天津河西区2016届高考化学二模试卷解析版

1、2016年天津市河西区高考化学二模试卷一、本卷共6题，每题6分，共计36分.在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.1 .化学与社会、生产、生活紧切相关.下列说法正确的是()A.聚乙烯食品袋耐高温加热B.石英玻璃仪器耐酸碱腐蚀C.羊毛织物可用强碱性洗涤剂清洗D.把铅加入锡中制造焊锡的目的是降低熔点2 .Na代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是()A.过氧化钠与水反应生成2.24LO2时转移的电子数为0.2NaB. 1L14mol/L硝酸与足量铜反应生成气体分子数小于7NaC. 1L1mol/LNaHS溶液中H2S、HS-和S2-粒子数之和为NaD. 1molOH的电子总数比1

2、mol-OH的电子总数多Na3 .下列实验操作能达到目的是()A.锅炉水垢用饱和纯碱溶液浸泡，即可除去B.向淀粉水解后的溶液中滴加碘水，即可检验淀粉是否水解完全C.向C2H5X消去反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，即可检验卤原子X的种类D,将25gCuSO4?5H2O溶于100mL水中，可配得100mL1.0mol/LCuSO4溶液4 .常温下向10mL0.1mol?L1HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加0.2mol?L-1的NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示(溶液混合时体积的变化、温度忽略不计，HN3的Ka=1047).下列说法不正确的是()155IINaOHmLA,水电离出的c(OH):点小

3、于点B.此反应的滴定实验宜选用甲基橙做指示剂C.点时c(N3)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH)D.点时c(Na+)=c(N3)+c(HN3)=mol?L1lb5.模拟电渗析法将海水淡化的工作原理示意图如下.已知X、Y均为惰性电极，模拟海水中富含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SO42，HCO3等离子.下列叙述中正确的是()A.M是阴离子交换膜B.Y电极上产生无色气体C. X电极区域可产生Mg(OH)2D. X电极反应式为4OH-4e一O2T+2H2O6.恒温恒容下向2L密闭容器中加入SO3发生反应：2SO3(g)?2SO2(g)+O2(g),反应过

4、程中测定的部分数据如下表：下列说法正确的是()反应时间/minn(SO3)/moln(O2)/mol02.0020.840.661.81.1A. 02min平均速率v(SO2)=0.6mol?L1?min1B. 4min后，平衡移动的原因可能是减压C.若升高温度后的平衡常数的值为1.0,则该正反应为吸热反应D,若起始时容器中SO3的物质的量改为1.0mol,则平衡时n(SO2)=0.6mol二、解答题(共4小题，满分64分)7.卜表中实线表上目前元素周期表七个周期的部分边界.相对位置如下：八种兀素在周期表中的11F111119IlliIDII1111rlidn1巾1111tli111F1111

5、J111-<11F111IIih11Airid|i1|H41|li11IIi11I1l!11:0：请按要求回答下列问题：(1)请在上表中用实线画出从第三周期到第六周期金属和非金属的交界线.(2)元素、氢化物的稳定性由强到弱是(填化学式).(3)由元素、组成的共价化合物有多种，写出其中相对分子质量最小的分子的电子式：.(4)设计实验证明单质的还原性：时，涉及反应原理的化学方程式：.若利用如图装置实验，证明元素的非金属性：，则A中盛有浓盐酸，B中有KMnO4固体，C中反应的离子方程式为;但需在C的试管口处堵一块蘸有溶液的棉花吸收尾气.(5)元素的最高价氧化物的水化物X的溶液呈酸性的原因是(用

6、电离方程式表示);与X的组成元素相同的离子化合物(含X的阴离子)的水溶液也呈酸性的原因是.欲将标准状况下8.96LM(由元素和组成的双原子气体分子)全部被水吸收成为元素的最高价氧化物的水化物，需元素的双原子分子约个.8,有机物A和B的分子式均为C11H12O5,在稀硫酸中加热均能生成C和D,其中D能发生如下变化(略去了部分产物及反应条件)：G一催化叫HCHS芭T高分子茶磷限I万一五元环酌CH。已知：i.A、B、C、D、E均能与NaHCO3反应；ii,只有A、C能与FeCl3溶液发生显色反应，且苯环上的一澳代物只有两种；iii .E能发生银镜反应；iv .G能使澳的四氯化碳溶液褪色.请按要求回答

