山东省济钢高级中学高三10月质量检测化学试题2

济钢高中2018级高三月考化学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56Cu64Li7Na23第I卷（选择题共40分）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.化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是（）A.钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同B.《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3C.氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用D.“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是SiO2【答案】D【解析】【详解】.钻石的成分是碳，水晶的成分是SiO2、刚玉的成分是三氧化二铝，三者的的化学成分不同，故A正确；B.《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是CaCO3，故B正确；C.氢键在形成蛋白质二级结构和DNA双螺旋结构中起关键作用，故C正确；D.“玉兔二号”月球车首次在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是Si，故D错误；故答案：D。2.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.Mg(OH)2具有碱性，可用于制胃酸中和剂B.H2O2是无色液体，可用作消毒剂C.FeCl3具有氧化性，可用作净水剂D.液NH3具有碱性，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A.Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故A正确；B.H2O2具有强氧化性，可用作消毒剂，故B错误；CFeCl3水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故C错误；D.液NH3气化时吸热，可用作制冷剂，故D错误；故选A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.氯碱工业中完全电解含2molNaCl溶液产生H2分子数为NAB.14g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/nC.2.0gH218O与2.0gD2O中所含的中子数均为NAD.常温下，将56g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．氯碱工业中完全电解NaCl的溶液的反应为2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，含2molNaCl的溶液发生电解，则产生H2为1mol，分子数为NA，但电解质氯化钠电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA，故A错误；B．分子式为CnH2n的链烃为单烯烃，最简式为CH2，14g分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为=NA×=；如果是环烷烃不存在碳碳双键，故B错误；C．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，所以2.0gH218O与2.0gD2O的物质的量均为0.1mol，H218O中所含的中子数：2010=10，D2O中所含的中子数：2010=10，故2.0gH218O与2.0gD2O所含的中子数均为NA，故C正确；D．常温下铁遇到浓硫酸钝化，所以常温下，将56g铁片投入足量浓硫酸中，生成SO2分子数远远小于1.5NA，故D错误；答案选C。【点睛】该题易错点为A选项，电解含2mol氯化钠的溶液，电解完可继续电解氢氧化钠溶液（即电解水），会继续释放出氢气，则产生的氢气分子数大于NA。4.石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反应式为LixC6+Li1xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如下图所示。下列关于该电池的说法正确的是（）A.充电时，嵌入中B.放电时，极发生的电极反应为C.放电时负极反应为：D.充电时，若转移，石墨烯电极增重7g【答案】D【解析】【分析】根据电池反应式知，负极反应式为LixC6xe=C6+xLi+、正极反应式为Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。【详解】A.充电时，石墨烯为阴极，C6发生还原反应生成LixC6，则Li+向石墨烯移动，故A项错误；B.放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的还原反应,电极反应式为：Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2，故B项错误；C.放电时负极反应为LixC6xe=C6+xLi+，原电池中无Li单质存在，故C项错误；D.充电时，石墨烯电极的电极反应式为：C6+xLi++xe=LixC6，根据关系式xeC6LixC6电极增重的实际质量为锂元素的质量，所以若转移1mole，电极增重为1mol×7g/mol=7g,故D项正确；答案选D。【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，本题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。5.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项

