1、2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高三（上）期初化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1生活中处处有化学，下列叙述错误的是( )A医用酒精的浓度通常为75%B保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯C氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患D雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同2下列化学用语表达正确的有( )羟基的电子式：次氯酸分子的结构式：HOCl乙烯的最简式（实验式）：CH2=CH2含有10个中子的氧原子：188O铝离子的结构示意图：二氧化碳分子的比例模型A2个B3个C4个D5个3某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数
2、为2n+1，原子核内质子数是2n21下列有关X的说法中，不正确的是( )AX能形成化学式为X（OH）3的碱BX能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐CX原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数DX能与某些金属元素或非金属元素形成化合物4下列说法中正确的是( )A原电池放电过程中，负极质量一定减轻，正极质量一定增加B常温下浓硫酸与铝不反应，所以常温下可用铝制贮罐贮运浓硫酸C8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12 H2O（g）H0该反应一定能自发进行D提取海带中的碘元素时，为将I完全氧化为I2，用HNO3作氧化剂比用H2O2效果好5从下列实验事实所得出的相应结论正确的是( )实验事实结论
3、将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧还原性：MgCNaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀酸性：HCO3Al（OH）3常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应非金属性：PN某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液一定有NH4+ABCD6已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是( )A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv
4、（H2O2）=v（H2O）=v（O2）7有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为，有机物X的键线式为 ，下列说法不正确的是( )AX的化学式为C8H8BX能使酸性高锰酸钾溶液褪色CX与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种DY是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式可以为二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）已知：室温下2NO+Na2O22NaNO23NaNO2+3HCl3NaCl
5、+HNO3+2NO+H2O；酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4反应生成NO3和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式_（2）B中观察到的主要现象是_，D装置的作用是_（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是_（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和_，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置E，写出E装置的仪器名称_和盛放的药品名称_（5）将1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭_g9（14分）碲（Te）为A族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲（1）粗铜中含有Cu和少量Zn、Ag、Au、TeO2
6、及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为_（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为_“沉碲”时控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是_；防止局部酸度过大的操作方法是_“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是_10醇是重要的有机化工原料一定条件下，甲醇可同时发生下面两个反应：i.2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g
7、）ii.2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）I上述反应过程中能量变化如图所示：（1）在某密闭容器中，充人一定量CH3OH（g）发生上述两个反应，反应_（填“i”或“ii”）的速率较大，其原因为_若在容器中加入催化剂，使ii的反应速率增大，则E1和E2E1的变化是：E1_；E2E1_（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）已知：CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）H=+50.7kJ/mol则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的H=_，某研究小组通过控制反应条件，在三个容积均为2L的密闭容器中只发生反应i，起始反应温度均为T，起始投料如下表所示：
8、编号起始投料/molCH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）恒温容器1200恒温容器2022绝热容器3200（3）比较平衡时容器1中c1（H2O）和容器2中c2（H2O）的大小：c1（H2O）_c2（H2O）（填“”、“”或“=”）；三个容器中反应的化学平衡常数分别记为K1、K2和K3，三者的大小关系为_（4）若容器l中平衡时CH3OH（g） 的转化率为80%，则该温度下反应i的平衡常数K=_【化学-选修5：有机化学基础】11某有机化合物A的结构简式如图（）所示，回答下列问题（1）A能发生消去反应的官能团名称为_（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物B的结构简式是_C
