1、2015-2016学年新疆乌鲁木齐九十七中（金英外国语学校）高三（上）第二次段考化学试卷一、选择题（本题包括22题，每小题2分，共44分每小题只有一个选项符合题意）1下列叙述正确的是（）AO2和O3互为同位素，性质相似B等质量的碳酸钠和碳酸氢钠粉末分别与足量同浓度的稀盐酸反应，前者产生的二氧化碳多，后者产生二氧化碳的速率慢C明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同D浓硫酸通常可用铝槽车来运输2下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A8个中子的碳原子的核素符号：12CBHF的电子式：CCl离子的结构示意图：DCH4分子的比例模型：3下列物质能使紫色石蕊试液由紫变红又褪色
2、的是（）Cl2 盐酸 氯水 盐酸酸化的漂白粉溶液 木炭 Na2O2ABCD4实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A装置常用于分离沸点不同的液体混合物B装置用于吸收氨气，能够防止倒吸C以NH4Cl为原料，装置可制备少量NH3D装置a口进气可收集Cl2、NO等气5Al、Fe、Cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均为碱性氧化物B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al6用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下
3、列说法正确的是（）将1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NA12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA在标准状况下，22.4L H2O中的O原子数为NA17g羟基中含有的电子数为10NA1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA200mL 1molL1 Fe2（SO4）3溶液中，Fe3+和SO42离子数的总和小于NAABCD7一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）APH=12的溶液：NH4+、Na+、Cl、HCO3B能使pH试纸变红色的溶液：Na+、Al3+、NO3、SO42C含有大量Fe3+的溶液：SCN、I、K+、BrD澄清透明的无色溶液
4、：ClO、MnO4、Al3+、SO428已知下述三个实验均能发生化学反应下列判断正确的是（）将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中A上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+B实验中铁钉只作还原剂C实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D实验中发生的是置换反应9下列化学反应的离子方程式正确的是（）A在NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2+4CO2+2H2OAl3+4HCO3BCa（ClO）2溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+Ca2+2ClOCaCO3+2HClOC用Fe（NO3）2溶液加入HCl溶液：Fe2+NO3+4H+Fe3+NO+2H2ODFe
5、Br2溶液通入少量的Cl2：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl10已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1xCoO2C+LiCoO2；锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S有关上述两种电池说法正确的是（）A锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C理论上两种电池的比能量相同D图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电11下图是元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种元素的原子核最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和下列说法不正确的是（） XYZWAX、W的最高价氧化物对应的水化物均是强酸BX、Z均可与Y形成原子个数之比1：2的化合物C四种元
6、素之间不可能形成离子型化合物DZ的最高价氧化物能溶于X的最高价氧化物对应的水化物中12某反应2AB（g）C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的H、S应为（）AH0，S0BH0，S0CH0，S0DH0，S013如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，据此判断下列说法错误的是（）A该硫酸具有强烈的腐蚀性，应放于危险化学用品柜中妥善保管B取10mL该硫酸于烧杯中，再加18.4mL的水可配得9%的硫酸C配制200mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度小于9.2mol/L14某无色溶
7、液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl、Br、SO32、SO42中的若干种（忽略水电离出的H+、OH），依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A肯定含有的离子是B肯定没有的离子是C可能含有的离子是D不能确定的离子是15物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c（H+）由大到小的顺序是（）NaHSO4 NaHCO3
8、 Na2CO3 Na2SO4ABCD16下列各组物质中，将前者加入后者时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是（）A稀盐酸溶液，NaAlO2溶液B浓氨水，AgNO3溶液CNaOH溶液，AlCl3溶液DCu，FeCl3溶液17将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是（）ABCD18下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A已知2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）H=+483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为H=241.8kJ/molB已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0，则金刚石不如石墨稳定C已知中和
9、热为H=57.4kJ/mol，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）=2CO2 （g）H1；2C（s）+O2 （g）=2CO（g）H2，则H1H219用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，长时间通电后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2恰好恢复到电解前的浓度和pH则电解过程中转移电子的总物质的量为（）A0.2molB0.4molC0.6molD0.8mol20一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是（）乙甲乙AHClBFeCl
