專題01 經(jīng)典母題30題 2015年高考化學走出題海之黃金30題系列 Word版含解析

1、2015年高考沖刺之黃金30題系列經(jīng)典母題30題【試題1】下列物質性質與應用對應關系不正確的是 （ ）A明礬在天然水中生成Al(OH)3膠體，可用作自來水的消毒劑BSO2有漂白性，工業(yè)上常用它來漂白紙漿C單質硅具有半導體性能，可以制成光電池DFe2O3是一種紅棕色粉末，常用作紅色油漆【答案】A【解析】試題分析：A、明礬在天然水中生成Al(OH)3膠體，可用作自來水的沉降劑，A錯誤；B、SO2有漂白性，工業(yè)上常用它來漂白紙漿，B正確；C、單質硅具有半導體性能，可以制成光電池，C正確；D、Fe2O3是一種紅棕色粉末，常用作紅色油漆，D正確；答案選A?？键c：元素化合物性質【試題2】化學與生產(chǎn)、生活、

2、環(huán)境保護等密切相關。下列敘述正確的是（ ）A綠色食品是生產(chǎn)時不使用化肥農藥，不含任何化學物質的食品B新型材料聚酯纖維、光導纖維都屬于有機高分子材料C醫(yī)藥中常用酒精來消毒，是因為酒精能夠使病毒的蛋白質發(fā)生變性DCO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放會導致酸雨的形成【答案】C【解析】試題分析：A、綠色食品是無公害和無污染的食品，食品中都含有化學物質，錯誤；B、光導纖維的主要成分是二氧化硅，屬于無機非金屬材料，錯誤；C、酒精能使蛋白質變性，所以醫(yī)藥中常用酒精來消毒，正確；D、二氧化碳是造成溫室效應的主要氣體，二氧化硫是造成酸雨的主要氣體，錯誤，答案選C?？键c：考查化學與生產(chǎn)、生活、環(huán)境的關系【試題3

3、】設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A1 mol Cu(NH3)42+ 中含有鍵的數(shù)目為12NAB0.1mol鐵粉與足量水蒸氣反應生成的H2分子數(shù)目為0.1NAC分子數(shù)目為0.1NA的N2和NH3混合氣體，原子間含有的共用電子對數(shù)目為0.3NAD用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間后，若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固體恰好能使溶液恢復到原來的濃度，則該電解過程中轉移電子的數(shù)目為0.2NA【答案】C考點：考查阿伏加德羅常數(shù)的計算【試題4】下列物質按純凈物、混合物、電解質、非電解質的順序組合的一組為（ ）A蒸餾水、氨水、乙醇、二氧化硫 B膽礬、空氣、硫酸鈉、干冰C生鐵

4、、鹽酸、濃硫酸、碳酸鈣 D生石灰、漂白粉、氯化銅、硫酸鋇【答案】B【解析】試題分析：A、乙醇不是電解質，屬于非電解質，錯誤；B、膽礬是含有結晶水的硫酸銅，屬于純凈物，空氣是混合物，硫酸鈉是電解質，干冰是二氧化碳固體，是非電解質，正確；C、生鐵是鐵與碳的合金，屬于混合物，濃硫酸屬于混合物，不屬于電解質，碳酸鈣屬于電解質，錯誤；D、硫酸鋇是電解質，錯誤，答案選B?？键c：考查物質的分類判斷【試題5】解釋下列過程的方程式正確的是（ ）A氯化鈉溶于水發(fā)生電離，電離方程式為：NaClNa+ + Cl¯B用過量氨水吸收煙道氣中的SO2：SO2+2NH3H2O=SO32¯+2NH4+H2O

5、C工業(yè)冶煉金屬鋁：AlCl3(熔融)Al + Cl2D向物質的量之比為1:1的NaOH和Na2CO3混合物中加入過量稀鹽酸：OH¯+CO32¯+2H+HCO3¯+H2O【答案】B【解析】試題分析： A、氯化鈉溶于水發(fā)生電離不需要通電，A錯誤；B、用過量氨水吸收煙道氣中的SO2：SO2+2NH3H2OSO32¯+2NH4+H2O ，B正確；C、工業(yè)冶煉金屬鋁電解熔融氧化鋁，AlCl3為共價化合物，不導電，C錯誤；D、過量稀鹽酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，：OH¯+CO32¯+3H+=CO2+2H2O ，D錯誤；答案選B?？键c：化學用語、各

6、種方程式【試題6】下列各組離子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A強酸性溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、ClO-B加入Al能放出的H2溶液中：Cl-、HCO3-、NO3-、NH4+C在由水電離出的c(OH-)10-13mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、Cl-DpH11的溶液中：CO32-、Na+、Al(OH)4-、NO3-【答案】D考點：考查溶液中離子大量共存的知識?！驹囶}7】下列關于有機物的判斷錯誤的是（ ）A乙烯和苯使溴水褪色的原理不同B乙醇、乙酸都能和金屬鈉反應CC2H6O只代表一種物質D淀粉和纖維素都可作為工業(yè)上生產(chǎn)葡萄糖的原料【答案】C【解析】試題分析

