1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上2015年黑龍江省哈爾濱九中高考化學三模試卷一、選擇題（本題包括13小題，每題只有一個選項符合題意，每題6分）1下列說法正確的是( )A膠體區(qū)別于其它分散系的本質特征是具有丁達爾現(xiàn)象B煤的氣化、石油分餾、海水制鎂、海帶提碘等過程中都包含化學變化C棉花和木材的主要成分都是纖維素，蠶絲、羊毛和人造絲的主要成分都是蛋白質D甲苯能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化成苯甲酸，而甲烷不反應，說明苯環(huán)能夠使甲基變活潑2某X溶液可使甲基橙呈紅色，在該溶液中可能含有K+、Fe2+、A13+、NH4+、CO32、SO32、SO42、AlO2、SiO32、C1中的若干種，現(xiàn)取X溶液進行連續(xù)實驗，實驗

2、過程現(xiàn)象及產(chǎn)物如下，下列說法正確的是( )AX中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、C1BX中不能確定的離子是 K+和C1C沉淀G在空氣中放置過程中，沉淀顏色會由白色變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色D標準狀況下將一試管D氣體倒扣在水槽中充分吸收（假設所得溶液沒有擴散），所得溶液物質的量濃度約為0.036mol/L3下列圖示與對應的敘述不相符的是( )A如圖表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點所示的溶液是80時KNO3的不飽和溶液B如圖表示某放熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化C如圖表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲線

3、D如圖表示已達平衡的某反應，在t0時改變某一條件后反應速率隨時間變化，則改變的條件可能是增大壓強4某有機物A的分子式為C10H14O，已知A為芳香族化合物，苯環(huán)含有兩個取代基，苯環(huán)上的一溴代物只有兩種；又知A既能發(fā)生催化氧化反應，又能發(fā)生消去反應則A的結構共有( )A5種 B6種 C7種 D8種5下列裝置能達到實驗目的是( )A實驗室制乙烯B實驗室制少量CO2C比較不同催化劑對反應速率的影響D比較氯、碳、硅三種元素的非金屬性6短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次遞增，A與C同主族，B與D同主族，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，D元素原子最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的2倍，四種

4、元素原子的核電荷數(shù)之和為36則下列敘述正確的是( )AC元素的單質在B元素的單質中燃燒，產(chǎn)物1mol與足量的水反應轉移電子數(shù)為NAB由上述元素形成的化合物只有一種具有漂白性CB、C、D三種元素形成的化合物的水溶液用惰性電極電解時，溶液pH一定不變DA、B形成化合物的沸點高于A、C形成化合物的沸點，因為前者分子間形成了氫鍵7取銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應過程中硝酸被還原只產(chǎn)生0.896L NO2氣體和0.672LN2O4的氣體（氣體體積都已折算到標準狀況），在反應后的溶液中加足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質量為3.7g則合金中銅與鎂的物質的量之比等于( )A1：1 B2：1C2：3 D3：2三、

5、（非選擇題）：包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（11題，共129分）8（13分）PM2.5污染跟工業(yè)燃煤密切相關，燃煤還同時排放大量的SO2和NOX（1）在一定條件下，SO2氣體可被氧氣氧化，每生成8g SO3氣體，放出9.83kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式_若起始時向密閉容器內充入0.4mol SO2和0.2mol O2，達平衡后放出的熱量為Q，則Q_39.32kJ（填“”、“”或“=”）（2）一定條件下，在恒容密閉的容器中，當上述反應達到平衡時，下列說法正確的是_（填序號）a.2v逆（SO2

6、）=v正（O2） bH保持不變c混合氣體密度保持不變 d混合氣體的平均相對分子質量保持不變（3）500時，在催化劑存在條件下，分別將2mol SO2和1mol O2置于恒壓容器I和恒容容器II中（兩容器起始容積相同，），充分反應均達到平衡后，兩容器中SO2的轉化率關系是I_II（填“”、“”或“=”）若測得容器II中的壓強減小了30%，則該容器中SO3體積分數(shù)為_（結果保留3位有效數(shù)字）（4）將生成的SO3溶于水，再向溶液中通入NH3得到1L cmol/L（NH4）2SO4溶液的PH=5，計算該（NH4）2SO4溶液的水解平衡常數(shù)Kh=_（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作原電池，其裝置見

7、右圖該電池中Na+向_電極移動（填“”或“”），在電池使用過程中石墨I電極上生成氧化物Y，其電極反應為_9（16分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效氧化劑、漂白劑已知 NaClO2飽和溶液在溫度低于38時析出的晶體是NaClO23H2O，高于38時析出固體是無水NaClO2，高于60時NaClO2分解成NaClO3和NaCl利用下圖所示裝置制備亞氯酸鈉完成下列填空：（1）組裝好儀器后，檢查裝置氣密性的操作是_（2）裝置中用NaClO3、Na2SO3和濃H2SO4反應制得ClO2，寫出該反應的化學方程式_，裝置發(fā)生反應的離子方程式為_（3）裝置反應后的溶液中還含有少量NaOH雜質，從該溶液獲得

