福建省龍巖市長汀二中2016屆高三化學(xué)上學(xué)期第二次質(zhì)檢試卷(含解析)

PAGE21-2015-2016學(xué)年福建省龍巖市長汀二中高三（上）第二次質(zhì)檢化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．在日常生活和生產(chǎn)過程中化學(xué)有著重要的應(yīng)用，下列有關(guān)說法正確的是()A．PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，也稱為可入肺顆粒物，分散在空氣中不可能形成膠體B．生活中常見的石英玻璃、普通玻璃、鋼化玻璃都屬于硅酸鹽產(chǎn)品C．食品添加劑對人體均有益，可隨意使用D．洪澇、地震災(zāi)區(qū)災(zāi)后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白質(zhì)變性的性質(zhì)2．如圖所示的實驗，能達到實驗?zāi)康氖?)ABCD驗證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為底電能驗證溫度對平衡移動的影響驗證鐵發(fā)生氫腐蝕驗證非金屬Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D3．原子序數(shù)依次遞增的4種短周期元素可形成簡單離子，W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣下列說法不正確的是()A．離子半徑由大到小：Z2﹣＞X+＞Y3+＞W(wǎng)2﹣B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2W強于H2ZC．工業(yè)上常采用電解法冶煉Y單質(zhì)D．W、X形成的化合物中陰、陽離子個數(shù)比一定是1：24．下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是()A．含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c（Ag+）＞c（C1﹣）=c（I﹣）B．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）═2c（CO32﹣）C．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）十c（OH﹣）D．含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）═2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]5．納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注．采用離子交換膜控制電解液中OH一的濃度制備納米級Cu2O的裝置如圖所示，發(fā)生的反應(yīng)為：2Cu+H2OCu2O+H2↑．下列說法正確的是()A．鈦電極發(fā)生氧化反應(yīng)B．陽極附近溶液的pH逐漸增大C．離子交換膜應(yīng)采用陽離子交換膜D．陽極反應(yīng)式是：2Cu+2OH一一2e一═Cu2O+H2O6．一定溫度下，將1molA和1molB氣體充入2L密閉容器，發(fā)生反應(yīng)：A（g）+B（g）?xC（g）+D（s），t1時達到平衡．在t2、t3時刻分別改變反應(yīng)的一個條件，測得容器中氣體C的濃度隨時間變化如圖所示．下列說法正確是()A．t1～t3間該反應(yīng)的平衡常數(shù)均為4B．反應(yīng)方程式中的x=1C．t2時刻改變的條件是使用催化劑D．t3時刻改變的條件是移去少量物質(zhì)D7．烏頭酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于烏頭酸的說法錯誤的是()A．分子式為C6H6O6B．烏頭酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3molNaOHD．烏頭酸能發(fā)生水解反應(yīng)和加成反應(yīng)二、解答題（共5小題，滿分79分）8．（16分）用CaSO4代替O2與燃料CO反應(yīng)，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經(jīng)濟的新型燃燒技術(shù)，反應(yīng)①為主反應(yīng)，反應(yīng)②和③為副反應(yīng)．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1（1）反應(yīng)2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=__________（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反應(yīng)①﹣③的平衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨反應(yīng)溫度T的變化曲線見圖，結(jié)合各反應(yīng)的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規(guī)律：a）__________；b）__________．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應(yīng)①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=8.0X10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉(zhuǎn)化率__________．（忽略副反應(yīng)，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．（4）為減少副產(chǎn)物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入__________．（5）以反應(yīng)①中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應(yīng)，可再生CaSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應(yīng)，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為__________．