2014届湖南省五市十校高三上学期12月联考化学试题 及答案.doc

湖南省“五市十校”2014届高三上学期12月联考化学试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1下列物质中含有非极性共价键的是（）AH2BCaOCNaOHDHCl考点：共价键的形成及共价键的主要类型.专题：化学键与晶体结构分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键解答：解：A氢气中氢原子之间形成非极性共价键，故A正确；B氧化钙中钙离子和氧离子之间存在离子键，故B错误；C氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、氢原子和氧原子之间存在极性共价键，故C错误；D氯化氢中氯原子和氢原子之间存在极性共价键，故D错误；故选A点评：本题考查了离子键、非极性共价键和极性共价键的判断，根据这几个概念的内涵来分析解答即可，注意离子键、共价键的区别，注意并不是所有物质中都含有化学键，稀有气体不含化学键，为易错点2（3分）下列各物质中，不能发生水解反应的是（）A葡萄糖B纤维素C油脂D蛋白质考点：葡萄糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：糖类与蛋白质专题分析：在酸、碱或酶等催化剂的作用下，油脂均可以发生水解1mol油脂完全水解的产物是1mol甘油和3mol高级脂肪酸；而糖类根据能否水解分为单糖、低聚糖和多糖，葡萄糖是单糖，所以不能水解、麦芽糖是二糖，水解生成葡萄糖；蛋白质在一定情况下会水解成各种氨基酸解答：解：选项中葡萄糖是单糖不能水解；纤维素是多糖在一定条件下水解最终生成为单糖；油脂在酸、碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸；蛋白质一定条件下水解生成氨基酸；故选A点评：本题考查了糖类、蛋白质、油脂的结构和性质，主要考查几类物质的水解条件和水解产物3（3分）有一碘水和Fe（OH）3胶体的颜色极为相似不用化学方法将它们区别开来，这样的方法有（）布朗运动 丁达尔现象 加热法 电泳实验法 加电解质法ABCD全部考点：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：胶体具有丁达尔现象，加热、加入电解质可发生聚沉，能发生电泳，以此来解答解答：解：布朗运动为微观粒子的共性，不能区别，故不选；Fe（OH）3胶体有丁达尔现象，碘水不具有，可区别，故选； Fe（OH）3胶体加热发生聚沉，得到沉淀，而碘水不能，可区别，故选； Fe（OH）3胶体电泳实验中阴极颜色加深，而碘水不能，可区别，故选； Fe（OH）3胶体加电解质发生聚沉，得到沉淀，而碘水不能，可区别，故选，故选C点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意胶体性质的应用，题目难度不大4（3分）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A10 g H218O含有的中子数为5NAB1 mol羟基（OH）含有的电子数为10NAC1 mol 氯气参加反应时，电子转移数目一定为2NAD标准状况下，11.2L己烷含有的分子数为0.5NA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、依据n=计算物质的量结合分子式计算中子数；B、羟基是原子团依据结构计算电子数；C、氯气可以只做氧化剂，也可以自身氧化还原反应；D、己烷在标准状况不是气体；解答：解：A、10 g H218O物质的量=0.5mol，含有的中子数=0.5mol（0+188）NA=5NA，故A正确；B、1 mol羟基（OH）含有的电子数为9NA，故B错误；C、1 mol 氯气参加反应时，氯气可以只做氧化剂，也可以自身氧化还原反应，电子转移数目可以为2NA，或NA，故C错误；D、己烷在标准状况不是气体，11.2L己烷物质的量不是0.5mol，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，气体没摩尔体积的 体积应用，氧化还原反应特征分析，题目难度中等5（3分）下列具有特殊性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是（）A半导体材料砷化镓B吸氢材料镧镍合金C透明陶瓷材料硒化锌D超导材K3C60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：元素周期表中主族元素有7个，副族元素有7个，利用元素在周期表中的位置确定由主族元素和副族元素形成的化合物，以此来解答解答：解：A、砷位于第A族，镓位于第A族，则不符合题意，故A不选；B、镧位于B族，镍位于族，则不符合题意，故B不选；C、硒位于第A族，锌位于B族，符合主族元素和副族元素形成的化合物，故C选；D、K位于第A族，C位于第A族，则不符合题意，故D不选；故选C点评：本题考查元素周期表，熟悉元素在周期表中的位置是解答本题的关键，学生对副族元素不熟悉是解答本题的难点6（3分）某乙醇水溶液的质量分数为w%，物质的量浓度为c mol/L，密度为d g/mL，1Kg这种溶液中含有的乙醇是（）A46C gBc/d molCc molD1000dw g考点：物质的量浓度的相关计算.