1、2015-2016学年江西省赣中南五校联考高三（下）第二次段考化学试卷一、选择题在每小题所给的A、B、C及D四个选项中，只有一个选项最符合题意，每小题分值为3分，共48分1用NA表示阿伏伽德罗常数，下列有关说法正确的是（）Almol OH一中含有9 NA个电子B46g NO2和N2O4混合物中所含原子数目为3NAC常温常压下50g 46%的乙醇溶液中，所含氧原子数目为0.5NAD.常温下，56g铁粉与足量浓硝酸反应，电子转移数目小于3NA2第十一届中国国际环保展览暨会议于2009年6月3日至6日在北京举行海外展商有包括美国、法国的23个国家和地区大会的主题是“节能减排，和谐发展”你认为下列行为
2、中有悖于这一主题的是（）A开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率C研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展D实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle）3将一小块铝片加人某盐酸溶液中，铝片完全溶解，在所得溶液中继续滴加NaOH溶液生成Al（OH）3的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A盐酸与铝片反应后，盐酸还有剩余B图中B点之前发生的离子反应为Al3+3OHAl（OH）3CAB段消耗的NaOH体积与B
3、C段消耗的Na 0 H体积比3：1D溶解铝片的盐酸浓度与滴加的NaOH溶液浓度相等4下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（）SiO2H2SiO3Na2O2Al（OH）3FeCl3 CaSiO3ABCD和5W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中X原子的半径最大下列说法正确的是（）A四种元素中有两种元素在第二周期BW所在主族的元素的原子次外层电子数不可能为18CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物6已知还原性：ClBrFe2+ISO2，由此判断下列反应必然发生的是（）
4、2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+I2+SO2+2H2O=4H+SO42+2I2Fe2+I2=2Fe3+2I2Br+4H+SO42=SO2+Br2+2H2OABCD7右图是反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）进行过程中的能量变化曲线下列相关说法正确的是（）A该反应是吸热反应B使用催化剂后反应热减小C热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=510 kJmol1D曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化880C，0.1mol/L NaHB溶液中c（H+）c（OH），可能正确的关系是（）Ac（Na+）+c（H+）=c（HB
5、）+2c（B2）B溶液的pH=1Cc（H+）c（OH）=1014Dc（Na+）=c（H2B）+c（HB）9SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol FF、SF键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ则S（s）+3F2（g）SF6（g）的反应热H为（）A1780kJ/molB1220 kJ/molC450 kJ/molD+430 kJ/mol10对有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，K+、OH、S2、NO3能大量共存C向该溶液中滴入少
6、量FeSO4溶液，离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2OD向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个11氢核磁共振谱是根据不同化学环境的氢原子在谱中给出的信号不同来确定有机物分子中氢原子种类的下列有机物分子中，在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是（）A丙烷B新戊烷C正丁烷D异丁烷12有某温度下KCl饱和溶液m1g，溶质质量分数为1%对其蒸发结晶或降温结晶，若析出KCl的质量、所得母液质量及溶质质量分数用m g、m2g和2%表示，分析正确的是（）A原条件下KCl的溶解度小于1gBm11%m=m22%C1一定大于2Dm1m2m13工业废气中氮氧化
7、物是主要污染物，为了治理污染，常通入NH3，发生反应NOx+NH3N2+H2O来治理污染现有NO、NO2的混合气体3L，用同温同压下3.5LNH3使其恰好完全转化为N2，则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为（）A1：1B2：1C1：3D1：414下列实验现象与结论不一致的是实验操作（或设计）实验现象结论A等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快酸性：HBHAB以镁、铝、氢氧化钠溶液构成原电池镁表面有气泡镁作原电池的负极C相同温度下，等质量的大理石与等体积等浓度的盐酸反应粉状大理石产生气泡更快反应速率：粉状大理石块状大理石D向盛有10滴0
8、.1molL1 AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL1 NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1molL1 NaI溶液先有白色沉淀，后转成黄色沉淀Ksp（AgCl ）Ksp （AgI）（）AABBCCDD15在一定条件下，萘可以被硝硫混酸硝化生成二硝基物，它是1.5二硝基萘（）和1.8二硝基萘（）的混合物后者可溶于质量分数大于98%的硫酸，而前者不能利用这个性质可以将这两种异构体分离将上述硝化产物放入适量的98%硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，欲从滤液中得到固体1.8二硝基萘，应彩的方法是（）A蒸发浓缩结晶B向滤液中加入水后过滤C用Na2CO3溶液处理滤液D将滤液缓缓加入水中过滤
