1、2016-2017学年四川省成都七中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1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2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
2、面上3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1 mol羟基与1 mol氢氧根离子所含的电子数均为9NAB常温下，44 g N2O和CO2组成的混合气体，所含原子数为3NAC0.1 mol/L的NaClO溶液，含有的阴离子数为0.1NAD常温下，将 1 mol Fe投入过量浓硝酸中，转移的电子数为3NA4下列实验能达到预期目的是（）选项实验内容实验目的A测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B向CH2=CHCH2OH中滴加酸性KMnO4溶液证明CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键C取久置的Na2SO3溶于水，加硝酸酸化的BaCl2溶液证明Na
3、2SO3部分被氧化D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入足量稀NaOH溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热检验蔗糖水解产物具有还原性AABBCCDD5W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y处于同一周期，W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YXWB原子半径ZYXWCY元素可能位于第二周期第A族DY元素与其它三种元素均可形成多种化合物6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图（固体电解液只允许Li+
4、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=4OHB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14 g Li，空气极质量增加16 gD充电时，专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀和劣化7常温下向10mL 0.1molL1CH3COONa溶液中，不断通入HCl后，CH3COO与CH3COOH浓度的变化趋势如图所示（不考虑溶液体积变化），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，c（H+）c（OH）= mol/LC随着HCl的通入，值不断减小D当n（HCl）=1.0103mol时，溶液中c（Na+）c（Cl）c（CHCO
5、O）c（H+）c（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8某兴趣小组欲通过实验方法验证Fe2+的某些性质（1）在实验前，依据Fe2+的性，填写了如表 实验操作预期现象 反应的离子方程式 向盛有新割FeSO4溶液的试管中滴入数滴浓硝酸，振荡 试管中产生红棕色气体，溶液颜色逐渐变黄 Fe2+NO3+2H+=Fe3+NO2+H2O依照表中操作，该小组进行实验观察到液面上方气体逐渐变为红棕色，但试管中溶液颜色却变为深棕色（2）分别取少量反应后的溶液于两只试管中，一只滴加几滴KSCN溶液，溶液变为变红，则溶液中含有；另一只试管滴加几滴溶液，产生蓝色沉淀，则含有Fe2+（3）该小组讨论认为深棕色可能是N
6、O2或NO与铁的某一种离子发生反应引起的提出猜想：NO2与Fe2+发生反应NO2 与Fe3+发生反应NO与Fe2+发生反应（4）该小组用如图装置进行探究： 步骤 操作及现象解释或结论 关闭k、b，打开a，开始甲中反应，一段时间后，观察到丙中溶液逐渐变为深棕色，而丁中溶液无明显变化 溶液深棕色由与NO或NO2反应而的得到 停止甲中反应，打开k、b，关闭a，持续通入N2一段时间 该操作的目的 更换新的丙、丁装置，再通一段时间N2后关闭k，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同 乙瓶中发生的化学反应方程式为（5）结合实验猜想，得出结论：溶液呈深棕色的原因：肯定成立的是猜想；不确定的是猜想，有待后续
7、实验进一步探究9研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化对环境保护具有重要意义（1）SO2的大量排放会引起严重的环境问题是，潮湿条件下，写出大气中SO2转化为HSO3的方程式（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42，两步反应的能量变化示意图1如下：1mol H2S（g）全部氧化成SO42（aq）的热化学方程式为（3）SO2是工业制硫酸的原料气体之一，一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），过程中测定的部分数据见表： 时间/min n（SO2）/moln（O2）/mol 0 0.10 0.05
