1、2014-2015学年江苏省南通市如皋中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一.单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列有关化学反应速率的说法正确的是（）A用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B100 mL 2 molL1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变CSO2的催化氧化是一个放热反应，升高反应的温度，反应速率减慢D用锌和稀硫酸反应制取H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率2化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe2eFe
2、2+B氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e4OHC氯碱工业中，阳极的电极反应式：2Cl2eCl2D粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，阳极反应式：Cu2eCu2+325，相应条件下，下列各组离子一定能大量共存的是（）Ac（H+）=11013 molL1的溶液中：Na+、Mg2+、I、SO42B0.1molL1的明矾溶液中：K+、NH4+、Cl、HCO3CpH=1的溶液中：Na+、NH4+、MnO4、S2O32D无色透明的溶液中：Na+、Ba2+、Br、NO34下列有关物质应用的说法正确的是（）A碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍B钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子
3、反应堆作热交换剂C常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反应，可用于铁制容器盛装浓硝酸D铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品5用下列装置进行实验，设计正确且能达到实验目的是（）A制取少量H2B分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C验证Na和水反应为放热反应D蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体6设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A在密闭容器中，使1 mol N2与3 mol H2充分反应后生成NH3的分子数为2NAB标准状况下，4.48 L N2中含有的共用电子对数为0.2NAC常温常压下，1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NAD标准
4、状况下，1 mol Fe与2.24 L Cl2完全反应后转移的电子数为3NA7下列说法错误的是（）A0.1mol某醛与足量的银氨溶液反应，产生银的质量为21.6g，则该醛肯定为二元醛B乙醇、苯酚、乙酸都有羟基，但是电离常数不同，这主要是基团之间相互影响造成的C分子中最多19个碳原子共平面、最多6个原子共直线D分子式为C10H20O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C，则有机物A的可能结构有4种8甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（）选项甲乙丙丁ANaOHNaHSO
5、3Na2SO3SO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2AABBCCDD9A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，B、C、E最外层电子数之和为11，A原子核外最外层电子数是次外层的2倍，C是同周期中原子半径最大的元素，工业上一般通过电解氧化物的方法获得D的单质，E是制备太阳能电池的重要材料下列说法正确的是（）AB、C、D形成的简单离子半径大小顺序Cm+Dn+Bx（m+、n+、x表示所带电荷）BA、B、E气态氢化物稳定性为EABCC和D的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应DE单质是制备太阳能电池的重要
6、材料是因为E的单质导电性强10等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2下列说法正确的是（）A两极共生成三种气体B阴极反应式为：Ag+eAgC阳极始终发生“2Cl2eCl2”的反应D向电解后的溶液中通入适量的HCl气体可使溶液复原到电解前的状态二.不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11某种可充电聚合物锂离子电池放电时
7、的反应为Li1xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意图如图下列说法不正确的是（）A放电时LixC6发生氧化反应B充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动C充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D放电时，电池的正极反应为：Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO212香茅醛是一种食用香精，异蒲勒醇是一种增香剂，一定条件下，香茅醛可转化为异蒲勒醇下列说法不正确的是（）A香茅醛与异蒲勒醇互为同分异构体B香茅醛的分子式为C10H19OC异蒲勒醇可发生加成、取代、消去反应D鉴别香茅醛与异蒲勒醇可用Br2水13下列实验操作、现象和结论均正确的是（） 选项 实验操作 现象结论 A 向苏
8、打和小苏打溶液中分别加入足量稀盐酸 均冒气泡 两者均能与盐酸反应 B 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 溶液澄清 Ag+与NH3H2O能大量共存 C 把SO2通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 SO2具有漂白性 D将水蒸气通过灼热的铁粉，将生产的气体通入肥皂液中，点燃肥皂泡 产生爆鸣声 铁与水在高温下发生反应AABBCCDD14在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图甲表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 mo
9、lL1min1B由图乙可知，反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2C若在2 L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数减小达到平衡时，A的体积分数小于0.5D200时，起始向容器中充入0.2 mol A、0.4 mol B和0.4 mol C，反应达到平衡前的速率：v（正）v（逆）15在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）2Z（g）H0一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A反应前2 min的平均速率v
10、（Z）=2.0103molL1min1B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）C保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，到达平衡时，n（Z）=0.24 molD其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16 mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大二.非选择题16（14分）（2015秋益阳校级月考）被誉为“信息革命的催化剂”的硅晶体晶体可作为优良的半导体材料，硅也可用于制备新型无机非金属材料，工业上制备高纯硅并以其为原料制备Si3N4的流程如下：（1）气体W的化学式为，反应的另一产物的所属类别是（选填
