1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年河北省衡水市景县中学高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（每小题只有一个正确答案，1-20每题1分，21-40每题2分）1化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异C家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故D实验室里熔化氢氧化钠时，可选用石英坩埚和铁坩埚2银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸
2、入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去下列说法正确的是（）A处理过程中银器一直保持恒重B银器为正极，Ag2S被氧化生成单质银C该过程中总反应为2Al+3Ag2S6Ag+Al2S3D黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色Ag3在测定中和热的实验中，下列说法正确的是（）A使用环形玻璃棒是为了加快反应速率，减小实验误差B为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C用0.5molL1NaOH溶液分别与0.5 molL1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D在测定中和热实验中需要使用的仪器有：天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计4在恒温恒容的容器中进行反
3、应2A（g）B（g），若反应物的浓度由0.1mol/L降到0.06mol/L需要20s，那么再由0.06mol/L降到0.034mol/L所需反应时间应（）A等于10sB等于12sC小于12sD大于13s5北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性下列有关分析正确的是（）AK3C60中只有离子键BK3C60中不含共价键C该晶体在熔融状态下能导电DC60与12C互为同素异形体6菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的+3价砷下列说法中正确的
4、是（）A在该反应中维生素C作催化剂B砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是+3价砷C因为河虾中含有砷元素，所以不能食用D上述反应中维生素C作氧化剂7如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测下列说法不正确的是（）A电子由O2所在的铂电极流出B该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+H2O4eCH3COOH+4H+CO2所在的铂电极处发生还原反应D微处理器通过检测电流大小计算出被测气体中酒精的含量8NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A电解精炼铜的过程中，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量为32gB1 molNa2O
5、2固体中含离子总数为4NAC1mol羟基与17gNH3所含电子数之比为9：10D1molNa2CO3晶体中含CO32离子数小于NA9三氟化氮（NF3）气体在潮湿的环境中能发生如下反应：3NF+5H2O2NO+HNO3+9HF下列有关该反应的说法错误的是（）ANF3既是氧化剂，又是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2C若生成2molHNO3，则转移2mol电子DNF3中氮元素的化合价为+310已知稀溶液中，盐酸与氢氧化钠反应生成1molH2O时放热55.6kJ；1mol H2SO4（aq）与1mol Ba（OH）2（aq）反应的H=1584.2kJ/mol；则稀溶液中，Na2SO4与Ba
6、Cl2反应生成1mol BaSO4（s）的反应热等于（）A1528.6 kJ/molB1639.8 kJ/molC1473 kJ/molD1695.4 kJ/mol11某溶液中除了H+、OH以外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，下列有关该溶液判断正确的是（）A向该溶液中加入KI溶液后，原有的5种离子的物质的量不变B向该溶液中滴加稀NaOH溶液，立即出现白色沉淀C向该溶液中加入过量铁粉，只发生置换反应D若溶液中c （Cl）=0.6mol/L，则该溶液的pH=112下列实验不能达到实验目的是（）A萃取时振荡分液漏斗B 电解精炼铜C 铝热反应D 实验
7、室模拟合成氨13一定量的铁粉与足量2mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量，可向溶液中加入（）：3mol/L的硝酸溶液少量CuSO4（s）加入一定量的铜少量CH3COONa（s）对溶液加热（假定盐酸溶质不挥发）向反应液中通入HCl气体加入过量铁粉将铁粉改为铁片ABCD14下列各组离子，在指定条件下，一定能大量共存的是（）无色溶液中：Al3+、Cl、Na+、HCO3、SO42无色溶液中：Na+、AlO2、Cl、HCO3使石蕊试液呈蓝色的溶液中：K+、SO42、ClO、Cl在pH=1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I常温下，由水电离产生的c（H+）=11012molL1的溶
8、液中：Na+、Cl、CO32、SO42在pH=11的溶液中：Na+、AlO2、NO3、S2、SO32含Fe3+的溶液中：NH4+、Cl、AlO2、NO3、SCNABCD15在一恒温恒压的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）H0，t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示下列说法不正确的是（）A0t2时，v（正）v（逆）B、两过程达到平衡时，A的体积分数=Ct2时刻改变的条件是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数K（）=K（）16下列有关说法中错误的是（）A某燃料电池用熔融碳酸盐作电解质，两极分别通入CO和O2，则通入CO的一极为负极，电极反应式为C
9、O2e+CO32=2CO2BZn粒与稀硫酸反应制氢气时，为加快反应速率，可在反应过程中滴加几滴CuSO4溶液C根据自发氧化还原反应Cu+2NO3+4H+=Cu2+2NO2+2H2O设计原电池，可在常温下用铜和铁作电极，使用浓硝酸作电解质溶液D原电池中电子从负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极构成闭合回路17对于合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJ/mol，下列说法正确的是（）A若起始加入2molN2和6molH2发生反应，则平衡时N2和H2的转化率相同B该反应采用高温条件，有利于提高NH3的产率，从而提高生产效率C若起始加入2molN2和6molH2发生
10、反应，平衡时测得反应共放热46kJ，则N2的平衡转化率为50%D若平衡时保持其它条件不变，压缩容器体积，则平衡正向移动，N2的浓度减小，NH3的浓度增大18电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图下列说法不正确的是（）AO2在电极b上发生还原反应B溶液中OH向电极a移动C反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为3：4D负极的电极反应式为：2NH36e+6OHN2+6H2O19恒温下2HI（g）H2（g）+I2（g）分解达到平衡，改变下列条件能引起平衡移动的是（）A缩小容器的容积B使用催化剂C恒压下充入HeD恒容下充入Cl220关于可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+d
11、D（g）H的有关图象如下：则下列不正确的是（）Ap1p2T1T2B减小压强，正逆反应速率都减小，平衡右移CH0S0D升高温度，混合气体的平均摩尔质量增大21工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示下列说法不正确的是已知：Ni2+在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni2+（高浓度）H+Ni2+（低浓度）（）A碳棒上发生的电极反应：4OH4eO2+2H2OB为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHC电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小D若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变22下列实验能达到预期目的是（） 实验内容 实验目的A测定等物质
12、的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明了非金属性SCB某溶液中加入少量双氧水，再加几滴KSCN溶液后变红可以证明原溶液中一定含Fe2+C向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色会变浅可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡D取两只试管，分别加入4ml 0.01mol/L KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液2ml，向另一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液4ml，记录褪色时间可以证明H2C2O4浓度越大反应速率越快AABBCCDD23已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2在含3mol NaHSO3的溶液
13、中逐滴加入NaIO3溶液加入NaIO3的物质的量和和析出的I2的物质的量的关系曲线如图下列说法正确的是（）A反应过程中的氧化产物均为SO3Ba点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC0b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3+IO3=3SO42+I+3H+D当溶液中I与I2的物质的量之比为1：1时，加入的NaIO3为1.2 mol24汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若还原产物比氧化产物少1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成40.0LN2（标况）B有0.250molKNO3被氧化C共生成0.625mol氧化物D共转移电子1
14、.25mol25在容积一定的密闭容器中发生可逆反应：A（g）+2B（g）2C（g）H0；平衡移动关系如图所示下列说法正确的是（）Ap1p2，纵坐标指A的体积分数Bp1p2，纵坐标指C的质量分数Cp1p2，纵坐标指A的转化率Dp1p2，纵坐标指混合气体的平均摩尔质量26W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强，下列说法正确的是（）A最高化合价XYZWB气态氢化物的稳定性ZYWCY的氧化物与X、Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应D由
15、X、Z、W三种元素形成的化合物一定既含离子键又含共价键27新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为：Mg17Al12+17H217MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气下列说法正确的是（）A该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成B该合金中含有离子键，铝元素呈正价C1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的Y与盐酸完全反应放出H2在标准状况下的体积为1164.8LD合金的熔点高于金属镁、金属铝的熔点28利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护下列关于该装置的叙述中正确的是（）A若X为Zn时，则开关K置于M
16、或N时均可减缓铁的腐蚀B若X为Cu时，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于M处C若X为石墨、开关K置于M时，X电极上的反应为2H+2e=H2D若X为石墨、开关K置于N时，铁电极上的反应为Fe2e=Fe2+29将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD30下列离子方程式书写正确的是（
