江西省紅色七校高三上學期第一次聯(lián)考化學試卷解析

1、2016-2017學年江西省紅色七校高三（上）第一次聯(lián)考化學試卷一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共48分）1現(xiàn)代生活需要提升我們的科學素養(yǎng)，以下說法科學的是（）A某護膚品廣告宣稱產(chǎn)品不含任何化學成分B漂白粉長期放置會被空氣中的氧氣氧化而變質C日用鋁制品表面不用刷漆防腐蝕D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生主要是由于汽油中含有氮元素而產(chǎn)生的2設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的電子數(shù)一定為3.2NAB密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC24g二氧化硅晶體中含有SiO2分子數(shù)為0.4NAD5.6g Fe與

2、含0.2mol HNO3的溶液充分反應，至少失去電子數(shù)為0.2NA3用標準的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列操作不會引起實驗誤差的是（）A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定B用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進行滴定C用堿式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進行滴定D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時即停止加鹽酸4下列有關物質分類和氧化還原的描述正確的是（）A酸性氧化物一定是非金屬氧化物，混合物、分散系、膠體有從屬關系B元素的單質可由氧化或還原含該元素的化合物來制得C得電子越多的氧化劑，其氧化性就越強；含

3、最高價元素的化合物一定具有強的氧化性D燒堿、熟石灰均屬于堿，酸、堿、鹽之間發(fā)生的反應均屬于復分解反應5短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為17，X與Y是組成化合物種類最多的元素，W是地殼中含量最高的元素下列說法正確的是（）A原子半徑大小順序：r（Y）r（Z）r（W）r（M）B由三種元素X、Z、W形成的化合物中只有共價鍵而無離子鍵CZ的氣態(tài)氫化物比W的氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定D分子式為Y4X8W2的物質超過10種6下列相關反應的離子方程式書寫錯誤的是（）A在強堿溶液中NaClO與Fe（OH）3反應生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O

4、+2FeO42B少量SO2通入苯酚鈉溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+7已知反應BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2能進行完全以下推斷中正確的是（）ABeCl2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物BeCl2BNa2BeO2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物Na2BeO2CBe（OH）2即能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液DBeCl2水溶液的導電性強，BeCl2一定

5、是離子晶體8去甲腎上腺素可以調控動物機體的植物性神經(jīng)功能，其結構簡式如圖所示下列說法正確的是（） A每個去甲腎上腺素分子中含有3個酚羥基B每個去甲腎上腺素分子中含有8種氫原子C1mol去甲腎上腺素最多能與2molBr2發(fā)生取代反應D去甲腎上腺素既能與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應9工業(yè)上，可用硫酸鈰溶液吸收尾氣中NO，其化學方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列說法正確的是（）A在該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2B在該反應中，氧化產(chǎn)物有兩種，還原產(chǎn)物有一種C若不考慮溶液體積變化，吸收尾氣后，溶液的pH將增大D在

6、該反應中，每消耗22.4LNO必轉移2 mol電子10CH3OH是重要的化工原料，工業(yè)上用CO與H2在催化劑作用下合成CH3OH，其反應為：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）按n（CO）：n（H2）=1：2向密閉容器中充入反應物，測得平衡時混合物中CH3OH的體積分數(shù)在不同壓強下隨溫度的變化如圖所示下列說法中，正確的是（）AP1P2B該反應的H0C平衡常數(shù)：K（A）=K（B）D在C點時，CO轉化率為75%11向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，合金完全溶解，同時生成NO2、NO混合氣體，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等質量的合金，使其與一定量的

7、氯氣恰好完全反應，則氯氣的體積在標準狀況下為（）A7.84LB6.72LC4.48LD無法計算12有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2、Al3+、CO32、NO3七種離子中的幾種，向該溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的過程中，開始沒有沉淀，而后才有沉淀則下列判斷正確的是（）A溶液中可能含有AlO2B溶液中可能含有NO3C溶液中一定不含F(xiàn)e2+和Fe3+D溶液中可能含有Fe3+，但一定不含F(xiàn)e2+13高鐵酸鹽在能源環(huán)保領域有廣泛用途用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉（Na2FeO4）的裝置如圖所示下列說法正確的是（）A鐵是陽極，電

8、極反應為Fe2e+2OHFe（OH）2B電解一段時間后，鎳電極附近溶液的pH減小C若離子交換膜為陰離子交換膜，則電解結束后左側溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理論上可以產(chǎn)生67.2L氣體14如圖所示與對應敘述相符的是（）A一定條件下，X和Y反應生成Z，由圖1推出該反應的方程式可表示為：X+3YZB表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到的滴定曲線（常溫下），該實驗最好選取酚酞作指示劑C常溫下，向NaOH溶液中逐滴加入等濃度的醋酸溶液，所得滴定曲線如圖所示當7pH13時，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸銀溶液滴定等濃度的A、B

