甘肃省兰州市高三化学上学期9月月考试卷（含解析）.doc

2016-2017学年甘肃省兰州市高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1比较下述实验方案，判断能够确定一种溶液中一定含有so42的事实是（）a取少量试样溶液，加入用盐酸酸化的bacl2溶液，有白色沉淀生成b取试样溶液，加入bacl2溶液，有白色沉淀，再加稀hno3，沉淀不溶解c取少量试样的溶液，加入ba（no3）2溶液，有白色沉淀生成d取少量试样溶液，加入足量盐酸，无沉淀，加bacl2溶液，有白色沉淀生成2绿泥石的组成可表示为al4si4ox（oh）y，其中x、y分别为（）a108b710c810d973下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是（）afe3+、ohbna+、so42cag+、cldh+、oh4一定条件下，将a、b、c三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2a+b2c，达到化学反应限度时，b的物质的量可能是（）a1.5 molb1 molc0.5 mold05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6230th和232th是钍的两种同位素，232th可以转化成233u下列有关th的说法正确的是（）ath元素的质量数是232bth元素的相对原子质量是231c232th转化成233u是化学变化d230th和232th的化学性质相同7某无色溶液能与镁反应放出氢气，此溶液中可能大量共存的离子组是（）anh4+、mg2+、so42、clbfe3+、k+、cl、no3ck+、ba2+、no3、so42dna+、nh4+、cl、co328如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是（）选项气体试剂现象结论anh3酚酞试液溶液变红色nh3的水溶液显碱性bcl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色cl2有酸性和漂白性cc2h2溴水溶液褪色c2h2分子中含碳碳双键dxkl淀粉溶液溶液变蓝x 可能是cl2或no2aabbccdd9已知：能量越低的物质就越稳定；白磷转化成红磷是放热反应据此，下列判断或说法中正确的是（）a在相同条件下，红磷比白磷稳定b在相同的条件下，白磷比红磷稳定c红磷和白磷的结构相同d红磷容易发生自燃而白磷则不会自燃10ad是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中d是最高价氧化物对应的水化物那么a可能是（）n2 si cu ch4 h2sa只有b只有c只有d全部11下列离子方程式中正确的是（）a少量稀盐酸滴加到纯碱稀溶液中，且边滴边振荡co32+h+=hco3b碳酸钙和稀盐酸反应co32+2h+=h2o+co2c氯化铝溶液与氨水溶液反应al3+4nh3h2o=alo2+4nh4+2h2od金属钠投入硫酸铜溶液中2na+cu2+=2na+cu12将0.4molagno3，0.8mol cu（no3）2，0.8molkcl液1l用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3molcu，此时在另 一个电极上放出气体的体积（标准状况）约为（）a5.6lb6.72lc2.8ld13.44l二、解答题（共11小题，满分25分）13（8分）已知某温度下，反应2so2+o22so3，的平衡常数k=19，在该温度下的体积固定的密闭容器中充入c（so2）=1moll1，c（o2）=1 moll1，当反应在该温度下so2，为80%时，该反应 （填“是”或“否”）达到化学平衡状态，若未达到，向 （填“正反应”或“逆反应”） 方向进行14对于可逆反应：aa（g）+bb（g）cc（g）+dd（g）h=a kjmol 1，若增大压强平衡向正反应方向移动，则a+b c+d（填“”或“”）；若升高温度，平衡向正反应方向移动，则a 0（填“”或“”）15（2分）由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的co2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视目前工业上有一种方法是用co2生产燃料甲醇一定条件下发生反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g），如图表示该反应进行过程中能量（单位为kjmol1）的变化（1）关于该反应的下列说法中，其h 0（填“大于”、“小于”或“等于”），且在 （填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行（2）该反应平衡常数k的表达式为 （3）温度降低，平衡常数k （填“增大”、“不变”或“减小”）（4）若为两个容积相同的密闭容器，现向甲容器中充入1mol co2（g）和3mol h2（g），乙容器中充入1mol ch3oh（g）和1mol