湖南省十校共同体高三化学上学期12月联考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省十校共同体高三（上）联考化学试卷（12月份）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是( )a高容量的储氢材料研究是推广应用氢氧燃料电池的关键问题之一b大力发展新型电动汽车，可以减少燃油汽车的尾气排放量c生活中常用的蚕丝、棉花、淀粉、油脂等都是由高分子组成的物质d塑料袋在全球“失宠”，有偿使用成为风尚，是因为塑料袋填埋占用土地且难以降解2如图ad四种物质均含有同一种元素，a可以是单质也可以是气态氢化物，d是该元素最高价氧化物对应的水化物，则a、b、c、d中共同含有的元素可能是( )a氯b铁c碳d氮3下列除杂试剂或方法有错误的是( )原物质所含杂质除杂试剂主要操作方法ahno3溶液h2so4bacl2溶液过滤bco2so2酸性kmno4溶液、浓硫酸洗气、干燥csio2al2o3稀盐酸过滤dc2h5ohch3coohcao蒸馏aabbccdd4根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )h2so3+i2+h2o2hi+h2so42fecl3+2hi2fecl2+2hcl+i23fecl2+4hno32fecl3+no+2h2o+fe（no3）3ah2so3ife2+nobife2+h2so3nocfe2+ih2so3nodnofe2+h2so3i5在溶液中加入足量na2o2后仍能大量共存的离子组是( )anh4+、ba2+、cl、no3bk+、alo2、cl、so42cca2+、mg2+、no3、hco3dna+、cl、co32、so326设na表示阿伏加德罗常数下列说法中错误的是( )a标准状况下，22.4 l由h2和o2组成的混合气体，所含分子总数为nab1mol cl2参加反应，转移的电子数一定为2nac常温常压下，1 mol氖气含有的原子数为nad1l1 molll fecl3溶液中fe3+的数目小于na7某氯化镁溶液的密度为1.2gcm3，其中镁离子的质量分数为4.0%，500ml该溶液中cl的物质的量等于（不考虑镁离子的水解）( )a0.5 molb1.0 molc2.0 mold4.0 mol8短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，y是地壳中含量最高的元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，w与x同主族，下列说法正确的是( )a原子半径的大小顺序：r（w）r（z）r（y）r（x）by分别与z、w形成的化合物中化学键类型相同cx的最高氧化物对应的水化物的酸性比w的弱dy的气态简单氢化物的热稳定性比w的强9除虫菊酯是一种从植物除虫菊中提取出来的广谱杀虫剂，结构如图所示，下列描述正确的是( )a除虫菊酯属于芳香族化合物b除虫菊酯的分子式为c22h28o5c除虫菊酯在镍作催化剂下最多可与7mol h2发生加成反应，与3mol naoh发生水解反应d除虫菊酯在酸性条件下发生水解后得到的产物均带有羧基10已知：2fe203（s）+3c（s）3c02（g）+4fe（s）h=+468.2kjmoll；c（s）+02 （g）c02 （g）h=393.5kjmol1；则4fe（s）+3o2（g）2fe203（s）的h是( )a1648.7 kjmo11b1255.3 kjmol1c861.7 kjmolld+867.1 kjmol111反应x（g）+y（g）2z（g）；h0，达到平衡时，下列说法正确的是( )a减小容器体积，平衡向右移动b加入催化剂，z的产率增大c增大c（x），x的转化率增大d降低温度，y的转化率增大12金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量fe、cu、pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍（用nis04作电解质溶液）已知：氧化性fe2+ni2+cu2+，下列叙述正确的是( )a阳极发生还原反应，其电极反应式：ni2+2e=nib电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等c电解后，溶液中存在的金属阳离子只有fe2+d电解后，可以从电解槽底部的阳极泥中回收cu和pt13常温下，向20ml某盐酸溶液中逐滴加入0.1mol/l的氨水，溶液ph的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )a盐酸的物质的量浓度为1mol/lb在、之间的任意一点：c（cl）c（nh4+），c（h+）c（oh）c在点所示溶液中：c（nh4+）=c（cl）c（oh）=c（h+），且v20d在点所示溶液中：由水电离出的c（oh）107mol/l14铜和镁的合金4.6g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生1792ml的no2气体和1120ml的no气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为( )a7.04gb8.26gc8.51gd9.02g二、非选择题（本大题4题，共58分）15（14分）a