9．（16分）實驗室合成乙酸乙酯的步驟如下：在圖甲的圓底燒瓶內(nèi)加入乙醇、濃硫酸和乙酸，加熱回流一段時間，然后換成圖乙裝置進行蒸餾，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品．請回答下列問題：（1）圖甲中冷凝水從__________（a或b）進，圖乙中B裝置的名稱為__________（2）反應(yīng)中加入過量的乙醇，目的是__________（3）現(xiàn)擬分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框圖是分離操作步驟流程圖：則試劑a是：__________，試劑b是__________，分離方法III是__________．（4）甲、乙兩位同學(xué)欲將所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品提純得到乙酸乙酯，在未用指示劑的情況下，他們都是先加NaOH溶液中和酯中過量的酸，然后用蒸餾法將酯分離出來．甲、乙兩人蒸餾產(chǎn)物結(jié)果如下：甲得到了顯酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物質(zhì)．丙同學(xué)分析了上述實驗?zāi)繕水a(chǎn)物后認為上述實驗沒有成功．試解答下列問題：①甲實驗失敗的原因是：__________②乙實驗失敗的原因是：__________．10．（16分）工業(yè)上用菱錳礦（MnCO3）[含F(xiàn)eCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等雜質(zhì)]為原料制取二氧化錳，其流程示意圖如圖：已知：生成氫氧化物沉淀的pHMn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2開始沉淀時8.36.32.74.7完全沉淀時9.88.33.76.7注：金屬離子的起始濃度為0.1mol/L回答下列問題：（1）含雜質(zhì)的菱錳礦使用前需將其粉碎，主要目的是__________．鹽酸溶解MnCO3的化學(xué)方程式是__________．（2）向溶液1中加入雙氧水時，反應(yīng)的離子方程式是__________．（3）將MnCl2轉(zhuǎn)化為MnO2的一種方法是氧化法．其具體做法是用酸化的NaClO3溶液將MnCl2氧化，該反應(yīng)的離子方程式為：5Mn2++2ClO3﹣+□__________=□__________+□__________+□__________．（4）將MnCl2轉(zhuǎn)化為MnO2的另一種方法是電解法．①生成MnO2的電極反應(yīng)式是__________．②若直接電解MnCl2溶液，生成MnO2的同時會產(chǎn)生少量Cl2．檢驗Cl2的操作是__________．③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，則無Cl2產(chǎn)生．其原因是__________．11．氧元素和鹵族元素都能形成多種物質(zhì)，我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識去認識和理解．（1）COCl2的空間構(gòu)型為__________；溴的價電子排布式為__________．（2）已知CsICl2不穩(wěn)定，受熱易分解，傾向于生成晶格能更大的物質(zhì)，則它按下列__________式分解．A．CsICl2CsCl+IClB．CsICl2CsI+Cl2（3）根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷，最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是__________．氟氧溴碘第一電離能（kJ/mol）1681125111401008（4）下列分子既不存在s﹣pσ鍵，也不存在p﹣pπ鍵的是__________．A．HClB．HFC．SO2D．SCl2（5）已知ClO2﹣為角型，中心氯原子周圍有四對價層電子．ClO2﹣中中心氯原子的雜化軌道類型為__________，寫出與CN﹣互為等電子體的分子：__________（寫出1個）．（6）鈣在氧氣中燃燒時得到一種鈣的氧化物固體，其結(jié)構(gòu)如圖所示．由此可判斷該鈣的氧化物的化學(xué)式為__________．已知該氧化物的密度是ρg?cm﹣3，則晶胞中離得最近的兩個鈣離子間的距離為__________cm（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）．12．（16分）以乙炔為原料通過以下流程能合成有機物中間體D．C2H2A（HOH2OC≡O(shè)CH2OH）BCD（）已知：（1）（2）請回答下列問題：（1）化合物D的分子式為__________，寫出D中一種官能團的名稱：__________．（2）寫出生成A的反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________．（3）化合物B在濃硫酸催化下，加熱與HOOCCOOH反應(yīng)生成環(huán)狀酯的化學(xué)方程式為__________（注明條件）．（4）化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為__________．（5）已知1molHCHO和1molCH3CH2CHO發(fā)生類似已知（2）的反應(yīng)，生成1molE．以下關(guān)于E的說法正確的是__________．a(chǎn)．E能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色b．E屬于酯類物質(zhì)c.1molE完全燃燒消耗5molO2d．生成E的反應(yīng)屬于取代反應(yīng)．

