1、2015-2016学年四川省高中毕业班“名校联盟”高三（上）模拟化学试卷（一）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与人类关系密切下列有关物质的用途及其解释的说法正确的是（）物质用途解释A食醋浸泡水壶中的水垢水垢中CaCO3溶于醋酸，酸性H2CO3CH3COOHB炒菜时加一点酒和醋有酯类物质生成，使菜味香可口CNaClO溶液可用作洗手液NaClO具有杀菌、消毒作用DAl2O3可用作医药中的胃酸中和剂Al2O3能与胃酸反应，使胃液酸度降低AABBCCDD2设NA表示阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L乙烯所含共用电子对数为5NAB72g Ca02所含离子
2、总数为3NAC常温下，将1mol Cl2通入到过量的NaOH溶液中，电子转移数目为NAD1L0.1mol/L Na2C03溶液中，C032数目为0lNA3原予序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，X元素组成的单质在自然界中硬度最大，Y元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，W元素与Y元素组成的化合物既能与酸反应又能与碱反应，Z元素的原子最外层只有一个电子下列叙述错误的是（）A元素金属性：ZWBX与Y可形成多种共价化合物C化合物Z2Y2中既含离子键，又含共价键DY元素只能形成一种单质4下列实验装置能达到实验目的是（）A实验室制取并收集Cl2B检验乙烯中是否含有SO2C分离Br2和H20
3、的混合物D验证氧化性ClI25某无色溶液可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、S042、S032、S2032、C032一中的若干离子为了探究其组成，分别取溶液100mL进行如下实验：下列叙述错误的是（）A溶液中一定含有NH4+、C032B溶液中离子浓度c（Na+）=c（S042一）C溶液中一定不含Mg2+、Al3+、Fe3+D溶液可能是由Na2C03与（NH4）2S04组成的混合溶液6高铁电池是一种可逆电池，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池总反应为3Zn+2K2Fe04+8H203Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列判断不正确的是（）A放电时，负极反应为2n
4、2e+20H一Zn（OH）2B充电时，阴极pH增大C放电时，若有6mol电子转移，则正极有10 mol OH一移向负极D充电时，阳极反应为Fe（OH）3+50H一+3e一=Fe042+4H207将标准状况下2.24L H2S缓缓通入到100mL l mol/L NaOH溶液中充分反应后，溶液中c（H2S）c（S2）下列叙述正确的是（）A整个过程中，H20的电离度逐渐增大Bc（Na+）c（HS）c（H+）c（S2）c（0H）Cc（Na+）+c（H+）c（0H）+c（HS）+2c（S2）Dc（Na+）c（HS）+c（H2S）二、解答题（共4小题，满分58分）用0.5毫米黑色签字将答案写在答题卡上2
5、本卷共4题，共58分9乙烯与甲苯都是重要的有机化工原料（1）乙烯通入到Br2水中，现象是，化学反应方程式为（2）由甲苯获取食品香料添加剂苯甲酸苯甲酯，存在下列转化：回答下列问题：BC的化学方程式为的化学方程式为A的化学式为C7H7Cl，则含有苯环的A的同分异构体还有种10硫酸亚铁铵又称为摩尔盐，是一种重要的化工原料，其组成可表示为x（NH4）2S04yFeS04zH20某兴趣小组探究组成中的x、y、z的数值【查阅资料】110左右摩尔盐在隔绝空气条件下分解产物为Fe2（S04）3、NH3、H20和S02【实验探究】步骤I：称取ag晶体用下图装置在110左右进行分解实验，测得B装置在反应后增重14
6、.2g步骤：称取ag晶体完全溶于水，加入过量BaCI2溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称得沉淀质量为46.6g步骤：称取a g晶体溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的KMn04酸性溶液滴定至终点，消耗KMn04溶液20.00mL回答下列问题：（1）步骤I中，实验前通入N2的作用是，实验完毕通入N2的目的是，C中发生反应的离子方程式为（2）步骤，过滤时所用到的玻璃仪器有玻璃棒、，判断沉淀是否洗净的方法是（3）步骤，滴定过程中发生反应的离子方程式为，判断滴定终点的现象是（4）通过计算，摩尔盐的化学式为12孔雀石主要成分Cu2（OH）2C03（含少量Fe
7、0、Si02）某兴趣小组用孔雀石制备CuS045H20，所设计的工艺流程如下所示：已知：KspFe（OH）3=4.01038，KspFe（OH）2=4.8l017，KspCu（OH）2=2.21020回答下列问题：（1）孔雀石首先要粉碎，其目的是（2）从CuS04溶液中获取CuS045H20所进行的操作是加热、蒸发浓缩、过滤（3）溶解池中所发生的化学反应方程式为（4）选择的试剂为AKMn04 BNaClO CCl2 DH2O2反应池I中发生反应的离子方程式为（5）室温下，向反应池II中加入Cu0调pH为4，此时溶液中=（6）含Cu2（OH）2C03质量分数为C%的孔雀石dg，理论上能获取CuS
