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河南省商丘一高2016届高三第六次调研化学试卷.doc

2015-2016 学年河南省商丘一高高三(上)第六次调研化学 试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(每小题 3 分,共 45 分,每小题只有一个正确选项) 1.2015 年 8 月 12 日晚 11 时许,天津市塘沽开发区一带发生爆炸事故,现场火光冲天.据 多位市民反映,事发时十公里范围内均有震感,抬头可见蘑菇云,安全问题再次敲响了警 钟.下列关于安全问题的说法不正确的是( )

A.危险化学品包括:爆炸品、易燃物质、自燃自热物质、氧化性物质、剧毒物质、加压气 体等 B.金属钠着火不能用水灭火,应使用干砂灭火 C.处置实验过程中产生的有毒药品废液时,应用大量水稀释后才能排入下水道 D.简单辨认有味的化学药品时,将瓶口远离鼻子,用手在瓶口上方扇动,稍闻其味即可 【考点】化学实验安全及事故处理. 【专题】化学实验基本操作. 【分析】A.危险化学品,是指具有毒害、腐蚀、爆炸、燃烧、助燃等性质,对人体、设施、 环境具有危害的剧毒化学品和其他化学品; B.钠与氧气反应生成过氧化钠,过氧化钠可与水反应生成氢氧化钠和氧气; C.实验过程中的剧毒药品废液要倒入指定的容器中; D.用手在试剂瓶口轻轻扇动,使少量的气体进入鼻孔. 【解答】解:A.爆炸品、易燃物质、自燃自热物质、氧化性气体、加压气体等属于危险化 学品,故 A 正确; B.钠与氧气反应生成过氧化钠,过氧化钠可与水反应生成氢氧化钠和氧气,则钠失火时不 能用水灭火,应使用干砂灭火,故 B 正确; C.为防止污染,实验过程中的剧毒药品废液要倒入指定的容器中,不可用大量水稀释后才 能排入下水道,故 C 错误; D. 闻药品的气味的方法为: 用手在试剂瓶口轻轻扇动, 使少量的气体进入鼻孔, 故 D 正确; 故选 C. 【点评】 本题考查了化学试剂的分类及实验安全知识, 要熟记实验基本操作和常见仪器的使 用方法,防止由于错误操作造成危险,本题难度不大.

2.85 岁中国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素而获得 2015 年诺贝尔 生理学或医学奖.颁奖理由是“因为发现青蒿素﹣﹣一种用于治疗疟疾的药物,挽救了全球 特别是发展中国家的数百万人的生命.”下列关于青蒿素和双氢青蒿素(结构如图) ,下列说 法错误的是( )

A.青蒿素和双氢青蒿素互为同分异构体 B.由青蒿素制备双氢青蒿素的反应属还原反应 C.青蒿素的分子式为 C15H22O5 D.青蒿素分子中含有过氧链和酯基、醚键 【考点】有机物的结构和性质. 【分析】A.青蒿素和双氢青蒿素的分子式不同; B.青蒿素与氢气发生加成反应生成双氢青蒿素; C.根据结构简式确定分子式; D.由结构简式可确定含有的官能团. 【解答】解:A.青蒿素的分子式为 C15H22O5,双氢青蒿素的分子式为 C15H24O5,二者分子 式不同,不是同分异构体,故 A 错误; B.青蒿素与氢气发生加成反应生成双氢青蒿素,属于还原反应,故 B 正确; C.由结构简式可知青蒿素的分子式为 C15H22O5,故 C 正确; D.由结构简式可知青蒿素分子中含有过氧链和酯基、醚键,故 D 正确. 故选 A. 【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关 键,题目难度中等.

3.X、Y、Z、W、M 五种元素的原子序数依次增大.已知 X、Y、Z、W 是短周期元素中 的四种非金属元素, X 元素的原子形成的离子就是一个质子; Y 原子的最外层电子数是内层 电子数的 2 倍; Z、 W 在元素周期表中处于相邻的位置, 它们的单质在常温下均为无色气体; M 是地壳中含量最高的金属元素.下列说法正确的是( )

A.五种元素的原子半径从大到小的顺序是:M>W>Z>Y>X B.X、Z 两元素能形成原子个数比(X:Z)为 3:1 和 4:2 的化合物 C.化合物 YW2、ZW2 都是酸性氧化物 D.用 M 单质作阳极,石墨作阴极电解 NaHCO3 溶液,电解一段时间后,在阴极区会出现 白色沉淀 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】X 元素的原子形成的离子就是一个质子,应为 H 元素,Y 原子的最外层电子数是 内层电子数的 2 倍,应为 C 元素;Z、W 在元素周期表中处于相邻的位置,它们的单质在常 温下均为无色气体,则 Z 为 N 元素、W 为 O 元素;M 是地壳中含量最高的金属元素,应为 Al 元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题. 【解答】解:X 元素的原子形成的离子就是一个质子,应为 H 元素,Y 原子的最外层电子 数是内层电子数的 2 倍,应为 C 元素;Z、W 在元素周期表中处于相邻的位置,它们的单质 在常温下均为无色气体,则 Z 为 N 元素、W 为 O 元素;M 是地壳中含量最高的金属元素, 应为 Al 元素, A. H 原子半径最小, 同周期随原子序数增大原子半径减小, 同主族自上而下原子半径增大, 故原子半径 Al>C>N>O>H,即 M>Y>Z>W>X,故 A 错误; B.N、H 两元素能形成 NH3、N2H4,故 B 正确; C.NO2 与水反应生成硝酸和 NO,不是酸性氧化物,故 C 错误; D.用 Al 单质作阳极,石墨作阴极电解 NaHCO3 溶液,阴极生成氢气,不会生成沉淀,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查结构位置性质关系应用,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,难 度中等,推断元素是解题关键,注意理解根据最外层电子数关系确定元素,对学生的逻辑推 理有一定的要求.

4.NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中不正确的是(



A.将 3molNH4NO3 溶于一定浓度的稀氨水中,溶液呈中性,溶液中一定含有 3NA 个 NH4+ B.标准状况下,含有 1mol 硫原子的 SO2 与 SO3 的混合物,其体积小于 22.4L C.10g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中,氢原子的总数为 1.2NA D.1L 1mol?L
﹣1

的碳酸钠溶液中钠离子的数目小于 2NA

【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、将 3molNH4NO3 溶于一定浓度的稀氨水中,溶液呈中性,溶液中硝酸根离子与 铵根离子的物质的量相等; B、标况下三氧化硫为固体; C、乙醇的水溶液中,水同样含有氢原子; D、求出碳酸钠的物质的量 n=CV,然后根据 1mol 碳酸钠中含 2mol 钠离子来分析. 【解答】解:A、将 3mol NH4NO3 溶于一定浓度的稀氨水中,溶液呈中性,氢离子与氢氧根 离子物质的量相等,根据电荷守恒可知,溶液中硝酸根离子与铵根离子的物质的量相等,由 于硝酸根离子的物质的量为 3mol,则铵根离子的物质的量为 3mol,溶液中一定含有 3NA 个 NH4+,故 A 正确; B、二氧化硫和三氧化硫中均含 1 个 S 原子,故含有 1mol 硫原子的 SO2 与 SO3 的混合物为 1mol,而在标况下三氧化硫为固体,故混合物的体积小于 22.4L,故 B 正确; C、10g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中含有乙醇 4.6g,含有 0.1mol 乙醇,1.2mol 乙醇中含 有 0.6molH 原子;溶液中水的质量为 10g﹣4.6g=5.4g,水的物质的量为 0.3mol,含有 0.6mol 氢原子, 所以该乙醇的水溶液中含有 1.2molH 原子, 含有的氢原子总数为 1.2NA, 故 C 正确; D、溶液中碳酸钠的物质的量 n=CV=1mol/L× 1L=1mol,而 1mol 碳酸钠中含 2mol 钠离子, 即为 2NA 个,故 D 错误. 故选 D. 【点评】 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算, 掌握物质的量的计算公式和物质结构是解 题关键,难度不大.

