专题01 经典母题30题 2015年高考化学走出题海之黄金30题系列 Word版含解析

1、2015年高考冲刺之黄金30题系列经典母题30题【试题1】下列物质性质与应用对应关系不正确的是 （ ）A明矾在天然水中生成Al(OH)3胶体，可用作自来水的消毒剂BSO2有漂白性，工业上常用它来漂白纸浆C单质硅具有半导体性能，可以制成光电池DFe2O3是一种红棕色粉末，常用作红色油漆【答案】A【解析】试题分析：A、明矾在天然水中生成Al(OH)3胶体，可用作自来水的沉降剂，A错误；B、SO2有漂白性，工业上常用它来漂白纸浆，B正确；C、单质硅具有半导体性能，可以制成光电池，C正确；D、Fe2O3是一种红棕色粉末，常用作红色油漆，D正确；答案选A。考点：元素化合物性质【试题2】化学与生产、生活、

2、环境保护等密切相关。下列叙述正确的是（ ）A绿色食品是生产时不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品B新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料C医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使病毒的蛋白质发生变性DCO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放会导致酸雨的形成【答案】C【解析】试题分析：A、绿色食品是无公害和无污染的食品，食品中都含有化学物质，错误；B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，错误；C、酒精能使蛋白质变性，所以医药中常用酒精来消毒，正确；D、二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化硫是造成酸雨的主要气体，错误，答案选C。考点：考查化学与生产、生活、环境的关系【试题3

3、】设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1 mol Cu(NH3)42+ 中含有键的数目为12NAB0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NAC分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NAD用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度，则该电解过程中转移电子的数目为0.2NA【答案】C考点：考查阿伏加德罗常数的计算【试题4】下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为（ ）A蒸馏水、氨水、乙醇、二氧化硫 B胆矾、空气、硫酸钠、干冰C生铁

4、、盐酸、浓硫酸、碳酸钙 D生石灰、漂白粉、氯化铜、硫酸钡【答案】B【解析】试题分析：A、乙醇不是电解质，属于非电解质，错误；B、胆矾是含有结晶水的硫酸铜，属于纯净物，空气是混合物，硫酸钠是电解质，干冰是二氧化碳固体，是非电解质，正确；C、生铁是铁与碳的合金，属于混合物，浓硫酸属于混合物，不属于电解质，碳酸钙属于电解质，错误；D、硫酸钡是电解质，错误，答案选B。考点：考查物质的分类判断【试题5】解释下列过程的方程式正确的是（ ）A氯化钠溶于水发生电离，电离方程式为：NaClNa+ + Cl¯B用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+2NH3H2O=SO32¯+2NH4+H2O

5、C工业冶炼金属铝：AlCl3(熔融)Al + Cl2D向物质的量之比为1:1的NaOH和Na2CO3混合物中加入过量稀盐酸：OH¯+CO32¯+2H+HCO3¯+H2O【答案】B【解析】试题分析： A、氯化钠溶于水发生电离不需要通电，A错误；B、用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+2NH3H2OSO32¯+2NH4+H2O ，B正确；C、工业冶炼金属铝电解熔融氧化铝，AlCl3为共价化合物，不导电，C错误；D、过量稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，：OH¯+CO32¯+3H+=CO2+2H2O ，D错误；答案选B。考点：化学用语、各

6、种方程式【试题6】下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A强酸性溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、ClO-B加入Al能放出的H2溶液中：Cl-、HCO3-、NO3-、NH4+C在由水电离出的c(OH-)10-13mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、Cl-DpH11的溶液中：CO32-、Na+、Al(OH)4-、NO3-【答案】D考点：考查溶液中离子大量共存的知识。【试题7】下列关于有机物的判断错误的是（ ）A乙烯和苯使溴水褪色的原理不同B乙醇、乙酸都能和金属钠反应CC2H6O只代表一种物质D淀粉和纤维素都可作为工业上生产葡萄糖的原料【答案】C【解析】试题分析

