1、高考资源网（） 您身边的高考专家2013-2014学年四川省成都七中高二（上）开学考化学试卷一、选择题（只有一个最符合题意的答案，共48分）1（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列叙述正确的是（）A久置在空气中的NaOH溶液，加盐酸时有气体产生B50mL 12mol/L1酸与足量的二氧化锰反应，都生成氯气0.15molC在常温下，浓硫酸不与铜反应，是因为铜被钝化D少量CO2通入浓的氯化钙溶液中有白色沉淀生成2（3分）（2012春上海校级期末）能证明SO2具有漂白性的是（）A酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失B显红色的酚酞通入SO2后，红色消失C品红溶液中通入SO2后，红色消失D溴
2、水中通入SO2后，橙色消失3（3分）（2012春皇姑区校级期末）氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰在反应过程中，破坏1mol H2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1mol Cl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1mol HCl中的化学键释放的能量为Q3 kJ下列关系式中，正确的是（）AQ1+Q2Q3BQ1+Q22Q3CQ1+Q2Q3DQ1+Q22Q34（3分）（2013春娄星区校级期中）下列装置能够组成原电池的是（）A稀H2SO4BAgNO3（aq）C酒精D稀H2SO45（3分）（2010山东）下列说法正确的是（）A形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力BHF、HCl、HBr、HI的
3、热稳定性和还原性从左到右依次减弱C第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强D元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果6（3分）（2014秋阜宁县校级月考）下列实验过程中产生的现象与对应的图形不相符合的是（）A在AlCl3溶液中滴加氨水至过B向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡C向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡D向偏铝酸钠溶液中逐渐通入二氧化碳至过量7（3分）（2013秋武侯区校级月考）甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得分子的结构为，对该分子的叙述不正确的是（）A分子式为C25H20B此物质不是苯的同系物C此物质属于芳香烃D该分子中所有原子有
4、可能处于同一平面上8（3分）（2015春满城县校级期中）若乙醇中的氧为O，则它与乙酸反应生成的酯的相对分子质量为（）A88B90C106D1089（3分）（2014春邛崃市校级期中）乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说明不正确的是（）A和金属钠反应时键断裂B在酯化反应中断裂键C在铜催化共热下与O2反应时断裂和D在空气中完全燃烧时断裂10（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列物质之间的相互转化不符合“”（“”表示一步反应）的是（）甲乙丙AHClCl2HClOBAl（OH）3NaAlO2Al2O3CHNO3NONO2DSO2SO3H2SO4AABBCCDD11（3分）（
5、2013秋武侯区校级月考）如图表示可逆反应A（固）+B（气）nC（气）；反应的热效应为Q（n为正整数）在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需要的关系曲线下列有关叙述一定正确的是（）A其他条件相同，a表示使用了催化剂，b表示没有使用催化剂B其他条件相同，若只改变温度，则a比b的温度高且正反应吸热C其他条件相同，若只改变压强，则a比b的压强大且n2D其他条件相同，若只改变A物质的量，则a比b用A物质的量少12（3分）（2014秋汪清县校级月考）在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂与还原剂的质量比是（）A1：2B2：1C1：1D8：5313（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列说法正确
6、的是（）ASiO2是酸性氧化物，它可以与强碱反应，不能与任何酸反应B根据SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2的反应，可推知硅酸的酸性比碳酸的强CCO2气体通入到Na2SiO3溶液中可以制得硅酸DSiO2可以与水反应生成相对应的酸硅酸14（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列各组例子，在强酸性的无色溶液中可以大量共存的是（）AK+、ClBK+、Mn、SCNa+、Cu2+、NDN、K+、HC、Cl15（3分）（2010秋金牛区校级期中）已知I、Fe2+、SO2、和H2O2均有还原性，它们在酸性条件下的还原性强弱顺序为：SO2IFe2+H2O2则下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+
7、2H2O=2Fe2+SO42+4H+BH2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2OCI2+SO2+2H2O=H2SO4+HID2Fe3+2I=2Fe2+I216（3分）（2013秋武侯区校级月考）铜与镁的合金4.6g完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成9.7g沉淀，则合金与硝酸反应时，放出的气体可能是（）A0.2mol NOB0.2mol NO2和0.05mol N2O4C0.1mol N2OD0.1mol NO，0.1 mol NO2和0.1mol N2O4二、非选择题（52分）17（8分）（2013秋武侯区校级月考）书写下列化学方程式或离子方程式：（1）实验室制备氯气的化学
8、方程式（2）实验室制氨气的化学方程式（3）实验室制乙烯的化学方程式（4）氢氧化亚铁悬浊液置于空气中变色的化学方程式（5）二氧化硫通入氯化铁溶液的离子方程式（6）硫酸亚铁与稀硝酸反应的离子方程式（7）铜与浓硝酸反应的离子化学方程式（8）二氧化碳通过饱和碳酸钠溶液的离子方程式18（4分）（2013秋铜仁地区校级期末）牛奶放置时间长了会变酸，这是因为牛奶中含有不少乳糖，在微生物的作用下乳糖分解而变成乳酸乳酸最初就是从酸牛奶中得到并由此而得名的乳酸的结构简式为完成下列问题：（1）写出乳酸分子中官能团的名称：、（2）写出乳酸与足量金属钠反应的化学方程式：（3）写出乳酸与碳酸钠溶液反应的化学方程式：（4）
