1、2016-2017学年安徽省淮南市高三（上）第一次周练化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1如图是用500mL容量瓶配制0.10molL1 NaOH溶液的过程错误步骤有（）A1处B2处C3处D4处2已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1下列说法正确的是（）AH2（g）的燃烧热为571.6 kJmol1B同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧
2、，H2（g）放出的热量多C H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJmol1D3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=+135.9 kJmol13下列离子方程式书写正确的是（）A酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+6H+3I2+3H2OB氯气与水反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32CaCO3D用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO24下列说法不正确的是（）A乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B通过乙烷的取代反应或
3、乙烯的加成反应都可以制取纯净的氯乙烷C淀粉、纤维素都属于糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体D1 mol可与2mol NaOH反应5能与Fe3+作用，且可证明Fe3+具有氧化性的微粒有（）SCNFe Fe2+IH2S OHABCD6短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，且A与B的原子序数之和等于C的原子序数，C2与D+的核外电子数相等则下列说法正确的是（）AB与A只能组成BA3化合物B第三周期中，D原子的原子半径最大CA、B、C三元素不可能形成离子化合物DE的氧化物对应水化物一定有强的氧化性7电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液
4、的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（）Aa极与电源的负极相连B产物丙为硫酸溶液C离子交换膜d为阴离子交换膜Da电极反应式：2H2O+2e=H2+2OH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53分）8某小组用如图所示装置对Cl2与Na2S2O3的反应进行探究（气密性已检验）实验操作和现象：操作现象打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓盐酸，加热iA中有黄绿色气体生成，C中液面上方有白雾，溶液中开始出现少量浑浊；ii一段时间后，C中产生
5、大量黄色沉淀用湿润的淀粉碘化钾试纸检验C中白雾淀粉碘化钾试纸变蓝C中浊液过滤后，取少量滤液用盐酸酸化，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成查阅资料：aS2O32有较强的还原性b酸性条件下S2O32迅速分解为S和SO2（1）A中发生反应的离子方程式是（2）B中饱和NaCl溶液的作用是（3）C中生成黄色沉淀的离子方程式是（4）为检验C中是否有SO2生成，需进行的操作是（5）C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式是（6）乙同学认为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，丙同学认为不能证明，理
6、由是9Cl2是重要的化工原料（1）写出用Cl2制备漂白液的离子方程式（2）图1所示的催化剂循环可实现用O2将HCl转化为Cl2，其中反应为2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H2反应消耗1molO2的反应热为H2，则总反应生成1molCl2（g）的焓变为，（用H1和H2表示）（3）实验室模拟用O2将HCl转化为Cl2的总反应实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如图2所示，则总反应的H0，（填“”、“”或“”）；A、B 两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是，简要说明理由在上述实验中若压缩体积使压强增大，在图2中画出相应HClT曲线的示
7、意图为提高HCl的平衡转化率下列措施中可行的是A增大n（HCl） B增大n（O2） C使用更好的催化剂 D移去H2O10A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的活泼金属，相关物质间的关系如图所示（1）X的单质与A反应的反应方程式是（2）若试剂1是NaOH溶液，B物质的用途为（3）若试剂1是NaOH溶液，试剂2为盐酸，则将D的饱和溶液滴加到沸水中加热至溶液为红褐色时发生的离子反应方程式为（4）若试剂1和试剂2均是稀硫酸：将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原
