江苏省扬州市高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

江苏省扬州市2016届高三（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1“保护环境”是我国的基本国策下列做法不应该提倡的是( )a生活垃圾分类收集b垃圾进行露天焚烧c宣传“低碳”出行d合理使用化肥农药【考点】常见的生活环境的污染及治理 【专题】化学计算【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析【解答】解：a垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故a正确； b垃圾进行露天焚烧会造成空气污染，故b错误；c宣传“低碳”出行，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故c正确；d合理使用化肥农药能减少水、土壤污染，故d正确故选b【点评】本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大2下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是( )a质子数为7、中子数为8的氮原子：nb氮离子（n3）的结构示意图：c氨分子的电子式：d硝基苯的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】常规题型；化学用语专题【分析】a质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；b氮离子（n3）的核电荷数为7，最外层达到8电子稳定结构；c氨气的电子式中漏掉了n原子的1对未成键电子对；d硝基苯中，n原子与苯环的碳原子相连【解答】解：a质子数为7、中子数为8的氮原子的质量数为15，该原子正确的表示方法为：157n，故a错误；b氮离子（n3）的核电荷数为7，核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故b正确；c氨气为共价化合物，分子中含有3个nh键，n原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为，故c错误；d硝基写在苯环的左边时，应该表示为；o2n，硝基苯正确的结构简式为：，故d错误；故选b【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、结构简式、离子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键3下列说法正确的是( )a铝有较高熔点，可做耐火材料bso2能使溴水褪色，体现其漂白性c氨气是电解质，因为氨气的水溶液能导电d钠钾合金可用于快中子反应堆的热交换剂【考点】硅和二氧化硅；电解质溶液的导电性；铝的化学性质 【专题】物质的性质和变化专题【分析】a铝熔点不高；b二氧化硫具有还原性能够被溴水氧化；c电解质必须本身能够电离；d钠钾合金导热性强【解答】解：a铝熔点不高，氧化铝熔点高，用作耐火材料，故a错误；bso2能使溴水褪色，是因为发生氧化还原反应，体现其还原性，故b错误；c氨气本身不能电离，属于非电解质，故c错误；d钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故d正确；故选：d【点评】本题考查了物质的性质和用途，性质决定用途，明确物质性质是解题关键，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，题目难度不大4设na为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )a0.1moll1 naoh溶液中na+的数目为0.1nab标准状况下，2.24 lccl4中的分子数目为0.1nac0.1mol na2o2与足量co2反应转移的电子数目为0.1nad3.2go2和o3的混合物含有的分子数目为0.1na【考点】阿伏加德罗常数 【分析】a、溶液体积不明确；b、标况下四氯化碳为液态；c、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；d、氧气和臭氧的摩尔质量不同【解答】解：a、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故a错误；b、标况下四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故b错误；c、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，当1mol过氧化钠参与反应时，反应转移1mol电子，则当0.1mol过氧化钠参与反应时，转移0.1na个电子，故c正确；d、氧气和臭氧的摩尔质量不同，故3.2g氧气和臭氧的混合物中的分子数目与氧气和臭氧的比例有关，故不能计算，故d错误故选c【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短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大，x与z原子序数相差8，y元素的焰色为黄色，z元素的最高价为+6下列叙述正确的是( )ax2的离子半径大于y+的离子半径bh2z的沸点高于h2xcz的简单气态氢化物稳定性比w的强dy2x2和y2z的晶体类型和化学键类型完全相同【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大，y元素的焰色为黄色，则y为na，z元素的最高价为+6，则z为s元素，w原子序数最大，故w为cl，而x与z原子序数相差8，则x为o元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大，y元素的焰色为黄色，则y为na，z元素的最高价为+6，则z为s元素，w原子序数最大，故w为cl，而x与z原子序数相差8，则x为o元素ao2、na+离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：o2na+，故a正确；bh2o分子之间存在氢键，水的沸点高于h2s，故b错误；c非金属性scl，故氢化物稳定性h2shcl，故c错误；dna2o2含有离子键、共价键，na2s只含有离子键，故d错误，故选：a【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意元素周期律的理解应用6常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是( )aph=1的溶液中：fe2+、k+、no、sobc （fe3+）=0.1 moll1 的溶液中：na+、no、scn、soc使酚酞试液变红色的溶液中：na+、ba2+、i、cld水电离的c （h+）=11013moll1的溶液中：k+、na+、no、hco【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】a ph=1的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；b铁离子与硫氰根离子结合生成络合物硫氰化铁；c使酚酞试液变红色的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；d水电离的c（h+）=11013moll1的溶液中存在大量氢离子、氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应【解答】解：aph=1的溶液为酸性溶液，fe2+、no3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bfe3+和scn之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故b错误；c使酚酞试液变红色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，na+、ba2+、i、cl之间不反应，都不与氢氧根离子，在溶液中能够大量共存，故c正确；d水电离的c （h+）=11013moll1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，hco3与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，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；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等7下列实验操作正确的是( )a用装置甲可以制备氯气b用装置乙分离泥沙中的碘单质c向碘酒中加入ccl4，静置后分液，可以分离碘酒中的碘d用玻璃棒蘸取naclo溶液点在ph试纸上，测定溶液的ph【考点】化学实验方案的评价 【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作【分析】a浓盐酸和二氧化锰反应需要加热；b碘具有升华的物理性质；c乙醇与四氯化碳互溶；dnaclo溶液具有漂白性【解答】解：a浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，不加热不反应，故a错误； b碘具有升华的物理性质，泥沙不易挥发，故b正确；c乙醇与四氯化碳互溶，不能分层，故c错误；dnaclo溶液具有漂白性，应用ph计，故d错误故选b【点评】本题考查较为综合，涉及实验基础以及ph的测定等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等8给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（anacl（饱和溶液）nahco3na2co3bal2o3alcl3（aq）alcsso3h2so4dcuso4（aq）cu（oh）2悬浊液cu【考点】钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物 【分析】a、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；b、电解氯化铝溶液得不到铝单质；c、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；d、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜【解答】解：a、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，饱和nacl溶液nahco3na2co3，可以实现各步的一步转化，故a符合；b、氧化铝与盐酸反应生成氯化铝溶液，但电解氯化铝溶液得不到铝单质，所以转化关系不可以实现，故b不符合；c、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，故c不符合；d、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜，则转化关系不可以实现，故d不符合；故选a【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是反应产物和反应条件的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等9下列指定反应的离子方程式正确的是( )a制作印刷电路板：fe3+cufe2+cu2+bca（hco3）2溶液中加足量naoh溶液：hco+ca2+ohcaco3+h2oc用naoh溶液吸收cl2：cl2+2ohcl+clo+h2od明矾常用于净水：al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】a电子、电荷不守恒；bca（hco3）2完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水；c反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；d水解生成胶体，为可逆反应【解答】解：a制作印刷电路板的离子反应为2fe3+cu2fe2+cu2+，故a错误；bca（hco3）2溶液中加足量naoh溶液的离子反应为2hco3+ca2+2ohcaco3+2h2o+co32，故b错误；c用naoh溶液吸收cl2的离子反应为cl2+2ohcl+clo+h2o，故c错误；d明矾常用于净水的离子反应为al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+，故d正确；故选d【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大10“人工树叶”电化学实验装置如图，该装置能将h2o和co2转化为o2和燃料（c3h8o）下列说法正确的是( )a该装置工作时，光能和电能全部转化为化学能b该装置工作时，h+向b极板移动c反应6co2+8h2o2c3h8o+9o2，每消耗1 