5.下列实验误差分析错误的是(



A.用润湿的 pH 试纸测食盐水的 pH,测定值偏小 B.用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏大

C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所取溶液体积偏小 D.中和滴定实验时,锥形瓶先用蒸馏水再用待测液润洗,所测溶液浓度偏大 【考点】化学实验方案的评价. 【专题】定量测定与误差分析. 【分析】A.食盐水呈中性; B.定容时俯视刻度线,导致溶液的体积偏小; C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,气体占据液体应占有的体积; D.待测液润洗锥形瓶,溶质增加. 【解答】解:A.食盐水呈中性,稀释 pH 不变,故 A 错误; B.定容时俯视刻度线,导致溶液的体积偏小,溶液的物质的量浓度偏大,故 B 正确; C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,气体占据液体应占有的体积,会导致所测 溶液体积偏小,故 C 正确; D.润洗后锥形瓶中会残留一些待测液,这样滴定时相当于多滴定了一些待测液,消耗的滴 定剂增大,结果就偏高,故 D 正确; 故选 A. 【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及实验基本操作、误差分析等,明确实验原理及 仪器的正确使用方法是解题关键,题目难度不大.

6.某结晶水合物的化学式为 R?nH2O,其相对分子质量为 M.25℃时,ag 该晶体能够溶于 bg 水中形成 VmL 溶液,下列关系中不正确的是( )

A.该溶液中溶质的质量分数为 ω= mol?L
﹣1

%

B.该溶液的物质的量浓度为 c=

C.该溶液中溶剂与溶质的质量比为 m(水) :m(溶质)=(

) : (a﹣



D.该溶液的密度为 ρ=

g?L

﹣1

【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算.

【分析】A.根据化学式计算 R 的质量,溶液总质量为(a+b)g,根据 w(溶质)

=

× 100%计算该溶液质量分数;

B.根据 n= 计算 R?nH2O 的物质的量,而 n(R)=n(R?nH2O) ,根据 c= 计算该溶液的物 质的量浓度; C.根据化学式计算结晶水的质量,溶质 R 的质量为(ag﹣结晶水质量) ,溶液中溶剂质量 为(结晶水质量+bg) ; D. 根据 c= 计算该饱和溶液的物质的量浓度, 根据 ρ= 计算溶液密度, 或利用 c= 进行公式变形计算.

【解答】解:A.R 的质量为

× ag,溶液总质量为(a+b)g,可知该溶液质量分数为

× 100%=

%,故 A 错误;

B.n(R)=n(R?nH2O)= mol,该溶液的物质的量浓度 正确; C.R?nH2O 中结晶水的质量为 ( g,故 R 的质量为(a﹣

=

mol/L,故 B

)g,溶液中溶剂的质量为 ) : (a﹣ ) ,故 C 正确;

)g,则溶液中 m(水) :m(溶质)=(

D.溶液总质量为(a+b)g,根据 ρ= 可知,溶液密度为

= 故选 A.

g/mL=

g/L,故 D 正确,

【点评】本题考查溶液浓度计算,涉及物质的量浓度、质量分数,属于字母型计算,为易错 题目,注意对基础知识的理解掌握.

7.为探究 NaHCO3、Na2CO3 与 1mol/L 盐酸反应(设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ)过程 中的热效应,进行实验并测得如下数据:下列有关说法正确的是( )

序号 ① ② ③ ④

液体 35mL 水 35mL 水 35mL 盐酸 35mL 盐酸

固体 2.5g NaHCO3 3.2g Na2CO3 2.5g NaHCO3 3.2g Na2CO3

混合前温度 20℃ 20℃ 20℃ 20℃

混合后最高温度 18.5℃ 24.3℃ 16.2℃ 25.1℃

A.仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应 B.仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应 C.通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应 D.通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应 【考点】探究吸热反应和放热反应. 【专题】化学反应中的能量变化. 【分析】A.由于碳酸氢钠溶于水的过程为吸热反应,不能仅通过实验③判断碳酸氢钠与盐 酸的反应为吸热反应; B.由于碳酸钠溶于水的过程放热,不能直接根据过实验④判断碳酸钠与盐酸的反应为放热 反应; C.根据实验①③可知,碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应,根据实验②④可知,碳酸钠与 盐酸的反应为放热反应; D.由实验①③可知,碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应,由实验②④可知,碳酸钠与盐酸 的反应为放热反应. 【解答】解:A.根据表中数据可知,碳酸氢钠溶于水为吸热反应,不能仅根据实验③混合 后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应, 需要结合实验①综合判断, 故A 错误; B.根据实验②可知,碳酸钠溶于水的过程为吸热过程,所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐 酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应,故 B 错误; C.根据实验①可知,碳酸氢钠溶于水后混合液温度从 20℃降低到 18.5℃,而实验③中碳酸 氢钠与盐酸反应后混合液温度从 20℃降低 16.2℃<18.5℃,通过反应Ⅰ后混合液温度更低, 证明反应Ⅰ为吸热反应;同理根据实验②碳酸钠溶于水,混合液温度从 20℃升高到 24.3℃, 实验④中碳酸钠与盐酸反应, 温度从 20℃升高到 25.1℃>24.3℃, 碳酸钠与盐酸反应后混合 液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高,证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应,故 C 正确;

D.根据选项 C 的分析可知,反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了探究吸热反应、放热反应的方法,题目难度中等,注意掌握化学反应中 的能量变化,明确探究吸热反应、放热反应的方法,试题培养了学生灵活应用所学知识的能 力.

8.下列各组数据中,前者刚好是后者两倍的是(




A.2mol/L Ba(OH)2 溶液中 Ba2+的物质的量和 OH 的物质的量 B.200mL 1mol/L 氯化钙溶液中 c(Cl )和 100 mL 2mol/L 氯化钾溶液中 c(Cl ) C.20%NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量浓度和 10%NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量浓度 D.64g 二氧化硫中氧原子数和标准状况下 22.4L 一氧化碳中氧原子数 【考点】物质的量的相关计算. 【专题】物质的量浓度和溶解度专题. 【分析】A.氢氧化钡为强电解质,电离方程式:Ba(OH)2=Ba2++2OH ;
﹣ ﹣ ﹣

B.1 mol/L 氯化钙溶液中 c(Cl )=2mol/L,2 mol/L 氯化钾溶液中 c(Cl )=2mol/L; C.氢氧化钠溶液浓度越大,密度越大,根据 c= 判断;





D.64g 二氧化硫的物质的量为 1mol,含有 2mol 氧原子;标况下 22.4L 一氧化碳的物质的量 为 1mol,含有 1mol 氧原子. 【解答】解:A.氢氧化钡为强电解质,电离方程式:Ba(OH)2=Ba2++2OH ,Ba2+的物质


的量和 OH 的物质的量之比为 1:2,故 A 错误; B.溶液的浓度与体积无关,1 mol/L 氯化钙溶液中 c(Cl )=2mol/L,2 mol/L 氯化钾溶液 中 c(Cl )=2mol/L,故 B 错误; C.氢氧化钠溶液浓度越大,密度越大,根据 c= 可知,20%NaOH 溶液物质的量
﹣ ﹣



浓度比 10%NaOH 溶液物质的量浓度的 2 倍大,故 C 错误;

D.64g 二氧化硫的物质的量为

=1mol, 含有 2mol 氧原子; 标况下 22.4L 一氧化碳的

物质的量为 1mol,含有 1mol 氧原子,故 D 正确, 故选:D.

