地理西城区2017年高三第二次统一考试

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试卷目录

1、单选题

2、简答题

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模拟试卷
预测试卷

单选题本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求。

题型：单选题

分值: 3分

1.根据所给的信息和标志判断，下列说法错误的是（）

A《神农本草经》记载，麻黄能“治咳逆上气”-古代中国人已用麻黄治疗咳嗽

B胃舒平药片（复方氢氧化铝）-该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效

C-看到有该标志的丢弃物，应远离并报警

D-古代中国人掌握化学制颜料方法

正确答案

解析

A项：根据《神农本草经》中记载，字面上可以看出古代中国人已用麻黄治疗咳嗽，所以A 项正确；

B项：胃舒平药片主要成分氢氧化铝作用是中和胃酸，如果此时服用再喝醋酸则起不到中和胃酸的目的；

C项：由图可知，该物品为放射性物品，应远离并报警，C正确；

D项：由秦朝彩俑，可知古代中国人掌握化学制颜料方法，D正确。

故本题选B

考查方向

化学在日常生产、生活中的应用

解题思路

根据《神农本草经》中记载，字面上可以看出古代中国人已用麻黄治疗咳嗽，胃舒平药片主要成分氢氧化铝作用是中和胃酸，如果此时服用再喝醋酸则起不到中和胃酸的目的，由图可知该物品为放射性物品，应远离并报警，由秦朝彩俑，可知古代中国人掌握化学制颜料方法，D正确。

易错点

需了解各物质的基本化学性质，以及各种危险标志的含义。

题型：单选题

分值: 3分

3.下列化学用语正确的是（）

A羟基的电子式：

B聚丙烯的结构简式：

C镁离子结构示意图：

D水分子的比例模型是：

正确答案

解析

A项：羟基(-OH)由氧原子和氢原子构成的基团，不是离子，所以A项错误；

B项：聚丙烯是丙烯加聚的产物，结构简式为，所以B项错误；

C项：镁离子是镁原子失两个电子的产物，离子结构示意图：，C项正确；

D项：水分子的比例模型应该是中间氧原子半径比两边氢原子半径大，D项错误。

故本题选C

考查方向

电子式、结构式、原子（离子）结构示意图、分子比例模型

解题思路

羟基(-OH)由氧原子和氢原子构成的基团，不带电荷，不是离子。

聚丙烯是丙烯加聚的产物，结构简式为。镁离子是镁原子失两个电子的产物，离子结构示意图：。水分子的比例模型应该是中间氧原子半径比两边氢原子半径大。

易错点

阴离子电子式的书写，原子与离子结构示意图之间的区别。

题型：单选题

分值: 3分

7．下图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是（）

A31d和33d互为同素异形体

B气态氢化物的稳定性：a＞d＞e

C工业上常用电解法制备单质b和c

Da和b形成的化合物不可能含共价键

正确答案

考查方向

元素及其化合物的性质

解题思路

由横坐标知，这几种原子原子序数依次递增，且都是短周期元素，结合各自的化合价可知：a为氧，b为钠，c为铝，d为磷，e为硫。
【解析】由横坐标知，这几种原子原子序数依次递增，且都是短周期元素，结合各自的化合价可知：a为氧，b为钠，c为铝，d为磷，e为硫。

