四川省雅安市2016届高考化学三诊试卷 Word版含解析.doc

‎2016年四川省雅安市高考化学三诊试卷 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）‎ ‎1．下列说法错误的是（　　）‎ A．安装燃煤“固硫”装置，可以降低酸雨发生率 B．氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现 C．研发易降解塑料，防止白色污染 D．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 ‎2．下列有关Ca（ClO）2溶液的叙述正确的是（　　）‎ A．该溶液中，K+、Cl﹣、HCOOH、I﹣可以大量共存 B．与Na2SO3反应的离子方程式：ClO﹣+SO32﹣═SO42﹣+Cl﹣‎ C．不可使用pH试纸测定该溶液的pH D．1 L 0.1 mol/L该溶液和足量的CO2充分反应，产生10 g沉淀 ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ A．常温常温下，0.1molH2O2中含有极性共价键的数目为0.1NA B．电解饱和食盐水时，当阴极产生22.4LH2时，电路中转移的电子数为2NA C．100mL12mol•L﹣1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA D．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA ‎4．将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的是（　　）‎ 实验编号 实验操作 实验现象 ‎①‎ 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ‎②‎ 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 ‎③‎ 滴入K3[Fe（CN）6]溶液 有蓝色沉淀生成 ‎④‎ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③‎ ‎5．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 现象 结论 A C2H4通入溴水中 溶液褪色 C2H4跟Br2发生加成反应 B 向溶液X中滴入NaHCO3溶液 产生无色气体 X中的溶质一定是酸 C Cl2通入品红溶液中 溶液褪色 Cl2具有漂白性 D 分别向0.1mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加 ‎0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液 醋酸中有气泡产生，‎ 硼酸中没有气泡产生 酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸 A．A B．B C．C D．D ‎6．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的硫酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．下列说法正确的是（　　）‎ A．①和②混合后c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+2c（SO42﹣）‎ B．①和④溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.01mol•L﹣1‎ C．②和③混合溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．四种溶液各稀释100倍，溶液pH：④＞③＞①＞②‎ ‎7．利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5（s）+5CO（g）⇌5CO2（g）+I2（s）；不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点时，CO的转化率为20%‎ B．容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态 C．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd D．0到0.5min反应速率V（CO）=0.3mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分58分）‎ ‎8．X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素．X元素是元素周期表中核电荷数最小的元素．Y的一种核素常用于考古，某一种同素异形体为自然界最硬的物 质．ZX3气体溶于水呈碱性．W的外围电子排布是3s1．G2+离子的M层d轨道只有5个电子．请回答下列问题：‎ ‎（1）W在元素周期表中的位置是　　　　　　；W和Z形成的化合物水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因　　　　　　．‎ ‎（2）Z原子的第一电离能比氧原子的　　　　　　（填“大”或“小”）；G的基态原子电子排布式是　　　　　　．‎ ‎（3）X与Y可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是X6Y6，分子中只有σ键，该分子的结构简式是　　　　　　；该化合物中Y的杂化轨道类型是　　　　　　．‎ ‎（4）G的最高价氧化物对应水化物的钾盐，在酸性条件下，常用于测定溶液中Fe2+的含量，该反应的离子方程式是　　　　　　．‎ ‎（5）可用YX4还原ZOx以消除污染．已知：‎ YX4（g）+4ZO2（g）═4ZO（g）+YO2（g）+2X2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1‎ YX4（g）+4ZO（g）═2Z2（g）十YO2（g）+2X2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1‎ 试写出用YX4还原ZO2至Z2的热化学方程式：　　　　　　．‎ ‎9．