1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年安徽省六安市寿县安丰高中高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括13小题，每小题4分，共52分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是（）ASO2、NO2和CO2都是污染性气体B熟石灰、铝热剂、盐酸都是混合物C煤的干馏、海水中提取碘的过程都包括化学变化DA12O3、Cl2、CuSO4在熔融状态或溶于水时均能导电，都属电解质2运用有关概念判断下列说法正确的是（）ANH4Cl中有离子键，是离子化合物B46g C2H5OH燃烧放出的热量为乙醇的燃烧热C和互为同系物D绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染
2、进行治理3我国学者成功发现了新的一类水分解产氢催化剂：通过调控三氧化钨（WO3）局部原子结构，制备出的深蓝色钨氧化物（WO2.9）该种钨的氧化物能高效而快速地催化水分解产生H2下列有关说法正确的是（）AWO3和WO2.9是同分异构体B由WO3制备WO2.9的过程发生了氧化还原反应C18g H2O在WO2.9的高效催化下产生H2体积为22.4LD利用这种新型催化剂分解水的同时可放出热量4金属铈（58Ce）常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等已知：Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+下列说法正确的是（）A可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成B58138Ce、58142
3、Ce是同素异形体C铈能溶于HI溶液，发生反应的离子方程式为：Ce+4H+Ce4+2H2D铈的原子核外有58个电子5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使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl、CH3COO、Fe2+B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2、SO32C无色溶液中：Al3+、NO3、Cl、SO42Dc（H2C2O4）=0.5 mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4、Cl6设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A25时，1L pH=ll的CH3COONa溶液中水电离出的OH的数目为0.001NAB28g乙烯和丙烯的混合
4、气体含有的原子个数为3NAC1 mol/Ll NaHCO3溶液中含有HCO3数目小于NAD6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子7下列选项中，为完成相应实验，所用仪器、试剂及相关操作合理的是（）A稀释浓硫酸B测量Cl2的体积C过滤D用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸8A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大A原子是所有原子中半径最小的，B原子的最外层电子数是次外层的3倍，C是第三周期最活泼的金属，D与B是同主族元素下列说法正确的是（）A原子半径r（E）r（D）r（B）BA分别与C、E形成的化合物中化学键类型相同C熔沸点：A2BA2DD化合物DB2的排放是形成酸雨的
5、原因9科学家尝试用微生物电池除去废水中的有害的有机物，其原理如图下列说法错误的是（）AA极电极反应式为： +2e+H+ClBB极电极反应式为：CH3COO8e+4H2O2HCO3+9H+C溶液中的阴离子由A极向B极移动D该微生物电池在高温条件下无法正常工作10下列相关反应的离子方程式书写错误的是（）A在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42B少量SO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+
6、5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+11已知反应：CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）起始以物质的量之比为1：1充入反应物，不同压强条件下，H2的平衡转化率随温度的变化情况如图所示（M、N点标记为）下列有关说法正确的是（）A上述反应的H0BN点时的反应速率一定比M点快C降低温度，H2的转化率可达到100%D工业用此法制取甲烷应采用更高的压强12下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤A比较CH3COOH和H2CO3酸性强弱测同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pHB比较S和Si非金属性强弱向Na2SiO3溶液中通入SO
7、2出现浑浊C除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶、过滤D探究蔗糖水解产物中是否含有葡萄糖取少量水解液加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热AABBCCDD13在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2molL1和1.5molL1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体二、非选择题（共3大题，共48分）14铁及其化合物有丰富
