甘肃省张掖市高台一中高三化学上学期第二次质检试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题

1、.2015-2016学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）第二次质检化学试卷一、单项选择题：共16题每题6分共96分1食品干燥剂应无毒、无味、无腐化性及环境友好以下说法错误的选项是()A硅胶可用作食品干燥剂BP2O5不能用作食品干燥剂C六水合氯化钙可用作食品干燥剂D加工后拥有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂2氯化钠是海水的主要成分，也是人类生活中不能够缺少的一种物质以下对于氯化钠的说法正确的选项是()A氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质B氯化钠溶液可杀菌，说明氯化钠溶液拥有强氧化性C电解熔融氯化钠和电解氯化钠溶液的产物相同D加碘食盐是指增添了碘的化合物的氯化钠3以下有关化学用语的表示正确的选

2、项是()A钠原子的构造表示图为B过氧化氢的电子式为C聚乙烯的构造简式为D淀粉和纤维素的实验式都为CH2O4有机物甲的分子式为C7H12O2，是一种六元环状酯，且甲的分子中含有2甲基，则甲的可能构造有()A6种B8种C10种D14种专业.5以下表格中的对应关系正确的选项是()A久置的碘化钾溶液呈黄色均为化学变化NaCl溶液在无色的火焰上灼烧火焰呈黄色B苯与液溴反响制备溴苯均为取代反响乙烯与Cl2反响获得二氯乙烯CFe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O均为复分解反响Ca（OH）2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2ODCO2+2MgC+2MgO均为CO2作氧化剂的氧化复原反响2C

3、O+2Na2O22Na2CO3+O2AABBCCDD6必然温度下，在体积可变的恒温密闭容器中，甲醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生以下反响：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）H=25kJ?mol1，以下有关该反响的表达正确的是()A该条件下，1molCH3OH（g）参加反响，放出的热量为25kJB若不采用合适的催化剂，该反响中甲醇的转变率将降低C高升温度和增大压强（减小容器容积）均可加速反响速率D反响过程中，2v（CH3OH）=v（CH3OCH3）7以下有关仪器的使用或操作正确的选项是()A烧杯、烧瓶、锥形瓶均可加垫石棉网加热B试剂瓶能够用于寄存、溶解、稀释药品C用容量瓶配制溶

4、液时，加入蒸馏水需要用玻璃棒引流，加至刻度线D用滴定管量取液体时，开始读数和最后读数均俯视，则量取的体积正确8以下离子方程式正确的选项是()A氯气溶解于水：Cl2+H2OHClO+Cl+H+专业.B开水中滴入饱和FeCl3溶液，溶液呈红褐色：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+C醋酸钠溶液显碱性：CH3COO+H2OCH3COOH+OHD久置的H2S溶液变污浊：2S2+O2+4H+2S+2H2O9下面是四位同学为考证某无色气体为SO2而进行的实验设计，其中能够充分说明该气体是SO2的是()甲同学将气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，再滴入BaCl2溶液，出现白色积淀；乙同学用润湿的蓝色石

5、蕊试纸查验该气体，试纸变红；丙同学将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热后又恢复红色；丁同学将气体通入溴水中，溴水褪色，再滴加酸化的氯化钡溶液有白色积淀生成ABCD10设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()A2.8g一氧化碳和乙烯的混淆气体中所含的碳原子数目为0.1NAB标准情况下5.6LN2O气体所含的电子数为5.5NAC用惰性电极电解CuCl2溶液阴极获得0.1NA个Cu原子时，阳极生成2.24L气体D0.1mol?L1的NaCl溶液中，Na+与Cl的总数目为0.2NA11金合欢醇宽泛应用于多种香型的香精中，其构造简式以以下图以下说法正确的选项是()A金合欢醇与乙醇是同系物B金

6、合欢醇可发生加成反响，但不能够发生取代反响C1mol金合欢醇能与3molH2反响，也能与3molBr2反响D1mol金合欢醇与足量Na反响生成0.5mol氢气，与足量NaHCO3溶液反响生成1molCO2专业.12X、Y、Z、W均为主族元素，其原子序数依次增大，且原子序数均小于或等于20X、Z处于同一主族，Y、Z处于同一周期，X为地壳中含量最多的元素，Y、W在化合物中均只有一种化合价，分别为+1和+2以下说法正确的选项是()A原子半径：ZYXBX、Y形成的化合物均为离子化合物，其构造中只有离子键C最外层电子数：X=ZWYD最高正化合价：X=ZWY13科技工作者研究出以NH3为燃料，氧气为氧化剂

7、，某固体氧化物为电解质的新式燃料电池（以以下图）该固体氧化物电解质的工作温度高达2可在该固体氧化物电700900，O解质中自由搬动，反响生成物均为无毒无害的物质以下说法正确的选项是()A电极甲为电池正极B电池总反响为4NH3+5O24NO+6H2OC电池正极反响式为O2+2H2O+4e4OHD图示中的O2由电极乙移向电极甲14已知以下四个热化学方程式：NH4Cl（s）NH3（g）+HCl（g）H1=a（i）Ba（OH）2?8H2O（s）BaO（s）+9H2O（1）H2=b（ii）2NH4Cl（s）+Ba（OH）2?8H2O（s）BaCl2（aq）+2NH3（g）+10H2O（1）H3=c（ii

