1、高考资源网（） 您身边的高考专家2013-2014学年吉林省长春十一中高二（下）期末化学试卷一、选择题（共22小题，每小题2分，满分54分）1（2分）（2014春南关区校级期末）原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这一数字与铱（Ir）元素的原子核外电子数恰好相等，因此称为“铱星计划”已知铱的一种同位素的质量数为191，则其核内的中子数与质子数之差是（）A77B114C37D2682（2分）（2014春南关区校级期末）下列四个数据都表示合成氨的反应速率，其中代表同一反应速率的是（）vN2=0.3 molL1min1 VNH3=0.9 molL1min1 VH2=0.015 molL1s1 V
2、H2=2.25molL1min1ABCD3（2分）（2014春南关区校级期末）下列电子式书写正确的是（）A氯化钠B氨气C氯化钙D硫化钠4（2分）（2014新建县校级模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A在pH=1的溶液中：K+、Na+、SO42、HCO3B在0.1molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3、SO42C在0.1molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCND在=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO35（2分）（2014春南关区校级期末）在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，分别注入下列各组气体（先注入一种，再注入另一种），全
3、部气体注入完毕后，容器中的压强从大到小的顺序是 （）2mol氢气和1mol氧气 2mol硫化氢和1mol二氧化硫 2mol一氧化氮和1mol氧气 2mol氨和1mol氯化氢A=B=CD6（2分）（2014春南关区校级期末）在A2+3B2=2C的反应中，经过t秒钟后，C的浓度增加了0.6mol/L，在此期间，反应速率V（B=0.45mol/（LS），则t值为（）A1秒B1.5秒C2秒D2.5秒7（2分）（2015大庆校级模拟）（2008广东理基）下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是（）原子序数为15的元素的最高化合价为+3A族元素是同周期中非金属性最强的元素 第二周期A族元素的原子核电荷数
4、和中子数一定为6原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期A族ABCD8（2分）（2014济南模拟）分类是化学研究的重要方法之一，下列有关说法中，正确的是（）ASO2、NO2和CO2都属于酸性氧化物B甲烷和和一氯甲烷都属于烷烃CHC1O是弱电解质，NaClO却属于强电解质D在水溶液中能电离出H+的化合物都属于酸9（2分）（2010碑林区校级模拟）已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3H2OCl2、H+、Cl和Co2+下列叙述不正确的是（）A氧化产物为Cl2B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移D当该反应生成2.
5、24LCl2时，则反应中有0.1mol电子转移10（2分）（2010长春三模）已知下列反应的热化学方程式为：（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol（2）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H2=870.3kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）=H2O（l）H3=285.8kJ/mol则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l） 的反应热（焓变）为（）A+488.3kJ/molB488.3kJ/molC244.15kJ/molD+244.15kJ/mol11（2分）（2012海淀区一模）下列说法不正确的是（）ABC
6、D通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大甲电极上的电极反应为：2Cl2eCl2Pt电极上的电极反应为：O2+2H2O+4e4OH总反应的离子方程式为：2Fe3+CuCu2+2Fe2+AABBCCDD12（2分）（2009珠海二模）a、b、c、d是四种短周期元素a、b、d同周期，c、d同主族a的原子结构示意图为，b与c形成化合物的电子式为下列比较中正确的是（）A原子半径：acdbB最高价含氧酸的酸性cdaC原子序数：adbcD单质的氧化性abdc13（3分）（2014泉州模拟）某实验小组依据反应AsO43+2H+2IAsO33+I2+H2O设计如图1原电池，探究pH对AsO43氧化性的影响测得
7、电压与pH的关系如图2下列有关叙述错误的是（）A调节pH可以改变反应的方向BpH=0.68时，反应处于平衡状态CpH=5时，负极电极反应式为2I2e=I2DpH0.68时，氧化性I2AsO4314（3分）（2014春南关区校级期末）下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：2的是（）A4KI+O2+2H2O4KOH+2I2B2CH3COOH+Ca（ClO）22HClO+（CH3COO）2CaCI2+2NaClO32NaIO3+Cl2DMnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O15（3分）（2014路桥区模拟）随着对合成氨研究的发展，2001年两位希腊化学家提出了电解合成氨的方法，即在常
8、压下把氢气和用氦气稀释的氮气，分别通入一个加热到570的电解池中，采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）下列有关说法中正确的是（）A电解法合成氨的电解池中能用水作电解质溶液的溶剂B钯电极B连接的是电源的负极C钯电极A的电极反应式为：N2+6e+6H+2NH3D当有0.3mol电子转移时，有2.688L NH3生成16（3分）（2013宁波校级学业考试）向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准
9、状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A0.24 molB0.21 molC0.16 molD0.14 mol17（3分）（2014春南关区校级期末）某元素氧化物的相对分子质量为 a，其相同价态的硫酸盐的相对分子量为b，则此元素的化合价为（）ABCD18（3分）（2015大庆校级模拟）下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是（）A已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定B已知I2（g）+H2（g）=2HI（g）H1；I2（s）+H2（g）=2HI（g）H2；则H1H2CHCl和NaOH反应的中和热
10、H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJ/molD已知H2（g）+F2（g）=2HF（g）H=270kJ/mol，则2L氟化氢气体分解成1L氢气和1L氟气吸收270kJ热量19（3分）（2014春南关区校级期末）V1mL、0.2mol/L Na2SO4溶液和V2mL、0.1mol/L Fe2（SO4）3溶液混合，已知V1大于V2，则混合溶液中SO42的物质的量浓度可能是（）A0.23 mol/LB0.18 mol/LC0.26 mol/LD0.25 mol/L20（3分）（2013成都模拟）向1LFeBr2溶液中，通入1.12L（标态下）的Cl2
