湖南省岳陽市2015年高考質(zhì)檢試卷一(化學)

1、湖南省岳陽市2015年高考質(zhì)檢試卷（一）化學一、選擇題（本大題共16個小題，每小題3分，每小題僅有一個正確選項）1為了“讓生態(tài)環(huán)境越來越好”，下列選項中的做法全部正確的是 合理開發(fā)利用可燃冰 全面關(guān)?；て髽I(yè) 研發(fā)易降解的生物農(nóng)藥 改進汽車尾氣凈化技術(shù) A B C D考點：常見的生活環(huán)境的污染及治理.專題：化學應用分析：可燃冰是一種比較清潔的能源；全面關(guān)?；て髽I(yè)，可以減少環(huán)境污染，但不符合現(xiàn)實；研發(fā)易降解的生物農(nóng)藥，可以減少環(huán)境污染；改進汽車尾氣凈化技術(shù)，可以減少空氣污染物，保護環(huán)境；解答：解：可燃冰是一種比較清潔的能源，合理開發(fā)利用可燃冰，可以保護環(huán)境；全面關(guān)?；て髽I(yè)，可以保護環(huán)境，但不

2、符合現(xiàn)實；研發(fā)易降解的生物農(nóng)藥，可以減少環(huán)境污染，可以保護環(huán)境；改進汽車尾氣凈化技術(shù)，可以減少空氣污染物，可以保護環(huán)境；所以做法正確的是：故選：B點評：環(huán)境與我們的生活密切相關(guān)，保護生態(tài)環(huán)境，人人有責，從小事做起，保護我們生存的家園2（3分）（2015岳陽模擬）下列有關(guān)化學用語正確的是（）ANH4Cl的電子式：B2氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡式：CS2的結(jié)構(gòu)示意圖：D質(zhì)子數(shù)為94、中子數(shù)為144的钚（Pu）原子：考點：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合.專題：化學用語專題分析：A氯離子為陰離子，電子式中需要標出其所帶電荷；B氯原子在甲基的鄰位，據(jù)此判斷其結(jié)構(gòu)簡式；C硫離子的核電荷數(shù)為16，不是18；D質(zhì)量

3、數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)解答：解：A氯化銨為離子化合物，其正確的電子式為：，故A錯誤；B2氯甲苯中，官能團氯原子位于甲基的鄰位，其結(jié)構(gòu)簡式為：，故B正確；C鋁離子的核電荷數(shù)為16，核外電子總數(shù)為18，硫離子正確的結(jié)構(gòu)示意圖為：，故C錯誤；D質(zhì)子數(shù)為94、中子數(shù)為144的钚（Pu）原子的質(zhì)量數(shù)為238，該元素正確的表示方法為：94238Pu，故D錯誤；故選B點評：本題考查了常見化學用語的書寫判斷，題目難度中等，注意掌握電子式、結(jié)構(gòu)簡式、離子結(jié)構(gòu)示意圖、元素符號等化學用語的表示方法，明確離子結(jié)構(gòu)示意圖與原子結(jié)構(gòu)示意圖、離子化合物的與共價化合物的電子式的區(qū)別3（3

4、分）（2015岳陽模擬）在指定條件下，下列各組離子可能大量共存的是（）A無色澄清透明溶液中：H+、Cu2+、SO42、ClB與鋁反應放出H2的溶液中：NH4+、K+、NO3、BrC由水電離的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Cl、CO32、NO3D滴加酚酞顯紅色的溶液中：Na+、ClO、S2、SO42考點：離子共存問題.專題：離子反應專題分析：A銅離子為有色離子，不滿足溶液無色的條件；B與鋁反應放出氫氣的溶液為酸性或強堿性溶液，銨根離子與氫氧根離子反應，硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，加入鋁粉不會生成氫氣；C由水電離的c（OH）=1013molL1的溶液為酸性或堿性溶液，堿性

5、溶液中，Na+、Cl、CO32、NO3離子之間不發(fā)生反應，都不與氫氧根離子反應；D滴加酚酞顯紅色的溶液為堿性溶液，次氯酸根離子具有強氧化性，能夠氧化硫離子解答：解：ACu2+為有色離子，不滿足溶液無色的要求，故A錯誤；B與鋁反應放出氫氣的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，NH4+與氫氧根離子反應，NO3離子在酸性條件下具有強氧化性，加入鋁粉不會生成氫氣，在溶液中一定不能大量共存，故B錯誤；C由水電離的c（OH）=1013molL1的溶液為酸性或堿性溶液，在堿性溶液中，Na+、Cl、CO32、NO3離子之間不發(fā)生反應，且都不與氫氧根離子反應，在溶液中能夠大量共存，故C正確；DClO、S2之間發(fā)生

