江西省上饶市铅山一中2022届高三化学上学期第三次模考试题非零班含解析

2022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第三次模考化学试卷（非零班）一、选择题．1．工业生产中常涉及到一些重要的中学化学反应，以下有关叙述正确的是()A．工业上，用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅B．通常将氯气通入到饱和石灰水中制得大量漂白粉C．工业制硫酸将SO2氧化成SO3的条件一般选择高温、高压、催化剂D．钠可把钛、锆、铌、钽等金属从它们的卤化物溶液里还原出来2．下列说法正确的是()A．1molC7H16中含有23mol共价键B．标准状况下，1.12LNH3中含有0.5mole﹣C．常温常压下，22gCO2中所含分子数是0.5molD．40gNaOH溶于1L水，所得溶液中c（Na+）=1mol/L3．已知短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁、戊的化合价如下，下列说法正确的是()元素甲乙丙丁戊化合价﹣4+1﹣4﹣2﹣1A．乙的常见氧化物只有一种B．气态氢化物稳定性：丙＞丁C．丙的氧化物能与戊的氢化物的水溶液反应D．原子半径大小：戊＜丙4．分子式为C9H12的芳香烃，其可能的结构有()A．5种B．6种C．7种D．8种5．下列叙述一定正确的是()A．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均减小B．常温下，pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：C（OH﹣）=C（H+）C．0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别中和pH、体积均相同的醋酸和盐酸，所消耗Na0H溶液的体积前者小于后者D．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液和0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液混合后溶液pH＜7：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）6．用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液[n（AlCl3）：n（CuSO4）=1：9]．t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为224mL（忽略气体的溶解）；t2时刻Cu全部在电极上析出．下列判断正确的是()A．a电极与电源的负极相连B．t2时，两电极的质量相差3.84gC．电解过程中，溶液的pH不断增大16D．t2时，b的电极反应是4OH﹣一4e﹣=2H2O+O2↑7．下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH=l的溶液中：CH3COO﹣，Na+，MnO4﹣，SO42﹣B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣，HCO3﹣，SO42﹣，NH4+C．含有大量SCN﹣的溶液中：Fe3+，Al3+，NO3﹣，Cl﹣D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+，Ba2+，Cl﹣，Br﹣二、简答题．8．学校化学研究小组对某溶液进行检测分析，该无色溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3﹣、Cl﹣、MnO4﹣、SO42﹣等离子中的几种离子．①经实验可知溶液明显呈酸性②取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生．③另取少量该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，当沉淀增加到一定量后开始产生气体丙，最后沉淀完全溶解．（1）写出气体丙的电子式__________，空间构型为__________．（2）该溶液中一定不含有：__________（填离子的化学式）离子，一定含有的离子有__________（填离子的化学式）．（3）在这些不存在的离子中，有一种离子在酸性环境中与SO2反应，试写出该反应的离子方程式：__________．（4）请设计实验方案，检验该试液中是否存在可能含有的离子__________．（5）为确定上述溶液中所含的各种离子的物质的量，取100mL上述溶液并向其中加入Na2O2固体，产生的沉淀和气体与所加Na2O2固体物质的量的关系曲线如图：该溶液中可能存在的离子的物质的量为__________mol．9．一定条件下，体积为1L的密闭容器中存在如下反应：SiF4（g）+2H2O（g）⇌SiO2（s）+4HF（g）△H=+148.9kJ/mol（1）下列各项中能说明该反应已达化学平衡状态的是__________（填序号）．a．υ（SiF4）消耗=υ（HF）生成b．容器内气体压强不再变化c．容器内气体的总质量不再变化d．HF体积分数不再变化（2）反应过程中测定的部分数据如下表（表中t2＞t1）：反应时间/minn（SiF4）/moln（H2O）/mol01.202.40t10.80at2b1.60通过a或b的值及化学平衡原理说明t1时反应是否达到化学平衡状态：__________．16（3）若只改变一个条件使上述反应的化学平衡常数变大，该反应__________（填序号）．a．一定向正反应方向移动b．一定向逆反应方向移动c．一定是减小压强造成的d．一定是升高温度造成的e．SiF4的平衡转化率一定增大（4）反应进行2min时，容器内气体的密度减小了0.03g/L，则这2min内υ（HF）=__________mol/（L•min）．10．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按如图组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．（1）装置C的作用为__________．（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为__________．Ⅱ．（1）步骤④中煮沸的作用是__________．（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、__________．