mol co2 转移4 mol电子d电极a上co2参与的电极反应为：3co2+18h+18ec3h8o+5h2o【考点】化学电源新型电池 【专题】电化学专题【分析】a、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；b、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；c、电池总的方程式为：6co2+8h2o2c3h8o+9o2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；d、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3co2+18h+18e=c3h8o+5h2o【解答】解：a、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故a错误；b、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以h+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故b错误；c、电池总的方程式为：6co2+8h2o2c3h8o+9o2，即每消耗6molco2转移36mol电子，每消耗1molco2转移6mol电子，故c错误；d、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3co2+18h+18e=c3h8o+5h2o，故d正确；故选d【点评】本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列说法正确的是( )a在海轮船壳上镶入锌块保护海轮，利用的是牺牲阳极的阴极保护法b加入合适的催化剂，能降低反应活化能，从而改变反应的焓变c用ph均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的naoh，消耗醋酸的体积更大d稀醋酸中加入少量ch3coona固体，醋酸的电离程度减小，c（ch3coo）增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；金属的电化学腐蚀与防护；催化剂的作用 【专题】常规题型；高考化学专题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、原电池的正极金属易被保护，不易腐蚀；b、催化剂只能加快化学反应速率，不影响焓变大小；c、醋酸为弱酸，ph均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中h+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，根据n=cv比较二者的体积关系；d、醋酸溶液中存在电离平衡：ch3coohch3coo+h+，加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动【解答】解：a、海轮外壳镶嵌锌块，此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故a正确；b、催化剂只能加快化学反应速率，对反应的始态和终态无影响，所以不影响焓变，故b错误；c、醋酸为弱酸，ph均为2的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中h+离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为c1，醋酸的浓度为c2，则c1c2，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：n=c1v1=c2v2，因c1c2，所以：v1v2，消耗盐酸的体积更大，故c错误；d、醋酸溶液中存在电离平衡：ch3coohch3coo+h+，加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，醋酸电离程度减小，故d正确；故选ad【点评】该题是高考中的常见考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对原电池原理、焓变、弱电解质了解程度，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，有助于提升学生的学科素养12下列设计的实验方案能达到实验目的是( )a制备干燥的nh3：加热浓氨水，将生成的气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶b提纯含有少量hcl的co2：将混合气体依次通过盛有饱和碳酸钠溶液、浓硫酸的洗气瓶c检验食盐中是否含有碘酸钾：取少量的食盐溶液，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，观察实验现象d探究温度对化学平衡移动的影响：将盛有no2和n2o4混合气体的烧瓶，先后置于冷水和热水中，观察烧瓶中气体颜色的变化【考点】化学实验方案的评价 