河北省衡水中學(xué)2016屆高三化學(xué)模擬試卷(3)Word版含解析

1、河北省衡水中學(xué)2015-2016年第二學(xué)期高三化學(xué)試卷（三）（解析版）一、選擇題1化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A“天宮一號”中使用的碳紆維，是一種新型無機非金屬材料B為防止中秋月餅等富脂食品氧化變質(zhì)，常在包裝袋中放入生石灰C用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，實現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用D汽車排放的尾氣和冬季取暖排放顆粒污染物是形成霧霾的重要因素2根據(jù)原子結(jié)構(gòu)及元素周期律的知識，下列推斷正確的是（）A同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱B核外電子排布相同的微?；瘜W(xué)性質(zhì)也相同CCl、S2、Ca2+、K+半徑逐漸減小D與得電子能力相同3將Cu與CuO的混合物20

2、.8g加入到50mL 18.4molL1濃H2SO4中，加熱充分反應(yīng)至固體物質(zhì)完全溶解（產(chǎn)生氣體全部逸出），冷卻后將溶液稀釋至1000ml，測得c（H+）=0.84molL1若要使稀釋后溶液中的Cu2+沉淀完全，應(yīng)加入6.0molL1的NaOH溶液的體積為（）A1OOmLB160mLC240mLD307mL4在容積為2.0L的密閉容器內(nèi)，物質(zhì)D在T時發(fā)生反應(yīng)，其反應(yīng)物和生成物的物質(zhì)的量隨時間t的變化關(guān)系如圖，下列敘述錯誤的是（）A從反應(yīng)開始到第一次達(dá)到平衡時，A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率為0.067mol/（Lmin）B根據(jù)如圖該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為k=c2（A）c（B）C若在第5分鐘時升高溫度，則

3、該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)的平衡常數(shù)增大，B的反應(yīng)速率增大D若在第7分鐘時增加D的物質(zhì)的量，A的物質(zhì)的量變化情況符合a曲線5水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2、SiO32、SO32、CO32、SO42中的若干種離子某同學(xué)對該溶液進(jìn)行了如圖所示實驗：下列判斷正確的是（）A氣體甲一定是純凈物B沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物CK+、AlO2和SiO32一定存在于溶液X中DCO32和SO42一定不存在于溶液X中6一定溫度下，將1mol A和1mol B氣體充入2L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)A（g）+B（g）xC（g）+D（s），t1時達(dá)到平衡在t2、t3時刻分別改變反應(yīng)的一個條件，

4、測得容器中氣體C的濃度隨時間的變化如圖所示下列說法正確的是（）A反應(yīng)方程式中的x=1Bt2時刻改變的條件是使用催化劑Ct3時刻改變的條件是移去少量物質(zhì)DDt1t3間該反應(yīng)的平衡常數(shù)均為47對反應(yīng)14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列說法正確的是（）A該反應(yīng)的氧化劑只有CuSO4BSO42既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物C1 mol CuSO4還原了mol的SD被還原的S和被氧化的S的質(zhì)量比為7：3二、非選擇題8（14分）硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應(yīng)制得 已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在（1）某研究小組設(shè)計了制備

5、Na2S2035H20裝置和部分操作步驟如下I打開K1關(guān)閉K2，向圓底 燒瓶中加入足量濃硫酸加熱IIC中混合液被氣流攪動，反應(yīng)一段時間后，硫粉逐漸減少，當(dāng)C中溶液的pH 接近7時，打開K2，關(guān)閉K1即停止C中的反應(yīng)，停止加熱 III過濾C中的混合液IV將濾液經(jīng)過、過濾、洗滌、烘干，得到產(chǎn)品Na2S203.5H20回答下列問題：II中，“當(dāng)C中溶液的pH接近7時即停止C中的反應(yīng)”的原因（用離子方程式表示）IV中，操作步驟是、裝置B中盛放的試劑是（填化學(xué)式）溶液（2）常用Na2S2O3溶液測定廢水中Ba2+濃度，步驟如下：取廢水25.00mL，控制適當(dāng)?shù)乃岫燃尤胱懔?K2Cr2O7溶液，得BaCr

