安徽省黄山市屯溪一中2016届高三化学上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年安徽省黄山市屯溪一中高三（上）第四次月考化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．下列对于实验室事故的处理，合理的是（　　）‎ A．苯酚沾在手上，立即用氢氧化钠溶液洗涤 B．金属钠失火，立即用泡沫灭火器灭火 C．酒精灯失火后，立即用水扑灭 D．不慎将烧碱溶液溅到皮肤上，立即用水冲洗 ‎　‎ ‎2．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（　　）‎ A．Al3+ Na+NO3﹣ Cl﹣ B．K+ Na+Cl﹣ NO3﹣‎ C．K+ Na+ Cl﹣AlO2﹣ D．K+ NH4+ SO42﹣NO3﹣‎ ‎　‎ ‎3．下列反应中，有沉淀产生且不会消失的是（　　）‎ A．向NaOH溶液中逐滴滴入Fe2（SO4）3溶液直至过量 B．将NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，直至过量 C．向AlCl3溶液中逐滴滴入稀硫酸 D．将氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，直至过量 ‎　‎ ‎4．在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL，恰好完全反应．所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL氯气氧化．则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为（　　）‎ A．5：7 B．4：3 C．3：4 D．9：13‎ ‎　‎ ‎5．可逆反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在一固定容积的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2‎ - 29 -‎ ‎②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO ‎③用NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎ ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A．②③⑤ B．①④⑥ C．①③④ D．①②③④⑤⑥‎ ‎　‎ ‎6．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．标准状况下，2.24LCH4所含质子数为0.1NA B．0.1mol Fe与足量氯气反应转移的电子数为0.2NA C．0.1mol C8H18分子中共价键总数为2.5NA D．100mL 1mol/L醋酸溶液中离子总数为0.2NA ‎　‎ ‎7．下列有关二氧化硫的说法中，错误的是（　　）‎ A．二氧化硫的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明它能和水反应生成H2SO3‎ B．二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有氧化性 C．将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾试液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性 D．实验室可用浓硫酸干燥二氧化硫气体 ‎　‎ ‎8．将NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液并用水溶解、加热，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应．则X为（　　）‎ A．ClO2 B．Cl2O C．Cl2 D．Cl2O3‎ ‎　‎ ‎9．短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子，Y元素原子的M电子层上的电子数是它的K层和L层电子总数的一半，Z元素原子的L电子层上的电子数比Y元素原子的L电子层上的电子数少2个．则这三种元素所组成的化合物的分子式不可能是（　　）‎ A．X2YZ4 B．XYZ3 C．X3YZ4 D．X4Y2Z7‎ ‎　‎ - 29 -‎ ‎10．有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲可能结构有（　　）‎ A．8种 B．14种 C．16种 D．18种 ‎　‎ ‎11．能正确表示下列化学反应的离子方程式是（　　）‎ A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣‎ B．金属铝溶于盐酸中：Al+2H+=Al3++H2↑‎ C．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O=H2S↑+2OH﹣‎ D．碳酸镁溶于硝酸中：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑‎ ‎　‎ ‎12．质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水．得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c．则溶质的分子量（相对分子质量）为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ ‎13．用惰性电极进行电解，下列说法正确的是（　　）‎ A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH﹣，故溶液pH减小 C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：2‎ D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1‎ ‎　‎ ‎14．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（　　）‎ A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量小 B．两烧杯中参加反应的锌等量 C．甲烧杯中的酸过量 D．反应开始后乙烧杯中的c（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）小 - 29 -‎ ‎　‎ ‎15．某无色混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成．在恒温恒压条件下，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色．则原混合气体的成份是（　　）‎ A．HCl和CO B．HCl、H2和CO C．CH4和NH3 D．HCl、CO和CO2‎ ‎　‎ ‎16．天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂．关于维生素P的叙述错误的是（　　）‎ A．可以和溴水反应 B．可溶于有机溶剂 C．分子中有三个苯环 D．1mol维生素P最多可以和4molNaOH反应 ‎　‎ ‎　‎ 三、推断题：（共20分）‎ ‎17．根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X常温下为无色无味透明液体；C焰色反应火焰呈黄色，J为红褐色沉淀；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色；A固体中仅含两种元素，其中金属元素的质量分数约为46.7%．