1、2015-2016学年广东省佛山一中、东华高级中学联考高三（上）摸底化学试卷一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分每小题只有一个选项符合题意）1NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1.0L 1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB常温常压下，8gO2含有4NA个电子C25时pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAD1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA2下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物3下列
2、离子方程式正确的是（）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H+2II2+2H2OCNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O4短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z25室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是（）实验编号 起始浓度/（molL1）反应后溶 液的pHc（HA）c（KOH）0.1
3、0.19x0.27A实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=molL1C实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1molL1D实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）6银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去下列说法正确的是（）A处理过程中银器一直保持恒重B银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C该过程中总反应为2Al+3Ag2S6Ag+Al2S3D黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化
4、为白色AgCl7在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a（g）+b（g）2c（g）；H10x（g）+3y（g）2z（g）；H20进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所作的功），下列叙述错误的是（）A等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B等压时，通入z气体，反应器中温度升高C等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大8下列叙述中正确的是（）A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶
5、液一定含有Ag+9常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0 molL1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42B甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、ClO、ClCpH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO、BrD与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32、NO310室温下，将1mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O（s） CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为H3则下列判断正确的是（）AH2H
6、3BH1H3CH1+H3=H2DH1+H2=H311某物质的结构为，关于该物质的叙述正确的是（）A一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯B该物质不能使酸性KMnO4溶液褪色C与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分D与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂还有三种12下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液
7、，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD13下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用水湿润pH试纸测量某溶液的pHB用量筒量取20mL0.5000molL1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000molL1H2SO4溶液C实验室用图1所示装置制取少量氨气D实验室用图2所示装置除去Cl2中的少量HCl14将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）
8、AK+、SiO32、Cl、NO3BH+、NH4+、Al3+、SO42CNa+、S2、OH、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO315Al、Fe、Cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均为碱性氧化物B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al二、非选择题（共55分）16（14分）（2011北京）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略
9、，气密性已检验）实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是（2）C中白色沉淀是，该沉淀的生成表明SO2具有性（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是；乙在A、B间增加洗气瓶D，D
10、中盛放的试剂是进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸结合离子方程式解释实验现象异同的原因：（5）合并（4）中两同学的方案进行实验B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是17（15分）（2015秋佛山校级月考）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1一种工业合成氨的简式流程图如图所示：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：（2）步骤中制氢气的原理如下：CH4（g）+
11、H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.4kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1对于反应，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是a升高温度b增大水蒸气浓度c加入催化剂d降低压强利用反应，将CO进一步转化，可提高H2的产量若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为（3）图（a）表示500、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：（4）依据温度对合成氨反应的影响，
12、在图（b）坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：18（14分）（2015黑龙江模拟）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度的升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H0（填“大于”或“小于”）；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应速率v（N2O4）为molL1s1；反应的平衡常数K1为（2）100时达平衡后，改变反应温度为T，