11、“酸”、“碱”、“盐”、“氧化物”或“单质”）（2）反应的化学方程式为；提高反应速率的措施可能是（写出两条）（3）整个制备过程中，必须确保无氧、无水，否则SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种单质，该反应的化学方程式为（4）硅的熔沸点分别为1 410、2 355，四氯化硅的熔、沸点分别为70、57.6分离提纯反应产品的操作方法是（5）假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应中HCl的利用率为75%，反应中H2的利用率为80%，则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比为17（14分）（2014秋如皋市校级月考）火箭升空使用肼（N2H4）作为
12、燃料，N2O4为氧化剂（1）已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+67.7kJmol1N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=52.7kJmol1，气态肼在N2O4中燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为（2）工业上可用次氯酸钠与过量的氨反应制备肼，该反应的化学方程式为（3）一定条件下，向2L密闭容器中充入3.2mol NH3和4.4mol O2，发生反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0测得平衡时数据如表所示：物质物质的量/mol温度/NOH2OT11.62.4T21.21.8T1时，
13、若经过10min反应达到平衡，则10min内反应的平均速率v（NH3）=，该反应的化学平衡常数K=T1 T2 （填“”、“”或“=”）下列措施中，既能提高NH3的转化率，又能加快反应速率的是（填选项字母）a升高温度 b降低温度 c扩大容器体积 d体积不变的条件下再充入一定量O2（4）在载人航天器的生态系统中，可利用电化学装置发生反应“2CO22CO+O2”分解除去CO2并提供充足的O2已知该反应的阳极反应式为4OH4e2H2O+O2，则阴极反应式为有人提出，可以设计反应“2CO（g）=2C（s）+O2（g）H0”来消除CO的污染，请判断上述设计是否合理（填“是”或“否”），理由是18（12分）
14、（2014连云港一模）黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是（2）检验滤液中是否存在K+的操作是（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（
15、写出计算过程）19（16分）（2015石家庄模拟）某化学兴趣小组利用如图装置探究足量Zn与一定量浓硫酸反应后的气体产物成分（水蒸气除外）（1）A中发生反应的化学方程式为（2）按气流方向，仪器的连接顺序为（a）尾气处理（填仪器接口字母编号）（3）盛放浓硫酸的仪器名称为；该仪器在使用前应洗净并（4）试剂X为（5）装置E的作用为（6）装置C的作用为；证明该装置中反应可逆性的实验操作及现象为（7）实验时，应使A装置中物质先反应一段时间，再点燃B处酒精灯，原因为20（12分）（2014秋如皋市校级月考）二甲醚（CH3OCH3）是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的可燃物，被称为21世纪的新型能源工业制备
16、二甲醚的生产流程如下：催化反应室中（压力2.010.0MPa，温度300）进行下列反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1（1）催化反应室中的总反应：3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）该反应的H=催化反应室中采用300的反应温度，理由是（2）已知：反应在300时的化学平衡常数为0.27该温度下将2mol CO、3molH2和2mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中，此时反应将（填“正向进
17、行”、“逆向进行”或“处于平衡状态”）（3）上述流程中二甲醚精制的实验操作名称为（4）如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图该电池工作时，H+向极移动（填“正”或“负”）；a电极的电极反应式为21（12分）（2015春松原校级期末）已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）即可得到配合物A其结构如图1：（1）Cu元素基态原子的外围电子排布式为（2）元索C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为（3）配合物A中碳原子的轨道杂化类型为（4）1mol氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）含有键的数目为（5）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧化碳的一种等电子体：（写化学式）
18、（6）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图2，则该化合物的化学式是2014-2015学年江苏省南通市如皋中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一.单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1下列有关化学反应速率的说法正确的是（）A用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B100 mL 2 molL1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变CSO2的催化氧化是一个放热反应，升高反应的温度，反应速率减慢D用锌和稀硫酸反应制取H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率【考点】化学反应速率的影响因
19、素 【分析】A浓硫酸与铁发生钝化反应；B盐酸跟锌片反应的实质为氢离子与锌的反应，注意溶液体积的变化；C升高温度，增大反应速率；D可形成原电池反应【解答】解：A浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，不生成氢气，故A错误；B盐酸跟锌片反应的实质为氢离子与锌的反应，加入氯化钠，不影响反应速率，但溶液体积增大，反应速率反而减小，故B错误；C升高温度，增大活化分子的百分数，增大反应速率，故C错误；D锌置换出铜，可形成原电池反应，加快反应速率，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡以及反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的
20、积累，难度不大2化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe2eFe2+B氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e4OHC氯碱工业中，阳极的电极反应式：2Cl2eCl2D粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，阳极反应式：Cu2eCu2+【考点】电极反应和电池反应方程式 【分析】A、在原电池中，正极发生得电子的还原反应，负极上是失电子的氧化反应；B、燃料电池中负极放电的一定是燃料，正极放电的一定是氧气；C、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子；D、粗铜精炼时，阴极是纯铜，粗铜作阳极【解答】解
21、：A、钢铁发生电化学腐蚀的原电池中，正极发生得电子的还原反应，负极上是失电子的氧化反应，Fe2eFe2+是负极反应，故A错误；B、燃料电池中负极放电的一定是燃料氢气，正极放电的一定是氧气，O2+2H2O+4e4OH是正极反应是，故B错误；C、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子，即阳极的电极反应式：2Cl2eCl2，故C正确；D、粗铜精炼时，阴极是纯铜，粗铜作阳极，与电源正极相连的是粗铜，阳极主要反应式为：Cu2eCu2+，故D错误故选C【点评】本题主要考查学生原电池和电解池的工作原理以及电极反应知识，难度不大，可以根据已有知识进行解答325，相应条件下，下列各
