2013-2014吉林省长春市十一中高二下学期期末考试化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014吉林省长春市十一中高二下学期期末考试化学试卷与答案（带解析） 选择题 原计划实现全球卫星通讯需发射 77颗卫星 ,这一数字与铱 (Ir)元素的原子核外电子数恰好相等 ,因此称为 “铱星计划 ”.已知铱的一种同位素的质量数为 191,则其核内的中子数与质子数之差是 A 77 B 114 C 37 D 268 答案： C 试题分析：根据原子的质子数等于其核外电子数，所以 Ir的质子数是 77，质量数是 191，所以中子数是 191-77=114，所以 Ir核内的中子数与质子数之差是114-77=37，答案：选 C。 考点：考查原子中质量数、中子数、质子数、电子数的关系 下列反应中

2、，氧化剂与还原剂物质的量的关系为 1： 2的是 A 4KI O2 2H2O 4KOH 2I2 B 2CH3COOH Ca(ClO)2 2HClO (CH3COO)2 Ca C I2 2NaClO3 2NaIO3 Cl2 D MnO2 4HCl MnCl2 Cl2 2H2O 答案： D 试题分析： A、该反应中氧化剂是氧气，还原剂是 KI，氧化剂与还原剂物质的量的关系为 1:4，错误； B、该反应是非氧化还原反应，错误； C、该反应中氧化剂是氯酸钠，还原剂是碘，氧化剂与还原剂物质的量的关系为 2:1，错误； D、该反应中氧化剂是二氧化锰，还原剂是 HCl，其中参加反应的 HCl中有一半作了还原剂

3、，所以氧化剂与还原剂物质的量的关系为 1:2，正确，答案：选 D。 考点：考查氧化还原反应中氧化剂、还原剂的判断 随着对合成氨研究的发展， 2001年两位希腊化学家提出了电解合成氨的方法，即在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气，分别通入一个加热到 570 的电解池中，采用高质子导电性的 SCY陶瓷（能传递 H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、 570 条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。下列有关说法中正确的是 A电解法合成氨的电解池中能用水作电解质溶液的溶剂 B钯电极 B连接的是电源的负极 C钯电极 A的电极反应式为： N2+6e +6H+=2NH3 D当有

4、 0.3mol电子转移时，有 2.688L NH3生成 答案： C 试题分析： A、因为氨气极易溶于水，所以不能用水作电解质溶液的溶剂，错误； B、由装置图可知钯电极 B上的氢离子向 A 电极移动，说明 A 电极是阴极，所以 B电极是阳极，连接电源的正极，错误； C、 A电极是阴极，发生还原反应，所以氮气得电子与氢离子结合生成氨气，正确； D、当有 0.3mol电子转移时有 0.1mol氨气生成，标准状况下的体积是 2.24L，错误，答案：选 C。 考点：考查电解原理的应用，氧化还原反应的计算 向一定量的 Fe、 FeO、 Fe2O3的混合物中加入 120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物

5、完全溶解，放出 1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入 KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为 A 0 24 mol B 0.21 mol C 0.16 mol D 0.14 mol 答案： B 试题分析：根据题意可知，溶液中无铁离子存在，得到的溶液为 Fe(NO3)2的溶液，根据 N 元素守恒， Fe(NO3)2中 NO3-的物质的量是 0.12L4mol/L-1.344L/22.4L/mol=0.42mol,则 Fe元素的物质的量是 0.42mol/2=0.21mol,再根据 Fe元素守恒，所以用足量的氢气在加热下还原相同质量的混

6、合物，能得到铁的物质的量也是 0.21mol，答案：选 B。 考点：考查氧化还原反应的计算，守恒 法的应用 某氧化物的相对分子质量为 a，其相同价态的硫酸盐的相对分子质量为 b，则该元素的化合价的数值为： A (b-a)/20 B (b-a)/40 C (a -b)/80 D (a-b)/20 答案： B 试题分析：讨论该元素的化合价的奇偶性： （ 1）若 x为奇数时，氧化物化学式为 R2Ox，硫酸盐的化学式为 R2（ SO4） x，从化学式可知该元素的硫酸盐比氧化物的化学式多 SO3的 x倍，所以 b-a=80x，所以 x=（ b-a） /80；（ 2）若 x为偶数时，氧化物化学式为 ROx

