化学高考模拟卷-高三化学试题-陕西铜川市高考三模化学试卷及答案

2015年陕西省铜川市考化学三模卷一选题共小题，小题3分满21分1分铜川三）化学与社、生活切相关．对下列现象或实解释错误是（）选项AB

现象或事实明矾用于净水SO能使品溶液褪2

解释铝离子水解产生的胶体有很强吸附质的作SO具漂白性2C

“地沟油”禁止食用用来肥“沟油”主要分为油属于酯类可以发生皂皂

化反应DA

用氯水和淀粉溶液鉴别盐是否加碘目前加食盐中含碘元素物质为KIBC．CD2分铜川三）下列离子程式正的是（）A．过氧钠与水反应2O

2

2﹣+2HO═O↑+4OH﹣22B．次氯钠与）在碱溶液中反应生成NaFeO（OH═2FeO2+3Cl﹣O+4H324342C．向明溶液中逐滴入Ba（OH）溶液SO2（OH）↓+3BaSO↓34

2恰好完全沉：3++3SO2+3Ba2++6OH﹣═2Al44D．向碳氢镁溶液中入过量澄清石灰水：Mg2++2HCO﹣2++4OH═Mg（OH）32

↓+2CaCO↓+2HO323分铜川三）下列图中实验方，能达到实验目的是（ABCD实验方案实验证FeClHO分解制（OH）并能较除去CO气体中有的比较HClCO和HSiO322222323验应有催化作用

长时间观察其颜色SO

2

的酸性强弱目的

ABC．CD4铜川三模）是周期元素，部分性如下表，下列说法正确的是（）WXYZ

单质是淡黄色固体在地壳中的含量居第二原子最外层电子数是电总数的第三周期原子半径最小金属A的化物属于碱氧化物B．最高氧化物对应化物的性：Y＞XC．离子径：Z＞WD．气态化物的热稳性：X＞W5铜三模）2SO）+O（g）2SO）是业制硫酸的主要反应之．一定223温度下，在甲、乙、丙个容积均为的恒容闭容器中投入SO（g）和O（g始物质22的量及SO平衡转率如下表所．下列断中，正确的是（）2甲

乙

丙起始物质的量n（SO）/mol0.42n（O）/mol0.242

0.80.24

0.80.48SO的衡转化率/%2

80

α

1

α

2A．甲中应的平衡常小于乙B．该温下，平衡常值为400C．平衡，丙中（SO）是甲中的2倍3D．平衡，甲中的转化大于乙中的转化率226分铜川三）室温下，列叙述确的是（）A．将物的量浓度均0.1molL

的NaCO溶液，溶液等体混合所溶液中：2c（OH233﹣

）﹣2c（H

+

）=3c（HCO）+c（23

）﹣c（）B是酸溶液与的MOH碱液等体混合：c（M+）=c（OH）＞c（H+）=c（A﹣

C．等浓度、等体积的CO和混合：＜233D．将足AgCl分放入水②10mL0.2mol/LMgCl③20mL0.3mol/L盐酸中解至饱和c2（Ag+＞③7分铜川三）有一系列香族化物，其中并四苯的一氯物有（）A种B种C．5D种二解题共小题）8分川三）某研究小组为了探究种无机矿物（仅含种元素）的组成和性质，设计并完成如下验：实验一、定性测定：用图1装置测定物中元素（1加热一时间后观察现象CuSO固体白色变为蓝，澄清灰水变浑浊，说明分4生成了和．（2取分解的固体少量加入稀酸后固体溶解得到蓝色溶液．据以上事实证明X中的种元素分别．实验二、定量测定：通图2所示装置连接，进行量分析测定其组成．（3实验开时要通入过的空气其作用是．（4各装置接口顺序是→→→→→→d．（5装置C放在最的作用是．

（6实验过中称取矿物X的量为11.1克反应结后装置B质量加了2.2克E装置增重0.9克，矿物X的学式为9分铜三模）研究NO、SO等大气污气体的理有重要意义．22（1）NO可水吸收相应的化学方程式为；用反应+8NH223NO．当转移1.2mol电子时，消耗的在标状况下是．22

7N+12HO也可以理22（2已知：2SO（g）+O（g）2SO（g）△H=﹣196.6kJmol223

﹣12NO（g）+O（g）2NO（g）△H=22

﹣1则反应NO（g）+SOSO）+NO）的△H=kJmol223

﹣1（3大气中NO和CO是形成酸雨的主要污染气体，某地酸雨中可能含下列离子：+、Mg、22NH

+、Cl、SO2﹣、SO﹣、NO和NO﹣．某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将得试液分43432成4份，行如下实验：第一份滴加适量的淀粉溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化BaCl溶液，有白色沉淀析出；2第三份滴加NaOH溶，加，产生的气体能使湿润红色石蕊试变蓝；四份加入足量硝酸酸化的AgNO液，沉淀产生，静置，在上清液中滴加性KMnO溶，不褪色．34已知：（AgSO24

