驳纵学校高三化学上学期第四次模考试卷试题

纯纱州纳纲市驳纵学校一中高三〔上〕第四次模考化
学试卷〔〕
一、选择题．
1．将一质量的镁、铜合金参加到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反，假设反过程中复原产物是NO，向所得溶液中参加物质的量浓度为3mol•L﹣1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加g，那么以下有关表达中正确的选项是〔〕
A．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
B．参加反的硝酸的物质的量为0.1mol
C．开始参加合金的质量可能为1g
D．标况下产物NO的体积为2 L
2．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的假设干种离子．某同学对该溶液进行了如下图：以下判断正确的选项是〔〕
A．气体甲一是纯洁物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一存在于溶液X中
D．CO32﹣和SO42﹣一不存在于溶液X中
3．设N A为阿伏加德罗常数的值．以下说法正确的选项是〔〕
A．质量ag的C2H4和C3H6的混合物中共用电子对数目为
B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1N A
C．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2N A
D．1L 1mol•L﹣1的NaClO 溶液中含有ClO﹣的数目为N A
4．常温下，以下各组离子一能大量共存的是〔〕
A．甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Al3+、NO3﹣、I﹣
B．氢氧化铁体中：H+、K+、SO42﹣、B r﹣
C．含有大量的CO32﹣溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣
D．c〔Al3+〕=0.1 mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣
5．将1g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了g．另取质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了2L NO〔状况下〕，向反后的溶液中参加过量的NaOH溶液，那么最终所得沉淀的质量为〔〕
A．2g B．2g C．30g D．1g
6．以下表示对化学反的离子方程式正确的选项是〔〕
A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
B．NaHSO4溶液中滴入Ba〔OH〕2溶液至SO42﹣完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O
C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．将1 mol/L NaAlO2溶液和 mol/L HCl溶液体积互相均匀混合：6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al〔OH〕3↓+Al3+ 7．如图图示与对表达相符合的是〔〕
A．图1表示在含物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
B．图2表示Cl2通入H2S溶液中pH的变化
C．图3表示10 mL 0.01 mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液混合时，n〔Mn2+〕随时间的变化〔Mn2+对该反有催化作用〕
D．图4表示已达平衡的某反，在t0时改变某一条件后反速率随时间变化，那么改变的条件一是参加催化剂
二、简答题．
8．氮化硅是一种型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反制得：
+ C+ N2Si3N4+ CO
〔1〕补充并配平上述反的化学方程式〔填写化学式和化学计量数〕．
〔2〕该反的平衡常数表达式为K= ；升高温度时平衡常数减小，那么其反热△H
零〔填“大于〞、“小于〞或“于〞〕；假设在一温度下，当上述反到达平衡时增加氮气的流量，平衡常数将〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕．
〔3〕当制得14g Si3N4时，碳将〔填“得到〞或“失去〞〕mol电子，增加碳的用量时平衡〔填“正向移动〞、“逆向移动〞或“不移动〞〕．
〔4〕氮化硅作为型材料，具有耐高温、耐腐蚀、抗氧化、耐磨损优异性能．但作为结构材料，它还存在抗机械冲击强度低、容易发生脆性断裂缺点．为此工业上常以氮化硅作为基体，参加碳化硅作为添加剂来制造复合材料．以下属于复合材料的是．
A．玻璃钢 B．钢筋混凝土 C．聚苯乙烯塑料 D．搪瓷．
9．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行以下〔产物略去〕
〔1〕取少量溶液X，参加过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是〔填写化学式〕．
〔2〕Z为一种或两种气体：
①假设Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，那么反I中能同时生成两种气体的化学方程式
是．
②假设Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，那么Z中两种气体的化学式是．
〔3〕向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反后，溶液中的阳离子是〔填写离子符号〕．〔4〕取Y中的溶液，调pH约为7，参加淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2mol I﹣时，共转移3mol电子，该反的离子方程式是．
〔5〕另取原样品，参加足量稀硫酸充分反．假设溶液中一不会产生Y中的固体，那么原样品中所有可能存在的物质组合是〔各组合中的物质用化学式表示〕．
10．某化学学习小组对铝与酸和碱的反进行探究，过程如下．
Ⅰ：