13、c（N2O4）以0.0020molL1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡T100（填“大于”或“小于”），判断理由是列式计算温度T时反应的平衡常数K2（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是19（12分）（2014揭阳学业考试）姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：化合物I可以由以下合成路线获得：（1）有机物的分子式为，含有官能团的名称为醚键和（2）有机物V的名称为，其生成的化学方程式为（注明反应条件）：（3）写出一种符合下列条件的的同分异构体的结构简式苯环上的一硝基取代物有2种 1mol该物质水解，最多消耗3
14、molNaOH（4）反应中反应物的原子利用率为100%，请写出该反应的化学方程式2015-2016学年广东省佛山一中、东华高级中学联考高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分每小题只有一个选项符合题意）1NA为阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1.0L 1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB常温常压下，8gO2含有4NA个电子C25时pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAD1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、偏铝酸钠溶液中，溶剂水中也含有氧原子；
15、B、依据8g氧气计算含有的电子数即可；C、溶液体积不知不能计算微粒数；D、依据羟基和氢氧根离子的结构分析判断【解答】解：A、溶剂水中也含有氧原子，1OL 1.0mo1L1的Na2CO3水溶液中含有的氧原子数大于3NA，故A错误；B、8g氧气的物质的量=0.25mol，含有电子数为0.25mol28=4mol，故B正确；C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D、1mol的羟基所含电子数为9NA，1mol的氢氧根离子所含电子数为10NA，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是盐类水解、物质和微粒结构，掌握基础是关键，题目较简单2下列物质分类正确的是（）ASO2、Si
16、O2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物；【解答】解：A、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成
17、盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D【点评】本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单3下列离子方程式正确的是（）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水加入稀硫酸和K
18、I溶液：H2O2+2H+2II2+2H2OCNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O【考点】离子方程式的书写 【分析】A次氯酸为弱电解质，保留化学式；B双氧水加入稀硫酸和KI溶液生成碘和硫酸钾、水；C原子个数不守恒；D电荷不守恒【解答】解：ACl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B双氧水加入稀硫酸和KI溶液，离子方程式：H2O2+2H+2II2+2H2O，故B正确；CNa2O2溶于水产生O2，离子方程式：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故C错误；D
19、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，离子方程式：S2O32+2H+S+SO2+H2O，故D错误；故选：B【点评】本题考查离子方程式和电离方程式书写，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意离子方程式书写应符合客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大4短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z2【考点】影响盐类水解程度的主要因素 【专题】盐类的水解专题【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2、X+、Y3+、Z2，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增
20、大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S【解答】解：根据 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2，Al3+和S2均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C【点评】本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等5室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是（）实验编号 起始浓度/（molL1）反应后溶 液的pHc（HA）c（KOH）0.10.19x0.27A实验反应后
21、的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=molL1C实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1molL1D实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；D根据电
22、荷守恒确定离子浓度关系；【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH）c（H+），水的电离较微弱，所以c（A）c（OH），故A正确；B溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），c（OH）c（H+）=c（K+）c（A）=mol/L109 mol/L，故B错误；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A）+c（HA）0.1 mol/
23、L，故C正确；D溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH），溶液呈中性，即c（OH）=c（H+），则c（K+）=c（A），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A）c（OH），故D正确；故选B【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答，易错选项是C，题目难度中等6银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去下列说法正确的是（）A处理过程中银器一直保持恒重B银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C该过程中总反应为2Al+3Ag2S6Ag+
24、Al2S3D黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】铝、银和电解质溶液构成原电池，铝作负极，银作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，据此分析解答【解答】解：A银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误； B银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；CAl2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，故C错误； D黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl
25、，故D错误；故选B【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难度不大7在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a（g）+b（g）2c（g）；H10x（g）+3y（g）2z（g）；H20进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所作的功），下列叙述错误的是（）A等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B等压时，通入z气体，反应器中温度升高C等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大【考点】化学平衡的影响因素 【专题】压轴题；化学平衡专题【分析】A、等压时，通入惰性气体，体积增大，对第二个反应平衡向逆反应移动，温度升高，导致第一个反应向逆反应移