﹣5请回答下列问题：①该酸雨中肯定存在的子有；肯定存在的子有，说明其不存在的由②写出试液中滴加淀粉溶液所发生反应离子方式（4该研究组为了探究NO参与的硫酸型酸的形成，在瓶中充含有少量NO的SO气体，2慢慢通入O，该程中发生的学反应2NO+O=2NO，NO+SO=SO+NO，喷射适量蒸水即得222223硫酸型酸雨．说明NO的作10分川三模甲醇是一种可再生能源具有广泛的发和应前景．（1工业上般采用两种法制备醇：反应Ⅰ）+2H（g）CHOH（g△H23

1反应Ⅱ（g（g）CHOH（g）+HO（g）△H2232

2①下表所列数据是反应在不同温度的化学衡常数（K温度K

250℃2.041

300℃0.270

350℃0.012

由表中数据判断△0（填“＜、“=”或“＞”1②某温度下，将2molCO和6mol充入2L密闭容器中分反应，4分后反应达到衡，测2CO的物质的量0.4mol，则CO的反应速率为，此的压强是反前压强倍．（2反应Ⅱ平衡常数表式为，了加快反应Ⅱ的反应速率，并且提高H的转率，采取的2措施是（填写正确选项字母a．增大CO的浓度b．增H的浓度c增大压强d．加入催化剂22（3业上用CO与水气的反应将有毒的CO转化为无毒CO书写关热化反应方程2式．该反应在830K下进时，初浓度到达平衡的时间有如下的关系：CO的初始浓度mol/LH的始浓度（mol/L2时间（min

238

426

1312

33n则n为min．（4近年来科研人员新发出一甲醇和氧气以强碱溶液为电解质溶液的新型手电池．该电池中甲醇发生反应的极为极、其极反应为．（5用该电作电源，用性电极解饱和NaCl溶液时，消耗0.2molCHOH，阴极生标况3下气体的体积为L．三（15）11分铜三模）知、B、D四种短期元素，它们的核电荷依次增大．A原子，原子的L能中都有两个未成对的电，C同主族E、F都是第四周元素，E原子核外有4个未对电子F原子除最能层只有1电子外其余各能层均为全充满根据以上信息填空：（1基态D原子中电子占据的高能层号，该能层具有的原子轨道数为；（2）E

离子的价层电子轨道表式是，原的电子排布是；（3元素最高价氧化对应的化物中心原子采取的轨道杂化方式为B元素的气态氢化物的分子模型为；（4化合物AC、BC和阴子DAB22

﹣为等电子体它们结相似，

的电子式为；（5配合物的焰色反应紫色，内界由中心离子E3+与配位体AB﹣构，配位为6，甲的水溶液可以用于实验室E

离的定性检验检验E

离子的离子方程式为；（6某种化物由D，E，F三种元素组，其晶胞

如图所示，则其化学式，该晶胞上底面为正方形，侧面与底垂直，根据中所示数据列式计算该晶体的度：d=g/cm3．

四（15）12分铜三模）乙炔或苯为原料可合成有机酸HMA，并进步合成分子化合2物PMLA．Ⅰ．用乙炔等合成烃．（1）A分子的官能团名是（2）A的一同分异构体于乙酸，其结构简式是．（3）B转化C的学方程式是其反应型是．Ⅱ．用烃C或苯成PMLA的路线下．（4有机H与量NaHC0溶液反生成标准状况下的44.8L顺反异，其反32式结构简式是．（5）E的结简式是．（6）G与NaOH溶液加热条下反应的化学方程式是．（7聚酯PMLA有多结构，出由HMA制PMLA化学方程式（任写一种2

