抚州市第一次模拟考试化学

理科综 合（理工类）试卷 分宜中学 玉山一中 临川一中 2016年江西省 南城一中 南康中学 高安中学 高三联合考试 彭泽一中 泰和中学 樟树中学 命题： 彭泽一中 袁 慧、何凤荣、罗德霖 临川一中 梁 杰、金苏兰、杨庆兵 玉山一中 姜仁泉、沈卫红、黄新春 第 I 卷（ 选择题 共 126 分 ） 7 2015年 8月 12日，天津滨海新区某公司的仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠、 电石和金属钠等危险化学品 。 下列有关叙述正确的是 （ ） A危险化学品危害人类健康 ，应禁止生产 B金属钠可以保存在石蜡油中，并贴上右图标志 C可以用大量水扑灭爆炸引发的大火 D硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠均属于电解质 【答案】 B 【考查方向】 考查 常见的药品的存放、操作安全、 电解质 的判断 等化学与生产生活相关的知识，在日常生 活中要关注与化学有关的知识。 【易错点】 A不清楚 危险化学品 虽然 危害人类健康， 但是作为化工原料不 应禁止生产 ； B不清楚 金属钠 是固体可燃物 ； C不清楚 固体可燃物 燃烧不能用水扑灭； D不清楚 金属钠 不 属于电解质 【解题思路】 A 危险化学品 虽然 危害人类健康， 但是重要的 化工原料 ； B 金属钠 是固体，容易燃烧 ； C 固体可燃物如金属钠 燃烧不能用水扑灭； D 金属钠 是单质，不 属于电解质 【解析】 A 危险化学品 虽然 危害人类健康， 但是作为化工原料不 应禁止生产 ，所以 A错误 ； B 金属钠 是固体，容易燃烧，所以 B正确 ； C 固体可燃物如金属钠 燃烧不能用水扑灭，所以 C错误； D 金属钠 是单质，不 属于电解质 ，所以 D错误 8设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （ ） 启用前绝密 （ 3 月 20日） A 78g由 Na2S和 Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为 NA B标准状况下， 22.4L CCl4中含有的分子数为 NA C 1mol Cu 分别与足量的 Cl2和 S反应，转移电子 数 均 为 2NA D 1molL -1 FeCl3溶液中含有的 Fe3 数目 小于 NA 【答案】 A 【考查方向】 阿伏加德罗常数及其应用。 【易错点】 A不清楚 Na2O2中所含 阴离子数目为 1； B 不清楚 标准状况下， 22.4L 气体为 1mol C.不清楚 Cu 与 S反应生成物为一价铜离子， D 不清楚计算 1molL -1 FeCl3溶液中含有的 Fe3 要用溶液的体积 ； 【解题思路】 A.78g 过氧化钠和 78g 硫化钠的物质的量都是 1mol， 1mol 过氧化钠和硫化钠中都含有 1mol 阴离子，含有的阴离子数为 NA 个； B 标准状况下， CCl4为液体， 22.4L不为 1mol； C.Cu与 S反应生成物为一价铜离子，失去 1mol电子 D 计算 1molL -1 FeCl3溶液中含有的 Fe3 要用溶液的体积 ； 【解析】 A.78g 过氧化钠和 78g 硫化钠的物质的量都是 1mol， 1mol 过氧化钠和硫化钠中都含有 1mol 阴离 子，含有的阴离子数为 NA 个，故 A 正确； B 标准状况下， CCl4为液体， 22.4L不为 1mol，所以 B错误； C.Cu与 S反应生成物为一价铜离子，失去 1mol电子，所以 1mol Cu与足量的 S 反应，转移电子 数为 1NA， 所以 C错误； D 计算 1molL -1 FeCl3溶液中含有的 Fe3 要用溶液的体积 ； 而题目中没有溶液的体积，所以 D 错误。 9 下列有关实验的说法不正确的是 （ ） A用广泛 pH试纸测得 0.051 molL -1 H2SO4溶液的 pH=1 B 做焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃，观察到火焰颜色为紫色，证明被检验物一定为钾盐 C 滴定过程中，眼睛要始终注视锥形瓶中液体的颜色变化 D 配制 FeSO4溶液时，先将 FeSO4固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，最后再加入少量铁粉 【答案】 B 【考查方向】 考查化学实验基本操作以及实验数据的处理。 【易错点】 A.用广泛 pH试纸测得溶液的 pH 为整数； B 不清楚焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃的作用 C 不清楚滴定过程中眼睛注视锥形瓶中液体的的目的 D 不清楚配制 FeSO4溶液时稀硫酸和铁粉作用 【解题思路】 A.用广泛 pH 试纸测得溶液的 pH 为整数， 0.051 molL -1 H2SO4 溶液的 氢离子浓度约为 0.1 molL -1 。 B 做焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃的作用是 为了防止钠离子颜色的干扰； C 滴定过程中眼睛注视锥形瓶中液体的目的颜色变化来确定终点； D 配制 FeSO4溶液时加入稀硫酸为了防止水解，加入铁粉作用的为了防止亚铁离子被氧化。 