A项： 31P和 32P互为同位素，故A错误；

B项：气态氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，可知非金属性：O>S>P故B错误；

C项：钠和铝为活泼金属，工业上常用电解法制备单质，故C正确；

D项：O和Na形成的Na2O2中含有共价键，故D错误。

故本题选C

易错点

元素的推导、及性质

题型：单选题

分值: 3分

9.化合物X是一种有机合成中间体，其结构简式如下图。下列有关X的说法不正确的是（）

AX分子式是C10H6O4

BX分子中有两种含氧官能团

C加热条件下1 mol X最多能与2molNaOH反应

D一定条件下能发生加成、水解、氧化、取代反应

正确答案

考查方向

有机物中羧酸、酯、酚的性质

解题思路

【解析】

A项：直接根据化合物的结构简式可知，X分子式是C10H6O4 所以A正确；

B项：根据结构简式可知，X中含氧官能团为羧基、酯基，所以B正确；

C项：加热时X中的酯基水解生成羧酸、酚，1 mol X最多能与3molNaOH反应，所以C不正确；

D项：X中含有苯环和碳碳双键故可以发生加成反应，有酯基所以能水解，羧基、苯环上的H原子能取代，所以D正确。

故本题选C

易错点

酯水解后产物的判断

题型：单选题

分值: 3分

2.下列说法不正确的是（）

A石英是制造光导纤维的原料，也是常用的半导体材料

B氧化铝是冶炼金属铝的原料，也是较好的耐火材料

C与铜质水龙头的钢质水管，在连接处易发生腐蚀

D大量燃烧化石燃料是造成雾霾的重要因素之一

正确答案

解析

A项：石英即为SiO2是制造光导纤维的原料，而半导体材料是单质Si，A项错误；

B项：冶炼金属铝的原料是氧化铝，而且氧化铝为离子化合物，熔沸点很高可以作耐火材料，所以B项正确；

C项：铜质水龙头的钢质水管是铁，铁和铜构成原电池，铁作负极，所以连接处易发生腐蚀，所以C项正确；

D项：PM2.5是造成雾霾天气的“元凶”之一，主要成因来自于化石燃料的燃烧，所以D项正确。

故本题选A

考查方向

SiO2、AI2O3的用途,电化学腐蚀，燃料化石燃料造成的环境污染问题

解题思路

石英即为SiO2是制造光导纤维的原料，而半导体材料是单质Si，。

氧化铝为离子化合物，熔沸点很高可以作耐火材料。铜质水龙头的钢质水管是铁，铁和铜构成原电池，所以连接处易发生腐蚀。PM2.5是造成雾霾天气的“元凶”之一，主要成因来自于化石燃料的燃烧。

易错点

半导体材料和光导纤维的原料，AI2O3作为离子化合物熔点高。

题型：单选题

分值: 3分

4．下列物质与用途对应关系正确的是（）

A明矾——自来水消毒剂

B碘单质——加碘盐添加剂

C聚氯乙烯——食品保鲜膜

DSO2——葡萄酒防腐剂

正确答案

考查方向

考查几种常见物质的用途

解题思路

明矾成分是KAl(SO4)2·12H2O，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中杂质起到净水的效果。加碘盐是指添加了一定比例的碘酸钾的食用盐，而不是碘单质。食品保鲜膜的材料是聚乙烯，而不是聚氯乙烯。由于二氧化硫使用时具有抗氧化、抑菌并促进有益微生物生长的作用。
【解析】

A项：明矾成分是KAl(SO4)2·12H2O，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中杂质起到净水的效果，所以A项错误；

B项：加碘盐是指添加了一定比例的碘酸钾的食用盐，而不是碘单质，所以B项错误；

C项：食品保鲜膜的材料是聚乙烯，而不是聚氯乙烯，C项错误；

D项：由于二氧化硫使用时具有抗氧化、抑菌并促进有益微生物生长的作用。此外，它还可以加速色素、单宁、矿物质及有机酸的溶解，保护芳香物质，防止过氧化味（过氧化反应产生的一种不好的味道）的形成等，从而明显改善葡萄酒的风味。所以D项正确。

故本题选D

易错点

明矾是用来净水，不是用来作消毒剂，食盐中加入的是碘酸钾，而不是碘单质

题型：单选题

分值: 3分

5. 2016年诺贝尔化学奖授予借助某些金属离子制造出复杂新分子，从而合成分子机器的三位科学家，合成新分子过程模拟如下：

下列有关信息错误的是（）

A图中新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用

B利用此方式可以合成新分子，同时也可能创造一种全新 “机械键”

C在创造新分子技术中，铜离子是唯一可以借助的金属离子

D此技术可以 “互锁”合成分子，甚至成更复杂的分子

正确答案

考查方向

视图能力

解题思路

新月形分子和环状分子被铜离子吸引，所以新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用，由第2、3步可知利用此方式可以合成新分子，同时也可能创造一种全新 “机械键”，由题意知借助某些金属离子制造出复杂新分子，在创造新分子技术中，铜离子并不是是唯一可以借助的金属离子，只要铜离子不断吸引新月形分子和环状分子，就可以 “互锁”合成分子，甚至成更复杂的分子。故D正确
【解析】