9、16下图所示的实验，能达到实验目的是（）ABCD验证温度对平衡移动的影响 验证铁发生析氢腐蚀 验证AgCl溶解度大于Ag2S 验证化学能转化为电能AABBCCDD二、解答题（共4小题，满分52分）17有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、KCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样进行如下实验：I取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；II向I中滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀全溶解，并生产无色气体（1）则原混合物中一定不存在，一定存在（2）实验中发生反应的化学方程式：（3）设计实验进一步确定混合物的组成，简述实验步骤、现象和结论18新型高效的甲烷
10、燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示回答下列问题：（1）甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为、（2）闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是，电解氯化钠溶液的总反应方程式为；（3）若每个电池甲烷通入量为1L（标准状况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为（法拉第常数F=9.65104 Cmol1，列式计算），最多能产生的氯气体积为L（标准状况）19工业上用菱锰矿（MnCO3）含FeCO3、SiO2、Cu2（OH） 2CO3等杂质为原料制取二氧化锰，其流
11、程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pHMn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是盐酸溶解MnCO3的化学方程式是（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，反应的离子方程式是（4）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：Mn2+ClO3+=+（5）将MnCl2转化为M
12、nO2的另一种方法是电解法生成MnO2的电极反应式是若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2检验Cl2的操作是若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生其原因是20已知用P2O5作催化剂，加热乙醇可制备乙烯，反应温度为80210某研究性小组设计了如下的装置制备并检验产生的乙烯气体（夹持和加热仪器略去）（1）仪器a的名称为（2）用化学反应方程式表示上述制备乙烯的原理（3）已知P2O5是一种酸性干燥剂，吸水放出大量热，在实验过程中P2O5与乙醇能发生作用，因反应用量的不同，会生成不同的磷酸酯，它们均为易溶于水的物质，沸点较低写出乙醇和磷酸反应生成磷
13、酸二乙酯的化学方程式（磷酸用结构式表示）（4）该装置中还缺一种必备仪器，该仪器为某同学认为即使添加了该仪器上述装置验证产生了乙烯不够严密，仍须在酸性高锰酸钾溶液之前添加洗气装置，其理由为2015-2016学年江西省赣中南五校联考高三（下）第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题在每小题所给的A、B、C及D四个选项中，只有一个选项最符合题意，每小题分值为3分，共48分1用NA表示阿伏伽德罗常数，下列有关说法正确的是（）Almol OH一中含有9 NA个电子B46g NO2和N2O4混合物中所含原子数目为3NAC常温常压下50g 46%的乙醇溶液中，所含氧原子数目为0.5NAD.常温下，56
14、g铁粉与足量浓硝酸反应，电子转移数目小于3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A氢氧根离子中含有10个电子，1mol氢氧根离子含有10mol电子；BNO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的原子数；C50g46%的乙醇溶液中，除乙醇含有氧原子，溶剂是水也含有氧原子；D铁粉不会钝化，56g铁粉的物质的量为1mol，1mol铁与足量浓硝酸反应失去3mol电子【解答】解：A1mol氢氧根离子含有10mol电子，应该含有10NA个电子，故A错误；B46gNO2和N2O4混合物中相当于含有46g二氧化氮，46gNO2的物质的量为=1mol，含有3mol原子，所含原子数目为3NA，故B
15、正确；C50g 46%的乙醇溶液中含有乙醇的质量为：50g46%=23g，物质的量为=0.5mol，0.5mol乙醇分子中含有0.5molO，由于水分子中也含有氧原子，所以该溶液中含有的氧原子大于0.5mol，所含氧原子数目大于0.5NA，故C错误；D56g铁粉与足量浓硝酸反应，铁粉是粉末状，不会钝化，能完全反应，所以电子转移数目为3NA，故D错误；故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，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，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2第十一届中国国际环保展览暨会议于2009年6月3日至6日在北京举行海外展
16、商有包括美国、法国的23个国家和地区大会的主题是“节能减排，和谐发展”你认为下列行为中有悖于这一主题的是（）A开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率C研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展D实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle）【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【专题】热点问题【分析】节能减排有广义和狭义定义之分，广义而言，节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放；狭义而言，节