8、i）BaO（s）+2HCl（aq）BaCl2（aq）+H2O（1）H4=d（iv）专业.其中a、b、c均大于0，HCl气体溶解于水，溶液温度高升由此可知以下判断必然正确的是()Ad0Bc2a+b+dCc=2a+b+dDc2a+b+d15已知25下，Ka（HCOOH）=1.78104，Kb（NH3?H2O）=1.79105保持25不变，向必然体积0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液在滴加过程中()A水的电离常数先增大后减小B当氨水和甲酸溶液体积相等时，4+c（HCOO）=c（NH）Cc（NH3?H2O）与c（NH4+）之和向来保持不变D向来保持不变16Cu与浓硝酸反响生成氮

9、的氧化物，这些氧化物碰巧溶解在NaOH溶液中获得NaNO3和NaNO2的混淆溶液，反响过程及有关数据以以下图：以下有关判断正确的选项是()A若铜片为51.2g，则生成0.2molNaNO3B常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，不能能发生上述反响C标准情况下收集的氮氧化物为20.16LD反响过程中生成的Cu（NO3）2既是氧化产物，也是复原产物二、综合题：共5题每题15分共75分17粗锡的主要成分是锡，其他含有锌、铜、银、金等杂质如图甲是工业上用电解法提纯粗锡的一种工艺流程，电解装置如图乙所示专业.1）流程图中的硅氟酸（化学式为H2SiF6）是一种强酸，其中Si的化合价为_，其电离方程式为_（2）硅氟

10、酸有腐化性，能与SiO2反响电解粗锡可选用的电解槽有_（选填字母代号）a玻璃电解槽b石英电解槽c塑料电解槽d蜡制电解槽3）粗锡为电极_（选填“a”或“b”），该电极为_（选填“阳极”或“阴极”），电极反响式为_4）阳极泥中含有的主要物质为_（写化学式）5）若电解时采用SnCl2溶液作为电解液，当阴极增重11.90g时，电解质溶液减少的质量为0.54g，则粗锡减少的质量为_（结果储藏两位小数，不考虑进入阳极泥的物质）18高铁酸钾（K2FeO4）是一种新式、高效、多功能水办理剂如图是以铁屑为原料制备K2FeO4的工艺流程图：请回答以下问题：专业.1）氯气与铁屑反响生成FeCl3的条件是_，其生成物

11、氯化铁也可作净水剂，其净水原理为_2）流程图中的吸取剂X为_（选填字母代号）aNaOH溶液bFe粉cFeSO4溶液dFeCl2溶液3）氯气与NaOH溶液反响生成氧化剂Y的离子方程式为_4）反响的化学方程式为_，该反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为_（5）K2FeO的净水原理是2，该反响生成拥有吸附性的4FeO4+10H2O?4Fe（OH）3+8OH+3O24Fe（OH）3用上述方法制备的粗K2FeO4需要提纯，可采用重结晶、冲洗、低温烘干的方法，冲洗剂可采用稀KOH溶液，原因是_（6）测定制备的粗K2FeO4的纯度可用滴定法，滴准时有关反响的离子方程式为：22FeO4+CrO2+2H2OCr

12、O4+Fe（OH）3+OH2CrO42+2H+Cr2O72+H2O22+3+3+Cr2O7+6Fe+14H2Cr2+6Fe+7HO现称取1.98g粗K2FeO4样品溶于合适KOH溶液中，加入稍过分的KCrO2，充分反响后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol?L1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，三次滴定耗资标准溶液的平均体积为18.93mL则上述样品中K2FeO的质量分数为_4三、【化学与技术】19钛铁矿的主要成分可表示为FeTiO3（Ti为+4价），某钛铁矿中含FeTiO3为76%钛白粉在涂料、塑料、油墨、造纸等行业拥有宽泛的用

13、途，钛白粉的主要成分为TiO2利用该钛铁矿生产钛白粉及绿矾的工艺流程以下：专业.（1）若钛铁矿与浓硫酸反响时Ti的转变率为92%，操作中Ti的转变率均为96%，则1t该矿石可生产钛白粉（TiO2）_t（计算结果储藏两位小数，下同），可否计算生成的绿矾（FeSO4?7H2O）的质量？_（能则写出计算结果，不能够则说明原因）（2）钛铁矿与硫酸的反响可表示为FeTiO3+H2SO4TiOSO4+X+H2O（未配平）其中X的化学式为_3）操作的名称是_，操作包括冷却结晶、_操作中加入铁粉的目的是_（用离子方程式表示）4）写出操作中TiOSO4水解的化学方程式：_四、【物质构造与性质】202014年10

14、月7日，赤崎勇、天野浩和中村修二因发明“高亮度蓝色发光二极管（LED）”获得2014年诺贝尔物理学奖制作LED第一在衬底上制作氮化镓（GaN）基的外延片，常用的衬底主要有蓝宝石（Al2O3）、碳化硅和硅，还有砷化镓（GaAs）、AlN、ZnO等资料回答以下问题：1）氮和砷（As）位于同一主族，二者中电负性较大的是_（填元素符号，下同），第一电离能较大的是_2）基态Zn原子的价电子排布式为_，价层电子占有的原子轨道数为_3）Al2O3的熔点很高，Al2O3属于_晶体Al2O3的熔点比NaCl高，其原因是_4）碳化硅的晶胞构造以以下图，其中白球代表的是_原子，一个晶胞中含有该原子的个数为_专业.五

15、、【有机化学基础】21高分子化合物G是制备某种特种复合资料的基体合成G的一种路线以下：已知以下信息：G的构造简式为RCNRCOOH羟基直接与碳碳双键相连的构造不牢固：RCHCHOHRCH2CHO请回答以下问题：（1）M的化学名称为_，D的构造简式为_，E中含氧官能团的名称为_2）B生成C的反响种类是_，F生成G的反响种类是_3）由M生成A的化学方程式为_4）只含苯环一个环状构造且遇FeCl3溶液不显紫色的B的同分异构体有_种（不包括B，不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的同分异构体的构造简式为_专业.六、实验题：共1题每题15分共15分22某校化学课外研究

