【百强校】2016届云南师范大学附属中学高三上月考理综化学试卷(带解析)

【百强校】2016届云南师范大学附属中学高三上月考理综化学试卷
（带解析）
一、选择题
1.化学与科学、技术、社会和环境密切相关。

下列有关说法正确的是A ．煤的气化和液化是物理变化，煤的干馏是化学变化
B ．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
C ．氢氧燃料电池发电，比氢气直接在空气中燃烧发电能量转换率高
D ．合成氨反应N 2(g) +3H 2(g)
2NH 3(g) OH<0，加入催化剂能加快反应速率并提高转化率
【答案】C 【解析】
试题分析：A 、煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有
CO 、H 2、CH 4等可燃气体；煤的液
化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；煤的干馏是煤隔绝空气加强热使之分解的过程，三者都生成了新物质，故A 错误；B 、乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，故B 错误；C 、氢气在空气中燃烧，化学能转变为热能和光能，而原电池中化学能只转化为电能，则氢氧燃料电池发电，比氢气直接在空气中燃烧发电能量转换率高，故C 正确；D 、催化剂不能改变化学平衡移动，故D 错误；故选C 。

考点：考查了物理变化、消毒原理和原电池、化学反应速率与化学平衡的相关知识。

2.设N A 为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是A ．标准状况下，11．2 L 乙醇中含有的碳氢键数为2．5N A
B ．标准状况下电解硫酸铜溶液时，阳极每生成气体
3．36 L ，转移电子数为
0．6N A
C ．标准状况下，30gNO 和16gO 2混合所生成的气体分子数为N A
D ．1mol 氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2N A
【答案】B 【解析】
试题分析：A 、标准状况下乙醇不是气体，无法计算
11.2L 乙醇的物质的量，故A 错误；B 、
电解硫酸铜溶液，阳极生成的是氧气，标况下 3.36L 氧气的物质的量为0.15mol ，转移了
0.60mol 电子，转移电子数为0.6N A ，故B 正确；C 、30g 一氧化氮的物质的量为1mol ，16g 氧气的物质的量为
0.5mol ，完全反应生成
1mol 二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成了四氧化
二氮，使混合气体的物质的量减小，气体分子数小于N A ，故C 错误；D 、氯气在化学反应中
氯元素的化合价不一定全部变成-1价，如氯气与水的反应，转移的电子数不一定为
2N A ，故
D 错误；故选B 。

【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【名师点晴】本题主要是通过物质的量的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。

注意标准状况下乙醇不是气体、二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷
阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

该类试题的解题思路是：①只给出物质的体积，而不指明物质的状态，或者标准状况下物质的状态不为气体，所以求
解时，一要看是否为标准状况下，不为标准状况无法直接用22.4 L ・mol －1
(标准状况下气体的摩尔体积)求n ；二要看物质在标准状况下是否为气态，若不为气态也无法由标准状况下气体的摩尔体积求得n ，如CCl 4、水、液溴、SO 3
、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。

②给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实质上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关；③此类题型要求同学们对物质的微观构成要非常熟悉，弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系。

3.下列有关化学用语，正确的是A ．食盐中阴离子的结构示意图为
B ．氧化亚铁溶于足量稀硝酸的离子方程式： FeO+2H +
=Fe 2+
+H 2O C ．NaHS 水解的离子方程式：
HS -
十H 2O
H 3O +
+S
2-
D ．用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极电极反应式： 2Cl --2e -
=Cl 2↑
【答案】D 【解析】
试题分析：A 、食盐中阴离子是氯离子，核外有18个电子，结构示意图为
，故A 错
误；B 、氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中的离子反应为3FeO+NO 3-+10H +
=3Fe 3+
+5H 2O+NO ↑，故B
错误；C 、NaHS 水解的离子方程式：
HS -
十H 2O
H +
+H 2S ，故C 错误；D 、用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极发生氧化反应，电极反应式为2Cl --2e -
=Cl 2↑，故D 正确；故选D 。

