1、2015-2016学年内蒙古鄂尔多斯三中高三（上）第四次质检化学试卷一、选择题（16×3=48）1化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是（）A大量排放NO和NO2等氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因B采用纳米二氧化钛光触媒技术，将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体C高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遭遇强碱会“断路”D大量燃烧化石燃料排放的废气中含大量SO2，从而使雨水的pH=5.6，形成酸雨2下列溶液分别加热蒸干，可以得到该物质晶体的是（）AFe（NO3）2BAlCl3CCa（HCO3）2DNa2CO33下列有关离子方程式与所述事实相符
2、且正确的是（）A用惰性电极电解CuCl2溶液：2Cu2+2H2O4H+O2+2CuBBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2OD氯气和水的反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClO4类推的思维方法是化学学习和研究中常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是（）化学事实类推结论ApH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9B用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方
3、法冶炼金属钠C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DAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧生成Fe2O3AABBCCDD5某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）；0下列叙述正确的是（）A加入少量W，逆反应速率增大，正反应速率减小B升高温度，平衡逆向移动C当容器中气体压强不变时，反应达到平衡D反应平衡后加入X，上述反应的H增大6下列说法正确的是（）A0.1 molLl的醋酸加水稀释，减小B体积相同、pH相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉，后者用时少C向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，K
4、w变大DVlL pH=11的NaOH溶液与V2L pH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1V27下列叙述中正确的是（）标准状况下，1g H2和14g N2的体积相同；标准状况下，1LHCl和1L H2O的物质的量相同；在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；28g CO的体积为22.4L；常温下，0.2molCl2溶于等体积水中，转移电子数为0.2NA；同温同压下气体的密度与气体的相对分子质量成正比ABCD8下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子要求AK+、NO3、Cl、HSO3c（K+）c（Cl）
5、BFe3+、NO3、SO32、Cl逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3、Mg2+、SO42逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生AABBCCDD9下列有关的叙述正确的是（）A已知2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molBC（s，石墨）=C（s，金刚石）；H=+1.9kJmol1，说明金刚石比石墨稳定CCaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H0，S0，则：该反应任何温度下都能自发进行D已知；C（s）+O2（g）CO（g）H1；C（s）+O2（g）CO2（
6、g）H2，则H1H210X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素其中只有Z是金属，W的单质是黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图下列说法正确的是（）A五种元素中，原子半径最大的是WBY与Z形成的化合物都可以和盐酸反应CY的简单阴离子比W的简单阴离子还原性强DZ与Q形成的化合物水溶液一定显酸性11在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是（）混合气体的压强混合气体的密度B的物质的量浓度气体的总物质的量混合气体的平均相对分子质量ABCD12已知 I、Fe2+、SO2、Cl和H2O2均有还原性
7、，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为ClFe2+H2O2ISO2，则下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+BI2+SO2+2H2O=H2SO4+2HICH2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2OD2Fe3+2I=2Fe2+I213对于可逆反应2AB3（g）2A（g）+3B2（g）H0 下列图象不正确的是（）ABCD140.02molL1的HCN溶液与0.02molL1的NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中C（CN）C（Na+），则下列关系中，正确的是（）AC（Na+）C（CN）C（ H+）C（OH）BC（HCN）+C（CN）=0.04molL1CC
8、（Na+）+C（H+）=C（CN）+C（OH）DC（CN）C（HCN）15现有MgCl2和Al2（SO4）3混合溶液，向其中不断加入Na2O2，得到沉淀的量与加入Na2O2的物质的量如图所示，原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为（）A1：3B2：3C6：1D3：116向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生
9、的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol二、非选择题（21×2+10×1=52）17弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶电解质的溶解平衡均属于化学学习中的动态平衡已知H2A在水中存在以下平衡：H2AH+HA，HAH+A2（1）Na2A溶液显碱性的原因（用离子方程式回答）；（2）某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是Ac（H+）c（OH）=11014 Bc（Na+）+c（K+）=c（HA）+2c（A2）Cc（Na+）c（K+）
