1、2016-2017学年山东省枣庄市滕州实验高中高三（上）期末化学复习试卷（一）一、选择题1海水是一个巨大的化学资库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A从海水中可得到NaCl，电解熔融NaCl或其水溶液都可制得Cl2B因海水中含有镁元素，故不需经过化学变化就可以得到镁单质C利用蒸馏原理从海水中提取淡水是海水淡化技术发展的新方向D无论是海水波浪发电还是潮汐发电，都是将化学能转化为电能2用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A71 g Cl2所含原子数为2NAB在常温常压下，1 mol氦气含有的原子数为2NAC0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA
2、D标准状况下，1 mol H2O和1 mol H2的体积都约为22.4 L3“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，如图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子下列说法不正确的是（）A该反应属于氧化还原反应B甲和丙中同种元素化合价不可能相等C丁物质一定是非金属单质D配平后甲、乙、丙的化学计量数均为24下列各组物质分类正确的是（）酸碱盐氧化物AH2SO4Na2CO3NaClSiO2BHBrNaOHNa2CO3CaOCCO2NH3H2ONaHCO3CuODCH3COOHKOHKClHClO3AABBCCDD5某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4
3、+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）ACl一定存在，且c（Cl）0.4 mol/LBSO42、NH4+一定存在，Cl可能不存在CCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在D至少存在5种离子6根据反应（1）（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（）（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2
4、（4）H2S+I2=S+2HIAH2SI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2H2SCFe3+Cl2H2SI2DCl2I2Fe3+H2S7将下列5种物质：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上+_+_+_+_ 组成一个未配平的化学方程式，正确的顺序是（）AFeSO4、Fe（NO3）3； Fe2（SO4）3、HNO3、N2O、H2OBHNO3、FeSO4； Fe2（SO4）3、Fe（NO3）3、N2O、H2OCHNO3、Fe2（SO4）3； FeSO4、Fe（NO3）3、N2O、H2ODFe2（SO4）3、N2O； FeSO4、HNO3、Fe（N
5、O3）3、H2O8用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1 mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为NAB14 g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为NAC28 g C16O与28 g C18O中含有的质子数均为14 NAD标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA9某pH=1的工业废液，可能含有以下离子中的若干种：H+、Mg2+、Ba2+、Cl、CO32、AlO2、SO42，现取两份100mL溶液进行如下实验：第一份加入足量AgNO3溶液，得到的沉淀，干燥后质量为4.55g第二份加足量BaCl2溶液后，得到的沉淀，干燥后质量为2.33g，经足量盐
6、酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变根据上述实验，以下推测正确的是（）一定存在Mg2+可能存在CO32一定存在Cl可能存在Ba2+可能存在Mg2+一定不存在AlO2ABCD10向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色下列分析正确的是（）A滴加KI溶液时，当有2molI参加反应，则生成1mol白色沉淀B通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的氧化性C通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物D上述实验条件下，物质的还原性：Cu+ISO211短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加
7、m、p、r是由这些元素组成的二元化合物n是元素Z的单质通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性0.01mol/L r溶液的pH为2，p是甲烷上述物质的转化关系如图所示下列说法正确的是（）A原子半径的大小WXYB元素的非金属性ZXYCY的氢化物常温常压下为气态DX的最高价氧化物对应的水化物为弱酸12下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是（）A已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molB含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4 （aq）
8、=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/molC已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D已知I2（g）+H2（g）=2HI（g）H10；I2（s）+H2（g）=2HI（g ）H20，则H1H2二、解答题（共10小题，满分0分）13氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料合成氨反应的热化方程式如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol（1）当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图所示图中t1时引起平衡移动的条件可能是，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是，若t
9、0t1，t1t3，t3t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，那么K1，K2，K3的大小关系是（2）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂反应的H（填“增大”、“减小”或“不改变”）（3）温度为T时，将2a mol H2和 a mol N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%则反应的平衡常数为14按要求填写下列问题：（1）某些共价化合物（如H2O、NH3、N2O4等）在液态时会发生微弱的电离，如：2H2OH3O+OH，则液态NH3电离的方程式是（2）某温度（t）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=1
10、0，则该温度下水的KW=，在此温度下，将pH=b的NaOH溶液Vb L与pH=a的H2SO4溶液Va L混合，若所得混合液为中性，且a+b=13，则Va：Vb=（3）25时，0.1mol/L的HA溶液中=1010请回答下列问题：HA是（填“强电解质”或“弱电解质”）在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是（填字母）Ac（HA） B Cc（H+）与c（OH）的乘积 Dc（OH）（4）在常温下，中和相同体积，相同pH的Ba（OH）2、NH3H2O、NaOH三种稀溶液所用相同浓度的盐酸的体积分别为V1、V2、V3，则三种关系为（用“V1、V2、V3”和“、=”表示）（5）今有A盐酸 B醋