7、：A、乙烯使溴水褪色是因為乙烯與溴發(fā)生加成反應，苯使溴水褪色，是因為苯可萃取溴水中的溴，原理不同，正確；B、乙醇與乙酸中都含羥基，所以都與鈉反應，正確；C、C2H6O可以代表乙醇，也可以代表甲醚，不只代表一種物質，錯誤；D、淀粉和纖維素最終的水解產(chǎn)物都是葡萄糖，所以淀粉和纖維素都可作為工業(yè)上生產(chǎn)葡萄糖的原料，正確，答案選C。考點：考查對有機物性質的判斷【試題8】以KI為碘劑的加碘食鹽，由于受空氣作用，容易引起碘的損失，工業(yè)生產(chǎn)中需添加穩(wěn)定劑以減少碘的損失。下列物質中可能做穩(wěn)定劑的是（ ）ANa2S2O3 BFeCl3 CNaHCO3 DCaO【答案】A【解析】試題分析：以KI為碘劑的加碘食鹽中

8、碘的損失主要是由于雜質、水份、空氣中的氧氣以及光照，受熱而引起的，要減少碘的損失，需加入具有還原性的物質來消耗氧氣，A. Na2S2O3具有還原性，正確，BFeCl3具有氧化性，錯誤；CNaHCO3和CaO沒有氧化性和還原性，錯誤；選A?？键c：考查氧化還原反應，碘的化合物的性質?！驹囶}9】四種短周期元素在周期表中的位置如圖，其中X元素的原子最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)。下列說法不正確的是（ ）ZWXYAX位于元索周期表中第3 周期、A族B原子半徑：X > Z > WC最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W > YDY的最高價氧化物可以和W的最簡單氫化物反應【答案】D【解析】試題分析：根

9、據(jù)四種短周期元素的位置可判斷X是第三周期元素，所以X的最外層電子數(shù)是3，則X是Al元素；Y是Si元素，Z是N元素，W是O元素。A、Al位于元索周期表中第3 周期、A族，正確；B、根據(jù)原子半徑的決定因素，X的電子層數(shù)最多，原子半徑最大，Z與W的電子層數(shù)相同，Z的原子序數(shù)小，則Z的原子半徑大于W，正確；C、O的非金屬性大于Si，則F的氫化物的穩(wěn)定性大于Si的氫化物的穩(wěn)定性，正確；D、Si的最高價氧化物是二氧化硅，O的簡單氫化物是水，而二氧化硅與水不發(fā)生反應，錯誤，答案選D。考點：考查元素的推斷，元素化合物的性質應用【試題10】下列關于實驗的說法正確的是（ ）A將二氧化碳通人硅酸鈉溶液以證明碳酸的酸

10、性比硅酸強B上圖裝置中，導管不能伸人液面的原因是產(chǎn)物易溶于水C用堿石灰可干燥氯氣D用普通玻璃棒蘸取溶液做焰色反應以證明溶液含有Na十【答案】A【解析】試題分析：A根據(jù)強酸制弱酸的原理，二氧化碳通入硅酸鈉溶液會產(chǎn)生白色沉淀，證明碳酸的酸性強于硅酸，正確；B 導管不能伸人液面的原因是使生成的乙酸乙酯氣體直接在液面就液化，從而浮在上面與下面的溶液分層，如果伸進去，則會有一部分溶解在溶液中，減少產(chǎn)量，還可以防止倒吸，錯誤；C堿石灰的成分是NaOH和CaO的混合物，氯氣和NaOH反應，錯誤；D 玻璃里有一種成分是Na2SiO3 ，因為玻璃里含有Na元素，也會出現(xiàn)黃色的焰色反應，錯誤；選A?？键c：考查化學

11、實驗基本操作?！驹囶}11】鎂鋁合金5.4g溶于過量的熱濃硝酸中，反應產(chǎn)生11.2 LNO2(標準狀況)，若在反應后溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液，則生成沉淀質量為（ ）A45g B6 g C87g D139g【答案】C【解析】試題分析：設鎂的物質的量為x，鋁的物質的量為y，根據(jù)鎂鋁合金為5.4g可得：24x+27y=5.4，根據(jù)氧化還原反應得失電子總數(shù)相等可得：2x+3y=11.2L÷22.4L/mol，解這兩個方程可得x=0.15mol，加入過量的NaOH溶液得到的沉淀為Mg(OH)2，則生成沉淀質量為：0.15mol×58g/mol=8.7g，故C項正確。考點：本題考查化

12、學計算?！驹囶}12】下列說法正確的是（ ）A濃硫酸有吸水性，可用于干燥氨氣BSiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應CNa2O2與水反應、紅熱的Fe與水蒸氣反應均能生成堿D新制氯水顯酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始終呈紅色【答案】B【解析】試題分析：A、濃硫酸可作干燥劑，但不能干燥氨氣，因為與氨氣反應生成硫酸銨，錯誤；B、二氧化硅是酸性氧化物，可與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，正確；C、過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，F(xiàn)e與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，錯誤；D、新制氯水中含有氫離子、次氯酸分子等，溶液具有酸性。所以使紫色石蕊變紅色，但次氯酸具有強氧化性，所以紅色隨后褪去，錯誤，答