10、Dc（Na+）+c（K+）=0.05mol/L（3）已知常温下H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）Ca2+（aq）+A2（aq）H0 Ksp=c（Ca2+）c（A2）降低温度时，Ksp（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）滴加少量浓盐酸，C（Ca2+），原因是；（4）CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8109，CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2104mo1/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为18食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂
11、质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的已知：氧化性：IO3Fe3+I2； KI+I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为2份第一份试液中滴加 KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；加KSCN溶液显红色，写出生成红色物质的离子方程式是；CCl4中显紫红色的物质是（用电子式表示）第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为：IO3+5I+6H+3I2+3H2O 和（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空
12、气中氧气的作用，容易引起碘的损失写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O该物质作为食盐加碘剂是否合适？（填“是”或“否”），并说明理由19能源短缺是人类面临的重大问题甲醇是一种可再生能源具有广泛的开发和应用前景因此甲醇被称为21世纪的新型燃料、已知在常温常压下：H2O（I）H2O（g）H=+44.0kJmol12CH3OH（I）十3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJmol1写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式、工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应A：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1反应B
13、：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2在体积为2L的合成塔中，充人2mol CO2和6mol H2，测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化及甲醇的物质的量随时间、温度变化如图所示（T1、T2均大于300）（1）则上述CO2转化为甲醇的反应的H10（填“”“”或“=”）（2）从反应开始到平衡（10min），用H2表示 的反应速率为；（3）下列说法正确的是A若保持恒温，当容器中n（CH3OH）：n（H2O）为1：1时，该反应已达平衡状态B若保持恒温，当容器内气体压强恒定时，该反应已达平衡状态C若其他条件不变，则平衡常数：K（T1）K （T2）D处于A点的反应体系的温度从T1变到
14、T2，达到平衡时增大（4）对于反应A，若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是A增加CO2的量 B升高温度C充入He，使体系总压强增大 D按原比例再充入CO2和H2（5）某温度下，将4mol CO和12mol H2，充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.5molL1，则该温度下该反应的平衡常数为（6）在T1温度时，将1mol CO2和3mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为A，则容器内的压强与起始压强之比为20一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸
15、附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因（3）过程得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式（4）碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程中起的作用是（5）在Na2CO3溶液中存在多种离子
16、，各种离子的浓度由大到小顺序为（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水如图是粉红色的CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，B物质的化学式是21X、Y、Z、W为电子数相同的分子或离子X有5个原子核通常状况下，W为无色液体它们之间转化关系如图1所示，请回答：（1）实验室采用固件加热制取Z的化学方程式为：（2）某化学小组同学模拟工业生产制取HNO3，设计图2所示装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球A中发生反应的化学方程式是B中浓H2SO4的作用是（3）写出D装
17、置中反应的化学方程式（4）向含有ag HNO3的稀溶液中，加入bg铁粉充分反应，铁粉全部溶解已知34.5，则被还原的HNO3的质量为g2015-2016学年内蒙古鄂尔多斯三中高三（上）第四次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（16×3=48）1化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是（）A大量排放NO和NO2等氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因B采用纳米二氧化钛光触媒技术，将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体C高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遭遇强碱会“断路”D大量燃烧化石燃料排放的废气中含大量SO2，从而使雨水的pH=5.6，形成
18、酸雨【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】ANO和NO2等氮氧化物，为常见的空气污染物；BNO和CO转化为氮气和二氧化碳；C根据光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水；D酸雨的pH5.6【解答】解：ANO和NO2等氮氧化物，为常见的空气污染物，是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因，故A正确；B采用纳米二氧化钛光触媒技术将汽车尾气中的NO和CO转化为氮气和二氧化碳，均为无毒物质，故B正确；C二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故C正确；D酸雨的pH5.6，正常雨水的pH约为
