江西省赣州市十三县(市)联考2016届高三下学期期中化学试卷(理科) 含解析

2015-2016学年江西省赣州市十三县（市）联考高三（下)期中化
学试卷（理科）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题6分,共78分）
1．化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用．下列叙述正确的是（）
A．葡萄糖和蛋白质等高分子化合物是人体必需的营养物质
B．将草木灰和硫酸铵混合施用，肥效更高
C．用二氧化碳生产聚碳酸酯可以减少碳排放，以减缓温室效应
D．棉花的主要成分是纤维素，石英玻璃、陶瓷和水泥均属于硅酸盐产品
2．如图为元素周期表短周期的一部分．E原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1下列叙述不正确的是
A B C
D E
（）
A．C和E氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱
B．A与B形成的阴离子可能有AB32﹣、A2B42﹣
C．AD2分子中每个原子的最外层均为8电子结构
D．A、D、E的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强
3．体育竞技中服用兴奋剂既有失公平,也败坏了体育道德．某种兴奋剂的结构简式如图所示．有关该物质的说法中，正确的是（）
A．滴入酸性高锰酸钾溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中存在碳碳双键
B．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗溴水和H2分别为4mol和7mol
C．该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色
D．该分子中的所有碳原子不可能共平面
4．已知热化学方程式:
2H2（g)+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571。

6kJ/mol
2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol
H+（aq）+OH﹣(aq）═H2O（l）△H=﹣57。

3kJ/mol
据此判断下列说法正确的是(）
A．CH3OH的燃烧热为1452kJ/mol
B．2H2（g)+O2(g）═2H2O（g）△H＞﹣571。

6kJ/mol
C．2CH3OH（l）+O2（g）═2CO2（g)+4H2（g）△H=﹣880.4kJ/mol
D．CH3COOH(aq）+NaOH（aq）═H2O（l）+CH3COONa(aq)△H=﹣57。

3kJ/mol
5．下列实验现象与对应结论均正确的是（）
选
操作现象结论
项
A 实验1：4mL 0。

01mol/L KMnO4酸性溶液+2mL 实验2H2C2O4浓度越大反应速
0.1mol/LH2C2O4溶液+4mL水;
实验2:4mL 0。

01mol/L KMnO4酸性溶液+4mL 0。

1mol/L H2C2O4溶液+2mL水；
记录褪色时间．
先褪色率越快．
B 用洁净铂丝蘸取无色溶液进行焰色反应火焰呈
黄色
无色溶液为钠盐溶液
C 向砖红色Ag2CrO4沉淀上滴加
0。

1mol/LNaCl溶液沉淀变
为黑色
K sp(Ag2CrO4）＞K sp
（AgCl）
D 常温下将Al片放入浓硝酸中无明显
变化
Al与浓硝酸未发生反应A．A B．B C．C D．D
6．二氯化二硫（S2C12）分子中的各原子最外层电子数均满足8电子，易与水反应：
2S2Cl2+2H2O═4HCl+SO2↑+3S↓．对该反应下列说法正确的是（）
A．1molS2C12价电子数为66N A
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为l：7
C．每生成l mol SO2转移4 N A电子
D．每生成48g硫单质会断裂5N A共价键
7．0。

1mol•L﹣1HIO3溶液加水稀释的图象如下，下列对该溶液叙述正确的是（）
A．若使溶液的pH升高1，可提高溶液的温度加水的体积
B．若使溶液的pH升高1，将溶液稀释到原体积的10倍
C．0.1 mol•L﹣1HIO3溶液稀释10倍后,溶液中c（H+）＞c（IO3﹣）＞c(HIO3）
D．加水稀释过程中n(HIO3）+n（（IO3﹣)减小
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．．（一）必考题
8．某探究小组设计如图所示装置（夹持、加热仪器略），模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl3CHO）的实验．查阅资料，有关信息如下:
①制备反应原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl
可能发生的副反应：C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O
CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl
（三氯乙酸)
②相关物质的相对分子质量及部分物理性质:
C2H5OH CCl3CHO CCl3COOH C2H5Cl
相对分子质量46 147。