7、：A、乙烯使溴水褪色是因为乙烯与溴发生加成反应，苯使溴水褪色，是因为苯可萃取溴水中的溴，原理不同，正确；B、乙醇与乙酸中都含羟基，所以都与钠反应，正确；C、C2H6O可以代表乙醇，也可以代表甲醚，不只代表一种物质，错误；D、淀粉和纤维素最终的水解产物都是葡萄糖，所以淀粉和纤维素都可作为工业上生产葡萄糖的原料，正确，答案选C。考点：考查对有机物性质的判断【试题8】以KI为碘剂的加碘食盐，由于受空气作用，容易引起碘的损失，工业生产中需添加稳定剂以减少碘的损失。下列物质中可能做稳定剂的是（ ）ANa2S2O3 BFeCl3 CNaHCO3 DCaO【答案】A【解析】试题分析：以KI为碘剂的加碘食盐中

8、碘的损失主要是由于杂质、水份、空气中的氧气以及光照，受热而引起的，要减少碘的损失，需加入具有还原性的物质来消耗氧气，A. Na2S2O3具有还原性，正确，BFeCl3具有氧化性，错误；CNaHCO3和CaO没有氧化性和还原性，错误；选A。考点：考查氧化还原反应，碘的化合物的性质。【试题9】四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中X元素的原子最外层电子数等于其电子层数。下列说法不正确的是（ ）ZWXYAX位于元索周期表中第3 周期、A族B原子半径：X > Z > WC最简单气态氢化物的热稳定性：W > YDY的最高价氧化物可以和W的最简单氢化物反应【答案】D【解析】试题分析：根

9、据四种短周期元素的位置可判断X是第三周期元素，所以X的最外层电子数是3，则X是Al元素；Y是Si元素，Z是N元素，W是O元素。A、Al位于元索周期表中第3 周期、A族，正确；B、根据原子半径的决定因素，X的电子层数最多，原子半径最大，Z与W的电子层数相同，Z的原子序数小，则Z的原子半径大于W，正确；C、O的非金属性大于Si，则F的氢化物的稳定性大于Si的氢化物的稳定性，正确；D、Si的最高价氧化物是二氧化硅，O的简单氢化物是水，而二氧化硅与水不发生反应，错误，答案选D。考点：考查元素的推断，元素化合物的性质应用【试题10】下列关于实验的说法正确的是（ ）A将二氧化碳通人硅酸钠溶液以证明碳酸的酸

10、性比硅酸强B上图装置中，导管不能伸人液面的原因是产物易溶于水C用碱石灰可干燥氯气D用普通玻璃棒蘸取溶液做焰色反应以证明溶液含有Na十【答案】A【解析】试题分析：A根据强酸制弱酸的原理，二氧化碳通入硅酸钠溶液会产生白色沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，正确；B 导管不能伸人液面的原因是使生成的乙酸乙酯气体直接在液面就液化，从而浮在上面与下面的溶液分层，如果伸进去，则会有一部分溶解在溶液中，减少产量，还可以防止倒吸，错误；C碱石灰的成分是NaOH和CaO的混合物，氯气和NaOH反应，错误；D 玻璃里有一种成分是Na2SiO3 ，因为玻璃里含有Na元素，也会出现黄色的焰色反应，错误；选A。考点：考查化学

11、实验基本操作。【试题11】镁铝合金5.4g溶于过量的热浓硝酸中，反应产生11.2 LNO2(标准状况)，若在反应后溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（ ）A45g B6 g C87g D139g【答案】C【解析】试题分析：设镁的物质的量为x，铝的物质的量为y，根据镁铝合金为5.4g可得：24x+27y=5.4，根据氧化还原反应得失电子总数相等可得：2x+3y=11.2L÷22.4L/mol，解这两个方程可得x=0.15mol，加入过量的NaOH溶液得到的沉淀为Mg(OH)2，则生成沉淀质量为：0.15mol×58g/mol=8.7g，故C项正确。考点：本题考查化

12、学计算。【试题12】下列说法正确的是（ ）A浓硫酸有吸水性，可用于干燥氨气BSiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应CNa2O2与水反应、红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D新制氯水显酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始终呈红色【答案】B【解析】试题分析：A、浓硫酸可作干燥剂，但不能干燥氨气，因为与氨气反应生成硫酸铵，错误；B、二氧化硅是酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，正确；C、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，错误；D、新制氯水中含有氢离子、次氯酸分子等，溶液具有酸性。所以使紫色石蕊变红色，但次氯酸具有强氧化性，所以红色随后褪去，错误，答