【解析】 A.0.051 molL -1 H2SO4溶液的 氢离子浓度约为 0.1 molL -1 ，所以 用广泛 pH试纸测得溶液的 ppH=1， A正确； B 做焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃的作用是为了防止钠离子颜色的干扰，所以观察到火焰颜色为紫 色，证明被检验物一定含有钾元素，可能为钾盐，也可能为 KOH，所以 B错误； C 滴定过程中眼睛注 视锥形瓶中液体的目的颜色变化来确定终点，所以 C正确； D 配制 FeSO4溶液时加入稀硫酸为了防止水解，加入铁粉作用的为了防止亚铁离子被氧化，所以 D错误。 10下列说法正确的是 （ ） A化合物 N O O N O O H 的分子式为 C13H9O4N2 B在碱性条件下， CH3CO18OC2H5的水解产物是 CH3COOH 和 C2H518OH C在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与 NaOH发生反应 D 的系统命名为 2甲基 2乙基丙烷 【答案】 C 【考查方向】 考查有机化合物的分子式的确立以及有关命名和化学性质 【易错点】 A.不能准确确定 有机化合物的分子式； B 不了解酯类 水解 的实质 C 不了解 乙酸、氨基乙酸、蛋白质与 NaOH发生反应 的原理 D 不能熟练掌握和应用有机物的 系统命名 法 【解题思路】 A.根据有机物的结构简式确定 有机化合物的分子式 B在碱性条件下， CH3CO18OC2H5的水解产物是 乙酸盐 C在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均 含有酸性官能团， 能与 NaOH发生反应 D 的系统命名为 2， 2 二 甲基 丁 丙 烷 【解析】 根据有机物的结构简式 N O O N O O H 确定 其分子式为 C13H10O4N2，所以 A错误； B在碱性条件下， CH3CO18OC2H5的水解产物是 乙酸盐，所以 B错误； C在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均 含有酸性官能团， 能与 NaOH发生反应 ，所以 C正确； D 的系 统命名为 2， 2 二 甲基 丁 丙烷 ，所以 D错误。 11 X、 Y、 Z、 W 是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲 乙 丙 戊是由其中的两种或三种元素组成的 化合物，丁是由 Z元素形成的单质。已 知：甲 +丙丁 +己，甲 +乙戊 +丁； 25时 0.01molL -1己溶液的 pH为 12。下列说法不正确的是（ ） A 1.0L 0.1molL -1戊溶液中阴离子总的物质的量大于 0.1mol B将足量甲加入到酚酞试液中，溶液先变红后褪色 C X与 W构成的化合物、戊、己均为离子化合物 D W的简单离子半径大于 Z的简单离子半径 【 答案】 D 【考查方向】 本题通过考查物质结构和元素周期律知识，进一步考查考生的判断能力和挖掘信息的能力。 【易错点】 不能准确提取有关元素结构和性质的 信息，不能准确把握元素周期律以 及有关元素化合物的性 质。 【解题思路】根据 0.01 molL-1 己溶液的 pH 为 12（ 25 ），己是一元强碱且其中的金属元素在短周期， 甲 +丙 =丁 +己，甲 +乙 =戊 +丁；则 “丁 ”是氧气， “己 ”是氢氧化钠，那么甲是 Na2O2、乙是二氧化碳，丙是水， 戊是碳酸钠，因此 X 为氢、 Y 为碳、 Z 为氧、 W 为钠元素； A 1.0L 0.1molL -1戊溶液中阴离子为 CO32_，由于碳酸根的水解，所以总的物质的量大于 0.1mol B Na2O2 具有强氧化性，加入 到酚酞试液中，溶液先变红后褪色 C NaH、 碳酸钠 、 氢氧化钠 均为离子 化合物； D 钠 离子半径小于于 氧 离子半径； 【解析】 A 1.0L 0.1molL -1戊溶液中阴离子为 CO32_， CO32_离子水解生成 HCO3-离子和 OH-离子，溶液中 阴离子总的物质的量大于 0.1mol， A说法正确； B Na2O2 具有强氧化性，加入 到酚酞试液中，溶液先变红后褪色，所以 B说法正确； C NaH、 碳酸钠 、 氢氧化钠 均为离子化合物，所以 C 说法正确； D 离 子的电子层数数相同时，原子序数越大， 离 子半径越小 ，所以 钠 离 子半径小于于 氧 离子半径， D错误； 12.将 CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如 图所示 (A、 B为多孔性碳棒 )持续通入甲烷，在标准状况 下，消耗甲烷体积 VL。则下列说法正确的是（ ） A OH-由 A端移向 B端 B 0 V 22.4L时，电池总反应的化学方程式为： CH4 + 2O2 + KOH = KHCO3 + 2H2O C 22.4L V 44.8L时，负极电极反应为： CH4 - 8e- + 9CO32- + 3H2O = 10HCO3- D V=33.6L时，溶液中阴离子浓度大小关系为： c(CO32- ) c(HCO3- ) c(OH-) 【答案】 C 【考查方向】 原电池的工 作原理以及离子浓度大小比较 【易错点】 不能准确判断电极、不能熟练书写电离反应、不能准确判断离子浓度。 【解题思路】 燃料电池中，通入 CH4的一端为原电池的负极， OH-向负极移动； n（ KOH） =2mol/L 1L=2mol， 当 0 V 22.4L 时， 可能先后发生反应 CH4+2O2 CO2+2H2O、 CO2+2KOH=K2CO3+H2O、 K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断 反应产物及发生的反应，由此分析解答。 