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2015-2016学年安徽省合肥一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（）A烧结粘土制陶瓷涉及化学变化B加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂C点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3D服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用碳酸氢钠溶液解毒【考点】药物的主要成分和疗效；物理变化与化学变化的区别与联系【专题】化学应用【分析】A有新物质生成的是化学变化； B具有吸水性的植物纤维无毒；C硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；D水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应【解答】解：A制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，故A正确； B具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故B正确；C硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故C错误；D水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故D正确故选C【点评】本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等2NA为阿伏伽德罗常数值下列说法正确的是（）A30g丙醇中存在的共价键总数为5NAB密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应，转移的电子数为2NAC常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子总数为2NAD2.8g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的原子总数为0.6NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A求出丙醇的物质的量，然后根据1mol丙醇中含11mol共价键来分析；BNO与氧气反应生成二氧化氮，N元素化合价变化为2；C常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D烯烃和环丁烷的最简式为CH2，根据最简式计算出混合气体中含有碳原子的数目【解答】解：A.30g丙醇的物质的量n=0.5mol，而1mol丙醇中含11mol共价键即11NA个，故A错误；BNO与氧气反应生成二氧化氮，N元素化合价变化为2，即转移电子数是4NA，故B错误；C常温常压下，22.4L氯气的物质的量小于1mol，所以转移电子数小于2 NA，故C错误；D.2.8g乙烯和环丁烷的混合物中含有0.2mol最简式CH2，含有0.2mol碳原子，混合气体中含有的原子总数为0.6NA，故D正确，故选D【点评】本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度不大3下列化合物既能通过单质间的化合反应制得，又能通过单质和稀盐酸反应制得的是（）AFeCl2BCuCl2CAlCl3DFeCl3【考点】铝的化学性质；铁的化学性质【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】Cl2有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，金属与盐酸反应，盐酸具有弱氧化性，以此来解答【解答】解：AFe与氯气反应生成FeCl3，故A不选；BCu与盐酸不反应，故B不选；CAl和氯气之间反应生成AlCl3，与盐酸反应生成AlCl3，故C选；DFe与盐酸反应生成FeCl2，故D不选；故选C【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握氯气的强氧化性、HCl的弱氧化性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大4在指定条件下，下列粒子一定能大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Fe3+、SO42、ClB饱和氯水中：K+、Na+、Cl、HSO3C室温下，pH=13的溶液中：Na+、K+、SiO32、ClD1.0mol/L的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO32【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A使酚酞变红色的溶液呈碱性，铁离子与碱性溶液中的氢氧根离子反应；B亚硫酸氢根离子能够被氯水氧化；C该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子、亚硫酸根离子【解答】解：A使酚酞变红色的溶液中存在大量氢氧根离子，Fe3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B氯水具有强氧化性，能够氧化HSO3，在溶液中不能大量共存，故B错误；CpH=13的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SiO32、Cl之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DNO3、H+具有强氧化性，能够氧化Fe2+、SO32，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，如：发生复分解反应、发生氧化还原反应等，试题培养了学生的灵活运用能力5下列离子方程式正确的是（）A亚硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液：NH4+OHNH3H2OB酸性KI淀粉溶液久置后变蓝4I+O2+2H2O2I2+4