年陕省川高化三试卷参答与题析一选题共小题，小题3分满21分1分铜川三）化学与社、生活切相关．对下列现象或实解释错误是（）选项AB

现象或事实明矾用于净水SO能使品溶液褪2

解释铝离子水解产生的胶体有很强吸附质的作SO具漂白性2C

“地沟油”禁止食用用来肥“沟油”主要分为油属于酯类可以发生皂皂

化反应DA

用氯水和淀粉溶液鉴别盐是否加碘目前加食盐中含碘元素物质为KIBC．CD考点盐类水的应用；二化硫的学性质；油脂的性质、组成与结构；物质的检和鉴别的基本方法选择及应用．专题实验评题．分析A、明矾溶后溶液中铝子水解成氢氧化铝胶体具有吸附性；B、二氧化硫具有漂白性，择性漂白；C、地沟油”主要成分为油属于酯类可发生皂反应；D、加碘实验时加入的；3解答解：A明矾溶后溶液中铝离子水解生氢氧化铝胶具有吸性，可以虚浮悬浮在水中的杂质起到净水作用故A正确；B、二氧化硫具有漂白性，择性漂白可使品红业褪色，故B正确C、地沟油”主要成分为油属于酯类可发生皂反应，不能使用可以制肥皂，故C正确；D加碘实验时加的是KI用氯水和淀粉不能借鉴是否加入碘元素故D错误；3故选D．点评本题考了化学与生中的化知识分析判断主要是物质质的理解应用掌握基础是关键，题目难度中等．

2分铜川三）下列离子程式正的是（）A．过氧钠与水反应2O

2

2﹣+2HO═O↑+4OH﹣22B．次氯钠与）在碱溶液中反应生成NaFeO（OH═2FeO2+3Cl﹣O+4H324342C．向明溶液中逐滴入Ba（OH）溶液SO2恰完全沉淀：2Al+3SO2+3Ba+6OH═2Al244（OH）↓+3BaSO↓34D．向碳氢镁溶液中入过量澄清石灰水：Mg2++2HCO﹣2++4OH═Mg（OH）32

↓+2CaCO↓+2HO32考点离子方式的书写．专题离子反专题．分析A、过氧化不能拆成离；B、碱性溶液中反应不能生氢离子；C、向明矾溶液中逐滴加入（OH）溶液至SO2按照1：2反应2

4

2﹣

恰好完全沉淀，（SO）和（OH）42D、向碳酸氢镁溶液中加入量的澄清石水生成氧化镁沉淀碳酸钙沉淀水．解答解：A过氧化不能拆成离子，过氧化与水反应的子方程：2NaO+2HO═O↑+4Na+4OH，故A错；2222B性液中反应不生成氢子氯酸钠与（OH）在碱性溶液反应生成FeO324的离子方程式，3ClO﹣+4OH+2Fe（OH）═2FeO﹣+3Cl+HO+4HO，故B错；3422C、向明矾溶液中逐滴加入（OH）溶液至SO2

4

2﹣

恰好完全沉淀，（SO）和（OH）422

按照1：2反应离子方程式为：Al

+2SO2+2Ba+4OH═AlO+2BaSOO，故C错4242误；D、向碳酸氢镁溶液中加入量的澄清石水生成氧化镁沉淀碳酸钙沉淀水，反应的离子方程式Mg故选D．

+2HCO﹣+2Ca+4OH﹣═Mg（OH↓+2CaCO↓+2HO，故D正确；3232点评本题考了离子方程书写原和注意问题要是不同产物不同的分析判注意氧化物不能拆成离子，题难度中等．3分铜川三）下列图中实验方，能达到实验目的是（

ABCD实验方案实验证FeClHO分解制（OH）并能较除去CO气体中有的比较HClCO和HSiO322222323验应有催化作用

长时间观察其颜色SO

2

的酸性强弱目的A

BC．CD考点化学实方案的评价专题实验评题．分析A．应在温相同的条件进行对实验；B．煤油能抑制亚铁离子被化；C．COSO都可与碳钠溶液反应；22D．盐酸易挥发，不能排除酸的干扰．解答解：A温度和化剂都可影响反应速率比较催化剂影响，在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；B煤阻止了亚铁子和氧接触从而阻挡了铁离子被氧化所能实现实验的，故B正确；C．COSO都可与碳钠溶液反应，应用饱和酸氢钠除杂故C错误22D盐易挥发能排除酸的干扰应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．点评本题考较为综合，及物质性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能、实验能力和评价能力的考查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，度中等．

