1、2014年天津市蓟县二中高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题1（6分）（2009宝安区模拟）下列实验操作或对实验事实的描述中正确的说法共有（）燃着的酒精灯不慎碰翻失火，可立即用湿布盖灭滴定用的锥形瓶和滴定管都要用所盛溶液润洗分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出配制硫酸溶液时，可先在量筒内加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液用托盘天平称量时，所称药品均可放在纸上，并置于天平的左盘测定溶液的pH时，可用洁净、干燥的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，再与标准比色卡比较浓硝酸与浓盐酸均易挥发，故均应保存在棕色试剂瓶中
2、，并置于阴凉处配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会使所配溶液的浓度偏高可以用酸式滴定管量取20.00mL0.1000molL1KMnO4溶液A4个B5个C6个D7个2（6分）（2014蓟县校级模拟）下列说法中正确的是（）A25时，向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH使混合液pH=7，此时溶液中C（Na+）=C（CH3COO）B25时，0.1 molL1氨水和0.05molL氨水中OH浓度之比是2：1C体积相同、pH值相同的盐酸 硫酸 醋酸，被NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液体积由小到大的顺序是D向含有HCO3、CH3COO、CO32、SO32离子的溶液中加入
3、足量的Na2O2固体后，假设溶液体积不变，则以上四种离子浓度基本保持不变的是CO32和CH3COO3（6分）（2009揭阳二模）对于平衡体系mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g）H0下列结论中错误的是（）A若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+np+qB若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m：nC若m+n=p+q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小4（6分）（2013南昌校级四模）X、Y、
4、Z、W为四种短期周期主族元素其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高价与最低负价的代数和为6下列说法正确的是（）A原子半径大小的顺序为WXYZBY、Z两元素形成的简单阴离子的还原性ZYCX与W形成的化合物W2X2中含有离子键和共价键DX、Z两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性ZY5（6分）（2008淮南一模）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，8.8gCO2和N2O的混合物中所含有的原子数为0.6NABCu和足量的稀硝酸反应产生4.48L气体时，转移的电子数为0.6NAC标准状况下，3.36L丁烷
5、中含有的非极性键数为0.6NAD在1L 0.2molL1的硫酸铁溶液中含有的铁离子数为0.6NA6（6分）（2012丹东模拟）关于如图所示装置的叙述正确的是（）A甲乙装置中的锌片都做负极B甲乙装置中的溶液内的H+在铜片上被还原C甲乙装置中锌片上发生的反应都是还原反应D甲装置中铜片上有气泡生成，乙装置中铜片质量减小二、解答题（共4小题，满分64分）7（14分）（2014蓟县校级模拟）已知：A、H为常见的金属单质，D、F在常温下为气态单质，B为淡黄色固体，J为红褐色沉淀请按要求填空：（1）写出B的电子式：（2）写出用A作电极电解G溶液（如图2），在电极上生成E的反应式（3）反应的化学方程式是（4）
6、反应的化学方程式是其在生产中有重要应用，被称为反应（5）反应的离子方程式是（6）反应的化学方程式8（17分）（2011兖州市三模）聚合氯化铝晶体的化学式为Al2（OH）nCl6nXH2Om，它是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为：；（2）生产过程中B和D的操作名称分别是和（B和D均为简单操作）（3）反应中副产品a是（4）生产过程中可循环使用的物质是（用化学式表示）（5）调节pH至4.
