1、2016-2017学年广东省惠州市惠阳高中高三（上）段考化学试卷（9月份）一、选择题1下列叙述不正确的是（）A标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合，混合气体所含分子数为NAB1molAl3+含有的核外电子数为10NAC常温常压下，1mol氮气含有的原子总数为2NAD1L1mol/LFeCl3溶液全部制成胶体，其中含胶粒的数目小于NA2下列实验误差分析正确的是（）A用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏大B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏大3四种短周期元素
2、在周期表中的位置如右图，其中X元素的原子最外层电子数等于其电子层数下列说法不正确的是（）ZWXYAX位于元素周期表中第3 周期、A族B原子半径：XZWC最简单气态氢化物的热稳定性：WYDY的最高价氧化物可以和W的最简单氢化物反应4下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）ANaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2OB5molFe和4molCl2反应：5Cl2+4Fe 2FeCl2+2FeCl3C向Ca（ClO）2 溶液中通入过量的 SO2：C1O+SO2+H2O=HClO+HSO3DFeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe2+H2O2=
3、2Fe3+2OH5乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为：2CH2=CH2+O22CH3CHO下列有关说法正确的是（）A该电池为可充电电池B每有0.1mol O2反应，则迁移H+0.4molC正极反应式为：CH2=CH22e+2OHCH3CHO+H2OD电子移动方向：电极a磷酸溶液电极b6下列说法中，错误的是（）A蔗糖、淀粉、纤维素水解的最终产物都只是葡萄糖B误服重金属盐，立即服用牛奶或豆浆可解毒C油脂、乙酸乙酯都属于酯类，但不是同系物D煤的干馏可以得到苯、甲苯等芳香烃7已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的PH=4，则下列说法中不正确的是（）A
4、在Na2A和NaHA溶液中离子种类相同B在溶质物质的量浓度相等的Na2A和NaHA溶液中，阴离子总数相等C在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2）D在Na2A溶液中一定有：c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A）二、8草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料，可广泛用于涂料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产合成草酸亚铁的流程如下：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液时，需加入少量稀硫酸，目的是（2）得到的草酸亚铁沉淀需充分洗涤，检验是否洗涤干净的方法是（3）将制得的产品（FeC2O42H2O）在氩气气氛中
5、进行加热分解，结果如图（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）则AB发生反应的化学方程式为；已知BC过程中有等物质的量的两种气态氧化物生 成，写出BC的化学方程式；（4）某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵为了测定不纯产品中草酸根的含量，某同学做了如下分析实验：准确称量m g样品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容取上述溶液20mL，用c mol/L高锰酸钾标准溶液滴定，溶液变为淡紫色，消耗高锰酸钾溶液的体积为V1 mL向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部还原为Fe2+，过滤，洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液用c mol/L KMnO4溶液滴定该滤液至
6、溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液体积V2mL回答下列问题：已知：草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡产生，紫色消失，写出该反应的离子方程式：；若省略步骤，则测定的草酸根离子含量（填“偏大”“偏小”“不变”）m g样品中草酸根离子的物质的量为（用c，V1，V2的式子表示，不必化简）9雾霾天气肆虐给人类健康带来了严重影响燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO2CO2（g）+N2（g）HO该反应的速率时间罔像如图中左图所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，其速率时间图象如图中右图所示以下说法正确的是（填对应字母）Aa
7、1a2，Bb1b2 Ct1t2 D右图中阴影部分面积更大 E左图中阴影部分面积更大若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJ/mol H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：（3）CH4和H2
8、O（g） 在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：温度/800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5该反应是反应（填“吸热”或“放热”）T时，向1L密闭容器中投人l mol CH4和l mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol/L，该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率如图是利用甲烷燃料电池电解100ml1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）甲烷燃料电池的负极反应式：电解后溶液的pH=（忽略氯气与氢