13、案选B。考点：考查对物质性质的判断【试题13】常温下，浓度均为1.0 mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是（ ）A加入适量的NaCl，可使c(NH4+)c(Cl-)B滴加几滴浓氨水，c(NH4+)减小C滴加几滴浓盐酸，的值减小D1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)比该混合溶液大【答案】A【解析】试题分析：A、等浓度的氨水与氯化铵的混合液呈碱性，c(H)< c（OH），根据电荷守恒，则c(NH4+) > c(Cl-)，加入氯化钠后氯离子浓度增大，而铵根离子浓度不变，可使c

14、(NH4+)c(Cl-)，正确；B、该混合液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，滴加几滴浓氨水，溶液的碱性增强，尽管浓氨水中一水合氨的电离度小，但铵根离子的浓度、氢氧根离子浓度仍大于原溶液中的铵根离子浓度、氢氧根离子浓度，溶液的碱性增强，所以c(NH4+)增大，错误；C、滴加几滴浓盐酸，溶液的pH减小，氢氧根离子浓度减小，则一水合氨的电离正向移动，铵根离子浓度增大，一水合氨的浓度减小，比值增大，错误；D、因为该混合液中一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则铵根离子浓度会大于1.0mol/L，而1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)会因为铵根离子

15、的水解小于1.0mol/L，错误，答案选A。考点：考查弱电解质的电离平衡的判断，离子浓度的变化判断【试题14】一定条件下进行反应：A(g)B(g)+C (g)，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol A(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：t/s02468n(B)/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是（双选）（ ）A反应前2min的平均速率v(B)0.15 mol/（L·min）B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)0.22 mol·L-1,则反应的H < 0C保持其他条件不变，起始向容器中充入2.0 mol

16、A，反应达到平衡时C的体积分数减小D保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，反应达到平衡前的速率：v(正)<v(逆)【答案】CD【解析】试题分析：A、反应前2min的平均速率v(B)0.30mol/2.0L/2min0.075 mol/（L·min），错误；B、原平衡时，c(B)0.40mol/2.0L=0.2 mol·L-1,保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)0.22 mol·L-1>0.20mol/L，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，H >0，错误；C、保持其他

17、条件不变，起始向容器中充入2.0 mol A，臂原平衡时物质的浓度增大，相当于缩小容器的体积，增大压强，则平衡逆向移动，反应达到平衡时C的体积分数减小，正确；D、根据表中数据可计算该温度时的平衡常数是0.4/3，保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，则Qc0.32/0.60.15>0.4/3，则反应逆向进行，所以反应达到平衡前的速率：v(正)<v(逆)，正确，答案选CD。考点：考查反应速率的计算，平衡移动的判断，化学平衡常数的应用【试题15】研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用图示装置获

18、得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中正确的是（ ）A将熔融CaF2CaO换成Ca(NO3)2溶液也可以达到相同目的B阳极的电极反应式为：C+2O2-4e-CO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱应连接Pb电极【答案】B【解析】试题分析：A若将熔融CaF2CaO换成Ca(NO3)2溶液，则由于得到电子的能力：H+>Ca2+，所以不可能产生金属Ca，错误；B阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：C+2O2-4e-CO2，正确；C在制备金属钛前后，Ca失去电子变为Ca2+，故整套装置中CaO的总量不变，错误；D若

19、用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱应连接正极PbO2电极，错误。考点：考查电解原理的应用、电源的连接方法及电极反应的知识。【试题16】某同学为研究电化学原理，使用KC1盐桥设计如图所示实验装置。下列分析不合理的是（ ）A闭合K2断开K1，左侧烧杯中的Fe2+向铁电极移动B无论闭合K1断开K2，还是断开K1闭合K2，石墨电极上发生的反应都是C闭合K，断开K2，电流从石墨电极经过K流向铁电极D闭合K，断开K2，左侧烧杯中的溶液pH将逐渐降低【答案】A【解析】试题分析：闭合K2断开K1后，就形成的是一个电解池，根据电源的正极可知铁电极应该是阳极，是一个活性阳极，应该是铁失去电子，阳离子应该移