【解析】 A.燃料电池中，通入 CH4的一端 为原电池的负极， OH-向负极移动； B.当 0 V 22.4L 时， 0 n（ CH4） 1mol，则 0 n（ CO2） 1mol，只发生反应，且 KOH 过量，则电 池总反应式为 CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故 B错误； C.当 22.4 L V 44.8L， 1mol n（ CH4） 2mol，则 1mol n（ CO2） 2mol，发生反应，得到 K2CO3 和 KHCO3溶液，则负极反应式为 CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-，故 C正确； D.当 V=33.6L时， n（ CH4） =1.5mol， n（ CO2） =1.5mol，则电池总反应式为 3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O， 则得到 0.5molK2CO3和 1molKHCO3的溶液，则 c（ HCO3-） c（ CO32-） c（ OH-），故 D错误 13已知：常温下浓度为 0.1mol/L的下 列溶液的 pH 如表： 溶质 NaF Na2CO3 NaClO NaHCO3 pH 7.5 11.6 9.7 8.3 下列有关说法正确的是 （ ） A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序： H2CO3 HClO HF B 若 将 CO2通入 0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中 ： 2c（ CO32-） +c（ HCO3-） = 0.1mol/L C等体积等物质的量浓度的 NaClO溶液与 NaF溶液中离子总数大小： N 前 N 后 D向 Na2CO3溶液中通 入少量的 HF 气体 ，化学 反应 方程式为 ： Na2CO3 + 2HF = CO2 + H2O + 2NaF 【答案】 C 【考查方向】 考查化学平衡、电离平衡、水解平衡等知识的综合应用。 【易错点】 不能根据水解程度判断对应的酸性强弱。 【解题思路】 相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明 酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电 离平衡常数越小，根据钠盐溶液的 pH 知，酸根离子水解程度 CO32 ClO- F-，酸的电离平衡常数从小 到大顺序是： HCO3 HClO HF 【解析】 A.根据生成 NaF 所对应的酸为 HF，生成 NaClO 所对应的酸为 HClO，生成 Na2CO3所对应的酸为 HCO3 ，生成 NaHCO3 所对应的酸为 H2CO3，酸性： HCO3 HClO H2CO3 HF，所以，三种酸溶液的 导电能力顺序： HClO H2CO3 HF，错误 ； B.0.1 molL -1 Na2CO3溶 液中， c(Na+) = 0.2 molL-1 ，将 CO2通入 0.1 molL -1Na2CO3 溶液中至溶液中性 ， 此时 CO2 过量，反应生成了 NaHCO3， 此时，溶液的体称没有变，溶液中的钠离子的浓度仍然为： c(Na+)=0.2 molL -1，根据电荷守恒有： c(Na+) +c(H+) =c(HCO3) + 2c (CO32 )+ c(OH)，由于溶液呈中性： c(H+) = c(OH)， 则 c(Na+) = 2c (CO32)+ c (HCO3)= 0.2molL -1 ，错误； CNaClO(aq)与 NaF(aq)中电荷守恒式分别为 c(Na ) c(H )=c(ClO ) c(OH )、 c(Na ) c(H )=c(F ) c(OH )，由于 NaClO 水解程度大，因此有 c(H )NaClO c(H )NaF，所以 NNaClO NNaF所以 C 正确； D.向 Na2CO3 溶液中通 入少量 HF 气体 Na2CO3+ HF =NaF+ NaHCO3，故 D 不正确。 26. （ 15 分）氨基甲酸铵（ NH2COONH4）是一种白色固体，受热易分解。某小组模拟制备氨基甲酸铵，反应如下： 2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s） H 0 （ 1）如用下图 I装置制 取氨气，锥形瓶中可选择的试剂是 。 （ 2）制备氨基甲酸铵的装置如下图所示，把 NH3和 CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲 酸铵的小晶体悬浮在 CCl4中。当悬浮物较多时，停止制备。 注： CCl4与液体石蜡均为惰性介质。 图 I 中滴加液体的仪器名称是 ，液体石蜡鼓泡瓶的作用是 ，发生器用冰水冷却的原因是 。 从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是 （填写操作名称），为了得到干燥产 品，应采取的方法是 （填写选项序号）。 a.常压加热烘干 b减压 40以下烘干 c高压加热烘干 （ 3）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种。 