1、湖北省荆州市公安三中2016届高三上学期月考化学试卷（10月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O3、HClO4是按某一规律排列的下列物质中也完全按照此规律排列的是（）ACH4、Na2CO3、C、CO2、NaHCO3BNa2S、S、SO2、Na2SO3、H2SO4CNH3、N2、NO、NO2、NaNO3DP2O5、H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO42NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A6.8g熔融的KHSO4中含有0.05NA个阴离子B1.0L 1mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目为2 NAC25时，p
2、H=13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子D5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为0.3NA3下列离子方程式书写正确的是（）AH218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O24OH+4Na+18O2BFe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OC向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2OD将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中：OH+HCO3CO32+H2O4下列说法正确的是（）A能够使品红试液褪色的气体一定是SO2B常温下，铁、铝不与浓硫酸反应，因此可以用铁、铝容器贮存运输浓硫酸C硝酸
3、铵受热易分解爆炸，实验室常加热氯化铵与氢氧化钙的混合物制备氨气D一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物5下列叙述正确的是（）A常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B25时Ksp（AgCl）=1.81010，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度可能增大C浓度均为0.1 molL1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为：NaOHNa2CO3（NH4）2SO4NaHSO4D为确定H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸6和氢硫酸反应不能产生沉淀的是（）APb（NO3）2
4、溶液BNa2S溶液CCuSO4溶液DH2SO4溶液7下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用干燥pH试纸测定某新制氯水的pHB用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液C用图1装置除去乙烷中混有的乙烯D用图2装置能验证HCl气体在水中的溶解性二、解答题（共3小题，满分43分）8Fe元素是地壳中最丰富的元素之一，在金属中仅次于铝，铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：（1）磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，若有1mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是molFe3O4与氢碘酸（HI）反应的化学方程式为：与明矾相似，硫酸
5、铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是（3）某课外活动小组将如图所示装置按一定顺序连接，在实验室里制取一定量的FeCl3（所通气体过量并充分反应）请回答下列问题：各装置的正确连接顺序为（填写装置代）AD装置C的作用是反应开始后，B中硬质玻璃管内的现象为 可以检验生成物中含有Fe3+的试剂是（填写试剂名称）9碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的处理与利用是世界各国研究的热点问题（1）消除汽车尾气中的NO、CO，有利于减少PM2.5的排放已知如下信息：IIIN2（g）+O2（g） 2NO（g）H12CO（g）+O2（g） 2CO2（g）H2=565kJmol1H
6、1=在催化剂作用下NO和CO转化为无毒气体，写出反应的热化学方程式一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如图1所示温度高于710K时，随温度的升高氮氧化物转化率降低的原因可能是测定汽车尾气常用的方法有两种方法1：电化学气敏传感器法其中CO传感器的工作原理如图2所示，则工作电极的反应式为方法2：氧化还原滴定法用H2O2溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为强酸，用酸碱中和滴定法测定强酸浓度写出NO与H2O2溶液反应的离子方程式（3）工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的SO2，分别生成NaHSO3、NH4HSO3，其水溶液均呈酸性相同条件下，同浓度的两种水溶液中c（SO32）较小的是用文
7、字和化学用语解释原因10辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有 MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜主要工艺流程如下：已知：MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+Cu（NH3）4SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：Fe3+：1.53.2 Mn2+：8.39.8 Cu2+：4.46.4（1）实验室配制250mL 4.8mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要酸
