浙江省金华市2018届高三9月十校联考化学试题Word版（含解析）.doc

可能用到的相对原子质量： H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 I-127‎ 第 I卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（本大题共25个小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1. 下列属于碱性氧化物的是 A. MgO B. H2O C. SO2 D. SiO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】碱性氧化物都是金属氧化物，故A正确。‎ ‎2. 仪器名称为“蒸发皿”的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A是烧杯，B是坩埚，C是冷凝管，D是蒸发皿，故D正确。‎ ‎3. 下列属于电解质的是 A. C6H12O6 B. CH3COOH C. NH3 D. Fe ‎【答案】B ‎【解析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；C6H12O6是非电解质；CH3COOH在水溶液中能导电，属于电解质；NH3自身不能电离，属于非电解质；Fe的单质，故B正确。‎ ‎4. 下列不属于氧化还原反应的是 A. 2Mg+CO22MgO+C B. SiO2+CaOCaSiO3‎ C. N2+3H22NH3 D. 2CH2=CH2+O2 2CH3CHO ‎【答案】B ‎【解析】有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，SiO2+CaOCaSiO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确。‎ ‎5. 下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是 A. NaHSO4 B. HC‎1 C. NH‎4C1 D. Na2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】NaHSO4电离出氢离子，溶液呈酸性，故A错误；HC1电离出氢离子，溶液呈酸性，故B错误；NH‎4C1是强酸弱碱盐，水解呈酸性，故C正确；Na2CO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D错误。‎ ‎6. 下列说法中不正确的是 A. 氟化银可用于人工降雨 B. 从海水中获取食盐不需要化学变化 C. FeCl3溶液可用于制作印刷电路板 D. 绿矾可用来生产铁系列净水剂 ‎【答案】A ‎【解析】碘化银可用于人工降雨，故A错误；海水蒸发可获得食盐，故B正确； FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于制作印刷电路板，故C正确；绿矾是硫酸亚铁，可用来生产铁系列净水剂，故D正确。‎ ‎7. 下列表示正确的是 A. 氯化钠的电子式[]+C1- B. 乙醇的结构式CH3CH2OH C. 硅原子的结构示意图 D. 乙酸的分子式C2H4O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】氯化钠的电子式，故A错误；乙醇的结构简式是CH3CH2OH，故B错误；硅原子的结构示意图，故C错误；乙酸的分子式C2H4O2，故D正确。‎ ‎8. 下列说法中，正确的是 A. 过量的Fe与Cl2反应生成FeCl2 B. 实验室可用KMnO4与盐酸反应制取Cl2‎ C. Cl2在H2中燃烧呈现苍白色火焰 D. 1 mol Cl2溶于水生成1 mol强酸和1mol弱酸 ‎【答案】B ‎【解析】过量的Fe与Cl2反应生成FeCl3，故A错误； KMnO4与盐酸反应生成Cl2，故B正确；H2在Cl2中燃烧呈现苍白色火焰，故C错误；氯气溶液水时部分与水反应，故D错误。 ‎ ‎9. 下列说法正确的是 A. 精密pH试纸测得某酸溶液的pH为3.5‎ B. Fe(OH)3胶体和FeSO4溶液均能产生丁达尔效应 C. 容量瓶使用前应检漏、润洗 D. 在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因 ‎【答案】A ‎【解析】精密pH试纸测得溶液的PH较精确，故A正确；FeSO4溶液不能产生丁达尔效应，故B错误；容量瓶使用不能润洗，故C错误；在日常生活中，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故D错误。‎ ‎10. 下列说法中，不正确的是 A. 35Cl和‎35C1-质子数、中子数均相同 B. 红磷与白磷是同素异形体 C. 化合物CH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体 D. CH3OH与HCHO互称同系物 ‎【答案】D ‎【解析】35Cl和‎35C1-质子数都是17，中子数都是18，故A正确；红磷与白磷是磷元素组成的不同单质，故B正确；化合物CH3CH2NO2和H2NCH2COOH为同分异构体，故C正确；CH3OH与HCHO官能团不同，不是同系物，故D错误。