10、2CKOHDNa2CO321在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s122可逆反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质
11、量不再改变的状态ABCD全部二、填空题（本大题包括5小题，共56分）23按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：（1）判断装置的名称：A池为，B池为（2）锌极为极，电极反应式为；铜极为极，电极反应式为；石墨棒C1为极，电极反应式为；石墨棒C2附近发生的实验现象为（3）当C2极析出5.6L气体（标准状况）时，锌的质量变化为 （增加或减少）CuSO4溶液的质量变化为 （增加或减少）：g24如图是中学化学常见物质的转化关系（某些反应条件及部分产物已略去），A、G为日常生活中的常见金属B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，J为红棕色气体D为黑色固体，M为红褐色胶体请回答下列问题：（1）A元素位
12、于周期族；D的化学式；K的化学式（2）向20mL沸水中滴加F饱和溶液1mL2mL，继续煮沸，待溶液呈红褐色，可制得M胶体，写出其过程中的离子方程式（3）鉴别L溶液和N溶液的最简单的方法是（4）反应的离子方程式为25如图是甲、乙两位同学探究铜与稀硝酸反应还原产物的实验装置图，请回答下列问题：（1）写出铜和稀硝酸反应的离子方程式（2）与装置甲相比，装置乙的优点是 （3）若用实验装置甲进行实验，能否证明铜和稀硝酸反应的产物是NO气体：（4）若用实验装置乙进行实验，实验前如何检验装置乙的气密性26某温度下，向容积为1L的容器中充入3mol NO和1mol CO，发生2NO（g）+2CO（g）N2（g）
13、+2CO2（g）反应，NO的转化率随时间的变化如图1所示回答下列问题：（1）该温度下，化学平衡常数K=，平衡时CO的转化率为（2）A点的逆反应速率v逆（CO）（填“”、“”或“=”）B点的逆反应速率v逆（NO）（3）下列如图图象正确且能表明在时间t时刻反应一定处于平衡状态的是如果该反应达平衡后，降低温度，平衡常数增大，则H0（填“”、“”或“=”）（4）达平衡后，保持恒温，将容器的容积扩大一倍，下列说法正确的是A平衡向正反应方向移动 BCO的体积分数增大C平衡常数减小 D一氧化碳的浓度增大27某化工集团为了提高资源利用率减少环境污染，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链其主要工艺如下：（1）写出电
14、解食盐水反应的离子方程式（2）写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式：（3）已知：Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）；H=641kJmol1Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）；H=770kJmol1则2Mg（s）+TiCl4（g）=2MgCl2（s）+Ti（s）；H反应2Mg+TiCl42MgCl4+Ti在Ar气氛中进行的理由是（4）在上述产业链中，合成192t甲醇理论上需额外补充H2t（不考虑生产过程中物质的任何损失）（5）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池该电池中负极上的电极反应式是2015-2016学年新疆乌鲁木齐九十七中（金英外国语学校）高
15、三（上）第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括22题，每小题2分，共44分每小题只有一个选项符合题意）1下列叙述正确的是（）AO2和O3互为同位素，性质相似B等质量的碳酸钠和碳酸氢钠粉末分别与足量同浓度的稀盐酸反应，前者产生的二氧化碳多，后者产生二氧化碳的速率慢C明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同D浓硫酸通常可用铝槽车来运输【考点】同位素及其应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A、同位素是同种元素形成的不同单质；B、碳酸钠中碳元素的百分含量少；C、明矾只能净水不能消毒；D、浓硫酸可以使铝钝化【解答】解：A、同位素是同
16、种元素形成的不同单质，而O2和O3是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故A错误；B、碳酸钠中碳元素的百分含量少，故等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别和盐酸反应，碳酸钠放出的二氧化碳少；由于碳酸氢钠放出二氧化碳只需一步，故碳酸氢钠放出二氧化碳的速率快，故B错误；C、明矾溶于水后能水解出氢氧化铝胶体，有吸附作用，只能净水不能消毒，故C错误；D、浓硫酸可以使铝钝化，故可以用铝槽车来运输浓硫酸，故D正确故选D【点评】本题考查了同位素的概念和明矾净水的原理等问题，应注意的是碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应的区别，难度不大2下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A8个中子的碳原子的核素符号：12CBHF
17、的电子式：CCl离子的结构示意图：DCH4分子的比例模型：【考点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】A、核素符号左上方数字代表质量数，质量数=质子数+质子数；B、共价化合物电子式中没有离子；C、结构示意图的圆圈内数字代表质子数；D、根据原子的相对大小和位置关系来分析【解答】解：A、8个中子的碳原子的核素符号应是14C，故A错误；B、HF是共价化合物，分子中不存在离子，电子式不用括号，不带电荷，故B错误；C、Cl离子的结构示意图为，故C错误；D、CH4分子的比例模型是，故D正确故选D【点评】化学用语是高考的热点，要熟练掌握常用的化学用语，注意不同
18、化学用语的书写要求3下列物质能使紫色石蕊试液由紫变红又褪色的是（）Cl2 盐酸 氯水 盐酸酸化的漂白粉溶液 木炭 Na2O2ABCD【考点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】使紫色石蕊溶液变红，说明水溶液呈酸性，溶液褪色说明具有漂白性，以此解答【解答】解：Cl2与水反应生成HCl、HClO，能使紫色石蕊试液由紫变红又褪色，故选；盐酸为酸溶液，只能使紫色石蕊试液由紫变红，故不选；氯水中含HCl、HClO，能使紫色石蕊试液由紫变红又褪色，故选；盐酸酸化的漂白粉溶液，发生强酸制取弱酸的反应生成HClO，含HCl、HClO，能使紫色石蕊试液由紫
19、变红又褪色，故选； 木炭具有吸附性，不具有酸性，不能使紫色石蕊试液由紫变红，故不选； Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，可使紫色石蕊变蓝，故不选；故选B【点评】本题考查较为综合，涉及过氧化钠、盐酸、HClO和氯气的性质，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，注意相关基础知识的积累，难度不大4实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是（）A装置常用于分离沸点不同的液体混合物B装置用于吸收氨气，能够防止倒吸C以NH4Cl为原料，装置可制备少量NH3D装置a口进气可收集Cl2、NO等气【考点】蒸馏与分馏；氨的实验室制法；分液和萃取；气体的收集【专题】