9、酸化后可得到D，D不能发生的反应是_（填选项标号）a取代反应 b水解反应 c加成反应 d消去反应（3）D可以发生如下转化，且E与F互为同分异构体F的结构简式是_由D生成E的化学方程式_（4）符合下列三个条件的D的同分异构体种类有_种（不包括D）只含有邻二取代苯环结构； 与D具有相同的官能团； 不与FeCl3溶液发生显色反应2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高三（上）期初化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1生活中处处有化学，下列叙述错误的是( )A医用酒精的浓度通常为75%B保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯C氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患D雾霾天气
10、对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同【考点】药物的主要成分和疗效；常见的生活环境的污染及治理；蔗糖、麦芽糖简介 【分析】A医用酒精的浓度通常是75%； B制备聚氯乙烯用的增塑剂、防老剂等主要辅料有毒，聚氯乙烯对人体有害；C氧化钙与水反应放出大量热量；D雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在1020微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在12微米左右【解答】解：A用酒精的浓度通常是75%，此浓度杀菌消毒作用强，故A正确； B食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚乙烯，故B错误；C氧化钙与水反应放出大量热量
11、，且氢氧化钙有毒，不能食用，故C正确；D雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故D正确故选B【点评】本题考查物质的用途、雾霾等，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产、生活现象，题目难度不大2下列化学用语表达正确的有( )羟基的电子式：次氯酸分子的结构式：HOCl乙烯的最简式（实验式）：CH2=CH2含有10个中子的氧原子：188O铝离子的结构示意图：二氧化碳分子的比例模型A2个B3个C4个D5个【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】化学用语专题【分析】羟基为中性原子团，氧原子最外层为7
12、个电子；次氯酸分子分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，中心原子为Cl原子；最简式为分子组成的最简比，CH2=CH2为乙烯的结构简式；含有10个中子的氧原子的质量数为18，元素符号的左上角数字为质量数、左下角数字为质子数；铝离子的核电荷数为13，核外电子总数为10；二氧化碳分子分子中，碳原子的相对体积大于氧原子【解答】解：羟基中含有1个氧氢键，为中性原子团，羟基正确的电子式为：，故错误；次氯酸分子的中心原子为氧原子，次氯酸的结构式为：HOCl，故正确；乙烯的分子式为C2H4，则其最简式为CH2，故错误；含有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为：188O，故正确；铝离子的核电荷数为1
13、3，其正确的离子结构示意图为：，故错误；二氧化碳分子为直线型结构，氧原子半径小于碳原子，二氧化碳正确的比例模型为：，故错误；根据分析可知，正确的有2个，故选A【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，试题涉及比例模型、离子结构示意图、元素符号、结构式、结构简式、电子式等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力3某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21下列有关X的说法中，不正确的是( )AX能形成化学式为X（OH）3的碱BX能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐CX原子的最外层电子数和核电荷数不可能为
14、偶数DX能与某些金属元素或非金属元素形成化合物【考点】原子结构与元素的性质 【分析】根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答【解答】解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意
15、；A、由于元素X可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X（OH）3的碱，故A错误；B、元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B正确；C、当n=1时，没有此元素存在；当n=2时，最外层电子数为5，核电荷数为7，该元素X为氮元素；当n=3时，最外层电子数为7，核电荷数为17，该元素X为氯元素，所以X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数，故C正确；D、N元素能与非金属O元素形成化合物NO、NO2等，Cl元素能与非金属H元素形成化合物HCl，所以X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物，故D正确；故选A【点评】本题考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系，利用假设法令n
16、分别为1、2、3来讨论即可解答，难度不大4下列说法中正确的是( )A原电池放电过程中，负极质量一定减轻，正极质量一定增加B常温下浓硫酸与铝不反应，所以常温下可用铝制贮罐贮运浓硫酸C8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12 H2O（g）H0该反应一定能自发进行D提取海带中的碘元素时，为将I完全氧化为I2，用HNO3作氧化剂比用H2O2效果好【考点】原电池和电解池的工作原理；氧化还原反应；焓变和熵变；浓硫酸的性质 【分析】A、燃料电池形成的原电池放电过程中，正负极质量不变；B、常温下浓硫酸能使铝发生钝化；C、根据反应是否自发进行的判据：HTS0来判断；D、HNO3、H2O2都能将I完全氧
17、化为I2，效果相同【解答】解：A、燃料电池形成的原电池放电过程中，两个电极上都是通入的气体发生的氧化还原反应，正负极质量不变，故A错误；B、常温下浓硫酸能使铝发生钝化，不是不反应，故B错误；C、反应自发进行的判断依据是HTS0，反应自发进行，HTS0，反应非自发进行，已知8NH3（g）+6NO2（g）7N2（g）+12H2O（g）H0，反应后气体物质的量增大，则S0，所以HTS0，反应自发进行，故C正确；D、HNO3、H2O2都能将I完全氧化为I2，效果相同，但是H2O2做氧化剂产物为水，无污染，所以应该用H2O2作氧化剂，故D错误；故选C【点评】本题考查了反应自发性的判断、氧化剂的选择、原电
