湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考化学试题及答案.pdf

湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考 化 学 试 题 时量： 90 分钟满分： 100 分 可能用到的相对原子质量：H1C-12 O16 S32 Cr 52 Fe56 Cu64 Ba 137 【试卷综析】本试卷是理科化学单独试卷，知识考查涉及的知识点：化学计量的有关计算、 无极推断题、 化学反应速率、 化学平衡等；以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为 主导， 在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素 养的考查。 试题重点考查： 化学与生活、 元素周期律、 弱电解质的电离、化学平衡的移动、 常见的无机物及其应用、有机合成等主干知识。注重常见化学方法，应用化学思想， 体现 学科基本要求，难度不大。 第 I 卷选择题（共 48 分） 一、选择题（本题共16 小题，每小题3 分，共 48 分，每小题只有一个选项符合题意） 【题文】 1化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法错误的 是 A煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源 B利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应 C利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化 D高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维 【知识点】 煤的干馏和综合利用；“ 三废 “处理与环境保护；硅和二氧化硅D1O3 【答案解析】 【解析】 D 解析： A煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源， 可以节约能源，减少污染物的排放，故A正确； B利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解温室效应，故B正确； C氮和磷是植物的营养元素，可造成水体富营养化，故C正确； D光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅单质，故D错误； 故答案选D 【思路点拨】本题考查了化学与社会、环境的关系，把握能源使用及污染物的排放为解答的 关键，注重基础知识的考查，题目难度不大. 【题文】 2在汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面 吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说 法错误的是 ANO2是红棕色气体 BNO 和 O2必须在催化剂表面才能反应 C汽车尾气的主要污染成分包括CO和 NO D催化转化总反应为： 【知识点】 氮的氧化物的性质及其对环境的影响D5 【答案解析】 【解析】 B 解析： A、NO2是红棕色气体，故A正确； B、NO和 O2在常温下就能反应，不必加催化剂，故B错误； C、汽车尾气的主要污染成分为CO和 NO ，故 C正确； D、根据 2NO+O2=2NO2，2NO2+4C0=4CO2+N2，可得总反应2NO+O2+4CO=4CO2+N2，故 D正确 故答案选B 【思路点拨】本题根据图考查了汽车尾气的主要污染物的处理，难度不大，只需读懂图就可 完成，培养了学生分析问题的能力. 【题文】 3常温离子液体（Ionic Liquid）也称常温熔融盐。硝酸乙基铵（C2H5）NH3NO3 是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12。已知C2H5NH2结 合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是 A可用作电池的电解质B水溶液呈碱性 C是共价化合物D结构和性质类似于硝酸乙酯 【知识点】 电解质与非电解质；盐类水解的应用E4H3 【答案解析】 【解析】 A 解析： A、因硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3为离子液体，含自由离 子的化合物可作为电解质，故A正确； B、因硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3是一种强酸弱碱盐，硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3在水溶 液中电离产生C2H5 NH3 + NO 3 -，C 2H5 NH3 + 发生水解生成（C2H5NH3）OH和 H +，水溶液呈酸性，故 B 错误； C、因硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3为常温熔融盐，由是C2H5NH3 + 和 NO3 - 构成，属于离子化合 物，故 C错误； D、因硝酸乙基铵（C2H5NH3）NO3为离子化合物，而硝酸乙酯（CH3CH20NO2是共价化合物， 这两种物质的结构不同，所以性质也不同，故D错误； 故答案选A 【思路点拨】本题结合题目所给信息，考查了离子化合物、共价化合物的概念、盐类水解的 有关知识 . 