7、/2，硫酸盐的化学式为 R（ SO4） x/2，同理可得该元素的硫酸盐比氧化物的化学式多 SO3的 x/2倍，则 b-a=80x/2,x=（ b-a） /40，答案：选 B。 考点：考查化合价的计算，化学式的判断 下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是（ ） A已知 C（石墨， s） = C（金刚石， s） H 0，则金刚石比石墨稳定 B已知 I2（ g） H2（ g） =2HI（ g） H1； I2（ s） H2（ g） =2HI（ g） H2； 则 H1 H2 C HCl和 NaOH反应的中和热 H=-57 3kJ/mol，则 H2SO4和 Ba（ OH） 2反应的中和热 H=2（ -5

8、7 3） kJ/mol D已知 H2（ g） F2（ g） =2HF（ g） H=-270kJ/mol，则 2L氟化氢气体分解成 1L氢气和 1L氟气吸收 270kJ热量 答案： B 试题分析： A、石墨生成金刚石是吸热反应，说明石墨具有的能量低，所以石墨比金刚石稳定，错误； B、同一物质由固体变为气体需要吸热，所以固态 I2与氢气反应放出的热量少于气态 I2与氢气反应放出的热量，该反应的反应热是负值，所以 H1 H2，正确； C、中和热是指强酸与强碱的稀溶液反应生成1mol水和易溶盐时放出的热量， H2SO4和 Ba（ OH） 2属于强酸、强碱，但反应中有沉淀生成，所以 H2SO4和 Ba（

9、 OH） 2反应的中和热不是 -57 3kJ/mol，也不是 2（ -57 3） kJ/mol，错误； D、热化学方程式中的化学计量数仅表示物质的量，不表示体积，错误，答案：选 B。 考点：考查热化学方程式的判断及物质稳定性的比较 V1ml、 0.2 mol/L Na2SO4溶液和 V2ml、 0.1 mol/L Fe2(SO4)3溶液混合，已知V1大于 V2 ，则混合溶液中 SO42-的物质的量浓度可能是 A 0.23 mol/L B 0.18 mol/L C 0.26 mol/L D 0.25 mol/L 1 答案： A 试题分析： Na2SO4溶液中 SO42-的物质的量浓度是 0.2m

10、ol/L, Fe2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量浓度是 0.3mol/L，则混合后的溶液中 SO42-的物质的量浓度介于0.2-0.3mol/L之间，等体积混合混合后的溶液中 SO42-的物质的量浓度可能是0.25mol/L, 现在 V1大于 V2 ，则混合后溶液中 SO42-的物质的量浓度偏近于Na2SO4溶液，所以答案：选 A。 考点：考查溶液混合后离子浓度的判断 向某 FeBr2溶液中，通入 1.12L（标准状况下）的 Cl2，测得溶液中 c（ Br-）=3c （ Cl-） =0 3mol/L。反应过程中溶液的体积变化忽略不计，则下列说法中正确的是 A原溶液的浓度约为 0 13m

11、ol/L B反应后溶液中 c（ Fe3+） =0 1mol/L C反应后溶液中 c（ Fe3+） =c（ Fe2+） D原溶液中 c（ Br-） = 0 4mol/L 答案： B 试题分析：由题意知氯气的物质的量是 0.5mol，溶液中仍存在溴离子说明氯气不足，所以溶液中的 c（ Cl-） =0.1mol/L=1.12L/22.4L/mol2/V,说明原溶液的体积是 1L。若溶液中的阳离子只是 Fe3+，根据电荷守恒可得 c（ Fe3+） =（ 0.3+0.1）/3mol/L，则原溶液中应存在 n（ Fe2+） =0.4/3mol，需要氯气的物质的量是0.4/3/20.5，与已知矛盾，所以溶液