某学生研究小组欲探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生的蓝绿色沉淀组成，小组进行下列实验探究．‎ ‎【提出假设】‎ 假设1：沉淀为Cu（OH）2‎ 假设2：沉淀为　　　　　　‎ 假设3：沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为nCuCO3•mCu（OH）2]‎ ‎【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）．‎ ‎【物质成分探究】‎ 步骤1：将所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤 步骤2：甲同学取一定量固体，用气密性良好的如图装置（夹持仪器未画出）进行定性实验，请回答下列问题：‎ ‎（1）假设2中的沉淀为　　　　　　．‎ ‎（2）假设1中沉淀为Cu（OH）2的理论依据是　　　　　　．‎ ‎（3）无水乙醇洗涤的目的　　　　　　．‎ ‎（4）若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象，证明假设　　　　　　（填写序号）成立．‎ ‎（5）乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用　　　　　　试剂后，便可验证上述所有假设．‎ ‎（6）乙同学更换B试剂后验证假设3成立的实验现象是　　　　　　．‎ ‎（7）在假设3成立的前提下，某同学考虑用Ba（OH）2代替Ca（OH）2，测定蓝绿色固体的化学式，若所取蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后装置B的质量增加2.7g，C中的产生沉淀的质量为19.7g．则该蓝绿色固体的化学式为　　　　　　．‎ ‎10．最近研究用生物质原料合成高分子材料PET的流程如下：‎ 已知下列两个反应：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）反应①属于　　　　　　反应．‎ ‎（2）PET的中文名称是　　　　　　．‎ ‎（3）有机物A、B的结构简式分别是　　　　　　、　　　　　　．‎ ‎（4）写出反应②的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（5）在有机物A的同分异构体F溶液中滴加氯化铁溶液显紫色．F的苯环上有四个取代基且一氯代物只有一种，0.1molF跟足量的金属钠反应，生成0.15mol氢气，F的核磁共振氢谱有4个吸收峰．试写出满足上述条件F的结构简式　　　　　　（任写一种）‎ ‎11．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3含有Fe2O3、SiO2等杂质　）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：‎ 已知：‎ 物质 SiCl4‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ FeCl2‎ NaCl ‎ 沸点/℃‎ ‎57.6‎ ‎180（升华）‎ ‎300（升华）‎ ‎ 1023‎ ‎801 ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）高温反应前，常在800℃焙烧铝土矿，使固体中水分挥发、气孔数目增多，其作用是　　　　　　（只要求写出一种）‎ ‎（2）高温反应后，铝土矿中的氧化物均转变为相应的氯化物，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（3）气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有　　　　　　．气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，吸收液中含有的阴离子主要有　　　　　　．‎ ‎（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，“废渣”的主要成分是　　　　　　．‎ ‎（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，电镀时阴极的电极反应式为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎2016年四川省雅安市高考化学三诊试卷 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．下列说法错误的是（　　）‎ A．安装燃煤“固硫”装置，可以降低酸雨发生率 B．氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现 C．研发易降解塑料，防止白色污染 D．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 ‎【考点】"三废"处理与环境保护．‎ ‎【专题】化学应用．‎ ‎【分析】A、根据安装煤炭“固硫”装置，降低酸雨发生进行解答；‎ B、把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定；‎ C、根据塑料难以降解容易造成白色污染进行解答；‎ D、铝易被氧化成氧化铝覆盖在铝的表面．‎ ‎【解答】解：A、安装煤炭“固硫”装置，可以减少二氧化硫的排放，降低酸雨发生率，故A正确；‎ B、把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定，工业上用氢气和氮气合成氨是氮的固定，植物也能固氮，故B错误；‎ C、塑料难以降解容易造成白色污染，所以研发易降解的塑料，防止白色污染，故C正确；‎ D、铝易被氧化成氧化铝覆盖在铝的表面，对内部金属起保护作用，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题目是一道化学和生活相结合的题目，要求学生熟记所学知识，学以致用．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关Ca（ClO）2溶液的叙述正确的是（　　）‎ A．该溶液中，K+、Cl﹣、HCOOH、I﹣可以大量共存 B．与Na2SO3反应的离子方程式：ClO﹣+SO32﹣═SO42﹣+Cl﹣‎ C．