河南省郑州市荥阳二高高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省郑州市荥阳二高高三（上）第四次月考化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1用na表示阿伏加德罗常数下列说法正确的是( )a同温同压同体积的气体单质所含原子个数相等b常温常压下，11.2lo2所含的氧原子数为nac摩尔是沟通宏观和微观的桥梁d大规模海水淡化采用蒸馏法2利用下述方法除去氮气中所含的杂质（hcl，h2，h2s）以得到干燥纯净氮气，在下列各步中应采用的正确顺序是( )通过装有变色硅胶的干燥管 通过氢氧化钠溶液 通过加热的氧化铜abcd3如图所示的五中元素中，w、x、y、z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是( )ax、y、z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高b由x、y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键c物质wy2，w3x4，wz4均有熔点高，硬度大的特性dt元素的单质具有半导体的特性，t与z元素可形成化合物tz44在密闭容器，一定条件下进行反应，ma（g）+nb（g）pc（g）+qd（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，变化过程均如右图所示，则对该反应叙述正确的是( )a正反应是吸热反应b逆反应是吸热反应cm+np+qdm+np+q5下列关于电解质溶液的叙述正确是( )a在ph=12的溶液中，k+、cl、hco3、na+可以大量共存b在ph=0的溶液中，na+、no3、so32、k+可以大量共存c分别与等物质的量的hcl和ch3cooh反应时，消耗naoh的物质的量相同d由0.1 mol/l一元碱boh溶液的ph=10，可推知boh溶液存在boh=b+oh6固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应下列判断正确的是( )a有o2参加反应的a极为电池的负极b电路中每转移2mole，则消耗h2的体积为22.4lca极对应的电极反应式为o2+2h2o+4e4ohd该电池的总反应式为2h2+o22h2o7联苯的结构简式如图，下列有关联苯的说法中正确的是( )a分子中含有6个碳碳双键b1mol联苯最多可以和6mol h2发生加成反应c它容易发生加成反应、取代反应，也容易被强氧化剂氧化d它和蒽（）同属于芳香烃，两者互为同系物8下列说法正确的是( )a萃取操作时，振荡过程中需要放气，放气是通过打开分液漏斗上口的玻璃塞进行的b可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法从硝酸钾溶液中获得硝酸钾晶体c将乙醇与水分离，如图1、图2操作d稀释浓h2so4，如图3操作9对于某些离子的检验及结论中一定正确的是( )a加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有co32b加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有so42c分别含有mg2+、cu2+和na+的三种盐酸盐溶液，用naoh溶液就能一次鉴别开d加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有ba2+10海水是重要的资源，可以制备一系列物质（如图）下列说法正确的是( )a步骤中，应先通co2，再通nh3b步骤可将mgcl26h2o晶体在空气中直接加热脱水c步骤、反应中，溴元素均被氧化d除去粗盐中的so42、ca2+、mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：naoh溶液bacl2溶液na2co3溶液过滤盐酸11下列实验的现象与对应结论均正确的是( )选项操作现象结论a将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑浓硫酸有吸水性b常温下将al片放入浓硝酸中无明显变化al与浓硝酸不反应c将nh3通过灼热的氧化铜固体固体变红氨气具有还原性d过量的so2通入到含有少量naoh的酚酞溶液中溶液红色逐渐褪去so2具有漂白性aabbccdd12下列关于金属单质及其化合物的叙述正确的是赤铁矿的主要成分是fe3o4在人体内的血红蛋白中含有铁元素铁位于元素周期表中第四周期第b族除去fecl2溶液中的fecl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤fe3+与kscn产生血红色沉淀na2o2既可作呼吸面具中，又可漂白织物、麦杆、羽毛等铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物明矾常作为消毒剂氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质( )abcd13如图表示温度和压强对平衡x+y2z的影响下列叙述正确的是( )a增大压强，平衡向右移动b升高温度，平衡向左移动cx和y中只有一种为气态，z为气态d上述反应的正反应为放热反应14已知下列三个数据：7.1104 moll1、6.8104 moll1、6.21010 moll1分别是三种酸的电离平衡常数若这三种酸可发生如下反应：nacn+hno2=hcn+nano2 nacn+hf=hcn+naf nano2+hf=hno2+naf则下列叙述中不正确的是( )ahf的电离平衡常数为7.1104 moll1bhno2的电离平衡常数为6.21010 