广东省广州市仲元中学2016届高三(上)月考化学试题(解析版)(10月份)

1、2015-2016学年广东省广州市仲元中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关物质变化和分类的说法正确的是（）A电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应DSiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物2设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAB将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积约为22.4LC在反应KClO4+8HClKCl+4Cl2+4

2、H2O中，每生成4mol Cl2转移的电子数为8NAD25时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NA3能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OC向澄清石灰水中通入少量CO2：OH+CO2HCO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO44在一种酸性溶液中，可能存在NO、I、Cl、

3、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是（）A一定有碘离子B可能含铁离子C可能有氯离子D不含硝酸根离子5二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl下列说法中错误的是（）AS2Cl2的结构式为ClSSClB反应中SO2是还原产物，S是氧化产物CS2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol6某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al

4、3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Bab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2C原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+Dd点溶液中含有的溶质只有Na2SO47一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示下列有关说法不正确的是（）A中间室Cl移向左室BX气体为CO2C处理后的含硝酸根废水pH

5、降低D电路中每通过4 mol电子，产生标准状况下X的体积为22.4L二、解答题（共3小题，满分42分）8（14分）（2015秋广州校级月考）不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验（实验时压强为10lkPa，温度为0）（1）若在烧瓶中放入1.30g锌粒，与c mol/L H2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是A200mL B400mL C500mL（2）若1.30g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重l.28g，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：（3）若烧瓶中投入a g锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重b g量

6、气瓶中收集到VmL气体，则有：ag/65gmol1=bg/64gmol1+V mL/22400mLmol1，依据的原理是（4）若在烧瓶中投入d g锌，加入一定量的c mol/L 浓硫酸V L，充分反 应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重mg，则整个实验过程产生的气体中，=（用含字母的代数式表示）若撤走盛有无水氯化钙的U型管，的数值将（填偏大、偏小或无影响）（5）反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：；9（14分）（2010南通模拟）工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO42等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的工艺流程图如图：

7、已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：（1）加入NaOH溶液时发生的离子反应方程式为、（2）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释）（3）“趁热过滤”时的温度应控制在（4）已知：Na2CO310H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）H=+532.36kJmol1Na2CO310H2O（s）=Na2CO3H2O（s）+9H2O（g）H=+473.63kJmol1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学方程式（5）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用请你分析实际生产中是否可行，其理由是10（14分）

8、（2015秋广州校级月考）在氧化还原反应中，氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应Cu2O2e+2H+2Cu2+H2O是一个半反应式下列五种物质FeSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、Na2CO3、KI中的一种能使上述半反应顺利发生（1）写出并配平该反应的离子方程式：（2）向（1）中反应后的溶液里加入酸性高锰酸钾溶液，得还原产物Mn2+（无色），反应的离子方程式为判断Cu2+、MnO4、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序是 （用离子符号表示）（3）某同学用上述原理测定一种含Cu2O的矿石中Cu2O的质量分数：称量5.0g矿石溶于足量的硫酸铁和硫酸的混合溶液中，充分反应后，用酸性高锰酸钾溶液滴

9、定，消耗0.100 0molL1的高锰酸钾溶液的体积为100.00mL滴定时，滴定终点的颜色为_该同学测得矿石样品中Cu2O的质量分数为下列情况使测定结果一定偏高的是A开始和终点都是仰视读数 B没有用待装液润洗滴定管C称量时，砝码与样品放反了 D样品中含有较强还原性杂质E高锰酸钾溶液中含有NO3 F用酸性高锰酸钾溶液润洗锥形瓶【化学-选修2：化学与技术】（16分）11（16分）（2015春江西校级期末）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：H=116kJmol1H=253kmol1相关化合物的物理常数：物质相对分子质量密度（g/cm3）

10、沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是（2）反应和分别在装置和中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是，优点是用量少，缺点是（4）反应为（填“放热”或“吸热”）反应反应温度控制在5060，温度过高的安全隐患是（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是（填编号）aNaOH bCaCO3 cNaHCO3 dCaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和，判断的依据是（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是化学-选修3：物质结构与性质（16分）12（2015春吉林校级期末）A、B、C、D为原子