4铜川三模）是周期元素，部分性如下表，下列说法正确的是（）WXYZ

单质是淡黄色固体在地壳中的含量居第二原子最外层电子数是电总数的第三周期原子半径最小金属A的化物属于碱氧化物B．最高氧化物对应化物的性：Y＞XC．离子径：＞WD．气态化物的热稳性：X＞W考点位置结性质的相互系应用专题元素周律与元素周表专题分析W、Z是短期元素单是淡黄色固体，则W为S在地中的含量居第二位，则X为Si子最层电子数是电子总数的，若Y处第二周期，最外层子数为a，则（2+a）×=a，得a=4，为碳元素，Y处于第三周期，令最外层电子数为a，则（2+8+a）×=a，得a=20不符合题意故为碳元素；是第周期原子半径最小的金属，则ZAl，结元素周期律元素化物性质解答．解答解：W、X、Y、Z是周期元素，W单质是淡黄固体，则为S；X在地壳中含量居第二位，则XSi；Y原最外层电子是电子数的，若Y处于二周期，令外层电子数为a则2+a）×=a，解a=4，为碳元素若Y处于三周期，令最外层电子为a，则2+8+a=a解得a=20不符题意，故为碳元Z是第三周原子半径最小的金属，则Z为AlA．氧化铝是两性氧化物，A错误B．X为、Y为C，非金属性C＞Si，故高价氧化物应水化的酸性：＞X，故B正确；

C．S

2离子比Al3+多一个子层，故离子半径2﹣＞Al，故错误；D．非金属性S＞Si，故氢化物稳性S＞SiH，D错误，24故选B．点评本题考结构性质位关系应，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的解掌握，难度中等．5铜三模）2SO）+O（g）2SO）是业制硫酸的主要反应之．一定223温度下，在甲、乙、丙个容积均为的恒容闭容器中投入SO（g）和O（g始物质22的量及SO平衡转率如下表所．下列断中，正确的是（）2甲

乙

丙起始物质的量n（SO）/mol0.42n（O）/mol0.242

0.80.24

0.80.48SO的衡转化率/%2

80

α

1

α

2A．甲中应的平衡常小于乙B．该温下，平衡常值为400C．平衡，丙中（SO）是甲中的2倍3D．平衡，甲中的转化大于乙中的转化率22考点化学平的计算．分析A．温度相时，该反应平衡常不变；B．根据甲中各物质的平衡度计算平衡数；C．体积相同，丙中的起始度为甲的2倍，强增大，平正向移，则丙中转化率增大；D．由甲、乙可知，氧气的度相同，二化硫的度增大会促进氧气的转．解答解：A温度相时，该反应的平衡常数变，则甲、中反应平衡常数相等，故错误；B．根据2SO）+O（g）22

2SO（g3开始0.40.240转化0.320.160.32

平衡0.080.080.32平衡浓度0.040.040.16所以该温度下，平衡常值为=400，故B正确；C．体积相同，丙中的起始度为甲的2倍，强增大，平正向移，则丙中转化率增大，即丙中c（SO）大于中c（SO）的2倍故C错误33D．由甲、乙可知，氧气的度相同，二化硫的度增大会促进氧气的转，则乙中O的转化率大于甲中O的转化率，D错；2故选B．

2点评本题考化学平衡的算，熟化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素可解答，注意平衡常数只与温度关，计算平常数应用平衡浓度，题目难度等．6分铜川三）室温下，列叙述确的是（）A．将物的量浓度均0.1molL

的NaCO溶液，溶液等体混合所溶液中：2c（OH233﹣

）﹣2c（H

+

）=3c（HCO）+c（23

）﹣c（）B是酸溶液与的MOH碱液等体混合：c（M+）=c（OH）＞c（H+）=c（A﹣C．等浓度、等体积的CO和混合：＜233D．将足AgCl分放入水②10mL0.2mol/LMgCl③20mL0.3mol/L盐酸中解至饱和c2（Ag

+

②＞③考点离子浓大小的比较分析A．根据等度等体积的酸钠、酸氢钠溶液中的物料守恒、电荷守恒判断；B．需要根据酸和碱是否为电解质进行论；C．根据碳酸和碳酸氢根离的电离平衡数的表式进行分析；D．氯离子浓度抑制了氯化的溶解，则离子浓越大，银离子浓度越小解答解

的NaCO液液等体积混合后的溶液存在电荷守+）233（H+（HCO﹣（CO（OH料守恒（Na（HCO（HCO3323

3﹣

（CO

3

2结合可得（OH）+﹣3c（H（HCO﹣）（CO2333

﹣

A正确；B是HA酸溶液与的MOH碱溶等体积混合二者都是电解质）=c（OH）（H+）=c（A为弱酸则混合液显示酸性，则c（H+）＞c（A﹣

若MOH为弱碱则混合液中过量，液显示碱性，则c（H）（A﹣B错误；C．根据碳酸氢根离子、碳的电离平衡数可得=K（HCO（+23（HCO

3

﹣）cH+同一溶中，则氢离子浓度相同根据碳酸的离平衡常数大于碳酸氢离子可知，

（H23

=K（HCO

3

﹣）cHC错误；D．将足量AgCl分放入：水②10mL0.2mol/LMgCl③20mL0.3mol/L盐酸中溶解2饱和，氯离子浓度越大则氯化银的解度越，溶液中银离子浓度越，三种溶液氯离子浓度大小为：②＞＞①，则c（Ag）大为：①＞＞②，故D错误故选A．点评本题考了离子浓度小比较题目难度中等，涉及酸碱混合的定性判断及溶pH的计算、难溶物溶解平衡及应用、离子度大小较等知识，注意掌握电守恒、物料恒及盐的水解原理在判断子浓度大小的应用法．7分铜川三）有一系列香族化物，其中并四苯的一氯物有（）A种