考点：考查了化学用语的相关知识。

4.龙胆酸甲醋(结构如图所示)是制备抗心律失常药物氟卡尼的中间体。

下列有关龙胆酸甲醋的
说法。

正确的是
A ．分子式为C 8H 6O 4
B ．所有的碳原子可能在同一平面内
C ．能发生消去反应
D ．能通过加聚反应生成高分子化合物
【答案】B 【解析】
试题分析：A 、根据结构示意图可知，分子式为
C 8H 8O 4，故A 错误；B 、苯环是平面结构，羰
基也是平面结构，单键可以旋转，分子所有的碳原子可能在同一平面内，故
B 正确；
C 、苯
环上的羟基不能发生消去反应，故C 错误；D 、分子中不存在碳碳双键，不能通过加聚反应生成高分子化合物，故D 错误；故选B 。

【考点定位】考查有机物的结构和性质
【名师点晴】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。

熟悉常见官能团的性质，能够进行知识迁移运用。

解答此类试题，要熟悉官能团的性质。

根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。

5.下列有关物质的组成、性质、用途的说法。

正确的是①Na 2O 2中的阳离子和阴离子个数比为1：1
②常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸③盐酸既有氧化性又有还原性
④NO 2，Fe(OH)3，FeC12都能直接通过化合反应制备⑤Ｈ2S 能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

所以它具有漂白性A ．②③④ B ．①②③
C ．①②③④
D ．①②③⑤
【答案】A 【解析】
试题分析：①Na 2O 2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1：2，错误；②常温下，金属铝遇到浓硝酸和浓硫酸会钝化，所以常温下铝制容器可储运浓硫酸或浓硝酸，正确；③盐酸中的氯离子具有还原性，氢离子具有氧化性，即盐酸既有氧化性又有还原性，正确；④一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，属于化合反应，氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，属于化合反应，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，正确；⑤Ｈ2S 具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，即H 2S 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，错误，正确的有
②③④
，故选A 。

考点：考查了元素及其化合物的结构和性质，涉及过氧化钠的结构、二氧化硫的化学性质、铝的化学性质、铁的氧化物和氢氧化物的性质的相关知识。

6.化学平衡常数(K)、电离常数(K a ，K b )、溶度积常数(K sp )等常数是表示判断物质性质的重要常数。

下列关于这些常数的说法。

不正确的是
A ．化学平衡常数的大小只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关
B ．相同温度时，K a (HCN) < K a (CH 3COOH)，说明物质的量浓度相同时，氢氰酸的酸性比醋酸弱
C ．向氯化钡溶液中加入同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生BaSO 4沉淀，则K sp ( BaSO 4) >
K sp (BaCO 3)
D ．当温度升高时，K a (CH 3COOH)变大
【答案】C 【解析】
试题分析：A 、化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，故A 正确；B 、二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故氢氰酸的酸性比醋酸弱，故B 正确；C 、溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp(BaSO 4)＜Ksp(BaCO 3)，故C 错误；D 、弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱的电离常数(Ka 、Kb)变大，故D 正确；故
选C 。

【考点定位】考查化学平衡常数的含义
【名师点晴】本题考查化学平衡常数、电离常数、溶度积等，难度不大，注意掌握各种常数表达式的书写与影响因素书写化学平衡常数应注意的问题：①化学平衡常数只与温度有关；②稀溶液中进行的反应，水的“浓度”作为常数，在平衡常数中不用书写；③当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写；④化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。

同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成
物的化学计量数不同，平衡常数就不同。

但是这些平衡常数可以相互换算；⑤平衡常数的大
小可以表示反应进行的程度。

一般认为K ＞105反应较完全(即不可逆反应)，K ＜10-5
反应很难进行(即不反应)；⑥定量的衡量化学反应进行的程度。

K 值越大，表示反应进行的程度越大，反应物的转化率也越大；⑦判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，
用Q c 表示。

