江苏省南京师大附中江宁分校高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2013-2014学年江苏省南京师大附中江 宁分校高二（下）期末化学试卷一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2012江苏）化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用下列做法与社会可持续发展理念相违背的是（）a改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放b开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用c研发可降解高分子材料，减少“白色污染”d过度开采矿物资源，促进地方经济发展考点：常见的生活环境的污染及治理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发专题：热点问题分析：减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，并注意节约能源，应从我们身边做起解答：解：a汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，符合社会可持续发展理念，故a正确；b开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故b正确；c研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，从而减少“白色污染”，符合社会可持续发展理念，故c正确；d过度开采矿物资源，促进地方经济发展，会使资源匮乏，是只顾眼前不顾将来的做法，不符合社会可持续发展理念，故d错误；故选d点评：本题考查环境保护及可持续发展，节约资源、走可持续发展之路，人人有责，并做到从我做起，题目难度不大2（2分）（2012南京模拟）下列有关化学用语表示正确的是（）a乙烯的结构简式：ch2ch2b含78个中子的碘的放射性核素：ic甲醛的电子式：dmg2+的结构示意图：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：a乙烯中的官能团为c=c，不能省略；b依据质子数+中子数=质量数计算，结合原子符合分析；c根据电子式的书写规则判断；d镁离子核外有10个电子解答：解：a乙烯的结构简式为ch2=ch2，故a错误；b碘原子质子数为53，中子数为78，质量数为53+78=131，含78个中子的碘的放射性核素：53131i，故b正确；c甲醛是共价化合物，原子间以共用电子对形成共价键，且每个原子都达到稳定结构，所以甲醛的电子式为，故c错误；d镁离子的结构示意图，故d错误；故选b点评：本题考查化学用语，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式、原子的表示方法等，注重基础知识的考查，注意化学用语使用的规范性，题目难度不大3（2分）（2012春江宁区校级期末）下列有关实验或操作的叙述正确的是（）a如图甲，检验溴乙烷与naoh醇溶液共热产生的乙烯b如图乙，做喷泉实验时先挤压胶头滴管使水进入烧瓶，后松开止水夹c酸碱中和滴定前，滴定管和锥形瓶在用蒸馏水洗涤后均需用待装溶液润洗d用托盘天平称取1.06g无水碳酸钠，溶于250ml水，配制0.04 moll1na2co3溶液考点：化学实验方案的评价分析：a从两个角度考虑：乙醇是否挥发，乙醇能否使高锰酸钾溶液褪色；b看是否能使烧瓶内压强减小；c从两个角度分析：一是锥形瓶能否用待装液润洗，二是能否引起误差；d从托盘天平的精确度考虑解答：解：a生成的气体含有挥发的乙醇，乙醇遇到酸性高锰酸钾溶液，也会使其褪色，故a错误；b先挤压胶头滴管，氨气极易溶于水，烧瓶内压强减小，后松开止水夹形成喷泉，故b正确；c锥形瓶不能用待装液润洗，否则会引起误差，故c错误；d托盘天平只能精确到0.1g，故d错误；故选b点评：本题考查常见实验操作，本题难度不大，易错点为a项，注意乙醇的还原性4（2分）（2012春江宁区校级期末）设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a30g二氧化硅晶体中含有sio键数目为2nab标准状况下，2.24l chcl3的原子总数为0.1nac一定条件下，将1moln2与3molh2混合反应后，生成nh3分子的数目为2nad常温下，0.1mol/lnh4no3溶液no的数目为0.1na考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a二氧化硅结构中每一个硅原子形成4个sio键；b标准状况下，三氯甲烷的状态为液体，不是气体；c氨气与氢气生成氨气的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；d缺少溶液体积，无法计算溶液中硝酸根离子的数目解答：解：a30g二氧化硅的物质的量为：=0.5mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，则0.5mol二氧化硅中含有硅氧键的物质的量为：0.5mol4=2mol，含有sio键数目为2na，故a正确；b标况下三氯甲烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故b错误；c合成氨的反应为可逆反应，则1moln2与3molh2混合反应后生成的氨气小于2mol，生成nh3分子的数目小于2na，故c错误