‎ ‎11. 下列说法正确的是 A. 依据酸碱质子理论，NaHCO3是两性物质 B. 可用电解饱和食盐水法制取金属钠 C. 钠可从TiCl4溶液中置换出Ti D. 氢氧燃料电池工作时实现了电能转换为化学能 ‎【答案】A ‎【解析】NaHCO3既能与酸反应又能与碱反应，是两性物质，故A正确；电解饱和食盐水不能生成金属钠，故B错误；钠与水反应，钠不能可从TiCl4溶液中置换出Ti，故C错误；‎ 氢氧燃料电池工作时实现了化学能转换为电能，故D错误。‎ ‎12. 在固定容积的密闭容器中，已知反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) △H=-a kJ•mol-1(a>0)。下列说法不正确的是 A. 当混合气体的颜色不变时，达到了平衡 B. 未达平衡时，放出的热量可能是a kJ C. 当容器中气体的密度保持不变时，达到平衡 D. 其他条件不变，若容器体积增大，正逆反应速率均减小 ‎【答案】C ‎【解析】混合气体的颜色不变说明碘蒸气的浓度不变，达到平衡状态，故A正确；没有投料量，未达平衡时，放出的热量可能任意值，故B正确；反应前后气体质量不变，根据 ，密度是恒量，密度保持不变时，不一定达到平衡，故C错误；容器体积增大，浓度减小，正逆反应速率均减小，故D正确。‎ ‎13. 下列离子方程式书写中，正确的是 A. 碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：Ca(HCO3)2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2‎ B. “84消毒液”（有效成分NaClO)和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O C. 将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HClO D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】碳酸氢钙溶液跟盐酸反应： HCO3-+H+= H2O+CO2↑，故A错误；“84消毒液”和“洁厕灵”混合使用放出氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；将少量SO2通入NaClO溶液，二氧化硫被氧化为SO42-，ClO-被还原为Cl-，故C错误；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++NH4++HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+ ,故D错误。‎ ‎14. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍，则下列说法中不正确的是 X Y Z W Q A. 钠与W可能形成Na2W、Na2W2化合物 B. ZY2和XY2构成不同类型的晶体 C. H2WO3的酸性比H2ZO3酸性强，因为W的得电子能力比Z强 D. 原子半径：Z>W>Q ‎【答案】C ‎【解析】‎ X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍，X是C元素，根据X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置，Y、Z、W、Q分别是O、Si、S、Cl；钠与S可能形成Na2S、Na2S2化合物，故A正确；SiO2是原子晶体、CO2是分子晶体晶体，故B正确；H2SO4的酸性比H2SiO3酸性强，因为S的得电子能力比Si强，故C错误；同周期从左到右半径减小，原子半径：Z>W>Q，故D正确。‎ ‎15. 下列说法中，不正确的是 A. C6H14与液溴在光照下会反应 B. 目前石油裂解是生产乙烯的主要方法 C. 苯的结构决定了苯的化学性质是易取代难加成 D. 乙烯、乙炔可通入溴水加以鉴别 ‎【答案】D ‎【解析】C6H14与液溴在光照下会发生取代反应，故A正确；石油裂解的目的主要是生产乙烯，故B正确；苯的结构决定了苯的化学性质是易取代难加成，故C正确；乙烯、乙炔都能与溴水发生加成反应，故D错误。‎ ‎16. 下列说法中，正确的是 A. 油脂在酸性条件下水解，得不到甘油 B. 煮热的鸡蛋不能孵化成小鸡原因是蛋白质变性 C. 氨基酸在人体中构成新的蛋白质属于加聚反应 D. 麦芽汁（含麦芽糖）在酵母菌作用下发酵，能得到不含酒稍的鲜啤酒 ‎【答案】B ‎【解析】油脂在酸性条件下水解，得到甘油和高级脂肪酸，故A错误；加热使蛋白质变性，故B正确；氨基酸在人体中构成新的蛋白质属于缩聚反应，故C错误；啤酒含有酒精，故D错误。‎ ‎17. 特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂电池，其工作原理如下图，A极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许Li+通过，电池反应式LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2。下列说法不正确的是 A. 