貴州省遵義四中2014屆高三上學(xué)期第五次月考化學(xué)試卷(解析版)

貴州省遵義四中2014屆高三上學(xué)期第五次月考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．（3分）裝有下列物質(zhì)的試劑瓶上所貼化學(xué)品標(biāo)志有錯(cuò)誤的是（）ABCD物質(zhì)濃H2SO4三硝基甲苯NaClKMnO4危險(xiǎn)警告標(biāo)識(shí)A．AB．BC．CD．D考點(diǎn)：化學(xué)試劑的分類．專題：元素及其化合物；化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作．分析：A．濃硫酸具有腐蝕性；B．三硝基甲苯是炸藥；C．氯化鈉是常用的調(diào)味品；D．KMnO4有強(qiáng)氧化性；解答：解：A．濃硫酸有腐蝕性，屬于腐蝕品，故A正確；B．該標(biāo)志表示易爆炸品，三硝基甲苯是炸藥，屬于爆炸品，故B正確；C．氯化鈉是重要的調(diào)味品，炒菜時(shí)如果不放鹽，菜將食之無味，人體需氯化鈉補(bǔ)充鹽分，氯化鈉不屬于有毒品，故C錯(cuò)誤；D．KMnO4有強(qiáng)氧化性，屬于氧化劑，故D正確；故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)試劑的分類，明確物質(zhì)的性質(zhì)和分類標(biāo)準(zhǔn)即可解答，題目難度不大．2．（3分）下列說法不正確的是（）A．人體缺碘會(huì)引起大脖子病，缺鐵會(huì)引起貧血B．硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的基本元素C．NaHCO3受熱易分解放出CO2，常用于制作糕點(diǎn)D．將Na2SO4分入鈉鹽和硫酸鹽的分類方法屬于樹狀分類法考點(diǎn)：藥物的主要成分和療效；酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系；硅和二氧化硅；鈉的重要化合物．專題：化學(xué)應(yīng)用．分析：A．根據(jù)鐵、碘的生理功能和缺乏癥進(jìn)行分析判斷；B．巖石和礦物大多屬于硅酸鹽，所以硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的基本元素；C．碳酸氫鈉受熱分解成碳酸鈉、水和二氧化碳，常用于制作糕點(diǎn)；D．樹狀分類法是一種很形象的分類法，按照層次，一層一層來分，就像一棵大樹，有葉、枝、桿、根，各層之間是包含和被包含的關(guān)系，鈉鹽和硫酸鹽是從陽離子和陰離子不同角度相互交叉分類；解答：解：A．碘是合成甲狀腺激素的主要元素，缺乏會(huì)患甲狀腺腫大，俗稱大脖子病以及呆小癥，鐵是合成血紅蛋白的主要元素，缺乏會(huì)患貧血，故A正確；B．幾乎所有的巖石和礦物都含有硅酸鹽或者二氧化硅，則硅是構(gòu)成一些巖石和礦物的基本元素，故B正確；C．制糕點(diǎn)時(shí)常加入小蘇打（主要成分是NaHCO3），碳酸氫鈉受熱分解成碳酸鈉、水和二氧化碳，該反應(yīng)為2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，可以使之松軟，故C正確；D．根據(jù)Na2SO4的組成可分為鈉鹽和硫酸鹽，鈉鹽和硫酸鹽是從陽離子和陰離子不同角度相互交叉分類，沒有層次，不屬于樹狀分類，故D錯(cuò)誤；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查化學(xué)與生活知識(shí)的性質(zhì)及應(yīng)用，側(cè)重于元素化合物知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，難度不大．選項(xiàng)C小蘇打（主要成分是NaHCO3），為高頻考點(diǎn)，選項(xiàng)D分類法為易錯(cuò)點(diǎn)．3．（3分）在甲、乙兩燒杯溶液中，共含有大量的Cu2+、Na+、H+、SO42﹣、CO32﹣、OH﹣等6種離子．已知甲燒杯的溶液呈藍(lán)色，則乙燒杯的溶液中大量存在的離子是（）A．Cu2+、H+、SO42﹣B．Na+、OH﹣、CO32﹣C．CO32﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、H+、SO42﹣考點(diǎn)：離子共存問題．專題：離子反應(yīng)專題．分析：甲燒杯的溶液呈藍(lán)色，則甲中一定含有Cu2+，因Cu2+能分別為CO32﹣、OH﹣結(jié)合生成沉淀，則CO32﹣、OH﹣一定在乙燒杯中，又H+、OH﹣結(jié)合生成水而不能共存，則H+在甲中，再根據(jù)溶液不顯電性，則乙中的陽離子為Na+．解答：解：甲燒杯的溶液呈藍(lán)色，則甲中一定含有Cu2+，因Cu2+能分別為CO32﹣、OH﹣結(jié)合生成沉淀，則CO32﹣、OH﹣一定在乙燒杯中，又H+、OH﹣結(jié)合生成水而不能共存，則H+在甲中，再根據(jù)溶液不顯電性，則乙中的陽離子為Na+；A、乙中含有Na+、OH﹣、CO32﹣，甲中含有Cu2+、H+、SO42﹣，故A錯(cuò)誤；B、乙中含有Na+、OH﹣、CO32﹣，故B正確；C、乙中不含有SO42﹣，故C錯(cuò)誤；D、乙中不含有H+、SO42﹣，故D錯(cuò)誤；故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生利用離子的共存來分析溶液的成分，明確溶液為藍(lán)色是解答的突破口，然后利用離子之間的反應(yīng)及溶液為電中性來解答即可．