；d没有告诉溶液体积，无法计算溶液中硝酸根离子的数目，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下乙醇、水、四氯化碳、三氯甲烷等物质的状态不是气体，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；d为易错点，注意题中缺少溶液体积5（2分）（2011崇川区校级三模）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）a加入铝粉产生h2的溶液中：fe2+、na+、so42、clob滴入酚酞显红色的溶液中：nh4+、mg2+、alo2、no3cph=1的溶液中：fe3+、cl、no3、k+dc（so32）=0.1moll1的溶液中：ca2+、mno4、so42、h+考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之间能否发生氧化还原反应、能否结合生成沉淀、弱电解质、气体、水等来分析离子的共存问题解答：解：a、加入铝粉产生h2的溶液可能为酸或碱的溶液，若为碱，oh、fe2+结合生成沉淀，若为酸，h+、fe2+、clo发生氧化还原反应，则一定不能大量共存，故a错误；b、滴入酚酞显红色的溶液显碱性，oh、nh4+结合生成弱电解质，oh、mg2+结合生成沉淀，nh4+与alo2还发生相互促进的水解，则一定不能大量共存，故b错误；c、ph=1的溶液中有大量的h+，该条件下该组离子之间不反应，则能大量共存，故c正确；d、因ca2+、so42结合生成微溶物，so32、mno4、h+发生氧化还原反应，则一定不能大量共存，故d错误故选c点评：本题考查离子的共存问题，明确离子之间的反应及指定溶液的隐含信息挖掘是解答的关键，熟悉常见离子发生的氧化还原反应即可快速解答6（2分）（2012春江宁区校级期末）下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（）a向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，该溶液中一定含so42b向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，将得到的沉淀分离出来，再加水可重新溶解c除去苯中含有的苯酚，可先加naoh溶液，充分反应后静置分液d淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制cu（oh）2后加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉已经完全水解考点：化学实验方案的评价分析：a盐酸酸化，排除银离子的干扰；b变性为不可逆过程；c苯酚与氢氧化钠溶液反应；d有砖红色沉淀生成，说明淀粉水解生成葡萄糖，但不能确定水解程度解答：解：a向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，盐酸酸化，排除银离子的干扰，当有白色沉淀生成，该溶液中可能含有so42，故a错误；b向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，发生蛋白质的变性，则将得到的沉淀分离出来，再加水不会重新溶解，故b错误；c苯酚与氢氧化钠溶液反应，而苯不溶于水，可分离，故c正确；d淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入新制cu（oh）2后加热，若有砖红色沉淀生成，说明淀粉水解生成葡萄糖，若检验水解程度，还需要碘水，若水解后的溶液中加碘水不变蓝，则水解完全，故d错误；故选c点评：本题考查常见离子的检验及物质的性质，熟悉离子的检验、蛋白质的性质、除杂、淀粉水解的实验即可解答，题目难度不大，注意d为解答的易错点7（2分）（2012春江宁区校级期末）下列说法中正确的是（）a将纯水加热至较高温度，水的离子积变大，ph减小，呈酸性b碱性氢氧燃料电池工作时，oh向正极迁移c反应2a（g）+b（g）3c（s）+d（g）在一定条件下能自发进行，说明该反应的h0d用饱和na2co3溶液处理baso4沉淀，可将baso4转化为baco3考点：原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：a水的电离是吸热反应，升高温度促进电离，溶液中c（h+）增大，但仍然存在c（h+）=c（oh）；b原电池放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动；c化学反应中g=hts0时，该反应能自发进行；d如果qcksp时就能产生沉淀解答：解：a水的电离是吸热反应，升高温度促进电离，溶液中c（h+）增大，ph减小，离子积常数增大，但仍然存在c（h+）=c（oh），所以仍然呈中性，故a错误；b原电池放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以oh向负极迁移，故b错误；c化学反应中g=hts0时，该反应能自发进行，应2a（g）+b（g）3c（s）+d（g）在一定条件下能自发进行，说明该反应g=hts0，该反应的s0，则h0，故c错误；dbaso4饱和溶液中加入饱和na2co3溶液有白色沉淀，是因为qcksp时而产生沉淀，所以用饱和na2co3溶液处理baso4沉淀，可将baso4转化为baco3，故d正确；故选d点评：本题考查水的电离、难溶物溶解平衡、反应焓变和熵变、原电池原理等知识点，侧重考查化学反应原理，注意不能根据溶液ph确定溶液酸碱性，要根据c（