1、清北组第三次月考化学试 题相对原子质量 H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Zn:65 第卷 选择题一、选择题1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A. 高纯硅可用于制作光感电池B. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐C. 碘酒可用于皮肤外用消毒D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】【详解】A.Si的导电性介于导体和绝缘体之间，是一种良好的半导体材料，所以高纯硅可用于制作光感电池，A正确；B.以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得硅酸盐产品，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是
2、用物理化学方法制造出来的最早的人造材料，B正确；C.碘酒是碘单质的酒精溶液，具有杀菌消毒作用，因此可用于皮肤外用消毒，C正确；D.碳酸钡不能溶于水，但能够溶于酸，因此不能用于胃肠X射线造影检查，利用BaSO4不溶于水，也不溶于酸的性质来透视肠胃，D错误；故合理选项是D。2.明代李时珍的本草纲目谷四烧酒中记载：“惟以糯米或粳米或黍或秫或大麦蒸熟，和麴酿瓮中七日，以甑蒸取”。下列说法错误的是A. 糯米、粳米、大麦等谷物中均含有淀粉B. 古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应C. 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率一定越快D. 该过程中涉及蒸馏操作【答案】C【解析】【详解】A. 糯米、粳米、大
3、麦等谷物中均含有淀粉,故A正确；B. 古法酿酒是利用淀粉在酶的作用下转化为乙醇，所以古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应，故B正确；C.因为酶具有活性，温度太高会失去活性，导致酶失效，所以 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率不一定越快，故C错误；D. 烧酒的制备过程为选料、制曲、发酵和蒸馏四步，涉及的实验操作是蒸馏，故D正确；本题答案：C。3.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 常温下pH=2的H3PO4溶液，每升溶液中的H+数目为0.02NAB. 3g3He含有的中子数为1NAC. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD. 28g的乙烯和环
4、已烷混合气体中所含原子总数为6NA【答案】A【解析】【详解】A. pH=2的H3PO4溶液，c(H+)=0.01mol/L，溶液的体积是1L，所以每升溶液中的H+数目为0.01NA，A错误；B. 3He中含有1个中子，3g3He的物质的量是1mol，则其中含有的中子数为1NA，B正确；C.过氧化钠与水反应时，产生NaOH和O2，每反应产生1molO2，转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D.乙烯和环已烷最简式是CH2，式量是14，28g的乙烯和环已烷混合气体中含有最简式的物质的量是2mol，则其中所含原子总数为6NA，D正确；故合理选项是A。4.在两份相同
5、的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是A. bd反应的离子方程式为：H+OH-=H2OB. oa反应的离子方程式为：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OC. c点导电能力相同，所以两溶液中含有相同量的OHD. a、b两点Ba2+均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性【答案】A【解析】【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(
6、OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，然后对选项分析、解答。【详解】根据上述分析可知曲线表示Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应；曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应。A.曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，其中0b段发生的反应为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，bd反应是NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，离子方程式为：H+OH-=
7、H2O，A正确；B.曲线表示Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，oa反应为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O，离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，B错误；C.根据图示可知c点导电能力相同，对于曲线a是过量的H2SO4电离产生的离子导电，对于曲线，c点是反应产生的NaOH电离产生的离子导电，所以两溶液中含有的OH不相同，C错误；D.a点是Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应产生BaSO4沉淀，此时溶液中只有水，溶液显中性，b点恰好发生反应：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，所对应的溶液为NaOH溶于，显碱性，D错误
8、；故合理选项是A。【点睛】本题考查酸、碱混合溶液反应的定性判断，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，弄清物质的量与反应的关系及各点溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断及识图能力。5.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是A. 实验中试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为NO2B. 实验中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强C. 由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以与稀硝酸反应，也可以与稀硫酸反应D. 实验发生反应的化学方程式为：3CuCu(NO3)24H2SO4 =4CuSO42NO4H2O【答案
