福建省龙岩市高三上学期期末考试化学试卷解析版

1、福建省龙岩市福建省龙岩市 20142014 届高三上学期期末考试化学试卷届高三上学期期末考试化学试卷 一、选择题（本题包括一、选择题（本题包括 1414 小题每小题小题每小题 3 3 分，共分，共 4242 分每小题只有一个选项符合题意）分每小题只有一个选项符合题意） 1嫦娥三号，携带的“玉兔号”月球车使用的耐压外壳为钛合金某种超高硬度钛合金的成 分为 Ti6.5Al6V 一 4Cr0.5Si，该钛合金中硅元素在周期表中的位置为（） A第三周期A 族B第三周期A 族C第四周期A 族D第四周期B 族 考点： 元素周期表的结构及其应用 专题： 元素周期律与元素周期表专题 分析： Si 的原子序数为

2、 14，原子结构中有 3 个电子层，最外层电子数为4，结合电子层数= 周期数、最外层电子数=族序数来解答 解答： 解：Si 的原子序数为 14，由原子结构可知，原子结构中有3 个电子层，最外层电子 数为 4， 则硅元素在周期表中的位置为第三周期A 族， 故选 A 点评： 本题考查原子结构与元素的位置，把握原子序数及原子结构中的电子层、最外层电子 数为解答的关键，注重结构与位置的考查，题目较简单 2 （3 分）25时，下列各物质的水溶液的pH 小于 7 的是（） ABKOHCDFe2（SO4）3Na2CO3KHCO3 考点： 盐类水解的应用 专题： 盐类的水解专题 分析： 25时，pH 小于 7

3、 溶液显示酸性，酸溶液或强酸弱碱盐的溶液，以及部分以电离为 主的酸式盐的溶液都显酸性，据此分析 解答： 解：A、碳酸钠溶液中，碳酸根水解，导致溶液显示了碱性，pH 大于 7，故 A 错误； B、氢氧化钾是强碱溶液，pH 大于 7，故 B 错误； C、Fe2（SO4）3溶液中，三价铁离子水解，三价铁离子结合水电离的氢氧根，导致溶 液显示酸性，pH 小于 7，故 C 正确； D、KHCO3溶液中 HCO3的水解程度大于电离程度，以水解为主，溶液显碱性，溶 液的 pH7，故 D 错误； 故选 C 点评： 本题考查盐类的水解，根据盐类水解的原理进行判断即可，本题难度较低 3 （3 分） （2014惠州

4、模拟）下列有关物质的性质和应用正确的是（） A油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油 B福尔马林可防腐，可用它保存海鲜产品 C乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质 D合成橡胶与光导纤维都属于有机高分子材料 考点： 有机化学反应的综合应用 专题： 有机反应 分析： A油脂为高级脂肪酸甘油酯； B福尔马林有毒，不能用于食品防腐； C糖类、油脂、蛋白质为人体必需的营养物质； D光导纤维的主要成分为二氧化硅 解答： 解：A油脂为高级脂肪酸甘油酯， 则油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油， 故 A 正确； B福尔马林有毒，不能用于食品防腐，所以不能用它保存海鲜产品，但可用作生物 标本的防腐，故

5、 B 错误； C糖类、油脂、蛋白质为人体必需的营养物质，乙醇不是营养物质，故C 错误； D光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机非金属材料，而合成橡胶为有机高分子 材料，故 D 错误； 故选 A 点评： 本题考查较综合，涉及有机物的结构、性质、用语及材料等，把握物质的组成为解答 的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大 4 （3 分）下列实验所用的试纸不能预先用蒸馏水润湿的是（） A用品红试剂检验 SO2 C用红色石蕊试纸检验 NH3 B用淀粉碘化钾试纸检验Cl2 D用 pH 试纸测定某溶液的 pH 考点： 试纸的使用 专题： 化学实验基本操作 分析： A二氧化硫能使品红溶液褪色； B碘化钾淀粉