17、能减排是指节约能源和减少环境有害物排放 和谐发展就是根据社会生态系统的特性和演替动力，遵照自然法则和社会发展规律，利用现代科学技术和系统自身控制规律，合理分配资源，积极协调社会关系和生态关系，实现生物圈稳定和繁荣【解答】解：A、开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，有利于节能减排，保护环境，故A正确；B、将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率，提高了燃烧效率，减少了资源的浪费，符合节能减排和谐发展的主题，故B正确；C、研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，化石燃料在地球上的含量是有限的，加大开采，必然带来能源的匮乏和污染物的增多，故C错误；D、减
18、少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle），符合节能减排和谐发展的主题，故D正确；故选C【点评】本题考查了节能减排和谐发展的内涵，对能源的高效利用措施，新能源的开发利用3将一小块铝片加人某盐酸溶液中，铝片完全溶解，在所得溶液中继续滴加NaOH溶液生成Al（OH）3的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A盐酸与铝片反应后，盐酸还有剩余B图中B点之前发生的离子反应为Al3+3OHAl（OH）3CAB段消耗的NaOH体积与BC段消耗的Na 0 H体积比3：1D溶解铝片的盐酸浓度与滴加的NaOH溶液浓度相等【考点】镁、铝
19、的重要化合物【分析】从图象可知，刚滴入NaOH溶液时，不生成沉淀，说明盐酸与铝片反应后仍有剩余，AB段生成氢氧化铝，BC段溶解氢氧化铝，据此判断【解答】解：A、从图象可知，刚滴入NaOH溶液时，不生成沉淀，说明盐酸与铝片反应后仍有剩余，故A正确；B、B点之前，在OA段，还发生了H+OH=H2O的反应，故B错误；C、AB段生成氢氧化铝，BC段溶解氢氧化铝，所以消耗的NaOH体积与BC段消耗的NaOH体积比一定等于3：1，故C错误；D、根据题目提供条件，无法判断盐酸与NaOH溶液浓度的关系，D错误；故选：A【点评】本题考查以图象题的形式考查铝的重要化合物的性质，题目难度中等，注意分析图象各阶段的物
20、质的量的关系，根据各阶段的化学反应判断4下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（）SiO2H2SiO3Na2O2Al（OH）3FeCl3 CaSiO3ABCD和【考点】硅和二氧化硅；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】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；、硅与氧气反应；、硅酸不能通过化合反应得到；、Na2O2钠与氧气在加热的条件下反应得到；、氧化铝和水不反应；、铁和氯气反应生成的是氯化铁；、氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙【解答】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质，硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故不符合
21、；氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故符合；Na2O2钠与氧气在加热的条件下反应得到，故不符合；氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故符合；铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故不符合；氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故不符合；故选D【点评】本题考查铁的氯化物、硅酸制备、氢氧化铝的制备反应，考查了化合反应的概念，难度中等5W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中X原子的半径最大下列说法正确的是（）A四种元素中有两种
22、元素在第二周期BW所在主族的元素的原子次外层电子数不可能为18CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种元素短周期元素，四种元素的电子层数之和等于10，如果W是第一周期元素，则X、Y、Z位于第三周期，且X的原子半径最大，符合题给信息，所以W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素；如果W是第二周期元素，则X为第二周期、Y和Z为第三周期元素才符合四种元素的电子层数之和等于10，但原子半径最大的元素不可能为X元素，
23、不符合题意，再结合题目分析解答【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种元素短周期元素，四种元素的电子层数之和等于10，如果W是第一周期元素，则X、Y、Z位于第三周期，且X的原子半径最大，符合题给信息，所以W是H元素、X是Mg元素、Y是Al元素、Z是Si元素；如果W是第二周期元素，则X为第二周期、Y和Z为第三周期元素才符合四种元素的电子层数之和等于10，但原子半径最大的元素不可能为X元素，不符合题意AW位于第一周期，X、Y、Z位于第三周期，故A错误；BW是H元素，W所在主族元素的原子次外层电子数为稀有气体最外层电子数，可能为2或8，如Li、Na、Rb，不可能为18，故B正确；CX、Y、