【点评】本题考查物质的量计算、物质的量浓度计算,难度不大,注意掌握物质的量浓度与 质量分数之间关系.

9.分枝酸在微生物、植物的“芳香族氨基酸的生物合成系统中作为中间体,其结构简式如 图.下列关于分枝酸的叙述不正确的是( )

A.分枝酸的分子式为 C10H10O6 B.1mol 分枝酸最多消耗 3molNaOH C.分枝酸分子中含 2 个手性碳原子 D.一定条件下,分枝酸可发生取代、加成、氧化和聚合反应 【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】由结构简式可知,分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键等,结合羧酸、醇、 烯烃的性质来解答. 【解答】解:A.由结构简式可知分枝酸的分子式为 C10H10O6,故 A 正确; B.不是苯环,只有﹣COOH 与 NaOH 反应,则 1mol 分枝酸最多可与 2molNaOH 发生中和 反应,故 B 错误; C.分子中含有 2 个饱和碳原子,连接四个不同的原子或原子团,都为手性碳原子,故 C 正 确; D.含有羧基、羟基,可发生取代反应,含有碳碳双键,可发生加成、氧化和聚合反应,故 D 正确. 故选 B. 【点评】本题为 2015 年山东高考题改编题,侧重有机物结构与性质的考查,把握官能团与 性质的关系为解答的关键,注意官能团的判断,题目难度不大.

10.某酯(CnH2nO2)分子量不超过 180,在稀硫酸催化下水解生成 A 和 B 两种物质,且同 温同压下相同质量的 A 和 B 蒸汽所占的体积相等,该酯最多有( A.15 B.23 C.28 )种. D.32

【考点】有机化合物的异构现象. 【专题】同分异构体的类型及其判定. 【分析】分子式为 CnH2nO2 的酯的分子量不超过 180,则 14n+32≤180,解得 n≤10.6,应用酯 中 C 原子数至少为 2, 则 2≤n≤10; 同温同压下, 相同质量的 A 和 B 的蒸气所占的体积相同, 根据阿伏加德罗定律可得 A 和 B 的物质的量相等, 进一步推得 A 和 B 的相对分子质量相等; 分子中含有 x 个 C 原子的饱和一元醇的相对分子质量与分子中含有(x﹣1)个 C 原子的饱 和一元羧酸的相对分子质量相等,设醇的分子式为 CxH2x+2O,则羧酸的分子式为 C(x﹣1)H2
(x﹣1)

O2,则 2≤x+x﹣1≤10,解得:1.5≤x≤5.5,即醇分子中含有的 C 原子数范围为:2≤N(C)

≤5,则满足条件的醇有:乙醇、丙醇、丁醇和戊醇,满足条件的羧酸有:甲酸、乙酸、丙酸、 丁酸, 所以满足条件的酯有: ①甲酸乙酯, 不存在同分异构体; ②乙酸丙酯存在乙酸正丙酯、 乙酸异丙酯;③丙酸丁酯,根据丙酸和丁醇的同分异构体判断酯的种类;④丁酸戊酯,根据 丁酸和戊醇的同分异构体判断该酯的种类,最后判断满足条件的酯的同分异构体总数. 【解答】解:酯(CnH2nO2)分子量不超过 180,则:14n+32≤180,解得:n≤10.6,应用酯 中 C 原子数至少为 2,则 2≤n≤10; 同温同压下,相同质量的 A 和 B 的蒸气所占的体积相同,根据阿伏加德罗定律可得 A 和 B 的物质的量相等,进一步推得 A 和 B 的相对分子质量相等, 分子中含有 x 个 C 原子的饱和一元醇的相对分子质量与分子中含有(x﹣1)个 C 原子的饱 和一元羧酸的相对分子质量相等, 设醇的分子式为 CxH2x+2O,则羧酸的分子式为 C(x﹣1)H2(x﹣1)O2,则 2≤x+x﹣1≤10,解得: 1.5≤x≤5.5,即醇分子中含有的 C 原子数范围为:2≤N(C)≤5, 则满足条件的醇有:乙醇、丙醇、丁醇和戊醇,满足条件的羧酸有:甲酸、乙酸、丙酸、丁 酸, 所以满足条件的酯有:①甲酸乙酯,甲酸和乙醇不存在同分异构体,二者形成的酯只有 1 种酯; ②乙酸丙酯,乙酸不存在同分异构体,丙醇存在 2 种同分异构体,总共有 1× 2=2 种酯; ③丙酸丁酯,丙酸没有同分异构体,丁醇有 4 种同分异构体,所以总共有 4× 1=4 种酯; ④丁酸戊酯,丁酸有 2 种同分异构体,戊醇有 8 种同分异构体,总共有:8× 2=16 种同分异 构体, 根据分析可知,满足条件的酯种类为:1+2+4+16=23, 故选 B.

【点评】本题考查了同分异构体的书写,题目难度较大,明确同分异构体的书写原则为解答 关键,试题计算量稍大,充分考查了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力.

11.稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗,受热时燃烧,遇水很快反应.已知:①铈常 见的化合价为+3 和+4;②氧化性:Ce4+>Fe3+.下列说法正确的是( A. Ce、 Ce、 Ce、 Ce 它们互称为同素异形体 )

B.工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质 C.铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为:2Ce+6HI═2CeI3+3H2↑ D.工业上金属铈一般保存在敞口容器中 【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用. 【专题】元素及其化合物. 【分析】A、具有相同质子数,不同中子数的不同原子互为同位素; B、铈单质容易和水之间发生反应; C、三价铈离子几乎不具有氧化性,和碘离子之间不反应; D、铈单质容易和水之间发生反应. 【解答】解:A、核素 13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce 是具有相同质子数,不同中子数的 不同原子,它们互称为同位素,而同素异形体是由同样的单一化学元素构成,但性质却不相 同的单质之间的互称,故 A 错误; B、铈单质容易和水之间发生反应,所以不用电解氯化铈水溶液来获得铈单质,故 B 错误; C、金属铈可以和强酸 HI 酸反应生成三价的铈盐和水,故 C 正确; D、 铈单质容易和空气中的水之间发生反应, 所以铈一般不能保存在敞口容器中, 故 D 错误. 故选:C. 【点评】本意是一道关于氧化还原反应的综合知识题目,可以根据教材知识来回答,题目难 度中等.