专题：计算题分析：根据m（溶质）=m（溶液）w（溶质）计算乙醇的质量，根据n=计算乙醇的物质的量；根据V=计算溶液的体积，根据n=cV计算乙醇的物质的量，根据m=nM计算乙醇的质量解答：解：乙醇水溶液的质量分数为w%，则1kg溶液中乙醇的质量=1000gw%=10w g，故乙醇的物质的量=mol；溶液密度为d g/mL，1Kg这种溶液的体积=L，溶液物质的量浓度为c mol/L，则乙醇的物质的量=Lc mol/L=mol，乙醇质量=mol46g/mol=g，综上计算可知，ACD错误、B正确，故选B点评：本题考查质量分数、物质的量浓度有关计算，属于字母型计算，增大难度，注意对公式的理解与灵活应用，难度不大7（3分）下列离子组能大量共存的是（）A含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NO3、S2B含大量AlO2的溶液中：Na+、K+、NO3、H+C含大量H+的溶液中：I、Cl、NO3、Na+D含大量OH的溶液中：CO32、Cl、F、K+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A溶液中铝离子与硫离子能够发生反应；B偏铝酸根离子能够与氢离子发生反应；C酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化碘离子；DCO32、Cl、F、K+离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应解答：解：AS2与Al3+发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+能够与AlO2发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNO3在大量H+离子存在条件下能够氧化I，在溶液中不能大量共存，故C错误；DCO32、Cl、F、K+离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力8（3分）同位素在化学反应机理的研究中有着重要的作用下列有关乙酸乙酯水解的化学方程式不正确的是（）ACH3COOCH2CH3+HODCH3COOD+CH3CH2OHBCH3COOCH2CH3+HODCH3COOH+CH3CH2ODCCH3CO18OCH2CH3+H2OCH3CO18OH+CH3CH2OHDCH3C18OOC H2CH3+H2OCH3C18OOH+CH3CH2OH考点：酯的性质；探究化学反应机理.专题：有机物的化学性质及推断分析：乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，产物乙酸中的羟基来源于水，乙醇的羟基上的氢原子来源于水，据此分析解答：解：A、CH3COOCH2CH3+HODCH3COOD+CH3CH2OH，该反应中乙酸中的羟基来源于水，乙醇的羟基上的氢原子来源于水，符合乙酸乙酯的水解原理，故A正确；B、CH3COOCH2CH3+HODCH3COOH+CH3CH2OD，该反应中乙酸中的羟基来源于水，乙醇的羟基上的氢原子来源于水，符合乙酸乙酯的水解原理，故B正确；C、CH3CO18OCH2CH3+H2OCH3CO18OH+CH3CH2OH，反应中乙酸中的羟基来源于水，所以乙酸的结构简式为CH3COOH，18O在乙醇分子中，故C错误；D、CH3C18OOCH2CH3+H2OCH3C18OOH+CH3CH2OH，反应中乙酸中的羟基来源于水，乙醇的羟基上的氢原子来源于水，符合乙酸乙酯的水解原理，故D正确；故选C点评：本题以化学反应机理探究为载体，考查了酯的水解反应原理，题目难度不大，注意把握产物分子中原子和原子团的来源9（3分）下列实验或生产操作，其中没有新物质生成的是（）蛋白质溶液中加入硫酸铵后形成沉淀 碘化银用于人工降雨二氧化氮经加压凝成无色液体 溴水滴入植物油中振荡褪色水泥、砂子和水混合后硬化 除去混在氢氧化铁胶体中的氯化铁ABCD考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的重要性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；油脂的性质、组成与结构.专题：元素及其化合物分析：蛋白质溶液中加入无机非重金属盐溶液可发生盐析，使其溶解度降低；利用碘化银能进行人工降雨，碘化银在高空分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核；二氧化氮存在2NO2N2O4 平衡；烯烃能使溴水发生加成反应是溴水褪色；水泥泥浆属于胶体，水泥的硬化与胶体有关；溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，而胶体不能通过，所以溶液和胶体的分离方法用渗析解答：解：蛋白质遇到可溶性硫酸铵溶液，会因溶解度降低而从溶液中析出，发生盐析，盐析是可逆的，加水后沉淀又会溶解，是物理变化，无新物质生成，故正确；利用碘化银能进行人工降雨，降雨时用高炮将碘化银炮弹发射到高空云团的零高度层以上，碘化银在高空分解2AgI=2Ag+I2，生成银单质和碘单质，形成人工冰核，是化学变化，故错误；二氧化氮红棕色，四氧化二氮无色，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，加压缩小体积时容器中二氧化氮的浓度增大而使气体颜色加深，继续加压平衡向正方向移动，气体凝成无色液体，由气态变为液态，是化学变化，故错误；植物油中含有碳碳不饱和键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，是化学变化，故错误；水泥硬化的过程为：水合、胶状化、凝聚、转化为晶体四步，是化学变化，故错误；氢氧化铁胶体分散质微粒直径为1nm100nm不能通过半透膜，氯化铁溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，该法为渗析法分离溶液和胶体，是物理变化，故正确；故选：D点评：本题考查物理变化和化学变化，正确理解化学反应的本质有新物质生成是判断化学变化的唯一标准是解答本题的关键，题目难度不大10（3分）（2014九江三模）已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）A质子数：cdB离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZD原子半径：XW考点：物质的结构与性质之间的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据离子的电子层结构相同，判断出四种元素的原子序数的大小以及在周期表中的大体位置，再根据元素周期律判断各选项的正误解答：解：因四种离子的电子层结构相同，所以质子数a、b、c、d的大小关系应为abdc，且Y、Z在上一周期，Y在Z的左边，Y的非金属性小于Z；W、X在下一周期，X在W的左边，X的金属性大于WA、质子数dc，故A错误；B、离子的还原性：Y2Z，故B正确；C、氢化物稳定性应为HZH2Y，故C错误；D、原子半径大小关系应为XW，故D错误；故选B点评：本题通过四种电子层结构相同的粒子考查学生对原子（离子）结构、元素周期律、氧化还原等知识的掌握情况，同时也要求学生平时应善于对知识进行归纳总结并变通应用11（3分）如图装置可用于（）A用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气B用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3C用Cu和浓HNO3反应制取NO2D用Cu和稀HNO3反应制NO考点：气体的收集；实验装置综合.专题：实验题分析：该装置适用于反应过程不加热，且生成的气体不易溶于水；A用氯酸钾制取氧气，需要在加热条件下进行；B氨气极易溶于水，不能使用排水法收集；C二氧化氮能够与水反应生成一氧化氮和硝酸，不能使用排水法收集；D一氧化氮难溶于水，铜与稀硝酸的反应不需要加热解答：解：A用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气，需加热，题中装置不符合条件，故A错误；B用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3，需加热，氨气易溶于水，不能使用排水法收集氨气，故B错误；C反应生成的二氧化氮气体能够与水反应，不能使用排水法收集，故C错误；D用铜与稀HNO3反应制NO无需加热，且一氧化氮不溶于水，所以符合条件，故D正确；故选D点评：本题考查了制取气体的反应装置，题目难度不大，注意明确气体的制取装置的选择与反应物的状态及反应条件有关，如该装置的使用要求为：反应不需加热，生成的气体不溶于水，能够使用排水法收集12（3分）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物与Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体B取a克混合物与稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物充分加热，减重b克D取a克混合物与稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克考点：钠的重要化合物；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：元素及其化合物；化学实验基本操作分析：实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A、根据质量关系，可列方程组求解B、根据钠守恒，可列方程组求解；C、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；D、应先把水蒸气排除才合理；解答：解：A、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故A正确；B、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，故B正确；C、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，故C正确；D、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，故D错误；故选D点评：本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同13（3分）（2013黄石模拟）对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q；Q0，下列研究目的和示意图相符的是 （） ABCD研究目的压强对反应的影响（P2P1）温度对反应的影响平衡体系增加N2对反应的影响催化剂对反应的影响图示AABBCCDD考点：化学平衡的影响因素；产物百分含量与压强的关系曲线；转化率随温度、压强的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用.专题：化学平衡专题分析：A、合成氨反应是气体体积缩小的反应，则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响，然后结合图象来分析；B、合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；C、利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析；D、利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析解答：解：A、该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；B、因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；C、反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；D、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，图象中纵横坐标的含义即可解答14（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A已知2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1则氢气的燃烧热为241.8kJmol1B已知C（石墨，s）C（金刚石，s）；H0则石墨比金刚石稳定C已知NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4kJmol1，则20.0gNaOH 