11、酸 C硫酸三种酸：在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸氢钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是（填写酸的序号并用符号“、=”连接，下同）在同体积、同pH的三种酸中，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌粒，若产生相同体积的氢气（同温同压下），则开始反应时速率大小关系是，反应所用时间长短关系是15氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体NO在空气中存在如下反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H（1）上述反应分两步完成，其中第一步反应如下，写出第二步反应的热化学方程式（其反应的焓变H2用含H、H1的式子来表示）：2NO（g）N2O2（g）H10 （2）在某温度下的一密闭
12、容器中充入一定量的NO2，测得NO2的浓度随时间的变化曲线如下图所示，前5秒内的O2的平均生成速率为molL1s1，该条件下反应：2NO+O22NO2的化学平衡常数数值为，平衡后某时刻，升高反应体系的温度，建立新平衡状态后，测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态，则：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0（填“”或“”）；（3）2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的两步反应中，反应的反应速率数值较大，是一个快反应，会快速建立平衡状态，而反应是一个慢反应，则决定反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反应速率的是反应（填”或“”）对（2）中反应体系升高温度的过程中，发现2NO（g）
13、+O2（g）2NO2（g）的反应速率变慢，结合该反应的两步反应过程分析可能的原因（反应未使用催化剂）（4）若（2）中反应体系，反应开始时使用催化剂，请在（2）的图中画出该反应体系反应进程可能的曲线（5）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，如图2所示，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2，电解池阴极反应为16龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：（1）D（龙胆酸）中含氧官能团的名称为、（2）EF的反应类型是（3）写出DE反应的化学方程式：（4）写出满足下列条件的龙胆酸乙酯（）的一种同分异构体结构
14、简式：能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6：2：1：1（5）已知：水杨酸乙酯（）广泛应用于日用香皂等根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH17合理膳食、均衡营养是保证人体健康和生活质量的重要途径人体必需的元素摄入不足会影响人体的正常生理活动下列做法不能达到目的是a补碘食用加碘盐b补铁使用铁强化酱油c补钙服用葡萄糖人体内有8种氨基酸必需通过食物摄入，某品牌饼干含有的下列物质中能转化
15、为氨基酸的是a纤维素 b蛋白质 c油脂人类历史上最重要的抗生素是a青霉素 b维生素 c胡萝卜素18构建人与自然的和谐、营造安全的生态环境已成为全人类的共识如图，向两只250mL的锥形瓶中分别充入CO2和空气，用白炽灯泡照射一段时间后，其中a瓶中温度计读数稍低，则盛放CO2的锥形瓶为（填“a”或“b”）为防止白色污染，废旧的塑料需投入到贴有图II标志的垃圾桶内，该标志表示的是废水中铊（Tl）具有高毒性，治理时常加入NaClO溶液，将Tl+转变为Tl3+，NaClO作（填“氧化剂”或“还原剂”），同时加入适量氨水，将Tl3+转变为难溶物Tl（OH）3，写出生成Tl（OH）3的离子方程式19材料是人
16、类社会发展的物质基础，材料科学的发展离不开化学黏土是陶瓷的生产原料，其中江苏宜兴的高岭土是含有杂质较少的高品质黏土，其主要组成可表示为Al2Si2Ox（OH）4，则x=2016年奥运会在巴西举行，场馆的建设需大量的建筑材料其中生产水泥、玻璃共同的原料是（填名称），场馆内的座椅通常用高密度聚乙烯（HDPE）为原料制得，聚乙烯属于塑料（填“热固性”或“热塑性”）沪通铁路建设正在积极推进，其中如何防止铁轨的腐蚀是工程技术人员攻克的难题之一铁在发生电化学腐蚀时的负极反应方程式为工业上常用SiCl4与O2在高温条件下通过置换反应制得SiO2，并于2000下拉成光纤细丝该反应的化学方程式为20在接触法制硫
17、酸的生产中，SO2转化成SO3转化率的大小直接决定生产效率某研究小组用图1装置模拟生产过程中测定SO2转化成SO3的转化率已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（75%）=Na2SO4+SO2+H2O（1）中的试剂是，仪器的名称为（2）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置请从图2AD装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中，、处连接的装置分别是、（3）为了提高SO2的转化率，实验时在：滴加浓硫酸；加热催化剂的步骤中，应采取的操作是先后（填编号）（4）实验结束后，如果把收集SO3的试管敞口露置于空气中，能够看到管口有大
18、量的白雾，产生此现象的原因是（5）用12.6gNa2SO3粉末与足量较浓的硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后测得装置增重了4.48g，则实验测得SO2的转化率为21A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）（1）写出化学式：A、D、E、X（2）在反应中，不属于氧化还原反应的是（填编号）（3）反应的离子方程式为；（4）反应的化学方程式为；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子mol（5）
19、分别写出D的溶液与小苏打溶液、D的溶液中通人少量SO2反应的离子方程式22F、G均是常见的香料，可通过下列途径合成，合成路线如图：回答下列问题（1）B的名称为（2）的反应类型是；的反应类型是（3）C的结构简式是；A加聚产物的结构简式是（4）F分子中位于同一平面的碳原子最多有个（5）G的芳香同分异构体中且能发生银镜反应和水解反应的异构体有种，其中核磁共振氢谱只有四组峰的异构体结构简式为（6）参照上述合成路线，以甲醛、乙醛及 （环已酮）合成 已知HCHO是所有醛中还原性最强的（常用Ca（OH）2催化剂）2016-2017学年山东省枣庄市滕州实验高中高三（上）期末化学复习试卷（一）参考答案与试题解析
20、一、选择题1海水是一个巨大的化学资库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A从海水中可得到NaCl，电解熔融NaCl或其水溶液都可制得Cl2B因海水中含有镁元素，故不需经过化学变化就可以得到镁单质C利用蒸馏原理从海水中提取淡水是海水淡化技术发展的新方向D无论是海水波浪发电还是潮汐发电，都是将化学能转化为电能【考点】海水资源及其综合利用【分析】A、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融氯化钠生成氯气和单质钠；B、依据海水提取镁的原理分析；C、蒸馏法消耗大量的能源，并在仪器里产生大量的锅垢，相反得到的淡水却并不多，这是一种很不划算的方式；D、在波浪发电和潮汐发电过程中机械能转化为电能；
21、【解答】解：A、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融氯化钠生成氯气和单质钠，都可以生成氯气，故A正确；B、依据海水提取镁的原理分析，卤水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后加盐酸溶解后蒸发浓缩，冷却结晶析出晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水，得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁金属，反应过程中需经过化学变化，故B错误；C、蒸馏法消耗大量的能源，并在仪器里产生大量的锅垢，相反得到的淡水却并不多，这是一种很不划算的方式，不是海水淡化技术发展的方向，故C错误；D、在波浪发电和潮汐发电过程中机械能转化为电能，不是将化学能转化为电能，故D错误；故选A2用NA表示阿伏加德罗常数，下列有