8、料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是三、化学-选修5：有机化学基础11枯茗醛天然存在于枯茗油、茴香等物质中，可用来调配蔬菜、茴香等香型的食用香精现由枯茗醛合成兔耳草醛，其传统合成路线如下：已知醛在一定条件下发生如下反应：RCH2CHO+RCH2CHORCH2CHOHCHRCHO请回答下列问题：（1）写出试剂X的结构简式：（2）写出有机物B的结构简式：；检验B中的官能团时，需先加入的试剂是；酸化后，再加入的试剂是（3）写出有机物C生成兔耳草醛的化学方程式：（4）以下是人们最新研究的兔耳草醛的合成路线，该路线原子利用率理论上可达100%：试写出D的结构简式：D兔耳草醛的
9、反应类型是（5）芳香族化合物Y与枯茗醛互为同分异构体，Y具有如下特征：a不能发生银镜反应，可发生消去反应；b核磁共振氢谱显示：Y消去反应产物的环上只存在一种化学环境的氢原子；写出Y可能的结构简式：，2016-2017学年安徽省淮南市高三（上）第一次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1如图是用500mL容量瓶配制0.10molL1 NaOH溶液的过程错误步骤有（）A1处B2处C3处D4处【分析】用500mL容量瓶配制0.10molL1 NaOH溶液的一般步骤：首先计算所需要的溶质的物质质量，用托盘天平
10、称取，注意氢氧化钠容易吸收空气中的水而潮解，且氢氧化钠具有腐蚀性，然后在烧杯中溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后将溶液转移到500ml的容量瓶，注意用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在刻度线下方，然后洗涤烧杯23次，洗液全部转移到容量瓶，用玻璃棒引流蒸馏水到容量瓶，离刻度线12cm时该用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处于刻度线相切，定容时人眼应平视刻度线，摇匀容量瓶中溶液使其均匀，据此解答【解答】解：配制一定物质的量浓度溶液的步骤：称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，称量氢氧化钠时，因为氢氧化钠溶液潮解变质，应用小烧杯称量；玻璃棒引流时，下端应靠在刻度线以下；定容时，应平视刻度线；故选
11、：C【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，熟悉步骤和正确的操作、熟悉仪器的正确使用方法是解题关键，注意相关知识的积累2已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1下列说法正确的是（）AH2（g）的燃烧热为571.6 kJmol1B同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多C H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJmol1D3H2（g
12、）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=+135.9 kJmol1【分析】A燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1知H2（g）的燃烧热为285.8kJmol1；B假设取H2（g）和CH3OH（l）各为1克，依据H2（g）和CH3OH（l）的热化学方程式计算比较；C硫酸和氢氧化钡发生中和反应生成的硫酸钡过程中需放热，中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量；D依据已知热化学方程式和盖斯定律计算分析判断【解答】解：A依据燃烧热概念分析，选项中由已知热化学方程式计算可知H2（g）的燃烧热为
13、285.8 kJmol1，故A错误；B同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12 571.6KJmol 142.9KJ2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1 452kJmol12 1452KJmol 22.69KJ所以H2（g）放出的热量多，故B正确；C中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量，硫酸和氢氧化钡发生中和反应，反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即H57.3 kJmol1，故C错误；D2H2（g）+O2
14、（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJmol1按盖斯定律计算3得到6H2（g）+2CO2（g）2CH3OH（l）+2H2O（l）H=262.8 kJmol1可知正确的是3H2（g）+CO2（g）CH3OH（l）+H2O（l）H=131.4 kJmol1，故D错误；故选B【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，燃烧热，中和热概念的理解应用是解题关键，题目难度中等3下列离子方程式书写正确的是（）A酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+6H+3I2+3H2OB氯气与水反应：Cl2
15、+H2O2H+Cl+ClOC石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32CaCO3D用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2【分析】A酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生氧化还原反应生成I2；B氯气与水反应生成HCll、HClO，次氯酸为弱酸；C石灰乳与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙和NaOH，石灰乳在离子反应中应保留化学式；D石灰石溶于稀醋酸，反应生成可溶性的醋酸钙、二氧化碳气体和水，CH3COOH为弱酸，应写化学式【解答】解：A酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生反应，KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，KI中I元素的化合价由1价升高为0，反应为