11、序数依次增大的四种元素，A2和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是（填分子式），原因是；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型（4）化合物D2A的立体构型为，中心原子的价层电子对数为，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.56

12、6nm，F的化学式为，晶胞中A原子的配位数为；列式计算晶体F的密度（gcm3）化学-选修5：有机化学基础（16分）13（2015泉州模拟）没食子酸丙酯简称PG，结构简式为，是白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂（1）PG的分子式为，请写出PG分子中所含官能团的名称，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是PG可发生如下转化：（2）A的结构简式为，1mol没食子酸最多可与mol H2 加成（3）上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号）（4）从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）a含有苯环 b含有羧基 c含有酚羟基

13、d微溶于食用油（5）反应的化学方程式为：（6）B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式：i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种； ii既能发生银镜反应，又能发生水解反应2015-2016学年广东省广州市仲元中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列有关物质变化和分类的说法正确的是（）A电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化B胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物C葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应DSiO2、NO2、Al2O3都属于酸性氧化物考点：混合物和纯净物；物理变化

14、与化学变化的区别与联系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 专题：物质的分类专题分析：A物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成如果有新物质生成，则属于化学变化；B纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；C溶液和胶体的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小；D能和碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物解答：解：A12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故A错误； B胆矾、冰水混合物、四氧化三铁只含一种物质，属于纯净物，故B正确；C葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小，故C错误；DNO2不属于酸性氧化物，Al2O3属于两性

15、氧化物，故D错误故选：B点评：本题考查混合物和纯净物、化学变化、胶体和酸性氧化物，难度不大，注意能和碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物2设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAB将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积约为22.4LC在反应KClO4+8HClKCl+4Cl2+4H2O中，每生成4mol Cl2转移的电子数为8NAD25时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NA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、依据硫元素守恒计算物质的

16、量分析；B、氨气和氯化氢反应生成固体氯化铵；C、依据反应前后元素化合价变化分析计算电子转移数；D、溶液PH计算氢离子浓度，结合离子积常数计算氢氧根离子浓度，n=CV=计算微粒数解答：解：A、依据硫元素守恒计算物质的量=0.2mol，其中所含硫原子数一定为0.2NA，故A正确；B、氨气和氯化氢反应生成固体氯化铵，故B错误；C、依据反应前后元素化合价变化分析计算电子转移数，氯元素化合价+7价变化为0价，1价变化为0价，每生成4mol Cl2转移的电子数为7NA ，故C错误；D、溶液PH计算氢离子浓度为1013mol/L，结合离子积常数计算氢氧根离子浓度=0.1mol/L，n=CV=计算微粒数=0.

17、1mol/L×1.0L×NA=0.1NA，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，溶液中离子浓度计算，注意氨气和氯化氢反应生成氯化铵，题目难度中等3能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OBNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OC向澄清石灰水中通入少量CO2：OH+CO2HCO3D将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3+3SO42+3Ba

18、2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水；B漏写铵根离子与碱的反应；C反应生成碳酸钙和水；D等体积混合，以2：3的物质的量比反应，反应生成硫酸钡和氢氧化铝、硫酸铵解答：解：AFe3O4溶于足量稀HNO3的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+NO+9Fe3+14H2O，故A错误；BNH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合的离子反应为NH4+HCO3+Ba2+2OHBaCO3+H2O+NH3H2O，故B错误；C向澄清石灰水中通入少量CO2的离子反应为Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2O，故C错误；D

19、将0.2 molL1的NH4Al（SO4）2溶液与0.3 molL1的Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4，故D正确；故选：D点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意氧化还原及与量有关的离子反应为解答的难点，选项AB为易错点，题目难度中等4在一种酸性溶液中，可能存在NO、I、Cl、Fe3+中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是（）A一定有碘离子B可能含铁离子C可能有氯离子D不含硝酸根离子考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：酸性条件下，向

