专题02 新题精选30题 2015年高考化学走出题海之黄金30题系列 Word版含

1、2015年高考冲刺之黄金30题系列新题精选30题【试题1】下列叙述不正确的是（ ）A氨基酸既能与酸反应又能与碱反应B饱和Na2SO4溶液可以使蛋白质变性C油脂的摄人有利于人体对某些维生素的吸收D多糖、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解【答案】B【解析】试题分析：A、氨基酸中含有氨基可与酸反应，含有羧基可与碱反应，正确；B、饱和的硫酸钠不属于重金属盐，所以只能使蛋白质发生盐析，不会发生变性，错误；C、油脂的摄人有利于人体对脂溶性维生素的吸收，正确；D、多糖最终水解为葡萄糖，油脂水解为脂肪酸和甘油，蛋白质最终水解为氨基酸，正确，答案选B。考点：考查蛋白质、油脂、糖类的性质【试题2】对下列叙述的评价

2、合理的是：（ ）选项叙述评价A乙酸乙酯在H218O中水解，产物乙醇中将含有18O错，根据酯的水解规律，产物乙酸中将含有18O同位素，而乙醇则没有。B淀粉与20%的硫酸混合溶液在沸水浴中充分加热后滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全错，淀粉水解后未加碱中和至溶液呈碱性。C用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体对，乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应，而甲烷不能与高锰酸钾溶液反应。D可以用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醇溶液、乙酸溶液和葡萄糖溶液错，用新制的Cu(OH)2悬浊液不能鉴别乙醇溶液和乙酸溶液。【答案】A【解析】考点：考查对有机物性质的评价【试题3】H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g

3、)I2(g) 2HI(g) Ha kJ/mol已知： (a、b、c均大于零)。下列说法正确的是（ ）AH2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(cba) kJC相同条件下，1 mol H2 (g)和1mol I2 (g)总能量小于2 mol HI (g)的总能量D向密闭容器中加入2 mol H2 (g)和2 mol I2 (g)，充分反应后放出的热量为2a kJ【答案】B【解析】试题分析： A由同种元素的原子形成的是非极性键，由不同种非金属元素的原子形成的极性键，H2、I2分子中的化学键都是非极性共价键，HI分子中是极性键，A错误；B反应热

4、等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能和热化学方程式可知断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(cba) kJ，B正确；C反应是放热反应，则相同条件下，1 mol H2 (g)和1mol I2 (g)总能量高于2 mol HI (g)的总能量，C错误；D反应是可逆反应，则向密闭容器中加入2 mol H2 (g)和2 mol I2 (g)，充分反应后放出的热量小于2a kJ，D错误，答案选B。考点：考查反应热的有关判断与计算【试题4】下列说法正确的是（ ）AHOCH2COOH的缩聚物是B乙醛和丙烯醛（）不是同系物C已知甲醛分子中各原子共平面，则丙烯醛所有原子一定共平

5、面D结构为-CH=CH-CH=CH-CH=CH-CH=CH-的高分子的单体是1,3-丁二烯【答案】B【解析】试题分析：A、HOCH2COOH的缩聚物是HOCH2COnOH，A错误；B乙醛和丙烯醛（）在组成上相差一个碳，不是同系物，B正确；C由于碳碳单键可以旋转，丙烯醛所有原子可能共平面，不一定共平面，C错误；D结构为-CH=CH-CH=CH-CH=CH-CH=CH-的高分子的单体是乙炔，D错误；答案选B。考点：有机物的结构与性质【试题5】下列推断正确的是（ ）ASiO2是酸性氧化物，但能与NaOH溶液反应也能与HF溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、

6、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色【答案】A考点：考查物质的化学性质【试题6】NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A标况下，2.8 L丙烷中含有的极性共价键数为NAB在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 + 3H2O 中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 NAC已知CH3COONH4溶液的PH=7，则1L 0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COO- 数为0.1NAD39g Na2O2和Al(OH)3的混合物中阴、阳离子的总数为2NA【答案】A【解析】试题分析：A、标准状况下2.