6、试纸检测有氧化性的物质； C干燥的红色石蕊试纸不可以检验气体； DpH 试纸测定溶液的酸碱性 解答： 解：A二氧化硫能使品红溶液褪色，故应先润湿，故A 不选； B能使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝的物质应具有氧化性，与KI 反应生成单质碘，从而 使淀粉变蓝，所以在使用时预先能用蒸馏水润湿，故B 不选； C根据干燥的红色石蕊试纸不可以检验气体酸碱性，因此红色石蕊试纸使用的第一 步操作是：用蒸馏水润湿，故C 不选； DpH 试纸测定溶液的酸碱性，pH 试纸用蒸馏水润湿后，相当于对原溶液进行稀释， 则溶液的酸碱性会减弱，故D 选 故选：D 点评： 本题考查试纸的使用，对试纸使用方法的理解是解答的关键，较

7、简单 5 （3 分） （2014 陕西一模）下列各组物质的性质比较中不正确的是（） AB酸性：HClO4H2SO4H3PO4热稳定性：SiH4PH3H2S C碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3 D氧化性：F2Cl2Br2 考点： 元素周期律的作用 专题： 元素周期律与元素周期表专题 分析： A元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定； B元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强； C元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强； D元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强 解答： 解：A非金属性：SiPS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以热 稳定性

8、：SiH4PH3H2S，故 A 错误； B非金属性：PSCl，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸 性越强，所以酸性： H3PO4H2SO4HClO4，故 B 正确； C金属性： NaMgAl，元素的金属性越强， 对应的最高价氧化物的水化物的碱性 越强，所以碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故 C 正确； D非金属性：FBrI，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，所氧化 性：F2Br2I2，故 D 正确； 故选：A 点评： 本题考查元素周期律知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，特别是判断金 属性、非金属性的角度 6 （3 分） 一定条件下， 中学化学常见

9、物质甲、 乙之间存在如下转化关系， 则乙可能是 （） AAl（OH）3BH2SiO3CFeCl2 DCH3Cl 考点： 镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的化学性质 专题： 元素及其化合物 分析： A氧化铝和水不反应； B二氧化硅和水不反应； C可由氯化铁和铁发生化合反应生成； D应由甲烷和氯气发生取代反应生成 解答： 解：由图可知，甲生成乙的反应为化合反应， A氢氧化铝不能由氧化铝和水化合反应生成，故A 错误； B二氧化硅和水不反应，制取硅酸，应由硅酸盐和酸反应，故B 错误； C可用 2FeCl2+Cl2=2FeCl3制备，为化合反应，故C 正确； D应由甲烷和氯气发生取代反应生成，不能通

10、过化合反应制备，故D 错误 故选 C 点评： 本题综合考查元素化合物知识， 侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解 和运用的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大 7 （3 分）硼及其化合物在催化剂制造、储氢材料、燃料电池等方面应用广泛 Li3BN2是一 种价格低廉且性能优良的储氢材料，其储氢与放氢原理为Li3BN2+4H2 Li3BN2H8下列有关说法正确的是（） AB 的原子半径小于 N 的原子半径BH2的结构式为 HH C放氢过程为化合反应D储氢过程没有能量变化 考点： 微粒半径大小的比较；反应热和焓变 专题： 化学反应中的能量变化 分析： A根据同周期半径变化判断；

11、 B用短线代表一对电子写出结构式； C从反应方程式判断； D化学反应过程中都伴随能量的变化 解答： 解：A同周期从左到右，原子半径依次减小，故B 的原子半径大于 N 的原子半径， 故 A 错误； B两个氢原子共用一对电子形成氢分子，故B 正确； C从方程式来看，放氢过程为分解反应，故C 错误； D化学反应过程中都伴随能量的变化，故D 错误 故选 B 点评： 本题考查了原子半径的比较，反应类型的判断，结构式的书写，化学反应中的能量变 化，较基础 8 （3 分）下列离子或分子在 pH=0 的溶液中能大量共存的是（） ANa+、Cu2+、SO42 、NH3H2O CK+、Cl 、NO3 、Fe2+