6、氧化還原反應，在溶液中一定不能大量共存，故D錯誤；故選C點評：本題考查離子共存的判斷，為中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間，能發(fā)生氧化還原反應的離子之間等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的顏色，如無色時可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色離子的存在；溶液的具體反應條件，是“可能”共存，還是“一定”共存4（3分）（2015岳陽模擬）烏頭酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于烏頭酸的說法錯誤的是（）A化學式為C6H6O6B烏頭酸能發(fā)生水解反應和加成反應C烏頭酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D

7、含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；有機物分子中的官能團及其結(jié)構(gòu).專題：有機物的化學性質(zhì)及推斷分析：由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式，分子中含COOH、碳碳雙鍵，結(jié)合羧酸、烯烴性質(zhì)來解答解答：解：A由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C6H6O6，故A正確；B含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應，但不能發(fā)生水解反應，故B錯誤；C含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D含3個COOH，含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH，故D正確；故選B點評：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重烯烴、羧酸的性質(zhì)考查，題目難度不大5（3分）

8、（2015岳陽模擬）現(xiàn)有四種溶液：pH=3的CH3COOH溶液，pH=3的HCl溶液，pH=11的氨水，pH=11的NaOH溶液相同條件下，下列有關(guān)上述溶液的敘述中，錯誤的是（）A、等體積混合后，溶液顯堿性B將、溶液混合后，pH=7，消耗溶液的體積：C等體積的、溶液分別與足量鋁粉反應，生成H2的量最大D向溶液中加入100 mL水后，溶液的pH：考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A根據(jù)氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小判斷混合溶液的酸堿性；B強酸和強堿后溶液呈中性，證明酸堿恰好中和反應；C弱酸存在電離平衡，隨反應進行電離出的氫離子繼續(xù)和鋁反應；D加水稀釋，強酸

9、強堿溶液的pH變化最大，若酸弱堿存在電離平衡稀釋促進電離解答：解：A將、混合，若c（CH3COO）c（H+），如果溶液中的溶質(zhì)是醋酸和醋酸鈉，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，則溶液呈酸性，故A錯誤；B一水合氨是弱堿只有部分電離，所以c（NH3H2O）c（OH），氯化氫是強電解質(zhì)，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3H2O）c（HCl），若將氨水和鹽酸混合后溶液呈中性，則消耗溶液的體積：，故B正確；C和等量鋁粉反應，醋酸存在電離平衡，隨反應進行，電離出的氫離子和鋁繼續(xù)反應，生成氫氣最多，故C正確；D弱電解質(zhì)稀釋平衡正向移動，溶液pH值應該，故D正確；故選A點評：本題考查弱電解質(zhì)

10、電離和溶液的pH的計算問題，溶液酸堿性由氫離子和氫氧根離子濃度相對大小比較判斷，弱電解質(zhì)存在電離平衡是解題關(guān)鍵，題目難度中等6（3分）（2015岳陽模擬）分子式為C9H12O，苯環(huán)上有兩個取代基且含羥基的化合物，其可能的結(jié)構(gòu)有（）A9種B12種C15種D16種考點：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；常見有機化合物的結(jié)構(gòu).專題：同系物和同分異構(gòu)體分析：先根據(jù)取代基可能有羥基、正丙基，羥基、異丙基，甲基、CH2CH2OH，甲基、CH2OHCH3，乙基、CH2OH共五種組合，然后根據(jù)兩個取代基有鄰、間、對三種同分異構(gòu)體，據(jù)此解題解答：解：苯環(huán)上只有兩個取代基，其中一個是羥基，取代基可能有羥基、正丙基，羥基、

11、異丙基，甲基、CH2CH2OH，甲基、CH2OHCH3，乙基、CH2OH共五種，各有鄰、間、對三種同分異構(gòu)體，共15種故選C點評：本題考查同分異構(gòu)體的書寫，注意支鏈的確定，題目難度不大7（3分）（2015岳陽模擬）設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法中正確的是（）A1.8 g重水（D2O）中含有的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)均為NAB常溫下，16gO2和O3的混合氣體中含有的氧原子數(shù)為NAC標準狀況下，22.4 L NO 和22.4 L O2混合后所得氣體中分子總數(shù)為1.5 NAD將11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制備漂白粉，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5 NA考點：阿伏加德羅常數(shù).專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿

12、伏加德羅定律分析：A重水的摩爾質(zhì)量為20g/mol，1.8g重水的物質(zhì)的量為0.09mol，重水中含有10個質(zhì)子、10個電子；BO3和O2都是由氧原子構(gòu)成，故氧原子的質(zhì)量為16g，根據(jù)n=計算氧原子的物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計算氧原子數(shù)目；C一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與四氧化二氮之間存在轉(zhuǎn)化平衡，所以反應后的物質(zhì)中含有的分子數(shù)減??；D沒指明氣體的狀況，氯氣的物質(zhì)的量無法計算解答：解：A.1.8g重水的物質(zhì)的量為0.09mol，0.09mol重水中含有0.9mol質(zhì)子、0.9mol電子，含有的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)均為0.9NA，故A錯誤；B.16gO3和O2混合氣體中氧原子的質(zhì)量為16

13、g，故n（O）=1mol，含有的氧原子數(shù)為1molNAmol1=NA，故B正確；C標況下，22.4L氣體的物質(zhì)的量為1mol，1mol一氧化氮與0.5mol氧氣反應生成1mol二氧化氮，反應后含有0.5mol氧氣剩余；由于二氧化氮與四氧化二氮存在轉(zhuǎn)化平衡，所以反應后氣體的分子數(shù)小于1.5mol，分子總數(shù)小于1.5NA，故C錯誤；D沒指明氣體的狀況，氯氣的物質(zhì)的量無法計算，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)無法計算，故D 錯誤；故選：B點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應用，明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，準確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關(guān)系

14、是解題關(guān)鍵，題目難度不大8（3分）（2015岳陽模擬）下列圖中的實驗方案，能達到實驗目的是（）ABCD實驗方案實驗目的驗證FeCl3對H2O2分解反應有催化作用制備Fe（OH）2并能較長時間觀察其顏色除去CO2氣體中混有的SO2比較HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性強弱AABBCCDD考點：化學實驗方案的評價.專題：實驗評價題分析：A應在溫度相同的條件下進行對比實驗；B煤油能抑制亞鐵離子被氧化；CCO2和SO2都可與碳酸鈉溶液反應；D鹽酸易揮發(fā)，不能排除鹽酸的干擾解答：解：A溫度和催化劑都可影響反應速率，比較催化劑的影響，應在溫度相同的條件下進行對比實驗，故A錯誤；B煤油阻止了亞鐵離子和氧

15、氣接觸，從而阻擋了亞鐵離子被氧化，所以能實現(xiàn)實驗目的，故B正確；CCO2和SO2都可與碳酸鈉溶液反應，應用飽和碳酸氫鈉除雜，故C錯誤；D鹽酸易揮發(fā)，不能排除鹽酸的干擾，應先通過飽和碳酸氫鈉除去二氧化碳中的氯化氫，故D錯誤故選B點評：本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的性質(zhì)對比、除雜等知識，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握實驗的原理和實驗操作的嚴密性和可行性的評價，難度中等9（3分）（2015岳陽模擬）下列解釋事實的離子方程式正確的是（）A鐵和稀硝酸反應制得淺綠色溶液：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB向Ca（ClO）2溶液中通入過量CO2制取

16、次氯酸：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32C向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4+5SO2+4OH=2Mn2+5SO42+2H2OD0.01 molL1NH4Al（SO4）2溶液與0.02 molL1Ba（OH）2溶液等體積混合：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O考點：離子方程式的書寫.專題：離子反應專題分析：A鐵和稀硝酸反應制得淺綠色溶液為硝酸亞鐵溶液；B過量二氧化碳，反應生成碳酸氫鈉；C酸性溶液中反應物不會存在氫氧根離子；D銨根離子結(jié)合氫氧根離子能力大于氫氧化鋁，則反應生成一水合氨和氫氧化鋁沉淀解答：解：A鐵和稀硝酸

17、反應制得淺綠色溶液為硝酸亞鐵溶液，反應的離子方程式為3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故A錯誤；B過量二氧化碳生成碳酸氫鈉，反應的離子方程式為：ClO+H2O+CO2HClO+HCO3，故B錯誤；C向酸性KMnO4溶液中通入SO2，正確的離子方程式為：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故C錯誤；D0.01 molL1NH4Al（SO4）2溶液與0.02 molL1Ba（OH）2溶液等體積混合，反應的離子方程式為：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O，故D正確；故選D點評：本題考查了離子方程式的書寫判

18、斷，題目難度中等，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確判斷離子方程式正誤常用方法，如：檢查是否滿足電荷守恒、質(zhì)量守恒、電子守恒等，特別注意反應物過量情況對生成物的影響10（3分）（2015岳陽模擬）下列有關(guān)說法和結(jié)論都正確的是（）A已知Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，氫氣還原氧化銅后所得紅色固體能完全溶于稀硝酸，說明紅色固體是銅B用蒸餾水、酚酞、BaCl2溶液和已知濃度鹽酸標準溶液作試劑，可測定NaOH固體（雜質(zhì)僅為Na2CO3）的純度C將SO2氣體通入溴水中，溴水顏色逐漸褪去，說明SO2具有漂白性D已知Ksp（Ag2CrO4）=9.0102，Ksp（AgCl）=1.81010，說明Ag

