1、2015-2016学年广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校联考高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共20小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共分40分）1下列说法不正确的是（）A可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔B乙烯是石油裂解后的产物C石油的分馏、煤的干馏是物理变化，石油的裂解和裂化是化学变化D棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物，都能发生水解反应2化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D装饰材料释放的甲醛会造成污染3反
2、应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A增加C的量B将容器的体积缩小一半C保持体积不变，充入H2O（g）D保持压强不变，充入N24下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DZn具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料AABBCCDD5用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子B6.4g氧
3、气和3.2g臭氧（O3）混合气体所含有的氧原子数为0.6NAC过氧化钠与CO2反应时，0.1mol过氧化钠转移的电子数为0.2NAD标准状况下，2.24L Cl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1NA6分子式为C4H8O2能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有（不含顺反异构）（）A6种B5种C4种D3种7下列叙述错误的是（）A等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B制备乙酸乙酯时可用饱和的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率DSO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同8下列各种情况下，常温下溶液中一定能
4、大量存在的离子组是（）A由水电离出的c（H+）=l1012mol/L的溶液中：K+、Ba2+、Cl、NO3B无色溶液中可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl、S2CpH=7的中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、SO42D酸性溶液中可能大量存在：Na+、ClO、SO42、CN9已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）2CoCl2+Cl2+3H2O （I） 5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3 （II）下列说法正确的是（）A反应I中HCl是氧化剂B反应中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2HClI2D氧化性：Co2O3Cl2HIO310根据原子结构与元素周期律的知识，下列推断正确的是（）
5、A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同CCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小D1735 Cl 与 1737 Cl 得电子能力相同11X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是（）A室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH1BZ的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸CY单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D原子半径由小到大的顺序：XYZW12下列表示对
6、应化学反应的离子方程式其中正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32BNH4HCO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4+OHNH3H2OCAlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+3NH3H2O3NH4+Al（OH）3D磁性氧化铁（Fe3O4）溶于稀硝酸3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O13下列电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）B在0.1 molL1NaClO溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HClO）C某温
7、度下，CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，使溶液pH=7时：c（CH3COO）=c（Na+）c（H+）=c（OH）D已知酸性：HCOOHCH3COOH，相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中：c（K+）c（HCOO）c（Na+）c（CH3COO）14下列描述及热化学方程式均正确的是（）A已知C2H6的燃烧热为1090 kJmol1，则C2H6燃烧的热化学方程式为：C2H6（g）+3.5O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H=1090 kJ/molB25，101kPa下，l mol C6H6燃烧生成CO2和液态水时放出3260 kJ热量，其热化学方程式为：C6H6（g）+7.5O2（
8、g）6CO2（g）+3H2O （l）H=3260kJmol1C已知常温下：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJ/mol，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O（l）时也放出57.3 kJ的热量D已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566 kJmol1，则CO的燃烧热H=283 kJmol115装置图所示，有关分析不正确的是（）A该装置中Cu极为阳极B工作时，左池中K+移向a电极C工作一段时间，要使右池溶液复原可加入适量的CuODb极的电极反应式：H2+2OH2e2H2O16下列除杂所用试剂和操作不合理的是（）选项物质（括号中为杂质）除杂试剂操作ACO2
9、（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气BBaCO3（BaSO4）饱和Na2CO3溶液搅拌、过滤C苯（苯酚）浓溴水过滤DCl2（HCl）饱和食盐水洗气AABBCCDD17下图所示的实验，能达到实验目的是（）A验证化学能转化为电能B验证温度对平衡移动的影响C验证铁发生析氢腐蚀D验证AgCl溶解度大于Ag2S18咖啡酸（如图），存在于许多中药，如野胡萝卜、光叶水苏、荞麦等中咖啡酸有止血作用下列关于咖啡酸的说法不正确的是（）A咖啡酸的分子式为C9H8O4B1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应C1mol咖啡酸可以和3molNaOH反应D可以用高锰酸钾检验出咖啡酸分子中含有碳碳双键19已知室温时，
10、0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（）A该溶液的pH=4B由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍C在该温度下加水稀释，溶液中减小D此酸的电离平衡常数约为1.010720如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H+2SO422PbSO4+2H2O下列有关说法正确的是（）AK与N相接时，能量由电能转化为化学能BK与N相接时，Pb上发生反应为：Pb2ePb2+CK与M连接时，所用电源的a极为负极DK与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H+SO42PbSO4+2H2O二
