辽宁省沈阳市四校协作体联考高三上学期期中化学试卷(版)

1、2015-2016学年辽宁省沈阳市四校协作体联考高三（上）期中化学试卷一、单选题（每题3分，共45分）1在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（）A中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对此、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【考点】真题集萃；氧化还原反应；硝酸的化学性质【分析】A硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO

2、，NO遇空气变为二氧化氮；B浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极【解答】解：A稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O22NO2，故A正确；B的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C对比I、的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反

3、应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D根据中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选：C【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力2化学与科学、社会、技术和环境密切相关下列有关说法中错误的是（）A目前科学家已制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望用于制造高能计算机芯片B2014年在西非国家爆发了埃博拉疫情，埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C2014年德美科学家因开发超分辨荧光显微

4、镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代，利用此类光显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子D绿色化学期望利用化学原理从源头消除污染，在生产过程中充分利用原料，实现零排放【考点】碳族元素简介；绿色化学；分子等层次研究物质的意义；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A制造高能计算机芯片的晶体管应为半导体材料；B乙醇为有机物能够使蛋白质变性；C依据2014年诺贝尔化学奖获得者及其贡献解答；D根据绿色化学的内涵和外延知识来回答判断【解答】解；A晶体管材料应具有导电性，锗电子迁移率比硅强，为良好的半导体材料，故A正确；B乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，故B错误；C.2

5、014年德美科学家因开发超分辨率荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子，故C正确；D依据绿色化学的含义可知，绿色化学是利用化学原理从源头消除污染，在化学过程中充分利用原料，实现零排放，故D正确；故选：B【点评】本题为综合题，考查了化学史、物质的性质和用途、绿色化学的概念，依据相关知识即可解答，注意对基础知识的积累3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）28g由C2H4和C3H6组成的混合物中含有氢原子的数目为4NA1L 0.1molL1的氨水中含有NH3H2O分子数为0.1NA1mol Na2O2固体与足量CO2反应转

6、移电子数为1NA标准状况下，2.24L的二氯甲烷中含有的碳氯共价键的数目为0.2NAA4个B3个C2个D1个【考点】阿伏加德罗常数【分析】C2H4和C3H6的最简式均为CH2；NH3H2O是弱电解质，在溶液中会部分电离；Na2O2固体与CO2反应时为歧化反应；标准状况下，二氯甲烷为液态【解答】解：C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n=2mol，则含4mol氢原子即4NA个，故正确；NH3H2O是弱电解质，在溶液中会部分电离，故溶液中的一水合氨分子个数小于0.1NA个，故错误；Na2O2固体与CO2反应时为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即N

7、A个，故正确；标准状况下，二氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4如表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是 （）选项XYZMAH2SSSO3O2BMgCCOCO2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DNH3NONO2O2AABBCCDD【考点】钠的重要化合物；氮族元素简介；含硫物质的性质及综合应用【专题】氧族元素；氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】AS不能直接生成SO3；BMg与二氧化碳反应生成氧化镁和C，C和二氧化碳反应生成COCNaOH与少量二氧

8、化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；D氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮【解答】解：AS不能直接生成SO3，不符合图中转化，故A选；BMg与二氧化碳反应生成氧化镁和C，C和二氧化碳反应生成CO，符合图中转化，故B不选；CNaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化，故C不选；D氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，符合图中转化，故D不选；故选A【点评】本题考查物质的性质，侧重物质转化及物质性质的考查，明确常见物质的化学性质为解答的关键，注意选项A中硫只生成二氧化碳，在催化剂条件下生成三氧化硫，题目难度不大5

9、下列参数比较及解释均正确的是（）选项参数比较解释A沸点HFHClHI组成结构相似的物质，相对分子质量越大沸点越高B半径Na+Mg2+Al3+同一周期粒子半径随原子序数的递增逐渐减小C酸性H2SO3H2CO3元素的非金属性越强，其含氧酸的酸性越强D还原性P3S2Cl元素的非金属性越强，简单阴离子的还原性越弱AABBCCDD【考点】晶体熔沸点的比较；微粒半径大小的比较；氧化性、还原性强弱的比较【分析】A氢化物都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点较高；B电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D元