设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。 限选试剂：蒸馏水、稀 HNO3、 BaCl2溶液、 Ba(OH)2溶液、 AgNO3溶液、稀盐酸。 实验步骤 预期现象 和结论 步骤 1：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏 水至固体溶解。 得到无色溶液 步骤 2：向试管中加入过量的 BaCl2溶液，静 置。 溶液变浑浊，则 证明固体中含有 。 步骤 3：取步骤 2的上层清液于试管中加入少 量的 。 溶液不变浑浊，则 证明固体中不含 有 。 根据的结论：取氨基甲酸铵样品 3.30g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥， 测得沉淀质量为 1.97g。则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为 。【 Mr(NH2COONH4)=78、 Mr(NH4HCO3） =79、 Mr(NH4)2CO3=96、 Mr(BaCO3)=197.(NH2COO)2Ba易溶于水】 26.【 答案】 （ 1） 氢氧化钠固体等合理答案（填氨水则零分） （ 2分） （ 2） 分液漏斗 （ 1分） 通过观察气泡，调节 NH3与 CO2通入比例（或通过观察气泡，控制 NH3与 CO2的反应速率）（ 2分） 降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）（ 2分） 过滤 （ 1分） b（ 2分） （ 3） 实验步骤 预期现象和结论 步骤 2 (NH4)2CO3 （ 1分） 步骤 3 Ba(OH)2溶液 （ 1 分） NH4HCO3 （ 1分） 0.75或 75%（有效数字没有考虑不扣分） （ 2分 【考查方向】 本题考查物质的制备、分离与提纯、物质成分的探究与验证，样品纯度的计算等 【易错点】 不能有效提取图表中信息， 阅读材料、接受信息的能力 不强， 物质的分离提纯的方法掌握不熟 练，实验 设计能力欠缺，不能有效设计实验进行成分探究 ，不能根据原子守恒进行纯度计算。 【解题思路】 图 I 装置中没有加热，只能用浓氨水与氢 氧化钠固体或氧化钙固体反应制取氨气。 据信息 “该反应为放热反应、生成物氨基甲酸铵（ NH2COONH4）受热易分解 ”，因此为了提高反应物 的 转化率或防止产物的分解，可用冰水冷却发生器；气体通过液体石蜡鼓泡瓶时能观察气泡数，调节 NH3 与 CO2通入比例或控制 NH3与 CO2的反应速率； 根据 “生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在 CCl4 中 ”说明氨基甲酸铵难溶于 CCl4（液体），采用过滤操作 能将氨基甲酸铵从混合物中分离出来；为了防止氨基甲酸铵受热分解，采用 “减压 40 以下 ”烘干产品。 在 “限选试剂 ”中稀硝酸、稀盐 酸与氨基甲酸铵、碳酸氢铵均能反应产生气体，不能用来验证碳酸氢铵； 只有澄清石灰水与碳酸氢铵反应产生碳酸钙沉淀（溶液变浑浊）； 根据 可知产品的成分有 NH2COONH4、 NH4HCO3，与足量氢氧化钡溶液充分反应生成 BaCO3 沉淀。 【解析】 （ 1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答 案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等； （ 2） 液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，反应 2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s） H 0，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用 冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；故答案为：通过观察气泡，调节 NH3 与 CO2 通入比例，降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）； 制备氨基甲酸铵的装置如图 3 所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基 甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（ NH2COONH4）是一 种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空 40 以下烘干；故答案：过滤； b； （ 3） 根据实 验目的，检验氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种，通过向试管中加入 过量的 BaCl2 溶液，静置溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵；在不含碳酸铵的基础上在通过向试管 中加入少量澄清石灰水，看溶液是否变浑浊证明固体中是否含有碳酸氢铵，故答案为： 实验步骤 预期现象和结论 步骤 2 (NH4)2CO3 （ 1 分） 步骤 3 Ba(OH)2 溶液 （ 1 分） NH4HCO3 （ 1 分） 取混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品 3.30g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤 、干燥，测 得沉淀质量为 1.97g，即 BaCO3 为 1.97g，物质的量为 1.97/197=0.01mol，根据碳酸根守恒，则碳酸氢 铵物质的量为 0.01mol，又样品质量为 3.30g，所以氨基甲酸铵的物质的量为 (3.300.0179)/78= 0.03mol,则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数 =0.03/(0.03+0.01)100%=75.00%，故答案为： 75.00% 27 （ 14分）工业上采用乙苯与 CO2脱氢生产重要化工原料苯乙烯 的反应： 其中乙苯在 CO2气氛中的反应可分两步进行 ： (1)上述 乙苯与 CO2反应的反应热 H=_。 (2)下列叙述不能说明乙苯与 CO2反应已达到平衡状态的是 _。 a 恒温恒压时气体密度不变 b C(CO2) = C(CO) c消耗 1molCO2同时生成 1molH2O d CO2的体积分数保持不变 (3)在 3L密闭容器内，乙苯与 CO2发生 反应 。 在三种不同的条件下进行实验，乙苯、 CO2的起始浓度 均 分别 为 1 mol/L和 3 mol/L，其中实 验 I在 T1。 C、 P1 Pa 下 ，而实验 II、 III分别改变了 某一个 实验条件 （假 设均不影响物质的状态）， 乙苯的浓度随时间的变化如图 1所示。 实验 I乙苯在 0-50min时的反应速率为 _。 实验 可能改变条件的是 _。 图 2 是实验 I 中苯乙烯体积分数 V%随时间 t 的变化曲线，请在图 2 中补画实验 中苯乙烯体积分数 V%随时间 t的变化曲线。 (4)实验 I 达到平衡后，在该温度下，向该容器中再通入乙苯和 CO2各 1mol， 重新达到平衡时 ，乙苯 的转 化率将 （ 填“增大”、“减小”或“不变” ），此时平衡常数为 _。 【 答案】 (1) 210KJ/mol (2) b c (3)0.012mol/ （ Lmin） 加入催化剂 (只要拐点位置正确即可，未标出 12.5不扣分 ) (4)减小 0.375 【考查方向】 考查 化学反应中有关反应热的计算 和 化学平衡的影响因素、转化率的判断 以及化学平衡常数 的计算，特别是考查学生利用平衡常数分析平衡移动的思维能力。 【易错点】 不能灵活应用盖斯定律致错；没有理解化学平衡的特点致错； 不能根据平衡时浓度进行平衡常 数的计算。 【解题思路】 （ 1）根据盖斯定律结合热化学方程式分析； （ 2）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速 率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发 生变化； （ 3） 根据图 I 中乙苯的浓度变化，求出反应速率； 根据图 I 中实验 改变条件平衡不 移动，反应速率增大； 实验 中改变条件，由图 I 可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数 V%随时间 t 增大而 减小； （ 4）根据加入乙苯引起的浓度增大量与平衡移动引起的浓度减小量的相对关系分析；若实验 I 中将乙苯的 起始浓度改为 1.0mol/L，其他条件不变，因为温度不变，则 K 不变，根据图 I 中数据求出 K 的值 . 【解析】 （ 1）观察三个热化学方程式，发现已知焓变的 A+B 可以得到乙苯与二氧化碳的反应，根据盖斯 定律，则乙苯与二氧化碳反应的焓变 = H1+ H2=(-125)+(-85)kJ/mol=-210kJ/mol； （ 2） 恒温恒压时气体体积发生变化，而质量不变，所以密度不变 ，说明已达平衡，故 a 错误；虽然各 组分的变化浓度之比等于化学方程式中系数之比，但是各组分的平衡浓度之比不一定等于化学方程式中系 数之比，因此二氧化碳和一氧化碳浓度相等时反应不一定达到平衡，故 b 正确；二氧化碳和水的系数之比 等于 1 1，消耗 1molCO2 同时生成 1molH2O，说明不同物质的正反应速率等于化学方程式中系数之比， 缺少逆反应速率，因此不能说明达到平衡，故 c 正确；二氧化碳是反应物，其体积分数逐渐减小，若保持 不变，说明反应已达平衡，故 d 错误； （ 3） 观察图 I， 0 50min 内 c(乙苯 )=（ 1.00.4） mol/L=0.6mol/L，由于 v= c/ t，则 v(乙苯 )= 0.6mol/L50min=0.012mol/(Lmin)； 对比图 I、图 II，发现 III时，单位时间内乙苯的变化浓度增大，说明反应速率加快，但是平衡时乙苯 的浓度相等，说明平衡没有移动；由于乙苯与二氧化碳的反应是气体体积增大的放热反应，根据浓度、压 强、温度和催化剂对化学平衡的影响规律推断，实验 II 可能改变的条件是加入催化剂； 同理，推断实验 IIII 时，反应速率增大，平衡向 逆反应方向移动，说明改变的条件是升高温度，因此 画出的曲线满足以下几个要点：起点与实验 I 相同，未达平衡前，实验 III 的反应速率比 I 大，平衡后苯乙 烯的体积分数比实验 I 的小； （ 4）增大乙苯的浓度，虽然平衡右移，乙苯的变化浓度增大，但是乙苯的起始浓度也增大，且变化浓度 