7、04.5的目的是（6）实验室要测定水处理剂产品中n和x的值为使测定结果更准确，需得到的晶体较纯净生产过程C物质可选用ANaOH BAl C氨水 DAl2O3 ENaAlO29（19分）（2014蓟县校级模拟）以石油裂解得到的乙烯和1，3丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）请按要求填空：（1）写出下列反应的反应类型：反应，反应，反应（2）反应的化学方程式是（3）反应、中有一反应是与HCl加成，该反应是（填反应编号）设计这一步反应的目的是物质C的结构简式10（14分）（2014蓟县校级模拟）向一体积不变的密闭容器中加入2mol A、
8、0.6molC和一定量的B三种气体一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如附图一所示附图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件已知t3t4阶段为使用催化剂；图一中t0t1阶段c（B）未画出（1）若t1=15min，则t0t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=（2）t4t5阶段改变的条件为，B的起始物质的量为各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：t1t2t2t3t3t4t4t5t5t6K1K2K3K4K5则K1=（保留两位小数），K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为（用“”、“”或“=”连接）（3）t5t6阶段保持容器内温度
9、不变，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，写出此温度下该反应的热化学方程式2014年天津市蓟县二中高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题1（6分）（2009宝安区模拟）下列实验操作或对实验事实的描述中正确的说法共有（）燃着的酒精灯不慎碰翻失火，可立即用湿布盖灭滴定用的锥形瓶和滴定管都要用所盛溶液润洗分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出配制硫酸溶液时，可先在量筒内加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液用托盘天平称量时，所称药品均可放在纸上，并置于天平的
10、左盘测定溶液的pH时，可用洁净、干燥的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，再与标准比色卡比较浓硝酸与浓盐酸均易挥发，故均应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会使所配溶液的浓度偏高可以用酸式滴定管量取20.00mL0.1000molL1KMnO4溶液A4个B5个C6个D7个考点：化学实验安全及事故处理；计量仪器及使用方法；化学试剂的存放；化学仪器的洗涤、干燥；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：化学实验基本操作分析：根据灭火的原理进行分析，移走可燃物、隔绝氧气或降低温度到着火点以下；锥形瓶用所盛溶液润洗会对所测溶液浓度产生误差；根据
11、分液操作的规范性分析；量筒不能用来稀释溶液；稀硫酸不慎沾在衣服或皮肤上，应用水冲洗；腐蚀性药品不能放在纸上称量；根据溶液pH值的测定方法进行解答；见光易分解的药品要用棕色试剂瓶保存；定容时，俯视容量瓶的刻度线会导致配制溶液的浓度产生误差；滴定管的最小分度值为0.01ml解答：解：移走可燃物、隔绝氧气或降低温度到着火点以下都能灭火，湿布扑盖既可以降低温度到着火点以下又可隔绝空气，故正确；滴定用的锥形瓶用所盛溶液润洗使锥形瓶内溶质的质量增大，导致所测溶液的物质的量浓度偏高，故错误；为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故正确；配制硫酸溶液时，可先在烧杯内加入一定
12、体积的水，防止液体飞溅，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸，故错误；不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故正确；NaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故错误；测定溶液的pH时，防止污染溶液，不能直接将试纸浸到溶液中；可用洁净、干燥的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，再与标准比色卡比较，故正确；浓硝酸与浓盐酸均易挥发，但浓硝酸见光易分解，故应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，浓盐酸见光不易分解，所以浓盐酸不用保存在棕色试剂瓶中，故错误；配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，会使溶液的体积偏低，
13、导致所配溶液的浓度偏高，故正确；滴定管的最小分度值为0.01ml，所以可以用酸式滴定管量取20.00mL0.1000molL1KMnO4溶液，故正确；故选C点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意基础实验方法的积累2（6分）（2014蓟县校级模拟）下列说法中正确的是（）A25时，向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH使混合液pH=7，此时溶液中C（Na+）=C（CH3COO）B25时，0.1 molL1氨水和0.05molL氨水中OH浓度之比是2：1C体积相同、pH值相同的盐酸 硫酸 醋酸，被NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液体积由小到大的顺序是D向含有HCO3、CH3C
