江西省南昌市2022届高三化学上学期摸底试题含解析

2022-2022学年江西省南昌市高三（上）摸底化学试卷　一、选择题（包括16小题，每小题3分，共48分．）每小题只有一个选项符合题意．1．生活中处处存在化学，下列说法不正确的是（　　）A．热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去B．福尔马林用于标本的制作是利用了使蛋白质变性的性质C．含钙、钡、铂等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火D．在清理厕所时洁厕灵和84消毒液不能混用，否则可能发生中毒现象　2．科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与溶液中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20～60nm）．下列有关说法中错误的是（　　）A．检测时NaAuCl4发生氧化反应B．葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHOC．葡萄糖具有还原性D．纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应　3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（　　）A．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAB．标准状况下，7.8g苯中含碳碳双键的数目为0.3NAC．含0.2NA个阴离子的Na2O2和水完全反应转移0.2mol电子D．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3N　4．如图各装置不能达到实验目的是（　　）A．装置①可制取少量蒸馏水B．装置②可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气-33-C．装置③可用于排空气法收集NO气体D．装置④中下层物质若为四氯化碳，则可用于吸收氯化氢　5．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是（　　）A．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C．过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳，因此过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率　6．下列物质中，既能导电，又属于强电解质的一组是（　　）A．液态氯化钠、液态氯化氢B．熔融NaOH、熔融BaSO4C．石墨、分析纯盐酸D．冰醋酸、分析纯硫酸　7．下列实验过程始终无明显现象的是（　　）A．NO2气体通入FeSO4溶液中B．CO2通入Ba（NO3）2溶液中C．SO2气体通入Ca（NO3）2溶液中D．CO2气体通入Ca（ClO）2溶液中　8．X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（　　）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A．Z的氢化物分子间存在氢键B．最外层电子数Z＞YC．气态氢化物的稳定性Y＞XD．Y的含氧酸均为强酸　9．香兰素是一种重要香料，其结构如图所示．下列有关香兰素的叙述不正确的是（　　）A．香兰素的化学式为C8H8O3B．能与Na2CO3和NaOH溶液反应C．1mol香兰素只能与含1molBr2的溴水反应-33-D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有羟基和醛基　10．下列说法正确的是（　　）A．乙二醇和丙三醇互为同系物B．分子式为C7H80且属于酚类物质的同分异构体有4种C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼D．乙酸乙酯中少量乙酸杂质可加饱和Na2C03溶液后经分液除去　11．pH=0时，下列各离子组能大量共存的是（　　）A．Ba2+、Na+、I﹣、ClO﹣B．K+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣C．K+、Mg2+、Br﹣SO42﹣D．Na+、K+、Clˉ、SiO32﹣　12．某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（　　）A．铜电极附近观察到黄绿色气体B．石墨电极附近溶液呈红色C．溶液中的Na+向石墨电极移动D．铜电极上发生还原反应　13．下列反应对应的离子方程式正确的是（　　）A．氯化银悬浊液滴入过量氨水溶液变澄清：Ag++2NH3•H2O═Ag（NH3）2++2H2OB．向氯化铝溶液中滴加过量氨水，生成白色胶状沉淀：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+C．硫酸铁溶液与足量的Ba（OH）2溶液反应：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．稀醋酸与石灰石反应制CO2气体：2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+-33-　14．已知：（CH3COOH）2（g）⇌2CH3COOH（g），实验测得不同压强下体系平均相对分子质量（）随温度（T）变化曲线如图．下列说法正确的是（　　）A．该过程△H＜0B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．气体压强：p（a）＜p（b）=p（c）D．当=80时，体系中：n：n（CH3COOH）=1：1　15．下列说法错误的是（　　）A．NaHCO3溶液加水稀释，的比值保持增大B．在0.1mol•L一1氨水中滴加0．lmol•L一1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH＜7C．向0．lmol/LNa2S03溶液中加人少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32﹣）均增大D．0．lmol•L一1氨水加水稀释，溶液中c（H+）和c（OH﹣）都减小　16．铁、铜混合粉末18.0g加人到100m15.0mol/LFeC13溶液中，剩余固体质量为3.2g，下列说法正确的是（　　）A．剩余固体是铁、铜混合物B．原固体混合物中铜的质量是6.4gC．反应后溶液中n（Fe3十）=0．l0molD．反应后溶液中n（Fe2十）+n（Cu2十）=0.75mo1　　二、非选择题（共52分）-33-17．W，X，Y，Z四种短周期元素，原子序数依次增大，在周期表中W与X相邻、Y与Z相邻．已知W元素的氢化物与Z元素的氢化物反应只生成一种盐a；X，Y位于同一族，它们能组成YX2，YX3两种常见化合物．请回答下列问题：（1）X元素位于周期表的位置为　　　　　　（2）X，Y，Z三种元素形成的单质中，氧化性最弱的是_　　　　　　（填化学式）．（3）Y与Z可形成共价化合物Y2Z2，分子中Y与Z均满足8电子稳定结构，则Y2Z2的电子式为　　　　　　．