6、O4沉淀；過濾、洗滌后，用適量稀鹽酸溶解，此時CrO全部轉(zhuǎn)化為Cr2O；再加過KI溶液，充分反應(yīng)后得混合溶液V mL，將其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示劑，用0.0010molL1 的Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)完全時，相關(guān)數(shù)據(jù)記錄如表所示：編號1234消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL18.0217.9818.0020.03部分反應(yīng)離子方程式為：Cr2O+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O； I2+2S2O2I+S4O判斷達(dá)到滴定終點的現(xiàn)象是從表格所給數(shù)據(jù)計算：一份待測溶液消耗Na2S2O3溶液的平均體積為 ml廢水中Ba2+的物質(zhì)的量濃度9（15分）世界環(huán)保聯(lián)盟建議全面禁

7、止使用氯氣用于飲用水的消毒，而建議采用高效“綠色”消毒劑二氧化氯二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，易溶于水、不穩(wěn)定、呈黃綠色，在生產(chǎn)和使用時必須盡量用稀有氣體進(jìn)行稀釋，同時需要避免光照、震動或加熱實驗室以電解法制備ClO2的流程如圖：（1）ClO2中所有原子（填“是”或“不是”）都滿足8電子結(jié)構(gòu)圖所示電解法制得的產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍(lán)色，除去雜質(zhì)氣體可選用A飽和食鹽水 B堿石灰 C濃硫酸 D蒸餾水（2）穩(wěn)定性二氧化氯是為推廣二氧化氯而開發(fā)的新型產(chǎn)品，下列說法正確的是A二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理B應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期C穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯

8、的使用范圍D在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝置（3）歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備化學(xué)反應(yīng)方程式為缺點主要是產(chǎn)率低、產(chǎn)品難以分離，還可能污染環(huán)境（4）我國廣泛采用經(jīng)干燥空氣稀釋的氯氣與固體亞氯酸鈉（NaClO2）反應(yīng)制備，化學(xué)方程式是，此法相比歐洲方法的優(yōu)點是（5）科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩?，原因?0（14分）合成氨尿素工業(yè)生產(chǎn)過程中涉及到的物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如下圖所示（1）天然氣在高溫、催化劑作用下與水蒸氣反應(yīng)生成H2和CO的化學(xué)方程式為（2）在合成氨生產(chǎn)中，將生成

9、的氨及時從反應(yīng)后的氣體中分離出來運用化學(xué)平衡的知識分析這樣做的是否有利于氨的合成，說明理由：（3）如圖為合成氨反應(yīng)在不同溫度和壓強、使用相同催化劑條件下，初始時氮氣、氫氣的體積比為1：3時，平衡混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)若分別用A（NH3）和B（NH3） 表示從反應(yīng)開始至達(dá)平衡狀態(tài)A、B時的化學(xué)反應(yīng)速率，則A（NH3）B（NH3）（填“”、“”或“=”）在相同溫度、當(dāng)壓強由p1變?yōu)閜3時，合成氨反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)（填“變大”、“變小”或“不變”）在250、1.0×104kPa下，H2的轉(zhuǎn)化率為%（計算結(jié)果保留小數(shù)點后1位）（4）NH3（g） 與CO2（g） 經(jīng)過兩步反應(yīng)生成尿素，兩步反應(yīng)的

10、能量變化示意圖如下：NH3（g） 與CO2（g） 反應(yīng)生成尿素的熱化學(xué)方程式為（5）運輸氨時，不能使用銅及其合金制造的管道閥門因為，在潮濕的環(huán)境中，金屬銅在有NH3存在時能被空氣中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，該反應(yīng)的離子方程式為11（15分）以乙炔或苯為原料可合成有機酸H2MA，并進(jìn)一步合成高分子化合物PMLA用乙炔等合成烴C（1）A分子中的官能團(tuán)名稱是、（2）A的結(jié)構(gòu)簡式，A的一種同分異構(gòu)體屬于乙酸酯，其結(jié)構(gòu)簡式是（3）B轉(zhuǎn)化為C的化學(xué)方程式是，其反應(yīng)類型是用烴C或苯合成PMLA的路線如下（4）1mol有機物H與足量NaHC03溶液反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的C02 44.8L，H有順反異

11、構(gòu)，其反式結(jié)構(gòu)簡式是H的核磁共振氫譜有種峰（反式結(jié)構(gòu)）（5）E的結(jié)構(gòu)簡式是（6）G與NaOH溶液在加熱條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式是（7）聚酯PMLA有多種結(jié)構(gòu)，寫出由H2MA制PMLA的化學(xué)方程式（任寫一種）是2016年河北省衡水中學(xué)高考化學(xué)模擬試卷（三）參考答案與試題解析一、選擇題1化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A“天宮一號”中使用的碳紆維，是一種新型無機非金屬材料B為防止中秋月餅等富脂食品氧化變質(zhì)，常在包裝袋中放入生石灰C用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，實現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用D汽車排放的尾氣和冬季取暖排放顆粒污染物是形成霧霾的重要因素【考點】常見的食品添加劑