12、中还存在 Fe2+。所以原溶液中 FeBr2的浓度是 0.15mol/L， n（ Fe2+） =0.15mol，被 0.5mol氯气氧化得 Fe3+0.1mol，所以反应后溶液中 c（ Fe3+） =0 1mol/L，还余 0.05mol/L Fe2+。则答案：选 B。 考点：考查氧化还原反应的计算，电荷守恒规律的应用 香花石由前 20号元素中的 6种组成，其化学式为 X3Y2(ZWR4)3T2， X、 Y、Z为金属元素， Z的最外层电子数与次外层相等， X、 Z位于同主族， Y、 Z、 R、T位于同周期， R最外层电子数为次外层的 3倍， T无正价， X与 R原子序数之和是 W的 2倍。下列

13、说法不正确的是 A原子半径： Y Z R T B气态氢化物的稳定性： W R T C最高价氧化物对应的水化物碱性： X Y Z D XR2、 WR2两化合物中 R的化合价相同 答案： D 试题分析： Z的最外层电子数与次外层相等，则最外层有 2个电子，所以 Z是Be 元素；则 X是 Mg或 Ca元素， Y是 Li元素， R最外层电子数为次外层的 3倍，则 R的最外层电子数是 6， R是 O 元素， T无正价，则 T是 F元素， X与R原子序数之和是 W的 2倍，若 X为镁元素，则由 X与 R原子序数之和是 W的 2倍，则 （ 12+8） /2=10，推出 W为氖元素不符合题意，若 X为钙元素，

14、则由 X与 R原子序数之和是 W的 2倍， (20+8)/2=14，推出 W为硅元素，即 X为钙元素、 W为硅元素符合题意。 A、 Y为 Li元素、 Z为 Be 元素、 R为 O 元素、T为 F元素，位于同周 期，元素的原子半径从左向右逐渐减小，正确； B、 W为 Si元素、 R为 O 元素、 T为 F元素，非金属性 F O Si，则气态氢化物的稳定性 W R T，正确； C、 X为 Ca元素、 Y是 Li、 Z为 Be 元素，钙的金属性最强，其次是 Li， Be 最弱，则最高价氧化物对应的水化物碱性 X Y Z，正确； D、 XR2、 WR2两化合物 CaO2、 SiO2，因钙元素为 +2价

15、、硅元素为 +4价，则 R的化合价分别为 -1、 -2价，即 XR2、 WR2两化合物中 R的化合价不相同，错误 ,答案：选 D。 考点：考查元素的推断，原子结构与元素周期律的应用 在 25oC时， 将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有 a mol电子转移时，溶液中析出 mg Na2SO4 10 H2 O 晶体。若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为 A 100% B 100% C 100% D 71m/161(m+9a) 100% 答案： D 试题分析：电解硫酸钠溶液实质是电解水，当转移 amol电子时，实际电解消耗0.5amol水，其质量是 9ag，析出 mg N

16、a2SO4 10 H2 O，由于原溶液是饱和溶液，所以减少的溶液与剩余溶液都是饱和溶液，溶质的质量分数相同，析出的硫酸钠的质量是 m142/322g，减少的溶液的质量是 (m+9a)g，所以剩余溶液中溶质的质量分数为 m142/322g/(m+9a)g100%= 71m/161(m+9a) 100%，答案：选D。 考点：考查溶液中溶质的质量分数的计算 某实验小组依据反应 设计如图原电池，探究 pH对 AsO43-氧化性的影响。测得电压与 pH的关系如图。下列有关叙述错误的是 A调节 pH可以改变反应的方向 pH = 0.68时，反应处于平衡状态 C pH = 5时，负极电极反应式为 I-2e-

17、 =I2 D pH 0.68时，氧化性 I2 AsO43- 答案： C 试题分析： A、由右图可知， pH 0.68时，电压小于 0，反应逆向进行， pH0.68 时，电压大于 0，反应正向进行，所以调节 pH 可以改变反应的方向，正确；B、 pH=0.68时，电压为零，反应处于平衡状态，正确； C、 pH=5时，电压小于0，反应逆向进行， AsO33-在负极失电子，则负极电极反应式为 AsO33-2e-+H2O=AsO43-+2H+，错误； D、 pH 0.68时，电压小于 0，反应逆向进行，碘作氧化剂，所以氧化性 I2 AsO43-，正确，答案：选 C。 考点：考查原电池反应原理及化学平衡

