广东省华南师大附中南海实验高中高三化学下学期5月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年广东省华南师大附中南海实验高中高三（下）月考化学试卷（5月份）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2015春南海区校级月考）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）a铝合金表面有致密氧化膜遇强碱不会被腐蚀b海轮外壳上装锌块可减缓腐蚀c高纯度的sio2由于可以导电因此可用作光导纤维dso2、co2和no2都是可形成酸雨的气体2（3分）（2015春南海区校级月考）下列离子能大量共存，通入足量so2后，所含离子仍能大量共存的是（）anh4+、al3+、so42、alo2bna+、so32、cl、k+cna+、nh4+、so42、cldk+、i、cl、no33（3分）（2015春南海区校级月考）设na为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（相对原子量：n14 h1）（）a在标准状况下，含4molhcl的浓盐酸与足量的mno2反应可生成22.4l氯气b标准状况下，2.24l h2o中含有h2o分子数为0.1nac1l 0.1mol/l nahso4溶液中含有的阳离子数目为0.1nad实验室所制得的1.7g nh3中含有的电子数为na4（3分）（2015广东校级三模）某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置下列叙述正确的是（）ak与m、n均断开，一段时间后电解质溶液质量变大bk分别与m、n相连时，铁均受到保护ck与m相连时，每转移1mol电子fe表面生成32gcudk与n相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体5（3分）（2015春南海区校级月考）第三周期元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为0.01moll1）的ph值与原子半径的关系如图所示，则下列说法正确的是（）a气态氢化物的稳定性：rwbz的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水cy的单质是制造汽车、飞机、火箭的重要材料d简单离子的半径x的最大6（3分）（2015春南海区校级月考）25时，下列有关电解质溶液中微粒的关系正确的是（）aph=4的nahso3溶液中：c（so32）c（h2so3）bph=3的氯化铵溶液与ph=3的盐酸中水的电离程度相同c将ph=5的醋酸溶液稀释后，所有离子浓度均减小，ph增大d向nh4hso4溶液中加入等物质的量的naoh形成的溶液中：c（na+）=c（so42）c（nh4+）c（h+）c（oh）7（3分）（2015市中区校级模拟）下列陈述i、ii均正确且有因果关系的是（）选项陈述i陈述iia常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸bnahco3溶于水完全电力nahco3是强电解质cnh4cl为强酸弱碱盐用加热法除去nacl中的nh4cldh2o2、so2能使酸性kmno4溶液褪色h2o2表现还原性，so2表现漂白性aabbccdd8（3分）（2015秋陕西校级期中）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项实验结论a稀硫酸na2sagno3与agcl的浊液ksp（agcl）ksp（ag2s）b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c浓硫酸na2so3品红溶液so2具有漂白性d浓硝酸na2co3na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸aabbccdd二、解答题（共4小题，满分60分）9（16分）（2015春南海区校级月考）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物i的说法正确的是a可发生取代、氧化反应 b1mol化合物i最多能与4mol h2加成 c难溶于水，易溶乙醇等有机溶剂 d属于芳香烃（2）化合物的分子式为，其官能团的名称为，lmol化合物与naoh溶液反应最多消耗mol naoh（3）化合物可与乙酸制备化合物，写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式：（写两种）a遇fecl3溶液不显紫色 b核磁共振氢谱有4组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料（其它任选）合成ch3ch2oh的化学方程式：，10（16分）（2015春南海区校级月考）天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成ch4写出co2与h2反应生成ch4和h2o的热化学方程式已知：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h1=41kjmol1c（s）+2h2（g）ch4（g）h2=73kjmol1 2co（g）c（s）+co2（g）h3=171kjmol1科学家用氮化镓材料与铜组装如图的人工光合系统：，利用该装置成功地实现了以co2和h2o合成ch4写出铜电极表面的电极反应式为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量（填“盐酸”或“硫酸”）（2）天然气制取h2的原理为：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）在密闭容器中通入浓度均为0.125moll1的ch4与co2，在一定条件下发生反应，测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强p1p2（填“”或“”）；压强为p2时，在y点：v（正）v（逆）（填“”、“”或“=”）；求温度为1100，压强为p2时该反应的平衡常数k=（计算结果保留三位有效数字）（3）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃x由质谱分析得x的相对分子质量为106，其核磁共振氢谱如上图2，则x的结构简式为（相对原子量：c12 