1、高考资源网（） 您身边的高考专家山西省山大附中高三12月月考考试时间：90分钟 满分：100分 【试卷综析】本试卷在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，试题重点考查：氧化还原反应原理、阿伏加德罗定律、化学计量的有关计算、元素化合物知识、化学基本概念、离子反应、化学实验题、元素周期表和元素周期律、化学反应速率及化学平衡、电化学、物质结构等主干知识，侧重当前阶段一轮复习内容（氧化还原反应原理、元素化合物知识、化学反应原理）。能够体现学科基本要求，试题难度适中。第I卷（选择题 共40分）选择题：本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。可能用到的相对原子质
2、量：H -1 C- 12 N -14 O -16 Na -23 Mg -24 Al -27 S -32 Cl -35.5 K -39 Ca -40 Fe -56 Cu- 64 I-127【题文】1根据碘与氢气反应的热化学方程式，下列判断正确的是 I2(g)+ H2(g) 2HI(g) H=9.48 kJ/mol I2(s)+ H2(g) 2HI(g) H=+26.48 kJ/molA254g I2(g)中通入2g H2(g)，反应放热9.48 kJB当反应吸收52.96kJ热量时转移2mole一 C反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低 D1 mol固态碘与1 mol气态碘所含能量相差17.
3、00 kJ 【知识点】化学反应与能量变化F1【答案解析】C 解析：A、254g I2和2g H2的物质的量都是1摩尔，反应为可逆反应所以不能完全进行，放出的热量小于9.48kJ，故A错误；B、反应吸收52.96kJ热量即反应正向进行，碘与氢气均消耗2mol，转移电子4mol，故B错误；C、反应与反应中碘的状态不同，固态碘的能量比气态碘的能量低，可得结论反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低，故C正确；D、根据盖斯定律，反应-得I2(s) I2(g) H=+35.96 kJ/mol，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学反应与能量变化，要理解盖斯定律、以及可逆反应的反应热数据。【题文】
4、2.化学中常借助图像来表示某种变化过程，下列关于四个图像的说法正确的是 A图可表示t时，冰醋酸稀释过程中溶液导电性的变化B图可表示向一定量盐酸中滴加一定浓度氢氧化钠溶液时，溶液pH的变化C图可表示向一定量明矾溶液中滴加一定浓度氢氧化钡溶液时，产生沉淀的物质的量的变化D图可表示所有的固体物质溶解度随温度的变化【知识点】化学图像H1 H2 【答案解析】B 解析：A、冰醋酸不电离，加水体积为0时导电能力为0，故A错误；B、一定量的盐酸逐滴加入氢氧化钠时PH应增大，且变化由缓慢到迅速再到缓慢，故B正确；C、明矾中滴加氢氧化钡，一定有硫酸钡沉淀剩余，而图中最终为0，故C错误；D、不同物质的溶解度随温度的
5、变化趋势不同，有些物质的溶解度随温度的升高而降低，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了化学图像，解答时先看横、纵坐标，注意变化趋势及特殊点的含义。【题文】3 X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是 A原子半径由小到大的顺序：X Y Z 1【知识点】元素推断E1 E2【答案解析】C 解析：由题可以推出X是碳，Y为铝，Z为硅，W为氯元素，A、根据同周期元素的原子半径从左到右减小得，原子半径大小的顺序为
6、W ZB溶液、等体积混合后pH 7，则c(NH4+) D向溶液、中分别加入12.5 mL 0.1mol/L NaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同【知识点】溶液的酸碱性 溶液中的粒子浓度H2 H3 H6【答案解析】D 解析：A、物质的量浓度均为0.1mol/L的氨水 NH4Cl溶液 Na2CO3溶液 NaHCO3溶液各25mL，氨水中一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子和碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：，故A错误；B、溶液氨水是弱碱存在电离平衡； NH4Cl溶液水解显酸性，、等浓度
7、等体积混合后pH7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以c（NH4+）c（NH3H2O），故B错误；C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）：，故C错误；D、向溶液、中分别加入25mL 0.1mol/L NaOH溶液后，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了溶液的酸碱性及溶液中的粒子浓度比较，理解盐类的水解规律是关键。【题文】12. 关于右图装置说法正确的是 A装置中电子移动的途径是：负极Fe M溶液石墨正极B若 M为