8、浸时，为了提高浸取率可采取的措施有（任写一点）（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等写出该反应的化学方程式（4）调节浸出液pH=4的作用是（5）本工艺中可循环使用的物质是（写化学式）（6）获得的MnSO4H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是（7）用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有 （任写一种）【化学-选修5：有机化学基础】11脱水环化是合成生物碱类天然产物的重要步骤，某生物碱V合成路线如下：（1）中含氧官能团的名称反应的化学方程式（3）和在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式（4）下列说法
9、正确的是A和均属于芳香烃 B能发生银镜反应C1mol能与4molH2发生加成反应 D反应属于酯化反应（5）A的结构简式（6）与互为同分异构体，遇 FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种写出满足上述条件的的结构简式（7）一定条件下，化合物（）也能发生类似反应的环化反应，的环化产物的结构简式湖北省荆州市公安三中2016届高三上学期月考化学试卷（10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42分）1NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O3、HClO4是按某一规律排列的下列物质中也完全按照此规律排列的是（）ACH4、Na2CO3、C、CO2、NaHCO3BNa2S、S
10、、SO2、Na2SO3、H2SO4CNH3、N2、NO、NO2、NaNO3DP2O5、H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4【考点】根据化学式判断化合价【专题】物质的组成专题【分析】根据化合物中正负化合价的代数和为0进行计算NaCl中Cl元素的化合价为1价，Cl2中Cl元素的化合价为0，NaClO中Cl元素的化合价为+1价，Cl2O3中Cl元素的化合价为+3价，HClO4中Cl元素的化合价为+7价，是按照Cl元素的化合价由低到高排列【解答】解：A、CH4中C元素的化合价为4价，Na2CO3中C元素的化合价为4价，C中碳元素化合价为0、CO2中C元素的化合价为+4价，NaHCO
11、3中C元素的化合价为4价，不是按照化合价升高顺序，故A不符合；B、Na2S中S元素的化合价为2价，S中硫元素的化合价为0价，SO2中S元素的化合价为+4价，Na2SO3中S元素的化合价为+4价，H2SO4中S元素的化合价为+6价，不是按照化合价升高顺序，故B不符合；C、NH3中N元素的化合价为3价，N2中N元素的化合价为0价，NO中N元素的化合价为+2价，NO2中N元素的化合价为+4价，NaNO3中N元素的化合价为+5价，按照氮元素化合价升高排列，故C符合；D、P2O5中P元素的化合价为+5价，H3PO4中P元素的化合价为+5价，Na3PO4中P元素的化合价为+5价，Na2HPO4中P元素的化
12、合价为+5价，NaH2PO4中P元素的化合价为+5价，磷元素化合价相同，故D不符合故选C【点评】本题在考查化合价的计算及寻找规律，比较基础，较好地考查学生分析解决问题的实际能力，是一种能力训练习题，难度较小2NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A6.8g熔融的KHSO4中含有0.05NA个阴离子B1.0L 1mol/L的NaOH水溶液中含有的氧原子数目为2 NAC25时，pH=13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子D5.6g铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目一定为0.3NA【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、熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢
13、根离子；B、氢氧化钠水溶液中，溶剂水中同样含有氧原子；C、溶液体积不明确；D、铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐；【解答】解：A、6.8g熔融的KHSO4的物质的量0.05mol，0.05mol熔融硫酸氢钾能够电离出0.05mol钾离子和0.05mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.05NA，故A正确；B、1.0L 1mol/L的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠1mol，由于溶剂水中也 含有氧原子，所以无法计算溶液中含有的氧原子的物质的量及数目，故B错误；C、溶液体积不明确，无法计算含有的OH的个数，故C错误；D、铁和硝酸反应可以生成亚铁盐也可以生成铁盐，5.6g铁物质的量为0.1
14、mol，生成三价铁盐转移0.3NA个电子，生成二价铁盐转移0.2mol电子；故A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下列离子方程式书写正确的是（）AH218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O24OH+4Na+18O2BFe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OC向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2OD将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中：OH+HCO3CO32+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A水与过
