河南省豫东、豫北十所名校高三化学第四次联考试题（含解析）新人教版.doc

河南省豫东、豫北十所名校2014届高三第四次联考化学试卷一、选择题：本大题共l6小题，每小题3分共48分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（3分）化学与生活息息相关下列说法不正确的是（）a可用淀粉ki试纸和食醋检验真假碘盐b用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹c次氯酸钠溶液是生活中常用的消毒剂d经常食用含明矾的食品能中和过多的胃酸考点：盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；淀粉的性质和用途.专题：化学应用分析：a、酸性条件下ki与kio3反应生成i2；b、饱和氯化铵溶液显酸性；c、次氯酸具有强氧化性；d、明矾与hcl不反应解答：解：a、酸性条件下ki与kio3反应生成i2，所以可用淀粉ki试纸和食醋检验真假碘盐，若试纸变蓝，则食盐含有kio3，否则没有，故a正确；b、饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故b正确；c、次氯酸具有强氧化性，能作消毒剂，次氯酸钠溶液与二氧化碳反应能生成次氯酸，故c正确；d、胃酸中含有hcl，明矾与hcl不反应，所以经常食用含明矾的食品不能中和过多的胃酸，故d错误；故选d点评：本题考查了化学知识在生成生活中的应用，侧重化学反应原理和物质性质的考查，题目难度不大2（3分）下列有关物质组成、分类正确的是（）a盐酸、硫酸、硝酸都是强氧化性酸b新制氯水、氨水的溶质分别是次氯酸、氨分子c纯碱、烧碱的成分分别是碳酸钠、氢氧化钠d苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素以及元素质量比相等考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.专题：物质的分类专题分析：a、盐酸属于非强氧化性酸； b、新制氯水的溶质是hcl和hclo，氨水的溶质是一水合氨；c、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称；d、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的最简式不同，因此元素质量比不同解答：解：a、盐酸属于非强氧化性酸，硫酸、硝酸是强氧化性酸，故a错误；b、新制氯水的溶质是hcl和hclo，氨水的溶质是一水合氨，故b错误；c、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称，故c正确；d、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素相同，但是最简式不同，因此元素质量比不同，故d错误；故选：c点评：本题考查常见酸、碱俗称和性质，非常基础，元素的质量比可以根据元素原子的个数比来确定3（3分）下列有关金属腐蚀与保护的说法正确的是（）a铁上镀锌的保护方法叫牺牲负极的正极保护法b相同条件下，轮船在海水中比在淡水中腐蚀慢c水库里钢闸门与电源负极相连的方法叫做外加电流的阴极保护法d钢铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极反应为fe3efe3+考点：金属的电化学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：a、锌耐腐蚀，铁上镀锌属于覆盖保护层，隔绝空气；b、铁海水中含电解质浓度大，淡水中含电解质浓度小；c、作电解池阴极的金属被保护；d、做负极被氧化失去电子生成fe2+离子解答：解：a、锌耐腐蚀，铁上镀锌属于覆盖保护层，隔绝空气，故a错误；b、铁海水中含电解质浓度大，淡水中含电解质浓度小，故海水中比淡水腐蚀快，故b错误；c、采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，故c正确；d、铁做负极被氧化失去电子生成fe2+离子，负极反应为fe2e=fe2+，故d错误；故选c点评：本题考查金属的电化学腐蚀与防护，题目难度不大，本题注意电化学腐蚀形成的条件与金属的防护4（3分）如图表示白磷（p4）分子结构白磷在氧气不足时燃烧生成p4o6，p4o6分子结构可以看成是白磷分子中磷磷键之间插入氧原子已知：键能表示断裂1mol化学键需要吸收的能量几种共价键的键能如表所示：化学键pppopooo键能/kjmol1abcd则p4（s）+3o2（g）p4o6（s）的反应热（h）为（）a（6a+3d12b4c）kjmol1b（4a+3d8b）kjmol1c（6a+3d12b）kjmol1d（6a+3d+4c12b）kjmol1考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：反应热h=反应物总键能生成物总键能，据此计算判断注意每摩尔p4中含有6molpp键解答：解：各化学键键能为pp akjmol1、po bkjmol1、o=o c kjmol1反应热h=反应物总键能生成物总键能，所以反应p4+3o2=p4o6的反应热h=6akjmol1+3ckjmol112bkjmol1=（6a+3d12b）kjmol1；故选：c点评：本题考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热5（3分）设na表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a在粗铜精炼中，阴极析出64g铜阳极转移的电子数为2nab标准状况下，11.2l