8、NaCl溶液，通电一段时间后，溶液中可能有NaClO C若M为FeCl2溶液，可以实现石墨上镀铁D若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀【知识点】电解原理F4【答案解析】B 解析：A该装置是电解池，装置中电子移动的途径是：负极Fe，石墨正极，溶液定向中移动的是阴阳离子，故A错误；B若电解氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，同时阴极附近还生成氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应接触生成次氯酸钠，故B正确；C若M是氯化亚铁溶液，石墨上氯离子放电，故C错误；D若M是海水，该装置是电解池，属于外接电源的阴极保护法，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了电解原理，理解两极的电极
9、反应是关键，注意电解质溶液中定向移动是阴阳离子，导线和电极上是电子的定向移动。【题文】13下列说法不正确的是 ABCD稀硫酸CC NaCl溶液FePt NaCl溶液e-C(甲) 直流电源e-C(乙) CuCl2溶液FeCl3溶液盐桥Cu C通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大甲电极上的电极反应为：2Cl- - 2e- = Cl2Pt电极上的电极反应为：O22H2O4e=4OH总反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=Cu2+ 2Fe2+【知识点】原电池和电解池原理F3 F4【答案解析】A 解析：A电解稀硫酸溶液实质上电解的水，硫酸浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B由电子移动方向可知甲连接电源
10、的正极，甲为电解池的阳极，发生反应为2Cl-2e-Cl2，故B正确；C此为原电池装置，类似于铁的吸氧腐蚀，Fe为负极，Pt为正极，正极发生还原反应：O2+2H2O+4e-4OH-，故C正确；DFe3+在正极得电子被还原，Cu在负极失电子被氧化，总反应式为2Fe3+CuCu2+2Fe2+，故D正确故答案选A【思路点拨】本题考查了原电池和电解池原理，电池的负极失电子，发生氧化反应，电解池的阳极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应。【题文】14用下图所示实验装置进行物质性质探究实验。下列说法不合理的是A若品红溶液褪色，则说明产物中含有SO2B若溴水褪色，则说明SO2具有还原性C若烧瓶中产生黄色浑浊和无
11、色气泡，则说明Na2S2O3只做氧化剂 D若品红溶液不褪色、Na2SiO3溶液出现白色浑浊，则说明亚硫酸比碳酸酸性强【知识点】物质检验J2 D3【答案解析】C 解析：A、SO2能使品红溶液褪色，故A正确；B、SO2使溴水褪色表现还原性，故B正确；C、烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡，则说明Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂，故C错误；D、品红溶液不褪色说明没有SO2，Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明有CO2，依据强酸制弱酸原理得亚硫酸比碳酸的酸性强，故D正确。故答案选C【思路点拨】本题考查了物质检验，主要涉及二氧化硫的性质，SO2使溴水、高锰酸钾溶液褪色，体现其还原性，SO2使品红溶液褪色体现
12、其漂白性。【题文】15.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）操作和现象结论A处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸，水垢溶解溶解度：S(CaCO3)S(CaSO4)B用石墨作电极电解MgSO4溶液，某电极附近有白色沉淀生成该电极为阳极C向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，有红色固体析出氧化性：Cu2+Fe3+D向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Ag+【知识点】物质的性质、电解原理F4 H5【答案解析】A 解析：A、由于碳酸钙的溶度积常数小于硫酸钙的溶度积常数，则根据沉淀容易向更难溶的方向转化，故A正确
13、；B、用石墨作电极电解MgSO4溶液，则阳极上溶液中的OH放电，阳极附近水的电离平衡被破坏，溶液显酸性。阴极溶液中的氢离子放电，则阴极周围溶液显碱性，有氢氧化镁生成，故B不正确；C、氧化性是Cu2+Fe3+，故C不正确；D、溶液中也可能含有SO42或SO32，故D错误。故答案选A【思路点拨】本题考查了物质的性质、电解原理等知识，注意检验离子时要排除其它离子的干扰。【题文】16关于下列四个图象的说法正确的是A图表示反应 CO(g)+H2O=CO2(g)+H2(g)的H0B图内氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为2：1C图表示物质a、b的溶解度曲线，可以用重结晶方法从a、b混合物中提纯
