2019-2020年高三化学模拟最后一卷 含解析.doc

2019-2020年高三化学模拟最后一卷 含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法中不正确的是（）A光导纤维、硝化纤维、铜氨纤维、玻璃纤维的主成分都是糖类B生理盐水、葡萄糖注射液都不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C红外光谱仪可用于测定化合物的官能团、1H核磁共振仪可确定H所处的化学环境D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可到达水果保鲜的目的2短周期元素X、Y、Z三种原子核外电子总数为32，都可形成常温下气体单质X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍；Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物恰好反应的产物只有一种A，A的水溶液显酸性下列说法正确的是（）A原子半径：ZXYBX元素形成的单质其摩尔质量一定是32gmoL1C物质A中既含离子键又含共价键DYX2、ZX2都有对应的含氧酸3下列关于有机物的叙述正确的是（）A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B分子式为C2H4O2且能与NaOH溶液反应的有机物一定是乙酸C油脂和纤维素都是能发生水解反应的高分子化合物D甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应4已知某溶液中只存在OH、H+、Cl、NH4+四种离子，其离子浓度可能有如下关系：下列说法正确的是（）c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+）A若正确，则溶液中溶质一定为NH4ClB若正确，则溶液中c（NH3H2O）+c（NH4+）c（Cl）C若正确，且盐酸和氨水体积相等，则盐酸中c（H+）等于氨水中c（OH）D溶质不同时，上述四种关系式均可能成立5海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是（）A第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B工业上金属钠是通过氯碱工业制取C从第步到第步的目的是为了浓缩D在第步中溴元素均被氧化6下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将少量Fe（NO3）2试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2试样已变质B向甲苯中滴加少量酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液褪色甲苯发生了氧化反应C常温下分别测定0.1mol/L的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的PHPH：Na2SiO3Na2CO3非金属性：SiCD将少量某无色气体通入澄清石灰水中出现白色沉淀该气体一定是CO2AABBCCDD7常温下，若等物质的量浓度的HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法合理的是（）A反应后HA溶液一定没有剩余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等DHA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH）一定相等二、非选择题：8（15分）有机物AF有如下转化关系：已知一个碳原子上连有两个羟基时不稳定，转化如下：请回答：（1）A的结构简式为：；的反应类型（2）C与新制Cu（OH）2的化学方程式为（3）已知B的摩尔质量为162g/mol，完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，B的分子式为（4）F是生产高分子光阻剂的主要原料，特点如下：能发生加聚反应 含有苯环且苯环上一氯取代物只有两种 遇FeCl3溶液显紫色F与浓溴水反应的化学方程式B与NaOH反应的化学方程式（5）F的一种同分异构体G含苯环且能发生银镜反应写出一种满足条件的G的结构简式9（14分）“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式： C+ KMnO4+ H2SO4CO2+MnSO4+K2SO4+H2O（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数K=（取小数二位，下同）实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则的值（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入10molCO，5molH2O，2molCO2，5molH2，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（4）为最近有科学家提出构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇该构想技术流程如下：向分解池中通入高温水蒸气的作用是（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8109CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2104mo1/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为10（14分）过硫酸钾（）具有强氧化性（常被还原为硫酸钾），80以上易发生分解实验室模拟工业合成过硫酸钾的流程如图1：（1）硫酸铵和硫酸配制成电解液，以铂作电极进行电解，生成过硫酸铵溶液写出电解时发生反应的离子方程式（2）已知相关物质的溶解度曲线如图2所示在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为：将过硫酸钾粗产品溶于适量水中，干燥（3）样品中过硫酸钾的含量可用碘量法进行测定实验步骤如下：步骤1：称取过硫酸钾样品0.3000g于碘量瓶中，加入30mL水溶解步骤2：向溶液中加入4.000g