10、素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱【解答】解：A氢化物都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点较高，这几种氢化物中HF中含有氢键，熔沸点最高，所以熔沸点高低为HClHIHF，故A错误；B电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径Na+Mg2+Al3+，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，亚硫酸不是S元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据酸性强弱判断非金属性强弱，故C错误；D元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性ClSP，所以离子的还原性P3S2Cl，故D正确；故选D【点评】本题考查氢化

11、物熔沸点高低判断、离子半径半径、非金属性强弱与酸及简单阴离子还原性的关系，侧重考查学生分析判断能力，明确元素周期律及物质性质即可解答，注意A中氢键对物质熔沸点的影响，易错选项是C，注意只有元素最高价氧化物的水化物才能比较非金属性强弱，题目难度不大6下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是（）XYZA钠元素主族元素短周期元素B氢氧化铁胶体分散系C电解质化合物纯净物D置换反应氧化还原反应放热反应AABBCCDD【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；氧化还原反应【专题】物质的分类专题【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根

12、据概念的从属关系来解答【解答】解：A、钠元素为主族元素，主族元素中一、二、三周期属于短周期元素，主族元素中四、五、六、七周期属于长周期元素，故A错误；B、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B错误；C、电解质属于化合物，化合物都是纯净物，故C正确；D、置换反应属于氧化还原反应，而氧化还原反应不一定是放热反应，故D错误；故选：C【点评】本题考查物质的组成和分类，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键7下列离子方程式正确的是（）A向NaClO溶液中通入少量SO2 2ClO+SO2+H2O=2HClO+SOB向Fe2（SO4）3溶液中通入

13、足量的H2S Fe3+H2S=Fe2+S+2H+C向FeBr2中通入等量Cl2 2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4ClDFe（OH）3和HI的反应 Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A次氯酸根离子能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；B电荷不守恒；C二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，剩余氯气再氧化溴离子；D三价铁离子能够氧化碘离子【解答】解：A向NaClO溶液中通入少量SO2，离子方程式：ClO+H2O+SO2SO42+2H+Cl，故A错误；BFe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量硫化氢，硫化氢被铁离子氧化成硫单

14、质，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+，故B错误；C向FeBr2中通入等量Cl2，离子方程式：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl，故C正确；DFe（OH）3和HI的反应，离子方程式：2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+6H2O+I2，故D错误；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应必须遵循客观事实，注意反应物对反应的影响，题目难度不大8某溶液X中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的

15、量相等为确定该溶液X的成分，某学习小组做了如图实验，则下列说法正确的是（）A气体甲、沉淀甲一定为纯净物BCO32、Al3+、K+一定不存在CSO42、NH4+一定存在，NO3、Cl可能不存在D若含有Fe3+，则一定含有Cl【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】某溶液X中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32与H+的反应，也可能是NO3在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲为0.02mol，则

16、气体甲为NH3，故溶液中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无现象，故溶液X中无Al3+；再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42；所得沉淀甲应为Fe（OH）2或Fe（OH）3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，则物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量为0.02mol，然后根据离子之间的互斥性和溶液的电荷守恒来分析【解答】解：某溶液X中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al

17、3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32与H+的反应，也可能是NO3在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无现象，故溶液X中无Al3+；再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42；所得沉淀甲应为Fe（OH）2或Fe（OH）3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.0

18、1mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO32发生双水解而不能共存，故溶液中无CO32，则生成气体乙的反应只能是NO3与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO3，而所含阴离子的物质的量相等，即NO3的物质的量也为0.02mol；故现在溶液X中已经确定存在的离子是：阴离子：0.02molNO3，0.02molSO42，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷0.06mol，一定不含Al3+、CO32，根据溶液呈电中性可知，当 0

