1、2014-2015学年山东省滨州市邹平双语学校高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题：本题包括18小题，1-5题，每题2分，6-18题每题3分，共49分每小题只有一个选项符合题意1在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域化学发挥着积极作用下列做法与此理念相违背的是( )A食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，可有效延长其保质期B“地沟油”可以制成肥皂，提高资源的利用率C加快开发高效洁净能源转换技术，缓解能源危机D“A PEC蓝”是2014年新的网络词汇，形容2014年A PEC会议期间北京蓝蓝的天空说明京津冀实施道路限行和污染企业停工等措施，对减轻雾霾、保证空气质量是有效的2下列有
2、关化学用语表示正确的是( )A乙烯的结构简式：C2H4B中子数为20的钾原子：KC次氯酸的结构式：HOClD氯化钠的分子式为：NaCl3下列物质提纯的方法正确的是( )A除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合B除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤D除去乙酸中混有的乙醇：加入生石灰后蒸馏4用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是( )AT时，1LpH=6的纯水中，含有的OH数目为1106NAB12.0gNaHSO4固体中含有的阳离子数目为0.1NAC50g98%的浓硫酸中，所含的氧原子数目
3、为2NAD1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA5下列说法正确的是( )A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm之间BNH3的沸点高于PH3，是因为NH键能大于PH键能C金属阳离子只存在于离子晶体中D由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物6在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )A室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42B碱性溶液中：K+、Mg2+、S2、ClOC加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3D在AlCl3溶液中：K+、Na+、SiO32、SO427用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实
4、验目的是( )A用图1所示方法检查装置的气密性B用图2所示装置和方法制取氨气C用图3所示装置和方法进行石油分馏D用图4所示装置和方法分离乙醇与乙酸8下列有关物质的性质或应用说法正确的是( )A氢氧化钠用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症B金属钠具有强的还原性，可利用钠和TiCl4溶液反应制取金属TiC糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解D锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去9下列反应的离子方程式正确的是( )A氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OB在含有Mn2+的溶液中加入稀硫酸酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2+4H
5、+5Pb2+2MnO4+2H2OC碳酸氢铵和足量的氢氧化钠溶液反应：NH4+OHNH3+H2OD硫化钠水溶液呈碱性的原因：S2+2H2OH2S+2OH10实验室可用NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O制备N2，下列说法正确的是( )ANaNO2发生氧化反应BNH4Cl中的氮元素被还原CN2既是氧化产物，又是还原产物D每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol11下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )AABBCCDD12下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是( )AABBCCDD13一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇（Y2
6、O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2下列说法不正确的是( )A在熔融电解质中，O2向正极定向移动B电池的总反应是：2C4H10+13O28CO2+10H2OC通入空气的一极是正极，电极反应为：O2+4e2O2D通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H1026e+13O24CO2+5H2O14X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述不正确的是( )AX与Y能形成两种常见的气态化合物B原子半径的大小顺序：rZrRrXrYCX、Z分别与R形成
7、的化合物中化学键类型不同D含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种15某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al，其它均为Cu，则( )A电流方向：电极A电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu2+2eCu16某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中( )A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4
8、+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在17将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则下列说法正确的是( )AMg和Al的总质量为8 gB硫酸的物质的量浓度为5 mol/LCNaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L二、非选择题（共51分）18（1）写出图中序号仪器的名称：_；_； _；_；（2）仪器中，使用前必须检漏的_（填仪器序号）（3）现欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3
9、）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸100mL所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需_、_、_下列操作引起所配溶液浓度偏高的是_A用量筒取浓硫酸时俯视B将浓硫酸倒出后，洗涤量筒，并将洗涤液倒入烧杯中C在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移D定容时仰视E颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线19将全部由短周期元素组成的化合物X加热分解，可得A、B、C、D、E和H2O六种产物，其中A、B、C都是中学化学中常见的氧化物，气体D是单质E所含元素的氢化物（1）A是一种两性氧化物，写出A与NaOH溶液反应的化学方程式_（2）B、C都是酸性氧化物且组成元素相同，C溶于水得强酸，则B、C分子中除氧元素外所含另一种元素