24、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸，两两之间均不能反应，故C错误；DMg、Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误，故选B【点评】本题考查原子结构和元素性质，正确推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握，题目难度中等6已知还原性：ClBrFe2+ISO2，由此判断下列反应必然发生的是（）2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+I2+SO2+2H2O=4H+SO42+2I2Fe2+I2=2Fe3+2I2Br+4H+SO42=SO2+Br2+2H2OABCD【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应
25、专题【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析，如果给出的方程式中还原性顺序与题干中一致，则反应能够发生，否则反应不能进行【解答】解：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，还原性大小为：SO2Fe2+，与题干的还原性强弱一致，所以该反应能够发生，故正确；I2+SO2+2H2O=4H+SO42+2I，还原性大小为：ISO2，与题干的还原性强弱一致，所以能发生，故正确；2Fe2+I2=2Fe3+2I，还原性大小为：Fe2+I，与题干的还原性强弱不一致，所以该反应不能发生，故错误；2Br+4H+SO42=SO2+Br2+2H2O，还原性大小为：BrSO
26、2，与题干的还原性强弱不一致，所以该反应不能发生，故错误；则反应必然发生的是，故选A【点评】本题考查学生氧化还原反应的基本概念及氧化性还原性强弱的判断规律，题目难度中等，把握还原剂的还原性强于还原产物的还原性即可解答7右图是反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）进行过程中的能量变化曲线下列相关说法正确的是（）A该反应是吸热反应B使用催化剂后反应热减小C热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=510 kJmol1D曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化【考点】反应热和焓变；化学能与热能的相互转化【专题】化学反应中的能量变化【分析】由图象可
27、知反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，加入催化剂，活化能减小，但反应热不变，以此解答该题【解答】解：A反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，故A错误；B加入催化剂，活化能减小，但反应热不变，故B错误；C热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91 kJmol1，故C错误；D加入催化剂，活化能减小，曲线b表示使用催化剂后的能量变化，故D正确故选D【点评】本题考查反应热与能量的变化，题目难度不大，注意分析图象曲线的意义，易错点为B，注意加入催化剂，活化能减小，但反应热不变的特点880C，0.1mol/L NaHB溶液中c（H+）c（OH），可能正确的关系是（）Ac（
28、Na+）+c（H+）=c（HB）+2c（B2）B溶液的pH=1Cc（H+）c（OH）=1014Dc（Na+）=c（H2B）+c（HB）【考点】离子浓度大小的比较【专题】离子反应专题【分析】0.1molL1的NaHB溶液中c（H+）c（OH），说明HB电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HB）+2c（B2）+c（OH）和物料守恒c（Na+）=c（B2）+c（HB）+c（H2B）解答该题；注意温度为80C【解答】解：A溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HB）+2c（B2）+c（OH），故A错误；BHB若完全电离，则溶液的pH可能为1，故B正确；
29、C常温下，水的离子积常数K=c（H+）c（OH）=1014，80C水的离子积增大，则c（H+）c（OH）1014，故C错误；D由物料守恒可知c（Na+）=c（B2）+c（HB）+c（H2B），故D错误；故选B【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度增大，注意题给信息的含义及应用，注意掌握电荷守恒和物料守恒的含义，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力9SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol FF、SF键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ则S（s）+3F2（g）SF6（g）的反应热H为（）A1780kJ
30、/molB1220 kJ/molC450 kJ/molD+430 kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】压轴题；化学反应中的能量变化【分析】根据反应热H=反应物总键能生成物总键能计算反应热【解答】解：反应热H=反应物总键能生成物总键能，所以对于S（s）+3F2（g）SF6（g），其反应热H=280KJ/mol+3160KJ/mol6330KJ/mol=1220kJ/mol，故选：B【点评】本题考查反应热的计算，难度中等，清楚H=反应物总键能生成物总键能是解题关键10对有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该
31、溶液中，K+、OH、S2、NO3能大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2OD向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A次氯酸钠具有强氧化性，能够氧化溴离子；次氯酸根离子与氢离子反应；B次氯酸钠能够氧化硫离子；C溶液中不存在氢离子，反应生成氢氧化铁沉淀；D根据反应ClO+2H+Cl=Cl2+H2O可知生成1mol氯气失去转移1mol电子【解答】解：ANaClO能够与H+、Br发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BNaClO能够氧化S2，在溶液中不