9、氧化钠溶液反应）阳极产生气体的体积在标准状况下是L10黄铁矿既是硫矿又是铁矿，因其呈黄色俗称“愚人金”，是重要的工业原料工业煅烧过程中常产生废渣，废渣成分主要含铁的几种氧化物和二氧化硅等，利用该废渣可以制备高效净水剂聚合硫酸铁，工艺流程如图：（1）检验“酸溶”后的溶液中含有Fe2+，试剂是（2）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是（3）废铁皮使用前要用纯碱溶液浸泡，目的是（4）“酸溶”过程中Fe2O3溶解的化学反应方程式为（5）“操作”系统操作名称依次为、过滤和洗涤洗涤的方法是（6）加入适量H2O2的目的是氧化Fe2+，写出H2O2氧化Fe2+为Fe3+的离子方程式：11没食子酸丙酯简称P
10、G，结构简式为，是白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂（1）PG的分子式为，请写出PG分子中所含官能团的名称，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是PG可发生如下转化：（2）的化学反应式为，1mol没食子酸最多可与mol H2 加成（3）上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号）（4）从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）A含有苯环 B含有羧基 C含有酚羟基 D微溶于食用油（5）反应的化学方程式为：（6）B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式：i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种；ii既
11、能发生银镜反应，又能发生水解反应2016-2017学年广东省惠州市惠阳高中高三（上）段考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、1（2016秋惠阳区月考）下列叙述不正确的是（）A标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合，混合气体所含分子数为NAB1molAl3+含有的核外电子数为10NAC常温常压下，1mol氮气含有的原子总数为2NAD1L1mol/LFeCl3溶液全部制成胶体，其中含胶粒的数目小于NA【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、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；B、铝离子的核外有10个电子；C、氮气为双原子分子；D、一
12、个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体【解答】解：A、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，故分子个数减少，故所得的气体中分子个数小于NA个，故A错误；B、铝离子的核外有10个电子，故1mol铝离子的核外有10NA个电子，故B正确；C、氮气为双原子分子，故1mol氮气中含2mol原子即2NA个，故C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于NA个，故D正确故选A【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2（2016春石家庄校级期末）下列实验误差分析正确的是（）A用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测
13、定值偏大B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏大【考点】试纸的使用；计量仪器及使用方法【专题】化学实验基本操作【分析】A湿润的pH值试纸可以稀释碱液；B定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=判断；C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大【解答】解：A湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A错误；B定容时俯视刻度线，导致所
14、配溶液的体积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及实验基本操作、误差分析等，难度中等，理解实验进行的原理是解题的关键，注实验基本操作的掌握，难度不大3（2016漳州二模）四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中X元素的原子最外层电子数等于其电子层数下列说法不正确的是（）ZWXYAX位于元素周期表中第3 周期、A族B原子半径：XZWC最简单气态氢化物
15、的热稳定性：WYDY的最高价氧化物可以和W的最简单氢化物反应【考点】原子结构与元素的性质【分析】由短周期元素在周期表的位置可知，Z、W处于第二周期，X、Y处于第三周期，其中X原子最外层电子数等于其电子层数，最外层电子数为3，则X为Al，可推知Y为Si、Z为N、W为O，结合元素化合物性质与元素周期律解答【解答】解：由短周期元素在周期表的位置可知，Z、W处于第二周期，X、Y处于第三周期，其中X原子最外层电子数等于其电子层数，最外层电子数为3，则X为Al，可推知Y为Si、Z为N、W为O，A有上述分析可知，X位于元素周期表中第3周期A族，故A正确；B同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子