22、关说法正确的是（）A71 g Cl2所含原子数为2NAB在常温常压下，1 mol氦气含有的原子数为2NAC0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NAD标准状况下，1 mol H2O和1 mol H2的体积都约为22.4 L【考点】阿伏加德罗常数【分析】A依据n=结合氯气为双原子分子解答；B氦气为单原子分子；C醋酸为弱酸，不能完全电离；D气体摩尔体积使用对象为气体；【解答】解：A.71 g Cl2所含原子数为2NA=2NA，故A正确；B在常温常压下，1 mol氦气含有的原子数为NA，故B错误；C.0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05
23、NA，故C错误；D标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：A3“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，如图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子下列说法不正确的是（）A该反应属于氧化还原反应B甲和丙中同种元素化合价不可能相等C丁物质一定是非金属单质D配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2【考点】常见的生活环境的污染及治理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答【解答】解：A、该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素
24、化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；B、一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为2价，故B错误；C、丁物质为氮气单质，属于非金属单质，故C正确；D、配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，故D正确；故选：B4下列各组物质分类正确的是（）酸碱盐氧化物AH2SO4Na2CO3NaClSiO2BHBrNaOHNa2CO3CaOCCO2NH3H2ONaHCO3CuODCH3COOHKOHKClHClO3AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化
25、合物盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物氧化物是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物【解答】解：A、Na2CO3是盐不是碱，故A错误；B、HBr是酸，NaOH是碱，Na2CO3是盐，CaO是氧化物，故B正确；C、CO2是氧化物而不是酸，故C错误；D、HClO3是酸而不是氧化物，故D错误故选B5某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）ACl一定存在
26、，且c（Cl）0.4 mol/LBSO42、NH4+一定存在，Cl可能不存在CCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在D至少存在5种离子【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据【解答】解：加入NaOH溶液共热有气体和红褐色沉淀，气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，则溶液中一定含有NH4+、Fe3+，CO
27、32和Fe3+会发生相互促进水解反应，故一定没有CO32，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，可知溶液中含SO42，n（NH3）=0.02mol，知n（NH4+）=0.02mol，n（Fe2O3）=0.01mol，知n（Fe3+）=0.02mol，n（BaSO4）=0.02mol，知n（SO42）=0.02mol，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42所带负电荷为20.02mol=0.04mol，由电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl，故原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42和Cl，An（Cl）至少为0.080.04=0.
28、04mol，溶液中可能含K+，则Cl一定存在，且c（Cl）=0.4 mol/L，故A正确；BCl、SO42、NH4+一定存在，故B错误；CCO32一定不存在，K+、Al3+可能存在，故C错误；D一定含Fe3+、NH4+、SO42和Cl，至少四种离子，故D错误；故选A6根据反应（1）（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（）（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIAH2SI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2H2SCFe3+Cl2H2SI2DCl2I2Fe3
29、+H2S【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据元素化合价的变化判断氧化剂和氧化产物，据此分析解答【解答】解：（1）Cl2+2KI=2KCl+I2 反应中Cl2做氧化剂，氧化KI得到氧化产物I2，氧化性：Cl2I2；（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3反应中Cl2做氧化剂，氧化FeCl2得到氧化产物FeCl3，氧化性：Cl2FeCl3；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2 反应中FeCl3做氧化剂，氧化HI得到氧化产物I2，氧化性：FeCl3I2；（4）H2S+I2=2HI+S反应中I2做氧化剂，氧化H2S得到氧化
30、产物S，氧化性：I2S；则氧化性顺序为：Cl2FeCl3I2S，故选B7将下列5种物质：N2O、FeSO4、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3分别填入下面对应的横线上+_+_+_+_ 组成一个未配平的化学方程式，正确的顺序是（）AFeSO4、Fe（NO3）3； Fe2（SO4）3、HNO3、N2O、H2OBHNO3、FeSO4； Fe2（SO4）3、Fe（NO3）3、N2O、H2OCHNO3、Fe2（SO4）3； FeSO4、Fe（NO3）3、N2O、H2ODFe2（SO4）3、N2O； FeSO4、HNO3、Fe（NO3）3、H2O【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】所给的物
31、质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的亚铁离子氧化为铁离子，根据氢原子守恒，还有水生成【解答】解：所给的物质中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的亚铁离子氧化为铁离子，Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3为氧化产物，根据氢原子守恒，还有水生成，根据化合价升降相等和原子守恒配平后发生的反应为：30HNO3+24FeSO4=8Fe（NO3）3+8Fe2（SO4）3+3N2O+15H2O，故选：B8用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1 mol过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为NAB14 g乙
32、烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为NAC28 g C16O与28 g C18O中含有的质子数均为14 NAD标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、过氧化钠中的阴离子为O22，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，含有2mol负电荷；B、乙烯和丙烯的最简式为CH2，14gCH2的物质的量为1mol，含有1mol碳原子；C、C16O与C18O含有的质子数相同，摩尔质量不相同，所以等质量的二者含有的质子数不相同；D、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol氯气与氢氧化钠溶液完全反应转移了1mol电子【解答】解：A、
