贵州省遵义市航天中学2016届高三化学上学期第一次月考试卷含解析.doc

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1、贵州省遵义市航天中学2015-2016学年高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每题3分）1下列说法不正确的是（）AAl2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃剂B碳素钢的主要成分是铁碳合金、司母戊鼎的主要成分是铜锡合金C自然界中不存在游离态的硅，硅主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在D通过化学变化可以实现12C与14C间的相互转化2如图装置或操作错误的是（）A用装置甲验证在该条件下铁钉发生吸氧腐蚀B装置乙用于HCl的吸收，以防倒吸C用装置丙验证实验室制得的乙烯中混有二氧化硫和二氧化碳D关闭活塞a，从b处加水，以检查装置丁的气密性3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1L 0.1

2、 mol/L NaHCO3溶液中含有HCO3数目为0.1NAB常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移电子数目为2NA4普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示（未表示出其空间构型）下列关系普伐他汀的性质描述正确的是（）A能与FeCl3溶液发生显色反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C1mol该物质与足量钠发生反应生成4molH2D1mol该物质最多可与1molNaOH反应5下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是（）ABa（OH）2溶液中滴

3、加NaHSO4溶液至中性：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2OB钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2C用氯化铁溶液和沸水反应制取氢氧化铁胶体：Fe3+3H2O（沸水）Fe（OH）3+3H+D漂白粉溶液在空气中失效：ClO+CO2+H2OHClO+HCO36如图是另一种元素周期表三角形元素周期表的一部分，图中标示了L、M、Q、R、T元素的位置，下列判断正确的是：（）AQ、T两元素的氢化物的稳定性为HnTHnQBL、R的单质与盐酸反应速率为RLCM与T形成的化合物有两性DL、Q形成的简单离子核外电子数相等7镁燃料电池具有比能量高、使用安全方便、原材料来源丰富、成本低、燃料易

4、于贮运及污染小等特点如图为镁次氯酸盐燃料电池的工作原理图，下列有关说法不正确的是（）A该燃料电池中镁为负极，发生氧化反应B正极反应式为ClO+H2O+2eCl+2OHC电池总反应式为Mg+ClO+H2OMg（OH）2+ClD放电过程中OH移向正极二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气（如图1），并研究其性质请回答下列问题（1）装置甲中仪器A的名称是，丙中应装的溶液是，甲装置中发生反应的离子方程式为制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序是ag（补充完整）（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，探究小组同学提出下列实验方案：方案

5、：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量方案：采用酸碱中和滴定法测定方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量继而进行下列判断和实验：判定I方案不可行，理由是；进行方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样a量取试样20.00mL于锥形瓶中，若锥形瓶中存有少量水，对实验结果是否有影响？（填“是”或“无”） 用0.10molL1 NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液的体积如图2所示，其读数为 mLb平行滴定后获得实验结果判断方案的实验结果（填“偏大”、“偏小”或“准确”）已知：Ksp（CaCO3 ）=2.8109、Ksp（MnCO3）=2.31011（3

6、）某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请在下面的图3方框中画出该装置并注明试剂9（14分）非金属元素H、C、O、S、Cl能形成的化合物种类很多，单质及化合物的用途很广泛（1）O2的电子式为；（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例（写化学式，任写两种）；（3）CH3OH在常温下为液态，沸点高于乙烷的主要原因是；（4）Cl2是一种大气污染物，液氯储存区贴有的说明卡如下（部分）：危险性储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收包装钢瓶用离子方程式表示“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应

7、明显加快，原因是将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl、KClO、KClO3当溶液中c（Cl）：c（ClO）=11：1时，则c（ClO）：c（ClO3）比值等于（5）镁是一种较活泼的金属，Mg与Ca类似，也能与C形成某种易水解的离子化合物已知该化合物0.1mol与水完全反应后，产生0.1mol的某种气体该气体被溴水全部吸收后，溴水增重2.6g请写出该水解反应方程式10（15分）化学反应原理在工业生产中具有十分重要的意义（1）工业生产可以用NH3（g）与CO2（g）经两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下：则NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为（2）已知反应F