16、半径增大，故原子半径XYZ，故B正确；C氢化物稳定性与非金属性一致，W元素的非金属性比Y强，故最简单气态氢化物的热稳定性：WY，故C正确；D二氧化硅不能与水反应，故D错误，故选D【点评】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，难度不大，关键是根据位置关系确定元素所处的周期，注意基础知识的掌握4（2016秋惠阳区月考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）ANaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2OB5molFe和4molCl2反应：5Cl2+4Fe 2FeCl2+2FeCl3C向Ca（ClO）2 溶液中通入过量的 SO2：C1O
17、+SO2+H2O=HClO+HSO3DFeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe2+H2O2=2Fe3+2OH【考点】离子方程式的书写【分析】ANaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性，二者按2：1反应，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；B不符合反应的客观事实，铁与氯气反应生成氯化铁；C次氯酸根具有强的氧化性能够氧化亚硫酸根离子；D不符合反应的客观事实，酸性环境下不能生成氢氧根离子【解答】解：ANaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性，二者按2：1反应，离子方程式：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故A正确；B.5molFe和4molCl2反应，化学方程式：3Cl2+2F
18、e 2FeCl3，故B错误；C向Ca（ClO）2 溶液中通入过量的 SO2，离子方程式：Ca2+2C1O+2SO2+2H2O=2Cl+CaSO4+4H+SO42，故C错误；DFeSO4酸性溶液中加H2O2，离子方程式：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故D错误；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，为高考常考题，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，注意反应必须符合客观事实，选项C为易错选项5（2014黄州区校级模拟）乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为：2CH2=CH2+O22CH3CHO下列有关
19、说法正确的是（）A该电池为可充电电池B每有0.1mol O2反应，则迁移H+0.4molC正极反应式为：CH2=CH22e+2OHCH3CHO+H2OD电子移动方向：电极a磷酸溶液电极b【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】由总反应式可知CH2=CH2被氧化，应为原电池的负极反应，因电解质溶液呈酸性，则负极电极方程式为CH2=CH22e+H2O=CH3CHO+2H+，正极通入氧气，发生还原反应，电极方程式为O2+4H+4e2H2O，以此解答该题【解答】解：A充电时，不能生成乙烯和氧气，不是充电电池，故A错误；B由电极方程式O2+4H+4e2H2O可知，每有0.1mol O2
20、反应，则迁移H+0.4mol，故B正确；C正极发生还原反应，电极方程式为O2+4H+4e2H2O，负极为CH2=CH22e+H2O=CH3CHO+2H+，故C错误；D电子只能经过导线，不能经过溶液，故D错误故选B【点评】本题考查了原电池原理的应用，为高频考点，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，易错点为D，注意电子不能流经溶液，题目难度中等6（2010深圳一模）下列说法中，错误的是（）A蔗糖、淀粉、纤维素水解的最终产物都只是葡萄糖B误服重金属盐，立即服用牛奶或豆浆可解毒C油脂、乙酸乙酯都属于酯类，但不是同系物D煤的干馏可以得到苯、甲苯等芳香烃【考点】蔗糖、麦芽糖简介；石油的分馏产品和用途
21、；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】有机化学基础【分析】A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B根据重金属盐可以使蛋白质变性来分析；C油脂是高级脂肪酸甘油酯；D煤焦油中含有苯、甲苯等【解答】解：A淀粉和纤维素水解最终生成葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A错误； B重金属盐可以是蛋白质变性，所以误食后会中毒，服用大量的蛋清和牛奶后，可以和重金属反应，变为不被吸收的物质，减弱对肠胃的影响，故B正确；C油脂是高级脂肪酸甘油酯有3个酯基，而乙酸乙酯只有一个酯基，故C正确；D煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，故D正确故选A【
22、点评】本题考查糖类油脂蛋白质的性质和煤的干馏等，难度不大，注意煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃7（2016秋惠阳区月考）已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的PH=4，则下列说法中不正确的是（）A在Na2A和NaHA溶液中离子种类相同B在溶质物质的量浓度相等的Na2A和NaHA溶液中，阴离子总数相等C在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2）D在Na2A溶液中一定有：c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A二元酸是弱酸，所以正盐在水溶液中水解
23、，酸式盐存在水解和电离，溶液中离子种类相同；BA2水解生成的阴离子增多；C根据溶液中的电荷守恒分析判断；D依据Na2A溶液中的质子守恒分析【解答】解：已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的pH=4，则H2A是二元弱酸，A二元酸是弱酸，所以正盐在水溶液中水解，酸式盐存在水解和电离，溶液中离子种类相同，故A正确；B在溶质物质的量浓度相等的Na2A和NaHA溶液中，A2水解生成的阴离子增多，故阴离子总数不相等，故B错误；C在NaHA溶液中一定有阴阳离子的电荷守恒，阳离子为Na+、H+阴离子为HA、OH、A2存在的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2），故C正确；D
