淮安市2015屆高三下學(xué)期五模化學(xué)試卷

1、2015年江蘇省淮安市高考化學(xué)五模試卷一、選擇題（共15小題，每小題2分，滿分40分）1石墨炔是由1，3二炔鍵與苯環(huán)形成的平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的全碳分子，具有優(yōu)良的化學(xué)穩(wěn)定性和半導(dǎo)體性能下列關(guān)于石墨炔的說(shuō)法不正確的是（）A石墨炔屬于芳香烴B石墨炔與金剛石互為同素異形體C石墨炔有望代替半導(dǎo)體材料硅在電子產(chǎn)品中得到廣泛應(yīng)用D石墨炔孔徑略大于H2分子的直徑，因此它是理想的H2提純薄膜2下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)的表示不正確的是（）ANaClO的電子式：B16O的原子結(jié)構(gòu)示意圖：C質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為72的碘原子：53125ID間羥基苯甲醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：3常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1

2、的溶液中：Fe2+、Cl、NO3、K+B滴入酚酞顯紅色的溶液中：Na+、Al3+、CO32、AlO2C加入鋁粉產(chǎn)生H2的溶液中：Fe2+、Na+、SO42、ClOD0.1molL1 NaHCO3溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO34下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)和應(yīng)用正確的是（）A甲醛能使蛋白質(zhì)變性，可用于食品防腐劑B炭具有還原性，一定條件下能將二氧化硅還原為硅C硅酸鈉溶液呈堿性，常用作木材的防火劑DAl2O3具有很高的熔點(diǎn)，可用于制造熔融燒堿的坩堝5實(shí)驗(yàn)室從含溴化氫的廢液中提取溴單質(zhì)，下列說(shuō)法中能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢用裝置甲氧化廢液中的溴化氫B用裝置乙分離CCl4層和水層C用裝置丙分離CCl4和液溴

3、D用儀器丁長(zhǎng)期貯存液溴6設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A在Cl2與NaOH溶液的反應(yīng)中，每0.1molCl2參加反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NAB0.1mol中含有雙鍵的數(shù)目為0.4NAC標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L乙醇中含有羥基的數(shù)目為0.5NAD4.6g由NO2和N2O4組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為0.2NA7已知A、B、D、E均為中學(xué)化學(xué)中的常見(jiàn)物質(zhì)，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分產(chǎn)物略去），則下列有關(guān)物質(zhì)的推斷不正確的是（）A若A是鐵，則E可能為稀硝酸B若A是CuO，E是碳，則B為COC若A是AlCl3溶液，E可能是氨水D若A是NaOH溶液，E是CO2，則B為NaH

4、CO38下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A二氧化硫通入氯化鐵溶液：SO2+2Fe3+2H2O=SO42+2Fe2+4H+B硫酸氫銨溶液中滴加少量NaOH溶液：H+NH4+2OH=NH3H2O+H2OC堿性條件下鋁粉還原NaNO2：NO2+2Al+3OH+H2O=2AlO2+NH3H2OD在強(qiáng)堿溶液中次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3=FeO42+3Cl+H2O+4H+9 X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，Y元素在地殼中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反應(yīng)呈黃色，R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和下列敘述正確的

5、是（）A原子半徑的大小順序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）B含有Y、Z、R三種元素的化合物最多只有2種C元素R和Y形成的化合物RY2是一種高效安全滅菌消毒劑DY與Z形成的兩種化合物中的化學(xué)鍵和晶體類型均相同10已知：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H1（2）C（s）+O2（g）=CO2（g）H2（3）2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H3（4）2CO2（g）+4H2（g）=CH3COOH（l）+2H2O（l）H4（5）2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）H5下列關(guān)于上述反應(yīng)的焓變的判斷正確的是（）AH10，H20BH5=2H

6、2+H3H1CH30，H50DH4=H12H311下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A白鐵（鍍鋅鐵皮）鍍層破損后鐵仍不易腐蝕BCH3Cl（g）+Cl2（g）CH2Cl2（l）+HCl（g）能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的H0CMnS懸濁液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，則Ksp（CuS）Ksp（MnS）D合成氨生產(chǎn)中將NH3液化分離，一定能加快正反應(yīng)速率，提高H2的轉(zhuǎn)化率12化合物C是制備液晶材料的中間體之一，它可由A和B在一定條件下制得下列說(shuō)法正確的是（）A每個(gè)A分子中含有1個(gè)手性碳原子B可以用酸性KMnO4溶液檢驗(yàn)B中是否含有醛基C1molC分子最多可與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)DC可發(fā)生加成反應(yīng)、取

7、代反應(yīng)、氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)13由一種陽(yáng)離子和兩種酸根離子組成的鹽稱混鹽下列關(guān)于混鹽Na4S2O3的有關(guān)判斷，不正確的是（）A向溶液中加入酚酞溶液變紅，說(shuō)明該混鹽水溶液呈堿性B向該混鹽中加入稀H2SO4可以產(chǎn)生使品紅褪色的氣體C該混鹽在酸性條件下可以產(chǎn)生淡黃色渾濁D用玻璃棒蘸取該混鹽溶液灼燒，火焰呈黃色，說(shuō)明溶液中含有Na+14常溫下，下列有關(guān)敘述正確的是（）A在0.1molL1Na2C2O4溶液中：2c（Na+）=c（C2O42）+c（HC2O4）+c（H2C2O4）B向10mL pH=12的NaOH溶液中滴加等體積pH=2的CH3COOH溶液：c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+

