2016届湖南省株洲市高三(上)质检化学试卷(一)(解析版).doc

2016届湖南省株洲市高三（上）质检化学试卷（一）（解析版）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1下列过程不涉及氧化还原反应的是（）A明矾净水B工业固氮C海水提镁D电池充电2化学在生产和生活中有着重要的作用下列有关说法正确的是（）A为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰B药皂中加入少量苯酚，可以起到杀菌消毒的作用C石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物D金属铝需经过特别处理才具有抗腐蚀能力3下列有关如图所示装置的叙述中错误的是（）这是电解NaOH溶液的装置Pt为正极，其电极反应为：O2+2H2O+4e4OHFe为阳极，其电极反应为：Fe+2OH2e2Fe（OH）2这是一个化学能转化为电能的装置ABCD4NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 LBr2所含溴原子的数目为2NAB常温下，NO2与足量的水反应生成0.1molNO，转移的电子数为0.2NAC1 mol 乙醇中含有的CH键的数目为6NAD1molL1的NaClO溶液中含有的ClO数目小于NA5中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲+乙丙+丁下列说法正确的是（）A若甲为铜，丁为氯化亚铁，则乙一定是氯化铁B若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳C若甲为铝，丁为铁，则乙一定是氧化铁D若甲为镁，丁为氢气，则乙一定是酸6如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成图所示的“蜗牛”形状，图中每个“”代表一种元素，其中点代表氢元素下列有关说法正确的是（）A最简单气态氢化物的稳定性：比强、比弱B最高价氧化物对应水化物的碱性：比强C的最高价氧化物对应的水化物具有两性D简单离子半径比小7下列解释事实的化学方程式或离子方程式中错误的是（）A在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2OB在盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）上通过施加适量CaSO4可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3CaCO3+Na2SO4C在燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少SO2的排放：CaCO3+SO2CaSO3+CO2D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2H+2I+H2O2I2+2H2O8有关下列图示的说法中正确的是（）A用图所示实验可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱B用图所示实验装置排空气法收集NO2气体C图表示可逆反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H小于0D图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不相同9用质量分数为98%的浓硫酸（=1.84gcm3）配制240mL1.84molL1的稀硫酸下列叙述正确的是（）A要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶B量取浓硫酸的体积为24 mLC将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，不断搅拌并冷却至室温D先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容10分子式为C5H12O且与金属钠不能反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（）A4种B5种C6种D8种11C2O3是一种无色无味的气体，还原性比CO稍弱，是金星大气的主要成分之一科学家测得一容器储存的气体中碳、氧元素的质量分数分别为33.33%、66.67%，则推测该气体的组成合理的是（）A一定含有CO，可能含有CO2和O2B可能含有CO，一定含有CO2和O2C一定含有C2O3，可能含有CO2和O2D可能只含有C2O312某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成现进行如图所示实验下列有关说法正确的是（）A根据上述步骤可以得出蓝色溶液中n（Cu2+）=0.02 molB步骤中质量减少的固体物质一定是Fe2O3C步骤中减少的3 g固体一定是混合物D根据步骤、可以判断X中氧化铁的质量分数为50%13将一定量氨基甲酸铵（NH2COONH4）加入密闭容器中，在一定条件下发生下列反应：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）该反应的平衡常数的负对数（lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示下列说法不正确的是（）A该反应的H0B30时，B点对应状态的v（正）v（逆）CA点对应状态的平衡常数K（A）=102.294DNH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态14下列说法正确的是（）A往NaHC2O4溶液中通入氨气至中性：c（H2C2O4）+c（NH4+）c（C2O42）B将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c（CH3COOH）/c（H+）变小C常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后过滤，所得滤液中存在：c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）D在同浓度的HCN和NaCN的混合溶液中，若pH7，则c（HCN）c（Na+）二、非选择题（本大题含5小题，共58分）15回答下列问题：（1）过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，其电子式为；加热过氧化钙可分解生成CaO和O2，该反应的化学方程式为（2）草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为（3）反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数的表达式为K=（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）在25、101kPa下，已知每消耗3.8g NaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是（5）下列物质中，水解的最终产物中不含葡萄糖的是A蔗糖 B淀粉 C油脂 D蛋白质16（14分）（2015秋株洲月考）实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液 在05、强碱性溶液中比较稳定 在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解 