四川省成都七中2016届高三上学期入学考试 化学试题 扫描版含答案
四川省成都七中高三化学上学期11月段考试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题
2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分）1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N AB．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N AC．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N AD．1 L 1 mol•L﹣1 的 NaClO 溶液中含有 ClO﹣的数目为N A3．下列离子反应方程式书写正确的是（）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +﹣+H2O+4HD．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓4．用如图装置不能达到有关实验目的是（）A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备 Fe（OH）2C．用丙图装置可制得金属锰D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）A．甲、乙、丙、丁受热均易分解B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）A．B．C．D．7．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲．电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是（）A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol二、非选择题（本题共4小题，共58分）8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是．判断反应已结束的方法是．（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为（填一种即可）（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）．（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是．（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为．9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= ，反应 I 自发进行条件是（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5molB：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式（用 A、B 表示）②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：a．此温度下的平衡常数为；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件是．b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．①写出该燃料电池的负极反应式．②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为mol．10．钠及其化合物具有广泛的用途．（1）常温下，浓度均为 0.1m ol•L﹣1 的下列五种钠盐溶液的 pH 如表；溶质CH3COONa NaHCO3Na2CO3NaClO NaCN8.8 9.7 11.6 10.3 11.1pH上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是，根据表中数据，浓度均为0.01mol•L﹣1 的下列四种酸的溶液分别稀释 100倍，pH变化最大的是（填编号）．A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3（2）有①100ml 0.1mol/L NaHCO3②100ml 0.1mol/L Na2CO3两种溶液：溶液中水电离出的H+个数：①②（填“＞”、“=”或“＜”，下同）．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①②．（ 3 ） NaHCO3是一种（填“强”或“弱”）电解质；写出HCO水解的离子方程式：，常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中 Na+、HCO3﹣五种微粒的浓度由大到小的顺序为：．﹣、H2CO3、CO32﹣、OH（4）实验室中常用 NaOH 来进行洗气和提纯．①当 150ml 1mol/L 的 NaOH 溶液吸收标准状况下 2.24LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：．②几种离子开始沉淀时的 PH 如表：离子Fe 2+Cu2+Mg2+pH 7.6 5.2 10.4当向含相同浓度 Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加 NaOH 溶液时，（填离子符号）先沉淀，Ksp[Fe（OH）2] Ksp[Mg（OH）2]（填“＞”、“=”或“＜”），要使 0.2mol/L 硫酸铜溶液中 Cu2+沉淀较为完全（使 Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为．（K sp Cu（OH）2=2×10mol•L ）11．废旧显示屏玻璃中含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质．某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得 Ce（OH）4和硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]，流程设计如图1：已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有 Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH 溶液．回答以下问题：（1）反应②中 H2O2的作用是．（2）反应③的离子方程式是．（3）已知有机物 HT 能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层）从平衡角度解释：向 CeT3（有机层）加入 H2SO4获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因是．（4）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是．（5）相同物质的量浓度的以下三种溶液中，NH4+的浓度由大到小的顺序是．a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O b．（NH42SO4 c．（NH4）2CO3（6）用滴定法测定制得的 Ce（OH）4产品纯度如图2．若所用 FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该 Ce（OH）4产品的质量分数．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；称取 14.00g 硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成 100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量 NaOH 溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到 1.60g 固体；向另一份溶液中加入 0.5mol/L Ba（NO3）2溶液 100mL，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为．2015-2016学年四川省成都七中高三（上）段考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分）1．分子式为 C5H12O 的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）（）A．15 种B．16 种C．17 种D．18 种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】根据C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，分子式为C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，然后根据题目要求确定酯的种类．【解答】解：分子式为C4H8O2的酸的种类取决于﹣C3H7的种类，﹣C3H7异构体有2种：﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH3，即分子式为C4H8O2的酸有2种；分子式为C5H12O的醇的种类取决于﹣C5H11的种类，﹣C5H11的异构体有8种：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，即分子式为C5H12O的醇有8种，所以形成的酯共有2×8=16种，故选B．【点评】本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用戊基、丙基的种类判断．2．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．10 mL 20 mol•L﹣1 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为 0.2N AB．0.1 mol24Mg18O 晶体中所含中子总数为 2.0 N AC．在标准状况下，2.8g N2和 2.24L CO 所含电子数均为 1.4N AD．1 L 1 mol•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定律．【分析】A、12.5mL 16mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先生成二氧化硫，等硫酸变稀时后生成氢气．B、中子数=质量数﹣质子数，1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，根据N=nN A计算中子数目．C、氮气分子和一氧化碳分子是等电子体，且分子量相同，所以可以把混合物当作一种物质进行计算，根据气体的物质的量和分子的构成计算电子数；D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解．【解答】解：A、10mL 20mol/L的浓硫酸中含有0.2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42﹣+4H+=Zn2++SO2↑+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol 电子；如果氢离子有剩余，锌和氢离子再反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，此反应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0.4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2N A和0.4N A之间，故A 错误；B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8）=22mol，0.1 mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.1×22mol×N A mol﹣1=2.2N A，故B错误；C、一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8 g N2和2.8 g CO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 N A，故C正确；D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO﹣的个数小于N A个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．下列离子反应方程式书写正确的是（）A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 ：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO+3Cl +﹣+H2O+4HD．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C．碱性溶液中不能生成氢离子；D．相互促进水解生成沉淀和气体．【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B．向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4 的离子反应为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C错误；D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3++3S2﹣+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．4．用如图装置不能达到有关实验目的是（）A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备 Fe（OH）2C．用丙图装置可制得金属锰D．用丁图装置验证 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al；B．煤油密度小于水且和水不互溶，能隔绝空气；C．铝比锰活泼，可用铝热法冶炼；D．NaHCO3应放在内置小试管中．【解答】解：A．因氧化性H+＞Al3+，在阴极上不能得到Al，可用电解熔融氧化铝的方法，故A错误；B．煤油可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故B 正确；C．本实验为铝热法，因铝比锰活泼，可用铝热法冶炼，故C正确；D．NaHCO3不稳定，加热易分解，而Na2CO3难分解，NaHCO3应放在内置小试管中，故D错误．故选BC．【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，涉及金属冶炼、钠的化合物稳定性强弱判断、物质制备等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意A项为易错点，把握离子放电顺序．5．短周期元素 T、Q、R、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与主族族序数相等．它们的最高价氧化物水化物依次为甲、乙、丙、丁．下列叙述不正确的是（）A．甲、乙、丙、丁受热均易分解B．常温下丁的浓溶液可用 T 单质所制的容器来盛装C．丁的浓溶液与 Q 的单质加热发生反应，可生成体积比为 1：2 的两种气体D．R 的氧化物在空气中与其它物质作用可形成光化学烟雾【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W 处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N 元素、W为S元素．A、H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解；B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化；C、根据浓硫酸与碳单质的反应来分析；D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的．【解答】解：由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R 为N元素、W为S元素，故甲为Al（OH）3，乙为H2CO3，丙为HNO3，丁为H2SO4．A、Al（OH）3、HNO3和H2CO3受热易分解，H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解，故A错误；B、常温下，铝在浓硫酸中会钝化，故常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装，故B正确；C、浓硫酸与碳单质的反应：2H2SO4（浓）+C2SO2↑+CO2↑+2H2O，故可生成体积比为1：2的两种气体，故C正确；D、光化学烟雾是由氮的氧化物导致的，故是R的氧化物导致的，故D正确．故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，应注意元素的推导和其对应最高价氧化物的水化物的性质，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．6．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）A．B．C．D．【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；碳族元素简介．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al （OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应．【解答】解：将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ca（OH）2反应（有沉淀CaCO3生成）；当Ca（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成）．到现在的图标应是出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[因有Al（OH）3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解．最后是Al（OH）3沉淀．图形应该是：出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加[Al（OH）3]，平台，沉淀减少（CaCO3溶解）．据此作出正确的选择．