放电时电子从A极通过导线流向B极 B. 放电时A是负极 C. 放电时Li+从右向左定向迁移 D. 钻酸锂电池为二次电池 ‎【答案】C ‎【解析】从方程式中看出Li的化合价升高，LixC6作负极，Li1-xCOO2做正极。放电时电子从负极流向正极，故从A极通过导线流向B极，故A正确； LixC6作负极，故B正确；放电时阳离子移向正极，Li+从左向右定向迁移，故C错误；钻酸锂电池可以充电为二次电池，故D正确。‎ ‎18. 室温下，不能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱的是 A. 相同条件下，比较H2CO3溶液与H2SO3溶液的导电能力 B. 相同条件下，比较Na2CO3溶液与Na2SO3溶液的碱性 C. 相同条件下，比较Na2CO3与Na2SO3溶液消耗同一碱溶液的体积 D. 相同条件下，比较Na2CO3与Na2SO3溶液的pH ‎【答案】C ‎【解析】相同条件下， H2CO3溶液与H2SO3溶液的导电能力越强，酸性越强，故A不选；相同条件下，酸性越弱，酸根离子水解程度越大，液的碱性越强，比较Na2CO3溶液与Na2SO3溶液的碱性，能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱，故B不选；相同条件下， Na2CO3与Na2SO3溶液与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡溶液的体积相同，所以不能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱，故选C；相同条件下，酸性越弱，酸根离子水解程度越大，溶液PH越大，比较Na2CO3溶液与Na2SO3溶液的pH，能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱，故D不选。‎ ‎19. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：‎ ‎4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6kJ•mol-1‎ 已知：i．反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。‎ 下列说法正确的是 A. 升高温度能提高HCl的转化率 B. 加入催化剂，能使该反应的焓变减小 C. 1 mol Cl2转化为2 mol Cl原子放出243 kJ热量 D. 断裂H2O(g)中1mol H—O键比断裂HCl(g)中I mol H—Cl键所需能量高 ‎【答案】D ‎【解析】A. 升高温度，平衡逆向移动， HCl的转化率减小，故A错误；B. 加入催化剂，反应的焓变不变，故B错误；C.根据提示， 1molCl2转化为2molCl2原子吸收243kJ热量，故C错误；D. E（H-O）、E（HCl）分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4×E（H-Cl）+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E（H-O）]=-115.6kJ/mol，整理得，4E（H-Cl）-4E（H-O）=-127.6kJ/mol，即E（H-O）-E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量高，故D正确；故选D。‎ ‎20. 下列说法正确的是 A. 熔融时能导电的物质一定是离子化合物 B. NaOH、H2SO4溶于水均克服了离子键 C. CO2、NCl3中所有原子最外层都满足8电子结构 D. 金刚石和足球烯是同素异形体，熔化只克服共价键 ‎【答案】C ‎【解析】熔融的金属单质能导电，故A错误；H2SO4溶于水均克服了共价键，故B错误；CO2、NCl3中所有原子最外层都满足8电子结构，故C正确；足球烯熔化克服分子间作用力，故D错误。‎ ‎21. 一定条件下，溶液的酸碱性对MnO2催化H2O2分解反应的影响如右图所示。下列判断不正确的是 A. 在0-50min之间，pH=2和pH =7时H2O2的分解百分率相等 B. 溶液酸性越强，H2O2的分解速率越大 C. 相同条件下，H2O2的起始浓度越小，分解速率越大 D. 在20—25 min之间，pH=10时H2O2的平均分解速率为0.04 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】从图像中可以，A项中R都是完全降解，降解百分率都是100%，故A正确；从图像中可以读出pH＝2时，曲线下降是最快的，说明溶液的酸性越强，降解速率越大，所以B正确。一般来说，反应物的浓度越大，反应速率越大，R的起始浓度越小，其降解的速率越小，故C错误；在20—25 min之间，pH=10时H2O2的平均分解速率为0.04×10—4mol·L—1·min—1，故D正确。‎ ‎22. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中，正确的是 A. 0.1‎‎ molH2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA B. 