moll1c根据两个反应即可知三种酸的相对强弱dhno2的电离平衡常数比hcn的大，比hf的小15cu2s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1：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为( )a1：9b1：7c1：5d2：9二、填空题（55分）16工业上用co生产燃料甲醇一定温度和容积条件下发生反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）图1表示反应中的能量变化；图2表示一定温度下，在体积为1l的密闭容器中加入2molh2和一定量的co后，co和ch3oh（g）的浓度随时间变化请回答下列问题：（1）在“图1”中，曲线_（填“a”或“b”）表示使用了催化剂；没有使用催化剂时，在该温度和压强条件下反应co（g）+2h2（g）ch3oh（g）的h=_（2）下列说法正确的是a起始充入的co的物质的量为1molb增加co的浓度，h2的转化率会增大c容器中压强恒定时，反应达到平衡状态（3）从反应开始到建立平衡，v（co）=_；达到平衡时，c（h2）=_，该温度下co（g）+2h2（g）ch3oh（g）的化学平衡常数表达式为_达到平衡后若保持其它条件不变，将容器体积压缩为0.5l，则平衡_移动 （填“正向”、“逆向”或“不”）（4）已知ch3oh（g）+o2（g）=co2（g）+2h2o（g）；h=193kj/mol，又知h2o（l）=h2o（g）；h=+44kj/mol，请写出32g的ch3oh（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式_17cma（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂以生物质废液木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分mgco3caco3，含sio2等杂质）等为原料生产cma的实验流程如图1：（1）步骤发生的反应离子方程式为_（2）步骤所得滤渣1的主要成分为_（写化学式）；步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是_（3）已知cma中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤的目的除调节n（ca）：n（mg）约为_（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是_（4）步骤包含的操作有_、过滤、洗涤及干燥18结合氯气的相关知识解决下列问题（1）在实验室中制取cl2，下列收集cl2的装置中正确的是如图1_（填字母）（2）漂白粉能与盐酸发生反应，但盐酸浓度不同时，漂白粉与盐酸混合发生反应的类型不同漂白粉与稀盐酸发生复分解反应，化学方程式为_漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应，化学方程式为_（3）实验室可以用mno2和浓盐酸在加热条件下制备cl2，还可以用kmno4与浓盐酸在常温下制备cl2高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析某化学兴趣小组在实验室里欲用kmno4固体来配制250.00ml 0.1000mol/l的kmno4溶液需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_下列操作会导致实验结果偏小的是_（填字母）a加水定容时俯视刻度线b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上（4）图2氯水中含有多种成分，因而具有很多性质，根据氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b、c、d重合部分代表物质间反应，且氯水足量）能证明氯水具有漂白性的是_（填“a”、“b”、“c”或“d”）c过程中的现象是_19某研究小组制得一种有机物f，是一种新型镇痛和麻醉药物，可通过以下路线合成得到，线路如下：已知信息：（1）有机物d、e不能使fecl3显紫色，有机物b的结构片断为（2）（3）请回答下列问题：（1）f分子式为_，a中官能团为（任写一种）_（2）反应类型_（3）b的结构简式为_（4）x是a的同分异构体，x的结构具有以下特征：属于芳香族化合物；属于酯类；可以发生银镜反应符合条件的x所有同分异构体有_种20（14分）如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是nacl、cacl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分（1）其中代表金刚石的是（填编号字母，下同）_，其中每个碳原子与_碳原子最接近且距离相等金刚石属于_晶体（2）其中代表石墨的是_，其中每个正六边形占有碳原子数平均为_个（3）其中代表nacl的是_，每个na+周围与它最接近且距离相等的na+有_个（4）代表cscl的是_，它属于_晶体，每个cs+与_个cl紧邻（5）代表干冰的是_，它属于_晶体，每个co2分子与_个co2分子紧邻（6）若说“离子晶体只有离子键，分子晶体中没有化学键”，是否正确？简述理由（7）nacl晶体、hcl晶体、干冰、金刚石熔点由高而低的顺序是_；其中在熔融为液态时能导电的电解质是_，液态不导电但为电解质的是_在水溶液中能导电的非电解质是_2015-2016学年河南省郑州市荥阳二高高三（上）第四次月考化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1用na表示阿伏加德罗常数下列说法正确的是( )a同温同压同体积的气体单质所含原子个数相等b常温常压下，11.2lo2所含的氧原子数为nac摩尔是沟通宏观和微观的桥梁d大规模海水淡化采用蒸馏法【考点】阿伏加德罗常数 