19、5.6，故D错误；故选：D【点评】本题考查了生活中常见的化学知识，涉及二氧化硫的性质、环境污染等，为高频考点，把握常见物质的性质、发生的化学反应及环境保护问题为解答的关键，题目难度不大2下列溶液分别加热蒸干，可以得到该物质晶体的是（）AFe（NO3）2BAlCl3CCa（HCO3）2DNa2CO3【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】溶液分别加热蒸干，可以得到该物质晶体，说明该晶体稳定性较强，在加热条件下不分解，或者是溶液中的弱离子水解不生成易挥发性的物质，据此分析解答【解答】解：A硝酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁和硝酸，硝酸具有挥发性，加热过程中促进水解，且亚铁离子被氧化生
20、成铁离子，所以加热蒸干得到的固体是氢氧化铁，故A错误；B氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进铝离子水解，最后加热蒸干得到氢氧化铝固体，故B错误；C加热时，碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到的固体是碳酸钙，故C错误；D碳酸钠在溶液在加热时水解得到碳酸氢钠与氢氧化钠，但氢氧化钠难挥发，最后得到的固体为Na2CO3，故D正确；故选D【点评】本题考查了盐类水解，明确盐类水解原理及物质的性质是解本题关键，注意A中不仅考虑亚铁离子的水解还考虑亚铁离子被氧化，为易错点3下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A用惰性电极电解CuCl2溶液：2Cu2+2H2O4H+O2+2Cu
21、BBa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OC用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2OD氯气和水的反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClO【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A用惰性电极电解CuCl2溶液，铜离子、氯离子放电；B滴加NaHSO4溶液至中性，反应生成硫酸钡和水，不符合离子配比；C发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式【解答】解：A用惰性电极电解CuCl2溶液的离子反应为Cu2+2ClCl2+Cu，故A错误；BBa（OH）2溶液中滴加Na
22、HSO4溶液至中性的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故B错误；C用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板的离子反应为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O，故C正确；D氯气和水的反应的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，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，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电解、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大4类推的思维方法是化学学习和研究中常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是（）化学事实类推结论ApH=3的
23、盐酸稀释1000倍后pH=6pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9B用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠C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DAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧生成Fe2O3AABBCCDD【考点】pH的简单计算；科学探究方法；二氧化硫的化学性质；金属的通性；金属冶炼的一般原理【分析】根据强酸稀释10n倍，则后来溶液的pH为原pH+n，但酸溶液无论怎么稀释其pH值只能无限接近7，而不能超过7；根据金属的活泼性来分析金属的冶炼；根据二氧化硫的性质来分析发生的化学反应；根据金属的性质来分
24、析发生的反应及反应产物即可解答【解答】解：A、pH=3的盐酸稀释1000倍后pH=6正确，但常温下pH=6的盐酸稀释1000倍后pH值只能无限接近7，不能超过7，故A类推错误；B、因钠、镁都是活泼金属，其金属氯化物都是离子化合物，则利用电解熔融物的方法可以冶炼金属单质，故B类推正确；C、SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成是因盐酸的酸性比亚硫酸的酸性强，但将SO2通入Ba（NO3）2溶液中有沉淀生成时因酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，则生成硫酸钡沉淀，故C类推错误；D、因铝元素在化合物中只有+3价，则Al在O2中燃烧生成Al2O3正确，但事实上Fe在O2中燃烧生成四氧化三铁，故D类推错误；故
25、选：B【点评】本题考查类推的学科思维方法，学生应熟悉pH的计算、物质的性质、金属的冶炼等知识来解答，并注意利用物质的特殊性质、尊重客观事实是解答此类习题的关键5某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）；0下列叙述正确的是（）A加入少量W，逆反应速率增大，正反应速率减小B升高温度，平衡逆向移动C当容器中气体压强不变时，反应达到平衡D反应平衡后加入X，上述反应的H增大【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素【分析】A、固体量的增减不会影响反应速率，不会引起化学平衡的移动；B、升高温度平衡向吸热反应移动；C、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减
26、小，压强不变说明到达平衡；D、反应热H与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关；【解答】解：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故B错误；C、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故C正确；D、反应热H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选C【点评】本题考查平衡移动、外界条件对平衡的影响、平衡状态判断等，难度不大，注意基础知识的
27、掌握6下列说法正确的是（）A0.1 molLl的醋酸加水稀释，减小B体积相同、pH相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉，后者用时少C向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw变大DVlL pH=11的NaOH溶液与V2L pH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1V2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A醋酸加水稀释c（H+）减小，c（OH）增大；B醋酸为弱电解质，等pH时，醋酸浓度大；CKw不变，只受温度的影响；D如HA为强酸，则V1=V2，如HA为弱酸，HA的浓度较大【解答】解：A醋酸加水稀释c（H+）减小，c（OH）增大，则c（H+）/c（