4．（3分）（2009?金華模擬）往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的質(zhì)量m（沉淀）與加入AgNO3溶液體積V（AgNO3）的關(guān)系如圖所示．則原溶液中的比值為（）A．B．C．D．考點(diǎn)：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)：Ksp越小的越先形成沉淀，根據(jù)離子反應(yīng)實(shí)質(zhì)和圖中數(shù)據(jù)來計(jì)算回答即可．解答：解：因?yàn)镮﹣+Ag+=AgI↓，Cl﹣+Ag+=AgCl↓，可以看出I﹣、Cl﹣跟Ag+反應(yīng)都是1：1的關(guān)系，由圖中可知：AgI的沉淀量為V1（黃色沉淀是AgI），而AgCl的沉淀量為V2﹣V1，所以c（I﹣）：c（Cl﹣）=．故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生難溶電解質(zhì)的溶解平衡以及沉淀轉(zhuǎn)化的知識(shí)，可以根據(jù)教材知識(shí)來回答，難度不大．5．（3分）（2013?綿陽模擬）用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢．用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HClB．用圖2所示裝置蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體C．用圖3所示裝置制取少量純凈的CO2氣體D．用圖4所示裝置分離CCl4萃取碘水后已分層的有機(jī)層和水層考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．專題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題．分析：A．氯氣、HCl均與NaOH溶液反應(yīng)；B．NH4Cl受熱易分解；C．純堿為粉末狀固體，不能使反應(yīng)隨時(shí)停止；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．解答：解：A．氯氣、HCl均與NaOH溶液反應(yīng)，不能除雜，應(yīng)選飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，故A錯(cuò)誤；B．NH4Cl受熱易分解，應(yīng)利用冷卻熱飽和溶液的方法得到晶體，故B錯(cuò)誤；C．純堿為粉末狀固體，不能使反應(yīng)隨時(shí)停止，應(yīng)選碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)制取少量二氧化碳，故C錯(cuò)誤；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，則萃取后分層，利用分液漏斗可分離，圖中裝置合理，故D正確；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及除雜、晶體制備、氣體制取、萃取等，側(cè)重實(shí)驗(yàn)裝置及性質(zhì)的考查，綜合性較強(qiáng)，注重基礎(chǔ)知識(shí)和能力的訓(xùn)練，題目難度中等．6．（3分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．62gNa2O溶于水后所得溶液中含有的O2﹣數(shù)為NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NA個(gè)三氧化硫分子所占據(jù)的體積約是22.4LC．常溫常壓下，16g甲基（﹣13CH3）所含的中子數(shù)為7NAD．10L0.1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中，Na+、CO32﹣總數(shù)為3NA考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù)．專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析：A、氧化鈉溶于水反應(yīng)生成氫氧化鈉；B、標(biāo)準(zhǔn)狀況三氧化硫不是氣體；C、依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合甲基是中性原子團(tuán)，結(jié)合質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)計(jì)算中子數(shù)；D、碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解生成離子數(shù)增多．