24、在Na2A溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，氢离子被A2结合为弱电解质，溶液中氢氧根离子大于氢离子，存在质子守恒，c（OH）=c（H+）+c（HA）+2c（H2A），故D正确；故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，涉及弱电解质的电离、盐的水解原理、离子浓度大小比较等知识，明确盐的水解原理、弱电解质的电离平衡及其影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法二、8（2016秋惠阳区月考）草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料，可广泛用于涂料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产合成草酸亚铁的流程如下：（1）配制（NH4）2Fe（SO
25、4）26H2O溶液时，需加入少量稀硫酸，目的是抑制Fe2+和NH4+离子水解（2）得到的草酸亚铁沉淀需充分洗涤，检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（3）将制得的产品（FeC2O42H2O）在氩气气氛中进行加热分解，结果如图（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）则AB发生反应的化学方程式为FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O；已知BC过程中有等物质的量的两种气态氧化物生 成，写出BC的化学方程式FeC2O4FeO+CO2+CO；（4）某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵为了测定不纯产品中草酸根
26、的含量，某同学做了如下分析实验：准确称量m g样品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容取上述溶液20mL，用c mol/L高锰酸钾标准溶液滴定，溶液变为淡紫色，消耗高锰酸钾溶液的体积为V1 mL向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部还原为Fe2+，过滤，洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液用c mol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液体积V2mL回答下列问题：已知：草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡产生，紫色消失，写出该反应的离子方程式：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；若
27、省略步骤，则测定的草酸根离子含量偏大（填“偏大”“偏小”“不变”）m g样品中草酸根离子的物质的量为c（V1V2）103mol（用c，V1，V2的式子表示，不必化简）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液中加入少量稀硫酸，抑制亚铁离子和NH4+水解，硫酸亚铁铵溶液和草酸溶液反应生成草酸亚铁沉淀（1）溶液中亚铁离子水解，加入少量硫酸，抑制亚铁离子和NH4+水解；（2）洗涤操作的具体方法为：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次；取最后一次洗涤液，检查是否含有硫酸根离子进行判断是否洗涤干净；（3）B点残留固体质
28、量占原样品总质量的百分数位80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为100%=20%，故AB发生反应是FeC2O4.2H2O加热失去结晶水；由图可知加热生成C时，分解完全，假定草酸亚铁晶体为180g，其物质的量为1mol，则C固体的质量为180g40%=72g，铁元素质量为1mol56g/mol=56，故应含有氧元素为72g56g=16g，即铁原子与氧原子物质的量之比为1：1，应为FeO，B点到C点是FeC2O4分解的反应；（4）发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水；根据以上分析，若省略步骤，则使二价铁离子偏少，所以消耗高锰酸钾溶液的体积也V2 偏小，则氧化草酸根消耗高锰
29、酸钾溶液的体积为（V1V2 ）mL偏大，所以测定的草酸根离子含量也偏大，故答案为：偏大；根据实验原理，先用cmol/L高锰酸钾标准溶液滴定样品溶液，因为草酸根和亚铁离子都能被高锰酸钾标准溶液氧化，所以第一次消耗高锰酸钾溶液的体积为V1mL为氧化草酸根和亚铁离子共同消耗，然后加入足量 Zn 粉，使溶液中的 Fe3+恰好全部还原为 Fe2+，再用c mol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液的体积V2 mL即氧化二价铁单独消耗的，所以氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为（V1V2 ）mL，据此分析【解答】解：（1）溶液中亚铁离子是弱碱阳离子，水解显酸性，加入少量硫酸，抑
30、制亚铁离和NH4+子水解，故答案为：抑制Fe2+和NH4+水解；（2）洗涤操作的具体方法为：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次；检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净，故答案为：取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；（3）由图可知，加热生成B时剩余固体为80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为100%=20%，故AB发生反应是FeC2O42H2O加热失去结晶水，反应方程式为FeC2