12.常温下,向 20mL 0.2mol/L H2A 溶液中滴加 0.2mol/L NaOH 溶液.有关微粒的物质的量 变化如图(其中 I 代表 H2A,II 代表 HA ,III 代表 A2 ) ,根据图示判断,下列说法不正确
﹣ ﹣

的是(



A.H2A 在水中的电离方程式是:H2A═H++HA ;HA ═H++A2
﹣ ﹣



B.当 V(NaOH)=20mL 时,溶液中各粒子浓度的大小顺序为:c(Na+)>c(HA )>c


(H+)>c(A2 )>c(OH )
﹣ ﹣

C.等体积等浓度的 NaOH 溶液与 H2A 溶液混合后,其溶液中水的电离程度比纯水小 D.当 V(NaOH)=30mL 时,溶液中存在以下关系:2c(H+)+c(HA )+2c(H2A)=c


(A2 )+2 c(OH )
﹣ ﹣

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算. 【专题】电离平衡与溶液的 pH 专题. 【分析】A.当 V(NaOH)=30mL 时,溶液中 H2A 量最大,故 H2A 是弱电解质,H2A 在 水中的电离方程式是:H2A?H++HA 、HA ?H++A2 ;
﹣ ﹣ ﹣

B.根据图象知,当 V(NaOH)=20 时,发生反应为 NaOH+H2A=NaHA+H2O,溶液主要为 NaHA,电离为主,溶液显酸性; C.酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐水解促进水电离; D. 当V (NaOH) =30mL 时, 发生反应为 NaOH+H2A=NaHA+H2O, NaHA+NaOH=Na2A+H2O, 溶液主要为等物质量的 NaHA,Na2A 的混合溶液,根据电荷守恒和物料守恒. 【解答】 解: A. H2A 是弱电解质, H2A 在水中的电离方程式是: H2A?H++HA 、 HA ?H++A2
﹣ ﹣ ﹣

,故 A 错误;

B.当 V(NaOH)=20 mL 时,发生反应为 NaOH+H2A=NaHA+H2O,溶液主要为 NaHA, HA 电离大于水解,溶液显酸性,则 c(Na+)>c(HA )>c(H+)>c(A2 )>c(OH ) ,
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

故 B 正确; C.由图示关系知,c(A2 )>c(H2A) ,说明电离大于水解程度,溶液显酸性,水的电离


受到了抑制,故 C 错误; D. 当V (NaOH) =30mL 时, 发生反应为 NaOH+H2A=NaHA+H2O, NaHA+NaOH=Na2A+H2O, 溶液主要为等物质量的 NaHA,Na2A 的混合溶液,根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c (HA )+2c(A2 )+c(OH )①,物料守恒可知:3c(HA )+3c(A2 )+3c(H2A)=2c
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

(Na+)②,①× 2+②得:2c(H+)+c(HA )+3c(H2A)═c(A2 )+2c(OH ) ,故 D 错
﹣ ﹣ ﹣

误; 故选 B. 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断,为高考常见题型,题目难度中等,试题侧重于学 生的分析能力的考查, 明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键, 抓住图象进 行分析即可.

13.常温下,浓度均为 0.1mol/L 的 6 种盐溶液 pH 如下:下列说法正确的是( 溶质 pH Na2CO3 11.6 NaHCO3 Na2SiO3 9.7 12.3 Na2SO3 10.0 NaHSO3 NaCl O 4.0 10.3



A.Cl2 和 Na2CO3 按物质的量之比 1:1 反应的化学方程式为: Cl2+Na2CO3+H2O=HClO+NaHCO3+NaCl B.相同条件下电离程度比较:HCO3 >HSO3 >HClO C.6 种溶液中,Na2SiO3 溶液中水的电离程度最小 D.NaHSO3 溶液中离子浓度大小顺序为 c(Na+)>c(H+)>c(HSO3 )>c(SO32? )>
﹣ ﹣ ﹣

c(OH ) 【考点】盐类水解的原理. 【分析】酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,对应的盐溶液的 pH 越大; A、由表中数据可知,HClO 的酸性大于 HCO3 ,小于 H2CO3; B、酸性越强,酸的电离程度越大; C、能水解的盐促进水的电离,水解程度越大,水的电离程度越大; D、NaHSO3 溶液显酸性,HSO3 在溶液中部分电离,HSO3 的电离程度大于水解程度. 【解答】解:酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,对应的盐溶液的 pH 越大; A、由表中数据可知,HClO 的酸性大于 HCO3 ,小于 H2CO3,则 Cl2 和 Na2CO3 按物质的量 之比 1:1 反应的化学方程式为:Cl2+Na2CO3+H2O=HClO+NaHCO3+NaCl,故 A 正确; B、酸性越强,酸的电离程度越大,酸性:HSO3 >HClO>HCO3 ,则相同条件下电离程度 比较:HSO3 >HClO>HCO3 ,故 B 错误; C、能水解的盐促进水的电离,水解程度越大,水的电离程度越大,6 种溶液中,Na2SiO3 的水解程度最大,则 Na2SiO3 溶液中水的电离程度最大,故 C 错误;
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣



D、NaHSO3 溶液显酸性,HSO3 在溶液中部分电离,HSO3 的电离程度大于水解程度,则 NaHSO3 溶液中离子浓度大小顺序为 c(Na+)>c(HSO3 )>c(H+)>c(SO32? )>c(OH
﹣ ﹣





) ,故 D 错误;

故选 A. 【点评】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、离子浓度大小比较等,注意根 据酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,对应的盐溶液的 pH 越大,题目难度不大

14.一种石墨烯锂硫电池(2Li+S8═Li2S8)工作原理示意如图.下列有关该电池说法正确的

是(



A.B 电极发生还原反应 B.A 电极上发生的一个电极反应为:2Li++S8+2e ═Li2S8


C.每生成 1mol Li2S8 转移 0.25mol 电子 D.电子从 B 电极经过外电路流向 A 电极,再经过电解质流回 B 电极 【考点】化学电源新型电池. 【专题】电化学专题. 【分析】 在原电池中, 电解质里的阳离子移向正极, 所以 A 是正极, 发生还原反应: 2Li++S8+2e


═Li2S8,电子从原电池的负极流向正极,根据电极反应式结合电子转移进行计算即可.

【解答】解:A、在原电池中,电解质里的阳离子移向正极,所以 A 是正极,发生还原反应, B 是负极,发生氧化反应,故 A 错误; B、A 是正极,发生得电子的还原反应:2Li++S8+2e ═Li2S8,故 B 正确;


C、正极反应式:2Li++S8+2e ═Li2S8,每生成 1molLi2S8 转移 2mol 电子,故 C 错误;


D、电子从 B 电极经过外电路流向 A 电极,但是电子不会经过电解质溶液,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查化学电源新型电池,题目难度中等,注意把握原电池的工作原理和电极反 应的判断.

15.在一个不导热的密闭反应器中,只发生两个反应:

a(g)+b(g)?2c(g) ;△ H1<0 x(g)+3y(g)?2z(g) ;△ H2>0 进行相关操作且达到平衡后(忽略体积改变所作的功) ,下列叙述错误的是( A.等压时,通入惰性气体,c 的物质的量不变 B.等压时,通入 z 气体,反应器中温度升高 C.等容时,通入惰性气体,各反应速率不变 D.等容时,通入 z 气体,y 的物质的量浓度增大 【考点】化学平衡的影响因素. 【专题】压轴题;化学平衡专题. 【分析】A、等压时,通入惰性气体,体积增大,对第二个反应平衡向逆反应移动,温度升 高,导致第一个反应向逆反应移动; B、等压时,通入 z 气体,第二反应平衡向逆反应移动,反应器中温度升高; C、等容时,通入惰性气体,各反应混合物的浓度不变; D、等容时,通入 z 气体,第二反应平衡向逆反应移动. 【解答】解:A、等压时,通入惰性气体,容器体积增大,等效为压强减小,平衡 x(g)+3y (g)?2z(g) (△ H>0)向左移动,正反应为吸热反应,反应体系的温度升高,由于该反 应容器是一个不导热的容器,所以平衡 a(g)+b(g)?2c(g)也向吸热方向移动,即逆反 应方向移动,所以 c 的物质的量减小,故 A 错误; B、等压时,通入 z 气体,增大了生成物的浓度,平衡 x(g)+3y(g)?2z(g)向左移动, 由于该反应的逆反应是放热反应,容器内温度升高,虽然导致第一个反应向逆反应移动,但 移动结果不会恢复到原温度,故平衡时温度升高,故 B 正确; C、等容时,通入惰性气体,各反应物和生成物的物质的量没有变化,即各组分的浓度没有 发生变化,所以各组分的反应速率不发生变化,故 C 正确; D、等容时,通入 z 气体,增大了生成物 z 的浓度,平衡逆向移动,所以 y 的物质的量浓度 增大,故 D 正确; 故选 A. 【点评】 本题考查外界条件对化学平衡的影响, 难度中等, 本题要特别注意题干中的信息“不 导热的密闭反应器”,注意压强对第一个反应没有影响,根据第二反应的移动热效应,判断 第一个反应的移动. )