14、aD图可以表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，且乙的压强大【知识点】化学反应与能量、化学平衡、电解原理F1 F3 【答案解析】C 解析：A该反应中反应物的能量大于生成物能量，所以反应过程中要放出热量，即H0，故A错误；B氢氧燃料电池的反应方程式为：2H2+O2=2H2O，正极上通入氧气，负极上通入氢气，正、负极通入的气体体积之比为1：2，故B错误；C从图象可以看出，A物质的溶解度随着温度的降低而降低，并且降低非常明显，B的溶解度虽然也随温度的降低而降低，但是降低非常小，因此对于A物质和B物质的混合溶液来说，随着温度的降低，A就会大量的析出，所以可以采用重结晶的方
15、法分离，故C正确；D根据图象知，乙的压强度大于甲，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，则达到平衡时，乙中反应物的百分含量减小，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学反应原理，涉及化学反应与能量、化学平衡、电解原理等，难点是从图像上挖掘信息。【题文】17一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A (g) +B (s) 2D (g) H0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是实验I实验II实验III反应温度 / 800800850c( A )起始 /molL-1121c( A)平衡 /molL-10.510.85放出的热量/kJ
16、abc A实验III的化学平衡常数K2aC实验III 在30min达到平衡时的速率v (A)为0.005molL-1min-1 D当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡【知识点】化学反应速率和化学平衡G1 G2 【答案解析】B 解析：A、 2A(g)+B(s)2D(g) 起始浓度（mol/L） 1 0 转化浓度（mol/L） 0.15 0.15 平衡浓度（mol/L） 0.85 0.15所以该温度下反应的平衡常数K1，故A正确；B、由于反应前后体积不变，所以实验I和实验的平衡是等效的，因此b2a，故B不正确；C、实验III在30min达到平衡时的速率v(A)0.005mol L-1m
17、in-1，故C正确；D、密度等于混合气的质量与容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，而容器容积是不变的，因此当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应达到平衡，D正确。故答案选B。【思路点拨】本题考查了化学反应速率和化学平衡，利用三段式解答清楚明了。【题文】18用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右下图所示。下列说法正确的是（ ）A温度： T1T2T3B正反应速率：(a)(c)(b)(d)C平衡常数：K(a)K(c) K(b)=K(d)D平均摩尔质量：M(a)M(c)M
18、(b)M(d)【知识点】化学平衡图像G3 G4【答案解析】C 解析：A该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1T2T3，故A错误；B由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1T3，温度越高，反应速率越快，故（a）（c）b、d两点温度相同，b点大于d点压强，则v（b）v（d），故B错误；C由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）K（c），b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），故C正确；D根据反应知CO转化率的
19、越大，n总越小，由M=m/n可知，a点n总小，则M（a）M（c），M（b）M（d），故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了化学平衡图像，需要理解外界条件对平衡的影响，以及化学平衡常数只与温度有关。【题文】19向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol/L的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出1.344 L NO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现。若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物,最终得到铁的物质的量为A. 0.21 mol B. 0.24 mol C. 0.16 mol D. 0.14 mol 【知识点】利用元素守恒的计算C3 D4