解答：解：A、氧化鈉溶于水反應(yīng)生成氫氧化鈉，所得溶液中不含O2﹣，故A錯(cuò)誤；B、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NA個(gè)三氧化硫分子物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況三氧化硫不是氣體，故B錯(cuò)誤；C、16g甲基（﹣13CH3）物質(zhì)的量==1mol，所含的中子數(shù)=1mol×（13﹣6+0）×NA=7NA，故C正確；D、10L0.1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，溶液含Na+、CO32﹣總數(shù)小于3NA，故D錯(cuò)誤；故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，主要是氣體摩爾體積條件的分析應(yīng)用，微粒結(jié)構(gòu)分析，鹽類水解的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．7．（3分）（2013?四川）1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時(shí)，得到2.54g沉淀．下列說法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2：1B．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%D．得到2.54g沉淀時(shí)，加入NaOH溶液的體積是600mL考點(diǎn)：有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算；硝酸的化學(xué)性質(zhì)．專題：壓軸題；守恒法．分析：A、金屬離子全部沉淀時(shí)，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質(zhì)量為2.54g﹣1.52g=1.02g，根據(jù)n=計(jì)算氫氧根的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氫氧根的物質(zhì)的量，令銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)提供的電子物質(zhì)的量與二者質(zhì)量之和列方程計(jì)算x、y的值，據(jù)此解答；B、根據(jù)c=計(jì)算該濃硝酸的物質(zhì)的量濃度；C、根據(jù)n=計(jì)算NO2和N2O4混合氣體的物質(zhì)的量，令二氧化氮的物質(zhì)的量為amol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移列放出計(jì)算，進(jìn)而計(jì)算二氧化氮的體積分?jǐn)?shù)；D、根據(jù)鈉離子守恒可知，氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于反應(yīng)后溶液中硝酸鈉的物質(zhì)的量，根據(jù)氮元素守恒計(jì)算硝酸鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)V=計(jì)算需要?dú)溲趸c溶液的體積．解答：解：A、金屬離子全部沉淀時(shí)，得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質(zhì)量為2.54g﹣1.52g=1.02g，氫氧根的物質(zhì)的量為=0.06mol，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氫氧根的物質(zhì)的量，令銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正確；B、該濃硝酸密度為1.40g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%，故該濃硝酸的物質(zhì)的量濃度為mol/L=14mol/L，故B正確；C、NO2和N2O4混合氣體的物質(zhì)的量為=0.05mol，令二氧化氮的物質(zhì)的量為amol，則四氧化二氮的物質(zhì)的量為（0.05﹣a）mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的體積分?jǐn)?shù)是×100%=80%，故C正確；D、根據(jù)鈉離子守恒可知，氫氧化鈉的物質(zhì)的量等于反應(yīng)后溶液中硝酸鈉的物質(zhì)的量，根據(jù)氮元素守恒可知，硝酸鈉的物質(zhì)的量為0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要?dú)溲趸c溶液的體積為=0.64L=640mL，故D錯(cuò)誤；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查混合物的有關(guān)計(jì)算，難度中等，理解反應(yīng)發(fā)生的過程是關(guān)鍵，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，注意根據(jù)守恒思想進(jìn)行的解答．二、填空題（共3小題，每小題16分，滿分44分）8．（16分）Ⅰ．2013年初，霧霾天氣多次肆虐天津、北京等地區(qū)．其中，燃煤和汽車尾氣是造成空氣污染的原因之一．（1）汽車尾氣凈化的主要原理為：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0①該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式K=．②若該反應(yīng)在絕熱、恒容的密閉體系中進(jìn)行，下列示意圖正確且能說明反應(yīng)在進(jìn)行t1時(shí)刻達(dá)到平衡狀態(tài)的是bd（填代號(hào)）．