普通高等学校高考化学置换卷（一）（衡水万卷）含解析

1、2016年普通高等学校高考化学置换卷(一)(衡水万卷)一、选择题：本题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的.1. 下列说法错误的是()a. 乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分b. 乙醇和乙酸的沸点和熔点都比c2h6. c2h4的沸点和熔点高c. 乙醇和乙酸都能发生氧化反应d. 乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应2. 有人认为ch2=ch2与by的加成反应，实质是by先断裂为b/和br_ ,然后br4首先与ch2=ch 一端碳原子结合，第二步才是bl与另一端碳原子结 合.根据该观点如果让ch2=ch2 by在盛有nacl和nal的水溶

2、液中反应， 则得到的有机物不可能是()a. brch9ch9br b. c1ch°ch°c1 c. brchchi d. brchchcl3. 如图所示，隔板i固定不动，活塞ii可白由移动，m、n两个容器中均发生反应：a (g) +2b ( g) =xc (g) ah= - 192kjmo1,向 m、n 中都通入 lmol a和2mol b的混合气体，初始m、n容积相同，保持温度不变.下列说 法正确的是()a. 若x = 3,达到平衡后a的体积分数关系为：4)(m) >4)(n)b. 若x>3,达到平衡后b的转化率关系为：a ( m) >a ( n)c.

3、若x<3, c的平衡浓度关系为：c (m) >c (n)d. x不论为何值，起始时向n容器中充入任意值的c,平衡后n容器中a 的浓度均相等4. 已知：将c"通人适量koh溶液，产物中可能有kc1、kc1o、kc1o3,且c(cl丿的值与温度高低有关.当n (koh) =amol时，下列有关说法错 c(c10)误的是()a. 若某温度下，反应后丄也丄匸l二11,则溶液中-c(clq； -=1c(c10)c(c103)2b .参加反应的氯气的物质的量等于0.5amol15c. 改变温度，反应屮转移电子的物质的量ig的范序i ：肓amol<nc<amo1zod. 改

4、变温度，产物中kc1o3的最大理论产量为yamol5. 某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应：a (g) +3b (g) =2c (g) 达到平衡，测得平衡吋各物质的物质的量之比为2： 2： 1,保持温度、体积 不变，再以2： 2： 1的体积比将a、b、c充入此容器中，则()a.平衡向逆反应方向转动b.平衡不移动c. c的百分含量增大d. c的百分含量减小6. 在一定条件下，可逆反应：n2+3h2 = 2nh3，ah<0,达到平衡时，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）a. 加催化剂v正、v逆都发生变化且变化的倍数相等b. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小倍数大于v逆减小倍数c

5、. 加压，v正、v逆都增大，且v正增大倍数大于v逆增大倍数d. 加入氮气，v正、v逆都增大，且v正增大倍数大于v逆增大倍数7. 在密闭容器中某气态绘和氧气按一定比例混和，点火爆炸后恢复到原温度 （20°c）,压强减小至原来的一半，若加naoh的溶液则气体全部被吸收，则此坯为（）a. c3h8b. c2h4c. c2h6d. c6h6二、非选择题8. 实验室常用mno?与浓盐酸反应制备cl2 （反应装置如图所示）.（1）制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是（填序号）.a. 往烧瓶中加入mno2粉末b. 加热c. 往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为

6、测定反应残余液中盐酸的浓度， 探究小组同学提出的下列实验方案：甲方案：与足量agno3溶液反应，称量生成的agcl质量.乙方案：采用酸碱中和滴定法测定.丙方案：与已知量caco3 （过量）反应，称量剩余的caco3质量. 丁方案：与足量zn反应，测量生成的旳体积.继而进行下列判断和实验： 判定甲方案不可行，理由是. 进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样.a. 量取试样20.00ml,用0.1 ooonwll 一丨naoh标准溶液滴定，消耗22.00ml,该次滴定测的试样中盐酸浓度为m o 1 l 一 1 ；b. 平行滴定后获得实验结果. 判断丙方案的实验结果 （填"

7、;偏大、"偏小或“准确）.已知：ksp （ caco3）二2.8x10-9、ksp （mnco3） =2.3x10' h 进行丁方案实验：装置如右图所示（夹持器具己略去）.（i）使y形管屮的残余清液与锌粒反应的正确操作是将转移到中.（ii）反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变气 体体积逐次减小的原因是（排除仪器和实验操作的影响因素）.9. 二氧化氯(c1o2)是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消 毒剂，被称为"第4代消毒剂.工业上可采用氯酸钠(nkio3)或亚氯酸钠 (nac102)为原料制备c102.(1) 亚氯酸钠也是一种性