14、OO、CO32、SO32离子的溶液中加入足量的Na2O2固体后，假设溶液体积不变，则以上四种离子浓度基本保持不变的是CO32和CH3COO考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子反应发生的条件版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A.25时，混合溶液呈中性，则C（H+）=C（OH），再结合电荷守恒判断；B相同温度下，同一弱电解质的溶液中，浓度越大其电离程度越小；C酸和NaOH发生中和反应时，消耗NaOH体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比；D发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、HCO3+OH=CO32+H2O、2SO32+O2=2SO42解答：解：A.25时，混合溶
15、液呈中性，则C（H+）=C（OH），再结合电荷守恒得C（Na+）=C（CH3COO），故A正确；B相同温度下，同一弱电解质的溶液中，浓度越大其电离程度越小，所以0.1 molL1氨水和0.05molL氨水中OH浓度之比小于2：1，故B错误；C酸和NaOH发生中和反应时，消耗NaOH体积与酸最终电离出的氢离子物质的量成正比，体积相同、pH值相同的盐酸 硫酸 醋酸，最终电离出氢离子的物质的量大小顺序是=，所以消耗同浓度NaOH体积=，故C错误；D发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、HCO3+OH=CO32+H2O、2SO32+O2=2SO42，所以四种离子浓度基本保持不变的是CH
16、3COO，故D错误；故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离、氧化还原反应等知识点，明确物质的性质、弱电解质电离和浓度的关系再结合守恒思想解答即可，注意C中消耗NaOH体积与酸的强弱无关、D中发生的化学反应，为易错点3（6分）（2009揭阳二模）对于平衡体系mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g）H0下列结论中错误的是（）A若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+np+qB若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m：nC若m+n=p+q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总
17、物质的量等于2aD若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小考点：化学平衡的计算版权所有专题：压轴题；化学平衡专题分析：A、将容器的体积缩小到原来的一半，若平衡不移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了；B、当反应物的物质的量之比等于系数值比时，则达到化学平衡时，反应物的转化率是相等的；C、对于反应前气体体积不变，混合气体总的物质的量不变D、对于反应前后气体体积不变的反应，压强不会影响平衡移动解答：解：A、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说
18、明平衡向着生成A的方向移动了，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m+np+q，故A正确；B、反应开始时，A、B的物质的量之比为m：n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，故B正确；C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，由于m+n=p+q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，故C正确；D、若该反应中，m+n=p+q，温度不变时，压强增大到原来的2倍，平衡不移动，总体积变为原来的，故D错误故选：D点评：本题考查学生化学平衡移动，难度中等，注意对于反应前后气体体积不变的反
19、应，压强变化不引起平衡移动只有改变压强的实质是引起浓度变化4（6分）（2013南昌校级四模）X、Y、Z、W为四种短期周期主族元素其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高价与最低负价的代数和为6下列说法正确的是（）A原子半径大小的顺序为WXYZBY、Z两元素形成的简单阴离子的还原性ZYCX与W形成的化合物W2X2中含有离子键和共价键DX、Z两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性ZY考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S
20、元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，为第VIIA族元素，且与硫同周期，所以Y为Cl元素，W为H元素，结合元素周期律的递变规律来分析解答解答：解：X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，为第VIIA族元素，且与硫同周期，所以Y为Cl元素，W为H元素，A元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径由小到大的顺序为HOClS，故A错误；BY是Cl元素，Z是S元素，同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非
