高三化学-扬州市2016届高三上学期期中化学试卷

1、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

2、，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

3、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

4、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

5、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

6、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

7、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

8、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+）=1×1013molL1的溶液

9、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+）=1×1013molL1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

10、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+）=1×1013molL1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

11、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

12、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

13、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

14、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

15、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

16、，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

17、；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：

18、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

19、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=C×V比较二者的

20、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

21、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

22、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

23、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

24、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

25、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，

26、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

27、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、0.1mol

28、L1CH3COONa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

29、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+）=

30、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，

31、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

32、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

33、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

34、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B

35、aF2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

36、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（

37、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

38、，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N

39、H3H2O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（NH

40、4）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，

41、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

42、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

43、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

44、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

45、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+）=0.028L×0.0500molL1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol×=0.07mol 7.390 g 该碱式碳酸锰中 n（Mn2+）=0.07mol

46、nMn（OH）2=0.06 molm（H2O）=7.390g0.01mol×115g/mol0.06mol×204g/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

47、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）=

48、n（MnCO3）=0.01 mol n（EDTA）=0.0014mol10 mL溶液中 n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L×0.0500molL1=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）=7.390g0.01mol×115g/mol0.06mol×204g/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

49、案为：n（CO2）=n（MnCO3）=0.01 mol n（EDTA）=0.0014mol10 mL溶液中 n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L×0.0500molL1=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）=7.390g0.01mol×115g/mol0.06mol×204g/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（O

50、H）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N

51、H3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

52、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=73

53、kJmol1，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

54、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，0.3mol×xL×2=×2×3，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