【题文】 4已知： 下列关于上述反应焓变的判断正确的是 AH1O，H30 C H2=H1 H3D H3 = H4+ H1 【知识点】 反应热大小的比较F2 【答案解析】 【解析】 C 解析： A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此H 10，H30， 故 A错误； B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，H 20，铜与氧气的反应属于放热反应，H40， 故 B错误； C、已知： C（ s） +O2（g）CO2（ g）H1C O2（g）+C（s）2CO （ g）H22CO （ g）+O2 （g）2CO2（g）H3，由盖斯定律可知 =+，因此H1=H2+H3，则H2=H1- H3， 故 C正确； D、已知 2CO （ g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（ s）+3O2（ g）2Fe2O3（s）H43CO （ g） +Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5，由盖斯定律可知=2/3(1/2+ ) , 因此 H3=1/3 H4+2/3 H5，故 D错误； 故答案选C 【思路点拨】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，题目难度中等， 熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题 的关键 【题文】 5以下实验方案可以从海洋生物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物： 下列说法错误的是 A步骤（ 1）需要用到玻璃棒B步骤（ 2）需要用到分液漏斗 C步骤（ 3）需要用到坩埚D步骤（ 4）需要用到温度计 【知识点】 有机物的合成H1 【答案解析】 【解析】 C 解析： A步骤（ 1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要用到 玻璃棒，故A正确； B步骤（ 2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确； C步骤（ 3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C错误； D步骤（ 4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，用到温 度计，故D正确； 故答案选C 【思路点拨】本题以混合物的分离提纯考查有机物的合成，注意合成流程中物质的性质及分 离方法是解答本题的关键，注重实验操作和分离方法的考查，题目难度不大。 【题文】 6用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是 A用图 1 装置验证化学能转化为电能 B用图 2 装置检验溴乙烷与NaOH 醇溶液共热产生的乙烯 C用图 3 装置制备氢氧化亚铁 D用图 4 装置证明酸性：CH3COOHH2CO3苯酚 【知识点】 化学实验方案的评价J1J2 【答案解析】 【解析】 C 解析： A未形成闭合回路，无电流产生，故A错误； B乙醇易挥发，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误； C氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，应隔绝空气制取，故C正确； D乙酸易挥发，乙酸能与苯酚钠反应生成苯酚沉淀，故D错误 故答案选C 【思路点拨】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池、物质的检验和制 取及酸性比较等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，选项D为解答的易错点，注意 方案的合理性、操作性、评价性分析，题目难度不大。 