21、金属性越强，其阴离子的还原性越弱，所以Y、Z两元素形成的简单阴离子的还原性ZY，故B正确；CO是H元素，W是H元素，X与W形成的化合物H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，不含离子键，故C错误；DX是O元素，Z是S元素，O元素没有最高价氧化物的水化物，故D错误；故选B点评：本题考查了元素位置结构关系的应用，根据其结构关系来确定元素，并结合元素周期律来分析解答，难度中等5（6分）（2008淮南一模）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，8.8gCO2和N2O的混合物中所含有的原子数为0.6NABCu和足量的稀硝酸反应产生4.48L气体时，转移的电子数为0.6NAC标
22、准状况下，3.36L丁烷中含有的非极性键数为0.6NAD在1L 0.2molL1的硫酸铁溶液中含有的铁离子数为0.6NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、根据二氧化碳和氧化二氮的摩尔质量都是44g/mol计算出混合物的物质的量及含有的原子数；B、根据没有告诉是标准状况下，无法计算一氧化氮的物质的量判断；C、根据丁烷分子中非极性键是碳碳键计算；D、根据硫酸铁溶液中铁离子发生了水解数目减少判断解答：解：A、二氧化碳和氧化二氮的摩尔质量都是44g/mol，8.8g混合物的物质的量为0.2mol，含有0.6mol原子，所含有的原子数为0.6NA，故A正确；B、不
23、是标准状况下，无法计算4.48L一氧化氮的物质的量，故B错误；C、标况下3.36L丁烷的物质的量为0.15mol，含有0.15mol3=0.45mol碳碳非极性键，非极性键数为0.45NA，故C错误；D、1L 0.2molL1的硫酸铁溶液中含有0.2mol硫酸铁，由于铁离子水解，导致铁离子数目减少，所以含有的铁离子数小于0.6NA，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，注意硫酸铁溶液中铁离子水解导致数目减少、注意标准状况下物质的状态及条件要求，本题难度不大6（6分）（2012丹东模拟）关于如图所示装置的叙述正确的是（）A甲乙装置中的锌片都做负极B甲乙装置中的溶液内的H+在铜片上被还原
24、C甲乙装置中锌片上发生的反应都是还原反应D甲装置中铜片上有气泡生成，乙装置中铜片质量减小考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：甲为原电池，Zn为负极，Cu为正极，乙为电解池装置，Cu为阳极，发生氧化反应，Zn为阴极，发生还原反应，以此解答该题解答：解：A乙为电解池装置，Zn为阴极，故A错误；B乙为电解池装置，Cu为阳极，Cu被氧化，故B错误；C甲为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，故C错误；D甲装置中Cu为正极，氢离子在铜片上得到点被还原生成氢气，乙装置中Cu为阳极，发生氧化反应，铜片质量减小，故D正确故选D点评：本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于电极的判断和电极反应
25、的认识，题目难度不大，注意把握原电池和电解池的工作原理二、解答题（共4小题，满分64分）7（14分）（2014蓟县校级模拟）已知：A、H为常见的金属单质，D、F在常温下为气态单质，B为淡黄色固体，J为红褐色沉淀请按要求填空：（1）写出B的电子式：（2）写出用A作电极电解G溶液（如图2），在电极上生成E的反应式Fe+2OH2e=Fe（OH）2（3）反应的化学方程式是3Fe+4H2OFe3O4+4H2（4）反应的化学方程式是Al+Fe3O4Fe+Al2O3其在生产中有重要应用，被称为铝热反应（5）反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（6）反应的化学方程式4Fe（OH）2+
26、O2+2H2O=4Fe（OH）3考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：A、H为常见的金属单质，D、F在常温下为气态单质，B为淡黄色固体，能与X反应得到气态单质F与G的溶液，应是过氧化钠与水反应，则B为Na2O2，X为H2O，G为NaOH，金属H与氢氧化钠溶液得到气态单质D与K，则H为Al，D为H2，K为NaAlO2，J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，由元素守恒可知金属A为Fe，Fe与水反应生成C为Fe3O4，四氧化三铁与Al发生铝热反应生成Fe及I为Al2O3，I与G溶液反应得到K，故G为NaOH，用Fe作电极电解G溶液得到E为Fe（OH）2，据此解答解答：解：A、H为常见的金属单质
27、，D、F在常温下为气态单质，B为淡黄色固体，能与X反应得到气态单质F与G的溶液，应是过氧化钠与水反应，则B为Na2O2，X为H2O，G为NaOH，金属H与氢氧化钠溶液得到气态单质D与K，则H为Al，D为H2，K为NaAlO2，J为红褐色沉淀，则J为Fe（OH）3，由元素守恒可知金属A为Fe，Fe与水反应生成C为Fe3O4，四氧化三铁与Al发生铝热反应生成Fe及I为Al2O3，I与G溶液反应得到K，故G为NaOH，用Fe作电极电解G溶液得到E为Fe（OH）2，（1）B为Na2O2，电子式为：，故答案为：；（2）用Fe作电极电解NaOH溶液（如图2），在电极上生成Fe（OH）2的反应式为：Fe+2
28、OH2e=Fe（OH）2，故答案为：Fe+2OH2e=Fe（OH）2；（3）反应的化学方程式是：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（4）反应的化学方程式是Al+Fe3O4Fe+Al2O3，其在生产中有重要应用，被称为铝热反应，故答案为：Al+Fe3O4Fe+Al2O3，铝热；（5）反应的离子方程式是：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（6）反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3点评：本题