9、】D【解析】【详解】A.中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应产生的NO气体在试管口被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2，A错误；B.中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性作用，可继续与Cu反应，是硝酸的氧化性强，B错误；C.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，只有在溶液中存在NO3-条件下，滴入稀硫酸才可以发生反应，不能证明稀硫酸能与Cu反应，C错误；D.实验发生反应的化学方程式为：3Cu+ Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO+4H2O，D正确；故合理选项是C。6.二氧化硒(Se)是一种氧化
10、剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：SeO24KI4HNO3Se2I24KNO32H2O；Se2H2SO4(浓)2SO2SeO22H2O。下列有关叙述正确的是A. 反应中每有0.6mol I2生成，转移电子数目为1.2NAB. 中Se是氧化产物，I2是还原产物C. 反应中KI是氧化剂，SeO2是还原剂D. SeO2、H2SO4(浓)、I2的还原性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2【答案】A【解析】【详解】A.该反应中生成1mol碘转移2mol电子，则每有0.6 mol I2生成，转移电子
11、1.2mol，转移电子数目为1.2NA，A正确；B.还原剂对应的产物是氧化产物、氧化剂对应的产物的还原产物，中氧化剂是SeO2、还原剂是KI，则Se是还原产物、I2是氧化产物，B错误；C.得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，中SeO2是氧化剂、KI是还原剂，C错误；D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，中SeO2是氧化剂，I2是氧化产物，中氧化剂是浓硫酸，氧化产物是SeO2，所以氧化性：H2SO4(浓)SeO2I2，D错误；故合理选项是A。7.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A. Fe2O3常用作红色油漆和涂料B. 生物柴油与柴油的化学成分相
12、同C. 聚丙烯酸钠可做“尿不湿”原料D. 液氯或浓硫酸可用钢瓶储存【答案】B【解析】【详解】A氧化铁为红棕色固体，常用于做红色油漆和涂料，故A正确；B柴油是由多种烃组成的混合物，而生物柴油是含氧量极高的复杂有机成分的混合物，二者成分不同，故B错误；C聚丙烯酸钠具有强的吸水性，可做“尿不湿”原料，故C正确；D常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，可以用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故D正确；故选B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为
13、0.1NAC. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD. 5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA【答案】D【解析】【详解】A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B. 室温下，1 LpH13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH为10-13mol/L1L
14、=10-13mol，B错误；C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确；故答案为D。【此处有视频，请去附件查看】9.分子式为C9H10O2芳香族化合物并且能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构) （ ）A. 6种B. 8种C. 12种D. 14种【答案】D【解析】该芳香族化合物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基-COOH，还有苯基C6H5，取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为羧基、-CH2-
15、CH3，有邻间对3种；取代基为乙酸基、-CH3，有邻间对3种；取代基为-COOH、-CH3，-CH3，甲基为邻位，2种；间位，3种；对位1种；符合条件的总共有14种。故选D。10.已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（ ）A. W的原子序数不可能是X的原子序数的3倍B. Z元素可能是金属元素C. 四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子D. W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的相对位置知，X和Y位于第二周期、Z和W位于第三周期，如果W是Cl元素，则X、Y、Z分别
16、是N、O、S元素；如果W是S元素，则X、Y、Z分别是C、N、P元素；如果W是P元素，则X、Y、Z分别是B、C、Si元素；结合各选项分析解答。【详解】A如果W是P、X是B元素，则W原子序数是X的3倍，故A错误；BZ可能是S、P、Si元素，所以Z不可能为金属元素，故B错误；C若X、Y、Z、W分别是N、O、S、Cl元素，那么它们与H原子形成18电子的分子分别是N2H4、H2O2、H2S、HCl，故C正确；D如果W是S元素，则Y为N元素；N元素电负性大于S，则N元素氢化物稳定性大于S元素的氢化物，故D错误；故选C。【点睛】熟悉元素周期表结构是解题的关键。本题的难点和易错点为C，要注意N和O的氢化物除了
17、氨气和水外，还有N2H4和H2O2。11.下表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（ ）编号实验内容实验目的或实验结论向足量的酸性KMnO4溶液中加入乙二醇(HOCH2CH2OH)将乙二醇转化为乙二酸(H2C2O4)向5mL0.1mol/L AgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1mL 0.1mol/L KI溶液，有黄色沉淀生成。验证AgCl的溶解度比AgI大向KI溶液中滴入CuSO4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色。说明白色沉淀可能为CuI室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的