15、氧化钠反应，过氧化钠既做氧化剂，有做还原剂；B不符合反应的客观事实，四氧化三铁与硝酸反应生成硝酸铁；C氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；D氢氧化钠少量，氢氧根离子先反应碳酸氢根离子【解答】解：AH218O中投入Na2O2固体，离子方程式为：2H218O+2Na2O2418OH+4Na+O2，故A错误；BFe3O4与稀HNO3反应，离子方程式为：3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故B错误；C向NaHCO3溶液中加入少量Ca（OH）2，离子方程式为：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32，故C错误；D将少量NaOH溶液加入到NH4HCO3溶液中，离
16、子方程式：OH+HCO3CO32+H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是接听关键，注意过氧化钠与水反应中氧化剂还原剂的判断，选项AB为易错选项4下列说法正确的是（）A能够使品红试液褪色的气体一定是SO2B常温下，铁、铝不与浓硫酸反应，因此可以用铁、铝容器贮存运输浓硫酸C硝酸铵受热易分解爆炸，实验室常加热氯化铵与氢氧化钙的混合物制备氨气D一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物【考点】二氧化硫的化学性质；铵盐；铝的化学性质；铁的化学性质【分析】A、氯气通入品红溶液也可以使之褪色；B、常温下铁铝和浓硫酸反应发生钝化，是强氧化性的表现；C、铵盐与
17、碱反应生成氨气需要加热，而硝酸铵受热易分解爆炸；D、同种化合价对应的氧化物不一定只有一种；【解答】解：A、氯气、臭氧等氧化性气体通入品红溶液也可以使之褪色，能够使品红试液褪色的气体不一定是SO2 ，故A错误；B、常温下铁铝和浓硫酸反应发生钝化，是强氧化性的表现，发生了化学反应，生成一薄层氧化物薄膜阻止反应进行，故B错误；C、铵盐与碱反应生成氨气需要加热，而硝酸铵受热易分解爆炸，所以不能用硝酸铵与碱加热反应制备氨气，实验室常加热氯化铵与氢氧化钙的混合物制备氨气，故C正确；D、同种化合价对应的氧化物不一定只有一种，如+4价的氮元素的氧化物有NO2和N2O4，故D错误；故选C【点评】本题考查了二氧化
18、硫、铝、铁、氨气制备以及存在形式的分析判断，主要是为物质性质的理解应用，掌握基础是关键，难度不大5下列叙述正确的是（）A常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B25时Ksp（AgCl）=1.81010，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度可能增大C浓度均为0.1 molL1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为：NaOHNa2CO3（NH4）2SO4NaHSO4D为确定H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡
19、及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的；B、NaCl溶液中含有大量氯离子，使AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动；C、NaOH为强碱，硫酸氢钠为强酸的酸式盐，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，硫酸铵为强酸弱碱盐水解显酸性，盐类水解是微弱的，据此分析；D、判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，NaHA溶液的pH7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH7，H2A是强酸或弱酸都有可能【解答】解：A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中
20、氢离子浓度大于原来的，稀释后溶液的3pH4，故A错误；B、NaCl溶液中含有大量氯离子，使AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动，所以向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度减小，故B错误；C、NaOH为强碱，硫酸氢钠为强酸的酸式盐，碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，硫酸铵为强酸弱碱盐水解显酸性，盐类水解是微弱的，所以相同物质的量浓度的上述溶液pH由大到小的排列顺序为：NaOHNa2CO3（NH4）2SO4NaHSO4，故C正确；D、NaHA溶液的pH7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚
21、硫酸，故D错误；故选C【点评】考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离6和氢硫酸反应不能产生沉淀的是（）APb（NO3）2溶液BNa2S溶液CCuSO4溶液DH2SO4溶液【考点】含硫物质的性质及综合应用【专题】压轴题；氧族元素【分析】硫化氢具有酸性和还原性，可与强氧化性物质发生氧化还原反应，发生复分解反应生成硫化物沉淀，常见的如PbS、CuS等【解答】解：A生成PbS沉淀，故A不选；B二者不反应，没有沉淀生成，故B选；C生成CuS生成，故C不选；D可与浓硫酸发生氧化还原反应生成单质S，有沉淀生成，故D不选故选B【点评】