8、0 4 0.050 0.025 50.040 8 0.020反应在04min内的平均速率为v（SO2）=；此温度下该反应的化学平衡常数K=，8min时，维持温度不变，往反应容器中再通入0.020mol SO2（g），0.010mol O2（g），重新达到平衡时混合气体中SO2的百分含量将（填“减小”，“增大”或“不变”）（4）将H2S 和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示：在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有一般来说，如果一个反应的平衡常数大于105，通常认为反应进
9、行得较完全；相反，如果一个反应的平衡常数小于105，则认为这个反应很难进行已知常温下各物质的溶度积及电离平衡常数：CuS：Ksp=6.31036；H2S：K a1=1.3107，K a2=7.11015，通过计算说明反应CuS（s）+2H+ （aq）=Cu2+（aq）+H2S（aq）进行的程度10硼酸（H3BO3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如图：已知：iFe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4H3BO3在20、40、6
10、0、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g（1）为了提高硼镁矿粉的浸出率，可采取的措施有（至少答两条）（2）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42，还含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，H2O2的作用是 （用离子方程式表示），MgO除去的杂质离子是（3）已知H3BO3与过量的NaOH反应生成NaB（OH）4，试写出H3BO3在溶液中的电离方程式（4）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是，母液中的主要溶质有（5）测定所得产品的纯度：取a g硼酸，小心加热使其分解脱去水分（杂质受热不分解），得残留固体
11、b g，则产品的纯度为化学选修3：物质结构与性质11在周期表中136号之间的W、X、Y、Z、Q六种元素，它们的原子序数依次增大，已知W与其余五种元素既不同周期也不同主族，X原子的L层p轨道中有2个电子，Y元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子，Z元素原子基态时，核外电子排布在3个能级上，且有2个未成对电子Q元素在第四周期，原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态（1）按电子排布，Q元素在周期表中属区（2）第一电离能YZ，电负性YZ（填“”，“=”或“”）（3）W与Z形成的常见化合物有W2Z、W2Z2，W与Y能形成多种二元化合物，如YW3、Y2W4、Y3W5、Y
12、4W6，W2Z分子中Z原子的杂化类型为，YW3分子的立体构型为，YW3极易溶于W2Z的主要原因有（4）若向含有Q2+的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，得到深蓝色溶液后再加乙醇，有深蓝色晶体析出，该晶体阳离子中含有的化学键有（5）Q+与Y3形成的晶胞结构如图所示，阴、阳离子间的核间距为 a pm，阿伏加德罗常数用NA 表示，则晶体的密度为gcm3化学-选修5：有机化学基础12化合物J具有抗缺血性脑损伤的作用，合成J的一种路线如图：E的核磁共振氢谱只有一组峰C能发生银镜反应回答下列问题：（1）D所含有官能团的名称（2）由D生成E的化学方程式为，其反应类型为（3）G的结构简式为（4）C的某同系物X，相对分
13、子质量比C大14，X的结构有种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且锋面积比为1：2：2：2的是（写结构简式）（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2苯基乙醇反应条件1为；反应条件2所选择的试剂为；L的结构简式为2016-2017学年四川省成都七中高三（上）期中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
14、料【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A明矾为强酸弱碱盐，水解显酸性；B脂溶性维生素易溶于油脂；C化学变化没有新物质生成；D碳纤维是一种新型的无机非金属材料；【解答】解：A明矾为强酸弱碱盐，水解显酸性，能与碱式碳酸铜，可以用来清洗青铜器上的铜锈，故A正确；B油脂的摄入有利于脂溶性维生素的吸收，故B正确；C肘后备急方中记载“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为物质形状变化，没有新物质生成属于物理变化，故C正确；D碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是高分子材料，故D错误；故选：D2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