A项：新月形分子和环状分子被铜离子吸引，所以新月形分子和环状分子“组合”在一起，铜离子起关键作用，A正确；

B项：由第2、3步可知利用此方式可以合成新分子，同时也可能创造一种全新 “机械键”，故B正确；

C项：由题意知借助某些金属离子制造出复杂新分子，在创造新分子技术中，铜离子并不是是唯一可以借助的金属离子，故C错误；

D项：只要铜离子不断吸引新月形分子和环状分子，就可以 “互锁”合成分子，甚至成更复杂的分子。故D正确。

故本题选C

易错点

没有看懂题目所给的信息

题型：单选题

分值: 3分

6．下列排列顺序不正确的是（）

A原子半径：Na

B热稳定性：HF＞NH3

C碱性：NaOH＞Mg(OH)2

D酸性：H2SO4＞H3PO4

正确答案

解析

A项：同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，所以A错；

B项：元素非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，根据在周期表中的位置可知，F的非金属性强于N，所以稳定性：HF＞NH3 ， B项正确；

C项：元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，由于Na金属性强于Mg，所以碱性：NaOH＞Mg(OH)2 C项正确；

D项：元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于S非金属性强于，P所以酸性：H2SO4＞H3PO4 D项正确。

故本题选A

考查方向

元素周期律及其元素、化合物的性质

解题思路

同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，元素非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强

易错点

酸性强弱没有考虑到是元素最高价氧化物对应的水化物

题型：单选题

分值: 3分

8.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）

A1 mol甲醇分子中含有的共价键数为4 NA

B7.8g Na2O2固体与水完全反应时，转移的电子数为0.1NA

C标准状况下，11.2 L水中含有的氧原子数为0.5 NA

D1 L 0.5 mol/L CH3COONa溶液中含有的CH3COO－数为0.5 NA

正确答案

解析

A项：1 mol 甲醇含有5 mol共价键，所以1 mol甲醇分子中含有的共价键数为5 NA ，所以A错误；

B项：1 mol Na2O2固体与水完全反应时，转移的电子1NA ，所以7.8 g Na2O2 即0.1 mol Na2O2与水反应，转移的电子数为0.1NA 所以B正确；

C项：标准状况下，水为液态，所以11.2 L水不是0.5 mol水，含有的氧原子数不为0.5 NA 所以C错误；

D项：CH3COONa溶液中含有的CH3COO－水解，导致溶液中含有的CH3COO－少于0.5 NA ，所以D错误。

故本题选B

考查方向

元素及其化合物的综合知识，NA 及其物质的量之间的关系

解题思路

1 mol 甲醇含有5 mol共价键，1 mol Na2O2固体与水完全反应时，转移的电子1NA ，标准状况下，水为液态， CH3COONa溶液中含有的CH3COO－水解，导致溶液中含有的CH3COO－少于0.5 NA 。

易错点

共价键被忽略，水解的原理

题型：单选题

分值: 3分

11.下列解释事实的化学用语正确的是（）

ACO2的水溶液显酸性：CO2+H2O ⇌ H2CO3⇌ 2H++CO32-

BNa2S2O3溶液与稀H2SO4混合产生黄色浑浊：Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O

C氢氧化亚铁能与次氯酸反应：Fe(OH)2+2H++2ClO-= Fe2++2H2O+2Cl-

D草酸是二元弱酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色：2MnO4-+ 16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O

正确答案

解析

A项： H2CO是二元弱酸，分步电离H2CO3⇌ H+ + H CO3- 故A错误；

B项： Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合产生黄色浑浊：是因为生成了SO2 ，故B正确；

C项：氢氧化亚铁能与次氯酸反应，由于次氯酸有氧化性，所以最后溶液中生成Fe3+ ，故C错误；

D项：草酸是二元弱酸，书写离子方程式时不能拆分，故D错误。

故本题选B

考查方向

弱电解质的电离，氧化还原反应

解题思路

H2CO是二元弱酸，分步电离H2CO3⇌ H++HCO3- ，Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合产生黄色浑浊：是因为生成了SO2 ，氢氧化亚铁能与次氯酸反应，由于次氯酸有氧化性，所以最后溶液中生成Fe3+ ，草酸是二元弱酸，书写离子方程式时不能拆分，

易错点

弱电解质的电离方程式的书写，氧化还原反应方程式的书写

题型：单选题

分值: 3分

10．已知：①H2(g)+1/2O2(g) ===H2O(g) ΔH =－241.8 kJ/mol

②H2(g)+1/2O2(g) ===H2O(l) ΔH =－285.8 kJ/mol

下列说法不正确的是：（）

A氢气的燃烧热是ΔH =－241.8 kJ/mol

B断开1mol H-H键需要吸收435.2 kJ的能量

C相同条件下，1 molH2O(g)比1 mol H2O(l)能量高

D18 g H2O(l)完全分解生成氢气和氧气，需要吸收285.8 kJ的能量

正确答案

考查方向

热化学方程式

解题思路

燃烧热指的是1mol气体燃烧，生成稳定的氧化物，而①生成的不是H2O(l)，设1mol H-H键需要吸收X kJ的能量，根据键能来计算：+X+498/2-463x2=－285.8，可求出X=435.2，相同条件下，1 molH2O(g)转化成1 mol H2O(l)放热，所以1 molH2O(g)比1 mol H2O(l)能量高，由②可知18 g H2O(l)完全分解生成氢气和氧气，需要吸收285.8 kJ的能量。
【解析】