〔1〕取形状、大小均相同的铝丝分别与体积的、pH相同的盐酸、稀硫酸反，随反进行，盐酸中生成气体的速率明显比硫酸中生成气体的速率快，对此原因，你认为合理的猜测是以下的〔填写相的字母〕．
a．盐酸的物质的量浓度大于硫酸的物质的量浓度 b．Cl﹣能促进此反的进行
c．SO42﹣能抑制此反的进行 d．硫酸使铝发生钝化
〔2〕为了探究反速率不同的原因，请你根据所提供的药品，填写方案中的空白．
药品：氯化铝固体、硫酸铝固体、硫酸铜固体、氯化铜固体、6mol/L盐酸、3mol/L硫酸、1mol/L硫酸、5mol/L硝酸．
方案：取两支试管，首先同时分别参加形状、大小均相同的铝丝和体积的〔填写相的试剂，下同〕，然后再向其中的一支试管中参加适量的固体并振荡使固体溶解，观察现象．
探究：略．
Ⅱ：
取足量的形状、质量均相同的铝丝分别与体积的6mol/L的盐酸、6mol/L氢氧化钠溶液反，待反停止后取出剩余的铝丝洗净、枯燥、称量，剩余铝丝的质量关系是前者后者〔填“大于〞或“小于〞或“于〞〕；观察反后的液体，发现铝与盐酸反后所得的液体是黑色浑浊的，试管底部有少量黑色沉淀，对此现象，同学们进行了如下探究：
〔1〕提出猜测
同学们查找资料后获得如下信息：工业上用电解法冶炼铝所用的原料氧化铝是从铝土提取的，所以得到的氧化铝中可能还含有微量的氧化铁和二氧化硅两种杂质，据此，同学们提出如下猜测：
猜测1：此黑色固体是铁单质，可能是电解得到的铝与杂质反生成的，相的化学反方程式
为；
猜测2：此黑色固体是硅单质，是电解得到的铝与二氧化硅反生成的；
猜测3：此黑色固体是铝单质，是铝与盐酸反时因反过快而变成粉末分散到溶液中；
猜测4：此黑色固体可能是上述假设干种单质组成的混合物．
〔2〕设计方案并完成相关：
为了探究少量黑色沉淀的成分，将反后所得的液体进行、〔填根本操作〕，分别取少量固体置于两支试管中，完成以下：
①向其中的一支试管中参加足量的稀盐酸，观察固体是否溶解．时发现固体完全溶解，证明猜测
一不正确〔填“1〞、“2〞、“3〞、“4〞〕．
②向另一试管中参加足量的氢氧化钠溶液，观察固体是否溶解．时发现固体完全溶解，证明猜测
一不正确〔填“1〞、“2〞、“3〞、“4〞〕．
〔3〕得出结论
综合①②的现象，可推知猜测〔填“1〞、“2〞、“3〞、“4〞〕是正确的，固体溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为：．
一、[有机化学]
11．【化学﹣﹣5：有机化学根底】
7月28日，央视<每周质量报告>曝光称，国家禁用的有毒塑化剂有可能藏身保鲜膜之中，流向百姓餐桌．食品包装协会也于28日发布报告，在被调查的16种PVC保鲜膜样品中，有15种样品检出国家明令禁
止使用的增塑剂．有机物E和F可用作塑料增塑剂或涂料中的溶剂．它们的相对分子质量相，可用图所示方法合成：
〔1〕x反类型是，x反的条件是．
〔2〕A的结构简式；
〔3〕请写出B+C→F的化学方程式：B+C→F．
〔4〕物质F有多种同分异构体，满足以下条件的共有种〔包括F〕；
①与F具有相同的官能团，能发生水解反；
②分子中均含有一个苯环；
③苯环上有两个取代基，且取代基相同；
请写出符合上述条件，且水解产物与FeCl3溶液显紫色的一种物质的结构简式．
一中高三〔上〕第四次模考化学试卷〔〕
参考答案与试题解析
一、选择题．
1．将一质量的镁、铜合金参加到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反，假设反过程中复原产物是NO，向所得溶液中参加物质的量浓度为3mol•L﹣1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加g，那么以下有关表达中正确的选项是〔〕
A．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
B．参加反的硝酸的物质的量为0.1mol
C．开始参加合金的质量可能为1g
D．标况下产物NO的体积为2 L
【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反的计算．
【专题】计算题．
【分析】将一量的镁和铜合金参加到稀HNO3中，二者恰好反，金属、硝酸都没有剩余，反中复原产物只有NO，发生反：3Mg+8HNO3〔稀〕═3Mg〔NO3〕2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3〔稀〕═3Cu〔NO3〕2+2NO↑+4H2O；
向反后的溶液中参加3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反：Mg〔NO3〕2+2NaOH═Mg〔OH〕2↓+2NaNO3、Cu 〔NO3〕2+2NaOH═Cu〔OH〕2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加g，那么氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，那么镁和铜的总的物质的量为0.15mol，生成NO为0.1mol，
A．根据V=计算参加的氢氧化钠溶液的体积；
B．根据方程式可知参加反的n反〔HNO3〕=n〔金属〕；
C．金属的总质量与金属的含量有关，假全为镁、全为铜计算确金属的质量范围；
D．根据V=nV m计算NO的体积．
【解答】解：将一量的镁和铜合金参加到稀HNO3中，二者恰好反，金属、硝酸都没有剩余，反中复原产物只有NO，发生反：3Mg+8HNO3〔稀〕═3Mg〔NO3〕2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3〔稀〕═3Cu〔NO3〕2+2NO↑+4H2O；向反后的溶液中参加3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反：Mg〔NO3〕2+2NaOH═Mg〔OH〕2↓+2NaNO3、Cu 〔NO3〕2+2NaOH═Cu〔OH〕2↓+2NaNO3，
沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加g，
那么氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，
根据电子转移守恒，那么镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol，A．参加的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反，由上述分析可知，参加的NaOH为0.3mol，故参加NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，故A正确；
