1、2015年河北省邢台市南宫一中实验班高考化学调研试卷（4月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）12015年两会期间，国务院总理李克强在回答中外记者提问时说，要打造中国经济的升级版，就包括在发展中要让人民呼吸洁净的空气，饮用安全的水，食用放心食品下列说法不正确的是（）A 杭州市萧山区红山农场近期完成了天然气管道安装，从此每家每户结束液化煤气使用时代，这一举措有利于降低氮氧化合物的排放B 电动汽车、甲醇燃料汽车的出现，有利于节能减排，保护环境C 利用天阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，造福后代D 2015年春节期间，烟花爆竹的燃放时间比往年减少一天，市民也自觉减少烟花的燃放
2、量，这有利于减少雾霾天气的出现2下列说法不正确的是（）A 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，可以制备氢氧化铁胶体，有净水的功能B 容量瓶、滴定管使用前均需要检漏，并需要润洗以减小实验误差C 甲烷中混有的少量乙烯可以通过溴水洗涤净化D 分离乙酸乙酯和乙酸混合液时，先加入一定量的氢氧化钠溶液，生成乙酸钠后进行蒸馏，然后在乙酸钠溶液中加入足量的硫酸再蒸馏可得乙酸3如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为23下列说法正确的是（）XYZWTA X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C 含Z元素的弱酸不能与含W元素
3、的弱酸反应得到强酸D T元素形成的酸与W元素形成的酸相比，酸性一定后者弱4阿司匹林也叫乙酰水杨酸，是一种历史悠久的解热镇痛药，诞生于1899年3月6日用于治感冒、缺血性心脏病、心绞痛、心肺梗塞、脑血栓形成，也可提高植物出芽率，其结构如下，下列说法不正确的是（）A 阿司匹林的分子式是：C9H8O4B 阿司匹林可以通过邻羟基苯甲酸与乙酸酯化反应制备，乙酸的用量应过量，可以提高邻羟基苯甲酸的转化率，同时也起到了溶剂的作用C 原子经济性反应指原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放，则阿司匹林制备符合原子经济性D 阿司匹林分子中所有碳原子可以共平面5如图所示的电化学装置，电解质
4、溶液为Na2SO4，下列说法不正确的是（）A 当闭合开关S1，断开开关S2，右石墨棒发生的电极反应为：2H2O4e=4H+O2B 石墨棒使用前在高温火焰上灼烧至红热，迅速浸入冷水，可以使表面粗糙多空，吸附更多的气体C 先闭合开关S1，一段时间后断开，再闭合S2，可以观察到发光二级管发光D 断开S2，闭合S1，更换电解质，可以用来模拟工业制氯气，粗铜冶炼制精铜6已知草酸为二元中强酸，具有较强还原性，且Ka2（H2C2O4）Ka（HClO），下列说法正确的是（）A 草酸与氢氧化钠溶液混合呈中性时，溶液中存在：c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42）B NaHC2O4与NaClO溶液混合，反
5、应的离子方程式为：HC2O4+ClO=HClO+C2O42C （NH4）2C2O4溶液中：c（NH4+）=2 c（H2C2O4）+2 c（HC2O4）+2 c（C2O42）D 草酸使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O7某强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、A13+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，某同学为了确认其成分，取溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列结论正确的是（）A 溶液J焰色反应显黄色，则说明原溶液中存在Na+B 沉淀G中加入盐酸溶解，滴加一滴KSCN溶液显红色，可
6、以确定原溶液中有Fe3+C X中不能确定的离子是 A13+、Fe3+、Na+、K+和C1D 沉淀I一定是Al（OH ）3二、解答题（共5小题，满分58分）8如图所示，A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物根据图回答问题：（1）D中所含官能团的名称：；（2）反应的化学方程式：；反应类型是；（3）B的分子式是：；其苯环上一取代，属于酯类物质的同分异构体有种；写出其中的两种结构简式9元素单质及其化合物有广泛的用途，请根据周期表中短周期元素相关知识回答下列问题：（1）空气中含量最高的元素与第三周期非金属性最强的元素形成的化合物的电子式：；（2）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用
7、P2O5干燥的是；aNH3 bHI cSO2 dCO2（3）第三周期金属性最强和非金属性最强元素形成的化合物的水溶液通电条件下发生的离子反应方程式：10石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：（1）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转化为相应的氯化物，气体中的碳氧化合物主要为，气体为，由其得到水玻璃的化学方程式为（2）步骤为搅拌，过滤，则得到的溶液中的阴离子有；（3）100kg初级石墨最多可获得的沉淀的质量为：11工业上以乙苯为原料生产苯乙烯的反应如下：PhCH2CH3（g