20、该溶液中加入溴水，溴单质被还原，说明溴作氧化剂，溶液中存在还原性的离子，则具有氧化性的离子不存在，据此分析解答解答：解：酸性条件下，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，说明溴作氧化剂，溶液中存在还原性的离子，碘离子能和溴反应，所以一定存在碘离子A、通过以上分析知，溶液中一定含有碘离子，故A正确B、溶液中含有碘离子，则氧化性的离子不能存在，铁离子和碘离子能发生氧化还原反应，所以铁离子一定不存在，故B错误C、溶液中含有碘离子，碘离子和氯离子不反应，所以溶液中可能存在氯离子，故C正确D、溶液中含有碘离子，碘离子具有强还原性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，所以酸性条件下，碘离子和硝酸根离子不能共存

21、，所以一定不含硝酸根离子，故D正确故选B点评：本题以氧化还原反应为载体考查了离子的共存，难度不大，根据离子的性质来分析解答即可5二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl下列说法中错误的是（）AS2Cl2的结构式为ClSSClB反应中SO2是还原产物，S是氧化产物CS2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol考点：含硫物质的性质及综合应用；极性分子和非极性分子 专题：化学键与晶体结构；元素及其

22、化合物分析：A由结构可知，含有SS键、SCl键；B根据元素的化合价升降来确定氧化产物和还原产物；CSS键为非极性共价键，SCl键为极性共价键，该物质结构不对称；D根据元素的化合价升降来确定电子转移情况解答：解：A由结构可知，含有SS键、SCl键，则S2Cl2的结构式为ClSSCl，故A正确；B、反应中硫元素的化合价升高为二氧化硫中的+4价，所以SO2是氧化产物，硫元素的化合价降低为0价，所以S是还原产物，故B错误；CSS键为非极性共价键，SCl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子，故B正确；D在反应中，S元素发生自身氧化还原反应，生成1m

23、olSO2，转移电子为3mol，故D正确故选B点评：本题为信息习题，注意利用信息中物质的结构结合所学知识来解答，选项D为解答的难点，注意氧化还原反应的发生，题目难度中等6某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1Bab段发生的离子反应为：Al3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2C原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+Dd

24、点溶液中含有的溶质只有Na2SO4考点：常见离子的检验方法 分析：加入NaOH溶液，开始时没有沉淀生成，说明溶液中含有氢离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32；当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有NO3；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，

25、所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+解答：解：oa段发生反应：H+OH=H2O，bc段发生反应：NH4+OH=NH3H2O，cd 发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故可以肯定溶液中一定有的离子为：H+、NH4+、Al3+；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+，A根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故A正确；B溶液中

26、不存在镁离子，ab段发生的反应为：Al3+3OH=Al（OH）3、Fe3+3OH=Fe（OH）3，故B错误；C溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故C错误；D在d点溶液中含有的溶质并不只有Na2SO4，还含有NaAlO2，故D错误；故选A点评：本题考查了常见离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确铝元素及其化合物性质为解答关键，本题中正确判断存在铁离子而不存在镁离子为易错点，需要合理分析图象曲线变化及数据7一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示下

27、列有关说法不正确的是（）A中间室Cl移向左室BX气体为CO2C处理后的含硝酸根废水pH降低D电路中每通过4 mol电子，产生标准状况下X的体积为22.4L考点：原电池和电解池的工作原理 分析：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应生成X，电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，据此分析解答解答：解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2

28、+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应生成X，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，A放电时，电解质溶液中阴离子Cl移向负极室左室，故A正确；B有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，所以X气体为CO2，故B正确；C正极电极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故C错误；D根据负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O524e+7H2O6CO2+24H+知，电路中每通过4mol电子，产生标准状况下X的体积为=×6×22.4=22.4L，故D正确；故选C

29、点评：本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握二、解答题（共3小题，满分42分）8（14分）（2015秋广州校级月考）不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验（实验时压强为10lkPa，温度为0）（1）若在烧瓶中放入1.30g锌粒，与c mol/L H2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是CA200mL B400mL C500mL（2）若1.30g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重l.28g