8、）C濃度均為0.1 molL1的小蘇打溶液與燒堿溶液等體積混合：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（OH）+c（HCO3）D濃度均為0.1 molL1的硫酸氫銨溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合c（SO42）=c（Na+）c（NH4+）c（H+）c（OH）15 t時(shí)，在2L密閉、恒壓容器中充入1molA和1molB，發(fā)生反應(yīng)：A（g）+B（g）C（g） 5min后達(dá)到平衡，測(cè)得C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則下列說(shuō)法正確的是（）A5min內(nèi)平均反應(yīng)速率vA=0.15molL1min1B當(dāng)同時(shí)對(duì)原平衡體系升高一定溫度和增加一定壓強(qiáng)時(shí)，達(dá)平衡后，C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反

9、應(yīng)C保持其他條件不變，若起始時(shí)向容器中加入0.5molA、0.5molB、1.5molC，則反應(yīng)將向逆反應(yīng)方向進(jìn)行Dt，向2L密閉、恒容容器中加入等物質(zhì)的量的A和B，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)仍為60%，則加入A的物質(zhì)的量為1.6mol二、解答題（共5小題，滿分68分）16（12分）氫氧化鎂廣泛用作阻燃劑和填充劑以白云石（化學(xué)式：MgCO3CaCO3）為原料制備氫氧化鎂的工藝流程如下：（1）根據(jù)流程圖，白云石“輕燒”分解的化學(xué)反應(yīng)式是（2）“研磨”的目的是（3）加入氨水時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為；檢驗(yàn)Mg（OH）2沉淀是否洗滌干凈的方法是（4）本流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是（5）傳統(tǒng)工藝是將

10、白云石高溫分解為氧化鎂和氧化鈣后提取，而該工藝采用輕燒白云石的方法，其優(yōu)點(diǎn)是17（15分）普魯本辛可用于胃和十二指腸潰瘍的輔助治療，可通過(guò)以下方法合成：請(qǐng)回答下列問(wèn)題（1）普魯本辛中的含氧官能團(tuán)為和（填名稱）（2）AB的反應(yīng)的化學(xué)方程式；DE的反應(yīng)類型（3）化合物X（C8H19NO）的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（4）寫出滿足下列條件的F的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分子中含有兩個(gè)苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫（5）根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以甲苯和乙醇為原料合成香料苯乙酸乙酯（）的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任選）合成路線流程圖示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3

11、18（12分）聚合硫酸鋁鐵AlaFeb（OH）m（SO4）nxH2O是一種新型高效凈水劑，廣泛應(yīng)用于工業(yè)污染水的處理（1）聚合硫酸鋁鐵能夠凈水的原因是（2）AlaFeb（OH）m（SO4）nxH2O中a、b、m、n的代數(shù)關(guān)系式為（3）為了測(cè)定聚合硫酸鋁鐵的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：步驟一：準(zhǔn)確稱取8.810g樣品溶于150mL 0.100molL1稀硫酸，恰好完全反應(yīng)后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，過(guò)濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體10.485g；步驟二：另取相同質(zhì)量的樣品，溶于過(guò)量的氫碘酸，以磁力攪拌機(jī)攪拌，充分反應(yīng)后，以0.500molL1Na2S2O3溶液滴定至淺黃色，滴入幾滴淀粉溶液，再

12、滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL（已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）步驟二中使用磁力攪拌器進(jìn)行攪拌的目的是通過(guò)計(jì)算確定聚合硫酸鋁鐵的化學(xué)式（寫出計(jì)算過(guò)程）19（15分）綠礬（FeSO47H2O）是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分下面是以市售鐵屑（含少量錫、氧化鐵等雜質(zhì)）為原料生產(chǎn)純凈綠礬的一種方法：查詢資料，得25時(shí)有關(guān)物質(zhì)的數(shù)據(jù)如下表：飽和H2S溶液SnS沉淀完全FeS開(kāi)始沉淀FeS沉淀完全pH值3.91.63.05.5（1）操作中，先通入硫化氫至飽和，目的是；后加入硫酸酸化至pH=2的作用是（2）操作得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌，其目的是：除去晶體表面附著

13、的硫酸等雜質(zhì)；（3）工業(yè)上常用氧化還原滴定法測(cè)定綠礬產(chǎn)品中Fe2+含量，測(cè)定步驟如下：a稱取2.850g綠礬產(chǎn)品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待測(cè)溶液于錐形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000molL1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL已知酸性KMnO4被FeSO4還原時(shí)生成Mn2+寫出該測(cè)定過(guò)程的離子反應(yīng)方程式：；滴定時(shí)盛放KMnO4溶液的儀器為（填儀器名稱）判斷此滴定實(shí)驗(yàn)達(dá)到終點(diǎn)的方法是若實(shí)驗(yàn)操作無(wú)失誤，測(cè)得上述樣品中FeSO47H2O的含量仍偏低，則可能的原因是：20（14分）氮及其化合物的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題

14、，下面是氮的氧化物的幾種不同情況下的轉(zhuǎn)化（1）已知：2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2 （g）2NO2 （g）H=113.0kJmol1 則SO2氣體與NO2氣體反應(yīng)生成SO3氣體和NO氣體的反應(yīng)為（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)（2）向絕熱恒容密閉容器中通入SO2和NO2，一定條件下使反應(yīng)SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）達(dá)到平衡，正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的示意圖如圖1所示反應(yīng)在c點(diǎn)（填“達(dá)到”或“未到”）平衡狀態(tài)開(kāi)始時(shí)，在該容器中加入：1molSO2（g）和1molNO2（g）；II：1molSO3（g）和1mol NO（g），