固体与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量D已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2 则H1H2考点：热化学方程式；反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：A、燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的化合物所放出的热量；B、吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量，物质能量越低越稳定；C、NaOH固体溶于水放热；D、焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量解答：解：A、氢气的燃烧热必须是生成液态水的过程所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，氢气的燃烧热小于241.8kJmol1，故A错误；B、已知C（s，石墨）C（s，金刚石）H0，石墨能量小于金刚石，则石墨比金刚石稳定，故B正确；C、已知NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJmol1，NaOH固体溶于水放热，所以20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出热量大于28.7kJ，故C错误；D、焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即H1H2，故D错误；故选B点评：本题考查学生燃烧热、中和热的概念、物质稳定性以及热化学方程式的含义知识，注意教材知识的掌握是解答的关键二、非选择题（共58分）15（4分）已知有机物A由C、H、O三种元素组成，取1mol 充分燃烧生成4mol CO2 和54g H2O，A 的相对分子质量为86回答下列问题：（1）A物质的分子式是C4H6O2（2）A物质符合下列条件：能与Br2的CCl4溶液发生化学反应使其褪色；能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；符合上述要求的A有多种，其结构简式分别是CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、（不要求顺反异构与立体异构）考点：有关有机物分子式确定的计算.专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：（1）根据n=计算水的物质的量，根据原子守恒计算分子中C、H原子数目，再结合相对分子质量计算分子中O原子数目，进而确定有机物分子式；（2）有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，含有COOH，能与Br2的CCl4溶液发生化学反应使其褪色，含有不饱和键，如C=C双键、CC、CHO，结合有机物分子式确定其结构简式解答：解：（1）有机物A由C、H、O三种元素组成，取1mol 充分燃烧生成4mol CO2 和54g H2O，水的物质的量=3mol，由原子守恒可知，有机物分子中N（C）=4、N（H）=6，A 的相对分子质量为86，则分子中N（O）=2，故有机物分子式为C4H6O2，故答案为：C4H6O2；（2）能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，含有COOH，能与Br2的CCl4溶液发生化学反应使其褪色，结合分子式可知，含有1个C=C双键，故有机物A的结构简式为CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、故答案为：CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、点评：本题考查有机物结构的确定、羧酸与烯烃的性质、同分异构体等，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等16（6分）已知X、Y、Z为单质，其他为化合物其中Y为气体，G溶液呈黄色，E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）请回答下列问题：（1）写出物质E的一种用途：制光导纤维、玻璃等（2）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O（3）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至一定量假设D完全反应且生成的气体只有一种，则反应的X的物质的量范围为1n（Fe）1.5 mol考点：无机物的推断.