2015届河南省焦作市高三上学期期中化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2015届河南省焦作市高三上学期期中化学试卷与答案（带解析） 选择题 化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是 A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 B日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒 C使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题 D天然药物无任何毒副作用，可长期服用 答案： A 试题分析： A、乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，正确； B、日常生活中常用 70-75%的酒精作消毒剂，错误； C、含磷洗衣粉只是造成水体富营养化的原因之一，所以使用无磷洗衣粉，不能彻底解决水体富营养化问题，错误； D、天然药物也属于药物，对人体都有一定的副作用，

2、不能长期服用，错误，答案：选 A。 考点：考查化学与生活的联系 化学 选修三：物质结构与性质 （ 15分） 2011年 3月 11日日本发生了 9.0级强地震。福岛第一核电站 1号机组 12日下午发生氢气爆炸。随后在爆炸核电站周围检测到的放射性物质有碘 -131和铯 137 ，碘 -131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺疾病。日本政府计划向核电站附近居民发放防止碘 -131辐射的 药物碘片。 （ 1） Cs(铯 )的最外层电子排布式为 6s1，与铯同主族的前四周期 (包括第四周期 )的三种元素 A、 B、 C的电离能如下表： 那么三种元素 C的元素符号为 _，形成其单质晶体的化学键类型_。 （

3、 2） F、 Cl、 Br与 I同主族， BeF2与 H2O都是由三个原子构成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子 Be和 O的杂化方式分别是 _、 _。与碘同主族的氯具有较高的活泼性，能够形成大量的含氯化合物，如金属氯化物，非金属氯化物等。 BCl3是一种非金属氯化 物，该物质分子中 BCl 键的键角为 _。基态溴原子的简化电子排布式为 _ 。 （ 3）卤素互化物如 IBr、 ICl等与卤素单质结构相似、性质相近。 Cl2、 IBr、 ICl沸点由高到低的顺序为 _ _。 （ 4）测定气态氟化氢分子量总大于 20，你认为可能的原因为 。 （ 5）碘 131 是碘单质，其晶胞结构如下图甲所示

4、，该晶胞中含有 _个I2分子； KI的晶胞结构如下图乙所示，每个 K 紧邻 _个 I-。答案：（说明：（ 1）（ 2）中每空各 1分，（ 3）（ 4）（ 5）每空各 2分） （ 1） K 金属键 （ 2） sp sp3 1200 【 Ar】 3d104s24p5 （ 3） IBrIClCl2 （ 4） HF与 HF分子间以氢键形式可能缔合形成双聚或三聚分子。 （ 5） 4。 6 试题分析：（ 1） Cs是第一主族元素，从上到下金属性逐渐增强，第一电离能逐渐减小，所以 A是 Li， B是 Na， C是 K； K是金属晶体，所以形成单质晶体的化学键是金属键； （ 2）， BeF2中， B的价层电子

5、对数是 2+1/2(2-2)=2,所以 Be是 sp杂化； H2O中O的价层电子对数是 2+1/2(6-2)=4，所以 O是 sp3杂化； BCl3是一种非金属氯化物，空间构型是平面正三角形分子，所以该物质分子中 BCl 键的键角是 1200；Br是 35号元素，所以基态溴原子的简化电子排布式为【 Ar】 3d104s24p5； （ 3）卤素单质都属于分子晶体，沸点随相对分子质量的增大而升高，所以 Cl2、IBr、 ICl沸点由高到低的顺序为 IBrIClCl2； （ 4） F的非金属性强，易形成氢键，使 HF分子间易氢键形式缔合为双聚或三聚分子，使 HF的分子量大于 20； （ 5）碘单质中

6、碘分子位于立方体的 8个顶点及 6个面心上，所以碘的晶胞中含有的碘分子个数是 81/8+61/2=4； KI中每个 K+周围紧邻 6个 I-，同层的 4个，上下各一个。 考点：考查物质结构与性质判断，晶胞的计算 已知酸性高锰酸钾溶液可以将 FeSO4氧化，方程 2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O， 现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入 KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的 KI的物质的量的变化关系如图所示。 则下列有关说法错误的是 A图中 AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应