15、則達(dá)化學(xué)平衡時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)（填“”、“=”或“”）（3）用氫氧化鈉溶液吸收氮的氧化物時(shí)發(fā)生下列反應(yīng)：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O將反應(yīng)混合液和氫氧化鈉溶液分別加到如圖2所示的電解槽中進(jìn)行電解，A室產(chǎn)生了N2電極是極，B室產(chǎn)生的氣體是A室NO2發(fā)生的電極反應(yīng)是（4）NH3催化還原氮氧化物（SCR）技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術(shù)現(xiàn)有NO、NO2的混合氣6L，可用同溫同壓下7L的NH3恰好使其完全轉(zhuǎn)化為N2，則原混合氣體中NO和NO2的物質(zhì)的量之比為三、A物質(zhì)結(jié)構(gòu)21（12分）X、Y、Z、R為前四周期元素，且原子

16、序數(shù)依次增大XY2是紅棕色氣體；Z基態(tài)原子的M層與K層電子數(shù)相等；R2+的3d軌道有9個(gè)電子請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）Y基態(tài)原子的電子排布式是；（2）Z所在周期中第一電離能最大的主族元素是（3）XY2的立體構(gòu)型是；（4）Z與某元素形成的化合物的晶胞如圖所示，晶胞中陰離子與陽(yáng)離子的個(gè)數(shù)比是（5）將R單質(zhì)的粉末加入X氣態(tài)氫化物的濃溶液中，不斷鼓入空氣充分反應(yīng)，得到深藍(lán)色的R（NH3）4（OH）2溶液，該反應(yīng)的離子方程式是；1molR（NH3）42+中含有的鍵的數(shù)目是2015年江蘇省淮安市高考化學(xué)五模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共15小題，每小題2分，滿分40分）1石墨炔是由1，3二炔鍵與苯環(huán)形成

17、的平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的全碳分子，具有優(yōu)良的化學(xué)穩(wěn)定性和半導(dǎo)體性能下列關(guān)于石墨炔的說(shuō)法不正確的是（）A石墨炔屬于芳香烴B石墨炔與金剛石互為同素異形體C石墨炔有望代替半導(dǎo)體材料硅在電子產(chǎn)品中得到廣泛應(yīng)用D石墨炔孔徑略大于H2分子的直徑，因此它是理想的H2提純薄膜【考點(diǎn)】芳香烴、烴基和同系物；同素異形體 【分析】A石墨炔中不含有H原子，不是烴；B同種元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體；C根據(jù)石墨炔均有半導(dǎo)體的性質(zhì)分析；D碳原子半徑大于氫原子，則石墨炔孔徑大于H2分子的直徑，可以容納H2分子【解答】解：A石墨炔中不含有H原子，不是烴，烴是含有碳?xì)鋬煞N元素的有機(jī)物，故A錯(cuò)誤；B同種元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體，石墨

18、炔與金剛石都是碳的單質(zhì)，所以互為同素異形體，故B正確；C已知石墨炔具有優(yōu)良的化學(xué)穩(wěn)定性和半導(dǎo)體性能，所以石墨炔有望代替半導(dǎo)體材料硅在電子產(chǎn)品中得到廣泛應(yīng)用，故C正確；D碳原子半徑大于氫原子，則石墨炔孔徑大于H2分子的直徑，可以容納H2分子，則石墨炔是理想的H2提純薄膜，故D正確故選A【點(diǎn)評(píng)】本題以石墨炔為知識(shí)背景，考查了烴的概念、同素異形體、半導(dǎo)體材料等，側(cè)重于考查學(xué)生閱讀信息和應(yīng)用信息的能力，題目難度不大2下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)的表示不正確的是（）ANaClO的電子式：B16O的原子結(jié)構(gòu)示意圖：C質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為72的碘原子：53125ID間羥基苯甲醛的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：【考點(diǎn)】電子式、化學(xué)式或化學(xué)

19、符號(hào)及名稱的綜合；原子結(jié)構(gòu)示意圖；結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式【分析】A、NaClO是離子化合物；B、16O的核外有8個(gè)電子；C、原子的質(zhì)量數(shù)A=質(zhì)子數(shù)Z+中子數(shù)N；D、根據(jù)間羥基苯甲醛的名稱可知羥基和醛基在苯環(huán)上的位置關(guān)系【解答】解：A、NaClO是離子化合物，Na+和ClO間為離子鍵，在Cl和O之間為共價(jià)鍵，故電子式為：，故A正確；B、16O的原子核內(nèi)有8個(gè)質(zhì)子，核外有8個(gè)電子，故原子結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B錯(cuò)誤；C、原子的質(zhì)量數(shù)A=質(zhì)子數(shù)Z+中子數(shù)N，故質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為72的碘原子的質(zhì)量數(shù)為125，故此碘原子為53125I，故C正確；D、根據(jù)間羥基苯甲醛的名稱可知羥基和醛基在苯環(huán)上的位置為間位的關(guān)系，故結(jié)

20、構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故D正確故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)用語(yǔ)，涉及原子的表示方法、電子式、結(jié)構(gòu)示意圖等，注意規(guī)范應(yīng)用化學(xué)用語(yǔ)，選項(xiàng)A為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大3常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Fe2+、Cl、NO3、K+B滴入酚酞顯紅色的溶液中：Na+、Al3+、CO32、AlO2C加入鋁粉產(chǎn)生H2的溶液中：Fe2+、Na+、SO42、ClOD0.1molL1 NaHCO3溶液中：Na+、NH4+、SO42、NO3【考點(diǎn)】離子共存問(wèn)題【分析】ApH=1的溶液，顯酸性；B滴入酚酞顯紅色的溶液，顯堿性；C加入鋁粉產(chǎn)生H2的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液；D.0.1m