26、动；B、等压时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动，反应器中温度升高；C、等容时，通入惰性气体，各反应混合物的浓度不变；D、等容时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动【解答】解：A、等压时，通入惰性气体，容器体积增大，等效为压强减小，平衡x（g）+3y（g）2z（g）（H0）向左移动，正反应为吸热反应，反应体系的温度升高，由于该反应容器是一个不导热的容器，所以平衡a（g）+b（g）2c（g）也向吸热方向移动，即逆反应方向移动，所以c的物质的量减小，故A错误；B、等压时，通入z气体，增大了生成物的浓度，平衡x（g）+3y（g）2z（g）向左移动，由于该反应的逆反应是放热反应，容器内温度升高，
27、虽然导致第一个反应向逆反应移动，但移动结果不会恢复到原温度，故平衡时温度升高，故B正确；C、等容时，通入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量没有变化，即各组分的浓度没有发生变化，所以各组分的反应速率不发生变化，故C正确；D、等容时，通入z气体，增大了生成物z的浓度，平衡逆向移动，所以y的物质的量浓度增大，故D正确；故选A【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度中等，本题要特别注意题干中的信息“不导热的密闭反应器”，注意压强对第一个反应没有影响，根据第二反应的移动热效应，判断第一个反应的移动8下列叙述中正确的是（）A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的
28、物质一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计 【专题】化学实验基本操作【分析】A实验室保存液溴常用水封的方法；B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；CCC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4【解答】解：A液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为
29、Cl2，故B错误；CCC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I无色，故C错误；D溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误故选A【点评】本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作9常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0 molL1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42B甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、ClO、ClCpH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO、BrD与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32、NO3【考点】离子共存问题 【
30、专题】离子反应专题【分析】A离子之间发生氧化还原反应；B甲基橙呈红色的溶液，显酸性；CpH=12的溶液，溶液显碱性；D与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液【解答】解：AH+、Fe2+、NO3离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B甲基橙呈红色的溶液，显酸性，ClO、Cl发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；CpH=12的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中H+、CO32反应，且Al、H+、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应
31、的考查，注意信息的抽取和应用，题目难度不大10室温下，将1mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O（s） CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为H3则下列判断正确的是（）AH2H3BH1H3CH1+H3=H2DH1+H2=H3【考点】反应热和焓变；反应热的大小比较 【专题】化学反应中的能量变化【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=C
32、u2+（aq）+SO42（aq）H2；已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3，根据盖斯定律确定之间的关系【解答】解：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）+5H2O（l）H10；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42（aq）H20；已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3；依据盖斯定律得到，所以H3=H1H2；H20，H10，则H30，A、上述分析可知H2H3，故A错误；B、分析可知H2=H1H3，由于H20，H3H1 ，故B正确；C、H3=H1H2，故C错误；D、H20，H10
33、、H3H1+H2，故D错误；故选B【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等11某物质的结构为，关于该物质的叙述正确的是（）A一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯B该物质不能使酸性KMnO4溶液褪色C与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分D与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂还有三种【考点】有机物的结构和性质 【分析】一定条件下与氢气反应可以生成，既不是硬脂酸甘油酯，也不是软脂酸甘油酯，其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分；与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有和两种，以此解答该题【
34、解答】解：A一定条件下与氢气反应可以生成，不生成硬脂酸甘油酯，故A错误；B含有不饱和烃基，可被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；C其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分，故C正确；D与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有和两种，故D错误故选C【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于油脂的水解的考查，为高频考点，注意油脂的组成和结构，特别是硬脂酸、软脂酸和油酸的区别12下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否
35、产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C自发进行的氧化还原反应中，氧化
36、剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化【解答】解：A检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应2I+Br2=2Br+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D溶解度大的物质能向溶解度小的
37、物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故D正确；故选B【点评】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是AB，注意：用硝酸银检验溴离子时要先中和过量的碱，为易错点13下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用水湿润pH试纸测量某溶液的pHB用量筒量取20mL0.5000molL1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000molL1H2SO4溶液C实验室用图1所示装置制取少量氨气D实验室用图2所示装置除去Cl2中的少量HC