7、B图中 BC段发生的反应为 2Fe3+2I-= 2Fe2+ I2。 C根据 OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为 0.25 mol D根据 OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为 1 mol 答案： D 试题分析：高锰酸钾的氧化性大于铁离子，铁离子大于碘。 A、 AB段铁离子的物质的量不变，说明此时高锰酸钾与碘离子发生氧化还原反应，正确； B、 BC段铁离子的物质的量逐渐减少至 0，说明该段发生的是铁离子与碘离子的氧化还原反应，离子方程式是 2Fe3+2I-= 2Fe2+ I2，正确； C、根据 以上分析，高锰酸钾先氧化亚铁离子，剩余的再氧化碘离子，铁离子氧化碘离子，所以相当

8、于高锰酸钾直接与碘离子发生氧化反应，共消耗 1.25molI-。碘离子的物质的量是 1.25mol，则失去电子的物质的量是 1.25mol，高锰酸钾氧化碘离子为单质碘，自身被还原为 +2价锰离子，根据得失电子守恒，所以用于与碘离子反应的高锰酸钾的物质的量是 1.25mol/5=0.25mol，正确； D、由图像可知铁离子消耗碘离子的物质的量是 1.25-0.5=0.75mol，根据 2Fe3+2I-= 2Fe2+ I2，所以亚铁离子的物 质的量是 0.75mol，则硫酸亚铁的物质的量是 0.75mol，错误，答案：选 D。 考点：考查物质氧化性的应用，对图像的分析与计算 药物贝诺酯的结构简式如

9、图所示，下列有关叙述正确的是 A贝诺酯分子式为 C17H15NO5 B 1mol贝诺酯分子最多能与 9mol H2反应 C贝诺酯与足量 NaOH溶液共热 ,最终生成两种产物 D贝诺酯能发生的反应类型有取代反应、氧 化反应、 消去反应等 答案： A 试题分析： A、根据该物质的结构简式判断其分子式为 C17H15NO5，正确； B、该物质的苯环、羰基可与氢气发生加成反应，所以 1mol贝诺酯分子最多能与7mol H2反应，错误； C、贝诺酯中含有 2个酯基，与足量 NaOH溶液共热 ,最终生成 3种产物，错误； D、贝诺酯能发生的反应类型有取代反应、氧 化反应，不能发生消去反应，错误，答案：选

10、A。 考点：考查对有机物结构、性质的判断 下列有关溶液中微粒的物质的量浓度的关系，正确的是 A 0.1 mol L-1的 NH4Cl溶液与 0.05 mol L-1的 NaOH溶液等体积混合的溶液：c(Cl-)c(Na )c( )c(OH-)c(H ) B等物质的量的 NaClO、 NaHCO3混合溶液： c(HClO) c(ClO-) c(HCO3-)c(H2CO3) c( ) C pH 2的 HA溶液与 pH 12的 MOH溶液等体积混合： c(M ) c(A-)c(OH-) c(H ) D某二元弱酸的酸式盐 NaHA溶液： c(OH-) c(H2A) c(H ) 2c(A2-) 答案：

11、B 试题分析： A、 0.1 mol L-1的 NH4Cl溶液与 0.05 mol L-1的 NaOH溶液等体积混合的溶液，得到等浓度的氯化铵、一水合氨、氯化钠的混合液，溶液呈碱性，所以溶液中的离子浓度的大小关系是 c(Cl-) c( )c(Na )c(OH-)c(H )，错误； B、等物质的量的 NaClO、 NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒，可得c(HClO) c(ClO-) c(HCO3-) c(H2CO3) c( )，正确； C、因为酸、碱的强弱未知，所以混合后溶液的酸碱性不能确定，错误； D、根据质子守恒，应有c(OH-) c(H )-c(A2-)+ c(H2A)，则 c(OH-

12、) c(A2-) c(H )+c(H2A)，错误，答案：选 B。 考点：考查溶液混合的计算，离子浓度的比较，守恒规律的应用 下列各反应对应的离子方程式正确的是 A向 100 mL 0.12 mol/L的 Ba(OH)2溶液中通入 0.02 mol CO2： OH- CO2 = HCO3- B向 Ca(OH)2溶液中加入过量的 NaHCO3溶液： Ca2+ + 2OH-+2HCO3-= CaCO3+ CO32-+ 2H2O C向 0.2 mol溴化亚铁溶液中通入 0.2 mol氯气： 2Fe2 4Br- 3Cl2 = 2Fe3 6Cl- 2Br2 D硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后 pH恰好为