【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作【分析】a氨气能与硫酸反应生成硫酸铵；b二者均与碳酸钠溶液反应；c碘单质遇淀粉试液变蓝色；d温度不同，二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动【解答】解：a氨气能与硫酸反应生成硫酸铵，应用碱石灰干燥，故a错误； b二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应加饱和碳酸氢钠溶液、洗气来除杂，故b错误；c碘单质遇淀粉试液变蓝色，碘酸钾中不含碘单质，所以与淀粉实验不反应变色，故c错误；d温度不同，导致二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动，能达到目的，故d正确故选d【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物的分离提纯、除杂及检验等，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大13根据下列实验现象所得结论正确的是选项实验现象结论a将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加kscn溶液有气体生成，溶液未呈血红色稀硝酸不能将fe氧化为fe3+b向naalo2溶液中滴入nahco3溶液产生白色沉淀alo结合h+的能力比co强c已知cu2o+2h+=cu2+cu+h2o将氢气还原氧化铜后所得红色固体投入足量稀盐酸溶液呈蓝色cuo的还原产物不全部是cud将0.1moll1 mgso4溶液滴入naoh溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1moll1cuso4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀cu（oh）2的溶度积比mg（oh）2的大( )aabbccdd【考点】化学实验方案的评价 【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作【分析】afe和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，铁离子和kscn溶液生成血红色溶液，但亚铁离子和kscn溶液不反应；bnahco3溶液与naalo2溶液混合，alo2促进hco3的电离生成氢氧化铝沉淀；c铜与盐酸不反应；d溶度积大的物质向溶度积小的物质转化【解答】解：afe和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，铁离子和kscn溶液生成血红色溶液，但亚铁离子和kscn溶液不反应，所以过量fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，加入kscn溶液时，溶液不呈血红色，故a错误； bnahco3溶液与naalo2溶液混合，alo2促进hco3的电离生成氢氧化铝沉淀，则结合h+的能力：co32alo2，故b正确；c铜与盐酸不反应，溶液变蓝色，说明cuo的还原产物不全部是cu，故c正确；d将0.1moll1mgso4溶液滴入naoh溶液至不再有沉淀产生，说明naoh完全反应，再滴加0.1moll1cuso4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以cu（oh）2的溶度积比mg（oh）2的小，故d错误故选bc【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、金属及其氧化物的性质、氧化还原反应等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等1425时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )aph=2的ch3cooh溶液与ph=12的naoh溶液等体积混合：c（na+）c（ch3coo）c（oh）c（h+）b0.1moll1ch3coona溶液与0.1 moll1ch3cooh溶液等体积混合（ph=4.75）：c （ch3coo）+c （ch3cooh）=2 c（na+）c0.1moll1ch3coona溶液与0.1 moll1 hcl溶液混合至ph=7：c（na+）c（cl）=c（ch3cooh）c（ch3coo）d0.1moll1 na2co3溶液与0.1 moll1 nahco3溶液等体积混合：c （hco）+2c （h+）+3c （h2co3）=c（co）+2c（oh）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】a、ph=2的ch3cooh溶液与ph=12的naoh溶液等体积混合，醋酸剩余，溶液显示酸性；b、0.1moll1ch3coona溶液与0.1 moll1ch3cooh溶液等体积混合（ph=4.75），则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，根据物料守恒来回答；c、0.1moll1ch3coona溶液与0.1 moll1 hcl溶液混合生成醋酸和氯化钠，至ph=7，溶液显示中性，醋酸钠显示碱性，醋酸钠剩余，根据电荷守知识回答；d、0.1moll1 na2co3溶液与0.1 moll1 nahco3溶液等体积混合，根据溶液中的物料守恒来回答【解答】解：a、ph=2的ch3cooh溶液与ph=12的naoh溶液等体积混合，醋酸剩余，溶液显示酸性，c（ch3coo）c（na+）c（h+）c（oh），故a错误；b、0.1moll1ch3coona溶液与0.1 moll1ch3cooh溶液等体积混合（ph=4.75），溶液中存在物料守恒：c （ch3coo）+c （ch3cooh）=2 c（na+），故b正确；c、0.1moll1ch3coona溶液与0.1 moll1hcl溶液混合生成醋酸和氯化钠，至ph=7，溶液显示中性，醋酸钠显示碱性，醋酸钠剩余，c（na+）=c（cl），故c错误；d、0.1moll1 na2co3溶液与0.1 moll1 nahco3溶液等体积混合，存在电荷守恒：c （na+）+c （h+）=2c（co32）+c（oh）+c （hco3），根据物料守恒：2c （na+）=3c（co32）+c （hco3）+c（h2co3），两式子整理得到c （hco3）+2c （h+）+3c（h2co3）=c（co32）+2c（oh），故d正确故选bd【点评】本题涉及盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较等知识，注意电荷守恒、物料守恒以及质子守恒的应用是关键，难度中等15在两个容积均为1l密闭容器中以不同的氢碳比充入h2和co2，在一定条件下发生反应：2co2（g）+6h2 （g）c2h4（g）+4h2o（g）hco2的平衡转化率（co2）与温度的关系如图所示下列说法正确的是( )a该反应的h0b氢碳比：x2.0c在氢碳比为2.0时，q点v（逆）小于p点的v（逆）dp点温度下，反应的平衡常数为512【考点】化学平衡的计算 