20、动到阴极，故A的分析不合理；闭合K，断开K2，形成的是一个原电池，电子从负极出发到正极，铁失电子为负极，故电流方向从石墨电极经过K流向铁电极，亚铁离子被空气中氧气氧化成铁离子，水解能力增强，故酸性增强，溶液pH将逐渐降低。考点：考查电化学的相关知识点【试题17】实验室制备氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2+2 H2O反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学设计了4组实验方案（每次均量取20 mL反应残余液进行实验），其中正确的是（ ）A与足量AgNO3溶液反应，过滤、洗涤、干燥，称量生成的沉淀质量为a gB稀释10倍后取20 mL用已知浓度的NaO

21、H溶液滴定，消耗NaOH的体积为b mLC与足量NaHCO3固体反应，逸出气体用足量碱石灰吸收，增重c gD加入d1g CaCO3（过量）充分反应后，称量剩余固体质量为d2 g已知：Ksp( CaCO3)>Ksp( MnCO3)【答案】B【解析】试题分析：A、反应后的溶液中除盐酸中含有氯离子外，氯化锰中也含有氯离子，所以不能用氯化银沉淀的质量来计算溶液中盐酸的浓度，错误；B、溶液中的盐酸与氢氧化钠反应，所以利用消耗氢氧化钠溶液的物质的量来计算盐酸的物质的量浓度，正确；C、与碳酸氢钠溶液反应生成的二氧化碳气体被碱石灰吸收，则碱石灰还会吸收气体中的水蒸气，所以不能计算盐酸的浓度，错误；D、加

22、入d1g CaCO3（过量）充分反应后，得到的固体中除含碳酸钙外还含有碳酸锰，所以无法计算盐酸消耗的碳酸钙的质量，不能计算盐酸的浓度，错误，答案选B。考点：考查对实验方案的评价【试题18】下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示转化的是（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析： 2FeCl2+Cl22FeCl3；2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2；CuCl2+FeCu+ FeCl2；Fe+2HClFeCl2+H2，2Fe+3Cl22FeCl3，正确；2Na2O+O22Na2O2；2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；Na2CO3不能一步转化为Na2O；2Na+O2N

23、a2O2；4Na+O22Na2O，错误；2NO+O22NO2，3NO2+H2OHNO3+NO；8HNO3(稀)+3Cu3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；N2+O22NO，但是不能反应产生NO2，错误；Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl(OH)4，NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，4Al+3O22Al2O3；2Al+2NaOH+6H2O2NaAl(OH)4+3H2；正确。因此物质之间通过一步反应就能实现图示转化的是。选项是C。考点：考查物质的化学性质及相互转化的关系的知识。【试题19】已知：NH2COO-2H2OHCO3

24、-NH3·H2O。现用两份氨基甲酸铵溶液在不同温度（T1和T2）下实验，得到c(NH2COO)随时间变化关系如图所示。以下分析正确的是（ ）A无法判断T1和T2的大小关系BT1 时，第6min反应物转化率为6.25%CT2 时，06min （NH2COO-）=0.3mol·L-1·min-1D往平衡体系加水稀释，平衡右移，溶液中各种离子浓度减小【答案】B【解析】试题分析：A.由图象可以看出，用时6分钟，T2温度下氨基甲酸铵浓度变化大，所以T2>T1，错误；B.在T1时，第6min，反应物由2.4降低到2.25，反应掉0.15mol/L，反应物转化率为0.15

25、/2.4×100%=6.25%，正确；C.T2时，0-6min，V (NH2COO-)=（2.2-1.9）÷6=0.05mol·L-1·min-1，错误；D.往平衡体系中加水稀释，平衡右移，溶液碱性减弱，酸性增强，H浓度升高，错误；选B。考点：考查化学平衡。【试题20】某雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl 。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3 + 8AlO2根

26、据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（ ）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3 、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】试题分析：由气体1遇湿润的红色石蕊试纸显蓝色知原试液中含有NH4+；因为在碱性条件下，由气体2的性质及生成过程、题给反应信息3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3 + 8AlO2知试液中含有NO3-；由沉淀1的性质知其成分为BaSO4与Mg(OH)2，故原试液中含有SO42-、Mg2；沉淀2中肯定含有BaCO3，由已知信息无法确定溶液中是否含有Na、C