h2o（g），在相同的温度下进行反应，达到平衡时，甲容器内n（ch3oh） （填“大于”“小于”或“等于”）乙容器内n（ch3oh）（5）已知：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=116kjmol1；co（g）+o2（g）co2（g）h=283kjmol1；h2（g）+o2（g）h2o（g）h=242kjmol1；写出ch3oh燃烧生成co2和水蒸气的热化学方程式 （6）以甲醇和氧气为燃料，氢氧化钾溶液为电解质溶液构成电池负极的电极反应式为 若以石墨为电极，电解硫酸铜溶液，写出电解的总反应方程式 若以此燃料电池电解200ml 0.8mol/l的硫酸铜溶液，当消耗1.6甲醇时，在阴极会析出 g铜16某小组利用以下装置制取并探究氨气的性质（1）a中反应的化学方程式是 （2）b中的干燥剂是 （3）c中的现象是 （4）实验进行一段时间后，挤压d装置中的胶头滴管，滴入12滴浓盐酸，可观察到的现象是 （5）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用的装置是 （填“e”或“f”）17（1分）某化学兴趣小组欲验证：“铜和一定量的浓硝酸反应有一氧化氮产生”设计如下装置进行实验（假设气体体积均为标准状况下测定，导气管中气体体积忽略不计，且忽略反应中的溶液体积变化）试回答下列问题：（1）在铜和浓硝酸反应前，挤压打气球（球内充满空气），经a、b、c反应后，进入d中的气体主要成分是 （填化学式）；进行此步操作时应关闭 ，打开 （填k1、k2或k3）（2）关闭k1、k2，打开k3，由分液漏斗向d中滴加浓硝酸，此时d中一定发生反应的离子方程式为 待cu和浓硝酸反应结束后，再通过分液漏斗向d中加入ccl4至满（3）若e装置中出现倒吸，可采取的应急操作是 （4）经测定，e装置中所得硝酸的物质的量浓度为0.05mol/l，实验测得f装置所收集到的气体体积为120 ml，则铜和一定量的浓硝酸反应 （填“有”或“无”）no生成，其依据是（请用数据和文字说明） 18（10分）某同学设计了如图所示的装置，可比较hno3、h2co3、h2sio3的酸性强弱，进而比较氮、碳、硅元素非金属性强弱供选择的试剂：稀硝酸、稀硫酸、碳酸钙固体、碳酸钠固体、硅酸钠溶液、澄清石灰水、饱和碳酸氢钠溶液（1）仪器a的名称： （2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，a中所盛试剂为 （3）装置b所盛试剂是 ，其作用是 （4）装置c所盛试剂是 ，c中反应的离子方程式是 （5）通过实验证明碳、氮、硅的非金属性由强到弱的顺序是 19稀硝酸和铜反应的化学方程式：3cu+8hno3（稀）=3cu（no3）2+2no+4h2o，如果有3.2克铜和硝酸恰好完全反应，试计算：（1）在标准状况下产生气体的体积是多少？（2）将所得溶液加水配成200ml溶液，则溶液的物质的量浓度是多少？20abcd都是中学化学常见的物质，其中abc均含有同一种元素在一定条件下相互转化关系如图所示（部分产物已略去）请按要求回答下列问题（1）若bc为氧化物且c对应的水化物为强酸b转化为c时，质量增加25%，则氢化物a转化为b的化学方程式是 （2）若d为某金属单质，向c的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则b生成c的化学方程式是 ，将b的溶液加热蒸干再灼烧，得到的固体物质的化学式是 （3）若d为强电解质溶液，a和c在溶液中反应生成白色沉淀b，则a和c反应的离子方程式是 ；符合条件的d物质可能是 （填序号）硫酸 醋酸 氢氧化钠 一水合氨 氯化钡21a、b、c、d、e、f、g均为短周期元素，原子序数依次递增a元素原子核内无中子，b元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，d是地壳中含量最多的元素，e是短周期中金属性最强的元素，f与g位置相邻，g是同周期元素中原子半径最小的元素请用化学用语回答：（1）推断b元素在元素周期表中的位置 （2）a与d形成的18电子的化合物与fd2化合生成一种强酸，其化学方程式为 （3）用电子式表示化合物e2f的形成过程 （4）如图为某新型发电装置示意图，其负极电极反应为 （5）在101kpa、25下，16g液态c2a4在d2中完全燃烧生成气体c2，放出312kj热量，则c2a4和d2反应的热化学方程式为 22a、b、c、x均为常见的纯净物，它们之间有如图2转化关系（副产品已略去）试回答：（1）若x是强氧化性单质，则a不可能是 as bn2 cna dmg eal（2）若x是金属单质，向c的水溶液中滴入agno3溶液，产生不溶于稀hno3的白色沉淀，则b的 化学式为 （3）若a、b、c为含某金属元素的无机化合物，x为强电解质，a溶液与c溶液反应生成b，则b的化学式为 23已知a为一种盐，c、d、f、n、o为无色气体，e常温常压下为无色无味的液体，n、h、l为高中常见的单质，i为常见无氧强酸，m的焰色反应为紫色，反应常用于气体f的检验（1）写出d的电子式为 ；（2）写出反应的化学方程式： ；反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ；（3）将等体积、等浓度的g和f的溶液混合，溶液显碱性，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为 ；（4）检验j中阳离子的实验方法为 ；（5）已知b中氧元素的质量分数为22.2%，且a分解产生的各物质的物质的量之比为n（b）：n（c）：n（d）：n（e）：n（f）=1：2：2：1：2，则a的化学式为 2016-2017学年甘肃省兰州市皋兰一中高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1比较下述实验方案，判断能够确定一种溶液中一定含有so42的事实是（）a取少量试样溶液，加入用盐酸酸化的bacl2溶液，有白色沉淀生成b取试样溶液，加入bacl2溶液，有白色沉淀，再加稀hno3，沉淀不溶解c取少量试样的溶液，加入ba（no3）2溶液，有白色沉淀生成d取少量试样溶液，加入足量盐酸，无沉淀，加bacl2溶液，有白色沉淀生成【考点】dg：常见离子的检验方法【分析】a白色沉淀可能为agcl或硫酸钡；b白色沉淀可能为agcl或亚硫酸钡；c白色沉淀可能为碳酸钡；d先加盐酸，无沉淀，排除银离子、碳酸根离子等干扰，后加bacl2溶液有白色沉淀，白色沉淀沉淀为硫酸钡【解答】解：a白色沉淀可能为agcl或硫酸钡，原溶液中可能含银离子，故a不选；b白色沉淀可能为agcl或亚硫酸钡，原溶液可能含银离子或亚硫酸根离子，故b不选；c白色沉淀可能为碳酸钡，则原溶液可能含碳酸根离子，故c不选；d先加盐酸，无沉淀，排除银离子、碳酸根离子等干扰，后加bacl2溶液有白色沉淀，白色沉淀沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有so42，故d选；故选d【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子检验的试剂、现象与结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意排除干扰离子的影响，题目难度不大2绿泥石的组成可表示为al4si4ox（oh）y，其中x、y分别为（）a108b710c810d97【考点】42：常见元素的化合价【分析】据化合物中各元素的化合价代数和为0，利用高岭土的化学式al4si4ox（oh）y，由铝、硅、氧、氢氧根分别为+3、+4、2、+1价计算化合物中x，y的值【解答】解：铝、硅、氧、氢氧根的化合价分别为：+3价、+4价、2价、1价，依据化合物中各元素的化合价代数和为0，则有：（+3）4+（+4）4+（2）x+（1）y=0，即2x+y=28，a若x，y分别为10，8，则2x+y=28，符合题意，故a正确；b若x，y分别为7，10，则2x+y=24，不符合题意，故b错误；c若x，y分别为8，10，则2x+y=26，不符合题意，故c错误；d若x，y分别为9，7，则2x+y=25，不符合题意，故d错误；故选a【点评】本题考查了绿泥石的组成，根据化合物中各元素的化合价代数和为0，利用化合物的化学式，可确定化学式中原子的个数，题目难度不大3下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是（）afe3+、ohbna+、so42cag+、cldh+、oh【考点】dp：离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：a二者结合生成沉淀，不能共存，故a不选；b二者不反应，可大量共存，故b选；c二者结合生成沉淀，不能共存，故c不选；d二者结合生成水，不能共存，故d不选；故选b【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大4一定条件下，将a、b、c三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2a+b2c，达到化学反应限度时，b的物质的量可能是（）a1.5 molb1 molc0.5 mold0【考点】c7：化学平衡建立的过程【分析】将a、b、c三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2a+b2c，假设平衡向正反应方向移动且a完全转化为生成物，此时a和b的物质的量最少、c的物质的量最多，如果平衡向逆反应方向移动且c完全转化为a和b，此时a和b的物质的量最多、c的物质的量最少，据此分析解答【解答】解：将a、b、c三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2a+b2c，假设平衡向正反应方向移动且a完全转化为生成物，此时a和b的物质的量最少、c的物质的量最多，则n（a）=0、n（b）=1mol0.5mol=0.5mol、n（c）=1mol+1mol=2mol；如果平衡向逆反应方向移动且c完全转化为a和b，此时a和b的物质的量最多、c的物质的量最少，n（c）=0、n（b）=0.5mol+1mol=1.5mol、n（a）=1mol+1mol=2mol，所以最终平衡状态时n（a）在02mol之间、n