B种C．5种D考点同分异现象和同分构体．分析由图可，利用对称判断并苯有种效氢，所以一氯代物有5种解答解：并苯具有高度对成性

，其同分异构体共有5种；故选C．点评解答本应注意利用效氢法断同分异构体的种类，难度不大．二解题共小题）8分川三）某研究小组为了探究种无机矿物（仅含种元素）的组成和性质，设计并完成如下验：实验一、定性测定：用图1装置测定物中元素（1加热一时间后观察现象CuSO固体白色变为蓝，澄清灰水变浑浊，说明分4生成了COH．22（2取分解的固体少量加入稀酸后固体溶解得到蓝色溶液．据以上事实证明X中的种元素分别Cu、H、C、O．实验二、定量测定：通图2所示装置连接，进行量分析测定其组成．（3实验开时要通入过的空气其作用是排净空气中CO和水蒸．2（4各装置接口顺序是a→f→g→h→i→b→c→d（5装置C放在最的作用是防空气中CO和水气进入，影测定结．2（6实验过中称取矿物X的量为11.1克反应结后装置B质量加了2.2克E装置增重0.9克，矿物X的学式为：Cu（OH）．223

考点探究物的组成或测物质的量．分析I无硫酸铜变蓝明有水澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳；（2分解后的固体量，加稀盐酸后固体溶解得到蓝色溶液明有氯化铜液生成结合（）判断素组成；II、把气先通过碱灰，出空气中的二氧化碳和水蒸气，然后通入整个装，以排净装置中原有的空气，在热条件下样分解，成的混合气体，通过浓酸吸收水，通过B碱石灰收二氧化碳，最后连接C，以防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入B产生干扰；（3先通过量空排出装中原有的空；（4根据实验过分析判仪器连接顺；（5空气中的二化碳和蒸气进入B中会测得的二氧碳的质偏大；（6反应结束后置B质增加了2.2克，即成的二化碳为2.2g，E置增重0.9克，即生成水为0.9g根据元守恒计算C、H、O、Cu的物质的，据此确定化学式．解答解：I无硫酸铜变蓝说明有水，清石灰水变浊，说有二氧化碳，所以分解生成了CO和2故答案为：COO；22（2由1）分析可知分生成二氧化碳和水，则X含有C素，分后的固体少量，加入稀盐酸后体溶解得到色溶液说明有氯化铜溶液生成则X中还有Cu元素，所以X元素成为Cu、H、C、O；故答案为：Cu、C、O；II、把气先通过碱灰，出空气中的二氧化碳和水蒸气，然后通入整个装，以排净装置中原有的空气，在热条件下样分解，成的混合气体，通过浓酸吸收水，通过B碱石灰收二氧化碳，最后连接C，以防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入B产生干扰；（3装置中有空，其中二氧化碳和蒸气对验有干扰，所以实验开时要通入过量的空气，排净空气中和蒸气；2故答案为：排净空气中和蒸气；2（4由分析可知置的连顺序为：a→f→h→i→b；

故答案为：f、g、h、i、b、c；（5空气中的二化碳和蒸气进入B中会测得的二氧碳的质偏大，所以B装置后面连接一个盛有碱石的干燥管C防止空中的和水蒸进入，影响测定结果；2故答案为：防止空气中CO和水蒸进入，影响定结果2（6应结束后装置B质量增加了2.2克生成的二氧化碳为2.2g（CO（C2==0.05mol，E装置增重0.9克，即生成水则n（H）=2n）=2