A项：燃烧热指的是1mol气体燃烧，生成稳定的氧化物，而①生成的不是H2O(l)，故A错误；

B项：根据键能来计算：+X+498/2-463x2=－285.8，可求出X=435.2，故B正确；

C项：相同条件下，1 molH2O(g)转化成1 mol H2O(l)放热，所以1 molH2O(g)比1 mol H2O(l)能量高，故C正确；

D项：由②可知18 g H2O(l)完全分解生成氢气和氧气，需要吸收285.8 kJ的能量，故D正确。

故本题选A

易错点

键能的计算

题型：单选题

分值: 3分

12.利用催化技术可将汽车尾气中的NO和CO ，反应如下： 2NO + 2CO2CO2 + N2某温度下，在容积不变的密闭容器中通入NO和CO，测得不同时间的NO和CO的浓度如下表，下列说法中不正确的（）

A2s内的平均反应速率υ(CO2)＝3.75×10-4mol·L-1·s-1

BB．使用催化剂可以提高单位时间内CO和NO的处理量

CC．若将容积缩小为原来的一半，CO平衡转化率大于25%

DD．若温度降低，该反应的平衡常数增大，则该反应的ΔH >0

正确答案

解析

A项： 2s内CO2 的浓度增加了7.5×10-4mol·L-1 所以υ (CO2)＝3.75×10-4mol·L-1·s-1 故A正确；

B项：使用催化剂可以加快反应速率，可以提高单位时间内CO和NO的处理量，故B正确；

C项：将容积缩小为原来的一半,压强增大，平衡正移，CO平衡转化率大于25%，故C正确；

D项：温度降低，该反应的平衡常数增大，说明温度降低，平衡正向移动，故正反应为放热反应，ΔH <0，故D错误。

故本题选D

考查方向

反应速率的计算，平衡的移动原理

解题思路

2s内CO2 的浓度增加了7.5×10-4mol·L-1 所以υ (CO2)=3.75×10-4mol·L-1·s-1 ，使用催化剂可以加快反应速率，可以提高单位时间内CO和NO的处理量，将容积缩为原来的一半,压强增大，平衡正移，CO平衡转化率大于25%，温度降低，该反应的平衡常数增大，说明温度降低，平衡正向移动，故正反应为放热反应，ΔH <0

易错点

反应速率计算时忽略了时间，体积

题型：单选题

分值: 3分

13.向试管b分别滴加入a中物质，下列对b中现象的解释错误的是（）

正确答案

解析

A项：Fe(OH)3 与 I- 反应，生成I2，故A正确；

B项： NaClO3 能把I- 氧化生成I2 ，淀粉溶液变蓝，故B错误；

C项：I- 被空气中的氧气氧化生成I2 ，淀粉溶液变蓝，故C正确；

D项：可能是I-与IO3－反应生成I2，故 D正确。

故本题选B

考查方向

氧化还原反应

解题思路

Fe(OH)3 与 I- 反应，生成I2 ,NaClO3 能把I- 氧化生成I2 ，淀粉溶液变蓝，

I- 被空气中的氧气氧化生成I2 ，淀粉溶液变蓝，可能是I-与IO3－反应生成I2。

易错点

氧化还原反应原理，方程式的书写

题型：单选题

分值: 3分

14.室温下，分别用0.1mol·L－1下列溶液进行实验，结论不正确的是（）

A向CH3COONa溶液中加入盐酸至pH=7：c(Na+)=c(Cl)+c(CH3COO)

BB．向NaHCO3中滴入NaOH溶液至反应完全：c(Na+) =2[c(HCO) +c(CO)+ c(H2CO3) ]

C向氨水中加入少量NH4Cl固体：增大

D向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH)2溶液：pH=13

正确答案

解析

A项：向CH3COONa溶液中加入，由电荷守恒知c(H+)+c(Na+)=c(Cl)+c(CH3COO)+c(OH),中性时c(H+)= c(OH),故A正确；

B项：向NaHCO3中滴入NaOH溶液至反应完全，生成Na2CO3. ，由原子守恒知c(Na+) =2[c(HCO) +c(CO)+ c(H2CO3) ]故 B正确；