（b）在0.5mol1.5mol之间、n（c）在02mol之间，所以只有b合适，故选b【点评】本题考查化学平衡建立过程，侧重考查学生分析判断能力，采用极限法分析解答，注意可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，题目难度不大5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】cb：化学平衡的影响因素【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6230th和232th是钍的两种同位素，232th可以转化成233u下列有关th的说法正确的是（）ath元素的质量数是232bth元素的相对原子质量是231c232th转化成233u是化学变化d230th和232th的化学性质相同【考点】32：核素；85：质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】ath元素有2种核素；b元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值；c化学变化的最小微粒是原子；d同位素的化学性质几乎相同【解答】解：ath元素有2种核素，230th和232th的质量数分别是230，232，故a错误； b不知道各种天然同位素的含量无法求出，故b错误；c化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而c项的原子发生变化，故c错误；d同位素的物理性质可以不同，但化学性质几乎相同，故d正确故选d【点评】本题考查核素、同位素的性质，难度中等，注意元素的相对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值7某无色溶液能与镁反应放出氢气，此溶液中可能大量共存的离子组是（）anh4+、mg2+、so42、clbfe3+、k+、cl、no3ck+、ba2+、no3、so42dna+、nh4+、cl、co32【考点】dp：离子共存问题【分析】与镁反应放出氢气，溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：与镁反应放出氢气，溶液中含大量的氢离子，a该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故a正确；bfe3+为黄色，与无色不符，故b错误；cba2+、so42结合生成沉淀，不能共存，故c错误；d酸溶液中不能大量存在co32，故d错误；故选a【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常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大8如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是（）选项气体试剂现象结论anh3酚酞试液溶液变红色nh3的水溶液显碱性bcl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色cl2有酸性和漂白性cc2h2溴水溶液褪色c2h2分子中含碳碳双键dxkl淀粉溶液溶液变蓝x 可能是cl2或no2aabbccdd【考点】q2：气体的收集；q4：气体的净化和干燥；q9：常见气体制备原理及装置选择【分析】a氨气的密度小于空气，氨气应利用向下排空气法收集；b氯气与水反应生成盐酸和hclo，溶液具有酸性和漂白性c乙炔分子中含有碳碳三键，不是碳碳双键；d氯气和二氧化氮都具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质【解答】解：a氨气的密度小于空气，氨气应利用向下排空气法收集，收集方法错误，应该进气管短、出气管长，故a错误；b氯气与水反应生成盐酸和hclo，hclo具有漂白性，即溶液具有酸性和漂白性，而cl2不具有酸性和漂白性，故b错误；c乙炔与溴水发生加成反应，乙炔分子中含有的是碳碳三键，故c错误；d氯气和二氧化氮都具有氧化性，能够使碘化钾淀粉溶液变蓝，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，试题涉及气体的制取、氧化还原反应、气体的检验等，侧重物质性质的考查，注意掌握常见物质的性质及检验方法9已知：能量越低的物质就越稳定；白磷转化成红磷是放热反应据此，下列判断或说法中正确的是（）a在相同条件下，红磷比白磷稳定b在相同的条件下，白磷比红磷稳定c红磷和白磷的结构相同d红磷容易发生自燃而白磷则不会自燃【考点】b6：化学反应中能量转化的原因；ba：吸热反应和放热反应【分析】根据能量越低的物质就越稳定，白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定【解答】解：a白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定，故a正确； b红磷的能量低，红磷稳定，故b错误；c红磷和白磷的结构不同，故c错误；d红磷不容易发生自燃而白磷容易自燃，故d错误故选a【点评】本题考查能量越低越稳定，能量转化的原因，难度不大10ad是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中d是最高价氧化物对应的水化物那么a可能是（）n2 