16、：IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故A正确；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，反应的离子方程式：Cl+H2O=H+Cl+HClO，故B错误；C石灰乳与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙和NaOH，石灰乳在离子反应中应保留化学式，离子反应为Ca（OH）2+CO32CaCO3+2OH，故C错误；D石灰石溶于稀醋酸，反应生成可溶性的醋酸钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca2+CO2+H2O，故D错误；故选A【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答的关键，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正
17、确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），题目难度中等4下列说法不正确的是（）A乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B通过乙烷的取代反应或乙烯的加成反应都可以制取纯净的氯乙烷C淀粉、纤维素都属于糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体D1 mol可与2mol NaOH反应【分析】A含不饱和键的有机物、醇、醛等能被高锰酸钾氧化，使其褪色；B乙烷与氯气发生反应不仅仅生成一氯乙烷，还有二氯乙烷三氯乙烷和四氯乙烷等取代产物，无法制取纯净的氯乙烷；C淀粉、纤维素通式相同，但n值不同，其分子组成不能确定；D，含有1个酯基与1个羧基，
18、酯基与羧基能与氢氧化钠反应【解答】解：A乙烯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B乙烯和氯化氢发生加成反应生成物只有氯乙烷，而乙烷与氯气发生反应不仅仅生成一氯乙烷，还有二氯乙烷三氯乙烷、四氯乙烷等氯代产物，所以无法获得纯净的氯乙烷，故B错误；C淀粉、纤维素通式相同，但n值不同，二者都是混合物，所以淀粉和纤维素不属于同分异构体，故C正确；D，含有1个酯基与1个羧基，酯基与羧基能与氢氧化钠反应，故D正确，故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇、同分异构体的考查，题目难度不大5能与Fe3+作用，且可证明Fe3+具有氧化性的微粒有
19、（）SCNFe Fe2+IH2S OHABCD【分析】要证明Fe3+具有氧化性，必须所加微粒和Fe3+发生氧化还原反应，而且加入的微粒作为还原剂，来解题【解答】解：在SCN、Fe、Fe2+、IH2S、OH六种微粒中只有能发生氧化还原反应，发生反应分别为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、2I+2Fe3+=2Fe2+I2、H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+，而且这三个反应中Fe、I、H2S都作还原剂，说明Fe3+具有氧化性，OH与Fe3+反应属于非氧化还原反应故选D【点评】本题考查了氧化还原反应，熟练掌握铁元素及化合物的化学性质和氧化还原反应中化合价的变化是解题的关键，题目难度不大6短周期中的
20、A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，且A与B的原子序数之和等于C的原子序数，C2与D+的核外电子数相等则下列说法正确的是（）AB与A只能组成BA3化合物B第三周期中，D原子的原子半径最大CA、B、C三元素不可能形成离子化合物DE的氧化物对应水化物一定有强的氧化性【分析】短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，C2与D+的核外电子数相等，结合所带电荷可知，C为O元素、D为Na；A和D同主族，A为非金属元素，则A为H元素；C和E同主族，则E为S元素；A与B的原子序数之和等于C的原子序数，则B的原子序数=81=7，故B为N元素，据此
21、解答【解答】解：短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，C2与D+的核外电子数相等，结合所带电荷可知，C为O元素、D为Na；A和D同主族，A为非金属元素，则A为H元素；C和E同主族，则E为S元素；A与B的原子序数之和等于C的原子序数，则B的原子序数=81=7，故B为N元素AN与H能组成NH3、N2H4等多种化合物，故A错误；B第三周期中，D（Na）原子的原子半径最大，故B正确；CH、N、O三种元素可以形成硝酸铵，为离子化合物，故C错误；DS元素氧化物对应的水化物为亚硫酸、硫酸，浓硫酸具有强氧化性，而亚硫酸、稀硫酸没有强氧化性，故D错误，故选B【点评】本题考查位置结构性质的关系及
22、应用，难度中等，推断元素是解题的关键，C2与D+的核外电子数相等是推断突破口7电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是（）Aa极与电源的负极相连B产物丙为硫酸溶液C离子交换膜d为阴离子交换膜Da电极反应式：2H2O+2e=H2+2OH【分析】装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H+2e=H2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是
