1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年山东省日照一中高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题共13个小题，每小题6分每小题只有一项符合题目要求）1NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）常温下，0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NAlmol羟基（一OH）与17gNH3所含电子数分别为9NA和10NA将100mL 0.1molL1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒0.01NA在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为5NA电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜ABCD2V、W
2、、X、Y均是元素周期表中短周期元素，在周期表中的相对位置关系如表所示：YVXWV的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成下列说法正确的是（）A原子半径：XWVYBY的最高价氧化物的电子式为CX的最高价氧化物能与V、W最高价氧化物对应的水化物反应D甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，只含有离子键3常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）Ac（Fe3+）=0.1molL1的溶液中：K+、ClO、SO42、SCNB在pH=2的溶液中：NH4+、K+、ClO、C1C水电离c（H+）=1012 molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+D在c（H+）
3、/c（OH）=1012的溶液中：K+、Na+、C1O、NO34硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）下列说法正确的是（）ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应C工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%5香精（Z）可用下列反应制取下列说法正确的是（）A该反应发生时X、Y均是CO键断裂BX、Z均可作为合成聚合物的单体CX和Y均可与氨基酸发生成肽反应D若Z中含有X、Y，可添加NaOH溶液通过分液除去6下列实验装置正确的是（）A实验室制乙烯B酯化反应
4、C实验室制取Cl2D中和热的测定725时，用0.1molL1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1molL1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确的是（）AKa=BV=CK a=DK a=三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8某小组同学以石墨为电极电解CuCl2溶液时，发现阴极石墨电极上除了有红色物质析出外，还有少量白色物质析出为探究阴极石墨电极上的产物，同学们阅读资料并设计了如
5、下过程：查阅资料：铜的化合物颜色性质如下物质颜色、性质物质颜色、性质氢氧化铜Cu（OH）2蓝色固体不溶于水硫酸铜（CuSO4）溶液呈蓝色氧化亚铜（Cu2O）红色固体不溶于水氯化铜（CuCl2）浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色氯化亚铜（CuCl）白色固体不溶于水碱式氯化铜绿色固体不溶于水实验探究：（1）提出假设：红色物质一定有铜，还可能有Cu2O；白色物质为铜的化合物，其化学式可能为（2）实验验证 取电解CuCl2溶液后的阴极石墨电极，洗涤、干燥，连接下列装置进行实验，验证阴极产物实验前，检查装置A气密性的方法是实验时，各装置从左至右的连接顺序为AB（填装置代号）（3）观察现象，得出结论实验结束后，碳
6、棒上的白色物质变为红色，F中物质不变色，D中出现白色沉淀，根据现象碳棒上的红色物质是否有Cu2O（填“是”或“否”），理由是；装置（填上图中装置编号）中的现象说明提出假设中的白色物质一定存在；写出装置B中发生反应的化学方程式（4）问题讨论电解CuCl2溶液阴极上除发生Cu2+2eCu的反应外，还发生的反应为；实验过程中，若装置B中的空气没有排净就开始加热，可能对实验造成的影响是和9工业上制取氢气除电解水外还有多种方法（1）工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取氢气已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为常温下，不
7、能与M单质发生反应的是（填序号）aCuSO4溶液 bFe2O3 c浓硫酸 dNaOH溶液 eNa2CO3固体（2）工业上也可利用化石燃料开采、加工过程中产生的H2S废气制取氢气高温热分解法已知：H2S（g）H2（g）+S（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验以H2S起始浓度均为c molL1测定H2S的转化率，结果见图1图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b为表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率的变化曲线据图计算985时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；随着温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因是电化学法：该法制取氢气的过程如图2所示反应池中反应