【题文】 7下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A向 FeCl3溶液中加入 Mg（OH）2： 3Mg（OH）2+2Fe 3 = 2Fe（OH）3 +3 Mg 2 B草酸使酸性KMnO4溶液褪色： C往 NaHS04溶液中滴加Ba（ OH）2 至溶液呈中性： D向 NaCl0 溶液中通人少量的CO2：CO2 +2C1O +H 2O = C 2 3 O+ 2 HC1O已知 Ka1（H2 CO3）Ka（ HC1O）Ka2（ H2 CO3） 【知识点】 离子方程式的书写B1 【答案解析】 【解析】 A 解析： A向 FeCl3溶液中加入Mg（OH）2： 3Mg（OH）2+2Fe 3 = 2Fe（OH）3 +3 Mg 2，由难溶的向更难溶的转化，正确； B草酸是弱酸，不能拆成离子形式：2MnO4 - +5H2C2O4+6H +10CO 2+2Mn 2+8H 2O ，故错误； C向 NaHSO 4溶液中逐滴加入Ba（OH ）2溶液， NaHSO4和 Ba（OH ）2按照 2：1 混合得到的溶 液呈中性，反应的离子方程式2H +SO 4 2- +Ba 2+2OH- BaSO4+2H2O ，故错误； D、 少量 CO2通 入 NaCl0 溶液中，反应生成碳酸氢根离子和次氯酸，反应的离子方程式为：CO2 +C1O +H 2O = HCO3 -+ HC1O，故错误； 故答案选A 【思路点拨】本题考查了离子方程式书写，为高考常见题型，侧重学生思维严密性的考查， 注意把握反应实质及离子反应的书写方法，量少的物质完全反应为解答的难点，题目难度不 大 【题文】 8制备纳米Fe3O4的过程如下： 下列有关叙述不合理的是 A纳米 Fe3O4 分散在适当溶剂中，当强光照射时，会产生丁达尔现象 B反应的反应类型为消去反应 C反应中，环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解 D反应的化学方程式为：6FeOOH+CO=2Fe3 O4+3H2O+CO2 【知识点】 纳米材料、铁及其重要化合物C3B4 【答案解析】 【解析】 B 解析： A、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系， 则具有丁达尔现象，故A合理； B、有机化合物在适当的条件下,从一个分子中脱去一个或几个 小分子 (如水、卤化氢等分子)，而生成不饱和（碳碳双键或三键）化合物的反应，叫做消去反 应 ，而环丙胺中没有不饱和键，故B错误； C、因反应环丙胺不参加反应，但加快反应速 率，即加快了氯化铁水解，故C合理； D、由制备过程图可知，反应的反应物为FeOOH 和 CO ， 由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO2Fe3O4+3H2O+CO 2， 故 D合理； 故答案选B 【思路点拨】本题属于信息习题，学生应注重习题信息和所学知识相结合来解答本题，并注 意质量守恒定律、胶体的性质等来解答。 【题文】 9A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A 原子为半径最小的原子， C 原子最外层电子数与A、B 原子最外层电子数之和相等，D 原子和 B 原子最外层电子数 之和为 C 原子最外层电子数的2 倍， D 原子的最外层电子数为电子层数的3 倍， A、E同 主族。下列说法正确的是 A原子半径大小顺序为：EDCBA BA、 B、C、D 四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物 CB、 C、D、E四种元素与A 元素形成的最简单化合物的沸点依次升高 DD 与 A、E均可形成具有强氧化性的化合物，可用于城市自来水的杀菌消毒 【知识点】 元素周期表与元素周期律E2 【答案解析】 【解析】 C 解析： A、B、C、 D、E五种短周期元素原子序数依次增大，A原子 为半径最小的原子，则A为 H； D原子的最外层电子数为电子层数的3 倍，则 D只有 2 个电子 层，最外层电子数为6，D为 O；C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D 原子和 B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2 倍，设 C的最外层电子数为x，B 的最外层电子数为y，则 x=1+y，6+y=2x，解得 x=5，y=4，则 C为 N，B为 C；A与 E同一主族， 则 E为 Na， A电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的半径小，则原子半径大小顺序为E BCD A，故 A错误； CA、B、C、D四种元素都属于非金属元素，能形成共价化合物，也能形成离子化合物，如碳 酸铵，故B错误； CB、C、D、E与 A元素形成的最简单化合物分别为CH4、NH3、H2O、NaH ，水和氨气均含氢键， 但水中氢键多，NaH为离子化合物，则的沸点依次升高，故C正确； DD与 A、E均可形成具有强氧化性的化合物（H2O2、Na2O2），均具有强氧化性，H2O2可用于城 市自来水的杀菌消毒，但Na2O2与水反应生成强碱，不宜用作城市自来水的杀菌消毒，故D错 误； 故答案选C 【思路点拨】本题考查了位置、结构、性质及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及 元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等。 