8、）PhCH=CH2（g）+H2H某研究小组研究温度等因素对该反应的转化率、选择性（又称反应专一性）和产率的影响，分别作了四组实验，实验结果如图：（1）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强PB代替物质的量c（B）也可表示平衡常数，记作KP，则上述反应的平衡常数KP表达式为：（2）根据反应和图1，请判断：HO（填“、=、”，下同），SO；请你选择合适的反应温度（3）从压强因素分析，为提高乙苯的转化率，应采用的生产条件，但是对生产设备的要求大大提高实际工业生产中常采用通入水蒸气的方法水蒸气的量对反应的影响结果如图2所示在做这四组实验时，应该采用的其他实验条件：A反应温度相同 B采用不同的催化剂 C
9、乙苯的流速相同D压强都控制在常压下 E反应相同时间时测定实验数据当进料比从7：1增大到20：1时，乙苯的转化率由28%F降到14%，减少了50%，而苯乙烯的选择性由70%降到64%，仅下降不到10%对反应的选择性而言，温度和压强这两个因素，对反应的选择性影响更大（4）下列哪些事实可以说明该反应已达平衡：A水蒸气的体积分数保持不变B氢气、苯乙烯的生成速率之比保持不变C混合气体的密度不再变化D反应的选择性保持不变（5）一定温度下，在恒压密闭容器中通入物质的量之比为7：1的水蒸气和乙苯，发生上述反应，在t1时刻达到平衡保持其他条件不变，此时分离出一定量的水蒸气，在t2时刻重新达到平衡，请在图3中画出
10、反应再次达平衡的vt图12焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一、焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2=Na2S2O5（1）装置I滴加浓硫酸的玻璃仪器名称：；发生反应的玻璃仪器名称是；其中产生气体的化学方程式为（2）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置如图2（夹持仪器已略去）为（填序号）实验二、焦亚硫酸钠的性质已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3；（3）NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于次氯酸，请写出两者混合时的离子方程式：
11、；（4）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是实验三、葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI）按上述方案实验，滴定终点的现象是：；消耗标准I2溶液100.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为g/L上述实验中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）2015年河北省邢台市南宫一中实验班高考化学调研试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分
12、42分）12015年两会期间，国务院总理李克强在回答中外记者提问时说，要打造中国经济的升级版，就包括在发展中要让人民呼吸洁净的空气，饮用安全的水，食用放心食品下列说法不正确的是（）A 杭州市萧山区红山农场近期完成了天然气管道安装，从此每家每户结束液化煤气使用时代，这一举措有利于降低氮氧化合物的排放B 电动汽车、甲醇燃料汽车的出现，有利于节能减排，保护环境C 利用天阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，造福后代D 2015年春节期间，烟花爆竹的燃放时间比往年减少一天，市民也自觉减少烟花的燃放量，这有利于减少雾霾天气的出现考点：常见的生活环境的污染及治理分析：A液化煤气燃烧不产生氮氧化合物；
13、 B电力是清洁能源；C太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用；D燃放烟花爆竹会生成大量的烟尘和空气污染物解答：解：A天然气和液化煤气燃烧都不产生氮氧化合物，故A错误； B电动汽车代替部分燃油汽车可减少污染物的排放，有利于环境保护，故B正确；C太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用，减少有毒气体的排放、二氧化碳的排放，减少环境污染，故C正确；D燃放烟花爆竹会生成大量的烟尘和空气污染物，所以为了环境建议市民春节期间减少燃放烟花爆竹，可以减少雾霾天气，故D正确故选A点评：本题考查了生活环境污染及治理，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，题目难度不大2下列说法不正确的
14、是（）A 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，可以制备氢氧化铁胶体，有净水的功能B 容量瓶、滴定管使用前均需要检漏，并需要润洗以减小实验误差C 甲烷中混有的少量乙烯可以通过溴水洗涤净化D 分离乙酸乙酯和乙酸混合液时，先加入一定量的氢氧化钠溶液，生成乙酸钠后进行蒸馏，然后在乙酸钠溶液中加入足量的硫酸再蒸馏可得乙酸考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，制得氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性；B容量瓶不能润洗；C乙烯可与溴水发生加成反应；D乙酸乙酯与氢氧化钠反应而变质解答：解：A氯化铁饱在沸水中发生水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，故A正确；B容量