二、非选择题(本题包括 7 个小题,共 55 分) 16. (13 分) (2015 秋?商丘月考)已知:相同的两种元素组成的四种微粒 A、B、C、D 的 质子数依次增多,A、B、C、D 的电子数如表(A、B、C、D 有两组可能) ,且 D 中的电子 数等于质子数,D1 可作医用消毒液. 其中 B1 的沸点比 B2 高. ① 电子数 ② 电子数 A1 10 A2 10 B1 10 B2 10 C1 10 C2 10 D1 18 D2 18

试回答下列问题: (1)如表两组八种微粒的组成元素中,非金属性最强的元素在元素周期表的位置是 第二 周期第 VI 族 ; (2)液态的 B2 与 Na 反应类似于 B1 与 Na 反应,写出液态的 B2 与 Na 反应的化学方程式: 2Na+2NH3(l)=2NaNH2+H2↑ . (3)①亚氯酸钠(NaClO2)主要可用于棉纺、造纸业做漂白剂,也用于食品消毒、水处理 等,制备亚氯酸钠,可以将 ClO2 气体通入 D1 和 NaOH 的混合液中,请写出制备化学反应方 程式 2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 ,其中 D1 的作用是 还原剂 . ②利用①中原理制备出 NaClO2?3H2O 晶体的试样,可以用“间接碘量法”测定试样(不含能 与 Iˉ发生反应的氧化性杂质)的纯度,过程如图(已知:I2+2S2O32ˉ═S4O62ˉ+2Iˉ) :

步骤一的离子方程式为 ClO2 +4I +4H+=2I2+Cl +2H2O ;步骤二的指示剂是 淀粉 ;
﹣ ﹣ ﹣

步骤三中出现 溶液由蓝色变无色,且半分钟不变色

现象时,达到滴定终点;计算该试样

中 NaClO2?3H2O 的质量百分数为 90.3% . (保留小数点后一位) 【考点】位置结构性质的相互关系应用;物质的分离、提纯的基本方法选择与应用. 【专题】元素周期律与元素周期表专题;物质的分离提纯和鉴别. 【分析】相同的两种元素组成的四种微粒 A、B、C、D 的质子数依次增多,A、B、C 都是 10 电子,D 为 18 电子,应是 H 与 O 或 H 与 N 形成的微粒,H 与 O 形成的微粒 A、B、C、 D 为分别为:OH 、H2O、H3O+、H2O2,H 与 N 形成的微粒 A、B、C、D 为分别为:NH2
﹣ ﹣

、NH3、NH4+、N2H4,B1 的沸点比 B2 高,故 B1 为 H2O,B2 为 NH3,故:

H 与 O 形成的微粒为第一组,则:A1 为 OH ,B1 为 H2O,C1 为 H3O+,D1 为 H2O2;


H 与 N 形成的微粒为第二组,则:A1 为 NH2 ,B2 为 NH3,C2 为 NH4+,D2 为 N2H4;


(1)上述元素中 O 元素非金属性最强; (2)Na 与 NH3(l)反应生成 NaNH2、H2; (3)①由题目可知,ClO2 气体通入 H2O2 和 NaOH 的混合液中生成 NaClO2,Cl 元素化合价 降低,被还原,故 H2O2 发生氧化反应生成 O2,同时有水生成; ②由流程图可知,ClO2 在酸性条件下氧化 I 生成 I2,碘遇淀粉变蓝色,加入淀粉作指示剂, 进行滴定,当溶液由蓝色变无色,且半分钟不变色现象时,达到滴定终点; 令样品的纯度为 a,则 NaClO2?3H2O 的质量质量为 0.2ag,根据关系式 NaClO2?3H2O~2I2~ 4S2O32ˉ列方程计算. 【解答】解:相同的两种元素组成的四种微粒 A、B、C、D 的质子数依次增多,A、B、C 都是 10 电子,D 为 18 电子,应是 H 与 O 或 H 与 N 形成的微粒,H 与 O 形成的微粒 A、B、 C、D 为分别为:OH 、H2O、H3O+、H2O2,H 与 N 形成的微粒 A、B、C、D 为分别为:
﹣ ﹣ ﹣

NH2 、NH3、NH4+、N2H4,B1 的沸点比 B2 高,故 B1 为 H2O,B2 为 NH3,故:


H 与 O 形成的微粒为第一组,则:A1 为 OH ,B1 为 H2O,C1 为 H3O+,D1 为 H2O2;


H 与 N 形成的微粒为第二组,则:A1 为 NH2 ,B2 为 NH3,C2 为 NH4+,D2 为 N2H4;


(1)上述元素中 O 元素非金属性最强,处于周期表中第二周期第 VIA 族, 故答案为:第二周期第 VI 族; (2)Na 与 NH3(l)反应生成 NaNH2、H2,反应方程式为:2Na+2NH3(l)=2NaNH2+H2↑, 故答案为:2Na+2NH3(l)=2NaNH2+H2↑; (3)①由题目可知,ClO2 气体通入 H2O2 和 NaOH 的混合液中生成 NaClO2,Cl 元素化合价 降低,被还原,故 H2O2 发生氧化反应生成 O2,同时有水生成,反应方程式为: 2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2,反应中 H2O2 是还原剂, 故答案为:2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2;还原剂; ②由流程图可知,ClO2 在酸性条件下氧化 I 生成 I2,ClO2 被还原为 Cl ,同时生成 H2O, 反应离子方程式为:ClO2 +4I +4H+=2I2+Cl +2H2O,
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

碘遇淀粉变蓝色,加入淀粉作指示剂, 进行滴定,当溶液由蓝色变无色,且半分钟不变色现象时,达到滴定终点, 令样品的纯度为 a,则 NaClO2?3H2O 的质量质量为 0.2ag,则: NaClO2?3H2O~2I2~4S2O32ˉ

144.5g 0.2ag

4mol 0.2mol/L× 0.025L

所以 144.5g:0.2ag=4mol:0.2mol/L× 0.025L 解得 a=90.3% 故答案为:ClO2 +4I +4H+=2I2+Cl +2H2O;淀粉;溶液由蓝色变无色,且半分钟不变色;
﹣ ﹣ ﹣

90.3%. 【点评】本题考查物质推断、化学用语、氧化还原反应滴定、化学计算等,难度较大,推断 物质是解题的关键,注意掌握常见 10 电子、18 电子微粒.