‎ ‎（1）A的化学式为　　　　　　； F的化学式为　　　　　　；‎ ‎（2）反应 ③的化学方程式：　　　　　　；‎ ‎（3）反应②的离子方程式：　　　　　　；‎ - 29 -‎ ‎（4）反应④的离子方程式：　　　　　　；‎ ‎（5）已知每生成16g E，放出106.5kJ热量，则反应①的热化学方程式为：　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎18．随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了各国的普遍重视．‎ ‎（1）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol 测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示 ‎①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=　　　　　　mol/（L•min）．‎ ‎②该反应的平衡常数表达式为　　　　　　．‎ ‎③下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是　　　　　　．‎ A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大 C．将H2O（g）从体系中分离 D．再充入1mol CO2和3mol H2‎ ‎（2）在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离去除CO2，还要求提供充足的O2．某种电化学装置可实现如下转化：2CO2=2CO+O2，CO可用作燃料．‎ 已知该反应的阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O 则阴极反应式为：　　　　　　．‎ 有人提出，可以设计反应2CO=2C+O2（△H＞0、△S＜0）来消除CO的污染．请你判断是否可行并说出理由：　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎19．存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种．A遇FeCl3溶液发生显色反应．F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环．它们的转化关系如下：‎ - 29 -‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）有机物A中含氧官能团的名称是　　　　　　；‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式 A→B：　　　　　　； M→N：　　　　　　；‎ ‎（3）A→C的反应类型为　　　　　　，E→F的反应类型为　　　　　　；‎ ‎（4）1mol A可以和　　　　　　mol Br2反应；‎ ‎（5）某营养物质的主要成分（分子式为C16H14O3）是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，则R的含有苯环的同分异构体有　　　　　　种（不包括R）；‎ ‎（6）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎20．将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4•2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义．以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图．‎ ‎（1）本工艺中所用的原料除CaSO4•2H2O、KCl外，还需要　　　　　　等原料 ‎（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式：‎ ‎　　　　　　‎ ‎（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有　　　　　　（填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料．‎ ‎（4）过滤Ⅰ操作所得滤液是（NH4）2SO4溶液．检验滤液中含有CO32﹣的方法是：　　　　　　‎ - 29 -‎ ‎　　　　　　．‎ ‎（5）已知不同温度下K2SO4在100g水中达到饱和时溶解的量如表：‎ 温度（℃）‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎60‎ K2SO4溶解的量（g）‎ ‎7.4‎ ‎11.1‎ ‎18.2‎ ‎60℃时K2SO4的饱和溶液591g冷却到0℃，可析出K2SO4晶体　　　　　　g ‎（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2•6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是　　　　　　‎ A、熔点较低 b、能导电 c、能制冷 d、无毒 ‎（7）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是：　　　　　　‎ ‎　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ - 29 -‎ ‎2015-2016学年安徽省黄山市屯溪一中高三（上）第四次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．下列对于实验室事故的处理，合理的是（　　）‎ A．苯酚沾在手上，立即用氢氧化钠溶液洗涤 B．金属钠失火，立即用泡沫灭火器灭火 C．酒精灯失火后，立即用水扑灭 D．不慎将烧碱溶液溅到皮肤上，立即用水冲洗 ‎【考点】化学实验安全及事故处理．‎ ‎【专题】化学实验基本操作．‎ ‎【分析】A、氢氧化钠有强腐蚀性；‎ B、钠能与水反应；‎ C、酒精能与水任意比互溶；‎ D、烧碱溶液溅到皮肤上，要先用水冲洗，然后进行后续处理．‎ ‎【解答】解：A、氢氧化钠有强腐蚀性，会对皮肤造成二次伤害，应用酒精洗，故A错误；‎ B、泡沫灭火器喷出的物质中含有大量的水分，而钠能与水反应，故不能用，应用沙土盖灭，故B错误；‎ C、酒精能与水任意比互溶，故如果用水灭，反而会增大着火面积，应该用湿抹布盖灭，故C错误；‎ D、烧碱溶液溅到皮肤上，要先用水冲洗，然后图上硼酸溶液，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了实验室中常出现的危险的处理，难度不大，但应加强掌握．实验安全是大事，如何将危险处理恰当是关键．‎ ‎　‎ ‎2．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（　　）‎ A．Al3+ Na+NO3﹣ Cl﹣ B．K+ Na+Cl﹣ NO3﹣‎ C．K+ Na+ Cl﹣AlO2﹣ D．K+ NH4+ SO42﹣NO3﹣‎ - 29 -‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，该溶液 为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，‎ A．碱性溶液中，铝离子与氢氧根离子发生反应生成氢氧化铝沉淀；‎ B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；‎ C．酸性溶液中，偏铝酸根与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀；‎ D．铵根离子与氢氧根离子反应生成弱碱一水合氨．‎ ‎【解答】解：若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，‎ A．