8、e（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H=a kJmol1测得在不同温度下，该反应的平衡常数K随温度的变化如下：温度（）500700900K1.001.472.40该反应的化学平衡常数K的表达式为，a0（填“”、“”或“=”）在5002L密闭容器中进行反应，Fe和CO2的起始量均为4mol，则5min后达到平衡时CO2的转化率为，生成CO的平均速率v（CO）为700反应达到平衡后，要使反应速率增大且平衡向右移动，可采取的措施有（3）利用CO与H2可直接合成甲醇，下图是由“甲醇空气”形成的绿色燃料电池的工作原理示意图，写出以石墨为电极的电池工作时负极的电极反应式，利用该电池电解1L 0.

9、5mol/L的CuSO4溶液，当消耗560mLO2（标准状况下）时，电解后溶液的pH=（溶液电解前后体积的变化忽略不计）【化学选修5：有机化学基础】11（15分）化合物H可用以下路线合成：已知：回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以生成88g CO2和45g H2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3苯基1丙醇F的结构简式是；（4）反应的反应类型是；（5）反应的化学方程式为；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式贵州省遵义市

10、航天中学2015-2016学年高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分）1下列说法不正确的是（）AAl2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃剂B碳素钢的主要成分是铁碳合金、司母戊鼎的主要成分是铜锡合金C自然界中不存在游离态的硅，硅主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在D通过化学变化可以实现12C与14C间的相互转化【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；金属与合金在性能上的主要差异【分析】AAl2O3熔点高、Al（OH）3加热易分解；B碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金；C硅是亲氧元素在自然界中不存在游离态的硅；D12C与14C之间的转化是原子核的变化

11、【解答】解：AAl2O3熔点高、Al（OH）3加热易分解，可用于阻燃剂，故A正确；B碳素钢是一种铁的合金，司母戊鼎的主要成分是铜锡合金，故B正确；C硅为亲氧元素，在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故C正确；D12C与14C之间的转化，属于核变化，不是化学变化，故D错误；故选D【点评】本题综合考查元素及其化合物的性质，为高考高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大2如图装置或操作错误的是（）A用装置甲验证在该条件下铁钉发生吸氧腐蚀B装置乙用于HCl的吸收，以防倒吸C用装置丙验证实验室制得的乙烯中混有二氧化硫和二氧化碳D关闭活塞a，从b处加水

12、，以检查装置丁的气密性【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A水为中性，Fe发生吸氧腐蚀；BHCl易溶于水，倒置的烧瓶可防止倒吸；C乙烯、二氧化硫均能被高锰酸钾氧化，二氧化硫、二氧化碳均能使石灰水变浑浊；D关闭活塞a，从b处加水，U型管左右两侧出现液面差可检验气密性【解答】解：A水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，则装置甲可验证在该条件下铁钉发生吸氧腐蚀，故A正确；BHCl易溶于水，倒置的烧瓶可防止倒吸，则装置乙用于HCl的吸收，以防倒吸，故B正确；C乙烯、二氧化硫均能被高锰酸钾氧化，二氧化硫、二氧化碳均能使石灰水变浑浊，则该装置不能验证实验室制得的乙烯中混有二氧化硫和二氧化碳，应选通过品红

13、检验二氧化硫，再通过高锰酸钾，最后利用石灰水检验二氧化碳，故C错误；D关闭活塞a，从b处加水，若U型管左右两侧出现液面差，可检验气密性良好，故D正确；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握化学反应原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1L 0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有HCO3数目为0.1NAB常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD1 mol Fe与足

