专题05 考前必做基础30题 2015年高考化学走出题海之黄金30题系列 Word版含解析(共35页)

1、PAGE 2015年高考(o ko)冲刺之黄金30题系列考前必做基础(jch)题30题【试题(sht)1】下列有关物质应用的说法不正确的是（ ）A液氨常用作制冷剂 B次氯酸钠是漂白液的有效成份C氧化钠可用于呼吸面具 D小苏打是面包发酵粉的主要成分【答案】C【解析】试题分析：A、液氨气化时吸收热量，所以液氨常用作制冷剂，正确；B、次氯酸钠具有强氧化性，是漂白液的有效成分，正确；C、氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠，不会产生氧气，所以不能用于呼吸面具，错误；D、小苏打是碳酸氢钠，与酸反应产生而合同气体，是发酵粉的主要成分，正确，答案选C。考点：考查物质的用途的判断【试题2】下列化学用语表示正确的是

2、（ ）A乙烯的结构简式：CH2CH2 BS2的结构示意图：C中子数为20的氯原子： D羟基的电子式：【答案】D【解析】试题分析：A、乙烯中含有碳碳双键，书写结构简式时不能省略，错误；B、硫离子核内有16个电子，核外有18个电子，错误；C、中子数是20的氯原子的质量数是17+20=37，错误；D、羟基的核外有7个电子，O与H原子之间形成一对共用电子对，正确，答案选D。考点：考查化学用语的书写【试题3】下列比较中，正确的是（ ）A原子半径：NaMg B碱性：NaOHKOHC结合(jih)H+的能力(nngl)：CO32Cl D还原性：IBr【答案(d n)】A【解析】试题分析：A、同周期原子从左到

3、右原子半径减小：NaMg ，A正确；B、金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，碱性：NaOHCl ,C错误；D、还原性：IBr,D错误；答案选A。考点：元素同期律【试题4】将氨水分别滴加到下列4种溶液中，下列说法不正确的是（ ）A试管a中产生白烟 B试管b中溶液由红色变为蓝色C试管c中能发生氧化还原反应 D试管d中先有沉淀，后沉淀溶解【答案】D【解析】试题分析：A、浓盐酸挥发出的氯化氢气体与氨水挥发出的氨气生成氯化铵，产生白烟，A正确；B、氨气溶于水并与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子，溶液呈碱性，红色石蕊试液变为蓝色，B正确；C、试管c中生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中

4、的氧气氧化，发生氧化还原反应生成氢氧化铁，C正确；D、氨水呈弱碱性，不能使氢氧化铝溶解，试管d中先有沉淀，沉淀不溶解，D错误；答案选D。考点：元素化合物知识【试题5】NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA。B标准状况(bio zhn zhun kun)下，0.1 mol Cl2溶于水，转移(zhuny)电子的数目为0.1 NA。C2.3 g Na与O2完全(wnqun)反应生成3.6 g产物时失电子数是0.16.021023D标准状况下，11.2 L CH3CH2OH中含有的分子数为0.5NA【答案】C【解析】试题分析：A

5、、次氯酸是弱酸，所以次氯酸根离子发生水解，使次氯酸根离子的数目小于NA，错误；B、0.1mol氯气溶于水是可逆反应，所以0.1mol的氯气不会完全与水反应生成氯化氢和次氯酸，则转移的电子数小于0.1NA，错误；C、2.3g钠的物质的量是0.1mol，与氧气的产物中Na元素的化合价只有+1价，所以0.1mol钠完全反应转移的电子数是0.1NA，即是0.16.021023，正确；D、标准状况下，乙醇为液体，所以11.2L乙醇的物质的量不是0.5mol，则含有的分子数不是0.5NA，错误，答案选C。考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系判断【试题6】X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是

6、（ ）C、CO S、SO2 N2 、NO AlCl3 、Al（OH）3A B C D【答案】D【解析】试题分析：X是C，Y是CO时，则W是氧气，Z是二氧化碳，CO与氧气反应生成二氧化碳，正确；X是S、Y是SO2，则W是氧气，Z是三氧化硫，而S与氧气不能一步生成三氧化硫，错误；X是N2 、Y是NO，则W是氧气，Z是二氧化氮，而氮气与氧气不能一步反应生成二氧化氮，错误；X是AlCl3 、Y是Al（OH）3，则W是氢氧化钠(qn yn hu n)，Z是偏铝酸钠，氢氧化铝可与氢氧化钠(qn yn hu n)反应生成偏铝酸钠，氯化铝与过量氢氧化钠反应也生成偏铝酸钠，正确(zhngqu)，答案选D。考点：

