江西省红色七校高三上学期第一次联考化学试卷解析

1、2016-2017学年江西省红色七校高三（上）第一次联考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1现代生活需要提升我们的科学素养，以下说法科学的是（）A某护肤品广告宣称产品不含任何化学成分B漂白粉长期放置会被空气中的氧气氧化而变质C日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀D汽车尾气中氮氧化物的产生主要是由于汽油中含有氮元素而产生的2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的电子数一定为3.2NAB密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4NAD5.6g Fe与

2、含0.2mol HNO3的溶液充分反应，至少失去电子数为0.2NA3用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（）A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定C用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸4下列有关物质分类和氧化还原的描述正确的是（）A酸性氧化物一定是非金属氧化物，混合物、分散系、胶体有从属关系B元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得C得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强；含

3、最高价元素的化合物一定具有强的氧化性D烧碱、熟石灰均属于碱，酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应5短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为17，X与Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）r（M）B由三种元素X、Z、W形成的化合物中只有共价键而无离子键CZ的气态氢化物比W的气态氢化物更稳定D分子式为Y4X8W2的物质超过10种6下列相关反应的离子方程式书写错误的是（）A在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O

4、+2FeO42B少量SO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+7已知反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2能进行完全以下推断中正确的是（）ABeCl2溶液pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2BNa2BeO2溶液pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物Na2BeO2CBe（OH）2即能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液DBeCl2水溶液的导电性强，BeCl2一定

5、是离子晶体8去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示下列说法正确的是（） A每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基B每个去甲肾上腺素分子中含有8种氢原子C1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr2发生取代反应D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应9工业上，可用硫酸铈溶液吸收尾气中NO，其化学方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列说法正确的是（）A在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2B在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种C若不考虑溶液体积变化，吸收尾气后，溶液的pH将增大D在

6、该反应中，每消耗22.4LNO必转移2 mol电子10CH3OH是重要的化工原料，工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH，其反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）按n（CO）：n（H2）=1：2向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示下列说法中，正确的是（）AP1P2B该反应的H0C平衡常数：K（A）=K（B）D在C点时，CO转化率为75%11向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的

7、氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（）A7.84LB6.72LC4.48LD无法计算12有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2、Al3+、CO32、NO3七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后才有沉淀则下列判断正确的是（）A溶液中可能含有AlO2B溶液中可能含有NO3C溶液中一定不含Fe2+和Fe3+D溶液中可能含有Fe3+，但一定不含Fe2+13高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4）的装置如图所示下列说法正确的是（）A铁是阳极，电

8、极反应为Fe2e+2OHFe（OH）2B电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小C若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体14如图所示与对应叙述相符的是（）A一定条件下，X和Y反应生成Z，由图1推出该反应的方程式可表示为：X+3YZB表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到的滴定曲线（常温下），该实验最好选取酚酞作指示剂C常温下，向NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，所得滴定曲线如图所示当7pH13时，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸银溶液滴定等浓度的A、B

9、、C的混合溶液（均可以与Ag+反应生成沉淀），由图可确定首先沉淀的是C15除去下列物质中的杂质（括号中为杂质），采用的试剂和除杂方法错误的是（）选项含杂质的物质试剂除杂方法AC2H4（SO2）NaOH溶液洗气BC6H6（Br2）Fe粉蒸馏CC6H5NO2（HNO3）NaOH溶液分液DC2H2（H2S）CuSO4溶液洗气AABBCCDD16将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内的压强为零，将残留物溶于水中，无气体产生下列叙述不正确的是（）A原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1B残留物中只有Na2CO3和NaOHC反应中电子转移总

10、数为0.8NAD残留物质量为26.6克二、非选择题17纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b用葡萄糖还原新制的Cu（OH）2制备Cu2O；方法c电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2方法d用肼（N2H4）还原新制的Cu（OH）2（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；H=157kJmol1则方法a发生的热化学方程式是：（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu

11、2O，装置如图所示：该离子交换膜为离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为，钛极附近的pH值（填“增大”“减小”或“不变”）（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为（4）在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：序号01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.10

12、0.0940.0900.0900.0900.090对比实验的温度：T2T1（填“”“”或“”），能否通过对比实验到达平衡所需时间长短判断：（填“能”或“否”）实验前20min的平均反应速率 v（O2）=催化剂的催化效率：实验实验（填“”或“”）18铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁Fe2（OH）n（SO4）3n/2m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾（其中铁的化合价为+6）是一种重要的杀菌消毒剂，某课题小组设计如下方案制备上述两种产品：请回答下列问题：（1）若A为H2O（g），写出反应方程式；（2）若B为NaClO3与稀硫酸，写出其氧化Fe2+的离子方程式（还原产物为Cl）；（3）若C

13、为KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾（K2FeO4）的化学方程式，并配平：Fe2O3+KNO3+KOH+KNO2+（4）为测定溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH3，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL已知：2Fe3+2I2Fe2+I2I2+2S2O322I+S4O42滴定选用的指示剂及滴定终点观察到的现象；溶液中铁元素的总含量为 gL1若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会（填“偏高

14、”“偏低”或“不变”）19下图表示各物质之间的转化关系，A、B、C、G为单质，其中A、G为气体，F为液体为工业生产中常见反应，E是一种具有漂白作用的盐，Y易潮解，M是一种两性化合物，L是一种白色胶状沉淀试回答下列有关问题：（1）M的化学式，Y在实验室中的用途（列举一例）（2）X的熔点为801，实际工业冶炼中常常加入一定量的Y共熔，猜想工业上这样做的目的：工业生产中，还常常利用电解X和F的混合物制取（填化学式）（3）反应的化学方程式是（4）反应的离子反应方程式是（5）用化学方程式表示E在空气中失效的反应原理20K2SO4是无氯优质钾肥，Mn3O4是生产软磁铁氧体材料的主要原料以硫酸工业的尾气联合

15、制备K2SO4和Mn3O4的工艺流程如图1：（1）几种盐的溶解度见图2反应中，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、洗涤、干燥等操作即得K2SO4产品（2）检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是（3）反应的化学方程式为（4）Mn3O4与浓盐酸加热时发生反应的离子方程式为（5）图3煅烧MnSO4H2O时温度与剩余固体质量变化曲线该曲线中B段所表示物质的化学式为煅烧过程中固体锰含量随温度的升高而增大，但当温度超过1000时，再冷却后，测得产物的总锰含量反而减小试分析产物总锰含量减小的原因21有X、Z、W三种含14个电子的粒子，其结构特点如下：粒子代码XZW原子

16、核数目单核同种元素构成的两核同种元素构成的两核粒子的电性电中性两个单位负电荷电中性（1）X的氧化物晶体中含有化学键类型是（2）Z与钙离子组成的化台物的电子式为（3）组成W的元素的简单氢化物极易溶于水的主要原因是，该氢化物与空气可以构成一种燃料电池，产物为无毒物质，电解质溶液是KOH溶液，其负极的电极反应式为在常温下，用该电池电解1.5L 1mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LW的简单氯化物时，NaCI溶液的pH=（假设电解过程中溶液的体积不变）（4）M原子核外比X原予多2个电子可逆反应2MO2（气）+O2（气）2MO3（气）在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B

17、容器可保持恒容（如图所示），若在A、B中分别充入ImolO2和2mol MO2，使气体体积V（A）=V（B），在相同温度下反应则：达平衡所需时间：t（A）t （B）（填“”、“”、“=”，或“无法确定”，下同）平衡时MO!的转化率：a（A）a（B）（5）欲比较X和M两元素的非金属性相对强弱，可采取的措施有（填序号）a比较这两种元素的气态氢化物的沸点b比较这两种元素的单质在常温下的状态c比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d比较这两种元素的单质与氢气化合的难易2016-2017学年江西省红色七校高三（上）第一次联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48