9、乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互反应生成链状结构的物质，写出此生成物的结构简式：19（10分）（2013秋武侯区校级月考）乙醇在一定的条件下可以被氧气氧化成乙醛，下面是一位同学对这个反应的实验设计实验装置如图，请你解答其中的问题：操作步骤：加热Cu粉末，同时鼓入空气加热烧瓶停止加热烧瓶，然后再鼓入空气在加热烧瓶停止加热，取下试管，验证产物（1）该实验装置在实验前需要检查气密性，请你叙述检验方法：（2）烧瓶中盛装的液体是，为了防止，在烧瓶中需要事先放入几片碎瓷片（3）操作步骤时，玻璃管中粉末的颜色由色变为色，发生该反应的化学方程式是（4）操作中，在试管中的溶液中滴入，加热后试管内出现红色沉淀，实验
10、中提供了酒精灯、火柴、胶头滴管等，为完成该实验，还需要一种非玻璃仪器该仪器的名称是（5）当该学生把这个实验设计呈交给老师时，老师以该试验方法存在安全隐患而否定了他的实验方法请你评价该实验可能存在的危险是20（6分）（2011浙江模拟）五种短周期元素的部分性质数据如下：元素TXYZW原子半径（nm）0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+53+71+62+3（1）Z离子的结构示意图为（2）关于Y、Z两种元素，下列叙述正确的是（填序号）a简单离子的半径 YZ b气态氢化物的稳定性Y比 Z强c最高价氧化物对应水化物的酸性Z比Y强（3）甲是由T、X两种元素形成的10e分
11、子，乙是由Y、W两种元素形成的化合物某同学设计了右图所示装置（夹持仪器省略）进行实验，将甲的浓溶液逐滴加入到NaOH固体中，烧瓶中即有甲放出，原因是一段时间后，发生反应的离子方程式是（4）XO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一它被氢氧化钠溶液吸收的化学方程式是：2XO2+2NaOH=M+NaXO3+H2O（已配平），产物M中元素X的化合价为21（12分）（2013秋武侯区校级月考）空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一其工艺流程如下：（1）溴在周期表中位于周期，族（2）步骤中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，为什么？（3）步骤的离子方程式：（4）步骤中溴蒸汽冷凝后得到液溴与溴水的混
12、合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离分离仪器的名称是，分离时液溴从分离器的（填“上口”或“下口”）排出（5）为什么不直接用含溴的海水进行蒸馏得到液溴，而要经过 “空气吹出、SO2吸收、氯化”：22（12分）（2013秋武侯区校级月考）在一定条件下，可实现右图所示物质之间的变化：请完成下列问题：（1）孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2 （碱式碳酸铜），受热易分解图中的F是（填化学式）（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：（3）图中所得C和D都为固体，混合在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式：2013-2014学年四川省成都七中高二（上）开学考化学试卷参考
13、答案与试题解析一、选择题（只有一个最符合题意的答案，共48分）1（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列叙述正确的是（）A久置在空气中的NaOH溶液，加盐酸时有气体产生B50mL 12mol/L1酸与足量的二氧化锰反应，都生成氯气0.15molC在常温下，浓硫酸不与铜反应，是因为铜被钝化D少量CO2通入浓的氯化钙溶液中有白色沉淀生成考点：钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A氢氧化钠放置在空气中，能与吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠；B只有浓盐酸才能与二氧化锰反应，稀盐酸不反应；C浓硫酸在加热条件下氧化性增强，能够氧化铜；D碳酸的酸性弱于
14、盐酸，碳酸钙能够溶于盐酸解答：解：A氢氧化钠放置在空气中，能与吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，故A正确；B50mL 12mol/L1酸的物质的量0.6mol，依据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，如果氯化氢能够完全反应，则生成的氯气的物质的量为0.15mol，但是随着反应的进行盐酸的浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以实际产生的氯气的物质的量小于0.15mol，故B错误；C浓硫酸在加热条件下氧化性增强，能够氧化铜，故C错误；D少量CO2通入浓的氯化钙溶液，不发生反应，故D错误；故选：A点评：本题考查了常见的化学反应，题目难度不大，熟悉钠及
15、其化合物、浓硫酸的性质是解题的关键2（3分）（2012春上海校级期末）能证明SO2具有漂白性的是（）A酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失B显红色的酚酞通入SO2后，红色消失C品红溶液中通入SO2后，红色消失D溴水中通入SO2后，橙色消失考点：探究二氧化硫与水和品红溶液的反应版权所有专题：氧族元素分析：A、二氧化硫具有还原性，容易被高锰酸钾氧化；B、二氧化硫不能使指示剂褪色，碱能使酚酞变红色；C、二氧化硫的漂白性体现在能使品红溶液褪色；D、溴水能和二氧化硫发生反应生成硫酸和氢溴酸解答：解：A、酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，发生的反应为：5SO2+2KMnO4+2H2OK2SO
16、4+2MnSO4+2H2SO4，因为氧化还原反应而褪色，故A错误；B、二氧化硫不能使指示剂褪色，酚酞显红色说明溶液中存在着碱性的物质，而二氧化硫溶于水后显酸性，可将碱性物质中和，而使酚酞褪色，故C错误；C、SO2与品红（色素）结合生成无色物质，属于SO2的漂白性，故C正确；D、溴水中通入SO2后发生的反应为：Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4，HBr和H2SO4不具有漂白性，故D错误故选C点评：本题主要考查了二氧化硫的酸性、漂白性和还原性等方面的性质，注意知识的灵活应用3（3分）（2012春皇姑区校级期末）氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰在反应过程中，破坏1mol H2中的化学键消耗