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素a、c处于同一主族，c、d、e处于同一周期，e原子的最外层电子数是a、b、c原子最外层电子数之和，d是地壳中含量最高的金属元素；a、b组成的常见气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；e的单质与甲反应能生成b的单质，同时生成两种水溶液均呈酸性的化合物乙和丙（该反应中氧化产物只有一种），25时0.1molll的乙溶液phl；d的单质既能与c元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐丁，也能与丙的水溶液反应生成盐请回答下列问题：（1）甲的化学式为_；b单质的电子式为_（2）d元素的名称是_（3）写出丁溶液中通人入过量二氧化碳时的离子方程式_（4）工业上利用a、b的单质合成甲（ba3）：b2（g）+3a2（g）2ba3（g）h0在一定温度下，在2l密闭容器中，2mol单质b2和1.6mol单质a2充分反应后达到平衡，测得ba3的物质的量浓度为0.4molll，计算该温度下的平衡常数k=_（5）e的单质与甲反应生成的乙和丙的物质的量之比为2：4反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为_16（14分）nh3是一种重要的化工产品（1）根据氨气还原氧化铜的反应，可设计测定铜元素相对原子质量ar（cu）（近似值）的实验先称量反应物氧化铜的质量m（cu0），反应完全后测定生成物水的质量m（h2o），由此计算ar（cu）为此，提供的实验仪器及试剂如下（根据实验需要，装置可重复选择，加入的nh4cl与ca（oh）2的量足以产生使cuo完全还原为n2的氨气）：请回答下列问题：氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为_；从所提供的仪器及试剂中选择并组装本实验的一套合理、简单的装置，按气流方向的连接顺序为（用图1中标注的字母表示）a一_；在本实验中，若测得m（ cuo）=ag，m（h2o）=b g，则ar（cu）=_；在本实验中，使测定结果ar（cu）偏大的是_（填字母）；acuo未完全起反应 bcuo不干燥ccuo中混有不反应的杂质 dnh4 cl与ca（oh）2混合物不干燥（2）按图2装置进行nh3性质实验先打开旋塞1，b瓶中的现象是_原因是_稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，b瓶中的现象是_17工业废水中常含有一定量的cr2o72和cro42，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：crocr2ocr3+cr（oh）3其中第步存在平衡：2cro（黄色）+2h+cro（橙色）+h2o（1）若平衡体系的ph=2，该溶液显_色（2）能说明第步反应达平衡状态的是_（填字母）a2v正（cr2o）v逆（cro）bcr2o和cro的浓度相同c溶液的颜色不变（3）完成第步中氧化还原反应的离子方程式：( )cr2o+( )fe2+( )_( )cr3+( )fe3+( )_（4）第步生成的cr（oh）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：cr（oh）3（s）cr3+（aq）+3oh（aq）常温下，cr（oh）3的溶度积k30=c（cr3+）c3（oh）=110 32，要使cr3+沉淀完全（cr3+浓度等于或小于1105molll时，cr3+已沉淀完全），溶液的ph至少应调至_方法2：电解法该法用fe做电极电解含cr2o72；的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液ph升高，产生cr（oh）3沉淀（5）用fe做电极的原因为_（6）在阴极附近溶液ph升高的原因是（用电极反应解释）_溶液中同时生成的沉淀还有_（填化学式）18香料龙葵醛（）曾入选伦敦奥运会指定产品，下面是工业合成龙葵醛的路线图（部分反应条件及副产物已略去），回答问题：（1）龙葵醛的分子式为_，c中官能团的名称为_（2）生成a的反应类型为_，de的反应条件为_（3）写出下列e龙葵醛的方程式：_（4）f是龙葵醛与新制cu（oh）2反应后得到的物质，f有多种同分异构体，其中某些芳香族物质具有下列特征：能发生银镜反应，也能与稀硫酸溶液反应；是苯环的二元取代产物则符合此条件的同分异构体共有_种，写出核磁共振氢谱有5种的物质的结构简式_2015-2016学年湖南省十校共同体高三（上）联考化学试卷（12月份）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是( )a高容量的储氢材料研究是推广应用氢氧燃料电池的关键问题之一b大力发展新型电动汽车，可以减少燃油汽车的尾气排放量c生活中常用的蚕丝、棉花、淀粉、油脂等都是由高分子组成的物质d塑料袋在全球“失宠”，有偿使用成为风尚，是因为塑料袋填埋占用土地且难以降解【考点】常见的生活环境的污染及治理；有机高分子化合物的结构和性质 