18、Na2S2O3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸。研究浓度对反应速率的影响将铁粉投入到盛有稀HNO3的试管中，充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象。说明HNO3将Fe氧化成Fe2+A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】KMnO4与乙二醇(HOCH2CH2OH)发生氧化还原反应生成二氧化碳，且高锰酸钾也可氧化乙二酸(H2C2O4)，结论不合理，故错误；硝酸银足量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，故错误；KI溶液中滴入CuSO4溶液中发生氧化还原反应生成CuI、碘，则有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，故正确；只有浓度一个变量，
19、可研究浓度对反应速率的影响，故正确；Fe与硝酸反应生成硝酸铁，铁过量时，Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，不能说明HNO3将Fe氧化成Fe2+，故错误；不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的有，故选A。【点睛】本题的易错点为，要注意乙二酸也能被酸性高锰酸钾溶液氧化。12.H2C2O4为二元弱酸。20时，配制一组c（H2C2O4）+ c（HC2O4-）+ c（C2O42-）=0.100 molL-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如右图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）A. pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+ c（C2
20、O42-） c（HC2O4-）B. c（Na+）=0.100 molL-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+ c（C2O42-）C. c（HC2O4-）= c（C2O42-）的溶液中：c（Na+）0.100 molL-1+ c（HC2O4-）D. pH=7的溶液中：c（Na+）2c（C2O42-）【答案】B【解析】【详解】A由图象可知，pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O42-)浓度之和小于c(HC2O4-)，即c(H2C2O4)+c(C2O42-)c(HC2O4-)，故A错误；Bc(Na+)=0.100mol/L的溶液为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守
21、恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，代入计算得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，故B正确；Cc(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100molL-1，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，根据图像，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c(Na+)0.100 molL-1+c(HC2O4-)，故C错误；D
22、20时，Kw=0.68110-14，pH=7的溶液显酸性，c(H+)=c(OH-)，此时c(HC2O4-)=0，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(OH-)，所以c(Na+)2c(C2O42-)，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意20时，pH=7的溶液中，显酸性，25时，pH=7的溶液显中性。13.在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10平衡常数K12NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20
23、 平衡常数K210分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.510-3mol/(Lmin)。下列说法不正确的是（ ）A. 反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为B. 平衡后c(Cl2)=2.510-2mol/LC. 其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D. 平衡时NO2的转化率为50【答案】C【解析】【详解】A.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10 平衡常数K1=2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H2
24、c(Cl3-)c(HClO)c(ClO-)B. 氯水中的Cl2、ClO-、HClO均能与K2S发生反应C. 已知常温下反应Cl2(aq)+Cl-(aq)Cl3- (aq)的K=0.191，当pH增大时，K减小D. 该温度下，HClOH+ClO-的电离常数Ka=10-7.54【答案】C【解析】【详解】A.pH=1时，根据图象中物质的量分数比较离子浓度大小，则c(Cl2)c(Cl3-)c(HClO)c(ClO-)，A正确；B.氯水中的Cl2、ClO-、HClO均具有强的氧化性，而K2S具有还原性，因此均能与K2S发生反应，B正确；C.K只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变K值，C错误；A.该温度
25、下，HClOH+ClO-的电离常数Ka=，图象中HClO和ClO-的物质的量分数相等时的pH为7.54，则Ka(HClO)= 10-7.54，D正确；故合理选项是C。16.某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应，反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是（ ）A. 缓缓通入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收B. A装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C 装置而产生误差C. 若CaCO3样品的质量为x，从C 中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则CaCO3的纯度为D. 为了防止B 中盐酸挥