11、、简答题21（14分）（2015秋英德市校级月考）有机物A可发生如图转化（方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去）：已知：（R、R可表示烃基或官能团）请回答：（1）F蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基已知1mol F与足量钠作用产生H2 22.4L（标准状况），则F的分子式是；（2）G与F的相对分子质量之差为4，则G的性质是（填字母）；a可与银氨溶液反应 b可与乙酸发生酯化反应c可与氢气发生加成反应 d1mol G可与2mol新制Cu（OH）2发生反应（3）D能与NaHCO3反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则DE的化学方程式是
12、；（4）B的同分异构体较多，写出一种不含甲基能发生银镜反应的同分异构体结构简式：；（5）A转化为B和F的化学方程式是；（6）某烃分子H的碳原子数小于10，核磁共振氢谱只有一组峰，在相同条件下也可发生类似BC的反应并只生成一种有机物I，I的结构简式：22（16分）（2015秋广州校级月考）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题：（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是（填序号）；A每消耗1mol CO的同时生成2molH2B混合气体总物质的量不变C生成CH3OH的速率与消
13、耗CO的速率相等DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化CO的平衡转化率（）与温度、压强的关系如图所示B、C两点的平衡常数K（B）K（C） （填“”、“=”或“”）；某温度下，将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率=，此温度下的平衡常数K=（保留二位有效数字）；（2）常温下，将VmL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V20.00（填“”、“=”或“”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序；（
14、3）温度650的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质该电池的正极反应式为；（4）己知：CH3OH、H2的燃烧热（H）分别为726.5kJ/mol、285.8kJ/mol，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是23（15分）（2015秋广州校级月考）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量FeO、SiO2以孔雀石为原料可制备CuSO45H2O步骤如图：（1）写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式：，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有（写出两条）；（2）溶液A的金属离子有Cu2+
15、、Fe2+实验步骤中试剂最佳选（填代号）；aKMnO4 bCl2 cH2O2 dHNO3（3）溶液B中加入CuO作用是；（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=11039，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使溶液中c（Fe3+）降低至1103mol/L，必需将溶液pH调节至；（5）由溶液C获得CuSO45H2O晶体，需要经和过滤；（6）可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度，量取A溶液20.00ml，用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO410.00ml，A溶液中Fe2+的物质的量浓度mol/L（反应原理：MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+
16、4H2O）24（15分）（2015秋广州校级月考）甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色（1）B中反应的离子方程式是；（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在；（3）资料显示：SCN 的电子式为甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究；取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是；甲同学通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3，已知SCN中碳元素
17、没有被氧化，若SCN与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是mol；.8.12天津港特大爆炸事故现场有700吨左右氰化钠，氰化钠剧毒有少量因爆炸冲击发生泄漏这些泄露的氰化钠可通过喷洒氧化剂双氧水的方式来处理，以减轻污染（1）写出NaCN的电子式，偏碱性条件下，氰化钠溶液的CN被双氧水氧化为HCO3，同时放出NH3，该反应的离子方程式：；（2）Cu2+可作为双氧水氧化CN中的催化剂某兴趣小组要探究Cu2+对双氧水氧化CN是否起催化作用，请你完成下实验方案填写实验步骤、实验现象和结论（己知：CN浓度可用离子色谱仪测定）步骤：分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，现象与结
18、论：若若2015-2016学年广东省广州六中、广雅中学、执信中学等六校联考高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共分40分）1下列说法不正确的是（）A可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔B乙烯是石油裂解后的产物C石油的分馏、煤的干馏是物理变化，石油的裂解和裂化是化学变化D棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物，都能发生水解反应【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；有机化学反应的综合应用；化石燃料与基本化工原料 【分析】A乙炔能被高锰酸钾氧化，而乙烷不能；B石油裂解得到烯烃；C煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变
19、化；D相对分子之间在10000以上的化合物为高分子化合物，棉花、淀粉为多糖，蛋白质中含肽键【解答】解：A乙炔能被高锰酸钾氧化，而乙烷不能，可通过酸性高锰酸钾溶液来区别乙烷和乙炔，故A正确；B石油裂解得到烯烃，主要含乙烯，故B正确；C煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化，煤的干馏、石油的裂解和裂化均有新物质生成，属于化学变化，而石油的分馏为物理变化，故C错误；D相对分子之间在10000以上的化合物为高分子化合物，棉花、淀粉为多糖，蛋白质中含肽键，则棉花、蛋白质、淀粉都是高分子化合物，都能发生水解反应，故D正确；故选C【点评】本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握物质的性质、性质差异
20、及有机物的结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D装饰材料释放的甲醛会造成污染【考点】铵盐；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅 【分析】ANH4NO3在重力撞击下发生分解反应；B硅胶具有吸水性，可作干燥剂；C硅单质用于制备太阳能电池板；D甲醛有毒性，会污染空气【解答】解：ANH4NO3在重力撞击下发生分解反应，反应瞬间生成大量气体，所以NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸
21、，故A正确；B硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸气防止食物受潮，故B正确；C硅单质是重要的半导体材料，用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维，故C错误；D装饰材料会释放甲醛，甲醛有毒性，会污染空气，故D正确故选C【点评】本题考查了铵盐、硅胶、硅单质和二氧化硅、甲醛等的性质和应用，题目难度不大，注意把握常见物质的性质及应用3反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A增加C的量B将容器的体积缩小一半C保持体积不变，充入H2O（g）D保持压强不变，充入N2【考点】化学
22、反应速率的影响因素 【分析】A、根据浓度越大，化学反应速率越快，固体量的增减不影响反应速率；B、体积缩小，反应体系中物质的浓度增大，化学反应速率越快；C、体积不变，充入水蒸气，使体系压强增大，反应速率加快；D、压强不变，充入氮气容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小【解答】解：A、因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故A正确；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B错误；C、保持体积不变，充入水蒸气，使体系压强增大，反应速率加快，故C错误；D、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系
23、中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误故选A【点评】影响化学速率的因素有：温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变4下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀C浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2DZn具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料AABBCCDD【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；金属的通性 【分析】A、硫化铜、硫化
24、汞为难溶物；B、CaCO3溶解于强酸；C、浓硫酸做干燥剂体现其吸水性；D、Zn具有还原性和导电性【解答】解；A、除去废水中的Cu2+和Hg2+，利用了硫化物的溶解性，故A错误；B、CaCO3溶解于强酸，CaCl2溶液中通入CO2不能生成白色沉淀，故B错误；C、浓硫酸可用于干燥SO2，体现了浓硫酸的吸水性，和氧化性无关，故C错误；D、锌锰干电池的负极材料，体现了Zn的导电性和还原性，故D正确；故选D【点评】本题考查了物质的性质，明确硫化钠、浓硫酸、碳酸钙、锌的性质是解题关键，注意浓硫酸的吸水性，和氧化性无关5用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4LSO3含有NA
25、个分子B6.4g氧气和3.2g臭氧（O3）混合气体所含有的氧原子数为0.6NAC过氧化钠与CO2反应时，0.1mol过氧化钠转移的电子数为0.2NAD标准状况下，2.24L Cl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、标况下，三氧化硫为固体；B、氧气和臭氧均由氧原子构成；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；D、标况下，22.4L氯气为1mol，根据反应后氯元素为1价来分析【解答】解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g氧气和3.2g臭氧即9.6g混合气体中含有
26、的氧原子的物质的量n=0.6mol，即0.6NA个，故B正确；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，则0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故C错误；D、标况下，2.24L氯气为0.1mol，且完全反应，反应后氯元素为1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意掌握公式的运用和物质的结构，难度不大6分子式为C4H8O2能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有（不含顺反异构）（）A6种B5种C4种D3种【考点】有机化合物的异构现象 【分析】分子式为C4H8O2的酯为饱
27、和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数即可得出酯的种类【解答】解：分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种，酯有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种，酯有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，酯有1种；可形成的酯共有4种，故选C【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算7下列叙述错误的是（）A等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B制备乙酸乙酯时可用饱
28、和的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率DSO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同【考点】化学实验方案的评价 【分析】AAl和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2； B乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解；C用饱和食盐水替代水，相当于降低了水的浓度；DSO2能与溴水发生氧化还原反应；乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应【解答】解：AAl和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO
29、2+3H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，烧碱和盐酸足量时，生成氢气的量与Al的量成正比，Al的质量相等，所以生成氢气质量相等，故A正确； B乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，应用饱和碳酸钠溶液收集产物以除去其中的乙酸，故B错误；C用饱和食盐水替代水，相当于降低了水的浓度，可以减缓乙炔的产生速率，故C正确；DSO2能与溴水发生氧化还原反应；乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应，故SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同，故D正确故选B【点评】本题考查较为综合，涉及物质的量的计算、酯的水解、乙炔的制备、物质的鉴别等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题
30、型，注意相关知识的学习与积累，难度不大8下列各种情况下，常温下溶液中一定能大量存在的离子组是（）A由水电离出的c（H+）=l1012mol/L的溶液中：K+、Ba2+、Cl、NO3B无色溶液中可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl、S2CpH=7的中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、SO42D酸性溶液中可能大量存在：Na+、ClO、SO42、CN【考点】离子共存问题 【分析】A由水电离出的c（H+）=l1012mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；B铝离子与硫离子发生双水解反应；C铁离子在溶液中发生水解，溶液呈酸性；D酸性溶液中存在大量氢