18、分）1现代生活需要提升我们的科学素养，以下说法科学的是（）A某护肤品广告宣称产品不含任何化学成分B漂白粉长期放置会被空气中的氧气氧化而变质C日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀D汽车尾气中氮氧化物的产生主要是由于汽油中含有氮元素而产生的【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A产品中物质均为化学成分；B漂白粉易与空气中的水、二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，易分解；C铝与氧气反应生成致密氧化膜；D汽车尾气中氮氧化物的产生是由于空气中的氮气与氧气在放电的时候生成的；【解答】解；A所以物质都含有化学成分，不含化学成分的物质不存在，故A错误；B漂白粉易与空气中的水、二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸不稳

19、定易分解，所以漂白粉变质不是被氧气氧化，故B错误；C铝与氧气反应生成致密氧化膜阻止铝与氧气继续反应，所以日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀，故C正确；D汽车尾气中氮氧化物的产生是由于空气中的氮气与氧气在放电的时候生成的，汽油中主要是烃，故D错误；故选：C2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的电子数一定为3.2NAB密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4NAD5.6g Fe与含0.2mol HNO3的溶液充分反应，至少失去电子数为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、S

20、2和S8均由S原子构成，且S原子中含16个电子；B、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；C、二氧化硅为原子晶体；D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足【解答】解：A、S2和S8均由S原子构成，故6.4g混合物中含有的S原子的物质的量为0.2mol，而且S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含3.2NA个电子，故A正确；B、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于2NA个，故B错误；C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故C错误；D、5.6g铁为0.1mol，和

21、0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于0.2NA个，故D错误故选A3用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（）A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定C用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸【考点】中和滴定【分析】根据c（碱）=分析，以此判断浓度的误差【解答】解：A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐

22、酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故A错误；B蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏大，故B错误；C用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）=分析，可知c（碱）不变，故C正确；D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏小，根据c（碱）=分析，可知c（碱）偏小，故D错误；故选C4下列有关

23、物质分类和氧化还原的描述正确的是（）A酸性氧化物一定是非金属氧化物，混合物、分散系、胶体有从属关系B元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得C得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强；含最高价元素的化合物一定具有强的氧化性D烧碱、熟石灰均属于碱，酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应【考点】氧化还原反应；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】AMn2O7为酸性氧化物，混合物包含分散系、分散系包含胶体；B.2H2S+SO2=3S+2H2O中，S失去电子生成S，S得到电子生成S；C氧化性与得电子多少无关，含最高价元素的化合物不一定具有强的氧化性；D碱中阴离子全部为氢氧根离子，酸、碱、盐之间

24、发生的反应可能为氧化还原反应【解答】解：AMn2O7为酸性氧化物，则酸性氧化物不一定是非金属氧化物，混合物包含分散系、分散系包含胶体，则混合物、分散系、胶体有从属关系，故A错误；B.2H2S+SO2=3S+2H2O中，S失去电子生成S，S得到电子生成S，可知元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得，故B正确；C氧化性与得电子多少无关，与得到电子的难易程度有关，含最高价元素的化合物不一定具有强的氧化性，如碳酸，故C错误；D碱中阴离子全部为氢氧根离子，则烧碱、熟石灰均由金属离子与氢氧根离子构成均属于碱，酸、碱、盐之间发生的反应可能为氧化还原反应，如氢氧化亚铁与硝酸反应，故D错误；故选B5短周

25、期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为17，X与Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r（Y）r（Z）r（W）r（M）B由三种元素X、Z、W形成的化合物中只有共价键而无离子键CZ的气态氢化物比W的气态氢化物更稳定D分子式为Y4X8W2的物质超过10种【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X与Y是组成化合物种类最多的元素，应为烃类物质，则X为H元素，Y为C原子，W是地壳中含量最高的元素，应为O元素，则Z为N元素，原子最外层电子数之和为17，可知M的最外层电子数为171456=1，应为Na元素，以此解答该题【