11、，测得溶液中c（Br）=3c（Cl），反应过程中溶液的体积变化不计，则下列说法中正确的是（）A原溶液的浓度为0.1mol/LB反应后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/LC反应后溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+）D原溶液中c（Br）=0.4mol/L21（3分）（2014宜春模拟）香花石由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层相等，X、Z位于同主族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数为次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍下列说法错误的是（）A原子半径：YZRTB气态氢化物的稳定性：WRTC最高价氧化
12、物对应的水化物碱性：XZDXR2、WR2两化合物中R的化合价相同22（3分）（2014春南关区校级期末）在25时，将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有a mol电子转移时，溶液中析出m g Na2SO410H2O晶体若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为（）A100%B100%C100%D100%二、解答题（共4小题，满分46分）23（14分）（2014春南关区校级期末）已知：A为含金属离子的淡黄色固体化台物，E、X为空气中常见气体，A、B、C、D含有相同的金属离子，其转化关系如图1（部分产物已略去）请回答下列问题（1）这种金属离子的离子结构示意图1为；（2）X的电子
13、式；（3）B中所含化学键的类型是；常温常压下，7.8gA与足量的水充分反应放出热量a kJ，写出该反应的热化学方程式（4）C也可转化为B，写出该转化的化学方程式；B与D反应的离子方程式为（5）将一定量的气体X通入2LB的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图2（忽略气体的溶解和HCl的挥发）请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为，ab之间的反应的离子方程式是24（10分）（2014春南关区校级期末）如图是一个化学过程的示意图（1）图中乙池是 装置（2）c（Pt）电极的名称是（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式是（4）乙池中反应的离子方程式为（5
14、）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2mL（标准状况下）；此时丙池某电极析出0.64g某金属，则丙中的某盐溶液可能是（填序号）A MgSO4 BCuSO4 CNaCL DAgNO325（10分）（2014春南关区校级期末）2006年5月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭“亮菌甲素”的结构简式如图，它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性请回答下列问题：（1）“亮菌甲素”的分子式为（2）丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在写出其属于醇类的同分异
15、构体的结构简式（3）下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是（填字母）A“亮菌甲素”能与H2发生加成反应B不能使酸性KMnO4溶液褪色C“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种D1mol“亮菌甲素”最多与3mol NaOH反应（4）核磁共振氢谱分析，发现二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1又知二甘醇中C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%，1mol二甘醇与足量金属钠反应生成1mol H2写出二甘醇与乙酸（按物质的量之比1：1）反应的化学方程式26（12分）（2014春南关区校级期末）铁与HNO3作用时，还原产物除与HNO3浓度有关外，还与温度有关已知铁与冷的稀HNO3反应时，主
16、要还原产物为NO气体；与热的稀HN03反应时，主要还原产物为N2O气体；当HNO3更稀时，其重要还原产物是NH4+现有铁与稀 HNO3的作用，请分析下图，回答有关问题假设曲线的各段内只有一种还原产物（1）0点到a点的还原产物是（2）a点到b点的还原产物是，其原因是（3）试完成b点到c点的反应方程式：口Fe+口HNO3口Fe（NO3）3+口+口H20（4）反应过程中，到达点时，HN03已完全反应（5）已知达到d点时反应结束，此时溶液中的主要阳离子是（6）c点和d点参加反应的铁的物质的量之比是2013-2014学年吉林省长春十一中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共22小题，每小
17、题2分，满分54分）1（2分）（2014春南关区校级期末）原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这一数字与铱（Ir）元素的原子核外电子数恰好相等，因此称为“铱星计划”已知铱的一种同位素的质量数为191，则其核内的中子数与质子数之差是（）A77B114C37D268考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系版权所有专题：原子组成与结构专题分析：根据电子数=质子数，中子数=质量数质子数进行计算解答：解：电子数=质子数=77，中子数=质量数质子数=19177=114，所以中子数质子数=11477=37，故选C点评：本题很简单，考查同位素原子的构成，明确原子中的“量”的关系即可解答2（2分）（201
18、4春南关区校级期末）下列四个数据都表示合成氨的反应速率，其中代表同一反应速率的是（）vN2=0.3 molL1min1 VNH3=0.9 molL1min1 VH2=0.015 molL1s1 VH2=2.25molL1min1ABCD考点：化学反应速率和化学计量数的关系版权所有专题：化学反应速率专题分析：用不同物质表示的速率，速率可能不同，但表示反应快慢一样不同物质表示的速率符合速率之比等于化学计量数之比，即可代表同一反应，据此判断，注意反应速率的单位要一致解答：解：合成氨的反应为：3H2+N22NH3A反应速率之比=v（N2）：v（NH3）=0.3mol/（Lmin）：V（NH3）=0.9
19、mol/（Lmin）=1：3，不等于化学计量数之比，不能表示相同条件下同一反应，故A错误；Bv（H2）=0.015mol/（Ls）=v（H2）=0.05mol/（Lmin），速率之比=v（N2）：v（H2）=0.3mol/（Lmin）：0.9mol/（Lmin）=1：3，等于化学计量数之比，能表示相同条件下同一反应，故B正确；Cv（H2）=0.015mol/（Ls）=v（H2）=0.05mol/（Lmin），与v（H2）=2.25mol/（Ls）不相等，不能表示相同条件下同一反应，故C错误；D速率之比=v（NH3）：v（H2）=0.9mol/（Lmin）：2.25mol/（Lmin）=2：5，
20、不等于化学计量数，不能表示相同条件下同一反应，故D错误故选B点评：本题考查反应速率的意义，难度不大，注意相同条件下同一反应用不同物质表示反应速率可能不相等，但表示反应快慢是一样的，满足速率之比等于化学计量数之比3（2分）（2014春南关区校级期末）下列电子式书写正确的是（）A氯化钠B氨气C氯化钙D硫化钠考点：电子式版权所有专题：化学用语专题分析：A氯化钠为离子化合物，钠离子和氯离子都需要标出所带电荷；B氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氮原子的一对孤电子对；C氯化钙为离子化合物，相同的阴离子应分开写；D硫化钠为离子化合物，阴离子硫离子需要标出最外层电子，阳离子钠离子分开写解答：解