hf含有的hf分子数为0.5nac常温常压下，1mol甲苯含碳碳双键的数目是3nad标准状况下，ll ph=13的氢氧化钡溶液中含有oh的数目为0.1na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、粗铜精炼阳极和阴极电子转移相同；b、标准状况下氟化氢不是气体；c、苯环中不含碳碳双键；d、依据ph=13，离子积常数不是常温下的1014，依据水的电离平衡分析应小于常温下离子积常数解答：解：a、粗铜精炼阳极和阴极电子转移相同，阴极析出64g铜，物质的量为1mol，cu2+2e=cu，转移电子2mol，所以阳极转移的电子数为2na，故a正确；b、标准状况下氟化氢不是气体，11.2l hf不是0.5mol，故b错误；c、苯环中不含碳碳双键，故c错误；d、依据ph计算氢氧根离子浓度=，离子积常数不是常温下的1014，故d错误故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是电解精炼原理分析计算，气体摩尔体积的条件应用是解题关键，注意离子积常数的应用条件，题目难度中等6（3分）下列实验操作能达到实验目的且离子方程式正确的是（）a用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体：co32+2h+co2+h2ob用酸性kmno4溶液判断fecl2是否完全变质：5fe2+mno4+8h+5fe3+mn2+4h2oc用naoh溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：ch3cooh+ohch3coo+h2od在mg（0h）2悬浊液中滴几滴饱和fecl3溶液证明fe（0h）3溶解度小于mg（oh）2：3mg（oh）2+2fe3+3mg2+2fe（0h）3考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a、石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水；b、高锰酸钾溶液具有氧化性，亚铁离子和氯离子都可以被氧化；c、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解；d、依据沉淀溶解平衡的原理分析判断，反应向更难溶的方向进行解答：解：a、石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水，用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体反应的离子方程式：caco3+2h+co2+h2o+ca2+，故a错误；b、高锰酸钾溶液具有氧化性，亚铁离子和氯离子都可以被氧化，不能用酸性kmno4溶液判断fecl2是否完全变质，故b错误；c、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，应用饱和碳酸钠溶液洗涤，故c错误；d、依据沉淀溶解平衡的原理分析判断，反应向更难溶的方向进行，在mg（0h）2悬浊液中滴几滴饱和fecl3溶液证明fe（0h）3溶解度小于mg（oh）2，沉淀转化的离子方程式为：3mg（oh）2+2fe3+3mg2+2fe（0h）3，故d正确；故选d点评：本题考查了离子方程式的书写方法，物质性质是解题关键，注意亚铁离子和氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，题目难度中等7（3分）在盛有kmno4溶液的试管中加入过量的mnso4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色过滤，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末（nabio3），溶液变紫红色另取少量酸性kmno4溶液，加入双氧水，产生大量气泡，紫红色消失下列推断不正确的是（）a氧化性：babio3kmno4mno2h2o2b用标准浓度的kmno4溶液可以滴定溶液中mn2+浓度c在kmno4和双氧水的反应中，kmno4作氧化剂d在铋酸钠粉末中滴加双氧水，一定会产生氧气考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低在盛有kmno4溶液的试管中加入过量的mnso4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明kmno4溶液可氧化mnso4 生成mno2，故氧化性：kmno4mno2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末（nabio3），溶液变紫红色，说明nabio3可氧化mnso4 生成kmno4，故氧化性：babio3kmno4，另取少量酸性kmno4溶液，加入双氧水，产生大量气泡，紫红色消失，说明kmno4溶液可氧化双氧水生成氧气，故氧化性：kmno4o2，故氧化性：babio3kmno4mno2，babio3kmno4o2解答：解：a在盛有kmno4溶液的试管中加入过量的mnso4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明kmno4溶液可氧化mnso4 