7、8L丙烷的物质的量是0.125mol，1个丙烷分子中含有8个极性键，所以2.8L的丙烷中含有极性键的数目是0.125mol×8×NA=NA，正确；B、在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 + 3H2O 中，每生成3 mol I2，则消耗1mol碘酸钾，I元素的化合价从+5价降低到0价，转移电子的物质的量是5mol，所以转移的电子数是5NA，错误；C、根据元素守恒，在醋酸铵溶液中，醋酸根离子与醋酸分子的总数目是0.1NA，错误；D、过氧化钠与氢氧化铝的摩尔质量相同，都是78g/mol，则39g的二者的混合物的物质的量是0.5mol，但过氧化钠中含有2个钠离子和1个

8、过氧根离子，而氢氧化铝中含有1个铝离子和3个氢氧根离子，二者的物质的量之比未知，所以阴阳离子的总数目无法计算，错误，答案选A。考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系判断【试题7】某无色溶液中只可能含有Na+、Ba2+、Cl-、Br-、SO32-、SO42-离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：下列结论正确的是（ ）A肯定含有离子的Na+、Br-、SO32- B肯定没有的离子是Ba2+、SO32-C可能含有的离子是Cl-、Br-、SO42- D不能确定的离子是Na+、Cl-、SO42-【答案】A【解析】试题分析：用pH试纸检验，溶液的pH大于7，说明含有水解能

9、使溶液呈碱性的离子，为SO32，因为SO32能与Ba2+结合BaSO3沉淀，所以溶液一定不含Ba2+，因为溶液为中性，所以一定含有阳离子，为Na+；根据CCl4层呈橙色，说明溶液含有Br；因为加入氯水反应能生成Cl和SO42，所以根据无法确定是否存在Cl和SO42，故A项正确。考点：本题考查离子检验。【试题8】下列实验现象及相关的离子方程式均正确的是（ ）A碳酸钙粉末中加入醋酸溶液，固体质量减小，生成无色气体CaCO3 + 2H+=Ca2+ + CO2 + H2OB向BaCl2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+ + SO2 + H2O = BaSO3 + 2H+C向H2O2溶液中滴加

10、酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色2MnO4+ 7H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 6O2 + 10H2OD将等物质的量浓度、等体积的Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，生成白色沉淀Ba2+ + SO42+ H+ + OH= BaSO4 + H2O【答案】D【解析】试题分析：A醋酸不可折，故A错误。B亚硫酸酸性弱于盐酸，所以不会生成沉淀。故B错误。C向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明KMnO4氧化H2O2，方程应为: 2MnO4+ 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5O2 + 8H2O,故C错误。D正确。考点：了解离子反应的概念、离

11、子反应方程式的书写。【试题9】下列说法不正确的是（ ）A金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应B质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素C某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有SO42DAl2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，Al2O3属于两性氧化物【答案】C【解析】试题分析：A金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应，例如金属铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，A正确；B质子数与中子数之和是质量数，则质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素，B正确；C某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该白色沉淀可能是硫酸钡，也可能是氯化银，因此原溶液中

12、不一定有SO42，C错误；DAl2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，且均生成盐和水，所以Al2O3属于两性氧化物，D正确，答案选C。考点：考查置换反应、元素与核素、离子检验以及氧化铝的性质等【试题10】探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）A用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C用装置丙稀释反应后的混合液 D用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】试题分析：A、甲中缺少加热装置，所以Cu与浓硫酸不发生反应，错误；B、二氧化硫的密度大于空气，所以用向上排空气法收集，错误；C、Cu与浓硫酸反应得到的溶液为硫酸铜和硫酸的混合液，所以稀释时应将溶液加到水中，并用

13、玻璃棒不断搅拌，正确；D、氢氧化钠溶液不能盛放在酸式滴定管中，错误，答案选C。考点：考查对实验装置的判断【试题11】某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi + Li1-xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH + MH M+ Ni(OH)2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是：（ ）A锂离子电池放电时Li+向正极迁移B镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O +e= Ni(OH)2+OHC上图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D锂离子电池充电时，阴极的电极反应式：LiMn2O4xe= Li1-xMn2O4+ xLi+【答案】D【解析】试题分析：

14、A、放电时，相当于原电池，则阳离子向正极移动，正确；B、镍氢电池放电时，正极发生还原反应，元素的化合价降低，则NiOOH得到电子生成氢氧化镍，正确；C、根据装置图中的电极材料可知，左图是锂离子电池的放电反应，上图是镍氢电池的充电反应，所以表示用锂离子电池给镍氢电池充电，正确；D、锂离子电池充电时，阴极发生还原反应，所以锂离子得到电子生成Li单质，错误，答案选D。考点：考查电化学反应原理的应用【试题12】X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期。下列说法错误的是（ ）A原子半径：ZRWB气态氢化

