1、2016-2017学年江西省宜春市万载二中高三（上）第一次综合能力化学试卷一、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有4支试管中分别进行如下表所示实验，结论正确的是（）选项操作现象结论A滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+C滴加氯水和CCl4，振荡，静置下层溶液显紫色原溶液中有ID通入过量CO2气体生成白色沉淀原溶液中只有AlO2AABBCCDD2离子方程式正确的是（）A铁跟盐酸的反应：Fe+2H+Fe3+H2B氯化铵固体和熟石
2、灰共热：NH4+OHNH3+H2OC向碳酸钙中加入盐酸：CO32+2H+H2O+CO2D氯化铁溶液和氢氧化钠溶液的反应：Fe3+3OHFe（OH）33分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（）A1种B6种C18种D28种4已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且产物的成分与温度高低有关当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（）A某温度下，反应后c（Cl）：c（ClO）=6，则溶液中c（ClO）：c（ClO3）=1B参加反应的氯气的物质的量
3、等于0.5amolC改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amolnamolD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol5七种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示其中B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，下列说法正确的是（）ABCDEFGA氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于FB简单离子的半径：FGCDC1mol EC2中含2mol EC键DA、G分别与氢元素形成的化合物中，化学键均为极性共价键6图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（）Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰Ba通入NH3，然后b入CO2，c中放蘸稀
4、硫酸的脱脂棉Cb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉7全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，该电池性能优良，其电池总反应为：V3+VO2+H2O VO2+2H+V2+下列叙述正确的是（）A放电过程中电解质溶液中阴离子移向正极B放电时每转移0.5mol电子，负极有0.5molV2+被氧化C充电时阳极附近溶液的酸性减弱D充电时阳极反应式为：VO2+2H+eVO2+H2O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（11分）氨是最重要
5、的化工产品之一（1）合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）有关化学反应的能量变化如图所示CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为（2）CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是（填字母）A高温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D低温、高压（3）用氨气制取尿素CO（NH2）2的
6、反应为2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H0某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%该温度下此反应平衡常数K的值为（4）将尿素施入土壤后，大部分是通过转化为碳酸铵或碳酸氢铵后才被作物所利用，尿素分子在微生物分泌的脲酶作用下，转化为碳酸铵已知弱电解质在水中的电离平衡常数（25）如表：现有常温下0.1molL1的（NH4）2CO3溶液，弱电解质H2CO3NH3H2OKa14.301071.77105Ka25.611011你认为该溶液呈（填“酸”、“中”或“碱”性）就该溶液中粒子之
7、间有下列关系式，你认为其中不正确的是Ac（NH4+）c（CO32）c（HCO3）c（NH3H3O） Bc（NH4+）+c（H+）=c（HCO3）+c（OH）+c（CO32）Cc（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.1molL1Dc（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）9（16分）某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气（如图1），并研究其性质请回答下列问题（1）装置甲中仪器A的名称是，丙中应装的溶液是，甲装置中发生反应的离子方程式为制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序是ag（补充完整）（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残
8、余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量方案：采用酸碱中和滴定法测定方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量继而进行下列判断和实验：判定I方案不可行，理由是；进行方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样a量取试样20.00mL于锥形瓶中，若锥形瓶中存有少量水，对实验结果是否有影响？（填“是”或“无”）用0.10molL1 NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液的体积如图2所示，其读数为 mLb平行滴定后获得实验结果判断方案的实验结果（填“偏大”、“偏小”或“准确”）已知：Ksp（CaCO3 ）=2.