12、BK+、Al3+、MnO4 、C2H5OH DNa+、NH4+、NO3 、CH3OOH 考点： 离子共存问题 专题： 离子反应专题 分析： pH=0，说明溶液呈酸性，如在酸性条件下，离子之间不发生任何反应生成沉淀、气 体或弱电解质，或不发生氧化还原反应，则可大量共存 解答： 解：A酸性条件下，NH3H2O 不能大量共存，故A 错误； B酸性条件下，MnO4与 C2H5OH 发生氧化还原反应，不能大量共存，故B 错误； C酸性条件下，NO3与 Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故C 错误； D酸性条件下，粒子之间不发生任何反应，可大量共存，故D 正确 故选 D 点评： 本题考查离子共存问题

13、，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识 的综合理解和运用的考查，注意题目酸性的特点，把握常见离子的性质以及反应类型 的判断，难度不大 9 （3 分）用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（） A1mol NH4+与 1mol OH 所含的质子数均为 10NA B标准状况下，22.4L CHCl3中含 CH 键数目为 NA C常温下，14g 乙烯中含碳原子数为NA D常温下，pH=13 的 NaOH 溶液中含 OH 数目为 NA 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、1mol 铵离子中含有 11mol质子，1mol 氢氧根离子中含

14、有 9mol 质子； B、标况下，三氯甲烷的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算三氯甲 烷的物质的量； C、乙烯的摩尔质量为 28g/mol，14g 乙烯的物质的量为 0.5mol，含有 1mol 碳原子； D、没有告诉 pH=13 的 NaOH 溶液的体积，无法计算该溶液中的氢氧根离子的数目 解答： 解：A、1mol 氢氧根离子含有 9mol 质子，1mol 铵离子含有 11mol质子，二者含有的 质子数不相等，故 A 错误； B、标准状况下，三氯甲烷不是气体，题中条件无法计算22.4L 三氯甲烷的物质的量， 故 B 错误； C、14g 乙烯的物质的量为0.5mol，0.5mol

15、乙烯中含有 1mol 碳原子，含碳原子数为 NA，故 C 正确； D、氢氧化钠溶液的体积不知，无法计算氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量及数 目，故 D 错误； 故选 C 点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔 体积的使用条件，熟练掌握阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量等物理量之间的关 系 10 （3 分）下列反应原理和应用都正确的一项是（） A4Na+TiCl44NaCl+Ti用金属钠与 TiCl4水溶液反应制取金属 Ti BCO32+H2OH2CO3+OH 用热的纯碱溶液清洗油污 CSiO2+4HFSiF4+2H2O 用氢氟酸蚀刻玻璃 DMgCl

16、 26H2O Mg+Cl2+6H2O 工业上用点解氯化镁晶体制取金属镁 考点： 钠的化学性质；盐类水解的应用；硅和二氧化硅 专题： 元素及其化合物；化学应用 分析： A钠投入到盐溶液中时，先和水反应； B碳酸是二元酸，碳酸根离子分两步水解，第一步水解程度远远大于第二步； C氢氟酸和二氧化硅能反应生成四氟化硅和水； D活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼 解答： 解：A钠投入 TiCl4水溶液中，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和四氯 化钛再发生复分解反应，所以得不到金属单质Ti，故 A 错误； B碳酸根离子分两步水解，第一步水解生成碳酸氢根离子，第一步水解程度远远大 于第二步，所以碳

17、酸钠第一步水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH ，故 B 错误； C玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅能反应生成四氟化硅和水，其反应方程 式为 SiO2+4HFSiF4+2H2O，故 C 正确； D镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D 错误； 故选 C 点评： 本题考查了金属的冶炼、盐类水解等知识点，明确物质的性质是解本题关键，根据金 属的活泼性确定金属的冶炼方法、 多元弱酸根离子分步水解等来分析解答， 难度不大 12 （3 分）下列实验装置或操作设计正确且能达到实验目的是（） AB 配制一定物质的量浓度的稀硫酸制取少量的氢氧化铁胶体 CD 称取氢氧化钠固体 用硫