18、池原理、Ksp的应用，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，难度不大5从下列实验事实所得出的相应结论正确的是( )实验事实结论将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧还原性：MgCNaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀酸性：HCO3Al（OH）3常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应非金属性：PN某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液一定有NH4+ABCD【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】品红溶液褪色，气体可能具有漂白性或气体与水反应的物质具有漂白性；Mg与二氧化碳反应
19、生成MgO和C，Mg元素的化合价升高；白色沉淀为氢氧化铝，偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离；常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应，与物质中的化学键有关，NN键能大；能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气【解答】解：品红溶液褪色，气体可能具有漂白性或气体与水反应的物质具有漂白性，则气体为SO2、Cl2等，故错误；Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，Mg元素的化合价升高，Mg作还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性MgC，故正确；白色沉淀为氢氧化铝，偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，则酸性：HCO3Al（OH）3，故正确；常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应，与物质中的化学键
20、有关，NN键能大，而非金属性NP，故错误；能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，由操作和现象可知，该溶液一定有NH4+，故正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的性质、氧化还原反应、酸性比较、离子检验等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，综合性较强，题目难度不大6已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是( )A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJ
21、mol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）【考点】反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律 【专题】物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其H而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；【解答】解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的，I是的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应+可得总反应方
22、程式，反应的催化剂是I，IO只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的H=98KJ/mol，H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误故选：A【点评】本题是2014年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大7有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为，有机物X的键线式为 ，下列说法不正确的是( )AX的化学式为C8H8BX能使酸性高锰酸钾溶液褪色CX与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4
23、种DY是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式可以为【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】A根据键线式的特点来书写化学式；B具有双键的有机物容易被高锰酸钾氧化；C烃分子中含有几种类型的氢原子，就具有几种一氯代物；D根据同分异构体的概念以及芳香烃的元素组成和结构来判断【解答】解：A根据键线式的书写特点，的分子式为C8H8，故A正确；B有机物X中具有碳碳双键，具有烯烃的性质，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾酸性溶液褪色，故B正确；CX和氢气加成以后，所有的双键变为单键，根据对称性原则，这样得到的烃中被加成以后上去的氢原子均等效，共有两种类型的氢原子，所以Z的一氯代物有
24、2种，故C错误；D和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，且属于芳香烃，故D正确故选C【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生有关官能团决定性质的知识，要求学生熟记官能团具有的性质以及判断一氯代物种数的方法，并熟练运用，难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）已知：室温下2NO+Na2O22NaNO23NaNO2+3HCl3NaCl+HNO3+2NO+H2O；酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4反应生成NO3和M
25、n2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（2）B中观察到的主要现象是铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出，D装置的作用是除去未反应的NO，防止污染空气（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是取样，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置E，写出E装置的仪器名称干燥管和盛放的药品名称碱石灰（5）将1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭0.24g【考点】制备实验方案的设计 【分析】装置