【专题】化学应用【分析】a氢气的密度小，所以氢气的储存是面临的关键问题； b燃油汽车的尾气中会含有大量的一氧化碳、二氧化氮、二氧化硫等空气污染物；c油脂不是高分子；d塑料袋难以降解，会对环境造成污染【解答】解：a氢气的密度小，储氢材料研究是推广应用氢氧燃料电池的关键问题之一，故a正确； b燃油汽车的尾气中会含有大量的一氧化碳、二氧化氮、二氧化硫等空气污染物，大力发展电动车、减少燃油汽车的尾气排放量可改善空气质量，故b正确；c蚕丝的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维素，高分子化合物包含淀粉、蛋白质、纤维素等，油脂不属于高分子，故c错误；d塑料袋难以降解，且填满会对土壤、地下水等造成污染，所以塑料袋在全球“失宠”，故d正确故选c【点评】本题主要考查了与环境相关的化学知识，难度不大，激励了学生的社会责任感，了解化学探究的领域，明了化学学习的意义，为学生学好化学，树立为化学科学奋斗的目标，激励学生的社会责任感都有重要的意义2如图ad四种物质均含有同一种元素，a可以是单质也可以是气态氢化物，d是该元素最高价氧化物对应的水化物，则a、b、c、d中共同含有的元素可能是( )a氯b铁c碳d氮【考点】氮族元素简介 【专题】氮族元素【分析】由框图转化关系可知，b应为氧化物，d能与cu反应生成b，说明d应为具有强氧化性的酸，则d可能为浓hno3或浓h2so4【解答】解：a如a为cl2或hcl二者都不与o2反应，不存在如图转化关系，故a错误；b如为fe，不可能实现如图转化关系，故b错误；c如为c，则d可能为h2co3，不能与cu发生氧化还原反应，故c错误；d如为n，则b为no，c为no2，d为hno3，可与cu发生氧化还原反应生成no，故d正确故选d【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意d与cu反应生成b的性质，为解答该题的关键点，学习中注重相关知识的积累3下列除杂试剂或方法有错误的是( )原物质所含杂质除杂试剂主要操作方法ahno3溶液h2so4bacl2溶液过滤bco2so2酸性kmno4溶液、浓硫酸洗气、干燥csio2al2o3稀盐酸过滤dc2h5ohch3coohcao蒸馏aabbccdd【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】a硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸；b二氧化硫与高锰酸钾发生反应，而二氧化碳不能；c氧化铝与盐酸反应，而二氧化硅不能；d乙酸与cao反应后，增大与乙醇沸点差异【解答】解：a硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，引入新杂质，故a错误；b二氧化硫与高锰酸钾发生反应，而二氧化碳不能，则利用酸性kmno4溶液、浓硫酸试剂洗气、干燥可除杂，故b正确；c氧化铝与盐酸反应，而二氧化硅不能，则加足量稀盐酸、过滤可除杂，故c正确；d乙酸与cao反应后，增大与乙醇沸点差异，则加cao后蒸馏可分离，故d正确；故选a【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大4根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )h2so3+i2+h2o2hi+h2so42fecl3+2hi2fecl2+2hcl+i23fecl2+4hno32fecl3+no+2h2o+fe（no3）3ah2so3ife2+nobife2+h2so3nocfe2+ih2so3nodnofe2+h2so3i【考点】氧化性、还原性强弱的比较 【专题】氧化还原反应专题【分析】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱【解答】解：h2so3+i2+h2o=2hi+h2so4中，i元素的化合价降低，s元素的化合价升高，则h2so3为还原剂，还原性h2so3i，2fecl3+2hi=2fecl2+2hcl+i2中，fe元素的化合价降低，i元素的化合价升高，则hi为还原剂，还原性ife2+，3fecl2+4hno3=2fecl3+no+2h2o+fe（no3）3中，n元素的化合价降低，fe元素的化合价升高，则fecl2为还原剂，还原性fe2+no，显然还原性由强到弱的顺序为h2so3ife2+no，故选a【点评】本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键5在溶液中加入足量na2o2后仍能大量共存的离子组是( )anh4+、ba2+、cl、no3bk+、alo2、cl、so42cca2+、mg2+、no3、hco3dna+、cl、co32、so32【考点】离子共存问题；钠的重要化合物 【专题】离子反应专题【分析】na2o2具有强氧化性，与水反应生成oh，溶液中加入足量na2o2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与na2o2或oh反应，且离子之间不发生任何反应【解答】解：anh4+与oh反应而不能大量共存，故a错误；b在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故b正确；cmg2+与oh反应，ca2+、hco3与oh反应生成沉淀而不能大量共存，故c错误；dso32具有还原性，可与na2o2发生氧化还原反应，故d错误故选b【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握题中所给信息，把握离子的性质，易错点为d，注意so32具有还原性，可与na2o2发生氧化还原反应6设na表示阿伏加德罗常数下列说法中错误的是( )a标准状况下，22.4 