5 163。

5 64.5 熔点/℃﹣114.1 ﹣57。

5 58 ﹣138。

7
沸点/℃78。

3 97.8 198 12.3
溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇微溶于水，可溶于乙醇（1）仪器A中发生反应的化学方程式是；装置B中的试剂是．
（2）若撤去装置C，可能导致装置D中副产物（填化学式）的量增加;装置D可采用加热的方法以控制反应温度在70℃左右．
(3）反应结束后,有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出
CCl3COOH．你认为此方案是否可行，为什么?．
（4）装置E中可能发生的无机反应的离子方程式有．
（5）测定产品纯度：称取产品0。

30g配成待测溶液，加入0.1000mol•L﹣1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液,反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0。

02000mo1•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点．进行平行实验后，测得消耗Na2S2O3溶液20。

00mL．则产品的纯度为．（CCl3CHO的相对分子质量为147。

5）
滴定的反应原理，：CCl3CHO+OH﹣═CHCl3+HCOO﹣
HCOO﹣+I2═H++2I﹣+CO2↑I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
（6)已知:常温下K a(CCl3COOH）=1.0×10﹣1mol•L﹣1，K a（CH3COOH)=1.7×10﹣5mol•L﹣1
请设计实验证明三氯乙酸、乙酸的酸性强弱．
9．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）．某课题以此粉末为原料，资源回收的工艺流程如下：
（1）铈(Ce）是稀土元素之一，萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来,TBP应满足的条件．
（2）写出第①步反应的离子方程式,第①步不能用浓盐酸的理由
（3）第①步洗涤滤渣A，检验滤渣A是否洗净的方法是，写出第②步反应的化学方程式
(4）工业上利用上述回收的资源以及焦炭、氯气、氢气制取纯硅，写出制取纯硅的相关化学方程式
(5）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.5g，加硫酸溶解后,用0。

1000mol/LFeSO4标准溶液滴定到终点时( 还原产物为Ce3+）,消耗20mL 标准溶液，该产品中Ce（OH）4的质量分数为（保留小数点后一位）．
10．氨气在工业上有广泛用途．请回答以下问题：
（1）工业上利用N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0合成氨,某小组为了探究外界条件对该反应的影响，以c0mol/L H2参加合成氨反应，在a、b两种条件下分别达到平衡，如图
A．
①相对a而言，b可能改变的条件是,判断的理由是．
②a条件下，0～t0的平均反应速率v（N2）=mol•L﹣1•min﹣1．
(2）有人利用NH3和NO2构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放减少环境污染,又能充分利用化学能进行粗铝的精炼，如图B所示，e极为精铝．
a极通入气体（填化学式）,判断的理由是
（3)某小组往一恒温恒压容器充入9mol N2和23mol H2模拟合成氨反应，图C为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p)的关系图．若体系在T2、60MPa下达到平衡．①能判断N2(g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到平衡的是（填序号）．
a．容器内压强不再发生变化b．混合气体的密度不再发生变化
c．v
正(N2）=3v
逆
（H2) d．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②若T1、T2、T3温度下的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3由大到小的排序为．
③此时N2的平衡分压为MPa．（分压=总压×物质的量分数）
计算出此时的平衡常数Kp=．（用平衡分压代替平衡浓度计算,结果保留2位有效数字并带上单位）
（二）选考题［化学~选修2：化学与技术]
11．高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁、铜等金属元素．从烟尘中提取硫酸锌，可以变废为宝,减少其对环境的危害．下图是用高炉烟尘制取硫酸锌的工业流程．
已知:
①20℃时，0。

1mol．L﹣1的金属离子沉淀时的pH
pH Fe3+Zn2+Mn2+Cu2+
开始沉淀1。

9 6。

0 8.1 4。

7
沉淀完全3。

7 8。

0 10.1 6。

7
沉淀溶解不溶解10。

5 不溶解/
②过二硫酸铵是一种强氧化剂．
③ZnSO4+4NH3=［Zn（NH3）4］SO4，[Zn(NH3）4]SO4易溶于水．
回答下列问题：
(1)为提高烟尘中金属离子的浸出率,除了适度增加硫酸浓度外,还可以采取什么措施?
(举出1种）．
（2）上述流程测得溶液pH=5。