si cu ch4 h2sa只有b只有c只有d全部【考点】gp：铜金属及其重要化合物的主要性质；fh：硅和二氧化硅；ia：甲烷的化学性质【分析】根据物质的性质，有多种变价的元素可以发生一系列的转化关系，氮气与氧气反应生成no，no与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生no；硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应产生硅酸钠，硅酸钠与稀盐酸反应生成硅酸，硅酸不能生成二氧化硅；cu无对应的最高价氧化物的水化物；甲烷与氧气反应生成co，co与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳溶于水得到碳酸；硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸【解答】解：氮气与氧气反应生成no，no与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生no，此过程符合题意，故正确；依据分析可知，硅酸不能分解产生二氧化硅，故错误；cu为金属单质，不存在对应的酸，故错误；c的最高价氧化物的水化物为碳酸，甲烷不充分燃烧生成co，但是碳酸不能得到co，故错误；硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，浓硫酸与金属反应生成二氧化硫，符合题意，故正确，故选c【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，本题中与水的反应是解答该题的关键11下列离子方程式中正确的是（）a少量稀盐酸滴加到纯碱稀溶液中，且边滴边振荡co32+h+=hco3b碳酸钙和稀盐酸反应co32+2h+=h2o+co2c氯化铝溶液与氨水溶液反应al3+4nh3h2o=alo2+4nh4+2h2od金属钠投入硫酸铜溶液中2na+cu2+=2na+cu【考点】49：离子方程式的书写【分析】a碳酸为二元弱酸，少量稀盐酸滴加到纯碱稀溶液中生成hco3；b碳酸钙不溶于水，应写成化学式；c氨水为弱碱，与氯化铝反应生成al（oh）3；d钠性质活泼，投入硫酸铜溶液中生成氢气和氢氧化铜【解答】解：a碳酸为二元弱酸，少量稀盐酸滴加到纯碱稀溶液中生成hco3，反应的离子方程式为co32+h+=hco3，故a正确；b碳酸钙不溶于水，应写成化学式，反应的离子方程式为caco3+2h+=h2o+ca2+co2，故b错误；c氨水为弱碱，与氯化铝反应生成al（oh）3，反应的离子方程式为al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故c错误；d钠性质活泼，投入硫酸铜溶液中生成氢气和氢氧化铜，不能直接置换出铜，故d错误故选a【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题中注意碳酸二元酸、氨水的弱碱性以及钠与水反应的性质12将0.4molagno3，0.8mol cu（no3）2，0.8molkcl液1l用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3molcu，此时在另 一个电极上放出气体的体积（标准状况）约为（）a5.6lb6.72lc2.8ld13.44l【考点】di：电解原理【分析】首先发生反应：ag+cl=agcl，ag+完全反应，剩余cl为0.4mol，阴极发生反应：cu2+2e=cu，阴析出0.3molcu，原溶液中n（cu2+）=0.8mol0.3mol，则溶液中cu2+未完全放电，阳极获得电子为0.3mol2=0.6mol阳极先发生反应：2cl2e=cl2，0.8mol cl完全放电失去电子为0.8mol，大于0.6mol，cl未完全放电，根据电子转移守恒生成氯气物质的量，进而计算生成气体体积【解答】解：首先发生反应：ag+cl=agcl，0.4mol ag+完全反应消耗0.4molcl，则剩余cl为0.4mol，阴极发生反应：cu2+2e=cu，阴析出0.3molcu，原溶液中n（cu2+）=0.8mol0.3mol，则溶液中cu2+未完全放电，阳极获得电子为0.3mol2=0.6mol阳极先发生反应：2cl2e=cl2，0.8mol cl完全放电失去电子为0.8mol，大于0.6mol，cl未完全放电，阳极生成气体为氯气，根据电子转移守恒，生成氯气物质的量为=0.3mol，故生成气体体积为0.3mol22.4l/mol=6.72l，故选：b【点评】本题考查电解原理及有关计算，属于易错题目，学生容易根据离子放电顺序解答，忽略银离子与氯离子反应，难度中等二、解答题（共11小题，满分25分）13已知某温度下，反应2so2+o22so3，的平衡常数k=19，在该温度下的体积固定的密闭容器中充入c（so2）=1moll1，c（o2）=1 