（2）直接排放煤燃燒產(chǎn)生的煙氣會(huì)引起嚴(yán)重的環(huán)境問題．煤燃燒產(chǎn)生的煙氣含氮的氧化物，用CH4催化還原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）?N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol寫出CH4催化還原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的熱化學(xué)方程式：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol．Ⅱ．A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，其中僅含有一種金屬元素，A和D最外層電子數(shù)相同；B、C和E在周期表中相鄰，且C、E同主族．B、C的最外層電子數(shù)之和等于D的原子核外電子數(shù)，A和C可形成兩種常見的液態(tài)化合物．請(qǐng)回答下列問題：（1）C、D、E三種原子對(duì)應(yīng)的離子半徑由大到小的順序是S2﹣＞O2﹣＞Na+（填具體離子符號(hào)）；A、B、C三種元素按1：7：12的質(zhì)量比組成的化合物中含有的化學(xué)鍵的類型屬于離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵．（2）某金屬常用于制作易拉罐，該金屬制作的廢棄易拉罐能與A、C、D組成的化合物溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．（3）A、C兩元素的單質(zhì)與燒堿溶液組成燃料電池，其負(fù)極反應(yīng)式為H2﹣2e+2OH﹣=2H2O，用該電池電解1L1mol/LNaCl溶液，當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LA2時(shí)，所得溶液在常溫下的PH=13（假設(shè)電解過程中溶液的體積不變）．考點(diǎn)：化學(xué)平衡常數(shù)的含義；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用；熱化學(xué)方程式．專題：基本概念與基本理論；元素周期律與元素周期表專題．分析：Ⅰ．（1）①化學(xué)平衡常數(shù)為生成物濃度系數(shù)次冪的乘積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪乘積的比值；②a、到達(dá)平衡后正、逆速率相等，不再變化；b、到達(dá)平衡后，溫度為定值，平衡常數(shù)不變，結(jié)合反應(yīng)熱判斷隨反應(yīng)進(jìn)行容器內(nèi)溫度變化，判斷溫度對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的影響；c、t1時(shí)刻后二氧化碳、NO的物質(zhì)的量發(fā)生變化，最后不再變化；d、到達(dá)平衡后各組分的含量不發(fā)生變化；（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式；Ⅱ．A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，C與B、E在周期表中相鄰，且C、E同主族，且C、E同主族，原子序數(shù)C大于A、B小于E，則C處于第二周期，E處于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置關(guān)系為，A和D最外層電子數(shù)相同，則二者處于同族，原子序數(shù)D大于C且小于E，則D為第三周期，其中僅含一種金屬元素，D應(yīng)為金屬，B、C的最外層電子數(shù)之和等于D的原子核外電子數(shù)，D的核外電子數(shù)為奇數(shù)，則D為鈉元素或鋁元素，若D為鈉元素，則A為氫元素，B為氮元素，C為氧元素，E為硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，符合題意．若D為鋁元素，則A為硼元素，B為氧元素，C為氟元素，E為氯元素，A和C形成化合物，不符合題意，故A為氫元素，B為氮元素，C為氧元素，D為鈉元素，E為硫元素；甲為H2O；乙為H2O2．解答：解：Ⅰ．（1）①已知反應(yīng)為：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g），則K=，故答案為：K=；②a、到達(dá)平衡后正、逆速率相等，不再變化，t1時(shí)刻V正最大，之后隨反應(yīng)進(jìn)行速率發(fā)生變化，未到達(dá)平衡，故a錯(cuò)誤；b、該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，隨反應(yīng)進(jìn)行溫度升高，化學(xué)平衡常數(shù)減小，到達(dá)平衡后，溫度為定值，達(dá)最高，平衡常數(shù)不變，為最小，圖象與實(shí)際符合，故b正確，c、t1時(shí)刻后二氧化碳、NO的物質(zhì)的量發(fā)生變化，t1時(shí)刻未到達(dá)平衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；d、NO