①中物质

②中物质

预测②中的现象

A

稀盐酸

碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液

立即产生气泡

B

浓硝酸

用砂纸打磨过的铝条

产生红棕色气体

C

草酸溶液

高锰酸钾酸性溶液

溶液逐渐褪色

D

氯化铝溶液

浓氢氧化钠溶液

产生大量白色沉淀

A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；B项、常温下铝浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C项草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；故选C。6.下列解释事实的离子方程式正确的是（）A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB.硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3++2I=2Fe2++I2C.向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3D.硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42+2Ba2++4OH=BaSO4↓+AlO2+2H2O【答案】C【解析】【详解】A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：，故D错误；故答案为：C。【点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。7.现有一瓶1000mL、含25%NaClO、密度是1.19g·cm－3的“84消毒液”，使用时需要稀释100倍(体积比)，密封保存。下列分析不正确的是A.该“84消毒液”中NaClO物质的量浓度约为4.0mol·L－1B.该“84消毒液”稀释100倍后，Na＋的物质的量浓度约为0.04mol·L－1C.空气中的少量CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClOD.用容量瓶配制上述浓度的“84消毒液”480mL，需要称量的NaClO固体质量约为143.0g【答案】D【解析】【详解】A．c（NaClO）===4.0mol•L1，来计算；B．稀释前后物质的量不变，体积变为原来的100倍，则浓度变为原来的，即稀释后浓度为0.04molLl，故B正确；C．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3，由强酸制弱酸原理可知，CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HC1O，故C正确；D．配制480ml溶液需要500mL的容量瓶，由n=cV=4mol/L×0.5L=2mol，则m=nM=2mol×74.5g/mol=149g，故D错误；故选D。8.某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A.一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种B.一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种C.一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种D.一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种【答案】D【解析】分析】①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故合理选项是D。【点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。9.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）①pH=0的溶液：Na+、Cl、Fe3+、②pH=11的溶液中：、Na+、、、S2、③水电离的H+浓度c(H+)=1012mol·L1的溶液中：Cl－、、、、④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、、Cl－、K+、⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、、、Na+、⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、、I、Cl、S2A.②④ B.①③⑥ C.①②⑤ D.①②④【答案】D【解析】【详解】①pH=0的溶液显酸性，Na+、Cl、Fe3+、可以大量共存；②pH=11的溶液显碱性，、Na+、、、S2、可以大量共存；③水电离的H+浓度c(H+)=1012mol·L1的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性、不能大量共存，如果显碱性，不能大量共存；④加入Mg能放出H2的溶液显酸性，Mg2+、、Cl－、K+、可以大量共存；⑤使石蕊变红的溶液显酸性，Fe2+与、均能发生氧化还原反应，不能大量共存；⑥中性溶液中Fe3+氧化I、S2不能大量共存；答案选D。10.关于下列转化过程分析不正确的是（）A.Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3B.过程Ⅰ中每消耗58gFe3O4转移1mol电子C.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑D.该过程总反应为2H2O＝2H2↑+O2↑【答案】B【解析】【详解】A．Fe3O4的化学式可以改写为FeO·Fe2O3，则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；B．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而58gFe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；C．过程Ⅱ中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，故C正确；D．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，过程II：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，因此该过程总反应为2H2O=O2↑+2H2↑，故D正确；故选：B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某同学设计如下实验装置，测定葡萄糖还原新制氢氧化铜所得红色物质的组成。下列说法中正确的是()A.将装置a中的Zn换成CaCO3可制备CO2气体B.若撤去装置b，会导致该物质含氧量测定结果偏高C.只需称量装置d反应前后的质量就可确定该物质的组成D.装置e的作用是防止空气中的H2O、CO2进入装置d中【答案】BD【解析】【分析】装置a中锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，通过浓硫酸干燥得到干燥的氢气，通过装置c氢气还原红色物质，装置d吸收生成的水蒸气，最后装置e防止空气中水蒸气进入影响测定结果。【详解】A．碳酸钙和稀硫酸反应生成硫酸钙微溶于水，会附着在碳酸钙表面阻止反应进行，不可制备CO2气体，A错误；