8、無水NaClO2晶體的操作步驟為：50左右蒸發(fā)結晶；_；用50左右的溫水洗滌；低于60干燥，得到成品步驟中用50左右的溫水洗滌的原因是_實驗序號滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL10.0019.9623.2623.3031.1023.40（4）準確稱取所得亞氯酸鈉樣品10.0g于燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應將所得混合液配成250mL待測溶液取25.00mL待測液，用2.0molL1Na2S2O3標準液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），以淀粉溶液做指示劑，達到滴定終點時的現(xiàn)象為_重復滴定3次，測得數(shù)據(jù)如表所示，則該樣品中NaClO2的質量分數(shù)為_

9、（5）在實驗過程中，下列操作會使實驗結果偏高的是_a讀取標準液體積時，開始時平視讀數(shù)，結束時仰視讀數(shù)b配制250mL待測液時，定容后搖勻發(fā)現(xiàn)液面下降，又補加水重新達到刻度線c盛裝待測液的滴定管注液前未用待測溶液潤洗d盛裝標準液的滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失（6）已知常溫下Ka（HClO2）=1×102、Ka（CH3COOH）=1.75×105，則0.1mol/L的HClO2溶液與0.05mol/L的NaOH溶液等體積混合所得溶液中各離子濃度由大到小的順序為_10（14分）電解法促進橄欖石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工藝流程如下：已知：Mg2S

10、iO4（s）+4HCl（aq）2MgCl2（aq）+SiO2 （s）+2H2O（l）H=49.04kJmol1（1）橄欖石的組成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示為_（2）圖1虛框內需要補充一步工業(yè)生產(chǎn)的名稱為_（3）下列物質中也可用作“固碳”的是_（填字母）aCaCl2 bH2NCH2COONa c（NH4）2CO3（4）由圖2可知，90后曲線A溶解效率下降，分析其原因_（5）過濾所得濾液中含有Fe2+，檢驗該離子方法為_（6）過程為除去濾液中的雜質，寫出該除雜過程所涉及反應的離子方程式_、_11銀、銅均屬于重金屬，從銀銅合金廢料中回收銀并制備含銅化合物產(chǎn)品的工藝如圖所示：（1）

11、熔煉時被氧化的元素是_，酸浸時反應的離子方程式為_為提高酸浸時銅元素的浸出率及浸出速率，酸浸前應對渣料進行處理，其處理方法是_（2）操作a是_，固體B轉化為CuAlO2的過程中，存在如下反應，請?zhí)顚懣瞻滋帲篲CuO+_Al2O3_+_（3）若殘渣A中含有n mol Ag，將該殘渣全部與足量的稀HNO3置于某容器中進行反應，寫出反應的化學方程式_為徹底消除污染，可將反應中產(chǎn)生的氣體與V L（標準狀況）空氣混合通入水中，則V至少為_L（設空氣中氧氣的體積分數(shù)為0.2）（4）已知2Cu+ Cu+Cu2+，試分析CuAlO2分別與足量鹽酸、稀硝酸混合后，產(chǎn)生現(xiàn)象的異同點_（5）假設粗銀中的雜質只有少量

12、的銅，利用電化學方法對其進行精煉，則粗銀應與電源的_極相連，當兩個電極上質量變化值相差30.4g時，則兩個電極上銀質量的變化值相差_g12Fe2+、Fe3+與O22、CN、F、有機分子等形成的化合物具有廣泛的應用（1）N、O、F三種元素原子的第一電離能由大到小的順序是_（2）基態(tài)Fe3+核外M能層的電子排布式為_（3）鐵有、三種同素異形體（如圖1），則晶胞原子堆積名稱為_假設各種晶型的鐵單質都是由半徑為r的鐵原子堆積而成，則晶胞與晶胞的密度比為_（列式并化簡）（4）乙?；F是常用汽油抗震劑，其結構如圖2所示此物質中碳原子的雜化方式有_（5）配合物K3Fe（CN）6可用于電子傳感器的制作與配

13、體互為等電子體的一種分子的電子式為_已知（CN）2是直線形分子，并具有對稱性，則（CN）2中鍵和鍵的個數(shù)比為_（6）F不僅可與Fe3+形成FeF63，還可以與Mg2+、K+形成一種立方晶系的離子晶體，此晶體應用于激光領域，結構如圖3所示該晶體的化學式為_在該晶體中與一個F距離最近且相等的F的個數(shù)為_13有機物A常用于食品加工和有機合成以A為原料制備陰離子樹脂M和新型聚酯材料N等的合成路線如下：已知：IRCHCHOH不穩(wěn)定，很快轉化為RCH2CHO（1）反應的反應類型是_（2）B中官能團的名稱是_（3）D與新制Cu（OH）2反應的化學方程式是_（4）下列關于E的說法正確的是_a不溶于水b能與H2