21、olL1 NaHCO3溶液中，該組離子之間不反應(yīng)【解答】解：ApH=1的溶液，顯酸性，F(xiàn)e2+、NO3、H+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B滴入酚酞顯紅色的溶液，顯堿性，不能大量存在Al3+，且Al3+分別與CO32、AlO2相互促進(jìn)水解，不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C加入鋁粉產(chǎn)生H2的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液，酸溶液中Fe2+、ClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿溶液中不能大量存在Fe2+，故C錯(cuò)誤；D.0.1molL1 NaHCO3溶液中，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子的共存，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息及常見(jiàn)離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原

22、反應(yīng)、水解反應(yīng)的離子共存考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度不大4下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)和應(yīng)用正確的是（）A甲醛能使蛋白質(zhì)變性，可用于食品防腐劑B炭具有還原性，一定條件下能將二氧化硅還原為硅C硅酸鈉溶液呈堿性，常用作木材的防火劑DAl2O3具有很高的熔點(diǎn)，可用于制造熔融燒堿的坩堝【考點(diǎn)】鈉的重要化合物；硅和二氧化硅；兩性氧化物和兩性氫氧化物；甲醛【分析】A甲醛有毒，不能用于食品添加劑；B高溫條件下，C與二氧化硅反應(yīng)生成Si；C水玻璃是礦物膠，不燃燒，而將硅酸鈉涂在木材表面就阻隔了木材與空氣中氧氣的直接接觸；D高溫條件下，氧化鋁與氫氧化鈉能反應(yīng)【解答】解：A甲醛有毒，不能用于食品添加劑，不能用于食品防腐劑，故A

23、錯(cuò)誤；BC具有還原性，高溫條件下，C與二氧化硅反應(yīng)生成Si，該反應(yīng)中C作還原劑，故B正確；C水玻璃是礦物膠，不燃燒，而將硅酸鈉涂在木材表面就阻隔了木材與空氣中氧氣的直接接觸，可用作制備木材防火劑的原料，不是利用硅酸鈉溶液的堿性，故C錯(cuò)誤；D高溫條件下，氧化鋁與氫氧化鈉能反應(yīng)，所以不能用氧化鋁坩堝來(lái)熔融燒堿，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的用途，性質(zhì)決定用途，明確甲醛、碳、硅酸鈉、氧化鋁的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大5實(shí)驗(yàn)室從含溴化氫的廢液中提取溴單質(zhì)，下列說(shuō)法中能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢用裝置甲氧化廢液中的溴化氫B用裝置乙分離CCl4層和水層C用裝置丙分離CCl4和液溴D用儀器丁長(zhǎng)期貯存

24、液溴【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【分析】A集氣瓶中導(dǎo)管應(yīng)長(zhǎng)進(jìn)短出；BCCl4和水不互溶；C溫度計(jì)水銀球應(yīng)與蒸餾燒瓶支管口處相平；D液溴能腐蝕橡膠塞【解答】解：A集氣瓶中導(dǎo)管應(yīng)長(zhǎng)進(jìn)短出，否則會(huì)將液體排除，故A錯(cuò)誤； BCCl4和水不互溶，可用分液分離，故B正確；C溫度計(jì)水銀球應(yīng)與蒸餾燒瓶支管口處相平，測(cè)量的是蒸氣的溫度，故C錯(cuò)誤；D液溴能腐蝕橡膠塞，應(yīng)用玻璃塞，故D錯(cuò)誤故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及物質(zhì)性質(zhì)及分離與提純、保存等，側(cè)重實(shí)驗(yàn)基本操作和實(shí)驗(yàn)原理的考查，注意裝置的作用及實(shí)驗(yàn)的操作性、評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大6設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A在C

25、l2與NaOH溶液的反應(yīng)中，每0.1molCl2參加反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NAB0.1mol中含有雙鍵的數(shù)目為0.4NAC標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L乙醇中含有羥基的數(shù)目為0.5NAD4.6g由NO2和N2O4組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為0.2NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)【分析】A、氯氣與氫氧化鈉的反應(yīng)為歧化反應(yīng)；B、苯環(huán)不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)；C、標(biāo)況下，乙醇為液態(tài)；D、NO2和N2O4的最簡(jiǎn)式為NO2【解答】解：A、氯氣與氫氧化鈉的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，1mol氯氣轉(zhuǎn)移1mol電子，故0.1mol氯氣轉(zhuǎn)移0.1mol電子，即0.1NA個(gè)，故A正確；B、苯環(huán)不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，故1mol中含1

26、mol雙鍵，故0.1mol中含0.1mol雙鍵，即0.1NA個(gè)，故B正確；C、標(biāo)況下，乙醇為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來(lái)計(jì)算，故C錯(cuò)誤；D、NO2和N2O4的最簡(jiǎn)式為NO2，故4.6gNO2和N2O4的混合物中含有的NO2的物質(zhì)的量n=0.1mol，故含有0.2mol氧原子，即0.2NA個(gè)，故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大7已知A、B、D、E均為中學(xué)化學(xué)中的常見(jiàn)物質(zhì)，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分產(chǎn)物略去），則下列有關(guān)物質(zhì)的推斷不正確的是（）A若A是鐵，則E可能為稀硝酸B若A是CuO，E是碳，則B為COC若A是Al

