1、高考资源网（） 您身边的高考专家霍邱二中2016届高三第五次月考化学试卷命题：关强 审题：孟令宝一：选择题（共16题每题只有一个答案，每题3分共48分）1.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 在标准状况下，2.24 L HF含有的电子数为NAB7.8 gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1NAC1.0L 0.1molL1的醋酸溶液中含CH3COOH、CH3COO粒子总数为0.1NAD. 电解精炼铜时，阳极质量每减少32g，电路中就转移NA个电子考点：阿伏伽德罗常数答案：C试题解析：A、标准状况下，氢氟酸为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B、1mol过氧化钠
2、中含有1mol阴离子，7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的离子数等于0.3NA，故B错误；C、利用物料守恒，1.0L 0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO-粒子总数为0.1NA，故C正确；D、电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故D错误2用NA表示阿伏加德常数，以下的说法正确的是（）A精炼铜时，阳极有1mol物质放电，阴极一定生成NA个铜原子B在标准状况下，NA个SO3 分子的质量是80g，其体积就为80/ (为SO3的密度)C
3、1molNaHSO4 熔融液中，其阴阳离子总数目为3NADPH1的盐酸溶液中，H+的数目为0.1NA考点：阿伏伽德罗常数答案：B试题解析：A精炼铜时，阳极有1mol物质放电，阴极不一定生成NA个铜原子，这要根据电子转移了多少物质的量，故A错误；BNA个SO3 分子的质量是80g，则SO3的体积为：80/，故B正确；C1molNaHSO4 熔融液中，其阴阳离子有：Na+、HSO4-，则阴阳离子总数目为2NA，故C错误；DPH1的盐酸溶液，不知道其体积，故无法计算H+的数目，故D错误3下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是A溶液中：Al3、Na、SO、HCO 可以共存不能发生反应B常温下
4、，c(OH)1.01013 mol/L溶液中，Fe2、NO、SO、Na不能共存发生反应：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2OC溶液中：K、Cu2、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu22OH=Cu(OH)2DCa2+、NH4+、CO32-、Cl-可以共存不能发生反应考点：离子共存答案：B试题解析：A、Al3与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，不能大量共存，故A错误；B、常温下，c(OH)1.01013 mol/L溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2、NO3-要发生氧化还原反应，不能大量共存，故B正确；C、Cu2与NH3H2O反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，氨水是弱碱，用化学式
5、表示，故C错误；D、Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故D错误4下列离子反应方程式正确的是（ ）A.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2： Ca23ClOSO2H2O=CaSO3Cl2HClOB1 molL的NaAlO2溶液和2.5 molL的盐酸等体积均匀混合： 2AlO2- + 5H+ = Al(OH)3 + Al3+ + H2OC将11.2L标准状况下的氯气通入200mL2mol/L的FeBr2溶液中，离子反应方程式为： 2Fe28Br5Cl2=2Fe34Br210ClD. 氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe (OH)22H+=Fe2+2H2O考点：离子方程式的书写及正误
6、判断答案：B试题解析：A、少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：SO2+Ca2+ClO-+H2O=CaSO4+2H+Cl-，故A错误；B、AlO2-与H+按物质的量1：1反应转化为Al(OH)3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+，反应的离子方程式为：2AlO2-+5H+Al3+Al（OH）3+H2O，故B正确；C、还原性Fe2+Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，200mL 2mol/L的FeBr2溶液中0.4molFeBr2，含有0.4m
7、ol亚铁离子和0.8mol溴离子，通入11.2L标准状况下的Cl2物质的量为=0.5mol，0.4mol亚铁离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0.3mol氯气完全反应消耗0.6mol溴离子，则常见反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为0.4mol：0.6mol=2:3，则反应的离子方程式为：4Fe2+6Br-+5Cl24Fe3+3Br2+10Cl-，故C错误；D、氢氧化亚铁和稀硝酸发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水，正确的离子方程式为：3Fe（OH）2+NO3-+10H+=3Fe3+NO+8H2O，故D错误5高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒、又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高
8、铁酸钾的反应离子方程式为Fe(OH)3ClOOHFeOClH2O(未配平)，下列有关说法不正确的是（ ）A高铁酸钾中铁显6价B上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为32CK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质D由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO考点：氧化性和还原性强弱的比较有关氧化还原反应的计算答案：D试题解析：A令FeO42中，铁元素的化合价为x，则x+4（2）=2，解得x=+6，故A正确；B反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价由+1降低为1价，C1O是氧化剂，铁元素化合价由+3
9、价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（63）：2=3：2，故B正确；CK2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故C正确；D反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价降低，C1O是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42是氧化产物，氧化性C1OFeO42，实际氧化性FeO42Fe（OH）3，故D错误6用下列装置不能达到有关实验目的的是( ) A用甲图装置证明(煤油)(钠)7)：c(NH3H2O)c(NH)c(Cl)c(OH)C0.