moll1，当反应在该温度下so2，为80%时，该反应否（填“是”或“否”）达到化学平衡状态，若未达到，向逆反应 （填“正反应”或“逆反应”） 方向进行【考点】cp：化学平衡的计算【分析】根据三段式计算出so2转化率为80%时，各组分的浓度，计算浓度商qc，根据浓度商与平衡常数的关系，判断是否处于平衡状态或平衡的移动方向，qc=k，处于平衡状态，qck反应向逆反应进行，qck反应向正反应进行【解答】解：该温度下so2转化率为80%时，c（so2）=1moll180%=0.8mol/l，则： 2so2（g）+o2 （g）2so3（g），开始（mol/l）：1 1 0 变化（mol/l）：0.8 0.4 0.8so2转化率为80%时（mol/l）：0.2 0.6 0.8所以so2转化率为80%时的浓度商为：qc=26.719，该反应未达平衡状态，反应向逆反应进行；故答案为：否，逆反应【点评】本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力14（2016秋皋兰县校级月考）对于可逆反应：aa（g）+bb（g）cc（g）+dd（g）h=a kjmol 1，若增大压强平衡向正反应方向移动，则a+b c+d（填“”或“”）；若升高温度，平衡向正反应方向移动，则a0（填“”或“”）【考点】cb：化学平衡的影响因素【分析】增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应物中的化学计量数之和大于生成物中化学计量数之和；升高温度，平衡向着吸热的反应方向移动，据此进行解答【解答】解：对于可逆反应：aa（g）+bb（g）cc（g）+dd（g）h=a kjmol 1，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物中的化学计量数之和大于生成物中化学计量数之和，即a+bc+d；若升高温度，平衡向正反应方向移动，说明正反应为吸热反应，则a0，故答案为：；【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，明确温度、压强对反应速率的影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力15由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的co2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视目前工业上有一种方法是用co2生产燃料甲醇一定条件下发生反应：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g），如图表示该反应进行过程中能量（单位为kjmol1）的变化（1）关于该反应的下列说法中，其h小于0（填“大于”、“小于”或“等于”），且在较低（填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行（2）该反应平衡常数k的表达式为k=（3）温度降低，平衡常数k增大（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）若为两个容积相同的密闭容器，现向甲容器中充入1mol co2（g）和3mol h2（g），乙容器中充入1mol ch3oh（g）和1mol h2o（g），在相同的温度下进行反应，达到平衡时，甲容器内n（ch3oh）等于（填“大于”“小于”或“等于”）乙容器内n（ch3oh）（5）已知：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=116kjmol1；co（g）+o2（g）co2（g）h=283kjmol1；h2（g）+o2（g）h2o（g）h=242kjmol1；写出ch3oh燃烧生成co2和水蒸气的热化学方程式2ch3oh（g）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1302kj/mol（6）以甲醇和氧气为燃料，氢氧化钾溶液为电解质溶液构成电池负极的电极反应式为ch3oh+8oh6eco32+6h2o若以石墨为电极，电解硫酸铜溶液，写出电解的总反应方程式2cu2+2h2o2cu+o2+4h+若以此燃料电池电解200ml 