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為定值，t1時(shí)刻處于平衡狀態(tài)，故d正確；故答案為：bd；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol①2NO2（g）?N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol③根據(jù)蓋斯定律，①﹣②+④×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+2（﹣44.0）kJ/mol=﹣898.1kJ/mol即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol，故答案為：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol；Ⅱ．A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，C與B、E在周期表中相鄰，且C、E同主族，且C、E同主族，原子序數(shù)C大于A、B小于E，則C處于第二周期，E處于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置關(guān)系為，A和D最外層電子數(shù)相同，則二者處于同族，原子序數(shù)D大于C且小于E，則D為第三周期，其中僅含一種金屬元素，D應(yīng)為金屬，B、C的最外層電子數(shù)之和等于D的原子核外電子數(shù)，D的核外電子數(shù)為奇數(shù)，則D為鈉元素或鋁元素，若D為鈉元素，則A為氫元素，B為氮元素，C為氧元素，E為硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，符合題意．若D為鋁元素，則A為硼元素，B為氧元素，C為氟元素，E為氯元素，A和C形成化合物，不符合題意，故A為氫元素，B為氮元素，C為氧元素，D為鈉元素，E為硫元素；甲為H2O；乙為H2O2；（1）已知C、D、E三種原子對(duì)應(yīng)的離子為O2﹣、Na+、S2﹣，則離子半徑由大到小的順序是S2﹣＞O2﹣＞Na+；A、B、C分別為H、N、O，則種元素按1：7：12的質(zhì)量比組成的化合物為NH4NO3，其含有化學(xué)鍵為離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵；故答案為：S2﹣＞O2﹣＞Na+；離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵；（2）易拉罐一般為鋁制的，鋁與A、C、D組成的化合物溶液即NaOH溶液反應(yīng)，其離子方程式為：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；故答案為：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）氫氣、氧氣與燒堿溶液，組成的燃料電池，氫氣在負(fù)極放電，在堿性條件下生成水，電解反應(yīng)式為：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；用該電池電解1L1mol/LNaCl溶液，當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LH2時(shí)，氫氣的物質(zhì)的量==0.05mol，生成的NaOH物質(zhì)的量=0.05mol×2=0.1mol，故n（OH﹣）=0.1mol/L，則c（H+）==10﹣13，故溶液的pH=﹣lg10﹣13=13，故答案為：H2﹣2e+2OH﹣=2H2O；13．點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)平衡圖象、影響化學(xué)平衡的因素、熱化學(xué)方程式書寫、原子結(jié)構(gòu)與元素位置關(guān)系、離子半徑比較、化學(xué)鍵、原電池和電解池原理的應(yīng)用等，題目綜合性較大，難度較大，是對(duì)知識(shí)的綜合利用、注意基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握．9．（14分）硫酸工業(yè)中廢渣的成分為SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)方案，將硫酸渣中金屬元素轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀分離開來．已知常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH如下：陽離子Fe3+Al3+Mg2+開始沉淀時(shí)的pH1.93.79.6沉淀完全時(shí)的pH3.25.211.0（1）固體A溶于NaOH溶液的化學(xué)方程式為SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．（2）實(shí)驗(yàn)室用11．9mol/L的濃鹽酸配制250ml3.0mol/L的稀鹽酸，所用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和量筒外，還需要250mL容量瓶、膠頭滴管．（3）上述流程中的試劑Y最好選用下列中的D（選填字母編號(hào)）．A．水B．氧化鎂C．氨水D．