C项：向氨水中加入少量NH4Cl固体，c(NH4+)增大，同时抑制了c(NH4+)增大，故C正确；

D项：向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2 为二元强碱，所以过量的c(OH)为原先物质浓度的一半，由于不知原先浓度，所以D错误。

故本题选D

考查方向

离子溶度之间的关系，PH的计算

解题思路

向CH3COONa溶液中加入，由电荷守恒知c(H+)+c(Na+)=c(Cl)+c(CH3COO)+c(OH),向NaHCO3中滴入NaOH溶液至反应完全，生成Na2CO3. ，由原子守恒知c(Na+) =2[c(HCO) +c(CO)+ c(H2CO3) ]，向氨水中加入少量NH4Cl固体，c(NH4+)增大，同时抑制了c(NH4+)增大，向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2 为二元强碱，所以过量的c(OH)为原先物质浓度的一半。

易错点

计算

简答题（综合题）本大题共58分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

题型：简答题

分值: 8分

某同学利用下图所示装置探究氨气的性质。

请回答：

22.氯元素在周期表中的位置。

23.实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制取氨气，该反应的方程式是。

24.②内出现白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，写出反应的化学方程式。

25.②中的白烟溶于水形成的溶液显酸性，结合化学用语解释显其原因。

26.通过①和②中的现象说明氨气具有（填字母）。

a．碱性

氧化剂、还原剂的判断

题型：简答题

分值: 13分

氯碱工业是最基本的化学工业之一，其产品用途广泛。

35.写出氯碱工业电解食盐水离子方程式____________。

36.某同学采用如下装置对氯碱工业中电解食盐水的条件进行探究，记录如下：

*电解电压:开始发生电解反应时的电压

①对比实验I和Ⅱ阴、阳极气体体积比，推测实验I阳极可能有其它气体生成，其它气体的化学式为__________。

37.资料显示“氯碱工业中采用金属阳极材料，可以降低电解，实现节能降耗”，该同学用50℃的饱和NaCl溶液进行实验验证，结果如下：

①实验VI中，该同学通过检验阴、阳极附近溶液所含离子，推断产生白色沉淀为Fe(OH)2 。对阳极产生的离子进行检验：取阳极附近少量溶液于试管中，________ ，证明阳极产生Fe2+。

38.综合以上探究，你对氯碱工业中电解食盐水条件控制的建议有 _______。（至少写出两条）

工业上可以用CO与H2在纳米Cu2O的催化下合成甲醇，反应为：

CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)ΔH<0, T℃时，CO的初始浓度为1.0 mol•L-1，将混有少量CO2的CO与不同量的H2混合投入恒容密闭容器中反应，下图是平衡时体系中c(H2)和c(CH3OH)关系曲线。

下列说法正确的是________。

AA点生成甲醇的体积分数小于40%；

平衡时，若体系中c(CH3OH)=4c(CO)，则投料时c(H2)/c(CO)=2.1 ：1

BT℃时该反应的平衡常数K=16，升高温度，K值增大

C其它条件不变，若不加Cu2O催化，则平衡时的CO的转化率会减小

① 知CO＋Cu2OCO2+2Cu 从平衡移动原理解释体系中加少量CO2的作用_______。

ACO＋Cu2OCO2+2Cu，体系中加少量CO2，平衡逆向移动，减少原料CO和催化剂Cu2O的损失。

BT℃时该反应的平衡常数K=16，升高温度，K值增大

C其它条件不变，若不加Cu2O催化，则平衡时的CO的转化率会减小

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Cl- + 2H2O Cl2↑+ H2↑ + 2OH-
【考查方向】电解食盐水离子方程式的书写

解析

阳极消耗Cl- 生成Cl2 ，阴极消耗H+生成H2，同时生成OH-，故2Cl-+2H2O Cl2↑+ H2↑+2OH-

解题思路

阳极消耗Cl- 生成Cl2，阴极消耗H+生成H2，同时生成OH-。

易错点

系数配平

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

O2
【考查方向】阳极电极反应式的书写

IV运用不同的电极材料可以提高电解效果

考查方向

电解原理

解题思路

阳极消耗阴离子Cl- 、OH- ，Cl- 失电子能力强于OH-
【解析】阳极消耗阴离子Cl- 、OH- ，Cl- 失电子能力强于OH- ，先产生Cl2 ，后产生O2