27、l。综合前述分析知A、C、D项正确，B项错误。考点： 掌握常见离子的检验方法。【试题21】（10分）电子工业中，可用FeCl3HCl溶液作为印刷电路铜板蚀刻液。某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：请回答：（1）FeCl3HCl溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子是 。（2）FeCl3蚀刻液中加入盐酸的目的：可以 ，又可提高蚀刻速率。（3）步骤中加入H2O2溶液的目的是 。（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pHCu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时4.77.01.9沉淀完全时6.79.03.2根据表中数据推测调节pH的范围是 。（5）写出步骤中生成CO2的一个离子方程式_（已知

28、Cu2(OH)2CO3不易溶于水）。（6）写出步骤生成Cu2(OH)2CO3的离子方程式_。【答案】（共10分）（1）Fe3+ 、Fe2+和Cu2+ （2分，写对3个得2分，少一个得一分）（2）抑制氯化铁水解 （1分） （3）将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去（1分）（4）3.2，4.7）或3.2pH4.7（5）4H+Cu2(OH)2CO3 3H2O +2 Cu2+ CO2或4Fe3+3Cu2(OH)2CO3+3H2O 4Fe(OH)3+6 Cu2+3 CO2（6）2Cu2+4HCO3 Cu2(OH)2CO3+H2O +3 CO2【解析】试题分析：（1）由2Fe3+Cu2Fe2+Cu

29、2+可知，溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子是Fe3+ 、Fe2+和Cu2+；（2）为了防止Fe3+的水解，蚀刻液中加入盐，又可提高蚀刻速率；（3）由生成氢氧化物沉淀的pH表可知Fe3+比Fe2+更易沉淀而除去，所以在步骤中加入H2O2溶液将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去；（4）根据表中数据为了让Fe3+完全沉淀，pH应该大于等于3.2，为了防止Fe2+、Cu2+沉淀，pH小于4.7，所以pH的范围是3.2，4.7）或3.2pH4.7；（5）由Cu2(OH)2CO3不易溶于水，可写出生成二氧化碳的方程式为4H+Cu2(OH)2CO3 3H2O +2 Cu2+ CO2或4Fe3+

30、3Cu2(OH)2CO3+3H2O4Fe(OH)3+6 Cu2+3 CO2；（6）步骤生成Cu2(OH)2CO3的离子方程式2Cu2+4HCO3 Cu2(OH)2CO3+H2O +3 CO2。考点：铁及其化合物性质【试题22】（16分）CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可采取不同方法制取。方法一 铜粉还原CuSO4溶液已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+ 2ClCuCl32(无色溶液)。（1）将废铜板浸入热的H2SO4溶液中，并通入空气，可以生成CuSO4。该反应的离子方程式为 。（2）中，“加热”的目的是 ，当观察到 现象，即表明反应已经完全。（3）中，加入

31、大量水的作用是 。（4）潮湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化。上述流程中，为防止水解和氧化所添加的试剂或采取的操作是 。方法二 铜电极电解饱和食盐水（实验装置如图）（5）阳极的电极反应式为 。（6）实验开始时，阳极附近没有产生CuOH沉淀的原因是 。（已知：Ksp(CuCl)=1.2×10-6，Ksp(CuOH)=1.2×10-14）【答案】（15分）（1）2Cu+O2+4H+2Cu2+ 2H2O ；3分（2）加快反应的速率；2分溶液由蓝色变为无色； 2分 （3）稀释促进平衡CuCl(白色)+ 2ClCuCl32(无色溶液)逆向移动，生成CuCl；2分（4）浓盐酸、95%

32、乙醇、真空干燥； 2分（5）Cu - e+ Cl= CuCl（写Cu - e+ 3Cl= CuCl32也给分 ） 3分（6）阳极区Cl-浓度远远高于OH-的浓度【解析】试题分析：（1）Cu与稀硫酸、氧气在加热的条件下反应生成硫酸铜和水，离子方程式是2Cu+O2+4H+2Cu2+ 2H2O；（2）加热是目的是加快反应速率，硫酸铜与Cu、氯化钠反应最终生成CuCl32，所以当溶液由蓝色变为无色时，证明反应完全；（3）因为CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+ 2Cl CuCl32(无色溶液)，加水稀释，使平衡逆向移动，从而生成CuCl沉淀；（4）潮湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化，为防