Q c ＜K 时，向正反应方向进行；Q c =K 时，反应平衡；Q c ＞K 时，向逆反应方向进行；⑧判断反应的热效应，若升高温度，K 值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，
K
值减小，则正反应为放热反应。

7.如图为元素周期表的一部分，下列有关短周期元素X ，Y ，Z ，R 的叙述正确的是
A ．热稳定性：Y 的气态氢化物>Z 的气态氢化物
B ．Z 的最高价氧化物对应水化物的分子式为H 2ZO 4
C ．X 元素的单质能与所有强酸发生反应放出H 2
D ．R 的核外电子数与OH -
的核外电子数相同
【答案】D 【解析】
试题分析：由元素在周期表中的位置可知，
R 为Ne ，则X 为Al ，Y 为C ，Z 为O 。

A 、非金属
性越强，气态氢化物越稳定，则非金属性Z ＞Y ，热稳定性为Y 的气态氢化物＜Z 的气态氢化物，故A 错误；B 、Z 为O ，不存在最高价氧化物对应水化物，故B 错误；C 、X 为Al ，Al 与浓硫酸和硝酸反应不能生成氢气，故C 错误；D 、R 为 Ne ，核外电子数为
10，与OH -
的核外
电子数相同，故D 正确；故选D 。

【考点定位】考查元素周期律和元素周期表
【名师点晴】本题考查位置、结构、性质的关系，明确元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键。

注意稀有气体在周期表中的位置即可解答。

本题的易错点是B ，短周期的主族元素最高价等于族序数，是学生熟悉的知识点，但容易忘记O 和F 一般无正价。

二、实验题
1.新的生产MnO 2和锌的工艺简化流程框图如图
(中间产物的固体部分已经略去
)：
软锰矿：MnO 2含量≥65% 、Al 2O 3含最为4%；闪锌矿：ZnS 含量≥80%。

FeS 、CuS 、CdS 含量各为2%。

滤液B 中含金属离子：Zn 2+
，Mn 2+
，Fe 2+
，Al 3+
试回答下列问题：
（1）软锰矿、闪锌矿与硫酸溶液共热时可析出硫。

金属元素均转化为相应的硫酸盐(锰元素
以-2价存在)。

则其中MnO 2和FeS 发生反应的离子方程式为
____________；
（2）步骤③中的MnO 2也可用下列____________(填序号)物质代替。

(不考虑Mn 2+
的反应)A KMnO 4固体 B H 2O 2 C 浓硝酸 D 浓硫酸 E 氯水（3）加入化合物
C 后可得纯净的
ZnSO 4
，MnSO 4溶液，C 可以是ZnO ，Zn(OH)2，Mn(OH)2或____________(填一种含只种元素的化合物的化学式)，产品D 为____________ (填化学式)。

（4）电解过程中阳极的电极反应式为____________；
（5）Ⅰ．将制得的MnO 2(s)与KOH(s)，KClO 3(s)按比例混合，加热熔融(不断搅拌)可得KCl 和
K 2MnO 4的固体混合物；Ⅱ．再用5%的KOH 溶液溶解得绿色(MnO 42-的颜色)溶液；Ⅲ．向绿
色溶液中通入适量
CO 2后，将溶液加热，并趁热滤去残渣
(含MnO 2(s))；Ⅳ．将滤液蒸发浓缩、
冷却结晶、洗涤、干燥得紫色
KMnO 4晶体。

①为了使MnO 2，KOH ，KC1O 3恰好完全反应，三者的物质的量之比应为____________；
②写出Ⅲ中生成KMnO 4的化学方程式： ____________；
③Ⅲ中，需控制
CO 2的用量，若CO 2过量，会使所得产品纯度降低，原因是
____________；
【答案】(除特殊标注外，每空
2分，共14分)
（1）3MnO 2+2FeS+12H +
=2Fe 3+
+3Mn 2+
+2S ˉ+6H 2O （2）BD （3）MnCO 3(或ZnCO 3)；H 2SO 4；（4）Mn 2+
-2e －
+2H 2O=MnO 2+4H
＋
（5）①３∶6∶1；②2CO 2+3K 2MnO 4=2KMnO 4+MnO 2+2K 2CO 3；③CO 2通入过量会生成溶解度小的
KHCO 3
，随KMnO 4晶体一起析出。

