1、2016-2017学年河北省石家庄市正定中学高三（上）第三次月考化学试卷一、选择题（本大题共25小题，40分）1下列物质加工或应用中未利用其化学性质的是（）选项ABCD加工或应用油脂的硬化玉米酿酒石英传输光信号漂白精消毒AABBCCDD2设Na为阿伏加德罗常数的值下列说法不正确的是（）A常温下，100 g 46%乙醇水溶液中含有H原子数为12NaB23g Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NaC标准状况下，2.24 L CC14含有的共价鍵数为0.4NaDl molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2Na3将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，
2、恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定4某离子反应中共有H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒其中C（ClO）随反应进行逐渐减小下列判断错误的是（）A该反应的还原剂是NH4+B消耗1mol氧化剂，转移2mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：3D反应后溶液酸性明显增强5向含有0.2mol Fel2的溶液中加入a mol Br2下列叙述不正确的是（）A当a=0.1时，发生的反应为2I+Br2I2+2BrB当a=0
3、.25时，发生的反应为2Fe2+4I+3Br22Fe3+2I2+6BrC当溶液中I有一半被氧化是，c（I）：c（Br）1：1D当a=0.28时，4Fe2+10I+7Br24Fe3+5I2+14Br6下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深B高压比常压有利于由SO2和氧气合成SO3的反应C红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅D黄绿色的氯水光照后颜色变浅7根据下图所给信息，得出的结论正确的是（）A碳的燃烧热为b kJ/molB2C（s）+O2（g）2CO（g）H=2（ba） kJ/molC2CO2（s）2CO（g）+O2（g）H
4、=+a kJ/molDC（s）+O2（g）CO2（g）Hb kJ/mol8已知：H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2现测得某温度下，H2S分解过程中各物质的物质的量随时间变化关系如图所示，则生成的硫蒸气化学式为（）ASBS2CS6DS89一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒压下，平衡时 （CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示下列说法正确的是（）A该反应的焓变H0B图中Z的大小为a3bC图中X点对应的平衡混合物中=3D温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后（CH4）减小10下列用来表示可逆反应2X（g）+Y（g）3
5、Z（g）H0的图象正确的是（）ABCD11一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O22SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示下列判断中正确的是（）甲乙丙丁密闭容器体积/L2221起始物质的量n（SO2）/mol0.400.800.800.40n（O2）/mol0.240.240.480.24SO2的平衡转化率%80123A甲中反应的平衡常数小于乙B该温度下，该反应的平衡常数K为400CSO2的平衡转化率：12=3D容器中SO3的物质的量浓度：丙=丁甲12W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非
6、金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加入XZ3溶液，生成的沉淀X（OH）3的质量随XZ3溶液加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Ad点对应的溶液中：K+、NH4+、C032、IBc点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3、Na+Cb点对应的溶液中：Na+、S2、SO42、ClDa点对应的溶液中：Na+、K+、S042、HCO313某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g）达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物
7、质的物的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是（）A4 min时反应第一次达到平衡B15 min时降低压强，20 min时升高温度C反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D1520 min该反应使用了催化剂14将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（）操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去D加入K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液有蓝色沉淀AABBCCDD15短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X
8、与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单离子半径小于Z的简单离子半径BZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同CY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物16某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混
9、合物，下列说法正确的是（）A一定含有Al，其质量为4.5gB一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C一定含有MgCl2和FeCl2D一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等17N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c（N2O5）/（molL1）5.003.522.502.50下列说法正确的是（）A500 s内NO2的生成速率为2.96103 molL1s1BT1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C达到平
10、衡其他条件不变，将容器的体积压缩到原来1/2，则c（N2O5）5.00molL1DT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K218为研究某铁钉与浓硫酸反应生成气体Y的成分，某学习小组做出假设，认为所得气体中除含有SO2外，还可能含有H2和Q气体，并设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略）探究气体的成分，为确认Q的存在，需在装置中添加M于（）AAB之前BBC间CCD间DDE间19已知：还原性HSO3I，氧化性IO3I2在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示下列说法正确的是（）A反应过程
11、中的氧化产物均为Na2HSO4Ba点时剩余NaHSO3的物质的量为1.0 molC0b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3+IO3+3OH=3SO43+I+3H2OD当溶液中I与I2的物质的量之比为5：3时，加入的NaIO3为1.1mol20某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL1的盐酸，测得溶液中的CO32、HCO3、AlO2、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）A原混合溶液中的CO23与AlO2的物质的量之比为1：2BV1：V2=1：5CM点时生成的CO2为0.05molDa曲线表示的离子方程式为：AlO2+H+H2O
12、=Al（OH）321一定温度下，下列叙述是可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）在定容密闭容器中达到平衡的标志的是（）C的生成速率与C的分解速率相等；单位时间内a mol A生成，同时生成3a mol B；A、B、C的浓度不再变化；混合气体的总压强不再变化；混合气体的平均摩尔质量不再变化；用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；A、B、C的分子数目比为1：3：2；混合气体的密度不再变化ABCD22根据下列实验现象，所得结论正确的是（）实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCuB左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I
13、2C先生成蓝色沉淀，后产生白色沉淀溶度积常数：Mg（OH）2Cu（OH）2D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSiAABBCCDD23电Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应：Fe2+H2O2=Fe3+OH+OH，生成的烃基自由基（OH）能氧化降解有机污染物下列说法不正确的是（）A电源的A极是负极B电解池中只有O2、Fe3+发生还原反应C阳极上发生电极反应：H2Oe=OH+H+，D消耗1molO2，可以产生4molOH24金属（M）空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为
14、新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（）A采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面B比较Mg，Al，Zn三种金属空气电池，Al空气电池的理论比能量最高CM空气电池放电过程的正极反应式：4M+nO2+2nH2O+4ne=4M（OH）nD在Mg空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜25中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系 （部分生成物和反应条件略去）下列推断
15、不正确的是（）A若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DB若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2C若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁D若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C二、非选择题，（共60分）26青蒿素，是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156157，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药已知：乙醚沸点为35从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法乙醚浸取法的主要工艺为如图1：请回答下列问题：（1
