河南省漯河高中高考化学模拟试卷

2022年河南省漯河高中高考化学模拟试卷（6）　一、选择题1．下列有关描述正确的是（　　）A．采用“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”可提高空气质量B．酸性氧化物均能与水反应生成对应的酸，如CO2、SiO2、SO3C．雷电能固氮属于自然固氮，而工业合成氨及氨的催化氧化均属于人工固氮D．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等均通过氧化作用达到杀菌消毒的目的2．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1NA个OH﹣B．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAC．80℃时，1LpH=1的硫酸溶液中，含有0.2NA个H+D．在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数为NA3．下述实验能达到预期实验目的是（　　）A．室温下，通过用pH试纸测定浓度为0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH来比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．用高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液至终点：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液恰好由紫色变为无色，半分钟不变色D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小4．一定条件下，在2L密闭容器中加入等物质的量的FeO和CO，发生下列反应FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g），在T1、T2温度下，物质的量n随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（　　）A．平衡前，随着反应的进行，容器内气体的相对分子质量始终不变B．平衡时，其他条件不变，取出适当铁可提高CO的转化率C．该反应的△H＜0，K1＜K2=1.5D．当反应进行到t1时刻仅改变一个条件，可能是通入了氮气5．已知常温下，醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数均为1.74×10﹣5mol•L﹣1，将醋酸与碳酸氢钠溶液混合后会发生反应：CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O，下列说法正确的是（　　）A．NH3•H2O加水稀释的过程中，减小18/19\nB．将10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH和NH3•H2O混合后，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）C．NH4HCO3溶液中离子大小关系为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向醋酸中滴加氨水至过量的过程中，水的电离度一直在增大6．金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度．它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如下，下列说法正确的是（　　）A．放电时，空气极为负极B．放电时，电池反应为：4Li+O2=2Li2OC．有机电解液可以是乙醇等无水有机物D．在更换锂电极的同时，要更换水性电解液7．有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中Ca2+、CO32﹣、HCO3﹣均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得白色固体物质共29g，则原混合物中含Na2CO3的质量是（　　）A．10.6gB．5.3gC．15.9gD．无法确定　二、解答题（共3小题，满分42分）8．某化学探究小组拟用废铜屑制取Cu（NO3）2，并探究其化学性质．I．如图1，用浓HNO3，和过量的废铜屑充分反应制硝酸铜溶液．（1）写出铜与浓硝酸反应的离子方程式　　．（2）①装置中NaOH溶液的作用是　　．②欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体，实验操作步骤是蒸发浓缩、　　、过滤．③你认为此装置是否合理，并说明原因　　．如果不合理，同时在原装置上改进；如果合理，只需说明原因．Ⅱ．为了探究Cu（NO3）2的热稳定性，探究小组按图2装置进行实验．（图中铁架台、铁夹和加热仪器均略去）【实验装置】【实验操作及现象】往试管中放入研细的无水Cu（NO3）2晶体并加热，观察到试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U型管除去红棕色气体，在集气瓶中收集到无色气体．18/19\n【解释与结论】（3）①红棕色气体是　　．②根据现象判断Cu（NO3）2在加热条件下可以分解，其化学反应方程式为　　．Ⅲ．利用Cu（NO3）2制备浅绿色的碱式碳酸铜[CuCO3•Cu（OH）2]．向大试管中加入一定量的碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热，用0.4mol•L﹣1的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡、静置、过滤、洗涤、干燥，得到样品．【实验数据】反应温度对样品的影响实验序号1234温度/℃35507095样品颜色深蓝色深蓝色浅绿色暗蓝色样品中碱式碳酸铜的质量分数/%90.992.7x92.0（4）滤液中可能含有CO32﹣，写出检验CO32﹣的方法　　．（5）95℃时，样品颜色发暗的原因：　　．（6）70℃时，实验得到2.38g样品，取此样品加热至分解完全（杂质不分解），得到1.76g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是　　．9．铁的发现和大规模使用，是人类发展史上的一个光辉里程碑，它把人类从石器时代、青铜器时代带到了铁器时代，推动了人类文明的发展．（1）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的．按要求回答下列问题：高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O，则X的化学式为　　，反应中被氧化的物质是　　（写化学式）．