0.8mol/l的硫酸铜溶液，当消耗1.6甲醇时，在阴极会析出9.6g铜【考点】cb：化学平衡的影响因素；bb：反应热和焓变；be：热化学方程式；bj：常见化学电源的种类及其工作原理；c8：化学平衡常数的含义【分析】（1）根据反应物和生成物能量相对大小判断焓变；该反应是放热反应，则降低温度有利于该反应进行；（2）k=；（3）降低温度，平衡向放热反应方向移动，平衡向正反应方向移动；（4）采用一边倒的方法知，二者为等效平衡；（5）根据盖斯定律计算；（6）燃料电池中，负极上燃料失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；用石墨电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电，阳极上氢氧根离子放电，根据转移电子相等计算【解答】解：（1）根据图象知，生成物能量小于反应物能量，所以该反应的正反应是放热反应，则h0，该反应的正反应是放热反应，所以降低温度有利于平衡向正反应方向移动，故答案为：小于；较低；（2）k=，故答案为：k=；（3）该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以生成物浓度增大，反应物浓度减小，则化学平衡常数增大，故答案为：增大；（4）采用一边倒的方法知，二者为等效平衡，所以两个容器内达到平衡状态时，甲容器内n（ch3oh）等于乙容器内n（ch3oh），故答案为：等于；（5）co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=116kjmol1；co（g）+o2（g）co2（g）h=283kjmol1；h2（g）+o2（g）h2o（g）h=242kjmol1；将方程式2+42得2ch3oh（g）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=2（283kjmol1）+4（242kjmol1）2（116kjmol1）=1302kj/mol，故答案为：2ch3oh（g）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1302kj/mol；（6）甲醇燃料电池中，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：ch3oh+8oh6eco32+6h2o，故答案为：ch3oh+8oh6eco32+6h2o；用石墨电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电池反应式为2cu2+2h2o2cu+o2+4h+，消耗1.6g甲醇转移电子的物质的量=0.3mol，铜离子完全析出转移电子物质的量=0.8mol/l0.2l2=0.32mol0.3mol，所以溶液中还有铜离子剩余，则析出铜的质量=9.6g，故答案为：2cu2+2h2o2cu+o2+4h+；9.6【点评】本题考查较综合，涉及盖斯定律、原电池和电解池原理、等效平衡、反应热等知识点，根据盖斯定律内涵、离子放电顺序和电极反应式等知识点来分析解答即可，这些都是考试热点，化学平衡的有关习题还常常考查化学平衡状态的判断、反应速率的计算、外界条件对平衡的影响当知识点，注意（4）中要计算铜是否完全析出，为易错点16（2015秋赣州期末）某小组利用以下装置制取并探究氨气的性质（1）a中反应的化学方程式是2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o（2）b中的干燥剂是碱石灰（3）c中的现象是试纸蓝色（4）实验进行一段时间后，挤压d装置中的胶头滴管，滴入12滴浓盐酸，可观察到的现象是有白烟生成（5）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用的装置是e（填“e”或“f”）【考点】eb：氨的化学性质【分析】实验室用加热氯化铵与氢氧化钙制备氨气，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到石蕊能够使石蕊变蓝，氨气与氯化氢反应生成白色氯化铵固体，为防止氨气污染环境，应进行尾气处理，依据氨气极易溶于水的性质选择尾气处理装置【解答】解：（1）加热氯化铵与氢氧化钙生成氯化钙、氨气和水，方程式；2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；故答案为；2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂碱石灰干燥；故答案为：碱石灰；（3）氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子，溶液显碱性，遇到石蕊能够使石蕊变蓝，故答案为：试纸蓝色；（4）氨气与挥发的hcl会生成氯化铵晶体，所以有白烟生产，反应方程式为nh3+hclnh4cl，故答案为：有白烟生成；（5）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置，故选e；故答案为：e【点评】本题考查了氨气的制备及氨气的性质，掌握制备原理及氨气的性质是解题关键，题目难度不大，注意氨气吸收时应防止倒吸的发生17某化学兴趣小组欲验证：“铜和一定量的浓硝酸反应有一氧化氮产生”设计如下装置进行实验（假设气体体积均为标准状况下测定，导气管中气体体积忽略不计，且忽略反应中的溶液体积变化）试回答下列问题：（1）在铜和浓硝酸反应前，挤压打气球（球内充满空气），经a、b、c反应后，进入d中的气体主要成分是n2 （填化学式）；进行此步操作时应关闭k3，打开k1、k2（填k1、k2或k3）（2）关闭k1、k2，打开k3，由分液漏斗向d中滴加浓硝酸，此时d中一定发生反应的离子方程式为cu+2no3+4h+=cu2+2no2+2h2o待cu和浓硝酸反应结束后，再通过分液漏斗向d中加入ccl4至满（3）若e装置中出现倒吸，可采取的应急操作是向下调节量气管（或及时关闭k3）（4）经测定，e装置中所得硝酸的物质的量浓度为0.05mol/l，实验测得f装置所收集到的气体体积为120 