l由h2和o2组成的混合气体，所含分子总数为nab1mol cl2参加反应，转移的电子数一定为2nac常温常压下，1 mol氖气含有的原子数为nad1l1 molll fecl3溶液中fe3+的数目小于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标准状况下22.4l混合气体的物质的量为1mol；b.1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，转移的电子为1mol；c稀有气体为单原子分子，1mol氖气中含有1mol氖原子；d铁离子在溶液中部分水解导致铁离子数目减少【解答】解：a标准状况下，22.4 l由h2和o2组成的混合气体的物质的量为：=1mol，所含分子总数为na，故a正确；b.1mol cl2参加反应，若与氢氧化钠溶液反应，1mol氯气完全反应转移了1mol电子，转移的电子数一定为na，故b错误；c常温常压下，1 mol氖气含有1mol原子，含有氖原子数为na，故c正确；d.1l 1molll fecl3溶液中含有溶质氯化铁的物质的量为：1mol/l1l=0.1mol，由于铁离子部分水解，则溶液中fe3+的数目小于na，故d正确；故选b【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度中等，明确物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答关键，b为易错点，注意稀有气体为单原子分子7某氯化镁溶液的密度为1.2gcm3，其中镁离子的质量分数为4.0%，500ml该溶液中cl的物质的量等于（不考虑镁离子的水解）( )a0.5 molb1.0 molc2.0 mold4.0 mol【考点】物质的量的相关计算 【专题】物质的量的计算【分析】先根据镁离子的质量分数计算氯化镁的质量分数，进而根据c=计算氯化镁的物质的量浓度，求出氯离子的 物质的量浓度，最后求出cl的物质的量【解答】解：mgcl2中mg元素的质量与cl元素的质量之比为24：71，镁离子的质量分数为4.0%，则氯化镁的质量分数为95=15.8%，溶液中氯化镁的物质的量浓度为=2.0mol/l，则c（cl）=2c（mgcl2）=22mol/l=4mol/l，cl的物质的量为4mol/l0.5l=2mol，故选c【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意根据镁离子的质量分数计算氯化镁的质量分数，进而根据c=计算氯化镁的物质的量浓度8短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，y是地壳中含量最高的元素，z2+与y2具有相同的电子层结构，w与x同主族，下列说法正确的是( )a原子半径的大小顺序：r（w）r（z）r（y）r（x）by分别与z、w形成的化合物中化学键类型相同cx的最高氧化物对应的水化物的酸性比w的弱dy的气态简单氢化物的热稳定性比w的强【考点】真题集萃；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原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此x是c，y是地壳中含量最高的元素o，w与x同主族，w是si，短周期元素z2+与y2具有相同的电子层结构，电子层结构与ne相同，因此z为mg，a、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；b、mgo中含有离子键，sio2中含有共价键；c、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，d、元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定【解答】解：x原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此x是c，y是地壳中含量最高的元素o，w与x同主族，w是si，短周期元素z2+与y2具有相同的电子层结构，电子层结构与ne相同，因此z为mga、mg和si、c和o同周期，c和si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（mg）r（si）r（c）r（o），故a错误；b、y分别与z、w形成的化合物分别为mgo、sio2，mgo中含有离子键，sio2中含有共价键，化学键类型不同，故b错误；c、c和si同主族，非金属性csi，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故c错误；d、非金属性osi，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此h2o的热稳定性大于sih4，故d正确；故选d【点评】本题考查了短周期元素种类推断，涉及元素周期律中原子半径、非金属性的比较以及化合键的判定等知识，难度不大，熟悉短周期元素的原子结构、10个电子的微粒是解题的必备知识9除虫菊酯是一种从植物除虫菊中提取出来的广谱杀虫剂，结构如图所示，下列描述正确的是( )a除虫菊酯属于芳香族化合物b除虫菊酯的分子式为c22h28o5c除虫菊酯在镍作催化剂下最多可与7mol