足量的Mg与稀H2SO4完全反应，生成2.24LH2时，转移的电子数为0.2 NA C. ‎1 L0.1 mol ·L-1NH4Cl溶液中，Cl-离子数小于0.1 NA D. 标况下，‎4.48 L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O-H键数目为0.4NA ‎【答案】A ‎【解析】氢气和碘蒸气反应为气体物质的量不变的反应，0.1 molH2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，故A正确；非标准状况下，2.24LH2的物质的量不一定是0.1mol，故B错误；‎1 L0.1 mol ·L-1NH4Cl溶液中，Cl-离子数等于0.1 NA，故C错误；标况下，‎4.48 L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O-H键数目为0.8NA，故D错误。‎ ‎23. 已知 H‎2A 为二元弱酸。室温时，配制一组c(H‎2A)+c(HA-) +c(A2-)=0. 10mol·L-1的H‎2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是 A. pH=7 的溶液中：c(Na+)>‎2c(A2-)‎ B. E点溶液中：c(Na+)- c(HA-) c(HA-)‎ ‎【答案】D ‎.....................‎ ‎24. 从海带中提取碘的工业生产过程如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 试剂R可以为NaOH溶液 B. 为保证I-完全被氧化，应通入过量Cl2‎ C. H2SO4溶液作用之一是使滤液酸化 D. 提纯晶体碘采用升华法 ‎【答案】B ‎【解析】可溶性有机质在碱性溶液中可以生成沉淀，故A正确；过量的氯气可以与碘单质反 应，故B错误；酸性条件下有利与碘单质析出，故C正确；碘易升华，故D正确。‎ ‎25. 常温下，在pH=l的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、CO32-、Cl-、I-中的某几种，现取100 mL该溶液进行如下实验：‎ 根据实验结果，下列有关原溶液的说法正确的是 A. 溶液中Fe2+与I-的物质的量浓度相等 B. 不能确定Na+和Cl-是否存在，CO32-一定不存在 C. 溶液中Fe3+与Fe2+至少有一种 D. 溶液中 c(Cl-)≥0.2 mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】溶液中通入氯气，得到紫红色溶液，说明原溶液含有I-，不含Fe3+；紫黑色固体是碘，‎2.54g碘的物质的量是0.01mol，原溶液含有I- 0.02mol，水层加入氢氧化钠溶液有固体生成，说明原溶液一定有Fe2+，一定不含CO32-；根据灼烧后得到氧化铁的质量可计算原溶液一定有Fe2+的物质的量为0.02mol；通入氯气的溶液中加入硝酸银生成白色沉淀，不能证明原溶液是否含有Cl-；pH=l说明氢离子的浓度是0.1mol/L，氢离子的物质的量是0.01mol；根据以上分析，溶液中Fe2+与I-的物质的量浓度相等，故A正确；根据电荷守恒，溶液中一定含有Cl-，故B错误；溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，故C错误；根据电荷守恒，若溶液中不含Na+，则 c(Cl-)=0.3 mol·L-1，若含有Na+，则 c(Cl-)>0.3 mol·L-1，故D错误。‎ 二、非选择题（本大题共7小题，共50分）‎ ‎26. 由煤化工产生的气体可合成下列一系列物质。其中A物质常温下呈气态，标准状况下密度为‎1.25g·L-1，B为酯。‎ 已知：HCOOH的酸性比CH3COOH强，结构上可看作既有—CHO，又有—COOH。‎ ‎（1）煤转变为CO、H2的生产工艺称为_________，A物质中的官能团名称为_________。‎ ‎（2）写出由HCOOH与A生成B的化学方程式_____________________________。‎ ‎（3）某物质可能含有甲酸、甲醇和甲酸乙酯二种物质中的一种或几种，在鉴定时有下列现象：‎ ‎①有银镜反应；‎ ‎②加入新制Cu(OH)2悬浊液不会变澄淸；‎ ‎③与含酚酞的NaOH溶液共热，溶液的红色逐渐褪去。‎ 下列叙述正确的是_______________（填编号）。‎ A.有甲酸乙酯和甲醇 B.有甲酸乙酯和甲酸 C.有甲酸乙酯，可能有甲醇 D.几种物质都有 ‎【答案】 (1). 煤的气化 (2). 碳碳双键 (3). HCOOH+CH2=CH2→HCOOCH2CH3 (4). C ‎【解析】试题分析：A物质常温下呈气态，标准状况下密度为‎1.25g·L-1，A的摩尔质量为‎22.4L×‎1.25g·L-1=‎28g/mol；B为酯，根据流程图，A是乙烯、B是HCOOCH2CH3；‎ 解析：（1）煤转变为CO、H2的生产工艺称为煤的气化，乙烯中的官能团名称为碳碳双键。‎ ‎（2）由HCOOH与乙烯生成HCOOCH2CH3的化学方程式HCOOH+CH2=CH2→HCOOCH2CH3。