26、A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置E中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平；（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气；（3）依据亚硝酸钠具有氧化
27、性或还原性，选择还原剂或氧化剂发生的反应现象证明产物中是否是亚硝酸钠；（4）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠；为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；（5）n（Na2O2）=0.02mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O计算需要C的质量【解答】解：（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2
28、O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，故答案为：铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；（3）检验亚硝酸钠的实验设计为：取少量生成物置于试管中，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠故答案为：取样，加入稀盐酸，若产生无色
29、气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠；（4）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；故答案为：氢氧化钠；干燥管 碱石灰；（5）n（Na2O2）=0.02mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.02mol过氧化钠反应需要0.04molNO，设参加反应的碳为nmol，根据C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O知生成4nmolNO2，根据3NO2+H2O=2H
30、NO3+NO可知4nmolNO2与水反应生成4nmol=nmol硝酸和nmolNO，再根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为nmol=nmol，所以nmol+nmol=2nmol=0.04mol，得n=0.02mol，则C的质量=12g/mol0.02mol=0.24g，故答案为：0.24【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，题目难度中等9（14分）碲（Te）为A族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲（1）粗铜中含有Cu和少量
31、Zn、Ag、Au、TeO2及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O“沉碲”时控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入H2SO4，并不
32、断搅拌“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4【考点】电解原理；制备实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn2e=Zn2+；Cu2e=Cu2+（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2
33、TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此分析解答；TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应；因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，根据得失电子守恒书写【解答】解：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电
34、子，所以阳极电极反应式为Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+，故答案为：Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+；（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入H2SO4
35、，并不断搅拌 故答案为：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4，故答案为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4【点评】本题考查粗铜精炼的电解反应式的书写，对给定条件的化学方程式、离子方程式的判断及书写，实验操作的判断是解本题关键，难度中等10醇是重要的有机化工原料一定条件下，甲醇可同时发生下面两个反应：i.2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）ii.2CH3OH（g）
36、C2H4（g）+2H2O（g）I上述反应过程中能量变化如图所示：（1）在某密闭容器中，充人一定量CH3OH（g）发生上述两个反应，反应i（填“i”或“ii”）的速率较大，其原因为该反应的活化能较小若在容器中加入催化剂，使ii的反应速率增大，则E1和E2E1的变化是：E1减小；E2E1不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）已知：CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）H=+50.7kJ/mol则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的H=45.5kJmol1，某研究小组通过控制反应条件，在三个容积均为2L的密闭容器中只发生反应i，起始反应温度均为T，起始投料
37、如下表所示：编号起始投料/molCH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）恒温容器1200恒温容器2022绝热容器3200（3）比较平衡时容器1中c1（H2O）和容器2中c2（H2O）的大小：c1（H2O）c2（H2O）（填“”、“”或“=”）；三个容器中反应的化学平衡常数分别记为K1、K2和K3，三者的大小关系为K1=K2K3（4）若容器l中平衡时CH3OH（g） 的转化率为80%，则该温度下反应i的平衡常数K=4【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变；化学平衡的计算 【分析】、（1）如图分析可知，反应的活化能越小反应速率越快，加入催化剂能降低反应的活化能，催化剂不改变反应物总能量与