8、能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生cio?气体，离子方程式为.向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈.若将盐酸改为相同ph的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时 间产生气体速率迅速加快.产生气体速率迅速加快的原因是(2) 化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备c102.用h2o2作还原剂制备的cio?更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是(3) 电解法是目前研究最为热门的生产cio?的方法之一.如图所示为直接 电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯cio?的实验. 电源负极为极(填a或b). 写出阴极室发生反应依次为 控制电解液屮不低于5nwl/l,可有效防止因浓度降低而导致的c1o2- 歧

9、化反应.若两极共收集到气体22.4l (体积己折算为标准状况，忽略电解液 体积的变化和cio?气体溶解的部分)，此时阳极室与阴极室c (h+)之差为10. 甲酸甲酯水解反应方程式为：hcooch3 ( 1) +h2o ( 1) =hcooh ( 1) +ch3oh (i) ah>0某小组通过实验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计).反应体系中各 组分的起始量如下表：组分 物质的量/molhcooch31.00h2o1.99hcooh0.01ch3oh0.52甲酸甲酯转化率在温度下随反应时|'可(t)的变化见图：(1) 根据上述条件，计算不同时间范闱内甲酸甲酯的平均反应速率，结

10、果见 下表：反应时间范围/min051015202530354()4550557580平均反应速率/ (10 ' 'mol min 1 )1.97.47.84.41.60.80.0请计算1520min范围内甲酸甲酯的减少量为mol,甲酸甲酯的平均反应速率为mol<min' 1 （不要求写出计算过程）.（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：c（hcooh）-c（ch3oh）（3）上述反应的平衡常数表达式为：k=c（hcooch3）*c（h2o），则该反应在温度t下的k值为（4）其他条件不变，仅改变温度为t2 （t2大于t|）,在答题卡

11、框图屮画出温 度t2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图.化学化学与技术11.工业上利用氨氧化获得的高浓度no*气体（含no、no2）制备n ano2>nano3,工艺流程如下：nano；己知：na2co34-no + no22nano2+co2（1 ）中和液所含溶质除nano?及少量nagcos夕卜，还有（填化学式）.（2）中和液进行蒸发i操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是蒸发i产生的蒸汽中含有少量的nano?等有毒物质，不能直接排放，将英冷凝后用于流程中的 （填操作名称）最合理.（3）母液i进行转化时加入稀hno3的目的是母液ii需回收利用，下列处理方法合理的是

12、.a.转入中和液 b.转入结晶i操作 c.转入转化液 d.转入结晶ii 操作（4）若将n ano2. nano3两种产品的物质的量z比设为2 ： 1,则生产1.38 吨nan02时，na2co3的理论用量为吨（假定nc o3恰好完全反应）.12. 已知t、x、y、z是屮学化学常见的以种元素，其结构或性质信息如下表.元素结构或性质信息tx原子的l层上s电子数等于p电子数. 元素的原子半径是第三周期主族元素屮最大的.y空气中含其单质，原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最 多的.z单质常温、常压下是气体.原子的m层上有1个未成对的p电子.请根据信息回答有关问题:（1） 写出与丫2互为等电子体

13、的分子式（2）在相同状况下，y的简单氢化物的沸点高于z的氢化物，其原因是.（3）t、x、y三种元素的电负性由大到小的顺序（填元素符号）是.（4）元素q的原子序数是x与z的原子序数之和. 该元素基态原子的最外层电子排布式为. 元素q与元素t、y、z分别形成平面型的lq （ty）訂和四而体的qz42，其中t与y、q与z成键时中心原子采用的杂化方式分别是. 元素q形成的单质的品体结构如下图所示，该品体形成吋的原子堆积方式是 （选填“甲、“乙、“丙）.甲乙丙化学有机化学基础13. 菠萝酯f是一种具有菠萝香味的赋香剂,其合成路线如下:ch：h浓 h2so4a斗鶴展嚨0iich2)2coch2ch=ch2

14、e+ch2)3oh(1) a的结构简式为, a中所含官能团的名称是.(2) 由a生成b的反应类型是, e的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为(3) 写出d和e反应生成f的化学方程式(4) 结合题给信息，以漠乙烷和环氧乙烷为原料制备1 丁醇，设计合成路 线(其他试剂任选).合成路线流程图示例：nrh 溶液ch,coohch3ch2ciach3ch2oh 浓jso.ch3cooch2ch3.2016年普通高等学校高考化学置换卷（一）（衡水万卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的.1. 下列说法错误

