2019-2020学年山东省济南市历城二中高三（上）验收化学试卷（一）

2019-2020学年山东省济南市历城二中高三（上）验收化学试卷（一）

‎2019-2020学年山东省济南市历城二中高三（上）验收化学试卷（一）‎ 一、选择题：本题共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. 下列说法或表达正确的是（ ） ‎ A.乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质 B.NH‎4‎I的电子式：‎ C.石油是混合物，其分馏产品汽油也是混合物 D.陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐 ‎ ‎ ‎2. 下列各项中正确的是（        ） ‎ A.中所有碳原子可能在同一平面上 B.的命名为‎2−‎甲基‎−1−‎丙醇 C.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键 D.C‎4‎H‎8‎属于烯烃的同分异构体共有‎4‎种（含顺反异构）‎ ‎ ‎ ‎3. 化学在生产、生活和军事上有广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ） ‎ 性质 应用 A 钠和钾的合金能导电 原子反应堆的导热剂 B 二氧化硫具有漂白性 漂白纸浆、草帽辫 C 镁燃烧时发出耀眼的强光 军事上制作照明弹 D Al(OH‎)‎‎3‎受热易分解 塑料的阻燃剂 A.A B.B C.C D.‎D ‎ ‎ ‎4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，‎0.1mol⋅L‎−1‎D溶液的pH为‎13(25‎​‎‎∘‎C)‎．它们满足如图转化关系，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.由X、Y、Z、W四种元素组成的盐溶液pH小于‎7‎ B.化合物F中含有共价键和离子键 C.‎0.1molB与足量C完全反应共转移电子数为‎0.2‎NA D.Z元素的最高正价为‎+6‎ ‎ ‎ ‎5. 下列离子方程式正确的是（ ） ‎ A.向NaHSO‎4‎溶液中滴加Ba(OH‎)‎‎2‎溶液至中性：‎Ba‎2+‎+OH‎−‎+H‎+‎+SO‎4‎‎2−‎=BaSO‎4‎↓+H‎2‎O B.向饱和Na‎2‎CO‎3‎溶液中通入足量CO‎2‎:2Na‎+‎+CO‎3‎‎2−‎+CO‎2‎+H‎2‎O=2NaHCO‎3‎↓‎ C.向Ca(HCO‎3‎‎)‎‎2‎溶液中加入足量Ca(OH‎)‎‎2‎溶液：‎Ca‎2+‎+HCO‎3‎‎−‎+20H‎−‎=CaCO‎3‎↓+CO‎3‎‎2−‎+2H‎2‎O D.向次氯酸溶液中滴加NaOH溶液：‎H‎+‎‎+OH‎−‎=H‎2‎O ‎ ‎ ‎6. 已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且D为强电解质（其他相关物质可能省略）。A‎→‎O‎2‎B‎→‎O‎2‎C‎→‎H‎2‎OD 下列说法不正确的是（       ） ‎ A.若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为‎2:3‎ B.若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第 IVA族 C.若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应 D.若A是金属或非金属单质，则常温下‎0.1 mol/L的D溶液中由水电离出的。‎(H‎+‎)‎可能为‎10‎‎−13‎mol/L ‎ ‎ ‎7. 在中学化学实验中研究和推广微量化实验符合绿色化学原则。下列对微量化实验装置图的解读不正确的是（ ） ‎ A.二氧化硫性质的组合实验装置。将稀硫酸挤入干燥管胖肚中，则前端小凹槽内三种溶液均能褪色 B.氨的催化合成装置。将注射器内的氮气和氢气缓缓通过加热的催化剂，即可观察到蘸有酚酞溶液的棉团变红 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 C.苯与液溴反应的装置。反应发生后，青霉素小瓶中产生黄色沉淀，证明该反应为取代反应 D.氯气的制备与漂白装置。前端凹槽内放入高锰酸钾固体，滴入浓盐酸后，干燥的红纸不退色，湿润的红纸退色。‎ ‎ ‎ ‎8. 阿伏加德罗常数值用NA表示。下列说法中不正确的是（ ） ‎ A.‎0.5 mol由F‎2‎与Ar组成的混合气体中含质子总数为‎9‎NA B.标准状况下，足量Na‎2‎O‎2‎与‎5.6 L CO‎2‎反应转移电子数目为‎0.25‎NA C.‎71g Cl‎2‎通入水中，HClO、ClO‎−‎、Cl‎−‎三种微粒数目之和为‎2‎NA D.常温下，‎1.5 L 1.0 mol⋅L‎−1‎ CuSO‎4‎溶液中阳离子数目大于‎1.5‎NA ‎ ‎ ‎9. “绿水青山就是金山银山”很好地诠释了我国当前对环境保护的认识。某微生物燃料电池可很好的解决当前河流中的有机废水问题。某污染的河水中含有大量的葡萄糖，通过下面的微生物电池进行处理可达到净水的初级目标。下列有关说法错误的是（ ） ‎ A.a极是负极 B.b极的电极反应式为：‎2NO‎3‎‎−‎+6H‎2‎O+10‎e‎−‎＝‎N‎2‎‎+120‎H‎−‎ C.右室溶液中的氢氧根可以进入左室，使左室溶液的pH增大 D.电池工作时，外电路中流过‎2.4mol电子时，产生标准状况下‎13.44LCO‎2‎ ‎ ‎ ‎10. 根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ） ‎ A.表示一定条件下，CH‎4‎与H‎2‎O(g)‎发生反应：CH‎4‎(g)+H‎2‎O(g)⇌CO(g)+3H‎2‎(g)‎平衡时φ(CH‎4‎)‎的体积分数与Z(Z=n(H‎2‎O)‎n(CH‎4‎)‎)‎和T（温度）的关系，则该反应的焓变‎△H>0‎，且b>3>a B.表示室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为‎0.1mol/L的三种酸‎(HA、HB和HD)‎溶液，滴定的曲线，可以看出三种酸的电离常数关系为KHA‎>KHB>‎KHD，且滴定至P点时，溶液中：‎C(HB)>c(Na‎+‎)>c(B‎−‎ )>c(H‎+‎)>C(OH‎−‎)‎ C.是室温下H‎2‎O‎2‎催化分解放出氧气的反应中c(H‎2‎O‎2‎)‎随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H‎2‎O‎2‎分解速率逐渐减小 D.是室温下用Na‎2‎SO‎4‎除去溶液中Ba‎2+‎达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba‎2+‎)‎与c(SO‎4‎‎2−‎)‎的关系曲线，说明溶液中c(SO‎4‎‎2−‎)‎越大c(Ba‎2+‎)‎越小 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或者两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．‎ ‎ ‎ ‎ 香料Z的一种合成路线如下。下列说法正确的是（ ） ‎ A.