高二化学5月月考试题（含解析）

高二化学5月月考试题（含解析）

‎【2019最新】精选高二化学5月月考试题（含解析）‎ 可能用到的原子量：-1  C-12   N-14   O-16   F-19   Na-23  Mg-24   Al-27  Si-28  P-31   S-32  Cl-35.5 K-39  Ca-40 Fe-56  Cu-64   Zn-65  Ba-137  Ag-108  Pb-207‎ 第Ⅰ卷(选择题,共42分)‎ 一、选择题(共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)‎ ‎1. “水飞”是传统中医中将药材与适量水共研细，取极细药材粉末的方法。《医学人门》中记载提纯铜绿的方法：“水洗净,细研水飞,去石澄清,慢火熬干。”文中涉及的操作方法是（ ）‎ A. 洗涤、溶解、过滤、灼烧 B. 洗涤、溶解、倾倒、蒸发 C. 洗涤、萃取、倾倒、蒸馏 D. 洗涤、萃取、过滤、蒸发 ‎【答案】B ‎2. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 由苯制备硝基苯的反应属于加成反应 B. 甲烷和氯气的物质的量之比为1∶1混合反应时，只生成一氯甲烷和HCl C.‎ - 22 - / 22‎ ‎ 测定中和热实验中,用量筒分别量取50 mL0.55 mol·L-1 NaOH溶液和50mL 0.50 mol·L-1的盐酸溶液测温备用,当碱溶液加入酸中时,要一次性迅速倒入 D. 用AlCl3溶液做导电实验,验证AlCl3是离子化合物还是共价化合物 ‎【答案】C ‎............‎ ‎3. 设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下,60gSiO2分子中含有Si-O极性共价键的数目为4NA B. 常温下,16.8 g铁粉与足量的浓硝酸反应转移电子数为0.9NA C. 叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑ ,则每收集标况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA D. 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-的粒子总数为0.1NA ‎【答案】C - 22 - / 22‎ ‎【解析】A、SiO2是原子晶体，不存在分子，选项A错误；B、常温下铁被浓硝酸钝化，反应不能继续，转移电子数无法计算，选项B错误；C、反应中氢元素化合价由+1变为0，则反应:NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标况下89.6L气体，即4mol气体其中2mol氮气和2mol氢气，爆炸时转移电子数为4NA，选项C正确；D、没有给定体积，无法求得粒子总数，选项D错误。答案选C。‎ ‎4. 下列各组离子中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）‎ A. 无色透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-‎ B. Ba(AlO2)2溶液中：K+、Mg2+、HCO3-、NO3-‎ C. 能使酚酞变红色的溶液中：Na+、Ba2+、Cl- 、Br-‎ D. pH=0的溶液中：Na+ 、K+、S2-、SO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 无色透明溶液中，Fe3+可以使溶液呈黄色而不能大量存在；B. Ba(AlO2)2溶液中，偏铝酸根离子可以与HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀；C. 能使酚酞变红色的溶液显碱性，Na+、Ba2+、Cl-、Br-等几种离子可以大量共存；D. pH=0的溶液显酸性，在酸性条件下 S2-和SO32-可以发生氧化还原反应生成S而不能大量共存。综上所述，D正确，本题选D。‎ ‎5. 为了减少钢管因锈蚀造成的损失,某城市拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢管。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 在潮湿的酸性土壤中钢管主要发生析氢腐蚀 B. 在潮湿的酸性土壤中金属棒M将电子通过导线流向钢管 C. 在潮湿的酸性士壤中H+向金属棒M移动,抑制H+与铁的反应 D. 该方法称为牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】C - 22 - / 22‎ ‎【解析】分析：根据图示可知，为了减少钢管的损失，金属棒M、钢管应在酸性土壤中形成原电池，其中金属M做负极，钢管做正极被保护，据此分析。‎ 详解：A、在酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，A正确；‎ B、为了减少钢管的损失，金属棒M、钢管应在酸性土壤中形成原电池，其中金属M做负极，失去电子，失去的电子通过导线流向钢管，钢管做正极被保护，B正确；‎ C、在潮湿的酸性土壤中，存在大量氢离子，氢离子移动到正极上得电子被还原，即移动到钢管上得电子，故能抑制氢离子与铁的反应，C错误；‎ D、该方法是原电池原理，因此该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，D正确。