33、1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子O22，含有2mol负电荷，1mol过氧根离子所带的负电荷数为2NA，故A错误；B、14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mol最简式CH2，含有碳原子的物质的量为1mol，含有的碳原子的数目为NA，故B正确；C、由于C16O与C18O含有的质子数相同，摩尔质量不同，所以等质量的C16O与C18O含有的质子数不相同，故C错误；D、标准状况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，与足量的氢氧化钠溶液反应，1mol氯气转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误；故选B9某pH=1的工业废液，可能含有以下离子中的若干种：H+、Mg2+、Ba2+、Cl、CO32
34、、AlO2、SO42，现取两份100mL溶液进行如下实验：第一份加入足量AgNO3溶液，得到的沉淀，干燥后质量为4.55g第二份加足量BaCl2溶液后，得到的沉淀，干燥后质量为2.33g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变根据上述实验，以下推测正确的是（）一定存在Mg2+可能存在CO32一定存在Cl可能存在Ba2+可能存在Mg2+一定不存在AlO2ABCD【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法【分析】pH=1，显酸性，一定不含CO32、AlO2，由第一份加入足量AgNO3溶液，得到的沉淀，干燥后质量为4.55g，白色沉淀为AgCl或硫酸银；第二份加足量BaCl2溶液后，得到的沉淀，干燥后质
35、量为2.33g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变，则一定含SO42为=0.01mol，则一定不含Ba2+，若中沉淀为硫酸银，其质量为0.01mol312g/mol=3.12g4.55g，则原溶液中含Cl、SO42，由电荷守恒可知含Mg2+，以此来解答【解答】解：pH=1，显酸性，一定不含CO32、AlO2，100mL溶液中含H+为0.1L0.1mol/L=0.01mol，由第一份加入足量AgNO3溶液，得到的沉淀，干燥后质量为4.55g，白色沉淀为AgCl或硫酸银；第二份加足量BaCl2溶液后，得到的沉淀，干燥后质量为2.33g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变，则一定含SO42为=0
36、.01mol，则一定不含Ba2+，若中沉淀为硫酸银，其质量为0.01mol312g/mol=3.12g4.55g，则原溶液中含Cl、SO42，由电荷守恒可知应含Mg2+，综上所述，一定含H+、Mg2+、Cl、SO42，一定不含Ba2+、CO32、AlO2，故选B10向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色下列分析正确的是（）A滴加KI溶液时，当有2molI参加反应，则生成1mol白色沉淀B通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的氧化性C通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧
37、化产物D上述实验条件下，物质的还原性：Cu+ISO2【考点】氧化还原反应【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答，【解答】解：ACuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，由方程式可知当有2molI参加反应，则生成1mol白色沉淀，故A正确；B通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原
38、反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；C通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，则SO2为还原剂，生成H2SO4为氧化产物，I元素的化合价降低，则I2作氧化剂，故C错误；D还原剂的还原性强于还原产物的还原性，对于反应2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，在这个方程中Cu2+化合价降低，是氧化剂，被还原为Cu+，I化合价升高，是还原剂，物质的还原性：ICu+，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，I2化合价降低是氧化剂，被还原为I，SO2 中的S化合价升高作还原剂，所以物质的还原性：SO2I，所以物质的还原
39、性：SO2ICu+，故D错误；故选A11短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加m、p、r是由这些元素组成的二元化合物n是元素Z的单质通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性0.01mol/L r溶液的pH为2，p是甲烷上述物质的转化关系如图所示下列说法正确的是（）A原子半径的大小WXYB元素的非金属性ZXYCY的氢化物常温常压下为气态DX的最高价氧化物对应的水化物为弱酸【考点】无机物的推断【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，0.01molL1r溶液
40、的pH为2，则r为HCl，p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，结合元素周期律解答【解答】解：A所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W（H）Y（O）X（C），故A错误；B氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y（O）Z（Cl）X（C），故B错误；C氧元素氢化物为水，常温下为液态，故C错误；DX的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D正确故选D12下列有关热化学方程式的表示及说法正
41、确的是（）A已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molB含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4 （aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/molC已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D已知I2（g）+H2（g）=2HI（g）H10；I2（s）+H2（g）=2HI（g ）H20，则H1H2【考点】热化学方程式【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；B、依据酸碱中
42、和热的概念分析，中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；C、能量越低，物质越稳定；能量越高，物质越不稳定；D、碘单质固体变化为气体吸热，焓变为负值进行比较大小【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析，选项中水是气体不是液态氧化物，故燃烧热大于241.8kJ/mol，故A错误；B、依据酸碱中和热的概念分析，中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）Na2SO4（aq
43、）+H2O（l）H=57.4kJ/mol，故B正确；C、能量越低，物质越稳定；能量越高，物质越不稳定，已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，则石墨比金刚石稳定，故C错误；D、碘单质固体变化为气体吸热，焓变为负值进行比较大小，则H1H2，故D错误故选B二、解答题（共10小题，满分0分）13氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料合成氨反应的热化方程式如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol（1）当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、H2和NH3的量），反应速率与时间的关系如图所示图中t1时引起平衡移动的条件可能是增大压强，其中表示平衡混合