20、化学实验基本操作【分析】A根据蒸馏用来分离沸点不同的液体混合物的方法；B根据吸收易溶于水的气体时，应防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入气体不溶的有机溶剂等方法；C根据铵盐与碱反应生成氨气；D根据用多用瓶收集气体时，从长管进收集的气体应密度比空气大，且不能与氧气反应；【解答】解：A装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，并且温度计位置和进出水方向正确，故A正确； B用图装置起不到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故B错误；C加热氯化铵分解生成的氯化氢和氨气能重新生成氯化铵，不能得到氨气，应用氯化铵和氢氧化钙解热制备，故C错误；D一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮只能用排
21、水法收集，故D错误；故选：A【点评】本题考查物质的分离、氨气的制备、气体的收集等操作，题目难度中等，易错点为B，注意防倒吸的实验原理5Al、Fe、Cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）A三者对应的氧化物均为碱性氧化物B三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物【分析】A、根据Al、Fe、Cu三者对应的氧化物各自所属类别
22、来回答；B、根据Al、Fe、Cu三者放在空气中所发生的反应来回答；C、根据AlCl3、FeCl3、CuCl2三种溶液直接蒸干时所得到的产物进行分析；D、根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出【解答】解：A、铝对应的氧化物Al2O3是两性氧化物，故A错误；B、Fe还可以形成复杂的氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，故B错误；C、因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl气体了，HCl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C正确；D、根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：C
23、u2+H+Fe2+Al3+，Fe2+和Al3+不放电，Fe3+得电子成为Fe2+，不会析出铁，所以铁和Al不可以，因为它们比H活泼，只有Cu可以，故D错误故选C【点评】本题考查了常见的金属单质的性质、电解原理以及盐类水解的应用知识，是一道综合型题目6用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）将1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为NA12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA在标准状况下，22.4L H2O中的O原子数为NA17g羟基中含有的电子数为10NA1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA200mL 1molL1 Fe2（SO
24、4）3溶液中，Fe3+和SO42离子数的总和小于NAABCD【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】将1mol氯气通入足量水中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；熔融的NaHSO4中含有的阳离子只有钠离子；在标准状况下，水的状态不是气体；羟基中含有9个电子，17g羟基的物质的量为1mol，含有9mol电子；过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的阴、阳离子的物质的量为3mol；200mL 1molL1 Fe2（SO4）3溶液中含有0.2mol硫酸铁，由于铁离子部分水解，溶液中Fe3+和SO42离子总物质的量小于1mol【解
25、答】解：将1mol氯气通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移的电子小于1mol，转移的电子数小于NA，故错误；12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故正确；在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4L H2O中的物质的量，故错误；17g羟基的物质的量为1mol，1mol取取经中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故错误；1mol Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳
26、离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故正确；200mL 1molL1 Fe2（SO4）3溶液中含有溶质硫酸铁0.2mol，铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42离子的总物质的量小于1mol，溶液中Fe3+和SO42离子总数的总和小于NA，故正确；故选D【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，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；为易错点，注意氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸7一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）
27、APH=12的溶液：NH4+、Na+、Cl、HCO3B能使pH试纸变红色的溶液：Na+、Al3+、NO3、SO42C含有大量Fe3+的溶液：SCN、I、K+、BrD澄清透明的无色溶液：ClO、MnO4、Al3+、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】APH=12的溶液，显碱性；B能使pH试纸变红色的溶，显酸性；C离子之间结合生成络离子，离子之间发生氧化还原反应；DMnO4为紫色【解答】解：APH=12的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+、HCO3，故A错误；B能使pH试纸变红色的溶，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；CFe3+、SCN结合生成络离子，I、Fe3
28、+发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；DMnO4为紫色，与无色不符，且ClO、Al3+相互促进水解，不能共存，故D错误；故选B【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、水解反应等离子共存考查，综合性较强，题目难度不大8已知下述三个实验均能发生化学反应下列判断正确的是（）将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中A上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+B实验中铁钉只作还原剂C实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D实验中发生的是置换反应【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分