答案选C。‎ 点睛：本题考查金属的电化学腐蚀与防护，题目难度不大，本题注意电化学腐蚀形成的条件与金属的防护以及析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别。‎ ‎6. 将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中，溶液颜色由棕黄色変成浅绿色，同时有白色沉淀产生。针对上述变化，下列分析正确的是（ ）‎ A. 该实验表明SO2有漂白性 B. 白色沉淀为BaSO3‎ C. 该实验表明FeCl3有还原性 D. 反应后溶液酸性増强 ‎【答案】D - 22 - / 22‎ ‎【解析】往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和Fe3+发生反应，生成Fe2+和SO42-，所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+)，同时有白色沉淀（BaSO4) 同时有H2SO4生成，所以酸性增强。A. 该实验表明SO2有还原性，选项A错误；B. 白色沉淀为BaSO4，选项B错误； C. 该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误； D. 反应后溶液酸性增强，选项D正确。答案选D。‎ ‎7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次増大,W的简单氢化物是常见的燃料,Z的简单离子的半径是所有短周期主族元素阳离子中最大的。由H、X和Y三和元素形成的一种盐中X有两种不同的价态,且该化合物撞击时会发生爆炸．下列说法错误的是（ ）‎ A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B. Z与其他三种元素既不同主族也不同周期 C. W、Y和Z三种元素只能形成一种离子化合物 D. Y的简单离子的半径比X的简单离子的半径小 ‎【答案】C ‎【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是常见的燃料，W为碳元素，Z的简单离子的半径是所有短周期主族元素阳离子中最大的，Z为钠元素。由H、X 和Y 三种元素形成的一种盐中X 有两种不同的价态，且该化合物撞击时会发生爆炸，则该盐为NH4NO3，X为氮元素，Y为氧元素。A. 同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性增强，故NH3的热稳定性比CH4强，选项A正确；B. Z - 22 - / 22‎ ‎ 为钠元素，位于第三周期ⅠA族，其他三种元素分别为第三周期ⅣA族、ⅤA族、Ⅵ族，故与Z既不同主族也不同周期，选项B正确；C. W .Y 和Z三种元素能形成NaHCO3、Na2CO3等离子化合物，选项C错误；D. O2-与N3-具有相同的电子层结构，核电荷数大的半径小，故O2-半径小，选项D正确。答案选C。‎ 点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，较好的考查学生分析推理能力。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物是常见的燃料，W为碳元素，Z的简单离子的半径是所有短周期主族元素阳离子中最大的，Z为钠元素。由H、X 和Y 三种元素形成的一种盐中X 有两种不同的价态，且该化合物撞击时会发生爆炸，则该盐为NH4NO3，X为氮元素，Y为氧元素，由此分析得解。‎ ‎8. 下列有关资源的开发利用的说法中正确的是（ ）‎ A. 从海水中提取溴单质的过程一定涉及氧化还原反应 B. 从海水中可以得到MgCl2,电解MgCl2溶液可制备Mg和Cl2‎ C. 天然气、乙醇和水煤气分別属于化石能源、不可再生能源和二次能源 D. Cu、Al、Hg可以分別用热还原CuO、Al2O3、HgO的方法得到 ‎【答案】A - 22 - / 22‎ ‎【解析】A．海水中的溴以离子的形式存在，需要通入足量氯气，将溴离子氧化，得到单质溴，一定涉及氧化还原反应，A正确；B．电解熔融MgCl2可制备Mg和Cl2，而电解氯化镁溶液可制备氢氧化镁、氢气和氯气，B错误；C．天然气、乙醇和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源，C错误；D．Cu、Al、Hg可以分别用热还原CuO、电解Al2O3和热分解HgO冶炼得到，D错误。答案选A。‎ ‎9. 甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 乙、丙都能发生银镜反应 B. 可用FeCl3溶液鉴别甲、丙两种有机化合物 C. 甲分子中所有碳原子可能共平面 D. 乙、丙两种有机化合物均可与NaOH溶液发生反应 ‎【答案】A ‎【解析】分析：甲中含有醚键、醇羟基，乙中含有醚键、醛基、氯原子，丙中含有酚羟基、羧基、醚键和氯原子，结合官能团的结构与性质解答。‎ 详解：A．丙中不存在醛基，不能发生银镜反应，A错误；‎ B．