2019-2020年高三8月开学考试化学试题含解析.doc

2019-2020年高三8月开学考试化学试题含解析可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64【试卷综析】本试卷是高三开学考试试卷，主要是考查学生的基础知识。在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查，知识考查覆盖面比较大。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。本试卷考查到了化学与生活和环境、化学计量的有关计算、化学反应速率的化学平衡、原电池原理的应用等；试题重点考查了阿伏伽德罗定律、元素化合物知识、化学基本概念、溶液中的离子反应和离子方程式的书写、化学实验的设计和简单评价、化学平衡的移动等主干知识，考查了较多的知识点。注重常见化学方法，应用化学思想，体现了学科的基本要求。单项选择题：本题每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。【题文】1化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法正确的是 （ ）A塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用B硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物对环境污染程度低，可做“未来石油”C用K2FeO4取代Cl2处理饮用水，可杀菌消毒，但不能沉降水中的悬浮物D研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率【知识点】化学与环境 D1 C3 I4 【答案解析】B 解析：A.塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，故A错误； B.硅燃烧生成放出热量多，且生成物是二氧化硅固体易控制，故B正确；C.高铁酸钾具有强氧化性，所以能杀菌消毒，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以能吸附悬浮物而达到净水目的，故C错误；D.催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，所以不能提高转化率，故D错误。【思路点拨】本题考查了塑料的应用，硅的应用，饮用水的处理，催化剂的作用，这是化学与生活的联系常见的题型，要注意平时的知识的积累。【题文】2下列化学用语或模型图示正确的是 （ ）AHClO的结构式：HClO BNa2O2的电子式：CCO2的比例模型： DNa原子外围电子排布式：3s1【知识点】化学基本用语 A4【答案解析】D 解析：AHClO的结构式应为：HOCl，错误；BNa2O2的电子式：错误；C碳原子半径比氧原子半径大，但比例模型中C原子的比较比O原子半径小，故错误；DNa原子外围电子排布式：3s1，正确。【思路点拨】本题考查了化学基本用语，难度不大。【题文】3下列叙述正确的是 （ ）A稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳BNa2O2与水反应、红热的Fe与水蒸气反应均生成碱CLi、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物DCO2、HCl、NH3的水溶液都能导电，它们均属于电解质【知识点】物质的性质和物质之间的相互转化 D4 C1 C3 H1【答案解析】C 解析：解:A、木炭与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下反应，与稀硝酸、稀硫酸不反应，故A错误；B、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，没有碱生成，故B错误；C、Li、C、P分别在足量氧气中燃烧，分别生成Li2O、CO2、P2O5，故C正确；DD HCl属于电解质，但是CO2、NH3的水溶液能导电的原因是CO2、NH3溶于水与水反应生成的碳酸和一水合氨的电离导电，故属于非电解质，错误。【思路点拨】本题考查了稀硝酸的氧化性，和水反应的物质，金属或非金属单质在与氧气反应时的产物的判断，电解质的判断，涉及到的物质比较多，综合性较强，是易错试题。【题文】4常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 （ ）A滴入甲基橙显红色的溶液中： Na、NO3、I-、SO42B水电离出的c(H) 1012mol/L中：K、AlO2-、CH3COO-、SiO32Cc(OH)/c(H)1012的水溶液中：K、ClO、S2、ClD加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4、Fe2+、SO42、NO3【知识点】离子共存 B1【答案解析】B 解析：解:A.滴入甲基橙显红色的溶液，显酸性，氢离子与SO32结合生成水和气体，H+、NO3、I发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B.水电离出的c(H+)=1012mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子不反应，能共存，但酸溶液中H+分别与AlO2、CH3COO反应，不能共存，即可能共存，故B正确；C. c(OH)/c(H)1012的溶液，c(H+)=0.1mol/L，溶液显酸性，H+、ClO、S2发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D.Fe3+、SCN结合生成络离子，则不能共存，故D错误。【思路点拨】本题考查了在前提条件下的离子反应，此类试题要注意的方面很多，一定要挖掘出题目中隐含的条件，如滴入甲基橙显红色的溶液的酸碱性的问题，水电离出的c(H+)=1012mol/L的溶液的酸碱性的问题等，必须要一一进行分析才能得到正确选项。本题综合性较强，属于中档试题。