OHC铜溶于稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2ODNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A强氧化钠少量先反应亚硫酸氢根离子；B酸性环境下不能生成氢氧根离子；C不符合反应客观事实，稀硝酸还原产物为一氧化氮；DNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水【解答】解：A亚硫酸氢铵溶液中滴加少量NaOH溶液，离子方程式：HSO3+OHSO32+H2O，故A错误；B酸性KI淀粉溶液久置后变蓝，离子方程式：4I+O2+24H+=2I2+2H2O，故B错误；C铜溶于稀硝酸中，离子方程式：C3u+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故C错误；DNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，离子方程式：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法即可解答，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数守恒规律，题目难度不大6除去下列物质中的少量杂质（括号内的物质为杂质），所选出的试剂或方法不正确的是（）ACO2（SO2）：饱和碳酸氢钠溶液BN2（O2）：灼热的铜网CAl2O3（SiO2）：NaOH溶液DNa2CO3固体（NaHCO3）：加热【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【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；BCu与氧气反应，氮气不反应；C二者均与NaOH溶液反应；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠【解答】解：A二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则饱和碳酸氢钠溶液、洗气可除杂，故A正确；BCu与氧气反应，氮气不反应，则利用灼热的铜网可除去杂质，故B正确；C二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选HF、过滤除去，故C错误；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应、除杂的原则为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大7化学是以实验为基础的学科，下列各图示实验不合理的是（）A图1为证明非金属性强弱：SCSiB图2为在铁制品表面镀铜C图3可用于吸收氯化氢、溴化氢等气体D图4为制备并收集少量NO2气体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较；B铁制品表面镀铜，Cu作阳极，铁制品作阴极，电解质溶液中含铜离子；C大肚瓶能防止倒吸；D不能用排水法收集NO2气体【解答】解：A比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，可证明非金属性的强弱，故A正确；B铁制品表面镀铜，Cu作阳极，铁制品作阴极，电解质溶液中含铜离子，图中装置符合，故B正确；C大肚瓶能防止倒吸，可用于吸收氯化氢、溴化氢等气体，故C正确；D二氧化氮与水反应，且易溶于水，不能用排水法收集NO2气体，只能用排空气法收集，故D错误故选D【点评】本题考查较为综合，涉及非金属性的比较、电镀以及气体的收集，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握物质的性质的异同和实验操作方法8下列反应是氧化还原反应，且水既不做氧化剂，又不做还原剂的是（）ANaH+H2ONaOH+H2BF2+2H2O2O2+4HFC2Na2O2+2H2O4NaOH+O2DMg2N2+6H2O3Mg（OH）2+2NH3【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，水既不做氧化剂又不做还原剂，则水中H、O元素的化合价均不变化，以此来解答【解答】解：ANaH+H2ONaOH+H2反应中，水中的H元素的化合价降低，水属于氧化剂，故A不选；BO元素的化合价升高，属于氧化还原反应，但水为还原剂，故B不选；C过氧化钠中的O元素的化合价既升高又降低，属于氧化还原反应，且水既不做氧化剂又不做还原剂，故C选；D反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，但水为氧化剂，故D不选；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及反应中元素的化合价变化即可解答，注重基础知识的考查，题目较简单9向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是（）A有铜无铁B有铁无铜C铁、铜都有D铁、铜都无【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】元素及其化合物【分析】铁粉和铜粉均能和三价铁反应，铁能将铜从溶液中置换出来，根据答案所给的情况来分析【解答】解：A铁离子的量较大，能和铁反应完毕，或剩余部分三价铁和部分铜反应，或者是铁和三价铁恰好反应，故A结果可能出现，故A错误； B有金属铁时，一定将铜置换出来了，故B结果不可能出现，故B正确；C三价铁离子量不足，只能和部分铁反应，烧杯中铁、铜都有剩余，故C错误；D铁离子量特别大，足够溶解所有铁和铜，则烧杯中铁、铜都没有，故D错误故选B【点评】本题考查铁及其化合物之间的性质，把握铁离子与Fe、Cu之间的反应即可解答，难度不大10用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系中错误的是（）选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊不消失NaAlO2溶液B通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊再加入品红溶液，红色褪去Ca（ClO）2溶液D通入CO2，溶液