15、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【考点】有机物的结构和性质【分析】该有机物中含2个C=C，不含苯环，由结构简式可确定分子式，结合烯烃的性质来解答【解答】解：A由结构简式可知分子式为C10H16，故A错误；B含碳碳双键，能发生加成、氧化、还原反应，含甲基可发生取代反应，故B正确；C含有2个碳碳双键和1个脂环，则不饱和度为3，而苯的同系物的不饱和度为4，则不属于苯的同系物的同分异构体，故C错误；D分子中含多个sp3杂化的C，为四面体构型，则它的分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，故D错误故选B3设NA为阿伏伽德罗常数
16、的值下列说法正确的是（）A1 mol羟基与1 mol氢氧根离子所含的电子数均为9NAB常温下，44 g N2O和CO2组成的混合气体，所含原子数为3NAC0.1 mol/L的NaClO溶液，含有的阴离子数为0.1NAD常温下，将 1 mol Fe投入过量浓硝酸中，转移的电子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、OH中含9个电子，氢氧根中含10个电子；B、N2O和CO2的摩尔质量均为44g/mol，且均含3个原子；C、溶液体积不明确；D、铁在浓硝酸中钝化【解答】解：A、OH中含9个电子，氢氧根中含10个电子，故1molOH中含9NA个电子，而1mol氢氧根中含10NA个电子，故A错误；B、
17、N2O和CO2的摩尔质量均为44g/mol，故44g混合物的物质的量为1mol，且均含3个原子，故1mol混合物中含3NA个原子，故B正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故C错误；D、铁在浓硝酸中钝化，故转移的电子数小于3NA个，故D错误故选B4下列实验能达到预期目的是（）选项实验内容实验目的A测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B向CH2=CHCH2OH中滴加酸性KMnO4溶液证明CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键C取久置的Na2SO3溶于水，加硝酸酸化的BaCl2溶液证明Na2SO3部分被氧化D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸
18、，水浴加热几分钟，然后加入足量稀NaOH溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热检验蔗糖水解产物具有还原性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小；B醇羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子；D蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，银镜反应必须在碱性条件下进行【解答】解：A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，亚硫酸钠不是S元素最高价含氧酸的钠盐，所以不能据此判断非金属性强弱，故A错误；B醇羟基、
19、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，应该用溴水，故B错误；C硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子而干扰实验，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液，故C错误；D蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在滴加银氨溶液之前必须滴加NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，故D正确；故选D5W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y处于同一周期，W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YXWB原子半径ZY
20、XWCY元素可能位于第二周期第A族DY元素与其它三种元素均可形成多种化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素形成的化合物种类最多，则W为C元素；W、X、Y处于同一周期，则三者位于第二周期，X可能为N、O，Y可能为O、F元素；W和Y族序数之和为X族序数的2倍，若Y为O元素，则X的族序数=5，为N元素，满足条件；若Y为F元素，X的族序数=5.5，不可能，所以X、Y分别为N、O元素；Z的最高价氧化物对应的水化物既能溶于酸又能溶于碱，则Z为Al元素，据此进行解答【解答】解：W、X、Y、Z均为原子序数依次