15、物稳定性：HmWHnRCY、Z、R三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性DX2W6分子中各原子均满足8电子结构【答案】C【解析】试题分析：Y与R同主族，可形成RY3化合物，则R是S元素，Y是O元素；则W只能是Cl元素，X与Cl可形成XCl4，则X的化合价为+4价，X的原子序数小于Y，则X是C元素；Z是O元素形成离子化合物Z2Y，则Z的化合价是+1价，Z与R同周期，所以Z是Na元素。A、Z、R 、W同周期，同周期元素的原子半径随核电荷数的增加而减小，所以原子半径：Z>R>W，正确；B、W的原子序数大于R，所以R的非金属性强于R，则W的氢化物的稳定性大于R的氢化物，正确；C、O、Na、S

16、组成的化合物可以是Na2SO3或Na2SO4等，前者溶液呈碱性，而后者的溶液呈中性，错误；D、C2Cl6分子中每个C原子与3个Cl原子形成3对共用电子对，C与C之间形成一对共用电子对，所以C与Cl原子的周围都满足8电子的稳定结构，正确，答案选C。考点：考查元素的推断，物质结构与性质的判断【试题13】已知浓度商(Qc)表示任意状态下反应体系中物质的浓度关系，其表达式与化学平衡常数的表达式相同。保持温度和体积不变，可逆反应：A(s) + 2B(g)2C(g) + D(g) H0， 在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是（ ）容器体积起始物质平衡时C的物质的量平衡时B的体

17、积分数平衡常数甲1L 1molA+2molB1mol甲K甲乙1L 4molC+2molDn1 mol乙K乙丙2L 4molC+2molDn2 mol丙K丙A在建立平衡的过程中，甲的Qc逐渐减小，乙和丙的Qc逐渐增大BK甲=K丙>K乙C升高甲的温度，可使甲=乙Dn1=1.6，n2=2【答案】C【解析】试题分析：A、QC=c(C)2c(D)/c(B)2，甲从正反应开始，所以B的浓度逐渐减小，C、D的浓度逐渐增大，所以甲的QC逐渐增大，与乙、丙从逆反应开始，与甲相反，则QC逐渐增大，错误；B、三者的温度相同，所以平衡常数相等，错误；C、甲与丙是等效平衡，B的体积分数相等；乙的浓度是丙的2倍，相

18、当于将丙缩小体积，则压强增大，而增大压强，平衡逆向移动，所以B的体积分数增大，则乙中B的体积分数大于甲，所以升高甲的温度，平衡逆向移动，则B的体积分数增大，可以使甲=乙，正确；D、因为三者的平衡常数相等，甲中C的物质的量是1mol，则D的物质的量是0.5mol，B的物质的量是1mol，所以平衡常数K=0.5，因为甲与丙是等效平衡，丙的物质的量是甲的2倍，所以n2=2；所以乙的平衡常数也是0.5mol，若n1=1.6，则D的物质的量是0.8mol，B的物质的量是2-1.6=0.4mol，计算 c(C)2c(D)/c(B)2>0.5,说明反应未达平衡状态，错误，答案选C。考点：考查化学平衡的

19、移动，等效平衡的应用【试题14】常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是（ ）ANH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH4)c(NH3·H2O)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)B往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4和HCO3浓度逐渐减小C通过分析可知常温下Kb(NH3·H2O)Ka1(H2CO3) D当溶液的pH9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3)c(NH4)c(NH3·H2O)c(CO32)【答案】

20、B【解析】试题分析：A、碳酸氢铵溶液中，N元素与C元素符合1:1的关系，所以根据元素守恒有c(NH4)c(NH3·H2O)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)，正确；B、根据图像可知，加入氢氧化钠后溶液的碱性增强，氢氧根离子先与铵根离子反应，使铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子稍增大后又逐渐减小，错误；C、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH7.8，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水程度，根据越弱越水解，所以常温下Kb(NH3·H2O)Ka1(H2CO3)，正确；D、根据图像中pH=9时曲线的高低判断，此时溶液中粒子的浓度关系是c(H

21、CO3)c(NH4)c(NH3·H2O)c(CO32)，正确，答案选B。考点：考查离子浓度大小的比较，盐水解规律的应用【试题15】下列说法不正确的是A用湿润的pH试纸测定饱和Na2CO3溶液的pHB通过观察图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的主要原因是吸氧腐蚀C向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，说明溶解度：Fe(OH)3<Mg(OH)2D向同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，通过完全反应后收集到的H2体积，比较两种酸的电离程度：醋酸<盐酸【答案】A【解析】试题分析：ANa2CO3是强碱弱酸盐，在水溶液中，CO32-发生水解反应消耗水电离产