15、瓶不能润洗，否则导致误差偏大，故B错误；C乙烯可与溴水发生加成反应，可用于除杂，故C正确；D乙酸乙酯与氢氧化钠反应而变质，应用饱和碳酸钠溶液，故D错误故选BD点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及胶体的制备和性质、溶液的配制、物质的分离与提纯等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握实验的严密性以及合理性的评价，难度不大3如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为23下列说法正确的是（）XYZWTA X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C 含Z元素的弱酸不能与含W元素的弱酸反应得
16、到强酸D T元素形成的酸与W元素形成的酸相比，酸性一定后者弱考点：原子结构与元素的性质分析：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令X的最外层电子数为a，则Y、Z、W、T最外层电子数分别为a+2、a+2、a+3，故a+a+2+a+2+a+3=23，解得a=4，故X为C，Y为O，Z为S，W为Cl，T为Br，据此解答解答：解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令X的最外层电子数为a，则Y、Z、W、T最外层电子数分别为a+2、a+2、a+3，故a+a+2+a+2+a+3=23，解得a=
17、4，故X为C，Y为O，Z为S，W为Cl，T为Br，AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为甲烷、水、硫化氢，常温下水为液态，甲烷、硫化氢为气体，故水的沸点最高，故A错误；BC、O和H形成的化合物中有共价键，故B正确；CZ的弱酸亚硫酸与W的弱酸次氯酸反应生成盐酸和硫酸，即能得到强酸，故C错误；D高氯酸的酸性强于高溴酸，故D错误，故选B点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意A中氢键对物质性质的影响，难度中等4阿司匹林也叫乙酰水杨酸，是一种历史悠久的解热镇痛药，诞生于1899年3月6日用于治感冒、缺血性心脏病、心绞痛、心肺梗塞、脑血栓形成，也可提高植物出芽率，其结构如下，下列说法
18、不正确的是（）A 阿司匹林的分子式是：C9H8O4B 阿司匹林可以通过邻羟基苯甲酸与乙酸酯化反应制备，乙酸的用量应过量，可以提高邻羟基苯甲酸的转化率，同时也起到了溶剂的作用C 原子经济性反应指原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放，则阿司匹林制备符合原子经济性D 阿司匹林分子中所有碳原子可以共平面考点：有机物的结构和性质分析：A根据结构简式确定分子式；B邻羟基苯甲酸和乙酸发生酯化反应生成阿司匹林，乙酸过量促进平衡正向移动，且阿司匹林能溶于乙酸中；C原子经济性反应指原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放，根据产物种类判断是否符合原子经济；D该分
19、子中含有苯环，根据苯的结构判断碳原子是否共面解答：解：A其分子式为C9H8O4，故A正确；B邻羟基苯甲酸和乙酸发生酯化反应生成阿司匹林，乙酸过量促进平衡正向移动，且阿司匹林能溶于乙酸中，从而乙酸起到溶剂作用，故B正确；C邻羟基苯甲酸和乙酸发生酯化反应生成阿司匹林，同时还生成水，所以不符合原子经济，故C错误；D该分子中含有苯环，连接苯环的原子共面，所以阿司匹林分子中所有碳原子可以共平面，故D正确；故选C点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查羧酸、酯的性质及基本概念，易错选项是D，会根据乙烯、乙炔和苯结构判断部分有机物原子是否共面5如图所示的电化学装置，电解质溶液为Na2SO4，下列
20、说法不正确的是（）A 当闭合开关S1，断开开关S2，右石墨棒发生的电极反应为：2H2O4e=4H+O2B 石墨棒使用前在高温火焰上灼烧至红热，迅速浸入冷水，可以使表面粗糙多空，吸附更多的气体C 先闭合开关S1，一段时间后断开，再闭合S2，可以观察到发光二级管发光D 断开S2，闭合S1，更换电解质，可以用来模拟工业制氯气，粗铜冶炼制精铜考点：原电池和电解池的工作原理分析：由发光二极管可知左侧电极为负极，右侧电极为正极，则闭合开关S1，断开开关S2时，为电解池装置，电解硫酸钠溶液，左侧应生成氢气，则为阴极，右侧生成氧气，为阳极，以此解答该题解答：解：由发光二极管可知左侧电极为负极，右侧电极为正极，
21、则闭合开关S1，断开开关S2时，为电解池装置，电解硫酸钠溶液，左侧应生成氢气，则为阴极，右侧生成氧气，为阳极，A当闭合开关S1，断开开关S2，右石墨棒为阳极，发生氧化反应生成氧气，电极方程式为2H2O4e=4H+O2，故A正确；B高温条件下，碳和水反应生成CO和氢气，可使碳表面粗糙多空，吸附更多的气体，故B正确；C先闭合开关S1，一段时间后断开，再闭合S2，电极两侧分别有氢气、氧气，形成原电池反应，可以观察到发光二级管发光，故C正确；D粗铜冶炼制精铜，阳极材料为粗铜，如电极材料不变，则不能精炼铜，故D错误故选D点评：本题综合考查原电池、电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把