13、案選B。考點：考查對物質性質的判斷【試題13】常溫下，濃度均為1.0 mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，測得其pH為9.3。下列有關敘述正確的是（ ）A加入適量的NaCl，可使c(NH4+)c(Cl-)B滴加幾滴濃氨水，c(NH4+)減小C滴加幾滴濃鹽酸，的值減小D1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)比該混合溶液大【答案】A【解析】試題分析：A、等濃度的氨水與氯化銨的混合液呈堿性，c(H)< c（OH），根據(jù)電荷守恒，則c(NH4+) > c(Cl-)，加入氯化鈉后氯離子濃度增大，而銨根離子濃度不變，可使c

14、(NH4+)c(Cl-)，正確；B、該混合液呈堿性，說明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，滴加幾滴濃氨水，溶液的堿性增強，盡管濃氨水中一水合氨的電離度小，但銨根離子的濃度、氫氧根離子濃度仍大于原溶液中的銨根離子濃度、氫氧根離子濃度，溶液的堿性增強，所以c(NH4+)增大，錯誤；C、滴加幾滴濃鹽酸，溶液的pH減小，氫氧根離子濃度減小，則一水合氨的電離正向移動，銨根離子濃度增大，一水合氨的濃度減小，比值增大，錯誤；D、因為該混合液中一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，則銨根離子濃度會大于1.0mol/L，而1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)會因為銨根離子

15、的水解小于1.0mol/L，錯誤，答案選A。考點：考查弱電解質的電離平衡的判斷，離子濃度的變化判斷【試題14】一定條件下進行反應：A(g)B(g)+C (g)，向2.0 L恒容密閉容器中充入1.0 mol A(g)，經(jīng)過一段時間后達到平衡。反應過程中測得的有關數(shù)據(jù)見下表：t/s02468n(B)/mol00.300.390.400.40下列說法正確的是（雙選）（ ）A反應前2min的平均速率v(B)0.15 mol/（L·min）B保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(B)0.22 mol·L-1,則反應的H < 0C保持其他條件不變，起始向容器中充入2.0 mol

16、A，反應達到平衡時C的體積分數(shù)減小D保持其他條件不變，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，反應達到平衡前的速率：v(正)<v(逆)【答案】CD【解析】試題分析：A、反應前2min的平均速率v(B)0.30mol/2.0L/2min0.075 mol/（L·min），錯誤；B、原平衡時，c(B)0.40mol/2.0L=0.2 mol·L-1,保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(B)0.22 mol·L-1>0.20mol/L，說明升高溫度，平衡正向移動，則該反應是吸熱反應，H >0，錯誤；C、保持其他

17、條件不變，起始向容器中充入2.0 mol A，臂原平衡時物質的濃度增大，相當于縮小容器的體積，增大壓強，則平衡逆向移動，反應達到平衡時C的體積分數(shù)減小，正確；D、根據(jù)表中數(shù)據(jù)可計算該溫度時的平衡常數(shù)是0.4/3，保持其他條件不變，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，則Qc0.32/0.60.15>0.4/3，則反應逆向進行，所以反應達到平衡前的速率：v(正)<v(逆)，正確，答案選CD?？键c：考查反應速率的計算，平衡移動的判斷，化學平衡常數(shù)的應用【試題15】研究發(fā)現(xiàn)，可以用石墨作陽極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融CaF2CaO作電解質，利用圖示裝置獲

18、得金屬鈣，并以鈣為還原劑還原二氧化鈦制備金屬鈦。下列說法中正確的是（ ）A將熔融CaF2CaO換成Ca(NO3)2溶液也可以達到相同目的B陽極的電極反應式為：C+2O2-4e-CO2C在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量減少D若用鉛蓄電池作該裝置的供電電源，“+”接線柱應連接Pb電極【答案】B【解析】試題分析：A若將熔融CaF2CaO換成Ca(NO3)2溶液，則由于得到電子的能力：H+>Ca2+，所以不可能產(chǎn)生金屬Ca，錯誤；B陽極發(fā)生氧化反應，該電極的電極反應式為：C+2O2-4e-CO2，正確；C在制備金屬鈦前后，Ca失去電子變?yōu)镃a2+，故整套裝置中CaO的總量不變，錯誤；D若

19、用鉛蓄電池作該裝置的供電電源，“+”接線柱應連接正極PbO2電極，錯誤。考點：考查電解原理的應用、電源的連接方法及電極反應的知識?！驹囶}16】某同學為研究電化學原理，使用KC1鹽橋設計如圖所示實驗裝置。下列分析不合理的是（ ）A閉合K2斷開K1，左側燒杯中的Fe2+向鐵電極移動B無論閉合K1斷開K2，還是斷開K1閉合K2，石墨電極上發(fā)生的反應都是C閉合K，斷開K2，電流從石墨電極經(jīng)過K流向鐵電極D閉合K，斷開K2，左側燒杯中的溶液pH將逐漸降低【答案】A【解析】試題分析：閉合K2斷開K1后，就形成的是一個電解池，根據(jù)電源的正極可知鐵電極應該是陽極，是一個活性陽極，應該是鐵失去電子，陽離子應該移