23、阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜【解答】解：装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阴极生成氢气，2H+2e=H2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；A、分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，故A错误；B、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极
24、生成氢气，2H+2e=H2，生成产物丁为氢氧化钠，故B正确；C、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，阳极室水的 电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e=H2，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故C错误；D、阳极a生成氧气，电极反应4OH4e=2H2O+O2，故D错误；故选B【点评】本题考查了电解原理的分析应用，电极产物和电极名称判断是解题关键，题目难度中等三、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53分）8某小组用如图所示装置对C
25、l2与Na2S2O3的反应进行探究（气密性已检验）实验操作和现象：操作现象打开分液漏斗活塞，滴加一定量浓盐酸，加热iA中有黄绿色气体生成，C中液面上方有白雾，溶液中开始出现少量浑浊；ii一段时间后，C中产生大量黄色沉淀用湿润的淀粉碘化钾试纸检验C中白雾淀粉碘化钾试纸变蓝C中浊液过滤后，取少量滤液用盐酸酸化，滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成查阅资料：aS2O32有较强的还原性b酸性条件下S2O32迅速分解为S和SO2（1）A中发生反应的离子方程式是MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（2）B中饱和NaCl溶液的作用是除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰（3）C中
26、生成黄色沉淀的离子方程式是S2O32+2H+=S+SO2+H2O（4）为检验C中是否有SO2生成，需进行的操作是把白雾通入Ba（NO3）2溶液中，若有白色沉淀，证明有SO2生成（5）C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式是S2O32+4Cl2+5H2O=8Cl+2SO42+10H+（6）乙同学认为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，丙同学认为不能证明，理由是氯气与水反应也能生成Cl，所以检验出溶液中有Cl也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3【分析】（1）A中浓盐酸与二氧化
27、锰加热反应生成氯气、氯化锰和水，据此写出反应的离子方程式；（2）氯气中含有氯化氢，氯化氢会对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰；（3）由题干信息知：酸性条件下S2O32迅速分解为S和SO2，氯气溶于水生成盐酸，所以C中生成黄色沉淀的离子方程式：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（4）二氧化硫能够与硝酸钡溶液反应生成白色沉淀，据此可检验二氧化硫气体；（5）硫代硫酸钠检验还原性，氯气具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成氯化钠、硫酸钠和氯化氢，据此写出反应的离子方程式；（6）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢在溶液中电离出的氯离子能够与
28、硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀【解答】解：（1）A为实验室制取氯气的装置，A中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（2）制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢能够与硫代硫酸钠反应，干扰了Cl2与Na2S2O3的反应，所以B中饱和NaCl溶液的作用是：除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰，故答案为：除去Cl2中的HCl，防止对Cl2与Na2S2O3的反应产生干扰；（3）由题干信息知：酸性条件下S2O32迅速分解为S和SO2，氯气溶于水生成盐酸，所以C中生成黄色
29、沉淀的离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（4）二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，可借此检验二氧化硫，具体操作方法为：把白雾通入Ba（NO3）2溶液中，若有白色沉淀，证明有SO2生成，故答案为：把白雾通入Ba（NO3）2溶液中，若有白色沉淀，证明有SO2生成；（5）C中滤液与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，甲同学认为利用该现象可证明Na2S2O3被Cl2氧化，反应的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=8Cl+2SO42+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=8Cl+2SO42+10H+；（6）乙同学认