【题文】5下列实验操作合理或能达到实验目的的是 ( )A用激光笔检验某KI溶液中是否溶有淀粉B配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶用蒸馏水洗涤后再用待装溶液润洗C向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液，可说明Ksp(AgCl)Ksp (AgI)D配制硫酸亚铁溶液，是将绿矾晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉【知识点】化学实验基本操作 H4 H5 【答案解析】A 解析：A淀粉溶液具有胶体的性质，故可以用激光笔检验某KI溶液中是否溶有淀粉，正确； B配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶不能用待装溶液进行润洗，错误； C向AgCl沉淀中滴加少量KI溶液可以形成AgI沉淀，故可说明Ksp (AgI) Ksp(AgCl)，错误； D配制硫酸亚铁溶液，是将绿矾晶体溶于硫酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度，再加入适量的铁粉以防止硫酸亚铁被氧化，错误。【思路点拨】本题考查了胶体的性质，一定物质的量的溶液的配制，溶度积的应用，在配制溶液时要注意的问题，考查的知识覆盖面较广，综合性较强。【题文】6右图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（ ）选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠【知识点】有关气体的收集和吸收 D5 J4【答案解析】C 解析：A、碱石灰可以吸收氯化氢气体，故不能收集得到氯化氢气体，错误；B、氨气的密度比空气的密度小，故在进行收集时必须从短导管进入集气瓶中，错误；C、氯化钙可以对二氧化硫进行干燥，另二氧化硫的密度比空气的大，收集时必须是长导管进入，二氧化硫是酸性氧化物，故可用氢氧化钠溶液进行吸收，正确；D、一氧化氮不能用排空气法进行收集，错误。【思路点拨】本题考查了气体的收集方法和尾气的吸收，难度不大，但是是易错试题，【题文】7设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A常温常压下，56 g乙烯和丙烯的混合气中含有的碳原子数为4NA B1.2 g NaHSO4晶体中含有的阳离子和阴离子的总数为0.03NAC12 g金刚石中含有的共价键数为4NAD1 mol Fe2与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子【知识点】NA为阿伏加德罗常数的应用 A1 A4【答案解析】A 解析：A乙烯和丙烯的分子最简式相同，都是CH2，故n(CH2)= 56 g/14gmol=4mol，故常温常压下，56 g乙烯和丙烯的混合气中含有的碳原子数为4NA ，正确； B在NaHSO4晶体中含有Na+和HSO4-，故晶体中1.2 g NaHSO4晶体中含有的阳离子和阴离子的总数为0.02NA，错误； C12 g金刚石中含有的共价键数为2NA，错误；D1 mol Fe2与足量的H2O2溶液反应，转移NA个电子，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的值在有关物里量中的如分子中含有的原子数的计算、晶体中阴阳离子数的计算、化学键的计算以及在氧化还原反应中的转移的点子数的计算等，包括的知识内容较多，综合性较强。【题文】8下列离子方程式与所述事实不相符的是（ ）A向Ba(OH)2稀溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2+2OH+H+ SO42- + NH4+BaSO4+ NH3H2O+H2OB在碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Ba2+OH+HCO3=BaCO3+H2OC向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2CO22H2O= Al(OH)3+HCO3-DFeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-【知识点】离子方程式的书写 B1【答案解析】D 解析：DFeBr2溶液中通入过量Cl2时FeBr2完全被氧化，在化学方程式中必须符合物质的组成比即：2Fe2+4Br+3Cl2 = 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-。【思路点拨】本题考查了离子方程式的书写和判断。在书写和判读的过程中，有关反应物用量是本题考查的重点。【题文】9质量分数为a%，物质的量浓度为c mol/L 的KOH溶液，蒸发溶剂，恢复到原来温度，若质量分数变为2a%，则物质的量浓度变为 ( )A大于2c mol/L B等于2c mol/L C小于2c mol/L D在c mol/L-2c mol/L之间【知识点】物质的量浓度和质量分数的计算 A4 【答案解析】A 解析：令质量分数为a%KOH溶液的密度为xg/ml，质量分数为2a%KOH溶液的密度为yg/ml，则：质量分数为a%KOH溶液的物质的量浓度为c=(1000xa%)/56 molL-1，质量分数为2a%KOH溶液的物质的量浓度为c=(1000y2a%)/56 molL-1，氢氧化钾溶液浓度越大密度越大，所以xy，故c2c【思路点拨】本题考查了物质的量浓度计算、物质的量浓度与质量分数的关系等，难度不大，重点是要理解物质的量浓度定义。【题文】10将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为 ( )A0.2 molB0.4 mol C0.8 mol D0.9 mol【知识点】有关混合物的计算 D5【答案解析】A 解析：用终态分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价升高为+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，51.2gCu共失电子为51.2g/64gmol2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为1.6mol/2=0.8mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）-n（NaNO2）=0.5L2mol/L-0.8mol=0.2mol【思路点拨】本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。【题文】11某未知溶液可能含Cl、CO32、Na、SO42、Al3。将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红。