②资料显示：“较低的电解电压有利于节能降耗……”。结合上表中Ⅲ和Ⅳ的数据，解释Ⅳ更有利于节能降耗的原因____________。

比较上面4个对照实验，可知IV运用不同的电极材料可以提高电解效率。
【解析】IV与上面三个实验对比可以发现：运用不同的电极材料可以提高电解效果。

易错点

阳极产物的判断

没有认真分析上面4个对照实验

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

滴加少量K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，若出现蓝色沉淀
【考查方向】Fe2+ 的检验

Cu–e-+Cl- =CuCl
【考查方向】电极反应式的书写

阴极区产生的OH-使CuCl沉淀转化为更难溶液的CuOH沉淀，CuCl + OH- = CuOH + Cl-
【考查方向】沉淀的转化

解题思路

Fe2+ 检验时，可以根据Fe2+ 与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀。
【解析】Fe2+ 检验时，可以根据Fe2+ 与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，这个特征反应来鉴别。

②该同学经查阅资料分析认为：“实验VII中白色沉淀是CuCl，淡黄色沉淀是CuOH。

i.阳极生成CuCl的电极反应式为_________。

阳极Cu失电子，且根据查阅资料可知实验VII中白色沉淀是CuCl，故阳极生成CuCl。
【解析】阳极Cu失电子，且根据查阅资料可知实验VII中白色沉淀是CuCl，故阳极生成CuCl的电极反应式为Cu–e-+Cl-=CuCl。

ii.用化学用语和必要文字解释阴极区白色胶状沉淀转化为淡黄色的原因。

该同学通过以上探究认为，氯碱工业中不能采用Fe、Cu作阳极材料。

阳极生成的白色沉淀是CuCl，在阴极转化成淡黄色沉淀，而查阅资料可知：淡黄色沉淀是CuOH
【解析】阳极生成的白色沉淀是CuCl，在阴极转化成淡黄色沉淀，而查阅资料可知：淡黄色沉淀是CuOH。故CuCl + OH- = CuOH + Cl-

易错点

Fe2+ 的方法

阳极产物的判断

忽略题意中提到的信息

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

采用饱和食盐水；溶液保持较高温度；应用不参与反应的金属电极（答出两点即可）
【考查方向】电解食盐水条件控制

解题思路

氯碱工业中电解食盐水时要：采用饱和食盐水；溶液保持较高温度；应用不参与反应的金属电极
【解析】氯碱工业中电解食盐水时要：采用饱和食盐水；溶液保持较高温度；应用不参与反应的金属电极

易错点

电解原理的理解

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

a. A点时生成甲醇0.5mol•L-1，H2浓度为0.25mol•L-1 ，剩余CO浓度为0. 5mol•L-1所以甲醇的体积分数小于40%，故a正确；

b.该反应正反应为放热反应，温度升高，K减小。，故b不正确；

c.催化剂只影响反应速率，不会影响平衡移动，加不加Cu2O催化， CO的转化率始终不变，故c不正确；

d. 平衡时，若体系中c(CH3OH)=4c(CO)，根据平衡常数不变，可分析出则投料时c(H2)/c(CO)=2.1：1，故d正确。

考查方向

反应转化率、平衡常数的计算

解题思路

A点时生成甲醇0.5mol•L-1 ，H2浓度为0.25mol•L-1 ，剩余CO浓度为0. 5mol•L-1所以甲醇的体积分数小于40%，该反应正反应为放热反应，温度升高，K减小，催化剂只影响反应速率，不会影响平衡移动，加不加Cu2O催化，CO的转化率始终不变，平衡时，若体系中c(CH3OH)=4c(CO)，根据平衡常数不变，可分析出则投料时c(H2)/c(CO)=2.1：1。

