1、2016年江西省上饶市余干县高考化学一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）ANa2O和Na2O2的混合物共1mol，阴离子数目在NA2NA 之间B常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的分子数目为2NAC一定条件下，密闭容器充入1molN2和3molH2充分反应，转移电子的数目为6NADFeCl3溶液中，若Fe3+数目为NA，则Cl数目大于3NA2在分开盛放的M、N两溶液中，各含下列十四种离子中的七种：Al3+、Na+、K+、Fe3+、NH4+、H+、Cl、NO3、OH、S2、MnO4、SO42、AlO2、CO32
2、，且两溶液里所含离子不相同，已知M溶液中的阳离子只有两种，则N溶液中的阴离子应该是（）ANH4+S2 CO32BAlO21SO42MnO4CNO3ClSO42DMnO4 SO42NO33下列有关说法正确的是（）A苯可以使溴水褪色是因为发生了取代反应生成溴苯B将豆粒大的金属钠放入乙醇中，反应较缓和且钠在液面下C蛋白质遇到浓硝酸会变为蓝色，称为蛋白质的颜色反应D淀粉、脂肪和纤维素都是天然高分子化合物4X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2型分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，W的质子数是X
3、、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为共价化合物C由X元素形成的单质不一定能导电D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键5下列几种情况都有白色物质生成，其中生成物化学成分相同的是：块状纯碱久置于空气中生成的白色粉末；盛澄清石灰水的烧杯内壁附着的白色物质；生石灰久置于空气中生成的白色物质；Na2SiO3水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物（）ABCD6某混合物含有氯化钠、氯化钾和碳酸钠经分析知其中氯的质量分数为35.5%，则该混合物中碳酸钠的质量分数可能为（）A20%B30%C45%D55%7低脱
4、硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0，在恒容的密闭容器中，下列有关说法不正确的是（）A平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数减小B平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率增大C单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：1时，反应达到平衡D其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率不变8对于NH4Cl溶液的相关叙述不正确的是（）AB H2O）C将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3H2O的电离D等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（N）相等二
5、、解答题（共4小题，满分52分）9X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是（写化学式）（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有（写出其中两种物质的化学式）（4）X2M的燃烧热H=a kJmol1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：（5）ZX的电子式为；ZX与水反应放出气体的化学方程式为（6）熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装
6、置示意图如下），反应原理为：2Z+FeG2 Fe+2ZG 放电时，电池的正极反应式为；充电时，（写物质名称）电极接电源的负极；该电池的电解质为10利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤已知：SO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98 kJmol1（1）某温度下该反应的平衡常数K=，若在此温度下，向100 L的恒容密闭容器中，充入3.0 mol SO2（g）、16.0 mol O2（g）和3.0 mol SO3（g），则反应开始时v（正）v（逆）（填“”“”或“=”）（2）一定温度下，向一带活塞的体积为2 L的密闭容器中充入2.0 mol SO2和1.0 mol O2，
7、达到平衡后体积变为1.6 L，则SO2的平衡转化率为（3）在（2）中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2（g）平衡浓度比原来减小的是（填字母）A保持温度和容器体积不变，充入1.0 mol O2B保持温度和容器内压强不变，充入1.0 mol SO3C降低温度D移动活塞压缩气体（4）若以如图所示装置，用电化学原理生产硫酸，写出通入O2电极的电极反应式为（5）为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为11某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子某小组在实验室中用浸出萃取法制备硫酸铜：（1）操作为操作用到的玻璃仪器有烧杯、（2）操作、操作的主要目的是、富集铜
