湖北省武汉市华中师范大学一附中2015届高考化学适应性试卷(5月份)

1、2015年湖北省武汉市华中师范大学一附中高考化学适应性试卷（5月份）一、选择题：（本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）（2015武汉校级模拟）设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 LSO3所含电子数约为40 NAB0.5 mol NH4HSO4晶体中，含有H+数目约为0.5 NAC92 g NO2、N2O4混合气体含有的N原子数为2NAD1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA2（6分）（2015武汉校级模拟）如图是一些常见有机物的转化关系，下列说法正确的是（）A反应是加成反应，反应是消去反应，其

2、它所标明的反应都是取代反应B上述物质中能与NaOH溶液反应的只有乙酸C1，2一二溴乙烷、乙烯、乙醇烃基上的氢被氯取代，其一氯取代产物都是一种D等物质的量的乙烯和乙醇与足量氧气反应时耗氧量相同3（6分）（2015大竹县校级模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，滴加银氨溶液，再水浴加热无银镜生成淀粉未发生水解B将一铝箔放在酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面生成致密的Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC铜放入稀硫酸中，再加入硝酸钠固体开始无明显现象，后溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2 mL

3、 0.1 mol/L Na2S溶液中滴几滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再加入几滴0.1 mol/L CuSO4溶液先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀溶度积（Ksp）：ZnSCuSAABBCCDD4（6分）（2015武汉校级模拟）25时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3H2O）+c（NH4+）=0.1molL1的混合溶液溶液中c（NH3H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（）AW点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）BpH=10.5溶液中：c（Cl）+c（OH）+c（NH3H2O）0.1 molL1CpH=9.5溶液中：c（NH

4、3H2O）c（NH4+）c（OH）c（H+）D向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl）c（Na+）c（OH）c（NH4+）c（H+）5（6分）（2015武汉校级模拟）用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢复至电解前，关于电解过程说法不正确的是（）A生成的铜的物质的量是0.2molB随着电解进行溶液的pH减小C转移电子的物质的量为0.4molD阳极反应是2H2O4e=4H+O26（6分）（2015袁州区模拟）已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是（）

5、XYZWA若 HmXOn为强酸，则 X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）B若四种元素均为金属，则 Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C若四种元素均为非金属，则 W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D若四种元素中只有一种为金属，则 Z与 Y 两者的最高价氧化物对应的水化物能反应7（6分）（2015武汉校级模拟）现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液下列说法中正确的是（）Ab是阳离子交换膜，允许Na+通过B从A口出来的是NaOH溶液C阴极反应式为4OH4e2H2O+O2DNa

6、2SO4溶液从G口加入三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第810题为必考题，每个试题考生必须作答第1113题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题8（15分）（2015武汉校级模拟）三草酸合铁（）酸钾（K3Fe（C2O4）3xH2O）是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的良好催化剂，在工业上具有一定的应用价值常用三氯化铁与草酸钾直接合成三草酸合铁（）酸钾为测定该晶体中铁的含量和草酸根的含量，某实验小组做了如下实验：草酸根含量的测定步骤一：称量10.00g三草酸合铁（）酸钾晶体，配制成500ml溶液步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.06

7、0molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点（保留溶液待下一步分析使用），消耗KMnO4溶液20.02ml重复步骤二操作，滴定消耗0.060mol/L KMnO4溶液19.98ml铁含量的测定步骤三：向步骤二所得溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性步骤四：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤三所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.01ml重复步骤二至四操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.99ml请回答下列问题：（1）配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、转移、洗涤并转移、摇匀；（2）滴

8、定时，下列滴定方式中，最合理的是（夹持部分略去）（填字母序号）理由为；滴定终点现象为：；若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，对实验结果会（偏大、偏小、无影响）；（3）加入锌粉的目的是；（4）滴定中MnO4被还原成Mn2+，试写出步骤二和三中发生反应的离子方程式：，（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为在步骤二中，若加入的KMnO4溶液量不够，则测得的铁含量（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）9（14分）（2015江北区模拟）雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等化学在解决雾霾污染中有着重要的作用（1）已知

9、：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=kJmol1一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有a体系密度保持不变b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变d每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）CO在不同温度下的平衡转化