变浑浊继续通CO2至过量，浑浊消失再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca（OH）2溶液AABBCCDD【考点】镁、铝的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】ANaAlO2溶液通入CO2，少量反应生成氢氧化铝和碳酸钠，继续通CO2至过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠；BNa2SiO3溶液与CO2反应生成硅酸沉淀；CCa（ClO）2溶液与CO2反应生成HClO，HClO具有漂白性；DCa（OH）2溶液通入CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通CO2至过量生成碳酸氢钙【解答】解：ANaAlO2溶液通入CO2，少量反应生成氢氧化铝和碳酸钠，继续通CO2至过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠，所以浑浊不消失，故A正确； BNa2SiO3溶液与CO2反应生成硅酸沉淀，继续通CO2至过量，浑浊不消失，故B错误；CCa（ClO）2溶液与CO2反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使品红溶液褪色，故C正确；DCa（OH）2溶液通入CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通CO2至过量生成碳酸氢钙，碳酸氢钙与NaOH反应又生成碳酸钙沉淀，故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键11利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液则下列说法不正确的是（）A外加电源的a极为正极B电解过程中，Li+向B极迁移C阳极反应式为：4OH4eO2+H2OD每生成1molLiOH，外电路转移1mol电子【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，据此回答【解答】解：A、电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，A为阳极，a是正极，故A正确；B、电解过程中Li+向阴极即向B电极迁移，故B正确；C、电解池的阳极上是氯离子失电子，电极反应式为：2Cl2eCl2，故C错误；D、电解制备LiOH，B为阴极，在B中制备LiOH，每生成1molLiOH，外电路转移电子是1mol，故D正确；故选C【点评】本题是一道高考题的改编题，侧重电解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等12在一个容积为2L的密闭容器中，加入0.8mol的A2气体和0.6mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2（g）+B2（g）2AB（g）H0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是（）A图中a点的值为0.15B该反应的平衡常数K=0.03C温度升高，平衡常数K值减小D平衡时A2的转化率为62.5%【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】A、根据v=计算反应速率，根据AB的浓度变化计算A2的浓度变化，从而得出a值；B、根据图象中数据计算，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；C、根据温度对平衡的影响分析；D、根据转化的A2的量和A2的初始量求算【解答】解：A、当AB的浓度改变0.5 molL1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25molL1，所以a=（0.40.25）molL1=0.15molL1，即图中a点的值为0.15，故A正确；B、当AB的浓度改变0.5 molL1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25molL1，所以平衡时B2的浓度为=（0.30.25）molL1=0.05molL1，K=，故B错误；C、已知A2（g）+B2（g）2AB（g）H0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确；D、当AB的浓度改变0.5 molL1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25molL1，已知A2的初始量为0.4molL1，所以平衡时A2的转化率为100%=62.5%，故D正确；故选B【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡的有关计算、平衡图象的分析，难度中等13下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A在0.1mol/L NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）c（HCO3）+2c（CO32）B在0.1mol/L Na2CO3溶液中：2c（Na+）c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）来源:C物质的量浓度相等的CH3COOK和CH3COOH溶液中，溶液显酸性：c（CH3COO）c（CH3COOH）D物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液中的c（NH4+）：【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒分析；B根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断；C混合液呈酸性，说明醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度；D硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解，碳酸氢铵中碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解【解答】解：A在0.1mol/L NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故A错误；B在0.1mol/L Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）2c（HCO3）+2c（CO32）+2c（H2CO3），故B错误；C物质的量浓度相等的CH3COOK和CH3COOH溶液中，溶液显酸性，说明醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH），故C正确；D物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液中，中氢离子抑制了铵根离子的水解，该溶液中铵根离子浓度最大，中碳酸氢根离子促进了铵根离子的水解，其溶液中铵根离子浓度最小，则溶液中c（NH4+）的大小为：，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小的常用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力14在一定条件下发生下列反应，少量的物质可以反应完的是（）A过量的MnO2和少量的浓HClB过量的铜和少量的浓硫酸溶液C过量的氮气和少量的氢气合成氨D过量的铁和少量的硝酸【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化锰与稀盐酸不反应；BCu与稀硫酸不反应；C氮气与氢气的反应属于可逆反应；DFe与硝酸反应时，硝酸能完全反应【解答】解：A过量的MnO2和少量的浓HCl，随着反应进行盐酸的浓度较小，二氧化锰与稀盐酸不反应，所以HCl不能完全反应，故A不选；B过量的铜和少量的浓硫酸溶液，随着反应进行硫酸的浓度较小，Cu与稀硫酸不反应，所以硫酸不能完全反应，故B不选；C氮气与氢气的反应属于可逆反应，所以过量的氮气和少量的氢气合成氨反应中氢气不能全部反应，故C不选；DFe与浓硝酸、稀硝酸均能反应，所以过量的铁和少量的硝酸反应，硝酸能完全反应，故D选故选D【点评】本题考查了元素化合物的性质，题目难度不大，注意把握反应中反应物的浓度不变时发生的反应不同，侧重于基础知识的考查15下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AgNO3溶液中DSO2通入Ba（NO3）2溶液中【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】A、FeSO4溶液中的亚铁离子被氧化成三价铁离子，颜色发生了变化；B、碳酸的酸性小于盐酸的；C、氨水先和银离子生成沉淀，后沉淀逐渐溶解；D、溶液中变浑浊【解答】解：A、二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸把亚铁离子氧化成三价铁离子，溶液浅绿色变成了棕黄色，溶液颜色发生了变化，故A错误； B、碳酸的酸性小于盐酸的酸性，无法和氯化钙反应，故B正确；C、氨水先和银离子反应生成沉淀，后来沉淀逐渐溶解，故C错误；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中，有沉淀生成，溶液变浑浊，故D错误；故选B【点评】本题考查化学反应发生条件及其现象，注重基础知识考查，难度中等16在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是（）A0.3mol NO2、0.1mol NOB0.3mol NO、0.1mol NO2C0.6mol NOD0.3mol NO2【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=25.4g15.2g=10.2g，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，根据电子转移守恒计算判断【解答】解：15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=25.4g15.2g=10.2g，n（OH）=0.6molmol，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，即金属提供电子物质的量为0.6mol，A若生成0.3mol NO2、0.1mol NO，则转移电子为0.3mol（54）+0.1mol（52）=0.6mol，电子转移守恒，故A正确；B若生成0.3mol NO、0.1mol NO2，则转移电子为0.3mol（52）+0.1mol（54）=1mol，电子转移不守恒，故B错误；C若生成0.6mol NO，则转移电子为0.6mol（52）=1.8mol，电子转移不守恒，故C错误；D若生成0.3mol NO2，则转移电子为0.3mol（54）=0.3mol，电子转移不守恒，故D错误，故选A【点评】本题考查混合物有关有关计算，关键是判断金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，注意守恒思想的应用，难度中等17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m g向另一份中逐渐加入铁粉，产生的气体量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）下列分析或结果错误的是（）A第二份溶液中最终溶质为FeSO4B原混合酸中NO3物质的量为0.1molCm值为9.6DH2SO4浓度为2.5mol/L【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【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、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，没有显酸性的硝酸；B、OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，根据反应的离子方程计算求硝酸根离子的物质的量浓度；C、向其中一份中逐渐加入铜粉，发生3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+NO+4H2O反应，由此分析求解；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、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A正确；B、OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，消耗铁为5.6g，物质的量为0.1mol，所以原混合酸中NO3物质的量为0.12mol，故B错误；C、向其中一份中逐渐加入铜粉，发生3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+NO+4H2O反应，由 