2015-2016學(xué)年福建省龍巖市長汀二中高三（上）第二次質(zhì)檢化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．在日常生活和生產(chǎn)過程中化學(xué)有著重要的應(yīng)用，下列有關(guān)說法正確的是()A．PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，也稱為可入肺顆粒物，分散在空氣中不可能形成膠體B．生活中常見的石英玻璃、普通玻璃、鋼化玻璃都屬于硅酸鹽產(chǎn)品C．食品添加劑對人體均有益，可隨意使用D．洪澇、地震災(zāi)區(qū)災(zāi)后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白質(zhì)變性的性質(zhì)【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理；硅酸鹽工業(yè)．【專題】化學(xué)應(yīng)用．【分析】A．PM2.5表示每立方米空氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物的含量，PM2.5值越高，大氣污染越嚴重，根據(jù)膠粒直徑和PM2.5的大小判斷由PM2.5引起的霧霾是否屬于膠體；B．石英玻璃主要成分是二氧化硅；C．食品添加劑應(yīng)合理使用；D．蛋白質(zhì)遇到強堿、強酸、高溫、重金屬離子會變性，蛋白質(zhì)就失去了生物活性；【解答】解：A．PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5μm的顆粒物，也稱為可入肺顆粒物，它對空氣質(zhì)量和能見度等有重要的影響．科學(xué)家用PM2.5表示每立方米空氣中這種顆粒的含量，這個值越高，就代表空氣污染越嚴重，膠粒直徑在1﹣100納米（10﹣9米﹣10﹣7米）之間，PM2.5指≤2.5×10﹣6米，PM2.5的大小包含膠粒范圍，除能形成膠體，還可以形成其它分散系，故A錯誤；B．石英玻璃主要成分是二氧化硅，二氧化硅為氧化物，不是硅酸鹽，故B錯誤；C．過量使用國家允許使用的食品添加劑，對人體有害，故C錯誤；D．生石灰遇水會發(fā)生反應(yīng)放出大量的熱，并且生成強堿可以使細菌的蛋白質(zhì)失去活性從而起到殺菌的作用，故D正確；故選：D．【點評】本題考查食品添加劑、蛋白質(zhì)的性質(zhì)、硅酸鹽和膠體，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．2．如圖所示的實驗，能達到實驗?zāi)康氖?)ABCD驗證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為底電能驗證溫度對平衡移動的影響驗證鐵發(fā)生氫腐蝕驗證非金屬Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D【考點】化學(xué)實驗方案的評價；非金屬在元素周期表中的位置及其性質(zhì)遞變的規(guī)律；探究溫度、壓強對化學(xué)平衡的影響；探究原電池及其工作原理．【專題】實驗評價題．【分析】A．沒構(gòu)成閉合回路；B．已知2NO2?N2O4△H＜0，根據(jù)顏色的變化判斷；C．鐵在食鹽水中發(fā)生吸氧腐蝕；D．鹽酸易揮發(fā)．【解答】解：A．沒構(gòu)成閉合回路，不能形成原電池，故A錯誤；B．已知2NO2?N2O4△H＜0，根據(jù)顏色的變化可知平衡移動的方向，以此可確定溫度對平衡移動的影響，故B正確；C．氯化鈉溶液呈中性，鐵在食鹽水中發(fā)生吸氧腐蝕，在酸性條件下發(fā)生析氫腐蝕，故C錯誤；D．鹽酸易揮發(fā)，不能證明碳酸比硅酸強，故D錯誤．故選B．【點評】本題考查較為綜合，涉及原電池、化學(xué)平衡移動、金屬的腐蝕、非金屬性的比較等知識，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，為高考常見題型，注意相關(guān)知識的學(xué)習與積累，難度不大．3．原子序數(shù)依次遞增的4種短周期元素可形成簡單離子，W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣下列說法不正確的是()A．離子半徑由大到?。篫2﹣＞X+＞Y3+＞W(wǎng)2﹣B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2W強于H2ZC．工業(yè)上常采用電解法冶煉Y單質(zhì)D．W、X形成的化合物中陰、陽離子個數(shù)比一定是1：2【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】原子序數(shù)依次遞增的4種短周期元素可形成簡單離子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，則W、Z為第VIA族元素，原子序數(shù)W小于Z，則W為O元素，Z為S元素，X化合價為+1價，為第IA族的Na元素，Y為第ⅢA族，原子序數(shù)大于Na，則Y為Al元素．A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越??；B．非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定性；C．工業(yè)上電解熔融氧化鋁冶煉鋁；D．W、X形成的化合物為Na2O、Na2O2．【解答】原子序數(shù)依次遞增的4種短周期元素可形成簡單離子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，則W、Z為第VIA族元素，原子序數(shù)W小于Z，則W為O元素，Z為S元素，X化合價為+1價，為第IA族的Na元素，Y為第ⅢA族，原子序數(shù)大于Na，則Y為Al元素．A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：S2﹣＞O﹣＞Na+＞Al3+，故A錯誤；B．非金屬性W（氧）＞Y（硫），非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定性，故B正確；C．工業(yè)上電解熔融氧化鋁冶煉鋁，故C正確；D．W、X形成的化合物為Na2O、Na2O2，兩化合物中陰、陽離子個數(shù)比都是1：2，故D正確，故選：A．【點評】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，關(guān)鍵是根據(jù)短周期元素及離子電荷確定元素，注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握．4．下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是()A．含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c（Ag+）＞c（C1﹣）=c（I﹣）B．