湖南省岳阳市2015届高三质检化学试卷(一)(解析版)

1、湖南省岳阳市2015届高三质检化学试卷（一）（解析版）一、选择题（本大题共16个小题，每小题3分，每小题仅有一个正确选项）1为了“让生态环境越来越好”，下列选项中的做法全部正确的是 合理开发利用可燃冰 全面关停化工企业 研发易降解的生物农药 改进汽车尾气净化技术 A B C D考点：常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：可燃冰是一种比较清洁的能源；全面关停化工企业，可以减少环境污染，但不符合现实；研发易降解的生物农药，可以减少环境污染；改进汽车尾气净化技术，可以减少空气污染物，保护环境；解答：解：可燃冰是一种比较清洁的能源，合理开发利用可燃冰，可以保护环境；全面关停化工企业，可以保护

2、环境，但不符合现实；研发易降解的生物农药，可以减少环境污染，可以保护环境；改进汽车尾气净化技术，可以减少空气污染物，可以保护环境；所以做法正确的是：故选：B点评：环境与我们的生活密切相关，保护生态环境，人人有责，从小事做起，保护我们生存的家园2（3分）（2015岳阳模拟）下列有关化学用语正确的是（）ANH4Cl的电子式：B2氯甲苯的结构简式：CS2的结构示意图：D质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：A氯离子为阴离子，电子式中需要标出其所带电荷；B氯原子在甲基的邻位，据此判断其结构简式；C硫离子的核电荷数为16，不是1

3、8；D质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数解答：解：A氯化铵为离子化合物，其正确的电子式为：，故A错误；B2氯甲苯中，官能团氯原子位于甲基的邻位，其结构简式为：，故B正确；C铝离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，硫离子正确的结构示意图为：，故C错误；D质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子的质量数为238，该元素正确的表示方法为：94238Pu，故D错误；故选B点评：本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握电子式、结构简式、离子结构示意图、元素符号等化学用语的表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图、离子化合物的与共价化合物的电子式的

4、区别3（3分）（2015岳阳模拟）在指定条件下，下列各组离子可能大量共存的是（）A无色澄清透明溶液中：H+、Cu2+、SO42、ClB与铝反应放出H2的溶液中：NH4+、K+、NO3、BrC由水电离的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Cl、CO32、NO3D滴加酚酞显红色的溶液中：Na+、ClO、S2、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；B与铝反应放出氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，加入铝粉不会生成氢气；C由水电离的c（OH）=1013molL1的溶液为酸性或碱性

5、溶液，碱性溶液中，Na+、Cl、CO32、NO3离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应；D滴加酚酞显红色的溶液为碱性溶液，次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化硫离子解答：解：ACu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；B与铝反应放出氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，NO3离子在酸性条件下具有强氧化性，加入铝粉不会生成氢气，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C由水电离的c（OH）=1013molL1的溶液为酸性或碱性溶液，在碱性溶液中，Na+、Cl、CO32、NO3离子之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DClO、S

6、2之间发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，是“可能”共存，还是“一定”共存4（3分）（2015岳阳模拟）乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是（）A化学式为C6H6O6B乌头酸能发生水解反应和加成反应C乌头酸能使酸性高锰酸钾

7、溶液褪色D含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构.专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知分子式，分子中含COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答解答：解：A由结构简式可知分子式为C6H6O6，故A正确；B含碳碳双键可发生加成反应，但不能发生水解反应，故B错误；C含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D含3个COOH，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH，故D正确；故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸的性质考查，题目难度不大

8、5（3分）（2015岳阳模拟）现有四种溶液：pH=3的CH3COOH溶液，pH=3的HCl溶液，pH=11的氨水，pH=11的NaOH溶液相同条件下，下列有关上述溶液的叙述中，错误的是（）A、等体积混合后，溶液显碱性B将、溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量最大D向溶液中加入100 mL水后，溶液的pH：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：A根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小判断混合溶液的酸碱性；B强酸和强碱后溶液呈中性，证明酸碱恰好中和反应；C弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；D加水

9、稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离解答：解：A将、混合，若c（CH3COO）c（H+），如果溶液中的溶质是醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液呈酸性，故A错误；B一水合氨是弱碱只有部分电离，所以c（NH3H2O）c（OH），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3H2O）c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：，故B正确；C和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C正确；D弱电解质稀释平衡正向移动，溶液pH值应该，故D正确；故选A点评：本题考