（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是__________．a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测液润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为__________．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为__________．一、[化学-选修有机化学]11．根据下列有机化合物，回答问题．16（1）上述互为同分异构体的化合物为__________（填代号）；（2）写出丙中官能团的名称__________；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应，生成X、Y两种物质（相对分子质量：X＜Y）．由X经下列反应可制得N、F两种高分子化合物，它们都是常用的塑料．①X转化为M的反应类型是__________．②写出B转化为C的化学方程式__________．③C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：__________．④在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为__________．⑤写出3种含有一个羟基、一个酯基的E的同分异构体的结构简式：__________、__________、__________．162022-2022学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第三次模考化学试卷（非零班）一、选择题．1．工业生产中常涉及到一些重要的中学化学反应，以下有关叙述正确的是()A．工业上，用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅B．通常将氯气通入到饱和石灰水中制得大量漂白粉C．工业制硫酸将SO2氧化成SO3的条件一般选择高温、高压、催化剂D．钠可把钛、锆、铌、钽等金属从它们的卤化物溶液里还原出来【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质．【专题】化学计算．【分析】A．碳能二氧化硅反应得到硅单质；B．氢氧化钙的溶解度较小；C．二氧化硫被氧气氧化的条件一般选择400～500℃、常压和催化剂；D．钠和盐溶液的反应是钠和盐溶液中的水先反应．【解答】解：A．用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，故A正确；B．氢氧化钙是微溶物，溶解度较小，所以将氯气通入到饱和的石灰水中不能制得大量漂粉精，故B错误；C．二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫的反应是一个气体体积减小、放热的反应，应该选择低温、高压和催化剂的条件，有利于平衡向正反应方向移动，但实际上，低温时反应速率较慢，常压时二氧化硫的转化率就很大，所以二氧化硫被氧气氧化的条件一般选择400～500℃、常压和催化剂，故C错误；D．钠和盐溶液的反应规律是：钠和盐溶液中的水先反应生成氢氧化钠和氢气，不能将金属从其盐溶液中置换出来，故D错误．故选A．【点评】本题考查了硅的用途、反应条件的选择、金属的反应等知识点，难度不大，明确钠和盐溶液的反应规律是解题的关键，为易错点．2．下列说法正确的是()A．1molC7H16中含有23mol共价键B．标准状况下，1.12LNH3中含有0.5mole﹣C．常温常压下，22gCO2中所含分子数是0.5molD．40gNaOH溶于1L水，所得溶液中c（Na+）=1mol/L【考点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】A、烷烃中存在C﹣C键和C﹣H键；B、根据n=计算；C、微粒个数的单位是个；D、溶液的体积不等于水的体积．【解答】解：A、1molC7H16中含有6molC﹣C键和16molC﹣H键，所以含共有22mol共价键，故A错误；16B、标准状况下，1.12LNH3中分子的物质的量为n===0.05mol，1molNH3中含有10mol电子，则标准状况下，1.12LNH3中含有0.5mole﹣，故B正确；C、常温常压下，22gCO2中所含分子的物质的量是0.5mol，分子数为0.5NA个，故C错误；D、40gNaOH溶于1L水，溶液的体积不等于水的体积，所以无法计算离子的浓度，故D错误．故选B．【点评】本题考查了烷烃分子中共价键数目的计算、物质的量的计算等，题目难度不大，注意对有关概念的理解和公式的应用．3．已知短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁、戊的化合价如下，下列说法正确的是()元素甲乙丙丁戊化合价﹣4+1﹣4﹣2﹣1A．乙的常见氧化物只有一种B．气态氢化物稳定性：丙＞丁C．丙的氧化物能与戊的氢化物的水溶液反应D．原子半径大小：戊＜丙【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负价=族序数﹣8，根据氢化物中甲、乙、丙、丁、戊的化合价知，甲、丙、丁、戊分别位于第IVA族、第IVA族、第VIA族、第VIIA族，乙的氢化物中显正化合价，说明该元素电负性小于H元素，为金属元素，位于第IA族，甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，则甲、乙、丙、丁、戊的分别是C、Na、Si、S、Cl元素，再结合题目解答．【解答】解：短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负价=族序数﹣8，根据氢化物中甲、乙、丙、丁、戊的化合价知，甲、丙、丁、戊分别位于第IVA族、第IVA族、第VIA族、第VIIA族，乙的氢化物中显正化合价，说明该元素电负性小于H元素，为金属元素，位于第IA族，甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，则甲、乙、丙、丁、戊的分别是C、Na、Si、S、Cl元素，A．乙是Na元素，乙的常见氧化物有Na2O、Na2O2，故A错误；B．非金属性Si＜Cl，所以气态氢化物稳定性：丙＜丁，故B错误；C．丙的氧化物是SiO2、戊的氢化物是HCl，二氧化硅属于酸性氧化物，和盐酸不反应，故C错误；D．