22、生的H+，促进了水的电离，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液显碱性，但是若用湿润的pH试纸测定饱和Na2CO3溶液的pH，对溶液起稀释作用，错误； B在具支试管中放有一枚用食盐水浸泡的铁钉，由于铁中含有杂质碳元素，所以就构成了原电池，若发生的是吸氧腐蚀，由于消耗氧气，是试管中气体的压强减小，右边小试管中的水在大气压强的作用下回沿着导气管向上移动一段距离，形成一段水珠，因此可通过观察图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的主要原因是吸氧腐蚀，正确；CMg(OH)2在水中难溶，也存在一定的溶解度，当向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，说明Qc=c(Fe3

23、+)·c3(OH-)>Ksp(Fe(OH)3)，故可以说明溶解度：Fe(OH)3<Mg(OH)2，难溶的向更难溶的转化，正确；D同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中的氢离子的物质的量相等，若加入足量镁粉，二者都发生反应产生氢气，哪种酸电离程度小，则溶液最终电离产生的氢离子的物质的量就越多。反应产生的氢气的体积就越大，所以通过完全反应后收集到的H2体积，比较两种酸的电离程度：醋酸<盐酸，正确。考点：考查pH试纸的使用、金属腐蚀的原因、物质溶解度大小比较、电解质电离程度的半径的知识。【试题16】实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）A装置常用于分离互不

24、相溶的液体混合物B装置可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C装置可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D装置可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢【答案】D【解析】试题分析：A装置为蒸馏装置，常用于沸点相差较的液体混合物，故A错。B装置中由于导气管插入水层，起不到防止倒吸的作用。故B错。C装置若气体“长进短出”可用于收集CO2、Cl2等，若气体“短进长出”可用于收集H2、NH3等气体，故C错。D装置倒挂的漏斗可以防倒吸，所以可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢，故D正确。考点： 掌握化学实验的基本方法和技能。【试题17】某有机物的结构简式如图所示，下列有关该物质的叙述错误的

25、是（ ）A分子式为C11H12O4B苯环上的一氯代物有2种C分子中所有的碳原子可能共平面D能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】试题分析：A、根据该有机物的结构简式可判断其分子式是C11H12O4，正确；B、该有机物中不存在对称结构，所以苯环上的H原子不是等效H原子，则苯环上的一氯代物有3种，错误；C、苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子与苯环共面，因为碳碳单键可以旋转，所以两个与苯环不直接相连的甲基的C原子有可能与苯环共面，正确；D、与苯环直接相连的甲基可被高锰酸钾氧化，正确，答案选B。考点：考查对有机物的结构与性质的判断【试题18】常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列

26、说法不合理的是（ ）A反应后HA溶液可能有剩余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等DHA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH -)可能不相等【答案】B【解析】试题分析：A、若HA是弱酸，则二者反应生成NaA为碱性，所以HA过量时，溶液才可能呈中性，正确；B、若二者等体积混合，溶液呈中性，则HA一定是强酸，所以NaA的溶液的pH不可能小于7，至小等于7，错误；C、若HA为弱酸，则HA的体积大于氢氧化钠溶液的体积，且二者的浓度的大小未知，所以HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等，正确；D、HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH -)可能不相等，

27、混合后只要氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等即可，正确，答案选B。考点：考查酸碱混合的判断，酸的强弱的判断【试题19】利用下图装置进行实验（必要时可加热），不能得出相应结论的是（ ）溶液固体溶液实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3非金属性：CSiB浓盐酸MnO2Na2S氧化性：Cl2SC盐酸CaCO3C6H5ONa酸性：碳酸苯酚D稀硫酸Na2CO3CaCl2CO2不与氯化钙反应【答案】C【解析】试题分析：A、由实验可知，碳酸酸性强于硅酸，所以非金属性碳强于硅，A正确；B、由实验可知氯气与硫化钠反应生成硫单质，可知氯气氧化性强于硫，B正确；C、盐酸具有挥发性，苯酚钠生成沉淀可能是碳酸作用也可能

28、是盐酸作用，不能说明碳酸酸性强于苯酚，C错误；D、二氧化碳通于氯化钙溶液中不产生沉淀，二氧碳不与氯化钙反应，D正确；答案选C。考点：化学实验基础【试题20】25 时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（双选）（ ）ANa2CO3溶液：c(OH)-c(H)=c(HCO3)+ 2c(H2CO3)B浓度均为0.1 mol·L1的CH3COOH和CH3COONa混合液（pH<7）：c(CH3COOH)c(CH3COO)c (Na+)c(H+)c(OH)C浓度均为0.1 mol·L1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO)=c(HCO3)+ c(