10、查弱电解质电离和溶液的pH的计算问题，溶液酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度相对大小比较判断，弱电解质存在电离平衡是解题关键，题目难度中等6（3分）（2015岳阳模拟）分子式为C9H12O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，其可能的结构有（）A9种B12种C15种D16种考点：同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构.专题：同系物和同分异构体分析：先根据取代基可能有羟基、正丙基，羟基、异丙基，甲基、CH2CH2OH，甲基、CH2OHCH3，乙基、CH2OH共五种组合，然后根据两个取代基有邻、间、对三种同分异构体，据此解题解答：解：苯环上只有两个取代基，其中一个是羟基，取代基可能有羟基、正丙

11、基，羟基、异丙基，甲基、CH2CH2OH，甲基、CH2OHCH3，乙基、CH2OH共五种，各有邻、间、对三种同分异构体，共15种故选C点评：本题考查同分异构体的书写，注意支链的确定，题目难度不大7（3分）（2015岳阳模拟）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A1.8 g重水（D2O）中含有的质子数和电子数均为NAB常温下，16gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为NAC标准状况下，22.4 L NO 和22.4 L O2混合后所得气体中分子总数为1.5 NAD将11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5 NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德

12、罗常数和阿伏加德罗定律分析：A重水的摩尔质量为20g/mol，1.8g重水的物质的量为0.09mol，重水中含有10个质子、10个电子；BO3和O2都是由氧原子构成，故氧原子的质量为16g，根据n=计算氧原子的物质的量，再根据N=nNA计算氧原子数目；C一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，所以反应后的物质中含有的分子数减小；D没指明气体的状况，氯气的物质的量无法计算解答：解：A.1.8g重水的物质的量为0.09mol，0.09mol重水中含有0.9mol质子、0.9mol电子，含有的质子数和电子数均为0.9NA，故A错误；B.16gO3和O2混合气体中氧原子的

13、质量为16g，故n（O）=1mol，含有的氧原子数为1mol×NAmol1=NA，故B正确；C标况下，22.4L气体的物质的量为1mol，1mol一氧化氮与0.5mol氧气反应生成1mol二氧化氮，反应后含有0.5mol氧气剩余；由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以反应后气体的分子数小于1.5mol，分子总数小于1.5NA，故C错误；D没指明气体的状况，氯气的物质的量无法计算，转移的电子数无法计算，故D 错误；故选：B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中

14、子及核外电子的构成关系是解题关键，题目难度不大8（3分）（2015岳阳模拟）下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）ABCD实验方案实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A应在温度相同的条件下进行对比实验；B煤油能抑制亚铁离子被氧化；CCO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应；D盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰解答：解：A温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；B

15、煤油阻止了亚铁离子和氧气接触，从而阻挡了亚铁离子被氧化，所以能实现实验目的，故B正确；CCO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故C错误；D盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误故选B点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等9（3分）（2015岳阳模拟）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB向Ca（ClO）2溶

16、液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32C向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4+5SO2+4OH=2Mn2+5SO42+2H2OD0.01 molL1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 molL1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液；B过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠；C酸性溶液中反应物不会存在氢氧根离子；D铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀

17、解答：解：A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液为硝酸亚铁溶液，反应的离子方程式为3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故A错误；B过量二氧化碳生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：ClO+H2O+CO2HClO+HCO3，故B错误；C向酸性KMnO4溶液中通入SO2，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故C错误；D0.01 molL1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 molL1Ba（OH）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O，故D正确；故选D点评：本题考

18、查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式正误常用方法，如：检查是否满足电荷守恒、质量守恒、电子守恒等，特别注意反应物过量情况对生成物的影响10（3分）（2015岳阳模拟）下列有关说法和结论都正确的是（）A已知Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，氢气还原氧化铜后所得红色固体能完全溶于稀硝酸，说明红色固体是铜B用蒸馏水、酚酞、BaCl2溶液和已知浓度盐酸标准溶液作试剂，可测定NaOH固体（杂质仅为Na2CO3）的纯度C将SO2气体通入溴水中，溴水颜色逐渐褪去，说明SO2具有漂白性D已知Ksp（Ag2CrO4）=9.0×102，Ksp（A

19、gCl）=1.8×1010，说明Ag2CrO4的溶解度小于的溶解度小于AgCl考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质.专题：电离平衡与溶液的pH专题；氧族元素分析：ACu和Cu2O都能溶液稀硝酸，红色固体可能为Cu2O，不一定为Cu；B用酚酞作指示剂，当指示剂恰好变色时，根据盐酸的物质的量可计算NaOH的物质的量，进而计算质量，可求得纯度；C二氧化硫与溴水发生了氧化还原反应，二氧化硫表现了还原性，不是漂白性；DAg2CrO4与氯化银不是同种类型的难溶物，不能直接利用溶度积比较溶解度大小解答：解：A由于稀硝酸具有强氧化性，氢气还原氧化铜后即使生成红色的Cu2O，