同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径戊＜丙，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原子结构和元素周期律，涉及物质的构成、元素周期律、物质的性质等知识点，同时考查学生对知识的灵活运用能力，注意二氧化硅不和强酸反应，但能和HF反应，为易错点．4．分子式为C9H12的芳香烃，其可能的结构有()A．5种B．6种C．7种D．8种【考点】同分异构现象和同分异构体．16【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】C9H12符合苯的同系物通式，含一个苯环，剩余3个碳可组成3个甲基、1个甲基和1个乙基、1个丙基，取代苯环上氢原子得同分异构体．【解答】解：分子式为C9H12的单环芳烃共有八种同分异构体，其中二种丙苯：正丙苯和异丙苯，三种甲乙苯：邻间对三种，三种三甲苯：邻三甲苯、偏三甲苯和均三甲苯．故选D．【点评】本题考查同分异构体的书写，比较基础，判断侧链是解题的关键．5．下列叙述一定正确的是()A．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和KW均减小B．常温下，pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：C（OH﹣）=C（H+）C．0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别中和pH、体积均相同的醋酸和盐酸，所消耗Na0H溶液的体积前者小于后者D．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液和0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液混合后溶液pH＜7：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．水的离子积常数只与温度有关；B．常温下，pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，要根据酸碱相对强弱判断溶液酸碱性；C．醋酸是弱电解质，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，用相同浓度的NaOH溶液中和时，消耗NaOH体积与酸的物质的量成正比；D.0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液和0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液混合后溶液pH＜7，则醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性．【解答】解：A．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，故A错误；B．常温下，pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，如果酸碱都是强电解质，则混合溶液C（OH﹣）=C（H+），如果酸是强酸、碱是弱碱，则混合溶液C（OH﹣）＞C（H+），如果酸是弱酸、碱是强碱，则混合溶液C（OH﹣）＜C（H+），故B错误；C．用相同浓度的NaOH溶液中和醋酸和盐酸时，消耗NaOH体积与酸的物质的量成正比，醋酸是弱电解质，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，则相同pH、相同体积的醋酸物质的量大于盐酸，则醋酸消耗氢氧化钠体积多，故C错误；D.0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液和0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液混合后溶液pH＜7，则醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度导致溶液呈酸性，但醋酸电离程度、醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合溶液定性判断、盐类水解等知识点，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意：水的离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，易错选项是A．6．用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液[n（AlCl3）：n（CuSO4）=1：9]．t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为224mL（忽略气体的溶解）；t2时刻Cu全部在电极上析出．下列判断正确的是()A．a电极与电源的负极相连16B．t2时，两电极的质量相差3.84gC．电解过程中，溶液的pH不断增大D．t2时，b的电极反应是4OH﹣一4e﹣=2H2O+O2↑【考点】电解原理．【专题】压轴题；电化学专题．【分析】离子放电顺序为Cl﹣＞OH﹣，Cu2+＞H+，t1时刻a电极得到混合气体，说明Cl﹣全部放电，得到的气体为Cl2和O2的混合物，n（Cl2）==0.01mol，则n（AlCl3）=×0.01mol，因n（AlCl3）：n（CuSO4）=1：9，则n（CuSO4）=0.06mol，由于阴极只有Cu析出，则m（Cu）=0.06mol×64g/mol=3.84g，以此解答该题．【解答】解：A．a电极得到混合气体，为Cl2和O2的混合物，应为电解池的阳极，与电源的正极相连，故A错误；B．n（Cl2）==0.01mol，则n（AlCl3）=×0.01mol，因n（AlCl3）：n（CuSO4）=1：9，则n（CuSO4）=0.06mol，由于阴极只有Cu析出，则m（Cu）=0.06mol×64g/mol=3.84g，因此质量差即是产生的Cu的质量3.84g，故B正确；C．电解过程中，由于OH﹣放电，则溶液H+浓度不断增大，溶液酸性增强，pH减小，故C错误；D．t2时，Cu全部在电极上析出，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，故D错误．故选B．【点评】本题考查电解原题，注意把握离子的放电顺序，为解答该题的关键，根据电极反应进行计算和判断，题目难度中等．7．