8、物的流向采用气、液逆流方式，其目的是；反应池中发生反应的化学方程式为反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为（3）H2S在足量氧气中燃烧可以得SO2，若在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.18mol若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后，SO3的物质的量的取值范围为 mol10某废水中含有CN和Cr2O72等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理拟采用下列流程进行处理：回答下列问题：（1）步骤中，CN被C
9、lO氧化为CNO的离子方程式为（2）步骤的反应的离子方程式为S2O32+Cr2O72+H+SO42+Cr3+H2O（未配平），每消耗0.4mol Cr2O72时，反应中S2O32失去mo1电子（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是（4）在25下，将amolL1的NaCN溶液与0.01molL1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液pH=7，用含a的代数式表示CN的水解常数Kh=molL1若25时将浓度均为0.1molL1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，溶液呈碱性，则关于该溶液的说法不正确的是（填代号）a此溶液一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CN）b此溶液一定有c（N
10、a+）=c（HCN）+c（CN）c混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度d此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸，溶液的pH变化不大（5）利用Cr2O72测定某SnCl2的纯度（杂质不参与反应，溶液中Sn4+较为稳定）：将a g SnCl2样品制成溶液的操作为，向得到的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用bmolLl K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72可被还原为Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液xmL则样品中SnCl2的质量分数是（SnCl2的摩尔质量为M gmol1，用含a、b、x、M的代数式表示）【化学-有机化学基础】11常用药羟苯水杨胺，其合成路
11、线如下回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是A1mol羟苯水杨胺最多可以和2mol NaOH反应 B不能发生硝化反应C可发生水解反应 D可与溴发生取代反应（2）D的名称为（3）AB所需试剂为；DE反应的有机反应类型是（4）BC反应的化学方程式为（5）F存在多种同分异构体F的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是A质谱仪 B红外光谱仪 C元素分析仪 D核磁共振仪F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式201
12、5-2016学年山东省日照一中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共13个小题，每小题6分每小题只有一项符合题目要求）1NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法中正确的是（）常温下，0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NAlmol羟基（一OH）与17gNH3所含电子数分别为9NA和10NA将100mL 0.1molL1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒0.01NA在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为5NA电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜ABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析
13、】Cl2与NaOH溶液的反应为歧化反应；羟基（一OH）不带电荷，求出17gNH3的物质的量，然后根据氨气为10电子微粒来分析；一个Fe（OH）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O转移5mol电子；电解精炼铜时，阳极放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属【解答】解：Cl2与NaOH溶液的反应为歧化反应，故0.1mol氯气转移0.1mol电子即0.1NA个，故错误；羟基（一OH）不带电荷，故1mol羟基含9mol电子即9NA个；17gNH3的物质的量为1mol，而氨气为10电子微粒，故1mol氨气中含10mol电子即10NA个，故正确；一个Fe（OH）3胶粒是多个氢
14、氧化铁的聚集体，故将100mL 0.1molL1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒小于0.01NA个，故错误；反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O转移5mol电子，生成3mol碘，故每生成3mol I2转移的电子数为5NA，故正确；电解精炼铜时，阳极放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，故电路中转移NA个电子，阳极溶解小于32g铜，故错误故选B【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2V、W、X、Y均是元素周期表中短周期元素，在周期表中的相对位置关系如表所示：YVXWV的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，甲、乙混合时
