1、2015-2016学年四川省眉山中学高三（上）月考化学试卷（1月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质B为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻储存C白酒标签上注有“酒精度52%Vol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精D人体细胞内存在的HCO3H2CO3与 HPO4HPO42维持了酸碱的生理平衡2NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴
2、离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA3下列离子方程式中，正确的是（）A向NaOH溶液中加入少量Mg（HCO3）2溶液：2OH+Mg2+Mg（OH）2B向足量NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba（HCO3）2溶液：HCO3+Ba2+H+SO42BaSO4+H2O+CO2C酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO+10H+3H2O22Mn2+3O2+8H2OD向Fe（NO3）3溶液中加入过量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10IFe2+3NO+5I2+6H2O4室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（
3、）A（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：Ba2+、K+、OH、BrB通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3、Ba2+、H+C =1012的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3、ClDc（I）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Fe3+、ClO、SO425下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A在0.1 molL1氨水中滴加0lmolL1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH）=l0a14molL1B0.2molL1 CH3COOH溶液与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合2c（H+）2c（OH）=c（CH3COO）c（CH3COOH）C常温时，将等浓度的碳
4、酸钠和碳酸氢钠等体积混合，3c（Na+）=2c（CO32）+c（H2CO3）+c（HCO3）D常温下，向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性c（Na+）c（NH4+）c（SO42）c（OH）=c（H+）6下列实验现象以及结论正确的是（）A向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2有白色沉淀生成BaSO3难溶于酸B向等浓度的KCl、Kl混合液中滴加AgNO3溶液先出现白色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）C溴乙烷与NaOH水溶液共热后，加HNO3酸化，滴加AgNO3溶液出现淡黄色沉淀溴乙烷含溴元素D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没
5、有变质AABBCCDD7如图所示，图是恒压密闭容器，图是恒容密闭容器当其他条件相同时，在、中分别加入2mol X和2mol Y，开始时容器的体积均为VL，发生反应2X（？）+Y（？）aZ（g）并达到平衡状态此时中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2下列判断正确的是（）A物质Z的化学计量数a=2B若中气体的密度如图所示，则X、Y中只有一种为气态C若X、Y均为气态，则平衡时x的转化率：ID若X为固态、Y为气态，则、中从开始到平衡所需的时间：二、解答题（共4小题，满分58分）8已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE其中A、B、C是同一周期的非金属元素化合物DC离子
6、化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构AC2为非极性分子B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界请根据以上情况，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为（2）B的氢化物的分子空间构型是（3）一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式式为（4）E的核外电子排布式是ECl3与B、C的氢化物形成的配合物的化学式为（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B
7、被还原到最低价，该反应的化学方程式是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：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.58kJmol1反应：CO2（g）+H2（g）CO （g）+H2O（g）H2反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H3=90.77kJmol1回答下列问题：（1）反应的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，实验测得反应物在不同起
8、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H2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）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、0.6molH2O，反应在开始时向方向进行b在500K时，恒压条件下按照A方式充入3mol H2和1.5mol CO2
9、，平衡时二氧化碳的转化率60%（大于、小于、等于）（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2是甲醇燃料电池的模型写出该燃料电池的负极反应式如果用该电池作为电解氯化钠溶液的电池装置，当有16g甲醇发生反应时，则理论上阴极产生的H2在标况下是L10如图所示是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出（1）在组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是先，然后微热A，察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成说明装置气
10、密性良好（2）请用平衡移动的原理解释A中制取氨气的原理（3）装置B中盛放试剂是（4）关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗活塞，点燃C处酒精灯，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中（答现象）；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式（5）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量若反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少2.4g通过计算确定该固体产物的成分是（6）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中写出产生白烟的