氫氧化鈉（4）寫出溶液D中的金屬離子在加入試劑Y時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓．（5）實(shí)驗(yàn)室可用大理石和稀鹽酸反應(yīng)制取上述流程中所需的CO2，儀器如下，裝置A產(chǎn)生CO2，按氣流方向連接各儀器接口，順序?yàn)閍→d→e→c→b，裝置C中應(yīng)盛放的試劑為飽和NaHCO3溶液．考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題．分析：先判斷各物質(zhì)的組成，在根據(jù)題目要求分析該題．硫酸渣的成分為SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，當(dāng)向硫酸渣中加過量鹽酸時(shí)，二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，所以固體A是二氧化硅，氧化鐵、氧化鋁、氧化鎂和鹽酸反應(yīng)，所以溶液B的溶質(zhì)是氯化鎂、氯化鐵、氯化鋁、鹽酸；向溶液B中加試劑X并調(diào)節(jié)溶液的PH值為3.5，結(jié)合題意溶液pH=3.5時(shí)Fe3+已經(jīng)沉淀完全知，試劑X是能和氯化鐵反應(yīng)生成沉淀的物質(zhì)且和鋁離子反應(yīng)沒有沉淀生成，所以試劑X只能是強(qiáng)堿溶液，固體C是氫氧化鐵；向溶液D中加入試劑Y并調(diào)節(jié)溶液的PH值為13，溶液呈強(qiáng)堿性溶液，鋁元素在溶液中以偏鋁酸根離子存在，鎂離子和氫氧根離子生成氫氧化鎂沉淀，所以固體E是氫氧化鎂；溶液F的溶質(zhì)含有偏鋁酸鈉和氯化鈉，向F溶液中通入過量二氧化碳?xì)怏w，偏鋁酸鈉和二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，所以G是氫氧化鋁．（1）根據(jù)二氧化硅和氫氧化鈉的性質(zhì)寫出相應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式．（2）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的步驟選擇所需儀器；（3）依據(jù)陽離子Mg2+以氫氧化物形式沉淀所需試劑的選擇，根據(jù)題給信息和流程可知應(yīng)該先用氫氧化鈉液將Mg2+轉(zhuǎn)化成氫氧化鎂沉淀析出同時(shí)將Al3+轉(zhuǎn)化成AlO2﹣；（4）向溶液D中加入氫氧化鈉并調(diào)節(jié)溶液的PH值為13，溶液呈強(qiáng)堿性溶液，鋁元素在溶液中以偏鋁酸根離子存在，鎂離子和氫氧根離子生成氫氧化鎂沉淀；（5）依據(jù)CO2氣體的實(shí)驗(yàn)室制備、除雜、收集方法．學(xué)生需根據(jù)實(shí)驗(yàn)室制備CO2的原理將所給儀器進(jìn)行合理地組裝．利用大理石和稀鹽酸本來反應(yīng)得到的CO2氣體中會(huì)混有HCl氣體氣質(zhì)，應(yīng)通過盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶來除去；CO2氣體密度大于空氣，應(yīng)采用向上排空氣法集．解答：解：硫酸渣的成分為SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，當(dāng)向硫酸渣中加過量鹽酸時(shí)，二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，所以固體A是二氧化硅，氧化鐵、氧化鋁、氧化鎂和鹽酸反應(yīng)，所以溶液B的溶質(zhì)是氯化鎂、氯化鐵、氯化鋁、鹽酸；向溶液B中加試劑X并調(diào)節(jié)溶液的PH值為3.5，結(jié)合題意溶液pH=3.5時(shí)Fe3+已經(jīng)沉淀完全知，試劑X是能和氯化鐵反應(yīng)生成沉淀的物質(zhì)且和鋁離子反應(yīng)沒有沉淀生成，所以試劑X只能是強(qiáng)堿溶液，固體C是氫氧化鐵；向溶液D中加入試劑Y并調(diào)節(jié)溶液的PH值為13，溶液呈強(qiáng)堿性溶液，鋁元素在溶液中以偏鋁酸根離子存在，鎂離子和氫氧根離子生成氫氧化鎂沉淀，所以固體E是氫氧化鎂；溶液F的溶質(zhì)含有偏鋁酸鈉和氯化鈉，向F溶液中通入過量二氧化碳?xì)怏w，偏鋁酸鈉和二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，所以G是氫氧化鋁．（1）通過以上分析知，A是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和強(qiáng)堿反應(yīng)生成鹽和水，所以反應(yīng)方程式為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．故答案為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．（2）實(shí)驗(yàn)室用11.9mol/L的濃鹽酸配制250mL3.0mol/L的稀鹽酸，要求掌握一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制實(shí)驗(yàn)．