20、【答案解析】A 解析：向一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入240mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，1.344L NO（标准状况）的物质的量为1.344L/(22.4L/mol)=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量0.12L4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为0.21mol，由铁元素守恒可知，若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol；故答案选A【思路点拨】本题考查了利用元素
21、守恒的计算，关键是抓住混合物中加入240mL 4mol/L的稀硝酸，所得溶液中的溶质为Fe（NO3）2，利用氮、铁元素守恒解答。【题文】20.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案:模拟海水中的离子浓度/molL-1Na+Mg2+Ca2+Cl-HCO3-错误!未找到引用源。0.4390.0500.0110.5600.001 注:溶液中某种离子的浓度小于1.010-5 molL-1,可认为该离子不存在;实验过程中,假设溶液体积不变。 Ksp,CaCO3=4.9610-9 Ksp,MgCO3=6.8210-6 Ksp,Ca(OH)2=4.6810-6 Ksp,Mg(O
22、H)2=5.6110-12 下列说法不正确的是() A.沉淀物X为CaCO3 、MgCO3 B.滤液M中存在Mg2+,Ca2+ C.滤液N中存在Ca2+ ，没有Mg2+ D.步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体,沉淀物Y为仍Mg(OH)2，没有Ca(OH)2【知识点】Ksp的理解和应用B1 H5 【答案解析】A、步骤，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001mol，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH 恰好与HCO3完全反应生成0.001molCO32由于Ksp(CaCO3)Ksp(MgCO3)，生成的CO32与水中的Ca2反应生成CaCO3 沉淀Ca2+CO32=
23、CaCO3所以沉淀物X为CaCO3，故A错误；B、步骤中，由于CO32只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2）=0.010molL1，所以滤液M中同时存在着Ca2和Mg2，故B正确；C、步骤，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11时，此时滤液中c(OH)=110-3 molL1则QCa(OH)2=c(Ca2)(10-3)2=0.010（10-3）2=10-8KspCa(OH)2，无Ca(OH)2生成，QMg(OH)2=c(Mg2)(10-3)2=0.050(10-3)2=510-8KspMg(OH)2，有Mg(OH)2沉淀生
24、成，又由于KspMg(OH)2=c(Mg2)(10-3)2=5.610-12，c(Mg2)=5.610-610-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2，故C正确；步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05mol Mg2反应：Mg2+2OH=Mg(OH)2，生成0.05 molMg(OH)2，剩余0.005 mol OH，由于QCa(OH)2=c(Ca2)(OH)2=0.010(0.005)2=2.510-7KspCa(OH)2，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，故D正确。故答案选A【思路点拨】本题考查了Ksp的理解和应用，难点是
25、灵活运用题目中的数据进行计算。 第卷（非选择题 共60分）【题文】21海水的综合利用，现有流程图如下：（12分）工业上以粗食盐（含有少量Ca2+、Mg2+杂质）、氨、石灰石等为原料，可以制备Na2CO3。请回答： （1）在处理粗盐水的过程中，可加入石灰乳和纯碱作为沉淀剂，则所得滤渣的成分除过量的沉淀剂外还有 。 （2）将CaO投入含有大量的NH4Cl的母液中，能生成可循环使用的NH3，该反应的化学方程式是 。 （3）向饱和食盐水中首先通入的气体是 ，过程中生成NaHCO3晶体的反应的化学方程式是 。 （4）碳酸钠晶体失水的能量变化示意图如下： Na2CO3H2O (s) 脱水反应的热化学方程式