26、发产生干扰，必须在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶【答案】D【解析】【分析】测定制备的CaCO3粉末的纯度，可加入盐酸，生成的二氧化碳用足量的氢氧化钡溶液吸收，根据生成的沉淀的质量确定二氧化碳的量，并以此测定碳酸钙的纯度，实验时将空气通过A中的氢氧化钠溶液，可除去空气中二氧化碳，且在反应后继续通入空气，以保证二氧化碳全部被吸收，D中碱石灰可防止空气中的二氧化碳进入C，防止结果偏大，据此分析解答。【详解】A由以上分析可知，缓缓通入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收，防止结果偏低，故A正确；BA装置和D装置都可与空气中二氧化碳反应，防止空气中的CO2
27、气体进入C装置而产生误差，故B正确；C若CaCO3样品的质量为x，从C中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则n(BaCO3)=，则样品中的m(CaCO3)=M(CaCO3)，则CaCO3的纯度为100%，故C正确；D在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，导致结果偏高，因氢氧化钡过量，可以不除去HCl，不影响生成沉淀碳酸钡的质量，故D错误；故选D。第卷 非选择题二、非选择题（一）必考题17.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。I.脱硝：已知：
28、H2的热值为142.9 kJ/g(热值是表示单位质量燃料完全燃烧时所放出的热量)；N2(g) + 2O2(g)=2NO2(g) H= +133 kJ/mol H2O(g)=H2O(l) H=- 44 kJ/mol催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式_。.脱碳：向2L密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l)。(1)该反应自发进行的条件是_(填“低温”“高温”或“任意温度”）。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_。a.混合气体的平均式量保持不变 b.CO2和H2的
29、体积分数保持不变c.CO2和H2的转化率相等 d.混合气体的密度保持不变e.1 mol CO2生成的同时有3 mol H-H键断裂(2)改变温度，使反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H”“”“”或“=”)。若30 min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1mol H2O(g)，则平衡_移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。【答案】 (1). 4H2(g) +2NO2 (g) =N2 (g) +4H2O(g) H=-1100.2kJ/mol (2). 低溫 (3). de (4). (5). (6). 0.025mol/Lmin (7). (8). 不
30、【解析】【分析】、依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；、(1)自发进行的判断依据是H-TS0，结合反应特征分析判断需要的条件；平衡标志是正逆反应速率相同，个组分含量保持不变，原则是变量不变分析选项；(2)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H0，反应是恒温恒容容器，为恒容绝热，反应是放热反应，图表中反应若恒温恒容达到相同平衡状态，为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大；反应速率V=计算得到氢气反应速率，速率之比等于化学方程式计量数之比计算甲醇反应速率；依据平衡三段式列式计算分析平衡状态的物质的量。【详解】H2的热值为142.9kJg-
31、1 ，则燃烧热为285.8kJ/mol，因此H2(g)+O2(g)=H2O(l)H=-285.8kJ/mol，N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)H=+133 kJ/mol，H2O(g)=H2O(l)H=-44 kJ/mol，根据盖斯定律，将4-4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)H=-1100.2 kJ/mol，故答案为：4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)H=-1100.2 kJ/mol；(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)，熵变S0，则反应焓变H
32、0，低温下满足H-TS0，故答案为：低温；CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)。a、混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误； b、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照13反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故b错误；c、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照13反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故c错误；d、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故d正确；e、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，说明正逆反应
33、速率相同，反应达到平衡状态，故e正确；故答案为：de；(2)CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)H0，反应恒温恒容容器，为恒容绝热，反应是放热反应，图表中反应若恒温恒容达到相同平衡状态，为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大，故答案为：； CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol) 2 6 0 0变化量(mol) 1 3 1 130min量(mol) 1 3 1 1对反应I，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)=v(H2)=0.025molL-1min-1；若30min时只改变温度为T2，此时H2的物质的