【专题】化学平衡专题【分析】a由图可知，随温度升高co2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；b氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大；c相同温度下，q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明q点未到达平衡，反应向正反应进行；d由图可知，p点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比=2，设起始时氢气为2mol/l、二氧化碳为1mol/l，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/l，则： 2co2（g）+6h2 （g）c2h4（g）+4h2o（g）起始浓度（mol/l）：1 2 0 0变化浓度（mol/l）：0.5 1.5 0.25 1平衡浓度（mol/l）：0.5 0.5 0.25 1代入平衡常数表达式k=计算【解答】解：a由图可知，随温度升高co2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应越大，则正反应为放热反应，故h0，故a错误；b氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大，故氢碳比：x2.0，故b错误；c相同温度下，q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明q点未到达平衡，反应向正反应进行，逆反应速率增大到平衡状态p，故在氢碳比为2.0时，q点v（逆）小于p点的v（逆），故c正确；d由图可知，p点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比=2，设起始时氢气为2mol/l、二氧化碳为1mol/l，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/l，则： 2co2（g）+6h2 （g）c2h4（g）+4h2o（g）起始浓度（mol/l）：1 2 0 0变化浓度（mol/l）：0.5 1.5 0.25 1平衡浓度（mol/l）：0.5 0.5 0.25 1平衡常数k=64，故d错误，故选：c【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、化学平衡图象等，侧重考查对图象的分析获取信息能力，难度中等三、解答题（共6小题，满分80分）16工业上利用h2sif6溶液制备baf2，同时可得到副产品sio2，其工艺如下：已知：焙烧过程的反应为（nh4）2sif6+baco3basif6+2nh3+co2+h2o（1）焙烧的气体产物能恰好完全反应生成物质a，则a的化学式为（nh4）2co3（2）氨解反应为放热反应，且反应能进行完全该反应需降温冷却的原因为（nh4）2co3受热易分解、减小（nh4）2sif6晶体的溶解度（3）热解的另一产物是含两种元素的气体，该气体水解的化学方程式是3sif4+2h2o=2h2sif6+sio2（4）sio2可用于制作光导纤维，该物质在信息传输中具有重要应用（5）为保持该过程的持续循环，每生成1mol baf2，理论上需补充原料h2sif6mol【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】简答题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学计算【分析】利用h2sif6溶液制备baf2的流程为：h2sif6溶液中加入碳酸铵进行氨解生成二氧化碳和（nh4）2sif6晶体，由于（nh4）2co3受热易分解同时也为了 减小（nh4）2sif6晶体的溶解度，氨解需降温冷却，过滤后将（nh4）2sif6晶体与碳酸钡混合进行焙烧，生成basif6和nh3、co2、h2o，生成的nh3、co2、h2o能恰好完全反应生成物质a，则a为碳酸铵，可进行循环利用，进行热解生成baf2和另一产物是含两种元素的气体应为sif4，水解可得h2sif6和sio2，h2sif6可循环利用，据此答题；【解答】解：利用h2sif6溶液制备baf2的流程为：h2sif6溶液中加入碳酸铵进行氨解生成二氧化碳和（nh4）2sif6晶体，由于（nh4）2co3受热易分解同时也为了 减小（nh4）2sif6晶体的溶解度，氨解需降温冷却，过滤后将（nh4）2sif6晶体与碳酸钡混合进行焙烧，生成basif6和nh3、co2、h2o，生成的nh3、co2、h2o能恰好完全反应生成物质a，则a为碳酸铵，可进行循环利用，进行热解生成baf2和另一产物是含两种元素的气体应为sif4，水解可得h2sif6和sio2，h2sif6可循环利用，（1）根据上面的分析可知，a的化学式为（nh4）2co3，故答案为：（nh4）2co3；（2）根据上面的分析可知，氨解反应需降温冷却的原因为（nh4）2co3受热易分解、减小（nh4）2sif6晶体的溶解度，故答案为：（nh4）2co3受热易分解、减小（nh4）2sif6晶体的溶解度；（3）热解的另一产物是含两种元素的气体为sif4，sif4水解的化学方程式是 3sif4+2h2o=2h2sif6+sio2，故答案为：3sif4+2h2o=2h2sif6+sio2；（4）sio2可用于制作光导纤维，故答案为：光导纤维；（5）根据方程式h2sif6+（nh4）2co3=（nh4）2sif6+co2+h2o、（nh4）2sif6+baco3basif6+2nh3+co2+h2o、basif6+h2o=sif4+baf2、3sif4+2h2o=2h2sif6+sio2可知，每1molh2sif6参加反应可生成1mol baf2同时又得到mol的h2sif6，所以为保持该过程的持续循环，理论上需补充原料h2sif6mol，故答案为：【点评】本题主要考查了化学与工业生产的相关知识、阅读题目与工艺流程获取信息能力、物质的分离提纯、对实验操作的理解、根据计算书写方程式等，难度中等，理解工艺流程是解题关键，需要学生具备扎实的基础与综合运用信息分析问题、解决问题的能力17（14分）2zn（oh）2znco3是制备活性zno的中间体，以锌焙砂（主要成分为zno，含少量cu2+、mn2+等离子）为原料制备2zn（oh）2znco3的工艺流程如下：（1）用（nh4）2so4与nh3h2o物质的量之比为1：2 