7、考查物质之间转化关系的判断【试题7】根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是（ ）A由于相对分子质量：HClHF，故沸点：HClHFB硅处于金属与非金属的过渡位置，硅可用作半导体材料C由于氮元素的最低化合价只有-3价，故NH5这种物质不可能存在DCl、S2、Ca2、K半径逐渐减小【答案】B考点：考查氢化物沸点、硅的性质与用途、氮及其化合物以及离子半径比较【试题8】下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是（ ）A苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应BC8H10含苯环的烃同分异构体有3种C乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上D莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液

8、褪色【答案】D【解析】试题分析：A.苯的硝化属于取代反应，丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色属于氧化反应，错误；B.C8H10含苯环的有机物有乙苯和邻、间、对二甲苯，共4种同分异构体，错误；C.乙烯是平面形分子，苯是平面正六边形分子，它们(t men)的所有原子都在同一平面上，甲烷是正四面体形分子，乙烷中的碳原子属于饱和碳原子，所有原子不在同一(tngy)平面上，错误；D.该分子(fnz)含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使之褪色，正确；选D。考点：考查有机化合物的结构和性质。【试题9】下列有关物质制取或性质探究实验设计不能达到实验目的的是（ ）A利用图1制取并收集干燥的氨气B利用图2制

9、取Fe(OH)2，使用煤油的目的是防止生成的Fe(OH)2被空气氧化C利用图3制取并收集NO2气体D利用图4用酒精制取无水乙醇【答案】C【解析】试题分析：A.实验室制氨气用氯化铵和Ca(OH)2 反应，生成的氨气属于碱性气体，用碱石灰干燥，氨气极易溶于水，用于喷泉实验，能达到目的，B.Fe(OH)2性质很不稳定，与空气中的氧气反应，用煤油隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2 被空气氧化，用长的胶体滴管插入FeSO4 溶液中，这样制得的Fe(OH)2 能较长时间存在；C.NO2 与水反应生成NO和HNO3 ，不能用排水集气法收集NO2 ，不能达到目的；D.利用酒精制取无水乙醇，加入生石灰，生石灰与

10、水反应且放出大量(dling)的热，乙醇挥发在冷凝得到无水乙醇，能达到目的(md)；选C。考点：考查物质(wzh)制取和性质探究实验设计。【试题10】常温下，0.1 molL-1CH3COONa溶液pH =a，则下列说法正确的是（ ）ACH3COOH在常温下Ka数值约为l101-2aB约有1.0l0a-14 molL-1的水发生电离C加热后溶液pH a【答案】B【解析】试题分析：由水的离子积常数与水解平衡常数可计算出电离平衡常数，可判断A错；由于水解是一个吸热反应过程，故加热后水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，pH增大；加水稀释后溶液的浓度减小，故碱性减弱，pH减小。考点：考查水

11、解平衡的相关知识点【试题11】在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（ ）ANH4、H、NO3、HCO3BK+、Al(OH)4-、SO42、NH3H2OCNa+、K+、SO32、ClO-DNa+、CH3COO-、SO42、H+【答案】B【解析】试题分析：AH和HCO3反应不能大量共存，错误；BK+ 、Al(OH)4-、SO42 、NH3H2O各微粒能大量共存，错误；CSO32和ClO-反应不能大量共存，错误；DCH3COO-与H+反应不能大量共存，错误；选B。考点(ko din)：考查离子共存。【试题(sht)12】下列(xili)有关物质应用的说法中，正确的是（ ）A氢氧化铝具有弱碱性，可用于

12、制胃酸中和剂B用二氧化硫加工银耳，使之更白C二氧化锰具有强氧化性，故能将双氧水氧化为氧气DNH3极易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】试题分析：A氢氧化铝具有弱碱性，可与胃酸盐酸发生反应，消耗盐酸，又不会对人产生危害，因此用于制胃酸中和剂，正确；B二氧化硫有漂白性，可以是物质褪色，但是对人体会产生一定的危害，因此不能用二氧化硫加工银耳，错误；C二氧化锰具有催化作用，故能将双氧水氧化为氧气，错误；DNH3极易液化，汽化时从环境中吸收大量的热，是环境的温度降低，因此可用作制冷剂，错误。考点：考查有关物质的性质及应用的正误判断的知识。【试题13】下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是

13、（ ）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去中NO的NO2C用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色【答案】C【解析】试题(sht)分析：A、氨气的密度比空气小，所以应用(yngyng)向上排空气法收集，而该图是向下排空气法，错误；B、二氧化氮与水反应(fnyng)生成硝酸和NO，所以用水不能除去二氧化氮中的NO，错误；C、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，所以乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，可用分液漏斗分离，正确；D、该图中Fe作阴极，所以Fe不会失去电子生成亚铁离子，则不会看到白色沉淀生成，所以Fe应

14、作阳极，错误，答案选C。考点：考查对实验方案的评价【试题14】现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：原子半径：甲丙乙丁原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8原子的核外电子层数：丁乙=丙=2甲乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2则下列说法不正确的是（ ）A乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键B四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强C丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性D乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙【答案】B【解析】试题分析：甲、乙、丙、丁四种短周期元素，原子的核外电子层数：丁乙