取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是 （ ）A一定有Cl B一定有SO42 C一定没有Al3 D一定没有CO32【知识点】离子反应发生的条件 B1【答案解析】BD 解析：因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32-不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，因为前面已滴加了氯化钡，则不能确定原溶液中是否有Cl-，而Al3+未作判断，故无法确定是否有，据此可知A错误；B正确；C错误；D正确，【思路点拨】本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，以及仔细审题，尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰。【题文】12. 如右图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中。下列分析正确的是 （ ）AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体【知识点】原电池、电解池的工作原理 F3 F4【答案解析】B 解析：A、若闭合K1，该装置构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，失电子，Fe-2e-=Fe2+，故A错误； B、若闭合K1，该装置构成了原电池，不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确； C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误； D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误【思路点拨】本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等。【题文】13.向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是 （ ）AOHCO322HHCO3H2O B2OHCO323HHCO32H2OC2OHCO324HCO22H2O DOHCO323HCO22H2O【知识点】离子方程式的书写 B1【答案解析】C 解析：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应 A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH-+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+H+HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+HCO3-+H2O，故A正确； B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH-+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32-+H+HCO3-，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+HCO3-+2H2O，故B正确； C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH-+2CO32-+4H+2HCO3-+2H2O，即OH-+CO32-+2H+HCO3-+H2O，故C错误； D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH-+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+3H+CO2+2H2O，故D正确【思路点拨】本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度中等，明确稀盐酸与NaOH和Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键。【题文】14.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是 ACa(ClO)2溶液中：c(ClO)c(Ca2)c(OH)c（H）B等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合：c(Na)-c(X)c(OH)c(H)C常温下，将25mL0.2mol/L的盐酸与l00mL0.lmol/L的氨水混合，所得溶液中：c(NH4)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)c(H+)D将0.lmol/L的Na2S溶液与0.lmol/L的NaHS溶液等体积混合，所得溶液中：c(S2-)+2c(OH一)=2c(H)+c(HS)+3c(H2S) 【知识点】电解质溶液中离子浓度的大小比较 H6【答案解析】B 解析：B等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合根据电荷守恒c(Na)+ c(H) =c(OH) + c(X)可以得到c(Na) -c(X)=c(OH) -c(H)，溶液的酸碱性未知，故c(OH) 与c(H)的相对大小得不到，错误。【思路点拨】本题考查了在电解质溶液中离子浓度大小的判断。在溶液中离子会遵循电荷守恒、元素守恒的关系，因此在解答此类试题时这些守恒关系正确的书写出来是解答的关键。【题文】15向某4L密闭容器中加入一定量的A、B、C三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示。乙图为达到平衡后在t2、t3、t4、t5时改变某一种反应条件，平衡体系中速率随时间变化的情况，且所改变的条件均不同。已知t3-t4阶段为使用催化剂。则下列说法不正确的是：（ ）A若t1=15s，则t0t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v(A)为0.006mol/(Ls) BB的起始物质的量为0.04molC若t2t3阶段改变的条件是增大A的浓度，则平衡时C的体积分数变大。D该反应为放热反应【知识点】物质的量浓度等随时间的变化曲线，化学反应速率和化学平衡图像的综合应用 G1 G3【答案解析】BC 解析：t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，而t3t4阶段为使用催化剂，如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，化学平衡发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4t5阶段应为减小压强；反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0. 