1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东省平阴县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1焰色反应每次实验都要用试剂洗净铂丝，这种试剂是ANa2CO3溶液 BNaOH溶液 C硫酸 D稀盐酸【答案】D【解析】试题分析：A、B中含有Na+，会干扰焰色反应，C中硫酸不挥发，高沸点，其盐高温也不易挥发，洗涤时不可能洗净铂丝上粘有的物质。而盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的。故选D。考点：考查了焰色反应的相关知识。2双选题下列反应属于放热反应的是()A锌粒与稀H2SO4反应BNaOH溶于水CKClO3受热分解 DCaO溶于水【答案】AD【解
2、析】金属与酸的反应及大多数化合反应是放热反应，NaOH溶于水不是化学变化。3在下列影响化学反应速率的外界因素中，肯定能使化学反应速率加快的方法是升高温度；加入正催化剂；增大反应物浓度；将固体块状反应物磨成粉末；增大压强。A B C D 【答案】B【解析】试题分析：升高温度；加入正催化剂；增大反应物浓度；将固体块状反应物磨成粉末；均能是反应速率加快，增大压强仅针对平衡体系中存在气体的反应，对于非气体反应的体系中增大压强反应速率不变，故不一定能是反应速率增大，故B项正确。考点：影响化学反应速率公式。446g钠投入100g水中，下列叙述错误的是A钠浮在水面，熔化成银色光亮的小球 B钠贮存在煤油中C所
3、得溶液的质量分数为44 D该反应中转移02mole-【答案】C【解析】试题分析：A、钠浮在水面，熔化成银色光亮的小球,A正确；B钠贮存在煤油中，B正确；C所得的溶液为氢氧化钠溶液，由化学反应方程式2Na+2H2O=2NaOH+H246g钠生成8g氢氧化钠，放出2g氢气，故溶液的质量分数为8g/(100g+46g-2g)100=78，C错误。D 46g钠为02mol，02mol钠和水生成02molNaOH转移了02mole-。D正确。考点：钠的性质和化学计算。5下列各组中，含有离子晶体、分子晶体、原子晶体各一种的是AKCl、H2SO4、S B金刚石、Na3PO4、MgCHF、SiC、Ar DH2
4、O、SiO2、K2CO3【答案】D【解析】试题分析：AKCl是离子晶体；H2SO4、S都是分子晶体，错误。B金刚石是原子晶体；Na3PO4是离子晶体；Mg是金属晶体，错误。CSiC是原子晶体；HF和Ar都是分子晶体，错误。DH2O是分子晶体；SiO2是原子晶体；K2CO3是离子晶体。符合题意，正确。考点：考查物质的晶体类型的判断的知识。6一种新型镁铝合金的化学式为Mg17Al12，它具有储氢性能，该合金在一定条件下完全吸氢的化学方程式为：Mg17Al1217H217MgH212Al，得到的混合物Y（17MgH212Al）在一定条件下能释放出氢气。下列说法正确的是A该合金的熔点介于金属镁和金属铝
5、熔点之间B该合金中镁元素呈负价，铝元素呈正价C1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与盐酸完全反应释放出H2，若消耗盐酸的体积为14L，则该盐酸的物质的量浓度为5mol.L1D制备该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质在一定温度下熔炼而获得【答案】C【解析】试题分析：A该合金的熔点应该低于成分金属的熔点，错误；B在合金中镁元素、铝元素都是以单质形式存在，化合价都是0价，错误；C1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与盐酸完全反应释放出H2，若消耗盐酸的体积为14L，根据元素守恒，可得消耗盐酸的物质的量是172+123=70mol,则该盐酸的物质的量浓度为70m
6、ol 14L=5mol.L1 ，正确；D由于Mg是活泼的金属，容易与氮气发生反应，所以若制备该合金应在氮气作用下不能制取获得，错误。考点：考查新型镁铝合金的制取、性质及应用的知识。7（原创）下列相关的离子方程式书写正确的是ANaHS溶液水解： HS- + H2O S2- + H3O+B向Ca(C1O)2溶液中通入SO2：SO2+2ClO-+H2O=SO32-+2HClOC硫酸与氢氧化钡溶液混合：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2OD向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42刚好沉淀完全：Ba2+ + 2OH- + NH4+ + H+ + SO42- = BaS
7、O4+ NH3H2O + H2O【答案】D【解析】试题分析：ANaHS溶液水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，水解的离子方程式是：HS- + H2O H2S + OH-，错误；B向Ca(C1O)2溶液中通入SO2，SO2有还原性，ClO-有氧化性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式是：Ca2+SO2+ClO- +H2O =CaSO4+2 H+Cl-，错误；C硫酸与氢氧化钡溶液混合，不符合微粒的个数比，离子方程式应该是：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，错误；D向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42刚好沉淀完全：Ba2+ + 2OH- + N