3Cu2NO3 364g 2mol m（Cu） 0.1mol，解之得m（Cu）=9.6g，故C正确；D、反应消耗14g铁，也就是0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，所以每份含硫酸0.25mol，浓度是2.5mol/l，故D正确故选B【点评】本题是一道有关金属和酸反应的计算题，结合了图象来考查，增加了难度18己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述不正确的是（）A用FeCl3溶液可以鉴别化合物X和YBY的苯环上的二氯取代物有8种同分异构体C在NaOH水溶液中加热，化合物X发生消去反应DX转化为Y的反应类型为取代反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】AX中不含酚羟基、Y含有酚羟基；B根据位置异构判断；CNaOH水溶液中加热，化合物X发生水解反应；DX发生消去反应生成Y【解答】解：AX中不含酚羟基、Y含有酚羟基，所以可以用氯化铁鉴别X和Y，故A正确；B由图可以看出，二氯代物有1、2；1、6；1、5；2、6；1、3；1、4；1、7；1、8，共8种同分异构体，故B正确；C在氢氧化钠溶液中发生水解反应，应在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应，故C错误；D由官能团的变化可知，X发生消去反应生成Y，故D正确故选C【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚的性质，注意卤代烃发生消去反应、水解反应的条件区别，易错选项是B二、非选择题（共4大题，共46分）19根据题意完成下列方程式（1）写出实验室制备氨气的化学方程式Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3+2H2O；来源:学,科,网Z,X,X,K（2）写出实验室制备Cl2的离子方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+5H2O+3Cl；K2FeO4Zn可组成碱电池，电池总反应式为：2Fe O42+8H2O+3Zn2Fe（OH）3+3Zn（OH）2+4OH写出该电池的正极反应式FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH【考点】原电池和电解池的工作原理；离子方程式的书写【专题】离子反应专题；电化学专题【分析】（1）氢氧化钙与氯化铵共热制取氨气、氯化钙和水；（2）二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气、氯化锰和水；（3）FeCl3与KClO在强碱性条件下发生氧化还原反应生成高铁酸钾、氯化钾、和水，结合得失电子守恒写出方程式；K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料得电子生成氢氧化铁【解答】解：（1）利用氢氧化钙与氯化铵共热制取氨气，该化学反应为Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3+2H2O；（2）利用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，该离子反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，正极上K2FeO4得电子生成氢氧化铁，则正极的电极反应式为：FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH；故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH【点评】本题考查了方程式的书写、原电池的工作原理的应用、电极反应式的书写等，题目难度中等，熟悉氧化还原反应的规律、原电池的工作原理是解题关键，注意培养阅读材料获取信息的能力20活性ZnO俗称锌白，能改进玻璃的化学稳定性，可用于生产特种玻璃工业上由粗锌ZnO（含FeO、CuO等）制备ZnO，采取酸浸入、净化除杂、中和沉淀、干燥等步骤，工艺如下：（1）该流程中物质X可以是下列中的ACAZnO BNaOH CZn（OH）2 DNa2CO3（2）已知ZnO为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应可生成可溶性的锌酸盐（ZnO22），写出反应的离子方程式ZnO+2OH=Zn02+H2O；（3）写出加入H2O2时发生反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）加入Zn后，过滤所得的滤渣有除去滤液中含有的铜离子；（5）上述流程中多次用到了过滤操作，请写出过滤时用到的玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒；（6）检验滤液A中溶质的阴离子的方法是取12ml于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，如果出现白色沉淀，说明含有硫酸根离子（7）取碱式碳酸锌水合物6.82g，溶于盐酸中生成二氧化碳448mL（标况下），溶解过程消耗氯化氢0.12摩尔，若该碱式盐中氢元素的质量分数为1.76%，试推测该碱是碳酸锌水合物的化学式是Zn3（OH）4CO3H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】粗ZnO用硫酸溶解，然后过滤，在滤液