16、）对青蒿进行干燥破碎的目的是 （2）操作I需要的玻璃仪器主要有：烧杯、 ，为加速操作I的进行，最好采用 的方法，操作的名称是 （3）操作的主要过程可能是 （填字母）A加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶B加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C加入乙醚进行萃取分液（4）用如图2实验装置测定青蒿素分子式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前后的质量，根据所测数据计算装置E中盛放的物质是 ，装置F中盛放的物质是 该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是 用合理改进后的装置进行试验，称得：装置实验前/g实验后/gE22.64
17、2.4F80.2146.2则测得青蒿素的最简式是 （5）某学生对青蒿素的性质进行探究将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与 （填字母）具有相同的性质A乙醇 B乙酸 C乙酸乙酯 D葡萄糖（6）某科研小组经多次提取青蒿素实验认为用石油醚做溶剂较为适宜，实验中通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图3所示，由图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为 A80目、100分钟、50B60目、120分钟、50C60目、120分钟、5527硫酸是基础化工的
18、重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志生产硫酸的主要反应为：SO2（g）+O2（g）SO3（g）（1）恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数（SO3）和y与SO2、O2的物质的量之比的关系如图1：则b点= ；y为 （填编号）A平衡常数 BSO3的平衡产率 CO2的平衡转化率 DSO2的平衡转化率（2）Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数在400650时，Kp与温度（TK）的关系为lgKp=4.6455，则在此条件下SO2转化为SO3反应的H （填“0”或“0”）（3）该反应的催化剂为V2O5，其催化反应过程为：SO2+V2O5SO3+V2O4
19、K1O2+V2O4V2O5 K2则在相同温度下2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）的平衡常数K= （以含K1、K2的代数式表示）V2O5加快反应速率的原因是 ，其催化活性与温度的关系如图2：（4）在7.0% SO2、11% O2、82% N2（数值均为气体体积分数）时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系如图3，则列式计算460、1.0atm下，SO2 （g）+O2 （g）SO3 （g）的Kp= （己知：各气体的分压=总压各气体的体积分数）（5）综合第（3）、（4）题图给信息，工业生产最适宜的温度范围为 ，压强通常采用常压的原因是 28A+BX+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常
20、见反应的化学方程式，请回答：（1）若Y为黄绿色气体： 当 A、B的物质的量之比为1：4且A为黑色固体时，该反应的离子方程式是 ；当 A、B的物质的量之比为1：6时，写出该反应的化学方程式，并用双线桥表示反应过程中的电子转移： 实验室处理尾气Y时常用NaOH而不用NaHSO3溶液，其原因是（用离子反应方程式示） （2）若A为单质，B为无色油状黏稠液体，当 A、B的物质的量之比为1：2时，则A可能为 ，检查其中刺激性气体产物X的方法是 （3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，且A可溶于X溶液中，若A为金属单质，A和B以物质的量之比1：4反应过量的A和100mL2mol/L的B溶液充分反应后将溶液稀
21、释至500mL后溶液中阴离子的物质的量浓度为 含 a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量之比为1：2时，则被还原的X是 mol（4）若A、B、X、Y均为化合物向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色则A与B按物质的量之比1：4反应后，溶液中溶质的化学式为 （5）若A、B、X、Y均为化合物X为极易溶于水的气体，则盐A是 盐，生成气体X的离子方程式为 ，检验该气体的方法是 29苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1
22、200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是 （2）反应和分别在装置 和 中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是 ，优点是用量少，缺点是 （4）反应为 （填“放热”或“吸热”）反应反应温度控制在5060，温度过高的安全隐患是 （5）中和釜D中加入的Z最适宜的是 （填编号已知苯酚是一种弱酸）aNaOHbCaCO3cNaHCO3dCaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为 和 ，判断的依据是 （7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 30A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2和B+具有相同
23、的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是 （填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为 （2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 （填分子式），原因是 ；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 和 （3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 （4）化合物D2A的立体构型为 ，中心原子的价层电子对数为 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 （5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm，F的化学式
24、为 ；晶胞中A原子的配位数为 ；列式计算晶体F的密度（gcm3 ） （保留小数点后两位数字）31、有机物A、B、C、D、E之间发生如图的转化：（1）写出C物质的结构简式： （2）上述转化反应中，属于取代反应的有 ；（3）属于加成反应的有 （用反应序号填写）（4）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是 请写出下列转化的化学反应方程式：（5）B+DE： ；（6）乙烯生成聚乙烯： 、己知葡萄糖在乳酸菌的作用下转化为乳酸，乳酸的结构简式为试回答：（7）乳酸分子中含有 和 两种官能团（写名称）（8）乳酸与金属钠反应的化学方程式为 （9）乳酸与Na2CO3溶液反应的化学方程式为 （
25、10）乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为 2016-2017学年河北省石家庄市正定中学高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25小题，40分）1下列物质加工或应用中未利用其化学性质的是（）选项ABCD加工或应用油脂的硬化玉米酿酒石英传输光信号漂白精消毒AABBCCDD【分析】A、油脂的硬化即油脂的氢化；B、玉米酿酒是将玉米中的淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖再进一步反应；C、石英传输信号是物理过程；D、漂白精消毒是利用其强氧化性【解答】解：A、油脂的硬化即油脂的氢化，即油脂与氢气发生加成反应，由不饱和的高级脂肪酸甘油酯反应生成饱和
26、的高级脂肪酸甘油酯，故利用了化学性质，故A错误；B、玉米酿酒是将玉米中的淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，利用了物质的化学性质，故B错误；C、石英传输信号是物理过程，与二氧化硅的化学性质无关，故C正确；D、漂白精消毒是利用其强氧化性，将病毒氧化，漂白精被还原，利用了物质的化学性质，故D错误故选C【点评】本题考查了物质化学性质的应用，难度不大，应注意的是具有漂白精的消毒功能是由于其强氧化性决定的2设Na为阿伏加德罗常数的值下列说法不正确的是（）A常温下，100 g 46%乙醇水溶液中含有H原子数为12NaB23g Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移
27、的电子数为NaC标准状况下，2.24 L CC14含有的共价鍵数为0.4NaDl molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2Na【分析】A、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含H原子；B、求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；C、标况下四氯化碳为液体；D、合成氨的反应为可逆反应【解答】解：A、100 g 46%乙醇水溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含6molH原子；含有的水的质量为54g，物质的量为3mol，故含6molH原子，故溶液中含有的H原子个数共为12mol即12Na个，故A正确；B、23g钠的物质的量为1mol，而钠反应后变为+1价，故1mol钠
28、转移Na个电子，故B正确；C、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于2Na个，故D正确故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构3将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定【分析】恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初
29、始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；【解答】解：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，最终平衡时容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即ba；故选：A【点评】本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别4某离子反应中共有H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒
30、其中C（ClO）随反应进行逐渐减小下列判断错误的是（）A该反应的还原剂是NH4+B消耗1mol氧化剂，转移2mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：3D反应后溶液酸性明显增强【分析】c（NH4+）随反应进行逐渐减小，NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO为反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，则反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，以此解答该题【解答】解：反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2+3H2O+3Cl+2H+，AN元素的化合价升高，则反应的还原剂是NH4+，故A正确；BCl元素的化合价由+1价降低为1价，ClO为氧化剂，
31、则消耗1mol氧化剂，转移电子2mol，故B正确；C由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确故选C【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大5向含有0.2mol Fel2的溶液中加入a mol Br2下列叙述不正确的是（）A当a=0.1时，发生的反应为2I+Br2I2+2BrB当a=0.25时，发生的反应为2Fe2+4I+3Br22Fe3+2I2+6BrC当溶液中I有一半被氧化是，c（I）：c（Br）1：1D当a=0.28时，4Fe2+10I
32、+7Br24Fe3+5I2+14Br【分析】亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I+Br2I2+2Br；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2+4I+3Br22Fe3+2I2+6Br，据此进行解答【解答】解：Aa=0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I+Br2I2+2Br，故A正确；B当a=0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为
33、：2Fe2+8I+5Br22Fe3+4I2+10Br，故B错误；C当溶液中I有一半被氧化时，即当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；D当a=0.28时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.08mol溴单质能够氧化0.16mol亚铁离子，所以正确的反应为：4Fe2+10I+7Br24Fe3+5I2+14Br，故D正确；故选B【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生
34、反应的先后顺序为解答关键，试题充分培养了学生的分析能力及灵活应用能力6下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深B高压比常压有利于由SO2和氧气合成SO3的反应C红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅D黄绿色的氯水光照后颜色变浅【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：A、H2（g）+I2（g）2HI（g），该反应的反应前后气体计量数之和不变，所以压强不影响平衡移动，由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压
35、后颜色变深，说明体积减小碘蒸气浓度增大，颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释，故A选；B、存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C、存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故C不选；D、对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选A【点评】本题考查勒夏特里原理，明确勒夏特里原理内
36、涵是解本题关键，知道勒夏特里原理的使用范围及条件，题目难度不大7根据下图所给信息，得出的结论正确的是（）A碳的燃烧热为b kJ/molB2C（s）+O2（g）2CO（g）H=2（ba） kJ/molC2CO2（s）2CO（g）+O2（g）H=+a kJ/molDC（s）+O2（g）CO2（g）Hb kJ/mol【分析】据图示可知，1molC燃烧生成CO放热baKJ，完全燃烧生成二氧化碳放热bKJ，1molCO燃烧生成1mol二氧化碳放热aKJ，据此分析【解答】解：A、1molC完全燃烧生成二氧化碳固体放热bKJ，碳的燃烧热应该是1mol碳单质完全燃烧生成二氧化碳气体放出的热量，不是b kJ/m
37、ol，故A错误；B、据图示可知，1molC燃烧生成CO放热baKJ，所以2molC燃烧生成CO放热2（ba），故B正确；C、1molCO燃烧生成1mol二氧化碳放热aKJ，所以2CO2（g）2CO（g）+O2（g）H=+2ak/mol，故C错误；D、生成二氧化碳固体，H=b kJ/mol，但是固体转化为气体吸热，所以Hb kJ/mol，故D错误；故选B【点评】本题考查了据图象分析反应热的大小，注意热化学方程式中的物质状态，题目难度不大8已知：H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2现测得某温度下，H2S分解过程中各物质的物质的量随时间变化关系如图所示，则生成的硫蒸气化学式为（）ASBS2CS6DS8
38、【分析】硫化氢分解物质的量减少，所以C表示硫化氢，08mol硫化氢生成0.8mol的氢气，所以A代表的是氢气，0.8mol的硫化氢生成0.4mol硫蒸气，根据硫守恒分析【解答】解：硫化氢分解物质的量减少，所以C表示硫化氢，0.8mol硫化氢生成0.8mol的氢气，所以A代表的是氢气，0.8mol的硫化氢生成0.4mol硫蒸气，根据硫守恒可得硫蒸气的化学式为：S2，故选B【点评】本题考查了化学反应中各物质的物质的量与时间的变化图象，难度不大，通过元素守恒进行计算比根据化学方程式计算要简单9一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）设起始=Z，在恒
39、压下，平衡时 （CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示下列说法正确的是（）A该反应的焓变H0B图中Z的大小为a3bC图中X点对应的平衡混合物中=3D温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后（CH4）减小【分析】由图象可知升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，起始=Z，Z越小，说明加入甲烷的物质的量相等水来说越多，含量越大，以此解答该题【解答】解：A升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变H0，故A正确；B起始=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为a3b，故B错误；C起始=3，水和甲烷按1
40、：1反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故C错误；D增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后（CH4）增大，故D错误故选A【点评】本题考查了化学平衡的影响因素及应用，为高频考点，题目难度不大，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力10下列用来表示可逆反应2X（g）+Y（g）3Z（g）H0的图象正确的是（）ABCD【分析】根据方程式可知，正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，Z的含量降低，X的转化率降低，由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同【解答】解：A由于反应前后气体的体积
41、不变，则增大压强平衡不移动，则A的转化率不变，故A错误B正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，Z的含量降低，图象吻合，故B正确；C升高温度正逆反应速率都增大，图象不吻合，故C错误；D由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同，图象不吻合，故D错误；故选B【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，解答本题的关键是根据反应的特征判断外界条件对平衡移动的影响，与图象对比可解答该题11一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2+O22SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示
42、下列判断中正确的是（）甲乙丙丁密闭容器体积/L2221起始物质的量n（SO2）/mol0.400.800.800.40n（O2）/mol0.240.240.480.24SO2的平衡转化率%80123A甲中反应的平衡常数小于乙B该温度下，该反应的平衡常数K为400CSO2的平衡转化率：12=3D容器中SO3的物质的量浓度：丙=丁甲【分析】A温度相同时，该反应的平衡常数不变；B根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数；C由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；D体积相同，丙中的起始浓度为
43、甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，丙和丁平衡是相同的平衡【解答】解：A温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；B 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），开始（mol） 0.4 0.24 0转化（mol） 0.32 0.16 0.32平衡（mol） 0.08 0.08 0.32平衡浓度（mol/L）0.04 0.04 0.16所以该温度下该反应的平衡常数值为：K=400，故B正确；C由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；则二
44、氧化硫转化率，12=3，故C错误；D体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，丙体积为2L，丁体积为1L，起始量分别为0.8，0.48；0.40，24，丙和丁达到的平衡相同，三氧化硫浓度相同，丙=丁甲，故D错误；故选A【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力12W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生
45、成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加入XZ3溶液，生成的沉淀X（OH）3的质量随XZ3溶液加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Ad点对应的溶液中：K+、NH4+、C032、IBc点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3、Na+Cb点对应的溶液中：Na+、S2、SO42、ClDa点对应的溶液中：Na+、K+、S042、HCO3【分析】W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，则W为Na元素，X为Al元素；X与Z形成XZ3溶液，则Z为Cl元素向一
