2019-2020年高考化学模拟试卷（4月份）含解析.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（4月份）含解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（xx宁夏模拟）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅Cxx年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的监测指标是PM2.5D防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源2（3分）（xx鹰潭校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为8NAB室温下，31.0g白磷中含有的共价键数目为1.5NAC标准状况下，44.8L NO与22.4L O2混合后气体中分子总数为2NAD1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA3（3分）（xx宜春校级模拟）下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子或分子要求AK+、NO3、Cl、HSc（K+）c（Cl）BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DNa+、HCO3、Mg2+、SO42滴加氨水立即有沉淀产生AABBCCDD4（3分）（xx鹰潭校级模拟）分子式为C6H12，分子结构中含有3个“CH3”原子团的烯烃共有（）A2种B5种C3种D4种5（3分）（xx鹰潭校级模拟）已知X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（）AZ元素的原子半径可能比Y元素的小BW的原子序数可能是Y的原子序数的2倍CW的气态氢化物的稳定性一定比Y的强DZ的化学活泼性一定比X强6（3分）（xx鹰潭校级模拟）常温时，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某溶液中由水电离出的c（H+）=110amol/L，若a7时，该溶液pH一定为14aB0.1mol/L的KHA溶液，其pH=10，c（K+）c（A2）c（HA）c（OH）C将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c（HA）C（Na+）c（A）D等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）7（3分）（xx江西一模）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）A原混合酸中NO3物质的量浓度为2mol/LBOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气C第二份溶液中最终溶质为FeSO4DH2SO4浓度为2.5molL1二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（xx鹰潭校级模拟）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下（1）双氧水的结构式为：；中发生反应的还原剂是（填化学式）（2）中反应的离子方程式是（3）A的化学式是，装置中A在极区产生（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该反应的化学方程式研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量（填相同、不相同或无法判断）9（15分）（xx宁夏模拟）碳及其化合物有广泛的用途（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气反应为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1，以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施有利于提高H2O的平衡转化率的是（填序号）A升高温度 B增加碳的用量 C加入催化剂D用CO吸收剂除去CO（2）又知，C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+172.5kJmol1，则CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的焓变H=（3）CO与H2在一定条件下可反应生成甲醇，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨做电极，该电池负极反应式为：若用该电池提供的电能电解60mL NaCl溶液，设有0.01molCH3OH完全放电，NaCl足量，且电解产生的Cl2全部溢出，电解前后忽略溶液体积的变化，则电解结束后所得溶液的pH=（4）将一定量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2.0L的恒容密闭容器中，发生以下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下数据：温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所x需时间/minH2OCOH2CO9001.02.00.41.63.0通过计算求出该反应的平衡常数（结果保留两位有效数字）改变反应的某一条件，反应进行到t min时，测得混合气体中CO2的物质的量为0.6mol若用200mL 5mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为（用一个离子方程式表示）（5）工业生产是把水煤气中的混合气体经过处理后获得的较纯H2用于合成氨合成氨反应原理为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H=92.4kJmol1实验室模拟化工生产，分别在不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图1请回答下列问题：与实验比较，实验改变的条件为实验比实验的温度要高，其它条件相同，请在上图2中画出实验和实验中NH3浓度随时间变化的示意图10（14分）（xx鹰潭校级模拟）为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验实验I反应产物的定性探究按下图装置（固定装置已略去）进行实验（1）A中反应的化学方程式为：（2）F烧杯中的溶液通常是（3）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是（4）实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是（5）为说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断，还须进行一次实验实验方案为实验反应产物的定量探究（6）在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料资料1：硫酸/molL1黑色物质出现的温度/黑色物质消失的温度/15约150约23616约150约25018约120不消失资料2：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为Cu2S、CuS、Cu7S4中的一种或几种仅由上述资料可得出的正确结论是a铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c该反应发生的条件之一是硫酸浓度15molL1d硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失（7）为测出硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液振荡，以淀粉溶液为指示剂，用b