22、组离子一定能大量共存的是（）Ac（H+）=11013 molL1的溶液中：Na+、Mg2+、I、SO42B0.1molL1的明矾溶液中：K+、NH4+、Cl、HCO3CpH=1的溶液中：Na+、NH4+、MnO4、S2O32D无色透明的溶液中：Na+、Ba2+、Br、NO3【考点】离子共存问题 【分析】Ac（H+）=11013 molL1的溶液，为酸或碱溶液；B离子之间相互促进水解；CpH=1的溶液，显酸性；D该组离子之间不反应，且离子均为无色【解答】解：Ac（H+）=11013 molL1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Mg2+，故A不选；B.0.1molL1的明矾溶液中Al3+、
23、HCO3相互促进水解，不能大量共存，故B不选；CpH=1的溶液，显酸性，H+、MnO4、S2O32发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D选；故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大4下列有关物质应用的说法正确的是（）A碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍B钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂C常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反应，可用于铁制容器盛装浓硝酸D铝表面易形成致密的氧化
24、膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品【考点】盐类水解的应用；生活中常见合金的组成；铝的化学性质 【专题】盐类的水解专题；几种重要的金属及其化合物【分析】A碱不能除去烃类化合物；B钠钾合金为液态，作原子反应堆作热交换剂；C常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象；D氯化钠也会破坏氧化膜的结构【解答】解：A矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故A错误；B在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，故B正确；C常温下，铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，而不是二者不
25、反应，故C错误；D氧化铝虽然为致密的氧化物薄膜，但氯化钠也会破坏氧化膜的结构，从而加速铝制品的腐蚀，故D错误；故选B【点评】本题考查了化学与生活，明确反应原理是解本题关键，熟悉常见物质的性质，注意A中矿物油渍和植物油油渍的区别，注意D中反应原理，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大5用下列装置进行实验，设计正确且能达到实验目的是（）A制取少量H2B分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C验证Na和水反应为放热反应D蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A长颈漏斗应该伸入液面下，否则得不到氢气；B不互溶的液体采用分液方法分离
26、；C空气有热胀冷缩的性质；D加热时氯化铵易分解生成氯化氢和氨气【解答】解：A长颈漏斗应该伸入液面下，否则起不到液封的作用，则得不到氢气，故A错误；B碳酸钠溶液和乙酸乙酯不互溶，所以可以采用分液的方法分离，故B错误；C空气有热胀冷缩的性质，如果Na和水是放热反应，则大试管中的空气膨胀，导致U型管中液面左低右高，从而确定反应热，故C正确；D加热时氯化铵易分解生成氯化氢和氨气，且没有收集装置，所以不能采用加热蒸发的方法制备氯化铵，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重物质性质、基本操作的考查，明确物质的性质、混合物分离和提纯方法等知识点即可解答，从实验仪器、基本操作、物质性质等方面进
27、行评价，题目难度不大6设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A在密闭容器中，使1 mol N2与3 mol H2充分反应后生成NH3的分子数为2NAB标准状况下，4.48 L N2中含有的共用电子对数为0.2NAC常温常压下，1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NAD标准状况下，1 mol Fe与2.24 L Cl2完全反应后转移的电子数为3NA【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根据氮气和氢气是可逆反应进行解答；B根据1mol N2含有3mol共用电子对进行解答；C根据NaHSO4晶体的组成进行解答；D根据铁和氯气反应，铁过量进行解答
28、；【解答】解：A氮气和氢气合成氨 N2+3H22NH3是可逆反应，不能进行彻底，所以1 mol N2与3 mol H2充分反应后生成NH3的分子数小于2NA，故A错误；B氮气的结构简式为NN，所以1mol N2含有3mol共用电子对，标准状况下，4.48 L N2为0.02mol，含有的共用电子对数为0.06NA，故B错误；CNaHSO4由钠离子和硫酸氢根组成，常温常压下，1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C正确；D标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，0.1molCl2与1 mol 铁粉完全反应，根据2Fe+3Cl22FeCl3，铁过量，按氯气的量进
29、行计算，电子转移依据0.1mol氯气计算，电子转移为0.2mol，转移的电子数为0.2NA，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握可逆反应、氧化还原反应的电子转移计算、过量计算是解答的关键，题目难度中等7下列说法错误的是（）A0.1mol某醛与足量的银氨溶液反应，产生银的质量为21.6g，则该醛肯定为二元醛B乙醇、苯酚、乙酸都有羟基，但是电离常数不同，这主要是基团之间相互影响造成的C分子中最多19个碳原子共平面、最多6个原子共直线D分子式为C10H20O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C，则有机物A的可能结构有4种【考点】有机物的
30、结构和性质；常见有机化合物的结构；有机化学反应的综合应用 【专题】有机化学基础【分析】An（Ag）=0.2mol，由CHO2Ag分析；B乙醇、苯酚、乙酸都有羟基，但烃基连接的烃基不同；C苯环、CHO为平面结构、CC为直线结构；D水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C，B、C中C原子个数相同，能相互转化，一定为伯醇，与CH2OH相连的丁基有4种【解答】解：An（Ag）=0.2mol，由CHO2Ag可知，醛与Ag的物质的量比为0.1mol：0.2mol=1：2，为一元醛，故A错误；B乙醇、苯酚、乙酸都有羟基，但烃基连接的烃基不同，基团之间相互影响造成电离常数不同，故B正确；C苯环、CHO为平面
31、结构、CC为直线结构，且由图可知，直接相连，则分子中最多19个碳原子共平面、最多6个原子共直线，故C正确；D水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C，B、C中C原子个数相同，能相互转化，一定为伯醇，与CH2OH相连的丁基有4种，则有机物A的可能结构有4种，故D正确；故选A【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，侧重醛、酯性质及结构的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大8甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（）选项甲乙丙丁ANaOHNaHSO3Na2S