A、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故A错误；B、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故B错误；C、符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，正确，故C正确；D、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故D错误；故选C．【点评】本题考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．属于偏难题．7．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲．电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．则下列说法不正确的是（）A．电解过程中，a 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B．b 电极上发生反应的方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C．曲线 O～P 段表示 O2的体积变化D．从开始到 Q 点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为 12 g/mol【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，以此来解答．【解答】解：由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，A．a为阴极，先发生Cu2++2e﹣═Cu，后发生2H++2e﹣═H2↑，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，故A正确；B．b为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，则b电极上发生的反应方程式为：4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑故B正确；C．由上述分析可知，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，故C正确；D．曲线0～P段表示O2的体积变化，P点1.12L为O2，其物质的量为0.05mol，PQ段3.36L 气体中，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1mol H2、0.05mol O2，则从开始到Q 点收集到的混合气体中O2为0.1mol，H为0.1mol，故混合气体的平均摩尔质量为=17g•mol﹣1，故D错误．故选：D．【点评】本题考查电解原理，明确图象这电子转移与生成气体的关系及离子的放电顺序是解答本题的关键，熟悉电解原理即可解答，题目难度不大．二、非选择题（本题共4小题，共58分）8．最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①向三颈烧瓶内加入 30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应 2 小时，保温至反应结束．③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作 X，得到粗产品．④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率．判断反应已结束的方法是分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）．（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等（填一种即可）（3）操作 X 中，应先用 5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH ．（4）操作 X 中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低．（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是 278）的产率为50% ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．【分析】（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；反应结束时，分水器中的水位高度不变，冷凝管中不再有液体滴下；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作；（5）邻苯二甲酸二丁酯的沸点340℃，温度超过180℃时易发生分解，应减压蒸馏使其沸点降低，防止分解；（6）由于正丁醇不足，假设邻正丁醇完全转化，以此计算邻苯二甲酸二丁酯的理论产量，产率=（实际产量÷理论产量）×100%．【解答】解：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下），说明反应结束，故答案为：有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等，实验中副产物的结构简式为：CH2=CHCH2CH3 、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等，故答案为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇，反应方程式为：+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH，故答案为： +2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作，操作中必须使用的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低，防止分解，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低；（6）由于正丁醇不足，假设正丁醇完全转化，则邻苯二甲酸二丁酯的理论产量为×278g/mol=41.7g，故其产率为×100%=50%，故答案为：50%．【点评】本题有机物的制备实验，涉及物质的分离提纯、对操作及原理的分析评价、产率计算等，掌握实验操作的要求和实验原理是解题的关键，难度中等．9．甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2 加氢合成甲醇是合理利用 CO2 的有效途径．由 CO2 制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1，回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= +41.19 kJ•mol﹣1，反应 I 自发进行条件是较低温（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下 3L 恒容密闭容器中，充入一定量的 H2和 CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中 CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图 1 所示．①H2和 CO2的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5molB：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I 代表哪种投入方式 A （用 A、B 表示）②在温度为 500K 的条件下，按照 A 方式充入 3mol H2和 1.5mol CO2，该反应 10min 时达到平衡：a．此温度下的平衡常数为450 ；500K 时，若在此容器中开始充入 0.3molH2和 0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则 x 应满足的条件是0＜x＜2.025 ．b．在此条件下，系统中 CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2 所示，当反应时间达到 3min时，迅速将体系温度升至 600K，请在图2中画出 3～10min 内容器中 CH3OH 浓度的变化趋势曲线．（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图 3 所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．①写出该燃料电池的负极反应式CH3OH﹣6e﹣+3O2﹣=CO2↑+2H2O ．②如果用该电池作为电解装置，当有 16g 甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为 3 mol．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；（2）①图象分析相同温度下，两种反应物，增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率；②a．结合三行式进行计算，化学反应的平衡常数K各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值，据此计算；b．将体系温度升至600K，根据升高温度，平衡向着吸热方向来进行回答；（3）①以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写；②依据电极反应计算转移电子物质的量．【解答】解：（1）反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1根据盖斯定律，反应Ⅱ可以是Ⅰ﹣Ⅲ得到，所以反应Ⅱ的焓变△H2=（﹣49.58kJ•mol﹣1）﹣（﹣90.77kJ•mol﹣1）=+41.19 kJ•mol﹣1；根据反应自发行的判据：△H﹣T△S＜0，反应Ⅲ是熵减的放热的反应，所以要自发进行需要在较低温下进行，。
2015-2016学年四川省成都七中高三(上)月考化学试卷(10月份)
2015-2016学年四川省成都七中高三（上）月考化学试卷（10月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（）A.为防止中秋月饼等富脂等食品被氧化，常在包装中放入还原铁粉等B.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，属于牺牲阴极的阳极保护法C.镀层破坏后，镀锡铁板比镀锌铁板更易腐蚀D.电解熔融M g C l2，可制得金属镁【答案】B【解析】解：A．铁粉具有还原性，能防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，故A正确；B．海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C．铁比锡活泼，易形成原电池的负极而被氧化，故C正确；D．镁很活泼，可用电解法制取，电解熔融M g C l2制得金属镁和氯气，故D正确．故选B．A．为了防止中秋月饼的富脂食物因被氧化而变质，应加入还原性物质；B．海轮外壳连接锌块，形成原电池，锌为负极；C．铁比锡活泼，易形成原电池反应；D．电解熔融M g C l2制得金属镁和氯气．本题考查了还原剂、金属的腐蚀与防护以及原电池电解池等，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难度不大．2.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.常温下，含lmol F e的铁片与过量浓HN03反应，转移电子的数目为3N A个B.电解饱和食盐水，当阴极产生2.24LH2时，转移的电子数为0.2N AC.标准状况下，33.6LS03含有9.03xl023个S03分子D.在46g N02和N204的混合物气体中所含原子总数为3N A个【答案】D【解析】解：A、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，反应程度很小，不能完全反应，则转移的电子数小于3N A个，故A错误；B、氢气所处的状态不明确，不一定是标况，故其物质的量不能计算，则转移的电子数不能计算，故B错误；C、标况下，三氧化硫为固体，故其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、N02和N204的最简式均为N02，故46g混合物中含有的N02的物质的量n==1mol，故含有3mol电子即3N A个，故D正确．故选D．A、常温下，铁在浓硝酸中会钝化；B、氢气所处的状态不明确；C、标况下，三氧化硫为固体；D、N02和N204的最简式均为N02．本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3.下列反应的离子方程式正确的是（）A.向沸水中滴加饱和F e C l3溶液制备F e（OH）3胶体：F e3++3H2O═F e（OH）3↓+3H+B.F e（OH）3溶于氢碘酸：F e（OH）3+3H+═F e3++3H2OC.向含有0.4mol F e B r2溶液中通入0.3mol C l2充分反应：4F e2++2B r-+3C l2═4F e+3+6C l-+B r2D.用P t电极电解饱和氯化镁溶液：2C l-+2H2O2OH-+H2↑+C l2↑【答案】C【解析】解：A．向沸水中滴加饱和F e C l3溶液制备F e（OH）3胶体的离子反应为F e3++3H2OF e（OH）3（胶体）+3H+，故A错误；B．F e（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I-+F e（OH）3+6H+═2F e2++I2+6H2O，故B错误；C．向含有0.4mol F e B r2溶液中通入0.3mol C l2充分反应的离子反应为4F e2++2B r-+3C l2═4F e+3+6C l-+B r2，故C正确；D．用P t电极电解饱和氯化镁溶液的离子反应为M g2++2C l-+2H2O M g（OH）2↓+H2↑+C l2↑，故D错误；故选C．A．生成胶体，不是沉淀；B．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C．亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；D．生成氢氧化镁沉淀、氢气、氯气．本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．4.已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452k J•mol-1H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3k J•mol-1下列说法正确的是（）A.H2（g）的燃烧热为571.6k J•mol-1B.H2SO4（aq）+B a（OH）2（aq）═B a SO4（s）+H2O（l）△H=-57.3k J•mol-1C.同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多D.3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+131.4k J•mol-1【答案】C【解析】解：A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，所以H2的燃烧热为×571.6KJ/mol，故A错误；B．中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，反应生成硫酸钡沉淀过程是放热过程，△H＜-57.3k J•mol-1，故B错误；C．令H2（g）和CH3OH（l）的质量都为1g，则1g氢气燃烧放热为××571.6=142.45KJ，1g CH3OH燃烧放热为××1452=22.68KJ，所以H2（g）放出的热量多，故C正确；D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1改写为3H2（g）+O2（g）═3H2O （l）△H=-（×571.6）k J•mol-1，2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452k J•mol-1改写为CO2（g）+2H2O（l）=CH3OH（l）+O2（g））△H=+（×1452）k J•mol-1．改写后的方程相加即得3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l），所以其△H═-（×571.6）+（×1452）=-131.4k J•mol-1．故D错误．故选C．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、反应生成硫酸钡沉淀过程是放热过程；C、根据热化学方程式计算热量；D、根据已知热化学方程式，结合盖斯定律计算．本题考查了反应燃烧热、中和热概念的分析应用，盖斯定律的应用，题目难度中等．A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：A．不能形成闭合回路，不能形成原电池，则不能验证化学能转化为电能，故A错误；B.2NO2⇌N2O4△H＜0，升高温度或降低温度，该反应都发生平衡移动导致气体颜色发生变化，温度不同导致两个烧瓶中气体颜色不同，所以可以实现实验目的，故B正确；C．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，不发生析氢腐蚀，故C错误；D．氯气、HC l均与碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除杂，故D错误；故选B．A．不能形成闭合回路；B.2NO2⇌N2O4△H＜0，升高温度或降低温度，该反应都发生平衡移动导致气体颜色发生变化；C．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀；D．氯气、HC l均与碳酸氢钠溶液反应．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池、化学平衡、混合物分离提纯等，把握反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．6.假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化．①～⑧为各装置中的电极编号．下列说法错误的是（）A.当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B.当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C.当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为①→⑧；⑦→⑥；⑤→④；③→②D.当K闭合后，A、B装置中p H均变大【答案】A【解析】解：当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Z n易失电子作负极、C u作正极，所以A中C、C中C u、D中粗铜都是阳极，A中F e、C中A g、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，A．