46、定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液由图可知，0b，没有沉淀，故溶液中氢氧化钠有剩余，溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠b点时，氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠bc，沉淀增大，偏铝酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠c点时，沉淀达最大，偏铝酸根与铝离子恰好完全反应，溶液中溶质为氯化钠c点以后，再加入氯化铝，沉淀不变，溶液中溶质为氯化铝、氯化钠结合物质性质判断【解答】解：W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，则W为Na元素，X
47、为Al元素；X与Z形成XZ3溶液，则Z为Cl元素向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液由图可知，0b，没有沉淀，故溶液中氢氧化钠有剩余，溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠b点时，氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠bc，沉淀增大，偏铝酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠c点时，沉淀达最大，偏铝酸根与铝离子恰好完全反应，溶液中溶质为氯化钠c点以后，再加入氯化铝，沉淀不变，溶液中溶质为氯化铝、氯化钠A、d点对应的溶液中含有Al3+，Al3+与C032发生水解反应生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳，不能大量共存，故A；B、c点对应的溶液
48、中含有Cl，Cl与Ag+反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故B错误；C、b点对应的溶液中偏铝酸钠、氯化钠，离子之间不发生反应，可以大量共存，故C正确；D、a点对应的溶液中含有氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠，OH与HCO3发生反应生成碳酸根与水，不能大量共存，故D错误故选：C【点评】考查根据物质的性质推断元素、离子共存、反应图象分析等，难度中等，推断元素、理清图象中各阶段含有的溶质是关键13某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g）达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物质的物的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法
49、中正确的是（）A4 min时反应第一次达到平衡B15 min时降低压强，20 min时升高温度C反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D1520 min该反应使用了催化剂【分析】A根据图象可知，10min时反应达到平衡状态，所以4min时平衡向着正向进行；B由图象可知，15min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；C由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1则增大压强平衡不移动，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；D由图象可知，15m
50、in20min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度【解答】解：A010min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以4min时没有达到平衡状态，故A错误；B由图象可知，15min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故B正确；C由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平
51、衡不移动，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D根据左图知，1520 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以1520 min间改变的体积是减小压强，故D错误；故选B【点评】本题考查化学平衡图象，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响即可解答，题目难度中等14将一定量的SO2通入FeCl3
52、溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（）操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去D加入K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液有蓝色沉淀AABBCCDD【分析】SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁，过程中有化合价变化，据此判断解答【解答】解：A将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生
53、成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；C加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；D亚铁离子加入K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液生成Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确；故选：D【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化
54、硫的性质是解题关键，注意二价铁离子的检验，题目难度中等15短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单离子半径小于Z的简单离子半径BZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同CY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物【分析】Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素短周期元素
55、X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素X与W处于同一主族，则X是碳元素五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y元素的最外层电子数是214147=5，则Y是氮元素，以此解答该题【解答】解：Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素X与W处于同一主族，则X是碳元素五种元素原子最外层电子数之和为21，
56、则Y元素的最外层电子数是214147=5，则Y是氮元素A核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则Y的简单离子半径大于Z的简单离子半径，故A错误；B碳酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的，因此Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量不相同，故B错误；C氨气在一定条件下可被氯气氧化生成氮气和氯化氢，故C正确；DQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型分别为极性键、极性键、离子键、极性键，故D错误；故选C【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，推断元素是解题关键，注意充分利用非金属元素最外层电子特点及W、Z之间与W、Q
57、之间原子序数之差相等进行推断，难度中等16某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混合物，下列说法正确的是（）A一定含有Al，其质量为4.5gB一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C一定含有MgCl2和FeCl2D一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等【分析】14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化
58、，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧
59、化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题【解答】解：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以
60、能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在FeCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，A固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故A错误；B根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2，故B错误；C根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一
61、定不含FeCl2，故C错误；D根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；故选D【点评】本题综合考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计和评价，侧重于物质化学性质的综合应用，注意把握相关物质的性质以及反应现象，结合生成物物质的质量以及反应现象进行推断，题目难度中等17N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c（N2O5）/（molL1）5.003.522.502.50下列说法正确的是（）A500 s内NO2的
62、生成速率为2.96103 molL1s1BT1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C达到平衡其他条件不变，将容器的体积压缩到原来1/2，则c（N2O5）5.00molL1DT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2【分析】A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算转化率；C将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移；D该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大【解答】解：A依
