湖南省长沙市望城一中高三化学上学期第五次调研试题（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省长沙市望城一中高三（上）第五次调研化学试卷一选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活和社会密切相关下列说法正确的是（）a将洁厕灵与84消毒液混合使用，能更有效的起到洁具除垢和卫生消毒作用b屠呦呦最早提出用乙醚提取青蒿，其提取物抗疟作用达95%到100%，这种提取原理就是蒸馏，属于物理过程c使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化d人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物2下列各项中表达正确的是（）ah2o2的电子式：b的命名：2，2二甲基2乙醇c常温下，浓度都为0.1moll1的na2co3、nahco3溶液的ph，前者小于后者d 为二氯化二硫（s2cl2）的结构，分子中有极性键、非极性键3在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（）a密度：苯水四氯化碳b还原性：hfhclhbrhic热稳定性：hfh2onh3d水溶性：hclnh3so24不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（）a单质氧化性的强弱b最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱c单质沸点的高低d单质与氢气化合的难易5其他条件不变，升高温度下列数据一定增大的是（）a碱在水中的溶解度b乙酸溶液的phc合成氨的反应热d醋酸钠溶液中的氢氧根离子浓度6下列有关说法正确的是（）a根据ha、hb的电离常数的相对大小可以直接判断两种溶液的酸性强弱b常温下2s2o（g）=3s（s）+so2（g）能自发进行，可推断该反应为放热反应c加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明cu2+具有催化作用d将浓硫酸和浓硝酸混合后立即放入铁片，铁片被钝化的效果一定会更好7下列有关实验操作的叙述中正确的是（）a利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水，进行甘油与乙醇的混合物分离b进行h2，nh3，co2，cl2，hcl，no2等气体收集，也能用于no气体收集c当x选用苯时可进行nh3和hcl的吸收，并防止倒吸d常用于实验室收集氧气、氢气等8na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a标准状况下，2.24lo2中含有的共键数为0.4nab0.1molh2s和0.1molso2混合后，体系中的硫原子数0.2nac100g质量分数为16.2%hbr溶液中的氢原子数为nad3.9gna2o2晶体中所含的离子总数为0.5na9下列离子方程式正确的是（）anahco3溶液中滴入偏铝酸钠溶液：hco3+alo2+h2oal（oh）3+co32b饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体：co32+co2+h2o2hco3cnahso3溶液与fecl3溶液混合溶液颜色变浅：so32+2fe3+h2oso42+2fe2+2h+d向nh4al（so4）2溶液中加入ba（oh）2溶液至so42恰好沉淀完全al3+2so42+2ba2+4oh2baso4+alo2+2h2o10某烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3个ch3、2个ch2和1个ch，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有（不考虑立体异构）（）a9种b6种c5种d4种11甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断不正确的是（）a若甲为fe，则丁可能是cl2b若甲为焦炭，则丁可能是o2c若甲为so2，则丁可能是氨水d若甲为naoh 溶液，则丁可能是co212下列关于有机物的说法正确的是（）a汽油、煤油、植物油均为含碳氢氧三种元素的化合物b乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，且都有同分异构体c乙酸与丙二酸互为同系物d苯能与溴发生取代反应，因此不能用苯萃取溴水中的溴13x y z r是四种短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的2倍，y元素在地壳中含量最多，z元素金属性最强，r原子的核外电子数是x、z核外电子数之和下列叙述一定正确的是（）a由zr组成的化合物为离子化合物b含氧酸酸性rxcx、y只能共存于共价化合物中d原子半径zryx14某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对a2（g）+3b2（g）2ab3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中t表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（）a若t2t1，则正反应一定是放热反应b达到平衡时a2的转化率大小为：bacc若t2t1，达到平衡时b、d点的反应速率为vdvbd在t2和n（a2）不变时达到平衡，ab3的物质的量大小为：cba15某实验兴趣小组设计如下微型实验装置，a、b为直流电源的两极实验时，若断开k1，闭合k2，两极均有气泡产生，下列有关描述正确的是（）a断开k1闭合k2时，铁电极附近溶液ph逐渐升高b断开k2闭合k1时，fe电极被保护，此法称为牺牲阳极的阴极保护法电解c断开k1闭合k2时，电子沿“afe电解质溶液cb”的路径流动d断开k1闭合k2时，总反应的离子方程式为2h+2cl