1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年广东省佛山市顺德区华侨中学高三（上）第一次周测化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A5.6g的铁与0.1mol Cl2充分反应转移电子0.3NAB一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC1.0L的0.1 molL1AlCl3溶液中含有的Al3+离子数为0.1NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA2NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1 mol Na2O2中含有的阴离子数为2 NAB由H
2、2O2制得2.24 L O2，转移的电子数目为0.4 NAC常温常压下，8 g O2与O3的混合气体中含有4 NA个电子D常温下，pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02 NA3下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚溶于水C向含I的无色溶液中滴加少量铁盐溶液，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Fe3+I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性AABBCC
3、DD4下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Cu2+、Na+、SO42pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4+在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、I能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl、S2、HCO3酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、ClABCD5根据下列有关实验得出的结论一定正确的是（）选项方法结论A同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生氢气量：加过胆矾=没加胆矾B向Fe（NO3）2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，则溶液变黄氧化性
4、：H2O2Fe3+C相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应反应速率：粉状大理石块状大理石D向2mL 0.1molL1Na2S溶液中滴入几滴0.1molL1ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；再加入几滴0.1molL1 CuSO4溶液，则又有黑色沉淀生成溶度积（Ksp）：ZnSCuSAABBCCDD6下列离子方程式正确的是（）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H+2II2+2H2OCNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O7某研
5、究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（）A甲装置：可用来证明碳酸的酸性比硅酸强B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C丙装置：用图示的方法不能检查此装置的气密性D丁装置：先从口进气集满二氧化碳，再从口进气，可收集氢气二、解答题（共4小题，满分0分）8氯气在生产生活中应用广泛实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取，反应原理如下：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（1）若制得标准状况下11.2L Cl2，则被氧化的HCl为mol（2）多余的氯气可用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为工业上也可用MnSO4溶液吸收氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用
6、于电子工业、印染工业等领域请写出该化学反应的离子方程式（3）海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO21991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其制备过程如图所示：步骤I中，试剂甲必须具有的性质是（填序号）a氧化性 b还原性 c酸性步骤中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050mol MnO2时，消耗0.10molL1 的NaClO3溶液200mL，该反应的离子方程式为（4）用100mL 12.0molL1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，反应产生的氯气物质的量远远少于0.30mol，请你分析可能的原因为9铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料
7、（1）常温下，可用铁质容器盛装浓硫酸的原因是（2）某实验小组利用如图装置验证铁与水蒸气的反应湿棉花的作用是，试管中反应的化学方程式是实验结束后，取出少量反应后的固体于试管中，加入过量盐酸，固体完全溶解，所得溶液中存在的阳离子是（填序号）a一定有Fe2+、H+和Fe3+ b一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+c一定有Fe2+、Fe3+，可能有 H+ d一定有Fe3+、H+，可能有Fe2+（3）另称取一定量的铁钉放入足量的浓硫酸中，加热，充分反应后收集气体经测定气体中含有SO2、CO2和H2铁与足量的浓硫酸反应的化学方程式是将672mL（标准状况）收集到的气体通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br
8、2+2H2O2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经洗涤、干燥得到固体4.66g由此推知收集到的气体中SO2的体积分数是（结果保留三位有效数字）10化工工业中常用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯已知某温度下：反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），H=+41.2kJ/mol；反应：（g）（g）+H2（g），H=+117.6kJ/mol；的化学反应平衡常数分别为K1、K2，（1）请写出二氧化碳氧化乙苯制备苯乙烯的热化学反应方程式该反应的化学平衡常数K=（用K1、K2表示）（2）对于反应，恒温恒容条件下，向密闭容器中加入2molCO2 和2molH2，当反应达到平衡后，以下说法