所用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和量筒外，還需要250mL容量瓶和膠頭滴管；故答案為：250mL容量瓶、膠頭滴管；（3）陽離子Mg2+以氫氧化物形式沉淀所需試劑，根據(jù)題給信息和流程可知應(yīng)該先用氫氧化鈉溶液將Mg2+轉(zhuǎn)化成氫氧化鎂沉淀析出同時(shí)將Al3+轉(zhuǎn)化成AlO2﹣溶液；故答案為：D；（4）向溶液D中加入氫氧化鈉并調(diào)節(jié)溶液的PH值為13，溶液呈強(qiáng)堿性溶液，鋁元素在溶液中以偏鋁酸根離子存在，鎂離子和氫氧根離子生成氫氧化鎂沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；故答案為：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；（5）利用大理石和稀鹽酸反應(yīng)得到的CO2氣體中會(huì)混有HCl氣體氣質(zhì)，應(yīng)通過盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶來除去；CO2氣體密度大于空氣，應(yīng)采用向上排空氣法集，實(shí)驗(yàn)室可用大理石和稀鹽酸反應(yīng)制取上述流程中所需的CO2，儀器如下，裝置A產(chǎn)生CO2，按氣流方向連接各儀器接口，順序?yàn)閍→d→e→c→b；故答案為：d→e→c→b；飽和NaHCO3溶液．點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)的分離與提純、溶液配制實(shí)驗(yàn)過程和儀器選擇，掌握物質(zhì)性質(zhì)和實(shí)驗(yàn)流程分析是解題關(guān)鍵，題目難度中等．10．（14分）（2013?北京）某學(xué)生對(duì)SO2與漂粉精的反應(yīng)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究：操作現(xiàn)象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測(cè)漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍(lán)（約為12），后褪色i．液面上方出現(xiàn)白霧；ⅱ．稍后，出現(xiàn)渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色；ⅲ．稍后，產(chǎn)生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化學(xué)方程是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．（2）pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質(zhì)是堿性、漂白性．（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測(cè)現(xiàn)象i的白霧由HCl小液滴形成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：a．用濕潤(rùn)的碘化鉀淀粉試紙檢驗(yàn)白霧，無變化；b．用酸化的AgNO3溶液檢驗(yàn)白霧，產(chǎn)生白色沉淀．①實(shí)驗(yàn)a目的是檢驗(yàn)白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾．②由實(shí)驗(yàn)a、b不能判斷白霧中含有HCl，理由是白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀．（4）現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強(qiáng)，漂粉精的有效成分和Cl﹣發(fā)生反應(yīng)．通過進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了這種可能性，其實(shí)驗(yàn)方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色．（5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，無明顯變化．取上層清液，加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀．則沉淀X中含有的物質(zhì)是CaSO4．②用離子方程式解釋現(xiàn)象ⅲ中黃綠色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+．考點(diǎn)：二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用．專題：壓軸題；鹵族元素；氧族元素．