h2发生加成反应，与3mol naoh发生水解反应d除虫菊酯在酸性条件下发生水解后得到的产物均带有羧基【考点】有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】a含有苯环的有机物是芳香族化合物；b根据结构简式确定分子式；c碳碳双键和羰基能与氢气发生加成反应；d酯基水解生成羧基和醇羟基【解答】解：a含有苯环的有机物是芳香族化合物，该物质中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故a错误；b根据结构简式确定分子式为c22h28o5，故b正确；c碳碳双键和羰基能与氢气发生加成反应，该分子中含有4个碳碳双键、2个酯基、1个羰基，所以除虫菊酯在镍作催化剂下最多可与5mol h2发生加成反应，与2mol naoh发生水解反应，故c错误；d酯基水解生成羧基和醇羟基，除虫菊酯在酸性条件下发生水解后得到的产物有的带羧基，有的带醇羟基，故d错误；故选b【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯、酮和烯烃性质，注意酯基中碳氧双键不能发生加成反应，为易错点10已知：2fe203（s）+3c（s）3c02（g）+4fe（s）h=+468.2kjmoll；c（s）+02 （g）c02 （g）h=393.5kjmol1；则4fe（s）+3o2（g）2fe203（s）的h是( )a1648.7 kjmo11b1255.3 kjmol1c861.7 kjmolld+867.1 kjmol1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算 【专题】燃烧热的计算【分析】根据盖斯定律，将热化学方程式3可得目标热化学方程式：4fe（s）+3o2（g）2fe203（s），据此计算出该热化学方程式的焓变【解答】解：已知：2fe203（s）+3c（s）3c02（g）+4fe（s）h=+468.2kjmol1，c（s）+02 （g）c02 （g）h=393.5 kjmol1，根据盖斯定律3可得：4fe（s）+3o2（g）2fe203（s）h=（393.5kjmol1）3（+468.2kjmol1）=1648.7 kjmol1，故选a【点评】本题考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的含义为解答关键，注意掌握有关反应热计算的方法，试题培养了学生的化学计算能力11反应x（g）+y（g）2z（g）；h0，达到平衡时，下列说法正确的是( )a减小容器体积，平衡向右移动b加入催化剂，z的产率增大c增大c（x），x的转化率增大d降低温度，y的转化率增大【考点】化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】a、反应前后气体体积不变，减小容器体积压强增大，平衡不变；b、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡；c、两种反应物，增加一种物质的量增大另一种物质转化率，本身转化率减小；d、反应是放热反应，降温平衡正向进行；【解答】解：a、反应前后气体体积不变，减小容器体积压强增大，平衡不变，故a错误；b、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，z的产率不变，故b错误；c、两种反应物，增加一种物质的量增大另一种物质转化率，本身转化率减小，增大c（x），x的转化率减小，故c错误；d、反应是放热反应，降温平衡正向进行，y的转化率增大，故d正确；故选d【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析判断和化学平衡移动的理解应用，题目难度中等12金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量fe、cu、pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍（用nis04作电解质溶液）已知：氧化性fe2+ni2+cu2+，下列叙述正确的是( )a阳极发生还原反应，其电极反应式：ni2+2e=nib电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等c电解后，溶液中存在的金属阳离子只有fe2+d电解后，可以从电解槽底部的阳极泥中回收cu和pt【考点】电解原理 