1、2012-2013学年河南省郑州四中高三（上）第四次调考化学试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分1（3分）（2012秋二七区校级月考）Cl2的氧化性比S的氧化性强，最主要的事实是（）A通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体B硫不溶于水，而氯气能溶于水C与金属反应时，硫被还原为2价而氯被还原成1价D与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态2（3分）（2010春青羊区校级期末）对下列事实的解释正确的是（）A浓硝酸在光照下变黄，证明硝酸不稳定，且产物有红棕色气体可溶于浓硝酸B向某溶液中加入氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色沉淀，则原溶液一定含有硫酸根C常温下，将铜
2、放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中钝化D氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，说明氯气可与淀粉反应3（3分）（2012秋二七区校级月考）下列说法不正确的是（）将少量CO2通入BaCl2溶液中，无白色沉淀生成，若BaCl2溶液中溶有足量氨气，则会产生白色沉淀将盐酸、KSCN溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色某溶液中滴入BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明溶液中一定含有SO42硅的化学性质不活泼，常温下不与氧气反应，所以地壳中有游离态的硅ABC只有D4（3分）（2009厦门一模）分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法下列分类合理的是（）根据酸分子中含有的H原子个
3、数将酸分为一元酸、二元酸等根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应ABCD5（3分）（2012秋二七区校级月考）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A100 mL 18.4 mol/L硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.92 NAB1mol羟基与17g NH3所含电子数都为10NAC标准状况下，11.2L 18O2中所含中子数为8NAD室温下，42g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3N
4、A6（3分）（2012秋二七区校级月考）标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，下列说法中不正确的是（）A相同状况下，同体积A气体与B气体质量比为m：nB同温同压下，同体积A气体与B气体的密度比为n：mC同质量气体A与B的分子个数比为n：mD气体A与B的相对分子质量比为m：n7（3分）（2012秋射阳县校级期中）下列有关电解质的叙述中，正确的是（）A碳酸钙在水中的溶解度很小，其溶液的电阻率很大，所以碳酸钙是弱电解质B碳酸钙在水中的溶解度虽小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以是强电解质CSO3和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们都是电解质D水难电离，纯水几乎不导电，所以水是非电解质8（3分
5、）（2012秋二七区校级月考）下列关于铝的说法中，正确的是（）A常温下，铝不能与空气中的氧气发生化学反应B等物质的量的铝失电子比镁多，其还原性更强C铝能溶解于冷的浓硝酸生成硝酸铝D铝是一种比较活泼的金属，在化学反应中易失去电子，发生氧化反应9（3分）（2014春东湖区校级期末）用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是（）A溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶中D定容时，眼睛仰视刻度线10（3分）（2010秋厦门期末）碘与氧可以形成多种化合物，其中一种
6、被称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，则这种化合物的化学式为（）AI2O3BI2O4CI4O7DI4O911（3分）（2012秋二七区校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH=SO32+H2OB向硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OCNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+=2Mn2+5NO3+3H2OD等物质的量浓度、等体积的NH4HCO3溶液与NaOH溶液相混合：NH4+HCO3+2OH=NH3H2O+CO32+H2O12（3分）（2009安徽模
7、拟）铜、镁合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL 的NO2气体和336mL的N2O4气体（均为标准状况下），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量为（）A7.04gB8.26gC8.51gD9.02g13（3分）（2012宝山区一模）等物质的量的Na和Al两种金属加入足量的水中，生成26.88L（标准状况下）的气体，则下列描述不正确的是（）A金属Al无剩余Bc（Na+）=c（AlO2）C所得溶液呈碱性DNa的物质的量是0.6mol14（3分）（2012秋二七区校级月考）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y、Z的最外层电子数与其电子
8、层数的比值依次为2、3、1/3、2（不考虑零族元素）下列关于这些元素的叙述错误的是（）AX和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物BW和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中，均为直线形分子CW、X和Y三种元素可以形成碱性化合物DZ和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性15（3分）（2014红塔区校级模拟）将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不正确的是（）A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的量浓度为2.5 mol
9、L1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L二、非选择题：本题共6题，共55分16（8分）（2012秋二七区校级月考）W是某短周期元素X的固态单质，A、B、C均为含X元素的酸式钠盐，它们在一定条件下有如图所示的转化关系，其中某些反应产物中的H2O已略去（1）A的电子式可表示为（2）A、B溶液与C溶液的反应与A、B溶液与G溶液的反应分别可以用相同离子反应方程式表示，写出以下反应的离子方程式：A+C（A+G）：（3）医学上常用含H的糖衣片给患贫血的病人补铁对H来说，药片上的糖衣可以起到作用（4）由A、B与MgXO4组成的混合物，X元素的质量分数为a，则O元素的质量分数为17（10分）（2012