8、045H20的质量为13乙烯是重要的化工原料，用乙烷脱氢制乙烯：CH3CH3（g）CH2CH2（g）+H2（g）H回答下列问题：（1）已知键能数值如下：化学键CHCCC=CHH键能（kJmol1）412348612436则H=；若乙烷、乙烯的燃烧热分别为1559.8kJmoll、1411kJmoll，则代表H2燃烧热的热化学反应方程式为（2）T下，在2L的恒容密闭容器中充入一定量的CH3CH3，各物质的浓度随时间变化如图：030s，v（H2）=，反应的平衡常数K升高温度，平衡常数K（填“增大”“减小”“不变”），理由是T下，若在2L的恒容密闭容器中充入的是0.6mol CH3CH3，则达平衡后
9、CH3CH3转化率60%（填“”“”“=”），理由是2015-2016学年四川省高中毕业班“名校联盟”高三（上）模拟化学试卷（一）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化学与人类关系密切下列有关物质的用途及其解释的说法正确的是（）物质用途解释A食醋浸泡水壶中的水垢水垢中CaCO3溶于醋酸，酸性H2CO3CH3COOHB炒菜时加一点酒和醋有酯类物质生成，使菜味香可口CNaClO溶液可用作洗手液NaClO具有杀菌、消毒作用DAl2O3可用作医药中的胃酸中和剂Al2O3能与胃酸反应，使胃液酸度降低AABBCCDD【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物【专题】元素及其化
10、合物；化学应用【分析】A醋酸的酸性大于碳酸，食醋浸泡水壶中的水垢，发生强酸制取弱酸的反应；B酒和醋发生酯化反应生成有香味的酯类物质；CNaClO溶液具有强氧化性；D氧化铝、氢氧化铝均与酸反应，氢氧化铝与酸发生中和反应【解答】解：A水垢中CaCO3溶于醋酸，发生强酸制取弱酸的反应，可知酸性H2CO3CH3COOH，故A错误；B炒菜时加一点酒和醋，酒和醋发生酯化反应有酯类物质生成，使菜味香可口，故B正确；CNaClO溶液具有强氧化性，NaClO具有杀菌、消毒作用，但不能用作洗手液，对皮肤有伤害，故C错误；D氧化铝与酸反应不是中和反应，氢氧化铝与酸发生中和反应，则氢氧化铝用作医药中的胃酸中和剂，使胃
11、液酸度降低，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用及化学与生活的关系，题目难度不大2设NA表示阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L乙烯所含共用电子对数为5NAB72g Ca02所含离子总数为3NAC常温下，将1mol Cl2通入到过量的NaOH溶液中，电子转移数目为NAD1L0.1mol/L Na2C03溶液中，C032数目为0lNA【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、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含6
12、mol共用电子对来分析；B、求出Ca02的物质的量，然后根据1molCa02中含1mol钙离子和1mol过氧根来分析；C、氯气和碱的反应为歧化反应；D、碳酸根是弱酸根，在溶液中会水解【解答】解：A、标况下22.4L乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯中含6mol共用电子对，即6NA对，故A错误；B、72gCa02的物质的量为1mol，而1molCa02中含1mol钙离子和1mol过氧根，估计含3mol离子即3NA个，故B错误；C、氯气和碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即NA个，故C正确；D、碳酸根是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.1NA个，故D错误故选
13、C【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原予序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，X元素组成的单质在自然界中硬度最大，Y元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，W元素与Y元素组成的化合物既能与酸反应又能与碱反应，Z元素的原子最外层只有一个电子下列叙述错误的是（）A元素金属性：ZWBX与Y可形成多种共价化合物C化合物Z2Y2中既含离子键，又含共价键DY元素只能形成一种单质【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】原予序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，X元素组成的单质在自然界中硬度最大，
14、则X为C元素；Y元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；W元素与Y元素组成的化合物既能与酸反应又能与碱反应，该化合物为两性氧化物，则W为Al；Z元素的原子最外层只有一个电子，处于IA族，原子序数等于氧，故Z为Na，据此解答【解答】解：原予序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，X元素组成的单质在自然界中硬度最大，则X为C元素；Y元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；W元素与Y元素组成的化合物既能与酸反应又能与碱反应，该化合物为两性氧化物，则W为Al；Z元素的原子最外层只有一