26、是 。 （5）产品纯碱中常含有NaCl。取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体。则该产品中Na2CO3的质量分数是 。（7分）电解饱和食盐水所得气体X，可应用于提取溴单质。请回答：（1）气体X的化学式为 ，反应II的化学方程式为 。 （2） 在母液苦卤中含有较多的NaCl、KCl、MgCl2、MgSO4等物质。用沉淀法测定苦卤中镁元素的含量（g/L），实验过程中应测定的数据有 。（3）电解200kg 质量分数为25%的饱和食盐水，当浓度下降到20%时，收集到氯气的物质的量为 (溶于溶液中的氯气忽略不计，计算结果保留一位小数) 。 【知识点】物质制备流程J4 F4【答
27、案解析】（11分）（1）CaCO3、Mg(OH)2（漏写得1分，错答得0分）（2）2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3+H2O（3）NH3（1分） NH3+H2O+CO2+NaCl =NaHCO3+NH4Cl（4）Na2CO3H2O(s)= Na2CO3(s) +H2O(g) H = + 58.73 kJmol1（5）106(ba)/11a（7分）（1）Cl2 （1分） SO2Br22H2O=2HBrH2SO4（2分）（2）苦卤样品的体积、Mg(OH)2沉淀的质量（2分） （3） 97.7 mol（2分） 解析：（1）钙离子与碳酸根离子生成沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，镁离子与氢
28、氧根离子生成沉淀，Mg2+2OH-=Mg（OH）2，所以滤渣中还有CaCO3、Mg（OH）2；（2）向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，发生的反应有H2O+CaO=Ca（OH）2、Ca（OH）2+2NH4Cl=2NH3+2H2O+CaCl2，或写做：2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3+H2O；（3）因二氧化碳在水中的溶解度小，氨气极易溶于水，所以先向饱和食盐水中首先通入氨气，使溶液呈碱性，这样可以吸收更多的二氧化碳，利用碳酸氢钠的析出；过程中生成NaHCO3晶体的反应的化学方程式为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；（4）根据碳酸钠晶体失水的能量
29、变化示意图可知：Na2CO310H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）H=+532.36 kJmol-1，Na2CO310H2O（s）=Na2CO3H2O（s）+9H2O（g）H=+473.63 kJmol-1，由-得Na2CO3H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）H=+58.73 kJmol-1；（5）产品纯碱中常含有NaCl，取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，得b g固体为NaCl，设碳酸钠的物质的量为X，根据方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 1 2 X 2x 混合物质量：117x+（a-1
30、06X）=b，X=（b-a）/11mol，该产品中Na2CO3的质量分数为：106(ba)/11a100%，、（1）电解饱和食盐水所得气体X中含可应用于提取溴单质的气体是Cl2 ；反应II的化学方程式为 ：SO2Br22H2O=2HBrH2SO4；（2） 苦卤中含有较多的NaCl、KCl、MgCl2、MgSO4等物质。用沉淀法测定苦卤中镁元素的含量（g/L），实验过程中应测定的数据有苦卤样品的体积、以及生成Mg(OH)2沉淀的质量； （3）根据：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 ,设生成氯气的物质的量是x，则消耗氯化钠的物质的量是2x，消耗水的物质的量是2x,生成氢气的物质的量是x
31、，则：，解得x=97.7 mol【思路点拨】本题考查了物质制备流程，涉及化学反应与能量、化学计算，难点是电解计算。【题文】22开发新能源，使用清洁燃料，可以达到提高能效、减少污染的目的。（6分）由C、H、O三种元素中的两种和三种分别组成的燃料物质甲和乙，其分子中均有氧，且1个乙分子中含有18个电子，则甲和乙分别是_。乙是一种清洁燃料，工业上可用甲和氢气反应制得。（1）T1温度时，在体积为2 L的密闭容器中充入2 mol甲和6 mol H2，反应达到平衡后，测得c(甲)0.2 mol/L，则乙在平衡混合物中的物质的量分数是 。（2）升高温度到T2时，反应的平衡常数为1，下列措施可以提高甲的转化率