17、的能量为Q1 kJ，破坏1mol Cl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1mol HCl中的化学键释放的能量为Q3 kJ下列关系式中，正确的是（）AQ1+Q2Q3BQ1+Q22Q3CQ1+Q2Q3DQ1+Q22Q3考点：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：根据反应热H=反应物的总键能生成物的总键来计算该反应的反应热，氢气在氯气中燃烧，反应热H0，据此解答解答：解：破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则HH键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则ClCl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3k
18、J，则HCl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）反应热H=反应物的总键能生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol2Q3kJ/mol=（Q1+Q22Q3）KJ/mol由于氢气在氯气中燃烧，反应热H0，即（Q1+Q22Q3）0，所以Q1+Q22Q3故选D点评：本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法也可根据能量守恒计算4（3分）（2013春娄星区校级期中）下列装置能够组成原电池的是（）A稀H2SO4BAgNO3（aq）C酒精D稀H2SO4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：根据原电池的构成条件分析，原
19、电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应解答：解：A、两个电极材料相同，不构成原电池，故A错误B、符合原电池的构成条件，故B正确C、酒精不是电解质溶液且不能自发的进行氧化还原反应，不构成原电池，故C错误D、没有形成闭合回路，不构成原电池，故D错误故选B点评：本题考查了原电池的构成条件，这几个条件必须同时具备，缺一不可，题目难度不大5（3分）（2010山东）下列说法正确的是（）A形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力BHF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱C第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
20、D元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果考点：元素周期律的实质；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；离子键的形成版权所有分析：利用离子键的定义和元素性质的递变规律以及元素周期律的实质解决此题解答：解：A、离子键是通过阴、阳离子静电作用作用形成的，静电作用包括相互吸引和相互排斥，故A错误；B、同一主族，由上到下，得电子能力逐渐减弱，非金属性减弱，其氢化物的稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强，故B错误；C、同一周期，由左到右，得电子能力逐渐增强，非金属性增强，则第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强，非金属元素含氧酸的酸性不一定为最高价含氧酸，故C错误；D、由结构决定性质，则
21、元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果，故D正确；故选D点评：本题涉及化学键的定义、元素性质的递变规律等问题的理解和运用，对学生有较好的区分度，如：比较非金属性强弱必须依据最高价氧化物水化物的酸性强弱，而不能错误认为是氧化物的水化物的酸性强弱等问题，此题为好题6（3分）（2014秋阜宁县校级月考）下列实验过程中产生的现象与对应的图形不相符合的是（）A在AlCl3溶液中滴加氨水至过B向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡C向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡D向偏铝酸钠溶液中逐渐通入二氧化碳至过量考点：镁、铝的重要化合物版权所有专题：图示题分析：A、氯化铝溶液
22、中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝沉淀完全后不再变化；B、向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡，先生成偏铝酸钠，开始无沉淀生成，氢氧化钠反应完全后继续滴入氯化铝会和偏铝酸钠反应生成沉淀；C、向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解；D、向偏铝酸钠溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，所以通入二氧化碳会不断生成沉淀到偏铝酸钠完全沉淀后，沉淀量不再变化解答：解：A、氯化铝溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝沉淀完全后
23、不再变化，发生的反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B、向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量且边滴边振荡，先生成偏铝酸钠，开始无沉淀生成，氢氧化钠反应完全后继续滴入氯化铝会和偏铝酸钠反应生成沉淀，发生的反应是：Al3+4OH=AlO2+2H2O，3AlO2+6H2O+Al3+=4Al（OH）3，两过程中氯化铝的用量为3：1，与图象符合，故B正确；C、向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2+H+H2O=Al（OH）3；Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，两过程