‎ ‎（3）①甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；②加入新制Cu(OH)2悬浊液不会变澄淸，说明不含酸；③与含酚酞的NaOH溶液共热，溶液的红色逐渐褪去，说明含有甲酸或甲酸乙酯。‎ 综合分析，一定有甲酸乙酯，可能有甲醇。‎ 点睛：HCOOH结构上可看作既有—CHO，又有—COOH，HCOOH能发生银镜反应；甲酸酯可看作既有醛基又有酯基，甲酸酯能发生银镜反应；醛类含有醛基，醛类能发生银镜反应。‎ ‎27. 某矿物甲由常见的三种元素组成，有如下变化。请回答下列问题：‎ ‎（1）甲的化学式为_________。‎ ‎（2）写出矿物甲与过量稀H2SO4/O2反应的离子方程式__________________。‎ ‎（3）用文字叙述检验纯净的盐中的阳离子（写出实验操作、现象及结论）_________________。‎ ‎【答案】 (1). FeCuS2 (2). 4FeCuS2+l7O2+4H+=4Fe3++4Cu2++8SO42-+2H2O (3). 取少量纯净的盐溶于水，滴加KSCN溶液，溶液不变色，冉滴加H2O2‎ 溶液（或氯水），溶液变成血红色，说明盐中的阳离子是Fe2+‎ ‎【解析】试题分析：矿物甲与过量的硫酸、氧气反应后的溶液加入铁粉，生成的气体单质是氢气；生成的红色固体是铜；得到的溶液中含有一种盐，一定是硫酸亚铁；根据元素守恒，矿物甲含有铁元素、铜元素、硫元素；‎ 解析：生成氢气的反应为 ，根据生成0.1mol氢气，参加反应的铁的物质的量为0.1mol；生成铜的方程式为 ，根据铜的质量可知，原固体矿物中含有0.2mol的铜元素，参加反应的铁的物质的量为0.2mol；根据铁元素守恒， 反应生成Fe2+ 0.6-0.3=0.3mol，原矿物中铁元素的物质的量为0.2mol；原矿物中硫元素的质量为36.8-0.2mol×‎64g/mol-0.2mol×‎56g/mol=‎12.8g，硫元素的物质的量是0.4mol。（1）铁：铜：硫=0.2:0.2:0.4=1:1:2；所以甲的化学式为FeCuS2；（2）FeCuS2与过量稀H2SO4/O2反应的离子方程式是4FeCuS2+l7O2+4H+=4Fe3++4Cu2++8SO42-+2H2O；（3）纯净的盐中含有阳离子是Fe2+，检验Fe2+的方法是取少量纯净的盐溶于水，滴加KSCN溶液，溶液不变色，冉滴加H2O2溶液（或氯水），溶液变成血红色，说明盐中的阳离子是Fe2+。‎ 点睛：向溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则含有Fe3+；滴加KSCN溶液，若溶液不变色，冉滴加H2O2溶液（或氯水），溶液变成血红色，说明盐中的阳离子是Fe2+。‎ ‎28. 实验室常用MnO2 与浓盐酸反应制备Cl2（装置如图所示）。‎ ‎（1）制备实验开始时，先检査装置气密性，接下来的操作依次是：____________（填序号）。‎ A.往烧瓶中加入MnO2粉末 B.加热 C.往烧瓶中加入浓盐酸 ‎（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，甲同学提出：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl沉淀质量。方案不可行，原因是_________。请你选择一种最佳的实验方法____________________（填编号）。‎ A.沉淀法 B.气体法 C.滴定法 ‎【答案】 (1). ACB (2). MnCl2中也含Cl- (3). C ‎【解析】试题分析：(1)加药顺序一般是先加入固体药品,再加入液体药品,最后再加热。‎ ‎(2)①MnCl2中也含Cl-，加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量,而不能求出剩余盐酸的浓度。剩余盐酸的浓度可用酸碱中和滴定法测定。‎ 解析：(1)加药顺序一般是先加入固体药品,再加入液体药品,最后再加热。制备实验开始时，先检査装置气密性，接下来的操作依次是往烧瓶中加入MnO2粉末、往烧瓶中加入浓盐酸、加热。‎ ‎(2)①MnCl2中也含Cl-，加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量,而不能求出剩余盐酸的浓度。剩余盐酸的浓度可用酸碱中和滴定法测定。‎ 点睛：二氧化锰只能与浓盐酸反应生成氯气，与稀盐酸不反应；所以制备氯气时，可能二氧化锰和盐酸都有剩余。‎ ‎29. 取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50 mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100 mL，在稀释后的溶液中分别逐滴加0.1 mol/L的盐酸，产生的CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示：‎ ‎（1） 原NaOH溶液的物质的量浓度_________________。‎ ‎（2）B份混合溶液与盐酸反应产生气体的最大体积为________mL（标准状况）。‎ ‎【答案】 (1). 0.15 mol·L-1 (2). 112‎ ‎【解析】试题分析：（1）如果加入足量的盐酸，则最终都生成氯化钠。