10、秋二七区校级月考）课外兴趣小组设计图所示装置，用粗铁粒与密度为1.89gmL1（质量分数为5%）的硝酸反应制取NO气体请回答有关问题（1）密度为1.89gmL1的硝酸的物质的量浓度为（2）NO气体能用排水法收集，而不能用排空气法收集的可能原因是（3）当打开止水夹a，关闭止水夹b时，A装置的干燥管中观察到的现象是当A装置中气体几乎无色时，打开止水夹b，关闭止水夹a，可用C装置收集NO气体（4）完全反应后，A装置烧杯里含铁元素的价态可能是+2价或+3价或+2价和+3价现有仪器和药品：试管和胶头滴管，0.1molL1KSCN溶液、0.1molL1KI溶液、0.2molL1酸性KMnO4溶液、氯水等请
11、设计一个简单实验，探究上述判断，填写下列实验报告：实验步骤操作现象与结论第一步取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴KSCN溶液第二步若溶液紫色褪去，则说明含有Fe2+，若无明显变化，则说明不含Fe2+18（14分）（2012秋阿城区校级期末）如图：如图：通电5min后，电极5质量增加2.16g，试回答：（1）a是极； C池是池；A池电极反应为；B池电极反应为（2）若B槽中共收集到224mL气体（标况），且溶液体积为200mL（设电解过程中溶液体积不变），则通电前溶液中的Cu2+物质的量浓度为（3）若A池溶液体积为200mL，且电解过程中溶液体积不变，则电解后，溶液pH为19（8分）（2012秋
12、二七区校级月考）已知：A、D、E、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素A能形成密度最小的气体单质，D元素某种单质的硬度最大，X是地壳中含量最多的元素，Y的气态氢化物有臭鸡蛋气味，氧化物能使品红溶液褪色H、W是常见金属，其元素的含量分别位于地壳中金属元素含量的第一、第二位（1）H能与具有磁性的W的化合物发生反应，在工业上有重要应用写出该反应的化学方程式（2）甲由A、E两种元素组成，分子中含有18个电子，只存在共价单键，常温下甲是一种无色液体甲在碱性溶液中能够将CuO还原为Cu2O，已知当1mol甲完全参加反应时转移了4mol电子，则该反应的化学方程式可表示为（3）由钠和X、Z三种元素组成
13、的一种阴、阳离子个数之比为1：1的化合物乙，是84消毒液的主要成分，该化合物所含的化学键类型有（4）已知W3+的浓度为0.04mol/L，室温下W（OH）3的Ksp=41038，要使W3+开始形成沉淀的最小pH是20（15分）（2012秋二七区校级月考）图1是煤化工产业链的一部分，试运用所学知识，解决下列问题：I已知该产业链中某反应的平衡表达式为：K=，它所对应反应的化学方程式为II二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.010.0Mpa，温度230280）进行下列反应：CO（g）+
14、2H2（g）CH3OH（g）H1=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.2kJmol1（1）催化反应室中总反应的热化学方程式为830时反应的K=1.0，则在催化反应室中反应的K1.0（填“”、“”或“=”）（2）在某温度下，若反应的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为；若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH
15、3OH）=2mol/L，a=mol/L（3）为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，试验结果如图2，CO转化率随温度变化的规律是，其原因是（4）“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源，其工作原理如图3所示写出a电极上发生的电极反应式2012-2013学年河南省郑州四中高三（上）第四次调考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分1（3分）（2012秋二七区校级月考）Cl2的氧化性比S的氧化性强，最主要的事实是（）A通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体B硫不溶于水，而氯气能溶于水C与金属反应时，硫被还原为
16、2价而氯被还原成1价D与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态考点：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：比较Cl2与S的氧化性强弱，可根据氯气与H2S的置换反应，或根据与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态进行判断解答：解：A物质的颜色为物理性质，与化学性质无关，不能用来比较氧化性强弱，故A错误；B物质的溶解性属于物理性质，不能用来比较化学性质，故B错误；C与金属反应时，非金属元素的化合价取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，故C错误；D与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态，说明Cl得电子能力较强
17、，氯气的氧化性强，故D正确故选D点评：本题考查氧化性比较的角度，题目难度不大，注意物理性质不能用来判断氧化性的强弱2（3分）（2010春青羊区校级期末）对下列事实的解释正确的是（）A浓硝酸在光照下变黄，证明硝酸不稳定，且产物有红棕色气体可溶于浓硝酸B向某溶液中加入氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色沉淀，则原溶液一定含有硫酸根C常温下，将铜放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中钝化D氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，说明氯气可与淀粉反应考点：硝酸的化学性质；氯气的化学性质；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验版权所有专题：氧族元素；氮族元素分析：A根据浓硝酸的不稳定性思考B根据硫酸根离子的检验来分析C根
18、据铜与浓硫酸的反应解答D根据氯气与碘的氧化性强弱解答解答：解：A浓硝酸不稳定，见光受热易分解，其分解的化学方程式为：4HNO32H2O+4NO2+O2，浓硝酸变黄色，就是它分解产生的红棕色NO2溶解在其中的缘故，故A正确B因为氯化银和硫酸钡均不溶于稀硝酸，向某溶液中加入氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色沉淀，说明：该溶液中含有Ag+或硫酸根离子，当然也可能含有亚硫酸根离子（硝酸把S由+4价氧化诶+6价）故B错误C铜与浓硫酸反应需要加热条件，常温下不能反应，并不是在浓硝酸中钝化的缘故，常温下铁、铝不要浓硝酸反应才是因为钝化，故C错误D氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，是发生了反应：Cl2+2KI=I2+