63、据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=2.96103 mol/（Ls），所以二氧化氮的反应速率=2v（N2O5）=5.92103 molL1s1，故A错误；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，转化率为100%=50%，故B错误；CT1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡
64、左移，则c（N2O5）5.00 molL1，故C错误；D该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，所以温度高，平衡常数大，故D正确；故选D【点评】本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等18为研究某铁钉与浓硫酸反应生成气体Y的成分，某学习小组做出假设，认为所得气体中除含有SO2外，还可能含有H2和Q气体，并设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略）探究气体的成分，为确认Q的存在，需在装置中添加M于（）AAB之前BBC间CCD间DDE间【分析】铁钉主要成分为生铁，含有碳，与浓硫酸反应时可生成二氧化硫、二氧化碳，随着反应的进行，硫酸浓度
65、降低，稀硫酸与铁反应生成氢气，则Q为二氧化碳，检验二氧化碳，应排除二氧化硫的影响，以此解答该题【解答】解：在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，A用于检验二氧化硫，B用于除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以C可以检验B中是否完全除去二氧化硫，Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，应在出去二氧化硫之后检验二氧化碳，则需在装置中添加M于CD间，用石灰水检验，故选C【点评】本题考查了浓硫酸的性质、实验方案的设计与评价，题目难度中等，注意掌握性质实验方案设计的原则及评价方法，明确常见气体的性质及检验方法，难度不大19已知：还原性H
66、SO3I，氧化性IO3I2在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示下列说法正确的是（）A反应过程中的氧化产物均为Na2HSO4Ba点时剩余NaHSO3的物质的量为1.0 molC0b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3+IO3+3OH=3SO43+I+3H2OD当溶液中I与I2的物质的量之比为5：3时，加入的NaIO3为1.1mol【分析】还原性HSO3I，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方
67、程式是IO3+6H+5I3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物【解答】解：A.0b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3+IO33SO42+I+3H+，氧化产物为SO42；继续加入KIO3，氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I3H2O+3I2，氧化产物为I2，故A错误；Ba点碘酸钾的物质的量是0.4mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，
68、消耗NaHSO3的物质的量=3=1.2mol，所以剩余NaHSO3的物质的量为31.2=1.8mol，故B错误；C0b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3+IO33SO42+I+3H+，故C错误；D根据反应IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，3mol NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3+6H+5I=3
69、H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的量为mol，剩余的碘离子为（1）mol，当溶液中n（I）：n（I2）=5：3时，即（1）mol3=5nmol，故n=mol，故加入的n（KIO3）=1mol+mol=1mol+mol=1.1mol，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确氧化性、还原性强弱及发生反应的先后顺序是解本题关键，易错点是D，注意结合原子守恒计算，题目难度中等20某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL1的盐酸，测得溶液中的CO32、HCO3、AlO2、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列
70、说法正确的是（）A原混合溶液中的CO23与AlO2的物质的量之比为1：2BV1：V2=1：5CM点时生成的CO2为0.05molDa曲线表示的离子方程式为：AlO2+H+H2O=Al（OH）3【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL1的盐酸首先，发生反应AlO2+H+H2OAl（OH）3，a线表示AlO2，由图可知AlO2反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2）=n（H+）=0.05L1mol/L=0.05mol第二阶段，AlO2反应完毕，发生反应CO32+H+HCO3，b线表示CO32，c线表示HCO3，由图可知CO32反应完毕，该阶段加入盐酸100m
71、L50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32）=n（H+）=0.05L1mol/L=0.05mol第三阶段，CO32反应完毕，发生反应HCO3+H+CO2+H2O，d线表示HCO3，由图可知HCO3反应完毕，该阶段加入盐酸150mL100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3）=n（H+）第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3nAl（OH）3=30.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL据此结合选项解答【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴
72、加入1molL1的盐酸首先，发生反应AlO2+H+H2OAl（OH）3，a线表示AlO2，由图可知AlO2反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2）=n（H+）=0.05L1mol/L=0.05mol第二阶段，AlO2反应完毕，发生反应CO32+H+HCO3，b线表示CO32，c线表示HCO3，由图可知CO32反应完毕，该阶段加入盐酸100mL50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32）=n（H+）=0.05L1mol/L=0.05mol第三阶段，CO32反应完毕，发生反应HCO3+H+CO2+H2O，d线表示HCO3，由图可知HCO3反应完毕，该阶段加入盐酸150mL100
73、mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3）=n（H+）第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3nAl（OH）3=30.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mLA、由上述分析可知，原混合溶液中的CO32与AlO2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故A错误；B、原溶液中n（CO32）=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32+H+HCO3可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为=0.025L=25
74、mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故B错误；C、由上述分析可知M点时溶液中CO32完全转化为HCO3，没有CO2生成，故C错误；D、由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO2+H+H2O=Al（OH）3，故D正确故选：D【点评】考查离子反应与图象关系、化学计算等，难度中等，清楚离子反应的先后顺序是解题的关键21一定温度下，下列叙述是可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）在定容密闭容器中达到平衡的标志的是（）C的生成速率与C的分解速率相等；单位时间内a mol A生成，同时生成
75、3a mol B；A、B、C的浓度不再变化；混合气体的总压强不再变化；混合气体的平均摩尔质量不再变化；用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；A、B、C的分子数目比为1：3：2；混合气体的密度不再变化ABCD【分析】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态【解答】解：C的生成速率与C的分解速率相等，即正逆反应速率相等，达到平衡状态，故正确；单位时间内amolA生成，同时生成3amolB只能说明单方向A、B关系，不能说明正逆反应速率的关系，
76、故错误；A、B、C的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，故正确；因该反应是物质的量在减少的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故正确；混合气体的平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故正确；用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故错误；A、B、C的分子数目比为1：3：2不是平衡大判据，故错误；故选B【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意C项为易错点，注意反应前的计量数等于反应后各
77、物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变22根据下列实验现象，所得结论正确的是（）实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：AlFeCuB左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C先生成蓝色沉淀，后产生白色沉淀溶度积常数：Mg（OH）2Cu（OH）2D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：ClCSiAABBCCDD【分析】A活动性为AlFeCu；B不能证明氧化性Br2I2；C先生成溶度积小的沉淀；D比较非金属性应为最高价氧化物的水化物的酸性【解答】解：A左烧杯中铁表面有气泡，说明活动性AlFe，右边烧杯中铜表面有气泡，说明活动性F