9、、C的混合溶液（均可以與Ag+反應生成沉淀），由圖可確定首先沉淀的是C15除去下列物質中的雜質（括號中為雜質），采用的試劑和除雜方法錯誤的是（）選項含雜質的物質試劑除雜方法AC2H4（SO2）NaOH溶液洗氣BC6H6（Br2）Fe粉蒸餾CC6H5NO2（HNO3）NaOH溶液分液DC2H2（H2S）CuSO4溶液洗氣AABBCCDD16將含有O2和CH4的混合氣體置于盛有23.4g Na2O2的密閉容器中，電火花點燃，反應結束后，容器內的壓強為零，將殘留物溶于水中，無氣體產(chǎn)生下列敘述不正確的是（）A原混合氣體中O2和CH4的體積比為2：1B殘留物中只有Na2CO3和NaOHC反應中電子轉移總

10、數(shù)為0.8NAD殘留物質量為26.6克二、非選擇題17納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關注，下表為制取Cu2O的四種方法：方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b用葡萄糖還原新制的Cu（OH）2制備Cu2O；方法c電解法，反應為2Cu+H2OCu2O+H2方法d用肼（N2H4）還原新制的Cu（OH）2（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；H=157kJmol1則方法a發(fā)生的熱化學方程式是：（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度而制備納米Cu

11、2O，裝置如圖所示：該離子交換膜為離子交換膜（填“陰”或“陽”），該電池的陽極反應式為，鈦極附近的pH值（填“增大”“減小”或“不變”）（3）方法d為加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2該制法的化學方程式為（4）在相同的密閉容器中，用以上方法制得的三種Cu2O分別進行催化分解水的實驗：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸氣的濃度隨時間t變化如下表所示：序號01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.10

12、0.0940.0900.0900.0900.090對比實驗的溫度：T2T1（填“”“”或“”），能否通過對比實驗到達平衡所需時間長短判斷：（填“能”或“否”）實驗前20min的平均反應速率 v（O2）=催化劑的催化效率：實驗實驗（填“”或“”）18鐵及其化合物有重要用途，如聚合硫酸鐵Fe2（OH）n（SO4）3n/2m是一種新型高效的水處理混凝劑，而高鐵酸鉀（其中鐵的化合價為+6）是一種重要的殺菌消毒劑，某課題小組設計如下方案制備上述兩種產(chǎn)品：請回答下列問題：（1）若A為H2O（g），寫出反應方程式；（2）若B為NaClO3與稀硫酸，寫出其氧化Fe2+的離子方程式（還原產(chǎn)物為Cl）；（3）若C

13、為KNO3和KOH的混合物，寫出其與Fe2O3加熱共融制得高鐵酸鉀（K2FeO4）的化學方程式，并配平：Fe2O3+KNO3+KOH+KNO2+（4）為測定溶液中鐵元素的總含量，實驗操作如下：準確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，加入足量H2O2，調節(jié)pH3，加熱除去過量H2O2；加入過量KI充分反應后，再用0.1000molL1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液20.00mL已知：2Fe3+2I2Fe2+I2I2+2S2O322I+S4O42滴定選用的指示劑及滴定終點觀察到的現(xiàn)象；溶液中鐵元素的總含量為 gL1若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，所測定的鐵元素的含量將會（填“偏高

14、”“偏低”或“不變”）19下圖表示各物質之間的轉化關系，A、B、C、G為單質，其中A、G為氣體，F(xiàn)為液體為工業(yè)生產(chǎn)中常見反應，E是一種具有漂白作用的鹽，Y易潮解，M是一種兩性化合物，L是一種白色膠狀沉淀試回答下列有關問題：（1）M的化學式，Y在實驗室中的用途（列舉一例）（2）X的熔點為801，實際工業(yè)冶煉中常常加入一定量的Y共熔，猜想工業(yè)上這樣做的目的：工業(yè)生產(chǎn)中，還常常利用電解X和F的混合物制取（填化學式）（3）反應的化學方程式是（4）反應的離子反應方程式是（5）用化學方程式表示E在空氣中失效的反應原理20K2SO4是無氯優(yōu)質鉀肥，Mn3O4是生產(chǎn)軟磁鐵氧體材料的主要原料以硫酸工業(yè)的尾氣聯(lián)合