29、析】中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，中发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱【解答】解：A发生的三个反应，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+Cu2+Fe2+，故A错误；B由中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故B正确；C实验中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，Fe2+表现还原性，故C错误；D置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而中发生Cu+2Fe
30、3+2Fe2+Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性比较，题目难度不大9下列化学反应的离子方程式正确的是（）A在NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2+4CO2+2H2OAl3+4HCO3BCa（ClO）2溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+Ca2+2ClOCaCO3+2HClOC用Fe（NO3）2溶液加入HCl溶液：Fe2+NO3+4H+Fe3+NO+2H2ODFeBr2溶液通入少量的Cl2：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+B
31、r2+4Cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B反应生成碳酸钙、HClO；C发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水；D少量氯气只氧化亚铁离子【解答】解：A在NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故A错误；BCa（ClO）2溶液中通入少量CO2的离子反应为CO2+H2O+Ca2+2ClOCaCO3+2HClO，故B正确；C用Fe（NO3）2溶液加入HCl溶液的离子反应为3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，故C错误；DFeBr2溶液通入少量的Cl2的离子反应为2Fe2+Cl22Fe
32、3+2Cl，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大10已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1xCoO2C+LiCoO2；锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S有关上述两种电池说法正确的是（）A锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应C理论上两种电池的比能量相同D图中表示用锂离子电池给锂硫电池充电【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】A、原电池中阳离子向正极移动；
33、B、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连；C、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小；D、给电池充电时，负极与外接电源的负极相连，正极与外接电源的正极相连【解答】解：A、原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A错误；B、锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上Li+得电子发生还原反应，故B正确；C、比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C错误；D、图中表示锂硫电池给锂离子电池充电，右边电极材料是Li和S，锂负极，硫为
34、正极，左边电极材料是C和LiCoO2，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2LixC+Li1xCoO2为充电过程即为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，LiCoO2为阳极失电子发生氧化反应：LiCoO2xexLi+=Li1xCoO2；C为阴极得电子发生还原反应：C+xe+xLi+=LixC，则C与负极Li相连，LiCoO2应与正极S相连，故D错误；故选B【点评】本题考查了二次电池，侧重于对原电池原理和电解池原理的考查，题目难度中等，注意根据电池总反应判断正负极材料及电极反应11下图是元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种元素的原子核最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和下列
35、说法不正确的是（） XYZWAX、W的最高价氧化物对应的水化物均是强酸BX、Z均可与Y形成原子个数之比1：2的化合物C四种元素之间不可能形成离子型化合物DZ的最高价氧化物能溶于X的最高价氧化物对应的水化物中【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、W四种元素是短周期元素，设X的原子序数是a，则Y、Z、W的原子序数分别是（a+1）、（a+7）、（a+10），设X的最外层电子数是b，则Y、Z、W的最外层电子数分别是b+1、b1、b+2，X属于第二周期元素，则ab=2，X、Y、Z、W四种元素的原子核外最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和，所以b+
36、（b+1）+（b1）+（b+2）=（a+1）+（a+7），联立方程解得a=7，b=5，所以X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，W是Cl元素，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W四种元素是短周期元素，设X的原子序数是a，则Y、Z、W的原子序数分别是（a+1）、（a+7）、（a+10），设X的最外层电子数是b，则Y、Z、W的最外层电子数分别是b+1、b1、b+2，X属于第二周期元素，则ab=2，X、Y、Z、W四种元素的原子核外最外层电子数之和等于Y、Z元素的原子序数之和，所以b+（b+1）+（b1）+（b+2）=（a+1）+（a+7），联立方程解得a=7，b=5，所以X是N元素，Y是O元素，Z是S
37、i元素，W是Cl元素，AX、W的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、高氯酸，二者均是强酸，故A正确；BN、Si与O分别可以形成NO2、SiO2，二者中原子个数之比均为1：2，故B正确；CN、O、Si、Cl四元素均为非金属性元素，不能形成离子化合物，故C正确；D二氧化硅不能溶于硝酸，故D错误，故选D【点评】本题考查了元素元素周期表、结构与位置关系等，正确推断元素是解本题关键，注意掌握原子序数的关系，难度中等12某反应2AB（g）C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的H、S应为（）AH0，S0BH0，S0CH0，S0DH0，S0【考点】焓变和熵变【专题】化学