34、量为3.2mol，氢气增加，说明平衡逆向进行，温度升高T2T1，若30min时只向容器中再充入1mol CO2(g)和1mol H2O(g)，对正逆反应的影响程度相同，平衡不变，故答案为：0.025molL-1min-1 ；不。18.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：(1)如何用实验证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁_。(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。仪器B的名称是_
35、。将下列实验操作步骤正确排序_（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a.点燃酒精灯，加热 b.打开K1和K2，缓缓通入N2 c.关闭K1和K2d.熄灭酒精灯 e.称量A f.冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_(列式表示)。若实验时按a、b次序操作，则使x_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C中的溶液为BaCl2，其作用是_。D溶液为_，D中可观察到的现象为_。写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。有同学认为
36、该实验装置存在一定缺陷，请你谈谈完善该试验装置的措施_。【答案】 (1). 在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中滴加氯水，溶液变红。可以证明样绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁 (2). 干燥管 (3). badfce (4). (5). 偏小 (6). 检验生成了SO3 (7). 品红溶液 (8). 品红溶液褪色 (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 (10). 加一个装有氢氧化钠溶液的尾气处理装置【解析】【分析】(1)亚铁离子不能与KSCN溶液变为红色，铁离子与KSCN溶液变为血红色；(2)根据仪器的图形可判断仪器名称；实验时，为避免
37、亚铁被氧化，应先通入氮气，再点燃酒精灯，待物质完全分解后熄灭酒精灯，再冷却至室温，冷却时注意关闭开关，冷却至室温后再称量固体质量的变化；直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)。m(H2O)=(m2-m3)，以此计算n(H2O)、n(FeSO4)，结晶水的数目等于，若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；(3)硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2，SO3、SO2都是大气污染物，应该有尾气处理装置。【详解】(1)证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁的方法是在试管中加入少量绿矾样
38、品，加水溶解，然后滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明溶液中无Fe3+，然后再向试管中滴加氯水，溶液变红就证明滴加氯水后反应产生了Fe3+，从而可以证明样绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁；(2)由仪器的图形可知B为干燥管；实验时，为避免亚铁被氧化，应先打开K1和K2，缓缓通入N2，排出装置中的空气，防止空气中水蒸气的干扰，然后点燃酒精灯，使绿矾发生分解反应，待物质完全分解后，熄灭酒精灯，冷却至室温，关闭K1和K2，再称量固体质量的变化，则正确的顺序为badfce；直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)，m(H2O)=(m2-m3)，则n(H
39、2O)=；n(FeSO4)=，故结晶水的数目等于n=；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小；(3)实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明FeSO4分解生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡溶液，用于检验SO3，SO3溶于水反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应产生BaSO4白色沉淀，D为品红溶液，可用于检验SO2，观察到品红溶液褪色；硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，共用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为2
40、FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；该反应分解产生的SO3、SO2都是大气污染物，因此该实验装置存在一定缺陷，完善该试验装置的措施是在装置D后面加一个装有氢氧化钠溶液的尾气处理装置，就可以吸收SO3、SO2，避免产生的污染。【点睛】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定、物质成分及分解产物的鉴别，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。19.硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中的废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：NiS、
41、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物；Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl氨水的混合液生成Ni(NH3)62+。请回答下列问题：(1)“酸溶”时为加快反应速率，提高镍元素的浸出率，可以采取的措施有：_。(2)“滤渣”的主要成分为_（填化学式），该物质在工业上的用途为_（任写一种）。(3)“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，其目的是_。(4)“氨解”发生反应的离子方程式为_。“净化”时通入H2S的目的是_。(5)“氧化”时发生反应的化学方程式为_。(6)“系列操作”具体是指_、过滤、洗涤、干燥。【答案】 (1). 将废