7、下列问题：(1) G所含官能团名称：；图中属于氧化反应的是.(2)写出结构简式：B、I、J.(3)写出下列反应的化学方程式：反应：.反应A-C+D：.(4)能同时满足下列三个条件的C的同分异构体有种.苯环上一卤代物只有两种能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应.写出其中一种的结构简式：.9.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、F%O3、CeO2等物质).以此粉末为原料回收Ce(OH)4和绿矶的工艺流程如图所示：德玻懵粉末30%曳酸漫遮过速含稀溶漉有机溶剖操作X水层有机层某试剂操作工产品CeOH)4过谑、洗条、干燥01加触有机层含浓港囊已知：I.酸性条件下，铺在水溶液

8、中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式;n.CeO2不溶于稀硫酸；利用有机溶剂可分离稀土元素如Ce等化合物.请按要求回答下列问题：(1)Ce的原子序数为58,它位于元素周期表中第周期.(2)步骤、反应的化学方程式分别为、.(3)检验滤渣B洗涤干净的方法是.(4)步骤的离子方程式为.(5)操作X名称为.(6)在滤液B中加过量铁粉于50c水浴中加热充分反应后趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口，静置、冷却一段时间后收集得产品绿矶.步骤中的硫酸溶液过稀会导致;溶液趁热过滤的原因是;塞紧试管口的目的是;静置冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是.(7)取2.08g产品Ce(OH)4,加过量稀硫

9、酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点共消耗90.00mL,则产品中Ce(OH)4的质量分数为.10.碳及其化合物在科技、社会生产、生活中有着广泛的应用.请按要求回答下列问题：(1)已知：2CH4(g)+3O2(g)2CO(g)+4H2O(l)AH1=-1214.6kJ/mol2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H2=-566kJ/mol请写出CH4燃烧热的热化学方程式：.(2)在不同温度下反应CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的平衡常数K如下表：温度/C60075090011001250平衡常数K2.51.610.90.6该反应的H0.(填"、

10、="或2").900c时发生上述反应，CO2的转化率随时间变化如图所示，若到达平衡后加压，则H2的转化率将(填蟹大”、减小“或不变"，下同),正反应速率将.其他条件相同时，请在图中画出750c时CO2的转化率随时间变化的示意图.在900c时发生上述反应，以下表中的物质的量投入恒容反应器，其中向正方向移动的组是(填编号)，平衡后与C中各物质的百分含量相等的组有(填编号)ABCDEn(CO2)31011n(H2)21012n(CO)1230.53n(H2O)5230.51(3)以二甲醛(CH3OCH3)、空气、KOH溶液为原料可设计为燃料电池放电时，负极电极反应式：.

11、假设该燃料电池中盛有100.0mL3.0mol/LKOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为6.72L,放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为8工的转化率2016年天津市河西区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、本卷共6题，每题6分，共计36分.在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.1.化学与社会、生产、生活紧切相关.下列说法正确的是（）A.聚乙烯食品袋耐高温加热B.石英玻璃仪器耐酸碱腐蚀C.羊毛织物可用强碱性洗涤剂清洗D.把铅加入锡中制造焊锡的目的是降低熔点【考点】物质的组成、结构和性质的关系.【分析】A.大多数有机物不耐高温；B

12、.二氧化硅为酸性氧化物，能够与碱反应；C.蛋白质为两性物质，能够与碱反应；D.合金熔点低于成分金属熔点.【解答】解：A.聚乙烯不耐高温加热，故A错误；B.二氧化硅为酸性氧化物，能够与碱反应，不耐碱腐蚀，故B错误；C.碱性强的洗涤剂会使外材毛皮中的蛋白质受腐蚀，故C错误；D.焊锡中加铅后变成合金，合金的熔点低，所以目的是降低熔点，故D正确；故选：D.2.Na代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.过氧化钠与水反应生成2.24LO2时转移的电子数为0.2NaB. 1L14mol/L硝酸与足量铜反应生成气体分子数小于7NaC. 1L1mol/LNaHS溶液中H2S、HS-和S2-粒子数之和