29、考查无机物推断，涉及Fe、Al元素单质化合物的性质，物质的颜色解转化关系中特殊反应是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等8（17分）（2011兖州市三模）聚合氯化铝晶体的化学式为Al2（OH）nCl6nXH2Om，它是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是调节增大AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出其制备原料主要是铝加工行业的废渣铝灰，它主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；2Al+6H+=2Al3+3H2（2）生产过程中B和D的操作名称分别是过滤和
30、过滤（B和D均为简单操作）（3）反应中副产品a是H2（4）生产过程中可循环使用的物质是HCl（用化学式表示）（5）调节pH至4.04.5的目的是促进AlCl3水解，使晶体析出（6）实验室要测定水处理剂产品中n和x的值为使测定结果更准确，需得到的晶体较纯净生产过程C物质可选用BDANaOH BAl C氨水 DAl2O3 ENaAlO2考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）铝灰主要含Al2O3、Al，还有SiO2等杂质，加入盐酸，氧化铝和铝能与盐酸反应，二氧化硅不能与盐酸反应（2）工艺流程为
31、：铝灰与过量的盐酸反应，过滤后收集滤液，加热浓缩至饱和，调pH值，稍静置，过滤收集滤渣，最终的这个滤渣就是我们要的晶体（3）搅拌加热操作过程，加入盐酸，铝与盐酸反应，由氢气生成，加热的时候HCl会挥发，用水喷淋就可以吸收HCl，得到HCl（aq），剩余气体为氢气（4）95C加热的时候HCl会挥发，用水喷淋就可以吸收HCl，得到HCl（aq），进行循环使用（5）溶液调pH值，促进铝离子水解，利用晶体析出（6）加入C目的是调节pH值，促进铝离子水解，但不能移入新杂质，其次在流程图中的B中或多或少会留有少量的HCl，因为加热不能保证所有的HCl全部挥发解答：解：（1）氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，
32、反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；铝与盐酸反应生成氯化铝与氢气，反应离子方程式为2Al+6H+=2Al3+3H2故答案为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；2Al+6H+=2Al3+3H2；（2）铝灰与过量的盐酸反应，过滤后收集滤液，加热浓缩至饱和，调pH值，稍静置，过滤收集滤渣，最终的这个滤渣就是我们要的晶体，所以生产过程中操作B和D的均为过滤故答案为：过滤、过滤；（3）搅拌加热操作过程，加入盐酸，铝与盐酸反应，有氢气生成，加热的时候HCl会挥发，用水喷淋就可以吸收HCl，得到HCl（aq），剩余气体为氢气，反应中副产品a为H2故答案为：H2（4）95C加热的时候
33、HCl会挥发，用水喷淋就可以吸收HCl，得到HCl（aq），可进行循环使用故答案为：HCl；（5）铝离子水解，Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，降低氢离子浓度促进铝离子水解，有利于聚合氯化铝晶体析出故答案为：促进AlCl3水解，使晶体析出；（6）用氢氧化钠和氨水调节pH值，会引入新的杂质，引入钠离子和铵根离子所以可以加入Al和氧化铝进行处理，它二者是固体，多了可以过滤掉的，所以可以使得到的晶体较纯净故答案为：BD点评：以聚合氯化铝晶体的制备为载体，考查铝及其化合物性质、离子方程式、对工艺流程的理解、除杂等，难度中等，关键在于对工艺流程的理解和知识的迁移运用9（19分）（2014蓟县校级模
34、拟）以石油裂解得到的乙烯和1，3丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）请按要求填空：（1）写出下列反应的反应类型：反应加成反应，反应消去反应，反应取代反应（2）反应的化学方程式是+2NaOH+2NaBr（3）反应、中有一反应是与HCl加成，该反应是（填反应编号）设计这一步反应的目的是保护A分子中C=C不被氧化物质C的结构简式HOOCCH2CHClCOOH考点：有机物的合成版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：1，3丁二烯与溴发生1，4加成反应生成1，4二溴2丁烯，在发生卤代烃的水解反应生成A为HOCH2CH=CHCH2OH乙烯
35、与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，E发生卤代烃的水解反应生成F为HOCH2CH2OH，结合反应形成高聚物结构可知，G为HOOCCH=CHCOOH，该反应为缩聚反应，则D为NaOOCCH=CHCOONa，A系列转化得到G，（3）中反应、中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，则反应为A与B发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，C发生卤代烃的消去反应、中和反应得到D，据此解答解答：解：1，3丁二烯与溴发生1，4加成反应生成1，4二溴2丁烯，在发生卤代烃的水解反应生成A为HOCH2CH=CHCH2O
36、H乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，E发生卤代烃的水解反应生成F为HOCH2CH2OH，结合反应形成高聚物结构可知，G为HOOCCH=CHCOOH，该反应为缩聚反应，则D为NaOOCCH=CHCOONa，A系列转化得到G，（3）中反应、中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，则反应为A与B发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，C发生卤代烃的消去反应、中和反应得到D，（1）由上述分析可知，反应属于加成反应，反应属于消去反应，反应属于取代反应，故答案为：加成反应；消去反应；取代反应；（2）反应