78、eCu，则活动性为AlFeCu，故A正确；B因生成的Br2中含有Cl2，则不能证明氧化性Br2I2，故B错误；C先生成溶度积小的沉淀，应先生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D比较非金属性应为最高价氧化物的水化物的酸性，不能用盐酸，并且盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有HCl，不能证明非金属性CSi，故D错误故选A【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度中等，易错点是能正确把握比较物质性质的角度23电Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应：Fe2+H2O2=Fe3+OH+OH，生成的烃基自由基（OH）能氧化降解有机
79、污染物下列说法不正确的是（）A电源的A极是负极B电解池中只有O2、Fe3+发生还原反应C阳极上发生电极反应：H2Oe=OH+H+，D消耗1molO2，可以产生4molOH【分析】A电源的A电极连接的电极上发生得电子的还原反应；BO2、Fe3+、H2O2均能发生得电子的还原反应；C阳极上水失电子生成羟基和氢离子；D根据电子守恒分析【解答】解：A电源的A电极连接的电极上发生得电子的还原反应，则该电极为阴极，所以A为负极，故A正确；BO2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应，H2O2与亚铁离子反应，则H2O2发生得电子的还原反应，故B错误；C阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2Oe=
80、OH+H+，故C正确；D1molO2转化为2molH2O2转移2mole，由Fe2+H2O2=Fe3+OH+OH可知，生成2molOH，转移2mole，在阳极上生成2molOH，所以消耗1molO2，可以产生4molOH，故D正确故选B【点评】本题考查了电解原理的应用、氧化还原反应，题目难度中等，注意把握电解池的工作原理以及电极上发生的反应，根据化合价的变化分析发生的还原反应24金属（M）空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上
81、能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（）A采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面B比较Mg，Al，Zn三种金属空气电池，Al空气电池的理论比能量最高CM空气电池放电过程的正极反应式：4M+nO2+2nH2O+4ne=4M（OH）nD在Mg空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜【分析】A反应物接触面积越大，反应速率越快；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多；C正极上氧气得电子和水反应生成OH；D负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止
82、负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH【解答】解：A反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故A正确；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为=mol、3=mol、=mol，所以Al空气电池的理论比能量最高，故B正确；C正极上氧气得电子和水反应生成OH，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故
83、C错误；D负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；故选C【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、氧化还原反应计算是解本题关键，易错选项是C25中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系 （部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DB若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2C若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐
84、色，则A可能是铁D若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C【分析】AA为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠；BA为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸；C若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe；D若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O；【解答】解：A若D是一种强碱，A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠，符合转化关系，Na、氧化钠、过氧化钠都能与水
85、反应，故A正确；B若D为NaCl，A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸，符合转化关系，故B正确；C若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故C错误；D若D是一种强酸，如为硝酸，则A为氮气或氨气，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，故D正确故选C【点评】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，熟练掌握元素化合物知识，题目难度较大，注意相关基础知识的积累二、非选择题，（共60分）26青蒿素，是烃的含
86、氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156157，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药已知：乙醚沸点为35从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法乙醚浸取法的主要工艺为如图1：请回答下列问题：（1）对青蒿进行干燥破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率（2）操作I需要的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒，为加速操作I的进行，最好采用抽滤或减压过滤的方法，操作的名称是蒸馏（3）操作的主要过程可能是B（填字母）A加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶B加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C加
87、入乙醚进行萃取分液（4）用如图2实验装置测定青蒿素分子式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前后的质量，根据所测数据计算装置E中盛放的物质是CaCl2或P2O5，装置F中盛放的物质是碱石灰该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是在装置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置用合理改进后的装置进行试验，称得：装置实验前/g实验后/gE22.642.4F80.2146.2则测得青蒿素的最简式是C15H22O5（5）某学生对青蒿素的性质进行探究将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小
88、，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与C（填字母）具有相同的性质A乙醇 B乙酸 C乙酸乙酯 D葡萄糖（6）某科研小组经多次提取青蒿素实验认为用石油醚做溶剂较为适宜，实验中通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图3所示，由图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为BA80目、100分钟、50B60目、120分钟、50C60目、120分钟、55【分析】根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸
89、馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，（4）为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去CO2和H2O的空气，排除装置内的空气，防止干扰实验E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以E内装的CaCl2或P2O5，而F中为碱石灰，而在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2，和H2O进入的装置，据此答题；（5）根据酯能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠进行判断；（6）根据原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响如图3所示，取提取率最大的值进行答题；【解答】解：根据乙醚浸取法的流程可知，对青
90、蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，（1）根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；（2）根据上面的分析，操作I为过滤，需要的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒，为加速过滤的进行，最好采用 抽滤或减压过滤的方法，操作的名称是蒸馏，故答案为：漏斗、玻璃棒；抽滤或减压过滤；蒸馏；（3）根据上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，浓缩、
91、结晶、过滤可得精品，故选B；（4）为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去CO2和H2O的空气，排除装置内的空气，防止干扰实验E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以E内装的CaCl2或P2O5，而F中为碱石灰，而在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2，和H2O进入的装置，根据上面的分析可知，装置E中盛放的物质是 CaCl2或P2O5，装置F中盛放的物质是 碱石灰，故答案为：CaCl2或P2O5；碱石灰；该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是 在装置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置，故答案为：在装
92、置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置；由数据可知 m（H2o）=42.422.6=19.8g，所以n（H2o）=1.1molm（co2）=146.280.2=66g，所以 n（co2）=1.5mol所以青蒿素中氧原子的质量为m（o）=28.2（2.21）（1.512）=6g，所以n（o）=0.5mol，N（C）：N（H）：N（o）=1.5：2.2：0.5=15：22：5，所以C15H22O5，故答案为：C15H22O5；（5）由于酯能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠结合题意可知，青蒿素中含有酯基，故选C；（6）根据原料的粒度对青蒿素提取速率的影响可知，应为60目，根据