17、）A在NaClO溶液中通入过量SO2气体：ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2OCNaHCO3与少量的Ca（OH）2溶液反应：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+2H2O+CO32D10mL 0.5mol/L的明矾溶液与20mL 0.5mol/L Ba（OH）2溶液混合反应：3Ba2+6OH+2Al3+3SO423BaSO4+2Al（OH）331在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物
18、质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、Fe2+、H+C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3D含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、Al（OH）3、OH、CO3232向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 1molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（）A0.8gB1.6gC2.4gD3.2g33为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫
19、酸，使铝表面的氧化膜增厚反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O （l）电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2电解过程中，以下判断正确的是（）电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3mol Pb生成2mol Al2O3C正极：PbO2+4H+2ePb2+2H2O阳极：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+DAABBCCDD34高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述正确的是（）A放电时，负极反应式为3Zn6
20、e+6OH3Zn（OH）2B放电时，正极区溶液的pH减小C充电时，每转移3mol电子，阳极有1mol Fe（OH）3被还原D充电时，电池的锌电极接电源的正极35在一定温度下，将一定质量的混合气体在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g），达到平衡时测得B气体的浓度为0.6mol/l，恒温下将密闭容器的容积扩大一倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓度为 0.4mol/l，下列叙述中正确的是（）Aa+bc+dB平衡向右移动C重新达平衡时，A气体浓度增大D重新达平衡时，B的体积分数减小36强热硫酸亚铁固体可反应：FeSO4FexOy+SO2+O2+SO3（未配平），则下列有关判断
21、不正确的是（）A若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，则FexOy为氧化亚铁B若所得FexOy为氧化铁，则气体中SO2与O2的体积比大于2：1C若所得FexOy为Fe3O4，则气体中SO2与O2的体积比为3：2D生成的混合气通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO437稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4；氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（）A Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体来源:学.科.网Z.X.X.KB工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为：2Ce+6HI2CeI3
22、+3H2D工业上金属铈一般保存在敞口容器中3825时，某溶液中可能含以下几种离子：Na+、H+、Fe3+、HCO3、OH、I已知溶液中由水电离出的c（H+）=1013molL1，向该溶液中通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，下列有关该溶液的说法中正确的是（）A该溶液的pH一定等于1B阴离子肯定有I，不能确定有无HCO3C阳离子肯定没有Fe3+，可能有Na+D该溶液含有的溶质成分可能为HI或HI和NaI或NaI和NaOH或NaI39已知蓝色硫酸铜溶液会跟无色溴离子作用，生成绿色的四溴合铜离子：CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq），当温度升高
23、时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色下列说法正确的是（）A正反应放热B加水平衡不移动C加入K2SO4固体，平衡向左移动D加入K2SO4溶液，平衡向左移动40在某固定容积的密闭容器中存在化学平衡：aA（g）bB（g）+C（g），在温度不变的条件下，再充入一定量的A物质，重新达到平衡时，下列判断中错误的是（）A若a=b+c时，B的物质的量分数不变B若ab+c时，A的转化率减小C若ab+c时，B的物质的量浓度减小D若ab+c时，A的物质的量分数减小二、解答题（共4小题，满分40分）41A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、
24、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等试回答：（1）E元素在周期表中的位置为，（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的结构简式为（3）经测定A2W2显酸性，可看做二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种氢化物DA，熔点为800DA能与水反应放氢气，若将1m
25、olDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反后生成气体的体积是 L（标准状况下）42NOx是汽车尾气中的主要污染物之一（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：_（2）汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图1如下：写出该反应的热化方程式：随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出写出NO被CO还原的化学方程式（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图2如下：Pt为电极（填“正极”或“负极”），发生的是反应（填“氧化”或“还原
26、”）NiO为电极（填“正极”或“负极”），电极反应式：43某化学兴趣小组的同学进行草酸亚铁晶体（FeC2O4nH2O）分解的实验探究经小组讨论，他们设计了如下装置进行实验烧瓶B中盛有饱和NH4Cl和饱和NaNO2混合液（常用于实验室制N2），干燥管C1、C4中装有碱石灰，试管E1、E3、E4中装有澄清石灰水（1）充分反应后，将D1中的固体残余物投入足量经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明固体产物为（写化学式）（2）该装置中有3个酒精灯，整个实验过程至少应该点次酒精灯，最后一次点燃的是（填酒精灯下的字母）（3）该实验装置中有4个直立的试管，它们与盛放
27、试剂体现不同的作用，其中E3的作用是：（4）该实验装置中有4个干燥管，C3中盛装的试剂是（5）取7.2g样品充分反应后，测得D1中的固体残余物为2.88g，D2中固体质量减轻64g，则草酸亚铁晶体（FeC2O4nH2O）分解的方程式为44下列有机化合物转化关系如图所示：已知：（1）（2）其中化合物A苯环上的一氯代物只有两种请回答下列问题：（1）写出A的结构简式（2）B中含有的官能团的名称（3）化合物F的核磁共振氢谱显示有个峰（4）写出C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式（5）化合物C有多种同分异构体，请写出其中满足下列条件的所有同分异构体的结构简式遇氯化铁溶液显紫色； 苯环上有三个取代基；
28、苯环上的一氯取代物只有两种2015-2016学年河北省衡水市景县中学高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，1-20每题1分，21-40每题2分）1化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）A温室效应是当今世界面临的环境问题，使温室效应增强的气体只有二氧化碳B侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异C家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故D实验室里熔化氢氧化钠时，可选用石英坩埚和铁坩埚【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅【专题】化学应用【分析】A导致温室效应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃
29、、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等； B侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；C次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气；D石英坩埚与氢氧化钠反应【解答】解：A导致温室效应的气体出二氧化碳外还有氯氟烃、甲烷、低空臭氧、和氮氧化物气体等，由于二氧化碳的含量较大，为导致温室效应的主要气体，但不仅仅有二氧化碳，故A错误； B侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHC
30、O3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故B错误；C次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，故C正确；D石英坩埚与氢氧化钠反应，所以不能用石英坩埚熔化氢氧化钠，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及环境污染、二氧化硅的用途等知识，为高频考点，侧重于化学与环境、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等2银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去下列说法正确的是（）A处理过程中银器一直保持恒重B银器为正
31、极，Ag2S被氧化生成单质银C该过程中总反应为2Al+3Ag2S6Ag+Al2S3D黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色Ag【考点】原电池和电解池的工作原理；氧化还原反应【专题】电化学专题【分析】铝、银和电解质溶液构成原电池，铝作负极，银作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，以此解答该题【解答】解：A银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B错误；CAl2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H
32、2S和Al（OH）3，故C错误；D发生原电池反应，Ag2S得电子被还原生成单质银，颜色由黑变白，故D正确故选D【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生分析判断能力，明确正负极的判断、离子移动方向等即可解答，难点是电极反应式的书写，题目难度中等3在测定中和热的实验中，下列说法正确的是（）A使用环形玻璃棒是为了加快反应速率，减小实验误差B为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C用0.5molL1NaOH溶液分别与0.5 molL1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D在测定中和热实验中需要使用的仪器有：天平、量筒、烧杯、滴定管、温度
33、计【考点】中和热的测定【专题】化学反应中的能量变化；化学实验基本操作【分析】A环形玻璃棒能上下搅拌液体，且不导热；B温度计不能接触烧杯底部；C中和热应用强酸和强碱的稀溶液；D中和热测定的实验需要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒【解答】解：A环形玻璃棒搅拌能加快反应速率，减小实验误差，故A正确； B温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部接触烧杯底部，故B错误；C醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，故C错误；D中和热测定用不到天平，故D错误故选A【点评】本题考查中和热的测定，题目难度不大，注意使用量筒量取酸或碱溶液4在恒温恒容的容器中进行反应2A（g）B（g），若反应物的浓度由0.