10、1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，c(H+)/ c(CH3COO)的比值将增大来源:Zxxk.ComD0.1mol/LCH3COONa溶液与0.15mol/LHCl等体积混合：c(Cl)c(H+)c(Na+)c(CH3COO)c(OH)考点：溶液中的离子平衡答案：C试题解析：A、将物质的量相等的KHC2O4和H2C2O4溶于水配成溶液，根据物料守恒应存在2c (K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+C(C2O42一)，故A错误；B、0.1 mol/LNH4Cl溶液与0.1 mol/L氨水等体积混合后的溶液显碱性，以NH3H2O的电离为主，因此c(NH4+)c(NH3H2O)，
11、故B错误；C、醋酸是弱电解质，加水促进醋酸的电离，随着稀释程度的增大，最终c(H+)7，而c(CH3COO)越来越小，c(H+)/ c(CH3COO)的比值将逐渐增大，故C正确；D、0.lmol/LCH3COONa与0.15mol/LHCl等体积混合，盐酸过量，生成醋酸为弱电解质，部分电离，应存在c(Na+)c(H+)，正确顺序应为c(Cl-)c(Na+)c(H+)C (CH3COO-)c(OH-)，故D错误16锂离子电池已经成为新一代实用化的蓄电池，该电池具有能量密度大、电压高的特性。锂离子电池放电时的电极反应式为：负极反应：C6Lixe=C6Li1xxLi+（C6Li表示锂原子嵌入石墨形成
12、复合材料）正极反应：Li1xMO2xLi+x e=LiMO2（LiMO2表示含锂的过渡金属氧化物）下列有关说法正确的是（ ）A锂离子电池充电时电池反应为C6LiLi1xMO2=LiMO2C6Li1xB电池反应中，锂、锌、银、铅各失去1mol电子，金属锌所消耗的质量最小C锂离子电池放电时电池内部Li+向负极移动D锂离子电池充电时阴极反应为C6Li1xxLi+x e=C6Li考点：电化学答案：D试题解析：由负极反应：C6Li-xe=C6Li1xxLi+和正极反应：Li1xMO2xLi+xe=LiMO2得原电池总反应为C6Li+Li1xMO2=C6Li1xLiMO2，而充电时电池反应与此相反即C6L
13、i1xLiMO2= C6Li+Li1xMO2，故A错D对，又因原电池内电路中电流方向是由负极流向正极，阳离子应向正极移动，故C错误。锂摩尔质量很小，故锂失去1mol电子，锂所消耗的质量最小，故B错误。题号12345678选项题号910111213141516选项二，非选择题（四题，共52分）17（14分）已知AK所代表的各物质都是中学化学里常见的物质，A是红棕色粉末 I是具有磁性的物质，D和K都具有两性一定条件下，各物质间的相互反应转化关系如图所示：请回答：（1）写出有关物质化学式：D是，H是（2）化合物G的溶液呈 （酸性，碱性，中性），其原因用离子方程式表示为 （3）写出A+BD+C的化学方
14、程式并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目 （4）G+JK用离子方程式表示为 考点：无机推断答案：（1）D是Al2O3；H是H2； （2）： 酸性；Al3+3H2OAl（OH）3+3H+； Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+试题解析：I是具有磁性的物质，应为Fe3O4，单质C与化合物F反应得到单质H与化合物I，由元素守恒可知C为Fe，D和K都具有两性，分别为氧化铝、氢氧化铝中的一种，单质B与化合物A反应得到Fe和D，该反应为铝热反应，可推知B为Al，A为Fe2O3 ，D为Al2O3 ，顺推可知F为H2O，G为AlCl3 ，H为H2，弱碱溶液J为氨水，K为Al(OH)3。(
15、1) 根据上述推断，D是Al2O3 ，H是H2。（2）根据上述推断，G为AlCl3溶液，是强酸弱碱盐，水解显酸性，则化合物G的溶液呈酸性，用离子方程式表示为Al33H2OAl（OH）3 3H，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学反应方程式为氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀和氯化铵，反应的离子方程式表示为Al33NH3H2OAl（OH）33NH418（12分）某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：【探究一】设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验。（1）硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为_。（2）反应前A中投放碎瓷片的目
16、的是_。（3）装置E中的现象是_。【探究二】设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管中黑色固体的成分。（4）待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于_后，将所得溶液分成两份。（5）一份滴加几滴KSCN溶液。若溶液变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分（选填序号，下同）为_；若溶液未变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为_。A一定有Fe3O4 B一定有Fe C只有Fe3O4 D只有Fe（6）简述可以证明溶液中存在Fe2+的实验方案 。考点：铁、铜及其化合物答案：（1）； （2）防止暴沸； （3）黑色固体变红，右端管壁有水珠； （4）稀硫酸 ； （5）AB；（6）加入酸性KMnO4溶液，溶
17、液变浅或褪色。试题解析：【探究一】（1）硬质管中铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe4H2O(g) Fe3O44H2；（2）液体加热时容易发生暴沸现象，加入碎瓷片的作用是防止暴沸；（3）装置E中发生反应为：H2+CuOCu+ H2O，则反应现象是：黑色固体变红，右端管壁有水珠；【探究二】（4）在验证反应后黑色固体的成分时，B中得到的是Fe3O4，该物质不能溶于水，但是可以溶于酸，所以溶解反应后固体需要用稀硫酸溶解；（5）一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，说明溶液中含有铁离子，则可推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为：一定有Fe3O4；若溶液未变血红色，则