93、提取时间对青蒿素提取速率的影响可知，时间应为120分钟，根据提取温度对青蒿素提取速率的影响可知，温度应为50，故选B【点评】本题考查物质制备的有关实验设计、操作、评价以及有关计算等知识点，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题综合性强，侧重对学生实验能力的培养27硫酸是基础化工的重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志生产硫酸的主要反应为：SO2（g）+O2（g）SO3（g）（1）恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数（SO3）和y与SO2、O2的物质的量之比的关系如图1：则b点=2；y为D（填编号）A平衡常数 BSO3的平衡产率 CO2的平衡转化率 DSO2的
94、平衡转化率（2）Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数在400650时，Kp与温度（TK）的关系为lgKp=4.6455，则在此条件下SO2转化为SO3反应的H0（填“0”或“0”）（3）该反应的催化剂为V2O5，其催化反应过程为：SO2+V2O5SO3+V2O4 K1O2+V2O4V2O5 K2则在相同温度下2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）的平衡常数K=（K1K2）2（以含K1、K2的代数式表示）V2O5加快反应速率的原因是降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，其催化活性与温度的关系如图2：（4）在7.0% SO2、11% O2、82
95、% N2（数值均为气体体积分数）时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系如图3，则列式计算460、1.0atm下，SO2 （g）+O2 （g）SO3 （g）的Kp=113atm1/2（己知：各气体的分压=总压各气体的体积分数）（5）综合第（3）、（4）题图给信息，工业生产最适宜的温度范围为400500，压强通常采用常压的原因是常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高【分析】（1）当二氧化硫的量与氧气的物质的量之比等于系数之比时三氧化硫的体积分数最大；图2表示随着二氧化硫量的增加而逐渐减小的量；（2）根据lgKp=4.6455知，升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动；（3）将
96、方程式2（+）得2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），据此计算化学平衡常数；催化剂通过降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，从而增大反应速率；（4）混合气体中7.0% SO2、11% O2、82% N2，假设有混合气体100mol，则二氧化硫为7mol、氧气11mol、氮气82mol，460、1.0atm下二氧化硫转化率为97%，则参加反应的n（SO2）=7mol97%=6.79mol，剩余的n（SO2）=7mol3%=0.21mol，剩余的n（O2）=11mol6.79mol=7.605mol，生成的三氧化硫物质的量=6.79mol，反应后混合气体总物质的量=0.21m
97、ol+7.605mol+6.79mol+82mol=96.605mol，反应前后物质的量之比等于其压强之比，则反应后压强=1atm=0.9579atm，二氧化硫的分压=0.9579atm，氧气分压=0.9579atm，三氧化硫分压=0.9579atm，化学平衡常数Kp=；（5）根据工业生产既要考虑转化率又要考虑反应速率还要考虑对设备的要求等，据此分析【解答】解：（1）当二氧化硫的量与氧气的物质的量之比等于系数之比时三氧化硫的体积分数最大，b点三氧化硫体积分数最大，此点处n（SO2）/n（O2）=2：1；由图象可知，n（SO2）/n（O2）越大，y值越小，A平衡常数仅与温度有关，所以n（SO2）
98、/n（O2）变化，平衡常数不变，不符合图象，故错误；Bn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则SO3的平衡产率越大，不符合图象，故错误；Cn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则O2的转化率越大，不符合图象，故错误；Dn（SO2）/n（O2）越大，二氧化硫物质的量越大，则SO2的平衡转化率越小，符合图象，故正确；故答案为：2；D；（2）根据lgKp=4.6455知，升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，焓变小于0，故答案为：0；（3）将方程式2（+）得2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），方程式相加平衡常数相乘，方程式扩大2倍，平衡常数变为原
99、来的平方，所以该反应化学平衡常数K等于（K1K2）2，故答案为：（K1K2）2；催化剂通过降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高，从而增大反应速率，故答案为：降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高；（4）混合气体中7.0% SO2、11% O2、82% N2，假设有混合气体100mol，则二氧化硫为7mol、氧气11mol、氮气82mol，460、1.0atm下二氧化硫转化率为97%，则参加反应的n（SO2）=7mol97%=6.79mol，剩余的n（SO2）=7mol3%=0.21mol，剩余的n（O2）=11mol6.79mol=7.605mol，生成的三氧
100、化硫物质的量=6.79mol，反应后混合气体总物质的量=0.21mol+7.605mol+6.79mol+82mol=96.605mol，反应前后物质的量之比等于其压强之比，则反应后压强=1atm=0.9579atm，二氧化硫的分压=0.9579atm，氧气分压=0.9579atm，三氧化硫分压=0.9579atm，化学平衡常数Kp=113atm1/2，故答案为：113atm1/2；（5）根据图知，在400500时二氧化硫转化率较大，反应速率快，所以工业生产最适宜的温度范围为400500，又常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高，故答案为：400500； 常压下SO2的平
101、衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高【点评】本题考查化学平衡计算、图象分析，为高频考点，侧重考查学生分析推断及计算、知识迁移能力，根据浓度化学平衡常数计算方法计算压强化学平衡常数，计算量较大，难度中等28A+BX+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，请回答：（1）若Y为黄绿色气体：氯气当 A、B的物质的量之比为1：4且A为黑色固体时，该反应的离子方程式是MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；当 A、B的物质的量之比为1：6时，写出该反应的化学方程式，并用双线桥表示反应过程中的电子转移：实验室处理尾气Y时常用NaOH而不用NaHSO3溶液，其原因是（用
102、离子反应方程式示）Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O、Cl2+H2O=Cl+H+HClO、H+HS03=S02+H2O（2）若A为单质，B为无色油状黏稠液体，当 A、B的物质的量之比为1：2时，则A可能为C或Cu，检查其中刺激性气体产物X的方法是将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO2（3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，且A可溶于X溶液中，若A为金属单质，A和B以物质的量之比1：4反应过量的A和100mL2mol/L的B溶液充分反应后将溶液稀释至500mL后溶液中阴离子的物质的量浓度为0.3mol/L含 a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质
103、的量之比为1：2时，则被还原的X是a或a mol（4）若A、B、X、Y均为化合物向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色则A与B按物质的量之比1：4反应后，溶液中溶质的化学式为NaAlO2、NaCl（5）若A、B、X、Y均为化合物X为极易溶于水的气体，则盐A是铵盐，生成气体X的离子方程式为NH4+OHNH3+H2O，检验该气体的方法是将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气【分析】（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气当A、B的物质的量之比为1：4且A为黑色固体时，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气；当 A、B的物质的量之比为1：6时，
104、则该反应为浓盐酸与氯酸钾反应来制取氯气；溶液中氯气将亚硫酸氢钠氧化，溶液中会生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，会污染空气；（2）若A为单质，B为无色油状黏稠液体，当 A、B的物质的量之比为1：2时，A为碳灰Cu，B为浓硫酸，反应生成气体X为二氧化硫；（3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中，则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，X为3Fe（NO3）3，Y为NO；（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有Na元素，A与B按物质
105、的量之比1：4恰好反应，该反应是氯化铝与氢氧化钠反应，溶液中溶质为生生成物：偏铝酸钠、氯化钠；（5）若A、B、X、Y均为化合物，X为极易溶于水的气体，应是铵盐与碱反应生成氨气的反应，X为氨气【解答】解：（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气当A、B的物质的量之比为1：4且A为黑色固体时，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；当 A、B的物质的量之比为1：6时，则该反应为浓盐酸与氯酸钾反应来制取氯气，并用双线桥表示反应过程中的电子转移为，故答案为：；溶液中氯气将亚硫酸氢钠氧化，溶液
106、中会生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，会污染空气，反应离子方程为：4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，故答案为：4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O；（2）若A为单质，B为无色油状黏稠液体，当 A、B的物质的量之比为1：2时，A为碳灰Cu，B为浓硫酸，反应生成气体X为二氧化硫，检验二氧化硫的方法为：将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO2，故答案为：C或Cu；将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO2；（3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的