31、离子，ClO、CN都与氢离子反应【解答】解：A由水电离出的c（H+）=l1012mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，K+、Ba2+、Cl、NO3之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BAl3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+在溶液中部分水解，溶液显示酸性，不可能为中性，故C错误；D酸性溶液中存在大量氢离子，ClO、CN与酸性溶液中的氢离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；
32、能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在9已知下列反应：Co2O3+6HCl（浓）2CoCl2+Cl2+3H2O （I） 5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3 （II）下列说法正确的是（）A反应I中HCl是氧化剂B反应中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2HClI2D氧化性：Co2O3Cl2HIO3【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】Co2O3+6HCl（浓）2CoCl2+Cl2+3H2
33、O中Co元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3中Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧化还原反应基本概念来解答【解答】解：A反应I中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故A错误；BII中Cl元素的化合价降低，则氯气发生还原反应，故B错误；C由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I中还原性为HClCoCl2，II中还原性为I2HCl，故C错误；D由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，I中氧化性为Co2O3Cl2，II中氧化性为Cl2HIO3，则氧化性为Co2O3Cl2HIO3，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高
34、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，注意氧化性、还原性比较的规律性方法，题目难度不大10根据原子结构与元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同CCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小D1735 Cl 与 1737 Cl 得电子能力相同【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同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2离子；C电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D互为同位素原子的
35、化学性质几乎完全相同【解答】解：A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2离子具有强还原性，故B错误；CS2、Cl、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2ClK+Ca2+，故C错误；D3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，电子能力相同，故D正确，故选D【点评】本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握11X、Y、Z、W是分别位于第2、3周
36、期的元素，原子序数依次递增X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14下列说法正确的是（）A室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH1BZ的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸CY单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D原子半径由小到大的顺序：XYZW【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之
37、和为14，则W的最外层电子数为1434=7，且原子序数最大，应为Cl元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应的单质、化合物的性质【解答】解：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为1434=7，且原子序数最大，应为Cl元素，AW为Cl元素，对应的HCl的水溶液为强酸，室温下，0.1 mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH=1，故A错误；BZ为Si，对应的二氧化硅与水不反应，故B错误；CY为Al，金属性比铁，可用铝热反应置
38、换出铁，故C正确；DC元素位于第二周期，其它元素位于第三周期，则C元素的半径最小，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则子半径由小到大的顺序为CClSiAl，故D错误故选C【点评】本题考查元素的推断及元素化合物的性质，题目难度中等，本题中注意从物质的性质作为推断题的突破口，注意常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位置、结构、性质有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累12下列表示对应化学反应的离子方程式其中正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+C
39、O2+3H2O2Al（OH）3+CO32BNH4HCO3溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4+OHNH3H2OCAlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+3NH3H2O3NH4+Al（OH）3D磁性氧化铁（Fe3O4）溶于稀硝酸3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O【考点】离子方程式的书写 【分析】A反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B漏写碳酸氢根离子与碱的反应；C反应生成氢氧化铝和氯化铵；DFe3O4在离子反应中保留化学式，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水【解答】解：A向NaAlO2溶液中通入过量的CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故A错误；BNH4HCO
40、3溶液中加入过量氢氧化钠溶液的离子反应为HCO3+NH4+2OHNH3H2O+H2O+CO32，故B错误；CAlCl3溶液中滴加过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O3NH4+Al（OH）3，故C正确；D磁性氧化铁（Fe3O4）溶于稀硝酸3Fe3O4+28H+NO39Fe3+NO+14H2O，故D错误；故选C【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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大13下列电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3
41、）c（CO32）c（H2CO3）B在0.1 molL1NaClO溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HClO）C某温度下，CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，使溶液pH=7时：c（CH3COO）=c（Na+）c（H+）=c（OH）D已知酸性：HCOOHCH3COOH，相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中：c（K+）c（HCOO）c（Na+）c（CH3COO）【考点】离子浓度大小的比较 【分析】A碳酸氢钠溶液中，HCO3的水解程度大于其电离程度，则c（CO32）c（H2CO3）；B根据次氯酸钠溶液中的质子守恒进行分析；C温度影响水的离子积，不是常温下，pH=7的溶液不是中性，则c（H+