28、OH）减小，故A正确；B醋酸为弱电解质，等pH时，醋酸浓度大，反应速率大，用时少，故B错误；CKw不变，只受温度的影响，故C错误；D如HA为强酸，则V1=V2，如HA为弱酸，HA的浓度较大，则V1V2，故D错误故选A【点评】本题综合考查弱电解质的电离以及平衡移动的影响因素，注意弱酸溶液在稀释时溶液中离子浓度的变化，题目难度中等7下列叙述中正确的是（）标准状况下，1g H2和14g N2的体积相同；标准状况下，1LHCl和1L H2O的物质的量相同；在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；28g CO的体积为22.4L；常温下，
29、0.2molCl2溶于等体积水中，转移电子数为0.2NA；同温同压下气体的密度与气体的相对分子质量成正比ABCD【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】物质的量的计算【分析】标准状况下，气体的物质的量相同时，其体积相同；标准状况下，H2O为液体；依据阿伏伽德罗定律的推论分析判断；物质状态不能确定；气体存在的条件未知；只有部分氯气与水反应；依据阿伏伽德罗定律及推论分析判断【解答】解：标准状况下，1g H2的物质的量为=0.5moL，14g N2的物质的量为=0.5moL，气体的物质的量相同时，其体积相同，故正确；标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；阿伏伽德罗定律是同温同
30、压同体积的气体，物质的量相同，所以在同温同体积时，气体物质的量之比等于压强之比，故正确；物质状态不能确定，故错误；气体存在的条件未知，故错误；氯气微溶于水，只有部分氯气与水反应，故错误；根据气态方程PV=，得到同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确故选A【点评】本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=RT即可解答8下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子要求AK+、NO3、Cl、HSO3c（K+）c（Cl）BFe3+、NO3、SO32、Cl逐滴滴加盐酸立即有气体
31、产生CNa+、HCO3、Mg2+、SO42逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生AABBCCDD【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】Ac（K+）c（Cl），则溶液中正电荷小于负电荷，违反了电荷守恒；B铁离子能够氧化亚硫酸根离子离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子；CNa+、HCO3、Mg2+、SO42离子之间不反应，滴入氨水后立即产生沉淀；D滴加氢氧化钠溶液后，醋酸优先与氢氧化钠发生中和反应【解答】解：A溶液中一定满足电荷守恒，而c（K+）c（Cl），则溶液中总正电荷一定小于总负电荷，不满足电荷守恒，故A
32、错误；B由于Fe3+能够氧化SO32，所以不能大量共存，由于NO3离子存在，滴入盐酸后不会生成气体，故B错误；C滴加氨水开始产生MgCO3沉淀，后产生Mg（OH）2，最后完全转化成Mg（OH）2沉淀，Na+、HCO3、Mg2+、SO42离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，且满足题中条件，故C正确；D滴加的NaOH会先和醋酸反应，再与Al3+离子反应，不满足题中要求，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 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：本题中既
33、要满足离子共存的条件，还要满足表中左栏要求9下列有关的叙述正确的是（）A已知2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molBC（s，石墨）=C（s，金刚石）；H=+1.9kJmol1，说明金刚石比石墨稳定CCaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H0，S0，则：该反应任何温度下都能自发进行D已知；C（s）+O2（g）CO（g）H1；C（s）+O2（g）CO2（g）H2，则H1H2【考点】有关反应热的计算【专题】燃烧热的计算【分析】A、燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，H生成液态水；B、物质具有的能量越低越稳定；C、
34、碳酸钙分解属于吸热反应，H0，CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g），固体分解得到气体，混乱度增加，S0，根据G=HTS0自发判断；D、完全燃烧放出热量大于不完全燃烧放出的热量，放出热量越多反应热越小【解答】解：A、燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，H燃烧生成液态水，因为2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H=483.6kJ/mol，所以氢气的燃烧热为241.8kJ/mol，故A正确；B、石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量较低，能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故B错误；C、碳酸钙分解属于吸热反应，H0，CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g），固体分解得到气
35、体，混乱度增加，S0，在高温条件下G=HTS0反应自发进行，低温时不自发，故C错误；D、完全燃烧放出热量大于不完全燃烧放出的热量，放出热量越多反应热越小，所以H1H2，故D错误；故选A【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应进行的方向、物质的稳定性等知识，难度不大，注意根据G=HTS0反应自发进行分析10X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素其中只有Z是金属，W的单质是黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图下列说法正确的是（）A五种元素中，原子半径最大的是WBY与Z形成的化合物都可以和盐酸反应CY的简单阴离子比W的简单阴离子还原性强DZ与Q形成的化合物水溶液一定显酸性
36、【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】短周期主族元素W的单质是黄色固体，则W为S，由X、Y、W在周期表中的相对位置可知，Y为O，X为C，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl，其中只有Z是金属，则Z可能为Na、Mg、Al中的一种，然后结合元素的单质及化合物的性质来解答【解答】解：短周期主族元素W的单质是黄色固体，则W为S，由X、Y、W在周期表中的相对位置可知，Y为O，X为C，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl，其中只有Z是金属，则Z可能为Na、Mg、Al中的一种，A五种元素中，原子半径最大的是Z，故A错误；BY与Z形成的化