根据图像可知，需要盐酸是75ml，所以氯化钠的物质的量是0.0075mol，所以根据原子守恒可知，氢氧化钠的物质的量是0.0075mol；（2）根据曲线B可知，与碳酸氢钠反应的盐酸是75ml－25ml＝50ml，根据NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑计算生成二氧化碳的体积。‎ 解析：（1）‎ 如果加入足量的盐酸，则最终都生成氯化钠。根据图像可知，需要盐酸是75ml，所以氯化钠的物质的量是0.0075mol，所以根据原子守恒可知，氢氧化钠的物质的量是0.0075mol，因此原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol÷‎0.05L＝0.15mol/L；（2）根据曲线B可知，与碳酸氢钠反应的盐酸是75ml－25ml＝50ml，根据NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，参加反应的盐酸的物质的量为0.1 mol/L×‎0.05L=0.005mol，所以生成二氧化碳的体积为（标准状况）0.005mol×‎22.4L/mol=‎0.112L=112 mL。‎ ‎30. 碳元素及其化合物与人类的生活、生产息息相关，请回答下列问题：‎ ‎（1）绿色植物的光合作用吸收CO2释放O2的过程可以描述为以下两步：‎ ‎2CO2(g)+2H2O(l)+‎2C5H10O4(s) = 4(C3H6O3)+(s)+O2(g)+4e-   △H=+1360 kJ·mol-1‎ ‎12(C3H6O3)+(s)+12e- = C6H12O6(s，葡萄糖)+‎6C5H10O4(s)+3O2(g) △H=-1200 kJ·mol-1‎ 则绿色植物利用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：_________。‎ ‎（2）工业炼铁时有如下副反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) △H>0，该反应能正向自发进行的原因是_________________。某温度时，把Fe和CO2放入体积固定的容器中，CO2 的起始浓度为2.0 mol•L-1，达到平衡后，CO的浓度为1.0 mol•L-1，则该温度下，该反应的平衡常数K=___________。如果平衡后，再通入一定量的CO，则CO2的物质的量分数将________________。（填编号）‎ A.增大 B.减少 C.不变 ‎（3）己知反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) △H>0的逆反应速率随时间变化的关系如下图，ti—升温，t2—达到平衡，请在图上画出ti—t3时的v(逆)的变化曲线。_______‎ ‎（4）用间接化学法除去CO的过程如下图所示：己知电解池的阴极室中溶液的pH在4—6之间，写出阴极的电极反应式 ____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12〇6(s，葡萄糖)+6O2(g) △H=+2880kJ•mol-1 (2). ΔS>0，高温条件可自发进行 (3). 1.0 (4). C (5). (6). 2HSO3-+2e_+2H+=S2O42-+2H2O ‎【解析】试题分析：(1)根据盖斯定律计算二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的焓变；‎ ‎(2)影响反应方向的因素有焓变和熵变；利用“三段式”计算Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)反应的平衡常数；再通入一定量的CO，平衡常数不变，CO、CO2的比例不变；(3)升温正逆反应速率均突然增大，平衡正向移动，所以ti—t2之间逆反应速率逐渐增大，t2达到平衡，ti—t2之间速率保持不变。（4）根据图示阴极2HSO3-得电子生成S2O42-。‎ 解析：(1) ‎ ‎① 2CO2(g)+2H2O(l)+‎2C5H10O4(s) = 4(C3H6O3)+(s)+O2(g)+4e-   △H=+1360 kJ·mol-1‎ ‎② 12(C3H6O3)+(s)+12e- = C6H12O6(s，葡萄糖)+‎6C5H10O4(s)+3O2(g) △H=-1200 kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律，①×3+②得二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12〇6(s，葡萄糖)+6O2(g) △H=+2880kJ•mol-1；‎ ‎(2)影响反应方向的因素有焓变和熵变，该反应吸热，根据焓变反应不能自发进行，所以该反应能正向自发进行的原因是ΔS>0，高温条件可自发进行；‎ ‎ Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)‎ ‎ 开始 2.0 0‎ ‎ 转化 1.0 1.0‎ 平衡 1.0 1.0‎ ‎ ‎ 反应的平衡常数；再通入一定量的CO，平衡常数不变，CO、CO2的比例不变,所以则CO2的物质的量分数将不变；(3)升温正逆反应速率均突然增大，平衡正向移动，所以ti—t2‎ 之间逆反应速率逐渐增大，t2达到平衡，ti—t2之间速率保持不变图像为。