15、个电子，处于IA族，原子序数等于氧，故Z为NaA同周期自左而右金属性减弱，故金属性NaAl，故A正确；BX（碳）与Y（氧）可形成CO、二氧化碳等多种共价化合物，故B正确；C化合物Na2O2中既含离子键，又含共价键，故C正确；D氧元素可以形成氧气、臭氧，故D错误，故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重考查学生对基础知识的理解掌握，比较基础4下列实验装置能达到实验目的是（）A实验室制取并收集Cl2B检验乙烯中是否含有SO2C分离Br2和H20的混合物D验证氧化性ClI2【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A氯气密度比空气大，应用向上排空法收集；B乙烯、二氧化硫都可
16、被酸性高锰酸钾氧化；C应用萃取的方法分离；D氯气可置换出碘，淀粉遇碘便蓝色【解答】解：A高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；B乙烯、二氧化硫都可被酸性高锰酸钾氧化，应用品红检验二氧化硫，故B错误；C溴易溶于有机溶剂，应用萃取的方法分离，故C错误；D氯气可置换出碘，淀粉遇碘便蓝色，可用于验证氧化性ClI2，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、性质检验以及物质的分离等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大5某无色溶液可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe
17、3+、S042、S032、S2032、C032一中的若干离子为了探究其组成，分别取溶液100mL进行如下实验：下列叙述错误的是（）A溶液中一定含有NH4+、C032B溶液中离子浓度c（Na+）=c（S042一）C溶液中一定不含Mg2+、Al3+、Fe3+D溶液可能是由Na2C03与（NH4）2S04组成的混合溶液【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】某无色溶液可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、S042、S032、S2032、C032中的若干离子，由于溶液无色，故不含Fe3+；（1）向溶液中加入足量的盐酸，生成2.24L无色无味的气体，故此气体是CO
18、2，故一定含C032，并能据此确定C032的物质的量为0.1mol，且和C032不能共存的离子不能有；此气体不是SO2，据此可知不能含S032、S2032；（2）由于溶液中含0.1molC032，故当加入足量的氯化钡时，产生的沉淀中一定含0.1molBaCO3，但质量仅为19.7g，据此可知溶液中含一定含S042，并根据BaSO4的质量换算成物质的量，即可知S042的物质的量也为0.1mol；（3）加入足量的NaOH溶液后，生成4.48L气体即氨气，据此可知溶液中含NH4+和其物质的量，然后根据溶液的电中性来确定Na+的存在，据此分析【解答】解：某无色溶液可能含有NH4+、Na+、Mg2+、A
19、l3+、Fe3+、S042、S032、S2032、C032中的若干离子，由于溶液无色，故不含Fe3+；（1）向溶液中加入足量的盐酸，生成2.24L无色无味的气体，则此气体是CO2，则一定含C032，由于气体的物质的量为0.1mol，可知C032的物质的量为0.1mol，由于Mg2+、Al3+均和C032不能共存，故溶液中无Mg2+、Al3+；由于此气体无味，故此气体不是SO2，故溶液中不能含S032、S2032；（2）加入足量的氯化钡溶液后，生成43.0g沉淀由于溶液中含0.1molC032，故当加入足量的氯化钡时，产生的沉淀中一定含0.1molBaCO3，质量仅为19.7g，据此可知溶液中除
20、了含0.1molC032还一定含S042，且生成的BaSO4的质量为m=43.0g19.7g=23.3g，物质的量为n=0.1mol，故溶液中S042的物质的量为0.1mol；（3）加入足量的NaOH溶液后，生成4.48L气体，则气体为氨气，由于氨气的物质的量为0.2mol，可知溶液中含NH4+且其物质的量为0.2mol，而溶液一定呈电中性，故溶液中Na+一定存在，且物质的量为0.2mol即溶液中含0.2molNH4+、0.2molNa+、0.1molC032、0.1molS042，不含Mg2+、Al3+、Fe3+、S032、S2032A、溶液中一定含有NH4+、C032，故A正确；B、溶液中
21、离子浓度c（Na+）=2c（S042）=2mol/L，故B错误；C、溶液中一定不含Mg2+、Al3+、Fe3+，故C正确；D、由于溶液中含0.2molNH4+、0.2molNa+、0.1molC032、0.1molS042，故可以看做是Na2C03与（NH4）2S04组成的混合液，故D正确故选B【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意熟练掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力6高铁电池是一种可逆电池，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池总反应为3Zn+2K2Fe04+8H203Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下