8、H4+ + H+ + SO42- = BaSO4+ NH3H2O + H2O，符合反应事实，拆写也正确无误，正确。考点：考查离子方程式书写的正误判断的知识。8一些烷烃的标准燃烧热如下表：化合物标准燃烧热（H/KJmol-1）化合物标准燃烧热（H/KJmol-1）甲烷-8910正丁烷-28780乙烷-15608异丁烷-28696丙烷-222152-甲基丁烷-35313下列说法正确的是A热稳定性：正丁烷异丁烷B正戊烷的标准燃烧热大约为：H一3540kJ/molC乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）+7O2（g）4CO2（g）+6H2O（g）+15608kJ/molD、在101kPa下，甲烷的
9、热值是8910kJ/g【答案】B【解析】试题分析：A、由表格中的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，即热稳定性为正丁烷异丁烷，A错误；B、正戊烷和2-甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正丁烷的燃烧热大于2-甲基丁烷，即正戊烷的燃烧热大约在3540kJ/mol左右，且大于35313kJ/mol，B正确；C、根据乙烷燃烧热的含义：完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出15608kJ的热量，所以热化学方程式为2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）；H=-31216k
10、J/mol，C错误；D、燃料的热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，在101kPa下，甲烷的热值是8910kJ/g，D错误。考点：考查了燃烧热、热化学方程式的相关知识。9反应4A(s)+3B(g)4C(g)+ D(g)，经2min B的浓度减少06 molL-1，对此反应速率的正确表示是（ ）A用A表示的反应速率是04molL-1min-1B分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3:4:1C在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是03molL-1min-1D在这2min内用A和C表示的反应速率的值都是相同的【答案】B【解析】试题分析：A、A是固体，不能表示反应速率，A项错误；
11、B、速率之比等于化学计量数之比，故v（B）：v（C）：v（D）=3：4：1，B项正确；C、计算的是平均速率，不是即时速率，C项错误；D、A是固体，不能表示反应速率，D项错误；答案选B。考点：考查反应速率的计算10物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是ANH4Cl BNH4HCO3 CCH3COONH4 DNH4HSO4【答案】D【解析】试题分析：根据NH4 H2ONH3 H2OH，Cl对水解无影响，HCO3- 促进水解,CH3COO促进水解，NH4HSO4电离出的氢离子可以大大抑制铵根离子的水解，所以上述四个选项中，当物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是NH4HSO4
12、，选D。考点：考查影响盐类水解的因素。11电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容。下列有关溶液的叙述错误的AFe2(SO4)3溶液蒸干、灼烧，得到Fe2O3B相同条件下，等物质的量浓度的溶液导电能力：NaOHCH3COOHC溶液中结合质子（氢离子）的能力：CO32HCO3CH3COOD海洋封存CO2会导致局部海洋水体酸性增强，会破坏海洋生态环境【答案】A【解析】试题分析：Fe2(SO4)3溶液中虽然存在Fe3+水解，但H2SO4为高沸点，难挥发性酸，故Fe2(SO4)3溶液蒸干的Fe2(SO4)3固体，故A项说法错误；NaOH为强电解质完全电离，CH3COOH为弱电解质部分电离，相同条件下，
13、等物质的量浓度的溶液导电能力：NaOHCH3COOH，B项正确；酸性CH3COOH H2CO3 HCO3，故溶液中结合质子（氢离子）的能力：CO32HCO3CH3COO，C项说法正确；海洋封存CO2会导致局部海洋水体酸性增强，会破坏海洋生态环境，D项说法正确；本题选A。考点：化学反应原理。12有机物C4H8Cl2的同分异构体中只含一个“CH3”的有A2种 B3种 C4种 D5种【答案】C【解析】试题分析：有机物C4H8Cl2的同分异构体中只含一个“CH3”的有CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHCl CH2CH2Cl、ClCH2-CH(CH3)CH2Cl四种
14、不同的结构，故选项是C。考点：考查有机物同分异构体的书写的知识。13向等物质的量浓度的NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入一定量CO2。下列离子方程式与事实不相符的是AOHCO2 HCO3B2OHCO2 CO32H2OCCa2+2OHCO2 CaCO3H2ODCa2+4OH2CO2 CaCO3CO322H2O【答案】BD【解析】试题分析：向等物质的量浓度的NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入一定量CO2，CO2首先与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，然后是与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，然后是与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后与碳酸钙反应生成碳酸氢根，应该离子方程式为Ca2+2OHCO2 CaCO3H