‎ ‎（4）根据图示阴极2HSO3-得电子生成S2O42-，电极反应为2HSO3-+2e_+2H+=S2O42-+2H2O。‎ 点睛：升温正逆反应速率均突然增大，若反应正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，若反应逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率。‎ ‎31. 甲酸铝广泛用于化工、石油等生产上，120〜‎150℃‎左右分解。在‎0℃‎时，溶解度为‎16g，‎100℃‎时，溶解度为‎18.4g。‎ 首先用废铝渣制取AI(OH)3固体，流程如下：‎ ‎（1）调节pH用_________试剂为好。某同学在减压过滤时，布氏漏斗内没有得到产品，可能原因是______________________。‎ 然后将氢氧化铝和甲醛依次加入到质量分数为50%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比依次为1∶3∶2），装置如图1.最终可得到含甲酸铝90%以上的优质产品。反应式为：2Al(OH)3+6HCHO+3H2O2=2Al(HCOO)3+6H2O+3H2↑。‎ ‎（2）反应过程可看作两步进行，第一步______________（写出化学方程式），第二步为甲酸与Al(OH)3 反应生成甲酸铝。‎ ‎（3）反应温度最好控制在30—‎70℃‎之间，温度不宜过高，主要原因是_________________。‎ ‎（4）实验时需强力搅拌45 min，最后将溶液____________，抽滤，洗涤，干燥得产品。可用酸性KmnO4标准溶液滴定法来测定产品纯度，滴定起始和终点的滴定管液面位置见上图2，‎ ‎ 则消耗的酸性KmnO4标准溶液体积为__________________mL。‎ ‎【答案】 (1). 氨水 (2). 生成的Al(OH)3 呈胶状沉淀 (3). 2HCHO+H2O2=2HCOOH+H2↑ (4). 防止H2O2分解及HCHO挥发 (5). 蒸发结晶 (6). 16.00‎ ‎【解析】试题分析：（1）氢氧化铝易溶于强碱，难溶于弱碱，为减少氢氧化铝的损失，选用弱碱；氢氧化铝胶体能透过滤纸；（2）根据题意，第一步反应为甲醛被氧化为甲酸；（3）温度过高H2O2分解速率加快、HCHO挥发速度加快；（4）甲酸铝的溶解度受温度影响不大，获得晶体的方法是蒸发溶剂；滴定开始液面读数是2.50，滴定结束液面读数是18.50。‎ ‎32. 有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略去）。‎ 已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；‎ ‎②‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为___________________，M的分子式为_____________________。‎ ‎（2）G+D→H的化学方程式为___________________________。‎ ‎（3）H不可能发生的反应为_______________（填编号）。‎ A.加成反应 B.氧化反应 C.取代反应 D.消去反应 ‎（4）同时满足下列条件的E的同分异构体有_________________种。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎②能与NaHCO3反应 ‎③含有—NH2‎ ‎④苯环上有处于对位的取代基 ‎（5）参照上述合成路线，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：________________________。‎ ‎【答案】 (1). HOCH2CH2CH2OH (2). C10H11O4N (3). (4). D (5). 6 (6). ‎ ‎【解析】试题分析：A的密度是相同条件下H2密度的38倍，可知A的相对分子质量是76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，结合C的结构简式，可知A是HOCH2CH2CH2OH；根据，可知F是；‎ 解析：（1）根据以上分析，A的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，‎ 的分子式为C10H11O4N。‎ ‎（2）HOOCCHBrCOOH与发生取代反应生成和HBr的方程式为。‎ ‎（3）含有苯环可以发生加成反应、可能发生氧化反应，含有羧基、苯环可以发生取代反应，不含羟基和卤素原子不能发生消去反应。‎ ‎（4）同时满足①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3反应，说明含有羧基；③含有—NH2；④苯环上有处于对位的取代基， E的同分异构体有 共6种。‎ ‎（5）溴原子先水解为羟基，再氧化为羧基，再把硝基还原为氨基，最后脱水缩合成，合成路线为：。‎ 点睛：由于氨基易氧化，所以先把羟基氧化为羧基，再把硝基还原为氨基。‎