22、列判断不正确的是（）A放电时，负极反应为2n2e+20H一Zn（OH）2B充电时，阴极pH增大C放电时，若有6mol电子转移，则正极有10 mol OH一移向负极D充电时，阳极反应为Fe（OH）3+50H一+3e一=Fe042+4H20【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe
23、（OH）3+5OH=FeO42+4H2O+3e，阳极消耗OH离子，碱性要减弱【解答】解：A、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，故A正确；B、充电时阴极发生Zn（OH）2得电子的还原反应，即反应为：Zn（OH）2+2e=Zn+2OH，所以阴极pH增大，故B正确；C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，每转移6mol电子，正极有6molOH移向负极，和电极反应中电子转移、产生的氢氧根离子之间无关系，故C错误；D、充电时阳极发生Fe（OH）3失电子的氧化反应，即反应为：Fe（OH）33e+5OHF
24、eO42+4H2O，故D正确故选C【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力7将标准状况下2.24L H2S缓缓通入到100mL l mol/L NaOH溶液中充分反应后，溶液中c（H2S）c（S2）下列叙述正确的是（）A整个过程中，H20的电离度逐渐增大Bc（Na+）c（HS）c（H+）c（S2）c（0H）Cc（Na+）+c（H+）c（0H）+c（HS）+2c（S2）Dc（Na+）c（HS）+c（H2S）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】n（H2S）=0.1mo
25、l，n（NaOH）=1mol/L0.1L=0.1mol，二者恰好反应生成1mol/LNaHS，溶液中c（H2S）c（S2），说明HS水解程度大于电离程度，但程度都较小，A酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；B溶液中c（H2S）c（S2），说明HS水解程度大于电离程度，但程度都较小，溶液呈碱性；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断【解答】解：n（H2S）=0.1mol，n（NaOH）=1mol/L0.1L=0.1mol，二者恰好反应生成1mol/LNaHS，溶液中c（H2S）c（S2），说明HS水解程度大于电离程度，但程度
26、都较小，A酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以NaOH抑制水电离、NaHS促进水电离，Na2S水解程度大于NaHS，所以水的电离程度先增大后减小，故A错误；B溶液中c（H2S）c（S2），说明HS水解程度大于电离程度，但程度都较小，溶液呈碱性，所以c（H+）c（0H），故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）c（0H）+c（HS）+2c（S2），故C正确；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）c（HS）+c（H2S）+c（S2），故D错误；故选C【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，正确判断溶液中溶质是解本
27、题关键，注意反应过程先生成Na2S后生成NaHS，注意物料守恒、电荷守恒的应用，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）用0.5毫米黑色签字将答案写在答题卡上2本卷共4题，共58分9乙烯与甲苯都是重要的有机化工原料（1）乙烯通入到Br2水中，现象是溴水褪色，溶液分为两层且上层、下层均无色，化学反应方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br（2）由甲苯获取食品香料添加剂苯甲酸苯甲酯，存在下列转化：回答下列问题：BC的化学方程式为的化学方程式为A的化学式为C7H7Cl，则含有苯环的A的同分异构体还有3种【考点】有机物的推断【专题】有机推断；结构决定性质思想；有机物的化学性质及推断；有
28、机化合物的获得与应用【分析】（1）乙烯与溴水加成生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷难溶于水，密度大于水，据此答题；（2）根据各物质的转化关系，由的结构及B生成C，C生成D可知，B为，D为，所以C为，A的化学式为C7H7Cl，所以A为，甲苯在光照条件与氯气发生取代生成氯甲苯，据此答题【解答】解：（1）乙烯与溴水加成生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷难溶于水，密度大于水，乙烯通入到Br2水中，现象是溴水褪色，溶液分为两层且上层、下层均无色，反应的方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：溴水褪色，溶液分为两层且上层、下层均无色；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；（2）