22、本题考查元素化合物知识，意在考查学生对化学反应的知识掌握的再现能力，题目难度不大，学习中注意全面掌握相关基础知识7下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用干燥pH试纸测定某新制氯水的pHB用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液C用图1装置除去乙烷中混有的乙烯D用图2装置能验证HCl气体在水中的溶解性【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A氯水有漂白性；B高锰酸钾有强氧化性，能将碱式滴定管的橡皮管氧化；C高锰酸钾能将乙烯氧化为二氧化碳；D氯化氢极易溶于水【解答】解：A氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A错误； B碱式滴定管不能用于量取强氧化性溶液，应用酸
23、式滴定管，故B错误；C高锰酸钾能将乙烯氧化为二氧化碳混于乙烷中成为新的杂质，故C错误；D氯化氢极易溶于水，溶于水后，压强减小使气球变大，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验基本操作，难度不大，注意碱式滴定管不能用于量取强氧化性溶液，应用酸式滴定管二、解答题（共3小题，满分43分）8Fe元素是地壳中最丰富的元素之一，在金属中仅次于铝，铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：（1）磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，若有1mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是8molFe3O4与氢碘酸（HI）反应的化学方程式为：Fe3O4+8HI=3
24、FeI2+I2+4H2O与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是因酸性废液中，将会Fe3+抑制的水解，无法得到Fe（OH）3胶体，故不能够吸附悬浮物（3）某课外活动小组将如图所示装置按一定顺序连接，在实验室里制取一定量的FeCl3（所通气体过量并充分反应）请回答下列问题：各装置的正确连接顺序为（填写装置代）AECBD装置C的作用是干燥Cl2反应开始后，B中硬质玻璃管内的现象为产生红棕色的烟 可以检验生成物中含有Fe3+的试剂是硫氰酸钾（填写试剂名称）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据Fe3O4+4CO3Fe+4CO2可知，1mo
25、lFe304参加反应，Fe原子得电子，而C原子失去电子，4molCO作还原剂，化合价从+2价升到+4价，所以每摩尔Fe3O4被还原有8mol电子转移；Fe3O4与氢碘酸（HI）会发生氧化还原反应，溶液中有亚铁离子和碘单质生成，据此书写化学方程式；硫酸铁水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，当在酸性溶液中，铁离子的水解被抑制，据此答题；（3）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，除去氯化氢气体用饱和食盐水，除去水蒸气用浓硫酸，应先除氯化氢，后干燥，最后尾气处理；浓硫酸作干燥剂；B中硬质玻璃管内氯气与铁反应生成氯化铁；用KSCN溶液检验Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明含有Fe3+【解答】解：（1）
26、根据Fe3O4+4CO3Fe+4CO2可知，1molFe304参加反应，Fe原子得电子，而C原子失去电子，4molCO作还原剂，化合价从+2价升到+4价，所以每摩尔Fe3O4被还原有8mol电子转移，Fe3O4与氢碘酸（HI）会发生氧化还原反应，溶液中有亚铁离子和碘单质生成，反应方程式为Fe3O4+8HI=3FeI2+I2+4H2O，故答案为：8；Fe3O4+8HI=3FeI2+I2+4H2O；因Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能够净化水，但在酸性条件下抑制了水解，使水解平衡逆向移动，无法得到Fe（OH）3胶体，故不能够吸附悬浮物，故答案为：因酸性废液中，将会Fe3+抑制的水解，无法得到Fe（O
27、H）3胶体，故不能够吸附悬浮物；（3）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，除去氯化氢气体用饱和食盐水，除去水蒸气用浓硫酸，应先除氯化氢，后干燥，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气，所以装置顺序为AECBD；故答案为：ECB；如果进入B的气体不干燥，FeCl3容易水解，装置C的作用是干燥Cl2，防止FeCl3的水解；故答案为：干燥Cl2；B中硬质玻璃管内氯气与铁反应生成氯化铁，B中因生成有FeCl3而出现红棕色的烟；用KSCN溶液检验Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明含有Fe3+；故答案为：产生红棕色的烟；硫氰酸钾【点评】本题考查氧化还原反应、水解、三氯化铁的制备，涉及装置的连接、
28、气体的干燥、反应现象的判断、物质的检验等，考查学生对实验原理、实验装置的理解、物质的制备与性质，难度中等9碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的处理与利用是世界各国研究的热点问题（1）消除汽车尾气中的NO、CO，有利于减少PM2.5的排放已知如下信息：IIIN2（g）+O2（g） 2NO（g）H12CO（g）+O2（g） 2CO2（g）H2=565kJmol1H1=+183kJmol1在催化剂作用下NO和CO转化为无毒气体，写出反应的热化学方程式2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）H=748kJmol1；一定条件下，单位时间内不同温度下测定的氮氧化物转化率如图1所示温度高于710K时