10、率与压强的关系如图所示实际生产条件控制在250、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是（3）如图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和（填化学式）当消耗1mol NH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为 L（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径在不同条件下，NO的分解产物不同在高压下，NO在40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示，写出NO分解的化学方程式10（14分）（2015绵阳模拟）钒是一种重要的合金元素，还用于催化剂和新型电池从含钒固体废弃物（含有SiO2、Al2O3及其他

11、残渣）中提取钒的一种新工艺主要流程如图1：部分含钒化合物在水中的溶解性如表：物质V2O5NH4VO3VOSO4（VO2）2SO4溶解性难溶难溶可溶易溶请回答下列问题：（1）反应所得溶液中除H+之外的阳离子有（2）反应碱浸后滤出的固体主要成分是（写化学式）（3）反应的离子方程式为（4）25、101 kPa时，4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）H1=a kJ/mol4V（s）+5O2（g）2V2O5（s）H2=b kJ/mol用V2O5发生铝热反应冶炼金属钒的热化学方程式是（5）钒液流电池（如图2所示）具有广阔的应用领域和市场前景，该电池中隔膜只允许H+通过电池放电时负极的电极反应式为，

12、电池充电时阳极的电极反应式是（6）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应后溶液中的含钒量，反应的离子方程式为：2VO+H2C2O4+2H+2VO2+2CO2+2H2O取25.00mL 0.1000 mol/LH2C2O4标准溶液于锥形瓶中，加入指示剂，将待测液盛放在滴定管中，滴定到终点时消耗待测液24.0mL，由此可知，该（VO2）2SO4溶液中钒的含量为g/L三、化学-选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11（15分）（2013吉林二模）化学一选修化学与技术现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水

13、泥联产、海水淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在A西部山区 B沿海地区 C发达城市 D东北内陆（2）该流程、为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：、（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是（填化学式）（4）热电厂的冷却水是，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有（写出一种即可）（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想，（写出两点即可）四、化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12（15分）（2015武

14、汉校级模拟）已知A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大A的一种单质是自然界硬度最大的物质，B是地壳中含量最多的元素，C的单质能从B的一种氢化物中置换出B的一种单质，D是人体骨骼中的常见元素，D的氢氧化物常用来检验A和B形成的一种化合物，F的原子序数比E大1，F是族元素中原子序数最小的一种元素（1）E的基态原子电子排布式为，比较F和 E的各级电离能后发现，气态E2再失去一个电子比气态F2+再失去一个电子难，其原因是（2）写出 DA2的电子式（3）DC2的一个晶胞如右图所示，则图中实心球表示D还是C？答：（填元素名称）该晶体的密度为a g/cm3，则晶胞的体积

15、是（只要求列出算式）（4）AB32离子的空间立体构型为，AB气体在配合物中常作为配体，如近年来开始使用的一种新型汽油防震剂F（AB）5，该化合物中F元素的化合价为五、化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）13（15分）（2015永州三模）芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：AI均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰2RCH2CHOR请回答下列问题：（1）AB的反应类型为，D所含官能团的名称为，E的名称为（2）EF与FG的顺序能否颠倒（填“能”或“否”），理由（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为（4）I的结构简式为（5）符合下列要求A

16、的同分异构体还有种与Na反应并产生H2 芳香族化合物（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH32015年湖北省武汉市华中师范大学一附中高考化学适应性试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：（本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（6分）（2015武汉校级模拟）设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 LSO3所含电子数约为40 NAB0.5 mol N

17、H4HSO4晶体中，含有H+数目约为0.5 NAC92 g NO2、N2O4混合气体含有的N原子数为2NAD1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA考点：阿伏加德罗常数版权所有分析：A、标况下，三氧化硫为固体；B、NH4HSO4晶体中只存在NH4+和HSO4；C、NO2、N2O4的最简式均为NO2；D、氯气作为氧化剂时被还原为1价解答：解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、NH4HSO4晶体中只存在NH4+和HSO4，即NH4HSO4晶体中无氢离子，故B错误；C、NO2、N2O4的最简式均为NO2，92g的混合气体中含有的NO2的物质的量n=

18、2mol，故含有2mol氮原子，故C正确；D、氯气作为氧化剂时被还原为1价，故1mol氯气得2mol电子，即2NA个，故D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2（6分）（2015武汉校级模拟）如图是一些常见有机物的转化关系，下列说法正确的是（）A反应是加成反应，反应是消去反应，其它所标明的反应都是取代反应B上述物质中能与NaOH溶液反应的只有乙酸C1，2一二溴乙烷、乙烯、乙醇烃基上的氢被氯取代，其一氯取代产物都是一种D等物质的量的乙烯和乙醇与足量氧气反应时耗氧量相同考点：有机物分子中的官能团及其结构；有机物的结构和性质版权所有分