34、1mol/L降到0.06mol/L需要20s，那么再由0.06mol/L降到0.034mol/L所需反应时间应（）A等于10sB等于12sC小于12sD大于13s【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】恒温恒容条件下，根据v=计算反应速率，但反应物浓度越小反应速率越小，根据t=计算反应时间【解答】解：恒温恒容条件下，前20s平均反应速率v=mol/（Ls）=0.002mol/（Ls），如果反应速率仍然是0.002mol/（Ls），则反应所需时间t=s=13s，但反应物浓度越小反应速率越小，所以所需时间大于13s，故选D【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，为高频考点，明
35、确反应速率与反应物浓度关系是解本题关键，反应物浓度越大反应速率越大，题目难度不大5北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性下列有关分析正确的是（）AK3C60中只有离子键BK3C60中不含共价键C该晶体在熔融状态下能导电DC60与12C互为同素异形体【考点】离子化合物的结构特征与性质；同素异形体【专题】化学键与晶体结构【分析】K3C60为离子化合物，晶体中含有离子键和共价键，在熔融状态下能导电，结合同素异形体的概念解答该题【解答】解：AK3C60中中K+与C603之间为离子键，C603中CC键为共价键，故A
36、错误；BC603中CC键为共价键，故B错误；CK3C60为离子化合物，在熔融状态下能导电，故C正确；DC60为单质，12C为原子，而同素异形体为同种元素形成的不同单质，二者不属于同素异形体，故D错误故选C【点评】本题考查晶体的知识，题目难度不大，解答本题关键是要把握离子化合物的组成，学习中注意同素异形体与同位素的关系6菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的+3价砷下列说法中正确的是（）A在该反应中维生素C作催化剂B砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是+3价砷C因为河虾中含有砷元素，所以不能食用D上述反应
37、中维生素C作氧化剂【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】根据河虾中含有五价砷与维生素C反应生成有毒的3价砷，则河虾中的含砷物质为氧化剂，维生素C为还原剂；含有3价砷的物质有毒，五价砷的物质无毒【解答】解：A、由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故A错误；B、由信息可知，含有3价砷的物质有毒，砒霜是砷的氧化物，且有毒，则砒霜中含有的砷可能是3价砷，故B正确；C、河虾中含有五价砷，无毒，则能够食用，故C错误；D、反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故D错误；故选B【点评】本
38、题以生活中的信息来考查氧化还原反应，明确信息中砷元素的化合价变化是解答本题的关键，信息的获取和应用是解答本题的关键7如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测下列说法不正确的是（）A电子由O2所在的铂电极流出B该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+H2O4eCH3COOH+4H+CO2所在的铂电极处发生还原反应D微处理器通过检测电流大小计算出被测气体中酒精的含量【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应
39、；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断【解答】解：A、乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电子由O2所在的铂电极流入，从乙醇电极流出，故A错误；B、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH4e+H2O=4H+CH3COOH，故B正确；C、乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应，故C正确；D、根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确故选A
40、【点评】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，难度不大，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同8NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A电解精炼铜的过程中，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量为32gB1 molNa2O2固体中含离子总数为4NAC1mol羟基与17gNH3所含电子数之比为9：10D1molNa2CO3晶体中含CO32离子数小于NA【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】A根据阳极Cu2eCu2+，电解精炼铜时阳极为粗铜来分析；B过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成
41、，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数；C根据羟基中有单电子及中性微粒中质子数等于电子数来分析； D1molNa2CO3中含有1molCO32，CO32离子数于等NA【解答】解：A由Cu2eCu2+，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量为0.5mol64g/mol=32g，但阳极材料为粗铜，则阳极溶解铜的质量小于32g，故A错误；B过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故B错误；C1mol羟基（OH）中含有9mol电子，17gNH3所含电子为10mol，电子数之比为9：10，故C正确；D1m
42、olNa2CO3中含有1mol CO32，CO32离子数于等NA，故D错误；故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，D为易错点，晶体中CO32不能发生水解，题目难度不大9三氟化氮（NF3）气体在潮湿的环境中能发生如下反应：3NF+5H2O2NO+HNO3+9HF下列有关该反应的说法错误的是（）ANF3既是氧化剂，又是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2C若生成2molHNO3，则转移2mol电子DNF3中氮元素的化合价为+3【考点】氧化还原反应【分析】3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF
43、3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应【解答】解：A只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A正确；BNF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B正确；C生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，故C错误；DNF3中F为1价，所以氮元素的化合价为+3，故D正确；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价的升降为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大10已知稀溶液中，盐酸与氢氧化钠反应生成
44、1molH2O时放热55.6kJ；1mol H2SO4（aq）与1mol Ba（OH）2（aq）反应的H=1584.2kJ/mol；则稀溶液中，Na2SO4与BaCl2反应生成1mol BaSO4（s）的反应热等于（）A1528.6 kJ/molB1639.8 kJ/molC1473 kJ/molD1695.4 kJ/mol【考点】有关反应热的计算【分析】由题意可得：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H1=55.6kJmol12H+（aq）+2OH（aq）+Ba2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）+2H2O（l）H=1584.2kJmol1根盖斯定律，则反应Ba2+（aq）+SO
45、42（aq）BaSO4（s）等于2，据此计算【解答】解：由：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H1=55.6kJmol12H+（aq）+2OH（aq）+Ba2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）+2H2O（l）H=1584.2kJmol1根盖斯定律，则反应Ba2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）等于2，所以焓变=1584.2kJmol12（55.6kJmol1）=1473 kJmol1；故选：C【点评】本题考查了盖斯定律的运用，注意热化学方程式的含义的理解应用，题目较简单11某溶液中除了H+、OH以外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为
46、1：1：6，下列有关该溶液判断正确的是（）A向该溶液中加入KI溶液后，原有的5种离子的物质的量不变B向该溶液中滴加稀NaOH溶液，立即出现白色沉淀C向该溶液中加入过量铁粉，只发生置换反应D若溶液中c （Cl）=0.6mol/L，则该溶液的pH=1【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】某溶液中除H+、OH外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl所带的电荷21+3116可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液A、Fe3+有强氧化性，能氧化I为I2B、溶液呈酸性，氢氧化钠先中和盐酸C、
47、铁除置换氢气外，Fe3+有强氧化性，能与Fe反应生成Fe2+；D、根据电荷守恒计算氯化氢产生的氢离子浓度，在根据PH=logc（H+）计算【解答】解：某溶液中除H+、OH外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl所带的电荷21+3116可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液A、Fe3+有强氧化性，能氧化I为I2，溶液中加入KI溶液后，Fe3+离子物质的量发生变化，故A错误；B、溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液，氢氧化钠先中和盐酸，再发生沉淀反应，故B错误；C、溶液中Fe3+有强氧化性，铁除
48、置换氢气外，还能与Fe3+反应生成Fe2+，故C错误D、若溶液中c（Cl）=0.6 mol/L，则c（Mg2+）=0.1mol/L，c（Fe3+）=0.1mol/L，则c（H+）1+c（Mg2+）2+c（Fe3+）3=c（Cl）1，即c（H+）1+0.1mol/L2+0.1mol/L3=0.6mol/L1，解得c（H+）=0.1mol/L，所以溶液pH=logc（H+）=1，故D正确；故选D【点评】本题考查溶液中离子共存问题、溶液计算等，难度中等，判断溶液是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液是解题关键12下列实验不能达到实验目的是（）A萃取时振荡分液漏斗B 电解精炼铜C 铝热反应D 实验室模拟合
49、成氨【考点】实验装置综合【专题】化学实验基本操作【分析】A用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，振荡后打开活塞，将漏斗内气体放出；B电解精炼铜时，阳极为粗铜，阴极为纯铜，电解质溶液为硫酸铜溶液；C铝热反应可以冶炼金属铁，用镁带和硫酸钾做助燃剂；D检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，不是蓝色石蕊试纸【解答】解：A萃取时，用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡，图示操作方法合理，能够达到实验目的，故A错误；B电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应，所以电解精炼铜时纯铜做阳极，纯铜做阴极，电解质溶液为
50、硫酸铜溶液，图示装置能够达到实验目的，故B错误；C铝在高温下能够与氧化亚铁发生铝热反应生成铁，图示装置能够达到实验目的，故C错误；D图示装置中使用“湿润的蓝色石蕊试纸”检验氨气，无法达到实验目的，应该为湿润的红色石蕊试纸检验，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见实验装置的综合应用，题目难度中等，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力13一定量的铁粉与足量2mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量，可向溶液中加入（）：3mol/L的硝酸溶液少量CuSO4（s）加入一定量的铜少量CH3COONa（s）对溶液加热（假定盐酸溶质不挥发）向反应液