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）═2c（CO32﹣）C．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）十c（OH﹣）D．含等物質(zhì)的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）═2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]【考點】離子濃度大小的比較．【專題】鹽類的水解專題．【分析】A．AgCl和AgI固體的懸濁液中氯化銀溶解度大于碘化銀；B．二氧化碳的水溶液中碳酸分步電離，第二步電離微弱；C．NaHSO4溶液中存在質(zhì)子守恒分析，硫酸氫鈉電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，溶液中質(zhì)子守恒分析；D．依據(jù)溶液中元素物料守恒計算，2n（Na）=3n（C2O42﹣）【解答】解：A．AgCl和AgI固體的懸濁液中氯化銀溶解度大于碘化銀，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故A錯誤；B．二氧化碳的水溶液中碳酸分步電離，第二步電離微弱，H2CO3?H++HCO3﹣，HCO3﹣?H++CO32﹣，c（H+）＞c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故B錯誤；C．NaHSO4溶液中存在質(zhì)子守恒分析，硫酸氫鈉電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，NaHSO4=Na++H++SO42﹣，H2O?H++OH﹣，溶液中質(zhì)子守恒，c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故C正確；D．依據(jù)溶液中元素物料守恒計算，含等物質(zhì)的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+C（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故D錯誤；故選C．【點評】本題考查了電解質(zhì)溶液中電離平衡分析，沉淀溶解平衡的理解應(yīng)用，電解質(zhì)溶液中物料守恒，質(zhì)子守恒的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．5．納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注．采用離子交換膜控制電解液中OH一的濃度制備納米級Cu2O的裝置如圖所示，發(fā)生的反應(yīng)為：2Cu+H2OCu2O+H2↑．下列說法正確的是()A．鈦電極發(fā)生氧化反應(yīng)B．陽極附近溶液的pH逐漸增大C．離子交換膜應(yīng)采用陽離子交換膜D．陽極反應(yīng)式是：2Cu+2OH一一2e一═Cu2O+H2O【考點】電解原理．【專題】電化學(xué)專題．【分析】A、鈦極與電源負極相連是陰極發(fā)生氫離子得電子的還原反應(yīng)；B、根據(jù)總反應(yīng)，則陽極反應(yīng)為2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，消耗氫氧根，pH值減??；C、根據(jù)總反應(yīng)，則陽極反應(yīng)為2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，所以離子交換膜應(yīng)采用陰離子交換膜；D、在電解池中，當陽極是活潑電極時，該電極本身發(fā)生失電子的還原反應(yīng)，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應(yīng)為2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，【解答】解：A、鈦極與電源負極相連是陰極發(fā)生氫離子得電子的還原反應(yīng)，故A錯誤；B、根據(jù)總反應(yīng)，則陽極反應(yīng)為2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，消耗氫氧根，pH值減小，故B錯誤；C、根據(jù)總反應(yīng)，則陽極反應(yīng)為2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，所以離子交換膜應(yīng)采用陰離子交換膜，故C錯誤；D、在電解池中，當陽極是活潑電極時，該電極本身發(fā)生失電子的還原反應(yīng)，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應(yīng)為2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，故D正確；故選：D．【點評】本題考查了電解原理的應(yīng)用，在電解中電極反應(yīng)與電解質(zhì)溶液有關(guān)，電極相同，電解質(zhì)溶液的性質(zhì)不同，電極反應(yīng)不同，這是很容易出錯的問題，難度不大；6．一定溫度下，將1molA和1molB氣體充入2L密閉容器，發(fā)生反應(yīng)：A（g）+B（g）?xC（g）+D（s），t1時達到平衡．在t2、t3時刻分別改變反應(yīng)的一個條件，測得容器中氣體C的濃度隨時間變化如圖所示．下列說法正確是()A．t1～t3間該反應(yīng)的平衡常數(shù)均為4B．反應(yīng)方程式中的x=1C．t2時刻改變的條件是使用催化劑D．t3時刻改變的條件是移去少量物質(zhì)D【考點】化學(xué)平衡建立的過程；化學(xué)平衡的影響因素．