molL1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液V mL若反应消耗铜的质量为ag，则硫酸铜的产率为（已知：2Cu2+4I2CuI+I2，2S2O32+I2S4O62+2I）三、【化学选修化学与技术】（15分）11（15分）（xx宁夏模拟）利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理（一）染料工业排放的废水中含有大量有毒的NO2，可以在碱性条件下加入铝粉除去（加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体）除去NO2的离子方程式为（二）某工厂对制革工业污泥中Cr（）回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+）：常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cu2+Cr3+开始沉淀时的pH1.97.04.7沉淀完全时的pH3.29.011.186.79（9溶解）（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是（至少写一条）（2）调pH=8是为了除去（填Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）（3）钠离子交换树脂的原理为Mn+nNaRMRn+nNa+，被交换的杂质离子是（填Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）（4）试配平氧化还原反应方程式：Na2Cr2O7+SO2+H2O=Cr（OH）（H2O）5SO4+Na2SO4；每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4消耗SO2的物质的量为（三）印刷电路铜板腐蚀剂常用FeCl3腐蚀铜板后的混合浊液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10molL1，请参照上表给出的数据和提供的药品，简述除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤：；过滤（提供的药品：Cl2、浓H2SO4、NaOH溶液、CuO、Cu）四、【化学选修物质结构】（15分）12（15分）（xx宁夏模拟）硼元素B在化学中有很重要的地位硼的化合物在农业、医药、玻璃工业等方面用途很广请回答下列问题：（1）写出与B元素同主族的Ga元素的基态原子核外电子排布式从原子结构的角度分析，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为（2）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，属于超硬材料同属原子晶体的氮化硼（BN）比晶体硅具有更高硬度和耐热性的原因是（3）在BF3分子中中心原子的杂化轨道类型是，SiF4微粒的空间构型是又知若有d轨道参与杂化，能大大提高中心原子成键能力试解释为什么BF3、SiF4水解的产物中，除了相应的酸外，前者生成BF4一后者却是生成SiF62：（4）科学家发现硼化镁在39K时呈超导性，在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列如图是该晶体微观空间中取出的部分原子沿Z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上根据图示确定硼化镁的化学式为五、【化学选修有机化学】（15分）13（15分）（xx鹰潭校级模拟）肉桂酸甲酯M，常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精M属于芳香族化合物，苯环上只含有一个直支链，能发生加聚反应和水解反应测得M的摩尔质量为162gmol1，只含碳、氢、氧，且原子个数之比为5：5：1（1）肉桂酸甲酯的结构简式是（2）G为肉桂酸甲酯的一种同分异构体，其分子结构模型如图2所示（图中球与球之间连线表示单键或双键）G的结构简式为（3）用芳香烃A为原料合成G的路线如图1：化合物E中的官能团有（填名称）EF的反应类型是，FG的化学方程式为写出两种符合下列条件的F的稳定的同分异构体的结构简式，分子内含苯环，且苯环上只有一个支链；在催化剂作用下，1mol该物质与足量氢气充分反应，最多消耗5mol H2；它不能发生水解反应，但可以发生银镜反应xx年江西省江西师大附中、鹰潭一中联考高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（xx宁夏模拟）化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅Cxx年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的监测指标是PM2.5D防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理版权所有专题：化学应用分析：A汽车尾气系统中使用催化转化器，可降低CO、NO等有毒气体的排放；B计算机芯片的材料是硅单质；Cxx年2月29日，环境空气质量标准增加了PM2.5监测指标；D二氧化硫和氮的氧化物的排放是酸雨形成的主要原因解答：解：A利用催化设施，CO和NO反应能生成二氧化碳和氮气，故A正确； B沙子的成分是二氧化硅，计算机芯片的材料是硅单质，故B错误；Cxx年2月29日，国务院同意发布新修订的环境空气质量标准，新标准增加了PM2.5监测指标，故C正确；D二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的物质，防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源，减少二氧化硫和氮的氧化物的排放，故D正确故选B点评：本题考查硅单质和二氧化硅，常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意xx年2月29日，国务院同意发布新修订的环境空气质量标准，新标准增加了PM2.5监测指标2（3分）（xx鹰潭校级模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为8NAB室温下，31.0g白磷中含有的共价键数目为1.5NAC标准状况下，44.8L NO与22.4L