32、能大量共存，故B错误；C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，次氯酸钠能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe2+5ClO+5H2OCl+2Fe（OH）3+4HClO，故C错误；D发生反应为：ClO+2H+Cl=Cl2+H2O，生成1mol氯气转移了1mol电子，转移电子约为6.021023个，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存的判断、氧化还原反应的计算、离子方程式的书写等知识，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力11氢核磁共
33、振谱是根据不同化学环境的氢原子在谱中给出的信号不同来确定有机物分子中氢原子种类的下列有机物分子中，在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是（）A丙烷B新戊烷C正丁烷D异丁烷【考点】有机物实验式和分子式的确定【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据分子中有几种氢原子，核磁共振谱就有几种峰来解答【解答】解：A丙烷结构简式为CH3CH2CH3，有3种氢原子，核磁共振氢谱有3种峰，故A错误； B新戊烷结构简式为，有1种氢原子，核磁共振氢谱有1种峰，故B正确； C正丁烷结构简式为CH3CH2CH2CH3，有2种氢原子，核磁共振氢谱有2种峰，故C错误；D异丁烷结构简式为CH3CH（CH3）2，有2种氢原子，核
34、磁共振氢谱有2种峰，故D错误故选B【点评】本题考查核磁共振氢谱，题目难度不大，注意分子中有几种氢原子氢核磁共振谱就有几种峰，注意等效氢的判断12有某温度下KCl饱和溶液m1g，溶质质量分数为1%对其蒸发结晶或降温结晶，若析出KCl的质量、所得母液质量及溶质质量分数用m g、m2g和2%表示，分析正确的是（）A原条件下KCl的溶解度小于1gBm11%m=m22%C1一定大于2Dm1m2m【考点】溶解度、饱和溶液的概念【专题】溶液和胶体专题【分析】现有某温度下的KCl饱和溶液m1g，溶质的质量分数为1%对其采取某种措施后析出mgKCl晶体，所得母液的质量为m2g，溶质的质量分数为2%，晶体KCl析
35、出的条件为降低温度、蒸发水分等A若原溶液为饱和溶液，则溶解度S与质量分数的关系是100%=1g；Bm11%m=m22%中满足溶质的质量相等；C若原溶液为饱和溶液，条件为降低温度，则冷却将使晶体析出，但温度一定，KCl的溶解度为一定值；D若条件只为降低温度使晶体析出，则m 1m 2=m，若条件只为蒸发水分m（H 2 O） g使晶体析出，则m 1m 2=m+m（H 2 O），综上所述得m 1m 2m【解答】解：A若原溶液为饱和溶液，则溶解度S与质量分数的关系是100%=1g，得到原条件下KCl的溶解度S大于1g，故A错误；B依据溶质质量相同列式，原溶液中溶质质量减去析出的氯化钾等于析出晶体后溶液中
36、溶质质量，m11%m=m22%中满足溶质的质量相等，故B正确；C若原溶液为饱和溶液，条件为降低温度，则冷却将使晶体析出，但温度一定，KCl的溶解度为一定值，若恢复原温度，1一定等于2，若降低温度下1一定大于2，故C错误；D若条件只为降低温度使晶体析出，则m 1m 2=m，若条件只为蒸发水分m（H 2 O） g使晶体析出，则m 1m 2=m+m（H 2 O），综上所述得m 1m 2m，故D错误；故选B【点评】本题考查学生对溶解度等概念的理解能力，溶解度在一定温度下不变，饱和溶液中析出晶体后的溶液在该温度下仍是饱和溶液，掌握概念实质是解题关键，题目难度中等13工业废气中氮氧化物是主要污染物，为了治
37、理污染，常通入NH3，发生反应NOx+NH3N2+H2O来治理污染现有NO、NO2的混合气体3L，用同温同压下3.5LNH3使其恰好完全转化为N2，则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为（）A1：1B2：1C1：3D1：4【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】NO、NO2的混合气体3L，用同温同压下3.5LNH3使其恰好完全转化为N2，体积比等于物质的量比，可设混合气体3mol，NO、NO2分别为xmol、ymol，与氨气反应时遵循电子守恒，以此来解答【解答】解：NO、NO2的混合气体3L，用同温同压下3.5LNH3使其恰好完全转化为N2，体积比等于物质的量比，可设混合气
38、体3mol，氨气3.5mol，NO、NO2分别为xmol、ymol，解得x=0.75mol，y=2.25mol，则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为0.75mol：2.25mol=1：3，故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大14下列实验现象与结论不一致的是实验操作（或设计）实验现象结论A等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快酸性：HBHAB以镁、铝、氢氧化钠溶液构成原电池镁表面有气泡镁作原电池的负极C相同温度下，等质量的大理石与等体积等浓度的盐酸反应粉状
39、大理石产生气泡更快反应速率：粉状大理石块状大理石D向盛有10滴0.1molL1 AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL1 NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加0.1molL1 NaI溶液先有白色沉淀，后转成黄色沉淀Ksp（AgCl ）Ksp （AgI）（）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则HA的浓度大； B镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置中，Al为负极；C表面积越大，反应速率越大；D沉淀向更难溶的方向转化【解答】解：A等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则