生成mno2，故氧化性：kmno4mno2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末（nabio3），溶液变紫红色，说明nabio3可氧化mnso4 生成kmno4，故氧化性：babio3kmno4，另取少量酸性kmno4溶液，加入双氧水，产生大量气泡，紫红色消失，说明kmno4溶液可氧化双氧水生成氧气，故氧化性：kmno4o2，故氧化性：babio3kmno4mno2，babio3kmno4o2，无法判断mno2与h2o2氧化性大小，故a错误；b在盛有kmno4溶液的试管中加入过量的mnso4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，故kmno4溶液可氧化mnso4，故可用标准浓度的kmno4溶液滴定溶液中mn2+浓度，故b正确；c在kmno4和双氧水的反应中，kmno4中锰的化合价降低，作氧化剂，故c正确；d氧化性：babio3o2，故在铋酸钠粉末中滴加双氧水，一定会产生氧气，故d正确，故选a点评：本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断规律：氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性8（3分）某新型药物的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是（）a既能发生加成反应又能发生取代反应b在溶液中该分子的羟基可以电离出h+c该分子中含有两种官能团d该分子中所有碳原于不可能完全共平面考点：有机物分子中的官能团及其结构.专题：有机物的化学性质及推断分析：a、醇羟基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应；b、醇羟基不能电离出氢离子；c、分子中的官能团有：醇羟基以及碳碳双键；d、与碳原子所连的4个原子形成的空间结构为四面体解答：解：a、分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，故a正确；b、该分子的羟基为醇羟基，所以在溶液中该分子的羟基不可以电离出h+，故b错误；c、该分子中含有两种官能团：醇羟基以及碳碳双键，故c正确；d、该分子中碳原子与所连的4个原子形成的空间结构为四面体，所有碳原于不可能完全共平面，故d正确故选：b点评：本题考查有机物空间结构、官能团决定性质的知识，要求学生熟记官能团具有的性质、碳原子的成键空间构型是解题的关键，难度中等9（3分）以乙醇一空气、koh溶液构成的燃料电池为电源，电解熔融氯化镁冶炼镁电解过程中，下列判断合理的是（）选项电解池燃料电池a阴极：mg2+2emg负极：ch3ch2oh12e+16oh2co32+11h20b阳极：还原反应正极：氧化反应c每生成4mol镁消耗46g乙醇d化学能转化为电能电能转化为化学能aabbccdd考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：乙醇和o2构成的燃料电池，电解质为koh溶液，则乙醇为负极，氧气为正极；电解焙融氯化镁冶炼镁，阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上镁离子得电子生成镁单质，结合电极反应来解答解答：解：a、电解池中，阴极上镁离子得电子，阴极：mg2+2emg；燃料电池中负极上乙醇失电子，负极：ch3ch2oh12e+16oh2co32+11h20，故a正确；b、电解池中，阳极上氯离子失电子发生氧化反应；燃料电池中，正极氧气得电子发生还原反应，故b错误；c、每生成4mol镁，转移电子8mol，转移8mol电子消耗mol乙醇，则乙醇的质量为g，故c错误；d、电解池中电能转化为化学能，电池中化学能转化为电能，故d错误；故选a点评：本题考查了原电池原理和电解池原理，涉及电解反应的判断及电极方程式的书写，转移电子与反应物之间的关系的求算等，题目难度中等10（3分）下列各组离子在指定的溶液中可能大量共存的是（）a使甲基橙变红色的溶液：k+、al3+、mno4、c2o42b加入铝产生氢气的溶液：h+、mg2+、no3、so42cph=12的溶液中：na+、ba2+、no3、cld含al2fe（so4）4的溶液：na+、nh4+、s2o32、clo考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a使甲基橙变红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；b加入铝产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；cph=12的溶液，显碱性；d含al2fe（so4）4的溶液，显酸性解答：解：a使甲基橙变红色的溶液，显酸性，mno4、c2o42离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故a错误；b加入铝产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中h+、al、no3发