1、高考资源网（） 您身边的高考专家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
2、：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是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
3、析】【详解】A. 糯米、粳米、大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
4、0.2NAD. 28g的乙烯和环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
5、；故合理选项是A。4.在两份相同的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
6、+H2O，2NaHSO4+Ba(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+H
7、2O，离子方程式为：H+OH-=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
8、液为NaOH溶于，显碱性，D错误；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 =
9、4CuSO42NO4H2O【答案】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
10、。6.二氧化硒(Se)是一种氧化剂，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
11、.6 mol I2生成，转移电子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
12、B. 生物柴油与柴油的化学成分相同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
13、溶液中，由水电离的OH离子数目为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
14、的OH为10-13mol/L1L=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
15、，1种；取代基为羧基、-CH2-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
16、果W是Cl元素，则X、Y、Z分别是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
17、点为C，要注意N和O的氢化物除了氨气和水外，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
18、支试管中加入相同体积、相同浓度的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
19、紫色，故正确；只有浓度一个变量，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
20、：c（H2C2O4）+ c（C2O42-） 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Na
21、HC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒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+
22、c(HC2O4-)，故C错误；D20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)+Cl
23、2(g)2ClNO(g) H20 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)+C
24、l2(g)2ClNO(g) H2c(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，
25、不能改变K值，C错误；A.该温度下，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
26、纯度为D. 为了防止B 中盐酸挥发产生干扰，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
27、二氧化碳反应，防止空气中的CO2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
28、环保、废物利用。I.脱硝：已知：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
29、式量保持不变 b.CO2和H2的体积分数保持不变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/
30、Lmin (7). (8). 不【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
31、】H2的热值为142.9kJg-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)+H2
32、O(l)，熵变S0，则反应焓变H0，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3m
33、ol H-H键断裂，说明正逆反应速率相同，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
34、改变温度为T2，此时H2的物质的量为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
35、好装置进行实验。仪器B的名称是_。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
36、解反应的化学方程式_。有同学认为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
37、形可判断仪器名称；实验时，为避免亚铁被氧化，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
38、铁的方法是在试管中加入少量绿矾样品，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(H
39、2O)=(m2-m3)，则n(H2O)=；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
40、守恒，可得该反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+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
41、镍的工业流程如图：已知：NiS、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
42、、干燥。【答案】 (1). 将废镍催化剂粉碎，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
43、析，滤液含有CrO2-，沉淀加入氯化铵、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
44、、制粗硅、制光导纤维等；(3) 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，
45、则根据电子守恒、原子守恒，可得“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
46、(g)(快) v1正=k1正c2(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
47、组设计的原理示意图如图，写出该电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)=
48、v(逆)，结合速率方程推导反应的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
49、(g)O2(g)2NO2(g)可由+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
50、睛】本题考查了盖斯定律的应用、原电池、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
51、H2D熔、沸点高得多的原因是 _。（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).
52、平面三角形 (4). H2O分子间存在氢键 (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
53、排布为1s22s22p63s2、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
54、为分子晶体，根据图示，Al形成4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
55、小，AlF3的晶格能比MgCl2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
56、混溶c化合物C可使酸性高锰酸钾溶液褪色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
57、生成D，D为，D反应生成E，E能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
58、温下微溶于水，高于65时，能和水混溶，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。 高考资源网版权所有，侵权必究！