19、析：由转化关系可知，乙烯与溴发生加成反应1，2二溴乙烷，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化为乙醛，乙酸乙酯水解生成乙醇和乙酸，乙醇与乙酸酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇发生消去反应生成乙烯，以此来解答解答：解：由转化关系可知，乙烯与溴发生加成反应1，2二溴乙烷，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化为乙醛，乙酸乙酯水解生成乙醇和乙酸，乙醇与乙酸酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇发生消去反应生成乙烯，A为加成反应，为消去反应，为氧化反应，其它所标明的反应都是取代反应，故A错误；B.1，2二溴乙烷、乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，故B错误；C乙醇烃基上的氢有2种，则一氯取代产物有2种，故C错误；D等

20、物质的量的乙烯和乙醇与足量氧气反应时，对应有机物CxHyOz，由x+可知，耗氧量相同，故D正确；故选D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、常见有机物的性质为解答的关键，注意分析转化中发生的反应及有机物结构对称性，题目难度不大3（6分）（2015大竹县校级模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，滴加银氨溶液，再水浴加热无银镜生成淀粉未发生水解B将一铝箔放在酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面生成致密的Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC铜放入稀硫酸中，再加入硝酸钠固体开始无明显现象，后溶液变蓝，有

21、明显的气泡放出，铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴几滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再加入几滴0.1 mol/L CuSO4溶液先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀溶度积（Ksp）：ZnSCuSAABBCCDD考点：化学实验方案的评价版权所有分析：A银镜反应在碱性条件下进行；B氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；C硝酸根离子在酸性环境具有强的氧化性，能够氧化铜单质；DNa2S溶液过量，均发生沉淀的生成解答：解：A淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，然后加NaOH溶液条件至碱性条件下，滴加银氨溶液，再水浴加热，故A错误； B将一片铝箔置于酒精灯外焰

22、上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故B正确；C酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，故C错误；DNa2S溶液过量，均发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较ZnS、CuS的溶度积（Ksp），故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及淀粉水解产物的检验、离子的检验等知识点，侧重物质性质的考查，选项D为易错点，题目难度中等4（6分）（2015武汉校级模拟）25时，将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3H2O）+c（NH4+）=0.1molL1的混合溶液溶液中c（NH3H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示下列有关离子浓度关系叙述一定

23、正确的是（）AW点表示溶液中：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）BpH=10.5溶液中：c（Cl）+c（OH）+c（NH3H2O）0.1 molL1CpH=9.5溶液中：c（NH3H2O）c（NH4+）c（OH）c（H+）D向W点所表示1L溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：c（Cl）c（Na+）c（OH）c（NH4+）c（H+）考点：离子浓度大小的比较版权所有分析：将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3H2O）+c（NH4+）=0.1molL1的混合溶液，pH越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c（NH4+）、增大的是 c（NH3H2O

24、），A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl）+c（OH）+c（NH3H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3H2O）；CpH=9.5溶液中，pH7，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+）；根据图知c（NH3H2O）c（NH4+），溶液碱性较弱；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断解答：解：将氨水与氯化铵溶液混合得到 c（NH3H2O）+c（NH4+）=0.1molL1的混合溶液，pH越大，溶液中c（NH4+）越小，根据图知，随着pH增大浓度减小的是c（NH4+）、

25、增大的是 c（NH3H2O），A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），所以c（NH4+）+c（H+）c（OH），故A错误；B该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），则c（Cl）+c（OH）+c（NH3H2O）=c（NH4+）+c（H+）+c（NH3H2O）=0.1mol/L+c（H+）0.1mol/L，故B错误；CpH=9.5溶液中，pH7，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+）；根据图知c（NH3H2O）c（NH4+），溶液碱性较弱，所以粒子浓度大小顺序是c（NH3H2O）c（NH4+）c

26、（OH）c（H+），故C正确；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Cl）=c（Na+），故D错误；故选C点评：本题考查离子浓度大小比较，存在考查学生图象分析及判断能力，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意利用守恒方法解答，易错选项是B，注意利用电荷守恒进行代换，题目难度中等5（6分）（2015武汉校级模拟）用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢复至电解前，关于电解过程说法不正确的是（）A生成的铜的物质的量是0.2molB随着电解进行溶液的pH减小C转移电子的物质的量为0.4molD阳极反应是2H2O4e=4H

27、+O2考点：电解原理版权所有分析：根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水，依据电极反应和电解的物质分析计算判断解答：解：加入0.2 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.