×2=0.1mol由定性分析可知：分解的固体少量入盐酸后固体溶解得到蓝色溶液则分后的固体为CuO，则CuO的质量为11.1g﹣2.2g﹣0.9g=8.0g，所以n（CuO）==0.1mol样品中O元素物质的：n（O）=0.05×2+0.05+0.1=0.25mol，则样品中（Cu）=0.1mol：0.25mol=2：5，则其化学式为Cu（OH）CO；223故答案为：Cu（OH）CO223点评本题考了物质化学的确定涉物质的检验物质的质原子恒在计算中应用等知识点悉元化合物的性是解本关键明实验原理以及实验装置连接顺序和每一步发生的反应及应现象是解的关键题目难度中等．9分铜三模）研究NO、SO等大气污气体的理有重要意义．22（1）NO可水吸收相应的化学方程式为O=2HNO+NO利用反应22236NO+8NH236.72L．

7N+12HO也可处理NO当转移1.2mol电子时，消耗的NO在标准状下是2222（2已知：2SO（g）+O（g）2SO（g）△H=﹣196.6kJmol223

﹣12NO（g）+O（g）2NO（g）△H=22

﹣1则反应NO（g）+SOSO）+NO）的△223

﹣1（3大气中NO和CO是形成酸雨的主要污染气体，某地酸雨中可能含下列离子：+、Mg、22NH

+、Cl、SO2﹣、SO﹣、NO和NO﹣．某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将得试液分43432成4份，行如下实验：

第一份滴加适量的淀粉溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化BaCl溶液，有白色沉淀析出；2第三份滴加NaOH溶，加，产生的气体能使湿润红色石蕊试变蓝；四份加入足量硝酸酸化的AgNO液，沉淀产生，静置，在上清液中滴加性KMnO溶，不褪色．34﹣5已知：（AgSO24请回答下列问题：①该酸雨中肯定存在的子有SO

4

2﹣、NO﹣、NH；肯不存在的离子有SO2、NO﹣，说明不存3432在的理由：SO2具较强的还原，酸性件下，与NO不能共存；若有NO﹣，能使酸KMnO332

4溶液褪色．②写出试液中滴加淀粉溶液所发生反应离子方式：6I+2NO﹣+8H=3I↑+4HO322（4该研究组为了探究NO参与的硫酸型酸的形成，在瓶中充含有少量NO的SO气体，2慢慢通入O，该程中发生的学反应2NO+O=2NO，NO+SO=SO+NO，喷射适量蒸水即得222223硫酸型酸雨．说明NO的作：催化剂．考点探究物的组成或测物质的量化学程式的关计算盖斯定律进有关反热的计算．分析）根据质与水的反物与生物来书写化学反应方程式，再利用氧化还原反中电子转移计算，然后来计标准状况下体的体；（2利用盖斯定来计算应热；（3①滴加适量淀粉KI溶液，呈蓝，说明

与NO﹣333

不能共存；滴加用盐酸酸化的BaCl液，白色沉淀析出，故一定有SO2

4

2﹣

；滴加NaOH溶液加热，产生的气体能使湿润的红色蕊试纸变蓝则有氨生成，故一定含有NH

4

+；加足量硝酸酸化的AgNO溶液，有沉淀产生静置，在上层清液中滴加酸性KMnO溶液，褪色，定34不含NO

2

﹣，有NO﹣2

，能使酸性KMnO褪色，氯离子的存与否不判断，因为酸根4已经存在；②根据单质碘能使淀粉溶液呈蓝色来分；（4据物质的性质来书写方式据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作；解答解与H反应的方程式为+HO═2HNO；6NO+8NH═7N+12HO，反应222232322中有1molNO加反应时，共转移了4电子故转移1.2mol电时，消的NO为221.2÷4×22.4L=6.72L

故答案为：3NOO=2HNO+NO；6.72；223（2据盖斯定律第二方程式反写第个方程式相加得+2NO223△H=﹣83.6kJmol

﹣1故NO+SOSO+NO，△H=﹣41.8﹣1；223故答案为：﹣41.8；（3①加适量的淀KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将离子氧化为碘单质的离子存在，而样的离子只NO

3

﹣故一定含有，就一定不会含有SO233

，因为SO

3

2具有较强的原性，性条件下，NO3

不能共存；滴加用盐酸化的

2溶液，有白色沉淀析出故一定含有SO2﹣；加NaOH溶液加热，产生气体能湿润4的红色石蕊试纸变蓝，有氨气生成故一定有；加足量硝酸酸化的AgNO溶，43有沉淀产生，静置，在层清液中滴酸性KMnO溶液，褪色，定不含NO4