不可使用pH试纸测定该溶液的pH D．1 L 0.1 mol/L该溶液和足量的CO2充分反应，产生10 g沉淀 ‎【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．‎ ‎【分析】A．溶液中不能存在还原性离子；‎ B．发生氧化还原反应后，结合钙离子生成硫酸钙沉淀；‎ C．溶液具有漂白性；‎ D．和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO．‎ ‎【解答】解：A．ClO﹣、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；‎ B．与Na2SO3反应的离子方程式为Ca2++ClO﹣+SO32﹣═CaSO4↓+Cl﹣，故B错误；‎ C．溶液具有漂白性，则不可使用pH试纸测定该溶液的pH，可选pH计测定，故C正确；‎ D．和足量的CO2充分反应，生成碳酸氢钙和HClO，则不能生成沉淀，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查物质的性质，综合性较强，涉及离子共存、氧化还原反应、与量有关的离子反应等，注重高频考点的考查，选项BD均为解答的易错点，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ A．常温常温下，0.1molH2O2中含有极性共价键的数目为0.1NA B．电解饱和食盐水时，当阴极产生22.4LH2时，电路中转移的电子数为2NA C．100mL12mol•L﹣1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA D．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ ‎【分析】A、1mol双氧水中含2mol极性共价键；‎ B、氢气所处的状态不明确；‎ C、浓硝酸在和铜反应的过程中，先生成NO2，后生成NO甚至价态更低的产物；‎ D、求出混合物的物质的量，然后根据甲烷和乙烯中均含4个H原子来分析．‎ ‎【解答】解：A、1mol双氧水中含2mol极性共价键，故0.1mol双氧水中含0.2NA个极性共价键，故A错误；‎ B、氢气所处的状态不明确，故无法计算物质的量和转移的电子数，故B错误；‎ C、浓硝酸在和铜反应的过程中，随着硝酸浓度的降低，先生成NO2，后生成NO甚至价态更低的产物，故转移的电子数无法计算，故C错误；‎ D、标况下11.2L混合物的物质的量为0.5mol，而甲烷和乙烯中均含4个H原子，故0.5mol混合物中含2molH原子即2NA个，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的是（　　）‎ 实验编号 实验操作 实验现象 ‎①‎ 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ‎②‎ 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 ‎③‎ 滴入K3[Fe（CN）6]溶液 有蓝色沉淀生成 ‎④‎ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③‎ ‎【考点】化学反应的可逆性．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底．将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I﹣能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I﹣，故只需要证明溶液中含Fe3+和I﹣，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡．据此分析．‎ ‎【解答】解：将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3+和I﹣能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I﹣，故只需要证明溶液中含Fe3+和I﹣，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡．‎ ‎①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；‎ ‎②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I﹣，能说明反应存在平衡，故②正确；‎ ‎③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；‎ ‎④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应．‎ ‎　‎ ‎5．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 现象 结论 A C2H4通入溴水中 溶液褪色 C2H4跟Br2发生加成反应 B 向溶液X中滴入NaHCO3溶液 产生无色气体 X中的溶质一定是酸 C Cl2通入品红溶液中 溶液褪色 Cl2具有漂白性 D 分别向0.1mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加 ‎0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液 醋酸中有气泡产生，‎ 硼酸中没有气泡产生 酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．乙烯可与溴水发生加成反应； ‎ B．产生无色气体，说明溶液呈酸性；‎ C．氯气本身无漂白性，氯气与水反应生成次氯酸的强氧化性漂白；‎ D．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强．‎ ‎【解答】解：A．乙烯可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故A正确； ‎ B．产生无色气体，说明溶液呈酸性，但不一定是酸，如硫酸氢钠，故B错误；‎ C．氯气本身无漂白性，氯气与水反应生成次氯酸的强氧化性漂白，故C错误；‎ D．