24、消耗盐酸量为1：3，与图象符合，故C正确；D、向偏铝酸钠溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，所以通入二氧化碳会不断生成沉淀到偏铝酸钠完全沉淀后，沉淀量不再变化，发生的反应为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，与析图象符合，故D正确；故选A点评：本题考查了铝盐、偏铝酸盐与强酸强碱、弱酸弱碱反应数沉淀的变化，以图象题形式考查物质之间的反应，题目难度中等，根据反应过程判断，注意顺序不同，量不同导致产物不同7（3分）（2013秋武侯区校级月考）甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得分子的结构为，对该分子的叙述不正确的是（）A分子式为C25H20B此物质不是
25、苯的同系物C此物质属于芳香烃D该分子中所有原子有可能处于同一平面上考点：常见有机化合物的结构；有机物的结构和性质；芳香烃、烃基和同系物版权所有专题：有机化学基础分析：A根据有机物的结构简式判断分子式；B与苯互为同系物的有机物，必须满足的条件为：含有且只含有1个苯环，其它烃基中只存在饱和键；C分子中含有苯环的烃属于芳香烃，芳香烃必须满足：分子中只含有C、H元素，分子中含有至少1个苯环；D结合苯和甲烷的结构判断有机物的空间结构解答：解：A分子中含有4个苯环，共含有25个C和20个H，则分子式为C25H20，故A正确； B该物质分子中含有2个苯环，与苯的结构不相似，二者不属于同系物，故B正确；C该物
26、质分子中含有苯环，属于芳香烃，故C正确；D甲烷的正四面体结构烃分子中氢原子被其它原子取代后，其空间位点不变，由于甲烷分子中的四个氢原子位于正四面体的四个顶点上，当4个氢原子全部被苯基取代后，苯基就排在正四面体的四个顶点上，故该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误故选D点评：本题考查了有机物的结构、芳香烃、苯的同系物的判断，题目难度不大，注意掌握常见有机物的分类、同系物的概念及判断方法，明确芳香烃与苯的同系物的区别8（3分）（2015春满城县校级期中）若乙醇中的氧为O，则它与乙酸反应生成的酯的相对分子质量为（）A88B90C106D108考点：相对分子质量及其计算版权所有专题：有机化
27、学基础分析：乙醇中的氧为O，其相对分子质量为48，乙酸的相对分子质量为60，发生酯化反应生成酯和水，水的相对分子质量为18，结合质量守恒定律解答解答：解：乙酸与乙醇发生酯化反应生成酯和水，羧酸脱OH，醇脱H原子，乙醇中的氧为O，其相对分子质量为48，乙酸的相对分子质量为60，发生酯化反应生成酯和水，水的相对分子质量为18，生成乙酸乙酯的结构简式为CH3CO18OCH2CH3，由质量守恒定律可知，酯的相对分子质量为48+6018=90，故选B点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握酯化反应规律及质量守恒定律为解答的关键，题目难度不大，侧重分析能力及计算能力的考查9（3分）（2014春邛崃市
28、校级期中）乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说明不正确的是（）A和金属钠反应时键断裂B在酯化反应中断裂键C在铜催化共热下与O2反应时断裂和D在空气中完全燃烧时断裂考点：乙醇的化学性质版权所有专题：有机反应分析：A、金属钠与乙醇反应取代羟基上氢原子；B、乙醇与乙酸发生酯化反应反应羟基上氢原子发生断裂；C、乙醇在Ag催化作用下和O2反应生成乙醛，结合结构式判断；D、燃烧时所有的化学键发生断裂解答：解：A、金属钠与乙醇反应取代羟基上氢原子，反应时键断裂，故A正确；B、乙醇与乙酸发生酯化反应反应羟基上氢原子发生断裂，反应时键断裂，故B正确；C、乙醇在Ag催化作用下和O2反应生
29、成乙醛，乙醇中的键断裂，故C错误；D、燃烧时所有的化学键发生断裂，反应时断裂，故D正确；故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质和结构特点，学习中注意乙醇的性质，难度不大10（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列物质之间的相互转化不符合“”（“”表示一步反应）的是（）甲乙丙AHClCl2HClOBAl（OH）3NaAlO2Al2O3CHNO3NONO2DSO2SO3H2SO4AABBCCDD考点：氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物版权所有专题：元素及其化合物分析：物质之间的转换符合“
30、”，说明甲乙丙甲均能一步反应实现，依据各种物质的性质解答解答：解：AHCl被高锰酸钾氧化生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸被还原生成盐酸；故A正确；BAl（OH）3，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠不能直接反应生成氧化铝，故B错误；C稀硝酸被还原生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故C正确；D二氧化硫被氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸被还原生成二氧化硫，故D正确；故选：B点评：本题考查了同种元素不同物质之间的转换，题目难度不大，熟悉各种物质的性质是解题关键，解题时注意“一步反应实现”11（3分）（2013秋武侯区校级月考）如图表示
31、可逆反应A（固）+B（气）nC（气）；反应的热效应为Q（n为正整数）在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需要的关系曲线下列有关叙述一定正确的是（）A其他条件相同，a表示使用了催化剂，b表示没有使用催化剂B其他条件相同，若只改变温度，则a比b的温度高且正反应吸热C其他条件相同，若只改变压强，则a比b的压强大且n2D其他条件相同，若只改变A物质的量，则a比b用A物质的量少考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动；B、压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即1n；C、a到达平衡时间短
32、，所以a温度高，再根据升温，平衡移动分析；D、A为固体，达到平衡后，改变A平衡不移动解答：解：A、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，则a、b到达平衡时C的百分含量相同，故A错误；B、a到达平衡时间短，所以a温度高，升温平衡时C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，所以H0，故B错误；C、a到达平衡时间短，所以a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即1n，所以a比b的压强大且n2，故B正确；D、A为固体，达到平衡后，改变A的物质的量平衡不移动，故D错误；故选C点评：本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，明确“先拐先