29、根据各物质的转化关系，由的结构及B生成C，C生成D可知，B为，D为，所以C为，A的化学式为C7H7Cl，所以A为，甲苯在光照条件与氯气发生取代生成氯甲苯，BC的化学方程式为，故答案为：；的化学方程式为，故答案为：；A为，则含有苯环的A的同分异构体还有苯环上连有CH3和Cl，有邻间对三种，故答案为：3【点评】本题考查有机物的合成，明确合成中物质的结构、官能团及反应条件来推断各物质是解答本题的关键，注意体会正逆合成法的综合应用来分析，题目难度中等10硫酸亚铁铵又称为摩尔盐，是一种重要的化工原料，其组成可表示为x（NH4）2S04yFeS04zH20某兴趣小组探究组成中的x、y、z的数值【查阅资料】
30、110左右摩尔盐在隔绝空气条件下分解产物为Fe2（S04）3、NH3、H20和S02【实验探究】步骤I：称取ag晶体用下图装置在110左右进行分解实验，测得B装置在反应后增重14.2g步骤：称取ag晶体完全溶于水，加入过量BaCI2溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称得沉淀质量为46.6g步骤：称取a g晶体溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的KMn04酸性溶液滴定至终点，消耗KMn04溶液20.00mL回答下列问题：（1）步骤I中，实验前通入N2的作用是排尽装置中的空气，在隔绝空气条件下分解，实验完毕通入N2的目的是将NH3、H20（g）全部赶入到
31、装置B中，C中发生反应的离子方程式为3Ba2+3SO2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+（2）步骤，过滤时所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，判断沉淀是否洗净的方法是取最后一次洗涤液滤液适量于试管中，加入硫酸钠溶液（或硝酸酸化的硝酸银溶液），若无沉淀生成，则沉淀洗净（3）步骤，滴定过程中发生反应的离子方程式为MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，判断滴定终点的现象是滴加最后一滴KMn04溶液时，溶液恰好呈紫红色，且半分钟内不再变化（4）通过计算，摩尔盐的化学式为FeSO4（NH4）2SO46H2O【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评
32、价题；演绎推理法；定量测定与误差分析【分析】（1）由于亚铁离子能被空气中的氧气氧化，样品要在隔绝空气条件下分解，所以实验前要通入N2可以将装置中的空气排尽，为使反应产生的气体充分被吸收，实验结束时还在通一会儿氮气，C中硝酸钡能氧化二氧化硫，生成硫酸钡和一氧化氮，据此答题；（2）根据过滤操作可知，所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，硫酸钡沉淀在氯化钡沉淀中析出，可以通过检验沉淀表面是否有氯离子或钡离子判断沉淀是否洗净；（3）滴定过程中亚铁离子被高锰酸钾氧化成铁离子，滴定终点时，溶液中出现紫红色；（4）根据实验原理可知，根据步骤产生硫酸钡沉淀的质量可计算出硫酸根离子的物质的量，根据步骤用去的高锰
33、酸钾的物质的量可计算出亚铁离子的物质的量，根据电荷守恒可确定铵根离子的物质的量，根据B装置的质量变化可知反应生成氨气和水的质量，进而确定水的物质的量，据此确定化学式【解答】解：（1）由于亚铁离子能被空气中的氧气氧化，样品要在隔绝空气条件下分解，所以实验前要通入N2可以将装置中的空气排尽，为使反应产生的气体充分被吸收，实验结束时还在通一会儿氮气，C中硝酸钡能氧化二氧化硫，生成硫酸钡和一氧化氮，反应的离子方程式为3Ba2+3SO2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，故答案为：排尽装置中的空气，在隔绝空气条件下分解；将NH3、H20（g）全部赶入到装置B中；3Ba2+3SO2+2NO3
34、+2H2O3BaSO4+2NO+4H+；（2）根据过滤操作可知，所用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，硫酸钡沉淀在氯化钡沉淀中析出，可以通过检验沉淀表面是否有氯离子或钡离子判断沉淀是否洗净，操作是：取最后一次洗涤液滤液适量于试管中，加入硫酸钠溶液（或硝酸酸化的硝酸银溶液），若无沉淀生成，则沉淀洗净，故答案为：烧杯、漏斗；取最后一次洗涤液滤液适量于试管中，加入硫酸钠溶液（或硝酸酸化的硝酸银溶液），若无沉淀生成，则沉淀洗净；（3）滴定过程中亚铁离子被高锰酸钾氧化成铁离子，反应的离子方程式为MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，判断滴定终点的现象是滴加最后一滴KMn04溶液时，溶液