Y2Z2遇水很易反应，产生的气体能使品红溶液褪色，则其与水反应的化学方程式为　　　　　　（4）a溶液的pH　　　　　　7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式解释为：　　　　　　．　18．某研究性学习小组对碳与氧化铁按不同比例在高温下反应的气体产物进行实验探究：Ⅰ．提出猜想猜想1：该反应气体产物只有CO2猜想2：该反应气体产物只有CO猜想3：该反应气体产物可能　　　　　　Ⅱ．查阅资料①N2不与C、Fe203发生反应，所以该反应可以在氮气氛围中进行．②实验室可利用饱和氯化钱溶液和亚硝酸钠混合加热制N2，写出该反应的离子方程式：　　　　　　Ⅲ．设计方案用如图装置将一定量的Fe203在隔绝空气条件下与一定量炭粉反应，测定固体反应物的质量变化N．实验步骤①按如图连接好装置后，首先应进行的操作是　　　　　　；②称量：m（Fe203）=1.60g；m（C）=0.24g，均匀混合，并全部装人燃烧管；③加热燃烧管前，先通一段时间N2．此操作目的是_　　　　　　；B装置的作用是：　　　　　　；④停止通N2，夹紧弹簧夹，充分加热燃烧管，使Fe203与C完全反应．⑤停止加热，再通N2，冷却至室温．准确称量燃烧管中的剩余固体质量为1.12g；从实验数据确定猜想　　　　　　成立．-33-V．小明同学从环保角度分析，用该装置进行实验会对环境造成污染，你认为应如何处理？　　　　　　　19．资源综合利用既符合绿色化学理念，也是经济可持续发展的有效途径．一种难溶的废弃矿渣杂卤石，其主要成分可表示为：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O，已知它在水溶液中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O⇌2K++4SO42﹣+Mg2++2Ca2++2H2O为了充分利用钾资源，一种溶浸杂卤石制备K2S04工艺流程如图：（1）操作①名称是　　　　　　；（2）用化学平衡移动原理解释：Ca（OH）2溶液能溶解出杂卤石中K十的原因：　　　　　　（3）除杂质环节，为了除去Ca2+，可先加人　　　　　　溶液，经搅拌等操作后，过滤，再向滤液中滴加稀H2S04，调节溶液pH至　　　　　　；（填“酸性”、“中性”或“碱性”）（4）操作②的步骤包括（填操作过程）：、　　　　　　、过滤、洗涤、干燥；（5）有人用可溶性碳酸盐为溶浸剂，其浸溶原理可表示为：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+so42﹣（aq）已知常温下：KSP（CaCO3）=2.80×10﹣9KSP（CaSO4）=4.95×10﹣5则常温下该反应的平衡常数K=　　　　　　．　20．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环保、废物利用．-33-Ⅰ．脱硝：在催化剂存在下，用H2还原NO2可生成水蒸气和其它无毒物质，写出该反应化学方程式：　　　　　　Ⅱ．脱碳：在体积为2L的密闭容器中充人2mo1CO2，6molH2，在一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化曲线如图1．①下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是　　　　　　．a．混合气体的平均相对分子质量保持不变b.1molCO2生成的同时有3molH﹣H键断裂c．CO2和H2的转化率相等d．混合气体的密度保持不变②从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=　　　　　　，平衡时H2的浓度c（H2）=　　　　　　．Ⅲ．甲醇/空气一KOH燃料电池广泛应用于笔记本电脑储能供能装置，电池工作原理如图2所示．①写出负极反应方程式：　　　　　　；②电池工作过程中电解质溶液pH　　　　　　（填“升高”、“降低”或“不变‘’）　21．化合物F是一种调香剂，结构为；以化合物A为原料合成F的工艺流程如图：-33-根据上述信息回答下列问题：（1）化合物F不能发生的反应类型有_　　　　　　（填序号）．A．加成反应　B．醋化反应　C．水解反应　D．加聚反应（2）化合物A的结构简式为　　　　　　；分子中不同化学环境的氢核磁共振谱峰面积比为　　　　　　（3）反应④的化学方程式为　　　　　　（4）化合物F反式异构体结构简式为　　　　　　．　22．铜及其化合物在工业、农业、科技和日常生活中有广泛应用．（1）工业上利用辉铜矿（主要成分是Cu2S）冶炼铜．为了测定辉铜矿样品的纯度，用酸性高锰酸钾溶液反应，请完成下列离子方程式：□CuS+□MnO4﹣+□H+→□Cu2++□SO42﹣+□Mn2++□H2O（2）现有一块含有铜绿的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应前后固体的质量相同．①固态铜与适量氧气反应，能量变化如右图所示，写出固态铜与氧气反应生成1mol固态氧化亚铜的热化学方程式，　　　　　　②上述铜片中铜的生锈率为　　　　　　（金属生锈率=×100%）-33-　　-33-2022-2022学年江西省南昌市高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（包括16小题，每小题3分，共48分．）每小题只有一个选项符合题意．1．生活中处处存在化学，下列说法不正确的是（　　）A．热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去B．福尔马林用于标本的制作是利用了使蛋白质变性的性质C．含钙、钡、铂等金属元素的物质有绚丽的颜色，可用于制造焰火D．在清理厕所时洁厕灵和84消毒液不能混用，否则可能发生中毒现象【考点】乙酸的化学性质；钠的重要化合物；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应；B．甲醛能使蛋白质变性；C．铂没有焰色反应；D．洁厕灵（含盐酸）和84消毒液（含次氯酸钠）进行混用，会产生有毒气体氯气．【解答】解：A．水垢的成分为碳酸钙，与醋酸反应，生成物溶于水，则热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去，故A正确；B．甲醛能使蛋白质变性，所以其水溶液福尔马林能用来浸泡标本，故B正确；C．铂没有焰色反应，不可用于制造焰火，故C错误；D．洁厕灵（含盐酸）和84消毒液（含次氯酸钠）进行混用，会产生有毒气体氯气，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉物质的性质是解题关键，注意水垢、洁厕灵、84消毒液的成分，题目难度不大．　2．科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与溶液中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒（直径为20～60nm）．下列有关说法中错误的是（　　）A．检测时NaAuCl4发生氧化反应B．葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO-33-C．葡萄糖具有还原性D．纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应【考点】氧化还原反应；结构简式．【分析】A．化合价降低的反应是还原反应；B．葡萄糖结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO；C．葡萄糖中含有醛基；D．