KI固体（略过量），摇匀，在暗处放置30min步骤3：在碘量瓶中加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液21.00mL（已知反应：I2+2S2O32=2I+S4O62）若步骤2中未将碘量瓶“在暗处放置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能（选填“偏大”、“偏小”、“无影响”）；上述步骤3中滴定终点的现象是根据上述步骤可计算出该样品中过硫酸钾的质量分数为为确保实验结果的准确性，你认为还需要（4）将0.40mol过硫酸钾与0.20mol硫酸配制成1L溶液，在80条件下加热并在t时刻向溶液中滴加入少量FeCl3溶液，测定溶液中各成分的浓度如图3所示（H+浓度未画出）图中物质X的化学式为11（15分）氯酸（HClO3）具有强酸性及强氧化性，可用于制取多种氯酸盐Ba（ClO3）2、AgClO3可溶于水40%的氯酸溶液加热时会分解，产物可能有O2和Cl2回答下列问题：（1）如图1，实验室可用氯酸钡和稀硫酸反应制备氯酸，反应原理为Ba（ClO3）2+H2SO4BaSO4+2HClO3仪器a的名称是将氯酸分离出来的操作方法是（2）某科研小组按照如图2所示的装置，通过实验检验氯酸的分解产物装置A中可观察到的现象是，由此可知氯酸分解的产物中有装置B的主要作用是，装置C的作用是检验另一气体产物的操作是，现象是（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，请写出该反应的离子方程式：（4）氯酸钠在常温下为白色粉末，味咸，约300时释放出氧气，较高温度全部分解请设计实验进行鉴别NaCl与氯酸钠（至少写两种，不包括本题中已使用的性质）：xx年北京市海淀区区教师进修学校高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列说法中不正确的是（）A光导纤维、硝化纤维、铜氨纤维、玻璃纤维的主成分都是糖类B生理盐水、葡萄糖注射液都不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C红外光谱仪可用于测定化合物的官能团、1H核磁共振仪可确定H所处的化学环境D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可到达水果保鲜的目的【考点】胶体的重要性质；硅和二氧化硅；有机物分子中的官能团及其结构；乙烯的用途【分析】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，硝化纤维含有元素N，铜氨纤维含有元素铜、N，玻璃纤维是无机非金属材料；B、胶体具有丁达尔效应，溶液不产生丁达尔效应；C、红外光谱仪用于测定有机物的中的官能团，1H核磁共振仪用于测定氢原子种类；D、乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯【解答】解：A、糖类只含有C、H、O三种元素，光导纤维的主要成分是二氧化硅，硝化纤维含有元素N，铜氨纤维含有元素铜、N，玻璃纤维是无机非金属材料，因此均不是糖类，故A错误；B、生理盐水、葡萄糖注射液属于溶液，不产生丁达尔效应，胶体具有丁达尔效应，因此生理盐水、葡萄糖注射液不属于胶体，故B正确；C、红外光谱仪用于测定有机物的中的官能团，1H核磁共振仪用于测定氢原子种类，故C正确；D、乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯，则用浸泡过的高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故D正确；故选A【点评】本题考查知识较为广泛，涉及纤维的成分、分散系的分类和性质、有机物的测定方法、乙烯的性质等，难度不大，掌握物质的性质是关键2短周期元素X、Y、Z三种原子核外电子总数为32，都可形成常温下气体单质X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍；Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物恰好反应的产物只有一种A，A的水溶液显酸性下列说法正确的是（）A原子半径：ZXYBX元素形成的单质其摩尔质量一定是32gmoL1C物质A中既含离子键又含共价键DYX2、ZX2都有对应的含氧酸【考点】原子结构与元素的性质【分析】短周期元素X、Y、Z三种原子核外电子总数为32，都可形成常温下气体单质，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物恰好反应的产物只有一种A，A的水溶液显酸性，则A为硝酸铵，Y为N元素，Z的核外电子数=3287=17，则Z为Cl元素，据此结合选项解答【解答】解：短周期元素X、Y、Z三种原子核外电子总数为32，都可形成常温下气体单质，