13、7： H SO42- Ba2 OH-= BaSO4 H2O 答案： B 试题分析： A、氢氧化钡的物质的量是 0.1L0.12mol/L=0.012mol，则n(CO2)/n(Ba(OH)2)=0.02/0.012，大于 1小于 2，则产物是碳酸氢钡和碳酸钡，碳酸钡是难溶固体，所以有沉淀生成，错误； B、氢氧化钙与过量的碳酸氢钠溶液反应，则氢氧根离子全部与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸根离子与钙离子结合为碳酸钙沉淀，正确； C、向 0.2 mol溴化亚铁溶液中通入0.2 mol氯气，氯气与溴化亚铁的物质的量之比是 1:1，则氯气不足，不能全部氧化溴离子，则离子方程式中亚铁离子与溴离子

14、的个数比不应符合化学式中离子个数比，错误； D、氢氧化钡中含有 2个氢氧根离子，而离子方程式中只用去 1个，说明有 1个氢氧根离子剩余，溶液呈碱性，错误，答案：选 B。 考点：考查离子方程式书写正误的判断 一定条件下，在体积为 10 L的密闭容器中， 1 mol A和 1 mol B进行反应： 2A(g) B(g) 2C(g)，达到平衡时生成 0.6 mol C。下列说法正确的是 A当容器内密度保持不变时，可以判断反应已达平衡 B其他条件不变，将容器体积变为 20 L， C的平衡浓度变为原来的一半 C其他条件不变，若增大压强，则物质 A的转化率减小 D达到平衡时， C的体积百分含量为 0.35

15、3 答案： D 试题分析： A、容器的体积不变，气体的总质量不变，所以气体的密度始终不变，不能判断平衡状态，错误； B、体积扩大，则容器的压强减小，而压强减小，平衡逆向移动，所以 C的浓度会小于原来的一半，错误； C、其他条件不变，若增大压强，平衡正向移动，则物质 A的转化率增大，错误； D、平衡时C的物质的量 是 0.6mol，则消耗 A、 B的物质的量分别是 0.6mol、 0.3mol，所以平衡时 A、 B的物质的量变为 0.4mol、 0.7mol，所以 C的体积百分含量也是物质的量含量为 0.6mol/(0.4+0.7+0.6)mol=0.353，正确，答案：选 D。 考点：考查平衡

16、状态的判断，平衡移动的判断，体积分数的计算 有三种不同的集团，分别为 -X、 -Y、 -Z，若同时分别取代苯环上的三个氢原子，能生成的同分异构体数目是 A 4种 B 6种 C 8种 D 10种 答案： D 试题分析：先使苯环上 2个 H原子被取代，则同分异构体有邻、间、对三种，邻位取代物的苯环上有 4种 H原子，所以被第三个基团取代得到 4种结构；间位取代物有 4种 H原子，所以被第三个基团取代有 4种结构；对位取代物有 2种 H原子，被第三个基团取代有 2种结构，所以共有 10种结构，答案：选 D。 考点：考查同分异构体的判断 短周期元素 W、 X、 Y、 Z的原子序数依次增大，它们的简单离

17、子中都能破坏水的电离的组合是 A Y3+、 W- B Z2-、 X+ C X+、 Y3+ D X+、 Z2- 答案： A 试题分析： W带一个单位的负电荷，说明 W是第七主族元素，可能是 F、 Cl；X带一个单位的正电荷，说明 X是第一主族元素，因为 X的原子序数大于 W，且都是短周期元素，所以 X只能是 Na；则 W是 F；同理判断 Y是 Al元素， Z是 S元素。它们的简单离子中都能破坏水的电离是 F-、 Al3+、 S2-，而 Na+不会破坏水的电离，所以答案：选 A。 考点：考查元素化合价的应用，对离子水解的判断 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示。 仅用此装置和表中提