11、化学方程式迅速产生倒吸的原因是11废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO制备流程图如图：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42如图表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.85.9s沉淀完全的pH3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是（2）加入ZnO调节pH=34的目的是（3）由不溶物生成溶液D的化学
12、方程式为（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是（5）下列试剂可作为Y试剂的是AZnO BNaOH CNa2CO3DZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4O62胆矾晶体的纯度为2015-2016学年四川省眉山中学高三（上）月考化学试卷（1月
13、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）1化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A在食品袋中放入盛有硅胶、生石灰的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质B为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻储存C白酒标签上注有“酒精度52%Vol”字样，它表示100g该白酒中含有52g酒精D人体细胞内存在的HCO3H2CO3与 HPO4HPO42维持了酸碱的生理平衡【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A硅胶、生石灰具有吸水性；B加热可以使蛋白质变性；C白酒的标签上度数一般是指酒精在溶液中的体积分数；DHCO3
14、、HPO42既能与酸性物质发生反应，又能与碱性物质发生反应【解答】解：A硅胶、生石灰具有吸水性，可防止食物受潮，不能防止食物氧化变质，故A错误；B为了防止蛋白质变性，疫苗等生物制剂应冷冻保藏，故B错误；C白酒的标签上度数一般是指酒精在溶液中的体积分数，故C错误；DHCO3、HPO42既能与酸性物质发生反应，又能与碱性物质发生反应，能维持酸碱的生理平衡，故D正确故选D2NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成
15、的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，根据亚铁离子和碘离子的物质的量计算出转移的电子数；B硫酸钾中阳离子为硫酸根离子，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷；C过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；D丙烯和环丙烷的分子式都是C3H6，42g混合物中含有1molC3H6【解答】解：A1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，与足量氯气反应，1mol亚铁离子失去1mol电子、2mol碘离子失去2mol电子，总共转移了3mol电子，转移的电子数为：
16、3NA，故A错误；B2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，含有2mol负电荷，阴离子所带电荷数为2NA，故B错误；C1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，含离子总数为3NA，故C错误；D42g丙烯和环丙烷的混合物中含有1molC3H6分子，含有6molH原子，含有氢原子的个数为6NA，故D正确；故选D3下列离子方程式中，正确的是（）A向NaOH溶液中加入少量Mg（HCO3）2溶液：2OH+Mg2+Mg（OH）2B向足量NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba（HCO3）2溶液：HCO3+Ba2+
17、H+SO42BaSO4+H2O+CO2C酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO+10H+3H2O22Mn2+3O2+8H2OD向Fe（NO3）3溶液中加入过量HI溶液：Fe3+3NO3+12H+10IFe2+3NO+5I2+6H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水；B二者2：1反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；C得失电子不守恒；D碘化氢足量，铁离子和硝酸根离子都参与反应【解答】解；A向NaOH溶液中加入少量Mg（HCO3）2溶液，离子方程式：2HCO3+4OH+Mg2+Mg（OH）2+2CO32，故A错误；B向足量NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba（HCO3）2溶液，离
18、子方程式：2HCO3+Ba2+2H+SO42BaSO4+2H2O+2CO2，故B错误；C酸性KMnO4溶液与H2O2反应，离子方程式：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2，故C错误；D硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，反应的离子方程式为：Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故D正确；故选：D4室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：Ba2+、K+、OH、BrB通入过量SO2气体的溶液中：Fe3+、NO3、Ba2+、H+C =1012的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3
19、、ClDc（I）=0.1 molL1的溶液中：Na+、Fe3+、ClO、SO42【考点】离子共存问题【分析】A离子之间结合生成沉淀、弱电解质等；B发生氧化还原反应；C. =1012的溶液，显酸性；D离子之间发生氧化还原反应【解答】解：ABa2+、SO42结合生成沉淀，Fe2+、OH结合生成沉淀，OH、NH4+结合生成电解质等，不能大量共存，故A错误；BSO2、NO3、H+发生氧化还原反应，生成的SO42与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C. =1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DFe3+、ClO分别与I发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选
20、C5下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A在0.1 molL1氨水中滴加0lmolL1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH）=l0a14molL1B0.2molL1 CH3COOH溶液与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合2c（H+）2c（OH）=c（CH3COO）c（CH3COOH）C常温时，将等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠等体积混合，3c（Na+）=2c（CO32）+c（H2CO3）+c（HCO3）D常温下，向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性c（Na+）c（NH4+）c（SO42）c（OH）=c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【分