19、2CrO4的溶解度小于的溶解度小于AgCl考點：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；二氧化硫的化學性質(zhì).專題：電離平衡與溶液的pH專題；氧族元素分析：ACu和Cu2O都能溶液稀硝酸，紅色固體可能為Cu2O，不一定為Cu；B用酚酞作指示劑，當指示劑恰好變色時，根據(jù)鹽酸的物質(zhì)的量可計算NaOH的物質(zhì)的量，進而計算質(zhì)量，可求得純度；C二氧化硫與溴水發(fā)生了氧化還原反應，二氧化硫表現(xiàn)了還原性，不是漂白性；DAg2CrO4與氯化銀不是同種類型的難溶物，不能直接利用溶度積比較溶解度大小解答：解：A由于稀硝酸具有強氧化性，氫氣還原氧化銅后即使生成紅色的Cu2O，也能完全溶解，故A錯誤；B先將含雜質(zhì)的NaOH

20、固體用蒸餾水配成溶液，然后用BaCl2溶液把Na2CO3沉淀出去，最后用鹽酸標準溶液滴定NaOH溶液，可以求出NaOH 的質(zhì)量，測定NaOH固體的純度，故B正確；C二氧化硫具有還原性，能夠被溴水氧化，二者發(fā)生了氧化還原反應，反應中二氧化硫表現(xiàn)了較強的還原性，不是漂白性，故C錯誤；D由于Ag2CrO4與氯化銀不屬于同種類型的沉淀，所以不能直接根據(jù)溶度積比較其溶解度大小，對應不同類型的難溶物，應該通過計算判它們的溶解度大小，故D錯誤；故選B點評：本題考查物質(zhì)的分離、鑒別等實驗操作，題目難度中等，本題綜合性強，注意掌握常見的化學實驗基本操作方法，選項B、D為易錯點，注意把握實驗原理及比較不同類型的難

21、溶物溶度積與溶解度大小關(guān)系11（3分）（2015岳陽模擬）全世界短年鋼鐵因銹蝕造成大量的損失某城市擬用如圖所示方法保護埋在酸性土壤中的鋼質(zhì)管道，使其免受腐蝕關(guān)于此方法，下列說法不正確的是（）A土壤中的鋼鐵易被腐蝕是因為在潮濕的土壤中形成了原電池B金屬棒X的材料應該是比鎂活潑的金屬C金屬棒X上發(fā)生反應：MneMn+D這種方法稱為犧牲陽極的陰極保護法考點：金屬的電化學腐蝕與防護.分析：A、根據(jù)電化學腐蝕形成的條件以及電化學腐蝕的應用進行分析；B、原電池的正極金屬被保護，活潑金屬能和水之間反應；C、原電池的正極金屬被保護，負極發(fā)生失電子的氧化反應；D、根據(jù)金屬的腐蝕和防護原理知識來回答解答：解：A、

22、鋼鐵在潮濕的空氣中能形成原電池因而易發(fā)生電化學腐蝕，金屬鐵是負極，易被腐蝕，故A正確；B、金屬棒X的材料應該是比鎂活潑的金屬鉀、鈣、鈉時，活潑金屬能和水之間反應劇烈的反應，它們不能做電極材料，故B錯誤；C、金屬棒X極的活潑性強于金屬鐵，做負極，發(fā)生失電子的氧化反應，故C正確；D、原電池的負極被腐蝕，正極被保護的方法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故D正確故選B點評：本題考查金屬的電化學腐蝕與防護，題目難度不大，本題注意電化學腐蝕形成的條件與金屬的防護12（3分）（2015岳陽模擬）X、Y、Z、W、R屬于短周期主族元素X的原子半徑短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z

23、元素的原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)為mn，W元素與Z元素同主族，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1下列敘述錯誤的是（）AX與Y形成的兩種化合物中陰、陽離子的個數(shù)比均為1：2BY的氫化物比R的氫化物穩(wěn)定，熔沸點高CZ、W、R最高價氧化物對應水化物的酸性強弱順序是：RWZDRY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成考點：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系.專題：元素周期律與元素周期表專題分析：X的原子半徑在短周期主旋元素中最大，應為Na元素；Y元素的原子外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z元素的原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)為mn，因為L層電子最多為8，則n=2，m=6，所以