（2）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：①酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为　　；“滤渣A”主要成份的化学式为　　．②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请完成该反应的离子方程式：　　FeS2+　　Fe3++　　H2O=　　Fe2++　　SO42﹣+　　．③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为　　．④为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.2﹣3.8，沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4如果pH过大，可能引起的后果是　　（几种离子沉淀的pH见上表）；滤液B可以回收的物质有（写化学式）　　．10．煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中．（1）已知：18/19\n①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　　．该反应在　　（填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．（2）有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得各物质的浓度如下表所示：01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=　　．②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　　（填字母序号）．A．通入一定量的NOB．加入一定量的活性炭C．加入合适的催化剂D．适当缩小容器的体积（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表所示：温度/℃400500800平衡常数K9.9491若反应在500℃时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣1，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为　　．（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石j墨电极，C为铜电极．工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同．①乙中A极产生的气体在标准状况下的体积为　　．②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是　　（填离子符号）的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要　　mL5.0mol•L﹣1NaOH溶液．　【化学--选修5：有机化学基础】12．苯酚是一种重要的化工原料．以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N．（部分产物及反应条件已略去）18/19\n（1）苯酚的俗名是　　．B的官能团名称　　．（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种，B与C反应的化学方程是　　．（3）生成N的反应方程式　　．（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E．已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O．则E的分子式是　　．（5）已知E具有如下结构特征：①属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象；②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，E的结构简式是　　．（6）物质F如图，则符合下列条件F的同分异构体有　　种．①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应③分子中有苯环，无结构．　18/19\n2022年河南省漯河高中高考化学模拟试卷（6）参考答案与试题解析　一、选择题1．下列有关描述正确的是（　　）A．采用“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”可提高空气质量B．酸性氧化物均能与水反应生成对应的酸，如CO2、SiO2、SO3C．雷电能固氮属于自然固氮，而工业合成氨及氨的催化氧化均属于人工固氮D．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等均通过氧化作用达到杀菌消毒的目的【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】A．“静电除尘”减少固体颗粒物排放，“燃煤固硫”减少二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少CO和NO的排放；B．SiO2与水不反应；C．氨的催化氧化不属于氮的固定；D．乙醇不具有强氧化性．【解答】解：A．“静电除尘”减少固体颗粒物排放，“燃煤固硫”减少二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少CO和NO的排放，均可减少污染物的排放，可提高空气质量，故A正确；B．SiO2与水不反应，CO2、SiO2、SO3均为酸性氧化物，只有CO2、SO3与水反应，故B错误；C．氨的催化氧化是化合态氮元素之间的转化，氨的催化氧化不属于氮的固定，而雷电能固氮属于自然固氮、工业合成氨均属于人工固氮，故C错误；D．乙醇不具有强氧化性，乙醇杀菌消毒是使蛋白质变性，不是氧化作用，而过氧化氢、次氯酸钠等均通过氧化作用达到杀菌消毒的目的，故D错误；故选A．　2．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1NA个OH﹣B．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAC．80℃时，1LpH=1的硫酸溶液中，含有0.2NA个H+D．在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡；B．标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下的33.6L氯气的物质的量小于1.5mol；C.1LpH=1的硫酸溶液中，n（H+）=cV；D．阴极析出32g铜的物质的量为0.5mol，根据电极反应和电子守恒计算；【解答】解：A．