在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2（1）写出仪器甲和乙的名称：甲；乙（2）装置C中发生反应的离子方程式为，装置D的作用是（3）Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，欲控制反应在05进行，实验中可采取的措施是：（4）写出K2FeO4在弱碱性条件下与水反应生成Fe（OH）3和O2的化学方程式：（5）工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液（pH为1112）溶解3.96g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全（高铁酸根离子全部被还原成铁离子），再调节pH为34（弱酸性），用1.0mol/L的硫代硫酸钠标准溶液作为滴定剂进行滴定（2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI），当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00mL则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为17（16分）（2015秋株洲月考）二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题（1）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H在0.1MPa时，按n（CO2）：n（H2）=1：3投料，如图1所示不同温度（T）下，平衡时的四种气态物质的物质的量（n）的关系该反应的H0（填“”、“=”或“”）曲线b表示的物质为（2）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图2所示该工艺中能量转化方式主要有b为电源的（填“正”或“负”）极，电解时，生成丙烯的电极反应式是（3）以CO2为原料制取碳（C）的太阳能工艺如图3所示过程1中发生反应的化学方程式为过程2中每生成1mol Fe3O4转移电子的物质的量为（4）一定量CO2溶于NaOH溶液中恰好得到25mL0.1000mol/LNa2CO3溶液，在常温下用0.1000mol/L的盐酸对其进行滴定，所得滴定曲线如图4所示下列有关滴定过程中所得溶液相关微粒的浓度关系正确的是Aa点：c（HCO3）c（Cl）c（CO32）Bb点：5c（Cl）4c（HCO3）+4c（CO32）Cc点：c（OH）+c（CO32）=c（H+）+c（H2CO3）Dd点：c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）18（14分）（2015秋株洲月考）碳酸锰，俗称“锰白”，是生产电讯器材软磁铁氧体的原料，也是制备Mn2O3、MnO2等锰的氧化物的重要原料，工业上有广泛的用途工业上以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（主要成分FeS2）为主要原料制备碳酸锰（MnCO3难溶，分解温度较高）的一种工艺流程如图1：已知：几种金属离子沉淀的pH如表回答下列问题：Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.73.77.810.4（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有A适当升高温度 B适当增大压强C研磨矿石 D加入大量的蒸馏水（2）溶浸过程中发生的主要反应是：FeS2与MnO2在稀硫酸中反应生成Fe3+、Mn2+、SO42和H2O在该反应配平的离子方程式中，氧化剂前面的化学计量数为（3）除铁工序中，先加入软锰矿，反应的离子方程式为；再加入石灰的目的是（4）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质若测得滤液中c（F）=0.01molL1，滤液中残留c（Ca2+）=1.5106molL1，则Ksp（CaF2）=（5）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）为1.05molL1时，实验测得MnCO3的产率与溶液的pH、反应时间关系如图2所示对比不同反应条件下的曲线，依据图中信息，你能获得的结论有：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3产率最高；（6）副产品A的主要成分是19Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入0.6mol/L的HNO3溶液100mL恰好使混合物溶解，同时收集到224mL（标准状况）的NO气体（1）Cu2O跟稀硝酸反应的化学方程式为（2）产物中硝酸铜的物质的量为mol（3）若混合物中含0.01mol Cu，则其中Cu2O的物质的量是mol（4）若混合物中Cu的物质的量为x，则x的取值范围是2015-2016学年湖南省株洲市高三（上）质检化学试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1下列过程不涉及氧化还原反应的是（）A明矾净水B工业固氮C海水提镁D电池充电【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体而达到净水的目的，与氧化还原反应无关，故A正确；B工业用氮气和氢气在催化作用下制备氨气，N、H元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；C海水中存在氯化镁，经提纯后，工业用电解氯化镁的方法冶炼镁，属于氧化还原反应，故C错误；D电池充电，电能转化为化学能，发生氧化还原反应，故D错误故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大2化学在生产和生活中有着重要的作用下列有关说法正确的是（）A为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰B药皂中加入少量苯酚，可以起到杀菌消毒的作用C石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物D金属铝需经过特别处理才具有抗腐蚀能力【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；铝的化学性质；化石燃料与基本化工原料【专题】化学应用【分析】A生石灰不具有还原性； B苯酚可以使蛋白质变性；C石油是混合物，其分馏产品汽油仍然为混合物；D常温下，铝在空气中与氧气反应，其表面生成的氧化铝薄膜具有抗腐蚀能力【解答】解：A生石灰具有吸水性，可防止食品变潮，不具有还原性，故A错误； B药皂中加入少量苯酚可以使病毒细菌中的蛋白质变性，能杀菌消毒，故B正确；C石油是烃的混合物，其分馏产品汽油也是烃的混合物，不属于纯净物，故C错误；D常温下，铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化铝薄膜，具有抗腐蚀能力，从而防止铝进一步氧化，故D错误故选B【点评】本题考查化学与科学、技术、社会、环境等问题，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握3下列有关如图所示装置的叙述中错误的是（）这是电解NaOH溶液的装置Pt为正极，其电极反应为：O2+2H2O+4e4OHFe为阳极，其电极反应为：Fe+2OH2e2Fe（OH）2这是一个化学能转化为电能的装置ABCD【