51、中通入HCl气体加入过量铁粉将铁粉改为铁片ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】该反应中适当增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积、形成原电池等方法都能加快反应速率，加入的物质和铁不能反应时生成氢气总量不变，据此分析解答【解答】解：3mol/L的硝酸溶液，氢离子浓度增大反应速率加快，但硝酸和Fe反应不是生成氢气，不符合条件，故错误；少量CuSO4（s），Fe和硫酸铜发生置换反应生成Cu，Fe、Cu和酸构成原电池而加快反应速率，但生成氢气总量减小，故错误；加入一定量的铜，Fe、Cu和酸构成原电池，加快反应速率，且生成氢气质量不变，故正确；少量CH3COONa
52、（s），酸和醋酸钠反应生成醋酸导致溶液中氢离子浓度减小，反应速率降低，但生成氢气总量不变，故错误；对溶液加热（假定盐酸溶质不挥发），增大活化分子百分数，反应速率加快，且生成氢气总量不变，故正确；向反应液中通入HCl气体，增大氢离子浓度，反应速率加快，且生成氢气总量不变，故正确；加入过量铁粉，不影响反应速率且生成氢气总量增大，故错误；将铁粉改为铁片，减小反应物接触面积，反应速率降低，故错误；故选B【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确化学反应速率影响原理是解本题关键，注意反应速率影响因素适用范围，题目难度不大，易错选项是14下列各组离子，在指定条件下，一定能大量共存的是（）无色溶
53、液中：Al3+、Cl、Na+、HCO3、SO42无色溶液中：Na+、AlO2、Cl、HCO3使石蕊试液呈蓝色的溶液中：K+、SO42、ClO、Cl在pH=1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I常温下，由水电离产生的c（H+）=11012molL1的溶液中：Na+、Cl、CO32、SO42在pH=11的溶液中：Na+、AlO2、NO3、S2、SO32含Fe3+的溶液中：NH4+、Cl、AlO2、NO3、SCNABCD【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】无色溶液中离子之间相互促进水解；AlO2促进HCO3的电离；使石蕊试液呈蓝色的溶液，显碱性；在pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生
54、氧化还原反应；常温下，由水电离产生的c（H+）=11012molL1的溶液中，为酸或碱溶液；在pH=11的溶液，显碱性；离子之间结合生成络离子，离子之间相互促进水解【解答】解：无色溶液中Al3+、HCO3相互促进水解，不能大量共存，故错误；AlO2促进HCO3的电离，不能共存，故错误；使石蕊试液呈蓝色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故正确；在pH=1的溶液，显酸性，Fe2+（或I）、H+、NO3、发生氧化还原反应，不能共存，故错误；常温下，由水电离产生的c（H+）=11012molL1的溶液中，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32，故错误；在pH=11的溶液，显碱性，该组
55、离子之间不反应，可大量共存，故正确；Fe3+、SCN结合生成络离子，AlO2、Fe3+相互促进水解，不能大量共存，故错误；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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大15在一恒温恒压的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）H0，t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示下列说法不正确的是（）来源:学科网ZXXKA0t2时，v（正）v（逆）B、两过程达到平衡时，A的体积分数=Ct2时刻改变的条件是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数K（）=K（）
56、【考点】化学反应速率变化曲线及其应用【专题】化学平衡图像【分析】At1t2反应到达平衡，则v正=v逆；Bt2时刻改变条件后达到平衡，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；C向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，恒温恒压下与原平衡为等效平衡；D平衡常数只受温度影响，、两过程为等效平衡，平衡常数相等【解答】解：A过程I中，逆反应速率增大过程，反应正向进行，则v正v逆，逆反应速率不变时，反应到达平衡，则v正=v逆，故A错误；Bt2时刻改变条件后达到平衡时逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数=，故B错误；C密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，恒温恒压下与原平衡为等效平衡，故C正确；
57、D平衡常数只受温度影响，、两过程为等效平衡，、两过程达到平衡时，平衡常数K（）=K（），故D正确，故选：A【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡的建立、平衡常数等，关键是理解恒温恒压条件下改变条件对平衡的影响，难度中等16下列有关说法中错误的是（）A某燃料电池用熔融碳酸盐作电解质，两极分别通入CO和O2，则通入CO的一极为负极，电极反应式为CO2e+CO32=2CO2BZn粒与稀硫酸反应制氢气时，为加快反应速率，可在反应过程中滴加几滴CuSO4溶液C根据自发氧化还原反应Cu+2NO3+4H+=Cu2+2NO2+2H2O设计原电池，可在常温下用铜和铁作电极，使用浓硝酸作电解质溶液D原电池中电子从
58、负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极构成闭合回路【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A某燃料电池用熔融碳酸盐作电解质，两极分别通入CO和O2，通入燃料CO的一极是负极，负极发生失电子的氧化反应；B原电池能加快化学反应速率；C在反应Cu+2NO3+4H+=Cu2+2NO2+2H2O中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu2e=Cu2+，NO3得电子被还原生成NO2，应为原电池正极反应，正极材料为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，电解质溶液为浓硝酸；D电子不能通过溶液【解答】解：A某燃料电池用熔融碳酸盐作电解质，两极分别通入CO和O2，通入燃料CO的一极是负极，电极反
59、应式为2CO4e+2CO324CO2，故A正确；BZn置换出Cu后与CuSO4溶液一起构成原电池，反应速率加快，故B正确；C、在反应Cu+2NO3+4H+=Cu2+2NO2+2H2O中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu2e=Cu2+，NO3得电子被还原生成NO2，应为原电池正极反应，正极材料为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，电解质溶液为浓硝酸，故C正确；D、放电时，电子不进入电解质溶液，电解质溶液中通过离子定向移动形成电流，故D错误；故选：D【点评】本题考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是D17对于合成氨反应N2（g）+
60、3H2（g）2NH3（g）H=92kJ/mol，下列说法正确的是（）A若起始加入2molN2和6molH2发生反应，则平衡时N2和H2的转化率相同B该反应采用高温条件，有利于提高NH3的产率，从而提高生产效率C若起始加入2molN2和6molH2发生反应，平衡时测得反应共放热46kJ，则N2的平衡转化率为50%D若平衡时保持其它条件不变，压缩容器体积，则平衡正向移动，N2的浓度减小，NH3的浓度增大【考点】化学平衡的影响因素【分析】A根据转化率=判断；B根据N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJ/mol为气体体积减小的放热反应；C根据N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92k
61、J/mol则平衡时测得反应共放热46kJ即消耗0.5mol氮气，据此计算；D其它条件不变，压缩容器体积即增大压强，则平衡正向移动，但体积减小，N2的浓度仍然增大，NH3的浓度增大【解答】解：A因为转化率=，又起始加入2molN2和6molH2发生反应，转化量也是1：3转化，所以平衡时N2和H2的转化率相同，故A正确；B因为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJ/mol为气体体积减小的放热反应，所以低温条件，有利于提高NH3的产率，从而提高生产效率，故B错误；C因为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJ/mol则平衡时测得反应共放热46kJ即消耗0.5mol氮气，所以N2
62、的平衡转化率为100%=25%，故C错误；D其它条件不变，压缩容器体积即增大压强，则平衡正向移动，但体积减小，N2的浓度仍然增大，NH3的浓度增大，故D错误；故选A【点评】本题考查了化学平衡转化率的判断，平衡移动原理等知识点，难度不大，明确外界条件对平衡的影响是解本题关键18电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图下列说法不正确的是（）AO2在电极b上发生还原反应B溶液中OH向电极a移动C反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为3：4D负极的电极反应式为：2NH36e+6OHN2+6H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】Pt电子通入氨气生成氮气，说明
63、氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题【解答】解：A氧气在b极发生还原反应，b极为正极，a极为负极，故A正确；B因为a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；C反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D负极是氨气发生氧化反应变成氮气，且OH向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O，故D正确故选C【点评】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点
64、，为易错点19恒温下2HI（g）H2（g）+I2（g）分解达到平衡，改变下列条件能引起平衡移动的是（）A缩小容器的容积B使用催化剂C恒压下充入HeD恒容下充入Cl2【考点】化学平衡的影响因素【分析】反应2HI（g）H2（g）+I2（g）是前后气体系数和不变化的反应，所以压强不会引起平衡的移动，根据化学平衡移动原理来回答【解答】解：A、缩小容器的容积相当于增大压强，反应2HI（g）H2（g）+I2（g）是前后气体系数和不变化的反应，压强变化不会引起平衡移动，故A错误；B、使用催化剂不会引起化学平衡的移动，故B错误；C、恒压下充入He，体积增大，各组分的浓度减小，相当于各组分的压强减小，压强变化不
65、会引起平衡移动，所以平衡不移动，故C错误；D、恒容下充入Cl2，会消耗碘化氢，平衡逆向移动，故D正确故选D【点评】本题考查学生化学平衡移动原理的应用知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等20关于可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）H的有关图象如下：则下列不正确的是（）Ap1p2T1T2B减小压强，正逆反应速率都减小，平衡右移CH0S0D升高温度，混合气体的平均摩尔质量增大【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】根据“先拐先平数值大”知，P1P2，T1T2，增大压强，A的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积增大的反应，升高温度
66、，A的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应【解答】解：A、根据“先拐先平数值大”知，P1P2，T1T2，故A正确；B、减小压强，A的转化率增大，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都减小，故B正确；C、升高温度，A的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，H0，该反应是一个反应前后气体体积增大的反应，S0，故C正确；D、升高温度，A的含量减小，平衡向正反应方向移动，混合气体的平均摩尔质量=，反应是一个反应前后气体体积增大的反应，所以分母增大，分子不变，所以混合气体的平均摩尔质量减小，故D错误故选D【点评】本题考查了温度、压强对可逆反应平衡的影响，明确“先拐先平数值大”是