【专题】电化学专题【分析】a阳极上金属失电子发生氧化反应；b电解过程中，阳极上fe、ni失电子发生氧化反应，阴极上只有ni2+得电子发生还原反应；c电解后溶液中存在的金属阳离子有fe2+、ni2+；d因为氧化性fe2+ni2+cu2+，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不生成金属阳离子【解答】解：a阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上只有ni2+得电子发生还原反应，阴极电极反应式为ni2+2e=ni，故a错误；b电解过程中，阳极上fe、ni失电子发生氧化反应，阴极上只有ni2+得电子发生还原反应，且fe摩尔质量小于ni，根据转移电子守恒知，所以阴极上析出质量大于阳极溶解质量，故b错误；c电解后溶液中存在的金属阳离子有fe2+、ni2+，故c错误；d因为氧化性fe2+ni2+cu2+，铂为惰性电极，所以阳极中铂和铜不生成金属阳离子，则铜和铂在电解槽底部形成阳极泥，故d正确；故选d【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确离子放电顺序、阳极上失电子难易程度是解本题关键，注意：较活泼金属作阳极上，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，为易错点13常温下，向20ml某盐酸溶液中逐滴加入0.1mol/l的氨水，溶液ph的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )a盐酸的物质的量浓度为1mol/lb在、之间的任意一点：c（cl）c（nh4+），c（h+）c（oh）c在点所示溶液中：c（nh4+）=c（cl）c（oh）=c（h+），且v20d在点所示溶液中：由水电离出的c（oh）107mol/l【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较 【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、根据当未加氨水时盐酸的ph值计算盐酸溶液的物质的量浓度b、采用极值法判断溶液中各种离子浓度的关系c、根据溶液中电荷守恒判断各种离子浓度的关系，由生成盐的类型判断氨水的体积d、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离【解答】解：a、当未加氨水时，盐酸的ph=1，hcl是强电解质完全电离，氢离子的浓度=hcl的浓度，所以盐酸的物质的量浓度=0.1mol/l，故a错误b、采用极值法分析，当未加氨水时，溶液中没有铵根离子，所以c（cl）c（nh4+），该溶液呈酸性，即氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度c（h+）c（oh），故b正确c、当溶液的ph=7时，溶液中c（h+）=c（oh），溶液呈电中性，所以c（cl）=c（nh4+）；氯化铵是强酸弱碱盐溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，氨水的物质的量应该稍微大一些，即v20，故c错误d、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，点所示溶液呈碱性，能抑制水的电离，所以由水电离出的c（oh）107mol/l，故d错误故选b【点评】本题考查了酸碱混合时溶液中各种离子浓度的判断、溶液ph值的判断等知识点，难度不大，注意酸、碱溶液都抑制水的电离，但含有弱根离子的盐离子能促进水的电离14铜和镁的合金4.6g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生1792ml的no2气体和1120ml的no气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为( )a7.04gb8.26gc8.51gd9.02g【考点】有关混合物反应的计算 【专题】守恒法；利用化学方程式的计算【分析】先算出铜和镁总共失去的电子数，而铜和镁失去的电子数，就是他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量，即为沉淀量【解答】解：反应关系式为cucu2+cu（oh）2，mgmg2+mg（oh）2，反应后生成cu（oh）2和mg（oh）2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量，则反应后沉淀的质量=合金的质量+氢氧根离子的质量，生成1792ml的no2气体的物质的量为：=0.08mol，1120ml的no气体的物质的量为：=0.05mol，生成0.08mol二氧化氮、0.05molno的反应中转移的电子的物质的量为：0.08mol（54）+0.05mol（52）=0.23mol，所以生成的沉淀的质量为：4.6g+0.23mol17g/mol=8.51g，故选c【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，正确分析沉淀中氢氧根离子的物质的量与反应中转移电子的物质的量相等为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用二、非选择题（本大题4题，共58分）15（14分）a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素a、c处于同一主族，c、d、e处于同一周期，e原子的最外层电子数是a、b、c原子最外层电子数之和，d是地壳中含量最高的金属元素；a、b组成的常见气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；e的单质与甲反应能生成b的单质，同时生成两种水溶液均呈酸性的化合物乙和丙（该反应中氧化产物只有一种），25时0.1molll的乙溶液phl；d的单质既能与c元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐丁，也能与丙的水溶液反