下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH=l的溶液中：CH3COO﹣，Na+，MnO4﹣，SO42﹣B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣，HCO3﹣，SO42﹣，NH4+C．含有大量SCN﹣的溶液中：Fe3+，Al3+，NO3﹣，Cl﹣D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+，Ba2+，Cl﹣，Br﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=l的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，醋酸根离子能够与氢离子反应生成弱电解质醋酸；B．加入Al能放出H2的溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，氢氧根离子能够与NH4+反应；C．铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，Na+，Ba2+，Cl﹣，Br﹣之间不反应．【解答】解：A．该溶液为酸性溶液，CH3COO﹣离子能够与氢离子反应生成醋酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．加入Al能放出H2的溶液可能为酸性或者碱性溶液，HCO3﹣能够与氢氧根离子和氢离子反应，NH4+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．SCN﹣离子能够与Fe3+反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；16D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液可能为酸性或者碱性溶液，Na+，Ba2+，Cl﹣，Br﹣离子之间不反应，也不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子反应发生的条件，明确常见的离子不能共存的情况，注意题中暗含条件．二、简答题．8．学校化学研究小组对某溶液进行检测分析，该无色溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3﹣、Cl﹣、MnO4﹣、SO42﹣等离子中的几种离子．①经实验可知溶液明显呈酸性②取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生．③另取少量该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，当沉淀增加到一定量后开始产生气体丙，最后沉淀完全溶解．（1）写出气体丙的电子式，空间构型为三角锥形．（2）该溶液中一定不含有：MnO4﹣、HCO3﹣、Cl﹣（填离子的化学式）离子，一定含有的离子有NH4+、Al3+、SO42﹣（填离子的化学式）．（3）在这些不存在的离子中，有一种离子在酸性环境中与SO2反应，试写出该反应的离子方程式：2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+．（4）请设计实验方案，检验该试液中是否存在可能含有的离子焰色反应，用洁净的铂丝蘸取试样在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察火焰颜色，若紫色，则含有K+．（5）为确定上述溶液中所含的各种离子的物质的量，取100mL上述溶液并向其中加入Na2O2固体，产生的沉淀和气体与所加Na2O2固体物质的量的关系曲线如图：该溶液中可能存在的离子的物质的量为0.1mol．【考点】常见离子的检验方法．【分析】溶液无色，说明不含MnO4﹣；①经实验可知溶液明显呈酸性，可为强酸弱碱盐，则一定不存在水解呈碱性的HCO3﹣离子；②取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明含有SO42﹣，不含有Cl﹣，甲为BaSO4；③另取少量该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，当沉淀增加到一定量后开始产生气体丙，最后沉淀完全溶解，说明含有NH4+、Al3+，乙为Al（OH）3，丙为NH3；K+应通过焰色反应检验，根据过氧化钠的量结合图象判断含有的离子的物质的量．【解答】解：溶液无色，说明不含MnO4﹣；①经实验可知溶液明显呈酸性，可为强酸弱碱盐，则一定不存在水解呈碱性的HCO3﹣离子；16②取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明含有SO42﹣，不含有Cl﹣，甲为BaSO4；③另取少量该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，当沉淀增加到一定量后开始产生气体丙，最后沉淀完全溶解，说明含有NH4+、Al3+，乙为Al（OH）3，丙为NH3，（1）由以上分析可知丙为NH3，电子式为，空间构型为三角锥形，故答案为：；三角锥形；（2）由以上分析可知一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42﹣，一定不含有的离子为MnO4﹣、HCO3﹣、Cl﹣，故答案为：MnO4﹣、HCO3﹣、Cl﹣；NH4+、Al3+、SO42﹣；（3）能与二氧化硫反应的离子应具有强氧化性，应为MnO4﹣，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，故答案为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+；（4）K+应通过焰色反应检验，实验方法是用洁净的铂丝蘸取试样在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察火焰颜色，若紫色，则含有K+，故答案为：焰色反应，用洁净的铂丝蘸取试样在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察火焰颜色，若紫色，则含有K+；（5）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据图象可知当加入Na2O20.15mol时，Al3+完全沉淀，则生成的n（NaOH）=0.3mol，则n（Al3+）=0.1mol，NH4+完全生成NH3时消耗的Na2O2为0.1mol，则n（NH4+）=0.2mol，由实验②可知10mL溶液中含有SO42﹣0.03mol，则100mL溶液中含有SO42﹣0.3mol，根据溶液电荷守恒可知：3n（Al3+）+n（K+）+n（NH4+）=2n（SO42﹣），则n（K+）=2×0.3mol﹣3×0.1mol﹣0.2mol=0.1mol，故答案为：0.1．