29、H2CO3)D向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)c(SO42)c(NH4+)c (OH)c(H+)【答案】AD【解析】试题分析：A、碳酸钠溶液中，根据质子守恒，则c(OH)=c(H)+c(HCO3)+ 2c(H2CO3)，所以有c(OH)-c(H)=c(HCO3)+ 2c(H2CO3)成立，正确；B、浓度相同的产生和醋酸钠的混合液的pH<7，溶液为酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO)c (Na+) >c(CH3COOH)c(H+)c(OH)，错误；C、浓度均为0.1 mol·L1的NaClO、N

30、aHCO3混合溶液中，Cl元素与C元素的浓度相等，所以c(HClO)+c(ClO)=c(HCO3)+ c(H2CO3)+ c(CO32-)，错误；D、向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则c (OH)c(H+)，根据电荷守恒，则2c(SO42)+ c (OH)=c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)，若溶液呈中性，则氢氧化钠的物质的量大于硫酸氢铵的物质的量，所以c(Na+)c(SO42)c(NH4+)c (OH)c(H+)，正确，答案选AD。考点：考查电解质溶液中离子浓度的比较【试题21】(15分)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是

31、一种新的探索。以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）试剂X为_（填化学式），发生反应的离子反应方程式为_。（2）滤渣2的成分是_（填化学式）。（3）操作3包括_、冷却结晶、_、洗涤、干燥等一系列操作，在此过程中玻璃棒的作用是_（填代号）引流 搅拌加速溶解 搅拌使溶液受热均匀，防止暴沸（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+CMgO+SO2+CO MgSO4+3CMgO+S+3CO利用下图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。D中收集的气体是_（填化学式）。B中盛放的溶液可以是_（填字母）。ANaO

32、H溶液 bNa2CO3溶液 cKMnO4溶液 d稀硝酸A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：_。【答案】（1）H2O2；2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；（2）Fe(OH)3；（3）蒸发浓缩；过滤；（4）CO；c；3S+6OH-SO32-+2S2-+3H2O【解析】试题分析：（1）菱镁矿的主要成分为MgCO3，还含少量FeCO3，当向其中加入过量的H2SO4时，发生反应：MgCO3+ H2SO4=MgSO4+H2O+CO2；FeCO3+ H2SO4=FeSO4+H2O+CO2；把难溶性的杂质过滤除去，在滤液中含有MgSO4、F

33、eSO4、H2SO4；然后向溶液中加入H2O2，发生氧化还原反应，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。（2）把加入H2O2后的溶液调整溶液的pH=4，Fe3+就会形成Fe(OH)3沉淀，把沉淀过滤除去，得到的滤液2含有MgSO4，把该溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等一系列操作，在此过程中玻璃棒的作用是引流、搅拌使溶液受热均匀，防止暴沸，选项是；（4）由于要右图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集，据图示可知在反应过程中产生的气体可能含有CO、CO2、SO2；SO2被酸性KMnO4氧化变为H2SO4，CO2被氢氧化钙溶液吸收，最后得到的是CO；D中收集的气体是CO；B的作用是吸

34、收SO2，而不能吸收CO2，SO2有还原性，所以吸收试剂是具有氧化性的物质KMnO4溶液，而稀硝酸尽管有氧化性，可以氧化SO2，但是还会产生NO气体，因此不能使用，因此只能选择KMnO4溶液，选项是C；A中得到的淡黄色固体是S与热的NaOH溶液反应，由于产物中元素最高价态为+4，则根据电子转移守恒及原子守恒可得该反应的离子方程式是3S+6OH-SO32-+2S2-+3H2O。考点：考查物质处理过程中操作方法、试剂的选择使用、分离混合物的方法、氧化还原反应方程式、离子方程式的书写的知识。【试题22】（14分）I甲、乙、丙、丁四种物质存在转化关系：（1）若甲、乙均为空气主要成分，甲所含元素的简单阴

35、离子的结构示意图为 。（2）若乙是生活常见金属单质，丙丁的离子方程式为 。（3）若丙既能与强酸又能与强碱反应，则丙的化学式为 （任写1种）。II一定温度下，容积为1 L的密闭容器中投入0.5 mol PCl5(g)，存在平衡：PCl5(g)PCl3(g)+ Cl2(g)。反应过程中测得部分数据如下表：时间n(PCl5)/moln(PCl3)/moln(Cl2)/mol00.500t10.45t20.1t30.4（4）t1时刻，测得反应吸收的热量为a kJ。PCl3(g)与Cl2(g)反应的热化学反应方程式为 。（5）t2时：v正 v逆（填“>”、“<”或“=”）。（6）相同温度下，