24、Y為O元素，Z為Si元素，W元素與Z元素同主族，應為C元素，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1，Y的核外電子數(shù)為8，則R的核外電子數(shù)為16，應為S元素，結(jié)合元素對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律可解答該題解答：解：X的原子半徑在短周期主旋元素中最大，應為Na元素；Y元素的原子外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z元素的原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)為mn，因為L層電子最多為8，則n=2，m=6，所以Y為O元素，Z為Si元素，W元素與Z元素同主族，應為C元素，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1，Y的核外電子數(shù)為8，則R的核外電子數(shù)為16，應為S元素，AX與Y形成的兩種

25、化合物分別為Na2O、Na2O2，兩種化合物中陰、陽離子的個數(shù)比均為1：2，故A正確；BY是O元素，R是S元素，元素的非金屬性越強其氫化物越穩(wěn)定，氧元素的非金屬性大于硫元素，所以水的穩(wěn)定性大于硫化氫，且水中含有氫鍵，沸點高，故B正確；C非金屬性：SCSi，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，故C正確；DSO2、CO2對應的酸的酸性比鹽酸弱，與氯化鋇都不反應，故D錯誤故選D點評：本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律的遞變規(guī)律，題目難度中等，根據(jù)原子結(jié)構(gòu)特點正確推斷元素的種類為解答該題的關(guān)鍵，注意元素非金屬性的比較13（3分）（2015岳陽模擬）甲醇是一種重要的化工原料，廣泛應用于化

26、工生產(chǎn)，也可以直接用作燃料已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H1=443.64kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1下列說法或熱化學方程式正確的是（）ACO的燃燒熱為566.0 kJmol1B2 mol CO和1 mol O2的總能量比2 mol CO2的總能量低C完全燃燒20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸氣時放出的熱量為908.3 kJD2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1453.28 kJmol1考點：有關(guān)反應熱的計算；用蓋斯定律進行有關(guān)反應熱的計算.分析：A1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧

27、化物放出的熱量為燃燒熱；B放熱反應中反應物的總能量大于生成物的總能量；C根據(jù)蓋斯定律計算；D方程式的計量數(shù)加倍，則反應熱也加倍解答：解：A1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量為燃燒熱，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJmol1，則CO的燃燒熱為283.0 kJmol1，故A錯誤；B放熱反應中反應物的總能量大于生成物的總能量，所以2 mol CO和1 mol O2的總能量比2 mol CO2的總能量高，故B錯誤；C已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）H1=443.64kJmol1 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.

28、0kJmol1根據(jù)蓋斯定律+得CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1=726.64kJmol1 ，則完全燃燒20g甲醇，即0.625mol，則放出的熱量為0.625mol726.64kJmol1 =454.15 kJ，故C錯誤；D由C項知CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H1=726.64kJmol1 ，方程式的計量數(shù)加倍，則反應熱也加倍則2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1453.28 kJmol1，故D正確；故選D點評：本題考查了反應熱的計算、蓋斯定律的應用、熱化學方程式的書寫等，題目難度不大，注意把握蓋斯定

29、律的含義14（3分）（2015岳陽模擬）化工生產(chǎn)中含Cu2+的廢水常用MnS（s）作沉淀劑，其反應原理為：Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq）下列有關(guān)該反應的推理不正確的是（）A該反應達到平衡時：c（Cu2+）=c（Mn2+）BCuS的溶解度比MnS的溶解度小C往平衡體系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2+）變大D該反應平衡常數(shù)表達式：K=考點：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì).專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A該反應達到平衡時離子的濃度保持不變；B根據(jù)化學式相似的分子，溶度積大的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶度積小的沉淀；C根據(jù)反應物的濃度增大，平衡正向移動；D

30、根據(jù)反應的平衡常數(shù)K=解答：解：A該反應達到平衡時離子的濃度保持不變，但c（Cu2+）與c（Mn2+）不一定相等，故A錯誤；B化學式相似的分子，溶度積大的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶度積小的沉淀，已知MnS能轉(zhuǎn)化為CuS，所以CuS的溶解度比MnS的溶解度小，故B正確；C根據(jù)反應物的濃度增大，平衡正向移動，所以C（Mn2+）變大，故C正確；D已知Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq），由反應可知，反應的平衡常數(shù)K=，故D正確； 故選A點評：本題主要考查了沉淀的平衡以及轉(zhuǎn)化，難度不大，根據(jù)平衡移動原理以及沉淀轉(zhuǎn)化的知識即可完成15（3分）（2015岳陽模擬）在某一恒溫體積可變的密閉容器