19、.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则Cl可以存在，也可以不存在，若Cl存在，则K+一定存在，若Cl不存在，则K+一定不存在；若溶液中含Fe3+，阳离子所带正电荷大于0.06mol，则溶液中一定存在Cl，还可能存在K+故溶液中可能含Cl、K+ A气体甲为氨气，是纯净物，但沉淀甲可能是Fe（OH）2或Fe（OH）3或两者均有，不一定是纯净物，故A错误；B根据分析可知，K+可能存在，故b错误；C溶液中NO3一定存在，故C错误；D由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时，则阳离子所带的正电荷0.06mol，故溶液中一定含Cl，故D正确；故选D【点评】本题考查了溶液中离

20、子的检验，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的分析理解能力及逻辑推理能力9某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，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该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C每生成1molO2，有44gCO2被还原Da电极的反应为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】根据图知，电解时a是阴极、b是阳极，a电极上CO2得电子生成C3H8O，阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O4e=O2+4H

21、+，A该装置有外接电源，属于电解池；B电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动、阳离子向阴极移动；C根据转移电子守恒计算被还原CO2质量；D阳极上CO2得电子生成C3H8O【解答】解：根据图知，电解时a是阴极、b是阳极，a电极上CO2得电子生成C3H8O，阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O4e=O2+4H+，A该装置有外接电源，属于电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；B电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动、阳离子向阴极移动，所以该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移，故B错误；C每生成1molO2，转移电子4mol，被还原m（CO2）=29.3g，故C错误；D阳极上CO2

22、得电子生成C3H8O，电极反应式为3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是C，注意C3H8O中C元素化合价的计算方法，题目难度不大10根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（）已知：MgCl26H2O受热生成Mg（OH） Cl和HC1气体等A过程的提纯是物理过程，过程通过氧化还原反应可产生2种单质B过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题C在过程、反应中每氧化0.2 mol Br一需消耗2.24LCl2D在过程中将MgCl26H2O

23、灼烧即可制得无水MgCl2【考点】海水资源及其综合利用【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物；物质的分离提纯和鉴别；制备实验综合【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴A根据粗盐的提纯及电解饱和食盐水产物进行判断；B根据反应二氧化硫与溴单质的生成产物进行分析；C根据物质的量计算氯气气体的体积，必须知道气体摩尔体积；D根据镁离子水解及

24、氯化氢的挥发性进行分析【解答】解：A过程的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A错误；B因Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，故B正确；C因2Br+Cl2 =Br2 +2Cl，每氧化0.2molBr需消耗0.1molCl2，0.1molCl2的体积标准状况为2.24L，在其他状况下不一定为2.24L，故C错误； D因MgCl26H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，直接灼烧得不到MgCl2，若要由MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg

25、2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故D错误；故选B【点评】本题考查了海水资源综合利用，涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元素及其化合物的有关知识进行综合利用，提高了试题的综合性，本题难度中等11下列各项表述与示意图一致的是（）A图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）CH3CH3（g）+Q，0Q；使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化B图表示25时，用0.01molL1盐酸滴定一定体积的0.01molL1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C图表示CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）+Q，反应CH4的转化率与温度、压强的关系，且p1p2、0

26、QD图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+Q，0Q；正、逆反应的平衡常数K随温度的变化【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】图像图表题【分析】A、因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量；B、用0.01molL1盐酸滴定一定体积的0.01molL1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01molL1，所以起始PH=12；C、转化率与温度、压强图象有三个变量，采用“定一议二”方法判断压强大小；根据图象中压强不变，温度升高后甲烷的转化率判断该反应的焓变；D、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，

27、而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系【解答】解：A、图象a活化能减小，a使用了催化剂，因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故A错误；B、用0.01molL1盐酸滴定一定体积的0.01molL1 NaOH溶液，则起始氢氧根离子浓度为0.01molL1，所以起始PH=12，与图象不一致，故B错误；C、通过图表可知当温度相同时，p2p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1p2；当压强为p1时，升高温度，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，说明正反应为吸热反应，Q0，故C错误；D、