h1）11（12分）（2015春南海区校级月考）以铬铁矿（主要成分为feo和cr2o3，含有al2o3、sio2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分为重铬酸钠：na2cr2o72h2o），其主要工艺流程如下：查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将cr3+转化为cro42回答下列问题：（1）为了提高铬铁矿中cr3+的浸出率，可采取的措施有（填两项）：、（2）实验室中操作中用到的硅酸盐质的主要仪器有（填仪器名称）（3）固体a中含有的物质是，固体c中含有的物质是（4）写出溶液d转化为溶液e过程中反应的离子方程式（5）酸化过程是使cro42转化为cr2o72，写出该反应的离子方程式（6）将溶液f经过下列操作：蒸发浓缩，冷却结晶，干燥即得红矾钠12（16分）（2015春南海区校级月考）工业上常利用含硫废水生产na2s2o35h2o，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程烧瓶c中发生反应如下：na2s（aq）+h2o（l）+so2（g）=na2so3（aq）+h2s（aq） （）2h2s（aq）+so2（g）=3s（s）+2h2o（l） （）s（s）+na2so3（aq）na2s2o3（aq） （）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置b中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若，则整个装置气密性良好装置d的作用是，装置e中为溶液（2）为提高产品纯度，应使烧瓶c中na2s和na2so3恰好完全反应，则烧瓶c中na2s和na2so3物质的量之比为（3）装置b的作用之一是观察so2的生成速率，其中的液体最好选择（填序号）a蒸馏水 b饱和nahso3溶液c饱和na2so3溶液 d饱和nahco3溶液已知反应（）相对较慢，则烧瓶c中反应达到终点的现象是（4）反应终止后，烧瓶c中的溶液经蒸发浓缩即可析出na2s2o35h2o，其中可能含有na2so3、na2so4等杂质利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在na2so4，简要说明实验操作，现象和结论：已知na2s2o35h2o遇酸易分解：s2o32+2h+=s+so2+h2o供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、bacl2溶液、agno3溶液2014-2015学年广东省华南师大附中南海实验高中高三（下）月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2015春南海区校级月考）化学与生活息息相关，下列说法正确的是（）a铝合金表面有致密氧化膜遇强碱不会被腐蚀b海轮外壳上装锌块可减缓腐蚀c高纯度的sio2由于可以导电因此可用作光导纤维dso2、co2和no2都是可形成酸雨的气体【考点】硅和二氧化硅；金属的电化学腐蚀与防护；金属与合金在性能上的主要差异【分析】a氧化铝能够与强碱反应；b锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护；c二氧化硅不导电；dso2、no2是可形成酸雨的气体【解答】解：a铝合金表面有致密氧化膜，氧化铝能够与强碱反应，不耐强碱腐蚀，故a错误；b锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护，故b正确；c二氧化硅为绝缘体，不导电，故c错误；d二氧化碳不是形成酸雨的气体，故d错误；故选：b【点评】本题考查了物质的性质及用途、金属的腐蚀与防护、酸雨的形成，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大2（3分）（2015春南海区校级月考）下列离子能大量共存，通入足量so2后，所含离子仍能大量共存的是（）anh4+、al3+、so42、alo2bna+、so32、cl、k+cna+、nh4+、so42、cldk+、i、cl、no3【考点】离子共存问题【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能相互促进水解、不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答【解答】解：aal3+、alo2相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故a错误；b该组离子之间不反应，可大量共存，但通入足量so2后与so32反应生成hso3，故b错误；c该组离子之间不反应，可大量共存，且通入足量so2后仍不反应，可大量共存，故c正确；d该组离子之间不反应，可大量共存，但通入足量so2后与no3发生氧化还原反应，酸性溶液中i、no3发生氧化还原反应，不能大量共存，故d错误；故选c【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大3（3分）（2015春南海区校级月考）设na为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（相对原子量：n14 h1）（）a在标准状况下，含4molhcl的浓盐酸与足量的mno2反应可生成22.4l氯气b标准状况下，2.24l h2o中含有h2o分子数为0.1nac1l 0.1mol/l nahso4溶液中含有的阳离子数目为0.1nad实验室所制得的1.7g nh3中含有的电子数为na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a、消耗4mol氯化氢气体，可以生成1mol氯气；但是浓盐酸变成稀盐酸后反应停止，生成的氯气的物质的量小于1mol；b、标准状况下，水是液体；c、1l 0.1mol/l nahso4溶液中含有的阳离子数目为0.2na；d、nh3分子中含有10g电子，1.7g nh3含有的电子数为na【解答】解：a、二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，消耗4mol氯化氢能够生成1mol氯气；由于随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸后反应停止，所以含4molhcl的浓盐酸与足量的mno2反应生成的氯气的物质的量小于1mol，生成的标况下氯气的体积小于22.4l，故a错误；b、标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积公式计算，故b错误；c、nahso4在水溶液中完全电离，1l 