NH3•H2O是弱电解质，1L0.1mol•L﹣1的氨水含有的OH﹣小于0.1NA，故A错误；B．标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下的33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，2Al+3Cl2=2AlCl3，故27g铝不能完全反应，转移的电子数小于3NA，故B错误；18/19\nC.1LpH=1的硫酸溶液中，c（H+）=0.1mol•L﹣1，n（H+）=0.1mol，含有0.1NA个H+，故C错误；D．阴极析出32g铜的物质的量为0.5mol，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，根据电子守恒，转移电子数为NA，故D正确；故选D．　3．下述实验能达到预期实验目的是（　　）A．室温下，通过用pH试纸测定浓度为0.1mol•L﹣1NaClO溶液和0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液的pH来比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．用高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液至终点：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液恰好由紫色变为无色，半分钟不变色D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试纸褪色；B．俯视容量瓶刻度线定容，所加水偏少，配制溶液的浓度偏大；C．滴定结束前呈无色，滴定结束时呈紫色，据此判断滴定终点现象；D．将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，导致热量损失比较多．【解答】解：A．次氯酸钠具有强氧化性，所以用pH试纸测定次氯酸钠的pH值时，则pH试纸先变色后褪色，所以不能测定其pH值，故A错误；B．用容量瓶配制溶液定容时俯视刻度线，所加水偏少，所配溶液浓度偏大，故B错误；C．当Na2SO3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，所以终点时溶液由无色变为紫色，故C错误；D．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，热量损失比较多，所测温度值偏小，故D正确；故选D．　4．一定条件下，在2L密闭容器中加入等物质的量的FeO和CO，发生下列反应FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g），在T1、T2温度下，物质的量n随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（　　）A．平衡前，随着反应的进行，容器内气体的相对分子质量始终不变B．平衡时，其他条件不变，取出适当铁可提高CO的转化率C．该反应的△H＜0，K1＜K2=1.5D．当反应进行到t1时刻仅改变一个条件，可能是通入了氮气【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．18/19\n【分析】结合图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，T1时消耗FeO为2.0﹣1.0=1.0mol，所以生成二氧化碳为1.0mol，又T2时生成二氧化碳为1.2mol，所以升温平衡向逆反应方向移动；A．平衡前，随着反应的进行，气体又CO变成二氧化碳，所以容器内气体的相对分子质量一直增大；B．改变纯固体平衡不移动；C．根据以上分析，升温平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，温度高平衡常数越小；D．在2L密闭容器中加入不反应的气体，平衡不移动；【解答】解：结合图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，T1时消耗FeO为2.0﹣1.0=1.0mol，所以生成二氧化碳为1.0mol，又T2时生成二氧化碳为1.2mol，所以升温平衡向逆反应方向移动；A．平衡前，随着反应的进行，气体又CO变成二氧化碳，所以容器内气体的相对分子质量一直增大，故A错误；B．因为铁为纯固体，所以取出适当铁，平衡不移动，CO的转化率不变，故B错误；C．根据以上分析，升温平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，温度高平衡常数越小，即△H＜0，K1＜K2==1.5，故C正确；D．在2L密闭容器中加入不反应的氮气气体，平衡不移动，故D错误；故选C．　5．已知常温下，醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数均为1.74×10﹣5mol•L﹣1，将醋酸与碳酸氢钠溶液混合后会发生反应：CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O，下列说法正确的是（　　）A．NH3•H2O加水稀释的过程中，减小B．将10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH和NH3•H2O混合后，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）C．NH4HCO3溶液中离子大小关系为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向醋酸中滴加氨水至过量的过程中，水的电离度一直在增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．一水合氨为弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离，铵根离子物质的量增大；B．将10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH和NH3•H2O混合后生成醋酸铵，醋酸和一水合氨电离平衡常数相同，铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，溶液呈中性，结合电话守恒分析；C．酸性越强对应酸根离子水解程度弱；D．醋酸抑制水的电离，随滴加氨水发生反应抑制程度减弱，水的电离程度增大，当氨水过量会抑制水的电离．【解答】解：A．一水合氨为弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离铵根物质的量增大，一水合氨物质的量减小，溶液体积相同，则比值增大，故A错误；18/19\nB．