28、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故D正确；故选D【点评】本题以图象与中和滴定、化学平衡、氧化还原反应、反应中的能量变化来考查学生，这些知识点是新课程改革考查的重点，明确考点“形变神不变”，做到善于抓规律、编网络来掌握即可12下列有关图示分析正确的是（）A如图所示，集气瓶内充满Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，并可能充满集气瓶B如图所示，X为铁棒，Y为铜棒，a为直流电源，当S闭合后，当b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，电子从X极流入a

29、CPt为电极，电解含0.10 mol M+和0.1 mol N3+（M+、N3+均为金属阳离子）的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量（y）与导线中通过电子的物质的量（x）的关系如图，离子氧化能力M+N3+H+D如图为N2（g）和O2（g）生成NO（g）过程中的能量变化，则NN的键能为946kJ/mol，热化学方程式为：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=180 kJ/mol【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A反应生成一氯甲烷，常温下为气体；BX极附近产生白色沉淀，说明Fe被氧化；C由图象可知，通电子0.1mol时生成0.1mol单质，应为M，通电子0.1mol0.3m

30、ol电子时析出单质为0.1mol0.2mol，由化合价可知应用氢气；D反应热计算错误【解答】解：A反应生成一氯甲烷，常温下为气体，则不可能充满集气瓶，故A错误；BX极附近产生白色沉淀，应为氢氧化亚铁，说明Fe被氧化，为阳极，则电子从X极流入a，故B正确；C由图象可知，通电子0.1mol时生成0.1mol单质，应为M，通电子0.1mol0.3mol电子时析出单质为0.1mol0.2mol，由化合价可知应用氢气，可知氧化性氧化能力M+H+N3+，故C错误；D热化学方程式为：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=（946kJ/mol+498kJ/mol2×632kJ/mol）=+180 k

31、J/mol，故D错误故选B【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，涉及物质的制备、电解、化学反应与能量等，把握实验装置的作用为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，题目难度中等13Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）H=+11kJ/mol，在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表：t/min020406080120x（HI）10.910.850.8150.7950.784x（HI）00.600.730.7730.7800.784由上述实验数据计算得到v正x（HI）和v逆x（H2）的关系可用如图表示当升高到某一温度

32、时，反应重新达到平衡，相应的点分别为（）ABFBAECBEDAD【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡图像；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时HI的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时H2的物质的量分数增大，据此答题【解答】解：对于2HI（g）H2（g）+I2（g）反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除A点，故选B点；对于H2（g）+I2（g）

33、2HI（g）反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正x（HI）对应的点为A，v逆x（H2）对应的点为E，故选C【点评】本题主要考查平衡的移动影响因素等，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大题目难度14亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，其物理性质与NaCl极为相似相关转化关系如图所示，下列说法不正确的是（）ANaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2

34、BNaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂C可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaClD分解NaN3盐每产生1 mol N2 转移6 mol e【考点】含氮物质的综合应用【专题】氮族元素【分析】A根据铵盐加热易分解，而钠盐加热难分解；B根据氧化剂是化合价升高的反应物；C根据信息可知：NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，而NaCl无氧化性；D根据NaN3中氮的化合价为，生成1个 N2转移个电子【解答】解：ANH4NO2加热易分解，而NaNO2加热难分解，所以NaNO2的稳定性大于NH4NO2，故A正确；BNaNO2与N2H4反应生成NaN3，N

35、aNO2是中氮的化合价由+3价降低为，是氧化剂，故B正确；CNaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，故C正确；DNaN3中氮的化合价为，生成1个N2转移个电子，则每产生1 mol N2转移mole，故D错误；故选D【点评】本题主要考查了亚硝酸钠的性质，难度不大，注意抓住题目信息来解题15现有Fe2O3和Fe3O4组成的混合物W g，将其投入到V mL 5mol/L的盐酸中，再加入22.4g铁粉，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下气体4480mL，向反应后溶