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】该装置是铁发生吸氧腐蚀的装置，是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，负极上铁失去电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答【解答】解：该装置没有外接电源，属于原电池而不属于电解池，故错误；该装置中，铂作正极，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e4OH，故正确；该装置中，铁作负极，负极上铁失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，电极反应式为：Fe2e+2OHFe（OH）2，故错误；该装置是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，故正确故选C【点评】本题以金属的腐蚀为载体考查了原电池原理，难度不大，注意酸性溶液中，铁发生析氢腐蚀，中性、碱性或弱酸性溶液中铁发生吸氧腐蚀4NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 LBr2所含溴原子的数目为2NAB常温下，NO2与足量的水反应生成0.1molNO，转移的电子数为0.2NAC1 mol 乙醇中含有的CH键的数目为6NAD1molL1的NaClO溶液中含有的ClO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、标况下溴为液体；B、NO2与水的反应中，生成1molNO转移2mol电子；C、1mol乙醇中含5molCH键；D、溶液体积不明确【解答】解：A、标况下溴为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、NO2与水的反应中，生成1molNO转移2mol电子，故当生成0.1molNO时，转移0.2mol电子即0.2NA个，故B正确；C、根据乙醇的结构简式可知，1mol乙醇中含5molCH键，即5NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的次氯酸跟的个数无法计算，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，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大5中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲+乙丙+丁下列说法正确的是（）A若甲为铜，丁为氯化亚铁，则乙一定是氯化铁B若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳C若甲为铝，丁为铁，则乙一定是氧化铁D若甲为镁，丁为氢气，则乙一定是酸【考点】无机物的推断【分析】A若甲为铜单质，丁为氯化亚铁，根据质量守恒，则乙一定是氯化铁；B若甲为碳，丁为硅，是碳还原二氧化硅，则丙可能为CO；C若甲为铝单质，丁为铁单质，属于铝热反应，乙为铁的氧化物，则乙也可以是四氧化三铁；D若甲为镁，丁为氢气，则乙可能为水，也可能为酸性溶液，不一定是酸，如氯化铵溶液【解答】解：A若甲为铜单质，丁为氯化亚铁，根据质量守恒，则乙一定是氯化铁，故A正确；B若甲为碳，丁为硅，是碳还原二氧化硅，则丙可能为CO，不一定是二氧化碳，故B错误；C若甲为铝单质，丁为铁单质，属于铝热反应，乙为铁的氧化物，则乙可能为氧化铁，也可能为四氧化三铁，故C错误；D若甲为镁，丁为氢气，则乙可能为水，也可能为酸性溶液，可能为酸，也可能为盐，如氯化铵溶液，故D错误，故选A【点评】本题考查无机物推断，基本属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等6如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成图所示的“蜗牛”形状，图中每个“”代表一种元素，其中点代表氢元素下列有关说法正确的是（）A最简单气态氢化物的稳定性：比强、比弱B最高价氧化物对应水化物的碱性：比强C的最高价氧化物对应的水化物具有两性D简单离子半径比小【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】点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，为Li、为C、为O、为F、为Na、为Al、为Si、为Cl，虚线连接的原子处于同主族A非金属性越强，氢化物越稳定；B金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C氧化铝是两性氧化物；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小【解答】解：点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，为Li、为C、为O、为F、为Na、为Al、为Si、为Cl，虚线连接的原子处于同主族A为C、为Si，二者同主族，自上而下非金属性减弱，故氢化物稳定性，为F、为Cl，二者同主族，自上而下非金属性减弱，故氢化物稳定性，故A错误；B为Li、为Na，金属性LiNa，故最高价氧化物对应水化物的碱性，故B错误；C为Al，其氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，故C正确；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2Na+，故D错误，故选C【点评】本题考查元素周期表、元素周期律等，难度不大，注意元素周期律的理解掌握7下列解释事实的化学方程式或离子方程式中错误的是（）A在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2OB在盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）上通过施加适量CaSO4可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3CaCO3+Na2SO4C在燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少SO2的排放：CaCO3+SO2CaSO3+CO2D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2H+2I+H2O2I2+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A氢氧化钡过量，反应生成硫酸钡、一水合氨、氢氧化铁沉淀；B碳酸钙溶解度小于硫酸钙，依据沉淀转化规律解答；C在燃煤时加入适量石灰石粉末，反应生成硫酸钙、二氧化碳；D过氧化氢氧化碘离子生成单质碘【解答】解：A在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，离子方程式：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2O，故A正确；B在盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）上通过施加适量CaSO4可降低土壤的碱性，化学方程式：CaSO4+Na2CO3CaCO3+Na2SO4，故B正确；C在燃煤时加入适量石灰石粉末，可减少SO2的排放，化学方程式：O2+2CaCO3+2SO22CaSO4+2CO2，故C错误；D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式：2H+2I+H2O2I2+2H2O，故D正确；故选：C【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确反应实质 