常温下，醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数均为1.74×10﹣5mol•L﹣1，醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，将10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的CH3COOH和NH3•H2O混合后溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），溶液中电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），得到c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故B正确；C．将醋酸与碳酸氢钠溶液混合后会发生反应：CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O，酸性醋酸大于碳酸，NH4HCO3溶液中HCO3﹣水解程度大于铵根离子水解程度，NH4HCO3溶液显碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故C错误；D．醋酸对水电离有抑制作用，滴加氨水后抑制作用减弱，水的电离程度增大，当氨水过量后，氨水对水的电离期待抑制作用，水的电离程度又减小，故D错误；故选B．　6．金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度．它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如下，下列说法正确的是（　　）A．放电时，空气极为负极B．放电时，电池反应为：4Li+O2=2Li2OC．有机电解液可以是乙醇等无水有机物D．在更换锂电极的同时，要更换水性电解液【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答．【解答】解：A、金属锂为负极，氧气为正极，电池经外电路从负极流向正极，在电池内部没有电子流动，故A错误；B、负极是：4Li﹣4e﹣=4Li+，正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，总反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH，故B错误；C、不能是乙醇，因为乙醇与金属锂要发生置换反应，故C错误；D、负极材料Li不断损耗，需要补充，故D正确；故选D．　7．有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中Ca2+、CO32﹣、HCO3﹣均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得白色固体物质共29g，则原混合物中含Na2CO3的质量是（　　）A．10.6gB．5.3gC．15.9gD．无法确定【考点】有关混合物反应的计算．【分析】充分反应后，溶液中Ca2+、CO32﹣、HCO3﹣均转化为沉淀，即为CaCO3，溶液中溶质为NaOH，将溶液蒸干，所得固体为CaCO3、NaOH混合物，发生反应为：18/19\n①CaO+H2O=Ca（OH）2②Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH③NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+NaOH+H2O将①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH④将①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH⑤可以看做发生反应④、⑤，反应④即CaO与Na2CO3反应，由于H2O参加反应，会引起固体质量增加，反应⑤即CaO与NaHCO3反应，不会引起固体质量增加，即：固体增加的质量等于参加反应的水的质量，结合反应④进行计算．【解答】解：充分反应后，溶液中Ca2+、CO32﹣、HCO3﹣均转化为沉淀，即为CaCO3，溶液中溶质为NaOH，将溶液蒸干，所得固体为CaCO3、NaOH混合物，发生反应为：①CaO+H2O=Ca（OH）2②Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH③NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+NaOH+H2O将①+②得：CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH④将①+③得：CaO+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH⑤可以看做发生反应④、⑤，反应④即CaO与Na2CO3反应，由于H2O参加反应，会引起固体质量增加，反应⑤即CaO与NaHCO3反应，不会引起固体质量增加，即：固体增加的质量等于参加反应的水的质量，参加反应水的质量=29g﹣27.2g=1.8g，其物质的量==0.1mol，由CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，可知碳酸钠的物质的量为0.1mol，故碳酸钠的质量为0.1mol×106g/mol=10.6g，故选A．　二、解答题（共3小题，满分42分）8．某化学探究小组拟用废铜屑制取Cu（NO3）2，并探究其化学性质．I．如图1，用浓HNO3，和过量的废铜屑充分反应制硝酸铜溶液．（1）写出铜与浓硝酸反应的离子方程式　Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O　．（2）①装置中NaOH溶液的作用是　吸收氮氧化物，防止污染空气　．②欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体，实验操作步骤是蒸发浓缩、　冷却结晶　、过滤．③你认为此装置是否合理，并说明原因　不合理，密闭体系中立即产生大量气体，会有安全隐患；或者合理，慢慢挤压，胶头滴管控制反应速率，使NaOH溶液及时吸收NO2　．如果不合理，同时在原装置上改进；如果合理，只需说明原因．Ⅱ．为了探究Cu（NO3）2的热稳定性，探究小组按图2装置进行实验．（图中铁架台、铁夹和加热仪器均略去）【实验装置】18/19\n【实验操作及现象】往试管中放入研细的无水Cu（NO3）2晶体并加热，观察到试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U型管除去红棕色气体，在集气瓶中收集到无色气体．【解释与结论】（3）①红棕色气体是　NO2　．②根据现象判断Cu（NO3）2在加热条件下可以分解，其化学反应方程式为　2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑　．Ⅲ．利用Cu（NO3）2制备浅绿色的碱式碳酸铜[CuCO3•Cu（OH）2]．