30、，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O（3）若烧瓶中投入a g锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重b g量气瓶中收集到VmL气体，则有：ag/65gmol1=bg/64gmol1+V mL/22400mLmol1，依据的原理是得失电子守恒（4）若在烧瓶中投入d g锌，加入一定量的c mol/L 浓硫酸V L，充分反 应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重mg，则整个实验过程产生的气体中，=（用含字母的代数式表示）若撤走盛有无水氯化钙的U型管，的数值将偏小（填偏大、偏小或无影响）（5）反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：待冷却至

31、室温才开始读数；读数前使量气管左右液面相平；视线与量气管中液面的凹液面最低点在同一水平面考点：性质实验方案的设计 分析：（1）根据锌的质量计算生成气体的体积，从而确定量气管的适宜规格；（2）根据氢氧化钠的性质分析增重的原因，并写出相应的化学反应方程式，分析装置中气体流向不能全部被吸收分析判断；（3）根据氧化还原反应的特点分析，1 mol锌无论用来产生SO2 还是产生氢气都是1 mol锌对应1 mol气体；（4）根据氢氧化钠洗气瓶增重的量求出反应的硫酸的物质的量，硫酸总量减去生成二氧化硫需要的硫酸的量即为生成氢气的硫酸的量，继而求出生成气体的物质的量；根据无水氯化钙的作用分析；（5）根据化学反应

32、与反应热的关系分析；根据溶液的读数方法分析；视线的位置分析解答：解：（1）设生成的氢气为X Zn+H2SO4=ZnSO4+H21mol 22.4L xx=×22.4L=0.448L=448mL故选C； （2）氢氧化钠是碱，能吸收酸性气体，氢氧化钠洗气瓶增重说明有酸性气体生成，当锌和硫酸反应时，锌作还原剂，硫酸作氧化剂，被还原为二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O，故答案为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2+2H2O；（3）根据氧化还原知识或根据方程式，1 mol锌无论用来产生SO2 还是产生氢气都是1 mol锌对应1 mol气体，根据氧化还原

33、反应中得失电子数相等列出式子，a g/65gmol1=b g/64gmol1+（V2V1）ml/22400mlmol1，故答案为：得失电子守恒；（4）根据Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+2H2O 2mol 1mol mol mol 可知生成二氧化硫需要的硫酸为 mol；根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，氢气的物质的量与锌的相同为（CV）mol，=；若撤走盛有无水氯化钙的U型管，混合气体中的水蒸气进入氢氧化钠溶液，导致洗气瓶增重量增大，所以计算时二氧化硫的物质的量增大，氢气与二氧化硫的物质的量之比偏小，故答案为：；偏小；（5）因为该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液的温度逐

34、渐升高，生成的气体温度高于标况下温度，温度对气体体积有影响，所以要待冷却至室温才开始读数；在读数时，如果俯视或仰视都会造成误差，所以读数时眼睛视线与液面最低处相平，故答案为：待冷却至室温才开始读数；读数前使量气管左右液面相平；视线与量气管中液面的凹液面最低点在同一水平面点评：本题考查性质实验方案的设计，涉及排气量气装置，要注意的是锌和硫酸的反应，硫酸浓度不同时，锌和硫酸反应的生成物不同，表现氧化性的元素也不同，题目难度中等9（14分）（2010南通模拟）工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO42等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的工艺流程图如图

35、：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：（1）加入NaOH溶液时发生的离子反应方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3、MgCO3+2OH=Mg（OH ）2+CO32（2）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释）Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强（3）“趁热过滤”时的温度应控制在高于36（4）已知：Na2CO310H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）H=+532.36kJmol1Na2CO310H2O（s）=Na2CO3

36、H2O（s）+9H2O（g）H=+473.63kJmol1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学方程式Na2CO3H2O（S）Na2CO3（s）+H2O（g）H=+58.73kJ/mol（5）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用请你分析实际生产中是否可行不可行，其理由是若“母液”循环使用，则溶液c（Cl）和c（SO42）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；热化学方程式 专题：元素及其化合物分析：（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（O

37、H）3、CaCO3沉淀；（2）根据碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解是吸热反应判断；（3）使析出的晶体为Na2CO3H2O，防止因温度过低而析出Na2CO310H20晶体或Na2CO37H20晶体，36是一个转折点；（4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律来计算焓变即可；（5）分析“母液”中存在的离子，若参与循环，将使离子浓度增大，对工业生产中哪个环节有所影响解答：解：（1）碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀，滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3，发生的发应有：Fe3+3OH=