31、O42H2OFeC2O4+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O；由图可知B加热生成C时，分解完全，假定草酸亚铁晶体为180g，其物质的量为1mol，则C固体的质量为180g40%=72g，铁元素质量为1mol56g/mol=56，故应含有氧元素为72g56g=16g，氧原子物质的量为1mol，即铁原子与氧原子物质的量之比为1：1，应为FeO，依据氧化还原反应电子守恒分析计算，碳元素化合价从+3价变化为+2价和+3价，生成一氧化碳和二氧化碳气体，原子守恒配平写出化学方程式；FeC2O4FeO+CO+CO2；故答案为：FeC2O4FeO+CO+CO2；（4）发生氧化还原反
32、应，生成锰离子、二氧化碳、水，该离子反应为5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；根据以上分析，若省略步骤，则使二价铁离子偏少，所以消耗高锰酸钾溶液的体积也V2 偏小，则氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为（V1V2 ）mL偏大，所以测定的草酸根离子含量也偏大，故答案为：偏大；根据以上分析，氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为（V1V2 ）mL，又2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，所以mg样品中草酸根离子的物质的量为c（V1V2）103=c（V1V2）103mo
33、l，故答案为：c（V1V2）103mol【点评】本题考查较为综合，涉及到方程式的书写、实验基本操作、滴定等计算，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，题目难度中等9（2016秋惠阳区月考）雾霾天气肆虐给人类健康带来了严重影响燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO2CO2（g）+N2（g）HO该反应的速率时间罔像如图中左图所示若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，其速率时间图象如图中右图所示以下说法正确的是BC（填对应字母）Aa1a2，Bb1b2 Ct1t2 D右图中阴影部分面积更大 E左图中阴影部分面积更大若该反应
34、在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是BD（填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H=56.9kJ/mol H2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol（3）CH
35、4和H2O（g） 在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2，该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：温度/800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5该反应是吸热反应（填“吸热”或“放热”）T时，向1L密闭容器中投人l mol CH4和l mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol/L，该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=6.75（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率如图是利用甲烷燃料电池电解100ml1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）甲烷燃料电池的负极反应式：CH48e+
36、2H2O=CO2+8H+电解后溶液的pH=14（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）阳极产生气体的体积在标准状况下是1.68L【考点】化学平衡常数的含义；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【专题】化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）加入催化剂，正逆反应速率都增大，达到平衡所用时间较少，但平衡不移动；A到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；B到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；Ct1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，最后不再变化；D到达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程
37、式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（3）温度升高，平衡常数增大即平衡向正反应方向移动；T时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1mol H2O（g），平衡时c（CH4）=0.5molL1，计算平衡浓度，结合平衡常数的表达式计算；（4）原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；根据电解氯化钠溶液的电解方程式来求溶液的PH；电解过程中，阳极先生成氯气，之后电解水过程中生成氧气，根据氢气的总物质的量判断阳极生成气体的总物质的量，然后计算出标况下的阳极生成气体的体积【解答】解：（1）加入催化剂，正逆反应速率都增大，达到平衡所用时间较少，但平衡不移动
