1、2014-2015学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高三（上）第二次月考化学试卷一、单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求选对的得4分，错选或不答的得0分1下列关于有机物的叙述不正确的是( )A往稀米粥中加入少量加碘食盐，能检验食盐中是否含碘B海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C铝热反应可用于焊接钢轨和金属的冶炼D蛋白质、淀粉、油脂均能发生水解反应2水溶液中能大量共存的一组离子是( )AH+、NO3、I、ClBCu2+、Br、H+、SO42CAl3+、Mg2+、CO32、NO3DNH4+、Cl、OH、HCO33设NA为阿伏加德罗常
2、数的数值，下列说法正确的是( )A1mol Cl2与过量的镁铁反应，转移2NA个电子B常温下，16g CH4含有8NA个电子C1L 0.5molL1 Na2SO4溶液中含有NA个SO42D常温常压下，22.4L CO2含有NA个CO2分子4类推是学习和研究的重要思维方法下列类推结论正确的是( )化学事实类推结论AAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3BpH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9C用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法制取金属钠D将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入Ba（NO3）2溶液中
3、也无沉淀生成AABBCCDD5关于下列各图的说法，正确的是( )A中阴极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体B中待镀铁制品应与电源正极相连C中电子由b极流向a极D中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应6甲醇、氧气和强碱溶液做电解质的手机电池中的反应为：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，有关说法正确的是( )A放电时，CH3OH参与反应的电极为正极B放电时，负极电极反应：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2OC通入11.2LO2完全反应有1mol电子转移D充电时电解质溶液的pH逐渐减小二、双项选择题：本大题共2个小题，每小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选
4、项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分；有错选或不答的得0分7短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示其中Y所处的周期序数与族序数相等下列说法正确的是( )XYZWA原子半径：YZWB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水化物的酸性：ZWDW的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物825时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是( )A饱和纯碱（Na2CO3）溶液中：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）B1mol/L的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）C0.10mol/L醋
5、酸钠溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）D等体积，pH=3的盐酸和醋酸分别与足量锌反应后，c（Cl）=c（CH3COO）三、非选择题9（16分）贝诺酯是由扑热息痛、阿司匹林经化学法拼合制备的解热镇痛抗炎药，其合成如下（反应条件略去）：（1）扑热息痛的分子式是_（2）下列叙述正确的是_A、生成贝诺酯的反应属于取代反应B、FeCl3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛C、常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛D、贝诺酯既是酯类物质，也是氨基酸（3）1mol阿司匹林最多可跟_mol的H2反应（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式_（5）病人服用贝诺酯或阿司匹林，都
6、能在消化液的作用下发生水解反应，且有两种产物相同，其中属芳香族化合物的结构简式是_（6）扑热息痛可由对氨基苯酚和乙酸酐（CH3CO）20在一定条件下制备，写出其反应的化学方程式_10已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）H=2834.9KJmol1Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）H=+234.1KJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5KJmol1则2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=_11在2L密闭容器内，800时反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0 体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间（s）
7、012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=_；（2）用O2表示从02s内该反应的平均速率（O2）=_12科学家制造出一种使用固体电解质的高效燃料电池一个电极通入空气，另一个电极通入燃料蒸汽其中固体电解质是掺杂了Y2O3 的ZrO2固体，它在高温下能传导O2离子（其中氧化反应发生完全）以丙烷（C3H8）代表燃料（1）电池的负极反应式为_；（2）放电时固体电解质里的O2离子向_极移动（填“正”或“负”）13工业上“除钙、镁”的原理反应为：MgSO4+2NaF=MgF2+Na2SO4；CaSO4+2NaF=CaF