44、物中NH3的含量最高的一段时间是t2t3，若t0t1，t1t3，t3t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，那么K1，K2，K3的大小关系是K1=K2K3（2）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡向左移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂反应的H不改变（填“增大”、“减小”或“不改变”）（3）温度为T时，将2a mol H2和 a mol N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%则反应的平衡常数为（mol/L）2【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据图象分析影响平衡的因素，平衡常数随温度而变化；（2）依据影响平
45、衡的因素分析判断平衡移动；（3）计算出平衡时各物质的浓度，根据平衡常数表达式计算化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比【解答】（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol；反应是放热反应，反应前后气体体积减小，依据反应速率与时间的关系图象分析，t1时正逆反应速率都增大，平衡正向移动，引起平衡移动的条件可能是增大压强；表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2t3；若t0t1，t1t3，t3t5这三段平衡常数分别用K1，K2，K3表示，平衡常数随温度变化，升高温度平衡左移，平衡常数减小，那么K1，K2，K3的大小关系是：K1=K2K3，故答案为：增
46、大压强；t2t3；K1=K2K3；（2）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，为保持恒压，体积增大，平衡向逆向进行；催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应焓变不变，故答案为：向左；不改变；（3）温度为T时，将2a mol H2和 a mol N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%则反应的平衡常数可以列出三段式计算平衡浓度，依据平衡常数概念计算： N2（g）+3H2（g）2NH2（g）开始 2amol/L 4amol/L 0反应 amol/L 3amol/L 2amol/L 平衡 amol/L amol/L 2amol/L所以化学平衡常数K=（mol/L）2；故答案
47、为：（mol/L）2；14按要求填写下列问题：（1）某些共价化合物（如H2O、NH3、N2O4等）在液态时会发生微弱的电离，如：2H2OH3O+OH，则液态NH3电离的方程式是2NH3NH4+NH2（2）某温度（t）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=10，则该温度下水的KW=11012，在此温度下，将pH=b的NaOH溶液Vb L与pH=a的H2SO4溶液Va L混合，若所得混合液为中性，且a+b=13，则Va：Vb=10：1（3）25时，0.1mol/L的HA溶液中=1010请回答下列问题：HA是弱电解质（填“强电解质”或“弱电解质”）在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加
48、而增大的是D（填字母）Ac（HA） B Cc（H+）与c（OH）的乘积 Dc（OH）（4）在常温下，中和相同体积，相同pH的Ba（OH）2、NH3H2O、NaOH三种稀溶液所用相同浓度的盐酸的体积分别为V1、V2、V3，则三种关系为V2V3=V1（用“V1、V2、V3”和“、=”表示）（5）今有A盐酸 B醋酸 C硫酸三种酸：在同体积、同浓度的三种酸中，分别加入足量的碳酸氢钠粉末，在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是BA=C（填写酸的序号并用符号“、=”连接，下同）在同体积、同pH的三种酸中，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌粒，若产生相同体积的氢气（同温同压下），则开始反应时速率大小
49、关系是A=B=C，反应所用时间长短关系是A=CB【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；pH的简单计算【分析】（1）依据2H2OOH+H3O+，类推结合题干信息写出液态NH3电离方程式；（2）某温度（t）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的氢氧根离子的浓度为：102mol/L，而pH=10，说明溶液中氢离子的浓度为：1010mol/L，所以该温度下水的KW=102mol/L1010mol/L=11012；混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=b的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10b12 mol/L，pH=a的H2S
50、O4溶液氢离子浓度=10a mol/L，则10b12 mol/LVbL=10a mol/LVaL且且a+b=13，则Va：Vb=10：1；（3）25时，0.1mol/L的HA溶液中=1010，则c（H+）=1.0102mol/L，c（OH）=1.01012mol/L，说明HA是弱酸；加水稀释HA溶液，促进HA电离平衡正向移动，水的离子积常数只受温度影响，据此分析；（4）等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH）相同，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH）越大，消耗酸越多；（5）同体积，同pH的三种酸中，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，醋酸
51、溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，酸中氢离子的物质的量与生成二氧化碳的体积成正比；反应速率与氢离子浓度成正比；酸中氢离子浓度越大，反应速率越快，反应时间越短，反应过程中醋酸不断电离【解答】解：（1）依据2H2OOH+H3O+，可知液体氨气部分电离出铵根离子和氨基负离子，电离方程式：2NH3NH4+NH2；故答案为：2NH3NH4+NH2；（2）某温度（t）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的氢氧根离子的浓度为：102mol/L，而pH=10，说明溶液中氢离子的浓度为：1010mol/L，所以该温度下水的KW=102mol/L1010mol/L=11012；混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是
52、强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=b的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10b12 mol/L，pH=a的H2SO4溶液氢离子浓度=10a mol/L，10b12 mol/LVbL=10a mol/LVaL且且a+b=13，则Va：Vb=10：1，故答案为：11012；10：1；（3）25时，0.1mol/L的HA溶液中中=1010，则c（H+）=1.0102mol/L，c（OH）=1.01012mol/L，说明HA是弱酸，NaA溶液显碱性，将含0.1molHA的溶液用NaOH溶液滴定至中性，耗NaOH的物质的量小于0.1mol，故答案为：弱电解质；A、n（H+
53、）和n（A）增大，n（HA）减小，所以c（HA）减小，故A错误；B、平衡常数只受温度影响，所以不变，故B错误；C、水的离子积常数只受温度影响，c（H+）与c（OH）的乘积不变，故C错误；D、弱酸HA加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故D正确；故答案为：D；（4）等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V3，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2V3，所以消耗酸的体积关系为：V2V3=V1，故答案为：V2V3=