8、多彩的化学性质回答下列问题：（1）铁元素在周期表中的位置为第周期第族（2）FeCl3溶液可吸收SO2，该反应的离子方程式：（3）某化学兴趣小组同学用图1装置，充分加热硫酸亚铁晶体（FeSO4xH2O）至完全分解装置A中需持续通入N2，其目的是充分反应后，小组同学观察到：A中残留有红棕色固体，B中固体变蓝，C中溶液褪色，请写出FeSO4分解的化学方程式：装置D中干燥管的作用为小组同学测定了不同温度时FeSO4xH2O分解的质量变化情况，得到如图2关系；实验结束后后，装置B质量增加9.0g，结合如图数据，确定FeSO4xH2O中的x=15工业上可用以下方案使饮用水中NO3含量达标请回答下列问题：（
9、1）调节pH不宜过大或过小，否则会造成的利用率降低；试剂X可选用（填序号）AKOH BCa（OH）2 CCO2 DCuO（2）流程中操作的名称为，若在实验室中进行此操作，所需要的玻璃仪器是（3）写出溶液中铝粉和NO3反应的离子方程式：（4）还可用以下化学反应使饮用水中NO3含量达标，产物之一是空气的主要成分完成下列离子方程式：H2+NO3+H2O16CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益（1）已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=820kJ/molCO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2=41.2kJ/mo
10、l2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566kJ/mol则反应的CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=kJ/mol（2）工业上，可利用太阳能以CO2为原料制取C，其原理如图1所示：整个过程中（填“Fe3O4”或“FeO”）是反应的催化剂重整系统中发生的反应为：6FeO+CO22Fe3O4+C每生成1mol Fe3O4，转移电子的物质的量为（3）CO2还可用于合成甲醇，反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0该反应的平衡常数表达式为在恒容的密闭容器中，加入H2和CO2的混合气体，不同温度条件，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数（CH3O
11、H）如图2所示图中A、B、C、D、E五个点对应的状态中，处于平衡状态的是（填字母），B点和E点的反应速率大小关系为v（B）v（E）（填“”、“”、“=”）一定温度下，在甲、乙两个容积相同的恒容密闭容器中，加入H2和CO2的混合气体容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2a molCO2、b molH2、c molCH3OH（g）、c molH2O（g）甲容器平衡后气体的压强为开始时的80%，要使乙容器达平衡时与甲容器达到相同的平衡状态，且起始时反应逆向进行，则c的取值范围为2015-2016学年安徽省六安市寿县安丰高中高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题
12、包括13小题，每小题4分，共52分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的是（）ASO2、NO2和CO2都是污染性气体B熟石灰、铝热剂、盐酸都是混合物C煤的干馏、海水中提取碘的过程都包括化学变化DA12O3、Cl2、CuSO4在熔融状态或溶于水时均能导电，都属电解质【考点】混合物和纯净物；物理变化与化学变化的区别与联系；电解质与非电解质；常见的生活环境的污染及治理【专题】物质的分类专题；元素及其化合物【分析】A二氧化碳不是污染性气体；B不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净物；C煤的干馏是隔绝空气加强热发生的复杂反应，海水中碘元素以碘离子形式存在，提取碘单质，
13、需要发生氧化还原反应；DCl2是单质，氧化铝难溶于水；【解答】解：ASO2、NO2是污染性气体，二氧化碳不是污染性气体，二氧化碳是空气中的成分，故A错误；B铝热剂是铝和氧化铁的混合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液是不同物质组成的为混合物，熟石灰是氢氧化钙，是同种物质组成的为纯净物，故B错误；C煤的干馏是隔绝空气加强热发生的复杂反应，海水中碘元素以碘离子形式存在，提取碘单质，需要发生氧化还原反应，煤的干馏、海水中提取碘的过程都包括化学变化，故C正确；DCl2是单质既不是电解质也不是非电解质，氧化铝难溶于水熔融状态导电属于电解质，CuSO4在熔融状态或溶于水时均能导电属电解质，故D错误；故选C【点评】
14、本题考查了物质分类、物质性质、物质变化，注意电解质是化合物，题目较简单2运用有关概念判断下列说法正确的是（）ANH4Cl中有离子键，是离子化合物B46g C2H5OH燃烧放出的热量为乙醇的燃烧热C和互为同系物D绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理【考点】离子化合物的结构特征与性质；燃烧热；常见的生活环境的污染及治理；芳香烃、烃基和同系物【专题】化学反应中的能量变化；化学键与晶体结构；同系物和同分异构体【分析】A含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物；B.46g乙醇的物质的量是1mol，但该物质是否完全燃烧或其燃烧产物是否是其最稳定氧化物未知；C属于苯酚、属于苯
15、，且二者结构不相似；D绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”【解答】解：A含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，氯化铵中含有离子键，属于离子化合物，故A正确；B.46g乙醇的物质的量是1mol，但该物质是否完全燃烧或其燃烧产物是否是其最稳定氧化物未知，所以46g C2H5OH燃烧放出的热量不是乙醇的燃烧热，故B错误；C属于苯酚、属于苯，且二者结构不相似，在分子组成上也不相差一个CH2原子团，所以不是同系物，故C错误；D绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染，故D错误故选A【点评】本题考查基本概念及绿色化