易错点

平衡常数的计算

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

在反应CO＋Cu2OCO2+2Cu的体系中加少量CO2，增大生成物的浓度平衡逆向移动，从而减少原料CO和催化剂Cu2O的损失。

考查方向

平衡移动原理

解题思路

在体系中加少量CO2，增大生成物的浓度平衡逆向移动。

易错点

平衡移动方向的判断

题型：简答题

分值: 13分

W是新型可降解高分子化合物，具有很好的生物亲和性。合成过程如下：

NaCN

已知i：RCH2B H2O/H+RCH2COOH

15.A为链结构，A的结构简式为。

16.B可发生银镜反应，B中含氧官能团名称是。

17. 的反应类型。

18.写出E与NaOH溶液共热反应的化学方程式。

19.下列说法正确的是。

a. E和 P是同系物

b .M没有顺反异构体

c. D的核磁共振氢谱有 3组峰，面积比为2:1:1

d.A与苯酚可制得丙泊酚（），该产物能与FeCl3发生显色反应

E只有一个羧基，而P有两个羧基，同系物只能相差-CH2，。M中的碳碳双键两端碳原子连接的原子（基团）不一样，故M有顺反异构体，D为丙烯酸核磁共振氢谱有 3组峰，面积比为2:1:1，丙泊酚根据有苯酚的结构，能与FeCl3发生显色反应。
【解析】E只有一个羧基，而P有两个羧基，同系物只能相差-CH2，故a错误；b项：M中的碳碳双键两端碳原子连接的原子（基团）不一样，故M有顺反异构体，b错误；C:D为丙烯酸核磁共振氢谱有 3组峰，面积比为2:1:1，c正确；d:丙泊酚根据有苯酚的结构，能与FeCl3发生显色反应,d正确。

易错点

酚的性质

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

考查方向

酯化反应

解题思路

【解析】由P的结构简式和E的结构简式可知，此处发生了缩聚反应。

易错点

小分子水前面的系数

第(7)小题正确答案及相关解析

正确答案

考查方向

物质的合成

解题思路

由乙烯得到E,可知碳链增长，由G到M碳链增长，所以要运用到这个条件，再结合
【解析】由乙烯得到E,可知碳链增长，由G到M碳链增长，所以要运用到这个条件，再结合，故由乙烯和必要的无机试剂制备E的流程示意图：

易错点

碳链的增长、反应条件

题型：简答题

分值: 12分

利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2，所得吸收液可合成锰酸锂，实现软锰矿的资源化，其工艺流程如下：

资料：

① 软锰矿主要成分为MnO2 ，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质

② 部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子的起始浓度为：0.1mol/L）

27.写出软锰矿浆的MnO2与含硫烟气中SO2化合的反应方程式_________。

28.甲研究小组按工艺流程对浸出液进行除杂、净化、精制后得MnSO4溶液，

①过程Ⅱ向浸出液1中加氧化剂的目的是_______________。

29.过程Ⅳ中的操作是加热浓缩、______________、过滤、洗涤、干燥。

30.乙研究小组进行了软锰矿浆（pH≈4）吸收含硫烟气的模拟实验，实验结果如下：

根据图示实验结果，为了提高软锰矿浆对含硫烟气中SO2的吸收率，下列措施正确的是_______。（填序号）

a．降低通入含硫烟气的温度

b．减小通入含硫烟气的流速

c．减少软锰矿浆的进入量

d．增大含硫烟气中的SO2浓度

31.经过程Ⅴ得到由Mn3O4、MnOOH和Mn(OH)2组成的混合沉淀，除制备锰酸锂之外，还可以制备其他多种试物质，试写出碱性条件下MnOOH和次氯酸钾溶液反应生成高锰酸钾的离子方程式______________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

MnO2 + SO2 = MnSO4
【考查方向】工艺流程的分析

解题思路

根据工艺流程可知，最后有MnSO4 -4H2O生成，而且是软锰矿浆的MnO2与含硫烟气中SO2 发生化合反应。
【解析】根据工艺流程可知，最后有MnSO4 -4H2O生成，所以软锰矿浆的MnO2与含硫烟气中SO2化合的反应方程式：MnO2 + SO2 = MnSO4。

易错点

工艺流程看不懂

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

将Fe2+氧化为Fe3+，有利于Fe元素的除去
【考查方向】溶液中的除杂

除去铁和铝元素
【考查方向】金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH

CuS

考查方向

工艺流程过程的分析

解题思路

根据部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表可知，Fe(OH)3 、Cu(OH)2 、Al(OH)3 沉淀时PH都小于6.7，即在PH小于6.7时杂质离子都已形成沉淀，而Fe(OH)2 在PH=6.7时才开始沉淀
【解析】根据部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表可知，Fe(OH)3 、Cu(OH)2 、Al(OH)3 沉淀时PH都小于6.7，即在PH小于6.7时杂质离子都已形成沉淀，而Fe(OH)2 在PH=6.7时才开始沉淀，此时Mn2+也已开始沉淀，故需要将Fe2+氧化为Fe3+，有利于Fe元素的除去。