20、動到陰極，故A的分析不合理；閉合K，斷開K2，形成的是一個原電池，電子從負極出發(fā)到正極，鐵失電子為負極，故電流方向從石墨電極經(jīng)過K流向鐵電極，亞鐵離子被空氣中氧氣氧化成鐵離子，水解能力增強，故酸性增強，溶液pH將逐漸降低?？键c：考查電化學的相關知識點【試題17】實驗室制備氯氣：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+ Cl2+2 H2O反應會因鹽酸濃度下降而停止。為測定反應殘余液中鹽酸的濃度，探究小組同學設計了4組實驗方案（每次均量取20 mL反應殘余液進行實驗），其中正確的是（ ）A與足量AgNO3溶液反應，過濾、洗滌、干燥，稱量生成的沉淀質量為a gB稀釋10倍后取20 mL用已知濃度的NaO

21、H溶液滴定，消耗NaOH的體積為b mLC與足量NaHCO3固體反應，逸出氣體用足量堿石灰吸收，增重c gD加入d1g CaCO3（過量）充分反應后，稱量剩余固體質量為d2 g已知：Ksp( CaCO3)>Ksp( MnCO3)【答案】B【解析】試題分析：A、反應后的溶液中除鹽酸中含有氯離子外，氯化錳中也含有氯離子，所以不能用氯化銀沉淀的質量來計算溶液中鹽酸的濃度，錯誤；B、溶液中的鹽酸與氫氧化鈉反應，所以利用消耗氫氧化鈉溶液的物質的量來計算鹽酸的物質的量濃度，正確；C、與碳酸氫鈉溶液反應生成的二氧化碳氣體被堿石灰吸收，則堿石灰還會吸收氣體中的水蒸氣，所以不能計算鹽酸的濃度，錯誤；D、加

22、入d1g CaCO3（過量）充分反應后，得到的固體中除含碳酸鈣外還含有碳酸錳，所以無法計算鹽酸消耗的碳酸鈣的質量，不能計算鹽酸的濃度，錯誤，答案選B?？键c：考查對實驗方案的評價【試題18】下列各組物質中，物質之間通過一步反應就能實現(xiàn)圖示轉化的是（ ）A B C D【答案】C【解析】試題分析： 2FeCl2+Cl22FeCl3；2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2；CuCl2+FeCu+ FeCl2；Fe+2HClFeCl2+H2，2Fe+3Cl22FeCl3，正確；2Na2O+O22Na2O2；2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；Na2CO3不能一步轉化為Na2O；2Na+O2N

23、a2O2；4Na+O22Na2O，錯誤；2NO+O22NO2，3NO2+H2OHNO3+NO；8HNO3(稀)+3Cu3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；N2+O22NO，但是不能反應產(chǎn)生NO2，錯誤；Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl(OH)4，NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，4Al+3O22Al2O3；2Al+2NaOH+6H2O2NaAl(OH)4+3H2；正確。因此物質之間通過一步反應就能實現(xiàn)圖示轉化的是。選項是C?？键c：考查物質的化學性質及相互轉化的關系的知識?！驹囶}19】已知：NH2COO-2H2OHCO3

24、-NH3·H2O。現(xiàn)用兩份氨基甲酸銨溶液在不同溫度（T1和T2）下實驗，得到c(NH2COO)隨時間變化關系如圖所示。以下分析正確的是（ ）A無法判斷T1和T2的大小關系BT1 時，第6min反應物轉化率為6.25%CT2 時，06min （NH2COO-）=0.3mol·L-1·min-1D往平衡體系加水稀釋，平衡右移，溶液中各種離子濃度減小【答案】B【解析】試題分析：A.由圖象可以看出，用時6分鐘，T2溫度下氨基甲酸銨濃度變化大，所以T2>T1，錯誤；B.在T1時，第6min，反應物由2.4降低到2.25，反應掉0.15mol/L，反應物轉化率為0.15

25、/2.4×100%=6.25%，正確；C.T2時，0-6min，V (NH2COO-)=（2.2-1.9）÷6=0.05mol·L-1·min-1，錯誤；D.往平衡體系中加水稀釋，平衡右移，溶液堿性減弱，酸性增強，H濃度升高，錯誤；選B?？键c：考查化學平衡?！驹囶}20】某霧霾嚴重影響人們的生活與健康。某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl 。某同學收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預處理后試樣溶液，設計并完成了如下的實驗：已知：3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3 + 8AlO2根

26、據(jù)以上的實驗操作與現(xiàn)象，該同學得出的結論不正確的是（ ）A試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B試樣中一定不含Al3+C試樣中可能存在Na+、ClD該霧霾中可能存在NaNO3 、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】試題分析：由氣體1遇濕潤的紅色石蕊試紙顯藍色知原試液中含有NH4+；因為在堿性條件下，由氣體2的性質及生成過程、題給反應信息3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3 + 8AlO2知試液中含有NO3-；由沉淀1的性質知其成分為BaSO4與Mg(OH)2，故原試液中含有SO42-、Mg2；沉淀2中肯定含有BaCO3，由已知信息無法確定溶液中是否含有Na、C

27、l。綜合前述分析知A、C、D項正確，B項錯誤?？键c： 掌握常見離子的檢驗方法?！驹囶}21】（10分）電子工業(yè)中，可用FeCl3HCl溶液作為印刷電路銅板蝕刻液。某探究小組設計如下線路處理廢液和資源回收：請回答：（1）FeCl3HCl溶液蝕刻銅板后的廢液中含有的金屬陽離子是 。（2）FeCl3蝕刻液中加入鹽酸的目的：可以 ，又可提高蝕刻速率。（3）步驟中加入H2O2溶液的目的是 。（4）已知：生成氫氧化物沉淀的pHCu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀時4.77.01.9沉淀完全時6.79.03.2根據(jù)表中數(shù)據(jù)推測調節(jié)pH的范圍是 。（5）寫出步驟中生成CO2的一個離子方程式_（已知