11mol/L-0.05mol/L=0.11mol/L，则A、C的化学计量数之比为9：11，该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为9A（g）+2B（g）11C（g），At1=15s，则t0-t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v（A）=0.09molL/15s=0.006mol/（Ls），故A正确； BA减少0.36mol，则B减少0.04mol，则起始B的物质的量为0.20mol+0.04mol=0.24mol，故B错误； C由图象可知，逆反应速率瞬间不变，正反应速率增大，则t2-t3阶段改变的条件是增大A的浓度，平衡正向移动，但C的体积分数减小，故C错误； Dt5-t6阶段，改变条件为升高温度，升高温度逆反应大于正反应速率，则正反应为放热反应，故D正确.【思路点拨】本题考查化学平衡移动图象题，注意从图二判断各阶段的影响因素，此为解答该题的关键，易错点为C中平衡移动及体积分数的分析，侧重学生分析能力及计算能力的考查，属于中档试题，题目难度不大非 选 择 题【题文】16（共14分）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na、A2、HA、H、OH，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：(1)写出溶液中与H2A有关的电离方程式 。(2)若溶液M由10 mL 2 molL1NaHA溶液与10 mL 2 molL1NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH 7(填“”、“c(A2)c(OH)c(HA)c(H) 5.41010(3) (4)均有可能解析：（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2AH+HA-、HA-H+A2-（2）等体积混合生成Na2A，因A2-对应的酸H2A为弱酸，故A2-水解使溶液显碱性，pH7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）c（A2-）c（OH-）c（HA-）c（H+）（3）弱酸电离，中HA水解生成分子，中等体积混合溶液中为等量的NaCl、NaHA、H2A，HA抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为，最小的为，中水解显碱性，相比的酸性强，则pH最小，所以（4）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，溶液显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量。【思路点拨】本题考查较综合，涉及酸碱混合的定性分析、pH、电离与水解、电离方程式等，把握溶液中的溶质及电离与水解的趋势、相互影响即可解答，题目难度中等【题文】17（14分）CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料。大理石主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物。实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体。下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥。完成下列填空：（1）用浓盐酸配制1:1（体积比）的稀盐酸（约6 molL-1），需要的玻璃仪器有 （2）上述装置中，A是 溶液，其作用是 。（3）上述装置中，B物质是 。（4）一次性饭盒中石蜡和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一，测定溶出量的主要实验步骤设计如下：剪碎、称重浸泡溶解过滤残渣烘干冷却、称重恒重从物质分类的角度分析，石蜡属于有机物中的 类，为了将石蜡从饭盒中溶出，应选用下列试剂中的 。a氯化钠溶液 b稀醋酸 c稀硫酸 d 正已烷饭盒中的碳酸钙常用稀醋酸将其溶出，试写出其反应的离子方程式 。【知识点】化学实验基本操作，物质的分类，化学方程式的书写 J1 J2 【答案解析】（1）烧杯、玻璃棒、量筒；（2）饱和NaHCO3；吸收HCl气体或吸收酸性气体；（3）无水CaCl2 或硅胶或P2O5固体；（4）烃 ， d CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca2+H2O+CO2 解析：1）配制一定体积比的溶液时，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解，故应选用烧杯、玻璃棒和量筒，； 2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体； 3）B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙（或硅胶或P2O5固体等不与CO2反应的干燥剂）； 4）从物质分类的角度分析，石蜡中只含有碳氢两种元素，故石蜡属于有机物中的烃类；根据相似相容的原理，应选择有机物正己烷来把石蜡溶出。【思路点拨】此题考查了溶液的配制、气体的除杂、实验设计和评价等化学实验知识，此题很好的将化学实验与其他化学知识有机地结合于一体，综合考查学生的能力和素质；考查知识也是从简单到复杂、从单一到综合【题文】18（16分）某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO47H2O。已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3%)。固体含镍废催化剂碱液酸液碱浸操作b保温一段时间操作a酸浸操作aH2O2调pH为2-3操作c溶液固体操作aNiSO47H2O晶体部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀完全沉淀Al(OH)33.85.2Fe(OH)32.73.2Fe(OH)27.69.7Ni(OH)27.19.2回答下列问题：（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为 。