17.二甲醚(DME)一种清洁的替代燃料,不含硫,不会形成微粒,而且与汽油相比,排 放的 NO2 更少,因此是优良的柴油机替代燃料.工业上利用一步法合成二甲醚的反应如下 (复合催化剂为 CuO/ZnO/Al2O3) :2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△ H= ﹣204.7kJ/mol. (1)若反应在恒温、恒压下进行,一定能说明该反应达到平衡状态的是 CDE . A.CO 和 H2 的物质的量浓度比是 1:2 B.CO 的消耗速率等于 CH3OCH3 的生成速率的 2 倍 C.容器中混合气体的体积保持不变 D.容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变 E.容器中混合气体的密度保持不变 (2)复合催化剂的制备方法之一是 Na2CO3 共沉淀法:制备 1mol/L 的硝酸铜、硝酸锌和硝 酸铝的水溶液. 然后向盛有去离子水的烧杯中同时滴加混合硝酸盐溶液和 1mol/L 的 Na2CO3 水溶液,70℃下搅拌混合.沉淀后过滤,洗涤沉淀物,80℃下干燥 12 小时,然后 500℃下 焙烧 16 小时. 请写出上述过程中硝酸铝与 Na2CO3 水溶液反应的离子方程式: 2Al3++3CO32


+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ .

【考点】化学平衡状态的判断;钠的重要化合物. 【专题】化学平衡专题. 【分析】 (1)当达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不再改变,由此衍生的 一些物理量不变,可以此判断是否得到平衡状态; (2)硝酸铝与 Na2CO3 水溶液发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体.

【解答】解: (1)A.CO 和 H2 的物质的量浓度比与反应物的初始量及转化率有关,所以不 能说明到达平衡状态,故 A 错误; B.CO 的消耗速率与 CH3OCH3 的生成速率都属于正速率,正速率之比等于计量数之比,不 能说明到达平衡状态,故 B 错误; C.随反应进行混合气体总物质的量减少,由于压强不变,则气体的体积会减小,容器中混 合气体的体积保持不变,说明到达平衡状态,故 C 正确; D.气体的总质量保持不变,气体总物质的量减少,则气体的平均摩尔质量逐渐增大,当容 器中混合气体的平均摩尔质量保持不变,说明到达平衡状态,故 D 正确; E.气体的总质量保持不变,气体的体积减小,则密度增大,当容器中混合气体的密度保持 不变,说明反应到达平衡状态,故 E 正确; 故答案为:CDE; (2)硝酸铝与 Na2CO3 水溶液发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体, 其水解的离子方程式为:2Al3++3CO32 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑,


故答案为:2Al3++3CO32 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑.


【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、水解反应,题目难度中等,侧重于考查学生对基 础知识的综合应用能力.

18.工业上用 Na2SO3 吸收尾气中的 SO2 使之转化为 NaHSO3,再用 SO2 为原料设计的原电 池电解(惰性电极)NaHSO3 制取 H2SO4,装置如图:

(1)甲图中 B 与乙图 D 极(填 C 或 D)相连,进行电解时乙图 Z 中 Na+向 Y 中移 动(填 Y 或 W) ; (2)该电解池阴极的电极反应式 2HSO3 +2e ═2SO32 +H2↑ .
﹣ ﹣ ﹣

【考点】原电池和电解池的工作原理. 【专题】电化学专题.

【分析】 (1)电解 NaHSO3 溶液制取 H2SO4,阴极是水电离氢离子放电生成氢气,得到的氢 氧根离子与亚硫酸氢根离子反应得到亚硫酸根,所以乙图 C 极为阴极,D 为阳极,Na+向阴 极区移动; (2)乙图 C 极为阴极得电子发生还原反应. 【解答】解: (1)电解 NaHSO3 溶液制取 H2SO4,阴极是水电离氢离子放电生成氢气,得到 的氢氧根离子与亚硫酸氢根离子反应得到亚硫酸根,所以乙图 C 极为阴极,D 为阳极,则 甲图中 B 为正极与乙图 D 相连,Na+向阴极 Y 区移动,故答案为:D;Y; (2)乙图 C 极为阴极得电子发生还原反应,反应式为 2HSO3 +2e ═2SO32 +H2↑,故答案
﹣ ﹣ ﹣

为:2HSO3 +2e ═2SO32 +H2↑.
﹣ ﹣ ﹣

【点评】本题涉及原电池、电解原理的考查,为高频考点,需要学生具备扎实的基础与分析 解决问题的能力, 注意把握二氧化硫的性质以及原电池、 电解池的工作原理以及电极方程式 的书写,难度较大.

19.苯乙烯是现代石油化工产品中最重要的单体之一,在工业上,苯乙烯可由乙苯与 CO2

催化脱氢制得,总反应原理如下: (g) 回答下列问题:

(g)+CO2(g)?

(g)+CO(g)+H2O

(1)乙苯在 CO2 气氛中的脱氢反应可分两步进行:

如图乙苯与 CO2 总反应的△ H= ﹣166kJ/mol ;该反应自发进行的条件是 D (填序号) A.高温下自发 B.低温下自发 C.任何温度下不自发 D.任何温度下自发

(2)在温度为 T1 时乙苯与 CO2 反应的平衡常数 K=0.5,在 2L 密闭容器中加入乙苯与 CO2 反应到某时刻测得混合物各组分的物质的量均为 1.0mol. 该时刻化学反应 CO2 的 v 正


= v

(填“>”、“<”或“=”)

(3)在温度为 T2 密闭容器中,乙苯与 CO2 的起始浓度分别为 2.0mol/L,3.0mol/L,设起始

压强 为 P0,平衡后总压强为 P,达到平衡时苯乙烯的浓度为 =

mol/L ,

乙苯的转化率为

× 100% , (用含有 P、P0 符号表示)

(4)写出由苯乙烯在一定条件下合成聚苯乙烯的方程式:

n

,该聚合物的链节为



【考点】焓变和熵变;化学平衡的影响因素;化学平衡的计算. 【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.

【分析】 (1)由图可知,反应①热化学方程式为: ﹣125kJ/mol,

(g)→

(g)+H2(g)△ H=

反应②热化学方程式为:H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)△ H=﹣41kJ/mol,

根据盖斯定律,①+②可得:

(g)+CO2(g)?

(g)+CO(g)+H2O(g) ;

正反应为熵增的过程,△ H﹣T△ S<0 反应自发进行; (2)计算此时浓度商 Qc,若 Qc=K,处于平衡状态,若 Qc<K,反应向正反应进行,若 Qc>K,反应向逆反应进行,进而判断 v 正、v 逆相对大小; (3)设乙苯的浓度变化量为 xmol/L,表示出平衡时各物质的浓度,再利用压强之比等于混 合气体总浓度之比列方程计算解答; (4)苯乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚苯乙烯,链接为重复单元.

【解答】解: (1)由图可知,反应①热化学方程式为: △ H=﹣125kJ/mol,

(g)→

(g)+H2(g)

反应②热化学方程式为:H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)△ H=﹣41kJ/mol,

根据盖斯定律,①+②可得:

(g)+CO2(g)?