14、量稀HNO3反应，转移电子数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A碳酸氢根离子为多元弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，部分发生电离；B乙烯与丙烯的最简式相同为CH2，根据n=计算最简式的物质的量，H原子物质的量是最简式的2倍，再根据N=nNA计算；C浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜继续反应；D硝酸足量反应生成硝酸 铁【解答】解：A碳酸氢根离子为多元弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，部分发生电离，所以1L 0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有HCO3数目小于0.1NA，故A错误；B乙烯与丙烯的最简式相同为CH2，最简式的物质的量为=0.5mol，故H原子物质的量为1mol，含有H原子数

15、目为NA，故B正确；C浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜继续反应，50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目小于0.46NA，故C错误；D.1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移电子数目为3NA，故D错误；故选：B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，掌握以物质的量为核心的计算公式是解题关键，注意物质的组成、结构、性质，注意浓硫酸与铜反应条件，题目难度不大4普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示（未表示出其空间构型）下列关系普伐他汀的性质描述正确的是（）A能与FeCl3溶液发生显色反应B能使酸性KMnO4溶液褪色C1mol该物质与足量钠发生反应生成4m

16、olH2D1mol该物质最多可与1molNaOH反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构简式可知，分子中含OH、COOH、COOC、碳碳双键，结合醇、羧酸、酯、烯烃的性质来解答【解答】解：A不含酚OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；B含OH、碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C能与氢气发生加成反应的只有碳碳双键，1mol该物质与足量钠发生反应生成2molH2，故C错误；DCOOH、COOC均与NaOH溶液反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与

17、性质的关系为解答的关键，侧重醇、羧酸、酯、烯烃性质的考查，题目难度不大5下列有关离子方程式与所述事实相符且正确的是（）ABa（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2OB钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH+H2C用氯化铁溶液和沸水反应制取氢氧化铁胶体：Fe3+3H2O（沸水）Fe（OH）3+3H+D漂白粉溶液在空气中失效：ClO+CO2+H2OHClO+HCO3【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；B电子、电荷不守恒；C生成胶体，不是沉淀；D反应生成碳酸钙和HClO【解答】解：ABa（OH）2溶液中滴加NaHSO4

18、溶液至中性的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故A正确；B钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故B错误；C用氯化铁溶液和沸水反应制取氢氧化铁胶体的离子反应为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；D漂白粉溶液在空气中失效的离子反应为Ca2+2ClO+CO2+H2OCaCO3+2HClO，故D错误；故选A【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大6如图是另一种

19、元素周期表三角形元素周期表的一部分，图中标示了L、M、Q、R、T元素的位置，下列判断正确的是：（）AQ、T两元素的氢化物的稳定性为HnTHnQBL、R的单质与盐酸反应速率为RLCM与T形成的化合物有两性DL、Q形成的简单离子核外电子数相等【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由元素在周期表中位置可知，R为Be，L为Mg，M为Al，T为O，Q为SA元素非金属性越强，其氢化物越稳定；B金属性越强，单质与盐酸反应越剧烈；C氧化铝能与强酸、强碱反应生成相应的盐与水；DL、Q形成的简单离子分别为Mg2+、S2【解答】解：由元素在周期表中位置可知，R为Be，L为

20、Mg，M为Al，T为O，Q为SA同主族自上而下元素非金属性减弱，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2OH2S，故A错误；B同主族自上而下金属性增强，故金属性MgBe，金属性越强，单质与盐酸反应越剧烈，故与盐酸反应速率为MgBe，故B错误；CM与T形成的化合物为氧化铝，氧化铝能与强酸、强碱反应生成相应的盐与水，属于两性氧化物，故C正确；DL、Q形成的简单离子分别为Mg2+、S2，核外电子数分别为10、18，故D错误，故选C【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，注意对元素周期表的理解掌握7镁燃料电池具有比能量高、使用安全方便、原材料来源丰富、成本低、燃料易于贮运及污染小