【解析】
试题分析：根据软锰矿的成分：
MnO 2、Al 2O 3；闪锌矿的成分：
ZnS 、FeS 、CuS 、CdS ，将软锰
矿和闪锌矿与硫酸溶液混合混合共热过滤，发生化学反应
Al 2O 3+3H 2SO 4═Al 2(SO 4)3+3H 2O ，根
据MnO 2 + ZnS + 2H 2SO 4 = MnSO 4 + ZnSO 4+ S ↓ + 2H 2O ，则有：3MnO 2 + 6H 2SO 4 + 2FeS ═Fe 2(SO 4)3 + 3MnSO 4 + 6H 2O + 2S ↓　，CuS + MnO 2 + 2H 2SO 4═ CuSO 4 + MnSO 4+ S ↓ + 2H 2O ，CdS + 2H 2SO 4 + MnO 2═ CdSO 4 + MnSO 4+ S ↓ + 2H 2O ，得到的可溶物存在于滤液
A 中，其中含有MnSO 4、Al 2(SO 4)3、ZnSO 4、CuSO 4、Fe 2(SO 4)3、CdSO 4，向滤液中再加Zn 粉过滤，发生化学反应Zn + CuSO 4═ ZnSO 4 + Cu ，Zn + CdSO 4═ ZnSO 4 + Cd ，Zn + 2Fe 3+
═ Zn 2+
+ 2Fe 2+
，得到滤渣C 进一步回收的
Cu 、Cd ；同时得滤液
B 其中含有MnSO 4、Al 2(SO 4)3、ZnSO 4、FeSO 4，再向滤液
B
中加入MnO 2将Fe 2+
氧化为Fe 3+
，加入化合物C 的目的是除去其中的铝离子和铁离子，生成
Al(OH)3、Fe(OH)3；同时得滤液，其成分为
ZnSO 4
、MnSO 4，将滤液电解，阳极产生Zn ，阴极
产生MnO 2。

（1）根据题中的信息及框图转化关系：软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应，MnO 2+ZnS+2H 2SO 4=MnSO 4+ZnSO 4+S ↓+2H 2O ，故答案为：MnO 2+2FeS+6H 2SO 4=Fe 2(SO 4)3+3MnSO 4+2S ↓+6H 2O ；
（2）步骤③中的MnO 2作氧化剂将Fe 2+
氧化为Fe 3+
，为了不引入新的杂质，可以选择，H 2O 2
和浓硫酸，故选BD 。

（3）加入化合物
C 的目的是除去其中的铝离子和铁离子，生成
Al(OH)3、Fe(OH)3，得到纯净
的ZnSO 4
，MnSO 4溶液，C 可以是ZnO ，Zn(OH)2，Mn(OH)2或MnCO 3(或ZnCO 3)等，将滤液电解，阳极产生Zn ，阴极产生MnO 2和硫酸，故答案为：MnCO 3(或ZnCO 3)；H 2SO 4；（4）电解过程中阳极的电极反应式为Mn 2+
-2e －+2H 2O=MnO 2+4H ＋
，故答案为：Mn 2+
-2e
－
+2H 2O=MnO 2+4H +
；
（5）①由软锰矿与过量固体KOH 和KClO 3在高温下反应，生成锰酸钾
(K 2MnO 4)和KCl ，反应
中化合价变化的元素为
Mn 、Cl ，Mn 元素由+4价升高为+6，Cl 元素化合价由+5降低为-1，根
据得失电子相等，即化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平方程式为3MnO 2+6KOH+KClO 33K 2MnO 4+KCl+3H 2O ，为了使MnO 2，KOH ，KC1O 3恰好完全反应，三者的物质的量之比应为3∶6∶1，故答案为：3∶6∶1；
②Ⅲ中绿色MnO 42-溶液中通入适量
CO 2后生成KMnO 4的化学方程式为
2CO 2+3K 2MnO 4=2KMnO 4+MnO 2+2K 2CO 3，故答案为：2CO 2+3K 2MnO 4=2KMnO 4+MnO 2+2K 2CO 3；③Ⅲ中，需控制CO 2的用量，若CO 2过量，会使所得产品纯度降低，原因是CO 2通入过量会
生成溶解度小的
KHCO 3，随KMnO 4晶体一起析出，故答案为：
CO 2通入过量会生成溶解度小
的KHCO 3
，随KMnO 4晶体一起析出。