42、）c（OH）；D相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中，钾离子和钠离子浓度相等，根据酸性越强，对应酸根离子的水解程度越小进行判断c（HCOO）、c（CH3COO）的浓度大小即可【解答】解：A在0.1 molL1NaHCO3溶液中，由于HCO3的水解程度大于其电离程度，则c（CO32）c（H2CO3），正确的浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故A错误；B在0.1 molL1NaClO溶液中，根据质子守恒可得：c（OH）=c（H+）+c（HClO），故B正确；C某温度下，CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，使溶液pH=7时，此时溶液不一定为中性，则不一定
43、满足c（H+）=c（OH），无法判断c（CH3COO）、c（Na+）的大小，故C错误；D由于酸性HCOOHCH3COOH，相同浓度的HCOOK与CH3COONa溶液中，CH3COO的水解程度大于HCOO，则溶液中离子浓度：c（HCOO）c（CH3COO），而钾离子和钠离子浓度相等，则c（K+）c（HCOO）c（Na+）c（CH3COO），故D错误；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、质子守恒等知识的含义为解答关键，试题充分考查学生的分析能力及灵活应用能力14下列描述及热化学方程式均正确的是（）A已知C2H6的燃烧热为1090 kJmol1，则C2
44、H6燃烧的热化学方程式为：C2H6（g）+3.5O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H=1090 kJ/molB25，101kPa下，l mol C6H6燃烧生成CO2和液态水时放出3260 kJ热量，其热化学方程式为：C6H6（g）+7.5O2（g）6CO2（g）+3H2O （l）H=3260kJmol1C已知常温下：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJ/mol，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O（l）时也放出57.3 kJ的热量D已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566 kJmol1，则CO的燃烧热H=283 kJmol1【考点】热化学方
45、程式 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、苯常温下为液体；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程中吸热；D、依据燃烧热概念结合热化学方程式计算分析判断【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中热化学方程式生成的水为气体，不是稳定氧化物，故A错误；B、苯常温下为液体不是气体，故B错误；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程中吸热，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O（l）时也放出的热量小于57.3 kJ，故C错误；D、依据燃烧热概念结合热化学方程式计算分析判断，已知2CO（g）+O2（g）
46、2CO2（g）H=566 kJmol1，则CO的燃烧热H=283 kJmol1，故D正确；故选D【点评】本题考查了热化学方程式书写分析，燃烧热，中和热概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等15装置图所示，有关分析不正确的是（）A该装置中Cu极为阳极B工作时，左池中K+移向a电极C工作一段时间，要使右池溶液复原可加入适量的CuODb极的电极反应式：H2+2OH2e2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】外电路中，电子由铜流向a极，则左图中为原电池，负极b的电极反应为2OH+H22e=H2O，正极a上发生O2+2H2O+4e=4OH；右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu
47、2e=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2+2e=Cu，以此来解答【解答】解：正极a上发生O2+2H2O+4e=4OH，电解池中Cu与正极相连为阳极，发生Cu2e=Cu2+，故A正确；B外电路中，左池为原电池，K+移向正极a，故B正确；C右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu2e=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2+2e=Cu，所以电解质溶液基本不变，故C错误；D电解质为KOH，则b的电极反应为2OH+H22e=H2O，故D正确；故选C【点评】本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查，题目难度不大16下
48、列除杂所用试剂和操作不合理的是（）选项物质（括号中为杂质）除杂试剂操作ACO2（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气BBaCO3（BaSO4）饱和Na2CO3溶液搅拌、过滤C苯（苯酚）浓溴水过滤DCl2（HCl）饱和食盐水洗气AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【分析】A二氧化硫与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳；B加饱和Na2CO3溶液，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），生成BaCO3沉淀；C溴、三溴苯酚均易溶于苯；DHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解【解答】解：A二氧化硫与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；B加饱和Na2CO3
49、溶液，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），生成BaCO3沉淀，然后过滤从而除去BaSO4，故B正确；C溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液分离，故C错误；DHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则洗气可除杂，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大17下图所示的实验，能达到实验目的是（）A验证化学能转化为电能B验证温度对平衡移动的影响C验证铁发生析氢腐蚀D验证AgCl溶解度大于Ag2S【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析
50、】A没有形成闭合回路；B利用颜色的深浅，说明温度对化学平衡的影响；C食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；D发生沉淀的转化，沉淀转化向溶度积更小的方向进行【解答】解：A由图可知，没有形成闭合回路，应使用盐桥，故A错误；B二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度二氧化氮与四氧化二氮的对化学平衡的影响，故B正确；C食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C错误；D发生沉淀的转化，沉淀转化向溶度积更小的方向进行，由实验可知，Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S），但溶解度的关系不确定，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池、化学平衡、电化学腐蚀、沉淀的转化等，注重常考考点