15、=丙=2甲，说明丁在第三周期，乙、丙在第二周期，甲在第一周期，乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，说明乙为第A,则乙为N，原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8，丁为A的Al，甲为H，丙为F，A.氮原子属于第A元素，最外层(wi cn)5个电子(dinz)，NH3 中N-H键是极性键，正确(zhngqu)；B.丙为F，非金属性最强，但由于它非常活泼，没有最高价的含氧酸，错误；C.丁是铝，乙是N，氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，正确；D.N的非金属性比F弱，所以NH3 的稳定性比HF弱，正确；选B。考点：考查原子结构与元素周期律的关系。【试题15】下列各组物质中

16、，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（ ）物质组别甲乙丙AFeCl2Cl2NaOHBSiO2NaOHHFCAlCl3KOHH2SO4DSO2NaOHNaHCO3【答案】C【解析】试题分析：A、氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，氯气与氢氧化钠溶液也能反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，正确；B、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，与HF反应生成四氟化硅和水，氢氧化钠与HF发生中和反应，正确；C、氯化铝与KOH溶液反应生成氢氧化铝或偏铝酸钾，但氯化铝不与硫酸反应，错误；D、二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，与碳酸氢钠反应生成水、二氧化

17、碳、亚硫酸钠，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，正确，答案选C。考点：考查物质化学性质的应用【试题(sht)16】某同学组装(z zhun)了如图所示的原电池装置，下列叙述中正确的是（ ）A电流方向(fngxing)：电极电极B电极逐渐溶解C电极上发生还原反应D盐桥中装有含氯化钾的琼脂，Cl向右池移动【答案】A【解析】试题分析：该装置构成铜铝原电池，铝比铜活泼，铝作负极，铜作正极；A电流从正极流向负极即电极电极，A正确；B、负极溶解，电极逐渐溶，B错误；C、电极作负极，发生氧化反应，C错误；D、盐桥中装有含氯化钾的琼脂，Cl向左池移动，D错误；答案选A。考点：原电池【试题17】仅用下表提供

18、的玻璃仪器（非玻璃仪器和药品任选），不能实现相应实验目的的是（ ）选项实验目的玻璃仪器A验证Na2CO3和NaHCO3的热稳定性酒精灯、试管、导气管B实验室用浓氨水和生石灰制备氨气普通漏斗、烧杯、玻璃棒C测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯D分离乙醇和乙酸乙酯的混合物分液漏斗、烧杯【答案】B【解析】试题(sht)分析：A验证(ynzhng)Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，可以将两种物质(wzh)分别加入试管中，用酒精灯给物质加热，并把导气管伸到盛有澄清石灰水的烧杯中，若石灰水变浑浊，就证明分解产生了CO2，物质的稳定性小，否则物质的稳定性强，正确；B.实验室用浓氨水和生石灰制备氨气，

19、把生石灰放置在烧瓶中，把盛在分液漏斗中的氨水滴加到生石灰中，产生的安全通过导气管导出，因此用普通漏斗、烧杯、玻璃棒不能达到实验目的，错误；C.测定NaOH溶液浓度，在开始装液溶液调整液面时用烧杯接受溶液，把待测浓度的NaOH溶液放在锥形瓶中，从滴定管中滴加标准浓度的盐酸溶液，当指示剂发生颜色变化时 ，停止滴加，根据消耗的标准酸溶液的体积、物质的量浓度就可以确定未知浓度的碱的溶液的浓度，正确；D. 乙醇和乙酸乙酯是互溶的两种液体未知，向其中加入饱和碳酸钠溶液，乙醇溶解在溶液中，而乙酸乙酯不能溶解，密度比水小，分层，乙酸乙酯在上层，分离互不相溶的两层液体，可以用分液漏斗，用烧杯作接受器，故用分液漏

20、斗、烧杯可以分离乙醇和乙酸乙酯的混合物，正确。考点：考查化学仪器在分离混合物中的使用正误的判断的知识。【试题18】实验:0.1 mol/L AgNO3溶液和0.1 mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，过滤。分别取少量的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清。取少量的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解。下列分析不正确的是（ ）A实验证明了的滤液中含有Ag+，由此推断的滤液中也含有ClB实验证明了该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶解C实验的溶液中含有Ag(NH3)2+微粒D由实验(shyn)推测(tuc)：若在的沉淀中滴加NaOH溶

21、液，沉淀(chndin)也能溶解【答案】D【解析】试题分析：A、实验滴加饱和Na2S溶液出现浑浊，证明了的滤液中含有Ag+，根据电荷守恒可由此推断的滤液中也含有Cl，A正确；B、实验证明了该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶解，B正确；C、实验的溶液生成银氨溶液，含有Ag(NH3)2+微粒，C正确；D、由实验推测：使沉淀溶解是因为含有氨生成了银氨溶液，不是与氢氧根离子反应，D错误；答案选D。考点：离子反应、溶解沉淀平衡【试题19】在25时，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则充分