22、握电解池、原电池工作原理，把握电解方程式的书写，难度不大6已知草酸为二元中强酸，具有较强还原性，且Ka2（H2C2O4）Ka（HClO），下列说法正确的是（）A 草酸与氢氧化钠溶液混合呈中性时，溶液中存在：c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42）B NaHC2O4与NaClO溶液混合，反应的离子方程式为：HC2O4+ClO=HClO+C2O42C （NH4）2C2O4溶液中：c（NH4+）=2 c（H2C2O4）+2 c（HC2O4）+2 c（C2O42）D 草酸使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O考点：离子方程式的
23、书写；离子浓度大小的比较分析：A中性时是NaHC2O4和Na2C2O4的混合物，依据溶液中存在电荷守恒解答；B草酸具有还原性能被次氯酸根离子氧化；C氨根离子存在水解；D草酸具有还原性能够被高锰酸钾氧化解答：解：A中性时是NaHC2O4和Na2C2O4的混合物，由电荷守恒知C（H+）+C（Na+）=C（HC2O4）+2c（C2O42），+C（OH），由于溶液呈中性，所以H+=OH，c（Na+）=c（HC2O4）+2c（C2O42），故A错误；BNaHC2O4与NaClO溶液混合，反应的离子方程式为：HC2O4+ClO=HCO3+CO2+Cl，故B错误；CNH4+也会水解，依据原子个数守恒可知：C
24、（NH3）+c（NH4+）=2 c（H2C2O4）+2 c（HC2O4）+2 c（C2O42），故C错误；D草酸使酸性KMnO4溶液褪色，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确强酸制备弱酸的规律、次氯酸根的强氧化性、溶液中存在的守恒规律是解题关键，题目难度中等7某强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、A13+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，某同学为了确认其成分，取溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列结论正确的是（）A 溶液J焰色反应显黄色，则说明
25、原溶液中存在Na+B 沉淀G中加入盐酸溶解，滴加一滴KSCN溶液显红色，可以确定原溶液中有Fe3+C X中不能确定的离子是 A13+、Fe3+、Na+、K+和C1D 沉淀I一定是Al（OH ）3考点：离子反应发生的条件；常见离子的检验方法分析：强酸性溶液中CO32、SO32不能存在；X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，（即3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O）溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe（OH）3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在溶液H通入CO2生成沉淀I，由
26、于前面加入过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1解答：解：强酸性溶液中CO32、SO32不能存在；X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在
27、，（即3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O），在此反应中，Fe2+被氧化为Fe3+溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe（OH）3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上
28、述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1A通过以上分析知，不能确定原来溶液中是否含有钠离子，故A错误；B沉淀G为Fe（OH）3，但Fe3+可能是原来有的，也可能是Fe2+被氧化生成的，故B错误；CX中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42，A13+、Fe3+、Na+、K+和C1不能确定，故C正确；D沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1（OH）3，故D错误；故选C点评：本题考查常见离子的检验，如氨气的检验、铝离子的检验等，难度中等二、解答题（共5小题，满分58分）8如图所示，A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物根据图回答问题：（