14、發(fā)生還原反應c能被酸性重鉻酸鉀溶液氧化d與NaOH醇溶液共熱發(fā)生消去反應（5）M的結構簡式是_（6）反應的化學方程式是_（7）A的屬于酯類的同分異構體有_種，其中只含一個甲基的同分異構體的結構簡式是_參考答案與試題解析一、選擇題（本題包括13小題，每題只有一個選項符合題意，每題6分）1下列說法正確的是( )A膠體區(qū)別于其它分散系的本質特征是具有丁達爾現(xiàn)象B煤的氣化、石油分餾、海水制鎂、海帶提碘等過程中都包含化學變化C棉花和木材的主要成分都是纖維素，蠶絲、羊毛和人造絲的主要成分都是蛋白質D甲苯能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化成苯甲酸，而甲烷不反應，說明苯環(huán)能夠使甲基變活潑【考點】分散系、膠體與溶液的概

15、念及關系；物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系；有機分子中基團之間的關系；淀粉的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點 【分析】A膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是粒子直徑在1nm100nm之間； B有新物質的變化屬于化學變化；C人造絲的主要成分是合成纖維；D苯環(huán)影響甲基，使甲基易被氧化【解答】解：A膠體區(qū)別于其他分散系的本質特征是粒子直徑在1nm100nm之間，膠體具有丁達爾效應，但不是本質特征，故A錯誤； B石油分餾沒有新物質生成，是物理變化，故B錯誤；C棉花和木材的主要成分都是纖維素，蠶絲、羊毛的主要成分都是蛋白質，人造絲的主要成分是合成纖維，故C錯誤；D苯環(huán)影響甲基，使甲基易被氧化，則甲苯

16、能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確故選D【點評】本題考查有機物的結構與性質，注意把握官能團和性質的關系，熟悉膠體、化學變化、苯的性質即可解答，題目難度不大2某X溶液可使甲基橙呈紅色，在該溶液中可能含有K+、Fe2+、A13+、NH4+、CO32、SO32、SO42、AlO2、SiO32、C1中的若干種，現(xiàn)取X溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程現(xiàn)象及產(chǎn)物如下，下列說法正確的是( )AX中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、C1BX中不能確定的離子是 K+和C1C沉淀G在空氣中放置過程中，沉淀顏色會由白色變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色D標準狀況下將一試管D氣體倒扣在水槽中充分吸收（假設所得溶液沒有擴散），所得

17、溶液物質的量濃度約為0.036mol/L【考點】常見陽離子的檢驗；常見陰離子的檢驗 【專題】物質檢驗鑒別題【分析】強酸性溶液，一定沒有CO32、SO32、AlO2、SiO32，加入硝酸鋇，引進硝酸根，溶液具有強氧化性，一定含有亞鐵離子，故A是一氧化氮，D是二氧化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸鋇，溶液中一定含有硫酸根；加入過量氫氧化鈉，產(chǎn)生的氣體F是氨氣，原溶液中一定含有銨根離子，生成了沉淀G，為Fe（OH）3；H中通入二氧化碳，生成沉淀I，沉淀為氫氧化鋁；根據(jù)以上分析，對選項逐一判斷【解答】解：某X溶液可使甲基橙呈紅色，故X是強酸性溶液，則原溶液中一定沒有CO32、SO32、AlO2、SiO32加

18、入硝酸鋇，溶液具有了強氧化性，能產(chǎn)生氣體A，則原溶液中一定含F(xiàn)e2+，F(xiàn)e2+與NO3在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成的氣體A是NO，D是NO2，E則為HNO3；由于無沉淀生成，故原溶液中無SO42，根據(jù)溶液要呈電中性可知，溶液中一定含C1，故溶液中一定含有還原性的離子Fe2+和C1，一定不含SO42；B中加入氫氧化鈉產(chǎn)生了氣體F，F(xiàn)一定是氨氣，溶液中一定含有NH4+；由于Fe2+被氧化為Fe3+，故生成的沉淀G為Fe（OH）3；H中通入過量的二氧化碳生成了沉淀I，則I為氫氧化鋁，故溶液中一定含有A13+；故溶液中一定含F(xiàn)e2+、A13+、NH4+、C1，一定不含CO32、SO32、AlO2、

19、SiO32、SO42；K+的存在不能確定A、溶液中一定含F(xiàn)e2+、A13+、NH4+、C1，故A正確；B、根據(jù)分析，C1一定存在，故B錯誤；C、由于Fe2+被氧化為Fe3+，故生成的沉淀G為Fe（OH）3，不會發(fā)生此顏色變化，故C錯誤；D、假設該容器的容積為3L，則二氧化氮的體積為3L二氧化氮和水反應的方程式為：3NO2 +H2O=2HNO3+NO，3 2 mol 反應前后氣體的體積由3L變?yōu)?L，所以溶液的體積為2L；該溶液的溶質為硝酸，所以硝酸的物質的量濃度為C=0.045mol/L故D錯誤故選A【點評】本題考查了二氧化氮的性質及物質的量濃度的計算，因為二氧化氮和水反應后還有氣體生成，所以

20、溶液不能充滿容器，容器內溶液的體積只占容器容積的，所以正確判斷溶液的體積是解本題的關鍵3下列圖示與對應的敘述不相符的是( )A如圖表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點所示的溶液是80時KNO3的不飽和溶液B如圖表示某放熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化C如圖表示0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1醋酸溶液得到的滴定曲線D如圖表示已達平衡的某反應，在t0時改變某一條件后反應速率隨時間變化，則改變的條件可能是增大壓強【考點】溶解度、飽和溶液的概念；反應熱和焓變；化學平衡的影響因素；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算 【專題】圖像圖表題【分