21、等特点如图为镁次氯酸盐燃料电池的工作原理图，下列有关说法不正确的是（）A该燃料电池中镁为负极，发生氧化反应B正极反应式为ClO+H2O+2eCl+2OHC电池总反应式为Mg+ClO+H2OMg（OH）2+ClD放电过程中OH移向正极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该燃料电池中，镁易失电子作负极、次氯酸根离子得电子发生还原反应，负极电极反应式为Mg2e=Mg 2+，正极电极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动【解答】解：A镁失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；B正极上双氧水得电子发生还原反应，电极反应式为ClO+H2O+2eCl+2OH，故

22、B正确；C镁在负极上失电子生成镁离子，次氯酸根离子在正极上得电子和水生成氯离子和氢氧根离子，所以电池反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，故C正确；D放电过程中氢氧根离子向负极移动，故D错误；故选D【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题关键，再结合离子移动方向来分析解答，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气（如图1），并研究其性质请回答下列问题（1）装置甲中仪器A的名称是分液漏斗，丙中应装的溶液是饱和NaCl溶液，甲装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O制取收

23、集纯净氯气的装置接口连接顺序是ag（补充完整）debcf（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，探究小组同学提出下列实验方案：方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量方案：采用酸碱中和滴定法测定方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量继而进行下列判断和实验：判定I方案不可行，理由是残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；进行方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样a量取试样20.00mL于锥形瓶中，若锥形瓶中存有少量水，对实验结果是否有影响？无（填“是”或“无”） 用0.10molL1 NaOH标准溶液滴定，消耗

24、NaOH标准溶液的体积如图2所示，其读数为22.6 mLb平行滴定后获得实验结果判断方案的实验结果偏小（填“偏大”、“偏小”或“准确”）已知：Ksp（CaCO3 ）=2.8109、Ksp（MnCO3）=2.31011（3）某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请在下面的图3方框中画出该装置并注明试剂【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）熟悉常见仪器的形状，说出其名称；二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸易挥发，制备的氯气含有氯化氢，结合氯化氢、氯气在饱和食盐水中溶解度特点选择合适的除杂剂；分析各装置作用进行排序；（2）方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成二氯化锰，二氯化锰也会与

25、硝酸银反应；方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据；方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；（3）氯气有毒，直接排放能够引起环境污染，氯气能与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液吸收过量氯气【解答】解：（1）装置甲中仪器A的名称分液漏斗；二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式：MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O；浓盐酸易挥发，制备的氯气含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以用饱和食盐水除去氯化氢；甲装置用

26、来制取氯气，A为分液漏斗用来滴加浓盐酸；从甲装置出来的气体含有氯化氢和水蒸气，浓硫酸具有吸水性，装置乙中浓硫酸的作用干燥氯气；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以装置丙中可以盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，依次通过丙、乙，氯气密度比空气密度大，用向上排气法收集（长进短出），正确的顺序为：adebcfg；故答案为：分液漏斗； 饱和NaCl溶液；MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O； debcf；（2）方案：与足量AgNO3溶液反应，氯化锰和盐酸都和硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；故答案为：残余液中的MnC

27、l2也会与AgNO3反应形成沉淀；方案：锥形瓶中含少量水，不影响试样的物质的量；根据图二读取数据为：22.60mL；故答案为：无；22.60；方案：根据Ksp（CaCO3）=2.8109sp（MnCO3）=2.31011知碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；（3）氯气有毒，直接排放能够引起环境污染，氯气能与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液吸收过量氯气，装置如图所示；故答案为：【点评】本题考查了氯气的制备和氯气性质及沉淀溶解平衡的移动，明确实验原理是解题关键，题目难度中等

28、9（14分）非金属元素H、C、O、S、Cl能形成的化合物种类很多，单质及化合物的用途很广泛（1）O2的电子式为；（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例ClO2、O3、Cl2（任写两种）（写化学式，任写两种）；（3）CH3OH在常温下为液态，沸点高于乙烷的主要原因是甲醇分子之间能形成氢键而乙烷不能；（4）Cl2是一种大气污染物，液氯储存区贴有的说明卡如下（部分）：危险性储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收包装钢瓶用离子方程式表示“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl若液氯