33、平数值大”是解本题的关键，注意D选项中，固体量的多少对化学平衡无影响，即不影响平衡的移动12（3分）（2014秋汪清县校级月考）在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂与还原剂的质量比是（）A1：2B2：1C1：1D8：53考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，以此来解答解答：解：发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠中氧元素的化合价是1价，碳酸钠中氧元素的化合价是2价，氧气中氧元素的化合价是0价，所以该反应过氧化钠中既有氧元素化合价升高也有化合价降低，过氧化钠既为氧化剂，也为还
34、原剂，且物质的量相等转移电子守恒，则氧化剂与还原剂的质量比是1：1，故选C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，注意元素化合价的判断，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大13（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列说法正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，它可以与强碱反应，不能与任何酸反应B根据SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2的反应，可推知硅酸的酸性比碳酸的强CCO2气体通入到Na2SiO3溶液中可以制得硅酸DSiO2可以与水反应生成相对应的酸硅酸考点：硅和二氧化硅版权所有专题：碳族元素分析：ASiO2是酸性氧化物与碱反应生成盐和水，
35、能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；B比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，是利用了物质的稳定性；C向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸钠；D因二氧化硅不溶于水，SiO2H2SiO3，不能一步实现转化解答：解：A二氧化硅与氢氧化钠反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，氢氟酸与二氧化硅发生反应，4HF+SiO2=SiF4+2H2O，故A错误；B特殊条件下，SiO2与碳酸钠反应生成CO2不能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，是利用了物质的稳定性，故B错误；C碳酸酸性大于硅酸，CO2气体通入到Na2SiO3溶液中Na2SiO3+CO2+H
36、2O=Na2CO3+H2SiO3，反应生成硅酸沉淀，故C正确；D二氧化硅、硅酸都是难溶于水的物质，SiO2不与水反应生成相对应的酸硅酸，故D错误；故选C点评：本题考查了硅及其化合物的性质，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意根据强酸制弱酸原理，必须在溶液中发生的化学反应，因此B选项，不能得出硅酸的酸性比碳酸强，是易错点，题目难度不大14（3分）（2013秋武侯区校级月考）下列各组例子，在强酸性的无色溶液中可以大量共存的是（）AK+、ClBK+、Mn、SCNa+、Cu2+、NDN、K+、HC、Cl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn
37、O4等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量的氢离子，AK+、NH4+、NO3、Cl离子之间不满足离子反应发生条件；B高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；CCu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求；D碳酸氢根离子能够与氢离子发生反应生成二氧化碳气体解答：解：强酸性溶液中存在大量的H+，溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在AK+、NH4+、NO3、Cl离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BMnO4为有色离子，不满足溶液无色的要求，故B错误；CCu2+离子的溶液为有色溶液，不满足溶液无色的条件，故C错误；DHCO3与H+发生反应，在溶液中
38、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；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；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等有色离子的存在等15（3分）（2010秋金牛区校级期中）已知I、Fe2+、SO2、和H2O2均有还原性，它们在酸性条件下的还原性强弱顺序为：SO2IFe2+H2O2则下列反应不能发生的是（）A2Fe3+SO2+2H2O
39、=2Fe2+SO42+4H+BH2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2OCI2+SO2+2H2O=H2SO4+HID2Fe3+2I=2Fe2+I2考点：氧化性、还原性强弱的比较版权所有专题：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SO2IH2O2Fe2+Cl来判断反应能否发生解答：解：A、因该反应中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，能发生，故A不选；B、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H2O2S
40、O2，与已知的还原性强弱矛盾，不可能发生，故B选；C、因该反应中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，能发生，故C不选；D、因该反应中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为IFe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选故选B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16（3分）（2013秋武侯区校级月考）铜与镁的合金4.6g完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成9.