﹣2

，若有

2﹣

，能使酸性KMnO褪，而氯离子的存在与否能判断，因硫酸根经存在，4故答案为：SO

24

、NO

3

﹣、NH；SO2、NO﹣；SO﹣4323

具有较强的还原性，酸条件下，与NO

3﹣

不能共存；若有NO﹣，使酸性溶液褪；24②硝酸氧化碘离子的离方程式为：6I+2NO

3

﹣

+8H=3I↑+4HO，故答案为6I﹣+2NO22

3﹣

+8H=3I↑+4HO22（4一氧化氮具还原性很容易被氧氧化，程式为：2NO+O，二氧化氮能将22二氧化硫氧化，方程式NO=SO，整过程一氧化的质量有变化，故在反应223中作催化剂，故答案为：催化剂．点评本题考了盖斯定律应用、程式的书写、离子共存和氧化还原反应、催化等，题目难度中等重于查学生的分能力和基础知识的综合应用能力注意把常见离子的检验方法以及物质的质．10分川三模甲醇是一种可再生能源具有广泛的发和应前景．（1工业上般采用两种法制备醇：反应Ⅰ）+2H（g）CHOH（g△H23

1反应Ⅱ（g（g）CHOH（g）+HO（g）△H2232

2①下表所列数据是反应在不同温度的化学衡常数（K温度K

250℃2.041

300℃0.270

350℃0.012由表中数据判断△＜0填“”、“=”或“＞1

②某温度下，将2molCO和6mol充入2L密闭容器中分反应，4分后反应达到衡，测2CO的物质的量0.4molCO的反应速率为（Lmin）的压强反应前压强的0.6倍．（2反应Ⅱ平衡常数表式为，为了加快反应Ⅱ的反速率，并且提高H的转化，采取的措是ac（填写确选项的字2a．增大CO的浓度b．增H的浓度c增大压强d．加入催化剂22（3业上用CO与水气的反应将有毒的CO转化为无毒CO书写关热化反应方程2式CO（g）+H（g）CO）+H）△H=△H﹣△H该反应在830K下行时，初始度到22212达平衡的时间有如下的系：CO的初始浓度mol/LH的始浓度（mol/L2时间（min

238

426

1312

33n则n为4min．（4近年来科研人员新发出一甲醇和氧气以强碱溶液为电解质溶液的新型手电池．该电池中甲醇发生反应的极为负极、电极反式为CHOH﹣6e+8OH﹣=CO﹣33

+6HO．2（5用该电作电源，用性电极解饱和NaCl溶液时，消耗0.2molCHOH，阴极生标况3下气体的体积为13.44L．考点化学平的影响因素常见化学电的种类其工作原理化学平衡常的含义电解原理．专题基本概与基本理论分析）①图分析判断，衡常数温度升高减小，平衡逆向进行，正反应是放热应；②依据化学平衡三段式式结合化学应速率念计算，压强之比等于体物质的量比；（2依据反应化方程式合平衡常数念书写衡常数表达式，为了加反应Ⅱ的反应速率，并且提高H的转化率，据影响学反应速率和平衡的因素分析判断；2（3依据热化学程式和斯定律计算到所需化学方程式；依据图表据分析变化规律得到n值；（4燃料电池中料在原池负极发生化反应甲醇失电子在碱溶液中成碳酸钾；

（5依据原电池电解池电极反应中子守恒算生成气体体积；解答解分析判断平衡常随温度高减小平衡逆向进行反应是热反应，△H＜0；故答案为：＜；②某温度下，将2mol和6molH充入2L密闭容器中充反应4分钟反应达到平，2测得CO的物的量为0.4mol，依据学平衡三段式列式计算；CO（g）+2H（g）CHOH）23起始量（mol）260变化量（mol）1.63.21.6平衡量（mol）0.42.81.6CO的反应速率=0.2mol/（Lmin）平衡状态气体压强和起压强之比等气体物的量之比P（平衡起）=（0.4+2.8+1.6：8=0.6；故答案为：0.2mol/（Lmin），0.6；（2（g（）（g衡常K=2232为了加快反应Ⅱ的反应率，并且提H转化率2a．增大CO的浓度增大氢气的转化率，平正向进行，应速率快，故a符合2b．增大H的浓度，平衡正向进行反应速率增大，氢气的转化率减小，故b符合；2c．增大压强，反应速率增，平衡正向行，氢转化率增大，故c符；d．加入催化剂改变化学反速率不改变学平衡氢气转化率不变，故d不符；

；故答案为：K=、c；（3反应Ⅰ：CO（g）+2H）CHOH（g△H23

1反应Ⅱ：CO（g）+3H）CHOH）+HO（g）△H2232

2依据盖斯定律反应Ⅰ﹣应Ⅱ得到）+HO（g（g）+H）△H=△H﹣eq\o\ac(△,2)2221图表中数据保持氢气初浓度不变，氧化碳度增大一倍，达到平衡需时间缩短