29、，随温度的升高氮氧化物转化率降低的原因可能是温度升高到710K时，单位时间内反应达平衡，该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，转化率降低；测定汽车尾气常用的方法有两种方法1：电化学气敏传感器法其中CO传感器的工作原理如图2所示，则工作电极的反应式为CO2e+H2OCO2+2H+方法2：氧化还原滴定法用H2O2溶液吸收尾气，将氮氧化物转化为强酸，用酸碱中和滴定法测定强酸浓度写出NO与H2O2溶液反应的离子方程式2NO+3H2O22NO3+2H2O+2H+；（3）工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的SO2，分别生成NaHSO3、NH4HSO3，其水溶液均呈酸性相同条件下，同浓度的两种水溶液
30、中c（SO32）较小的是NH4HSO3用文字和化学用语解释原因NH4HSO3；HSO3H+SO32，NH4+水解使c（H+）增大，电离平衡逆向移动，c（SO32）浓度减小【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和计算；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；根据温度升高到710K时，单位时间内反应达平衡，再升高温度，平衡发生移动分析；该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，据此书写；NO被H2O2溶液氧化成强酸硝酸，双氧水被还原成水，据此书写反应的离子方程
31、式；（3）根据铵根水解成酸性，抑制亚硫酸氢根的电离比较同浓度的两种酸式盐的水溶液中c（SO32）的浓度；【解答】解：（1）因为焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，所以H1=（945+4982630）kJmol1=+183kJmol1；故答案为：+183kJmol1；a2CO（g）+O2（g）=2CO2（g），H=565kJmol1bN2（g）+O2（g）=2NO（g），H=+183kJmol1；依据盖斯定律ab得到NO转化为无毒气体的热化学反应方程式为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）H=（565183）KJ/mol=748 kJmol1；故答案为：2NO（g）
32、+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）H=748 kJmol1；当温度升高到710K时，单位时间内反应达平衡，由于该反应是放热反应，再升高温度，平衡向左移动，转化率降低；故答案为：温度升高到710K时，单位时间内反应达平衡，该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，转化率降低；该装置是原电池，通入一氧化碳的电极是负极，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为：CO2e+H2OCO2+2H+，故答案为：CO2e+H2OCO2+2H+；NO被H2O2溶液氧化成强酸硝酸，双氧水被还原成水，则反应的离子方程式2NO+3H2O22NO3+2H2O+2H+；故答案为：2NO+3H2O22NO3+
33、2H2O+2H+；（3）因为HSO3H+SO32，生成亚硫酸根离子，又铵根水解成酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以NH4HSO3中c（SO32）浓度减小，故答案为：NH4HSO3；HSO3H+SO32，NH4+水解使c（H+）增大，电离平衡逆向移动，c（SO32）浓度减小【点评】本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，平衡移动原理的应用以及原电池的原理，掌握基础是关键，题目较简单；10辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有 MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜主要
34、工艺流程如下：已知：MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+Cu（NH3）4SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：Fe3+：1.53.2 Mn2+：8.39.8 Cu2+：4.46.4（1）实验室配制250mL 4.8mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶、胶头滴管酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎矿石或适当升高温度或搅拌（任写一点）（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等写出该反应的化学方程式Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2
35、MnSO4+S+4H2O（4）调节浸出液pH=4的作用是使Fe3+完全生成Fe（OH）3沉淀（5）本工艺中可循环使用的物质是（写化学式）NH3（6）获得的MnSO4H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是减少MnSO4H2O晶体的损失（7）用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水 （任写一种）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳
36、酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体；（1）配制250mL溶液，需要250mL容量瓶，还需要胶头滴管定容；矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；（3）MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平；（4）氢氧化铁开始沉淀PH=1.5，完全沉淀PH=3.2，Cu2+：开始沉淀是4.4，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.24.4；（5）根据工艺流程可以看出，可循环使用的物质是氨气；（6）
37、MnSO4H2O晶体在酒精中溶解度小；（7）晶体失去结晶水，测定硫酸锰晶体的质量分数会大于100%【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液，必不可少的是容量瓶和胶头滴管，容量瓶要标明规格，本题必须使用250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌；（3）根据信息，MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，反应物是Cu2S、MnO2、H2SO4 ，生成物是CuSO4、MnSO4、S，把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（12+21）=4，Mn元素
38、化合价变化是：42=2，所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据观察法配平其它物质；反应的化学方程式是：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S+4H2O，故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S+4H2O；（4）根据金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的PH范围是：3.24.4，故选择PH=4目的是使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀，故答案为：使Fe3+完全生成Fe（OH）3沉淀；（5）工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，NH3 可循环使用，故答案为：NH3 ；（6）在酒精中
39、，硫酸锰晶体溶解度小，故获得的MnSO4H2O晶体后常用酒精洗涤，目的是减少MnSO4H2O晶体的损失，故答案为：减少MnSO4H2O晶体的损失；（7）质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水，故答案为：混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水【点评】本题考查了硫酸锰晶体的制取，涉及的知识点比较多，可以根据所学知识，合理分析得出正确结论，本题难度中等【化学-选修5：有机化学基础】11脱水环化是合成生物碱类天然产物的重要步骤，某生物碱V合成路线如下：（1）中含氧官能团的名称醛基反应的化学方程式2+O22（3）和在浓硫酸催化加热时反应的化学方程式+H2O（4）下列说
40、法正确的是BCA和均属于芳香烃 B能发生银镜反应C1mol能与4molH2发生加成反应 D反应属于酯化反应（5）A的结构简式（6）与互为同分异构体，遇 FeCl3发生显色反应，其苯环上的一氯代物只有2种写出满足上述条件的的结构简式（7）一定条件下，化合物（）也能发生类似反应的环化反应，的环化产物的结构简式【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）由化合物的结构简式，可知含有官能团为醛基；反应是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸；（3）和在浓硫酸催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；（4）A化合物、含有C和H以外的元素，不属于烃类；B化合物分子中含CHO，具有醛的性质；C化合物
41、苯环和CHO都能与H2发生加成反应；D反应的产物中形成，不含酯基；（5）由反应的产物IV逆向分析，应从之间断键，故A是；（6）化合物与化合物I互为同分异构体，遇 FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位；（7）环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢【解答】解：（1）由化合物的结构简式，可知含有官能团为醛基，故答案为：醛基；反应是苯甲醛发生催化氧化生成苯甲酸，反应方程式为：2+O22，故答案为：2+O22；（3）和在浓硫酸
42、催化加热时发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；（4）A化合物、含有C和H以外的元素，不属于烃类，属于烃的衍生物，故A错误；B化合物分子中含CHO，具有醛的性质，能发生银镜反应，故B正确；C化合物苯环和CHO都能与H2发生加成反应，1mol能与4mol氢气反应，故C正确；D反应的产物中形成，不含酯基，不属于酯化反应，故D错误，故答案为：BC；（5）由反应的产物IV逆向分析，应从之间断键，故A是，故答案为：；（6）化合物与化合物I互为同分异构体，遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，另外取代基为甲基，其苯环上的一氯代物只有2种，则酚羟基与甲基处于对位，的结构简式为，故答案为：；（7）环化反应的特征是羰基去O，连接到苯环侧链的邻位上，注意双键位置在N原子上，结构中的S相当于中的O，发生脱水环化反应的有机产物类似于V，无机产物是硫化氢，的环化产物的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成、官能团的结构与性质、同分异构体书写、有机反应方程式等，充分利用有机物的结构分析解答，是对有机化学的综合考查，侧重考查学生分析推理与知识迁移运用能力考查，难度较大版权所有：高考资源网()