碱性溶液中，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣离子之间不反应，且都不与氢离子或氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C．酸性溶液中，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．碱性溶液中，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．‎ ‎　‎ ‎3．下列反应中，有沉淀产生且不会消失的是（　　）‎ A．向NaOH溶液中逐滴滴入Fe2（SO4）3溶液直至过量 B．将NaOH溶液逐滴滴入AlCl3溶液中，直至过量 C．向AlCl3溶液中逐滴滴入稀硫酸 D．将氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，直至过量 ‎【考点】镁、铝的重要化合物；氨的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．‎ ‎【专题】元素及其化合物．‎ ‎【分析】A．NaOH和Fe2（SO4）3溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；‎ B．Al（OH）3能溶于强碱NaOH溶液中；‎ - 29 -‎ C．稀硫酸和AlCl3不反应；‎ D．AgOH能溶于氨水生成银氨络合物．‎ ‎【解答】解：A．NaOH和Fe2（SO4）3溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，离子反应方程式为Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Fe（OH）3不溶于NaOH溶液，所以沉淀不消失，故A正确；‎ B．Al（OH）3能溶于强碱NaOH溶液中，离子反应方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以沉淀会消失，故B错误；‎ C．氯化铝溶液呈酸性，所以稀硫酸和AlCl3不反应，没有沉淀生成，故C错误；‎ D．氨水和AgNO3反应生成AgOH沉淀，AgOH能溶于氨水生成银氨络合物，所以沉淀会消失，离子方程式为Ag++2NH3•H2O═++2H2O，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查较综合，涉及铁、铝、银元素及其化合物的性质，侧重考查学生分析问题能力，知道氢氧化铝的两性、络合物的生成，常见的络合物有硫氰化铁、银氨氯化物、铜氨络合物等，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL，恰好完全反应．所得溶液中Fe2+能被标准状况下112mL氯气氧化．则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为（　　）‎ A．5：7 B．4：3 C．3：4 D．9：13‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】根据题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，根据原子守恒和电子守恒即可计算原子个数之比．‎ ‎【解答】解：硫酸的物质的量n=2mol/L×0.065L=0.13mol，所以n（H+）=0.26mol，‎ 氯气是=0.005mol，共失电子是0.01mol，根据反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，则溶液中n（Fe2+）=0.01mol，能得电子是0.01mol，‎ 设FeO为Xmol，Fe2O3和Al2O3为Ymol，则X+3Y=0.13，X=0.01，所以Y=0.04‎ 所以金属原子个数是0.01+0.04×2=0.09，氧是0.01+0.04×3=0.13‎ 即原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为9：13．‎ - 29 -‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查学生含铁化合物的性质等知识，注意守恒思想在解题中的应用，难度中等．‎ ‎　‎ ‎5．可逆反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在一固定容积的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）‎ ‎①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2‎ ‎②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO ‎③用NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎ ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A．②③⑤ B．①④⑥ C．①③④ D．①②③④⑤⑥‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故②错误；‎ ‎③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反应速率之比可能为2：2：1，也可能不是2：2：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故③错误；‎ ‎④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；‎ ‎⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故⑥正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．‎ - 29 -‎ ‎　‎ ‎6．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．标准状况下，2.24LCH4所含质子数为0.1NA B．0.1mol Fe与足量氯气反应转移的电子数为0.2NA C．0.1mol C8H18分子中共价键总数为2.5NA D．100mL 1mol/L醋酸溶液中离子总数为0.2NA ‎【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、依据n=计算物质的量，结合分子式计算质子数；‎ B、铁和氯气反应生成氯化铁；‎ C、C8H18分子属于烷烃，结合烷烃分子结构计算所含共价键；‎ D、醋酸是弱电解质存在电离平衡．‎ ‎【解答】解：A、依据n=计算物质的量==0.1mol，结合甲烷分子是10电子分子计算，0.1mol甲烷含质子数为NA，故A错误；‎ B、铁和氯气反应生成氯化铁，0.1mol Fe与足量氯气反应转移的电子数为0.3NA，故B错误；‎ C、C8H18分子属于烷烃，结合烷烃分子结构计算所含共价键=0.1mol（18+8﹣1）；×NA=2.5NA，故C正确；‎ D、醋酸是弱电解质存在电离平衡，100mL 1mol/L醋酸溶液中离子总数小于0.2NA，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是气体摩尔体积计算，分子结构的理解应用，弱电解质电离平衡的判断，掌握基础是关键，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎7．下列有关二氧化硫的说法中，错误的是（　　）‎ A．二氧化硫的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明它能和水反应生成H2SO3‎ B．二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有氧化性 C．