37、合物为金属氧化物，都可以和盐酸反应，故B正确；C氧气的氧化性比硫单质强，单质的氧化性越弱对应离子的还原性强，所以Y的简单阴离子比W的简单阴离子还原性弱，故C错误；D若Z为Na，则Z与Q形成的化合物NaCl的水溶液为中性，故D错误；故选B【点评】本题考查位置结构性质关系应用，注意把握元素周期表和元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，W为淡黄色固体为突破口，注意Z元素的不确定性，难度不大11在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是（）混合气体的压强混合气体的密度B的物质的量浓度气体的总物质的量混合气体的平均相对分子
38、质量ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：两边的气体计量数相等，所以混合气体的压强始终不变，故错误；混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，正逆反应速率相等，故正确；B的物质的量浓度，说明正逆反应速率相等，故正确；两边的气体计量数相等，所以气体的总物质的量始终不变，故错误；混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故正确
39、；故选：B【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为012已知 I、Fe2+、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为ClFe2+H2O2ISO2，则下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+BI2+SO2+2H2O=H2SO4+2HICH2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2OD2Fe3+2I=2Fe2+I2【考点】氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2IH2O
40、2Fe2+Cl来判断反应能否发生【解答】解：A、2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A不选；B、I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2I，与已知的还原性强弱一致，故B不选；C、若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故C选；D、2Fe3+2I=2Fe2+I2反应中Fe元素的化合价降低，I元
41、素的化合价升高，则I为还原剂，还原性强弱为IFe2+，与已知的还原性强弱一致，故D不选；故选C【点评】本题考查学生利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可13对于可逆反应2AB3（g）2A（g）+3B2（g）H0 下列图象不正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）H0，反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向
42、逆反应方向移动，以此解答该题【解答】解：A反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大的倍数比你反应速率大，平衡向正反应方向移动，故A正确；B反应吸热，升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，AB3的含量降低，故B正确；C升高温度，平衡向正反应方向移动，AB3的含量降低，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，AB3的含量增大，故C正确；D增大压强，平衡向逆反应方向移动，AB3的转化率减小，与图象不符，升高温度，平衡向正反应方向移动，AB3的转化率增大，与图象不符，故D错误；故选D【点评】本题考查化学平衡移动图象问题，题目难度中等，注
43、意根据化学方程式的特点以及反应的吸热、放热等特点判断温度、压强对化学平衡移动的影响140.02molL1的HCN溶液与0.02molL1的NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中C（CN）C（Na+），则下列关系中，正确的是（）AC（Na+）C（CN）C（ H+）C（OH）BC（HCN）+C（CN）=0.04molL1CC（Na+）+C（H+）=C（CN）+C（OH）DC（CN）C（HCN）【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】0.02molL1的HCN溶液与0.02molL1的NaCN溶液等体积混合，溶液中存在HCN的电离和CN的水解，混合溶液中C（
44、CN）C（Na+），应有C（OH）C（ H+），说明HCN的电离程度小于CN的水解程度，结合溶液的电荷守恒分析【解答】解：HCN在溶液中存在电离平衡：HCNH+CN；NaCN在溶液中存在水解平衡：CN+H2OHCN+OH因为c（Na+）c（CN），所以，CN的水解程度大于HCN的电离程度，溶液应显碱性，即c（OH）c（H+）、c（HCN）c（CN）A由以上分析可知c（OH）c（H+），故A错误；B等体积混合后，溶液浓度为原来的，则C（HCN）+C（CN）=0.02molL1，故B错误；C溶液存在电荷守恒，应为C（Na+）+C（H+）=C（CN）+C（OH），故C正确；D由以上分析可知c（HCN
45、）c（CN），故D错误故选C【点评】本题考查溶液中离子的浓度的比较，侧重于学生分析、比较问题能力的考查，明确物质的化学式及水解、电离是解答本题的关键，注意把握题给信息，从电荷守恒、物料守恒的角度解答15现有MgCl2和Al2（SO4）3混合溶液，向其中不断加入Na2O2，得到沉淀的量与加入Na2O2的物质的量如图所示，原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为（）A1：3B2：3C6：1D3：1【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】由图可知加入0.7olNaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH）=
46、0.7mol，加入0.9molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.2molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，nAl（OH）3=0.2mol，计算出nMg（OH）2，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl）=2nMg（OH）2，根据化学式Al2（SO4）3可知溶液中n（SO42）=nAl（OH）3，据此计算判断【解答】解：由图可知加入0.7olNaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH）=0.7mol，加入0.9molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.