8、2+Na2SO4已知KSP（CaF2）=1.111010，KSP（MgF2）=7.401011，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中=_14（16分）氧化锌粉末广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃等行业，为综合应用资源，常从冶炼锌、锌制品加工企业回收的锌渣（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质）来制取氧化锌，流程如图：有关氢氧化物沉淀完全的pH见表沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2PH5.23.29.76.78.0（1）在酸浸过程中，常将锌渣碎成粉末的目的是_（2）上述工艺多处涉及“过滤”，实验室中过滤需要使用的玻璃仪
9、器有烧杯、_、_（3）在“除杂”中，常用酸性KMnO4溶液，其目的是将Fe2+ 转化成为Fe3+，请写出该反应的离子方程式_将溶液的pH调至4，目的是_在“除杂”中，加入锌粉的目的是_（4）在“碳化合成”中，产物中有碱式碳酸锌Zn2（OH）2CO3和CO2等，请写出该反应的化学方程式_15（16分）某溶液可能含CO3、SO4、HCO3中的一种或两种离子小明取出两份相同的上述样品溶液于两个试管中，向其中一份加入过量盐酸，产生无色气体；向另一份滴加过量氯化钡溶液，产生白色沉淀请设计方案，在小明实验的基础上对溶液进行探究可供选择的仪器用品和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、铁架台；盐酸
10、；稀硝酸；氯化钡溶液、酚酞试剂、蒸馏水（1）提出溶液中三种离子CO3、SO4、HCO3存在的假设：假设1：只存在CO32假设2：存在CO32和SO42假设3：_；假设4：存在SO42和HCO3（2）基于假设1：CO32水解的离子方程式为_若要验证CO32已水解，则可向溶液滴入_，观察溶液颜色的变化（3）基于假设2，请设计方案，将实验操作、预期的现象和结论填入下表步骤编号实验操作预期现象和结论1取少量溶液于试管中，滴入_，充分反应，静置，过滤，洗涤，将沉淀装入另一试管中_2往装有沉淀的试管中加入_2014-2015学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高三（上）第二次月考化学试卷一、单项选择题：本大
11、题共6小题，每小题4分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求选对的得4分，错选或不答的得0分1下列关于有机物的叙述不正确的是( )A往稀米粥中加入少量加碘食盐，能检验食盐中是否含碘B海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C铝热反应可用于焊接钢轨和金属的冶炼D蛋白质、淀粉、油脂均能发生水解反应【考点】淀粉的性质和用途；金属的电化学腐蚀与防护；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；探究铝热反应 【专题】电化学专题；有机物的化学性质及推断【分析】A食盐添加碘酸钾；B原电池中较活泼的金属被腐蚀，不活泼的金属被保护；C铝热反应放出大量的热；D蛋白质、淀粉、油脂都能
12、水解【解答】解：A碘单质遇淀粉变蓝色，食盐添加碘酸钾，故A错误； B锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极，负极上锌容易失电子被腐蚀，从而保护金属铁，故B正确；C铝热反应不仅被用于焊接钢轨，而且还常被应用于冶炼熔点较高的金属如钒、铬、锰等，故C正确；D油脂水解为硬脂酸和甘油，淀粉水解为葡萄糖，蛋白质水解为氨基酸，故D正确故选A【点评】本题考查内容较多，涉及淀粉的检验、原电池、铝热反应和物质的水解，难度不大，注意食盐添加碘酸钾，不是碘单质2水溶液中能大量共存的一组离子是( )AH+、NO3、I、ClBCu2+、Br、H+、SO42CAl3+、Mg2+、CO32、NO3DNH4+、Cl、OH、
13、HCO3【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：AH+、NO3、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；CMg2+与CO32结合生成沉淀，Al3+与CO32相互促进水解生成沉淀和气体，不能大量共存，故C错误；DNH4+、HCO3均与OH反应，不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，注重学生分析能力的训练，题目难度不大3
14、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A1mol Cl2与过量的镁铁反应，转移2NA个电子B常温下，16g CH4含有8NA个电子C1L 0.5molL1 Na2SO4溶液中含有NA个SO42D常温常压下，22.4L CO2含有NA个CO2分子【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、依据氯气的物质的量以及1个氯气转移2个电子；B、依据甲烷的物质的量以及1个甲烷分子中含有10个电子；C、依据浓度和体积计算物质的量结合化学式计算SO42数；D、根据不是标准状况下，无法计算二氧化碳的物质的量判断【解答】解：A、Cl2与过量的镁铁反应，1个氯气转移2个电
15、子，所以1mol Cl2与过量的镁铁反应，转移2NA个电子，故A正确；B、16g CH4的物质的量为=1mol，其中含有10NA个电子，故B错误；C、1L 0.5molL1 Na2SO4溶液中含有Na2SO4物质的量0.5mol，含有0.5NA个SO42，故C错误；D、不是标况下，无法计算22.4L二氧化碳的物质的量，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，氧化还原反应的电子转移，分子中电子数计算注意气体摩尔体积的使用范围4类推是学习和研究的重要思维方法下列类推结论正确的是( )化学事实类推结论AAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧也