26、解答】解：X与Y是组成化合物种类最多的元素，应为烃类物质，则X为H元素，Y为C原子，W是地壳中含量最高的元素，应为O元素，则Z为N元素，原子最外层电子数之和为17，可知M的最外层电子数为171456=1，应为Na元素，AM为Na，为短周期原子半径最大的元素，故A错误；B由三种元素X、Z、W形成的化合物可为铵盐，为离子化合物，含有离子键，故B错误；C非金属性ON，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D分子式为C4H8O2的物质可为酸、酯、羟基醛等物质，也可为环状物质，种类较多，超过10种，故D正确故选D6下列相关反应的离子方程式书写错误的是（）A在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）

27、3反应生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42B少量SO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+【考点】离子方程式的书写【分析】A、根据电荷守恒和质量守恒进行判断；B、根据亚硫酸氢根离子的酸性大于苯酚的酸性分析；C、根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性能够将双氧水氧化成氧气分析；D、根据反应物中水应该写成分子式，不能写成氢氧根离子判断【解答】解：A

28、、在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4、硫化钠和水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式为3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42，故A正确；B、少量SO2通入苯酚钠溶液中，苯酚的酸性小于亚硫酸氢根离子的酸性，反应生成了亚硫酸氢根离子，反应的离子方程式为：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故B正确；C、用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，生成了锰离子、氧气和水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式为：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O，故C正确；D、水是属于弱电解质，不能写成氢氧根离子

29、，反应的离子方程式为SO2+ClO+H2O=SO42+Cl+2H+，故D错误；故选D7已知反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2能进行完全以下推断中正确的是（）ABeCl2溶液pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2BNa2BeO2溶液pH7，将其蒸干、灼烧后可得残留物Na2BeO2CBe（OH）2即能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液DBeCl2水溶液的导电性强，BeCl2一定是离子晶体【考点】化学方程式的有关计算；两性氧化物和两性氢氧化物【分析】在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）

30、2可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be（OH）2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，以此解答该题【解答】解：ABeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH7，将其蒸干，灼烧后可得残留物BeO，故A错误；BNa2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH7，将其蒸干，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故B正确；CBe（OH）2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故C正确；D根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故D错误故选BC8去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如

31、图所示下列说法正确的是（） A每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基B每个去甲肾上腺素分子中含有8种氢原子C1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr2发生取代反应D去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结合可知，分子中含酚OH、醇OH、氨基，结合酚、醇、氨基的性质来解答【解答】解：AOH与苯环直接相连的为酚羟基，共有2个，故A错误；B结构不对称，含9种H，故B错误；C酚OH的邻对位与溴发生取代反应，则1mol去甲肾上腺素最多能与3molBr2发生取代反应，故C错误；D含氨基与盐酸反应，含酚OH与NaOH反应，故D正确；故选D9工业上，可用硫酸铈溶液

32、吸收尾气中NO，其化学方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列说法正确的是（）A在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2B在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种C若不考虑溶液体积变化，吸收尾气后，溶液的pH将增大D在该反应中，每消耗22.4LNO必转移2 mol电子【考点】氧化还原反应【分析】2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4中，1N元素由+2升高到+5价，1N元素由+2升高到+3价，Ce元素由+4降低到+3价，据此分析解答【解答】解：A1N元素由+2升高到+

33、5价，1N元素由+2升高到+3价，则NO是还原剂，Ce元素由+4降低到+3价，则硫酸铈是氧化剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为2：1，故A错误；B硫酸铈是氧化剂，生成Ce2（SO4）3为还原产物，NO是还原剂，生成HNO2、HNO3是氧化产物，所以在该反应中，氧化产物有两种，还原产物有一种，故B正确；C反应后生成硫酸，则溶液的酸性增强，pH减小，故C错误；D没有限制“标准状况”，不能计算转移电子数目，故D错误；故选B10CH3OH是重要的化工原料，工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH，其反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）按n（CO）：n（H2）=1：2向密闭容器中充入反