22、反应后的混合液：2c(OH)2c(H+)c(HA)c(A)B某溶液中存在的离子有S2、HS、OH、Na+、H+，则离子浓度的大小关系一定是：c(Na+)c(S2)c(OH)c(HS)c(H+)C将pH4的醋酸溶液与pH10的KOH溶液等体积混合，则充分反应后的混合液：c(CH3COO)c(H+)c(K+)c(OH)D某物质的溶液中由水电离出c(H+)110amol/L，若a7时，则该溶液的pH一定为14a【答案】A【解析】试题分析：A将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后所得溶液是由等物质的量浓度的HA和NaA组成的，pH大于7，这说明A的水解程度大于

23、HA的电离程度，则根据物料守恒2c(Na+)c(HA)c(A)和电荷(dinh)守恒c(OH)+c(A)c(H+)+c(Na+)可知(k zh)充分反应(fnyng)后的混合液：2c(OH)2c(H+)c(HA)c(A)，A正确；B某溶液中存在的离子有S2、HS、OH、Na+、H+，由于不能确定溶质，因此离子浓度的大小关系不一定是：c(Na+)c(S2)c(OH)c(HS)c(H+)，B错误；C醋酸时弱酸，将pH4的醋酸溶液与pH10的KOH溶液等体积混合后醋酸过量溶液向酸性，则充分反应后的混合液：c(CH3COO)c(K+)c(H+)c(OH)，C错误；D某物质的溶液中由水电离出c(H+)1

24、10amol/L，若a7时，说明水的电离被抑制，则溶液可能显酸性，也可能显碱性，因此该溶液的pH不一定为14a，D错误，答案选A。考点：考查溶液中离子浓度大小比较【试题20】下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象结 论A向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液溶液呈血红色原溶液中定含Fe2+B向无色溶液中加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀原溶液中定含SO42-C向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色胶状沉淀碳的非金属性大于硅D用铂丝蘸取某物质的溶液进行焰色反应火焰呈黄色该物质定是钠盐【答案】C考点：考查对实验(shyn)方案的评价【试题(sht)21】（1）

25、常温下，将0.15 mol/L稀硫酸V1 mL与0.1 mol/L NaOH溶液(rngy)V2 mL混合，所得溶液的pH为1，则V1V2_.(溶液体积变化忽略不计)（2）常温下，将均为0.1 mol/L的盐酸和氨水溶液等体积混合后，溶液呈 性，则溶液中c(NH4+) c(Cl)（填“”、“”、“K(HCN),在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCN和NaF的混合溶液中c(F) c(CN)（填“”、“”或“”）。【答案】(10分，每空2分)(1)11 (2)酸 (3)【解析】试题分析：（1）溶液pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，说明硫酸过量，则（V10.15mol/L2-V20.1

26、mol/L）/(V1+V2)=0.1mol/L，解得V1V21:1；（2）盐酸与氨水等浓度等体积混合，则二者恰好完全反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，所以溶液呈酸性；因为铵根离子水解，使c(NH4+) c(Cl)；（3）pH相同的盐酸和醋酸溶液，分别(fnbi)用蒸馏水稀释，若稀释相同倍数，因为醋酸是弱酸，溶液中存在醋酸的电离平衡，稀释会促进醋酸的电离，所以稀释相同倍数后，醋酸的pH盐酸(yn sun)的pH，所以稀释(xsh)后两溶液的pH仍相同时，则醋酸的稀释倍数大，所以mK(HCN)，说酸性HFHCN，物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCN和NaF的混合溶液中，根据越弱越水解的规律，Na

27、CN水解的程度大于NaF的水解程度，所以c(F) c(CN)。考点：考查酸碱混合计算，离子浓度的比较【试题22】（14分）甲、乙、丙是常见的三种物质，它们之间有如图所示的转化关系。根据要求回答问题：I、已知：甲是常见单质，丙为氢气。（1）若乙为氧化物且有磁性，则乙发生铝热反应的化学方程式为 。（2）若甲为碳，则产物乙、丙可合成甲醇。已知：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H206.0 kJmol1CH4(g)H2O(g)CH3OH(g)H2(g) H77.0 kJmol1写出气体乙与气体丙反应生成CH3OH(g)的热化学方程式：_。乙和丙合成甲醇的反应在不同温度下的化学平衡常数(