分散质粒子直径在1nm﹣100nm之间的分散系为胶体．【解答】解：A．氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．葡萄糖的结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，故B正确；C．葡萄糖中含有醛基，具有还原性，故C正确；D．纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．故选A．【点评】本题考查胶体、葡萄糖的性质、氧化还原反应等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累．　3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（　　）A．常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAB．标准状况下，7.8g苯中含碳碳双键的数目为0.3NAC．含0.2NA个阴离子的Na2O2和水完全反应转移0.2mol电子D．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3N【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．14CH4的摩尔质量为18g/mol，其分子中含有8个中子；B．苯分子中不存在碳碳双键；C．含0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，0.2mol过氧化钠与水完全反应生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子；D．铵根离子部分水解，则溶液中铵根离子数目减少．【解答】解：A．16g14CH4的物质的量为：=mol，含中子的物质的量为：mol×8=mol＜8mol，则含有的中子数目小于8NA，故A错误；B．7.8g苯的物质的量为0.1mol，苯分子中不存在含碳碳双键，故B错误；-33-C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，则含0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，0.2mol过氧化钠与水完全反应生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子，故C正确；D．0.1L3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，由于铵根离子部分水解，则溶液中含有的NH4+数目小于0.3NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，B为易错点，明确苯分子中不存在碳碳双键为解答关键．　4．如图各装置不能达到实验目的是（　　）A．装置①可制取少量蒸馏水B．装置②可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气C．装置③可用于排空气法收集NO气体D．装置④中下层物质若为四氯化碳，则可用于吸收氯化氢【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．冷却水的方向逆流；B．碱石灰干燥氨气，密度比空气小，氨气极易溶于水；C．NO不能利用排空气法收集；D．四氯化碳与水不溶，且密度比水大，可使气体与水隔绝．【解答】解：A．冷却水的方向逆流冷却效果好，图中蒸馏装置合理，故A正确；B．碱石灰干燥氨气，密度比空气小，氨气极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，图中装置可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气，故B正确；C．NO与空气中的氧气反应，则NO不能利用排空气法收集，故C错误；D．四氯化碳与水不溶，且密度比水大，可使气体与水隔绝，图中下层物质若为四氯化碳，则可用于吸收氯化氢，故D正确；-33-故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及蒸馏、气体的干燥及收集、防止倒吸装置等，侧重物质性质及实验原理的考查，注意实验方案非评价性、操作性分析，选项C为易错点，题目难度不大．　5．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是（　　）A．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C．过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳，因此过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率【考点】钠的重要化合物；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；化学试剂的存放．【分析】A．铜和浓硝酸在常温下反应；铝与浓硝酸发生钝化反应；B．HF与二氧化硅反应；C．过氧化钠具有氧化性和还原性；D．浓硫酸与铁发生钝化．【解答】解：A．铜和浓硝酸在常温下反应，而铝与浓硝酸发生钝化反应，则可用铝罐贮运浓硝酸而不能用铜，故A错误；B．HF与二氧化硅反应而腐蚀玻璃，不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；C．过氧化钠中O元素化合价为﹣1价，处于中间价态，具有氧化性和还原性，可与水、二氧化碳反应生成氧气，反应中过氧化钠既为氧化剂也为还原剂，故C错误；D．浓硫酸与铁发生钝化，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握相关基础知识的积累，难度不大．　6．下列物质中，既能导电，又属于强电解质的一组是（　　）A．液态氯化钠、液态氯化氢B．熔融NaOH、熔融BaSO4C．石墨、分析纯盐酸D．冰醋酸、分析纯硫酸【考点】电解质溶液的导电性；强电解质和弱电解质的概念．-33-【分析】能导电的物质含有自由电子或自由离子，强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类．【解答】解：A．液态氯化钠中含有自由移动的离子能导电，属于强电解质，但液态氯化氢不导电，故A错误；B．熔融的熔融NaOH、熔融BaSO4中含有自由移动的离子能导电，是强电解质，故B正确；C．石墨能导电，但是不属于电解质，故C错误；D．冰醋酸不能导电，属于弱电解质，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了强弱电解质的划分，明确其划分标准是解本题关键，注意物质能导电是含有自由电子或自由离子．　7．下列实验过程始终无明显现象的是（　　）A．NO2气体通入FeSO4溶液中B．CO2通入Ba（NO3）2溶液中C．SO2气体通入Ca（NO3）2溶液中D．CO2气体通入Ca（ClO）2溶液中【考点】二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子；B．碳酸酸性小于硝酸，二氧化碳和硝酸钡溶液不反应；C．二氧化硫具有还原性，硝酸钙具有氧化性，二者能发生氧化还原反应；D．碳酸酸性大于次氯酸，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸．【解答】解：A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，所以看到的现象是：溶液由浅绿色变为黄色，故A不选；B．碳酸酸性小于硝酸，二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，所以始终没有明显现象，故B选；C．二氧化硫具有还原性，硝酸钙具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子和钙离子反应生成沉淀，所以有明显现象，故C不选；D．碳酸酸性大于次氯酸，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和次氯酸钙溶液发生反应生成白色沉淀，有明显现象，故D不选；故选B．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质性质及物质的溶解性是解本题关键，易错选项是C，注意二氧化硫和硝酸钙发生氧化还原反应，题目难度不大．　-33-8．X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（　　）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A．Z的氢化物分子间存在氢键B．最外层电子数Z＞YC．气态氢化物的稳定性Y＞XD．Y的含氧酸均为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素．【解答】解：X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素，A．Z的氢化物为氨气，分子间存在氢键，故A正确；B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；D．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故D错误，故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系，关键根据反应条件及氢化物水溶液pH判断元素，注意对基础知识的理解掌握．　9．香兰素是一种重要香料，其结构如图所示．下列有关香兰素的叙述不正确的是（　　）A．香兰素的化学式为C8H8O3B．能与Na2CO3和NaOH溶液反应C．1mol香兰素只能与含1molBr2的溴水反应-33-D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有羟基和醛基【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣CHO及醚键，结合苯酚、醛的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C8H8O3，故A正确；B．含有酚羟基，可与碳酸钠、氢氧化钠反应，故B正确；C．含有酚羟基，可与溴发生取代反应，含有醛基，可与溴发生氧化还原反应，需要溴大于1mol，故C错误；D．酚羟基、醛基可被氧化，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、醛性质及共面问题的考查，选项C为解答的易错点，题目难度不大．　10．下列说法正确的是（　　）A．乙二醇和丙三醇互为同系物B．分子式为C7H80且属于酚类物质的同分异构体有4种C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼D．乙酸乙酯中少量乙酸杂质可加饱和Na2C03溶液后经分液除去【考点】芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．乙二醇和丙三醇含﹣OH的个数不同；B．分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体取决于甲基在苯环上的位置；C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲基被氧化；D．乙酸可以与碳酸钠反应，乙酸乙酯不与乙酸乙酯反应．【解答】解：A．乙二醇和丙三醇所含羟基数目不同，分子式不是相差若干个CH2，不是同系物，故A错误；B．甲基在苯环上有邻、间、对三种位置，因此分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有三种，故B错误；C．苯环影响甲基，使甲基易被氧化，则甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．乙酸可以与碳酸钠反应，乙酸乙酯不与乙酸乙酯反应，故乙酸乙酯中少量乙酸杂质可加饱和Na2C03溶液后经分液除去，正确，故D正确，故选D．-33-【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、同分异构体等为解答的关键，注意醇、苯及苯的同系物、苯酚的性质，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大．　11．pH=0时，下列各离子组能大量共存的是（　　）A．Ba2+、Na+、I﹣、ClO﹣B．K+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣C．K+、Mg2+、Br﹣SO42﹣D．Na+、K+、Clˉ、SiO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】pH=0的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，A．次氯酸根离子与碘离子发生氧化还原反应，次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸；B．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；C．四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D．硅酸根离子与氢离子反应生成硅酸．【解答】解：该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，A．I﹣、ClO﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．K+、Mg2+、Br﹣SO42﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．SiO32﹣与氢离子反应生成硅酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力．　12．某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（　　）-33-A．铜电极附近观察到黄绿色气体B．石墨电极附近溶液呈红色C．溶液中的Na+向石墨电极移动D．铜电极上发生还原反应【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．