h2+cl216cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（no3）2、cuso4、no2、no和h2o，当no2和no的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：10b1：8c1：6d1：5二、填空题（本题包括4小题，共52分）17有一澄清透明的溶液，可能大量存在有nh4+、fe3+、h+、mg2+、a13+、i、co32等离子现分别取溶液进行下列实验：（1）加入淀粉溶液，未见蓝色（2）加入少量agno3溶液有黄色沉淀和气体生成（3）逐滴加入1moll1naoh溶液，随着naoh溶液的滴人，产生沉淀的量如图所示试确定：溶液中一定不存在的离子有，其中阴离子物质的量为，加入少量agno3溶液的离子反应方程式为18铜及其化合物在工农业生产中有着广泛的用途（1）工业上常用黄铜矿（主要成分cufes2）为原料冶炼铜，其反应过程主要为：2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo；2cu2s+3o22so2+2cu2o；将、反应中含铜化合物混合高温即得到一定纯度的铜，同时产生在常温下为气体的一种化合物反应的化学方程式为（2）cu2o呈红色，能溶于盐酸等强酸溶液，得到蓝色溶液和红色固体上述反应中，很可能得到泡铜（cu、cu2o的混合物）为验证反应的固体产物是否含cu2o，现提供以下试剂加以确认，不可能使用的是（填序号）a稀硫酸 b稀盐酸 c硝酸 d浓硫酸验证过程中发生反应的离子方程式为（3）有一种简单且符合绿色化学要求的实验方案，可以将cu2o红色沉淀转化为硫酸铜溶液待用，实验过程对环境友好且能实现零排放请写出该过程可能涉及的反应方程式：（4）铜板印刷电路的刻蚀废液中含有大量的cucl2、fecl2、fecl3，如图为循环利用fecl3和回收cucl2过程图：试剂x的化学式为；若常温下1l废液中含cucl2、fecl2、fecl3的物质的量浓度均为0.5moll1，则加入cl2和物质x使溶液的ph在范围内时铁元素完全转化为fe（oh）3而cucl2不产生沉淀 （设溶液体积保持不变kspfe（oh）3=1.01038，kspcu（oh）2=2.01020lg5=0.7）19硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）己知25时：so2（g）+2co（g）2co2（g）+sx（s）h=a kj/mol2cos（g）+so2（g）2co2（g）+sx（s）h=b kj/mol则cos（g）生成co（g）与sx（s）反应的热化学方程式是cos的电子式是（2）焦亚硫酸钠（na2s2o5）是常用的食品抗氧化剂之一，它一般由na2so3和so2直接反应获得焦亚硫酸钠放置在空气中很容易被氧化，其反应方程式为焦亚硫酸钠遇水后立即生成一种酸式盐，写出与水发生反应的化学方程式（3）工业上用硫碘开路循环联产氢气和硫酸的工艺流程如图所示：写出反应器中发生反应的化学方程式是，若仅在so2的水溶液中滴加几滴碘水，c（so32）/c（hso3）将（填“增大”、“减小”或“不确定”）电渗析装置如图1所示，写出阳极的电极反应式，该装置中发生的总反应的化学方程式是若向膜反应器中加入1molhi，在一定条件下ni2（g）随时间（t）的变化关系如图2所示该温度下，反应平衡常数k=，若将hi通入量变为原来的4倍，则平衡混合物中h2所占体积分数为20煤化工可制得甲醇以下是合成聚合物m的路线图己知：e、f均能发生银镜反应； a具有和苯相似的性质完成下列填空：（1）关于甲醇说法错误的是（选填序号）；a甲醇可发生取代、氧化、消去等反应b 一定条件下甲醇可以直接产生乙醚ch3och3c甲醇有毒性，可使人双目失明d甲醇与乙醇属于同系物（2）甲醇转化为e的化学方程式为；（3）c生成d的反应类型是；f生成g的反应条件是；（4）g的名称为，分子式为c8h8o2的有机物含有和g相同的官能团，写出2种可能的结构简式、；（5）取1.08g a物质（式量108）与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，写出a的结构简式2015-2016学年湖南省长沙市望城一中高三（上）第五次调研化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活和社会密切相关下列说法正确的是（）a将洁厕灵与84消毒液混合使用，能更有效的起到洁具除垢和卫生消毒作用b屠呦呦最早提出用乙醚提取青蒿，其提取物抗疟作用达95%到100%，这种提取原理就是蒸馏，属于物理过程c使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化d人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物【考点】有机物的结构和性质【专题】元素及其化合物；有机化学基础【分析】a盐酸与次氯酸反应生成氯气；b用乙醚提取青蒿，为萃取过程；c降低废水中的有机物可防止水体的富营养化；d光导纤维的主要成分为二氧化硅【解答】解：a洁厕灵（有效成分为hcl）与84消毒液（有效成分为naclo）混合使用发生氧化还原反应生成氯气，容易引起中毒，故a错误；b用乙醚提取青蒿，将有机物分离出来，为萃取过程，故b错误；c废水中的有机物可导致水体富营养化，降低废水中的有机物可防止水体的富营养化，故c正确；d光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于有机高分子化合物，故d错误故选c【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识以及有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度不大2下列各项中表达正确的是（）ah2o2的电子式：b的命名：2，2二甲基2乙醇c常温下，浓度都为0.1moll1的na2co3、nahco3溶液的ph，前者小于后者d 