13、为NaD. 1molOH的电子总数比1mol-OH的电子总数多Na【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、氧气所处的状态不明确；B、铜和浓硝酸反应生成的NO2气体中存在平衡：2NO2?N#4；C、HS既能水解又能电离；D、羟基含9个电子，而氢氧根中含10个电子.【解答】解：A、氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；B、当铜和14mol浓硝酸反应全部生成NO2时，得到的NO2的物质的量为7mol,但足量铜和浓硝酸反应开始生成二氧化氮，后来生成NO甚至镂盐，且生成的NO2气体中存在平衡：2NO2?N2O4,导致所生成的分子个数小于7Na个，故B正确；C、HS既能

14、水解为H2s又能电离为S2,根据物料守恒可知，H2S、HS和S2粒子数之和为Na,故C正确；D、羟基含9个电子，而氢氧根中含10个电子，故1mol氢氧根中的电子数为10Na个，而1mol羟基中的电子数为9Na个，即多Na个，故D正确.故选A.3.下列实验操作能达到目的是()A.锅炉水垢用饱和纯碱溶液浸泡，即可除去B.向淀粉水解后的溶液中滴加碘水，即可检验淀粉是否水解完全C.向C2H5X消去反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，即可检验卤原子X的种类D,将25gCuSO4?5H2O溶于100mL水中，可配得100mL1.0mol/LCuSO4溶液【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.工业上用Na2CO

15、3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3；B.淀粉遇碘单质变蓝来验证淀粉的存在；C.检验澳离子应在酸性溶液中；D.水的体积不等于溶液的体积.【解答】解：A.工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO?,碳酸钙不溶于水，故A错误；B.淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，加Na0H溶液中和稀硫酸，使混合液呈碱性，然后加入银氨溶液，有单质银生成可检验产物葡萄糖，证明淀粉已水解，反之，淀粉未水解；由于淀粉遇碘单质变蓝，所以向水解后的溶液加碘水如果变蓝，则说明淀粉水解不完全，反之，淀粉已完全水解，故B正确；C.检验澳离子应在酸性溶液中，则水解后、冷却加酸至酸性，再滴加

16、硝酸银溶液来检验卤素的种类，故C错误；D.水的体积不等于溶液的体积，应加水至溶液的体积等于100mL,故D错误.故选B.4.常温下向10mL0.1mol?L1HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加0.2mol?L1的NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示(溶液混合时体积的变化、温度忽略不计，HN3的Ka=1047).下列说法不正确的是()A,水电离出的c(OH)：点小于点B.此反应的滴定实验宜选用甲基橙做指示剂C.点时c(N3)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH)D.点时c(Na+)=c(N3)+c(HN3)=±mol?L115【考点】酸碱混合时的定

17、T判断及有关ph的计算.【分析】A、根据图示信息，结合溶液的酸碱性判断水的电离程度；B、HN3(叠氮酸)溶液中滴加NaOH溶液，根据叠氮酸属于弱酸来判断；C、向10mL0.1mol?L1HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加0.2mol?L"的NaOH溶液2.5mL,此事得到的是叠氮酸和叠氮酸钠的混合液；D、向10mL0.1mol?L1HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加0.2mol?L-1的NaOH溶液5mL,此时二者恰好反应，得到叠氮酸钠溶，根据物料守恒来计算.【解答】解：A、点溶液显示酸性，叠氮酸量较多，所以水的电离受到抑制，点溶液显示中性，水的电离不受影响，所以水电离出的c(OH)：点小于

18、点，故A正确；B、HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加NaOH溶液，由于叠氮酸属于弱酸，所以不能用甲基橙做指示剂，应该使用酚配，故B错误；C、向10mL0.1mol?L1HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加0.2mol?L1的NaOH溶液2.5mL,此事得到的是叠氮酸和叠氮酸钠的混合液，溶液显示酸性，叠氮酸的电离程度大于叠氮酸根离子的水解程度，存在：c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH)，故C正确；D、向10mL0.1mol?L1HN3(叠氮酸)溶液中逐滴滴加0.2mol?L-1的NaOH溶液5mL,此时二者恰好反应，得到叠氮酸钠溶液，溶液显示碱性存在物料