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物恰好反应的产物只有一种A，A的水溶液显酸性，则A为硝酸铵，Y为N元素，Z的核外电子数=3287=17，则Z为Cl元素，A电子层数越多，半径越大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径ClNO，即ZYX，故A错误；BX为O元素，O元素形成的单质有氧气和臭氧其摩尔质量分别为32gmoL1、48gmoL1，故B错误；CA为硝酸铵，属于含氧酸盐，既含离子键又含共价键，故C正确；DYX2为NO2，ZX2为ClO2，二者没有有对应的含氧酸，故D错误；故选：C【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，题目难度不大，推断元素是解题的关键3下列关于有机物的叙述正确的是（）A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B分子式为C2H4O2且能与NaOH溶液反应的有机物一定是乙酸C油脂和纤维素都是能发生水解反应的高分子化合物D甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应【考点】有机物的结构和性质；取代反应与加成反应【分析】A乙烯含有碳碳双键，与苯的性质不同；B分子式为C2H4O2且能与NaOH溶液反应，可能含有酯基或羧基；C油脂不是高分子化合物；D烃可在一定条件下与氯气等发生取代，羟基、羧基、酯基等官能团可发生取代反应【解答】解：A乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，而苯与溴不反应，但可发生萃取，故A错误；B分子式为C2H4O2且能与NaOH溶液反应，可能含有酯基或羧基，可为甲酸甲酯或乙酸，故B错误；C油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C错误；D甲烷在光照条件下可与氯气发生取代反应，苯和溴在催化作用下发生取代反应，乙醇、乙酸可发生酯化反应，乙酸乙酯可发生水解反应，都为取代反应，故D正确故选D【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大4已知某溶液中只存在OH、H+、Cl、NH4+四种离子，其离子浓度可能有如下关系：下列说法正确的是（）c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+）A若正确，则溶液中溶质一定为NH4ClB若正确，则溶液中c（NH3H2O）+c（NH4+）c（Cl）C若正确，且盐酸和氨水体积相等，则盐酸中c（H+）等于氨水中c（OH）D溶质不同时，上述四种关系式均可能成立【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】c（H+）c（OH）溶液呈酸性，可能为NH4Cl溶液或NH4Cl与HCl的混合物；c（OH）c（H+）溶液呈碱性，可能为NH4Cl与一水合氨的混合物；（OH）c（H+）溶液呈碱性，可能为NH4Cl与一水合氨的混合物；当溶液呈中性，c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒：c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+）【解答】解：A、若正确，根据c（H+）c（OH）溶液呈酸性，则溶液可能为NH4Cl溶液或NH4Cl与少量HCl的混合物，两种情况下，c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）均成立，故A错误；B、若正确，根据c（OH）c（H+）知溶液呈碱性，可能为NH4Cl与一水合氨的混合物，此时c（NH3H2O）+c（NH4+）c（Cl）一定成立，故B正确；C、若正确，c（OH）=c（H+），溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒：c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），所以c（NH4+）=c（Cl），当盐酸和氨水体积相等时，盐酸中c（H+）小于氨水中c（OH），故C错误；D、溶质不同时，中当c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）时，c（Cl）+c（OH）c（NH4+）+c（H+），则电荷不守恒，所以关系式不可能成立，故D错误故选B【点评】本题综合考查盐类的水解、弱电解质的电离以及离子浓度的大小比较，题目难度较大，注意把握盐类的水解以及弱电解质电离的特征，把握比较离子浓度大小顺序的方法5海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法正确的是（）A第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B工业上金属钠是通过氯碱工业制取C从第步到第步的目的是为了浓缩D在第步中溴元素均被氧化【考点】海水资源及其综合利用【分析】A除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；B工业用电解熔融的氯化钠冶炼钠；C根据转化的目的来判断；D根据物质的性质结合元素化合价的变化判断【解答】解：A选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，故A错误；B氯碱工业为电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的反应，而工业上用电解熔融的氯