29、泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是Fe（FeCl3）能催化苯与氯气的反应将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl、KClO、KClO3当溶液中c（Cl）：c（ClO）=11：1时，则c（ClO）：c（ClO3）比值等于1：2（5）镁是一种较活泼的金属，Mg与Ca类似，也能与C形成某种易水解的离子化合物已知该化合物0.1mol与水完全反应后，产生0.1mol的某种气体该气体被溴水全部吸收后，溴水增重2.6g请写出该水解反应方程式MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2【考点】氯气的化学性质；电子式；镁的化学性质【分析】（1）O2核外有2个电子层，最外层电子数为8；（

30、2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，如氯气、臭氧以及ClO2等；（3）CH3OH含有氢键，沸点较大；（4）氯气具有强氧化性，可与HSO3发生氧化还原反应；在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，类比溴与苯的反应可知铁或氯化铁起到催化剂的作用；设n（ClO）=1mol，反应后c（Cl）：c（ClO）=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3）；（5）溴水增重2.8g，为烃的质量，烃的物质的量为0.1mol，则相对分子质量为28，应为乙烯【解答】解：（1）O2核外有2个电子层，最外层电子数为8，电子式为：，故答案为：；（2）O、Cl两元素形成的单质和化合物常用来杀菌

31、消毒，如氯气、臭氧以及ClO2等，故答案为：ClO2、O3、Cl2（任写两种）；（3）CH3OH含有氢键，沸点较大，而乙烷不能形成氢键，故答案为：甲醇分子之间能形成氢键而乙烷不能；（4）氯气具有强氧化性，可与HSO3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl，故答案为：HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl；在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，类比溴与苯的反应可知铁或氯化铁起到催化剂的作用，故答案为：Fe（FeCl3）能催化苯与氯气的反应；设n（ClO）=1mol，反应后c（Cl）：c（ClO）=11，则n（Cl）=11mol，则11mol=1m

32、ol+n（ClO3）5，n（ClO3）=2，故答案为：1：2；（5）溴水增重2.6g，为烃的质量，烃的物质的量为0.1mol，则相对分子质量为26，应为乙炔，可知为MgC和水的反应，方程式为MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2，故答案为：MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等10（15分）化学反应原理在工业生产中具有十分重要的意义（1）工业生产可以用NH3（g）与CO2（g）经两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下：则NH3（g）与CO2（g）反应生

33、成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol（2）已知反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H=a kJmol1测得在不同温度下，该反应的平衡常数K随温度的变化如下：温度（）500700900K1.001.472.40该反应的化学平衡常数K的表达式为，a0（填“”、“”或“=”）在5002L密闭容器中进行反应，Fe和CO2的起始量均为4mol，则5min后达到平衡时CO2的转化率为50%，生成CO的平均速率v（CO）为0.2mol/（Lmin）700反应达到平衡后，要使反应速率增大且平衡向右移动，可采取的措施有增加

34、CO2的量或者升高温度（3）利用CO与H2可直接合成甲醇，下图是由“甲醇空气”形成的绿色燃料电池的工作原理示意图，写出以石墨为电极的电池工作时负极的电极反应式CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，利用该电池电解1L 0.5mol/L的CuSO4溶液，当消耗560mLO2（标准状况下）时，电解后溶液的pH=1（溶液电解前后体积的变化忽略不计）【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；电解原理【专题】化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的，将两个反应相加可得；（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

35、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，据此书写反应的平衡常数，注意固体不需要写出；由表中数据可知，对于反应，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断a值的符号；令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，气体的化学计量数都为1，前后气体的物质的量相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数计算x的值，再利用转化率定义计算二氧化碳的转化率；根据参加反应的二氧化碳的物质的量计算生成的CO的物质的量，再根据v=计算v（CO）；根据平衡移动原理进行分析解答；（3）负极发生氧化反应，根据电子守恒求消耗的氢氧根离子浓度【解答】