42、镍催化剂粉碎，与20%硫酸在加热条件下反应，不断搅拌等 (2). SiO2 (3). 制玻璃(或制光导纤维) (4). 使Cr3+转化为CrO2-，除去含铬微粒 (5). Ni(OH)2+6NH3 H2O=Ni(NH3)62+2OH-+6H2O (6). 将镍元素转化为NiS沉淀 (7). 3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O (8). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍，加入20%的硫酸酸溶、过滤，滤渣为SiO2，滤液加入NaOH溶液进行一次碱析，滤液含有CrO2-，沉淀加入
43、氯化铵、氨水缓冲液，由信息可知滤渣为氢氧化铁，过滤得到的滤液含有Ni(NH3)62+，“净化”时加入的H2S，将镍元素转化为NiS沉淀，加入硝酸氧化，可生成S和Ni2+，加入氢氧化钠生成Ni(OH)2，过滤后加入硫酸可得到硫酸镍，经蒸发浓度、冷却结晶得到晶体，以此解答该题。【详解】(1)“酸溶”时为加快反应速率，提高镍元素的浸出率应先将废镍催化剂粉碎，以增大固体表面积，再与20%硫酸在100下反应2小时，加热可增大反应速率，提交浸出率；(2)NiCO3、Fe2O3、Cr2O3均溶于硫酸，SiO2不溶于硫酸，“滤渣”的主要成分为SiO2；工业上可利用SiO2制玻璃、制粗硅、制光导纤维等；(3)
44、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物，则加入过量的氢氧化钠，会发生Cr3+4OH-=CrO2-+2H2O，使Cr3+转化为CrO2-，除去含铬微粒；(4)Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成Ni(NH3)62+，从而实现镍元素和铁元素的分离，反应方程式为：Ni(OH)2+6NH3 H2O=Ni(NH3)62+2OH-+6H2O；“净化“时通入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀；(5)稀HNO3具有强的氧化性，会将NiS氧化为Ni(NO3)2 、S单质，硝酸被还原为NO，则根据电子守恒、原子守恒，可得“
45、氧化”时发生反应的化学方程式3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O；(6)从NiSO4溶液中获得NiSO47H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。20.人类生活、工业生产往往产生大量含碳、氮、硫的废弃气体，合理再利用或转化上述气体，变废为宝成为人们共同关注的课题。I.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快) v1正=k1正c2
46、(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2) H10N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) v2正=k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2) H2”、“”或“=”)。(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_。II.某学习小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸。(4)原电池原理：该小组设计的原理示意图如图，写出该电
47、池负极的电极反应式_。(5)电解原理：该小组用Na2SO3溶液充分吸收SO2得到NaHSO3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸。原理如图，写出开始电解时阳极的电极反应式_。(6)已知25时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度的大小顺序为_(已知25时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=110-2，Ka2=110-7)【答案】 (1). H1+H2 (2). (3). c(SO32-)=c(HSO3-)c(OH-)=c(H+)【解析】【分析】I.(1)根据盖斯定律计算所求反应的焓变，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v(正)=v(逆)，结合速率方程推导反应的
48、化学平衡常数表达式；(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应，则反应就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢；(3)反应达到平衡时，存在速率关系为v(正)=v(逆)，根据图象和速率表达式分析，解释原因；II.(4)依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；(5)根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式。(6)利用25时，H2SO3的电离平衡常数Ka2=110-7，可知SO32-的水解常数，从而得知Na2SO3的水解与NaHSO3的电离程度相等。【详解】I.(1)反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)可
49、由+得到，则该反应的焓变为H=H1+H2；一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v(正)=v(逆)，由于2NO(g)O2(g)2NO2(g)可由+得到，所以该反应的化学平衡常数为K=K1K2，根据速率方程式，K1=，K2=，则K= K1K2=；(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应，则反应就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，反应的活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此化学反应速率，可见的活化能更高，因此反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1 c(SO32-)=c(HSO3-)c(OH-)=c(H+)。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、原