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在mg2+，故b错误；cph=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故c正确；d含al2fe（so4）4的溶液，显酸性，酸性溶液中不能大量存在s2o32、clo，h+、s2o32发生氧化还原反应，故d错误；故选c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离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，题目难度中等11（3分）五种主族元索在周期表中的位置如图所示l的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封下列推断正确的是（）a原子半径：xyztlb气态氢化物的还原性：lztc含x的两种盐溶液混合可能生成沉淀dy和t组成的化合物是离子化合物考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：主族元素中常温常压下单质呈液态的l为溴，则t为cl、z为s、y为si、x为al，a、根据电子层越多，原子半径越多，相同电子层时，核电荷数越大，原子半径越小进行比较；b非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱；cx为al，偏铝酸根离子和铝离子混合能够反应生成氢氧化铝沉淀；dy为si、t为cl，二者组成的化合物为四氯化硅，四氯化碳为共价化合物解答：解：l的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封，则l为溴，再根据其它元素在周期表中的位置可以推出t为cl、z为s、y为si、x为al，al电子层最多，所以其原子半径增大，其它元素位于同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小关系为tzyxl，故a错误；bl、z、t分别为br、s、cl，它们的非极性强酸为clbrs，非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，所以气态氢化物的还原性大小关系为zlz，故b错误；cx为al，铝的盐溶液偏铝酸钠和氯化铝能够反应生成氢氧化铝沉淀，故c正确；dy和t组成的化合物为四氯化硅，四氯化硅为共价化合物，不是离子化合物，故d错误；故选c点评：本题考查了元素周期表与元素周期律综合应用，难度中等，注意掌握元素周期表的结构，明确原子结构与元素周期律、元素周期表的关系12（3分）现有浓度均为0.10mo1l1的na2co3溶液和nahco3溶液下列说法不正确的是（）a中有：c（na+）c（co32）c（hco3）c（oh）c（h+）b中有：c（na+）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）c和混合溶液中：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+2c（co32）+c（oh）d或中都有：c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）=0.10 moll1考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液中碱性，碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，但碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，再结合电荷守恒、物料守恒解答解答：解：a碳酸根第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子、第二步水解生成碳酸和氢氧根离子，所以c（hco3）c（oh），故a错误；b溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（na+）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3），故b正确；c任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（hco3）+2c（co32）+c（oh），故c正确；d根据物料守恒得c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）=0.10 moll1，故d正确；故选a点评：本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质性质是解本题关键，再结合电荷守恒和物料守恒解答，注意无论电荷守恒还是物料守恒不仅存在于单一溶质的溶液中也存在多种溶质的溶液中，为易错点13（3分）已知cus、pbs、hgs的溶度积分别为l.3xl036、9.0x1029、6.4x1023下列推断不正确的是（）a向含pb2+、cu2+、hg2+的浓度均为0.010 moll1的溶液中通人硫化氢气体，产生沉淀的顺序依次为pbs、cus、hgsb在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，会生成硫化铜c在含hg2+、cu2+、pb2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当c（s2）=0.001 