36、解：（1）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的，将两个反应相加可得2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol，故答案为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=134 kJ/mol；（2）反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数k=，由表中数据可知，对于反应，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a0，令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，则： Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）开始（mol）：4 0变化（m

37、ol）：x x平衡（mol）：4x x所以=1，解得x=2，故二氧化碳的转化率为100%=50%，故CO表示的平均速率v（CO）=0.2mol/（Lmin）故答案为：；50%；0.2mol/（Lmin）；根据该反应是气体体积不变的吸热反应，所以要使反应速率增大且平衡向右移动，可采取的措施是增加CO2的量或者升高温度，故答案为：增加CO2的量或者升高温度；（3）负极发生氧化反应，负极CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，依据电子守4OHO24e，当消耗560mLO2（标准状况下）时即=0.025mol，依据电子守恒4OHO24e，则消耗的氢氧根离子物质的量为0.025mol4=0.1mol，所

38、以溶液中氢离子的浓度为：=0.1mol/L，故PH=1，故答案为：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；1【点评】本题考查反应速率计算、平衡常数、化学平衡计算、影响反应速率与化学平衡移动的因素、盖斯定律与反应热的计算等，难度中等【化学选修5：有机化学基础】11（15分）化合物H可用以下路线合成：已知：回答下列问题：（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以生成88g CO2和45g H2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为（CH3）3CH；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为2甲基丙烯；（3）在催化剂存在下1mol F与2mol H2反应，生成3苯基1丙醇F

39、的结构简式是；（4）反应的反应类型是消去反应；（5）反应的化学方程式为；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式、【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】11.2L（标准状况）的烃A的物质的量=0.5mol，11.2L（标准状况）的烃A，在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，n（CO2）=2mol，n（H2O）=2.5mol，烃、二氧化碳、水的物质的量之比=0.5mol：2mol：2.5mol=1：4：5，根据原子守恒知，A分子式为C4H10，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为（CH3）3CH，A发生取代反应生成氯代烃B、C，B和C发

40、生消去反应生成烯烃D，D的结构简式为CH2=C（CH3）2，D发生信息反应生成E，结合题给信息知，E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3苯基1丙醇，F的结构简式为 ，F中醛基氧化为羧基生成G为，D与E发生酯化反应生成H为，据此分析解答【解答】解：11.2L（标准状况）的烃A的物质的量=0.5mol，11.2L（标准状况）的烃A，在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，n（CO2）=2mol，n（H2O）=2.5mol，烃、二氧化碳、水的物质的量之比=0.5mol：2mol：2.5mol=1：4：5，根据原子守恒知，A分子式为C

41、4H10，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为（CH3）3CH，A发生取代反应生成氯代烃B、C，B和C发生消去反应生成烯烃D，D的结构简式为CH2=C（CH3）2，D发生信息反应生成E，结合题给信息知，E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3苯基1丙醇，F的结构简式为 ，F中醛基氧化为羧基生成G为，D与E发生酯化反应生成H为，（1）通过以上分析知，A的结构简式为（CH3）3CH，故答案为：（CH3）3CH；（2）D的结构简式为CH2=C（CH3）2，D的名称（系统命名）为2甲基丙烯，故答案为：2甲基丙烯；（3）通过以上分析知，F的结构

42、简式是，故答案为：；（4）反应为B在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应生成烯烃D，故答案为：消去反应；（5）E结构简式为CH3CH（CH3）CH2OH，G为，二者发生酯化反应生成酯，所以反应的化学方程式为，故答案为：；（6）G为，与G具有相同官能团的芳香类同分异构体，说明其同分异构体中含有碳碳双键、羧基和苯环，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体所以其同分异构体有、，故答案为：、，【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析、推断、知识迁移能力，正确推断A的结构是解本题关键，根据物质官能团确定性质，注意结合题给信息分析，难点是同分异构体种类的判断，题目难度中等- 18 -