12、的組成、性質(zhì)和作用；常見的生活環(huán)境的污染及治理；常用合成高分子材料的化學(xué)成分及其性能【分析】A碳纖維是由有機纖維經(jīng)碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料；B生石灰能作干燥劑，但是不能作還原劑；C可降解塑料是指在較短的時間內(nèi)、在自然界的條件下能夠自行分解成小分子的塑料；D霧霾是由漂浮在空氣中的固體顆粒形成的；【解答】解：A碳纖維是由有機纖維經(jīng)碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料，屬于新型無機非金屬材料，故A正確；B生石灰能作干燥劑，但是不能作還原劑，所以在中秋月餅等富脂食品中放入生石灰不能防止氧化變質(zhì)，故B錯誤；C用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，是由許多二氧化碳小分子聚合而成的大分子，能夠在較短的

13、時間內(nèi)分解，實現(xiàn)“碳”的循環(huán)利用，故C正確；D霧霾是由漂浮在空氣中的固體顆粒形成的，所以汽車排放的尾氣和冬季取暖排放顆粒污染物是形成霧霾的重要因素，故D正確；故選B【點評】本題主要考查了化學(xué)與生活中有關(guān)知識，掌握它們的化學(xué)原理是解答的關(guān)鍵，題目難度不大2根據(jù)原子結(jié)構(gòu)及元素周期律的知識，下列推斷正確的是（）A同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱B核外電子排布相同的微?；瘜W(xué)性質(zhì)也相同CCl、S2、Ca2+、K+半徑逐漸減小D與得電子能力相同【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【分析】A同主族元素最高價含氧酸自上而下酸性減弱；B核外電子排布相同的微粒，化學(xué)性質(zhì)不一定相同，如Ar原子與S2離子；

14、C電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越??；D互為同位素原子的化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同【解答】解：A同主族元素最高價含氧酸自上而下酸性減弱，不是最高價含氧酸不一定，如HClO為弱酸、HBrO4為強酸，故A錯誤；B核外電子排布相同的微粒，化學(xué)性質(zhì)不一定相同，如Ar原子化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，而S2離子具有強還原性，故B錯誤；CS2、Cl、Ca2+、K+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑S2ClK+Ca2+，故C錯誤；D3517Cl與3717Cl互為同位素，化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，得電子能力相同，故D正確，故選D【點評】本題考查同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律、微粒半徑比較、原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系等，難度不大

15、，注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握3將Cu與CuO的混合物20.8g加入到50mL 18.4molL1濃H2SO4中，加熱充分反應(yīng)至固體物質(zhì)完全溶解（產(chǎn)生氣體全部逸出），冷卻后將溶液稀釋至1000ml，測得c（H+）=0.84molL1若要使稀釋后溶液中的Cu2+沉淀完全，應(yīng)加入6.0molL1的NaOH溶液的體積為（）A1OOmLB160mLC240mLD307mL【考點】有關(guān)混合物反應(yīng)的計算【分析】由題意可知，Cu與CuO的混合物與硫酸反應(yīng)硫酸有剩余，溶液中氫離子來源于剩余的硫酸，則n剩余（H2SO4）=n（H+），設(shè)混合物中含銅、氧化銅的物質(zhì)的量分別為x、y，表示出二者反應(yīng)消耗的硫酸及生成的二氧

16、化硫，根據(jù)二者質(zhì)量與消耗的硫酸列方程計算，Cu2+剛好沉淀完全，此時溶液中溶質(zhì)為Na2SO4，根據(jù)鈉離子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），根據(jù)硫原子守恒可得n（Na2SO4）=n原來（H2SO4）n（SO2），據(jù)此計算解答【解答】解：反應(yīng)剩余硫酸的物質(zhì)的量為：×0.84 mol/L×1 L=0.42 mol，設(shè)混合物中含銅、氧化銅的物質(zhì)的量分別為x、y，則：Cu+2H2SO4（濃） CuSO4+SO2+2H2O1 2 1x 2x xCuO+H2SO4CuSO4+H2O1 1y y所以，2x+y=18.4 mol/L×0.05 L0.42 mol=0.5 m