0.1mol/l nahso4溶液中含有的阳离子数目为0.2na，故c错误；d、nh3分子中含有10g电子，1.7g nh3的物质的量为0.1mol，含有的电子数为na，故d正确；故选d【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，注意稀盐酸与二氧化锰不反应；阿伏加德罗常数是高考的“热点”4（3分）（2015广东校级三模）某学习小组为研究电化学原理，设计右图装置下列叙述正确的是（）ak与m、n均断开，一段时间后电解质溶液质量变大bk分别与m、n相连时，铁均受到保护ck与m相连时，每转移1mol电子fe表面生成32gcudk与n相连时，碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a、k与m、n均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，一段时间后电解质溶液质量变小；b、k分别与m相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，k与n相连时形成电解池，铁做阴极被保护；c、k分别与m相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜；d、k与n相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝【解答】解：a、k与m、n均断开，发生的是化学腐蚀，铁和氯化铜反应生成铜，fe+cu2+=cu+fe2+，一段时间后电解质溶液质量变小，故a错误；b、k分别与m相连形成原电池，铁做负极被腐蚀，k与n相连时形成电解池，铁做阴极被保护，故b错误；c、k分别与m相连时，铁做原电池负极失电子生成亚铁离子，碳棒上是溶液中的铜离子得到电子析出铜，铜不会在铁表面析出，故错误；d、k与n相连时形成电解池，碳棒是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2cl2e=cl2，氯气和碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故d正确；故选d【点评】本题考查了原电池，电解池原理的分析判断，电极判断和电极反应，电子守恒的计算是解题关键，题目难度中等5（3分）（2015春南海区校级月考）第三周期元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为0.01moll1）的ph值与原子半径的关系如图所示，则下列说法正确的是（）a气态氢化物的稳定性：rwbz的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水cy的单质是制造汽车、飞机、火箭的重要材料d简单离子的半径x的最大【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，则该溶液的ph越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的ph越小，根据图象知，从r到x，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，其中硫酸为二元强酸，高氯酸为一元强酸，则硫酸的ph小于高氯酸，所以x、y、z、m、n、r、w分别为na、mg、al、si、p、s、cl元素【解答】解：元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的ph越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的ph越小，根据图象知，从r到x，最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强、酸性逐渐减弱，x、y、z、m、n、w、r分别为na、mg、al、si、p、s、cl元素a元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，cl的非金属性大于s，则气态氢化物的稳定性：wr，故a错误；bz的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，所以不能溶于稀氨水，故b错误；cy是mg，金属镁是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故c正确；d电子层数相同时原子序数越大离子半径越小，则x的离子半径最小，故d错误；故选c【点评】本题考查了同一周期元素性质递变规律，明确元素最高价氧化物的水化物酸碱性是解本题关键，再结合化合物的构成、性质来分析解答，题目难度中等6（3分）（2015春南海区校级月考）25时，下列有关电解质溶液中微粒的关系正确的是（）aph=4的nahso3溶液中：c（so32）c（h2so3）bph=3的氯化铵溶液与ph=3的盐酸中水的电离程度相同c将ph=5的醋酸溶液稀释后，所有离子浓度均减小，ph增大d向nh4hso4溶液中加入等物质的量的naoh形成的溶液中：c（na+）=c（so42）c（nh4+）c（h+）c（oh）【考点】离子浓度大小的比较【分析】anahso3溶液的ph=4，说明hso3的电离程度大于其水解程度，则c（so32）c（h2so3）；b氯化铵中，铵根离子水解促进了水的电离，盐酸中氢离子抑制了水的电离；c醋酸稀释后，溶液中氢离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大；d反应生成亚硫酸钠、硫酸铵溶液，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，结合物料守恒进行判断各离子浓度大小【解答】解：aph=4的nahso3溶液，溶液呈酸性，说明hso3的电离程度大于其水解程度，则c（so32）c（h2so3），故a错误；bph=3的氯化铵溶液与ph=3的盐酸中，前者促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，而后者抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，所以前者溶液中水的电离程度远远大于后者，故b错误；c醋酸被稀释后，溶液中氢离子浓度减小，溶液的ph增大，在稀释过程中由于溶液温度不变，则水的离子积不变，