19、2KCl，生成的单质碘遇淀粉呈现蓝色，故D错误故答案为A点评：本题考查了浓硝酸的性质、硫酸根离子的检验、浓硫酸的性质以及卤素单质的性质，将较多的知识综合一起，能较广泛地考查学生的知识，具有很强的综合性3（3分）（2012秋二七区校级月考）下列说法不正确的是（）将少量CO2通入BaCl2溶液中，无白色沉淀生成，若BaCl2溶液中溶有足量氨气，则会产生白色沉淀将盐酸、KSCN溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色某溶液中滴入BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，证明溶液中一定含有SO42硅的化学性质不活泼，常温下不与氧气反应，所以地壳中有游离态的硅ABC只有D考点：物质的检验和
20、鉴别的基本方法选择及应用；硅和二氧化硅版权所有专题：元素及其化合物；化学实验基本操作分析：CO2与BaCl2不反应，但通入足量氨气，溶液中生成大量的碳酸根离子，可生成沉淀；在酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应生成Fe3+；滴入BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，不能排除生成AgCl沉淀的可能性；硅属于亲氧元素，在自然界中以化合态存在解答：解：由于碳酸的酸性比盐酸弱，则CO2与BaCl2不反应，但通入足量氨气，溶液中生成大量的碳酸根离子，可生成沉淀，故正确；在酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应生成Fe3+，加入KSCN溶液生成红色Fe（SCN）3，溶液呈红色，故正确；滴入B
21、aCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，不能排除生成AgCl沉淀的可能性，应先加入盐酸，如无沉淀，再加入氯化钡，观察是否有沉淀生成，故错误；硅属于亲氧元素，在自然界中以化合态存在，故错误故选A点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，学习中注重知识的积累4（3分）（2009厦门一模）分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法下列分类合理的是（）根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸等根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金
22、属和非金属根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应ABCD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；金属和非金属；氧化还原反应；吸热反应和放热反应；强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：物质的分类专题分析：从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等；根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质；根据除稀有气体和第A族外，多数主族元素既有金属元素也有非金属元素；根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应解答：解：从酸电离出氢离子的数目将酸分为一元酸、二元酸等，与含有的H原子的数目无关，例如C
23、H3COOH含有4个H原子，但为一元酸，故错误；根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，而不是根据转移电子数目的多少，故正确；根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；不能与金属元素同主族的非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，金属元素在反应中很容易失去最外层的电子，金属元素组成的化合物中，都是正价，故错误；根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应，故正确故选：B点评：本题考查物质分类，题目难度不大，注意物质的分类角度5（3分）（2012秋二七区校级
24、月考）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A100 mL 18.4 mol/L硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.92 NAB1mol羟基与17g NH3所含电子数都为10NAC标准状况下，11.2L 18O2中所含中子数为8NAD室温下，42g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、浓硫酸随着反应进行浓度变稀后不与铜反应；B、依据羟基和氨气分子式物质的量计算电子数；C、体积换算物质的量，结合质量数=中子数+质子数计算；D、乙烯和丙烯最简式相同，只需计算42gCH2中含的碳原子数；解答：解：A、100
25、mL 18.4 mol/L硫酸是浓硫酸，与足量铜反应，随着反应进行浓度变稀后不与铜反应；生成SO2的分子数小于0.92 NA，故A错误；B、1mol羟基OH含电子为9mol，即9NA，17g NH3所含电子数都为10NA，故B错误；C、标准状况下，11.2L 18O2物质的量为0.5mol，含中子数=0.5mol（188）2NA=10NA；故C错误；D、42g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数，只需计算42gCH2中含的碳原子数，为=3mol，42g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NA，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查依据物质的量计算微粒数，质量换算物质
26、的量的计算应用，气体摩尔体积的条件应用，中子数的计算方法，关键是浓硫酸随反应进行变稀后不与铜反应6（3分）（2012秋二七区校级月考）标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，下列说法中不正确的是（）A相同状况下，同体积A气体与B气体质量比为m：nB同温同压下，同体积A气体与B气体的密度比为n：mC同质量气体A与B的分子个数比为n：mD气体A与B的相对分子质量比为m：n考点：阿伏加德罗定律及推论版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，则二者物质的量相同，二者摩尔质量之比为m：nA、相同状况下，同体积A气体与B气体的质量之比等于
27、摩尔质量之比B、同温同压下，同体积A气体与B气体的密度之比等于相对分子质量之比等于摩尔质量之比C、同质量气体A与B的分子个数之比与摩尔质量成反比D、相对分子质量之比等于摩尔质量之比解答：解：标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，则二者物质的量相同，二者摩尔质量之比为m：nA、相同状况下，同体积A气体与B气体的质量之比等于摩尔质量之比为m：n，故A正确；B、同温同压下，同体积A气体与B气体的密度之比等于相对分子质量之比等于摩尔质量之比为m：n，故B错误；C、同质量气体A与B的分子个数之比与摩尔质量成反比，同质量气体A与B的分子个数之比为n：m，故C正确；D、相对分子质量之比等于摩尔质