9、8109、Ksp（MnCO3）=2.31011（3）某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请在图3方框中画出该装置并注明试剂10（16分）短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E之间的转化关系如图1所示，A与B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的一种相同）请回答下列问题：（1）若A是气态单质，D是一种强碱B的化学式为或C的电子式为（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因用等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系（3）若C是一种气体，D是一种强酸写出C与水反应的化学方程式为有人认
10、为“浓H2SO4可以干燥气体C”某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验装置I中的试剂为；实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是化学-选修5：有机化学基础11（15分）某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如图转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子已知：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：（苯胺，易被氧化）请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：（1）做银镜反应实验的试管事先要用洗涤XA“一定条件”是指的何种条件：（2）写出反应类
11、型：反应，反应1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为mol（3）Y的结构简式为（4） 有多种同分异构体，写出同时符合下列4个条件它的同分异构体的结构简式：、分子中含有苯环；能发生银镜反应，不能发生水解反应；在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；在苯环上只能生成2种一氯取代物（5）以下是由A和其他物质合成的流程图：A甲乙完成甲乙的化学反应方程式：（6）美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：根据已有知识并结合合成美托洛尔所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）2016-2017学年
12、江西省宜春市万载二中高三（上）第一次综合能力化学试卷（9月）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（2016秋万载县校级月考）有4支试管中分别进行如下表所示实验，结论正确的是（）选项操作现象结论A滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+C滴加氯水和CCl4，振荡，静置下层溶液显紫色原溶液中有ID通入过量CO2气体生成白色沉淀原溶液中只有AlO2AABBCCDD【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【专题】物
13、质的分离提纯和鉴别【分析】A滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子；B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；C氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；D硅酸的酸性也弱于碳酸，且硅酸难溶于水【解答】解：A氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故A错误；B黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故B错误；C氯水中的
14、氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故C正确；D通入过量的二氧化碳能产生白色沉淀，可能含有硅酸根、苯酚钠的物质，不一定是偏铝酸根，故D错误，故选C【点评】本题考查偏铝酸根、碘离子、钠离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰2（2016秋万载县校级月考）离子方程式正确的是（）A铁跟盐酸的反应：Fe+2H+Fe3+H2B氯化铵固体和熟石灰共热：NH4+OHNH3+H2OC向碳酸钙中加入盐酸：CO32+2H+H2O+CO2D氯化铁溶液和氢氧化钠溶液的反应
15、：Fe3+3OHFe（OH）3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A铁跟盐酸的反应生成的是亚铁离子，不是铁离子；B该反应不是发生在溶液中的反应，无法书写离子方程式；C向碳酸钙中加入盐酸，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+H2O+CO2+Ca2+，故C错误；D氯化铁溶液和氢氧化钠溶液的反应的离子方程式为【解答】解：A铁跟盐酸的反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B该反应不是在溶液中进行的，无法书写离子方程式，故B错误；C向碳酸钙中加入盐酸，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+H2O+CO2+Ca2+
16、，故C错误；D氯化铁溶液和氢氧化钠溶液的反应的离子方程式为：Fe3+3OHFe（OH）3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，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，检查是否符合原化学方程式等；B为易错点，注意该反应不是发生在溶液中，无法书写离子方程式3（2015鱼台县校级三模）分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（）A1种B6种C18种D28种【考点
17、】有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体【专题】同系物和同分异构体【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，C能被催化氧化成醛，则C属于醇类并且结构中含有CH2OH结构，据此回答判断【解答】解：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1丁醇，2甲基1丙醇，甲酸只有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有
18、1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；故A可能的结构共有6种故选B【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算4（2015秋宁波期末）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且产物的成分与温度高低有关当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（）A某温度下，反应后c（Cl）：c（ClO）=6，则溶液中c（ClO）：c（ClO3）=1B参加反应的氯气的物质的量等于0.5amolC改变温度，反应中转移电
19、子的物质的量n的范围：amolnamolD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】A设n（ClO）=1mol，反应后c（Cl）：c（ClO）=6，则n（Cl）=6mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，
20、其物质的量最大，结合C中计算判断【解答】解：A设n（ClO）=1mol，反应后c（Cl）：c（ClO）=6，则n（Cl）=6mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即：5n（ClO3）+11mol=16mol，解得：n（ClO3）=1mol，故溶溶液中c（ClO）：c（ClO3）=1：1，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）=amol，故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）=0.5a mol，故B正确；C氧化产物