0，此处可以选择的测量仪器是．
（3)加入MnO2的目的是．
（4）写出过二硫酸铵把硫酸锰（MnSO4）氧化的化学方程式．
（5）写出还原过程发生的主要反应的离子方程式．
(6）操作甲中为使锌离子完全沉淀，添加的最佳试剂是．
A锌粉B氨水C（NH4）2CO3 D NaOH
（7）若pH=5。

0时，溶液中的Cu2+尚未开始沉淀，求溶液中允许的Cu2+浓度的最大值．
【化学--物质结构与性质】
12．氮及其化合物与人类生产、生活息息相关．回答下列问题：
（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是．前4周期元素中，基态原子核外电子排布成单电子数最多的元素的价层电子排布式为．
（2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是
（3）N2F2分子中N原子的杂化方式是，l mol N2F2含有molσ键．
（4)NF3的键角NH3的键角(填“＜"“＞”或“=”），原因是．
（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一．l mol NH4BF4mol配位键．
（6)安全气囊的设计原理为6NaN3+FeIO3Na2O+2Fe+9N2↑
①等电子体的原理是：原子总数相同,价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征，具有许多相近的性质．写出两种与N3﹣互为等电子体的分子或离子．
②Na2O的晶胞结构如图所示，品胞边长为566pm，晶胞中氧原子的配位数为，Na2O 晶体的密度为g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出结果）
【化学—选修5:有机化学基础】
13．我国成功研制出丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平．合成丁苯酞（J）的一种路线如下
已知：①
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．
回答下列问题：
（1）对E的系统命名
（2）由B生成C反应类型为
（3）C中官能团名称为,C分子中最多有个原子共平面．（已知甲醛中所有原子共面）
（4)由H生成J的化学方程式为（写明反应条件）．
（5）与CO2反应生成X，X的同分异构体中：
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应．
满足上述条件X的同分异构体共有种（不考虑超出中学范围的顺反异构和手性异构)，写出核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式．
（6）参考题中信息和所学知识，写出由甲醛和化合物A合成2一苯基乙醇
（)的路线流程图(其它试剂任选）．合成路线流程图表达方法例如下：CH2=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH．
2015-2016学年江西省赣州市十三县（市)联考高三（下）
期中化学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、单项选择题(本题共7小题,每小题6分，共78分）
1．化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用．下列叙述正确的是(）
A．葡萄糖和蛋白质等高分子化合物是人体必需的营养物质
B．将草木灰和硫酸铵混合施用,肥效更高
C．用二氧化碳生产聚碳酸酯可以减少碳排放，以减缓温室效应
D．棉花的主要成分是纤维素，石英玻璃、陶瓷和水泥均属于硅酸盐产品
【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．
【分析】A．葡萄糖的相对分子质量在10000以下；
B．草木灰和硫酸铵混合施用，相互促进水解,含N量减少；
C．二氧化碳导致温室效应；
D．石英玻璃主要成分二氧化硅．
【解答】解：A．葡萄糖的相对分子质量在10000以下,不是高分子，而蛋白质为高分子，均为人体必需的营养物质，故A错误；
B．草木灰水解显碱性，硫酸铵水解显酸性，混合施用，肥效降低，故B错误；
C．用二氧化碳生产聚碳酸酯可以减少碳排放,以减缓温室效应,故C正确；
D．石英玻璃主要成分二氧化硅，是氧化物不是硅酸盐，故D错误;
故选C．
2．如图为元素周期表短周期的一部分．E原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1下列叙述不正确的是
A B C
D E
（）
A．C和E氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱
B．A与B形成的阴离子可能有AB32﹣、A2B42﹣
C．AD2分子中每个原子的最外层均为8电子结构
D．A、D、E的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】由元素在周期表中的位置可知，A、B、C位于第二周期，D、E位于第三周期，E 原子的电子层数为n,则n=3，其最外层电子数为2n+1,故E原子最外层电子数为7，则E为Cl；可推知A为碳元素、B为O、C为F、D为S，据此解答．
【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，A、B、C位于第二周期，D、E位于第三周期,E 原子的电子层数为n，则n=3，其最外层电子数为2n+1,故E原子最外层电子数为7,则E为Cl；可推知A为碳元素、B为O、C为F、D为S，则：
A．非金属性F＞Cl，故稳定性HF＞HCl，还原性HF＜HCl，故A错误;
B．C与O形成的阴离子可能有CO32﹣、C2O42﹣，故B正确；
C．CS2分子中|C、S原子化合价|+最外层电子数都等于8，每个原子的最外层均为8电子结构,故C正确；
D．非金属性C＜S＜Cl，故酸性:碳酸＜硫酸＜高氯酸,故D正确，
故选A．
3．体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德．某种兴奋剂的结构简式如图所示．有关该物质的说法中,正确的是（）
A．滴入酸性高锰酸钾溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中存在碳碳双键
B．1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗溴水和H2分别为4mol和7mol
C．该物质与苯酚属于同系物,遇FeCl3溶液呈紫色
D．该分子中的所有碳原子不可能共平面
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】该有机物中含有苯环、碳碳双键、酚羟基，具有苯、烯烃和酚的性质，能发生加成反应、取代反应、氧化反应、加聚反应、显色反应等，据此分析解答．
【解答】解：A．碳碳双键和连接苯环的甲基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，故A错误；
B．能和浓溴水反应的有苯环酚羟基邻对位氢原子、碳碳双键，能和氢气发生加成反应的是苯环和碳碳双键,所以1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗溴水和H2分别为4mol 和7mol，故B正确；
C．该物质中含有两个苯环、3个酚羟基和碳碳双键，所以与苯酚不是同系物，故C错误; D．苯环上所有原子共平面、连接碳碳双键两端的原子共平面，所以该分子中的所有碳原子可能共平面,故D错误；
故选B．
4．已知热化学方程式：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol
2CH3OH（l）+3O2(g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol
H+（aq）+OH﹣(aq）═H2O(l）△H=﹣57.3kJ/mol
据此判断下列说法正确的是（)
A．CH3OH的燃烧热为1452kJ/mol
B．2H2（g）+O2(g）═2H2O（g）△H＞﹣571.6kJ/mol
C．2CH3OH（l）+O2（g）═2CO2(g)+4H2(g）△H=﹣880。