30、为，C中滤液用硝酸酸化后滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，也能证明Na2S2O3被Cl2氧化，由于氯气与水反应也能生成Cl，所以检验出溶液中有Cl也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3，该氯离子可能是氯气与水反应生成的，故答案为：氯气与水反应也能生成Cl，所以检验出溶液中有Cl也不能证明是Cl2氧化了Na2S2O3【点评】本题通过氯气与硫代硫酸钠的反应，考查了性质实验方案的设计与评价原则，题目难度中等，明确化学实验基本操作方法及常见物质的检验与鉴别方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力9Cl2是重要的化工原料（1）写出用Cl2制备漂白液的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO
31、+H2O（2）图1所示的催化剂循环可实现用O2将HCl转化为Cl2，其中反应为2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H2反应消耗1molO2的反应热为H2，则总反应生成1molCl2（g）的焓变为H1+H2，（用H1和H2表示）（3）实验室模拟用O2将HCl转化为Cl2的总反应实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如图2所示，则总反应的H0，（填“”、“”或“”）；A、B 两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是，简要说明理由K（A），该反应正向放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小在上述实验中若压缩体积使压强增大，在图2中画出相应HC
32、lT曲线的示意图为提高HCl的平衡转化率下列措施中可行的是B、DA增大n（HCl） B增大n（O2） C使用更好的催化剂 D移去H2O【分析】（1）漂白液由氯气和NaOH溶液反应生成，主要成分是NaCl和NaClO，以此书写离子方程式；（2）依据题意可知：2HCl（g）+CuO（s）=H2O（g）+CuCl2（s）H1，2CuCl2（s）+O2（g）=2CuO（s）+2Cl2（g）2H2，依据盖斯定律：+得：2HCl（g）+O2（g）=Cl2（g）+H2O（g），据此计算总反应生成1molCl2（g）的焓变；（3）由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；
33、依据反应正向放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，判断A、B 两点的平衡常数K（A）与K（B）大小；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；改变措施有利于提高HCl，应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增加HCl的浓度【解答】解：（1）漂白液由氯气和NaOH溶液反应生成，主要成分是NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）依据题意可知：2HCl（g）+CuO（s）=H2O（g）+CuCl2（s）H1，2CuCl2（s）+O2（g）=2C
34、uO（s）+2Cl2（g）2H2，依据盖斯定律：+得：2HCl（g）+O2（g）=Cl2（g）+H2O（g），H=H1+H2；故答案为：H=H1+H2；（3）由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即H0，化学平衡常数减小，即K（A）K（B），故答案为：；K（A）；该反应正向放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应HClT曲线的示意图为，故答案为：；A增大n（HCl），HCl浓度增大，平衡右移，但HC
35、l的转化率降低，故A错误；B增大n（O2），氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转化率提高，故B正确；C使用更好的催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，故C错误；D移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，故D正确，故选：BD【点评】本题考查了离子方程式的书写、利用盖斯定律计算反应的焓变、化学平衡常数、化学平衡移动的原理，题目综合性强，难度中等10A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的活泼金属，相关物质间的关系如图所示（1）X的单质与A反应的反应方程式是Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe（2）若
36、试剂1是NaOH溶液，B物质的用途为作耐火材料、冶炼铝等（3）若试剂1是NaOH溶液，试剂2为盐酸，则将D的饱和溶液滴加到沸水中加热至溶液为红褐色时发生的离子反应方程式为Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+（4）若试剂1和试剂2均是稀硫酸：将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）Al3+3H2OAl（OH）3+3H+某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是2FeSO4+2NaNO2+H2SO42Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO【分析】元素X、Y的单质是生活中常见