16、小组为研究浓硫酸与金属M反响的气体生成物，进行了以下实验活动：【提出假定】假定1：气体生成物只有SO2；假定2：气体生成物只有H2；假定3：_【实验考证】实验装置及实验中使用的试剂如图：（1）在装入药品前，甲同学检查装置A的气密性，方法是_（2）乙同学经过所学知识除去了上面提出的一个假定，他除去的是假定_，原因是_（3）若是实验中察看到装置B中溶液褪色，装置F和装置G中无显然变化，则假定_建立，实验测得耗资金属M和浓硫酸的物质的量之比为1：2，则在M的硫酸盐中，M元素的化合价为_（4）若是假定3正确，填写下表中的实验现象：装置BFG实验现象专业.5）装置C的作用是_，装置D的作用是_（6）若是

17、装置A中放入的金属M的质量为11.2g，加入合适浓硫酸，反响达成后，装置B中溶液褪色，装置A中金属无节余；反响后G的质量增添了0.9g；取少量装置A中溶液稀释，分为两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变红色，另一份滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色如果装置A中溶液内的金属离子浓度相等，则装置A中烧瓶内发生反响的总化学方程式是_七、填空题：共1题每题10分共10分23化学反响原理在合成氨工业及氨的性质研究中拥有宽泛的应用（1）工业生产硝酸的第一步反响是氨的催化氧化反响，已知以下3个热化学方程式（K为平衡常数）：4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）H1=1266.8kJ?mol1K

18、1N2（g）+O2（g）?2NO（g）H2=180.5kJ?mol1K24NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H3K3则H3=_，K3=_（用K1、K2表示）（2）工业合成氨所用的氢气主要来自天然气与水的反响，但这种原料气中经常混有一氧化碳杂质，工业生产中经过以下反响来除掉原料气中的CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）H0必然条件下，反响达到平衡后，欲提高CO的转变率，可采用的举措有_、_在容积为2L的密闭容器中发生上述反响，其中c（CO）随反响时间（t）的变化如图甲中曲线，若是在t0时刻将容器容积扩大至4L，请在图甲中画出t0时刻后c（CO）随反响时间（t）的

19、变化曲线专业.（3）氨气的重要用途是合成尿素，必然条件下，NH3和CO2合成尿素的反响为2NH3+CO2?CO（NH2）2+H2O当加料比率n（NH3）：n（CO2）=4时，CO2的转变率随反响时间（t）的变化如图乙所示，a点v逆（CO2）_b点v正（CO2）（填“”、“”或“=”），NH3的平衡转变率为_（4）硫酸工业生产过程中产生的尾气可用氨水吸取，生成的（NH4）2SO3再与硫酸反响，将生成的SO2返回车间作生产硫酸的原料，而生成的（NH4）2SO4可作肥料常温下，0.1mol?L1（NH4）2SO4溶液中各离子浓度由大到小的次序是_；若某工厂中使用的是室温下0.1mol?L1的氨水，那

20、么该氨水的pH=_（已知K（NH?HO）=2.0105，=1.414，b32lg1.414=0.15）专业.2015-2016学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）第二次质检化学试卷一、单项选择题：共16题每题6分共96分1食品干燥剂应无毒、无味、无腐化性及环境友好以下说法错误的选项是()A硅胶可用作食品干燥剂BP2O5不能用作食品干燥剂C六水合氯化钙可用作食品干燥剂D加工后拥有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【考点】真题集萃；常有的食品增添剂的组成、性质和作用【剖析】A硅胶拥有吸水性，无毒；BP2O5吸水转变成酸；C六水合氯化钙不能够吸水；D拥有吸水性的植物纤维无毒【解答】解：A硅胶拥有吸水性，

21、无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；BP2O5吸水转变成酸，致使食品变质，则P2O5不能用作食品干燥剂，故B正确；C六水合氯化钙不能够吸水，则不能够作食品干燥剂，故C错误；D拥有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；应选C【谈论】此题察看物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，掌握物质的性质、化学与生活的关系为解答的重点，重视剖析与应用能力的综合察看，题目难度中等2氯化钠是海水的主要成分，也是人类生活中不能够缺少的一种物质以下对于氯化钠的说法正确的选项是()A氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质B氯化钠溶液可杀菌，说明氯化钠溶液拥有强氧化性C电解熔融氯化钠和电解氯化钠溶液的产

22、物相同专业.D加碘食盐是指增添了碘的化合物的氯化钠【考点】钠的重要化合物；电解质与非电解质【剖析】A电解质为化合物；B氯化钠溶液无强氧化性；C电解熔融氯化钠获得钠和氯气，电解氯化钠溶液能够制得氢氧化钠、氢气和氯气；D加碘食盐是增添碘酸钾【解答】解：A诚然氯化钠溶液中有自由搬动的离子，能导电，但氯化钠溶液是混淆物不是化合物，故A错误；B氯化钠溶液无强氧化性，故B错误；C电解熔融氯化钠获得钠和氯气，电解氯化钠溶液能够制得氢氧化钠、氢气和氯气，所以产物不相同，故C错误；D加碘食盐是增添碘酸钾，不是单质碘，故D正确；应选D【谈论】此题察看海水中氯化钠的综合运用，重视于化学与生活、生产的综合运用，察看基