为二氯化二硫（s2cl2）的结构，分子中有极性键、非极性键【考点】有机化合物命名；电子式；极性键和非极性键【专题】有机化学基础【分析】a双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合；b醇的命名选取含有羟基的最长碳链为主链；c碳酸氢钠存在两步水解；d不同种原子之间形成极性共价键，同种原子之间含有非极性共价键【解答】解：a双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个oo键，双氧水的电子式为：，故a错误；b，为醇类，最长碳链为3，正确命名为2甲基2丙醇，故b错误；cna2co3存在两步水解，nahco3只有一步水解，na2co3的水解程度大于nahco3，所以等物质的量浓度的na2co3溶液和nahco3溶液，相同浓度的co32水解程度大于hco3的水解程度，na2co3的ph大于nahco3，故c错误；ds2cl2的结构类似于h2o2的结构，为clsscl，其中的ss为非极性键，scl键为极性键，故d正确，故选d【点评】本题主要考查的是电子式书写、醇类的命名、盐类的水解以及共价键的类型，本题难度不大3在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（）a密度：苯水四氯化碳b还原性：hfhclhbrhic热稳定性：hfh2onh3d水溶性：hclnh3so2【考点】元素周期律的作用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a四氯化碳的密度大于水，水的密度大于苯；b根据同主族元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱回答；c元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越大；d氨气极易溶于水，溶解度大于hcl【解答】解：a四氯化碳的密度大于水，水的密度大于苯，故a错误；b非金属性：fclbri，同主族元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，还原性：hihbrhclhf，故b错误；c非金属性：fon，元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越大，则热稳定性：hfh2onh3，故c正确；d氨气极易溶于水，1体积水大约能溶解700体积的氨气，溶解度大于hcl（1体积水能溶解大约500体积），故d错误，故选c【点评】本题考查较为综合，题目难度不大，本题注意把握稳定性与还原性的比较，注意元素周期律的递变规律4不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（）a单质氧化性的强弱b最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱c单质沸点的高低d单质与氢气化合的难易【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱，据此分析【解答】解：a单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故a不选；b最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故b不选；c单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故c选；d单质与氢气化合越容易，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故d不选故选c【点评】本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意元素非金属性和金属性的比较角度，学习中注意相关基础知识的积累5其他条件不变，升高温度下列数据一定增大的是（）a碱在水中的溶解度b乙酸溶液的phc合成氨的反应热d醋酸钠溶液中的氢氧根离子浓度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素【分析】a、碱的溶解度随温度的升高，溶解度的变化不同；b、乙酸是弱酸，电离吸热，温度改变会促进弱电解质的电离；c、根据勒夏特列原理，对所有可逆反应升温平衡都向吸热的方向移动可逆反应的正反应既有吸热反应也有放热反应，要区别对待；d、醋酸钠溶液中醋酸根离子水解导致溶液显碱性，水解吸热【解答】解：a、氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，故a错误；b、升温醋酸的电离平衡正向移动，溶液酸性增强，ph减小，故b错误；c、合成氨反应放热，升温时平衡逆向移动，放热减少，故c错误；d、升温醋酸根离子水解程度增大，氢氧根离子浓度增大，故d正确；故选d【点评】本题考查了温度对溶解度、弱电解质的电离、化学平衡的移动以及盐类水解的影响，题目难度不大6下列有关说法正确的是（）a根据ha、hb的电离常数的相对大小可以直接判断两种溶液的酸性强弱b常温下2s2o（g）=3s（s）+so2（g）能自发进行，可推断该反应为放热反应c加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明cu2+具有催化作用d将浓硫酸和浓硝酸混合后立即放入铁片，铁片被钝化的效果一定会更好【考点】吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素