【题文】 10 25时，弱酸的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是 A物质的量浓度相等的三种溶液中，pH 大小关系为： pH（ NaCN） pH（Na2 CO3） pH（ CH3 COONa） Bamol·L 1 HCN与 6 mol·L1 NaOH溶液等体积混合所得的溶液中 c（Na ）c（CN ） ，则 a 一定小于 b C向冰醋酸中逐滴加水稀释的过程中，溶液导电能力先增大，后减小 D将 01 mol ·L 1 的 Na2 CO3溶液逐滴加入到等浓度的HCN溶液中，无明显现象，说 明未反应 【知识点】 弱电解质的电离平衡H1 【答案解析】 【解析】 C 解析： A根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：CH3COOH H2CO3 HCN HCO3 -，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的 PH越大，物质的量浓 度的各溶液pH关系为： pH （CH3COONa） pH （NaHCO3） pH（NaCN ） pH（ Na2CO3），故 A错 误； B如 c（ Na +） c（CN- ），根据溶液电中性可知c（H +） c（OH- ），溶液呈碱性，ab 或 a=b 都符合，故B错误； C溶液导电能力与离子浓度成正比，稀释过程中促进醋酸电离，溶液中离子浓度先增大后 减小，所以溶液导电能力先增大后减小，故C正确； D将 0.1 mol?L -1 的 Na2 CO3溶液逐滴加入到等浓度的HCN溶液中，反应生成的NaHCO 3和 NaCN 都溶于水，无明显现象，故D错误； 故答案选C 【思路点拨】本题考查了强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等， 难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离。 【题文】 11下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度的关系正确的是 A向 01 mo l ·L 1NH 4 Cl 溶液中通入一定量氨气：c（Cl ）c（ N 4 H ） c（OH ）c （H ） B将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c（ Na ） 【知识点】 离子浓度大小的比较H6 【答案解析】【解析】 D 解析： A向 0.1 mol?L -1 NH4Cl 溶液中通入一定量氨气，溶液可能为 碱性、中性或酸性，由于无法判断溶液酸碱性，则无法判断溶液中离子浓度大小，故A错误； B将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则：c（OH -）=c（H+），根据电荷守恒 c（OH - ） +c（CH3COO -）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+）可得： c（ CH 3COO -）+c（Cl-）=c（Na+），则 c（Na+） c（ Cl - ），故 B错误； CKa越小，对应盐的水解程度越大，其离子总数就小，则等体积等浓度的NaF 、NaCN 溶液中， 前者离子总数大于后者，故C错误； D相互促进水解，中只有铵根离子水解，中亚铁离子水解生成的氢离子抑制铵根离子 水解，则c（NH4 +）的大小顺序为：，故 D正确； 故答案选D 【思路点拨】本题考查了离子浓度大小的比较，为高频考点，把握盐类水解、水解的促进和 抑制及电荷守恒式为解答的关键，选项C为解答的易错点，题目难度中等。 【题文】 12臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2（ g）+O3（g）=N2O5（ g） +O2（g） ，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是 【知识点】 化学平衡的建立、影响因素G2G3 【答案解析】 【解析】 A 解析： A由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为 放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确； B由图可知，0-3s 内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故 v（NO2） =0.6mol/L ÷ 3s =0.2mol/（Ls），单位错误，故B错误； Ct1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能 是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误； D达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知， 二氧化氮的转化率随x 增大而增大， x 可以代表O3浓度、压强，故D错误； 故答案选A 【思路点拨】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图 