16、生成Fe2O3BpH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9C用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法制取金属钠D将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成将SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生成AABBCCDD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；pH的简单计算；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理 【专题】类比迁移思想【分析】A、铝在氧气中燃烧生成最高价氧化物，而燃烧生成是四氧化三铁；B、酸无论如何稀释，不会改变性质，仍然是酸；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属；D、SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成
17、，是弱酸不能制强酸，而SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀【解答】解：A、铁燃烧生成是四氧化三铁，方程为：3Fe+2O2Fe3O4，所以类推错误，故A不选；B、pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9，溶液的pH无限接近7，不可显碱性，故B不选；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属，以制钠为例，方程式为2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故选C；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀，离子方程式为4H2O+3SO2+3Ba2+NO3=3BaSO4+NO+8H+，故D不选；故选C【点评】本题考查有关元素
18、及其化合物性质的类比，要解决此类问题必须在熟练掌握元素及化合物性质的基础上，才能得心应手！5关于下列各图的说法，正确的是( )A中阴极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体B中待镀铁制品应与电源正极相连C中电子由b极流向a极D中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】A、装置是电解池，阴极是阳离子得到电子发生还原反应；B、装置待镀制品和电源负极相连做电解池的阴极；C、装置是原电池，电子流向是从负极经导线流向正极；D、装置离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过；【解答】解：A、装置是电解池，阴极是溶液中阳离子得到电子发生还原反应，
19、应是铜离子得到电子生成铜，故A错误；B、装置待镀制品和电源负极相连做电解池的阴极；故B错误；C、装置是原电池，电子流向是从负极经导线流向正极，即从a极流向b极，故C错误；D、装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；故选D【点评】本题考查了电解池、原电池工作原理的应用，电极名称、电极判断、电极反应、电子流向、电解应用等基础知识，熟练掌握基础是解题关键6甲醇、氧气和强碱溶液做电解质的手机电池中的反应为：2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O，有关说法正确的是( )A放电时，CH3OH参与反应的电极为正极B放电时，负极电极反应：CH3
20、OH+8OH6e=CO32+6H2OC通入11.2LO2完全反应有1mol电子转移D充电时电解质溶液的pH逐渐减小【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】根据2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O知，甲醇失去电子发生氧化反应，所以负极上燃料发生电极反应；氧气得电子发生还原反应，所以正极为氧气得电子发生还原反应，1mol氧气反应转移4mol电子，根据电极反应式判断电极附近溶液的pH值变化【解答】解：A、正极上得电子发生还原反应，根据2CH3OH+3O2+4OH2CO32+6H2O知，放电时，氧气参与反应的电极为正极，故A错误；B、放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧
21、根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，故B正确；C、2CH3OH+3 O2+4OH2CO32+6H2O 转移电子 67.2L 12mol 11.2L 2mol所以，标况下，通入11.2LO2并完全反应后，有2mol电子转移，故C错误；D、放电时，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+3H2O+6e=6OH，所以通入氧气的电极附近溶液的pH升高，故D错误；故选B【点评】本题以燃料电池为载体考查了原电池原理，根据电池反应式判断正负极上发生反应的物质及电极附近溶液PH值的变化即可解答本题，难度较大二、双项选择题：本大题共2个小题，每
22、小题6分，每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对者的得6分，只选1个且正确的得3分；有错选或不答的得0分7短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示其中Y所处的周期序数与族序数相等下列说法正确的是( )XYZWA原子半径：YZWB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水化物的酸性：ZWDW的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】这几种都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X位于第二周期，Y、Z、W都是第三周期元素，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y位于第三周期第I