①、②均是取代反应 B.X分子中所有原子处于同一平面内 C.Y和Z均能与溴水和NaOH溶液反应 D.X、Y、Z均能与酸性KMnO‎4‎溶液反应 ‎ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ 下列有关实验的描述正确的是（ ） ‎ 选项 操作 实验目的 A 沿玻璃棒将蒸馏水缓慢倒入盛有浓硫酸的烧杯中，边加边搅拌 稀释浓硫酸 B 测定相同浓度的Na‎2‎SO‎4‎和Na‎2‎SiO‎3‎溶液的pH值 比较硫和硅的非金属性强弱 C 将铁的氧化物溶于过量稀盐酸中，再滴加几滴紫红色KMnO‎4‎溶液 判断某铁的氧化物是否含有Fe‎2+‎ D 向‎2 mL 0.1 mol⋅L‎−1‎ NaOH溶液中滴加足量‎0.1mol⋅L‎−1‎ MgCl‎2‎溶液，出现白色沉淀后，再滴加‎3‎滴‎0.1 mol⋅L‎−1‎ FeCl‎3‎溶液，出现红褐色沉淀 Ksp‎[Mg(OH‎)‎‎2‎]>Ksp[Fe(OH‎)‎‎3‎]‎ A.A B.B C.C D.‎D ‎ ‎ ‎ 常温下，用‎0.1mol/LNaOH溶液分别滴定‎20mL浓度均为‎0.10mol/L的CH‎3‎COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。已知：CH‎3‎COOH的Ka＝‎1.75×‎‎10‎‎−5‎，HCN的Ka＝‎4.9×‎‎10‎‎−10‎．下列说法正确的是（ ） ‎ A.点①与点②对应的溶液中：‎c(CH‎3‎COO‎−‎)>c(CN‎−‎)‎ B.点②对应的溶液中：‎c(Na‎+‎)+c(H‎+‎)=c(CN‎−‎)+C(OH‎−‎)‎ C.点③和点⑤对应的溶液中：‎c(CH‎3‎COO‎−‎)−c(CN‎−‎)=c(HCN)−c(CH‎3‎COOH)‎ D.点④对应的溶液中：‎c(OH‎−‎)=c(H‎+‎)+c(CH‎3‎CO0H)‎ ‎ ‎ ‎ 工业上以铬铁矿（主要成分为FeO⋅Cr‎2‎O‎3‎）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠‎(Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎⋅2H‎2‎O)‎，其主要反应为： （1）‎4FeO⋅Cr‎2‎O‎3‎+8Na‎2‎CO‎3‎+‎70‎‎2‎‎​‎‎​‎‎​‎8Na‎2‎CrO‎4‎+2Fe‎2‎O‎3‎+8CO‎2‎ （2）‎2Na‎2‎CrO‎4‎+H‎2‎SO‎4‎⇌Na‎2‎SO‎4‎+Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎+H‎2‎O 下列说法中正确的是（ ） ‎ A.反应（1）和（2）均为氧化还原反应 B.反应（1）的氧化剂是O‎2‎，还原剂是FeO⋅Cr‎2‎O‎3‎ C.高温下，O‎2‎的氧化性大于Fe‎2‎O‎3‎小于Na‎2‎CrO‎4‎ D.生成‎1mol的Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎时共转移‎7mol电子 ‎ ‎ ‎ 如图为氟利昂（如CFCl‎3‎）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法不正确的是（ ） ‎ A.过程Ⅰ中断裂极性键C−Cl键 B.过程Ⅱ可表示为O‎3‎‎+Cl＝‎ClO+‎O‎2‎ C.过程Ⅲ中O+O＝O‎2‎是吸热过程 D.上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O‎3‎的催化剂 二、非选择题（共60分）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（1）碳单质在工业上有多种用途。例如焦炭可用来制取水煤气、冶炼金属，活性炭可处理大气污染物NO．一定条件下，在‎2 L密闭容器中加入NO和活性炭（无杂质）反应生成气体A和B．当温度在T‎1‎‎​‎‎∘‎C时，测得各物质平衡时物质的量如表： ‎ 活性炭‎(mol)‎ NO(mol)‎ A(mol)‎ B(mol)‎ 初始 ‎2.030‎ ‎0.100‎ ‎0‎ ‎0‎ 平衡 ‎2.000‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.030‎ ‎ 在T‎1‎‎​‎‎∘‎C时，达到平衡共耗时‎2‎分钟，则NO的平均反应速率为________ mol⋅L‎−1‎⋅‎min‎−1‎；当活性炭消耗‎0.015 mol时，反应的时间________（填“大于”、“小于”或“等于”）‎1‎分钟。‎ ‎ ‎ ‎（2）固定和利用CO‎2‎，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上正在研究利用CO‎2‎来生产甲醇燃料的方法，该方法的化学方程式是：CO‎2‎(g)+3H‎2‎(g)⇌CH‎3‎OH(g)+H‎2‎O(g)△H<0‎．某科学实验小组将‎6 mol CO‎2‎和‎8 mol ‎H‎2‎充入一容积为‎2 L 的密闭容器中（温度保持不变），测得H‎2‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 的物质的量随时间变化如图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）。回答下列问题： ①该反应在‎0∼8min时，CO‎2‎的转化率是________。 ②仅改变某一条件再进行实验，测得H‎2‎的物质的量随时间变化如图中虚线所示。a、b、c、d四点中逆反应速率大小关系为________，M、b、N三点中平衡常数K的大小关系是________。‎ ‎ ‎ ‎ 高锰酸钾具有强氧化性，广泛用于化工、医药、采矿、金属治炼及环境保护领域等。KMnO‎4‎的制备是以二氧化锰‎(MnO‎2‎)‎为原料，在强碱性介质中被氧化生成墨绿色的锰酸钾‎(K‎2‎MnO‎4‎)‎；然后在一定pH下K‎2‎MnO‎4‎歧化生成紫色KMnO‎4‎．回答下列问题 ‎ ‎（1）K‎2‎MnO‎4‎的制备 ‎ 实验步骤 现象或解释 ‎①称取‎2.5 gKClO‎3‎固体和‎5.2gKOH固体置于铁坩埚中，加热熔融 不用瓷坩埚的原因是________。‎ ‎②分多次加入‎3gMnO‎2‎固体 不一次加入的原因是________。‎ ‎ ‎ ‎（2）KMnO‎4‎的制备 趁热向K‎2‎MnO‎4‎溶液中加入‎1 mol/L H‎3‎PO‎4‎溶液，直至K‎2‎MnO‎4‎全部歧化，判断全部歧化的方法是用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，现象为________。然后趁热过滤，将滤液倒入蒸发皿中加热到液面出现晶膜，充分冷却后过滤，在‎80‎​‎‎∘‎C烘箱中干燥‎3h，不选用更高温度的原因是________。‎ ‎ ‎ ‎（3）产品分析 i．不同pH下产品中KMnO‎4‎含量 ‎ 加入H‎3‎PO‎4‎体积‎/mL 溶液的pH 产品质量 KMnO‎4‎质量 KMnO‎4‎质量分数 ‎10.50‎ ‎12.48‎ ‎2.35‎ ‎2.05‎ ‎87.23‎ ‎12.50‎ ‎11.45‎ ‎2.45‎ ‎2.18‎ ‎88.98‎ ‎14.50‎ ‎10.89‎ ‎2.18‎ ‎1.87‎ ‎85.78‎ ‎16.50‎ ‎10.32‎ ‎2.28‎ ‎1.75‎ ‎76.75‎ ‎18.50‎ ‎9.44‎ ‎2.09‎ ‎1.48‎ ‎70.81‎ ‎ 从表格中数据分析，在歧化时选择溶液的最佳pH是________。 