31、中發(fā)生如下反應：A（g）+B（g）2C（g）H0t1時刻達到平衡后，在t2時刻改變某一條件，其反應過程如圖下列說法正確的是（）A0t2時，v正v逆B、兩過程達到平衡時，A的體積分數(shù)Ct2時刻改變的條件可以是向密閉容器中加CD、兩過程達到平衡時，平衡常數(shù)I考點：化學平衡建立的過程.專題：化學平衡專題分析：A、由圖象分析可知，0t1，反應正向進行，v正v逆，t1t2，反應到達平衡，v正=v逆；B、由圖象分析可知，t2時刻改變條件后達到平衡時，逆反應速率不變，說明和原平衡等效，體積分數(shù)不變；C、向密閉容器中加C，逆反應速率瞬間增大，再次建立的平衡與原平衡等效，說明和原平衡相同；D、由圖象分析可知，t

32、2時刻改變條件后達到平衡逆反應速率不變，說明和原平衡等效，則平衡常數(shù)不變；解答：解：A、0t1，反應正向進行，v正v逆，t1t2，反應到達平衡，v正=v逆，故A錯誤；B、t2時刻改變條件后達到平衡時，逆反應速率不變，說明和原平衡等效，A的體積分數(shù)=，故B錯誤；C、向密閉容器中加C，逆反應速率瞬間增大，再次建立的平衡與原平衡等效，說明和原平衡相同，符合圖象，故C正確；D、t2時刻改變條件后達到平衡逆反應速率不變，說明和原平衡等效，所以、兩過程達到平衡時，平衡常數(shù)I=，故D錯誤；故選：C點評：本題考查了化學平衡的建立，根據(jù)影響速率、平衡的因素來解答，注意圖象的分析，難度中等16（3分）（2015岳

33、陽模擬）25時，幾種弱酸的電離常數(shù)如下：25時，下列說法正確的是（）弱酸的化學式CH3COOHHCNH2S電離常數(shù)（25）1.81054.91010K1=1.3107K2=7.11015A等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為：pH（CH3COONa）pH（Na2S）pH（NaCN）Ba mol/LHCN溶液與b mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中c（Na+）c（CN），則a一定小于或等于bCNaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2）D某濃度的NaCN溶液的pH=d，則其中由水電離出的c（OH）=10dmol/L考點：弱電解質(zhì)在水

34、溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，電離程度越大；B等濃度時生成NaCN，CN離子水解；C根據(jù)電荷守恒分析；D先計算氫氧根離子濃度，水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度解答：解：A由表格中的數(shù)據(jù)可知，醋酸電離平衡常數(shù)最大，酸性最強，則酸性越強，鹽的水解越弱，所以等物質(zhì)的量濃度溶液的pH關(guān)系為pH（Na2S）pH（NaCN）pH（CH3COONa），故A錯誤；B等物質(zhì)的量時生成NaCN，CN離子水解，則C（Na+）c（CN），所以a molL1HCN溶液與b molL1NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中：c（Na+）c（CN），a有可能略大于b

35、，故B錯誤；CNaHS和Na2S的混合溶液中存在電荷守恒，所以一定存在c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2），故C正確；D該溶液中c（OH）=10d14mol/L，水電離出的c（H+）=c（OH）=10d14mol/L，故D錯誤；故選C點評：本題考查電離、水解及溶液中離子濃度的關(guān)系，綜合性較強，題目難度中等，注意題干中數(shù)據(jù)的應用來解答二、非選擇題（本題包括4小題，每空2分）17（10分）（2015岳陽模擬）銅及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)及日常生活中應用非常廣泛（1）由輝銅礦制取銅的反應過程為：2Cu2S（s）+3O2 （g）=2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJ

36、mol1，2Cu2O（s）+Cu2S（s）=6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1，請寫出Cu2S與O2反應生成Cu與SO2的熱反應方程式：Cu2S（s）+O2（g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4KJ/mol（2）氯化銅溶液中銅各物種的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與c（Cl） 的關(guān)系如圖1當c（Cl）=9molL1時，溶液中主要的3種含銅物種濃度大小關(guān)系為c（CuCl2）c（CuCl+）c（CuCl3）在c（Cl）=1molL1的氯化銅溶液中，滴入AgNO3溶液，含銅物種間轉(zhuǎn)化的離子方程式為Cu2+ClCuCl+（任寫一個）（3）電解Na2HP

37、O3溶液可得到亞磷酸，裝置如圖2（說明：陽膜只允許陽離子通過，陰膜只允許陰離子通過）陽極的電極反應式為：4OH4e=2H2O+O2產(chǎn)品室中反應的離子方程式為：HPO32+2H+=H3PO3考點：熱化學方程式；鹽類水解的應用；電解原理.分析：（1）利用蓋斯定律解答，從待求反應出發(fā)，分析待求反應中的反應物和生成物在已知反應中的位置，通過相互加減可得；電解精煉Cu時，粗銅做陽極發(fā)生氧化反應；（2）從圖上在c（Cl）=9molL1處，做一條平行與縱軸的虛線，可以比較；從圖上在c（Cl）=1molL1處，做一條平行與縱軸的虛線，看哪種微粒最多；（3）陽極上是氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應；產(chǎn)品室中HPO3