33、止Cu2+水解，所以加入浓盐酸并在95%的乙醇中洗涤，防止被氧化，则排除空气的存在，在真空中进行干燥；（5）Cu作电极电解食盐水制取氯化亚铜，则阳极是Cu失去电子，与氯离子结合为CuCl，则阳极的电极反应式是Cu - e+ Cl= CuCl；（6）虽然Ksp(CuCl)> Ksp(CuOH)，但是在阳极区，阴离子主要是氯离子，而氢氧根离子浓度较小，所以阳极区中Cu+与氯离子结合为CuCl，当阴极的氢氧根离子浓度逐渐增大时，氢氧根离子向阳极移动的过程中，在U形管的底部可能氢氧根离子与Cu+结合为CuOH沉淀，所以在阳极区不会产生CuOH沉淀。考点：考查对物质制备流程的分析，化学方程式的判断

34、，电化学反应原理的应用【试题23】（13分）研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。（1）已知拆开1 mol H2、1 mol O2和液态水中1 mol OH键使之成为气态原子所需的能量分别为436 kJ、496 kJ和462 kJ；CH3OH(g)的燃烧热为627 kJ·mol1。则CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l) H kJ·mol1。（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(l)该反应平衡常数表达式K 。已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示

35、。该反应的H 0（填“”或“”）。若温度不变，减小反应投料比n(H2)/n(CO2)，则K将 （填“增大”、“减小”或“不变”）。某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2(g)与H2(g)发生上述反应，当下列物理量不再发生变化时，能表明上述可逆反应达到化学平衡的是 。A二氧化碳的浓度 B容器中的压强C气体的密度 DCH3OCH3与H2O的物质的量之比（3）向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+刚好完全沉淀时，则溶液中c(CO32-) 。已知：Ksp(CaCO3)=2.8×109【答案】（1）93 （3分）（2） c(CH3OCH3)/ c2(CO2)×c6(H2)

36、（2分） （2分）不变 （1分） ABC （3分） （3）2.8×104 mol/L （2分）【解析】试题分析：（1）已知拆开1 mol H2、1 mol O2和液态水中1 mol OH键使之成为气态原子所需的能量分别为436 kJ、496 kJ和462 kJ，则生成1mol液态水放出的热量是462kJ×2436 kJ496 kJ×1/2240kJ，即反应的热化学方程式为1/2O2(g)H2(g)H2O(l) H240kJ·mol1。又因为CH3OH(g)的燃烧热为627 kJ·mol1，即热化学方程式为CH3OH(g)3/2O2(g)CO2(

37、g)2H2O(l) H627kJ·mol1，则根据盖斯定律可知×3即得到CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l) H93kJ·mol1。（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则根据方程式可判断该反应平衡常数表达式Kc(CH3OCH3)/ c2(CO2)×c6(H2)。根据图像可知，在投料比相同的条件下，升高温度CO2的转化率降低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应，即反应的H0。平衡常数只与温度有关系，因此若温度不变，减小反应投料比n(H2)/n(CO2

38、)，则K将不变。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则A二氧化碳的浓度不再发生变化可以说明反应达到平衡状态，A正确；B正反应是体积减小的可逆反应，因此当压强不再发生变化时可以说明反应达到平衡状态，B正确；C密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，当气体的质量是减小的，因此密度是变化的，则当气体的密度不再发生变化时可以说明反应达到平衡状态，C正确；D根据方程式可知甲醇与水总是按照物质的量之比1：3产生，因此CH3OCH3与H2O的物质的量之比始终是不变，所以不能说明反应达

39、到平衡状态，D错误，答案选ABC。（3）当溶液中离子的浓度小于1×105mol/L时可以认为完全测定，因此向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+刚好完全沉淀时溶液中c(CO32-)2.8×109÷1×1052.8×104mol/L。考点：考查盖斯定律、外界条件对平衡状态的影响、平衡状态的判断以及溶度积常数计算【试题24】（15分）某化学探究小组拟用废铜屑制取Cu(NO3)2，并探究其化学性质。I 如图，用浓HNO3，和过量的废铜屑充分反应制硝酸铜溶液。（1）写出铜与浓硝酸反应的离子方程式 。（2）装置中NaOH溶液的作用是 。欲从反应后的