h+）、c（oh）相对大小判断，易错选项是ad8（2分）（2012春江宁区校级期末）下列离子方程式正确的是（）a淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4i+o2+2h2o4oh+2i2b用naoh溶液吸收氯气：2oh+2cl22cl+h2oc少量co2通入苯酚钠溶液中：2c6h5o+co2+h2o2c6h5oh+co32d氯化镁溶液与氨水反应：mg2+2ohmg（oh）2考点：离子方程式的书写分析：a碘离子被空气中氧气氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色；b氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；c苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二者反应生成苯酚和碳酸氢根离子；d氨水为弱碱，一水合氨不能拆开，应该保留分子式解答：解：a淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，碘离子被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：4i+o2+2h2o4oh+2i2，故a正确；b氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，正确的离子方程式为：cl2+2ohcl+clo+h2o，故b错误；c少量co2通入苯酚钠溶液中，反应生成苯酚和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：c6h5o+co2+h2oc6h5oh+hco3，故c错误；d氯化镁溶液与氨水反应，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：mg2+2nh3h2omg（oh）2+nh4+，故d错误；故选a点评：本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握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，检查是否符合原化学方程式等9（2分）（2012春江宁区校级期末）下列有关物质的性质或应用说法正确的是（）a碳酸钠用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症b金属钠具有强的还原性，可利用钠和ticl4溶液反应制取金属tic糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解d硅酸钠水溶液呈碱性，可以用来制硅酸考点：钠的重要化合物；含硅矿物及材料的应用；钠的化学性质；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析：ana2co3碱性太强；b在溶液中含有水，钠与水容易反应；c糖类分单糖、二糖和多糖，单糖不水解；d硅酸钠是弱酸强碱盐，呈碱性，并且硅酸的酸性比较弱解答：解：ana2co3碱性太强，不宜做胃药，故a错误；b在溶液中含有水，钠与水容易反应，钠与ticl4在高温下才能置换金属钛，故b错误；c糖类分单糖、二糖和多糖，单糖不水解，二糖、多糖、油脂、蛋白质在一定条件下均可以水解，故c错误；d硅酸钠是弱酸强碱盐，呈碱性，并且硅酸的酸性比较弱，可以用强酸制弱酸的方法来制硅酸，故d正确；故选d点评：本题考查了元素化合物知识，明确各种物质的性质是解题关键，注意治疗胃酸过多用碳酸氢钠，题目难度不大10（2分）（2012春江宁区校级期末）al、fe、cu都是重要的金属元素下列说法正确的是（）a三种元素对应的氧化物均为碱性氧化物b三者的单质长期放置在空气中均能被腐蚀c制备alcl3、fecl3、cucl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法d电解alcl3、fecl3、cucl2的混合溶液时，阴极上依次析出cu、fe、al考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用分析：a氧化铝为两性氧化物，不属于碱性氧化物；b铝制品表面生成的氧化铝性质稳定，熔点高，起到保护内部金属的作用，铁制品在潮湿的空气中易生锈，铜在潮湿空气中生成铜绿；c铝离子、铁离子和铜离子都能够水解生成氢氧化物和氯化氢，加热后水解程度增大，氯化氢挥发，则最终无法得到它们的氯化物；d根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出解答：解：a铁和铜对应氧化物为氧化铁、氧化铜都属于碱性氧化物，而铝对应的氧化物al2o3是两性氧化物，不是碱性氧化物，故a错误；b铝表面生成的氧化铝性质稳定，熔点高，起到保护内部金属的作用，铁在潮湿的空气中易生锈，铜在潮湿空气中生成铜绿，铁、铜期放置在空气中均易腐蚀，而铝单质不会被腐蚀，故b错误；c因为alcl3、fecl3、cucl2的溶液加热时都水解生成沉淀和hcl气体，hcl挥发，所以得到的是各自的氢氧化物沉淀，故制备alcl3、fecl3、cucl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故c正确；d根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：cu2+h+fe2+al3+，fe2+和al3+不放电，fe3+得电子成为fe2+不会析出铁，所以铁和al在溶液