47、2molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，nAl（OH）3=0.2mol，计算出nMg（OH）2，根据化学式MgCl2可知溶液中n（Cl）=2nMg（OH）2=0.1mol，根据化学式Al2（SO4）3可知溶液中n（SO42）=nAl（OH）3=0.1mol=0.15mol，所以原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为0.1mol：0.15mol=2：3故选：B【点评】本考查离子反应计算、化学反应图象计算等，难度中等，清楚图象中各阶段发生的反应是解题的关键16向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生
48、成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】压轴题；守恒法【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）
49、2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO
50、），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=
51、nCu（OH）2=0.4molA、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+
52、n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nCu（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故D正确故选B【点评】本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反
53、应过程，充分利用守恒计算是解题的关键二、非选择题（21×2+10×1=52）17弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶电解质的溶解平衡均属于化学学习中的动态平衡已知H2A在水中存在以下平衡：H2AH+HA，HAH+A2（1）Na2A溶液显碱性的原因A2+H2OHA+OH（用离子方程式回答）；（2）某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是BCAc（H+）c（OH）=11014 Bc（Na+）+c（K+）=c（HA）+2c（A2）Cc（Na+）c（K+） Dc（Na+）+c（K+）=
54、0.05mol/L（3）已知常温下H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）Ca2+（aq）+A2（aq）H0 Ksp=c（Ca2+）c（A2）降低温度时，Ksp减小（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）滴加少量浓盐酸，C（Ca2+）增大，原因是加盐酸发生反应：A2+H+=HA，A2离子浓度减小，平衡向右移动此时n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以C（Ca2+）增大；（4）CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8109，CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2104m
55、o1/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为5.6105mo1/L【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）Na2A是强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性；（2）A、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大；B、根据溶液中电荷相等判断；C、NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量；D、NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体
56、积应大于氢氧化钾的体积，据此确定钠离子和钾离子浓度之和；（3）降低温度，抑制难溶物的电离，导致溶度积常数变小；加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；（4）两种溶液等体积混合时，其浓度都各自降为原来的一半，根据c（Ca2+）c（CO32 ）=Ksp计算所需CaCl2溶液的最小浓度【解答】解：（1）Na2A是强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性，水解方程式为：A2+H2OHA+OH，故答案为：A2+H2OHA+OH；（2）A、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，故A错误；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于
57、氢氧根离子浓度，所以c（Na+）+c（K+）=c（HA）+2c（A2），故B正确；C、NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c（Na+）c（K+），故C正确；D、NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于氢氧化钾的体积，所以c（Na+）+c（K+）0.05mol/L，故D错误；故选：BC；（3）降低温度，抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数变小故答案为：减小；加盐酸发生反应：A2+H
58、+=HA，A2 离子浓度减小，平衡向右移动此时n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以C（Ca2+）增大，故答案为：增大；加盐酸发生反应：A2+H+=HA，A2 离子浓度减小，平衡向右移动此时n（Ca2+）显著增大，而溶液体积变化不大，所以c（Ca2+）增大； （4）两种溶液等体积混合时，其浓度都各自降为原来的一半，所以混合后Na2CO3溶液的浓度为1104mo1/L，根据c（Ca2+）c（CO32 ）=Ksp得c（Ca2+）=mol/L=2.8105mo1/L，则原来CaCl2溶液的最小浓度为5.6105mo1/L，故答案为：5.6105mo1/L【点评】本题考查弱电解质的电离、难溶
59、物的溶解平衡等知识点，为高频考点，把握弱电解质电离特点及电解质溶液中存在的守恒是解本题关键，易错点是（4）题计算，注意：两种溶液混合后其浓度都降为原来一半，题目难度中等18食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的已知：氧化性：IO3Fe3+I2； KI+I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为2份第一份试液中滴加 KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；加
60、KSCN溶液显红色，写出生成红色物质的离子方程式是Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；CCl4中显紫红色的物质是（用电子式表示）第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为：IO3+5I+6H+3I2+3H2O 和2Fe3+2I2Fe2+I2（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：4KI+O2+2H2O2I2+4KOH将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O该物质作为食盐加碘剂是否合适？否（填“是”或“否”），并说明理由KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华【考点】氯