41、7g沉淀，则合金与硝酸反应时，放出的气体可能是（）A0.2mol NOB0.2mol NO2和0.05mol N2O4C0.1mol N2OD0.1mol NO，0.1 mol NO2和0.1mol N2O4考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：铜与镁的合金完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成9.7g沉淀为Cu（OH）2、Mg（OH）2的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=9.7g4.6g=5.1g，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，根据电子转移守恒计算判断解答：解：铜与镁的合金完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成9.7g沉淀为C
42、u（OH）2、Mg（OH）2的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=9.7g4.6g=5.1g，n（OH）=0.3mol，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，即金属提供电子物质的量为0.3mol，A若生成0.2mol NO，则转移电子为0.2mol（52）=0.6mol，电子转移不守恒，故A错误；B若生成0.2mol NO2和0.05mol N2O4，则转移电子为0.2mol（54）+0.05mol2（54）=0.3mol，电子转移守恒，故B正确；C若生成0.1mol N2O，则转移电子为0.1mol2（51）=0.8mol，电子转移不守恒，故C错误；D若生成0.1mol NO，
43、0.1 mol NO2和0.1mol N2O4，则转移电子为0.1mol（52）+0.1mol（54）+0.1mol2（54）=0.6mol，电子转移不守恒，故D错误；故选B点评：本题考查混合物有关计算，关键是判断金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，注意守恒思想的应用，难度中等二、非选择题（52分）17（8分）（2013秋武侯区校级月考）书写下列化学方程式或离子方程式：（1）实验室制备氯气的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）实验室制氨气的化学方程式Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（3）实验室制乙烯的化学方程式CH3CH2OHCH2
44、=CH2+H2O（4）氢氧化亚铁悬浊液置于空气中变色的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（5）二氧化硫通入氯化铁溶液的离子方程式2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+（6）硫酸亚铁与稀硝酸反应的离子方程式3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O（7）铜与浓硝酸反应的离子化学方程式Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O（8）二氧化碳通过饱和碳酸钠溶液的离子方程式2Na+CO32+H2O+CO2=2NaHCO3考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题；元素及其化合物分析：（1）二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气；（2）氢氧化钙与氯化铵共热制
45、取氨气；（3）乙醇与浓硫酸发生消去反应生成乙烯；（4）发生Fe（OH）2与氧气、水的反应，生成氢氧化铁；（5）氯化铁具有氧化性氧化二氧化硫为硫酸；（6）发生氧化还原反应生成硫酸铁、NO和水；（7）反应生成硝酸铜和水、二氧化氮；（8）碳酸钠与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，溶液变浑浊解答：解：（1）利用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，该反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）利用氢氧化钙与氯化铵共热制取氨气，该化学反应为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H
46、2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（3）实验室利用乙醇能发生消去反应制乙烯的反应为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；（4）发生Fe（OH）2与氧气、水的反应，生成氢氧化铁，该反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（5）氯化铁具有氧化性氧化二氧化硫为硫酸，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；（6）发生氧化还原反应生成
47、硫酸铁、NO和水，离子反应为3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；（7）反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应为Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，离子反应为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；（8）碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3，并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多，溶剂质量减少，溶液中有浑浊出现，反应的离子方程式为2Na+CO32+H2O+CO2=2NaHCO3，故答
48、案为：2Na+CO32+H2O+CO2=2NaHCO3点评：本题考查离子反应方程式和化学反应方程式的书写，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，侧重常见气体的实验室制法及物质制备实验的考查，注意发生的氧化还原反应，题目难度不大18（4分）（2013秋铜仁地区校级期末）牛奶放置时间长了会变酸，这是因为牛奶中含有不少乳糖，在微生物的作用下乳糖分解而变成乳酸乳酸最初就是从酸牛奶中得到并由此而得名的乳酸的结构简式为完成下列问题：（1）写出乳酸分子中官能团的名称：羧基、羟基（2）写出乳酸与足量金属钠反应的化学方程式：（3）写出乳酸与碳酸钠溶液反应的化学方程式：+Na2CO3+H