ii．利用H‎2‎C‎2‎O‎4‎标准溶液测定KMnO‎4‎的纯度。测定步骤如下： ①溶液配制：称取‎1.000g的KMnO‎4‎固体样品，放入________中溶解，然后冷至室温后全部转移到‎100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。 ②滴定：移取‎25 mLKMnO‎4‎溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，用‎0.1400mol/L的H‎2‎C‎2‎O‎4‎标准溶液滴定，发生反应：‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6‎H‎+‎＝‎2Mn‎2+‎+10CO‎2‎+8H‎2‎O，当溶液紫色褪色且半分钟内不变色即为终点，平行滴定‎3‎次，H‎2‎C‎2‎O‎4‎溶液的平均用量为‎23.90mL，则样品纯度为________‎%‎（保留‎1‎位小数）。‎ ‎ ‎ ‎ 化合物G是一种医药中间体，由芳香化合物A制备G的一种合成路线如下： 已知：①酯能被LiAlH‎4‎还原为醇 ② ③ 回答下列问题： ‎ ‎（1）A的化学名称________。‎ ‎ ‎ ‎（2）C的结构简式________，由B生成C的反应类型________。‎ ‎ ‎ ‎（3）由F生成G的反应方程式________‎→‎‎△‎H+‎________。‎ ‎ ‎ ‎（4）芳香化合物X是C的同分异构体，‎1mol X与足量碳酸氢钠溶液反应生成‎88g CO‎2‎，其核磁共振氢谱显示有‎3‎种不同化学环境的氢，峰面积之比为‎3:1:1‎的有________种，写出‎1‎种符合要求的X的结构简式________。‎ ‎ ‎ ‎ 由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe‎2‎O‎3‎、Al‎2‎O‎3‎、FeO、SiO‎2‎）制备绿矾‎(FeSO‎4‎・‎7H‎2‎O)‎的流程如图： 已知：①FeS‎2‎难溶于水，能还原Fe‎3+‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎，硫元素被氧化成SO‎4‎‎2−‎。 ②金属离子生成氢氧化物沉淀的pH范围见下表： ‎ 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe‎3+‎ ‎1.5‎ ‎3.2‎ Al‎3+‎ ‎3.0‎ ‎5.0‎ Fe‎2+‎ ‎6.3‎ ‎8.3‎ ‎ ‎ ‎（1）滤渣Ⅰ的主要成分可与某种酸反应，其气态产物的电子式为________；滤渣Ⅱ经灼烧后可用于________。‎ ‎ ‎ ‎（2）“还原”的目的是________，写出“还原”步骤中涉及反应的离子方程式________。‎ ‎ ‎ ‎（3）“除铝”反应过程中控制的pH范围是________。‎ ‎ ‎ ‎（4）操作Ⅲ包含‎3‎个基本的实验操作，依次是（    ），“洗涤”时的试剂最好选用下列中的（    ）（填代号）‎ A.热水 B.氯水 C.乙醇 D.饱和食盐水 ‎ ‎ ‎（5）设计实验检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe‎3+‎：________。‎ ‎ ‎ ‎ SO‎2‎、NO是大气污染物，NH‎4‎NO‎3‎、H‎2‎SO‎4‎等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。 ‎ ‎（1）NO、SO‎2‎可以先氧化，后用碱吸收。其氧化过程的反应原理如下： NO(g)+O‎3‎(g)⇌NO‎2‎(g)+O‎2‎(g)‎；‎△‎H‎1‎＝‎−200.9 kJ⋅mol‎−1‎ SO‎2‎(g)+O‎3‎(g)⇌SO‎3‎(g)+O‎2‎(g)‎；‎△‎H‎2‎＝‎−241.6 kJ⋅mol‎−1‎ ‎2SO‎2‎(g)+O‎2‎(g)⇌2SO‎3‎(g)‎；‎△‎H‎3‎＝‎−196.6 kJ⋅mol‎−1‎ 则反应‎2NO‎2‎(g)⇌2NO(g)+O‎2‎(g)‎的‎△H＝________kJ⋅mol‎−1‎。‎ ‎ ‎ ‎（2）土壤中的硫循环如图‎1‎所示，土壤中的黄铁矿‎(FeS‎2‎)‎在过程Ⅰ中会转化成硫酸亚铁和硫酸，该过程发生的化学方程式为________。‎ ‎ ‎ ‎（3）电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图‎2‎所示，阴极电极反应式为________。‎ ‎ ‎ ‎（4）向恒容密闭容器中充入‎1 mol NO和‎2 mol ‎O‎3‎，发生如下反应：NO(g)+O‎3‎(g)⇌NO‎2‎(g)+O‎2‎(g)‎；‎△H<0‎．不同温度下反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变化曲线如图‎3‎．温度低于‎100‎​‎‎∘‎C时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是________；当温度高时，O‎3‎分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：①________，②________。‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2019-2020学年山东省济南市历城二中高三（上）验收化学试卷（一）‎ 一、选择题：本题共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.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 营养均衡与人体健康的关系 电子式 含硅矿物及材料的应用 混合物和纯净物 ‎【解析】‎ A‎．糖类、油脂、蛋白质为人体必需的营养物质； B．没有标出碘离子的最外层电子； C．汽油是多种烃的混合物； D．水晶的主要成分为二氧化硅。‎ ‎【解答】‎ A‎．糖类、油脂、蛋白质为人体必需的营养物质，乙醇不是营养物质，故A错误； B．没有标出碘离子的最外层电子，NH‎4‎I的电子式：，故B错误； C．石油和汽油是多种烃的混合物，故C正确； D．水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐产品，故D错误。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 有机化合物命名 常见有机化合物的结构 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．分子中标有‎*‎的碳原子形成‎4‎个单键，形成四面体结构，且该碳原子上连有‎3‎个碳原子，故该分子中所有碳原子不可能处于同一平面内，A错误； B．对命名时，要取含有‎−OH的最长碳链作为主链，且从最靠近‎−OH的碳原子一端开始编号，故其系统命名为‎2‎-丁醇，B错误； C．乙烯分子中含有碳碳双键，聚氯乙烯和苯分子中不含碳碳双键，C错误； D．