21、析】Aa點時溶解的硝酸鉀的質量小于80時KNO3的溶解度，說明該溶液為不飽和溶液；B反應物的總能量大于生成物的總能量為放熱反應，使用催化劑可以降低活化分子需要能量；C醋酸為弱酸，沒有滴入氫氧化鈉溶液時，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D在t0時改變某一條件后瞬間正逆反應速率都增大，且反應速率相等，平衡不移動，改變的條件可能為增大了壓強【解答】解：A曲線上所有的點代表相應溫度下KNO3溶液的溶解度，均為飽和溶液，a點溶解的KNO3的質量遠小于飽和時的數(shù)值，因此a點所示的溶液是80時KNO3的不飽和溶液，該說法正確，故A錯誤；B反應物的總能量大于生成物的總能量為放熱反應，因此圖象表示

22、的為放熱反應；使用催化劑能夠降低活化分子能量，使用催化劑時需要能量低于不使用催化劑的能量，該圖示與對應的敘述相符，故B錯誤；C.0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1CH3COOH溶液，消氫氧化鈉溶液體積為0時，醋酸為弱電解質，醋酸溶液的pH大于1，圖象中醋酸的pH=1與實際不符，故C正確；D對于反應前后氣體的化學計量數(shù)相等的化學平衡，增大壓強，正逆反應速率瞬間同時增大且相等，圖示變化可能為改變了壓強，圖象變化與題中描述一致，故D錯誤；故選C【點評】本題考查反應熱和焓變、溶解度和飽和溶液、反應速率與化學平衡的關系，題目難度中等，注意明確飽和溶液概念、反應速

23、率與化學平衡的關系，試題側重考查學生運用所學原理從圖象中獲取信息、分析問題、及解決問題的能力4某有機物A的分子式為C10H14O，已知A為芳香族化合物，苯環(huán)含有兩個取代基，苯環(huán)上的一溴代物只有兩種；又知A既能發(fā)生催化氧化反應，又能發(fā)生消去反應則A的結構共有( )A5種 B6種C7種 D8種【考點】有機化合物的異構現(xiàn)象 【分析】C10H14O的不飽和度為：=4，A為芳香族化合物，那么除苯環(huán)外剩余基團為飽和基，A既能發(fā)生催化氧化反應，又能發(fā)生消去反應，那么A應一個支鏈上含有能發(fā)生消去反應的醇羥基，且與其相連的鄰位C上至少含有1個H，據(jù)此判斷即可【解答】解：C10H14O為芳香族化合物，苯環(huán)含有兩個

24、取代基，苯環(huán)上的一溴代物只有兩種，那么兩個取代基處于對位，A既能發(fā)生催化氧化反應，又能發(fā)生消去反應，那么A中應含有醇羥基，取代基可以是：甲基、丙基，甲基、異丙基；乙基、乙基；甲基上若連有羥基，不能發(fā)生消去反應，故無同分異構體；其中丙基中含有3種H，均能發(fā)生氧化和消去，故有3種；異丙基中含有2種H，其中只有在甲基上取代才能氧化，只有1種；乙基中含有2種H，均能發(fā)生消去和氧化，故有2種，故總共有3+1+2=6種，故選B【點評】本題主要考查的是同分異構體的判斷，抓住二元取代物的一溴代物只有一種確定對位關系，依據(jù)能發(fā)生氧化和消去確定羥基所連的位置，有一定難度5下列裝置能達到實驗目的是( )A實驗室制乙

25、烯B實驗室制少量CO2C比較不同催化劑對反應速率的影響D比較氯、碳、硅三種元素的非金屬性【考點】化學實驗方案的評價 【專題】實驗評價題【分析】A制取乙烯，應測定混合液的溫度；B固體與液體混合，不需要加熱制取二氧化碳；C過氧化氫的濃度應相同；D鹽酸易揮發(fā)，則不能說明碳酸的酸性大于硅酸【解答】解：A制取乙烯，應測定混合液的溫度，應將溫度計伸到液面以下，故A錯誤；B固體與液體混合，不需要加熱制取二氧化碳，圖中裝置符合，故B正確；C過氧化氫的濃度應相同比較比較不同催化劑對反應速率的影響，而圖中濃度不同，濃度也影響反應速率，故C錯誤；D鹽酸易揮發(fā)，則不能說明碳酸的酸性大于硅酸，應排除鹽酸的干擾，發(fā)生二氧

26、化碳與硅酸鈉的反應，故D錯誤；故選B【點評】本題考查化學實驗方案的評價，涉及氣體的制備、反應速率的影響因素、非金屬性的比較，注意控制變量法及酸性與非金屬性的關系，題目難度不大6短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次遞增，A與C同主族，B與D同主族，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，D元素原子最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的2倍，四種元素原子的核電荷數(shù)之和為36則下列敘述正確的是( )AC元素的單質在B元素的單質中燃燒，產(chǎn)物1mol與足量的水反應轉移電子數(shù)為NAB由上述元素形成的化合物只有一種具有漂白性CB、C、D三種元素形成的化合物的水溶液用惰性電極電解時，溶液pH一定不變DA、B