；弱电解质的判断【专题】化学反应中的能量变化；化学反应速率专题【分析】a电离受温度的影响，在同一温度下比较可以；b依据反应自发进行的判断依据：hs0解答；c加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率；d浓硫酸与浓硝酸混合，会产生大量的热【解答】解：a未说明溶液的温度，电离常数不能作为判断依据，故a错误；b由方程式2s2o（g）3s（s）+so2（g）可知该反应s0，要使hs0，必须满足h0，故b正确；c加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为构成原电池加快反应速率，故c错误；d铁与浓硝酸或浓硫酸在冷的条件下发生钝化，浓硝酸与浓硫酸混合，放出热量，不能与铁钝化，故d错误，故选b【点评】本题主要考查的是酸性强弱判断、化学反应进行的方向、钝化等，难度不大，属于常考题7下列有关实验操作的叙述中正确的是（）a利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水，进行甘油与乙醇的混合物分离b进行h2，nh3，co2，cl2，hcl，no2等气体收集，也能用于no气体收集c当x选用苯时可进行nh3和hcl的吸收，并防止倒吸d常用于实验室收集氧气、氢气等【考点】化学实验方案的评价【分析】a甘油与乙醇互溶； b与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体；c苯的密度比水小，不能隔绝气体与水；d氧气、氢气不溶于水，不与水反应【解答】解：a甘油与乙醇不分层，不能利用与中分液装置分离，故a错误； b与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体，则装置可进行h2，nh3，co2，cl，hcl，no2等气体收集，但不能用于no气体收集，故b错误；c苯的密度比水小，不能隔绝气体与水，则x为苯时不能防止倒吸，应选四氯化碳，故c错误；d氧气、氢气不溶于水，不与水反应，可用排水法收集，故d正确故选d【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集及防倒吸装置等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大8na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a标准状况下，2.24lo2中含有的共键数为0.4nab0.1molh2s和0.1molso2混合后，体系中的硫原子数0.2nac100g质量分数为16.2%hbr溶液中的氢原子数为nad3.9gna2o2晶体中所含的离子总数为0.5na【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、求出氧气的物质的量，然后根据1mol氧气中含2mol共价键来分析；b、h2s和so2中均含1个硫原子；c、hbr溶液中除了hbr外，水也含氢原子；d、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠由2mol钠离子和1mol过氧根构成来分析【解答】解：a、标况下2.24l氧气的物质的量为0.1mol，而1mol氧气中含2mol共价键，故0.1mol氧气中含0.2mol共价键即0.2na个，故a错误；b、h2s和so2中均含1个硫原子，故0.1molh2s和0.1molso2混合后，体系中的硫原子为0.2mol即0.2na个，故b正确；c、hbr溶液中除了hbr外，水也含氢原子，故溶液中的氢原子的个数大于na个，故c错误；d、3.9g过氧化钠的物质的量为0.05mol，而1mol过氧化钠由2mol钠离子和1mol过氧根，故0.05mol过氧化钠中含0.1mol钠离子和0.05mol过氧根即共0.15mol，故d错误故选b【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，难度不大9下列离子方程式正确的是（）anahco3溶液中滴入偏铝酸钠溶液：hco3+alo2+h2oal（oh）3+co32b饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体：co32+co2+h2o2hco3cnahso3溶液与fecl3溶液混合溶液颜色变浅：so32+2fe3+h2oso42+2fe2+2h+d向nh4al（so4）2溶液中加入ba（oh）2溶液至so42恰好沉淀完全al3+2so42+2ba2+4oh2baso4+alo2+2h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠；b碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，反应中会析出碳酸氢钠固体；c亚硫酸氢根离子不能拆开，应该保留整体形式；d硫酸根离子恰好沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，铝离子与氢氧根离子按照1：3反应生成氢氧化铝沉淀后，铵根离子优先结合氢氧根离子，则氢氧化铝沉淀不会溶解【解答】解：anahco3溶液中滴入偏铝酸钠溶液，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为：hco3+alo2+h2oal（oh）3+co32，故a正确；b向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳气体，会析出碳酸氢钠固体，正确的离子方程式为：2na+co32+h2o+co2=2nahco3，故b错误；cnahso3溶液与fecl3溶液混合溶液颜色变浅，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