当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，为原电池，在电路中作电源，A为电解池，故A错误；B．当K断开时，B装置不能构成原电池，锌片和稀硫酸发生化学腐蚀而溶解，有氢气产生，故B正确；C．当K闭合后，B为原电池，A、C、D为电解池，电子从负极流向阴极，再从阴极流向阳极，所以整个电路中电子的流动方向为①→⑧；⑦→⑥；⑤→④；③→②，电子不进入电解质溶液，故C正确；D．当K闭合后，A中阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，导致溶液氢氧根离子浓度增大，溶液的p H增大；B中正极上氢离子放电导致氢离子浓度减小，溶液的p H增大，故D正确；故选A．当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Z n易失电子作负极、C u作正极，所以A中C、C中C u、D中粗铜都是阳极，A中F e、C中A g、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，据此分析解答．本题考查原电池和电解池原理，根据反应的自发性确定原电池，知道各个电极发生的反应，注意：电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子定向移动形成电流，为易错点．7.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO （g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数，下列说法正确的是（）A.550℃时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p=24.0P总【答案】B【解析】解：A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v ，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故A错误；正B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）开始10转化x2x平衡；1-x2x所以×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为×100%=25%，故B正确；C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故C错误；D、925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p===23.0P，故D错误；故选：B．A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态；D、925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p=，据此计算；本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力．二、简答题(本大题共3小题，共44.0分)8.某化学小组用下图装置电解C u C l2溶液制少量漂白液：（1）图l阳极的反应式是：______ ，导气管W端应与出气口一______ 连接．（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质．某化学兴趣小组查阅资料可知：①红色物质可能有C u或______ 、或二者都有；②白色物质为C u C l（3）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验．实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H2直至碳棒冷却后，称量其质量为W2g．①碳棒上的红色物质是______ ，无水硫酸铜的作用是______ ；②d中反应的离子方程式是______ ；③装置b中发生反应的化学方程式是______ ．④电解C u C l2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为______ ．⑤阴极上产生白色物质的物质的量是______ ；若装置b冷却时不继续通H2，则计算所得C u C l的产率会______ （偏大、偏小、不变）．【答案】2C l--2e-=C l2↑；X；C u2O；C u；检验红色物质中有无C u2O；A g++C l-=A g C l↓；2C u C l+H22C u+2HC l；C u2++e-+C l-=C u C l↓；mol；偏小【解析】解：（1）阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2C l--2e-=C l2↑；Y电极上析出C u，氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收，所以导气管W端应该与X连接；故答案为：2C l--2e-=C l2↑；X；（2）C u和C u2O都是红色物质，所以红色物质还可能是C u2O或二者都有，故答案为：C u2O；（3）①由于无水硫酸铜不变色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜；无水硫酸铜来检验红色物质中有无C u2O；故答案为：铜；检验红色物质中有无C u2O；②白色物质若为C u C l，C u C l与氢气反应会生成氯化氢，将生成产物通入硝酸银溶液中，若生成了白色沉淀，证明白色物质为C u C l，反应的离子方程式为：A g++C l-=A g C l↓；故答案为：A g++C l-=A g C l↓；③装置b中发生反应为C u C l与氢气反应，反应的化学方程式为：2C u C l+H22C u+2HC l，故答案为：2C u C l+H22C u+2HC l；④电解C u C l2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：C u2++2e-=C u和铜离子失去电子生成氯化亚铜：C u2++e-+C l-=C u C l；故答案为：C u2++e-+C l-=C u C l↓；⑤2C u C l+H2=2C u+2HC l，反应前后固体质量变化为氯元素质量，白色固体为C u C l，所以n（C u C l）=n（C l）=mol，装置b冷却时不继续通H2，空气中的氧气进入会增加固体质量使测定亚铜离子产率减小；故答案为：mol；偏小．（1）阳极上氯离子失电子生成氯气；Y电极上析出C u，氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收；（2）根据物质颜色判断；（3）①实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色氢气还原产物中不含水蒸气，d中出现白色沉淀，氯离子和银离子反应生成白色沉淀，由现象说明不含C u2O，含有C u C l；②氯离子和银离子反应生成白色沉淀；③氢气还原C u C l生成C u和HC l；④电解过程中，阴极上铜离子得电子和氯离子反应生成白色沉淀C u C l；⑤b中反应前后固体质量减少的量是C l元素质量，根据差量法计算白色物质的物质的量；若装置b冷却时不继续通H2，会导致生成的C u和空气反应生成C u O而产生误差．本题以电解原理为载体考查探究物质组成及含量测定，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用能力，涉及物质性质、物质检验、误差分析等知识点，根据物质性质的特殊性来分析解答，题目难度中等．9.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角．硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1所示．完成下列填空：（1）图1中X的水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式：______ ；（2）下列物质用于N a2S203制备，从氧化还原反应的角度分析，理论上有可能实现的方案是（选填编号）______ ．a．N a2S+S b．Z+S C．N a2S03+Y d．N a HS+N a HS03（3）请补充完整焙烧明矾的化学方程式：______ KA l（SO4）2.12H2O+ ______ S═ ______ K2SO4+ ______ A l2O3+ ______ SO2↑+ ______ （4）研究反应N a2S2O3+H2SO4=N a2SO4+S+SO2+H20的速率时，下列方案合理的是______ ．a．测定一段时间内生成S02的体积，得出该反应的速率b．研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c．用N a2S2O3（S）分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响（5）治理含CO、SO2的烟道气，以铝钒土做催化剂，将CO、SO2在380℃时转化为S 和一种无毒气体．己知：①硫的熔点：112.8℃、沸点：444.6℃；②反应每得到I mol硫，放出270k J的热量．写出该治理烟道气反应的热化学方程式______ ．⑧一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是______ （填写字母序号）．a．v（CO）：v（SO2）=2：1b．平衡常数不变c．气体密度不变d．C02和S02的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为______ ．（6）其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图2．不考虑催化剂价格因素，生产中选铝矾土做催化剂的主要原因是______ ．【答案】2H2S+O2=2S↓+2H2O；bd；4；3；2；2；9；48H2O；b；2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-270k J/mol；cd；60%；铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小【解析】解：（1）X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应的化学方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故答案为：2H2S+O2=2S↓+2H2O；（2）N a2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；（3）由原子和元素守恒可知，缺项为水，反应中S元素的化合价由+6价降低为+4价，S元素的化合价由0升高为+4价，结合电子、原子守恒可知反应为4KA l（SO4）2•12H2O+3S2K2SO4+2A l2O3+9SO2↑+48H2O，故答案为：4；3；2；2；9；48H2O；（4）根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；（5）②反应每得到1mol硫，放出270k J的热量，热化学方程式为2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-270k J/mol，故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）△H=-270k J/mol；③a．CO和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误；b．温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c．容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d．CO2和SO2的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；由2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）反应前（mol）4100转化了（mol）2x x x2x平衡后（mol）4-2x1-x x2x混合气体中CO的体积分数为，则有=，x=0.6，所以SO2的转化率为×100%=60%，故答案为：cd；60%．（6）由图可知，生产中选铝钒土做催化剂的主要原因是铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小，故答案为：铝钒土作催化剂，在相对较低温度下，单位时间内获得较高的SO2转化率，能耗小．（1）X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；（2）N a2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；（3）由原子和元素守恒可知，缺项为水，结合电子、原子守恒配平；（4）硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；（5）②反应每得到1mol硫，放出270k J的热量，以此书写热化学方程式；③反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；利用三段式法计算二氧化硫的转化率．（6）由图可知，相同条件下铝钒土作催化剂时，二氧化硫的转化率最大．本题考查较综合，涉及非金属性比较、氧化还原反应、反应速率及热化学方程式、化学平衡状态的判断、转化率计算等，侧重反应原理中高频考点的考查，综合性较强，题目难度中等．10.氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题．①分析数据可知：大气固氮反应属于______ （填“吸热”或“放热”）反应．②分析数据可知；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因______ ．③从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因______ ．（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是______ （填“A”或“B”）；比较p1、p2的大小关系______ ．（3）20世纪末，科学家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，实现高温常压下的电化学合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如C所示，阴极的电极反应式是______ ．（4）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），则其反应热△H= ______ （已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J．mol-1，2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）H=-571.6k J．mol-1）【答案】吸热；K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；A；р2＞р1；N2+6e-+6H+=2NH3；+1530k J•mol-1【解析】解：（1）①由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；②由表格数据可知，2000℃时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；③合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；故答案为：从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，р2的转化率大，则р2大；故答案为：A；р2＞р1；（3）电解池中氮气在阴极得电子生成氨气，其电极方程式为：N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），△H=（-92.4k J•mol-1）×2-（-571.6k J•mol-1）×3=+1530k J•mol-1；故答案为：+1530k J•mol-1．（1）①温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移；②K值很小，转化率很小；③合成氨反应中，在500℃左右催化剂活性最高；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小；增大压强平衡正向移动，转化率增大；（3）氮气在阴极得电子生成氨气；（4）已知：①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4k J•mol-1，②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=-571.6k J•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），据此分析．本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素、电解原理的应用、盖斯定律的应用等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用考查，注意把握K与温度的关系以及影响化学平衡的因素．三、实验题(本大题共1小题，共14.0分)11.工业上利用锌焙砂（主要含Z n O、Z n F e2O4，还含有少量F e O、C u O等氧化物杂质）制取金属锌的流程如图甲所示．（1）提高酸浸效率的措施为______ （任答一条即可）；酸浸时H+与难溶固体Z n F e2O4反应的离子方程式为______ ．（2）净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为______ ；X可选择的试剂为______ （写化学式）；净化Ⅱ中Y为______ （写化学式）；（3）电解法制备锌的装置如图乙所示：则电解槽中盛有的电解质溶液为______ （填字母）；a．Z n C l2溶液b．Z n（NO3）2溶液c．Z n SO4溶液根据图乙中的数据，可求得电解过程中电流的有效利用率为______ ；（4）使用含有[Z n（OH）4]2-的强碱性电镀液进行镀锌防腐蚀，可得到细致的光滑镀层，电镀时阴极电极反应式______ ；以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在______ 处（填字母）．