28、量之比为m：n，故D正确故选：B点评：考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意借助PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论7（3分）（2012秋射阳县校级期中）下列有关电解质的叙述中，正确的是（）A碳酸钙在水中的溶解度很小，其溶液的电阻率很大，所以碳酸钙是弱电解质B碳酸钙在水中的溶解度虽小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以是强电解质CSO3和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们都是电解质D水难电离，纯水几乎不导电，所以水是非电解质考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物
29、是非电解质，能完全电离的电解质是强电解质，只有部分电离的电解质是弱电解质，据此分析解答解答：解：A、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，碳酸钙是强电解质，故A错误B、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，所以虽然碳酸钙在水中的溶解度小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以是强电解质，故B正确C、三氧化硫和氨气的水溶液能导电的原因是：它们与水反应生成了电解质，电解质电离出自由移动的离子而使溶液导电，溶液中的离子不是三氧化硫和氨气电离的，所以三氧化硫和氨气是非电解质，故C错误D、水的导电性与水中离子的浓度有关；水难电
30、离，但能电离，所以水是弱电解质，故D错误故选B点评：本题考查了电解质、非电解质的判断等知识点，明确电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，不是根据溶解性大小划分的8（3分）（2012秋二七区校级月考）下列关于铝的说法中，正确的是（）A常温下，铝不能与空气中的氧气发生化学反应B等物质的量的铝失电子比镁多，其还原性更强C铝能溶解于冷的浓硝酸生成硝酸铝D铝是一种比较活泼的金属，在化学反应中易失去电子，发生氧化反应考点：铝的化学性质版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、常温下铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝是致密的氧化物保护膜，阻止内部金属被氧化B、物质的还原性与失去电子数目多少没有关系，与
31、失去电子的难易程度有关C、铝在冷的浓硝酸中发生反应生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属与硝酸继续反应，发生钝化现象D、金属在反应中失去电子，化合价升高，发生氧化反应解答：解：A、常温下铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝是致密的氧化物保护膜，阻止内部金属被氧化，故A错误；B、物质的还原性与失去电子数目多少没有关系，与失去电子的难易程度有关，如Al失去3个电子，Na失去1个电子，但还原性Na比Al强，故B错误；C、铝在冷的浓硝酸中发生反应生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属与硝酸继续反应，发生钝化现象，故C错误；D、金属在反应中失去电子，化合价升高，发生氧化反应，故D正确故选：D点评：考查铝的性质、氧
32、化还原反应、还原性比较等，比较基础，注意基础知识的掌握9（3分）（2014春东湖区校级期末）用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是（）A溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中B反复倒转摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好与刻度线相平C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶中D定容时，眼睛仰视刻度线考点：配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据c=，判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化解答：解：A溶解后的溶液未冷却至室温就转移入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故A选；B反复倒转摇匀后，液
33、面低于刻度线，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故B不选；C洗涤烧杯和玻璃棒的溶液转移入容量瓶，为正确操作，故C不选；D在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，故D不选误故选A点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制误差分析，题目难度不大，注意易错点为B、C，注意仰视、俯视对体积读数的影响10（3分）（2010秋厦门期末）碘与氧可以形成多种化合物，其中一种被称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，则这种化合物的化学式为（）AI2O3BI2O4CI4O7DI4O9考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用
34、版权所有专题：卤族元素分析：根据化合物的名称为碘酸碘，而碘酸碘的化学式一定为Im（IO3）n形式，其中碘酸根为1价（类似于氯酸根），碘酸根中I为+5价，所以前面的I的化合价为+3价，将选项中的化学式进行变形，进行解答解答：解：因碘酸碘的化学式一定为Im（IO3）n形式，其中碘酸根为1价（类似于氯酸根），碘酸根中I的化合价为+5价，所以前面的I的化合价为+3价，所以碘酸碘的化学式为：I（IO3）3，即 I4O9，故选：D点评：本题主要考查化合价的规律和原则，同时还考查常见元素及原子团的化合价，难度中等，解题应抓住题目信息11（3分）（2012秋二七区校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A过量
35、的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH=SO32+H2OB向硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OCNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+=2Mn2+5NO3+3H2OD等物质的量浓度、等体积的NH4HCO3溶液与NaOH溶液相混合：NH4+HCO3+2OH=NH3H2O+CO32+H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠；B、硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7，硫酸氢钠和氢氧化钠按照2：1反应；C、高锰酸钾具有强氧化性能氧化亚硝酸钠为硝酸钠；D、NH
36、4HCO3溶液与NaOH等物质的量反应氢氧根离子先结合铵根离子反应；解答：解：A、过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+OH=HSO3，故A错误；B、硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7，硫酸氢钠和氢氧化钠按照2：1反应，离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，高锰酸钾具有强氧化性能氧化亚硝酸钠为硝酸钠反应离子方程式为：2MnO4+5NO2+6H+=2Mn2+5NO3+3H2O，故C正确；D、等物质的量浓度、等体积的NH4HCO3溶液与NaOH溶液相混合：NH4+OH=NH3H2O，故D错误；故选C点评：本