化钠冶炼钠，故B错误；C第步将溴离子被氧化为溴单质，第步中溴单质被还原为溴离子，第步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，故C正确；D中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故D错误故选C【点评】本题海水水资源的利用和海水化学资源的利用为背景，涉及物质的分离提纯等知识，侧重于化学与生活的综合运用，培养了学生运用知识分析问题的能力，题目难度不大6下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将少量Fe（NO3）2试样加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2试样已变质B向甲苯中滴加少量酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液褪色甲苯发生了氧化反应C常温下分别测定0.1mol/L的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的PHPH：Na2SiO3Na2CO3非金属性：SiCD将少量某无色气体通入澄清石灰水中出现白色沉淀该气体一定是CO2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A酸性条件下，硝酸根离子可氧化亚铁离子；B甲苯可被酸性高锰酸钾氧化；CPH：Na2SiO3Na2CO3，说明碳酸酸性较强；D能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定为二氧化碳【解答】解：A酸性条件下，硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能说明样品变质，故A错误；B高锰酸钾溶液褪色，可说明甲苯可被酸性高锰酸钾氧化、高锰酸钾被还原，故B正确；CPH：Na2SiO3Na2CO3，说明碳酸酸性较强，则非金属性C的较强，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳、二氧化硫等气体，不一定为二氧化碳，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及物质的检验、性质比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度中等7常温下，若等物质的量浓度的HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法合理的是（）A反应后HA溶液一定没有剩余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等DHA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH）一定相等【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、如果HA是弱酸，则HA溶液有剩余；B、如果HA是强酸，生成物强酸强碱盐NaA的水溶液的pH=7，如果HA是弱酸生成的强碱弱酸盐，溶液呈碱性；C、如果HA是强酸，则HA溶液和NaOH溶液等体积混合，溶液的PH=7，若HA是弱酸，等物质的量浓度的HA溶液和NaOH溶液混合要使混合溶液PH=7，则酸的体积应大于碱的体积；D、如果HA是强酸，HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH）相等【解答】解：A、如果HA是弱酸，则HA溶液有剩余，强酸无剩余，故A错误；B、如果HA是强酸，生成物强酸强碱盐NaA的水溶液的pH=7，如果HA是弱酸生成的强碱弱酸盐，溶液呈碱性，NaA的水溶液的pH不可能小于7，故B错误；C、如果HA是强酸，则HA溶液和NaOH溶液等体积混合，溶液的PH=7，若HA是弱酸，等物质的量浓度的HA溶液和NaOH溶液混合要使混合溶液PH=7，则酸的体积应大于碱的体积，故C正确；D、如果HA是强酸，HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH）相等，如果HA是弱酸，则HA溶液的c（H+）小于NaOH溶液的c（OH），故D错误；故选：C【点评】本题考查了酸的电离、盐的水溶液的酸碱性等知识，难度不大，注重了基础知识的考查，可以根据所学知识完成二、非选择题：8（15分）（xx北京校级模拟）有机物AF有如下转化关系：已知一个碳原子上连有两个羟基时不稳定，转化如下：请回答：（1）A的结构简式为：；的反应类型取代反应（或水解反应）（2）C与新制Cu（OH）2的化学方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O（3）已知B的摩尔质量为162g/mol，完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，B的分子式为C10H10O2（4）F是生产高分子光阻剂的主要原料，特点如下：能发生加聚反应 含有苯环且苯环上一氯取代物只有两种 遇FeCl3溶液显紫色F与浓溴水反应的化学方程式B与NaOH反应的化学方程式（5）F的一种同分异构体G含苯环且能发生银镜反应写出一种满足条件的G的结构简式或【考点】有机物的推断【分析】A发生水解反应C、D，D酸化得到E，C氧化得到E，则C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为CH3COOH，A的结构简式为B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n （H2O）=2：1，则B中碳氢原子个数之比为1：1，所以n=m，结合其相对分子质量知：n=m=10，所以B的分子式为C10H10O2，B水解生成E（乙酸）和F，F的分子式为C10H10O2+H2OC2H4O2=C8H8O，不饱和度为5，F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应，能发生加聚反应；苯环上的一氯代物只有两种，则F含有酚羟基、含有1个CH=CH2，且2个取代基处于对位，则F为：，故B为，据此解答【解答】解：A发生水解反应C、D，D酸化得到E，C氧化得到E，则C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为CH3COOH，A的结构简式为B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n （H2O）=2：1，则B中碳氢原子个数之比为1：1，所以n=m，结合其相对分子质量知：n=m=10，所以B的分子式为C10H10O2，B水解生成E（乙酸）和F，F的分子式为C10H10O2+H2OC2H4O2=C8H8O，不饱和度为5，F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应，能发生加聚反应；苯环上的一氯代物只有两种，则F含有酚羟基、含有1个CH=CH2，且2个取代基处于对位，则F为，故B为，（1）由上述分析可知，A的结构简式为，反应是酯的水解反应，也属于取代反应，故答案为：；取代反应（或水解反应）；（2）C与新制Cu（OH）2的化学方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O；（3）由上述分析可知，B的分子式为C10H10O2，故答案为：C10H10O2；（4）F为，F与浓溴水反应的化学方程式为：B与NaOH反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）F（）的一种同分异构体G含苯环且能发生银镜反应，含有醛基，满足条件的G的结构简式为或（邻、间、对），故答案为：或【点评】本题考查有机物的推断，难度中等，注意计算确定B的分子式，再根据有机物的官能团的变化为突破口进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化9（14分）（xx北京校级模拟）“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视所以“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题（1）用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒（杂质），这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：5 C+4 KMnO4+6 H2SO45CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数K=2.67（取小数二位，下同）实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则的值01（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入10molCO，5molH2O，2molCO2，5molH2，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8kJmol1（4）为最近有科学家提出构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇该构想技术流程如下：向分解池中通入高温水蒸气的作用是提供高温环境使KHCO3分解（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8109CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2104mo1/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为5.6105【考点】制备实验方案的设计；热化学方程式；化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒定律配平；（2）先求得各物质平衡时的浓度，再根据平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积求得平衡常数；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，据此答题；根据浓度商Qc与平衡常数K的大小，判断反应进行的方向，进而确定正逆反应的速率；（3）根据热化学方程式利用盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；（4）分解池中是碳酸氢钾分解需要一定温度；（5）Na2CO3溶液的浓度为2104mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32）=1104mol/L，根据Ksp=c（CO32）c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍【解答】解：（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，该反应中转移20e，由电子守恒和质量守恒定律可知得化学反应为5C+4KMnO4+6HSO4=5CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O，故答案为：5；4；6；5；4；2；6；（2）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：0.8 