【分析】a、气体单质分为单原子分子、双原子分子和多原子分子；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol；c、物质的量是用来衡量微观离子集合体的一个物理量；d、蒸馏法是海水淡化的方法之一【解答】解：a、故同温同压同体积的单质气体的物质的量相同，但由于气体单质分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，故含有的原子个数不一定相同，故a错误；b、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol，故11.2l氧气的物质的量小于0.5mol，含有的氧原子的个数小于na个，故b错误；c、物质的量是用来衡量微观离子集合体的一个物理量，是沟通宏观和微观的桥梁，摩尔只是物质的量的单位，故c错误；d、可以利用蒸馏法将海水淡化为可饮用的水，蒸馏法是海水淡化的主要的方法，故d正确故选d【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算和海水的淡化方法，蒸馏法是目前海水淡化的最成熟的方法2利用下述方法除去氮气中所含的杂质（hcl，h2，h2s）以得到干燥纯净氮气，在下列各步中应采用的正确顺序是( )通过装有变色硅胶的干燥管 通过氢氧化钠溶液 通过加热的氧化铜abcd【考点】物质分离、提纯的实验方案设计 【分析】hcl、h2s可与氢氧化钠溶液反应，然后干燥，氢气与加热的氧化铜反应，然后再干燥可得到氮气，以此解答【解答】解：hcl、h2s为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，然后干燥，氢气与加热的氧化铜反应，然后再干燥可得到氮气，只有b正确故选b【点评】本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大3如图所示的五中元素中，w、x、y、z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是( )ax、y、z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高b由x、y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键c物质wy2，w3x4，wz4均有熔点高，硬度大的特性dt元素的单质具有半导体的特性，t与z元素可形成化合物tz4【考点】真题集萃；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】w、x、y、z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则x、y为第二周期元素，w、z为第三周期元素，设x的最外层电子为x，则y、w、z的最外层电子数分别为x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即x为n，y为o，w为si，z为cl，w与t同主族，则t为ge，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：w、x、y、z为短周期元素，这四种元素的原子最外层为22，则x、y为第二周期元素，w、z为第三周期元素，设x的最外层电子为x，则y、w、z的最外层电子数分别为x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即x为n，y为o，w为si，z为cl，w与t同主族，则t为ge，ax、y、z三种元素最低价氢化物分别为nh3、h2o、hcl，nh3、h2o中存在氢键，沸点都比hcl高，故a错误；bn、h、o三种元素可形成nh4no3，是离子化合物，既有共价键也有离子键，故b错误；csio2、si3n4属于原子晶体，熔点高，硬度大，而sicl4属于分子晶体，熔点低，硬度小，故c错误；dge元素位于金属与非金属之间的分界线，因此具有半导体的特性，与碳属于同一主族，最外层四个电子，性质相似，可形成gecl4，故d正确；故选d【点评】本题为2014年浙江高考化学试题，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，题目难度不大4在密闭容器，一定条件下进行反应，ma（g）+nb（g）pc（g）+qd（g），若增大压强或升高温度，重新达到平衡，变化过程均如右图所示，则对该反应叙述正确的是( )a正反应是吸热反应b逆反应是吸热反应cm+np+qdm+np+q【考点】化学平衡的影响因素 【分析】依据图象分析判断，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，根据化学平衡移动原理分析，升温向吸热反应方向进行；增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；【解答】解：a、升高温度，平衡逆向进行，说明反应正向是放热反应，故a错误；b、升高温度，平衡逆向进行，说明逆向是吸热反应，反应正向是放热反应，故b正确；c、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+np+q，故c错误；d、增大压强平衡向逆向进行，说明逆向是气体体积减小的反应，m+np+q，故d正确；故选bd【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析，化学平衡移动原理的理解和熟练掌握是解题关键，题目较简单5下列关于电解质溶液的叙述正确是( )a在ph=12的溶液中，k+、cl、hco3、na+可以大量共存b在ph=0的溶液中，na+、no3、so32、k+可以大量共存c分别与等物质的量的hcl和ch3cooh反应时，消耗naoh的物质的量相同d由0.1 mol/l一元碱boh溶液的ph=10，可推知boh溶液存在boh=b+oh【考点】离子共存问题；ph的简单计算 【专题】离子反应专题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】aph=12的溶液，显碱性；bph=0的溶液，显酸性；c等物质的量的hcl和ch3cooh，消耗碱相同；d.0.1 mol/l一元碱boh溶液的ph=10，则boh为弱碱，存在电离平衡【解答】解：aph=12的溶液，显碱性，oh、hco3结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故a不选；bph=0的溶液，显酸性，no3、so32、h+发生氧化还原反应，不能大量共存，故b不选；c等物质的量的hcl和ch3cooh，消耗碱相同，则消耗naoh的物质的量相同，故c选；d.0.1 