C‎4‎H‎8‎属于烯烃的同分异构体共有‎4‎种，分别为CH‎2‎‎=​=‎CHCH‎2‎CH‎3‎、CH‎2‎‎=​=CCH‎3‎‎2‎、CH‎3‎CH=​=‎CHCH‎3‎（顺式和反式），D正确； 故选D。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 物质的结构与性质之间的关系 元素的性质与原子结构 ‎【解析】‎ A‎．反应堆的导热剂与导热性有关； B．二氧化硫可用于工业漂白； C．制作照明弹，需要发出强光； D．氢氧化铝分解吸热，且生成熔点加高的氧化铝．‎ ‎【解答】‎ A‎．钠和钾的合金在常温下呈液态，具有较强的导热性，常用于原子反应堆的导热剂，与其导电性无关，故A错误； B．二氧化硫具有漂白性，其原因是二氧化硫与某些有色物质反应生成不稳定的无色物质，常用于漂白纸浆、草帽辫等，故B正确； C．镁燃烧时发出耀眼的强光，透射性强，军事上可用于制作照明弹，故C正确； D．氢氧化铝受热分解生成氧化铝并吸收大量的热，降低环境温度，且生成的氧化铝熔点高，附在可燃物表面，阻止可燃物燃烧，故D正确。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 原子结构与元素周期律的关系 无机物的推断 ‎【解析】‎ X‎、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，‎0.1mol⋅L‎−1‎D溶液的pH为‎13(25‎​‎‎∘‎C)‎，可知D为NaOH，A、B、C、D、F是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，结合图中转化及元素守恒可知，A为H‎2‎O，B为Na‎2‎O‎2‎，E为O‎2‎，C为CO‎2‎，F为Na‎2‎CO‎3‎，则X为H，Y为C，Z为O，W为Na，以此来解答．‎ ‎【解答】‎ 由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na， A．X、Y、Z、W四种元素组成的盐为碳酸氢钠，溶液水解显碱性，则pH大于‎7‎，故A错误； B．F为Na‎2‎CO‎3‎，含离子键、共价键，故B正确； C．B为Na‎2‎O‎2‎，C为CO‎2‎，二者反应时过氧化钠为氧化剂、还原剂，‎0.1molB与足量C完全反应共转移电子数为‎0.1‎NA，故C错误； D．Z为O元素，不存在正价，故D错误；‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 离子方程式的书写 ‎【解析】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 A‎．溶液为中性时，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为‎2:1‎； B．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，二者反应生成碳酸氢钠沉淀； C．氢氧化钙足量，反应生成碳酸钙沉淀和水； D．次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开．‎ ‎【解答】‎ A‎．向NaHSO‎4‎溶液中滴加Ba(OH‎)‎‎2‎溶液至中性，氢离子与企业广告离子恰好反应，正确的离子方程式为：Ba‎2+‎+20H‎−‎+2H‎+‎+SO‎4‎‎2−‎=BaSO‎4‎↓+2H‎2‎O，故A错误； B．向饱和Na‎2‎CO‎3‎溶液中通入足量CO‎2‎，反应生成碳酸氢钠的过饱和溶液，会析出碳酸氢钠，反应的离子方程式为：‎2Na‎+‎+CO‎3‎‎2−‎+CO‎2‎+H‎2‎O=2NaHCO‎3‎↓‎，故B正确； C．向Ca(HCO‎3‎‎)‎‎2‎溶液中加入足量Ca(OH‎)‎‎2‎溶液，碳酸根离子不会剩余，正确的离子方程式为：Ca‎2+‎+HCO‎3‎‎−‎+OH‎−‎=CaCO‎3‎↓+H‎2‎O，故C错误； D．向次氯酸溶液中滴加NaOH溶液，反应生成次氯酸钠和水，次氯酸小于保留分子式，正确的离子方程式为：HClO+OH‎−‎=ClO‎−‎+H‎2‎O，故D错误；‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 无机物的推断 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ A‎、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：A‎→‎O‎2‎B‎→‎O‎2‎C‎→‎H‎2‎OD，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。 A．若A为非金属单质，则A为N‎2‎（或S），B为NO（或SO‎2‎），C为NO‎2‎（或SO‎3‎），D为HNO‎3‎（或H‎2‎SO‎4‎），其中N‎2‎与镁反应生成的Mg‎3‎N‎2‎中阴、阳离子的个数比为‎2:3‎，故A正确； B．若A为非金属单质，则A为N‎2‎（或S），氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误； C．若A是共价化合物，A可能为NH‎3‎或H‎2‎S，D为HNO‎3‎或H‎2‎SO‎4‎，H‎2‎S与H‎2‎SO‎4‎可以发生氧化还原反应，故C正确； D．若A是金属或非金属单质，则A为Na或N‎2‎或S，D为NaOH、HNO‎3‎或H‎2‎SO‎4‎，‎0.1mol/L NaOH溶液或HNO‎3‎溶液中水电离出的c(H‎+‎)‎都是‎10‎‎−13‎mol/L，故D正确； 故选B。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 绿色化学和环境保护 ‎【解析】‎ A‎、SO‎2‎气体有漂白性和强还原性，能与酸性高锰酸钾溶液、碘水、碘水反应； B、氮气和氢气在加热、催化作用下反应生成碱性气体氨气，可用酚酞试液检验； C、苯与液溴的反应放热，使液溴挥发，溴蒸气和溴化氢均能与AgNO‎3‎溶液也能生成AgBr黄色沉淀； D、干燥的氯气没有漂白性，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中因含有HClO而具有漂白性。‎ ‎【解答】‎ A‎、稀硫酸与亚硫酸钠固体反应生成的SO‎2‎气体有漂白性，能使品红褪色，有强还原性，能使酸性高锰酸钾溶液和碘水褪色，故A正确； B、氮气和氢气缓缓通过加热的催化剂生成氨气，因氨气水溶液显碱性，能使酚酞试液变红，故B正确； C、溴单质具有挥发性，挥发出的Br‎2‎与AgNO‎3‎溶液也能生成AgBr黄色沉淀，则无法证明该反应为取代反应，故C错误； D、高锰酸钾固体中滴入浓盐酸后，生成的氯气经干燥后无漂白性，则干燥的红纸不退色，但因能和湿润的红纸中的水反应生成HClO，有漂白性，则湿润的红纸退色，故D正确；‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 阿伏加德罗常数 ‎【解析】‎ A‎．依据F质子数为‎9‎，氩质子数为‎18‎，结合原子个数守恒解答； B．求出二氧化碳的物质的量，然后根据过氧化钠与二氧化碳反应时，当‎1mol二氧化碳参与反应时反应转移‎1mol电子来分析； C．氯气和水的反应为可逆反应，氯水中含有氯气分子； D．