38、Fe（OH）3，MgCO3+2OH=Mg （OH） 2+CO32，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3，MgCO3+2OH=Mg（OH ）2+CO32； （2）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，是由于Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强，故答案为：Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强；（3）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3H2O，防止因温度过低而析出Na2CO310H2

39、0晶体或Na2CO37H20晶体，所以温度高于36，故答案为：高于36；（4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律，可将两式相减得到Na2CO3H2O（S）Na2CO3（s）+H2O（g），即Na2CO3H2O（S）Na2CO3（s）+H2O（g）H=+58.73kJ/mol，故答案为：Na2CO3H2O（S）Na2CO3（s）+H2O（g）H=+58.73kJ/mol；（5）若“母液”循环使用，则溶液c（Cl）和c（SO42）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质，这样不符合该提纯工艺，故答案为：不可行；若“母液”循环使用，则溶液c（Cl）和c（SO42）增大，最后所得产物Na2CO3中

40、混有杂质点评：本题考查了物质的分离、提纯及物质的制取等知识，题目难度中等，本题是一道比较综合的试题题，有利于考查学生分析和解决问题的能力10（14分）（2015秋广州校级月考）在氧化还原反应中，氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应Cu2O2e+2H+2Cu2+H2O是一个半反应式下列五种物质FeSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、Na2CO3、KI中的一种能使上述半反应顺利发生（1）写出并配平该反应的离子方程式：Cu2O+2H+2Fe3+=2Cu2+H2O+2Fe2+（2）向（1）中反应后的溶液里加入酸性高锰酸钾溶液，得还原产物Mn2+（无色），反应的离子方程式为5Fe2+MnO4+8

41、H+=5 Fe3+Mn2+4H2O判断Cu2+、MnO4、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序是MnO4、Fe3+、Cu2+ （用离子符号表示）（3）某同学用上述原理测定一种含Cu2O的矿石中Cu2O的质量分数：称量5.0g矿石溶于足量的硫酸铁和硫酸的混合溶液中，充分反应后，用酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗0.100 0molL1的高锰酸钾溶液的体积为100.00mL滴定时，滴定终点的颜色为_无色变为紫红色，30秒内不褪色该同学测得矿石样品中Cu2O的质量分数为72%下列情况使测定结果一定偏高的是BDA开始和终点都是仰视读数 B没有用待装液润洗滴定管C称量时，砝码与样品放反了 D样品中含有较强还原性杂质

42、E高锰酸钾溶液中含有NO3 F用酸性高锰酸钾溶液润洗锥形瓶考点：探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应 分析：（1）要使Cu2O2e+2H +2Cu2+H2O能够发生反应，则需要加入氧化剂，氧化剂在反应中得电子化合价降低，FeSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、Na2CO3、KI中能氧化+2价铜的为Fe2（SO4）3，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据转移电子配平方程式；（2）二价铁离子具有还原性能够还原酸性的高锰酸钾，依据氧化还原反应强弱规律：氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性解答；（3）高锰酸根离子为紫红色，未达到滴定终点时，被还原为无色，当达到

43、滴定终点时，无色变为紫红色，30秒内不褪色据此解答；依据方程式：2Fe3+Cu2O+2H+=2Fe2+Cu2+H2O、5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O中高锰酸钾和氧化亚铜之间的关系式计算解答；该实验为氧化还原反应滴定，依据方程式高锰酸钾与氧化亚铜的关系可知消耗高锰酸钾体积越大，氧化亚铜质量分数越大，反正越小，所以分析滴定过程中使用高锰酸钾溶液的体积偏大还是偏小即可解答解答：解：（1）反应Cu2O2e+2H+2Cu2+H2O中失电子，所以另一个半反应中得电子，发生还原反应，根据提供的物质知，硫酸铁作氧化剂得电子生成硫酸亚铁，所以该反应的离子方程式为：Cu2O+2H+2Fe3