【点评】本题考查常见离子的性质及检验方法，题目难度较大，注意根据实验现象判断可能含有的离子，明确溶液中电荷守恒的运用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．9．一定条件下，体积为1L的密闭容器中存在如下反应：SiF4（g）+2H2O（g）⇌SiO2（s）+4HF（g）△H=+148.9kJ/mol（1）下列各项中能说明该反应已达化学平衡状态的是bcd（填序号）．a．υ（SiF4）消耗=υ（HF）生成b．容器内气体压强不再变化c．容器内气体的总质量不再变化d．HF体积分数不再变化（2）反应过程中测定的部分数据如下表（表中t2＞t1）：反应时间/minn（SiF4）/moln（H2O）/mol01.202.40t10.80at2b1.60通过a或b的值及化学平衡原理说明t1时反应是否达到化学平衡状态：a=1.6，说明在一定条件下，t1～t2时各组分的浓度（或物质的量）均已不再发生改变，所以t1时反应已经达到化学平衡状态．（3）若只改变一个条件使上述反应的化学平衡常数变大，该反应ade（填序号）．a．一定向正反应方向移动b．一定向逆反应方向移动c．一定是减小压强造成的d．一定是升高温度造成的16e．SiF4的平衡转化率一定增大（4）反应进行2min时，容器内气体的密度减小了0.03g/L，则这2min内υ（HF）=0.001mol/（L•min）．【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意选择的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变，说明到达平衡；（2）根据t1时△n（SiF4）计算t1时△n（H2O），进而计算a的值，与t2时水的物质的量比较，据此进行判断；（3）该反应正反应是吸热反应，使平衡常数增大，平衡向正反应移动，应采取升高温度，据此分析；（4）由于生成固体，气体的密度减小，根据m=ρV计算气体减少的质量，即为生成二氧化硅的质量，根据n=计算生成的二氧化硅的物质的量，根据方程式计算生成的HF的物质的量，再根据v=计算v（HF）．【解答】解：（1）a．υ消耗（SiF4）=υ生成（HF），都表示正反应速率，且比例关系不等于化学计量数之比，不能说明到达平衡状态，故a错误；b．正反应是气体物质的量增大的反应，随反应进行容器内压强增大，容器内气体压强不再变化说明到达平衡状态，故b正确；c．反应由固体生成，随反应进行气体的总质量减小，容器内气体的总质量不再变化，说明到达平衡状态，故c正确；d．平衡时，各组分的含量不变，HF体积分数不再变化，说明到达平衡状态，故d正确；故答案为：bcd；（2）由表中数据可知，t1时△n（SiF4）=1.2mol﹣0.8mol=0.4mol，根据方程式可知△n（H2O）=2△n（SiF4）=0.8mol，故a=2.4mol﹣0.8mol=1.6mol，说明在一定条件下，t1～t2时各组分的浓度（或物质的量）均已不再发生改变，所以t1时反应已经达到化学平衡状态，故答案为：a=1.6，说明在一定条件下，t1～t2时各组分的浓度（或物质的量）均已不再发生改变，所以t1时反应已经达到化学平衡状态；（3）该反应正反应是吸热反应，使平衡常数增大，平衡向正反应移动，应采取升高温度，SiF4的平衡转化率一定增大，改变压强不影响平衡常数，故ade正确、bc错误，故答案为：ade；（4）反应进行2min时，容器内气体的密度减小了0.03g/L，故生成二氧化硅的质量为0.03g/L×1L=0.03g，二氧化硅的物质的量为=5×10﹣4mol，根据方程式可知生成的HF的物质的量为5×10﹣4mol×4=2×10﹣3mol，故v（HF）==0.001mol/（L•min），故答案为：0.001．16【点评】本题考查化学平衡状态判断、化学平衡常数、化学平衡计算、化学反应速率计算等，难度中等，注意理解化学平衡状态的判断，选择的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变，说明到达平衡．10．铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按如图组装仪器，检查装置的气密性；②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．（1）装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果．（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为24%．Ⅱ．（1）步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2．（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶．（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是df．a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测液润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为70%．Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】Ⅰ、（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；（2）反应后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；Ⅱ、（1）煮沸可以将水中的气体赶走；（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；Ⅲ、根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式．