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，故c错误；dnh4hso4溶液中加入等物质的量的naoh形成的溶液，反应生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，由于铵根离子部分水解、钠离子和硫酸根离子不水解，溶液呈酸性，则：c（na+）=c（so42）c（nh4+）、c（h+）c（oh），溶液中离子浓度大小为：c（na+）=c（so42）c（nh4+）c（h+）c（oh），故d正确；故选d【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、盐的水解原理、弱电解质的电离、离子浓度大小判断等知识，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，c为易错点，注意溶液中氢氧根离子浓度增大7（3分）（2015市中区校级模拟）下列陈述i、ii均正确且有因果关系的是（）选项陈述i陈述iia常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸bnahco3溶于水完全电力nahco3是强电解质cnh4cl为强酸弱碱盐用加热法除去nacl中的nh4cldh2o2、so2能使酸性kmno4溶液褪色h2o2表现还原性，so2表现漂白性aabbccdd【考点】铝的化学性质；铵盐；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】a常温下铁与浓硫酸发生钝化；bnahco3为强电解质；cnh4cl受热易分解；dh2o2、so2都能使酸性kmno4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化【解答】解：a常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则可用铁槽车密封运送浓硫酸，陈述i不合理，故a不选；bnahco3为强电解质，则nahco3溶于水完全电离，陈述均合理，存在因果关系，故b选；cnh4cl受热易分解，则用加热法除去nacl中的nh4cl，陈述均合理，但不存在因果关系，故c不选；dh2o2、so2都能使酸性kmno4溶液褪色，都可被高锰酸钾氧化，h2o2、so2均表现还原性，陈述ii不合理，故d不选；故选b【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大8（3分）（2015秋陕西校级期中）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项实验结论a稀硫酸na2sagno3与agcl的浊液ksp（agcl）ksp（ag2s）b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c浓硫酸na2so3品红溶液so2具有漂白性d浓硝酸na2co3na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【分析】a稀硫酸与na2s发生强酸制取弱酸的反应，生成h2s与中硝酸银反应；b浓硫酸具有脱水性和氧化性，生成的二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；c发生强酸制取弱酸的反应，生成二氧化硫可使品红褪色；d发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀【解答】解：a稀硫酸与na2s发生强酸制取弱酸的反应，生成h2s与中硝酸银反应生成黑色沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较ksp（agcl）、ksp（ag2s），故a错误；b浓硫酸具有脱水性和氧化性，生成的二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，实验可完成，故b正确；c浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，则so2具有漂白性，故c正确；d发生强酸制取弱酸的反应，但硝酸易挥发，硝酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰碳酸、硅酸酸性比较，故d错误；故选bc【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、沉淀生成和转化、氧化还原反应及物质的性质等，把握物质性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分60分）9（16分）（2015春南海区校级月考）下述反应是有机合成中常见的增长碳链的方法：（1）有关化合物i的说法正确的是aca可发生取代、氧化反应 b1mol化合物i最多能与4mol h2加成 c难溶于水，易溶乙醇等有机溶剂 d属于芳香烃（2）化合物的分子式为c9h9o2cl，其官能团的名称为酯基、氯原子，lmol化合物与naoh溶液反应最多消耗2mol naoh（3）化合物可与乙酸制备化合物，写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式：、（写两种）a遇fecl3溶液不显紫色 b核磁共振氢谱有4组峰（4）利用此增长碳链的方法，写出以甲苯为原料（其它任选）合成ch3ch2oh的化学方程式：，【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质【分析】（1）化合物i含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；1mol苯环最多消耗3mol氢气；酯类物质难溶于水、易溶于有机溶剂；芳香烃中不能含有氧元素；（2）化合物含有酯基和氯原子，都可发生水解；（3）化合物可与乙酸制备化合物，应为，同分异构体遇fecl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基，核磁共振氢谱有4组峰，分子中含有4种等效h，该有机物应该具有对称结构，据此写出满足条件的结构简式；（4）甲苯为原料，制备，可与hclo、hcl，在一定条件下反应生成，然后水解可生成【解答】解：（1）a化合物i含有酯基，可发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故a正确；b分子中只有1个苯环，1mol该有机物最多消耗3mol氢气，故b错误；c含有酯基不溶于水，易溶于有机溶剂，故c正确；d芳香烃中只含有c、h元素，该有机物分子中含有o元素，不属于芳香烃，故d错误；故答案为：ac；（2）化合物的分子式为：c9h9o2cl，化合物含有酯基和氯原子，都可发生水解，则lmol化合物与naoh溶液反应最多消耗2mol