28、K)如下表。则T1 _T2（填“”、“”、“=”）。温度/T1T2K2.0410.012乙可做某碱性燃料电池(rn lio din ch)的燃料，该电池的负极反应式为_。II、已知：甲是由两种短周期元素(yun s)组成的化合物，丙的水溶液显碱性。（3）若构成(guchng)甲的阴、阳离子个数比为2:3，丙是气体。则构成甲的阴、阳离子半径大小关系为 （用具体的微粒表示）。（4）若乙是O2，则甲的一种重要用途是 ；产物丙与Cl2按2:1（物质的量）反应得到丁溶液，丁溶液中阴离子浓度从大到小的顺序是 。【答案】（1）3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3 （2）CO(g)+2H2(g)=CH3O

29、H H=-129 kJmol-1, Mg(4)生氧剂或漂白剂 C(Cl)C(ClO)C(OH)【解析】试题分析：、（1）Fe3O4 俗称磁性氧化铁，乙为氧化物且有磁性，说明乙是Fe3O4 ，Fe3O4 发生铝热反应的化学方程式为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3 。（2）甲为碳，碳与水蒸气反应生成CO和H2，CO和H2可合成甲醇，化学反应为CO+2H2 =CH3OH ,根据盖斯定律，二式减一式得77.0-206.0=-129kJmol-1,则CO和氢气生成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH H=-129 kJmol-1。CO和氢气合成甲醇的反应是放热反应，所以温

30、度升高，K值减小，T1Mg。（4）若乙是O2，丙的水溶液显碱性(jin xn)，甲是由两种短周期元素(yun s)组成的化合物，则甲为Na2O2 ，过氧化钠与水反应生成(shn chn)氧气和NaOH，过氧化钠的一种重要用途是做漂白剂，丙为NaOH，NaOH与氯气2:1反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaCl0+H2O，ClO是弱酸阴离子，能水解，导致比Cl减少，丁溶液中阴离子浓度从大到小的顺序是C(Cl)C(ClO)C(OH)。考点：考查常见无机物的推断及性质。【试题23】（15分）运用化学反应原理分析解答以下问题（1）250时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通人6 mol

31、CO2、6 molCH4 ，发生如下反应：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数K=_。若再向容器中同时充入20molCO2、60 molCH4 、40 molCO和80 molH2 ，则上述平衡向_（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：已知： NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) H= 41.8KJmol-12SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H= 196.6

32、KJmol-1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式_。一定温度下，向2L恒容密闭容器中充人NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO和NO2的浓度之比为3：1，则NO2的平衡转化率是_。（3）常温下有浓度(nngd)均为0.1 mol/L的四种(s zhn)溶液：Na2CO3、NaHCO3、HCl、NH3.H2O。有人(yu rn)称溶液是油污的“清道夫”，原因是_（用离子方程式解释）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。向中加入少量氯化铵固体，此时c(NH4+)/ c(OH-)的值_（填“增大”“减小”或“不变”）。 若将和

33、的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前的体积_的体积（填“大于”小于”或“等于”）将10 mL溶液加水稀释至100 mL，则此时溶液中由水电离出的c( H)=_。【答案】（1）64；逆反应；（2）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；H=-113.0kJmol-1；75%；（3）CO32-+H2OHCO3-+OH-；c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)c(CO32-)；增大；小于；10-12molL-1【解析】试题分析：在反应开始时，c(CO2)=c(CH4)=6mol4L=1.5mol/L，假设在反应过程中，消耗掉的c(CO2)=c(CH4)=xmol/L，则在平衡时各种物质

34、的浓度分别是：c(CO2)=c(CH4)=（1.5-x）mol/L，c(CO)=c(H2)=2xmol/L，由于平衡时CO2的体积分数是0.1，所以（1.5-x）（3+2x）=0.1,解得x=1mol/L，此温度下该反应的平衡常数K=；若再向容器(rngq)中同时充入2.0molCO2、6.0 molCH4 、4.0 molCO和8.0 molH2，则Qc=,所以上述平衡(pnghng)向逆反应方向移动；（2）：-2，整理(zhngl)可得：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)；H=-113.0kJmol-1；根据N元素守恒，若充人NO21mol, 达到平衡，此时容器中NO和NO2的浓度之

35、比为3：1，则NO2的转化的物质的量占总物质的量的3/4,所以NO2平衡转化率是(34)100%=75%;（3）有人称溶液Na2CO3是油污的“清道夫”，原因是Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+。使溶液显碱性，而油脂在碱性条件下发生水解反应产生可溶性的物质，因此可以清洗油污，用离子方程式表示为CO32-+H2OHCO3-+OH-；上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液是NaHCO3，该盐是强碱弱酸盐，HCO3-发生水解反应而消耗，所以c(Na+)c(HCO3-), HCO3-水解消耗水电离产生H+，使溶液显碱性，c(OH-)c(H+)