29、1）D中所含官能团的名称：羟基；（2）反应的化学方程式：+2NaOH+CH3COONa+CH3CH2OH+H2O；反应类型是水解反应（或取代反应）；（3）B的分子式是：C9H10O3；其苯环上一取代，属于酯类物质的同分异构体有6种；写出其中的两种结构简式（任写两个）考点：有机物的推断分析：A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物，A能发生水解反应，则A为酯，B发生酯化反应生成E，根据E结构简式知，B为；D发生消去反应生成乙烯，G为CH2=CH2、D为CH3CH2OH，C和D发生酯化反应生成F，根据A和BD分子式知，C结构简式为CH2COOH，则A结构简式为，据此分析解答解答：解：A、B、C、D
30、、E、F、G均为有机化合物，A能发生水解反应，则A为酯，B发生酯化反应生成E，根据E结构简式知，B为；D发生消去反应生成乙烯，G为CH2=CH2、D为CH3CH2OH，C和D发生酯化反应生成F，根据A和BD分子式知，C结构简式为CH2COOH，则A结构简式为，（1）D为CH3CH2OH，含有羟基，故答案为：羟基；（2）A结构简式为，A能发生水解反应生成物酸化后的BCD分别为、CH2COOH、D为CH3CH2OH，所以A在NaOH溶液中水解的化学方程式为+2NaOH+CH3COONa+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+2NaOH+CH3COONa+CH3CH2OH+H2O；水解反应（或取代反
31、应）；（3）B为，B的分子式是C9H10O3，其苯环上一取代，属于酯类物质的同分异构体有，共6种，故答案为：C9H10O3；6；（任写两个）点评：本题考查有机物推断，为高频考点，根据反应条件、物质分子式、结构简式进行推断，侧重考查学生分析推断能力，难点是（3）中同分异构体种类判断9元素单质及其化合物有广泛的用途，请根据周期表中短周期元素相关知识回答下列问题：（1）空气中含量最高的元素与第三周期非金属性最强的元素形成的化合物的电子式：；（2）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是b；aNH3 bHI cSO2 dCO2（3）第三周期金属性最强和非金属性最强元素形
32、成的化合物的水溶液通电条件下发生的离子反应方程式：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2考点：离子方程式的书写；电子式；气体的净化和干燥分析：（1）空气中含量最高的元素为N，第三周期元素中非金属性最强的为Cl，二者形成共价化合物NCl3；（2）浓硫酸具有强氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥剂，然后结合各选项中气体的性质进行判断；（3）第三周期金属性最强的元素为Na，非金属性最强元素为Cl，二者形成的化合物为NaCl，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气解答：解：（1）空气中含量最高的N元素，第三周期中非金属性最强的为Cl元素，N、Cl能够形成共价化合物NCl3，其分子中存在3个NCl键，NC
33、l3的电子式为：，故答案为：；（2）浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，所以选项中不能用浓硫酸干燥的为aNH3 bHI，而P2O5是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体，可以干燥碘化氢，所以b正确，故答案为：b；（3）第三周期金属性最强的元素为Na，非金属性最强元素为Cl，二者形成的化合物为NaCl，通电后氯离子在阳极失电子生成氯气，氢离子在阴极得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大生成氢氧化钠，反应的离子方程式：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2点评：本题考查了离子方程式书写、电子式及气体的净化与干燥等知识，题目难度中
34、等，注意掌握电解原理、常见气体的性质及干燥剂的选用方法，能够正确书写电极反应式10石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：（1）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转化为相应的氯化物，气体中的碳氧化合物主要为CO，气体为SiCl4，由其得到水玻璃的化学方程式为SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O（2）步骤为搅拌，过滤，则得到的溶液中的阴离子有AlO2、Cl、OH；（3）100kg初级石墨最多可获得的沉淀的质量为：7.8kg考点：物质分离和提纯的方法和基
35、本操作综合应用分析：高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠； （1）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体
36、I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； （2）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；（3）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的