B．撤去b装置，水蒸气进入d吸收，使测定生成水的质量偏大，导致该物质含氧量测定结果偏高，B正确；C．称量装置d反应前后的质量只能确定生成水的质量，不能确定红色物质组成，需要测定装置c反应前后质量，结合氧元素和铜元素质量变化确定化学式，C错误；D．装置d是测定氢气还原红色物质生成的水蒸气质量，装置e中碱石灰的作用是防止空气中的H2O、CO2等进入装置d中影响测定结果，D正确；故合理选项是BD。12.用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：+Cu2S+H+→Cu2+++Mn2++H2O(未配平)和反应Ⅱ：+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是（）A.反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B.反应Ⅰ中每生成1mol，转移电子的物质的量为10molC.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3：2【答案】BD【解析】【分析】中Mn元素为+7价，Cu2S中Cu和S元素分别为+1、2价，FeS2中Fe和S元素分别为+2、1价。【详解】A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，为氧化剂，A错误；B．反应Ⅰ中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2(21)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C．反应Ⅱ中氧化剂化合价降低(72)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2(21)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化mol=molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D正确。答案选BD。13.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图：下列叙述正确的是（）A.实验时先打开装置③中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置①的酒精灯B.装置②的干燥管中可盛放碱石灰，作用是吸收多余的NH3C.向步骤I所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4ClD.用装置④可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用【答案】C【解析】【分析】在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体。【详解】A、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A错误；B、氨气是污染性气体不能排放到空气中，碱石灰不能吸收氨气，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B错误；C、通入氨气的作用是增大的浓度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；D、用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳未被收集循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故D错误；故答案为：C。【点睛】“侯氏制碱法”试验中，需先通入氨气，其原因是氨气在水中的溶解度较大，二氧化碳在水中溶解度较小，先通入氨气所形成的溶液中氨的浓度较大，方便后续的反应进行；“侯氏制碱法”所得到的产品是碳酸氢钠，碳酸氢钠经过加热会生成碳酸钠。14.电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为90g/moL；“A－”表示乳酸根离子）。则下列说法不正确的是A.交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜B.阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+C.电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH－可忽略不计。设200mL20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）D.浓缩室内溶液经过电解后pH降低【答案】C【解析】【详解】A．根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子从阳极通过交换膜I进入浓缩室，则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，故A正确；B．根据A项分析，阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，故B正确；C．在阳极上发生电极反应：4OH−−4e−═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e−=H2↑，根据电极反应方程式，则有：2HA∼2H+∼1H2，电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，产生氢气的物质的量==0.03mol，则生成HA的物质的量=0.03mol×2=0.06mol，则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol×90g/moL+200×103L×20g/L=9.4g，此时该溶液浓度==47g/L，故C错误；D．在电解池的阳极上是OH−放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A−通过阴离子交换膜(交换膜Ⅱ)从阴极进入浓缩室，这样：H++A−═HA，乳酸浓度增大，酸性增强，pH降低，故D正确；答案选C。15.在2L密闭容器中充入气体A和B，发生A(g)＋B(g)⇌C(g)＋2D(g)ΔH，所得实验数据如表。下列说法不正确的是实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(A)n(B)n(C)①3000.400.100.090②5000.400.100.080③5000.200.05aA.ΔH>0B.500℃该反应的平衡常数K＝0.16mol·L1C.③中达到平衡时，A的转化率大于20%D.5min末测得①中n(C)＝0.050mol，则0到5min内v(D)=0.02mol·L1·min1【答案】AD【解析】【详解】A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，A选项错误；B．由实验②的数据建立三段式有：则平衡常数，B选项正确；C．反应A(g)＋B(g)⇌C(g)＋2D(g)中，反应后气体总体积大于反应前气体总体积，③的投料比相比于②来说相当于减小压强，平衡正向移动，即反应③达到平衡时A的转化率比反应②的转化率大，反应②的平衡转化率为0.04÷0.2×100%=20%，故③中达到平衡时，A的转化率大于20%，C选项正确；D．