18、酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液 考点： 化学实验方案的评价；胶体的重要性质；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓 度的溶液；中和滴定 专题： 实验评价题 分析： A不能在容量瓶中稀释浓硫酸； B应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液； C硫酸应装在酸式滴定管中； D氢氧化钠应放在左盘中，且要防止吸潮 解答： 解：A容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，只能在常温下使用，不能在容量瓶中 稀释浓硫酸，故 A 错误； B应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液， 题中实验操作易生成氢氧化铁沉淀， 故 B 错误； C用硫酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液，硫酸装在酸式滴定管中，符合实验要求，故 C 正确； D氢氧化钠应放在左盘中，且放在

19、小烧杯中称量，故D 错误 故选 C 点评： 本题考查较为综合， 涉及溶液的配制、 胶体的制备、 中和滴定以及物质的称量等知识， 为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查， 注意把握物质的性质以及实验操作的严密性和可行性的评价，难度不大 13 （3 分）汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）N2+CO2（g）H= 373.4kJ/mol 在一容积为 5L 的恒容密闭容器中充人 0.2mol NO 和 0.5mol CO， 5min 后该反应 达到平衡，此时 N2的物质的量为 0.06mol下列说法正确的是（） A达到平衡后，若只升高温度，化学平衡正向

20、移动 B达到平衡后，再通人稀有气体，逆反应速率增大 C使用催化剂，平衡常数不变 D05min 内，NO 的反应速率为 2.410 3molL1min1 考点： 化学平衡的影响因素 专题： 化学平衡专题 分析： A升高温度，平衡向吸热反应方向移动； B恒温恒容条件下，通入稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变； C平衡常数只受温度影响； D根据 v=计算 v（N2） ，在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO） 解答： 解：A正反应为放热反应，只升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方 向移动，故 A 错误； B恒温恒容条件下，通入稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变，正、

21、逆反应速 率都不变，故 B 错误； C平衡常数只受温度影响，使用催化剂，平衡常数不变，故C 正确， D.05min 内，N2的平均速率=2.410 3molL1min1，速率之比等于化 学计量数之比，故 v（NO）=2v（N2）=4.810 3molL1min1，故 D 错误， 故选 C 点评： 本题考查化学平衡、化学反应速率及化学平衡常数影响因素、反应速率计算等，难度 不大，注意平衡常数只受温度影响 14 （3 分）常温下，将 0.1mo1L 1的醋酸溶液加水稀释至原来体积的10 倍，下列有关叙 述正确的是（） ACH3COOH 的电离平衡常数增大为原来的10 倍 BCH3COO 与 CH3

22、COOH 的浓度之比增大为原来的10 倍 CCH3COO 与 H+的浓度之积减小为原来的0.1 DCH3COOH 与 CH3COO 的浓度之和减小为原来的0.1 考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题： 电离平衡与溶液的 pH 专题 分析： 醋酸为弱酸，不能完全电离，加水稀释促进电离，电离程度增大，但温度不变，则电 离平衡常数不变，以此解答 解答： 解：A电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，则平衡常数不变，故A 错误； B加水稀释促进电离，则溶液总H+的浓度大于原来的，由 K= 原来的 10 倍，故 B 错误； 不变可知，CH3COO 与 CH3COOH 的浓度之比小于 C加水稀释时，醋

23、酸进一步电离，则CH3COOH 浓度小于原来的 0.1，由 K= 0.1，故 C 错误； D由物料守恒可知，CH3COOH 与 CH3COO 的浓度之和减小为原来的0.1，故D 正 确 故选 D 点评： 本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点， 注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，结合平衡常数解答该题，难度中等 二、非选择题（本题包括二、非选择题（本题包括 5 5 小题，共小题，共 5858 分）分） 15 （14 分）铁、铝、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题： 不变可知，CH3COO 与 H+的浓度之积小于原来的 （1）铝的原子结构

24、示意图为；铁、铝、铜三种金属的金属活动性由弱到强的 排列顺序是铜铁铝 （2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式： 2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+ （3）如图装置中，铁作负极，铜电极的电极反应式为Cu2+2e Cu （4）已知铜与稀硫酸不反应，但铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方 程式表示其原因：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O （5）氯化铝广泛用作有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为A12 03）与 焦炭混合后加热并通人氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式： Al2O3+3Cl2+3C2Al