19、守恒：c(Na+)=c(N3D+c(HN3)=Xmol?L故D正确.3故选B.5.模拟电渗析法将海水淡化的工作原理示意图如下.已知X、丫均为惰性电极，模拟海水中富含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SOj、HCO3等离子.下列叙述中正确的是()A.M是阴离子交换膜B.Y电极上产生无色气体C. X电极区域可产生Mg(OH)2D. X电极反应式为4OH-4e一O2T+2H2O【考点】电解原理.【分析】A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；B. Y电极上氯离子放电生成氯气；C. X电极上水得电子生成氢气同时生成OH，Mg(OH)2难溶于水；D. X电极上生成氢气.【

20、解答】解：A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜M和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜M是阳离子交换膜，故A错误;B. Y电极上氯离子放电生成氯气，氯气是黄绿色气体，故B错误；C. X电极上水得电子生成氢气同时生成OH，Mg(OH)2难溶于水，镁离子和氢氧根离子反应生成白色沉淀Mg(OH)2,故C正确；D. X电极上生成氢气，电极反应式为2H2O+4e一2H2T+2OH故D错误；故选C.6.恒温恒容下向2L密闭容器中加入SO3发生反应：2SO3(g)?2SO2(g)+O2(g),反应过程中测定的部分数据如下表：下列说法正确的是()反应时间/minn(SO

21、3)/moln(O2)/mol02.0020.840.661.81.1A. 02min平均速率v(SO2)=0.6mol?L1?min1B. 4min后，平衡移动的原因可能是减压C.若升高温度后的平衡常数的值为1.0,则该正反应为吸热反应D,若起始时容器中SO3的物质的量改为1.0mol,则平衡时n(SO2)=0.6mol【考点】化学平衡的计算.【分析】2min时n(SO3)=0.8mol，则反应消耗三氧化硫的物质的量为2.0mol-0.8mol=1.2mol,此时生成氧气的物质的量为：n(O2)=n(SO3)=1.2molx工=0.6mol,而4min时氧气的22物质的量仍然为0.6mol,

22、说明该反应在2min时已经达到平衡状态，AC、八1一".一»、，、，、，3,-.A.根据v=计算出02min平均速率v(SO3),然后利用一者计重数关系得出02min平均速率v(SO2);B.将氧气按照计量数关系转化成三氧化硫可知，改变条件下三氧化硫的物质的量增大了，而减压不影响三氧化硫的物质的量；C.利用化学平衡三段式列式计算出原平衡时的平衡常数，然后利用温度对平衡常数的影响判断反应热；D.减小三氧化硫的物质的量，减小了压强，平衡向着正向移动，二氧化硫的物质的量增大.=n22min(SO3)=1.2molX工=0.6mol,而时已经达到平衡状态，【解答】解：2min时n(

23、SO3)=0.8mol,则反应消耗三氧化硫的物质的量为2.0mol-0.8mol=1.2mol,此时生成氧气的物质的量为：n(O2)4min时氧气的物质的量仍然为0.6mol,说明该反应在1?min1,化学反应速率与化学八L2mA.02min平均速率v(SO3)2L=0.3mol?L计量数成正比，则v(SO2)=v(SO3)=0.3mol?L1?min1,故A错误；B.将1.1mol氧气按照计量数关系转化成三氧化硫可知，改变条件下三氧化硫的物质的量为：1.8mol+1.1molx=2.35mol>2mol,说明平衡移动的原因为加入了三氧化硫，而不是改变了压强，故B错误；C.2SO3(g)