16、学，为高频考点，明确离子化合物与化学键的关系、燃烧热及同系物概念是解本题关键，易错选项是D3我国学者成功发现了新的一类水分解产氢催化剂：通过调控三氧化钨（WO3）局部原子结构，制备出的深蓝色钨氧化物（WO2.9）该种钨的氧化物能高效而快速地催化水分解产生H2下列有关说法正确的是（）AWO3和WO2.9是同分异构体B由WO3制备WO2.9的过程发生了氧化还原反应C18g H2O在WO2.9的高效催化下产生H2体积为22.4LD利用这种新型催化剂分解水的同时可放出热量【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A分子式相同，结构不同的化合物属于同分异构体；BWO3制备WO2.9的过程W的化
17、合价升高；C没有说明是标准状况下，无法计算；D水的分解反应为吸热反应【解答】解：A分子式相同，结构不同的化合物属于同分异构体，WO3和WO2.9不是分子，不存在同分异构体，故A错误；BWO3制备WO2.9的过程W元素的化合价升高，被氧化，发生了氧化反应，故B正确；C没有说明是标准状况下，气体摩尔体积不知道，无法计算气体体积，故C错误；D水的分解反应为吸热反应，加催化剂反应热不变，所以利用这种新型催化剂分解水的同时可吸收热量，故D错误故选B【点评】本题考查了氧化还原反应、同分异构体、气体摩尔体积等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意把握气体摩尔体积的适用条件，题目难度不大4金属铈（58
18、Ce）常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等已知：Ce4+Fe2+Ce3+Fe3+下列说法正确的是（）A可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成B58138Ce、58142Ce是同素异形体C铈能溶于HI溶液，发生反应的离子方程式为：Ce+4H+Ce4+2H2D铈的原子核外有58个电子【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】A电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阴极是Ce4+离子得到电子生成Ce；B由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质，具有相同质子数，不
19、同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素同位素；C氧化性：Ce4+Fe3+I，不会生成CeI4；D元素符号左下角数字为质子数，铈的原子核外有58个电子【解答】解：A电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阴极是Ce4+离子得到电子生成Ce，电极反应为：Ce4+4e=Ce，故A错误；B58138Ce、58142Ce具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，不是同素异形体，故B错误；C由于氧化性Ce4+Fe3+I，铈溶于氢碘酸，产物不会生成CeI4，应该是CeI3，故C错误；D根据金属铈（58Ce）可知，铈元素的质子数为58，原子中质子数等于核外电子，故铈的原子核外有58个
20、电子数，故D正确；故选D【点评】本题考查了金属的冶炼、同素异形体、元素符号的意义等知识，主要是考查分析、利用信息，信息迁移和解决问题的能力，难度中等5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使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl、CH3COO、Fe2+B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2、SO32C无色溶液中：Al3+、NO3、Cl、SO42Dc（H2C2O4）=0.5 mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A使甲基橙变红的溶液，显酸性；B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液，
21、为酸或碱溶液；C该组离子之间不反应；D发生氧化还原反应【解答】解：A使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在CH3COO，故A错误；B水电离的OH浓度为1012mol/L1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2、SO32，碱溶液中不能大量存在Mg2+、NH4+，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；DMnO4、H2C2O4或Cl发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C【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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大6设NA表示阿伏加德罗常数的值，
22、下列说法正确的是（）A25时，1L pH=ll的CH3COONa溶液中水电离出的OH的数目为0.001NAB28g乙烯和丙烯的混合气体含有的原子个数为3NAC1 mol/Ll NaHCO3溶液中含有HCO3数目小于NAD6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、1L pH=ll的CH3COONa溶液中，氢氧根全部来自于水的电离；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；C、溶液体积不明确；D、求出硫酸氢钾的物质的量，然后根据1mol液态的硫酸氢钾中含1mol阳离子来分析【解答】解：A、1L pH=ll的CH3COONa溶液中，