21、：A氯化钠为离子化合物，其电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钠的电子式为Na+：，故A错误；B氨气为共价化合物，氮原子最外层达到8个电子稳定结构，正确达到电子式为：，故B错误；C氯化钙为离子化合物，相同的阴离子应分开写，电子式为：，故C错误；D硫化钠为离子化合物，阴离子硫离子需要标出最外层电子，阳离子钠离子分开写，电子式为：，故D正确；故选D点评：本题考查了电子式的书写判断，题目难度中等，注意掌握电子式的概念及正确表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别4（2分）（2014新建县校级模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A在pH=1的溶液中：K+、
22、Na+、SO42、HCO3B在0.1molL1 Na2CO3溶液中：Al3+、K+、NO3、SO42C在0.1molL1 FeCl3溶液中：K+、NH4+、I、SCND在=1012的溶液中：K+、Na+、ClO、NO3考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：ApH=1的溶液呈酸性，与H+反应的离子不能大量共存；B与CO32反应的离子不能大量共存；C与Fe3+反应的离子不能大量共存；D.=1012的溶液呈碱性解答：解：ApH=1的溶液呈酸性，HCO3与H+反应生成水和二氧化碳气体而不能大量共存，故A错误；BAl3+与CO32发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；CI、SCN与Fe3
23、+反应的离子而不能大量共存，故C错误；D.=1012的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，把握物质的溶解性及离子之间的反应即可解答，选项C为解答的难点，题目难度不大5（2分）（2014春南关区校级期末）在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，分别注入下列各组气体（先注入一种，再注入另一种），全部气体注入完毕后，容器中的压强从大到小的顺序是 （）2mol氢气和1mol氧气 2mol硫化氢和1mol二氧化硫 2mol一氧化氮和1mol氧气 2mol氨和1mol氯化氢A=B=CD考点：氮的氧化物的性质
24、及其对环境的影响；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质版权所有专题：氧族元素；氮族元素分析：在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，气体的物质的量与压强成正比，气体的物质的量越多，则压强越大，以此来分析解答：解：2mol氢气和1mol氧气，气体的总物质的量为3mol；2mol硫化氢和1mol二氧化硫发生2H2S+SO2=3S+2H2O，两者恰好反应，S为固体，H2O为液体，密闭容器中没有气体；2mol一氧化氮和1mol氧气发生2NO+O2=2NO2，两者恰好反应，而NO2还能转变成N2O4，发生2NO2N2O4，密闭容器中气体有NO2和N2O4，物质的量大于1mol小于2mol； 2mol氨和lm
25、ol氯化氢发生NH3+HCl=NH4Cl，NH3过量，剩余气体的物质的量为1mol；则压强为，故选D点评：本题主要考查了相同状况下，气体的物质的量与压强的关系，明确混合气体发生的化学反应及剩余气体是解答本题的关键，难度不大6（2分）（2014春南关区校级期末）在A2+3B2=2C的反应中，经过t秒钟后，C的浓度增加了0.6mol/L，在此期间，反应速率V（B=0.45mol/（LS），则t值为（）A1秒B1.5秒C2秒D2.5秒考点：反应速率的定量表示方法版权所有专题：化学反应速率专题分析：物质的浓度变化之比等于化学计量数之比，再结合v=进行计算解答：解：c（B2）：c（C）=3：2，c（B2
26、）=1.5c（C）=1.50.6mol/L=0.9mol/L，v=，t=2s，故选C点评：本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大7（2分）（2015大庆校级模拟）（2008广东理基）下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是（）原子序数为15的元素的最高化合价为+3A族元素是同周期中非金属性最强的元素 第二周期A族元素的原子核电荷数和中子数一定为6原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期A族ABCD考点：原子结构与元素周期律的关系版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：利用最外层电子数分析最高正化合价；元素周期表中从左到右元素的非金
27、属性在增强；第二周期A族元素为C元素，核电荷数一定为6；原子序数为12的元素为Mg元素解答：解：原子序数为15的元素是P，最外层电子数为5，则最高化合价为+5价，故错误；在元素周期表中同一周期随原子序数递增非金属性逐渐增强，故正确；C的质子数为6，但中子数不一定为6，因C存在14C和13C等同位素，故错误；原子序数为12的元素为Mg，位于元素周期表的第三周期A族，故正确故选C点评：本题考查原子结构与元素周期律，熟悉元素在周期表在的位置及元素的性质即可解答，难度不大8（2分）（2014济南模拟）分类是化学研究的重要方法之一，下列有关说法中，正确的是（）ASO2、NO2和CO2都属于酸性氧化物B甲
28、烷和和一氯甲烷都属于烷烃CHC1O是弱电解质，NaClO却属于强电解质D在水溶液中能电离出H+的化合物都属于酸考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；烷烃及其命名版权所有专题：物质的分类专题分析：A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；B、烷烃属于烃类，组成元素只有碳元素和氢元素；C、根据在水溶液中电解质是否能完全电离来确定其强弱；D、在水溶液中能电离出的阳离子全部是H+的化合物属于酸解答：解：A、二氧化氮不属于酸性氧化物，SO2和CO2都属于酸性氧化物，故A错误；B、甲烷和属于烷烃，但是一氯甲烷中含有氯元素，不属于烷烃，属于卤代烃，故B错误；C、HC1O
29、在水溶液中不能完全电离，是弱电解质，NaClO在水溶液中中完全电离，属于强电解质，故C正确；D、只有在水溶液中能电离出的阳离子全部是H+的化合物才属于酸，如硫酸氢钠在水溶液中能电离出氢离子，但是属于盐，故D错误故选C点评：本题考查学生物质分类的有关知识，注意知识的归纳和整理是关键，概念的掌握要灵活，难度中等9（2分）（2010碑林区校级模拟）已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3H2OCl2、H+、Cl和Co2+下列叙述不正确的是（）A氧化产物为Cl2B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移D当该反应生成2.24L
30、Cl2时，则反应中有0.1mol电子转移考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、还原剂对应的产物是氧化产物；B、氧化剂是化合价降低元素所在的反应物，还原剂是化合价升高元素所在的反应物；C、根据化合价升高或降低的数目来确定转移的电子数目；D、根据氯气的生成量来确定化合价升高的数目，进而确定转移电子数解答：解：A、用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，故A正确；B、氧化剂是Co2O3，还原剂是HCl，Co2O3中的Co由+3价变为+2，1molCo2O3得电子2mol，HCl中的Cl由1价变成0价，1