24、?2SO2(g)开始(mol):变化(mol)：平衡(mol):2mol1.20.8+。2(g),01.21.200.60.6,原条件下的平衡常数K=孕产乂牙)-=0.675<1,说明升高温度后平衡向着正向移g、2"2'动，则正反应为吸热反应，故C正确；D.若起始时容器中SO3的物质的量改为1.0mol,假如平衡不一定，则平衡时n(SO2)=1.2molX5=0.6mol,由于三氧化硫的物质的量减小，相当于减小了压强，平衡向着正向移动，则重新达到平衡时二氧化硫的物质的量大于0.6mol,故D错误；故选C.二、解答题(共4小题，满分64分)八种元素在周期表中的7.下表中实

25、线表示目前元素周期表七个周期的部分边界.相对位置如下：请按要求回答下列问题：(1)请在上表中用实线画出从第三周期到第六周期金属和非金属的交界线.(2)元素、氢化物的稳定性由强到弱是(填化学式)HgQ>H2S>PH3.(3)由元素、组成的共价化合物有多种，写出其中相对分子质量最小而分子的：o二电子式：_:.一H：C：厂(4)设计实验证明单质的还原性：时，涉及反应原理的化学方程式：_2Na+2H2Q=2NaQH+HzT.若利用如石装置实验，加明元素的非金属性：，则A中盛有浓盐酸，B中有KMnQ4固体，C中反应的离子方程式为S2+Cl2=2Cl+SJ;但需在C的试管口处堵一块蘸有_氢氧化

26、钠溶液的棉花吸收尾气.(5)元素的最高价氧化物的水化物X的溶液呈酸性的原因是(用电离方程式表示)_HNQ3=H+NQ3；与X的组成元素相同的离子化合物(含X的阴离子)的水溶液也呈酸性的欣因是油酸因属于强电解质，在水中完全电离，其中NH4+水解而使溶液显酸性.欲将标准状况下8.96LM(由元素和组成的双原子气体分子)全部被水吸收成为元素的最高价氧化物的水化物，需元素的双原子分子约0.3X6.02X1023个.【考点】位置结构性质的相互关系应用.【分析】由元素在周期表中位置，可知为H、为Na、为C、为N、为Q、为P、为S、为Cl.(1)从第三周期到第六周期主族元素中，周期数w最外层电子数为金属元素

27、，周期数>最外层电子数为非金属性；(2)同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定；(3)由元素、组成的共价化合物中相对分子质量最小的为HCHQ;(4)利用单质的相互置换反应验证，利用钠与水反应生成氢氧化钠与氢气；利用氯气与硫化物反应置换出硫验证，用氢氧化钠溶液吸收尾气中氯气；(5)元素的最高价氧化物的水化物X为HNQ3,电离出氢离子；与X的组成元素相同的离子化合物(含X的阴离子)的水溶液也呈酸性，该化合物为NH4NO3,溶液中俊根离子水解呈酸性；M由元素和组成的双原子气体分子，则M为NO,全部被水吸收成为元素的最高价氧化物的水化物HNO3,发生反

28、应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3,根据方程式计算.【解答】解：由元素在周期表中位置，可知为H、为Na、为C、为N、为O、为P、为S、为Cl.(1)从第三周期到第六周期主族元素中，周期数w最外层电子数为金属元素，周期数>最外层电子数为非金属性，用实线画出从第三周期到第六周期金属和非金属的交界线为：物越稳定，故氢化物稳定性：h2o>h2s>ph3,故答案为：H2O>H2S>PH3；(3)由元素、组成的共价化合物中相对分子质量最小的为HCHO,电子式为：O：二，H：C：H：0:故答案为：；H：C：H(4)利用单质的相互置换反应验证，利用钠与水反应生成氢氧化钠与氢

29、气，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2T,利用氯气与硫化物反应置换出硫验证，C中反应的离子方程式为S2+Cl2=2Cl+S；用氢氧化钠溶液吸收尾气中氯气，但需在C的试管口处堵一块蘸有氢氧化钠溶液的棉花吸收尾气，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2f;S2+Cl2=2Cl+SJ；氢氧化钠；(5)元素的最高价氧化物的水化物X为HNO3,电离方程式为：HNO3=H+NO3;与X的组成元素相同的离子化合物(含X的阴离子)的水溶液也呈酸性，该化合物为NH4NO3,硝酸俊属于强电解质，在水中完全电离，其中NHd+水解而使溶液显酸性；M由元素和组成的双原子气体分子，则M为NO,8.96