28、Cu2(OH)2CO3不易溶于水）。（6）寫出步驟生成Cu2(OH)2CO3的離子方程式_。【答案】（共10分）（1）Fe3+ 、Fe2+和Cu2+ （2分，寫對3個得2分，少一個得一分）（2）抑制氯化鐵水解 （1分） （3）將Fe2+氧化成Fe3+，方便后續(xù)沉淀時除去（1分）（4）3.2，4.7）或3.2pH4.7（5）4H+Cu2(OH)2CO3 3H2O +2 Cu2+ CO2或4Fe3+3Cu2(OH)2CO3+3H2O 4Fe(OH)3+6 Cu2+3 CO2（6）2Cu2+4HCO3 Cu2(OH)2CO3+H2O +3 CO2【解析】試題分析：（1）由2Fe3+Cu2Fe2+Cu

29、2+可知，溶液蝕刻銅板后的廢液中含有的金屬陽離子是Fe3+ 、Fe2+和Cu2+；（2）為了防止Fe3+的水解，蝕刻液中加入鹽，又可提高蝕刻速率；（3）由生成氫氧化物沉淀的pH表可知Fe3+比Fe2+更易沉淀而除去，所以在步驟中加入H2O2溶液將Fe2+氧化成Fe3+，方便后續(xù)沉淀時除去；（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)為了讓Fe3+完全沉淀，pH應該大于等于3.2，為了防止Fe2+、Cu2+沉淀，pH小于4.7，所以pH的范圍是3.2，4.7）或3.2pH4.7；（5）由Cu2(OH)2CO3不易溶于水，可寫出生成二氧化碳的方程式為4H+Cu2(OH)2CO3 3H2O +2 Cu2+ CO2或4Fe3+

30、3Cu2(OH)2CO3+3H2O4Fe(OH)3+6 Cu2+3 CO2；（6）步驟生成Cu2(OH)2CO3的離子方程式2Cu2+4HCO3 Cu2(OH)2CO3+H2O +3 CO2。考點：鐵及其化合物性質【試題22】（16分）CuCl是應用廣泛的有機合成催化劑，可采取不同方法制取。方法一 銅粉還原CuSO4溶液已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+ 2ClCuCl32(無色溶液)。（1）將廢銅板浸入熱的H2SO4溶液中，并通入空氣，可以生成CuSO4。該反應的離子方程式為 。（2）中，“加熱”的目的是 ，當觀察到 現(xiàn)象，即表明反應已經(jīng)完全。（3）中，加入

31、大量水的作用是 。（4）潮濕的CuCl在空氣中易發(fā)生水解和氧化。上述流程中，為防止水解和氧化所添加的試劑或采取的操作是 。方法二 銅電極電解飽和食鹽水（實驗裝置如圖）（5）陽極的電極反應式為 。（6）實驗開始時，陽極附近沒有產(chǎn)生CuOH沉淀的原因是 。（已知：Ksp(CuCl)=1.2×10-6，Ksp(CuOH)=1.2×10-14）【答案】（15分）（1）2Cu+O2+4H+2Cu2+ 2H2O ；3分（2）加快反應的速率；2分溶液由藍色變?yōu)闊o色； 2分 （3）稀釋促進平衡CuCl(白色)+ 2ClCuCl32(無色溶液)逆向移動，生成CuCl；2分（4）濃鹽酸、95%

32、乙醇、真空干燥； 2分（5）Cu - e+ Cl= CuCl（寫Cu - e+ 3Cl= CuCl32也給分 ） 3分（6）陽極區(qū)Cl-濃度遠遠高于OH-的濃度【解析】試題分析：（1）Cu與稀硫酸、氧氣在加熱的條件下反應生成硫酸銅和水，離子方程式是2Cu+O2+4H+2Cu2+ 2H2O；（2）加熱是目的是加快反應速率，硫酸銅與Cu、氯化鈉反應最終生成CuCl32，所以當溶液由藍色變?yōu)闊o色時，證明反應完全；（3）因為CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+ 2Cl CuCl32(無色溶液)，加水稀釋，使平衡逆向移動，從而生成CuCl沉淀；（4）潮濕的CuCl在空氣中易發(fā)生水解和氧化，為防

33、止Cu2+水解，所以加入濃鹽酸并在95%的乙醇中洗滌，防止被氧化，則排除空氣的存在，在真空中進行干燥；（5）Cu作電極電解食鹽水制取氯化亞銅，則陽極是Cu失去電子，與氯離子結合為CuCl，則陽極的電極反應式是Cu - e+ Cl= CuCl；（6）雖然Ksp(CuCl)> Ksp(CuOH)，但是在陽極區(qū)，陰離子主要是氯離子，而氫氧根離子濃度較小，所以陽極區(qū)中Cu+與氯離子結合為CuCl，當陰極的氫氧根離子濃度逐漸增大時，氫氧根離子向陽極移動的過程中，在U形管的底部可能氫氧根離子與Cu+結合為CuOH沉淀，所以在陽極區(qū)不會產(chǎn)生CuOH沉淀?？键c：考查對物質制備流程的分析，化學方程式的判斷