51、的考查，题目难度中等，选项D为易错点18咖啡酸（如图），存在于许多中药，如野胡萝卜、光叶水苏、荞麦等中咖啡酸有止血作用下列关于咖啡酸的说法不正确的是（）A咖啡酸的分子式为C9H8O4B1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应C1mol咖啡酸可以和3molNaOH反应D可以用高锰酸钾检验出咖啡酸分子中含有碳碳双键【考点】有机物的结构和性质 【分析】有机物分子中含有苯环、酚羟基、碳碳双键和羧基，根据咖啡酸的结构及含有的官能团对各选项进行判断，注意酚羟基酸性小于碳酸，酚羟基无法与碳酸氢钠反应【解答】解：A由结构简式可知有机物分子式为C9H8O4，故A正确；B含有酚羟基，邻、对位H原子可被取代
52、，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应，故B正确；C含有2个酚羟基和1个羧基，都可与氢氧化钠反应，故C正确；D酚羟基可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别碳碳双键，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯酚、烯烃、酸性质的考查，题目难度不大19已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（）A该溶液的pH=4B由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍C在该温度下加水稀释，溶液中减小D此酸的电离平衡常数约为1.0107【考点】弱电解质在
53、水溶液中的电离平衡 【分析】室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明HA部分电离，为弱电解质，A、根据电离度计算HA溶液中氢离子浓度，从而计算pH；B、酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；C、加水稀释，弱酸HA的电离平衡正向移动，n（H+）增大，n（HA）减小；D、此酸的电离平衡常数=【解答】解：室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明HA部分电离，为弱电解质，A、c（H+）=0.1mol/L0.1%=0.0001mol/L，pH=4，故A正确；B、酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH）=mol/L=1010mol
54、/L，由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故B正确；C、加水稀释，c（H+）和c（HA）都减小，但加水稀释，弱酸HA的电离平衡正向移动，n（H+）增大，n（HA）减小，所以增大，故C错误；D、此酸的电离平衡常数=1107，故D正确； 故选C【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据弱电解质的电离特点、pH的计算方法、电离平衡常数的计算等知识点来分析解答，注意酸中水电离出氢离子的计算方法，为易错点20如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H+2SO422PbSO4+2H2O下列有关说法正确的是（）AK与N相接时，能
55、量由电能转化为化学能BK与N相接时，Pb上发生反应为：Pb2ePb2+CK与M连接时，所用电源的a极为负极DK与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H+SO42PbSO4+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】K与N相接时，为原电池反应，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb2e+SO42=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42+2e+4H+PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，K与M连接时，为电解池装置，电解池中的Pb为阴极连接电源的负极，阳极是PbO2，结合电极方程式解答该题【解答】解：A
56、K与N相接时是原电池，Pb做负极，PbO2做正极，能量变化为化学能转化为电能，故A错误；BK与N相接时是原电池，Pb做负极，反应式为Pb2e+SO42=PbSO4，故B错误；CK与M连接时，装置是电解池，电解池中的Pb为阴极连接电源的a为负极，故C正确；DK与M连接时，装置是电解池，阳极是PbO2，电解方程式为PbSO4+2H2O2e=PbO2+SO42+4H+，故D错误故选C【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据元素化合价变化确定正负极，再结合阴阳离子的移动方向、氢离子浓度的变化来分析解答，难度中等二、简答题21（14分）（2015秋英德市校级月考）有机物
57、A可发生如图转化（方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去）：已知：（R、R可表示烃基或官能团）请回答：（1）F蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基已知1mol F与足量钠作用产生H2 22.4L（标准状况），则F的分子式是C2H6O2；（2）G与F的相对分子质量之差为4，则G的性质是ac（填字母）；a可与银氨溶液反应 b可与乙酸发生酯化反应c可与氢气发生加成反应 d1mol G可与2mol新制Cu（OH）2发生反应（3）D能与NaHCO3反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则DE的化学方程式是CH3CH（OH）COOHCH2CHCO
58、OH+H2O；（4）B的同分异构体较多，写出一种不含甲基能发生银镜反应的同分异构体结构简式：HCOOCH2CH=CH2，OHCCH2CH2CHO等；（5）A转化为B和F的化学方程式是；（6）某烃分子H的碳原子数小于10，核磁共振氢谱只有一组峰，在相同条件下也可发生类似BC的反应并只生成一种有机物I，I的结构简式：（CH3）2C=O【考点】有机物的推断 【分析】F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1mol F与足量金属钠作用产生H2 22.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个OH，应为乙二醇，即C2H6O2，被催化氧化生成醛，根据RCH2OHRCHO可
59、知，二者相对分子质量相差2，G与F的相对分子质量之差为4，则G应为OHCCHO，为乙二醛；A生成B和F的反应应为酯的水解，则B的分子式应为C4H6O2，结合题给信息可知应为，A为，C为，与氢气发生加成反应生成D，D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，结合有机物的结构和性质解答该题【解答】解：F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1mol F与足量金属钠作用产生H2 22.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个OH，应为乙二醇，即C2H6O2，被催化氧化生成醛，根据RCH2
60、OHRCHO可知，二者相对分子质量相差2，G与F的相对分子质量之差为4，则G应为OHCCHO，为乙二醛；A生成B和F的反应应为酯的水解，则B的分子式应为C4H6O2，结合题给信息可知应为，A为，C为，与氢气发生加成反应生成D，D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，（1）F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1mol F与足量金属钠作用产生H2 22.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个OH，应为乙二醇，即C2H6O2，故答案为：C2H6O2；（2）G应为OHCCHO，为