考点：考查了物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用的相关知识。

2.如图为某实验小组同学设计的铜与浓硫酸反应的实验装置，实验步骤如下：
Ⅰ、先连接好装置，检验气密性，加入试剂；Ⅱ、加热三颈瓶
A 直到D 中品红溶液褪色，熄灭酒精灯；
Ⅲ、将Cu 丝上提离开液面。

（1）实验中观察到三颈瓶A 中有白色固体产生，该固体为____________(填化学式)。

（2）熄灭酒精灯后，发现
D 中的液体不会倒吸，其原因是
____________；
（3）支管B 的作用是____________；（4）实验中还发现铜丝表面有黑色固体
X ，其中可能含有
CuO ， CuS ， Cu 2S ，以及被掩蔽的
Cu 2O ，已知Cu 2O 在酸性环境下会发生歧化反应生成
Cu 2+
和Cu ，在氧气中煅烧转化为
CuO ；
CuS 和Cu 2S 常温下都不溶于稀盐酸，在氧气中煅烧，都转化为氧化铜和二氧化硫。

为探究
X
的成分，该小组同学向m 1g 固体X 中加入足量稀盐酸，过滤，得蓝色滤液，滤渣经洗涤、干燥后称量得m 2g ，将该滤渣在氧气流中锻烧、冷却称量至恒重为m 3g 。

①若m 2 > m 3，则煅烧过程中一定发生反应的化学方程式为
____________；
②若m 2 = m 3，则固体X 中一定含有____________ (填化学式)。

（5）为探究D 中使品红溶液褪色的微粒是二氧化硫本身还是二氧化硫与水作用的产物，该小组同学做了如下实验：
I ．将干燥的二氧化硫气体通入品红与无水乙醇的混合液中，品红溶液不褪色；
Ⅱ．常温下，向两支盛有等体积、等浓度品红溶液的试管中分别加入等物质的量的亚硫酸钠、亚硫酸氢钠固体，品红溶液均褪色，且加入亚硫酸钠固体的品红溶液褪色较快。

①据实验I 推断，使品红试液褪色的微粒可能有____________种；
②依据实验Ⅱ，该小组同学得出结论：a ．使品红溶液褪色的微粒是
HSO 3
-和SO 32-，不是H 2SO 3。

你认为结论a 是否正确
____________ (填“是”或“否”），理由是____________；
b ．使品红溶液褪色的微粒是____________ (填微粒符号)。