15、2O 、2OHCO2 CO32H2O、CO32H2OCO2 2HCO3、CaCO3CO2H2OCa2+2HCO3，则A当CO2足量时可发生OHCO2 HCO3，A正确；B溶液中含有钙离子，所以不可能发生2OHCO2 CO32H2O，B错误；C根据以上分析可知Ca2+2OHCO2 CaCO3H2O可以发生，C正确；D如果氢氧化钠与氢氧化钙各1mol，当通入二氧化碳2mol时，氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，离子方程式为Ca2+3OH2CO2 CaCO3HCO3H2O，D错误，答案选BD。考点：考查氢氧化钙、氢氧化钠混合液与CO2反应离子方程式的判断14下列物质既能与盐酸反应又能
16、与氢氧化钠溶液反应的是Al Al2O3 Al(OH)3 FeA B C D【答案】C【解析】试题分析：Al既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，这是Al的特性，Al2O3是两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应；Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应；Fe可以与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故选C。考点：Al的特性、Al2O3 和Al(OH)3的两性的了解。15下列指定反应的离子方程式，正确的是A氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe (OH)22H+Fe2+2H2OB碳酸钙溶于稀醋酸溶液：CaCO3+ 2H+Ca2+ + CO2+ H2OC向NH4Al (S
17、O4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42恰好完全沉淀： 2Ba24OHAl32SO422BaSO4AlO22H2OD向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O+CO2+H2O C6H5OH+HCO3【答案】D【解析】试题分析：A、氢氧化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应，生成铁离子、水和NO，错误；B、醋酸是弱酸，不能写成离子形式，错误；C、向NH4Al (SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42恰好完全沉淀时，NH4Al (SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比是1:2，则氢氧根离子与铵根离子、反应生成一水合氨、与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，错误；D、向苯酚钠溶液中通入二氧化碳时，
18、无论二氧化碳是过量还是少量则二氧化碳的产物都是碳酸氢根离子，同时有苯酚生成，正确，答案选D。考点：考查离子方程式书写的判断16碳和硅属于同主族元素，在生活生产中有着广泛的用途。（1）甲烷可用作燃料电池，将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池，通入CH4的一极，其电极反应式是 ；CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染，有望解决汽车尾气污染问题，反应如下：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=574kJmol1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=1160kJmol1则NO2被甲
19、烷还原为N2的热化学方程式为_（2）已知H2CO3 HCO3 H Ka1（H2CO3）=4.45107HCO3CO32H Ka2(HCO3)=5.611011HAHA Ka(HA)=2.95108请依据以上电离平衡常数，写出少量CO2通入到NaA溶液中的离子方程式_。（3） 在T温度时，将1.0molCO2和3.0molH2充入2L密闭恒容器中，可发生反应的方程式为CO2 (g) + 3H2(g) CH3OH(g) + 2H2O(g) 。充分反应达到平衡后，若容器内的压强与起始压强之比为a ：1，则CO2转 化率为_，当a=0.875时，该条件下此反应的平衡常数为_(用分数表示)。（4）氮化硅
20、（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英(SiO2)与焦炭在高温的氮气流中反应生成，已知该反应的平衡常数表达式K=c(CO)6/c(N2)2，若已知CO生成速率为v(CO)6molL-1min-1，则N2消耗速率为v(N2) ；该反应的化学方程式为_。【答案】（1） CH48e+ 10OHCO32+ 7H2OCH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=867kJmol-1(3分，方程式1分，数值2分)（2） CO2+ A+ H2O = HCO3+ HA（3） 400(1-a)%或4(1-a)100%或(4-4a)100%(3分，没有表示为百分号形式的不得分)