的混合溶液浸取锌焙砂时，生成zn（nh3）42+，该反应的离子方程式是zno+2nh4+2nh3h2o=zn（nh3）42+3h2o浸取过程加入h2o2的目的是将mn2+氧化为mno2除去（2）适量s2能将cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择置换的方法除杂，则应加入的物质为zn（3）气体a的化学式是co2（4）过滤3所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是（nh4）2so4证明2zn（oh）2znco3沉淀洗涤完全的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和bacl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净（5）为实现循环生产，下列物质中可以用来代替（nh4）2s完成除杂的是c（填字母）ana2s bk2s cbas【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】简答题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验基本操作【分析】制备2zn（oh）2znco3流程为：锌焙砂（主要成分为zno，含少量cu2+、mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2zn（oh）2znco3和二氧化碳气体，过滤得2zn（oh）2znco3，滤液为硫酸铵溶液，（1）用（nh4）2so4与nh3h2o物质的量之比为1：2 的混合溶液浸取锌焙砂时，生成zn（nh3）42+，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；双氧水将锰离子氧化成二氧化锰；（2）根据流程可知，要制备制备2zn（oh）2znco3，所以要置换出铜，可以用锌；（3）根据上面的分析可知a的化学式；（4）根据上面的分析可知，过滤3所得滤液为硫酸铵溶液，证明2zn（oh）2znco3沉淀洗涤完全即证明沉淀洗涤滤液中有没有硫酸根离子；（5）用na2s或k2s代替（nh4）2s都会给溶液带来杂质，bas中的硫离子在后继的步骤中可被沉淀，据此答题【解答】解：制备2zn（oh）2znco3流程为：锌焙砂（主要成分为zno，含少量cu2+、mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2zn（oh）2znco3和二氧化碳气体，过滤得2zn（oh）2znco3，滤液为硫酸铵溶液，（1）用（nh4）2so4与nh3h2o物质的量之比为1：2 的混合溶液浸取锌焙砂时，生成zn（nh3）42+，反应的离子方程式为zno+2nh4+2nh3h2o=zn（nh3）42+3h2o，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰而除去锰，故答案为：zno+2nh4+2nh3h2o=zn（nh3）42+3h2o；将mn2+氧化为mno2除去；（2）根据流程可知，要制备制备2zn（oh）2znco3，所以要置换出铜，可以用锌，故答案为：zn；（3）根据上面的分析可知a的化学式为co2，故答案为：co2；（4）根据上面的分析可知，过滤3所得滤液为硫酸铵溶液，化学式为（nh4）2so4，证明2zn（oh）2znco3沉淀洗涤完全即证明沉淀洗涤滤液中有没有硫酸根离子，操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和bacl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净，故答案为：（nh4）2so4；取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和bacl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净；（5）用na2s或k2s代替（nh4）2s都会给溶液带来杂质，bas中的硫离子在后继的步骤中可被沉淀，故选c【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力18将mno2与feso4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60后，再加入na2co3溶液，最终可制得碱式碳酸锰amnco3bmn（oh）2ch2o（1）用废铁屑与硫酸反应制备feso4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止feso4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热na2co3溶液浸泡，其目的是除去铁屑表面的油污（2）为测定碱式碳酸锰组成，取7.390g样品溶于硫酸，生成co2224.0ml（标准状况），并配成500ml溶液准确量取10.00ml该溶液，用0.0500moll1edta（化学式na2h2y）标准溶液滴定其中的mn2+（原理为mn2+h2y2=mny2+2h+），至终点时消耗edta标准溶液28.00ml通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）n（co2）=n（mnco3）=0.01moln（edta）=0.0014mol10ml溶液中n（edta）=n（mn2+）=0.028l0.0500moll1=0.0014mol500ml溶液n（mn2+）=0.0014mol=0.07mol 7.390 g 该碱式碳酸锰中 n（mn2+）=0.07mol nmn（oh）2=0.06 molm（h2o）=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 g n（h2o）=0.05 mola：b：c=1：6：5 碱式碳酸锰的化学式为mnco36mn（oh）25h2o【考点】探究物质的组成或测量物质的含量 