应生成盐请回答下列问题：（1）甲的化学式为nh3；b单质的电子式为（2）d元素的名称是铝（3）写出丁溶液中通人入过量二氧化碳时的离子方程式alo2+2h2o+co2hco3+al（oh）3（4）工业上利用a、b的单质合成甲（ba3）：b2（g）+3a2（g）2ba3（g）h0在一定温度下，在2l密闭容器中，2mol单质b2和1.6mol单质a2充分反应后达到平衡，测得ba3的物质的量浓度为0.4molll，计算该温度下的平衡常数k=25（5）e的单质与甲反应生成的乙和丙的物质的量之比为2：4反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：3【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题【分析】a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素d是地壳中含量最高的金属元素，则d为al；a、b组成的常见气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体甲为nh3，则a为h元素、b为n元素；c、d、e处于同一周期，即处于第三周期，a、c处于同一主族，则c为na；e原子的最外层电子数是a、b、c原子最外层电子数之和，则e原子最外层电子数为1+5+1=7，故e为cl；e的单质与甲反应能生成b的单质，同时生成两种水溶液均呈酸性的化合物乙和丙（该反应中氧化产物只有一种），25时0.1molll的乙溶液phl，则乙为nh4cl、丙为hcl；d的单质既能与c元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐丁，也能与丙的水溶液反应生成盐，则丁为naalo2，据此解答【解答】解：a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素d是地壳中含量最高的金属元素，则d为al；a、b组成的常见气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体甲为nh3，则a为h元素、b为n元素；c、d、e处于同一周期，即处于第三周期，a、c处于同一主族，则c为na；e原子的最外层电子数是a、b、c原子最外层电子数之和，则e原子最外层电子数为1+5+1=7，故e为cl；e的单质与甲反应能生成b的单质，同时生成两种水溶液均呈酸性的化合物乙和丙（该反应中氧化产物只有一种），25时0.1molll的乙溶液phl，则乙为nh4cl、丙为hcl；d的单质既能与c元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐丁，也能与丙的水溶液反应生成盐，则丁为naalo2（1）甲的化学式为nh3，b单质为n2，电子式为，故答案为：nh3；（2）d元素的名称是铝，故答案为：铝；（3）naalo2溶液中通入过量二氧化碳时的离子方程式：alo2+2h2o+co2hco3+al（oh）3，故答案为：alo2+2h2o+co2hco3+al（oh）3；（4）在一定温度下，在2l密闭容器中，2mol单质n2和1.6mol单质h2充分反应后达到平衡，测得nh3的物质的量浓度为0.4molll，则： n2（g）+3h2（g）2nh3（g）起始浓度（mol/l）：1 0.8 0变化浓度（mol/l）：0.2 0.6 0.4平衡浓度（mol/l）：0.8 0.2 0.4该温度下的平衡常数k=25，故答案为：25； （5）氯气与氨气反应生成的nh4cl、hcl的物质的量之比为2：4，设二者物质的量分别为2mol、4mol，根据氯原子守恒被还原氯气为=3mol，根据电子转移守恒被氧化的氨气为=2mol，则反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2mol：3mol=2：3，故答案为：2：3【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及元素化合物性质、电子式、化学平衡常数、氧化还原反应计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等16（14分）nh3是一种重要的化工产品（1）根据氨气还原氧化铜的反应，可设计测定铜元素相对原子质量ar（cu）（近似值）的实验先称量反应物氧化铜的质量m（cu0），反应完全后测定生成物水的质量m（h2o），由此计算ar（cu）为此，提供的实验仪器及试剂如下（根据实验需要，装置可重复选择，加入的nh4cl与ca（oh）2的量足以产生使cuo完全还原为n2的氨气）：请回答下列问题：氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为2nh3+3cuo3cu+3h2o+n2；从所提供的仪器及试剂中选择并组装本实验的一套合理、简单的装置，按气流方向的连接顺序为（用图1中标注的字母表示）a一dbdc；在本实验中，若测得m（ cuo）=ag，m（h2o）=b g，则ar（cu）=16；在本实验中，使测定结果ar（cu）偏大的是ac（填字母）；acuo未完全起反应 bcuo不干燥ccuo中混有不反应的杂质 dnh4 