15、制備K2SO4和Mn3O4的工藝流程如圖1：（1）幾種鹽的溶解度見圖2反應中，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液充分反應后，進行蒸發(fā)濃縮、洗滌、干燥等操作即得K2SO4產(chǎn)品（2）檢驗K2SO4樣品是否含有氯化物雜質的實驗操作是（3）反應的化學方程式為（4）Mn3O4與濃鹽酸加熱時發(fā)生反應的離子方程式為（5）圖3煅燒MnSO4H2O時溫度與剩余固體質量變化曲線該曲線中B段所表示物質的化學式為煅燒過程中固體錳含量隨溫度的升高而增大，但當溫度超過1000時，再冷卻后，測得產(chǎn)物的總錳含量反而減小試分析產(chǎn)物總錳含量減小的原因21有X、Z、W三種含14個電子的粒子，其結構特點如下：粒子代碼XZW原子

16、核數(shù)目單核同種元素構成的兩核同種元素構成的兩核粒子的電性電中性兩個單位負電荷電中性（1）X的氧化物晶體中含有化學鍵類型是（2）Z與鈣離子組成的化臺物的電子式為（3）組成W的元素的簡單氫化物極易溶于水的主要原因是，該氫化物與空氣可以構成一種燃料電池，產(chǎn)物為無毒物質，電解質溶液是KOH溶液，其負極的電極反應式為在常溫下，用該電池電解1.5L 1mol/LNaCl溶液，當消耗標準狀況下1.12LW的簡單氯化物時，NaCI溶液的pH=（假設電解過程中溶液的體積不變）（4）M原子核外比X原予多2個電子可逆反應2MO2（氣）+O2（氣）2MO3（氣）在兩個密閉容器中進行，A容器中有一個可上下移動的活塞，B

17、容器可保持恒容（如圖所示），若在A、B中分別充入ImolO2和2mol MO2，使氣體體積V（A）=V（B），在相同溫度下反應則：達平衡所需時間：t（A）t （B）（填“”、“”、“=”，或“無法確定”，下同）平衡時MO!的轉化率：a（A）a（B）（5）欲比較X和M兩元素的非金屬性相對強弱，可采取的措施有（填序號）a比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的沸點b比較這兩種元素的單質在常溫下的狀態(tài)c比較這兩種元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性d比較這兩種元素的單質與氫氣化合的難易2016-2017學年江西省紅色七校高三（上）第一次聯(lián)考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共48

18、分）1現(xiàn)代生活需要提升我們的科學素養(yǎng)，以下說法科學的是（）A某護膚品廣告宣稱產(chǎn)品不含任何化學成分B漂白粉長期放置會被空氣中的氧氣氧化而變質C日用鋁制品表面不用刷漆防腐蝕D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生主要是由于汽油中含有氮元素而產(chǎn)生的【考點】物質的組成、結構和性質的關系【分析】A產(chǎn)品中物質均為化學成分；B漂白粉易與空氣中的水、二氧化碳反應生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定，易分解；C鋁與氧氣反應生成致密氧化膜；D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生是由于空氣中的氮氣與氧氣在放電的時候生成的；【解答】解；A所以物質都含有化學成分，不含化學成分的物質不存在，故A錯誤；B漂白粉易與空氣中的水、二氧化碳反應生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)

19、定易分解，所以漂白粉變質不是被氧氣氧化，故B錯誤；C鋁與氧氣反應生成致密氧化膜阻止鋁與氧氣繼續(xù)反應，所以日用鋁制品表面不用刷漆防腐蝕，故C正確；D汽車尾氣中氮氧化物的產(chǎn)生是由于空氣中的氮氣與氧氣在放電的時候生成的，汽油中主要是烴，故D錯誤；故選：C2設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）AS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的電子數(shù)一定為3.2NAB密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC24g二氧化硅晶體中含有SiO2分子數(shù)為0.4NAD5.6g Fe與含0.2mol HNO3的溶液充分反應，至少失去電子數(shù)為0.2NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A、S

20、2和S8均由S原子構成，且S原子中含16個電子；B、NO和氧氣反應后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；C、二氧化硅為原子晶體；D、5.6g鐵為0.1mol，和0.2mol硝酸反應時，無論硝酸的還原產(chǎn)物為什么，硝酸均不足【解答】解：A、S2和S8均由S原子構成，故6.4g混合物中含有的S原子的物質的量為0.2mol，而且S原子中含16個電子，故0.2molS原子中含3.2NA個電子，故A正確；B、NO和氧氣反應后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，導致分子個數(shù)減小，故分子個數(shù)小于2NA個，故B錯誤；C、二氧化硅為原子晶體，不含二氧化硅分子，故C錯誤；D、5.6g鐵為0.1mol，和

21、0.2mol硝酸反應時，無論硝酸的還原產(chǎn)物為什么，硝酸均不足，故鐵過量，不能完全反應，則轉移的電子數(shù)小于0.2NA個，故D錯誤故選A3用標準的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列操作不會引起實驗誤差的是（）A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定B用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進行滴定C用堿式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進行滴定D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時即停止加鹽酸【考點】中和滴定【分析】根據(jù)c（堿）=分析，以此判斷濃度的誤差【解答】解：A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定，標準鹽