8、元素（3）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂Cu2（OH）2CO3悬浊液多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（OH）6SO4已知Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，Cu4（OH）6SO4均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80、200、300设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容限选试剂：2 molL1 HCl、1 molL1 H2SO4、0.1 molL1 NaOH、0.1 molL1BaCl2、蒸馏水仪器和用品自选实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，
9、取滤渣于试管中，说明悬浊液中混有Cu4（OH）6SO4步骤2：另取少量悬浊液于试管中，说明悬浊液中混有Cu（OH）2（4）上述实验需要100 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液，配制时需称取g CuSO45H2O（化学式量：250）12为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应，甲同学设计了如图甲所示的实验装置，并进行了实验当温度升至170左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去甲同学认为达到了实验目的乙同学仔细观察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100左右时，无色液体开始变色，到160左右时，混合液全呈黑色，在170超过后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺
10、激性气味由此他推出，产生的气体中应有杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去据此回答下列问题：（1）写出甲同学实验中认为达到实验目的两个反应的化学方程式：、（2）乙同学观察到的黑色物质是，刺激性气体是乙同学认为刺激性气体的存在就不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的原因是（用化学方程表示）：（3）丙同学根据甲乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生为证明CO存在，他设计了如图乙过程（该过程可把实验中产生的有机产物除净），发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳设计装置a的作用是浓溴水的作用是，稀溴水的作用是2016年江西省上饶市余干县高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小
11、题，每小题6分，满分48分）1若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）ANa2O和Na2O2的混合物共1mol，阴离子数目在NA2NA 之间B常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的分子数目为2NAC一定条件下，密闭容器充入1molN2和3molH2充分反应，转移电子的数目为6NADFeCl3溶液中，若Fe3+数目为NA，则Cl数目大于3NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、1molNa2O和Na2O2的混合物中，阴离子是1mol；B、92 g NO2和N2O4的混合气体，无法计算含有分子的物质的量；C、由于合成氨的反应是可逆的，反应
12、物不会完全反应；D、Fe3+在溶液中能够水解，物质的量减少，则Cl数目大于Fe3+的3倍【解答】解：A、Na2O和Na2O2的混合物共1mol，含有1mol阴离子，阴离子数目在NA，故A错误；B、常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体，无法知道二者具体含量，故无法知道分子数，故B错误；C、合成氨是可逆反应，1molN2和3molH2充分反应生成的氨气小于2mol，故转移电子的数目小于6NA，故C错误；D、由于Fe3+在溶液中能够水解而减少，氯离子数目不变，故若Fe3+数目为NA，则Cl数目大于3NA，故D正确；故选D【点评】本题考查阿伏伽德罗常数，注意弱电解质离子的水解，本题难度中等
13、2在分开盛放的M、N两溶液中，各含下列十四种离子中的七种：Al3+、Na+、K+、Fe3+、NH4+、H+、Cl、NO3、OH、S2、MnO4、SO42、AlO2、CO32，且两溶液里所含离子不相同，已知M溶液中的阳离子只有两种，则N溶液中的阴离子应该是（）ANH4+S2 CO32BAlO21SO42MnO4CNO3ClSO42DMnO4 SO42NO3【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】两溶液里所含离子不相同，已知M溶液中的阳离子只有两种，则由H+、NH4+、Fe3+、Al3+均能与OH反应，则M中的阳离子为K+、Na+，N中的阳离子为H+、NH4+、Fe3+、Al3+，则