硫酸铜电离生成铜离子，铜离子水解产生氢离子，‎1mol铜离子水解生成‎2mol氢离子；‎ ‎【解答】‎ A.1molF‎2‎含有‎18mol质子，‎1molAr含有‎18mol质子，则‎0.5 mol由F‎2‎与Ar组成的混合气体中含质子总数为‎9‎NA，故A正确； B．标况下‎5.6L二氧化碳的物质的量为‎0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳反应时，当‎1mol二氧化碳参与反应时反应转移‎1mol电子，故当‎0.25mol二氧化碳反应时转移‎0.25mol电子即‎0.25‎NA个，故B正确； C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故氯水中含未反应的氯气分子，即溶液中的HClO、Cl‎−‎、ClO‎−‎粒子数之和小于‎2‎NA，故C错误； D．硫酸铜电离生成铜离子，铜离子水解产生氢离子，‎1mol铜离子水解生成‎2mol氢离子，所以常温下，‎1.5 L 1.0 mol⋅L‎−1‎ CuSO‎4‎溶液中阳离子数目大于‎1.5‎NA，故D正确；‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电解池的工作原理及应用 ‎【解析】‎ 由图可知，a电极周围有机物发生氧化反应生成CO‎2‎气体，则a为负极，b极上NO‎3‎‎−‎得电子发生还原反应为正极，电极反应式为‎2NO‎3‎‎−‎+6H‎2‎O+10‎e‎−‎＝N‎2‎‎+120‎H‎−‎，内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，据此解答。‎ ‎【解答】‎ A‎、a电极周围有机物发生氧化反应生成CO‎2‎气体，则a为负极，故A正确； B、b电极周围NO‎3‎‎−‎发生还原反应生成N‎2‎，电极反应式为：‎2NO‎3‎‎−‎+6H‎2‎O+10‎e‎−‎＝N‎2‎‎+120‎H‎−‎，故B正确； C、阳离子交换膜只能允许阳离子通过，则右室OH‎−‎不可能透过阳离子交换膜进入左室，故C错误； D、原电池时，a极区葡萄糖氧化为CO‎2‎，碳元素从‎0‎价升高为‎+4‎价，则外电路中流过‎2.4mol电子时，生成CO‎2‎的物质的量为‎2.4mol‎4‎‎=0.6mol，在标准状况下为‎0.6mol×22.4L/mol＝‎13.44LCO‎2‎，故D正确；‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算 ‎【解析】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 A‎．升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动；起始n(H‎2‎O)‎n(CH‎4‎)‎‎=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多； B．相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，c(H‎+‎)‎越大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH:HAHB>HD，则KHA‎>KHB>‎KHD；中和‎50%‎即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸‎(HB)‎和盐‎(NaB)‎，由图可知溶液呈酸性，则c(H‎+‎)>c(OH‎−‎)‎，且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，Na‎+‎不水解，所以c(B‎−‎)>c(Na‎+‎)>c(HB)‎； C．反应物浓度越大，反应速率越大； D．温度不变，溶度积常数不变。‎ ‎【解答】‎ A‎．升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变‎△H>0‎；起始n(H‎2‎O)‎n(CH‎4‎)‎‎=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为a<3HB>HD，则KHA‎>KHB>‎KHD；中和‎50%‎即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸‎(HB)‎和盐‎(NaB)‎，由图可知溶液呈酸性，则c(H‎+‎)>c(OH‎−‎)‎，且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，Na‎+‎不水解，所以c(B‎−‎)>c(Na‎+‎)>c(HB)‎，弱电解质电离和盐类水解程度都较小，则c(B‎−‎)>c(Na‎+‎)>c(HB)>c(H‎+‎)>c(OH‎−‎)‎，故B错误； C．反应物浓度越大，反应速率越大，根据图知，随着时间的进行，双氧水浓度逐渐降低，则随着反应的进行H‎2‎O‎2‎分解速率逐渐减小，故C正确； D．温度不变，溶度积常数不变，Ksp‎(BaSO‎4‎)‎＝c(Ba‎2+‎)⋅c(SO‎4‎‎2−‎)‎，c(Ba‎2+‎)‎与c(SO‎4‎‎2−‎)‎成反比，则c(SO‎4‎‎2−‎)‎越大c(Ba‎2+‎)‎越小，故D正确；‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有一个或者两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 有机物的结构和性质 ‎【解析】‎ 由转化关系可知，X与氢气发生加成反应生成Y，Y发生取代反应生成Z，结合含有的官能团以及有机物的结构特点解答该题。‎ ‎【解答】‎ A‎．①是加成反应，而②是取代反应，故A错误； B．X分子内含有‎−CH‎3‎和‎−CH‎2‎−‎基团，具有甲烷的立体构型，则X分子内所有原子不可能处于同一平面内，故B错误； C．Y和Z分子内均有碳碳双键，均能与溴水发生加成反应，Z分子结构中含有酯基，能在NaOH溶液中水解，而Y分子内没有与NaOH溶液反应的基团，故C错误； D．X、Y、Z分子内均有碳碳双键，均能与酸性KMnO‎4‎溶液反应，故D正确；‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 化学实验方案的评价 ‎【解析】‎ A‎．稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中； B．测定相同浓度的Na‎2‎SO‎4‎和Na‎2‎SiO‎3‎溶液的pH值，可知硫酸的酸性大于硅酸的酸性； C．高锰酸钾可氧化氯离子； D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化。‎ ‎【解答】‎ A‎．稀释浓硫酸是将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中，并用玻璃棒搅拌，故A错误； B．通过测定相同浓度的Na‎2‎SO‎4‎和Na‎2‎SiO‎3‎溶液的pH值，可知Na‎2‎SiO‎3‎溶液显碱性，而Na‎2‎SO‎4‎溶液显中性，则硫酸的酸性比硅酸强，即硫的非金属性比硅强，故B正确； C．酸性KMnO‎4‎溶液也能氧化溶液中的Cl‎−‎而褪色，则无法判断某铁的氧化物是否含有Fe‎2+‎，故C错误； D．