31、molHCl失电子1mol，根据得失电子守恒，需要2molHCl，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B正确；C、用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，还原产物是氯化钴，方程式为：Co2O3+6HCl2CoCl2+3H2O+Cl2，若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故C正确；D、根据方程式为：Co2O3+6HCl2CoCl2+3H2O+Cl2，当该反应生成2.24L（0.1mol）Cl2时，则反应中有0.2mol电子转移，故D错误故选D点评：本题考查学生有关氧化还原反应的概念以及电子守恒思想的运用知识，可以根据所学内容来
32、回答10（2分）（2010长春三模）已知下列反应的热化学方程式为：（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol（2）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H2=870.3kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）=H2O（l）H3=285.8kJ/mol则反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l） 的反应热（焓变）为（）A+488.3kJ/molB488.3kJ/molC244.15kJ/molD+244.15kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律构造出目标反应热
33、化学反应方程式，据此判断注意化学计量数乘以不同的系数，进行加减，焓变也要乘以相同的系数，做相应加减解答：解：已知：（1）C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJ/mol（2）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H2=870.3kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）=H2O（l）H3=285.8kJ/mol根据盖斯定律，（1）2+（3）2（2）得2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）H=488.3kJ/mol故选：B点评：本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的理解与应用盖斯定律只适用于等温等压或等温等容过程，各步反应的
34、温度应相同11（2分）（2012海淀区一模）下列说法不正确的是（）ABCD通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大甲电极上的电极反应为：2Cl2eCl2Pt电极上的电极反应为：O2+2H2O+4e4OH总反应的离子方程式为：2Fe3+CuCu2+2Fe2+AABBCCDD考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A电解稀硫酸溶液，实质上电解的水，溶液浓度增大；B由电子移动方向可知甲连接电源的正极，甲为电解池的阳极；C此为原电池装置，Fe为负极，Pt为正极；D根据原电池正负极电极方程式书写总反应式解答：解：A电解稀硫酸溶液，实质上电解的水，硫酸浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B由电
35、子移动方向可知甲连接电源的正极，甲为电解池的阳极，发生反应为2Cl2eCl2，故B正确；C此为原电池装置，类似于铁的吸氧腐蚀，Fe为负极，Pt为正极，正极发生还原反应，电解方程式为O2+2H2O+4e4OH，故C正确；DFe3+在正极得电子被还原，Cu在负极失电子被氧化，总反应式为2Fe3+CuCu2+2Fe2+，故D正确故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于电化学知识的考查，注意把握电解池和原电池的工作原理，掌握电极方程式的书写方法12（2分）（2009珠海二模）a、b、c、d是四种短周期元素a、b、d同周期，c、d同主族a的原子结构示意图为，b与c形成化合物的电子式为下列比较中正确
36、的是（）A原子半径：acdbB最高价含氧酸的酸性cdaC原子序数：adbcD单质的氧化性abdc考点：原子结构与元素周期律的关系版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由a的原子结构示意图可知，x=2，a的原子序数为14，故a为Si元素；由b与c形成的化合物的电子式可知c原子核外应有5个电子，为第A族元素，应为N元素，b最外层应有1个电子，与a同周期，应为Na元素，c、d同主族，则d为P元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题解答：解：由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si元素；由b与c形成的化合物的电子式可知c原子核外应有5个电子，为第A族元
37、素，应为N元素，b最外层应有1个电子，与a同周期，应为Na元素，c、d同主族，则d为P元素，A原子半径应为NaSiPN，即badc，故A错误；B元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，为NPSi，即cda，故B正确；C原子序数的大小顺序为PSiNaN，即dabc，故C错误；D周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则应为cdab，故D错误故选：B点评：本题考查学生利用元素的位置与结构来推断元素，并利用元素化合物知识来解答，综合性强，注重了高考的热点来考查学生，有利于学生巩固基础知识和基本技能13（
38、3分）（2014泉州模拟）某实验小组依据反应AsO43+2H+2IAsO33+I2+H2O设计如图1原电池，探究pH对AsO43氧化性的影响测得电压与pH的关系如图2下列有关叙述错误的是（）A调节pH可以改变反应的方向BpH=0.68时，反应处于平衡状态CpH=5时，负极电极反应式为2I2e=I2DpH0.68时，氧化性I2AsO43考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A、根据图2分析电压与PH的关系；B、pH=0.68时，电压为零；C、pH=5时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33在负极失电子；D、pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行解答：解：A、由图2可知，p
39、H0.68时，电压小于0，反应逆向进行，pH0.68时，电压大于0，反应正向进行，所以调节pH可以改变反应的方向，故A正确；B、pH=0.68时，电压为零，反应处于平衡状态，故B正确；C、pH=5时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33在负极失电子，则负极电极反应式为AsO332e+H2O=AsO43+2H+，故C错误；D、pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行，碘作氧化剂，所以氧化性I2AsO43，故D正确故选C点评：本题考查了原电池原理的应用和化学平衡移动，侧重于知识的综合应用的考查，难度中等14（3分）（2014春南关区校级期末）下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：2的是（）