象及影响因素等，难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略单位问题 【题文】 13向甲、乙两恒温恒容的密闭容器中分别充入一定量的A 和 B，发生反应： A（g）+B（g）xC(g) Hv（逆） 【知识点】 化学平衡的建立、影响因素G2G3 【答案解析】【解析】 A 解析：A由图象可知平衡时，乙容器内 A的转化率为0.5mol/1mol= =50% ，甲容器平衡时，A的转化率 (2mol-1mol)/2mol=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增 大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+1X ，所以 x=1，故 A正确； B甲容器压强大于乙容器，甲容器反应进行程度较大，放出的热量的数值大于乙容器放出热 量的 2 倍，由于 H 0，即 Q 0，所以 Q12Q2，故 B错误； C甲乙容器温度相同，则化学平衡常数相同，利用两容器化学平衡常数表达式计算出a 值， 故 C错误； D 该温度下， 乙容器化学平衡状态时，c （A） =0.5mol?L -1， c （B） =0.5mol?L-1， c （ C ） =0.5mol?L-1 ， 化学常数为K=c(C)/ c(A)?c(B)= 0.5mol?L -1/ ( 0.5mol?L-1?0.5mol?L-1)=2，浓度商 Q=0.2mol/0.5L ÷ 0.2mol/0.5L· 0.2mol/0.5L=2.5 ，化学平衡向逆反应方向移动，即v（正）v （逆）故 D错误； 故答案选A 【思路点拨】本题考查了化学反应速率计算、影响化学平衡移动的盐酸、化学平衡图象与有 关计算，难度较大，D选项为易错点、难点，判断x 的值是解题的关键。 【题文】 14室温时，盐酸和硫酸的混合溶液20 mL，向混合 溶液中逐滴加入005 mol·L 1 Ba（OH） 2溶液 时，生成的BaSO4和 pH 的变化如图所示（不 考虑溶液混合时体积的变化）。下列说法正确 的是 A图中 A 点对应溶液的pH:a=l B生成沉淀的最大质量m=2 33 g C原混合溶液中盐酸物质的量浓度为01 mol·L 1 D当 V Ba（OH）2 （aq） =10 mL 时，发生反应的离子方程式为： 【知识点】 离子方程式的有关计算A4B4 【答案解析】 【解析】 A 解析： 由图可知，加入20mLBa （OH ）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大 值，只有硫酸与氢氧化钡反应，而盐酸未反应，此时加入氢氧化钡的物质的量 =0.02L×0.05mol?L -1=0.001mol ，则： H2SO4+Ba （ OH ）2BaSO4+H2O 1 1 1 0.001mol 0.001mol 0.001mol 由图可知， pH=7时，消耗60mLBa （OH ）2溶液，此时加入氢氧化钡的物质的量 =0.06L×0.05mol?L -1=0.003mol ，由 H+OH- H2O可知原溶液中含有的n（H +）=n（OH- ） =0.003mol×2=0.006mol，故n（HCl）=0.006mol- 0.001mol×2=0.004mol， A 图中 A点硫酸完全反应， 盐酸没有反应， 氢离子的浓度为0.2mol/L ×0.02L ÷（0.02L+0.02L ） =0.1mol/L ，则 pH=-lg0.1=1 ，故 A正确； B由上述分析可知，生成沉淀的质量=0.001mol×233g/mol=0.233g ，故B错误； C由上述分析可知，原溶液中HCl 的物质的量浓度=0.004mol/0.02L=0.2mol/L，故 C错误； D由上述分析可知020mL只有硫酸与氢氧化钡反应，则VBa（ OH ）2（aq）=10 mL 时反应 离子方程式为Ba 2+2OH-+2H+SO 4 2- BaSO4+2H2O ，故 D错误 ; 故答案选A 【思路点拨】本题考查了混合物的计算，为高频考点，把握图象中各阶段发生的反应是解答 本题的关键，注意利用反应方程式及离子方程式进行计算，题目难度中等. 【题文】 15液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一 种以肼（ N2 H4）为燃料的电池装置如下图装置。该电池用空气中的氧气作为氧化剂， KOH作为电解质。