9、正确的是（ A） 因为该反应是吸热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小；（ B ） 若继续加入1molCO2、1mol H2，达到新平衡后CO2的体积分数不变；（ C ） 若继续通入1mol CO2则平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大；（ D） 压缩体积，平衡不移动，反应物和产物的浓度都不变；（3）恒温恒容条件下，反应达到平衡后；t1时刻通入少量CO2；请在如图中画出t1之后的正逆反应曲线，并作出标注（4）已知某温度下，Ag2SO4的KspAg2SO4=0.36106，向0.01molL1的Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液至恰好有沉淀生成，此时AgNO3的浓度为molL
10、1112011年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”常用的增塑剂如下：请回答下列问题：（1）下列对甲的叙述正确的是（填选项字母）A甲能使Br2的CCl4溶液褪色B甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3C1mol甲最多能与1mol NaOH发生水解反应D甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应（2）丙中含有的官能团名称是（3）乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式（4）已知通过燃烧法确定丁的含氧量（质量分数）为23%以某烃A为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：反应1的反应条件是反应3的反应类型是反应2的化学方程式是 A中最多有个原子共平面2016-2
11、017学年广东省佛山市顺德区华侨中学高三（上）第一次周测化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A5.6g的铁与0.1mol Cl2充分反应转移电子0.3NAB一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC1.0L的0.1 molL1AlCl3溶液中含有的Al3+离子数为0.1NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，与0.1mol氯气反应时铁过量，根据反应后氯元素变为1价来分析；
12、B、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠为+1价来分析转移的电子数；C、铝离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、标况下，四氯化碳为液体【解答】解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，与0.1mol氯气反应时铁过量，由于反应后氯元素变为1价，故0.1mol氯气反应时转移0.2mol电子即0.2NA个，故A错误；B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，由于钠完全反应且反应后钠为+1价，故0.1mol钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故B正确；C、铝离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于0.1NA个，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的
13、量，故D错误故选B2NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1 mol Na2O2中含有的阴离子数为2 NAB由H2O2制得2.24 L O2，转移的电子数目为0.4 NAC常温常压下，8 g O2与O3的混合气体中含有4 NA个电子D常温下，pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子构成；B、氧气所处的状态不明确；C、氧气和臭氧均由氧原子构成；D、溶液体积不明确【解答】解：A、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol过氧化钠中含NA个阴离子，故A错误；B、氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法
14、计算，则转移的电子数无法计算，故B错误；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故8g混合物中含有的氧原子的物质的量为n=0.5mol，而氧原子中含8个电子，故0.5mol氧原子中含4NA个电子，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故D错误故选C3下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚溶于水C向含I的无色溶液中滴加少量铁盐溶液，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Fe3+I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2
15、O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水；B苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色【解答】解：A根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；B苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀，说明产物三溴苯酚不溶于水，故B错误；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化
16、性大于氧化产物的氧化性，向含I的无色溶液中滴加少量铁盐溶液，再滴加淀粉溶液，铁离子具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是Fe3+、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Fe3+I2，故C正确；D双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色，加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，不能说明具有氧化性，故D错误；故选C4下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Cu2+、Na+、SO42pH=11的溶液中：
17、CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、NO3、NH4+在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、I能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl、S2、HCO3酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、ClABCD【考点】离子共存问题【分析】无色溶液中不存在有色的铜离子；pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与企业广告离子反应；加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子、铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子还与氢离子反应；在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中