【解答】解：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣=H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣=H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣=H2↑，属于还原反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大．　13．下列反应对应的离子方程式正确的是（　　）A．氯化银悬浊液滴入过量氨水溶液变澄清：Ag++2NH3•H2O═Ag（NH3）2++2H2OB．向氯化铝溶液中滴加过量氨水，生成白色胶状沉淀：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+-33-C．硫酸铁溶液与足量的Ba（OH）2溶液反应：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．稀醋酸与石灰石反应制CO2气体：2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氯化银为难溶物，离子方程式中氯化银不能拆开；B．氨水为弱碱，二者反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀；C．氢氧化钡足量，离子方程式按照硫酸铁的化学式组成书写；D．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开，应该保留分子式．【解答】解：A．氯化银悬浊液滴入过量氨水溶液变澄清，氯化银不能拆开，正确的离子方程式为：AgCl+2NH3•H2O═Ag（NH3）2++2H2O+Cl﹣，故A错误；B．向氯化铝溶液中滴加过量氨水，生成白色胶状沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B正确；C．硫酸铁溶液与足量的Ba（OH）2溶液反应，铁离子和硫酸根离子完全反应，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；D．稀醋酸与石灰石反应制CO2气体，醋酸和碳酸钙都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确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，C为易错点，注意反应物过量情况对生成物的影响．　14．已知：（CH3COOH）2（g）⇌2CH3COOH（g），实验测得不同压强下体系平均相对分子质量（）随温度（T）变化曲线如图．下列说法正确的是（　　）A．该过程△H＜0B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）-33-C．气体压强：p（a）＜p（b）=p（c）D．当=80时，体系中：n：n（CH3COOH）=1：1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】A．温度升高平均相对分子质量减小，气体总质量不变，则气体总物质的量增大，说明升高温度平衡正向移动，升温平衡向吸热反应方向进行；B．升高温度平衡正向移动，平衡常数减小；C．b、c点处于等压线上，压强相等，温度一定时，增大压强平衡逆向移动，混合气体物质的量减小，平均相对分子质量增大；D．设（CH3COOH）2、CH3COOH的物质的量分别为xmol、ymol，故=计算．【解答】解：A．温度升高平均相对分子质量减小，气体总质量不变，则气体总物质的量增大，说明升高温度平衡正向移动，升温平衡向吸热反应方向进行，正反应是吸热反应，故△H＞0，故A错误；B．温度：a＜c＜b，升高温度平衡正向移动，平衡常数减小，故平衡常数：K（a）＜K（c）＜K（b），故B错误；C．b、c点处于等压线上，压强相等，温度一定时，增大压强平衡逆向移动，混合气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，故压强P1＞P2，则P（a）＜P（b）=P（c），故C正确；D．设（CH3COOH）2、CH3COOH的物质的量分别为xmol、ymol，则=80，整理可得x：y=1：2，故D错误，故选：C．【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡影响因素、化学平衡计算等，注意平衡常数只受温度影响．　15．下列说法错误的是（　　）A．NaHCO3溶液加水稀释，的比值保持增大B．在0.1mol•L一1氨水中滴加0．lmol•L一1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH＜7C．向0．lmol/LNa2S03溶液中加人少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32﹣）均增大-33-D．0．lmol•L一1氨水加水稀释，溶液中c（H+）和c（OH﹣）都减小【考点】盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3﹣的水解；B、恰好完全反应生成氯化铵，强酸弱碱盐；C、亚硫酸钠溶液中加入氢氧化钠，钠离子浓度增大，同时氢氧根离子浓度增大抑制了亚硫酸根离子的水解，导致亚硫酸根离子浓度也增大；D、氨水加水稀释，促进电离，体积增大，但溶液中氢氧根离子浓度减小，所以c（H+）增大．【解答】解：A、NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3﹣的水解，n（HCO3﹣）较小，n（Na+）不变，则的比值保持增大，故A正确；B、恰好完全反应生成氯化铵，强酸弱碱盐水解呈酸性，所以溶液的pH＜7，故B正确；C、向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c（Na+）、c（SO32﹣）均增大，故C正确；D、氨水加水稀释，促进电离，体积增大，但溶液中氢氧根离子浓度减小，所以c（H+）增大，故D错误；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，明确弱电解质电离特点及影响弱电解质电离的因素是解本题关键，难度中等．　16．铁、铜混合粉末18.0g加人到100m15.0mol/LFeC13溶液中，剩余固体质量为3.2g，下列说法正确的是（　　）A．剩余固体是铁、铜混合物B．原固体混合物中铜的质量是6.4gC．反应后溶液中n（Fe3十）=0．l0molD．反应后溶液中n（Fe2十）+n（Cu2十）=0.75mo1【考点】有关混合物反应的计算．-33-【分析】A．铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，先后发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，溶液中n（FeCl3）=5mol/L×0.1L=0.5mol，计算0.5mol铁离子完全反应，分别消耗Cu、Fe的质量，再根据参加反应的金属质量判断剩余固体的组成；B．列方程计算参加反应的Cu、Fe物质的量，原固体混合物中Cu的质量=参加反应Cu的质量+剩余固体Cu的质量；C．金属有剩余，则Fe3+完全反应；D．反应后溶液为FeC12、CuC12溶液，根据电荷守恒可知：n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（Cl﹣）．【解答】解：A．铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，先后发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，溶液中n（FeCl3）=5mol/L×0.1L=0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗Cu、Fe的质量分别为m1、m2，则：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+64g2mol56g2molm10.5molm20.5molm1==16g，m2==14g，溶解的金属质量是18﹣3.2=14.8，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A错误；B．设反应的铜的物质的量是n1mol，反应的铁物质的量为n2mol，则：64n1+56n2=14.82n1+2n2=0.5解得：n1=0.1，n2=0.15，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g，故B错误；C．金属有剩余，则Fe3+完全反应，反应后溶液中没有Fe3+，故C错误；D．反应后溶液为FeC12、CuC12溶液，根据电荷守恒可知：n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（Cl﹣）==0.75mol；故选：D．-33-【点评】本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，关键是明确发生反应先后顺序及判断反应剩余固体组成，难度中等．　二、非选择题（共52分）17．W，X，Y，Z四种短周期元素，原子序数依次增大，在周期表中W与X相邻、Y与Z相邻．已知W元素的氢化物与Z元素的氢化物反应只生成一种盐a；X，Y位于同一族，它们能组成YX2，YX3两种常见化合物．请回答下列问题：（1）X元素位于周期表的位置为　第二周期VIA族　（2）X，Y，Z三种元素形成的单质中，氧化性最弱的是_　S　（填化学式）．（3）Y与Z可形成共价化合物Y2Z2，分子中Y与Z均满足8电子稳定结构，则Y2Z2的电子式为　　．Y2Z2遇水很易反应，产生的气体能使品红溶液褪色，则其与水反应的化学方程式为　2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl　（4）a溶液的pH　＜　7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式解释为：　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，原子序数依次增大，X、Y位于同一族，它们能组成YX2，YX3两种常见化合物，则X为O元素、Y为S元素，在周期表中W与X相邻、Y与Z相邻，结合原子序数可知W为N元素、Z为Cl，W元素的氢化物与Z元素的氢化物反应只生成一种盐a为NH4Cl，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，原子序数依次增大，X、Y位于同一族，它们能组成YX2，YX3两种常见化合物，则X为O元素、Y为S元素，在周期表中W与X相邻、Y与Z相邻，结合原子序数可知W为N元素、Z为Cl，W元素的氢化物与Z元素的氢化物反应只生成一种盐a为NH4Cl．（1）X为O元素，在周期表中的位置为：第二周期VIA族，故答案为：第二周期VIA族；（2）X、Y、Z三种元素形成的单质中，氧化性最弱的是S，故答案为：S；（3）Y与Z可形成共价化合物S2Cl2，分子中Y与Z均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式为．S2Cl2遇水很易反应，产生的气体能使品红溶液褪色，反应有SO2生成，由电子转移守恒可知应有S生成，则其与水反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl，-33-故答案为：；2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl；（4）NH4Cl溶液中铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，故pH＜7，故答案为：＜；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生对知识的迁移应用，难度中等．　18．某研究性学习小组对碳与氧化铁按不同比例在高温下反应的气体产物进行实验探究：Ⅰ．提出猜想猜想1：该反应气体产物只有CO2猜想2：该反应气体产物只有CO猜想3：该反应气体产物可能　CO2、CO的混合物　Ⅱ．查阅资料①N2不与C、Fe203发生反应，所以该反应可以在氮气氛围中进行．②实验室可利用饱和氯化钱溶液和亚硝酸钠混合加热制N2，写出该反应的离子方程式：　NH4++NO2﹣N2↑+2H2O　Ⅲ．设计方案用如图装置将一定量的Fe203在隔绝空气条件下与一定量炭粉反应，测定固体反应物的质量变化N．实验步骤①按如图连接好装置后，首先应进行的操作是　检查装置气密性　；②称量：m（Fe203）=1.60g；m（C）=0.24g，均匀混合，并全部装人燃烧管；③加热燃烧管前，先通一段时间N2．此操作目的是_　排尽装置内空气　；B装置的作用是：　干燥N2　；④停止通N2，夹紧弹簧夹，充分加热燃烧管，使Fe203与C完全反应．⑤停止加热，再通N2，冷却至室温．准确称量燃烧管中的剩余固体质量为1.12g；从实验数据确定猜想　3　成立．V．小明同学从环保角度分析，用该装置进行实验会对环境造成污染，你认为应如何处理？　在D装置导管处用酒精灯点燃，或用塑料袋收集　-33-【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】Ⅰ．（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三种情况；Ⅱ．②根据反应物和生成物，结合质量守恒书写反应的离子方程式；N．①该实验是对碳与氧化铁按不同比例在高温下反应的气体产物进行的实验探究，所以需实验装置气密性完好根据大气压强原理来检验装置的气密性；③加热燃烧管前，先通一段时间N2，排尽装置内空气，如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，B装置的作用是干燥N2；⑤根据质量守恒判断气体的组成；V．CO有毒，扩散到空气中会污染环境，在D装置导管处用酒精灯点燃，或用塑料袋收集．【解答】解：Ⅰ．（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物，故答案为：CO2、CO的混合物；Ⅱ．②氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为：NH4++NO2﹣N2↑+2H2O，故答案为：NH4++NO2﹣N2↑+2H2O；N．①该实验是对碳与氧化铁按不同比例在高温下反应的气体产物进行的实验探究，所以需实验装置气密性完好，所以连接好装置后，要检验装置的气密性，可以根据气压原理来检验，关闭分液漏斗上的活塞，温热烧瓶，观察D管口，若有气泡逸出，停止加热后，导气管与锥形瓶中有液面差，一段时间内液面差保持不变，说明装置的气密性良好，故答案为：检查装置气密性；-33-③如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以需利用稳定的氮气排空气，B装置的作用是干燥N2，故答案为：排尽装置内空气；干燥N2；⑤1.60g氧化铁的物质的量为=0.01mol，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成，m（C）=0.24g，则n（C）=n（CO2）==0.02mol，若全部生成二氧化碳，则m（CO2）=0.02mol×44g/mol=0.88g，准确称量燃烧管中的剩余固体质量为1.12g；反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为：1.6g﹣1.12g=0.48g，因0.48g＜0.88g，则生成其气体为CO2、CO的混合物，故答案为：3；V．