40、HA的浓度大，HA为弱酸，所以酸性HBHA，故A正确； B镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置中，Al为负极，Mg为正极，氢离子在Mg电极上得到电子生成氢气，故B错误；C固体表面积越大，反应速率越大，故C正确；D白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较及pH与浓度的关系、原电池、化学反应速率以及沉淀转化等，把握化学反应原理及实验中细节为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大15在一定条件下，萘可以被硝硫混酸硝化生成二硝基物，它是1.5二硝基
41、萘（）和1.8二硝基萘（）的混合物后者可溶于质量分数大于98%的硫酸，而前者不能利用这个性质可以将这两种异构体分离将上述硝化产物放入适量的98%硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，欲从滤液中得到固体1.8二硝基萘，应彩的方法是（）A蒸发浓缩结晶B向滤液中加入水后过滤C用Na2CO3溶液处理滤液D将滤液缓缓加入水中过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】信息给予题【分析】根据题中信息，1.8二硝基萘可溶于质量分数大于98%的硫酸，当对溶液进行稀释时，1.8二硝基萘在稀酸溶液中析出，注意稀释浓硫酸时不能将水直接加入酸中，因硫酸溶于水会放出大量的热而导致液体飞溅，应将浓酸加入到水中，很明
42、显加入Na2CO3溶液处理滤液会造成原料的损耗，不利于循环利用【解答】解：A、1.8二硝基萘可溶于质量分数大于98%的硫酸，蒸发不会使1.8二硝基萘析出，故A错误；B、因硫酸溶于水会放出大量的热而导致液体飞溅，应将浓酸加入到水中，故B错误；C、加入Na2CO3溶液处理滤液会造成原料的损耗，不利于循环利用，故C错误；D、将滤液缓缓加入水中过滤，防止硫酸溶于水会放出大量的热而导致液体飞溅，1.8二硝基萘可溶于质量分数大于98%的硫酸，当对溶液进行稀释时，1.8二硝基萘在稀酸溶液中析出，故D正确故选D【点评】本题考查物质的分离提纯的基本方法的选择和应用，题目难度不大，本题注意两点，一是1.8二硝基萘
43、可溶于质量分数大于98%的硫酸，当对溶液进行稀释时，1.8二硝基萘在稀酸溶液中析出，二是浓硫酸的稀释16下图所示的实验，能达到实验目的是（）ABCD验证温度对平衡移动的影响 验证铁发生析氢腐蚀 验证AgCl溶解度大于Ag2S 验证化学能转化为电能AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A存在2NO2N2O4，由图可知温度高颜色深；B食盐水显中性，发生吸氧腐蚀；C硝酸银过量，发生沉淀的生成，而不是转化；D没有构成闭合回路【解答】解：A存在2NO2N2O4，由图可知温度高颜色深，可知温度高平衡逆向移动，则验证温度对平衡移动的影响，故A正确；B食盐水显中性，发生吸氧腐蚀，不能发生析氢腐蚀，
44、故B错误；C硝酸银过量，发生沉淀的生成，而不是转化，则不能比较溶解度，故C错误；D没有构成闭合回路，不能构成原电池，则不能实现能量转化，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及温度对平衡的影响、电化学腐蚀、沉淀的生成和转化、原电池原理等，把握反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析及实验装置的作用，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分52分）17有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、KCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样进行如下实验：I取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；II向I中
45、滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀全溶解，并生产无色气体（1）则原混合物中一定不存在CuSO4，一定存在CaCO3 、KCl（2）实验中发生反应的化学方程式：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O（3）设计实验进一步确定混合物的组成，简述实验步骤、现象和结论用试管取适量I过滤得到的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生沉淀则白 色固体组成中有Na2SO4，否则白色固体组成中有BaCl2【考点】几组未知物的检验【专题】元素及其化合物【分析】根据硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜，同时能形成白色沉淀的为碳酸钙，硫酸钠和氯化钡也可以反
46、应生成白色沉淀，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，硫酸钡不溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，以此分析判断并解答该题【解答】解：（1）根据硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜，同时能形成白色沉淀的为碳酸钙，硫酸钠和氯化钡也可以反应生成白色沉淀，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，硫酸钡不溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙；所以有碳酸钙；Na2SO4和BaCl2因为二者会反应，所以只能有一种，由于原固体由三种物质组成，所以一定有KCl，故答案为：CuSO4； CaCO3 、KCl（2）碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳和水，其反应方程式为：CaCO3+2HCl