36、液中滴加KSCN溶液，无颜色变化，下列推断正确的是（）A转移电子为1.0molBW可能等于48.8CV可能等于360D发生的反应均为氧化还原反应【考点】有关混合物反应的计算【分析】22.4g铁粉的物质的量为： =0.4mol，标准状况下4480mL氢气的物质的量为： =0.2mol，生成0.2mol氢气消耗Fe的物质的量为0.2mol，则反应2Fe3+Fe=3Fe2+消耗铁粉的物质的量为0.2mol，Fe3O4可以看作Fe2O3FeO，则反应关系式有：Fe2O3FeOFe4Fe2+、Fe2O3Fe3Fe2+、FeH2Fe2+，固体恰好完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，反应后溶

37、液中的溶质为FeCl2，若氧化物完全为Fe2O3时，根据关系式Fe2O3Fe3Fe2+可知氧化铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：160g/mol×0.2mol=32g；反应生成的亚铁离子为：0.2mol×3+0.2mol=0.8mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=0.8mol×2=1.6mol，再根据V=计算出盐酸的体积；当氧化物完全为Fe3O4时，根据反应关系式Fe2O3FeOFe4Fe2+可知，四氧化三铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：232g/mol×0.

38、2mol=46.4g；反应生成的亚铁离子的总物质的量为：0.2mol×4+0.2mol=1mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=1mol×2=2mol，再根据V=计算出盐酸的体积，根据计算结果进行判断【解答】解：固体恰好完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，反应后溶液中的溶质为，22.4g铁粉的物质的量为： =0.4mol，标准状况下4480mL氢气的物质的量为： =0.2mol，生成0.2mol氢气消耗Fe的物质的量为0.2mol，则反应2Fe3+Fe=3Fe2+消耗铁粉的物质的量为

39、0.2mol，Fe3O4可以看作Fe2O3FeO，反应关系式为Fe2O3FeOFe4Fe2+，Fe2O3Fe3Fe2+，FeH2Fe2+，若氧化物完全为Fe2O3时，根据关系式Fe2O3Fe3Fe2+可知氧化铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：160g/mol×0.2mol=32g；反应生成的亚铁离子为：0.2mol×3+0.2mol=0.8mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=0.8mol×2=1.6mol，盐酸的体积V=0.32L=320mL；当氧化物完全为Fe3O4时，根据反应

40、关系式Fe2O3FeOFe4Fe2+可知，四氧化三铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：232g/mol×0.2mol=46.4g；反应生成的亚铁离子的总物质的量为：0.2mol×4+0.2mol=1mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=1mol×2=2mol，盐酸的体积V=0.4L=400mL，A参加反应的铁的物质的量为0.4mol，根据电子守恒，0.4mol铁完全反应转移了0.8mol电子，故A错误；B根据分析可知，混合物完全为氧化铁是质量最小，最小值为32g，完全为四氧化三铁是质

41、量最大，最大值为46.4g48.8g，所以固体质量不可能为48.8g，故B错误；C根据计算可知，盐酸的体积范围为：320mLV400mL，所以V可能为360mL，故C正确；D氧化铁、四氧化三铁与盐酸的反应不属于氧化还原反应，故D错误；故选C【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握电子守恒、质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、填空题（满分55分）16有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大A元素的原子是半径最小的原子，B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，D与A同族，

42、且与E同周期，E元素的最外层电子数是次外层电子数的3/4倍A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物回答下列问题：（1）写出相应元素名称：C氧（2）化合物甲、乙均是由A、C、D、E四种元素组成的中学常见的化合物，甲既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，甲溶液和乙溶液反应的离子方程式为：HSO32+H+=SO2+H2O；丙由C、D、E三种元素组成（原子个数比为3：2：2），乙溶液和丙溶液反应的离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O（3）N2H4的电子式为将N2H4和O2通入到由A、C、D三种元素组成物质的稀溶液中构成原电池，则负极的电极反应式为N