10、在周期表中的位置是_（3）气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取D时可用如图所示装置收集，则气体应从_（填“A”或“B”）通入（4）通过分析各分解产物的物质的量之比，发现X的化学式与硫酸铝钾相比只有一种阳离子不同，则X的化学式为_取一定量的X加热分解，若生成1mol E，则必定同时生成_mol_（填物质化学式）（5）若向X的浓溶液中加入过量的浓Ba（OH）2溶液，该反应的离子方程式为_20某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述
11、离子中，溶液X中除H+外还一定含有的离子是_，有一种阳离子不能确定其是否存在，若要用实验证明该离子一定不存在，其最合理的化学方法是_（2）写出下列反应的离子方程式：中生成气体A：_生成沉淀I：_21图中甲为甲醇燃料电池（电解质溶液为KOH溶液），该同学想在乙中实现铁上镀铜，则a处电极上发生的电极反应式是_负极区的pH_（填“增大”、“减小”、“不变”）某一电极的质量减轻 6.4g，则消耗的O2在标准状况下的体积为_L22已知：H2（g）、CO（g）和CH3CH2OH（l）的燃烧热分别为285.8kJmol1、283.0kJmol1和1365.5kJmol1反应 2CO（g）+4H2（g）CH3
12、CH2OH（l）+H2O（l） 的H=_23黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全其反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO24FeS+7O22Fe2O3+4SO2【实验一】：测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（1）鼓入空气的作用是_（2）反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是_（用
13、化学方程式表示）（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为_（列出表达式即可）【实验二】：测定铁元素的含量用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤将滤液稀释至250mL取25.00mL稀释液用0.1 000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定（4）中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有_（6）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下：根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度为c（Fe2+）=_2014-2015学年山东省滨州市邹平双
14、语学校高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题：本题包括18小题，1-5题，每题2分，6-18题每题3分，共49分每小题只有一个选项符合题意1在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域化学发挥着积极作用下列做法与此理念相违背的是( )A食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，可有效延长其保质期B“地沟油”可以制成肥皂，提高资源的利用率C加快开发高效洁净能源转换技术，缓解能源危机D“A PEC蓝”是2014年新的网络词汇，形容2014年A PEC会议期间北京蓝蓝的天空说明京津冀实施道路限行和污染企业停工等措施，对减轻雾霾、保证空气质量是有效的考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常见的
15、生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构 专题：化学应用分析：A添加食品防腐剂应按规定的添加量使用才安全；B将“地沟油”制成肥皂，可以变废为宝；C高效洁净能源是对生态环境低污染或无污染的能源；D道路限行可减少汽车尾气排放，污染企业停工可减少污染解答：解：A添加食品防腐剂的目的是为了改善食品品质、延长保存期、方便加工和保全营养成分，按规定的添加量使用才是安全的，大量添加，会改变食品的结构和组成，使食品变的不安全，如亚硝酸盐，过量会致癌，大量添加苯甲酸钠，会改变食品的口味和营养成分，故A错误；B“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将非食用油
16、变成肥皂，可以提高资源的利用率，故B正确；C清洁能源技术是指在可再生能源及新能源如煤的清洁高效利用等领域开发的对生态环境低污染或无污染的新技术，加快高效洁净能源转换技术的开发，能缓解能源危机，故C正确；D道路限行可减少汽车尾气排放，污染企业停工可减少污染，可减轻雾霾、保证空气质量，故D正确；故选A点评：本题考查了常见食品添加剂、地沟油等生活中常见的物质的性质，根据相关的知识进行解答，题目较简单2下列有关化学用语表示正确的是( )A乙烯的结构简式：C2H4B中子数为20的钾原子：KC次氯酸的结构式：HOClD氯化钠的分子式为：NaCl考点：结构简式；核素；结构式 专题：化学用语专题分析：A乙烯中
17、含有碳碳双键；B中子数为20的钾原子，质量数为19+20=39；C次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为HOCl；D氯化钠为离子化合物，不存在单个分子，化学式为：NaCl解答：解：A乙烯中含有碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故A错误；B中子数为20的钾原子，质量数为19+20=39，符号为：1939K，故B错误；C次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为HOCl，故C正确；D氯化钠为离子化合物，不存在单个分子，化学式为：NaCl，故D错误；故选C点评：本题考查结构简式、原子符号、结构式和晶体类型等化学用语，为高
18、频考点，题目难度不大把握化学用语的规范应用是解答的关键3下列物质提纯的方法正确的是( )A除去混在NO2中的NO：将气体与足量O2混合B除去混在CO2中的SO2：将气体依次通过足量酸性KMnO4溶液和浓硫酸C除去KCl溶液中的K2CO3：加入过量BaCl2溶液后过滤D除去乙酸中混有的乙醇：加入生石灰后蒸馏考点：物质的分离、提纯和除杂 专题：实验题分析：A引入了新的杂质氧气；B二氧化硫有还原性；C除杂加入的物质应过量；D除杂不能将原物质除掉解答：解：A过量的氧气无法分离，引入了新的杂质，不符合除杂原则，故A错误； B二氧化硫有还原性能被高锰酸钾氧化为硫酸，故B正确；C除杂加入的物质应过量，引入了
19、杂质钡离子，引入了新的杂质，不符合除杂原则，故C错误；D生石灰能与乙酸反应生成乙酸钙和水，将原物质除掉，不符合除杂原则，故D错误故选B点评：本题考查物质的分离与除杂，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键4用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是( )AT时，1LpH=6的纯水中，含有的OH数目为1106NAB12.0gNaHSO4固体中含有的阳离子数目为0.1NAC50g98%的浓硫酸中，所含的氧原子数目为2NAD1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加