25、Cl3+3CO，该反应的氧化剂是Cl2 （6）某校兴趣小组为测定一种铁铝硅合金（ FexAlySiz） 粉末的组成，提出如下方案：准确 称取 1.46g 该合金粉末， 加入过量盐酸溶液， 充分反应后过滤， 测定剩余固体质量 0.07g向 滤液中滴加足量 NaOH 浓溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、 灼烧，得红棕色粉末 1.60g，通过计算确定此合金的组成为Fe8Al4Si（填化学式） 考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算；原电池和电解 池的工作原理 专题： 计算题；元素及其化合物 分析： （1）铝的核电荷数为 13，最外层 3 个 电子，结

26、合河外电子排布规律写出；依据金属 活动顺序表判断活泼性； （2）铁离子具有氧化性氧化铜生成铜离子和亚铁离子； （3）装置图是原电池装置，铁做负极是失电子生成亚铁离子，铜做正极，溶液中铜 离子得到电子析出铜； （4）铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色是因为铜和氧气反应生成氧化铜与 稀硫酸反应生成硫酸铜溶液呈蓝色； （5）根据反应物、生成物和反应条件写出配平反应方程式； （6）合金溶于过量盐酸铁和铝反应，剩余固体质量为硅的质量，计算得到n（Si） ， 加入过量氢氧化钠溶液铝离子反应全部变化为偏铝酸钠，铁离子生成氢氧化铁过滤、 洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g 为 F

27、e2O3，计算得 到铁元素物质的量，结合质量守恒计算合金中铝元素物质的量得到化学式； 解答： 解： （1）铝的原子结构示意图为，依据金属活动顺序表得到铁、铝、铜三种 金属的金属活动性由弱到强的排列顺序是铜铁铝（或CuFeAl） ； 故答案为：；铜铁铝（或 CuFeAl） ； （2）FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，因为铁离子具有氧化性，将铜单质氧化生成铜离子和 亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+； 故答案为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+； （3）装置图是原电池装置，铁做负极是失电子生成亚铁离子，Fe2e =Fe2+，铜做 正极，溶液中铜离子得到电子析出铜，电极反应Cu

28、2+2e Cu； 故答案为：负；Cu2+2e Cu； （4）因溶液中有氧气，加热能与铜反应生成氧化铜：2Cu+O2 再与硫酸反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，两式相加： 2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O， 2CuSO4+2H2O； 2CuO，氧化铜 故答案为：2Cu+O2+2H2SO4 （5）根据题意知，反应物是氧化铝、碳和氯气，反应条件是加热，生成物是氯化铝 和一氧化碳，所以其反应方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，反应中氯 元素化合价从 0 价变化为1 价，化合价降低做氧化剂，碳元素化合价0 价变化为+2 价，失电子做还原剂； 故答案为：A

29、l2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；Cl2； （6）准确称取 1.46g 该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，铁和铝全部 溶解，测定剩余固体质量0.07g 为硅n（Si）=0.0025mol，向滤液中滴加 足量 NaOH 浓溶液，铝离子反应生成偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体判断 为 Fe（OH）3，再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g 为 Fe2O3，铁的 物质的量 n（Fe）= = 2=0.02mol，n（Al） =0.01mol；n（Fe） ：n（Al） ：n（Si）=0.02： 0.01：0.0025=8：4：1； 化学式为：Fe8Al4Si； 故

30、答案为：Fe8Al4Si 点评： 本题考查了物质性质的分析应用， 主要是氧化还原反应的离子方程式和化学方程式书 写，元素守恒计算物质化学式是解题关键，题目难度中等 16 （9 分） X、 Y、 Z、 W 分别是 HNO3、 NH4NO3、 NaOH、 NaNO2四种强电解质中的一种 下 表是常温下浓度均为 0.01molL 0.01mol/L 的溶液 X PH12 1的 X、Y、Z、W 溶液的 pH YZ 28.5 W 4.5 （1）X、W 的化学式分别为NaOH、NH4NO3 （2）W 的电离方程式为NH4NO3NH4+NO3 （3） 25时， Z 溶液的 pH7 的原因是NO2+H2OHN