36、改为往容器中投入0.2 mol PCl5(g)、0.2 mol PCl3(g)、0.1 mol Cl2(g)，到达平衡前，PCl5的物质的量将 （填“增大”、“减小”、“不变”）。【答案】（15分）（1） 2分（2）2Fe3+ Fe = 3Fe3+ 3分（3）Al(OH)3、NaHCO3等合理答案 2分（4）PCl3(g)+ Cl2(g) PCl5(g) H = -20akJ/mol 3分（5）= 2分（6）增大【解析】试题分析：（1）若甲、乙是空气的主要成分，则为氮气和氧气，甲是氮气与氧气反应生成NO，NO再与氧气反应生成二氧化氮，所以丁是二氧化氮，则甲中N元素的阴离子是N3-，核外电子数是

37、10，核内质子数是7，则离子结构示意图为；（2）若乙是生活常见金属单质，根据该流程图可判断该金属为变价金属，所以乙为Fe，则甲是氯气，丙是氯化铁，丁是氯化亚铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，离子方程式是2Fe3+ Fe = 3Fe3+；（3）丙既能与强酸又能与强碱反应，则两性物质中氢氧化铝具备此性质，则甲是氯化铝，乙是氢氧化钠，丙是氢氧化铝，丁是偏铝酸钠；其次还有碳酸氢钠也具有此性质，甲是二氧化碳，乙是氢氧化钠，丙是碳酸氢钠，丁是碳酸钠，所以丙的化学式可以是Al(OH)3、NaHCO3等；（4）t1时刻，消耗PCl5的物质的量是0.5-0.45=0.05mol，则消耗1molPCl5时反应吸收

38、的热量是akJ/0.05=20akJ，PCl3(g)与Cl2(g)反应与PCl5的分解反应是互逆的，则反应热互为相反数，所以PCl3(g)与Cl2(g)反应的热化学方程式是PCl3(g)+ Cl2(g) PCl5(g) H-20akJ/mol；（5）t2时，PCl3的物质的量是0.1mol，则PCl5的物质的量是0.5-0.1=0.4mol，与t3时的物质的量相同，说明t2时刻为平衡状态，所以v正= v逆；（6）根据平衡时各物质的浓度：PCl5的平衡浓度是0.4molmol/L、PCl3(g)与Cl2(g)的平衡浓度是0.1mol/L，则该反应的平衡常数为0.12/0.4=0.025，相同温度

39、下，改为往容器中投入0.2 mol PCl5(g)、0.2 mol PCl3(g)、0.1 mol Cl2(g)，则Qc=0.1×0.2/0.2=0.1>K，所以反应逆向进行，PCl5的物质的量将增大。考点：考查物质推断，反应速率的计算，平衡常数的应用，热化学方程式的书写【试题23】（14分）钨是我国丰产元素，也是熔点最高的金属，被誉为“光明使者”。用黑钨矿FeWO4、MnWO4(W为+6价)结合其它化工生产高纯钨的化工流程如下。已知H2WO4是不溶于水的弱酸，受热可分解生成氧化物。请回答下列有关问题：（1）上述流程中通入空气的目的是 ；（2）滤渣A与硫酸反应的离子方程式为 ；

40、（3）实验室用锌锰碱性电池作做电源模拟氯碱工业的装置如下图：已知：锌锰碱性电池的总反应为Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnOOH，则锌锰碱性电池的锌电极应与装置中电极 (填“A”或“B”)相接，气体Y为气体出口 （填“A”或“B”）出来的气体，为提高生产效率，电解开始时，从进料口B加入的物质为 ，写出锌锰碱性电池正极反应式 ；（4）已知：单质碳也可与固体甲制得钨，用气体Y而不用单质碳的原因 ；（5）将H2 与CO2以4:1的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。已知：CH4 (g) + 2O2(g) CO2(g)+ 2H2O（1） H1890.3 kJ/mol H2(g) +

41、 1/2O2(g) H2O（1） H2285.8 kJ/mol 则CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式是 。【答案】（14分） 氧化Fe2、Mn2（2分） Fe2O3 + 6H = 2Fe3 + 3H2O 或 Fe3O4 + 8H = 2Fe3 + Fe2 + 4H2O（2分） B（1分） B（1分） 稀氢氧化钠溶液（1分） MnO2 + e + H2O = MnOOH + OH（2分）会引入杂质碳；会生成碳化钨（2分，任答一点）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)H=252.9kJ/mol（3分）【解析】试题分析：（1）因为锌锰碱性电池中含有