将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾试液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性 D．实验室可用浓硫酸干燥二氧化硫气体 ‎【考点】二氧化硫的化学性质．‎ ‎【专题】氧族元素．‎ - 29 -‎ ‎【分析】A．酸能使紫色石蕊试液变红色；‎ B．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性；‎ C．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化；‎ D．浓硫酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，但二者不反应．‎ ‎【解答】解：A．酸能使紫色石蕊试液变红色，二氧化硫的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明它能和水反应生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，从而使紫色石蕊试液变红色，故A正确；‎ B．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，不体现二氧化硫的氧化性，故B错误；‎ C．高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，如果二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，则二氧化硫具有还原性，故C正确；‎ D．浓硫酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，但二者不反应，所以浓硫酸能干燥二氧化硫，但浓硫酸不能干燥硫化氢，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查二氧化硫的性质，二氧化硫属于酸性氧化物、具有氧化性和还原性及漂白性，注意二氧化硫和次氯酸漂白原理的区别，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎8．将NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液并用水溶解、加热，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应．则X为（　　）‎ A．ClO2 B．Cl2O C．Cl2 D．Cl2O3‎ ‎【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，利用氧化还原反应中电子守恒来分析．‎ ‎【解答】解：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，‎ Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，‎ Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，‎ 设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，‎ ‎2×（5﹣x）=1×（6﹣4），解得x=+4，‎ - 29 -‎ A、ClO2中，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，故A正确；‎ B、Cl2O中，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，故B错误；‎ C、Cl2中，Cl元素的化合价为0，故C错误；‎ D、Cl2O3中，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子，Y元素原子的M电子层上的电子数是它的K层和L层电子总数的一半，Z元素原子的L电子层上的电子数比Y元素原子的L电子层上的电子数少2个．则这三种元素所组成的化合物的分子式不可能是（　　）‎ A．X2YZ4 B．XYZ3 C．X3YZ4 D．X4Y2Z7‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z．Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则其M层电子数为5，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素；X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式．‎ ‎【解答】解：Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素，为+3、+5价等；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素，为﹣2价，X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，X+1价．‎ A．Y元素化合价为+6价，不符合，故A错误；‎ B．XYZ3中Y元素化合价为+5价，符合，故B正确；‎ C．X3YZ4中Y元素化合价为+5价，符合，故C正确；‎ D．X4Y2Z7中Y元素化合价为+5价，符合，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查原子结构与元素性质，注意根据原子核外电子排布推断元素种类，并结合化合价判断可能的化合物，题目难度不大．‎ - 29 -‎ ‎　‎ ‎10．有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲可能结构有（　　）‎ A．8种 B．14种 C．16种 D．18种 ‎【考点】有机化合物的异构现象；辨识简单有机化合物的同分异构体．‎ ‎【专题】同系物和同分异构体；有机物分子组成通式的应用规律．‎ ‎【分析】有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目．据此判断有机物甲的同分异构体数目．‎ ‎【解答】有机物甲的分子式应为C9H18O2．‎ 解：有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子．‎ 含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH．‎ 含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；‎ CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；‎ CH3C（CH3）2CH2OH．‎ 所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查同分异构体数目的判断，难度中等，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键．‎ ‎　‎ ‎11．能正确表示下列化学反应的离子方程式是（　　）‎ A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣‎ B．金属铝溶于盐酸中：Al+2H+=Al3++H2↑‎ C．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O=H2S↑+2OH﹣‎ - 29 -‎ D．碳酸镁溶于硝酸中：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【专题】离子反应专题．‎ ‎【分析】A．反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠；‎ B．电子不守恒、电荷不守恒；‎ C．水解反应为可逆反应，第一步水解生成硫氢根离子和OH﹣；‎ D．碳酸镁不溶于水，在离子反应中应保留化学式．