15、的是（）a. 乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分b. 乙醇和乙酸的沸点和熔点都比c2h6. c2h4的沸点和熔点高c. 乙醇和乙酸都能发生氧化反应d. 乙醇和乙酸之i'可能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应【考点】乙醇的化学性质；乙酸的化学性质.【分析】a.料酒的主要成分是乙醇，食醋的主要成分是乙酸；b. 乙醇和乙酸常温下为液体，c2h6. c2h4常温下为气体；c. 乙醇可以发生催化氧化，乙醇与乙酸都可以燃烧；d. 酯化反应和皂化反应需要的条件不同，物质不同，二者不是互为逆反应. 【解答】解：a.料酒的主要成分是乙醇，食醋的主要成分是乙酸，故a正确；b. 乙醇分子之间、乙酸分

16、子之间都存在氢键，乙醇和乙酸常温下为液体， c2h6> c2h4常温下为气体，乙醇和乙酸的沸点和熔点都比c2h6s c2h4的沸 点和熔点高，故b正确；c. 乙醇可以发生催化氧化，乙醇与乙酸都可以燃烧，燃烧属于氧化反应，故 c正确；d. 乙醇和乙酸之间发生酯化反应生成乙酸乙酯，皂化反应是在碱性条件下进 行的水解反应生成高级脂肪酸盐与水，与酯化反应的条件不同，物质不同， 二者不互为逆反应，故d错误；故选d.2. 有人认为ch2=ch2与by的加成反应，实质是by先断裂为b/和br_ ,然后br4首先与ch2=ch 一端碳原子结合，第二步才是bl与另一端碳原子结 合.根据该观点如果让ch2=

17、ch2 by在盛有nacl和nal的水溶液中反应， 则得到的有机物不可能是（）a. brch?ch?br b. c1ch°ch°c1 c. brchchi d. brchchcl【考点】取代反应与加成反应.【分析】根据题目信息：ch2=ch2与b2的加成反应，实质是b2先断裂为 br+和br",然后新+首先与ch2=ch 一端碳原子结合，第二步才是b厂与另 一端碳原子结合來判断产物.【解答】解：按照题意，第一步肯定要上br+,即一定会出现brch2ch2 -的 结构，第二步才能上阴离子，nacl和nal的水溶液中含有氯离子和碘离子还 有漠水中的漠离子，可以分别加在

18、碳原子上，acd均可以，故b错误. 故选b.3. 如图所示，隔板i固定不动，活塞ii可自由移动，m、n两个容器中均发 生反应：a (g) +2b (g) =xc (g) ah= - 192kjmo1,向 m、n 中都通入 lmol a和2mol b的混合气体，初始m、n容积相同，保持温度不变.下列说 法正确的是()n za. 若x = 3,达到平衡后a的体积分数关系为：4)(m) >4)(n)b. 若x>3,达到平衡后b的转化率关系为：a ( m) >a ( n)c. 若x<3, c的平衡浓度关系为：c (m) >c (n)d. x不论为何值，起始时向n容器中充入

19、任意值的c,平衡后n容器中a 的浓度均相等【考点】化学平衡建立的过程.【分析】根据m容器是恒温恒容下建立的平衡，n容器是恒温恒压下建立的平衡，a. 若x = 3,由于反应前后气体体积不变, 立的平衡等效；b. 若x>3,由于反应后气体体积增大， 下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，c. 若x<3,由于反应后气体体积减小， 下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，n容器建立的平衡与恒温恒容下建n容器建立的平衡相当于恒温恒容 平衡正向移动；n容器建立的平衡相当于恒温恒容 平衡正向移动；d. 恒温恒压下，x不论为何值，起始吋向n容器中充入任意值的c, 一边倒 后，a与b的物质的量之比都是1：

20、 2,为等效平衡，反应物的浓度相同.【解答】解：m容器是恒温恒容下建立的平衡，n容器是恒温恒压下建立的 平衡，a. 若x = 3,由于反应前后气体体积不变，n容器建立的平衡与恒温恒容下建 立的平衡等效，所以达到平衡后a的体积分数关系为：4)(m) =4)(n),故 a错误；b. 若x>3,由于反应后气体体积增大，n容器建立的平衡相当于恒温恒容 下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，b的转化率增大， 所以达到平衡后b的转化率关系为：a (m) <a (n),故b错误；c. 若x<3,由于反应后气体体积减小，n容器建立的平衡相当于恒温恒容 下建立的平衡缩小容器体积，压