分析：（1）漂粉精的制備，氯氣和堿反應(yīng)，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水；（2）pH試紙先變藍(lán)（約為12），后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）①反應(yīng)中生成Cl2，用濕潤(rùn)的碘化鉀淀粉試紙檢驗(yàn)白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾；②白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀；（4）依據(jù)次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會(huì)發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根離子具有強(qiáng)氧化性可以氧化二氧化硫?yàn)榱蛩岷外}離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應(yīng)生成硫酸和鹽酸；解答：解：（1）氯氣和堿反應(yīng)，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）pH試紙先變藍(lán)（約為12）溶液呈堿性，后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；故答案為：堿性、漂白性；（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測(cè)現(xiàn)象的白霧由HCl小液滴形成，①．用濕潤(rùn)的碘化鉀淀粉試紙檢驗(yàn)白霧，無變化；為了檢驗(yàn)白霧中是否含有氯氣，因?yàn)楹新葰庠跈z驗(yàn)氯化氫存在時(shí)產(chǎn)生干擾；故答案為：檢驗(yàn)白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾；②．用酸化的AgNO3溶液檢驗(yàn)白霧，產(chǎn)生白色沉淀，若含有二氧化硫氣體，通入硝酸酸化的硝酸銀溶液，會(huì)被硝酸氧化為硫酸，硫酸和硝酸銀反應(yīng)也可以生成硫酸銀沉淀，所以通過實(shí)驗(yàn)不能證明一定含有氯化氫；故答案為：白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀（4）現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強(qiáng)，漂粉精的有效成分和Cl﹣發(fā)生反應(yīng)．通過進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了這種可能性，漂粉精中成分為次氯酸鈣、氯化鈣，次氯酸根具有強(qiáng)氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為氯氣；故答案為：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色；（5））①取上層清液，加入BaC12溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2被氧化為SO42﹣，故沉淀X為CaSO4；②溶液呈黃綠色，有Cl2生成，Cl2與SO2反應(yīng)生成鹽酸與硫酸；反應(yīng)的離子方程式為：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；故答案為：CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；點(diǎn)評(píng)：本題考查了二氧化硫性質(zhì)的綜合應(yīng)用，性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證方法和實(shí)驗(yàn)判斷，漂白精的成分中次氯酸鈣和氯化鈣在酸溶液中會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，注意物質(zhì)的檢驗(yàn)方法，題目難度較大．三、解答題（共1小題，滿分14分）11．（14分）[化學(xué)選修5﹣有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]有機(jī)化合物A、B、C、D完全燃燒均只生成CO2和H2O，且四種物質(zhì)含碳質(zhì)量分?jǐn)?shù)均為40%，含氫質(zhì)量分?jǐn)?shù)均約6.7%．又知：①A常溫、常壓下呈氣態(tài)，A、C都能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，但都不能發(fā)生水解反應(yīng)；②B和C互為同分異構(gòu)體，1molB完全燃燒需耗3mol氧氣．核磁共振氫譜表明，B分子有四個(gè)吸收峰，且峰面積之比為3：1：1：1，B在濃硫酸存在下加熱可生成W（C6H8O4，含有一個(gè)六元環(huán)）；③RCOOH在一定條件下可被還原為RCHO，以下是由B制取C的一種合成路線（反應(yīng)條件及副產(chǎn)物已略去）：B→XYZC試回答：（1）A含有的官能團(tuán)名稱為醛基．（2）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．反應(yīng)B→X的化學(xué)方程式為．（3）C與新制的Cu（OH）2反應(yīng)的化學(xué)方程式+2Cu（OH）2Cu2O↓++2H2O．（4）與B互為同分異構(gòu)體，屬于有機(jī)酸的酯類且含有羥基的化合物有多種，寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：任意一種．（5）寫出Z→C的化學(xué)反應(yīng)方程式：．（6）若MD=6MA，D是只含有一種官能團(tuán)且碳原子的化學(xué)環(huán)境相同的六元環(huán)狀物，又名肌醇．醫(yī)學(xué)上將肌