22、酸被稀釋，濃度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）偏大，故A錯誤；B蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進行滴定，而后裝入一定體積的NaOH溶液進行滴定，待測液的物質的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）偏大，故B錯誤；C用堿式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進行滴定，對V（酸）無影響，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）不變，故C正確；D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時即停止加鹽酸，造成消耗的V（酸）偏小，根據(jù)c（堿）=分析，可知c（堿）偏小，故D錯誤；故選C4下列有關

23、物質分類和氧化還原的描述正確的是（）A酸性氧化物一定是非金屬氧化物，混合物、分散系、膠體有從屬關系B元素的單質可由氧化或還原含該元素的化合物來制得C得電子越多的氧化劑，其氧化性就越強；含最高價元素的化合物一定具有強的氧化性D燒堿、熟石灰均屬于堿，酸、堿、鹽之間發(fā)生的反應均屬于復分解反應【考點】氧化還原反應；酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系【分析】AMn2O7為酸性氧化物，混合物包含分散系、分散系包含膠體；B.2H2S+SO2=3S+2H2O中，S失去電子生成S，S得到電子生成S；C氧化性與得電子多少無關，含最高價元素的化合物不一定具有強的氧化性；D堿中陰離子全部為氫氧根離子，酸、堿、鹽之間

24、發(fā)生的反應可能為氧化還原反應【解答】解：AMn2O7為酸性氧化物，則酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，混合物包含分散系、分散系包含膠體，則混合物、分散系、膠體有從屬關系，故A錯誤；B.2H2S+SO2=3S+2H2O中，S失去電子生成S，S得到電子生成S，可知元素的單質可由氧化或還原含該元素的化合物來制得，故B正確；C氧化性與得電子多少無關，與得到電子的難易程度有關，含最高價元素的化合物不一定具有強的氧化性，如碳酸，故C錯誤；D堿中陰離子全部為氫氧根離子，則燒堿、熟石灰均由金屬離子與氫氧根離子構成均屬于堿，酸、堿、鹽之間發(fā)生的反應可能為氧化還原反應，如氫氧化亞鐵與硝酸反應，故D錯誤；故選B5短周

25、期元素X、Y、Z、W、M的原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為17，X與Y是組成化合物種類最多的元素，W是地殼中含量最高的元素下列說法正確的是（）A原子半徑大小順序：r（Y）r（Z）r（W）r（M）B由三種元素X、Z、W形成的化合物中只有共價鍵而無離子鍵CZ的氣態(tài)氫化物比W的氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定D分子式為Y4X8W2的物質超過10種【考點】原子結構與元素周期律的關系【分析】X與Y是組成化合物種類最多的元素，應為烴類物質，則X為H元素，Y為C原子，W是地殼中含量最高的元素，應為O元素，則Z為N元素，原子最外層電子數(shù)之和為17，可知M的最外層電子數(shù)為171456=1，應為Na元素，以此解答該題【

26、解答】解：X與Y是組成化合物種類最多的元素，應為烴類物質，則X為H元素，Y為C原子，W是地殼中含量最高的元素，應為O元素，則Z為N元素，原子最外層電子數(shù)之和為17，可知M的最外層電子數(shù)為171456=1，應為Na元素，AM為Na，為短周期原子半徑最大的元素，故A錯誤；B由三種元素X、Z、W形成的化合物可為銨鹽，為離子化合物，含有離子鍵，故B錯誤；C非金屬性ON，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，故C錯誤；D分子式為C4H8O2的物質可為酸、酯、羥基醛等物質，也可為環(huán)狀物質，種類較多，超過10種，故D正確故選D6下列相關反應的離子方程式書寫錯誤的是（）A在強堿溶液中NaClO與Fe（OH）

27、3反應生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42B少量SO2通入苯酚鈉溶液中：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32C用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODSO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO+OH=SO42+Cl+H+【考點】離子方程式的書寫【分析】A、根據(jù)電荷守恒和質量守恒進行判斷；B、根據(jù)亞硫酸氫根離子的酸性大于苯酚的酸性分析；C、根據(jù)酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性能夠將雙氧水氧化成氧氣分析；D、根據(jù)反應物中水應該寫成分子式，不能寫成氫氧根離子判斷【解答】解：A