(已知在25℃时，亚硫酸的电离平
衡常数k a1=1．54×10-2，k a2=1．02×10-7
)【答案】(除特殊标注外，每空2分，共14分)
（1）CuSO 4；
（2）A 中压强减小时，空气从
C 导管进入A 中，可防止
D 中液体倒吸
（3）平衡压强，使液体顺利流下；（4）①2CuS+3O 2
2CuO+2SO 2
；②Cu 2O 、CuS （5）①３；②否；HSO 和SO 都会水解生成亚硫酸；SO ；
【解析】
试题分析：（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，由于浓硫酸具有吸水性，生
成的硫酸铜为白色晶体，故答案为：CuSO 4；（2）空气可以从玻璃管C 进入三颈瓶A 中，熄灭酒精灯后，D 中的液体不会倒吸，故答案为：A 中压强减小时，空气从C 导管进入三颈瓶A 中，可防止D 中液体倒吸；（3）支管B 可以平衡压强，使液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使液体顺利流下；（4）①经分析固体X 加入稀盐酸后，得到的蓝色溶液，说明固体甲的成分中CuO 和Cu 2O
至少有一种，滤渣经洗涤、干燥后称量得m 2g ，滤渣中可能含有Cu 、CuS 和Cu 2S 中的一种或
多种，分析反应：
Cu+O 2="CuO" 增重；Cu 2S+2O 2=2CuO+2SO 2不变；2CuS+3O 2=2CuO+2SO 2
减重，若m 2 > m 3，则一定含有CuS ，煅烧过程中发生的反应一定有
2CuS+3O 2=2CuO+2SO 2
，故答案为：2CuS+3O 2=2CuO+2SO 2；
②若m 2 = m 3，根据反应：Cu+O 2="CuO" 增重；Cu 2S+2O 2=2CuO+2SO 2不变；
2CuS+3O 2=2CuO+2SO 2减重，由于固体X 中没有Cu ，只能有Cu 2O 在酸性环境下会发生歧化反应生成，因此固体
X 中一定含有Cu 2O 、CuS ，故答案为：Cu 2O 、CuS ；
（5）①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫和酒精不反应，二氧化硫能使品红溶液褪
色而不能使品红的酒精溶液褪色，由此得出S02的漂白作用是SO 2与水作用的产物导致的，二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸电离生成亚硫酸氢根离子、亚硫酸氢根离子电离生成亚
硫酸根离子，所以使品红的水溶液褪色的微粒可能是：HSO 3-、SO 32-、H 2SO 3，故答案为：3；②ａ．亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能水解生成亚硫酸，且亚硫酸氢根离子能电离生成亚硫酸根
离子，所以两种溶液中都含有HSO 3-、SO 32-、H 2SO 3，所以不能确定使品红褪色的微粒肯定是HSO 3-或SO 32-，故答案为：否；因为亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都会水解生成亚硫酸；b ．因为加入亚硫酸钠固体的品红溶液褪色较快，亚硫酸分子、亚硫酸氢根离子都能够电离生成少量亚硫酸根离子，亚硫酸根离子浓度较小，因此品红溶液褪色较慢，使品红溶液褪色的微粒是SO ，故答案为：SO 。

考点：考查了物质性质的探究实验、浓硫酸的性质、二氧化硫的性质的相关知识。

三、填空题
1.对于一般的化学反应：aA 十bB="cC" + d D 存在速率方程v=k[c(A)]m
[c(B)]n
，利用速率方程可算得化学反应的瞬时速率；为反应级数，当m+n 分别等于0、1、2……时分别称为零级反应、一级反应、二级反应…，k 为反应速率常数，k 与温度、活化能有关，与浓度无关。

Ⅰ．1073K 时，反应：2NO(g) +H 2(g)=N 2(g) +2H 2O(g)的实验数据如下表所示：
通过分析表中实验数据，得该反应的速率方程表达式v=____________，为____________级反应。