增大的程度小于起始浓度增大的程度，因此乙苯的转化率减小；平衡常数只与温度有关，与浓度改变无关， 因此实验 I 中各组分的平衡浓度计算出的平衡常数就是此时的平衡常数，依题意可知实验 I 反应中各组分 的起始、变化、平衡浓度，则： C6H5CH2CH3(g)+CO2(g) C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g) 起始浓度 / molL1 1.0 3.0 0 0 0 变化浓度 / molL1 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 平衡浓度 / molL1 0.5 2.5 0.5 0.5 0.5 K=c(C6H5CH=CH2)c(CO) c(H2O)/c(C6H5CH2CH3) c(CO2)=“(“ 0.50.50.5)/( 0.52.5)=0.375。 28（ 14 分） 将广泛应用于航空工业的某合金 （ 两种金属组成 ） 投入过量浓硝酸中， 合金与硝酸 剧烈反应，放出红棕 色气体 X 和蓝绿色溶液 Y。若将少量 Y滴入 NaCl 溶液中，只产生白色沉淀。 （ 1） 氯元素在周期表中的位置 ： 。 （ 2） 组成合金的金属是 （ 填选项字母 ） 。 A Cu、 Mg B Cu、 Al C Cu、 Fe D Cu、 Ag （ 3） X是大气污染物之一，利用氨水可以将 SO2和 X 同时吸收处理，原理如下图所示： X 被吸收的离子方程式是 _。 II某研究小组为了探究一种无机盐 A（ 只含四种元素 且阴阳离子个数比为 1 ： 1） 的组成，设计并完成 了如下实验：取少量无机盐 A，加入足量 6%的 H2O2溶液，充分反应后除了生成水外还有 4种产物，分别是： 气态氧化物 B，气态单质 C，盐 D和含氧强酸 E。将 B、 C、 D、 E均通 （ 加 ） 入 Ba(OH)2溶液中， B、 D、 E与 Ba(OH)2 生成了白色沉淀，再向白色沉淀中加入足量稀硝酸，只有 B 生成的沉淀溶解且放出气体 B。 A、 D 的焰色呈紫色。 C在标况下的密度为 1.25g/L。请回答下列问题： （ 1） C的结构式为 _。 （ 2） A与双氧水反应的化学方程式为 _。 （ 3） B与 Ba(OH)2反应生成沉淀的离子方程 式 为 。 （ 4）一种短周期的金属单质 R 在 B、 C 中都能燃烧，则相同条件下，等体积的 B、 C 完全反应消耗金属单 质 R的质量比为 。 【答案】 . (1) 第三周期 A 族 (2) D (3) 2NO2+4HSO3 =N2+4SO42 +4H+ II (1) NN 氨水 SO2 NH4HSO3 溶液 X N2 铵盐 溶液 (2) 2KSCN + 11H2O2 = 2CO2+N 2+ K 2SO4 + 10H2O + H2SO4 (3) CO2+ Ba2+2OH = BaCO3 + H2O ； (4) 2:3 【考查方向】 考查了物质结构（元素的位置）以及无机物推断，涉及物质结构、物质的性质、 离子的检验等知识。 【易错点】 不能准确提取元素化合物的性质，不能根据实验现象进 行元素化合物的推断以及性质的判断。 【解题思路】 .（ 1）氯气是 17 号元素； （ 2） 合金与硝酸剧烈反应溶液为蓝绿色，说明有铜元素 Y，滴入 NaCl 溶液中，只产生白色沉淀，说明 有银元素。 （ 3） X 为 NO2， NO2 与 NH4HSO3 溶液反应有 N2产生，离子方程式为 2NO2+4HSO3=N2+4SO42+4H+ II (1)C 在标况下的密度为 1.25g/L，则 C 为 N2 （ 2） 无机盐 A 与 H2O2 溶液充分反应后除了生成水外还有 4 种产物：气态氧化物 B，气态单质 N2，盐 D 和含氧强酸 E， B、 D、 E 与 Ba(OH)2 生成白色 沉淀，且 B 生成的沉淀溶解且放出气体 B，则 B 为 CO2。 A、 D 的焰色呈紫色，则 D 为 K2SO4， E 为 H2SO4。所以 A 含有 K、 S、 N、 C 四种元素，即为 KSNC。 （ 3） CO2与 Ba(OH)2反应生成沉淀的离子方程式为 CO2+ Ba2+2OH= BaCO3 + H2O； 周期的金属单质 R 在 CO2、 N2 中都能燃烧，则 R 为 Na 元素。 【解析】 .（ 1）氯气是 17 号元素，所以位置为 第三周期 A 族 ； （ 2） 合金与硝酸剧烈反应溶液为蓝绿色，说明有铜元素 Y，滴入 NaCl 溶液中，只产生白色沉淀，说明 有银元素，所以选 D。 （ 3） X 为 NO2， NO2与 NH4HSO3 溶液反应有 N2产生，所以离子方程式为 2NO2+4HSO3=N2+4SO42+4H+ II (1)C 在标况下的密度为 1.25g/L，则 C 为 N2， 结构式为 NN ； （ 2） 无机盐 A 与 H2O2 溶液充分反应后除了生成水外还有 4 种产物：气态氧化物 B，气态单质 N2，盐 D 和含氧强酸 E， B、 D、 E 与 Ba(OH)2 生成白色沉淀，且 B 生成的沉淀溶解且放出气体 B，则 B 为 CO2。 A、 D 的焰色呈紫色，则 D 为 K2SO4， E 为 H2SO4。所以 A 含有 K、 S、 N、 C 四种元素，即为 KSNC， KSCN 与双氧水反应的化学方程式为 2KSCN + 11H2O2 = 2CO2+N2+ K2SO4 + 10H2O + H2SO4。 （ 3） CO2与 Ba(OH)2反应生成沉淀的离子方程式为 CO2+ Ba2+2OH= BaCO3 + H2O； （ 4） 周期的金属单质 R 在 CO2、 N2中都能燃烧，则 R 为 Na 元素，根据反应方程式可知 等体积的 CO2、 N2完全反应消耗金属单质 Na 的质量比为 2:3。 