49、2O+CO2（4）乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互反应生成链状结构的物质，写出此生成物的结构简式：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；烃的衍生物官能团版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）由结构简式可知，含OH、COOH；（2）OH、COOH均与Na反应；（3）只有COOH与碳酸钠反应；（4）两分子相互反应生成链状结构的物质，为酯，即分子发生酯化反应解答：解：（1）乳酸的结构为：，含有羧基和羟基，故答案为：羧基；羟基；（2）金属钠与醇、羧酸都能发生反应，置换出氢气，反应方程式为故答案为：；（3）羧酸的酸性比碳酸强，碳酸钠能与羧酸反应，不能与醇反应，反应方程式为+Na
50、2CO3+H2O+CO2故答案为：+Na2CO3+H2O+CO2；（4）两分子相互反应生成链状结构的物质，为酯，即分子发生酯化反应，该生成物为，故答案为：点评：本题以乳酸的结构为载体，考查官能团的性质，题目难度不大，熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用即可解答，侧重醇、羧酸性质的考查19（10分）（2013秋武侯区校级月考）乙醇在一定的条件下可以被氧气氧化成乙醛，下面是一位同学对这个反应的实验设计实验装置如图，请你解答其中的问题：操作步骤：加热Cu粉末，同时鼓入空气加热烧瓶停止加热烧瓶，然后再鼓入空气在加热烧瓶停止加热，取下试管，验证产物（1）该实验装置在实验前需要检查气密性，请你叙述检验方
51、法：关闭止水夹，点燃玻璃管下的酒精灯，微热玻璃管，如果试管中的细玻璃管中有气泡冒出，停止微热后，细玻璃管中有水柱上升，且短时间内不回落，则表明装置气密性良好（2）烧瓶中盛装的液体是乙醇，为了防止暴沸，在烧瓶中需要事先放入几片碎瓷片（3）操作步骤时，玻璃管中粉末的颜色由黑色变为红色，发生该反应的化学方程式是CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O（4）操作中，在试管中的溶液中滴入新制的Cu（OH）2悬浊液，加热后试管内出现红色沉淀，实验中提供了酒精灯、火柴、胶头滴管等，为完成该实验，还需要一种非玻璃仪器该仪器的名称是试管夹（5）当该学生把这个实验设计呈交给老师时，老师以该试验方法存在安
52、全隐患而否定了他的实验方法请你评价该实验可能存在的危险是热的乙醇气体是可燃性气体，在加热的体系中同时通入可燃性气体与空气是危险的，很容易发生爆炸考点：乙醇的催化氧化实验版权所有专题：实验题分析：（1）设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，据此分析结合装置解答；（2）乙醇沸点低，在该反应中，为了防止暴沸而加入少量碎瓷片；（3）玻璃管中粉末为铜，铜受热与氧气反应变成黑色的氧化铜，氧化铜和乙醇发生氧化反应变成红色的铜，乙醇被催化氧化成乙醛；（4）检验乙醛需检验醛基，可用新制的氢氧化铜悬浊液；夹持试管需试管夹；（5）在加热的体系中同时通入可燃性气体与空气易发生爆炸解答：解：（1）该实验装置是
53、一套装置，利用止水夹形成密闭系统，然后利用气体的热胀冷缩进行检查，具体操作为：关闭止水夹，点燃玻璃管下的酒精灯，微热玻璃管，如果试管中的细玻璃管中有气泡冒出，停止微热后，细玻璃管中有水柱上升，且短时间内不回落，则表明装置气密性良好，故答案为：关闭止水夹，点燃玻璃管下的酒精灯，微热玻璃管，如果试管中的细玻璃管中有气泡冒出，停止微热后，细玻璃管中有水柱上升，且短时间内不回落，则表明装置气密性良好；（2）加热乙醇时液体会暴沸导致烧瓶内气压太高而易产生安全事故，为防止液体暴沸，在混合溶液中加热碎瓷片，故答案为：乙醇；暴沸；（3）加热烧瓶提供乙醇蒸气，乙醇与氧化铜在试管中进行氧化反应，氧化铜能将乙醇氧化
54、为乙醛，同时由黑色氧化铜又变成红色铜，试管中有刺激性气味的乙醛生成，反应为：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为：黑；红；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）乙醇催化氧化生成乙醛，停止加热，取下试管，验证产物取少量丙中液体放入试管中，加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热至沸腾，若生成砖红色沉淀表明有醛类物质生成，夹持试管需试管夹，所以该实验缺少非玻璃仪器为试管夹，故答案为：新制的Cu（OH）2悬浊液；试管夹；（5）该反应是将烧瓶中逸出的乙醇蒸汽和空气混合通入加热的试管中进行反应，热的乙醇气体是可燃性气体，在加热的体系中同时通入可燃性气体与空气是危险
55、的，很容易发生爆炸，故答案为：热的乙醇气体是可燃性气体，在加热的体系中同时通入可燃性气体与空气是危险的，很容易发生爆炸点评：本题通过乙醇的催化氧化实验，考查了乙醇、乙醛的性质以及实验方案的设计，题目难度中等，有利于培养学生分析问题，解决问题的能力，注意（5）在加热的体系中同时通入可燃性气体与空气易发生爆炸是该题的难点20（6分）（2011浙江模拟）五种短周期元素的部分性质数据如下：元素TXYZW原子半径（nm）0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+53+71+62+3（1）Z离子的结构示意图为（2）关于Y、Z两种元素，下列叙述正确的是b（填序号）a简单离子的半
56、径 YZ b气态氢化物的稳定性Y比 Z强c最高价氧化物对应水化物的酸性Z比Y强（3）甲是由T、X两种元素形成的10e分子，乙是由Y、W两种元素形成的化合物某同学设计了右图所示装置（夹持仪器省略）进行实验，将甲的浓溶液逐滴加入到NaOH固体中，烧瓶中即有甲放出，原因是NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，NaOH溶于水电离出OH，使平衡向左移动，且溶解时放出热量，使NH3的溶解度减小一段时间后，发生反应的离子方程式是Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（4）XO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一它被氢氧化钠溶液吸收的化学方程式是：2XO2+2NaOH=M+NaXO3+H2O（已
57、配平），产物M中元素X的化合价为+3考点：原子结构与元素周期律的关系；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律版权所有分析：利用同一周期原子半径随原子序数递增而减小，最高化合价为族序数，可根据短周期元素及表格中原子半径化与化合价来判断原子，并利用T、X两种元素形成的10e分子可以准确判断X为N元素，T为H元素，从而Y为Cl，Z为S，W为Al，然后利用元素的性质、元素形成的化合物的性质、化合价原则来分析解答解答：解：（1）由Z为短周期元素，其化合价为+6、2，则Z为硫，其质子数为16，硫离子带2个单位的负电荷，则最外层电子数为8，故答案为：；（2）由Y的化合价及Y为短周期元素，则Y为Cl，氯