38、生成物总能量之差即反应热不变（2）分析图象2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）H=29.1KJ/mol，2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.9KJ/mol，CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）H=+50.7kJmol1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）的热化学方程式可以依据盖斯定律计算得到；、（3）图表数据都是在恒温容器中进行的反应，达到平衡的方向不同，但反应的平衡常数不变，反应i为2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），反应前后气体体积不变，容器1正向进行，容器2逆向进行，相当于容器1中达到平衡基
39、础上中等压强，平衡不动，但物质浓度增大，反应速率增大，容器3是绝热容器，反应达到平衡容器中温度高于容器1，平衡应逆向进行，平衡常数减小；（4）若容器l中平衡时CH3OH（g） 的转化率为80%，结合化学平衡三段式列式平衡常数K=计算；【解答】解：、（1）反应的活化能越小反应速率越快，在某密闭容器中，充人一定量CH3OH（g）发生上述两个反应中反应i和ii相比，反应i的活化能小，反应速率快，加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以E1和E2的变化是减小，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，E2E1的大小为反应的焓变，活化能大小对该反应的反应热无影响，故答案为：，
40、该反应的活化能较小；减小；不变；（2）分析图象得到反应2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）H=29.1KJ/mol，2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.9KJ/mol，CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）H=+50.7kJmol1依据盖斯定律得到乙烯气相直接水合反应的热化学方程式为：C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）H=45.5 kJmol1故答案为：45.5 kJmol1；、（3）图象分析可知，反应为：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.9KJ/mol，图表数据都是在恒温容器中进行的反应，达到平衡的方向不同
41、，但反应的平衡常数不变，K1=K2，反应i为2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），反应前后气体体积不变，容器1正向进行，容器2逆向进行，相当于容器1中达到平衡基础上中等压强，平衡不动，但物质浓度增大，c1（H2O）c2（H2O），容器3是绝热容器，反应达到平衡容器中温度高于容器1，平衡应逆向进行，平衡常数减小，K1=K2K3，故答案为：，K1=K2K3；（4）若容器l中平衡时CH3OH（g） 的转化率为80%， 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 2 0 0变化量（mol/L） 280% 0.8 0.8平衡量（mol/L） 0.4 0.8
42、0.8K=4，故答案为：4【点评】本题考查了化学平衡、平衡常数的影响因素分析判断，平衡常数计算应用，注意图象分析和热化学方程式的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】11某有机化合物A的结构简式如图（）所示，回答下列问题（1）A能发生消去反应的官能团名称为羟基、氯原子（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物B的结构简式是HOCH2CH（CH3）CH2CH2OHC酸化后可得到D，D不能发生的反应是b（填选项标号）a取代反应 b水解反应 c加成反应 d消去反应（3）D可以发生如下转化，且E与F互为同分异构体F的结构简式是由D生成E的化学方程式（4）符合
43、下列三个条件的D的同分异构体种类有3种（不包括D）只含有邻二取代苯环结构； 与D具有相同的官能团； 不与FeCl3溶液发生显色反应【考点】有机物的推断；有机物的合成 【分析】（1）由A的结构简式可知，羟基、氯原子可以发生消去反应；（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物，则B为HOCH2CH（CH3）CH2CH2OH，C为，C酸化得到D为；（3）D在浓硫酸条件下可以转化得到E、F，且E与F互为同分异构体，F分子内含有2个环，则D发生酯化反应生成环酯F，其结构简式为，D发生消去反应生成E为，E发生加聚反应生成G为；（4）的同分异构体符合：只含有邻二取代苯环结构； 与D具有相同的官
44、能团； 不与FeCl3溶液发生显色反应，不含酚羟基，含有COOH、醇羟基，侧链为COOH、CH（OH）CH3，或CH3、CH（OH）COOH，或或CH2OH、CH2COOH【解答】解：（1）由A的结构简式可知，羟基、氯原子可以发生消去反应，故答案为：羟基、氯原子；（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物，则B为HOCH2CH（CH3）CH2CH2OH，C为，C酸化得到D为，D含有羧基、羟基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应，含有的羟基可以发生消去反应，不能发生水解反应，故答案为：HOCH2CH（CH3）CH2CH2OH；b；（3）D在浓硫酸条件下可以转化得到E、F，且E与F互为同分异构体，F分子内含有2个环，则D发生酯化反应生成环酯F，其结构简式为，D发生消去反应生成E为，E发生加聚反应生成G为，由D生成E的化学方程式为：，故答案为：；（4）的同分异构体符合：只含有邻二取代苯环结构； 与D具有相同的官能团； 不与FeCl3溶液发生显色反应，不含酚羟基，含有COOH、醇羟基，侧链为COOH、CH（OH）CH3，或CH3、CH（OH）COOH，或CH2OH、CH2COOH，符合条件的同分异构体共有3种，故答案为：3【点评】本题考查有机物的推断、官能团的结构与性质、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体的书写，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度不大