5min末测得①中n(C)＝0.050mol，由化学反应速率与化学计量数成正比可知，0到5min内v(D)=2v(C)=2×(0.05mol÷2L÷5min)=0.01mol·L1·min1，D选项错误；答案选AD。第Ⅱ卷非选择题（共60分）16.A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：(1)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________，碱性最强的是_________。(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是__________，电负性最大的元素是__________。(3)D的氢化物比C的氢化物的沸点高，原因____________________。(4)E元素在周期表的第_______周期，第________族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在_______区。(5)B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是______晶体、______晶体(6)D的核外电子排布遵循了________原理和____________规则。【答案】(1).HNO3(2).NaOH(3).F(4).F(5).因为NH3分子间形成氢键(6).四(7).Ⅷ(8).d(9).离子(10).分子(11).泡利(12).洪特【解析】【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素；A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，则A是14号元素Si；B是同周期第一电离能最小的元素，则B是Na；C的最外层有三个成单电子，C是P；D是N；E的外围电子排布式为3d64s2，则E是Fe，依此解答。【详解】(1)上述五种元素中，元素非金属性最强，对应的最高价氧化物对应水化物酸性最强；金属性最强，对应的最高价氧化物的碱性越强，故酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH；(2)元素非金属性越强，电负性越强；N所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是F，电负性最大的元素是F；(3)因为NH3分子间形成氢键，故N的氢化物比P的氢化物的沸点高；(4)Fe元素在周期表的第四周期，第Ⅷ族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，E元素在d区；(5)Na、P最高价氧化物分别为：氧化钠或过氧化钠、五氧化二磷，晶体类型是分别是离子晶体、分子晶体；(6)N的2p能层3个单电子各自占据一个轨道，核外电子排布遵循了泡利原理和洪特规则。17.H2是一种重要的清洁能源。(1)已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=49.0kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=41.1kJ/mol，H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1，则ΔH1=_________kJ/mol(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入1molCO和2.2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。①压强：p1____p2。(填“＞”“＜”或“=”)②M点时，H2的转化率为__________(计算结果精确到0.1%)，该反应的平衡常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(3)H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(1)，实验测得反应速率的表达式为：v=kcm(NO)·cn(H2)(k是速率常数，只与温度有关)①某温度下，反应速率与反应物浓度的变化关系如下表所示。编号c(NO)/(mol/L)c(H2)/(mol/L)v/(mol·L1·min1)10.100.100.41420.100.201.65630.500.102.070由表中数据可知，m=_____，n=_____。②上述反应分两步进行：i．2NO(g)+H2(g)=N2(g)+H2O2(1)(慢反应)；ii．H2O2(1)+H2(g)=2H2O(1)(快反应)下列叙述正确的是_______(填字母)A．H2O2是该反应的催化剂B．反应i的活化能较高C．总反应速率由反应ii的速率决定D．反应i中NO和H2的碰撞仅部分有效(4)2018年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。其工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计）。工作过程中，膜I侧所得=3，则膜I侧的电极方程式为__________________________________。【答案】(1).90.1kJ/mol(2).＞(3).54.5%(4).(5).1(6).2(7).BD(8).12H2O+O2+28e=12H2+14O2【解析】【分析】（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=49.0kJ/mol①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=41.1kJ/mol②①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1，从而求出ΔH1=90.1kJ/mol，该反应ΔS<0，ΔH1<0，从而得出自发进行的条件；（2）①反应为体积缩小的可逆反应，压强越大，CO的转化率越大，图中显示，P1时CO的转化率大，由此可得出p1与p2的关系。②从图中可以看出，M点时，CO的转化率为60%，则CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：M点时，H2的转化率为，该反应的平衡常数Kp=；②A.两步反应加和，虽然H2O2被消掉，但H2O2出现在第一个反应的生成物中，所以它不是该反应的催化剂；B.反应i是慢反应，则反应的活化能较高；C.总反应速率由慢反应的速率决定；D.反应i是慢反应，说明NO和H2的碰撞仅部分有效。（4）n(N2):n(O2)=4：1，=3，则n(H2):n(O2)=12:1，从图中可以看出，氧元素转化为O2，氢元素转化为H2，由此可得出膜I侧的电极方程式。【详解】（1）已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=49.0kJ/mol①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=41.1kJ/mol②①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1，从而求出ΔH1=90.1kJ/mol，该反应ΔS<0，ΔH1<0，从而得出自发进行的条件是低温。答案为：B；（2）①反应为体积缩小的可逆反应，压强越大，CO的转化率越大，图中显示，P1时CO的转化率大，由此可得出p1>p2。答案为：>；②从图中可以看出，M点时，CO的转化率为60%，则CO的物质的量的变化量为0.6mol。