‎ ‎【解答】解：A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫的离子反应为2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣，故A正确；‎ B．金属铝溶于盐酸中的离子反应为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故B错误；‎ C．硫化钠溶于水中的离子反应为S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣，以第一步水解为主，故C错误；‎ D．碳酸镁溶于硝酸中的离子反应为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答的关键，并注意水解为可逆反应，在离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎12．质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水．得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c．则溶质的分子量（相对分子质量）为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．‎ ‎【专题】物质的量浓度和溶解度专题．‎ ‎【分析】首先求蒸发掉Pg水后溶质质量分数为：，再根据c=的公式变形计算溶质的相对分子质量．‎ ‎【解答】解：蒸发掉Pg水后溶质质量分数为：，‎ - 29 -‎ 根据c=可知，溶质的摩尔质量M==g/mol=g/mol．‎ 所以溶质的相对分子质量为 g/mol．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查物质的量浓度与质量分数的关系、计算等，难度中等，注意公式的灵活运用．‎ ‎　‎ ‎13．用惰性电极进行电解，下列说法正确的是（　　）‎ A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH﹣，故溶液pH减小 C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：2‎ D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】A、根据溶液中氢离子的浓度是否变化判断；‎ B、根据溶液中氢离子的浓度是否变化判断；‎ C、根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比；‎ D、根据离子的放电顺序判断在阴极上和阳极上析出产物，再根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比；‎ ‎【解答】解：A、电解稀硫酸时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大，溶液的PH值变小，故A错误．‎ B、电解稀氢氧化钠溶液时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的PH值变大，故B错误．‎ C、电解硫酸钠溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子的电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失电子守恒，所以在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2：1，故C错误．‎ D、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1，故D正确．‎ 故选D．‎ - 29 -‎ ‎【点评】本题以电解原理为载体考查了电解时溶液中离子的放电顺序及溶液PH是否变化，电解类型有：电解水型，如电解稀硫酸溶液；电解电解质型，如电解氯化铜溶液；电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液．‎ ‎　‎ ‎14．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（　　）‎ A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量小 B．两烧杯中参加反应的锌等量 C．甲烧杯中的酸过量 D．反应开始后乙烧杯中的c（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）小 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A．醋酸浓度大，等体积的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，产生等量的氢气，醋酸中锌的量要少与盐酸中锌的量；‎ B．根据转移电子相等判断；‎ C．盐酸的浓度小，生成等量的氢气，盐酸完全反应；‎ D．反应开始后，醋酸持续电离．‎ ‎【解答】解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离，盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸，要使两种酸中生成的氢气的量相等，则在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A错误；‎ B．醋酸和盐酸都是一元酸，生成等量的氢气时转移电子数相等，所以消耗的锌的质量相等，故B正确；‎ C．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故C错误；‎ D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D错误；‎ 故选B．‎ - 29 -‎ ‎【点评】本题考查了强弱酸与金属反应的有关问题，明确弱电解质电离特点是解本题关键，结合转移电子相等、氢离子与酸浓度的关系来分析解答，难度中等．‎ ‎　‎ ‎15．某无色混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成．在恒温恒压条件下，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色．则原混合气体的成份是（　　）‎ A．HCl和CO B．HCl、H2和CO C．CH4和NH3 D．HCl、CO和CO2‎ ‎【考点】常见气体的检验．‎ ‎【专题】推断题．‎ ‎【分析】根据气体的性质和浓硫酸的酸性、强氧化性以及石灰水、硫酸铜的性质，结合反应的实验现象分析气体的成分．‎ 其中混合气体中氨气具有碱性、氢气和一氧化碳气体具有还原性，氯化氢具有酸性．‎ 注意题中典型的实验现象：通过浓H2SO4时，总体积基本不变，说明没有氨气；‎ 通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，说明有气体被吸收；‎ 在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色说明没有甲烷和氢气．‎ ‎【解答】解：混合气体中氨气具有碱性，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变说明没有氨气，排除C选项；‎ 通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，一定不含二氧化碳气体，‎ 但混合气体的总体积减小，说明有气体被吸收，只能是HCl气体，说明含有HCl，‎ 在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色说明没有甲烷和氢气，‎ 故原混合气体中含有HCl和CO，没有甲烷、氢气和二氧化碳气体．