【答案】增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）；Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O；H2O2+2F e2++2H+═2F e3++2H2O；Z n O；C u；c；75%；[Z n（OH）4]2-+2e-=Z n+4OH-；C【解析】解：将锌焙砂（主要含Z n O、Z n F e2O4，还含有少量F e O、C u O等氧化物杂质）酸浸，发生反应Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O、Z n O+2H+=Z n2++H2O、F e O+2H+=F e2++H2O、C u O+2H+=C u2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2F e2++2H++H2O2=2F e3++2H2O，调节溶液的p H将F e3+转化为F e（OH）3沉淀，调节溶液p H时不能引进新的杂质，可以用Z n O，所以X为Z n O，然后向溶液中加入Z n，发生反应C u2++Z n=Z n2++C u，然后过滤，所以Y中含有C u，最后电解得到Z n，（1）增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积等都可以加快反应速率，所以可以采用增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）加快反应速率；通过以上分析知，该离子方程式为Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O，故答案为：增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）；Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O；（2）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为H2O2+2F e2++2H+═2F e3++2H2O，通过以上分析知，X为Z n O、Y为C u，故答案为：H2O2+2F e2++2H+═2F e3++2H2O；Z n O；C u；（3）a．电解Z n C l2溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气而得不到氧气，故错误；b．电解Z n（NO3）2溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以阳极区得到的溶液相当于硝酸，硝酸具有挥发性，故错误；c．电解Z n SO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极区域生成硫酸，硫酸没有挥发性，阴极上氢离子放电，当锌离子浓度足够大时，溶液中锌离子放电生成锌，故正确；当有2mol氧气生成时，转移电子的物质的量=2mol×4=8mol，阴极上转移电子的物质的量是8mol，实际上析出1mol氢气，所以生成锌转移电子的物质的量是6mol，则电解过程中电流的有效利用率==75%，故答案为：c；75%；（4）电镀时阴极电极反应式为[Z n（OH）4]2-+2e-=Z n+4OH-，以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在腐蚀最严重处C处，故答案为：[Z n（OH）4]2-+2e-=Z n+4OH-；C．将锌焙砂（主要含Z n O、Z n F e2O4，还含有少量F e O、C u O等氧化物杂质）酸浸，发生反应Z n F e2O4+8H+=Z n2++2F e3++4H2O、Z n O+2H+=Z n2++H2O、F e O+2H+=F e2++H2O、C u O+2H+=C u2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2F e2++2H++H2O2=2F e3++2H2O，调节溶液的p H将F e3+转化为F e（OH）3沉淀，调节溶液p H时不能引进新的杂质，可以用Z n O，所以X为Z n O，然后向溶液中加入Z n，发生反应C u2++Z n=Z n2++C u，然后过滤，所以Y中含有C u，最后电解得到Z n．本题考查物质的分离和提纯，为高考高频点，侧重考查学生分析、判断、知识运用及基本操作能力，能从整体上分析解答，知道流程图中每个步骤发生的反应、操作方法，题目难度中等．。
四川省成都市第七中学2016届高三上学期入学考试 化学试题 pdf版
C．0．5amol/L 的氨水质量分数等于 0.5b%
1
D．0．5amol/L 的氨水质量分数小于 0.5b% 7.安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑ ，下列判断正确的是 A.每生成 16 mol N2 转移 30 mol 电子 C.N2 既是氧化剂又是还原剂 B.NaN3 中 N 元素被还原 D.还原产物与氧化产物质量之比为 1:15 ）
2+ +
—
+
2
M X W 则下列说法正确的是： A．Y、M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为 0.76 g.L B．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M C．由 X 元素形成的单质一定是原子晶体 D．XZ2、X2M2、W2Z2 均为直线型的共价化合物 13. X、Y、Z、W、R 五种短周期元素原子序数依次增大，X 是周期表中原子半径最小的，Y、R 同主 族，Z、W、R 同周期，Y 原子的最外层电子数是次外层的 3 倍，Z 是常见的金属，其氢氧化物能溶于 强碱溶液但不溶于氨水，W 单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是( A．热稳定性：X2R＞X2Y B．WY2 能与碱反应，但不能与任何酸反应 C．Z 位于第三周期第ⅢA 族，Z 与 Y 形成的化合物是一种比较好的耐火材料 D．使甲基橙变红色的溶液中： K 、R 、ZY2 、WY
[推荐学习]四川省成都市2016届高三化学上学期第一次段考试卷(含解析)
![[推荐学习]四川省成都市2016届高三化学上学期第一次段考试卷(含解析)](https://img.taocdn.com/s3/m/b8d8a66ccf84b9d528ea7ae2.png)
2015-2016学年四川省成都市高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质应用正确的是（）A．氯气、明矾净水原理相同B．过氧化钠、活性炭均可用于呼吸面具C．硅胶和铁粉均可用于食品的防氧化D．甲烷的氯代物均可作防火材料2．用N A表示阿伏加德罗常数值．下列叙述正确的是（）A．标况下，1molC6H1206含氧原子数为6N AB．0.1moICl2与足量水充分混合，转移电子数为0.1N AC．25℃，pH=13的Ba（OH）2溶液含有OH﹣数目为0.2N AD．22.4L N2和NH3混合气体含共用电子对数目为3N A3．已知某药物具有抗痉挛作用，制备该药物其中一步反应为：下列说法不正确的是（）A．a中参加反应的官能团是羧基B．生活中b可作燃料和溶剂C．c极易溶于水D．该反应类型为取代反应4．短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如表，四种元素的原子最外层电子数之和为B．元素最高正价：Z＞Y＞XC．简单气态氢化物稳定性：W＞Y＞XD．工业上催化氧化Y的氢化物可用于制备其含氧酸5．用如图所示装置进行下列实验，有关分析一定不正确的是A ．AB ．BC ．CD ．D7．溶液X 中含有右表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol/L （不考虑水的电离与离子水解）．向X 溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析反应前后阴离子种类没有变化．下列叙述不正确33B ．生成无色气体的离子方程式为：3Fe 2++NO 3﹣+4H +═3Fe 3++NO+2H 2OC ．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg 2+D ．X 溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子8．常温下，向20mL 的某稀H 2S04溶液中滴入0.1mol/L 氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴人氨水体积变化如图．下列分析正确的是（）A ．稀硫酸的浓度为0.1mol/LB ．C 点溶液pH=14﹣aC ．E 溶液中存在：c （NH 4+）＞c （SO 42﹣）＞c （H +）＞c （OH ﹣） D ．B 到D 、D 到F 所加氨水体积一定相等二、解答题（共4小题，满分58分）9．某化学小组用淀粉制取食品包装高分子材料B 和具有果香味的物质D ．其转化关系如下：（1）C 6H 12O 6名称是 ；A 的电子式是 ． （2）写出下列反应方程式：①淀粉一C6H12O6：；②C﹣D：（3）写出常温下能与NaHC03溶液反应的D的所有同分异构体的结构简式：．10．工业合成氨是人工固氮方法之一．223）△H=Ⅱ恒温下，将一定量N2、H2置于10L的容器中发生反应，反应过程中各物质浓度随时间变化如图1．（1）图1中0～2s内的反应速率v（H2）= ；该温度下平衡常数的计算表达式为．（2）该反应达到平衡的标志为（填序号）．A．混合气体的平均相对分子质量不变B．物质的量浓度比等于系数比C．容器内温度不变D．断裂1moIH﹣H键同时断裂2molN﹣H键（3）若其它条件不变，将恒容条件变为恒压，则平衡时c（N2）（填“增大”、“减小”、“不变’’或“不能确定”）．（4）哈伯研究所因证实N2、H2在固体催化剂（Fe）表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖．若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用如图2表示：①吸附后，能量状态最低的是（填字母序号）．②由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是；c0后速率降低的原因可能是．11．天津“8.12“爆炸中扩散的CN﹣造成部分水体污染．某小组欲检测污水中CN﹣的浓度并模拟电化学法除去CN﹣．探究I 检测CN﹣浓度资料：碱性条件下发生离子反应：2CN﹣+5H202+90H﹣═2CO32﹣+N2+6H20实验装置如图1（其中加热、夹持装置省略）．（不考虑污水中其它离子反应）（1）加入药品之前的操作是；C中试剂是（3）计算CN的浓度，需称得的质量是．（4）为了使检测更加准确，上述（2）中操作要特别注意一些事项．请写出至少一条．①X电极名称：；②实验（1）中X换成Zn，则电流计读数的范围为③若乙装置中阳极产生无毒无害物质，其电极方程式为；该实验说明电化学法处理CN ﹣，影响处理速率的因素有（至少两条）．12．硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰制取t其工艺流程如图1所示．（1）为提高锌灰的浸取率，可采用的方法是（填序号）．①研磨②多次浸取③升高温度④加压⑤搅拌（2）步骤Ⅱ所得滤渣中的物质是（写化学式）．（3）步骤Ⅲ中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂b应为（4）步骤Ⅳ还可以回收Na2SO4来制取Na2S．①检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是，②Na2S可由等物质的量的Na2S04和CH4在高温、催化剂条件下制取．化学反应方程式为；③已知Na2SO4．10H2O及Na2SO4的溶解度随温度变化曲线如图2．从滤液中得到Na2SO4.10H2O的操作方法是（5）若步骤Ⅱ加入的ZnCO3为b mol，步骤Ⅲ所得Cd为d mol，最后得到VL、物质的量浓度为c mol/L的Na2SO4溶液．则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为．2015-2016学年四川省成都市高三（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质应用正确的是（）A．氯气、明矾净水原理相同B．过氧化钠、活性炭均可用于呼吸面具C．硅胶和铁粉均可用于食品的防氧化D．甲烷的氯代物均可作防火材料【考点】氯气的化学性质；含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物．【专题】化学应用．【分析】A．氯气与水反应生成的HClO具有氧化性，明矾水解生成胶体净化水；B．过氧化钠可作供氧剂，活性炭具有吸附性；C．硅胶不具有还原性；D．甲烷的氯代物中四氯化碳可作防火材料．【解答】解：A．氯气与水反应生成的HClO具有氧化性，明矾水解生成胶体净化水，则净水原理不同，故A不选；B．过氧化钠可作供氧剂，活性炭具有吸附性，则均可用于呼吸面具，故B选；C．硅胶不具有还原性，可作干燥剂，而铁粉可用于食品的防氧化，故C不选；D．甲烷的氯代物中四氯化碳可作防火材料，其它不能，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．2．用N A表示阿伏加德罗常数值．下列叙述正确的是（）A．标况下，1molC6H1206含氧原子数为6N AB．0.1moICl2与足量水充分混合，转移电子数为0.1N AC．25℃，pH=13的Ba（OH）2溶液含有OH﹣数目为0.2N AD．22.4L N2和NH3混合气体含共用电子对数目为3N 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定律．【分析】A、1molC6H1206中含有6mol氧原子；B、Cl2与水的反应为可逆反应；C、溶液体积不明确；D、气体所处的状态不明确．【解答】解：A、1molC6H1206中含有6mol氧原子，即6N A个，故A正确；B、Cl2与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1N A个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D、气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则含有的共用电子对无法计算，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．已知某药物具有抗痉挛作用，制备该药物其中一步反应为：下列说法不正确的是（）A．a中参加反应的官能团是羧基B．生活中b可作燃料和溶剂C．c极易溶于水D．该反应类型为取代反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由a、c的结构简式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b发生酯化反应生成c，b为乙醇，以此解答该题．【解答】解：由a、c的结构简式可知a含有羧基，c含有酯基，a、b发生酯化反应生成c，b为乙醇，A．a与b反应生成c含有酯基，则a参加反应的官能团是羧基，故A正确；B．b为乙醇，可作燃料和溶剂，故B正确；C．c含有酯基，不溶于水，故C错误；D．反应类型为酯化反应，也为取代反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，题目难度不大．4．短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如表，四种元素的原子最外层电子数之和为B．元素最高正价：Z＞Y＞XC．简单气态氢化物稳定性：W＞Y＞XD．工业上催化氧化Y的氢化物可用于制备其含氧酸【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y、W原子最外层电子数为a，则X、Z最外层电子数依次为a﹣1、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为20，则：a﹣1+a+a+a+1=20，解得a=5，则Y为N元素、W为P元素、X为C元素、Z为O元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，设Y、W原子最外层电子数为a，则X、Z最外层电子数依次为a﹣1、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为20，则：a﹣1+a+a+a+1=20，解得a=5，则Y为N元素、W为P元素、X为C 元素、Z为O元素．A．W为P元素，处于周期表中第三周期VA族，故A错误；B．氧元素没有最高正化合价，故B错误；C．非金属性P＜N，故氢化物稳定性PH3＜NH3，故C错误；D．工业上将氨气催化氧化得到NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在与水反应得到硝酸，故D正确，故选：D．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，熟悉元素周期表结构及原子结构是解本题关键，注意把握元素周期律，难度不大．5．用如图所示装置进行下列实验，有关分析一定不正确的是A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【专题】实验评价题；化学实验基本操作．【分析】A．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，但少量硫酸与亚硫酸反应不能生成气体；B．氯化铁催化过氧化氢分解生成氧气，氧气可氧化亚铁离子；C．盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气氧化KI生成碘；D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸．【解答】解：A．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，但少量硫酸与亚硫酸反应不能生成气体，则③中不能立即出现浑浊，故A错误；B．氯化铁催化过氧化氢分解生成氧气，氧气可氧化亚铁离子，由③中现象可知，过氧化氢分解，则FeCl3作催化剂，故B正确；C．盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气氧化KI生成碘，由③中现象溶液变蓝可知有碘生成，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2，故C正确；D．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性和强氧化性，则③中可能先变后褪色，故D正确；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应及应用等为解答的关键，注意实验中发生的反应及实验评价性分析，题目难度不大．7．溶液X中含有右表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol/L（不考虑水的电离与离子水解）．向X溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析反应前后阴离子种类没有变化．下列叙述不正确的是（）33B ．生成无色气体的离子方程式为：3Fe 2++NO 3﹣+4H +═3Fe 3++NO+2H 2OC ．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg 2+D ．