38、l【考点】测定溶液pH的方法；氨的实验室制法；气体的净化和干燥；配制一定物质的量浓度的溶液 【专题】化学实验基本操作【分析】A、pH试纸不能事先湿润；B、20mL0.5000molL1H2SO4溶液和80ml水混合后，溶液的体积不等于100ml；C、收集氨气的试管不能用橡皮塞塞住管口；D、根据氯气难溶于饱和食盐水进行除杂【解答】解：A、pH试纸不能事先湿润，否则会带来实验误差，故A错误；B、20mL0.5000molL1H2SO4溶液和80ml水混合后，溶液的体积不等于100ml，且稀释浓硫酸时，为防止酸液飞溅，应将浓硫酸加入到水中，故B错误；C、收集氨气的试管不能塞橡皮塞，会导致试管内压强过
39、大而将橡皮塞顶开，应在试管口塞一团棉花，故C错误；D、氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水进行洗气分离，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意B项，为易错点14将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）AK+、SiO32、Cl、NO3BH+、NH4+、Al3+、SO42CNa+、S2、OH、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO3【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】将足量CO2通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是对应的酸比碳酸弱的酸根离子以及OH不能共存【解答】解：AH2SiO3酸性比碳酸弱，通入过量CO2，SiO32不能大量共存
40、，故A错误；B通入过量CO2，四种离子在弱酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；COH与CO2反应而不能大量共存，故C错误；DC6H5OH酸性比碳酸弱，通入过量CO2，C6H5O不能大量共存，故D错误故选B【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意比碳酸弱的酸的种类即可解答15Al、Fe、Cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均为碱性氧化物B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al【考点】常见金属元素的单质
41、及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用 【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物【分析】A、根据Al、Fe、Cu三者对应的氧化物各自所属类别来回答；B、根据Al、Fe、Cu三者放在空气中所发生的反应来回答；C、根据AlCl3、FeCl3、CuCl2三种溶液直接蒸干时所得到的产物进行分析；D、根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出【解答】解：A、铝对应的氧化物Al2O3是两性氧化物，故A错误；B、Fe还可以形成复杂的氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，故B错误；C、因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl气体了
42、，HCl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C正确；D、根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：Cu2+H+Fe2+Al3+，Fe2+和Al3+不放电，Fe3+得电子成为Fe2+，不会析出铁，所以铁和Al不可以，因为它们比H活泼，只有Cu可以，故D错误故选C【点评】本题考查了常见的金属单质的性质、电解原理以及盐类水解的应用知识，是一道综合型题目二、非选择题（共55分）16（14分）（2011北京）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性
43、已检验）实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O（2）C中白色沉淀是BaSO4，该沉淀的生成表明SO2具有还原性（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是2NO+O22NO2（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础
44、上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是通N2一段时间，排除装置中的空气；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是饱和NaHSO3溶液进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸结合离子方程式解释实验现象异同的原因：甲：SO42+Ba2BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量（5）合并（4）中两同学的方案进行实验B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【考点】二氧化硫的化学性质 【专题】压轴题【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A
45、中发生的反应方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42，说明SO2具有还原性；（3）C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO，遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O22NO2；（4）甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42+Ba2B
46、aSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42，说明SO2具有还原性；（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2+2NO3+
47、2H2O3BaSO4+2NO+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O22NO2；（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式
48、为SO42+Ba2+BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀故答案为：（1）Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）H2SO4，还原；（3）2NO+O22NO2，（4）通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；甲：SO42+Ba2+BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O
49、2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量；（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【点评】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等，综合性强17（15分）（2015秋佛山校级月考）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1一种工业合成氨的简式流程图如图所示：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应
50、的化学方程式：2NH4HS+O2=2S+2NH3H2O（2）步骤中制氢气的原理如下：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.4kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1对于反应，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是aa升高温度b增大水蒸气浓度c加入催化剂d降低压强利用反应，将CO进一步转化，可提高H2的产量若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为90%（3）图（a）表示500、60.0MPa条件下，原料气投
51、料比与平衡时NH3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：14.5%（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图（b）坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，说明又生成一水