21、强增大，平衡正向移动，c的平衡浓度增大， 所以c的平衡浓度关系为：c (m) <c (n),故c错误；d. 恒温恒压下，x不论为何值，起始时向n容器中充入任意值的c, 一边倒 后，a与b的物质的量之比都是1： 2,为等效平衡，反应物的浓度相同，即 平衡后n容器中a的浓度均相等，故d正确；故选d.4. 己知：将cl?通人适量koh溶液，产物屮可能有kc1、kc1o、kc1o3, c(c)且c(c10 一)的值与温度高低有关.当口(koh)二amol时，下列有关说法错 误的是()c(c)c(c10 一)1a. 若某温度下，反应后c(clq-)=ll,则溶液中c(cl0 -)= 23b. 参加

22、反应的氯气的物质的量等于0.5amol15c. 改变温度，反应中转移电子的物质的量的范围：2 amol<ne< g-amold. 改变温度，产物中kcio3的最大理论产量为yamol【考点】有关范围讨论题的计算；氧化还原反应的计算.c(c)【分析】a.设n (cio ) =lmol,反应后。(飢0 一)，则口( c1)= 11 mol,根据电子转移守恒计算n (c1o3-)，据此计算判断；b. 由 c1 原子守恒可知，2n ( cl2) =n ( kc1) +n ( kc1o) +n ( kcio3),由 钾离子守恒可知 n ( kc1) +n ( kc1o) +n (kcio3)

23、 =n ( koh)；c. 氧化产物只有kcio3时，转移电子最多，氧化产物只有kc1o吋，转移电 子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；d. 氧化产物只有kc1o3时，其物质的量最大，结合c中计算判断.c(c)【解答】解:a.设 n ( cio' ) = 1 mol，反应后q =11,则 n( c1' )=11 mol,电子转移守恒，5xn ( c1o3_ ) +lxn ( cio' ) =lxn ( ct ),即：5xn ( c1o3_ )+ 1x1 mol= 1 x 1 1 mol解得：n (cio3- ) =2mol,故溶液中c(c1ct )1c(c103_

24、) = 故人 正确；b. 由 cl 原子守恒可知，2n (cl?)二 n (kc1) +n (kc1o) +n (kcio3),由 钾离子守恒可知n (kc1) +n ( kc1o) +n (kcio3) =n ( koh),故参加反应 的氯气的物质的量为：n (c“)=n ( koh) =0.5a mol,故b正确；c. 氧化产物只有kc1o3吋，转移电子最多，根据电子转移守恒n (kc1) =5 (kcio3),由钾离子守恒：n (kc1) +n ( kcio3)=n ( koh),故 n (kcio3)1115二rn (koh) ="a mol,转移电子最大物质的量为：

25、3; a molx5=_a mol,氧化产物只有kc1o时，转移电子最少，根据电子转移守恒n (kc1)二n ( kcio),1根据钾离子守恒：n (kci) +n ( kc1o) =n ( koh),故：n ( kc1o) ( koh)1 1 1=*2"a mol,转移电子最小物质的量二叵"a molx i mol,则反应中转移电子的15物质的量的范围为：a molsucsga mol,故c正确；d.氧化产物只有kcio3时，其物质的量最大，rfl c中计算可知：n眾大（kcio3）=gn （ koh） =fa mol,故 d 错误；故选d.5. 某温度下，在固定容积的容

26、器中，可逆反应：a （g） +3b （g） =2c （g）达到平衡，测得平衡时各物质的物质的量z比为2： 2： 1,保持温度、体积 不变，再以2： 2： 1的体积比将a、b、c充入此容器中，则（）a. 平衡向逆反应方向转动b.平衡不移动c. c的百分含量增大d. c的百分含量减小【考点】化学平衡的影响因素.【分析】保持温度、体积不变，再以2： 2： 1的体积比将a、b、c充入此容 器中，相当于增大压强，平衡向着正向移动，c的百分含量增大，据此进行 解答.【解答】解：平衡时各物质的物质的量之比为2： 2： 1,保持温度、体积不 变，再以2： 2： 1的体积比将a、b、c充入此容器中，充入的气体相

27、当于给 原气体加压，反应a （g） +3b （g） =2c （g）为气体体积缩小的反应，则增 大压强平衡向正反应方向移动，反应物c的百分含量增大，故选c.6. 在一定条件下，可逆反应：n2+3h2 = 2nh3，ah<0,达到平衡时，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）a. 加催化剂v正、v逆都发生变化且变化的倍数相等b. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小倍数大于v逆减小倍数c. 加压，v正、v逆都增大，且v正增大倍数大于v逆增大倍数d. 加入氟气，v正、v逆都增大，且v正增大倍数大于v逆增大倍数【考点】化学平衡的影响因素.【分析】首先分析反应的特征，该反应的正反应为放热反应，反