分钟，所以分析判断n=4min故答案为：CO）+HO（g（g）+H（g）△H=﹣△H；22212（4甲醇和氧气强碱溶为电解质溶的新型机电池，燃料电池中燃在原电池负极发生氧化反应醇失电子在碱溶液中生成碳酸钾该电池中甲醇发生应的一极为极，电极反应为：OH﹣6e+8OH﹣=CO﹣33

+6HO；2故答案为：负，CHOH﹣6e3

﹣+8OH=CO﹣3

+6HO；2（5用该电池作源，用性电极电解和NaCl溶液，CHOH﹣+8OH=CO﹣33

+6HO，2每消耗0.2mol，转移电子1.2mol阴极电极反应为2H++2e﹣=H↑，产生况下气32的体积0.6mol×22.4L/mol=13.44L；故答案为：13.44．点评本题考了化学平衡响因素析平衡常数计应用热化学方程式和原电池理电解池原理的计算分析应，掌握基础解题关，题目难度中等．三（15）11分铜三模）知、B、D四种短期元素，它们的核电荷依次增大．A原子，原子的L能中都有两个未成对的电，C同主族E、F都是第四周元素，E原子核外有4个未对电子F原子除最能层只有1电子外其余各能层均为全充满根据以上信息填空：（1基态D原子中电子占据的高能层号M，该能层具有的原子轨道数为9；（2）E

离子的价层电子轨道表式是

，F原子的电排布式是1s22s2p63s3p63d1；（3）A元素最高价氧化对应的化物中心原子采取的轨道杂化方式为sp2，B元素的气态化物的分子模型为三角形；（4合物C和阴子DAB22

﹣互等电子体们结相似﹣电子式为

；（5配合物的焰色反应紫色，内界由中心离子E

与位体

构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室E

离的定性检验检验E离子的离子程式为3Fe2++2=Fe↓；（6某种化物由D，E，F三种元素组，其晶胞

如图所示，则其化学式CuFeS，该晶胞2上下底面为正方形与底面直图所示的据列式计算该晶体的密d=4.32g/cm．

考点位置结性质的相互系应用晶胞的计算．分析A、C四短周期元素，它们的核荷数依次增，A原子、C原子的L能中都有两个未成对的电子A原子核电子排布为

22s22p原子核外电子排布为1s22s22p，故A为碳元、为元素；B原子数介于C、O之，则B为氮元；同主，则D为S素都第四周期元素E原子核外4未成电子，原子核外电子排布为1s2263s23p63d4s2则E为Fe原子除最外能层有1个电子其余各层均为全充满，F原子外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，据此解答解答解A、B四种周期元，它们的核电荷数依次增大，原子、C原子能层中都有两个未成对的电子则A原子核外子排布为22s22p2

，C原子核外子排布为1s

22s22p4，故为元素为元素；B原序数介于C之间，则B为氮素C、D同主族，则为S元E都是第周期元素原子核外有个未成对电子，子核外电子排布为1s22s22p3s3p3d62则E为Fe子除最能层只有1个电子其余各能层均为全充满，F原核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，（1基态S原中电子占据的最高能层第3能，符号，该能层有1个s轨道3个p轨道、个轨道，共9个原子轨道故答案：；9；（2）Fe

离的价层电子布6，其价层电排布图是

，F为Cu元素，原子核外有29个电，原子电子排布式是1s22s22p3s23p3d104s1故答案为：；1s22s2p63s3p3d104s1；（3碳元素的最价氧化对应的水化为HCO，分结构式23

，中心C原子成3个σ键没有孤电子对，C原子采sp角锥形结构，故答案为sp2三角锥形；

2

杂化方式；B的气态化物为NH，为三3（4化合物COO和阴离子SCN22

﹣互等电子体，们结构似SCN﹣

中C子与S

原子之间形成2共用电对，SCN

﹣电子式为

，故答案为：；（5合物甲的焰色反应呈紫色有K元素内由中心离子3+与位体CN﹣构成，配位数为6，甲为K，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定检验，检验Fe2+离3的离子方程式为：3Fe2++2

=Fe，故答案为：3Fe

+23﹣

=Fe；（6晶胞中D（S）原子于晶胞内部原子数为8个，E（Fe）原子6个位于面上4个位于棱上，（Fe原子数=6×+4×=4，F（Cu）子位于个位面上、个部个顶点上原子数目4×+1+8×=4体中Cu子数目比=41：2，故该晶体化学式为：CuFeS，2晶胞质量=×4晶胞体（524×10

﹣10

cm2×103×10

cm，该晶体的密度