中不会析出，只有cu可以，故d错误；故选c点评：本题考查了金属单质及其化合物性质，题目难度中等，涉及盐的水解原理、电解原理、氧化物类型判断等知识，注意掌握常见金属单质及其化合物性质，明确电解原理、碱性氧化物、两性氧化物的概念及判断方法二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）（2010秋无锡期末）某有机物a的结构简式如图，下列有关a的说法正确的是（）a分子式为：cl4h25o6nbrb该分子中含有两个手性碳原子c不能使酸性高锰酸钾溶液褪色da在一定条件下与氢氧化钠溶液反应，1mola最多消耗4molnaoh考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：a由结构简式可知确定分子式，含16个h原子；b连四个不同基团的碳原子为手性碳原子；c含苯酚结构，易被氧化；d酚oh、cooh、cooc均与naoh溶液反应解答：解：a由结构简式可知确定分子式，含16个h原子，分子式为cl4h16o6nbr，故a错误；b连四个不同基团的碳原子为手性碳原子，则与cooh、br相连的c为手性碳原子，故b正确；c含苯酚结构，易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c错误；d酚oh、cooh、cooc、br均与naoh溶液反应，则a在一定条件下与氢氧化钠溶液反应，1mola最多消耗4molnaoh，故d正确；故选bd点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物中的官能团及性质的关系，熟悉常见有机物的性质即可解答，选项d为难点，题目难度中等12（4分）（2012春江宁区校级期末）短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次递增，a、b两元素相邻，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍或者c原子最外层电子数的3倍，b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和下列说法正确的是（）a元素b和e的最高价氧化物对应的水化物均为强酸ba、b的气态氢化物的稳定性：abc元素c、d、e的最高价氧化物对应的水化物之间均可相互反应d工业上常用电解元素c、d的氯化物来制取它们的单质考点：原子结构与元素周期律的关系分析：短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次递增，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍，则b只能有2个电子层，处于第二周期，故e原子最外层电子数为6，e原子最外层电子数是c原子最外层电子数的3倍，则c原子最外层电子数为2，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，则b原子最外层电子数=1362=5，则b为n元素；a、b两元素相邻，a原子序数小于b，则a为c元素，结合原子序数可知，c、d、e只能处于第三周期，故e为s元素，故c为mg；b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和，则d原子最外层电子数=2+65=3，则d为al，据此解答解答：解：短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次递增，e原子最外层电子数是b原子内层电子数的3倍，则b只能有2个电子层，处于第二周期，故e原子最外层电子数为6，e原子最外层电子数是c原子最外层电子数的3倍，则c原子最外层电子数为2，b、c、e原子的最外层电子数之和为13，则b原子最外层电子数=1362=5，则b为n元素；a、b两元素相邻，a原子序数小于b，则a为c元素，结合原子序数可知，c、d、e只能处于第三周期，故e为s元素，故c为mg；b、d原子最外层电子数之和等于c、e原子最外层电子数之和，则d原子最外层电子数=2+65=3，则d为al，a元素b和e的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸，均属于强酸，故a正确；b非金属性ab，故b元素氢化物稳定性强，故b错误；c元素c、d、e的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硫酸，氢氧化镁与氢氧化铝之间不能反应，故c错误；d工业上电解氯化镁生成mg，由于氯化铝是共价化合物，不导电，工业上电解熔融氧化铝生成al，故d错误，故选a点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，判断x为第二周期元素为突破口，侧重考查学生分析推理能力、元素化合物知识13（4分）（2012春江宁区校级期末）某二元弱酸的酸式盐naha溶液，若ph7，则溶液中各离子浓度的关系错误的是（）ac （na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（oh）bc（na+）+c（h+）=c（ha）+2c（a2）+c（oh）cc （na+）c（ha）c（oh）c（a2）c（h+）dc（na+）=c（ha）+c（ha）+2c（a2）考点：离子浓度大小的比较分析：某二元弱酸的酸式盐naha溶液，若ph7，溶液呈酸性，说明ha电离程度大于其水解程度，则c（h+）c（oh）；由于氢离子来自水的电离和ha的电离，则c（h+）c（a2），溶液中离子浓度大小为：c （na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（oh）；溶液中还存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（ha）+2c（a2）+c（oh）、物料守恒：（na+）=c（ha）+c（ha）+c（a2），结合电荷守恒、电荷守恒对各选项进行判断解答：解：某二元弱酸的酸式盐naha溶液，若ph7，说明溶液呈酸性，ha电离程度大于其水解程度，a溶液中ha离子电离程度大于水解程度，离子浓度大小为：c（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（oh），故a正确；b溶液中存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（ha）+2c（a2）+c（oh），故b正确；c根据a的分析可知，溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（oh），故c错误；d根据物料守恒可得：c（na+）=c（ha）+c（ha）+c（a2），故d错误；故选cd点评：本题考查了溶液中离子浓度大小分析，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒为解答关键，能够利用电荷守恒、物料守恒及盐的水解比较溶液中离子浓度大小14（4分）（2012春江宁区校级期末）铅酸蓄电池是目前应用普遍的化学电池，新型液流式铅酸蓄电池以可溶的甲基磺酸铅为电解质，电池总反应：pb+pbo2+4h+2pb2+2h2o下列有关新型液流式铅酸蓄电池的说法正确的是（）a充放电时，溶液中pb2+浓度保持不变b放电时转移2mol电子，消耗2molpbc放电时的负极反应式为：pb2epb2+d充电时的阳极反应式为：pb2+4oh+2epbo2+2ho考点：原电池和电解池的工作原理分析：在充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，酸参加反应，根据充放电时，两极上的电极反应来回答解答：解：在充电时，该装置是电解池，阳极上甲基磺酸铅失电子发生氧化反应，即pb2+2h2o2e=pbo2+4h+，阴极上甲基磺酸铅得电子发生还原反应，放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即pb2e=pb2+，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，即pbo2+4h+2e=pb2+2h2oa、根据充放电时的电极反应，溶液中pb2+浓度会发生改变，故a错误；b、放电时负极上铅失电子发生氧化反应，即pb2e=pb2+，则转移2mol电子，消耗1molpb，故b错误；c、负极上铅失电子发生氧化反应：pb2e=pb2+，故c正确；d、充电时的阳极反应式为：pb2+2h2o2e=pbo2+4h+，故d错误故选c点评：本题考查学生二次电池的工作原理，注意原电池和电解池的工作原理知识的灵活应用，难度不大15（4分）（2015常州一模）向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的a和b，发生反应：a（g）+xb（g）2c（g）各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中c的浓度随时间变化关系分别以下表和图表示下列说法正确的是（）容器甲乙丙容积0.5l0.5l1.0l温度/t1t2t2反应物起始量1.5mola0.5molb1.5mola0.5molb6.0mola2.0molba10min内甲容器中反应的平均速率v（a）=0.025mol/（lmin）b由图可知：t1t2，且该反应为吸热反应cx=1，若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动dt1，起始时甲容器中充入0.5mola、1.5molb，平衡时a的转化率为25%考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：a、由图可知，10min内甲容器中c的浓度变化量为1mol/l，根据v=计算v（c），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（a）；b、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度t1t2，温度越高c的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；c、若x=1，反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动；d、乙中平衡时a的转化率为，丙中a的转化率为，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，根据三段式计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令t1，起始时甲容器中充入0.5mola、1.5molb，反应到达平衡时a的浓度变化量为x，再利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算a的转化率解答：解：a、由图可知，10min内甲容器中c的浓度变化量为1mol/l，v（c）=0.1mol/（lmin），速率之比等于化学计量数之比，所以v（a）=v（c）=0.1mol/（lmin）=0.05mol/（lmin），故a错误；b、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度t1t2，温度越高c的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故b错误；c、若x=1，反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动，故c正确；d、乙中平衡时a的转化率为，丙中a的转化率为，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1， a（g）+b（g）2c（g）开始（mol/l）：3 