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查混合气体的组成判断，难度不大，做题时注意从物质反应的典型现象入手判断．‎ ‎　‎ ‎16．天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂．关于维生素P的叙述错误的是（　　）‎ - 29 -‎ A．可以和溴水反应 B．可溶于有机溶剂 C．分子中有三个苯环 D．1mol维生素P最多可以和4molNaOH反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】有机物中含有2苯环，分子中含有酚羟基、酯基、醚基等官能团，结合官能团的性质解答该题．‎ ‎【解答】解：A．分子中含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，故A正确；‎ B．维生素P亲水基较少，为脂溶性维生素，可溶于有机溶剂，故B正确；‎ C．分子中只含有2个苯环，故C错误；‎ D．分子中含有酚羟基，具有酸性，可与NaOH反应，可在碱性条件下水解，则1mol维生素P最多可以和4molNaOH反应，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，注意把握有机物的官能团的性质为解答该类题目的关键，侧重酚性质的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ 三、推断题：（共20分）‎ ‎17．根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X常温下为无色无味透明液体；C焰色反应火焰呈黄色，J为红褐色沉淀；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色；A固体中仅含两种元素，其中金属元素的质量分数约为46.7%．‎ ‎（1）A的化学式为　FeS2　； F的化学式为　Fe2O3　；‎ ‎（2）反应 ③的化学方程式：　2SO2+O22 SO3　；‎ - 29 -‎ ‎（3）反应②的离子方程式：　2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑　；‎ ‎（4）反应④的离子方程式：　Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O　；‎ ‎（5）已知每生成16g E，放出106.5kJ热量，则反应①的热化学方程式为：　FeS2（s）+O2（g）═Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【专题】推断题．‎ ‎【分析】X常温下为无色无味透明液体推断为水；C焰色反应火焰呈黄色说明含钠元素，J为红褐色沉淀为氢氧化铁；F为Fe2O3；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色说明E为SO2；G为SO3；H为H2SO4；I为硫酸铁；思路 1，3两个反应均有D，且1是高温条件下反应的，可以设想D为氧气（氧化反应），所以B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为氧气；A和D在高温下反应生成二氧化硫和含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生产和硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是黄铁矿；所以A为FeS2；依据判断出的物质进行分析判断；A为过硫化亚铁（黄铁矿），B为过氧化钠，C为NaOH；x为水，D为氧气，E为SO2；F为氧化铁，G为SO3；H为硫酸，I为硫酸铁；J为氢氧化铁．‎ ‎【解答】解：根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X常温下为无色无味透明液体推断为水；C焰色反应火焰呈黄色说明含钠元素，J为红褐色沉淀为氢氧化铁；F为Fe2O3；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色说明E为SO2；G为SO3；H为H2SO4；I为硫酸铁；思路 1，3两个反应均有D，且1是高温条件下反应的，可以设想D为氧气（氧化反应），所以B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为氧气；A和D在高温下反应生成二氧化硫和含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生产和硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是黄铁矿；所以A为FeS2；‎ 则A为FeS2；，B为Na2O2；C为NaOH；x为H2O；，D为氧气，E为SO2；F为Fe2O3，G为SO3；H为硫酸，I为硫酸铁；J为氢氧化铁；‎ ‎（1）依据分析判断结果，A为：FeS2，F为 Fe2O3，‎ 故答案为：FeS2；Fe2O3；‎ ‎（2）反应③是二氧化硫和氧气的反应，反应方程式为2SO2+O22 SO3；‎ - 29 -‎ 故答案为：2SO2+O22 SO3；‎ ‎（3）反应②是过氧化钠与水反应，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，‎ 故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑；‎ ‎（4）反应④是三氧化二铁和硫酸反应，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，‎ 故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎（5）已知每生成16g E为SO2，物质的量为0.25mol，放出106.5kJ热量，依据化学方程式4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）；生成8molSO2，放热为：=3408KJ，反应①是二硫化亚铁和氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫，反应的热化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）；△H=﹣3408 kJ/mol或FeS2（s）+O2（g）═Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol；‎ 故答案为：FeS2（s）+O2（g）═Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol．‎ ‎【点评】本题考查了无机物转化关系，物质性质的应用，特征反应的现象应用，工业生产的流程应用，主要考查硫及其化合物的性质应用、电子式的书写、离子方程式书写、热化学方程式书写，熟练掌握物质性质和物质转化是关键．‎ ‎　‎ ‎18．随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了各国的普遍重视．‎ ‎（1）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol 测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示 ‎①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=　0.225mol/（L•min）　mol/（L•min）．‎ - 29 -‎ ‎②该反应的平衡常数表达式为　K=　．‎ ‎③下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是　CD　．‎ A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大 C．将H2O（g）从体系中分离 D．