X 溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件． 【专题】离子反应专题．【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L ，向溶液X 中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可以推知是Fe 2+、NO 3﹣在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl ﹣，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L ，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO 42﹣，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg 2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl ﹣、NO 3﹣、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+，据此进行解答． 【解答】解：各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L ，向溶液X 中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可推知是Fe 2+、NO 3﹣在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl ﹣，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L ，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO 42﹣，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg 2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl ﹣、NO 3﹣、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+，A ．根据分析可知，溶液中一定不存在HCO 3﹣与CO 32﹣，故A 正确；B ．生成无色气体为NO ，反应的离子方程式为：3Fe 2++NO 3﹣+4H +═3Fe 3++NO+2H 2O，故B 正确；C ．原溶液中一定含有Mg 2+，故C 正确；D ．原溶液中含有的五种离子为：Cl ﹣、NO 3﹣、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+，含有2种阳离子、3种阴离子，故D 错误； 故选D ．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意熟练掌握常见离子的性质，能够根据电荷守恒判断离子的存在情况，试题培养了学生的灵活应用能力．8．常温下，向20mL 的某稀H 2S04溶液中滴入0.1mol/L 氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴人氨水体积变化如图．下列分析正确的是（ ）A ．稀硫酸的浓度为0.1mol/LB ．C 点溶液pH=14﹣aC ．E 溶液中存在：c （NH 4+）＞c （SO 42﹣）＞c （H +）＞c （OH ﹣）D．B到D、D到F所加氨水体积一定相等【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、根据20mL的稀H2S04溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；B、根据C点的溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；C、E溶液显示酸性，根据盐的水解原理来比较离子浓度；D、B到D水的电离程度增加，是硫酸铵生成阶段，铵根离子水解显示酸性，促进水的电离，D到F，是因为加入的氨水抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小．【解答】解：A、根据20mL的稀H2S04溶液中，水电离出的氢离子浓度是10﹣13，结根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故A错误；B、C点的溶液中水电离出的氢离子浓度是10﹣a，此时的溶液显示酸性，铵根离子水解所致，所以水电离程度增大，pH=a，故B错误；C、E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D、B到D水的电离程度增加，是硫酸铵生成阶段，铵根离子水解显示酸性，促进水的电离，D到F，是因为加入的氨水抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小，两个阶段铵根离子的水解程度不一样，所以加氨水体积不相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生酸碱混合的酸碱性的判断以及盐的水解原理的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等．二、解答题（共4小题，满分58分）9．某化学小组用淀粉制取食品包装高分子材料B和具有果香味的物质D．其转化关系如下：（1）C6H12O6名称是葡萄糖；A的电子式是．（2）写出下列反应方程式：①淀粉一C6H12O6：；②C﹣D：（3）写出常温下能与NaHC03溶液反应的D的所有同分异构体的结构简式：．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】根据题中各物质转化关系，淀粉水解得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇在酸性条件下被重铬酸钾氧化得C为CH3COOH，C与乙醇发生酯化反应得D为CH3COOCH2CH3，由于B为食品包装高分子材料，应为聚乙烯，所以A为CH2=CH2，乙醇发生消去反应得CH2=CH2，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，淀粉水解得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇在酸性条件下被重铬酸钾氧化得C为CH3COOH，C与乙醇发生酯化反应得D为CH3COOCH2CH3，由于B为食品包装高分子材料，应为聚乙烯，所以A为CH2=CH2，乙醇发生消去反应得CH2=CH2，（1）C6H12O6名称是葡萄糖，A为CH2=CH2，A的电子式是，故答案为：葡萄糖；；（2）①淀粉→C6H12O6的反应方程式为：，②C﹣D的反应方程式为：，故答案为：；；（3）常温下能与NaHC03溶液反应，说明有羧基，符合条件的D的所有同分异构体的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断、烯与醇、醛、羧酸之间的转化关系等，难度不大，注意基础知识的理解掌握．10．工业合成氨是人工固氮方法之一．223）△H=﹣92kJ/molⅡ恒温下，将一定量N2、H2置于10L的容器中发生反应，反应过程中各物质浓度随时间变化如图1．（1）图1中0～2s内的反应速率v（H2）= 0.75mol/（L．s）；该温度下平衡常数的计算表达式为．（2）该反应达到平衡的标志为AD （填序号）．A．混合气体的平均相对分子质量不变B．物质的量浓度比等于系数比C．容器内温度不变D．断裂1moIH﹣H键同时断裂2molN﹣H键（3）若其它条件不变，将恒容条件变为恒压，则平衡时c（N2）增大（填“增大”、“减小”、“不变’’或“不能确定”）．（4）哈伯研究所因证实N2、H2在固体催化剂（Fe）表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖．若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用如图2表示：①吸附后，能量状态最低的是 C （填字母序号）．②由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；c0后速率降低的原因可能是达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】I、反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能；II、（1）根据图象1可知，曲线C为氢气的浓度的变化曲线，根据v（H2）=来计算；平衡常数K=；（2）当一个量在反应未达平衡时在变，而后来不变了，则此量可以作为平衡的标志；（3）当容器恒压时，相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积，平衡右移，氮气的物质的量变小，但浓度比原来大；（4）①根据化学键的断裂要吸收能量，且反应放热来分析；②c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸．【解答】解：I、由于反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=（946KJ/mol）+3×（436KJ/mol）﹣6×（391KJ/mol）=﹣92kJ/mol，故答案为：﹣92kJ/mol；II、（1）根据图象1可知，曲线C为氢气的浓度的变化曲线，△c（H2）=1.5mol/L，故v（H2）===0.75mol/（L．s）；平衡常数K==，故答案为：0.75mol/（L．s），；（2）A．此反应中的反应物和生成物全为气体，故气体的质量一直不变，而反应向正反应方向进行时，气体的物质的量减小，故在平衡之前，混合气体的平均相对分子质量在减小，故当不变时，说明反应达平衡，故A正确；B．无论反应是否达到平衡，物质的物质的量浓度比和系数比之间无必然的联系，即反应达平衡后，浓度之比不一定等于系数之比，当浓度等于系数之比时，反应不一定达平衡，故B错误；C．此容器为恒温的容器，容器内的温度一直不变，故容器内温度不变时，不能说明反应达平衡，故C错误；D．断裂1moIH﹣H键意味着有1mol氢气被消耗，同时断裂2molN﹣H键，意味着有1mol氢气生成，则氢气的消耗量和生成量相同，则反应达平衡，故D正确；故选AD．（3）当容器恒压时，相当于是在恒容达平衡的基础上再压缩容器的体积，平衡右移，氮气被消耗，则氮气的物质的量变小，但浓度比恒容时要变大，故答案为：增大；（4）①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低，故答案为：C；②c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸，故反应速率减慢，故答案为：氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸．【点评】本题考查了反应热的计算、反应达平衡的判断和平衡常数的计算等内容，正确解读题目给出的信息是解决信息性题目的关键，要善于从信息中捕捉最有效的信息用来处理问题．11．天津“8.12“爆炸中扩散的CN﹣造成部分水体污染．某小组欲检测污水中CN﹣的浓度并模拟电化学法除去CN﹣．探究I 检测CN﹣浓度资料：碱性条件下发生离子反应：2CN﹣+5H202+90H﹣═2CO32﹣+N2+6H20实验装置如图1（其中加热、夹持装置省略）．（不考虑污水中其它离子反应）（1）加入药品之前的操作是检查装置气密性；C中试剂是浓H2S04的浓度，需称得的质量是反应前后D装置的质量．（4）为了使检测更加准确，上述（2）中操作要特别注意一些事项．请写出至少一条加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量）．（5）根据表格信息分析．①X电极名称：负极；②实验（1）中X换成Zn，则电流计读数的范围为I～1.5I③若乙装置中阳极产生无毒无害物质，其电极方程式为2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣=2CO32﹣+N2+6H2O ；该实验说明电化学法处理CN﹣，影响处理速率的因素有负极的金属材料和甲中电解质的浓度（至少两条）．【考点】制备实验方案的设计；电解原理．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；电化学专题；无机实验综合．【分析】本实验是利用在碱性条件下双氧水将CN﹣氧化成碳酸根离子，再用稀硫酸与碳酸根反应生成二氧化碳，用碱石灰吸收生成的二氧化碳，根据装有碱石灰的干燥管的质量的变化确定二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可计算出的物质的量，进而确定浓度，在实验过程中为准确测量二氧化碳的质量，要排除空气中的二氧化碳的干扰，以及要把装置产生的二氧化碳让碱石灰充分吸收，所以要在装置里通入氮气，（1）由于该实验是有气体参与反应的，所以实验开始前要检查装置气密性；从B装置中出来的气体中有水蒸气，能被碱石灰吸收，会对实验结果产生影响，所以气体要干燥；（2）在加过双氧后，要关闭K2，再向B中加足量的稀硫酸，与碳酸根离子反应；（3）根据分析可知，计算CN﹣的浓度，需称得的质量是反应前后D装置的质量；（4）为了使二氧化碳能充分被碱石灰吸收，加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量）；（5）①根据原电池原理，活泼金属做原电池的负极；②锌的活泼性介于铝和铁之间，根据表中数据可知，金属越活泼，电流计的值越大，据此答题；③乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子，通过比较负极的金属材料和甲中电解质的浓度进行分析答题；【解答】解：本实验是利用在碱性条件下双氧水将CN﹣氧化成碳酸根离子，再用稀硫酸与碳酸根反应生成二氧化碳，用碱石灰吸收生成的二氧化碳，根据装有碱石灰的干燥管的质量的变化确定二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可计算出的物质的量，进而确定浓度，在实验过程中为准确测量二氧化碳的质量，要排除空气中的二氧化碳的干扰，以及要把装置产生的二氧化碳让碱石灰充分吸收，所以要在装置里通入氮气，（1）由于该实验是有气体参与反应的，所以实验开始前要检查装置气密性，从B装置中出来的气体中有水蒸气，能被碱石灰吸收，会对实验结果产生影响，所以气体要干燥，所以C中试剂是浓H2S04，故答案为：检查装置气密性；浓H2S04；（2）在加过双氧后，要关闭K2，再向B中加足量的稀硫酸，与碳酸根离子反应，故答案为：关闭K2；稀H2S04；（3）根据分析可知，计算CN﹣的浓度，需称得的质量是反应前后D装置的质量，故答案为：反应前后D装置的质量；（4）为了使二氧化碳能充分被碱石灰吸收，加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量），故答案为：加稀H2S04时要缓慢注入（要缓慢通人N2或给B加热时温度不能过高或加入稀H2SO4，要足量）；（5）①根据原电池原理，活泼金属做原电池的负极，故答案为：负极；②锌的活泼性介于铝和铁之间，根据表中数据可知，金属越活泼，电流计的值越大，所以电流计读数的范围为I～1.5I，。
2016年成都七中高三上期半期考试试题及答案
2016年成都七中高三上学期半期考试化学试题可能用到的相对原子质量：H—1 Li—7 B—11 C—12 N—14 O—16 Cu—647．化学与科学、技术、社会、环境都密切相关，下列说法不正确的是A．古人利用明矾溶液的酸性来清洗青铜器上的铜锈B．人体摄入适量的油脂有利于促进维生素的吸收C．《肘后备急方》中记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，所述过程不涉及化学变化D．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料8．柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为：有关柠檬烯的分析正确的是A．分子式为C10H14B．一定条件下，柠檬烯可以发生加成、取代、氧化、还原反应C．柠檬烯有属于苯的同系物的同分异构体D．柠檬烯的分子中所有碳原子可能处在同一个平面上9.设N A为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是A．1mol羟基与1 mol氢氧根离子所含的电子数均为9N AB．常温下，44 g N2O和CO2组成的混合气体，所含原子数为3N AC．0.1mol/L的NaClO溶液，含有的阴离子数为0.1N AD．常温下，将1 molFe投入过量浓硝酸中，转移的电子数为3N A10．下列实验能达到预期目的是11元素形成的化合物种类最多，W和Y族序数之和为X族序数的2倍，Z的最高价氧化物对应的水化物既能溶于酸又能溶于碱，下列说法中正确的是A．简单气态氢化物沸点Y>X>WB．原子半径Z>Y>X>WC．Y元素可能位于第二周期第ⅦA族D．Y元素与其它三种元素均可形成多种化合物12．锂空气电池比锂离子电池具有更高的能量密度，前景非常广阔，其结构及工作原理如下图（固体电解液只允许Li+通过），下列有关说法不正确的是A．电池工作时，正极反应式：O2+ 2H2O+4e-=4OH-B．去掉固体电解液和有机电解质，电池反应发生改变C．充电时，生成14gLi，空气极质量增加16gD．充电时，专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀和劣化13．常温下向10mL 0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，不断通入HCl后，CH3COO-与CH3COOH 浓度的变化趋势如下图所示(不考虑溶液体积变化)，下列说法不正确的是A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，c(H+)-c(OH-)=(100a-5.0×10-2)mol/LC．随着HCl的通入，值不断减小D．当n(HCl)=1.0×10-3mol时，溶液中c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)26.（14分）某兴趣小组欲通过实验方法验证Fe2+的某些性质。
四川省成都市第七中学2016届高三周末练习化学试题(2015-10-10) Word版含答案[ 高考]
![四川省成都市第七中学2016届高三周末练习化学试题(2015-10-10) Word版含答案[ 高考]](https://img.taocdn.com/s3/m/b7beb5aa87c24028915fc3c9.png)