naoh，故答案为：c9h9o2cl；酯基、氯原子；2；（3）化合物可与乙酸制备化合物，则化合物应为，同分异构体遇fecl3溶液不显紫色，说明不含酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，结构应对称，满足条件的结构简式为：、，故答案为：、；（4）甲苯为原料，制备，可与hclo、hcl，在一定条件下反应生成，反应方程式为：，然后水解可生成，反应方程式为：故答案为：；【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，主要把握题给信息以及有机物的结构和官能团的性质10（16分）（2015春南海区校级月考）天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成ch4写出co2与h2反应生成ch4和h2o的热化学方程式co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）h=162kjmol1已知：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h1=41kjmol1c（s）+2h2（g）ch4（g）h2=73kjmol1 2co（g）c（s）+co2（g）h3=171kjmol1科学家用氮化镓材料与铜组装如图的人工光合系统：，利用该装置成功地实现了以co2和h2o合成ch4写出铜电极表面的电极反应式co2+8e+8h+=ch4+2h2o为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量硫酸（填“盐酸”或“硫酸”）（2）天然气制取h2的原理为：co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）在密闭容器中通入浓度均为0.125moll1的ch4与co2，在一定条件下发生反应，测得ch4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示，则压强p1p2（填“”或“”）；压强为p2时，在y点：v（正）v（逆）（填“”、“”或“=”）；求温度为1100，压强为p2时该反应的平衡常数k=2.56 mol2l2（计算结果保留三位有效数字）（3）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃x由质谱分析得x的相对分子质量为106，其核磁共振氢谱如上图2，则x的结构简式为（相对原子量：c12 h1）【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理【专题】化学平衡图像；化学反应中的能量变化；电化学专题；化学平衡计算【分析】（1）已知：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h1=41kjmol1c（s）+2h2（g）ch4（g）h2=73kjmol12co（g）c（s）+co2（g）h3=171kjmol1根据盖斯定律，2+可得：co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）；由电池装置图可知，cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷；由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有hcl气体，应选用硫酸；（2）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小；y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故y点向正反应进行建立平衡；温度为1100，压强为p2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.125moll180%=0.1mol，计算平衡时各组分浓度，代入k=计算平衡常数；（3）芳香烃x的相对分子质量为l06，设其分子式为cxhy，由=810，可知分子式为c8h10，分子中含有一个苯环，为苯的同系物，核磁共振氢谱中有2个峰，可知分子中含有2种环境的h，应含有2个甲基且处于对位位置【解答】解：（1）已知：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）h1=41kjmol1c（s）+2h2（g）ch4（g）h2=73kjmol12co（g）c（s）+co2（g）h3=171kjmol1根据盖斯定律，2+可得：co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）h=162kjmol1，故答案为：co2（g）+4h2（g）=ch4（g）+2h2o（g）h=162kjmol1；由电池装置图可知，cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷，则cu电极上的电极反应为：co2+8e+8h+=ch4+2h2o，可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有hcl气体，所以选用硫酸，不用盐酸，故答案为：co2+8e+8h+=ch4+2h2o；硫酸；（2）温度一定时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，故压强p1p2；y点甲烷转化率小于同温同压下平衡时转化率，故y点向正反应进行建立平衡，则v（正）v（逆；温度为1100，压强为p2时甲烷的转化率为80%，则平衡时甲烷浓度变化量为0.125moll180%=0.1mol，则： co2（g）+ch4（g）2co（g）+2h2（g）起始浓度（mol/l）：0.125 0.125 0 0变化浓度（mol/l）：0.1 0.1 0.2 0.2平衡浓度（mol/l）：0.025 0.025 0.2 0.2故平衡常数k=（moll）2=2.56 mol2l2，故答案为：；2.56 