(g)+CO(g)+H2O(g) ,

故△ H=﹣125kJ/mol﹣41kJ/mol=﹣166kJ/mol, 由于△ H﹣T△ S<0 反应自发进行, 正反应为熵增的过程, △ S>0, 而正反应△ H<0, 则△ H ﹣T△ S<0,故任何温度下都可以自发进行, 故答案为:﹣166kJ/mol;D;

(2)此时浓度商 Qc= 故答案为:=;

=0.5=平衡常数 K,处于平衡状态,则 CO2 的 v 正=v 逆,

(3)设乙苯的浓度变化量为 xmol/L,则:

(g)+CO2(g)? 初始浓度:2.0 变化浓度:x 平衡浓度:2.0﹣x 3.0 x 3.0﹣x

(g)+CO(g)+H2O(g) 0 x x 0 x x 0 x x



=

,解得 x=



则平衡时苯乙烯的浓度为

mol/L,

乙苯的转化率为

× 100%=

× 100%,

故答案为:

mol/L;

× 100%;

(4)苯乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚苯乙烯,反应方程式为:

n

,链接为其重复单元



故答案为:n





【点评】本题考查反应热计算、化学平衡常数计算、平衡常数应用、平衡状态判断等,难度 中等, 注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化, 该物理量由变化到不变化说明到达平 衡.

20. (11 分) (2015 秋?商丘月考)天然气(主要成分甲烷)含有少量含硫化合物[硫化氢、 羰基硫(COS)等],可以用氢氧化钠溶液洗涤除去.羰基硫用氢氧化钠溶液处理的过程如 下(部分产物已略去) : COS Na2S 溶液 H2 ;反应 I 除生成两种正盐外,还有水生成,

(1)羰基硫分子的电子式为

其化学方程式为 COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O ;已知反应 II 的产物 X 的溶液中硫 元素的主要存在形式为 S2O32 ,则 II 中主要反应的离子方程式为 2S2 +5H2O=S2O32
﹣ ﹣ ﹣

+4H2↑+2OH





(2)用 TiO2 负载 MoO3 催化剂使有机物 R 催化脱硫,负载 MoO3 的量对反应脱硫率的影响 如图 1.下列说法正确的是 CD

A.负载 MoO3 的百分含量越大,平衡常数越大 B.当反应时间小于 0.5h,脱硫率为 0 C.1.6h 负载 MoO3 的量为 10%和 15%的脱硫率基本相等 D.0.5~1.2h 时,负载 MoO3 的量越大,脱硫速率越大 (3)硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用.向等物质的量浓度 Na2S、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸至过量.其中 H2S、HS 、S2 的分布分数(平衡时某物种的浓度占
﹣ ﹣

各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图 2 所示(忽略滴加过程 H2S 气体的逸 出) .试分析: B 曲线代表 HS c(Na+)=
﹣ ﹣ ﹣

分数变化(用微粒符号表示) ;滴加过程中,溶液中一定成立的关系式:
﹣ ﹣

3[c(H2S)+c(HS )+c(S2 )] 和 c(Na+)=

c(Cl )+c(OH )+c(HS





)+2c(S2 )﹣c(H+) .

【考点】 含硫物质的性质及综合应用; 电子式; 化学平衡的影响因素; 离子浓度大小的比较. 【专题】化学平衡专题;电离平衡与溶液的 pH 专题;元素及其化合物. 【分析】 (1) 羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似, 均为直线型; 反应 I 除生成两种正盐外, 还有水生成,由元素守恒可知,生成正盐为 Na2S、Na2CO3;II 中主要反应硫化钠与水反应 生成 S2O32 、氢气和氢氧化钠,根据电子守恒和原子守恒书写;


(2)A、根据平衡常数仅与温度有关判断; B、根据图象分析,当反应时间小于 0.5h,反应仍然在进行; C、根据图象分析,以 1.6h 作垂线,分析负载 MoO3 的量为 10%和 15%的脱硫率的纵坐标大 小; D、根据图象分析,0.5~1.2h 时内任一点作垂线,依据负载 MoO3 的量的变化分析纵坐标脱 硫速率的变化; (3)向等物质的量浓度 Na2S、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸,盐酸和氢氧化钠先反应,然 后和硫化钠反应,结合图 1 所示 H2S、HS 、S2 的分布分数进行解答;NaHS 的含量先增加
﹣ ﹣

后减少;根据物料守恒可求得滴加过程中,溶液中微粒浓度大小关系. 【解答】解: (1)羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似,均为直线型,其电子式为 , 反应 I 除生成两种正盐外, 还有水生成, 由元素守恒可知, 生成正盐为 Na2S、 Na2CO3,反应为 COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O,硫化钠与水反应生成 S2O32 、氢气和


氢氧化钠,其反应的离子方程式为:2S2 +5H2O=S2O32 +4H2↑+2OH ,
﹣ ﹣ ﹣

故答案为: +4H2↑+2OH ;


,COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O,2S2 +5H2O=S2O32




(2)A、根据平衡常数仅与温度有关,所以负载 MoO3 的量越大,平衡常数不变,故 A 错 误; B、根据图象,当反应时间小于 0.5h,反应仍然在进行,脱硫率较小,但不等于 0,故 B 错 误;

C、根据图象,以 1.6h 作垂线,负载 MoO3 的量为 10%和 15%的脱硫率相等,故 C 正确; D、根据图象,0.5~1.2h 时内任一点作垂线,负载 MoO3 的量越大,脱硫速率也越大,故 D 正确; 故答案为:CD; (3)向等物质的量浓度 Na2S、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸,盐酸和氢氧化钠先反应,然 后和硫化钠反应,A 表示含硫微粒浓度减小为 S2 ,B 先增加后减少为 HS ,C 浓度一直在
﹣ ﹣

增加为 H2S, 向等物质的量浓度 Na2S、 NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸, 因体积相同, 设 Na2S、 NaOH 各为 1mol,则 n(Na)=3n(S) ,溶液中含硫的微粒为 HS 、S2 、H2S,则 c(Na+)
﹣ ﹣

=3[c(H2S)+c(HS )+c(S2 )],或溶液中存在电荷守恒得到 c(Na+)=c(Cl )+c(OH
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

)+c(HS )+2c(S2 )﹣c(H+) ;
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

故答案为:HS ;3[c(H2S)+c(HS )+c(S2 )]、c(Cl )+c(OH )+c(HS )+2c(S2


)﹣c(H+) .

【点评】本题考查了电子式的书写、离子方程式和化学方程式的书写、弱电解质的电离和盐 的水解等, 明确弱电解质的电离特点、 电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系再结合守恒 思想分析解答,难度中等.

21.氟及其化合物的发现史充满艰辛,现在氟及其化合物在生产生活中被广泛使用,造福人 类. (1)氟单质极其活泼,化学家于 1986 年首次制得氟气,三步反应原理如下: ① 2 KMnO4+ 3 H2O2+ ②SbCl5+5HF═SbF5+5HCl ③2K2MnF6+4SbF5═4KSbF6+2MnF3+F2 (反应①、②里氟元素化合价不变) 则下列说法正确的是 CD A.反应①配平后,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 3:2, B.反应②③都是氧化还原反应 C.反应③中 K2MnF6 一定是氧化剂可能还起到还原剂的作用 D.生成 0.5mol 的 F2 整个反应过程中转移的电子总数是 4NA 个 (2)牙齿表面有一层釉质,其组成为羟基磷灰石 Ca5(PO4)3OH(Ksp=6.8× 10
﹣37

2 KF+

10 HF=

2 K2MnF6+

2

O2↑+

8 H2O

) ,容易

受到酸的侵蚀,为了防止蛀牙,人们常使用含氟离子的牙膏,其中的氟化物可使羟基磷灰石

转化为更难溶的氟磷灰石 Ca5(PO4)3F(Ksp=1.0× 10 (PO4)3OH+F =Ca5(PO4)3F+OH
﹣ ﹣

﹣60

) ,写出该反应的离子方程式 Ca5

;该反应的平衡常数为 6.8× 1023 .