专题：推断题分析：X、Y、Z为单质，其他为化合物E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E为二氧化硅，Y为气体单质，Y与Z反应生成二氧化硅，则Z为Si、Y为氧气，二氧化硅与氢氧化钠生成M为硅酸钠；G溶液呈黄色，含有铁离子，则A中含有Fe元素，X与气体Y在点燃条件下生成A，则X为Fe，故A为四氧化三铁，结合转化关系可知，D为硝酸、G为硝酸铁，据此解答解答：解：X、Y、Z为单质，其他为化合物E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E为二氧化硅，Y为气体单质，Y与Z反应生成二氧化硅，则Z为Si、Y为氧气，二氧化硅与氢氧化钠生成M为硅酸钠；G溶液呈黄色，含有铁离子，则A中含有Fe元素，X与气体Y在点燃条件下生成A，则X为Fe，故A为四氧化三铁，结合转化关系可知，D为硝酸、G为硝酸铁，（1）由上述分析可知，E为SiO2，其用途：制光导纤维、玻璃等等，故答案为：制光导纤维、玻璃等；（2）A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O，故答案为：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O；（3）向含2mol HNO3的稀溶液中，加入Fe粉末，成的气体只有一种为NO，当生成硝酸亚铁时，溶解Fe的物质的量最大，生令Fe2+为xmol，根据电子转移守恒，则n（NO）=x mol，根据氮原子守恒可知2nFe（NO3）2+n（NO）=n（HNO3），故2x mol+x mol=4mol，解得x=1.5，当生成硝酸铁时，溶解Fe的物质的量最大，生令Fe3+为ymol，根据电子转移守恒，则n（NO）=y mol，根据氮原子守恒可知3nFe（NO3）3+n（NO）=n（HNO3），故3y mol+y mol=4mol，解得y=1，故反应的Fe的物质的量范围为：1moln（Fe）1.5mol，故答案为：1moln（Fe）1.5mol点评：本题考查无机物推断、氧化还原反应计算等，难度中等，G溶液颜色与E的性质是推断的突破口，再结合转化关系利用正推法与逆推法相结合推断，（3）注意利用极限法与守恒法进行计算17（8分）过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口关于双氧水，回答下列问题：ANa2O2+2HCl2NaCl+H2O2BAg2O+H2O22Ag+O2+H2OC.2H2O22H2O+O2D.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（1）上述反应中，不属于氧化还原反应是A（填字母序号，下同）（2）保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是B（3）某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：O2、MnO4、H2O、Mn2+、H2O2、H+已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2该反应的离子方程式是2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O如果上述反应中有2.24L（标准状况）气体生成，转移的电子的物质的量为0.2mol（4）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2OA+NH3，试指出生成物A的化学式为KHCO3，并阐明H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，H2O没有毒性及污染性，过量的H2O2自身分解为水和氧气，也无污染性（5）请设计一个简单易行的实验证明过氧化氢具有氧化性除过氧化氢外，供选择的试剂还有：氯水、稀硝酸、饱和硫化氢溶液请将所选试剂和实验现象填入下表：实验内容试剂实验现象验证氧化性考点：氧化还原反应；过氧化氢；化学试剂的分类.专题：实验设计题；氧化还原反应专题分析：（1）不含元素化合价变化的反应，为非氧化还原反应；（2）过氧化氢为常见的氧化剂；（3）H2O2只发生了如下过程：H2O2O2，O元素的化合价升高，则与氧化剂反应，还原过程为MnO4Mn2+，结合电子、原子守恒分析；（4）KCN+H2O2+H2OA+NH3，由原子守恒确定A，过氧化氢的还原产物为水；（5）实验证明过氧化氢具有氧化性，与还原剂反应即可，氯水、稀硝酸、饱和硫化氢溶液中只有硫化氢适合解答：解：（1）ANa2O2+2HCl2NaCl+H2O2中，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故选；BAg2O+H2O22Ag+O2+H2O中，Ag、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故不选；C.2H2O22H2O+O2中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故不选；D.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中Cr、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故不选；故答案为：A；（2）过氧化氢为常见的氧化剂，试剂瓶上最适合贴上的一个标签为氧化剂标志，故答案为：B；（3）H2O2只发生了如下过程：H2O2O2，O元素的化合价升高，则与氧化剂反应，还原过程为MnO4Mn2+，发生的离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O； 