21、析】A刚好完全中和时，氢离子与氢氧根离子浓度相等，pH=a的溶液中c（H+）=c（OH）=10amolL1；B反应后溶质为等浓度醋酸钠和醋酸，根据物料守恒和电荷守恒进行判断；C.0.1 molL1Na2CO3溶液与0.1 molL1NaHCO3溶液等体积混合中，钠与碳的所有微粒的物质的量之比为3：2，则根据物料守恒：2c（Na+）=3c（H2CO3）+3c（HCO3）+3c（CO32）；D由于铵根离子部分水解，则c（SO42）c（NH4+）【解答】解：A在0.1molL1氨水中滴加0.1molL1盐酸，刚好完全中和时pH=a，此时溶质为氯化铵，溶液中氢离子是水电离的，则溶液中水电离的c（OH）
22、=c（H+）=10amolL1，故A错误；B.0.2molL1 CH3COOH溶液与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒可知：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+），二者结合可得：2c（H+）2c（OH）=c（CH3COO）c（CH3COOH），故B正确；C等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液等体积混合后，钠与碳的所有微粒的物质的量之比为3：2，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3c（H2CO3）+3c（HCO3）+3c（CO32），故C错误；D反应后溶液为
23、中性，则c（OH）=c（H+），当刘淑晴阿登与氢氧化钠的物质的量相等时生成硫酸钠、硫酸铵溶液，混合液呈酸性，若为中性，则氢氧化钠应该稍过量，则c（Na+）c（SO42），由于铵根离子部分水解，则c（SO42）c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故D错误；故选B6下列实验现象以及结论正确的是（）A向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2有白色沉淀生成BaSO3难溶于酸B向等浓度的KCl、Kl混合液中滴加AgNO3溶液先出现白色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）C溴乙烷与NaOH水溶液共热后，加HNO3酸化，滴加AgN
24、O3溶液出现淡黄色沉淀溴乙烷含溴元素D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A酸性条件下NO3与SO2发生氧化还原反应生成SO42；B向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液，溶度积常数小的物质先出现沉淀；C出现淡黄色沉淀，可说明溴乙烷水解；D久置的Na2O2粉末混有碳酸钠【解答】解：A酸性条件下NO3与SO2发生氧化还原反应生成SO42，生成的沉淀为BaSO4，而不是BaSO3，故A错误；B向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液，溶度积常数小的物质先出现沉淀，如果先生成黄色沉淀，说明Ksp
25、（AgCl）Ksp（AgI），故B正确；C溴乙烷在碱性条件下水解，酸化后加入硝酸银溶液可生成溴化银浅黄色沉淀，可证明，故C正确；D久置的Na2O2粉末混有碳酸钠，加盐酸生成无色气体中有氧气和二氧化碳，结论不合理，故D错误故选BC7如图所示，图是恒压密闭容器，图是恒容密闭容器当其他条件相同时，在、中分别加入2mol X和2mol Y，开始时容器的体积均为VL，发生反应2X（？）+Y（？）aZ（g）并达到平衡状态此时中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2下列判断正确的是（）A物质Z的化学计量数a=2B若中气体的密度如图所示，则X、Y中只有一种为气态C若X、Y均为气态，则平衡时x的转化率：ID若X为
26、固态、Y为气态，则、中从开始到平衡所需的时间：【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、根据反应物质的量的变化量之比等于化学计量数之比进行计算；B体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体；C若X、Y均为气态，压强越大，转化率越大；D反应体系的压强越大，反应速率越大，达到平衡所用的时间久越少【解答】解：A、设达平衡时Y反应的物质的量为x，则 2X（？）+Y（？）a Z（g） 起始量：2 2 0 转化量：2x x ax 平衡量：22x 2x ax由（22x）：（2x）：ax=1：3：2可得x=0.8，a=1，故A错误；B如X、Y都是气体，则混合气体的密度不变，如图所示，体积不变，气体
27、的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，故B正确；C若X、Y均为气态，反应体系的压强大于反应体系的压强，反应可看成是在的基础上增大压强，平衡向反应方向移动，则转化率，故C错误；D若X为固态、Y为气态，则反应前后气体的物质的量相等，压强不变，图压强等于图压强，则、中从开始到平衡所需的时间：=，故D错误；故选B二、解答题（共4小题，满分58分）8已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE其中A、B、C是同一周期的非金属元素化合物DC离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构AC2为非极性分子B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点
28、高E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界请根据以上情况，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为CON（2）B的氢化物的分子空间构型是三角锥形（3）一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式式为N2O（4）E的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1ECl3与B、C的氢化物形成的配合物的化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方
29、程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数BC，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物
30、，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3【解答】解：A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数BC，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能
31、与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3（1）A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为CON，故答案为：CON；（2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中含有3个NH键，N原子有1对孤对电子对，空间构型为三角锥型故答案为：三角锥型；（3）化合物AC2是CO2，一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2
32、O，故答案为：N2O；（4）E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s1；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；Cr（NH3）4（H2O）2Cl3；（5）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg（NO3）2，令NH4NO3，Mg（N