50、电池、电解池、化学反应速率，化学平衡常数的计算及溶液中离子浓度大小比较等，对于一个化学反应，既要考虑热力学控制，还要考虑动力学控制，要充分掌握和利用化学反应原理进行分析、判断，该题有助于培养综合分析能力，是一道好题。21.A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是 _，基态D原子价电子的轨道表达式为_。（2）DA2分子的VSEPR模型是 _。H2A比H2D熔、沸点高得多的原因是 _
51、。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6 在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成NaC(OH)4。 C2Cl6属于_晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为_杂化。 C(OH)4中存在的化学键有_。（4）工业上制备B的单质是电解熔融B的氯化物，而不是电解BA，原因是_。（5）B、C的氟化物晶格能分别是2957 kJmol1、5492 kJmol1，二者相差很大的原因是_（6）D与E所形成化合物晶体的晶胞如图所示。在该晶胞中，E的配位数为_。 【答案】 (1). 镁（或Mg） (2). (3). 平面三角形 (4). H2O分子
52、间存在氢键 (5). 分子 (6). sp3 (7). 极性共价键、配位键（或共价键、配位键） (8). 熔融MgCl2能导电，可电解，MgO熔沸点高，电解熔融MgO能耗大 (9). Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多 (10). 4【解析】【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且能形成两种常见化合物DA2和DA3，可知A为O，D为S，工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al，基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，E位于元素周期表的ds区，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、
53、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子，则元素Mg与Al第一电离能较大的是Mg；基态S原子的价电子的轨道表达式为，故答案为：Mg；(2)DA2为SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为=2+=3，VSEPR模型为平面三角形；H2O分子间存在氢键，导致H2O比H2S熔沸点高，故答案为：平面三角形；H2O分子间存在氢键；(3)Al2Cl6在加热时易升华，可知其熔沸点较低，可判断为分子晶体，根据图示，Al形成4
54、根共价键，3根为键，1根为配位键，其杂化方式为sp3，故答案为：分子；sp3；Al(OH)4-中，含有H-O极性共价键，氢氧根与铝离子间还形成了配位键，故答案为：极性共价键、配位键；(4)MgCl2和MgO都是离子晶体，熔融状态都能电离、导电，但MgO的离子键强，晶格能大，熔融时能耗大，所以工业上电解熔融MgCl2制备Mg，故答案为：熔融MgCl2能导电，可电解，MgO熔点高，电解熔融MgO能耗大；(5)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大，二者均为离子晶体，但Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2
55、大，故答案为：Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多；(6)根据晶胞结构，Zn为面心立方最密堆积，S为四面体填隙，ZnS晶胞中S的配位数为4，而ZnS中Zn、S的原子个数比是11，所以Zn的配位数也是4，故答案为：4。22.以苯为主要原料，制取高分子材料N和R的流程如下：已知：(1)B中含氧官能团的名称是_。(2)由生成的反应类型是_。(3)一定条件下，发生反应所需的其他反应试剂是_。(4)化合物C的结构简式是_。(5)反应的化学反应方程式是_。(6)下列说法正确的是_ (填字母)。aA可与NaOH溶液反应b常温下，A能和水以任意比混溶c化合物C可使酸性高锰酸钾溶
56、液褪色dE存在顺反异构体(7)反应的化学反应方程式是_。(8)符合下列条件的B的同分异构体有_种。a能与饱和溴水反应生成白色沉淀 b属于酯类 c苯环上只有两个对位取代基【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 取代反应 (3). NaOH水溶液 (4). (5). +CH3OH+H2O (6). ac (7). (8). 6【解析】分析】苯与氯气发生取代反应生成氯苯，氯苯经过反应I，酸化后得到A，A与C反应得到N，结合N的结构可知，A为，C为，反应I应是在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解；苯与CH3COCl发生取代反应生成，由题示信息可知B为，B与甲醇发生酯化反应生成D，D为，D反应生成E，E能
57、够生成高分子化合物R，则D发生消去反应生成E，E为，E发生加聚反应生成R，R为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，B为，含氧官能团为羧基和羟基，故答案为：羧基、羟基；(2)由生成是苯在光照时与氯气发生的取代反应，故答案为：取代反应；(3)经过反应得到的反应产物酸化后得到，因此反应I的条件是：氢氧化钠水溶液加热，故答案为：氢氧化钠水溶液；(4)根据上述分析，化合物C为，故答案为：；(5)反应是B与甲醇发生酯化反应生成D，反应的化学方程式是：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；(6)aA为，含有酚羟基，可与NaOH溶液反应，故a正确；b在常温下微溶于水，高于65时，能和水
58、混溶，故b错误；c化合物C为，含有醛基、碳碳双键，可使高锰酸钾酸性溶液褪色，故c正确；dE为，碳碳双键中其中一个碳原子连接2个H原子，没有顺反异构体，故d错误；故答案为：ac；(7)反应的化学方程式是：，故答案为：；(8)符合条件的B()的同分异构体：a能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明含有酚羟基，且至少酚羟基对位或邻位有H原子；b属于酯类 c苯环上只有两个对位取代基，另外的取代基为：-OOCCH2CH3、或-CH2OOCCH3、或-COOCH2CH3、或-CH2CH2OOCH、或-CH(CH3)OOCH、或-CH2COOCH3，共有6种，故答案为：6。【点睛】熟练掌握官能团的性质与转化是解题的关键。本题的易错点和难点为C的结构的判断，要注意联系苯酚和甲醛制备酚醛树脂的反应原理。