20、德罗定律分析：A纯水中氢离子与氢氧根离子的浓度相等，据此计算出氢氧根离子的数目；B硫酸氢钠固体中含有的阳离子只有钠离子；C浓硫酸中，溶剂水中含有氧原子，漏掉了水中的氧原子；D过氧化钠中氧元素的化合价为1价，根据反应生成氧气的物质的量计算出转移的电子数解答：解：A1LpH=6的纯水中，氢离子浓度为1106mol/L，1L纯水中含有1106mol氢离子，纯水中氢离子与氢氧根离子数目相等，则含有1106mol氢氧根离子，含有的OH数目为1106NA，故A正确；B12.0g硫酸氢钠的物质的量为0.1mol，0.1mol硫酸氢钠固体中含有0.1mol钠离子、0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数目
21、为0.1NA，故B正确；C50g98%的浓硫酸中含有硫酸的质量为：50g98%=49g，硫酸的物质的量为0.5mol，0.5mol硫酸中含有2mol氧原子，由于水中含有氧原子，则该浓硫酸中含有的氧原子大于2mol，所含的氧原子数目大于2NA，故C错误；D1mol过氧化钠与足量二元化反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，反应转移的电子数目为NA，故D正确；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项BC为易错点，注意浓硫酸中的溶剂水中含有氧原子、硫酸氢钠固体中的阳离子为钠离子5下列说法正确的是( )A胶
22、体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm之间BNH3的沸点高于PH3，是因为NH键能大于PH键能C金属阳离子只存在于离子晶体中D由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；离子键的形成；键能、键长、键角及其应用 专题：溶液和胶体专题；化学键与晶体结构分析：A胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；BNH3分子之间存在氢键，沸点高；C离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成；D非金属元素可组成离子化合物解答：解：A胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的粒
23、子直径小于1nm，浊液的微粒直径大于100nm，故A正确；BNH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故B错误；C离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，所以金属阳离子可存在于离子晶体中，也可存在于金属晶体中，故C错误；D由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl是由非金属元素组成得离子化合物，故D错误；故选A点评：本题主要考查了胶体、氢键、晶体等知识，掌握相关的知识点是解答的关键，题目难度不大6在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )A室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、N
24、O3、SO42B碱性溶液中：K+、Mg2+、S2、ClOC加入铝粉有气泡产生的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3D在AlCl3溶液中：K+、Na+、SiO32、SO42考点：离子共存问题 分析：A室温下，pH=1的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；B碱性溶液中存在大量氢氧根离子，镁离子与奇异果干离子反应，次氯酸根离子能够氧化硫离子；C加入铝粉有气泡产生的溶液中存在大量氢离子或奇异果干离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，铵根离子、亚铁离子与氢氧根离子反应；D铝离子与硅酸根离子发生双水解反应解答：解：A室温下，pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离
25、子，Na+、Fe3+、NO3、SO42之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B该溶液中存在大量氢氧根离子，S2、ClO之间发生氧化还原反应，Mg2+与S2、OH反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C加入铝粉有气泡产生的溶液为酸性或碱性溶液，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，NH4+、Fe2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DAl3+、SiO32之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，该为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的
26、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；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等7用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是( )A用图1所示方法检查装置的气密性B用图2所示装置和方法制取氨气C用图3所示装置和方法进行石油分馏D用图4所示装置和方法分离乙醇与乙酸考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A可通过形成液面差检验气
27、密性；B应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；C温度计和水的进出方向错误；D乙醇和乙酸混溶解答：解：A检验气密性，可先关闭止水夹，经长颈漏斗向烧瓶中加水，如形成液面差且液面在一定时间内不变化，可说明气密性良好，故A正确；B氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又可生成氯化铵，应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故B错误；C温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口，水的进出方向错误，应下进上出，水充满冷凝管，可充分冷凝，故C错误；D乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故D错误故选A点评：本题综合考查化学实验基本操作，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，有利于培养学
28、生的实验能力和学习的积极性，注意把握物质的性质异同以及实验操作方法和注意事项，难度不大8下列有关物质的性质或应用说法正确的是( )A氢氧化钠用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症B金属钠具有强的还原性，可利用钠和TiCl4溶液反应制取金属TiC糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解D锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；钠的化学性质；钠的重要化合物；有机化学反应的综合应用 专题：元素及其化合物；化学应用分析：A氢氧化钠有腐蚀性；B在溶液中含有水，钠与水容易反应；C糖类分单糖、二糖和多糖，单糖不水解；D沉淀向更难溶的方向转化解答：解