47、=CaCl2+CO2+H2O，故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O；（3）进一步确定混合物的组成中有Na2SO4或BaCl2，则操作为：用试管取适量I过滤得到的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生沉淀则白 色固体组成中有Na2SO4，否则白色固体组成中有BaCl2，故答案为：用试管取适量I过滤得到的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生沉淀则白 色固体组成中有Na2SO4，否则白色固体组成中有BaCl2【点评】解答本题要从物质的颜色、物质之间相互作用时的实验现象等方面进行分析、判断，从而得出正确的结论18新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4
48、和O2，电解质为KOH溶液某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示回答下列问题：（1）甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为2O2+4H2O+8e=8OH、CH4+10OH8e=CO32+7H2O（2）闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是H2，电解氯化钠溶液的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（3）若每个电池甲烷通入量为1L（标准状况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为89.65104C/mol=3.45104C（法拉第常数F=9.65104 Cmol1，列式计算），最多能产生的氯气体积为4L（标准
49、状况）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原，负极甲烷失电子被氧化；（2）b连接电源的负极，应为阴极，生成氢气；电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠；（3）根据关系式1 mol CH48 mol e4 mol Cl2计算【解答】解：（1）在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O，正极是：2O2+4H2O+8e8OH，负极是：CH48e+10OHCO32+7H2O故答案为：2O2+4H2O+8e=8OH；CH4+10OH8e=CO32+7H2O；（2）b电极与通入甲烷的电极相连，作阴极，是H+放电，生成H2
50、；电解氯化钠溶液的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：H2；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（3）根据得失电子守恒，可得：1 mol CH48 mol e4 mol Cl2，故若每个电池甲烷通入量为1 L（标准状况），生成4L Cl2；电解池通过的电量为89.65l04Cmol1=3.45104C（题中虽然有两个燃料电池，但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算），故答案为：89.65104C/mol=3.45104C；4【点评】本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及
51、电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写19工业上用菱锰矿（MnCO3）含FeCO3、SiO2、Cu2（OH） 2CO3等杂质为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pHMn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大接触面积，提高反应速率盐酸溶解MnCO3的化学方程式是MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是2Fe2+H2
52、O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，反应的离子方程式是MnS+Cu2+=Mn2+CuS（4）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：Mn2+ClO3+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+（5）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法生成MnO2的电极反应式是Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2检验Cl2的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成若在上述M
53、nCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生其原因是其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电（不利于Cl放电）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+转化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，
54、系列转化得到MnO2（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水；（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成；（3）MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，同时得到氯化镁；（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，结合电荷守恒、原子守恒配平；（5）由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生