Ⅱ．已知可逆反应A(g)B(g)的正、逆反应均为一级反应，且存在如下数据：
试回答下列问题：
（1）600K时反应的平衡常数K=____________；。

（2）正反应的△H____________0(填“>”或“<”）
（3）850K时在容积为VL的恒容密闭容器中充入 3 mol气体A，一段时间后达平衡。

下列说
法正确的是____________ (填序号)。

A．恒温条件下，再向容器内加入一定量的气体A，达到新平衡时，A的转化率减小，体积分
数增大
B．升高温度，k正、k逆均增大，且k逆增大幅度大
C．使用催化剂，k正、k逆均增大，且比值不变
D．达平衡后的任意时段内，正、逆反应的平均速率为零、瞬时速率也为零
E．平衡时，混合气体的平均摩尔质量与起始时相同
F．若在同温、同体积的恒容密闭绝热容器中，充入1．5 mol气体B，达平衡时，A的浓度为
上述平衡时的一半
（4）600K时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入2mol气体A，已知反应过程中物质的浓
度、速率常数和反应时间之间满足如下关系：2．30lg=(k
正+k逆)t，[c0(A)为反应
物A的起始浓度，c
(A)、c t(B)分别为A， B任意时刻的浓度，k为反应速率常数，t为反应时
t
间〕，则：
①t =__________min时反应达平衡。

②反应一段时间后A， B浓度相等，则这段时间内正反应的平均反应速率v="_________"
mol/( L・min)(保留整数)；此时，逆反应的瞬时速率v="_________mol/(" L・min) (已知lg2=0．3，lg5=0．7)
【答案】(除特殊标注外，每空2分，共15分)
Ⅰ．；三；
Ⅱ．（1）4（2）>（3）CE
（4）①０．023；②87；8
【解析】
试题分析：Ⅰ．根据表中数据可知，该反应的速率与NO浓度的平方成正比，与氢气浓度成
正比，即v=；该反应为三级反应，故答案为：；三；
Ⅱ．（1）可逆反应A(g)B(g)的正、逆反应均为一级反应，结合数据有v(正)=32c(A)，
v(逆)=8c(B)，达到平衡时，v(正)=32c(A)=v(逆)=8c(B)，即K===4，故答案为：4；
（2）根据数据可知，升高温度到850℃，K==＞4，即升高温度，平衡向正反应方向移动，表明正反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：＞；
（3） A、恒温条件下，再向容器内加入一定量的气体A，相当于增大压强，平衡不一定，达
到新平衡时，A的转化率不变，错误；B、升高温度，k正、k逆均增大，平衡向正反应方向
移动，k正增大幅度大，错误；C、使用催化剂，k正、k逆均增大，平衡不一定，比值不变，正确；D、化学平衡时动态平衡，达平衡后的任意时段内，正、逆反应的平均速率不为零，
错误；E、该反应属于物质的量不变的反应，混合气体的平均摩尔质量不变，正确；F、若在同温、同体积的恒容密闭绝热容器中，充入1．5 mol气体B，相当于增大压强，平衡不移动，但浓度会变成原来的 1.5倍，错误；故选CE；
（4）① A(g)B(g)
起始(mol/L) 2 0
反应 x x
平衡 2-x x
600K时，K==4，有=4，解得：x=1.6mol/L，
所以2.30lg=(32+8)t，
解得：t=0.023，
故答案为：0.023；
②反应一段时间后A，B浓度相等，即c t(A)=c t(B)=1mol/L，2.30lg=(32+8)t，解得：
min)；此时，逆t=0.0115min，则这段时间内正反应的平均反应速率v= ="87mol/(" L・
min)，故答案为：87；8。

反应的瞬时速率v(逆) =" 8c(B)" =" 8×1=8mol/(" L・
考点：考查了化学反应速率的计算的相关知识。

・2H2O)转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料。

2.将磷肥生产中形成的副产物石膏(CaSO
4
无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。

下图为石膏转化为
硫酸钾和氯化钙的工艺流程示示意图。

（1）过滤I 操作所得固体中，除CaCO 3
外还含有____________ (填化学式)等物质，该固体可用作生产水泥的原料。

（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式：____________；
（3）本工艺中所用的原料除CaSO 4・
2H 2O ，KCl 外，还需要_________、_________、__________等原料。

（4）过滤I 操作所得滤液是(NH 4)2SO 4溶液。

检验滤液中含有CO 32-的方法是____________；
（5）已知不同温度下
K 2SO 4
在100g 水中达到饱和时溶解的量如下表：60℃时K 2SO 4的饱和溶液591 g 冷却到0℃，可析出K 2SO 4晶体____________ g 。