40、A4KI+O2+2H2O4KOH+2I2B2CH3COOH+Ca（ClO）22HClO+（CH3COO）2CaCI2+2NaClO32NaIO3+Cl2DMnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂，结合反应判断氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：2，以此来解答解答：解：AO2为氧化剂，KI为还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：4，故A不选；B没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；CNaClO3为氧化剂，I2为还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量的关系为2：1，
41、故C不选；DMnO2为氧化剂，4molHCl反应时只有2molHCl作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：2，故D选；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂、还原剂判断及物质的量关系的考查，题目难度不大15（3分）（2014路桥区模拟）随着对合成氨研究的发展，2001年两位希腊化学家提出了电解合成氨的方法，即在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气，分别通入一个加热到570的电解池中，采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）下
42、列有关说法中正确的是（）A电解法合成氨的电解池中能用水作电解质溶液的溶剂B钯电极B连接的是电源的负极C钯电极A的电极反应式为：N2+6e+6H+2NH3D当有0.3mol电子转移时，有2.688L NH3生成考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：反应总方程式为N2+3H22NH3，反应中N元素化合价降低，被还原，应为电解池阴极反应，电解方程式为N2+6e+6H+2NH3，H元素化合价升高，被氧化，应为电解池阳极反应，电极方程式为H22e=2H+，以此解答该题解答：解：A在电解法合成氨的电解池中不能用水作电解质溶液的溶剂，原因是新法合成氨电解池的反应温度是570时，水为水蒸
43、气，故A错误；B由氢离子移动方向可知A为银极，B为阳极，阳极连接电源正极，故B错误；CA为阴极，发生还原反应，电解方程式为N2+6e+6H+2NH3，故C正确；D由于气体存在的条件不一定为标准状况下，则不能确定气体的体积，故D错误故选C点评：本题综合考查原电池和电解质知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电化学工作原理，难度不大，注意相关基础知识的积累16（3分）（2013宁波校级学业考试）向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的
44、氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A0.24 molB0.21 molC0.16 molD0.14 mol考点：有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题分析：混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量解答：解：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入K
45、SCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，1.344L NO（标准状况）的物质的量为=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L4mol/L0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol故选：B点评：本题考查学生利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键17（3分）（2014春南关区校级期末）某元素氧化物的相对分子质量为 a，其相同价态的硫酸盐的相对分子量为b，则此元素的化合价为（）ABCD
46、考点：根据化学式判断化合价；相对分子质量及其计算版权所有专题：物质的组成专题分析：令元素化合价为+x，（1）若x为奇数时，氧化物化学式为 R2Ox，硫酸盐的化学式为 R2（SO4）x；（2）若x为偶数时，氧化物化学式为 ROx/2，硫酸盐的化学式为 R（SO4）x/2；依据相对分子质量与化学式的关系解答出x的值即可解答：解：令元素化合价为+x，相对原子质量为y（1）若x为奇数时，氧化物化学式为 R2Ox，硫酸盐的化学式为 R2（SO4）x；2y+16x=a2y+96x=b解得x=（2）若x为偶数时，氧化物化学式为 ROx/2，硫酸盐的化学式为 R（SO4）x/2；y+8x=ay+48x=b解得
47、x=故选BD点评：本题考查化合价的计算，关键在于化学式的书写，需要考虑R的化合价的不同进行讨论，难度中等18（3分）（2015大庆校级模拟）下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是（）A已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定B已知I2（g）+H2（g）=2HI（g）H1；I2（s）+H2（g）=2HI（g）H2；则H1H2CHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJ/molD已知H2（g）+F2（g）=2HF（g）H=270kJ/mol，则2L氟化氢气体分解成1L氢气和1L氟气吸收270kJ热量考点
48、：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、根据物质具有的能量越低，物质越稳定；B、根据放热反应，H0，I2（g）比I2（s）所含能量高；C根据在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热；必须是酸和碱的稀溶液 因此对于强酸强碱的反应，中和热是一固定值，不会随物质的量的改变而改变；硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡难溶，过程中放热；D、根据热化学方程式的意义解答：解：A、根据C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故A错误；B、放热反应，H0，I2（g）比I2（s）所含能量高，所以前者放热
49、多于后者，H1H2，故B正确；C、HCl和NaOH反应的中和热H=57.3 kJmol1，则H2SO4和Ba（OH）2反反应生成硫酸钡难溶于水，生成硫酸钡过程放热，所以反应的焓变H2（57.3）kJmol1，反应的中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，故C错误；D、正确由H2（g）+F2（g）2HF（g）H=270kJ/mol可知则2mol氟化氢气体分解成1mol氢气和1mol氟气吸收270kJ热量，故D错误；故选B点评：本题考查学生中和热的概念、反应的热效应方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等19（3分）（2014春南关区校级期末）V1mL、0.2mol/L Na2SO4
50、溶液和V2mL、0.1mol/L Fe2（SO4）3溶液混合，已知V1大于V2，则混合溶液中SO42的物质的量浓度可能是（）A0.23 mol/LB0.18 mol/LC0.26 mol/LD0.25 mol/L考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据n=cV计算 Na2SO4、Fe2（SO4）3中SO42的物质的量，再根据c=计算混合后SO42的物质的量浓度，再结合V1大于V2确定解答：解：V1mL、0.2mol/L Na2SO4溶液中SO42的物质的量=V1103L0.2mol/L=2V1104mol，V2mL、0.1mol/L Fe2（SO4）3溶液中