21、增大的短周期主族元素，W元素形成的化合物种类最多，则W为C元素；W、X、Y处于同一周期，则三者位于第二周期，X可能为N、O，Y可能为O、F元素；W和Y族序数之和为X族序数的2倍，若Y为O元素，则X的族序数=5，为N元素，满足条件；若Y为F元素，X的族序数=5.5，不可能，所以X、Y分别为N、O元素；Z的最高价氧化物对应的水化物既能溶于酸又能溶于碱，则Z为Al元素，根据分析可知，W、X、Y、Z分别为C、N、O、Al，AC、N、O元素的氢化物分别为甲烷、氨气和水，氨气和水分子中存在氢键，二者沸点较高，O元素非金属性大于N，则水的沸点大于氨气，所以简单气态氢化物沸点YXW，故A正确；B电子层越多，原
22、子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：ZWXY，故B错误；CY为O元素，位于周期表中第二周期第A族，故C错误；DY为O元素，O与Al只能形成氧化铝一种化合物，故D错误；故选A6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=4OHB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14 g Li，空气极质量增加16 gD充电时，专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀和劣化【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】在锂空气电池中
23、，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答【解答】解：A、因为该电池为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e=4OH，故A正确；B、电极反应和电解质环境有关，去掉固体电解液和有机电解质，电池反应发生改变，故B正确；C、充电时，生成14 g Li，转移2mol电子，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e=4OH，空气极质量增加34 g氢氧根离子，故C错误；D、充电时，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，故D正确故选C7常温下向10mL 0.1molL1CH3COONa溶液中，不
24、断通入HCl后，CH3COO与CH3COOH浓度的变化趋势如图所示（不考虑溶液体积变化），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，c（H+）c（OH）= mol/LC随着HCl的通入，值不断减小D当n（HCl）=1.0103mol时，溶液中c（Na+）c（Cl）c（CHCOO）c（H+）c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】ACH3COO水解促进水的电离，CH3COOH电离出氢离子抑制水的电离；B根据电荷守恒计算；C根据水解常数Kh=结合CH3COOH浓度的变化分析；D当n（HCl）=1.0103mol时，CH3COONa与HCl恰好反应生成NaCl
25、和CH3COOH，溶液显酸性【解答】解：ACH3COO水解促进水的电离，CH3COOH电离出氢离子抑制水的电离，原溶液为醋酸钠溶液，醋酸根离子水解促进水的电离，M点溶液显酸性，醋酸电离的氢离子抑制水的电离，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A正确；B在M点时，溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（CHCOO）+c（OH），则c（H+）c（OH）=c（Cl）+c（CHCOO）c（Na+）=100a+0.050.1= mol/L，故B正确；C温度不变，水解常数Kh=不变，随着HCl的加入，CH3COOH浓度逐渐增大，所以逐渐减小，故C正确；D当n（HCl）=1.010
26、3mol时，CH3COONa与HCl恰好反应生成等浓度的NaCl和CH3COOH，由于CH3COOH部分电离溶液显酸性，所以c（Na+）=c（Cl）c（CHCOO）c（H+）c（OH），故D错误故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8某兴趣小组欲通过实验方法验证Fe2+的某些性质（1）在实验前，依据Fe2+的还原性，填写了如表 实验操作预期现象 反应的离子方程式 向盛有新割FeSO4溶液的试管中滴入数滴浓硝酸，振荡 试管中产生红棕色气体，溶液颜色逐渐变黄 Fe2+NO3+2H+=Fe3+NO2+H2O依照表中操作，该小组进行实验观察到液面上方气体逐渐变为红棕色，但试管中溶液颜色却变为深棕色（
27、2）分别取少量反应后的溶液于两只试管中，一只滴加几滴KSCN溶液，溶液变为变红，则溶液中含有Fe3+；另一只试管滴加几滴K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀，则含有Fe2+（3）该小组讨论认为深棕色可能是NO2或NO与铁的某一种离子发生反应引起的提出猜想：NO2与Fe2+发生反应NO2 与Fe3+发生反应NO与Fe2+发生反应NO与Fe3+发生反应（4）该小组用如图装置进行探究： 步骤 操作及现象解释或结论 关闭k、b，打开a，开始甲中反应，一段时间后，观察到丙中溶液逐渐变为深棕色，而丁中溶液无明显变化 溶液深棕色由Fe2+与NO或NO2反应而的得到 停止甲中反应，打开k、b，关闭a，持续通入