31、O2+OH（用离子方程式表示） 1 （4）将 X、Y、Z 各 1molL同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由 大到小的顺序为c（Na+）c（NO3）c（NO2）c（OH ）c（H+） （5）Z 溶液与 W 溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为 NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2+2H2O 考点： 电解质在水溶液中的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph 的计算 专题： 电离平衡与溶液的 pH 专题 分析： X、 Y、 Z、 W 分别是 HNO3、 NH4NO3、 NaOH、 NaNO2四种强电解质中的一种， 0.01mol/L 的 X 溶液 pH

32、=12，说明 X 为强碱，则 X 为 NaOH； 0.01mol/L 的 Y 溶液 pH=2，说明 Y 为强酸，则 Y 为 HNO3； 0.01mol/L 的 Z 溶液 pH=8.5，说明 Z 为强碱弱酸盐，则 Z 为 NaNO2； 0.01mol/L 的 W 溶液 pH=4.5，说明W 为强酸弱碱盐，则W 为 NH4NO3，再结合物质 的性质来分析解答 解答： 解：X、Y、Z、W 分别是 HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种， 0.01mol/L 的 X 溶液 pH=12，说明 X 为强碱，则 X 为 NaOH； 0.01mol/L 的 Y 溶液 pH=2，说明

33、Y 为强酸，则 Y 为 HNO3； 0.01mol/L 的 Z 溶液 pH=8.5，说明 Z 为强碱弱酸盐，则 Z 为 NaNO2； 0.01mol/L 的 W 溶液 pH=4.5，说明 W 为强酸弱碱盐，则 W 为 NH4NO3， （1）通过以上分析知，X 为 NaOH，W 为 NH4NO3， 故答案为：NaOH；NH4NO3； （2）硝酸铵为强电解质，在水溶液里完全电离为氢根离子和硝酸根离子，电离方程 式为：NH4NO3NH4+NO3，故答案为：NH4NO3NH4+NO3； （3）Z 为亚硝酸钠，亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性， 水解离子方程式为：NO2+H2OHN

34、O2+OH ，故答案为：NO2+H2OHNO2+OH ； （4）X、Y、Z 各 1molL 1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的 量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠， 亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性， 则 c （OH ） c （H+） ， 钠离子和硝酸根离子都不水解， 但盐类水解较微弱， 所以离子浓度大小关系是c （Na+） c（NO3）c（NO2）c（OH ）c（H+） ， 故答案为：c（Na+）c（NO3）c（NO2）c（OH ）c（H+） ； （5）在加热条件下，亚硝酸钠和硝酸铵反应生成氮气和硝酸钠，反应方程式为： NaNO2+NH4NO3 NaNO2+NH4NO3 NaNO3+N2+

35、2H2O，故答案为： NaNO3+N2+2H2O 点评： 本题以电解质的电离为载体考查了离子浓度大小的比较、物质间的反应、盐类水解、 物质的判断等知识点，明确物质的性质是解本题关键，再结合盐的类型来分析解答， 题目难度不大 17 （13 分）无水硫酸铜受热分解生成氧化铜和气体，受热温度不同生成的气体成分也不 同气体成分可能含 SO3、SO2和 O2中的一种、两种或三种某化学课外活动小组设计探 究性实验，测定反应产生的SO3、SO2和 O2的物质的量，并计算确定各物质的化学计量数， 从而确定 CuSO4分解的化学方程式实验用到的仪器如下图所示： 【提出猜想】 猜想 I硫酸铜受热分解所得气体的成分