29、：A氢氧化钠有腐蚀性，不能作抗酸药，故A错误； B在溶液中含有水，钠与水容易反应，钠与TiCl4在高温下才能置换金属钛，故B错误；C糖类分单糖、二糖和多糖，单糖不水解，二糖、多糖、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解，故C错误；D硫酸钙是微溶性的物质，能和碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，碳酸钙和盐酸能反应，所以锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去，故D正确故选D点评：本题考查物质的性质和沉淀转化等，难度不大，注意在溶液中含有水，钠与水容易反应9下列反应的离子方程式正确的是( )A氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OB在含有Mn2+的溶液中加入稀
30、硫酸酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2OC碳酸氢铵和足量的氢氧化钠溶液反应：NH4+OHNH3+H2OD硫化钠水溶液呈碱性的原因：S2+2H2OH2S+2OH考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；B发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；C漏写碳酸氢根离子与碱的反应；D硫离子水解分步进行，以第一步为主解答：解：A氢氧化铁溶于氢碘酸中2I+2Fe（OH）3+6H+2Fe2+I2+6H2O，故A错误；B在含有Mn2+的溶液中加入稀硫酸酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色的离子反应为5PbO
31、2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2O，故B正确；C碳酸氢铵和足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应为HCO3+NH4+2OHNH3H2O+H2O+CO32，故C错误；D硫化钠水溶液呈碱性的原因的离子反应为S2+H2OHS+OH，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关离子反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，题目难度不大10实验室可用NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O制备N2，下列说法正确的是( )ANaNO2发生氧化反应BNH4Cl中的氮元素被还原CN2既是氧化产物，
32、又是还原产物D每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：由NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O可知，NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，NH4Cl中N元素的化合价由3价升高为0，以此来解答解答：解：ANaNO2中N元素的化合价降低，发生还原反应，故A错误；BN元素的化合价升高，则NH4Cl中的氮元素被氧化，故B错误；C该反应中只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D每生成1mol N2时，由化合价的变化可知，转移电子的物质的量为3mol，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应，把握氧化还
33、原反应元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子的考查，题目难度不大11下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4 溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X 中一定含有SO42C用大理石和盐酸反应制取CO2 气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3 溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强D在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化但不滴落熔点：氧化铝铝AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 分析：A浓的无机盐溶液能使蛋
34、白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性；B亚硫酸根离子具有还原性，能被稀硝酸氧化为硫酸根离子；C盐酸易挥发；D氧化铝的熔点高于铝的熔点解答：解：A因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故A错误； B溶液X 中滴加稀硝酸，生成硫酸根离子，滴加Ba（NO3）2溶液时生成硫酸钡白色沉淀，则溶液X中含有SO42或SO32，故B错误；C盐酸易挥发，应先除掉氯化氢，不能证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，故C错误；D氧化铝的熔点高于铝的熔点，加热铝时在表面生成熔点较高的氧化铝而不滴落，故D正确故选D点评：本
35、题考查化学实验方案设计，涉及蛋白质的性质、离子检验、酸性比较和物质的熔点等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大12下列各组物质中，满足下如图物质一步转化关系的选项是( )XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu（OH）2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3AABBCCDD考点：钠的化学性质；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质 分析：ANa和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na；B可根据CuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜分析；CC与氧气反应得到
36、 CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2和镁反应能直接得到C；DSiO2与水不反应解答：解：ANa和水反应生成NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3不能直接得到Na，故A错误；BCuCuSO4Cu（OH）2，氢氧化铜不能一步生成铜，故B错误；CC与氧气反应得到 CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2和镁反应能直接得到C，故C正确；DSi与氧气在一定条件下可以反应生成SiO2，SiO2与水不反应，制取H2SiO3，应由硅酸盐和酸反应制备，故D错误故选C点评：本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，本题注意把
37、握常见物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累13一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2下列说法不正确的是( )A在熔融电解质中，O2向正极定向移动B电池的总反应是：2C4H10+13O28CO2+10H2OC通入空气的一极是正极，电极反应为：O2+4e2O2D通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H1026e+13O24CO2+5H2O考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：丁烷具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O226e=4CO2+5H2O，通入空气的一极