下列叙述不正确的是 A该燃料电池负极发生的电极反应为：N2 H4+4OH 4e N2+4H2O B用该燃料电池作为装置的直流电源，产生1 mol Cl2至少需要通人 05 mol N2 H4 C该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附 量，并使它们与电解质溶液充分接触 D该燃料电池中，电子从右侧电极经过外电路流向左侧电极，溶液中OH 则迁移到左侧 【知识点】 化学电源新型电池F3F4 【答案解析】 【解析】 D 解析： A通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反 应，电极反应式为：N2H4+4OH - -4e -=N 2+4H2O，故 A正确； B电解氯化铜生成氯气的电极反应式为2Cl -2e-=Cl 2，生成1mol 氯气转移 2mol 电子，燃 料电池中的负极反应为：N2H4+4OH - -4e - =N2+4H2O，则转移 2mol 电子，消耗0.5mol 的 N2H4，故 B正确； C因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质 在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C正确； D电子只能在电极和导线中移动，不能进入溶液，故D错误； 故答案选D 【思路点拨】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反 应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电子不能在溶液中移动，题目难度不大。 【题文】 16某混合物X由 Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某校课外兴趣 小组以两条途径分别对X进行如下实验探究。 下列有关说法不正确的是： A由工可知X 中一定存在Fe2 O3、Cu B无法判断混合物中是否含有Al2O3 C1 92 g固体成分为Cu D原混合物中m（ Fe2O3） ：m（Cu） =1：1 【知识点】 有关混合物反应的计算；物质的检验和鉴别的实验方案设计C5G4 【答案解析】 【解析】 B 解析： 途径 a：10.4gX 和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离 子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子 可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g 固体和氢氧化钠反应后，固体质 量减少了3.0g ，所以该固体为二氧化硅，质量为 3.0g ，涉及的反应有： Fe2O3+6H +=2Fe3+3H 2O ； Cu+2Fe 3+=2Fe2+Cu2+，SiO 2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又 Cu与 NaOH不反应， 1.92g 固体只含Cu；结 合途径 b 可知 9.4gX 和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为6.4g ，所以固体有二氧化硅，一 定没有氧化铝； 途径 b：10.4gX 与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g 不溶物，固体部分溶解，原固体中至 少含有 Al2O3、SiO2的一种物质； 6.4g 固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在 铜离子， 发生了反应： Fe2O3+6H +2Fe3+3H 2O 、Cu+2Fe 3+2Fe2+Cu2+，说明溶液中一定存在 Fe2O3， 则 1.92g 固体为铜， 因此混合物X中由 Fe2O3、Cu、SiO2组成，一定没有A12O3 A由 I 可知， X和过量盐酸反应生成蓝色溶液，为铜离子的颜色，但Cu和盐酸不反应，则一 定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子和金属铜反应，即X中一定存在Fe2O3和 Cu，故 A正确； B由上述分析可知，混X中由 Fe2O3、Cu、SiO2组成，一定没有A12O3，故 B错误； C由上述分析可知，1.92g 固体只含Cu，故 C正确； D设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由 Fe2O3+6H +=2Fe3+3H 2O、 Cu+2Fe 3+=2Fe2+Cu2+得出：Fe 2O3 2Fe 3+Cu ，则 160x+64y=6.4 ， 64y-64x=1.92 ， 解得 x=0.02mol ， y=0.05mol ，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g ，金属铜的质量为 0.05mol×64 g/mol=3.2g ，则原混合物中m （Fe2O3）： m （Cu ）=1：1，故 D正确； 故答案选B 【思路点拨】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，题目难度中等，注意 掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据， 根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量。 第卷非选择题（共 52 分） 二、非选择题（本题共5 小题，共 52 分） 【题文】 17 （10 分）苯亚甲基苯乙酮俗称查尔酮，淡黄色梭状晶体，相对分子质量为208， 熔点为 58，沸点为208（ 33 kPa） ，易溶于醚、氯仿和苯，微溶于醇。 