28、N2一段时间 该操作的目的排净乙装置及导气管中的NO2 更换新的丙、丁装置，再通一段时间N2后关闭k，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同 乙瓶中发生的化学反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO（5）结合实验猜想，得出结论：溶液呈深棕色的原因：肯定成立的是猜想；不确定的是猜想i，有待后续实验进一步探究【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）根据离子方程式Fe2+NO3+2H+=Fe3+NO2+H2O可知，Fe2+显示还原性；（2）Fe3+遇KSCN溶液显血红色，Fe2+遇铁氰化钾产生蓝色沉淀；（3）该小组讨论认为深棕色可能是NO2或NO与铁的某一种离子发生反应引起的；（4）打开活塞
29、a，关闭k、b时，反应生成的NO2气体通入了FeSO4溶液中后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象；打开活塞k、b、关闭a，使NO2与水反应生成NO；为与中实验进行对照，更换丙，丁后，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，即NO通入FeSO4溶液后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象（5）结合实验猜想及实验可知【解答】解：（1）在离子方程式Fe2+NO3+2H+=Fe3+NO2+H2O中，Fe2+被氧化为Fe3+，显示还原性，故答案为：还原；（2）向反应后溶液中均加入KSCN溶液变红，故可以说明滴入的硝酸将Fe2+氧化为了Fe3+，Fe2+遇K3Fe（CN）6产生蓝色沉
30、淀，故答案为：Fe3+；K3Fe（CN）6；（3）还有一种猜想为NO 与Fe3+发生反应，故答案为：NO 与Fe3+发生反应；（4）打开活塞a，关闭k、b时，反应生成的NO2气体通入了FeSO4溶液中后显深棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液中无现象，故答案为：Fe2+；打开活塞k、b、关闭a，使NO2与水反应生成NO，故答案为：排净乙装置及导气管中的NO2；为与中实验进行对照，更换丙，丁后，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，3NO2+H2O=2HNO3+NO，即NO通入FeSO4溶液后显深棕色，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）结合实验猜想及实验可知，溶液呈深棕色的原
31、因是猜想，不确定的是猜想是i，故答案为：，i9研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化对环境保护具有重要意义（1）SO2的大量排放会引起严重的环境问题是酸雨，潮湿条件下，写出大气中SO2转化为HSO3的方程式SO2+H2OH2SO3；H2SO3H+HSO3（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42，两步反应的能量变化示意图1如下：1mol H2S（g）全部氧化成SO42（aq）的热化学方程式为H2S（g）+2O2（g）=SO42（aq）+2H+（aq）H=806.39kJmol1（3）SO2是工业制硫酸的原料气体之一，一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的
32、SO2和O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），过程中测定的部分数据见表： 时间/min n（SO2）/moln（O2）/mol 0 0.10 0.050 4 0.050 0.025 50.040 8 0.020反应在04min内的平均速率为v（SO2）=6.25103mol/（Lmin）；此温度下该反应的化学平衡常数K=225（mol/L），8min时，维持温度不变，往反应容器中再通入0.020mol SO2（g），0.010mol O2（g），重新达到平衡时混合气体中SO2的百分含量将减小（填“减小”，“增大”或“不变”）（4）将H2S 和空气的混合气体通入FeCl3、F
33、eCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示：在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有通入足量的空气一般来说，如果一个反应的平衡常数大于105，通常认为反应进行得较完全；相反，如果一个反应的平衡常数小于105，则认为这个反应很难进行已知常温下各物质的溶度积及电离平衡常数：CuS：Ksp=6.31036；H2S：K a1=1.3107，K a2=7.11015，通过计算说明反应CuS（s）+2H+ （aq）=Cu2+（aq）+H2S（aq）进行的程度反应很难进行【考点】含硫物质的性质及综合应用【分析】（1）SO2