32、O3SO2BAlCl3NaAlO2Al（OH）3NaOHCFeFe（NO3）3Fe（NO3）2HNO3DCCOCO2O2AABBCCDD【考点】含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质 【专题】元素及其化合物【分析】A、NaOHNaHSO3Na2SO3 SO2；B、AlCl3stackrel过量的NaOHNaAlO2_双水解氯化铝Al（OH）3； AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝；C、Fe Fe（NO3）3Fe（NO3）2 ；D、C CO，所以丙为CO【解答】解：A、氢氧化钠与过量的二氧化硫生成亚硫酸氢钠，氢氧化钠与少量的二氧化硫生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二
33、氧化硫，实验室制取二氧化硫的方法，每一步都能转化，故不选；B、AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝，与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝，每一步都能转化，故不选；C、铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁，铁与少量的硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，每一步都能转化，故不选；D、碳与少量的氧气生成一氧化碳，碳与足量的氧气生成二氧化碳，丙应是一氧化碳，故选；故选D【点评】本题考查元素化合物知识，学生要熟记元素化合物的性质，就能迅速解题了9A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，B、C、E最外层电子数之和为11，
34、A原子核外最外层电子数是次外层的2倍，C是同周期中原子半径最大的元素，工业上一般通过电解氧化物的方法获得D的单质，E是制备太阳能电池的重要材料下列说法正确的是（）AB、C、D形成的简单离子半径大小顺序Cm+Dn+Bx（m+、n+、x表示所带电荷）BA、B、E气态氢化物稳定性为EABCC和D的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应DE单质是制备太阳能电池的重要材料是因为E的单质导电性强【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，A原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A有2个电子层，K层容纳2个电子，所以A为C元素；C是同周期中原子
35、半径最大的元素，则C为第IA族，由于C的原子序数大于碳，则C在第三周期，即C为Na元素；工业上一般通过电解氧化物的方法获得D的单质，则D为Al元素；E是制备太阳能电池的重要材料，则E为Si元素；B、C、E最外层电子数之和为11，即B+1+4=11，则B的最外层电子数为6，即B为O元素，结合元素周期律及元素化合物的性质分析【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，A原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A有2个电子层，K层容纳2个电子，所以A为C元素；C是同周期中原子半径最大的元素，则C为第IA族，由于C的原子序数大于碳，则C在第三周期，即C为Na元素；工业上一般
36、通过电解氧化物的方法获得D的单质，则D为Al元素；E是制备太阳能电池的重要材料，则E为Si元素；B、C、E最外层电子数之和为11，即B+1+4=11，则B的最外层电子数为6，即B为O元素，AB、C、D形成的简单离子为Na+、Al3+、O2，电子排布相同的离子，原子序数越大半径越小，则半径大小顺序O2Na+Al3+，故A错误；BA、B、E为C、O、Si，其气态氢化物稳定性为H2OCH4SiH4，故B错误；CC和D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH与Al（OH）3，二者之间可以发生复分解反应，故C正确；DE为Si元素，硅单质是重要的半导体材料，但是其导电性不强，故D错误故选C【点评】本题以元
37、素推断为载体，考查原子的结构性质与位置关系、核外电子排布、微粒半径半径、元素化合物的性质等，难度中等，是对所学知识的综合考查，注意基础知识的掌握10等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2下列说法正确的是（）A两极共生成三种气体B阴极反应式为：Ag+eAgC阳极始终发生“2Cl2eCl2”的反应D向电解后的溶液中通入适量的HCl气体可使溶液复原到电解前的状态【考点】电解原理 【分析】等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，发生反应SO42+Ba2+=BaSO4，Cl+Ag+=AgCl，混合
38、后溶液中为等物质的量的氯化钾、硝酸钾，用石墨电极电解此溶液，阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，然后是氢氧根放电，电极反应式为：4OH4e2H2O+O2，阴极发生还原反应：2H+2e=H2，结合电子转移计算，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气【解答】解：等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，发生反应SO42+Ba2+=BaSO4，Cl+Ag+=AgCl，混合后溶液中为等物质的量的氯化钾、硝酸钾A用石墨电极电解此溶液，阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，然后是
39、氢氧根放电，电极反应式为：4OH4e2H2O+O2，阴极发生还原反应：2H+2e=H2，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气，故A正确；B阴极发生还原反应：2H+2e=H2，故B错误；C若阳极始终发生“2Cl2eCl2”的反应阴、阳两极产生的气体的体积比为1：1，与题干矛盾，故C错误；D电解的本质为电解氯化氢、电解水，仅 向电解后的溶液中通入适量的HCl气体，不能使溶液复原到电解前的状态，故D错误；故选A【点评】本题考查了电解池原理，明确离子的放电顺序是解本题的关键，注意电解池的工作原理以及电子守恒的计算，题目难度中等二.不定项选择题：本题包括5
40、小题，每小题4分，共计20分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意图如图下列说法不正确的是（）A放电时LixC6发生氧化反应B充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动C充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D放电时，电池的正极反应为：Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】放电时的反应为
41、Li1xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答【解答】解：放电时的反应为Li1xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低，AC元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，故A正确；B充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，故B错误；C充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故C正确；D正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1xCoO2+xLi+xeLiCoO2，故D正确；故选B【点
42、评】本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大12香茅醛是一种食用香精，异蒲勒醇是一种增香剂，一定条件下，香茅醛可转化为异蒲勒醇下列说法不正确的是（）A香茅醛与异蒲勒醇互为同分异构体B香茅醛的分子式为C10H19OC异蒲勒醇可发生加成、取代、消去反应D鉴别香茅醛与异蒲勒醇可用Br2水【考点】有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】香茅醛中含CHO和碳碳双键，异蒲勒醇中含OH和碳碳双键，二者分子式相同，结构不同，结合醇、烯烃、醛的性质来解答【解答】解：A香茅醛与异蒲勒醇的分子式均为C10H18O，结构不同