O2混合后气体中分子总数为2NAD1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲基（14CH3）中含有8个中子，17g该甲基的物质的量为1mol，含有8mol中子；B白磷（分子式为P4）中含有6个PP共价键，31g白磷中含有0.25mol白磷分子，含有1.5mol共价键；C二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡，反应后混合气体的物质的量减少；D过氧化钠中阳离子为过氧根离子，1mol氧化钠、过氧化钠的混合物中含有1mol阴离子、2mol钠离子，总共含有3mol离子解答：解：A17g甲基（14CH3）的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，含有的中子数为8NA，故A正确；B白磷是正四面体型结构，分子中含有6个PP共价键，31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，0.25mol白磷分子中含有1.5mol共价键，分子中含有PP共价键1.5NA，故B正确；C标准状况下，44.8L一氧化氮的物质的量为2mol，22.4L氧气的物质的量为1mol，二者恰好反应生成2mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以反应后的混合气体的物质的量小于2mol，分子总数小于2NA，故C错误；D1molNa2O和Na2O2混合物中含有2mol钠离子、1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故D正确；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C为易错点，注意二氧化氮与四氧化二氮之间存在转化平衡3（3分）（xx宜春校级模拟）下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（）选项离子或分子要求AK+、NO3、Cl、HSc（K+）c（Cl）BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DNa+、HCO3、Mg2+、SO42滴加氨水立即有沉淀产生AABBCCDD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A根据电荷守恒定律解题； B注意是否能发生氧化还原反应；C滴加NaOH会先和醋酸反应；D氨水与碳酸氢根反应生成碳酸根解答：解：A根据电荷守恒理论，因为氯离子大于钾离子，导致溶液正负电子不守恒，故A错误； B由于Fe3+能够氧化SO32，所以不能大量共存，故B错误；C滴加NaOH会先和醋酸反应，再与其他离子反应，故C错误；D滴加氨水开始产生MgCO3沉淀，后产生Mg（OH）2，最后只能Mg（OH）2沉淀，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意从离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、氧化还原反应以及相互促进的水解等角度分析，注意离子反应的先后顺序4（3分）（xx鹰潭校级模拟）分子式为C6H12，分子结构中含有3个“CH3”原子团的烯烃共有（）A2种B5种C3种D4种考点：同分异构现象和同分异构体版权所有专题：同分异构体的类型及其判定分析：分子式为C6H12的烯烃，含有1个C=C双键，分子结构中含有3个“CH3”原子团，可以看做3个甲基取代丙烯中的3个H原子，结合丙烯的结构确定甲基的可能位置书写判断解答：解：分子式为C6H12的烯烃，含有1个C=C双键，分子结构中含有3个“CH3”原子团，可以看做3个甲基取代丙烯中的3个H原子，符合条件的结构有：CH2=CHC（CH3）3、CH2=C（CH3）CH（CH3）2、CH3CH=CHCH（CH3）2、CH3CH=C（CH3）CH2CH3、（CH3）2C=CHCH2CH3，故共有5种，故选B点评：本题考查限制条件同分异构体的书写，难度中等，注意利用取代方法进行的书写5（3分）（xx鹰潭校级模拟）已知X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（）AZ元素的原子半径可能比Y元素的小BW的原子序数可能是Y的原子序数的2倍CW的气态氢化物的稳定性一定比Y的强DZ的化学活泼性一定比X强考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：这几种元素属于短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z和W属于第三周期，A同一主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而增大；B设Y的原子序数为y，则Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9；C若W为Cl，则Y为O，根据二者的非金属性判断氢化物的稳定性；D若Z为Cl，则X为O，根据二者的非金属性分析解答：解：这几种元素属于短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期、Z和W属于第三周期，A同一主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而增大，Y和Z属于同一主族，且Z的原子序数大于Y，所以Z元素的原子半径比Y元素的大，故A错误；B设Y的原子序数为y，则Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，y+9=2y，则y=9，所以W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍，故B正确；C若W为Cl，则Y为O，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性O大于Cl，则H2O的稳定性大于HCl，则W的气态氢化物的稳定性不一定比Y的强，故C错误；D若Z为Cl，则X为O，非金属性O大于Cl，则O的化学活泼性比Cl强，所以Z的化学活泼性不一定比X强，故D错误；故选B点评：本题考查了元素周期表和元素周期律知识，根据元素在周期表中的位置及元素的性质、元素周期律知识来分析解答，知道元素周期表结构并灵活运用元素周期律是解本题关键，同时考查学生发散思维能力，题目难度中等6（3分）（xx鹰潭校级模拟）常温时，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某溶液中由水电离出的c（H+）=110amol/L，若a7时，该溶液pH一定为14aB0.1mol/L的KHA溶液，其pH=10，c（K+）c（A2）c（HA）c（OH）C将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：c（HA）C（Na+）c（A）D等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合：3c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）=110a mol/L，若a7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；B水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；C将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，得到等浓度的HA和NaA，溶液呈碱性，水解大于电离；D根据物料守恒进行判断解答：解：A常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）=110a