34、，電化學反應原理的應用【試題23】（13分）研究CO2的利用對促進低碳社會的構建具有重要的意義。（1）已知拆開1 mol H2、1 mol O2和液態(tài)水中1 mol OH鍵使之成為氣態(tài)原子所需的能量分別為436 kJ、496 kJ和462 kJ；CH3OH(g)的燃燒熱為627 kJ·mol1。則CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l) H kJ·mol1。（2）將燃煤廢氣中的CO2轉化為二甲醚的反應原理為：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(l)該反應平衡常數(shù)表達式K 。已知在某壓強下，該反應在不同溫度、不同投料比時，CO2的轉化率如圖所示

35、。該反應的H 0（填“”或“”）。若溫度不變，減小反應投料比n(H2)/n(CO2)，則K將 （填“增大”、“減小”或“不變”）。某溫度下，向體積一定的密閉容器中通入CO2(g)與H2(g)發(fā)生上述反應，當下列物理量不再發(fā)生變化時，能表明上述可逆反應達到化學平衡的是 。A二氧化碳的濃度 B容器中的壓強C氣體的密度 DCH3OCH3與H2O的物質的量之比（3）向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+剛好完全沉淀時，則溶液中c(CO32-) 。已知：Ksp(CaCO3)=2.8×109【答案】（1）93 （3分）（2） c(CH3OCH3)/ c2(CO2)×c6(H2)

36、（2分） （2分）不變 （1分） ABC （3分） （3）2.8×104 mol/L （2分）【解析】試題分析：（1）已知拆開1 mol H2、1 mol O2和液態(tài)水中1 mol OH鍵使之成為氣態(tài)原子所需的能量分別為436 kJ、496 kJ和462 kJ，則生成1mol液態(tài)水放出的熱量是462kJ×2436 kJ496 kJ×1/2240kJ，即反應的熱化學方程式為1/2O2(g)H2(g)H2O(l) H240kJ·mol1。又因為CH3OH(g)的燃燒熱為627 kJ·mol1，即熱化學方程式為CH3OH(g)3/2O2(g)CO2(

37、g)2H2O(l) H627kJ·mol1，則根據(jù)蓋斯定律可知×3即得到CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l) H93kJ·mol1。（2）化學平衡常數(shù)是在一定條件下，當可逆反應達到平衡狀態(tài)時，生成物濃度的冪之積和反應物濃度的冪之積的比值，則根據(jù)方程式可判斷該反應平衡常數(shù)表達式Kc(CH3OCH3)/ c2(CO2)×c6(H2)。根據(jù)圖像可知，在投料比相同的條件下，升高溫度CO2的轉化率降低，這說明升高溫度平衡向逆反應方向進行，因此正反應是放熱反應，即反應的H0。平衡常數(shù)只與溫度有關系，因此若溫度不變，減小反應投料比n(H2)/n(CO2

38、)，則K將不變。在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），反應體系中各種物質的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學平衡狀態(tài)。則A二氧化碳的濃度不再發(fā)生變化可以說明反應達到平衡狀態(tài)，A正確；B正反應是體積減小的可逆反應，因此當壓強不再發(fā)生變化時可以說明反應達到平衡狀態(tài)，B正確；C密度是混合氣的質量和容器容積的比值，在反應過程中容積始終是不變的，當氣體的質量是減小的，因此密度是變化的，則當氣體的密度不再發(fā)生變化時可以說明反應達到平衡狀態(tài)，C正確；D根據(jù)方程式可知甲醇與水總是按照物質的量之比1：3產(chǎn)生，因此CH3OCH3與H2O的物質的量之比始終是不變，所以不能說明反應達

39、到平衡狀態(tài)，D錯誤，答案選ABC。（3）當溶液中離子的濃度小于1×105mol/L時可以認為完全測定，因此向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+剛好完全沉淀時溶液中c(CO32-)2.8×109÷1×1052.8×104mol/L。考點：考查蓋斯定律、外界條件對平衡狀態(tài)的影響、平衡狀態(tài)的判斷以及溶度積常數(shù)計算【試題24】（15分）某化學探究小組擬用廢銅屑制取Cu(NO3)2，并探究其化學性質。I 如圖，用濃HNO3，和過量的廢銅屑充分反應制硝酸銅溶液。（1）寫出銅與濃硝酸反應的離子方程式 。（2）裝置中NaOH溶液的作用是 。欲從反應后的

40、溶液中得到硝酸銅晶體，實驗操作步驟是蒸發(fā)濃縮、 、過濾。你認為此裝置是否合理，并說明原因 。如果不合理，同時在原裝置上改進；如果合理，只需說明原因。為了探究的熱穩(wěn)定性，探究小組按下圖裝置進行實驗。（圖中鐵架臺、鐵夾和加熱儀器均略去）【實驗裝置】【實驗操作及現(xiàn)象】往試管中放人研細的無水Cu(NO3)2：晶體并加熱，觀察到試管中有紅棕色氣體生成，最終殘留黑色粉末；用U型管除去紅棕色氣體，在集氣瓶中收集到無色氣體。【解釋與結論】（3）紅棕色氣體是 。根據(jù)現(xiàn)象判斷在加熱條件下可以分解，其化學反應方程式為 。利用Cu(NO3)2制備淺綠色的堿式碳酸銅CuCO3·Cu(OH)2。向大試管中加入一