23、氢氧根的浓度为103mol/L，而在此溶液中氢氧根全部来自于水的电离，故溶液中水电离出的氢氧根的物质的量n=CV=103mol/L1L=103mol，即103NA个，故A正确；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n=2mol，故含有6mol原子即6NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的碳酸氢根的个数无法计算，故C错误；D、6.8g硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，而1mol液态的硫酸氢钾只能电离出1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，故0.05mol硫酸氢钾中含0.05mol阳离子即0.05NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数
24、的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大7下列选项中，为完成相应实验，所用仪器、试剂及相关操作合理的是（）A稀释浓硫酸B测量Cl2的体积C过滤D用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A容量瓶不能稀释后溶解药品；B饱和氯化钠溶液抑制氯气溶解，所以可以采用排饱和食盐水的方法收集氯气；C过滤时要用玻璃棒引流，且漏斗尖嘴应该紧靠烧杯内壁；D中和滴定时眼睛观察锥形瓶内溶液颜色变化【解答】解：A容量瓶不能稀释后溶解药品，容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，故A错误；B饱和氯化钠溶液抑制氯气溶解，所以可以采用排饱和食盐水的方法收
25、集氯气，且集气瓶中导气管采用“短进长出”原则，故B正确；C过滤时要用玻璃棒引流，且漏斗尖嘴应该紧靠烧杯内壁，所以该操作错误，故C错误；D中和滴定时眼睛观察锥形瓶内溶液颜色变化，否则会导致测量不准确，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器的使用、气体收集、基本操作等知识点，明确实验原理、基本操作方法等是解本题关键，注意评价性分析，题目难度不大8A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大A原子是所有原子中半径最小的，B原子的最外层电子数是次外层的3倍，C是第三周期最活泼的金属，D与B是同主族元素下列说法正确的是（）A原子半径r（E）r（D）r（B）
26、BA分别与C、E形成的化合物中化学键类型相同C熔沸点：A2BA2DD化合物DB2的排放是形成酸雨的原因【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大A原子是所有原子中半径最小的，则A为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则B为O元素；C是第三周期最活泼的金属，则C为Na；D与B是同主族元素，则D为S元素，E的原子序数最大，故E为Cl【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大A原子是所有原子中半径最小的，则A为H元素；B原子的最外
27、层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则B为O元素；C是第三周期最活泼的金属，则C为Na；D与B是同主族元素，则D为S元素，E的原子序数最大，故E为ClA同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越多，则原子半径r（S）r（Cl）r（O），故A错误；BA与C形成NaH，含有离子键，A与E形成HCl，含有共价键，故B错误；C水分子之间形成氢键，硫化氢分子之间为范德华力，故熔沸点：H2OH2S，故C错误；D化合物SO2的排放是形成酸雨的原因，故D正确故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意氢键对物质性质的影响，有利于基础知识的巩固9科
28、学家尝试用微生物电池除去废水中的有害的有机物，其原理如图下列说法错误的是（）AA极电极反应式为： +2e+H+ClBB极电极反应式为：CH3COO8e+4H2O2HCO3+9H+C溶液中的阴离子由A极向B极移动D该微生物电池在高温条件下无法正常工作【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】原电池工作时，阳离子向正极移动，则A是正极，正极上发生得电子的还原反应： +2e+H+OH+Cl，B为负极，反应：CH3COO8e+4H2O2HCO3+9H+，以此解答该题【解答】解：AA是正极，正极上发生得电子的还原反应： +2e+H+OH+Cl，故A正确；BB为负极，负极上发生失电子的氧化
29、反应：CH3COO8e+4H2O2HCO3+9H+，故B正确；C溶液中阴离子向负极移动，即阴离子向B极移动，但是由于交换膜为质子交换膜，所以A附近的阴离子不能透过交换膜向负极移动，故C错误；D微生物在高温下会失去活性，所以该微生物电池在高温条件下无法正常工作，故D正确故选C【点评】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极10下列相关反应的离子方程式书写错误的是（）A在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42B少量
30、SO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A、根据电荷守恒和质量守恒进行判断；B、根据亚硫酸氢根离子的酸性大于苯酚的酸性分析；C、根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性能够将双氧水氧化成氧气分析；D、根据反应物中水应该写成分子式，不能写成氢氧根离子判断【解答】解：A、在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4、硫化钠和水，根