33、O3）2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有5（3）x=2y，所以x：y=4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O9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：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.58kJmol1反应：CO2（g）+H2（g）CO （g）+H2O（g）H2反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H3=
34、90.77kJmol1回答下列问题：（1）反应的H2=+41.19 kJmol1，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，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H2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）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
35、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、0.6molH2O，反应在开始时向正方向进行b在500K时，恒压条件下按照A方式充入3mol H2和1.5mol CO2，平衡时二氧化碳的转化率大于60%（大于、小于、等于）（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2是甲醇燃料电池的模型写出该燃料电池的负极反应式CH3OH6e+3O2=CO2+2H2O如果用该电
36、池作为电解氯化钠溶液的电池装置，当有16g甲醇发生反应时，则理论上阴极产生的H2在标况下是33.6L【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理【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HTS0；（2）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；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；计算Qc判断Qc与K的大小关系确定反应进行方向； CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）为气体系数减
37、小的反应，若为恒容容器随着反应进行，容器内压强减小，若为恒压容器，随着反应进行容器体积偏小，相当于在恒容仪器条件下加压，依据压强对化学平衡移动的影响，判断平衡移动的方向及二氧化碳转化率；（3）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；依据电极反应计算转移电子物质的量，阴极生成氢气的物质的量和标况下体积【解答】解：（1）反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1=49.58kJmol1反应：CO2（g）+H2（g）CO （g）+H2O（g）
38、H2反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H3=90.77kJmol1根据盖斯定律，反应可以是得到，所以反应的焓变H2=（49.58kJmol1）（90.77kJmol1）=+41.19 kJmol1；根据反应自发行的判据：HTS0，反应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，故答案为：+41.19 kJmol1；较低温；（2）A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol，B：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，二者比较B相当于增大二氧化碳的量，转化率小于A，所以曲线 I代表A的投料，故答案为：A；在温度为500K的条件下，充入3mol H2和1.5mo
39、l CO2，该反应10min时达到平衡，二氧化碳的转化率是60%， CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）初始浓度：0.5 1 0 0变化浓度：0.3 0.9 0.3 0.3 平衡浓度：0.2 0.1 0.3 0.3a该温度下，反应I的平衡常数K=450；若在此容器中开始充入0.3molH2和0.9mol CO2、0.6molCH3OH、0.6molH2O，则各种气体的分别浓度为：0.1mol/L，0.3mol/L，0.2mol/L，0.2mol/L，则：Qc=133.3，QcK，所以平衡正向移动； CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）为气体系数减小的反应
40、，若为恒容容器随着反应进行，容器内压强减小，若为恒压容器，随着反应进行容器体积偏小，相当于在恒容仪器条件下加压，加压平衡向气体系数和减小的反应，即正向移动，则消耗的二氧化碳增多，二氧化碳的转化率大于60%；故答案为：450；正；大于；（3）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2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电极反应为：CH3OH6e+3O2=CO2+2H2O，故答案为：CH3OH6e+3O2=CO2+2H2O；16g甲醇物质的量=0.5mol，发生反应时电子转移0.5mol6=3mol，依
41、据2H+2eH2，则生成氢气的物质的量为： =1.5mol，标况下体积为：1.5mol22.4L/mol=33.6L；故答案为：33.610如图所示是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出（1）在组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，向E中加水至浸没长导管末端，然后微热A，察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好（2）请用平衡移动的原理解释A中制取氨气的原理固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH3挥发，溶液中OH浓度增加，都促使NH3+H2ONH3H2ONH4+OH向生成NH
42、3移动，加快氨气逸出（3）装置B中盛放试剂是碱石灰（4）关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗活塞，点燃C处酒精灯，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中有气泡冒出并产生白色沉淀（答现象）；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O（5）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量若反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少2.4g通过计算确定该固体产物的成分是Cu2O、Cu（6）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白
43、烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中写出产生白烟的化学方程式3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl迅速产生倒吸的原因是盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸【考点】氨的制取和性质【分析】（1）组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好；（2）根据装置图可知，A中将浓氨水滴入到生石灰中，固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH3挥发，同时溶液中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，O