4kJ/mol
D．CH3COOH（aq)+NaOH（aq）═H2O（l)+CH3COONa（aq)△H=﹣57.3kJ/mol
【考点】热化学方程式．
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
B．液态水变化为气态水需要吸收热量，放热焓变为负值比较大小;
C．依据热化学方程式和盖斯定律计算判断；
D．醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程
【解答】解:A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，2CH3OH（l）+3O2（g)═2CO2（g)+4H2O（l)△H=﹣1452kJ•mol﹣1，反应焓变是2mol甲醇弱酸生成稳定氧化物放出的热量，不是燃烧热,故A错误;
B。

2H2(g）+O2（g)═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，液态水变化为气态水需要吸收热量，放热焓变为负值比较大小，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g)△H＞﹣571。

6kJ•mol﹣1 ,故B正确;
C．依据热化学方程式和盖斯定律计算判断，①2H2（g）+O2（g）═2H2O(l）△H=﹣571.6kJ•mol ﹣1 ②2CH3OH（l）+3O2（g)═2CO2（g)+4H2O(l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1 ,依据盖斯定律计算②﹣①×2得到2CH3OH(l）+O2（g）═2CO2（g)+4H2（g）△H=﹣308.8kJ•mol﹣1，故C 错误；
D．醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程是吸热过程,焓变为负值，CH3COOH(aq）+NaOH（aq）═H2O（l）+CH3COONa（aq）△H＞﹣57。

3kJ•mol﹣1，故D错误；
故选B．
5．下列实验现象与对应结论均正确的是（）
选
项
操作现象结论
A 实验1：4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液+2mL 0。