31、据化合价升降相等配平，反应的离子方程式为3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42，故A正确；B、少量SO2通入苯酚钠溶液中，苯酚的酸性小于亚硫酸氢根离子的酸性，反应生成了亚硫酸氢根离子，反应的离子方程式为：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故B正确；C、用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，生成了锰离子、氧气和水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式为：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O，故C正确；D、水是属于弱电解质，不能写成氢氧根离子，反应的离子方程式为SO2+ClO+H2O=SO42+Cl+2H+，故D错误；
32、故选D【点评】本题考查离子反应方程式的书写判断，注意与氧化还原反应有关的离子反应为解答的易错点和难点，题目难度不大11已知反应：CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）起始以物质的量之比为1：1充入反应物，不同压强条件下，H2的平衡转化率随温度的变化情况如图所示（M、N点标记为）下列有关说法正确的是（）A上述反应的H0BN点时的反应速率一定比M点快C降低温度，H2的转化率可达到100%D工业用此法制取甲烷应采用更高的压强【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】A、由图象可知，当压强相同时，温度越高，氢气的平衡转化率越低；B、温度越高，反应速率越快；压强越大，反
33、应速率越快；C、反应CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）为可逆反应，不能进行彻底；D、在1.01106Pa的压强下，氢气的转化率已大于95%【解答】解：A、由图象可知，当压强相同时，温度越高，氢气的平衡转化率越低，即升高温度，平衡左移，则正反应放热，即H0，故A正确；B、温度越高，反应速率越快；压强越大，反应速率越快而N点的温度低于M点，但压强大于M点，故N点和M点的反应速率无法比较，故B错误；C、反应CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）为可逆反应，不能进行彻底，故降低温度能提升氢气的转化率，但无法达到100%，故C错误；D、在1.01106Pa的压强下，氢气的转化
34、率已大于95%，即甲烷的产率再上升的空间有限，再增大压强，虽然能提升氢气的传化率和甲烷的产率，但投入的成本和增加的产出不成正比，得不偿失，故D错误故选A【点评】本题考查了温度、压强对转化率的影响关系图，根据图象来提取有用的信息是解题关键，难度不大，但是高考常见的题型12下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤A比较CH3COOH和H2CO3酸性强弱测同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pHB比较S和Si非金属性强弱向Na2SiO3溶液中通入SO2出现浑浊C除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶、过滤D探究蔗糖水解产物中是否含有葡萄糖取少量水解液加入新制的氢氧化铜
35、悬浊液并加热AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】ANa2CO3所对应的酸为HCO3； B最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强；C硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可用重结晶法分离；D应在碱性条件下反应【解答】解：A根据盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强，pH越大，注意Na2CO3所对应的酸为HCO3，故酸性强弱：CH3COOH 比HCO3强，不能得出醋酸和碳酸的强弱，故A错误； B最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不是最高价氧化物的水化物
36、，故B错误；C硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可用重结晶法分离，故C正确；D蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质性质的比较以及检验等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的合理性和可行性的评价，难度不大13在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2molL1和1.5molL1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8mol
37、B反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体【考点】化学方程式的有关计算；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】计算题【分析】Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O、再发生Fe+2Fe3+3Fe2+，若还有Fe剩余，则最后发生Fe与氢离子的反应，以此来解答【解答】解：Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7
38、mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，则 Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O 1 4 1 1 0.6 2.4 0.6 0.6 Fe+2Fe3+3Fe2+， 1 2 3 0.1 0.2 0.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故A错误；B不发生Fe+2H+Fe2+H2，没有氢气生成，故B错误；C反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C正确；D氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，有