（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是 ， 。（3）“酸浸”时所加入的酸是 （填化学式）。酸浸后，经操作a分离出固体后，溶液中可能含有的金属离子是 。（4） 操作b为调节溶液的pH，你认为pH的最佳调控范围是 。（5）“调pH为23”的目的是 。（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO47H2O），其原因可能是 。【知识点】制备实验方案的设计 J1 J2 J4【答案解析】（1） 漏斗、蒸发皿（2）2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2、Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（3）H2SO4 Ni2+ 、Fe2+ （4） 3.27.1 （5）防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解（6） H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2未被完全氧化造成的解析：（1）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO47H2O；，操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为过滤装置中的漏斗和蒸发浓缩溶液需要的蒸发皿（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2、Al2O3+2OH-2AlO2-+3H2O（3）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO47H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，故溶液中可能含有的金属离子是Ni2+、Fe2+（4）依据图表中沉淀需要的溶液PH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2-9.2间（5）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO47H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化【思路点拨】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等【题文】19（12分）甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。（1）工业生产甲醇的常用方法是：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H = 90.8kJ/mol。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H =571.6kJ/mol；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H = 566.0kJ/mol计算2CH3OH（g）+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H = 。若在恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，下列表示该反应达到平衡状态的标志有 （填字母序号）。A容器中混合气体的密度不变化 BCO百分含量保持不变C容器中混合气体的压强不变化 D有1个HH键生成的同时有 3个CH键生成（2）制甲醇所需要的H2，可用下列反应制取：H2O(g)+CO(g) H2(g)+ CO2(g) H0，某温度下该反应的平衡常数K = 1。若起始时c(CO)=1molL-1，c(H2O)=2molL1，试回答下列问题：该温度下，反应进行一阶段时间后，测得H2的浓度为0.5molL-1，则此时该反应O2惰性电极惰性电极甲醇、KOH溶液导管abv(正) v(逆)（填“”、“”或“”）；若反应温度不变，达到平衡后，H2O的转化率为 。（3）某实验小组设计了如右图所示的甲醇燃料电池装置。该电池工作时，OH 向 极移动（填“a”或“b”）；工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池负极反应的离子方程式为 。【知识点】盖斯定律的应用，化学平衡状态的判断，化学平衡常数的应用，电化学 F2 G2 F3【答案解析】（1） 1527.6kJ /mol BC （2） 33.3% （3） b CH3OH+8OH6e-=CO32+6H2O 解析：（1）根据盖斯定律可以得到：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H1 = 90.8kJ/mol。2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H2 =571.6kJ/mol；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H 3= 566.0kJ/mol此反应2CH3OH（g）+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)应有：2+2+，故H =H12+H22+H 3= 1527.6kJ /mol。A容器中混合气体的密度在任何时刻都不会发生改变，故密度不变时不能说明达到化学平衡状态； BCO百分含量保持不变说明此时任何物质的百分含量都不发生改变，说明反应达到了化学平衡状态，正确；C因此反应是反应前后分子数发生变化的反应，故容器中混合气体的压强不变化说明反应达到化学平衡状态，正确； D HH键的生成时逆反应方向， CH键生成是正反应方向，但是有2个HH键生成的同时有 3个CH键生成才代表的时V正=V逆，错误。（2）利用三段式进行计算：H2O(g) + CO(g) H2(g)+ CO2(g) 起始 2molL1 1molL-1 一段时间后 0.5molL-1转化或生成 0.5molL-1 0.5molL-10.5molL-10.5molL-1即可求出H2O(g) 、CO(g)、H2(g)、CO2(g)的浓度分别为1.5molL-1 、0.5molL-1、0.5molL-1 、0.5molL-1，可以求出此时各物质的浓度积K，故反应正在向正反应方向进行，故v(正) v(逆)。根据平衡常数可以求出在平衡时H2O的浓度为2/3 molL-1，故转化率为(2/3)/2=33.3%.