61、、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题；卤族元素【分析】（1）给出的离子中，只有Fe3+遇KSCN溶液显红色，Fe3+与KI发生氧化还原反应生成的碘单质，易溶于有机溶剂，且碘在四氯化碳中显紫色；具有氧化性的离子为IO3、Fe3+，具有还原性的离子为I，利用氧化还原反应来分析；（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析【解答】解：（1）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，Fe
62、（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成这是因为由于“氧化性：IO3Fe3+I2”，加足量KI后，IO3和Fe3+均能将I氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色由此可知该加碘盐中不含KI该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe（SCN）3，反应的离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，CCl4中显紫红色的物质是I2，电子式，故答案为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3； 第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3+5I+6H
63、+3I2+3H2O、2Fe3+2I2Fe2+I2，故答案为：2Fe3+2I2Fe2+I2；（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为：4KI+O2+2H2O2I2+4KOH，根据题目告知，KI3H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得再由题给的信息：“KI+I2KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3H2O作为食盐加碘剂是不合适的，故答案为：4KI+O2+2H2O2I2+4KOH；否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，
64、I2易升华【点评】本题以日常生活中熟悉的食盐和加碘盐中碘的损失原因为素材，要求通过实验，检验加碘盐中所含有的成分物质，探究保存过程中由于空气中氧气的作用容易引起碘损失的反应、探讨KI3H2O作为食盐加碘剂是否合适，试题突了有效获取知识并与已有知识整合的能力，突出了能够从新信息中准确提取实质性的内容，并与所学的知识进行有效结合，解决实际问题的能力，题目难度中等19能源短缺是人类面临的重大问题甲醇是一种可再生能源具有广泛的开发和应用前景因此甲醇被称为21世纪的新型燃料、已知在常温常压下：H2O（I）H2O（g）H=+44.0kJmol12CH3OH（I）十3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）
65、H=1275.6kJmol1写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol、工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应A：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1反应B：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2在体积为2L的合成塔中，充人2mol CO2和6mol H2，测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化及甲醇的物质的量随时间、温度变化如图所示（T1、T2均大于300）（1）则上述CO2转化为甲醇的反应的H10（填“”“”或“=”）（2）从反应开始到平衡（10min），用H2表示 的反应
66、速率为0.24 molL1min1；（3）下列说法正确的是BDA若保持恒温，当容器中n（CH3OH）：n（H2O）为1：1时，该反应已达平衡状态B若保持恒温，当容器内气体压强恒定时，该反应已达平衡状态C若其他条件不变，则平衡常数：K（T1）K （T2）D处于A点的反应体系的温度从T1变到T2，达到平衡时增大（4）对于反应A，若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是ADA增加CO2的量 B升高温度C充入He，使体系总压强增大 D按原比例再充入CO2和H2（5）某温度下，将4mol CO和12mol H2，充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.5molL1，则该温度下该
67、反应的平衡常数为0.33（6）在T1温度时，将1mol CO2和3mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为A，则容器内的压强与起始压强之比为10.5A【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算【分析】：依据热化学方程式和盖斯定律计算得到，燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量表示热化学方程式；、（1）由图T2T1，而温度越高甲醇的量越少，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应；（2）根据反应速率v=计算v（CO2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；（3）A、无论反应是
68、否达到平衡状态，n（CH3OH）：n（H2O）为1：1；B、当反应前后改变的物理量不变时，该反应达到平衡状态；C、根据“先拐先平数值大”判断；D、升高温度平衡逆向移动，达到平衡时增大；（4）化学平衡正向移动可增加甲醇产率，由此分析各项；（5）根据三行式求平衡时各组分的浓度，然后代入表达式计算；（6）根据CO2的转化率求得平衡时各物质的物质的量，压强之比等于物质的量之比，从而求得结论【解答】解：H2O（l）H2O（g）H=+44.0kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJmol1依据盖斯定律+2得到2CH3OH（g）+3 O2（g）=2CO2
69、（g）+4H2O（l）H=1451.6kJ/mol CH3OH（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=725.8kJ/mol；、（1）由图T2T1，而温度越高甲醇的量越少，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，所以H10，故答案为：；（2）从反应开始到平衡，v（CO2）=0.08molL1min1，速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=30.08molL1min1=0.24 molL1min1，故答案为：0.24 molL1min1；（3）A、若保持恒温，无论该
70、反应是否达到平衡状态，容器中n（CH3OH）：n（H2O）始终为1：1，所以不能据此判断平衡状态，故错误；B、该反应是反应气体体积减小的反应，若保持恒温，当容器内气体压强恒定时，该反应已达平衡状态，故正确；C、根据“先拐先平数值大”知T1T2，升高温度，甲醇的物质的量减小，则平衡向逆反应发现移动，所以平衡常数：K（T1）K （T2），故错误；D、升高温度平衡逆向移动，达到平衡时增大，故正确；故选BD；（4）A增加CO2的量，平衡正向移动，甲醇产率增加，故正确； B正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率减小，故错误；C充入He，使体系总压强增大，各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不
71、变，故错误；D按原比例再充入CO2和H2，相当于增大压强，平衡正向移动，甲醇产率增加，故正确；故选AD；（5）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）初起：2mol/L 6mol/L 0变化：1.5molL13molL1 1.5molL1平衡：0.5molL1 3molL11.5molL1所以K=0.33，故答案为：0.33； （6）由化学平衡的三段模式法计算可知， CO2 （g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）起始 1 3 0 0变化 A 3A A A平衡 1A 33A A A根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比为=（1A+33A+A+A）