43、，互为同分异构体，故A正确；B香茅醛的分子式为C10H18O，故B错误；C异蒲勒醇中含OH可发生消去反应、取代反应，含碳碳双键可发生加成反应，故C正确；DCHO和碳碳双键均与溴水反应，且二者均含双键，不能用溴水鉴别香茅醛与异蒲勒醇，故D错误；故选BD【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，侧重烯烃、醇和醛性质的考查，注意选项D中鉴别物质应现象不同，题目难度不大13下列实验操作、现象和结论均正确的是（） 选项 实验操作 现象结论 A 向苏打和小苏打溶液中分别加入足量稀盐酸 均冒气泡 两者均能与盐酸反应 B 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 溶液澄清 Ag
44、+与NH3H2O能大量共存 C 把SO2通入紫色石蕊试液中 紫色褪去 SO2具有漂白性 D将水蒸气通过灼热的铁粉，将生产的气体通入肥皂液中，点燃肥皂泡 产生爆鸣声 铁与水在高温下发生反应AABBCCDD【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质 【分析】A碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应都能生成二氧化碳气体；B银离子与一水合氨反应生成氢氧化银，氢氧化银与一水合氨发生络合反应；C二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离生成氢离子，显酸性；D水蒸气和铁粉反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，氢气不纯容易发生爆炸【解答】解：A碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应都能生成二氧化碳气体，故A正确；B银离子与一水合
45、氨反应生成氢氧化银，氢氧化银与一水合氨发生络合反应，Ag+与NH3H2O不能大量共存，故B错误；C二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离生成氢离子，显酸性，溶液变红色，故C错误；D水蒸气和铁粉反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，氢气不纯容易发生爆炸，故D正确；故选：AD【点评】本题为综合题，考查了元素化合物知识，明确二氧化硫性质和铁与水蒸气反应产物是解题关键，题目难度不大14在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g），图甲表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时
46、，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 molL1min1B由图乙可知，反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2C若在2 L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数减小达到平衡时，A的体积分数小于0.5D200时，起始向容器中充入0.2 mol A、0.4 mol B和0.4 mol C，反应达到平衡前的速率：v（正）v（逆）【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；化学平衡的影响因素 【分析】A由图可知，200时平衡时，B的物质的量变化量为0.4mol0.2mol=0.2mol，根据v=计算v（B）；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高
47、平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断反应热效应；在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图判断200时A、B的起始物质的量，据此计算a的值；C温度和平衡常数之间有关，绝热下，随着反应进行，温度降低，根据温度对平衡移动的影响知识来回答；D、200时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，根据图中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，计算浓度商与化学平衡常数大小，判断化学平衡移动方向，得到答案【解答】解：A由图可知，200时5min达到平衡
48、，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol0.2mol=0.2mol，故v（B）=0.02 molL1min1，故A错误；B由图可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即H0；图可知，200时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，故B错误；C、反应是吸热反应
49、，若在2 L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，随着反应进行，温度降低，所以化学平衡常数减小，平衡时在逆向进行的基础上建立的，所以达到平衡时，A的体积分数大于0.5，故C错误；D、由图可知，200时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A、B、C浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，化学平衡常数K=25，加入0.2 mol A、0.4 mol B和0.4 mol C，浓度商为：=10025，化学平衡向逆反
50、应方向移动，故v（正）v（逆），故D正确；故选D【点评】本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意C选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响15在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）2Z（g）H0一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A反应前2 min的平均速率v（Z）=2.0103molL1min1B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）C保持其他条件不变，起始时向容器中充
51、入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，到达平衡时，n（Z）=0.24 molD其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16 mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大【考点】化学平衡的计算 【专题】化学平衡计算【分析】A.2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正）；C保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，相当于等效为在原平衡基
52、础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，反应物转化率相等；D充入0.16mol气体X，平衡正向进行，Y的转化率增大，X的体积分数增大【解答】解：A.2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，故v（Y）=0.002mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=20.002mol/（Lmin）=0.004mol/（Lmin），故A错误；B该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正），故B错误；C、X（g）+Y（g）2Z（g），图表数据分析平衡后消耗Y为0.16mol0.1mol=0.06mol