ml，则铜和一定量的浓硝酸反应有 （填“有”或“无”）no生成，其依据是（请用数据和文字说明）e装置中生成100ml、0.05mol/l1硝酸时产生的no约为56ml，而试管中原有50mln2，二者之和小于120ml，说明生成no2的同时有no生成【考点】u2：性质实验方案的设计【分析】（1）气球中的空气成分主要是氧气、氮气、二氧化碳、水蒸气等，通过氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过浓硫酸除去水蒸气，c装置是反应掉空气中的氧气；按照气体流向进行开关的操作；（2）d中发生的反应一定是铜和浓硝酸的反应生成二氧化氮气体，同时可能硝酸变稀生成一氧化氮气体；（3）根据装置的特点和压强关系进行分析判断；（4）根据e中生成的硝酸溶液体积为100ml，结合化学方程式计算生成的一氧化氮气体，一氧化氮和氮气的体积之和与收集的气体体积比较判断【解答】解：（1）气球中的空气成分主要是氧气、氮气、二氧化碳、水蒸气等，通过氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过浓硫酸除去水蒸气，c装置是反应掉空气中的氧气，所以进入d装置的气体主要是氮气依据气体流向，开关操作是关闭k3，打开k1、k2，让氮气把试管中的空气赶净，更好的利用后续试验测定气体体积和验证一氧化氮气体的生成，故答案为：n2；k3 ；k1、k2；（2）关闭k1、k2，打开k3，由分液漏斗向d中滴加浓硝酸，一定发生的反应是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜二氧化氮和水，可能发生的反应是浓硝酸变稀后和铜的反应生成硝酸铜一氧化氮和水，d中一定发生反应的离子方程式：cu+2no3+4h+=cu2+2no2+2h2o，故答案为：cu+2no3+4h+=cu2+2no2+2h2o；（3）def在关闭k3后装置是一套气密性完好的装置，若e中出现倒吸，可以调节f中量气管的液体高度改变压强，向下调节量气管，使e中的压强减少，防止液体进入e发生倒吸，或直接关闭k3，不让液体进入e装置，故答案为：向下调节量气管（或及时关闭k3）；（4）通过计算分析判断，e装置中生成的硝酸溶液体积为100ml，浓度为0.05mol/l，所以生成硝酸物质的量为0.005mol，根据化学方程式3no2+h2o=2hno3+no，生成的一氧化氮气体物质的量为0.0025mol，在标准状况下的体积=0.0025mol22.4l/mol=0.056l=56ml，加上原来试管中的氮气50ml，共计106ml，小于题干中实验测得的气体体积120ml说明铜和浓硝酸反应的过程中生成二氧化氮气体同时也生成了一氧化氮气体，故答案为：有；e装置中生成100ml、0.05 mol/l1硝酸时产生的no约为56 ml，而试管中原有50 ml n2，二者之和小于120ml，说明生成no2的同时有no生成【点评】本题考查性质实验方案的设计，涉及硝酸的化学性质应用，量气管的正确使用方法，主要是分析装置中的气体流向和各装置的作用，装置图中的隐含条件气体体积的应用，酸碱反应的计算，题目较难，需要具备扎实的基础知识和实验基本操作技能18（10分）（2015春潍坊期中）某同学设计了如图所示的装置，可比较hno3、h2co3、h2sio3的酸性强弱，进而比较氮、碳、硅元素非金属性强弱供选择的试剂：稀硝酸、稀硫酸、碳酸钙固体、碳酸钠固体、硅酸钠溶液、澄清石灰水、饱和碳酸氢钠溶液（1）仪器a的名称：分液漏斗（2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，a中所盛试剂为稀硝酸（3）装置b所盛试剂是饱和碳酸氢钠溶液，其作用是吸收气体中硝酸（4）装置c所盛试剂是硅酸钠溶液，c中反应的离子方程式是sio32+co2+h2o=h2sio3+co32（5）通过实验证明碳、氮、硅的非金属性由强到弱的顺序是ncsi【考点】u2：性质实验方案的设计；qb：实验装置综合【分析】比较hno3、h2co3、h2sio3的酸性强弱，由实验装置可知，a为分液漏斗，a为硝酸，在a中硝酸与碳酸钠发生强酸制取弱酸的反应，b中为碳酸氢钠溶液除去挥发的硝酸，在c中二氧化碳与硅酸钠发生强酸制取弱酸的反应，以此可比较酸性，最高价氧化物的水化物酸性越强，则对应非金属的非金属性越强，以此来解答【解答】解：由实验装置可知，a为分液漏斗，a为硝酸，在a中硝酸与碳酸钠发生强酸制取弱酸的反应，b中为碳酸氢钠溶液除去挥发的硝酸，在c中二氧化碳与硅酸钠发生强酸制取弱酸的反应，（1）由图可知，a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）由上述分析可知，a中试剂为稀硝酸，故答案为：稀硝酸；（3）b的作用为吸收气体中硝酸，且不能吸收二氧化碳，则b中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；吸收气体中硝酸；（4）c中试剂为硅酸钠溶液，