36.化学 选修 2：化学与技术 （ 15 分） （ 1）硫酸是一种重要的含氧酸。实验室用浓硫酸与乙二酸（ H2C2O4） 晶体共热，可获得 CO 与 CO2的混合气 体，再将混合气进一步通过 (填一种试剂的名称 )即可得纯净干燥的 CO。在此反应中，硫酸 体现了 性质。 （ 2）净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净【 Cl2Na(NCO)3】先与 水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（ Na2SO3）溶出，可将水中的余氯 （次氯酸等）除去。 优氯净中氯元素的化合价为 。 亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为 。 亚硫酸钠溶液在空气中易变质，请写出检验亚硫酸钠溶液是否变质的方法 。 （ 3）某无机盐 M是一种优良 的氧化剂 ，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验： 已知： 无机盐 M仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为 2： 1： 4； 上图中，将 1.98g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入 1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混 合溶液 N。 该小组同学将溶液 N分为二等份，分别按路线、路线进行实验。 在路线中 ，首先向溶液 N中滴加适量 KOH至元素 X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧 得纯净的 Fe2O3粉末 1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到 3.48g纯净的不含结晶水的正盐 W。 请按要求回答下列问题： 由路线的现象可知，溶液 N中含有的阳离子是 。 由实验流程图可推得，含氧酸盐 W的化学式是 ；由路线可知， 1.98g无机盐 M中所含钾元 素的质量为 g。 无机盐 M与 1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液 N的化学反应方程为 。 【 答案】 （ 1）碱石灰（ CaO 或 NaOH固体 ） （ 1分），脱水性（ 1分） （ 2） +1价（ 1分）； SO32 +HClO=SO42 +Cl +H+（ 2分） 取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加 BaCl2，有白色沉淀生成证明 试样已经变质。（ 2分） （ 3） Fe2+（ 2分） K2SO4（ 2分）， 0.78g（ 2 分） 2Fe+K2FeO4+4H2SO4=3FeSO4+K2SO4+4H2O（ 2分） 【考查方向】 探究物质的组成或测量物质的含量，根据化学式判断化合价，涉及质物 质组成的测定、浓硫 酸的性质、离子方程式、化学方程式的书写、离子的检验方法等知识，同时充分考查了学生灵活应用基础 知识的能力。 【易错点】不 能熟练应用物质的性质进行杂质处理；不能准确确定复杂化合物的化合价；物质性质把握不 准确，不能快速有效提取物质的特征信息进行解题 ，不能根据守恒法和讨论法进行化合物化学式的计算 。 【解题思路】 （ 1）除去混合气体中二氧化碳和水，可以选用碱石灰；浓硫酸在该反应中表现了脱水性； （ 2） 根据化合物中总化合价为 0 计算出优氯净 Cl2Na(NCO)3中 Cl 元素的化合价； 次氯酸具有强氧 化性，能够与亚硫酸根离子发生氧化还原反应； 亚硫酸钠若变质，溶液中会存在硫酸钠，先用过量盐酸除去亚硫酸根离子，然后用氯化钡检验是否含有 硫酸根离子，从而判断亚硫酸钠是否变质；根据化合价变化判断反应产物，写出反应的化学方程式； （ 3） 1.2g 氧化铁的物质的量为： 1.2g/(160g/mol)=0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为： 0.0075mol22=0.03mol，质量为： 56g/mol0.03mol=1.68g 1.12g，所以无机盐 M 中一定含有 Fe 元素， 无机盐 M 分子中的原子个数比为 2： 1： 4，则 M 的化学式为： K2FeO4， 路线 为检验亚铁离子的方法； K2FeO4，与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知 W 为硫酸钾；根据 n=m/M， 计算出 K2FeO4，的物质的量，再根据 n=nM 计算出钾离子的质量； 根据 K2FeO4，与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的化学方程式。 