37、含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量解答：解：（1）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；SiCl4；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（2）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在
38、AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2、OH、Cl，故答案为：AlO2、OH、Cl；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3，Al2O3的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg5.1%=5.1kg
39、，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量=7.8kg；故答案为：7.88kg点评：本题考查物质制备分离、阅读题目获取信息能力、化学方程式及离子方程式书写、化学计算等，需要学生具备扎实的基础及迁移运用能力，难度中等11工业上以乙苯为原料生产苯乙烯的反应如下：PhCH2CH3（g）PhCH=CH2（g）+H2H某研究小组研究温度等因素对该反应的转化率、选择性（又称反应专一性）和产率的影响，分别作了四组实验，实验结果如图：（1）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强PB代替物质的量c（B）也可表示平衡常数，记作KP，则上述反应的平衡常数KP表达式为：Kp=（2）根据反应和图1，请判断：HO（填“、=、
40、”，下同），SO；请你选择合适的反应温度580（3）从压强因素分析，为提高乙苯的转化率，应采用低压的生产条件，但是对生产设备的要求大大提高实际工业生产中常采用通入水蒸气的方法水蒸气的量对反应的影响结果如图2所示在做这四组实验时，应该采用的其他实验条件：ACDEA反应温度相同 B采用不同的催化剂 C乙苯的流速相同D压强都控制在常压下 E反应相同时间时测定实验数据当进料比从7：1增大到20：1时，乙苯的转化率由28%F降到14%，减少了50%，而苯乙烯的选择性由70%降到64%，仅下降不到10%对反应的选择性而言，温度和压强这两个因素，温度对反应的选择性影响更大（4）下列哪些事实可以说明该反应已达
41、平衡：ACA水蒸气的体积分数保持不变B氢气、苯乙烯的生成速率之比保持不变C混合气体的密度不再变化D反应的选择性保持不变（5）一定温度下，在恒压密闭容器中通入物质的量之比为7：1的水蒸气和乙苯，发生上述反应，在t1时刻达到平衡保持其他条件不变，此时分离出一定量的水蒸气，在t2时刻重新达到平衡，请在图3中画出反应再次达平衡的vt图考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用；化学平衡状态的判断专题：化学平衡专题分析：（1）K等于生成物的分压之积与反应物的分压之比；（2）从图示1可见，随温度升高，苯乙烯产率增大，可见反应吸热；又据方程式可见，1mol气体反应生成2mol气体，可知
42、为熵增大反应，据图a分析适宜的温度为580；（3）正反应为体积增大的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动；在容积可变的密闭容器中分别作了四组实验，探究温度等因素对该反应的产率影响，据此解答；温度改变活化分子的百分数，而压强只是改变单位体积内活化分子总数，所以温度对对反应的选择性影响更大；（4）化学平衡状态的判定关键是v（正）=v（逆），特点是各组分的浓度不变，据此判断；（5）分离出水蒸气，反应物浓度增大，反应速率加快，但水与乙苯的量之比变减小，导致产率降低，平衡逆向移动，据此画图解答：解：（1）PhCH2CH3（g）PhCH=CH2（g）+H2，所以Kp=，故答案为：Kp=；（2）从图示a可见，随
43、温度升高，苯乙烯产率增大，可见反应吸热；又据方程式可见，1mol气体反应生成2mol气体，可知为熵增大反应，据图a分析适宜的温度为580，故答案为：；580；（3）正反应为体积增大的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动，所以从压强因素分析，为提高乙苯的转化率，应采用低压的生产条件，故答案为：低压；在容积可变的密闭容器中分别作了四组实验，探究温度等因素、反应相同时间时测定实验数据和压强都控制在常压下对该反应的产率影响，所以应该采用的其他实验条件是反应温度相同、乙苯的流速相同、压强都控制在常压下和反应相同时间时测定实验数据，故选：ACDE；温度改变活化分子的百分数，而压强只是改变单位体积内活化分子总数
44、，所以温度对对反应的选择性影响更大，故答案为：温度；（4）A水蒸气的体积分数保持不变，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，故正确；B氢气、苯乙烯的生成速率之比保持不变，从反应开始到平衡一直不变，故错误；C反应是在容积可变的密闭容器中进行，反应前后气体体积不相等，而m不变，故混合气体的密度不再变化时反应处于平衡状态，故正确；D反应的选择性保持不变，由图1可知选择性不变，转化率在变，故错误；故选：AC；（5）分离出水蒸气，反应物浓度增大，反应速率加快，但水与乙苯的量之比变减小，导致产率降低，平衡逆向移动，所以图象为：，故答案为：点评：本题主要考查化学平衡状态的建立以及平衡状态的判断和平衡的移动，