2016届成都七中高中化学分推试题（四）专题化学反应速率与平衡（2）1.t ℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：物质X Y Z初始浓度/mol·L-10.1 0.2 02 min末浓度/mol·L-10.08 a b平衡浓度/mol·L-10.05 0.05 0.1下列说法正确的是A. 平衡时，X的转化率为20% B．t ℃时，该反应的平衡常数为40C. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y) = 0.03 mol·L-1·min-12.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果，下列图像描述正确的是A．图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，且乙的压强大C．图③表示向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D．图4表示在2L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0~10min内该反应的平均速率v(H2)=0.045mol·L-1·min-1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为b3.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系下表：温度℃25 80 230平衡常数5×104 2 1.9×10-5下列说法正确的是A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为吸热反应B．25℃时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为0.5C．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）>v（逆）D．80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L4.已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：t℃700 800 830 1000 1200K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38下列有关叙述不正确的是A．该反应的化学方程式是：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)B．上述反应的正反应是放热反应C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：，判断此时的温度是1000 ℃5.在一个固定容积的密闭容器中，可发生以下反应：A(g)+B(g)xC(g)；∆H＝?符合下图(a)所示的关系w(c)为C 的质量分数，由此推断关于图(b)的说法正确的是A．P3>P4，y轴表示A的转化率B．P3<P4，y轴表示B的体积分数C．P3<P4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量D．P3>P4，y轴表示混合气体的密度6.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)△H＝－92.4 kJ/mol 实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3① 1 3 0 放出热量a kJ② 2 3 0 放出热量b kJ③ 2 6 0 放出热量c kJ下列叙述正确的是( )A．放出热量关系：a < b < 92.4 B．三个容器内反应的平衡常数：③> ①> ②C．达平衡时氨气的体积分数：①> ③D．N2的转化率：②> ①> ③7．甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及数量如图所示，三个容器最初的容积相等，温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。
【全国百强校】四川省成都市第七中学2016届高三上学期期中考试理综化学试题解析01(解析版)
本试卷分选择题和非选择题两部分。
第Ⅰ卷（选择题）1至4页，第Ⅱ卷（非选择题）5至10页，共10页，满分300分，考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 S—32 Fe—56第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题（本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）7．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是A．工业上用惰性电极电解熔融的MgO可制得MgB．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．草木灰可与铵态氮肥混合施用D．氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂【答案】B考点：考查化学与生产、生活、社会等知识8．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1N AB．电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L H2时，转移的电子数为0.2N AC．常温下，1.0L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1 N AD．将100mL0.1mol·L -1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01N A【答案】A【解析】试题分析：A．标准状况下，2．24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，方程式为C12+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，转移的电子总数为0．1NA，正确；B．未说明是否标况无法判断转移的电子数，错误；C．25℃pH=13 的NaOH溶液中，由NaOH电离的OH－离子数目为0.1N A，由水电离的OH－离子数为10-13 N A，错误；D．100mL0.1mol/L氯化铁溶液中氯化铁的物质的量是0.01mol，但铁离子水解不完全，所以生成的氢氧化铁胶粒的数目小于0.01N A，错误。
考点：考查阿伏加德罗常数9．常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是A．中性溶液中：B．pH<7的溶液中：C．加入金属镁能产生H2的溶液中：D．的溶液中：【答案】B【考点定位】离子共存【名师点睛】离子共存问题是中学化学中的常见问题。
【全国百强校】四川省成都市第七中学2016届高三上学期期中考试化学试题解析(解析版)
可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 S—32 Fe—56第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题（本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）7．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是A．工业上用惰性电极电解熔融的MgO可制得MgB．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C．草木灰可与铵态氮肥混合施用D．氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂【答案】B考点：考查化学与生活的有关判断8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1N AB．电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L H2时，转移的电子数为0.2N AC．常温下，1.0L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1ND．将100mL0.1mol·L -1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01N A【答案】A【解析】试题分析：A.标准状况下，2.24L Cl2的物质的量是0.1mol，与过量稀NaOH溶液反应时氯元素的化合价部分从0价降低到－1价，部分升高到＋1价，转移的电子总数为0.1N A，A正确；B.电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L H2时，转移的电子数不一定为0.2N A，因为不能确定氢气的物质的量是不是0.1mol，B错误；C.常温下，1.0L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目等于溶液中氢离子的数目，即为10－13N A，C错误；D.生成氢氧化铁胶体的反应是可逆的，且胶体是巨大粒子的集合体，所以将100mL0.1mol·L -1的FeCl3溶液滴入沸水中所Fe(OH)3胶粒子数目小于0.01N A，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查阿伏伽德罗常数的计算【名师点晴】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。
成都七中高2016届理科综合考试(11.20)化学
成都七中高2016届理科综合考试(11.20)化学
成都七中高2016届理科综合考试--化学（11.20）
成都七中高2016届理科综合考试（11.20）
化学参考答案及评分意见
7~13：DCBCBBA
26．（12分，每空2分）
（1）①大于②-6a kJ/mol③
（2）①cd ②甲=乙<丙③
（未注明乙、丙不得分）27．（14分）
（1）防止暴沸冷却到室温后补加沸石（碎瓷片）
（2）球形冷凝管冷凝回流 a
（3）检查是否漏液
（4）下蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管（2分） （5）80%（2分）
28．（16分，每空2分）
（1）①酚酞 I ② CH 3COOH ③<
④c(OH －)<c(H +)<c(Na +)<c(CH 3COO －)
（2）①由于存在沉淀溶解平衡
AgSCN(s)Ag +(aq)+SCN -(aq)，故溶液中仍有少量SCN -，Fe 3+与SCN -结合生成Fe(SCN)3从而显红色
②出现白色沉淀、溶液红色变浅（任写一点即可）
③ c(SCN -)/c(I -)
29．（16分，每空2分）
（1）①2Fe 2++ClO －+5H 2O ＝2Fe(OH)3↓+C1－
+4H +②c
③(浓)盐酸④ 1~100 nm
（2）①HO 2－+2e －+H 2O ＝3OH －②2Al+2OH －+2H 2O ＝2AlO 2－+3H 2↑ CH 3NO 2
（3）氯化铝溶液中，H+得电子能力强于Al3+，电镀池中阴极析出氢气
（4）b。
【百强校】2016届四川成都第七中学高三阶段测试三理综化学试卷(带解析)
【百强校】2016届四川成都第七中学高三阶段测试三理综化学试卷（带解析）一、选择题1.设N A 为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A ．10mL20mol/L 浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2N AB ．0.1mol 24Mg 18O 晶体中所含中子总数为 2.0N AC ．在标准状况下，2.8gN 2和2.24LCO 所含电子数均为1.4N AD ．1L1mol/L 的NaClO 溶液中含有ClO -的数目为N A 【答案】C 【解析】试题分析：A 、浓硫酸和锌反应时随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，所以转移电子数不能确定，不选A ；B 、每个氧化镁中含有中子数为12+10=22个，所以0.1摩尔晶体中所含中子数为 2.2摩尔，错误，不选B ；C 、2.8克氮气的物质的量为0.1摩尔，2.24升一氧化碳的物质的量为0.1摩尔，均含有 1.4摩尔电子，正确，选C ；D 、次氯酸根离子水解，不能确定次氯酸根离子数目，错误，不选D 。
考点：阿伏伽德罗常数【名师点睛】阿伏伽德罗常数的考查是考试常见的题型，通常需要注意一下几个方面：1、气体摩尔体积的使用：必须是在标况下，物质为气体，气体摩尔体积才为22.4L/mol 。
2、分子中的原子个数，很多的单质分子中含有2个原子，例如氢气，氧气，氮气等，但也有不是2个原子的，例如氦气含有1个原子，臭氧含有3个原子。
当然化合物分子中的原子数也各不相同。
3、有些物质不能用分子一词，例如离子化合物，如氯化钠，过氧化钠等。
同时注意离子化合物中的离子数，如过氧化钠含有2个钠离子和一个过氧根离子等。
4、注意特殊反应，例如可逆反应不能进行完全，铜只能和浓硫酸反应，不和稀硫酸反应，二氧化锰和浓盐酸反应，不和稀盐酸反应，铁和氯气反应只能生成氯化铁而不是氯化亚铁等。
5、注意溶液中的微粒数值，溶液中有水，求氢原子或氧原子时不要忘记水，若求溶质的微粒，要考虑是否电离，电离程度，是否水解，水解程度等因素。
成都七中16届高三理科化学4月8日测试试卷
成都七中2013级高三理综试题（4.8）化学部分可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 S-32 Ba-137第I卷（选择题42分）一、选择题（本题共7小题，共42分）1.化学在生产和日常生活中有着重要的作用。
下列有关说法正确的是A．二氧化硫有漂白性，常用作棉、麻、纸张和食品的漂白B．氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D．汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的2. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1 mol O2与Na完全反应，转移电子数一定为4N AB．常温常压下，1.7克NH3中含有共价键的数目为N AC．142g Na2SO4和Na2HPO4混合物中含有的阴、阳离子总数是3 N AD．标准状况下，1 L辛烷完全燃烧生成的二氧化碳分子数为8/22.4N A3.下列相关离子方程式书写正确的是A．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：6Fe2＋＋3ClO－＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3Cl－＋4Fe3＋B．用食醋检验牙膏中的碳酸钙：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2OC．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2＋＋4H＋＋O2===2Fe3＋＋2H2OD．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2O H2↑＋Cl2↑＋2OH－4. “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是A．四个“封管实验”中都有可逆反应发生B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差D．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅5．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4的溶液中发生的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣═Fe2+6．一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl 5（g）PCl3（g）+Cl2（g）下列说法正确的是A．平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB．反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＞容器ⅠC．反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=0.1/t1 mol/（L•s）D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行7. 亚氯酸钠（NaClO2）用于漂白织物、纤维、纸浆，具有对纤维损伤小的特点。
四川省成都七中高2016届高三上学期12月11日周测理综化学试题(Word)
成都七中2016级理综测试化学卷( 12.11)可能用到的相对原子质量：H：1；C：12;O：16; Fe: 56第I卷1．下列有关物质水解的说法正确的是A．纤维素不能水解成葡萄糖B．油脂水解产物之一是甘油C．蛋白质水解的最终产物是多肽D．蔗糖水解产物仅有葡萄糖2．若NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1mol NH3与1 mol OH-所含的质子数均为10N AB．标准状况下，22.4L CHCI3中含C-H键数目为N AC．1mol Fe与足量的稀HN03反应时，转移3N A个电子D．l00mL2moI.L-1碳酸钠溶液中，C032-离子数为0.2N A3．下列对各组离子或物质是否能够大量共存及解释正确的是4．下列表述不正确的是5．现有5种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W 同主族；Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；(元素是地壳中含量最高的元素。
下列说法不正确的是A．原子半径：Y<Q<W B．ZX3可使紫色石蕊溶液变蓝C．X、Z、Q 3种元素可组成离子化合物或共价化合物D．1molX2Q2、Y2X6中含有的电子数、化学键种类都相同6．有0,1 mol.L-1的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列说法正确的是A．溶液①中，c(CH3COO-)= c(H+)B．溶液①、②等体积混合，混合液中c(CH3COO-)等于溶液③中的c(CH3COO-)C．溶液①、②等体积混合，混合液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)D.溶液①、③等体积混合，混合液中c（Na+）>c(CH3C00-)>c(H+)>c(0H-)7．球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。
实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是A．固体2是氧化铁B．X与足量的热浓硝酸反应有N02和C02生成C．溶液甲中可能含有Fe3+D．X的化学式可以表示为Fe3C2第II卷8．(14分)甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。
四川省成都七中2016届高三化学热身试卷 含解析