15、有白烟生成下列说法正确的是（）A原子半径：XWVYBY的最高价氧化物的电子式为CX的最高价氧化物能与V、W最高价氧化物对应的水化物反应D甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，只含有离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】V、W、X、Y均是元素周期表中短周期元素，由元素位置可知，Y、V处于第二周期，X、W处于第三周期；V的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，则甲、乙为NH3、HCl，结合V、W在周期表中的位置可知甲为NH3、乙为HCl，V为N元素、W为Cl；则Y为C、X为Al元素，据此进行解答【解答】解：V、W、X、Y均是元素周期表中短周期元素，由元素位置可知
16、，Y、V处于第二周期，X、W处于第三周期；V的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，则甲、乙为NH3、HCl，结合V、W在周期表中的位置可知甲为NH3、乙为HCl，V为N元素、W为Cl；则Y为C、X为Al元素，A电子层越多，原子半径越大，同一周期中原子序数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：XWYV，故A错误；BY为C元素，其最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，其电子式为：，故B错误；CX的最高价氧化物为氧化铝，V、W最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸，氧化铝能够与硝酸和高氯酸反应，故C正确；D甲为NH3、乙为HCl，二者反应生成氯化铵，氯化铵为离
17、子化合物，氯化铵中含有离子键和共价键，故D错误；故选C【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，“甲、乙混合时有白烟生成”为突破口，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力3常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）Ac（Fe3+）=0.1molL1的溶液中：K+、ClO、SO42、SCNB在pH=2的溶液中：NH4+、K+、ClO、C1C水电离c（H+）=1012 molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+D在c（H+）/c（OH）=1012的溶液中：K+、Na+、C1O、NO3【考点】离子共
18、存问题【分析】A与Fe3+反应的离子不能大量共存；BpH=2的溶液呈酸性；C水电离c（H+）=1012 molL1的溶液可能呈酸性或碱性；Dc（H+）/c（OH）=1012的溶液呈碱性【解答】解：ASCN与Fe3+发生络合反应而不能大量共存，故A错误；BpH=2的溶液呈酸性，酸性条件下ClO不能大量共存，故B错误；C水电离c（H+）=1012 molL1的溶液可能呈酸性或碱性，碱性条件下Mg2+、Cu2+不能大量共存，故C错误；Dc（H+）/c（OH）=1012的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间
19、的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的综合考查，题目难度不大4硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）下列说法正确的是（）ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应C工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【考点】含硫物质的性质及综合应用；氯气的化学性质【分析】A酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；B凡是有化合价升降的反应都是氧化还原反应；C工业上常用氯气和消石
20、灰反应来制取漂白粉；D原子利用率是指反应物中的所有原子进入期望产物中的百分比【解答】解：ACO不能与碱反应，不是酸性氧化物，故A错误； B除去与水反应，图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都一定有化合价升降，均为氧化还原反应，故B正确；C澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，故C错误；D工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）H1反应：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）H2反应中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，故D错误故选B【点评】本题考查酸性氧化物、氧化还原反应、漂白粉的制取、原子利用率，难度
21、不大，注意澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰制取漂白粉5香精（Z）可用下列反应制取下列说法正确的是（）A该反应发生时X、Y均是CO键断裂BX、Z均可作为合成聚合物的单体CX和Y均可与氨基酸发生成肽反应D若Z中含有X、Y，可添加NaOH溶液通过分液除去【考点】聚合反应与酯化反应；有机物分子中的官能团及其结构【分析】A、根据酯化反应原理进行判断；B、根据X、Z中都含有碳碳双键能够发生加聚反应进行分析；C、根据分子中不含有氨基和羧基不能发生成肽反应判断；D、根据酯的化学性质判断【解答】解：A、该反应为酯化反应，反应中X的CO键断裂，Y的OH键断裂，故A错误；B、由于X、Z分子中都含有碳