34、的大量排放会形成酸雨，二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸，亚硫酸为弱电解质，部分电离产生氢离子与亚硫酸氢根离子；（2）由图可知，第一步热化学反应为：H2S（g）+0.5O2（g）=S（s）+H2O（g）H=221.19 kJmol1；第二步反应为：S（s）+1.5O2（g）+H2O（g）=2H+（aq）+SO42（aq）H=585.20 kJmol1；依据盖斯定律计算反应热；（3）04min二氧化硫物质的量变化为0.10mol0.050mol=0.050mol，反应速率v=；结合图表数据，5min时n（O2）=0.03mol，剩余氧气物质的量=0.05mol0.03mol=0.02mol，6m
35、in时氧气物质的量为0.02mol，说明5分钟反应达到平衡状态，结合化学平衡三行计算列式计算平衡浓度，平衡常数=；计算此时浓度商和平衡常数比较分析判断平衡进行方向；（4）根据使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质进行分析；反应CuS（s）+2H+ （aq）=Cu2+（aq）+H2S（aq），反应的平衡常数K=；【解答】解：（1）SO2的大量排放会引起严重的环境问题是形成酸雨，二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸，亚硫酸为弱电解质，部分电离产生氢离子与亚硫酸氢根离子，离子方程式：SO2+H2OH2SO3；H2SO3H+HSO3，故答案为：酸雨；SO2+H2OH2S
36、O3；H2SO3H+HSO3；（2）由图可知，第一步热化学反应为：H2S（g）+0.5O2（g）=S（s）+H2O（g）H=221.19 kJmol1；第二步反应为：S（s）+1.5O2（g）+H2O（g）=2H+（aq）+SO42（aq）H=585.20 kJmol1；依据盖斯定律，第一步与第二步方程式相加得：H2S（g）+2O2（g）=SO42（aq）+2H+（aq）H=806.39 kJmol1；故答案为：H2S（g）+2O2（g）=SO42（aq）+2H+（aq）H=806.39 kJmol1 ；（3）04min二氧化硫物质的量变化为0.10mol0.050mol=0.050mol，反
37、应速率v=6.25103mol/（Lmin），故答案为：6.25103mol/（Lmin）；结合图表数据，5min时n（O2）=0.03mol，剩余氧气物质的量=0.05mol0.03mol=0.02mol，6min时氧气物质的量为0.02mol，说明5分钟反应达到平衡状态，结合化学平衡三行计算列式计算平衡浓度，5min时， 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），起始量（mol） 0.1 0.05 0变化量（mol） 0.06 0.03 0.06平衡量（mol） 0.04 0.02 0.06平衡常数=225（mol/L）故答案为：225（mol/L）；8min时，维持温度不变，往反应容器中
38、再通入0.020mol SO2（g），0.010mol O2（g），Qc=66.67K，反应正向进行，平衡移动程度小重新达到平衡时混合气体中SO2的百分含量将减小，故答案为：减小；（4）使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质，所以氧气必须过量，采取的措施是：增大混合气体中空气的比例，通入足量的空气，故答案为：通入足量的空气；反应CuS（s）+2H+ （aq）=Cu2+（aq）+H2S（aq），反应的平衡常数K=6.831015105，反应很难进行，故答案为：反应很难进行；10硼酸（H3BO3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（2MgOB2O3H2O、SiO2及
39、少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如图：已知：iFe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g（1）为了提高硼镁矿粉的浸出率，可采取的措施有加热、搅拌、粉碎矿石或提高硫酸浓度等（至少答两条）（2）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42，还含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等杂质“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，H2O2的作用是H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O