【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】根據(jù)圖可知，在t2時刻，平衡不移動，但C的濃度變大，說明在在t2時刻改變的條件是縮小容器的體積，且該反應(yīng)前后氣體體積不變，所以可知x=2，再根據(jù)平衡常數(shù)的定義計算平衡常數(shù)，在可逆反應(yīng)中固體物質(zhì)的量的少量改變不會引起平衡的移動，據(jù)此答題；【解答】解：A、根據(jù)圖可知，在t2時刻，平衡不移動，但C的濃度變大，說明在在t2時刻改變的條件是縮小容器的體積，且該反應(yīng)前后氣體體積不變，所以可知x=2，所以化學(xué)方程式為：A（g）+B（g）?2C（g）+D（s），根據(jù)方程式中的計量關(guān)系可知，在t1時刻達到平衡，生成0.5mol/LC，則A、B平衡的濃度均為0.25mol/L，所以平衡常數(shù)K==4，而t1～t3間溫度沒變，所以平衡常數(shù)不變，故A正確；B、由A中的分析可知x=2，故B錯誤；C、催化劑不能改變平衡時的濃度，結(jié)合A的分析可知C錯誤；D、由于D為固體，移去少量物質(zhì)D，平衡不移動，不會改變其它物質(zhì)的濃度，故D錯誤；故選A．【點評】本題主要考查了根據(jù)圖象判斷影響平衡移動的因素，中等難度，解題的關(guān)鍵在于根據(jù)圖象確定化學(xué)方程式中的x的值．7．烏頭酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于烏頭酸的說法錯誤的是()A．分子式為C6H6O6B．烏頭酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3molNaOHD．烏頭酸能發(fā)生水解反應(yīng)和加成反應(yīng)【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式；B．該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵，具有烯烴性質(zhì)；C．能和氫氧化鈉反應(yīng)的有羧基，該分子中含有3個羧基；D．該物質(zhì)中不含鹵原子或酯基，不能發(fā)生水解反應(yīng)．【解答】解：A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式為C6H6O6，故A正確；B．該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵，具有烯烴性質(zhì)，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C．能和氫氧化鈉反應(yīng)的有羧基，該分子中含有3個羧基，所以含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3molNaOH，故C正確；D．該物質(zhì)中不含鹵原子或酯基，不能發(fā)生水解反應(yīng)，碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯誤；故選D．【點評】本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查烯烴、羧酸性質(zhì)，題目難度不大．二、解答題（共5小題，滿分79分）8．（16分）用CaSO4代替O2與燃料CO反應(yīng)，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經(jīng)濟的新型燃燒技術(shù)，反應(yīng)①為主反應(yīng)，反應(yīng)②和③為副反應(yīng)．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1（1）反應(yīng)2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反應(yīng)①﹣③的平衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨反應(yīng)溫度T的變化曲線見圖，結(jié)合各反應(yīng)的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規(guī)律：a）當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減??；b）當溫度同等變化時，△H的數(shù)值越大lgK的變化越大．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應(yīng)①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=8.0X10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉(zhuǎn)化率99%．（忽略副反應(yīng)，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．（4）為減少副產(chǎn)物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入O2．（5）以反應(yīng)①中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應(yīng)，可再生CaSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaS+2O2CaSO4；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應(yīng)，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為．【考點】用化學(xué)平衡常數(shù)進行計算；用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)熱的計算；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡的計算．【專題】化學(xué)平衡專題；燃燒熱的計算．【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律及題干中熱化學(xué)方程式計算出反應(yīng)2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H；（2）根據(jù)反應(yīng)①﹣③的平衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨反應(yīng)溫度T的變化曲線進行判斷變化規(guī)律；（3）根據(jù)圖象判斷900℃時反應(yīng)①的lgK=2，則平衡常數(shù)為102，設(shè)出反應(yīng)前CO濃度為c，根據(jù)平衡常數(shù)表達式列式計算即可；（4）根據(jù)氧氣能夠消耗副產(chǎn)物中生成的二氧化硫、碳進行分析；（5）根據(jù)“CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應(yīng)，可再生CaSO4”可知另一種反應(yīng)物為氧氣，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；在對二甲苯的苯環(huán)上添上應(yīng)該羧基即可得到該有機物．