18、的移动 a、 b、 c、 d是四种短周期元素。 a、 b、 d同周期， c、 d同主族。 a的原子结构示意图为 ， b与 c形成化合物的电子式为 ，下列比较中正确的是 ( ) A原子半径： acdb B最高价氧化物对应水化物的酸性：cda C原子序数： adbc D单质的氧化性： abdc 答案： B 试题分析：由 a的原子结构示意图可知 x=2，则 a是 14号元素 Si， b、 d也是第三周期元素，由 b、 c形成的化合物的电子式判断， b是第一主族元素， c是第五主族元素，所以 b是 Na元素， c、 d同主族，所以 c是第二周期元素 N， d是第三周期元素 P。 A、根据元素周期律，四

19、种元素原子半径的大小关系是badc,错误； B、 c、 d、 a三种元素中，非金属性最强的是 N，其次是 P，最弱的是 Si，所以最高价氧化物对应水化物的酸性： cda，正确； C、原子序数的大小关系是 dabc，错误； D、单质的氧化性与元素的非金属性是对应的，单质的氧化性： cdab，错误，答案：选 B。 考点：考查元素的推 断及元素周期律的应用 下列说法不正确的是 A B C D 通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大 甲电极上的电极反应为： 2Cl- -2e- = Cl2 Pt电极上的电极反应为： O2 2H2O4e-=4OH- 总反应的离子方程式为： 2Fe3+Cu=Cu2+ 2F

20、e2+ 答案： A 试题分析： A、电解稀硫酸实际是电解水，溶剂减少，硫酸溶液中氢离子浓度增大，所以 pH减小，错误； B、根据电解池电子的流向判断甲是阳极，所以氯离子失去电子生成氯气，正确； C、该装置是原电池， Pt是正极，发生还原反应，所以氧气得电子生成氢氧根离子，正确； D、该装置是原电池， Cu 是负极，与溶液中的铁离子发生氧化还原反应，正确，答案：选 A。 考点：考查电化学理论的应用，装置的判断 下列四个数据都表示合成氨的反应速率，其中代表同一反应速率的是 = 0 3mol L-1 min-1 = 0 9 mol L-1 min-1 = 0 015 mol L-1 s-1 = 2

21、25 mol L-1 min-1 A B C D 答案： B 试题分析：同一反应中，不同物质表示的反应速率之比符合化学方程式中化学计量数之比。用氮气表示的反应速率是 0 3mol L-1 min-1时，则同一反应中氨气的反应速率是 0.6 mol L-1 min-1，氢气的反应速率是 0.9 mol L-1 min-1，即 0 015 mol L-1 s-1，与 代表同一反应速率，所以答案：选 B。 考点：考查反应速率与化学计量数的关系 下列电子式书写正确的是 A氯化钠 B氨气 C氯化钙 D硫化钠 答案： D 试题分析： A、 Cl-的电子式中未写电荷数，错误； B、氨气的电子式中 N 原子最

22、外层的 5个电子中有一对未参与成键电子没有画出，错误； C、离子化合物的电子式中相同离子的电子式不能合并写，错误； D、符合离子化合物的电子式的书写，正确，答案：选 D。 考点：考查化合物电子式书写的判断 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A在 pH=1的溶液中： K 、 Na 、 SO42、 HCO3- B在 0.1 mol L-1 Na2CO3溶液中： Al3 、 K 、 NO 、 SO42 C在 0.1 mol L-1 FeCl3溶液中： K 、 NH 、 I-、 SCN- D在 c( H )/c(OH-) 10-12的溶液中： K 、 Na 、 ClO-、 NO 答案

23、： D 试题分析： A、 pH=1 是酸性溶液，酸性溶液中 HCO3-不能大量共存，错误； B、Al3 与 CO32-发生双水解市场二氧化碳和氢氧化铝沉淀，不能大量共存，错误；C、 Fe3 与 I-、 SCN-分别发生氧化还原反应和络合反应，不能大量共存，错误；D、 c( H )/c(OH-) 10-12时，可计算出 pH=13，溶液显碱性， 4种离子在碱性溶液中可以大量共存，正确，答案：选 D。 考点：考查离子的大量共存问题 在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，分别注入下列各组气体 (先注入一种，再注入另一种 )，全部气体注入完毕后，容器中的压强从大到小的顺序是 2mol氢气和 1mol