37、的金属，分别为Al、Fe中的一种，且X与氧化物A反应得到Y与氧化物B，则X为Al，Y为Fe，B为氧化铝，A为Fe的氧化物，若试剂1是NaOH溶液，则C为偏铝酸钠，若试剂1为硫酸，则C为硫酸铝；试剂2为盐酸或硫酸，Y与试剂2反应得到E为亚铁盐，A与酸反应得到盐D，D与Fe反应得到E，则A为氧化铁，若试剂2为盐酸，则E为氯化亚铁，D为氯化铁，若试剂2为硫酸，则E为硫酸亚铁，D为硫酸铁，据此解答【解答】解：元素X、Y的单质是生活中常见的金属，分别为Al、Fe中的一种，且X与氧化物A反应得到Y与氧化物B，则X为Al，Y为Fe，B为氧化铝，A为Fe的氧化物，若试剂1是NaOH溶液，则C为偏铝酸钠，若试剂
38、1为硫酸，则C为硫酸铝；试剂2为盐酸或硫酸，Y与试剂2反应得到E为亚铁盐，A与酸反应得到盐D，D与Fe反应得到E，则A为氧化铁，若试剂2为盐酸，则E为氯化亚铁，D为氯化铁，若试剂2为硫酸，则E为硫酸亚铁，D为硫酸铁，（1）X的单质与A反应为铝热反应，即Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，该反应为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；（2）B为氧化铝，可以用作耐火材料、冶炼铝等，故答案为：作耐火材料、冶炼铝等；（3）若试剂1是NaOH溶液，试剂2为盐酸，D为氯化铁，则将氯化铁的饱和溶液滴加到沸水中加热至溶液为红褐色，得到氢氧化铁胶体，发生的离子反应方
39、程式为Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+；（4）若试剂1和试剂2均是稀硫酸：C为硫酸铝，硫酸铝反应中铝离子水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，破坏水的电离平衡，其溶液呈酸性，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；E为硫酸亚铁，工业上以硫酸亚铁、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Fe（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是：2FeSO4+2NaNO2+H2SO42Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO，故答案为：2FeSO4+2NaNO2+H2SO42Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO
40、【点评】本题考查无机物的推断，涉及Fe、Al元素单质化合物的性质，注意对铝热反应的掌握，在推断中经常涉及，难度中等三、化学-选修5：有机化学基础11枯茗醛天然存在于枯茗油、茴香等物质中，可用来调配蔬菜、茴香等香型的食用香精现由枯茗醛合成兔耳草醛，其传统合成路线如下：已知醛在一定条件下发生如下反应：RCH2CHO+RCH2CHORCH2CHOHCHRCHO请回答下列问题：（1）写出试剂X的结构简式：CH3CH2CHO（2）写出有机物B的结构简式：；检验B中的官能团时，需先加入的试剂是新制氢氧化铜悬浊液；酸化后，再加入的试剂是溴水或高锰酸钾溶液（3）写出有机物C生成兔耳草醛的化学方程式：（4）以下
41、是人们最新研究的兔耳草醛的合成路线，该路线原子利用率理论上可达100%：试写出D的结构简式：D兔耳草醛的反应类型是加成反应（5）芳香族化合物Y与枯茗醛互为同分异构体，Y具有如下特征：a不能发生银镜反应，可发生消去反应；b核磁共振氢谱显示：Y消去反应产物的环上只存在一种化学环境的氢原子；写出Y可能的结构简式：，【分析】传统合成路线中，由枯茗醛、兔耳草醛的结构及信息可知，枯茗醛A发生醛的加成反应，结合碳原子守恒可知，X应为CH3CH2CHO，AB发生醇的消去反应，生成B为，BC发生加成反应，C为，C兔耳草醛发生醇的催化氧化反应；最新研究的兔耳草醛的合成路线中，苯与丙烯发生加成反应生成D，D为，D兔
42、耳草醛发生加成反应，据此答题【解答】解：传统合成路线中，由枯茗醛、兔耳草醛的结构及信息可知，枯茗醛A发生醛的加成反应，结合碳原子守恒可知，X应为CH3CH2CHO，AB发生醇的消去反应，生成B为，BC发生加成反应，C为，C兔耳草醛发生醇的催化氧化反应；最新研究的兔耳草醛的合成路线中，苯与丙烯发生加成反应生成D，D为，D兔耳草醛发生加成反应，（1）由上述分析可知，X为CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；（2）由上述分析可知，B为，含CHO和碳碳双键，均能被强氧化剂氧化，而CHO可被弱氧化剂氧化，则先加新制氢氧化铜悬浊液检验CHO，酸化后利用溴水或高锰酸钾溶液检验碳碳双键，故答案为：
43、；新制氢氧化铜悬浊液；溴水或高锰酸钾溶液；（3）C生成兔耳草醛的化学方程式为，故答案为：；（4）由上述分析可知，D为，D兔耳草醛发生加成反应，故答案为：；加成反应；（5）芳香族化合物Y与枯茗醛互为同分异构体，Y具有如下特征：a不能发生银镜反应，可发生消去反应，则不含CHO，含OH；b核磁共振氢谱显示：Y消去反应产物的环上只存在一种化学环境的氢原子，则苯环上只有一种未知的H，则Y可能的结构简式为或，故答案为：；【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成中有机物官能团的变化、有机物的结构与性质的为解答的关键，注意比较新法和传统合成方法的特点及发生的化学反应，（5）中同分异构体推断为解答的难点，题目难度中等2017年3月10日