向‎2mL 0.1mol⋅L‎−1‎ NaOH溶液中滴加足量‎0.1mol⋅L‎−1‎ MgCl‎2‎溶液，NaOH溶液完全，再滴加‎3‎滴‎0.1 mol⋅L‎−1‎ FeCl‎3‎溶液，出现红褐色沉淀，发生沉淀的转化，则说明Ksp‎[Mg(OH‎)‎‎2‎]>Ksp[Fe(OH‎)‎‎3‎]‎，故D正确；‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算 ‎【解析】‎ 酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的一元酸其pH值越小，电离平衡常数：CH‎3‎COOH>HCN，则酸性：CH‎3‎COOH>HCN，所以相同浓度的CH‎3‎COOH、HCN溶液pH值：CH‎3‎COOHc(CN‎−‎)‎，II中CH‎3‎COOH的电离程度大于CH‎3‎COO‎−‎的水解程度，则c(CH‎3‎COOH)HCN，则酸性：CH‎3‎COOH>HCN，所以相同浓度的CH‎3‎COOH、HCN溶液pH值：CH‎3‎COOHc(CN‎−‎)‎，II中CH‎3‎COOH的电离程度大于CH‎3‎COO‎−‎的水解程度，则c(CH‎3‎COOH)c(CN‎−‎)‎，故A正确； B．点②所示溶液中溶质为等物质的量浓度的CH‎3‎COONa和CH‎3‎COOH，不存在NaCN和HCN，故B错误； C．点③和点⑤表示的溶液中，溶液均为中性，则溶液中c(H‎+‎)‎＝c(OH‎−‎)‎，对于I，溶液中存在HCN和NaCN，对于II，溶液中存在CH‎3‎COONa和CH‎3‎COOH，因起始时HCN和CH‎3‎COOH的总物质的量相等，则此时溶液中n(HCN)+n(CN‎−‎)‎＝n(CH‎3‎COO‎−‎)+n(CH‎3‎COOH)‎，因加入NaOH溶液体积不等，则c(HCN)+c(CN‎−‎)≠c(CH‎3‎COO‎−‎)+c(CH‎3‎COOH)‎，即c(CH‎3‎COO‎−‎)−c(CN‎−‎)≠c(HCN)−c(CH‎3‎COOH)‎，故C错误； D．点④溶液中溶质为醋酸钠，此时溶液中存在的电荷守恒式为c(CH‎3‎COO‎−‎)+c(OH‎−‎)‎＝c(H‎+‎)+c(Na‎+‎)‎，物料守恒式为c(Na‎+‎)‎＝c(CH‎3‎COO‎−‎)+c(CH‎3‎COOH)‎，将物料守恒代入电荷守恒得c(OH‎−‎)‎＝c(H‎+‎)+c(CH‎3‎COOH)‎，故D正确；‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 重要的氧化剂、还原剂 氧化性、还原性强弱的比较 氧化还原反应 氧化还原反应的电子转移数目计算 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ A‎．化学反应中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化学反应不是氧化还原反应，（1）中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，（2）中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误； B．得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂，（1）中氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂时氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO⋅Cr‎2‎O‎3‎，故B正确； C．同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，（1）中氧化剂为O‎2‎，还原剂为FeO⋅Cr‎2‎O‎3‎，所以氧气的氧化性大于Fe‎2‎O‎3‎和Na‎2‎CrO‎4‎，但是不能判断Fe‎2‎O‎3‎和Na‎2‎CrO‎4‎的氧化性，故C错误； D．反应只有O元素的化合价降低，由‎0‎价降低为‎−2‎价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的‎4‎倍，由方程式可知计算Na‎2‎CrO‎4‎与转移电子数，再换算为生成‎1mol的Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎时转移电子数，不是氧化还原反应，所以生成‎1mol的Na‎2‎Cr‎2‎O‎7‎时转移‎7mol电子，故D正确； 故选：BD。‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 反应热和焓变 ‎【解析】‎ A‎．根据图示可知，过程Ⅰ中CFCl‎3‎转化为CFCl‎2‎和氯原子，断裂极性键C−Cl键； B．根据图中信息可知，过程Ⅱ中臭氧与氯原子转化成ClO和氧气； C．过程Ⅲ中原子形成分子的过程放热； D．根据反应过程可知，氟利昂中氯原子在氧气分解为氧气的过程中起到催化作用。‎ ‎【解答】‎ A‎．过程Ⅰ中CFCl‎3‎转化为CFCl‎2‎和氯原子，断裂极性键C−Cl键，故A正确； B．根据图示信息可知，过程Ⅱ可表示为：O‎3‎‎+Cl＝ClO+‎O‎2‎，故B正确； C．O+O＝O‎2‎为原子结合成分子的过程，为放热过程，故C错误； D．上述过程说明，氟利昂中氯原子在反应前后不变，是破坏O‎3‎的催化剂，故D正确；‎ 二、非选择题（共60分）‎ ‎【答案】‎ ‎0.015‎‎,小于 ‎33.3%‎‎,d>c>b>a,K(b)‎＝‎K(M)>K(N)‎ ‎【考点】‎ 化学平衡的计算 ‎【解析】‎ ‎（1）根据v=‎‎△nV‎△t计算v(NO)‎；由表中数据可知，‎2min平衡时活性炭变化量为‎2.03mol−2mol＝‎0.03mol，平均‎1min消耗‎0.015molC(s)‎，但第一分钟反应速率较第二分钟快，故消耗‎0.015molC(s)‎时需要的时间小于‎1min； （2）①反应在‎0∼8min时，H‎2‎的变化物质的量为‎8mol−2mol＝‎6mol，由CO‎2‎(g)+3H‎2‎(g)⇌CH‎3‎OH(g)+H‎2‎O(g)‎可知，CO‎2‎变化物质的量为‎6mol×‎1‎‎3‎=2mol，则CO‎2‎的转化率‎=‎​‎‎​‎×100%‎； ②a、b、c、d均是在相同温度下进行的，随着反应的进行，生成物的浓度越来越大，则逆反应速率越来越快，根据图知，改变条件I时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率减小且初始氢气物质的量不变，平衡逆向移动，改变条件II时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率增大且初始氢气物质的量不变，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，该反应是放热反应，升高温度平衡常数减小。