向大试管中加入一定量的碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热，用0.4mol•L﹣1的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡、静置、过滤、洗涤、干燥，得到样品．【实验数据】反应温度对样品的影响实验序号1234温度/℃35507095样品颜色深蓝色深蓝色浅绿色暗蓝色样品中碱式碳酸铜的质量分数/%90.992.7x92.0（4）滤液中可能含有CO32﹣，写出检验CO32﹣的方法　取少量滤液置于试管中，加入足量稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明含碳酸根离子　．（5）95℃时，样品颜色发暗的原因：　含有黑色的氧化铜　．（6）70℃时，实验得到2.38g样品，取此样品加热至分解完全（杂质不分解），得到1.76g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是　93.3%　．【考点】性质实验方案的设计．【分析】I、（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水；（2）①反应生成的氮的氧化物是大气污染气体，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染；②铜离子存在水解平衡，所以不能直接加热蒸发获得硫酸铜晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，晶体表面附着的杂质离子，需要洗涤除去；③该装置为密闭体系，在该体系中若立即产生大量气体，会有安全隐患，如果慢慢产生气体，则不会产生安全隐患；Ⅱ、（3）红棕色气体为NO2，最终残留黑色粉末为CuO，Cu（NO3）2受热分解生成氧化铜、二氧化氮和氧气；Ⅲ、（4）依据碳酸根离子和盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的气体二氧化碳，据此设计实验验证；（5）95℃时，制得的样品颜色发暗的可能原因是含有黑色的氧化铜；（6）碱式碳酸铜完全分解得到CuO，设样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，依据碱式碳酸铜的方程式，利用“差量法”计算得到所求量．【解答】解：Ⅰ、（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，反应离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O；（2）①反应生成的氮的氧化物是大气污染气体，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染，所以装置中NaOH的作用是吸收氮氧化物，故答案为：吸收氮氧化物，防止污染空气；②由于铜离子在溶液中存在水解平衡，所以从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体，不能直接蒸发结晶，需要通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤洗涤的操作方法完成，故答案为：冷却结晶；18/19\n③该装置为密闭体系，在该体系中若立即产生大量气体，压强骤然增大，会有安全隐患，所以不合理，但如果慢慢挤压，胶头滴管控制反应速率，使NaOH溶液及时吸收NO2，该装置是合理，故答案为：不合理，密闭体系中立即产生大量气体，会有安全隐患；或者合理，慢慢挤压，胶头滴管控制反应速率，使NaOH溶液及时吸收NO2；II、（3）①红棕色气体为NO2，故答案为：NO2；②最终残留黑色粉末为CuO，Cu（NO3）2受热分解生成氧化铜、二氧化氮和氧气，方程式为Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑，故答案为：2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑；III、（4）滤液中可能含有CO32﹣，检验CO32﹣的方法为：取少量滤液置于试管中，加入足量稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明含碳酸根离子，故答案为：取少量滤液置于试管中，加入足量稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，说明含碳酸根离子；（5）CuCO3分解生成氧化铜，Cu（OH）2分解生成氧化铜，温度较高时，95℃时，制得的样品颜色发暗的可能原因是：含有分解生成的黑色的氧化铜，故答案为：含有黑色的氧化铜；（6）碱式碳酸铜完全分解得到CuO，设样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，依据碱式碳酸铜的方程式，Cu2（OH）2CO32CuO+CO2↑+H2O；利用“差量法”计算可得：222：62=2.38x：（2.38﹣1.76），解得x=0.933=93.3%；故答案为：93.3%．　9．铁的发现和大规模使用，是人类发展史上的一个光辉里程碑，它把人类从石器时代、青铜器时代带到了铁器时代，推动了人类文明的发展．（1）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的．按要求回答下列问题：高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O，则X的化学式为　NaCl　，反应中被氧化的物质是　Fe（OH）3　（写化学式）．（2）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：①酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为　Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O　；“滤渣A”主要成份的化学式为　SiO2　．②还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请完成该反应的离子方程式：　1　FeS2+　14　Fe3++　8　H2O=　15　Fe2++　2　SO42﹣+　16H+　．③氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为　4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓或Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　．