14、与N中阳离子反应的阴离子应在M中，剩余的阴离子在N中，以此来解答【解答】解：由溶液中离子之间的反应可知，Al3+、Fe3+、NH4+、H+与OH，不能大量共存，且M溶液里的阳离子只有两种，所以Al3+、Fe3+、NH4+、H+在N溶液中，OH在M溶液中，由此知，M溶液呈碱性，N溶液呈酸性；N溶液呈酸性，能和酸反应的离子AlO2、CO32、S2不能在N溶液中，只能在M溶液中，高锰酸根离子有强氧化性，不能和氯离子、硫离子共存，所以氯离子和硫离子存在于M溶液中，M溶液里的阳离子只有两种，Na+、K+也在M溶液中，M、N两溶液各含下列14种离子中的7种，所以NO3、SO42在N溶液中；由以上分析知，M
15、溶液中存在的离子为：Cl、Na+、K+、OH、S2、AlO2、CO32N溶液中存在的离子为：Al3+、NO3、MnO4、Fe3+、NH4+、SO42、H+故选：D【点评】本题考查离子的共存及离子检验，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意M中阳离子为推断关键，题目难度不大3下列有关说法正确的是（）A苯可以使溴水褪色是因为发生了取代反应生成溴苯B将豆粒大的金属钠放入乙醇中，反应较缓和且钠在液面下C蛋白质遇到浓硝酸会变为蓝色，称为蛋白质的颜色反应D淀粉、脂肪和纤维素都是天然高分子化合物【考点】有机化学反应的综合应用【专题】有机反应【分析】A苯中不含碳碳双键，
16、不与溴水反应；B钠放入乙醇反应生成氢气，OH上H不如水中H活泼，且钠的密度大于乙醇；C蛋白质遇到浓硝酸会变黄；D脂肪不属于高分子化合物【解答】解：A苯中不含碳碳双键，不与溴水反应，苯与溴水混合只能发生萃取，故A错误B钠放入乙醇反应生成氢气，OH上H不如水中H活泼，且钠的密度大于乙醇，则反应较缓和且钠在液面下，故B正确；C蛋白质遇到浓硝酸会变黄，为蛋白质的颜色反应，故C错误；D相对分子质量在1万以上的为高分子化合物，脂肪不属于高分子化合物，淀粉、纤维素都是天然高分子化合物，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，把握常见有机物的官能团与性质为解答的关键，侧重有机反应类型的考查，题目难
17、度不大4X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2型分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为共价化合物C由X元素形成的单质不一定能导电D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y
18、、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素【解答】解：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外
19、层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素，A、原子半径应是WXYZM（即NaCNOH），故A错误；B、选项中CO2、C2H2 均为共价化合物，而Na2O2 是离子化合物，故B错误C、碳的同素异形体很多，金刚石为原子晶体，不能导电，故C正确；D、X、Y、Z、M四种元素可形成化合物
20、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，前二种为既有离子键又有共价键，而尿素为共价化合物，只有共价键，故D错误故选C【点评】本题是一道无机推断题，以元素推断为基础，综合考查原子结构，元素周期表、元素周期律，分子结构，元素化合物性质等知识，试题难度不大，解题时要注意审题，防止思维定势5下列几种情况都有白色物质生成，其中生成物化学成分相同的是：块状纯碱久置于空气中生成的白色粉末；盛澄清石灰水的烧杯内壁附着的白色物质；生石灰久置于空气中生成的白色物质；Na2SiO3水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物（）ABCD【考点】钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用【专题】
21、几种重要的金属及其化合物【分析】根据物质的组成和性质判断，块状纯碱为Na2CO310H2O，易分解；澄清石灰水的主要成分为Ca（OH）2，与空气中CO2反应；生石灰久置于空气中生成的白色物质为CaCO3；Na2SiO3易与空气中CO2反应【解答】解：块状纯碱为Na2CO310H2O，久置于空气中生成Na2CO3白色粉末；澄清石灰水的主要成分为Ca（OH）2，与空气中CO2反应生成白色物质为CaCO3；生石灰久置于空气中生成的白色物质为CaCO3；Na2SiO3水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物为H2SiO3，故生成物化学成分相同的是故选B【点评】本题考查物质的组成和性质，题目难度不大
22、，注意常见元素化合物的组成和性质6某混合物含有氯化钠、氯化钾和碳酸钠经分析知其中氯的质量分数为35.5%，则该混合物中碳酸钠的质量分数可能为（）A20%B30%C45%D55%【考点】元素质量分数的计算【专题】化学计算【分析】假设混合物质量为100g，根据氯的质量分数可求出混合物中含Cl为1mol，则NaCl和KCl的总物质的量为1mol，可得NaCl和KCl的总质量在58.5g到74.5g之间，解得二者质量分数之和范围，进而计算Na2CO3的质量分数范围【解答】解：假设混合物质量为100g，则混合物中含Cl为=mol，则NaCl和KCl的总物质的量为1mol，NaCl和KCl的总质量在58.