mol/L，若a7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=a，如为碱溶液，则pH=14a，故A错误；B水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（K+）c（HA）c（OH）c（A2），故B错误；C将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，得到等浓度的HA和NaA，溶液呈碱性，水解大于电离，所以反应后的混合液：c（HA）C（Na+）c（A），故C正确；D假设各为1mol，则n（Na2CO3）=n（NaHCO3），存在2n（Na+）=3n（Na2CO3）+3n（NaHCO3），根据物料守恒，应有2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），故D错误；故选C点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，解答本题时注意把握溶液中的电荷守恒、物料守恒的应用，C、D为易错点，解答时注意思考导致溶液酸碱性不同的实质7（3分）（xx江西一模）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）A原混合酸中NO3物质的量浓度为2mol/LBOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气C第二份溶液中最终溶质为FeSO4DH2SO4浓度为2.5molL1考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2A、OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；B、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；C、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度解答：解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n（NO3）=2n（Fe）=2=0.4mol，所以NO3物质的量浓度为=2mol/L，故A正确；B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，故B正确；C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D、反应消耗22.4g铁，物质的量为=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，故D错误故选D点评：本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（xx鹰潭校级模拟）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下（1）双氧水的结构式为：HO0H；中发生反应的还原剂是Na2SO3（填化学式）（2）中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O（3）A的化学式是H2SO4，装置中A在阳极区产生（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该反应的化学方程式5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因ClO2+3Cl+4H+=2Cl2+2H2O（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同（填相同、不相同或无法判断）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键；根据反应发生的反应进行解答，还原剂是指有元素化合价升高的物质；（2）根据C1O2、双氧水、氢氧化钠、气体、NaClO2、的性质分析解答；（3）根据（1）的解答可知A为硫酸，为阳极放出的是氧气；（4）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl和水；根据题干信息“研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大”结合方程式进行分析解答；（5）已变质和未变质的NaClO2与Fe2+反应都生成Cl，根据转移电子守恒判断解答：解：（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，双氧水的电子式为，其结构式为：HOOH，由流程图可知反应，反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，所以Na2SO3具有还原性是还原剂，将ClO3还原为C1O2，故答案为：HO0H；Na2SO3；（2）中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O；（3）为电解硫酸钠本质是电解水，阴极2H+2e=H2，阳极4OH4e=O2+2H2O，所以A为硫酸，为阳极放出氧气，故答案为：H2SO4；阳；（4）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl和水，化学方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O反应中，ClO2具有氧化性，ClO2的氧化性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl被氧化得到Cl2，离子方程式为ClO2+3Cl+4H+=2Cl2+2H2O，根据研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，故答案为：ClO2+3Cl+4H+=2Cl2+2H2O；（5）Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同点评：本题考查生产NaClO2的制备实验的工业设计，把握物质的性质熟练运用氧化还原反应为解答该题的关键，题目难度中等9（15分）（xx宁夏模拟）碳及其化合物有广泛的用途（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气反应为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1，以上反应达到平衡后，在体积不变的条件下，以下措施有利于提高H2O的平衡转化率的是AD（填序号）A升高温度 B增加碳的用量 C加入催化剂D用CO吸收剂除去CO（2）又知，C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+172.5kJmol1，则CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的焓变H=41.2kJmol1（3）CO与H2在一定条件下可反应生成甲醇，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨做电极，该电池负极反应式为：CH3OH（g）+H2O6e=CO2+6H+若用该电池提供的电能电解60mL NaCl溶液，设有0.01molCH3OH完全放电，NaCl足量，且电解产生的Cl2全部溢出，电解前后忽略溶液体积的变化，则电解结束后所得溶液的pH=14（4）将一定量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2.0L的恒容密闭容器中，发生以下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下数据：温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所x需时间/minH2OCOH2CO9001.02.00.41.63.0通过计算求出该反应的平衡常数（结果保留两位有效数字）0.17改变反应的某一条件，反应进行到t