38、反应中的能量变化【分析】当G=HTS0时，反应能自发进行，G=HTS0时，反应不能自发进行，据此分析【解答】解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应能自发进行，A、当H0，S0时，G=HTS0，在室温一定能自发进行，故A错误；B、H0，S0时，在低温下能自发进行，故B错误；C、H0，S0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；D、H0，S0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误故选：C【点评】本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用13如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，据此判断下
39、列说法错误的是（）A该硫酸具有强烈的腐蚀性，应放于危险化学用品柜中妥善保管B取10mL该硫酸于烧杯中，再加18.4mL的水可配得9%的硫酸C配制200mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度小于9.2mol/L【考点】溶液的配制【专题】溶液浓度的计算【分析】A浓硫酸具有强的腐蚀性，为危险药品；B依据浓硫酸稀释方法解答；C依据溶液稀释过程中所含溶液中的物质量不变计算；D浓硫酸浓度越大其密度越大，硫酸密度大于水密度，等质量硫酸和水，水的体积大于硫酸体积【解答】解：质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度=18.4mol
40、/L，为浓硫酸A浓硫酸具有强的腐蚀性，为危险药品，应该妥善保管，故A正确；B浓硫酸稀释时，应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，故B 错误；C因配制前后物质的量不变，则配制200ml4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸为=50mL，故C正确；D浓硫酸浓度越大其密度越大，硫酸密度大于水密度，等质量硫酸和水，水的体积大于硫酸体积，所以二者混合后溶液体积大于浓硫酸的二倍，则其物质的量浓度小于原来的，即小于9.2mol/L，故D正确；故选B【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，明确浓硫酸的性质及稀释操作是解题关键，注意浓硫酸浓度越大其密度越大，氨水浓度越大其密度越小，题目难度不大14某无色溶液中只可能含有
41、Na+、Ba2+、Cl、Br、SO32、SO42中的若干种（忽略水电离出的H+、OH），依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用pH试纸检验溶液的pH大于7（2）向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色（3）向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生（4）过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A肯定含有的离子是B肯定没有的离子是C可能含有的离子是D不能确定的离子是【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】根据盐类水解分析溶液呈碱性，是含有弱酸阴离子，
42、只有亚硫酸根离子，根据离子共存，判断出不存在的离子；根据萃取现象确定所含溴离子；（3）操作步骤中的现象只能说明可能含有硫酸根离子；（4）操作步骤中的现象证明含氯离子，但由于（2）加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定；最后根据电荷守恒确定电解质溶液中的阳离子的存在【解答】解：依据题干中的条件，溶液是无色混合溶液，则有色离子不存在，（1）PH测得溶液PH大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则一定含有SO32，无Ba2+；（2）溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色证明原溶液含溴离子；（3）分液加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明溶液中可能含硫酸根离子，（4）过滤，向
43、滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明是氯离子，但（2）加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子；根据以上分析溶液中一定含有SO32、Br，一定没有Ba2+；依据电荷守恒，溶液中一定含有Na+；所以溶液中一定存在的离子是；不能确定的是Cl、SO42；故选D【点评】本题考查了常见离子的检验方法和产生的现象，萃取操作，离子共存的判断等知识，注意电荷守恒的应用，关键是先肯定离子存在，再否定不共存的离子，本题难度不大15物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c（H+）由大到小的顺序是（）NaHSO4 NaHCO3 Na2CO3 Na2SO4ABCD【考点】水的电离；盐类水解的
44、应用【分析】根据酸对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起到促进作用，不水解的盐对水的电离无影响，水的电力程度越大，电离出的氢离子或是氢氧根离子浓度越大【解答】解：A、NaHSO4是强电解质，能完全电离出氢离子，显示强酸性，对水的电离抑制程度最大，故由水电离出的氢氧根浓度最小；NaHCO3和Na2CO3都是能水解的盐，对水的电离起到促进的作用，碳酸钠中碳酸根的水解程度大于碳酸氢钠中碳酸氢根离子的水解程度，所以碳酸钠对水的电离起到的促进作用大，由水电离出的氢氧根浓度是碳酸钠大于碳酸氢钠，硫酸钠不水解，对水的电离程度无影响，综上由水电离出的氢氧根浓度由大到小的顺序是，故选C【点评】本题考查学生
45、有关水的电离平衡的影响知识，掌握酸和碱抑制水的电离，而盐的水解促进水的电离，盐的水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，难度不大16下列各组物质中，将前者加入后者时，无论前者是否过量，都能用同一个化学方程式表示的是（）A稀盐酸溶液，NaAlO2溶液B浓氨水，AgNO3溶液CNaOH溶液，AlCl3溶液DCu，FeCl3溶液【考点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】元素及其化合物【分析】A、稀盐酸不足生成氢氧化铝，稀盐酸过量生成氯化铝；B、从氢氧化银能容于过量的氨水分析；C、氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，氯化铝过量生成氢氧化铝沉淀；D、发生的是氧化还原反应，过量的物质不能继续反应【解
46、答】解；A、稀盐酸溶液加入NaAlO2溶液发生的反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，量不同，生成产物不同，故A不符合；B、浓氨水加入AgNO3溶液发生反应NH3H2O+AgNO3=AgOH+NH4NO3，AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O，量不同，生成产物不同，故B不符合；C、氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，氯化铝过量生成氢氧化铝沉淀，不能用同一个化学方程式表示，故C不符合；D、Cu加入FeCl3溶液只发生反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，铜过量不再反应，故D符合；故选D【点评】本题考查了物