40、溶液中得到硝酸铜晶体，实验操作步骤是蒸发浓缩、 、过滤。你认为此装置是否合理，并说明原因 。如果不合理，同时在原装置上改进；如果合理，只需说明原因。为了探究的热稳定性，探究小组按下图装置进行实验。（图中铁架台、铁夹和加热仪器均略去）【实验装置】【实验操作及现象】往试管中放人研细的无水Cu(NO3)2：晶体并加热，观察到试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U型管除去红棕色气体，在集气瓶中收集到无色气体。【解释与结论】（3）红棕色气体是 。根据现象判断在加热条件下可以分解，其化学反应方程式为 。利用Cu(NO3)2制备浅绿色的碱式碳酸铜CuCO3·Cu(OH)2。向大试管中加入一

41、定量的碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热，用0.4 mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡、静置、过滤、洗涤、干燥，得到样品。【实验数据】反应温度对样品的影响实验序号1234温度35507095样品颜色深蓝色深蓝色浅绿色暗蓝色样品中碱式碳酸铜的质量分数%90.992.7x92.0（4）滤液中可能含有 ，写出检验的方法 。（5）95时，样品颜色发暗的原因：_ 。（6）70C时，实验得到2.38 g样品，取此样品加热至分解完全（杂质不分解），得到1.76 g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是 。【答案】（15分）I（1） Cu+4H+2NO3一=Cu2+2NO2+2H2O(2分)（2）吸收

42、氮氧化物，防止污染空气（1分，合理即可）冷却结晶（1分）不合理，密闭体系中立即产生大量气体，会有安全隐患（1分）（装置图如下，1分，合理即给分）或者合理，慢慢挤压胶头滴管控制反应速率，使NaOH溶液及时吸收NO2（2分，合理即给分） II（3）NO2（1分）2Cu(NO3)22CuO+4NO2+O2 (2分) III（4）取少量滤液置于试管中，加入足量稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明有CO32-（2分，合理即给分）（5）含有黑色的氧化铜（2分） （6）93.3%（2分）【解析】试题分析：I、（1）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜和水、二氧化氮气体，化学方程式是Cu+4H+2NO3

43、一Cu2+2NO2+2H2O；（2）装置中NaOH溶液的作用是吸收反应产生的氮的氧化物，防止污染；从硝酸铜溶液中得到硝酸铜晶体，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；该小题为开放题目，若反应速率过快，则装置不合理，密闭体系中立即产生大量气体，会有安全隐患；若合理，则慢慢挤压胶头滴管控制反应速率，使NaOH溶液及时吸收NO2；II、（3）根据气体的颜色判断红棕色气体为NO2；根据硝酸铜分解的现象：有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末，用U型管除去红棕色气体，在集气瓶中收集到无色气体，判断黑色固体是CuO，无色气体为氧气，红棕色气体为二氧化氮，所以硝酸铜受热分解的化学方程式是2Cu(NO

44、3)22CuO+4NO2+O2；III、（4）滤液中可能含有碳酸根离子，证明碳酸根离子的存在，一般选择盐酸和澄清石灰水，取少量滤液置于试管中，加入足量稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明有CO32-；随温度升高，生成的氢氧化铜会分解产生黑色的CuO，颜色变暗；根据题意，固体质量减少2.38-1.76=0.62g，根据碱式碳酸铜分解的化学方程式CuCO3·Cu(OH)22CuO+CO2+H2O,可知固体每减少44g+18g62g，则有1mol CuCO3·Cu(OH)2反应，则样品中CuCO3·Cu(OH)2的物质的量是0.62g/62g×

45、1mol0.01mol，则此样品中碱式碳酸铜的质量分数是0.01mol×222g/mol/2.38g×100%93.3%。考点：考查Cu与硝酸的反应，对反应现象的分析，质量分数的计算【试题25】（10分）某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：（1）装置F中发生反应的离子方程式：_。（2）装置A中的烧瓶内固体可选用_（选填以下选项的代号）。A碱石灰 B生石灰 C二氧化硅 D五氧化二磷（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：B ，D_，E

46、。（均填编号）（4）催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出该反应的化学方程式： ；该反应中每生成0.5molN2转移 mol电子。【答案】(10分)（1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O （2分） (2)A、B （2分）(3) （全对给2分，错一个不给分） （4）4NH3+6NO5N2+6H2O (2分) ；1.2（2分）【解析】试题分析：（1）F是产生氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸共热，产生氯气，离子方程式是MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（2）氨水中存在一水合氨的电离平衡，加入碱石灰或生石灰可使平衡逆向移动，从而有氨气放出，所以浓氨水与碱石灰或