是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等8有关下列图示的说法中正确的是（）A用图所示实验可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱B用图所示实验装置排空气法收集NO2气体C图表示可逆反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H小于0D图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不相同【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题；化学反应中的能量变化；化学实验基本操作【分析】A盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应；BNO2的密度比空气密度大；C由图可知，生成物总能量高；DMg、Fe均为负极，失去电子均转化为二价金属阳离子【解答】解：A盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则该装置发生强酸制取弱酸的反应，但不能比较C、Si的非金属性，故A错误；BNO2的密度比空气密度大，利用图中向上排空气法可收集，故B正确；C由图可知，生成物总能量高，则可逆反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H大于0，故C错误；DMg、Fe均为负极，失去电子均转化为二价金属阳离子，则两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量相同，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、气体收集、反应中能量变化及原电池等，综合性较强，把握相关反应原理、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大9用质量分数为98%的浓硫酸（=1.84gcm3）配制240mL1.84molL1的稀硫酸下列叙述正确的是（）A要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶B量取浓硫酸的体积为24 mLC将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，不断搅拌并冷却至室温D先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容【考点】溶液的配制【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A依据配制步骤选择需要的仪器；B依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度，结合溶液稀释规律计算需要浓硫酸体积；C依据浓硫酸稀释的正确操作解答；D容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体，稀释浓溶液【解答】解：A用浓硫酸配制稀硫酸溶液，步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管和容量瓶，故A正确；B质量分数为98%的浓硫酸（=1.84gcm3）物质的量浓度C=18.4mol/L，则配制240mL1.84molL1的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则V18.4mol/L=250mL1.84mol/L，解得V=25.0mL，故B错误；C浓硫酸稀释应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时不断用玻璃棒搅拌，故C错误；D容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓硫酸，故D错误；故选：A【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格的选择及容量瓶使用注意事项10分子式为C5H12O且与金属钠不能反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（）A4种B5种C6种D8种【考点】有机化合物的异构现象【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】根据分子式为C5H12O的有机物，不可与金属钠反应放出氢气，说明该物质为醚类，根据醇与醇可以形成醚，利用醇的种类判断异构体数目【解答】解：分子式为C5H12O的有机物，不可与金属钠反应放出氢气，说明该物质为醚类，若为甲醇和丁醇，甲醇只有1种，丁醇有4种，醚类有4种；若为乙醇和丙醇，乙醇只有1种，丙醇有2种，醚类有2种；所以该醚的同分异构体共有6种，故选C【点评】本题主要考查了同分异构体的书写，难度不大，注意从醚的形成以及醇的种类利用数学组合确定醚的种类11C2O3是一种无色无味的气体，还原性比CO稍弱，是金星大气的主要成分之一科学家测得一容器储存的气体中碳、氧元素的质量分数分别为33.33%、66.67%，则推测该气体的组成合理的是（）A一定含有CO，可能含有CO2和O2B可能含有CO，一定含有CO2和O2C一定含有C2O3，可能含有CO2和O2D可能只含有C2O3【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】由元素质量分数，结合n=计算C、O原子数目之比，进而确定气体的平均组成【解答】解：气体中碳、氧元素的质量分数分别为33.33%、66.67%，则N（C）：N（O）=： =2：3，该气体平均分子式为C2O3，可能为C2O3A该气体可能为C2O3，故A错误；B若含有CO，可能含有CO2和O2中至少一种，故B错误；C若含有C2O3，不可能含有CO2和O2，故C错误；D该气体可能为C2O3，故D正确，故选：D【点评】本题考查物质组成的确定，注意利用原子数目之比确定平均分子式，难度不大12某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成现进行如图所示实验下列有关说法正确的是（）A根据上述步骤可以得出蓝色溶液中n（Cu2+）=0.02 molB步骤中质量减少的固体物质一定是Fe2O3C步骤中减少的3 