47、质反应随量的不同产物不同，同时考查了偏铝酸钠、氢氧化铝、氢氧化银、氯化铁等物质的性质17将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是（）ABCD【考点】碳族元素简介【分析】向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先CO2和Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，当Ca（OH）2消耗完时，继续通入CO2，CO2和KOH反应生成K2CO3，当KOH完全反应后，继续通入CO2，CO2和K2CO3反应生成KHCO3，后CO2和CaCO3、H2O反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，据此分析解答【解答】解：向KOH和Ca（OH）
48、2的混合稀溶液中通入CO2，先CO2和Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，当Ca（OH）2消耗完时，继续通入CO2，CO2和KOH反应生成K2CO3，当KOH完全反应后，继续通入CO2，CO2和K2CO3反应生成KHCO3，后CO2和CaCO3、H2O反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，故选D【点评】本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，难度较大18下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A已知2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）H=+483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为H=241.8kJ/molB已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0，则金刚石不如
49、石墨稳定C已知中和热为H=57.4kJ/mol，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/molD已知2C（s）+2O2（g）=2CO2 （g）H1；2C（s）+O2 （g）=2CO（g）H2，则H1H2【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热生成物中CCO2，H2H2O（液），SSO2（气）；B、由反应吸热，可知金刚石和石墨的能量的高低，从而知道稳定性；C、弱电解质电离吸热；D、比较反应热时要带着正
50、负号比较【解答】解：A、1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热生成物中H2H2O（液），故A错误；B、由C（石墨，s）=C（金刚石，s）；H0可知反应吸热，故石墨的能量低于金刚石，而能量越低，物质越稳定，故金刚石不如石墨稳定，故B正确；C、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热而醋酸为弱酸，电离吸热，故反应热H57.4kJ/mol，故C错误；D、反应2C（s）+2O2（g）=2CO2 （g）是碳的完全燃烧，放出的热量多，故H1小，而2C（s）+O2 （g）=2CO（g）是碳的不完全燃烧，故H2大，故D错误故选B【点评】本题考查了燃
51、烧热、中和热和反应热的大小比较，较简单19用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，长时间通电后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2恰好恢复到电解前的浓度和pH则电解过程中转移电子的总物质的量为（）A0.2molB0.4molC0.6molD0.8mol【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，则铜离子和氢氧根放电，说明电解过程中电解的是硫酸铜和水后，继续电解部分水，依据电子守恒计算电子转移；【解答】解：Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，加入0.2 mol Cu（O
52、H）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解生成了0.2mol H2SO4，硫酸铜溶液电解完成后，又电解了0.2 mol H2O，由电解的总反应式：2H2O+2CuSO42Cu+O2+2H2SO4 转移电子 2mol 4mol 0.2mol 0.4mol 2H2O2H2+O2转移电子2mol 4mol0.2mol 0.4mol所以电解过程中共转移电子为0.8mol 故选：D【点评】本题考查电解池的工作原理，先根据原子守恒计算析出铜单质的物质的量，再根据铜与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量，题目难度中等20一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是（）乙甲乙AHClBFe
53、Cl2CKOHDNa2CO3【考点】无机物的推断；氯气的化学性质；铁的化学性质【专题】无机推断；元素及其化合物【分析】由乙甲乙可知，结合选项可知，甲、乙均为化合物，甲乙发生分解反应，则甲可能为碳酸氢钠，乙可能为碳酸钠，以此来解答【解答】解：A若乙为HCl，则不能发生化合反应生成甲，故A不选；B若乙为FeCl2，乙甲的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲乙，故B不选；C甲为化合物，KOH不会通过化合反应生成甲，故C不选；D若乙为碳酸钠，碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙（碳酸氢钠），乙（碳酸氢钠）加热分解生成碳酸钠，故D选；故选D【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，明确发生的化学反应
54、及物质的类型是解答本题的关键，注意实现甲分解生成乙的过程中发生的反应为非氧化还原反应，题目难度较大21在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【专题】化学反应速率专题【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快【解答】解：化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，A. =0.25，B. =0.3，C. =0.27，D. =0.25，则反应速
55、率最快的为B，故选B【点评】本题考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较，题目难度不大22可逆反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD全部【考点】化学平衡状态的判断【专题】化学平
56、衡专题【分析】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态【解答】解：单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，故正确；单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，故错误；用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故错误；混合气体的颜色不变化说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，故正确；