41、定量的碳酸鈉溶液和硝酸銅溶液，水浴加熱，用0.4 mol/L的NaOH溶液調節(jié)pH至8.5，振蕩、靜置、過濾、洗滌、干燥，得到樣品。【實驗數(shù)據(jù)】反應溫度對樣品的影響實驗序號1234溫度35507095樣品顏色深藍色深藍色淺綠色暗藍色樣品中堿式碳酸銅的質量分數(shù)%90.992.7x92.0（4）濾液中可能含有 ，寫出檢驗的方法 。（5）95時，樣品顏色發(fā)暗的原因：_ 。（6）70C時，實驗得到2.38 g樣品，取此樣品加熱至分解完全（雜質不分解），得到1.76 g固體，此樣品中堿式碳酸銅的質量分數(shù)是 ?！敬鸢浮浚?5分）I（1） Cu+4H+2NO3一=Cu2+2NO2+2H2O(2分)（2）吸收

42、氮氧化物，防止污染空氣（1分，合理即可）冷卻結晶（1分）不合理，密閉體系中立即產(chǎn)生大量氣體，會有安全隱患（1分）（裝置圖如下，1分，合理即給分）或者合理，慢慢擠壓膠頭滴管控制反應速率，使NaOH溶液及時吸收NO2（2分，合理即給分） II（3）NO2（1分）2Cu(NO3)22CuO+4NO2+O2 (2分) III（4）取少量濾液置于試管中，加入足量稀鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，說明有CO32-（2分，合理即給分）（5）含有黑色的氧化銅（2分） （6）93.3%（2分）【解析】試題分析：I、（1）Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅和水、二氧化氮氣體，化學方程式是Cu+4H+2NO3

43、一Cu2+2NO2+2H2O；（2）裝置中NaOH溶液的作用是吸收反應產(chǎn)生的氮的氧化物，防止污染；從硝酸銅溶液中得到硝酸銅晶體，需經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等操作；該小題為開放題目，若反應速率過快，則裝置不合理，密閉體系中立即產(chǎn)生大量氣體，會有安全隱患；若合理，則慢慢擠壓膠頭滴管控制反應速率，使NaOH溶液及時吸收NO2；II、（3）根據(jù)氣體的顏色判斷紅棕色氣體為NO2；根據(jù)硝酸銅分解的現(xiàn)象：有紅棕色氣體生成，最終殘留黑色粉末，用U型管除去紅棕色氣體，在集氣瓶中收集到無色氣體，判斷黑色固體是CuO，無色氣體為氧氣，紅棕色氣體為二氧化氮，所以硝酸銅受熱分解的化學方程式是2Cu(NO

44、3)22CuO+4NO2+O2；III、（4）濾液中可能含有碳酸根離子，證明碳酸根離子的存在，一般選擇鹽酸和澄清石灰水，取少量濾液置于試管中，加入足量稀鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，說明有CO32-；隨溫度升高，生成的氫氧化銅會分解產(chǎn)生黑色的CuO，顏色變暗；根據(jù)題意，固體質量減少2.38-1.76=0.62g，根據(jù)堿式碳酸銅分解的化學方程式CuCO3·Cu(OH)22CuO+CO2+H2O,可知固體每減少44g+18g62g，則有1mol CuCO3·Cu(OH)2反應，則樣品中CuCO3·Cu(OH)2的物質的量是0.62g/62g×

45、1mol0.01mol，則此樣品中堿式碳酸銅的質量分數(shù)是0.01mol×222g/mol/2.38g×100%93.3%?？键c：考查Cu與硝酸的反應，對反應現(xiàn)象的分析，質量分數(shù)的計算【試題25】（10分）某學生利用以下裝置探究氯氣與氨氣之間的反應。其中A、F分別為氨氣和氯氣的發(fā)生裝置，C為純凈干燥的氯氣與氨氣反應的裝置。請回答下列問題：（1）裝置F中發(fā)生反應的離子方程式：_。（2）裝置A中的燒瓶內固體可選用_（選填以下選項的代號）。A堿石灰 B生石灰 C二氧化硅 D五氧化二磷（3）虛線框內應添加必要的除雜裝置，請從上圖的備選裝置中選擇，并將編號填入下列空格：B ，D_，E

46、。（均填編號）（4）催化劑存在下，NH3可用來消除NO的污染，生成兩種對環(huán)境無害的物質。寫出該反應的化學方程式： ；該反應中每生成0.5molN2轉移 mol電子?！敬鸢浮?10分)（1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O （2分） (2)A、B （2分）(3) （全對給2分，錯一個不給分） （4）4NH3+6NO5N2+6H2O (2分) ；1.2（2分）【解析】試題分析：（1）F是產(chǎn)生氯氣的裝置，二氧化錳與濃鹽酸共熱，產(chǎn)生氯氣，離子方程式是MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（2）氨水中存在一水合氨的電離平衡，加入堿石灰或生石灰可使平衡逆向移動，從而有氨氣放出，所以濃氨水與堿石灰或