2.24L（标准状况）气体生成，由O元素的化合价变化可知，转移电子为2（10）=0.2mol，故答案为：0.2；（4）KCN+H2O2+H2OA+NH3，由原子守恒可知A为KHCO3，H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，H2O没有毒性及污染性，过量的H2O2自身分解为水和氧气，也无污染性，则H2O2被称为“绿色氧化剂”，故答案为：KHCO3；H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，H2O没有毒性及污染性，过量的H2O2自身分解为水和氧气，也无污染性；（5）实验证明过氧化氢具有氧化性，与还原剂反应即可，氯水、稀硝酸、饱和硫化氢溶液中只有硫化氢适合，则向过氧化氢中加入饱和硫化物溶液，产生淡黄色沉淀可说明，故答案为：实验内容实验方法实验现象验证氧化性饱和硫化氢溶液产生淡黄色沉淀点评：本题考查较综合，侧重氧化还原反应及实验的考查，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、物质的性质及守恒法为解答的关键，注意守恒法在解答中的应用，题目难度中等18（10分）查找资料发现，N2制取有下列不同方案：a方案：加热条件下NH3还原CuO制得纯净的N2和活性铜粉b方案：加热NaNO2和NH4Cl的浓溶液制得c方案：将空气缓慢地通过灼热的铜粉制得较纯的N2现实验室有供选择的如下几种仪器来制取N2（1）若按a方案制N2时，需要的氨气用生石灰和浓氨水作原料制取，则宜采用上述仪器中的E（填A、B、C下同）作NH3的发生器，要制取并收集N2，还须选用到的仪器是ACD（2）写出b方案中反应的化学方程式NH4Cl+NaNO2N2+2H2O+NaCl（3）若按c方案制取N2，则氮气中一定混有何种杂质气体稀有气体（4）上述制N2的三个方案中，a、c方案结合使用越来越受到人们的关注，这种方法与b方案相比，其优越性在于铜与氧化铜可循环使用，避开有毒的NaNO2考点：常见气体制备原理及装置选择.专题：实验题分析：（1）用生石灰和浓氨水作原料制取氨气，需选择固体和液体不需要加热制取气体的装置，提供的装置E符合条件，根据制取并收集纯净的N2的原理选择装置；（2）b方案中，加热NaNO2和NH4Cl的浓溶液生成氮气、氯化钠和水；（3）根据空气的主要成分分析；（4）依据制备过程分析，a、b中Cu 和 CuO 可以循环使用，NaNO2有毒解答：解：（1）浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，题中所给的装置，适用于制备气体的发生装置的是E，发生的化学反应为：NH3H2O+CaOCa（OH）2+NH3，氨气中混有水蒸气，故可用碱石灰干燥，选用D装置，氨气和氧化铜在A装置中反应，反应方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，按方案a制取N2中会含有未反应的氨气，因此，还需要用试剂吸收氨气，由于氨气是一种碱性气体，所以用浓硫酸来吸收氮气中的氨气，选用C装置，故答案为：E；ACD；（2）b方案的目的也是制取氮气，加热NaNO2和NH4Cl的浓溶液生成氮气、氯化钠和水，化学方程式为：NH4Cl+NaNO2N2+2H2O+NaCl，故答案为：NH4Cl+NaNO2N2+2H2O+NaCl；（3）空气的主要成分为氮气和氧气，还含有少量的稀有气体等，c方案中，氧气被灼热的铜粉消耗掉，得到的氮气中混有稀有气体等杂质，故答案为：稀有气体；（4）从制备过程看，方案a和b能得到纯净的氮气，本方案中产生有毒物质NaNO2，而方案c制取的氮气中混有稀有气体、二氧化碳、水蒸气等物质，故方案3氮气纯度最差；方案a和c反应原理简单，原料来源多，铜和氧化铜可以循环利用；故答案为：铜与氧化铜可循环使用，避开有毒的NaNO2点评：本题是一道关于三条途径按不同要求制取氮气的综合性实验评价题目，从题干信息中找突破口，根据信息将学过的知识进行迁移是解答本题的关键，题目难度中等19（4分）A、B、M、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素A元素的一种原子中不含中子B、M、D、E分别在下表（周期表的一部分）不同的空格内占有相应的位置，E的原子序数是D的原子序数的2倍试回答：（1）A元素是氢（或H）（2）在B、M、D、E四种元素的最简单氢化物中，沸点最高的是H2O（填化学式）（3）A、B、M、D可组成多种18电子分子，写出2种具有18电子的有机物的结构简式CH3CH3、CH3OH（或CH3NH2均可）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：A元素的一种原子中不含中子，则A为H元素；B、M、D、E的原子序数依次增大，则其相对位置为：，E的原子序数是D的原子序数的2倍，则D为O元素、E为S元素、M为N元素、B为C元素，即：A为H、B为C、M为N、D为O、E为S元素，据此进行解答解答：解：A元素的一种原子中不含中子，则A为H元素；B、M、D、E的原子序数依次增大，则其相对位置为：，E的原子序数是D的原子序数的2倍，则D为O元素、E为S元素、M为N元素、B为C元素，即：A为H、B为C、M为N、D为O、E为S元素，（1）A元素是氢或H，故答案为：氢（或H）；（2）B、M、D、E四种元素的最简单氢化物都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质融化或汽化消耗的能量就越多，物质的熔沸点就越高，而分子间作用力与物质的相对分子质量有关，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，熔沸点也就越高，但是在水分子之间、氨气的分子之间还都存在着氢键，增加了分子之间的相互作用，由于氢键：H2ONH3，则沸点H2ONH3，所以在B、M、D、E四种元素的最简单氢化物中，沸点最高的是H2O，故答案为：H2O；（3）A为H、B为C、M为N、D为O元素，A、B、M、D可组成有18电子有机物的结构简式为：CH3CH3、CH3OH、CH3NH2等，故答案为：CH3CH3；CH3OH（或CH3NH2均可）点评：本题考查了位置结构与性质的关系，题目难度中等，正确判断各元素名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题侧重基础知识的考查，有利于培养学生综合应用所学知识的能力20（10分）高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如图：回答下列问题：（1）经过步骤后，加入NaOH固体的原因是高铁酸钠（Na2FeO4）只能在碱性溶液