57、该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，故错误；因该反应是物质的量在增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故正确；混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故正确；故选A【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意C项为易错点，注意反应前的计量数等于反应后各物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变二、填空题（本大题
58、包括5小题，共56分）23按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：（1）判断装置的名称：A池为原电池，B池为电解池（2）锌极为负极，电极反应式为Zn2e=Zn2+；铜极为正极，电极反应式为Cu2+2e=Cu；石墨棒C1为阳极，电极反应式为2Cl2e=Cl2；石墨棒C2附近发生的实验现象为有无色气泡产生附近溶液变红色（3）当C2极析出5.6L气体（标准状况）时，锌的质量变化为减少 （增加或减少）16.25gCuSO4溶液的质量变化为增加 （增加或减少）：0.25g【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】（1）左边装置能自发的进行氧化还原反应，所以为原电池，右边装置为电解池；（2
59、）原电池中锌作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn2e=Zn2+，正极电极反应式为Cu2+2e=Cu，石墨棒C1为阳极，电极反应式为2Cl2e=Cl2，石墨棒C2为阴极，电极反应式为2H+2e=H2，根据溶液中氢离子浓度变化判断pH变化；（3）根据串联电路中转移电子相等进行计算【解答】解：（1）左边装置能自发的进行氧化还原反应，能将化学能转化为电能，所以为原电池，右边装置有外接电源，属于电解池，故答案为：原电池；电解池；（2）锌为负极，负极上电极反应式为Zn2e=Zn2+，铜为正极，铜极上的电极反应式为Cu2+2 e=Cu，石墨棒C1为阳极，电极反应式为2Cl2e=Cl2，石墨棒C2为阴极
60、，电极反应式为2H+2e=H2，石墨棒C2附近还生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，则溶液的pH增大，酚酞遇碱变红色，所以石墨棒C2附近发生的实验现象是：有气体生成、溶液变红色，故答案为：负；Zn2e=Zn2+；正；Cu2+2 e=Cu；阳；2Cl2e=Cl2；有无色气泡产生附近溶液变红色；（3）C2极析出的气体是氢气，氢气的物质的量=0.25mool，原电池中锌作负极而被腐蚀，所以随着反应的进行，锌的质量逐渐减少，生成0.25mol氢气转移电子的物质的量=0.25mol2=0.5mol，根据串联电路中转移电子相等知，锌减少的质量=65g/mol=16.25g，在原电池中，锌作负极、Cu作正极，
61、负极上电极反应式为Zn2e=Zn2+，正极电极反应式为Cu2+2e=Cu，转移0.5mol电子，溶解16.25gZn，析出16gCu，溶液质量增加0.25g，故答案为：减少；16.25g；增加；0.25【点评】本题考查了原电池和电解池原理，根据反应的自发性确定原电池和电解池，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，难点是电极反应式的书写，题目难度不大24如图是中学化学常见物质的转化关系（某些反应条件及部分产物已略去），A、G为日常生活中的常见金属B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，J为红棕色气体D为黑色固体，M为红褐色胶体请回答下列问题：（1）A元素位于第四周期VIII族；D的化学式F
62、e3O4；K的化学式HNO3（2）向20mL沸水中滴加F饱和溶液1mL2mL，继续煮沸，待溶液呈红褐色，可制得M胶体，写出其过程中的离子方程式Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+（3）鉴别L溶液和N溶液的最简单的方法是观察溶液的颜色（4）反应的离子方程式为3Fe+2NO3+8H+3Fe2+2NO+4H2O【考点】无机物的推断【专题】元素及其化合物【分析】B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，则C是Cl2，J为红棕色气体，则J是NO2D为黑色固体，M为红褐色胶体，M为Fe（OH）3，A、G为日常生活中的常见金属，A能和水蒸气反应，则A是Fe，铁和B反应生成D，B是气体，则D是F
63、e3O4，B为O2，E是H2，F是FeCl3，H是NH3，I为NO，J为NO2，K为HNO3，G是生活中常见金属，能发生置换反应，则G是Al，过量铁和稀硝酸反应生成L，L是Fe（NO3）2，硝酸亚铁被氧化生成N，N为Fe（NO3）3，结合题目分析解答【解答】解：B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，则C是Cl2，J为红棕色气体，则J是NO2D为黑色固体，M为红褐色胶体，M为Fe（OH）3，A、G为日常生活中的常见金属，A能和水蒸气反应，则A是Fe，铁和B反应生成D，B是气体，则D是Fe3O4，B为O2，E是H2，F是FeCl3，H是NH3，I为NO，J为NO2，K为HNO3，G是生活中
64、常见金属，能发生置换反应，则G是Al，过量铁和稀硝酸反应生成L，L是Fe（NO3）2，硝酸亚铁被氧化生成N，N为Fe（NO3）3，（1）A为Fe，A元素位于第四周期第VIII族；D的化学式为Fe3O4；K的化学式为HNO3，故答案为：第四；VIII；Fe3O4；HNO3；（2）向20mL沸水中滴加F饱和溶液1mL2mL，继续煮沸，待溶液呈红褐色，可制得M胶体，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，其过程中的离子方程式Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；（3）L是Fe（NO3）2，N为Fe（NO3）3，亚铁离子显浅绿色，铁离子显黄色，所
65、以鉴别Fe（NO3）2溶液和Fe（NO3）3溶液的最简单的物理方法是观察溶液的颜色，故答案为：观察溶液的颜色；（4）过量铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式为3Fe+2NO3+8H+3Fe2+2NO+4H2O，故答案为：3Fe+2NO3+8H+3Fe2+2NO+4H2O【点评】本题考查了氢氧化铁胶体的制备、铝热反应、元素位置的判断等知识点，明确物质性质特殊性是解本题关键，以C、J、M为突破口，采用正逆相结合的方法进行推断，注意：氢氧化铁胶体制备过程中不能用玻璃棒搅拌，不能长时间煮沸红褐色液体，否则会产生沉淀，为易错点25如图是甲、乙两位同学探究铜与稀硝酸反应还原产物的实验装置图
66、，请回答下列问题：（1）写出铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（2）与装置甲相比，装置乙的优点是可观察NO的生成及NO被氧化 操作现象明显（3）若用实验装置甲进行实验，能否证明铜和稀硝酸反应的产物是NO气体：不能，圆底烧瓶内含有空气，NO与氧气反应，生成红棕色NO2，若产生的是NO2，NO2与水反应产生NO（4）若用实验装置乙进行实验，实验前如何检验装置乙的气密性闭活塞b打开活塞a，通过分液漏斗向U型管内加水至左边液面高于右边，若能保持此状态一段时间，则说明该装置的气密性良好【考点】性质实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质；实验装置综合【专题