20、也能完全溶解，故A错误；B先将含杂质的NaOH固体用蒸馏水配成溶液，然后用BaCl2溶液把Na2CO3沉淀出去，最后用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液，可以求出NaOH 的质量，测定NaOH固体的纯度，故B正确；C二氧化硫具有还原性，能够被溴水氧化，二者发生了氧化还原反应，反应中二氧化硫表现了较强的还原性，不是漂白性，故C错误；D由于Ag2CrO4与氯化银不属于同种类型的沉淀，所以不能直接根据溶度积比较其溶解度大小，对应不同类型的难溶物，应该通过计算判它们的溶解度大小，故D错误；故选B点评：本题考查物质的分离、鉴别等实验操作，题目难度中等，本题综合性强，注意掌握常见的化学实验基本操作方法，选项B、

21、D为易错点，注意把握实验原理及比较不同类型的难溶物溶度积与溶解度大小关系11（3分）（2015岳阳模拟）全世界短年钢铁因锈蚀造成大量的损失某城市拟用如图所示方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀关于此方法，下列说法不正确的是（）A土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池B金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属C金属棒X上发生反应：MneMn+D这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法考点：金属的电化学腐蚀与防护.分析：A、根据电化学腐蚀形成的条件以及电化学腐蚀的应用进行分析；B、原电池的正极金属被保护，活泼金属能和水之间反应；C、原电池的正极金属被保护，负极发生失电子的氧化反应；D、根

22、据金属的腐蚀和防护原理知识来回答解答：解：A、钢铁在潮湿的空气中能形成原电池因而易发生电化学腐蚀，金属铁是负极，易被腐蚀，故A正确；B、金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属钾、钙、钠时，活泼金属能和水之间反应剧烈的反应，它们不能做电极材料，故B错误；C、金属棒X极的活泼性强于金属铁，做负极，发生失电子的氧化反应，故C正确；D、原电池的负极被腐蚀，正极被保护的方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确故选B点评：本题考查金属的电化学腐蚀与防护，题目难度不大，本题注意电化学腐蚀形成的条件与金属的防护12（3分）（2015岳阳模拟）X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元

23、素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1下列叙述错误的是（）AX与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2BY的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高CZ、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：RWZDRY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn

24、，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题解答：解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为mn，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核

25、外电子数为16，应为S元素，AX与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；BY是O元素，R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故B正确；C非金属性：SCSi，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，故C正确；DSO2、CO2对应的酸的酸性比盐酸弱，与氯化钡都不反应，故D错误故选D点评：本题考查原子结构和元素周期律的递变规律，题目难度中等，根据原子结构特点正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素非金属性的比较13（3分）（2015岳

26、阳模拟）甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H1=443.64kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1下列说法或热化学方程式正确的是（）ACO的燃烧热为566.0 kJmol1B2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量低C完全燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3 kJD2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1453.28 kJmol1考点：有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的

27、计算.分析：A1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；B放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；C根据盖斯定律计算；D方程式的计量数加倍，则反应热也加倍解答：解：A1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1，则CO的燃烧热为283.0 kJmol1，故A错误；B放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量高，故B错误；C已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H1=443.64kJmol1 2CO（

28、g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1根据盖斯定律+×得CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1=726.64kJmol1 ，则完全燃烧20g甲醇，即0.625mol，则放出的热量为0.625mol×726.64kJmol1 =454.15 kJ，故C错误；D由C项知CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1=726.64kJmol1 ，方程式的计量数加倍，则反应热也加倍则2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1453.28 kJmol1，故D正确；故选D点评：本题考查了反应热的计

29、算、盖斯定律的应用、热化学方程式的书写等，题目难度不大，注意把握盖斯定律的含义14（3分）（2015岳阳模拟）化工生产中含Cu2+的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为：Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq）下列有关该反应的推理不正确的是（）A该反应达到平衡时：c（Cu2+）=c（Mn2+）BCuS的溶解度比MnS的溶解度小C往平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2+）变大D该反应平衡常数表达式：K=考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A该反应达到平衡时离子的浓度保持不变；B根据化学式相似的分子，溶度积大的

30、沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；C根据反应物的浓度增大，平衡正向移动；D根据反应的平衡常数K=解答：解：A该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但c（Cu2+）与c（Mn2+）不一定相等，故A错误；B化学式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，已知MnS能转化为CuS，所以CuS的溶解度比MnS的溶解度小，故B正确；C根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以C（Mn2+）变大，故C正确；D已知Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq），由反应可知，反应的平衡常数K=，故D正确； 故选A点评：本题主要考查了沉淀的平衡以及转化，难度不大，根据平衡移动原理以及沉淀转化的知