28、2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，所以电解过程中共转移电子数为0.8NA，A、分析可知生成铜的物质的量为0.2mol，故A正确；B、电解过程中生成硫酸，所以随着电解的进行溶液pH减小，故B正确；C、阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，所以电解过程中共转移电子数为0.8NA，故C错误；

29、D、阳极电极反应是氢氧根离子失电子生成氧气的过程，阳极反应式是4OH4e=2H2O+O2，故D正确；故选C点评：本题考查了电解原理，明确阴极上析出的物质是解本题关键，根据生成物与转移电子之间的关系式来解答即可，难度中等6（6分）（2015袁州区模拟）已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是（）XYZWA若 HmXOn为强酸，则 X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）B若四种元素均为金属，则 Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C若四种元素均为非金属，则 W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D若四种元素中只有一种为金属，则 Z与 Y 两者的最高价

30、氧化物对应的水化物能反应考点：原子结构与元素的性质版权所有分析：已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置判断X、Y在第二周期，Z、W在第三周期；A、若 HmXOn为强酸，则 X只能是氮元素；B、若四种元素均为金属，X、Y、Z、W分别为锂、铍、钠、镁；C、若四种元素均为非金属，则 W可能为磷元素；D、若四种元素中只有一种为金属，则X、Y、Z、W分别为硼、碳、铝、硅解答：解：已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置判断X、Y在第二周期，Z、W在第三周期；A、若 HmXOn为强酸，则 X只能是氮元素，其氢化物氨气溶于水显碱性，故A错

31、误；B、若四种元素均为金属，X、Y、Z、W分别为锂、铍、钠、镁，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，一定为强碱，故B正确；C、若四种元素均为非金属，则 W可能为磷元素，其最高价氧化物对应的水化物磷酸不是强酸，故C错误；D、若四种元素中只有一种为金属，则X、Y、Z、W分别为硼、碳、铝、硅，Z与 Y 两者的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝与碳酸不反应，故D错误故选B点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，题目难度不大7（6分）（2015武汉校级模拟）现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如

32、图所示的电解槽用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液下列说法中正确的是（）Ab是阳离子交换膜，允许Na+通过B从A口出来的是NaOH溶液C阴极反应式为4OH4e2H2O+O2DNa2SO4溶液从G口加入考点：原电池和电解池的工作原理版权所有分析：电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，接电源正极的是阳极，即B放出氧气，C生成氢气，以此解答该题

33、解答：解：A阴极生成氢气和OH，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，生成NaOH，故A正确；BA为阳极是氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液，故B错误；C阴极附近时H+放电生成氢气，反应式为2H+2eH2，故C错误；DNaOH在阴极附近生成，硫酸在阳极生成，则Na2SO4溶液从E口加入，故D错误故选A点评：本题考查电解池知识，为高频考点，本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第810题为必考题，每个试题考生

34、必须作答第1113题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题8（15分）（2015武汉校级模拟）三草酸合铁（）酸钾（K3Fe（C2O4）3xH2O）是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的良好催化剂，在工业上具有一定的应用价值常用三氯化铁与草酸钾直接合成三草酸合铁（）酸钾为测定该晶体中铁的含量和草酸根的含量，某实验小组做了如下实验：草酸根含量的测定步骤一：称量10.00g三草酸合铁（）酸钾晶体，配制成500ml溶液步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.060molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点（保留溶液待下一步分析使用），消耗KMnO4溶液20

35、.02ml重复步骤二操作，滴定消耗0.060mol/L KMnO4溶液19.98ml铁含量的测定步骤三：向步骤二所得溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性步骤四：用0.010mol/L KMnO4溶液滴定步骤三所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.01ml重复步骤二至四操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO4溶液19.99ml请回答下列问题：（1）配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、溶解、转移、洗涤并转移、定容、摇匀；（2）滴定时，下列滴定方式中，最合理的是B（夹持部分略去）（填字母序号）理由为碱式滴定管乳