53、，生成Z为0.12mol，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，反应物转化率相等，故到达平衡时，n（Z）=0.24 mol，故C正确；D充入0.16mol气体X，平衡正向进行，Y的转化率增大，X的体积分数增大，故D正确；故选CD【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查学生分析计算能力，易错选项是C，关键是正确理解等效平衡是解关键，也可以借助平衡常数进行计算解答，但比较繁琐二.非选择题16（14分）（2015秋益阳校级月考）被誉为“信息革命的催化剂”的硅晶体晶体可作为优良的半导体材
54、料，硅也可用于制备新型无机非金属材料，工业上制备高纯硅并以其为原料制备Si3N4的流程如下：（1）气体W的化学式为CO，反应的另一产物的所属类别是酸（选填“酸”、“碱”、“盐”、“氧化物”或“单质”）（2）反应的化学方程式为Si+3HClSiHCl3+H2；提高反应速率的措施可能是增大压强、升高温度、选择高效催化剂（写出两条）（3）整个制备过程中，必须确保无氧、无水，否则SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种单质，该反应的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2（4）硅的熔沸点分别为1 410、2 355，四氯化硅的熔、沸点分别为70、57.6分离提纯
55、反应产品的操作方法是蒸馏（5）假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应中HCl的利用率为75%，反应中H2的利用率为80%，则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比为4：1【考点】硅和二氧化硅；化学方程式的有关计算 【分析】（1）焦炭与二氧化硅在高温条件下反应生成硅和一氧化碳；依据原子个数守恒判断SiHCl3与NH3产物；（2）硅与氯化氢在加热条件下生成三氯硅烷和氢气；依据温度、压强、催化剂对速率的影响解答；（3）三氯硅烷水解生成硅酸、氯化氢和氢气；（4）蒸馏可以用来分离熔沸点不同相互溶解的液体；（5）由工艺流程与反应、反应可知，补充的HCl等于损失的HC
56、l、补充的氢气等于损失的氢气，分别计算出损失的氯化氢和氢气的物质的量即可【解答】解：（1）焦炭与二氧化硅在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，所以W为CO，依据原子个数守恒可知：SiHCl3与NH3反应生成产物除了氮化硅外，还有氯化氢，氯化氢为酸；故答案为：CO；酸；（2）硅与氯化氢在加热条件下生成三氯硅烷和氢气，化学方程式：Si+3HClSiHCl3+H2；增大压强、升高温度、选择高效催化剂都能够提高反应速率；故答案为：Si+3HClSiHCl3+H2；增大压强、升高温度、选择高效催化剂；（3）三氯硅烷水解生成硅酸、氯化氢和氢气，化学方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2，
57、故答案为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2；（4）由题意知：硅的熔沸点分别为1 410、2 355，四氯化硅的熔、沸点分别为70、57.6，所以可以选择蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；（5）由工艺流程与反应、反应可知，补充的HCl等于损失的HCl、补充的氢气等于损失的氢气，制备1mol纯硅需要1mol粗硅，由反应可知需要HCl物质的量为3mol，故实际通入的HCl为，补充的HCl为3mol=1mol，由反应可知，需要氢气的物质的量为1mol，实际通入氢气为mol，补充的氢气为1mol=0.25mol，故需补充投入HCl和H2的物质的量之比是1：0.25=4：1；故答案为：4
58、：1【点评】本题考查了工业制取硅的工艺流程，涉及到方程式的书写，影响反应速率因素，物质的分离方法，题目综合性较强，难度中等17（14分）（2014秋如皋市校级月考）火箭升空使用肼（N2H4）作为燃料，N2O4为氧化剂（1）已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+67.7kJmol1N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJmol12NO2（g）N2O4（g）H=52.7kJmol1，气态肼在N2O4中燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=1083.0kJmol1（2）工业上可用次氯酸钠与过量的
59、氨反应制备肼，该反应的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O（3）一定条件下，向2L密闭容器中充入3.2mol NH3和4.4mol O2，发生反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0测得平衡时数据如表所示：物质物质的量/mol温度/NOH2OT11.62.4T21.21.8T1时，若经过10min反应达到平衡，则10min内反应的平均速率v（NH3）=0.08molL1min1，该反应的化学平衡常数K=1.2T1 T2 （填“”、“”或“=”）下列措施中，既能提高NH3的转化率，又能加快反应速率的是d（填选项字母）a升高温度 b降低温度 c扩大
60、容器体积 d体积不变的条件下再充入一定量O2（4）在载人航天器的生态系统中，可利用电化学装置发生反应“2CO22CO+O2”分解除去CO2并提供充足的O2已知该反应的阳极反应式为4OH4e2H2O+O2，则阴极反应式为2CO2+4e+2H2O=2CO+4OH有人提出，可以设计反应“2CO（g）=2C（s）+O2（g）H0”来消除CO的污染，请判断上述设计是否合理否（填“是”或“否”），理由是该反应为H0、S0的反应，不能自发进行【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所得热化学方程式；（2）次氯酸钠与过量的氨反应制备肼，生成氯化
61、钠和水；结合原子守恒配平书写得到化学方程式；（3）依据化学平衡三段式列式计算，反应速率=，平衡常数；结合图表数据计算平衡常数，利用平衡常数变化分析温度变化；4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0，既能提高NH3的转化率，又能加快反应速率的措施是根据平衡移动原理和影响反应速率因素分析选项判断；（4）阴极发生还原反应，CO2被还原生成CO，总反应式减去阳极反应式得阴极反应式；根据G的大小判断反应能否进行【解答】解：（1）已知：N2（g）+2O2（g）=2NO（g）H=+67.7kJmol1N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=534.0kJmol12NO2
62、（g）N2O4（g）H=52.7kJmol1依据盖斯定律计算2得到气态肼在N2O4中燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=1083.0 kJmol1，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）H=1083.0 kJmol1；（2）次氯酸钠与过量的氨反应制备肼，生成氯化钠和水，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，故答案为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；（3）T1时，向2L密闭容器中充入3.2molNH3和4.4molO2，发生反应： 4NH3（g）+
63、5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0：起始量（mol/L） 1.6 2.2 0 0变化量（mol/L） 0.8 1 0.8 1.2平衡量（mol/L） 0.8 1.2 0.8 1.2T1时，若经过10min反应达到平衡，则10min内反应的平均速率v（NH3）=0.08 molL1min1，平衡常数K=1.2；故答案为：0.08 molL1min1；1.2；T2时，向2L密闭容器中充入3.2molNH3和4.4molO2，发生反应： 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0：起始量（mol/L） 1.6 2.2 0 0变化量（mol/L） 0.6 0.75 0.6