34、应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示下列说法中，正确的是（）AP1P2B该反应的H0C平衡常数：K（A）=K（B）D在C点时，CO转化率为75%【考点】化学平衡的影响因素【分析】A温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快；B由图可知，升高温度，平衡逆向移动，说明该反应的H0；C平衡常数只与温度有关；D设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算【解答】解：A由300时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1p2，故A错误；B图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，故B

35、错误；CA、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1x 22x x在C点时，CH3OH的体积分数=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D11向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（）A7.84LB6.72LC4.48LD无法计算【考点

36、】有关混合物反应的计算【分析】根据硝酸过量可知，反应产物为铁离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液后得到的沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量，据此可以计算出氢氧根离子的物质的量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铁，氯化铁和氯化铁中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，据此计算出氯离子的物质的量、氯气的物质的量及标况下氯气的体积【解答】解：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe（OH）3、Cu（OH）2，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g18.4g=11.9

37、g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH）=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为0可知，FeCl3、CuCl2中n（Cl）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH），即n（Cl）=0.7mol，根据质量守恒，消耗Cl2的物质的量为：n（Cl2）=n（Cl）=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，故选A12有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2、Al3+、CO32、NO3七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始

38、没有沉淀，而后才有沉淀则下列判断正确的是（）A溶液中可能含有AlO2B溶液中可能含有NO3C溶液中一定不含Fe2+和Fe3+D溶液中可能含有Fe3+，但一定不含Fe2+【考点】常见离子的检验方法【分析】向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2、CO32离子因发生反应生成弱电解质而不能存在，而后才有沉淀能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及NO3离子的氧化性做进一步的推断【解答】解：向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的

39、过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2、CO32离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有NO3离子符合；而后才有沉淀能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子，综上所述，溶液中一定含有H+离子、NO3离子，一定没有AlO2、CO32、Fe2+离子，Fe3+离子、Al3+离子至少有一种故选D13高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液

40、制备高铁酸钠（Na2FeO4）的装置如图所示下列说法正确的是（）A铁是阳极，电极反应为Fe2e+2OHFe（OH）2B电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小C若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应；B镍电极上氢离子放电生成氢气；C若离子交换膜为阴离子交换膜，电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO42；D气体摩尔体积因温度

41、压强不同而不同【解答】解：A用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故A错误；B镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；C若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO42，故C正确；D温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误；故选C14如图所示与对应叙述相符的是（）A一定条件下，X和Y反应生成Z，由图1推出该反应的方程式可表示为：X+3YZB表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到

42、的滴定曲线（常温下），该实验最好选取酚酞作指示剂C常温下，向NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，所得滴定曲线如图所示当7pH13时，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸银溶液滴定等浓度的A、B、C的混合溶液（均可以与Ag+反应生成沉淀），由图可确定首先沉淀的是C【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；中和滴定【分析】A、当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1；B、根据0.1 mol/L的一元酸在滴定开

43、始时的pH来判断酸为弱弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂；C、如NaOH过量较多，可存在c（OH）c（CH3COO）；D、由图象可知，lgc（X）越大，则c（X）越小，越先生成沉淀【解答】解：A、解：当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故反应为3X+YZ，故A错误；B、滴定开始时0.1 molL1某酸pH为3，所以酸为弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂，故B正确；C、如NaOH过量较多，可存在c（OH）c（CH3COO），故C错误；D、由图象可知，lgc（X）越大，则c（X）越小，越先生成沉淀，由图2曲线