17、ol64g/molx+80g/moly=20.8g解得：x=0.2 mol，y=0.1 moln（SO2）=0.2 mol，1000 mL溶液中SO42的總量為18.4 mol/L×0.05 L0.2 mol=0.72 mol，Cu2+剛好沉淀完全，此時溶液中溶質(zhì)為Na2SO4，根據(jù)鈉離子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故需要n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.72mol×2=1.44mol，所以沉淀Cu2+所需氫氧化鈉的體積=0.24 L=240mL，故選C【點評】本題考查混合物的有關(guān)計算，難度中等，注意利用守恒法進(jìn)行計算，側(cè)重對學(xué)生思維能力、分析解決問題

18、能力的考查4在容積為2.0L的密閉容器內(nèi)，物質(zhì)D在T時發(fā)生反應(yīng)，其反應(yīng)物和生成物的物質(zhì)的量隨時間t的變化關(guān)系如圖，下列敘述錯誤的是（）A從反應(yīng)開始到第一次達(dá)到平衡時，A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率為0.067mol/（Lmin）B根據(jù)如圖該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為k=c2（A）c（B）C若在第5分鐘時升高溫度，則該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)的平衡常數(shù)增大，B的反應(yīng)速率增大D若在第7分鐘時增加D的物質(zhì)的量，A的物質(zhì)的量變化情況符合a曲線【考點】物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線【分析】A根據(jù)v=進(jìn)行計算；B根據(jù)各物質(zhì)的增減判斷反應(yīng)物、生成物，根據(jù)同一反應(yīng)、同一時間段內(nèi)，各物質(zhì)的濃度變化量之比等于其計量數(shù)之比判

19、斷；化學(xué)平衡常數(shù)等于平衡時各生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積所得的比值；C根據(jù)溫度升高，D的物質(zhì)的量減少，A、B的物質(zhì)的量增大，平衡正向移動，而溫度升高，平衡向吸熱的方向移動；根據(jù)平衡常數(shù)只有與溫度有關(guān)；溫度升高化學(xué)反應(yīng)速率加快；D增加固體的物質(zhì)的量，濃度不變，平衡不移動【解答】解：A從反應(yīng)開始到第一次達(dá)到平衡時，A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率為=0.067mol/（Lmin），故A正確；B根據(jù)圖象知，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，D的物質(zhì)的量減少，A、B的物質(zhì)的量增加，所以D是反應(yīng)物，A、B是生成物；同一反應(yīng)、同一時間段內(nèi)，各物質(zhì)的濃度變化量之比等于其計量數(shù)之比，03min時，

20、D=0.4mol，A=0.4mol，B=0.2mol，D：A：B=0.4mol：0.4mol：0.2mol=4：4：2，方程式為：2D（s）2A（g）+B（g）； 因D為固體，所以化學(xué)平衡常數(shù)k=c2（A）c（B），故B正確；C溫度升高，D的物質(zhì)的量減少，A、B的物質(zhì)的量增大，平衡正向移動，而溫度升高，平衡向吸熱的方向移動，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，平衡常數(shù)只有與溫度有關(guān)，溫度升高，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；溫度升高化學(xué)反應(yīng)B的反應(yīng)速率加快，故C正確； D為固體，增加D的物質(zhì)的量，濃度不變，平衡不移動，A的物質(zhì)的量變化情況符合b曲線，故D錯誤；故選：D【點評】本題考查了化學(xué)平衡、平衡常數(shù)的影響因

21、素，平衡計算分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度適中5水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2、SiO32、SO32、CO32、SO42中的若干種離子某同學(xué)對該溶液進(jìn)行了如圖所示實驗：下列判斷正確的是（）A氣體甲一定是純凈物B沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物CK+、AlO2和SiO32一定存在于溶液X中DCO32和SO42一定不存在于溶液X中【考點】常見離子的檢驗方法；離子共存問題【分析】能和鹽酸反應(yīng)獲得氣體的是碳酸根或是亞硫酸根離子，會生成沉淀的是硅酸根離子，亞硫酸根離子、碳酸根離子和鎂離子以及鋁離子不能共存于溶液中，能和過量的氨水反應(yīng)生成的白色沉淀只能是氫氧化鋁，偏鋁酸根離子和過量