cl与ca（oh）2混合物不干燥（2）按图2装置进行nh3性质实验先打开旋塞1，b瓶中的现象是产生白烟原因是a瓶压强比b瓶大，氯化氢进入b瓶与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，b瓶中的现象是烧杯中的石蕊溶液会倒流进入b瓶中，形成红色溶液【考点】氨的制取和性质 【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水；根据题干可知需测定生成水的质量，生成的氨气需先通过碱石灰干燥、再在与氧化铜反应，最后用碱石灰吸收生成的水，以测得生成水的质量；由反应方程式可知氧化铜和水的物质的量相等，列出关系式计算即可；根据ar（cu）=，从是否影响a或b来分析误差；（2）根据a、b容器压强以及a、b混合后压强相等以及氨气和氯化氢反应生成氯化铵分析；氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，据此分析；【解答】解：（1）氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，化学方程式：2nh3+3cuo3cu+3h2o+n2；故答案为：2nh3+3cuo3cu+3h2o+n2；因为需要测定反应后生成物水的质量，所以必需保证通入的氨气是纯净干燥的，由于浓硫酸可以与氨气反应，因此只能通过碱石灰进行干燥，再通入氧化铜进行反应，最后在通入碱石灰吸收反应生成的水，以测得生成水的质量，所以正确的顺序为adbdc；故答案为：dbdc；根据反应方程式2nh3+3cuo3cu+3h2o+n2； 3 3可知氧化铜和水的物质的量相等，所以有以下关系式：=，解得ar（cu）=16，故答案为：16；由可知得ar（cu）=16，a若cu0未完全起反应，说明b偏小，结果偏大，故a选；b若cuo不干燥，说明a偏小，b偏大，结果偏低，故b不选；c若cu0中混有不反应的杂质，说明b偏小，结果偏大，故c选；d若nh4c1与ca（oh）2混合物不干燥，但只要氨气干燥彻底，对结果不影响，故d不选；故选：ac；（2）a容器压强为150kpa，b容器压强100kpa，a容器压强大于b容器，先打开旋塞1，a容器中的氯化氢进入b容器，氨气和氯化氢反应，nh3+hcl=nh4cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以b瓶中的现象是出现白烟，故答案为：出现白烟；a瓶压强比b瓶大，氯化氢进入b瓶与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟；氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞2，紫色的石蕊试液倒吸入b瓶中，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解方程式为：nh4+h2onh3h2o+h+，溶液呈酸性，所以紫色石蕊试液变红，故答案为：烧杯中的石蕊溶液会倒流进入b瓶中，形成红色溶液；【点评】本题主要考查氨气的制备、净化、干燥和利用方程式进行的计算以及有关误差分析，明确实验原理和物质的性质是解题关键，题目难度中等17工业废水中常含有一定量的cr2o72和cro42，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：crocr2ocr3+cr（oh）3其中第步存在平衡：2cro（黄色）+2h+cro（橙色）+h2o（1）若平衡体系的ph=2，该溶液显橙色（2）能说明第步反应达平衡状态的是ac（填字母）a2v正（cr2o）v逆（cro）bcr2o和cro的浓度相同c溶液的颜色不变（3）完成第步中氧化还原反应的离子方程式：( )cr2o+( )fe2+( )h+( )cr3+( )fe3+( )h2o（4）第步生成的cr（oh）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：cr（oh）3（s）cr3+（aq）+3oh（aq）常温下，cr（oh）3的溶度积k30=c（cr3+）c3（oh）=110 32，要使cr3+沉淀完全（cr3+浓度等于或小于1105molll时，cr3+已沉淀完全），溶液的ph至少应调至5方法2：电解法该法用fe做电极电解含cr2o72；的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液ph升高，产生cr（oh）3沉淀（5）用fe做电极的原因为阳极反应为fe2e=fe2+，提供还原剂fe2+（6）在阴极附近溶液ph升高的原因是（用电极反应解释）2h+2e=h2溶液中同时生成的沉淀还有fe（oh）3（填化学式）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；三废处理与环境保护 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的ph专题；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定溶液颜色变化；（2）根据判断平衡状态的方法：v正=v逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，也可根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断；（3）第步中的氧化还原反应为亚铁离子被重铬酸钾氧化生成铬离子和亚铁离子，根据电荷守恒和