36、胶易被腐蚀；滴定终点现象为：出现浅红色半分钟不褪色；若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，对实验结果会无影响（偏大、偏小、无影响）；（3）加入锌粉的目的是将Fe3+还原成Fe2+；（4）滴定中MnO4被还原成Mn2+，试写出步骤二和三中发生反应的离子方程式：5C2O+2MnO+16H+2Mn2+8H2O+10CO2，5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为11.20%在步骤二中，若加入的KMnO4溶液量不够，则测得的铁含量偏高（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）考点：探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：

37、实验探究和数据处理题分析：（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤判断：在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤；（2）高锰酸钾具有强氧化性，能氧化碱式滴定管乳胶；滴定终点时，高锰酸钾稍过量，此时溶液出现浅红色半分钟不褪色；滴定发生的是氧化还原反应，稀释不影响滴定结果；（3）锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；（4）根据物质的性质和书写离子方程式的有关要求书写离子方程式；（5）根据离子方程式计算晶体中铁的质量分数；若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的

38、量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高解答：解：（1）在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算称量溶解移液、洗涤振荡定容摇匀等步骤；故答案为：溶解；定容；（2）高锰酸钾具有强氧化性，能氧化碱式滴定管乳胶，故选用酸式滴定管盛放高锰酸钾溶液；滴定终点时，高锰酸钾稍过量，此时溶液出现浅红色半分钟不褪色；滴定发生的是氧化还原反应，稀释不影响滴定结果；故答案为：B；碱式滴定管乳胶易被腐蚀；出现浅红色半分钟不褪色；无影响；（3）加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，使Fe2+在步骤三中与KMnO4发生氧化还原反应；故答案为：将Fe3+恰好还原成Fe2+；（4）在步骤二中高锰酸钾氧化草酸跟生成CO

39、2，的离子反应为：5C2O+2MnO+16H+2Mn2+8H2O+10CO2；在步骤三中高锰酸钾氧化Fe2+生成Fe3+，离子反应为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：5C2O+2MnO+16H+2Mn2+8H2O+10CO2；5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；（5）根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）=5n（MnO4）=5××0.01 molL1×103×10=1.0×102mol，m（Fe）=56 gmol1×1.0×102mol=0.56g晶体中铁的质量分数=&#

40、215;100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高；故答案为：11.2%；偏高点评：本题考查较为综合，涉及到溶液的配制、滴定和结晶等操作，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，题目难度中等9（14分）（2015江北区模拟）雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等化学在解决雾霾污染中有着重要的作用（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g

41、）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有ba体系密度保持不变b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变d每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=1.8（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示实际生产条件控制在250、1.3×104k

42、Pa左右，选择此压强的理由是在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低（3）如图是一种用NH3脱除烟气中NO的原理该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和N2（填化学式）当消耗1mol NH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为11.2 L（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径在不同条件下，NO的分解产物不同在高压下，NO在40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如右图所示，写出NO分解的化学方程式3NON2O+NO2考点：用化学平衡常数进行计算；化学方程式的有关计算；

43、用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断版权所有分析：（1）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，计算平衡时各物质的浓度，可K=计算平衡常数；（2）实际生产条件控制在250、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，据此分析；（3）由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）NO在40下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图象可知3molNO生成两种氮的

44、氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式解答：解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1 将方程式得：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJ/mol，a随反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的进行，气体的质量和体积都不变，所以=也不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态，故b正确；c随反应进行，SO3和NO都是生成物，所以体积比一直等于系数比，所以SO3和NO的体积比保持不变，不

45、能说明到达平衡状态，故c错误；d每生成1molSO3的同时消耗1molNO2都表示正反应速率，反应自始至终都按此比例进行，故d错误； NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g） 起始物质的体积 a 2a 0 0转化物质的体积 x x x x平衡物质的体积 ax 2ax x x平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（1ax）：（2ax）=1：5，故x=a，故平衡常数K=1.8，故答案为：41.8；b；1.8；（2）实际生产条件控制在250、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，压强越大需要的条件越高，花费越大故答案为：在1.3&

46、#215;104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低；（3）由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O，故答案为：N2；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1molNH3转化为N2失去3mol电子，0.5molO2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，故答案为：11.2；（4）NO在40下分解生成两种化合物，根