22、的鹽酸反應(yīng)會生成鋁離子，根據(jù)離子之間的反應(yīng)以及實驗現(xiàn)象確定存在的離子，即可解答【解答】解：加HCl有氣體說明有CO32或SO32，或兩者都有，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫，或兩者都有，一定不存在和碳酸根或亞硫酸根離子不共存的離子，所以不存在鎂離子、鋁離子，加鹽酸有沉淀，說明一定有硅酸根離子，硅酸是沉淀，加入過量氨水（提供OH）有沉淀生成，只能是氫氧化鋁沉淀，說明此時溶液中存在鋁離子，但是原來溶液中的鋁離子一定不能存在，所以該鋁離子是偏鋁酸根離子和鹽酸反應(yīng)生成的，所以，一定存在偏鋁酸根離子，要保證溶液電中性，只有K+這一個陽離子，所以一定存在鉀離子A加HCl有氣體說明有CO32或SO32，生成

23、的氣體是二氧化碳或二氧化硫或兩者的混合氣體，故A錯誤；B溶液中一定含有CO32或SO32，或兩者都有，則一定不含有鎂離子，它們和鎂離子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸鎂，故B錯誤；C原來溶液中K+、和一定存在，故C正確；D硫酸根離子是否存在不能確定，CO32可能存在，故D錯誤；故選C【點評】本題考查了離子的檢驗和離子共存等方面的知識，注意離子的特征離子反應(yīng)是解題的關(guān)鍵，本題難度中等6一定溫度下，將1mol A和1mol B氣體充入2L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)A（g）+B（g）xC（g）+D（s），t1時達(dá)到平衡在t2、t3時刻分別改變反應(yīng)的一個條件，測得容器中氣體C的濃度隨時間的變化如

24、圖所示下列說法正確的是（）A反應(yīng)方程式中的x=1Bt2時刻改變的條件是使用催化劑Ct3時刻改變的條件是移去少量物質(zhì)DDt1t3間該反應(yīng)的平衡常數(shù)均為4【考點】化學(xué)平衡的計算；化學(xué)平衡的影響因素【分析】At2時刻C的濃度增大，濃度不變說明平衡不移動，應(yīng)是增大壓強造成的，壓強不影響該平衡；B使用催化劑不影響C濃度；CD為固體，減少D的量，不影響平衡移動；Dt1t3間溫度相同，平衡常數(shù)相同，計算t1時反應(yīng)混合物的濃度，代入平衡常數(shù)k=計算【解答】解：At2時刻C的濃度增大，濃度不變說明平衡不移動，應(yīng)是增大壓強造成的，壓強不影響該平衡，所以有x=1+1=2，故A錯誤；B加入催化劑C的濃度不發(fā)生變化，故

25、B錯誤；CD為固體，減少D的量，不影響平衡移動，C的濃度不發(fā)生變化，故C錯誤；Dt1t3間溫度相同，平衡常數(shù)相同，由圖可知平衡時C的濃度為0.5mol/L，則： A（g）+B（g）2C（g）+D（s）開始（mol/L）：0.5 0.5 0變化（mol/L）：0.25 0.25 0.5平衡（mol/L）：0.25 0.25 0.5所以平衡常數(shù)k=4，故D正確；故選：D【點評】本題考查化學(xué)平衡計算與影響因素、平衡常數(shù)等，難度中等，關(guān)鍵是理解外界條件對化學(xué)平衡的影響7對反應(yīng)14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列說法正確的是（）A該反應(yīng)的氧化劑只有CuSO

26、4BSO42既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物C1 mol CuSO4還原了mol的SD被還原的S和被氧化的S的質(zhì)量比為7：3【考點】氧化還原反應(yīng)【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，S元素的化合價由1價降低為2價，S元素的化合價由1價升高為+6價，以此來解答【解答】解：ACu、S元素的化合價降低，則氧化劑為CuSO4、FeS2，故A錯誤；B由S元素的化合價變化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去電子，所以部分SO42是氧化產(chǎn)物，故B錯誤；C.1 mol CuSO4得到電子為1mol×（2

27、1）=1mol，由電子守恒可知，可氧化mol的S，故C錯誤；D由S元素的化合價變化及S原子守恒可知，10molS中有3molS失去電子，7molS得到電子，則被還原的S和被氧化的S的質(zhì)量比為7：3，故D正確；故選D【點評】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高考高頻考點，把握反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，注意S元素的化合價變化為解答的易錯點，明確Cu、S元素的化合價變化即可解答，題目難度中等二、非選擇題8（14分）（2016衡水校級模擬）硫代硫酸鈉（Na2S2O3）可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應(yīng)制得 已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在（1）某研究小組設(shè)計了制備Na2S2035H20裝置和部