18、溶液中不存在铁离子，可推断硬质玻璃管B中固体物质中一定存在Fe，即AB正确；（6）检验Fe2+，需要用胶头滴管加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明溶液中含有Fe2+，看到的现象是溶液褪色19（14分）银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：(注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450和80）（1）电解精炼银时，电解质溶液可选用 ；滤渣A与稀HNO3反应的化学方程式为 。（2）固体混合物B的组成为 ；过滤得到固体B时，实验室如何进行洗涤操作 。（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式： CuO+ Al2O3 CuAlO2+ 。（4
19、）理论上生产6.15kgCuAlO2需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料 kg。考点：金属及其化合物答案：（1）AgNO3；3Ag4HNO3(稀)3AgNO3NO2H2O； （2）Al(OH)3和CuO；将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复23次；（3）4CuO2Al2O34CuAlO2O2；（4）5；试题解析：（1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，阳极主要反应式为Ag-e=Ag+，阴极反应式为Ag+e=Ag；银是金属活动顺序表中氢后金属，不溶于稀硫酸，因为稀硫酸是非
20、氧化性酸，则滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O；（2）CuAlO2中氧为-2价，铝为+3价，则铜为+1价，因此其化学式也可以写为Cu2O.Al2O3，相当于氧化亚铜和氧化铝按物质的量之比为11熔合在一起，由此逆推，固体B的主要成分是物质的量之比为11的Al(OH)3和CuO；过滤得到固体B时，实验室进行洗涤操作为将固体置于漏斗中，慢慢注入蒸馏水直到淹没固体，静置使其全部滤出，重复23次；（3）根据氧化还原反应的特征推断，铜元素由+2价降为+1价，铝元素化合价不变，由此推断反应前后升价元素一定是氧，且化合价由
21、2价升为相邻的0价，即缺少的生成物为氧气；根据化合价升降法配平可得：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2（或者根据设1法配平，先设反应物中氧化铝的系数为1，根据铝守恒可得生成物CuAlO2的系数为2，根据铜守恒可得反应物CuO的系数为2，根据氧守恒可得氧气的系数为1/2，即2CuO+1Al2O32CuAlO2+1/2O2，系数加倍后即可得到4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2）；（4）设需要含铜的质量分数为64%的银铜合金废料Xkg，银铜合金废料中铜的质量为X103g64%，铜元素的相对原子质量为64，由m/M=n可求铜的物质的量为X103g64%64g/mol=103 X mol
22、，根据铜守恒可得转化关系式：CuCuAlO2，其中CuAlO2与Cu的物质的量之比等于系数之比，则铜完全转化可以变为103 X mol CuAlO2，由m=nM可求CuAlO2的质量为6.15103g=103 X mol123g/mol，解得X=5kg20（12分）近几年全国各地都遭遇“十面霾伏”。其中，机动车尾气和燃煤产生的烟气对空气质量恶化贡献较大。 （1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g) + 2CO(g)2CO2(g)+ N2(g) H0若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 （填代号）。（下图中V(正)、K、n、w分别表示
23、正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数）（2）光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g)CO(g) COCl2(g)制备。左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中在1L恒容容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题： 06 min内，反应的平均速率v(Cl2) ；若保持温度不变，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡 移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；若将初始投料浓度变为c(Cl2)0.7 mol/L、c(CO)0.5 mol/L、c(COCl2)_ mol/L，
24、保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时Cl2的体积分数相同；随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 ；（填“增大”、“减小”或“不变”）; 比较第8 min反应温度T（8）与第15 min反应温度T(15)的高低：T（8）_T(15) (填“”或“”)。考点：化学反应速率和化学平衡答案：（1）B D；（2）0.15 mol L1min 1 ；向正反应方向； 0.5；减小；试题解析：（1）A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；B、t1时平衡常数不再变化，正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；C、t1时二氧化碳和一氧化氮的物
25、质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；D、t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；（2）由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v（Cl2）=0.15 molL-1min -1；8min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L，则原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9，现在第8 min 加入体系中的三种物质各1 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平
26、衡正向移动；最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：0.7ol/L+c（COCl2）=1.2mol/L，c（CO）=0.5mol/L+c（COCl2）=1.0mol/L，故c（COCl2）=0.5mol/L；由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小；根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T（8）T（15）高考资源网版权所有，侵权必究！