61、乙二醛，含有CHO，可发生氧化和加成反应，不能发生酯化反应，因含有2个CHO，则1molG最多可与4mol新制Cu（OH）2发生反应，故答案为：ac；（3）D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，反应的方程式为CH3CH（OH）COOHCH2CHCOOH+H2O，故答案为：CH3CH（OH）COOHCH2CHCOOH+H2O；（4）B为，B的同分异构体不含甲基能发生银镜反应，则该结构简式为HCOOCH2CH=CH2，OHCCH2CH2CHO等，故答案为：HCOOCH2CH=CH2，OHCCH2CH2CHO等；（5
62、）A为，可水解生成和乙二醇，反应的方程式为，故答案为：（6）某烃分子H的碳原子数小于10，核磁共振氢谱只有一组峰，在相同条件下也可发生类似BC的反应并只生成一种有机物I，则该烃的结构为（CH3）2C=C（CH3）2，所以I的结构简式为（CH3）2C=O，故答案为：（CH3）2C=O【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，解答本题一定要抓住题给信息，结合相关物质的所含有的官能团判断可能具有的性质22（16分）（2015秋广州校级月考）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题：（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH
63、（g）下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是C（填序号）；A每消耗1mol CO的同时生成2molH2B混合气体总物质的量不变C生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化CO的平衡转化率（）与温度、压强的关系如图所示B、C两点的平衡常数K（B）K（C） （填“”、“=”或“”）；某温度下，将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率=75%，此温度下的平衡常数K=1.3（保留二位有效数字）；（2）常温下，将VmL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20
64、mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V20.00（填“”、“=”或“”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序c（Na+）c（HCOO）c（OH）c（H+）；（3）温度650的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质该电池的正极反应式为O2+4e+2CO22CO32；（4）己知：CH3OH、H2的燃烧热（H）分别为726.5kJ/mol、285.8kJ/mol，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是CO2（g）+3H2（g）CH3
65、OH（l）+H2O（l）H=130.9 kJ/mol【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断 【分析】（1）当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态；在5.0MPa时，随着温度升高，CO转化率减小，平衡逆移；根据化学反应三段式来计算转化率，由平衡常数K=计算；（2）溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH），溶液就呈中性，HCOOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈
66、中性，需少加碱；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应；（4）根据燃烧热的概念以及盖斯定律来计算化学反应的焓变，然后写出热化学方程式【解答】解：（1）A每消耗1mol CO为正速率，生成2molH2为逆速率，正逆速率之比等于计量数之比，说明该反应达到平衡状态，故正确；B反应后气体的总物质的量减少，当混合气体总物质的量不变，能说明该反应达到平衡状态，故正确；C生成CH3OH的速率为正速率，消耗CO的速率为正速率，同为正速率不能说明是否达到平衡状态，故错误；D当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各
67、物质的浓度不再改变，反应即达到平衡状态，所以CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，说明该反应达到平衡状态，故正确；故答案为：C；在5.0MPa时，随着温度升高，CO转化率减小，平衡逆移，则平衡常数减小，即随着温度升高K减小，所以K（B）K（C）；故答案为：；将2.0mol CO和6.0mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）初始浓度：1.0 3.0 0变化浓度：0.75 1.5 0.75平衡浓度：0.25 1.5 0.75CO的转化率100%=75%，此温度下的化学平衡常数K=1.3，故答案为
68、：75%；1.3（2）CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.20molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20molL1甲酸溶液中，充分反应，V20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）c（HCOO）c（OH）c（H+）；故答案为：；c（Na+）c（HCOO）c（OH）c（H+）； （3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳
69、酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+2CO2=2CO32，故答案为：O2+4e+2CO2=2CO32；（4）由H2（g）的燃烧热H为285.8kJmol1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJmol1；CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）H=726.5kJmol1，由盖斯定律可知，3得CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=130.9 kJmol1，故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=130.9 kJmo
70、l1【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡移动以及化学平衡常数、离子浓度大小比较、电极方程式的书写、热化学方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等23（15分）（2015秋广州校级月考）孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量FeO、SiO2以孔雀石为原料可制备CuSO45H2O步骤如图：（1）写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等（写出两条）；（2）溶液A的金属离子有Cu2+、F
71、e2+实验步骤中试剂最佳选c（填代号）；aKMnO4 bCl2 cH2O2 dHNO3（3）溶液B中加入CuO作用是调pH值，（或减少c（H+），）使Fe3+沉淀完全；（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=11039，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使溶液中c（Fe3+）降低至1103mol/L，必需将溶液pH调节至2；（5）由溶液C获得CuSO45H2O晶体，需要经蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶和过滤；（6）可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度，量取A溶液20.00ml，用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO410.00ml，A溶
72、液中Fe2+的物质的量浓度0.025mol/L（反应原理：MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，气体E为CO2、H2，向溶液A中加入试剂得到溶液B，试剂是一种氧化剂，将Fe2+转化为F