40、 （用离子方程式表示），MgO除去的杂质离子是Fe3+、Al3+（3）已知H3BO3与过量的NaOH反应生成NaB（OH）4，试写出H3BO3在溶液中的电离方程式H3BO3（aq）+H2O（l）B（OH）4（aq）+H+（aq）（4）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是防止温度下降时H3BO3从溶液中析出影响产量，母液中的主要溶质有H3BO3、MgSO4（5）测定所得产品的纯度：取a g硼酸，小心加热使其分解脱去水分（杂质受热不分解），得残留固体b g，则产品的纯度为100%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】硼镁矿（2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3
41、、Al2O3）为原料生产硼酸，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，母液中主要含有硫酸镁和硼酸，（1）矿石颗粒大小影响反应速率，温度升高反应加快，搅拌也可以提高浸取率；（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加MgO调节PH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；（3）H3BO3
42、与过量NaOH溶液反应生成NaB（OH）4，H3BO3属于一元酸，电离出B（OH）4与H+；（4）由目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出；（5）取a g硼酸，小心加热使其分解脱去水分（杂质受热不分解），得残留固体b g，反应为：2H3BO3=B2O3+3H2O，结合反应前后质量变化计算硼酸质量得到纯度【解答】解：由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝
43、离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌或适当提高硫酸浓度都可以提高浸取率，故答案为：加热、搅拌、粉碎矿石或提高硫酸浓度等；（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，所以H2O2的作用是：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，加MgO调节PH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；故答案为：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O；Fe3+、Al3+；（3）H3BO3与过量NaOH溶液反应生成NaB（OH）4，H3BO3属于一元酸，电离
44、出B（OH）4与H+，属于弱酸，电离方程式为：H3BO3（aq）+H2O（l）B（OH）4（aq）+H+（aq），故答案为：H3BO3（aq）+H2O（l）B（OH）4（aq）+H+（aq）；（4）由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出影响产量，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，母液中主要含有硫酸镁和硼酸，故答案为：防止温度下降时H3BO3从溶液中析出影响产量；H3BO3、MgSO4；（5）取a g硼酸，小心加热使其分解脱去水分（杂质受热不分解），得残留固体b g，反应为：2H3BO3=B2O3+3H2O，m
45、 262 54 m （ab）gm=g结合反应前后质量变化计算硼酸质量得到纯度=100%=100%，故答案为：100%；化学选修3：物质结构与性质11在周期表中136号之间的W、X、Y、Z、Q六种元素，它们的原子序数依次增大，已知W与其余五种元素既不同周期也不同主族，X原子的L层p轨道中有2个电子，Y元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子，Z元素原子基态时，核外电子排布在3个能级上，且有2个未成对电子Q元素在第四周期，原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态（1）按电子排布，Q元素在周期表中属ds区（2）第一电离能YZ，电负性YZ（填“”，“=”或“”）（3）W
46、与Z形成的常见化合物有W2Z、W2Z2，W与Y能形成多种二元化合物，如YW3、Y2W4、Y3W5、Y4W6，W2Z分子中Z原子的杂化类型为sp3杂化，YW3分子的立体构型为三角锥形，YW3极易溶于W2Z的主要原因有都是极性分子，相似相溶；NH3与H2O分子间可形成氢键；NH3与H2O发生反应（4）若向含有Q2+的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，得到深蓝色溶液后再加乙醇，有深蓝色晶体析出，该晶体阳离子中含有的化学键有配位键、极性键（5）Q+与Y3形成的晶胞结构如图所示，阴、阳离子间的核间距为 a pm，阿伏加德罗常数用NA 表示，则晶体的密度为gcm3【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】已知W与