18/19\n④为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.2﹣3.8，沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4如果pH过大，可能引起的后果是　Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯　（几种离子沉淀的pH见上表）；滤液B可以回收的物质有（写化学式）　Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据元素守恒判断X的化学式；反应中化合价升高的元素被氧化；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；②根据得失电子守恒和原子守恒来配平；③NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；④根据几种离子沉淀的pH分析；因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠．【解答】解：（1）2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3X+5H2O，根据元素守恒可知X的化学式为NaCl；反应中Fe（OH）3中的Fe元素是化合价升高被氧化；故答案为：NaCl；Fe（OH）3；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；①氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2．故答案为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；SiO2；②FeS2中S元素的化合价从﹣1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42﹣前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+．故答案为：1、14、8、15、2、16H+；③Fe2+与OH﹣反应生成4Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，用化合价升价法配平方程式，方程式为：4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓或Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓或Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；④根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故答案为：Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4．　18/19\n10．煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中．（1）已知：①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0kJ•mol﹣1　．该反应在　高温　（填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．（2）有人利用炭还原法处理氮氧化物，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得各物质的浓度如下表所示：01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=　0.022mol/（L•min）　．②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　AD　（填字母序号）．A．通入一定量的NOB．加入一定量的活性炭C．加入合适的催化剂D．适当缩小容器的体积（3）研究表明：反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表所示：温度/℃400500800平衡常数K9.9491若反应在500℃时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣1，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为　75%　．（4）用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石j墨电极，C为铜电极．工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同．①乙中A极产生的气体在标准状况下的体积为　2.24L　．18/19\n②丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是　Cu2+　（填离子符号）的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要　280　mL5.0mol•L﹣1NaOH溶液．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【分析】（1）根据盖斯定律来写出碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式；根据反应能否自发进行的判据来回答；（2）反应前后是气体体积不变的反应，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大，说明改变的条件是缩小体积增大浓度，或加入一氧化氮达到新平衡后个物质浓度增大；（3）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；（4）①工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气；阳极电极反应和电子守恒计算得到；②C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu做阳极，D电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算．【解答】解：（1）已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1根据盖斯定律，将①﹣②可得：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90kJ•mol﹣1，反应的焓变△H＞0，△S＞0，根据反应自发进行的判据△H﹣TS＜0，所以需要高温下发生，故答案为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0kJ•mol﹣1；高温；（2）①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=mol/（L•min）=0.022mol/（L•min），故答案为：0.022mol/（L•min）；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；A．