38、，则图象阴影部分面积不变，故答案为：BC；A到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；Ct1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；DNO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确，故答案为：BD；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H1=867kJ/mol2NO2（g）N2O4（g）H2=56.9kJ/mo
39、lH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol根据盖斯定律，+2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故H=867kJ/mol（56.9kJ/mol）+2（44.0）kJ/mol=898.1kJ/mol 即CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）H=898.1kJ/mol；（3）温度升高，平衡常数增大即平衡向正反应方向移动，故该反应为吸热反应，故答案为：吸热；T时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1mol H2O（
40、g），平衡时c（CH4）=0.5molL1，该温度K=6.75，故答案为：6.75；（4）、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH48e+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH48e+2H2O=CO2+8H+；100mL 1mol/L食盐水中含有氯化钠0.1mol，根据反应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2可知，电解0.1molNaCl生成0.1mol氢氧化钠和0.05mol氢气，同时生成0.05mol氯气；继续电解实质为电解水，标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，电解水生成0.05mol氢气会生成0
41、.025mol氧气，及电解过程中阳极总共生成0.075mol气体，电解生成标况下2.24L氢气时，NaCl完全电解，生成0.1molNaOH，溶液体积为0.1L，则c（OH）=1mol/L，c（H+）=1014，所以PH=14，故答案为：14；根据的分析可知，电解过程中阳极生成了0.05mol氯气和0.025mol氧气，总共生成0.075mol气体，标准状况下阳极生成气体的体积为：22.4L/mol0.075mol=1.68L，故答案为：1.68【点评】本题考查了化学平衡常数影响因素及计算、电解原理、热化学方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及
42、化学计算能力，注意掌握化学平衡常数的概念、表达式及其影响因素，明确电解原理，能够正确书写电极反应式10（2015秋蚌埠期末）黄铁矿既是硫矿又是铁矿，因其呈黄色俗称“愚人金”，是重要的工业原料工业煅烧过程中常产生废渣，废渣成分主要含铁的几种氧化物和二氧化硅等，利用该废渣可以制备高效净水剂聚合硫酸铁，工艺流程如图：（1）检验“酸溶”后的溶液中含有Fe2+，试剂是KMnO4溶液（2）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大烧渣与硫酸的接触面积，加快烧渣的溶解（3）废铁皮使用前要用纯碱溶液浸泡，目的是洗去铁表面油污（4）“酸溶”过程中Fe2O3溶解的化学反应方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2
43、（SO4）3+3H2O（5）“操作”系统操作名称依次为蒸发浓缩（加热浓缩）、冷却结晶、过滤和洗涤洗涤的方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作23次（6）加入适量H2O2的目的是氧化Fe2+，写出H2O2氧化Fe2+为Fe3+的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O【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】无机实验综合【分析】硫铁矿烧渣（主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，Fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除
44、多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁，（1）Fe2+具有还原性，可与KMnO4发生氧化还原反应；（2）增大烧渣固体与硫酸的接触的表面积，可加快反应速率；（3）碱性条件下，有利于油脂的水解；（4）Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铁和水；（5）由溶液得到晶体FeSO47H2O，需蒸发浓缩、冷却结晶，洗涤的操作方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作23次；（6）酸性条件下H2O2氧化Fe2+为Fe3+，同时双氧水被还原生成水【解答】解：硫铁矿烧渣（主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅），加硫
45、酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，Fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁，（1）“酸溶”后的溶液中含有Fe3+和Fe2+，Fe2+具有还原性，所以检验Fe2+试剂是KMnO4 溶液，现象是紫红色褪去，故答案为：KMnO4溶液；（2）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大烧渣固体与硫酸的接触的表面积，加快烧渣的溶解速率，故答案为：增大烧渣与硫酸的接触面积，加快烧渣的溶解；（3）碱性条件下，有利于油脂的水解，废铁皮使用前要用纯碱溶液浸