38、2和氫離子結(jié)合 生成亞磷酸解答：解：（1）2Cu2S（s）+3O2（g）2Cu2O（s）+2SO2（g）H=768.2kJmol1，2Cu2O（s）+Cu2S（s）6Cu（s）+SO2（g）H=+116.0kJmol1，據(jù)蓋斯定律（+）3得：Cu2S（s）+O2（g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4KJ/mol，故答案為：Cu2S（s）+O2（g）2Cu（s）+SO2（g）H=217.4KJ/mol；（2）在c（Cl）=9molL1處，做一條平行與縱軸的虛線，可見溶液中主要含銅物種濃度大小關(guān)系為：c（CuCl2）c（CuCl+）c（CuCl3）c（Cu2+）c（CuCl42），故答案為

39、：c（CuCl2）c（CuCl+）c（CuCl3）；從圖上可見，在c（Cl）=1molL1的氯化銅溶液中，主要是Cu2+與Cl結(jié)合生成CuCl+，方程式為：Cu2+ClCuCl+，故答案為：Cu2+ClCuCl+；（3）陽極上氫氧根離子失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為4OH4e=2H2O+O2，故答案為：4OH4e=2H2O+O2；產(chǎn)品室中HPO32和氫離子結(jié)合生成亞磷酸，反應離子方程式為：HPO32+2H+=H3PO3，故答案為：HPO32+2H+=H3PO3點評：本題涉及蓋斯定律的應用、氧化還原反應、離子濃度大小比較，電極反應式的書寫等知識點，電極反應式的書寫是高考熱點，應重點掌握18（1

40、2分）（2015岳陽模擬）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在某同學查閱資料后設計生產(chǎn)NaClO2的主要流程如下（1）雙氧水的電子式為；中發(fā)生反應的還原劑是Na2SO3（填化學式）（2）中反應的離子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O（3）ClO2是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備寫出該反應的化學方程式：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；研究表明：若反應開始時鹽酸濃度越大，則氣體產(chǎn)物中Cl2的含量越大，運用氧化還原反應規(guī)律分析，其原因是ClO2的氧化性或Cl的還原性

41、隨溶液的酸性和濃度的增大而增強，因此Cl被氧化得到Cl2（4）NaClO2變質(zhì)可分解為NaClO3和NaCl取等質(zhì)量變質(zhì)前后的NaClO2試樣均配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應時，消耗Fe2+的物質(zhì)的量相同（填“相同”、“不相同”或“無法判斷”）考點：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設計.專題：實驗設計題分析：由流程圖可知反應反應物為NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，產(chǎn)生C1O2、Na2SO4溶液，反應離子方程式為2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，是離子隔膜電解池，從反應知該電解有酸生成、從知有堿生成，有兩種氣體生成，所以為電解硫酸鈉本

42、質(zhì)是電解水，A為硫酸，a為氧氣，b為氫氣，C1O2與過氧化氫在堿性條件下反應生成NaClO2和氧氣，（1）雙氧水為共價化合物，分子中存在兩個氧氫鍵和一個OO鍵，中亞硫酸鈉被氧化生成硫酸鈉；（2）根據(jù)ClO2與NaClO2的化合價及氣體a為氧氣，可以寫出離子方程式；（3）亞氯酸鈉和稀鹽酸反應生成ClO2、NaCl和水；根據(jù)題干信息“研究表明：若反應開始時鹽酸濃度越大，則氣體產(chǎn)物中Cl2的含量越大”結(jié)合方程式進行分析解答；（4）已變質(zhì)和未變質(zhì)的NaClO2與Fe2+反應都生成Cl，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒判斷解答：解：由流程圖可知反應反應物為NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，產(chǎn)生C1O2、Na2SO

43、4溶液，反應離子方程式為2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，是離子隔膜電解池，從反應知該電解有酸生成、從知有堿生成，有兩種氣體生成，所以為電解硫酸鈉本質(zhì)是電解水，A為硫酸，a為氧氣，b為氫氣，C1O2與過氧化氫在堿性條件下反應生成NaClO2和氧氣，（1）雙氧水是共價化合物，其電子式為，由流程圖可知反應，反應物為NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，產(chǎn)生C1O2、Na2SO4溶液，反應離子方程式為2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，所以Na2SO3具有還原性是還原劑，將ClO3還原為C1O2，故答案為：；Na2SO3；（2）中反應根據(jù)流程信息可知，