28、分操作步驟如下I打開K1關(guān)閉K2，向圓底 燒瓶中加入足量濃硫酸加熱IIC中混合液被氣流攪動，反應(yīng)一段時間后，硫粉逐漸減少，當(dāng)C中溶液的pH 接近7時，打開K2，關(guān)閉K1即停止C中的反應(yīng)，停止加熱 III過濾C中的混合液IV將濾液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、烘干，得到產(chǎn)品Na2S203.5H20回答下列問題：II中，“當(dāng)C中溶液的pH接近7時即停止C中的反應(yīng)”的原因S2O32+2H+S+SO2+H2O（用離子方程式表示）IV中，操作步驟是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶裝置B中盛放的試劑是（填化學(xué)式）NaOH溶液（2）常用Na2S2O3溶液測定廢水中Ba2+濃度，步驟如下：取廢水25.00mL，控制適

29、當(dāng)?shù)乃岫燃尤胱懔?K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；過濾、洗滌后，用適量稀鹽酸溶解，此時CrO全部轉(zhuǎn)化為Cr2O；再加過KI溶液，充分反應(yīng)后得混合溶液V mL，將其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示劑，用0.0010molL1 的Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)完全時，相關(guān)數(shù)據(jù)記錄如表所示：編號1234消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL18.0217.9818.0020.03部分反應(yīng)離子方程式為：Cr2O+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O； I2+2S2O2I+S4O判斷達(dá)到滴定終點的現(xiàn)象是加入最后一滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液后，藍(lán)色消失，且半分鐘內(nèi)顏色不改變從表格所給數(shù)據(jù)計算

30、：一份待測溶液消耗Na2S2O3溶液的平均體積為18.00 ml廢水中Ba2+的物質(zhì)的量濃度2.4×104molL1【考點】制備實驗方案的設(shè)計【分析】在加熱條件下，銅和濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫，所以A中發(fā)生的反應(yīng)為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2+2H2O；打開K1，關(guān)閉K2，在C中Na2CO3和S、SO2反應(yīng)生成Na2S2O3，Na2S2O3溶液具有弱堿性和較強的還原性，所以酸性條件下不能存在，二氧化硫不能完全反應(yīng)且二氧化硫有毒，會污染空氣，所以用NaOH吸收未反應(yīng)的SO2；C中溶液的pH接近7時即停止C中的反應(yīng)，打開K2，關(guān)閉K1，二氧化硫有毒，應(yīng)該用B中溶液

31、吸收二氧化硫，二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸铮矣羞€原性，所以可以堿性物質(zhì)或氧化性物質(zhì)吸收二氧化硫（1）Na2S2O3溶液具有弱堿性和較強的還原性，酸性條件下不能存在；從濾液中獲取Na2S2O35H2O需蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶等操作；二氧化硫不能完全反應(yīng)且二氧化硫有毒，會污染空氣，應(yīng)有尾氣處理裝置；（2）判斷達(dá)到滴定終點的現(xiàn)象是滴入最后一滴Na2S2O3時，溶液藍(lán)色消失且半分鐘不變色；4號使用的溶液體積與其它幾組相比偏差較大，為錯誤讀數(shù)，BaCrO4用鹽酸溶解轉(zhuǎn)化為Cr2O27，由元素守恒及已知方程式可得關(guān)系式：Ba2+BaCrO4Cr2O72I23S2O32，結(jié)合消耗的Na2S2O3利用關(guān)系式計算溶液中n

32、（Ba2+），進(jìn)而計算c（Ba2+）【解答】解：（1）生成的SO2和碳酸鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉和CO2，由于Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在，發(fā)生硫元素的歧化反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：S2O32+2H+S+SO2+H2O；故答案為：S2O32+2H+S+SO2+H2O；Na2S2O35H2O受熱易分解，所需冷卻結(jié)晶，所以從濾液中獲取Na2S2O35H2O需蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶等操作，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶；二氧化硫為大氣污染物，需要尾氣處理，則裝置B中盛放的試劑是氫氧化鈉溶液，用來吸收SO2，防止污染環(huán)境；故答案為：NaOH溶液；（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，4號使用的溶液體積與其它幾組相比偏