30、LNO物质的量为。三学、22.4L/irol=0.4mol,全部被水吸收成为元素的最高价氧化物的水化物HNO3,发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3,需要氧气物质的量为0.3mol,即需要氧气分子为：0.3X6.02X1023,故答案为：HNO3=H+NO3;硝酸俊属于强电解质，在水中完全电离，其中NH4+水解而使溶液显酸性；0.3X6.02X1023.8,有机物A和B的分子式均为C11H12O5,在稀硫酸中加热均能生成C和D,其中D能发生如下变化(略去了部分产物及反应条件)：HBtAFG一催牝HGHRB勘'C4H4©,高分子法疏酸I五元环爵CAO,已知：i.A、B

31、、C、D、E均能与NaHCO3反应；ii.只有A、C能与FeCl3溶液发生显色反应，且苯环上的一澳代物只有两种;iii. E能发生银镜反应；iv. G能使澳的四氯化碳溶液褪色.请按要求回答下列问题：(1) G所含官能团名称：碳碳双键、竣基；图中属于氧化反应的是(2)写出结构简式:B小二,'JJQH-F-OCH2CH2CH2C4roH-(3)写出下列反应的化学方程式:CH2HHeHjCOONi-NjBrTHzQ一反应:_CHFiCH2cH2coOH-2NaOH反应A-C+D:_C0OCH.CH.CH.COOH+H2OHOCH3CH3CH3COOHHCTrCOOE能发生银镜反应.(4)能同

32、时满足下列三个条件的C的同分异构体有3种.苯环上一卤代物只有两种能与FeCl3溶液发生显色反应写出其中一种的结构简式:【考点】有机物的推断.【分析】A、B、C、D、E能与NaHCO3反应，均含有-COOH,D在浓硫酸作用下反应得到五元环酯I,则D为HOCH2CH2CH2COOH,I为老D发生竣基反应生成高聚酯,O_,一一一一J为HfQCH】CH，CH，3frOH，E能发生银镜反应，E中含有醛基，由D、E分子式可知，D发生催化氧化生成E,则E为OHCCH2CH2COOH,D中羟基与HBr发生取代反应生成F为BrCH2CH2CH2COOH,G能使澳的四氯化碳溶液褪色，F发生消去反应生成G为CH2=

33、CHCH2COOH,G发生加聚反应生成有机物A和B的分子式均为C11H12O5,在稀硫酸中加热均能生成C和D,A、C能与FeCl3溶液发生显色反应，则A、C均含有苯环与酚羟基，由于D的分子式为C4H8。3,故C分子有7个碳原子，且苯环上的一澳代物只有两种，结合C中含有竣基，故C为H0置(：。0，则人为修。COOCHXH.CHXOOI-,由C、D的结构简式及B不能与FeCl3溶液发生显色反应但能与NaHCO3反应，可得出B的结构简式为HOCH二CHRH二C00CQQ卜,据此解答.【解答】解：A、B、C、D、E能与NaHCO3反应，均含有-COOH,D在浓硫酸作用下反应得到五元环酯I,则D为HOC

34、H2CH2CH2COOH,I为端，q,D发生竣基反应生成高E能发生银镜反应,E中含有醛基，由D、E分子式聚酯J为9H-FOCHjCHiCHiC4»-0H'可知，D发生催化氧化生成巳则E为OHCCH2CH2COOH,D中羟基与HBr发生取代反应生成F为BrCH2CH2CH2COOH,G能使澳的四氯化碳溶液褪色，F发生消去反应生成G为CH2=CHCH2COOH,G发生加聚反应生成H为'I.有机物A和B的分子式均为C11H12O5,在稀硫酸中加热均能生成C和D,A、C能与FeCl3溶液发生显色反应，则A、C均含有苯环与酚羟基，由于D的分子式为C4H8。3,故C分子有7个碳原