18、供的物质完成相关实验，最合理的是 选项 a中物质 b中物质 c中收集的气体 d中物质 A 浓氨水 CaO NH3 H2O B 浓硫酸 Na2SO3 SO2 NaOH溶液 C 饱和食盐水 电石 CHCH H2O D 浓盐酸 MnO2 Cl2 NaOH溶液 答案： B 试题分析： A、氨气的密度比空气小，所以不能用向下排空气法收集，错误； B、浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，二氧化硫的密度大于空气，所以用向下排空气法收集，二氧化硫溶于水呈酸性，所以用氢氧化钠溶液吸收，正确；C、乙炔的密度小于空气，所以不能用向上排空气法收集，同时乙炔不溶于水，也不能用水吸收，错误； D、浓盐酸与二氧化锰反应制

19、取氯气需要加热，缺少加热仪器，错误，答案：选 B。 考点：考查对气体的制取、收集、尾气处理的判断 能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是 A点燃，能燃烧的是矿物油 B测定沸点，有固定沸点的是矿物油 C加入水中，浮在水面上的是地沟油 D加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油 答案： D 试题分析：地沟油的主要成分是酯，矿物油的主要成分是烃。 A、地沟油含 C、H、 O元素，也能燃烧，所以点燃的方法不能鉴别地沟油和矿物油，错误； B、地沟油与矿物油都是混合物，都没有固定的沸点，错误； C、地沟油与矿物油的密度都比水小，加入水中，都浮在水面上，错误； D、地沟油

20、属于酯类物质，在氢氧化钠溶液中加热会发生水解反应，生成钠盐和甘油，所以溶液不分层，而矿物油不与氢氧化钠溶液反应，溶液分层，可以鉴别，正确，答案：选 D。 考点：考查地沟油与矿物油的鉴别 下列除去杂质的方法正确的是 除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入 Cl2，气液分离； 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏； 除去 CO2中少量的 SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶； 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏。 A B C D 答案： B 试题分析： 光照条件下通入 Cl2，乙烷与氯气发生取代反应，乙烯不反应，错误； 除去乙酸乙酯中少量的乙酸，乙酸与碳酸钠溶液

21、反应生成乙酸钠、水二氧化碳，而乙酸乙酯不与碳酸钠溶液反应，也不溶于碳酸钠溶液，所以用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏，可得乙酸乙酯，正确； 二氧化碳也与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶，不能达到除去二氧化碳中二氧化硫的目 的，错误； 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，生石灰与乙酸反应，而乙醇不与生石灰反应，然后蒸馏可得乙醇，正确，答案：选 B。 考点：考查有机物的除杂的判断 下列物质中既能跟稀 H2SO4反应 , 又能跟氢氧化钠溶液反应的是 NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 (NH4)2S A B C D全部 答案： D 试题分析：碳酸氢钠既能与硫

22、酸反应生成二氧化碳、水、硫酸钠，也能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，正确；氧化铝是两性氧化物，既能跟稀 H2SO4反应 , 又能跟氢氧化钠溶液反应，正确；氢氧化铝是两性氢氧化物，既能跟稀 H2SO4反应 , 又能跟氢氧化钠溶液反应，正确； (NH4)2S中的硫离子能与氢离子反应生成硫化氢，铵根离子能与氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，正确，所以答案：选 D。 考点： 假设 SiO2原子晶体中 Si原子被 Al原子取代，不足的价数由 K原子补充。当有 25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为 A KAlSiO4 B KAlSi2O6 D.KAlSi3O8 D KAlSi4O10

23、 答案： C 试题分析：假设有 4个 SiO2，则一个 Si原子被 Al取代，取代的 Si应与一个 Al和 1个 K 的化合价相等，所以正长石化学组成中 K、 Al、 Si原子个数之比为 1：1： 3，即化学式为： KAlSi3O8，答案：选 C。 考点：考查物质化学式的判断 某可逆反应 aA + bB cC ； H= -QkJ/mol；在某温度下的平衡常数为 K（ K1），反应热为 Q。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则 Q和K数值的相应变化为 A写成 2aA + 2bB 2cC， Q值、 K值均扩大了一倍 B写成 2aA + 2bB 2cC， Q值扩大了一倍， K值保持不变 C写成