107、物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，X为3Fe（NO3）3，Y为NO100mL 2mol/L的硝酸溶液中含硝酸0.2mol，Fe过量充分反应后得到硝酸亚铁溶液，根据反应3Fe+8HNO3（稀）3Fe（NO3）2+2NO+4H2O可知，硝酸亚铁的物质的量为0.2mol=0.075mol，将溶液稀释至500mL后溶液中硝酯根离子的物质的量浓度为=0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L； 含 a mol Fe（NO3）3的溶液溶解了一定量Fe后，发生的反应为2Fe3+Fe3Fe2+，溶液中两种金属阳离子的物质的量之比为1：2，若n（Fe3+）：n（Fe2+）=
108、1：2，设被还原的Fe（NO3）3是xmol，则（ax）： x=1：2，解得x=a，若n（Fe2+）：n（Fe3+）=1：2，设被还原的Fe（NO3）3是ymol，则y：（ay）=1：2，解得y=a，故答案为： a或a；（4）若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有Na元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，该反应是氯化铝与氢氧化钠反应，溶液中溶质为生生成物：偏铝酸钠、氯化钠，故答案为：NaAlO2、NaCl；（5）若A、B、X、Y均为化合物，X为极易溶于水的气体，应是铵盐与碱反应生成氨气的反应，X为氨气，
109、盐A为铵盐，生成气体X的离子方程式为：NH4+OHNH3+H2O，验该气体的方法是：将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气，故答案为：铵；NH4+OHNH3+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气【点评】本题考查无机物推断、离子方程式和结构式书写、根据方程式的计算等，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等29苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789
110、856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是氧气或空气（2）反应和分别在装置A和C中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是催化剂，优点是用量少，缺点是腐蚀设备（4）反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应反应温度控制在5060，温度过高的安全隐患是可能会导致（过氧化物）爆炸（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是c（填编号已知苯酚是一种弱酸）aNaOHbCaCO3cNaHCO3dCaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚，判断的依据是丙酮的沸点低于苯酚（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和
111、丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，应通入氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在A中发生，反应在C中发生；（3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备；（4）反应的H0，为放热反应，含有过氧化物，温度过高，容易发生爆炸，（5）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；（6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的
112、上部；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，故需要氧气或空气，所以X为氧气或空气，故答案为：氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在反应器中发生，即A装置，反应在分解釜中进行，即C装置，故答案为：A；C；（3）在浓硫酸作条件下分
113、解得到、，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，故答案为：催化剂；腐蚀设备；（4）反应的H0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在5060，故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，aNaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；bCaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；cNaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；dCaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；故选：c；（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则
114、T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，故答案为：原子利用率高【点评】本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等30A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是O（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3（2）单质A
115、有两种同素异形体，其中沸点高的是O3（填分子式），原因是O3相对分子质量较大，范德华力较大；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3（4）化合物D2A的立体构型为V形，中心原子的价层电子对数为4，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm，F的化学式为Na2O；晶胞中A原子的配位数为8；列式计算晶体F的密度（gcm3 ）2
116、.27gcm3（保留小数点后两位数字）【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；A2和B+具有相同的电子构型，则A为O元素、B为Na元素；（1）四种元素电负性最大的为O元素，C为P元素；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，O3相对分子质量较大，沸点较高，B的氢化物为NaH，为离子晶体；（3）C和D反应可生成化合物为PCl3，为sp3杂化；（4）化合物D2A为Cl2O，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O
117、+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8+6=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，计算质量和体积，可计算密度【解答】解：A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；A2和B+具有相同的电子构型，则A为O元素、B为Na元素；（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，故答案为
118、：O；1s22s22p63s23p3；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对分子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体，故答案为：O3；O3相对分子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个键，孤电子对数为=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制
119、备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8+6=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为g，晶胞的体积为（0.566107）3cm3，则晶体F的密度为gcm3=2.27 gcm3
120、，故答案为：Na2O；8；2.27gcm3【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能力，涉及晶胞计算、原子结构等知识点，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答，难点是晶胞计算，题目难度中等31、有机物A、B、C、D、E之间发生如图的转化：（1）写出C物质的结构简式：CH3CHO（2）上述转化反应中，属于取代反应的有；（3）属于加成反应的有（用反应序号填写）（4）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是有（砖）红色沉淀产生请写出下列转化的化学反应方程式：（5）B+DE：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；
121、（6）乙烯生成聚乙烯：、己知葡萄糖在乳酸菌的作用下转化为乳酸，乳酸的结构简式为试回答：（7）乳酸分子中含有羧基和羟基两种官能团（写名称）（8）乳酸与金属钠反应的化学方程式为（9）乳酸与Na2CO3溶液反应的化学方程式为（10）乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为【分析】I、由图中转化可知，乙烯燃烧生成二氧化碳和水，A为水解产物，且A可发生酒化反应生成B和甲，则甲为CO2，乙为H2O，A为葡萄糖，B可发生连续氧化反应，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOC2H5；II、中含OH、COOH，结合醇、羧酸的性质来解答【解答
122、】解：（1）C物质的结构简式为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（2）为分解反应，为氧化反应，为取代反应或酯化反应，光合作用，为氧化反应，为乙烯的加成反应，故答案为：；（3）由上述分析可知，只有为加成反应，故答案为：；（4）A为葡萄糖，含CHO，向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是有（砖）红色沉淀产生，故答案为：有（砖）红色沉淀产生；（5）B+DE的反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；（6）乙烯生成聚乙烯的反应为为，故答案为：；（7）乳酸分子中含羧基、羟基两种官能团，故答案为：羧基、羟基；（8）含OH、COOH，均与Na反应，则反应为，故答案为：；（9）只有COOH与碳酸钠反应，则反应为，故答案为：；（10）含OH、COOH可发生酯化反应，则两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，把握流程中官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等2017年7月12日