22、碳双键，都能够发生加聚反应，故B正确；C、X分子中含有羧基，能够与氨基酸发生成肽反应，但是Y中没有氨基和羧基，不能够发生成肽反应，故C错误；D、由于Z能够与氢氧化钠溶液反应，所以不能够用氢氧化钠溶液除去X、Y，故D错误；故选B【点评】本题考查有机反应的类型、有机物的结构与性质，难度中等，可以根据所学知识完成，要求学生熟练掌握常见有机反应6下列实验装置正确的是（）A实验室制乙烯B酯化反应C实验室制取Cl2D中和热的测定【考点】化学实验方案的评价【分析】A实验室制取乙烯需要170，温度计测量温度为溶液温度；B酯化反应中导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中；C制取氯气时，尾气处理应该要防止倒吸；D中和热测
23、定中，温度计测量混合溶液温度，用环形玻璃棒搅拌溶液【解答】解：A实验室制取乙烯需要170，温度计测量温度为溶液温度，所以温度计应该插入溶液中，故A错误；B酯化反应中导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象，故B错误；C制取氯气时，尾气处理应该要防止倒吸，尾气处理装置中应该有倒置的漏斗，故C错误；D中和热测定中，温度计测量混合溶液温度，用环形玻璃棒搅拌溶液，使溶液温度混合均匀，符合实验条件，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查学生基本操作能力，明确实验原理及基本操作规范性是解本题关键，易错选项是B，注意B中试管中用饱和碳酸钠溶液而不是氢氧化钠溶液，为易
24、错点725时，用0.1molL1的CH3COOH溶液滴定20mL0.1molL1的NaOH溶液，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确的是（）AKa=BV=CK a=DK a=【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】CH3COOH的电离平衡常数为Ka=，当滴加VmLCH3COOH溶液时，混合溶液的pH=7，此时氢离子和氢氧根离子浓度相等，都是107mol/L，根据电荷守恒，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，c（Na+）=，代入Ka表达式进行计算即可【解答】解：当滴加VmLCH3COOH溶液时，
25、混合溶液的pH=7，此时氢离子和氢氧根离子浓度相等，都是107mol/L，根据电荷守恒，钠离子浓度等于醋酸根离子浓度，c（Na+）=mol/L，CH3COOH的电离平衡常数为Ka=，故选A【点评】本题考查学生化学平衡常数的有关计算等方面的知识，注意电荷守恒在解题中的应用是关键，难度中等三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8某小组同学以石墨为电极电解CuCl2溶液时，发现阴极石墨电极上除了有红色物质析出外，还有少量白色物质析出为探究阴极石墨电极上的产物，同学们阅读资料并设计了如下过程：查阅
26、资料：铜的化合物颜色性质如下物质颜色、性质物质颜色、性质氢氧化铜Cu（OH）2蓝色固体不溶于水硫酸铜（CuSO4）溶液呈蓝色氧化亚铜（Cu2O）红色固体不溶于水氯化铜（CuCl2）浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色氯化亚铜（CuCl）白色固体不溶于水碱式氯化铜绿色固体不溶于水实验探究：（1）提出假设：红色物质一定有铜，还可能有Cu2O；白色物质为铜的化合物，其化学式可能为CuCl（2）实验验证 取电解CuCl2溶液后的阴极石墨电极，洗涤、干燥，连接下列装置进行实验，验证阴极产物实验前，检查装置A气密性的方法是将橡胶管套在导气管上，用弹簧夹夹紧橡胶管，向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗的活塞，水的液面不会
27、连续下降，证明装置A的气密性好实验时，各装置从左至右的连接顺序为AECBFD（填装置代号）（3）观察现象，得出结论实验结束后，碳棒上的白色物质变为红色，F中物质不变色，D中出现白色沉淀，根据现象碳棒上的红色物质是否有Cu2O否（填“是”或“否”），理由是F中物质不变蓝色；装置D（填上图中装置编号）中出现白色沉淀的现象说明提出假设中的白色物质一定存在；写出装置B中发生反应的化学方程式2CuCl+H22Cu+2HCl（4）问题讨论电解CuCl2溶液阴极上除发生Cu2+2eCu的反应外，还发生的反应为2Cu2+2e+2Cl=2CuCl；实验过程中，若装置B中的空气没有排净就开始加热，可能对实验造成的
28、影响是氢气和氧气混合加热可能发生爆炸和空气中水蒸气会干扰Cu2O是否存在的判断【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）由Cu的化合物的颜色可知，CuCl为白色固体；（2）利用装置不漏气检验装置的气密性；阴极产物为Cu，可能有Cu2O、CuCl，与干燥纯碱氢气反应后，通无水硫酸铜若不变色说明阴极碳棒上的产物与氢气反应产物中没有水，再检验氯离子；（3）无水硫酸铜不变色说明阴极碳棒上的产物与氢气反应产物中没有水；分解实验现象分析理由；根据CuCl与氢气反应生成了氯化氢，通过检验氯离子判断是否存在CuCl；装置b中发生反应的化学方程式为氯化亚铁与氢气反应生成铜和氯化氢；（4）电极氯化铜溶液
29、阴极铜失去电子生成铜离子和氯化亚铜，据此写成电极反应的离子方程式；氢气不纯可能发生爆炸，水蒸气中含氧元素干扰实验【解答】解：（1）由Cu的化合物的颜色可知，CuCl为白色固体，故答案为：CuCl；（2）利用装置不漏气检验装置的气密性，其方法为将橡胶管套在导气管上，用弹簧夹夹紧橡胶管，向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗的活塞，水的液面不会连续下降，证明装置A的气密性好，故答案为：将橡胶管套在导气管上，用弹簧夹夹紧橡胶管，向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗的活塞，水的液面不会连续下降，证明装置A的气密性好；阴极产物为Cu，可能有Cu2O、CuCl，生成氢气经过E除去HCl，经过C干燥，然后通入B中反应