mol/l一元碱boh溶液的ph=10，则boh为弱碱，存在电离平衡，则bohb+oh，故d错误；故选c【点评】本题考查离子的共存、ph的计算，为高频考点，把握常见离子的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应及酸碱中和的离子反应考查，题目难度不大6固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（o2）在其间通过该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应下列判断正确的是( )a有o2参加反应的a极为电池的负极b电路中每转移2mole，则消耗h2的体积为22.4lca极对应的电极反应式为o2+2h2o+4e4ohd该电池的总反应式为2h2+o22h2o【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】该电池属于固体燃料电池，以固体氧化锆氧化钇为电解质，电池工作时，正极上氧气得电子生成阳离子，则正极上反应为o2+4e=2o2；负极为氢气失电子发生氧化反应，负极：2h24e+2o22h2o，总反应为：2h2+o22h2o【解答】解：a、在燃料电池中，有o2参加的a极为原电池的正极，故a错误；b、电路中每转移2mole，消耗1mol氢气，则消耗h2的体积在标准状况下为22.4l，题目中没有说明是标准状况，所以氢气的体积无法计算，故b错误；c、a极为正极，电极反应为：o2+4e=2o2，故c错误；d、该电池的总反应式为2h2+o22h2o，故d正确故选d【点评】本题考查原电池的工作原理，涉及正负极的判断，电极反应式的书写等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累7联苯的结构简式如图，下列有关联苯的说法中正确的是( )a分子中含有6个碳碳双键b1mol联苯最多可以和6mol h2发生加成反应c它容易发生加成反应、取代反应，也容易被强氧化剂氧化d它和蒽（）同属于芳香烃，两者互为同系物【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；芳香烃、烃基和同系物 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】a苯环中不存在碳碳双键；b苯环与氢气以1：3发生加成反应；c苯环结构不能被强氧化剂氧化；d同系物中苯环的数目应相同【解答】解：a苯环中不存在碳碳双键，则分子中不含双键，故a错误；b苯环与氢气以1：3发生加成反应，则1mol联苯最多可以和6mol h2发生加成反应，故b正确；c具有苯的结构，可发生加成、取代反应，但苯环结构不能被强氧化剂氧化，故c错误；d同系物中苯环的数目应相同，则它和蒽（）同属于芳香烃，但不是同系物，故d错误；故选b【点评】本题考查联苯的结构与性质，为高频考点，把握苯的结构与性质为解答的关键，侧重分析能力及知识迁移应用能力的考查，题目难度不大8下列说法正确的是( )a萃取操作时，振荡过程中需要放气，放气是通过打开分液漏斗上口的玻璃塞进行的b可以采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法从硝酸钾溶液中获得硝酸钾晶体c将乙醇与水分离，如图1、图2操作d稀释浓h2so4，如图3操作【考点】分液和萃取；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】化学实验基本操作【分析】a放气是通过打开分液漏斗的活塞进行的；b硝酸钾溶解度随温度升高而增大的多；c乙醇与水可互溶，不分层；d量筒不能用来稀释或配置溶液【解答】解：a右手顶住瓶塞，将漏斗倒置过来以左手控制活栓，将活栓打开先放气一次，故a错误； b硝酸钾溶解度随温度升高而增大的多，用冷却结晶，故b正确；c乙醇与水可互溶，不分层，无法用分液分离，故c错误；d量筒不能用来稀释或配置溶液，故d错误故选b【点评】本题考查分液、重结晶、量筒的使用等，难度不大，注意振荡过程中需要放气，放气是通过打开分液漏斗的活塞进行的9对于某些离子的检验及结论中一定正确的是( )a加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则一定有co32b加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有so42c分别含有mg2+、cu2+和na+的三种盐酸盐溶液，用naoh溶液就能一次鉴别开d加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有ba2+【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【专题】物质检验鉴别题【分析】a可能含有hco3；b可能生成agcl沉淀；c利用氢氧化镁、氢氧化铜的颜色不同鉴别；d可能为baco3、caco3、mgco3等白色沉淀【解答】解：a加入盐酸产生无色气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有hco3或co32等离子，故a错误；b加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能生成agcl沉淀，应先加入颜色，如无现象，再加入氯化钡检验，故b错误；c加入naoh，氢氧化镁为白色沉淀，氢氧化铜为蓝色沉淀，可鉴别，故c正确；d可能为baco3、caco3、mgco3等白色沉淀，所以不一定为ba2+，故d错误故选c【点评】本题考查物质的检验、鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度中等，易错点为b，注意排除银离子的干扰10海水是重要的资源，可以制备一系列物质（如图）下列说法正确的是( )a步骤中，应先通co2，再通nh3b步骤可将mgcl26h2o晶体在空气中直接加热脱水c步骤、反应中，溴元素均被氧化d除去粗盐中的so42、ca2+、mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：naoh溶液bacl2溶液na2co3溶液过滤盐酸【考点】海水资源及其综合利用 