酚羟基遇氯化铁显紫色，丙中含酚羟基，而甲中不含，则可用FeCl3溶液区别甲、丙两种有机化合物，B正确；‎ C．苯环是平面结构，单键可以旋转，因此甲分子中所有碳原子可能共平面，C正确；‎ D．乙中含氯原子，丙中含酚羟基、羧基、氯原子，均能与NaOH溶液反应，D正确；答案选A。‎ ‎10. 硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法错误的是（ ）‎ A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1‎ - 22 - / 22‎ B. 若0.5 molNa2S2O3作还原剂,则转移4mol电子 C. 当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊 D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低 ‎【答案】A ‎【解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B. 若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C. 当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。本题选A。‎ ‎11. 已知：①1mol晶体硅中含有2 molSi-Si键。②Si(s)+O2(g)=SiO2(s) △H ,其反应过程与能量变化如图所示。③‎ 化学键 Si-O O=O Si-Si 断开1 mol共价键所需能量/kJ ‎460‎ ‎500‎ ‎176‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能的 B. 二氧化硅稳定性小于硅的稳定性 - 22 - / 22‎ C. △H=-988kJ·mol-1 D. △H=a-c ‎【答案】C ‎【解析】A、晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能，选项A错误；B、根据化学键的键能判断，断裂1mol二氧化硅需要的能量为4×460kJ=1840kJ，断裂1mol晶体硅需要的能量为2×176kJ=354kJ，故二氧化硅稳定性大于硅的稳定性，选项B错误；C、Si(s)+O2(g)=SiO2(s) ΔH=(+176×2+500-460×4)kJ/mol=-988kJ/mol，选项C正确；D、根据图中信息可知，ΔH=-c，选项D错误。答案选C。‎ ‎12. 常温下,将一定量的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体体积忽略不计)发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H,达到平衡时测得c(CO2)=a mol·L-l。温度不变，达到平衡后压缩容器体积至原来的一半,达到新平衡时测得c(NH3)=x mol·L-l。下列说法正确的是（ ）‎ A. 混合气体的平均相对分子质量不再变化时表明达到平衡状态 B. 达到新平衡时, △H为原来的2倍 C. 上述反应达到新平衡状态时x=2a D. 上述反应体系中,压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)不变 ‎【答案】C ‎【解析】A. 该反应的反应物中没有气体，所以混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能由此判断反应是否达到平衡状态，A不正确；B.△H与反应的限度没有关系，B不正确； C.‎ - 22 - / 22‎ ‎ 在一定温度下，化学反应的平衡常数是定值，由此反应的平衡常数表达式K= c2(NH3)• c(CO2)可知，在新的平衡状态，各组分的浓度肯定与原平衡相同，所以上述反应达到新平衡状态时x=2a，C正确；D. 上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)增大，D不正确。本题选C。‎ ‎13. 下列有关实验操作、实验现象和所得结论均正确的是（ ）‎ 实验操作 实验观象 结论 A 往淀粉水解后的溶液中加入足量新制氢氧化铜并加热 有砖红色沉淀生成 淀粉完全水解 B 用0.100 mol·L-1盐酸滴定未知浓度NaOH溶液(甲基橙做指示剂)‎ 溶液由橙色变红色，且在半分钟内不恢复 滴定到达终点 C 将BaCl2溶液滴入某溶液 生成白色沉淀 该溶液一定存在SO42-‎ D 往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的CaCl2溶液 红色褪去 证明CO32-水解呈碱性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A.说明淀粉水解，不能说明淀粉完全水解，故A结论错误；B. 溶液由黄色变橙色，且在半分钟内不恢复，表明滴定达到终点，故B实验现象错误；C.该溶液还可能存在CO32-、SO32-、Ag+等，故C结论错误；D. 往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的CaCl2溶液，CO32-完全转化为CaCO3，红色褪去，证明CO32-水解呈碱性，故D正确。