42、二氧化锰，所以通入空气的目的是氧化Fe2、Mn2，使其转化为Fe3+、Mn4+；（2）因为亚铁离子被氧化为铁离子，与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，在加热条件下，最终转化为氧化铁或四氧化三铁，所以滤渣A与稀硫酸反应实质是氧化铁与稀硫酸反应，离子方程式是Fe2O3 + 6H = 2Fe3 + 3H2O 或 Fe3O4 + 8H = 2Fe3 + Fe2 + 4H2O；（3）碱性锌锰电池的Zn发生氧化反应，作原电池的负极，滤液A与盐酸反应生成钨酸沉淀，焙烧分解生成WO3，氯碱工业中产生的气体有氢气和氯气，而氢气可还原WO3为W，氢气在负极产生，而Fe不能做阳极，所以Fe极为阴极，所以锌锰碱性电池的锌

43、电极应与装置中电极B相连，则氢气在B口出来的气体；为增强溶液的导电性，在进料口B处加入稀NaOH溶液；碱性锌锰电池的正极发生还原反应，二氧化锰得到电子生成MnOOH，电极反应式为MnO2 + e + H2O = MnOOH + OH；（4）若用碳单质还原WO3，则W中可能含有C单质，而用氢气还原，则不会产生杂质；（5）利用盖斯定律将氧气消去，所以CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的反应热H=4H2-H1=252.9kJ/mol，所以CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的的热化学方程式是CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)H=252.9kJ/

44、mol。考点：考查工业流程的分析，电化学反应原理的应用，盖斯定律的应用【试题24】(19分)某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律，探究NO2、NO与Na2O2反应的情况，提出假设并进行相关实验。I从理论上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有还原性，于是提出如下假设：假设1：Na2O2氧化NO2；假设2：NO2氧化Na2O2。（1） 甲同学设计如图装置进行实验：试管A中反应的离子方程式是_。待试管B中充满红棕色气体，关闭旋塞a和b；取下试管B，向其中加入适量Na2O2粉末，塞上塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃。仪器C兼有防倒吸的作

45、用，仪器C的名称为_。结论：甲同学认为假设2正确。（2）乙同学认为甲同学设计的实验存在缺陷，为达到实验目的，在A、B之间应增加一个装置，该装置的作用是_。乙同学用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，得出结论：假设正确。则NO2和Na2O2反应的化学方程式是_。II该研究性学习小组同学还认为NO易与O2发生反应，应该更易被Na2O2氧化。查阅资料：2NO+Na2O2=2NaNO2；2NaNO2+2HCl=2NaCl+NO2+NO+H2O：酸性条件下，NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。（3）丙同学用下图所示装置(部分夹持装置略)探究NO与

46、Na2O2的反应。在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是_。B中观察到的主要现象的是_(填字母编号)。a铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色 b有红棕色气泡产生c有无色气泡产生 C、E中所盛装的试剂不能是_(填字母编号)。a无水硫酸铜 b无水氯化钙 c碱石灰 d生石灰F中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。充分反应后，检验D装置中产物的方法是：取D装置中产物少许，_，则产物是NaNO2。【答案】（19分）（1）Cu4H2NO3=Cu22NO22H2O（3分） 干燥管（2分）（2）除去NO2中混有的水蒸气（2分） Na2O22NO2=2NaNO3 （2分）（3）将装置中的空气排出（2分）

47、ac （2分） a （2分）3:5（2分） 加入稀盐酸，产生红棕色气体 （2分）【解析】试题分析：（1）试管A中Cu与浓硝酸反应，反应的离子方程式是：Cu4H2NO3=Cu22NO22H2O；根据实验装置图，仪器C的名称为干燥管。（2）因为NO2能与H2O反应，所以在A、B之间应增加一个除去NO2中混有的水蒸气的装置；红棕色气体迅速消失；带火星的木条未复燃，则NO2被Na2O2氧化，所以化学方程式为：Na2O22NO2=2NaNO3（3）反应前，装置内含有空气，所以打开弹簧夹，通入一段时间N2，可把装置中的空气排出。实验装置B中NO2通入水中，NO2与H2O反应生成稀硝酸和无色气体NO，铜片与