23、5g到74.5g之间，即其质量分数之和在58.5%到74.5%之间，则Na2CO3的质量分数应在25.5%到41.5%之间，故选：B【点评】本题考查溶液质量分数计算，注意利用特殊值法简化计算，关键是确定氯化钠与氯化钾的质量分数范围7低脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0，在恒容的密闭容器中，下列有关说法不正确的是（）A平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数减小B平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率增大C单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：1时，反应达到平衡D其他条
24、件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率不变【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；B可逆反应中，加入一种反应物，平衡向正方向移动，以此判断转化率变化；C反应达到平衡时，正逆反应速率相等；D催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动【解答】解：A反应为放热反应，升高温度可使反应逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，故K值减小，故A正确；B增加NH3的浓度，可使反应正向移动，NO、NO2转化率增大，故B正确；C平衡时，NO和N2消耗的物质的量之比为1：2，故C错误；D使用催化剂可加快反应速率，但不改变平衡，故D正确；故选C【点评】本题考
25、查外界条件对化学反应速率的影响、平衡状态的判断等问题，题目难度中等，做题时注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法等问题，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力8对于NH4Cl溶液的相关叙述不正确的是（）AB H2O）C将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3H2O的电离D等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（N）相等【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A、铵根离子水解显酸性；B、依据溶液中的物料守恒计算分析；C、氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响
26、；【解答】解：A、铵根离子水解显酸性；溶液中的离子浓度为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故A正确；B、依据溶液中的物料守恒为：c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O）；故B正确；C、一水合氨是弱电解质，氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；故C正确；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；氯化铵溶液中铵根离子浓度大于醋酸铵溶液中铵根离子浓度，故D错误；故选D【点评】本题考查了盐类水解的应用，溶液中电荷守恒，物料守恒，弱电解质电离平衡的影响因素分析，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分52分）9X、Y、Z、M、G五种元素分属三
27、个短周期，且原子序数依次增大X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为第二周期第A族（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是H2S（写化学式）（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有O3、Cl2等（写出其中两种物质的化学式）（4）X2M的燃烧热H=a kJmol1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l），H=2aKJmol1（5）ZX的电子式为；ZX与水反应放出气体的化学方程
28、式为NaH+H2O=NaOH+H2（6）熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为：2Z+FeG2 Fe+2ZG 放电时，电池的正极反应式为Fe2+2e=Fe；充电时，钠（写物质名称）电极接电源的负极；该电池的电解质为Al2O3【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G
29、是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），据此解答【解答】解：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（2）非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的
30、酸性最强的是高氯酸HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是硫化物 H2S，故答案为：HClO4；H2S；（3）Y的单质O3、G的单质Cl2、二者形成的ClO2可作消毒剂，故答案为：O3、Cl2等；（4）H2S的燃烧热H=a kJmol1，根据燃烧热的含义，H2S燃烧的热化学方程式生成物应该生成SO2，故H2S燃烧反应的热化学方程式为：2H2S（g）+3O2（g）=2 SO2（g）+2H2O（l）H=2aKJmol1，故答案为：2H2S（g）+3O2（g）=2 SO2（g）+2H2O（l）H=2aKJmol1；（5）ZX为NaH，属于离子化合物，由钠离子与氢负离子