18、存在大量氢离子或氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；酸性溶液中，Fe2+、NO3发生氧化还原反应【解答】解：无色溶液中不能存在有色的Cu2+，故错误；pH=11的溶液呈碱性，CO32、Na+、AlO2、NO3之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；加入Al能放出H2的溶液呈酸性或强碱性，HCO3与氢离子反应，HCO3、NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；在由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液呈酸性或碱性，Na+、Ba2+、Cl、I之
19、间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，HCO3与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故错误；酸性溶液中，NO3具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故错误；故选B5根据下列有关实验得出的结论一定正确的是（）选项方法结论A同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生氢气量：加过胆矾=没加胆矾B向Fe（NO3）2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，则溶液变黄氧化性：H2O2Fe3+C相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应反应速率：粉状大理石块状大理石D向2mL 0.1mo
20、lL1Na2S溶液中滴入几滴0.1molL1ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；再加入几滴0.1molL1 CuSO4溶液，则又有黑色沉淀生成溶度积（Ksp）：ZnSCuSAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加胆矾，Zn置换出Cu构成原电池加快反应速率，但硫酸足量，生成氢气由Zn的量决定；B用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应；C接触面积越大，反应速率越快；DNa2S溶液过量，均发生沉淀的生成【解答】解：A加胆矾，Zn置换出Cu构成原电池加快反应速率，但硫酸足量，生成氢气由Zn的量决定，则加胆矾的生成氢气少，故A错误；B用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发
21、生氧化还原反应，不能说明亚铁离子是否与过氧化氢反应，则不能比较H2O2、Fe3+的氧化性，故B错误；C粉状大理石比块状大理石的接触面积越大，则反应速率为粉状大理石块状大理石，故C正确；DNa2S溶液过量，均发生沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较ZnS、CuS的溶度积（Ksp），故D错误故选C6下列离子方程式正确的是（）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H+2II2+2H2OCNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O【考点】离子方程
22、式的书写【分析】A次氯酸为弱电解质，保留化学式；B双氧水加入稀硫酸和KI溶液生成碘和硫酸钾、水；C原子个数不守恒；D电荷不守恒【解答】解：ACl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B双氧水加入稀硫酸和KI溶液，离子方程式：H2O2+2H+2II2+2H2O，故B正确；CNa2O2溶于水产生O2，离子方程式：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故C错误；DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸，离子方程式：S2O32+2H+S+SO2+H2O，故D错误；故选：B7某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（）A甲装置：可用来证明碳酸的
23、酸性比硅酸强B乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下C丙装置：用图示的方法不能检查此装置的气密性D丁装置：先从口进气集满二氧化碳，再从口进气，可收集氢气【考点】化学实验方案的评价【分析】A碳酸的酸性大于硅酸，根据强酸制取弱酸判断；B橡皮管可使下部的压力转移到上方；C利用压强差检验装置的气密性；D和氧气不反应的气体可以采用排空气法收集【解答】解：A二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，则该装置能证明碳的非金属性比硅强，故A正确；B橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故B正确；C如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高
24、度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C错误；D二氧化碳的密度大于空气、氢气的密度小于二氧化碳，所以氢气采用向下排二氧化碳法收集、二氧化碳采用向上排空气法收集，故D正确；故选C二、解答题（共4小题，满分0分）8氯气在生产生活中应用广泛实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取，反应原理如下：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（1）若制得标准状况下11.2L Cl2，则被氧化的HCl为1mol（2）多余的氯气可用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O工业上也可用MnSO4溶液吸收氯气，获得Mn2O3，Mn2O3广泛应用于电子工业、印染工业等领
25、域请写出该化学反应的离子方程式2Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+6H+2Cl（3）海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是MnO21991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2，其制备过程如图所示：步骤I中，试剂甲必须具有的性质是b（填序号）a氧化性 b还原性 c酸性步骤中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050mol MnO2时，消耗0.10molL1 的NaClO3溶液200mL，该反应的离子方程式为2ClO3+5 Mn2+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+（4）用100mL 12.0molL1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，反应产生的氯气物质的量