28、、在強堿溶液中NaClO與Fe（OH）3反應生成Na2FeO4、硫化鈉和水，根據(jù)化合價升降相等配平，反應的離子方程式為3ClO+4OH+2Fe（OH）3=3Cl+5H2O+2FeO42，故A正確；B、少量SO2通入苯酚鈉溶液中，苯酚的酸性小于亞硫酸氫根離子的酸性，反應生成了亞硫酸氫根離子，反應的離子方程式為：2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故B正確；C、用稀硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應，生成了錳離子、氧氣和水，根據(jù)化合價升降相等配平，反應的離子方程式為：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2O，故C正確；D、水是屬于弱電解質，不能寫成氫氧根離子

29、，反應的離子方程式為SO2+ClO+H2O=SO42+Cl+2H+，故D錯誤；故選D7已知反應BeCl2+Na2BeO2+2H2O2NaCl+2Be（OH）2能進行完全以下推斷中正確的是（）ABeCl2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物BeCl2BNa2BeO2溶液pH7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物Na2BeO2CBe（OH）2即能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液DBeCl2水溶液的導電性強，BeCl2一定是離子晶體【考點】化學方程式的有關計算；兩性氧化物和兩性氫氧化物【分析】在周期表中Be和Al位于對角線位置，性質相似，由反應BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）

30、2可知，BeCl2與Na2BeO2發(fā)生互促水解生成Be（OH）2，類似于氯化鋁與偏鋁酸鈉的反應，以此解答該題【解答】解：ABeCl2為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，溶液的pH7，將其蒸干，灼燒后可得殘留物BeO，故A錯誤；BNa2BeO2溶液水解呈堿性，溶液的pH7，將其蒸干，灼燒后可得殘留物Na2BeO2，故B正確；CBe（OH）2性質類似于氫氧化鋁，具有兩性，則既能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液，故C正確；D根據(jù)化合物在熔融狀態(tài)下能否導電來判斷其是否是離子化合物，BeCl2水溶液導電性強，不能說明BeCl2是離子化合物，故D錯誤故選BC8去甲腎上腺素可以調控動物機體的植物性神經(jīng)功能，其結構簡式如

31、圖所示下列說法正確的是（） A每個去甲腎上腺素分子中含有3個酚羥基B每個去甲腎上腺素分子中含有8種氫原子C1mol去甲腎上腺素最多能與2molBr2發(fā)生取代反應D去甲腎上腺素既能與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應【考點】有機物的結構和性質【分析】由結合可知，分子中含酚OH、醇OH、氨基，結合酚、醇、氨基的性質來解答【解答】解：AOH與苯環(huán)直接相連的為酚羥基，共有2個，故A錯誤；B結構不對稱，含9種H，故B錯誤；C酚OH的鄰對位與溴發(fā)生取代反應，則1mol去甲腎上腺素最多能與3molBr2發(fā)生取代反應，故C錯誤；D含氨基與鹽酸反應，含酚OH與NaOH反應，故D正確；故選D9工業(yè)上，可用硫酸鈰溶液

32、吸收尾氣中NO，其化學方程式如下：2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4下列說法正確的是（）A在該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2B在該反應中，氧化產(chǎn)物有兩種，還原產(chǎn)物有一種C若不考慮溶液體積變化，吸收尾氣后，溶液的pH將增大D在該反應中，每消耗22.4LNO必轉移2 mol電子【考點】氧化還原反應【分析】2NO+3H2O+4Ce（SO4）2=2Ce2（SO4）3+HNO3+HNO2+2H2SO4中，1N元素由+2升高到+5價，1N元素由+2升高到+3價，Ce元素由+4降低到+3價，據(jù)此分析解答【解答】解：A1N元素由+2升高到+

33、5價，1N元素由+2升高到+3價，則NO是還原劑，Ce元素由+4降低到+3價，則硫酸鈰是氧化劑，氧化劑、還原劑的物質的量之比為2：1，故A錯誤；B硫酸鈰是氧化劑，生成Ce2（SO4）3為還原產(chǎn)物，NO是還原劑，生成HNO2、HNO3是氧化產(chǎn)物，所以在該反應中，氧化產(chǎn)物有兩種，還原產(chǎn)物有一種，故B正確；C反應后生成硫酸，則溶液的酸性增強，pH減小，故C錯誤；D沒有限制“標準狀況”，不能計算轉移電子數(shù)目，故D錯誤；故選B10CH3OH是重要的化工原料，工業(yè)上用CO與H2在催化劑作用下合成CH3OH，其反應為：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）按n（CO）：n（H2）=1：2向密閉容器中充入反