30、后，通过F检验是否存在Cu2O，再利用D检验氯离子，正确的顺序为AECBFD，故答案为：E；C；F；D；（3）由于无水硫酸铜不变色，证明中b反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，故答案为：否；F中物质不变蓝色；假设中，白色物质若为CuCl，CuCl与氢气反应会生成氯化氢，将生成产物通入硝酸银溶液中，若D中生成了白色沉淀，证明白色物质为CuCl，故答案为：D，出现白色沉淀；装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式为：2CuCl+H22Cu+2HCl，故答案为：2CuCl+H22Cu+2HCl；（4）电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为Cu2+2
31、e=Cu，且生成氯化亚铜发生2Cu2+2e+2Cl=2CuCl，故答案为：2Cu2+2e+2Cl=2CuCl；用若装置b中的空气没有排净就开始加热，氢气和氧气混合加热可能爆炸，且空气中水蒸气会干扰Cu2O是否存在的判断，故答案为：氢气和氧气混合加热可能发生爆炸，空气中水蒸气会干扰Cu2O是否存在的判断【点评】本题考查物质的检验与鉴别，题目难度中等，该题是高考中的常见题型，试题综合性强，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率该类试题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象9工业上制取氢气除电解水
32、外还有多种方法（1）工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取氢气已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为常温下，不能与M单质发生反应的是be（填序号）aCuSO4溶液 bFe2O3 c浓硫酸 dNaOH溶液 eNa2CO3固体（2）工业上也可利用化石燃料开采、加工过程中产生的H2S废气制取氢气高温热分解法已知：H2S（g）H2（g）+S（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验以H2S起始浓度均为c molL1测定H2S的转化率，结果见图1图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b为表示不同温度下反应
33、经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率的变化曲线据图计算985时H2S按上述反应分解的平衡常数K=c；随着温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因是温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短电化学法：该法制取氢气的过程如图2所示反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；反应池中发生反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为2Fe2+2H+2Fe3+H2（3）H2S在足量氧气中燃烧可以得SO2，若在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半
34、分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.18mol若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡向正反应方向移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后，SO3的物质的量的取值范围为0.36n（SO3）0.40 mol【考点】化学平衡常数的含义；转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算；电解原理【分析】（1）M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14；M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；反应池中反应物的
35、流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答；（3）根据影响化学平衡的因素来判断平衡移动方向，利用极限法求出再次达平衡后n（SO3）的范围【解答】解：（1）M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，两种元素原子的质子数之和为27，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14，其原子结构示意图为，故答案为：；M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如a、c，还能与d中NaOH溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；（2）以H2S起始浓度均为cmolL1测定H2S的转化率，985时
36、H2S的转化率为40%，则 H2S（g）H2（g）+S（g）开始 c 0 0转化0.4c 0.4c 0.4c平衡0.6c 0.4c 0.4c该反应的平衡常数K=；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，故答案为：=；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为：2Fe2+2H+2Fe3+H2，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2F