37、题考查了离子方程式的正误判断和注意问题，主要考查量不同产物不同的判断，氧化还原反应的分析，离子反应顺序的应用，题目难度中等12（3分）（2009安徽模拟）铜、镁合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL 的NO2气体和336mL的N2O4气体（均为标准状况下），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量为（）A7.04gB8.26gC8.51gD9.02g考点：有关混合物反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；硝酸的化学性质版权所有专题：压轴题；守恒法分析：先算出铜和镁总共失去的电子数，而铜和镁失去的电子数，就是他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的
38、质量就正好是质量增加的量，即为沉淀量解答：解：本题涉及反应有：CuCu2+Cu（OH）2，MgMg2+Mg（OH）2，反应后生成Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据以上反应关系可知铜和镁失去的物质的量等于结合的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成4480mL 的NO2气体和336mL的N2O4气体，反应中转移的电子的物质的量为=0.23mol，所以生成的沉淀的质量为4.6g+0.23mol17g/mol=8.51g，故选C点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题解答的关键是铜和镁失去的电子数，就是他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质
39、量增加的量13（3分）（2012宝山区一模）等物质的量的Na和Al两种金属加入足量的水中，生成26.88L（标准状况下）的气体，则下列描述不正确的是（）A金属Al无剩余Bc（Na+）=c（AlO2）C所得溶液呈碱性DNa的物质的量是0.6mol考点：钠的化学性质；铝的化学性质版权所有专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物分析：等物质的量的Na和Al两种金属加入足量的水中，发生的化学反应有2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2，将方程式+得 2Na+4H2O+2Al=2NaAlO2+4H2 ，根据钠和铝之间的关系式分析判断解答：解：A、根据方程
40、式知，当钠和铝的物质的量相等时，恰好反应生成偏铝酸钠和氢气，故A正确；B、偏铝酸根离子是弱离子能发生水解反应，所以导致钠离子的物质的量大于偏铝酸根离子的物质的量，故B错误；C、钠和铝恰好反应生成偏铝酸钠，即最后所得溶液是偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，故C正确；D、设需要钠的物质的量为X2Na+4H2O+2Al=2NaAlO2+4H2 2mol 89.6L X 26.88LX=0.6mol故D正确故选B点评：本题考查了钠和铝的化学性质，难度不大，易错选项是B，注意偏铝酸钠是强碱弱酸盐能水解导致其溶液中钠离子浓度大于偏铝酸根离子浓度14（3分）（2012秋二七区校级月考）短周期元素
41、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、1/3、2（不考虑零族元素）下列关于这些元素的叙述错误的是（）AX和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物BW和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中，均为直线形分子CW、X和Y三种元素可以形成碱性化合物DZ和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性考点：原子结构与元素的性质版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大（不考虑零族元素）Y的最外层电子数与其电子层数的比值为1/3，则Y有3个电子层，最外层电子数为1，故Y为Na元素；Z的原子序数比Na大，
42、故Z处于第三周期，Z的最外层电子数与其电子层数的比值为2，则Z的最外层电子数为6，故Z为S元素；W、X原子序数小于Na元素，W、X的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3，故W、X处于第二周期，W、X的最外层电子数分别为4、6，故W为C元素，X为O元素解答：解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大（不考虑零族元素）Y的最外层电子数与其电子层数的比值为1/3，则Y有3个电子层，最外层电子数为1，故Y为Na元素；Z的原子序数比Na大，故Z处于第三周期，Z的最外层电子数与其电子层数的比值为2，则Z的最外层电子数为6，故Z为S元素；W、X原子序数小于Na元素，W、X的最外层电子数与其电子层数
43、的比值依次为2、3，故W、X处于第二周期，W、X的最外层电子数分别为4、6，故W为C元素，X为O元素A、X为O元素，与C元素形成CO2、CO，与Na元素形成Na2O、Na2O2，与S元素形成SO2、SO3，故A正确；B、W为C元素、X为O元素、Z为S元素，W和X、Z两种元素分别形成的二元化合物为CO2、CO、CS2，CO2、CO是直线型，CS2与CO2的结构类似，属于直线型分子，故B正确；C、W、X和Y三种元素可以形成碳酸钠，碳酸钠溶液呈碱性，故C正确；D、S元素与Na元素形成的Na2S，其溶液呈碱性，故D错误故选D点评：本题考查结构与位置关系、分子结构与物质性质等，难度中等，推断元素是关键，
44、注意物质结构与性质的掌握15（3分）（2014红塔区校级模拟）将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示则下列说法不正确的是（）A镁和铝的总质量为9 gB最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C硫酸的物质的量浓度为2.5 molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题；元素及其化合物分析：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应
45、为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol
46、，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/LA、由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，据此计算；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（
47、Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的，据此计算；D、由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算n（H2），再根据V=nVm计算氢气体积解答：解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时