四川省成都七中2015—2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（共42分）1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（）A．14C可用于测定一些文物的年代，该过程是化学变化B．烧结粘土制陶瓷是物理变化C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时,用碳酸氢钠溶液解毒是复分解反应D．从海水中提取镁的过程中，发生的是非氧化还原反应2．下列有关Ca（ClO）2溶液的叙述不正确的是( ）A．该溶液中Na+、K+、NO、Cl﹣可大量共存B．向溶液中通入CO2气体可以增强溶液漂白性C．和浓盐酸反应的离子方程式:Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2OD．通入过量SO2气体反应的离子方程式：SO2+ClO﹣+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl﹣+2H+3．用如图所示装置不能达到有关实验目的是( )A．用甲图装置证明ρ（煤油）＜ρ(钠）＜ρ（水) B．用乙图装置制备Fe(OH）2C．用丙图装置制取金属锰D．用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性4．铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+．下列说法一定正确的是（）A．充电时，阴极的电极反应式为Cr3++e﹣=Cr2+ B．电池放电肘，负极的电极反应式为Fe2+﹣e﹣=Fe3+ C．电池放电时，Cl﹣从负极室穿过选择性透过膜移向正极室D．放电时，电路中每流过0.1 mol电子，Fe3+浓度降低0.1mol．L﹣15．设N A为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数．下列说法正确的是（）A．0.1 mol的CaO2含阴阳离子总数是0。
3N A B．0.1 mol苯乙烯含π键的数目为0.4N AC．1 L 1mol/L的Na2CO3溶液中含阴阳离子数小于3N A D．2.3 g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0。
1N A6．常温下向25mL 0。
1mol．L﹣1NaOH溶液中逐滴滴加0。
成都七中高届理科综合测验化学
成都七中高届理科综合测验化学
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
成都七中高2016届理科综合考试--化学（11.20）
成都七中高2016届理科综合考试（11.20）
化学参考答案及评分意见
7~13：DCBCBBA
26．（12分，每空2分）
（1）①大于②-6a kJ/mol③
（2）①cd ②甲=乙<丙
③
（未注明乙、丙不得分）
27．（14分）
（1）防止暴沸冷却到室温后补加沸石（碎瓷片）
（2）球形冷凝管冷凝回流 a
（3）检查是否漏液
（4）下蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管（2分）
（5）80%（2分）
28．（16分，每空2分）
（1）①酚酞I ② CH3COOH ③< CH
3
NO
2
④c(OH－)<c(H+)<c(Na+)<c(CH3COO－)
（2）①由于存在沉淀溶解平衡AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，故溶液中仍有少量SCN-，Fe3+与SCN-结合生成Fe(SCN)3从而显红色
②出现白色沉淀、溶液红色变浅（任写一点即可）
③ c(SCN-)/c(I-)
29．（16分，每空2分）
（1）①2Fe2++ClO－+5H2O＝2Fe(OH)3↓+C1－+4H+②c
③(浓)盐酸④ 1~100 nm
（2）①HO2－+2e－+H2O＝3OH－②2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑
（3）氯化铝溶液中，H+得电子能力强于Al3+，电镀池中阴极析出氢气
（4）b。
2016年成都七中高三理综测试化学试卷
2016年成都七中高三理综测试化学试卷可能用到的相对原子量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Cl—35.5一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中正确的是：A．高纯度的晶体硅广泛用于制作光导纤维B．重金属盐中毒后可用生蛋清或者牛奶解毒C．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都属于有机高分子D．普通玻璃、水泥和陶瓷的成分都属于硅酸盐8．已知：①向盛有稀H2SO4试管中加入Fe粉，Fe粉完全溶解得浅绿色溶液；②向实验①浅绿色溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀并立即变为红褐色；③向实验②红褐色沉淀中滴加溶有淀粉的HI溶液，红褐色沉淀溶解得蓝色溶液。
下列判断正确的是：A．上述实验中，共涉及4个氧化还原反应B．若为了使实验①所得溶液久置不变质，可向其中加铁粉和稀盐酸C．实验②可证明溶解度：Fe(OH)3＞Fe(OH)2D．实验③中，反应的离子方程式是：2Fe(OH)3＋2I-＋6H+＝2Fe2+＋I2＋6H2O9.下列实验装置设计正确且能达到目的的是：10．CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2++4I- = 2CuI↓+I2而得到。
现以石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电前向电解液中加入少量酚酞和淀粉溶液。
电解开始不久，阴极区溶液呈红色，而阳极区溶液呈蓝色，同时有白色沉淀生成。
下列说法中正确的是：A. 阴极上的电极反应式为：Cu2++2e- = CuB. 阴极区溶液呈红色的原因是：2H++2e- = H2↑，使阴极附近OH-浓度增大，溶液显碱性，从而使酚酞变红C. 对阳极区溶液呈蓝色的正确解释是：Cu-2e- = Cu2+，Cu2+显蓝色D. 对阳极区溶液呈蓝色的正确解释是：2I--2e- = I2，碘遇淀粉变蓝11.下列图示与对应叙述相符合的是：A．图A表示在含等物质的量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B表示Cl2通入H2S溶液中pH的变化C．图C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+对该反应有催化作用)D．图D表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂12. 下列判断正确的是：A．体积、相同浓度NaA和NaB溶液中，离子总浓度NaA>NaB,则对应酸的酸性HA>HBB．已知还原性Fe2+>Br-> Cl-：向Fe Br2溶液中通入一定量Cl2，反应的离子方程式可能为：2Fe2+＋6 Br-＋4 Cl2＝2 Fe3+＋3 Br2＋8 Cl-C．加水稀释0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液，C(CH3COO-)/[ C(CH3COOH)·C(OH-)]增大D．已知电离常数K(H2CO3)>K(HClO)>K(HCO3-)：向NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为：CO2＋2ClO-＋H2O＝2HClO＋CO32-13.盐酸乙哌立松片是一种骨骼肌松弛剂，能改善由肩周炎、腰痛症等引起的肌紧张状况，其结构筒式如下。
化学高考模拟卷-高三化学试题含答案-成都七中2016届高三上学期化学模拟化学试卷及答案
2015——2016年四川省成都七中高考化学模拟试卷（五）一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1．下列说法正确的是（）A．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B．工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C．淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物D．Cl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O3．实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）．挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）．若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）4．二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图．下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+B．该装置中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C．用此电池精炼Cu，应将b电极接纯铜D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol5．下列说法正确的是（）A．在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）B．将浓度为0.1mol•L﹣1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C．0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）═2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）D．常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变6．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：V b＞V aD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：17．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1B．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8．X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应．（1）写出X在周期表中的位置；Z3+的核外电子排布式．（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是（用化学式表示）．（3）W最高正价氧化物分子构型为；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为．（4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为．（5）已知4Y（s）+O2（g）═2Y2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1，W的燃烧热为bkJ•mol﹣1，则4Y（s）+WO2（g）═W（s）+2Y2O（s），△H=kJ•mol﹣1．9．实验室制备1﹣溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示．（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是．（2）1﹣溴丁烷的制备反应中可能有：、1﹣丁烷、溴化氢等副产物生成．熄灭A处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行．B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是、．（3）为了精制1﹣溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从（填“c”或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是．（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g．白色不容物的化学式为．（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：．Ⅲ．反应原理分析（6）NaHCO3溶液中存在如下电离平衡：H2O⇌H++OH﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣，从平衡移动角度分析实验①产生大量气泡和白色不容物的原因：．10．Heck反应是合成C﹣C键的有效方法之一，如反应①：；化合物Ⅱ可由以下合成路线获得：Ⅳ（分子式为C3H6O3）ⅤⅡ．（1）化合物Ⅲ的分子式为，其中含有的官能团为，1mol化合物Ⅲ最多可与mol H2发生加成反应．（2）化合物Ⅳ分子结构中有甲基，写出由化合物Ⅳ→化合物V的化学方程式．该反应属于反应（填反应类型）．（3）下列有关化合物Ⅱ说法正确的是．A．1mol化合物Ⅱ完全燃烧消耗5mol O2B．化合物Ⅱ能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．化合物Ⅱ能发生水解反应D．化合物Ⅱ反应生成的高聚物为（4）化合物Ⅵ是化合物Ⅲ的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，除苯环上的氢外核磁共振氢谱显示还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，则化合物Ⅵ的结构简式为（写出一种即可）．（5）和也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为．11．高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实验室和医疗上有非常广泛的应用．如图1是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：（1）写出反应①的化学方程式：．（2）反应②的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量的比是．（3）反应②中“酸化”时不能选择下列酸中的（填字母序号）．a．稀盐酸b．稀硫酸c．稀醋酸（4）操作Ⅱ的名称是，实验室进行该操作需用到的玻璃仪器有．（5）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾（如图2所示），其阴极反应为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，则b为电源的极，电解池的阳极反应式是；若电解过程中收集到2.24LH2（标准状况），则得到高锰酸钾g．（提示：阴离子放电顺序：MnO42﹣＞OH﹣）化学参考答案与试题解析一、选择题（共7题，每小题6分，共42分）1．下列说法正确的是（）A．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B．工业上金属镁、铝都是通过电解其相应的氯化物水溶液制得的C．淀粉、蛋白质和油脂都属于天然高分子化合物D．Cl2具有强氧化性，是一种常用的绿色漂白剂【考点】铝的化学性质；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理；有机高分子化合物的结构和性质．1【专题】元素及其化合物；化学应用．【分析】A．铝制品表面的氧化膜能阻止内部金属受腐蚀；B．工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al；C．油脂不是高分子化合物；D．氯气有毒，不属于绿色漂白剂．【解答】解：A．铝制品表面致密的氧化膜，能阻止内部金属受腐蚀，对内部金属起保护作用，故A正确；B．电解氯化镁、氯化铝溶液，溶液中镁离子、铝离子不能放电，而是氢离子放电，工业上电解熔融氯化镁冶炼Mg，电解熔融氧化铝冶炼Al，硅B错误；C．淀粉、蛋白质属于天然高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故C错误；D．氯气有毒，不属于绿色漂白剂，故D错误，故选A．【点评】本题考查物质性质，比较基础，注意对基础知识理解掌握，注意掌握中学常见化学工业．2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+═3H2O+2Fe3+B．向NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3+NH3↑+2H2O+BaCO3↓C．用过量冷氨水吸收SO2：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．1【专题】离子反应专题．【分析】A．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应，反应生成碳酸酸钡、水、氨气；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．【解答】解：A．用白醋除铁锈：Fe2O3+6CH3COOH═3H2O+6CH3COO﹣+2Fe3+，故A错误；B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液并加热，二者以1：1反应：Ba2++2OH﹣+N+HC NH3↑+2H2O+BaCO3↓，故B正确；C．用过量冷氨水吸收SO2生成亚硫酸铵：SO2+2NH3•H2O═S032﹣+2N+H2O，故C错误；D．用强碱吸收工业制取硝酸尾气的反应：NO+NO2+2OH﹣=2NO2﹣+H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大，注意与量有关的离子反应中量少的物质完全反应．3．实验室可将硬质玻璃管改装为燃烧管（如图所示）．挤压软塑料瓶壁，向装有固体B的锥形瓶中加入液体A，同时往燃烧管中通入气体C并点燃，可看到明显的燃烧现象（金属网用以防止气体混合爆炸）．若用此装置模拟工业制氯化氢，则关于试剂选择正确的是（）【考点】实验装置综合．1【专题】实验题．【分析】由装置可知，装置中塑料瓶中的液体被挤压可以进入固体B中反应，生成气体应比空气的大，而通入C应为密度比空气小的氢气，在燃烧管中氢气可与氯气混合反应，以此来解答．【解答】解：A．Zn与稀硫酸反应生成的氢气，在燃烧管中不能与氯气充分混合，不能燃烧；故A错误；B．该装置不需加热即可获得氯气，而二氧化锰和浓盐酸的反应需加热才能发生，故B错误；C．金属铁和硝酸反应不会产生氢气，故C错误；D．浓盐酸和高锰酸钾在不加热的条件下可以生成氯气，氯气和氢气在燃烧管中混合均匀可以获得氯化氢，燃烧时产生苍白色火焰，被水吸收而获得盐酸，故D正确．故选D．【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握燃烧管中C通入的为氢气及常见气体的制取原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．4．二甲醛（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，如图为“二甲醛燃料电池”的工作原理示意图．下列说法正确的是（）A．