38、为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e=2O2，总反应式为2C4H10+13O28CO2+10H2O，以此解答该题，注意电解质和离子的定向移动方向解答：解：A原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故A错误；B电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，为2C4H10+13O28CO2+10H2O，或由正负极电极反应式判断，故B正确；C通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e=2O2，故C正确；D丁烷具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O226e=4CO2+5H2O，故D正确故选A点评：本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力
39、和基本理论知识的综合理解和运用的考查，题目难度中等，注意电解质溶液为非水物质，此为解题的关键，14X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述不正确的是( )AX与Y能形成两种常见的气态化合物B原子半径的大小顺序：rZrRrXrYCX、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同D含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种考点：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：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层
40、电子数不超过8个，则其K层为次外层，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，AX是C元素，Y是O元素，形成的化合物有一氧化碳和二氧化碳；B原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；CX、Z分别与R形成的化合物分别是CCl4、NaCl，根据物质的构成微粒确定化学键；DY、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有次氯酸钠、氯酸钠、高氯酸钠等解答：解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原
41、子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，AX是C元素，Y是O元素，含有碳氧元素的化合物有一氧化碳和二氧化碳，故A正确；B原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，C、O元素位于第二周期，Na、Cl元素位于第三周期，且O元素的原子序数大于C、Cl的原子序数大于Na，所以原子半径大小顺序是rzrRrxry，故B正确；CX、Z分别
42、与R形成的化合物分别是CCl4、NaCl，四氯化碳中只含共价键，氯化钠中只含离子键，故C正确；DY、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故D错误；故选D点评：本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，正确推断元素是解本题关键，结合元素周期律来分析解答，易错选项是D，总结含有O、Na、Cl元素的化合物，难度中等15某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al，其它均为Cu，则( )A电流方向：电极A电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu2+2eCu考点：原电池和电解池的工作原
43、理 专题：电化学专题分析：电极为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答解答：解：电极为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，A电流从正极沿导线流向负极，即电极A电极，故A正确；B电极上电极反应式为Al3e=Al3+，发生氧化反应，故B错误；C电极是正极，正极上发生反应为Cu 2+2e=Cu，所以电极质量逐渐增大，故C错误；D电极为阳极，电极反应式为Cu2eCu 2+，故D错误；故选A点评：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题
44、关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等16某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中( )A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：离子反应专题分析：加入过量NaOH溶液，加热，得到0
45、.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据解答：解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有
46、阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等17将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则
47、下列说法正确的是( )AMg和Al的总质量为8 gB硫酸的物质的量浓度为5 mol/LCNaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/LD生成的H2在标准状况下的体积为11.2 L考点：有关混合物反应的计算 分析：结合图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生氢氧化铝溶解：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，最后剩余的沉淀为氢氧化镁；加入200mLNaOH溶液时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、根据图象判断氢氧化铝、氢氧化镁的物质的量，再根据质量守恒定律计算出混合金属的质量；B、根据溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量及氢氧化钠
48、溶液体积计算出氢氧化钠溶液浓度，再根据200mL时溶质为硫酸钠计算出硫酸的浓度物质的量，然后根据c=计算出硫酸的浓度；C、根据（2）的计算可知氢氧化钠溶液的浓度；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（0.15mol+0.3mol）22.4 Lmol1=10.08L解答：解：根据图可知，020mL发生酸碱中和，20200mL发生离子与碱生成沉淀的反应，200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，A、由图象可知，氢氧化镁的物质的量为0.15mol，则n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，溶解的氢氧化铝的物质的量为：0.