24、 cC aA + bB， Q值、 K值变为原来的相反数 D写成 cC aA + bB， Q值变为原来的相反数， K值变为倒数 答案： D 试题分析： A、写成 2aA + 2bB 2cC， Q值扩大了一倍，平衡常数变为原来的平方，错误； B、错误； C、写成 cC aA + bB，互为可逆的两个反应的反应热互为相反数，平衡常数互为倒数，所以 Q值变为原来的相反数， K值变为原来的倒数，错误； D、正确，答案：选 D。 考点：考查对反应热与平衡常数的理解 设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A 500 mL 2 mol L-1 FeCl3溶液中 Fe3 数为 NA，且 3 B 1

25、L pH 1的硫酸溶液中含有的 H 为 0.2NA C标准状况下， 22.4L 乙烷中含极性共价键的数目为 7NA D 12 g石墨和 C60的混合物中质子总数一定为 6NA个 答案： D 试题分析： A、氯化铁溶液中，铁离子发生水解，使 3，错误； B、 pH=1的溶液中氢离子的浓度是 0.1mol/L，则 1L溶液中氢离子的物质的量是 0.1mol，数目是 0.1NA，错误； C、标准状况下， 22.4L乙烷的物质的量是 1mol， 1个乙烷分子中含有 6个极性共价键，所以 标准状况下， 22.4L 乙烷中含极性共价键的数目为 6NA，错误； D、石墨和 C60都是 C元素的单质，构成原子

26、都是 C原子，所以 12 g石墨和 C60的混合物中 C原子的物质的量是 1mol， 1个 C原子中含有个质子，所以质子总数一定为 6NA个，正确，答案：选 D。 考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数、化学键数的关系 限用硝酸、硫酸、盐酸、醋酸、钠盐、钾盐、钡盐等两两相互反应，并符合离子方程式： 2H = H2O SO2的化学反应个数有 A 4 B 5 C 8 D 12 答案： A 试题分析： 2H = H2O SO2表示非氧化性强酸与易溶亚硫酸盐生成二氧化硫、水和易溶盐的反应。非氧化性强酸可以是硫酸、盐酸，硝酸是氧化性酸，醋酸是弱酸；盐可以是亚硫酸钠、亚硫酸钾，不能是亚硫酸钡，亚硫酸钡是难溶固体

27、，酸有 2 种，盐有 2 种，所以符合题意的化学反应有 4 个，答案：选 A。 考点：考查对离子方程式的理解 填空题 13分 ) （ 8分）：已知 Ca(OH)2与 Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入足量的氯气，二者恰好完全反应。生成 Cl-、 ClO-、 ClO3-三种含氯元素的离子，其中 ClO-、 ClO3-两种离子的物质的量 (n)与反应时间 (t)的曲线如图所示。 （ 1） t1时，开始有 ClO3-生成的原因是 _。 （ 2） t2时， Ca(OH)2与 Cl2发生反应的总的化学方程式为 _。 （ 3）该石灰乳中含有 Ca(OH)2的物质的量是 _mol。 （

28、4）若反应物的量不变，在某温度下恰好完全反应时，氧化产物比值为，则 n(Cl-)=_mol（用含 a的代数式来表示）。 （ 5分）下图中，是电解 NO制备 NH4NO3，其工作原理如图所示，为 使电解产物全部转化为 NH4NO3。 （ 1）阳极发生的电极反应式为 。 （ 2）需补充物质 A， A是 _，说明理由： _。 答案： 、 (8分 )（ 1）反应放热使温度升高，在较高温度下可生成 ClO3-（ 2分） （ 2） 10Cl2 +10Ca(OH)2=Ca(ClO3)2+2Ca(ClO)2+7CaCl2+10H2O（ 2分） （ 3） 5（ 1分） （ 4） (5a+25)/(a+3) （

29、3分） （ 5分）（ 1） NO3e - + 2H2O = NO3-+4H+（ 2分） （ 2） NH3（ 1 分）；根据 8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，电解产生的 HNO3 多。（ 2分） 试题分析： I、（ 1）氯气与氢氧化钙在较高温度时生成氯酸根离子， t1时，开始有 ClO3-生成，说明该反应放热，使温度升高，在较高温度下可生成 ClO3-； （ 2） t2时， Ca(OH)2与 Cl2发生反应生成次氯酸根离子与氯酸根离子的物质的量分别是 2mol、 1mol，根据得失电子守恒，则 Cl元素被还原为氯离子的物质的量是 2mol+5mol=7mol，则方程式中次氯酸钙、氯