23、本知识和基本反响原理，需要正确记忆并深入理解，才能从基本的知识着手，迅速答题，题目难度不大3以下有关化学用语的表示正确的选项是()A钠原子的构造表示图为B过氧化氢的电子式为C聚乙烯的构造简式为D淀粉和纤维素的实验式都为CH2O【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【剖析】A原子核内的质子数需要标出正号；BH2O2分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对；专业.C聚乙烯中不含C=C；D实验式是用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子【解答】解：A原子核内的质子数需要标出正号，钠原子的构造表示图为，故A错误；BH2O2是共价化合物

24、，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故B正确；C聚乙烯中不含C=C，聚乙烯的单体为CH2CH2，聚乙烯的构造简式为，故C错误；D淀粉和纤维素的分子式都是（C6H10O5）n，二者实验式为C6H10O5，故D错误应选B【谈论】此题察看电子式、构造简式、构造表示图、实验式等化学用语，难度不大，注意掌握常有化学用语的书写原则，试题重视察看学生的规范答题能力4有机物甲的分子式为C7H12O2，是一种六元环状酯，且甲的分子中含有2甲基，则甲的可能构造有()A6种B8种C10种D14种【考点】有机化合物的异构现象【剖析】由题目可知甲为环酯，则分子式为C7H

25、12O2为饱和环酯，可推断该有机物环上含有一个“COO”的六元环，环上其他为4个碳原子，环外有2个甲基或1个乙基进行异构来推导【解答】解：由题目信息可知C7H12O2为六元环酯，则分子式为C7H12O2为饱和环酯，据此可推测该有机物环上含有一个“COO”的六元环，环上其他为4个碳原子，在环外有两个碳，形成2个甲基，两个甲基不在同一个碳上，共有6种构造：专业.，两个甲基在同一个碳上，有4种构造，所以共有10种，应选C【谈论】此题察看了同分异构体的书写，题目难度中等，明确同分异构体的见解及书写原则为解答重点，试题培养了学生的剖析能力及灵便应用能力5以下表格中的对应关系正确的选项是()A久置的碘化钾

26、溶液呈黄色均为化学变化NaCl溶液在无色的火焰上灼烧火焰呈黄色B苯与液溴反响制备溴苯均为取代反响乙烯与Cl2反响获得二氯乙烯CFe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O均为复分解反响233232Ca（OH）+2NaHCOCaCO+NaCO+2HOD22CO+2MgC+2MgO均为CO作氧化剂的氧化复原反响2CO+2Na2O22Na2CO3+O2AABBCCDD【考点】有机物的构造和性质；氧化复原反响；化学基本反响种类【剖析】A焰色反响为物理变化；B乙烯含有碳碳双键，可发生加成反响；C依照复分解反响的定义判断；D二氧化碳与过氧化钠的反响中，过氧化钠既是氧化剂也是复原剂【解答】解：A焰色反响与电

27、子的跃迁有关，为物理变化，故A错误；B乙烯含有碳碳双键，与氯气发生加成反响生成二氯乙烯，故B错误；C各物质相互互换成分，为复分解反响，故C正确；D二氧化碳与过氧化钠的反响中，过氧化钠既是氧化剂也是复原剂，故D错误；应选C专业.【谈论】此题察看有较为综合，波及机物的构造和性质、元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的剖析能力的察看，注意掌握有机物的组成、构造和性质，难度不大，注意有关基础知识的积累6必然温度下，在体积可变的恒温密闭容器中，甲醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生以下反响：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）H=25kJ?mol1，以下有关该反响的表达正确的是()A该条件

28、下，1molCH3OH（g）参加反响，放出的热量为25kJB若不采用合适的催化剂，该反响中甲醇的转变率将降低C高升温度和增大压强（减小容器容积）均可加速反响速率D反响过程中，2v（CH3OH）=v（CH3OCH3）【考点】化学平衡的影响因素；化学反响速率的影响因素【剖析】A该反响为可逆反响，故1mol甲醇参加反响不能能完好转变；B催化剂改变反响速率不改变化学平衡；C高升温度，反响速率加速；增大压强，反响速率加速；D化学反响速率之比等于化学计量数之比【解答】解：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）H=25kJ?mol1，A该反响为可逆反响，故1mol甲醇参加反响不能能完好转变，

29、故放出的热量小于12.5kJ，故A错误；B浓硫酸在反响作催化剂，同时，浓硫酸拥有强氧化性，能把甲醇氧化，若不采用合适的催化剂，反响速率改变，平衡不改变，该反响中甲醇的转变率不变，故B错误；C高升温度，增大压强，反响速率加速，故C正确；D化学反响速率之比等于化学计量数之比，故（CH3OH）=2（CH3OCH3），故D错误；应选C【谈论】此题察看可逆反响的特点、化学反响速率的影响因素等知识，难度不大，要注意可逆反响中，反响物不能能完好转变专业.7以下有关仪器的使用或操作正确的选项是()A烧杯、烧瓶、锥形瓶均可加垫石棉网加热B试剂瓶能够用于寄存、溶解、稀释药品C用容量瓶配制溶液时，加入蒸馏水需要用玻