a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+B．该装置中电子从负极沿导线到正极，再从电解质中到负极，形成闭合回路C．用此电池精炼Cu，应将b电极接纯铜D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子2mol【考点】原电池和电解池的工作原理．1【专题】电化学专题．【分析】该燃料电池中，通入二甲醚的电极为负极，电解质溶液中存在自由移动的氢离子，所以电解质溶液呈酸性，负极电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，正极上电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，再根据氧气和转移电子之间的关系计算．【解答】解：A．该装置为燃料电池，通入二甲醚的电极为负极，根据图中离子移动方向知，电解质溶液呈酸性，负极电极反应为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，故A正确；B．电子不能进入电解质溶液，电解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故B错误；C．用此电池精炼Cu，应将b电极接粗铜，故C错误；D．消耗标准状况下22.4L O2时，b电极转移电子的物质的量==4mol，故D 错误；故选A．【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子确定正负极，会正确书写电极反应式，易错选项是B，注意电子不通过电解质溶液，知道电解质溶液形成电流原理，为易错点．5．下列说法正确的是（）A．在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，且c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）B．将浓度为0.1mol•L﹣1的HF溶液加水稀释，始终保持增大C．0.1mol/L某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c（Na+）═2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）D．常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，溶液的PH不变【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．1【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、在CH3COONa溶液中存在CH3COOH分子，是因为醋酸根离子水解生成，所以c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣）；B、氟化氢溶液是弱酸溶液存在电离平衡，加水稀释促进电离；C、依据溶液中物料守恒或电荷守恒分析判断；D、氯化铵在溶液中的铵根离子抑制一水合氨的电离；【解答】解：A、溶液中CH3COO﹣会发生水解，水解程度小c（CH3COOH）＜c（CH3COO ﹣），故A错误；B、氟化氢是弱电解质存在电离平衡，加水稀释弱酸促进电离，氢离子物质的量增大，氟化氢物质的量减小，始终保持增大，故B正确；C、依据溶液中物料守恒为：c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A），故C错误；D、常温下，在0.10mol•L﹣1氨水中加入少量NH4Cl晶体，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，溶液PH减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查了盐类水解、离子浓度大小比较及其变化，注意弱电解质电离平衡的理解应用和影响因素，掌握基础是关键，题目难度中等．6．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：V b＞V aD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1【考点】化学平衡建立的过程．1【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；D、依据平均摩尔质量概念计算判断．【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1＞T2，故A错误；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）=K（c）＜K（b），故B错误；C、分析判断可知T1＞T2，温度越高反应速率越快，反应速率：V b＞V a，故C正确；D、n（HF）：n[（HF）2]=2：1，当==26.7g/mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的建立过程分析，平衡影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．7．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙；向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示，则下列叙述中正确的是（）A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1B．当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH﹣+H+═H2OC．乙溶液中含有的溶质是NaOH、NaHCO3D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2，体积的最大值为112mL（标准状况）【考点】离子方程式的有关计算．1【专题】计算题．【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH﹣+H+=H2O和CO32﹣+H+=HCO3﹣，产生二氧化碳的反应为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值．【解答】解：A．根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）==0.5mol/L，故A正确；B．在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl 的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，故B错误；C．氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故C错误；D．乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL 盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，故D错误；故选A．【点评】本题考查混合物的有关计算，为高频考点，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大．二、非选择题（本大题有4小题，共58分）8．X、Y、Z、W、R分别属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应．（1）写出X在周期表中的位置第二周期第V A族；Z3+的核外电子排布式1s22s22p6．（2）Y、Z、R的第一电离能大小顺序为Na＜Al＜Cl（用元素符号表示），W、R元素最高价含氧酸中酸性较强的是HClO4＞H2SO4（用化学式表示）．（3）W最高正价氧化物分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水，则所得溶液阴离子中W的杂化轨道类型为sp3．（4）将R的单质与Y的最高价氧化物对应水化物混合，其反应的离子方程式为Cl2+2OH ﹣=ClO﹣+Cl﹣+HO．2（5）已知4Y（s）+O2（g）═2Y2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1，W的燃烧热为bkJ•mol﹣1，则4Y（s）+WO2（g）═W（s）+2Y2O（s），△H=﹣a+b kJ•mol﹣1．【考点】位置结构性质的相互关系应用．1【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于ⅤA族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为Al、W为S、R为Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R五种分属于不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，X 的气态氢化物分子只有一对孤对电子，X应处于ⅤA族，结合原子序数可知X不可能为P，只能为N元素；Y、Z、W的最高价氧化物的水化物可以两两相互反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，结合原子序数可推知Y为Na、Z为Al、W为S、R为Cl，（1）X为N元素，在周期表中的位置是：第二周期第V A族，Al3+的核外电子排布式为：1s22s22p6，故答案为：第二周期第V A族；1s22s22p6；（2）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Na＜Al＜Cl，W为S、R为Cl，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，由于Cl的非金属性强于S，故最高价氧化物对应水合物（即最高价含氧酸）的酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：Na＜Al＜Cl；HClO4＞H2SO4；（3）W最高正价氧化物为SO3，分子中S原子价层电子对数=3+=3，S原子没有孤对电子，故分子构型为平面三角形；将该氧化物溶于水得到硫酸溶液，则所得溶液阴离子为SO42﹣，离子中S原子价层电子对数=4+=4，故S原子采取sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3；（4）氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH ﹣=ClO﹣+Cl﹣+HO，2故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（5）Y为钠，即4Na（s）+O2（g）═2Na2O（s），△H=﹣akJ•mol﹣1①；W为S，S的燃烧热为bkJ•mol﹣1，即：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣bkJ•mol﹣1②；4Na（s）+SO2（g）═S（s）+2Na2O（s），此反应是由①﹣②得到的，故△H=﹣a﹣（﹣b）=（﹣a+b）kJ•mol﹣1，故答案为：﹣a+b．【点评】本题主要考查结构性质位置关系应用，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、分子空间结构、盖斯定律的应用等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意基础知识的掌握．9．实验室制备1﹣溴丁烷的原理为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O，根据原理设计实验装置如图1所示．（1）仪器D的名称为，A处玻璃棒搅拌的目的是使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率．（2）1﹣溴丁烷的制备反应中可能有：丁醚、1﹣丁烷、溴化氢等副产物生成．熄灭A 处酒精灯，打开a，余热会使反应继续进行．B、C装置可检验部分副产物，则判断B、C中应盛放的试剂分别是硝酸银溶液或紫色石蕊试液、溴水或酸性高锰酸钾溶液．（3）为了精制1﹣溴丁烷，待烧瓶冷却后，将A装置上的玻璃棒换成温度计，关闭a，打开b，使冷水从d（填“c”或“d”）处流入，粗产品蒸馏提纯时，图2 装置中温度计位置正确的是D（填字母，下同），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB．（4）称取干燥、纯净的白色不容物7.36g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置A和B中，实验后装置A增重0.72g，装置B增重2.64g．白色不容物的化学式为2Mg（OH）2•3MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3．（5）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）•3MgCO3↓+3Na2CO3+5H2↑．2Ⅲ．反应原理分析（6）NaHCO3溶液中存在如下电离平衡：H2O⇌H++OH﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣，从平衡移动角度分析实验①产生大量气泡和白色不容物的原因：Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物2Mg（OH）2•3MgCO3，则H+、OH﹣、CO32﹣的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，实验Mg和饱和碳酸氢钠溶液产生大量气体和白色不溶物．【考点】制备实验方案的设计．1【专题】实验设计题．【分析】（1）根据装置图可知仪器的名称，三颈烧瓶中反应物要充分混合，需要用玻璃棒搅拌，同时搅拌可加快反应速率；（2）CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸条件下加热可以生成1﹣丁烯或丁醚等，图1中B、C可分别用来检验反应产生的气态产物溴化氢、1﹣丁烯等；（3）根据冷却时采用逆流，冷却效果较好判断，蒸馏是温度计的水银球位置应与蒸馏烧瓶支管口平齐，如果低于蒸馏烧瓶支管口，则会收集到低沸点的物质；（4）根据B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出碳酸镁的质量，剩余的就是氢氧化镁的质量，据此计算出白色不溶物的化学式；（5）根据分析、计算可知，镁与碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）2•3MgCO3、碳酸钠和氢气，据此写出反应的化学方程式；（6）依据碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子电离和水的电离平衡，镁和氢离子反应促进电离平衡正向进行，镁离子和氢氧根离子和碳酸根离子形成沉淀分析．【解答】解：（1）根据装置图可知仪器D为直形冷凝管，三颈烧瓶中反应物要充分混合，需要用玻璃棒搅拌，同时搅拌可加快反应速率，所以玻璃棒的作用为使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率，故答案为：直形冷凝管；使反应物混合均匀并充分反应，提高反应速率；（2）CH3CH2CH2CH2OH在浓硫酸条件下加热可以生成1﹣丁烯或丁醚等，所以可能有的杂质为丁醚等，图1中B、C可分别用来检验反应产生的气态产物溴化氢、1﹣丁烯，B中装硝酸银溶液或紫色石蕊试液用来检验溴化氢，C装置中装入溴水或酸性高锰酸钾溶液用来检验1﹣丁烯，故答案为：丁醚；硝酸银溶液或紫色石蕊试液；溴水或酸性高锰酸钾溶液；（3）根据冷却时采用逆流，冷却效果较好，所以冷水应从d处流入，蒸馏是温度计的水银球位置应与蒸馏烧瓶支管口平齐，所以D装置正确，如果低于蒸馏烧瓶支管口，则会收集到低沸点的物质，所以AB装置符合题意，故答案为：d；D；AB；（4）B中碱石灰质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，所以生成二氧化碳的质量为2.64g，设碳酸镁的质量为x，则：MgCO3+2HCl═MgCl2+H2O+CO2↑84 44x 2.64gx==5.04g，所以氢氧化镁的质量为：7.36g﹣5.04g=2.32g，氢氧化镁与碳酸镁的物质的量之比为：：=0.4mol：0.6mol=2：3，则白色不溶物的化学式为：2Mg（OH）2•3MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3，故答案为：2Mg（OH）2•3MgCO3或Mg5（OH）4（CO3）3；（5）根据以上分析可知，镁与饱和碳酸氢钠溶液反应生成2Mg（OH）2•3MgCO3沉淀、Na2CO3和H2，反应的化学方程式为：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）2•3MgCO3↓+3Na2CO3+5H2↑，故答案为：5Mg+6NaHCO3+4H2O=2Mg（OH）2•3MgCO3↓+3Na2CO3+5H2↑；（6）NaHCO3溶液中存在平衡，HCO3﹣⇌H++CO32﹣、H2O⇌H++OH﹣，Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物Mg（OH）2•2MgCO3，则H+、OH﹣、CO32﹣的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，故答案为：Mg和H+反应生成氢气和镁离子，镁离子和氢氧根离子、碳酸根离子反应生成难溶物2Mg（OH）2•3MgCO3，则H+、OH﹣、CO32﹣的浓度均减小，促使上述两平衡均向右进行，实验Mg和饱和碳酸氢钠溶液产生大量气体和白色不溶物．【点评】本题考查了探究物质组成、测量物质的含量的方法，题目难度较大，试题涉及的内容较多、综合性较强，注意掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．10．Heck反应是合成C﹣C键的有效方法之一，如反应①：；化合物Ⅱ可由以下合成路线获得：Ⅳ（分子式为C3H6O3）ⅤⅡ．（1）化合物Ⅲ的分子式为C10H10O2，其中含有的官能团为碳碳双键和酯基，1mol 化合物Ⅲ最多可与4mol H2发生加成反应．（2）化合物Ⅳ分子结构中有甲基，写出由化合物Ⅳ→化合物V的化学方程式．该反应属于消去反应（填反应类型）．（3）下列有关化合物Ⅱ说法正确的是BC．A．1mol化合物Ⅱ完全燃烧消耗5mol O2B．化合物Ⅱ能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．化合物Ⅱ能发生水解反应D．化合物Ⅱ反应生成的高聚物为（4）化合物Ⅵ是化合物Ⅲ的一种同分异构体，苯环上的一氯取代物有两种，能与NaHCO3溶液反应生成无色气体，除苯环上的氢外核磁共振氢谱显示还有四组峰，峰面积之比为1：1：1：3，则化合物Ⅵ的结构简式为（写出一种即可）．（5）和也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为．【考点】有机物的合成．1【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）化合物Ⅲ的分子式为C10H10O2，化合物III能和H2发生加成反应的有苯环和碳碳双键；。