64、0.9平衡量（mol/L） 1 1.45 0.6 0.9 K=0.361.2则反应逆向进行，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，T2T1；故答案为：；4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0，既能提高NH3的转化率，又能加快反应速率的措施是根据平衡移动原理和影响反应速率因素分析选项判断；a、反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，故a不符合； b、降低温度平衡正向进行，氨气转化率增大，反应速率减小，故b不符合；c、扩大容器体积压强减小，平衡正向进行，氨气转化率增大，反应速率减小，故c不符合；d、体积不变的条件下再充入一定量O2，平衡正向进行，氨气转化率增大，反应速率增大，故d符
65、合；故答案为：d；（4）依据总反应2CO2=2CO+O2，阳极反应为4OH4e=O2+2H2O，总反应式减去阳极反应式得阴极反应式，所以阴极反应为：2CO2+4e+2H2O=2CO+4OH，反应2CO=2C+O2（H0、S0），则G=HTS0，反应是一个焓增、熵减的反应，任何情况下不能自发进行；故答案为：2CO2+4e+2H2O=2CO+4OH；否；该反应为H0、S0的反应，不能自发进行【点评】本题考查较为综合，涉及反应速率、平衡常数、平衡移动以及电化学等知识，题目难度中等，注意把握影响平衡移动的因素以及平衡移动方向的判断18（12分）（2014连云港一模）黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y
66、（OH）z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的示意图如下：（1）溶液X是氨水（2）检验滤液中是否存在K+的操作是用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+（3）黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体
67、4.80g通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式（写出计算过程）【考点】制备实验方案的设计；复杂化学式的确定 【专题】计算题【分析】（1）根据制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z组成进行分析；（2）根据实验室检验钾离子的实验操作完成；（3）9.32g为不溶于盐酸的硫酸钡沉淀；标准状况下气体224mL气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁；得到的固体是氧化铁；根据以上分析数据及电荷守恒，计算出黄钾铵铁矾各种成分的物质的量之比，就是黄钾铵铁矾的化学式【解答】解：（1）制取黄钾铵铁矾的示意图及黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z组成，可以可知加入X是氨水，以便生成黄钾铵
68、铁矾，故答案为：氨水；（2）通过焰色反应检验钾离子存在情况，方法为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+，故答案为：用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K+；（3）的沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量就等于溶液中硫酸根的物质的量：n（SO42）=n（BaSO4）=0.04 mol所得气体为氨气，溶液中铵离子物质的量就等于氨气的物质的量：n（NH4+）=n（NH3）=0.01 mol最终得到的固体是氧化铁，根据铁原子守恒，溶液中的铁离子物质的量为：n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=2
69、=0.06 mol黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z中，n（K+）=n（NH4+）=0.01 mol，根据电荷守恒：n（OH）=n（K+）+n（NH4+）+3n（Fe3+）2n（SO42）=0.12 moln（K+）：n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42）：n（OH）=1：1：6：4：12黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12，答：黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12【点评】本题考查了制取黄钾铵铁矾，涉及的内容不多，但是计算量稍大，注意合理分析、理解题中信息及电荷守恒的应用，本题难度中等19（16分）（2015石家庄模拟）某化学兴趣
70、小组利用如图装置探究足量Zn与一定量浓硫酸反应后的气体产物成分（水蒸气除外）（1）A中发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+2H2O，Zn+2H2SO4=ZnSO4+H2（2）按气流方向，仪器的连接顺序为（a）dehibcfg尾气处理（填仪器接口字母编号）（3）盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；该仪器在使用前应洗净并检验是否漏液（4）试剂X为CuSO4（5）装置E的作用为吸收SO2并干燥H2（6）装置C的作用为检验SO2；证明该装置中反应可逆性的实验操作及现象为加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色（7）实验时，应使A装置中物质先反应一段时间，再点燃B处酒精灯，原因为排
71、出C装置中的空气，防止H2与空气混合加热发生危险【考点】探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】（1）A中是足量Zn和浓硫酸反应生成二氧化硫，随反应进行，硫酸变稀后反应发生置换反应生成氢气；（2）探究足量Zn与一定量浓硫酸反应后的气体产物成分（水蒸气除外），反应生成的气体先通过C证明含有二氧化硫，通过装置E吸收二氧化硫，再通过装置BD验证气体中是否含有氢气，利用氢气还原氧化铜生成水蒸气，通过硫酸铜变蓝色证明生成氢气；（3）盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，仪器在使用前应洗净检漏；（4）上述分析可知X为无水硫酸铜；（5）装置E的作用为吸收SO2并干燥H2 ；（6）装置C是品红溶液，它的作用是检验二氧化
72、硫的存在，证明该装置中反应可逆性的实验操作及现象为加热褪色的品红溶液，恢复红色证明吸收了二氧化硫，证明反应气体中含有二氧化氯气体；（7）实验时，应使A装置中物质先反应一段时间，再点燃B处酒精灯，让生成的气体排净装置中空气，避免市场的氢气和氧气混合加热发生爆炸；【解答】解：（1）A中是足量Zn和浓硫酸反应生成二氧化硫，随反应进行，硫酸变稀后反应发生置换反应生成氢气，反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+2H2O，Zn+2H2SO4=ZnSO4+H2；故答案为：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+2H2O，Zn+2H2SO4=ZnSO4+H2；（2）探究足量Z
73、n与一定量浓硫酸反应后的气体产物成分（水蒸气除外），反应生成的气体先通过C证明含有二氧化硫，通过装置E吸收二氧化硫，再通过装置BD验证气体中是否含有氢气，利用氢气还原氧化铜生成水蒸气，通过硫酸铜变蓝色证明生成氢气，装置连接为：d e h i b c f g；故答案为：d e h i b c f g；（3）盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，该仪器在使用前应洗净并检验是否漏液；故答案为：分液漏斗；检验是否漏液；（4）通过装置BD验证气体中是否含有氢气，利用氢气还原氧化铜生成水蒸气，通过硫酸铜变蓝色证明生成氢气，试剂X为CuSO4（或硫酸铜、或无水硫酸铜）；故答案为：CuSO4（或硫酸铜、或无水硫酸铜