34、應物，測得平衡時混合物中CH3OH的體積分數(shù)在不同壓強下隨溫度的變化如圖所示下列說法中，正確的是（）AP1P2B該反應的H0C平衡常數(shù)：K（A）=K（B）D在C點時，CO轉化率為75%【考點】化學平衡的影響因素【分析】A溫度升高、增大壓強均使該反應的化學反應速率加快；B由圖可知，升高溫度，平衡逆向移動，說明該反應的H0；C平衡常數(shù)只與溫度有關；D設向密閉容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法進行數(shù)據(jù)分析計算【解答】解：A由300時，增大壓強，平衡正向移動，CH3OH的體積分數(shù)增大，所以p1p2，故A錯誤；B圖可知，升高溫度，CH3OH的體積分數(shù)減小，平衡逆向移動，則該反應的H0，故B

35、錯誤；CA、B處的溫度不同，平衡常數(shù)與溫度有關，故平衡常數(shù)不等，故C錯誤；D設向密閉容器充入了1molCO和2molH2，CO的轉化率為x，則 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0變化 x 2x x結束 1x 22x x在C點時，CH3OH的體積分數(shù)=0.5，解得x=0.75，故D正確；故選D11向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，合金完全溶解，同時生成NO2、NO混合氣體，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等質量的合金，使其與一定量的氯氣恰好完全反應，則氯氣的體積在標準狀況下為（）A7.84LB6.72LC4.48LD無法計算【考點

36、】有關混合物反應的計算【分析】根據(jù)硝酸過量可知，反應產(chǎn)物為鐵離子和銅離子，加入氫氧化鈉溶液后得到的沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，沉淀質量與鐵、銅合金的質量差為氫氧根離子質量，據(jù)此可以計算出氫氧根離子的物質的量；鐵、銅與氯氣反應生成氯化鐵、氯化鐵，氯化鐵和氯化鐵中含有的氯離子的物質的量一定等于氫氧根離子的物質的量，據(jù)此計算出氯離子的物質的量、氯氣的物質的量及標況下氯氣的體積【解答】解：向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，反應生成了鐵離子和銅離子，加入足量氫氧化鈉溶液生成的沉淀為Fe（OH）3、Cu（OH）2，則氫氧化鐵和氫氧化鐵中含有的氫氧根離子的質量為：30.3g18.4g=11.9

37、g，氫氧根離子的物質的量為：n（OH）=0.7mol；Cl2與銅、鐵反應產(chǎn)物為：FeCl3、CuCl2，根據(jù)化合物總電荷為0可知，F(xiàn)eCl3、CuCl2中n（Cl）=Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH），即n（Cl）=0.7mol，根據(jù)質量守恒，消耗Cl2的物質的量為：n（Cl2）=n（Cl）=0.35mol，標況下0.35mol氯氣的體積為：22.4L/mol×0.35mol=7.84L，故選A12有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2、Al3+、CO32、NO3七種離子中的幾種，向該溶液中逐滴加入一定量1mol/L NaOH溶液的過程中，開始

38、沒有沉淀，而后才有沉淀則下列判斷正確的是（）A溶液中可能含有AlO2B溶液中可能含有NO3C溶液中一定不含F(xiàn)e2+和Fe3+D溶液中可能含有Fe3+，但一定不含F(xiàn)e2+【考點】常見離子的檢驗方法【分析】向該溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的過程中，開始沒有沉淀，說明溶液呈酸性，則一定含有大量的H+離子，在酸性溶液中AlO2、CO32離子因發(fā)生反應生成弱電解質而不能存在，而后才有沉淀能夠生成沉淀的是Fe3+離子、Fe2+離子或Al3+離子中的一種或幾種，結合溶液的電中性和Fe2+離子的還原性以及NO3離子的氧化性做進一步的推斷【解答】解：向該溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的

39、過程中，開始沒有沉淀，說明溶液呈酸性，則一定含有大量的H+離子，在酸性溶液中AlO2、CO32離子分別與H+離子反應生成Al（OH）3沉淀、CO2氣體而不能存在，根據(jù)溶液的電中性可知一定含有陰離子，則只有NO3離子符合；而后才有沉淀能夠生成沉淀的是Fe3+離子、Fe2+離子或Al3+離子中的一種或幾種，但在酸性條件下Fe2+離子與NO3離子發(fā)生氧化還原反應而不能共存，則一定不含F(xiàn)e2+離子，綜上所述，溶液中一定含有H+離子、NO3離子，一定沒有AlO2、CO32、Fe2+離子，F(xiàn)e3+離子、Al3+離子至少有一種故選D13高鐵酸鹽在能源環(huán)保領域有廣泛用途用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液

40、制備高鐵酸鈉（Na2FeO4）的裝置如圖所示下列說法正確的是（）A鐵是陽極，電極反應為Fe2e+2OHFe（OH）2B電解一段時間后，鎳電極附近溶液的pH減小C若離子交換膜為陰離子交換膜，則電解結束后左側溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理論上可以產(chǎn)生67.2L氣體【考點】原電池和電解池的工作原理【分析】A用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉（Na2FeO4），鐵失電子生成高鐵酸鈉，則鐵作陽極，鎳作陰極，陽極上鐵失電子發(fā)生氧化反應；B鎳電極上氫離子放電生成氫氣；C若離子交換膜為陰離子交換膜，電解結束后由于濃度差左側溶液中會含有FeO42；D氣體摩爾體積因溫度