24、氧气 2mol硫化氢和 1mol二氧化硫 2mol一氧化氮和 1mol氧气 2mol氨和 lmol氯化氢 A = = B = C D 答案： D 试题分析： 中氢气与氧气无点燃条件不会发生反应，所以容器的压强是 3mol气体的压强； 2mol硫化氢和 1mol二氧化硫恰好完全反应生成 S固体和水，常温 下水是液体，压强为 0； 2mol一氧化氮和 1mol氧气恰好完全反应生成2mol二氧化氮气体，所以容器的压强是 2mol气体的压强； 2mol氨和 lmol氯化氢反应生成 1mol固体氯化铵，剩余 1mol氨气，剩余容器压强是 1mol气体的压强，所以容器中的压强从大到小的顺序是 ，答案：选

25、D。 考点：考查气体混合后压强的大小判断 在 A2 3B2 = 2C的反应中，经过 t秒钟后， C的浓度增加了 0.6mol/L，在此期间，反应速率 V(B2) 0.45mol/(L S)，则 t值为 A 1秒 B 1.5秒 C 2秒 D 2.5秒 答案： C 试题分析：由 V(B2) 0.45mol/(L S)可知 V(C) 2/3V(B2) 0.3 mol/(L S)，根据 V= C/ t得 V(C)=0.6mol/L/t=0.3 mol/(L S)，所以 t=2s，答案：选 C。 考点：考查有关反应速率的计算 下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是 原子序数为 15的元素的最高化合价为

26、 3 A族元素是同周期中非金属性最强的元素 第二周期 A族元素的原子核电荷数和中子数一定为 6 原子序数为 12的元素位于元素周期表的第三周期 A族 A B C D 答案： C 试题分析： 原子序数为 15的元素的最高化合价为 +5，错误； 同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以 A族元素是同周期中非金属性最强的元素，正确； 第二周期 A族元素是 C元素，原子核电荷数是 6，但中子数不一定为 6，错误； 原子序数为 12的元素是 Mg，位于元素周期表的第三周期 A族，正确，答案：选 C。 考点：考查对原子结构、元素周期律的判断 分类是化学研究的重要方法之一，下列有关说法中，正确的是 A SO

27、2、 NO2、和 CO2都属于酸性氧化物 B甲烷和和一氯甲烷都属于烷烃 C HC1O 是弱电解质， NaClO 却属于强电解质 D在水溶液中能电离出 H+的化合物都属于酸 答案： C 试题分析： A、 NO2是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，错误； B、一氯甲烷属于卤代烃，错误； C、 HC1O 是弱酸，属于弱电解质， NaClO 是钠盐，属于强电解质，正确； D、在水溶液中电离出的阳离子全部是 H+的化合物属于酸，如NaHSO4水溶液中能电离出 H+，但属于盐，错误，答案：选 C。 考点：考查物质的分类 已知常温下可用 Co2O3 制备 Cl2，反应前后存在六种微粒： Co2O3H2OCl2、

28、H+ 、 Cl-和 Co2+。下列叙述不正确的是 A氧化产物为 Cl2 B氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1 2 C若有 3mol H2O 生成，则反应中有 2mol电子转移 D当该反应生成 2.24L Cl2时，则反应中有 0.1mol电子转移 答案： D 试题分析：根据氧化还原反应理论，元素化合价升高作还原剂，元素化合价降低作氧化剂，所以 Co2O3是氧化剂， Cl-是还原剂， Cl2是氧化产物，发生反应的化学方程式为 Co2O3+6HCl= Cl2+3H2O+2CoCl2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1 2，有 3mol H2O 生成，则同时生成 1mol Cl2反应中有 2mol电

29、子转移，未指明标准状况，所以氯气的体积是 2.24L时，氯气的物质的量不是 0.1mol，转移的电子数不是 0.1mol，所以 D错误，答案：选 D。 考点：考查氧化还原反应理论的应用，反应的计算 已知下列反应的热化学方程式为： （ 1） C(s) O2(g) CO2(g) H 1 -393.5kJ/mol （ 2） CH3COOH（ l） 2O2（ g） 2CO2(g) 2H2O(l) H 2 -870.3kJ/mol （ 3） H2(g) O2(g) H2O(l) H 3 -285.8kJ/mol 则 2C(s) 2H2(g) O2(g) CH3COOH(l)的反应热 H为 A +488.