已知：苯甲醛的密度为104 g mL，相对分子质量为106； 苯乙酮的密度为10281 gmL，相对分子质量为120。 查尔酮的制备原理如下： （1）装苯甲醛的仪器名称是。 （2）制备过程中，需在搅拌下滴加苯甲醛， 发现温度还是上升很快，可采取。 （3）产品结晶前，可以加入几粒成品的查 尔酮，其作用是。 （4）结晶完全后，抽滤收集产物。若发现 产品的颜色较深，这时应进行进一步 操作为。 （5）已知装入三颈烧瓶的苯乙酮的体积为175 mL，滴人烧瓶中苯甲醛的体积为102 mL， 最后得到产品的质量为104 g，则产率为。 【知识点】 制备实验方案的设计J1 【答案解析】【解析】（1）恒压分液漏斗； （2）冰水浴冷却； （3）提供晶种，加速结晶；（4） 重结晶；（ 5）50% 解析： （1）根据图示可知，装苯甲醛的仪器名称为恒压分液漏斗； （2）制备过程中，需在搅拌下滴加苯甲醛，发现温度还是上升很快，如温度过高时，则可采 用冰水浴冷却措施； （3）有时溶液是过饱和溶液但是无晶核，因此不能析出晶体，在产品结晶前，可以加入几粒 成品的查尔酮，其作用是提供晶种，加速结晶； （4）发现产品的颜色较深，说明含有杂质，这时应通过重结晶的操作方法除去杂质； （5）苯甲醛的密度为1.04g/mL ，相对分子质量为106，10.2mL 苯甲醛的物质的量为： 1.04g/mL×10.2mL ÷ 106g/mol0.10mol， 苯乙酮的密度为1.0281g/mL ，相对分子质量为120，17.5mL 苯乙酮的物质的量为： 1.0281g/mL× 17.5mL÷ 120g/mol0.15mol， 根据图 1 可知，苯甲醛与苯乙酮按照物质的量1：1 反应生成查尔酮，则苯乙酮过量，二者完 全反应理论上生成0.10mol 产品， 则产率为： 10.4g ÷ 208g/mol×0.10mol×100%=50% ； 【思路点拨】本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、混合物的分离方法、物质转化率 的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有 利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。 【题文】 18 （6 分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2计算的， 我国国家标准 （CB2760 2011）规定葡萄酒中SO2残留量 0 25 g·L 1。为测定某葡萄酒中 SO2含量设计方案如 下： （1）用图一装置（夹持装置略）蒸馏并收集馏分SO2，实验时 B 中加入 10000 mL 葡萄酒 样品和适量盐酸，加热使SO2全部逸出，在C中收集馏分。 若 C 中盛装 H2O2溶液，则 SO2与其完全反应的化学方程式为： 除去 C 中过量的H2O2，然后用 004000 mol·L 1NaOH 标准溶液进行滴定，滴定前排气泡 时，应选择图二中的（填字母序号） 。 滴定至终点消耗NaOH 溶液 2500 mL，据此计算葡萄酒中SO2）含量为 gL l。 （2）由于蒸馏时盐酸易挥发，该测定结果比实际值偏高，因此改进实验方案时可将盐酸改为 稀硫酸，或者采取以下措施： 将图一装置C 中盛装的液体改为H2O，且馏分无挥发，改用001000 mol·L 1 标准 I2： 溶液滴定，反应的化学方程式为：SO2 +I2十 2H2O= H2SO4十 2HI，可选择作指示剂， 滴定终点的现象是。 盐酸虽然对此实验无干扰，但由于在上述实验过程中，存在空气的 氧化作用，会使测定结果_（填 “ 偏高 ” 、“ 偏低 ” 或“ 不变 ” ） 。 【知识点】 二氧化硫的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量A4D3 【答案解析】 【解析】（1）SO2+H2O2=H2SO4 C；0.32 ；（ 2）碘淀粉溶液；最后一滴标准 液加入时蓝色褪去且半分钟内不褪色，偏低 解析：（1）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为： SO2+H2O2=H2SO4； 氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法： 把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用C的方法； 根据 2NaOH H2SO4SO2可知 SO2的质量为： 1/2 ×（ 0.04 00mol/L × 0.025L ） ×64g/mol=0.0 32g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.032g ÷ 0.1L=0.32g/L； （2）碘遇淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂；滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入时蓝 色褪去且半分钟内不褪色，证明终点到达； 若有部分HI 被空气氧化， 则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低； 【思路点拨】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉 及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法， 明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学 知识的能力。 