28、应物气体的 计量数之和大于生成物气体的计量数之和，在此基础上，从催化剂、温度、 压强等角度对反应速率和平衡移动的影响分析.【解答】解：a、催化剂能同等程度增大反应速率，加入催化剂，平衡不移动， 故a正确；b、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，则v （正）、v（逆）都减小，且v （正）减小倍数小于v （逆）减小倍数，故b错误；c、增大压强，正逆反应速率都增大，由于反应物气体的计量数之和大于生成 物气体的计量数之和，则平衡向正反应方向移动，v（正）增大倍数大于v（逆） 增大倍数，故c正确；d、氮气为惰性气体，若为恒容下通入氮气，对反应速率和平衡移动都没有影 响,故d错误.故选bd

29、.7. 在密闭容器中某气态桂和氧气按一定比例混和，点火爆炸后恢复到原温度 （20°c）,压强减小至原来的一半，若加naoh的溶液则气体全部被吸收，则 此绘为（）a. c3h8b. c2h4c c2h6d c6h6【考点】化学方程式的有关计算.【分析】反应后加naoh的溶液则气体全部被吸收，说明气态烧与氧气混合 后恰好完全反应生成生成二氧化碳和水.压强减小至原来的一半，压强之比 等于物质的量之比，容器内反应后气体的物质的量为是反应前的一半.恢复 到原温度（20°c）,水为液体，结合方程式计算.【解答】解：设此怪的化学式为cxhy,则有y 点燃ycxhy+ （ x+才）o2=x

30、co2+'h2ox+fx由此可得：4x=4+y若x=l ,则y=0,不存在此物质，若x=2,则y=4,物质为c2h4, 若x = 3,则y = 8,物质为c3h8, 故选：ab.二、非选择题8. 实验室常用mno?与浓盐酸反应制备cl2 （反应装置如图所示）.（1）制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是 acb （填 序号）.a. 往烧瓶中加入mn02粉末b. 加热c. 往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定反应残余液中盐酸的浓度， 探究小组同学提出的下列实验方案：甲方案：与足量agno3溶液反应，称量生成的agcl质量.乙方案：采用酸碱中和滴定法

31、测定.丙方案：与已知量caco3 （过量）反应，称量剩余的caco3质量.丁方案：与足量zn反应，测量生成的旳体积.继而进行下列判断和实验： 判定甲方案不可行，理rfl是 残余液中的mnclj也会与agnoj_反应形成 沉淀 进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样.a. 量取试样20.00ml,用0.1 ooomol一】naoh标准溶液滴定，消耗22.00ml, 该次滴定测的试样中盐酸浓度为 0.1100 mol*l' 1 ；b. 平行滴定后获得实验结果. 判断丙方案的实验结果 偏小（填“偏大、“偏小或“准确）.已知：ksp （ caco3）=2.8x109、ksp

32、（ mnco3） =2.3xl0_ h 进行丁方案实验：装置如右图所示（夹持器具已略去）.（i）使y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将锌粒转移到残 留溶液屮.（ii）反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变气 体体积逐次减小的原因是 气体未冷却到室温 （排除仪器和实验操作的影响因素）.【考点】氯气的实验室制法；化学实验方案的评价.【分析】（1）依据反应物及制取气体的操作步骤分析解答；（2）甲同学的方案：二氧化猛与浓盐酸反应生成氯化鎰，也会与硝酸银反 应，故反应不可行； 依据滴定实验过程中的化学反应定量计算； 与已知量caco3 （过量）反应，称量剩余的cacc）3质

33、量，由于部分碳酸钙 与转化成碳酸镒沉淀，称量剩余的固体质量会偏大； 依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；化学反应释放热量，气体 体积具有热胀冷缩的特点.使zn粒进入残余清液中让其发生反应.这样残余 清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边.若残 余清液转移到左边则会残留在y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定 的盐酸浓度偏小；反应完毕吋，相同吋间内则气体体积减少，又排除了其它 影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到 气体未冷却了.【解答】解析：（1）实验开始时先检查装置气密性，然后向烧瓶中加入mno2 粉，再向烧瓶中加入浓盐酸，再加热，操

34、作依次是acb,故答案为：acb；（2）甲同学的方案：二氧化镭与浓盐酸反应生成氯化镭，也会与硝酸银反 应，故不能用来测定残余液中盐酸的质量，反应不可行； 故答案为：残余液屮的mncl2也会与agno3反应形成沉淀； 量取试样20.00ml,用0.1000mol】naoh标准溶液滴定，消耗22.00ml, 该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由chclvhci = cnaohvnaoh可得出盐酸的浓 度为 0.1100mol/l；故答案为：0.1100； 根据 ksp （caco3）=2.8x10'9sp （ mnco3） =2.3xl0_ 11 知碳酸镐的 ksp 比 碳酸钙小，由于部分碳酸