moll1时三种金属离子都完全沉淀d硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：cus、pbs、hgs为相同类型的难溶物，可以直接根据它们的溶度积判断溶解度大小，根据cus、pbs、hgs的溶度积可知，溶解度由大到小的顺序为：hgs、cus、pbs，a溶解度越小，优先 生成沉淀，所以生成沉淀顺序为：pbs、cus、hgs；b硫化铅的溶度积大于硫化铜，所以硫化铅会转化成更难溶的硫化铜沉淀；chgs的溶度积增大，只要hg2+离子完全沉淀，则cu2+、pb2+已经完全沉淀，根据硫离子浓度计算出此时hg2+的浓度；d可以使用氯化钠将废水中hg2+、cu2+、pb2+离子转化成沉淀，从而达到除污目的解答：解：acus、pbs、hgs为相同类型的难溶物，可通过它们的溶度积直接判断溶解度大小，根据题干信息可知，溶解度最小的、最难溶的为cus，溶度积最大、最后生成沉淀的为hgs，所以产生沉淀的顺序依次为hgs、cus、pbs，故a错误；b在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，由于硫化铜的溶度积小于硫化铅，所以硫化铅会转化成更难溶的硫化铜，故b正确；c在含hg2+、cu2+、pb2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当c（s2）=0.001 moll1时，c（hg2+）=6.4x1020moll1、c（cu2+）=l.3xl033moll1、c（pb2+）=9.0x1026moll1，三种金属离子浓度都小于1105mol/l，所以hg2+、cu2+、pb2+离子都完全沉淀，故c正确；d氯化钠能够与hg2+、cu2+、pb2+离子反应生成难溶物cus、pbs、hgs，所以硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂，故d正确；故选a点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化本质，题目难度中等，注意掌握难溶物溶解平衡，能够根据溶度积大小判断难溶程度，明确溶度积越大，溶解度越小14（3分）某有机物结构如图所示，它的结构最多有（）a32种b48种c56种d72种考点：同分异构现象和同分异构体.专题：同系物和同分异构体分析：该有机物的同分异构体取决于两个取代基的同分异构，主要考虑碳链异构和位置异构即可，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，c5h11是戊烷去掉一个h之后形成的戊基，去掉一个h，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构；c3h5br2根据碳链异构和br位置异构共9种，因此总共89=72种解答：解：戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，c5h11是戊烷去掉一个h之后形成的戊基，去掉一个h，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构，共8种；c3h5br2根据碳链异构和br位置异构共9种，因此总共89=72种，故选：d点评：本题考查同分异构体和同分异构现象，注意同分异构体的类型包括碳链异构、官能团异构、位置异构等，有一定的难度15（3分）（2014日照二模）在某2l恒容密团容器中充入2mol x（g）和1mol y（g）发生反应：2x（g）+y（g）3z（g）h，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中x的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是（）a升高温度，平衡常数增大bw点y的正反应速率等于m点y的正反应速率cq点时，y的转化率最大d平衡时充入z达到新平衡时z的体积分数比原平衡时大考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线.专题：化学平衡专题分析：温度在a之前，升高温度，x的含量减小，温度在a之后，升高温度，x的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度x的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应解答：解：温度在a之前，升高温度，x的含量减小，温度在a之后，升高温度，x的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度x的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，a已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故a错误；bw点对应的温度低于m点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以w点y的正反应速率小于m点y的正反应速率，故b错误；c曲线上最低点q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，y的转化率减小，所以q点时，y的转化率最大，故c正确；d反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时z的体积分数不变，故d错误；故选c点评：本题考查化学平衡图象、化学反应速率和平衡的影响因素、化学平衡常数等，难度中等，判断最低点及之后各点为平衡点是解题的关键16（3分）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c（so42）+c（no3）=2.5 moll1取200ml该混合酸，则能溶解铜的最大质量为（）a12.8gb19.2gc32.0gd38.4g考点：离子方程式的有关计算.