47、生石灰反應可制取氨氣，則燒瓶A中的固體為A、B；（3）氨氣極易溶于水，所以氨氣與氯氣反應前應先干燥，用堿石灰干燥氨氣，則B選擇I裝置；濃鹽酸與二氧化錳制取的氯氣中含有少量氯化氫，所以氯氣先用飽和食鹽水除去氯化氫，則E選III裝置；然后氯氣再用濃硫酸干燥，則D選II裝置；（4）氨氣與NO氣體在催化劑條件下反應生成氮氣和水，化學方程式是4NH3+6NO5N2+6H2O；若生成5mol氮氣，則消耗4mol氨氣，轉移電子數(shù)是4mol×3=12mol電子，所以生成0.5mol氮氣時，轉移電子的物質的量是1.2mol?？键c：考查氨氣與氯氣的實驗室制取及除雜的判斷，氧化還原反應的計算【試題26】（

48、13分）平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質）。某課題以此粉末為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4和硫酸鐵銨：已知：酸性條件下，鈰在水溶液中有、兩種主要存在形式，易水解，有較強氧化性。CeO2不溶于稀硫酸。硫酸鐵銨aFe2(SO4) 3b(NH4) 2SO4cH2O廣泛用于水的凈化處理。（1）在氧化環(huán)節(jié)，下列物質中最適合用作氧化劑B的是 (填序號)。aNaClO bH2O2 cKMnO4（2）操作的名稱是 ，檢驗硫酸鐵銨溶液中含有NH4+的方法是 。（3）寫出反應的化學方程式 。（4）用滴定法測定制得的Ce(OH)4

49、產(chǎn)品純度。所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則測得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質量分數(shù) 。（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）（5）稱取14.00g硫酸鐵銨樣品，將其溶于水配制成100mL溶液，分成兩等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，過濾洗滌沉淀并烘干灼燒至恒重得到1.60g固體；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反應。通過計算，該硫酸鐵銨的化學式為 （寫出必要的計算步驟，否則不得分）?！敬鸢浮浚?3分）（1）B(1分) （2）冷卻結晶 (1分) 取樣于試管中加入NaOH溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗氣體，若試紙變藍，即可證明（

50、2分）（3）4Ce(OH)3 +O2 + 2H2O4Ce(OH)4 (2分)（4）偏大 (2分) （5） 一份中n(Fe3+)= 2n(Fe2O3)=2×1.6g/160g/mol = 0.02 mol(1分)n(SO42)= n(Ba2+)= 0.05 mol(1分)根據(jù)電荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol (1分)n(H2O)=(7g 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol(1分)所以化學式為Fe2(SO4) 3·2(NH

51、4) 2SO4·2H2O（1分）【解析】試題分析：（1）廢玻璃粉末中只有二氧化硅與氫氧化鈉反應，所以濾渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO等物質，加稀硫酸與氧化鐵和氧化亞鐵反應生成相應的鹽，所以加入的氧化劑可以氧化亞鐵離子同時不引入新的雜質，所以最適合用作氧化劑B的是過氧化氫，被還原的產(chǎn)物是水，而次氯酸鈉被還原為氯離子、高錳酸鉀被還原為錳離子，都會產(chǎn)生新的雜質，所以答案選B；（2）加熱蒸發(fā)后，需將溶液冷卻結晶，然后過濾洗滌、干燥可得到硫酸鐵銨；（3）反應是Ce(OH)3與氧氣反應生成Ce(OH)4，根據(jù)質量守恒定律可知該反應中有水參與，所以化學方程式是4Ce(OH)3 + O2 +

52、 2H2O = 4Ce(OH)4；（4）FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則硫酸亞鐵溶液中的亞鐵離子的濃度降低，所以滴定樣品時，消耗硫酸亞鐵溶液的體積偏大，使滴定結果偏大；（5）硫酸鐵銨與足量的氫氧化鈉溶液反應，過濾洗滌沉淀并烘干灼燒至恒重得到1.60g固體，則該固體是氧化鐵固體，物質的量是1.60g/160g/mol=0.01mol，說明7.0g硫酸鐵銨樣品中含有Fe元素的物質的量是0.02mol；另一份中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反應，則硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，所以7.0g固體中硫酸根離子的物質的量是0.5mol/L

53、5;0.1L=0.05mol，根據(jù)電荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol，所以7.0g樣品中水的物質的量是(7g 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol,所以樣品中銨根離子、鐵離子、硫酸根離子、水的物質的量之比是0.04:0.02:0.05:0.02=4:2:5:2，則樣品的化學式是Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O?？键c：考查物質性質的應用，對流程的分析，化學式的計算【試題27】)三氯化磷（PCl3）是合成藥物的重要化工原料，可通過白磷和氯氣化合得到。已知：白磷與少量Cl2反應生成PCl3，與過量Cl2反應生成PCl5；PCl3遇O2會生成POCl3(三氯氧磷)；POCl3能溶于PCl3；POCl3和PCl3遇水會強烈水解。實驗室制取PCl3的裝置示意圖和有關數(shù)據(jù)如下：物質熔點/沸點/密度/g·cm-3白磷44.1280.51.82PCl3-11275.51.574POCl32105.31.675請回答：（1）實驗所需氯氣可用MnO2和濃HCl反應制取，實驗過程中所用的玻璃儀器除