31、识即可完成15（3分）（2015岳阳模拟）在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）H0t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图下列说法正确的是（）A0t2时，v正v逆B、两过程达到平衡时，A的体积分数Ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数I考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：A、由图象分析可知，0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆；B、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大

32、，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同；D、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平衡常数不变；解答：解：A、0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆，故A错误；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数=，故B错误；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，故C正确；D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以、两过程达到平衡时，平衡常数I=，故D错误；故选：C点评：本题考查了化学平衡的建立，根据影响速

33、率、平衡的因素来解答，注意图象的分析，难度中等16（3分）（2015岳阳模拟）25时，几种弱酸的电离常数如下：25时，下列说法正确的是（）弱酸的化学式CH3COOHHCNH2S电离常数（25）1.8×1054.9×1010K1=1.3×107K2=7.1×1015A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）pH（Na2S）pH（NaCN）Ba mol/LHCN溶液与b mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c（Na+）c（CN），则a一定小于或等于bCNaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（

34、HS）+2c（S2）D某浓度的NaCN溶液的pH=d，则其中由水电离出的c（OH）=10dmol/L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：A电离平衡常数越大，酸性越强，电离程度越大；B等浓度时生成NaCN，CN离子水解；C根据电荷守恒分析；D先计算氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度解答：解：A由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，酸性最强，则酸性越强，盐的水解越弱，所以等物质的量浓度溶液的pH关系为pH（Na2S）pH（NaCN）pH（CH3COONa），故A错误；B等物质的量时生成NaCN，CN离子水解，则C（Na+）c（CN），所以

35、a molL1HCN溶液与b molL1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中：c（Na+）c（CN），a有可能略大于b，故B错误；CNaHS和Na2S的混合溶液中存在电荷守恒，所以一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2），故C正确；D该溶液中c（OH）=10d14mol/L，水电离出的c（H+）=c（OH）=10d14mol/L，故D错误；故选C点评：本题考查电离、水解及溶液中离子浓度的关系，综合性较强，题目难度中等，注意题干中数据的应用来解答二、非选择题（本题包括4小题，每空2分）17（10分）（2015岳阳模拟）铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛

36、（1）由辉铜矿制取铜的反应过程为：2Cu2S（s）+3O2 （g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1，2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1，请写出Cu2S与O2反应生成Cu与SO2的热反应方程式：Cu2S（s）+O2（g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4KJ/mol（2）氯化铜溶液中铜各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与c（Cl） 的关系如图1当c（Cl）=9molL1时，溶液中主要的3种含铜物种浓度大小关系为c（CuCl2）c（CuCl+）c（CuCl3）在c（Cl）=1molL1

37、的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为Cu2+ClCuCl+（任写一个）（3）电解Na2HPO3溶液可得到亚磷酸，装置如图2（说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过）阳极的电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2产品室中反应的离子方程式为：HPO32+2H+=H3PO3考点：热化学方程式；盐类水解的应用；电解原理.分析：（1）利用盖斯定律解答，从待求反应出发，分析待求反应中的反应物和生成物在已知反应中的位置，通过相互加减可得；电解精炼Cu时，粗铜做阳极发生氧化反应；（2）从图上在c（Cl）=9molL1处，做一条平行与纵轴的虚线，可以比较；从图上在c（Cl）

38、=1molL1处，做一条平行与纵轴的虚线，看哪种微粒最多；（3）阳极上是氢氧根离子失电子发生氧化反应；产品室中HPO32和氢离子结合 生成亚磷酸解答：解：（1）2Cu2S（s）+3O2（g）2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1，2Cu2O（s）+Cu2S（s）6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1，据盖斯定律（+）÷3得：Cu2S（s）+O2（g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4KJ/mol，故答案为：Cu2S（s）+O2（g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4KJ/mol；（2）在c（Cl）=9molL1处，做一条平行与纵轴的虚线

39、，可见溶液中主要含铜物种浓度大小关系为：c（CuCl2）c（CuCl+）c（CuCl3）c（Cu2+）c（CuCl42），故答案为：c（CuCl2）c（CuCl+）c（CuCl3）；从图上可见，在c（Cl）=1molL1的氯化铜溶液中，主要是Cu2+与Cl结合生成CuCl+，方程式为：Cu2+ClCuCl+，故答案为：Cu2+ClCuCl+；（3）阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为4OH4e=2H2O+O2，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；产品室中HPO32和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32+2H+=H3PO3，故答案为：HPO32+2H+=H3PO3点评