专题：计算题分析：反应的离子方程式为3cu+2no3+8h+=3cu2+2no+4h2o，要使溶解铜的质量最大，则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数即4：1，硝酸全部起氧化剂作用，设硫酸浓度为x，则硝酸浓度为：2.5mol/lx，溶液中氢离子浓度共：2x+（2.5mol/lx），则：=4：1，解得x=1.5mol/l，硝酸浓度为1mol/l，根据方程式可计算溶解铜的质量解答：解：反应的离子方程式为3cu+2no3+8h+=3cu2+2no+4h2o，要使溶解铜的质量最大，则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数即4：1，硝酸全部起氧化剂作用，设硫酸浓度为x，则硝酸浓度为：2.5mol/lx，溶液中氢离子浓度共：2x+（2.5mol/lx），则：=4：1，解得x=1.5mol/l，硝酸浓度为1mol/l，硝酸得物质的量为：0.2l1mol/l=0.2mol，3cu+8h+2no3=3cu2+2no+4h2o364g 2mol m 0.2molm=19.2g，故选b点评：本题考查了硝酸与铜反应的计算，计算的关键是根据反应原理判断出当符合化学计量数之比时反应消耗铜最多二、非选择题：本大题共5小题，共52分17（10分）现有原子序数依次增大的w、t、x、y、z、r六种前四周期元素tw3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色x、y位于同一主族且y的原子序数是x的2倍z、r是生 活中常见金属，z、r的器皿在潮湿空气中分别生成红褐色锈和绿色锈请回答下列问题：（1）tw3的电子式为（2）由w、t、x、y中的元索组成一种离子化合物m，能发生如图转化关系：f与e的相对分子质量之差为16则m的化学式可能为nh4hs或（nh4）2sc与水反应的化学方程式为3no2+h2o=2hno3+no（3）（tw4）2y2x8能和zyx4在水溶液中反应生成z2+和yx42，写出离子方程式：2fe2+s2o82=2fe3+2so42（4）常温下，在wtx3浓溶液中以z、r为电板构成原电池，负极材料是cu，正极反应式为4h+2no3+2e=2no2+2h2o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：原子序数依次增大的w、t、x、y、z、r六种前四周期元素tw3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，tw3为nh3，故w为氢元素、t为氮元素；x、y位于同一主族且y的原子序数是x的2倍，则y为硫元素、x为氧元素；z、r是生活中常见金属，z、r的器皿在潮湿空气中分别生成红褐色锈和绿色锈，则z为fe、r为cu，据此解答解答：解：原子序数依次增大的w、t、x、y、z、r六种前四周期元素tw3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，tw3为nh3，故w为氢元素、t为氮元素；x、y位于同一主族且y的原子序数是x的2倍，则y为硫元素、x为氧元素；z、r是生活中常见金属，z、r的器皿在潮湿空气中分别生成红褐色锈和绿色锈，则z为fe、r为cu，（1）tw3为nh3，其电子式为，故答案为：；（2）由h、n、s、o中的元索组成一种离子化合物m，能与碱、酸反应，f与e的相对分子质量之差为16，考虑相差1个o原子，初步判断q为氧气，a能连续氧化得到c，d能连续氧化得到f，可推知m为nh4hs或（nh4）2s，c为no2，与水反应方程式为：3no2+h2o=2hno3+no，故答案为：nh4hs或（nh4）2s；3no2+h2o=2hno3+no；（3）（nh4）2s2o8能和feso4在水溶液中反应生成fe3+和so42，反应离子方程式为2fe2+s2o82=2fe3+2so42，故答案为：2fe2+s2o82=2fe3+2so42；（4）常温下，在hno3浓溶液中以fe、cu为电板构成原电池，fe发生钝化，cu与浓硝酸反应，负极材料是cu，负极反应式为：cu2e=cu2+，总反应式为cu+4h+2no3=cu2+2no2+2h2o，总反应式减去负极电极反应式可得正极反应式为4h+2no3+2e=2no2+2h2o，故答案为：cu；4h+2no3+2e=2no2+2h2o点评：本题考查结构性质位置关系应用、无机物推断，侧重考查学生对知识的迁移应用，（4）中注意利用总反应式减去负极电极反应式可得正极反应式18（10分）铝及其化合物在工业生产、日常生活中有广泛用途（l）工业上冶炼铝需要冰晶石（na3alf6）是离子化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