23、IIA族，则Y为Al元素，所以Z为Si元素、X为N元素、W为S元素，A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；DW的最高价氧化物的水化物是硫酸，硫酸属于共价化合物【解答】解：这几种都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X位于第二周期，Y、Z、W都是第三周期元素，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y位于第三周期第IIIA族，则Y为Al元素，所以Z为Si元素、X为N元素、W为S元素，A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：YZW，故A错误；B非金属性NSi元素，所以氢化物的稳
24、定性为NSi，故B正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性ZW，最高价氧化物对应水化物的酸性：ZW，故C正确；DW的最高价氧化物的水化物是硫酸，硫酸中只含共价键，所以硫酸属于共价化合物，故D错误；故选BC【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律综合应用，同时考查学生对元素周期律的灵活运用能力，熟悉元素周期表结构、元素周期律知识即可解答，题目难度不大825时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是( )A饱和纯碱（Na2CO3）溶液中：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）B1mol/L的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）c（SO
25、42）c（H+）c（OH）C0.10mol/L醋酸钠溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）D等体积，pH=3的盐酸和醋酸分别与足量锌反应后，c（Cl）=c（CH3COO）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】A根据物料守恒判断；B（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，水解呈酸性；C根据电荷守恒判断；D醋酸为弱酸，不能完全电离【解答】解：ANa2CO3溶液中存在物料守恒，为c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故A错误；B（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则溶液中存在c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）
26、，故B正确；C醋酸钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故C正确；D醋酸为弱酸，pH=3的盐酸和醋酸相比较，醋酸浓度较大，则与足量锌反应后，c（CH3COO）较大，故D错误故选BC【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解和弱电解质的电离特点，结合物料守恒、电荷守恒解答该题，难度中等三、非选择题9（16分）贝诺酯是由扑热息痛、阿司匹林经化学法拼合制备的解热镇痛抗炎药，其合成如下（反应条件略去）：（1）扑热息痛的分子式是C8H902N（2）下列叙述正确的是ABCA、生成贝诺酯的反应属于取代反应
27、B、FeCl3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛C、常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛D、贝诺酯既是酯类物质，也是氨基酸（3）1mol阿司匹林最多可跟3mol的H2反应（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式（5）病人服用贝诺酯或阿司匹林，都能在消化液的作用下发生水解反应，且有两种产物相同，其中属芳香族化合物的结构简式是（6）扑热息痛可由对氨基苯酚和乙酸酐（CH3CO）20在一定条件下制备，写出其反应的化学方程式【考点】有机物的合成 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）根据有机物的结构简式确定含有的元素种类和原子个数，可确定分子式；（2）A根据官能团的转化判断反应类型；B扑
28、热息痛含有酚羟基，可与氯化铁溶液发生颜色反应；C扑热息痛含OH，而贝诺酯属于酯类物质，酯类物质的溶解度较小；D贝诺酯中不含羧基（3）阿司匹林含有苯环，可与氢气发生加成反应；（4）阿司匹林中含有羧基和酯基，都可与氢氧化钠反应；（5）贝诺酯或阿司匹林，都能在消化液的作用下发生水解反应，都可生成水杨酸；（6）对氨基苯酚和乙酸酐可发生取代反应生成扑热息痛和乙酸【解答】解：（1）扑热息痛含有8个C、9个H、2个O和1个N原子，则分子式为C8H902N，故答案为：C8H902N；（2）A生成贝诺酯的反应为酯化反应，也为取代反应，故A正确；B扑热息痛中含有酚羟基，遇氯化铁溶液显紫色，则FeCl3溶液可区别阿
29、司匹林和扑热息痛，故B正确；C贝若脂属于酯类物质，不溶于水，则常温下贝若脂在水中的溶解度小于扑热息痛，故C正确；D贝诺酯中不含羧基，不是氨基酸，故D错误故答案为：ABC；（3）阿司匹林含有苯环，可与氢气发生加成反应，则1mol阿司匹林最多可跟3mol氢气发生加成反应，故答案为：3；（4）阿司匹林中含有羧基和酯基，都可与氢氧化钠反应，反应的方程式为，故答案为：；（5）贝诺酯或阿司匹林，都能在消化液的作用下发生水解反应，都可生成水杨酸，结构简式为，故答案为：；（6）对氨基苯酚和乙酸酐可发生取代反应生成扑热息痛和乙酸，反应的方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，侧重于有机物的结构和性质的