：hso3+2fe3+h2oso42+2fe2+3h+，故c错误；d向nh4al（so4）2溶液中加入ba（oh）2溶液至so42恰好沉淀完全，由于铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成氢氧化铝沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：2ba2+nh4+al3+2so42+4ohal（oh）3+nh3h2o+2baso4，故d错误；故选a【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查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，检查是否符合原化学方程式等；d为易错点，注意铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝10某烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3个ch3、2个ch2和1个ch，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有（不考虑立体异构）（）a9种b6种c5种d4种【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】烷烃相对分子质量为86，则该烷烃含有的碳原子数目为： =6，该烷烃为己烷；分子中含有3个ch3、2个ch2和1个，说明该烷烃只含有1个支链，其支链不可能为乙基，只能是甲基，该有机物可能的结构简式有2种：ch3ch（ch3）ch2ch2ch3、ch3ch2ch（ch3）ch2ch3，然后根据这两种有机物分子中含有的不同位置的h的数目判断其一氯代物种类【解答】解：某烷烃相对分子质量为86，则该烷烃中含有碳原子数目为：n=6，为己烷；分子中含有3个ch3、2个ch2和1个，则该己烷分子中只能含有1个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5个c，满足条件的己烷的结构简式为：ch3ch（ch3）ch2ch2ch3，ch3ch2ch（ch3）ch2ch3，其中分子中含有5种位置不同的h，即含有一氯代物的数目为5；分子中含有4种位置不同的h，则其一氯代物有4种，所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有：5+4=9种，故选a【点评】本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的根据及求算方法与技巧，正确理解题干信息为解答本题的关键11甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙，下列有关物质的推断不正确的是（）a若甲为fe，则丁可能是cl2b若甲为焦炭，则丁可能是o2c若甲为so2，则丁可能是氨水d若甲为naoh 溶液，则丁可能是co2【考点】铁的化学性质；钠的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a、若甲为fe，丁为氯气，铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁与氯气不反应；b、甲为碳，丁为o2，物质转化关系为：ccoco2；c、若甲为so2，丁为氨水，物质转化关系为：so2nh4hso3（nh4）2so3；d若甲为naoh 溶液，丁为co2，物质转化关系，naohna2co3nahco3【解答】解：a、若甲为fe，丁为氯气，铁和氯气反应生成氯化铁，而氯化铁与氯气不反应，故a错误；b、甲为碳，丁为o2，物质转化关系为：ccoco2；2c+o2=2co 2co+o2=2co2 co2+c2co，故b正确；c、若甲为so2，丁为氨水，物质转化关系为：so2nh4hso3（nh4）2so3；so2+nh3h2o=nh4hso3，nh4hso3+nh3h2o=（nh4）2so3+h2o；（nh4）2so3+h2o+so2=2nh4hso3，故c正确；d若甲为naoh 溶液，丁为co2，物质转化关系，naohna2co3nahco3；2naoh+co2=na2co3+h2o na2co3+co2+h2o=2nahco3 ，nahco3+naoh=na2co3+h2o，故d正确；故选a【点评】本题考查物质间的转化关系及性质的应用，难度中等注意物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键12下列关于有机物的说法正确的是（）a汽油、煤油、植物油均为含碳氢氧三种元素的化合物b乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，且都有同分异构体c乙酸与丙二酸互为同系物d苯能与溴发生取代反应，因此不能用苯萃取溴水中的溴【考点】有机物的结构和性质【专题】有机反应【分析】a汽油、煤油为烃类混合物；b乙酸与乙醇反应取代反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯可以发生水解反应；c同系物应含有相同数目的官能团；d苯和溴水不反应【解答】解：a汽油、煤油为烃类混合物，含有c、h元素，故a错误；b乙酸与乙醇反应取代反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯可以发生水解反应，且乙醇与二甲醚、乙酸和hoch2cho、乙酸乙酯与丁酸互为同分异构体，故b正确；c同系物应含有相同数目的官能团，则乙酸与丙二酸不是同系物，故c错误；d苯和溴水不反应，与液溴在催化作用下反应，故d错误故选b【点评】本题考查有机物的结构与性质、同系物、有机反应类型等，题目难度中等，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在巩固学生的基础，提高学生的能力13x