27、Cl3溶液，E可能是氨水D若A是NaOH溶液，E是CO2，則B為NaHCO3【考點(diǎn)】無(wú)機(jī)物的推斷【分析】A、A為Fe和硝酸反應(yīng)可以生成硝酸鐵和硝酸亞鐵，硝酸亞鐵可以被氧化為硝酸鐵；B、A為CuO，碳還原氧化銅生成銅和二氧化碳，二氧化碳被過(guò)量碳還原為一氧化碳；C、若A是AlCl3溶液，和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁不溶于氨水，不能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)換；D、若A是NaOH溶液，二氧化碳和氫氧化鈉溶于反應(yīng)可以生成碳酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸鈉和碳酸氫鈉可以相互轉(zhuǎn)化；【解答】A、A為Fe和硝酸反應(yīng)可以生成硝酸鐵和硝酸亞鐵，硝酸亞鐵可以被氧化為硝酸鐵，能實(shí)現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化，故A不符合；B、A為CuO，碳還原氧化銅生成銅和

28、二氧化碳，二氧化碳被過(guò)量碳還原為一氧化碳，符合上述反應(yīng)轉(zhuǎn)化，故B不符合；C、若A是AlCl3溶液，和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁不溶于氨水，不能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)換，故C符合；D、若A是NaOH溶液，二氧化碳和氫氧化鈉溶于反應(yīng)可以生成碳酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸鈉和碳酸氫鈉可以相互轉(zhuǎn)化，符合上述轉(zhuǎn)化，故D不符合；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了元素化合物性質(zhì)的分析應(yīng)用，掌握物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)條件，反應(yīng)定量關(guān)系是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單8下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A二氧化硫通入氯化鐵溶液：SO2+2Fe3+2H2O=SO42+2Fe2+4H+B硫酸氫銨溶液中滴加少量NaOH溶液：H+NH4+2OH=NH3H2O+H2

29、OC堿性條件下鋁粉還原NaNO2：NO2+2Al+3OH+H2O=2AlO2+NH3H2OD在強(qiáng)堿溶液中次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3=FeO42+3Cl+H2O+4H+【考點(diǎn)】離子方程式的書(shū)寫【分析】A鐵離子具有氧化性，能夠?qū)⒍趸蜓趸闪蛩幔籅氫氧化鈉少量，氫離子結(jié)合氫氧根離子能力大于銨根離子，所以氫離子優(yōu)先反應(yīng)，銨根離子不參與反應(yīng)；C離子方程式兩邊負(fù)電荷不相等，違反了電荷守恒；D強(qiáng)堿性溶液中，反應(yīng)產(chǎn)物中應(yīng)該生成水，不會(huì)生成氫離子【解答】解：A二氧化硫通入氯化鐵溶液，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2Fe3+2H2O=SO42+

30、2Fe2+4H+，故A正確；B硫酸氫銨溶液中滴加少量NaOH溶液，氫離子結(jié)合氫離子能力大于銨根離子，只有氫離子反應(yīng)，正確的離子方程式為：H+OH=H2O，故B錯(cuò)誤；C堿性條件下鋁粉還原NaNO2，離子方程式必須滿足電荷守恒，正確的離子方程式為：NO2+2Al+OH+2H2O=2AlO2+NH3H2O，故C錯(cuò)誤；D強(qiáng)堿溶液中次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4，強(qiáng)堿性溶液中不會(huì)生成氫離子，正確的離子方程式為：3ClO+4OH+2Fe（OH）3=2FeO42+3Cl+5H2O，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查考查離子方程式的書(shū)寫判斷，題目難度中等，注意掌握離子方程式的書(shū)寫原則，明確離子方

31、程式正誤判斷的常用方法，如：離子方程式兩邊是否滿足電荷守恒、電子守恒、質(zhì)量守恒定律等，還要注意反應(yīng)環(huán)境，如D中堿性溶液中產(chǎn)物不會(huì)存在氫離子9X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，Y元素在地殼中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反應(yīng)呈黃色，R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和下列敘述正確的是（）A原子半徑的大小順序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）B含有Y、Z、R三種元素的化合物最多只有2種C元素R和Y形成的化合物RY2是一種高效安全滅菌消毒劑DY與Z形成的兩種化合物中的化學(xué)鍵和晶體類型均相同【考點(diǎn)】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

32、專題【分析】X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，最外層電子數(shù)不超過(guò)8個(gè)，則其K層為次外層，最外層電子數(shù)為4，則X是C元素；Y元素在地殼中的含量最多，則Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反應(yīng)呈黃色，則Z是Na元素；R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和，則R的核外電子數(shù)是17，所以R是Cl元素【解答】解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，最外層電子數(shù)不超過(guò)8個(gè)，則其K層為次外層，最外層 電子數(shù)為4，則X是C元素；Y元素在地殼中的含量最多，則Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反應(yīng)呈黃色，則Z是Na元素；R原子的核外電子數(shù)是X原子

33、與Z原子的核外電子數(shù)之和，則R的核外電子數(shù)是17，所以R是Cl元素，A原子的電子層數(shù)越多，其原子半徑越大，同一周期中，元素的原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以原子半徑大小順序是r（Na）r（Cl）r（C）r（O），故A錯(cuò)誤；BY、Z、R分別是O、Na、Cl元素，含有三種元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故B錯(cuò)誤；C元素Cl和O形成的化合物ClO2是一種高效安全滅菌消毒劑，故C正確；DY與Z形成的兩種化合物為氧化鈉、過(guò)氧化鈉，前者含有離子鍵，后者含有離子鍵、共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，推斷元素是解本題關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是C，注