故选D。‎ ‎14.‎ - 22 - / 22‎ ‎ 已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：H2B=H++HB-，HB-H++B2-。则下列关于酸式盐NaHB溶液的说法中正确的是（ ）‎ A. 电离方程式：NaHB=Na++H++B2-‎ B. NaHB溶液可能呈酸性或碱性 C. NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式：HB-+OH-=H2O+B2-‎ D. 该溶液中：c(Na+)=c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. HB-难电离，所以电离方程式：NaHB=Na++HB-，故A错误；B. HB-只电离，不水解，所以NaHB 溶液呈酸性，故B错误；C. NaHB 和NaOH 溶液反应的离子方式：HB-+OH-= H2O+B2-，故C正确；D. 该溶液中不存在H2B，所以c(Na+)=c(HB-)+c(B2-)，故D错误。故选C。‎ 点睛：解答本题需要特别注意H2B的第一步电离是完全的，H2B=H++HB-，而第二步电离可逆，HB-H++B2- 。因此，NaHB 溶液呈酸性，NaHB 溶液中不存在H2B。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题,共58分)‎ 二、简答题(共3小题,共43分)‎ ‎15. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的定影剂、还原性分析试剂。Na2S2O3·5H2O是无色晶体,易溶于水,不溶于乙醇,在潮湿的空气中易潮解,Na2S2O3和甲醛能形成难被碘溶液氧化的化合物。甲、乙两个兴趣小组用下列装置在实验室制备硫代硫酸钠。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)仪器a的名称是____________;溶液1是____________。‎ - 22 - / 22‎ ‎(2)甲小组按上图连接好装置,打开K1、K3,关闭K2,打开仪器a的活塞;片刻后,打开集热式磁力搅拌器加热;将气体通入锥形瓶中,溶液出现黄色浑浊后逐渐消失,相关的化学反应方程式为：①_________________；②Na2SO3+SNa2S2O3。‎ ‎(3)加热浓缩至出现少量晶膜,停止加热,打开K2,关闭K3,用注射器注入无水乙醇后有大量晶体析出。加入乙醇的作用是__________________________________。‎ ‎(4)乙小组在制备Na2S2O3时进行了改进。将C装置中的溶液换为Na2CO3和Na2S混合液,其反应为：Na2CO3+Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2。配制该混合溶液的过程中,先将Na2CO3完全溶解,再将Na2S溶解于Na2CO3的溶液中,其目的是__________________。‎ ‎(5)测定乙小组产品纯度。取3.000 g Na2S2O3·5H2O晶体,配成100 mL溶液,取20.00 mL于锥形瓶，调节溶液的pH至6,加入适量甲醛溶液和Zn(CH3COO)2溶液,过滤,洗涤，在滤液中滴加几滴淀粉溶液,用0.1000mol/L标准碘溶液滴定,消耗标准碘溶液10.00 mL。‎ ‎①加入适量甲醛溶液和Zn(CH3COO)2溶液的目的是_________________________________。‎ ‎②该产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为_____________。 (已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI Ksp(ZnS)=1.6×10-24 M(Na2S2O3·5H2O)=248 g/mol)‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). NaOH溶液 (3). 3SO2+2Na2S=2Na2SO3+3S↓ (4).‎ - 22 - / 22‎ ‎ Na2S2O3·5H2O不溶于乙醇,加入乙醇降低其溶解度，促进产品析出 (5). Na2S容易被氧化，先溶解Na2CO3,使Na2S溶解时间缩短，且抑制了Na2S的水解 (6). 除去溶液中残留的SO32-和S2- (7). 82.67%‎ ‎【解析】(1) 仪器a的名称是分液漏斗，溶液1是NaOH溶液用于吸收多余的SO2；‎ ‎(2) SO2通入Na2S溶液中，一方面是SO2与水反应生成的H2SO3能与Na2S发生复分解反应生成Na2SO3和H2S，，另一方面H2SO3还能氧化生成的H2S，所以反应的化学方程式为3SO2+2Na2S= 2Na2SO3+3S↓ ‎ ‎(3)加热浓缩至出现少量晶膜，停止加热，打开K2，关闭K3，停止向锥形瓶中通SO2，由于Na2S2O3·5H2O不溶于乙醇，所以用注射器注入无水乙醇降低其溶解度，促进产品大量析出；‎ ‎(4)S2—具有较强的还原性，容易被空气氧化，所以先溶解Na2CO3，再将Na2S溶解于Na2CO3的溶液中，接着进行实验，减少Na2S的溶解时间，且Na2CO3水解呈碱性还能抑制Na2S的水解；‎ ‎(5)①生成的Na2S2O3中可能含有的杂质为Na2CO3、Na2S和Na2SO3，调节溶液的pH为6，可除去Na2CO3，根据ZnS的Ksp可知，加入Zn(CH3COO)2溶液可除去Na2S和Na2SO3；②根据已知反应方程式可得 n(Na2S2O3)= 0.1000mol/L×10.00 mL×10-3×2× =0.01mol，则Na2S2O3·5H2O的质量分数=×100%=82.67%。