48、稀硝酸反应生成蓝色Cu(NO3)2、NO和H2O，所以答案为ac。装置C、E的作用是吸收水分，无水氯化钙、碱石灰、生石灰都具有吸水性，无水硫酸铜常用于水的检验，吸水性较差，故答案为a。氧化剂为MnO4，Mn元素由+7价降低为+2价，还原剂为NO，N元素由+2价升高到+3价，根据化合价升高总价数等于降低总价数可得：5n（MnO4）=3n（NO），则n（MnO4）：n（NO）=3:5。NO与Na2O2反应生成NaNO2，D装置中产物为NaNO2，根据反应：2NaNO2+2HCl=2NaCl+NO2+NO+H2O进行检验，所以检验方法是：取D装置中产物少许，加入稀盐酸，产生红棕色气体，则产物是NaN

49、O2。考点：本题考查实验方案的设计与评价、基本操作与基本仪器、方程式的书写。【试题25】粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属。某化学兴趣小组以硫酸铜为电解液电解精炼铜之后，将电解液过滤得到滤液A和阳极泥。该小组同学设计如下实验方案测定滤液A中Fe2+ 、Cu2+ 的浓度。已知：Zn(OH)2可与NaOH反应生成溶于水的Na2ZnO2。试回答下列问题：（1）步骤2中涉及的操作是_、洗涤、晾干、称量；步骤4的操作依次是洗涤、灼烧、冷却、称量，在灼烧时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是_（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。A.烧杯 B.坩埚 C.表面皿 D.泥三角 E.酒精

50、灯 F.干燥器（2）写出滤液B中加入H2O2 发生反应的离子方程式_。（3）滤液A中c（Cu2+）=_molL-1 ，c（Fe2+）=_molL-1 ；若步骤4的操作中“灼烧”不够充分，则滤液A中c（Fe2+）_（填偏大“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）过滤 BDE （2）2Fe2+H2O2 +2H+ = 2Fe3+2H2O （3）0.5 0.1 偏大【解析】试题分析：已知粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属，锌、铁比铜活泼优先于铜放电，所以精炼铜后的滤液中主要阳离子为Cu2+、Fe2+ 、Zn2+，步骤1中足量铁粉转换出Cu，过滤后滤渣为过量的铁与生成的铜，加入足量稀硫酸溶解完

51、铁，过滤、洗涤、晾干、称量得到的单质铜为3.2g。；步骤1所得滤液中阳离子主要为Fe2+ 、Zn2+，加入足量双氧水可将Fe2+氧化为Fe3+，2Fe2+H2O2 +2H+ = 2Fe3+2H2O，加入过量NaOH溶液得到Fe（OH）3，同时由信息可知Zn2+ 与碱作用生成Na2ZnO2，步骤4的操作依次是洗涤、灼烧、冷却、称量所得Fe2O3质量为4.8g,则C（Cu2+）=(3.2g÷64g/mol)/0.1L =0.5mol/L，c（Fe2+）=(4.8g÷160g/mol)×2-0.05mol/0.1L=0.1mol/L若步骤4的操作中“灼烧”不够充分，造成

52、“脱水”不充分，测得Fe2O3质量偏大，最后结果偏大。考点：了解电解的原理及应用，掌握化学实验的基本操作。能对常见的物质进行分离和提纯。了解Fe、Cu的化合物的性质。【试题26】(15分）(一）尿素又称碳酰胺，是含氮量最高的氮肥，工业上利用二氧化碳和氨气在一定条件下合成尿素。其反应分为如下两步：第一步：2NH3(l)CO2(g) H2NCOONH4(氨基甲酸铵) (l) H1= -330.0 kJ·mol1第二步：H2NCOONH4(l) H2O(l)H2NCONH2(l) H2= + 226.3 kJ·mol1某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5 m3 密

53、闭容器中投入4 mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如下图所示：已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第 步反应决定。反应进行到10 min时测得CO2的物质的量如上图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2) mol/(L·min)。当反应在一定条件下达到平衡，若在恒温、恒容下再充入一定量气体He，则CO(NH2)2(l)的质量_(填“增加”、“减小”或“不变”)。（二）氨是制备尿素的原料，氨气溶于水得到氨水，在25下，将a mol/L的氨水与b mol/L的硫酸以32体积比混合反应后溶液呈中性。用含a和b的代数式表示出氨水的电离平衡常数为_。此溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。（三）氢气是合成氨的原料。“氢能”将是未来最理想的新能源。（1）在25,101KPa条件下，1 g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为 。（2）氢气通常用生产水煤气的方法制得。其中C(s)+ H2O(g) CO(g)+H2(g)，在850时平衡常数K=1。若向1升的恒定密闭真空容器中同时加入x mol C和6.0mol H2O。当