52、合氨，配平书写化学方程式；（2）对于反应正反应为气体体积增大吸热反应，a升高温度，反应速率加快，平衡正向移动；b增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大；c加入催化剂不影响平衡移动；d降低压强，反应速率减慢；若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中 CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，设转化的一氧化碳的物质的量为x，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 0.2 0 0.8变化量（mol） x x x平衡量（mol）0.2x x
53、 x+0.8则0.2x+x+x+0.8=1.18，进而计算CO转化率；（3）a点氮气的体积分数为42%，氢气与氮气物质的量之比为3：1，二者按3：1反应，平衡时二者体积分数之比为3：1，结合氨气体积分数计算；（4）随反应进行氨气物质的量增大，达到平衡状态，合成氨的反应是放热反应，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小；（5）合成氨为放热过程，通过热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度；分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率【解答】解：（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生
54、，说明又生成一水合氨，化学方程式为：2NH4HS+O2=2S+2NH3H2O，故答案为：2NH4HS+O2=2S+2NH3H2O；（2）对于反应正反应为气体体积增大吸热反应a反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合；b增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b不符合；c加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c不符合；d降低压强，反应速率减小，平衡逆向进行，氢气百分含量减小，故d不符合；若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中 CO为0.2mol，H
55、2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，设转化的一氧化碳的物质的量为x，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 0.2 0 0.8变化量（mol） x x x平衡量（mol）0.2x x x+0.8则0.2x+x+x+0.8=1.18，解得x=0.18，则CO转化率为100%=90%，故答案为：a；90%；（3）a点氮气的体积分数为42%，氢气与氮气物质的量之比为3：1，二者按3：1反应，平衡时二者体积分数之比为3：1，则平衡时氮气体积分数为（142%）=14.5%，故答案为：14.5%；（4）随反应进行氨气物
56、质的量增大，达到平衡状态，合成氨的反应是放热反应，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图为：，故答案为：；（5）合成氨为放热过程，通过热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，使合成氨放出的能量得到充分利用；将氨气液化，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率，故答案为：；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用【点评】本题考查了化学平衡计算及影响因素等，侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度中等18（14分）（2015黑龙江模拟）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4
57、，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度的升高，混合气体的颜色变深回答下列问题：（1）反应的H大于0（填“大于”或“小于”）；100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示在060s时段，反应速率v（N2O4）为0.001molL1s1；反应的平衡常数K1为0.36mol/L（2）100时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020molL1s1的平均速率降低，经10s又达到平衡T大于100（填“大于”或“小于”），判断理由是正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高列式计算温度T时反应的平衡常数K21.28mol/L（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平
58、衡向逆反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；反应速率利用公式v=计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T100；计算T时两种物质的浓度，计算得到化学平衡常数；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向【解答】解：（1）随温度的升高
59、，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即H0；060s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）=0.001molL1s1；K=0.36mol/L，故答案为：大于、0.001molL1s1、0.36mol/L；（2）N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T100，故答案为：大于、正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高；平衡时，c（NO2）=0.120molL1+0.002molL1s110s2=0.16molL1，c（N2O4）=0.04molL10.002molL1s110s=0.020molL1
60、，K2=1.28mol/L，故答案为：1.28mol/L；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，故答案为：逆反应、对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大19（12分）（2014揭阳学业考试）姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：化合物I可以由以下合成路线获得：（1）有机物的分子式为C8H8O3，含有官能团的名称为醚键和（酚）羟基、醛基（2）有机物V的名称为1、2二溴乙烷，其生成的化学方程式为（注明反应条件）：CH2B
61、rCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr（3）写出一种符合下列条件的的同分异构体的结构简式苯环上的一硝基取代物有2种 1mol该物质水解，最多消耗3molNaOH（4）反应中反应物的原子利用率为100%，请写出该反应的化学方程式【考点】有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】乙烯和溴发生加成反应生成为1、2二溴乙烷，生成为乙二醇，催化氧化生成为乙二醛，结构简式为OHCCHO，被氧化，结合可知，是中的醇羟基被氧化生成羰基，由到是脱羧基的反应，据此可以答题【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成为1、2二溴乙烷，生成为乙二醇，催化氧化生成为乙二醛，结构简式为OHCCHO，被
62、氧化，结合可知，是中的醇羟基被氧化生成羰基，由到是脱羧基的反应，（1）根据的结构简式可知，分子中含有8个C，3个O，8个H，分子式为C8H8O3，含氧官能团的名称为醚键和（酚）羟基、醛基，故答案为：C8H8O3；（酚）羟基、醛基；（2）有机物V为1、2二溴乙烷，生成的化学方程式为CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr，故答案为：1、2二溴乙烷；CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr；（3）苯环上的一硝基取代物有2种，说明是含有两个取代基且处于对位，1mol该物质水解，说明含有酯基，最多消耗3molNaOH，结合其分子式知水解后的产物含有2个酚羟基和一个羧基，所以该结构简式为，故答案为：；（4）根据元素守恒结合题中部分反应物和生成物可知，反应方程式为，故答案为【点评】本题考查有机物推断，涉及反应方程式的书写、同分异构体的判断等知识点，明确物质含有的官能团及断键和成键方式是解本题关键，难度中等