73、e3+且不能引进杂质，可选取双氧水，向溶液B中加入试剂经过操作得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作为过滤，D为Fe（OH）3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，所以为试剂为CuO或Cu（OH）2或CaCO3 或Cu2（OH）2CO3，据此答题【解答】解：孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，气体
74、E为CO2、H2，向溶液A中加入试剂得到溶液B，试剂是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，向溶液B中加入试剂经过操作得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作为过滤，D为Fe（OH）3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，所以为试剂为CuO或Cu（OH）2或CaCO3 或Cu2（OH）2CO3，（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2，生成硫酸铜、水和二氧化碳，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等，故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4
75、+3H2O+CO2；增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等；（2）Fe2+具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与KSCN不反应，加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+，双氧水，双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象，只有c正确，故答案为：c；（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质，故答案为：调pH值，（或减少c（H+），）使Fe3+沉淀完全；（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=11039，使溶液中c（Fe3+）=1103mol/L，则c（OH）=mol/L=11012mol/L，
76、所以溶液中c（H+）=1102mol/L，则pH=2，故答案为：2；（5）CuSO45H2O晶体，在高温时易失去水，所以从溶液中获得CuSO45H2O晶体，需要经蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶；（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，反应的离子方程式为MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，根据离子方程可知MnO45Fe2+，用去 KMnO4的物质的量为10.00mL0.010mol/L=1.0104m
77、ol，所以A溶液中Fe2+浓度为=0.025mol/L，故答案为：0.025【点评】本题考查以孔雀石为主要原料制备CuSO45H2O及纳米材料，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力得到考查，注意把握实验的原理以及物质的性质，为解答该类题目的关键，注意掌握实验基本操作和流程分析，题目难度中等24（15分）（2015秋广州校级月考）甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究向A中通入氯气至过量，观察A中，发现溶液先呈红色，然后变为黄色（1）B中反应的离子方程式是Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验取
78、A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在Fe3+；（3）资料显示：SCN 的电子式为甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他进行了如下研究；取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是硫元素；甲同学通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3，已知SCN中碳元素没有被氧化，若SCN与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是16mol；.8.12天津港特大爆炸事故现场有700吨左右氰化钠，氰化钠剧毒有少量因爆炸冲击发生泄漏这些泄露的氰化钠可通过喷洒氧化剂双氧水的方式来处理，以减轻污染（1）写出NaC
79、N的电子式Na+，偏碱性条件下，氰化钠溶液的CN被双氧水氧化为HCO3，同时放出NH3，该反应的离子方程式：CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；（2）Cu2+可作为双氧水氧化CN中的催化剂某兴趣小组要探究Cu2+对双氧水氧化CN是否起催化作用，请你完成下实验方案填写实验步骤、实验现象和结论（己知：CN浓度可用离子色谱仪测定）步骤：分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度现象与结论：若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化
80、作用若两试管中的CN浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用【考点】性质实验方案的设计 【分析】（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式；（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+；（3）加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN中硫显2价，所以被氧化的元素为硫元素；SCN与Cl2反应的化学方程式可以计算出电子转移的物质的量；（1）NaCN为离子化合物，由Na+和CN构成，氰化钠溶液的CN被双氧水氧化为HCO3
81、，同时放出NH3，据此书写反应的离子方程式；（2）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验【解答】解：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（2）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；（3）加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫
82、酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN中硫显2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；SCN与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN+8Cl2+9H2O=NO3+SO42+CO2+Cl+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为：16；（1）NaCN为离子化合物，由Na+和CN构成，所以电子式为：Na+，氰化钠溶液的CN被双氧水氧化为HCO3，同时放出NH3，反应的离子方程式为：CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；，故答案为：Na+；CN+H2O2+H2ONH3+HCO3；（2）分别
83、取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度，如果在相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN浓度相同时间内，若甲试管中的CN浓度小于乙试管中的CN浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用【点评】本题是实验方案的综合题，综合性较强，其中涉及到了离子的检验、氧化还原的离子方程式的书写、实验步骤的设计、化学计算等知识点，解题的关键是要掌握元素化合物的基础知识及实验基本操作要求