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，再调节pH值，使铁离子沉淀，调节pH值时加入的物质既能与酸反应又要不引入新杂质，所以X可以为氧化锌或氢氧化锌等，调节溶液的PH，使铁离子开始沉淀，向滤液中加入锌粉，与溶液中铜离子和氢离子作用，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵使硫酸根离子析出，最后得到碱式碳酸锌，（1）根据上面的分析可知X物质；（2）ZnO为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的锌酸盐（Zn02），离子方程式为ZnO+2OH=Zn02+H2O；（3）加H2O2是将亚铁氧化为三价铁，发生反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）除去Fe（OH）3后，在滤液中加入Zn的目的是除去滤液中含有的铜离子；（5）上述流程中多次进行了过滤橾作，请写出过滤时用到的玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒；（6）依据流程分析可知，碳酸氢铵洗涤沉淀表面硫酸反应生成硫酸铵，所以A中主要含有的溶质是（NH4）2SO4；（7）依据元素守恒关系分别计算各微粒物质的量，其中物质组成的离子关系，反应的定量关系，质量关系计算得到判断出的各成分物质的量取最简整数比得到化学式【解答】解：粗ZnO用硫酸溶解，然后过滤，在滤液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，再调节pH值，使铁离子沉淀，调节pH值时加入的物质既能与酸反应又要不引入新杂质，所以X可以为氧化锌或氢氧化锌等，调节溶液的PH，使铁离子开始沉淀，向滤液中加入锌粉，与溶液中铜离子和氢离子作用，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵使硫酸根离子析出，最后得到碱式碳酸锌，（1）根据上面的分析可知X物质为氧化锌或氢氧化锌等，故选AC；（2）已知ZnO为两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的锌酸盐（Zn02），离子方程式为ZnO+2OH=Zn02+H2O，故答案为：ZnO+2OH=Zn02+H2O；（3）加H2O2是将亚铁氧化为三价铁，发生反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）除去Fe（OH）3后，在滤液中加入Zn的目的是除去滤液中含有的铜离子，故答案为：除去滤液中含有的铜离子；（5）上述流程中多次进行了过滤橾作，请写出过滤时用到的玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（6）依据流程分析，碳酸氢铵洗涤沉淀表面硫酸反应生成硫酸铵，所以A中主要含有的溶质是（NH4）2SO4，硫酸根离子的检验方法为取12ml于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，如果出现白色沉淀，说明含有硫酸根离子，故答案为：取12ml于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，如果出现白色沉淀，说明含有硫酸根离子；（7）n（CO32）=n（CO2）=0.02 mol；n（Zn2+）=n（ZnCl2）=n（Cl）=n（HCl）=0.06 mol；n（OH）=2n（Zn2+）2n（CO32）=0.08 mol；n（H2O）=6.82 gn（Zn2+）n（OH）n（CO32）18 g/mol=0.02 mol；n（Zn2+）：n（OH）：n（CO32）：n（H2O）=0.06：0.08：0.02：0.02=3：4：1：1：化学式为：Zn3（OH）4CO3H2O；故化学式为：Zn3（OH）4CO3H2O【点评】本题考查一定物质的量浓度换算计算、实验操作、化学式的确定等知识点，会根据元素守恒分析物质化学式，难度中等21乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法或间接水合法生产回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H）再水解生成乙醇写出相应的反应的化学方程式C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4（2）已知：乙烯气相直接水合反应如下：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g） H=45.5KJ/mol下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中n（H2O）：n（C2H4）=1：1）计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=0.07（MPa）1（Kp表示用平衡分压代替平衡浓度计算出的平衡常数的值，分压=总压物质的量分数）来源:图中压强P1、P2、P3、P4的大小顺序为：p1p2p3p4，理由是反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高（3）若某温度下，反应C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的平衡常数为Kp=0.05MPa1，体系总压为8.00MPa，各物质的量分数如下表所示物质C2H4（g）H2O（g）C2H5OH（g）物质的量分数0.250.250.5则v（正）v（逆）（填“”“”“=”）【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；（2）列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可；在相同温度下由于乙烯转化率为p1p2p3p4，由C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，根据压强对平衡移动的影响分析；（3）比较Qp与Kp的大小，来判断正逆反应速率的大小【解答】解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4，故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4；（3）C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）开始：1 