B．根据方程式可知参加反的n反〔HNO3〕=n〔金属〕=×0.15mol=0.4mol，故B错误；
C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=g，假设全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=g，所以参加反的金属的总质量〔m〕为g＜m＜g，故C错误；
D．标况下NO的体积为0.1mol×2L/mol=4L，故D错误，
应选：A．
【点评】此题主要考查混合物有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大，B选项可以利用氮原子守恒计算硝酸的物质的量．
2．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的假设干种离子．某同学对该溶液进行了如下图：以下判断正确的选项是〔〕
A．气体甲一是纯洁物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一存在于溶液X中
D．CO32﹣和SO42﹣一不存在于溶液X中
【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．
【专题】压轴题；离子反专题．
【分析】能和盐酸反获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反会生成铝离子，根据离子之间的反以及现象确存在的离子，即可解答．【解答】解：加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一有硅酸根离子，硅酸是沉淀，参加过量氨水〔提供OH﹣〕有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反生成的，所以，一存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一存在钾离子．
A．加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；
B．溶液中一含有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，那么一不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；
C．原来溶液中K+、和一存在，故C正确；
D．硫酸根离子是否存在不能确，CO32﹣可能存在，故D错误；
应选C．
【点评】此题考查了离子的检验和离子共存方面的知识，注意离子的特征离子反是解题的关键，此题难度中．
3．设N A为阿伏加德罗常数的值．以下说法正确的选项是〔〕
A．质量ag的C2H4和C3H6的混合物中共用电子对数目为
B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1N A
C．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为2N A
D．1L 1mol•L﹣1的NaClO 溶液中含有ClO﹣的数目为N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗律．
【分析】A．乙烯中每个C原子平均形成了1个碳碳键，每个氢原子形成1个碳氢键；C3H6可能为环丙烷或丙烯，无论丙烯还是环丙烷，每个C平均形成了1个碳碳键，每个氢原子形成1个碳氢键，然后根据二者的最简式CH2进行计算混合物中含有的C、H的物质的量及形成共用电子对数目；
B．缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；
C．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，14g混合气体中含有0.5mol气体分子，含有1mol原子；D．次氯酸根离子在溶液中部解，导致溶液中次氯酸根离子数目减少．
【解答】解：A．C2H4和C3H6的最简式为CH2，ag混合气体中含有最简式的物质的量为=mol，所以混合气体中含有molC、mol×2=molH；C2H4和C3H6的分子中，每个C原子平均形成了1个碳碳
键，每个氢原子形成1个碳氢键，所以ag混合气体中形成了molC﹣C共价键、molC﹣H共价键，总共形成了mol共用电子对，混合物中共用电子对数目为N A，故A正确；
B．没有告诉氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的物质的量及数目，故B错误；
C．14g由N2与CO组成的混合气体中含有0.5mol气体分子，含有1mol原子，含有的原子数目为N A，故C 错误；
D．1L 1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部解，溶液中次氯酸根离子小于1mol，含有ClO﹣的数目小于N A，故D错误；
应选A．
【点评】此题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项A 为难点、易错点，注意合理分析C3H含有的共价键情况．
4．常温下，以下各组离子一能大量共存的是〔〕
A．甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Al3+、NO3﹣、I﹣
B．氢氧化铁体中：H+、K+、SO42﹣、B r﹣
C．含有大量的CO32﹣溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣
D．c〔Al3+〕=0.1 mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反专题．
【分析】A．甲基橙变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；
B．氢氧化铁粒带正电荷，能够与溶液中的阴离子发生聚沉现象；
C．NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不发生反，也不与碳酸根离子反；
D．碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．