通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故符合；B．加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故不符合；C．加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故不符合；D．适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故符合；故答案为：AD；（3）设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），起始（mol/L）：0.020.02000转化（mol/L）：cccc平衡（mol/L）：0.02﹣c0.02﹣ccc代入500℃时反应平衡常数有k===9，解得c=0.015，18/19\nCO的最大所以转化率为×100%=75%，故答案为：75%；（4）①工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，0.1mol0.2mol2H++2e﹣=H2↑，2xxA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，4xx得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L，故答案为：2.24L；②根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据（2）计算得到电子转移应为0.4mol，对比图象，可知此时溶液中为Fe2+0.5mol，和Cu2+离子0.2mol．需要加入NaOH溶液1.4mol，体积为280ml，故答案为：Cu2+；280．　【化学--选修5：有机化学基础】12．苯酚是一种重要的化工原料．以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N．（部分产物及反应条件已略去）（1）苯酚的俗名是　石炭酸　．B的官能团名称　羧基、羟基　．（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种，B与C反应的化学方程是　　．（3）生成N的反应方程式　　．18/19\n（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E．已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O．则E的分子式是　C7H6O2　．（5）已知E具有如下结构特征：①属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象；②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，E的结构简式是　　．（6）物质F如图，则符合下列条件F的同分异构体有　13　种．①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应③分子中有苯环，无结构．【考点】有机物的推断．【分析】（1）（2）（3）苯酚与氢氧化钠反应生成A为，由转化关系可知B为，C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，属于饱和一元醇，C的一氯代物有2种，分子中有2种H原子，故C的结构简式是，B与C发生酯化反应生成M为，苯酚与丙酮反应生成D，D的分子式为C15H16O2，再结合N的结构可知D为，据此解答；（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E．已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O，则分子中氧原子数目为=2，分子中C、H原子总相对原子质量为122﹣32=90，碳原子最大数目为=7…6，故E的分子式为C7H6O2；（5）E的分子式为C7H6O2，E具有如下结构特征：①属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象，含有醛基，还含有酚羟基，②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，羟基与羟基处于对位；（6）物质F如图，则符合下列条件F的同分异构体：①能发生银镜反应，含有醛基或甲酸形成的酯基，②能与NaHCO318/19\n溶液反应，含有羧基，③分子中有苯环，无，侧链可以为﹣COOH、﹣OOCH，有邻、间、对三种位置，侧链可以为﹣COOH、﹣OH、﹣CHO，结合定二移一法确定同分异构体数目．【解答】解：苯酚与氢氧化钠反应生成A为，由转化关系可知B为，C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，属于饱和一元醇，C的一氯代物有2种，分子中有2种H原子，故C的结构简式是，B与C发生酯化反应生成M为，苯酚与丙酮反应生成D，D的分子式为C15H16O2，再结合N的结构可知D为，（1）苯酚的俗名是石炭酸，B为，含有的官能团有：羧基、羟基，故答案为：石炭酸；羧基、羟基；（2）B与C反应的化学方程式是：，故答案为：；（3）生成N是缩聚反应，由物质的结构可知，还生成甲醇，该反应方程式为：，故答案为：；（4）以苯酚为基础原料也可以合成有机物E．已知E的相对分子质量为122，其中氧元素的质量分数为26.23%，E完全燃烧只生成CO2和H2O，则分子中氧原子数目为=2，分子中C、H原子总相对原子质量为122﹣32=90，碳原子最大数目为=7…6，故E的分子式为C7H6O2，故答案为：C7H6O2；18/19\n（5）E的分子式为C7H6O2，E具有如下结构特征：①属于芳香族化合物，不能发生水解反应，但能产生银镜现象，含有醛基，还含有酚羟基，②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子，羟基与羟基处于对位，则E的结构简式是，故答案为：；（6）物质F如图，则符合下列条件F的同分异构体：①能发生银镜反应，含有醛基或甲酸形成的酯基，②能与NaHCO3溶液反应，含有羧基，③分子中有苯环，无，侧链可以为﹣COOH、﹣OOCH，有邻、间、对三种位置，侧链可以为﹣COOH、﹣OH、﹣CHO，﹣COOH、﹣OH有邻、间、对三种位置，当﹣COOH、﹣OH处于邻位，﹣CHO有4种位置，当﹣COOH、﹣OH处于间位，﹣CHO有4种位置，当﹣COOH、﹣OH处于对位，﹣CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种，故答案为：13．　18/19