67、】元素及其化合物【分析】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水（2）实验装置甲烧瓶内有空气，不易观察NO的生成，且操作现象明显；（3）NO与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮；（4）利用干燥管内外形成液面高度差检验装置气密性，根据液面的高度的变化判断气密性【解答】解：（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；（2）实验装置甲烧瓶内有空气，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，反应方程式为2NO+O22NO2，而乙中开始U型管中充满硝酸，没有空气，可
68、观察NO的生成及NO被氧化，操作现象明显，故答案为：可观察NO的生成及NO被氧化；操作现象明显；（3）二氧化氮与水反应生成一氧化氮，所以甲虽然收集到的气体是NO，但并不能说明反应中一定生成NO，也有可能生成二氧化氮，因为甲是用排水法收集气体的，圆底烧瓶内含有空气，NO与氧气反应，生成红棕色NO2，不能证明铜和稀硝酸反应的产物是NO气体故答案为：不能，圆底烧瓶内含有空气，NO与氧气反应，生成红棕色NO2，若产生的是NO2，NO2与水反应产生NO；（4）利用干燥管内外形成液面高度差检验装置气密性，操作为关闭活塞b打开活塞a，通过分液漏斗向U型管内加水至左边液面高于右边，若能保持此状态一段时间，则说
69、明该装置的气密性良好，故答案为：关闭活塞b打开活塞a，通过分液漏斗向U型管内加水至左边液面高于右边，若能保持此状态一段时间，则说明该装置的气密性良好【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、发生的反应及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大26某温度下，向容积为1L的容器中充入3mol NO和1mol CO，发生2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）反应，NO的转化率随时间的变化如图1所示回答下列问题：（1）该温度下，化学平衡常数K=，平衡时CO的转化率为60%（2）A点的逆反应速率v逆（CO）（填“”、“”或“=”）B
70、点的逆反应速率v逆（NO）（3）下列如图图象正确且能表明在时间t时刻反应一定处于平衡状态的是BC如果该反应达平衡后，降低温度，平衡常数增大，则H0（填“”、“”或“=”）（4）达平衡后，保持恒温，将容器的容积扩大一倍，下列说法正确的是BA平衡向正反应方向移动 BCO的体积分数增大C平衡常数减小 D一氧化碳的浓度增大【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【专题】化学平衡图像【分析】（1）根据三行式结合平衡常数表达式K=，转化率等于变化量和初始量的比值进行计算；（2）根据浓度与反应速率之间的关系来回答；（3）气体的平均相对分子质量M=，根据分子和分母的变化来判断；（4）减小压强，平衡向着气体的
71、系数和减小的方向进行，不会影响平衡常数的大小【解答】解：（1）2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）初始浓度：3 1 0 0变化浓度：0.6 0.6 0.3 0.6平衡浓度：2.4 0.4 0.3 0.6K=，平衡时CO的转化率为100%=60%，故答案为：；60%；（2）由A到B平衡正向进行，生成物浓度逐渐增大，所以逆反应速率逐渐增大，所以A点的逆反应速率v逆（CO）小于B点的逆反应速率v逆（NO），故答案为：；（3）假设平衡右移，温度不变，可知平衡常数不变；气体的平均相对分子质量M=，式中分子不变、分母减小，气体的平均相对分子质量增大；气体的物质的量减小，压强减小，H不变，故
72、选BC；如果该反应达平衡后，降低温度，平衡常数增大，则反应是放热反应，故答案为：BC；（4）达平衡后，保持恒温，将容器的容积扩大一倍，减小压强，A、减小压强，平衡左移，故A错误；B、减小压强，平衡左移，CO的体积分数增大，故B正确；C、平衡常数减小和压强无关，只受温度的影响，故C错误；D、将容器的容积扩大一倍，各物质的浓度均减小，故D错误故选B【点评】本题考查学生化学平衡的移动以及化学平衡的有关计算知识，属于综合知识的考查，难度中等27某化工集团为了提高资源利用率减少环境污染，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链其主要工艺如下：（1）写出电解食盐水反应的离子方程式2Cl+2H2O 2OH+H2+C
73、l2（2）写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO（3）已知：Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）；H=641kJmol1Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）；H=770kJmol1则2Mg（s）+TiCl4（g）=2MgCl2（s）+Ti（s）；H=512 kJmol1反应2Mg+TiCl42MgCl4+Ti在Ar气氛中进行的理由是防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）反应（4）在上述产业链中，合成192t甲醇理论上需额外补充H210t（不考虑生产过程中物质的任何损失）（5）以甲醇、空气、氢氧化
74、钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池该电池中负极上的电极反应式是CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O【考点】副产品的综合利用；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，以此书写离子方程式；（2）钛铁矿经氯化得到四氯化钛、氯化铁和一氧化碳；依据原子守恒配平写出；（3）根据盖斯定律，2可得；Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化；4）根据图中流程可知，利用CO和H2，反应生成甲醇，根据所需要的氢气总量减去电解生成总量，计算额外所需氢气的量；（5）碱性甲醇电池中，O2在正极得电
75、子发生还原反应，负极甲醇消耗氢氧根离子生成碳酸盐【解答】解：（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的化学方程式为2Cl+2H2O 2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O 2OH+H2+Cl2；（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；（3）反应2Mg（s）+TiCl4（l）2MgCl2（s）+Ti（s）可看做反应2得到，根据盖斯定律得
76、H641kJ/mol2（770 kJ/mol）=512kJmol1，反应2Mg（s）+TiCl4（l）2MgCl2（s）+Ti（s）在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，故答案为：512 kJmol1；Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛中可以防止被氧化；（4）根据CO+2H2CH3OH，CH3OHCOCl2H2，所以生产1 molCH3OH，理论上还需补充氢气（2）mol=mol，即gH2，故生产192 t CH3OH还需补充H2的质量10t，故答案为：10；（5）碱性甲醇电池中，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为2CH3OH12e+16OH=2CO32+12H2O，故答案为：2CH3OH12e+16OH=2CO32+12H2O【点评】本题考查化学方程式的书写及计算、盖斯定律等，题目难度中等，注意根据盖斯定律解题版权所有：高考资源网()