30、璃棒引流，加至刻度线D用滴定管量取液体时，开始读数和最后读数均俯视，则量取的体积正确【考点】化学实验方案的谈论【剖析】A烧杯、烧瓶和锥形瓶属于间接加热仪器；B试剂瓶只能用于寄存药品；C用容量瓶配制溶液时，加入蒸馏水需要用玻璃棒引流，加至离刻度线12cm处；D用滴定管量取液体时，开始读数和最后读数均俯视，会致使量取液体体积偏小【解答】解：A烧杯、烧瓶和锥形瓶属于间接加热仪器，所以烧杯、烧瓶、锥形瓶均可加垫石棉网加热，故A正确；B试剂瓶只能用于寄存药品，不能够溶解或稀释药品，故B错误；C用容量瓶配制溶液时，加入蒸馏水需要用玻璃棒引流，加至离刻度线12cm处，尔后改用胶头滴管滴加，故C错误；D用滴定

31、管量取液体时，开始读数和最后读数均俯视，会致使量取液体体积偏小，故D错误；应选A【谈论】此题察看化学实验方案谈论，为高频考点，波及仪器的使用、溶液配制，明确仪器作用及基本操作方法是解此题重点，注意滴定管刻度特点，为易错点8以下离子方程式正确的选项是()A氯气溶解于水：+Cl+HOHClO+Cl+H22B开水中滴入饱和FeCl3溶液，溶液呈红褐色：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+C醋酸钠溶液显碱性：CH3COO+H2OCH3COOH+OHD久置的H2S溶液变污浊：2S2+O2+4H+2S+2H2O【考点】离子方程式的书写专业.KMnO4溶液中，溶液褪色，说明此气体有复原性，再滴入BaSO4

32、，可知气体为SO2；.【剖析】A次氯酸为弱电解质，储藏化学式；B开水中滴入饱和FeCl3溶液获得是氢氧化铁胶体，不是积淀；C水解为可逆反响，用可逆号；D硫化氢为弱电解质，应储藏化学式【解答】解：A氯气溶解于水反响的离子方程式：Cl2+H2OHClO+Cl+H+，故A正确；B开水中滴入饱和FeCl3溶液，溶液呈红褐色：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故B错误；C醋酸钠溶液显碱性，离子方程式：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故C错误；D久置的H2S溶液变污浊，离子方程式：2H2S+O22S+2H2O，故D错误；应选：A【谈论】此题察看了离子方程式书写，重视察看盐类水解及弱

33、电解质电离，明确电解质强弱及盐类水解规律是解题重点，题目难度不大9下面是四位同学为考证某无色气体为SO2而进行的实验设计，其中能够充分说明该气体是SO2的是()甲同学将气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，再滴入BaCl2溶液，出现白色积淀；乙同学用润湿的蓝色石蕊试纸查验该气体，试纸变红；丙同学将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热后又恢复红色；丁同学将气体通入溴水中，溴水褪色，再滴加酸化的氯化钡溶液有白色积淀生成ABCD【考点】物质查验实验方案的设计；二氧化硫的化学性质【专题】物质查验鉴识题；实验谈论题【剖析】甲同学将气体通入酸性BaCl2溶液，出现白色积淀，此积淀为乙同学用润湿的蓝色石蕊试纸

34、查验该气体，试纸变红，说明此气体的水溶液显酸性，过去SO2、HCl、CO2、H2S等气体的水溶液显酸性；丙同学将气体通入品红溶液，溶液褪色，说明此气体有漂白性，加热后又恢复红色，说明生成的是不牢固的无色物质，可知此气体为SO2；专业.丁同学将气体通入溴水中，溴水褪色，说明此气体有复原性，再滴加酸化的氯化钡溶液有白色积淀生成，此积淀为BaSO4，可知气体为SO2；据此剖析作答【解答】解：将SO2气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，再滴入BaCl2溶液，生成BaSO4白色积淀，故正确；乙同学用润湿的蓝色石蕊试纸查验该气体，试纸变红，气体可能是SO2、HCl、CO2、H2S等，故错误；将SO2气

35、体通入品红溶液，溶液褪色，加热后又恢复红色，故正确；将SO2气体通入溴水中，溴水褪色，再滴加酸化的氯化钡溶液有BaSO4白色积淀生成，故正确；应选：B【谈论】察看SO2气体的性质及查验，主要波及复原性、漂白性及水溶液里的酸性，能除去气体的性质扰乱是解题重点，基础察看，难度不大10设N表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()AA2.8g一氧化碳和乙烯的混淆气体中所含的碳原子数目为0.1NAB标准情况下5.6LNO气体所含的电子数为5.5NA2C用惰性电极电解CuCl2溶液阴极获得0.1NA个Cu原子时，阳极生成2.24L气体D0.1mol?L1的NaCl溶液中，Na+与Cl的总数目为0.

36、2NA【考点】阿伏加德罗常数【剖析】A一氧化碳和乙烯分子中含有的碳原子数不相同，无法计算混淆物中含有的碳原子数；BN2O中含有22个电子，依照n=计算出N2O的物质的量及含有的电子数；C没有告诉在标准情况下，无法接受生成的气体体积；D缺少氯化钠溶液体积，无法计算溶液中钠离子和氯离子数目【解答】解：A28g一氧化碳和乙烯的混淆气体的物质的量为1mol，由于没有告诉二者组成，则无法计算混淆物中含有的碳原子数，故A错误；专业.B标准情况下5.6LN2O的物质的量为：=0.25mol，0.25molN2O中含有5.5mol电子，所含的电子数为5.5NA，故B正确；C不是标准情况下，不能够使用标准情况下

37、的气体摩尔体积计算生成气体的体积，故C错误；D没有告诉氯化钠溶液体积，则无法计算溶液中Na+与Cl的总数，故D错误；应选B【谈论】此题察看阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意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，正确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的组成关系；C为易错点，注意没有告诉在标准情况下11金合欢醇宽泛应用于多种香型的香精中，其构造简式以以下图以下说法正确的选项是()A金合欢醇与乙醇是同系物B金合欢醇可发生加成反响，但不能够发生取代反响C1mol金合欢醇能与3molH2反响，也能与3molBr2反响D1mol金合欢醇与足量Na反响生成0.5mol氢气，与