43、2H44e+4OH=N2+4H2O已知X是一种盐，H是常见金属单质，F、I是常见非金属单质，E、G都是工业上重要的碱性物质，它们有如图所示的关系试回答下列问题（ 1 ）G中含有的化学键类型有：离子键、共价键（2）写出反应的化学方程式2Mg+CO22MgO+C 并用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目【考点】位置结构性质的相互关系应用；无机物的推断【专题】无机推断；原子组成与结构专题【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为H元素，B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，盐X为NH4NO3，E元素的最

44、外层电子数是次外层电子数的倍，则E为S元素，D与A同族，且与E同周期，故D为Na元素，A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素；由H是常见的金属单质，它在B中燃烧后生成一种非金属单质，应是金属镁在CO2气体中燃烧生成C与MgO，则H为Mg、B为CO2、A为MgO、I为碳；由X是一种盐，它受热分解可以产生MgO、二氧化碳及物质C，B（CO2）与D反应可产生非金属单质F，且生成的E物质是工业上重要的碱，则可推断F是O2，D是Na2O2，E是Na2CO3，故C是H2O，G是NaOH，X是一种碱式碳酸镁或碳酸氢镁【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期

45、主族元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为H元素，B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，盐X为NH4NO3，E元素的最外层电子数是次外层电子数的倍，则E为S元素，D与A同族，且与E同周期，故D为Na元素，A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素（1）由以上分析可知，C为氧，故答案为：氧；（2）化合物甲、乙均是由H、O、Na、S四种元素组成的中学常见的化合物，甲既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，甲为NaHSO3、乙为NaHSO4，甲溶液和乙溶液反应的离子方程式为：HSO32+H+=

46、SO2+H2O；丙由O、Na、S三种元素组成（原子个数比为3：2：2），则丙为Na2S2O3，乙溶液和丙溶液反应的离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：HSO32+H+=SO2+H2O；S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（3）N2H4的电子式为，由H、O、Na三种元素组成物质为NaOH，将N2H4和O2通入到NaOH的稀溶液中构成原电池，负极发生氧化反应，N2H4在负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水，则负极的电极反应式为N2H44e+4OH=N2+4H2O，故答案为：；N2H44e+4OH=N2+4H2O；由H是常见的金属单质，它在B中燃烧后生成一种非金属单质

47、，应是金属镁在CO2气体中燃烧生成C与MgO，则H为Mg、B为CO2、A为MgO、I为碳；由X是一种盐，它受热分解可以产生MgO、二氧化碳及物质C，B（CO2）与D反应可产生非金属单质F，且生成的E物质是工业上重要的碱，则可推断F是O2，D是Na2O2，E是Na2CO3，故C是H2O，G是NaOH，X是一种碱式碳酸镁或碳酸氢镁（ 1 ）G是NaOH，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（2）反应的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目为：，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；【点评】本题考查结构位置性质关系应用、无机物推断，属于拼合型题目

48、，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意掌握单线桥、双线桥表示电子转移172015年8月12日23：30左右，天津滨海新区的一处集装箱码头发生爆炸，发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品氰化钠，数量为700吨左右资料：氰化钠化学式为NaCN，白色结晶颗粒或粉末，易潮解，有微弱的苦杏仁气味剧毒，皮肤伤口接触、吸入、吞食微量可中毒死亡熔点563.7，沸点1496易溶于水，易水解生成氰化氢，水溶液呈强碱性，是一种重要的化工原料，用于电镀、冶金和有机合成医药、农药及金属处理方面（1）氰化钠要用双氧水或硫代硫酸钠中和用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应的