1 0 变化（mol/l）：0.75 0.75 1.5平衡（mol/l）：2.25 0.25 1.5故t1，该反应的平衡常数为k=4令t1，起始时甲容器中充入0.5mola、1.5molb，反应到达平衡时a的浓度变化量为x，则： a（g）+b（g）2c（g）开始（mol/l）：1 3 0 变化（mol/l）：x x 2x平衡（mol/l）：1x 3x 2x所以=4解得：x=0.75故a的转化率=100%=75%，故d错误；故选c点评：本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的盐酸、化学平衡图象与有关计算，难度较大，d选项为易错点、难点，判断x的值是解题的关键三、非选择题（共80分）16（14分）（2012春江宁区校级期末）工业上以铬铁矿（主要成分feocr2o3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（na2cr2o72h2o）的主要反应如下：4feocr2o3+8na2co3+7o28na2co3+2fe2o3+8co22na2cro4+h2so4na2so4+na2cr2o7+h2o（1）工业上反应需不断搅拌，其目的是使反应物充分接触，加快反应速率（2）如图是红矾钠（na2cr2o72h2o）和na2so4的溶解度曲线从na2cr2o7na和na2so4的混合溶液中提取na2cr2o7晶体的操作：先将混合溶液蒸发浓缩，趁热过滤然后将滤液冷却结晶，从而析出红矾钠趁热过滤的目的是有利于硫酸钠结晶析出，可以防止na2cr2o72h2o结晶析出；（3）含cr2o72的废水要经过化学处理，使c（cr2o72+）降到5.0105mol/l以下才能排放，用沉淀法处理该废液是方法之一已知：ksp（bacr2o7）=2107，则c（ba2+）至少应达到4103mol/l（4）用重铬酸钾测定铁矿石中铁的含量，实验步骤如下：步骤1：将mg铁矿石加浓盐酸加热溶解步骤2：加入sncl2溶液将fe3+还原步骤3：将所得溶液冷却，加入hgcl2溶液，将过量的sn2+氧化为sn4+步骤4：加入15ml硫酸和磷酸的混合酸及5滴0.2%二苯胺磺酸钠指示剂步骤5：立即用cmol1重铬酸钾溶液滴定至溶液呈稳定紫色，即为终点，消耗重铬酸钾溶vml（已知：6fe2+cr2o72+14h+6fe3+2cr3+7h2o）写出sncl2还原fe3+的离子方程式2fe3+sn2+=sn4+2fe2+求mg铁矿石中含铁元素的质量（用含字母c、v的代数式表示）0.336cvg如省去步骤，则所测定的铁的含量偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）步骤5使用的玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，使反应物充分接触，加快反应速率；（2）由图可知，温度高有利于硫酸钠结晶析出，可以防止na2cr2o72h2o结晶析出；（3）c（cr2o72+）小于5.0105mol/l才能达标，结合ksp（bacr2o7）=2107计算出钡离子的最小浓度；（4）sncl2还原fe3+生成亚铁离子，自身被氧化为sn4+；根据n=cv计算出消耗重铬酸根离子的物质的量，再结合反应方程式计算出样品中含有铁离子的物质的量，最后根据m=nm计算出铁元素的质量；重铬酸钾溶液能氧化sn2+，使消耗的重铬酸钾溶液体积偏大，计算铁元素的质量偏高；步骤5的操作是滴定，酸性高锰酸钾具有强氧化性，应使用酸式滴定管，锥形瓶内盛放待测液解答：解：（1）反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，使反应物充分接触，加快反应速率，故答案为：使反应物充分接触，加快反应速率；（2）由图可知，温度高有利于硫酸钠结晶析出，可以防止na2cr2o72h2o结晶析出；滤液的温度较高，从溶液中获得晶体需要冷却结晶，故答案为：有利于硫酸钠结晶析出，可以防止na2cr2o72h2o结晶析出；（3）c（cr2o72+）小于5.0105mol/l才能达标，已知ksp（bacr2o7）=2107，则c（ba2+）mol/l=4103mol/l；故答案为：4103mol/l；（4）sncl2还原fe3+生成亚铁离子，自身被氧化为sn4+，反应离子方程式为：2fe3+sn2+=sn4+2fe2+，故答案为：2fe3+sn2+=sn4+2fe2+；vml