再充入1mol CO2和3mol H2‎ ‎（2）在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离去除CO2，还要求提供充足的O2．某种电化学装置可实现如下转化：2CO2=2CO+O2，CO可用作燃料．‎ 已知该反应的阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O 则阴极反应式为：　2CO2+4e﹣+2H2O=2 CO+4OH﹣　．‎ 有人提出，可以设计反应2CO=2C+O2（△H＞0、△S＜0）来消除CO的污染．请你判断是否可行并说出理由：　不可行，该反应是一个焓增、熵减的反应，任何情况下不能自发进行　．‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．‎ ‎【专题】基本概念与基本理论．‎ ‎【分析】（1）①由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，根据v=计算v（H2）；‎ ‎②化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；‎ ‎③能使增大，使平衡向正反应移动，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量；‎ ‎（2）阴极发生还原反应，CO2被还原生成CO，总反应式减去阳极反应式得阴极反应式；根据△H﹣T△H＜0来判断反应的自发性．‎ ‎【解答】解：（1）①由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L•min），故答案为：0.225mol/（L•min）；‎ ‎②反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数K=，故答案为：K=；‎ - 29 -‎ ‎③能使增大，使平衡向正反应移动，则 A．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，比值减小，故A错误；‎ B．充入He（g），使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，比值不变，故B错误；‎ C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应移动，比值增大，故C正确；‎ D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，比值增大，故D正确；‎ 故答案为：CD．‎ ‎（2）总反应式为2CO2=2CO+O2，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，总反应式减去阳极反应式得阴极反应式，所以阴极反应为：2CO2+4e﹣+2H2O=2CO+4OH﹣，2CO=2C+O2（△H＞0、△S＜0）是一个焓增、熵减的反应，任何情况下不能自发进行，所以无法消除CO的污染，故答案为：2CO2+4e﹣+2H2O=2CO+4OH﹣；不可行，该反应是一个焓增、熵减的反应，任何情况下不能自发进行．‎ ‎【点评】本题考查反应速率计算、化学平衡的影响因素、平衡常数等，题目难度中等，注意基础知识的掌握，把握图象的分析是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎19．存在于茶叶的有机物A，其分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种．A遇FeCl3溶液发生显色反应．F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环．它们的转化关系如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）有机物A中含氧官能团的名称是　酚羟基、羧基　；‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式 - 29 -‎ A→B：　+NaHCO3→+H2O+CO2↑　； M→N：　CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O　；‎ ‎（3）A→C的反应类型为　加成反应　，E→F的反应类型为　酯化反应　；‎ ‎（4）1mol A可以和　3　mol Br2反应；‎ ‎（5）某营养物质的主要成分（分子式为C16H14O3）是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，则R的含有苯环的同分异构体有　4　种（不包括R）；‎ ‎（6）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，请写出C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式　+3NaOH+NaCl+2H2O　．‎ ‎【考点】有机物的推断；有机物的合成．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基﹣OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基﹣COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，据此解答．‎ ‎【解答】解：A的分子式为C9H8O3，分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，2个取代基处于对位，A遇FeCl3‎ - 29 -‎ 溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基﹣OH，A能与碳酸氢钠反应，分子中含有羧基﹣COOH，A的不饱和度为=6，故还含有C=C双键，所以A的结构简式为，‎ X在浓硫酸、加热条件下生成A与M，M的分子式为C2H6O，M为乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，N为乙烯，X为，A与碳酸氢钠反应生成B，为，B与Na反应生成D，D为，A与HCl反应生成C，C的分子式为C9H9ClO3，由A与C的分子式可知，发生加成反应，C再氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成E，E在浓硫酸、加热的条件下生成F，F分子中除了2个苯环外，还有一个六元环，应发生酯化反应，故C为，E为，F为，‎ ‎（1）由上述分析可知，有机物A为，分子中含有官能团：酚羟基、碳碳双键、羧基，但含氧官能团有：酚羟基和羧基，‎ 故答案为：酚羟基、羧基；‎ ‎（2）A→B的反应方程式为：‎ ‎+NaHCO3→+H2O+CO2↑‎ ‎ M→N是乙醇发生选取反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，‎ 故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑，‎ CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；‎ ‎（3）A→C是与HCl发生加成反应生成，‎ E→F是发生酯化反应生成，‎ 故答案为：加成反应，酯化反应；‎ - 29 -‎ ‎（4）与溴发生反应时，苯环羟基的邻位可以发生取代反应，C=C双键反应加成反应，故1molA可以和3mol Br2反应，‎ 故答案为：3；‎ ‎（5）某营养物质的主要成分（分子式为C16H14O3）是由A和一种芳香醇R发生酯化反应生成的，故R的分子式为C7H8O，‎ R为苯甲醇，R含有苯环的同分异构体（不包括R），若含有1个支链为苯甲醚，若含有2个支链为﹣OH、﹣CH3，羟基与甲基有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有4种，‎ 故答案为：4；‎ ‎（6）A→C的过程中还可能有另一种产物C1，则C1为，C1在NaOH水溶液中反应的化学方程式为+3NaOH+NaCl+2H2O，‎ 故答案为：+3NaOH+NaCl+2H2O．