中稳定存在，加入氢氧化钠固体可以调节溶液呈碱性（2）步骤反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O（3）从溶液中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤中反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O（4）将一定量的Na2FeO4投入到pH不同的污水中（污水中其余成分均相同），溶液中Na2FeO4浓度变化如图曲线、所示，试推测曲线比曲线对应的污水pH高（填“高”或“低”）（5）通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）比氯气的低（填“高”或“低”），用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等）（答出两点即可）考点：性质实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：（1）依据氢氧化钠是强碱，高铁酸钠在碱性溶液中稳定存在分析；加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性，易生成高铁酸钠；（2）依据流程分析判断，步骤是加入过氧化氢在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子的过程，依据电子守恒、电荷守恒和原子守恒反应的离子方程式；（3）碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子，反应的离子方程式依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平得到；（4）依据高铁酸根离子发生的还原反应分析判断；（5）依据高铁酸钠和氯气得到电子转化关系计算分析，根据高铁酸钠是强氧化剂，得到电子生成氢氧化铁胶体分析判断解答：解：（1）步骤是制备次氯酸钠的过程，加入氢氧化钠目的是调节溶液显碱性，因为Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，故答案为：Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，所以加入氢氧化钠可以调节溶液显碱性；（2）步骤是加入过氧化氢在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子的过程，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（3）反应是碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O；（4）依据高铁酸钠在碱性溶液中稳定存在，发生的反应为：FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH，污水的pH越高平衡逆向进行，pH越小平衡正向进行，依据图象分析先达到平衡需要的时间短，反应速率快，说明污水pH小，曲线比曲线对应的污水的pH高，故答案为：高；（5）FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH，单位质量得到电子=0.018，Cl2+2e2Cl，单位质量得到电子=0.028，所以Na2FeO4的消毒效率比氯气低，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，故答案为：低；能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等）点评：本题考查了物质制备实验流程的分析判断，主要是物质性质，题干信息的应用，离子方程式的书写是解题关键，题目难度中等21（16分）过度排放CO2会造成“温室效应”，为了减少煤燃烧对环境造成的污染，煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径煤综合利用的一种途径如图所示（1）已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H1=+131.3kJmol1，C（s）+2H2O（g）CO2（g）+2H2（g）H2=+90kJmol1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=41.3kJmol1（2）用如图原电池装置可以完成过程的转化，该装置b电极的电极反应式是O2+4e+2H2O4OH（3）在压强为0.1MPa条件下，容积为V L的密闭容器中a mol CO与2a mol H2在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示，则：p1p2（填“”、“”或“=”）在其他条件不变的情况下，向容器中再增加a mol CO与2a mol H2，达到新平衡时，CO的平衡转化率增大（填“增大”、“减小”或“不变”）在p1下，100时，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数为（用含a、V的代数式表示）（4）右上图表示CO2与H2反应生成CH3OH和H2O的过程中能量（单位为kJmol1）的变化：关于该反应的下列说法中，正确的是C（填编号）AH0，S0 BH0，S0CH0，S0 DH0，S0（5）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化的曲线如图所示：从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v（CO2）=0.075molL1min1下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是