67、解本题关键，难度不大21工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示下列说法不正确的是已知：Ni2+在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni2+（高浓度）H+Ni2+（低浓度）（）A碳棒上发生的电极反应：4OH4eO2+2H2OB为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHC电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小D若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变【考点】电解原理【分析】A、由图分析可知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH4e=2H2O+O2；B、又因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）H+Ni2+（低
68、浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH；C、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2+2e=Ni电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大；D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序ClOH，则Cl移向阳极放电：2Cl2e=Cl2，电解反应总方程式会发生改变【解答】解：A、由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH4e=2H2O+O2，故A正确；B、因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni2+（高浓度）H+Ni2+（低浓度），为了提高Ni的产率，电解过程中需
69、要控制废水pH，故B正确；C、镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni2+2e=Ni电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na+和C中的Cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，这使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故C错误；D、若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序ClOH，则Cl移向阳极放电：2Cl2e=Cl2，电解反应总方程式会发生改变，故D正确；故选C【点评】本题考查了电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等22下列实验能达到预期目的是（） 实验内容 实验目的A测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO
70、3溶液的pH，后者较大证明了非金属性SCB某溶液中加入少量双氧水，再加几滴KSCN溶液后变红可以证明原溶液中一定含Fe2+C向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色会变浅可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡D取两只试管，分别加入4ml 0.01mol/L KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液2ml，向另一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液4ml，记录褪色时间可以证明H2C2O4浓度越大反应速率越快AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性的强弱； B加入试剂顺
71、序错误；CNa2CO3溶液水解显碱性，加BaCl2溶液后水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小；D加入草酸的体积应相同【解答】解：A测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，则碳酸酸性小于亚硫酸，但亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故A错误； B加入试剂顺序错误，应先加KSCN溶液，故B错误；CNa2CO3溶液水解显碱性，加BaCl2溶液后水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，所以颜色褪去，故C正确；D其他条件相同，浓度不同，加入草酸的体积应相同，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及非金属性比较、离子检验、水解平衡以及化学反应速率等
72、，侧重实验基本操作和实验原理的考查，题目难度不大23已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液加入NaIO3的物质的量和和析出的I2的物质的量的关系曲线如图下列说法正确的是（）A反应过程中的氧化产物均为SO3Ba点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC0b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3+IO3=3SO42+I+3H+D当溶液中I与I2的物质的量之比为1：1时，加入的NaIO3为1.2 mol【考点】氧化还原反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】还原性HSO3I，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3+3HSO3
73、I+3SO42+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物，由此分析解答【解答】解：还原性HSO3I，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，继续加入NaIO3，氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I3H2O+3I2，A、0b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子
74、，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3+IO33SO42+I+3H+，氧化产物为SO42；继续加入NaIO3，氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I3H2O+3I2，氧化产物为I2，故A错误；B、a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=3=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8 mol，故B错误；C、0b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫
75、酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3+IO33SO42+I+3H+，故C正确；D、根据反应2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，3mol NaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3+6H+5I=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的量为mol，剩余的碘离子为（1）mol，当溶液中n（I）：n（I2）=1：1时，即（1）mol=nmol，故n=mol，故加入的n（NaIO3）=1mol+mol=1mol+mol=mol，
76、故D错误；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的有关知识，明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，易错点是D，根据物质间的反应并结合原子守恒计算，难度中等24汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若还原产物比氧化产物少1.75mol，则下列判断正确的是（）A生成40.0LN2（标况）B有0.250molKNO3被氧化C共生成0.625mol氧化物D共转移电子1.25mol【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还
77、原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，据此分析解答【解答】解：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中N元素化合价由、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原
78、产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，A生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，故A错误；B由反应可知，硝酸钾被还原，则被还原的硝酸钾的物质的量为2mol=0.25mol，故B错误；C由分析可知，反应生成2molN2，则生成的K2O为2mol=mol，生成的Na2O为2mol=mol，所以共生成0.5mol氧化物，故C错误；D转移电子的物质的量为0.25mol（50）=1.2
79、5mol，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解答该题的关键，题目难度中等25在容积一定的密闭容器中发生可逆反应：A（g）+2B（g）2C（g）H0；平衡移动关系如图所示下列说法正确的是（）Ap1p2，纵坐标指A的体积分数Bp1p2，纵坐标指C的质量分数Cp1p2，纵坐标指A的转化率Dp1p2，纵坐标指混合气体的平均摩尔质量【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A（g）+2B（g）2C（g）H0，为气体体积减小且吸热的可逆反应，压强增大平衡正向移动，升温平衡正向进行，由图
80、象可知，相同温度时，P1对应的Y大，相同压强时，温度越高对应的Y大，以此来解答【解答】解：A（g）+2B（g）2C（g）H0，为气体体积减小且吸热的可逆反应，压强增大平衡正向移动，升温平衡正向进行，AP1P2，压强增大平衡正向移动，A的质量分数减小，温度升高平衡正向移动，A的质量分数减小则与图象不符合，故A错误；BP1P2，压强增大平衡正向移动，C的质量分数增大，温度升高平衡正向移动，C的质量分数增大，则与图象符合，故B正确；CP1P2，压强增大平衡正向移动，A的转化率增大，则Y不能为A的转化率，故C错误；D由反应可知反应前后气体的总质量不变，P1P2，压强增大平衡正向移动，总物质的量减小，则
81、混合气体的平均摩尔质量增大，故D错误；故选B【点评】本题考查化学平衡移动与图象，注意可逆反应的特点及压强对化学平衡的影响是解答本题的关键，并明确图象中坐标及曲线的意义来解答，题目难度中等26W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强，下列说法正确的是（）A最高化合价XYZWB气态氢化物的稳定性ZYWCY的氧化物与X、Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应D由X、Z、W三种元素形成的化合物一定既含离子键又含共价键【考点】原子结构与元素周
82、期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W元素原子的质子数为1810=8，故W为氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于氧原子，故X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，故Z为Cl元素，据此解答【解答】解：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W元素原子的质子数为1810=8，故W为氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大