41、壓強不同而不同【解答】解：A用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉（Na2FeO4），鐵失電子生成高鐵酸鈉，則鐵作陽極，鎳作陰極，電極反應式為Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故A錯誤；B鎳電極上氫離子放電生成氫氣，氫離子濃度減小，所以溶液的pH增大，故B錯誤；C若離子交換膜為陰離子交換膜，則電解結束后由于濃度差左側溶液中會含有FeO42，故C正確；D溫度和壓強未知，所以無法計算生成氣體體積，故D錯誤；故選C14如圖所示與對應敘述相符的是（）A一定條件下，X和Y反應生成Z，由圖1推出該反應的方程式可表示為：X+3YZB表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到

42、的滴定曲線（常溫下），該實驗最好選取酚酞作指示劑C常溫下，向NaOH溶液中逐滴加入等濃度的醋酸溶液，所得滴定曲線如圖所示當7pH13時，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸銀溶液滴定等濃度的A、B、C的混合溶液（均可以與Ag+反應生成沉淀），由圖可確定首先沉淀的是C【考點】轉化率隨溫度、壓強的變化曲線；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；中和滴定【分析】A、當反應物的起始物質的量之比等于化學計量數(shù)之比，物質的轉化率相同，據(jù)此由圖可知=3時，轉化率相同，即X與Y的化學計量數(shù)之比為3：1；B、根據(jù)0.1 mol/L的一元酸在滴定開

43、始時的pH來判斷酸為弱弱酸，強堿滴定弱酸用酚酞作指示劑；C、如NaOH過量較多，可存在c（OH）c（CH3COO）；D、由圖象可知，lgc（X）越大，則c（X）越小，越先生成沉淀【解答】解：A、解：當反應物的起始物質的量之比等于化學計量數(shù)之比，物質的轉化率相同，據(jù)此由圖可知=3時，轉化率相同，即X與Y的化學計量數(shù)之比為3：1，故反應為3X+YZ，故A錯誤；B、滴定開始時0.1 molL1某酸pH為3，所以酸為弱酸，強堿滴定弱酸用酚酞作指示劑，故B正確；C、如NaOH過量較多，可存在c（OH）c（CH3COO），故C錯誤；D、由圖象可知，lgc（X）越大，則c（X）越小，越先生成沉淀，由圖2曲線

44、，可確定首先沉淀的是I，故D錯誤，故選B15除去下列物質中的雜質（括號中為雜質），采用的試劑和除雜方法錯誤的是（）選項含雜質的物質試劑除雜方法AC2H4（SO2）NaOH溶液洗氣BC6H6（Br2）Fe粉蒸餾CC6H5NO2（HNO3）NaOH溶液分液DC2H2（H2S）CuSO4溶液洗氣AABBCCDD【考點】物質的分離、提純的基本方法選擇與應用；物質的分離、提純和除雜【分析】A二氧化硫與NaOH溶液反應，而乙烯不能；B溴、苯在Fe作催化劑條件下反應；C硝酸與NaOH溶液反應，而硝基苯不能；D硫化氫與硫酸銅反應，而乙炔不能【解答】解：A二氧化硫與NaOH溶液反應，而乙烯不能，則利用洗氣法可除

45、雜，故A正確；B溴、苯在Fe作催化劑條件下反應，不能除雜，應加NaOH溶液分液來除雜，故B錯誤；C硝酸與NaOH溶液反應，而硝基苯不能，則加NaOH溶液分液可除雜，故C正確；D硫化氫與硫酸銅反應，而乙炔不能，則利用洗氣法可除雜，故正確；故選B16將含有O2和CH4的混合氣體置于盛有23.4g Na2O2的密閉容器中，電火花點燃，反應結束后，容器內的壓強為零，將殘留物溶于水中，無氣體產(chǎn)生下列敘述不正確的是（）A原混合氣體中O2和CH4的體積比為2：1B殘留物中只有Na2CO3和NaOHC反應中電子轉移總數(shù)為0.8NAD殘留物質量為26.6克【考點】氧化還原反應的計算【分析】反應后無氣體，且將殘留