y z r是四种短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的2倍，y元素在地壳中含量最多，z元素金属性最强，r原子的核外电子数是x、z核外电子数之和下列叙述一定正确的是（）a由zr组成的化合物为离子化合物b含氧酸酸性rxcx、y只能共存于共价化合物中d原子半径zryx【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】x、y、z、r是短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故x为c；y元素在地壳中含量最多，则y为o；z元素金属性最强，则z为na；r原子的核外电子数是x、z核外电子数之和，r原子核外电子数为6+11=17，故r为cl，由此分析解答【解答】解：x、y、z、r是短周期主族元素，x原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故x为c；y元素在地壳中含量最多，则y为o；z元素金属性最强，则z为na；r原子的核外电子数是x、z核外电子数之和，r原子核外电子数为6+11=17，故r为cla由zr组成的化合物是氯化钠，氯化钠为离子化合物，故a正确；b碳酸的酸性比hclo的酸性强，故b错误；cc、o可能共存于离子化合物中，如碳酸钠等，故c错误；d同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径z（na）r（cl）x（c）y（o），故d错误；故选：a【点评】本题考查结构性质位置关系应用，a、b选项为易错点，a选项中学生容易考虑甲烷，而忽略烃类物质，b选项学生容易根据最高价含氧酸酸性判断14某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对a2（g）+3b2（g）2ab3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中t表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（）a若t2t1，则正反应一定是放热反应b达到平衡时a2的转化率大小为：bacc若t2t1，达到平衡时b、d点的反应速率为vdvbd在t2和n（a2）不变时达到平衡，ab3的物质的量大小为：cba【考点】化学平衡建立的过程；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】a、由图可知，t2时ab3的体积分数大于t1时ab3的体积分数，当t2t1时，则说明升高温度平衡正向移动，即正反应为吸热反应；b、在可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种物质的转化率，随着b2的量的增加，a2的转化率逐渐增大，即cba；c、温度越高，反应速率 越快，当t2t1时，vdvb；d、在可逆反应中，随着b2的量的增加，a2的转化率逐渐增大，生成的ab3的物质的量逐渐增大【解答】解：a、由图可知，t2时ab3的体积分数大于t1时ab3的体积分数，当t2t1时，则说明升高温度平衡正向移动，即正反应为吸热反应，故a错误；b、在可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种物质的转化率，随着b2的量的增加，a2的转化率逐渐增大，即cba，故b错误；c、温度越高，反应速率 越快，当t2t1时，vdvb，故c错误；d、在可逆反应中，随着b2的量的增加，a2的转化率逐渐增大，生成的ab3的物质的量逐渐增大，故d正确；故选d【点评】本题主要考查影响化学平衡移动的因素以及影响化学反应速率的因素，中等难度，解题关键在于仔细审题，尤其是图象15某实验兴趣小组设计如下微型实验装置，a、b为直流电源的两极实验时，若断开k1，闭合k2，两极均有气泡产生，下列有关描述正确的是（）a断开k1闭合k2时，铁电极附近溶液ph逐渐升高b断开k2闭合k1时，fe电极被保护，此法称为牺牲阳极的阴极保护法电解c断开k1闭合k2时，电子沿“afe电解质溶液cb”的路径流动d断开k1闭合k2时，总反应的离子方程式为2h+2cl h2+cl2【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】断开k1，闭合k2时，该装置是电解池，电解池工作时，两极均有气泡产生，说明铁电极是阴极，石墨电极是阳极，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气；断开k2，闭合k1时，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，以此解答该题【解答】解：a断开k1闭合k2时，铁电极为阴极生成氢气，促进水的电离，溶液碱性增强，故a正确；b断开k2闭合k1时，该装置是原电池，铁易失电子作负极，石墨作正极，金属被腐蚀，故b错误；c断开k1闭合k2时，为电解池，但电子不能流经溶液，故c错误；d断开k1闭合k2时，总反应的离子方程式为：2cl+2h2o