min时，测得混合气体中CO2的物质的量为0.6mol若用200mL 5mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为（用一个离子方程式表示）3CO2+5OH2CO32+HCO3+2H2O（5）工业生产是把水煤气中的混合气体经过处理后获得的较纯H2用于合成氨合成氨反应原理为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H=92.4kJmol1实验室模拟化工生产，分别在不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图1请回答下列问题：与实验比较，实验改变的条件为使用催化剂实验比实验的温度要高，其它条件相同，请在上图2中画出实验和实验中NH3浓度随时间变化的示意图考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）达到平衡后，体积不变时，能提高H2O的平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，反应是气体体积不变的吸热反应；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到；（3）依据原电池原理分析，燃料电池是燃料在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应，依据电解质溶液时酸性溶液书写电极反应；（4）依据平衡三段式列式计算出各物质的平衡浓度，结合平衡常数的表达式计算；（5）与实验比较，实验达到平衡时间少，说明反应速率增大，但平衡不移动，应加入催化剂；正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率减小解答：解：（1）达到平衡后，体积不变时，能提高H2O的平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，反应是气体体积不变的吸热反应；A反应是吸热反应，升高温度平衡正向进行，反应速率增大，有利于提高H2O的平衡转化率，故A符合； B增加碳的用量，固体不改变化学平衡，水的转化率不变，故B不符合； C加入催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡，水的转化率不变，故C不符合；D用CO吸收剂除去CO，平衡正向进行，水的转化率增大，故D符合；故答案为：AD；（2）C（s）+CO2（g）2CO（g）H=+172.5kJmol1，C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1，依据热化学方程式和盖斯定律得到，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），H=41.2kJmol1；故答案为：41.2kJmol1 ；（3）甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨做电极，负极电极反应为：CH3OH（g）+H2O6e=CO2+6H+；若用该电池提供的电能电解60mL NaCl溶液，设有0.01molCH3OH完全放电，NaCl足量，且电解产生的Cl2全部溢出，电解前后忽略溶液体积的变化，电子转移为0.06mol，电极氯化钠溶液溶液中减少氢离子0.06mol，增加氢氧根离子为0.06mol，c（OH）=1mol/L，则电解结束后所得溶液的pH=14故答案为：CH3OH（g）+H2O6e=CO2+6H+；14；（4）依据平衡三段式列式计算 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始（mol/L） 1.0 0.5 0 0转化（mol/L） 0.2 0.2 0.2 0.2平衡（mol/L） 0.8 0.3 0.2 0.2K=0.17，故答案为：0.17；（5）与实验比较，实验达到平衡时间少，说明反应速率增大，但平衡不移动，应加入催化剂，而压强、温度都可使平衡移动；故答案为：使用催化剂；正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率减小，则平衡浓度减小，图象为；故答案为：点评：本题考查较为综合，涉及原电池、电解质以及化学平衡问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握化学平衡常数的应用以及平衡移动的影响因素，难度中等10（14分）（xx鹰潭校级模拟）为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验实验I反应产物的定性探究按下图装置（固定装置已略去）进行实验（1）A中反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（2）F烧杯中的溶液通常是NaOH溶液（或KMnO4溶液等）（3）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是D装置中黑色固体颜色无变化，E中溶液褪色（4）实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子的操作方法是将A装置中试管内冷却的混合物沿杯壁（或玻璃棒）缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌（5）为说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断，还须进行一次实验实验方案为使用上述装置，不放入铜丝进行实验，观察无水硫酸铜是否变蓝实验反应产物的定量探究（6）在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料资料1：硫酸/molL1黑色物质出现的温度/黑色物质消失的温度/15约150约23616约150约25018约120不消失资料2：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为Cu2S、CuS、Cu7S4中的一种或几种仅由上述资料可得出的正确结论是abda铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c该反应发生的条件之一是硫酸浓度15molL1d硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失（7）为测出硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液振荡，以淀粉溶液为指示剂，用b molL1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液V