35、子，且苯环上的一澳代物只有两种，结合C中含有竣基，故C为H()COOH,则A为V-COOCHnCHXHXOOi-,由C、D的结构简式及B不能与FeCl3溶液发生显色反应但能与NaHCO3反应，可得出B的结构简式力H口CHCHCHCOO-/rA-COOI-力HULHnUHrUHnCUUv)CUUr.-_-X/(1) G为CH2=CHCH2COOH,所含官能团名称：碳碳双键、竣基，图中属于氧化反应的是：，故答案为：碳碳双键、较基;(2) B的结构简式为HOCH2CH;CH2COO'=CO。卜，I的结构简式为、CH,0H+OCH2CUCH2C+0H的结构简式为(3)反应的化学方程式为:CH2

36、BrCH；CHjCOOH-2NaOH乌角印?-0301过00155立75。,反应A-C+D的化学方程式为:hYcooch诚cooH+Hq粤警HOCH3CH:CH2COOH-HCQrCOOE,故答案为：CH：BrCH?CH?COOH-2NaOH壬典CHCHCH3COONaNaBr-2H30；(4)能同时满足下列三个条件的C(HOCOOH)的同分异构体：与FeCl3hOcooch诚CHKOOH+Hq1HOCH3CH,CH2COOH-HCQrCCOE；种，符合条件的同分异构体有:9.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含0?故答案为：3；H溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应,

37、德筱懵粉末K30H溶液运液H0.稀药酸含一稀溶漉有机溶耦操作X水层有机层1某试耦有机层产品Ce(OH)4含浓溶液LK-X加作操0窗含有醛基，苯环上一卤代物只有两SiO2、Fe2O3、CeO2等物质).以此粉末为原料回收Ce(OH)4和绿矶的工艺流程如图所示:已知：I.酸性条件下,铺在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式;n.CeO2不溶于稀硫酸；利用有机溶剂可分离稀土元素如Ce等化合物.请按要求回答下列问题：(1) Ce的原子序数为58,它位于元素周期表中第六周期.(2)步骤、反应的化学方程式分别为2NaOH+SiO2=Na2SiOg+H2O、4Ce(OH)3+Oz+2H2O=4Ce(

38、OH)4.73ns滤渣B洗涤干冷而方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净.(4)步骤的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2f+4H2O.(5)操作X名称为萃取分液.(6)在滤液B中加过量铁粉于50c水浴中加热充分反应后趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试管口，静置、冷却一段时间后收集得产品绿矶.步骤中的硫酸溶液过稀会导致反应速率慢、不利于晶体析出；溶液趁热过滤的原因是减少FeSO4的损失；塞紧试管口的目的是防止空气进入试管将Fe2+氧化为Fe3+;静置冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是有浅绿色晶体析出.(7)取2.08g产品

39、Ce(OH)4,加过量稀硫酸溶解后，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点共消耗90.00mL,则产品中Ce(OH)4的质量分数为90%.【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.【分析】以废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质)为原料回收Ce(OH)4和绿矶的工艺流程为：第步反应废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是F%O3、CeO2,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，溶于水；滤渣A(Fe2O3、CeO2)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁溶液，滤渣B的成分是CeO2；第步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和。2；第步是用有机溶剂将Ce3

40、+萃取出来，通过分液操作可得有机层含有Ce3+,第步用某试剂进行反应萃取，得浓的Ce3+溶液，第步浓的Ce3+溶液中加碱，再用氧气氧化得Ce(OH)4,据此答题；【解答】解：以废玻璃粉末(含S。、Fe2O3、CeO2等物质)为原料回收Ce(OH)4和绿矶的工艺流程为：第步反应废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，溶于水；滤渣A(Fe2O3、CeO2)力口稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁溶液，滤渣B的成分是CeO2；第步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和。2；第步是用有机溶剂将Ce3+萃取出来，通过分液操作可得有

41、机层含有Ce3+,第步用某试剂进行反应萃取，得浓的Ce3+溶液，第步浓的Ce3+溶液中加碱，再用氧气氧化得Ce(OH)4,(1) Ce的原子序数为58,根据元素周期表可知，它位于元素周期表中第六周期，故答案为：六；(2)根据上面的分析可知，步骤反应的化学方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O,步骤反应的化学方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4,故答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；4Ce(OH)3+02+2H2O=4Ce(OH)4；(3)滤渣B的表面有可能的杂质为铁离子，所以检验滤渣B洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴K