1 0转化：0.2 0.2 0.2平衡：0.8 0.8 0.2乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa=3.49MPa，所以Kp=0.07（MPa）1，故答案为：0.07（MPa）1；在相同温度下由于乙烯转化率为p1p2p3p4，由C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1p2p3p4，故答案为：p1p2p3p4；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高；（3）比较Qp=1（MPa）1Kp，所以平衡逆向移动，即v（正）v（逆），故答案为：【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养22已知二氧化硅，二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性，镁和钠的化学性质也具有一定的相似性用如上图所示装置进行镁和二氧化硫的实验，其中A是制备二氧化硫的发生装置（1）选择制取二氧化硫的合适试剂（填序号）10%的硫酸溶液80%硫酸溶液亚硫酸钠固体亚硫酸钙固体（2）写出装置B中发生反应的化学方程式：3Mg+SO22MgO+MgS（或2Mg+SO22MgO+S，Mg+SMgS）装置C中氢氧化钠溶液的作用是吸收过量二氧化硫，防止污染环境（3）请在图中画出制备二氧化硫的发生装置，注明仪器名称，固定仪器省略不画（4）你认为该装置的不足之处是在A和B之间没有连接一个干燥装置、C装置未与大气相通、在镁下方未垫一个不锈钢片、镁与玻璃管反应、未设计一个防倒吸装置（任写2条）某研究性学习小组进行了“实验室制硅”的研究，查阅资料知：工业上在高温时用碳还原二氧化硅可制得硅；镁在点燃的条件下即可与二氧化硅反应；金属硅化物与稀硫酸反应生成硫酸盐与四氢化硅；四氢化硅在空气中自燃他们在实验报告中记录着：“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应，再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤，洗涤，干燥，最后称量在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”（5）该小组“实验室制硅”的化学方程式是2Mg+SiO22MgO+Si（6）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花：的原因是金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃【考点】性质实验方案的设计【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物；无机实验综合【分析】（1）依据强酸制备弱酸的原理，结和物质的性质，选择实验室制备SO2的试剂；（2）根据Mg与CO2的反应知Mg与SO2反应能生成氧化镁与单质硫，但单质硫能与镁反应生成硫化镁；二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，可用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫；（3）依据反应物状态及反应条件选择合适的发生装置；（4）该装置中：A中的水蒸气会进入B与Mg反应，在A、B中间应加干燥装置；Mg能与SiO2反应，在Mg下方垫一不锈钢片，隔离Mg和SiO2；尾气处理装置C试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置；（5）类似于镁和二氧化碳的反应，可生成单质硅和氧化镁；（6）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为SiH4【解答】解：（1）制取SO2应用浓H2SO4和亚硫酸盐，选项中不可选用CaSO3，因为CaSO3微溶于水，会附在固体表面，阻碍反应进行，故答案为：；（2）Mg具有还原性，SO2具有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的方程式为3Mg+SO22MgO+MgS（或2Mg+SO22MgO+S，Mg+SMgS），二氧化硫可与碱反应，易防止污染空气，故答案为：3Mg+SO22MgO+MgS（或2Mg+SO22MgO+S，Mg+SMgS）；吸收过量二氧化硫，防止污染环境；（3）实验室制备二氧化硫的反应为固液不加热制取气体的反应，故可用分液漏斗盛80%的H2SO4，用锥形瓶装固体Na2SO3，装置图为，故答案为：；（4）该装置中：A中的水蒸气会进入B与Mg反应，在A、B中间应加干燥装置；Mg能与SiO2反应，在Mg下方垫一不锈钢片，隔离Mg和SiO2；尾气处理装置C试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置，故答案为：在A和B之间没有连接一个干燥装置、C装置未与大气相通、在镁下方未垫一个不锈钢片、镁与玻璃管反应、未设计一个防倒吸装置；（5）Mg在点燃的条件下即可与SiO2反应，由题给信息可知类似于镁和二氧化碳的反应，可生成单质硅和氧化镁，反应的方程式为2Mg+SiO22MgO+Si，故答案为：2Mg+SiO22MgO+Si；（6）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为SiH4，原因是发生2Mg+SiMg2Si，Mg2Si+2H2SO42MgSO4+SiH4，SiH4+2O2SiO2+2H2O，金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃，故答案为：金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃【点评】本题为信息题，以镁和二氧化硅的反应为载体考查了二氧化硫的实验室制备及性质检验，侧重培养学生分析问题解决问题的能力，题目难度较大
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