21、 8/27 L/mol (3分，没有单位或单位错误扣1分)（4） 2molL-1min-1(3分，没有单位或单位错误扣1分)；3SiO2+6C+ 2N2Si3N4+ 6CO(没写可逆符号或缺少条件的扣1分)【解析】试题分析：（1）甲烷在碱性条件下失电子生成CO32，配平可得电极方程式：CH48e+ 10OHCO32+ 7H2O；首先写出NO2与CH4反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求H，第二个反应对比N2，第一个反应与第二个反应抵消NO，所以H=1/2H1+1/2H2=867kJmol-1，进而写出热化学方程式。（2）根据题目所给信息可知：Ka1（H2CO3） Ka(HA) Ka2
22、(HCO3)，根据强酸制弱酸的原理，少量CO2通入到NaA溶液中的离子方程式为：CO2+ A+ H2O = HCO3+ HA（3）因为压强之比等于气体物质的量之比，设CO2的转化率为x，根据三段式进行计算： CO2 (g) + 3H2(g) CH3OH(g) + 2H2O(g)起始物质的量（mol） 1 3 0 0转化物质的量（mol） x 3x x 2x平衡物质的量（mol） 1-x 3-3x x 2x则（4-x）：4=a：1，解得x=4-4a，所以CO2的转化率为：400(1-a)%或4(1-a)100%或(4-4a)100%；a=0.875时，x=0.5，则平衡常数为：0.5mol/L（
23、1molL1）20.5mol/L(1.5molL1)3=8/27 L/mol。（4）根据平衡常数表达式K=c(CO)6/c(N2)2，可得化学方程式中CO的系数为6，N2的系数为2，反应物还有SiO2和C，生成了Si3N4，配平可得化学方程式：3SiO2+6C+ 2N2Si3N4+ 6CO；v(N2)1/3 v(CO)6molL-1min-11/3= 2molL-1min-1。考点：本题考查电极方程式、离子方程式、化学方程式、热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学反应速率、转化率的计算。 17工农业生产和科学实验中常常涉及溶液的酸碱性，人们的生活健康也与溶液的酸碱性有关，因此，测试和控制溶液的
24、pH具有重要意义。 （1）常温下，下列事实一定能证明HA是弱电解质的是 。常温下HA溶液的pH小于7用HA溶液做导电实验，灯泡很暗常温下NaA溶液的pH大于70.1mol/L HA溶液的pH2.1将等体积的pH2的HCl与HA分别与足量的Zn反应，放出的H2体积HA多pH1的HA溶液稀释至100倍，pH约为2.8（2）常温下，将 pH3的HA溶液与将 pH11的NaOH溶液等体积混合后，溶液可能呈 (选填字母：a酸性、b碱性、c中性 )。将等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合后，溶液可能呈 (选填字母：a酸性、b碱性、c中性)。用离子方程式解释混合液呈酸性或碱性的原因 。（3）甲、
25、乙两烧杯均盛有5 mL pH3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4。关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是( )A溶液的体积10V甲V乙B水电离出的OH浓度：10c(OH)甲=c(OH)乙C若分别与5 mL pH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲乙D若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙（4）若HA为弱酸，一定浓度的HA和NaA的混合溶液可作为控制体系pH的缓冲溶液，向缓冲溶液中加入少量的酸或碱，溶液pH 的变化很小，下列体系可作为缓冲溶液的有 。A氨水和氯化铵混合溶液 B硝酸和硝酸钠溶液C盐酸和氯化钠混合溶液 D醋酸和醋酸钠溶液（5）某二元酸(化学式用H2B
26、表示 )在水中的电离方程式是：H2BH+HB；HBH+B2。在0.1molL1的Na2B溶液中，c(B2 ) + 0.1molL1。（6）在25下，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中c(NH4+)c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_。【答案】（1）（2）酸性或中性；中性或碱性；AH2OHAOH（3）BC（4）AD（5）c（HB-）（6）【解析】试题分析：（1）常温下HA溶液的pH小于7只能说明溶液显酸性，不能说明是弱电解质，错误；溶液的导电性与离子浓度成正比，用HA溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说