83、于氧原子，故X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，故Z为Cl元素，AZ（Cl）、Y（Si）、X（Na）元素的最高价依次为+7、+4、+1，故A错误；B非金属性W（O）Y（Si），故氢化物稳定性YW，故B错误；C二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，除氢氟酸外二氧化硅不溶于其它酸，不能与高氯酸反应，故C错误；D化合物NaClO中钠离子与次氯酸根离子之间形成离子键，次氯酸根中氯原子与氧原子之间形成共价键，故D正确，故选D【点评】本题考查位置结构性质关系应用，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用2
84、7新型镁铝合金（Mg17Al12）有储氢性能，它一定条件下完全吸氢的反应为：Mg17Al12+17H217MgH2+12Al，得到的混合物Y（17MgH2+12Al）能与酸反应释放出大量氢气下列说法正确的是（）A该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成B该合金中含有离子键，铝元素呈正价C1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的Y与盐酸完全反应放出H2在标准状况下的体积为1164.8LD合金的熔点高于金属镁、金属铝的熔点【考点】合金的概念及其重要应用【分析】A氮气能够与镁反应；B合金中镁铝化合价都是0；来源:学科网C释放出的H2 包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸
85、反应生成的氢气；D合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金的硬度大，熔点低【解答】解：A制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N2+Mg3N2，故A错误；B合金中镁铝化合价都是0，故B错误；C.1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+12）mol=52mol，标况下气体为：22.4L/mol52mol=1164.8L，故C正确；D合金的熔点比各成分的熔点低，该合金的熔点低于金属
86、镁、金属铝的熔点，故D错误；故选：C【点评】本题以新型镁铝合金为题材，意在考查考生阅读新信息，处理新情况的能力，熟悉合金性质、明确反应实质是解题关键，题目难度不大28利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护下列关于该装置的叙述中正确的是（）A若X为Zn时，则开关K置于M或N时均可减缓铁的腐蚀B若X为Cu时，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于M处C若X为石墨、开关K置于M时，X电极上的反应为2H+2e=H2D若X为石墨、开关K置于N时，铁电极上的反应为Fe2e=Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护【分析】根据金属的防护，若K置于N处，形成电解池，必须让被保护的金属接电源负极；若
87、开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，金属铁为正极，金属铁被保护【解答】解：A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，若K置于N处，铁为阴极，金属铁被保护，故A正确；B、若X为Cu时，开关K应置于M处，形成原电池，此时金属铁为负极被腐蚀，故B错误；C、若X为石墨，开关K置于M处，形成原电池，此时金属铁为负极，正极X电极上的反应为02+4e+H2O=4OH，故C错误；D、若X为石墨，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，铁为阴极，铁电极上的反应为2H+2e=H2，故D错误故选A【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确原电池正负极和电解池阴阳极上
88、发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度中等29将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的计算；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】根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）2C（g）
89、，并利用三段式法计算，据此解答【解答】解：利用三段式法计算： 起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为 =1mol/L 2A（g）+B（g）2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）=0.3molL1s1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.15molL1s1；2s时物质A的转化率为=100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7molL1，显然正确，故选：B【点评】本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应
90、学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算30下列离子方程式书写正确的是（）A在NaClO溶液中通入过量SO2气体：ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2OCNaHCO3与少量的Ca（OH）2溶液反应：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+2H2O+CO32D10mL 0.5mol/L的明矾溶液与20mL 0.5mol/L Ba（OH）2溶液混合反应：3Ba2+6OH+2Al3+3SO423BaSO4+2Al（OH）3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A二氧化硫过量，次氯酸具有强氧化性，反应生
91、成硫酸根离子和氯离子；B铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，同时生成亚铁离子；C氢氧化钙少量，钙离子不足，反应后碳酸根离子有剩余；D根据明矾和氢氧化钡的物质的量判断过量情况，然后写出反应的离子方程式，并判断题中离子方程式正误【解答】解：A次氯酸能够氧化二氧化硫，正确的离子方程为：2ClO+2H2O+2SO22SO42+4H+2Cl，故A错误；B反应生成的铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为：2I+Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O+I2，故B错误；CNaHCO3与少量的Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙和碳酸钠，反应的离子方程式为：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+2H2O+
92、CO32，故C正确；D10mL 0.5mol/L的明矾溶液中含有0.005mol，含有0.01mol硫酸根离子和0.005mol铝离子；20mL 0.5mol/L Ba（OH）2溶液中含有0.01mol，含有0.01mol钡离子和0.02mol氢氧根离子，硫酸根与钡离子恰好反应生成硫酸钡沉淀，而氢氧根离子恰好与铝离子反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查
93、各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；选项D为易错点，注意反应物过量情况31在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、Fe2+、H+C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3D含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：A
94、lO2、Al（OH）3、OH、CO32【考点】氯气的化学性质；常见离子的检验方法；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A根据离子的还原性顺序：IFe2+Br来回答；B依据离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+来回答；C化学反应优先和能生成沉淀的物质间反应；D含有AlO2、OH、CO32溶液中，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应【解答】解：A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：IFe2+Br，故A错误；B在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反
95、应，离子的氧化性顺序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B错误；C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和可溶性碳酸盐反应，最后与难溶性碳酸盐反应，故C正确；D在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根之间发生中和反应，故D错误；故选：C【点评】本题考查学生化学反应的先后率知识，注意离子的氧化性、还原性顺序是解题关键，难度不大32向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 1molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合
96、物，固体减少的质量为（）A0.8gB1.6gC2.4gD3.2g【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 1molL1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁；由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl），若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量【解答】解：Cu、Fe2O3的混合物中加入100mL 1molL1的盐酸溶液，恰好使混合物
97、完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应生成氯化铁与水、生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁，由水的分子式H2O可知，氧化物中2n（O）=n（HCl）=0.1L1mol/L=0.1mol，故n（O）=0.05mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为：0.05mol16g/mol=0.8g，故选A【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，判断氧化物中氧原子的物质的量是解题的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算
98、能力33为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O （l）电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2电解过程中，以下判断正确的是（）电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3mol Pb生成2mol Al2O3C来源:学科网正极：PbO2+4H+2ePb2+2H2O阳极：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+DAABBCCDD【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】压轴题；电化学专题【分析】A原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动；
99、B串联电池中转移电子数相等；C原电池正极上生成硫酸铅；D原电池中铅电极上生成硫酸铅【解答】解：A原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B串联电池中转移电子数相等，每消耗3molPb，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等34高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶
100、液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述正确的是（）A放电时，负极反应式为3Zn6e+6OH3Zn（OH）2B放电时，正极区溶液的pH减小C充电时，每转移3mol电子，阳极有1mol Fe（OH）3被还原D充电时，电池的锌电极接电源的正极【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为3Zn6e+6OH3Zn（OH）2，高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，根据电极反应式可判断电子转移的