1mol/LH2C2O4溶液+4mL水;
实验2：4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液+4mL 0。

1mol/L H2C2O4溶液+2mL水;
记录褪色时间．实验2
先褪色
H2C2O4浓度越大反应速
率越快．
B 用洁净铂丝蘸取无色溶液进行焰色反应火焰呈
黄色
无色溶液为钠盐溶液
C 向砖红色Ag2CrO4沉淀上滴加
0.1mol/LNaCl溶液沉淀变
为黑色
K sp(Ag2CrO4）＞
K sp(AgCl）
D 常温下将Al片放入浓硝酸中无明显
变化
Al与浓硝酸未发生反应A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．其他离子浓度相同；
B．钠离子的焰色反应呈黄色；
C．氯化银为白色沉淀；
D．常温下将Al片放入浓硝酸中发生钝化．
【解答】解：A．其他离子浓度相同,H2C2O4浓度不同,可比较反应速率，故A正确；B．用洁净铂丝蘸取无色溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则溶液中一定含有钠离子，可以为钠盐或者氢氧化钠,故B错误;
C．氯化银为白色沉淀，现象不正确，故C错误;
D．常温下将Al片放入浓硝酸中发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则观察不到明显现象,并不是不反应，故D错误．
故选A．
6．二氯化二硫（S2C12)分子中的各原子最外层电子数均满足8电子，易与水反应：
2S2Cl2+2H2O═4HCl+SO2↑+3S↓．对该反应下列说法正确的是（)
A．1molS2C12价电子数为66N A
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为l：7
C．每生成l mol SO2转移4 N A电子
D．每生成48g硫单质会断裂5N A共价键
【考点】氧化还原反应．
【分析】反应2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓中，S元素的化合价由+1价升高为+4价，S 元素的化合价由+1价降低为0,以此对各选项进行判断．
【解答】解：A．1molS2C12价电子数为（6+7）×2N A=26N A，故A错误；
B．氧化产物为SO2，还原产物为S,由反应可知二者的物质的量比为1:3，故B错误；C．S元素的化合价由+1价升高为+4价，则每生成1molSO2转移3mol电子，故C错误；
D．48gS的物质的量为：=1。

5mol，根据反应可知，生成1.5molS需要消耗1molCl
﹣S﹣S﹣Cl和1molH2O，1molCl﹣S﹣S﹣Cl中含有3mol共价键，1mol水分子中含有2mol 共价键，所以每生成48g硫会断裂5mol共价键，故D正确;
故选D．
7．0。

1mol•L﹣1HIO3溶液加水稀释的图象如下,下列对该溶液叙述正确的是（）
A．若使溶液的pH升高1，可提高溶液的温度加水的体积
B．若使溶液的pH升高1，将溶液稀释到原体积的10倍
C．0。

1 mol•L﹣1HIO3溶液稀释10倍后，溶液中c（H+）＞c（IO3﹣）＞c（HIO3)
D．加水稀释过程中n（HIO3）+n（（IO3﹣）减小
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】根据0。

1mol•L﹣1HIO3溶液加水稀释的图象,当横坐标为0时,c（H+)=0.07mol•L﹣1，由此判断HIO3为弱酸，根据弱酸的稀释规律解答该题．
【解答】解：根据0。

1mol•L﹣1HIO3溶液加水稀释的图象，当横坐标为0时,c（H+)=0.07mol•L ﹣1，由此判断HIO3为弱酸．
A．电离吸热，提高溶液的温度，促进电离,c(H+）增大,溶液的pH减小，不可能使溶液的pH 升高1，故A错误；
B．根据图象起点分析HIO3为弱酸，将溶液稀释到原体积的10倍，溶液的pH升高小于1,故B错误；
C．因水也会电离出H+，且HIO3电离出的H+和IO3﹣相等,则溶液中始终有c（H+）＞c（IO3﹣）,根据图象起点当横坐标为0时，c（H+)=0。