27、明HA的电离程度，所以不能证明HA为弱电解质，错误；常温下NaA溶液的pH大于7，说明NaA是强碱弱酸盐，所以能HA为弱酸，正确；0.1mol/L HA溶液的pH2.1，即溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，说明HA部分电离，溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，正确；将等体积的pH2的HCl与HA分别与足量的Zn反应，放出的H2体积HA多，说明HA是浓度大于盐酸，但电离出的氢离子浓度相等，说明HA部分电离，溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，正确；pH1的HA溶液稀释至100倍，pH约为2.8，说明HA中存在电离平衡，则HA为弱电解质，正确，答案选。（2）常温下，将 pH3的HA溶液与将 pH1
28、1的NaOH溶液等体积混合后，如果HA是弱酸，则酸过量，溶液显酸性；如果酸是强酸，则二者恰好反应，生成的盐不水解，溶液显中性；将等物质的量浓度的HA溶液与NaOH溶液等体积混合后，如果HA是强酸，则显中性；如果HA是弱酸，生成的盐水解，溶液显碱性，离子方程式为AH2OHAOH。（3）A若酸为强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子浓度不变5ml10-3V10-4，解得V5Oml，则10V甲V乙；若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲V乙，所以10V甲V乙，A错误；B酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，则pH3的酸中，水电离的氢氧根
29、离子浓度为，c（OH-）甲Kw/c(H+)10-11mol/L；pH4的酸中，水电离的氢氧根离子浓度为，c（OH-）乙Kw/c(H+)10-10mol/L，则10c（OH-）甲=c（OH-）乙，B正确；C若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH值相等；若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲乙，C正确；D稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲乙，若酸为强酸，则二者的pH相等，若酸为弱酸，则甲溶液的pH大于乙，即：甲乙，D错
30、误，答案选BC。（4）A、含有氨水和氯化铵的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入碱时生成弱电解质，加入酸时生成正盐，是由于加入酸时发生：NH3H2O+H+NH4+H2O，加入碱时发生：NH4+OH-NH3H2O，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，A正确；B、硝酸是强酸，硝酸钠不水解，不能起缓冲溶液的作用，B错误；C、盐酸是强酸，氯化钠不水解，也不能起缓冲溶液的作用，C错误；D、含有醋酸和醋酸钠溶液向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质醋酸，加入碱时生成正盐醋酸钠，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用
31、，D正确，答案选AD；（5）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，根据物料守恒得c（B2-）+c（HB-）0.1mol/L；（6）根据电荷守恒，c(NH4)+ c(H+)c(Cl)+ c(OH-)，当c(NH4)c(Cl)，c(H+)c(OH-)，呈中性。在25下，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4)c(Cl)0.005 mol/L，溶液为中性，c(OH-)107mol/L，c(NH3H2O)0.5(a0.01) mol/L，电离常数考点：考查弱电解质的判断、溶液酸碱性判
32、断、缓冲溶液、离子浓度关系和电离平衡常数计算等18（16分）某研究性学习小组对Zn跟一定量的浓硫酸反应生成的气体产物进行探究。【提出假设】：小组同学经过分析讨论认为生成气体可能含H2和SO2。【设计实验方案，验证假设】主要包括两个环节：验证SO2，实验装置如图所示；检验产物中含有H2，实验内容将由B部分导出的气体依次通过装置C、D、E、F、G。中装置C、D、E、F、G的信息如下表所示：仪器标号CDEFG仪器洗气瓶洗气瓶硬质玻璃管，加热干燥管干燥管仪器中所加物质NaOH溶液浓硫酸CuO粉末试剂X无水CaCl2固体试回答下列问题：（1）小组同学认为生成气体中含H2的理由是 ； （2）盛放锌粒的仪器
33、名称是 ；（3）B部分装置的目的是验证SO2并探究SO2与品红作用的可逆性，实验的操作及主要现象是 ；（4）装置D、G的作用依次是 、 ；E中发生反应的化学方程式是 ；试剂X是 。【答案】（1）随着反应的进行，硫酸的浓度变小（2分） （2）蒸馏烧瓶（2分）（3）品红溶液先褪色，加热后又恢复红色（3分）（4）干燥H2，防止干扰后面H2的检验（2分），防止空气中的水蒸气进入H（2分）CuO+H2Cu+H2O（3分） 无水CuSO4粉末（2分【解析】试题分析：（1）由于随着反应的进行，硫酸的浓度变小，稀硫酸与锌反应生成氢气；（2）根据仪器的构造可知，盛放锌粒的仪器名称是蒸馏烧瓶；（3）SO2能使品红