38、足量NaHCO3溶液反响生成1molCO2【考点】有机物的构造和性质【剖析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反响，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反响，以此解答该题【解答】解：A金合欢醇含有碳碳双键，与乙醇构造不相同，不是同系物，故A错误；B含有羟基，可发生取代反响，故B错误；C含有3个碳碳双键，则1mol金合欢醇能与3molH2反响，也能与3molBr2反响，故C正确；D含有羟基，与碳酸氢钠不反响，故D错误应选C专业.【谈论】此题察看有机物的构造和性质，为高频考点，重视于学生的剖析能力的察看，注意掌握有机物的构造和官能团的性质，重视有关基础知识的积累，难度不大12X、Y、Z、W均为

39、主族元素，其原子序数依次增大，且原子序数均小于或等于20X、Z处于同一主族，Y、Z处于同一周期，X为地壳中含量最多的元素，Y、W在化合物中均只有一种化合价，分别为+1和+2以下说法正确的选项是()A原子半径：ZYXBX、Y形成的化合物均为离子化合物，其构造中只有离子键C最外层电子数：X=ZWYD最高正化合价：X=ZWY【考点】原子构造与元素周期律的关系【剖析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的元素，且原子序数均小于或等于20，X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素，X、Z处于同一主族，则Z为S元素；Y、W在化合物中均只有一种化合价，分别为+1和+2，联合原子序数可知Y为Na元素，W为Ca元素；

40、据此解答【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的元素，且原子序数均小于或等于20，X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素，X、Z处于同一主族，则Z为S元素；Y、W在化合物中均只有一种化合价，分别为+1和+2，联合原子序数可知Y为Na元素，W为Ca元素，A电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：NaSO，即YZX，故A错误；BNa、O形成的Na2O2中含有离子键和共价键，故B错误；CX、Y、Z、W分别为O、Na、S、Ca，其最外层电子数分别为：6、1、6、2，则最外层电子数：X=ZWY，故C正确；DX、Y、Z、W分别为O、Na、S、Ca，O没有最高正价，

41、故D错误应选C【谈论】此题察看构造性质地点关系应用，推断元素是解题重点，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等专业.13科技工作者研究出以NH3为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新式燃料电池（以以下图）该固体氧化物电解质的工作温度高达700900，O2可在该固体氧化物电解质中自由搬动，反响生成物均为无毒无害的物质以下说法正确的选项是()A电极甲为电池正极B电池总反响为4NH3+5O24NO+6H2OC电池正极反响式为O2+2H2O+4e4OHD图示中的O2由电极乙移向电极甲【考点】原电池和电解池的工作原理【剖析】NH3为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新式燃料电池中，氨气在负

42、极上发生失电子的氧化反响，氧气在正极上发生得电子的复原反响，正极和负极电极反响之和即为电池反响，依照燃料电池的工作原理进行回答【解答】解：A、NH3为燃料，氧气为氧化剂的新式燃料电池中，氨气在负极上发生失电子的氧化反响，即电极甲为电池负极，故A错误；B、燃料电池总反响为燃料焚烧的方程式，即4NH3+3O22N2+6H2O，故B错误；C、氧气在正极上发生得电子的复原反响，电池正极反响式为O2+4e2O2，故C错误；D、原电池中阴离子移向负极，甲为电池负极，乙是正极，所以O2由电极乙移向电极甲，故D正确应选D专业.【谈论】此题察看学生燃料电池的工作原理知识，注意知识的迁移应用是解题的重点，难度中等

43、14已知以下四个热化学方程式：NH4Cl（s）NH3（g）+HCl（g）H1=a（i）Ba（OH）2?8H2O（s）BaO（s）+9H2O（1）H2=b（ii）2NH4Cl（s）+Ba（OH）2?8H2O（s）BaCl2（aq）+2NH3（g）+10H2O（1）H3=c（iii）BaO（s）+2HCl（aq）BaCl2（aq）+H2O（1）H4=d（iv）其中a、b、c均大于0，HCl气体溶解于水，溶液温度高升由此可知以下判断必然正确的是()Ad0Bc2a+b+dCc=2a+b+dDc2a+b+d【考点】反响热的大小比较【剖析】依照盖斯定律即可得出要求的热化学方程：2HCl（aq）2HCl（g

44、）H，尔后利用放热过程来判断【解答】解：NH4Cl（s）NH3（g）+HCl（g）H1=a（i）Ba（OH）2?8H2O（s）BaO（s）+9H2O（1）H2=b（ii）2NH4Cl（s）+Ba（OH）2?8H2O（s）BaCl2（aq）+2NH3（g）+10H2O（1）H3=c（iii）BaO（s）+2HCl（aq）BaCl2（aq）+H2O（1）H4=d（iv）依照盖斯定律，由（i）2+（ii）（iii）+（iv）得：2HCl（aq）2HCl（g）H=2a+bc+d而HCl气体溶解于水，溶液温度高升，则HCl（g）HCl（aq）HO，所以2a+bc+d0，即c2a+b+d，应选B【谈论】此