30、考查，注意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构特点，难度不大10已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）H=2834.9KJmol1Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）H=+234.1KJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5KJmol1则2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=593.1KJmol1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算 【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也对应相应的系数进行加减，构造目标热化学方程式【解答】解：已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）
31、H=2834.9KJmol1Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）H=+234.1KJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5KJmol1由盖斯定律可知，+ 得：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=234.1KJ/mol（393.5KJ/mol）+（2834.9KJ/mol）=593.1KJmol1；故答案为：593.1KJmol1【点评】考查根据盖斯定律计算反应热，难度中等，关键是构造目标热化学反应方程式，注意反应热的符号11在2L密闭容器内，800时反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0 体系中，n（NO）随时间的变化
32、如表：时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=；（2）用O2表示从02s内该反应的平均速率（O2）=1.5103molL1s1【考点】用化学平衡常数进行计算；反应速率的定量表示方法 【分析】（1）平衡常数表达式等于生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积；（2）根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）【解答】解：（1）平衡常数表达式等于生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积，K=，故答案为：；（2）2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）=3.0103molL1s
33、1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=3.0103molL1s1=1. 5103molL1s1，故答案为：1.5103molL1s1【点评】本题考查化学平衡常数表达式的书写和化学反应的速率的计算，根据表格只能求NO的速率，然后根据速率之比等于化学计量数之比，从而求出氧气的速率12科学家制造出一种使用固体电解质的高效燃料电池一个电极通入空气，另一个电极通入燃料蒸汽其中固体电解质是掺杂了Y2O3 的ZrO2固体，它在高温下能传导O2离子（其中氧化反应发生完全）以丙烷（C3H8）代表燃料（1）电池的负极反应式为C3H8+10 O220e=3CO2+4H2O；（2）放电时固体电解
34、质里的O2离子向负极移动（填“正”或“负”）【考点】化学电源新型电池 【分析】（1）固体电解质的燃料电池，通入空气的电极反应为O2+4e=2O2，汽油在负极发生氧化反应；（2）原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动【解答】解：（1）固体电解质的燃料电池，丙烷燃料电池放电时负极发生的是燃料丙烷失电子的氧化反应，且负极反应=总反应正极反应，正反应为10O2+40e=20O2，总反应是：2C3H8+10O26CO2+8H2O，所以负极反应是：C3H8+10 O220e=3CO2+4H2O，故答案为：C3H8+10 O220e=3CO2+4H2O；（2）原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子
35、向正极移动，故答案为：负【点评】本题考查了燃料电池的工作原理，题目难度中等，注意燃料在负极反应13工业上“除钙、镁”的原理反应为：MgSO4+2NaF=MgF2+Na2SO4；CaSO4+2NaF=CaF2+Na2SO4已知KSP（CaF2）=1.111010，KSP（MgF2）=7.401011，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中=1.5【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【分析】依据题给的信息得知CaF2和MgF2的溶度积分别是钙离子的浓度与氟离子浓度的平方和镁离子的浓度与氟离子浓度的平方，故据此转化为求两者的溶度积之比即可【解答】解：=1.5，故答案为：1.5【点评】本
36、题考查难溶电解质的溶解平衡，明确溶度积常数的含义是解此题关键，属于中等题14（16分）氧化锌粉末广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃等行业，为综合应用资源，常从冶炼锌、锌制品加工企业回收的锌渣（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质）来制取氧化锌，流程如图：有关氢氧化物沉淀完全的pH见表沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2PH5.23.29.76.78.0（1）在酸浸过程中，常将锌渣碎成粉末的目的是增大接触面积，提高锌的浸出速率（2）上述工艺多处涉及“过滤”，实验室中过滤需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（3）在“除杂”中，