34、溶液褪色，但这种褪色是不稳定的，加热时又恢复到原来的颜色，因此实验的操作及主要现象是品红溶液先褪色，加热后又恢复红色。（4）氢气还原氧化铜生成铜、水蒸气，因此要检验氢气，通入的氢气是干燥的，即浓硫酸的作用是干燥H2，防止干扰后面H2的检验；由于空气中也含有水蒸气，因此氯化钙的作用是防止空气中的水蒸气进入H，干扰水蒸气的检验。氢气还原氧化铜的方程式为CuO+H2Cu+H2O；硫酸铜吸水转化为胆矾，颜色由无色转化为蓝色，因此常用无水CuSO4粉末检验水蒸气，即H中的试剂是无水CuSO4粉末。考点：考查浓硫酸与锌反应生成物探究的实验方案设计19（10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入
35、少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的化学方程式有 。（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是 。（3）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。混合液ABCDEF4molL-1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1= ，V6= ，V9= 。反应一段时间后，实验E中的金属呈 色。该同学最后得出的结论为
36、：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因 。【答案】（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2（2分）（2）CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分）（3） V1=30；V6=10；V9=17.5 红色（紫红色）（每格1分，共4分）当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面（2分）【解析】试题分析：用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气原因：Zn+CuS
37、O4=ZnSO4+Cu，Zn、Cu、H2SO4形成原电池：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2加快反应；为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验，则该实验只是研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，故其他量浓度均不变，故溶液总体积相同，故V1 =V2 =V3 =V4=V5=30；V6=10；V9=17.5；E中加入10 mL饱和CuSO4溶液，会导致Zn表面附着一层红色金属铜；当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面，是反应速率减慢。考点：探究实验。20（15
38、分）工业上测量SO2、N2、O2混合气体中SO2含量的装置如下图；反应管中装有碘的淀粉溶液。SO2和I2发生的反应为（N2、O2不与I2反应）：SO2I22H2OH2SO42HI（1）混合气体进入反应管后，量气管内增加的水的体积等于 的体积（填写气体的分子式）。（2）反应管内溶液蓝色消失后，没有及时停止通气，则测得的SO2含量 （选填：偏高，偏低，不受影响）。（3）反应管内的碘的淀粉溶液也可以用 代替（填写物质名称）。（4若碘溶液体积为VamL，浓度为CmolL1，N2与O2的体积为VbmL（已折算为标准状况下的体积）。用CVaVb表示SO2的体积百分含量为： 。（5）将上述装置改为简易实验装
39、置，除导管外，还需选用的仪器为 （选下列仪器的编号）。a烧杯 b试管 c广口瓶 d容量瓶 e量筒 f单孔塞 g双孔塞【答案】（1）N2、O2的体积（2）偏低（3）酸性高锰酸钾溶液或溴水（4）VSO222.4CVa/（22.4CVaVb）100%（5）bceg或beg或ceg【解析】试题分析：（1）混合气体进入反应管中，其中SO2与I2发生反应：SO2I22H2OH2SO42HI不产生气体，剩余的气体仅有N2和O2，量气管内增加的水的体积等于N2和O2的总体积；（2）反应管内溶液蓝色消失时，SO2与反应管内所含的I2恰好反应，若没有及时停止通气，则未反应的SO2气体也排到量气管，使N2和O2体积
40、增加，测得SO2的含量降低；（3）碘的淀粉溶液的作用是当其中的I2完全被SO2还原时，溶液的颜色由蓝色变无色来指示终点的，其他可与SO2气体反应的物质，在到达终点有颜色改变时便可代替碘的淀粉溶液，如KMnO4溶液、溴水等；（4）由所给反应知SO2气体的物质的量等于碘的物质的量Va103LcmolL1=Va c103mol，某体积为V（SO2）=Vac103mol22.4103mLmol1=22.4VaCmL，所以SO2的体积百分含量为：22.4CVa/（22.4CVaVb）100%；（5）由所给装置可知反应管起密闭容器的作用，因此可用试管、广口瓶代替，而量取气体的体积方法除用量气管外，还可用测
41、量气体所排出液体的体积确定，可用广口瓶、双孔塞、量筒代替量气管，故改为简易装置所选仪器为bceg或beg或ceg。考点：考查了SO2含量测定的实验研究、误差分析、仪器的选择和操作等相关知识。21超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有碳和氧化铝杂质。为测定该产品中有关成分的含量，进行了以下两个实验：（1）称取20.00 g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气6.72 L（标准状况）。上述反应的化学方程式为_；该产品中AlN的质量分数