27、形成化合物的沸點高于A、C形成化合物的沸點，因為前者分子間形成了氫鍵【考點】原子結構與元素周期律的關系 【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次遞增，B與D同主族，B的原子序數(shù)大于A，故B處于第二周期，D處于第三周期，D元素原子最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的2倍，則D為S元素，B為O元素，A與C同主族，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，設A的最外層電子數(shù)為x，則2x=2，x=1，即A、C處于IA族，二者核電荷數(shù)之和為36816=12，故A為H元素，C為Na，據(jù)此解答【解答】解：短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次遞增，B與D同主族，B的原子序數(shù)大于A，故B處于第二周期，D

28、處于第三周期，D元素原子最外層電子數(shù)為電子層數(shù)的2倍，則D為S元素，B為O元素，A與C同主族，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，設A的最外層電子數(shù)為x，則2x=2，x=1，即A、C處于IA族，二者核電荷數(shù)之和為6816=12，故A為H元素，C為NaANa在氧氣燃燒生成Na2O2，與水發(fā)生反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反應中過氧化鈉起氧化劑、還原劑作用，各占一半，1mol過氧化鈉反應轉移電子為1mol××2×0（1）=1mol，即轉移電子數(shù)數(shù)為NA，故A正確；B上述元素形成的過氧化鈉、二氧化硫等具有漂白性，故B錯誤；CB、C、D

29、三種元素形成的化合物為硫酸鈉或亞硫酸鈉，亞硫酸鈉溶液呈堿性，用惰性電極電解時，溶液pH發(fā)生變化，故C錯誤；DA、B形成化合物為水等，A、C形成化合物為NaH，前者分子晶體，后者屬于離子晶體，NaH的沸點較高，故D錯誤，故選：A【點評】本題考查位置結構性質的關系，根據(jù)B的原子序數(shù)大于A、三種元素位置的關系，明確元素B為第二周期元素是解答本題的關鍵，題目難度中等7取銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應過程中硝酸被還原只產(chǎn)生0.896L NO2氣體和0.672LN2O4的氣體（氣體體積都已折算到標準狀況），在反應后的溶液中加足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質量為3.7g則合金中銅與鎂的物質的量之比等于( )A

30、1：1B2：1C2：3D3：2【考點】有關混合物反應的計算 【分析】銅和鎂失去的電子的物質的量，等于硝酸被還原為二氧化氮、四氧化二氮獲得的電子的物質的量；生成沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，設出銅、鎂的物質的量，然后根據(jù)電荷守恒、沉淀的質量列式計算【解答】解：標況下0.896L 的NO2氣體的物質的量為：=0.04mol，0.672LN2O4氣體的物質的量為：=0.03mol，所以金屬提供的電子的物質的量為：0.04mol×（54）+0.03mol×2×（54）=0.1mol，最后生成沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，設合金中銅、鎂的物質的量分別為x、y，則氫氧化銅、氫氧化鎂的

31、物質的量分別為x、y，根據(jù)生成沉淀的質量可得：98x+58y=3.7g，根據(jù)電子守恒可得：2x+2y=0.1mol，聯(lián)立解得：x=0.02、y=0.03mol，所以合金中銅與鎂的物質的量之比為：0.02mol：0.03mol=2：3，故選C【點評】本題考查混合物反應的計算，題目難度中等，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意電子守恒、質量守恒在化學計算中的應用方法三、（非選擇題）：包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（11題，共129分）8（13分）PM2.5污染跟工業(yè)燃煤密切相關，燃煤還同時排放大量的SO2和

32、NOX（1）在一定條件下，SO2氣體可被氧氣氧化，每生成8g SO3氣體，放出9.83kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）=196.6kJ/mol若起始時向密閉容器內充入0.4mol SO2和0.2mol O2，達平衡后放出的熱量為Q，則Q39.32kJ（填“”、“”或“=”）（2）一定條件下，在恒容密閉的容器中，當上述反應達到平衡時，下列說法正確的是ad（填序號）a.2v逆（SO2）=v正（O2） bH保持不變c混合氣體密度保持不變 d混合氣體的平均相對分子質量保持不變（3）500時，在催化劑存在條件下，分別將2mol SO2和1mol O2置于恒壓

33、容器I和恒容容器II中（兩容器起始容積相同，），充分反應均達到平衡后，兩容器中SO2的轉化率關系是III（填“”、“”或“=”）若測得容器II中的壓強減小了30%，則該容器中SO3體積分數(shù)為86.7%（結果保留3位有效數(shù)字）（4）將生成的SO3溶于水，再向溶液中通入NH3得到1L cmol/L（NH4）2SO4溶液的PH=5，計算該（NH4）2SO4溶液的水解平衡常數(shù)Kh=（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作原電池，其裝置見右圖該電池中Na+向電極移動（填“”或“”），在電池使用過程中石墨I電極上生成氧化物Y，其電極反應為NO2+NO3eN2O5【考點】化學平衡的計算；熱化學方程式；原電池