54、V1；（5）醋酸和盐酸都是一元酸，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，硫酸是二元强酸，所以醋酸中存在电离平衡，氯化氢和硫酸完全电离，同体积，同pH的三种酸中，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，分别加入足量的碳酸钠粉末，氢离子的物质的量越大，生成的二氧化碳体积越大，硫酸和盐酸中生成的二氧化碳体积相同，醋酸中生成的二氧化碳体积最大，所以在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是：BA=C，故答案为：BA=C；反应速率与氢离子浓度成正比，开始时这三种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，随着反应的进行，醋酸不断电离出氢离子，盐酸和硫酸不再电离出氢离子，所以反应过程中氢离
55、子浓度醋酸最大，硫酸和盐酸中相等，所以反应速率醋酸硫酸=盐酸，则反应时间大小为：A=CB，故答案为：A=B=C；A=CB15氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体NO在空气中存在如下反应：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H（1）上述反应分两步完成，其中第一步反应如下，写出第二步反应的热化学方程式（其反应的焓变H2用含H、H1的式子来表示）：2NO（g）N2O2（g）H10 N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）H2=HH1 （2）在某温度下的一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2的浓度随时间的变化曲线如下图所示，前5秒内的O2的平均生成速率为0.001molL1s1，该条件下反应
56、：2NO+O22NO2的化学平衡常数数值为100，平衡后某时刻，升高反应体系的温度，建立新平衡状态后，测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态，则：2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H0（填“”或“”）；（3）2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的两步反应中，反应的反应速率数值较大，是一个快反应，会快速建立平衡状态，而反应是一个慢反应，则决定反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反应速率的是反应（填”或“”）对（2）中反应体系升高温度的过程中，发现2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的反应速率变慢，结合该反应的两步反应过程分析可能的原因决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡向
57、右移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢（反应未使用催化剂）（4）若（2）中反应体系，反应开始时使用催化剂，请在（2）的图中画出该反应体系反应进程可能的曲线（5）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，如图2所示，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2，电解池阴极反应为2NOx+4xe=N2+2xO2【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）第二步反应为：N2O2（g）+O2（g）2NO2，根据盖斯定律+可得：2NO（
58、g）+O2（g）2NO2（g），总的热化学方程式可得；（2）根据=计算v（NO2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；平衡时c（NO2）=0.02mol/L，则c（O2）=（0.040.02）mol/L=0.01mol/L，c（NO）=c（NO2）=（0.040.02）mol/L=0.02mol/L，代入平衡常数K=计算；平衡后某时刻，升高反应体系的温度，建立新平衡状态后，测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态，而混合气体总质量不变，则总的物质的量增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；（3）慢反应决定整个过程的反应速率；决定总反应速率是反应，温度升高后
59、反应平衡向右移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢；（4）若（2）中反应体系，反应开始时使用催化剂，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，平衡时二氧化氮的浓度不变；（5）电解法处理氮氧化合物原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2，阴极发生还原反应，阴极上是NOx获得电子生成N2与O2【解答】解：（1）第二步反应为：N2O2（g）+O2（g）2NO2，根据盖斯定律+可得：2NO（g）+O2（g）2NO2（g），总的热化学方程式可得，则反应的热化
60、学方程式为：N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）H2=HH1 ，故答案为：N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）H2=HH1 ；（2）前5min内v（NO2）=0.002mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，v（O2）=v（NO2）=0.001mol/（Lmin）；平衡时c（NO2）=0.02mol/L，则c（O2）=（0.040.02）mol/L=0.01mol/L，c（NO）=c（NO2）=（0.040.02）mol/L=0.02mol/L，平衡常数K=100，平衡后某时刻，升高反应体系的温度，建立新平衡状态后，测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态，而混合气体
61、总质量不变，则总的物质的量增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即H0，故答案为：0.001；100；（3）慢反应决定整个过程的反应速率，决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡向右移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢，故答案为：；决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡向右移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢；（4）若（2）中反应体系，反应开始时使用催化剂，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，平衡时二氧化氮的浓
62、度不变，在图中画出该反应体系反应进程可能的曲线为：，故答案为：；（5）电解法处理氮氧化合物原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2，阴极发生还原反应，阴极上是NOx获得电子生成N2与O2，电极反应式为：2NOx+4xe=N2+2xO2，故答案为：2NOx+4xe=N2+2xO216龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：（1）D（龙胆酸）中含氧官能团的名称为酚羟基、羧基（2）EF的反应类型是取代反应（3）写出DE反应的化学方程式：（4）写出满足下列条件的龙胆酸乙酯（）的一种同分异构体结构简式：（或）能发生银镜反应，
63、与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6：2：1：1（5）已知：水杨酸乙酯（）广泛应用于日用香皂等根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）根据D（龙胆酸）的结构简式判断其含有的含氧官能团名称；（2）根据E和F的官能团变化判断反应类型；（3）根据制备流程可知DE的反应为酯化反应，结合酯化反应原理写出该反应的化学方程式；（4）根据同分异构体的书写原则及题中限制条件形成满足