46、泡，目的是洗去铁表面油污，故答案为：洗去铁表面油污；（4）Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；（5）操作的目的是由溶液得到晶体FeSO47H2O，需蒸发浓缩、冷却结晶，洗涤的操作方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作23次，故答案为：蒸发浓缩（加热浓缩）、冷却结晶；向漏斗里加入蒸馏水，使水没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作23次；（6）酸性条件下H2O2氧化Fe2+为Fe3+，同时双氧水被还原生成水，其反应的离子方程式为：2
47、Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价，为高频考点和常见题型，题目难度中等，准确的分析流程、明确铁及其化合物的性质是解题的关键，侧重学生分析能力和创新能力的培养11（2015景洪市校级模拟）没食子酸丙酯简称PG，结构简式为，是白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化剂（1）PG的分子式为C10H12O5，请写出PG分子中所含官能团的名称酚羟基、酯基，1molPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量是4molPG可发生如下转化：（2）的化学反应式为2CH3
48、CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O，1mol没食子酸最多可与3mol H2 加成（3）上图的有关变化中，属于氧化反应的有（填序号）（4）从分子结构或性质上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）cdA含有苯环 B含有羧基 C含有酚羟基 D微溶于食用油（5）反应的化学方程式为：CH3CH2CHO+2Cu（OH）2CH3CH2COOH+Cu2O+2H2O（6）B有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式：i含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种；ii既能发生银镜反应，又能发生水解反应【考点】有机物的推断【分析】（1）根据PG的结构简式书写其分子式，由PG结构简
49、式可知，PG分子中含有酯基与酚羟基，酯基（羧酸与醇形成）与酚羟基都与氢氧化钠按1：1反应，1molPG含有3mol酚羟基，1mol酯基（羧酸与醇形成），据此计算PG在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应，并酸化得到没食子酸与A，故A为：CH3CH2CH2OH，没食子酸的结构简式为：，没食子酸含有苯环，与氢气发生加成反应；A催化氧化生成C、C与新制的氢氧化铜浊液反应生成D，则C为CH3CH2CHO、D为CH3CH2COOH；（2）为CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO，据此写出反应的化学方程式；（3）属于氧化反应的为：反应CH3CH2CH2OH氧化生成CH3CH2CHO和反应CH3C
50、H2CHO氧化生成CH3CH2COOH；（4）没食子酸丙酯简微溶于油脂，含有酚羟基，易被氧化，可以防止食用油被氧化；（5）由转换关系可知，C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2COOH，反应是CH3CH2CHO氧化生成CH3CH2COOH；（6）含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有1种H原子，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，结合没食子酸的结构，说明为甲酸酚酯，据此生成符合条件的同分异构体【解答】解：（1）根据PG的结构简式可知，其分子式为C10H12O5，由PG结构简式可知，PG分子中含有酯基与酚羟基，酯基（羧酸与醇形成）与酚羟基都与氢氧化钠按1：1反应，1molPG含有
51、3mol酚羟基，1mol酯基（羧酸与醇形成），故1moPG与足量氢氧化钠溶液完全反应时，消耗的氢氧化钠的物质的量为4mol，故答案为：C10H12O5；酚羟基、酯基；4mol；PG在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应，并酸化得到没食子酸与A，故A为CH3CH2CH2OH，没食子酸的结构简式为；A催化氧化生成C、C与新制的氢氧化铜浊液反应生成D，则C为CH3CH2CHO、D为CH3CH2COOH，（2）反应为CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO，反应方程式为：CH3CH2CH2OH+O2CH3CH2CHO+H2O；没食子酸含有苯环，1mol没食子酸与3mol氢气发生加成反应，故答案
52、为：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；3；（3）反应属于水解反应，反应是CH3CH2CH2OH氧化生成CH3CH2CHO，反应是CH3CH2CHO氧化生成CH3CH2COOH，反应是复分解反应，所以属于氧化反应的为：，故答案为：；（4）没食子酸丙酯简微溶于油脂，含有酚羟基，易被氧化，可以防止食用油被氧化故答案为：cd；（5）由转换关系可知，C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2COOH，反应是CH3CH2CHO氧化生成CH3CH2COOH，反应方程式为：CH3CH2CHO+2Cu（OH）2CH3 CH2COOH+Cu2O+2H2O，故答案为：CH3CH2CHO+2Cu（OH）2CH3 CH2COOH+Cu2O+2H2O；（6）含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有1种H原子，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，结合没食子酸的结构，说明为甲酸酚酯，符合条件的同分异构体为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，题目难度较大，涉及酯、醇、醛、羧酸的性质与官能团的性质、同分异构体书写等，是对有机物知识的综合应用，理解酯类水解的原理是解题的关键，注意基础知识的积累与掌握