49、化学方程式NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3；用硫代硫酸钠中和的离子方程式为CN+S2O32=A+SO32，A为SCN（填化学式）（2）含氰废水中的CN有剧毒用如图1所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液PH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，则：阳极电极方程式为：2OH+Cl2eClO+H2O去除CN的离子方程式为：2CN+H2O+5ClO5Cl+N2+2OH+2CO2（3）过碳酸钠（2Na2CO33H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂，也可用于含氰废水的消毒某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如图2：已知：2Na2CO3 （

50、aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO33H2O2 （s）H0，请回答下列问题：下列物质中，不会引起过碳酸钠发生氧化还原反应的有CAFeCl3BCuSO4 CNa2SiO3DKCN准确称取0.2000g过碳酸钠于250mL锥形瓶中，加50mL蒸馏水溶解，再加50mL2.0molL1 H2SO4，用0.02000molL1 KMnO4 标准溶液滴定，是否需要指示剂否填“是”或“否”），若终点时消耗KMnO4 标准溶液30.00mL，则产品中H2O2的质量分数为25.50%反应6KMnO4+5（2Na2CO33H2O2）+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2+

51、15O2+34H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题；制备实验综合【分析】（1）用双氧水处理产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，由质量守恒定律可知，生成碳酸氢钠和氨气；离子方程式为CN+S2O32=A+SO32，结合电荷守恒、原子守恒分析；（2）阳极产生的ClO，则氯离子失去电子；ClO将CN氧化为两种无污染的气体，生成氮气和二氧化碳；（3）双氧水和碳酸钠混合控制温度发生反应2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）2Na2CO33H2O2（s），静置过滤得到固体2Na2CO33H2O2，将固体洗涤、干燥得到较纯净

52、的2Na2CO33H2O2过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有双氧水的性质，催化剂、还原性物质易促进过碳酸钠反应而导致失效；先写出反应的化学方程式，然后根据双氧水与高锰酸钾的物质的量关系计算出样品中双氧水的百分含量【解答】解：（1）用双氧水处理氰化钠，产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，由原子守恒可知酸式盐为碳酸氢钠，则反应为NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3，故答案为：NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3；CN+S2O32A+SO32，根据电荷守恒，A为1价的阴离子，根据原子守恒，A中含有1个硫原子、1个碳原子、1个氮原子，则A为SCN，故答案为：SCN

53、；（2）阳极产生的ClO，则氯离子失去电子，电极反应为2OH+Cl2eClO+H2O，故答案为：2OH+Cl2eClO+H2O；ClO将CN氧化为两种无污染的气体，生成氮气和二氧化碳，由电子、电荷守恒可知去除CN的离子方程式为2CN+H2O+5ClO5Cl+N2+2OH+2CO2，故答案为：2CN+H2O+5ClO5Cl+N2+2OH+2CO2；（3）过碳酸钠相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有双氧水的性质，FeCl3能作双氧水分解的催化剂，KCN具有还原性，能被过碳酸钠氧化，CuSO4催化双氧水的分解，硅酸钠不与过碳酸钠反应，故答案为：C；KMnO4为紫色，观察其滴定时紫色变化可判断滴定终点，则

54、不需要指示剂；高锰酸钾溶液与过碳酸钠反应的化学方程式为：6KMnO4+5（2Na2CO33H2O2）+19H2SO43K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2+15O2+34H2O，滴定过程中消耗2.000x102 molL1 KMnO4标准溶液的物质的量为：2.000x102 molL1×0.03L=6.000x104mol，设过氧化氢的质量为xg，根据关系式KMnO42Na2CO33H2O215H2O26mol 15×34g6.000×104mol x解得x=0.051过氧化氢的质量分数为=25.50%，故答案为：否；25.50%【点评】本题考查混合物分离提纯及含量计算等，综合性较强，把握习题中的信息、氧化还原反应及守恒法应用等为解答的关键，侧重分析、计算能力的考查，题目难度中等18某校兴趣小组对SO2与新制Cu（OH）2悬浊液的反应进行探究，实验如表：装置序号试管中的药品现象持续通入实验1.5mL 1molL1 CuSO4溶