26、远远少于0.30mol，请你分析可能的原因为随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应终止【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应【分析】本题考查氯气的实验室制备原理的分析及用NaOH溶液或MnSO4溶液吸收尾气，另外还探究了MnO2的不同制法，具体是将+2价锰选用氧化剂或通过电解的方法进行氧化得到，重点考查的通过离子方程式讨论反应原理，（1）标况下n（Cl2）=0.5mol，根据Cl原子守恒计算被氧化HCl的物质的量；（2）Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，锰离子被氯气氧化生成Mn2O3和盐酸；（3）酸性条件下，MnO2被还原生成 Mn2+，则甲物质作还原剂，
27、具有还原性；含有锰离子的溶液中用电解法析出MnO2；也可以向溶液中加入NaClO3，锰离子被还原生成MnO2；根据转移电子守恒判断Cl元素产物，由转移电子守恒、元素守恒、原子守恒配平方程式；（4）根据稀盐酸与二氧化锰不反应进行判断【解答】解：（1）标况下n（Cl2）=0.5mol，根据Cl原子守恒计算被氧化n（HCl）=2n（Cl2）=20.5mol=1mol，故答案为：1；（2）Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；锰离子被氯气氧化生成Mn2O3和盐酸，离子方程式为2 Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+6 H+2Cl，故答案
28、为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；2 Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+6 H+2Cl；（3）酸性条件下，MnO2被还原生成 Mn2+，则甲物质作还原剂，具有还原性；含有锰离子的溶液中用电解法析出MnO2；也可以向溶液中加入NaClO3，锰离子被还原生成MnO2；通过以上分析知，甲物质具有还原性，故选b；生成0.050molMnO2时，消耗0.10molL1的NaClO3溶液200mL，n（NaClO3）=0.10mol/L0.2L=0.02mol，根据Mn原子守恒得n（Mn2+）=n（MnO2）=0.05mol，转移电子物质的量=0.05mol2=0.1mol，要转移0.1mol电
29、子，则Cl元素化合价由+5价变为0价，所以生成氯气，n（Mn2+）：n（NaClO3）=0.05mol：0.02mol=5：2，再结合原子守恒配平方程式为，故答案为：2ClO3+5 Mn2+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+；（4）用100mL12.0molL1的浓盐酸与足量MnO2混合后，加热，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，还原性逐渐减弱，则生成的氯气的物质的量小于0.30mol，故答案为：随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应终止9铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属材料（1）常温下，可用铁质容器盛装浓硫酸的原因是浓硫酸使铁表面形成一层致密稳定的氧化膜（2）某实验小组利用如图装置验证
30、铁与水蒸气的反应湿棉花的作用是提供水蒸气，试管中反应的化学方程式是3Fe+4H2OFe3O4+4H2实验结束后，取出少量反应后的固体于试管中，加入过量盐酸，固体完全溶解，所得溶液中存在的阳离子是b（填序号）a一定有Fe2+、H+和Fe3+ b一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+c一定有Fe2+、Fe3+，可能有 H+ d一定有Fe3+、H+，可能有Fe2+（3）另称取一定量的铁钉放入足量的浓硫酸中，加热，充分反应后收集气体经测定气体中含有SO2、CO2和H2铁与足量的浓硫酸反应的化学方程式是2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O将672mL（标准状况）收集到的气体通入
31、足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经洗涤、干燥得到固体4.66g由此推知收集到的气体中SO2的体积分数是66.7%（结果保留三位有效数字）【考点】性质实验方案的设计；铁的化学性质【分析】（1）根据铁和浓硫酸钝化的原理解答；（2）湿棉花含有水蒸气，对反应来说提供了水，铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，据此分析解答即可；产物四氧化三铁中有+2价的铁和+3价的铁，还有可能有过量的铁；（3）铁是金属具有还原性，浓硫酸具有氧化性，铁被氧化成+3价铁，浓硫酸被还原成+4价的硫；生成的SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2
32、H2O=2HBr+H2SO4，利用硫元素的守恒，结合关系式：SO2BaSO4求出SO2的体积分数【解答】解：（1）常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象使铁表面形成一层致密稳定的氧化膜，故铁制品容器可以盛放浓硫酸，故答案为：浓硫酸使铁表面形成一层致密稳定的氧化膜；（2）因为是铁和水蒸气的反应，试管内有铁粉，所以湿棉花主要是提供水蒸气；铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：提供水蒸气；3Fe+4H2OFe3O4+4H2；铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，加入过量盐酸，固体完全溶解，必发生反应：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeC
33、l3+4H2O，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，四氧化三铁黑色固体中可能含有过量的铁，可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子，Fe+2Fe3+3Fe2+，所以所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe2+、H+，可能有Fe3+，故答案为：b；（3）铁和浓硫酸反应铁被氧化成+3价铁，浓硫酸被还原成+4价的硫，生成硫酸铁和二氧化硫和水，反应方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子方程式的书写
34、，将产物中的氢溴酸和硫酸拆成离子，所以离子方程式为SO2+Br2+2H2O2Br+SO42+4H+，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，可以先洗涤然后再过滤来获得纯净的硫酸钡沉淀，则n（混合气体）=0.03mol，SO2 BaSO41mol 233gn 4.66gn=0.02mol，则 SO2的体积分数：100%=66.7%，故答案为：66.7%10化工工业中常用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯已知某温度下：反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），H=+41.2kJ/mol；反应：（g）（g）+H2（g），H=+117.6kJ/mol；的化学反应平衡常数分别为K1、K2，（1）请写出二