32、的是_（填字母）。 A加入2 mol甲 B充入氮气 C分离出乙 D升高温度（16分）（1）甲烷也是一种清洁燃料，但不完全燃烧时热效率降低并会产生有毒气体造成污染。 已知： CH4(g) + 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(l) H1890.3 kJ/mol2CO (g) + O2(g) 2CO2(g) H2566.0 kJ/mol则甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水时的热效率只是完全燃烧时的_倍（计算结果保留1位小数）。（2）甲烷燃料电池可以提升能量利用率。下图是利用甲烷燃料电池电解50 mL 2 mol/L的氯化铜溶液的装置示意图： 请回答：若使用酸性水溶液做电解质，甲烷燃料电池的
33、负极反应式是_。若使用熔融Na2CO3做电解质，该电池负极的反应式是 。若使用燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，可以传导O2。则在电池内部O2由_极移向_极（填“正”或“负”）；电池的负极电极反应式为 。若B中为氯化铜溶液，当线路中有0.1 mol电子通过时，_（填“a”或“b”）极增重_g。 若B中为足量Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液。电解开始后阴极的现象为_ 。【知识点】化学平衡、原电池原理、电解池原理G2 F3 F4【答案解析】（6分）CO（或一氧化碳）和 CH3OH（或甲醇）（1）1/3 （0.33或33.3） （2）C（16分）（1）0.7（
34、2） CH4 -8e- + 2H2O = CO2 + 8H+ CH48e+4CO32=5CO2+2H2O正、负 CH4+4O2-8e=CO2+2H2O b 3.2有大量无色气泡(或气体)产生，并且有白色沉淀产生。 解析：（1）由C、H、O三种元素中的两种和三种分别组成的燃料物质甲和乙，1个乙分子中含有18个电子，则乙分子中含有1个C原子、1个O原子，则含有H原子数目为18-6-8=4，故乙为CH3OH，分子中均有氧，故甲为CO；、发生反应CO （g）+2H2（g）CH3OH（g），应达到平衡后，测得c（甲）=0.2mol/L，则平衡时n（甲）=2L0.2mol/L=0.4mol 则：CO （g
35、）+2H2（g）CH3OH（g）， 开始（mol）： 2 6 0 变化（mol）： 1.6 3.2 1.6 平衡（mol）： 0.4 2.8 1.6CH3OH在平衡混合物中的物质的量分数为=1.6mol/(0.4mol+2.8mol+1.6mol)=1/3；、A加入2mol甲，平衡向正反应移动，但甲的转化率降低，故A错误；B充入氮气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，甲的转化率不变，故B错误；C分离出乙，平衡向正反应移动，甲的转化率增大，故C正确；DT1温度时平衡常数为=1，故升高温度平衡向逆反应移动，甲的转化率降低；（2）已知：、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）
36、H=-890.3kJmol-1；、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=-566.0kJmol-1，利用盖斯定律，2-可得：2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）；H=-1214.6kJmol -1故甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水时的热效率只是完全燃烧时的=0.7倍；（3）、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；若使用熔融Na2CO3做电解质，该电池负极的反应式是： CH48e+4CO32=5CO2+2H2O；在电池内部阴离子的移动方向是由正极移向负极；若使用燃
37、料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，电池的负极电极反应式为：CH4+4O2-8e=CO2+2H2O；、B为电解池，铜离子发生还原反应，阴极析出铜，该极连接原电池的负极，故在b电极析出Cu，根据转移0.1mol电子，析出铜的物质的量为0.05mol，故析出铜的质量为0.05mol64g/mol=3.2g；电解Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液，阴极放氢生碱，所以有大量无色气泡(或气体)产生，并且有白色沉淀产生。【思路点拨】本题考查了化学平衡、原电池原理、电解池原理等，注意在书写电极反应时需要特别注意电解质溶液的变化。【题文】23（13分）亚硝酸钠是一种工业盐，在
38、生产、生活中应用广泛。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。 已知： NONO22OH2NO2H2O 气体液化的温度：NO2 21 、 NO 152（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左右连接）:A 、 、 、 （2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是 。（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是 。装置D的作用是 。（4）如果向C中通入过量O2，则装置B中发生反应的总化学方程式为 。（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应