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强，可说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题考查较为综合，涉及加成反应、物质的检验以及氧化性、酸性的比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的硫酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．下列说法正确的是（　　）‎ A．①和②混合后c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+2c（SO42﹣）‎ B．①和④溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.01mol•L﹣1‎ C．②和③混合溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ D．四种溶液各稀释100倍，溶液pH：④＞③＞①＞②‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A、①和②混合后得到的是硫酸和硫酸铵的混合物，根据电荷守恒来回答；‎ B、①和④溶液发生反应得到的是醋酸钠溶液，醋酸的浓度大于氢氧化钠，得到的是醋酸和醋酸钠的混合物；‎ C、pH=2的硫酸、pH=12的氨水混合得到的是硫酸和硫酸铵得混合物，据此回答；‎ D、加水稀释促进弱电解质的电离，溶液的pH变化小于2个单位．‎ ‎【解答】解：A、pH=2的CH3COOH溶液和pH=2的硫酸溶液中c（H+）均为10﹣2mol/L，醋酸的浓度大于10﹣2mol/L，根据反应量的关系，混合后得到的是硫酸和硫酸铵的混合物，存在电荷守恒：c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+2c（SO42﹣）故A正确；‎ B、①和④溶液发生反应得到的是醋酸钠溶液，醋酸的浓度大于氢氧化钠，得到的是醋酸和醋酸钠的混合物，c（Na+）≠c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故B错误；‎ C．pH=2的硫酸、pH=12的氨水混合得到的是硫酸和硫酸铵得混合物，c（OH﹣）＜c（H+），故C错误；‎ D．①pH=2的CH3COOH溶液，加水稀释促进弱电解质的电离，溶液的pH变化小于2个单位，pH＜4 ②pH=2的硫酸，稀释100倍，pH=4，③pH=12的氨水加水稀释促进弱电解质的电离，溶液的pH变化小于2个单位，pH＞10，④pH=12的NaOH溶液，稀释100倍，pH=10，所以溶液pH大小顺序：③＞④＞②＞①，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡应用，题目难度不大，主要是强酸、弱酸、强碱、弱碱溶液稀释、pH的大小比较，弱电解质电离平衡的移动的判断．‎ ‎　‎ ‎7．利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5（s）+5CO（g）⇌5CO2（g）+I2（s）；不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数φ（CO2）随时间t变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．b点时，CO的转化率为20%‎ B．容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态 C．b点和d点的化学平衡常数：Kb＞Kd D．0到0.5min反应速率V（CO）=0.3mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【专题】化学平衡专题．‎ ‎【分析】A、根据三行式来分析各物质的量，结合转化率等于；‎ B、两边计量数相等，所以压强始终不变；‎ C、b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd；‎ D、0到0.5min时CO2的体积分数（即物质量分数），列式计算即可求出从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）；‎ ‎【解答】解：A、5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol y y b点量/mol 2﹣y y 根据a点时CO2的体积分数φ（CO2）==0.80，得y=1.6mol，转化率等于=×100%=80%，故A错误；‎ B、两边计量数相等，所以压强始终不变，不能做平衡状态的标志，故B错误；‎ C、b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，故C正确；‎ D、0到0.5min时：‎ ‎ 5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）‎ 起始量/mol 2 0‎ 转化量/mol x x a点量/mol 2﹣x x 根据a点时CO2的体积分数φ（CO2）==0.30，得x=0.6mol 则从反应开始至a点时的反应速率为v（CO）==0.6mol•L﹣1•min﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题题考查影响化学反应速率和化学平衡影响的因素，可以根据所学知识进行回答，难度不大．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分58分）‎ ‎8．X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素．X元素是元素周期表中核电荷数最小的元素．Y的一种核素常用于考古，某一种同素异形体为自然界最硬的物质．ZX3气体溶于水呈碱性．W的外围电子排布是3s1．G2+离子的M层d轨道只有5个电子．请回答下列问题：‎ ‎（1）W在元素周期表中的位置是　第三周期第IA族　；W和Z形成的化合物水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因　N3﹣+H2O⇌NH3+OH﹣　．