35、氧化碳氧化乙苯制备苯乙烯的热化学反应方程式CO2（g）+（g）+CO（g）+H2O（g） H=+158.8 kJ/mol该反应的化学平衡常数K=K1K2（用K1、K2表示）（2）对于反应，恒温恒容条件下，向密闭容器中加入2molCO2 和2molH2，当反应达到平衡后，以下说法正确的是B（ A） 因为该反应是吸热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小；（ B ） 若继续加入1molCO2、1mol H2，达到新平衡后CO2的体积分数不变；（ C ） 若继续通入1mol CO2则平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大；（ D） 压缩体积，平衡不移动，反应物和产物的浓度都不变；（3）
36、恒温恒容条件下，反应达到平衡后；t1时刻通入少量CO2；请在如图中画出t1之后的正逆反应曲线，并作出标注（4）已知某温度下，Ag2SO4的KspAg2SO4=0.36106，向0.01molL1的Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液至恰好有沉淀生成，此时AgNO3的浓度为6x103molL1【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）根据盖斯定律，结合已知方程式计算反应热，然后写热化学方程式；方程式相加时，总平衡常数等于分方程的平衡常数之积；（2）A、升高温度正逆反应速率均增大；B、增大反应物，平衡正向移动；C、若继续通入1mol CO2则平衡
37、向正反应方向移动，CO2的转化率减小；D、压缩体积，平衡不移动，反应物和产物的浓度都增大；（3）恒温恒容条件下，反应达到平衡后；t1时刻通入少量CO2，则正反应速率瞬间增大，逆反应速率逐渐增大；（4）根据Ag2SO4的KspAg2SO4=0.36106进行计算【解答】解：（1）已知反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），H=+41.2kJ/mol；反应：（g）（g）+H2（g），H=+117.6kJ/mol；根据盖斯定律：+，得 CO2（g）+（g）+CO（g）+H2O（g）H=+41.2+117.6=+158.8kJ/mol；故答案为：CO2（g）+（g）+CO（g）+H2O
38、（g） H=+158.8 kJ/mol；、反应与法院相加得总方程，则总方程的平衡常数等于分方程的平衡常数之积，即K=K1K2；故答案为：K1K2；（2）A、升高温度增大了活化分子百分数，有效碰撞几率增大，正逆反应速率均增大，故A错误；B、若继续加入1mol CO2、1mol H2，与原平衡的初始量是等比例加入，反应物的浓度增大，则平衡向正反应方向移动，故B正确；C、若继续通入1mol CO2，反应物的浓度增大，则平衡向正反应方向移动，由于平衡移动程度较小，CO2的转化率减小，故C错误；D、该反应为总体积不变的反应，压缩体积，平衡不移动，但是反应物和产物的浓度都增大，故D错误；故答案为：B；（3
39、）恒温恒容条件下，反应达到平衡后；t1时刻通入少量CO2，则正反应速率瞬间增大，逆反应速率逐渐增大，其t1之后的正逆反应曲线为：，故答案为：；（4）设AgNO3的浓度为x，又知KspAg2SO4=0.36106则：x=6103，故答案为：6103112011年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”常用的增塑剂如下：请回答下列问题：（1）下列对甲的叙述正确的是B（填选项字母）A甲能使Br2的CCl4溶液褪色B甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3C1mol甲最多能与1mol NaOH发生水解反应D甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应（2）丙中含有的官能团名称是酯基（
40、3）乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式（4）已知通过燃烧法确定丁的含氧量（质量分数）为23%以某烃A为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：反应1的反应条件是NaOH水溶液、加热反应3的反应类型是氧化反应反应2的化学方程式是 A中最多有14个原子共平面【考点】有机物的合成【分析】（1）甲中含有酯基，能发生水解反应；（2）丙中含有酯基；（3）乙的同分异构体不含甲基；（4）丁的含氧量（质量分数）为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，R为直链烃基，所以烃基为CH2CH2CH2CH3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，
41、D为；A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，故A为，在NaOH水溶液条件下生成水解反应生成B，B为，B在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成C为，进一步发生氧化反应生成D，D发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯【解答】解：（1）A甲中不含碳碳不饱和键或醛基，则不能使Br2的CCl4溶液褪色，故错误；B根据甲的结构简式知，将甲中两个半键相连得到甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3，故正确；C1mol甲中含有nmol酯基，则最多能与nmol NaOH发生水解反应，故错误；D甲含有酯基，则甲能发生取代反应或水解反应，故错误；故选B；（2）丙中官能团是酯基，故答案为：酯基；（3）
42、乙的同分异构体不含甲基，则乙的同分异构体为，故答案为：；（4）丁的含氧量（质量分数）为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，R为直链烃基，所以烃基为CH2CH2CH2CH3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，D为A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成，故A为，在NaOH水溶液条件下生成水解反应生成B，B为，B在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成C为，进一步发生氧化反应生成D，D发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，根据上面的分析可知，反应1的反应条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热； 根据上面的分析可知，反应2的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应； 反应3的化学方程式是， ，A中连接苯环的原子都共平面，每个甲基中与甲基上C原子共平面是H原子是1个，所以A中最多有14个原子共平面，故答案为：142016年12月24日高考资源网版权所有，侵权必究！