21、只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为：a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，则反应中转移电子的物质的量n的范围为：a molna mol，故C错误；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算
22、可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D正确；故选C【点评】本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力5（2016秋万载县校级月考）七种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示其中B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，下列说法正确的是（）ABCDEFGA氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于FB简单离子的半径：FGCDC1mol EC2中含2mol EC键DA、G分别与氢元素形成的化合物中，化学键均为极性共价键【考点】原子结构与元素的性质【分析】短周期元素中，B的最高价氧化物的水
23、化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，则B为N元素；由元素的相对位置可知，A为碳元素，C为O元素，D为Al，E为Si，F为S，G为ClA应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F；B电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大；C.1mol SiO2属于原子晶体，晶体中Si原子与周围的4个O原子形成4个SiO键；DA与氢元素形成的化合物为烃，烃分子中碳原子之间为非极性键【解答】解：短周期元素中，B的最高价氧化物的水化物能与B的气态氢化物反应生成离子化合物，则B为N元素；由元素的相对位置可知，A为碳元素，C为O元素，D为Al，E为Si，F为S，G为ClA
24、应是最高价氧化物对应的水化物的酸性：G一定强于F，不是最高价含氧酸，则不一定，如HClO为弱酸，而硫酸为强酸，故A错误；B电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径S2ClO2Al3+，故B正确；C.1mol SiO2属于原子晶体，晶体中Si原子与周围的4个O原子形成4个SiO键，1mol SiO2含4mol SiO键，故C错误；DG与氢元素形成的化合物为HCl，原子之间为极性键，但A与氢元素形成的化合物为烃，烃分子中碳原子之间为非极性键，故D错误，故选：B【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意对元素周期表的掌握，D选项中注意碳元素与氢元素形成
25、烃，学生容易只考虑甲烷6（2016黄埔区二模）图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置下列操作正确的是（）Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰Ba通入NH3，然后b入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉Cb通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉【考点】实验装置综合；纯碱工业（侯氏制碱法）【专题】无机实验综合【分析】“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3；在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要向
26、食盐水中先通NH3再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，再通NH3时溶液中C02的量很少，得到的产品很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要进行尾气处理，而NH3是碱性气体，所以在c装置中要装酸性物质，据此进行推断【解答】解：“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3，为防止倒吸，a管通NH3，b管通C02，故A、C错误；由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少，故B正
27、确、D错误；故选B【点评】本题主要考查实验装置的综合应用、侯氏制碱法原理，题目难度中等，明确侯氏制碱法原理为解答关键，注意掌握常见装置特点及使用方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力7（2015秋潍坊期末）全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，该电池性能优良，其电池总反应为：V3+VO2+H2O VO2+2H+V2+下列叙述正确的是（）A放电过程中电解质溶液中阴离子移向正极B放电时每转移0.5mol电子，负极有0.5molV2+被氧化C充电时阳极附近溶液的酸性减弱D充电时阳极反应式为：VO2+2H+eVO2+H2O【考点】化学电源新型电池；原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【
28、分析】根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，根据原电池的工作原理进行分析：A、电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，根据化合价判断转移的电子数；C、充电时阳极上发生失电子的氧化反应，根据电极反应式进行回答；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应【解答】解：电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应A、电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向
29、负极移动，故A错误；B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，转移0.5mol电子，负极有0.5molV2+被氧化，故B正确；C、充电时阳极发生反应：H2O+VO2+e=VO2+2H+，生成氢离子，所以溶液的酸性增强，故C错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应，即H2O+VO2+e=VO2+2H+，故D错误故选B【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键三、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
30、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（11分）（2016秋万载县校级月考）氨是最重要的化工产品之一（1）合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）有关化学反应的能量变化如图所示CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2 （g）H=+161.1kJmol1（2）CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0吸收
31、CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是B（填字母）A高温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D低温、高压（3）用氨气制取尿素CO（NH2）2的反应为2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H0某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%该温度下此反应平衡常数K的值为2500 L2mol2（4）将尿素施入土壤后，大部分是通过转化为碳酸铵或碳酸氢铵后才被作物所利用，尿素分子在微生物分泌的脲酶作用下，转化为碳酸铵已知弱电解质在水中的电离平