44、H浓度增加，平衡向生成NH3移动，据此答题；（3）进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰；（4）反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡；装置C中黑色固体逐渐变红，说明有Cu生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水；（5）生成的红色物质可能为Cu2O、Cu或二者混合物，反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少2.4g，剩余固体质量为16g2.4g=13.6g，计算剩余固体中Cu、氧元素质量确定组成，进而计算n（Cu）：n（O）确定组成；（6）氯气有强氧化性
45、，氧化氨气生成N2，产生白烟，说明生成固体，故还生成NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸【解答】解：（1）组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好，故答案为：关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，向E中加水至浸没长导管末端；（2）根据装置图可知，A中将浓氨水滴入到生石灰中，固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH3挥发，溶液中OH浓度增加，都促使NH3+H2ONH3H2O
46、NH4+OH向生成NH3移动，加快氨气逸出，故答案为：固体生石灰溶于浓氨水后，吸水，放出大量的热促使NH3挥发，溶液中OH浓度增加，都促使NH3+H2ONH3H2ONH4+OH向生成NH3移动，加快氨气逸出；（3）进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰，故答案为：碱石灰；（4）反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故还有白色沉淀沉淀，所以现象为有气泡冒出并产生白色沉淀，装置C中黑色固体逐渐变红，说明有Cu生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水，C中发生反应
47、的化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，故答案为：有气泡冒出并产生白色沉淀；2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；（5）16gCuO中含有Cu元素质量为16g=12.8g，含有氧元素质量为16g12.8g=3.2g，反应后称重固体质量减少2.4g，剩余固体质量为16g2.4g=13.6g，大于12.8g，故剩余固体含有Cu、O元素，故n（Cu）=0.2mol，含有O元素的质量为13.6g12.8g=0.8g，n（O）=0.05mol，n（Cu）：n（O）=0.2mol：0.05mol=4：12：1，故剩余固体为Cu2O、Cu，故答案为：Cu2O、Cu；（6）氯气有强氧化性
48、，氧化氨气生成N2，产生白烟，说明生成固体，故还生成NH4Cl，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸11废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO制备流程图如图：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42如图表
49、列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算）Fe3+Fe2+Zn2+开始沉淀的pH1.15.85.9s沉淀完全的pH3.08.88.9请回答下列问题：（1）试剂X可能是H2O2（2）加入ZnO调节pH=34的目的是降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去（3）由不溶物生成溶液D的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤（5）下列试剂可作为Y试剂的是BAZnO BNaOH CNa2CO3DZnSO4若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的
50、现象是先产生白色沉淀后溶解（6）测定胆矾晶体的纯度（不含能与I发生反应的氧化性杂质）：准确称取0.5000g胆矾晶体置于锥形瓶中，加适量水溶解，再加入过量KI，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液19.40mL已知：上述滴定过程中的离子方程式如下：2Cu2+4I2CuI（白色）+I2，I2+2S2O322I+S4O62胆矾晶体的纯度为97.00%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO45H2O）及副产物ZnO，废旧黄铜加入过量稀硫酸过滤得到不溶物E为Cu，滤液A为硫
51、酸亚铁、硫酸锌，滤液A中加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH3.05.9铁离子全部沉淀，锌离子不沉淀，过滤得到滤液中加入碱溶液沉淀锌离子生成氢氧化锌，灼烧得到氧化锌；或滤液A中加入过量试剂Y为氢氧化钠溶液，亚铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中为Na2ZnO2，加入酸反应生成氢氧化锌沉淀，灼烧得到氧化锌；不溶物E中通入氧气同时加入稀硫酸溶液反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；（2）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去；（3）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜
52、和水；（4）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等回答；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解；（6）根据相关反应的方程式，可得到关系式2Na2S2O3 2Cu2+，根据反应的关系式计算【解答】解：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：H2O2；（2）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（O
53、H）3沉淀而除去；（3）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；（4）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成Zn（OH）42，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解；（6）CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为：2Cu2+4I2CuI+I2，且发生I2+2S2O322I+S4O62，则可得关系式2Na2S2O3 2Cu2+，则n（CuSO45H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L19.40103L=1.94103mol，m（CuSO45H2O）=1.94103mol250g/mol=0.4850g，（CuSO45H2O）=100%=97.00%，故答案为：97.00%2017年4月21日