39、气体生成，故D错误；故选C【点评】本题考查铁的化学性质及化学反应的计算，明确发生的化学反应及反应的先后是解答本题的关键，注意过量计算来解答，题目难度不大二、非选择题（共3大题，共48分）14铁及其化合物有丰富多彩的化学性质回答下列问题：（1）铁元素在周期表中的位置为第四周期第族（2）FeCl3溶液可吸收SO2，该反应的离子方程式：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+（3）某化学兴趣小组同学用图1装置，充分加热硫酸亚铁晶体（FeSO4xH2O）至完全分解装置A中需持续通入N2，其目的是持续充入氮气，可排除装置中的空气，将晶体分解的气体产物全部从A中排出充分反应后，小组同学观察到
40、：A中残留有红棕色固体，B中固体变蓝，C中溶液褪色，请写出FeSO4分解的化学方程式：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3装置D中干燥管的作用为防止氢氧化钠溶液倒吸小组同学测定了不同温度时FeSO4xH2O分解的质量变化情况，得到如图2关系；实验结束后后，装置B质量增加9.0g，结合如图数据，确定FeSO4xH2O中的x=5【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；实验装置综合【专题】元素及其化合物【分析】（1）Fe的原子序数为26，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2；（2）FeCl3溶液可吸收SO2，发生氧化还原反应；（3）由
41、流程可知，先通入氮气，排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化，在A中充分加热硫酸亚铁晶体（FeSO4xH2O），氮气能将分解产物排出，B中硫酸铜可检验水，C中溶液褪色，可知C中二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，D装置吸收尾气，装置B质量增加9.0g，为水的质量，结合原子守恒及质量关系计算x，以此来解答【解答】解：（1）Fe的原子序数为26，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2，位于周期表中第四周期族，故答案为：四；（2）FeCl3溶液可吸收SO2，发生氧化还原反应，离子反应为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4
42、H+；（3）由流程可知，先通入氮气，排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化，且能将分解产物排出，在A中充分加热硫酸亚铁晶体（FeSO4xH2O），B中硫酸铜可检验水，C中溶液褪色，可知C中二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，D装置吸收尾气，装置A中需持续通入N2，其目的是持续充入氮气，可排除装置中的空气，将晶体分解的气体产物全部从A中排出，故答案为：持续充入氮气，可排除装置中的空气，将晶体分解的气体产物全部从A中排出；A中残留有红棕色固体，B中固体变蓝，C中溶液褪色，可知加热分解生成氧化铁、二氧化硫，结合原子及电子守恒可知，反应为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：2FeSO4Fe
43、2O3+SO2+SO3；装置D中干燥管的作用为防止氢氧化钠溶液倒吸，故答案为：防止氢氧化钠溶液倒吸；装置B质量增加9.0g，为水的质量，由图可知最后得到氧化铁为8g，由2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3、FeSO4xH2O可知，Fe2O32xH2O 160 36x 8g 9g，解得x=5，故答案为：5【点评】本题考查物质的性质及物质组成的测定，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、物质化学式计算方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等15工业上可用以下方案使饮用水中NO3含量达标请回答下列问题：（1）调节pH不宜过大或过小，否则会造成铝的利用率降低；试剂X可选用B（填
44、序号）AKOH BCa（OH）2 CCO2 DCuO（2）流程中操作的名称为过滤，若在实验室中进行此操作，所需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒（3）写出溶液中铝粉和NO3反应的离子方程式：10Al+6NO3+18H2O10Al（OH）3+3N2+6OH（4）还可用以下化学反应使饮用水中NO3含量达标，产物之一是空气的主要成分完成下列离子方程式：5H2+2NO3+2H+N2+6H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】元素及其化合物【分析】试剂X为Ca（OH）2，选用Ca（OH）2调节pH，原料来源丰富，价格便宜，且引人离子对人体无害，在pH=10.25时加入铝粉，与NO3发生
45、氧化还原反应生成氮气和氢氧化铝，煅烧生成氧化铝，电解可生成铝，以此解答该题【解答】解：试剂X为Ca（OH）2，选用Ca（OH）2调节pH，原料来源丰富，价格便宜，且引人离子对人体无害，在pH=10.25时加入铝粉，与NO3发生氧化还原反应生成氮气和氢氧化铝，煅烧生成氧化铝，电解可生成铝，（1）选用熟石灰调节pH，原料来源丰富，价格便宜，且引人离子对人体无害，注意pH过大或过小，都将直接发生Al与酸或碱的反应，否则会造成Al的大量消耗，故答案为：铝；B；（2）流程中操作用于分离固体和液体，为过滤操作，用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤； 烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）铝粉与硝酸根离子发生