32、衡常数（25）如表：现有常温下0.1molL1的（NH4）2CO3溶液，弱电解质H2CO3NH3H2OKa14.301071.77105Ka25.611011你认为该溶液呈碱（填“酸”、“中”或“碱”性）就该溶液中粒子之间有下列关系式，你认为其中不正确的是BAc（NH4+）c（CO32）c（HCO3）c（NH3H3O） Bc（NH4+）+c（H+）=c（HCO3）+c（OH）+c（CO32）Cc（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.1molL1Dc（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡
33、的影响因素；离子浓度大小的比较【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；盐类的水解专题【分析】（1）由图可得热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=846.3KJ/molCO（g）+O2（g）=CO2（g）H=282KJ/molH2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8KJ/mol根据盖斯定律，3得到：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2 （g）；（2）吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，用使平衡逆向移动，正反应为气体体积减小的放热反应，在高温、低压下有利于平均逆向进行；（3）某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH
34、3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%，转化的二氧化碳为1mol，则： 2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）起始量（mol）：4 2 0变化量（mol）：2 1 1平衡量（mol）：2 1 1再根据K=计算平衡常数；（4）电离平衡常数NH3H2OH2CO3HCO3，水解程度NH4+HCO3CO32，常温下0.1molL1的（NH4）2CO3溶液呈碱性；A溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度；B根据电荷守恒判断；C根据物料守恒判断；D溶液中物料守恒：n（N）：n（C）=2：1【解答】解：（1
35、）由图可得热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=846.3KJ/molCO（g）+O2（g）=CO2（g）H=282KJ/molH2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8KJ/mol根据盖斯定律，3得到：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2 （g）H=+161.1kJmol1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2 （g）H=+161.1kJmol1；（2）吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，用使平衡逆向移动，正反应为气体体积减小的放热反应，在高温、低压下有利于平均逆向进行，故选：B；（3）某温度下，向容积为10
36、0L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%，转化的二氧化碳为1mol，则： 2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）起始量（mol）：4 2 0变化量（mol）：2 1 1平衡量（mol）：2 1 1则平衡常数K=2500L2mol2，故答案为：2500 L2mol2；（4）电离平衡常数NH3H2OH2CO3HCO3，水解程度NH4+HCO3CO32，常温下0.1molL1的（NH4）2CO3溶液呈碱性，故答案为：碱性；A溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶
37、液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（CO32）c（HCO3）c（NH3H2O），故A正确；B溶液中存在电荷守恒为：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3）+c（OH）+2c（CO32），故B错误；C由溶液中物料守恒得到：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.1molL1 ，故C正确；D由溶液中物料守恒，n（N）：n（C）=2：1，结合溶液中离子种类和守恒关系得到：c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故D正确；故答案为：B【点评】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡影响因素、平衡常数、离子浓度比较等，是对学生综合能力的考
38、查，（4）中离子浓度比较中注意对物料守恒的理解，题目难度中等9（16分）（2016秋万载县校级月考）某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气（如图1），并研究其性质请回答下列问题（1）装置甲中仪器A的名称是分液漏斗，丙中应装的溶液是饱和NaCl溶液，甲装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序是ag（补充完整）debcf（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量方案：采用酸碱中和滴定法测定方案：与已知量CaCO3（过量）反
39、应，称量剩余的CaCO3质量继而进行下列判断和实验：判定I方案不可行，理由是残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；进行方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样a量取试样20.00mL于锥形瓶中，若锥形瓶中存有少量水，对实验结果是否有影响？无（填“是”或“无”）用0.10molL1 NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液的体积如图2所示，其读数为22.60 mLb平行滴定后获得实验结果判断方案的实验结果偏小（填“偏大”、“偏小”或“准确”）已知：Ksp（CaCO3 ）=2.8109、Ksp（MnCO3）=2.31011（3）某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请在图3方框
40、中画出该装置并注明试剂【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）甲装置用来制取氯气，氯气中混有挥发的氯化氢，故丙装置应为除杂装置，除去氯气中氯化氢，乙装置有浓硫酸，应为干燥装置，丁装置为排空法收集氯气装置；（2）方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成二氯化锰，二氯化锰也会与硝酸银反应，故反应不可行；方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据；方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；（3）氯气有毒不能直接排放，易污染空气【解答】解：（1）实验室制备氯气的反应原理：M
41、nO2+4HCl MnCl2+Cl2+2H2O，则离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，甲装置用来制取氯气，A为分液漏斗用来滴加浓盐酸；从甲装置出来的气体含有氯化氢和水蒸气，浓硫酸具有吸水性，装置乙中浓硫酸的作用干燥氯气；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以装置丙中可以盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，依次通过丙、乙，氯气密度比空气密度大，用向上排气法收集（长进短出），所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为adebcfg，故答案为：分液漏斗；饱和NaCl溶液；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；debcf；（2）方案：与足量AgNO3溶液反应，氯