30、3 kJ/mol B -488.3 kJ/mol C -244.15 kJ/mol D +244.15 kJ/mol 答案： B 试题分析：根据盖斯定律， 2C(s) 2H2(g) O2(g) CH3COOH(l)的反应热 H=（ 1） 2+（ 3） 2 -（ 2） =H 12+H 32 -H 2 -488.3 kJ/mol，答案：选 B。 考点：考查盖斯定律的应用 填空题 （ 14分）已知： A为含金属离子的淡黄色固体化台物， E、 X为空气中常见气体， A、 B、 C、 D含有相同的金属离子，其转化关系如下图（部分产物已略去）。 请回答下列问题 （ 1）这种金属离子的离子结构示意图为 _;

31、 （ 2） X的电子式 _; （ 3） B中所含化学键的类型是 _; 常温常压下， 7.8gA与足量的水充分反应放出热量 a kJ，写出该反应的热化学方程式 _. （ 4） C也可转化为 B，写出该转化的化学方程式_; B与 D反应的离子方程式为 _. （ 5）将一定量的气体 X通入 2LB的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。 请回答： a点溶液中所含溶质的化学式为 _ ， a-b之间的反应的离子方程式是 _。 答案：（ 14分） （ 1） Na+ (1分 ) （ 2） (1分 ) （ 3）（极性）共价键、离子

32、键（ 2分） 2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+ O2(g) H=-20akJ/mol(2分 ) （ 4） Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH或 Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3+2NaOH (2分 ) OH-+HCO3-=CO32-+ H2O(2分 ) （ 5） Na2CO3、 NaCl (2分 ) CO32- + H+ = HCO3-(2分 ) 试题分析：（ 1）淡黄色固体化合物是过氧化钠固体，所以 A是过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠与氧气，则 E是氧气， B是氢氧化钠，氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应，所以 X是二氧化碳， C是碳酸钠， D是

33、碳酸氢钠。则 A 中的金属阳离子是钠离子，离子结构示意图为 Na+ ； （ 2） X是二氧化碳属于共价化合物，电子式为 （ 3） B是 NaOH，既有离子键又有共价键； 7.8g的过氧化钠的物质的量是0.1mol，所以 1mol过氧化钠与足量水反应放出 10akJ的热量，则过氧化钠与水反应的热化学方程式为 2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+ O2(g) H=-20akJ/mol； （ 4） 碳酸钠转化为氢氧化钠，发生复分解反应，碳酸钠与氢氧化钙（或氢氧化钡）溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH； 氢氧化钠与碳酸

34、氢钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为 OH-+HCO3-=CO32-+ H2O； （ 5）由图可知， HCl与碳酸钠反应先生成碳酸氢钠，再生成 二氧化碳，生成碳酸氢钠和生成二氧化碳消耗的 HCl的物质的量是相同的，而图中生成二氧化碳气体前消耗的 HCl与生成二氧化碳消耗的 HCl的物质的量之比是 3:2，说明二氧化碳与氢氧化钠反应中氢氧化钠过量，所以 a点代表 HCl与氢氧化钠反应，溶质是 Na2CO3、 NaCl， a-b之间是碳酸钠与 HCl反应生成碳酸氢钠的过程，离子方程式为 CO32- + H+ = HCO3-。 考点：考查物质推断，过氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠、二氧化碳的化学性质，离子