0.8 0.8 0.8平衡（mol）：1.2 0.2 0.8 0.8所以平衡常数K=2.67，故答案为：2.67；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，所以要使CO的转化率大于水蒸气，则01，故答案为：01；900时，当容器中加入10molCO，5molH2O，2molCO2，5molH2时，浓度商Qc=0.22.67=K，所以此时平衡要逆向移动，故V正V逆，故答案为：（3）2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJmol1H2O（g）H2O（l）H=44.0kJmol1根据盖斯定律，将已知反应（+4）得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以该反应的H=（1275.6kJ/mol）（566.0kJ/mol）+（44.0kJ/mol）4=442.8kJmol1，即CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8kJmol1；（4）向分解池中通入高温水蒸气的作用是提供高温环境使KHCO3分解，故答案为：提供高温环境使KHCO3分解；（5）Na2CO3溶液的浓度为2104mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32）=2104mol/L=1104mol/L，根据Ksp=c（CO32）c（Ca2+）=2.8109可知，c（Ca2+）=mol/L=2.8105mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为22.8105mol/L=5.6105mol/L故答案为：5.6105【点评】本题主要考查了氧化还原反应的配平、化学平衡常数的计算、热化学方程式和盖斯定律计算、溶度积常数的计算等知识点，综合性较强，题目中等难度，解题时注意对基础知识的灵活运用10（14分）（xx北京校级模拟）过硫酸钾（）具有强氧化性（常被还原为硫酸钾），80以上易发生分解实验室模拟工业合成过硫酸钾的流程如图1：（1）硫酸铵和硫酸配制成电解液，以铂作电极进行电解，生成过硫酸铵溶液写出电解时发生反应的离子方程式2SO42+2H+S2O82+H2（2）已知相关物质的溶解度曲线如图2所示在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为：将过硫酸钾粗产品溶于适量水中，在不超过80的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤，干燥（3）样品中过硫酸钾的含量可用碘量法进行测定实验步骤如下：步骤1：称取过硫酸钾样品0.3000g于碘量瓶中，加入30mL水溶解步骤2：向溶液中加入4.000g KI固体（略过量），摇匀，在暗处放置30min步骤3：在碘量瓶中加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液21.00mL（已知反应：I2+2S2O32=2I+S4O62）若步骤2中未将碘量瓶“在暗处放置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能偏小（选填“偏大”、“偏小”、“无影响”）；上述步骤3中滴定终点的现象是最后一滴滴入后溶液由蓝色变为无色，且30s不变色根据上述步骤可计算出该样品中过硫酸钾的质量分数为94.50%（或0.9450）为确保实验结果的准确性，你认为还需要重复上述实验步骤12次（4）将0.40mol过硫酸钾与0.20mol硫酸配制成1L溶液，在80条件下加热并在t时刻向溶液中滴加入少量FeCl3溶液，测定溶液中各成分的浓度如图3所示（H+浓度未画出）图中物质X的化学式为H2O2【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）硫酸铵和硫酸配制成电解液，以铂作电极进行电解，生成过硫酸铵溶液，说明电解时阳极上SO42被氧化生成S2O82，溶液呈酸性，阴极发生还原反应生成氢气，以此可确定电解方程式；（2）由图1可知，过硫酸钾溶解度较小，可用溶解、结晶、过滤、洗涤的方法提纯；（3）若步骤2中未将碘量瓶“在暗处放置30min”，则KI为充分与过硫酸钾发生反应，溶液中生成的碘较少，则用Na2S2O3标准溶液滴定时测定结果偏小；滴定终点，溶液由蓝色变为无色；由信息过硫酸钾（）具有强氧化性（常被还原为硫酸钾），可知过硫酸钾与碘化钾反应反应的离子方程式应为S2O82+2I=2SO42+I2，加入Na2S2O3标准溶液发生I2+2S2O32=2I+S4O62，可得关系式S2O822S2O32，根据反应的关系式计算；为减少实验误差，可重复操作12次；（4）过硫酸钾80以上易发生分解生成X，X在FeCl3溶液作用下生成气体，该气体应为氧气，X应为H2O2【解答】解：（1）硫酸铵和硫酸配制成电解液，以铂作电极进行电解，生成过硫酸铵溶液，说明电解时阳极上SO42被氧化生成S2O82，溶液呈酸性，阴极发生还原反应生成氢气，则电解方程式为：2SO42+2H+S2O82+H2，故答案为：2SO42+2H+S2O82+H2；（2）由图1可知，过硫酸钾溶解度较小，可用溶解、结晶、过滤、洗涤的方法提纯，注意加热温度不能超过80，故答案为：在不超过80的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤；（3）若步骤2中未将碘量瓶“在暗处放置30min”，则KI为充分与过硫酸钾发生反应，溶液中生成的碘较少，则用Na2S2O3标准溶液滴定时测定结果偏小；滴定终点，溶液由蓝色变为无色，故答案为：偏小； 