45、题察看了盖斯定律计算的运用，难度不大，注意利用方程式相加减的方法办理15已知25下，Ka（HCOOH）=1.78104，Kb（NH3?H2O）=1.79105保持25不变，向必然体积0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液在滴加过程中()专业.A水的电离常数先增大后减小B当氨水和甲酸溶液体积相等时，+c（HCOO）=c（NH）4Cc（NH3?H2O）与c（NH4+）之和向来保持不变D向来保持不变【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【剖析】A电离常数只与温度有关；B弱电解质的电离常数越大，其离子的水解程度越小；+C溶液的体积增大，c（NH3?H2O）与c（NH4）之和减小；D依

46、照NH3?H2O和HCOOH的电离常数剖析【解答】解：A电离常数只与温度有关，向必然体积0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液，由于温度不变，水的电离常数不变，故A错误；B弱电解质的电离常数越大，其离子的水解程度越小，当氨水和甲酸溶液体积相等时，恰好生成甲酸铵，甲酸的电离常数大，则甲酸根离子的水解程度小，+），则c（HCOO）c（NH4故B错误；C向必然体积0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液，溶液的体积渐渐增大，氨水的总浓度减小，则c（NH3?H2O）与c（NH4+）之和减小，故C错误；D一水合氨的电离常数Kb=，HCOOH的电离常数Ka=，则=，则

47、向来不变，故D正确应选D【谈论】此题察看了弱电解质的电离，依照电离平衡常数、酸根离子水解程度之间的关系来剖析解答，灵便运用守恒思想剖析，题目难度中等专业.16Cu与浓硝酸反响生成氮的氧化物，这些氧化物碰巧溶解在NaOH溶液中获得NaNO3和NaNO2的混淆溶液，反响过程及有关数据以以下图：以下有关判断正确的选项是()A若铜片为51.2g，则生成0.2molNaNO3B常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，不能能发生上述反响C标准情况下收集的氮氧化物为20.16LD反响过程中生成的Cu（NO3）2既是氧化产物，也是复原产物【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【剖析】A、n（Cu）=0.8mol，n（N

48、aOH）=0.5L2mol/L=1mol，由终态剖析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价高升为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2获得的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaNO3的物质的量；B、常温下，金属铜碰到浓硝酸发生钝化，该反响会发生；C、依照公式V=nVm进行计算；D、氧化复原反响中，化合价高升元素对应产物是氧化产

49、物，化合价降低元素对应产物是还原产物【解答】解：A、n（Cu）=0.8mol，n（NaOH）=0.5L2mol/L=1mol，由电子守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2获得的电子，则0.8mol（20）=n（NaNO2）（53），解得n（NaNO2）=0.8mol，由Na原子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol0.8mol=0.2mol，故A正确；B、常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，可是钝化不是不反响，可能发生上述反响，故B错误；C、标准情况下获得的0.9mol氮氧化物的体积是0.9mol22.4L/mol=20.16L，

50、故C正确；专业.D、反响过程中生成的Cu（N03）2是氧化产物，不是复原产物，故D错误应选AC【谈论】此题察看氧化复原反响的计算，为高频考点，掌握硝酸的作用、N元素的化合价变化及原子守恒、电子守恒为解答的重点，重视剖析与计算能力的察看，题目难度较大二、综合题：共5题每题15分共75分17粗锡的主要成分是锡，其他含有锌、铜、银、金等杂质如图甲是工业上用电解法提纯粗锡的一种工艺流程，电解装置如图乙所示（1）流程图中的硅氟酸（化学式为H2SiF6）是一种强酸，其中Si的化合价为+4，其电离方程式为H2SiF6=2H+SiF62（2）硅氟酸有腐化性，能与SiO2反响电解粗锡可选用的电解槽有cd（选填字

51、母代号）a玻璃电解槽b石英电解槽c塑料电解槽d蜡制电解槽（3）粗锡为电极b（选填“a”或“b”），该电极为阳极（选填“阳极”或“阴极”），电极反响式为Sn2e=Sn2+，Zn2e=Zn2+4）阳极泥中含有的主要物质为Cu、Ag、Au（写化学式）5）若电解时采用SnCl2溶液作为电解液，当阴极增重11.90g时，电解质溶液减少的质量为0.54g，则粗锡减少的质量为11.36g（结果储藏两位小数，不考虑进入阳极泥的物质）【考点】物质分别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【剖析】（1）由化合物中各元素化合价代数和为0可知H2SiF6中Si的化合价为+4，H2SiF6是强酸，在水

52、溶液中完好电离；专业.2）硅氟酸能与二氧化硅反响，故不能够采用含二氧化硅的玻璃电解槽和石英电解槽，能够选用塑料或蜡制电解槽；（3）与电源正极相连的为阳极，粗锡在电解池中作阳极，粗锡中的金属Zn、Sn失电子；（4）粗锡中的杂质铜、银、金等不参加电解反响，形成阳极泥；（5）电解质溶液质量减少主若是由于阳极溶解了Zn，阴极析出了Sn设阳极溶解了xgZn，ZnSnm6511954xg0.54g则x=0.65，故阳极溶解的Zn为0.65g，即0.01mol阴极获得11.9gSn，得电子0.2mol，依照得失电子守恒可知：阳极溶解的Sn为0.09mol【解答】解：（1）流程图中的硅氟酸（化学式为H2SiF

53、6）是一种强酸，依照元素化合价代数和为0计算，氢元素化合价+1价，氟元素化合价为1价，硅元素化合价为+4价，强酸水溶液中完好电离，电离方程式为：H2SiF6=2H+SiF62，故答案为：+4，H2SiF6=2H+SiF62；（2）硅氟酸有腐化性，能与SiO2反响，a玻璃电解槽中含有二氧化硅，不能够选，故A错误；b石英电解槽成分为二氧化硅，和酸反响，不能够选择，故b错误；c塑料电解槽不与酸反响，能够选择，故c正确；d蜡制电解槽和硅氟酸不反响，能够选择，故d正确；应选cd，故答案为：cd；（3）装置图剖析可知，与电源正极相连的为阳极，b为阳极为粗锡，粗锡精华能够依照粗铜精华的原理剖析，粗锡在电解池