cmol/l的重铬酸钾的物质的量为：cmol/lv103l=cv103mol，根据反应6fe2+cr2o72+14h+6fe3+2cr3+7h2o可知，mg样品中含有铁元素的质量为：56g/mol6cv103mol=0.336cvg，答案为：0.336cvg；重铬酸钾溶液能氧化sn2+，使消耗的重铬酸钾溶液体积偏大，计算铁元素的质量偏高，所测定的铁的含量偏高，故答案为：偏高；步骤5的操作是滴定，酸性高锰酸钾具有强氧化性，应使用酸式滴定管，锥形瓶内盛放待测液，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶点评：本题考查探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度中等，涉及常用化学用语的表示方法、氧化还原反应滴定、化学计算等知识，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力17（15分）（2012春江宁区校级期末）甲醇可作为燃料电池的原料ch4和h2o为原料，通过下列反应反应来制备甲醇：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+206.0kjmol1：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=129.0kjmol1（1）ch4（g）与h2o（g）反应生成ch3oh（g）和h2（g）的热化学方程式为：ch4（g）+h2o（g）=ch3oh （g）+h2（g）h=+77kjmol1（2）将1omolch4和2.0molh2o（g）通入容积为100l的反应室，在一定条件下发生反应i，测得在一定的压强下ch4的转化率与温度的关系如图1假设100时达到平衡所需的时间为5min，则用h2表示该反应的平均反应速率为0.003 moll1min1100时反应i的平衡常数为2.25104（3）在压强为0.1mpa、温度为300条件下，将amolco与3amolh2的混合气体在催化剂作用下发生反应ii生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是ch3oh6e+8ohco32+6h2o（填字母序号）ac（h2）减少；b正反应速率加快，逆反应速率减慢；cch3oh的物质的量增加；d重新平衡c（h2）/c（ch3oh）减小；e平衡常数k增大（4）写出甲醇空气koh溶液的燃料电池正极的电极反应式：co2+e=co3+（5）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将co2+氧化成co3+，然后co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化实验室用图2装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式co2+e=co3+写出除去甲醇的离子方程式6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算分析：（1）已知，i：ch4 （g）+h2o （g）=co （g）+3h2 （g）h=+206.0kjmol1ii：co （g）+2h2 （g）=ch3oh （g）h=129.0kjmol1依据盖斯定律，+可得：ch4（g）+h2o（g）=ch3oh （g）+h2（g），反应热也进行相应计算；（2）由图象可知100甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol50%=0.5mol，则： ch4 （g）+h2o （g）=co （g）+3h2 （g）起始（mol）：1.0 2.0 0 0变化（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5根据v=计算h2表示该反应的平均反应速率；根据k=计算；（3）平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，体积减小压强增大，正、逆反应速率增大，正反应速率增大更多，平衡正向进行，平衡常数只受温度影响，与浓度无关，则平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大；（4）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与水；（5）阳极发生氧化反应，co2+失去电子生成co3+；co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化，自身被还原为co2+，原子守恒与电荷守恒可知，还原生成h+，配平书写离子方程式解答：解：（1）已知，i：ch4 （g）+h2o （g）=co （g）+3h2 （g）h=+206.0kjmol1ii：co （g）+2h2 （g）=ch3oh （g）h=129.0kjmol1依据盖斯定律，+可得：ch4（g）+h2o（g）=ch3oh （g）+h2（g）h=+77kjmol1，故答案为：ch4（g）+h2o（g）=ch3oh （g）+h2（g）h=+77kjmol1；（2）由图象可知100甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol50%=0.5mol，则： ch4 （g）+h2o （g）=co （g）+3h2 （g）起始（mol）：1.0 2.0 0 0变化（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5h2表示该反应的平均反应速率为=0.003 moll1min1，故答案为：0.003 