34、意根據(jù)Cl元素化合價(jià)判斷，難度中等10已知：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H1（2）C（s）+O2（g）=CO2（g）H2（3）2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H3（4）2CO2（g）+4H2（g）=CH3COOH（l）+2H2O（l）H4（5）2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）H5下列關(guān)于上述反應(yīng)的焓變的判斷正確的是（）AH10，H20BH5=2H2+H3H1CH30，H50DH4=H12H3【考點(diǎn)】反應(yīng)熱的大小比較；有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化【分析】物質(zhì)的燃燒反應(yīng)是放熱的，焓變小于零，根據(jù)該蓋斯定律

35、計(jì)算反應(yīng)焓變之間的關(guān)系即可【解答】解：A、物質(zhì)的燃燒反應(yīng)是放熱的，焓變小于零，H10，H20，故A錯(cuò)誤；B、利用蓋斯定律計(jì)算，將（2）×2+（3）（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）CH3COOH（l），反應(yīng)熱隨之相加減，可求得反應(yīng)熱，即H5=2H2+H3H1，故B正確；C、物質(zhì)的燃燒反應(yīng)是放熱的，焓變小于零，所以2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H30，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)（4）不能是（1）2×（3）得到，故D錯(cuò)誤故選B【點(diǎn)評(píng)】本題涉及蓋斯定律的應(yīng)用以及反應(yīng)熱的判斷，屬于基本知識(shí)的考查，難度不大11下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A白鐵（鍍鋅鐵皮）

36、鍍層破損后鐵仍不易腐蝕BCH3Cl（g）+Cl2（g）CH2Cl2（l）+HCl（g）能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的H0CMnS懸濁液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，則Ksp（CuS）Ksp（MnS）D合成氨生產(chǎn)中將NH3液化分離，一定能加快正反應(yīng)速率，提高H2的轉(zhuǎn)化率【考點(diǎn)】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；反應(yīng)熱和焓變；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；化學(xué)平衡的影響因素；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【分析】A、在金屬活動(dòng)性順序表中鋅比鐵活潑，所以破損后仍腐蝕的是鋅，保護(hù)的是鐵；B、CH3Cl（g）+Cl2（g）CH2Cl2（l）+HCl（g）為氣體減少的反應(yīng)所以S0，根據(jù)G=HTS0自發(fā)判斷；C、

37、Ksp反映物質(zhì)的溶解程度，沉淀向著Ksp更小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化；D、減小生成物的濃度會(huì)使得平衡正向移動(dòng)，減小反應(yīng)的速率【解答】解：A、在金屬活動(dòng)性順序表中鋅比鐵活潑，所以破損后仍腐蝕的是鋅，保護(hù)的是鐵，能用金屬活動(dòng)性順序表解釋，故A正確；B、CH3Cl（g）+Cl2（g）CH2Cl2（l）+HCl（g）為氣體減少的反應(yīng)所以S0，又G=HTS0才自發(fā)，所以只有當(dāng)H0反應(yīng)才可能自發(fā)，故B錯(cuò)誤；C、沉淀向著Ksp更小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，當(dāng)MnS懸濁液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，則Ksp（CuS）Ksp（MnS），故C正確；D、合成氨生產(chǎn)中將NH3液化分離，降低正反應(yīng)速率，提高H2的轉(zhuǎn)化率，故D錯(cuò)誤故選

38、AC【點(diǎn)評(píng)】本題涉及金屬的腐蝕和防護(hù)、化學(xué)反應(yīng)的方向、速率和平衡以及沉淀的轉(zhuǎn)化等知識(shí)，屬于綜合知識(shí)的考查，難度不大12化合物C是制備液晶材料的中間體之一，它可由A和B在一定條件下制得下列說(shuō)法正確的是（）A每個(gè)A分子中含有1個(gè)手性碳原子B可以用酸性KMnO4溶液檢驗(yàn)B中是否含有醛基C1molC分子最多可與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)DC可發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】A根據(jù)手性碳原子的定義判斷；BB中含有酚羥基和醛基，都可于酸性高錳酸鉀反應(yīng)；CC中含有苯環(huán)和醛基，都可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；DC中含有酯基，可發(fā)生取代反應(yīng)，含有醛

39、基，可發(fā)生加成、氧化反應(yīng)【解答】解：A分子中不存在含有連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)的碳原子，不存在手性碳原子，故A錯(cuò)誤；BB中含有酚羥基和醛基，都可于酸性高錳酸鉀反應(yīng)，應(yīng)用氫氧化銅濁液檢驗(yàn)，故B錯(cuò)誤；CC中含有苯環(huán)和醛基，都可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1molC分子最多可與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；DC中含有酯基，可發(fā)生取代反應(yīng)，含有醛基，可發(fā)生加成、氧化反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)，難度不大13由一種陽(yáng)離子和兩種酸根離子組成的鹽稱混鹽下列關(guān)于混鹽Na4S2O3的有關(guān)判斷，不正確

40、的是（）A向溶液中加入酚酞溶液變紅，說(shuō)明該混鹽水溶液呈堿性B向該混鹽中加入稀H2SO4可以產(chǎn)生使品紅褪色的氣體C該混鹽在酸性條件下可以產(chǎn)生淡黃色渾濁D用玻璃棒蘸取該混鹽溶液灼燒，火焰呈黃色，說(shuō)明溶液中含有Na+【考點(diǎn)】鈉的重要化合物【分析】混鹽Na4S2O3中S元素的平均化合價(jià)為+1價(jià)，應(yīng)為Na2SO3和Na2S的混鹽，Na2SO3和Na2S都是強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，在酸性條件下可發(fā)生：SO32+2S2+6H+=3S+3H2O，以此解答該題【解答】解：混鹽Na4S2O3中S元素的平均化合價(jià)為+1價(jià)，應(yīng)為Na2SO3和Na2S的混鹽，則ANa2SO3和Na2S都是強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，所以加