44、生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合價降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，反應中ClO2是氧化劑，發(fā)生還原反應，H2O2是還原劑，發(fā)生氧化反應，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反應方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，離子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O，故答案為：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O；（3）亞氯酸鈉和稀鹽酸反應生成ClO2、NaCl和水，化學方程式為5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O，故答案為：5NaClO2

45、+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O反應中，ClO2具有氧化性，ClO2的氧化性隨溶液的酸性和濃度的增大而增強，因此Cl被氧化得到Cl2，離子方程式為ClO2+3Cl+4H+=2Cl2+2H2O，根據(jù)研究表明：若反應開始時鹽酸濃度越大，則氣體產(chǎn)物中Cl2的含量越大，故答案為：ClO2的氧化性或Cl的還原性隨溶液的酸性和濃度的增大而增強，因此Cl被氧化得到Cl2；（4）Fe2+與變質(zhì)前后的NaClO2反應，最后的還原產(chǎn)物都是NaCl，根據(jù)電子守恒消耗的Fe2+物質(zhì)的量應相同，故答案為：相同點評：本題考查生產(chǎn)NaClO2的制備實驗

46、的工業(yè)設計，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力和計算能力的考查，把握物質(zhì)的性質(zhì)熟練運用氧化還原反應為解答該題的關(guān)鍵，題目難度中等19（16分）（2015岳陽模擬）已知：乙二酸（HOOCCOOH，可簡寫為H2C2O4），俗稱草酸，157時開始分解（1）探究草酸的酸性25H2C2O4 K1=5.4102，K2=5.4105；H2CO3 K1=4.5107 K2=4.71011下列化學方程式可能正確的是BDAH2C2O4+CO32=HCO3+HC2O4BHC2O4+CO32=HCO3+C2O42C2C2O42+CO2+H2O=2HC2O4+CO32DH2C2O4+CO32=C2O42+H

47、2O+CO2（2）探究草酸分解產(chǎn)物實驗中觀察到B中CuSO4粉末變藍，C中澄清石灰水變渾濁，D的作用是吸收CO2氣體，證明有CO氣體生成的現(xiàn)象是F中黑色CuO變成光亮的紅色，G中澄清石灰水變渾濁（3）探究催化劑對化學反應速率的影響在甲、乙兩支試管中各加入4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液，再向乙試管中加入一粒黃豆大的MnSO4固體，搖勻填寫下表：反應現(xiàn)象實驗結(jié)論試管中發(fā)生反應的離子方程式（4）用酸性KMnO4溶液滴定Na2C2O4，求算Na2C2O4的純度實驗步驟：準確稱取2.0g Na2C2O4固體，配成100mL溶液；取出20.00mL

48、于錐形瓶中，再向瓶中加入足量稀H2SO4；用0.0160mol/L酸性高錳酸鉀溶液滴定，滴定至終點時消耗高錳酸鉀溶液25.00mL高錳酸鉀溶液應裝在酸式滴定管中（填“酸式”或“堿式”）Na2C2O4的純度是33.5%考點：性質(zhì)實驗方案的設計.專題：實驗設計題分析：（1）電離常數(shù)越大其酸性越強，根據(jù)強酸制取弱酸判斷；（2）氫氧化鈉是堿能吸收酸性氧化物；一氧化碳具有還原性，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁；（3）高錳酸鉀具有氧化性，能氧化還原性物質(zhì)，硫酸錳具有催化作用，加快反應速率；（4）酸式滴定管能量取酸性溶液；根據(jù)高錳酸鉀計算草酸鈉的純度解答：解：（1）根據(jù)電離常數(shù)知酸性強弱順序是：H2C2O4HC2O4H2CO3HCO3，根據(jù)強酸制取弱酸知草酸和碳酸根離子反應生成草酸根離子和二氧化碳，草酸氫根離子和碳酸根離子反應生成碳酸氫根離子和草酸根離子，故選BD；（2）氫氧化鈉是強堿能吸收酸性氧化物二氧化碳，一氧化碳具有還原性，能還原黑色的氧化銅生成紅色的銅，同時自身被氧化生成二氧化碳，二氧化碳使澄清的石灰水變渾濁，所以看到的現(xiàn)象是：F中黑色CuO變成光亮的紅色，G中澄清石灰水變渾濁，故答案為：吸收CO2氣體；F中黑色CuO變成光亮的紅色，G中澄清石灰水變渾濁；（3）看到的現(xiàn)象是兩支試管中紫色KMnO4溶液均褪色