49、35mol0.15mol=0.2mol，根据铝原子守恒可得：n（Al）=0.2mol，则Mg和Al的总质量为：0.15mol24g/mol+0.2mol27g/mol=9g，故A错误；B、由200240mL发生反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.2mol，则c（NaOH）=5mol/L，200mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c（H2SO4）=1mol/L，故B错误；C、在加入240mLNaOH溶液时，Al（OH）3恰好全部转化为NaAlO2，由B的计算可知氢氧化钠溶液的浓度为5molL1，故C正确；D、与硫酸反应生成的氢气的体积应为（
50、0.15mol+0.3mol）22.4 Lmol1=10.08L，故D错误；故选C点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象中曲线变化及其发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝能溶解在NaOH溶液中，侧重分析及计算能力的考查二、非选择题（共51分）18（1）写出图中序号仪器的名称：蒸馏烧瓶；冷凝管； 分液漏斗；1000mL容量瓶；（2）仪器中，使用前必须检漏的（填仪器序号）（3）现欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸100mL所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需量筒、100mL容量瓶、胶头滴管下列操作引起所配溶液浓度偏高的是BCA用量筒取浓硫
51、酸时俯视B将浓硫酸倒出后，洗涤量筒，并将洗涤液倒入烧杯中C在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移D定容时仰视E颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，但未加水至刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：（1）根据常见仪器的名称来回答；（2）分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；（3）根据用浓溶液配制稀溶液的步骤为计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶来分析所需的仪器；分析具体操作对n、V的影响，根据c=分析不当操作对溶液浓度的影响解答：解：（1）因仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、1000mL容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；1000mL容量瓶；（2）因分液
52、漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水，蒸馏烧瓶、冷凝管不需要检查是否漏水，故答案为：；（3）用浓溶液配制稀溶液的步骤为计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故除烧杯、玻璃棒外还需量筒、100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：量筒、100mL容量瓶、胶头滴管；A用量筒取浓硫酸时俯视，会导致量取的浓硫酸的体积偏小，则所配溶液的浓度偏小，故A错误；B将浓硫酸倒出后，洗涤量筒，洗涤液应倒入废液缸中，如果倒入容量瓶中，会导致所取的溶质的物质的量偏多，则溶液浓度偏高，故B正确；C在烧杯中稀释浓硫酸后未冷却，立即转移，则待冷
53、却后溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；D定容时仰视，则溶液体积偏大，浓度偏低，故D错误；E颠倒摇匀后发现液面低于刻度线是正常的，未加水至刻度线是正确的，对浓度无影响，故E错误故选BC点评：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液所需的仪器和误差分析，难度不大，注意根据配制步骤来选择仪器19将全部由短周期元素组成的化合物X加热分解，可得A、B、C、D、E和H2O六种产物，其中A、B、C都是中学化学中常见的氧化物，气体D是单质E所含元素的氢化物（1）A是一种两性氧化物，写出A与NaOH溶液反应的化学方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（2）B、C都是酸性氧化物且组成元素相同，C溶于水得强酸，则B
54、、C分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是第三周期第A族（3）气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取D时可用如图所示装置收集，则气体应从B（填“A”或“B”）通入（4）通过分析各分解产物的物质的量之比，发现X的化学式与硫酸铝钾相比只有一种阳离子不同，则X的化学式为NH4Al（SO4）212H2O取一定量的X加热分解，若生成1mol E，则必定同时生成3molSO2（填物质化学式）（5）若向X的浓溶液中加入过量的浓Ba（OH）2溶液，该反应的离子方程式为NH4+Al3+2SO42+5OH+2Ba2+=NH3+AlO2+2BaSO4+3H20考点：无机物的推断 分析：A、B、C都是
55、中学化学中常见的氧化物，（1）A是一种两性氧化物，则A为Al2O3；（2）由B、C都是酸性氧化物且组成元素相同，C溶于水得强酸，则C为SO3，所以B为SO2；（3）D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D是单质E所含元素的氢化物，则D为NH3，则E为N2，根据氨气的密度大小选择收集方法；（4）化合物X加热分解，可得A、B、C、D、E和H2O六种产物，X的组成类似于明矾，结合以上分析可知X的化学式为NH4Al（SO4）212H2O；NH4Al（SO4）212H2O受热分解生成氮气，生成1molN2转移6 mol电子，根据元素守恒和电子守恒计算生成SO2的物质的量；（5）若向NH4Al（SO4）212
56、H2O的浓溶液中加入过量的浓Ba（OH）2溶液，生成偏铝酸盐、硫酸钡、氨气，根据电荷守恒和元素守恒书写反应的离子方程式解答：解：A、B、C都是中学化学中常见的氧化物，（1）A是一种两性氧化物，则A为Al2O3，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（2）由B、C都是酸性氧化物且组成元素相同，C溶于水得强酸，则C为SO3，所以B为SO2，则B、C分子中除氧元素外所含另一种元素为S元素，S元素在周期表中的位置是第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（3）D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D是单质E所含元素的氢化物，则D为N