48、n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/LA、由元素守恒可知
49、n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，故A正确；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故B正确；C、沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍，所以n（Na2SO4）=0.2L5mol/L=0.5mol
50、，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故C正确；D、由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.2mol+20.15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/L=10.08L，故D错误故选D点评：本题考查镁铝的重要化合物，以图象题的形式考查，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算二、非选择题：本题共6题，共55分16（8分）（2012秋二七区校级月考）W是某短周期元素X的固态单质，A、B、C均为含X元素的酸式
51、钠盐，它们在一定条件下有如图所示的转化关系，其中某些反应产物中的H2O已略去（1）A的电子式可表示为（2）A、B溶液与C溶液的反应与A、B溶液与G溶液的反应分别可以用相同离子反应方程式表示，写出以下反应的离子方程式：A+C（A+G）：HS+H+=H2S（3）医学上常用含H的糖衣片给患贫血的病人补铁对H来说，药片上的糖衣可以起到防止氧化或隔绝空气作用（4）由A、B与MgXO4组成的混合物，X元素的质量分数为a，则O元素的质量分数为1考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：依据常见酸式盐主要有NaHCO3、NaHSO3、NaHSO4、NaH2PO3、NaHS等，酸式盐和酸式盐反应生成的EF都能
52、与硫酸铁反应，说明EF都具有还原性，W是某短周期元素X的固态单质，由EF反应生成，判断W为S，E为H2S，F为SO2；结合酸式盐的结构得到C为NaHSO4，A为NaHS；B为NaHSO3；D为Na2SO4；根据A、B溶液与C溶液的反应与A、B溶液与G溶液的反应分别可以用相同离子反应方程式表示，可知G为H2SO4；H为FeSO4；依据判断出的物质分析回答问题解答：解：依据常见酸式盐主要有NaHCO3、NaHSO3、NaHSO4、NaH2PO3、NaHS等，酸式盐和酸式盐反应生成的EF都能与硫酸铁反应，说明EF都具有还原性，W是某短周期元素X的固态单质，由EF反应生成，判断W为S，E为H2S，F为
53、SO2；结合酸式盐的结构得到C为NaHSO4，A为NaHS；B为NaHSO3；D为Na2SO4；根据A、B溶液与C溶液的反应与A、B溶液与G溶液的反应分别可以用相同离子反应方程式表示，可知G为H2SO4；H为FeSO4；（1）A为NaHS，电子式可表示为：，故答案为：；（2）A（NaHS）、B（NaHSO3）溶液与C（NaHSO4）溶液的反应与A（NaHS）、B（NaHSO3）溶液与C（H2SO4）溶液的反应分别可以用相同离子反应方程式表示，A+C和A+G是硫酸氢钠和硫酸与硫氢化钠反应，离子方程式为：HS+H+=H2S，故答案为：HS+H+=H2S；（3）医学上常用含H（FeSO4）的糖衣片给
54、患贫血的病人补铁对H（FeSO4）来说，药片上的糖衣可以起到防止氧化作用或隔绝空气的作用，故答案为：防止氧化或隔绝空气；（4）由A（NaHS）、B（NaHSO3）与MgXO4组成的混合物，A、B、C均为含X元素的酸式钠盐，X为硫元素，元素的质量分数为a，ABC中钠与氢摩尔质量为24g/mol，与镁相同，所以剩余为硫元素和氧元素，则O元素的质量分数为1a=1，故答案为：1点评：本题考查了酸式盐之间的反应特征和产物判断，物质转化关系的应用，物质性质的推断，主要考查酸式盐的反应，电子式书写，离子方程式的书写，元素质量分数的计算，题目难度较大17（10分）（2012秋二七区校级月考）课外兴趣小组设计图
55、所示装置，用粗铁粒与密度为1.89gmL1（质量分数为5%）的硝酸反应制取NO气体请回答有关问题（1）密度为1.89gmL1的硝酸的物质的量浓度为1.5mol/L（2）NO气体能用排水法收集，而不能用排空气法收集的可能原因是NO密度与空气接近，且能与空气中氧气反应（3）当打开止水夹a，关闭止水夹b时，A装置的干燥管中观察到的现象是有无色气体生成，逐渐变为红棕色，同时金属溶解当A装置中气体几乎无色时，打开止水夹b，关闭止水夹a，可用C装置收集NO气体（4）完全反应后，A装置烧杯里含铁元素的价态可能是+2价或+3价或+2价和+3价现有仪器和药品：试管和胶头滴管，0.1molL1KSCN溶液、0.1
56、molL1KI溶液、0.2molL1酸性KMnO4溶液、氯水等请设计一个简单实验，探究上述判断，填写下列实验报告：实验步骤操作现象与结论第一步取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴KSCN溶液溶液变红说明含有Fe3+，溶液不变红色说明不含Fe3+第二步取溶液少许于试管内，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液若溶液紫色褪去，则说明含有Fe2+，若无明显变化，则说明不含Fe2+考点：硝酸的化学性质；性质实验方案的设计版权所有专题：元素及其化合物；化学实验基本操作分析：（1）根据c=计算该硝酸的浓度（2）NO密度与空气接近，且能与氧气反应（3）铁与稀硝酸反应生成NO，NO在液面上部与氧气反应生成二氧化氮（4）取溶
57、液滴入KSCN溶液，溶液变红说明含有Fe3+，否则不含Fe3+加入氧化性的物质，溶液紫色，应加入酸性高锰酸钾解答：解：（1）该硝酸的浓度为mol/L=1.5mol/L故答案为：1.5mol/L（2）NO密度与空气接近，且能与空气中氧气反应，NO不溶于水，故不能用排空气法收集，用排水法收集故答案为：NO密度与空气接近，且能与空气中氧气反应（3）铁与稀硝酸反应生成NO，NO在液面上部与氧气反应生成二氧化氮，气体由无色变为红棕色，同时金属溶解故答案为：有无色气体生成，逐渐变为红棕色，同时金属溶解（4）取溶液滴入KSCN溶液，溶液变红说明含有Fe3+，溶液不变红色说明不含Fe3+取溶液少许于试管内，滴
58、加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，说明含有Fe2+，若无明显变化，则说明不含Fe2+故答案为：溶液变红说明含有Fe3+，溶液不变红色说明不含Fe3+；取溶液少许于试管内，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液点评：考查硝酸的性质、对实验原理装置的理解、方案设计、物质的量浓度计算等，难度中等，是对硝酸性质的综合考查，需要学生具有运用知识解决问题的能力18（14分）（2012秋阿城区校级期末）如图：如图：通电5min后，电极5质量增加2.16g，试回答：（1）a是负极； C池是电解池；A池电极反应为2Cl2e=Cl2；2H+2e=H2；B池电极反应为4OH4e=2H2O+O2；2Cu2+4e=2Cu（2）