h2+2oh+cl2，故d错误故选a【点评】本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等16cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（no3）2、cuso4、no2、no和h2o，当no2和no的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：10b1：8c1：6d1：5【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的cu2s的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no），根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4），由硫元素守恒可知n（cu2s）=n（cuso4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量据此计算判断【解答】解：cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（cu2s）6（2）+12=2mol（54）+1mol（52），解得n（cu2s）=0.5mol由硫元素守恒可知n（cuso4）=n（cu2s）=0.5mol，根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4）=20.5mol0.5mol=0.5mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no）=20.5mol+2mol+1mol=4mol所以实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为n（cu2s）：n（hno3）=0.5mol：4mol=1：8故选：b【点评】考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用二、填空题（本题包括4小题，共52分）17有一澄清透明的溶液，可能大量存在有nh4+、fe3+、h+、mg2+、a13+、i、co32等离子现分别取溶液进行下列实验：（1）加入淀粉溶液，未见蓝色（2）加入少量agno3溶液有黄色沉淀和气体生成（3）逐滴加入1moll1naoh溶液，随着naoh溶液的滴人，产生沉淀的量如图所示试确定：溶液中一定不存在的离子有nh4+、fe3+、co32，其中阴离子物质的量为0.06mol，加入少量agno3溶液的离子反应方程式为8i+2ag+8h+2no3=2agi+2no+3i2+4h2o【考点】离子方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】向溶液中加入naoh溶液，开始没有沉淀生成，而后有产生沉淀，说明溶液中h+，因此溶液显酸性，则co32不能存在，溶液中加入少量agno3溶液有黄色沉淀和气体生成，说明溶液中含有i，结合溶液加入淀粉溶液未见蓝色，说明没有fe3+，加入足量的氢氧化钠，最终沉淀部分溶解，则溶液中一定含有mg2+、al3+，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀质量立即减小，说明溶液中不存在nh4+，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（h+）、n（mg2+）、n（al3+），根据电荷守恒计算n（i）=n（h+）+2n（mg2+）+3n（al3+）；原溶液加入硝酸银溶液时，会生成agi沉淀，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，可以氧化碘离子为碘单质，同时被还原为no【解答】解：向溶液中加入naoh溶液，开始没有沉淀生成，而后有产生沉淀，说明溶液中h+，因此溶液显酸性，则co32不能存在，溶液中加入少量agno3溶液有黄色沉淀和气体生成，说明溶液中含有i，结合溶液加入淀粉溶液未见蓝色，说明没有fe3+，加入足量的氢氧化钠，最终沉淀部分溶解，则溶液中一定含有mg2+、al3+，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀质量立即减小，说明溶液中不存在nh4+，故溶液中一定没有：nh4+、fe3+、co32；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.01l1mol/l=0.01mol，则n（h+）=0.01mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠（0.070.06）l1mol/l=0.01mol，则nal（oh）3=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（al3+）=0.01mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为（0.060.01）l1mol/l=0.05mol，则n（mg2+）=（0.05mol0.01mol3）2=0.01mol，根据电荷守恒溶液中n（i）=n（h+）+2n（mg2+）+3n（al3+）=0.01mol+0.01mol2+0.01mol3=0.06mol；原溶液加入硝酸银溶液时，会生成agi沉淀，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，可以氧化碘离子为碘单质，同时被还原为no，反应离子方程式为：8i+2ag+8h+2no3=2agi+2no+3i2+4h2o，故答案为：nh4+、fe3+、co32；0.06mol；8i+2ag+8h+2no3=2agi+2no+3i2+4h2o【点评】本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是对学生的综合能力的考查，较好的考查学生元素化合物知识、分析解决问题的能力，难度较大18铜及其化合物在工农业生产中有着广泛的用途（1）工业上常用黄铜矿（主要成分cufes2）为原料冶炼铜，其反应过程主要为：2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo；2cu2s+3o22so2+2cu2o；将、反应中含铜化合物混合高温即得到一定纯度的铜，同时产生在常温下为气体的一种化合物反应的化学