【解答】解：A．甲基橙变红的溶液中存在大量氢离子，NO3﹣在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化I﹣离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．氢氧化铁体粒子带有正电荷，能够与溶液中阴离子发生聚沉现象，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣离子之间不反，且都不与CO32﹣离子反，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．HCO3﹣与Al3+发生反生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；
应选C．
【点评】此题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反的离子之间；能发生氧化复原反的离子之间；解决离子共存问题时还该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣离子的存在；溶液的具体反条件，如“氧化复原反〞、“参加铝粉产生氢气〞；是“可能〞共存，还是“一〞共存．
5．将1g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了g．另取质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了2L NO〔状况下〕，向反后的溶液中参加过量的NaOH溶液，那么最终所得沉淀的质量为〔〕
A．2g B．2g C．30g D．1g
【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据反中金属失去电子的物质的量于生成碱的氢氧根离子的物质的量，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量来计算生成沉淀的质量，但是不包括氢氧化铝．
【解答】解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相的，生成了2L NO，即氮原子得电子的物质的量是〔5﹣2〕=0.9mol，根据前后发生的整个过程的反，知道反中金属失去电子的物质的量于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n〔OH﹣〕=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反后沉淀的质量〔包括氢氧化铝〕于1g+0.9mol×17g/mol=2g，但是参加过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了g，所以沉淀氢氧化铝的量是g，最终所得沉淀的质量=2g﹣g=1g．
应选D．
【点评】此题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单．
6．以下表示对化学反的离子方程式正确的选项是〔〕
A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
B．NaHSO4溶液中滴入Ba〔OH〕2溶液至SO42﹣完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O
C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．将1 mol/L NaAlO2溶液和 mol/L HCl溶液体积互相均匀混合：6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al〔OH〕3↓+Al3+
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反专题．
【分析】A．发生氧化复原反生成碘化亚铁和碘、水；
B．NaHSO4溶液中滴入Ba〔OH〕2溶液至SO42﹣完全沉淀，二者以1：1反，反生成硫酸钡、水、NaOH；C．醋酸为弱酸，在离子反中保存化学式；
D.1 mol/L NaAlO2溶液和 mol/L HCl溶液体积互相均匀混合，反生成氢氧化铝沉淀和氯化铝．
【解答】解：A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI的离子反为Fe2O3+2I﹣+6H+═2Fe2++I2+3H2O，故A错误；B．NaHSO4溶液中滴入Ba〔OH〕2溶液至SO42﹣完全沉淀的离子反为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，故B错误；C．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反的离子反为CaCO3+2HAc=Ca2++2Ac﹣+H2O+CO2↑，故C错误；
D．将1 mol/L NaAlO2溶液和 mol/L HCl溶液体积互相均匀混合的离子反为6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al〔OH〕
3+，故D正确；
3↓+Al
应选D．
【点评】此题考查离子反方程式的书写，明确发生的化学反是解答此题的关键，题目难度不大，选项D为解答的易错点和难点，并注意与量有关的离子反中量少的物质完全反．
7．如图图示与对表达相符合的是〔〕
A．图1表示在含物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系
B．图2表示Cl2通入H2S溶液中pH的变化
C．图3表示10 mL 0.01 mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液混合时，n〔Mn2+〕随时间的变化〔Mn2+对该反有催化作用〕
D．图4表示已达平衡的某反，在t0时改变某一条件后反速率随时间变化，那么改变的条件一是参加催化剂
【考点】化学方程式的有关计算；氧化复原反的计算；化学平衡的影响因素；pH的简单计算．
【分析】A．先发生NaOH与HCl反，再发生碳酸钠与盐酸反生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反生成气体；
B．Cl2通入H2S溶液中发生Cl2+H2S═2HCl+S，酸性增强，pH减小；
C．发生氧化复原反生成锰离子，Mn2+对该反有催化作用，反加快；
D．t0时正逆反速率同程度的变大，可能为催化剂或增大压强；