36、可能只含SO3一种； 猜想硫酸铜受热分解所得气体的成分可能只含SO2、O2两种 猜想硫酸铜受热分解所得气体的成分可能含有SO3、SO2、O2三种 【实验探究】 已知实验结束时，硫酸铜完全分解 （1）组装探究实验的装置，按从左至右的方向，各仪器接口连接顺序为 （填接口序号） （2）若实验结束时装置B 中量筒没有收集到水，则证明猜想I（填“”“”或“”）正 确 （3）有两个实验小组进行该实验，由于加热时的温度不同，实验结束后，测得相关数据也 不 同，数据如下： 实验小组称取硫酸铜的质量（g） 装置 c 增加的质量（g） 量筒中谁的体积折算 成标准状况下气体的 体积（mL） 一6.42.56448

37、二6.43.84224 请通过计算，推断出在第一小组和第二小组的实验条件下CuSO4分解的化学方程式： 第一小组：2CuSO4 第二小组：4CuSO4 2CuO+2SO2+O2； 4CuO+2SO2+2SO3+O2 考点： 性质实验方案的设计；化学方程式的有关计算 专题： 实验评价题 分析： 【提出猜想】 猜想如果有氧气生成，则发生的化学反应是氧化还原反应，则生成的另一种气体 应该是 SO2； 猜想硫酸铜受热分解所得气体的成分可能含有SO3、SO2、O2； （1）实验时，根据反应装置、洗气装置、干燥装置、收集装置进行排序； （2）若实验结束时装置B 中量筒没有收集到水，说明生成的气体完全被吸收

38、； （3）c 装置吸收的是 SO2，E 装置中收集的气体是O2，根据转移电子配平方程式 解答： 解： 【提出猜想】 猜想如果有氧气生成，则发生的化学反应中有电子转移，所以是氧化还原反应， 则生成的另一种气体应该是SO2，因为硫酸和 SO3中 S 元素化合价相同，所以只能是 SO2； 猜想硫酸铜受热分解所得气体的成分可能含有SO3、SO2、O2， 故答案为：SO2、O2；SO3、SO2、O2； （1）实验时，根据反应装置、洗气装置、干燥装置、收集装置进行排序，A 是制取 气体、B 是量取生成氧气体积、C 是吸收二氧化硫、D 是干燥氧气、E 是排水法收集 氧气、F 吸收三氧化硫， 其实验先后顺序是

39、制取气体、除去三氧化硫、吸收水分、吸收二氧化硫、吸收二氧化 硫、干燥氧气、收集氧气，所以其排列顺序为 ， 故答案为：； （2）若实验结束时装置B 中量筒没有收集到水，说明生成的气体完全被吸收，因为 生成二氧化硫时一定生成氧气，氧气不能被吸收，所以生成的气体只能是三氧化硫， 所以 I 是正确的，故选 I； （3）c 装置吸收的是 SO2，E 装置中收集的气体是O2， 实验一中 n（CuSO4）= =0.02mol， =0.04mol，所以该反 =0.04mol，n（SO2）=0.04mol、n（O2） 根据转移电子守恒知，硫酸铜分解生成n（SO2）= 应中没有 SO3生成，再结合原子守恒配平方程

40、式为 2CuSO42CuO+2SO2+O2； =0.04mol，n（SO2）=实验二中 n（CuSO4）= =0.01mol， =0.06mol，n（O2） 根据转移电子守恒知，硫酸铜分解生成n（SO2）=0.02mol0.06mol， 所以生成的气体中含有SO3， 根据SO3+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2+H2O 知， 生成n （SO3） =0.02mol，所以 n（SO2） ：n（SO3） ：n（O2）=0.02mol： 0.02mol：0.01mol=2：2：1，根据原子守恒配平方程式得 4CuSO44CuO+2SO2+2SO3+O2， 2CuO+2SO2+O2；故答案为：2C

41、uSO4 4CuSO44CuO+2SO2+2SO3+O2 点评： 本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生实验操作、分析问题、解答问题能力，明 确实验原理是解本题关键，知道实验仪器连接顺序，知道各个仪器中试剂的作用，题 目难度中等 18 （11 分）废钒催化剂的主要成分是V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和 Fe2O3等，现欲利 用以下工艺流程回收 V2O5 回答下列问题： （1）VOSO4中，V 元素的化合价为+4，中产生的废渣的主要成分是SiO2 （2）配平中反应的离子方程式： （3）25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH 之间的关系如下表： pH1.41.51.61.71