46、氧化还原反应生成固体，则固体为氢氧化铝，则硝酸被还原为氮气，则在溶液中铝粉和NO3反应的离子方程式为10Al+6NO3+18H2O=10Al（OH）3+3N2+6OH，故答案为：10Al+6NO3+18H2O10Al（OH）3+3N2+6OH；（4）H2催化还原饮用水中NO3，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气，该反应为5H2+2NO3+2H+N2+6H2O，故答案为：5；2；2H+；N2；6【点评】本题以信息的形式考查氧化还原反应、离子反应，侧重于学生的分析、实验能力的考查，为高频考点和常见题型，注重对化学用语的考查，注意知识与题目信息的结合来解答，对学生能力要求较
47、高，题目难度中等16CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益（1）已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=820kJ/molCO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2=41.2kJ/mol2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566kJ/mol则反应的CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=+229.6kJ/mol（2）工业上，可利用太阳能以CO2为原料制取C，其原理如图1所示：整个过程中FeO（填“Fe3O4”或“FeO”）是反应的催化剂重整系统中发生的反应为：6FeO+CO22Fe3O4
48、+C每生成1mol Fe3O4，转移电子的物质的量为2mol（3）CO2还可用于合成甲醇，反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0该反应的平衡常数表达式为K=在恒容的密闭容器中，加入H2和CO2的混合气体，不同温度条件，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数（CH3OH）如图2所示图中A、B、C、D、E五个点对应的状态中，处于平衡状态的是C、D、E（填字母），B点和E点的反应速率大小关系为v（B）v（E）（填“”、“”、“=”）一定温度下，在甲、乙两个容积相同的恒容密闭容器中，加入H2和CO2的混合气体容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2a molCO
49、2、b molH2、c molCH3OH（g）、c molH2O（g）甲容器平衡后气体的压强为开始时的80%，要使乙容器达平衡时与甲容器达到相同的平衡状态，且起始时反应逆向进行，则c的取值范围为0.4n（c）1mol【考点】热化学方程式；氧化还原反应的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【专题】氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=820kJ/molCO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2=41.2kJ/mol2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566kJ/mol则根据盖斯定律，
50、+22得CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=+229.6kJ/mol，由此分析解答；（2）氧化亚铁反应前后质量未变，反应2Fe3O46FeO+O2中O元素化合价由2价升高到0价，结合元素化合价以及方程式计算；（3）依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；C点前是平衡的建立，C点后是平衡的移动，温度越高反应速率越快；根据平衡三部曲求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围【解答】解：（1）CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1=820kJ/molCO（g）+H2O（g）CO2（g
51、）+H2（g）H2=41.2kJ/mol2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3=566kJ/mol则根据盖斯定律，+22得CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=+229.6kJ/mol，故答案为：+229.6；（2）氧化亚铁反应前后质量未变，所以催化剂是氧化亚铁，2Fe3O46FeO+O2中O元素化合价由2价升高到0价，由方程式可知，2molFe3O4参加反应，生成1mol氧气，转移4mol电子，则每分解lmolFe3O4转移电子的物质的量为2mol，故答案为：FeO；2mol；（3）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案为：； C点前是平
52、衡的建立，C点后是平衡的移动，温度越高反应速率越快，所以点C、D、E都是平衡状态，而E的温度高于B，所以E点的反应速率快，故答案为：C、D、E；CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）初始：1 3 0 0平衡：1x 33x x x甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（42x）/4=80% 解得x=0.4mol依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4n（c）1mol，故答案为：0.4n（c）1mol【点评】本题考查涉及知识点较多，涉及平衡常数的表达式、盖斯定律以及外界条件对平衡移动的影响等问题，题目难度中等，本题注意把握计算方法高考资源网版权所有，侵权必究！