57、H3，则E为N2，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从B管通入气体收集，故答案为：B；（4）化合物X加热分解，可得A、B、C、D、E和H2O六种产物，X的组成类似于明矾，结合以上分析可知X的化学式为NH4Al（SO4）212H2O；NH4Al（SO4）212H2O受热分解生成氮气，生成1molN2转移6 mol电子，则生成SO2的物质的量为：=3mol，故答案为：NH4Al（SO4）212H2O；3；SO2；（5）若向NH4Al（SO4）212H2O的浓溶液中加入过量的浓Ba（OH）2溶液，生成偏铝酸盐、硫酸钡、氨气，反应的离子方程式为NH4+Al3+2SO42+5OH+2Ba
58、2+=NH3+AlO2+2BaSO4+3H20，故答案为：NH4+Al3+2SO42+5OH+2Ba2+=NH3+AlO2+2BaSO4+3H20点评：本题考查无机物推断、未知物的检验，题目难度中等，注意掌握常见元素及其化合物的性质，正确理解题中信息是解题关键，要求学生具备扎实基础知识和一定的分析、推理能力20某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液X中除H+外还一定含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2+、SO42，有一
59、种阳离子不能确定其是否存在，若要用实验证明该离子一定不存在，其最合理的化学方法是取少量溶液与试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则说明溶液中无Fe3+（2）写出下列反应的离子方程式：中生成气体A：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O生成沉淀I：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3考点：常见离子的检验方法 分析：在强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B
60、中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定的是否含有的离子Fe3+和Cl，以此解答（1）（2）题解答：解：（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中
61、加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，检验氯离子的方法是：取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl，故一定含有的是Al3+、NH4+、Fe2+、SO42，不能确定的是Fe3+、Cl，确定Fe3+不存在，方法是向取少量溶液与试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则说明溶液中无Fe3+故答案为：
62、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42；取少量溶液与试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，则说明溶液中无Fe3+（2）Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；H为NaOH和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后分别发生的反应为：CO2+OH=HCO3，AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故生成沉淀的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3； 故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；点评：本题为考查离
63、子组推断题，题目具有一定难度，本题解答时一定要紧扣反应现象，推断各离子存在的可能性21图中甲为甲醇燃料电池（电解质溶液为KOH溶液），该同学想在乙中实现铁上镀铜，则a处电极上发生的电极反应式是CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O负极区的pH减小（填“增大”、“减小”、“不变”）某一电极的质量减轻 6.4g，则消耗的O2在标准状况下的体积为1.12L考点：原电池和电解池的工作原理 分析：在乙中实现铁上镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，甲中左边a电极为负极、右边b电极为正极，燃料电池中，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a处通入的气体是甲醇、b处通入的气体是氧气，a电极上电极反
64、应式为CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，b电极上电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，根据串联电路中转移电子相等计算消耗O2体积解答：解：在乙中实现铁上镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，甲中左边a电极为负极、右边b电极为正极，燃料电池中，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a处通入的气体是甲醇、b处通入的气体是氧气，a电极上电极反应式为CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，所以负极区的pH减小，b电极上电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，当铜电极质量减去6.4g时，失去电子的物质的量=2=0.2mol，串联电路中转移电子相等，所以消耗的O2在标准状况下的体