42、.81.92.02.1 钒沉淀率/%94.896.098.098.898.296.493.189.3 试判断在实际生产时，中加入氨水调节溶液的最佳pH 为1.7 （4）生产时，将中的酸性萃余液循环用于中的水浸在整个工艺流程中，可循环利用 的物质还有有机萃取剂、氨水（或氨气） （5）成品 V2O5可通过铝热反应来制取金属钒，写出该反应的化学方程式： 3V2O5+10Al 考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 6V+5Al2O3 专题： 实验设计题 分析： 废钒催化剂的主要成分是V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和 Fe2O3加硫酸，氧化铁溶 解，二氧化硅不溶解；加入还原剂，铁离

43、子被还原为亚铁离子， V2O5被还原为 VO2+ 离子，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余余酸和有机层分开，通过反萃取，把萃取 剂和离子分开，加入氧化剂把VO2+氧化成 VO3+，亚铁离子氧化成铁离子，调节pH 得到含钒的沉淀，灼烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用 （1）根据化合价代数和为0 确定化合价；废钒催化剂的主要成分中二氧化硅不溶于 酸； （2）用化合价升降法配平方程式； （3）从沉淀率和 pH 关系找出最佳沉淀率； （4）从流程图分析循环的物质，中有机萃取剂用于中萃取，中氨气用于中 调节 pH； （5）铝热反应实质是置换反应，铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝 解答： 解：

44、废钒催化剂的主要成分是V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和 Fe2O3加硫酸，氧化 铁溶解，二氧化硅不溶解；加入还原剂，铁离子被还原为亚铁离子，V2O5被还原为 VO2+离子，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余余酸和有机层分开，通过反萃取，把 萃取剂和离子分开，加入氧化剂把VO2+氧化成 VO3+，亚铁离子氧化成铁离子，调节 pH 得到含钒的沉淀，灼烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用 （1）氧的化合价为2 价，硫的化合价为+6 价，设 VOSO4中 V 元素的化合价为 x， 根据化合价代数和为 0 得：x+652=0，解得 x=+4；二氧化硅不和硫酸反应，故废 渣中含二氧化

45、硅，故答案为：+4；SiO2； （2）氯元素化合价从+51，化合价降低 6，钒化合价从+4+5，化合价升高 1， 二者最小公倍数为 6，把变价元素配平，初步配平为：ClO3+6VO2+H+6VO3+Cl +H2O， 根据氧原子守恒确定H2O 前系数为 3， 氢离子前系数为 6， 故配平后为： ClO3 +6VO2+6H+6VO3+Cl +3H2O， 故答案为：ClO3+6VO2+6H+6VO3+Cl +3H2O； （3）从沉淀率和pH 关系可知，随pH 增大，沉淀率先增大后减小，故沉淀率最大的 pH 即为最佳 pH，pH=1.7，沉淀率最大，故答案为：1.7； （4）从流程图可知，中有机萃取剂

46、用于中萃取，中氨气用于中调节pH，故 答案为：有机萃取剂、氨水（或氨气） ； （5）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应反应方程式为3V2O5+10Al 6V+5Al2O3，故答案为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3 点评： 本题考察了工艺流程图，中等难度注意从流程中得到解题信息，配平时根据化合价 升降总数相等来配平是常用方法 19 （11 分）资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工 业 产品 （1）有科学家提出可利用FeO 吸收和利用 CO2，相关热化学方程式如下： 6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）H=76.0kJmol 1 上述反应中每生成 1mol Fe3O4，转移电子的物质的量为2mol 已知：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+113.4kJmol 1，则反应： 3FeO（s）+H2O（g）=Fe3O4（s）+H2（g）的H=+18.7 kJmol 1 （2） 在一定条件下， 二氧化碳转化为甲烷的反应如下： CO2（g） +4H2（g） CH4（g） +2H2O