35、方程式的书写，对图像的分析 （ 10分）下图是一个化学过程的示意图。 （ 1） 图中乙池是 装置。 （ 2） c（ Pt）电极的名称是 。 （ 3）写出通入 CH3OH的电极的电极反应式是 。 （ 4）乙池中反应的离子方程式为 。 （ 5）当乙池中 B（ Ag）极的质量增加 5 40g时，甲池中理论上消耗 O2 mL（标准状况下）；此时丙池某电极析出 1.6g某金属，则丙中的某盐溶液可能是 （填序号） A MgSO4 B CuSO4 C NaCL D AgNO3 答案： (10分 ) （ 1）电解池 (1分 ) （ 2） 阳极 (1分 ) （ 3） CH3OH+8OH-6 e- CO32-+6

36、H2O(2分 ) （ 4） 4Ag+2H2O 4Ag+O2+4H+(2分 ) （ 5） 280 (2分 ) B(2分 ) 试题分析：（ 1）由图可知甲池能自发发生氧化还原反应，是燃料电池，乙、丙都是电解池装置； （ 2）甲池通入甲醇的一极是负极，氧气一极是正极， d与负极相连，所以 d是阴极，则 c是阳极； （ 3）通入甲醇的一极是负极发生氧化反应，失去电子生成二氧化碳，二氧化碳与电解质溶液反应，最终生成碳酸根离子和水，电极反应式为 CH3OH+8OH-6 e- CO32-+6H2O； （ 4）乙是电解硝酸银溶液， A是阳极， B是阴极，所以阳极产生氧气，阴极产生 Ag，离子方程式为 4Ag+

37、2H2O 4Ag+O2+4H+； （ 5）乙中 B增加的质量是析出的 Ag的质量，所以析出 5.4gAg时转移电子的物质的量是 5.4g/108g/mol=0.05mol，根据反应 O2+4e-+2H2O=4OH-，可知甲池中理论消耗氧气得物质的量是 0.05/4mol，标准状况下的体积是0.05/4mol22.4L/mol=0.28L=280mL；丙池析出金属 0.64g，丙池转移电子的物质的量也是 0.05mol，若该金属是 +1价，则该金属的相对原子质量是1.6/0.05=32，若该金属是 +2 价金属，则该金属的相对原子质量是 1.6/0.05/2=64，所以答案：选 B。 考点：考查

38、原电池、电解池的判断，电化学原理的应用 （ 10分） 2006年 5月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药 “亮菌甲素注射液 ”导致多名患者肾功能衰竭。 “亮菌甲素 ”的结构简式为 : 它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床。假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性。请回答下列问题： （ 1） “亮菌甲素 ”的分子式为 _。 （ 2）丙二醇的分子式是 C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在。 写出其 属于醇类的同分异构体的结构简式_。 （ 3）下列有关 “亮菌甲素 ”的叙述正确的是 _(填字母 )。 A “亮菌甲素 ”能与 H2发生加成反应 B不能使酸性 KMnO4

39、溶液褪色 C “亮菌甲素 ”分子中含氧官能团只有 2种 D 1 mol“亮菌甲素 ”最多与 3 mol NaOH反应 （ 4）核磁共振氢谱分析，发现二甘醇分子中有 3个吸收峰，其峰面积之比为2 2 1。又知二甘醇中 C、 O 元素的质量分数相同，且 H的质量分数为 9.4%,1 mol二甘醇与足量金属钠反应生成 1 mol H2。写出二甘醇与乙酸 (按物质的量之比 1 1)反应的化学方程式 。 答案：（ 10分）（ 1） C12H10O5 (2分 ) （ 2） CH3CH(OH)CH2OH CH2(OH)CH2 CH2(OH) (分，写一个且对给分，全写对给分 ) （ 3） AD (2分 )

40、（ 4） HOCH2CH2OCH2CH2OH + CH3COOH HOCH2CH2OCH2CH2OOCCH3 + H2O 试题分析：（ 1）根据 “亮菌甲素 ”的结构简式判断其分子式为 C12H10O5 ； （ 2）丙二醇的结构中有 2个羟基，且两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在，所以 2个羟基的位置只能是连在相邻 C原子上或连在相间的 C原子上，所以丙二醇的同分异构体有 2种，分别是 CH3CH(OH)CH2OH CH2(OH)CH2 CH2(OH)； （ 3） A、 “亮菌甲素 ”分子中含有苯环和碳碳双键，可与氢气发生加成反应，正确； B、 “亮菌甲素 ”分子中含有碳碳双键，可以使酸性