58、离子半径小于硫离子半径，则a错；氯比硫元素的非金属性强，则HCl的稳定性强于H2S，则b对；氯比硫元素的非金属性强，则高氯酸的酸性大于硫酸的酸性，则C错，故答案为：b；（3）由表中的化合价及元素都在短周期，T、X两种元素形成的10e分子，T为H元素，W为Al元素，则甲为氨气，乙为氯化铝，由图可知，烧瓶中发生氨水与氢氧化钠的反应制取氨气，试管中发生氯化铝与氨水的反应生成沉淀，制取氨气的原理为NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，NaOH溶于水电离出OH，使平衡向左移动，且溶解时放出热量，使NH3的溶解度减小，试管中的反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：NH3+H
59、2ONH3H2ONH4+OH，NaOH溶于水电离出OH，使平衡向左移动，且溶解时放出热量，使NH3的溶解度减小；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（4）由X的化合价可知X为第A族元素，XO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一，则X为N元素，再由2XO2+2NaOH=M+NaXO3+H2O可知，NO2中N元素的化合价+4价，NaNO3中N元素的化合价为+5价，由氧化还原反应中得失电子守恒可知M中N的化合价为+3价，故答案为：+3点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，属于中档题，以原子半径、化合价为信息综合考查了原子结构与元素周期律的关系，明确非金属之的比较、氨气的实验室制取
60、、氢氧化铝的制备、氧化还原反应等知识点即可解答21（12分）（2013秋武侯区校级月考）空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一其工艺流程如下：（1）溴在周期表中位于4周期，VIIA族（2）步骤中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，为什么？酸化可防止Cl2、Br2与水反应（3）步骤的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42（4）步骤中溴蒸汽冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离分离仪器的名称是分液漏斗，分离时液溴从分离器的下口（填“上口”或“下口”）排出（5）为什么不直接用含溴的海水进行蒸馏得到液溴，而要经过“空气吹出、SO2吸收、氯
61、化”：溴的浓度太低、蒸馏效率低成本太高考点：海水资源及其综合利用版权所有专题：实验题分析：（1）根据溴的原子序数为35，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为7来确定其在周期表中的位置；（2）步骤发生2Br+Cl2=2Cl+Br2，则步骤中硫酸可减少副反应的发生；（3）步骤中二氧化硫具有还原性，溴单质具有氧化性，二者之间可以发生反应；（4）实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法，根据分液法的仪器以及仪器的使用方法来回答；（5）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，产量低解答：解：（1）溴的原子序数为35，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为7，所以溴在周期表中位于4周期VIIA族，故答案为
62、：4；VIIA；（2）步骤发生2Br+Cl2=2Cl+Br2，则步骤中硫酸可减少副反应的发生，即步骤中用硫酸酸化可防止Cl2、Br2与水反应，故答案为：酸化可防止Cl2、Br2与水反应；（3）步骤发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子反应为Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42；（4）实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法，采用的仪器为分液漏斗，操作时下层液体必须从下口流出，上层液体从上层倒出，故答案为：分液漏斗；下口；（5）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高“空气吹出、S
63、O2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程，故答案为：溴的浓度太低、蒸馏效率低成本太高点评：本题考查海水提溴，把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，步骤为解答的难点，注重工业流程和化学反应原理的考查，题目难度中等22（12分）（2013秋武侯区校级月考）在一定条件下，可实现右图所示物质之间的变化：请完成下列问题：（1）孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2 （碱式碳酸铜），受热易分解图中的F是CO2（填化学式）（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：Al3+4OH=AlO2+2H2O（3）图中所得C和D都为固体，混合在高温下可发生反应，写出该反应的化学
64、方程式：3CuO+2Al3Cu+Al2O3考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解的产物为氧化铜、水、二氧化碳，明矾的主要成分是KAl（SO4）212H2O，其中的铝离子能和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠水溶液，所以A为：NaAlO2，碱式碳酸铜受热易分解的产物中，只有二氧化碳可以和A反应，所以F为CO2，G为氧化铜，B为氢氧化铝受热分解的产物B为氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝和氧气，据此解答解答：解：孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解的产物为氧化铜、水、二氧化碳，明矾的主要成分是KAl（
65、SO4）212H2O，其中的铝离子能和过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠水溶液，所以A为：NaAlO2，碱式碳酸铜受热易分解的产物中，只有二氧化碳可以和A反应，所以F为CO2，G为氧化铜，B为氢氧化铝受热分解的产物B为氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝和氧气，（1）由上述分析可知F为CO2，故答案为：CO2；（2）明矾溶液与过量NaOH溶液反应的实质是：铝离子和氢氧根之间的反应，离子方程式为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；（3）G为氧化铜，若D为固体，则D为Al，铝和氧化铜高温下的发生铝热反应，该反应化学方程式为：3CuO+2Al3Cu+Al2O3，故答案为：3CuO+2Al3Cu+Al2O3点评：本题为框图式物质推断题，难度不大，根据碱式碳酸铜分解反应与明矾与是氢氧化钠反应反应产物进行推断，掌握物质的性质是关键 - 28 - 版权所有高考资源网