mL若反应消耗铜的质量为ag，则硫酸铜的产率为（已知：2Cu2+4I2CuI+I2，2S2O32+I2S4O62+2I）考点：浓硫酸的性质实验版权所有专题：实验题分析：（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）装置中会生成二氧化硫污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；（3）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色分析；（4）验证生成的溶液中含有铜离子，需要把试管中的液体倒入水中溶解，观察是否出现蓝色溶液分析判断；（5）说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断进行的实验是，利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，观察B装置是否变蓝分析；（6）图表数据分析铜和浓硫酸反应过程中会生成黑色物质证明有副反应，浓度合适会避免黑色固体出现，浓度越大，温度越高黑色越难消失；（7）依据滴定反应过程中铜离子和Na2S2O3的定量关系计算反应的铜离子物质的量，换算250ml中铜离子物质的量，依据产率概念计算，是利用反应生成的铜的物质的量除以原来铜的物质的量得到硫酸铜的产率解答：解：（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（2）装置中是铜和浓硫酸加热反应生成的气体中含有二氧化硫，二氧化硫是污染性的气体，不能排放到空气中，需要最后用氢氧化钠溶液或高锰酸钾溶液吸收，故答案为：NaOH溶液（或KMnO4溶液等）；（3）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体，故答案为：D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色；（4）验证生成的溶液中含有铜离子，需要把试管中的液体倒入水中溶解，观察是否出现蓝色溶液，将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，出现蓝色溶液证明含有铜离子，故答案为：将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌；（5）利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，不放入铜丝反应，观察B装置是否变蓝，若不变蓝证明浓硫酸中的水不影响实验，若无水硫酸铜出现变蓝，说明浓硫酸中的水会影响实验，故答案为：使用上述装置，不放入铜丝进行实验，观察无水硫酸铜是否变蓝；（6）依据图表数据分析可知，浓度不同时出现黑色物质的时间随浓度增大减小，浓度为18mol/L时生成的黑色物质不能消失；a分析过程可知发生的反应过程中生成二氧化硫和硫酸铜的反应过程中有奇谈反应发生生成黑色物质，铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个，故A符合；b图表数据分析可知硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质，故B符合；c浓硫酸和铜的反应浓度小于15mol/L也可能出现黑色物质，出现的时间长，该反应发生的条件不一定是硫酸浓度15molL1，故C不符合；d图表数据中，18mol/L的浓硫酸，出现褐色物质的时间短，黑色物质难以消失，所以硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失，故d符合；故答案为：abd；（7）2Cu2+4I=2CuI+I2，2S2O32+I2=S4O62+2I，分析反应可知，Cu2+I222S2O32，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液振荡，以淀粉溶液为指示剂，用b molL1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液V mL若反应消耗铜的质量为ag，则生成硫酸铜的产率可以计算铜元素的产率即用铜元素物质的量计算产率，设25ml溶液中生成铜离子物质的量为x； 2Cu2+I22S2O32， 2 2 x b molL1V103L x=bV103mol250ml溶液中铜离子物质的量=bV102mol；硫酸铜的产率=100%=%；故答案为；%点评：本题考查了浓硫酸性质的分析判断，实验过程的设计方法，产物实验验证的设计方法和现象判断，掌握基础是关键，题目难度中等三、【化学选修化学与技术】（15分）11（15分）（xx宁夏模拟）利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理（一）染料工业排放的废水中含有大量有毒的NO2，可以在碱性条件下加入铝粉除去（加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体）除去NO2的离子方程式为2Al+OH+NO2+2H2O2AlO2+NH3H2O（二）某工厂对制革工业污泥中Cr（）回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+）：常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cu2+Cr3+开始沉淀时的pH1.97.04.7沉淀完全时的pH3.29.011.186.79（9溶解）（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等（至少写一条）（2）调pH=8是为了除去Fe3+、Al3+（填Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）（3）钠离子交换树脂的原理为Mn+nNaRMRn+nNa+，被交换的杂质离子是Ca2+、Mg2+（填Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）（4）试配平氧化还原反应方程式：Na2Cr2O7+SO2+H2O=Cr（OH）（H2O）5SO4+Na2SO4；每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4消耗SO2的物质的量为1.5mol（三）印刷电路铜板腐蚀剂常用FeCl3腐蚀铜板后的混合浊液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10molL1，请参照上表给出的数据和提供的药品，简述除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤：通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；加入CuO调节溶液的pH至3.24.7；过滤（提供的药品：Cl2、浓H2SO4、NaOH溶液、CuO、Cu）考点：金属的回收与环境、资源保护；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（一）加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产物之一为一水合氨，Al作还原剂，失去电子后在碱性条件下生成偏铝酸根离子，NO2作氧化剂，依据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；（二）（1）为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度两个角度分析；（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；（3）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；（4）依据流程图中的转化关系和产物，结合二氧化硫的还原性，利用氧化还原反应原理分析书写，根据方程式计算；（三）除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤是：通入足量的氯气将Fe2+氧化为Fe3+；加入CuO调节溶液PH值3.24.7使铁离子沉淀完全，然后过滤解答：解：（一）加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产物之一为一水合氨，Al作还原剂，失去电子后在碱性条件下生成偏铝酸根离子，NO2作氧化剂，依据电荷