由此建立三段式的关系为：M点时，H2的转化率为=54.5%，该反应的平衡常数Kp==。答案为：54.5%；；（3）由表中数据可知，，由此求出m=1；，由此求出n=2；。答案为：1；2；②A.两步反应加和，虽然H2O2被消掉，但H2O2出现在第一个反应的生成物中，所以它不是该反应的催化剂，A错误；B.反应i是慢反应，则反应的活化能较高，B正确；C.总反应速率由慢反应的速率决定，C错误；D.反应i是慢反应，说明NO和H2的碰撞仅部分有效，D正确。综合以上分析，答案为：BD；（4）n(N2):n(O2)=4：1，=3，则n(H2):n(O2)=12:1，从图中可以看出，氧元素转化为O2，氢元素转化为H2，由此可得出膜I侧的电极方程式12H2O+O2+28e=12H2+14O2。答案为：12H2O+O2+28e=12H2+14O2。【点睛】化学反应过程中，两种反应物本身要进行分解，然后重新组合为新物质。若两种物质反应速率不同，慢反应在自我分解时速率就慢，即使反应速率快的分解了很多，也没有足够的反应慢物质的产物与其进行结合，所以整个化学反应的速率就由慢反应的速率决定。就象木桶一样，最短的木板决定木桶盛水的高度。18.依据下述所给信息，完成下述小题(1)黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法，黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480g·mol－1。除去MnSO4酸性溶液中的Fe2＋可向溶液中加入MnO2，充分搅拌，然后用氨水调节溶液的pH为1～3，升温到95℃，静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为______________________，静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)离子化合物A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层结构。请回答：①试写出A的阳离子的化学式___________，A的阴离子的电子式_________________。②适当加热，A就分解为两种气体，其中一种气体是化合物，该反应的化学方程式为________________________________________。③A溶于水后生成一种化合物和一种单质，则A的水溶液呈________性(酸／碱／中)，原因：________________________________________。【答案】(1).MnO2+4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O(2).减小(3).(4).(5).(6).碱(7).NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑【解析】【详解】(1)MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为：MnO2+4H＋+2Fe2＋=Mn2＋+2Fe3＋+2H2O；静置形成黄铵铁矾过程中结合OH，反应后溶液的pH减小；(2)离子化合物A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层结构：①则A的阳离子的化学式；A的阴离子为氢离子，电子式为；②适当加热，A就分解为两种气体，其中一种气体是化合物，则该反应的化学方程式为：；③A溶于水后生成一种化合物和一种单质，则A发生反应：NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑；故A的水溶液呈碱性。19.[化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：已知以下信息：①A的相对分子质量为28回答下列问题：（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。（2）A生成B的反应类型为________，C中官能团名称为___________。（3）E生成F的化学方程式为___________。（4）下列关于G的说法正确的是___________。（填标号）a．属于芳香烃b．可与FeCl3溶液反应显紫色c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀d．G分子中最多有14个原子共平面（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种（不考虑立体异构）。①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，X的结构简式为________，Y的结构简式为________。【答案】（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；（3）；（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。【解析】【分析】根据信息②，推出C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：。【详解】（1）A为乙烯，D的结构简式为：；（2）A和B发生CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：；（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；（5）N的相对分子质量比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。20.一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol·L1的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol·L1稀盐酸、0.500mol·L1的NaOH溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I．CuSO4溶液的制取：①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。②实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。③所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加H2O2溶液。④趁热过滤得蓝色溶液。(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因__________。(2)若按③进行制备，请写出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应的化学方程式__________。(3)H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30％的H2O2溶液浓缩至40％，在B处应增加一个设备，该设备的作用是_________________________；馏出物是________________。II．晶体的制备：将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作：硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(