”）工业上，利用氢氟酸和碳酸钠、氢氧化铝反应制备冰晶石理论上，参与反应的hf、na2co3、al（oh）3的物质的量之比为12：3：2（2）工业制备铝，用石墨作电极，写出阴极反应式：al3+3e=al，阳极上收集的氧气体积小于理论值，可能的原因是高温下氧气与石墨反应（3）铝热反应是工业冶炼难熔金属的重要反应al（s）+o2（g）al2o3（s）h14v（s）+5o2（g）2v2o5（s）h23v2o5（s）+10al（s）5al2o3（s）+6v（s）h=（4）铁明矾化学式为al2fe（so4）4，它是一种净水剂在铁明矾溶液中（填“”、“”或“=”）考点：电解原理；化学方程式的有关计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）na3alf6是由活泼金属与活泼非金属构成的；根据原子守恒计算；（2）电解熔融的氧化铝，阴极上铝离子得电子，阳极上氧离子失电子，高温下c与氧气反应；（3）根据盖斯定律结合已知热化学方程式计算；（4）铝离子水解，铝离子浓度减小解答：解：（1）na3alf6是由活泼金属na、al与活泼非金属f构成的，微粒之间以静电作用结合，属于离子键，是离子化合物已知冰晶石的化学式：na3alf6，令na3alf6为1mol，则需要hf6mol，na2co3mol，al（oh）32mol，则理论上，参与反应的hf、na2co3、al（oh）3的物质的量之比为12：3：2；故答案为：离子化合物；12：3：2；（2）电解熔融的氧化铝，阴极上铝离子得电子，其电极反应式为：al3+3e=al，阳极上氧离子失电子，高温下c与氧气反应，所以阳极上收集的氧气体积小于理论值；故答案为：al3+3e=al；高温下氧气与石墨反应；（3）已知al（s）+o2（g）al2o3（s）h14v（s）+5o2（g）2v2o5（s）h2由盖斯定律：10得 3v2o5（s）+10al（s）5al2o3（s）+6v（s）h=，故答案为：；（4）在铁明矾溶液中铝离子水解，铝离子浓度减小，硫酸根离子的浓度不变，所以溶液中，故答案为：点评：本题考查了离子化合物的概念、电解原理的应用、盖斯定律的应用、盐的水解原理的应用等，题目侧重于反应原理的应用的考查，题目难度中等19（10分）某可逆反应：x（g）+3y（g）2z（g）平衡常数与温度关系如表所示：温度（）360440520k0.0360.0100.0038（1）根据上述数据判断，该可逆反应的正反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应，理由是温度升高，平衡常数减小（2）为了增大x的转化率和反应速率，宜采用的措施是ba升高温度 b增大压强 c加催化剂 d分离z（3）在2l密闭容器中充入z气体，在一定条件下进行反应下列图象不能表明该反应达到平衡状态的是a（4）440时，在2l密闭容器中，开始充入1mol x气体和3mol y气体进行反应在某时刻测得c（x）=0.45moll1，此时，反应是否达到平衡状态否（填“是”或“否”），简述理由：此时浓度商q=0.0090k，平衡正向进行（5）在某容积固定的容器中进行上述反应，当x、y起始物质的量一定时，仅改变一个外界条件对z体积分数的影响如图所示（曲线i为标准）：曲线政变的条件是升温曲线改变的条件是加合适的催化剂考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：（1）分析图表数据分析，平衡常数随温度升温减小，平衡逆向进行；（2）增大x的转化率和反应速率，一是增大反应速率，平衡正向进行，依据影响反应速率和平衡移动原理分析判断；（3）a、对于一定的化学反应，焓变和反应物、生成物的状态和量有关，与平衡移动无关；b、反应前后气体质量不变，物质的量改变，依据m=分析；c、浓度不变是平衡的标志；d、体积分数不变时平衡的标志；（4）依据440时的平衡常数，结合此条件下的浓度商和平衡常数比较分析判断；（5）分析曲线变化可知，达到平衡所需时间短，反应速率快，平衡状态z的体积分数减小；图象分析曲线达到平衡时间短，达到平衡状态和曲线达到平衡状态的z的含量相同，是相同的平衡状态；解答：解：（1）分析图表可知，平衡常数随温度升温减小，平衡逆向进行，正反应方向是放热反应；故答案为：放热，温度升高，平衡常数减小；（2）x（g）+3y（g）2z（g），反应是气体体积减小的放热反应，为了增大x的转化率和反应速率，依据平衡移动原理分析；a升高温度，速率增大，平衡逆向进行x的转化率减小，故a不符合； b增大压强，平衡正向进行，速率增大，a的转化率增大，故b正确； c加催化剂加快反应速率，平衡不动a的转化率不变，故c不符合； d分离z，平衡正向进行，a的转化率增大，反应速率减小，故d不符合；故答案为：b（3）在2l密闭容器中充入z气体，在一定条件下进行反应，下列图象不能表明该反应达到平衡状态的a、对于一定的化学反应，焓变和反应物、生成物的状态和量有关，与平衡移动无关，图象不能说明反应达到平衡状态，故a符合；b、反应前后气体质量不变，物质的量改变，依据m=分析，气体摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故b不符合；c、图象表示，x的浓度不变，是平衡的标志，故c不符合；d、z的体积分数不变时说明平衡的标志，故d不符合；故答案为：a（4）440时，平衡常数=0.010，在2l密闭容器中，开始充入1mol x气体和3mol