55、氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成；生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，用润湿的淀粉碘化钾试纸检验；其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电【解答】解：菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+转化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，
56、系列转化得到MnO2，（1）根据影响化学反应速率的因素，菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大接触面积，提高反应速率；盐酸MnCO3反应生成氯化锰、CO2 和水，反应的化学方程式为MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O，故答案为：增大接触面积，提高反应速率；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+H2O；（2）双氧水具有氧化性，Fe2+具有还原性，加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，在PH=4时得到Fe（OH）3 沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+，故答案为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3+4H+；（3）硫化锰与氯化铜反
57、应生成更难溶的CuS，同时得到氯化镁，离子方程式为：MnS+Cu2+=Mn2+CuS，故答案为：MnS+Cu2+=Mn2+CuS；（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素的化合价由+2价升高到+4价发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，然后配平的离子方程式为：5Mn2+2ClO3+4H2O=Cl2+5MnO2+8H+，故答案为：5；2；4H2O；Cl2；5MnO2；8H+；（5）电解法由MnCl2转化为MnO2，Mn元素失电子发生氧化反应，做电解池的阳极，电极反应为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H
58、+；检验氯气的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成，故答案为：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成；若其它条件不变，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电，不利于Cl放电，所以无氯气产生，故答案为：其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电（不利于Cl放电）【点评】本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理是解题关键，注意掌握电解原理及制备方案设计的原则，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力20已知用P2O5作催化剂，加热乙醇可制备乙烯，反应温度为80210某研究性小组设计了如下的装置制备并
59、检验产生的乙烯气体（夹持和加热仪器略去）（1）仪器a的名称为球形冷凝管（或冷凝管）（2）用化学反应方程式表示上述制备乙烯的原理（3）已知P2O5是一种酸性干燥剂，吸水放出大量热，在实验过程中P2O5与乙醇能发生作用，因反应用量的不同，会生成不同的磷酸酯，它们均为易溶于水的物质，沸点较低写出乙醇和磷酸反应生成磷酸二乙酯的化学方程式（磷酸用结构式表示）（4）该装置中还缺一种必备仪器，该仪器为温度计某同学认为即使添加了该仪器上述装置验证产生了乙烯不够严密，仍须在酸性高锰酸钾溶液之前添加洗气装置，其理由为没有排除乙醇的干扰（或没有排除二氧化硫的干扰）【考点】乙醇的消去反应【专题】综合实验题【分析】（1
60、）乙醇易挥发，需要冷凝装置，根据仪器A的构造写出其名称；（2）乙醇在P2O5作催化剂的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，反应原理与浓硫酸作催化剂相似；（3）根据酯化反应规律为醇羟基去氢和酸酸去羟基，剩余部分连在一起，写出反应方程式；（4）该反应中需要控制温度80210，必须使用温度计；制得的乙烯气体中通常会含有乙醇、CO2、SO2等气体，乙醇、二氧化硫和高锰酸钾都能发生氧化还原反应，导致高锰酸钾褪色，干扰了乙烯的检验【解答】解：（1）乙醇易挥发，故需要冷凝管，A为球形冷凝管（或冷凝管），故答案为：球形冷凝管（或冷凝管）；（2）利用乙醇在P2O5作催化剂的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，反应原
61、理与浓硫酸作催化剂相似，只是反应条件不同，乙醇发生了消去反应，反应方程式为：，故答案为：；（3）根据酯化反应规律为醇羟基去氢和酸去羟基，剩余部分连在一起，写出乙醇和磷酸反应生成磷酸二乙酯的化学方程式为：，故答案为：；（4）根据“加热乙醇可制备乙烯，反应温度为80210”可知，需要测定控制反应温度，则必须使用温度计，所以该装置中还缺少的仪器为温度计；乙醇具有挥发性，乙烯中可能混有乙醇，浓硫酸具有强氧化性，能氧化乙醇，把乙醇氧化成碳，同时自身被还原成二氧化硫，乙醇、二氧化硫和乙烯都能被高锰酸钾溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，所以此装置不够严密，应先除去乙烯中混有乙醇和二氧化硫再检验乙烯，故答案为：温度计；没有排除乙醇的干扰（或没有排除二氧化硫的干扰）【点评】本题考查了乙醇的消去反应的实验，属于拓展教材内容的典型实验，题目难度不大，明确题中所给的信息为解答本题的关键，试题测重学生基本实验操作能力的考查，培养了学生灵活应用所学知识的能力