42、为_。(2)另取10.00 g样品置于反应器中，通入2.016 L（标准状况）O2，在高温下充分反应后测得气体的密度为1.34 gL-1（已折算成标准状况，AlN不跟O2反应）。该产品中含杂质碳_g。(此问需写出计算过程)【答案】（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH361.5%(2)m(C)=1.92 g 计算过程见解析。【解析】（2）O2+2C2CO O2+CCO2（气体）=1.34 gL-122.4 Lmol-1=30.0 gmol-12830.044即Mr(CO)（气体）Mr(CO2)故反应后得到的气体是CO和CO2的混合气体。设混合气体中CO2的物质的量为x，CO的物质的
43、量为y。2x+y=2 （氧原子守恒）=30.0 gmol-1解得：x=0.02 mol y=0.14 mol所以：m(C)=12 gmol-1(0.02 mol+0.14 mol)=1.92 g22用A+、B-、C2-、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种微粒（离子或分子），请回答：1）、A元素是 ；B元素是 ；C元素是 （用元素符号表示）。2）、D是由两种元素组成的双原子分子，其分子式是 。3）、E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子，其分子式是 。4）、F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是 ，电子式是 。5）G分子中含有4个原子，其分子式是 。6）、H分子中含有8个
44、原子，其分子式是 。【答案】（1）K Cl S（2）HCl（3）F2（4）H2S （5）H2O2、PH3（6）C2H6【解析】试题分析：18e-微粒来源大体分三个部分：一是第三周期元素的气态氢化物及去H+的对应离子，二是第四周期的金属阳离子，三是由第二周期气态氢化物去掉氢原子后，两两结合得到的分子，共16种，阳离子K+、Ca2+；阴离子P3-、S2-、HS-、Cl-；分子有Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、F2、H2O2、C2H6、CH3OH、N2H4等。A+、B-、C2-、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种微粒（离子或分子），则A是K，B是Cl，C是S。（1）根据以上分析可
45、知A元素是K，B元素是Cl，C元素是S。（2）D是由两种元素组成的双原子分子，则其分子式是HCl。（3）E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子，则其分子式是F2。（4）F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是H2S，电子式是。（5）G分子中含有4个原子，其分子式是H2O2或PH3。（6）H分子中含有8个原子，其分子式是C2H6。【考点定位】本题主要考查有关原子结构的相关问题。【名师点晴】掌握常见的18电子微粒是解答的关键，总结如下：18电子”的微粒分子离子一核18电子ArK、Ca2、Cl、S2二核18电子F2、HClO22、HS三核18电子H2S四核18电子PH3、H2O2五核18电
46、子SiH4、CH3F、NH2OH六核18电子N2H4、CH3OH其他微粒C2H6、CH3NH2N2H5、N2H6223物质AG有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B 、G ；（2）C与硫磺在加热条件下的生成物与足量浓硝酸反应的离子方程式为： 。（3）反应的化学方程式是 ；（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K= 。若温度不变，
47、再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，D的体积分数 （填“增大”、“不变”或“减小”）。【答案】（1）SO2；Cu2O（2）Cu2S+12H+10NO3-2Cu2+SO42-+10NO2+2H2O（3） Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（4）23.8 mol-1L；减小【解析】试题分析：砖红色沉淀G是葡萄糖和新制Cu(OH)2的反应，则G和单质C分别为Cu2O和Cu，结合反应条件可确定B、D分别为SO2、SO3，E和F分别为H2SO4和CuSO4。（1）根据以上分析可知B和G的化学式分别是)SO2、Cu2O；（2）铜在硫中燃烧生成硫化亚铜，硫化亚铜与浓硝酸反应的离子方程式
48、为Cu2S+12H+10NO3-2Cu2+SO42-+10NO2+2H2O。（3）反应的离子方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O。（4）根据中发生反应可知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始浓度（mol/L） 0.23 0.11 0转化浓度（mol/L） 0.12 0.06 0.12平衡浓度（mol/L） 0.11 0.05 0.12则平衡常数K=23.8平衡后通入O2，平衡向正反应方向进行，但由于总体积增加的程度更大，则再次达到平衡时SO3的体积分数也会减小。考点：本题主要结合无机框图推断，考查常见无机物之间的相互转化关系，以及化学平衡的移动知识的综合应用。高考资源网版权所有，侵权必究！