‎ ‎【解答】‎ 由表中数据可知，‎2min平衡时NO变化量为‎0.1mol−0.04mol＝‎0.06mol，故v(NO)=‎0.06mol‎2L‎2min=0.015mol/(L⋅min)‎， 由表中数据可知，‎2min平衡时活性炭变化量为‎2.03mol−2mol＝‎0.03mol，平均‎1min消耗‎0.015molC(s)‎，但第一分钟反应速率较第二分钟快，故消耗‎0.015molC(s)‎时需要的时间小于‎1min， 故答案为：‎0.015‎；小于；‎ ‎①反应在‎0∼8min时，H‎2‎的变化物质的量为‎8mol−2mol＝‎6mol，由CO‎2‎(g)+3H‎2‎(g)⇌CH‎3‎OH(g)+H‎2‎O(g)‎可知，CO‎2‎变化物质的量为‎6mol×‎1‎‎3‎=2mol，则CO‎2‎的转化率‎=‎​‎‎​‎×100%=‎2mol‎6mol×100%=33.3%‎， 故答案为：‎33.3%‎； ②a、b、c、d均是在相同温度下进行的，随着反应的进行，生成物的浓度越来越大，则逆反应速率越来越快，则a、b、c、d四点中逆反应速率大小关系为d>c>b>a， 根据图知，改变条件I时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率减小且初始氢气物质的量不变，平衡逆向移动，改变的体积是升高温度；改变条件II时，反应达到平衡时间缩短，说明化学反应速率加快，但是氢气转化率增大且初始氢气物质的量不变，平衡正向移动，改变的条件是增大压强，该反应是放热反应，升高温度化学平衡常数减小，温度不变化学平衡常数不变，则I高于原来温度、II和原来温度相同，则M、b、N三点中平衡常数K的大小关系是K(b)‎＝K(M)>K(N)‎， 故答案为：d>c>b>a；K(b)‎＝K(M)>K(N)‎。‎ ‎【答案】‎ 瓷坩埚中的SiO‎2‎与KOH反应,使MnO‎2‎充分反应，提高其转化率或者利用率 使MnO‎2‎充分反应，提高其转化率或者利用率,防止KMnO‎4‎受热分解 ‎11.45‎‎,烧杯,‎‎84.6%‎ ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 ‎【解析】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎（1）①瓷坩埚原料含有SiO‎2‎，是酸性氧化物，能和碱反应； ②分多次加入‎3gMnO‎2‎固体，可提高原料利用率； （2）根据“K‎2‎MnO‎4‎溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；KMnO‎4‎在加热条件下分解生成K‎2‎MnO‎4‎； （3）i．分析表中数据选择产品中KMnO‎4‎质量分数最高时对应溶液的pH； ii．①溶液配制时固体溶解在烧杯中进行； ②滴定时消耗‎23.90mL0.1400mol/L的H‎2‎C‎2‎O‎4‎标准溶液，则参加反应的H‎2‎C‎2‎O‎4‎的物质的量为‎0.0239L×0.1400mol/L＝‎3.346×‎10‎‎−3‎mol，根据反应：‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6‎H‎+‎＝‎2Mn‎2+‎+10CO‎2‎+8H‎2‎O可知参加反应的KMnO‎4‎的物质的量为‎3.346×‎10‎‎−3‎mol×‎2‎‎5‎=1.3348×‎10‎‎−3‎mol，以此解答该题。‎ ‎【解答】‎ ‎①瓷坩埚原料含有SiO‎2‎，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO‎2‎+2KOH‎​‎‎​‎‎​‎K‎2‎SiO‎3‎+H‎2‎O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚， 故答案为：瓷坩埚中的SiO‎2‎与KOH反应； ②为使MnO‎2‎充分反应，提高其转化率，加入MnO‎2‎时可分批加入，而不一次性加入，故答案为：使MnO‎2‎充分反应，提高其转化率或者利用率；‎ 由于K‎2‎MnO‎4‎溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；晶体烘干时应控制温度不超过‎80‎​‎‎∘‎C，以防止KMnO‎4‎受热分解， 故答案为：使MnO‎2‎充分反应，提高其转化率或者利用率；防止KMnO‎4‎受热分解；‎ i‎．由表中数据可知，歧化时选择溶液的pH为‎11.45‎时所得产品的质量最高，产品中KMnO‎4‎质量分数的最高，故控制溶液的最佳pH是‎11.45‎， 故答案为：‎11.45‎； ii．①配制KMnO‎4‎溶液时，称取的KMnO‎4‎固体样品，应放入烧杯中溶解，然后冷至室温后全部转移到‎100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线， 故答案为：烧杯； ②滴定时消耗‎23.90mL0.1400mol/L的H‎2‎C‎2‎O‎4‎标准溶液，则参加反应的H‎2‎C‎2‎O‎4‎的物质的量为‎0.0239L×0.1400mol/L＝‎3.346×‎10‎‎−3‎mol，根据反应：‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6‎H‎+‎＝‎2Mn‎2+‎+10CO‎2‎+8H‎2‎O可知参加反应的KMnO‎4‎的物质的量为‎3.346×‎10‎‎−3‎mol×‎2‎‎5‎=1.3348×‎10‎‎−3‎mol，则样品纯度‎=‎1.3348×‎10‎‎−3‎mol×158g/mol×‎‎100mL‎25mL‎1.00g×100%≈84.6%‎， 故答案为：‎84.6%‎。‎ ‎【答案】‎ 邻苯二甲酸 ‎,取代反应 ‎+2CH‎3‎OH‎,‎‎+2H‎2‎O ‎4‎‎,（任意‎1‎种）‎ ‎【考点】‎ 有机物的合成 ‎【解析】‎ 由B的结构可知，A的结构简式为．由C的分子式，结合信息②，可知C为．由D的分子式，结合信息①，可知D为．D发生催化氧化生成E为．结合信息③可知F为，该反应为加成反应。F与甲醇发生取代反应生成G。‎ ‎【解答】‎ A为，其名称为：邻苯二甲酸， 故答案为：邻苯二甲酸；‎ 由以上分析可知C为，由B与甲醇发生取代反应生成； 故答案为：；取代反应；‎ 由F生成G的反应方程式为：‎+2CH‎3‎OH‎→‎‎△‎H+‎‎+2H‎2‎O， 故答案为：‎+2CH‎3‎OH‎→‎‎△‎H+‎‎+2H‎2‎O；‎ C为，芳香化合物X是C的同分异构体，‎1mol X与足量碳酸氢钠溶液反应生成‎88g CO‎2‎，说明有‎2‎个羧基，其核磁共振氢谱显示有‎3‎种不同化学环境的氢，峰面积之比为‎3:1:1‎，说明分子中含有‎2‎个甲基、‎2‎个羧基，对应的结构可能为，共‎4‎种， 故答案为：‎4‎；（任意‎1‎种）。‎ ‎【答案】‎ ‎,冶炼制取铝（或作耐火材料等）‎ 将Fe‎3+‎还原为Fe‎2+‎后，便于分离铁元素和铝元素,FeS‎2‎+14Fe‎3+‎+8H‎2‎O＝‎‎15Fe‎2+‎+2SO‎4‎‎2−‎+16‎H‎+‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎5.0≤pH<6.3‎ 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤C 取少量样品加水溶解配成溶液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，说明无Fe‎3+‎；若溶液呈红色，说明其中含有Fe‎3+‎ ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 ‎【解析】‎ 硫铁矿烧渣（主要成分为Fe‎2‎O‎3‎、FeO、SiO‎2‎、Al‎2‎O‎3‎）中加入稀硫酸，得到：Fe‎2+‎、Fe‎3+‎、Al‎3+‎的酸性溶液，二氧化硅不反应，过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，在滤液中加入FeS‎2‎，将Fe‎3+‎还原为Fe‎2+‎，反应为：FeS‎2‎+14Fe‎3+‎+8H‎2‎O＝‎15Fe‎2+‎+2SO‎4‎‎2−‎+16‎H‎+‎，调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铝，滤液为硫酸亚铁溶液，用稀硫酸酸化硫酸亚铁溶液后，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO‎4‎⋅7H‎2‎O，以此解答该题。