【解答】解：（1）根據(jù)蓋斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案為：4△H1+△H2+2△H3；（2）根據(jù)圖象曲線變化可知，反應(yīng)①、③為放熱反應(yīng)，隨著溫度的升高，平衡常數(shù)K逐漸減小，則lgK逐漸減小，而反應(yīng)②為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡常數(shù)K逐漸增大，則lgK逐漸增大，所以Ⅰ表示的為反應(yīng)③、Ⅱ曲線表示的為反應(yīng)②，變化規(guī)律為：當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減??；根據(jù)反應(yīng)①和曲線Ⅰ（反應(yīng)③反應(yīng)）的反應(yīng)熱可知，當溫度同等變化時，△H的數(shù)值越大lgK的變化越大，故答案為：（a）當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減??；（b）當溫度同等變化時，△H的數(shù)值越大lgK的變化越大；（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應(yīng)方程式為：CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1，根據(jù)圖象曲線可知，反應(yīng)①于900℃時lgK=2，平衡常數(shù)為102=100，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol?L﹣1，設(shè)一氧化碳反應(yīng)前濃度為c，則反應(yīng)消耗的CO濃度=反應(yīng)生成二氧化碳濃度=（c﹣8.0×10﹣5）mol/L，平衡常數(shù)K===100，解得c=8.08×10﹣3mol/L，一氧化碳的轉(zhuǎn)化率為：×100%≈99%，答：99%；（4）氧氣能夠與二氧化硫、C發(fā)生反應(yīng)，所以在初始原料中加入適量的氧氣，可以抑制副反應(yīng)②③的進行，有利于獲得更純凈的CO2，故答案為：O2；（5）以反應(yīng)①中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應(yīng)，可再生CaSO4，則另一種反應(yīng)為為氧氣，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaS+2O2CaSO4；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應(yīng)，在其苯環(huán)上引入一個羧基，相當于用羧基取代苯環(huán)上的氫原子，對二甲苯中苯環(huán)上4個H原子位置等價，則該產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：CaS+2O2CaSO4；．【點評】本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)的計算、有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、熱化學(xué)方程式的書寫等知識，題目難度中等，試題題量較大，注意掌握化學(xué)平衡常數(shù)的概念及計算方法，明確熱化學(xué)方程式的書寫方法及蓋斯定律的含義及應(yīng)用．9．（16分）實驗室合成乙酸乙酯的步驟如下：在圖甲的圓底燒瓶內(nèi)加入乙醇、濃硫酸和乙酸，加熱回流一段時間，然后換成圖乙裝置進行蒸餾，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品．請回答下列問題：（1）圖甲中冷凝水從b（a或b）進，圖乙中B裝置的名稱為牛角管（尾接管）（2）反應(yīng)中加入過量的乙醇，目的是提高乙酸的轉(zhuǎn)化率（3）現(xiàn)擬分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框圖是分離操作步驟流程圖：則試劑a是：飽和Na2CO3溶液，試劑b是稀H2SO4，分離方法III是蒸餾．（4）甲、乙兩位同學(xué)欲將所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品提純得到乙酸乙酯，在未用指示劑的情況下，他們都是先加NaOH溶液中和酯中過量的酸，然后用蒸餾法將酯分離出來．甲、乙兩人蒸餾產(chǎn)物結(jié)果如下：甲得到了顯酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物質(zhì)．丙同學(xué)分析了上述實驗?zāi)繕水a(chǎn)物后認為上述實驗沒有成功．試解答下列問題：①甲實驗失敗的原因是：NaOH加入量太少，未能完全中和酸②乙實驗失敗的原因是：NaOH加入過量太多，使乙酸乙酯水解．【考點】乙酸乙酯的制?。緦ｎ}】實驗設(shè)計題．【分析】（1）冷凝器進水為下口進上口出，B的名稱是尾接管；（2）為了提高乙酸的轉(zhuǎn)化率，實驗時加入過量的乙醇；（3）分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉，采用分液的方法即可，水層中的乙酸鈉要用硫酸反應(yīng)得到乙酸，再蒸餾得到乙酸；（4）根據(jù)NaOH能與酸、酯發(fā)生反應(yīng)以及NaOH量的不同反應(yīng)進行的程度不同．【解答】解：（1）為了達到更好的冷凝效果，冷凝器進水為下口進上口出，B裝置的名稱是牛角管（尾接管），故答案為：b；牛角管（尾接管）；（2）為了提高乙酸的轉(zhuǎn)化率，實驗時加入過量的乙醇，故答案為：提高乙酸的轉(zhuǎn)化率；（3）乙酸乙酯是不溶于水的物質(zhì)，乙醇和乙酸均是易溶于水的，乙酸和乙醇的碳酸鈉水溶液是互溶的，分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，實現(xiàn)酯與乙酸和乙醇的分離，分離油層和水層采用分液的方法即可．