y气体进行反应在某时刻测得c（x）=0.45moll1，物质的量为0.45moll12l=0.9mol，依据三段式列式计算 x（g）+3y（g）2z（g）起始量（mol） 1 3 0变化量（mol） 0.1 0.3 0.2某时刻（mol） 0.9 2.7 0.2浓度分别为c（x）=0.45mol/l，c（y）=1.35mol/l，c（z）=0.1mol/lq=0.0090k，平衡正向进行；故答案为：否，此时浓度商q=0.0090k，平衡正向进行；（5）分析曲线变化可知，达到平衡所需时间短，反应速率快，平衡状态z的体积分数减小，分析影响反应速率因素可知反应是放热反应，升温平衡逆向进行，反应速率增大，平衡状态z的体积分数减小；故答案为：升温；图象分析曲线达到平衡时间短，达到平衡状态和曲线达到平衡状态的z的含量相同，是相同的平衡状态，改变的条件是加入了催化剂；故答案为：加合适的催化剂；点评：本题考查了化学平衡影响因素、平衡状态的标志、平衡建立过程的分析判断，平衡移动原理应用，图象分析解题关键，题目难度中等20（12分）（2羟基4苯基丁酸乙酯）是某药物的中闻体，常温下是一种无色透明的油状液体，沸点为212某同学设计实验制备该物质：原料：（2羟基4苯基丁酸）和乙醇实验装置：实验步骤：按如图1装置连接仪器20ml 2羟基4苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20ml无水乙醇，加入几块沸石加热至70左右保持恒温半小时分离、提纯三颈瓶中粗产品，得到有机产品精制产品请回答下列问题：（l）加入原料时，能否最先加入浓硫酸？否（填“能”或“否”）油水分离器的作用是及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动（2）本实验的加热方式宜用水浴加热（填“直接加热”或“水浴加热”）如果温度过高，或浓硫酸的量过多，制备产率会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）写出制备反应的化学方程式：（4）分离提纯产品：取三颈瓶中混合物加入足量的饱和碳酸钠溶液，分液得到有机层饱和碳酸钠溶液的作用是吸收过量的乙醇 除去过量的有机酸 促进产品水解 降低产品在水中溶解度（5）产品精制：精制产品的实验装置如图2所示，试分析装置是否合理，若不合理将如何改进：温度计的水银球要处在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应从下口进上口出（若装置合理，此空不作答）考点：制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）原料加入依据先加入密度小的再加入密度大的液体；2羟基4苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20ml无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析；（2）依据反应需要可知温度70c，加热方式是水浴加热；（3）2羟基4苯基丁酸和乙醇在浓硫酸催化作用下水浴加热反应生成2羟基4苯基丁酸乙酯，依据酯化反应的实质是酸脱羟基，醇脱氢写出化学方程式；（4）饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出的乙醇，中和挥发出的2羟基4苯基丁酸，降低生成酯的溶解度分析；（5）依据蒸馏装置和原理分析判断装置图中存在的问题解答：解：（1）原料加入依据先加入密度小的再加入密度大的液体，所以浓硫酸应最后加入，防止浓硫酸使有机物脱水，被氧化等副反应发生，防止乙醇和酸在浓硫酸溶解过程中放热而挥发；2羟基4苯基丁酸于三颈瓶中，加入适量浓硫酸和20ml无水乙醇发生的是酯化反应，存在化学平衡，油水分离器的作用及时分离生成的水，促进平衡正向进行分析，故答案为：否；及时分离产物水，促进平衡向生成酯的反应方向移动；（2）依据反应需要可知温度70c，需要用温度计控制水浴的温度，所以加热方式是水浴加热，故答案为：水浴加热；（3）2羟基4苯基丁酸和乙醇在浓硫酸催化作用下水浴加热反应生成2羟基4苯基丁酸乙酯和水，依据酯化反应的实质是酸脱羟基、醇脱氢，该反应的化学方程式为，故答案为：；（4）饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出的乙醇，中和挥发出的2羟基4苯基丁酸，降低生成酯的溶解度；乙醇易挥发，在生成物中含有乙醇易溶于水，碳酸钠溶液吸收过量的乙醇，符合碳酸钠溶液的作用，故正确；有机酸在加热过程中挥发出掺入产物，加入碳酸钠溶液和酸反应可以除去过量的有机酸，故正确；饱和碳酸钠溶液降低产品在水中溶解度，不是促进产品水解，故错误； 降低产品在水中溶解度，利于生成的酯分层分离，故正确；故答案为：；（5）依据蒸馏装置和原理分析判断装置图中存在的问题，分析装置图不合理，其中温度计位置错误，冷凝管水流方向错误，应使温度计处在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应从下口进上口出，故答案为：温度计处在蒸馏烧瓶的支管口处，冷却水应从下口进上口出点评：本题考查了有机物的实验制备装置分析及原理应用，主要是酯化反应原理和实验过程的分析判断，掌握原理和基础是关键，题目难度中等21（10分）铈是重要的稀土金属，可以从电视显示屏厂的废玻璃中提取，其工艺流程如下：请回答下列问题：（1）溶液x中金属阳离子是fe3+（用离子符号表示）