‎ ‎【解答】‎ 分析知滤渣Ⅰ为SiO‎2‎，是酸性氧化物，但能溶于HF生成SiF‎4‎，气态产物SiF‎4‎是共价化合物，其电子式为；滤渣Ⅱ为Al(OH‎)‎‎3‎，受热分解的产物为Al‎2‎O‎3‎，因其高熔点，作耐火材料，也可通过电解冶炼得到Al，故答案为：；冶炼制取铝（或作耐火材料等）；‎ 利用FeS‎2‎可将Fe‎3+‎还原为Fe‎2+‎，便于分离铁元素和铝元素，同时生成SO‎4‎‎2−‎，结合守恒法可知发生反应的离子方程式为FeS‎2‎+14Fe‎3+‎+8H‎2‎O＝‎15Fe‎2+‎+2SO‎4‎‎2−‎+16‎H‎+‎， 故答案为：将Fe‎3+‎还原为Fe‎2+‎后，便于分离铁元素和铝元素；FeS‎2‎+14Fe‎3+‎+8H‎2‎O＝‎15Fe‎2+‎+2SO‎4‎‎2−‎+16‎H‎+‎；‎ ‎“除铝”的目的是使溶液中Al‎3+‎完全沉淀，而溶液中的Fe‎2+‎不沉淀，则结合金属离子生成氢氧化物沉淀的pH范围表中数据，可知控制的pH范围是‎5.0≤pH<6.3‎，故答案为：‎5.0≤pH<6.3‎；‎ 从硫酸亚铁溶液中获取绿矾晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤‎3‎个基本操作，其中“洗涤”时为减小绿矾晶体的溶解不使用热水，而选择乙醇，另外氯水能氧化Fe‎2+‎，也不宜用来洗涤绿矾，而饱和食盐水洗涤时绿矾表面会附杂质离子，而不纯，故只能选择乙醇洗涤， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；C；‎ 利用含有Fe‎3+‎的溶液中滴加KSCN溶液会变红色，则检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe‎3+‎的操作方法是将绿矾样品溶于水，取少量于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变成红色，说明含Fe‎3+‎，若溶液不变色，则不含Fe‎3+‎，故答案为：取少量样品加水溶解配成溶液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，说明无Fe‎3+‎；若溶液呈红色，说明其中含有Fe‎3+‎。‎ ‎【答案】‎ ‎+115.2‎ ‎2FeS‎2‎+‎70‎‎2‎+2H‎2‎O‎＝‎‎2FeSO‎4‎+2H‎2‎SO‎4‎ ‎2NH‎4‎‎+‎+2‎e‎−‎‎＝‎‎2NH‎3‎↑+H‎2‎↑‎ 低于‎100‎‎∘‎C，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态,温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行,发生反应NO‎2‎+O＝NO+‎O‎2‎使转化率降低 ‎【考点】‎ 化学平衡的影响因素 电极反应和电池反应方程式 ‎【解析】‎ ‎（1）①已知NO(g)+O‎3‎(g)⇌NO‎2‎(g)+O‎2‎(g)△‎H‎1‎＝‎−200.9kJ⋅mol‎−1‎，②SO‎2‎(g)+O‎3‎(g)⇌SO‎3‎(g)+O‎2‎(g)△‎H‎2‎＝‎−241.6kJ⋅mol‎−1‎，③‎2SO‎2‎(g)+O‎2‎(g)⇌2SO‎3‎(g)△‎H‎3‎＝‎−196.6kJ⋅mol‎−1‎，根据盖斯定律计算‎(‎②-①‎)×2−‎③得到反应‎2NO‎2‎(g)⇌2NO(g)+O‎2‎(g)‎的‎△H； （2）土壤中的黄铁矿‎(FeS‎2‎)‎在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸； （3）装置图中放出氧气的为阳极，溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气； （4）温度低于‎100‎​‎‎∘‎C时，NO转化率随温度升高而增大是反应速率增大，反应正向进行，已知温度高时，O‎3‎分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO‎2‎+O＝NO+‎O‎2‎使转化率降低。‎ ‎【解答】‎ 已知：①NO(g)+O‎3‎(g)⇌NO‎2‎(g)+O‎2‎(g)△‎H‎1‎＝‎−200.9kJ⋅mol‎−1‎， ②SO‎2‎(g)+O‎3‎(g)⇌SO‎3‎(g)+O‎2‎(g)△‎H‎2‎＝‎−241.6kJ⋅mol‎−1‎， ③‎2SO‎2‎(g)+O‎2‎(g)⇌2SO‎3‎(g)△‎H‎3‎＝‎−196.6kJ⋅mol‎−1‎， 根据盖斯定律计算‎(‎②-①‎)×2−‎③得到反应‎2NO‎2‎(g)⇌2NO(g)+O‎2‎(g)△H＝‎(−241.6+200.9)×2+196.6‎＝‎+115.2kJ/mol；故答案为：‎+115.2‎；‎ 土壤中的黄铁矿‎(FeS‎2‎)‎在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸，反应的化学方程式：‎2FeS‎2‎+‎70‎‎2‎+2H‎2‎O＝‎2FeSO‎4‎+2H‎2‎SO‎4‎；故答案为：‎2FeS‎2‎+‎70‎‎2‎+2H‎2‎O＝‎2FeSO‎4‎+2H‎2‎SO‎4‎；‎ 电解法除去工业废水中的硝酸铵是铵根离子得到电子生成氨气和氢气，电极反应：‎2NH‎4‎‎+‎+2‎e‎−‎＝‎2NH‎3‎↑+H‎2‎↑‎；故答案为：‎2NH‎4‎‎+‎+2‎e‎−‎＝‎2NH‎3‎↑+H‎2‎↑‎；‎ 温度低于‎100‎​‎‎∘‎C时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是：低于‎100‎‎∘‎C，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态；已知温度高时，O‎3‎分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行；发生反应NO‎2‎+O＝NO+‎O‎2‎使转化率降低，故答案为：低于‎100‎‎∘‎C，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态；温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行；发生反应NO‎2‎+O＝NO+‎O‎2‎使转化率降低。‎ 第21页 共22页 ◎ 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