【题文】 19 （12 分） “ 雾霾 ” 已成为当今世界环境热点话题，为减少CO、SO2、 NOx等气体的 排放，某环境小组研究使用如下方式。 使用清洁能源，例如二甲醚（DME） 。现由合成气制备二甲醚的主要原理如下： 回答下列问题： （1）则反应的 H= kJ·mol 1。 （2）将合成气以钾n（H2） n（CO ）=2 通 人 1L 的反应器中，一定条件下发 生反应： 4H2（ g）+2CO（g） CH3 OCH3 (g）+H2 O(g）H，其 CO的平衡转化率随温度、压强变 化关系如图所示，下列说法正确的 是（填字母序号） 。 AH ； 溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为： （2）常温下，向20 ml）01mol ·L 1 Na 2CO3溶液中逐滴加入 01mol ·L 1 HC1溶液 40 mL， 溶液中含碳元素的各种微粒（CO 2）因逸出未画出）物质的量分数随溶液 pH 变化的情况 如下： 回答下列问题： 所得溶液中含量最多的三种微粒的物质的量浓度的大小关系为 已知在25时， 2 3 CO 水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2×1 0 4mol ·L1，当溶液中 2 33 ():()2:1c HCOc CO时，溶液的Ph= 。 金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性强，更易被 人体吸收且在体内蓄积。工业上处理酸性含Cr2 2 7 O 废水的方法如下： （1）向含Cr2 2 7 O 的酸性废水中加入FeSO4溶液，使Cr2 2 7 O 全部转化为Cr 3+。写出该反应的 离子方程式：。 （2）调节溶液的pH，使 Cr 3完全沉淀。 25时，若调节溶液的 pH=8，则溶液中残余Cr 3的 物质的量浓度为molL （ 已知 25时，KspCr （OH） 3=6 3× 10 31） 。 （3）铬元素总浓度的测定：准确移取2500 mL 含 Cr2 2 7 O 和 Cr3+的酸性废水，向其中加 入足量的（ NH4）2S2O8溶液将 Cr3+氧化成 Cr2 2 7 O ，煮沸除去过量的（NH4）2S 2O8；向上述 溶液中加入过量的KI 溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0 015 molL 的 Na2 S2O3标准溶液，终点时消耗Na2 S2 03溶液 2000 ml） 。计算废水中铬元素总浓度 （单位： mg·L l ，写出计算过程） 。 已知测定过程中发生的反应如下： 【知识点】 弱电解质在水溶液中的电离平衡、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质H1H5 【答案解析】【解析】 . (1) 不变； c（CH3COO -）c（Na+） c（CH 3COOH）c（ H +）c（OH- ）； （2）c（ Na +）=c（Cl-） c（HCO 3 -） 10 . （ 1）Cr2O7 2-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H 2O ；（ 2）6.3 ×10 -13 ；（ 3）208； 解析： （1） c(CH3COO - )?c(H +)/c(CH 3COOH) 为 CH3COOH 的电离平衡常数，只受温度的影响，所 以不变；相同浓度的醋酸和醋酸钠溶液显酸性，c（ H +） c（OH-），溶液中还有钠离子和醋 酸根离子，据电荷守恒，一定是c（CH3COO -） c（Na+），醋酸是弱酸，电离程度很小，所以 c（CH3COOH ）c（H +），所以溶液中离子浓度大小顺序为： c（CH3COO - ）c（Na +）c（CH 3COOH ） c（ H +） c（ OH-）； （2）溶液中含量最大的三种离子有Na +、 Cl-、HCO 3 -，钠离子与氯离子浓度相等， HCO3 - 浓度 最大时是钠离子和氯离子浓度的1/2 ；故答案为：c（Na +）=c（Cl-） c（HCO 3 -）；水解常 数 Kh= HCO3 -?OH- /CO3 2- =2×10 -4 ， 当溶液中c （HCO3 - ） ： c （CO3 2- ） =2： 1 时，c （OH - ） =10 -4 mol/L ， 由 Kw可知， c（H +）=10-10mol/L ，所以 pH=10； .（1）工业上为了处理含有Cr2