g固体一定是混合物D根据步骤、可以判断X中氧化铁的质量分数为50%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】物质检验鉴别题【分析】9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2中的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，说明原固体中一定存在Fe2O3，1.92g固体为铜，以此来解答【解答】解：A.6.4g变成1.92g，质量减少6.4g1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设溶解的铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，故A正确；B步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误；CAl2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故C错误；D.6.4g变成1.92g，质量减少6.4g1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，则m（Fe2O3）：m（Cu）=（1600.02）：（640.02+1.92）=1：1，混合物X中还含Al2O3、SiO2中的一种物质或两种，则X中氧化铁的质量分数小于50%，故D错误；故选A【点评】本题考查物质成分的确定，为高频考点，把握流程及反应为解答的关键，侧重分析、推断及计算能力的综合考查，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，题目难度中等13将一定量氨基甲酸铵（NH2COONH4）加入密闭容器中，在一定条件下发生下列反应：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）该反应的平衡常数的负对数（lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示下列说法不正确的是（）A该反应的H0B30时，B点对应状态的v（正）v（逆）CA点对应状态的平衡常数K（A）=102.294DNH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态【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】A、温度升高平衡常数的负对数（lgK）减小，即温度越高K值越大；B、30时，B点未平衡，最终要达平衡状态，平衡常数的负对数要变大，所以此时的（lgQC）（lgK），所以QCK；C、A点对应平衡常数的负对数（lgK）=2.294，所以A点对应状态的平衡常数K（A）=102.294；D、体系中两种气体的物质的量之比始终不变【解答】解：A、温度升高平衡常数的负对数（lgK）减小，即温度越高K值越大，所以正反应是吸热反应，则H0，故A正确；B、30时，B点未平衡，最终要达平衡状态，平衡常数的负对数要变大，所以此时的（lgQC）（lgK），所以QCK，所以B点对应状态的v（正）v（逆），故B正确；C、A点对应平衡常数的负对数（lgK）=2.294，所以A点对应状态的平衡常数K（A）=102.294，故C正确；D、体系中两种气体的物质的量之比始终不变，所以NH3的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态，故D错误；故选D【点评】本题主要考查平衡状态的判断、平衡常数的计算、平衡移动的影响因素等，难度中等，解题时要注意氨基甲酸铵是固体14下列说法正确的是（）A往NaHC2O4溶液中通入氨气至中性：c（H2C2O4）+c（NH4+）c（C2O42）B将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，c（CH3COOH）/c（H+）变小C常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后过滤，所得滤液中存在：c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）D在同浓度的HCN和NaCN的混合溶液中，若pH7，则c（HCN）c（Na+）【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A根据反应后溶液中的电荷守恒和物料守恒判断；B稀释过程中醋酸的物质的量减小、氢离子的物质的量增大，结合在同一溶液中判断该比值；C溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），滤液中溶质为氯化铵和氯化钠，钠离子浓度大于氯离子；D同浓度的HCN和NaCN的混合溶液中，若pH7，说明CN的水解程度大于HCN的电离程度，则c（CN）c（HCN），结合物料守恒判断c（HCN）、c（Na+）的大小【解答】解：A中性溶液中c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可得：c（NH4+）+c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4），根据物料守恒可得c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=c（Na+），根据结合可得：c（H2C2O4）+c（NH4+）=c（C2O42），故A错误；B将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，醋酸的电离程度增大，醋酸的物质的量减小、氢离子的物质的量增大，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，则c（CH3COOH）/c（H+）会变小，故B正确；C滤液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），由于滤液中溶质为氯化铵和NaCl，则c（Na+）c（Cl），所以c（H+）+c（NH4+）c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故C错误；D相同浓度的NaCN与HCN的混合混合液的pH7，呈碱性，说明CN的水解程度大于HCN的电离程度，则c（CN）c（HCN），根据物料守恒2c（Na+）c（CN）+c（HCN）可得：c（HCN）c（Na+）c（CN），故D错误；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，C为易错点，注意滤液中钠离子浓度减小，试题培养了学生的灵活应用能力二、非选择题（本大题含5小题，共58分）15回答下列问题：（1）过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，其电子式为；加热过氧化钙可分解生成CaO和O2，该反应的化学方程式为2CaO22CaO+O2（2）草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（3）反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数的表达式为K=（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）在25、101kPa下，已知每消耗3.8g NaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJmol1（5）下列物质中，水解的最终产物中不含葡萄糖的是CDA蔗糖 B淀粉 C油脂 