②过程Ⅲ向浸出液2加氨水调控制pH在4.7，其目的是____________。

pH在4.7时，铁和铝元素分别以Fe(OH)3 、Al(OH)3 沉淀，其目的是除去铁和铝元素。
【解析】pH在4.7时，铁和铝元素分别以Fe(OH)3 、Al(OH)3 沉淀，所以过程Ⅲ向浸出液2加氨水调控制pH在4.7，其目的是除去铁和铝元素。

③滤渣2的主要成分为________（填化学式）。

MnOOH+2ClO-+OH- =MnO4-+ 2Cl-+ H2O
【考查方向】氧化还原反应

解题思路

MnOOH和次氯酸钾为反应物，高锰酸钾为生成物，锰元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，生成Cl-。
【解析】由题意可知：MnOOH和次氯酸钾为反应物，高锰酸钾为生成物，锰元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，生成Cl-，故方程式为MnOOH+2ClO-+OH- =MnO4-+ 2Cl-+ H2O

易错点

方程式的书写

题型：简答题

分值: 12分

纳米氧化亚铜(Cu2O)在催化方面应用广泛。

32.一定量的纳米Cu2O做为光催化剂能降解酸性废水中的Cr2O72-，反应原理如下图所示。

① 物质A的化学式_______________。

33.工业上可以用CO与H2在纳米Cu2O的催化下合成甲醇，反应为：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)ΔH<0, T℃时，CO的初始浓度为1.0 mol•L-1，将混有少量CO2的CO与不同量的H2混合投入恒容密闭容器中反应，下图是平衡时体系中c(H2)和c(CH3OH)关系曲线。

A生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等

B混合气体的密度不变

C混合气体的总物质的量不变；

CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化

34.查阅文献发现可用多种方法制备纳米Cu2O

①方法Ⅰ：加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2制备纳米Cu2O，同时放出N2，写出该制法的化学方程式。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

H2O
【考查方向】识图理解能力

光能转化为化学能
【考查方向】物质间能量的转化

解析

Cu2O做为光催化剂能降解酸性废水中的Cr2O72- 根据电荷守恒知，溶液中有H原子参与，故物质A为H2O。

② 过程的能量转化形式______________。

解题思路

根据电荷守恒知，溶液中有H原子参与，故物质A为H2O。

光照在Cu2O上，然后溶液中Cr2O72-转化为Cr3+，H2O转化为O2。
【解析】光照在Cu2O上，然后溶液中Cr2O72-转化为Cr3+，H2O转化为O2。

易错点

误认为是Cu2O、 Cr2O72- 中的O2

忽略了化学能的生成

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

a．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率，都是正反应，故不能用来判断反应平衡；

b．该反应全为气体，且体积不变，故气体密度始终不变，故不能用来判断反应平衡；

c．混合气体的总物质的量不变，可以作为判断标志；

d．各组分浓度不变，可以作为判断标志。

考查方向

化学平衡标志的判断

解题思路

生成CH3OH的速率与消耗CO的速率，都是正反应，故不能用来判断反应平衡；该反应全为气体，且体积不变，故气体密度始终不变，故不能用来判断反应平衡；混合气体的总物质的量不变，可以作为判断标志，各组分浓度不变，可以作为判断标志。

易错点

混淆平衡标志判断的几个依据，弄错反应平衡的本质

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

N2H4+2Cu(OH)2==Cu2O+N2+ 4H2O
【考查方向】氧化还原反应

2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ•mol-1
【考查方向】盖斯定律的应用

解析

根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ•mol-1
即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ•mol-1故答案为：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ•mol-1。

解题思路

根据题意可知N2H4和Cu(OH)2为反应物，Cu2O和N2为生成物，结合氧化还原反应可得答案。
【解析】根据题意可知N2H4和Cu(OH)2为反应物， Cu2O和N2为生成物，结合氧化还原反应可知，该反应的方程式为：N2H4＋4Cu(OH)2="==" 2Cu2O＋N2＋6H2O。

②方法Ⅱ：炭粉在高温条件下还原CuO制备纳米Cu2O

已知：2Cu2O（s）+O2（g）= 4CuO（s）△H= -292 kJ•-1 mol-1

2C（s）+O2（g）= 2CO（g） △H= -221 kJ•mol-1

请完成足量炭粉与CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式。

根据盖斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ•mol-1
即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），△H=+35.5kJ•mol-1。

易错点

反应物和生成物系数的配平

计算容易出错

地理 热门试卷

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

解析

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

考查方向

解题思路

易错点

正确答案

考查方向

解题思路

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正确答案

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考查方向

解题思路

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考查方向

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解题思路

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解题思路

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