對水層中的乙酸鈉和乙醇進一步分離時應(yīng)采取蒸餾操作分離出乙醇．然后水層中的乙酸鈉，根據(jù)強酸制弱酸，要用硫酸反應(yīng)得到乙酸，再蒸餾得到乙酸，故答案為：飽和Na2CO3溶液；稀H2SO4；蒸餾；（4）①甲得到顯酸性的酯的混合物，酸有剩余，說明是所加NaOH溶液不足未將酸完全反應(yīng)，故答案為：NaOH加入量太少，未能完全中和酸；②乙得到大量水溶性物質(zhì)，說明沒有酯，是因為所加NaOH溶液過量，酯發(fā)生水解，故答案為：NaOH加入過量太多，使乙酸乙酯水解．【點評】本題考查乙酸乙酯的制備，涉及酯化反應(yīng)的制備反應(yīng)裝置，反應(yīng)條件，反應(yīng)特征等分析判斷、分離混合物的操作步驟和方法選擇和實驗評價的分析等方面，題目難度中等．10．（16分）工業(yè)上用菱錳礦（MnCO3）[含F(xiàn)eCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等雜質(zhì)]為原料制取二氧化錳，其流程示意圖如圖：已知：生成氫氧化物沉淀的pHMn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2開始沉淀時8.36.32.74.7完全沉淀時9.88.33.76.7注：金屬離子的起始濃度為0.1mol/L回答下列問題：（1）含雜質(zhì)的菱錳礦使用前需將其粉碎，主要目的是增大接觸面積，提高反應(yīng)速率．鹽酸溶解MnCO3的化學(xué)方程式是MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O．（2）向溶液1中加入雙氧水時，反應(yīng)的離子方程式是2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+．（3）將MnCl2轉(zhuǎn)化為MnO2的一種方法是氧化法．其具體做法是用酸化的NaClO3溶液將MnCl2氧化，該反應(yīng)的離子方程式為：5Mn2++2ClO3﹣+□4H2O=□Cl2↑+□5MnO2+□8H+；．（4）將MnCl2轉(zhuǎn)化為MnO2的另一種方法是電解法．①生成MnO2的電極反應(yīng)式是Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+．②若直接電解MnCl2溶液，生成MnO2的同時會產(chǎn)生少量Cl2．檢驗Cl2的操作是將潤濕的淀粉碘化鉀試紙置于陽極附近，若試紙變藍則證明有Cl2生成．③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，則無Cl2產(chǎn)生．其原因是其它條件不變下，增大Mn2+濃度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放電（不利于Cl﹣放電）．【考點】制備實驗方案的設(shè)計；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【專題】實驗分析題；實驗評價題；演繹推理法；無機實驗綜合．【分析】菱錳礦用鹽酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3與鹽酸反應(yīng)，SiO2不與鹽酸反應(yīng)，過濾得到濾渣1為SiO2，濾液1中含有氯化鎂、氯化亞鐵、氯化銅及剩余的HCl，向濾液中加入生石灰，調(diào)節(jié)溶液pH=4，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，在PH=4時氧化得到Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，濾液2中加入MnS，將溶液中Cu2+氧化為CuS沉淀過濾除去，濾液3中為MnCl2，系列轉(zhuǎn)化得到MnO2．（1）將菱錳礦粉碎，可以增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；碳酸鎂與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂、二氧化碳與水；（2）加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，在PH=4時氧化得到Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，根據(jù)電荷守恒有氫離子生成；（3）用酸化的NaClO3溶液將MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素發(fā)生氧化反應(yīng)，則Cl元素發(fā)生還原反應(yīng)生成Cl2，由于在酸性條件下反應(yīng)，根據(jù)電荷守恒可知，生成物中有H+生成，根據(jù)H元素守恒，可知反應(yīng)物中缺項物質(zhì)為H2O，結(jié)合電荷守恒、原子守恒配平；（4）①由題意可知，Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2，發(fā)生氧化反應(yīng)，由O元素守恒可知有水參加反應(yīng)，由電荷守恒可知應(yīng)有H+生成；②生成氯氣發(fā)生氧化反應(yīng)，在陽極產(chǎn)生，用潤濕的淀粉碘化鉀試紙檢驗；③其它條件不變下，增大Mn2+濃度，有利于Mn2+放電．【解答】解：菱錳礦用鹽酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3與鹽酸反應(yīng)，SiO2不與鹽酸反應(yīng)，過濾得到濾渣1為SiO2，濾液1中含有氯化鎂、氯化亞鐵、氯化銅及剩余的HCl，向濾液中加入生石灰，調(diào)節(jié)溶液pH=4，加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，在PH=4時氧化得到Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，濾液2中加入MnS，將溶液中Cu2+氧化為CuS沉淀過濾除去，濾液3中為MnCl2，系列轉(zhuǎn)化得到MnO2．