64、条件的有机物的结构简式；（5）通过逆合成法分析制备水杨酸乙酯（）需要和乙醇，需要制备的是，结合题中反应原理写出用苯制备的流程，即可得出该合成路线【解答】解：（1）根据D（龙胆酸）的结构简式可知，其分子中含有的含氧官能团为：酚羟基和羧基，故答案为：酚羟基（或羟基）； 羧基；（2）EF的反应中，E中酚羟基的H原子被苯甲基取代生成F，该反应属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）DE的反应为酯化反应，该反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但是其水解产物中含有酚羟基，故该有机物
65、为酯类；核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6：2：1：1，说明该有机物分子中含有4种等效H原子，其中6个H应该为两个甲基，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为：或、，故答案为：或；（5）采用逆合成法分析：水解生成和乙醇，还缺少，需要用苯为原料制备，结合题中信息反应原理可知，合成水杨酸乙酯（）流程为： 故答案为： 17合理膳食、均衡营养是保证人体健康和生活质量的重要途径人体必需的元素摄入不足会影响人体的正常生理活动下列做法不能达到目的是ca补碘食用加碘盐b补铁使用铁强化酱油c补钙服用葡萄糖人体内有8种氨基酸必需通过食物摄入，某品牌饼干含有的下列物质中能转化为
66、氨基酸的是ba纤维素 b蛋白质 c油脂人类历史上最重要的抗生素是aa青霉素 b维生素 c胡萝卜素【考点】微量元素对人体健康的重要作用；人体必需的氨基酸；药物的主要成分和疗效【分析】葡萄糖不含有钙元素；蛋白质水解生成氨基酸；青霉素是抗生素【解答】解：葡萄糖不含有钙元素，无法补钙，故答案为：c；蛋白质水解生成氨基酸，纤维素、油脂不含氮元素，故答案为：b；青霉素是抗生素，胡萝卜素生在人体内合成维生素A，故答案为：a18构建人与自然的和谐、营造安全的生态环境已成为全人类的共识如图，向两只250mL的锥形瓶中分别充入CO2和空气，用白炽灯泡照射一段时间后，其中a瓶中温度计读数稍低，则盛放CO2的锥形瓶为
67、b（填“a”或“b”）为防止白色污染，废旧的塑料需投入到贴有图II标志的垃圾桶内，该标志表示的是可回收垃圾废水中铊（Tl）具有高毒性，治理时常加入NaClO溶液，将Tl+转变为Tl3+，NaClO作氧化剂（填“氧化剂”或“还原剂”），同时加入适量氨水，将Tl3+转变为难溶物Tl（OH）3，写出生成Tl（OH）3的离子方程式Tl3+3NH3H2O=Tl（OH）3+3NH4+【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】二氧化碳就像温室的玻璃或塑料薄膜那样，具有保温的作用；废旧的塑料可以回收利用；在废水中加入NaClO溶液，将Ti+转变为Ti3+，则NaClO中氯由+1价降低为1价【解答】解：二氧化碳
68、就像温室的玻璃或塑料薄膜那样，具有保温的作用，温度高的为二氧化碳，故答案为：b；废旧的塑料可以回收利用，为可回收垃圾，故答案为：可回收垃圾；在废水中加入NaClO溶液，将Ti+转变为Ti3+，则NaClO中氯由+1价降低为1价，为氧化剂，生成Tl（OH）3的离子方程式：Tl3+3NH3H2O=Tl（OH）3+3NH4+，故答案为：Tl3+3NH3H2O=Tl（OH）3+3NH4+19材料是人类社会发展的物质基础，材料科学的发展离不开化学黏土是陶瓷的生产原料，其中江苏宜兴的高岭土是含有杂质较少的高品质黏土，其主要组成可表示为Al2Si2Ox（OH）4，则x=52016年奥运会在巴西举行，场馆的建
69、设需大量的建筑材料其中生产水泥、玻璃共同的原料是碳酸钙（填名称），场馆内的座椅通常用高密度聚乙烯（HDPE）为原料制得，聚乙烯属于热塑性塑料（填“热固性”或“热塑性”）沪通铁路建设正在积极推进，其中如何防止铁轨的腐蚀是工程技术人员攻克的难题之一铁在发生电化学腐蚀时的负极反应方程式为Fe2e=Fe2+工业上常用SiCl4与O2在高温条件下通过置换反应制得SiO2，并于2000下拉成光纤细丝该反应的化学方程式为SiCl4+O2SiO2+2Cl2【考点】含硅矿物及材料的应用；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅【分析】依据化合物中各种元素化合价代数和为0计算解答；水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料
70、是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石即碳酸钙，据此分析解答；聚乙烯为线型结构；在电化学腐蚀中，负极是金属发生失电子的氧化反应；SiCl4与O2在高温条件下通过置换反应制得SiO2，根据置换反应的概念来分析反应产物【解答】解：铝、硅、氧、氢氧根分别显+3价、+4价、2价、1价，依据化合物中各元素的化合价代数和为0，则有（+3）2+（+4）2+（2）x+（1）4=0，即x=5，故答案为：5；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥
71、所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石即碳酸钙；聚乙烯为线型结构，故为热塑性塑料，故答案为：碳酸钙；热塑性；金属的电化学腐蚀分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀，以吸氧腐蚀更为普遍，在两种电化学腐蚀中，负极都是金属铁发生失电子的氧化反应，即Fe2e=Fe2+，故答案为：Fe2e=Fe2+；SiCl4与O2在高温条件下通过置换反应制得SiO2，由于置换反应的概念是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故SiCl4与O2在高温条件下除了生成SiO2还生成氯气，故化学方程式为：SiCl4+O2SiO2+2Cl2，故答案为：SiCl4+O2SiO2+2Cl220在接触法制硫酸的生产中，SO2
72、转化成SO3转化率的大小直接决定生产效率某研究小组用图1装置模拟生产过程中测定SO2转化成SO3的转化率已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（75%）=Na2SO4+SO2+H2O（1）中的试剂是，仪器的名称为分别为浓硫酸、干燥管（2）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置请从图2AD装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中，、处连接的装置分别是C、D（3）为了提高SO2的转化率，实验时在：滴加浓硫酸；加热催化剂的步骤中，应采取的操作是先后（填编号）（4）实验结束后，如果把收集SO3的试管敞口露置于空气中，能够看到管
73、口有大量的白雾，产生此现象的原因是SO3易挥发，极易溶于水（5）用12.6gNa2SO3粉末与足量较浓的硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后测得装置增重了4.48g，则实验测得SO2的转化率为30%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）二氧化硫的干燥用浓硫酸，根据仪器的结构知道仪器的名称为干燥管；（2）当温度低于 16.8可以获得三氧化硫的晶体，尾气处理用碱石灰；（3）先加热催化剂再滴入浓硫酸，能保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫；（4）SO3溶于水生成硫酸；（5）根据S元素守恒计算消耗的物质的量，可计算转化率【解答】解：（1）SO2转化成SO3之前必须对
74、二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸，根据仪器的结构知道仪器的名称为干燥管，故答案为：浓硫酸；干燥管；（2）SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，当温度低于 16.8时，三氧化硫以晶体状态存在，二氧化硫、三氧化硫的尾气处理用烧碱溶液吸收，故答案为：C、D；（3）为保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再滴入浓硫酸，故答案为：；（4）SO3易挥发，极易溶于水生成硫酸成大量的白雾，故答案为：SO3易挥发，极易溶于水；（5）根据元素守恒Na2SO3SO2，则12.6gNa2SO3（即0.1mol）会生成二氧化硫0.1mol，装置增重了4.48g，说明剩余的二氧化硫为4.48g（即0.