47、据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NO N2O+NO2，故答案为：3NO N2O+NO2点评：本题考查了盖斯定律的应用、平衡状态的判断、平衡常数的计算、氧化还原反应化学方程式的书写及其计算、图象的分析与应用等，考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等10（14分）（2015绵阳模拟）钒是一种重要的合金元素，还用于催化剂和新型电池从含钒固体废弃物（含有SiO2、Al2O3及其

48、他残渣）中提取钒的一种新工艺主要流程如图1：部分含钒化合物在水中的溶解性如表：物质V2O5NH4VO3VOSO4（VO2）2SO4溶解性难溶难溶可溶易溶请回答下列问题：（1）反应所得溶液中除H+之外的阳离子有VO2+和Al3+（2）反应碱浸后滤出的固体主要成分是Al（OH）3（写化学式）（3）反应的离子方程式为VO3+NH4+=NH4VO3（4）25、101 kPa时，4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）H1=a kJ/mol4V（s）+5O2（g）2V2O5（s）H2=b kJ/mol用V2O5发生铝热反应冶炼金属钒的热化学方程式是10Al（s）+3V2O5（s）=5Al2O3（s）

49、+6V（s）H=KJ/mol（5）钒液流电池（如图2所示）具有广阔的应用领域和市场前景，该电池中隔膜只允许H+通过电池放电时负极的电极反应式为V2+e=V3+，电池充电时阳极的电极反应式是VO2+e+H2O=VO2+2H+（6）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应后溶液中的含钒量，反应的离子方程式为：2VO+H2C2O4+2H+2VO2+2CO2+2H2O取25.00mL 0.1000 mol/LH2C2O4标准溶液于锥形瓶中，加入指示剂，将待测液盛放在滴定管中，滴定到终点时消耗待测液24.0mL，由此可知，该（VO2）2SO4溶液中钒的含量为10.6g/L考点：

50、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版权所有分析：反应用硫酸溶解含钒固体废弃物（含有SiO2、Al2O3及其他残渣），生成（VO2）2SO4和硫酸铝，SiO2等不溶性杂质过滤除去；反应是用碳酸钠溶液与（VO2）2SO4和硫酸铝反应，与（VO2）2SO4反应生成NaVO3，碳酸根离子与铝离子水解相互促进生成Al（OH）3沉淀；反应是NaVO3溶液与氯化铵反应生成NH4VO3沉淀，加热NH4VO3分解为V2O5，据此解答（1）（2）（3）；（4）据已知热化学方程式和待求热化学方程式，利用盖斯定律计算；（5）钒液流电池放电时负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电时，阳极

51、发生氧化反应；（6）先据反应方程式和滴定数据计算（VO2）2SO4溶液中c（VO2+）的物质的量浓度，再计算该（VO2）2SO4溶液中钒的含量解答：解：（1）用硫酸溶解含钒固体废弃物（含有SiO2、Al2O3及其他残渣），生成（VO2）2SO4和硫酸铝，溶液中的阳离子除氢离子外还有VO2+和Al3+，故答案为：VO2+和Al3+；（2）含杂质的（VO2）2SO4溶液用碳酸钠溶液碱浸生成含杂质的NaVO3溶液，Al（OH）3不溶于弱碱，所以反应碱浸后滤出的固体主要成分是Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；（3）据工艺流程图可知，反应的离子方程式为VO3+NH4+=NH4VO3，故答案为：V

52、O3+NH4+=NH4VO3；（4）已知4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）H1=a kJ/mol4V（s）+5O2（g）2V2O5（s）H2=b kJ/mol据盖斯定律，（×5×3）÷2得：10Al（s）+3V2O5（s）=5Al2O3（s）+6V（s）H=KJ/mol，故答案为：10Al（s）+3V2O5（s）=5Al2O3（s）+6V（s）H=KJ/mol；（5）钒液流电池放电时负极发生氧化反应，据图可知，电极反应式为V2+e=V3+，正极发生还原反应，充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为VO2+e+H2O=VO2+2H+；故答案为：V2+e=V3+；VO2+e+H2O=VO2+2H+；（6）据滴定数据，结合离子方程式c（VO2+）=0.2083mol/L，所以1L溶液中含V的质量为0.2083mol/L×1L×51g/mol=10.6g，故答案为：10.6点评：本题通过从含钒固体废弃物（含有SiO2、Al2O3及其他残渣）