07mol•L﹣1即HIO3电离度为70％，此时c （IO3﹣）＞c（HIO3），当0.1 mol•L﹣1HIO3溶液稀释10倍后,促进电离，未电离的HIO3比初始时占的比例更少，则溶液中c（H+）＞c（IO3﹣)＞c（HIO3），故C正确；
D．根据物料守恒，加水稀释过程中n（HIO3）+n（（IO3﹣）始终不变，故D错误；
故选C．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．．(一）必考题
8．某探究小组设计如图所示装置（夹持、加热仪器略），模拟工业生产进行制备三氯乙醛（CCl3CHO）的实验．查阅资料,有关信息如下：
①制备反应原理:C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl
可能发生的副反应:C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O
CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl
（三氯乙酸）
②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
C2H5OH CCl3CHO CCl3COOH C2H5Cl
相对分子质量46 147。

5 163。

5 64。

5 熔点/℃﹣114。

1 ﹣57.5 58 ﹣138。

7
沸点/℃78。

3 97。

8 198 12。

3
溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇微溶于水，可溶于乙醇（1）仪器A中发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
装置B中的试剂是饱和食盐水．
(2）若撤去装置C，可能导致装置D中副产物CCl3COOH、C2H5Cl(填化学式）的量增加；装置D可采用水浴加热的方法以控制反应温度在70℃左右．
（3)反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出
CCl3COOH．你认为此方案是否可行，为什么?不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO．（4）装置E中可能发生的无机反应的离子方程式有Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O、H++OH﹣=H2O．
(5）测定产品纯度：称取产品0。

30g配成待测溶液，加入0。

1000mol•L﹣1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0。

02000mo1•L﹣
1Na2S2O3溶液滴定至终点．进行平行实验后，测得消耗Na2S2O3溶液20。

00mL．则产品的纯度为88.5%．（CCl3CHO的相对分子质量为147.5）
滴定的反应原理,：CCl3CHO+OH﹣═CHCl3+HCOO﹣
HCOO﹣+I2═H++2I﹣+CO2↑I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣
（6)已知：常温下K a（CCl3COOH）=1。

0×10﹣1mol•L﹣1,K a (CH3COOH)=1.7×10﹣5mol•L ﹣1
请设计实验证明三氯乙酸、乙酸的酸性强弱．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液,吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气．
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水；用饱和食盐水除去HCl；（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH(三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O；控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热;
(3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；
(4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl,氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠与水;
（5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量,进而计算与HCOO﹣反应的I2的物质的量，再根据关系式：CCl3CHO～HCOO﹣~I2计算；
（6）酸性越强，电离程度越大，溶液pH越小．
【解答】解:A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液,吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气．
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式
为:MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl；
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水；
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO,会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH(三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物：CCl3COOH、C2H5Cl增多，控制反应温度在70℃左右,应采取水浴加热，受热均匀,偏于控制温度,
故答案为：CCl3COOH、C2H5Cl;水浴;
（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离，
故答案为：不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；
(4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，反应离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O、H++OH﹣=H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O、H++OH﹣=H2O;
(5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0。

02000mol•L﹣1×0。

02L×=2×10﹣4mol，
与HCOO﹣反应的I2的物质的量为0.1000mol•L﹣1×0。

02L﹣2×10﹣4mol=1.8×10﹣3mol，由CCl3CHO～HCOO﹣～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10﹣3mol，则产品的纯度为
×100%=88。

5%，
故答案为：88.5％；
（6）分别测定0。

1mol•L﹣1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸电离程度比乙酸的大,则三氯乙酸的酸性比乙酸的强;
故答案为：分别测定0。

1mol•L﹣1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性比乙酸的强．
9．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质)．某课题以此粉末为原料,资源回收的工艺流程如下：
(1）铈（Ce）是稀土元素之一，萃取是分离稀土元素的常用方法,已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP应满足的条件TBP不溶于水且铈离子在TBP溶解度更大．
（2)写出第①步反应的离子方程式Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O,第①步不能用浓盐酸的理由CeO2与盐酸反应,放出氯气
(3）第①步洗涤滤渣A,检验滤渣A是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3，如无白色沉淀，则洗干净,写出第②步反应的化学方程式2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）
3+O2↑+4H2O
（4）工业上利用上述回收的资源以及焦炭、氯气、氢气制取纯硅，写出制取纯硅的相关化学方程式2C+SiO22CO↑+Si（粗硅），Si（粗硅）+2Cl2SiCl4；
SiCl4+2H2Si（纯硅）+4HCl
（5)取上述流程中得到的Ce(OH）4产品0.5g，加硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4标准溶液滴定到终点时（还原产物为Ce3+ ),消耗20mL 标准溶液,该产品中Ce（OH）4的质量分数为83。