34、和電解池的工作原理；化學平衡的影響因素；化學平衡狀態(tài)的判斷 【分析】（1）發(fā)生反應：2SO2+O2=2SO3，計算生成2mol三氧化硫反應放出的熱量，注明物質的聚集狀態(tài)與反應熱書寫熱化學方程式；可逆反應不能完全轉化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫為0.1mol，故放出的熱量小于生成2mol三氧化硫放出熱量的4倍；（2）a可逆反應到達平衡時，不同物質表示的正逆速率之比等于化學計量數(shù)之比；bH與化學計量數(shù)有關；c恒容條件下，混合氣體密度始終保持不變； d混合氣體總質量不變，隨反應進行總減小，平衡相對分子質量增大，混合氣體的平均相對分子質量保持不變，說明反應到達平衡；（3）恒容容器II中

35、隨反應進行，混合氣體總物質的量減小，則平衡時容器內壓強減小，恒壓容器I中平衡可以等效為容器在II平衡的基礎上增大壓強，平衡正向移動；若測得容器II中的壓強減小了30%，則平衡時混合氣體總物質的量減?。?mol+1mol）×30%=0.9mol，平衡時總物質的量為3mol0.9mol=2.1mol，根據(jù)差量法可知平衡時三氧化硫的物質的量為0.9mol×2=1.8mol，進而計算該容器中SO3體積分數(shù)；（4）將生成的SO3溶于水，得到（NH4）2SO4溶液濃度為cmol/L，溶液的pH=5，溶液中c（NH3H2O）c（H+），c（NH4+）2cmol/L，代入水解平衡常數(shù)Kh=

36、計算；（5）原電池中電子由負極通過導線聚集在正極，正極發(fā)生還原反應，電解質陽離子向正極移動；NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池，該電池在使用過程中石墨電極上生成氧化物Y，Y為五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去電子，與硝酸根離子反應生成五氧化二氮，石墨II上是氧氣獲得電子，與五氧化二氮獲反應生成硝酸根【解答】解：（1）生成2mol三氧化硫反應放出的熱量為9.83kJ×=196.6kJ，故反應熱化學方程式為：2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）=196.6kJ/mol，可逆反應不能完全轉化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫為0.1mol，故放出的熱量小于生成2mo

37、l三氧化硫放出熱量的4倍，即Q39.32kJ，故答案為：2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）=196.6kJ/mol；（2）a由于2v逆（SO2）=v逆（O2），而2v逆（SO2）=v正（O2），則v逆（O2）=v正（O2），故反應處于平衡狀態(tài)，故a正確；bH與化學計量數(shù)有關，不能說明平衡是否處于平衡狀態(tài)，故b錯誤；c恒容條件下，混合氣體總質量不變，則混合氣體密度始終保持不變，故c錯誤； d混合氣體總質量不變，隨反應進行總減小，平衡相對分子質量增大，混合氣體的平均相對分子質量保持不變，說明反應到達平衡，故d正確，故選：ad；（3）恒容容器II中隨反應進行，混合氣體總物質的量減小，則平衡時

38、容器內壓強減小，恒壓容器I中平衡可以等效為容器在II平衡的基礎上增大壓強，平衡正向移動，故兩容器中SO2的轉化率關系是III；若測得容器II中的壓強減小了30%，則平衡時混合氣體總物質的量減?。?mol+1mol）×30%=0.9mol，平衡時總物質的量為3mol0.9mol=2.1mol，2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g） 物質的量減小 2 1 1.8mol 0.9mol該容器中SO3體積分數(shù)為×100%=85.7%，故答案為：；85.7%；（4）將生成的SO3溶于水，得到（NH4）2SO4溶液濃度為cmol/L，溶液的pH=5，溶液中c（NH3H2O）c（H+）

39、，c（NH4+）2cmol/L，代入水解平衡常數(shù)Kh=，故答案為：；（5）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池，該電池在使用過程中石墨電極上生成氧化物Y，Y為五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去電子，與硝酸根離子反應生成五氧化二氮，石墨II上是氧氣獲得電子，與五氧化二氮獲反應生成硝酸根，而原電池中電子由負極通過導線聚集在正極，正極發(fā)生還原反應，電解質陽離子向正極移動，即鈉離子向極移動，石墨I上電極反應式為：NO2e+NO3=N2O5，故答案為：；NO2e+NO3=N2O5【點評】本題考查化學平衡計算、化學平衡狀態(tài)判斷、熱化學方程式、水解平衡常數(shù)、原電池等，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用知

40、識的能力，難度中等9（16分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效氧化劑、漂白劑已知 NaClO2飽和溶液在溫度低于38時析出的晶體是NaClO23H2O，高于38時析出固體是無水NaClO2，高于60時NaClO2分解成NaClO3和NaCl利用下圖所示裝置制備亞氯酸鈉完成下列填空：（1）組裝好儀器后，檢查裝置氣密性的操作是關閉分液漏斗的玻璃旋塞，將干燥管的末端浸末在水中，微熱錐形瓶，干燥管末端有氣泡產(chǎn)生，停止加熱一段時間后，有回流的液柱，則氣密性良好（2）裝置中用NaClO3、Na2SO3和濃H2SO4反應制得ClO2，寫出該反應的化學方程式2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（濃）=2