51、SO42的物质的量=V2103L0.1mol/L3=3V2104mol，则混合后溶液中SO42的物质的量浓度=mol/L=（0.2+）mol/L，由于V1大于V2，故00.05，故混合后0.2mol/Lc（SO42）0.25mol/L，故选A点评：本题考查物质的量浓度计算，难度中等，注意对公式的理解20（3分）（2013成都模拟）向1LFeBr2溶液中，通入1.12L（标态下）的Cl2，测得溶液中c（Br）=3c（Cl），反应过程中溶液的体积变化不计，则下列说法中正确的是（）A原溶液的浓度为0.1mol/LB反应后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/LC反应后溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+
52、）D原溶液中c（Br）=0.4mol/L考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：还原性Fe2+Br，所以FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2先将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+反应完毕，若Cl2有剩余，剩余Cl2再将Br氧化为Br2，最后溶液中含有Br，说明Cl2完全反应，转化为Cl1.12L（标态下）Cl2的物质的量为0.05mol，根据氯元素守恒可知n（Cl）=0.1mol，则溶液中n（Br）=3n（Cl）=0.3mol若溶液中Br参加反应，令溶液中FeBr2物质的量为xmol，则根据电子转移守恒，x+（2x0.3）=0.1，解得x=mol，molFe2+的提供电
53、子为mol大于0.05molCl2能够获得电子0.1mol，且（2x0.3）0，不符合题意若溶液中Br未参加反应，则原溶液中的Fe2+物质的量为0.15mol，0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，0.05molCl2能够获得电子0.1mol，小于0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，Fe2+有剩余，符合题意，所以原溶液含有FeBr20.15mol，根据电子转移守恒，被氧化的Fe2+为0.05mol2=0.1mol，生成Fe3+为0.1mol，剩余Fe2+为0.15mol0.1mol=0.05mol结合选项具体解答解答：解：还原性Fe2+Br，所以FeBr2溶液中通入C
54、l2，Cl2先将Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+反应完毕，若Cl2有剩余，剩余Cl2再将Br氧化为Br2，最后溶液中含有Br，说明Cl2完全反应，转化为Cl1.12L（标态下）Cl2的物质的量为0.05mol，根据氯元素守恒可知n（Cl）=0.1mol，则溶液中n（Br）=3n（Cl）=0.3mol若溶液中Br参加反应，令溶液中FeBr2物质的量为xmol，则根据电子转移守恒，x+（2x0.3）=0.1，解得x=mol，molFe2+的提供电子为mol大于0.05molCl2能够获得电子0.1mol，且（2x0.3）0，不符合题意若溶液中Br未参加反应，则原溶液中的Fe2+物质的量为0.15m
55、ol，0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，0.05molCl2能够获得电子0.1mol，小于0.15molFe2+能够提供电子0.15mol，Fe2+有剩余，符合题意，所以原溶液含有FeBr20.15mol，根据电子转移守恒，被氧化的Fe2+为0.05mol2=0.1mol，生成Fe3+为0.1mol，剩余Fe2+为0.15mol0.1mol=0.05molA、由上述分析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，所以原溶液的浓度为=0.15mol/L，故A错误；B、由上述分析可知，反应后溶液中生成Fe3+为0.1mol，反应后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/L，故B正确；C、
56、由上述分析可知，反应后溶液中生成Fe3+为0.1mol，反应后溶液中c（Fe3+）=0.1mol/L，剩余Fe2+为0.15mol0.1mol=0.05mol，所以c（Fe2+）=0.05mol/L，故C错误；D、由上述分析可知，原溶液含有FeBr20.15mol，原溶液中c（Br）=0.3mol/L，故D错误故选：B点评：考查氧化还原反应计算，难度较大，关键根据电子转移守恒及溶液中c（Br）=3c（Cl）关系判断原溶液中FeBr2物质的量21（3分）（2014宜春模拟）香花石由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层相等，
57、X、Z位于同主族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数为次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍下列说法错误的是（）A原子半径：YZRTB气态氢化物的稳定性：WRTC最高价氧化物对应的水化物碱性：XZDXR2、WR2两化合物中R的化合价相同考点：原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：T无正价，则T为氟元素；Y、Z、R、T位于同周期，则在第二周期，由R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z为金属元素，Y在第二周期，则Y为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素
58、；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，=14，推出W为硅元素，即X为钙元素、W为硅元素符合题意；A、利用电子层越多，原子半径越大，同周期元素的原子半径从左向右半径在减小；B、非金属性越强，则气态氢化物越稳定；C、金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物碱性越强；D、根据常见元素的化合价及化合价原则来分析解答：解：根据T无正价，则T为氟元素；Y、Z、R、T位于同周期，则在第二周期，由R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z为金属元素，Y在第二周期，则
59、Y为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，=14，推出W为硅元素，即X为钙元素、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、W为硅元素、T为氟元素符合题意；A、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，故A正确；B、W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性WRT，故B正确；C、X为钙元素、Z为铍元素，钙的金属性强，则最高价氧化物对应的水化物碱性XZ，故C正确；D、XR2、WR2
60、两化合物CaO2、SiO2，因钙元素为+2价、硅元素为+4价，则R的化合价分别为1、2价，即XR2、WR2两化合物中R的化合价不相同，故D错误；故选D点评：本题考查学生利用元素的位置及原子的结构来推断元素，然后利用元素周期律及化合价知识来解答即可22（3分）（2014春南关区校级期末）在25时，将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有a mol电子转移时，溶液中析出m g Na2SO410H2O晶体若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为（）A100%B100%C100%D100%考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算版权所有专题：计算题分析：原溶液为饱和溶液，剩余溶液也为饱