30、酸钙、氯化钙的系数之比是2:1： 7，同时产物中有水生成，配平该反应方程式，所以 t2时， Ca(OH)2与 Cl2发生反应的总的化学方程式为 10Cl2 +10Ca(OH)2=Ca(ClO3)2+2Ca(ClO)2+7CaCl2+10H2O； （ 3）根据图像判断，生成次氯酸根离子的物质的量是 2mol，利用化学方程式中次氯酸钙与氢氧化钙的系数比可知，消耗的氢氧化钙的物质的量是 5mol； （ 4）设次氯酸根离子是 amol，氯酸根离子是 1mol，则 Cl元素失去电子的总物质的量是 amol+5mol=(a+5)mol，根据得失电子守恒，则 Cl元素得到电子生成氯离子的物质的量是（ a+5

31、） mol。根据反应的化学方程式可知氯气的总物质的量是 5mol，则 Cl原子的物质的量是 10mol，则氯离子在 Cl元素中的百分比是（ a+5） /(a+1+a+5)=（ a+5） /(2a+6)，所以 n(Cl-)=10mola+5） /(2a+6)= (5a+25)/(a+3)mol； II、（ 1）电解 NO制备 NH4NO3，阳极发生氧化反应，根据装置图可知 NO在阳极发生氧化反应，失去电子生成硝酸根离子，所以电极反应式是 NO3e - + 2H2O = NO3-+4H+； （ 2）阴极 NO被还原 为铵根离子，电极反应式为 NO+5e- + 6H+ =NH4+ H2O，根据得失电

32、子守恒可知，阳极产生的硝酸根离子的物质的量大于阴极产生的铵根离子的物质的量，电解产生的 HNO3多。总反应为8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为 NH4NO3，所以应补充NH3。 考点：考查氧化还原反应的分析与计算，对图像的分析，电解原理的应用 （ 14分）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如下： 已知 CaO2 8H2O呈白色，微溶于水，加热至 350 左右开始分解放出氧气。 （ 1）用上述方法制取 CaO2 8H2O的化学方程式是 _； （ 2）检验 “水洗 ”是否合格的方法是 _；

33、 （ 3）沉淀时常用冰水控制温度在 0 左右，其可能原因是 (写出两种 )： _； _。 （ 4）测定产品中 CaO2的含量的实验步骤： 第一步：准确称取 a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的 b g KI晶体，再滴入少量 2 mol L-1的 H2SO4溶液，充分反应。 第二步：向上述锥 形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步：逐滴加入浓度为 c mol L-1的 Na2S2O3溶液至反应完全，消耗 Na2S2O3溶液 V mL。 【已知： 】 CaO2的质量分数为 _(用字母表示 )； 某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的 CaO2的质量分数可能 _(填 “

34、不受影响 ”、 “偏低 ”或 “偏高 ”)，原因是 _。 答案：（ 14分）（ 1） CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O = CaO2 8H2O+2NH4Cl （ 2分） （ 2）可取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀。（ 2分） （ 3） 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（ 2分）； 该反应是放热反应，温度低有利于提高 CaO2 8H2O产率（ 2分）。 （ 4） ，（ 2分） 偏高 (2分 )，在酸性条件下空气中的 O2也可以把 KI氧化为 I2，使消耗的Na2S2O3 增多，从而使测得的 CaO2的质量分数偏高。 (2分 )

35、 试题分析：（ 1）向氯化钙溶液中加入过氧化氢、氨气可得到过氧化钙沉淀晶体，同时产物中有氯化铵，所以化学方程式是 CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O = CaO28H2O+2NH4Cl； （ 2）过氧化钙晶体上可能含有氯离子，所以检验水洗是否干净则检验水洗后的溶液中是否含有氯离子即可。具体操作如下：可取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀。 （ 3）因为过氧化氢在加热时会分解，从而降低过氧化氢的使用率，所以温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；同时考虑过氧化钙的沉淀程度，该反应可能是放热反应，温度低对过氧化钙的沉淀有利； （ 4） 根据