65、积为=22.4=1.12L，故答案为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；减小；1.12L点评：本题考查了原电池和电解池原理，知道燃料电池中电极材料和其相应的电解质关系、串联电路中转移电子相等即可解答，难点是热量电池中电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，为易错点22已知：H2（g）、CO（g）和CH3CH2OH（l）的燃烧热分别为285.8kJmol1、283.0kJmol1和1365.5kJmol1反应 2CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（l）+H2O（l） 的H=343.7 kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算 分析：燃烧热是在101KP时，1mol可
66、燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素要转化为二氧化碳，H元素要转化为液态水根据H2（g）、CO（g）和CH3CH2OH（l）的燃烧热分别为285.8kJmol1、283.0kJmol1和1365.5kJmol1分别写出热化学方程式，然后根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式解答：解：燃烧热是在101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素要转化为二氧化碳，H元素要转化为液态水根据H2（g）、CO（g）和CH3CH2OH（l）的燃烧热分别为285.8kJmol1、283.0kJm
67、ol1和1365.5kJmol1分别写出热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol ICO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1 C2H5OH（l）+3O2（g）=3H2O（l）+2CO2 （g）H=1365.5kJ/mol将方程式4+2得2CO（g）+4H2（g）CH3CH2OH（l）+H2O（l）H=（283.0kJmol1）2+（285.8kJ/mol）4（1365.5kJ/mol ）=343.7 kJmol1，故答案为：343.7 kJmol1点评：本题考查了利用盖斯定律进行反应热的计算，题目难度不大，注意燃烧热的概念23黄铁矿石的
68、主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全其反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO24FeS+7O22Fe2O3+4SO2【实验一】：测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（1）鼓入空气的作用是提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收（2）反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是N
69、a2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O（用化学方程式表示）（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为100%（列出表达式即可）【实验二】：测定铁元素的含量用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤将滤液稀释至250mL取25.00mL稀释液用0.1 000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定（4）中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有250mL容量瓶（6）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下： 实验次数第一次第二次第三次第四次消耗KM
70、nO4溶液体积/mL25.0025.0320.0024.97根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度为c（Fe2+）=0.5000mol/L考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；（2）为减少实验误差，最后使完全转化成SO42，从而完全生成硫酸钡沉淀；双氧水足量将亚硫酸根离子完全转化；（3）根据硫原子守恒计算硫铁矿中硫的质量，从而计算其质量分数；（4）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大；（5）根据一定物质的量浓度溶液的配制中各仪器的作用选取仪器；（6）依据实验过程和滴定实验消耗的高锰酸钾溶液体积的平
71、均数，结合氧化还原反应离子方程式计算亚铁离子物质的量，计算25mL溶液中亚铁离子的浓度解答：解：（1）鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；故答案为：提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；（2）为使亚硫酸根离子完全转化为硫酸根离子，加入的双氧水要足量，发生的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；故答案为：Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；（3）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，SBaSO432g 233gx m2g x=g质量分数=100%；故答案为：100%；（4）铁
72、和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏大，故答案为：偏大；（5）中取稀释液25.00ml，溶液是酸性溶液，体积数据要求到小数点后两位，需用的仪器是酸式滴定管，的步骤中，一定物质的量浓度溶液的配制中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；（6）滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积=25mL，氧化还原反应为：5Fe2+MnO4+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，设亚铁离子物质的量为x，则5Fe2+MnO4+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O5 1x 0.1mol/L0.025Lx=0.0125mol；c（Fe2+）=0.5000mol/L；故答案为：0.5000mol/L点评：本题考查了探究物质的含量实验，滴定实验的方法和计算，溶液配制方法和仪器的使用方法，根据元素化合物的性质来分析解答即可，难度中等，注意为防止空气中二氧化碳的干扰