‎ ‎（2）Z原子的第一电离能比氧原子的　大　（填“大”或“小”）；G的基态原子电子排布式是　1s22s22p63s23p63d54s2　．‎ ‎（3）X与Y可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是X6Y6，分子中只有σ键，该分子的结构简式是　　；该化合物中Y的杂化轨道类型是　sp3　．‎ ‎（4）G的最高价氧化物对应水化物的钾盐，在酸性条件下，常用于测定溶液中Fe2+的含量，该反应的离子方程式是　MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O　．‎ ‎（5）可用YX4还原ZOx以消除污染．已知：‎ YX4（g）+4ZO2（g）═4ZO（g）+YO2（g）+2X2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1‎ YX4（g）+4ZO（g）═2Z2（g）十YO2（g）+2X2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1‎ 试写出用YX4还原ZO2至Z2的热化学方程式：　CH4 （g）+2NO2 （g）=CO2（g）+N2 （g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素，X是元素周期表中核电荷数最小的元素，故X为H元素；Y的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最硬的物质，则Y为C元素；ZX3气体溶于水呈碱性，则Z为N元素；W的外围电子排布是3s1，则W为Na；G2+离子的M层d轨道只有5个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则G为Mn．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素，X是元素周期表中核电荷数最小的元素，故X为H元素；Y的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最硬的物质，则Y为C元素；ZX3气体溶于水呈碱性，则Z为N元素；W的外围电子排布是3s1，则W为Na；G2+离子的M层d轨道只有5个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则G为Mn．‎ ‎（1）W是Na元素，位于元素周期表第三周期第IA族；W和Z形成的化合物为Na3N，水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：N3﹣+H2O⇌NH3+OH﹣；‎ 故答案为：第三周期第IA族；N3﹣+H2O⇌NH3+OH﹣；‎ ‎（2）N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧原子；G为Mn元素，基态原子价电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，‎ 故答案为：大；1s22s22p63s23p63d54s2；‎ ‎（3）H与C可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是H6C6，分子中只有σ键，该分子的结构简式是，碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，碳原子杂化方式为sp3杂化，‎ 故答案为：；sp3；‎ ‎（4）G的最高价氧化物对应水化物的钾盐为KMnO4，在酸性条件下，常用于测定溶液中Fe2+的含量，该反应的离子方程式是：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，‎ 故答案为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；‎ ‎（5）已知：①CH4 （g）+4NO2 （g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1‎ ‎②CH4 （g）+4NO（g）=2N2 （g）+CO2 （g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律①+②得：2CH4 （g）+4NO2 （g）=2CO2（g）+2N2 （g）+4H2O（g）△H=﹣1734kJ•mol﹣1，‎ 即热化学方程式为CH4 （g）+2NO2 （g）=CO2（g）+N2 （g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CH4 （g）+2NO2 （g）=CO2（g）+N2 （g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1．‎ ‎【点评】本题是对物质结构的考查，涉及结构性质位置关系、电离能、核外电子排布、分子结构、杂化方式、氧化还原反应、热化学方程式书写等，注意对理解掌握同周期第一电离能异常原因．‎ ‎　‎ ‎9．某学生研究小组欲探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生的蓝绿色沉淀组成，小组进行下列实验探究．‎ ‎【提出假设】‎ 假设1：沉淀为Cu（OH）2‎ 假设2：沉淀为　CuCO3　‎ 假设3：沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为nCuCO3•mCu（OH）2]‎ ‎【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）．‎ ‎【物质成分探究】‎ 步骤1：将所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤 步骤2：甲同学取一定量固体，用气密性良好的如图装置（夹持仪器未画出）进行定性实验，请回答下列问题：‎ ‎（1）假设2中的沉淀为　CuCO3　．‎ ‎（2）假设1中沉淀为Cu（OH）2的理论依据是　碳酸根水解，溶液中含有较多的OH﹣　．‎ ‎（3）无水乙醇洗涤的目的　利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水　．‎ ‎（4）若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象，证明假设　1　（填写序号）成立．