41、ClO2+2Na2SO4+H2O，裝置發(fā)生反應的離子方程式為2ClO2+H2O2+2Na+2OH+4H2O=2NaClO23H2O+O2（3）裝置反應后的溶液中還含有少量NaOH雜質，從該溶液獲得無水NaClO2晶體的操作步驟為：50左右蒸發(fā)結晶；趁熱過濾；用50左右的溫水洗滌；低于60干燥，得到成品步驟中用50左右的溫水洗滌的原因是防止產(chǎn)生NaClO23H2O晶體實驗序號滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL10.0019.9623.2623.3031.1023.40（4）準確稱取所得亞氯酸鈉樣品10.0g于燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應將所得混合液配成25

42、0mL待測溶液取25.00mL待測液，用2.0molL1Na2S2O3標準液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），以淀粉溶液做指示劑，達到滴定終點時的現(xiàn)象為當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3時，溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不變色重復滴定3次，測得數(shù)據(jù)如表所示，則該樣品中NaClO2的質量分數(shù)為90.5%（5）在實驗過程中，下列操作會使實驗結果偏高的是a、da讀取標準液體積時，開始時平視讀數(shù)，結束時仰視讀數(shù)b配制250mL待測液時，定容后搖勻發(fā)現(xiàn)液面下降，又補加水重新達到刻度線c盛裝待測液的滴定管注液前未用待測溶液潤洗d盛裝標準液的滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失（6）已知常溫下Ka

43、（HClO2）=1×102、Ka（CH3COOH）=1.75×105，則0.1mol/L的HClO2溶液與0.05mol/L的NaOH溶液等體積混合所得溶液中各離子濃度由大到小的順序為c（ClO2）c（Na+）c（H+）c（OH）【考點】制備實驗方案的設計 【專題】實驗設計題【分析】（1）利用氣體熱脹冷縮、容器內外形成壓強差檢驗氣密性；（2）在酸性條件下，NaClO3和Na2SO3溶液混合反應生成ClO2、Na2SO4和水；根據(jù)題意知，裝置反應后獲得NaClO2晶體，即ClO2、NaOH和H2O2反應生成NaClO23H2O和O2；（3）根據(jù)NaClO2飽和溶液在溫度低于3

44、8時析出的晶體是NaClO23H2O，高于38時析出晶體是NaClO2，高于60時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶體，需在3860得到晶體；（4）有碘單質參和生成的反應，一般采用淀粉溶液做指示劑，該反應是Na2S2O3標準液滴定碘，終點溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不變色；先根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性求出消耗的Na2S2O3標準液體積的平均值，計算時一般找出關系式，由此進行計算，關系式為ClO22I24S2O32；（5）a根據(jù)c（待測）分析誤差；b配制250mL待測液時，定容后搖勻發(fā)現(xiàn)液面下降，又補加水重新達到刻度線，溶液體積偏大，根據(jù)c=分析誤差；c根據(jù)c（待測）分析誤差

45、；d根據(jù)c（待測）分析誤差；（6）等濃度的CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度，溶液呈酸性，由Ka（HClO2）=1×102、Ka（CH3COOH）=1.75×105可知，HClO2的酸性大于醋酸，所以等濃度的HClO2與NaClO2的混合溶液，HClO2的電離程度大于ClO2離子的水解程度，溶液呈酸性，從而確定離子濃度大小【解答】解：（1）組裝好儀器后，檢查整套裝置氣密性的操作是關閉分液漏斗的玻璃旋塞，將干燥管的末端浸末在水中，微熱錐形瓶，干燥管末端有氣泡產(chǎn)生，停止加熱一段時間后，有回流的液柱，則氣密性良好；故答案

46、為：關閉分液漏斗的玻璃旋塞，將干燥管的末端浸末在水中，微熱錐形瓶，干燥管末端有氣泡產(chǎn)生，停止加熱一段時間后，有回流的液柱，則氣密性良好；（2）在酸性條件下，NaClO3和Na2SO3溶液混合反應生成ClO2、Na2SO4和水，反應為：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（濃）=2ClO2+2Na2SO4+H2O；裝置反應后獲得NaClO2晶體，即ClO2、NaOH和H2O2反應生成NaClO2、H2O和O2，離子方程式為：2ClO2+H2O2+2Na+2OH+4H2O=2NaClO23H2O+O2；故答案為：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（濃）=2ClO2+2Na2SO4+H2O

47、；2ClO2+H2O2+2Na+2OH+4H2O=2NaClO23H2O+O2；（3）因為NaClO2飽和溶液在溫度低于38時析出的晶體是NaClO23H2O，高于38時析出晶體是NaClO2，高于60時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶體，需在3860得到晶體，所以為防止析出晶體NaClO23H2O，應趁熱過濾，由題目信息可知，應控制溫度3860進行洗滌，低于60干燥；故答案為：趁熱過濾；防止產(chǎn)生NaClO23H2O晶體；（4）以淀粉溶液做指示劑，碘單質遇淀粉變藍色，反應結束時，碘反應完全，藍色褪去，達到滴定終點時的現(xiàn)象為當?shù)渭幼詈笠坏蜰a2S2O3標準液時，溶