36、得失电子守恒，过氧化钙与碘之间的关系式 是 CaO2 I2，而碘与Na2S2O3之间的关系式是 2Na2S2O3 I2，所以 CaO2 I2 2Na2S2O3，则过氧化钙的物质的量是 Vc10-3/2mol，所以过氧化钙的质量分数是 Vc10-3/2mol72g/mol/ag100%= 若滴速太慢，则 I-被空气中的氧气氧化为碘，则消耗 Na2S2O3溶液体积增多，从而使测得的 CaO2的质量分数偏高。 考点：考查制备实验方案的设计，物质质量分数的计算，化学方程式的书写 （ 10分） CO2和 CH4是两种重要的温室气体，通过 CH4和 CO2反应来制造更高价值的化学品是目前的研究目标。 （

37、1） 250 时，以镍合金为催化剂，向体积为 4 L的密闭容器中通入 6 mol CO2、6 mol CH4，发生如下反应： CO2(g) CH4(g) 2CO(g) 2H2(g)。 平衡体系中各组分体积分数 (某一成分物质的量占总气体物质的量的百分数 )如下表： 物质 CH4 CO2 CO H2 体积分数 0.1 0.1 0.4 0.4 此温度下该反应的平衡常数 K _。 已知： CH4(g) 2O2(g)=CO2(g) 2H2O(g) H -890.3 kJ mol-1 CO(g) H2O(g)=CO2(g) H2(g) H 2.8 kJ mol-1 2CO(g) O2(g)=2CO2(g

38、) H -566.0 kJ mol-1 反应 CO2(g) CH4(g) =2CO(g) 2H2(g) H _。 （ 2）以二氧化钛表面覆盖 Cu2Al2O4为催化剂，可以将 CO2和 CH4直接转化成乙酸。 在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示。 250 300 时，乙酸的生成速率减小的原因是_。 将 Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为_。 （ 3）以 CO2为原料可以合成多种物质。 如合成聚碳酸酯。已知 CO2的分子结构为 O=C=O，它的 “C=O”双键与乙烯的 “C=C”双键一样，在一定条件下可发生加聚反应，聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由 CO2

39、加聚而成。写出聚碳酸酯的结构简式：_。 答案：（共 10分，各 2分） （ 1） 64 247.3 kJ mol-1 （ 2） 催化剂的催化效率降低 3Cu2Al2O4 32H =6Cu2 6Al3 2NO 16H2O （ 3） 试题分析：（ 1） 设平衡时二氧化碳的物质的量为 xmol，则甲烷的物质的量也是 xmol，所以生成 CO、氢气的物质的量是 2（ 6-x） mol=(12-2x)mol，根据题意， x/(x+x+12-2x+12-2x)=0.1，解得 x=2，所以此温度下该反应的平衡常数 K (8mol/4L)2(8mol/4L)2/(2mol/4L)2=64； 根据盖斯定律将 O

40、2、 H2O(g)消去，得反应 CO2(g) CH4(g) =2CO(g)2H2(g) H（ -890.3 kJ mol-1） -2（ -566.0 kJ mol-1） +2（ 2.8 kJ mol-1）= 247.3 kJ mol-1； （ 2） 由图可知 250 时，催化剂的催化效率最高，温度升高，则催化剂的催化效率降低，所以乙酸的产率降低； 根据化合价规律， Cu2Al2O4中 O元素的化合价是 -2价， Al是 +3价，根据化合价代数和为 0的原则，则 Cu的化合价只能是 +1价，所以 Cu2Al2O4与硝酸发生氧化还原反应，生成铜离子、铝离子和 NO气体、水，离子方程式是 3Cu2A

41、l2O4 32H =6Cu2 6Al3 2NO 16H2O； （ 3）聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由 CO2加聚而成，二氧化碳中的碳氧双键断裂，发生加聚反应，所以聚碳酸酯的结构简式是 。 考点：考查平衡常数的计算，盖斯定律的应用，有机结构简式的判断 化学一选修 2：化学与技术 （ 15分） 氯化亚铜 (CuCl)是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐。从酸性电镀废液 (主要含 Cu2 、 Fe3 )中制备氯化亚铜的工艺流程图如下： 金属离子含量与混合液 pH、 CuCl产率与混合液 pH的关系图如图。 【已知：金属离子浓度为 1 mol L-1时， Fe