44、，可确定首先沉淀的是I，故D错误，故选B15除去下列物质中的杂质（括号中为杂质），采用的试剂和除杂方法错误的是（）选项含杂质的物质试剂除杂方法AC2H4（SO2）NaOH溶液洗气BC6H6（Br2）Fe粉蒸馏CC6H5NO2（HNO3）NaOH溶液分液DC2H2（H2S）CuSO4溶液洗气AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】A二氧化硫与NaOH溶液反应，而乙烯不能；B溴、苯在Fe作催化剂条件下反应；C硝酸与NaOH溶液反应，而硝基苯不能；D硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能【解答】解：A二氧化硫与NaOH溶液反应，而乙烯不能，则利用洗气法可除

45、杂，故A正确；B溴、苯在Fe作催化剂条件下反应，不能除杂，应加NaOH溶液分液来除杂，故B错误；C硝酸与NaOH溶液反应，而硝基苯不能，则加NaOH溶液分液可除杂，故C正确；D硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能，则利用洗气法可除杂，故正确；故选B16将含有O2和CH4的混合气体置于盛有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内的压强为零，将残留物溶于水中，无气体产生下列叙述不正确的是（）A原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1B残留物中只有Na2CO3和NaOHC反应中电子转移总数为0.8NAD残留物质量为26.6克【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应后无气体，且将残留

46、物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，再根据反应的总化学方程式判断原混合物中甲烷、氧气的物质的量之比【解答】解：反应后容器中无气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为Na2CO3和NaOH，根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1：4，则反应的总化学方程式为2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，A由方程式可知，原混合气体中O2、CH4的物质的量之比为1：2

47、，故A错误；B由反应可知，残留物中只有Na2CO3和NaOH，故B正确；Cn（Na2O2）=0.3mol，由C元素的化合价变化可知，0.1molC失去电子为0.8mol，反应中电子转移总数为0.8NA，故C正确；D残留0.1molNa2CO3、0.4molNaOH，质量为10.6g+16g=26.6g，故D正确；故选A二、非选择题17纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b用葡萄糖还原新制的Cu（OH）2制备Cu2O；方法c电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2方法d用肼（N2H4）还原新制的Cu（OH）2（1）

48、已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；H=157kJmol1则方法a发生的热化学方程式是：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）H=+34.5kJmol1（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：该离子交换膜为阴离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，钛极附近的pH值增大（填“增大”“减小”或“不变”）（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH

49、）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2该制法的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O（4）在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示：序号01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.100.0940.0900.0900.0900.090对比实验的温度：T2T1（填“”“”或“”），能否通过对比实验到达平衡所需时间长短判断：否（填“

50、能”或“否”）实验前20min的平均反应速率 v（O2）=3.5×105mol/（Lmin）催化剂的催化效率：实验实验（填“”或“”）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据盖斯定律结合热化学方程式的书写方法来书写；（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度，在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，据此分析附近pH值变化；（3）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式；（4）该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，水蒸气的转化率增

51、大；温度不同，反应速率不同，不能通过对比实验到达平衡所需时间长短判断；先计算水蒸气反应速率，再根据同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气反应速率催化剂效率越高，反应速率越快，到达平衡时间越短【解答】解：（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1，C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1，Cu（s）+O2（g）CuO（s）H=157kJmol1用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为C（s）+2CuO （s）=Cu2O（s）+CO（g）该反应可以是×2×，反应的焓变是110.

52、5kJmol1（157kJmol1×2）×（169kJmol1）=34.5kJmol1，故答案为：C（s）+2CuO （s）=Cu2O（s）+CO（g）H=+34.5kJmol1；（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，则PH值增大，故答案为：阴；2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；增大；（3）根据题目信息：液态肼（N2H4

53、）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，得出化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O；（4）该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，水蒸气的转化率增大，和相比，转化率高，所以T2T1，温度不同，反应速率不同，不能通过对比实验到达平衡所需时间长短判断；故答案为：；否；前20min内水蒸气反应速率=mol/（Lmin）=7×105mol/（Lmin），同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则氧气反应速率=3.5×105mol/（Lmin），故答案为：3.5×105mol/（Lmin）；实验相比，实验到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：18铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁Fe2（OH）n（SO