【解析】 （ 1）硫酸是一种重要的含氧酸，实验室用浓硫酸与乙二酸（ H2C2O4）晶体共热，可获得 CO 与 CO2 的混合气体，再将混合气进一步通过要得到纯净的 CO 气体，需要除去混合气体中二 氧化碳和水，所 以应该用碱石灰干燥；浓硫酸在反应中起到了脱水性，故答案为：碱石灰（ CaO 或 NaOH 固体）；脱水性； （ 2） 优氯净 Cl2Na（ NCO） 3 中，钠离子的化合价为 +1 价， N 为 -3 价、 O 为 -2 价、 C 为 +4 价，设 Cl 元 素的化合价为 x，则： 2x+（ +1） +3（ -3） +（ +4） +（ -2） =0，解得： x=+1，故答案为： +1； 亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为： SO32-+HClOSO42-+Cl-+H+， 故答案为： SO32-+HClOSO42-+Cl-+H+； 亚硫酸钠溶液在空气中易变质，则溶液中会存在硫酸根离子，所以判断亚硫酸钠溶液是否变质的方法为： 取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加 BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已 经变质；无水亚硫酸钠隔绝空气加热到 600 便开始分解，分解产物是硫化钠和另一固体，根据化合价变 化可知，另一种产物为 Na2SO4，反应的化学方程式为： 4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：取适量固体 于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加 BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质； 4Na2SO33Na2SO4+Na2S； （ 3） 根据路线 可知， N 溶液中一定含有亚铁离子，故答案为： Fe2+； 1.2g 氧化铁的物质的量为： 1.2g/(160g/mol)=0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为： 0.0075mol22=0.03mol，质量为： 56g/mol0.03mol=1.68g 1.12g，所以无机盐 M 中一定含有 Fe 元素， 无机盐 M 分子中的原子个数比为 2： 1： 4，则 M 的化学式为： K2FeO4，根据流程可知， K2FeO4，与稀硫 酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知 W 为硫酸钾； 1.98gK2FeO4，的物质的量为 1.98g/(198g/mol)=0.01mol， 0.01molK2FeO4，中含有 0.02mol 钾离子，含有钾 离子的质量为 39g/mol0.02mol=0.78g，故答案为： K2FeO4 ； 0.78； 无机盐 M 与还原铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，反应的化学方程式为： 2Fe+K2FeO4， +4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O，故答案为： 2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O。 37.化学 选修 3：物质结 构与性质 （ 15 分） 将汽车尾气中含有的 CO利用不仅能有效利用资源，还能防治空气污染。工业上常用 CO 与 H2在由 Al、 Zn、 Cu 等元素形成的催化剂作用下合成甲醇。 （ 1） 右图是某同学画出 CO 分子中氧原子的核外电子排布图， 请判断该排布图 （填“正确”或“错误”），理由是 （若判断正确，该空不用回答）。 （ 2）写出两种与 CO互为等电子体的离子 。 （ 3）向 CuSO4 溶液中加入足量氨水可得到深蓝色 Cu(NH3)4SO4 溶液， Cu(NH3)4SO4 中 所含配位键是通 过配体分子的 给出孤电子对， 接受电子对形成， SO42-的空间构型 是 ，该物质中 N、 O、 S三种元素的第一电离能大小顺序为 （填 元素符号）。 （ 4）甲醇与乙烷的相对分子质量相近，故二者分子间的作用力（范德华力）相近，但是二者沸点的差 距却很大，造成该 差异的原因是 ；在甲醇分子 中 碳原子轨道的杂化类型为 。 （ 5）甲醛与新制 Cu(OH)2悬浊液加热可得砖红色沉淀 Cu2O，已知 Cu2O晶胞的结构如图所示： 在该晶胞中， Cu+ 的配位数是 ， 若 该晶胞的边长为 a pm，则 Cu2O 的密度为 _gcm -3（只要求列算式， 不 必计算出数值， 阿伏伽德罗常数为 NA） 【答案】 （ 1）错误 违背泡利原理 （ 2） CN 、 C22 （ 2 分） （ 3）氮原子（或 N） Cu2+ 正四面体（ 2 分）； NOS （ 2 分，只 要一个顺序填错，得 0分） （ 4） 甲醇分子间存在氢键 ，因此其沸点远大于乙烷 sp3 （ 5） 2 (16 2+64 4) 1030/(a3NA) （ 2分） 【考查方向】 对电子排布图、等电子体、配位键的判断、空间构型、第一电离能、氢键、熔沸点的判断、 配位数、晶体密度的计算等物质结构和性质进行考查。 【易错点】 由于不能有效掌握配位键的实质与题给信息的分析策略，所以 不能准确判断出配位键； 空间想象能力薄弱，不能根据晶胞结构判断配位数，进而根据原子的距离确定密度。 【解题思路】 （ 1）根据 泡利原理 ，每个轨道 (例如 1s 轨道 ,2p 轨道中的 px)能容纳的两个电子的自旋方向是 相反的。 （ 2） 根据等电子体的原子分析； 配体分子中的原子含有孤电子对， 具有空轨道的金属离子或原子作