‎ ‎16. 甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单,产物中H2含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜) ,是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下：‎ - 22 - / 22‎ 反应Ⅰ (主) ：CH3OH(g)+H2O(g)CO3(g)+3H2(g)  △H1=+49kJ/mol 反应Ⅱ(副) ：H2(g) +CO2(g)CO(g)+H2O(g)  △H2=+41kJ/mol 温度高于300℃则会同时发生反应Ⅲ： CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)  △H3‎ ‎(1)计算反应Ⅲ的△H3=____________。‎ ‎(2)反应1能够自发进行的原因是________________,升温有利于提高CH3OH转化率,但也存在一个明显的缺点是_______________________。‎ ‎(3)下图为某催化剂条件下,CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。‎ ‎①随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是___________(填标号)。‎ A．反应Ⅱ逆向移动 B．部分CO转化为CH3OH C．催化剂对反应Ⅱ的选择性低 D．催化剂对反应Ⅲ的选择性低 ‎②随着温度的升高,CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是______________。‎ ‎③写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施__________________________。‎ - 22 - / 22‎ ‎(4)250℃,一定压强和催化剂条件下,1.00 molCH3OH和1.32 mol H2O充分反应(已知此条件下可忽略反应Ⅲ),平衡时测得H2为2.70 mol,CO有0.030 mol,试求反应Ⅰ中CH3OH的转化率____________,反应Ⅱ的平衡常数____________。(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). +90 kJ·mol-1 (2). 反应Ⅰ为熵增加的反应 (3). CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 (4). C (5). 升温反应速率加快 (6). 其它条件不变,提高n(水)/n(甲醇)的比例(或其它条件不变,选择更合适的催化剂)   (7). 91% (8). 5.6×10-3‎ ‎【解析】（1）反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3= +90kJ/mol。‎ ‎（2）反应自发进行的要求是△G=△H－T△s＜0，此反应的△H＞0，所以反应自发进行的原因就是△s＞0，即反应为熵增反应。升温会促进反应Ⅲ的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。‎ ‎（3）①工业生产中，一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序，多数都是进行一段时间的反应就将体系取出，所以一般来说，反应的速度越快，取出的体系就越接近应该达到的平衡态。随着反应温度的升高，速度加快，但是CO的生产率并没有接近反应的平衡态，说明该反应使用的催化剂对于反应Ⅱ几乎没有加速作用，所以选项C正确，选项D错误。三个反应都吸热，所以升温都正向移动，不会促进CO转化为甲醇，选项A、选项B都错误。‎ ‎②由①的叙述可以得到答案为：升温反应速率加快。‎ - 22 - / 22‎ ‎③加入水蒸气，可以调高甲醇的转化率，同时使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，从而降低了CO的生成率。加入更合适的催化剂，最好只催化反应Ⅰ，不催化反应Ⅱ，这样也能达到目的。‎ ‎（4）达平衡时CO有0.03mol，根据反应Ⅱ得到参与反应的氢气为0.03mol，所以反应Ⅰ生成的氢气为2.73mol（平衡剩余氢气2.7mol），根据反应Ⅰ，消耗的甲醇为0.91mol，所以甲醇转化率为91%。根据反应Ⅰ的数据，消耗的水为0.91mol，生成的CO2为0.91mol，则剩余1.32-0.91=0.41mol水，在反应Ⅱ中应该消耗0.03molCO2，生成0.03molCO和0.03mol水，所以达平衡时，水为0.41+0.03=0.44mol，CO2为0.91-0.03=0.88mol。