【专题】化学实验【分析】（1）依据生成的硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，反应前需将废铁屑用热na2co3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污；（2）依据碳元素守恒计算得到碳酸锰物质的量，依据反应原理为mn2+h2y2=mny2+2h+，得到至终点时消耗edta标准溶液28.00ml，计算edta的物质的量，得到10ml溶液中所含锰离子物质的量，得到500ml溶液中所含锰离子物质的量，减去碳酸镁物质的量计算得到氢氧化锰物质的量，依据碱式碳酸锰amnco3bmn（oh）2ch2o的化学式计算所含结晶水的质量，得到结晶水的物质的量，得到a：b：c【解答】解：（1）硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备feso4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止feso4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热na2co3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污，故答案为：防止feso4被氧气氧化；除去铁屑表面的油污；（2）n（co2）=n（mnco3）=0.01 mol n（edta）=0.0014mol10 ml溶液中 n（edta）=n（mn2+）=0.028l0.0500moll1=0.0014mol500ml溶液n（mn2+）=0.0014mol=0.07mol 7.390 g 该碱式碳酸锰中 n（mn2+）=0.07mol nmn（oh）2=0.06 molm（h2o）=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 g n（h2o）=0.05 mola：b：c=1：6：5 碱式碳酸锰的化学式为mnco36mn（oh）25h2o，故答案为：n（co2）=n（mnco3）=0.01 mol n（edta）=0.0014mol10 ml溶液中 n（edta）=n（mn2+）=0.028l0.0500moll1=0.0014mol500ml溶液n（mn2+）=0.0014mol=0.07mol 7.390 g 该碱式碳酸锰中 n（mn2+）=0.07mol nmn（oh）2=0.06 molm（h2o）=7.390g0.01mol115g/mol0.06mol204g/mol=0.9 g n（h2o）=0.05 mola：b：c=1：6：5 碱式碳酸锰的化学式为mnco36mn（oh）25h2o【点评】本题考查了物质性质和组成的分析判断，化学式计算应用，注意滴定实验的过程分析和计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等19（14分）氨是生产氮肥、尿素等物质的重要原料（1）合成氨反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）在一定条件下能自发进行的原因是h0电化学法是合成氨的一种新方法，其原理如图1所示，阴极的电极反应式是n2+6h+6e=2nh3（2）氨碳比n（nh3）/n（co2）对合成尿素2nh3（g）+co2（g）co（nh2）2（g）+h2o（g）有影响，恒温恒容时，将总物质的量3mol的nh3和co2以不同的氨碳比进行反应，结果如图2所示a、b线分别表示co2或nh3的转化率变化，c线表示平衡体系中尿素的体积分数变化n（nh3）/n（co2）=2时，尿素产量最大；经计算，图中y=0.36（精确到0.01）（3）废水中含氮化合物的处理方法有多种naclo溶液可将废水中的nh转化为n2若处理过程中产生n2 0.672l（标准状况），则需要消耗0.3moll1的naclo溶液0.3l在微生物的作用下，nh经过两步反应会转化为no，两步反应的能量变化如图3所示则1mol nh（aq）全部被氧化成no（aq）时放出的热量是346kj用h2催化还原法可降低水中no的浓度，得到的产物能参与大气循环，则反应后溶液的ph升高（填“升高”、“降低”或“不变”）【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理 【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题【分析】（1）n2（g）+3h2（g）2nh3（g）的s0，自发进行可知hts0；合成氨的阴极上氮气得到电子生成氨气；（2）由图可知，横坐标为n（nh3）/n（co2）=2时，尿素的体积分数最大，且y点氨气的转化率为80%，以此计算氨气的体积分数；（3）n失去电子，cl得到电子，遵循电子守恒；由图可知，第一步热化学反应为nh4+ （aq）+1.5o2（g）=2h+（aq）+no2 （aq）+h2o（l）h=273 kjmol1，第二步热化学反应为no2 （aq）+0.5o2（g）=no3 （aq）h=73kjmol1，利用盖斯定律可计算1mol nh4+（aq）全部氧化成no3 （aq）的热化学方程式；h2催化还原饮用水中no3，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气，该反应为5h2+2no3n2+4h2o+2oh【解答】解：（1）n2（g）+3h2（g）2nh3（g）的s0，自发进行可知hts0，则h0，合成氨的阴极反应为n2+6h+6e=2nh3，故答案为：h0；n2+6h+6e=2nh3；（2）由图可知，横坐标为n（nh3）/n（co2）=2时，尿素的体积分数最大，且y点氨气的转化率为80%， 2nh3（g）+co2（g）=co（nh2）2（g）+h2o（g）起始浓度（moll1 ） 2 1 0 0变化浓度（oll1 ） 1.6 0.8 0.8 0.8平衡浓度（moll1 ） 0.4 0.2 0.8 0.8 平衡co（nh2）2的体积分数y=0.36，故答案为：2；0.36； （3）n失去电子，cl得到电子，设消耗0.3moll1的naclo溶液为xl，由电子守恒可知，0.3molxl2=23，解得x=0.3，故答案为：0.3； 由图可知，第一步热化学反应为nh4+ （aq）+1.5o2（g）=2h+（aq）+no2 （aq）+h2o（l）h=273 kjmol1，第二步热化学反应为no2 （aq）+0.5o2（g）=no3 （aq）h=73kjmol1，由盖斯定律可知+得1mol nh4+（