35、钙与转化成碳酸猛沉淀，称量剩余的固体质量会偏 大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小； 丁同学的方案：将锌转移到残留溶液中，反应完毕后，每间隔1分钟读取 气体体积.气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室 温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变；故答案为：（i）锌粒；残留溶液；（ii）气体未冷却到室温；9. 二氧化氯（cio?）是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消 毒剂，被称为“第4代消毒剂.工业上可采用氯酸钠（nac103）或亚氯酸钠（nacio2）为原料制备c1o2.（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反 应，产

36、生c102气体，离子方程式为 5c10+41=400?个+cl +2h? _.向 亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈.若将盐酸改为相同ph的硫酸，开始时 反应缓慢，稍后一段吋i'可产生气体速率迅速加快.产生气体速率迅速加快的 原因是反应牛成的cl对反应起催化作用 .（2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备c1o2.用h2o2作还原剂制备的cio?更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是作还原剂时氧化产物为0?,而盐酸作还原剂时产生大量c1?.（3）电麻法是目前研究最为热门的生产c102的方法之一.如图所示为直接 电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯cio?的实验. 电源负极为 a 极（填a或

37、b）. 写出阴极室发生反应依次为 c10z+e二c10厂、cio? +c10?二+ 2h* 二 2c10?个+ h20. 控制电諒液h诗低于5nwl/l,可有效防止因h +浓度降低而导致的cio?- 歧化反应.若两极共收集到气体22.4l （体积己折算为标准状况，忽略电解液 体积的变化和cio?气体溶解的部分），此时阳极室与阴极室c （h+）之差为. o.8mol/l .【考点】探究影响化学反应速率的因素；氧化还原反应；电解原理.【分析】（1）反应物为亚氯酸钠，所在环境为酸性环境，生成物为cio?气体, 且知此反应为歧化反应，据此书写离子反应方程式即可；改加ph相同的硫酸, 氢离子浓度不变，应

38、考虑氯离子的影响；（2）出。2作还原剂时氧化产物为。2，不会产生环境污染；（3）与电源负极相连的一极为阳极，溶液中的阳离子在此电极得到电子, 发生还原反应；阴极室中电极a上发生反应clo2+e- =c1o2',生成的c1o2_与溶液中的 c103-结合生成c102；电解池中阴极得到的电子数等于阳极失去的电子数，根据阳极室发生反应： 4oh-4 e' =o2+2h2o,阴极发生：c102+e _ =c102 _ ； c1o3_ +c102_ + 2h+=2c102个+h20,结合电极方程式计算.【解答】解：(1)亚氯酸钠在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生c102气体, 故化合价由

39、+3价升高到+4价，故部分氯离子降低为- 1价，离子反应方程式 为：5c1o2 +4h+=4c1o2+cr +2h2o,反应开始时，溶液中氯离子浓度很小， 随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见氯离子起催 化作用，故答案为：5c1o2+4h+=4ci o2个+cr+2h2o；反应生成的cl对反应起催化 作用；(2) 还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备c1o2,用h2o2作还原剂制备 cio?更受欢迎，其主要原因是h2o2作还原剂时氧化产物为02，而盐酸作还 原剂时产生大量c12，不会产生环境污染，故答案为：出02作还原剂时氧化产物为。2,而盐酸作还原剂时产生大量cl2;(3)

40、 由图可知，c102在电极a上得到1个电子，生成c102'，故a应为 电源的负极，故答案为：a ； 阴极室中电极a上发生反应clo2+e - =c1o2',生成的c1o2_与溶液中的 c103 -结合生成c102,离子反应方程式为：c103 +c1o2 +2h+=2c1o2个+出0, 故答案为：c102+e- =ci02_ > c103' +c102' +2h+=2c102/r + h20； 在电解池的整个闭合回路屮阴极得到的电子数等于阳极失去的电子数，在 阳极室发生反应：40h_4丁=。2个+2比0产生lnwl的o2,转移4mold电子， 阴极室的反应：