59、若B槽中共收集到224mL气体（标况），且溶液体积为200mL（设电解过程中溶液体积不变），则通电前溶液中的Cu2+物质的量浓度为0.025mol/L（3）若A池溶液体积为200mL，且电解过程中溶液体积不变，则电解后，溶液pH为13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：通电5min后，电极5质量增加2.16g，说明电极5是阴极，得电子析出金属单质，所以a是电源的负极，b是电源的正极（1）A、B、C装置有外接电源，所以是电解池，A电解池中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气；B电解池中阴极上铜离子放电析出铜，阳极上氢氧根离子放电生成氧气（2）根据析出银的物质
60、的量计算转移电子的物质的量，根据转移电子的物质的量计算B电解池中阳极上生成氧气的体积，根据气体的总体积知，生成的气体还有氢气，根据氢气的体积计算生成氢气转移电子的物质的量，根据得失电子数相等知，生成铜时转移电子的物质的量，根据生成铜时转移电子的物质的量计算铜的物质的量，根据物质的量浓度公式计算铜离子浓度（3）根据转移电子和生成氢氧化钠物质的量之间的关系式计算生成氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的PH值解答：解：通电5min后，电极5质量增加2.16g，说明电极5是阴极，得电子析出金属单质，所以a是电源的负极，b是电源的正极（1）A、B、C装置有
61、外接电源，所以是电解池，A电解池中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以电极反应式分别为：阳极2Cl2e=Cl2，阴极2H+2e=H2；B电解池中阴极上铜离子放电析出铜，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以电极反应式分别为：阳极4OH4e=2H2O+O2，阴极2Cu2+4e=2Cu故答案为：2Cl2e=Cl2，2H+2e=H2；4OH4e=2H2O+O2，2Cu2+4e=2Cu（2）通电5min后，电极5质量增加2.16g，电极5上析出的金属是银，银的物质的量=0.02mol，转移电子的物质的量=0.02mol1=0.02molB电池中阳极上通过0.02mol电子时生成氧气的体
62、积=112mL，B中共收集气体的体积是224mL，所以气体中还有氢气，氢气的体积是112mL，生成112mL氢气转移电子的物质的量=2=0.01mol电子，一共转移电子的物质的量是0.02mol，所以生成铜转移电子的物质的量=0.01mol，n（Cu）=0.005mol，C（Cu2+）=0.025mol/L故答案为：0.025mol/L（3）A电池中电池反应式为2NaCl+2H2O H2+Cl2+2NaOH，设反应中生成氢氧化钠的物质的量为x2NaCl+2H2O H2+2NaOH+Cl2 转移电子 2mol 2mol x 0.02molx=0.02molC（NaOH）=0.1mol/L，所以溶
63、液的PH=13故答案为13点评：本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，难度不大，明确串联电解池中转移电子数相等是解本题的关键，注意B电解池中气体的成分，然后根据得失电子数相等计算得出铜的物质的量，从而计算得出其浓度19（8分）（2012秋二七区校级月考）已知：A、D、E、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素A能形成密度最小的气体单质，D元素某种单质的硬度最大，X是地壳中含量最多的元素，Y的气态氢化物有臭鸡蛋气味，氧化物能使品红溶液褪色H、W是常见金属，其元素的含量分别位于地壳中金属元素含量的第一、第二位（1）H能与具有磁性的W的化合物发生反应，在工业上有重要应用写出该反应的化学
64、方程式8Al+3Fe2O34Al2O3+9Fe（2）甲由A、E两种元素组成，分子中含有18个电子，只存在共价单键，常温下甲是一种无色液体甲在碱性溶液中能够将CuO还原为Cu2O，已知当1mol甲完全参加反应时转移了4mol电子，则该反应的化学方程式可表示为N2H4+4CuON2+2Cu2O+2H2O（3）由钠和X、Z三种元素组成的一种阴、阳离子个数之比为1：1的化合物乙，是84消毒液的主要成分，该化合物所含的化学键类型有离子键、极性共价键（4）已知W3+的浓度为0.04mol/L，室温下W（OH）3的Ksp=41038，要使W3+开始形成沉淀的最小pH是2考点：位置结构性质的相互关系应用版权所
65、有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、D、E、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，A能形成密度最小的气体单质，则A为H；D元素某种单质的硬度最大，则D为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；结合原子序数依次增大，所以E为N；Y的气态氢化物有臭鸡蛋气味，氧化物能使品红溶液褪色，则Y为S；Z为比S原子序数大的短周期主族元素，则Z为Cl；H、W是常见金属，其元素的含量分别位于地壳中金属元素含量的第一、第二位，则H为Al，W为Fe（1）Al与四氧化三铁反应生成铁和氧化铝；（2）甲由A、E两种元素组成，分子中含有18个电子，只存在共价单键，常温下甲是一种无色液体，则甲为N2H4，甲在碱
66、性溶液中能够将CuO还原为Cu2O，1mol甲完全参加反应时转移了4mol电子，则生成氮气；（3）钠和X、Z三种元素组成的一种阴、阳离子个数之比为1：1的化合物乙，是84消毒液的主要成分，则乙为NaClO；（4）利用Ksp计算铝离子转化为沉淀时c（OH），然后计算pH解答：解：A、D、E、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，A能形成密度最小的气体单质，则A为H；D元素某种单质的硬度最大，则D为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；结合原子序数依次增大，所以E为N；Y的气态氢化物有臭鸡蛋气味，氧化物能使品红溶液褪色，则Y为S；Z为比S原子序数大的短周期主族元素，则Z为Cl；H、W是常
67、见金属，其元素的含量分别位于地壳中金属元素含量的第一、第二位，则H为Al，W为Fe（1）Al与四氧化三铁反应生成铁和氧化铝，该反应的化学方程式为8Al+3Fe2O34Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3Fe2O34Al2O3+9Fe；（2）甲由A、E两种元素组成，分子中含有18个电子，只存在共价单键，常温下甲是一种无色液体，则甲为N2H4，甲在碱性溶液中能够将CuO还原为Cu2O，1mol甲完全参加反应时转移了4mol电子，则生成氮气，该反应为N2H4+4CuON2+2Cu2O+2H2O，故答案为：N2H4+4CuON2+2Cu2O+2H2O；（3）钠和X、Z三种元素组成的一种阴、阳离子个
68、数之比为1：1的化合物乙，是84消毒液的主要成分，则乙为NaClO，钠离子与次氯酸根离子以离子键结合，O、Cl之间以极性共价键结合，故答案为：离子键、极性共价键；（4）Al3+的浓度为0.04mol/L，室温下Al（OH）3的Ksp=41038，要使Al3+开始形成沉淀，则铝离子转化为沉淀时c（OH）=1012mol/L，c（H+）=0.01mol/L，pH=2，故答案为：2点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，明确元素的推断是解答本题的关键，并熟悉元素及化合物知识、化学用语、Ksp计算等知识来解答即可，题目难度中等20（15分）（2012秋二七区校级月考）图1是煤化工产业链的一部分，试