mol2l2；（3）芳香烃x的相对分子质量为l06，设其分子式为cxhy，由=810，可知分子式为c8h10，分子中含有一个苯环，为苯的同系物，核磁共振氢谱中有2个峰，可知分子中含有2种环境的h，应含有2个甲基且处于对位位置，则x的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数、化学平衡图象、盖斯定律的应用、原电池原理、有机物结构的确定等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等11（12分）（2015春南海区校级月考）以铬铁矿（主要成分为feo和cr2o3，含有al2o3、sio2等杂质）为主要原料生产化工原料红矾钠（主要成分为重铬酸钠：na2cr2o72h2o），其主要工艺流程如下：查阅资料得知：在碱性条件下，某些氧化剂能将cr3+转化为cro42回答下列问题：（1）为了提高铬铁矿中cr3+的浸出率，可采取的措施有（填两项）：适当升高溶液温度、将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等（2）实验室中操作中用到的硅酸盐质的主要仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（填仪器名称）（3）固体a中含有的物质是sio2，固体c中含有的物质是al（oh）3 和fe（oh）3（4）写出溶液d转化为溶液e过程中反应的离子方程式10oh+2cr3+3h2o2=2cro42+8h2o（5）酸化过程是使cro42转化为cr2o72，写出该反应的离子方程式2h+2cro42=cr2o72+h2o（6）将溶液f经过下列操作：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】铬铁矿（主要成分为feo和cr2o3，含有al2o3、sio2等杂质），加入过量稀硫酸，固体a为sio2，溶液b中含有cr3+、al3+、fe2+，在b中加入氧化剂，可生成fe3+，调节溶液ph可除去fe3+、al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体c，溶液d含有cr3+，在溶液d中加入h2o2和naoh，发生氧化还原反应，溶液e含有na2cro4，酸化可得na2cr2o7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得na2cr2o72h2o（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、升高温度增大物质溶解度，增大接触面积或加快搅拌速度等措施；（2）实验室中操作为过滤，根据过滤的操作过程和仪器组装来判断用到什么仪器，硅酸盐质的主要仪器指玻璃仪器；（3）feo、cr2o3、al2o3和硫酸反应生成可溶性的盐，sio2和硫酸不反应，通过i氧化、除铁、铝，所以固体c中含有的物质是氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；（4）溶液d转化为溶液e过程为cr3+、被过氧化氢氧化成cro42的过程，依据离子反应方程式书写规则书写；（5）在酸性环境下，cro42与h+离子反应生成cr2o72据此来书写方程式；（6）将溶液f经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠【解答】解：铬铁矿（主要成分为feo和cr2o3，含有al2o3、sio2等杂质），加入过量稀硫酸，固体a为sio2，溶液b中含有cr3+、al3+、fe2+，在b中加入氧化剂，可生成fe3+，调节溶液ph可除去fe3+、al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体c，溶液d含有cr3+，在溶液d中加入h2o2和naoh，发生氧化还原反应，溶液e含有na2cro4，酸化可得na2cr2o7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得na2cr2o72h2o（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：延长浸取时间、加快溶解速度、将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等措施，故答案为：适当升高溶液温度；将铬铁矿进行粉碎、搅拌或适当增大硫酸的浓度等；（2）实验室中操作都为过滤，过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯，所以过滤操作时用到的硅酸盐质的主要仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）铬铁矿（主要成分为feo和cr2o3，含有al2o3、sio2等杂质），加入过量稀硫酸，feo+h2so4=feso4+h2o，al2o3+3h2so4=al2（so4）3+3h2o，cr2o3+3h2so4=cr2（so4）3+3h2o，sio2和硫酸不反应，固体a为sio2，溶液b中含有cr3+、al3+、fe2+，在b中加入氧化剂，可生成fe3+，调节溶液ph可除去fe3+、al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体c，故答案为：sio2；al（oh）3 和fe（oh）3；（4）溶液d含有cr3+，在溶液d中加入h2o2和naoh，发生氧化还原反应，cr3+cro42，铬化合价（+3+6），h2o2h2o，氧化合价（10），反应为：10oh+2cr3+3h2o2=2cro42+8h2o，故答案为：10oh+2cr3+3h2o2=2cro42+8h2o；（5）酸化使cro42转化为cr2o72，反应的离子方程式为2cro42+2h+cr2o72+h2o，故答案为：2h+2cro42=cr2o72+h2o；（6）溶液e含有na2cro4，酸化可得na2cr2o7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶过滤，洗涤干燥可得na2cr2o72h2o，故答案为：过滤；洗涤【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度中等12（16分）（2015春南海区校级月考）工业上常利用含硫废水生产na2s2o35h2o，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程烧瓶c中发生反应如下：na2s（aq）+h2o（l）+so2（g）=na2so3（aq）+h2s（aq） （）2h2s（aq）+so2（g）=3s（s）+2h2o（l） （）