（1）將菱錳礦粉碎，可以增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；碳酸鎂與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂、二氧化碳與水，反應(yīng)方程式為：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O，故答案為：增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；（2）加入過氧化氫將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，在PH=4時氧化得到Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，根據(jù)電荷守恒有氫離子生成，反應(yīng)離子方程式為：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+，故答案為：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+；（3）用酸化的NaClO3溶液將MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素發(fā)生氧化反應(yīng)，則Cl元素發(fā)生還原反應(yīng)生成Cl2，由于在酸性條件下反應(yīng)，根據(jù)電荷守恒可知，生成物中有H+生成，根據(jù)H元素守恒，可知反應(yīng)物中缺項物質(zhì)為H2O，配平后離子方程式為：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+，故答案為：4H2O；Cl2↑；5MnO2；8H+；（4）①由題意可知，Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2，發(fā)生氧化反應(yīng)，由O元素守恒可知有水參加反應(yīng)，由電荷守恒可知應(yīng)有H+生成，電極反應(yīng)式為：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+，故答案為：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+；②生成氯氣發(fā)生氧化反應(yīng)，在陽極產(chǎn)生，檢驗Cl2的操作是：將潤濕的淀粉碘化鉀試紙置于陽極附近，若試紙變藍則證明有Cl2生成，故答案為：將潤濕的淀粉碘化鉀試紙置于陽極附近，若試紙變藍則證明有Cl2生成；③Mn2+、Cl﹣都在陽極放電，二者為競爭關(guān)系，增大Mn2+濃度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放電（不利于Cl﹣放電），故答案為：其它條件不變下，增大Mn2+濃度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放電（不利于Cl﹣放電）．【點評】本題物質(zhì)制備實驗，明確原理是解題關(guān)鍵，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等．11．氧元素和鹵族元素都能形成多種物質(zhì)，我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識去認識和理解．（1）COCl2的空間構(gòu)型為平面三角形；溴的價電子排布式為4s24p5．（2）已知CsICl2不穩(wěn)定，受熱易分解，傾向于生成晶格能更大的物質(zhì)，則它按下列A式分解．A．CsICl2CsCl+IClB．CsICl2CsI+Cl2（3）根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷，最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是碘．氟氧溴碘第一電離能（kJ/mol）1681125111401008（4）下列分子既不存在s﹣pσ鍵，也不存在p﹣pπ鍵的是D．A．HClB．HFC．SO2D．SCl2（5）已知ClO2﹣為角型，中心氯原子周圍有四對價層電子．ClO2﹣中中心氯原子的雜化軌道類型為sp3雜化，寫出與CN﹣互為等電子體的分子：N2或CO（寫出1個）．（6）鈣在氧氣中燃燒時得到一種鈣的氧化物固體，其結(jié)構(gòu)如圖所示．由此可判斷該鈣的氧化物的化學(xué)式為CaO2．已知該氧化物的密度是ρg?cm﹣3，則晶胞中離得最近的兩個鈣離子間的距離為×cm（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）．【考點】晶胞的計算；判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】圖像圖表題；結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)思想；演繹推理法；原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）COCl2中C原子的價電子對數(shù)為=3，C原子采取sp2雜化，中心原子無孤電子對，C與O原子之間形成C=O雙鍵，其結(jié)構(gòu)式是，據(jù)此判斷分子空間構(gòu)型，溴是35號元素，最外層電子為其價電子，4s能級上排列2個電子，4p能級上排列5個電子，據(jù)此寫出價電子排布式；（2）在離子晶體中離子半徑越小，晶格能越大，據(jù)此判斷；（3）第一電離能是指原子失去一個電子所需的能量，第一電離能越小，就越容易失去一個電子，據(jù)此答題；（4）A．HCl中存在s﹣pσ鍵，B．HF中存在s﹣pσ鍵，C．SO2中存在p﹣pπ鍵，D．SCl2中存在p﹣pσ鍵，據(jù)此答題；（5）根據(jù)中心原子的價層電子對數(shù)確定其雜化方式；等電子體是具有相同的價電子數(shù)和相同原子數(shù)的微粒；（6）根據(jù)均攤法確定晶胞中各種原子的個數(shù)，再確定其化學(xué)式，根據(jù)密度確定晶胞的體積，進而求得晶胞的邊長，兩個離得最近的鈣是位于頂點和面心上的，它們的距離為晶胞邊長的，據(jù)此答題；【解答】解：（1）COCl2中C原子的價電子對數(shù)為=3，C原子采取sp2雜化，中心原子無孤電子對，C與O原子之間形成C=O雙鍵，其結(jié)構(gòu)式是，所以它的空間構(gòu)型為平面三角形，溴是35號元素，最外層電子為其價電子，4s能級上排列2個電子，4p能級上排列5個電子，其價電子排布式為4s24p5，故答案為：平面三角形；4s24p5；（2）在離子晶體中離子半徑越小，晶格能越大，比較兩個反應(yīng)的產(chǎn)物可知，由于氯離子的半徑小