61、和溶液，因此电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液，三者的质量分数相等根据2H2O2H2+O2可知，转移a mol电子时，消耗的水为0.5a mol，根据化学式计算晶体中含有Na2SO4的质量，根据质量分数=100%计算解答：解：原溶液为饱和溶液，剩余溶液也为饱和溶液，因此电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液，三者的质量分数相等，根据2H2O2H2+O2可知，消耗2mol水转移电子为4mol，故转移a mol电子时，消耗的水为0.5a mol，故剩余溶液中溶质的质量分数为100%=100%，故选D点评：本题以电解原理为载体，考查溶液质量分数的计算，判断电解析出的晶体和消耗的水
62、构成的溶液仍为饱和溶液是解题的关键，难度中等二、解答题（共4小题，满分46分）23（14分）（2014春南关区校级期末）已知：A为含金属离子的淡黄色固体化台物，E、X为空气中常见气体，A、B、C、D含有相同的金属离子，其转化关系如图1（部分产物已略去）请回答下列问题（1）这种金属离子的离子结构示意图1为；（2）X的电子式；（3）B中所含化学键的类型是离子键、共价键；常温常压下，7.8gA与足量的水充分反应放出热量a kJ，写出该反应的热化学方程式2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）H=20a kJ/mol（4）C也可转化为B，写出该转化的化学方程式Na2CO3+C
63、a（OH）2=CaCO3+2NaOH；B与D反应的离子方程式为HCO3+OH=CO32+H2O（5）将一定量的气体X通入2LB的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图2（忽略气体的溶解和HCl的挥发）请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为Na2CO3和NaCl，ab之间的反应的离子方程式是CO32+H+=HCO3考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：E、X为空气中常见气体，A为含金属离子的淡黄色固体化合物，能与水反应生成E与B，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则A为Na2O2，E为O2，B为NaOH，B与X可以连续反应，可推知X为CO2
64、，C为Na2CO3，D为NaHCO3，据此解答解答：解：E、X为空气中常见气体，A为含金属离子的淡黄色固体化合物，能与水反应生成E与B，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则A为Na2O2，E为O2，B为NaOH，B与X可以连续反应，可推知X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，（l）A中金属离子为Na+，离子结构示意图为：，故答案为：；（2）X为CO2，其电子式为：，故答案为：；（3）B为NaOH，含有离子键、共价键；常温常压下，7.8g Na2O2与足量的水充分反应放出热量a kJ，2mol Na2O2完全反应方程式的热量=a kJ=20a kJ，反应热化学方程式为：2Na2O
65、2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）H=20a kJ/mol，故答案为：离子键、共价键；2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）H=20a kJ/mol；（4）碳酸钠也可转化为氢氧化钠，该转化的化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH；氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3+OH=CO32+H2O，故答案为： HCO3+OH=CO32+H2O；（5）根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2
66、O+CO2知，Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上产生气体之前消耗盐酸与产生二氧化碳消耗盐酸体积之比=3：2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中为NaOH、Na2CO3，结合方程式可知，溶液中n（NaOH）：n（Na2CO3）=1：2，故a点是氢氧化钠前后与盐酸反应碳酸钠未反应，a点时溶液中的溶质是Na2CO3和NaCl，ab之间的反应是碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，反应离子方程式是：CO32+H+=HCO3，故答案为：Na2CO3和NaCl；CO32+H+=HCO3点评：本题考查了无机物推断，涉及核外电子排布、电子式、热化学
67、方程式、化学图象等知识点，（5）为易错点，清楚发生的反应判断原溶液中溶质及物质的量关系是关键，题目难度中等24（10分）（2014春南关区校级期末）如图是一个化学过程的示意图（1）图中乙池是电解池 装置（2）c（Pt）电极的名称是阳极（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式是CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O（4）乙池中反应的离子方程式为4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+（5）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2280mL（标准状况下）；此时丙池某电极析出0.64g某金属，则丙中的某盐溶液可能是B（填序号）A MgSO4 BCuSO4 CNaCL DAg
68、NO3考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：（1）甲池为燃料电池，属于原电池，则乙池和丙池属于电解池；（2）c（Pt）电极连接原电池正极，所以是阳极；（3）甲池碱性燃料电池中，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）乙池中，A电极上氢氧根离子放电、B电极上银离子放电；（5）根据串联电路中转移电子相等计算消耗氧气体积；丙池中析出金属，则该金属应该位于H之后，再根据析出金属质量分析解答解答：解：（1）甲池为燃料电池，属于原电池，则乙池和丙池连接外接电源，所以属于电解池，故答案为：电解池；（2）c（Pt）电极连接原电池正极，所以属于电解池阳极，故答案为：阳极；
69、（3）甲池碱性燃料电池中，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH6 e=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH6 e=CO32+6H2O；（4）乙池中，A电极上氢氧根离子放电生成氧气、B电极上银离子放电生成Ag，电池反应式为4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+，故答案为：4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+；（5）乙池中B（Ag）极析出Ag，析出Ag的质量增加5.40g时，转移电子的物质的量=1=0.05mol，串联电路中转移电子相等，所以消耗氧气体积=280mL；丙池析出金属，则该金属位于氢之后，所以排除AC，如果金属阳离子是银离子，析出