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断，难度中等，是对有机物知识的综合考查，根据A的分子式及题目信息推断A的结构是解题的关键，能较好的考查学生分析、思维能力，是有机热点题型．‎ ‎　‎ ‎20．将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4•2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义．以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图．‎ ‎（1）本工艺中所用的原料除CaSO4•2H2O、KCl外，还需要　CaCO3、（或CaO）、NH3、H2O　等原料 ‎（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式：‎ - 29 -‎ ‎　CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣　‎ ‎（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有　CaSO4　（填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料．‎ ‎（4）过滤Ⅰ操作所得滤液是（NH4）2SO4溶液．检验滤液中含有CO32﹣的方法是：　取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有CO32﹣，　‎ ‎　反之则不含有CO32﹣　．‎ ‎（5）已知不同温度下K2SO4在100g水中达到饱和时溶解的量如表：‎ 温度（℃）‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎60‎ K2SO4溶解的量（g）‎ ‎7.4‎ ‎11.1‎ ‎18.2‎ ‎60℃时K2SO4的饱和溶液591g冷却到0℃，可析出K2SO4晶体　54　g ‎（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2•6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是　Ad　‎ A、熔点较低 b、能导电 c、能制冷 d、无毒 ‎（7）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是：　碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等　‎ ‎　原子利用率高，没有有害物质排放到环境中　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计；物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【专题】物质检验鉴别题；实验设计题；无机实验综合．‎ ‎【分析】（1）根据箭头的方向判断不难得出最初的原料．加入的原料箭头指向方框；箭线上面的物质为中间产物，箭头指向的产物．‎ 流程图分析：‎ 吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；‎ 转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+（NH4）2SO4，经过滤后分离；‎ 转化Ⅱ：（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4经过滤Ⅱ分离；‎ 蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3．‎ ‎（2）根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤，得到碳酸钙与硫酸铵；CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以二者在离子方程式中均不拆；然后配平即可；‎ ‎（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还主要含有过量微溶的CaSO4；‎ ‎（4）根据碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳考虑；‎ ‎（5）根据图表不同温度下的溶解度，结合饱和溶液质量之比等于析出晶体质量之比计算；‎ - 29 -‎ ‎（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2•6H2O）是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关；‎ ‎（7）根据绿色化学的特点进行分析．碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中．‎ ‎【解答】解：（1）由流程图可知，吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；‎ 转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+（NH4）2SO4，经过滤后分离；‎ 转化Ⅱ：（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4经过滤Ⅱ分离；‎ 蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3，故答案为：CaCO3、（或CaO）、NH3、H2O； ‎ ‎（2）根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤得到碳酸钙与硫酸铵，CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以在离子方程式中均不拆；然后配平即可，故答案为：CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣；‎ ‎（3）CaSO4微溶且为悬浊液，故过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还主要含有过量微溶的CaSO4，故答案为：CaSO4；‎ ‎（4）碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，所以可以用稀盐酸来验证碳酸根离子，故答案为：取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有CO32﹣，反之则不含有CO32﹣；‎ ‎（5）根据图表不同温度下的溶解度，结合饱和溶液质量之比等于析出晶体质量之比计算，（100+18.2）：（18.2﹣7.4）=591：x，解得：x=54g，故答案为：54；‎ ‎（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2•6H2O）是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关，故答案为：Ad；‎ ‎（7）由绿色化学的特点可知，碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中），‎ 故答案为：碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）．‎ ‎【点评】本题为工艺流程题，涉及原料、产品的判断、方程式的书写、检验、绿色化学等．做推断题时要充分利用所给的信息，结合自己已学过的知识，进行有依据性的推测，难度较大．‎ ‎　‎ - 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