35、恰好呈紫红色，且半分钟内不再变化，故答案为：MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；滴加最后一滴KMn04溶液时，溶液恰好呈紫红色，且半分钟内不再变化；（4）根据实验原理可知，称取ag晶体完全溶于水，加入过量BaCI2溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称得沉淀质量为46.6g，根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，即为： =0.2mol，称取a g晶体溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的KMn04酸性溶液滴定至终点，消耗KMn04溶液20.00mL，根据离子反应方程式MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5
36、Fe3+4H2O，可知样品中铁离子的物质的量为：50.1000mol/L0.02L10=0.1mol，根据电荷守恒可知铵根离子的物质的是为0.2mol20.1mol2=0.2mol，所以分解产生的氨气的物质的量也是0.2mol，根据B装置的质量变化可知反应生成氨气和水的质量，B装置在反应后增重14.2g，所以水的质量为14.2g0.217g=10.8g，其物质的量为0.6mol，所以x：y：z=0.1：0.1：0.6=1：1：6，化学式为：FeSO4（NH4）2SO46H2O，故答案为：FeSO4（NH4）2SO46H2O【点评】本题涉及中和滴定、实验基本操作以及守恒法来确定物质的分子式等知识
37、的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等12孔雀石主要成分Cu2（OH）2C03（含少量Fe0、Si02）某兴趣小组用孔雀石制备CuS045H20，所设计的工艺流程如下所示：已知：KspFe（OH）3=4.01038，KspFe（OH）2=4.8l017，KspCu（OH）2=2.21020回答下列问题：（1）孔雀石首先要粉碎，其目的是加快溶解速率，提高溶解率（2）从CuS04溶液中获取CuS045H20所进行的操作是加热、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（3）溶解池中所发生的化学反应方程式为Cu2（OH）2C03+H2SO4=CuSO4+H2O+C02、FeO+H2SO4=FeSO4
38、+H2O（4）选择的试剂为DAKMn04 BNaClO CCl2 DH2O2反应池I中发生反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O（5）室温下，向反应池II中加入Cu0调pH为4，此时溶液中=5.5107（6）含Cu2（OH）2C03质量分数为C%的孔雀石dg，理论上能获取CuS045H20的质量为g【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe0、Si02，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，得到溶液硫酸铜溶液、硫
39、酸亚铁液，为了提高反应速率，提高溶解率，可以将孔雀石要粉碎，过滤得到二氧化硅固体，滤液中加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，为了不引入新的杂质，最好用双氧水氧化，再加入CuO固体调节溶液pH沉淀铁离子过滤得到滤液为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，据此答题【解答】解：孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe0、Si02，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，得到溶液硫酸铜溶液、硫酸亚铁液，为了提高反应速率，提高溶解率，可以将孔雀石要粉碎，过滤得到二氧化硅固体，滤液中加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，为了不引入新的杂质，最好用双氧水氧化，再加入CuO固体调节
40、溶液pH沉淀铁离子过滤得到滤液为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，（1）根据上面的分析可知，孔雀石首先要粉碎，其目的是加快溶解速率，提高溶解率，故答案为：加快溶解速率，提高溶解率； （2）从CuS04溶液中获取CuS045H20所进行的操作是加热、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：冷却结晶；（3）根据上面的分析可知，溶解池中所发生的化学反应方程式为Cu2（OH）2C03+H2SO4=CuSO4+H2O+C02、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，故答案为：Cu2（OH）2C03+H2SO4=CuSO4+H2O+C02、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O；（4
41、）滤液中加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，为了不引入新的杂质，最好用双氧水氧化，故选D，反应池I中发生反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为：D；2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O； （5）室温下，向反应池II中加入Cu0调pH为4，c（OH）=1010 mol/L，此时溶液中=5.5107，故答案为：5.5107；（6）含Cu2（OH）2C03质量分数为C%的孔雀石dg，则含铜元素的物质的量为mol，所以理论上能获取CuS045H20的质量为mol250g/mol=g，故答案为： g【点评】本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元