41、入酚酞溶液變紅，故A正確；B該混鹽與H2SO4反應(yīng)可生成SO2或H2S氣體，SO2使品紅褪色，所以可以產(chǎn)生使品紅褪色的氣體，故B正確；C該混鹽在酸性條件下可發(fā)生：SO32+2S2+6H+=3S+3H2O，所以可以產(chǎn)生淡黃色渾濁，故C正確；D因?yàn)檠嫔磻?yīng)是元素的性質(zhì)，所以用玻璃棒蘸取該混鹽溶液灼燒，火焰呈黃色，說(shuō)明含有鈉元素，不能確定一定含鈉離子，故D錯(cuò)誤故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查含硫物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度中等，注意正確判斷混鹽的組成為解答該題的關(guān)鍵，學(xué)習(xí)中注重相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累14常溫下，下列有關(guān)敘述正確的是（）A在0.1molL1Na2C2O4溶液中：2c（Na+）=c（C2O42）+c（HC2O

42、4）+c（H2C2O4）B向10mL pH=12的NaOH溶液中滴加等體積pH=2的CH3COOH溶液：c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+）C濃度均為0.1 molL1的小蘇打溶液與燒堿溶液等體積混合：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（OH）+c（HCO3）D濃度均為0.1 molL1的硫酸氫銨溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合c（SO42）=c（Na+）c（NH4+）c（H+）c（OH）【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較【分析】A任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒判斷；BpH=2的醋酸濃度大于pH=12的NaOH，二者混合后醋酸有剩余，醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程

43、度導(dǎo)致溶液呈酸性；C任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；D濃度均為0.1 molL1的硫酸氫銨溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合，二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸銨和水，硫酸銨水解導(dǎo)致溶液呈酸性【解答】解：A任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=2c（C2O42）+2c（HC2O4）+2c（H2C2O4），故A錯(cuò)誤；BpH=2的醋酸濃度大于pH=12的NaOH，二者混合后醋酸有剩余，醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度導(dǎo)致溶液呈酸性，所以c（H+）c（OH），故B錯(cuò)誤；C二者恰好反應(yīng)生成碳酸鈉，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c

44、（CO32）+c（OH）+c（HCO3），故C正確；D濃度均為0.1 molL1的硫酸氫銨溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合，二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸銨和水，硫酸銨水解導(dǎo)致溶液呈酸性，銨根離子水解但程度較小，結(jié)合物料守恒得c（SO42）=c（Na+）c（NH4+）c（H+）c（OH），故D正確；故選CD【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子濃度大小比較，為高頻考點(diǎn)，明確溶液中的溶質(zhì)及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒和物料守恒的靈活運(yùn)用，易錯(cuò)選項(xiàng)是D15t時(shí)，在2L密閉、恒壓容器中充入1molA和1molB，發(fā)生反應(yīng)：A（g）+B（g）C（g） 5min后達(dá)到平衡，測(cè)得C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則下列說(shuō)

45、法正確的是（）A5min內(nèi)平均反應(yīng)速率vA=0.15molL1min1B當(dāng)同時(shí)對(duì)原平衡體系升高一定溫度和增加一定壓強(qiáng)時(shí)，達(dá)平衡后，C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)C保持其他條件不變，若起始時(shí)向容器中加入0.5molA、0.5molB、1.5molC，則反應(yīng)將向逆反應(yīng)方向進(jìn)行Dt，向2L密閉、恒容容器中加入等物質(zhì)的量的A和B，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)仍為60%，則加入A的物質(zhì)的量為1.6mol【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算【分析】A恒溫恒壓下，容器的體積減小，不能用濃度變化量表示平均反應(yīng)速率；B增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，與原平衡相比C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，而再升高溫度，

46、C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)又增大為60%，說(shuō)明升高溫度平衡逆反應(yīng)方向移動(dòng)；C保持其他條件不變，若起始時(shí)向容器中加入0.5molA、0.5molB、1.5molC，等效為開(kāi)始加入2molA、2molB，壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)，平衡時(shí)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于60%，計(jì)算開(kāi)始時(shí)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，與60%相比判斷反應(yīng)進(jìn)行方向；Dt時(shí)，在2L密閉、恒壓容器中充入1molA和1molB，5min后達(dá)到平衡，設(shè)平衡時(shí)參加反應(yīng)的A為x，則： A（g）+B（g）C（g）開(kāi)始（mol）：1 1 0轉(zhuǎn)化（mol）：x x x平衡（mol）：1x 1x x平衡時(shí)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則=60%，解得x=0.75，恒溫恒壓下，體積

47、之比等于物質(zhì)的量之比，則平衡后氣體的體積為2L×=1.25L，則該溫度平衡常數(shù)K=15，設(shè)加入A、B的物質(zhì)的量均為ymol，反應(yīng)A為amol，表示出平衡時(shí)各組分物質(zhì)的量，再根據(jù)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)、平衡常數(shù)列方程計(jì)算解答【解答】解：A恒溫恒壓下，容器的體積減小，不能用濃度變化量表示平均反應(yīng)速率，故A錯(cuò)誤；B增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，與原平衡相比C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，而再升高溫度，C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)又增大為60%，說(shuō)明升高溫度平衡逆反應(yīng)方向移動(dòng)，而升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故B正確；C保持其他條件不變，若起始時(shí)向容器中加入0.5molA、0.5molB、1.5m