69、运用所学知识，解决下列问题：I已知该产业链中某反应的平衡表达式为：K=，它所对应反应的化学方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）II二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.010.0Mpa，温度230280）进行下列反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.2kJmol1（1）催化反应室中总反应的热化学方
70、程式为3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=247KJmol1830时反应的K=1.0，则在催化反应室中反应的K1.0（填“”、“”或“=”）（2）在某温度下，若反应的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为0.1mol/（Lmin）；若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，a=5.4mol/L（3）为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列试验，每次试验保持原料气组成、压强、反应
71、时间等因素不变，试验结果如图2，CO转化率随温度变化的规律是由图表可知，温度低于240时，CO的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240时，CO的转化率随着温度的升高而减小，其原因是在较低温时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小（4）“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源，其工作原理如图3所示写出a电极上发生的电极反应式CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反
72、应热的计算；原电池和电解池的工作原理版权所有专题：氧化还原反应专题；化学平衡专题；电化学专题分析：、化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值、（1）根据盖斯定律，已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的加减注意消除中间产物CH30H、H2O催化反应室中温度小于830，升高温度反应平衡向正反应移动，平衡常数增大（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则c（CO）=1mol/L50%=0.5mol/L，根据v（CO）=计算v（CO）计算该温度下的平
73、衡常数，根据平衡常数计算平衡时氢气的浓度，根据甲醇的平衡浓度计算氢气浓度的变化量，进而计算a的值（3）由图可知温度低于240，CO的转化率随温度升高而增大；温度高于240，CO的转化率随温度升高而减小由图表可知，在较低温时，反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，反应体系均已达到平衡，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小（4）由图可知，a极通入甲醚，a极是负极发生氧化反应，b极通入氧气，b极为正极，发生还原反应，正极电解反应式为3O2+12H+12e=6H2O，总的电极反应式为CH3OCH3+3O2=2C
74、O2+3H2O，总的电极反应式减去正极反应式可得负极电极反应式解答：解：、平衡表达式为：K=，生成物为CO、H2，反应物含有H2O，三者化学计量数分别为1、1、1，根据元素守恒，故另一反应物为固体C，反应中它所对应反应的化学方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）催化反应室中温度小于830，升高温度反应平衡向正反应移动，平衡常数增大故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；、（1）已知CO（ g）+2H2（g）CH3OH（ g）H1=91kJmol1，2CH30H（g）CH30CH3（g）+H20（g）H2=24kJmol1，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2
75、（g）H3=41kJmol1，根据盖斯定律，2+得3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=247kJmol1故答案为：3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=247kJmol1（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则c（CO）=1mol/L50%=0.5mol/L，所以v（CO）=0.1mol/（Lmin）；该温度到达平衡时，c（CO）=0.5mol/L，c（H2）=2.4mol/L20.5mol/L=1.4mol/L，c（CH3OH）=0.5mol/L，所以该温度下，平衡常数k=，若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c
76、（H2）=a mol/L，达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，则平衡时c（CO）=4mol/L2mol/L=2mol/L，令平衡时氢气的浓度为ymol/L，所以=解得y=1.4，故a=2mol/L2+1.4mol/L=5.4mol/L故答案为：0.1mol/（Lmin）；5.4（3）由图表可知，温度低于240时，CO的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240时，CO的转化率随着温度的升高而减小在较低温时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的
77、升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小故答案为：温度低于240时，CO的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240时，CO的转化率随着温度的升高而减小；在较低温时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大，CO的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小（4）由图可知，a极通入甲醚，a极是负极发生氧化反应，b极通入氧气，b极为正极，发生还原反应，正极电解反应式为3O2+12H+12e=6H2O，总的电极反应式为CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O，总的电极反应式减去正极反应式可得负极电极反应式，故负极电极反应式为CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+故答案为：CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+点评：题目综合性较大，涉及盖斯定律、热化学方程式书写、化学反应速率、化学平衡计算、平衡常数、原电池等内容，难度中等，注意平衡常数的有关计算，成为近几年高考的热点，注意（4）中利用两极电极反应式加合为总电极反应式书写电极反应式