42、SCN溶液，若不出现红色，则已洗净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；(4)根据上面的分析可知，步骤的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4H2O,故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4H2O；(5)根据上面的分析可知，操作X名称为萃取分液，故答案为：萃取分液；(6)步骤中的硫酸溶液过稀会导致反应速率慢、不利于晶体析出，在滤液B中加过量铁粉于50c水浴中加热充分反应后趁热过滤，可以减少FeSO4的损失，亚铁离子易被空气中的氧气氧化，所以实验时要塞紧试管口，静置冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是

43、有浅绿色晶体析出，故答案为：反应速率慢、不利于晶体析出；减少FeSQ的损失；防止空气进入试管将Fe2+氧化为Fe3+;有浅绿色晶体析出；(7)FeSO4的物质的量为0.1000mol/Lx90.00mLx103=9,0x103mol,根据电子得失守恒有关系式FeSO4Ce(OH)4,所以取2.08g产品中Ce(OH)4的质量为9.0x103molx208g/mol=1.872g,所以产品中Ce(OH)4的质量分数为沿善X100%=90%,2<08g故答案为：90%.10.碳及其化合物在科技、社会生产、生活中有着广泛的应用.请按要求回答下列问题：(1)已知：2CH4(g)+3O2(g)2C

44、O(g)+4H2O(l)H1=-1214.6kJ/mol2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H2=-566kJ/mol请写出CH4燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O?(g)=CO2(g)+2H?O(l)H=-890.3kJ/mol.(2)在不同温度下反应CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的平衡常数K如下表：温度/c60075090011001250平衡常数K2.51.610.90.6该反应的Hv0.(填>=”或之").900c时发生上述反应，CO2的转化率随时间变化如图所示，若到达平衡后加压，则H2的转化率将(填增大"、臧小“或不变”，下同)不

45、变，正反应速率将增大.其他条件相同时，请在图中画出750c时CO2的转化率随时间变化的示意图.ABCDEn(CO2)31011n(H2)21012n(CO)1230.53n(H2O)5230.51在900c时发生上述反应，以下表中的物质的量投入恒容反应器，其中向正方向移动的组是(填编号)AD,平衡后与C中各物质的百分含量相等的组有BD(填编号)(3)以二甲醛(CH3OCH3)、空气、KOH溶液为原料可设计为燃料电池放电时，负极电极反应式：CH3OCH3-12e+16OH=2CO§2+11H2O.假设该燃料电池中盛有100.0mL3.0mol/LKOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状

46、况下的体积为6.72L,放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c(K+)>c(CO32)>c(OH)>c(HCO3)>c(H+).8工的转化军【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算.【分析】(1)已知：2CH4(g)1+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)Hi=T214.6kJ?mol2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)AH2=-566kJ?mol1依据盖斯定律计算，+得到，2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2Oah；(2)依据图中平衡常数随温度变化关系判断反应的热

47、效应；CO2(g)+H2(g)?CO(g)+h2。(g)反应前后气体体积不变，改变压强平衡不移动，压强增大，容器体积减小，物质浓度增大，反应速率增大；CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)Hv0,降低温度反应速率减慢，达到平衡用的时间变长，平衡正向移动，二氧化碳转化率提高，据此作图；依据图表数据可知900C,平衡常数为：1,即c(CO2)?c(H2)=c(CO)?c(H2O),要使反应向正向进行则满足c(CO2)?c(H2)>c(CO)?c(H2O),根据乘积的比值判断反应方向；CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)前后气体体积不变，恒温恒容建立等比等效，投料比与C相同时，平衡后与C中各物质的百分含量相等；(3)先写出燃料电池的总反应式，再写出正极的电极反应式，做差得负极电极反应式；计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据n(KOH)与n(CO2)比例关系判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断.【解答】解：(1)：2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)H1=1214.6kJ?mol12C