42、化锰和盐酸都和硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；故答案为：残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据为：22.60mL；故答案为：无；22.60；方案：根据Ksp（CaCO3）=2.8109sp（MnCO3）=2.31011知碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；（3）用盛氢氧化钠溶液的烧杯吸收过量的氯气防止污染空气，装置为，故答案为：【点评】本题考查了氯气的制备和
43、氯气性质及沉淀溶解平衡的移动，题目难度不大，注意除去水蒸气和氯化氢杂质顺序的判断10（16分）（2015秋烟台期中）短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E之间的转化关系如图1所示，A与B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的一种相同）请回答下列问题：（1）若A是气态单质，D是一种强碱B的化学式为Na或Na2OC的电子式为（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH用等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系c（Na+）+c（H+）=2
44、c（S2）+c（HS）+c（OH）（3）若C是一种气体，D是一种强酸写出C与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验装置I中的试剂为浓硝酸、Cu；实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是NO2能溶于浓H2SO4，不能用浓H2SO4干燥NO【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】纯净物A、B、C、D、E均由短周期元素形成（1）若A是气态单质，D是一种强碱，则D为NaOH，C可Na2O2，B为Na或Na2O，A、E为O2；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能
45、溶于强碱的化合物，则E为H2S，D为Al（OH）3，C为Al2S3，A、B分别为S、Al中的一种；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则C为NO2，则D为HNO3，E为NO，A、B分别为NO、O2中的一种【解答】解：纯净物A、B、C、D、E均由短周期元素形成（1）若A是气态单质，D是一种强碱，则D为NaOH，C可Na2O2，B为Na或Na2O，A、E为O2，Na2O2的电子式为，故答案为：Na或Na2O；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，则E为H2S，D为Al（OH）3，C为Al2S3，A、B分别为S、Al中的一种：Al（OH）3存在电离：H+H2O+AlO2
46、Al（OH）3Al3+3OH，既能溶于强酸、又能溶于强碱，故答案为：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH； H2S与NaOH溶液反应生成正盐为Na2S，溶液中存在电荷守恒，则：c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），故答案为：c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH）；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则C为NO2，则D为HNO3，E为NO，A、B分别为NO、O2中的一种C与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；装置I中生成二氧化氮，则装置I中试剂为浓硝酸、Cu，由实验过
47、程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，不能用浓H2SO4干燥NO2，故答案为：浓硝酸、Cu；NO2能溶于浓H2SO4，不能用浓H2SO4干燥NO2【点评】本题考查无机物的推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质与转化，题目难度中等化学-选修5：有机化学基础11（15分）（2016秋万载县校级月考）某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如图转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子已知：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：（苯胺，易
48、被氧化）请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：（1）做银镜反应实验的试管事先要用热NaOH溶液洗涤XA“一定条件”是指的何种条件：光照（2）写出反应类型：反应氧化反应，反应还原反应1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol（3）Y的结构简式为（4） 有多种同分异构体，写出同时符合下列4个条件它的同分异构体的结构简式：、分子中含有苯环；能发生银镜反应，不能发生水解反应；在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；在苯环上只能生成2种一氯取代物（5）以下是由A和其他物质合成的流程图：A甲乙完成甲乙的化学反应方程式：（6）美托洛尔是一种治
49、疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：根据已有知识并结合合成美托洛尔所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为
50、，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，Y是一种功能高分子，应由发生缩聚反应得到，所以Y为，以CH3OH和为原料制备，可以先将CH3OH与钠反应生成CH3ONa，然后发生信息中合成美托洛尔的，将所得物质经过氧化即可得产品，据此解答【解答】解：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与
51、银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，Y是一种功能高分子，应由发生缩聚反应得到，所以Y为，（1）做银镜反应实验的试管事先要用热NaOH溶液洗去油污，“XA”是在光照条件下与氯气发生取代反应生成，故答案为：热NaOH溶液；光照；（2）反应是发生氧化反应生成；反应是发生还原反应生成；由阿司匹林的结构可知，1mol阿司匹林含有1molCOOH、1mol酯基，该酯基是酸与酚形成的，1mol该酯基能与2molN
52、aOH反应，1molCOOH与1mol NaOH反应，故1mol阿司匹林最多消耗3mol NaOH，故答案为：氧化反应；还原反应；3；（3）由上述分析可知，Y的结构简式为为：，故答案为：；（4）的同分异构体，符合下列4个条件分子中含有苯环；能发生银镜反应，说明有醛基，不能发生水解反应，没有酯基；在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；在苯环上只能生成2种一氯取代物，说明苯环上有两种位置不同的氢，符合这样条件的结构为、，故答案为：、；（5）由A和其他物质合成的流程为，在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，所以甲乙的化学反应方程式为，故答案为：；（6）以CH3OH和为原料制备，可以先将CH3OH与钠反应生成CH3ONa，然后发生信息中合成美托洛尔的，将所得物质经过氧化即可得产品，合成路线为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度较大，根据X的相对分子质量推断X的结构是解题的关键，结合A的反应产物的结构特点，判断A的结构，再根据反应条件及反应信息利用正推法与逆推法相结合进行判断，是对有机物知识的综合考查，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，是有机热点题型