（6）氯化钙结晶水合物(CaCl 2・
6H 2O)是目前常用的无机储热材料，选择的依据是____________
(填序号)。

a ．熔点较低(29℃熔化)
b ．能导电
c ．能制冷
d ．无毒【答案】(除特殊标注外，每空
2分，共15分)
（1）CaSO 4；（2）CaSO 4 + CO 32-=CaCO 3↓+SO 4
2-（3）CaCO 3；NH 3；H 2O
（4）取少量滤液，滴加稀盐酸，若有气泡产生，则含有CO 32-，反之则不含
（5）54（6）ad 【解析】
试题分析：（1）CaSO 4微溶且为悬浊液，故过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO 3外还主要含有
过量微溶的CaSO 4，故答案为：CaSO 4
；（2）根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤得到碳酸钙与硫酸铵，CaSO 4
微溶且为悬浊液、CaCO 3不溶，所以在离子方程式中均不拆；然后配平即可；故答案为：
CaSO 4+CO 32-=CaCO 3+SO 4
2-（3）由流程图可知，吸收环节：
2NH 3+CO 2+H 2O 生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬
浊液反应生成CaCO 3+(NH 4)2SO 4
，经过滤后分离；转化Ⅱ：(NH 4)2SO 4和KCl 的饱和溶液反应得到NH 4Cl 和K 2SO 4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO 、H 2O 、NH 4Cl 生成为CaCl 2．6H 2O 和NH 3，故答案为：CaCO 3(或CaO)
、NH 3、H 2O ．
（4）碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，所以可以用稀盐酸来验证碳酸根离子，故答案为：取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有
CO 3
2-，反之则不含有CO 32-；
（5）根据图表不同温度下的溶解度，结合饱和溶液质量之比等于析出晶体质量之比计算(100+18.2)：(18.2-7.4)=591：x ，x=54g ；故答案为：54；（6）氯化钙结晶水合物
(CaCl 2?6H 2O)是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物
熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关，故答案为：ad 。

【考点定位】考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
【名师点晴】本题为工艺流程题，涉及原料、产品的判断、方程式的书写、检验、绿色化学
等．做推断题时要充分利用所给的信息，结合自己已学过的知识，进行有依据性的推测。

根
据流程图，吸收环节：2NH 3+CO 2+H 2O 生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO 3+(NH 4)2SO 4，经过滤后分离；转化Ⅱ：(NH 4)2SO 4
和KCl 的饱和溶液反应得到NH 4Cl 和K 2SO 4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO 、H 2O 、NH 4Cl 生成为CaCl 2．6H 2O 和NH 3。

3.X 、Y 、Z 、M 、R 、Q 是短周期主族元素，部分信息如下表所示：
（1）Q 在元素周期表中的位置是____________。

基态Q 原子的价电子排布图为
____________。

（2）X 的氢化物的VSEPR 模型为____________。

属于____________ (填“极性”或“非极性”）分
子。

（3）根据表中数据推测，
Y 的原子半径的最小范围是
____________。

（4）甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物对应的水化物，且甲+乙→丙十水。

若丙的水溶
液呈碱性，则丙的化学式是____________。

（5）M 的氢化物是常见溶剂，白色硫酸铜粉末溶解于其中能形成蓝色溶液，请解释原因：____________。

（6）Z 晶体的原子堆积模型为体心立方堆积，设
Z 原子半径为r cm ，则Z 晶体的密度为
____________g/cm 3
(写出表达式，假设阿伏加德罗常数为N A )。

【答案】(除特殊标注外，每空2分，共15分)
（1）第三周期第ⅢA 族(1分) （2）四面体；极性
（3）大于0．099nm 小于0．143nm （4）NaAlO 2(或Na 2SiO 3)
（5）铜离子结合水分子变成水合铜离子。