37、eCl2+S+2HCl；2Fe2+2H+2Fe3+H2；（3）继续通入0.30molSO2和0.15molO2，容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；用极限法求出n（SO3）的范围：假设平衡不移动，此时n（SO3）=0.182=0.36mol；假设0.40molSO2完全生成SO3，根据化学方程式2SO2+O22SO3可知n（SO3）=0.4mol，所以再次达到平衡时，0.36n（SO3）0.40mol，故答案为：向正反应方向；0.36n（SO3）0.40【点评】本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等，题目综合性强，难度较大，注重了
38、高考常考考点的考查，注意知识的迁移应用和信息的处理；（3）为难点，注意极限法的应用10某废水中含有CN和Cr2O72等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理拟采用下列流程进行处理：回答下列问题：（1）步骤中，CN被ClO氧化为CNO的离子方程式为CN+ClOCNO+Cl（2）步骤的反应的离子方程式为S2O32+Cr2O72+H+SO42+Cr3+H2O（未配平），每消耗0.4mol Cr2O72时，反应中S2O32失去2.4mo1电子（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水pH，使其转化为Cr（OH）3沉淀除去（4）在25下，将amolL1的NaCN溶液与0.01mol
39、L1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液pH=7，用含a的代数式表示CN的水解常数Kh=（100a1）107molL1若25时将浓度均为0.1molL1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，溶液呈碱性，则关于该溶液的说法不正确的是b（填代号）a此溶液一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CN）b此溶液一定有c（Na+）=c（HCN）+c（CN）c混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度d此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸，溶液的pH变化不大（5）利用Cr2O72测定某SnCl2的纯度（杂质不参与反应，溶液中Sn4+较为稳定）：将a g SnCl2样品制成溶液的操作为将SnCl2样品溶
40、于盐酸，然后用蒸馏水稀释至所需浓度，向得到的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用bmolLl K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72可被还原为Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液xmL则样品中SnCl2的质量分数是（SnCl2的摩尔质量为M gmol1，用含a、b、x、M的代数式表示）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）步骤中，CN被ClO氧化为CNO，则因为是在碱性环境中，故ClO只能被还原为Cl，结合电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；（2）根据0.4 mol Cr2O72等转化为Cr3+即可计算出转移电子的物质的量；（3）加入熟石灰进
41、一步处理，调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；（4）反应后测得溶液pH=7，则可推知NaCN过量，根据电荷守恒和物料守恒即可计算出CN和HCN的浓度，进而计算出Ka（100a1）107 molL1；a、溶液中存在电荷守恒，阴阳离子电荷总数相同，电性相反；b、溶液中存在物料守恒，浓度均为0.1molL1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，溶液中钠离子物质的量的2倍等于HCN和CN物质的量总和；c、混合后得溶液中c（HCN）=0.05 molL1，c（NaCN）=0.05 molL1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，水解促进水的电离；d、溶液混合后形成的是缓冲溶液
42、，加入少量酸或碱，溶液酸碱性变化不大；（5）SnCl2易水解，根据电子转移守恒与方程式可得关系式SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7，据此计算【解答】解：（1）碱性条件下，CN离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO、Cl离子，离子反应为：CN+ClOCNO+Cl；故答案为：CN+ClOCNO+Cl；（2）根据0.4 mol Cr2O72等转化为Cr3+，铬元素化合价降低3价，0.4molCr2O72共得到了0.4（23）mol=2.4mol；故答案为：2.4；（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；故答案为：调节废水pH