【解答】解：A．先发生NaOH与HCl反，再发生碳酸钠与盐酸反生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反生成气体，且物质的量NaOH、Na2CO3，不产生气体和产生气体消耗的酸为2：1，与图象不符，故A错误；
B．Cl2通入H2S溶液中发生Cl2+H2S═2HCl+S，酸性增强，pH减小，与图象不符，故B错误；
C．发生氧化复原反生成锰离子，那么n〔Mn2+〕随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速率的主要因素，反物浓度减小，速率减慢，故C正确；
D．t0时正逆反速率同程度的变大，可能为催化剂，假设反前后气体的物质的量不变，增大压强平衡不移动，速率增大，所以增大压强也可能符合，故D错误；
应选C．
【点评】此题考查较综合，涉及化学反的先后顺序与图象、氧化复原反、影响反速率的因素，注重高考考点的考查，题目难度中．
二、简答题．
8．氮化硅是一种型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反制得：
3SiO2+ 6 C+ 2 N2 1 Si3N4+ 6 CO
〔1〕补充并配平上述反的化学方程式〔填写化学式和化学计量数〕．
〔2〕该反的平衡常数表达式为K= ；升高温度时平衡常数减小，那么其反热△H小于零〔填“大于〞、“小于〞或“于〞〕；假设在一温度下，当上述反到达平衡时增加氮气的流量，平衡常数将不变〔填“增大〞、“减小〞或“不变〞〕．
〔3〕当制得14g Si3N4时，碳将失去〔填“得到〞或“失去〞〕mol电子，增加碳的用量时平衡不移动〔填“正向移动〞、“逆向移动〞或“不移动〞〕．
〔4〕氮化硅作为型材料，具有耐高温、耐腐蚀、抗氧化、耐磨损优异性能．但作为结构材料，它还存在抗机械冲击强度低、容易发生脆性断裂缺点．为此工业上常以氮化硅作为基体，参加碳化硅作为添加剂来制造复合材料．以下属于复合材料的是AB ．
A．玻璃钢 B．钢筋混凝土 C．聚苯乙烯塑料 D．搪瓷．
【考点】化学平衡的影响因素；氧化复原反方程式的配平．
【分析】〔1〕根据氧化复原反化合价升降总数相以及质量守恒来解答；
〔2〕根据化学平衡常数表达式为K=分析；根据升高温度时平衡常数减小，那么升高温度逆向移动，以及温度对平衡常数的影响判断；
〔3〕根据方程式，当制得14g Si3N4即=0.1mol时，碳由0价升高到+2价，所以失去
0.6×2=mol电子，又碳为纯固体，那么增加碳的用量平衡不移动；
〔4〕复合材料是由两种及以上的材料组成的，可根据各物质的组成及复合材料的义进行分析解答．
【解答】解：〔1〕Si的化合价前后未变，N的化合价由0升为﹣3，C的化合价由0升为+2，生成1个Si3N4化合价降低12，生成1个CO化合价升高2，根据化合价升降总数相以及质量守恒得，
SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，故答案为：3SiO2，6，2，1，6；
〔2〕化学平衡常数表达式为K=，故答案为：；因升高温度时平衡常数减小，那么升高温度逆向移动，所以反是放热反，那么△H＜0，平衡常数仅与温度有关，所以增加氮气的流量，平衡常数将不变，故答案为：；小于；不变；
〔3〕根据方程式SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，当制得14g Si3N4即=0.1mol时，碳由0价升高到+2价，所以失去0.6×2=mol电子，又碳为纯固体，那么增加碳的用量平衡不移动；故答案为：失去；；不移动；
〔4〕A、玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复而成的一种特殊材料，属于复合材料；
B、钢筋混凝土是由钢筋和粘土混合而成的，属于复合材料；
C、聚苯乙烯塑料是一种合成有机高分子材料，不属于复合材料；
D、搪瓷是无机非金属材料，不属于复合材料；
应选AB．
【点评】考查氧化复原反配平及计算、化学平衡移动原理及其平衡常数的影响因素，难度中，注意掌握化学方程式常用的配平方法．
9．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行以下〔产物略去〕
〔1〕取少量溶液X，参加过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是〔填写化学式〕Al ．
〔2〕Z为一种或两种气体：
①假设Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，那么反I中能同时生成两种气体的化学方程式是
C+2H2SO4〔浓〕CO2↑+2SO2↑+2H2O ．
②假设Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，那么Z中两种气体的化学式是NO、CO2．
〔3〕向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反后，溶液中的阳离子是〔填写离子符号〕Cu2+、Fe3+、
H+．
〔4〕取Y中的溶液，调pH约为7，参加淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2mol I﹣时，共转移3mol电子，该反的离子方程式是2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe〔OH〕3↓+2I2．
〔5〕另取原样品，参加足量稀硫酸充分反．假设溶液中一不会产生Y中的固体，那么原样品中所有可能存在的物质组合是〔各组合中的物质用化学式表示〕CuO、C；CuO、C、Fe2O3．
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合用；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．
【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物．
【分析】能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化复原反，浓硫酸被复原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，那么两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反相同．无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对的盐．。