42、(OH)3开始沉淀和沉淀完全的 pH分别为 1.4和 3.0， Cu(OH)2开始沉淀和沉淀完全的 pH分别为 4.2和 6.7】请回答下列问题： （ 1）酸浸时发生反应的离子方程式是 _；析出 CuCl晶体时的最佳 pH在 _左右。 （ 2） 铁粉、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成 CuCl的离子反应方程式为_。 （ 3）析出的 CuCl晶体要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于 70 干燥 2 h、冷却密封包装。 70 真空干燥、密封包装的目的是_。 （ 4）产品滤出时所得滤液的主要分成是 _，若想从滤液中获取 FeSO47H2O晶体，还需要知道的是 _。 （ 5）若将铁粉换成亚硫 酸钠也可

43、得到氯化亚铜，试写出该反应的化学方程式：_。为提高 CuCl的产率，常在该反应体系中加入稀碱溶液，调节 pH至 3.5。这样做的目的是_。 答案：（ 1） Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O 3 （ 2） 2 Cu2+2Cl-+Fe=2CuCl+Fe2+ （ 3）加快乙醇和水的蒸发，防止 CuCl被空气氧化 （ 4） Na2SO4和 FeSO4 不同温度下硫酸钠和硫酸亚铁的溶解度 （ 5） 2 CuSO4+ Na2SO3+2NaCl+ H2O=2CuCl+2 Na2SO4+ H2SO4 OH-中和了反应中的 H+，有利于平衡向右移动，提高 CuCl的产率。但当 OH-浓度过大时， Cu+

44、能与 OH-结合，生成氢氧化亚铜，从而降低了 CuCl的产率。 试题分析：（ 1） pH=4时铁离子的浓度为 0，所以酸浸时主要发生的离子反应是产生的氢氧化铜沉淀和酸的反应，离子方程式是 Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O；根据图像可得， CuCl的产率最高点对应的 pH值是 3； （ 2） Fe、氯化钠、硫酸铜发生反应生成 CuCl 沉淀，则 Cu元素的化合价降低，所以 Fe元素的化合价升高，则发生离子的方程式是 2 Cu2+2Cl-+Fe=2CuCl+Fe2+ （ 3）因为 CuCl 微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐，所以 70 真空干燥、密封包装的目的是加快乙

45、醇和水的蒸发，防止 CuCl被空气氧化； （ 4）根据 Fe、氯化钠、硫酸铜发生的反应判断，产品滤出时所得滤液的主要分成 Na2SO4和 FeSO4；若想从滤液中获取 FeSO4 7H2O晶体，需将二者分离，所以还需要知道的是不同温度下硫酸钠和硫酸亚铁的溶解度，从而利用溶解度的不同分离二者； （ 5）若将铁粉换成亚硫酸钠也可得到氯化亚铜，则亚硫酸钠起到还原剂的作用，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，反应的化学方程式为： 2 CuSO4+ Na2SO3+2NaCl+ H2O=2CuCl+2 Na2SO4+ H2SO4； 为提高 CuCl的产率，常在该反应体系中加入稀碱溶液，调节 pH至 3.5。这样做的目的是 OH-中和了反应中的 H+，有利于平衡向右移动，提高 CuCl 的产率。但当 OH-浓度过大时， Cu+能与 OH-结合，生成氢氧化亚铜，从而降低了 CuCl的产率，所以控制 pH至 3.5. 考点：考查物质制备流程的分析，反应产物的判断，化学方程式的书写，对图像的分析 选修五 基础有机化学 （ 15分） 下图是以 C7H8为原料合成某聚酰胺类物质 (C7H5NO)n的流程图 已知： .当苯环上已经有了一个取代基时，新引进的取代基因受原取代基的影响而取代其邻、对、间位的氢原子，使新取代基进入它的邻、对位的取代基有 -CH3、 -NH2等使新取代基进入