36、，HCO3-还会发生电离作用，但是水解大于电离，而且在溶液中水还会电离产生H+所以c(H+)c(CO32-)；盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(HCO3-)c(OH-)，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(HCO3-) c(OH-)c(H+)c(CO32-)；在的NH3.H2O存在电离平衡：NH3.H2ONH4+OH-；向其中加入少量氯化铵固体，c(NH4+)增大，电离平衡逆向移动，c(OH-)减小，此时c(NH4+)/ c(OH-)的值增大；若将HCl和NH3.H2O的溶液混合后溶液恰好呈中性，由于二者的物质的量浓度相等，若二者等体积混合，则恰好完全反

37、应产生NH4Cl，溶液显酸性，所以要使溶液显中性，则混合前的体积要略小于的体积；将10 mL溶液加水稀释至100 mL，在稀释过程中溶质的物质的量不变，稀释后溶液的浓度c(HCl)=( 10 mL0.1mol/L)100ml=0.01mol/L，c(H+)=10-2mol/L，由于在该温度下水的离子积常数是Kw=110-14,则c(H+)(水)=c(OH-)=110-1410-2=110-12mol/L。考点：考查热化学方程式的书写、盐溶液中离子(lz)浓度大小比较、外界条件对弱电解质电离平衡的影响的知识、化学平衡常数的计算、物质转化率的计算、电解质溶液中的水电(shu din)离产生的离子浓

38、度的计算的知识。【试题(sht)24】（14分）Al2O3、Al(OH)3都是重要化工原料。根据要求回答问题：、电解法制高品质Al(OH)3装置如下（中间用离子交换膜隔开）：4NaAl(OH)4+2H2O4Al(OH)3+4NaOH+O2+2H2（1）产物Al(OH)3在 区（填“阴极”或“阳极”）沉积；（2）电解中转移2mol e时，将制得_mol的Al(OH)3。、制取纳米Al2O3需要纯净的硫酸铝。现有0.05molL-1硫酸铝溶液，经检测，含有Fe2+、Fe3+。可按下述操作提纯：往溶液中加足量H2O2充分反应，再用试剂X调节溶液pH=3.5。（室温下，0.1molL-1的Fe2+、A

39、l3+开始沉淀的pH分别为7.0和3.7，Fe3+完全沉淀的pH=3.2）（3）纳米氧化铝分散在分散剂中将形成胶体。则纳米氧化铝的直径约为_m。（4）检验硫酸铝溶液含有Fe3+时，所采用的试剂及现象是_。（5）往溶液中加入H2O2的作用是 （用离子方程式表示）。（6）加入的X试剂（填选项编号）是 。ACuO BAl(OH)3 CNaOH DNaHCO3若调节(tioji)后溶液的pH偏离(pinl)3.5，可能(knng)带来的后果是_。【答案】（14分）（1）阳极 （2）2 （3）10-910-7（4）加KSCN溶液，溶液变血红色（5）2Fe2+ + 2H2O2 + 2H+ 2Fe3+ +

40、2H2O（6）B；pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失【解析】试题分析：（1）根据电解的总反应可知，阳极：4OH-4e=2H2O+O2，电解质溶液是NaAl(OH)4溶液，OH来源与水的电离，随着OH的消耗，水的电离平衡向电离的方向移动，H浓度增加，随后发生H+Al(OH)4-=Al(OH)3+H2O,所以Al(OH)3 在阳极区沉积。（2）根据阳极：4OH-4e=2H2O+O2，H2OH+OH, H+Al(OH)4-=Al(OH)3+H2O4 4 4 4 4 42 2 2 2 2 2电解中转移2mol e时，将制得2mol的Al(OH)3.(3)将分散质微粒直径介于1

41、-100nm之间的分散系称为胶体，所以纳米氧化铝的直径约为10-910-7 m。（4）向溶液中加入KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明该溶液中有Fe3。（5）室温下，0.1molL-1的Fe2+、Al3+开始沉淀的pH分别为7.0和3.7，而Fe3+完全沉淀的pH=3.2，我们一般将Fe2氧化成Fe3，再通过调节PH值除去杂质铁元素，所以往溶液中加入H2O2的作用是2Fe2+ + 2H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O。（6）要除去铝离子中的铁离子，根据Fe3+3H2O =Fe(OH)3 +3H,加入与H反应的物质，且不引入新的杂质，那么必须加入铝及铝的化合物，所以选B，若调节后

42、溶液的pH偏离3.5，可能带来的后果是pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失。考点：考查电解的工作原理,胶体的定义，Fe3的检验与物质的除杂等知识。【试题(sht)25】（14分）以煤为主要(zhyo)原料可以制备乙二醇，相关工艺流程如下：（1）写出方法(fngf)l在催化剂的条件下直接制取乙二醇的化学方程式 （2）合成气在不同催化剂作用下，可以合成不同的物质。下列物质仅用合成气为原料就能得到且原子利用率为100%的是 （填字母）。A草酸( HOOC-COOH) B甲醇(CH3OH) C尿素CO(NH2)2（3）工业上还可以利用天然气（主要成份为CH4）与C02反应制备合