【专题】元素及其化合物【分析】a、步骤是侯德榜制碱的原理，向氨化的饱和氯化钠溶液中通入氨气生成碳酸氢钠晶体；b、氯化镁水溶液中水解，加热促进水解；c、步骤是溴离子被氧化，步骤是溴单质被还原，步骤是溴元素被氧化；d、根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；【解答】解：a、步骤中，应先通nh3，再通co2，目的是增多二氧化碳溶解生成碳酸氢钠晶体，故a错误；b、步骤mgcl26h2o氯化镁水溶液中水解，加热促进水解，晶体不能在空气中直接加热脱水，应在氯化氢气流中加热失水，故b错误；c、步骤是溴离子被氧化为溴单质，步骤是溴单质被还原为溴化氢，步骤溴元素被氧化为溴单质，故c错误；d、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的氢氧化钠溶液加过量的氯化钡溶液 加过量的碳酸钠溶液过滤加适量盐酸，故d正确；故选d【点评】本题考查了工业制备流程的过程分析判断，原理应用和实验步骤是解题关键，题目难度中等11下列实验的现象与对应结论均正确的是( )选项操作现象结论a将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑浓硫酸有吸水性b常温下将al片放入浓硝酸中无明显变化al与浓硝酸不反应c将nh3通过灼热的氧化铜固体固体变红氨气具有还原性d过量的so2通入到含有少量naoh的酚酞溶液中溶液红色逐渐褪去so2具有漂白性aabbccdd【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】a变黑说明蔗糖脱水；b常温下将al片放入浓硝酸中，发生钝化；c将nh3通过灼热的氧化铜固体，反应生成cu、氮气和水；d二氧化硫为酸性氧化物【解答】解：a变黑说明蔗糖脱水，体现浓硫酸的脱水性，故a错误；b常温下将al片放入浓硝酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，发生了氧化还原反应，故b错误；c将nh3通过灼热的氧化铜固体，反应生成cu、氮气和水，n元素的化合价升高，体现氨气的还原性，故c正确；d二氧化硫为酸性氧化物，过量的so2通入到含有少量naoh的酚酞溶液中，与碱反应生成盐，碱性减弱，则溶液红色逐渐褪去，与其漂白性无关，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，涉及浓硫酸的性质、氧化还原反应及二氧化硫的性质等，把握物质的性质及发生化学反应为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大12下列关于金属单质及其化合物的叙述正确的是赤铁矿的主要成分是fe3o4在人体内的血红蛋白中含有铁元素铁位于元素周期表中第四周期第b族除去fecl2溶液中的fecl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤fe3+与kscn产生血红色沉淀na2o2既可作呼吸面具中，又可漂白织物、麦杆、羽毛等铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物明矾常作为消毒剂氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质( )abcd【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 【分析】赤铁矿成分为氧化铁；人体血红蛋白中含有亚铁离子，故正确；铁位于第四周期第族，不是副族，故错误；氯化铁加入铁反应生成氯化亚铁，；铁离子结合scn形成血红色溶液；过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，具有漂白性；氧化铝属于两性氧化物，al、al2o3和强碱反应生成可溶性偏铝酸盐；明矾溶解溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，无氧化性不能消毒但可以净水；氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行；【解答】解：赤铁矿成分为氧化铁，四氧化三铁为黑色固体，故错误；人体血红蛋白中含有亚铁离子，故正确；铁位于第四周期第族，不是副族，故错误；氯化铁加入铁反应生成氯化亚铁，除去fecl2溶液中的fecl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤，故正确；铁离子结合scn形成血红色溶液，不是沉淀，故错误；过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可以做供氧剂，具有漂白性，可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确；氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为al2o3+2oh2alo2+2h2o，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2al+2h2o+2oh=2alo2+3h2，铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故正确；明矾溶解溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，无氧化性不能消毒杀菌，能起到净水作用，故错误；氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行，氧化铁胶体加热会聚沉，均产生红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质三氧化二铁，故正确正确故选c【点评】本题考查了物质性质和用途的分析应用，主要是物质性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目较简单13如图表示温度和压强对平衡x+y2z的影响下列叙述正确的是( )a增大压强，平衡向右移动b升高温度，平衡向左移动cx和y中只有一种为气态，z为气态d上述反应的正反应为放热反应【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线 