‎ ‎（5）乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用　无水CuSO4　试剂后，便可验证上述所有假设．‎ ‎（6）乙同学更换B试剂后验证假设3成立的实验现象是　A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生　．‎ ‎（7）在假设3成立的前提下，某同学考虑用Ba（OH）2代替Ca（OH）2，测定蓝绿色固体的化学式，若所取蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后装置B的质量增加2.7g，C中的产生沉淀的质量为19.7g．则该蓝绿色固体的化学式为　2CuCO3•3Cu（OH）2或3Cu（OH）2•2CuCO3或Cu5（OH）6（CO3）2　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【专题】定量测定与误差分析．‎ ‎【分析】（1）提出假设：氢氧化铜和碳酸铜都是蓝色沉淀；‎ ‎（2）Na2CO3溶液中碳酸根能水解，产生氢氧根离子，所以与CuSO4溶液混合产生的蓝绿色沉淀可能为氢氧化铜；‎ 加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜；‎ ‎（3）用无水乙醇洗涤悬浊液，可以洗去固体中残留的水分，乙醇具有挥发性；‎ ‎（4）加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜；‎ ‎（5）实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证，加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分；‎ ‎（6）依据（5）的分析表述实验现象；‎ ‎（7）B中吸收的是水，C中吸收的是二氧化碳，根据质量守恒定律测得氧化铜的质量，根据原子守恒确定其化学式．‎ ‎【解答】解：（1）CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，可能是反应生成了碳酸铜沉淀，或双水解生成了氢氧化铜沉淀，或是碱式碳酸铜，假设1中沉淀为Cu（OH）2，假设2为CuCO3，‎ 故答案为：CuCO3；‎ ‎（2）Na2CO3溶液中碳酸根能水解，产生氢氧根离子，所以与CuSO4溶液混合产生的蓝绿色沉淀可能为氢氧化铜，‎ 故答案为：碳酸根水解，溶液中含有较多的OH﹣；‎ ‎（3）所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，可以洗去固体中残留的水分，通风晾干可以让乙醇完全挥发，‎ 故答案为：利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水；‎ ‎（4）加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象证明一定不含有碳酸铜，现象的产生为氢氧化铜，假设1正确，‎ 故答案为：1；‎ ‎（5）实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证，加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分，装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水，澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以要将上图中B装置的试剂改用无水CuSO4，‎ 故答案为：无水CuSO4；‎ ‎（6）装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜，是否变蓝色验证是否生成水，装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以证明假设是否正确的现象为：A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生，‎ 故答案为：A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生；‎ ‎（7）B中吸收的是水，水的物质的量==0.15mol，C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量==0.1mol，氧化铜的物质的量==0.25mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0.25mol：0.3mol：0.1mol=5：6：2，所以其化学式为：2 CuCO3•3Cu（OH）2 或 3Cu（OH）2•2 CuCO3 或 Cu5（OH）6（CO3）2，‎ 故答案为：2 CuCO3•3Cu（OH）2 或 3Cu（OH）2•2 CuCO3 或 Cu5（OH）6（CO3）2．‎ ‎【点评】本题考查了探究物质的组成和含量的测定，明确物质的性质探究实验的基础，难点是化学式的确定，难度较大．‎ ‎　‎ ‎10．最近研究用生物质原料合成高分子材料PET的流程如下：‎ 已知下列两个反应：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）反应①属于　酯化或取代　反应．‎ ‎（2）PET的中文名称是　聚对苯二甲酸乙二酯　．‎ ‎（3）有机物A、B的结构简式分别是　CH3CH2OOCH=CH﹣CH=CHCOOCH2CH3　、　　．‎ ‎（4）写出反应②的化学方程式　　．‎ ‎（5）在有机物A的同分异构体F溶液中滴加氯化铁溶液显紫色．F的苯环上有四个取代基且一氯代物只有一种，0.1molF跟足量的金属钠反应，生成0.15mol氢气，F的核磁共振氢谱有4个吸收峰．试写出满足上述条件F的结构简式　　（任写一种）‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】HOOCH=CH﹣CH=CHCOOH与过量的乙醇发生酯化反应得到A为CH3CH2OOCH=CH﹣CH=CHCOOCH2CH3，由PET的结构中含有苯环，则A发生信息（1）中的反应得到B，即与乙烯反应生成B为，B脱氢得到C为，C与乙二醇发生信息（1）中酯交换反应得到PET．