所以反应Ⅱ的平衡常数为（设容器体积为V）。‎ ‎17. 利用工业冶炼硫酸铜(含有Fe2+、AsO2-、Ca2+等杂质)提纯制备电镀硫酸铜的生产流程如下：‎ 已知：①Fe3+、Cu2+开始沉淀的pH分别2.7、5.4,完全沉淀的pH分别为3.7、6.4。‎ ‎②Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20‎ ‎③AsO2-+H2O2+H+=H3AsO4,H3AsO4+Fe3+=FeAsO4↓+3H+‎ ‎(1)溶解操作中需要配制含铜32g·L-1的硫酸铜溶液1.0 L,需要称量冶炼级硫酸铜的质量至少为_____g。‎ - 22 - / 22‎ ‎(2)测定溶解液中的Fe2+的浓度,可用KMnO4标准溶液滴定,取用KMnO4溶液应使用____________(“酸式”或“碱式”)滴定管,其中反应离子方程式为_________________。若要检验调节pH后溶液中的Fe3+已除尽的方法是______________________________________________。‎ ‎(3)氧化后需要将溶液进行稀释及调节溶液的pH=5,则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过________mol·L-1。‎ ‎(4)固体Ⅰ的主要成分除FeAsO4、Fe(OH)3外还有____________，由溶液I获得CuSO4·H2O,需要经过________、________、过滤、洗涤、干燥操作。‎ ‎(5)利用以上电镀级硫酸铜作为电解质溶液,电解粗铜(含锌、银、铂杂质)制备纯铜,写出阳极发生的电极反应式：___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 80 (2). 酸式 (3). MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O (4). 取少量溶液Ⅰ于试管中，滴加几滴KSCN溶液,若溶液不出现红色,则说明Fe3+已经除尽 (5). 2×10-2 (6). CaCO3 (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). Zn-2e-=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+‎ - 22 - / 22‎ ‎【解析】（1）溶解操作中需要配制含铜32g·L-1的硫酸铜溶液1.0L，需要称量冶炼级硫酸铜的质量至少为m（CuSO4）==80g；（2）高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡皮管，取用KMnO4溶液应使用酸式滴定管；MnO4-将Fe2+氧化为Fe3+，同时MnO4-被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O；若要检验调节pH后溶液中的Fe3+已除尽的方法是取少量溶液Ⅰ于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不出现红色，则说明Fe3+已经除尽；（3）溶液pH=5，c（OH-）=10-9mol/L，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过mol/L=2×10-2 mol/L；（4）由以上分析可知固体I的主要成分除 FeAsO4、Fe(OH)3外还有CaCO3，操作I从溶液中获得晶体，可蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）电解粗铜（含锌、银、铂杂质）制备纯铜，阳极发生氧化反应，阳极发生的电极反应方程式为Zn-2e-＝Zn2+、Cu-2e-＝Cu2+。‎ 点睛：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，易错点为调节PH=5时，可生成 FeAsO4、Fe(OH)3、CaCO3沉淀，过滤后溶液Ⅰ主要含有Cu2+、Na+，将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，结晶得到硫酸铜晶体，以此解答该题 。‎ ‎18. 铝是当前应用最广泛的金属材料之一,铝制品及其化合物在日常生活和工农业生产中也有着重要的用途。回答下列问题：‎ ‎(1)基态铝原子的核外电子排布式为____________。‎ ‎(2)根据元素周期律等知识判断,第一电离能Al____________Mg(填写“大于”或“小于”)。‎ ‎(3)Al2O3是常用的耐火材料,工业上也是用电解Al2O3方法制取金属Al,据此判断Al2O3的晶体类型是____________。‎ ‎(4)LiAlH4是一种重要的有机合成试剂,AlH4-的立体构型为____________，LiAlH4中Al原子的杂化轨道类型为____________。‎ - 22 - / 22‎ ‎(5)金属铝的晶胞结构如图1所示,原子之间相对位置关系的平面图如图2所示。‎ ‎①晶体铝中原子的堆积方式为____________。