70、银的质量应该等于5.4g，实际上析出金属质量小于5.4g，故选B，故答案为：280；B点评：本题考查了原电池和电解池原理，根据反应的自发性确定原电池和电解池，再结合转移电子相等进行解答，题目难度不大25（10分）（2014春南关区校级期末）2006年5月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭“亮菌甲素”的结构简式如图，它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性请回答下列问题：（1）“亮菌甲素”的分子式为C12H10O5（2）丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在写出其属于醇类的
71、同分异构体的结构简式CH3CH（OH）CH2OH、CH2（OH）CH2CH2（OH）（3）下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是AD（填字母）A“亮菌甲素”能与H2发生加成反应B不能使酸性KMnO4溶液褪色C“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种D1mol“亮菌甲素”最多与3mol NaOH反应（4）核磁共振氢谱分析，发现二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1又知二甘醇中C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%，1mol二甘醇与足量金属钠反应生成1mol H2写出二甘醇与乙酸（按物质的量之比1：1）反应的化学方程式HOCH2CH2OCH2CH2OH+CH3COOHHOCH2CH
72、2OCH2CH2OOCCH3+H2O考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）由结构简式可知分子式；（2）丙二醇的分子式是C3H8O2，则2个OH在不同的C原子上；（3）含碳碳双键、酚OH、醇OH及COOC，结合烯烃、酚、醇、酯的性质分析；（4）有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1，则含3种位置的H，C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%，则：=4：3：10，1mol二甘醇与足量金属钠反应生成1mol H2，则含2个OH，二甘醇为HOCH2CH2OCH2CH2OH，与乙酸可发生酯化反应解答：解：（1）由结构简式可知分子式
73、为C12H10O5，故答案为：C12H10O5；（2）丙二醇的分子式是C3H8O2，则2个OH在不同的C原子上，属于醇类的同分异构体的结构简式CH3CH（OH）CH2OH、CH2（OH）CH2 CH2（OH），故答案为：CH3CH（OH）CH2OH、CH2（OH）CH2 CH2（OH）；（3）A“亮菌甲素”含苯环和双键，能与H2发生加成反应，故A正确；B含双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C“亮菌甲素”分子中含氧官能团为酚OH、醇OH及COOC，有3种，故C错误；D酚OH、COOC及水解生成的酚OH均与NaOH反应，1mol“亮菌甲素”最多与3mol NaOH反应，故D正确；故答案为
74、：AD； 浓硫酸（4）有3个吸收峰，其峰面积之比为2：2：1，则含3种位置的H，C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%，则：=4：3：10，1mol二甘醇与足量金属钠反应生成1mol H2，则含2个OH，二甘醇为HOCH2CH2OCH2CH2OH，与乙酸发生酯化反应为HOCH2CH2OCH2CH2OH+CH3COOHHOCH2CH2OCH2CH2OOCCH3+H2O，故答案为：HOCH2CH2OCH2CH2OH+CH3COOHHOCH2CH2OCH2CH2OOCCH3+H2O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，注意（4）中有机物的推断为
75、解答的难点，题目难度中等26（12分）（2014春南关区校级期末）铁与HNO3作用时，还原产物除与HNO3浓度有关外，还与温度有关已知铁与冷的稀HNO3反应时，主要还原产物为NO气体；与热的稀HN03反应时，主要还原产物为N2O气体；当HNO3更稀时，其重要还原产物是NH4+现有铁与稀 HNO3的作用，请分析下图，回答有关问题假设曲线的各段内只有一种还原产物（1）0点到a点的还原产物是NO（2）a点到b点的还原产物是N2O，其原因是反应放热，使溶液温度升高（3）试完成b点到c点的反应方程式：口Fe+口HNO3口Fe（NO3）3+口NH4NO3+口H20（4）反应过程中，到达c点时，HN03已完
76、全反应（5）已知达到d点时反应结束，此时溶液中的主要阳离子是Fe2+（6）c点和d点参加反应的铁的物质的量之比是2：3考点：化学方程式的有关计算；硝酸的化学性质版权所有专题：计算题分析：根据题意可知，题给出的图象可分为两部分，其一为H+浓度随n（Fe） 的改变情况；其二为产生气体的体积随n（Fe）的改变情况，从题给条件知铁在冷稀HNO3中生成NO，在热稀HNO3中生成N2O，Fe与HNO3 反应为放热反应：（1）铁在冷稀HNO3中生成NO，开始为冷稀硝酸，所以从o点到a点时的还原产物为 NO；（2）反应放热，使溶液温度升高，Cu与热稀HNO3中生成N2O，结合bc段气体总体积为一定值，ab段产
77、物为N2O；（3）bc段气体总体积为一定值，b点到c点时还原产物为NH4NO3，根据化合价升降配平方程式；（4）根据氢离子浓度判断，氢离子浓度为0时，HNO3完全反应；（5）cd段 H+耗尽无气体产生，是Fe与Fe（NO3）3反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，据此判断；（6）cd段 H+耗尽无气体产生，是Fe与Fe（NO3）3反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，d点时，反应完全结束，溶液中n（Fe2+）=nd（Fe），c点溶液中n（Fe3+）=nc（Fe），结合方程式计算解答：解：（1）从题给条件知铁在冷稀HNO3中生成NO，开始为冷稀硝酸，所以从o点到a点时的还原产物为 NO，故答案为：NO；
78、（2）反应放热，使溶液温度升高，Cu与热稀HNO3中生成N2O，结合bc段气体总体积为一定值，b点到c点时还原产物为NH4+，故ab段产物为N2O，故答案为：N2O；反应放热，使溶液温度升高；（3）bc段气体总体积为一定值，b点到c点时还原产物为NH4NO3，反应中Fe元素化合价由0价升高为+3，N元素化合价由+5价降低为3，化合价最小公倍数为24，故Fe的系数为8、NH4NO3的系数为3，再根据原子守恒配平方程式为：8Fe+30HNO3=8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O，故答案为：8；30； 8； 3 NH4NO3； 9；（4）由图象可知，c点是氢离子浓度为0，HNO3已完全反应
79、，故答案为：c；（5）cd段 H+耗尽无气体产生，是Fe与Fe（NO3）3反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，d点时，反应完全结束，此时溶液中的主要阳离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；（6）cd段 H+耗尽无气体产生，是Fe与Fe（NO3）3反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，d点时，反应完全结束，溶液中n（Fe2+）=nd（Fe），c点溶液中n（Fe3+）=nc（Fe），由方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知比nc（Fe）：nd（Fe）=2：3，故答案为：2：3点评：本题考查硝酸的性质、有关化学反应图象计算、氧化还原反应等，难度中等，根据题目信息结合图象判断各段发生的反应是解题的关键 - 30 - 版权所有高考资源网