47、生石灰反应可制取氨气，则烧瓶A中的固体为A、B；（3）氨气极易溶于水，所以氨气与氯气反应前应先干燥，用碱石灰干燥氨气，则B选择I装置；浓盐酸与二氧化锰制取的氯气中含有少量氯化氢，所以氯气先用饱和食盐水除去氯化氢，则E选III装置；然后氯气再用浓硫酸干燥，则D选II装置；（4）氨气与NO气体在催化剂条件下反应生成氮气和水，化学方程式是4NH3+6NO5N2+6H2O；若生成5mol氮气，则消耗4mol氨气，转移电子数是4mol×3=12mol电子，所以生成0.5mol氮气时，转移电子的物质的量是1.2mol。考点：考查氨气与氯气的实验室制取及除杂的判断，氧化还原反应的计算【试题26】（

48、13分）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵：已知：酸性条件下，铈在水溶液中有、两种主要存在形式，易水解，有较强氧化性。CeO2不溶于稀硫酸。硫酸铁铵aFe2(SO4) 3b(NH4) 2SO4cH2O广泛用于水的净化处理。（1）在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂B的是 (填序号)。aNaClO bH2O2 cKMnO4（2）操作的名称是 ，检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是 。（3）写出反应的化学方程式 。（4）用滴定法测定制得的Ce(OH)4

49、产品纯度。所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应。通过计算，该硫酸铁铵的化学式为 （写出必要的计算步骤，否则不得分）。【答案】（13分）（1）B(1分) （2）冷却结晶 (1分) 取样于试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，即可证明（

50、2分）（3）4Ce(OH)3 +O2 + 2H2O4Ce(OH)4 (2分)（4）偏大 (2分) （5） 一份中n(Fe3+)= 2n(Fe2O3)=2×1.6g/160g/mol = 0.02 mol(1分)n(SO42)= n(Ba2+)= 0.05 mol(1分)根据电荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol (1分)n(H2O)=(7g 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol(1分)所以化学式为Fe2(SO4) 3·2(NH

51、4) 2SO4·2H2O（1分）【解析】试题分析：（1）废玻璃粉末中只有二氧化硅与氢氧化钠反应，所以滤渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO等物质，加稀硫酸与氧化铁和氧化亚铁反应生成相应的盐，所以加入的氧化剂可以氧化亚铁离子同时不引入新的杂质，所以最适合用作氧化剂B的是过氧化氢，被还原的产物是水，而次氯酸钠被还原为氯离子、高锰酸钾被还原为锰离子，都会产生新的杂质，所以答案选B；（2）加热蒸发后，需将溶液冷却结晶，然后过滤洗涤、干燥可得到硫酸铁铵；（3）反应是Ce(OH)3与氧气反应生成Ce(OH)4，根据质量守恒定律可知该反应中有水参与，所以化学方程式是4Ce(OH)3 + O2 +

52、 2H2O = 4Ce(OH)4；（4）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则硫酸亚铁溶液中的亚铁离子的浓度降低，所以滴定样品时，消耗硫酸亚铁溶液的体积偏大，使滴定结果偏大；（5）硫酸铁铵与足量的氢氧化钠溶液反应，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体，则该固体是氧化铁固体，物质的量是1.60g/160g/mol=0.01mol，说明7.0g硫酸铁铵样品中含有Fe元素的物质的量是0.02mol；另一份中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应，则硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以7.0g固体中硫酸根离子的物质的量是0.5mol/L

53、5;0.1L=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol，所以7.0g样品中水的物质的量是(7g 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol,所以样品中铵根离子、铁离子、硫酸根离子、水的物质的量之比是0.04:0.02:0.05:0.02=4:2:5:2，则样品的化学式是Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O。考点：考查物质性质的应用，对流程的分析，化学式的计算【试题27】)三氯化磷（PCl3）是合成药物的重要化工原料，可通过白磷和氯气化合得到。已知：白磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)；POCl3能溶于PCl3；POCl3和PCl3遇水会强烈水解。实验室制取PCl3的装置示意图和有关数据如下：物质熔点/沸点/密度/g·cm-3白磷44.1280.51.82PCl3-11275.51.574POCl32105.31.675请回答：（1）实验所需氯气可用MnO2和浓HCl反应制取，实验过程中所用的玻璃仪器除