‎ ‎【解答】解：HOOCH=CH﹣CH=CHCOOH与过量的乙醇发生酯化反应得到A为CH3CH2OOCH=CH﹣CH=CHCOOCH2CH3，由PET的结构中含有苯环，则A发生信息（1）中的反应得到B，即与乙烯反应生成B为，B脱氢得到C为，C与乙二醇发生信息（1）中酯交换反应得到PET．‎ ‎（1）反应①属于酯化反应或取代反应，故答案为：酯化或取代；‎ ‎（2）PET的中文名称是：聚对苯二甲酸乙二酯，故答案为：聚对苯二甲酸乙二酯；‎ ‎（3）有机物A、B的结构简式分别是CH3CH2OOCH=CH﹣CH=CHCOOCH2CH3、，‎ 故答案为：CH3CH2OOCH=CH﹣CH=CHCOOCH2CH3；；‎ ‎（4）反应②的化学方程式：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）在有机物A的同分异构体F溶液中滴加氯化铁溶液显紫色，说明F含有酚羟基，F的苯环上有四个取代基且一氯代物只有一种，0.1molF跟足量的金属钠反应，生成0.15mol氢气，说明含有3个酚羟基，F的核磁共振氢谱有4个吸收峰，满足上述条件F的结构简式为：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断与合成，关键是对题目给予信息的理解，侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查．‎ ‎　‎ ‎11．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3含有Fe2O3、SiO2等杂质　）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：‎ 已知：‎ 物质 SiCl4‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ FeCl2‎ NaCl ‎ 沸点/℃‎ ‎57.6‎ ‎180（升华）‎ ‎300（升华）‎ ‎ 1023‎ ‎801 ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）高温反应前，常在800℃焙烧铝土矿，使固体中水分挥发、气孔数目增多，其作用是　防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率　（只要求写出一种）‎ ‎（2）高温反应后，铝土矿中的氧化物均转变为相应的氯化物，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为　Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO　．‎ ‎（3）气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有　CO2、O2、SiCl4　．气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，吸收液中含有的阴离子主要有　CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣　．‎ ‎（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，“废渣”的主要成分是　NaCl、FeCl2　．‎ ‎（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，电镀时阴极的电极反应式为　4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．‎ ‎【分析】用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和FeCl3‎ 变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，据此答题．‎ ‎【解答】解：（1）步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，‎ 故答案为：防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；‎ ‎（2）高温反应后，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3和CO的化学方程式为Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，‎ 故答案为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO； ‎ ‎（3）根据上面的分析可知，气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有CO2、O2、SiCl4，气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸根离子或碳酸氢根离子，氯气与氢氧化钠反应生成氯离子和次氯酸根离子，四氯化硅水解生成硅酸根离子，所以吸收液中含有的阴离子主要有CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣，‎ 故答案为：CO2、O2、SiCl4；CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣；‎ ‎（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁还原成氯化亚铁，这样可以通过升华分离出AlCl3，所以废渣为NaCl、FeCl2，‎ 故答案为：NaCl、FeCl2； ‎ ‎（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，则电镀时阴极上发生还原反应，反应的电极反应式为4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al，‎ 故答案为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al．‎ ‎【点评】本题考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制、电极反应方程式的书写等，题目难度中等．‎