31、构成，电子式为，Na与水反应是氢氧化钠与氢气，反应化学方程式为为：NaH+H2O=NaOH+H2，故答案为：；NaH+H2O=NaOH+H2；（6）熔融状态下，Na的单质和FeCl2能组成可充电电池，反应原理为：2Na+FeCl2Fe+2NaCl 放电时，为原电池，原电池的正极发生还原反应，Fe2+在正极放电生成Fe，正极反应式为，Fe2+2e=Fe；充电时，为电解池，阴极发生还原，故Na电极接电源的负极，由电池结构可知，该电池的电解质为Al2O3，故答案为：Fe2+2e=Fe；钠；Al2O3【点评】本题以元素推断为载体考查了元素化合物的性质，能正确判断元素是解本题的关键，注意（5）中NaH电
32、子式书写氢负离子的电子式2个电子成对，不能分开10利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤已知：SO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98 kJmol1（1）某温度下该反应的平衡常数K=，若在此温度下，向100 L的恒容密闭容器中，充入3.0 mol SO2（g）、16.0 mol O2（g）和3.0 mol SO3（g），则反应开始时v（正）v（逆）（填“”“”或“=”）（2）一定温度下，向一带活塞的体积为2 L的密闭容器中充入2.0 mol SO2和1.0 mol O2，达到平衡后体积变为1.6 L，则SO2的平衡转化率为60%（3）在（2）中的反应达到平衡后，改变
33、下列条件，能使SO2（g）平衡浓度比原来减小的是AC（填字母）A保持温度和容器体积不变，充入1.0 mol O2B保持温度和容器内压强不变，充入1.0 mol SO3C降低温度D移动活塞压缩气体（4）若以如图所示装置，用电化学原理生产硫酸，写出通入O2电极的电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O（5）为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为16：29【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】（1）某温度下该反应的平衡常数K=，计算Qc与K比较，判断反应速率关系；（2）2 L的密闭容器中充入2.0 mol SO2
34、和1.0 mol O2，达到平衡后体积变为1.6 L，则 SO2（g）+O2（g）SO3（g）开始 2 1 0转化2x x 2x平衡22x 1x 2x由，解得x=0.12mol，以此计算；（3）能使SO2（g）平衡浓度比原来减小，则化学平衡正向移动；（4）通入O2电极为正极，得到电子；（5）硫酸溶液的浓度应维持不变，可知生成硫酸溶液中硫酸的质量为98g，则水的质量为98g，二氧化硫与水反应时消耗1mol水，以此计算【解答】解：（1）某温度下该反应的平衡常数K=，因为浓度商Qc=2.5K，所以化学反应正向进行，即v（正）v（逆），故答案为：；（2）2 L的密闭容器中充入2.0 mol SO2和1
35、.0 mol O2，达到平衡后体积变为1.6 L，则 SO2（g）+O2（g）SO3（g）开始 2 1 0转化2x x 2x平衡22x 1x 2x由，解得x=0.6mol，可知参与反应的SO2为1.2 mol，所以SO2的转化率=100%=60%，故答案为：60%；（3）A保持温度和容器体积不变，O2的浓度增大，平衡正向移动，SO2的浓度减小，故A正确；B保持温度和容器内压强不变，充入1 mol SO3，新的平衡与原平衡等效，SO2的浓度不变，故B错误；C降低温度，平衡向放热的方向移动，而正反应为放热，所以平衡正向移动，SO2的浓度减小，故C正确；D移动活塞压缩气体，SO2的浓度瞬间增大，之后
36、平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，SO2的浓度减小，再次到达平衡时SO2的浓度仍比原来大，故D错误；故答案为：AC；（4）SO2被氧化为硫酸，则通入O2的电极是正极，发生得电子还原反应，结合电解质溶液显酸性，则电极反应式是O2+4e+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e+4H+=2H2O；（5）硫酸溶液的浓度应维持不变，可知生成硫酸溶液中硫酸的质量为98g，则水的质量为98g，二氧化硫与水反应时消耗1mol水，则1 mol SO2转化为50%硫酸所需水的质量为18g/mol（1mol+）=116 g，故SO2与H2O质量比为32：116=16：29，故答案为：16：29【点评
37、】本题考查化学平衡移动、计算及电解池原理等，为高频考点，把握相关化学反应原理知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等11某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子某小组在实验室中用浸出萃取法制备硫酸铜：（1）操作为过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗（2）操作、操作的主要目的是除去杂质、富集铜元素（3）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂Cu2（OH）2CO3悬浊液多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（OH）6SO4已知Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO
38、3，Cu4（OH）6SO4均难溶于水，可溶于酸；分解温度依次为80、200、300设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容限选试剂：2 molL1 HCl、1 molL1 H2SO4、0.1 molL1 NaOH、0.1 molL1BaCl2、蒸馏水仪器和用品自选实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分洗涤后，取滤渣于试管中，加入过量2mol/L的盐酸溶液，充分振荡，再滴加几滴0.1mol/L氯化钡溶液有白色沉淀生成说明悬浊液中混有Cu4（OH）6SO4步骤2：另取少量悬浊液于试管中，将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察试管中有黑色固体生成，说明悬浊液中混有Cu（
39、OH）2（4）上述实验需要100 mL 0.5 molL1的CuSO4溶液，配制时需称取12.5g CuSO45H2O（化学式量：250）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）操作是酸溶后分离固体和溶液，操作是过滤；操作II是分离互不相溶的液体，实验操作是分液，（2）依据操作II、操作III得到的物
