程式为I+AgCl=AgI+Cl考点：探究化学反应机理；化学基本反应类型分析：（1）根据一种较强酸与另一种较弱酸的盐可以自发地反应，生成较弱酸和较强酸的盐，即强酸制取弱酸原理，反之也存在
45、碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质；（2）浓度均为0.05mol/L的六种物质的溶液，氢离子浓度越大pH越小，反之越大，强酸的电离程度大于弱酸的电离程度；（3）根据反应有沉淀生成，结合物质的溶解度情况来分析；（4）碘化银的溶解度小于氯化银，沉淀可以向着更难溶的方向转化解答：解：相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液的pH越大，酸的酸性越小，根据钠盐溶液的pH知，酸性强弱顺序是：CH3COOHH2CO3HClOHCNC6H5OH，根据强酸制取弱酸判断，A酸性H2CO3HClOHCO3，所以二氧化碳和次氯酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，故错误；B酸性H2CO3HClOHCO3
46、，所以CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO成立，故正确；C酸性H2CO3C6H5OHHCO3，应生成NaHCO3，故正确；D酸性H2CO3C6H5OHHCO3，应生成NaHCO3，故错误；E酸性H2CO3C6H5OHHCO3，应生成NaHCO3，故正确；故答案为：AD；（2）浓度均为0.05mol/L的C6H5OH、CH3COOH、HClO4、HClO、H2SO4中，只有硫酸是二元强酸，电离出的氢离子浓度最大，所以酸性最强，pH最小，浓度均为0.05molL1的硫酸中，c（H+）=0.1mol/L，所以pH=1，根据表中pH数据，知道HCN的酸性最弱，电离程度最小，所以氢离子浓最
47、小，即pH最大，故答案为：；1；（3）由题意可知，三个反应都有沉淀生成，根据所给反应，总结出复分解反应发生的另一规律为：反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行，故答案为：复分解反应能向着生成更难溶物质的方向进行；（4）KI溶液与AgCl固体混合搅拌，白色固体变为黄色，即发生反应：I+AgCl=AgI+Cl，证明生成了碘化银，故答案为：白色固体变为黄色；I+AgCl=AgI+Cl点评：本题考查较综合，涉及强酸制弱酸的反应规律、pH计算、沉淀转化、盐类水解的应用等，侧重反应机理探究的考查，综合性较强，题目难度中等21（12分）（2015山阳县校级模拟）甲醇可作为燃料电池
48、的原料以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇：CH4 （ g ）+H2O （ g ）CO （ g ）+3H2 （ g ）H=+206.0kJmol1：CO （ g ）+2H2 （ g ）CH3OH （ g ）H=129.0kJmol1（1）CH4（g）与H2O（g）反应生成CH3OH （g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g） H=+77kJmol1（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如图1假设100时达到平衡所需的
49、时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率为0.003 molL1min1100时反应I的平衡常数为2.25104（3）在压强为0.1MPa、温度为300条件下，将amol CO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下发生反应生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是CD （填字母序号）Ac（ H2 ）减少B正反应速率加快，逆反应速率减慢CCH3OH 的物质的量增加D重新平衡c （ H2 ）/c （CH3OH ）减小E平衡常数K增大（4）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+
50、做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化实验室用图2装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式Co2+e=Co3+写出除去甲醇的离子方程式6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+若图2装置中的电源为甲醇空气KOH溶液的燃料电池，则电池负极的电极反应式：CH3OH6e+8OHCO32+6H2O，净化含1mol甲醇的水燃料电池需消耗KOH2mol考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：（1）已知：I：CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）H=+206.0kJmol1II：CO （g）+2H2 （g）=CH3OH （g）H=129.0kJmo
51、l1依据盖斯定律，+可得：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g），反应热也进行需要计算；（2）100时达到平衡时，甲烷转化率为50%，结合化学平衡三段式列式计算平衡时各组分的物质的量，根据c=计算v（H2）；计算平衡状态时各物质的浓度，代入平衡常数表达式K=；（3）其他条件不变，平衡后将容器的容积压缩到原来的，压强增大，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，由于温度不变，则平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，据此分析解答；（4）阳极发生氧化反应，Co2+失去电子氧化生成Co3+；以Co3+做氧化剂把水
52、中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+；负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O解答：解：（1）I：CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）H=+206.0kJmol1II：CO （g）+2H2 （g）=CH3OH （g）H=129.0kJmol1依据盖斯定律，+得到：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g） H=+77kJmol1故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g） H=+77kJmol1；
53、（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积固定为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol50%=0.5mol，则： CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）起始量（mol）：1.0 2.0 0 0变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡量（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5假设100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=0.003 molL1min1，故答案为：0.003 molL1min1；100时反应I的平衡浓度为c（CH4）=0.0
54、50mol/L，c（H2O）=0.015mol/L，c（CO）=0.005mol/L，c（H2）=0.015mol/L，平衡常数K=2.25104，故答案为：2.25104；（3）A平衡后将容器的容积压缩到原来的，压强增大，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，由于平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，故A错误；B压强增大，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故B错误；C压强增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH 的物质的量增加，故C正确；D压强增大，平衡向正反应方向移动，氢气的物质的量减小、甲醇的物质的量增大，故重新平衡减小，故D正确；E平衡常数只受温度影
55、响，温度不变，平衡常数不变，故E错误，故答案为：CD；（4）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+e=Co3+；故答案为：Co2+e=Co3+；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；故答案为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2O，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O，净化含1mol甲醇的水燃料电池需消耗2mol KOH，故答案为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2O；2点评：本题属于拼合型题目，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、影响化学平衡因素、平衡常数与反应速率计算、原电池与电解原理等，题目难度中等