54、中作阳极，粗锡中的金属Zn、Sn失电子，电极反响为：Sn2e=Sn2+，Zn2e=Zn2+故答案为：b，阳极，Sn2e=Sn2+，Zn2e=Zn2+；4）阳极上锡和锌失电子发生氧化反响，粗锡中的杂质铜、银、金等不参加电解反响，形成阳极泥，故答案为：Cu、Ag、Au；专业.（5）电解质溶液质量减少主若是由于阳极溶解了Zn，阴极析出了Sn设阳极溶解了xgZn，ZnSnm6511954xg0.54g则x=0.65，故阳极溶解的Zn为0.65g，即0.01mol阴极获得11.9gSn，得电子0.2mol，依照得失电子守恒可知：阳极溶解的Sn为0.09mol，其质量为0.09mol119g?mol1=1

55、0.71g，故粗锡减少的质量为0.65g+10.71g=11.36g，故答案为：11.36g【谈论】此题察看了电解原理的剖析应用，主若是电解装置剖析，金属除杂和电解池中电极反响的剖析应用，反响前后差值法和守恒法是化学计算中常用的方法，题目难度中等18高铁酸钾（K2FeO4）是一种新式、高效、多功能水办理剂如图是以铁屑为原料制备K2FeO4的工艺流程图：请回答以下问题：1）氯气与铁屑反响生成FeCl3的条件是点燃，其生成物氯化铁也可作净水剂，其净水原理为Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体拥有吸附性2）流程图中的吸取剂X为d（选填字母代号）aNaOH溶液bFe粉cFeSO4溶液dFeCl2溶液（

56、3）氯气与NaOH溶液反响生成氧化剂Y的离子方程式为+HO224）反响的化学方程式为2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2NaFeO4+9NaCl+5H2O，该反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为3：2专业.（5）K2FeO的净水原理是2，该反响生成拥有吸附性的4FeO4+10H2O?4Fe（OH）3+8OH+3O24Fe（OH）3用上述方法制备的粗K2FeO4需要提纯，可采用重结晶、冲洗、低温烘干的方法，冲洗剂可采用稀KOH溶液，原因是碱性溶液中，上述反响向逆反响方向进行，可减少冲洗时K2FeO4的损失（6）测定制备的粗K2FeO4的纯度可用滴定法，滴准时有关反响的离子方程式为：22F

57、eO4+CrO2+2H2OCrO4+Fe（OH）3+OH2CrO42+2H+Cr2O72+H2OCr2O722+3+3+6Fe+14H2Cr+6Fe+7HO现称取1.98g粗K2FeO4样品溶于合适KOH溶液中，加入稍过分的KCrO2，充分反响后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol?L1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，三次滴定耗资标准溶液的平均体积为18.93mL则上述样品中463.1%K2FeO的质量分数为【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【剖析】依照题中反响流程，铁与氯气在点燃的条件能够反响生成氯化铁，反响的尾气主

58、是氯气，用试剂X吸取后得氯化铁溶液，所以X为氯化亚铁溶液，氯气与氢氧化钠反响生成氯化钠和次氯酸钠，能作氧化剂的是次氯酸钠，所以Y为次氯酸钠，次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成Na2FeO4，Na2FeO4在饱和氢氧化钾溶液中生成溶解度较小的K2FeO4，1）铁在氯气中焚烧生成FeCl3，Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体拥有吸附性；2）氯化亚铁与Cl2反响能生成FeCl3；3）NaOH溶液与Cl2反响生成NaCl、NaClO、H2O，氧化剂Y为NaClO；4）依照流程供应的反响物和生成物可书写化学方程式，依照方程式可知氧化剂与复原剂的物质的量之比；（5）由题给的可逆反响可知，为生成物，故在碱

59、性溶液中，可减少冲洗时K2FeO4的损OH失；专业.（6）依照反响，可得关系2FeO422CrO42Cr2O726Fe2+，依照（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量可求得K2FeO4的物质的量，进而求得其质量，依照100%计算【解答】解：依照题中反响流程，铁与氯气在点燃的条件能够反响生成氯化铁，反响的尾气主是氯气，用试剂X吸取后得氯化铁溶液，所以X为氯化亚铁溶液，氯气与氢氧化钠反响生成氯化钠和次氯酸钠，能作氧化剂的是次氯酸钠，所以Y为次氯酸钠，次氯酸钠在碱性溶液中将氯化铁氧化成Na2FeO4，Na2FeO4在饱和氢氧化钾溶液中生成溶解度较小的K2FeO4，（1）铁在氯气中焚烧生成FeCl3，

60、所以条件为点燃，氯化铁可用于净水是由于Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体拥有吸附性，能吸附水中的悬浮物质，故答案为：点燃；Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体拥有吸附性；（2）依照上面的剖析可知，X为氯化亚铁溶液，应选d；（3）NaOH溶液与Cl2反响生成NaCl、NaClO、H2O，反响的离子方程式为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，+Cl+H2O；故答案为：Cl2+2OH=ClO4）反响的化学方程式为2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2NaFeO4+9NaCl+5H2O，其中氧化剂为NaClO，复原剂为FeCl3，二者的物质的量之比为3：2，故答案为：2FeCl3+3NaCl