75、07mol），所以二氧化硫的转化率=100%=30%，故答案为：30%21A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）（1）写出化学式：AFe、DFeBr3、EFe3O4、XHBr（2）在反应中，不属于氧化还原反应的是（填编号）（3）反应的离子方程式为Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；（4）反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol（5
76、）分别写出D的溶液与小苏打溶液、D的溶液中通人少量SO2反应的离子方程式Fe3+3HCO3=Fe（OH）3+3CO2；2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+【考点】无机物的推断【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，则单质A应为金属，A和H高温反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，单质B常温下是液态，能与F
77、e反应，则B为Br2，D为FeBr3，D与F得到红色溶液，则F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeBr2，Fe与气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，H在常温下为液体，X是一种无氧强酸，可推知X为HBr，H为H2O，据此解答【解答】解：（1）由上述分析可知，A为Fe，D为FeBr3，E为Fe3O4，X为HBr，故答案为：Fe；FeBr3；Fe3O4；HBr；（2）在反应中，为铁和溴发生的氧化还原反应，为铁和氧气发生的氧化还原反应，为四氧化三铁和HBr发生的复分解反应，不是氧化还原反应，为溴化铁和铁发生的氧化还原反应，为溴化亚铁和溴发生的氧化还原反应，是溴化铁和硫氰酸盐发生的络
78、合反应，不是氧化还原反应，故答案为：；（3）反应是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，反应的离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，故答案为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；（4）反应是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4H2O反应转移电子为 8mol，铁元素从0价变化为+价，每消耗 0.3mol的A（Fe），可转移电子0.8mol，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；0.8（5）D为FeBr3，D的溶液与小苏打溶液反应的离子方
79、程式为Fe3+3HCO3=Fe（OH）3+3CO2，D的溶液中通人少量SO2反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：Fe3+3HCO3=Fe（OH）3+3CO2；2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+22F、G均是常见的香料，可通过下列途径合成，合成路线如图：回答下列问题（1）B的名称为2丙醇（异丙醇）（2）的反应类型是加成反应；的反应类型是消去反应（3）C的结构简式是；A加聚产物的结构简式是（4）F分子中位于同一平面的碳原子最多有17个（5）G的芳香同分异构体中且能发生银镜反应和水解反应的异构体有14种，其中核磁共振氢谱只有四组峰的
80、异构体结构简式为（6）参照上述合成路线，以甲醛、乙醛及 （环已酮）合成 已知HCHO是所有醛中还原性最强的（常用Ca（OH）2催化剂）【考点】有机物的合成【分析】A和水发生加成反应生成B，其A符合单烯烃通式，则A结构简式为CH3CH=CH2，A与水发生加成反应生成B，B氧化生成C，C与苯甲醛反应生成E，结合E与苯甲醛结构简式可知C为，则B为，E加热发生消去反应生成F，F中碳碳双键断裂，乙二醇中OH键断裂，发生取代反应生成G，同时还生成丙酮，用甲醛、乙醛及 （环已酮）合成，可以先用甲醛与乙醛发生加成得（HOCH2）3CHO，再用与氢气加成得C（HOCH2）4，用C（HOCH2）4与发生步骤中的反
81、应即得，以此解答该题【解答】解：（1）由以上分析可知B结构简式为，其名称是2丙醇（异丙醇），故答案为：2丙醇（异丙醇）；（2）由官能团的变化可知的反应类型是加成反应，的反应类型是消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；（3）C的结构简式为，A为CH3CH=CH2，A加聚产物的结构简式是，故答案为：；（4）苯中所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面、丙酮中C、O原子共平面，则F分子中所有的C原子可能共平面，则位于同一平面的碳原子最多有17个，故答案为：17；（5）G的芳香同分异构体中能发生银镜反应和水解反应，含有甲酸形成酯基，含有1个取代基，为CH2CH2OOCH或者CH（CH3）OOCH，含有2个取代基，为CH3、CH2OOCH，或者CH2CH3、OOCH，各有邻、间、对3种，含有3个取代基为2个CH3、OOCH，2个CH3有邻、间、对3种，对应OOCH位置分别有2种、3种、1种，符合条件的同分异构体共有14种，其中核磁共振氢谱只有四组峰的同分异构体结构简式为，故答案为：14；（6）用甲醛、乙醛及 （环已酮）合成，可以先用甲醛与乙醛发生加成得（HOCH2）3CHO，再用与氢气加成得C（HOCH2）4，用C（HOCH2）4与发生步骤中的反应即得，合成路线为，故答案为：2017年2月24日