43、，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；（4）由于反应后测得溶液pH=7，当a=0.01时，恰好反应，生成了氰化氢溶液，溶液显示酸性，故氰化钠应该多些，故a0.01； 根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CN）+c（Cl），PH=7，c（H+）=c（OH），c（CN）=c（Na+）c（Cl）=mol/Lmol/L；再根据物料守恒：c（CN）+c（HCN）=c（Na+）=mol/L；Ka=（100a1）107 molL1；若25时将浓度均为0.1molL1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 molL1，c（NaCN）=0.05 molL1，溶
44、液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度；a、据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（CN）+c（OH），此溶液一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CN），故a正确；b由物料守恒可知c（HCN）+c（CN）=0.1molL1，所以c（HCN）+c（CN）=2c（Na+），故b错误；c若25时将浓度均为0.1molL1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 molL1，c（NaCN）=0.05 molL1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度，故c正确；d若25时将浓
45、度均为0.1molL1的NaCN、HCN溶液等体积混合后形成缓冲溶液，此溶液加入少量氢氧化钠抑制水解，促进电离，加入盐酸抑制电离促进水解，溶液酸碱性变化不大，所以溶液的pH变化不大，故d正确；故答案为：（100a1）107 molL1 ；b；（5）SnCl2易水解，先溶于盐酸，然后用蒸馏水稀释至所需浓度；令锡粉中锡的质量分数为x，则：SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7Mg mol ay bmol/LL解得y=，故答案为：将SnCl2样品溶于盐酸，然后用蒸馏水稀释至所需浓度；【点评】本题以工艺流程为载体，侧重化学基本概念、基本理论，考查了氧化还原反应及离子方程式的书写，水溶液中的离子
46、平衡、离子浓度、电离常数、沉淀溶解平衡等电解质溶液的相关知识考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力，题目难度中等【化学-有机化学基础】11常用药羟苯水杨胺，其合成路线如下回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为C13H11NO3对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是CDA1mol羟苯水杨胺最多可以和2mol NaOH反应 B不能发生硝化反应C可发生水解反应 D可与溴发生取代反应（2）D的名称为对硝基苯酚（3）AB所需试剂为浓硝酸和浓硫酸；DE反应的有机反应类型是还原反应（4）BC反应的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O（5）F存在多种同分异构体F的所有同分异构体在下列一种表
47、征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是CA质谱仪 B红外光谱仪 C元素分析仪 D核磁共振仪F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有9种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式、【考点】有机物的推断【分析】由羟苯水杨胺结构简式、F的分子式可知，F为，E为，由反应信息逆推可知D为，由转化关系可知，苯与氯气发生取代反应生成A为，A与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C酸化得到D，据此解答【解答】解：由羟苯水杨胺结构简式、F的分子式可知，F为，E为，由反应信息逆推可知D为，由转化关
48、系可知，苯与氯气发生取代反应生成A为，A与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C酸化得到D（1）由羟苯水杨胺的结构简式，可知其化学式为C13H11NO3，对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是A1mol羟苯水杨胺含有2mol酚羟基，水解得到1molCOOH，最多可以和3mol NaOH反应，故A错误；B苯环可以发生硝化反应，故B错误；C含有CONH，可发生水解反应，故C正确；D含有酚羟基，可与溴发生取代反应，故D正确；故答案为：C13H11NO3；CD；（2）D为，名称为对硝基苯酚，故答案为：对硝基苯酚；（3）AB所需试剂为：浓硝酸和浓硫酸，DE是硝基还原为氨基，
49、属于还原反应，故答案为：浓硝酸和浓硫酸；还原反应；（4）BC反应的化学方程式为： +2NaOH+NaCl+H2O，故答案为： +2NaOH+NaCl+H2O；（5）F及同分异构体中组成元素相同，结合不同，由元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，故选：C；F（）的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，侧链为OH、OOCH时，有邻、间、对3种，侧链可为CHO、2个OH，2个OH处于邻位，CHO有2种位置，2个OH处于间位，CHO有3种位置，2个OH处于对位，CHO有1种位置，故符合条件的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式为：、，故答案为：9；、【点评】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写等，根据羟苯水杨胺结构确定E，再结合转化条件进行推断，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握掌握官能团的性质高考资源网版权所有，侵权必究！