2%（保留小数点后一位）．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀硫酸,Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2;②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品,
(1）萃取剂与水不互溶，结合萃取原理分析；
（2）步骤①反应为氧化铁溶于硫酸反应生成硫酸铁和水，CeO2具有氧化性能氧化氯离子为氯气；
（3）根据滤渣A上含有FeCl3;取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净,根据氧化还原反应中电子得失守恒来分析;
（4）工业上利用上述回收的资源以及焦炭、氯气、氢气制取纯硅,碳和二氧化硅反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅和氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅和氢气反应生成氯化氢和晶体硅；(5）根据电子守恒建立关系式：Ce（OH)4~FeSO4，然后进行计算求出Ce（OH）4的质量，最后求出质量分数．
【解答】解：（1）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP应满足的条件是：TBP不溶于水且铈离子在TBP溶解度更大,
故答案为：TBP不溶于水且铈离子在TBP溶解度更大;
（2）步骤①反应为氧化铁溶于硫酸反应生成硫酸铁和水，步骤①反应的离子方程式：
Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，第①步不能用浓盐酸的理由是CeO2与盐酸反应，CeO2具有氧化性能氧化氯离子为氯气，
故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；CeO2与盐酸反应,放出氯气；
（3）滤渣A上含有FeCl3,洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+、Cl﹣；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液,若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净,稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的化学方程式为:2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O,
故答案为：取最后一次洗涤液,加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3,如无白色沉淀，则洗干净；2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；
(4）工业上利用上述回收的资源以及焦炭、氯气、氢气制取纯硅，碳和二氧化硅反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅和氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅和氢气反应生成氯化氢和晶体硅，
反应的化学方程式为:2C+SiO22CO↑+Si（粗硅），Si（粗硅）+2Cl2SiCl4；SiCl4+2H2Si（纯硅)+4HCl,
故答案为：2C+SiO22CO↑+Si（粗硅）,Si（粗硅）+2Cl2SiCl4；
SiCl4+2H2Si（纯硅）+4HCl;
（5）用0。

1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，则Ce(OH)4～FeSO4
0.002mol 0.1000mol/L﹣1×0。

020L
所以m(Ce（OH）4)=0。

002mol×208g/mol=0.416g，
产品中Ce（OH）4的质量分数为×100%=83.2%，
故答案为：83.2%；
10．氨气在工业上有广泛用途．请回答以下问题：
（1）工业上利用N2(g)+3H2(g)⇌2NH3（g）△H＜0合成氨,某小组为了探究外界条件对该反应的影响，以c0mol/L H2参加合成氨反应，在a、b两种条件下分别达到平衡，如图
A．
①相对a而言，b可能改变的条件是增大c（N2），判断的理由是a、b起始浓度相同，b到达平衡的时间缩短且氢气的转化率增大．
②a条件下，0～t0的平均反应速率v（N2）=mol•L﹣1•min﹣1．
（2）有人利用NH3和NO2构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放减少环境污染，又能充分利用化学能进行粗铝的精炼,如图B所示，e极为精铝．
a极通入NO2气体（填化学式),判断的理由是e为精铝,发生还原反应,所以d极发生氧化反应，则a极为正极，正极上二氧化氮得电子生成氮气
（3）某小组往一恒温恒压容器充入9mol N2和23mol H2模拟合成氨反应，图C为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图．若体系在T2、60MPa下达到平衡．①能判断N2（g）+3H2(g）⇌2NH3（g)达到平衡的是bd(填序号）．
a．容器内压强不再发生变化b．混合气体的密度不再发生变化
c．v
正(N2）=3v
逆
（H2）d．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化。