47、其余五种元素既不同周期也不同主族，而且原子序数最小，所以W是氢元素，X原子的L层p轨道中有2个电子，所以X是碳元素，Y元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子，所以Y元素是氮元素，Z元素原子基态时，核外电子排布在3个能级上，且有2个未成对电子原子序数比氮大，所以Z是氧元素，Q元素在第四周期，原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，由此分析解答【解答】解：（1）核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Q元素在周期表中属ds 区，故答案为：ds；（2）氮核外电子排布处于
48、半满状态，所以第一电离能YZ，同周期从左往右电负性增强，所以电负性YZ，故答案为：；（3）H2O分子中O原子的杂化类型为sp3杂化，NH3分子中N原子的杂化类型为sp3杂化，分子的立体构型为三角锥形，氨气与水分子间存在氢键，所以NH3极易溶于H2O，氨气与水反应生成一水合氨，故答案为：sp3杂化；三角锥形；都是极性分子，相似相溶；NH3与H2O分子间可形成氢键；NH3与H2O发生反应；（4）硫酸铜溶液中滴加过量氨水，得到深蓝色溶液后再加乙醇，有深蓝色晶体析出，Cu（NH3）42+中含有的化学键有配位键、极性键，故答案为：配位键、极性键（5）Cu+与N3形成的晶胞结构如图所示，则晶胞边长为2ac
49、m，该晶胞中灰色球个数=8=1、黑色球个数=12=3，根据化合价知，灰色球表示氮离子、黑色球表示亚铜离子，与同一个N3相连的Cu+有6个，该晶体的密度=gcm3，故答案为：化学-选修5：有机化学基础12化合物J具有抗缺血性脑损伤的作用，合成J的一种路线如图：E的核磁共振氢谱只有一组峰C能发生银镜反应回答下列问题：（1）D所含有官能团的名称碳碳双键（2）由D生成E的化学方程式为CH2=CH（CH3）2+HBr（CH3）3CHBr，其反应类型为加成反应（3）G的结构简式为（4）C的某同系物X，相对分子质量比C大14，X的结构有17种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且锋面积比为1：2：2：2的是（写结构
50、简式）（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2苯基乙醇反应条件1为Cl2、光照或（Br2、光照）；反应条件2所选择的试剂为Mg、乙醚；L的结构简式为【考点】有机物的合成【分析】根据J结构简式结合A的分子式知，A结构简式为，甲苯和溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成B，B发生反应生成C，C能发生银镜反应，说明C含有醛基，D和HBr反应生成E，E的核磁共振氢谱只有一组峰，说明E只有一种氢原子，E发生信息中的反应生成F；H发生酯化反应生成J，根据J结构简式知，H结构简式为，根据H结构简式知，D结构简式为CH2=CH（CH3）2，E结构简式为（CH3）3CHBr，F结构简式为（CH3）3CHMgB
51、r，C和F反应生成G，根据H结构简式知，G结构简式为，C结构简式为，（5）和氯气或溴发生取代反应生成K为1氯甲苯或1溴甲苯，1氯甲苯或1溴甲苯和Mg、乙醚反应生成L为，L和甲醛、水反应生成2苯基乙醇【解答】解：根据J结构简式结合A的分子式知，A结构简式为，甲苯和溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成B，B发生反应生成C，C能发生银镜反应，说明C含有醛基，D和HBr反应生成E，E的核磁共振氢谱只有一组峰，说明E只有一种氢原子，E发生信息中的反应生成F；H发生酯化反应生成J，根据J结构简式知，H结构简式为，根据H结构简式知，D结构简式为CH2=CH（CH3）2，E结构简式为（CH3）3CHBr，
52、F结构简式为（CH3）3CHMgBr，C和F反应生成G，根据H结构简式知，G结构简式为，C结构简式为，（1）D结构简式为CH2=CH（CH3）2，D所含有官能团的名称碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D结构简式为CH2=CH（CH3）2，E结构简式为（CH3）3CHBr，D和HBr发生加成反应生成E，由D生成E的化学方程式为CH2=CH（CH3）2+HBr（CH3）3CHBr，其反应类型为加成反应，故答案为：CH2=CH（CH3）2+HBr（CH3）3CHBr；加成反应；（3）G的结构简式为，故答案为：；（4）C结构简式为，C的某同系物X，相对分子质量比C大14，则比C多一个CH2，如果存在Br、CH2CHO，有邻间对3种结构；如果存在CH2Br、CHO，有邻间对3种结构；如果存在Br、CH3、CHO，有10种结构；如果存在CHBrCHO，有1种，所以符合条件的有17种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且锋面积比为1：2：2：2的是，故答案为：17；（5）和氯气或溴发生取代反应生成K为1氯甲苯或1溴甲苯，1氯甲苯或1溴甲苯和Mg、乙醚反应生成L为，L和甲醛、水反应生成2苯基乙醇，反应条件1为Cl2、光照或（Br2、光照）；反应条件2所选择的试剂为Mg、乙醚；L的结构简式为，故答案为：Cl2、光照或（Br2、光照）；Mg、乙醚；2016年12月18日