【专题】化学平衡专题【分析】图中表示三个变量：z的体积分数、压强、温度，在分析平衡移动时注意定一议二的原则做等温线，定住温度不变，改变压强通过分析z的体积分数的变化判断平衡的移动方向，进而判断物质的状态；定住压强不变，改变温度，通过分析z的体积分数的变化判断平衡的移动方向，进而判断反应的热效应【解答】解：a做一条垂直于x轴的等温线，当压强增大时，z的体积分数减小，平衡向左移动，故a错误；b当压强为10kpa时，温度升高，z的体积分数增大，平衡向右移动，故b错误；c做一条垂直于x轴的等温线，当压强增大时，z的体积分数减小，平衡向左移动，加压平衡向气体系数减小的方向移动，故c正确；d当压强为10kpa时，温度升高，z的体积分数增大，平衡向右移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正方向为吸热反应，故d错误；故选c【点评】本题考查了影响化学平衡的因素和平衡图象，解题时注意运用定一议二的原则14已知下列三个数据：7.1104 moll1、6.8104 moll1、6.21010 moll1分别是三种酸的电离平衡常数若这三种酸可发生如下反应：nacn+hno2=hcn+nano2 nacn+hf=hcn+naf nano2+hf=hno2+naf则下列叙述中不正确的是( )ahf的电离平衡常数为7.1104 moll1bhno2的电离平衡常数为6.21010 moll1c根据两个反应即可知三种酸的相对强弱dhno2的电离平衡常数比hcn的大，比hf的小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】常规题型；基本概念与基本理论；电离平衡与溶液的ph专题【分析】相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：nacn+hno2=hcn+nano2、nacn+hfhcn+naf、nano2+hf=hno2+naf知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，所以这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸亚硝酸氢氰酸【解答】解：强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：nacn+hno2=hcn+nano2、nacn+hfhcn+naf、nano2+hf=hno2+naf知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，所以这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸亚硝酸氢氰酸，a通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，故a正确；b通过以上分析知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6104，故b错误；c根据强酸制取弱酸知，由两个反应即可知三种酸的相对强弱，故c正确；d亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，所以亚硝酸的电离平衡常数比hcn大，比hf小，故d正确；故选b【点评】本题考查了酸性强弱的判断，明确电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，难度不大15cu2s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1：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为( )a1：9b1：7c1：5d2：9【考点】氧化还原反应的计算 【专题】守恒法【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1mol、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1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（cu2s）6（2）+12=1mol（54）+1mol（52），解得n（cu2s）=0.4mol由硫元素守恒可知n（cuso4）=n（cu2s）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4）=20.4mol0.4mol=0.4mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol所以实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为n（cu2s）：n（hno3）=0.4mol：2.8mol=1：7，故选b【点评】本题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（55分）16工业上用co生产燃料甲醇一定温度和容积条件下发生反应：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）图1表示反应中的能量变化；图2表示一定温度下，在体积为1l的密闭容器中加入2molh2和一定量的co后，co和ch3oh（g）的浓度随时间变化请回答下列问题：（1）在“图1”中，曲线b（填“a”或“b”）表示使用了催化剂；没有使用催化剂时，在该温度和压强条件下反应co（g）+2h2（g）ch3oh（g）的h=91kjmol1（2）下列说法正确的是a起始充入的co的物质的量为1molb增加co的浓度，h2的转化率会增大c容器中压强恒定时，反应达到平衡状态（3）从反应开始到建立平衡，v（co）=0.075mol/（lmin）；达到平衡时，c（h2）=0.5mo/l，该温度下co（g）+2h2（g）ch3oh（g）的化学平衡常数表达式为k=达到平衡后若保持其它条件不变，将容器体积压缩为0.5l，则平衡正向移动 （填“正向”、“逆向”或“不”）（4）已知ch3oh（g）+o2（g）=co2（g）+2h2o（g）；h=193kj/mol，又知h2o（l）=h2o（g）；h=+44kj/mol，请写出32g的ch3oh（g）完全燃烧生成液态水的热化学方程式ch3oh（l）+3/2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=281kj/mol【考点】热化学方程式；化学平衡的计算 【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）根据图中反应的活化能的大小来分析是否使用催化剂，利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化；（2）a、由图2利用转化的co和平衡时co的量来分析；b、增加co浓度，会促进氢气的转化，但本身的转化率降低；c、该反应为反应前后压强不等的反应；（3）根据v=进行计算；根据三行式来计算平衡时氢气的浓度；化学平衡常数表达式等于生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积；增大压强平衡向气体体积缩小的方向移动；（4）32g的ch3oh的物质的量为1mol，结合盖斯定律计算【解答】解：（1）由图可知，反应的活化能b的较小，所以b使用的催化剂，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应；由图可知，反应物为1molco（g）和2molh2（g），生成物为1molch3oh（g），h=419510=91 kjmol1，故反应的热化学方程式为：co（g）+2h2（g）=ch3oh（g）h=91 kjmol1，故答案为：b；91 kjmol1；（1）b91kj/mol（2）a、由图2可知生成0.75mol/lch3oh，则反应了0.75mol/lco，平衡时有0.25mol/lco，即co的起始物质的量为（0.75mol/l+0.25mol/l）1l=1mol，故a正确；b、增加co浓度，会促进氢气的转化，氢气的转化率增大，但co的转化率减小，故b正确；c、该反应为反应前后压强不等的反应，则压强不变时，该反应达到平衡状态，故c正确；故选：abc；（3）v（co）=0.075 moll1min1， co（g）+2h2（g）ch3oh（g）开始（mol/l） 1 2 0转化（mol/l） 0.75 1.5 0.75平衡（mol/l） 0.25 0.5 0.75平衡常数表达式为：k=；容器体积压缩为0.5l，相当于增大压强，平衡正向移动，故答案为：0.075mol/（lmin）；0.5mo/l；k=；正向；（4）已知ch3oh（g）+o2（g）=co2（g）+2h2o（g）；h=193kj/mol，h2o（l）=h2o（g）=44kj/mol，利用盖斯定律将2可得ch3oh（g）+o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=（193kj/mol）44kj/mol2=281kj/mol，故答案为：ch3oh（g）+o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=281kj/mol【点评】本题考查反应速率计算、化学平衡的影响因素、平衡常数的计算热化学方程式的书写等，难度中等应注意图象中的信息是解答本题的关键17cma（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂以生物质废液木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分mgco3caco3，含sio2等杂质）等为原料生产cma的实验流程如图1：（1）步骤发生的反应离子方程式为mgco3caco3+4ch3cooh=ca2+mg2+4ch3coo+2co2+2h2o（2）步骤所得滤渣1的主要成分为sio2（写化学式）；步骤所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质（3）已知cma中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤的目的除调节n（ca）：n（mg）约为3：7（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是除去过量的乙酸（4）步骤包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】综合实验题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学计算【分析】根据流程图可知，白云石（主要成分mgco3caco3，含sio2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（ca）：n（mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得cma，据此答题；【解答】解：根据流程图可知，白云石（主要成分mgco3caco3，含sio2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（ca）：n（mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