‎ ‎②已知铝原子半径为a cm,摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶体铝的密度ρ=_______g·cm-3(用含 a、M、NA的代数式来表示)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p1 (2). 小于 (3). 离子晶体 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). 面心立方 (7). ‎ ‎【解析】试题分析：本题考查物质结构与性质，主要考查核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，空间构型和杂化方式的判断，晶体类型的判断，金属晶体的堆积方式，晶胞的计算。‎ ‎（1）Al的原子序数为13，基态Al原子核外有13个电子，根据构造原理，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1。‎ ‎（2）Al的价电子排布式为3s23p1，Mg的价电子排布式为3s2，Mg的3s处于全充满，较稳定；第一电离能：Al小于Mg。‎ ‎（3）工业上用电解Al2O3方法制取金属Al，说明熔融Al2O3能导电，Al2O3属于离子晶体。‎ ‎（4）AlH4-中中心原子Al的孤电子对数为（3+1-41）=0，Al的价层电子对数为0+4=4，AlH4-的VSEPR模型为正四面体型，由于Al上没有孤电子对，AlH4-的立体构型为正四面体型。中心原子Al原子采取sp3杂化。‎ ‎（5）①根据铝的晶胞结构知，晶体Al中原子的堆积方式为面心立方。‎ - 22 - / 22‎ ‎②铝原子半径为acm，根据原子间相对位置关系的平面图，晶胞的边长为=2acm，晶胞的体积为（2acm）3=16a3cm3，用“均摊法”，1个晶胞中含Al：8+6=4，1mol晶体的体积为cm3NA=4a3NAcm3，1mol晶体的质量为Mg，晶体铝的密度ρ=Mg（4a3NAcm3）=g/cm3。‎ ‎19. 以CH2=C(CH3)2和为原料可制备香料E(C11H12O2),其合成路线如下：‎ 已知C能发生银镜反应,D能使酸性高锰酸钾溶液褪色。请回答下列问题：‎ ‎(1)根据系统命名法有机物CH2=C(CH3)2的名称为____________。‎ ‎(2)C中能发生银镜反应的官能团名称是____________。‎ ‎(3)⑤的反应类型是___________________________。‎ ‎(4)写出⑥反应的化学方程式：_______________________________。‎ ‎(5)含苯环的的同分异构体有____________种(不包含),其中核磁共振氢谱图有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的有机物的结构简式为____________。‎ ‎(6)参照上述合成路线设计一条由乙烯制备聚乙二酸乙二酯的合成路线(无需注明反应条件)_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). 醛基 (3). 消去反应 (4).  +H2O (5). 4 (6). (7). ‎ - 22 - / 22‎ ‎【解析】试题分析：本题考查有机推断和有机合成。侧重考查有机物的命名，官能团的识别，有机反应类型的判断，有机方程式的书写，限定条件同分异构体数目的确定和书写，有机合成路线的设计。反应①为与Br2/CCl4发生加成反应生成A，A的结构简式为；反应②为A与NaOH/H2O发生水解反应生成B，B的结构简式为；图示反应③、④为B→C→，C能发生银镜反应，C中含醛基，则反应③、④均为氧化反应，C的结构简式为；D能使酸性KMnO4溶液褪色，则反应⑤为消去反应，D的结构简式为；根据反应⑥和E的分子式（C11H12O2），反应⑥为酯化反应，E的结构简式为。‎ ‎（1）CH2=C（CH3）2按系统命名表示为，名称为2-甲基丙烯。‎ ‎（2）C的结构简式为，C中官能团为羟基和醛基，C中能发生银镜反应的官能团的名称为醛基。‎ ‎（3）⑤为消去反应。‎ ‎（4）反应⑥为D与的酯化反应，反应的化学方程式为++H2O。‎ - 22 - / 22‎ ‎（5）中的官能团为醇羟基，与其互为同分异构体的含苯环的物质可能为醚、酚，含苯环的同分异构体的结构简式为、、、，共4种。其中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的有机物的结构简式为。‎ ‎（6）聚乙二酸乙二酯的结构简式为，合成聚乙二酸乙二酯的单体为HOOC—COOH和HOCH2CH2OH，HOOC—COOH和HOCH2CH2OH都含有2个碳原子且含双官能团，所以由CH2=CH2先与Br2/CCl4发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解反应得到HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生两步氧化反应得到HOOC—COOH。合成路线表示为：。 ‎ 点睛：本题的有机推断比较简单，熟悉官能团之间的相互转化即可推断。有机合成路线的设计采用逆合成分析法，推出制备聚乙二酸乙二酯的单体为乙二酸和乙二醇，对比乙二酸、乙二醇与乙烯的结构发现，本题为典型双官能团的合成路线，合成双官能团的一般路线为：烯烃→二溴代物→二元醇→二元醛→二元羧酸。‎ - 22 - / 22‎