101、物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钾，电极反应式为Fe（OH）3+5OH=FeO42+4H2O+3e，阳极消耗OH离子，碱性要减弱，以此解答该题【解答】解：A放电时，Zn失去电子，发生3Zn6e+6OH3Zn（OH）2，故A正确；B正极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，pH增大，故B错误；C充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42的反应，电极反应为Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1mol Fe（OH）3被氧化，故C错误；D充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误故选A【点评
102、】本题考查电解池与原电池，明确电极反应中放电为原电池、充电为电解池为解答本题的关键，题目难度不大35在一定温度下，将一定质量的混合气体在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g），达到平衡时测得B气体的浓度为0.6mol/l，恒温下将密闭容器的容积扩大一倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓度为 0.4mol/l，下列叙述中正确的是（）Aa+bc+dB平衡向右移动C重新达平衡时，A气体浓度增大D重新达平衡时，B的体积分数减小【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】保持温度不变，将容器的体积扩大1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，
103、小于实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向生成B的方向移动，即向逆反应移动，据此结合选项解答【解答】解：保持温度不变，将容器的体积扩大1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，小于实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向生成B的方向移动，即向逆反应移动A、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即a+bc+d，故A正确；B、依据分析判断，化学平衡逆向进行，故B错误；C、体积加倍，各物质的浓度都要减小，即A气体浓度减小，故C错误；D、平衡向逆反应移动，B的体积分数增大，故D错误；故选：A【点评】本题考查化学平衡移动，难度中等，利用假设法
104、判断平衡移动方向是解题关键36强热硫酸亚铁固体可反应：FeSO4FexOy+SO2+O2+SO3（未配平），则下列有关判断不正确的是（）A若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，则FexOy为氧化亚铁B若所得FexOy为氧化铁，则气体中SO2与O2的体积比大于2：1C若所得FexOy为Fe3O4，则气体中SO2与O2的体积比为3：2D生成的混合气通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO4【考点】化学方程式的有关计算【分析】A若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式，据此分析；B若所得FexOy为氧化铁，则Fe、O的化合价升高，S元素的化合价降低，根据得失
105、电子守恒分析；C若所得FexOy为Fe3O4，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式，再判断产物；D二氧化硫溶于水生成的亚硫酸易被氧气氧化为硫酸【解答】解：A若所得气体中SO2与O2的体积比为2：1，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式：3FeSO43FeO+2SO2+O2+SO3，则FexOy为氧化亚铁，故A正确；B若所得FexOy为氧化铁，则Fe、O的化合价升高失电子，S元素的化合价降低得电子，若气体中SO2与O2的体积比等于2：1，则得失电子恰好相等，由于Fe元素也失电子，所以SO2与O2的体积比应该大于2：1，故B正确；C若所得FexOy为Fe3O4，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为6F
106、eSO42Fe3O4+4SO2+O2+2SO3，则气体中SO2与O2的体积比为4：1，故C错误；D二氧化硫溶于水生成的亚硫酸易被氧气氧化为硫酸，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D正确故选C【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应电子转移和方程式的配平的考查，题目难度中等，考查了学生对基础知识的应用能力37稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应已知：铈常见的化合价为+3和+4；氧化性：Ce4+Fe3+下列说法正确的是（）A Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C铈溶于氢碘酸的主要
107、化学方程式可表示为：2Ce+6HI2CeI3+3H2D工业上金属铈一般保存在敞口容器中【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】元素及其化合物【分析】A、具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素；B、铈单质容易和水之间发生反应；C、三价铈离子几乎不具有氧化性，和碘离子之间不反应；D、铈单质容易和水之间发生反应【解答】解：A、核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，而同素异形体是由同样的单一化学元素构成，但性质却不相同的单质之间的互称，故A错误；B、铈单质容易和水之间发生反应，所以不用电解氯化铈
108、水溶液来获得铈单质，故B错误；C、金属铈可以和强酸HI酸反应生成三价的铈盐和水，故C正确；D、铈单质容易和空气中的水之间发生反应，所以铈一般不能保存在敞口容器中，故D错误故选：C【点评】本意是一道关于氧化还原反应的综合知识题目，可以根据教材知识来回答，题目难度中等3825时，某溶液中可能含以下几种离子：Na+、H+、Fe3+、HCO3、OH、I已知溶液中由水电离出的c（H+）=1013molL1，向该溶液中通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，下列有关该溶液的说法中正确的是（）A该溶液的pH一定等于1B阴离子肯定有I，不能确定有无HCO3C阳离子肯定没有Fe3+，可能有Na+D该溶液含有的
109、溶质成分可能为HI或HI和NaI或NaI和NaOH或NaI【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】水电离出的c（H+）=1lO13 mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在，以此解答该题【解答】解：由水电离出的c（H+）=1lO13 mol/L，该溶液中大量存在氢离子或者氢氧根离子，所以溶液中一定不会存在碳酸氢根离子；通入氯气后溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定不会存在有色的铁离子，
110、一定存在碘离子，A根据分析可知，水电离出的c（H+）=1lO13 mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A错误；B该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故B错误；C溶液中一定不会存在Fe3+，若是碱性溶液，一定存在Na+，故C正确；D如果为酸性溶液，则溶质可能为HIHI和NaI；如果为碱性溶液，则溶质为NaI和NaOH，不可能组偶NaI，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见离子的检验方法，为高频考点，题目难度中等，注意明确常见离子的反应现象及检验方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力39已知蓝色硫酸铜溶液会跟无色溴
111、离子作用，生成绿色的四溴合铜离子：CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq），当温度升高时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色下列说法正确的是（）A正反应放热B加水平衡不移动C加入K2SO4固体，平衡向左移动D加入K2SO4溶液，平衡向左移动【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、根据温度升高时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色即向正反应方向移动判断；B、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br（aq）CuBr42（aq绿色），反应前后系数
112、减小，所以加水稀释平衡向逆向移动；C、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br（aq）CuBr42（aq绿色），K2SO4固体的量对平衡无影响；D、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br（aq）CuBr42（aq绿色），加入K2SO4溶液相当于加水稀释【解答】解：A、因为温度升高时，该溶液中四溴合铜离子的浓度增大，所以溶液呈绿色即向正反应方向移动，则说明该反应正反应为吸热反应，故A错误；B、因为该CuSO4（aq蓝色）
113、+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br（aq）CuBr42（aq绿色），反应前后系数减小，所以加水稀释平衡向逆向移动，故B错误；C、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br（aq）CuBr42（aq绿色），K2SO4固体的量对平衡无影响，所以加入K2SO4固体，平衡不移动，故C错误；D、因为该CuSO4（aq蓝色）+4KBr（aq）K2CuBr4（aq绿色）+K2SO4（aq）的本质为Cu2+（aq蓝色）+4Br（aq）CuBr42（aq绿色），
114、加入K2SO4溶液相当于加水稀释平衡向逆向移动即向左移动，故D正确故选D【点评】本题考查了化学反应平衡移动原理，难度不大，明确溶液中离子反应的本质是解本题的关键40在某固定容积的密闭容器中存在化学平衡：aA（g）bB（g）+C（g），在温度不变的条件下，再充入一定量的A物质，重新达到平衡时，下列判断中错误的是（）A若a=b+c时，B的物质的量分数不变B若ab+c时，A的转化率减小C若ab+c时，B的物质的量浓度减小D若ab+c时，A的物质的量分数减小【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、a=b+c时，反应两边气体体积不变，加入A达到新的平衡后，各组分含量不变；B、ab+c时，加入A后，达到新的
115、平衡，与原平衡相比，由于压强增大了，平衡向着逆向移动；C、若ab+c时，加入A后，平衡向着正向移动，B的物质的量增加；D、ab+c，加入A后，达到新的平衡，与原平衡相比，由于压强增大了，平衡向着正向移动【解答】解：在某密闭恒容容器中存在下列化学平衡：aA（气）bB（气）+cC（气），在温度不变的条件下，再充入一定量的A物质，相当于增大体系压强，则A、若a=b+c时，反应两边气体体积不变，压强不影响平衡，B的含量不变，故A正确；B、ab+c时，加入A后，达到新的平衡，与原平衡相比，由于压强增大了，平衡向着逆向移动，A的转化率减小，故B正确；来源:Zxxk.ComC、若ab+c时，加入A后，平衡向
116、着正向移动，B的物质的量增加，体积不变，所以B得浓度增加，故C错误；D、若ab+c，加入A后，达到新的平衡，与原平衡相比，由于压强增大了，平衡向着正向移动，A的物质的量分数减小，故D正确；故选C【点评】本题考查了浓度对化学平衡的影响，根据平衡移动原理进行分析，本题难度中等二、解答题（共4小题，满分40分）41A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等试回答：（1）E元素在周期表中的位置为第三周期第A族，（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的结构简式为CH3O
117、H（3）经测定A2W2显酸性，可看做二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式H2O2HO2+H+常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式Cu+2H+H2O2=Cu2+2H2O（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种氢化物DA，熔点为800DA能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反后生成气体的体积
118、是56 L（标准状况下）【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】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期A族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此解答【解答】解：A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2
119、W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期A族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（2）由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=1868=4，故该微粒结构简式为CH3OH，故答案为：C
120、H3OH；（3）A2W2为H2O2，是二元弱酸，以第一步电离为主，则电离方程式为H2O2HO2+H+，硫酸处理BaO2来制备H2O2，则还有BaSO4生成，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2，故答案为：H2O2HO2+H+；BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；（4）Cu和稀硫酸不反应，加入具有氧化性的H2O2，可生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+2H+H2O2=Cu2+2H2O，故答案为：Cu+2H+H2O2=Cu2+2H2O；（5）NaH+H2O=NaOH+H2 1mol 1mol 1mol2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H21mol
121、1mol 1.5moln（H2）=1mol+1.5mol=2.5mol，V（H2）=2.5mol22.4L/mol=56L，故答案为：56【点评】本题考查元素的推断和元素化合物知识，难度中等，侧重于元素化合物的考查，（5）中关键是明确NaH与水的反应，再利用方程式计算解答42NOx是汽车尾气中的主要污染物之一（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：_3NO2+2H2O=2HNO3+NO（2）汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图1如下：写出该反应的热化方程式：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183KJ/mol随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋
122、势是增大（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出写出NO被CO还原的化学方程式2NO+2CON2+2CO2（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图2如下：Pt为正极电极（填“正极”或“负极”），发生的是还原反应（填“氧化”或“还原”）NiO为负极电极（填“正极”或“负极”），电极反应式：NO+O22e=NO2【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学电源新型电池【分析】（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的能量放出的能量，再根据热化学反应方程式的书
123、写规则书写；温度升高，平衡向吸热方向移动；（3）NO被CO还原，则CO被NO氧化生成二氧化碳，据此写出反应方程式；（4）原电池中正极得电子的物质发生还原反应；NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮【解答】解：（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）该反应中的反应热=（945+498）kJ/mol2630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183 kJmoL1，故答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+183
124、 kJmoL1；温度升高，平衡向吸热方向移动，化学平衡常数增大，故答案为：增大；（3）在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2CO+2NO N2+2CO2，故答案为：2CO+2NO N2+2CO2；（4）装置无外接电源，故为原电池，铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，所以为正极，发生还原反应，故答案为：正；还原；NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，NiO为负极，所以电极反应式为：NO+O22e=NO2，故答案为：负极；NO+O22e=NO2【点评】本题涉及化学反应方程式、热化学反应方程式、电极反应式的书写等知识点，注意反应热的计算
125、方法，为易错点，难度中等43某化学兴趣小组的同学进行草酸亚铁晶体（FeC2O4nH2O）分解的实验探究经小组讨论，他们设计了如下装置进行实验烧瓶B中盛有饱和NH4Cl和饱和NaNO2混合液（常用于实验室制N2），干燥管C1、C4中装有碱石灰，试管E1、E3、E4中装有澄清石灰水（1）充分反应后，将D1中的固体残余物投入足量经煮沸的稀硫酸中，固体完全溶解且无气体放出，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明固体产物为FeO（写化学式）（2）该装置中有3个酒精灯，整个实验过程至少应该点4次酒精灯，最后一次点燃的是A1（填酒精灯下的字母）（3）该实验装置中有4个直立的试管，它们与盛放试剂体现不同的作用
126、，其中E3的作用是：验证气体中的CO2是否除尽（4）该实验装置中有4个干燥管，C3中盛装的试剂是P2O5或CaCl2（5）取7.2g样品充分反应后，测得D1中的固体残余物为2.88g，D2中固体质量减轻64g，则草酸亚铁晶体（FeC2O4nH2O）分解的方程式为FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O【考点】性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】草酸亚铁晶体（FeC2O4nH2O）分解的实验探究：烧瓶B中盛有饱和NH4C1和饱和NaNO2的混合液，混合加热反应生成氮气、氯化钠和水，反应为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O，制N2，利用氮气排除装置中的空气，避免空
127、气中二氧化碳对实验造成干扰，减少误差，干燥管C1干燥氮气，结晶水合物分解生成水蒸气，干燥管C2中装有无水硫酸铜验证水蒸气存在，C3中盛装的试剂是P2O5或CaCl2，干燥生成的气体，E1中是澄清石灰水，生成沉淀证明生成二氧化碳，E2中装有氢氧化钠吸收二氧化碳，E3中装有澄清石灰水，验证气体中的CO2是否除尽，一氧化碳还原氧化铜反应生成二氧化碳通过装有澄清石灰水的E4，澄清石灰水变浑浊，证明一氧化碳生成（1）将充分反应后的固体残余物投入经煮沸的稀硫酸中溶解，固体完全溶解且无气体放出，说明无金属铁，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明无铁离子存在，分解生成的固体产物应为氧化亚铁；（2）该装置中有
128、3个酒精灯，先点A1生成氮气排装置中的空气，再点生成A2、A3，最后一次点燃的是A4，目的是实验结束把生成的产物全部赶到后面的装置充分反应，减少测定误差；（3）该实验装置中有4个直立的试管，E1检验样品分解生成二氧化碳，E2吸收二氧化碳，E3检验CO2是否除尽，E4检验是否有一氧化碳生成；（4）该实验装置中有4个干燥管，C3中盛装的试剂干燥生成的气体，据此选择试剂；（5）测得硬质玻璃管D1中残余固体2.88g，上述分析判断为氧化亚铁的质量，得到铁元素物质的量，硬质玻璃管；D2中固体质量减轻0.64g是一氧化碳还原氧化铜反应前后质量变化，结合化学方程式计算费用的一氧化碳物质的量，结合元素守恒、质
129、量守恒计算得到反应物和生成物物质的量之比，依据摩尔质量计算结晶水的数目，得到反应的化学方程式【解答】解：（1）将充分反应后的固体残余物投入经煮沸的稀硫酸中溶解，固体完全溶解且无气体放出，说明无金属铁，取反应液加入KSCN溶液无血红色，证明无铁离子存在，分解生成的固体产物应为氧化亚铁，故答案为：FeO； （2）该装置中有3个酒精灯，先点A1加热烧瓶B一段时间，其目的是利用氮气排除装置中的空气，避免空气中二氧化碳对实验造成干扰，生成氮气排装置中的空气，然后停止加热，再点生成A2、A3，最后一次点燃的是A4，目的是实验结束把生成的产物全部赶到后面的装置充分反应，减少测定误差，故答案为：4； A1；（
130、3）E1中是澄清石灰水，生成沉淀证明生成二氧化碳，E2中装有氢氧化钠吸收二氧化碳，E3中装有澄清石灰水，验证气体中的CO2是否除尽，一氧化碳还原氧化铜反应生成二氧化碳通过装有澄清石灰水的E4，澄清石灰水变浑浊，证明一氧化碳生成，故答案为：验证气体中的CO2是否除尽；（4）干燥管C1干燥氮气，结晶水合物分解生成水蒸气，干燥管C2中装有无水硫酸铜验证水蒸气存在，C3中盛装的试剂干燥生成的酸性气体，可选择P2O5或CaCl2，故答案为：P2O5或CaCl2；（5）上述实验分析，测得硬质玻璃管D1中残余固体2.88g，判断为氧化亚铁的质量，计算得到铁元素物质的量=0.04mol，硬质玻璃管D2中固体质
131、量减轻0.64g是一氧化碳还原氧化铜反应前后质量变化，结合化学方程式计算反应的一氧化碳物质的量，CuO+CO=Cu+CO2，m 1mol 16g 0.04 0.64g结合元素守恒铁元素物质的量为0.04mol，7.2g样品物质的量为0.04mol，摩尔质量=180g/mol，依据FeC2O4nH2O计算得到n=2，生成一氧化碳物质的量为0.04mol，氧化亚铁物质的量为0.04mol，水的物质的量为0.08mol，结合氧化还原反应电子守恒计算得到二氧化碳物质的量为0.04mol，反应的化学方程式为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O 故答案为：FeC2O42H2OFeO+CO+
132、CO2+2H2O【点评】本题考查了物质性质的、实验基本操作的分析判断，主要是装置作用和实验基本操作，分解产物的实验验证和成分的分析判断，掌握方法和基础是关键，题目难度中等44下列有机化合物转化关系如图所示：已知：（1）（2）其中化合物A苯环上的一氯代物只有两种请回答下列问题：（1）写出A的结构简式（2）B中含有的官能团的名称羟基、醛基（3）化合物F的核磁共振氢谱显示有4个峰（4）写出C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式（5）化合物C有多种同分异构体，请写出其中满足下列条件的所有同分异构体的结构简式遇氯化铁溶液显紫色； 苯环上有三个取代基； 苯环上的一氯取代物只有两种【考点】有机物的合成【专题
133、】有机物的化学性质及推断【分析】据已知信息和化合物A苯环上的一氯代物只有两种可知A为，A与CH3CHO发生信息所示的羟醛缩合反应生成B，B为，B发生消去反应生成C，C为，C与新制氢氧化铜反应，醛基被氧化为羧基，D为，D与溴水发生加成反应后，在NaOH的乙醇溶液中发生消去反应酸化后生成F，F为，两分子H能形成六元环酯，说明H为，DG是与HX的加成反应，再在NaOH的水溶液中水解生成H，据此分析【解答】解：据已知信息和化合物A苯环上的一氯代物只有两种可知A为，A与CH3CHO发生信息所示的羟醛缩合反应生成B，B为，B发生消去反应生成C，C为，C与新制氢氧化铜反应，醛基被氧化为羧基，D为，D与溴水发
134、生加成反应后，在NaOH的乙醇溶液中发生消去反应酸化后生成F，F为，两分子H能形成六元环酯，说明H为，DG是与HX的加成反应，再在NaOH的水溶液中水解生成H，（1）A的结构简式为，故答案为：；（2）B为，B中官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；（3）F为，F中含有4种氢原子，所以其核磁共振氢谱吸收峰有4个，故答案为：4；（4）C为，含有醛基，能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，反应方程式为，故答案为：；（5）C为，其同分异构体遇氯化铁溶液显紫色，说明有酚羟基，苯环上有三个取代基 苯环上的一氯取代物只有两种，说明有两个取代基相同，为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及信息迁移能力，正确获取信息利用信息结合反应条件、某些物质结构简式进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是限制性条件的同分异构体结构简式确定，题目难度中等高考资源网版权所有，侵权必究！