39、的化学方程式是 。【知识点】实验探究J4 D4【答案解析】（1） D 、C 、B 2 分（全对得2分，有一个序号错误或顺序错误不得分）（2） 防止可能生成的NO被完全氧化成NO2 ，造成对A中反应气体产物检验不完全 2分（3） C中出现红棕色气体 2 分 冷凝使NO2完全液化 2 分（4） 4NO2 + O2 + 4NaOH = 4NaNO3 +2 H2O 2分（5） 2NaNO2 + H2SO4 = Na2SO4 + NO2 + NO+ H2O 解析：（1）装置A中生成的气体产物可能有NO、NO2，需要先检验NO2，再检验NO，最后是尾气吸收装置，所以仪器的连接顺序 D 、C 、B；（2）
40、反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是防止可能生成的NO被完全氧化成NO2 ，造成对A中反应气体产物检验不完全 ；（3） 确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是 C中出现红棕色气体； 装置D的作用是冷凝使NO2完全液化；（4）如果向C中通入过量O2，NO被氧化为NO2，装置B中发生反应的总化学方程式为：4NO2 + O2 + 4NaOH = 4NaNO3 +2 H2O ；（5）综上所述，NaNO2与硫酸反应生成的气体中含NO2 、NO，即：2NaNO2 + H2SO4 = Na2SO4 + NO2 + NO+ H2O ；【思路点拨】本题考查了实验探究，探究亚硝酸钠与
41、硫酸反应及气体产物成分，检验一氧化氮时必须排除二氧化氮和氧气的干扰。【题文】24（8分）右图所示为PTC元件（热敏电阻）的主要成分钡钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位。该晶体经X射线分析鉴定，重复单位为正方体，边长a=403.1pm，顶点位置为Ti4+所占，体心位置为Ba2+所占，所有棱心位置为O2所占。(1)写出晶体的化学式 ，(2)若将Ti4+置于晶胞的体心，Ba2+置于晶胞的顶点，则O2处于立方体的什么位置？ ，(3)在该物质的晶体中，每个Ti4+周围与它最邻近的且距离相等的Ti4+在空间呈什么形状分布？(4)已知O2半径为140pm，计算Ba2+半径 。【知识点】晶体结构E
42、4【答案解析】(1)BaTiO3 (2)面心 (3)正八面体 (4)145pm 解析：(1)从图示看，每个晶胞中Ba2+：1个；Ti4+：81/8=1个；O2：121/4=3个；所以晶体的化学是为BaTiO3 ；(2)每个钛离子周围有6个O2离子，若将Ti4+置于晶胞的体心，则O2处于立方体6个面的面心 ； (3)每个Ti4+周围与它最邻近的且距离相等的Ti4+有6个，在空间呈八面体形状； (4)Ba2+半径=145pm；【思路点拨】本题考查了晶体结构，要有一定的空间想象能力，常利用均摊法分析晶体的化学式。山西大学附中20142015学年第一学期高三月考化学参考答案及评分细则一、选择题：本题包
43、括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。题号12345678910答案CBCBBBDCDC题号11121314151617181920答案DBACACBCAA二、简答题：本题包括4小题，共60分。21、（11分）（1）CaCO3、Mg(OH)2（漏写得1分，错答得0分）（2）2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3+H2O（3）NH3（1分） NH3+H2O+CO2+NaCl =NaHCO3+NH4Cl（4）Na2CO3H2O(s)= Na2CO3(s) +H2O(g) H = + 58.73 kJmol1（5）106(ba)/11a（7分）（1）Cl2 （1分） SO2
44、Br22H2O=2HBrH2SO4（2分）（2）苦卤样品的体积、Mg(OH)2沉淀的质量（2分） （3） 97.7 mol（2分）22、（6分）CO（或一氧化碳）和 CH3OH（或甲醇）（1）1/3 （0.33或33.3） （2）C（16分）（1）0.7（2） CH4 -8e- + 2H2O = CO2 + 8H+ CH48e+4CO32=5CO2+2H2O正、负 C3H8+10O220e=3CO2+4H2O b 3.2有大量无色气泡(或气体)产生，并且有白色沉淀产生。23、（12分）（1） D 、C 、B 2 分（全对得2分，有一个序号错误或顺序错误不得分）（2） 防止可能生成的NO被完全氧化成NO2 ，造成对A中反应气体产物检验不完全 2分（3） C中出现红棕色气体 2 分 冷凝使NO2完全液化 2 分（4） 4NO2 + O2 + 4NaOH = 4NaNO3 +2 H2O 2分（5） 2NaNO2 + H2SO4 = Na2SO4 + NO2 + NO+ H2O 2分24（8分）(1)BaTiO3 (2)面心 (3)正八面体 (4)145pm- 21 - 版权所有高考资源网