D蛋白质【考点】化学方程式的书写；电子式【专题】化学用语专题【分析】（1）过氧化钙中，钙离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根离子内部两个氧原子通过共用1对电子结合；过氧化钙受热分解生成氧化钙和氧气；（2）草酸具有还原性，能够被酸性的高锰酸钾氧化生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子；（3）化学平衡常数为反应物浓度幂之积与生成物浓度幂之积比值；（4）在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，据此书写热化学方程式；（5）A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B淀粉水解生成葡萄糖；C油脂水解生成甘油和高级脂肪酸；D蛋白质水解生成氨基酸【解答】解：（1）过氧化钙中，钙离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根离子内部两个氧原子通过共用1对电子结合，电子式为：；过氧化钙受热分解生成氧化钙和氧气，化学方程式：2CaO22CaO+O2；故答案为：；2CaO22CaO+O2；（2）草酸具有还原性，能够被酸性的高锰酸钾氧化生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，离子方程式：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；故答案为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（3）反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数的表达式为K=；故答案为：；（4）3.8g NaBH4（s）物质的量为0.1mol，在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol，故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol；（5）A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A不选；B淀粉水解生成葡萄糖，故B不选；C油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，故C选；D蛋白质水解生成氨基酸，故D选；故选：CD【点评】本题为综合题，涉及电子式、化学方程式、离子方程式、热化学方程式的书写、化学平衡常数表达式的书写，明确物质的结构及相关概念是解题关键，题目难度不大16（14分）（2015秋株洲月考）实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液 在05、强碱性溶液中比较稳定 在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解 在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2（1）写出仪器甲和乙的名称：甲分液漏斗；乙三口烧瓶（2）装置C中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，装置D的作用是吸收多余的氯气（3）Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，欲控制反应在05进行，实验中可采取的措施是：缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中（4）写出K2FeO4在弱碱性条件下与水反应生成Fe（OH）3和O2的化学方程式：4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe（OH）3+3O2（5）工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液（pH为1112）溶解3.96g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全（高铁酸根离子全部被还原成铁离子），再调节pH为34（弱酸性），用1.0mol/L的硫代硫酸钠标准溶液作为滴定剂进行滴定（2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI），当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00mL则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为25%【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】根据实验装置图可知，A装置 中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，（1）根据装置图可知仪器名称；（2）氯气与氢氧化钾反应生成氯化钾和次氯酸钾，氯气有毒，需要进行尾气吸收；（3）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在05，装置C应放在冰水浴中，应降低通入氯气的速率；（4）根据元素守恒和电子得失守恒可写出K2FeO4在弱碱性条件下与水反应生成Fe（OH）3和O2的化学方程式；（5）用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO423I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数；【解答】解：（1）根据装置图可知仪器甲的名称是分液漏斗，仪器乙的名称是三口烧瓶，故答案为：分液漏斗；三口烧瓶；（2）氯气与氢氧化钾反应生成氯化钾和次氯酸钾，反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，氯气有毒，需要进行尾气吸收，所以装置D的作用是吸收多余的氯气，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；吸收多余的氯气；（3）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在05，装置C应放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率，故答案为：缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中；（4）K2FeO4在弱碱性条件下与水反应生成Fe（OH）3和O2的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe（OH）3+3O2，故答案为：4K2FeO4+10H2O=8KOH+4Fe（OH）3+3O2；（5）用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO423I2，再根据反应2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO423I26Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为1.0mol/L0.015L198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为100%=25%，故答案为：25%【点评】本题考查实验制备方案、氧化还原反应滴定及计算、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用，难度中等17（16分）（2015秋株洲月考）二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题（1）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）H在0.1MPa时，按n（CO2）：n（H2）=1：3投料，如图1所示不同温度（T）下，平衡时的四种气态物质的物质的量（n）的关系该反应的H0（填“”、“=”或“”）曲线b表示的物质为H2O（2）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原