42、素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力13乙烯是重要的化工原料，用乙烷脱氢制乙烯：CH3CH3（g）CH2CH2（g）+H2（g）H回答下列问题：（1）已知键能数值如下：化学键CHCCC=CHH键能（kJmol1）412348612436则H=+124kJmol1；若乙烷、乙烯的燃烧热分别为1559.8kJmoll、1411kJmoll，则代表H2燃烧热的热化学反应方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=272.8kJmol1（2）T下，在2L的恒容密闭容器中充入一定量的CH3CH
43、3，各物质的浓度随时间变化如图：030s，v（H2）=0.003mol/（Ls），反应的平衡常数K0.135mol/L升高温度，平衡常数K增大（填“增大”“减小”“不变”），理由是该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大T下，若在2L的恒容密闭容器中充入的是0.6mol CH3CH3，则达平衡后CH3CH3转化率60%（填“”“”“=”），理由是T，在2L容器中充入0.3molCH3CH3的转化率为60%，若充入的是0.6molCH3CH3，即相当于在原0.3molCH3CH3的基础上再增加了0.3molCH3CH3，相当于增压，CH3CH3转化率降低【考点】热化学方程式；化学平衡建立
44、的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，反应热=吸收的总能量放出的总能量；乙烷、乙烯的燃烧热分别为1559.8kJmoll、1411kJmoll，所以CH3CH3（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=1559.8kJmoll，CH2CH2（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=1411kJmoll，根据盖斯定律求解；（2）v（H2）=；根据三行式平衡时各物质的浓度，代入平衡常数表达式计算；由CH3CH3（g）CH2CH2（g）+H2（g）H=+124 kJmol1，正
45、反应是吸热反应，升高温度，平衡常数K增大；T下，若在2L的恒容密闭容器中充入的是0.6mol CH3CH3，相当于在原0.3 mol CH3CH3的基础上再增加了0.3 mol CH3CH3，相当于增压，CH3CH3转化率降低【解答】解：（1）反应热=化学键断裂吸收的总能量化学键形成放出的总能量，所以H=6412+3484412612436=+124，根据CH3CH3（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=1559.8kJmoll，CH2CH2（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=1411kJmoll，CH3CH3（g）CH2CH2（g）+H2（g）H=+124
46、 kJmol1，根据盖斯定律得：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=272.8kJmol1，故答案为：+124 kJmol1；H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=272.8kJmol1；（2）CH3CH3CH2CH2（g）+H2（g）初起量：0.15 0 0变化量：0.09 0.09 0.09 平衡量：0.06 0.09 0.09所以：v（H2）=0.003mol/（ Ls），K=0.135 mol/L，故答案为：0.003mol/（ Ls），0.135 mol/L；由CH3CH3（g）CH2CH2（g）+H2（g）H=+124 kJmol1，正反应是吸热反应，升高温度，平衡常数K增大
47、，故答案为：增大；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大；T下，若在2L的恒容密闭容器中充入的是0.6mol CH3CH3，相当于在原0.3 mol CH3CH3的基础上再增加了0.3 mol CH3CH3，相当于增压，CH3CH3转化率降低，故答案为：；T，在2L容器中充入0.3 mol CH3CH3的转化率为60%，若充入的是0.6 mol CH3CH3，即相当于在原0.3 mol CH3CH3的基础上再增加了0.3 mol CH3CH3，相当于增压，CH3CH3转化率降低【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写，盖斯定律的应用、化学反应速率的计算和化学平衡常数的相关计算，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，同时还考查了反应热的计算，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法