（3）可以看到在此燃料电池中，电解质溶液的性质是碱性，负极通入的是甲醇，甲醇发生反应生成CO2，需消耗OH，故OH 向b极移动。负极反应是甲醇放电生成CO2，溶液的性质是碱性的，故CO2要与OH反应生成CO32，可以得到电极反应方程式为CH3OH+8OH6e-=CO32+6H2O。【思路点拨】本题考查了在热化学中盖斯定律的应用，可逆反应达到化学平衡状态的标志，利用三段式进行化学平衡常数的计算，在化学反应中的转化率的计算，电化学的综合应用，在本题中考查的知识面比较广，综合性比较强，属于中档试题。【题文】20.（本题共12分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵。完成下列填空：（1）写出上述制备小苏打的化学方程式 （2）滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤 不通氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是 （选填编号）a析出的氯化铵纯度更高 b析出的氯化铵纯度更高c的滤液可直接循环使用 d的滤液可直接循环使用（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2、SO42。将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵。加热至沸的目的是_；滤渣的主要成分是_ _。（4）称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配成250ml溶液，取出25.00ml用0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸21.50ml。选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是_ _。（5）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量。若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果_。（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【知识点】制备实验方案的设计 J4【答案解析】（1）NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl （2）ad（3）使Fe3完全水解为Fe(OH)3；Fe(OH)3、BaSO4（4）选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点（5）偏高解析：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl，反应的方程式为NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而的滤液可直接循环使用（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀，滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡（4）碳酸氢钠溶液的PH本来就接近8.2，与酚酞变色的PH接近，变色时的PH和反应终点的PH不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小（使用甲基橙易判断滴定终点，误差小），（5）如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏高。【思路点拨】本题为xx年上海考题，设计制备实验的设计的考查，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，难度中等【题文】21.(12分)合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（I）、氨水吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为： Cu(NH3)2AcCONH3Cu(NH3)3COAc 。完成下列填空：(1)如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是_。（选填编号）a.减压 b.增加NH3的浓度 c.升温 d.及时移走产物(2)铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式_(3)铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为_。其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表达式是_。通过比较_可判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱。(4)已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是_。CS2熔点高于CO2，其原因是_。 【知识点】元素周期律的应用，化学反应速率的影响因素，铜及其重要化合物的性质 G1 E1 E2 【答案解析】（12分，电子式和轨道表示式各1分其余各2分） (1)bc (2)2NH3CO2H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3CO2H2O=2NH4HCO3(3) CNOH；NH3和PH3的稳定性 (4)；CS2和CO2都是分子晶体，CS2的相对分子质量大，分子间作用力大。解析：（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率，减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，故答案为：bc；（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径CNOH；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱进行比较。（4）CS2的电子式类似于CO2，电子式为，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，【思路点拨】本题涉及元素周期律、电子式、化学平衡移动等问题的考查，综合考查学生的分析能力和双基知识，难度不大，注意相关基础知识的积累