45、题目有一定的难度，特别是（5）的注意反应速率比原平衡快12焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：实验一、焦亚硫酸钠的制取采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2=Na2S2O5（1）装置I滴加浓硫酸的玻璃仪器名称：分液漏斗；发生反应的玻璃仪器名称是圆底烧瓶；其中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2（2）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置如图2（夹持仪器已略去）为d（填序号）实验二、焦亚硫酸钠的性质已知Na2S2O5
46、溶于水即生成NaHSO3；（3）NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于次氯酸，请写出两者混合时的离子方程式：HSO3+HClO=SO42+Cl+2 H+；（4）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成实验三、葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI）按上述方案实验，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液时，溶液显蓝色，且半分钟
47、不退色；消耗标准I2溶液100.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.64g/L上述实验中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计分析：（1）a仪器的名称为分液漏斗；发生反应的玻璃仪器名称为圆底烧瓶；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；（2）处理过量的SO2尾气，既要吸收SO2尾气，同时能防倒吸；（3）次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸氢根离子为硫酸；（4）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验
48、样品中是否含有硫酸根即可；（5）碘单质滴定，滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，所以滴定终点为溶液变化为蓝色且半分钟不褪色，令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI64g 1mol mg 0.1L0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.1L0.01mol/L，解得m=6.4g计算得到该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）；若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小解答：解：（1）a仪器的名称为分液漏斗，发生反应的玻璃仪器名称为圆底烧瓶；装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生
49、二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O；（2）处理过量的SO2尾气，a项装置瓶口封闭，错误；b项食盐水不能将大量的SO2尾气吸收，错误；c项漏斗口没入了液体中，错误，d项氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时能防倒吸，正确；故答案为：d；（3）次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸氢根离子为硫酸，反应的离子方程式HSO3+HClO=SO42+Cl+2 H+，故答案为：HSO3+HClO=SO42+Cl+2 H+；（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+
50、4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）碘单质滴定，滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，所以滴定终点为溶液变化为蓝色且半分钟不褪色，令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI64g 1mol mg 0.1L0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.1L0.01mol/L，解得m=6.4g故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.64 g/L故答案为：当滴入最后一滴标准液时，溶液显蓝色，且半分钟不退色；0.64；若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低点评：本题考查SO2的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，难度中等，掌握实验原理是解题的关键