moll1min1；平衡浓度为c（ch4）=0.005mol/l，c（h2o）=0.015mol/l，c（co）=0.005mol/l，c（h2）=0.015mol/l，平衡常数k=2.25104，故答案为：2.25104；（3）平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，体积减小压强增大，平衡正向进行a生成物浓度增大，结合平衡常数不变，可知c（h2）增大，故a错误；b压强增大，正、逆反应速率都加快，但正反应速率增大更多，故b错误；c平衡正向进行，ch3oh的物质的量增加，故c正确；d平衡正向进行，氢气物质的量减小，甲醇物质的量增大，故重新平衡时减小，故d正确；e平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故e错误，故选：cd；（4）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与水，负极电极反应式为：ch3oh6e+8ohco32+6h2o，故答案为：ch3oh6e+8ohco32+6h2o；（5）阳极发生氧化反应，co2+失去电子生成co3+，电极反应式为：co2+e=co3+，故答案为：co2+e=co3+；co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化，自身被还原为co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成h+，配平书写离子方程式为：6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+，故答案为：6co3+ch3oh+h2o=co2+6co2+6h+点评：本题属于拼合型题目，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡影响因素、平衡常数与反应速率计算、原电池等，是对学生综合能力的考查，题目难度中等18（12分）（2012春江宁区校级期末）对羟基苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知以下信息：通常在同一个碳原子上连接两个2不稳定，易脱水形成羰基；d可与银氨溶液反应生成银镜；f的核磁共振氢谱表明有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：1回答下列问题：（1）a的化学名称为甲苯；（2）由b生成c的化学方程式为，该反应的类型为取代反应；（3）f的分子式为c7h4o3na2；（4）g的结构简式为；（5）e的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有13种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2：2：1的是（写结构简式）考点：有机物的推断分析：由a的分子式为c7h8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，a为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的h原子与氯气发生取代反应生成b，b为，结合信息可知，d中含有醛基，b在光照条件下，甲基上的h原子与氯气发生取代反应生成c，c为，c在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成d，结合信息可知，d为，d在催化剂条件下醛基被氧化生成e，e为，e在碱性高温高压条件下，结合信息可知，苯环上的cl原子被取代生成f，同时发生酯化反应，f为，f酸化生成对羟基苯甲酸g（），据此解答解答：解：由a的分子式为c7h8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，a为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的h原子与氯气发生取代反应生成b，b为，结合信息可知，d中含有醛基，b在光照条件下，甲基上的h原子与氯气发生取代反应生成c，c为，c在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成d，结合信息可知，d为，d在催化剂条件下醛基被氧化生成e，e为，e在碱性高温高压条件下，结合信息可知，苯环上的cl原子被取代生成f，同时发生酯化反应，f为，f酸化生成对羟基苯甲酸g（），（1）通过以上分析知，a为，其名称是甲苯，故答案为：甲苯；（2）b为c为，b发生取代反应生成c，反应方程式为，反应类型是取代反应，故答案为：；取代（3）f为，分子式为c7h4o3na2，故答案为：c7h4o3na2；（4）通过以上分析知，g为，故答案为：；（5）e为，e的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基，侧链为ooch、cl，有邻、间、对3种；侧链为cho、oh、cl时，当cho、oh处于邻位时，cl有4种位置；当cho、oh处于间位时，cl有4种位置；当cho、oh处于对位时，cl有2种位置；故共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2：2：1的是，故答案为：13；点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力及利用信息解答问题能力，根据反应条件结合题给信息进行推断，难点是同分异构体种类判断，注意苯环上、支链上发生取代反应条件差别，题目难度不大19（15分）（2012金东区校级模拟）慢心律是一种治疗心律失常的药物，它的合成路线如下：（1）由bc的反应类型为氧化反应（2）c分子中有2个含氧官能团，分别为醚键和羰基（填官能团名称）（3）写出a与浓溴水反应的化学方程式（4）由a制备b的过程中有少量副