74、）；（5）装置E中的碱石灰的作用为吸收SO2并干燥H2 ，除去SO2和水蒸气；故答案为：吸收SO2并干燥H2（或除去SO2和水蒸气）；（6）装置C是品红溶液，它的作用是检验二氧化硫的存在，证明该装置中反应可逆性的实验操作及现象为加热褪色的品红溶液，恢复红色证明吸收了二氧化硫，证明反应气体中含有二氧化氯气体；故答案为：检验SO2；加热褪色后的品红溶液，溶液恢复红色；（7）实验时，应使A装置中物质先反应一段时间，再点燃B处酒精灯，让生成的气体排净装置中空气，避免市场的氢气和氧气混合加热发生爆炸，故答案为：排出C装置中的空气，防止H2与空气混合加热发生危险【点评】本题考查了物质性质分析，反应产物的实
75、验探究方法和实验过程分析应用，掌握实验基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等20（12分）（2014秋如皋市校级月考）二甲醚（CH3OCH3）是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的可燃物，被称为21世纪的新型能源工业制备二甲醚的生产流程如下：催化反应室中（压力2.010.0MPa，温度300）进行下列反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1（1）催化反应室中的总反应：3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+
76、CO2（g）该反应的H=246.1kJ/mol催化反应室中采用300的反应温度，理由是（保证催化剂的活性最大），提高化学反应速率（2）已知：反应在300时的化学平衡常数为0.27该温度下将2mol CO、3molH2和2mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中，此时反应将逆向进行（填“正向进行”、“逆向进行”或“处于平衡状态”）（3）上述流程中二甲醚精制的实验操作名称为蒸馏（4）如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图该电池工作时，H+向正极移动（填“正”或“负”）；a电极的电极反应式为CH3OCH312e+3H2O=2CO2+12H+【考点】有关反应热的计算；原电池和电解池的工作
77、原理；化学平衡的影响因素 【分析】（1）根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减；反应放热，高温不利用原料的利用，温度低原料利用率高，但反应较慢，不利于实际生产；（2）计算浓度商Qc，Qc=k，处于平衡状态；Qck，向逆反应进行；Qck，向正反应进行；（3）分离沸点相差较大的互溶液体，常用方法是蒸馏；（4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电，由图可知，氢离子移向b电极，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子【解答】解：（1）已知：CO（g）+2H2（g）CH
78、3OH（g）H=90.7kJ/mol，2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.5kJ/mol，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2kJ/mol，由盖斯定律可知，2+得3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.1kJ/mol，反应放热，高温不利用原料的利用，温度低原料利用率高，但反应较慢，不利于实际生产，采用300的反应温度，目的（保证催化剂的活性最大），提高化学反应速率，故答案为：246.1kJ/mol；（保证催化剂的活性最大），提高化学反应速率；（2）该温度下将2mol CO、3mol H2和2mol CH3OH充入
79、容积为2L的密闭容器中，此时c（CO）=1mol/L，c（H2）=1.5mol/L，c（CH3OH）=1mol/L，浓度商Qc=0.44，大于平衡常数0.27，故反应向逆反应进行，故答案为：逆向进行；（3）二甲醚、乙醇、水为互溶的液体，沸点不同，采取蒸馏的方法将二甲醚分离，故答案为：蒸馏；（4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电由图可知，氢离子移向b电极，b电极正极，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a电极的电极反应式为 CH3OCH312e+3H2O=2CO2+12H+，故答案为：正；CH3OCH3+3H2O12e=2
80、CO2+12H+【点评】本题综合性较大，涉及反应热、化学平衡、原电池、实验基本操作等，难度中等，（4）中电极反应式书写是易错点，可以先写出正极电极反应式，利用总反应式减正极反应式即为负极反应式21（12分）（2015春松原校级期末）已知：硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）即可得到配合物A其结构如图1：（1）Cu元素基态原子的外围电子排布式为3d104s1（2）元索C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为NOC（3）配合物A中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2（4）1mol氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）含有键的数目为8mol（5）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳写出二氧
81、化碳的一种等电子体：N2O（或SCN、N3等）（写化学式）（6）已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图2，则该化合物的化学式是Cu2O【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理书写其基态原子外围电子排布式；（2）根据同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周
82、期相邻的元素；（3）根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式；（4）共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，H2NCH2COONa中含有8个键；（5）原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；（6）利用均摊法确定该化合物的化学式【解答】解：（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；（2）同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的元素，所以C、N
83、、O三种元素的第一电离能由由小到大的排列顺序是NOC；故答案为：NOC；（3）配合物A分子中一种碳有C=O，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化；故答案为：sp3、sp2；（4）共价单键为键，共价双键中一个是键一个是键，H2NCH2COONa中含有8个键，所以1mol氨基乙酸钠中含有键的数目为8mol，故答案为：8mol；（5）一个二氧化碳分子中原子个数为3个，价电子数为16，原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，则CO2的等电子体为：N2O（或SCN、N3等），故答案为：N2O（或SCN、N3等）；（6）利用均摊法知，该化合物中O原子个数=1+8=2，Cu原子个数=4，铜原子和氧原子个数之比=4：2=2：1，所以其化学式为：Cu2O，故答案为：Cu2O【点评】本题涉及的知识点有晶胞的计算、等电子体、价层电子对互斥理论等知识点，利用均摊法、等电子体概念、价层电子对互斥理论来分析解答即可，题目难度中等；高考题中对于物质结构和性质的考查时，不是单纯的涉及一个考点，常常将各个考点融入到一个大型题中，考查知识较全面，要求学生对各个考点熟练掌握，一般来说，有关晶胞的计算较难