46、物溶于水中無氣體放出，說明過氧化鈉也完全反應，故容器內剩余固體為Na2CO3和NaOH，根據(jù)甲烷的組成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物質的量之比為1：4，再根據(jù)反應的總化學方程式判斷原混合物中甲烷、氧氣的物質的量之比【解答】解：反應后容器中無氣體，且將殘留物溶于水中無氣體放出，說明過氧化鈉也完全反應，故容器內剩余固體為Na2CO3和NaOH，根據(jù)甲烷的組成利用C、H原子守恒可知可知生成的Na2CO3和NaOH物質的量之比為1：4，則反應的總化學方程式為2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，A由方程式可知，原混合氣體中O2、CH4的物質的量之比為1：2

47、，故A錯誤；B由反應可知，殘留物中只有Na2CO3和NaOH，故B正確；Cn（Na2O2）=0.3mol，由C元素的化合價變化可知，0.1molC失去電子為0.8mol，反應中電子轉移總數(shù)為0.8NA，故C正確；D殘留0.1molNa2CO3、0.4molNaOH，質量為10.6g+16g=26.6g，故D正確；故選A二、非選擇題17納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關注，下表為制取Cu2O的四種方法：方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b用葡萄糖還原新制的Cu（OH）2制備Cu2O；方法c電解法，反應為2Cu+H2OCu2O+H2方法d用肼（N2H4）還原新制的Cu（OH）2（1）

48、已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；H=157kJmol1則方法a發(fā)生的熱化學方程式是：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）H=+34.5kJmol1（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示：該離子交換膜為陰離子交換膜（填“陰”或“陽”），該電池的陽極反應式為2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，鈦極附近的pH值增大（填“增大”“減小”或“不變”）（3）方法d為加熱條件下用液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH

49、）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2該制法的化學方程式為4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O（4）在相同的密閉容器中，用以上方法制得的三種Cu2O分別進行催化分解水的實驗：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H0水蒸氣的濃度隨時間t變化如下表所示：序號01020304050T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480T20.100.0940.0900.0900.0900.090對比實驗的溫度：T2T1（填“”“”或“”），能否通過對比實驗到達平衡所需時間長短判斷：否（填“

50、能”或“否”）實驗前20min的平均反應速率 v（O2）=3.5×105mol/（Lmin）催化劑的催化效率：實驗實驗（填“”或“”）【考點】制備實驗方案的設計【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律結合熱化學方程式的書寫方法來書寫；（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度，則只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度，在電解池的陽極發(fā)生失電子的氧化反應；鈦極是陰極發(fā)生氫離子得電子的還原反應，據(jù)此分析附近pH值變化；（3）根據(jù)“液態(tài)肼（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2”來書寫化學方程式；（4）該反應的正反應是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，水蒸氣的轉化率增

51、大；溫度不同，反應速率不同，不能通過對比實驗到達平衡所需時間長短判斷；先計算水蒸氣反應速率，再根據(jù)同一反應中同一段時間內各物質的反應速率之比等于其計量數(shù)之比計算氧氣反應速率催化劑效率越高，反應速率越快，到達平衡時間越短【解答】解：（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；H=169kJmol1，C（s）+O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1，Cu（s）+O2（g）CuO（s）H=157kJmol1用炭粉在高溫條件下還原CuO制取Cu2O和CO的化學方程式為C（s）+2CuO （s）=Cu2O（s）+CO（g）該反應可以是×2×，反應的焓變是110.

52、5kJmol1（157kJmol1×2）×（169kJmol1）=34.5kJmol1，故答案為：C（s）+2CuO （s）=Cu2O（s）+CO（g）H=+34.5kJmol1；（2）方法c采用離子交換膜控制電解液中OH的濃度，則只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度；在電解池中，當陽極是活潑電極時，該電機本身發(fā)生失電子得還原反應，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應為2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O，鈦極是陰極發(fā)生氫離子得電子的還原反應，所以消耗氫離子，則PH值增大，故答案為：陰；2Cu2e+2OH=Cu2O+H2O；增大；（3）根據(jù)題目信息：液態(tài)肼（N2H4

53、）還原新制Cu（OH）2來制備納米級Cu2O，同時放出N2，得出化學方程式為：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O，故答案為：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2+6H2O；（4）該反應的正反應是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，水蒸氣的轉化率增大，和相比，轉化率高，所以T2T1，溫度不同，反應速率不同，不能通過對比實驗到達平衡所需時間長短判斷；故答案為：；否；前20min內水蒸氣反應速率=mol/（Lmin）=7×105mol/（Lmin），同一反應中同一段時間內各物質的反應速率之比等于其計量數(shù)之比，則氧氣反應速率=3.5×105mol/（Lmin），故答案為：3.5×105mol/（Lmin）；實驗相比，實驗到達平衡時間短，反應速率越快，催化劑效率高，故答案為：18鐵及其化合物有重要用途，如聚合硫酸鐵Fe2（OH）n（SO