37、的化学方程式是+2NaOH+2NaBr，故答案为：+2NaOH+2NaBr；（3）HOCH2CH=CHCH2OH系列转化得到HOOCCH=CHCOOH，反应、中有一反应是与HCl加成，应是保护碳碳双键，防止被氧化，则反应为A与B发生的加成反应，则B为HOCH2CH2CHClCH2OH，B发生氧化反应生成C为HOOCCH2CHClCOOH，故答案为：；保护A分子中C=C不被氧化； HOOCCH2CHClCOOH点评：本题考查有机物的推断与合成，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意根据有机物的结构与反应条件，采取正逆、逆推法相结合的方法推断，难度中等10（14分）（2014蓟县校级
38、模拟）向一体积不变的密闭容器中加入2mol A、0.6molC和一定量的B三种气体一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如附图一所示附图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件已知t3t4阶段为使用催化剂；图一中t0t1阶段c（B）未画出（1）若t1=15min，则t0t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=0.02molL1min1（2）t4t5阶段改变的条件为减小压强，B的起始物质的量为1.0mol各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：t1t2t2t3t3t4t4t5t5t6K1K2K3K4K5则K1=0.84（保留两位小数）
39、，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为K1=K2=K3=K4K5（用“”、“”或“=”连接）（3）t5t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，写出此温度下该反应的热化学方程式2A（g）+B（g） 3C（g）H=+200a kJ/mol考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率变化曲线及其应用版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）根据v=计算v（C）；（2）（3）图二是在四种不同情况下影响的化学平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂；t3t4和t4t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此
40、应该推断该反应为等体积变化的反应，t3t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4t5段为减压；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，写出该反应的方程式为2A（g）+B（g）3C（g），起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是2L，t5t6 阶段为升高温度，v（正）（逆），平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；根据平衡常数以及平
41、衡移动的有关知识解答K1、K2、K3、K4、K5之间的关系；解答：解：（1）15min内，以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=0.02 mol/（Lmin），故答案为：0.02 mol/（Lmin）；（2）t3t4和t4t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，t3t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4t5段为减压反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反
42、应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，该反应的方程式为2A（g）+B（g） 3C（g），所以，c（B）=n（A）=0.2mol/L=0.1mol/L，起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是=2L，故B的起始物质的量为n（B）=（0.1mol/L+0.4mol/L）2L=1mol，t1t2段，处于平衡状态，c（A）平衡=0.8mol/L，c（B）平衡=0.4mol/L，c（C）平衡=0.6mol/L，K1=0.84，t2t3段，为改变浓度，平衡移动，平衡常数不变，K2=0.84，t3t4段，使用催化剂，加快反应，平衡常数不变，K3=0.84，t4t5段，为降低压
43、强，反应速率降低，平衡不移动，平衡常数不变，K4=0.84，t5t6段，为升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故 K1=K2=K3=K4K5，故答案为：减小压强；1.0mol；0.84；K1=K2=K3=K4K5； （3）根据方程式计算，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，则反应2molA时，交换热量200akJ，而由图象可知，t5t6阶段应为升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，所以热化学方程式为2A（g）+B（g） 3C（g）H=+200a kJ/mol，故答案为：2A（g）+B（g） 3C（g）H=+200a kJ/mol点评：本题由图象来考查影响化学反应速率以及化学平衡移动的因素，难度较大，等效平衡问题是本题的难点也是易错点