41、clo2+e- =c1o2- ； c1o3 +c1o2 +2h+=2c1o2个+ 比0,总反应 为：4c1o3+4j+8h4c102个+4h2o,转移4mol电子时，最终产生4mol的 c1o2,共产生气体1 mol+4mol=5mol,现在两极共收集到气体22.4l (体积已 折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和cio?气体溶解的部分)，产生气 体的物质的量为1 mol,所以转移电子0.8mol,在阳极有0.8mol的0h '离子 放电，因为溶液的体积为1l,所以此时阳极室与阴极室c (h+)之差为 0.8mol/l,故答案为：0.8nwl/l10. 甲酸甲酯水解反应方程式为：hc

42、ooch3 ( 1) +h2o ( 1) nhcooh ( 1) 4-ch3oh ( 1) ah>0某小组通过实验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计).反应体系中各 组分的起始量如下表：组分hcooch3h2ohcoohch3oh物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度t下随反应时间(t)的变化见图:(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见 下表：反应时间范围/min平均反应速率/(10 3mol*min' 1 )051.910157.420257.830354.440451.650550.875800.0请计算1520

43、min范围内甲酸甲酯的减少量为 0.045 mol,甲酸甲酯的平 均反应速率为 0.009 mol*min 1 (不要求写出计算过程).(2) 依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： 反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反 应速率较慢. 反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大. 反应后期：中酸量增加到一也程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素， 特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零.c(hcooh)*c(ch3oh)(3) 上述反应的平衡常数表达式为：k=c(hcooch3)*c(h2o)，则该反应在温 度

44、t下的k值为(4) 其他条件不变，仅改变温度为t2 (t2大于t|),在答题卡框图中画出温 度t2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图.【考点】化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示方法；化学平衡常 数的含义.【分析】(1)由图表可知，15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%； 20min时, 甲酸甲酯的转化率为11.2%,两次吋刻剩余的甲酸甲酯的物质的量之差，即 为1520min范围内甲酸甲酯的减少量；根据题目图表可知反应速率为单位时间内物质的量的变化，1520min范圉内甲酸甲酯的平均速率为茁，据此求解；(2) 甲酸具有催化作用，加快反应，开始蛍离子浓度小，催化效果不明显，

45、随着反应进行氢离子浓度增大，催化效果明显，甲酸增加到一定程度后，浓 度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，当达到平衡时， 反应速率儿乎不变；(3) 由图彖与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%, 计算出平衡时反应混合物各物质的物质的量，代入表达式计算；(4) 因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，又该反应是吸 热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小.【解答】解:(1) 15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%,所以15min时，甲 酸甲酯的物质的量为11.00molx6.7%=0.933mol； 20min时，甲酸甲酯的转

46、化率为11.2%所以20min吋，甲酸甲酯的物质的量为1-l.oomolxl 1.2%=0.888mol,所以 15 至 20min 甲酸甲酯的减少量为 0.933mol-0.888mol=0.045mol,则甲酸甲酯 的平均 速率二0.045mol/5min=0.009mol>min-1故答案为：0.045mol； 0.009mol*min_(2) 从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小， 后保持不变.因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着 反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率儿 乎不变.故答案为：反应初期：虽然甲酸甲酯

47、的量较大，但甲酸量很小，催化效果 不明显，反应速率较慢. 反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大. 反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素， 特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零.(3) 由图象与表格可知，在75min吋达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%, 所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00x24%=0.24nwl,结合方程式可计算得平 衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol,水的物质的量1.75mol,甲酸的物质的量 =0.25mol,甲醇的物质的 >=0.76mol 所以 k二(0.76x0.25) / ( 1.75x0

48、.76)= 1/7.1故答案为：7；(4) 因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意t2达到平衡的时间要小于t,又该反应是吸热反应，升高温度平衡向正 反应方向移动，甲酸甲酯的转化率增大，所以绘图时要注意t2达到平衡时的平台要高于t|.故答案为:化学化学与技术11. 工业上利用氨氧化获得的高浓度nox气体(含no、no?)制备nano2>nano3,工艺流程如下：nano；已知：na2co34-no + no22nano2+co2(1 )中和液所含溶质除nano?及少fi na2co3外，还有 nano、(填化学 式).(2) 中和液进行蒸发i操作时，应控制水的蒸

49、发量，避免浓度过大，目的是 防止nano乙的析出.蒸发i产生的蒸汽中含有少量的nano?等有毒物质， 不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的 溶碱 (填操作名称)最合理.(3) 母液i进行转化时加入稀hno?的目的是 将nano转化为nano3_.母液ii需回收利用，下列处理方法合理的是 cda.转入中和液 b.转入结晶i操作 c.转入转化液 d.转入结晶ii 操作(4) 若将ndnch、nano3两种产品的物质的量之比设为2： 1,则生产1.38 吨nano?时,nazcch的理论用量为 1.59 吨(假定nazco?恰好完全反应).【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案