41、 KMnO4 溶液褪色，错误；C、 “亮菌甲素 ”分子中含有羟基、碳碳双键、酯基 3种官能团，错误； D、亮菌甲素 ”分子中的酚羟基、酯基可与 NaOH 反应，酯 基水解后的产物中仍有酚羟基，所以 1 mol“亮菌甲素 ”最多与 3 mol NaOH反应，正确，答案：选 AD； （ 4）由题意可知，二甘醇分子中 C、 O 的质量分数都是（ 1-9.4%） /2=45.3%，可计算出二甘醇分子中 C、 H、 O 的原子个数比是 4:10:3， 1 mol二甘醇与足量金属钠反应生成 1 mol H2,说明二甘醇分子中有 2个羟基，结合二甘醇分子中 H原子的种类，则二甘醇的结构简式为 HOCH2CH

42、2OCH2CH2OH，所以与与乙酸(按物质的量之比 1 1)反应的化学方程式为 )HOCH2CH2OCH2CH2OH + CH3COOH HOCH2CH2OCH2CH2OOCCH3 + H2O。 考点：考查有机物的推断，结构简式的判断，官能团、同分异构体的判断，化学方程式的书写 （ 12分）铁与 HNO3作用时，还原产物除与 HNO3浓度有关外，还与温度有关。已知铁 与冷的稀 HNO3反应时，主要还原产物为 NO气体；与热的稀 HN03反应时，主要还原产物 为 N2O 气体；当 HNO3更稀时，其重要还原产物是 NH4+。现有铁与稀 HNO3的作用，请分析 下图，回答有关问题。 假设曲线的各段

43、内只有一种还原产物。 （ 1） 0点到 a点的还原产物是 _ _。 （ 2） a点到 b点的还原产物是 _ _，其原因是 。 （ 3）试完成 b点到 c点的反应方程式： 口 Fe+口 HNO3 口 Fe( NO3)3+口 +口 H20。 （ 4）反应过程中，到达 _ 点时 ,HN03已完全反应。 （ 5）已知达到 d点时反应结束，此时溶液中的主要阳离子是 。 （ 6） c点和 d点参加反应的铁的物质的量之比是 _。 答案： (12分 ) （ 1） NO （ 1分） (2 ) N2O （ 1分） 反应放热，使溶液温度升高 （ 2分） （ 3） 8 30 8 3 NH4NO3 9 （ 2分） （

44、4） c （ 2分） （ 5） Fe2+（ 2分） （ 6） 2:3（ 2分） 试题分析：（ 1）铁与稀硝酸反应开始时的还原产物是 NO，所以 0点到 a点的还原产物是 NO； （ 2）铁与稀硝酸的反应放热，使溶液温度升高，所以 a点到 b点的还原产物是N2O； （ 3） b点到 c点的气体的体积不再变化，说明此时的还原产物是 NH4+，所以 b点到 c点的反应方程式中的空白处是 NH4NO3， Fe失去 3个电子，硝酸中的 +5价的 N 得到 8个电子生成 -3价的 N，根据得失电子守恒， Fe的系数是 8，NH4NO3的系数是 3，利用观察法配平其他物质的系数即可，所以 b点到 c点的反应

45、方程式 8Fe+30HNO3=8Fe( NO3)3+3 NH4NO3+9H20。 （ 4）该反应到达 c点时硝酸完全反应，此时溶液中的 H+的浓度为 0； （ 5）硝酸完全反应后，再加入 Fe，则会发生 Fe+2Fe3+=3 Fe2+，所以反应结束时溶液中的主要阳离子是 Fe2+; （ 6）由图可知，若 c点时参加反应的 Fe的物质的量是 3mol，溶液中存在3molFe3+;则 d点发生 Fe+2Fe3+=3 Fe2+时 ,又需要 Fe的物质的量是 1.5mol，所以d点参加反应的 Fe的物质的量共是 3+1.5=4.5mol，所以 c点和 d点参加反应的铁的物质的量之比是 3:4.5=2:3. 考点：考查 Fe与硝酸的反应产物的判断，对图像的分析，氧化还原反应的计算