43、成气。已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJ/mol2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) H=-571.6kJ/mol2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566.0kJ/mol则CH4与CO2生成合成气的热化学方程式为 。（4）方法2：在恒容密闭容器中投入草酸二甲酯和H2发生如下反应：CH3OOCCOOCH3(g)+ 4H2(g) HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) H=-34kJ/mol为提高乙二醇的产量和速率，宜采用的措施是_(填字母)。A升高温度 B增大压强 C增大氢气浓度（5）草酸二甲酯水解生成草酸：CH3O

44、OCCOOCH3+ 2H2OHOOCCOOH+2CH3OH草酸是二元弱酸，可以制备 （草酸氢钾），溶液呈酸性，用化学平衡原理解释： 。在一定(ydng)的溶液(rngy)中滴加NaOH溶液至中性。下列关系(gun x)一定不正确的是 （填字母）。ABC（6）乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池，加入乙二醇的电极为电源的 （填“正”或“负”）级，负极反应式为 。【答案】（1）2CO+3H2HOCH2CH2OH；（2）B（3）CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H+247.3kJ/mol；（4）BC（5）HC2O4-H+ C2O42-, HC2O4-+H2O H2C2O4+OH

45、-，草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度 AC （6）负；HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2CO32-+10H2O【解析】试题分析：（1）CO与氢气在催化剂条件下生成乙二醇，化学方程式为2CO+3H2HOCH2CH2OH；（2）根据元素守恒定律，仅用CO和氢气为原料，无法合成草酸和尿素，只能合成甲醇，且原料气全部转化为甲醇，原子的利用率100%，答案选B；（3）根据盖斯定律，将第一个热化学方程式减去第二和第三个热化学方程式的和可得所求的热化学方程式，所以甲烷与二氧化碳反应制取CO和氢气的热化学方程式是CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H(-890.3)kJ/mo

46、l-(-571.6-566.0)kJ/mol=+247.3kJ/mol；（4）A升高温度，则平衡逆向移动，反应速率加快，但产率降低，错误； B增大压强，平衡正向移动，乙二醇的产率增大，反应速率加快，正确；C增大氢气浓度，则平衡正向移动，乙二醇的产率增大，反应物浓度增大，反应速率加快，正确，答案选BC；（5）草酸是二元弱酸(ru sun)，草酸氢钾溶液呈酸性，溶液中存在HC2O4-H+ C2O42-, HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，因为草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，所以(suy)溶液呈酸性；A、若钠离子(lz)浓度大于钾离子浓度，则氢氧化钠的物质的量大于草酸氢钾的物质的量，

47、则溶液呈碱性，错误；B、根据草酸氢钾的化学式，则符合物料守恒，正确；C、中性溶液中c（OH）= c(H)，结合电荷守恒定律，则c(Na+)+ c(K+)= c(HC2O4-)+ 2c(C2O42-)，错误，答案选AC；（6）乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池，加入乙二醇的电极发生氧化反应，所以作电源的负极；乙二醇失去电子，与氢氧根离子结合为碳酸根离子和水，电极反应式为HOCH2CH2OH-10e-+14OH-2CO32-+10H2O。考点：考查盖斯定律的应用，溶液中离子浓度的比较，溶液酸碱性的判断，化学平衡移动的判断【试题26】（14分）CO和H2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料

48、气，工业上利用天然气（主要成分为CH4）与水进行高温重整制备合成气。（1）已知：CH4、H2和CO的燃烧热(H)分别为890.3kJ/mol、285.8kJ/mol和283.0kJ/mol，且1mol液态水汽化时的能量变化为44.0kJ。用1 m3（标准状况）的甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气所需的热量为 （保留整数）。（2）在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入0.40mol CH4和0.60mol H2O(g)，测得CH4(g)和H2(g)的物质的量浓度随时间变化如下表所示：计算该反应第一次达平衡时的平衡常数K 。3min时改变的反应条件是 （只填一种条件的改变即可）。（3）已知温度

49、(wnd)、压强、投料比Xn(CH4)/n(H2O)对该反应(fnyng)的影响如图所示。图1中的两条曲线(qxin)所示投料比的关系X1 X2(填“=”、“”或“ X2；投料比相同时，压强增大，平衡逆向移动，甲烷的百分含量增大，P1曲线在P2曲线的上方，所以P1P2；（4）以甲烷为燃料的碱性燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，失去电子生成的二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以负极的电极反应式为CH48e10OH CO32-7H2O；放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96L，物质的量是8.96L/22.4L/mol=0.4mol，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=

50、4OH-，则转移电子的物质的量是1.6mol，需要0.2mol甲烷气体，若生成碳酸根离子，则需要KOH的物质的量至少2mol，现在溶液中KOH的物质的量是0.1L3mol/L=0.3mol2mol，根据元素守恒，0.2mol甲烷产生0.2mol二氧化碳与0.3molKOH反应，生成0.1molKHCO3和0.1molK2CO3，溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，所以溶液中钾离子的浓度最大，其次是碳酸氢根离子，然后是碳酸根离子、氢氧根离子，最小的为氢离子，即c(K+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH)c(H)。考点：考查盖斯定律的应用，平衡移动的判断，化学平衡常数的计算，