【考点】氧化还原反应的计算;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. 【专题】氧化还原反应专题;电离平衡与溶液的 pH 专题. 【分析】 (1)Mn 元素化合价由 KMnO4 中+7 价降低为 K2MnF6 中+4 价,化合价共降低 3 价, H2O2 中氧元素由﹣1 价升高为 O2 中 0 价,化合价共升高 2 价,化合价升降最小公倍数为 6, 可知 KMnO4、K2MnF6 系数为 2,H2O2、O2 的系数为 3,由原子守恒,配平后方程式为: 2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2↑+8H2O; A.反应①中氧化剂是 KMnO4,还原剂是 H2O2; B.反应②中元素化合价均为发生变化; C.反应③中 K2MnF6 中 Mn 元素化合价降低为 MnF3 中+3 价,反应中 F 元素化合价由﹣1 升高为 0 价; D.反应①③属于氧化还原反应,反应②是非氧化还原反应,反应③中根据 F 元素化合价变 化计算转移电子数,根据方程式计算需要 K2MnF6 的物质的量,再根据反应①中 Mn 元素化 合价变化计算①中转移电子; (2)由题意可知,反应离子方程式为:Ca5(PO4)3OH+F =Ca5(PO4)3F+OH ;该反应的
﹣ ﹣

平衡常数为=

=



【解答】解: (1)Mn 元素化合价由 KMnO4 中+7 价降低为 K2MnF6 中+4 价,化合价共降低 3 价,H2O2 中氧元素由﹣1 价升高为 O2 中 0 价,化合价共升高 2 价,化合价升降最小公倍 数为 6,可知 KMnO4、K2MnF6 系数为 2,H2O2、O2 的系数为 3,由原子守恒,配平后方程 式为:2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2↑+8H2O; A.反应①中氧化剂是 KMnO4,还原剂是 H2O2,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2:3, 故 A 错误; B.反应②中元素化合价均为发生变化,属于非氧化还原反应,故 B 错误; C.反应③中 K2MnF6 中 Mn 元素化合价降低为 MnF3 中+3 价,反应中 F 元素化合价由﹣1 升高为 0 价,化合价变化的 F 元素可能来自 K2MnF6 中,故 C 正确;

D.反应①③属于氧化还原反应,反应②是非氧化还原反应,反应③中转移电子为 0.5mol× 2× 1=1mol,由方程式可知需要 K2MnF6 的物质的量为 0.5mol× 2=1mol,由反应①中 Mn 元素化合价变化, 可知反应①中转移电子为 1mol× 3=3mol, 故整个过程转移电子为 4NA, 故 D 正确, 故答案为:2、3、2、10、2、2、8;CD; (2)由题意可知,反应离子方程式为:Ca5(PO4)3OH+F =Ca5(PO4)3F+OH ;该反应的
﹣ ﹣

平衡常数为=

=
﹣ ﹣

=

=6.8× 1023,

故答案为:Ca5(PO4)3OH+F =Ca5(PO4)3F+OH ;6.8× 1023. 【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、计算与配平以及溶度积有关计算等,题目素材基 本脱离中学内容,较好的考查学生阅读获取信息能力、知识迁移运用能力,难度较大.

22. (10 分) (2015 秋?商丘月考)某同学设计了图 1 操作流程来除去混在氯化钠固体中的少 量硫酸钠和氯化钙.

(1)试剂 A 是 BaCl2 或 Ba(OH)2 .操作 a 得到的滤渣的成分是 CaCO3、BaCO3 和 BaSO4 . (2)操作 b 中用到的主要仪器为酒精灯、 蒸发皿 、三脚架和玻璃棒.该同学想利用上 述得到的氯化钠设计一套实验装置来电解饱和食盐水, 并检验氯气的氧化性和测定所产生的 氢气的体积(约 8mL) .

(3)试从图 2 中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编 号)是:A 接 G , F 接 I ;B 接 D , E 接 C ; 2H++2e?=H2↑ ;

(4)铁棒上的电极反应式为

(5)若装入的饱和食盐水为 75mL(电解前后溶液体积变化可忽略,假设两极产生的气体 全部逸出) ,当测得氢气为 8.4mL(标准状况)时停止通电.将 U 形管内的溶液倒入烧杯, 其 pH 约为 12 . 【考点】物质分离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. 【专题】实验分析题;实验评价题;演绎推理法;电化学专题;物质的分离提纯和鉴别. 【分析】氯化钠固体中的少量硫酸钠和氯化钙加水溶解,加氯化钡(A)除去硫酸根离子, 在加过量的碳酸钠(B)除去多余的钡离子,过滤去除沉淀,加盐酸调节 pH,除去多余的 碳酸根离子,得到氯化钠溶液,蒸发结晶得到氯化钠晶体, (1)欲除去溶液 I 中的 CaCl2、Na2SO4,则用 BaCl2 或 Ba(OH)2 除掉硫酸钠;根据化学 反应及物质的溶解性分析沉淀的物质; (2)根据蒸发操作确定仪器; (3)根据实验的目的和装置的作用来连接装置; (4)根据图可知,由于铁为活性电极,所以铁只能做阴极,碳为阳极,电解饱和食盐水, 阳极上阴离子放电,阴极上阳离子放电,以此来解答; (5)根据电解饱和食盐水的方程式:利用公式 C= 来计算 NaOH 的物质的量浓度,然后求 出氢离子的浓度,最后求出 PH; 【解答】解:氯化钠固体中的少量硫酸钠和氯化钙加水溶解,加氯化钡(A)除去硫酸根离 子,在加过量的碳酸钠(B)除去多余的钡离子,过滤去除沉淀,加盐酸调节 pH,除去多 余的碳酸根离子,得到氯化钠溶液,蒸发结晶得到氯化钠晶体; (1)欲除去溶液 I 中的 CaCl2、Na2SO4,则用 BaCl2 或 Ba(OH)2 除掉硫酸钠,用碳酸钠 除掉氯化钙与多余的氯化钡; 氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠, 碳酸钠和氯化 钙反应生成碳酸钙沉淀, 碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀, 故过滤后得到的沉淀成分有 CaCO3、BaCO3 和 BaSO4; 故答案为:BaCl2 或 Ba(OH)2;CaCO3、BaCO3 和 BaSO4; (2)蒸发操作需要仪器酒精灯、蒸发皿、三脚架和玻璃棒, 故答案为:蒸发皿;

(3)产生的氢气的体积用排水量气法,氢气的体积(约 8mL) ,所以需要用 10mL 的量筒, 导管是短进长出,所以 A 接 G,F 接 I,用装有淀粉碘化钾溶液的洗气瓶检验氯气时,导管 要长进短出,所以 B 接 D,氯气要进行尾气处理,即 E 接 C, 故答案为:G、F、I;D、E、C; (4)根据图可知,由于铁为活性电极,所以铁只能做阴极,碳为阳极,电解饱和食盐水, 阳极上阴离子放电,阴极上阳离子放电,阴极上发生:2H++2e?→H2↑, 故答案为:2H++2e?=H2↑;

(5)因电解饱和食盐水的方程式:2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑,当产生的 H2 的

体积为 8.4mL 即 0.000375mol 时, 生成氢氧化钠的物质的量为 0.00075mol, 所以溶液中 NaOH

的物质的量浓度= PH=12, 故答案为:12.

═0.01mol/L,所以氢离子的浓度为

=1× 10

﹣12

mol/L,

【点评】本题主要考查了粗盐的提纯、电解饱和食盐水的操作,要掌握实验的原理和操作方 法,培养了学生解决问题的能力.


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