CO有毒，扩散到空气中会污染环境，从环境保护的角度考虑，实验中需要改进的措施是：在D装置导管处放一个点燃的酒精灯，把一氧化碳转化成二氧化碳，或在在D装置导管处用塑料袋收集尾气，变废为宝，故答案为：在D装置导管处用酒精灯点燃，或用塑料袋收集．【点评】本题考查过量炭粉与氧化铁反应产物中气体的成分的探究，注意从质量守恒的角度分析，加强随数据的处理和分析能力，充分考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等．　19．资源综合利用既符合绿色化学理念，也是经济可持续发展的有效途径．一种难溶的废弃矿渣杂卤石，其主要成分可表示为：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O，已知它在水溶液中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O⇌2K++4SO42﹣+Mg2++2Ca2++2H2O为了充分利用钾资源，一种溶浸杂卤石制备K2S04工艺流程如图：（1）操作①名称是　过滤　；（2）用化学平衡移动原理解释：Ca（OH）2溶液能溶解出杂卤石中K十的原因：　Mg2+转化成Mg（OH）2沉淀，Ca2+转化为CaSO4沉淀，使平衡右移，促使杂卤石溶解　-33-（3）除杂质环节，为了除去Ca2+，可先加人　K2CO3　溶液，经搅拌等操作后，过滤，再向滤液中滴加稀H2S04，调节溶液pH至　中性　；（填“酸性”、“中性”或“碱性”）（4）操作②的步骤包括（填操作过程）：、　蒸发浓缩、冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥；（5）有人用可溶性碳酸盐为溶浸剂，其浸溶原理可表示为：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+so42﹣（aq）已知常温下：KSP（CaCO3）=2.80×10﹣9KSP（CaSO4）=4.95×10﹣5则常温下该反应的平衡常数K=　1.75×104　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1）过滤分离不溶性固体和液体；（2）依据氢氧化钙和平衡状态下的镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移分析；（3）“除杂”环节中主要是除去钙离子，但不能引入新的杂质，调节溶液PH呈中性，除去加入的碳酸钾，得到较纯净的硫酸钾，需要加入硫酸调节；（4）实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥；（5）以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq）平衡常数概念写出计算式，依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算分析．【解答】解：（1）分离不溶性固体和液体用过滤，故答案为：过滤；（2）Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因是氢氧化钙是饱和溶液，加入后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移钙离子增多，饱和溶液中析出氢氧化钙，增多K+，故答案为：氢氧根与镁离子结合使平衡向右移动，钾离子变多；（3）“除杂”环节主要是除去钙离子，依据除杂原则不能引入新的杂质，根据制取的目的是制备硫酸钾，所以加入的试剂易于除去，不引入新的杂质，因此加入过量K2CO3除钙离子，过滤后加入硫酸至中性，除去碳酸钾，故答案为：K2CO3；中性；（4）实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq），CaCO3（s）=Ca2++CO32﹣；CaSO4（s）=Ca2++SO42﹣-33-；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数K====1.75×104，故答案为：1.75×104．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，流程分析，分离提纯的方法应用，图象分析判断方法，平衡常数的计算应用，沉淀转化的判断，题目难度中等．　20．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环保、废物利用．Ⅰ．脱硝：在催化剂存在下，用H2还原NO2可生成水蒸气和其它无毒物质，写出该反应化学方程式：　4H2+2NO2N2+4H2O　Ⅱ．脱碳：在体积为2L的密闭容器中充人2mo1CO2，6molH2，在一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化曲线如图1．①下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是　ab　．a．混合气体的平均相对分子质量保持不变b.1molCO2生成的同时有3molH﹣H键断裂c．CO2和H2的转化率相等d．混合气体的密度保持不变②从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=　0.18mol/（L•min）　，平衡时H2的浓度c（H2）=　1.2mol/L　．Ⅲ．甲醇/空气一KOH燃料电池广泛应用于笔记本电脑储能供能装置，电池工作原理如图2所示．①写出负极反应方程式：　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O　；②电池工作过程中电解质溶液pH　降低　（填“升高”、“降低”或“不变‘’）-33-【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【分析】Ⅰ．在催化剂存在下，用H2还原NO2可生成水蒸气和其它无毒物质，应生成氮气与水；Ⅱ．①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；②二氧化碳是反应物，浓度减小，甲醇是生成物，浓度增大，由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.6mol/L，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比氢气的浓度变化量，氢气平衡浓度=起始浓度﹣浓度变化量，根据v=计算v（H2）；Ⅲ．①负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；②反应中消耗KOH，溶液碱性减弱．【解答】解：Ⅰ．在催化剂存在下，用H2还原NO2可生成水蒸气和其它无毒物质，应生成氮气与水，反应方程式为：4H2+2NO2N2+4H2O，故答案为：4H2+2NO2N2+4H2O；Ⅱ．