72、：（1+3）=（2A）：2=10.5A，故答案为：10.5A【点评】本题是一道关于化学平衡状态的判断、化学平衡的移动影响因素，平衡状态的判断方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等20一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=+2AlO2+3H2（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴则浸出钴的化学反应方程式
73、为（产物中只有一种酸根）4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境（3）过程得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2（4）碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程中起的作用是调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3（5）在Na2CO3溶液中存在多种离子
74、，各种离子的浓度由大到小顺序为c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水如图是粉红色的CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，B物质的化学式是CoCl2H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；（2）Co3O4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成
75、硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被Co2O3CoO氧化生成有毒的氯气；（3）根据铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；（4）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3；（5）碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，碳酸氢钠中HCO3水解程度大于电离程度，导致碳酸氢钠溶液呈碱性，所以该物质溶于水得稀溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒；（6）根据关系式CoCl26H2OCoCl2求出CoCl26H2O的质量，然后再根据差量法求出B物质的化学式【解答】解：（1）铝和氢氧化钠
76、溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH+2H2O=+2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=+2AlO2+3H2；（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；（3）铝离子能与碳
77、酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；故答案为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；（4）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3；故答案为：调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3；（5）碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，碳酸氢钠中HCO3水解程度大于电离程度，导致碳酸氢钠溶液呈碱性，所以该物质溶于水得稀溶液呈碱性，各种离子的浓度由大到小顺序为c（Na+）c（CO32）c（OH
78、）c（HCO3）c（H+），故答案为：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）；（6 ）CoCl26H2OCoCl2 238 130 m 65mg，解得：m=119mg A物质的化学式为CoCl2nH2O，则有： CoCl26H2OCoCl2nH2Om 238 18（6n） 119mg 119mg74mg，解得：n=1，所以A物质的化学式为：CoCl2H2O，故答案为：CoCl2H2O【点评】本题考查了金属及其化合物的性质，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查，是一道不错的能力考查题2
79、1X、Y、Z、W为电子数相同的分子或离子X有5个原子核通常状况下，W为无色液体它们之间转化关系如图1所示，请回答：（1）实验室采用固件加热制取Z的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+2H2O+CaCl2（2）某化学小组同学模拟工业生产制取HNO3，设计图2所示装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球A中发生反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2OB中浓H2SO4的作用是吸收水与未反应的氨气（3）写出D装置中反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO（4）向含有ag HNO3的稀溶液中，加入bg铁粉充分反应，铁粉全部溶解已知34.5，则被还原的HNO3的质量为g
80、【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】X、Y、Z、W为电子数相同的分子或离子，X有5个原子核，通常状况下，W为无色液体，发生反应X+YZ+W，应是NH4+OH=NH3+H2O，推断X为NH4+、Y为OH、Z为NH3、W为H2O（1）实验室用氢氧化钙与氯化铵再加热条件下制备氨气，反应生成氯化钙、氨气与水；（2）A中发生氨的催化氧化，氨气与氧气反应生成NO与水；吸收水与未反应的氨气；（3）D中为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO；（4）ag HNO3的稀溶液中，加入bg铁粉充分反应，铁粉全部溶解，硝酸与Fe的物质的量比为=，已知34.5，则硝酸与铁的物质的量比为x，8：3x4：1，则产生中亚铁离
81、子、铁离子均存在，发生4HNO3+Fe=Fe（NO3）3+NO+2H2O、8HNO3+3Fe=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，结合反应计算【解答】解：X、Y、Z、W为电子数相同的分子或离子，X有5个原子核，通常状况下，W为无色液体，发生反应X+YZ+W，应是NH4+OH=NH3+H2O，推断X为NH4+、Y为OH、Z为NH3、W为H2O（1）实验室用氢氧化钙与氯化铵再加热条件下制备氨气，反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+2H2O+CaCl2，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+2H2O+CaCl2；（2）A中发生氨的催化氧化，氨气与
82、氧气反应生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；浓硫酸作用是吸收水与未反应的氨气，故答案为：吸收水与未反应的氨气；（3）D中为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（4）ag HNO3的稀溶液中，加入bg铁粉充分反应，铁粉全部溶解，硝酸与Fe的物质的量比为=，已知34.5，则硝酸与铁的物质的量比为x，8：3x4：1，则产生中亚铁离子、铁离子均存在，设分别为mmol、nmol，则4HNO3+Fe=Fe（NO3）3+NO+2H2O4m m m8HNO3+3Fe=3Fe（NO3）2+2NO+4H2On n n则，解得n=，m=，由N原子守恒可知，被还原的硝酸为（m+n）mol63g/mol=g，故答案为：【点评】本题考查无机物推断、硝酸的制备、化学计算等，题目比较综合，推断物质是解题关键，注意识记常见10电子、18电子微粒，难度较大2016年3月8日版权所有：高考资源网()