40、：本题涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应、离子浓度大小比较，电极反应式的书写等知识点，电极反应式的书写是高考热点，应重点掌握18（12分）（2015岳阳模拟）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下（1）双氧水的电子式为；中发生反应的还原剂是Na2SO3（填化学式）（2）中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该反应的化学方程式：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；

41、研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析，其原因是ClO2的氧化性或Cl的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl被氧化得到Cl2（4）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同（填“相同”、“不相同”或“无法判断”）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：由流程图可知反应反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H+SO32+2

42、ClO3=2C1O2+SO42+H2O，是离子隔膜电解池，从反应知该电解有酸生成、从知有碱生成，有两种气体生成，所以为电解硫酸钠本质是电解水，A为硫酸，a为氧气，b为氢气，C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，中亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠；（2）根据ClO2与NaClO2的化合价及气体a为氧气，可以写出离子方程式；（3）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl和水；根据题干信息“研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大”结合方程式进行分析解答；（4）已变质和未变质的NaClO2与Fe2+反应

43、都生成Cl，根据转移电子守恒判断解答：解：由流程图可知反应反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，是离子隔膜电解池，从反应知该电解有酸生成、从知有碱生成，有两种气体生成，所以为电解硫酸钠本质是电解水，A为硫酸，a为氧气，b为氢气，C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，（1）双氧水是共价化合物，其电子式为，由流程图可知反应，反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO4

44、2+H2O，所以Na2SO3具有还原性是还原剂，将ClO3还原为C1O2，故答案为：；Na2SO3；（2）中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O；（3）亚氯酸钠和稀盐

45、酸反应生成ClO2、NaCl和水，化学方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O反应中，ClO2具有氧化性，ClO2的氧化性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl被氧化得到Cl2，离子方程式为ClO2+3Cl+4H+=2Cl2+2H2O，根据研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，故答案为：ClO2的氧化性或Cl的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl被氧化得到Cl2；（4）Fe2+与变质前后的NaClO2

46、反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同点评：本题考查生产NaClO2的制备实验的工业设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，把握物质的性质熟练运用氧化还原反应为解答该题的关键，题目难度中等19（16分）（2015岳阳模拟）已知：乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O4），俗称草酸，157时开始分解（1）探究草酸的酸性25H2C2O4 K1=5.4×102，K2=5.4×105；H2CO3 K1=4.5×107 K2=4.7×1011下列化学方程式可能正确的是BDAH2

47、C2O4+CO32=HCO3+HC2O4BHC2O4+CO32=HCO3+C2O42C2C2O42+CO2+H2O=2HC2O4+CO32DH2C2O4+CO32=C2O42+H2O+CO2（2）探究草酸分解产物实验中观察到B中CuSO4粉末变蓝，C中澄清石灰水变浑浊，D的作用是吸收CO2气体，证明有CO气体生成的现象是F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊（3）探究催化剂对化学反应速率的影响在甲、乙两支试管中各加入4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液，再向乙试管中加入一粒黄豆大的MnSO4固体，摇匀填写下表：反应现象实验结论试管

48、中发生反应的离子方程式（4）用酸性KMnO4溶液滴定Na2C2O4，求算Na2C2O4的纯度实验步骤：准确称取2.0g Na2C2O4固体，配成100mL溶液；取出20.00mL于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀H2SO4；用0.0160mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL高锰酸钾溶液应装在酸式滴定管中（填“酸式”或“碱式”）Na2C2O4的纯度是33.5%考点：性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）电离常数越大其酸性越强，根据强酸制取弱酸判断；（2）氢氧化钠是碱能吸收酸性氧化物；一氧化碳具有还原性，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；（3）高锰酸钾具有氧

49、化性，能氧化还原性物质，硫酸锰具有催化作用，加快反应速率；（4）酸式滴定管能量取酸性溶液；根据高锰酸钾计算草酸钠的纯度解答：解：（1）根据电离常数知酸性强弱顺序是：H2C2O4HC2O4H2CO3HCO3，根据强酸制取弱酸知草酸和碳酸根离子反应生成草酸根离子和二氧化碳，草酸氢根离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子和草酸根离子，故选BD；（2）氢氧化钠是强碱能吸收酸性氧化物二氧化碳，一氧化碳具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜，同时自身被氧化生成二氧化碳，二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊，所以看到的现象是：F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊，故答案为：吸收CO2气体；F中黑色CuO变成光亮的红色，G中澄清石灰水变浑浊；（3）看到的现象是两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