①a．混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体总物质的量进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明到达平衡，故a正确；b．1molCO2生成的同时有3molH﹣H键断裂，而断裂3molH﹣H键同时有1molCO2消耗，CO2的消耗速率与生成速率相等，反应到达平衡，故b正确；c．CO2和H2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，二者转化率始终相等，故c错误；d．混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度为定值，故d错误，故选：ab；②二氧化碳是反应物，浓度减小，甲醇是生成物，浓度增大，由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.6mol/L，由方程式CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2-33-O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量为0.6mol/L×3=1.8mol/L，v（H2）==0.18mol/（L•min），氢气的平衡浓度为﹣1.8mol/L=1.2mol/L，故答案为：0.18mol/（L•min）；1.2mol/L；Ⅲ．①负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；②反应中消耗KOH，溶液碱性减弱，溶液pH降低，故答案为：降低．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、原电池等，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．　21．化合物F是一种调香剂，结构为；以化合物A为原料合成F的工艺流程如图：根据上述信息回答下列问题：（1）化合物F不能发生的反应类型有_　B　（填序号）．A．加成反应　B．醋化反应　C．水解反应　D．加聚反应（2）化合物A的结构简式为　CH3CH2C（CH3）=CH2　；分子中不同化学环境的氢核磁共振谱峰面积比为　3：2：3：2　（3）反应④的化学方程式为　　-33-（4）化合物F反式异构体结构简式为　　．【考点】有机物的推断．【分析】根据题中各物质转化条件和C的结构简式可知，A与溴水发生加成反应得B，B发生碱性水解得C，所以A为CH3CH2C（CH3）=CH2，B为CH3CH2C（CH3）BrCH2Br，C发生选择性氧化反应得D为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，D发生消去反应得E，E发生酯化反应得F，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化条件和C的结构简式可知，A与溴水发生加成反应得B，B发生碱性水解得C，所以A为CH3CH2C（CH3）=CH2，B为CH3CH2C（CH3）BrCH2Br，C发生选择性氧化反应得D为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，D发生消去反应得E，E发生酯化反应得F，（1）根据F的结构简式可知，F中有碳碳双键和酯基，所以F可以发生加成反应、水解反应、加聚反应，不能发生酯化反应，故选B；（2）根据上面的分析可知，化合物A的结构简式为CH3CH2C（CH3）=CH2，分子中不同化学环境的氢核磁共振谱峰面积比为3：2：3：2，故答案为：CH3CH2C（CH3）=CH2；3：2：3：2；（3）反应④为D发生消去反应得E，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）根据F的结构简式可知，化合物F反式异构体结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．　22．铜及其化合物在工业、农业、科技和日常生活中有广泛应用．-33-（1）工业上利用辉铜矿（主要成分是Cu2S）冶炼铜．为了测定辉铜矿样品的纯度，用酸性高锰酸钾溶液反应，请完成下列离子方程式：□CuS+□MnO4﹣+□H+→□Cu2++□SO42﹣+□Mn2++□H2O（2）现有一块含有铜绿的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应前后固体的质量相同．①固态铜与适量氧气反应，能量变化如右图所示，写出固态铜与氧气反应生成1mol固态氧化亚铜的热化学方程式，　2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=kJ•mol﹣1　②上述铜片中铜的生锈率为　34%　（金属生锈率=×100%）【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的书写；氧化还原反应方程式的配平．【分析】（1）辉铜矿（主要成分是Cu2S）冶炼铜，和酸性高锰酸钾溶液反应生成铜离子，硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，结合原则守恒和电荷守恒配平书写；（2）①依据图象书写反应过程中的热化学方程式，结合个数定量计算所需热化学方程式；②依据化学方程式灼烧后质量不变，反应的氧气和生成的二氧化碳和水的质量相同，结合金属生锈率=×100%，计算得到．【解答】解：（1）辉铜矿（主要成分是Cu2S）冶炼铜，和酸性高锰酸钾溶液反应生成铜离子，硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，铜元素化合价+1价变化为+2价，硫元素﹣2价变化为+6价，锰元素化合价+7价变化为+2价，依据电子守恒和原子守恒配平书写得到反应的离子方程式为：Cu2S+2MnO4﹣+8H+=2Cu2++SO42﹣+2Mn2++4H2O；故答案为：1，2，8，2，1，2，4；（2）①依据图象分析书写热化学方程式：①2Cu（s）+O2（g）=2CuO（s）△H=﹣KJ/mol，②2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=﹣bKJ/mol；-33-依据盖斯定律计算（①×2﹣②）×得到2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣（）kJ•mol﹣1；故答案为：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣（）kJ•mol﹣1；②含有铜绿的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应前后固体的质量相同，说明反应的氧气质量和生成的二氧化碳、水蒸气的质量相同计算得到，设铜绿中铜物质的量为x，铜绿物质的量为y，2Cu+O22CuO，x0.5xCu2（OH）2CO32CuO+CO2+H2Oyyy0.5x×32=18y+44yx：y=31：8依据元素守恒计算，金属生锈率=×100%=×100%=×100%=34%；故答案为：34%．【点评】本题考查了铜及其化合物性质分析判断，化学方程式计算应用，沉淀转化原理的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　-33-