50、的设计. 【分析】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生na2co3+no+no2=2nano2 + co2 3no2 + h2o二hno3+no、na2co3 + 2hno3 = nano3 + h2o + co2/r，然后中和液进行蒸发i操作，应避免浓 度过大nano?析出，蒸发i产生的蒸汽中含有少量的nano?等有毒物质要回 收再循环利用；结晶过滤分离出nanos，母液i中主要含nano2,母液i进 行转化时加入稀hno3、空气，硝酸提供酸性环境，可将nano?转化为nanc， 转化液蒸发、结晶、过滤分离出nano3,母液i【中主要含nano3,应在转化 液及结品中提高利用率，以此解答

51、(1)(3)；1.38x10%(4) 生产 1.38 u屯 nanc 时，n (nano2)二_=2xl04mol, nano?、nano3两种产品的物质的量之比为2： 1,则n( nanc>3)二lxic/mol,由na 原子守恒可知，2n ( nsco3) =n (nano?) +n (nanc)3),结合 m二nm 计算.【解答】解：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生na2co34-no4-no2=2nano2+co2 3no2 + h2o=hno3+no>na2co3+2hno3 = nano3+h2o+co2/r ,然后中和液进行蒸发i操作，应避免浓 度过大nano

52、?析出，蒸发i产生的蒸汽中含有少量的nano?等有毒物质要冋 收再循环利用；结晶过滤分离til nano3,母液1中主要含nano2,母液i进 行转化时加入稀hno3、空气，硝酸提供酸性环境，可将nano?转化为nanc， 转化液蒸发、结晶、过滤分离lb nano3,母液ii中主要含n ano3,应在转化 液及结晶中提高利用率，(1) 由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成nano2,还可生成nano3, 中和液中含剩余的少量na2co3,故答案为：nanch；(2) 中和液进行蒸发i操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是 防止nan02的析出，蒸发i产生的蒸汽中含有少量的nan02等

53、有毒物质，不 能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答 案为：防止nano?的析出；溶碱；(3) 由上述分析可知，母液i进行转化时加入稀hno3的目的是将nano2 转化为nano3.母液ii需回收利用，可转入转化液或转入结晶ii操作，提高 其利用率，故答案为：将nan02转化为nanch； cd；1.38x10%(4) 生产 1.38 吨 nano2 时，n (nano2)二_=2xl04mol, nano2nano3两种产品的物质的量之比为2： 1,则n( nanc>3)二lxic/mol,由na 原子守恒可矢(1, 2n (na2cc)3)=n (nano

54、?) +n (nanc)3), m (na2cc)3)=(2x104mol+1 x 104mol) xx 106g/mol= 1.59x 106g= 1.59t,故答案为：159.12.已知t、x、y、z是中学化学常见的四种元素，其结构或性质信息如下 表.元素结构或性质信息t原子的l层上s电子数等于p电子数.x元素的原子半径是第三周期主族元素中最大的.y空气中含其单质，原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最多的.z单质常温、常压下是气体.原子的m层上有1个未成对的p电子.请根据信息冋答有关问题：(1) 写出与*互为等电子体的分子式 co(2) 在相同状况下，y的简单氢化物的沸点高于z的氢

55、化物，其原因是 nh 分子间能形成氢键，而hc1分子间没有氢键 .(3) t、x、y三种元素的电负性由大到小的顺序(填元素符号)是 n>c >na .(4) 元素q的原子序数是x与z的原子序数之和. 该元素基态原子的最外层电子排布式为 3d84s2. 元素q与元素t、y、z分别形成平面型的q (ty) 4八和四面体的qz42 ，其屮t与y、q与z成键时中心原子采用的杂化方式分别是sp、sp?. 元素q形成的单质的晶体结构如下图所示，该晶体形成时的原子堆积方式 是 丙 (选填"甲、“乙、"丙).甲乙丙【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；元素电离能

56、、 电负性的含义及应用；品胞的计算.【分析】t、x、y、z是中学化学常见的四种元素，t原子的l层上s电子数 等于p电子数，则t原子外围电子排布为2s22p2,故t为碳元素；x元素的 原子半径是第三周期主族元素中最大，则x为na元素；空气中含y单质， 原子的最外层未成对电子数是该元素所在周期中最多的，则y为氮元素；z 原子的m层上有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p'或3s23p5,其 单质常温、常压下是气体，故z为c1元素，据此解答.【解答】解：t、x、y、z是屮学化学常见的四种元素，t原子的l层上s 电子数等于p电子数，则t原子外围电子排布为2s22p2,故t为碳元素；x 元素的原子半径是