48、液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不變色；故答案為：當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3時，溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內不變色；滴定3次，消耗的1Na2S2O3標準液的體積分別為：19.96mL，20.04mL，23.40mL，第3組誤差較大，舍去，兩次測定的平均值為20.00mL，根據(jù)題給反應ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+C1，I2+2S2O32=2I+S4O62得關系式：ClO22I24S2O32，設樣品中NaClO2的質量分數(shù)為x，則有：ClO24S2O3290.5g 4mol10.0gx 2molL1×0.02L×10解得：x=90.5%故答案為：90.5%；（5）a讀

49、取標準液體積時，開始時平視讀數(shù)，結束時仰視讀數(shù)，V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）分析，可知c（待測）偏高，故a正確；b配制250mL待測液時，定容后搖勻發(fā)現(xiàn)液面下降，又補加水重新達到刻度線，溶液體積偏大，根據(jù)c=分析，可知所配制溶液的濃度偏小，故b錯誤；c盛裝待測液的滴定管注液前未用待測溶液潤洗，待測液濃度偏小，其溶質的物質的量偏小，V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）分析，可知c（待測）偏低，故c錯誤；d盛裝標準液的滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失，V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）分析，可知c（待測）偏高，故d正確；故選：a、d；（6）0.1mol/L的HClO2溶液與0.05mol/L的

50、NaOH溶液等體積混合，兩者反應生成0.025mol/LNaClO2，同時剩余0.025mol/HClO2，等濃度的CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度，溶液呈酸性，由Ka（HClO2）=1×102，Ka（CH3COOH）=1.75×105可知，HClO2的酸性大于醋酸，所以等濃度的HClO2與NaClO2的混合溶液，HClO2的電離程度大于ClO2離子的水解程度，溶液呈酸性，溶液中離子濃度大小為：c（ClO2）c（Na+）c（H+）c（OH）；故答案為：c（ClO2）c（Na+）c（H+）c（OH）【點評】本題考查

51、物質的制備、對信息的利用、對裝置的理解、氧化還原反應滴定等，理解原理是解題的關鍵，同時考查學生分析問題、解決問題的能力，難度較大，注意氧化還原反應滴定中利用關系式進行的計算10（14分）電解法促進橄欖石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工藝流程如下：已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）2MgCl2（aq）+SiO2 （s）+2H2O（l）H=49.04kJmol1（1）橄欖石的組成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示為9MgOFeO5SiO2（2）圖1虛框內需要補充一步工業(yè)生產(chǎn)的名稱為氯堿工業(yè)（3）下列物質中也可用作“固碳”的是bc（填字母）aCaCl2 bH2NC

52、H2COONa c（NH4）2CO3（4）由圖2可知，90后曲線A溶解效率下降，分析其原因120min后，溶解達到平衡，而反應放熱，升溫平衡逆向移動，溶解效率降低（5）過濾所得濾液中含有Fe2+，檢驗該離子方法為取少量濾液，加入KSCN溶液無現(xiàn)象，滴入氯水溶液變紅色證明含亞鐵離子或取少量濾液于試管中，滴加幾滴K3Fe（CN）6溶液，有特征藍色沉淀生成，則證明濾液中有Fe2+（6）過程為除去濾液中的雜質，寫出該除雜過程所涉及反應的離子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O、2Fe3+3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備

53、實驗方案的設計 【分析】（1）硅酸鹽是構成地殼巖石的主要成分，化學上常用二氧化硅和氧化物的形式表示其組成，例如：鎂橄欖石（Mg2SiO4）常以2MgOSiO2表示，可看出改寫中要保證原子總數(shù)，化合價不變，按化合價分別寫出氧化物的化學式，如有多個原子，在前面加上系數(shù)，使之成為倍數(shù)，據(jù)此進行分析解答；（2）工業(yè)上用氯電解飽和食鹽水會獲得燒堿；（3）根據(jù)能和二氧化碳之間反應的物質能來固定二氧化碳來回答；（4）溫度對化學反應平衡移動的影響知識來回答；（5）亞鐵離子的檢驗用KSCN和氯水；（6）過程為除去濾液中的雜質，反應為過氧化氫氧化亞鐵離子，氧化鎂和鐵離子反應生成氫氧化鐵和鎂離子【解答】解：（1）根據(jù)硅酸鹽寫成氧化物的規(guī)律，Mg9FeSi5O20用氧化物的形式可表示為9MgOFeO5SiO2，故答案為：9MgOFeO5SiO2；（2）根據(jù)流程圖，固碳時主要反應的方程式為NaOH（aq）+CO2 （g）=NaHCO3 （aq），工業(yè)上用氯電解飽和食鹽水會獲得燒堿，缺少燒堿的制取流程，生成的氯化氫是電解氯化鈉溶液生成的氫氣和氯氣反應得到，故答案為：氯堿工業(yè)；（3）所給的物質中，NH3H2O、Na2CO3 可以