33、差較大，所以舍去，則實際消耗I2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積的平均值是=18.00ml；溶液中發(fā)生的反應(yīng)為：2Ba2+Cr2O72=2BaCrO4+2H+； Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62；根據(jù)方程式列出各物質(zhì)的關(guān)系為：Ba2+BaCrO4Cr2O72I23S2O321mol 3mol則n（Ba2+）=n（S2O32）=×0.00100molL1×18.00×103 L=6×106mol，所以c（Ba2+）=2.4×104molL1，故答案為：加入最后一滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液后，藍(lán)色消失，且半

34、分鐘內(nèi)顏色不改變，2.4×104molL1【點評】本題考查制備實驗方案設(shè)計，為高頻考點，涉及物質(zhì)制備、物質(zhì)的量的計算、離子方程式書寫、基本操作等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意（2）題計算時4號要舍去，為易錯點，題目難度中等9（15分）（2016衡水校級模擬）世界環(huán)保聯(lián)盟建議全面禁止使用氯氣用于飲用水的消毒，而建議采用高效“綠色”消毒劑二氧化氯二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，易溶于水、不穩(wěn)定、呈黃綠色，在生產(chǎn)和使用時必須盡量用稀有氣體進(jìn)行稀釋，同時需要避免光照、震動或加熱實驗室以電解法制備ClO2的流程如圖：（1）ClO2中所有原子C（填“是”或“不是”）都滿足

35、8電子結(jié)構(gòu)圖所示電解法制得的產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍(lán)色，除去雜質(zhì)氣體可選用CA飽和食鹽水 B堿石灰 C濃硫酸 D蒸餾水（2）穩(wěn)定性二氧化氯是為推廣二氧化氯而開發(fā)的新型產(chǎn)品，下列說法正確的是ABCDA二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理B應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期C穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍D在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝置（3）歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備化學(xué)反應(yīng)方程式為2NaClO3+4HCl（濃）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O缺點主要是產(chǎn)率低、產(chǎn)品難以分離，還可能污染環(huán)境（4）我國廣泛采用經(jīng)干燥空氣稀釋的氯氣與固

36、體亞氯酸鈉（NaClO2）反應(yīng)制備，化學(xué)方程式是2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2，此法相比歐洲方法的優(yōu)點是安全性好，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品（5）科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，利用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩?，原因是反?yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用【考點】制備實驗方案的設(shè)計【分析】（1）Cl最外層7個電子，只有1個單電子，O最外層6個電子，含2個單電子；產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍(lán)色，為氨氣，可選酸來除雜；（2）高效“綠色”消毒

37、劑二氧化氯，可推廣使用，代替氯氣；（3）氯酸鈉氧化濃鹽酸生成氯化鈉、氯氣、二氧化氯、水；（4）氯氣與固體亞氯酸鈉（NaClO2）反應(yīng)，生成氯化鈉和二氧化氯；（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化碳、二氧化氯、水，以此來解答【解答】解：（1）Cl最外層7個電子，只有1個單電子，O最外層6個電子，含2個單電子，則O原子不能滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍(lán)色，為氨氣，可選酸來除雜，只有C中濃硫酸符合，故答案為：不是；C；（2）A二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理，代替氯氣，為“綠色”消毒劑，故A正確；B應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期，

38、能殺菌消毒，故B正確；C穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍，便于運輸和應(yīng)用，故C正確；D二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝，故D正確；故答案為：ABCD；（3）氯酸鈉氧化濃鹽酸生成氯化鈉、氯氣、二氧化氯、水，該反應(yīng)為：2NaClO3+4HCl（濃）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O，故答案為：2NaClO3+4HCl（濃）2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O；（4）氯氣與固體亞氯酸鈉（NaClO2）反應(yīng)，生成氯化鈉和二氧化氯，該反應(yīng)為2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2，該法相比歐洲方法的優(yōu)點為安全性好，沒有

39、產(chǎn)生毒副產(chǎn)品，故答案為：2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2；安全性好，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品；（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化碳、二氧化氯、水，該反應(yīng)為H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O，此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩?，原因是反?yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用，故答案為：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O；反應(yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用【點評】本題考查制備方案的設(shè)計，題目難度中等，注意把握所給信息來分析解答，側(cè)重學(xué)生解決新問題能力的考查