44、+=2Cu2+H2O+2Fe2+，故答案为：Cu2O+2H+2Fe3+=2Cu2+H2O+2Fe2+；（2）亚铁离子有还原性，酸性条件下高锰酸根离子有强氧化性，所以二价亚铁离子和高锰酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子和二价锰离子，离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+=5 Fe3+Mn2+4H2O，该反应中高锰酸根离子的氧化性大于铁离子的氧化性，反应Cu2O+2H+Fe3+=2Cu2+H2O+Fe2+中铁离子氧化性大于铜离子，所以Cu2+、MnO4、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序MnO4、Fe3+、Cu2+故答案为：5Fe2+MnO4+8H+=5 Fe3+Mn2+4H2O；MnO4、Fe3+

45、、Cu2+；（3）高锰酸根离子为紫红色，未达到滴定终点时，被还原为无色，当达到滴定终点时，无色变为紫红色，30秒内不褪色；故答案为：无色变为紫红色，30秒内不褪色；设氧化亚铜的物质的量为xmol，依据方程式：2Fe3+Cu2O+2H+=2Fe2+Cu2+H2O、5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O可知：5Cu2O2 MnO45 2x 0.1mol/L×0.1L 解得x=0.025mol，则氧化亚铜的质量=0.025mol×144g/mol=3.6g，所以氧化亚铜的质量分数=×100%=72%，故答案为：72%；A开始和终点都是仰视读数，开始和终点

46、都是仰视读数，消耗高锰酸钾溶液的体积不变，所测结果不变，故A不选；B没有用待装液润洗滴定管，导致消耗高锰酸钾溶液体积偏大，结果偏大，故B选；C称量时，砝码与样品放反了，游码未动，药品质量和砝码质量相等，结果不变，故C不选；D样品中含有较强还原性杂质，导致消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，结果偏大，故D选；E高锰酸钾溶液中含有N03 硝酸根具有强的氧化性，能够氧化二甲铁离子，导致消耗的高锰酸钾溶液的体积偏小，结果偏小，故E不选；F用酸性高锰酸钾溶液润洗锥形瓶，导致消耗的酸性高锰酸钾的体积偏小，结果偏小，故F不选；故选：BD点评：本题考查了氧化还原反应方程式书写、氧化性强弱判断、氧化还原反应滴定及有关方

47、程式计算，题目难度中等，熟悉氧化还原反应规律、滴定实验原理，准确找出高锰酸钾与氧化亚铜之间的关系是解题关键，注意滴定误差分析的方法【化学-选修2：化学与技术】（16分）11（16分）（2015春江西校级期末）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：H=116kJmol1H=253kmol1相关化合物的物理常数：物质相对分子质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是氧气或空气（2）反应和分别在装置A和C中进行（填装置符号）（3）在

48、分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是催化剂，优点是用量少，缺点是腐蚀设备（4）反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应反应温度控制在5060，温度过高的安全隐患是温度过高会导致爆炸（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是c（填编号）aNaOH bCaCO3 cNaHCO3 dCaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚，判断的依据是丙酮的沸点低于苯酚（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高考点：有机物的合成；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用

49、，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，应通入氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在A中发生，反应在C中发生；（3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备，（4）反应的H0，为放热反应，含有过氧化物，温度过高，容易发生爆炸；（5）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；（6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高解答：解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，

50、异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，故需要氧气或空气，故答案为：氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在反应器中发生，即A装置，反应在分解釜中进行，即C装置，故答案为：A；C；（3）在浓硫酸作条件下分解得到、，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，故答案为：催化剂；腐蚀设备；（4）反应的H0，为放热反应，有过氧化物存在，

51、温度过高会导致爆炸，反应温度控制在5060，故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，aNaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；bCaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；cNaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；dCaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；故选：c；（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，故答案为：原子

52、利用率高点评：本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等化学-选修3：物质结构与性质（16分）12（2015春吉林校级期末）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是O（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是O3（填分子式），原因是O3相对原子质量较大，范德华力较大；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型sp3（4）化合物D2A的立体构型为V形，中心原子的价层电子对数为4，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为Na2O，晶胞中A原子的配位