51、电化学反应原理的应用，离子浓度的比较【试题(sht)27】（15分）氨基(nj)甲酸铵（H2NCOONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料(filio)、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组用如下方法制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) H0（1）实验室通常采用图1装置制取氨气，你所选择的试剂是 。（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。当悬浮物较多时，停止制备。注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。发生器用冰水冷却的原因是 。液体石蜡鼓泡瓶的作用是

52、。从反应后的混合物中分离出产品的实验方法 （填操作名称）。为了得到干燥产品，应采取的方法是_（填写选项序号）。a.常压加热烘干 b.高压加热烘干 c.真空40 以下烘干尾气处理装置如图3所示。能否将浓H2SO4改为稀H2SO4 （填“能”或“否”），理由是 。（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基(nj)甲酸铵样品1.570 g，用足量石灰水充分处理(chl)后，使碳元素完全转化(zhunhu)为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为2.000 g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_。Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3) =79、Mr(CaCO3)=100【答案】（1）氯化铵和

53、氢氧化钙 （2分）（2） 此反应为放热反应，降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解） （2分）通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例 （2分） 过滤（1分） c （2分） 否 （1分）浓硫酸可以防止水蒸气进入反应容器使氨基甲酸铵水解（或者稀硫酸中水蒸气可能进入反应容器导致氨基甲酸铵水解）（2分）（3）0.4968或49.68%（有效数字没有考虑不扣分，在0.50000.4900范围内可以得分）（3分）【解析】试题分析：（1）图1 是固体与固体之间加热制备气体的实验装置，因此实验室如果采用图1装置制取氨气，所选择的试剂是氯化铵和氢氧化钙。（2）由于此反应为放热反应，

54、降低温度，有利于平衡向正反应方向进行，可以提高反应物转化率，因此发生器用冰水冷却。由于气体之间的反应量不易控制，因此通过液体石蜡鼓泡瓶可通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例。由于(yuy)生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮(xunf)在四氯化碳中，所以(suy)从反应后的混合物中分离出产品的实验方法过滤。又因为氨基甲酸铵易分解、易水解，所以为了得到干燥产品，应采取的方法是真空40 以下烘干，答案选c。二者虽然都能吸收氨气，当由于浓硫酸还可以防止水蒸气进入反应容器使氨基甲酸铵水解，所以尾气处理装置中不能将浓H2SO4改为稀H2SO4。（3）设混合物则碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别是amol和bm

55、ol，则79a78b1.57。碳酸钙的物质的量是2.00g100g/mol0.02mol，则根据碳原子守恒可知ab0.02，解得ab0.01，所以样品中氨基甲酸铵的质量分数为。考点：考查物质制备实验方案设计与探究【试题28】在周期表中136号之间的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E元素在第四周期，E的基态原子中未成对电子数是核外电子总数的1/4，F元素位于周期表的ds区，其基态原子最外能层只有一个电

56、子。（1）写出基态E原子的价电子排布式 。（2）B、C、D三种元素第一电离能由小到大的顺序为 （用元素符号表示）。（3）A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为 ，分子的立体结构为 ；C的单质与化合物BD是等电子体，根据等电子体原理，写出化合物BD的电子式 。（4）A2D的沸点在同族元素中最高，其原因是 。A2D由液态形成晶体时密度 （填“增大”、“不变”或“减小”），其主要原因 （用文字叙述）。（5）已知D、F能形成一种(y zhn)化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为 （用元素符号表示(biosh)）；若相邻D原子(yunz)和F原子间的距离为a cm，阿伏伽德罗常数

57、为NA，则该晶体的密度为 gcm-3(用含a、NA的符号表示)。【答案】（1）3d54s1 （2）CON （3）sp3杂化 三角锥形 （4）由于水分子间形成氢键，导致沸点升高 减小 水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小（5）Cu2O；【解析】试题分析：在周期表中136号之间的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C，C元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则C为N，D为O，E元素在第四周期，E的基态原子中未成对电子数是核外电子总数的1/4，则E为Cr，F元素位于周期表的ds区，其基态原子最外能层只有一个电子，则F为Cu，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，则A为H。（1）由以上推断可知E原子为24号Cr原子，其原子的价电子排布式3d54s1 。（2）B、C、D三种(sn zhn)元素分别为C、N、O，根据(gnj)同周期，第一电离能的变化规律，氮原子的P轨道是半充满(chngmn)状态，原子较稳定，第一电离能由小到大的顺序为CON。（3）NH3中N原子成3个键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，孤对电子对成键电子的排斥作