48、olC，等效為開(kāi)始加入2molA、2molB，壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)，平衡時(shí)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于60%，開(kāi)始時(shí)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為=60%，故平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；Dt時(shí)，在2L密閉、恒壓容器中充入1molA和1molB，5min后達(dá)到平衡，設(shè)平衡時(shí)參加反應(yīng)的A為x，則： A（g）+B（g）C（g）開(kāi)始（mol）：1 1 0轉(zhuǎn)化（mol）：x x x平衡（mol）：1x 1x x平衡時(shí)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為60%，則=60%，解得x=0.75，恒溫恒壓下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，則平衡后氣體的體積為2L×=1.25L，則該溫度平衡常數(shù)K=15，設(shè)加入A、B的物質(zhì)的量均為ymol，

49、反應(yīng)A為amol，則： A（g）+B（g）C（g）開(kāi)始（mol）：y y y轉(zhuǎn)化（mol）：a a a平衡（mol）：ya ya a則=60%，整理可得4a=3y，溫度相同，平衡常數(shù)不變，則=15，聯(lián)立方程解得y=1.6，故D正確，故選：BD【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算，A選項(xiàng)注意體積發(fā)生變化，C選項(xiàng)可以利用平衡常數(shù)由濃度商相對(duì)大小進(jìn)行判斷但比較繁瑣，注意利用等效思想解答，D中關(guān)鍵是平衡常數(shù)計(jì)算，屬于易錯(cuò)題目，難度中等二、解答題（共5小題，滿分68分）16（12分）氫氧化鎂廣泛用作阻燃劑和填充劑以白云石（化學(xué)式：MgCO3CaCO3）為原料制備氫氧化鎂的工藝流程如下：（1）根據(jù)流程圖，白云

50、石“輕燒”分解的化學(xué)反應(yīng)式是MgCO3=MgO+CO2（2）“研磨”的目的是增大反應(yīng)物之間的接觸面積，反應(yīng)速度快且充分（3）加入氨水時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為MgSO4+2NH3H2O=Mg（OH）2+（NH4）2SO4；檢驗(yàn)Mg（OH）2沉淀是否洗滌干凈的方法是取少量最后一次洗滌液，加鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，若無(wú)沉淀生成，說(shuō)明已洗凈（4）本流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是（NH4）2SO4、NH3（5）傳統(tǒng)工藝是將白云石高溫分解為氧化鎂和氧化鈣后提取，而該工藝采用輕燒白云石的方法，其優(yōu)點(diǎn)是減少能源消耗，便于分離出CaCO3【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【分析】流程分析白云石主要成分為

51、MgCO3CaCO3輕燒，從過(guò)濾中可以得到CaCO3、來(lái)進(jìn)行判斷，可知分解的只是碳酸鎂，研磨加入水和硫酸銨加熱，硫酸銨和氧化鎂反應(yīng)生成氨氣、硫酸鎂和水，過(guò)濾加入氨水生成氫氧化鎂沉淀，過(guò)濾得到氫氧化鎂固體，（1）從過(guò)濾中可以得到CaCO3、來(lái)進(jìn)行判斷，可知分解的只是碳酸鎂；（2）“研磨”可以增大反應(yīng)物之間的接觸面積，反應(yīng)速度快且充分；（3）加入氨水，生成氫氧化鎂沉淀；檢驗(yàn)洗滌干凈的方法是取最后一次洗滌液檢驗(yàn)是否含有硫酸根離子，洗滌Mg（OH）2沉淀所用玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻棒等，取洗滌液加入氯化鋇溶液，若無(wú)沉淀生成，說(shuō)明已洗凈；（4）分析流程可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循環(huán)利用；（5

52、）分析流程可知，傳統(tǒng)工藝將白云石分解為氧化鎂和氧化鈣后提取，該工藝采用輕燒白云石的方法可以減少能源消耗、便于CaCO3分離【解答】解：（1）從過(guò)濾中可以得到CaCO3、來(lái)進(jìn)行判斷，可知分解的只是碳酸鎂，分解生成氧化鎂，方程式為MgCO3=MgO+CO2；故答案為：MgCO3=MgO+CO2；（2）“研磨”可以增大反應(yīng)物之間的接觸面積，反應(yīng)速度快且充分；故答案為：增大反應(yīng)物之間的接觸面積，反應(yīng)速度快且充分；（3）加入氨水，生成氫氧化鎂沉淀，方程式為MgSO4+2NH3H2O=Mg（OH）2+（NH4）2SO4；檢驗(yàn)洗滌干凈的方法是取最后一次洗滌液檢驗(yàn)是否含有硫酸根離子，洗滌Mg（OH）2沉淀所用

53、玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻棒等，取洗滌液加入氯化鋇溶液，若無(wú)沉淀生成，說(shuō)明已洗凈；故答案為：MgSO4+2NH3H2O=Mg（OH）2+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗滌液，加鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，若無(wú)沉淀生成，說(shuō)明已洗凈；（4）由流程圖可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循環(huán)利用；故答案為：（NH4）2SO4 、NH3；（5）分析流程可知，傳統(tǒng)工藝將白云石分解為氧化鎂和氧化鈣后提取，該工藝采用輕燒白云石的方法可以減少能源消耗、便于CaCO3分離；故答案為：減少能源消耗或便于CaCO3分離；故答案為：減少能源消耗，便于分離出CaCO3 或減少CO2的排放【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)分離方法和流程理解應(yīng)用，主要是混合物分離試劑的作用，產(chǎn)物的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等17（15分）普魯本辛可用于胃和十二指腸潰瘍的輔助治療，可通過(guò)以下方法合