40、，將知識活學(xué)活用為解答的關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的化學(xué)實驗?zāi)芰?0（14分）（2012海淀區(qū)二模）合成氨尿素工業(yè)生產(chǎn)過程中涉及到的物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如下圖所示（1）天然氣在高溫、催化劑作用下與水蒸氣反應(yīng)生成H2和CO的化學(xué)方程式為CH4+H2OCO+3H2（2）在合成氨生產(chǎn)中，將生成的氨及時從反應(yīng)后的氣體中分離出來運用化學(xué)平衡的知識分析這樣做的是否有利于氨的合成，說明理由：移走氨氣，減小生成物濃度，平衡右移，有利于氨生成（3）如圖為合成氨反應(yīng)在不同溫度和壓強、使用相同催化劑條件下，初始時氮氣、氫氣的體積比為1：3時，平衡混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)若分別用A（NH3）和B（NH3） 表示從反應(yīng)開始至達(dá)平衡狀態(tài)A

41、、B時的化學(xué)反應(yīng)速率，則A（NH3）B（NH3）（填“”、“”或“=”）在相同溫度、當(dāng)壓強由p1變?yōu)閜3時，合成氨反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)不變（填“變大”、“變小”或“不變”）在250、1.0×104kPa下，H2的轉(zhuǎn)化率為66.7%（計算結(jié)果保留小數(shù)點后1位）（4）NH3（g） 與CO2（g） 經(jīng)過兩步反應(yīng)生成尿素，兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下：NH3（g） 與CO2（g） 反應(yīng)生成尿素的熱化學(xué)方程式為2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134kJ/mol（5）運輸氨時，不能使用銅及其合金制造的管道閥門因為，在潮濕的環(huán)境中，金屬銅在有NH3存在時能被空氣中

42、的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，該反應(yīng)的離子方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu（NH3）42+4OH【考點】制備實驗方案的設(shè)計；化學(xué)能與熱能的相互轉(zhuǎn)化；化學(xué)平衡的調(diào)控作用；化學(xué)平衡的計算【分析】（1）甲烷與水蒸氣反應(yīng)生成一氧化碳和氫氣；（2）減少生成物的濃度，化學(xué)平衡正向移動；（3）溫度越大，壓強越大，反應(yīng)速率越大；化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；在250、1.0×104kPa下，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為50%，則 N2+3H22NH3（開始 1 3 0轉(zhuǎn)化 x 3x 2x平衡 1x 33x 2x所以=50%，以此計算轉(zhuǎn)化率；（4）由圖示可知，兩步反應(yīng)的完成的熱效應(yīng)與一步完成的熱

43、效應(yīng)是相同的；（5）銅在有NH3存在時能被空氣中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，以此書寫離子反應(yīng)【解答】解：（1）甲烷與水蒸氣反應(yīng)生成一氧化碳和氫氣，該反應(yīng)為CH4+H2OCO+3H2，故答案為：CH4+H2OCO+3H2；（2）減少生成物的濃度，化學(xué)平衡正向移動，所以移走氨氣，減小生成物濃度，平衡右移，有利于氨生成，故答案為：移走氨氣，減小生成物濃度，平衡右移，有利于氨生成；（3）溫度越大，壓強越大，反應(yīng)速率越大，由圖可知，B對應(yīng)的溫度、壓強大，則反應(yīng)速率大，故答案為：；化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，顯然溫度不變，則化學(xué)平衡常數(shù)K不變，故答案為：不變；在250、1.0×104kP

44、a下，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為50%，則 N2+3H22NH3開始 1 3 0轉(zhuǎn)化 x 3x 2x平衡 1x 33x 2x所以=50%，解得x=，則氫氣的轉(zhuǎn)化率為×100%=66.7%，故答案為：66.7；（4）由圖示可知，兩步反應(yīng)的完成的熱效應(yīng)與一步完成的熱效應(yīng)是相同的，將兩個反應(yīng)相加可得2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol，故答案為：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol；（5）銅在有NH3存在時能被空氣中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，該離子反應(yīng)為2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu（NH3）42+4OH，故答案為：2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu（NH3）42+4OH【點評】本題考查制備實驗方案的設(shè)計，綜合性較強，題目難度較大，涉及化學(xué)平衡及計算、離子反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)，熱化學(xué)反應(yīng)等高考?？伎键c，注重學(xué)生能力的訓(xùn)練，把握圖象及數(shù)據(jù)處理即可解答11（15分）（2015河?xùn)|區(qū)一模）以乙