16【解答】解：Ⅰ、（1）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；（2）测的反应后装置B增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的百分含量是：×100%=24%，故答案为：24%；Ⅱ、（1）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸后可以降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的Cl2，故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；（2）将原溶液稀释到250mL，需要使用的玻璃仪器仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，还缺少250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；（3）a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；b．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故b错误；c．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；d．锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；e．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确．故答案为：df；（4）根据反应的方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2可知，消耗的碘离子与铁离子物质的量相等，n（Fe3+）=n（KI），即：0.4000mol•L﹣1×0.025L=c（Fe3+）×0.02L，解得c（Fe3+）=0.5mol•L﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，故答案为：70%；Ⅲ、铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：：=5：6，铁的氧化物的化学式为：Fe5O6，故答案为：Fe5O6．【点评】本题考查了探究铁矿石中氧元素和铁元素的含量的方法，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，全面细致的思考才能得出正确的结论．一、[化学-选修有机化学]11．根据下列有机化合物，回答问题．16（1）上述互为同分异构体的化合物为甲、乙、丙（填代号）；（2）写出丙中官能团的名称醛基、羟基；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应，生成X、Y两种物质（相对分子质量：X＜Y）．由X经下列反应可制得N、F两种高分子化合物，它们都是常用的塑料．①X转化为M的反应类型是消去反应．②写出B转化为C的化学方程式．③C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：．④在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为．⑤写出3种含有一个羟基、一个酯基的E的同分异构体的结构简式：、、（其中之一）．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）分子式相同、结构不同的物质互为同分异构体；（2）丙中官能团名称是羟基和醛基；（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应生成X和Y两种物质，即生成苯甲酸、2﹣丙醇，X、Y两种物质（相对分子质量X＜Y），则X结构简式为CH3CH（OH）CH3、Y为，X发生反应生成M、M发生聚合反应生成N，N是常用塑料，则M是CH3CH=CH2、N是；M和溴发生加成反应，则A为CH3CHBrCH2Br，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH3CH（OH）CH2OH，B在Ag作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成C，C为CH3COCHO，C被氧化生成D，D为CH3COCOOH，D和氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应生成F，据此答题．【解答】解：（1）分子式相同、结构不同的物质互为同分异构体，通过图片知，甲、乙、丙互为同分异构体，故答案为：甲、乙、丙；（2）丙中官能团名称是羟基和醛基，故答案为：醛基、羟基；16（3）丁在一定条件下，可以发生水解反应生成X和Y两种物质，即生成苯甲酸、2﹣丙醇，X、Y两种物质（相对分子质量X＜Y），则X结构简式为CH3CH（OH）CH3、Y为，X发生反应生成M、M发生聚合反应生成N，N是常用塑料，则M是CH3CH=CH2、N是；M和溴发生加成反应，则A为CH3CHBrCH2Br，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH3CH（OH）CH2OH，B在Ag作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成C，C为CH3COCHO，C被氧化生成D，D为CH3COCOOH，D和氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应生成F，①X和NaOH的醇溶液在加热条件下发生消去反应生成M，所以该反应类型是消去反应，故答案为：消去反应；②B发生氧化反应生成C，反应方程式为，故答案为：；③C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：，故答案为：；④E为CH3CH（OH）COOH，在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为，故答案为：；⑤E为CH3CH（OH）COOH，含有一个羟基、一个酯基的E的同分异构体有，故答案为：（其中三种）【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断能力，以X结构为突破口采用正向推导的方法进行推断，熟练掌握有机物官能团及其性质关系，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、碳链异构还要结合题目限制，题目难度中等．1616