最后一滴滴入后溶液由蓝色变为无色，且30 s不变色；由信息过硫酸钾（）具有强氧化性（常被还原为硫酸钾），可知过硫酸钾与碘化钾反应反应的离子方程式应为S2O82+2I=2SO42+I2，加入Na2S2O3标准溶液发生I2+2S2O32=2I+S4O62，可得关系式S2O822S2O32，n（Na2S2O3）=0.1000molL10.021L=2.1103mol，则由S2O822S2O32，可知n（K2S2O8）=1.05103mol，m（K2S2O8）=1.05103mol270g/mol=0.2835g，则（K2S2O8）=94.50%（或0.9450），故答案为：94.50%（或0.9450）；为减少实验误差，确保实验结果的准确性，可重复操作12次，故答案为：重复上述实验步骤12次；（4）过硫酸钾80以上易发生分解生成X，X在FeCl3溶液作用下生成气体，该气体应为氧气，X应为H2O2，故答案为：H2O2【点评】本题考查物质的制备方案的设计，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意从守恒的角度解答相关计算，难度中等11（15分）（xx北京校级模拟）氯酸（HClO3）具有强酸性及强氧化性，可用于制取多种氯酸盐Ba（ClO3）2、AgClO3可溶于水40%的氯酸溶液加热时会分解，产物可能有O2和Cl2回答下列问题：（1）如图1，实验室可用氯酸钡和稀硫酸反应制备氯酸，反应原理为Ba（ClO3）2+H2SO4BaSO4+2HClO3仪器a的名称是分液漏斗将氯酸分离出来的操作方法是过滤（2）某科研小组按照如图2所示的装置，通过实验检验氯酸的分解产物装置A中可观察到的现象是产生黄绿色气体，由此可知氯酸分解的产物中有Cl2装置B的主要作用是吸收氯气，装置C的作用是干燥气体检验另一气体产物的操作是将带火星的木条放置在C的出气口，现象是木条复燃（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，请写出该反应的离子方程式：Cu+2ClO3+4H+=Cu2+2ClO2+2H2O（4）氯酸钠在常温下为白色粉末，味咸，约300时释放出氧气，较高温度全部分解请设计实验进行鉴别NaCl与氯酸钠（至少写两种，不包括本题中已使用的性质）：将两种固体物质加热到300以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO3在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由图可知仪器的名称；由Ba（ClO3）2+H2SO4BaSO4+2HClO3可知，硫酸钡不溶于水；（2）氯酸受热分解生成O2和Cl2，Cl2为黄绿色气体，根据A中气体颜色判断生成含有氯气；氯气能和水反应生成HCl、HClO，所以氯气能和碱溶液反应；浓硫酸具有吸水性，能干燥气体；氧气具有助燃性，可以用带火星的木条检验；（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，Cu被氧化生成Cu 2+，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、Cu元素化合价由0价变为+2价，根据转移电子守恒配平方程式；（4）由信息可知，氯酸钠加热分解，且与硝酸银不反应，而NaCl不分解，与硝酸银反应生成白色沉淀【解答】解：（1）仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；由Ba（ClO3）2+H2SO4BaSO4+2HClO3可知，硫酸钡不溶于水，则将氯酸分离出来的操作方法是过滤，故答案为：过滤；（2）氯酸受热分解生成O2和Cl2，Cl2为黄绿色气体，如果A中气体呈黄绿色，所以看到的现象是A中气体呈黄绿色，由此可知氯酸分解的产物中含有Cl2，故答案为：产生黄绿色气体；Cl2；氯气能和水反应生成HCl、HClO，所以氯气能和碱溶液反应，则B的作用是吸收氯气；浓硫酸具有吸水性，能干燥气体，所以C的作用是干燥气体，故答案为：吸收氯气；干燥气体；氧气具有助燃性，可以用带火星的木条检验，所以检验另一种气体的方法是：将带火星的木条放置在C的出气口，如果带火星的木条复燃就证明有氧气生成，故答案为：将带火星的木条放置在C的出气口；木条复燃；（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO2气体，Cu被氧化生成Cu 2+，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、Cu元素化合价由0价变为+2价，转移电子数为2，根据转移电子守恒配平方程式为Cu+2ClO3+4H+=Cu2+2ClO2+2H2O，故答案为：Cu+2ClO3+4H+=Cu2+2ClO2+2H2O；（4）由信息可知，氯酸钠加热分解，且与硝酸银不反应，而NaCl不分解，与硝酸银反应生成白色沉淀，则鉴别二者的方法为将两种固体物质加热到300以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO3；在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl，故答案为：将两种固体物质加热到300以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO3；在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl