2019-2020年高三化学上学期第四次月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三化学上学期第四次月考试题（含解析）新人教版一、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对于实验IIV的实验现象预测正确的是（）A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B上层为氯化铁溶液，为黄色；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色解答：解：A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选：D点评：本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、萃取、蒸发等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大2（6分）下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（）无色溶液中：K+、Cl、H2PO4、PO43、SO42使pH=14的溶液中：CO32、Na+、S2、AlO2室温下水电离的c（H+）=1013mol/L的溶液：K+、HCO3、Br、Ba2+加入Mg能放出H2的溶液中：NH4+、Cl、Na+、SO42使甲基橙变红的溶液中：MnO4、NO3、Na+、Fe3+室温下c（H+）/c（OH）=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、IABCD考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：H2PO4与PO43离子能够发生反应；pH=14的溶液为碱性溶液，能够与氢氧根离子发生反应的离子不能够共存；水电离的c（H+）=1013mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液；加入Mg能放出H2的溶液为酸性溶液，能够与氢离子反应的离子不能够共存；使甲基橙变红的溶液中存在电离的氢离子；室温下c（H+）/c（OH）=1012的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性、亚铁离子、碘离子具有还原性解答：解：H2PO4与PO43离子之间能够发生反应，在溶液中不能够大量共存，故错误；使pH=14的溶液中存在电离的氢氧根离子，CO32、Na+、S2、AlO2离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；室温下水电离的c（H+）=1013mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故错误；加入Mg能放出H2的溶液中存在大量的氢离子，NH4+、Cl、Na+、SO42离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，MnO4、NO3、Na+、Fe3+离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；室温下c（H+）/c（OH）=1012的溶液为酸性溶液，硝酸根离子能够含有碘离子、亚铁离子，在溶液中不能够大量共存，故错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等3（6分）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是（）A原子半径：WZYXB相等物质的量浓度的气态氢化物溶液的pH：XZWC最高价氧化物对应水化物的酸性：ZWXD四种元素的单质中，Z单质的熔沸点最低考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y为第二周期元素，Z和W属于第三周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y是O元素，根据其位置知X是N元素、Z是S元素、W是Cl元素，A原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；BX、Z、W气态氢化物分别是氨气、硫化氢、HCl，相同浓度的氢化物水溶液分别为碱性、弱酸性、强酸性；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D这几种元素单质都是分子晶体，S单质的熔沸点最高解答：解：X、Y、Z、W均为短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y为第二周期元素，Z和W属于第三周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y是O元素，根据其位置知X是N元素、Z是S元素、W是Cl元素，A原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是ZWXY，故A错误；BX、Z、W气态氢化物分别是氨气、硫化氢、HCl，相同浓度的氢化物水溶液，X、Z、W氢化物水溶液分别为碱性、弱酸性、强酸性，所以其pH大小顺序是XZW，故B正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性WZ，所以其最高价氧化物的水化物酸性WZ，故C错误；D这几种元素单质都是分子晶体，S单质的熔沸点最高，故D错误；故选B点评：本题考查了元素周期表和元素周期律综合应用，灵活运用元素周期律知识解答即可，知道同一周期、同一主族元素性质变化规律，题目难度不大4（6分）下列离子方程式书写不正确的是（）A向硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32+2CO2+3H2O=H4SiO4+2HCO3B氯化亚铁溶液与过氧化钠2：1反应：6Fe2+3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+6Na+2Fe3+C向氧化铁中加入氢碘酸发生反应：Fe2O3+6H+6I =2Fe2+3I2+3H2OD过量铁粉与稀HNO3反应：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A反应生成硅酸和碳酸氢钠；B发生氧化还原反应，电子、电荷守恒；C电子、电荷不守恒；D反应生成硝酸亚铁、NO和水，电子、电荷守恒解答：解：A向硅酸钠溶液中通入过量的CO2的离子反应为SiO32+2CO2+3H2O=H4SiO4+2HCO3，故A正确；B氯化亚铁溶液与过氧化钠2：1反应的离子反应为6Fe2+3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+6Na+2Fe3+，故B正确；C向氧化铁中加入氢碘酸发生反应的离子反应为Fe2O3+6H+2I =2Fe2+I2+3H2O，故C错误；D过量铁粉与稀HNO3反应的离子反应为3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O，故D正确；故选C点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应书写考查，选项A为解答的易错点，注意电子、电荷守恒的应用，题目难度中等5（6分）（xx临汾模拟）中学常见物质A、B、C、D、E、X存在如图转化关系 （部分生成物和反应条件略去）下列推断错误的是（）A若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C考点：无机物的推断.专题：推断题分析：根据符合反应的转化关系判断，确定是否符合命题意图，可能发生反应有：A、若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，x为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe；才能实现转化关系；B、NaNa2ONa2O2NaOH；C、NaOH Na2CO3NaHCO3NaCl；D、N2（N2O）NONO2HNO3解答：解：A、若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe（OH）2，x为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，故A不能为铁，故A错误；B、若D是一种强碱，A可能为Na，反应关系为：NaNa2ONa2O2NaOH，故B正确；C、若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2，反应关系为：NaOH Na2CO3NaHCO3NaCl，故C正确； D、若D是一种强酸，反应关系为：N2（N2O）NONO2HNO3，故D正确故选A点评：本题考查物质的性质，题目难度较大，做好本题的关键之处在于把握好物质的性质6（6分）下列说法或解释不正确的是（）A等物质的量浓度的下列溶液中，NH4Al（SO4）2NH4ClCH3COONH4NH3H2O，c（NH4+）由大到小的顺序是：B室温下，向0.01molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）C向0.2molL1NaHCO3溶液中加如等体积0.1molL1NaOH溶液：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D对于反应N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）H=50.6kJmol1在任何温度下都能自发进行考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A铝离子水解抑制铵根离子的水解；铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解；弱碱电离，且电离的程度很弱；B反应后溶液显示中性，则c（OH）=c（H+），当硫酸氢铵与氢氧化钠按照1：1反应时，反应生成硫酸铵，溶液显示酸性，如果显示中性，则氢氧化钠应该过量，所以c（Na+）c（SO42），根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），所以c（NH4+）（SO42）；C向0.2molL1NaHCO3溶液中加如等体积0.1molL1NaOH溶液，反应后的溶质为等浓度的碳酸氢钠和碳酸钠，碳酸根离子的水解沉淀大于碳酸氢根离子的水解沉淀，则c（CO32）c（HCO3）；D根据G=HTS进行判断，如G0，则反应能自发进行，如G0，则不能自发进行解答：解：A同浓度的下列溶液，NH4Al（SO4）2NH4ClCH3COONH4NH3H2O，因中铝离子水解抑制铵根离子的水解；中铵根离子水解；醋酸根离子水解促进铵根离子水解，为弱碱的电离，且电离的程度很弱；则c（NH4+）由大到小的顺序是：，故A错误；B向0.01mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若1：1反应，溶液显酸性，则NaOH应该过量，则c（Na+）c（SO42），显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），由于c（Na+）c（SO42），则c（NH4+）（SO42），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故B正确；C两溶液混合后反应生成等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，由于碳酸根离子的水解程度比碳酸氢根离子的水解程度大，所以溶液中c（CO32）c（HCO3），溶液中各离子浓度大小为：c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故C错误；D反应N2H4（l）=N2（g）+2H2（g）H=50.6kJmol1中，H0、S0，则G=HTS0，反应在任何温度下都能自发进行，故D正确；故选AC点评：本题考查了离子浓度大小比较、反应能否自发进行的判断，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其影响，明确判断反应能否自发进行的方法，能够根据盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断溶液中各离子浓度大小7（6分）T时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间的关系如图2所示则下列结论正确的是（）A反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v（X）=0.3 mol/（Lmin）B平衡时容器内的压强为反应前的0.9倍C保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小D若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强考点：化学平衡建立的过程.专题：图示题分析：A、根据v=计算反应速率；B、利用压强之比等于物质的量之比判断；C、由图2可知，因为T2时曲线的起始斜率大于T1时的，所以T2T1，而此时Y的体积分数T2时小于T1时的，由图1可知，Y为反应物，所以可得升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；D、根据图X物质的量减小了（21.4）mol=0.6mol，Y物质的量减小了（1.61.4）mol=0.2mol，所以X、Y为反应物，Z的物质的量增加了0.8mol0.4mol=0.4mol，所以Z为生成物，它们的变化量之比为0.6：0.2：0.4=3：1：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为3X（g ）+Y（g）2Z（g），该反应为体积减小的反应，增加压强，平衡向正反应方向移动，而据图3与图1比较可知，平衡状态没有移动，反应达到平衡的时间变短，据此判断；解答：解：A、根据v=可计算得反应速率v（X）=mol/（Lmin）=0.1mol/（Lmin），故A错误；B、反应起始时容器中各物质的总物质的量为（0.4+1.6+2.0）mol=4.0mol，平衡时各物质的总物质的量为（0.8+1.4+1.4）mol=3.6mol，利用压强之比等于物质的量之比可知，平衡时容器内的压强为反应前的倍，即0.9倍，故B正确；C、由图2可知，因为T2时曲线的起始斜率大于T1时的，所以T2T1，而此时Y的体积分数T2时小于T1时的，由图1可知，Y为反应物，所以可得升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故C错误；D、根据图X物质的量减小了（21.4）mol=0.6mol，Y物质的量减小了（1.61.4）mol=0.2mol，所以X、Y为反应物，Z的物质的量增加了0.8mol0.4mol=0.4mol，所以Z为生成物，它们的变化量之比为0.6：0.2：0.4=3：1：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为3X（g ）+Y（g）2Z（g），该反应为体积减小的反应，增加压强，平衡向正反应方向移动，而据图3与图1比较可知，平衡状态没有移动，反应达到平衡的时间变短，故D错误；故选B点评：本题主要考查了化学反应速率 的计算、阿伏加德罗定律、影响平衡常数及平衡移动的因素等知识点，有一定的难度，解题时要注意基础知识的综合运用二、解答题（共6小题，满分88分）8（14分）A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，余均为常见化合物，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，AJ的所有物质之间有如下的转化关系（部分反应产物省略）：（1）B元素和C元素的简单离子半径大小关系是r（Al3+）r（Cl）（用离子符号表示）；（2）将氮元素与C形成的化合物NC3加入水中产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的化学方程式NCl3+3H2O=NH3+3HClO；（3）由E的饱和溶液滴入沸水中形成透明液体，再将此液体装入U型管，并在U型管的两端插入电极，接通直流电，在阳极端可观察到的现象是红褐色变浅；（4）将适量J加入酸化的H2O2的溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是MnO2+H2O2+2H+Mn2+O2+2H2O；（5）向含有0.1mol G的溶液中滴加5mol/L的盐酸溶液，得到沉淀3.9g，则加入盐酸的体积可能为10mL和50mL考点：无机物的推断.专题：推断题分析：A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，B能与氢氧化钠溶液反应得到A，可推知B为Al、A为H2，G为NaAlO2，D可与水蒸气反应生成氢气与F，D为Fe，F为Fe3O4，Al能与Fe3O4在高温下反应Fe与氧化铝，则H为Al2O3，I的浓溶液具有还原性，J是一种黑色固体，二者反应得到单质C，应是二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，可与浓盐酸反应，则I为HCl，J为MnO2，C为Cl2，E为FeCl3，验证符合转化关系，据此解答解答：解：A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，B能与氢氧化钠溶液反应得到A，可推知B为Al、A为H2，G为NaAlO2，D可与水蒸气反应生成氢气与F，D为Fe，F为Fe3O4，Al能与Fe3O4在高温下反应Fe与氧化铝，则H为Al2O3，I的浓溶液具有还原性，J是一种黑色固体，二者反应得到单质C，应是二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，可与浓盐酸反应，则I为HCl，J为MnO2，C为Cl2，E为FeCl3，验证符合转化关系，（1）电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：r（Al3+）r（Cl），故答案为：r（Al3+）r（Cl）；（2）将NCl3加入水中产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，则还生成HClO，该反应的化学方程式为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，故答案为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO；（3）将饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体粒子带正电荷，外加电源，可向电源负极移动，在阳极端可观察到的现象是红褐色变浅，故答案为：红褐色变浅；（4）根据题意可知反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+Mn2+O2+2H2O，故答案为：MnO2+H2O2+2H+Mn2+O2+2H2O；（5）向含有0.1molNaAlO2的溶液中滴加5mol/L的盐酸溶液，得到沉淀3.9g为氢氧化铝，其物质的量=0.05mol0.1mol，若盐酸不足，只有部分偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，则： AlO2+H+H2O=Al（OH）3 0.05mol 0.05mol故则加入盐酸的体积为=0.01lL=10mL，若偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，则： AlO2+H2O+H+=Al（OH）30.1mol 0.1mol 0.1mol Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O（0.10.05）mol 3（0.10.05）mol故消耗HCl为0.1mol+3（0.10.05）mol=0.25mol，加入盐酸体积=0.05L=50mL故答案为：10 mL和50 mL点评：本题考查无机物的推断，B、D属于常见金属及转化关系中特殊反应为推断突破口，而J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，二者反应得到单质，需要学生熟练掌握氯气的制备，注意（5）中讨论进行计算，题目难度中等9（15分）（xx重庆二模）如图所示是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出（1）在组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好（2）装置B中盛放试剂是碱石灰（3）点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍后片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生白色沉淀（答现象）；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式NH3+CuCu+N2+H2O（4）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量若反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少2.4g通过计算确定该固体产物的成分是Cu2O、Cu （用化学式表示）（5）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中写出产生白烟的化学方程式3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，迅速产生倒吸的原因是盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸考点：氨的实验室制法.专题：实验题分析：（1）组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好；（2）进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰；（3）反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡；装置C中黑色固体逐渐变红，说明有Cu生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水；（4）生成的红色物质可能为Cu2O、Cu或二者混合物，反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少2.4g，剩余固体质量为16g2.4g=13.6g，计算剩余固体中Cu、氧元素质量确定组成，进而计算n（Cu）：n（O）确定组成；（5）氯气有强氧化性，氧化氨气生成N2，产生白烟，说明生成固体，故还生成NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸解答：解：（1）组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好，故答案为：首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后；（2）进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰，故答案为：碱石灰；（3）反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故还有白色沉淀沉淀，装置C中黑色固体逐渐变红，说明有Cu生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水，C中发生反应的化学方程式为：NH3+CuOCu+N2+H2O，故答案为：白色沉淀；NH3+CuOCu+N2+H2O；（4）16gCuO中含有Cu元素质量为16g=12.8g，含有氧元素质量为16g12.8g=3.2g，反应后称重固体质量减少2.4g，剩余固体质量为16g2.4g=13.6g，大于12.8g，故剩余固体含有Cu、O元素，故n（Cu）=0.2mol，含有O元素的质量为13.6g12.8g=0.8g，n（O）=0.05mol，n（Cu）：n（O）=0.2mol：0.05mol=4：12：1，故剩余固体为Cu2O、Cu，故答案为：Cu2O、Cu；（5）氯气有强氧化性，氧化氨气生成N2，产生白烟，说明生成固体，故还生成NH4Cl，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致内压减小，引起溶液倒吸点评：本题考查氨气的制备与性质实验、对装置的理解、实验操作、化学计算等，难度中等，掌握物质的性质理解原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有扎实的基础与分析问题、解决问题的能力10（14分）欧盟原定于2012年1月1日起征收航空碳排税以应对冰川融化和全球变暖，使得对如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用碳资源的研究显得更加紧迫请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质（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：5C+4KMnO4+6H2SO45CO2+4MnSO4+2K2SO4+6H2O（2）焦炭可用于制取水煤气测得12g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6kJ热量该反应的热化学方程式为C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.6kJmol1（3）活性炭可处理大气污染物NO在2L密闭容器中加入NO和活性炭（无杂质），生成气体E和F当温度分别在T1和T2时，测得各物质平衡时物质的量如下表： 物质 活性炭 NO E Fn/mol T/ 初始 2.030 0.100 0 0 T1 2.000 0.040 0.0300.030 T2 2.005 0.050 0.025 0.025上述反应T1时的平衡常数为K1，T2时的平衡常数为K2计算K1=0.5625根据上述信息判断，温度T1和T2的关系是（填序号）caT1T2 bT1T2 c无法比较（4）CO2经常用氢氧化钠来吸收，现有0.4mol CO2，若用200ml 3mol/L NaOH溶液将其完全吸收，溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）（5）CO还可以用做燃料电池的燃料，某熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视，该电池用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混和气为正极助燃气，制得在650下工作的燃料电池，其负极反应式：2CO+2CO32=4CO2+4e则正极反应式：O2+4e+2CO2=2CO32，电池总反应式2CO+O2=2CO2考点：化学平衡的计算；氧化还原反应；热化学方程式；化学电源新型电池.专题：基本概念与基本理论分析：（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）12g碳的物质的量为1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，据此结合热化学方程式书写原则进行书写；（3）由表中数据可知，C、NO、E、F的化学计量数之比为0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成为N2与CO2；、计算各气体的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；、由表中数据可知，温度由T1变为T2，平衡向逆反应移动，由于正反应是吸热，还是放热不确定，不能判断温度变化；（4）据二氧化碳和氢氧化钠之间反应量的关系：按照1：2反应，产物是碳酸氢钠，按照1：2反应，产物是碳酸钠来计算回答，根据溶液中离子浓度大小比较的方法结合电离和水解平衡来分析；（5）通入氧气和CO2的混合气体一极为原电池的正极也称之为阴极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e+2CO2=2CO32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）12g碳的物质的量为1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，该反应的热化学方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.6 kJmol1，故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.6 kJmol1；（2）由表中数据可知，C、NO、E、F的化学计量数之比为0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成为N2与CO2，且该反应为可逆反应，故反应方程式为C+2NON2+CO2，、平衡时c（NO）=0.02mol/L，c（N2）=c（CO2）=0.015mol/L，故T1时该反应的平衡常数为K1=0.5625，故答案为：0.5625；、由表中数据可知，温度由T1变为T2，平衡向逆反应移动，由于正反应是吸热，还是放热不确定，无法判断温度变化，故答案为：c；（4）根据二氧化碳和氢氧化钠之间反应量的关系：按照1：2反应，产物是碳酸氢钠，按照1：2反应，产物是碳酸钠，0.4molCO2和200mL 3mol/L NaOH溶液混合，二者的物质的量之比是2：3，所的溶液是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，在混合物中，碳酸根离子水解程度大与碳酸氢根离子的水解程度，所以c（CO32）c（HCO3），即c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）；（5）正极上的电极反应式为O2+4e+2CO2=2CO32，负极反应式：2CO+2CO32=4CO2+4e，两式相加得电池反应为2CO+O2=2CO2，故答案为：O2+4e+2CO2=2CO32；2CO+O2=2CO2点评：本题考查平衡常数、化学平衡的有关计算、热化学方程式的书写、氧化还原方程式的书写、离子浓度大小比较等方面的知识，注重高频考点的考查，综合性强，题目难度大11（15分）（xx聊城一模）工业上生产硫酸的流程图如图：请回答下列问题：（1）早期生产硫酸以黄铁矿为原料，但现在工厂生产硫酸以硫黄为原料，理由是以黄铁矿为原料的生产中产生的废弃物太多，处理成本高（2）在气体进入催化反应室前需净化的原因是防止催化剂中毒（3）在催化反应室中通常使用常压，在此条件下SO2的转化率为90%但是部分发达国家采取高压条件下制取SO3，采取加压措施的目的除了加快反应速率外，还可以使平衡向正方向移动，有利于提高SO2的转化率，从而提高生产效率（4）工业生产中常用氨酸法进行尾气脱硫，以达到消除污染，废物利用的目的用化学方程式表示其反应原理：SO2+NH3+H2O=NH4HSO3，2NH4HSO3+H2SO4=（NH4）2SO4+2H2O+2SO2（5）除硫酸工业外，还有许多工业生产下列相关的工业生产流程中正确的是ADA海水提溴：海水浓缩溴蒸汽液溴B海水提镁：海滩贝克石灰水MgO镁C工业制硝酸：空气NO2硝酸尾气处理D工业合成氨：天然气氢气NH3、H2、N2考点：工业制取硫酸.专题：元素及其化合物；化学应用分析：（1）黄铁矿燃烧生成二氧化硫和氧化铁；（2）气体中混有的粉尘等杂质会使催化剂中毒；（3）根据压强对平衡的影响分析；（4）SO2与NH3和H2O反应生成NH4HSO3，NH4HSO3与硫酸反应又生成SO2，可以回收SO2；（5）根据海水提溴、海水提镁、工业制硝酸、工业合成氨等的工业流程分析解答：解：（1）黄铁矿燃烧生成二氧化硫和氧化铁，所以黄铁矿为原料的生产中产生的废弃物太多，处理成本高，故现在工厂生产硫酸用硫磺为原料，故答案为：黄铁矿为原料的生产中产生的废弃物太多，处理成本高；（2）气体中混有的粉尘等杂质会使催化剂中毒，在气体进入催化反应室前需净化，以防止催化剂中毒；故答案为：防止催化剂中毒；（3）二氧化硫与氧气的反应正方向为体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率；故答案为：使平衡向正方向移动，有利于提高SO2的转化率；（4）SO2与NH3和H2O反应生成NH4HSO3，NH4HSO3与硫酸反应又生成SO2，可以回收SO2，达到消除污染，废物利用的目的，其反应原理：SO2+NH3+H2O=NH4HSO3，2NH4HSO3+H2SO4=（NH4）2SO4+2H2O+2SO2；故答案为：SO2+NH3+H2O=NH4HSO3，2NH4HSO3+H2SO4=（NH4）2SO4+2H2O+2SO2；（5）A、用氯气置换溴离子使之成为单质溴，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和氢氧化钠发生作用转化成溴化钠和次溴酸钠，酸化次溴酸钠与溴化钠反应生成溴单质，蒸馏得到液溴，故A正确；B、生产流程中酸化结晶得到氯化镁晶体，电解氯化镁得到镁，不是电解氧化镁，故B错误；C、工业制硝酸，氨气催化氧化生成NO，不是放电条件，故C错误；D、工业合成氨的原料气是氢气和氮气，在合成塔中合成氨，液化分离出氨，故D正确；故答案为：AD点评：本题考查了化学知识在工业生产中的应用，主要考查了硫酸的工业制法，侧重于化工流程分析、尾气吸收、方程式的书写、化学平衡移动等，题目难度中等12（15分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献之一在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒除去CO的化学反应方程式（HAc表示醋酸）：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3=Cu（NH3）3（CO）Ac请回答下列问题：（1）C，N，O的第一电离能由大到小的顺序为NOC（2）写出基态Cu+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10（3）配合物Cu（NH3）3（CO）Ac中心原子的配位数为4（4）写出与CO互为等电子体的离子CN（任写一个）（5）在一定条件下NH3与CO2能合成化肥尿素CO（NH2）2，尿素中 C原子和N原子轨道的杂化类型分别为sp2、sp3；1mol尿素分子中，键的数目为7NA考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.专题：化学键与晶体结构分析：（1）一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子；（2）铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1 ，一价铜离子为失去一个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10；（3）根据化合物的化学式判断，一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体；（4）等电子体为核外电子数相同的粒子，羰基为14个电子，其他含有14个电子的都可以；（5）计算杂化类型时根据电子对数来判断，中心原子的价电子数与配体电子数的和除以2就得到电子对数，根据电子对数，可以确定杂化类型解答：解：（1）一般来说非金属性越强，第一电离能大，所以ONC但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性N的p轨道本来就是半充满的O的p轨道失去一个电子才是半充满的所以O比N容易失去电子，故答案为：NCO；（2）铜原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1 故一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；（3）一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体，共4个配体，故答案为：4；（4）等电子体为核外电子数相同的粒子，羰基为14个电子，如CN也为14个电子，故答案为：CN；（5）中心原子为碳，价电子数为4，氧不为中心原子，不提供电子，每个亚氨基提供一个电子，电子对数为（4+12）2=3，故杂化轨道为sp2，氮原子形成了3个键，同时还有一对孤电子，电子对数为3+1=4，故杂化轨道为sp3键的数目为3，每个亚氨基中键的数目2，一分子尿素中含键的数目为3+22=7，故每摩尔尿素中含有键的数目为7NA，故答案为：sp2、sp3；7NA点评：本题考查了第一电离能的大小比较，一价铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，根据化合物的化学式判断配体个数，等电子体，杂化类型计算，晶胞中原子个数计算13（15分）由丙烯经下列反应可得到F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料（1）聚合物F的结构简式是（2）D的结构简式是（3）B转化为C的化学方程式是（4）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是（5）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，则该种同分异构体为考点：有机物的推断.专题：压轴题；有机物的化学性质及推断分析：丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题解答：解：丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：，故答案为：；（2）通过以上分析知，D的结构简式为，故答案为：；（3）B转化为C是CH3CH（OH）CH2OH催化氧化生成O=C（CH3）CHO，反应方程式为，故答案为：；（4）在一定条件下，两分子CH3CH（OH）COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是，故答案为：；（5）E的结构简式为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，说明该同分异构体分子中含有2个OH、1个CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2（OH）CHO，故答案为：HOCH2CH2（OH）CHO点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，结合反应条件与转化判断其结构是解题的关键，给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型