37、常用酸性KMnO4溶液，其目的是将Fe2+ 转化成为Fe3+，请写出该反应的离子方程式5Fe2+2MnO4+16H+=2Mn2+5Fe3+8H2O将溶液的pH调至4，目的是让三价铁转化为氢氧化铁沉淀而除去在“除杂”中，加入锌粉的目的是除去溶液中的Cu2+（4）在“碳化合成”中，产物中有碱式碳酸锌Zn2（OH）2CO3和CO2等，请写出该反应的化学方程式2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3【考点】制备实验方案的设计 【分析】生产Zn（NO3）26H2O晶体，其工艺流程为：冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质
38、），加入硝酸通入空气酸浸过滤后得到滤液含有Zn2+、Fe3+、Fe2+（少量）、Cu2+、Al3+，在“除杂I”步骤中，需再加入适量H2O2溶液，目的是将未被氧化的Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液PH使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤后滤液中加入锌除去铜离子，过滤得到硫酸锌溶液，加热蒸发，浓缩结晶，过滤洗涤得到ZnSO46H2O晶体，（1）从增大接触面积分析增大反应速率；（2）过滤操作使用漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器；（3）用酸性KMnO4溶液，其目的是将Fe2+ 转化成为Fe3+，根据沉淀和pH表分析控制溶液的pH；锌比铜活泼，Zn与溶液中铜离子反应，冷却结晶得到Zn（NO3）26H2O晶体；（4）
39、根据反应物和生成物来书写化学方程式【解答】解：（1）将锌废渣粉碎成粉末，增大接触面积可提高锌的浸出速率，故答案为：增大接触面积，提高锌的浸出速率；（2）过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒；漏斗；（3）用酸性KMnO4溶液，其目的是将Fe2+ 转化成为Fe3+，反应的离子方程式为：5Fe2+2MnO4+16H+=2Mn2+5Fe3+8H2O，“除杂I”步骤中，将溶液调至pH=4，可以让三价铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，在“除杂”后，溶液的pH约为6，此时氢氧化铝沉淀不会存在，过程中会发生置换反应产生金属Cu和金属Zn，则此步过滤时滤渣中含有Cu、Fe，根据金属活动顺序
40、表可知，锌比铜活泼，由流程图及离子沉淀的pH，则加入Zn粉的作用除去溶液中的Cu2+，除杂后的溶液加热浓缩后、冷却结晶得到晶体，故答案为：5Fe2+2MnO4+16H+=2Mn2+5Fe3+8H2O；让三价铁转化为氢氧化铁沉淀而除去；除去溶液中的Cu2+；（4）在“碳化合成”中，是碳酸钠和硝酸锌的水溶液之间发生反应生成产物之一为碱式碳酸锌Zn2（OH）2CO3，同时放出CO2，即2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3，故答案为：2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3【点评】本题考查晶体的制备及混
41、合物的分离、提纯，注意已知信息与所学知识的结合来分析解答问题，除杂流程及表格数据是解答本题的关键，题目难度中等15（16分）某溶液可能含CO3、SO4、HCO3中的一种或两种离子小明取出两份相同的上述样品溶液于两个试管中，向其中一份加入过量盐酸，产生无色气体；向另一份滴加过量氯化钡溶液，产生白色沉淀请设计方案，在小明实验的基础上对溶液进行探究可供选择的仪器用品和试剂：烧杯、试管、玻璃棒、胶头滴管、漏斗、滤纸、铁架台；盐酸；稀硝酸；氯化钡溶液、酚酞试剂、蒸馏水（1）提出溶液中三种离子CO3、SO4、HCO3存在的假设：假设1：只存在CO32假设2：存在CO32和SO42假设3：CO32和HCO3
42、；假设4：存在SO42和HCO3（2）基于假设1：CO32水解的离子方程式为CO32+H2O=HCO3+OH若要验证CO32已水解，则可向溶液滴入酚酞，观察溶液颜色的变化（3）基于假设2，请设计方案，将实验操作、预期的现象和结论填入下表步骤编号实验操作预期现象和结论1取少量溶液于试管中，滴入过量的氯化钡溶液，充分反应，静置，过滤，洗涤，将沉淀装入另一试管中产生白色沉淀2往装有沉淀的试管中加入过量的盐酸沉淀部分溶解【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计 【专题】物质检验鉴别题【分析】（1）向一份样品溶液中加入过量的盐酸，产生无色气泡，说明溶液中含有CO32和HCO3的一种或两种；向另一份样品溶液
43、中滴加过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液中可能有CO32和SO42中的一种或两种；（2）基于假设1：CO32水解的离子方程式为：CO32+H2O=+OH；若要验证CO32已水解，则可向溶液滴入酚酞，酚酞遇碱变红色；（3）欲证明溶液中只有CO32和SO42，先向溶液中加入过量的氯化钡溶液过滤，然后向生成的白色沉淀中滴加过量的盐酸，分析结论即可【解答】解：（1）向一份样品溶液中加入过量的盐酸，产生无色气泡，说明溶液中含有CO32和HCO3的一种或两种；向另一份样品溶液中滴加过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明溶液中可能有CO32和SO42中的一种或两种故溶液中离子的存在有四种可能性：溶液中只
44、存在CO32；溶液中存在CO32和SO42；溶液中存在CO32和HCO3；溶液中存在HCO3和SO42，故答案为：假设3：溶液中存在CO32和HCO3；（2）基于假设1：CO32水解的离子方程式为：CO32+H2O=HCO3+OH；故答案为：CO32+H2O=HCO3+OH；若要验证CO32已水解，则可向溶液滴入酚酞，酚酞遇碱变红色；故答案为：酚酞；（3）欲证明溶液中只有CO32和SO42，可先向溶液中加入过量的氯化钡溶液过滤，然后向生成的白色沉淀中滴加过量的盐酸，观察沉淀是否溶解，沉淀部分溶解，说明原溶液中一定含有SO42、CO32；故答案为：过量的氯化钡溶液；产生白色沉淀；过量的盐酸；沉淀部分溶解【点评】本题考查物质的检验及鉴别，明确物质的性质是解答本题的关键，注意物质性质的差异即可解答，题目难度不大