40、质和实验目的，浸出萃取法制备硫酸铜，水相和有机相为了除去杂质；（3）证明含有Cu4 （OH）6SO4，可以证明硫酸根离子的存在设计实验验证；氢氧化铜的存在可以利用加热悬浊液氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀分析回答；（4）依据铜元素守恒结合物质的量计算晶体质量【解答】解：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，（1）依据流程图分析操作是矿石酸溶后分离固体和液体的
41、方法，实验操作是过滤；操作是加入有机物溶解铜的化合物且能和水分层，实验操作是分液，用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗等，故答案为：过滤；分液漏斗；（2）利用水和有机溶剂萃取提纯硫酸铜溶液结晶得到硫酸铜晶体；操作II、操作III的主要目的是除去溶液中的杂质，故答案为：除去杂质；（3）利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（0H）2C03悬浊液，由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04实验验证杂质的存在，可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4（0H）6S04的存在，加入盐酸排除其他离子的干扰，加入氯化钡生成白色沉淀证明含Cu4（0H）6S04
42、；依据氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀设计实验来分析验证，取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管；试管中有黑色沉淀生成证明含Cu（OH）2；水浴加热的目的是避免温度过高氧化铜分解；故答案为：实验步骤预期现象和结论加入过量2mol/L的盐酸溶液，充分振荡，再滴加几滴0.1mol/L氯化钡溶液有白色沉淀生成将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察试管中有黑色固体生成（4）1OOmL O.5molL1的CuSO4溶液中硫酸铜物质的量为0.05mol，配制时需称取CuSO4.5H2O 质量为：250g/mol0.05mol=12.5g，故答案为：12.5【点评】本题考查物质制备方案的
43、设计，为高频考点，题目难度中等，涉及物质成分检验、基本实验操作等知识点，明确反应原理是解本题关键，难点是（3）题实验方案设计，知道常见物质的性质及颜色12为探究实验室制乙烯及乙烯和溴水的加成反应，甲同学设计了如图甲所示的实验装置，并进行了实验当温度升至170左右时，有大量气体产生，产生的气体通入溴水中，溴水的颜色迅速褪去甲同学认为达到了实验目的乙同学仔细观察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100左右时，无色液体开始变色，到160左右时，混合液全呈黑色，在170超过后生成气体速度明显加快，生成的气体有刺激性气味由此他推出，产生的气体中应有杂质，可能影响乙烯的检出，必须除去据此回答下列问题：
44、（1）写出甲同学实验中认为达到实验目的两个反应的化学方程式：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O、CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br（2）乙同学观察到的黑色物质是C，刺激性气体是SO2乙同学认为刺激性气体的存在就不能认为溴水褪色是乙烯的加成反应造成的原因是（用化学方程表示）：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr（3）丙同学根据甲乙同学的分析，认为还可能有CO、CO2两种气体产生为证明CO存在，他设计了如图乙过程（该过程可把实验中产生的有机产物除净），发现最后气体经点燃是蓝色火焰，确认有一氧化碳设计装置a的作用是安全装置，防倒吸浓溴水的作用是吸收乙烯、二氧化硫气体，稀溴水的作
45、用是检验乙烯、二氧化硫是否除尽【考点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）实验室制备乙烯所用的原料为乙醇，浓硫酸作催化剂、脱水剂，反应条件是加热到170；溴水中的溴与乙烯发生加成反应；（2）浓硫酸具有强氧化性，能氧化乙醇；二氧化硫和溴发生氧化还原反应；（3）造成倒吸，是由于装置内的大气压与外面的大气压有一定的差值；浓溴水能和乙烯和二氧化硫反应【解答】解：（1）利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；溴水中的溴与乙烯发生加成反应，即CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故
46、答案为：CH3CH2OH CH2=CH2+H2O；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；（2）乙同学仔细观察了甲同学的整个实验过程，发现当温度升到100左右时，无色液体开始变色，到160左右时，混合液全呈黑色，浓硫酸具有强氧化性，能氧化乙醇，把乙醇氧化成碳，同时自身被还原成二氧化硫；二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：C；SO2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；（3）乙烯易溶于溴水中，装置内的大气压与外面的大气压有一定的差值，设计装置a可防止浓溴水倒吸到制乙烯的反应容器中，故答案为：安全装置，防倒吸；溴水与二氧化硫发生氧化还原反应，溴被二氧化硫中+4价的硫还原成1价的溴，+4价的硫被溴氧化成+6价的硫，溴水褪色；乙烯和溴水中的溴发生加成反应，溴水褪色，可检验乙烯的存在，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，可检验二氧化硫的存在，故答案为：吸收乙烯、二氧化硫气体；检验乙烯、二氧化硫是否除尽【点评】本题考查性质实验，为高频考点，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应、加成反应的分析，题目难度不大